九年級數(shù)學學科素養(yǎng)大賽試卷含解析

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D．（﹣4，7）8．若A（﹣，y1），B（，y2），C（，y3）為二次函數(shù)y=x2+4x﹣5的圖象上的三點，則y1，y2，y3的大小關(guān)系是（）A．y1＜y2＜y3 B．y2＜y1＜y3 C．y3＜y1＜y2 D．y1＜y3＜y29．下列圖形中陰影部分面積相等的是（）A．①② B．②③ C．①④ D．③④10．拋物線y=ax2+bx+c上部分點的橫坐標x，縱坐標y的對應(yīng)值如下表，從下表可知：x…﹣2﹣1012…y…04664…下列說法：①拋物線與x軸的另一個交點為（3，0），②函數(shù)的最大值為6，③拋物線的對稱軸是直線x=，④在對稱軸的左側(cè)，y隨x的增大而增大，正確的有（）A．1個 B．2個 C．3個 D．4個11．y=ax2+bx+c+2的圖象如圖所示，頂點為（﹣1，0），下列結(jié)論①abc＞0；②b2﹣4ac=0；③a＞2；④4a﹣2b+c＞0．其中正確結(jié)論的個數(shù)是（）A．1 B．2 C．3 D．412．如圖，拋物線y=﹣2x2﹣8x﹣6與x軸交于點A、B，把拋物線在x軸及其上方的部分記作C1，將C1向左平移得C2，C2與x軸交于點B，D．若直線y=﹣x+m與C1，C2共有3個不同的交點，則m的取值范圍是（）A．﹣3＜m＜﹣ B． C．﹣2＜m＜ D．﹣3＜m＜﹣2二、填空題（每小題4分，共24分）13．如果關(guān)于x的方程mx2﹣2x+1=0有兩個實數(shù)根，那么m的取值范圍是．14．已知圓的一條弦AB把圓分成1：4的兩部分，則此弦所對的圓周角等于．15．如圖，AB、CD是半徑為5的⊙O的兩條弦，AB=8，CD=6，MN是直徑，AB⊥MN于點E，CD⊥MN于點F，P為EF上的任意一點，則PA+PC的最小值為．16．已知f（x）=1+，其中f（a）表示當x=a時代數(shù)式的值，如f（1）=1+，f（2）=1+，f（3）=1+，f（a）=1+，則f（1）?f（2）?f（3）?f（4）?…?f=．17．對于實數(shù)a，b，定義運算“?”：，例如：5?3，因為5＞3，所以5?3=5×3﹣32=6．若x1，x2是一元二次方程x2﹣6x+8=0的兩個根，則x1?x2=．18．如圖，在△ABC中，AB=CB，以AB為直徑的⊙O交AC于點D，過點C作CF∥AB，在CF上取一點E，使DE=CD，連接AE，對于下列結(jié)論：①AD=DC；②△CBA∽△CDE；③=；④AE為⊙O的切線，一定正確的結(jié)論選項是．三、解答題（本題共3個小題，滿分40分）19．如圖，AB是⊙O的直徑，點C、D為半圓O的三等分點，過點C作CE⊥AD，交AD的延長線于點E．（1）求證：CE是⊙O的切線；（2）判斷四邊形AOCD是否為菱形？并說明理由．20．閱讀下面的材料：解方程x4﹣7x2+12=0這是一個一元四次方程，根據(jù)該方程的特點，它的解法通常是：設(shè)x2=y，則x4=y2，∴原方程可化為：y2﹣7y+12=0，解得y1=3，y2=4，當y=3時，x2=3，x=±，當y=4時，x2=4，x=±2．∴原方程有四個根是：x1=，x2=﹣，x3=2，x4=﹣2，以上方法叫換元法，達到了降次的目的，體現(xiàn)了數(shù)學的轉(zhuǎn)化思想，運用上述方法解答下列問題．（1）解方程：（x2+x）2﹣5（x2+x）+4=0；（2）已知實數(shù)a，b滿足（a2+b2）2﹣3（a2+b2）﹣10=0，試求a2+b2的值．21．如圖，拋物線y=x2﹣2x﹣3與x軸交A、B兩點（A點在B點左側(cè)），直線l與拋物線交于A、C兩點，其中C點的橫坐標為2．