2024-2025學年人教版九年級(上)數(shù)學寒假作業(yè)（九）

第1頁（共1頁）2024-2025學年人教版九年級(上)數(shù)學寒假作業(yè)（九）一．選擇題（共5小題）1．（2024秋?岳麓區(qū)校級月考）如圖，已知拋物線y=-49x2+4與x軸交于A，BA．(0，78) B．（0，2） C．(02．（2024秋?涼州區(qū)月考）如圖，點P是⊙O外任意一點，PM、N分別是⊙O的切線，M、N是切點．設OP與⊙O交于點K．則點K是△PMN的（）A．垂心 B．重心 C．內心 D．外心3．（2024?海淀區(qū)）如果一個圓的內接三角形有一邊的長度等于半徑，那么稱其為該圓的“半徑三角形”．給出下面四個結論：①一個圓的“半徑三角形”有無數(shù)個；②一個圓的“半徑三角形”可能是銳角三角形、直角三角形或鈍角三角形；③當一個圓的“半徑三角形”為等腰三角形時，它的頂角可能是30°，120°或150°；④若一個圓的半徑為2，則它的“半徑三角形”面積最大值為23上述結論中，所有正確結論的序號是（）A．①② B．②③ C．①②③ D．①②④4．（2024秋?新市區(qū)校級期中）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝8，CP，CM分別是AB上的高線和中線．如果⊙A是以點A為圓心，4為半徑的圓，那么下列判斷中，正確的是（）A．點P，M均在⊙A內 B．點P，M均在⊙A外 C．點P在⊙A內，點M在⊙A外 D．以上選項都不正確5．（2024?涼山州模擬）下列說法正確的是（）A．方程x2+2x+3＝0的兩根之和為﹣2 B．拋物線y＝﹣x2﹣2x﹣1可由y＝﹣x2向右平移1個單位得到 C．任意三點確定一個圓 D．三角形的內心到三角形各邊的距離相等二．填空題（共5小題）6．（2024秋?鳳臺縣月考）如圖，O是△ABC的內心．（1）若∠A＝80°，則∠BOC的度數(shù)為；（2）若AB＝5，BC＝7，AC=42，則⊙O的半徑為7．（2024秋?南崗區(qū)校級月考）如圖，AB切⊙O于點A，BO交⊙O于點C，點D在⊙O上，∠ABO＝40°，則∠ADC的度數(shù)是．8．（2024秋?孝昌縣期中）如圖，等腰△ABC內接于⊙O，AB＝AC，點D為劣弧BC上一點，∠ADC＝60°，若CD＝2BD＝4，則四邊形ABDC的面積為．9．（2024秋?邗江區(qū)校級月考）如圖，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝4，AB＝5，D是AC上一點，E是BC上一點，DE＝3，若以DE為直徑的圓交AB于M、N點，則MN的最大值為．10．（2024?涼山州）如圖，⊙M的圓心為M（4，0），半徑為2，P是直線y＝x+4上的一個動點，過點P作⊙M的切線，切點為Q，則PQ的最小值為．三．解答題（共5小題）11．（2024秋?婺城區(qū)校級期中）如圖，在平面直角坐標系xOy中，點A的坐標為（0，7），點B的坐標為（0，3），點C的坐標為（3，0）．（1）在圖中作出△ABC的外接圓圓心P（利用格點圖確定圓心P的位置）；（2）△ABC的外接圓半徑r為；位于圓上在第一象限的橫縱坐標均為整數(shù)的點有個；（3）若在x軸的正半軸上有一點D（異與點C），且∠ADB＝∠ACB，則點D的坐標為．12．（2024秋?吉林期中）如圖，AB為半圓O的直徑，點F在半圓上，點P在AB的延長線上，PC與半圓相切于點C，與OF的延長線相交于點D，AC與OF相交于點E，DC＝DE．（1）求證：OD⊥AB．（2）若半圓O的半徑為8，且OA＝2OE，求DF的長．13．（2024秋?惠州月考）如圖，AB為⊙O的直徑，點C在⊙O外，∠ABC的平分線與⊙O交于點D，∠C＝90°．（1）CD與⊙O有怎樣的位置關系？請說明理由；（2）若∠CDB＝60°，AB＝4，求BD的長．14．（2024秋?武威月考）如圖，在△ABC中，∠A＝90°，∠B＝α，點D，E分別在AB，BC上，線段DE繞點D順時針旋轉得到DF，其中旋轉角∠EDF＝180°﹣2α，此時點F恰好落在AC上，過點D，E，F(xiàn)的圓交BC于點G，連接GF．（1）若α＝35°，求∠BGF的度數(shù)；（2）求證：BE＝GF．15．（2024秋?寶應縣月考）如圖，在正方形網(wǎng)格圖中建立平面直角坐標系，一條圓弧經(jīng)過網(wǎng)格點A、B、C，點O為坐標原點．（網(wǎng)格中小正方形的邊長為1）（1）該圓弧所在圓的圓心P的坐標為；（2）根據(jù)（1）中的條件填空：①⊙P的半徑為；（結果保留根號）②點M（7，﹣1）在⊙P；（填“上”、“內”或“外”）③連接AP、CP，則∠APC的度數(shù)為．

