江苏省无锡市宜兴市丁蜀学区九年级数学上学期第三次月考试题(含解析) 苏科版

江苏省无锡市宜兴市丁蜀学区2016届九年级数学上学期第三次月考
试题
一、选择题（本大题共有10小题，每小题3分，共30分，在每小题所给出的四个选项中，只有一项是正确的，请把正确选项前的字母代号填在题后的括号内）
1．方程x2=4的解为( )
A．x=2 B．x=﹣2 C．x1=4，x2=﹣4 D．x1=2，x2=﹣2
2．把抛物线y=x2向左平移1个单位，所得的新抛物线的函数表达式为( )
A．y=x2+1 B．y=（x+1）2C．y=x2﹣1 D．y=（x﹣1）2
3．若相似△ABC与△DEF的相似比为1：3，则△ABC与△DEF的面积比为( )
A．1：3 B．1：9 C．3：1 D．1：
4．若=，则的值为( )
A．B．C．D．
5．已知圆锥的底面半径为6，母线长为8，圆锥的侧面积为( )
A．60 B．48 C．60π D．48π
6．关于x的一元二次方程方程x2﹣2x+k=0有两个不相等的实数解，则k的范围是( ) A．k＞0 B．k＞1 C．k＜1 D．k≤1
7．如图，△ABC的顶点A、B、C均在⊙O上，若∠ABC=∠OAC，则∠AOC的大小是( )
A．90° B．45° C．70° D．60°
8．如图所示，在平行四边形ABCD中，AC与BD相交于点O，E为OD的中点，连接AE并延长交DC于点F，则DF：FC=( )
A．1：3 B．1：4 C．2：3 D．1：2
9．若抛物线y=（x﹣m）2+（m+1）的顶点在第一象限，则m的取值范围为( )
A．m＞1 B．m＞0 C．m＞﹣1 D．﹣1＜m＜0
10．如图，△ABC中AB=AC=5，BC=6，点P在边AB上，以P为圆心的⊙P分别与边AC、BC 相切于点E、F，则⊙P的半径PE的长为( )
A．B．2 C．D．
二、填空题（本大题共8小题，每小题3分，共24分.不需要写出解答过程，只需把答案直接填写在题中的横线上）
11．抛物线y=（x﹣3）2+5的顶点坐标是__________．
12．已知一元二次方程x2+mx﹣2=0的两个实数根分别为x1，x2，则x1•x2=__________．13．在一个不透明的口袋中装有若干个只有颜色不同的球，如果已知袋中只有4个红球，且摸出红球的概率为，那么袋中的球共有__________个．
14．将抛物线y=x2﹣2x+3化为y=（x﹣h）2+k的形式，结果为__________．
15．如图，在△ABC中，E、F分别是AB、AC的中点，△CEF的面积为2.5，则△ABC的面积为__________．
16．如图，⊙O直径AB垂直于弦CD，垂足E是OB的中点，CD=6cm，则直径AB=__________cm．
17．如图，在矩形ABCD中，AB=，AD=1，把该矩形绕点A顺时针旋转α度得矩形AB′C′D′，点C′落在AB的延长线上，则线段CD扫过部分的面积（图中阴影部分）是__________．
18．如图，正方形ABCD中，AB=2，动点E从点A出发向点D运动，同时动点F从点D出发向点C运动，点E、F运动的速度相同，当它们到达各自终点时停止运动，运动过程中线段AF、BE相交于点P，则线段DP的最小值为__________．
三、解答题（解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
19．解方程：
（1）x2﹣6=5x
（2）2（x﹣3）=3x（x﹣3）
（3）x2+4x﹣2=0．
20．九年级（1）班数学活动选出甲、乙两组各10名学生，进行趣味数学答题比赛，共10题，答对题数统计如表一：
（表一）
答对题数 5 6 7 8 9 10
甲组 1 0 1 5 2 1
乙组0 0 4 3 2 1
（表二）
平均数众数中位数方差甲组8 8 8 1.6
乙8 _______
___ _______
___
_______
___
（1）根据表一中统计的数据，完成表二；
（2）请你从平均数和方差的角度分析，哪组的成绩更好些？
21．一个不透明的布袋里装有红、黄、绿三种颜色的球（除颜色不同，其它均无任何区别），其中红球2个，黄球1个，绿球1个．
