2025年外研版三年級起點高一數(shù)學(xué)上冊階段測試試卷含答案

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年外研版三年級起點高一數(shù)學(xué)上冊階段測試試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五總分得分評卷人得分一、選擇題(共7題，共14分)1、某產(chǎn)品分為甲；乙、丙三級；其中乙、丙兩級均屬次品，若生產(chǎn)中出現(xiàn)乙級品的概率0.03，出現(xiàn)丙級品的概率0.01，則對產(chǎn)品抽查一次抽得正品的概率是（）

A.0.09

B.0.98

C.0.97

D.0.96

2、已知全集U=R，集合M={x|x≥1}，則CUM為（）

A.{x|x=1}

B.{x|x≤1}

C.{x|x＜1}

D.{x|x＞1}

3、圓：和圓：交于兩點，則的垂直平分線的方程是（）A．BCD4、【題文】函數(shù)是上的偶函數(shù)，則的值是（）A.B.C.D.5、【題文】已知條件條件則是成立的A.充分不必要條件B.必要不充分條件C.充要條件D.既非充分也非必要條件6、【題文】設(shè)全集則圖中陰影部分表示的集合為（）

A.B.C.D.7、已知則是函數(shù)為偶函數(shù)的（）A.充要條件B.充分不必要條件C.必要不充分條件D.既不充分也不必要條件評卷人得分二、填空題(共9題，共18分)8、若函數(shù)f（x）=ax+loga（x+1）（a＞0且a≠1）在區(qū)間[0，2]上的最大值與最小值之和為a2，則a的值為____．9、設(shè)偶函數(shù)f（x）對任意x∈R，都有且當(dāng)x∈[-3，-2]時，f（x）=2x，則f（2009.5）=____．10、若角α的終邊經(jīng)過點P（1，-2），則cosα的值為____．11、定義在上的奇函數(shù)當(dāng)時,則方程的所有解之和為．12、已知平面向量＝(1,-3)，＝(4,-2)，+與垂直，則實數(shù)等于__________．13、【題文】高為的四棱錐-的底面是邊長為1的正方形，點均在半徑為1的同一球面上，則底面的中心與頂點之間的距離為__________________。14、某人站在60米高的樓頂A處測量不可到達的電視塔高，測得塔頂C的仰角為30°，塔底B的俯角為15°，已知樓底部D和電視塔的底部B在同一水平面上，則電視塔的高為______米．15、直線x+ay=3

與圓(x鈭?1)2+y2=2

相切，則a=

______．16、函數(shù)y=3cosx(0鈮?x鈮?婁脨)

的圖象與直線y=鈭?3

及y

軸圍成的圖形的面積為______．評卷人得分三、解答題(共9題，共18分)17、如圖四邊形ABCD中，AB=2，BC=CD=7；且∠B=45°，∠C=105°，求邊AD的長．

18、（本小題滿分16分已知圓經(jīng)過兩點（1）當(dāng)并且是圓的直徑，求此時圓的標(biāo)準(zhǔn)方程（2）當(dāng)時，圓與軸相切，求此時圓的方程（3）如果是圓的直徑，證明：無論取何實數(shù)，圓恒經(jīng)過除外的另一個定點，求出這個定點坐標(biāo)19、【題文】(本題滿分12分)

已知二次函數(shù)滿足且．

（Ⅰ）求的解析式；

（Ⅱ）當(dāng)時，不等式：恒成立，求實數(shù)的范圍．20、【題文】如圖，直四棱柱中，底面是直角梯形，．

（1）求證：是二面角的平面角；

（2）在上是否存一點使得與平面與平面都平行？證明你的結(jié)論．21、【題文】（本小題滿分12分）

已知函數(shù)且

（Ⅰ）求的值，并用分段函數(shù)的形式來表示

（Ⅱ）在如圖給定的直角坐標(biāo)系內(nèi)作出函數(shù)的草圖；

（III）由圖象寫出函數(shù)的奇偶性及單調(diào)區(qū)間.22、【題文】求圓心在直線y＝－2x上，并且經(jīng)過點A(2,－1)，與直線x＋y＝1相切的圓的方程.23、【題文】（16分）（a>1,且）