2024-2025學年人教版九年級(上)數(shù)學寒假作業(yè)（九）參考答案與試題解析題號12345答案ACCCD一．選擇題（共5小題）1．（2024秋?岳麓區(qū)校級月考）如圖，已知拋物線y=-49x2+4與x軸交于A，BA．(0，78) B．（0，2） C．(0【考點】三角形的外接圓與外心；二次函數(shù)的性質；二次函數(shù)圖象上點的坐標特征；拋物線與x軸的交點．【專題】二次函數(shù)圖象及其性質；圓的有關概念及性質；推理能力．【答案】A【分析】設△ABC的外心P的坐標為（0，h），根據(jù)二次函數(shù)圖象與坐標軸的交點的坐標特征分別求出OA、OC，根據(jù)勾股定理列出方程，解方程得到答案．【解答】解：∵拋物線y=-49x2+4∴△ABC的外心在y軸上，設△ABC的外心P的坐標為（0，h），連接AP，對于二次函數(shù)y=-49x2+4，當x＝0時，y當y＝0時，x＝±3，則OC＝4，OA＝3，在Rt△AOP中，AP2＝OA2+OP2，即（4﹣h））2＝32+h2，解得：h=7∴△ABC的外心P的坐標為（0，78故選：A．【點評】本題考查的是三角形的外接圓與外心，熟記三角形的外心的概念、二次函數(shù)的性質是解題的關鍵．2．（2024秋?涼州區(qū)月考）如圖，點P是⊙O外任意一點，PM、N分別是⊙O的切線，M、N是切點．設OP與⊙O交于點K．則點K是△PMN的（）A．垂心 B．重心 C．內心 D．外心【考點】切線的性質；三角形的內切圓與內心．【專題】與圓有關的位置關系；應用意識．【答案】C【分析】連接OM、ON、MK、NK，證明點K是△PMN的角平分線交點，即可求解．【解答】解：連接OM、ON、MK、NK，由題意可得：∠OMP＝90°．∴∠OMK+∠PMK＝90°．∵OM＝OK，∴∠OKM＝∠OMK＝90°﹣∠PMK．∴∠MOK＝180°﹣∠OKM﹣∠OMK＝2∠PMK．∴∠PMK∵∠NMK∴∠PMK＝∠NMK．∵OP是∠MPN的平分線，∴K是△PMN的內心．故選：C．【點評】本題考查了切線的性質，三角形內心的定義，正確記憶相關知識點是解題關鍵．3．（2024?海淀區(qū)）如果一個圓的內接三角形有一邊的長度等于半徑，那么稱其為該圓的“半徑三角形”．給出下面四個結論：①一個圓的“半徑三角形”有無數(shù)個；②一個圓的“半徑三角形”可能是銳角三角形、直角三角形或鈍角三角形；③當一個圓的“半徑三角形”為等腰三角形時，它的頂角可能是30°，120°或150°；④若一個圓的半徑為2，則它的“半徑三角形”面積最大值為23上述結論中，所有正確結論的序號是（）A．①② B．②③ C．①②③ D．①②④【考點】三角形的外接圓與外心；等腰三角形的性質．【專題】圓的有關概念及性質；推理能力．【答案】C【分析】根據(jù)圓的“半徑三角形”的概念判斷①②；根據(jù)圓周角定理、等腰三角形的概念判斷③；根據(jù)垂徑定理求出AH，根據(jù)勾股定理求出OH，求出△ABC的最大面積，判斷④．【解答】解：如圖，AB＝OA，即AB的長度等于半徑，以AB為邊的圓的內接三角形有無數(shù)個，∴一個圓的“半徑三角形”有無數(shù)個，故①結論正確；∵OA＝OB＝AB，∴△OAB為等邊三角形，∴∠AOB＝60°，當點C在優(yōu)弧AB上時，∠C＝30°，當點C在劣弧AB上時，∠C＝150°，當點C在圓上移動時，∠CAB可能是90°，∴一個圓的“半徑三角形”可能是銳角三角形、直角三角形或鈍角三角形，故②結論正確；由以上可知，∠C可以是30°或150°，當AC＝AB，∠C＝30°時，∠CAB＝180°﹣30°3﹣30°＝120°，∴當一個圓的“半徑三角形”為等腰三角形時，它的頂角可能是30°，120°或150°，故③結論正確；過點O作OH⊥AB于H，則AH＝HB=12AB＝∴OH=O當點C為優(yōu)弧AB的中點時，△ABC的面積最大，最大面積為：12×2×（2+3）＝2+故選：C．