河南省舞鋼市2026屆數(shù)學(xué)九上期末教學(xué)質(zhì)量檢測試題請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應(yīng)位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應(yīng)的答題區(qū)內(nèi)。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認(rèn)真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規(guī)定答題。一、選擇題（每題4分，共48分）1．圓錐形紙帽的底面直徑是18cm，母線長為27cm，則它的側(cè)面展開圖的圓心角為（）A．60° B．90° C．120° D．150°2．如圖，點的坐標(biāo)為，點，分別在軸，軸的正半軸上運動，且，下列結(jié)論：①②當(dāng)時四邊形是正方形③四邊形的面積和周長都是定值④連接，，則，其中正確的有（）A．①② B．①②③ C．①②④ D．①②③④3．方程的解是（）A．0 B．3 C．0或–3 D．0或34．二次函數(shù)的圖象與y軸的交點坐標(biāo)是（）A．（0，1） B．（1，0） C．（－1，0） D．（0，－1）5．如圖，在?ABCD中，AC，BD相交于點O，點E是OA的中點，連接BE并延長交AD于點F，已知S△AEF=4，則下列結(jié)論：①；②S△BCE=36；③S△ABE=12；④△AEF～△ACD，其中一定正確的是（）A．①②③④ B．①④ C．②③④ D．①②③6．如圖直線y＝mx與雙曲線y=交于點A、B，過A作AM⊥x軸于M點，連接BM，若S△AMB＝2，則k的值是()A．1 B．2 C．3 D．47．如圖，正方形ABCD和正方形CGFE的頂點C，D，E在同一條直線上，頂點B，C，G在同一條直線上．O是EG的中點，∠EGC的平分線GH過點D，交BE于點H，連接FH交EG于點M，連接OH．以下四個結(jié)論：①GH⊥BE；②△EHM∽△GHF；③﹣1；④＝2﹣，其中正確的結(jié)論是（）A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④8．能說明命題“關(guān)于的方程一定有實數(shù)根”是假命題的反例為（）A． B． C． D．9．下列圖形中，是相似形的是（）A．所有平行四邊形 B．所有矩形 C．所有菱形 D．所有正方形10．一元二次方程的根是（）A． B． C． D．11．小敏在今年的校運動會跳遠(yuǎn)比賽中跳出了滿意一跳，函數(shù)（t的單位：s，h的單位：m）可以描述他跳躍時重心高度的變化，則他起跳后到重心最高時所用的時間是（）A．1．71s B．1．71s C．1．63s D．1．36s12．如圖，在△ABC中，D、E分別是BC、AC上的點，且DE∥AB，若S△CDE：S△BDE＝1：3，則S△CDE：S△ABE＝（）A．1：9 B．1：12C．1：16 D．1：20二、填空題（每題4分，共24分）13．如圖，已知⊙O的半徑為1，AB，AC是⊙O的兩條弦，且AB＝AC，延長BO交AC于點D，連接OA，OC，若AD2＝AB?DC，則OD＝__．14．的半徑是，弦，點為上的一點（不與點、重合），則的度數(shù)為______________.15．如圖，已知圓周角∠ACB=130°，則圓心角∠AOB=______．16．已知函數(shù)，如果，那么___________.17．某一時刻，一棵樹高15m，影長為18m．此時，高為50m的旗桿的影長為_____m．18．在二次根式中的取值范圍是__________.三、解答題（共78分）19．（8分）在全校的科技制作大賽中，王浩同學(xué)用木板制作了一個帶有卡槽的三角形手機架．如圖所示，卡槽的寬度DF與內(nèi)三角形ABC的AB邊長相等．已知AC＝20cm，BC＝18cm，∠ACB＝50°，一塊手機的最長邊為17cm，王浩同學(xué)能否將此手機立放入卡槽內(nèi)？請說明你的理由（參考數(shù)據(jù)：sin50°≈0.8，cos50°≈0.6，tan50°≈1.2）20．（8分）如圖，AB為半圓O的直徑，點C在半圓上，過點O作BC的平行線交AC于點E，交過點A的直線于點D，且∠D=∠BAC（1）求證：AD是半圓O的切線；（2）求證：△ABC∽△DOA；（3）若BC=2，CE=，求AD的長．21．（8分）如圖，已知⊙O為Rt△ABC的內(nèi)切圓，切點分別為D，E，F(xiàn)，且∠C＝90°，AB＝13，BC＝1．（1）求BF的長；（2）求⊙O的半徑r．22．（10分）如圖，已知拋物線y＝﹣x2+bx+c與x軸交于A、B兩點，交y軸于點C，已知A(﹣1，0)對稱軸是直線x＝1．（1）求拋物線的解析式及點C的坐標(biāo)；（2）動點M從點O出發(fā)，以每秒2個單位長度的速度向點B運動，過M作x軸的垂線交拋物線于點N，交線段BC于點Q．設(shè)運動時間為t（t＞0）秒．①若AOC與BMN相似，請求出t的值；②BOQ能否為等腰三角形？若能，求出t的值．23．（10分）如圖（1）,矩形中,,,點,分別在邊,上,點,分別在邊,上,,交于點,記.（1）如圖（2）若的值為1,當(dāng)時,求的值.（2）若的值為3,當(dāng)點是矩形的頂點，,時,求的值.24．（10分）經(jīng)過點A（4，1）的直線與反比例函數(shù)y＝的圖象交于點A、C，AB⊥y軸，垂足為B，連接BC．（1）求反比例函數(shù)的表達式；（2）若△ABC的面積為6，求直線AC的函數(shù)表達式；（3）在（2）的條件下，點P在雙曲線位于第一象限的圖象上，若∠PAC＝90°，則點P的坐標(biāo)是．25．（12分）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，直線與雙曲線相交于A（﹣2，a）、B兩點，BC⊥x軸，垂足為C．（1）求雙曲線與直線AC的解析式；（2）求△ABC的面積．26．已知關(guān)于x的方程x2-（m+3）x+m+1＝1．（1）求證：不論m為何值，方程都有兩個不相等的實數(shù)根；（2）若方程一根為4，以此時方程兩根為等腰三角形兩邊長，求此三角形的周長．