（1）求从袋中任意摸出一个球是红球的概率；
（2）第一次从袋中任意摸出一个球，记下颜色后放回袋中，第二次再摸出一个球记下颜色，请用画树状图或列表的方法求两次都摸到红球的概率（两个红球分别记作红1、红2）．
22．如图，每个小方格都是边长为1个单位的小正方形，A、B、C三点都是格点（每个小方格的顶点叫格点），其中A（1，8），B（3，8），C（4，7）．
（1）若D（2，3），请在网格图中画一个格点△DEF，使△DEF∽△ABC，且相似比为2：1；（2）求∠D的正弦值；
（3）若△ABC外接圆的圆心为P，则点P的坐标为__________．
23．如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，以斜边AB上一点O为圆心，OB为半径作⊙O，交AC于点E，交AB于点D，且∠BEC=∠BDE．
（1）求证：AC是⊙O的切线；
（2）连接OC交BE于点F，若，求的值．
24．如图，中间用相同的白色正方形瓷砖，四周用相同的黑色长方形瓷砖铺设矩形地面，请观察图形并解答下列问题．
（1）问：在第6个图中，黑色瓷砖有__________块，白色瓷砖有__________块；
（2）某商铺要装修，准备使用边长为1米的正方形白色瓷砖和长为1米、宽为0.5米的长方形黑色瓷砖来铺地面．且该商铺按照此图案方式进行装修，瓷砖无须切割，恰好能完成铺设．已知白色瓷砖每块100元，黑色瓷砖每块50元，贴瓷砖的费用每平方米15元．经测算总费用为15180元．请问两种瓷砖各需要买多少块？
25．如图1，已知二次函数y=ax2﹣8ax+12（a＞0）的图象与x轴分别交于A、B两点，与y 轴交于点C，点P在抛物线的对称轴上，且四边形ABPC为平行四边形．
（1）求此抛物线的对称轴，并确定此二次函数的解析式；
（2）点M为x轴下方抛物线上一点，若△OMP的面积为36，求点M的坐标．
26．如图，在矩形ABCD中，AB=6米，BC=8米，动点P以2米/秒的速度从点A出发，沿AC 向点C移动，同时动点Q以1米/秒的速度从点C出发，沿CB项点B移动，设P、Q两点移动t秒（0＜t＜5）后，三角形CPQ的面积为S米2．
（1）求面积S与时间t的关系式；
（2）在P、Q两点移动的过程中，四边形ABQP与△CPQ的面积能否相等？若能，求出此时点P的位置；若不能，请说明理由．
（3）t为何值时，三角形CPQ为直角三角形．
2015-2016学年江苏省无锡市宜兴市丁蜀学区九年级（上）第三次月考数学试卷
一、选择题（本大题共有10小题，每小题3分，共30分，在每小题所给出的四个选项中，只有一项是正确的，请把正确选项前的字母代号填在题后的括号内）
1．方程x2=4的解为( )
A．x=2 B．x=﹣2 C．x1=4，x2=﹣4 D．x1=2，x2=﹣2
【考点】解一元二次方程-直接开平方法．
【分析】两边开方，即可得出方程的解．
【解答】解：x2=4，
x1=2，x2=2，
故选D．
【点评】本题考查了解一元二次方程的应用，解此题的关键是能把一元二次方程转化成一元一次方程，难度适中．
2．把抛物线y=x2向左平移1个单位，所得的新抛物线的函数表达式为( )
A．y=x2+1 B．y=（x+1）2C．y=x2﹣1 D．y=（x﹣1）2
【考点】二次函数图象与几何变换．
【分析】抛物线y=x2的顶点坐标为（0，0），向左平移1个单位后顶点坐标为（﹣1，0），根据抛物线的顶点式可求解析式．
【解答】解：∵抛物线y=x2的顶点坐标为（0，0），
向左平移1个单位后顶点坐标为（﹣1，0），
∴所求抛物线解析式为y=（x+1）2．
故选：B．
【点评】本题考查了抛物线解析式与抛物线平移的关系．关键是抓住顶点的平移，根据顶点式求抛物线解析式．
3．若相似△ABC与△DEF的相似比为1：3，则△ABC与△DEF的面积比为( )
A．1：3 B．1：9 C．3：1 D．1：
【考点】相似三角形的性质．
【专题】计算题．
【分析】由相似△ABC与△DEF的相似比为1：3，根据相似三角形面积的比等于相似比的平方，即可求得△ABC与△DEF的面积比．
【解答】解：∵相似△ABC与△DEF的相似比为1：3，
