2020-2021学年河南安阳九年级下数学月考试卷详细答案与答案解析

2020-2021学年河南安阳九年级下数学月考试卷

一、选择题

1.下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（）

A.

2.如图，抛物线丫=。/+加：+（;（<1彳0）的对称轴为％=-1,与久轴的一个交点在

（一3,0）和（一2,0）之间，其部分图象如图所示，则下列结论：

（l）b2—4ac>0；

（2）2a=b；

⑶点（一：,丫1）,（一|2），（|，乃）是该抛物线上的点，则，1<丫2<、3；

（4）36+2c<0；

⑸t（at+b）<a-b（t为任意实数）.

其中正确结论的个数是（）

A.2B.3C.4D.5

3.组织一次排球邀请赛，参赛的每个队之间都要比赛一场，根据场地和时间等条件，

赛程计划安排7天，每天安排4场比赛.设比赛组织者应邀请K个队参赛，贝k满足的关

系式为（）

—1）=28B.x（x+1）=28C.x（x-1）=28D.x（x+1）=28

4.如果某正多边形的外接圆半径是其内切圆半径的四倍，那么这个正多边形的边数是

()

A.3B.5C,4D.无法确定

5.如果三角形有一边上的中线长恰好等于这边的长，那么称这个三角形为"好玩三角

形”.若ABC是"好玩三角形"，且NC=90°,BC>AC,贝iJtanB=()

6.如图，4B是半圆的直径，。为圆心，C是半圆上的点，。是北1上的点.若4BOC=

40°,则4。的度数为()

A.1000B.1100C.1200D.130°

7.如图，点4,B分别在反比例函数y=(x>0),y=三(尤<0)的图象上.若

A.-4B.4C.-2D.2

8.如图，△ABE和ACDE是以点E为位似中心的位似图形，已知点4(2,2),B(3,1),

。(5,2),则点4的对应点C的坐标是()

A.(2,3)B.(2,4)C.(3,3)D.(3,4)

试卷第2页，总26页

9.一个几何体由一些大小相同的小正方体组成，如图是它的主视图和俯视图，那么组

成该几何体所需小正方体的个数最少为()

A.4B.5C.6

10.如图，曲线4B是抛物线丫=一4/+8乂+1的一部分(其中4是抛物线与y轴的交点,

B是顶点)，曲线BC是双曲线y=：(k*0)的一部分.曲线AB与BC组成图形W.由点C

开始不断重复图形W形成一组"波浪线”.若点P(2020,m),Q(x,n)在该"波浪线"上，则

ni+n的最大值为()

A.5B.6C.2020D.2021

二、填空题

V2sin60°+ycos450-ytan60°-V3cos30°=.

若抛物线y=x2-2x+3不动，将平面直角坐标系%Oy先沿水平方向向右平移一个单

位，再沿铅直方向向上平移三个单位，则原抛物线图象的解析式应变为.

若点4(2x-1,5)和点B(4,y+3)关于点(一3,2)对称，那么点4在第象限.

如图，在扇形40B中，^AOB=90°,OB=2,DE是04的垂直平分线，交弧力B于点

E,点C是。B的中点，连接AC,CE,则图中阴影部分的面积为.

A

0CB

矩形4BCD中，AB=6,BC=8.点P在矩形4BCD的内部，点E在边BC上，满足

APBEFDBC,若AAPC是等腰三角形，则PE的长为.

三、解答题

己知关于x的方程产-(m+l)x+2(m-1)=0.

(1)求证：无论m取何值时，方程总有实数根；

(2)若等腰三角形一边长为4,另两边长恰好是此方程的根，求此三角形的另两边长.

某商场出售一批进价为2元的贺卡，在市场营销中发现此商品的日销售单价x(元)与

日销售量y(个)之间有如下关系：

日销售单价元)3456

日销售量y(个)20151210

(1)猜测并确定y与x之间的函数关系式，并画出图象;

(2)设经营此贺卡的销售利润为W元，求出W与x之间的函数关系式;

(3)若物价局规定此贺卡的售价最高不能超过10元/个，请你求出当日销售单价》定为多

少时.，才能获得最大日销售利润？最大利润是多少元？

一个盒中有4个完全相同的小球，把它们分别标号为1,2,3,4,随机摸取一个小球

然后放回，再随机摸出一个小球.