【點評】本題考查的是三角形的外接圓與外心，掌握圓周角定理、等腰三角形的性質、靈活運用分情況討論思想是解題的關鍵．4．（2024秋?新市區(qū)校級期中）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝8，CP，CM分別是AB上的高線和中線．如果⊙A是以點A為圓心，4為半徑的圓，那么下列判斷中，正確的是（）A．點P，M均在⊙A內 B．點P，M均在⊙A外 C．點P在⊙A內，點M在⊙A外 D．以上選項都不正確【考點】點與圓的位置關系．【專題】與圓有關的位置關系；推理能力．【答案】C【分析】先利用勾股定理求得AB的長，再根據(jù)面積公式求出CP的長，根據(jù)勾股定理求出AP的長，根據(jù)中線的定義求出AM的長，然后由點P、M到A點的距離判斷點P、M與圓A的位置關系即可．【解答】解：在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝6，BC＝8，∴AB=AC∵CP、CM分別是AB上的高和中線，∴12AB?CP=12AC?BC，AM=1∴CP＝4.8，∴AP=AC∵AP＝3.6＜4，AM＝5＞4，∴點P在圓A內、點M在圓A外，故選：C．【點評】本題考查了點與圓的位置關系的判定，根據(jù)點與圓心之間的距離和圓的半徑的大小關系作出判斷即可．5．（2024?涼山州模擬）下列說法正確的是（）A．方程x2+2x+3＝0的兩根之和為﹣2 B．拋物線y＝﹣x2﹣2x﹣1可由y＝﹣x2向右平移1個單位得到 C．任意三點確定一個圓 D．三角形的內心到三角形各邊的距離相等【考點】三角形的內切圓與內心；根與系數(shù)的關系；二次函數(shù)圖象與幾何變換；拋物線與x軸的交點；角平分線的性質；確定圓的條件．【專題】二次函數(shù)的應用；圓的有關概念及性質；推理能力；應用意識．【答案】D【分析】由根與系數(shù)的關系，二次函數(shù)的平移，確定圓的條件，三角形內心的性質依次判斷可求解．【解答】解：A、方程x2+2x+3＝0中Δ＝22﹣4×3＝﹣8＜0，方程無解，原說法錯誤，不符合題意；B、拋物線y＝﹣x2﹣2x﹣1＝﹣（x+1）2可由y＝﹣x2向左平移1個單位得到，原說法錯誤，不符合題意；C、不在同一直線上的任意三點確定一個圓，原說法錯誤，不符合題意；D、三角形的內心到三角形各邊的距離相等，說法正確，符合題意；故選：D．【點評】本題考查根與系數(shù)的關系，二次函數(shù)的平移，確定圓的條件，三角形內心的性質等知識點，根據(jù)相關知識點逐個判斷即可．二．填空題（共5小題）6．（2024秋?鳳臺縣月考）如圖，O是△ABC的內心．（1）若∠A＝80°，則∠BOC的度數(shù)為130°；（2）若AB＝5，BC＝7，AC=42，則⊙O的半徑為3【考點】三角形的內切圓與內心．【專題】三角形；與圓有關的位置關系；運算能力；推理能力．【答案】（1）130°；（2）3-【分析】（1）由∠BAC＝80°，求得∠ABC+∠ACB＝100°，因為O是△ABC的內心，所以∠OBC=12∠ABC，∠OCB=12∠ACB，則∠BOC＝180°﹣（∠OBC+∠OCB）＝180°﹣（12∠ABC+（2）作AH⊥BC于點H，則AB2﹣BH2＝AC2﹣CH2＝AH2，所以52﹣BH2＝（42）2﹣（7﹣BH）2，求得BH＝3，則AH=AB2-BH2=4，設△ABC的內切圓⊙O的半徑為r，⊙O與AB、BC、AC分別相切于點E、F、D，連接OE、OF、OD、OA，則S△ABC=12×5r+12×【解答】解：（1）∵∠BAC＝80°，∴∠ABC+∠ACB＝180°﹣80°＝100°，∴12∠ABC+12∠ACB∵O是△ABC的內心，∴BO平分∠ABC，CO平分∠ACB，∴∠OBC＝∠OBA=12∠ABC，∠OCB＝∠OCA=1∴∠BOC＝180°﹣（∠OBC+∠OCB）＝180°﹣（12∠ABC+12∠ACB）＝180°﹣50故答案為：130°．