1. 方程的解是（ ）
A. x=0B. x=1C. x=0或x=1D. x=0或x=-1
【答案】C
【解析】
【分析】
根據(jù)因式分解法，可得答案．
【詳解】解：，
方程整理，得，x2-x=0
因式分解得，x（x-1）=0，
于是，得，x=0或x-1=0，
解得x1=0，x2=1，
故選：C．
【點(diǎn)睛】本題考查了解一元二次方程，因式分解法是解題關(guān)鍵．
2. 已知⊙O的直徑為4，點(diǎn)O到直線l的距離為2，則直線l與⊙O的位置關(guān)系是
A. 相交B. 相切C. 相離D. 無法判斷
【答案】B
【解析】
【分析】
根據(jù)圓心距和兩圓半徑的之間關(guān)系可得出兩圓之間的位置關(guān)系．
【詳解】∵⊙O的直徑為4，
∴⊙O的半徑為2，
∵圓心O到直線l的距離是2，
∴根據(jù)圓心距與半徑之間的數(shù)量關(guān)系可知直線l與⊙O的位置關(guān)系是相切．
故選B．
【點(diǎn)睛】本題考查了直線和圓的位置關(guān)系的應(yīng)用，理解直線和圓的位置關(guān)系的內(nèi)容是解此題的關(guān)鍵，注意：已知圓的半徑是r，圓心到直線的距離是d，當(dāng)d＝r時，直線和圓相切，當(dāng)d＞r時，直線和圓相離，當(dāng)d＜r時，直線和圓相交．
3. 如圖，點(diǎn)A、B、C都在⊙O上，若∠ABC＝60°，則∠AOC的度數(shù)是（ ）
A. 100°B. 110°C. 120°D. 130°
【答案】C
【解析】
【分析】
直接利用圓周角定理求解．
【詳解】解：∵∠ABC和∠AOC所對的弧為，∠ABC=60°，
∴∠AOC=2∠ABC=2×60°=120°．
故選：C．
【點(diǎn)睛】本題考查了圓周角定理：在同圓或等圓中，同弧或等弧所對的圓周角相等，都等于這條弧所對的圓心角的一半．
4. 數(shù)據(jù)3、4、6、7、x的平均數(shù)是5，這組數(shù)據(jù)的中位數(shù)是（ ）
A. 4B. 4.5C. 5D. 6
【答案】C
【解析】
【分析】
首先根據(jù)3、4、6、7、x這組數(shù)據(jù)的平均數(shù)求得x值，再根據(jù)中位數(shù)的定義找到中位數(shù)即可．
【詳解】由3、4、6、7、x的平均數(shù)是5，
即
得
這組數(shù)據(jù)按照從小到大排列為3、4、5、6、7，則中位數(shù)為5．
故選C
【點(diǎn)睛】此題考查了平均數(shù)計算及中位數(shù)的定義，熟練運(yùn)算平均數(shù)及掌握中位數(shù)的定義是解題關(guān)鍵．
5. 一個不透明的袋子中裝有20個紅球，2個黑球，1個白球，它們除顏色外都相同，若從中任意摸出1個球，則（ ）
A. 摸出黑球的可能性最小B. 不可能摸出白球
C. 一定能摸出紅球D. 摸出紅球的可能性最大
【答案】D
【解析】
【分析】
根據(jù)概率公式先分別求出摸出黑球、白球和紅球的概率，再進(jìn)行比較，即可得出答案．
【詳解】解：∵不透明的袋子中裝有20個紅球，2個黑球，1個白球，共有23個球，
∴摸出黑球的概率是，
摸出白球的概率是，
摸出紅球的概率是，
∵＜＜，
∴從中任意摸出1個球，摸出紅球的可能性最大；
故選：D．
【點(diǎn)睛】本題考查了可能性大小的比較：只要總情況數(shù)目相同，誰包含的情況數(shù)目多，誰的可能性就大；反之也成立；若包含的情況相當(dāng)，那么它們的可能性就相等．
6. 如圖，P、Q是⊙O的直徑AB上的兩點(diǎn)，P在OA上，Q在OB上，PC⊥AB交⊙O于C，QD⊥AB交⊙O于D，弦CD交AB于點(diǎn)E，若AB=20，PC=OQ=6，則OE的長為（ ）
A. 1B. 1.5C. 2D. 2.5
【答案】C
【解析】