（1）求m值；

（2）求g（x）的定義域；

（3）若g（x）在上恒正，求a的取值范圍。24、已知集合A={x|x2-3x-10≤0}

（1）若B?A；B={x|m+1≤x≤2m-1}，求實數(shù)m的取值范圍；

（2）若A?B，B={x|m-6≤x≤2m-1}，求實數(shù)m的取值范圍．25、如圖；四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為平行四邊形，∠DBA=30°，∠DAB=60°，AD=1，PD⊥底面ABCD．

（Ⅰ）證明：PA⊥BD；

（Ⅱ）若PD=AD，求二面角P-AB-D余弦值．評卷人得分四、證明題(共3題，共24分)26、求證：（1）周長為21的平行四邊形能夠被半徑為的圓面所覆蓋．

（2）桌面上放有一絲線做成的線圈，它的周長是2l，不管線圈形狀如何，都可以被個半徑為的圓紙片所覆蓋．27、已知ABCD四點共圓，AB與DC相交于點E，AD與BC交于F，∠E的平分線EX與∠F的平分線FX交于X，M、N分別是AC與BD的中點，求證：（1）FX⊥EX；（2）FX、EX分別平分∠MFN與∠MEN．28、如圖；過圓O外一點D作圓O的割線DBA，DE與圓O切于點E，交AO的延長線于F，AF交圓O于C，且AD⊥DE．

（1）求證：E為的中點；

（2）若CF=3，DE?EF=，求EF的長．評卷人得分五、綜合題(共4題，共12分)29、拋物線y=ax2+bx+c（a≠0）過點A（1；-3），B（3，-3），C（-1，5），頂點為M點．

（1）求該拋物線的解析式．

（2）試判斷拋物線上是否存在一點P；使∠POM=90°．若不存在，說明理由；若存在，求出P點的坐標(biāo)．

（3）試判斷拋物線上是否存在一點K，使∠OMK=90°，若不存在，說明理由；若存在，求出K點的坐標(biāo)．30、二次函數(shù)的圖象的頂點坐標(biāo)是，它與x軸的一個交點B的坐標(biāo)是（-2，0），另一個交點的是C，它與y軸相交于D，O為坐標(biāo)原點．試問：y軸上是否存在點P，使得△POB∽△DOC？若存在，試求出過P、B兩點的直線的解析式；若不存在，說明理由．31、（1）如圖；在等腰梯形ABCD中，AD∥BC，M是AD的中點；

求證：MB=MC．

（2）如圖；在Rt△OAB中，∠OAB=90°，且點B的坐標(biāo)為（4，2）．

①畫出△OAB向下平移3個單位后的△O1A1B1；

②畫出△OAB繞點O逆時針旋轉(zhuǎn)90°后的△OA2B2，并求點A旋轉(zhuǎn)到點A2所經(jīng)過的路線長（結(jié)果保留π）．32、已知平面區(qū)域上；坐標(biāo)x，y滿足|x|+|y|≤1

（1）畫出滿足條件的區(qū)域L0；并求出面積S；

（2）對區(qū)域L0作一個內(nèi)切圓M1，然后在M1內(nèi)作一個內(nèi)接與此圓與L0相同形狀的圖形L1，在L1內(nèi)繼續(xù)作圓M2；經(jīng)過無數(shù)次后，求所有圓的面積的和．

（提示公式：）參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、D【分析】

∵抽查得到正品和抽查得到次品是互斥的；

抽查得到次品的概率是0.03+0.01=0.04

∴抽查一次抽得正品的概率是1-0.04=0.96

故選D．

【解析】【答案】由題意知本產(chǎn)品只有正品和次品兩種情況；得到抽查得到正品和抽查得到次品是對立事件，可知抽查得到次品的概率是0.03+0.01，根據(jù)互斥事件的概率得到結(jié)果．

