2024年華師大版高一數(shù)學(xué)上冊階段測試試卷

…………○…………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2024年華師大版高一數(shù)學(xué)上冊階段測試試卷588考試試卷考試范圍：全部知識點(diǎn)；考試時間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共6題，共12分)1、設(shè)A={1；2，3，4，5}，B={1，3，7，15，31，33}，下面的對應(yīng)法則f能構(gòu)成從A到B的映射是（）

A.f：x→x2-x+1

B.f：x→x+（x+1）2

C.f：x→2x-1-1

D.f：x→2x-1

2、若函數(shù)f（x）=x2-1（x≤-1），則f-1（4）的值為（）

A.

B.-

C.15

D.

3、定義在R上的函數(shù)f（x）=2x-1；則f（3）的值為（）

A.-5

B.2

C.5

D.6

4、設(shè)向量滿足：的夾角為則與的夾角是（）A.B.C.D.5、函數(shù)f（x）=ex+x的零點(diǎn)所在一個區(qū)間是（）A.（﹣2，﹣1）B.（﹣1，0）C.（0，1）D.（1，2）6、碘-131經(jīng)常被用于對甲狀腺的研究，它的半衰期大約是8天（即經(jīng)過8天的時間，有一半的碘-131會衰變?yōu)槠渌兀衲?0月1日凌晨，在一容器中放入一定量的碘-131，到10月25日凌晨，測得該容器內(nèi)還剩有2毫克的碘-131，則10月1日凌晨，放人該容器的碘-131的含量是（）A.8毫克B.16毫克C.32毫克D.64毫克評卷人得分二、填空題(共5題，共10分)7、在數(shù)列{an}中，首項(xiàng)a1=1，an=2an-1+1（n≥2，n∈N），則a4=____．8、函數(shù)在區(qū)間上是增函數(shù)，則實(shí)數(shù)的取值范圍是____。9、函數(shù)的定義域?yàn)镽，且定義如下：（其中是非空實(shí)數(shù)集）．若非空實(shí)數(shù)集滿足則函數(shù)的值域?yàn)椋?0、【題文】已知條件條件則是的____11、函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間是____評卷人得分三、證明題(共8題，共16分)12、如圖；在△ABC中，AB=AC，AD⊥BC，垂足為D，E為AD的中點(diǎn)，DF⊥BE，垂足為F，CF交AD于點(diǎn)G．

求證：（1）∠CFD=∠CAD；

（2）EG＜EF．13、AB是圓O的直徑，CD是圓O的一條弦，AB與CD相交于E，∠AEC=45°，圓O的半徑為1，求證：EC2+ED2=2．14、已知D是銳角△ABC外接圓劣弧的中點(diǎn)；弦AD與邊BC相交于點(diǎn)E，而且AB：AC=2：1，AB：EC=3：1．求：

（1）EC：CB的值；

（2）cosC的值；

（3）tan的值．15、已知ABCD四點(diǎn)共圓，AB與DC相交于點(diǎn)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(diǎn)，求證：（1）FX⊥EX；（2）FX、EX分別平分∠MFN與∠MEN．16、如圖；已知AB是⊙O的直徑，P是AB延長線上一點(diǎn)，PC切⊙O于C，AD⊥PC于D，CE⊥AB于E，求證：

（1）AD=AE

（2）PC?CE=PA?BE．17、如圖；在△ABC中，AB=AC，AD⊥BC，垂足為D，E為AD的中點(diǎn)，DF⊥BE，垂足為F，CF交AD于點(diǎn)G．

求證：（1）∠CFD=∠CAD；

（2）EG＜EF．18、AB是圓O的直徑，CD是圓O的一條弦，AB與CD相交于E，∠AEC=45°，圓O的半徑為1，求證：EC2+ED2=2．19、已知D是銳角△ABC外接圓劣弧的中點(diǎn)；弦AD與邊BC相交于點(diǎn)E，而且AB：AC=2：1，AB：EC=3：1．求：