∴△ABC与△DEF的面积比为1：9．
故选B．
【点评】本题考查对相似三角形性质．注意相似三角形面积的比等于相似比的平方．
4．若=，则的值为( )
A．B．C．D．
【考点】比例的性质．
【分析】根据两內项之积等于两外项之积整理即可得解．
【解答】解：∵=，
∴3a﹣3b=b，
∴3a=4b，
∴=．
故选D．
【点评】本题考查了比例的性质，主要利用了两內项之积等于两外项之积的性质，熟记性质是解题的关键．
5．已知圆锥的底面半径为6，母线长为8，圆锥的侧面积为( )
A．60 B．48 C．60π D．48π
【考点】圆锥的计算．
【专题】计算题．
【分析】根据圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长和扇形的面积公式求解．
【解答】解：圆锥的侧面积=•2π•6•8=48π．
故选D．
【点评】本题考查了圆锥的计算：圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长．
6．关于x的一元二次方程方程x2﹣2x+k=0有两个不相等的实数解，则k的范围是( ) A．k＞0 B．k＞1 C．k＜1 D．k≤1
【考点】根的判别式．
【分析】根据判别式的意义得到△=（﹣2）2﹣4k＞0，然后解不等式即可．
【解答】解：∵关于x的一元二次方程x2﹣2x+k=0有两个不相等的实数根，
∴△=（﹣2）2﹣4k＞0，
解得k＜1．
故选：C．
【点评】此题考查了一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的根的判别式△=b2﹣4ac：当△＞0，方程有两个不相等的实数根；当△=0，方程有两个相等的实数根；当△＜0，方程没有实数根．
7．如图，△ABC的顶点A、B、C均在⊙O上，若∠ABC=∠OAC，则∠AOC的大小是( )
A．90° B．45° C．70° D．60°
【考点】圆周角定理．
【分析】由圆周角定理可得∠AOC=2∠ABC，又由∠ABC=∠OAC，可得∠AOC=2∠OAC，然后由OA=OC，得到∠OAC=∠OCA，则可求得∠AOC的度数．
【解答】解：∵∠AOC=2∠ABC，∠ABC=∠OAC，
∴∠AOC=2∠OAC，
∵OA=OC，
∴∠OAC=∠OCA，
∴∠AOC=2∠OAC=2∠OCA，
∴∠AOC=90°．
故选A．
【点评】此题考查了圆周角定理以及等腰三角形的性质．此题难度不大，注意掌握数形结合思想的应用．
8．如图所示，在平行四边形ABCD中，AC与BD相交于点O，E为OD的中点，连接AE并延长交DC于点F，则DF：FC=( )
A．1：3 B．1：4 C．2：3 D．1：2
【考点】相似三角形的判定与性质；平行四边形的性质．
【分析】首先证明△DFE∽△BAE，然后利用对应边成比例，E为OD的中点，求出DF：AB的值，又知AB=DC，即可得出DF：FC的值．
【解答】解：在平行四边形ABCD中，AB∥DC，
则△DFE∽△BAE，
∴，
∵O为对角线的交点，
∴DO=BO，
又∵E为OD的中点，
∴DE=DB，
则DE：EB=1：3，
∴DF：AB=1：3，
∵DC=AB，
∴DF：DC=1：3，
∴DF：FC=1：2．
故选D．
【点评】本题考查了相似三角形的判定与性质以及平行四边形的性质，难度适中，解答本题的关键是根据平行证明△DFE∽△BAE，然后根据对应边成比例求值．
9．若抛物线y=（x﹣m）2+（m+1）的顶点在第一象限，则m的取值范围为( )
A．m＞1 B．m＞0 C．m＞﹣1 D．﹣1＜m＜0
【考点】二次函数的性质．
【专题】压轴题．
【分析】利用y=ax2+bx+c的顶点坐标公式表示出其顶点坐标，根据顶点在第一象限，所以顶点的横坐标和纵坐标都大于0列出不等式组．
【解答】解：由y=（x﹣m）2+（m+1）=x2﹣2mx+（m2+m+1），
根据题意，，
解不等式（1），得m＞0，
解不等式（2），得m＞﹣1；
所以不等式组的解集为m＞0．
故选B．
【点评】本题考查顶点坐标的公式和点所在象限的取值范围，同时考查了不等式组的解法，难度较大．