參考答案一、選擇題（每題4分，共48分）1、C【分析】根據(jù)圓錐側(cè)面展開圖的面積公式以及展開圖是扇形，扇形半徑等于圓錐母線長度，再利用扇形面積求出圓心角．【詳解】解：根據(jù)圓錐側(cè)面展開圖的面公式為：πrl=π×9×27=243π，

∵展開圖是扇形，扇形半徑等于圓錐母線長度，∴扇形面積為：解得：n=1．

故選：C．此題主要考查了圓錐側(cè)面積公式的應(yīng)用以及與展開圖各部分對應(yīng)情況，得出圓錐側(cè)面展開圖等于扇形面積是解決問題的關(guān)鍵．2、A【分析】過P作PM⊥y軸于M，PN⊥x軸于N，易得出四邊形PMON是正方形，推出OM=OM=ON=PN=1，證得△APM≌△BPN，可對①進行判斷，推出AM=BN，求出OA+OB=ON+OM=2，當(dāng)OA=OB時，OA=OB=1，然后可對②作出判斷，由△APM≌△BPN可對四邊形OAPB的面積作出判斷，由OA+OB=2，然后依據(jù)AP和PB的長度變化情況可對四邊形OAPB的周長作出判斷，求得AB的最大值以及OP的長度可對④作出判斷．【詳解】過P作PM⊥y軸于M，PN⊥x軸于N，

