黑龙江省哈尔滨市某校初中部初四(上)9月月考试卷及答案

2020-2021学年黑龙江省哈尔滨市某校初中部初四（上）9月月考试卷
一、选择题
1. 如图，∠AOB是⊙O的圆心角，∠AOB=60∘，则圆周角∠ACB的度数是( )
A.25∘
B.30∘
C.35∘
D.40∘
2. 已知，在Rt△ABC中，∠C=90∘，sin A=3
5
，则tan B的值为()
A.4 3
B.4
5
C.5
4
D.3
4
3. 如图，若AB是⊙O的直径，CD是⊙O的弦，∠BCD=35∘，则∠ABD的度数为()
A.35∘
B.45∘
C.55∘
D.75∘
4. 如图，一艘海轮位于灯塔P的北偏东方向55∘，距离灯塔为2海里的点A处．如果海轮沿正南方向航行到灯塔的正东方向上的B处，海轮航行的距离AB长是( )
A.2海里
B.2sin55∘海里
C.2tan55∘海里
D.2cos55∘海里
5. ⊙O是△ABC的外接圆，则点O是△ABC的( )
A.三条边的垂直平分线的交点
B.三条角平分线的交点
C.三条中线的交点
D.三条高的交点6. 如图，已知△ABC的三个顶点均在格点上，则cos A的值为( )
A.2√5
5
B.√5
5
C.2√3
3
D.√3
3
7. 如图，△ABC外接圆的圆心坐标是( )
A.(5,2)
B.(2,3)
C.(1,4)
D.(0,0)
8. 如图，⊙O的半径OD⊥弦AB于点C，连结AO并延长交⊙O于点E，连结EC．若AB=8，CD=2，则EC的长为()
A.2√15
B.8
C.2√10
D.2√13
9. 如图，△ABC外接圆的半径长为3，若∠OAC=∠ABC，则AC的长为
( )
A.4
B.2√3
C.3√3
D.3√2
10. 如图，在△ABC 中，点D 为AB 上一点，过点D 作BC 的平行线交AC 于点E ，过点E 作AB 的平行线交BC 于点F ．则下列说法不正确的是( )
A.AD
AB =AE
AC B.DE BC =AE
AC
C.AD AB =BF
FC
D.BF BC =AD
AB
二、填空题
函数y =3
x−2自变量x 的取值范围是________．
分解因式： a 2b −b =________．
化简：√2−√32=________.
不等式组{3x −2<1,
4x <8的解集为________．
某扇形的圆心角是45∘，面积为18π，该扇形的半径是________．
如图，四边形ABCD 内接于⊙O ，连接OB ，OD ，∠BOD =136∘，延长BC 至点E ，则∠DCE 的度数为________．
点P 为平行四边形ABCD 的边AB 上一点，PB =3PA ，Q 为直线CD 上一点，PQ 交AC 于点E ，若QD
CD =3
4，则CE
AE 的值为________．
如图，△ABC 中，∠C =90∘，它的内切圆⊙O 分别与边AB ，BC ，CA 相切于点D ，E ，F ，且AB =10，AC =6，则⊙O 的半径为________．
如图，AB 切⊙O 于点A ，BE 切⊙O 于点E ，连接AO 并延长交⊙O 于点C ，交BE 的延长线于点D ，连接EC .若AD =8，tan ∠DEC
=
1
2，则CD =________．
如图，在Rt △ABC 中，∠ACB =90∘，∠BAC =60∘，点E 在BC 上，连接AE ，点D 在AE 上，且∠CDE =60∘．若AD =4，△ABE 的面积为28√3，则DE 的长为________．
三、解答题
先化简再求值：x2−4
x3+4x2+4x ÷(1−2
x
)，其中x=2(sin60∘−tan45∘)．
图1，图2分别是10×8的网格，网格中每个小正方形的边长均为1，A，B两点在小正方形的顶点上，请在图1，图2中分别取点C和点D（点C，点D必须在小正方形的顶点上），分别满足以下要求：
(1)在图1中画一个△ABC，使△ABC是直角三角形，且tan A=2
5
；
(2)在图2中画一个△ABD（画出一个即可），使△ABD为钝角等腰三角形，并直接写出AD=________.
