九年级的新学期开始不久，同学们即将迎来第三次月考的时刻了，同学们需要准备哪些数学月考试卷来练习呢?下面是小编为大家带来的关于九年级数学上册第三次月考试卷，希望会给大家带来帮助。

九年级数学上册第三次月考试卷及答案解析：

一、选择题(本大题共11小题，每小题4分，共40分)

1.抛物线y=(x﹣1)2+2的顶点是( )

A.(1，﹣2) B.(1，2) C.(﹣1，2) D.(﹣1，﹣2)

【考点】二次函数的性质.

【分析】已知抛物线解析式为顶点式，根据顶点式的坐标特点，直接写成顶点坐标.

【解答】解：因为抛物线y=2(x﹣1)2+2是顶点式，

根据顶点式的坐标特点，顶点坐标为(1，2).

故选B.

【点评】抛物线的顶点式的应用.

2.⊙O是△ABC的外接圆，若∠ABC=40°，则∠AOC的度数为( )

A.20° B.40° C.60° D.80°

【考点】圆周角定理.

【分析】由⊙O是△ABC的外接圆，若∠ABC=40°，根据圆周角定理，即可求得答案.

【解答】解：∵⊙O是△ABC的外接圆，∠ABC=40°，

∴∠AOC=2∠ABC=80°.

故选：D.

【点评】此题考查了圆周角定理.此题比较简单，注意掌握数形结合思想的应用.

3.某厂一月份的总产量为500吨，三月份的总产量达到为720吨.若平均每月增长率是x，则可以列方程( )

A.500(1+2x)=720 B.500(1+x)2=720 C.500(1+x2)=720 D.720(1+x)2=500

【考点】由实际问题抽象出一元二次方程.

【专题】增长率问题.

【分析】主要考查增长率问题，一般用增长后的量=增长前的量×(1+增长率)，如果设平均每月增率是x，那么根据三月份的产量可以列出方程.

【解答】解：设平均每月增率是x，

二月份的产量为：500×(1+x);

三月份的产量为：500(1+x)2=720;

故本题选B.

【点评】找到关键描述语，找到等量关系是解决问题的关键;本题考查求平均变化率的方法.若设变化前的量为a，变化后的量为b，平均变化率为x，则经过两次变化后的数量关系为a(1±x)2=b(当增长时中间的“±”号选“+”，当降低时中间的“±”号选“﹣”).

4.如果关于x的一元二次方程ax2+x﹣1=0有实数根，则a的取值范围是( )

A.a>﹣ B.a≥﹣ C.a≥﹣ 且a≠0 D.a> 且a≠0

【考点】根的判别式;一元二次方程的定义.

【分析】在判断一元二次方程根的情况的问题中，必须满足下列条件：

(1)二次项系数不为零;

(2)在有实数根的情况下必须满足△=b2﹣4ac≥0.

【解答】解：依题意列方程组

，

解得a≥﹣ 且a≠0.故选C.

【点评】本题考查了一元二次方程根的判别式的应用.切记不要忽略一元二次方程二次项系数不为零这一隐含条件.

5.下列形中，是中心对称形的是( )

A. B. C. D.

【考点】中心对称形.

【分析】根据中心对称形的概念，即可求解.

【解答】解：中心对称形，即把一个形绕一个点旋转180°后能和原来的形重合，只有A符合;

B，C，D不是中心对称形.

故选;A.

【点评】本题考查了中心对称形的概念：在同一平面内，如果把一个形绕某一点旋转180度，旋转后的形能和原形完全重合，那么这个形就叫做中心对称形.

6.下列事件是随机事件的为( )

A.度量三角形的内角和，结果是180°

B.经过城市中有交通信号灯的路口，遇到红灯

C.爸爸的年龄比爷爷大

D.通常加热到100℃时，水沸腾

【考点】随机事件.

【分析】随机事件就是可能发生，也可能不发生的事件，依据定义即可作出判断.

