成都七中2018年外地生招生考试数学试题及解析(精)

成都七中2018年外地生招生考试数学(考试时间：120 分钟 总分：150 分)一、选择题(每小题只有一个正确答案，每小题 5 分，共 5 分) 1．满足|a －b |＝|a |＋|b |成立的条件是( C )A ．ab ＞0B ．ab ＜0C ．ab ≤0D ．ab ≤1分析：根据条件分析a 与b 的关系，进而求出正确答案． 解：当a ，b 异号或其中的一个为0时，|a －b |＝|a |＋|b |成立， 即当ab ≤0时，|a －b |＝|a |＋|b |成立．2．已知a ，b ，c 为正数，若关于x 的一元二次方程ax 2＋bx ＋c ＝0有两个实数根，则关于x 的方程a 2x 2＋b 2x ＋c 2＝0解的情况为( C ) A ．有两个不相等的正根 B ．有一个正根，一个负根 C ．有两个不相等的负根D ．不一定有实数根分析：由方程ax 2＋bx ＋c ＝0有两个实数根可得出b 2－4ac ≥0，结合a ，b ，c 为正数可得出△＝b 4－4a 2c 2＞0，进而可得出关于x 的方程a 2x 2＋b 2x ＋c 2＝0有两个不相等的实数根，由根与系数的关系可得出该方程的两根之和为负、两根之积为正，进而可得出关于x 的方程a 2x 2＋b 2x ＋c 2＝0有两个不相等的负根． 解：∵关于x 的一元二次方程ax 2＋bx ＋c ＝0有两个实数根， ∴△＝b 2－4ac ≥0． 又∵a ，b ，c 为正数，∴b 2－4ac ＋2ac ＝b 2－2ac ＞0，b 2＋2ac ＞0．∵方程a 2x 2＋b 2x ＋c 2＝0的根的判别式△＝b 4－4a 2c 2＝(b 2＋2ac )(b 2－2ac )＞0， ∴该方程有两个不相等的实数根．设关于x 的方程a 2x 2＋b 2x ＋c 2＝0的两个实数根为x 1，x 2， 则x 1＋x 2＝－b 2a 2＜0，x 1x 2＝c 2a2＞0，∴关于x 的方程a 2x 2＋b 2x ＋c 2＝0有两个不相等的负根．3．已知数据x 1，x 2，x 3的平均数为a ，y 1，y 2，y 3的平均数为b ，则数据2x 1＋3y 1，2x 2＋3y 2，2x 3＋3y 3的平均数为( A ) A ．2a ＋3bB ．23a ＋bC ．4a ＋9bD ．2a ＋b分析：把2x 1＋3y 1、2x 2＋3y 2、2x 3＋3y 3的平均数的式子用a 和b 表示出来即可． 解：∵x 1，x 2，x 3的平均数为a ，y 1，y 2，y 3的平均数为b∴(2x 1＋3y 1＋2x 2＋3y 2＋2x 3＋3y 3)÷3＝[2(x 1＋x 2＋x 3)＋3(y 1＋y 2＋y 3)]÷3＝[2×3a ＋3×3b ])÷3＝2a ＋3b ． 4．若函数y ＝12(x 2－100x ＋196＋|x 2－100x ＋196|)，则当自变量x 取1，2，3，…，100这100个自然数时，函数值的和是( B ) A ．540B ．390C ．194D ．97分析：将x 2－100x ＋196分解为(x －2)(x －98)，然后可得当2≤x ≤98时函数值为0，再分别求出x ＝1，99，100时的函数值即可．解：∵x 2－100x ＋196＝(x －2)(x －98)，∴当2≤x ≤98时，|x 2－100x ＋196|＝－(x 2－100x ＋196)，∴当自变量x 取2到98时，y ＝12[x 2－100x ＋196－(x 2－100x ＋196)]＝0，即函数值为0，而当x 取1，99，100时，|x 2－100x ＋196|＝x 2－100x ＋196，此时y ＝12[x 2－100x ＋196＋(x 2－100x ＋196)]＝x 2－100x ＋196＝(x －2)(x －98)，所以，所求和为(1－2)(1－98)＋(99－2)(99－98)＋(100－2)(100－98)＝97＋97＋196＝390． 5．