（1）EC：CB的值；

（2）cosC的值；

（3）tan的值．評卷人得分四、作圖題(共2題，共6分)20、作出下列函數(shù)圖象：y=21、請畫出如圖幾何體的三視圖．

評卷人得分五、解答題(共2題，共8分)22、已知全集I={1；2，3，4，5，6，7，8}，其中A={1，2，3，4}，B={3，5，6，7}

（1）求A∪B

（2）求A∩（CIB）

23、已知圓心在直線y=2x上，且與直線4x-3y-11=0切于點(diǎn)（2，-1），求此圓的方程．評卷人得分六、綜合題(共3題，共30分)24、如圖，拋物線y=x2-2x-3與坐標(biāo)軸交于A（-1，0）、B（3，0）、C（0，-3）三點(diǎn)，D為頂點(diǎn)．

（1）D點(diǎn)坐標(biāo)為（____，____）．

（2）BC=____，BD=____，CD=____；并判斷△BCD的形狀．

（3）探究坐標(biāo)軸上是否存在點(diǎn)P，使得以P、A、C為頂點(diǎn)的三角形與△BCD相似？若存在，請寫出符合條件的所有點(diǎn)P的坐標(biāo)，并對其中一種情形說明理由；若不存在，請說明理由．25、如圖；⊙O的直徑AB=2，AM和BN是它的兩條切線，DE切⊙O于E，交AM于D，交BN于C．設(shè)AD=x，BC=y．

（1）求證：AM∥BN；

（2）求y關(guān)于x的關(guān)系式；

（3）求四邊形ABCD的面積S．26、如圖；以A為頂點(diǎn)的拋物線與y軸交于點(diǎn)B；已知A、B兩點(diǎn)的坐標(biāo)分別為（3，0）、（0，4）．

（1）求拋物線的解析式；

（2）設(shè)M（m；n）是拋物線上的一點(diǎn)（m；n為正整數(shù)），且它位于對稱軸的右側(cè)．若以M、B、O、A為頂點(diǎn)的四邊形四條邊的長度是四個連續(xù)的正整數(shù)，求點(diǎn)M的坐標(biāo)；

（3）在（2）的條件下，試問：對于拋物線對稱軸上的任意一點(diǎn)P，PA2+PB2+PM2＞28是否總成立？請說明理由．參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、D【分析】

當(dāng)x=4時，x2-x+1=13；在B集合中沒有元素和它對應(yīng)，故A不能構(gòu)成；

當(dāng)x=4時，x+（x+1）2=29；在B集合中沒有元素和它對應(yīng)，故B不能構(gòu)成；

當(dāng)x=1時，2x-1-1=0；在B集合中沒有元素和它對應(yīng)，故C不能構(gòu)成；

根據(jù)映射的定義知只有D符合要求；

故選D．

【解析】【答案】根據(jù)所給的兩個集合；對于集合A中的每一個元素，在集合B中都有唯一的一個元素與它對應(yīng)，從集合A中取一個特殊的元素4，進(jìn)行檢驗(yàn)，去掉兩個答案，A中取一個特殊的元素1，去掉一個不合題意的C，得到結(jié)果．

2、B【分析】

因?yàn)樵瘮?shù)與反函數(shù)的定義域與值域是互換的，所以要求f-1（4）的值；

只需求解x2-1=4（x≤-1）；的解即可．

解得x=-．

故選B．

【解析】【答案】利用原函數(shù)與反函數(shù)的定義域與值域的對應(yīng)關(guān)系，求出f-1（4）的值即可．

3、C【分析】

∵f（x）=2x-1；∴f（3）=5；

故選C．

【解析】【答案】將解析式中的x換成3進(jìn)行求解即可．

4、C【分析】【解析】試題分析：根據(jù)題意，由于的夾角為則可知所以那么根據(jù)向量夾角的范圍可知，滿足題意的夾角為選C.考點(diǎn)：向量的數(shù)量積【解析】【答案】C5、B【分析】【解答】∵函數(shù)f（x）=ex+x是R上的連續(xù)函數(shù)，f（﹣1）=﹣1＜0；f（0）=1＞0；