【解答】A、是必然事件，选项错误;

B、正确;

C、是不可能事件，选项错误;

D、是必然事件，选项错误.

故选B.

【点评】解决本题需要正确理解必然事件、不可能事件、随机事件的概念.必然事件指在一定条件下一定发生的事件.不可能事件是指在一定条件下，一定不发生的事件.不确定事件即随机事件是指在一定条件下，可能发生也可能不发生的事件.

7.将二次函数y=x2﹣2x+3化为y=(x﹣h)2+k的形式，结果为( )

A.y=(x+1)2+4 B.y=(x﹣1)2+4 C.y=(x+1)2+2 D.y=(x﹣1)2+2

【考点】二次函数的三种形式.

【分析】本题是将一般式化为顶点式，由于二次项系数是1，只需加上一次项系数的一半的平方来凑成完全平方式即可.

【解答】解：y=x2﹣2x+3=x2﹣2x+1﹣1+3=(x﹣1)2+2.

故选：D.

【点评】二次函数的解析式有三种形式：

(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).

8.已知一个圆锥的侧面积是150π，母线为15，则这个圆锥的底面半径是( )

A.5 B.10 C.15 D.20

【考点】圆锥的计算.

【分析】根据圆锥的侧面积=底面半径×母线长×π，进而求出即可.

【解答】解：∵母线为15，设圆锥的底面半径为x，

∴圆锥的侧面积=π×15×x=150π.

解得：x=10.

故选：B.

【点评】本题考查了圆锥的计算，熟练利用圆锥公式求出是解题关键.

9.将抛物线y=x2向左平移2个单位，所得抛物线的解析式为( )

A.y=x2﹣2 B.y=x2+2 C.y=(x+2)2 D.y=(x﹣2)2

【考点】二次函数象与几何变换.

【专题】存在型.

【分析】直接根据“左加右减”的原则进行解答即可.

【解答】解：由“左加右减”的原则可知，将抛物线y=x2向左平移2个单位，所得抛物线的解析式为：y=(x+2)2.

故选C.

【点评】本题考查的是二次函数的象与几何变换，熟知函数象平移的法则是解答此题的关键.

10.CD是⊙O的直径，AB是弦(不是直径)，AB⊥CD于点E，则下列结论正确的是( )

A.AE>BE B. = C.∠AEC=2∠D D.∠B=∠C.

【考点】垂径定理;圆周角定理.

【分析】根据垂径定理和圆周角定理判断即可.

【解答】解：∵AB⊥CD，CD过O，

∴AE=BE，弧AD=弧BD，

连接OA，

则∠AOC=2∠ADE，

∵∠AEC>∠AOC，

∴∠AEC=2∠D错误;

∵AB不是直径，

∴根据已知不能推出弧AC=弧BD，

∴∠B和∠C不相等，

即只有选项B正确;选项A、C、D都错误;

故选A.

【点评】本题考查了垂径定理和圆周角定理的应用，主要考查学生的推理能力和辨析能力.

11.P是边长为1的正方形ABCD对角线AC上一动点(P与A、C不重合)，点E在射线BC上，且PE=PB.设AP=x，△PBE的面积为y.则下列象中，能表示y与x的函数关系的象大致是( )

A.. B.. C.. D..

【考点】动点问题的函数象.

【分析】过点P作PF⊥BC于F，若要求△PBE的面积，则需要求出BE，PF的值，利用已知条件和正方形的性质以及勾股定理可求出BE，PF的值.再利用三角形的面积公式得到y与x的关系式，此时还要考虑到自变量x的取值范围和y的取值范围.

【解答】解：过点P作PF⊥BC于F，

∵PE=PB，

∴BF=EF，

∵正方形ABCD的边长是1，

∴AC= = ，

∵AP=x，∴PC= ﹣x，

∴PF=FC= ( ﹣x)=1﹣ x，

∴BF=FE=1﹣FC= x，

∴S△PBE= BE•PF= x(1﹣ x)=﹣ x2+ x，

即y=﹣ x2+ x(0

∴y是x的二次函数(0

故选D.