∵P(1，1)，

∴PN=PM=1．

∵x軸⊥y軸，

∴∠MON=∠PNO=∠PMO=90°，則四邊形MONP是正方形，

∴OM=ON=PN=PM=1，

∵∠MPN=∠APB=90°，

∴∠MPA=∠NPB．

在△MPA≌△NPB中，，

∴△MPA≌△NPB，

∴PA=PB，故①正確．

∵△MPA≌△NPB，

∴AM=BN，

∴OA+OB=OA+ON+BN=OA+ON+AM=ON+OM=1+1=2．

當(dāng)OA=OB，即OA=OB=1時，則點A、B分別與點M、N重合，此時四邊形OAPB是正方形，故②正確．

∵△MPA≌△NPB，

∴．

∵OA+OB=2，PA=PB，且PA和PB的長度會不斷的變化，故周長不是定值，故③錯誤．

∵∠AOB+∠APB=180°，

∴點A、O、B、P共圓，且AB為直徑，所以AB≥OP，故④錯誤．

故選：A．本題考查了全等三角形的性質(zhì)和判定，三角形的內(nèi)角和定理，坐標(biāo)與圖形性質(zhì)，正方形的性質(zhì)的應(yīng)用，圓周角定理，關(guān)鍵是推出AM=BN和推出OA+OB=OM+ON3、D【解析】運用因式分解法求解.【詳解】由得x(x-3)=0所以，x1=0,x2=3故選D掌握因式分解法解一元二次方程.4、D【詳解】當(dāng)x=0時，y=0-1=-1,∴圖象與y軸的交點坐標(biāo)是（0,-1）.故選D.5、D【詳解】∵在?ABCD中，AO=AC，∵點E是OA的中點，∴AE=CE，∵AD∥BC，∴△AFE∽△CBE，∴=，∵AD=BC，∴AF=AD，∴；故①正確；∵S△AEF=4，=（）2=，∴S△BCE=36；故②正確；∵=，∴=，∴S△ABE=12，故③正確；∵BF不平行于CD，∴△AEF與△ADC只有一個角相等，∴△AEF與△ACD不一定相似，故④錯誤，故選D．6、B【解析】此題可根據(jù)反比例函數(shù)圖象的對稱性得到A、B兩點關(guān)于原點對稱，再由S△ABM=1S△AOM并結(jié)合反比例函數(shù)系數(shù)k的幾何意義得到k的值．【詳解】根據(jù)雙曲線的對稱性可得：OA=OB,則S△ABM＝1S△AOM＝1，S△AOM＝|k|＝1，則k＝±1．又由于反比例函數(shù)圖象位于一三象限，k＞0，所以k＝1．故選B．本題主要考查了反比例函數(shù)y＝中k的幾何意義，即過雙曲線上任意一點引x軸、y軸垂線，所得矩形面積為|k|，是經(jīng)常考查的一個知識點．7、A【分析】由四邊形ABCD和四邊形CGFE是正方形，得出△BCE≌△DCG，推出∠BEC+∠HDE=90°，從而得GH⊥BE；由GH是∠EGC的平分線，得出△BGH≌△EGH，再由O是EG的中點，利用中位線定理，得HO∥BG且HO=BG；由△EHG是直角三角形，因為O為EG的中點，所以O(shè)H=OG=OE，得出點H在正方形CGFE的外接圓上，根據(jù)圓周角定理得出∠FHG=∠EHF=∠EGF=45°，∠HEG=∠HFG，從而證得△EHM∽△GHF；設(shè)HN=a，則BC=2a，設(shè)正方形ECGF的邊長是2b，則NC=b，CD=2a，由HO∥BG，得出△DHN∽△DGC，即可得出，得到，即a2+2ab-b2=0，從而求得，設(shè)正方形ECGF的邊長是2b，則EG=2b，得到HO=b，通過證得△MHO∽△MFE，得到，進而得到，進一步得到.【詳解】解：如圖，∵四邊形ABCD和四邊形CGFE是正方形，∴BC＝CD，CE＝CG，∠BCE＝∠DCG，在△BCE和△DCG中，∴△BCE≌△DCG（SAS），∴∠BEC＝∠BGH，∵∠BGH+∠CDG＝90°，∠CDG＝∠HDE，∴∠BEC+∠HDE＝90°，∴GH⊥BE．故①正確；∵△EHG是直角三角形，O為EG的中點，∴OH＝OG＝OE，∴點H在正方形CGFE的外接圓上，∵EF＝FG，∴∠FHG＝∠EHF＝∠EGF＝45°，∠HEG＝∠HFG，∴△EHM∽△GHF，故②正確；∵△BGH≌△EGH，∴BH＝EH，又∵O是EG的中點，∴HO∥BG，∴△DHN∽△DGC，設(shè)EC和OH相交于點N．設(shè)HN＝a，則BC＝2a，設(shè)正方形ECGF的邊長是2b，則NC＝b，CD＝2a，即a2+2ab﹣b2＝0，解得：a＝b＝（﹣1+）b，或a＝（﹣1﹣）b（舍去），故③正確；∵△BGH≌△EGH，∴EG＝BG，∵HO是△EBG的中位線，∴HO＝BG，∴HO＝EG，設(shè)正方形ECGF的邊長是2b，∴EG＝2b，∴HO＝b，∵OH∥BG，CG∥EF，∴OH∥EF，∴△MHO△MFE，∴，∴EM＝OM，∴，∴∵EO＝GO，∴S△HOE＝S△HOG，∴故④錯誤，故選A．