∴f（﹣1）?f（0）＜0；

故函數(shù)f（x）=ex+x的零點(diǎn)所在一個區(qū)間是（﹣1；0）；

故選B．

【分析】由函數(shù)f（x）是R上的連續(xù)函數(shù)，且f（﹣1）?f（0）＜0，根據(jù)函數(shù)的零點(diǎn)的判定定理得出結(jié)論．6、B【分析】解：由題意，設(shè)10月1日凌晨，放人該容器的碘-131的含量是x毫克，則x?=2；

∴x=16毫克．

故選B．

設(shè)10月1日凌晨，放人該容器的碘-131的含量是x毫克，則x?=2；即可得出結(jié)論．

本題考查利用數(shù)學(xué)知識解決實(shí)際問題，考查方程思想，比較基礎(chǔ)．【解析】【答案】B二、填空題(共5題，共10分)7、略

【分析】

由題意知：

∵an=2an-1+1

∴an+1=2（an-1+1）

∴數(shù)列{an+1}為以2為首相；以公比為2的等比數(shù)列．

∴an+1=2?2n-1

∴an=2n-1

∴a4=15

故答案為：15．

【解析】【答案】此題由遞推公式構(gòu)造新等比數(shù)列{an+1}，求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式，然后求其a4的值．

8、略

【分析】由于在定義域內(nèi)是減函數(shù)，所以由復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性知根據(jù)條件還得滿足在上恒大于零，所以所以故【解析】【答案】9、略

【分析】試題分析：【解析】

根據(jù)題意：當(dāng)時，=當(dāng)時，=當(dāng)時，=綜上可知，對于任意所以答案應(yīng)填：考點(diǎn)：函數(shù)的概念與分段函數(shù).【解析】【答案】10、略

【分析】【解析】本題考查不等式的解法及充要條件的判斷.

由得或則或則

由得則則或

令

則且即是的真子集；

故是的充分不必要條件【解析】【答案】____11、[2，+∞）【分析】【解答】

∴f（x）在定義域[2；+∞）上單調(diào)遞增；

即f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間是[2；+∞）．

故答案為：[2；+∞）．

【分析】可求導(dǎo)數(shù)，根據(jù)導(dǎo)數(shù)符號即可判斷f（x）在定義域上為增函數(shù)，從而便可得出f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間．三、證明題(共8題，共16分)12、略

【分析】【分析】（1）連接AF，并延長交BC于N，根據(jù)相似三角形的判定定理證△BDF∽△DEF，推出，=；再證△CDF∽△AEF，推出∠CFD=∠AFE，證出A；F、D、C四點(diǎn)共圓即可；

（2）根據(jù)已知推出∠EFG=∠ABD，證F、N、D、G四點(diǎn)共圓，推出∠EGF=∠AND，根據(jù)三角形的外角性質(zhì)推出∠EGF＞∠EFG即可．【解析】【解答】（1）證明：連接AF，并延長交BC于N，

