專題6.3大題易丟分期末考前必做解答30題（提升版）-2022-2023學(xué)年九年級數(shù)學(xué)上學(xué)期復(fù)習(xí)備考高分秘籍 【蘇科版】（解析版）

2022-2023學(xué)年九年級數(shù)學(xué)上學(xué)期復(fù)習(xí)備考高分秘籍【蘇科版】專題6.3小題易丟分期末考前必做解答30題（提升版）一．解答題（共30小題）1．（2022秋?阜寧縣期中）解下列一元二次方程．（1）x+3﹣x（x+3）＝0；（2）（2x﹣1）（x+3）＝4．【分析】（1）利用因式分解法解方程即可求解；（2）利用因式分解法即可求解．【解析】（1）x+3﹣x（x+3）＝0，（x+3）﹣x（x+3）＝0，（x﹣3）（1﹣x）＝0，∴x﹣3＝0或1﹣x＝0，∴x1＝3，x2＝1．（2）（2x﹣1）（x+3）＝4，2x2+5x﹣7＝0，（2x+7）（x﹣1）＝0，∴2x+7＝0或x﹣1＝0，∴x1＝﹣，x2＝1．2．（2022秋?梁溪區(qū)校級期中）如圖，某建筑工程隊在一堵墻邊上用24米長的鐵欄圍成一個面積為84平方米的長方形倉庫，已知可利用的墻長是13米，鐵柵欄只圍三邊，且在正下方要造一個2米寬的門．問：（1）設(shè)倉庫垂直于墻的一邊長為x米，則倉庫平行于墻的一邊長為（26﹣2x）米；（2）以上要求所圍成長方形的兩條鄰邊的長分別是多少米？【分析】設(shè)倉庫的垂直于墻的一邊長為x米，而與墻平行的一邊開一道2米寬的門，現(xiàn)有能圍成20米長的籬笆，那么平行于墻的一邊長為（24﹣2x+2）米，而倉庫的面積為84米2，由此即可列出方程，解方程就可以解決問題．【解析】（1）倉庫平行于墻的一邊長為（26﹣2x）米；故答案為：（26﹣2x）；（2）設(shè)倉庫的垂直于墻的一邊長為x米，依題意得（24﹣2x+2）x＝84，解得：x1＝6，x2＝7，當(dāng)x1＝6時，24﹣2x+2＝14＞13，不合題意舍去；當(dāng)x2＝7時，24﹣2x+2＝12．答：該長方形相鄰兩邊長要取12米，7米．3．（2022秋?梁溪區(qū)校級期中）我們在探究一元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系中發(fā)現(xiàn)：如果關(guān)于x的方程ax2+bx+c＝0的兩個根是x1，x2，那么由求根公式可推出x1+x2＝﹣，x1?x2＝，請根據(jù)這一結(jié)論，解決下列問題：（1）若α，β是方程2x2+x﹣5＝0的兩根，則α+β＝﹣，α?β＝﹣；若2，3是方程x2+px+q＝0的兩根，則p＝﹣5，q＝﹣6；（2）已知m，n滿足m2+6m﹣3＝0，n2+6n﹣3＝0，求+的值；（3）已知a，b，c滿足a+b+c＝0，abc＝7，則正整數(shù)c的最小值為4．【分析】（1）直接利用根與系數(shù)的關(guān)系得到α+β和α?β的值，根據(jù)根與系數(shù)的關(guān)系得到2+3＝﹣p，2×3＝q，從而可得到p、q的值；（2）討論：當(dāng)m＝n時，易得原式＝2；當(dāng)m≠n時，把m、n看作方程x2+6x﹣3＝0的兩根，利用根與系數(shù)的關(guān)系得到m+n＝﹣6，mn＝﹣3，再通分得到原式＝＝，然后利用整體代入的方法計算；（3）利用已知條件變形得到a+b＝﹣c，ab＝，根據(jù)根與系數(shù)的關(guān)系，則a、b為一元二次方程x2+cx+＝0的兩根，再根據(jù)根的判別式的意義得到Δ＝c2﹣4×≥0，然后確定c的最小整數(shù)．【解析】（1）α，β是方程2x2+x﹣5＝0的兩根，則α+β＝﹣，α?β＝﹣；∵2，3是方程x2+px+q＝0的兩根，∴2+3＝﹣p，2×3＝q，解得p＝﹣5，q＝6；故答案為：﹣，﹣；﹣5，6；（2）m，n滿足m2+6m﹣3＝0，n2+6n﹣3＝0，當(dāng)m＝n時，原式＝1+1＝2；當(dāng)m≠n時，m、n可看作方程x2+6x﹣3＝0的兩根，∵m+n＝﹣6，mn＝﹣3，∴原式＝＝＝＝﹣13；（3）∵a+b+c＝0，abc＝7，∴a+b＝﹣c，ab＝，∴a、b為一元二次方程x2+cx+＝0的兩根，∵Δ＝c2﹣4×≥0，而c＞0，∴c3≥28，∴c的最小整數(shù)為44．（2022秋?玄武區(qū)期中）已知關(guān)于x的方程x2﹣（k+1）x+k﹣1＝0（k為常數(shù)）．（1）求證：不論k取何值，該方程總有兩個不相等的實數(shù)根；（2）若該方程的兩個實數(shù)根為x1和x2，且x1+x2＝3x1x2，求k的值．【分析】（1）先計算出根的判別式的值，則利用非負(fù)數(shù)的性質(zhì)得到Δ＞0，然后根據(jù)根的判別式的意義得到結(jié)論；（2）根據(jù)根與系數(shù)的關(guān)系得x1+x2＝k+1，x1x2＝k﹣1，再利用x1+x2＝3x1x2得到k+1＝3（k﹣1），然后解關(guān)于k的方程即可．【解答】（1）證明：∵Δ＝（k+1）2﹣4（k﹣1）＝k2﹣2k+5＝（k﹣1）2+4＞0，∴不論k取何值，該方程總有兩個不相等的實數(shù)根；（2）解：根據(jù)根與系數(shù)的關(guān)系得x1+x2＝k+1，x1x2＝k﹣1，∵x1+x2＝3x1x2，∴k+1＝3（k﹣1），解得k＝2，即k的值為2．5．（2022秋?姜堰區(qū)期中）烏克蘭危機發(fā)生之后，外交戰(zhàn)線按照黨中央的部署緊急行動，在戰(zhàn)火紛飛中已將5200多名同胞安全從烏克蘭撤離．