2、C【分析】

全集U=R；集合M={x|x≥1}；

∴CUM={x|x＜1}．

故選C．

【解析】【答案】由題意全集U=R；根據(jù)補集的定義和運算法則進行計算即可．

3、C【分析】【解析】

【解析】

經(jīng)過圓（x-2）2+（y-3）2=13和圓（x-3）2+y2=9交點的圓系方程為：（x-2）2+（y-3）2-13+λ[（x-3）2+y2-9]=0，令λ=-1可得公共弦所在直線方程：3x+y-9=0，就是弦AB的垂直平分線的方程．故答案為：3x+y-9=0【解析】【答案】C4、C【分析】【解析】解：因為是上的偶函數(shù)，所以【解析】【答案】C5、B【分析】【解析】分析：首先解不等式；然后再找出┐p和q的關(guān)系．

解答：解：∵p：x≤1；

?p：x＞1；

q：＜1?x＜0；

或x＞1；

故q是?p成立的必要不充分條件；

故選B．【解析】【答案】B6、B【分析】【解析】

試題分析：由題意，得而圖中陰影部分表示為故選B．

考點：1、二次不等式的解法；2、韋恩圖；3、集合的交集運算．【解析】【答案】B7、A【分析】【解答】顯然，函數(shù)的定義域為關(guān)于原點對稱.時，函數(shù)為其為偶函數(shù)；反之，函數(shù)為偶函數(shù)，則有即對恒成立，所以，故是函數(shù)為偶函數(shù)的充要條件，選二、填空題(共9題，共18分)8、略

【分析】

∵y=ax與y=loga（x+1）在區(qū)間[0；2]上具有相同的單調(diào)性．

∴f（x）=ax+loga（x+1）在[0；2]上單調(diào)；

∴f（0）+f（2）=a2，即a+loga1+a2+loga3=a2；

化簡得1+loga3=0，解得a=

故答案為：

【解析】【答案】結(jié)合函數(shù)y=ax與y=logax的單調(diào)性可知f（x）=ax+logax在[0；1]單調(diào)，從而可得函數(shù)在[0，2]上的最值分別為f（0），f（2），代入可求a

9、略

【分析】

因為f（x+3）=-?f（x+6）=-=f（x）．

故函數(shù)周期T=6．

∴f（2009.5）=f（334×6+5.5）=f（5.5）

結(jié)合其為偶函數(shù)以及x∈[-3，-2]時，f（x）=2x可得：f（5.5）=-=-=-=．

故答案為：．

【解析】【答案】先通過f（x+3）=-可推斷函數(shù)f（x）是以6為周期的函數(shù)．進而可求得f（2009.5）=f（5.5）；根據(jù)f（x+3）=-可求得f（5.5）=再結(jié)合其為偶函數(shù)得到f（2.5）=f（-2.5）；最后結(jié)合x∈[-3，-2]時，f（x）=2x即可求得結(jié)論..

10、略

【分析】

|OP|=所以cosα==

故答案為：

【解析】【答案】直接求出|OP|；根據(jù)三角函數(shù)的定義，求出cosα的值即可．

11、略

【分析】試題分析：利用奇函數(shù)的圖象關(guān)于原點對稱的性質(zhì)，通過觀察圖象可知方程的解是及的解的相反數(shù).試題解析：作出時的圖象，如下所示：方程的解等價于的圖象與直線的交點的橫坐標(biāo)，因為奇函數(shù)的圖象關(guān)于原點對稱，所以等價于（）的圖象與直線的交點的橫坐標(biāo)和（）的圖象與直線的交點的橫坐標(biāo)的相反數(shù)，由得所以方程的所有解之和為考點：奇函數(shù)，方程與函數(shù)思想【解析】【答案】12、略

【分析】【解析】【答案】-113、略

【分析】【解析】

【解析】【答案】14、略

【分析】解：過A作水平線交BC于F點，如圖所示

Rt△ABF中；BF=AD=60米，∠FAB=15°

∴tan15°=得AF==60（2+）米。

Rt△ACF中；∠CAF=30°

∴tan30°=可得CF=AFtan30°=60（2+）×=（60+40）米。

∴BC=BF+CF=60+（60+40）=（120+40）米。

故答案為：120+40

過A作水平線交BC于F點，在Rt△ABF中，利用tan∠FAB=結(jié)合題中數(shù)據(jù)解出AF=60（2+）米．再在Rt△ACF中，根據(jù)∠CAF=30°解出CF=（60+40）米；將CF；BF相加即得電視塔的高度．