已知(m 2＋1)(n 2＋1)＝3(2mn －1)，则n (1m－m )的值为( D )A ．0B ．1C ．－2D ．－1分析：通过配方求出m ，n 的值或求出m ，n 之间的关系即可！ 解：由(m 2＋1)(n 2＋1)＝3(2mn －1)，整理，得 m 2n 2＋m 2＋n 2＋1－6mn ＋3＝0， m 2n 2－4mn ＋4＋m 2－2mn ＋n 2＝0， (mn －2)2＋(m －n )2＝0， mn －2＝0，且m －n ＝0， ∴mn ＝2，m ＝n ，∴原式＝nm－mn ＝1－2＝－1．6．如果存在三个实数 m ，p ，q ，满足 m ＋p ＋q ＝18，且1m ＋p ＋1p ＋q ＋1m ＋q ＝79，则m p ＋q ＋p m ＋q ＋qm ＋p的值是( D ) A ．8B ．9C ．10D ．11分析：注意到所求代数式的三个分式的分子与分母的和恰好都是m ＋p ＋q ，故可利用推导合比性质类似的方法，每个分式加上1，再提出m ＋p ＋q ，这样就把两个已知条件完美的利用起来了！明确了这一点，直接将两个已知条件相乘即可达到这一目的． 解：∵m ＋p ＋q ＝18，且1m ＋p ＋1p ＋q ＋1m ＋q ＝79， ∴(m ＋p ＋q )(1m ＋p ＋1p ＋q ＋1m ＋q )＝79×18，即m ＋p ＋q m ＋p ＋m ＋p ＋q p ＋q ＋m ＋p ＋qm ＋q＝14， ∴1＋q m ＋p ＋1＋p m ＋q ＋1＋m p ＋q ＝14，∴m p ＋q ＋p m ＋q ＋q m ＋p＝11． 7．如图，△ABC 中，AB ＝m ，AC ＝n ，以BC 为边向外作正方形BCDE ，连结EA ，则EA 的最大值为( A )BA．2m＋n B．m＋2n C．3m＋n D．m＋3n分析：在正方形中求线段的最值问题，通常都是将要求（或已知）的线段所在的三角形进行旋转，把要求和的线段和已知的线段转化到同一个三角形中，利用三角形三边之间关系求解．解：将△ABE绕点B顺时针旋转90°，得△A′BC，连接A′A，则△A′BA是等腰直角三角形，AA′＝2AB＝2 m，在△A′AC中，A′C≤A′A＋AC＝2m＋n，即EA＝A′C的最小值2m＋n．8．设A，B，C，D为平面上任意四点，如果其中任意三点不在同一直线上，则△ABC，△ABD，△ACD，△BCD 中至少存在一个三角形的某个内角满足(C)A．不超过15°B．不超过30°C．不超过45°D．以上都不对分析：关于解（或证明）“至少”，“不大于”，“不可能”等相关问题，一般都采用反证法来完成！根据反证法的步骤，第一步应假设结论的反面成立，即三角形的三个内角都大于45°，从假设出发推出矛盾：四边形内角和大于360°矛盾；三角形内角和大于180°．从而得以证明结论．解：△ABC，△ABD，△ACD，△BCD中至少存在一个三角形的某个内角满足不超过45°，证明：假设A，B，C，D四点，任选三点构成的三角形的三个内角都大于45°，当ABCD构成凸四边形时，可得各角和大于360°，与四边形内角和等于360°矛盾；当ABCD构成凹四边形时，可得三角形内角和大于180°，与三角形内角和等于180°矛盾．故在△ABC，△ABD，△ACD，△BDC中至少有一个三角形的内角不超过45°．9．将抛物线T：y＝x2－2x＋4绕坐标原点O顺时针旋转30°得到抛物线T′，过点A(33，－3)，B(3，33)的直线l与抛物线T′相交于点P，Q，则△OPQ的面积为(B)A．8 B．9 C．10 D．11yxT′T y = x2 2∙x + 4HPQABO分析：由题意A(33，－3)，B(3，33)可知OA⊥OB，建立如图新的坐标系(OB为y′轴，OA为x′轴)，利用方程组求出P，Q的坐标，根据S△OPQ＝S△OBP＋S△OBQ计算即可．解∵点A(33，－3)，B(3，33)，∴OA⊥OB，建立如图新的坐标系，OB为y′轴，OA为x′轴．