電影《萬里歸途》正是“外交為民”的真實寫照．如表是該影片票房的部分?jǐn)?shù)據(jù)．（注：票房是指截止發(fā)布日期的所有售票累計收入）影片《萬里歸途》的部分統(tǒng)計數(shù)據(jù)發(fā)布日期10月8日10月11日10月12日發(fā)布次數(shù)第1次第2次第3次票房10億元12.1億元（1）平均每次累計票房增長的百分率是多少？（2）在（1）的條件下，若票價每張40元，求10月11日與12日兩天共賣出多少張電影票．【分析】（1）設(shè)平均每次累計票房增長的百分率是x，利用第3次累計票房＝第1次累計票房×（1+平均每次累計票房增長的百分率）2，即可得出關(guān)于x的一元二次方程，解之取其正值即可得出結(jié)論；（2）利用數(shù)量＝總價÷單價，即可求出結(jié)論．【解析】（1）設(shè)平均每次累計票房增長的百分率是x，依題意得：10（1+x）2＝12.1，解得：x1＝0.1＝10%，x2＝﹣2.1（不符合題意，舍去）．答：平均每次累計票房增長的百分率是10%．（2）[1210000000﹣1000000000×（1+10%）]÷40＝[1210000000﹣1100000000]÷40＝110000000÷40＝2750000（張）．答：10月11日與12日兩天共賣出2750000張電影票6．（2022秋?天寧區(qū)校級期中）九7九8班組織了一次經(jīng)典朗讀比賽，兩班各10人的比賽成績?nèi)绫恚?0分制）：九7789710109101010九810879810109109（1）九7班成績的平均數(shù)是9分，中位數(shù)是9.5分．（2）計算九8班的平均成績和方差．（3）已知九7班成績的方差是1.4分，則成績較為整齊的是九8班．【分析】（1）利用平均數(shù)的定義以及中位數(shù)的定義分別求出即可；（2）首先求出平均數(shù)進而利用方差公式得出即可；（3）利用方差的意義進而得出即可．【解析】（1）九7班成績的中位數(shù)是：＝9.5（分），平均數(shù)為：（7×2+8+9×2+10×5）＝9（分），故答案為：9；9.5；（2）九8班的平均數(shù)為：（10×4+8×2+7+9×3）＝9（分），九8班的方差為×[4×（10﹣9）2+2×（8﹣9）2+（7﹣9）2+…+3×（9﹣9）2]＝×（4+2+4）＝1；（3）∵九7班成績的方差是1.4，1＜1.4，∴成績較為整齊的是九8班．故答案為：九8．7．（2022?南京一模）南京市自2013年6月1日起實施“生活垃圾分類管理辦法”，陽光花園小區(qū)設(shè)置了“可回收物”、“有害垃圾”、“廚余垃圾”、和“其他垃圾”四種垃圾箱，分別記為A、B、C、D．（1）快遞包裝紙盒應(yīng)投入A垃圾箱；（2）小明將“棄置藥品”隨機投放，則她投放正確的概率是；（3）小麗將二種垃圾“廢棄食物”（屬于廚余垃圾，記為C）、“打碎的陶瓷碗”（屬于其他垃圾，記為D）隨機投放，求她投放正確的概率．【分析】（1）快遞包裝紙盒屬于可回收物；（2）根據(jù)概率公式求解即可；（3）畫樹狀圖得出所有等可能結(jié)果，從中找到符合條件的結(jié)果數(shù)，再根據(jù)概率公式求解即可．【解析】（1）快遞包裝紙盒應(yīng)投入A垃圾箱，故答案為：A；（2）小明將“棄置藥品”隨機投放，則她投放正確的概率是，故答案為：；（3）畫樹狀圖如下：由樹狀圖知，共有16種等可能結(jié)果，其中她投放正確的只有1種結(jié)果，∴她投放正確的概率為．8．（2022秋?儀征市期中）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，已知△ABC三個頂點的坐標(biāo)分別是A（﹣2，2），B（0，4），C（4，4）．（1）△ABC外接圓的圓心P坐標(biāo)為（2，0），外接圓的半徑是2；（2）作出弧AC，并求弧AC的長度．【分析】（1）線段AB，BC的垂直平分線的交點即為所求；（2）根據(jù)弧長公式計算即可．【解析】（1）如圖，⊙P即為△ABC的外接圓，P（2，0），外接圓的半徑PA＝＝2；故答案為：（2，0），2；（2）如圖，弧AC即為所求，∵PA＝PC＝＝2，AC＝＝2，∴PA2+PC2＝AC2，∴∠APC＝90°，∴弧AC的長度＝＝π．9．（2022秋?儀征市期中）如圖，四邊形ABCD中，∠B＝∠C＝90°，點E是邊BC上一點，且DE平分∠AEC，作△ABE的外接圓⊙O．（1）求證：DC是⊙O的切線；（2）若⊙O的半徑為5，CD＝3，求DE的長．【分析】（1）連接OD，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)、角平分線的定義得到OD⊥DC，根據(jù)切線的判定定理證明結(jié)論；（2）過點O作OF⊥BE于F，根據(jù)勾股定理求出EF，進而求出EC，根據(jù)勾股定理計算，得到答案．【解答】（1）證明：連接OD，∵OD＝OE，∴∠ODE＝∠OED，∵DE平分∠AEC，∴∠DEC＝∠OED，∴∠ODE＝∠DEC，∵∠C＝90°，∴∠CDE+∠CED＝90°，∴∠CDE+∠ODE＝90°，∴OD⊥DC，∵OD是⊙O的半徑，∴DC是⊙O的切線；（2）解：過點O作OF⊥BE于F，則四邊形OFCD為矩形，∴OF＝CD＝3，CF＝OD＝5，由勾股定理得：EF＝＝4，∴EC＝CF﹣EF＝1，∴DE＝＝．10．（2022秋?