10．如图，△ABC中AB=AC=5，BC=6，点P在边AB上，以P为圆心的⊙P分别与边AC、BC 相切于点E、F，则⊙P的半径PE的长为( )
A．B．2 C．D．
【考点】切线的性质．
【专题】计算题．
【分析】连结CP，作AH⊥BC于H，如图，设⊙P的半径为r，根据等腰三角形的性质得
BH=BC=3，则利用勾股定理可计算出AH=4，再根据切线的性质得PE⊥BC，PF⊥AC，利用
S△ABC=S△PAC+S△PBC得到BC×AH=BC×PE+AC×PF，即6×4=6r+5r，然后解方程即可．
【解答】解：连结CP，作AH⊥BC于H，如图，设⊙P的半径为r，
∵AB=AC=5，
∴BH=CH=BC=3，
∴AH==4，
∵以P为圆心的⊙P分别与边AC、BC相切于点E、F，
∴PE⊥BC，PF⊥AC，
∵S△ABC=S△PAC+S△PBC，
∴BC×AH=BC×PE+AC×PF，
即6×4=6r+5r，
∴r=．
故选A．
【点评】本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．运用切线的性质来进行计算或论证，常通过作辅助线连接圆心和切点，利用垂直构造直角三角形解决有关问题．也考查了等腰三角形的性质和三角形面积公式．
二、填空题（本大题共8小题，每小题3分，共24分.不需要写出解答过程，只需把答案直接填写在题中的横线上）
11．抛物线y=（x﹣3）2+5的顶点坐标是（3，5）．
【考点】二次函数的性质．
【分析】根据二次函数的顶点式容易得出其顶点坐标．
【解答】解：∵y=（x﹣3）2+5，
∴其顶点坐标为（3，5），
故答案为：（3，5）．
【点评】本题主要考查二次函数的顶点坐标，掌握二次函数的顶点式y=a（x﹣h）2+k的顶点坐标为（h，k）是解题的关键．
12．已知一元二次方程x2+mx﹣2=0的两个实数根分别为x1，x2，则x1•x2=﹣2．
【考点】根与系数的关系．
【专题】计算题；压轴题．
【分析】根据一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的根与系数的关系：设方程的两根分别为
x1，x2，则x1+x2=﹣，x1•x2=即可得到答案．
【解答】解：∵一元二次方程x2+mx﹣2=0的两个实数根分别为x1，x2，
∴x1•x2==﹣2．
故答案为﹣2．
【点评】本题考查了一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的根与系数的关系：设方程的两根分
别为x1，x2，则x1+x2=﹣，x1•x2=．
13．在一个不透明的口袋中装有若干个只有颜色不同的球，如果已知袋中只有4个红球，且
摸出红球的概率为，那么袋中的球共有12个．
【考点】概率公式．
【分析】根据红球的概率公式列出方程求解即可．
【解答】解：设袋中的球共有m个，其中有4个红球，则摸出红球的概率为，
根据题意有=，
解得：m=12．
故本题答案为：12．
【点评】本题考查的是随机事件概率的求法的运用，如果一个事件有n种可能，而且这些事件的可能性相同，其中事件A出现m种结果，那么事件A的概率P（A）=．
14．将抛物线y=x2﹣2x+3化为y=（x﹣h）2+k的形式，结果为y=（x﹣1）2+2．
【考点】二次函数的三种形式．
【分析】由于二次项系数是1，所以直接加上一次项系数的一半的平方来凑完全平方式，把一般式转化为顶点式．
【解答】解：y=x2﹣2x+3=（x2﹣2x+1）﹣1+3=（x﹣1）2+2．
故答案为：y=（x﹣1）2+2．
【点评】本题考查了二次函数解析式的三种形式：
（1）一般式：y=ax2+bx+c（a≠0，a、b、c为常数）；
（2）顶点式：y=a（x﹣h）2+k；
（3）交点式（与x轴）：y=a（x﹣x1）（x﹣x2）．
15．如图，在△ABC中，E、F分别是AB、AC的中点，△CEF的面积为2.5，则△ABC的面积为10．
【考点】三角形的面积．
【分析】由于E、F分别是AB、AC的中点，可知EF是△ABC的中位线，利用中位线的性质