如图，一艘轮船位于灯塔C的北偏东30∘方向上的A处，且A处距离灯塔C为80海里，轮船沿正南方向匀速航行一段时间后，到达位于灯塔C的东南方向上的B处．
(1)求灯塔C到航线AB的距离；
(2)若轮船的速度为20海里/时，求轮船从A处到B处所用的时间（结果保留根号）．
如图，在△ABC中，∠ACB=90∘，CD⊥AB于点D．(1)求证：AC2=AD⋅AB；
(2)当AD=9，BC=20时，求BD的长．
某中学为了创建书香校园，去年购买了一批图书，其中科普书的单价比文学书的单价多4元，用1200元购买的科普书与用800元购买的文学书数量相等．
(1)求去年购买的文学书和科普书的单价各是多少元？
(2)若今年文学书的单价比去年提高了25%，科普书的单价与去年相同，这所中学今年计划再购买文学书和科普书共200本，且购买文学书和科普书的总费用不超过2135元，这所中学今年至少要购买多少本文学书？
在⊙O中，半径OB⊥弦AC于点H，弦BD交弦AC于点P，弦CE交弦BD于点R，且CR=CP，连接CD，DE．
(1)如图1，求证：CD=DE；
(2)如图2，DG⊥AE交AE的延长线于点G，DG交弧DE于点F，求证：AC=EG+AG；
(3)如图3，在(2)的条件下，连接AD，AE=3GE，FD=4，BH=3，求AE的长．
如图，在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，直线y=kx−2k(k≠0)与x轴交于点A，与y轴交于点B，且OB=2OA．
(1)如图1，求直线的解析式；
(2)如图2，点P在第二象限的直线AB上，点C在点A右侧的x轴上，连接PC，∠ACP=45∘，设点P的横坐标为t，△PAC的面积为S，求S与t的函数关系；
(3)如图3，在(2)的条件下，点D在x轴的负半轴上，OD=AC，点E为AB的中点，连接DE，PD，当∠PDE= 45∘时，求点D的坐标．
参考答案与试题解析
2020-2021学年黑龙江省哈尔滨市某校初中部初四（上）9月月考试卷
一、选择题
1.
【答案】
B
【考点】
圆周角定理
【解析】
本题根据同弧所对的圆周角为圆心角的一半即可解得此题.
【解答】
解：因为同弧所对的圆周角为圆心角的一半，
所以，∠ACB=1
2
×60∘=30∘.
故选B.
2.
【答案】
A
【考点】
互余两角三角函数的关系
同角三角函数的关系
【解析】
本题可以利用锐角三角函数的定义求解，也可以利用互为余角的三角函数关系式求解．
【解答】
解：∵A，B互为余角，
∴cos B=sin(90∘−B)=sin A=3
5
．
又∵sin2B+cos2B=1，
∴sin B=√1−cos2B=4
5
，
∴tan B=sin B
cos B =
4
5
3
5
=4
3
．
故选A．
3.
【答案】
C
【考点】
圆心角与圆周角的综合计算
【解析】
首先利用同弧所对的圆周角是圆心角的2倍，得出∠BOD，再由于半径相等得出等腰三角形，结合三角形内角和，即可求出.
【解答】解：连接OD，
则∠BOD=2∠BCD=70∘.
由于OB=OD，则∠ABD=∠ODB.
又∠ABD+∠ODB=∠AOD=180∘−70∘=110∘，
所以∠ABD=
1
2
∠AOD=55∘.
故选C.
4.
【答案】
D
【考点】
解直角三角形的应用-方向角问题
锐角三角函数的定义
【解析】
根据题意先找出图中的角和线段长，再根据三角函数的定义即可解得此题. 【解答】
解：由题知：∠PAB=55∘，AP=2.
在Rt△ABP中，cos∠PAB=cos55∘=AB
AP
，
即AB=2cos55∘.
故选D.
5.
【答案】
A
【考点】
三角形的外接圆与外心
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵⊙O是△ABC的外接圆，如图：
∴OA=OB=OC，
∴ 点O 是三条边的垂直平分线的交点. 故选A . 6.
【答案】 A
【考点】
锐角三角函数的定义 勾股定理
【解析】
根据勾股定理，可得BD 、AD 的长，根据正切为邻边比斜边，可得答案． 【解答】
解：连接BD ，如图：
由勾股定理得，AD =√22+2
2=2√
2，AB =√12+32=√10， BD =√12+12=√2，AD 2+BD 2=AB 2， 所以BD ⊥AC ， 所以cos A =AD
AB =√2√10
=
2√5
5
. 故选A . 7.
【答案】 A
【考点】 位置的确定
三角形的外接圆与外心
【解析】
作出其中两边的垂直平分线，它们的交点即为圆心，即可解答. 【解答】 解：如图.