【点评】本题考查了动点问题的函数象，和正方形的性质;等于直角三角形的性质;三角形的面积公式.对于此类问题来说是典型的数形结合，象应用信息广泛，通过看获取信息，不仅可以解决生活中的实际问题，还可以提高分析问题、解决问题的能力.用象解决问题时，要理清象的含义即会识.

二、填空题(本大题共7小题，每小题3分，共21分)

12.已知⊙O的半径为4cm，如果圆心O到直线L的距离为3.5cm，那么直线L与⊙O的位置关系是相交.

【考点】直线与圆的位置关系.

【分析】运用直线与圆的三种位置关系，结合3.5<4，即可解决问题.

【解答】解：∵⊙O的半径为4，

圆心O到直线L的距离为3.5，而3.5<4，

∴直线L与⊙O相交.

故答案为：相交.

【点评】该题主要考查了直线与圆的位置关系及其应用问题;若圆的半径为λ，圆心到直线的距离为μ，当λ>μ时，直线与圆相交;当λ=μ时，直线与圆相切;当λ<μ时，直线与圆相离.

13.如果扇形的圆心角为120°，半径为3cm，那么扇形的面积是3πcm2，弧长2πcm.

【考点】扇形面积的计算;弧长的计算.

【分析】先根据扇形的面积公式计算出扇形的面积，再根据弧长公式计算出其弧长即可.

【解答】解：∵扇形的圆心角为120°，半径为3cm，

∴S扇形= =3π(cm2);l= =2π(cm).

故答案为：3π，2π.

【点评】本题考查的是扇形面积的计算，熟记扇形的面积公式是解答此题的关键.

14.一个口袋里放有三枚除颜色外都相同的棋子，其中有两枚是白色的，一枚是红色的.从中随机摸出一枚记下颜色，放回口袋搅匀，再从中随机摸出一枚记下颜色，两次摸出棋子颜色不同的概率是 .

【考点】列表法与树状法.

【专题】计算题.

【分析】根据题意列出表格得出所有等可能的情况数，找出颜色不同的情况数，即可求出所求的概率.

【解答】解：列表如下：

白 白 红

白 (白，白) (白，白) (红，白)

白 (白，白) (白，白) (红，白)

红 (白，红) (白，红) (红，红)

所有等可能的情况有9种，其中两次摸出棋子颜色不同的情况有5种，

则P(颜色不同)= .

故答案为： .

【点评】此题考查了列表法与树状法，用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比.

15.所示，圆O的半径为5，AB为弦，OC⊥AB，垂足为E，如果CE=2，那么AB的长是8.

【考点】垂径定理;勾股定理.

【分析】连接OA;首先求出OE的长度;借助勾股定理求出AE的长度，即可解决问题.

【解答】 解：连接OA;

OE=OC﹣CE=5﹣2=3;

∵OC⊥AB，

∴AE=BE;

由勾股定理得：AE2=OA2﹣OE2，

∵OA=5，OE=3，

∴AE=4，AB=2AE=8.

故答案为8.

【点评】该题主要考查了勾股定理、垂径定理等的应用问题;作辅助线，构造直角三角形，灵活运用勾股定理、垂径定理来分析、判断、解答是解题的关键.

16.在平面直角坐标系中，抛物线y= 经过平移得到抛物线y= ，其对称轴与两段抛物线所围成的阴影部分的面积为4.

【考点】二次函数象与几何变换.

【分析】确定出抛物线y= x2﹣2x的顶点坐标，然后求出抛物线的对称轴与原抛物线的交点坐标，从而判断出阴影部分的面积等于三角形的面积，再根据三角形的面积公式列式计算即可得解.

【解答】解：∵y= x2﹣2x= (x﹣2)2﹣2，

∴平移后抛物线的顶点坐标为(2，﹣2)，对称轴为直线x=2，

当x=2时，y= ×22=2，

∴平移后阴影部分的面积等于三角形的面积，

×(2+2)×2=4.