【分析】
因?yàn)镺CP和ODQ為直角三角形，根據(jù)勾股定理可得OP、DQ、PQ的長度，又因?yàn)镃PDQ，兩直線平行內(nèi)錯角相等，∠PCE=∠EDQ，且∠CPE=∠DQE=90°，可證CPE∽DQE，可得，設(shè)PE=x，則EQ=14-x，解得x的取值，OE= OP-PE，則OE的長度可得．
【詳解】解：∵在⊙O中，直徑AB=20，即半徑OC=OD=10，其中CPAB，QDAB，
∴OCP和ODQ為直角三角形，
根據(jù)勾股定理：，，且OQ=6，
∴PQ=OP+OQ=14，
又∵CPAB，QDAB，垂直于用一直線的兩直線相互平行，
∴CPDQ，且C、D連線交AB于點(diǎn)E，
∴∠PCE=∠EDQ，（兩直線平行，內(nèi)錯角相等）且∠CPE=∠DQE=90°，
∴CPE∽DQE，故，
設(shè)PE=x，則EQ=14-x，
∴，解得x=6，
∴OE=OP-PE=8-6=2，
故選：C．
【點(diǎn)睛】本題考察了勾股定理、相似三角形的應(yīng)用、兩直線平行的性質(zhì)、圓的半徑，解題的關(guān)鍵在于證明CPE與DQE相似，并得出線段的比例關(guān)系．
二、填空題
7. 數(shù)據(jù)1、2、3、2、4的眾數(shù)是______．
【答案】2
【解析】
【分析】
根據(jù)眾數(shù)的定義直接解答即可．
【詳解】解：數(shù)據(jù)1、2、3、2、4中，
∵數(shù)字2出現(xiàn)了兩次，出現(xiàn)次數(shù)最多，
∴2是眾數(shù)，
故答案為：2．
【點(diǎn)睛】此題考查了眾數(shù)，掌握眾數(shù)的定義是解題的關(guān)鍵，眾數(shù)是一組數(shù)據(jù)中出現(xiàn)次數(shù)最多的數(shù)．
8. 一元二次方程x2﹣3x+2＝0的兩根為x1，x2，則x1+x2﹣x1x2＝______．
【答案】1
【解析】
分析】
利用根與系數(shù)的關(guān)系得到x1+x2=3，x1x2=2，然后利用整體代入的方法計算．
【詳解】解：根據(jù)題意得：x1+x2=3，x1x2=2，
所以x1+x2-x1x2=3-2=1．
故答案為：1．
【點(diǎn)睛】本題考查了根與系數(shù)的關(guān)系：若x1，x2是一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的兩根時，x1+x2=- ，x1x2=．
9. 甲、乙兩同學(xué)近期6次數(shù)學(xué)單元測試成績的平均分相同，甲同學(xué)成績的方差S甲2＝6.5分2，乙同學(xué)成績的方差S乙2＝3.1分2，則他們的數(shù)學(xué)測試成績較穩(wěn)定的是____（填“甲”或“乙”）．
【答案】乙
【解析】
【分析】
根據(jù)方差越小數(shù)據(jù)越穩(wěn)定即可求解．
【詳解】解：因?yàn)榧住⒁覂赏瑢W(xué)近期6次數(shù)學(xué)單元測試成績的平均分相同且S甲2 ＞S乙2，
所以乙的成績數(shù)學(xué)測試成績較穩(wěn)定．
故答案為：乙．
【點(diǎn)睛】本題考查方差的性質(zhì)，方差越小數(shù)據(jù)越穩(wěn)定．
10. 如圖，，直線a、b與、、分別相交于點(diǎn)A、B、C和點(diǎn)D、E、F．若AB=3，BC=5，DE=4，則EF的長為______．
【答案】
【解析】
【分析】
直接根據(jù)平行線分線段成比例定理即可得．
【詳解】，
，
，
，
解得，
故答案為：．
【點(diǎn)睛】本題考查了平行線分線段成比例定理，熟記平行線分線段成比例定理是解題關(guān)鍵．
11. 圓錐的底面半徑是4cm，母線長是6cm，則圓錐的側(cè)面積是______cm2（結(jié)果保留π）．