(1)请用列表法(或画树状图法)列出所有可能的结果；

(2)求两次取出的小球标号相同的概率；

(3)求两次取出的小球标号的和大于6的概率.

数学兴趣小组到黄河风景名胜区测量炎帝塑像(塑像中高者)的高度.如图所示，炎

帝塑像DE在高547n的小山EC上，在4处测得塑像底部E的仰角为34。，再沿AC方向前进

227n到达8处，测得塑像顶部。的仰角为60。.

求炎帝塑像DE的高度.(精确到1m.参考数据：sin34。70.5,cos34°«0.8,

tan34°«0.6,V3®1.73)

试卷第4页，总26页

D

如图，△力BC内接于。。，AB=AC,Z.BAC=36",过点4作4D〃BC,与ZJ1BC的平

分线交于点D,BD与4C交于点E,与。。交于点F.

(1)求NDAF的度数；

(2)求证：AE2=EF-ED；

(3)求证：直线40是。。的切线.

阅读下列材料，并完成相应的任务.

托勒密定理：

托勒密(Ptolemy)(公元90年〜公元168年)，希腊著名的天文学家，他的著作《天文学

大成》被后人称为"伟大的数学书"，托勒密有时把它叫作《数学文集》，托勒密从书中

摘出并加以完善，得到了著名的托勒密(Pt。岳my)定理.

图1图2图3

托勒密定理：

圆内接四边形中，两条对角线的乘积等于两组对边乘积之和.

已知：如图1,四边形4BCD内接于00,

求证：AB-CD+BC-AD=ACBD,

下面是该结论的证明过程：

证明：如图2,作/BAE=/a4D,交BD于点E.

AD=AD,

・・・/,ABE=^ACDf

△ABEsxACD,

,AB_BE

**AC-CO，

AB•CD=ACBE,

'：AB=AB,

AACB=^LADE(依据1),

/.BAE=ACAD,

：.^BAE+/.EAC=/.CAD+Z.EAC,

即MAC=AEAD.

：.AABC-△AEZ)(依据2),

AD-BC=AC-ED,

：.AB-CD+AD-BC=AC-(BE+ED),

：.AB-CD+AD-BC=AC-BD

任务:

(1)上述证明过程中的"依据1"、"依据2"分别是指什么？

(2)当圆内接四边形ABC。是矩形时，托勒密定理就是我们非常熟知的一个定理:

.(请写出)

(3)如图3,四边形ABCO内接于0。，AB=3,AD=5,NB4D=60。，点C为劭的中

点，求4c的长.

对函数y=4x|-3的图象和性质进行了探究，过程如下，请补充完整.

(1)在给出的平面直角坐标系中，画出这个函数图象.

①列表：

x•••-2-10123456•••

y,••92—30m0—329,•,

其中，m=.

②描点：请根据上述数据，在如图所示的平面直角坐标系中描点.

③连线：画出该函数的图象.

(2)观察函数图象，写出两条函数的性质;

试卷第6页，总26页

(3)进一步探究函数图象，并解决问题：

①平行于无轴的一条直线y=k与y=区2一4刈一3的图象有两个交点，则k的取值范围

为.

②已知函数y=x-3的图象如图所示，结合你所画的函数图象，写出方程|--4加-

3=x-3的解为.

如图，抛物线y=之/+bx+c与x轴交于4,8两点(点4在点B左边)，与y轴交于点

C.直线y=—2经过B,C两点.

〈备用图)

(1)求抛物线的解析式;

(2)点P是抛物线上的一动点，过点P且垂直于x轴的直线与直线BC及x轴分别交于点D,

M.PN1BC,垂足为N.设M(m,0).

①点P在抛物线上运动，若P,D,M三点中恰有一点是其它两点所连线段的中点(三点

重合除外).请直接写出符合条件的ni的值；

②当点P在直线BC下方的抛物线上运动时，是否存在一点P,使APNC与AAOC相

似.若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由.

参考答案与试题解析

2020-2021学年河南安阳九年级下数学月考试卷

一、选择题

1.

【答案】

B

【考点】

轴对称与中心对称图形的识别

【解析】

根据中心对称图形和轴对称图形的概念对各选项分析判断即可得解.