（2）作AH⊥BC于點H，則∠AHB＝∠AHC＝90°，∴AB2﹣BH2＝AC2﹣CH2＝AH2，∵AB＝5，BC＝7，AC＝42，∴52﹣BH2＝（42）2﹣（7﹣BH）2，解得BH＝3，∴AH=AB設△ABC的內切圓⊙O的半徑為r，⊙O與AB、BC、AC分別相切于點E、F、D，連接OE、OF、OD、OA，∵OE⊥AB，OF⊥BC，OD⊥AC，且OE＝OF＝OD＝r，∴S△ABC＝S△AOB+S△BOC+S△AOC=12AB?OE+12BC?OF+12AC?∴12×5r+12×7r+12×解得r=3-故答案為：3-【點評】此題重點考查三角形的內切圓與內心、三角形內角和定理、勾股定理、根據(jù)面積等式求線段的長度等知識與方法，正確地作出輔助線是解題的關鍵．7．（2024秋?南崗區(qū)校級月考）如圖，AB切⊙O于點A，BO交⊙O于點C，點D在⊙O上，∠ABO＝40°，則∠ADC的度數(shù)是25°．【考點】切線的性質；圓周角定理．【專題】與圓有關的位置關系；運算能力．【答案】25°．【分析】連接OA．根據(jù)切線的性質可知∠OAB＝90°，從而可求出∠AOB＝50°．再根據(jù)圓周角定理即可求出∠ADC的度數(shù)．【解答】解：如圖，連接OA．∵AB切⊙O于點A，∴∠OAB＝90°．∵∠ABO＝40°，∴∠AOB＝90°﹣40°＝50°，∴∠ADC故答案為：25°．【點評】本題考查切線的性質，圓周角定理．連接常用的輔助線是解題關鍵．8．（2024秋?孝昌縣期中）如圖，等腰△ABC內接于⊙O，AB＝AC，點D為劣弧BC上一點，∠ADC＝60°，若CD＝2BD＝4，則四邊形ABDC的面積為93．【考點】三角形的外接圓與外心；等腰三角形的性質；垂徑定理；圓心角、弧、弦的關系；圓周角定理．【專題】等腰三角形與直角三角形；與圓有關的計算；運算能力；推理能力．【答案】93【分析】過點B作BE⊥CD的延長線于點E，先證明△ABC為等邊三角形，再證明∠DBE＝30°，根據(jù)CD＝2BD＝4，可得BD＝2，所以DE=12BD=1，BE=3DE=3【解答】解：如圖，過點B作BE⊥CD的延長線于點E，∵∠ABC＝∠ADC＝60°，又AB＝AC，∴△ABC為等邊三角形，∴∠ACB＝∠ABC＝60°，∴∠ADB＝∠ACB＝∠ADC＝60°，∴∠BDC＝120°，∴∠BDE＝60°，∴∠DBE＝30°，∵CD＝2BD＝4，∴BD＝2，∴DE=∴BE=∴△BDC的面積=1在Rt△BEC中，BE=3，CE＝CD+DE＝4+1＝根據(jù)勾股定理得：BC2＝BE2+CE2＝3+25＝28，∴等邊三角形ABC的面積=3∴四邊形ABDC的面積＝△BDC的面積+等邊三角形ABC的面積=23∴四邊形ABDC的面積為93故答案為：93【點評】本題考查了三角形的外接圓與外心，圓周角定理，垂徑定理，等邊三角形的判定與性質，解決本題的關鍵是熟練運用圓周角定理，垂徑定理．9．（2024秋?邗江區(qū)校級月考）如圖，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝4，AB＝5，D是AC上一點，E是BC上一點，DE＝3，若以DE為直徑的圓交AB于M、N點，則MN的最大值為125【考點】直線與圓的位置關系；勾股定理；垂徑定理．【專題】圓的有關概念及性質；與圓有關的位置關系；推理能力．【答案】125【分析】如圖，作OH⊥AB于H，CK⊥AB于K，由題意MN=2MH=2OM2-【解答】解：如圖，連接OM，OC，過點O作OH⊥AB于H，CK⊥AB于K，∵OH⊥MN，∴MH＝HN，∴MN=2∵∠DCE＝90°，OD＝OE=12DE∴OC=∴點O的運動軌跡是以C為圓心，32在Rt△ACB中，∵AC＝4，AB＝5，∴BC＝3，∵12∴CK=當C、O、H共線，且與CK重合時，OH的值最小，∴OH的最小值為125∴MN的最大值為2(故答案為：125【點評】本題考查了直線與圓的位置關系、垂徑定理、勾股定理以及軌跡等知識，解決本題的關鍵是掌握直線與圓的位置關系．10．（2024?涼山州）如圖，⊙M的圓心為M（4，0），半徑為2，P是直線y＝x+4上的一個動點，過點P作⊙M的切線，切點為Q，則PQ的最小值為27．