故答案为：4.

【点评】本题考查了二次函数象与几何变换，确定出与阴影部分面积相等的三角形是解题的关键.

17.若a、b(a

【考点】解一元二次方程-因式分解法;关于x轴、y轴对称的点的坐标.

【专题】计算题.

【分析】利用因式分解法求出已知方程的解确定出a与b的值，即可得出(a，b)关于x轴的对称点坐标.

【解答】解：方程2x2﹣7x+3=0，

分解因式得：(2x﹣1)(x﹣3)=0，

解得：x1= ，x2=3，

∴a= ，b=3，

则( ，3)关于x轴的对称点坐标为( ，﹣3)，

故答案为：( ，﹣3)

【点评】此题考查了解一元二次方程﹣因式分解法，熟练掌握因式分解的方法是解本题的关键.

18.所示，点A是半圆上的一个三等分点，B是劣弧 的中点，点P是直径MN上的一个动点，⊙O的半径为1，则AP+PB的最小值 .

【考点】垂径定理;轴对称-最短路线问题.

【专题】动点型.

【分析】本题是要在MN上找一点P，使PA+PB的值最小，设A′是A关于MN的对称点，连接A′B，与MN的交点即为点P.此时PA+PB=A′B是最小值，可证△OA′B是等腰直角三角形，从而得出结果.

【解答】解：作点A关于MN的对称点A′，连接A′B，交MN于点P，连接OA′，OA，OB，PA，AA′.

∵点A与A′关于MN对称，点A是半圆上的一个三等分点，

∴∠A′ON=∠AON=60°，PA=PA′，

∵点B是弧AN的中点，

∴∠BON=30°，

∴∠A′OB=∠A′ON+∠BON=90°，

又∵OA=OA′=1，

∴A′B= .

∴PA+PB=PA′+PB=A′B= .

故答案为： .

【点评】本题结合形的性质，考查轴对称﹣﹣最短路线问题.其中求出∠BOA′的度数是解题的关键.

三、解答题(本大题共8题，共89分)

19.已知二次函数y=x2+2x﹣1.

(1)写出它的顶点坐标;

(2)当x取何值时，y随x的增大而增大;

(3)求出象与x轴的交点坐标.

【考点】二次函数的性质;抛物线与x轴的交点.

【分析】(1)配方后直接写出顶点坐标即可;

(2)确定对称轴后根据其开口方向确定其增减性即可;

(3)令y=0后求得x的值后即可确定与x轴的交点坐标;

【解答】解：(1)y=x2+2x﹣1=(x+1)2﹣2，

∴顶点坐标为：(﹣1，﹣2);

(2)∵y=x2+2x﹣1=(x+1)2﹣2的对称轴为：x=﹣1，开口向上，

∴当x>﹣1时，y随x的增大而增大;

(3)令y=x2+2x﹣1=0，解得：x=﹣1﹣ 或x=﹣1+ ，

∴象与x轴的交点坐标为(﹣1﹣ ，0)，(﹣1+ ，0).

【点评】本题考查了二次函数的性质，解题的关键是了解抛物线的有关性质.

20.设点A的坐标为(x，y)，其中横坐标x可取﹣1、2，纵坐标y可取﹣1、1、2.

(1)求出点A的坐标的所有等可能结果(用树状或列表法求解);

(2)试求点A与点B(1，﹣1)关于原点对称的概率.

【考点】列表法与树状法;关于原点对称的点的坐标.

【分析】列举出所有情况，让所求的情况数除以总情况数即为所求的概率.

【解答】解：(解法一)

(1)列举所有等可能结果，画出树状如下

由上可知，点A的坐标的所有等可能结果为：(﹣1，﹣1)、(﹣1，1)、(﹣1，2)、

(2，﹣1)、(2，1)、(2，2)，共有6种，

(2)由(1)知，能与点B(1，﹣1)关于原点对称的结果有1种.