本題考查了正方形的性質(zhì)，以及全等三角形的判定與性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，正確求得兩個三角形的邊長的比是解決本題的關(guān)鍵．8、D【分析】利用m=5使方程x2-4x+m=0沒有實數(shù)解，從而可把m=5作為說明命題“關(guān)于x的方程x2-4x+m=0一定有實數(shù)根”是假命題的反例．【詳解】當(dāng)m=5時，方程變形為x2-4x+m=5=0，因為△=（-4）2-4×5＜0，所以方程沒有實數(shù)解，所以m=5可作為說明命題“關(guān)于x的方程x2-4x+m=0一定有實數(shù)根”是假命題的反例．故選D．本題考查了命題與定理：命題的“真”“假”是就命題的內(nèi)容而言．任何一個命題非真即假．要說明一個命題的正確性，一般需要推理、論證，而判斷一個命題是假命題，只需舉出一個反例即可．9、D【分析】根據(jù)對應(yīng)角相等，對應(yīng)邊成比例的兩個多邊形相似，依次分析各項即可判斷.【詳解】所有的平行四邊形、矩形、菱形均不一定是相似多邊形，而所有的正方形都是相似多邊形，故選D.本題是判定多邊形相似的基礎(chǔ)應(yīng)用題，難度一般，學(xué)生只需熟練掌握特殊四邊形的性質(zhì)即可輕松完成.10、D【解析】x2?3x=0，x(x?3)=0，∴x1=0，x2=3.故選：D.11、D【分析】找重心最高點，就是要求這個二次函數(shù)的頂點，應(yīng)該把一般式化成頂點式后，直接解答.【詳解】解：h=3.5t-4.9t2=-4.9（t-）2+，∵-4.9＜1∴當(dāng)t=≈1.36s時，h最大．故選D.此題主要考查了二次函數(shù)的應(yīng)用，根據(jù)題意得出頂點式在解題中的作用是解題關(guān)鍵.12、B【分析】由S△CDE：S△BDE＝1：3得CD：BD＝1：3，進而得到CD：BC＝1：4，然后根據(jù)DE∥AB可得△CDE∽△CAB，利用相似三角形的性質(zhì)得到，然后根據(jù)面積和差可求得答案.【詳解】解：過點H作EH⊥BC交BC于點H，∵S△CDE：S△BDE＝1：3，∴CD：BD＝1：3，∴CD：BC＝1：4，∵DE∥AB，∴△CDE∽△CBA，∴，∵S△ABC＝S△CDE＋S△BDE＋S△ABE，∴S△CDE：S△ABE＝1：12，故選：B．本題綜合考查相似三角形的判定與性質(zhì)，三角形的面積等知識，解題關(guān)鍵是掌握相似三角形的判定與性質(zhì)．二、填空題（每題4分，共24分）13、．【分析】可證△AOB≌△AOC，推出∠ACO=∠ABD，OA=OC，∠OAC=∠ACO=∠ABD，∠ADO=∠ADB，即可證明△OAD∽△ABD；依據(jù)對應(yīng)邊成比例，設(shè)OD=x，表示出AB、AD，根據(jù)AD2=AB?DC，列方程求解即可．【詳解】在△AOB和△AOC中，∵AB＝AC，OB＝OC，OA＝OA，∴△AOB≌△AOC（SSS），∴∠ABO＝∠ACO，∵OA＝OA，∴∠ACO＝∠OAD，∵∠ADO＝∠BDA，∴△ADO∽△BDA，∴，設(shè)OD＝x，則BD＝1+x，∴，∴OD，AB，∵DC＝AC﹣AD＝AB﹣AD，AD2＝AB?DC，（）2═（），整理得：x2+x﹣1＝0，解得：x或x（舍去），因此AD，故答案為．本題考查了圓的綜合題、全等三角形的判定和性質(zhì)、相似三角形的判定和性質(zhì)、比例中項等知識，解題的關(guān)鍵是靈活運用所學(xué)知識解決問題，利用參數(shù)解決問題是數(shù)學(xué)解題中經(jīng)常用到的方法．14、或；【分析】證出△ABO是等邊三角形得出∠AOB＝60°．再分兩種情況：點C在優(yōu)弧上，則∠BCA＝30°；點C在劣弧上，則∠BCA＝（360°?∠AOB）＝150°；即可得出結(jié)果．【詳解】如圖，連接OA，OB．∵AO＝BO＝2，AB＝2，∴△ABO是等邊三角形，∴∠AOB＝60°．若點C在優(yōu)弧上，則∠BCA＝30°；若點C在劣弧上，則∠BCA＝（360°?∠AOB）＝150°；綜上所述：∠BCA的度數(shù)為30°或150°．故答案為30°或150°．此題考查了垂徑定理、等邊三角形的判定與性質(zhì)、三角函數(shù)、弧長公式．熟練掌握垂徑定理，證明△OAB是等邊三角形是解決問題的關(guān)鍵．15、100゜【分析】根據(jù)圓周角定理，由∠ACB=130°，得到它所對的圓心角∠α=2∠ACB=260°，用360°-260°即可得到圓心角∠AOB．【詳解】如圖，∵∠α=2∠ACB，而∠ACB=130°，∴∠α=260°，∴∠AOB=360°-260°=100°．故答案為100°．16、1【分析】把x=2代入函數(shù)關(guān)系式即可求得．【詳解】f（2）=3×22-2×2-1=1，