【考點】切線的性質；一次函數(shù)圖象上點的坐標特征；垂線段最短；勾股定理．【專題】與圓有關的位置關系；推理能力．【答案】27．【分析】連接MP、MQ，根據(jù)切線的性質得到MQ⊥PQ，根據(jù)勾股定理得到PQ=PM2-4【解答】解：如圖，連接MP、MQ，∵PQ是⊙M的切線，∴MQ⊥PQ，∴PQ=P當PM最小時，PQ最小，當MP⊥AB時，MP最小，直線y＝x+4與x軸的交點A的坐標為（﹣4，0），與y軸的交點B的坐標為（0，4），∴OA＝OB＝4，∴∠BAO＝45°，AM＝8，當MP⊥AB時，MP＝AM?sin∠BAO＝8×22=∴PQ的最小值為：(42)2故答案為：27．【點評】本題考查的是切線的性質、一次函數(shù)的圖象和性質、垂線段最短，熟記圓的切線垂直于經(jīng)過切點的半徑是解題的關鍵．三．解答題（共5小題）11．（2024秋?婺城區(qū)校級期中）如圖，在平面直角坐標系xOy中，點A的坐標為（0，7），點B的坐標為（0，3），點C的坐標為（3，0）．（1）在圖中作出△ABC的外接圓圓心P（利用格點圖確定圓心P的位置）；（2）△ABC的外接圓半徑r為29；位于圓上在第一象限的橫縱坐標均為整數(shù)的點有4個；（3）若在x軸的正半軸上有一點D（異與點C），且∠ADB＝∠ACB，則點D的坐標為（7，0）．【考點】三角形的外接圓與外心；坐標與圖形性質；垂徑定理；圓周角定理；點與圓的位置關系．【專題】平面直角坐標系；圓的有關概念及性質；與圓有關的位置關系；運算能力；推理能力．【答案】（1）確定圓心P的位置見解答，P（5，5）；（2）29，4；（3）（7，0）．【分析】（1）取格點F及AB的中點E，連結BF、CF，作EP∥x軸，連結并延長OF交EP于點P，由A（0，7），B（0，3），得E（0，5），且EP垂直平分AB，而OF垂直平分BC，所以點P為△ABC的外接圓的圓心，且點P為格點，PE＝OE＝5，則P（5，5）；（2）作△ABC的外接圓⊙P，交x軸于點D，取格點H，連結PH、PA，求得r＝PA=AE2+PE2=29，D（7，0），由⊙P的四分之一圓上有2個橫縱坐標均為整數(shù)的點，可知⊙P上橫縱坐標均為整數(shù)的點共有8個，而A、B（3）連結AD、BD，則∠ADB＝∠ACB，由（2）得D（7，0），于是得到問題的答案．【解答】解：（1）取格點F及AB的中點E，連結BF、CF，作EP∥x軸，連結并延長OF交EP于點P，∵A（0，7），B（0，3），∴E（0，5），EP垂直平分AB，∵四邊形OBFC是正方形，∴OF垂直平分BC，且OF為正方形的對角線，∴點P為△ABC的外接圓的圓心，且點P為格點，PE＝OE＝5，∴△ABC的外接圓的圓心P的坐標為（5，5）．（2）作△ABC的外接圓⊙P，交x軸于點D，取格點H，連結PH、PA，∵∠AEP＝90°，AE＝2，PE＝5，∴PA=A∴△ABC的外接圓半徑r=29∵PH⊥CD，∴DH＝CH＝2，∵H（5，0），∴D（7，0），∵∠EPH＝90°，點B、點C為橫縱坐標均為整數(shù)的點，∴⊙P的四分之一圓上有2個橫縱坐標均為整數(shù)的點，∴⊙P上橫縱坐標均為整數(shù)的點共有8個，∵A、B、C、D這4個點不屬于第一象限的點，∴位于圓上在第一象限的橫縱坐標均為整數(shù)的點有4個，故答案為：29，4．（3）連結AD、BD，則∠ADB＝∠ACB，由（2）得D（7，0），故答案為：（7，0）．【點評】此題重點考查坐標與圖形性質、三角形的外接圓與外心、垂徑定理、圓周角定理、勾股定理等知識，正確地畫出圖形并且作出相應的輔助線是解題的關鍵．12．（2024秋?吉林期中）如圖，AB為半圓O的直徑，點F在半圓上，點P在AB的延長線上，PC與半圓相切于點C，與OF的延長線相交于點D，AC與OF相交于點E，DC＝DE．（1）求證：OD⊥AB．（2）若半圓O的半徑為8，且OA＝2OE，求DF的長．【考點】切線的性質；圓周角定理．【專題】等腰三角形與直角三角形；圓的有關概念及性質；與圓有關的位置關系；運算能力；推理能力．【答案】（1）證明見解答；（2）DF的長是2．