由图知：A (3,6)，B (1,4)，C (1,0)，
外接圆圆心为AB ，BC ，AC 的垂直平分线的交点， 由图知点D 即为圆心，坐标为(5,2). 故选A . 8. 【答案】 D
【考点】 圆周角定理 垂径定理
勾股定理
【解析】
先根据垂径定理求出AC 的长，设⊙O 的半径为r ，则OC ＝r −2，由勾股定理即可得出r 的值，故可得出AE 的长，连接BE ，由圆周角定理可知∠ABE ＝90∘，在Rt △BCE 中，根据勾股定理即可求出CE 的长． 【解答】
解：∵ ⊙O 的半径OD ⊥弦AB 于点C ，AB =8， ∴ AC =1
2AB =4.
设⊙O 的半径为r ，则OC =r −2.
在Rt △AOC 中，∵ AC =4，OC =r −2，
∴ OA 2=AC 2+OC 2，即r 2=42+(r −2)2，解得r =5， ∴ AE =2r =10. 连接BE ，
∵ AE 是⊙O 的直径， ∴ ∠ABE =90∘. 在Rt △ABE 中，
∵ AE =10，AB =8，
∴ BE =√AE 2−AB 2=√102−82=6.
在Rt △BCE 中，
∵ BE =6，BC =4，
∴ CE =√BE 2+BC 2=√62+42=2√13． 故选D . 9.
【答案】 D
【考点】 圆周角定理
三角形的外接圆与外心
【解析】
延长AO 交圆于H ，连接CH 、OC ，根据圆周角定理、结合题意得到∠OAC ＝∠CHO ，得到∠OAC ＝45∘，CO ⊥AN ，根据余弦的概念计算即可． 【解答】
解：延长AO 交圆于点H ，连接CH ，OC .
由圆周角定理得，∠AHC =∠ABC ，∠ACH =90∘. ∵ ∠OAC =∠ABC ，
∴ ∠OAC =∠CHO =45∘， ∴ CA =CH .
又∵ AO =OH ， ∴ CO ⊥AH .
∵ △ABC 的外接圆半径为3，即AO =3， ∴ AC =
AO
cos ∠OAC =3√2. 故选D . 10. 【答案】 C
【考点】
平行线分线段成比例 【解析】
由平行线分线段成比例定理即可得出结论． 【解答】
解：∵ DE//BC ，
∴ AD
AB =AE
AC =DE BC ，A ，B 选项正确；
∵ DE//BC ，EF//AB ，
∴ 四边形BDEF 是平行四边形， ∴ DE =BF ，
∴ AD
AB =DE
BC =BF
BC ，故D 选项正确，C 选项错误. 故选C ． 二、填空题
【答案】 x ≠2 【考点】
分式有意义、无意义的条件 函数自变量的取值范围
【解析】
根据分式有意义的条件得出x −2≠0,即可解答. 【解答】
解：由题意得：x −2≠0， 则x ≠2.
故答案为：x ≠2. 【答案】
b(a +1)(a −1) 【考点】
因式分解-运用公式法 因式分解-提公因式法
【解析】
首先提公因式b ，得到b(a 2−1)，即b(a 2−12)，再利用平方差公式进行因式分解，得b(a +1)(a −1). =b(a +1)(a −1) 【解答】
解：a 2b −b =b(a 2−12) =b(a +1)(a −1).
故答案为：b(a +1)(a −1). 【答案】
−3√2 【考点】
二次根式的减法
二次根式的性质与化简 【解析】
先化简，再合并，即可解答. 【解答】
解：√2−√32=√2−√16×2 =√2−4√2=−3√2. 故答案为：−3√2. 【答案】 x <1 【考点】
解一元一次不等式组
【解析】
分别求出各不等式的解集，再求出其公共解集即可. 【解答】
解：{3x−2<1①，4x<8②，
由①得，x<1，
由②得，x<2，
故不等式组的解集为：x<1. 故答案为：x<1.
【答案】
12
【考点】
扇形面积的计算
【解析】
根据扇形面积公式S=nπr 2
360
，即可求得r.
【解答】
解：∵扇形的圆心角为45∘，面积为18π,
∴18π=45πr2
360
，
∴r=12.
故答案为：12.
【答案】
68∘
【考点】
圆周角定理
圆内接四边形的性质
【解析】
利用圆周角定理求出∠A，再利用圆内接四边形的性质求解即可. 【解答】
解：∵∠BOD=136∘，
∴∠A=1
2
∠BOD=68∘.
∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠A+∠BCD=180∘.