可知EF∥BC，且=，根据△AEF和△CEF是同底等高，△BCE和△CEF是同高，求得△AEF 的面积为2.5，△BCE的面积为2.5×2=5，进而求得∴△ABC的面积等于10．
【解答】解：∵E、F分别是AB、AC的中点，
∴EF是△ABC的中位线，
∴EF∥B C，=，
∵△CEF的面积为2.5，
∵△AEF和△CEF是同底等高，△BCE和△CEF是同高，
∴△AEF的面积为2.5，△BCE的面积为2.5×2=5，
∴△ABC的面积等于10．
故答案为10．
【点评】本题考查了中位线的判定和性质以及三角形面积，求得△AEF和△CEF，△BCE和△CEF的关系是解题的关键．
16．如图，⊙O直径AB垂直于弦CD，垂足E是OB的中点，CD=6cm，则直径AB=4cm．
【考点】垂径定理；勾股定理．
【分析】连接OC，先根据垂径定理求出CE的长，设⊙O的半径为r，则OC=r，OE=，在Rt△OCE 中根据勾股定理即可求出r的值，故可得出结论．
【解答】解：连接OC，
∵AB⊥CD，CD=6cm，
∴CE=CD=3cm，
设⊙O的半径为r，则OC=r，OE=，
在Rt△OCE中，
OC2=OE2+CE2，即r2=32+（）2，解得r=2，
∴AB=2r=4．
故答案为：4．
【点评】本题考查的是垂径定理，根据题意作出辅助线，构造出直角三角形是解答此题的关键．
17．如图，在矩形ABCD中，AB=，AD=1，把该矩形绕点A顺时针旋转α度得矩形AB′C′D′，点C′落在AB的延长线上，则线段CD扫过部分的面积（图中阴影部分）是．
【考点】扇形面积的计算；旋转的性质．
【分析】根据图示知，S阴影=S扇形ACC′﹣S△AEC′+（S矩形ABCD﹣S扇形ADD′﹣S△AD′E）．根据图形的面积公式、旋转的性质以及勾股定理求得相关数据代入即可求得阴影部分的面积．
【解答】解：如图，连接AC．
在矩形ABCD中，AB=CD=，AD=1，则AC==2．
根据旋转的性质得到：∠DAD′=∠CAC′=α，AD=AD′=1，C′D′=CD=．
所以 S阴影=S扇形ACC′﹣S△AEC′+（S矩形ABCD﹣S扇形ADD′﹣S△AD′E）
=S扇形ACC′﹣S△AC′D′+S矩形ABCD﹣S扇形ADD′，
=﹣×1×+×1×﹣
=．
∵α=∠CAC'=30°，
∴=．
故答案是：．
【点评】此题主要考查了矩形的性质以及旋转的性质以及扇形面积公式等知识，此题利用了“分割法”对不规则图形进行面积的计算．
18．如图，正方形ABCD中，AB=2，动点E从点A出发向点D运动，同时动点F从点D出发向点C运动，点E、F运动的速度相同，当它们到达各自终点时停止运动，运动过程中线段
AF、BE相交于点P，则线段DP的最小值为﹣1．
【考点】轨迹；圆周角定理；点与圆的位置关系．
【分析】首先判断出△ABE≌△DAF，即可判断出∠DAF=∠ABE，再根据∠ABE+∠BEA=90°，可得∠FAD+∠BEA=90°，所以∠APB=90°；然后根据点P在运动中保持∠APB=90°，可得点P的路径是一段以AB为直径的弧，设AB的中点为G，连接CG交弧于点P，此时CP的长度最小，最后在Rt△AGD中，根据勾股定理，求出DG的长度，再求出PG的长度，即可求出线段DP的最小值为多少．
【解答】解：如图：
，
∵动点F，E的速度相同，
∴DF=AE，
又∵正方形ABCD中，AB=2，
∴AD=AB，
在△ABE和△DAF中，
，
∴△ABE≌△DAF，
∴∠ABE=∠DAF．
∵∠ABE+∠BEA=90°，
∴∠FAD+∠BEA=90°，
∴∠APB=90°，
∵点P在运动中保持∠APB=90°，
∴点P的路径是一段以AB为直径的弧，
设AB的中点为G，连接CG交弧于点P，此时CP的长度最小，
AG=BG=AB=1．
在Rt△BCG中，DG===，
∵PG=AG=1，
∴DP=DG﹣PG=﹣1
即线段DP的最小值为﹣1，
故答案为：﹣1．
【点评】本题考查了轨迹，解答此题的关键是判断出什么情况下，DP的长度最小，利用了了全等三角形的判定和性质的应用，正方形的性质和应用，以及勾股定理的应用，要熟练掌握．
三、解答题（解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