【分析】（1）連接OC，則OC＝OA，所以∠OAC＝∠OCA，而DC＝DE，則∠OEA＝∠DEC＝∠DCE，由切線的性質得PC⊥OC，則∠BOD＝∠OEA+∠OAC＝∠DCE+∠OCA＝90°，所以OD⊥AB；（2）因為OA＝OF＝OC＝8，所以OA＝2OE＝8，則OE＝4，F(xiàn)E＝OF﹣OE＝4，所以DC＝DE＝DF+4，由勾股定理得82+（DF+4）2＝（DF+8）2，求得DF＝2．【解答】（1）證明：連接OC，則OC＝OA，∴∠OAC＝∠OCA，∵DC＝DE，∴∠DEC＝∠DCE，∴∠OEA＝∠DEC＝∠DCE，∵PC與⊙相切于點C，與OF的延長線相交于點D，∴PC⊥OC，∴∠BOD＝∠OEA+∠OAC＝∠DCE+∠OCA＝∠OCD＝90°，∴OD⊥AB．（2）解：∵⊙O的半徑為8，∴OA＝OF＝OC＝8，∵OA＝2OE＝8，∴OE＝4，∴FE＝OF﹣OE＝8﹣4＝4，∴DC＝DE＝DF+4，∵OC2+DC2＝OD2，且OD＝DF+8，∴82+（DF+4）2＝（DF+8）2，解得DF＝2，∴DF的長是2．【點評】此題重點考查切線的性質、等腰三角形的性質、勾股定理等知識，正確地作出輔助線是解題的關鍵．13．（2024秋?惠州月考）如圖，AB為⊙O的直徑，點C在⊙O外，∠ABC的平分線與⊙O交于點D，∠C＝90°．（1）CD與⊙O有怎樣的位置關系？請說明理由；（2）若∠CDB＝60°，AB＝4，求BD的長．【考點】直線與圓的位置關系；圓周角定理．【專題】與圓有關的位置關系；運算能力．【答案】（1）相切，見解析；（2）23【分析】（1）連接OD，則OD＝OB，等邊對等角得到∠ODB＝∠ABD，角平分線得到∠ABD＝∠CBD，進而得到∠ODB＝∠CBD，推出OD∥BC，得到∠ODC＝180°﹣∠C＝90°，即可得出結論；（2）直徑所對的圓周角為直角，得到∠ADB＝90°，易得∠ABD＝30°，根據(jù)含30度角的直角三角形的性質，進行求解即可．【解答】解：（1）CD與⊙O相切，理由：連接OD，則OD＝OB，∴∠ABD＝∠ODB，∵BD平分∠ABC，∴∠CBD＝∠ABD，∴∠CBD＝∠ODB，∴OD∥BC，∵∠C＝90°，∴∠ODC＝180°﹣∠C＝180°﹣90°＝90°，∴OD⊥CD，∵OD是半徑，∴CD與⊙O相切．（2）∵AB是⊙O的直徑，∴∠ADB＝90°，∵∠CDB＝60°，∠C＝90°，∴∠ABD＝∠CBD＝90°﹣∠CDB＝30°，在Rt△ABD中，∠ABD＝30°，∴AD=∴BD=【點評】本題考查切線的判定，圓周角定理，含30度角的直角三角形，掌握其性質定理是解決此題的關鍵．14．（2024秋?武威月考）如圖，在△ABC中，∠A＝90°，∠B＝α，點D，E分別在AB，BC上，線段DE繞點D順時針旋轉得到DF，其中旋轉角∠EDF＝180°﹣2α，此時點F恰好落在AC上，過點D，E，F(xiàn)的圓交BC于點G，連接GF．（1）若α＝35°，求∠BGF的度數(shù)；（2）求證：BE＝GF．【考點】三角形的外接圓與外心；旋轉的性質；圓周角定理．【專題】三角形；運算能力．【答案】（1）70°；（2）見解析．【分析】（1）先代入計算得到∠EDF＝110°，再利用圓內接四邊形的性質即可求解；（2）利用圓內接四邊形的性質以及等弦對等弧求得DE=DF，證得∠B＝∠FGD，再證明△BDE≌△GDF，據(jù)此即可證明BE＝【解答】（1）解：∵α＝35°，∴∠EDF＝（180﹣2×35）°＝110°，∴∠BGF＝180°﹣∠EDF＝70°；（2）證明：連接DG，∵∠EDF＝（180﹣2α）°，∴∠EGF＝180°﹣∠EDF＝2α，∵DE＝DF，∴DE=∴∠EGD∵∠B＝α，∴∠B＝∠FGD，∵∠GED+∠GFD＝180°，又∵∠GED+∠BED＝180°，∴∠GFD＝∠BED，在△BDE和△GDF中，∠GFD∴△BDE≌△GDF（AAS），∴BE＝GF．【點評】本題考查了圓內接四邊形的性質，全等三角形的判定和性質，圓周角定理，正確作出輔助線解決問題是解題的關鍵．15．（2024秋?寶應縣月考）如圖，在正方形網(wǎng)格圖中建立平面直角坐標系，一條圓弧經(jīng)過網(wǎng)格點A、B、C，點O為坐標原點．