又∠BCD+∠DCE=180∘,
∴∠DCE=∠A=68∘.
故答案为：68∘.
【答案】
1或7
【考点】
平行线分线段成比例
平行四边形的性质【解析】
作出草图，利用条件，得到P,Q均为4等分点，再结合平行四边形的性质，得到PA,CQ平行且相等，从而利用平行线分线段成比例，得出结论.
【解答】
解：①当点Q在线段CD上时，如图：
由PB=3PA，得PA=1
4
AB；
由QD
CD
=
3
4
，得CQ=1
4
CD.
在平行四边形ABCD中，AB//DC，且AB=DC，
所以PA//CQ，且PA=CQ，
所以CE
AE
=CQ
AP
=1.
②当点Q在CD的延长线上时，如图：
由PB=3PA，得PA=1
4
AB；
由QD
CD
=3
4
，得QC=7
4
DC.
在平行四边形ABCD中，AB//DC，且AB=DC，
所以PA//CQ，且PA=1
7
CQ，
所以CE
AE
=CQ
AP
=7.
故答案为：1或7.
【答案】
2
【考点】
三角形的面积
三角形的内切圆与内心
勾股定理
【解析】
利用勾股定理求出BC，再利用三角形面积公式列出方程，求解即可.
【解答】
解：△ABC中，∠C=90∘，AB=10，AC=6，
则BC=8.
设⊙O 的半径为r ，
则1
2(10+6+8)r =1
2×6×8， 解得r =2. 故答案为：2. 【答案】 2
【考点】
相似三角形的性质与判定 全等三角形的性质与判定 圆周角定理 解直角三角形 切线的性质 勾股定理
【解析】
连接OB ，OE ，根据切线的性质得到AB =EB ，根据全等三角形的性质得到∠AOB =∠EOB ，推出CE ∥OB ，得到∠DEC =∠EBO ，求得∠DEC =∠ABO ，得到tan∠ABO =AO
AB =1
2，设OA =x,AB =2x ，根据相似三角形的性质得到DE =4，根据勾股定理即可得到结论． 【解答】
解：连接OB ，OE ，如图：
∵ AB 切圆O 于点A ，BE 切圆O 于点E ， ∴ AB =EB .
在△ABO 与△EBO 中，{AB =EB,
OA =OE,OB =OB,
∴ △ABO ≅△EBO (SSS )，
∴ ∠AOB =∠EOB ，∠ABO =∠EBO ， ∴ ∠AOB =
1
2∠AOE . ∵ ∠OCE =12∠AOE ， ∴ ∠AOB =∠OCE ， ∴ CE//OB ，
∴ ∠DEC =∠EBO ，
∴ ∠DEC =∠ABO ，
∴ tan ∠ABO =tan ∠DEC =AO
AB =1
2. 设OA =x ，则AB =2x ，OE =x . ∵ ∠OED =∠A =90∘，∠D =∠D ， ∴ △DEO ∼△DAB ， ∴ OE
AB =DE
DA =x
2x =1
2. ∵ AD =8，∴ DE =4. ∵ OE 2+DE 2=OD 2， ∴ x 2+42=(8−x )2， ∴ x =3，
∴ CD =8−6=2. 故答案为：2. 【答案】 10
【考点】
相似三角形的性质与判定 三角形的面积
含30度角的直角三角形
【解析】
首先做辅助线，过点B 作BG ⊥AE 于G ，在EG 上取点F 使∠BFG =60∘.因为∠CAD =∠ABF ，∠ADC =∠AFB ，所以△ADC ∼△BFA ，
BF AD
=
AB AC
=2.又因为AD =4，△ABE 的面积为28√3，所以DE =10.
【解答】
解：延长AE ，过点B 作BG ⊥AE 于G ，在EG 上取点F 使∠BFG =60∘.
∵ ∠CDE =60∘，∠BFG =60∘，
∴ ∠ADC =180∘−∠CDE =120∘，∠AFB =180∘−∠BFG =120∘， 可得∠ADC =∠AFB . ∵ ∠BAC =60∘，
∴ ∠BAF +∠CAD =60∘.
又∠ABF +∠BAF =∠BFG =60∘， ∴ ∠CAD =∠ABF ， ∴ △ADC ∼△BFA ，
∴BF
AD =AB
AC
.
∵∠ACB=90∘，∠BAC=60∘，
∴BF
AD =AB
AC
=2.
∵AD=4,
∴BF=8，
∴BG=4√3.