19．解方程：
（1）x2﹣6=5x
（2）2（x﹣3）=3x（x﹣3）
（3）x2+4x﹣2=0．
【考点】解一元二次方程-因式分解法；解一元二次方程-配方法．
【专题】计算题；一次方程（组）及应用．
【分析】（1）方程整理后，利用因式分解法求出解即可；
（2）方程移项后，利用因式分解法求出解即可；
（3）方程变形后，利用配方法求出解即可．
【解答】解：（1）方程整理得：x2﹣5x﹣6=0，
分解因式得：（x﹣6）（x+1）=0，
解得：x1=6，x2=﹣1；
（2）方程移项得：2（x﹣3）﹣3x（x﹣3）=0，
分解因式得：（2﹣3x）（x﹣3）=0，
解得：x1=3，x2=；
（3）方程移项得：x2+4x=2，
配方得：x2+4x+4=6，即（x+2）2=6，
开方得：x+2=±，
解得：x1=﹣2+，x2=﹣2﹣．
【点评】此题考查了解一元二次方程﹣因式分解法，配方法，熟练掌握各种解法是解本题的关键．
20．九年级（1）班数学活动选出甲、乙两组各10名学生，进行趣味数学答题比赛，共10题，答对题数统计如表一：
（表一）
答对题数 5 6 7 8 9 10
甲组 1 0 1 5 2 1
乙组0 0 4 3 2 1
（表二）
平均数众数中位数方差
甲组8 8 8 1.6
乙8 7 8 1
（1）根据表一中统计的数据，完成表二；
（2）请你从平均数和方差的角度分析，哪组的成绩更好些？
【考点】方差；加权平均数；中位数；众数．
【分析】（1）分别根据平均数以及众数、中位数和方差的定义求出即可；
（2）根据平均数以及方差的意义分析得出即可．
【解答】解：（1）乙的众数为：7，中位数为：8，
方差为：[4×（7﹣8）2+3×（8﹣8）2+2×（9﹣8）2+（10﹣8）2]=1．
表二如下：
平均数众数中位数方差
甲组8 8 8 1.6
乙8 7 8 1
（2）两组的平均数相同，乙组的方差小，说明乙组的成绩更稳定．
故答案为7，8，1．
【点评】此题主要考查了平均数以及众数、中位数和方差的定义，牢固掌握定义是解题的关键．
21．一个不透明的布袋里装有红、黄、绿三种颜色的球（除颜色不同，其它均无任何区别），其中红球2个，黄球1个，绿球1个．
（1）求从袋中任意摸出一个球是红球的概率；
（2）第一次从袋中任意摸出一个球，记下颜色后放回袋中，第二次再摸出一个球记下颜色，请用画树状图或列表的方法求两次都摸到红球的概率（两个红球分别记作红1、红2）．
【考点】列表法与树状图法．
【分析】（1）由一个不透明的布袋里装有红球2个，黄球1个，绿球1个，利用概率公式求解即可求得答案；
（2）首先根据题意画出树形图，然后由树形图求得所有等可能的结果与两次都摸到红球的情况，再利用概率公式求解即可求得答案．
【解答】解：（1）从袋中任意摸出一个球是红球的概率P==．
（2）画树状图得：
∴在上述16种等可能结果中，两次都摸到红球的情况有4种，
∴P（两次都摸到红球）==．
【点评】此题考查的是用列表法或树状图法求概率．注意树状图法与列表法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，列表法适合于两步完成的事件；树状图法适合两步或两步以上完成的事件；注意概率=所求情况数与总情况数之比．
22．如图，每个小方格都是边长为1个单位的小正方形，A、B、C三点都是格点（每个小方格的顶点叫格点），其中A（1，8），B（3，8），C（4，7）．
（1）若D（2，3），请在网格图中画一个格点△DEF，使△DEF∽△ABC，且相似比为2：1；（2）求∠D的正弦值；
（3）若△ABC外接圆的圆心为P，则点P的坐标为（2，6）．
【考点】作图—相似变换；三角形的外接圆与外心．
【分析】（1）根据网格结构，作出DE=2AB，EF=2BC，DF=2AC的三角形即可；
（2）作F G⊥DE于G，在Rt△DFG中利用正弦函数的定义即可求解；
（3）设点P的坐标为（x，y），根据“三角形外接圆的圆心到三角形三个顶点的距离相等”列出等式，化简即可得出点P的坐标．
【解答】解：（1）如下图所示，△DEF即为所求；
（2）如图，作FG⊥DE于G，
∵在Rt△DFG中，FG=2，DG=6，