（網(wǎng)格中小正方形的邊長為1）（1）該圓弧所在圓的圓心P的坐標為（2，﹣1）；（2）根據(jù)（1）中的條件填空：①⊙P的半徑為25；（結果保留根號）②點M（7，﹣1）在⊙P外；（填“上”、“內”或“外”）③連接AP、CP，則∠APC的度數(shù)為90°．【考點】點與圓的位置關系；坐標與圖形性質；垂徑定理；圓心角、弧、弦的關系；圓周角定理．【專題】與圓有關的計算；運算能力．【答案】（1）（2，﹣1）（2）①25；②外；③90【分析】（1）可以作弦AB和BC的垂直平分線，交點即為圓心，根據(jù)位置寫出圓心坐標即可；（2）①利用勾股定理求出PA的長即可得到答案；②利用勾股定理求出點M到圓心的距離即可判斷點和圓的位置關系；③利用勾股定理和勾股定理的逆定理證明△APC是直角三角形，即∠APC＝90°即可得到答案．【解答】解：（1）作弦AB和BC的垂直平分線，交點即為圓心．如圖所示：（2）①由題意得，A（0，3），∵P（2，﹣1），∴PA=∴⊙P的半徑為25故答案為：25②∵M（7，﹣1），P（2，﹣1），∴PM=5∴M（7，﹣1）在⊙P外，故答案為：外；③如圖所示，連接PA、PC，AC，∵A（0，3），C（6，1），∴AC2＝（6﹣0）2+（1﹣3）2＝40，∵PA=∴PA∴△APC是直角三角形，即∠APC＝90°，故答案為：90°．【點評】本題主要考查了確定三角形外接圓圓心的位置，坐標與圖形，勾股定理和勾股定理的逆定理，點和圓的位置關系，準確確定圓心是解答此題的關鍵．

考點卡片1．根與系數(shù)的關系（1）若二次項系數(shù)為1，常用以下關系：x1，x2是方程x2+px+q＝0的兩根時，x1+x2＝﹣p，x1x2＝q，反過來可得p＝﹣（x1+x2），q＝x1x2，前者是已知系數(shù)確定根的相關問題，后者是已知兩根確定方程中未知系數(shù)．（2）若二次項系數(shù)不為1，則常用以下關系：x1，x2是一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的兩根時，x1+x2=-ba，x1x2=ca，反過來也成立，即ba=-（x1+x2（3）常用根與系數(shù)的關系解決以下問題：①不解方程，判斷兩個數(shù)是不是一元二次方程的兩個根．②已知方程及方程的一個根，求另一個根及未知數(shù)．③不解方程求關于根的式子的值，如求，x12+x22等等．④判斷兩根的符號．⑤求作新方程．⑥由給出的兩根滿足的條件，確定字母的取值．這類問題比較綜合，解題時除了利用根與系數(shù)的關系，同時還要考慮a≠0，△≥0這兩個前提條件．2．坐標與圖形性質1、點到坐標軸的距離與這個點的坐標是有區(qū)別的，表現(xiàn)在兩個方面：①到x軸的距離與縱坐標有關，到y(tǒng)軸的距離與橫坐標有關；②距離都是非負數(shù)，而坐標可以是負數(shù)，在由距離求坐標時，需要加上恰當?shù)姆枺?、有圖形中一些點的坐標求面積時，過已知點向坐標軸作垂線，然后求出相關的線段長，是解決這類問題的基本方法和規(guī)律．3、若坐標系內的四邊形是非規(guī)則四邊形，通常用平行于坐標軸的輔助線用“割、補”法去解決問題．3．一次函數(shù)圖象上點的坐標特征一次函數(shù)y＝kx+b，（k≠0，且k，b為常數(shù)）的圖象是一條直線．它與x軸的交點坐標是（-bk，0）；與y軸的交點坐標是（0，直線上任意一點的坐標都滿足函數(shù)關系式y(tǒng)＝kx+b．4．二次函數(shù)的性質二次函數(shù)y＝ax2+bx+c（a≠0）的頂點坐標是（-b2a，4ac-b24a），對稱軸直線x=-b2a，二次函數(shù)y＝①當a＞0時，拋物線y＝ax2+bx+c（a≠0）的開口向上，x＜-b2a時，y隨x的增大而減??；x＞-b2a時，y隨x的增大而增大；x②當a＜0時，拋物線y＝ax2+bx+c（a≠0）的開口向下，x＜-b2a時，y隨x的增大而增大；x＞-b2a時，y隨x的增大而減小；x③拋物線y＝ax2+bx+c（a≠0）的圖象可由拋物線y＝ax2的圖象向右或向左平移|-b2a|個單位，再向上或向下平移|5．