∴P(点A与点B关于原点对称)=

(解法二)(1)列表如下

﹣1 1 2

﹣1 (﹣1，﹣1) (﹣1，1) (﹣1，2)

2 (2，﹣1) (2，1) (21，2)

由一表可知，点A的坐标的所有等可能结果为：(﹣1，﹣1)、(﹣1，1)、(﹣1，2)、

(2，﹣1)、(2，1)、(2，2)，共有6种，

(2)由(1)知，能与点B(1，﹣1)关于原点对称的结果有1种.

∴P(点A与点B关于原点对称)= .

【点评】用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比.两点关于原点对称，横纵坐标均互为相反数.

21.为了落实国务院的指示精神，某地方政府出台了一系列“三农”优惠政策，使农民收入大幅度增加.某农户生产经销一种农产品，已知这种产品的成本价为每千克20元，市场调查发现，该产品每天的销售量y(千克)与销售价x(元/千克)有如下关系：y=﹣2x+80.设这种产品每天的销售利润为w元.

(1)求w与x之间的函数关系式.

(2)该产品销售价定为每千克多少元时，每天的销售利润最大?最大利润是多少元?

(3)如果物价部门规定这种产品的销售价不高于每千克28元，该农户想要每天获得150元的销售利润，销售价应定为每千克多少元?

【考点】二次函数的应用.

【专题】压轴题.

【分析】(1)根据销售额=销售量×销售单价，列出函数关系式;

(2)用配方法将(1)的函数关系式变形，利用二次函数的性质求最大值;

(3)把y=150代入(2)的函数关系式中，解一元二次方程求x，根据x的取值范围求x的值.

【解答】解：(1)由题意得出：

w=(x﹣20)∙y

=(x﹣20)(﹣2x+80)

=﹣2x2+120x﹣1600，

故w与x的函数关系式为：w=﹣2x2+120x﹣1600;

(2)w=﹣2x2+120x﹣1600=﹣2(x﹣30)2+200，

∵﹣2<0，

∴当x=30时，w有最大值.w最大值为200.

答：该产品销售价定为每千克30元时，每天销售利润最大，最大销售利润200元.

(3)当w=150时，可得方程﹣2(x﹣30)2+200=150.

解得 x1=25，x2=35.

∵35>28，

∴x2=35不符合题意，应舍去.

答：该农户想要每天获得150元的销售利润，销售价应定为每千克25元.

【点评】本题考查了二次函数的运用.关键是根据题意列出函数关系式，运用二次函数的性质解决问题.

22.已知二次函数y=x2﹣4x+3的象交x轴于A，B两点(点A在点B的左侧)，交y轴于点C.

(1)求直线BC的解析式;

(2)点D是在直线BC下方的抛物线上的一个动点，当△BCD的面积最大时，求D点坐标.

【考点】抛物线与x轴的交点;待定系数法求一次函数解析式;二次函数象上点的坐标特征.

【专题】计算题.

【分析】(1)利用y=x2﹣4x+3的象交x轴于A、B两点(点A在点B的左侧)，抛物线y=x2﹣4x+3交y轴于点C，即可得出A，B，C点的坐标，将B，C点的坐标分别代入y=kx+b(k≠0)，即可得出解析式;

(2)设过D点的直线与直线BC平行，且抛物线只有一个交点时，△BCD的面积最大.

【解答】解：(1)设直线BC的解析式为：y=kx+b(k≠0).

令x2﹣4x+3=0，

解得：x1=1，x2=3，

则A(1，0)，B(3，0)，C(0，3)，

将B(3，0)，C(0，3)，代入y=kx+b(k≠0)，得

，

解得：k=﹣1，b=3，

BC所在直线为：y=﹣x+3;

(2)设过D点的直线与直线BC平行，且抛物线只有一个交点时，△BCD的面积最大.

∵直线BC为y=﹣x+3，∴设过D点的直线为y=﹣x+b，

∴ ，∴x2﹣3x+3﹣b=0，

∴△=9﹣4(3﹣b)=0，

解得b= ，

∴ ，

解得， ，

则点D的坐标为：( ，﹣ ).