本題給出實際應(yīng)用問題，求電視塔的高度，著重考查了運用測量知識和解直角三角形解決實際應(yīng)用問題，屬于基礎(chǔ)題．【解析】120+4015、略

【分析】解：圓心坐標(biāo)為(1,0)

半徑R=2

隆脽

直線和圓相切；

隆脿

圓心到直線的距離d=|1鈭?3|1+a2=21+a2=2

即2=2?1+a2

平方得1+a2=2

得a2=1

則a=隆脌1

故答案為：隆脌1

求出圓心和半徑；結(jié)合直線和圓相切的等價條件，建立方程關(guān)系進行求解即可．

本題主要考查直線和圓相切的位置關(guān)系的應(yīng)用，結(jié)合圓心到直線的距離等于半徑是解決本題的關(guān)鍵．【解析】隆脌1

16、略

【分析】解：函數(shù)y=3cosx(0鈮?x鈮?婁脨)

的圖象與直線y=鈭?3

及y

軸圍成的圖形如圖：

面積為0婁脨(3cosx+3)dx=(3sinx+3x)|0婁脨=3婁脨

故答案為：3婁脨

．

由題意畫出圖形；利用定積分表示曲邊梯形的面積，然后計算求值．

本題考查了定積分的應(yīng)用；關(guān)鍵是利用定積分表示出所圍成的圖形面積．【解析】3婁脨

三、解答題(共9題，共18分)17、略

【分析】

連接AC；

∵AB=2，BC=∠B=45°；

∴由余弦定理得：AC2=4+8-8=4；

解得：AC=2；

可得出∠BAC=90°；∠ACD=60°；

在△ACD中；AC=2，CD=7；

由余弦定理AD2=AC2+CD2-2AC×CD×cos∠ACD，得AD2=4+49-2×2×7×cos60°=39；

則AD=．

【解析】【答案】連接AC；在三角形ABC中，由AB，BC及cosB的值，利用余弦定理求出AC的長，利用勾股定理的逆定理得到三角形ABC為等腰直角三角形，進而求出∠ACD的度數(shù)，再有AC，CD，利用余弦定理即可求出AD的長．

18、略

【分析】(1)圓心坐標(biāo)(2分)(4分)方程(6分)(2)時,圓過設(shè)圓的半徑為則圓心為(8分)(10分)圓的方程為(11分)(3)【法一】動圓的方程為:(13分)則(14分)等式恒成立.定點為(16分)【法二】直徑所對的圓周角為直角，點在直線上運動.(13分)過點作的垂線,垂足為則(14分)則圓恒過點(16分)【解析】【答案】19、略

【分析】【解析】

試題分析：（Ⅰ）令代入：

得：

即對于任意的成立；則有。

∴解得∴6分。

（Ⅱ）當(dāng)時，恒成立。

即：恒成立；8分。

令

∵開口方向向上，對稱軸：∴在內(nèi)單調(diào)遞減；

∴∴12分。

考點：本題考查了函數(shù)解析式的求法及恒成立問題。

點評：二次函數(shù)在指定區(qū)間上的恒成立問題，可以利用韋達定理以及根的分布知識求解，屬基礎(chǔ)題【解析】【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）20、略

【分析】【解析】

試題分析：（1）直棱柱中，⊥平面

．2分。

又

∴∴．5分。

∴平面∴

是二面角的平面角．7分。

（2）存在點為的中點．8分。

由為的中點，有且．

又∵且

∴為平行四邊形，從而．11分。

又面面面．12分。

同理，面．14分。

考點：本題主要考查直線與平面；平面與平面的位置關(guān)系；考查空間想象能力、推理論證能力．

點評：證明一個問題，首先要分析需要什么條件，需要用到什么定理，然后把需要用到的定理的條件一一列舉出來，缺一不可，數(shù)學(xué)證明題必須嚴(yán)謹(jǐn).【解析】【答案】（1）見解析(2)存在點為的中點，證明見解析21、略