∴DF===2，
∴sin∠D===；
（3）设点P的坐标为（x，y）；
∵△ABC外接圆的圆心为P，
∴PA=PB=PC，
∵A（1，8），B（3，8），C（4，7），
∴（1﹣x）2+（8﹣y）2=（3﹣x）2+（8﹣y）2=（4﹣x）2+（7﹣y）2，
化简后得x=2，y=6，
因此点P的坐标为（2，6）．
故答案为（2，6）．
【点评】本题考查了作图﹣相似变换，锐角三角函数的定义，勾股定理，三角形的外接圆与外心，两点间的距离公式，难度适中．
23．如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，以斜边AB上一点O为圆心，OB为半径作⊙O，交
AC于点E，交AB于点D，且∠BEC=∠BDE．
（1）求证：AC是⊙O的切线；
（2）连接OC交BE于点F，若，求的值．
【考点】切线的判定；相似三角形的判定与性质．
【分析】（1）连接OE，证得OE⊥AC即可确定AC是切线；
（2）根据OE∥BC，分别得到△AOE∽△ACB和△OEF∽△CBF，利用相似三角形对应边的比相等找到中间比即可求解．
【解答】解：（1）证明：连接OE，
∵OB=OE，
∴∠OBE=∠OEB，
∵∠ACB=90°，
∴∠CBE+∠BEC=90°，
∵BD为⊙O的直径，
∴∠BED=90°，
∴∠DBE+∠BDE=90°，
∴∠CBE=∠DBE，
∴∠CBE=∠OEB，
∴OE∥BC，
∴∠OEA=∠ACB=90°，
即OE⊥AC，
∴AC为⊙O的切线；
（2）∵OE∥BC，∴△AOE∽△ABC，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵OE∥BC，
∴△OEF∽△CBF，
∴．
【点评】本题考查了切线的性质及判断，在解决切线问题时，常常连接圆心和切点，证明垂直或根据切线得到垂直．
24．如图，中间用相同的白色正方形瓷砖，四周用相同的黑色长方形瓷砖铺设矩形地面，请观察图形并解答下列问题．
（1）问：在第6个图中，黑色瓷砖有28块，白色瓷砖有42块；
（2）某商铺要装修，准备使用边长为1米的正方形白色瓷砖和长为1米、宽为0.5米的长方形黑色瓷砖来铺地面．且该商铺按照此图案方式进行装修，瓷砖无须切割，恰好能完成铺设．已知白色瓷砖每块100元，黑色瓷砖每块50元，贴瓷砖的费用每平方米15元．经测算总费用为15180元．请问两种瓷砖各需要买多少块？
【考点】一元二次方程的应用．
【专题】几何图形问题．
【分析】（1）通过观察发现规律得出黑色瓷砖的块数可用含n的代数式表示为4（n+1），白瓷砖的块数可用含n的代数式表示为n（n+1），然后将n=6代入计算即可；
（2）设白色瓷砖的行数为n，根据总费用为15180元为等量关系列出方程求解即可．
【解答】解：（1）通过观察图形可知，当n=1时，黑色瓷砖有8块，白瓷砖2块；
当n=2时，黑色瓷砖有12块，白瓷砖6块；
当n=3时，黑色瓷砖有块，用白瓷砖12块；
则在第n个图形中，黑色瓷砖的块数可用含n的代数式表示为4（n+1），白瓷砖的块数可用含n的代数式表示为n（n+1），
当n=6时，黑色瓷砖的块数有4×（6+1）=28块，白色瓷砖有6×（6+1）=42块；
故答案为：28，42；
（2）设白色瓷砖的行数为n，根据题意，得：
100n（n+1）+50×4（n+1）+15（n+1）（n+2）=15180，
化简得：m2+3n﹣130=0，
解得n1=10，n2=﹣13（不合题意，舍去），
白色瓷砖块数为n（n+1）=110，
黑色瓷砖块数为4（n+1）=44．
答：白色瓷砖需买110块，黑色瓷砖需买44块．
【点评】此题主要考查了一元二次方程的应用，解答此题的关键是通过观察和分析，找出其中的规律．
25．如图1，已知二次函数y=ax2﹣8ax+12（a＞0）的图象与x轴分别交于A、B两点，与y 轴交于点C，点P在抛物线的对称轴上，且四边形ABPC为平行四边形．
（1）求此抛物线的对称轴，并确定此二次函数的解析式；
（2）点M为x轴下方抛物线上一点，若△OMP的面积为36，求点M的坐标．
【考点】待定系数法求二次函数解析式；二次函数图象上点的坐标特征；平行四边形的性质．【专题】计算题．