∵AD⊥BC；DF⊥BE；

∴∠DFE=∠ADB；

∴∠BDF=∠DEF；

∵BD=DC；DE=AE；

∵∠BDF=∠DEF；∠EFD=∠BFD=90°；

∴△BDF∽△DEF；

∴=；

則=；

∵∠AEF=∠CDF；

∴△CDF∽△AEF；

∴∠CFD=∠AFE；

∴∠CFD+∠AEF=90°；

∴∠AFE+∠CFE=90°；

∴∠ADC=∠AFC=90°；

∴A；F、D、C四點(diǎn)共圓；

∴∠CFD=∠CAD．

（2）證明：∵∠BAD+∠ABD=90°；∠CFD+∠EFG=∠EFD=90°，∠CFD=∠CAD=∠BAD；

∴∠EFG=∠ABD；

∵CF⊥AD；AD⊥BC；

∴F；N、D、G四點(diǎn)共圓；

∴∠EGF=∠AND；

∵∠AND＞∠ABD；∠EFG=∠ABD；

∴∠EGF＞∠EFG；

∴DG＜EF．13、略

【分析】【分析】首先作CD關(guān)于AB的對稱直線FG，由∠AEC=45°，即可證得CD⊥FG，由勾股定理即可求得CG2=CE2+ED2，然后由△OCD≌△OGF，易證得O，C，G，E四點(diǎn)共圓，則可求得CG2=OC2+OG2=2．繼而證得EC2+ED2=2．【解析】【解答】證明：作CD關(guān)于AB的對稱直線FG；

∵∠AEC=45°；

∴∠AEF=45°；

∴CD⊥FG；

∴CG2=CE2+EG2；

即CG2=CE2+ED2；

∵△OCD≌△OGF（SSS）；

∴∠OCD=∠OGF．

∴O；C，G，E四點(diǎn)共圓．

∴∠COG=∠CEG=90°．

∴CG2=OC2+OG2=2．

∴EC2+ED2=2．14、略

【分析】【分析】（1）求出∠BAD=∠CAD，根據(jù)角平分線性質(zhì)推出=；代入求出即可；

（2）作BF⊥AC于F；求出AB=BC，根據(jù)等腰三角形性質(zhì)求出AF=CF，根據(jù)三角函數(shù)的定義求出即可；

（3）BF過圓心O，作OM⊥BC于M，求出BF，根據(jù)銳角三角函數(shù)的定義求出即可．【解析】【解答】解：（1）∵弧BD=弧DC；

∴∠BAD=∠CAD；

∴；

∴．

答：EC：CB的值是．

（2）作BF⊥AC于F；

∵=，=；

∴BA=BC；

∴F為AC中點(diǎn)；

∴cosC==．

答：cosC的值是．

（3）BF過圓心O；作OM⊥BC于M；

由勾股定理得：BF==CF；

∴tan．

答：tan的值是．15、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(shí)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(jìn)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．16、略

【分析】【分析】（1）連AC；BC；OC，如圖，根據(jù)切線的性質(zhì)得到OC⊥PD，而AD⊥PC，則OC∥PD，得∠ACO=∠CAD，則∠DAC=∠CAO，根據(jù)三角形相似的判定易證得Rt△ACE≌Rt△ACD；

即可得到結(jié)論；

（2）根據(jù)三角形相似的判定易證Rt△PCE∽Rt△PAD，Rt△EBC∽Rt△DCA，得到PC：PA=CE：AD，BE：CE=CD：AD，而CD=CE，即可得到結(jié)論．【解析】【解答】證明：（1）連AC、BC，OC，如圖，

∵PC是⊙O的切線；

∴OC⊥PD；

而AD⊥PC；

∴OC∥PD；

∴∠ACO=∠CAD；

而∠ACO=∠OAC；

∴∠DAC=∠CAO；

又∵CE⊥AB；

∴∠AEC=90°；

∴Rt△ACE≌Rt△ACD；

∴CD=CE；AD=AE；

（2）在Rt△PCE和Rt△PAD中；∠CPE=∠APD；

∴Rt△PCE∽Rt△PAD；

∴PC：PA=CE：AD；

又∵AB為⊙O的直徑；

∴∠ACB=90°；

而∠DAC=∠CAO；

∴Rt△EBC∽Rt△DCA；

∴BE：CE=CD：AD；

而CD=CE；

∴BE：CE=CE：AD；

∴BE：CE=PC：PA；

∴PC?CE=PA?BE．17、略

【分析】【分析】（1）連接AF，并延長交BC于N，根據(jù)相似三角形的判定定理證△BDF∽△DEF，推出，=；再證△CDF∽△AEF，推出∠CFD=∠AFE，證出A；F、D、C四點(diǎn)共圓即可；

