2025年北師大版高一數(shù)學上冊階段測試試卷含答案

…………○…………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2025年北師大版高一數(shù)學上冊階段測試試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______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、【題文】如圖是正方體截去陰影部分所得的幾何體；則該幾何體的側(cè)視圖是()

2、【題文】在直四棱柱ABCD—A1B1C1D1中，底面是有一個角為的菱形，AA1=AB；從頂點中取出三個能構(gòu)成不同直角三角形的個數(shù)有（）個。

A.48B.40C.24D.163、{（x，y）|}=（）A.{1，1}B.（1，1）C.{（1，1）}D.?4、如圖，正三棱柱（底面為正三角形，側(cè)棱垂直底面）的正視圖面積a2；則側(cè)視圖的面積為（）

A.a2B.C.D.5、如圖，PA⊥⊙O所在的平面，AB是⊙O的直徑，C是⊙O上的一點，AE⊥PB于E，AF⊥PC于F，給出下列結(jié)論：①BC⊥面PAC；②AF⊥面PCB；③EF⊥PB；④AE⊥面PBC．其中正確命題的個數(shù)是（）A.1B.2C.3D.46、如圖所示的程序輸出的結(jié)果為（）

A.17B.19C.21D.23評卷人得分二、填空題(共8題，共16分)7、函數(shù)在上為增函數(shù)，則實數(shù)道的取值范圍是__________.8、已知函數(shù)的部分圖象如下圖所示，則.A=____==____9、若且則10、【題文】若冪函數(shù)的圖象過點則的值為11、【題文】已知直線其方向向量為過點（1，1），且其方向向量與滿足＝0,則的方程為____.12、如果x＜0，0＜y＜1，那么從小到大的順序是____．13、已知直線y=kx+2k+1，則直線恒經(jīng)過的定點______．14、函數(shù)y=lg(1鈭?x)

的定義域為______．評卷人得分三、證明題(共9題，共18分)15、如圖；在△ABC中，AB=AC，AD⊥BC，垂足為D，E為AD的中點，DF⊥BE，垂足為F，CF交AD于點G．

求證：（1）∠CFD=∠CAD；

（2）EG＜EF．16、已知G是△ABC的重心，過A、G的圓與BG切于G，CG的延長線交圓于D，求證：AG2=GC?GD．17、已知ABCD四點共圓，AB與DC相交于點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，求證：（1）FX⊥EX；（2）FX、EX分別平分∠MFN與∠MEN．18、如圖；已知AB是⊙O的直徑，P是AB延長線上一點，PC切⊙O于C，AD⊥PC于D，CE⊥AB于E，求證：

（1）AD=AE

（2）PC?CE=PA?BE．19、如圖；在△ABC中，AB=AC，AD⊥BC，垂足為D，E為AD的中點，DF⊥BE，垂足為F，CF交AD于點G．

求證：（1）∠CFD=∠CAD；

（2）EG＜EF．20、如圖，已知：D、E分別為△ABC的AB、AC邊上的點，DE∥BC，BE與CD交于點O，直線AO與BC邊交于M，與DE交于N，求證：BM=MC．21、如圖，設△ABC是直角三角形，點D在斜邊BC上，BD=4DC．已知圓過點C且與AC相交于F，與AB相切于AB的中點G．求證：AD⊥BF．22、已知G是△ABC的重心，過A、G的圓與BG切于G，CG的延長線交圓于D，求證：AG2=GC?GD．23、已知ABCD四點共圓，AB與DC相交于點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，求證：（1）FX⊥EX；（2）FX、EX分別平分∠MFN與∠MEN．評卷人得分四、解答題(共2題，共18分)24、【題文】已知平面直角坐標系中O是坐標原點，圓是的外接圓，過點（2，6）的直線為

（1）求圓的方程；

（2）若與圓相切；求切線方程；

（3）若被圓所截得的弦長為求直線的方程。25、【題文】（12分）求函數(shù)的值域。評卷人得分五、計算題(共1題，共6分)26、已知x、y均為實數(shù)，且滿足xy+x+y=17，x2y+xy2=66，則x4+x3y+x2y2+xy3+y4=____．評卷人得分六、綜合題(共4題，共40分)27、拋物線y=ax2+bx+c（a≠0）過點A（1；-3），B（3，-3），C（-1，5），頂點為M點．