故答案為1．此題考查二次函數(shù)圖象上點的坐標(biāo)特征，解題關(guān)鍵在于掌握函數(shù)圖象上點的坐標(biāo)適合解析式．17、1【分析】設(shè)旗桿的影長為xm，然后利用同一時刻物高與影長成正比例列方程求解即可．【詳解】解：設(shè)旗桿的影長BE為xm，如圖：∵AB∥CD∴△ABE∽△DCE∴，由題意知AB=50,CD=15,CE=18,即，，解得x＝1，經(jīng)檢驗，x=1是原方程的解，即高為50m的旗桿的影長為1m．故答案為：1．此題主要考查比例的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是熟知同一時刻物高與影長成正比例.18、x<1【解析】試題解析：若二次根式有意義，則<2，解得x<1．故答案為：x<1．本題考查二次根式及分式有意義的條件；用到的知識點為：二次根式有意義，被開方數(shù)為非負(fù)數(shù)；分式有意義，分母不為2．三、解答題（共78分）19、王浩同學(xué)能將手機放入卡槽DF內(nèi)，理由見解析【分析】作AD⊥BC于D，根據(jù)正弦、余弦的定義分別求出AD和CD的長，求出DB的長，根據(jù)勾股定理即可得到AB的長，然后與17比較大小，得到答案．【詳解】解：王浩同學(xué)能將手機放入卡槽DF內(nèi)，理由如下：作AD⊥BC于點D，∵∠C＝50°，AC＝20，∴AD＝AC?sin50°≈20×0.8＝16，CD＝AC?cos50°≈20×0.6＝12，∴DB＝BC﹣CD＝18﹣12＝6，∴AB＝＝＝，∴DF＝AB＝，∵17＝＜，∴王浩同學(xué)能將手機放入卡槽DF內(nèi)．本題考查的是解直角三角形的應(yīng)用，掌握銳角三角函數(shù)的定義是解題的關(guān)鍵．20、（1）見解析；（2）見解析；（3）【分析】（1）要證AD是半圓O的切線只要證明∠DAO=90°即可；（2）根據(jù)兩組角對應(yīng)相等的兩個三角形相似即可得證；（3）先求出AC、AB、AO的長，由第（2）問的結(jié)論△ABC∽△DOA，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)：對應(yīng)邊成比例可得到AD的長．【詳解】（1）證明：∵AB為直徑，∴∠ACB=90°，又∵OD∥BC，∴∠AEO=∠ACB=90°，∴∠AOD+∠BAC=90°，又∵∠D=∠BAC，∴∠AOD+∠D=90°，∴∠OAD=90°，∴AD⊥OA，∴AD是半圓O的切線；（2）證明：由（1）得∠ACB=∠OAD=90°，又∵∠D=∠BAC，∴△ABC∽△DOA；（3）解：∵O為AB中點，OD∥BC，∴OE是△ABC的中位線，則E為AC中點，∴AC=2CE，∵BC=2，CE=，∴AC=∴AB=，∴OA=AB=，由（2）得：△ABC∽△DOA，∴，∴，∴．本題考查了切線的判定定理：經(jīng)過半徑的外端且垂直于這條半徑的直線是圓的切線．同時考查了相似三角形的判定與性質(zhì)，難度適中．21、（1）BF＝3；（2）r=2．【分析】（1）設(shè)BF＝BD＝x，利用切線長定理，構(gòu)建方程解決問題即可．（2）證明四邊形OECF是矩形，推出OE＝CF即可解決問題．