【解答】

解：A,不是中心对称图形，是轴对称图形，故4不符合题意；

B,既是中心对称图形又是轴对称图形，故B符合题意；

C,是中心对称图形，不是轴对称图形，故C不符合题意；

D,不是中心对称图形，也不是轴对称图形，故D不符合题意.

故选8.

2.

【答案】

C

【考点】

二次函数y=axA2+bx+c(axO)的图象和性质

二次函数图象与系数的关系

【解析】

直接利用二次函数的性质，逐个判断即可.

【解答】

解：(1)抛物线与x轴有两个交点，fa2-400,故(1)正确；

(2)抛物线的对称轴x=-1,则一2=一1,即b=2a,故(2)正确：

2a

(3)抛物线的对称轴x=-l,此时x=-押离对称轴最近，故丫2最大，故(3)错误;

(4)当％=-3时，9a-3b+c<0,将b=2a代入得，3b+2c<0,故(4)正确；

(5)b=2a,

/.方程。产+bt+a=o中，J=h2-4a-a=0,

抛物线y=at2+从+Q与久轴只有一个交点，

图中抛物线开口向下，a<0,

/.y=at2++a<0,

2

EPat+bt<-a=a-bf故(5)正确.

故有4个正确.

故选C.

3.

【答案】

A

【考点】

由实际问题抽象出一元二次方程

试卷第8页，总26页

【解析】

关系式为：球队总数X每支球队需赛的场数+2=4x7,把相关数值代入即可.

【解答】

解：每支球队都需要与其他球队赛。-1)场，但2队之间只有1场比赛，

所以可列方程为：-1)=4x7,B|j|x(x-1)=28.

故选A.

4.

【答案】

C

【考点】

正多边形和圆

【解析】

如图，画出简图，根据切线的性质可得40CA=90。，根据乙40c的余弦可得；.AOC=

45。，即可得出此多边形的中心角为90。,即

可求出多边形的边数.

【解答】

OA,。。分别为此多边形的外接圆和内切圆的半径，AB为边长,

OCLAB,Z.OCA=90°,

•；外接圆半径是其内切圆半径的四倍，

/.cosz.AOC=—=—,

OA2

：.乙40c=45°,

•••乙4。8=90。，即此多边形的中心角为90。，

，此多边形的边数=360°+90°=4.

故选C.

5.

【答案】

B

【考点】

解直角三角形

【解析】

根据中线的性质即可求解.

【解答】

解：如图：

c

AD是BC边上的中线，AD=BC,

设BD=DC=k,则40=BC=2k,

在RtzMCD中，

zC=90°,

Z.AC=y/AD2-CD2=V3/c,

・*AC>/3ky[3

..tanBD=—=——=—,

BC2k2

故选B.

6.

【答案】

B

【考点】

圆周角定理

【解析】

根据互补得出NAOC的度数，再利用圆周角定理解答即可.

【解答】

解：*?ABOC=40°,

Z.AOC=180°-40°=140°,

ZD=ix(360°-140°)=110".

故选B.

7.

【答案】

A

【考点】

反比例函数系数k的几何意义

相似三角形的性质与判定

【解析】

过点4作4M1x轴于点M,过点B作BN1x轴于点N,利用相似三角形的判定定理得出

△AOM〜40BN,再由反比例函数系数k的几何意义得出SMOM：SABON=1：（-。），进

而可得出结论.

【解答】

解：过点4作AM1%轴于点M,过点B作BNJ.X轴于点N,

试卷第10页，总26页

・・・Z.AMO=Z.BNO=90°,

・•・2AoM+40AM=90°,

・.,OA1OB,

：.匕AOM+匕BON=90°,

人OAM=(BON,

/.AAOM〜△OBN,

点4B分别在反比例函数y=^(%>0),y=?(%>())的图象上，

•*,S&AOM：S&BON=1：(一。)，

AO:BO=1：V—a,

OB\OA=2,

a=­4.

故选4

8.

【答案】

D

【考点】

位似的性质

坐标与图形性质

【解析】

设点C的坐标为(%,y),然后根据位似变换的性质列式计算即可得解.