（1）求該拋物線的解析式．

（2）試判斷拋物線上是否存在一點P；使∠POM=90°．若不存在，說明理由；若存在，求出P點的坐標．

（3）試判斷拋物線上是否存在一點K，使∠OMK=90°，若不存在，說明理由；若存在，求出K點的坐標．28、已知直線l1：x-y+2=0；l2：x+y-4=0，兩條直線的交點為A，點B在l1上，點C在l2上，且，當B，C變化時，求過A，B，C三點的動圓形成的區(qū)域的面積大小為____．29、已知二次函數(shù)圖象的頂點在原點O，對稱軸為y軸．一次函數(shù)y=kx+1的圖象與二次函數(shù)的圖象交于A，B兩點（A在B的左側(cè)）；且A點坐標為（-4，4）．平行于x軸的直線l過（0，-1）點．

（1）求一次函數(shù)與二次函數(shù)的解析式；

（2）判斷以線段AB為直徑的圓與直線l的位置關系；并給出證明；

（3）把二次函數(shù)的圖象向右平移2個單位，再向下平移t個單位（t＞0），二次函數(shù)的圖象與x軸交于M，N兩點，一次函數(shù)圖象交y軸于F點．當t為何值時，過F，M，N三點的圓的面積最?。孔钚∶娣e是多少？30、（1）如圖；在等腰梯形ABCD中，AD∥BC，M是AD的中點；

求證：MB=MC．

（2）如圖；在Rt△OAB中，∠OAB=90°，且點B的坐標為（4，2）．

①畫出△OAB向下平移3個單位后的△O1A1B1；

②畫出△OAB繞點O逆時針旋轉(zhuǎn)90°后的△OA2B2，并求點A旋轉(zhuǎn)到點A2所經(jīng)過的路線長（結(jié)果保留π）．參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、C【分析】【解析】此幾何體側(cè)視圖是從左邊向右邊看，故C符合題意．【解析】【答案】C2、C【分析】【解析】略【解析】【答案】C3、C【分析】解：該集合的元素是點（x，y），解得；x=1，y=1，所以該集合只含一個元素（1，1）；

∴該集合表示為{（1；1）}．

故選C．

該集合表示點的集合；解方程組即得點的坐標（1，1），所以該集合用列舉法表示為{（1，1）}．

考查元素與集合的概念，描述法表示集合，以及描述法表示的集合轉(zhuǎn)換成列舉法表示，要注意集合中的元素是什么．【解析】【答案】C4、B【分析】解：三棱柱的底面為等邊三角形；邊長為a，作出等邊三角形的高后，組成直角三角形；

由題意知左視圖是一個高為a，寬為a的矩形；

∴三棱柱的側(cè)視圖的面積為．

故選：B．

根據(jù)俯視圖為邊長為a的等邊三角形；求出三角形的高即為側(cè)視圖的寬，高，計算可求側(cè)視圖的面積．

本題考查三視圖的識別能力，作圖能力，三視圖的投影規(guī)則是主視、俯視長對正；主視、左視高平齊，左視、俯視寬相等．【解析】【答案】B5、C【分析】解：∵PA⊥⊙O所在的平面；BC?⊙O所在的平面。

∴PA⊥BC；而BC⊥AC，AC∩PA=A

∴BC⊥面PAC；故①正確。

又∵AF?面PAC；∴AF⊥BC，而AF⊥PC，PC∩BC=C

∴AF⊥面PCB；故②正確。

而PB?面PCB

∴AF⊥PB；而AE⊥PB，AE∩AF=A

∴PB⊥面AEF

而EF?面AEF

∴EF⊥PB；故③正確。

∵AF⊥面PCB；假設AE⊥面PBC

∴AF∥AE；顯然不成立，故④不正確。

故選C

對于①②③可根據(jù)直線與平面垂直的判定定理進行證明；對于④利用反證法進行證明，假設AE⊥面PBC，而AF⊥面PCB；

則AF∥AE；顯然不成立，從而得到結(jié)論．

本題主要考查了直線與平面垂直的判定，以及直線與平面垂直的性質(zhì)，考查化歸與轉(zhuǎn)化的數(shù)學思想方法，以及空間想象能力、推理論證能力，屬于基礎題．【解析】【答案】C6、C【分析】解：模擬程序的運行過程；如下；