【詳解】解：（1）在Rt△ABC中，∵∠C＝90°，AB＝13，BC＝1，∴AC＝＝＝5，∵⊙O為Rt△ABC的內(nèi)切圓，切點分別為D，E，F(xiàn)，∴BD＝BF，AD＝AE，CF＝CE，設(shè)BF＝BD＝x，則AD＝AE＝13﹣x，CFCE＝1﹣x，∵AE+EC＝5，∴13﹣x+1﹣x＝5，∴x＝3，∴BF＝3．（2）連接OE，OF，∵OE⊥AC，OF⊥BC，∴∠OEC＝∠C＝∠OFC＝90°，∴四邊形OECF是矩形，∴OE＝CF＝BC﹣BF＝1﹣3＝2．即r＝2．本題考查三角形的內(nèi)心，勾股定理，切線長定理等知識，解題的關(guān)鍵是熟練掌握基本知識，屬于中考?？碱}型．22、（1）；；（2）①t=1；②當(dāng)秒或秒時，△BOQ為等腰三角形．【分析】（1）將A、B點的坐標(biāo)代入y＝﹣x2+bx+c中，即可求解；（2）①△AOC與△BMN相似，則或，即可求解；②分OQ=BQ，BO=BQ，OQ=OB三種情況，分別求解即可；【詳解】（1）∵A(﹣1，0)，函數(shù)對稱軸是直線x＝1，∴，把A、B兩點代入y＝﹣x2+bx+c中，得：，解得，∴拋物線的解析式為，∴C點的坐標(biāo)為．（3）①如下圖，，△AOC與△BMN相似，則或，即或，解得或或3或1（舍去，，3），故t=1．②∵，軸，∴，∵△BOQ為等腰三角形，∴分三種情況討論：第一種：當(dāng)OQ=BQ時，∵,∴OM=MB，∴，∴；第二種：當(dāng)BO=BQ時，在Rt△BMQ中，∵，∴，即，∴；第三種：當(dāng)OQ=OB時，則點Q、C重合，此時t=0，而，故不符合題意；綜上所述，當(dāng)秒或秒時，△BOQ為等腰三角形．本題主要考查了二次函數(shù)的綜合，準(zhǔn)確分析求解是做題的關(guān)鍵．23、（1）1；（2）或【分析】（1）作于，于，設(shè)交于點．證明，即可解決問題．（2）連接，．由，，推出，推出，由，推出，，設(shè)，則，，，接下來分兩種情形①如圖2中，當(dāng)點與點重合時，點恰好與重合．②如圖3中，當(dāng)點與重合，分別求解即可．【詳解】解：（1）如圖，作于，于，設(shè)交于點.四邊形是正方形，，，，，，，，，，，，，.（2）連接，，，，，，，，∴，，，，①如圖，當(dāng)點與點重合時，點恰好與重合，作于.，，，，.②如圖，當(dāng)點與點重合，作于，則，，，，，，，，，綜上所述，的值為或本題屬于相似形綜合題，考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會添加常用輔助線，構(gòu)造直角三角形解決問題，學(xué)會用分類討論的思想思考問題，屬于中考壓軸題．24、（1）反比例函數(shù)的表達式為y＝（2）直線AC的函數(shù)表達式為y＝x﹣1；（3）（，8）．【分析】（1）將點A坐標(biāo)代入反比例函數(shù)表達式中，即可得出結(jié)論；

（2）先求出AB，設(shè)出點C的縱坐標(biāo)，利用△ABC的面積為6，求出點C縱坐標(biāo)，再代入反比例函數(shù)表達式中，求出點C坐標(biāo)，最后用待定系數(shù)法求出直線AC的解析式；

（3）先求出直線AP的解析式，再和反比例函數(shù)解析式聯(lián)立求解即可得出結(jié)論．【詳解】解：（1）∵點A（4，1）在反比例函數(shù)y＝的圖象上，∴k＝4×1＝4