【点评】本题考查了二次函数综合题型，主要考查了待定系数法求二次函数解析式，待定系数法求一次函数解析式，利用平行线确定点到直线的最大距离问题.

23.所示，已知△ABC的三个顶点的坐标分别为A(﹣2，3)，B(﹣6，0)，C(﹣1，0).

(1)请直接写出点A关于原点O对称的点的坐标;

(2)将△ABC绕坐标原点O逆时针旋转90°，求A点经过的路径长;

(3)请直接写出：以A、B、C为顶点的平行四边形的第四个顶点D的坐标.

【考点】作-旋转变换;平行四边形的性质.

【分析】(1)直接写出点A关于原点O对称的点的坐标即可.

(2)根据网格结构找出点A、B、C绕坐标原点O逆时针旋转90°对应点A′、B′、C′的位置，然后顺次连接即可，再根据平面直角坐标系写出点B′的坐标，根据弧长公式列式计算即可得解;

(3)根据平行四边形的对边平行且相等，分AB、BC、AC是对角线三种情况分别写出即可.

【解答】解：(1)点A关于原点O对称的点的坐标为(2，﹣3);

(2)△ABC旋转后的△A′B′C′所示，

点A′的对应点的坐标为(﹣3，﹣2);

OA′= = ，

即点A所经过的路径长为 = ;

(3)若AB是对角线，则点D(﹣7，3)，

若BC是对角线，则点D(﹣5，﹣3)，

若AC是对角线，则点D(3，3).

【点评】本题考查了利用旋转变换作，平行四边形的对边平行且相等的性质，弧长公式，熟练掌握网格结构准确找出对应点的位置是解题的关键，难点在于(3)分情况讨论.

24.OC平分∠MON，点A在射线OC上，以点A为圆心，半径为2的⊙A与OM相切于点B，连接BA并延长交⊙A于点D，交ON于点E.

(1)求证：ON是⊙A的切线;

(2)若∠MON=60°，求中阴影部分的面积.(结果保留π)

【考点】切线的判定;扇形面积的计算.

【分析】(1)首先过点A作AF⊥ON于点F，易证得AF=AB，即可得ON是⊙A的切线;

(2)由∠MON=60°，AB⊥OM，可求得AF的长，又由S阴影=S△AEF﹣S扇形ADF，即可求得答案.

【解答】(1)证明：过点A作AF⊥ON于点F，

∵⊙A与OM相切于点B，

∴AB⊥OM，

∵OC平分∠MON，

∴AF=AB=2，

∴ON是⊙A的切线;

(2)解：∵∠MON=60°，AB⊥OM，

∴∠OEB=30°，

∴AF⊥ON，

∴∠FAE=60°，

在Rt△AEF中，tan∠FAE= ，

∴EF=AF•tan60°=2 ，

∴S阴影=S△AEF﹣S扇形ADF= AF•EF﹣ ×π×AF2=2 ﹣ π.

【点评】此题考查了切线的判定与性质、扇形的面积以及三角函数的性质.此题难度适中，注意掌握辅助线的作法，注意数形结合思想的应用.

25.(13分)已知关于x的一元二次方程kx2+(3k+1)x+3=0(k≠0).

(1)求证：无论k取何值，方程总有两个实数根;

(2)若二次函数y=kx2+(3k+1)x+3的象与x轴两个交点的横坐标均为整数，且k为整数，求k的值.

解：

【考点】根的判别式;抛物线与x轴的交点.

【专题】证明题.

【分析】(1)先计算判别式得值得到△=(3k+1)2﹣4k×3=(3k﹣1)2，然后根据非负数的性质得到△≥0，则根据判别式的意义即可得到结论;

(2)先理由求根公式得到kx2+(3k+1)x+3=0(k≠0)的解为x1=﹣ ，x2=﹣3，则二次函数y=kx2+(3k+1)x+3的象与x轴两个交点的横坐标分别为﹣ 和﹣3，然后根据整数的整除性可确定整数k的值.