又∵△ABE的面积为28√3，∴1
2
AE⋅BG=28√3，
∴AE=14，
∴DE=AE−AD=10.
故答案为：10.
三、解答题
【答案】
解：原式=(x+2)(x−2)
x(x+2)2÷x−2
x
=x−2
x(x+2)
⋅x
x−2
=1
x+2
.
当x=2(sin60∘−tan45∘)=2×(√3
2
−1）=√3−2时，
则原式=
3−2+2=√3
3
.
【考点】
特殊角的三角函数值
分式的化简求值
【解析】
首先分式化简，在求出特殊角三角函数值，求出x的值，代入即可. 【解答】
解：原式=(x+2)(x−2)
x(x+2)2÷x−2
x
=x−2
x(x+2)
⋅x
x−2
=1
x+2
.
当x=2(sin60∘−tan45∘)=2×(√3
2
−1）=√3−2时，
则原式=
√3−2+2=√3
3
.
【答案】解：(1)如图.
(2)如图. AD=
√9
2
+32
=3√10. 【考点】
作图—几何作图
锐角三角函数的定义
勾股定理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)如图.
(2)如图.
AD=√92+32=3√10. 【答案】
解：(1)过C作CD⊥AB于D．
由题易得∠A =30∘.
在Rt △ACD 中，AC =80，∠A =30∘， ∴ CD =1
2AC =40（海里）. 答：灯塔C 到AB 的距离为40海里.
(2)在Rt △ACD 中，AD =AC ⋅sin 30∘=40√3（海里）． 在Rt △BCD 中，∠BCD =∠B =45∘， ∴ BD =CD =40（海里）， ∴ AB =AD +BD =40+40√3（海里）， ∴ 轮船所用的时间=
40√3+40
20
=2√3+2（小时）．
答：轮船从A 处到B 处所用的时间为(2√3+2)小时．
【考点】
解直角三角形的应用-方向角问题 【解析】
（1）过C 作AB 的垂线，设垂足为D ，得到∠CAD =30∘，在Rt △ACD 中，利用含30∘的直角三角形的三边关系可求出CD 的长；
（2）在Rt △BCD 中，由∠BCD =45∘，根据CD 的长，即可求得BD 的长；根据AB =AD +BD 即可求出AB 的长．根据时间=路程÷速度可求出轮船从A 到B 所用的时间． 【解答】
解：(1)过C 作CD ⊥AB 于D ．
由题易得∠A =30∘.
在Rt △ACD 中，AC =80，∠A =30∘， ∴ CD
=1
2AC =40（海里）. 答：灯塔C 到AB 的距离为40海里.
(2)在Rt △ACD 中，AD =AC ⋅sin 30∘=40√3（海里）． 在Rt △BCD 中，∠BCD =∠B =45∘， ∴ BD =CD =40（海里）， ∴ AB =AD +BD =40+40√3（海里）， ∴ 轮船所用的时间=
40√3+40
20
=2√3+2（小时）．
答：轮船从A 处到B 处所用的时间为(2√3+2)小时． 【答案】
(1)证明：∵ ∠ACB =90∘，CD ⊥AB ， ∴ ∠ADC =∠ACB ，
∴ ∠ACD +∠A =∠A +∠B =90∘，
∴ ∠ACD =∠B ， ∴ △ACD ∼△ABC ， ∴ AC
AB =
AD AC
，即AC 2=AD ⋅AB .
(2)解：由(1)得△ACD ∼△ABC ，AC 2=AD ⋅AB ， 同理可得△BCD ∼△BAC ， ∴ BC
BA =BD
BC ，
∴ BC 2=BD ⋅AB ，
∴ 400=BD ⋅(9+BD )，
解得BD =16或−25(不合题意，舍去)， 则BD 的长为16.
【考点】
相似三角形的性质与判定 【解析】
（1）由条件可知∠A =∠DCB ，∠ACD =∠B ，可证得△ACD ∽△ABC ∽△CDB ； （2）利用（1）可得到AC
AD =AB
AC ，BC
BA =
BD
BC ，CD AD
=BD
CD ，可证得结论； 【解答】
(1)证明：∵ ∠ACB =90∘，CD ⊥AB ， ∴ ∠ADC =∠ACB ，
∴ ∠ACD +∠A =∠A +∠B =90∘， ∴ ∠ACD =∠B ， ∴ △ACD ∼△ABC ， ∴ AC
AB =
AD AC
，即AC 2=AD ⋅AB .