如皋市期中）如圖，四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，AB為直徑，點C是的中點，過點C作⊙O的切線交AD的延長線于點H，作CE⊥AB，垂足為E．（1）求證：CH⊥AD；（2）若CD＝5，CE＝4，求HD的長．【分析】（1）連接OC，AC，根據(jù)點C是的中點，可得＝，然后證明OC∥AD，再根據(jù)切線的性質(zhì)即可解決問題；（2）先根據(jù)勾股定理求出BE＝3，再根據(jù)四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，可得∠HDC＝∠B，然后證明△HDC≌△EBC（AAS），可得HD＝BE＝3．【解答】（1）證明：如圖，連接OC，AC，∵點C是的中點，∴＝，∴∠BAC＝∠DAC，∵OA＝OC，∴∠OAC＝∠OCA，∴∠OCA＝∠DAC，∴OC∥AD，∵HC是⊙O的切線，OC是半徑，∴OC⊥HC，∴CH⊥AD；（2）解：∵＝，∴BC＝CD＝5，∵CE⊥AB，CE＝4，∴BE＝＝3，∵四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，∴∠HDC＝∠B，在△HDC和△EBC中，，∴△HDC≌△EBC（AAS），∴HD＝BE＝3．∴HD的長為3．11．（2022秋?啟東市期中）如圖，AB是⊙O的直徑，C，D都是⊙O上的點，AD平分∠CAB，過點D的切線交AC的延長線于點E，交AB的延長線于點F．（1）求證：AE⊥EF；（2）若∠AOD＝120°，AB＝8，①求AC的長；②求圖中陰影部分（區(qū)域DBF）的面積．【分析】（1）先證明∠ODA＝∠EAD得到OD∥AE，再根據(jù)切線的性質(zhì)得到OD⊥EF，然后根據(jù)平行線的性質(zhì)得AE⊥EF；（2）①連接BC，如圖，先根據(jù)平行線的性質(zhì)得到∠EAB＝60°，再根據(jù)圓周角定理得到∠ACB＝90°，所以∠CBA＝30°，然后利用含30度角的直角三角形三邊的關(guān)系得到AC＝4；②先計算出∠DOF＝60°，∠F＝30°，則OD＝4，DF＝OD＝4，然后根據(jù)扇形的面積公式，利用S陰影部分＝S△DOF﹣S扇形DOB進行計算．【解答】（1）證明：∵AD平分∠CAB，∴∠OAD＝∠EAD，∵OD＝OA，∴∠ODA＝∠OAD．∴∠ODA＝∠EAD，∴OD∥AE，∵EF為⊙O的切線，D為切點，∴OD⊥EF，∴AE⊥EF；（2）解：①連接BC，如圖，∵∠AOD＝120°，OD∥AE，∴∠EAB＝60°，∵AB是⊙O的直徑，∴∠ACB＝90°，∴∠CBA＝30°，∴AC＝AB＝4；②∵∠AOD＝120°，∴∠DOF＝60°，∴∠F＝30°，∵AB＝8，∴OD＝4，在Rt△ODF中，∵∠F＝30°，∴DF＝OD＝4，∵S△ODF＝OD?DF＝×4×4＝8，S扇形DOB＝＝π，∴S陰影部分＝S△DOF﹣S扇形DOB＝8﹣π．12．（2022秋?海陵區(qū)校級期中）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，分別以AB，BC，CA為直徑作半圓圍成兩月牙形，過點C作DF∥AB分別交三個半圓于點D，E，F(xiàn)．（1）連結(jié)AF、BD，求證四邊形AFDB為矩形．（2）若CF＝，CD＝，求陰影部分的面積．【分析】（1）根據(jù)有三個角是直角的四邊形是矩形，證明即可．（2）陰影部分面積可以看成是以AC、BC為直徑的兩個半圓的面積加上一個直角三角形ABC的面積減去一個以AB為直徑的半圓的面積．【解答】（1）證明：連接AF、BE，∵AC是直徑，∴∠AFC＝90°．∵BC是直徑，∴∠CDB＝90°．∵DF∥AB，∴∠ABD+∠D＝180°，∴∠ABD＝∠D＝∠F＝90°，∴四邊形ABDF是矩形；（2）解：∵四邊形ABDF是矩形，∴AF＝BD，∵AB是直徑，∴∠ACB＝90°，∵∠F＝∠D＝90°，∴∠ACF+∠BCD＝90°，∠BCD+∠CBD＝90°，∴∠ACF＝∠CBD，∴△AFC∽△CDB，∴＝，∴AF＝BD＝2，∴AC＝＝5，BC＝＝＝10，∴S陰影＝直徑為AC的半圓的面積+直徑為BC的半圓的面積+S△ABC﹣直徑為AB的半圓的面積＝π（）2+π（）2+AC×BC﹣π（）2＝π（AC）2+π（BC）2﹣π（AB）2+AC×BC＝π（AC2+BC2﹣AB2）+AC×BC＝AC×BC＝×5×10＝25．13．（2022秋?鎮(zhèn)江期中）如圖，在?ABCD中，AB＝4，BC＝8，∠ABC＝60°．點P是射線BC上一動點，作△PAB的外接圓⊙O．（1）當(dāng)DC與△PAB的外接圓⊙O相切時，求⊙O的半徑；（2）直接寫出⊙O與?ABCD的邊的公共點的個數(shù)及對應(yīng)的BP長的取值范圍．【分析】（1）如圖1，取AB的中點G，作GF⊥AB交DC的延長線于F，交BC于E，則點O在線段FG上，連接OB，則OB＝OF＝r，利用切線性質(zhì)可得∠EFC＝90°，再運用勾股定理得出：OG＝，EG＝2，EF＝2，F(xiàn)G＝4，由OG+OF＝FG，建立方程求解即可；（2）分三種情況：⊙O與?ABCD的邊有2個公共點時，⊙O與?ABCD的邊有3個公共點時，⊙O與?ABCD的邊有4個公共點時，分別畫出圖形，求出BP的范圍．