【答案】24π
【解析】
【分析】
根據(jù)圓錐的側(cè)面展開圖為扇形，先計算出圓錐的底面圓的周長，然后利用扇形的面積公式計算即可．
【詳解】解：∵圓錐的底面半徑為4cm，
∴圓錐的底面圓的周長=2π?4=8π，
∴圓錐的側(cè)面積=×8π×6=24π（cm2）．
故答案為：24π．
【點(diǎn)睛】本題考查了圓錐的側(cè)面積的計算：圓錐的側(cè)面展開圖為扇形，扇形的弧長為圓錐的底面周長，扇形的半徑為圓錐的母線長．也考查了扇形的面積公式：S=?l?R，（l為弧長）．
12. 若m是關(guān)于x的方程x2-2x-3=0的解，則代數(shù)式4m-2m2+2的值是______．
【答案】-4
【解析】
【分析】
先由方程的解的含義，得出m2-2m-3=0，變形得m2-2m=3，再將要求的代數(shù)式提取公因式-2，然后將m2-2m=3代入，計算即可．
【詳解】解：∵m是關(guān)于x的方程x2-2x-3=0的解，
∴m2-2m-3=0，
∴m2-2m=3，
∴4m-2m2+2
= -2（m2-2m）+2
= -2×3+2
= -4．
故答案為：-4．
【點(diǎn)睛】本題考查了利用一元二次方程的解的含義在代數(shù)式求值中的應(yīng)用，明確一元二次方程的解的含義并將要求的代數(shù)式正確變形是解題的關(guān)鍵．
13. 在Rt△ABC中，兩直角邊的長分別為6和8，則這個三角形的外接圓半徑長為_____．
【答案】5
【解析】
【分析】
根據(jù)直角三角形外接圓的直徑是斜邊的長進(jìn)行求解即可．
【詳解】由勾股定理得：AB＝＝10，
∵∠ACB＝90°，
∴AB是⊙O的直徑，
∴這個三角形的外接圓直徑是10；
∴這個三角形的外接圓半徑長為5，
故答案為5．
【點(diǎn)睛】本題考查了90度的圓周角所對的弦是直徑，熟練掌握是解題的關(guān)鍵.
14. 某小區(qū)2019年的綠化面積為3000m2，計劃2021年的綠化面積為4320m2，如果每年綠化面積的增長率相同，設(shè)增長率為x，則可列方程為______．
【答案】3000(1+ x)2=4320
【解析】
【分析】
設(shè)增長率為x，則2010年綠化面積為3000（1+x）m2，則2021年的綠化面積為3000（1+x）（1+x）m2，然后可得方程．
【詳解】解：設(shè)增長率為x，由題意得：
3000（1+x）2=4320，
故答案為：3000（1+x）2=4320．
【點(diǎn)睛】本題考查了由實(shí)際問題抽象出一元二次方程，關(guān)鍵是正確理解題意，找出題目中的等量關(guān)系．
15. 如圖，ABC是⊙O的內(nèi)接三角形，AD是△ABC的高，AE是⊙O的直徑，且AE=4，若CD=1，AD=3，則AB的長為______．
【答案】
【解析】
【分析】
利用勾股定理求出AC，證明△ABE∽△ADC，推出，由此即可解決問題．
【詳解】解：∵AD是△ABC的高，
∴∠ADC=90°，
∴，
∵AE是直徑，
∴∠ABE=90°，
∴∠ABE=∠ADC，
∵∠E=∠C，
∴△ABE∽△ADC，
∴，
∴，
∴，
故答案為：．
【點(diǎn)睛】本題考查相似三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理、圓周角定理等知識，解題的關(guān)鍵是正確尋找相似三角形解決問題．
16. 如圖，點(diǎn)C是以AB為直徑的半圓上一個動點(diǎn)（不與點(diǎn)A、B重合），且AC+BC=8，若AB=m（m為整數(shù)），則整數(shù)m的值為______．
【答案】6或7
【解析】
【分析】