【分析】【解析】

試題分析：（I）先由f(1)=0,求出m=1,然后去絕對值轉(zhuǎn)化為分段函數(shù)

(II)分別作出和的圖像；然后觀察圖像從圖像上判斷是否關(guān)于原點對稱或y軸對稱，從而判斷出是否具有奇偶性，再從圖像觀察得到單調(diào)區(qū)間..

（1）2分。

5分。

（2）函數(shù)圖象如圖：8分。

（3）奇偶性：非奇非偶10分。

函數(shù)單調(diào)區(qū)間：遞增區(qū)間：遞減區(qū)間：．12分。

考點：分段函數(shù)的圖像與性質(zhì).

點評：分段函數(shù)是一個函數(shù)，可以分段研究，求最值時要求出每一段上的最值，然后再從每段上的最值求得整個函數(shù)的最值.【解析】【答案】（1）

（2）

（3）奇偶性：非奇非偶,遞增區(qū)間：遞減區(qū)間：．22、略

【分析】【解析】利用圓心和半徑表示圓的方程；首先。

設(shè)圓心為S，則KSA＝1,∴SA的方程為：y＋1＝x－2；即y＝x－3，4分。

和y＝－2x聯(lián)立解得x＝1,y＝－2；即圓心(1,－2)

∴r＝＝

故所求圓的方程為：＋＝2

解：法一：

設(shè)圓心為S，則KSA＝1,∴SA的方程為：y＋1＝x－2；即y＝x－3，4分。

和y＝－2x聯(lián)立解得x＝1,y＝－2；即圓心(1,－2)8分。

∴r＝＝10分。

故所求圓的方程為：＋＝212分。

法二：由條件設(shè)所求圓的方程為：＋＝

6分。

解得a＝1,b＝－2,＝210分。

所求圓的方程為：＋＝212分。

其它方法相應(yīng)給分【解析】【答案】圓的方程為：＋＝223、略

【分析】【解析】（1）是奇函數(shù)，

（2）由（1）

必須滿足

的定義域為

（3）上恒正；

即

的取值范圍是（2，+∞）【解析】【答案】（1）-1（2）（3）（2，+∞）24、略

【分析】

（1）先求出A={x|-2≤x≤5}，若B?A，則：B=?時，m+1＞2m-1，m＜2；B≠?時，則m應(yīng)滿足所以解該不等式組，并合并m＜2即得m的取值范圍；