【解答】

解：设点C的坐标为(居y)

・・・△ABE^WLCOE是以点E为位似中心的位似图形，

•.•一2=—1,-2-1=-3---1,

y2x-15-1

解得x-3,y=4,

则点C的坐标为(3,4).

故选D.

9.

【答案】

A

【考点】

简单组合体的三视图

【解析】

从俯视图中可以看出最底层小正方体的个数及形状，从主视图可以看出每一层小正方

体的层数和个数，从而算出总的个数.

【解答】

解：由题中所给出的主视图知物体共两列，且左侧一列高一层，右侧一列最高两层；

由俯视图可知左侧一行，右侧两行，于是，可确定左侧只有一个小正方体，而右侧可

能是一行单层一行两层，出可能两行都是两层.

所以图中的小正方体最少4块，最多5块.

故选4

10.

【答案】

B

【考点】

二次函数的应用

反比例函数图象上点的坐标特征

规律型：点的坐标

【解析】

根据题意可以求得点4、点B、点C的坐标和k的值，然后根据图象可知每5个单位长度

为一个循环，从而可以求得m的值和ri的最大值.

【解答】

解：y——4x2+8x+1=—4(x—I)2+5>

当x=0时，y=1,

.•.点4的坐标为(0,1),点B的坐标为(1,5),

•.•点8(1,5)在y=(的图象上，

/.k=5,

•••点C在y=：的图象上，点C的横坐标为5,

点C的纵坐标是1,

...点C的坐标为(5,1),

,/2020+5=404,

且P(2020,m)在抛物线y=-4x2+8x+1的图象上，

，m=1.

•.•点Q(x,n)在该"波浪线"上，

n的最大值是5,故m+n的最大值为6.

故选B.

二、填空题

【答案】

V6_5

T-2

【考点】

特殊角的三角函数值

【解析】

直接求特殊的三角函数值即可.

【解答】

解：原式=‘xf+乎乂乎一枭百一百x苧

V6133

----+-------------

2222

=-V-6-----5

22

故答案为：y-|.

【答案】

y=X2—1

【考点】

二次函数图象与几何变换

【解析】

试卷第12页，总26页

思想判定出抛物线的平移规律，根据左加右减，上加下减的规律即可解决问题.

【解答】

解：将平面直角坐标系xOy先沿水平方向向右平移1个单位，再沿铅直方向向上平移3

个单位，相当于把抛物线向左平移1个单位，再向下平移3个单位.

y=(x-l)2+2,

；・原抛物线图象的解析式应变为y=(x-1+I)2+2-3=x2-1.

故答案为：y=/一1.

【答案】

【考点】

中心对称中的坐标变化

【解析】

根据点4(2x-l,5)和点B(4,y+3)关于点(一3,2)对称，列方程求得x,y的值，结果可

得.

【解答】

解：•：点4(2x-1,5)和点B(4,y+3)关于点(一3,2)对称，

(2%—1)+4=-3x2,

解得：x=-l，即点4(-10,5),

.••点4在第二象限.

故答案为：二.

【答案】

21

—7T——

32

【考点】

三角形的面积

扇形面积的计算

等边三角形的判定

等边三角形的性质

【解析】

本题主要考查不规则图形面积得计算，涉及等边三角形的判定与性质、三角形面积的

计算等，需要同学们认真观察图形，利用割补法和相关知识解答.

【解答】

解：连接OE,AE,如图，

易知EA=EO.

'：OE=OA,

△AOE是等边三角形，

，Z.AOE=60°,又44。8=90°,

・•・乙EOB=30°.

过点E作EF1OB于F,

贝!JEF=RE=i,

,.S阴影=S扇形AOE+SbOEC-SbAOC

=-71--.

32

故答案为：|TT—1.

【答案】

3或3

【考点】

勾股定理

矩形的性质

相似三角形的性质

等腰三角形的性质与判定

【解析】

根据勾股定理求出BD,分PO=ZM、P'0=P'4两种情况，根据相似三角形的性质计

算.

【解答】

解：：四边形4BCD为矩形，

ABAD=90",

BD=y/AB2+AD2=10.

当PO=DA=8时，BP=BD-PD=2.

4PBEFDBC,

.BPPEBn2PE

BDCD106

解得，PE=~

当P'0=P'4时，点P'为BD的中点.