（1）求A、B兩點的坐標及直線AC的函數(shù)表達式；（2）P是線段AC上的一個動點，過P點作y軸的平行線交拋物線于E點，求線段PE長度的最大值；（3）點G拋物線上的動點，在x軸上是否存在點F，使A、C、F、G這樣的四個點為頂點的四邊形是平行四邊形？如果存在，求出所有滿足條件的F點坐標；如果不存在，請說明理由．2017年山東省臨沂市臨沭縣青云中學九年級學科素養(yǎng)大賽數(shù)學試卷參考答案與試題解析一、選擇題（共12小題，每小題3分，滿分36分）1．已知二次函數(shù)y=x2﹣6x+m的最小值是﹣3，那么m的值等于（）A．10 B．4 C．5 D．6【考點】二次函數(shù)的最值．【分析】將二次函數(shù)化為頂點式，即可建立關(guān)于m的等式，解方程求出m的值即可．【解答】解：原式可化為：y=（x﹣3）2﹣9+m，∵函數(shù)的最小值是﹣3，∴﹣9+m=﹣3，m=6．故選：D．2．用配方法解下列方程時，配方有錯誤的是（）A．x2﹣2x﹣99=0化為（x﹣1）2=100 B．x2+8x+9=0化為（x+4）2=25C．2t2﹣7t﹣4=0化為（t﹣）2= D．3x2﹣4x﹣2=0化為（x﹣）2=【考點】解一元二次方程﹣配方法．【分析】配方法的一般步驟：（1）把常數(shù)項移到等號的右邊；（2）把二次項的系數(shù)化為1；（3）等式兩邊同時加上一次項系數(shù)一半的平方．根據(jù)以上步驟進行變形即可．【解答】解：A、∵x2﹣2x﹣99=0，∴x2﹣2x=99，∴x2﹣2x+1=99+1，∴（x﹣1）2=100，故A選項正確．B、∵x2+8x+9=0，∴x2+8x=﹣9，∴x2+8x+16=﹣9+16，∴（x+4）2=7，故B選項錯誤．C、∵2t2﹣7t﹣4=0，∴2t2﹣7t=4，∴t2﹣t=2，∴t2﹣t+=2+，∴（t﹣）2=，故C選項正確．D、∵3x2﹣4x﹣2=0，∴3x2﹣4x=2，∴x2﹣x=，∴x2﹣x+=+，∴（x﹣）2=．故D選項正確．故選：B．3．已知命題“關(guān)于x的一元二次方程x2+bx+1=0，當b＜0時必有實數(shù)解”，能說明這個命題是假命題的一個反例可以是（）A．b=﹣1 B．b=2 C．b=﹣2 D．b=0【考點】命題與定理；根的判別式．【分析】先根據(jù)判別式得到△=b2﹣4，在滿足b＜0的前提下，取b=﹣1得到△＜0，根據(jù)判別式的意義得到方程沒有實數(shù)解，于是b=﹣1可作為說明這個命題是假命題的一個反例．【解答】解：△=b2﹣4，由于當b=﹣1時，滿足b＜0，而△＜0，方程沒有實數(shù)解，所以當b=﹣1時，可說明這個命題是假命題．故選：A．4．如圖⊙O是△ABC的外接圓，OD⊥AB于點D，交⊙O于點E，∠C=60°，若⊙O的半徑為2，則下列結(jié)論錯誤的是（）A．AD=BD B．AE=BE C．AB= D．OD=1【考點】三角形的外接圓與外心；垂徑定理．【分析】根據(jù)由垂徑定理和圓周角定理知，OD是AB的中垂線，有AE=BE，AD=BD，∠AOD=∠BOD=∠C=60°．利用三角函數(shù)可求得AD=AOsin60°=，OD=OAsin∠AOD=OAsin60°=1，AB=2，從而判斷出D是錯誤的．【解答】解：∵OD⊥AB，∴AE=BE，AD=BD，∠AOD=∠BOD=∠C=60°．∴AD=AOsin60°=，OD=OAsin∠AOD=OAsin60°=1．∴AB=2．∴A，B，D均正確，C錯誤．故選D．5．如圖，△ABC中，AB=AC=10，BC=8，AD平分∠BAC交BC于點D，點E為AC的中點，連接DE，則△CDE的周長為（）A．20 B．12 C．14 D．13【考點】直角三角形斜邊上的中線；等腰三角形的性質(zhì)．【分析】根據(jù)等腰三角形三線合一的性質(zhì)可得AD⊥BC，CD=BD，再根據(jù)直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半可得DE=CE=AC，然后根據(jù)三角形的周長公式列式計算即可得解．