（2）若A?B，則m應(yīng)滿足解該不等式組即得m的取值范圍．

考查解一元二次不等式，子集、空集的概念，以及描述法表示集合．【解析】解：A={x|-2≤x≤5}；

（1）∵B?A；

∴①若B=?；則m+1＞2m-1，即m＜2，此時滿足B?A；

②若B≠?，則

解得2≤m≤3；

由①②得；m的取值范圍是（-∞，3]；

（2）若A?B，則

解得3≤m≤4；

∴m的取值范圍是[3，4]．25、略

【分析】

（Ⅰ）由已知得BD⊥AD；BD⊥PD，從則BD⊥面PAD，由此能證明PA⊥BD．

（Ⅱ）過D作DO⊥AB交AB于O；連接PO，由PD⊥底面ABCD，知∠POD為二面角P-AB-D的平面角．由此能求出二面角P-AB-D余弦值．

本題考查異面直線垂直的證明，考查二面角的余弦值的求法，解題時要認(rèn)真審題，注意空間思維能力的培養(yǎng)．【解析】（本小題滿分12分）

解：（Ⅰ）∵∠DBA=30°；∠DAB=60°；

∴∠ADB=90°；∴BD⊥AD；

又PD⊥底面ABCD；∴BD⊥PD；

∴BD⊥面PAD；∴PA⊥BD．

（Ⅱ）過D作DO⊥AB交AB于O；連接PO；

∵PD⊥底面ABCD；

∴∠POD為二面角P-AB-D的平面角．

在Rt△ABD中；∵AD=1，∠ABD=30°；

∴∴

而PD=AD=1，在Rt△PDO中，

∴

∴．

∴二面角P-AB-D余弦值為．四、證明題(共3題，共24分)26、略

【分析】【分析】（1）關(guān)鍵在于圓心位置；考慮到平行四邊形是中心對稱圖形，可讓覆蓋圓圓心與平行四邊形對角線交點疊合．

（2）“曲“化“直“．對比（1），應(yīng)取均分線圈的二點連線段中點作為覆蓋圓圓心．【解析】【解答】

證明：（1）如圖1；設(shè)ABCD的周長為2l，BD≤AC，AC；BD交于O，P為周界上任意一點，不妨設(shè)在AB上；

則∠1≤∠2≤∠3，有OP≤OA．又AC＜AB+BC=l，故OA＜．

因此周長為2l的平行四邊形ABCD可被以O(shè)為圓心；半徑為的圓所覆蓋；命題得證．

（2）如圖2，在線圈上分別取點R，Q，使R、Q將線圈分成等長兩段，每段各長l．又設(shè)RQ中點為G，M為線圈上任意一點，連MR、MQ，則GM≤（MR+MQ）≤（MmR+MnQ）=

因此，以G為圓心，長為半徑的圓紙片可以覆蓋住整個線圈．27、略

【分析】【分析】（1）在△FDC中；由三角形的外角性質(zhì)知∠FDC=∠FAE+∠AED①，同理可得∠EBC=∠FAE+∠AFB②；由于四邊形ABCD內(nèi)接于圓，則∠FDC=∠ABC，即∠FDC+∠EBC=180°，聯(lián)立①②，即可證得∠AFB+∠AED+2∠FAE=180°，而FX；EX分別是∠AFB和∠AED的角平分線，等量代換后可證得∠AFX+∠AEX+∠FAE=90°；可連接AX，此時發(fā)現(xiàn)∠FXE正好是∠AFX、∠AEX、∠FAE的和，由此可證得∠FXE是直角，即FX⊥EX；

（2）由已知易得∠AFX=∠BFX，欲證∠MFX=∠NFX，必須先證得∠AFM=∠BFN，可通過相似三角形來實現(xiàn)；首先連接FM、FN，易證得△FCA∽△FDB，可得到FA：FB=AC：BD，而AC=2AM，BD=2BN，通過等量代換，可求得FA：FB=AM：BN，再加上由圓周角定理得到的∠FAM=∠FBN，即可證得△FAM∽△FBN，由此可得到∠AFM=∠BFN，進一步可證得∠MFX=∠NFX，即FX平分∠MFN，同理可證得EX是∠MEN的角平分線．【解析】【解答】證明：（1）連接AX；