&PBEs&DBC,

：.P'E'=-CD=3,

2

故答案为：:或3.

三、解答题

【答案】

(1)证明：•・•Z1=[―(m+I)]2—4x2(m—1)

=m2—6m+9=(m—3)2>0,

・・・无论m取何值时，方程总有实数根.

(2)解：①若腰长为4,将％=4代入原方程，得：16—40+1)+20—1)=0,

解得：m=5,

，原方程为产一6第+8=0,

试卷第14页，总26页

解得：xx-2,x2—4.

即另两边的长分别为2,4；

②若底边长为4,则此方程有两个相等实数根，

4=0,即m=3,

此时方程为/—4x+4=0,

解得：x±=x2=2,

由于2+2=4,不能构成三角形，舍去.

综上所述，三角形另外两边长度为4和2.

【考点】

根的判别式

三角形三边关系

等腰三角形的性质

一元二次方程的解

解一元二次方程-因式分解法

【解析】

本题考查了根的判别式、三角形三边关系、等腰三角形的性质以及解一元二次方程.

【解答】

(1)证明：：J—[―(m+I)]2—4x2(m—1)

=m2—6m+9=(m-3)2>0,

...无论zn取何值时，方程总有实数根.

(2)解：①若腰长为4,将x=4代入原方程，得：16-4(m+l)+2(m-l)=0,

解得：m=5,

原方程为/-6X+8=0,

解得：x1=2,x2=4.

即另两边的长分别为2,4；

②若底边长为4,则此方程有两个相等实数根，

•••4=0,即m=3,

此时方程为/—4%+4=0>

解得：X[=%2=2,

由于2+2=4,不能构成三角形，舍去.

综上所述，三角形另外两边长度为4和2.

【答案】

解：(1)由表可知，xy=60.

y=y(x>0)>

(2)根据题意，得:

IV=(%—2)-y

/、60

=(x—2)・一

x

=60-—.

X

(3)vx<10,

--<-12,

X

则60―――W48,

x

即当x=10时，W取得最大值，最大值为48元，

答：当日销售单价%定为10元/个时，才能获得最大日销售利润，最大利润是48元.

【考点】

反比例函数的应用

【解析】

(1)由表知xy=60,据此可得y=弓(％>0),画出函数图象可得；

(2)根据总利润=每个贺卡的利润x贺卡的日销售数量可得函数解析式;

(3)根据反比例函数的性质求解可得.

【解答】

解：(1)由表可知，xy=60,

y=y(%>0),

V/=(%—2)-y

,、60

=(%-2)­—

=60-—.

X

(3)­••x<10,

--<-12,

X

则60-火工48,

X

即当久=10时，W取得最大值，最大值为48元，

答：当日销售单价x定为10元/个时，才能获得最大日销售利润，最大利润是48元.

试卷第16页，总26页

【答案】

解：(1)画树状图得:

1234123412341234

则共有16种等可能的结果；

(2)共有16种等可能的结果，两次取出的小球的标号相同的有4种情况,

两次取出的小球标号相同的概率为之=；.

164

(3)共有16种等可能的结果，两次取出的小球标号的和大于6的有3种结果,

两次取出的小球标号的和大于6的概率为。.

16

【考点】

列表法与树状图法

概率公式

【解析】

(1)根据题意可画出树状图，根据树状图即可求得所有可能的结果;

【解答】

解：(1)画树状图得：

1234123412341234

则共有16种等可能的结果；

(2)共有16种等可能的结果，两次取出的小球的标号相同的有4种情况,

A两次取出的小球标号相同的概率为白=：.

164

(3)共有16种等可能的结果，两次取出的小球标号的和大于6的有3种结果,

/.两次取出的小球标号的和大于6的概率为橙.

16

【答案】

解：设CE=xm,则DC=(x+54)m,

在中，tan乙DBC=些,

BC

：.8。=—^=半=立0+54).

tanzDFC63''

在RtAECA中，tan乙4=空，

力C=W"施=9。,

由题意得，90-Y(X+54)=22,

解得：x«64.

答：炎帝塑像DE的高度约为64m.