因?yàn)橹睆剿鶎A周角為直角，所以ABC的邊長可應(yīng)用勾股定理求解，其中，且AC+BC=8，即可求得，根據(jù)基本不等式，可得的范圍，再根據(jù)題意要求AB為整數(shù)及三角形三邊關(guān)系，即可得出AB可能的長度．
【詳解】解：∵直徑所對圓周角為直角，故ABC為直角三角形，
∴根據(jù)勾股定理可得，，即，
又∵AC+BC=8，根據(jù)基本不等式，
∴，代入
∴，同時AB要滿足整數(shù)的要求，
∴AB=6或7或8，但是三角形三邊關(guān)系要求，任意兩邊之和大于第三邊，故AB≠8，
∴AB=6或7，
故答案為：6或7．
【點(diǎn)睛】本題主要考察了直徑所對圓周角為直角、勾股定理、三角形三邊關(guān)系、基本不等式，解題的關(guān)鍵在于找出AB長度的范圍．
三、解答題
17. 計算：
（1）
（2）
【答案】（1）；（2）6
【解析】
【分析】
（1）將原式三項(xiàng)化簡，合并同類二次根式后即可得到結(jié)果；
（2）原式第一項(xiàng)利用絕對值的代數(shù)意義化簡，第二項(xiàng)利用零指數(shù)公式化簡，第三項(xiàng)利用負(fù)指數(shù)公式化簡，合并后即可得到結(jié)果；
【詳解】解：（1）原式= ，
（2）原式=
【點(diǎn)睛】此題考查了實(shí)數(shù)的混合運(yùn)算，涉及的知識有：算術(shù)平方根和立方根，絕對值的性質(zhì)，0指數(shù)和負(fù)整指數(shù)冪，熟練掌握公式及法則是解本題的關(guān)鍵．
18. 解下列方程：
（1）
（2）
【答案】（1），；（2），
【解析】
【分析】
（1）直接用開平方求解即可．
（2）用配方法解方程即可．
【詳解】（1）解：由
得
即或
，或
解得，
（2）解：
∴
∴
∴
∴，．
【點(diǎn)睛】本題考查了一元二次方程的解法，常用的方法有直接開平方法、配方法、因式分解法、求根公式法，靈活選擇合適的方法是解答本題的關(guān)鍵.
19. 化簡并求值： ，其中m滿足m2-m-2=0.
【答案】，原式=
【解析】
【分析】
根據(jù)分式的運(yùn)算進(jìn)行化簡，再求出一元二次方程m2-m-2=0的解，并代入使分式有意義的值求解.
【詳解】==，
由m2-m-2=0
解得，m1=2,m2=-1,
因?yàn)閙=-1分式無意義，
所以m=2時，代入原式==.
【點(diǎn)睛】此題主要考查分式的運(yùn)算及一元二次方程的求解，解題的關(guān)鍵熟知分式額分母不為零.
20. 已知□ABCD邊AB、AD的長是關(guān)于x的方程＝0的兩個實(shí)數(shù)根．
（1）當(dāng)m為何值時，四邊形ABCD是菱形？
（2）當(dāng)AB=3時，求□ABCD的周長．
【答案】（1）；（2）14
【解析】
【分析】
（1）由菱形的四邊相等知方程有兩個相等的實(shí)數(shù)根,據(jù)此利用根的判別式求解可得,注意驗(yàn)根;
（2）由AB=3知方程的一個解為3,代入方程求出m的值,從而還原方程,再利用根與系數(shù)的關(guān)系得出AB+AD的值,從而得出答案．
【詳解】解：（1）若四邊形ABCD是菱形,則AB=AD,
所以方程有兩個相等的實(shí)數(shù)根,
則△=（-m）2-4×1×12=0,
解得m=,
檢驗(yàn)：當(dāng)m=時,x=,符合題意;當(dāng)m=時,x=,不符合題意,故舍去．
綜上所述,當(dāng)m為時,四邊形ABCD是菱形．
（2）∵AB=3,
∴9-3m+12=0,
解得m=7,
∴方程為x2-7x+12=0,
則AB+AD=7,
∴平行四邊形ABCD的周長為2（AB+AD）=14．
【點(diǎn)睛】本題主要考查根與系數(shù)的關(guān)系,解題的關(guān)鍵是掌握根的判別式、根與系數(shù)的關(guān)系,菱形和平行四邊形的性質(zhì)．