【分析】（1）利用二次函数的性质可得对称轴为直线x=4，则PC=4，再根据平行四边形的性质得PC=AB=4，然后利用抛物线的对称性可得A（2，0），B（6，0），然后把把点 A（2，0）代入得y=ax2﹣8ax+12求出a=1，所以二次函数解析式为y=x2﹣8x+12；
（2）根据二次函数图象上点的坐标特征，设M（m，x2﹣8x+12），其中2＜m＜6，作MN⊥y
轴于N，如图2，利用S梯形CPMN﹣S△OCP﹣S△OMN=S△OPM得到（4+m）（12﹣m2+8m﹣12）﹣×4×12
﹣m（﹣m2+8m﹣12）=36，化简得：m2﹣11m+30=0，然后解方程求出m即可得到点M的坐标．
【解答】解：（1）对称轴为直线x=﹣=4，则PC=4，
∵四边形ABPC为平行四边形，
∴PC∥AB，PC=AB，
∴PC=AB=4，
∴A（2，0），B（6，0），
把点 A（2，0）代入得y=ax2﹣8ax+12得4a﹣16a+12=0，解得a=1，
∴二次函数解析式为y=x2﹣8x+12；
（2）设M（m，x2﹣8x+12），其中2＜m＜6，
作MN⊥y轴于N，如图2，
∵S梯形CPMN﹣S△OCP﹣S△OMN=S△OPM，
∴（4+m）（12﹣m2+8m﹣12）﹣×4×12﹣m（﹣m2+8m﹣12）=36，
化简得：m2﹣11m+30=0，解得m1=5，m2=6，
∴点M的坐标为（5，﹣3）．
【点评】本题考查了待定系数法求二次函数的解析式：在利用待定系数法求二次函数关系式时，要根据题目给定的条件，选择恰当的方法设出关系式，从而代入数值求解．一般地，当已知抛物线上三点时，常选择一般式，用待定系数法列三元一次方程组来求解；当已知抛物线的顶点或对称轴时，常设其解析式为顶点式来求解；当已知抛物线与x轴有两个交点时，可选择设其解析式为交点式来求解．也考查了二次函数的性质．
26．如图，在矩形ABCD中，AB=6米，BC=8米，动点P以2米/秒的速度从点A出发，沿AC 向点C移动，同时动点Q以1米/秒的速度从点C出发，沿CB项点B移动，设P、Q两点移动t秒（0＜t＜5）后，三角形CPQ的面积为S米2．
（1）求面积S与时间t的关系式；
（2）在P、Q两点移动的过程中，四边形ABQP与△CPQ的面积能否相等？若能，求出此时点P的位置；若不能，请说明理由．
（3）t为何值时，三角形CPQ为直角三角形．
【考点】四边形综合题．
【分析】（1）过点P作PE⊥BC于E，利用勾股定理求出AC的长，AP=2t，CQ=t，则PC=10﹣2t，又PE∥AB，根据平行线分线段成比例列出比例式即可得出PE的长，再由三角形的面积公式即可得出结论；
（2）假设四边形ABQP与△CPQ的面积相等，则S△PCQ=S△ABC，再判断出方程根的情况即可；（3）分∠PQC=90°与∠CPQ=90°两种情况进行讨论即可．
【解答】解：（1）如图1，过点P作PE⊥BC于E，Rt△ABC中，AC===10（m）．
由题意知：AP=2t，CQ=t，则PC=10﹣2t．
由AB⊥BC，PE⊥BC，得PE∥AB，
∴=，即=
∴PE=（10﹣2t）=﹣t+6，
∴S△PCQ=CQ•PE=t•（﹣t+6）=﹣t2+3t（0＜t＜5）；
（2）不能．
理由：∵假设四边形ABQP与△CPQ的面积相等，
∴S△PCQ=S△ABC，即﹣t2+3t=×6×8，整理得，t2﹣5t+40=0．∵△=（﹣5）2﹣160=﹣135＜0，
∴t无解，
∴边形ABQP与△CPQ的面积不能相等；
（3）如图2，当∠PQC=90°时，PQ⊥BC，
∵AB⊥BC，AB=6，BC=8，QC=t，PC=10﹣2t，
∴△PQC∽△ABC，
∴=，即=，解得t=（秒）；
如图3，当∠CPQ=90°时，PQ⊥AC，
∵∠ACB=∠QCP，∠B=∠QPC，
∴△CPQ∽△CBA，
∴=，即=，解得t=（秒）．
综上所述，t为秒与秒时，△CPQ为直角三角形．
【点评】本题考查的是四边形综合题，涉及到矩形的性质、勾股定理、根的判别式、三角形的面积公式及平行线分线段成比例等知识，解题关键是对这些知识的熟练掌握及灵活运用，在解答（3）时要注意分类讨论．。