【考点】

解直角三角形的应用-仰角俯角问题

【解析】

此题暂无解析

【解答】

解：设CE=xm,则DC=(x+54)m,

在RtADCB中，taMDBC=吧,

BC

：.BC=一^―=弓”=在(x+54).

tanzDHC63'」

在RtAECA中，tanz>l=—,

EC54

ArC=---«­=9n0n,

tan乙40.6

由题意得，90-50+54)=22,

解得：x«64.

答：炎帝塑像DE的高度约为64m.

【答案】

(1)解：AD//BC,

：.4D=Z.CBD.

'：AB=AC,^BAC=36",

/.ABC=^ACB=|x(180°-zMC)=72°,

乙4FB=A.ACB=72°.

,,,8。平分/ABC,

/.ABD=£.CBD=-/.ABC=ix72°=36°,

22

・・・ZD=Z.CBD=36°,

・•・4BAD=180°-Z.D-Z.ABD=180°-36°-36°=108°,

乙BAF=180°-(ABF-Z.AFB=180°-36°-72°=72°,

ADAF=Z-DAB-乙FAB=108°-72°=36°.

(2)证明：・・・^CBD=36°,乙FAC=^CBD,

Z-FAC=36°=乙D.

2LAED=^LAEF,

/.△AEFDEA,

.AE_ED

**EF~AEf

：.AE2=EF,ED.

(3)证明:连接04OF,如图,

试卷第18页，总26页

Z.AOF=2Z.ABF=72°.

OA=OF,

：.Z.OAF=^OFA=：x(180°-^AOF)=54°.

由(1)知NZM尸=36。，

/.OAD=/.OAF+/.FAD=360+54°=90°,

即04_L/W.

OA为半径，

直线40是。。的切线.

【考点】

相似三角形的性质与判定

圆周角定理

三角形内角和定理

切线的判定

圆心角、弧、弦的关系

平行线的性质

【解析】

(1)求出NABC、4ABD、4CBD的度数，求出4。度数，根据三角形内角和定理求出

NB4F和/BA。度数，即可求出答案；

(2)求出△AEFsZkCEA,根据相似三角形的性质得出即可；

(3)连接40,求出N040=90。即可.

【解答】

⑴解：AD//BC,

：.ZD=Z.CBD.

'：AB=AC,^BAC=36",

/.ABC=/.ACB=|X(180°-^BAQ=72°,

：.^AFB=Z.ACB=72°.

BD平分乙4BC,

^ABD=乙CBD=-£.ABC=2x72°=36°,

22

JZD=Z.CBD=36°,

・•・4BAD=180°-ZD-/LABD=180°-36°-36°=108°,

乙BAF=180°-乙ABF-/.AFB=180°-36°-72°=72°,

・•・Z.DAF=乙DAB-乙FAB=108°-72°=36°.

(2)证明：・・・^CBD=36°,乙FAC=KCBD,

：.Z.FAC=36°=乙D.

・.,Z.AED=Z.AEF,

/.△AEFDEAy

,AE_ED

"'EF~AE9

：.AE2=EF-ED.

：.Z.AOF=2Z,ABF=72°.

OA=OF,

：./.OAF=Z.OFA=|x(180°-^LAOF)=54°.

由(1)知=36°,

Z.OAD=Z.OAF+/.FAD=360+54°=90°,

即04_L/W.

•/04为半径，

直线4。是。。的切线.

【答案】

解：(1)上述证明过程中的"依据1"是同弧所对的圆周角相等."依据2"是两角分别相等

的两个三角形相似.

勾股定理

(3)连接BC,作CEJ.B。于E.

图3

四边形4BCD是圆内接四边形,

，ABAD+Z.BCD=180°,

ABAD=60",

，乙BCD=120°,

,?DC=BC,

：.CD=CB,

：.ACDB=30°,

^ERt^CDE^,cos300=—,

试卷第20页，总26页

BD=2DE=V3CD,

由托勒密定理：AC-BD=AD-BC+CD-AB,

：.AC-V3CD=3CD+5CD,

答：AC的长为竽.

【考点】

圆周角定理

相似三角形的性质与判定

勾股定理的证明

圆内接四边形的性质

【解析】

（1）根据圆周角定理，相似三角形的判定即可解决问题.

（2）利用矩形的性质以及托勒密定理即可判断.