在新的坐标系中，A(6，0)，B(0，6)，∴直线AB解析式为y′＝－x′＋6，由⎩⎨⎧y′＝－x′＋6，y′＝x′2－2x′＋4，解得⎩⎨⎧x′＝2，y′＝4;或⎩⎨⎧x′＝－1，y′＝7．∴在新的坐标系中，P(－1，7)，Q(2，4)，∴S△OPQ＝S△OBP＋S△OBQ＝12×6×1＋12×6×2＝9．10．如图，锐角△ABC的三条高线AD，BE，CF相交于点H，连结DE，EF，DF，则图中的三角形个数有(C)A．40 B．45 C．47 D．63分析：数三角形的个数时，要想做到不重不漏，就必须要按一定的顺序，按一定规律去数！解：图中的三角形共有47个．二、填空题11．将一个各面都涂油漆的正方形切割成125个同样大小的小正方体，那么仅有2面涂油漆的小正方体共有36个．分析：由于125=5×5×5，由题意可得，大正方体每条棱2面涂油漆的小正方体有5-2=3个，再乘以12即可求解．解：125＝5×5×5，则大正方体每条棱2面涂油漆的小正方体有5－2＝3个，3×12＝36(个)．答：仅有2面涂油漆的小正方体共有36个．12．已知x ≠y ，且x 2＝2y ＋5，y 2＝2x ＋5，则x 3－2x 2y 2＋y 3＝ ．分析：把两个已知等式分别相加和相减，得到x ＋y ＝－2，xy ＝－1，再由将立方和公式和完全平方公式，将x 3－2x 2y 2＋y 3变形为关于x ＋y 和xy 的代数式即可求解．解：∵⎩⎨⎧x 2＝2y ＋5，①y 2＝2x ＋5，②①－②，得 x 2－y 2＝2(y －x )， 即(x －y )(x ＋y )＝2(y －x ) ∵x ≠y ， ∴x ＋y ＝－2．①＋②，得 x 2＋y 2＝2(y ＋x )＋10＝－4＋10＝6， ∴(x ＋y )2－2xy ＝6，即(－2)2－2xy ＝6， ∴xy ＝－1，∴x 3－2x 2y 2＋y 3＝(x ＋y )[(x ＋y )2－3xy ]－2(xy )2＝－16， 故答案为：－16．13．如图，多边形ABDEC 是由边长为m 的等边△ABC 和正方形BDEC 组成，⊙O 过A ，D ，E 三点，则∠ACO ＝ ．分析：先求出∠ACE 的度数，再证△ACO ≌△ECO ，即可求出∠ACO ＝12∠ACE ＝75°．解：∵多边形ABDEC 是由边长为m 的等边△ABC 和正方形BDEC 组成， ∴AC ＝EC ，∠ACE ＝∠ACB ＋∠ECB ＝60°＋90°＝150°， ∵⊙O 过A ，D ，E 三点， ∴AO ＝EO ， 又OC ＝OC ，∴△ACO ≌ECO (SSS )，∴∠ACO ＝∠ECO ＝12∠ACE ＝12×150°＝75°．变式练习：(1)如图，多边形ABDEC 是由边长为m 的等边△ABC 和正方形BDEC 组成，⊙O 过点A ，D ，E 三点，则⊙O 的半径等于 ．(2)若多边形ABDEC 是由一个等腰△ABC 和一个矩形BDEC 组成，AB ＝AC ＝BD ＝m ，⊙O 过A ，D ，E 三点，则⊙O 的半径是否改变？解：(1)如图，过A 作BC 的垂线交DE 于F 点，由于△ABC 为等边三角形，则AF 平分BC ， ∵四边形BDEC 为正方形， ∴AF 也垂直平分DE ，∴过点A ，D ，E 三点的圆的圆心O 在AF 上， 连接AD ，OD ，则OA ＝OD ， ∴∠1＝∠2， 又∵BC ＝BD ＝BA ， ∴∠3＝∠4， 而AF ∥BD ， ∴∠1＝∠4， ∴∠2＝∠3， ∴AB ∥OD ，∴四边形ABDO 为菱形，∴AO ＝AB ＝2，即⊙O 的半径为2． (2)⊙O 的半径不改变．因为AB ＝AC ＝BD ＝2，此题的求法和(1)一样，⊙O 的半径为2． 故答案为2，不改变．14．已知实数a ，b ，c 满足a ≠b ，且2(a －b )＋2(b －c )＋(c －a )＝0，则(c －b )(c －a )(a －b )2＝ 2＋2 ．方法一：（主元法－－将2看成未知数)令2＝x ，则原等式就可变为关于x 的一元二次方程，利用根与系数的关系求出代数式的值．