i=1；i=1+2=3，S=2×3+3=9，i≥8，否；

i=3+2=5；S=2×5+3=13，i≥8，否；

i=5+2=7；S=2×7+3=17，i≥8，否；

i=7+2=9；S=2×9+3=21，i≥8，是；輸出S=21．

故選：C．

由題意；模擬程序的運行過程，得出該程序輸出的結(jié)果是什么．

本題考查了算法程序的應用問題，解題時應模擬程序的運行過程，以便得出正確的答案，是基礎題．【解析】【答案】C二、填空題(共8題，共16分)7、略

【分析】試題分析：設則開口向上，對稱軸為則原題實際等價于即所求的取值范圍是考點：對數(shù)函數(shù)和二次函數(shù)復合的問題應用.【解析】【答案】8、略

【分析】【解析】

由圖像可知，振幅為2，周期為因此W=2，A=2，把帶你（2）代入到函數(shù)關系式中，解得=因此填寫A=2，=2，=【解析】【答案】A=2，=2，=9、略

【分析】試題分析：而考點：1.誘導公式；2.同角三角關系；【解析】【答案】10、略

【分析】【解析】設將點代入可得解得所以故【解析】【答案】511、略

【分析】【解析】據(jù)題意直線的斜率為－2,故所求的直線方程為【解析】【答案】12、＜＜【分析】【解答】解：∵0＜y＜1，∴0＜y2＜y＜1；

∵x＜0，∴＜＜．

故答案為：＜＜．

【分析】由0＜y＜1，可得0＜y2＜y＜1，由x＜0，即可得出大小關系．13、略

【分析】解：將直線y=kx+2k+1化簡為點斜式；可得y-1=k（x+2）；

∴直線經(jīng)過定點（-2；1），且斜率為k．

即直線y=kx+2k+1恒過定點（-2；1）．

故答案為：（-2；1）．

將直線化簡成點斜式的形式得：y-1=k（x+2）；可得直線的斜率為k且經(jīng)過定點（-2，1），從而得到答案．

本題給出含有參數(shù)k的直線方程，求直線經(jīng)過的定點坐標．著重考查了直線的基本量與基本形式等知識，屬于基礎題．【解析】（-2，1）14、略

【分析】解：y=lg(1鈭?x)

的定義域滿足{x|1鈭?x>0}

解得：{x|x<1}

．

隆脿

函數(shù)y=lg(1鈭?x)

的定義域為(鈭?隆脼,1)

．

故答案為：(鈭?隆脼,1)

．

利用對數(shù)函數(shù)的性質(zhì)求解．

本題考查對數(shù)函數(shù)的定義域的求法，是基礎題，解題時要認真審題．【解析】(鈭?隆脼,1)

三、證明題(共9題，共18分)15、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四點共圓即可；

（2）根據(jù)已知推出∠EFG=∠ABD，證F、N、D、G四點共圓，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四點共圓；

∴∠EGF=∠AND；

∵∠AND＞∠ABD；∠EFG=∠ABD；

∴∠EGF＞∠EFG；

∴DG＜EF．16、略

【分析】【分析】構(gòu)造以重心G為頂點的平行四邊形GBFC，并巧用A、D、F、C四點共圓巧證乘積．延長GP至F，使PF=PG，連接FB、FC、AD．因G是重心，故AG=2GP．因GBFC是平行四邊形，故GF=2GP．從而AG=GF．又∠1=∠2=∠3=∠D，故A、D、F、C四點共圓，從而GA、GF=GC?GD．于是GA2=GC?GD．【解析】【解答】證明：延長GP至F；使PF=PG，連接AD，BF，CF；