【解答】解：∵AB=AC，AD平分∠BAC，BC=8，∴AD⊥BC，CD=BD=BC=4，∵點E為AC的中點，∴DE=CE=AC=5，∴△CDE的周長=CD+DE+CE=4+5+5=14．故選：C．6．如圖，?ABCD的頂點A、B、D在⊙O上，頂點C在⊙O的直徑BE上，連接AE，∠E=36°，則∠ADC的度數(shù)是（）A．44° B．54° C．72° D．53°【考點】圓周角定理；平行四邊形的性質(zhì)．【分析】首先根據(jù)直徑所對的圓周角為直角得到∠BAE=90°，然后利用四邊形ABCD是平行四邊形，∠E=36°，得到∠BEA=∠DAE=36°，從而得到∠BAD=126°，求得到∠ADC=54°．【解答】解：∵BE是直徑，∴∠BAE=90°，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∠E=36°，∴∠BEA=∠DAE=36°，∴∠BAD=126°，∴∠ADC=54°，故選：B．7．已知點P（a，a+3）在拋物線y=x2﹣7x+19圖象上，則點P關(guān)于原點O的對稱點P′的坐標是（）A．（4，7） B．（﹣4，﹣7） C．（4，﹣7） D．（﹣4，7）【考點】二次函數(shù)圖象上點的坐標特征；關(guān)于原點對稱的點的坐標．【分析】將點P（a，a+3）代入函數(shù)y=x2﹣7x+19，先求出點P的坐標，再求出它關(guān)于原點的對稱點的坐標．【解答】解：把點P（a，a+3）代入函數(shù)y=x2﹣7x+19得：a+3=a2﹣7a+19，解得：a=4，∴點P的坐標是（4，7），∴點A關(guān)于原點的對稱點A′的坐標為（﹣4，﹣7）．故選B．8．若A（﹣，y1），B（，y2），C（，y3）為二次函數(shù)y=x2+4x﹣5的圖象上的三點，則y1，y2，y3的大小關(guān)系是（）A．y1＜y2＜y3 B．y2＜y1＜y3 C．y3＜y1＜y2 D．y1＜y3＜y2【考點】二次函數(shù)圖象上點的坐標特征．【分析】先確定拋物線的對稱軸及開口方向，再根據(jù)點與對稱軸的遠近，判斷函數(shù)值的大?。窘獯稹拷猓骸遹=x2+4x﹣5=（x+2）2﹣9，∴對稱軸是x=﹣2，開口向上，距離對稱軸越近，函數(shù)值越小，比較可知，B（，y2）離對稱軸最近，C（，y3）離對稱軸最遠，即y2＜y1＜y3．故選：B．9．下列圖形中陰影部分面積相等的是（）A．①② B．②③ C．①④ D．③④【考點】一次函數(shù)的性質(zhì)；反比例函數(shù)的性質(zhì)；二次函數(shù)的性質(zhì)．【分析】根據(jù)二次函數(shù)、一次函數(shù)、反比例函數(shù)、正比例函數(shù)的性質(zhì)，求出4個陰影部分的面積，然后進行比較即可得出結(jié)論．【解答】解：①中直線y=x+2與坐標軸的交點為（0，2）、（2，0）．∴三角形的底邊長和高都為2則三角形的面積為×2×2=2；②中三角形的底邊長為1，當x=1時，y=3∴三角形的高為3則面積為×1×3=；③中三角形的高為1，底邊長正好為拋物線與x軸兩交點之間的距離∴底邊長=|x1﹣x2|==2則面積為×2×1=1；④設(shè)A的坐標是（x，y），代入解析式得：xy=2，則面積為×2=1∴陰影部分面積相等的是③④．故選D．10．拋物線y=ax2+bx+c上部分點的橫坐標x，縱坐標y的對應(yīng)值如下表，從下表可知：x…﹣2﹣1012…y…04664…下列說法：①拋物線與x軸的另一個交點為（3，0），②函數(shù)的最大值為6，③拋物線的對稱軸是直線x=，④在對稱軸的左側(cè)，y隨x的增大而增大，正確的有（）A．1個 B．2個 C．3個 D．