【解析】（1）如圖1，取AB的中點G，作GF⊥AB交DC的延長線于F，交BC于E，則點O在線段FG上，∴BG＝AB＝×4＝2，連接OB，則OB＝OF＝r，在Rt△OBG中，OG＝＝，∵∠ABC＝60°，∴∠BEG＝90°﹣∠ABC＝90°﹣60°＝30°，∴BE＝2BG＝4，∴EG＝＝＝2，∴EC＝BC﹣BE＝8﹣4＝4，∵DC與⊙O相切，∴∠EFC＝90°，∵∠CEF＝∠BEG＝30°，∴CF＝EC＝2，∴EF＝＝＝2，∴FG＝EF+EG＝2+2＝4，∵OG+OF＝FG，∴+r＝4，解得：r＝，∴⊙O的半徑為；（2）當(dāng)AD與⊙O相切時，如圖2，連接AO交BC于H，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD∥BC，∵AD與⊙O相切，∴∠DAH＝∠AHB＝90°，∵OH⊥BP，∴BH＝HP，∴AP＝AB，∵∠ABC＝60°，∴△ABP是等邊三角形，∴BP＝AB＝4，∴當(dāng)0＜BP≤4時，⊙O與?ABCD的邊有3個公共點；當(dāng)⊙O經(jīng)過點D時，如圖3，連接BD、DP，∵AD∥BC，∴∠ADB＝∠DBP，∴AB＝DP，∵AB＝CD，∴CD＝DP，∵AB∥CD，∴∠DCP＝∠ABC＝60°，∴△CDP是等邊三角形，∴CP＝CD＝AB＝4，∴BP＝BC+CP＝8+4＝12，∴當(dāng)4＜BP＜12時，⊙O與?ABCD的邊有4個公共點；當(dāng)BP＝12時，⊙O與?ABCD的邊有3個公共點；當(dāng)BP＞12時，⊙O與?ABCD的邊有2個公共點；綜上所述，當(dāng)⊙O與?ABCD的邊有2個公共點時，BP＞12；當(dāng)⊙O與?ABCD的邊有3個公共點時，0＜BP≤4或BP＝12；當(dāng)⊙O與?ABCD的邊有4個公共點時，4＜BP＜12．14．（2022秋?興化市期中）如圖1，已知AB為⊙O的直徑，點E在⊙O上，給出下列信息：①EF是⊙O的切線②AC⊥EF③AE平分∠BAC．（1）請在上述3條信息中選擇其中兩條作為條件，剩余的一條信息作為結(jié)論，組成一個正確的命題，你選擇的條件是①②，結(jié)論是③（只要填寫序號），并說明理由；（2）如圖2，在（1）的條件下，AC交⊙O于D，若AD＝2，EC＝，求AE的值．【分析】（1）連接OE，根據(jù)圓的性質(zhì)可得OE⊥PQ．再由平行線的性質(zhì)及角平分線的定義可得結(jié)論；（2）連接BD、OE，過O作OM∥BD，根據(jù)圓周角定理及切線性質(zhì)可得OE⊥CF，由矩形的判定與性質(zhì)可得ND＝CE＝OM＝，連接BE，根據(jù)相似三角形的判定與性質(zhì)可得答案．【解析】（1）選擇的條件是①、②，結(jié)論是③，證明：連接OE，∴OA＝OE，∴∠OEA＝∠OAE．∵PQ切⊙O于E，∴OE⊥PQ．∵AC⊥PQ，∴OE∥AC．∴∠OEA＝∠EAC，∴∠OAE＝∠EAC，∴AE平分∠BAC．故答案為：①②，③；（2）連接BD、OE，過O作OM∥BD，∵AB是直徑，∴∠ADB＝90°＝∠ECA，∴BD∥CF，∵E是切點，∴OE⊥CF，∵AC⊥CF，∴OE∥AC，∴四邊形OECM、四邊形ONDM是矩形，∴ND＝CE＝OM＝，∵O是AB的中點，∴N是BD的中點，M是AD的中點，∴AM＝MD＝ON＝1，∴OA＝＝2，∴AB＝4，連接BE，則∠BEA＝90°，∵AE平分∠BACAE平分∠BAC，∴∠BAE＝∠EAC，∴△ABE∽△AEC，∴，∴，∴AE4﹣16AE2+48＝0，∴AE＝2或2而當(dāng)AE＝2時，AC＝＝1，與AD＝2矛盾，∴AE＝2．15．（2022秋?梁溪區(qū)校級期中）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，點A（1，1）、B（3，1）、C（0，2）．（1）①以點O為位似中心，在網(wǎng)格區(qū)域內(nèi)畫出△DEF，使得△DEF與△ABC位似，且點D與點A對應(yīng)，位似比為2：1；②點D坐標(biāo)為（2，2）；③△DEF的面積為4個平方單位；（2）△ABC的外接圓圓心M的坐標(biāo)為（2，3）．【分析】（1）①利用位似圖形的性質(zhì)得出對應(yīng)點位置進而得出答案；②根據(jù)圖形即可得到結(jié)論；③利用三角形面積求法得出答案；（2）線段AB，AC的垂直平分線的交點即為所求．【解析】（1）①如圖所示：△DEF即為所求；②D（2，2）；故答案為：（2，2）；③△DEF的面積為：×4×2＝4．故答案為：4；（2）如圖2，點M即為△ABC的外接圓的圓心．△ABC的外接圓圓心M的坐標(biāo)為（2，3），故答案為：（2，3）．16．（2022秋?惠山區(qū)校級期中）如圖，在Rt△ABC中，∠C＝90°，點O在AB上，以點O為圓心，OA長為半徑的圓與AC、AB分別交于點D、E，且∠CBD＝∠A．（1）判斷直線BD與⊙O的位置關(guān)系，并說明理由；（2）若AD：AO＝5：3，BC＝3，求BD的長．【分析】（1）連接OD，先利用角間關(guān)系說明∠ODB＝90°，再利用切線的判定方法得結(jié)論；（2）連接DE，先說明△ADE∽△BCD，再利用相似三角形的性質(zhì)得結(jié)論．【解析】（1）BD是⊙O的切線．理由：連接OD．∵點D在⊙O上，∴OD＝OA，∴∠A＝∠ADO．∵∠C＝90°，∴∠A+∠CBD+∠DBA＝90°．∵∠CBD＝∠A，∴2∠A+∠DBA＝90°．∵∠DOB＝∠A+∠ADO＝2∠A，∠DOB+∠DBA+∠ODB＝180°，∴∠ODB＝90°．∵點D在⊙O上，∴BD是⊙O的切線．（2）連接DE．∵AE是⊙O的直徑，∴AE＝2AO，∠ADE＝90°＝∠C．又∵∠CBD＝∠A，∴△ADE∽△BCD．