二次函數(shù)圖象上點的坐標特征二次函數(shù)y＝ax2+bx+c（a≠0）的圖象是拋物線，頂點坐標是（-b2a①拋物線是關于對稱軸x=-b2②拋物線與y軸交點的縱坐標是函數(shù)解析中的c值．③拋物線與x軸的兩個交點關于對稱軸對稱，設兩個交點分別是（x1，0），（x2，0），則其對稱軸為x=x6．二次函數(shù)圖象與幾何變換由于拋物線平移后的形狀不變，故a不變，所以求平移后的拋物線解析式通?？衫脙煞N方法：一是求出原拋物線上任意兩點平移后的坐標，利用待定系數(shù)法求出解析式；二是只考慮平移后的頂點坐標，即可求出解析式．7．拋物線與x軸的交點求二次函數(shù)y＝ax2+bx+c（a，b，c是常數(shù)，a≠0）與x軸的交點坐標，令y＝0，即ax2+bx+c＝0，解關于x的一元二次方程即可求得交點橫坐標．（1）二次函數(shù)y＝ax2+bx+c（a，b，c是常數(shù)，a≠0）的交點與一元二次方程ax2+bx+c＝0根之間的關系．△＝b2﹣4ac決定拋物線與x軸的交點個數(shù)．△＝b2﹣4ac＞0時，拋物線與x軸有2個交點；△＝b2﹣4ac＝0時，拋物線與x軸有1個交點；△＝b2﹣4ac＜0時，拋物線與x軸沒有交點．（2）二次函數(shù)的交點式：y＝a（x﹣x1）（x﹣x2）（a，b，c是常數(shù)，a≠0），可直接得到拋物線與x軸的交點坐標（x1，0），（x2，0）．8．垂線段最短（1）垂線段：從直線外一點引一條直線的垂線，這點和垂足之間的線段叫做垂線段．（2）垂線段的性質：垂線段最短．正確理解此性質，垂線段最短，指的是從直線外一點到這條直線所作的垂線段最短．它是相對于這點與直線上其他各點的連線而言．（3）實際問題中涉及線路最短問題時，其理論依據(jù)應從“兩點之間，線段最短”和“垂線段最短”這兩個中去選擇．9．角平分線的性質角平分線的性質：角的平分線上的點到角的兩邊的距離相等．注意：①這里的距離是指點到角的兩邊垂線段的長；②該性質可以獨立作為證明兩條線段相等的依據(jù)，有時不必證明全等；③使用該結論的前提條件是圖中有角平分線，有垂直角平分線的性質語言：如圖，∵C在∠AOB的平分線上，CD⊥OA，CE⊥OB∴CD＝CE10．等腰三角形的性質（1）等腰三角形的概念有兩條邊相等的三角形叫做等腰三角形．（2）等腰三角形的性質①等腰三角形的兩腰相等②等腰三角形的兩個底角相等．【簡稱：等邊對等角】③等腰三角形的頂角平分線、底邊上的中線、底邊上的高相互重合．【三線合一】（3）在①等腰；②底邊上的高；③底邊上的中線；④頂角平分線．以上四個元素中，從中任意取出兩個元素當成條件，就可以得到另外兩個元素為結論．11．勾股定理（1）勾股定理：在任何一個直角三角形中，兩條直角邊長的平方之和一定等于斜邊長的平方．如果直角三角形的兩條直角邊長分別是a，b，斜邊長為c，那么a2+b2＝c2．（2）勾股定理應用的前提條件是在直角三角形中．（3）勾股定理公式a2+b2＝c2的變形有：a=c2-b2，b（4）由于a2+b2＝c2＞a2，所以c＞a，同理c＞b，即直角三角形的斜邊大于該直角三角形中的每一條直角邊．12．垂徑定理（1）垂徑定理垂直于弦的直徑平分這條弦，并且平分弦所對的兩條?。?）垂徑定理的推論推論1：平分弦（不是直徑）的直徑垂直于弦，并且平分弦所對的兩條弧．推論2：弦的垂直平分線經(jīng)過圓心，并且平分弦所對的兩條?。普?：平分弦所對一條弧的直徑，垂直平分弦，并且平分弦所對的另一條?。?3．圓心角、弧、弦的關系（1）定理：在同圓和等圓中，相等的圓心角所對的弧相等，所對的弦也相等．（2）推論：在同圓或等圓中，如果兩個圓心角、兩條弧、兩條弦中有一組量相等，那么它們所對應的其余各組量都分別相等．說明：同一條弦對應兩條弧，其中一條是優(yōu)弧，一條是劣弧，而在本定理和推論中的“弧”是指同為優(yōu)弧或劣?。?）正確理解和使用圓心角、弧、弦三者的關系三者關系可理解為：在同圓或等圓中，①圓心角相等，②所對的弧相等，③所對的弦相等，三項“知一推二”，一項相等，其余二項皆相等．這源于圓的旋轉不變性，即：圓繞其圓心旋轉任意角度，所得圖形與原圖形完全重合．（4）在具體應用上述定理解決問題時，可根據(jù)需要，選擇其有關部分．14．圓周角定理（1）圓周角的定義：頂點在圓上，并且兩邊都