(2)解：由(1)得△ACD ∼△ABC ，AC 2=AD ⋅AB ， 同理可得△BCD ∼△BAC ， ∴
BC BA
=
BD BC
，
∴ BC 2=BD ⋅AB ，
∴ 400=BD ⋅(9+BD )，
解得BD =16或−25(不合题意，舍去)， 则BD 的长为16.
【答案】
解：(1)设去年文学书单价为x 元，则科普书单价为(x +4)元， 根据题意得：
1200x+4
=
800x
，
解得：x =8，
经检验x =8是原方程的解. 当x =8时，x +4=12(元).
答：去年文学书单价为8元，科普书单价为12元． (2)根据(1)得去年文学书的单价为8元，
则今年文学书的单价为8×(1+25%)=10(元).
设这所学校今年计划购买y本文学书，则应购买(200−y)本科普书，
根据题意得：10y+12(200−y)≤2135，
解得y≥1321
2
.
∵y为整数，
∴y最小值是133，
则这所中学今年至少要购买133本文学书．
【考点】
一元一次不等式的实际应用
分式方程的应用
【解析】
（1）设去年文学书单价为x元，则科普书单价为(x+4)元，根据用1200元购买的科普书与用800元购买的文学书数量相等，列出方程，再进行检验即可得出答案；
（2）设这所学校今年购买y本文学书，根据购买文学书和科普书的总费用不超过2135元，列出不等式，求出不等式的解集即可得出答案．
【解答】
解：(1)设去年文学书单价为x元，则科普书单价为(x+4)元，
根据题意得：1200
x+4=800
x
，
解得：x=8，
经检验x=8是原方程的解.
当x=8时，x+4=12(元).
答：去年文学书单价为8元，科普书单价为12元．
(2)根据(1)得去年文学书的单价为8元，
则今年文学书的单价为8×(1+25%)=10(元).
设这所学校今年计划购买y本文学书，则应购买(200−y)本科普书，根据题意得：10y+12(200−y)≤2135，
解得y≥1321
2
.
∵y为整数，
∴y最小值是133，
则这所中学今年至少要购买133本文学书．
【答案】
(1)证明：连接OD，与弦CE交于点K，如图，
∵ CR=CP，∴ ∠CRP=∠CPR，
∴ ∠KRD=∠HPB. ∵ OD=OB，
∴ ∠KDR=∠HBP.
∵ 半径OB⊥弦AC于点H，
∴ ∠PHB=90∘.
∵ ∠RKD=180∘−∠KDR−∠KRD，
∠PHB=180∘−∠HBP−∠HPB=90∘，
∴ ∠RKD=90∘，
∴ 半径OD⊥弦CE，
∴ OD垂直平分EC，
∴ CD=DE.
(2)证明：连接AD，过点D作DM⊥AC于点M，如图，
由(1)知，CD=DE，
∴ ∠GAD=∠MAD，
即AD为∠GAM的角平分线.
∵ DG⊥AG，DM⊥AC，
∴ DG=DM.
在Rt△DGE和Rt△DMC中，
∵{
DE=DC,
DG=DM,
∴ Rt△DGE≅Rt△DMC(HL)，
∴ GE=MC.
在Rt△ADG和Rt△ADM中，
∵{
AD=AD,
DG=DM,
∴ Rt△ADG≅Rt△ADM(HL)，
∴ AG=AM，
AC=MC+AM=EG+AG.
(3)解：连接AD，AO，FO，过点O作ON⊥AE于点N，过点O作OQ⊥FD于点Q，如图，
设GE =x ，则AE =3x ，AG =4x . 由(2)知AC =EG +AG =5x . ∵ OB ⊥AC ，∴ AH =5
2
x .
∵ ON ⊥AE ，∴ EN =1
2
AE =3
2
x ，
∴ GN =5
2
x .
∵ ∠OQG =∠G =∠ONG =90∘，
∴ 四边形ONGQ 为矩形，∴ OQ =NG . 在Rt △FOQ 和Rt △OAH 中， {OF =OA,OQ =AH,
∴ Rt △FOQ ≅Rt △OAH(HL ）， ∴ OH =FQ =1
2FD =2， OA =OB =OH +BH =5.
在Rt △AOH 中，OA 2=OH 2+AH 2， 即52
=22
+(5x 2)2
，解得x =
2√21
5
， ∴ AE =
6√21
5
. 【考点】 圆周角定理
三角形内角和定理 垂径定理 矩形的判定与性质 勾股定理 角平分线的性质 直角三角形全等的判定 角平分线的定义 【解析】
【解答】
(1)证明：连接OD ，与弦CE 交于点K ，如图，
∵ CR =CP ，∴ ∠CRP =∠CPR ， ∴ ∠KRD =∠HPB . ∵ OD =OB ， ∴ ∠KDR =∠HBP .