∴＝．∵AD：AO＝5：3，∴AD：AE＝5：6．∴BC：BD＝5：6，∵BC＝3，∴BD＝．17．（2022秋?梁溪區(qū)校級期中）如圖，在菱形ABCD中，AB＝5，面積為15，點E從點B出發(fā)沿折線B﹣C﹣D向終點D運動．過點E作點E所在的邊（BC或CD）的垂線，交菱形其它的邊于點F，在EF的右側(cè)作矩形EFGH．（1）則菱形的高為3；（2）若EF＝FG，當(dāng)EF過AC中點時，求AG的長；（3）已知FG＝4，設(shè)點E的運動路程為s．當(dāng)s滿足什么條件時，以G，C，H為頂點的三角形與△BEF相似（包括全等）？請直接寫出答案．【分析】（1）過點A作AH⊥BC于點H．利用菱形的面積公式求解；（2）設(shè)AO的中點為O．分兩種情形：如圖2中，當(dāng)點E在BC上時，過點A作AM⊥CB于點M．如圖3中，當(dāng)點E在CD上時，過點A作AN⊥CD于N．分別求解即可；（3）過點A作AM⊥BC于點M，AN⊥CD于點N．分四種情形：①當(dāng)點E在線段BM上時，0＜s≤4，設(shè)EF＝3x，則BE＝4x，GH＝EF＝3x．a(chǎn)、若點H值點C的左側(cè)，x+4≤5，即0＜x≤1，如圖4，b、若點H在點C的右側(cè)，s+4＞5，即1＜s≤4，如圖5；②當(dāng)點E在線段MC上時，4＜s≤5，如圖6；③當(dāng)點E在線段CN上時，5≤x≤6，如圖7，過點C作CJ⊥AB于點J；④當(dāng)點E值線段DN上時，6＜s＜10，分別求解即可．【解析】（1）如圖，過點A作AH⊥BC于點H．∵四邊形ABCD是菱形，∴BC＝AB＝5，∵S菱形ABCD＝BC?AH，∴AH＝＝3，故答案為：3；（2）設(shè)AC的中點為O．①如圖2中，當(dāng)點E在BC上時，過點A作AM⊥CB于點M．在Rt△ABM中，AM＝3，AB＝5，∴BM＝＝＝4，∴FG＝EF＝AM＝3，CM＝BC﹣BM＝1，∵OA＝OC，OE∥AM，∴CE＝EM＝CM＝，∴AF＝EM＝，∴AG＝AF+FG＝．②如圖3中，當(dāng)點E在CD上時，過點A作AN⊥CD于N．同法FG＝EF＝AN＝3，CN＝1，AF＝EN＝CN，∴AG＝FG﹣AF＝3﹣＝，綜上所述，滿足條件的AG的長為或；（3）過點A作AM⊥BC于點M，AN⊥CD于點N．①當(dāng)點E在線段BM上時，0＜s≤4，設(shè)EF＝3x，則BE＝4x，GH＝EF＝3x．a(chǎn)、若點H點C的左側(cè)，s+4＜5，即0＜s＜1，如圖4，CH＝BC﹣BH＝5﹣（4x+4）＝1﹣4x，由△GHC∽△FEB，可得＝，即＝，∴＝，解得x＝，經(jīng)檢驗x＝是分式方程的解，∴s＝4x＝．由△GHC∽△BEF，可得＝，即＝，∴＝，解得x＝，∴s＝4x＝．b、若點H在點C的右側(cè)，s+4＞5，即1＜s≤4，如圖5，CH＝BH﹣BC＝（4x+4）﹣5＝4x﹣1，由△GHC∽△FEB，可得＝，即＝，∴＝＝，方程無解，由△GHC∽△BEF，可得＝，即＝，∴＝，解得x＝，∴s＝4x＝．②當(dāng)點E在線段MC上時，4＜s≤5，如圖6，EF＝3，EH＝4，BE＝s，∴BH＝BE+EH＝s+4，CH＝BH﹣BC＝s﹣1，由△GHC∽△FEB，可得＝，即＝，∴＝，方程無解，由△GHC∽△FEB，可得＝，即＝，∴＝，解得s＝（舍棄）③當(dāng)點E在線段CN上時，5＜s≤6，如圖7，過點C作CJ⊥AB于點J，在Rt△BJC中，BC＝5，CJ＝3，BJ＝4，∵EH＝BJ＝4，JF＝CE，∴BJ+JF＝EH+CE，即CH＝BF，∴△GHC≌△EFB，符合題意，此時5＜s≤6．④當(dāng)點E在線段DN上時，6＜s＜10，∵∠EFB＞90°，∴△GHC與△BEF不相似．綜上所述．滿足條件的s的值為或或或5≤s≤6．18．（2022秋?高郵市期中）【模型建立】（1）如圖1，在等邊△ABC中，點D、E分別在BC、AC邊上，∠ADE＝60°，求證：AB?CE＝BD?DC；【模型應(yīng)用】（2）如圖2，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，∠B＝60°，AD⊥BC于點D，點E在AC邊上，AE＝AD，點F在DC邊上，∠EFD＝60°，則的值為2；【模型拓展】（3）如圖3，在鈍角△ABC中，∠ABC＝60°，點D、E分別在BC、AC邊上，∠DAE＝∠ADE＝60°，若AB＝5，CE＝6，求DC的長．【分析】（1）利用等邊三角形的性質(zhì)，三角形的內(nèi)角和定理和相似三角形的判定與性質(zhì)解答即可；（2）利用直角三角形的性質(zhì)，三角形的內(nèi)角和定理判定△ADE為等邊三角形，利用等腰三角形的判定和三角形的外角的性質(zhì)求得∠EDC＝∠C＝30°，∠FEC＝∠C＝30°；再利用含30°角的直角三角形的性質(zhì)和等量代換的性質(zhì)即可得出結(jié)論；（3）在DC上截取DF＝BA，連接EF，利用全等三角形的判定與性質(zhì)得到∠B＝∠EFD＝60°，則∠EFC＝120°，利用相似三角形的判定與性質(zhì)得到關(guān)于CF的方程，解方程求得CF，則DC＝DF+CF．【解答】（1）證明：∵△ABC是等邊三角形；，∴∠B＝∠C＝60°，∴∠ADB+∠BAD＝180°﹣∠B＝120°．∵∠ADE＝60°，∴∠ADB+∠EDC＝180°﹣∠ADE＝120°，∴∠BAD＝∠EDC，∴△BAD∽△CDE，∴，∴AB?CE＝BD?DC；（2）解：∵∠BAC＝90°，∠B＝60°，∴∠C＝30°．