【解答】(1)证明：△=(3k+1)2﹣4k×3

=(3k﹣1)2，

∵(3k﹣1)2，≥0，

∴△≥0，

∴无论k取何值，方程总有两个实数根;

(2)解：kx2+(3k+1)x+3=0(k≠0)

x= ，

x1=﹣ ，x2=﹣3，

所以二次函数y=kx2+(3k+1)x+3的象与x轴两个交点的横坐标分别为﹣ 和﹣3，

根据题意得﹣ 为整数，

所以整数k为±1.

【点评】本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.也考查了抛物线与x轴的交点.

26.(14分)所示，在平面直角坐标系xOy中，AB在x轴上，以AB为直径的半⊙Oˊ与y轴正半轴交于点C，连接BC，AC.CD是半⊙Oˊ的切线，AD⊥CD于点D.

(1)求证：∠CAD=∠CAB;

(2)已知抛物线y=ax2+bx+c过A、B、C三点，AB=10，AC=2BC.

①求抛物线的解析式;

②判断抛物线的顶点E是否在直线CD上，并说明理由.

【考点】二次函数综合题.

【分析】(1)连接O′C，由CD是⊙O的切线，可得O′C⊥CD，则可证得O′C∥AD，又由O′A=O′C，则可证得∠CAD=∠CAB;

(2)①首先证得△CAO∽△BCO，根据相似三角形的对应边成比例，可得OC2=OA•OB，又由AC=2BC则可求得CO，AO，BO的长，然后利用待定系数法即可求得二次函数的解析式;

②首先证得△FO′C∽△FAD，由相似三角形的对应边成比例，即可得到F的坐标，求得直线DC的解析式，然后将抛物线的顶点坐标代入检验即可求得答案.

【解答】(1)证明：连接O′C，

∵CD是⊙O′的切线，

∴O′C⊥CD，

∵AD⊥CD，

∴O′C∥AD，

∴∠O′CA=∠CAD，

∵O′A=O′C，

∴∠CAB=∠O′CA，

∴∠CAD=∠CAB;

(2)解：①∵AB是⊙O′的直径，

∴∠ACB=90°，

∵OC⊥AB，

∴∠CAB=∠OCB，

∴△CAO∽△BCO，

∴ = ，

即OC2=OA•OB，

∵AC=2BC，

∴tan∠CAO=tan∠CAB= ，

∴AO=2CO，

又∵AB=10，

∴OC2=2CO(10﹣2CO)，

解得CO1=4，CO2=0(舍去)，

∴CO=4，AO=8，BO=2

∵CO>0，

∴CO=4，AO=8，BO=2，

∴A(﹣8，0)，B(2，0)，C(0，4)，

∵抛物线y=ax2+bx+c过点A，B，C三点，

∴c=4，

由题意得： ，

解得： ，

∴抛物线的解析式为：y=﹣ x2﹣ x+4;

②设直线DC交x轴于点F，

∴△AOC≌△ADC，

∴AD=AO=8，

∵O′C∥AD，

∴△FO′C∽△FAD，

∴ = ，

∴O′F•AD=O′C•AF，

∴8(BF+5)=5(BF+10)，

∴BF= ，F( ，0);

设直线DC的解析式为y=kx+m，

则 ，

解得： ，

∴直线DC的解析式为y=﹣ x+4，

由y=﹣ x2﹣ x+4=﹣ (x+3)2+ 得顶点E的坐标为(﹣3， )，

将E(﹣3， )代入直线DC的解析式y=﹣ x+4中，

右边=﹣ ×(﹣3)+4= =左边，

∴抛物线顶点E在直线CD上.

【点评】此题考查了待定系数法求函数的解析式，相似三角形的判定与性质，点与函数的关系，直角梯形等知识.此题综合性很强，难度较大，解题的关键是注意数形结合与方程思想的应用.