∵ 半径OB ⊥弦AC 于点H ， ∴ ∠PHB =90∘.
∵ ∠RKD =180∘−∠KDR −∠KRD ， ∠PHB =180∘−∠HBP −∠HPB =90∘， ∴ ∠RKD =90∘， ∴ 半径OD ⊥弦CE ， ∴ OD 垂直平分EC ， ∴ CD =DE .
(2)证明：连接AD ，过点D 作DM ⊥AC 于点M ，如图，
由(1)知，CD =DE ， ∴ ∠GAD =∠MAD ，
即AD 为∠GAM 的角平分线. ∵ DG ⊥AG ，DM ⊥AC ， ∴ DG =DM .
在Rt △DGE 和Rt △DMC 中， ∵ {DE =DC,DG =DM,
∴ Rt △DGE ≅Rt △DMC(HL)， ∴ GE =MC .
在Rt △ADG 和Rt △ADM 中，
∵ {AD =AD,DG =DM,
∴ Rt △ADG ≅Rt △ADM(HL)， ∴ AG =AM ，
AC =MC +AM =EG +AG .
(3)解：连接AD ，AO ，FO ，过点O 作ON ⊥AE 于点N ，过点O 作OQ ⊥FD 于点Q ，如图，
设GE =x ，则AE =3x ，AG =4x . 由(2)知AC =EG +AG =5x . ∵ OB ⊥AC ，∴ AH =5
2
x . ∵
ON ⊥AE ，∴ EN =1
2AE =3
2x ， ∴ GN =5
2x .
∵ ∠OQG =∠G =∠ONG =90∘，
∴ 四边形ONGQ 为矩形，∴ OQ =NG . 在Rt △FOQ 和Rt △OAH 中， {OF =OA,OQ =AH,
∴ Rt △FOQ ≅Rt △OAH(HL ）， ∴ OH =FQ =1
2FD =2， OA =OB =OH +BH =5.
在Rt △AOH 中，OA 2=OH 2+AH 2， 即52=22+(5x 2)2
，解得x =2√21
5
， ∴ AE =
6√21
5
. 【答案】
解：(1)∵ 直线y =kx −2k (k ≠0)与x 轴交于点A ， ∴ 令y =0，解得x =2， ∴ 点A 的坐标为(2,0).
∵ 直线y =kx −2k (k ≠0)与y 轴交于点B ， ∴ 令x =0，解得y =−2k . 设点B 的坐标为(0,−2k).
又∵ OB =2OA ，
∴ −2k =4，解得k =−2， ∴ 直线的解析式为y =−2x +4.
(2)由(1)得，直线AB 的解析式为y =−2x +4， ∵ 点P 在直线AB 上，且横坐标为t ， ∴ 点P 的坐标为(t,−2t +4). 作PE ⊥x 轴于点E ，如图，
∵ ∠ACP =45∘，
∴ 在△PCE 中，∠EPC =∠ACP =45∘， ∴ PE =CE ，且PE =−2t +4， ∴ CE =−2t +4.
又∵ OE =−t ，OA =2，
∴ AC =CE −OA −OE =−t +2， ∴ S △PAC =AC ⋅PE ×1
2，
=(−t +2)(−2t +4)×1
2=t 2−4t +4， 则S 与t 的函数关系为S =t 2−4t +4.
(3)过点E 作EM ⊥PD 于点M ，EN ⊥OA 于点N ，连接MN ， 过点M 作MQ ⊥MN 交OD 延长线于点Q ，如图，
则∠EMD =∠END =∠QMN =90∘. ∵ ∠PDE =45∘，
∴ ∠MED =180∘−∠MDE −∠EMD =45∘， ∴ MD =ME.
在四边形MDNE中，
∵∠EMD+∠END+∠MDN+∠MEN=360∘，
∴∠MDN+∠MEN=180∘.
又∵∠MDN+∠MDQ=180∘，
∴∠MDQ=∠MEN．
∵∠DMQ=90∘−∠DMN，∠EMN=90∘−∠DMN，∴∠DMQ=∠EMN，
∴△MDQ≅△MEN(ASA)，
∴MQ=MN，
∴∠MQN=∠MNQ=45∘.
由(2)可知∠PCO=45∘，
∴∠MNQ=∠PCO，
∴MN//PC.