∵∠BAC＝90°，AD⊥BC，∴∠BAD＝30°，∴∠DAE＝60°．∵AE＝AD，∴△ADE為等邊三角形，∴DE＝AD＝AE，∠ADE＝∠AED＝60°．∵∠AED＝∠C+∠EDC＝60°，∴∠EDC＝∠C＝30°，∴DE＝EC．∵∠EFD＝60°，∴∠DEF＝180°﹣∠EFD﹣∠EDC＝90°，∴DF＝2EF．∵∠DFE＝∠C+∠FEC＝60°，∴∠FEC＝∠C＝30°，∴EF＝FC，∴DF＝2FC，即＝2，故答案為：2；（3）解：在DC上截取DF＝BA，連接EF，如圖，∵∠DAE＝∠ADE＝60°，∴∠DAE＝∠ADE＝∠AED＝60°，∴△ADE為等邊三角形，∴AD＝DE．∵∠ABC＝60°，∠ADE＝60°，∴∠ADB+∠BAD＝120°，∠ADB+∠EDF＝120°，∴∠BAD＝∠EDF，在△BAD和△FDE中，，∴△BAD≌△FDE（SAS），∴∠B＝∠EFD＝60°，∴∠EFC＝120°．∵∠AED＝60°，∴∠DEC＝120°，∴∠EFC＝∠DEC，∵∠C＝∠C，∴△EFC∽△DEC，∴，∴，∴CF2+5CF﹣36＝0，∵CF＞0，∴CF＝4．∴DC＝DF+CF＝5+4＝9．19．（2022秋?蘇州期中）如圖1，在直角△ABC中∠C＝90°，D是AC的中點，△ABC∽△DEC，AC＝2，BC＝4．（1）求證：DE∥AB；（2）如圖2，將△DEC繞點C順時針旋轉(zhuǎn)，旋轉(zhuǎn)角為α（0°＜α＜90°），連接AD，BE．①求的值；②若A，D，E三點共線，求∠DEB的度數(shù)．【分析】（1）利用相似三角形的性質(zhì)，平行線的判定證明即可；（2）①證明△ABC∽△DEC，推出＝，可得＝，再證明△ACD∽△BCE，可得結(jié)論；②利用相似三角形的性質(zhì)求解即可．【解答】（1）證明：如圖1中，∵△ABC∽△DEC，∴∠B＝∠DEC，∴DE∥AB；（2）①解：∵△ABC∽△DEC，∴＝，∴＝，∵∠ACB＝∠DCE＝90°，∴∠ACD＝∠BCE，∴△ACD∽△BCE，∴＝＝＝．②解：如圖3﹣1中，當(dāng)點D落在線段AE上時，設(shè)AE交BC于點O．∵△ACD∽△BCE，∴∠CAD＝∠CBE，∵∠AOC＝∠BOE，∴∠BEO＝∠ACO＝90°，∴∠DEB＝90°．20．（2022秋?姑蘇區(qū)期中）一種拉桿式旅行箱的示意圖如圖所示，箱體長AB＝50cm，拉桿最大伸長距離BC＝30cm，（點A、B、C在同一條直線上），在箱體的底端裝有一圓形滾輪⊙A，⊙A與水平地面切于點D，AE∥DN，某一時刻，點B距離水平地面40cm，點C距離水平地面61cm．（1）求圓形滾輪的半徑AD的長；（2）當(dāng)人的手自然下垂拉旅行箱時，人感覺較為舒服，已知某人的手自然下垂在點C處且拉桿達(dá)到最大延伸距離時，點C距離水平地面（40+5）cm，求此時拉桿箱與水平面AE所成角∠CAE的值（精確到1°，參考數(shù)據(jù)：sin50°≈0.77，cos50°≈0.64，tan50°≈1.19）．【分析】（1）作BH⊥AF于點G，交DM于點H，則△ABG∽△ACF，設(shè)圓形滾輪的半徑AD的長是xcm，根據(jù)相似三角形的對應(yīng)邊的比相等，即可列方程求得x的值；（2）根據(jù)題意求得CF的長，在Rt△ACF中，求得sin∠CAE，即可求得∠CAE的度數(shù)．【解析】（1）設(shè)圓形滾輪的半徑AD的長是xcm，作BH⊥AE于點G，交DM于點H，則BG∥CF，∴△ABG∽△ACF，∴＝，即＝，解得：x＝5，則圓形滾輪的半徑AD的長是5cm；（2）CF＝40﹣5＝40（cm）．則sin∠CAE＝＝＝，∴∠CAE＝60°．21．（2022秋?虎丘區(qū)校級期中）（1）在△ABC中，∠C＝90°．已知c＝8，∠A＝60°，求∠B，a，b；（2）如圖，在△ABC中，∠C＝90°，sinA＝，D為AC上一點，∠BDC＝45°，CD＝6．求AD的長．【分析】（1）由∠A與∠B互余即可求出∠B，由直角三角形中30°的直角邊等于斜邊的一半可求b，由銳角的正切定義可求a；（2）由銳角的正弦定義，勾股定理可求AD長．【解析】（1）∵∠C＝90°，∠A＝60°，∴∠B＝90°﹣∠A＝30°，∴b＝c＝4，∵tanA＝，∴a＝btanA，∴a＝4×＝12；（2）∵∠C＝90，∠BDC＝45°，∴△BDC是等腰直角三角形，∴BC＝CD＝6，∵sinA＝，∴AB＝＝10，∵AC2＝AB2﹣BC2，∴AC2＝102﹣62，∴AC＝8，∴AD＝AC﹣DC＝2．22．（2022秋?高新區(qū)校級期中）如圖1，居家網(wǎng)課學(xué)習(xí)時，小華先將筆記本電腦水平放置在桌子上，顯示屏OB與底板OA所在水平線的夾角150°，側(cè)面示意圖如圖2；如圖3，使用時為了散熱，他在底板下墊入散熱架ACO'后，電腦轉(zhuǎn)到AO'B'位置，側(cè)面示意圖如圖4．已知OA＝OB，O'C⊥OA于點C，AO'：O'C＝5：3，AC＝40cm．（1）求OA的長；（2）墊入散熱架后，顯示屏頂部B'比原來升高了多少cm？【分析】（1）設(shè)AO′＝5xcm，O′C＝3xcm，利用勾股定理得到AO′＝4x，則4x＝40，解方程可得到AO′＝50cm，O′C＝30cm，所以AO為50cm；（2）過B點作BH⊥AO于H點，如圖，先計算出∠BOH＝30°，利用30的正弦得到BH＝25cm，再計算CB′＝80cm，然后計算B′C′﹣BH即可．