4個【考點】二次函數(shù)的性質(zhì)．【分析】根據(jù)表中數(shù)據(jù)和拋物線的對稱性，可得到拋物線的開口向下，當x=3時，y=0，即拋物線與x軸的交點為（﹣2，0）和（3，0）；因此可得拋物線的對稱軸是直線x=，再根據(jù)拋物線的性質(zhì)即可進行判斷．【解答】解：根據(jù)圖表，當x=﹣2，y=0，根據(jù)拋物線的對稱性，當x=3時，y=0，即拋物線與x軸的交點為（﹣2，0）和（3，0）；∴拋物線的對稱軸是直線x==，根據(jù)表中數(shù)據(jù)得到拋物線的開口向下，∴當x=時，函數(shù)有最大值，而不是x=0，或1對應(yīng)的函數(shù)值6，并且在直線x=的左側(cè)，y隨x增大而增大．所以①③④正確，②錯．故選：C．11．y=ax2+bx+c+2的圖象如圖所示，頂點為（﹣1，0），下列結(jié)論①abc＞0；②b2﹣4ac=0；③a＞2；④4a﹣2b+c＞0．其中正確結(jié)論的個數(shù)是（）A．1 B．2 C．3 D．4【考點】二次函數(shù)圖象與系數(shù)的關(guān)系．【分析】①首先根據(jù)拋物線開口向上，可得a＞0；然后根據(jù)對稱軸在y軸左邊，可得b＞0；最后根據(jù)拋物線與y軸的交點在x軸的上方，可得c＞0，據(jù)此判斷出abc＞0即可．②根據(jù)二次函數(shù)y=ax2+bx+c+2的圖象與x軸只有一個交點，可得△=0，即b2﹣4a（c+2）=0，b2﹣4ac=8a＞0，據(jù)此解答即可．③首先根據(jù)對稱軸x=﹣=﹣1，可得b=2a，然后根據(jù)b2﹣4ac=8a，確定出a的取值范圍即可．④根據(jù)對稱軸是x=﹣1，而且x=0時，y＞2，可得x=﹣2時，y＞2，據(jù)此判斷即可．【解答】解：∵拋物線開口向上，∴a＞0，∵對稱軸在y軸左邊，∴b＞0，∵拋物線與y軸的交點在x軸的上方，∴c+2＞2，∴c＞0，∴abc＞0，∴結(jié)論①正確；∵二次函數(shù)y=ax2+bx+c+2的圖象與x軸只有一個交點，∴△=0，即b2﹣4a（c+2）=0，∴b2﹣4ac=8a＞0，∴結(jié)論②不正確；∵對稱軸x=﹣=﹣1，∴b=2a，∵b2﹣4ac=8a，∴4a2﹣4ac=8a，∴a=c+2，∵c＞0，∴a＞2，∴結(jié)論③正確；∵對稱軸是x=﹣1，而且x=0時，y＞2，∴x=﹣2時，y＞2，∴4a﹣2b+c+2＞2，∴4a﹣2b+c＞0．∴結(jié)論④正確．綜上，可得正確結(jié)論的個數(shù)是3個：①③④．故選C．12．如圖，拋物線y=﹣2x2﹣8x﹣6與x軸交于點A、B，把拋物線在x軸及其上方的部分記作C1，將C1向左平移得C2，C2與x軸交于點B，D．若直線y=﹣x+m與C1，C2共有3個不同的交點，則m的取值范圍是（）A．﹣3＜m＜﹣ B． C．﹣2＜m＜ D．﹣3＜m＜﹣2【考點】二次函數(shù)圖象與幾何變換．【分析】首先求出點A和點B的坐標，然后求出C2解析式，分別求出直線y=x+m與拋物線C2相切時m的值以及直線y=x+m過點B時m的值，結(jié)合圖形即可得到答案．【解答】解：令y=﹣2x2﹣8x﹣6=0，即x2+4x+3=0，解得x=﹣1或﹣3，則點A（﹣1，0），B（﹣3，0），由于將C1向左平移2個長度單位得C2，則C2解析式為y=﹣2（x+4）2+2（﹣5≤x≤﹣3），當y=﹣x+m1與C2相切時，令y=﹣x+m1=y=﹣2（x+4）2+2，即2x2+15x+30+m1=0，△=﹣8m1﹣15=0，解得m1=﹣，當y=﹣x+m2過點B時，即0=3+m2，m2=﹣3，當﹣3＜m＜﹣時直線y=﹣x+m與C1、C2共有3個不同的交點，故選：A．二、填空題（每小題4分，共24分）13．如果關(guān)于x的方程mx2﹣2x+1=0有兩個實數(shù)根，那么m的取值范圍是m≤1且m≠0．