∵∠END=∠BOD=90∘，
∴EN//BO，
∴AN
ON =AE
BE
.
又∵E为线段AB的中点，
∴AE=BE，
∴AN=ON=1
2
AO=1.
又∵OD=AC，∴OD+ON=AC+AN，即DN=CN.
∵MN//PC，
∴MD
MP =DN
CN
=1，
∴MD=MP.
又∵EM⊥PD，
∴ME垂直平分PD，EP=ED，
∴∠EPD=∠EDP=45∘，
∴∠DEA=∠EPD+∠EDP=90∘.
在Rt△AOB中，∠AOB=90∘，
AB=√AO2+BO2=√22+42=2√5，∴AE=1
2
AB=√5.
∵∠DAE=∠BAO，
∴cos∠DAE=cos∠BAO，
∴AE
AD =AO
AB
，
∴√5
AD =
2√5
，∴AD=5，
∴OD=AD−AO=5−2=3. ∵点D在x轴的负半轴上，
∴D(−3,0).
【考点】一次函数图象上点的坐标特点
待定系数法求一次函数解析式
三角形的面积
锐角三角函数的定义
平行线分线段成比例
勾股定理
等腰直角三角形
等腰三角形的性质
全等三角形的判定
【解析】
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【解答】
解：(1)∵直线y=kx−2k(k≠0)与x轴交于点A，∴令y=0，解得x=2，
∴点A的坐标为(2,0).
∵直线y=kx−2k(k≠0)与y轴交于点B，
∴令x=0，解得y=−2k.
设点B的坐标为(0,−2k).
又∵OB=2OA，
∴−2k=4，解得k=−2，
∴直线的解析式为y=−2x+4.
(2)由(1)得，直线AB的解析式为y=−2x+4，
∵点P在直线AB上，且横坐标为t，
∴点P的坐标为(t,−2t+4).
作PE⊥x轴于点E，如图，
∵∠ACP=45∘，
∴在△PCE中，∠EPC=∠ACP=45∘，
∴PE=CE，且PE=−2t+4，
∴CE=−2t+4.
又∵OE=−t，OA=2，
∴AC=CE−OA−OE=−t+2，
∴S△PAC=AC⋅PE
×1
2
，
=(−t +2)(−2t +4)×1
2=t 2−4t +4，
则S 与t 的函数关系为S =t 2−4t +4.
(3)过点E 作EM ⊥PD 于点M ，EN ⊥OA 于点N ，连接MN ， 过点M 作MQ ⊥MN 交OD 延长线于点Q ，如图，
则∠EMD =∠END =∠QMN =90∘. ∵ ∠PDE =45∘，
∴ ∠MED =180∘−∠MDE −∠EMD =45∘， ∴ MD =ME.
在四边形MDNE 中，
∵ ∠EMD +∠END +∠MDN +∠MEN =360∘， ∴ ∠MDN +∠MEN =180∘. 又∵ ∠MDN +∠MDQ =180∘， ∴ ∠MDQ =∠MEN ．
∵ ∠DMQ =90∘−∠DMN ，∠EMN =90∘−∠DMN ， ∴ ∠DMQ =∠EMN ，
∴ △MDQ ≅△MEN (ASA )， ∴ MQ =MN ，
∴ ∠MQN =∠MNQ =45∘. 由(2)可知∠PCO =45∘， ∴ ∠MNQ =∠PCO ， ∴ MN//PC .
∵ ∠END =∠BOD =90∘， ∴ EN//BO ， ∴ AN
ON
=AE
BE .
又∵ E 为线段AB 的中点， ∴ AE =BE ，
∴ AN =ON =1
2AO =1.
又∵ OD =AC ，∴ OD +ON =AC +AN ， 即DN =CN . ∵ MN//PC ， ∴ MD
MP =
DN CN
=1，
∴ MD =MP .
又∵ EM ⊥PD ，
∴ ME 垂直平分PD ，EP =ED ， ∴ ∠EPD =∠EDP =45∘，
∴ ∠DEA =∠EPD +∠EDP =90∘. 在Rt △AOB 中，∠AOB =90∘， AB =√AO 2+BO 2=√22+42=2√5， ∴ AE =1
2AB =√5. ∵ ∠DAE =∠BAO ，
∴ cos ∠DAE =cos ∠BAO ， ∴ AE
AD =AO AB ， ∴
√5AD =
2√5
，∴ AD =5，
∴ OD =AD −AO =5−2=3. ∵ 点D 在x 轴的负半轴上， ∴ D(−3,0).。