∵G是△ABC的重心；

∴AG=2GP；BP=PC；

∵PF=PG；

∴四邊形GBFC是平行四邊形；

∴GF=2GP；

∴AG=GF；

∵BG∥CF；

∴∠1=∠2

∵過A；G的圓與BG切于G；

∴∠3=∠D；

又∠2=∠3；

∴∠1=∠2=∠3=∠D；

∴A；D、F、C四點共圓；

∴GA；GF=GC?GD；

即GA2=GC?GD．17、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．18、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．19、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四點共圓即可；

（2）根據(jù)已知推出∠EFG=∠ABD，證F、N、D、G四點共圓，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四點共圓；

∴∠EGF=∠AND；

∵∠AND＞∠ABD；∠EFG=∠ABD；

∴∠EGF＞∠EFG；

∴DG＜EF．20、略

【分析】【分析】延長AM，過點B作CD的平行線與AM的延長線交于點F，再連接CF．根據(jù)平行線分線段成比例的性質(zhì)和逆定理可得CF∥BE，根據(jù)平行四邊形的判定和性質(zhì)即可得證．【解析】【解答】證明：延長AM；過點B作CD的平行線與AM的延長線交于點F，再連接CF．

又∵DE∥BC；

∴；

∴CF∥BE；

從而四邊形OBFC為平行四邊形；

所以BM=MC．21、略

【分析】【分析】作DE⊥AC于E，由切割線定理：AG2=AF?AC，可證明△BAF∽△AED，則∠ABF+∠DAB=90°，從而得出AD⊥BF．【解析】【解答】證明：作DE⊥AC于E；

則AC=AE；AB=5DE；

又∵G是AB的中點；

∴AG=ED．

∴ED2=AF?AE；

∴5ED2=AF?AE；

∴AB?ED=AF?AE；

∴=；

∴△BAF∽△AED；

∴∠ABF=∠EAD；

而∠EAD+∠DAB=90°；

∴∠ABF+∠DAB=90°；

即AD⊥BF．22、略

【分析】【分析】構(gòu)造以重心G為頂點的平行四邊形GBFC，并巧用A、D、F、C四點共圓巧證乘積．延長GP至F，使PF=PG，連接FB、FC、AD．因G是重心，故AG=2GP．因GBFC是平行四邊形，故GF=2GP．從而AG=GF．又∠1=∠2=∠3=∠D，故A、D、F、C四點共圓，從而GA、GF=GC?GD．于是GA2=GC?GD．【解析】【解答】證明：延長GP至F；使PF=PG，連接AD，BF，CF；

∵G是△ABC的重心；

∴AG=2GP；BP=PC；

∵PF=PG；

∴四邊形GBFC是平行四邊形；

∴GF=2GP；

∴AG=GF；

∵BG∥CF；

∴∠1=∠2

∵過A；G的圓與BG切于G；

∴∠3=∠D；

又∠2=∠3；

∴∠1=∠2=∠3=∠D；

∴A；D、F、C四點共圓；

∴GA；GF=GC?GD；

即GA2=GC?GD．23、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．四、解答題(共2題，共18分)24、略

【分析】【解析】此題考查了直線與圓相交的性質(zhì)；直線與圓的位置關系，以及圓的標準方程，涉及的知識有：兩直線垂直時斜率滿足的關系，直線斜率的求法，直線的點斜式方程，兩點間的距離公式，線段中點坐標公式，點到直線的距離公式，垂徑定理，以及勾股定理，利用了分類討論及轉(zhuǎn)化的思想，其中當直線與圓相交時，常常根據(jù)垂徑定理由垂直得中點，進而利用弦長的一半，圓的半徑及弦心距構(gòu)造直角三角形，利用勾股定理來解決問題．

（1）三角形外接圓的圓心C為三角形三邊垂直平分線的交點；故找出邊OA與OB的垂直平分線交點即為圓心C，由A和O的坐標得出直線OA的斜率，利用兩直線垂直時斜率滿足的關系求出線段OA垂直平分線的斜率，再利用線段中點坐標公式求出線段OA的中點坐標，確定出線段OA垂直平分線的方程，找出線段OB垂直平分線的方程，兩直線解析式聯(lián)立求出兩直線的交點坐標，即為圓心C的坐標，再由C與O的坐標，利用兩點間的距離公式求出|OC|的長，即為圓C的半徑，由圓心和半徑寫出圓C的標準方程即可；