【考點】根的判別式．【分析】若m=0，方程化為一元一次方程，只有一個解，不合題意；故m不為0，方程即為一元二次方程，根據(jù)方程有兩個實數(shù)根，得到根的判別式大于等于0，列出關(guān)于m的不等式，求出不等式的解集，即可得到m的范圍．【解答】解：mx2﹣2x+1=0有兩個實數(shù)根，當m=0時，方程化為﹣2x+1=0，解得：x=，不合題意；故m≠0，則有b2﹣4ac=4﹣4m≥0，解得：m≤1，則m的取值范圍是m≤1且m≠0．故答案為：m≤1且m≠014．已知圓的一條弦AB把圓分成1：4的兩部分，則此弦所對的圓周角等于36°或144°．【考點】圓周角定理．【分析】首先根據(jù)題意畫出圖形，然后由圓的一條弦把圓周分成1：4兩部分，求得∠AOB的度數(shù)，又由圓周角定理，求得∠ACB的度數(shù)，然后根據(jù)圓的內(nèi)接四邊形的對角互補，求得∠ADB的度數(shù)，繼而可求得答案．【解答】解：∵弦AB把⊙O分成1：4兩部分，∴∠AOB=×360°=72°，∴∠ACB=∠AOB=36°，∵四邊形ADBC是⊙O的內(nèi)接四邊形，∴∠ADB=180°﹣∠ACB=144°．∴這條弦所對的圓周角的度數(shù)是：36°或144°，故答案為：36°或144°．15．如圖，AB、CD是半徑為5的⊙O的兩條弦，AB=8，CD=6，MN是直徑，AB⊥MN于點E，CD⊥MN于點F，P為EF上的任意一點，則PA+PC的最小值為．【考點】垂徑定理；軸對稱的性質(zhì)．【分析】A、B兩點關(guān)于MN對稱，因而PA+PC=PB+PC，即當B、C、P在一條直線上時，PA+PC的最小，即BC的值就是PA+PC的最小值【解答】解：連接OA，OB，OC，作CH垂直AB于H．根據(jù)垂徑定理，得到BE=AB=4，CF=CD=3，∴OE===3，OF===4，∴CH=OE+OF=3+4=7，BH=BE+EH=BE+CF=4+3=7，在直角△BCH中根據(jù)勾股定理得到BC=7，則PA+PC的最小值為．故答案為：16．已知f（x）=1+，其中f（a）表示當x=a時代數(shù)式的值，如f（1）=1+，f（2）=1+，f（3）=1+，f（a）=1+，則f（1）?f（2）?f（3）?f（4）?…?f=2017．【考點】分式的化簡求值．【分析】f（x）解析式通分并利用同分母分式的加法法則變形，將原式變形后約分即可得到結(jié)果．【解答】解：f（x）=，則原式=×××…××=2017，故答案為：201717．對于實數(shù)a，b，定義運算“?”：，例如：5?3，因為5＞3，所以5?3=5×3﹣32=6．若x1，x2是一元二次方程x2﹣6x+8=0的兩個根，則x1?x2=±4．【考點】解一元二次方程﹣因式分解法．【分析】先解方程，求出方程的解，分為兩種情況，當x1=2，x2=4時，當x1=4，x2=2時，根據(jù)題意求出即可．【解答】解：x2﹣6x+8=0，解得：x=4或2，當x1=2，x2=4時，x1?x2=22﹣2×4=﹣4；當x1=4，x2=2時，x1?x2=4×2﹣22=4；故答案為：±4．18．如圖，在△ABC中，AB=CB，以AB為直徑的⊙O交AC于點D，過點C作CF∥AB，在CF上取一點E，使DE=CD，連接AE，對于下列結(jié)論：①AD=DC；②△CBA∽△CDE；③=；④AE為⊙O的切線，一定正確的結(jié)論選項是①②④．【考點】切線的判定；相似三角形的判定與性質(zhì)．【分析】根據(jù)圓周角定理得∠ADB=90°，則BD⊥AC，于是根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)可判斷AD=DC，則可對①進行判斷；利用等腰三角形的性質(zhì)和平行線的性質(zhì)可證明∠1=∠2=∠3=∠4，則根據(jù)相似三角形的判定方法得到△CBA∽△CDE，于是可對②進行判斷；由于不能確定∠1等于45°，則不能確定與相等，則可對③進行判斷；利用DA=DC=DE可判斷∠AEC=90°，即CE⊥AE，根據(jù)平行線的性質(zhì)得到AB⊥AE，然后根據(jù)切線的判定定理得AE為⊙O的切線，于是可對④進行判斷．