（2）根據(jù)已知推出∠EFG=∠ABD，證F、N、D、G四點(diǎn)共圓，推出∠EGF=∠AND，根據(jù)三角形的外角性質(zhì)推出∠EGF＞∠EFG即可．【解析】【解答】（1）證明：連接AF，并延長交BC于N，

∵AD⊥BC；DF⊥BE；

∴∠DFE=∠ADB；

∴∠BDF=∠DEF；

∵BD=DC；DE=AE；

∵∠BDF=∠DEF；∠EFD=∠BFD=90°；

∴△BDF∽△DEF；

∴=；

則=；

∵∠AEF=∠CDF；

∴△CDF∽△AEF；

∴∠CFD=∠AFE；

∴∠CFD+∠AEF=90°；

∴∠AFE+∠CFE=90°；

∴∠ADC=∠AFC=90°；

∴A；F、D、C四點(diǎn)共圓；

∴∠CFD=∠CAD．

（2）證明：∵∠BAD+∠ABD=90°；∠CFD+∠EFG=∠EFD=90°，∠CFD=∠CAD=∠BAD；

∴∠EFG=∠ABD；

∵CF⊥AD；AD⊥BC；

∴F；N、D、G四點(diǎn)共圓；

∴∠EGF=∠AND；

∵∠AND＞∠ABD；∠EFG=∠ABD；

∴∠EGF＞∠EFG；

∴DG＜EF．18、略

【分析】【分析】首先作CD關(guān)于AB的對稱直線FG，由∠AEC=45°，即可證得CD⊥FG，由勾股定理即可求得CG2=CE2+ED2，然后由△OCD≌△OGF，易證得O，C，G，E四點(diǎn)共圓，則可求得CG2=OC2+OG2=2．繼而證得EC2+ED2=2．【解析】【解答】證明：作CD關(guān)于AB的對稱直線FG；

∵∠AEC=45°；

∴∠AEF=45°；

∴CD⊥FG；

∴CG2=CE2+EG2；

即CG2=CE2+ED2；

∵△OCD≌△OGF（SSS）；

∴∠OCD=∠OGF．

∴O；C，G，E四點(diǎn)共圓．

∴∠COG=∠CEG=90°．

∴CG2=OC2+OG2=2．

∴EC2+ED2=2．19、略

【分析】【分析】（1）求出∠BAD=∠CAD，根據(jù)角平分線性質(zhì)推出=；代入求出即可；

（2）作BF⊥AC于F；求出AB=BC，根據(jù)等腰三角形性質(zhì)求出AF=CF，根據(jù)三角函數(shù)的定義求出即可；

（3）BF過圓心O，作OM⊥BC于M，求出BF，根據(jù)銳角三角函數(shù)的定義求出即可．【解析】【解答】解：（1）∵弧BD=弧DC；

∴∠BAD=∠CAD；

∴；

∴．

答：EC：CB的值是．

（2）作BF⊥AC于F；

∵=，=；

∴BA=BC；

∴F為AC中點(diǎn)；

∴cosC==．

答：cosC的值是．

（3）BF過圓心O；作OM⊥BC于M；

由勾股定理得：BF==CF；

∴tan．

答：tan的值是．四、作圖題(共2題，共6分)20、【解答】冪函數(shù)y={#mathml#}x32

{#/mathml#}的定義域是[0；+∞），圖象在第一象限，過原點(diǎn)且單調(diào)遞增，如圖所示；

【分析】【分析】根據(jù)冪函數(shù)的圖象與性質(zhì)，分別畫出題目中的函數(shù)圖象即可．21、解：如圖所示：

【分析】【分析】由幾何體是圓柱上面放一個圓錐，從正面，左面，上面看幾何體分別得到的圖形分別是長方形上邊加一個三角形，長方形上邊加一個三角形，圓加一點(diǎn)．五、解答題(共2題，共8分)22、略