解：令2＝x ，则2＝x 2，原等式就可变形为关于x 的一元二次方程(a －b )x 2＋(b －c )x ＋(c －a )＝0． ∵(a －b )＋(b －c )＋(c －a )＝0 ∴方程必有一个根是1， ∴方程的两个根分别是1和2， 根据根与系数关系有： 1＋2＝－b －c a －b ，1•2＝c －aa －b∴(c －b )(c －a )(a －b )2＝－b －c a －b ·c －aa －b＝(1＋2)·1•2＝2＋2．方法二：（整体思想）等式整理后，不能求出a ，b ，c 的值，所以可尝试进行等式变形．注意到a －b ，b －c ，c －a 这三个代数式之间的特殊关系（任意两个相加可得第三个），这样即可将已知条件看成关于其中两个代数式的等式，结合所求代数式进行变形，求出c －a a －b （或c －b a －b ）的值，再把要求的分式变形，使变形后的分式只含有c －a a －b （或c －ba －b ），再整体代入．解：2(a －b )＋2(b －c )＋(c －a )＝0可变形为2(a －b )＋2(b －c )－[(a －b )＋(b －c )]＝0， 即 (a －b )＋(2－1)(b －c )＝0， ∴c －b a －b ＝12－1＝2＋1， ∴c －a a －b ＝(c －b )＋(b －a )a －b ＝c －b a －b －1＝2＋1－1＝2， ∴(c －b )(c －a )(a －b )2＝c －b a －b ·c －aa －b＝(1＋2)•2＝2＋2．15．将小王与小孙现在的年龄按从左至右的顺序排列得到一个四位数，这个数为完全平方数，再过31年，将他们的年龄按同样方式排列，又得到一个四位数，这个数仍然为完全平方数，则小王现在的年龄是 12 岁． 分析：设小王年龄为x 岁，小孙年龄为y 岁，可得100x ＋y ＝m 2，100(x ＋31)+y ＋31＝n 2，两式相减因式分解后得到 31×101＝(n －m )(n ＋m )，得到方程组后解答即可． 解：设小王年龄为x 岁，小孙年龄为y 岁，可得，⎩⎨⎧100x ＋y =m 2，100(x ＋31)＋y ＋31＝n 2，两式相减得100×31＋31＝n 2－m 2， 31×101＝(n －m )(n ＋m )，∴⎩⎨⎧n ＋m ＝101，n －m ＝31， 解得，⎩⎨⎧m ＝35，n ＝66，∴100x ＋y ＝352＝1225， ∴x ＝12，y ＝25，即：小王现在的年龄是12岁．16．设合数k 满足，1＜k ＜100，若k 的数字和为质数，就称合数k 为“山寨质数”，则这种“山寨质数”的个数是 23 个．分析：分别从质数的定义分析进而分别得出和为质数的山寨质数． 解：用S (K )表示k 的数字和；而M (p )表示为山寨质数p 的合数的集合．当k ≤99时，S (k )≤18，不大于18的质数共有7个，它们是：2，3，5，7，11，13，17， 山寨为2的合数有M (2)＝{20}，而M (3)＝{12，21，30}， M (5)＝{14，32，50}，M (7)＝{16，25，34，52，70}；M (11)＝{38，56，65，74，92}，M (13)＝{49，58，76，85，94}，M (17)＝{98}， 共得23个山寨质数．17．如图，在平面直角坐标系中，☉M 经过坐标原点，且与x 轴、y 轴分别相交于点A (－8，0)，B (0，－6)两点．若抛物线对称轴过点M ，顶点C 在圆上，开口向下，交x 轴于点D ，E 两点，P 在抛物线上，若S △PDE ＝15S △ABC ，则满足条件的P 点有 3 个．分析：求出AB 的解析式y ＝−34x －6，根据条件求出C 点坐标，设抛物线解析式y ＝a (x ＋4)2＋2，将点B 代入解析式，求出a 值，确定抛物线解析式；可求出抛物线与x 轴交点间距离DE ＝4，点P 到x 轴的距离是2，P 点的纵坐标是2或－2，分别求出P 点对应的横坐标即可确定P ． 