【解答】解：∵AB為直徑，∴∠ADB=90°，∴BD⊥AC，而AB=CB，∴AD=DC，所以①正確；∵AB=CB，∴∠1=∠2，而CD=ED，∴∠3=∠4，∵CF∥AB，∴∠1=∠3，∴∠1=∠2=∠3=∠4，∴△CBA∽△CDE，所以②正確；∵△ABC不能確定為直角三角形，∴∠1不能確定等于45°，∴和不能確定相等，所以③錯誤；∵DA=DC=DE，∴點E在以AC為直徑的圓上，∴∠AEC=90°，∴CE⊥AE，而CF∥AB，∴AB⊥AE，∴AE為⊙O的切線，所以④正確．故答案為①②④．三、解答題（本題共3個小題，滿分40分）19．如圖，AB是⊙O的直徑，點C、D為半圓O的三等分點，過點C作CE⊥AD，交AD的延長線于點E．（1）求證：CE是⊙O的切線；（2）判斷四邊形AOCD是否為菱形？并說明理由．【考點】切線的判定；菱形的判定．【分析】（1）連接AC，由題意得==，∠DAC=∠CAB，即可證明AE∥OC，從而得出∠OCE=90°，即可證得結(jié)論；（2）四邊形AOCD為菱形．由=，則∠DCA=∠CAB可證明四邊形AOCD是平行四邊形，再由OA=OC，即可證明平行四邊形AOCD是菱形（一組鄰邊相等的平行四邊形是菱形）；【解答】解：（1）連接AC，∵點CD是半圓O的三等分點，∴==，∴∠DAC=∠CAB，∵OA=OC，∴∠CAB=∠OCA，∴∠DAC=∠OCA，∴AE∥OC（內(nèi)錯角相等，兩直線平行）∴∠OCE+∠E=180°，∵CE⊥AD，∴∠OCE=90°，∴OC⊥CE，∴CE是⊙O的切線；（2）四邊形AOCD為菱形．理由是：∵=，∴∠DCA=∠CAB，∴CD∥OA，又∵AE∥OC，∴四邊形AOCD是平行四邊形，∵OA=OC，∴平行四邊形AOCD是菱形．20．閱讀下面的材料：解方程x4﹣7x2+12=0這是一個一元四次方程，根據(jù)該方程的特點，它的解法通常是：設(shè)x2=y，則x4=y2，∴原方程可化為：y2﹣7y+12=0，解得y1=3，y2=4，當y=3時，x2=3，x=±，當y=4時，x2=4，x=±2．∴原方程有四個根是：x1=，x2=﹣，x3=2，x4=﹣2，以上方法叫換元法，達到了降次的目的，體現(xiàn)了數(shù)學的轉(zhuǎn)化思想，運用上述方法解答下列問題．（1）解方程：（x2+x）2﹣5（x2+x）+4=0；（2）已知實數(shù)a，b滿足（a2+b2）2﹣3（a2+b2）﹣10=0，試求a2+b2的值．【考點】換元法解一元二次方程．【分析】（1）設(shè)y=x2+x，則由已知方程得到：y2﹣5y+4=0，利用因式分解法求得該方程的解，然后解關(guān)于x的一元二次方程；（2）設(shè)x=a2+b2，則由已知方程得到：x2﹣3x﹣10=0，利用因式分解法求得該方程的解即可．【解答】解：（1）設(shè)y=x2+x，則y2﹣5y+4=0，整理，得（y﹣1）（y﹣4）=0，解得y1=1，y2=4，當x2+x=1即x2+x﹣1=0時，解得：x=；當當x2+x=4即x2+x﹣4=0時，解得：x=；綜上所述，原方程的解為x1，2=，x3，4=；（2）設(shè)x=a2+b2，則x2﹣3x﹣10=0，整理，得（x﹣5）（x+2）=0，解得y1=5，y2=﹣2（舍去），故a2+b2=5．21．如圖，拋物線y=x2﹣2x﹣3與x軸交A、B兩點（A點在B點左側(cè)），直線l與拋物線交于A、C兩點，其中C點的橫坐標為2．（1）求A、B兩點的坐標及直線AC的函數(shù)表達式；（2）P是線段AC上的一個動點，過P點作y軸的平行線交拋物線于E點，