【分析】

（1）∵A={1；2，3，4}，B={3，5，6，7}

∴A∪B={1；2，3，4，5，6，7}；

（2）∵I={1；2，3，4，5，6，7，8}；

∴CIB={1，2，4，8}，

∴A∩CIB={1；2，3，4}∩{1，2，4，8}={1，2，4}．

【解析】【答案】（1）利用兩個集合的交集的定義求出A∩B．

（2）先利用補(bǔ)集的定義求出CIB，再利用兩個集合的交集的定義求出A∩（CIB）．

23、略

【分析】

設(shè)圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為（x-a）2+（y-b）2=r2（r＞0）．由于圓心在直線y=2x上，且與直線4x-3y-11=0切于點(diǎn)（2，-1），可得解得即可．

本題考查了圓的標(biāo)準(zhǔn)方程、直線與圓相切的位置關(guān)系，屬于中檔題．【解析】解：設(shè)圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為（x-a）2+（y-b）2=r2（r＞0）．

∵圓心在直線y=2x上；且與直線4x-3y-11=0切于點(diǎn)（2，-1）；

∴解得a=b=r=．

故所求的圓的方程為（x-）2+（y-）2=．六、綜合題(共3題，共30分)24、略

【分析】【分析】（1）直接利用拋物線的頂點(diǎn)公式即可得出D點(diǎn)的坐標(biāo)；

（2）結(jié)合題意；可知可得出B點(diǎn)；C點(diǎn)和點(diǎn)D點(diǎn)的坐標(biāo)，即可分別得出三個線段的長度，利用向量關(guān)系易得，BC⊥CD，即△BCD為直角三角形；

（3）假設(shè)存在這樣的點(diǎn)P，經(jīng)分析，有以下幾種情況：①連接AC，可知Rt△COA∽Rt△BCD，②過A作AP1⊥AC交y軸于P1，可知Rt△CAP1∽Rt△BCD；③過4C作CP2⊥AC，交x軸于P2

可知Rt△P2CA∽Rt△BCD；結(jié)合上述情況，分別可得出對應(yīng)的P的坐標(biāo)；【解析】【解答】解：（1）D（1；-4）（2分）

（2）結(jié)合題意；可得C（0，-3）；B（3，0）

，BD=2，CD=；

且=（3，1），=（1；-3）；

可知；

即△BCD是直角三角形（6分）

（3）①連接AC；可知Rt△COA∽Rt△BCD，符合條件的點(diǎn)為O（0，0）

②過A作AP1⊥AC交y軸于P1

可知Rt△CAP1∽Rt△BCD符合條件的點(diǎn)為

③過C作CP2⊥AC，交x軸于P2

可知Rt△P2CA∽Rt△BCD，符合條件的點(diǎn)為P2（9；0）

∴符合條件的點(diǎn)有三個：O（0，0），，P2（9，0）（12分）25、略

【分析】【分析】（1）由AB是直徑；AM；BN是切線，得到AM⊥AB，BN⊥AB，根據(jù)垂直于同一條直線的兩直線平行即可得到結(jié)論；

（2）過點(diǎn)D作DF⊥BC于F；則AB∥DF，由（1）AM∥BN，得到四邊形ABFD為矩形，于是得到DF=AB=2，BF=AD=x，根據(jù)切線長定理得DE=DA=x，CE=CB=y．根據(jù)勾股定理即可得到結(jié)果；

（3）根據(jù)梯形的面積公式即可得到結(jié)論．【解析】【解答】（1）證明：∵AB是直徑；AM；BN是切線；

∴AM⊥AB；BN⊥AB；

∴AM∥BN；

（2）解：過點(diǎn)D作DF⊥BC于F；則AB∥DF；

由（1）AM∥BN；

∴四邊形ABFD為矩形；

∴DF=AB=2；BF=AD=x；

∵DE；DA；CE、CB都是切線；

∴根據(jù)切線長定理；得DE=DA=x，CE=CB=y．

在Rt△DFC中；DF=2，DC=DE+CE=x+y，CF=BC-BF=y-x；

∴（x+y）2=22+（y-x）2；

化簡，