由圖知：∠FDC是△ACD的一個外角；

則有：∠FDC=∠FAE+∠AED；①

同理；得：∠EBC=∠FAE+∠AFB；②

∵四邊形ABCD是圓的內(nèi)接四邊形；

∴∠FDC=∠ABC；

又∵∠ABC+∠EBC=180°；即：∠FDC+∠EBC=180°；③

①+②；得：∠FDC+∠EBC=2∠FAE+（∠AED+∠AFB）；

由③；得：2∠FAE+（∠AED+∠AFB）=180°；

∵FX；EX分別是∠AFB、∠AED的角平分線；

∴∠AFB=2∠AFX；∠AED=2∠AEX，代入上式得：

2∠FAE+2（∠AFX+∠AEX）=180°；

即∠FAE+∠AFX+∠AEX=180°；

由三角形的外角性質(zhì)知：∠FXE=∠FAE+∠FAX+∠EAX；

故FXE=90°；即FX⊥EX．

（2）連接MF；FN；ME、NE；

∵∠FAC=∠FBD；∠DFB=∠CFA；

∴△FCA∽△FDB；

∴；

∵AC=2AM；BD=2BN；

∴；

又∵∠FAM=∠FBN；

∴△FAM∽△FBNA；得∠AFM=∠BFN；

又∵∠AFX=∠BFX；

∴∠AFX-∠AFM=∠BFX-∠BFN；即∠MFX=∠NFX；

同理可證得∠NEX=∠MEX；

故FX、EX分別平分∠MFN與∠MEN．28、略

【分析】【分析】要證E為中點，可證∠EAD=∠OEA，利用輔助線OE可以證明，求EF的長需要借助相似，得出比例式，之間的關(guān)系可以求出．【解析】【解答】（1）證明：連接OE

OA=OE=＞∠OAE=∠OEA

DE切圓O于E=＞OE⊥DE

AD⊥DE=＞∠EAD+∠AED=90°

=＞∠EAD=∠OEA

?OE∥AD

=＞E為的中點．

（2）解：連CE；則∠AEC=90°，設(shè)圓O的半徑為x

∠ACE=∠AED=＞Rt△ADE∽Rt△AEC=＞

DE切圓O于E=＞△FCE∽△FEA

∴，

∴

即DE?EF=AD?CF

DE?EF=；CF=3

∴AD=

OE∥AD=＞=＞=＞8x2+7x-15=0

∴x1=1，x2=-（舍去）

∴EF2=FC?FA=3x（3+2）=15

∴EF=五、綜合題(共4題，共12分)29、略

【分析】【分析】（1）將A（1，-3），B（3，-3），C（-1，5）三點坐標(biāo)代入y=ax2+bx+c中，列方程組求a、b；c的值；得出拋物線解析式；

（2）拋物線上存在一點P，使∠POM=90?．設(shè)（a，a2-4a）；過P點作PE⊥y軸，垂足為E；過M點作MF⊥y軸，垂足為F，利用互余關(guān)系證明Rt△OEP∽Rt△MFO，利用相似比求a即可；

（3）拋物線上必存在一點K，使∠OMK=90?．過頂點M作MN⊥OM，交y軸于點N，在Rt△OMN中，利用互余關(guān)系證明△OFM∽△MFN，利用相似比求N點坐標(biāo)，再求直線MN解析式，將直線MN解析式與拋物線解析式聯(lián)立，可求K點坐標(biāo)．【解析】【解答】解：（1）根據(jù)題意，得，解得；

∴拋物線的解析式為y=x2-4x；

（2）拋物線上存在一點P；使∠POM=90?．

x=-=-=2，y===-4；

∴頂點M的坐標(biāo)為（2；-4）；

設(shè)拋物線上存在一點P，滿足OP⊥OM，其坐標(biāo)為（a，a2-4a）；

過P點作PE⊥y軸；垂足為E；過M點作MF⊥y軸，垂足為F．

則∠POE+∠MOF=90?；∠POE+∠EPO=90?．

∴∠EPO=∠FOM．

∵∠OEP=∠MFO=90?；

∴Rt△OEP∽Rt△MFO．

∴OE：MF=EP：OF．

即（a2-4a）：2=a：4；

解得a1=0（舍去），a2=；

∴P點的坐標(biāo)為（，）；

（3）過頂點M作MN⊥OM；交y軸于點N．則∠FMN+∠OMF=90?．

∵∠MOF+∠OMF=90?；

∴∠MOF=∠FMN．

又∵∠OFM=∠MFN=90?；

∴△OFM∽△MFN．

∴OF：MF=MF：FN．即4：2=2：FN．∴FN=1．

∴點N的坐標(biāo)為（0；-5）．

設(shè)過點M，N的直線的解析式為y=kx+b，則；

解得，∴直線的解析式為y=x-5；

聯(lián)立得x2-x+5=0，解得x1=2，x2=；

∴直線MN與拋物線有兩個交點（其中一點為頂點M）．

另一個交點K的坐標(biāo)為（，-）；

∴拋物線上必存在一點K，使∠OMK=90?．坐標(biāo)為（，-）．30、略

【分析】【分析】先根據(jù)條件利用待定系數(shù)法求出拋