【解析】（1）∵AO'：O'C＝5：3，∴設(shè)AO′＝5xcm，O′C＝3xcm，∵O'C⊥OA，∴∠ACO′＝90°，∵AO′＝＝4x，∴4x＝40，解得x＝10，∴AO′＝50cm，O′C＝30cm，∴AO＝AO′＝50cm；答：OA的長為50cm；（2）過B點作BH⊥AO于H點，如圖，∴∠AOB＝150°，∴∠BOH＝30°，∵BH＝OB＝25cm，∵CB′＝O′B′+CO′＝50+30＝80（cm）∴B′C′﹣BH＝80﹣25＝55（cm），∴顯示屏的頂部B′比原來升高了55cm．23．（2022秋?如皋市期中）已知拋物線y＝x2﹣2mx+m2﹣2m+3（m為常數(shù)）．（1）求拋物線的頂點坐標(biāo)（用含m的式子表示）；（2）若A（m+2，y1），B（m﹣1，y2）兩點在此拋物線上，比較y1與y2的大??；（3）已知點P（a﹣5，c），Q（2m+3+a，c）都在該拋物線上，求證：c≥10．【分析】（1）將二次函數(shù)解析式化為頂點式求解．（2）由二次函數(shù)解析式可得拋物線開口方向及對稱軸，根據(jù)點A，B到對稱軸的距離大小關(guān)系求解．（3）由點P，Q坐標(biāo)可得拋物線對稱軸，從而可得a的值，將點P坐標(biāo)代入解析式并通過配方求解．【解析】（1）∵y＝x2﹣2mx+m2﹣2m+3＝（x﹣m）2﹣2m+3，∴拋物線頂點坐標(biāo)為（m，﹣2m+3）．（2）∵y＝（x﹣m）2﹣2m+3，∴拋物線開口向上，對稱軸為直線x＝m，∵m﹣（m﹣1）＜m+2﹣m，∴y1＞y2．（3）∵拋物線經(jīng)過P（a﹣5，c），Q（2m+3+a，c），∴拋物線對稱軸為直線x＝＝a+m﹣1，∴m＝a+m﹣1，∴a＝1，a﹣1＝﹣4，將（﹣4，c）代入y＝x2﹣2mx+m2﹣2m+3得c＝16+8m+m2﹣2m+3＝（m﹣3）2+10，∴c≥10．24．（2022秋?如皋市期中）某超市擬于春節(jié)前50天里銷售某品牌燈籠，其進價為18元/個．設(shè)第x天的銷售價格為y（元/個），銷售量為n（個）．該超市根據(jù)以往的銷售經(jīng)驗得出以下銷售規(guī)律：①y與x的關(guān)系式為y＝﹣x+55；②n與x的關(guān)系式為n＝5x+50．（1）求第10天的日銷售利潤；（2）當(dāng)34≤x≤50時，求第幾天的銷售利潤W（元）最大？最大利潤為多少？（3）若超市希望第30天到第40天的日銷售利潤W（元）的最小值為5460元，需在當(dāng)天銷售價格的基礎(chǔ)上漲k元/個（0＜k＜8），求k的值．【分析】（1）求出第10天的售價和銷售量，再用單個利潤×銷售量即可；（2）根據(jù)銷售利潤＝銷售量×（售價﹣進價），列出每天的銷售利潤W（元）與銷售價x（元/箱）之間的函數(shù)關(guān)系式，再依據(jù)函數(shù)的增減性求得最大利潤；（3）先根據(jù)銷售利潤＝銷售量×（售價﹣進價），列出每天的銷售利潤W（元）與銷售價x（元/箱）之間的函數(shù)關(guān)系式，再分k＝3，0＜k＜3，3＜k＜8三種情況，用函數(shù)的性質(zhì)求函數(shù)取得最小值時k的值．【解析】（1）當(dāng)x＝10時，y＝﹣×10+55＝50，n＝5×10+50＝100，∴純利潤＝（y﹣18）n＝（50﹣18）×100＝3200，答：第10天的日銷售利潤為3200元；（2）根據(jù)題意得，W＝（y﹣18）n＝（﹣x+37）（5x+50）＝﹣x2+160x+1850＝﹣（x﹣32）2+4410，∵﹣＜0，拋物線開口向下，∴當(dāng)34≤x≤50時，W隨x的增大而減小，故當(dāng)x＝34時，Wmax＝4400元，答：第34天的銷售利潤最大，最大利潤為4400元；（3）根據(jù)題意得，W＝（y+k﹣18）n＝﹣x2+（160+5k）x+50k+1850，∵﹣＜0，拋物線開口向下，對稱軸x＝32+k，∵第30天到第40天的日銷售利潤W（元）的最小值為5460元，①當(dāng)k＝3時，即對稱軸為x＝35，W的最小值在x＝30或x＝40處取得，W＝﹣×302+（160+5×3）×30+50×3+1850＝5000＜5460，故k＝3不合題意；②當(dāng)0＜k＜3時，對稱軸32＜32+k＜35，則當(dāng)x＝40時，W取最小值，∴W＝﹣×402+（160+5k）×40+1850+50k＝4250+250k＝5460，∴k＝＞3，與0＜k＜3矛盾，∴0＜k＜3不符合題意；③當(dāng)3＜k＜8時，對稱軸35＜32+k＜40，∴當(dāng)x＝30時W有最小值，∴W＝＝﹣×302+（160+5k）×30+1850+50k＝4400+200k＝5460，解得k＝5.3＞3，符合題意，∴k的值為5.3．25．（2022秋?如東縣期中）嘉嘉進行鉛球訓(xùn)練，他嘗試?yán)脭?shù)學(xué)模型來研究鉛球的運動情況．他以水平方向為x軸方向，1m為單位長度，建立了如圖所示的平面直角坐標(biāo)系，鉛球從y軸上的點A處出手，運動路徑可看作拋物線，嘉嘉某次試投時，鉛球行進高度y（單位：m）與水平距離x（單位：m）之間的函數(shù)關(guān)系是y＝﹣（x﹣4）2+3．如圖，B是該函數(shù)圖象上的一點．（1）畫出該函數(shù)的大致圖象；（2）若鉛球推出的距離不小于9m，成績?yōu)閮?yōu)秀．請通過計算，判斷嘉嘉此次試投的成績是否能達(dá)到優(yōu)秀．【分析】（1）根據(jù)題意畫出圖象即可；（2）根據(jù)題意解方程即可得到結(jié)論．