解：∵抛物线对称轴过点M ，∴AM ＝BM ＝CM ，AN ＝ON ， ∵A (－8，0)，∴N (－4，0)，∴M 点的横坐标是－4， 直线AB 的解析式为y ＝−34x －6，∴M (－4，－3)，∴AM ＝5，∴CM ＝5，∴C (－4，2)， ∴S △ABC ＝12×5×8＝20，∵S △PDE ＝15S △ABC ，∴S △PDE ＝4，设抛物线解析式y ＝a (x ＋4)2＋2，∵经过点B (0，－6)，∴a ＝－12，∴y ＝－12x 2－4x －6，∴D (－6，0)，E (－2，0)，∴DE ＝4，∴点P 到x 轴的距离是2，∴P 点的纵坐标是2或－2，当P 点纵坐标是2时，－12x 2－4x －6＝2，解得x ＝－4，∴P (－4，2)；当P 点纵坐标是－2时，－12x 2－4x －6＝－2，∴x ＝－4＋22或x ＝－4－22，∴P (－4＋22，－2)或P (－4－22，－2)， ∴符合条件的P 点有3个．18．如图，在Rt △ABC 中，∠ACB ＝90°，∠A ＝60°，D 为AB 中点，BE ＝3，AC ＝4，☉B 经过点E ，P 为☉B 上一动点，则4PC ＋3PD 的最小值为 ．DE CBAP分析：由含30°角直角三角形的性质得出AB ＝2AC ＝8，由勾股定理得出BC ＝AB 2－AC 2＝43，由D 为AB 中点，得出BD ＝AD ＝12AB ＝4，由圆半径得出BP ＝BE ＝3，在线段BE 上取点Q ，使BQ ＝94，连接PQ ，过点C 作CH ⊥AB 于H ，求出BQ PB ＝BP BD ，∠PBD ＝∠QBP ，则△PBQ ∽△DBP ，得出PQ PD ＝BQ BP ＝34，推出4PQ＝3PD ，PQ ＝34PD ，即PC ＋34PD ＝PC ＋PQ ，连接CQ ，交⊙B 于点P ′，此时P ′C ＋P ′Q ＝CQ 最小，即P ′C＋34P ′D 最小，则P ′为4PC ＋3PD 的最小值时的动点P 的位置，易求AH ＝12AC ＝2，CH ＝AC 2－AH 2＝23，HQ ＝AB －BQ －AH ＝154，由勾股定理得出CQ ＝CH 2＋HQ 2＝4174，由4CQ ＝4(PC ＋34PD )＝4PC ＋3PD ，即可得出结果．解；∵Rt △ABC 中∠ACB ＝90°，∠A ＝60°， ∴AB ＝2AC ＝8，BC ＝AB 2－AC 2＝43， ∵D 为AB 中点，∴BD ＝AD ＝12AB ＝4，∵⊙B 经过点E ，P 为⊙B 上一动点， ∴BP ＝BE ＝3，在线段BE 上取点Q ，使BQ ＝94，连接PQ ，过点C 作CH ⊥AB 于H ，如图所示：∴BQ PB ＝94 3 ＝34，∵BP BD ＝34，∴BQ PB ＝BP BD ， ∵∠PBD ＝∠QBP ， ∴△PBQ ∽△DBP ， ∴PQ PD ＝BQ BP ＝34，， ∴4PQ ＝3PD ，PQ ＝34PD ，∴PC ＋34PD ＝PC ＋PQ ，连接CQ ，交⊙B 于点P ′，此时P ′C ＋P ′Q ＝CQ 最小，即P ′C ＋34P ′D 最小，∴P ′为4PC ＋3PD 的最小值时的动点P 的位置， ∵∠A ＝60°，∠CHA ＝90°，∴AH ＝12AC ＝2，∴CH ＝AC 2－AH 2＝42－22＝23， ∴HQ ＝AB －BQ －AH ＝8－94－2＝154，∴CQ ＝CH 2＋HQ 2＝(23)2＋(154)2＝4174，∴4CQ ＝4(PC ＋34PD )＝4PC ＋3PD ，∴4PC ＋3PD ＝4×4174＝417． 三、解答题19．是否存在这样的整系数二次三项式：f (x )＝ax 2＋bx ＋c ，其中a 不是2018的倍数，而且f (1)，f (2)，…，f (2018)被2018除的余数各不相同？请做出判断并说明理由． 分析：根据因式分解得相关知识可以解答此题． 解：存在，取 a ＝1009，令f (x )＝1009x 2＋2010x 由于对任何正整数，乘积都是偶数． 由此 1009 是 2018 的倍数．