（3）连接BD,作CEJ.BD于E.首先证明BD=2DE=遮以），由托勒密定理，构建

方程求出AC即可.

【解答】

解：（1）上述证明过程中的"依据1"是同弧所对的圆周角相等.“依据2"是两角分别相等

的两个三角形相似.

（2）当圆内接四边形4BCD是矩形时，

则AB=CD,AD=BC,AC=BD,

:AB-CD+AD-BC=AC-BD,

：.AB2+AD2=BD2.

托勒密定理就是我们非常熟知的一个定理：勾股定理.

故答案为：勾股定理.

（3）连接BD,作CE1BZ）于E.

图3

四边形4BCD是圆内接四边形,

^BAD+Z.BCD=180°,

,/^BAD=60°,

4BCD=120°,

DC=BC,

・•・CD=CB,

：.乙CDB=30°,

在RMCDE中，cos30°=

•・・DE=-CD

2f

：.BD=2DE=V3C£>,

由托勒密定理：AC-BD=AD-BC+CD-AB,

：.AC-V3CD=3CD+5CD,

答：4c的长为竽.

【答案】

解：（1）将x=2代入函数解析式得,

|22-4X2|-3=1,则巾=1,

描点连线如图所示：

（2）当x<0时，y可随支的增大而减小.当%>4时，y随工的增大而增大.

k——3或k>I,%]'—■01%2—31Xg—5

【考点】

函数的图象

【解析】

【解答】

解：（1）将x=2代入函数解析式得,

|22-4x2|-3=1,则m=l,

描点连线如图所示：

试卷第22页，总26页

(2)当x<0时，y可随x的增大而减小.当%>4时，y随x的增大而增大.

(3)①当k=-3或々>1时，直线y=k与y=|x2-4|-3的图象有两个交点.

②方程I——4x\—3=%—3的解为匕=0,%2=3,=5.

故答案为：k=-3或k>1；=0,%2=3,%3=5.

【答案】

解：(1)对于直线y=-2,

令％=0,则y=-2,

・・・C(0,-2),

令y=0,则o=gx-2,

x=4,

・•・8(4,0),

将点B,C坐标代入抛物线y=+，中，

1c=-2,

抛物线的解析式为：y=ix2-|x-2.

(2)①：PMlx轴，M(m,0),

P(jn,1m2—|m—2),D(m,|m—2),

：P,D,M三点中恰有一点是其它两点所连线段的中点，

I、当点D是PM的中点时，|(0+jm2-|m-2)=1m-2,

771=1或爪=4(此时点。，M,P三点重合，舍去)，

II、当点P是DM的中点时，^(0+^m-2)=

...m=或m=4(此时点。，M,P三点重合，舍去)，

IIL当点M是DP的中点时，|d7n2-|m-2+|m-2)=0,

m=-2或m=4(此时点。，M,P三点重合，舍去),

即满足条件的m的值为-：或1或-2；

②由(1)知，抛物线的解析式为y=之产一|%一2,

令y=0,则0=之％2_|x-2.

/.x=-1或无=4,

J点4(-1,0),

・・・OA=1,

•・•8(4,0),C(0,-2),

JOB=4,OC=2,

・OA_OC

・*OC~OBf

・.・Z-AOC=Z-COB=90°,

/.^AOCCOB,

/./LOAC=乙OCB,Z.ACO=Z.OBCy

•・,aPNC与△AOC相彳以，

・•・I、当APNC*AOC,

：.乙PCN=(ACO,

：.乙PCN=COBC,

：.CP"OB,

・••点P的纵坐标为一2,

/--m2--m—2=—2,

22

/.m=0(舍)或m=3,

・・・P(3,-2)；

n、当△PNC〜△c。/时，

・•・(PCN=LCAO,

・・・乙OCB=LPCD,

・.・PDHOC.

：.Z.OCB=zCDP,

・•・Z.PCD=Z.PDC,

：.PC=PD,

由①知，P(m,1m2—|m—2),D(m,—2),

PD=--m2+2m.

2

VC(0,-2),

PC=Jm24-(im2—|m)2,

/.—|m24-2m=Jm2+(|m2—|m)2,

解得m=|或0(舍去)，

•••p©,谭)，

即满足条件的点P的坐标为(3,-2)或点—今.