【解析】（1）函數(shù)圖象如圖所示；（2）解：令y＝0，得﹣（x﹣4）2+3＝0，解得x1＝10，x2＝﹣2（C在x軸正半軸，故舍去），∴拋物線與x軸的坐標(biāo)為（10，0）．∴鉛球推出的距離為10m，∵若鉛球推出的距離不小于9m，成績?yōu)閮?yōu)秀，∴嘉嘉此次試投的成績達(dá)到優(yōu)秀．26．（2022秋?工業(yè)園區(qū)期中）已知拋物線y＝ax2﹣2ax+c的圖象與x軸交于A、B兩點（點A在點B的左側(cè)），與y軸正半軸交于C點，頂點為M，直線MD⊥x軸于點D．（1）當(dāng)a＞0時，知OC＝MD，求AB的長；（2）當(dāng)a＜0時，若OC＝OB，tan∠ACB＝2，求拋物線的解析式；【分析】（1）根據(jù)題意求出M（1，c﹣a），D（1，0），再由OC＝MD，得到c＝a，則y＝ax2﹣2ax+a，當(dāng)ax2﹣2ax+a＝0時，分別求出A（1﹣，0），B（1+，0），再求AB的長即可；（2）過點A作AM⊥BC交于點M，由∠OBC＝45°，tan∠ACB＝2，可得AM＝BM＝2CM，再由OC＝OB＝c，求出CM＝c，AB＝c，OA＝c，根據(jù)a＜0，c＞0，可知A（﹣c，0），B（c，0），根據(jù)c＝2，求出c的值，從而確定A、B點的坐標(biāo)，再用待定系數(shù)法求函數(shù)的解析式即可．【解析】（1）∵y＝ax2﹣2ax+c＝a（x2﹣2x）+c＝a（x﹣1）2+c﹣a，∴頂點M（1，c﹣a），D（1，0），令x＝0，則C（0，c），∴OC＝c，∵OC＝MD，∴c＝（a﹣c），∴c＝a，∴y＝ax2﹣2ax+a，令y＝0，則ax2﹣2ax+a＝0，∴x＝1+或x＝1﹣，∴A（1﹣，0），B（1+，0），∴AB＝；（2）過點A作AM⊥BC交于點M，∵OC＝OB，∴∠OBC＝45°，∴AM＝BM，∵tan∠ACB＝2，∴AM＝BM＝2CM，∴BC＝3CM，∵C（0，c），∴OC＝OB＝c，∴3CM＝c，∴CM＝c，∴AB＝2CM＝c，∴OA＝AB﹣OB＝c，∵a＜0，c＞0，∴A（﹣c，0），B（c，0），令y＝0，則ax2﹣2ax+3＝0，∴c＝2，∴c＝3，∴A（﹣1，0），B（3，0），將A（﹣1，0）代入y＝ax2﹣2ax+3中，a+2a+3＝0，解得a＝﹣1，∴y＝﹣x2+2x+3．27．（2022秋?工業(yè)園區(qū)期中）若二次函數(shù)y＝ax2+bx+c的x與y的部分對應(yīng)值如表：x﹣10123y03430（1）求這個二次函數(shù)的表達(dá)式：（2）二次函數(shù)y＝ax2+bx+c圖象上有兩點P（m，yP），Q（n，yQ），①已知yP＝y(tǒng)Q，當(dāng)x＝m+n時，求y的值；②當(dāng)n＝4時，yP＜yQ，求m的取值范圍．【分析】（1）利用表中的對應(yīng)值可設(shè)交點式y(tǒng)＝a（x+1）（x﹣3），然后把x＝0，y＝3代入求出a即可；（2）①利用拋物線的對稱性得到m+n＝﹣2，然后把x＝m+n代入拋物線解析式中計算即可．②利用二次函數(shù)的性質(zhì)即可得到結(jié)論．【解析】（1）∵x＝﹣1，y＝0；x＝3，y＝0，∴拋物線解析式可設(shè)為y＝a（x+1）（x﹣3），∵x＝0，y＝3，∴a×（0+1）×（0﹣3）＝3，解得a＝﹣1，∴拋物線解析式為y＝﹣（x+1）（x﹣3），即y＝﹣x2+2x+3；（2）①∵當(dāng)x＝m和x＝n時函數(shù)y的值相等，而拋物線的對稱軸為直線x＝＝﹣1，∴m+n＝﹣2，當(dāng)x＝m+n時，y＝﹣（﹣2+1）（﹣2﹣3）＝﹣5．②∵拋物線開口向下，對稱軸為直線x＝﹣1，∴Q（4，yQ）關(guān)于對稱軸的對稱點為（﹣6，yQ），∵yP＜yQ，∴m的取值范圍是m＜﹣6或m＞4．28．（2022秋?徐州期中）拋物線與x軸交于A、B兩點，其中點B的坐標(biāo)為（﹣3，0），與y軸交于點C（0，﹣3），點D為拋物線的頂點，且點D的橫坐標(biāo)為﹣1．（1）求此拋物線的函數(shù)表達(dá)式；（2）求△BCD的面積；（3）若點P是x軸下方拋物線上任意一點，已知⊙P的半徑為2，當(dāng)⊙P與坐標(biāo)軸相切時，圓心P的坐標(biāo)是（﹣2，﹣3）或（﹣1+，﹣2）或（﹣1﹣，﹣2）．【分析】（1）用待定系數(shù)法即可求解；（2）由△BCD的面積＝S梯形DHOB﹣S△CHD﹣S△BOC，即可求解；（3）分⊙P與y軸相切、⊙P與x軸相切兩種情況，確定點P的一個坐標(biāo)即可求解．【解析】（1）設(shè)拋物線的表達(dá)式為：y＝ax2+bx+c，由題意得：，解得，故拋物線的表達(dá)式為y＝x2+2x﹣3；（2）當(dāng)x＝﹣1時，y＝x2+2x﹣3＝﹣4，即點D（﹣1，﹣4），過點D作DH⊥y軸于點H，則DH＝1，CH＝﹣3﹣（﹣4）＝1，OC＝OB＝3，OH＝4，則△BCD的面積＝S梯形DHOB﹣S△CHD﹣S△BOC＝（DH+OB）?OH﹣×OB?OC﹣×DH?CH＝×（1+3）×4﹣×3×3﹣×1×1＝3；（3）當(dāng)⊙P與y軸相切時，則點P的橫坐標(biāo)為x，則|x|＝2，當(dāng)x＝﹣2時，y＝﹣3，∴P（﹣2，﹣3）；當(dāng)x＝2時，y＝5，∴P（2，5）（舍去）；當(dāng)⊙P與x軸相切時，則點P的橫坐標(biāo)為y，則y|＝﹣2，即y＝x2+2x﹣3＝﹣2，解得：x＝﹣1±，即點P的