∴令 被 2018 除的余数与 被 2018 除的余数相同 即，除的余数各不相同．20．若m ，n ，p 为三个整数，且m ＋n ＋p ＝21，n m ＝pn，求：(1)当m 取最小值时，np 的值； (2)当m 取最大值时，np 的值．＝pn ＝x ，则n ＝mx ，p ＝nx ＝mx ·x ＝mx 2，由m ＋n ＋p ＝21，得mx 2＋mx ＋m ＝21，显然该方程有有理根，据此可解决本题！＝pn ＝x ，则n ＝mx ，p ＝nx ＝mx ·x ＝mx 2，由m ＋n ＋p ＝21，得mx 2＋mx ＋m ＝21， 即方程x 2＋x ＋1－21m ＝0有有理根，∴Δ＝1－4×1×(10，∴0＜m ≤28，(1)当m 取最小值1时，x 2＋x －20＝0，解得x ＝4或x ＝－5． ①当m ＝1，x ＝4时，n ＝4，p ＝16，∴np ＝64； ②当m ＝1，x ＝－5时，n ＝－5，p ＝25，∴np ＝－125．21．平面直角坐标系内，A 坐标为(0，3)，B 为x 轴负半轴上一动点，C 为B 关于A 的对称点，D 为B 关于y 轴的对称点，作△BCD 的外接圆，交y 轴负半轴于E 点，连结BE ，CE ，BI 平分∠CBD 交CE 于点I ． (1)如图 1，若AI ⊥CE ，设Q 为☉A 上在第二象限内一点，连接DQ 交y 轴于T 点，连结BQ 并延长交y 轴正半轴于G 点，求AT ·AG 的值；(2)如图2，若A (0，3)，B ，D 关于y 轴对称，当tan ∠ABO ＝34时，线段AB 上一动点P (不与A ，B 重合)，连结PD 交y 轴于M 点，△PMB 外接圆☉O 1交y 轴另一点为N ，若☉O 1半径为R ，求MN R的值．分析：（1）由垂径定理和外角性质可证BE ＝IE ＝IC ，通过证明△BEO ∽△CBE ，可得OE OB ＝BE CE，可得OB ＝2OE ，设⊙A 的半径为R ，由勾股定理可求R ＝5，通过证明△ABG ∽△ATB ，可得AB AG ＝AT AB，即可求解； （2）作O 1K ⊥MN 于K ，连接O 1N ，PN ，BM ，由三角函数可求OB ＝OD ＝4，通过解直角三角形可求MN R的值．解：(1)连结 QC ，TB ，则∠QCB ＋∠CBQ ＝90°，又∠QDB ＋∠DTO ＝90°，而∠QCB ＝∠QDB ，∴∠CBQ ＝∠DTO ＝∠BTO ，且∠BAG ＝∠BAT∴△ABG ∽△ATB ，∴AB AG ＝AT AB，∴AB 2＝AG •AT ． ∵AI ⊥CE ，∴I 为CE 的中点，∴AE ＝AC ，IE ＝IC ．∴∠ACE ＝∠AEC ，且∠ACE ＋∠CBE ＝90°，∠AEC ＋∠BEO ＝90°，∴∠BEO ＝∠CBE ，且∠BEC ＝∠BOD ＝90°，∴△BEO ∽△CBE ，∴OE OB ＝BE CE， ∵AE ⊥BD ，∴BE ︵＝DE ︵，∴∠DBE ＝∠BCE ．又∵∠CBI ＝∠DBI ，∠BIE ＝∠∠BCE ＋∠CBE ，∠IBE ＝∠DBI ＋∠DBE ，∴∠BIE ＝∠IBE ，∴BE ＝IE ＝IC ，∴OE ：OB ＝BE ：CE ＝1︰2，∴OB ＝2OE ．设⊙A 的半径为R ，由AB 2－OA 2＝BO 2，OE ＝R －3，得R 2－32＝4(R －3)2，解得R ＝5，或R ＝3(不合题意，舍去)．∴AT •AG ＝AB 2＝25．(注：可连结 AD ，CD 证△BAG ∽△TAD ，△TAD ≌△TAB ，本质类似．)(2)作O 1K ⊥MN 于K ，连接O 1N ，PN ，BM ，则MN ＝2NK ，且∠N O 1K ＝∠1，∴MNR ＝2NKO 1K ＝2sin ∠NO 1K ＝2sin ∠1．∵tan ∠ABO ＝34＝OAOB ，∴OB ＝OD ＝4，且OM ⊥BD ，∴∠2＝∠3．又∠2＝∠4＋∠5，∠3＝∠1＋∠6，∵∠5＝∠6，∴∠1＝∠4＝∠NO 1K ，∴MNR ＝2sin ∠4＝2×BO AB ＝85．。