（2）顯然切線方程的斜率存在；設切線方程的斜率為k，由切線過（2，6），表示出切線的方程，由直線與圓相切時，圓心到直線的距離等于圓的半徑，利用點到直線的距離公式列出關于k的方程，求出方程的解得到k的值，即可確定出切線的方程；

（3）當直線l的斜率不存在時，顯然x=2滿足題意；當直線l的斜率存在時，設直線l的斜率為k，由直線l過（2，6），表示出直線l的方程，由弦長及半徑，利用垂徑定理及勾股定理求出弦心距，即為圓心C到直線l的距離，再利用點到直線的距離公式表示出圓心C到直線l的距離，列出關于k的方程，求出方程的解得到k的值，確定出直線l的方程，綜上，得到所有滿足題意的直線l的方程【解析】【答案】解：（1）圓C的方程為：

（2）（3）25、略

【分析】【解析】略【解析】【答案】五、計算題(共1題，共6分)26、略

【分析】【分析】本題須先根據(jù)題意求出x2+y2和x2y2的值，再求出x4+y4的值，最后代入原式即可求出結(jié)果．【解析】【解答】解：x2y+xy2=xy（x+y）=66；

設xy=m；x+y=n；

由xy+x+y=17；得到m+n=17，由xy（x+y）=66，得到mn=66；

∴m=6；n=11或m=11，n=6（舍去）；

∴xy=m=6；x+y=n=11；

x2+y2=112-2×6=109，x2y2=36

x4+y4=1092-36×2=11809

x4+x3y+x2y2+xy3+y4

=11809+6×109+36

=12499．

故答案為：12499六、綜合題(共4題，共40分)27、略

【分析】【分析】（1）將A（1，-3），B（3，-3），C（-1，5）三點坐標代入y=ax2+bx+c中，列方程組求a、b；c的值；得出拋物線解析式；

（2）拋物線上存在一點P，使∠POM=90?．設（a，a2-4a）；過P點作PE⊥y軸，垂足為E；過M點作MF⊥y軸，垂足為F，利用互余關系證明Rt△OEP∽Rt△MFO，利用相似比求a即可；

（3）拋物線上必存在一點K，使∠OMK=90?．過頂點M作MN⊥OM，交y軸于點N，在Rt△OMN中，利用互余關系證明△OFM∽△MFN，利用相似比求N點坐標，再求直線MN解析式，將直線MN解析式與拋物線解析式聯(lián)立，可求K點坐標．【解析】【解答】解：（1）根據(jù)題意，得，解得；

∴拋物線的解析式為y=x2-4x；

（2）拋物線上存在一點P；使∠POM=90?．

x=-=-=2，y===-4；

∴頂點M的坐標為（2；-4）；

設拋物線上存在一點P，滿足OP⊥OM，其坐標為（a，a2-4a）；

過P點作PE⊥y軸；垂足為E；過M點作MF⊥y軸，垂足為F．

則∠POE+∠MOF=90?；∠POE+∠EPO=90?．

∴∠EPO=∠FOM．

∵∠OEP=∠MFO=90?；

∴Rt△OEP∽Rt△MFO．

∴OE：MF=EP：OF．

即（a2-4a）：2=a：4；

解得a1=0（舍去），a2=；

∴P點的坐標為（，）；

（3）過頂點M作MN⊥OM；交y軸于點N．則∠FMN+∠OMF=90?．

∵∠MOF+∠OMF=90?；

∴∠MOF=∠FMN．

又∵∠OFM=∠MFN=90?；

∴△OFM∽△MFN．

∴OF：MF=MF：FN．即4：2=2：FN．∴FN=1．

∴點N的坐標為（0；-5）．

設過點M，N的直線的解析式為y=kx+b，則；

解得，∴直線的解析式為y=x-5；