21. 一只不透明的袋子中裝有2個白球和1個紅球，這些球除顏色外都相同．
（1）攪勻后從袋子中任意摸出1個球，摸到紅球的概率是多少？
（2）攪勻后先從袋子中任意摸出1個球，記錄顏色后不放回，再從袋子中任意摸出1個球，用畫樹狀圖或列表的方法列出所有等可能的結(jié)果，并求出兩次都摸到白球的概率．
【答案】（1）；（2），見解析
【解析】
【分析】
（1）袋中一共有3個球，有3種等可能的抽取情況，抽取紅球的情況只有1種，摸到紅球的概率即可求出；
（2）分別使用樹狀圖法或列表法將抽取球的結(jié)果表示出來，第一次共有3種不同的抽取情況，第二次有2種不同的抽取情況，所有等可能出現(xiàn)的結(jié)果有6種，找出兩次都是白球的的抽取結(jié)果，即可算出概率．
【詳解】解：（1）∵袋中一共有3個球，有3種等可能的抽取情況，抽取紅球的情況只有1種，
∴；
（2）畫樹狀圖，根據(jù)題意，畫樹狀圖結(jié)果如下：
一共有6種等可能出現(xiàn)的結(jié)果，兩次都抽取到白球的次數(shù)為2次，
∴；
用列表法，根據(jù)題意，列表結(jié)果如下：
一共有6種等可能出現(xiàn)的結(jié)果，兩次都抽取到白球的次數(shù)為2次，
∴．
【點(diǎn)睛】本題考查了列表法或樹狀圖法求概率，用圖表形式將第一次、第二次抽取所可能發(fā)生的情況一一列出，避免遺漏．
22. 某籃球隊(duì)對隊(duì)員進(jìn)行定點(diǎn)投籃測試，每人每天投籃10次，現(xiàn)對甲、乙兩名隊(duì)員在五天中進(jìn)球數(shù)（單位：個）進(jìn)行統(tǒng)計，結(jié)果如下：
經(jīng)過計算，甲進(jìn)球的平均數(shù)為8，方差為3.2.
（1）求乙進(jìn)球的平均數(shù)和方差；
（2）如果綜合考慮平均成績和成績穩(wěn)定性兩方面的因素，從甲、乙兩名隊(duì)員中選出一人去參加定點(diǎn)投籃比賽，應(yīng)選誰？為什么？
【答案】（1）乙平均數(shù)為8，方差為0.8；（2）乙．
【解析】
分析】
（1）根據(jù)平均數(shù)、方差的計算公式計算即可；
（2）根據(jù)平均數(shù)相同時，方差越大，波動越大，成績越不穩(wěn)定；方差越小，波動越小，成績越穩(wěn)定進(jìn)行解答．
【詳解】（1）乙進(jìn)球的平均數(shù)為：（7+9+7+8+9）÷5=8，乙進(jìn)球的方差為：[（7﹣8）2+（9﹣8）2+（7﹣8）2+（8﹣8）2+（9﹣8）2]=0.8；
（2）∵二人的平均數(shù)相同，而S甲2=3.2，S乙2=0.8，∴S甲2＞S乙2，∴乙的波動較小，成績更穩(wěn)定，∴應(yīng)選乙去參加定點(diǎn)投籃比賽．
【點(diǎn)睛】本題考查了方差的定義：一般地設(shè)n個數(shù)據(jù)，x1，x2，…xn的平均數(shù)為，則方差S2[（x1）2+（x2）2+…+（xn）2]，它反映了一組數(shù)據(jù)的波動大小，方差越大，波動性越大，反之也成立．也考查了平均數(shù)．
23. 如圖，小明家窗外有一堵圍墻AB，由于圍墻的遮擋，清晨太陽光恰好從窗戶的最高點(diǎn)C射進(jìn)房間的地板F處，中午太陽光恰好能從窗戶的最低點(diǎn)D射進(jìn)房間的地板E處，小明測得窗子距地面的高度OD＝1m，窗高CD＝1.5m，并測得OE＝1m，OF＝5m，求圍墻AB的高度．
【答案】4m
【解析】
【分析】
首先根據(jù)DO=OE=1m，可得∠DEB=45°，然后證明AB=BE，再證明△ABF∽△COF，可得，然后代入數(shù)值可得方程，解出方程即可得到答案．
【詳解】解：延長OD，
∵DO⊥BF，
∴∠DOE=90°，
∵OD=1m，OE=1m，
∴∠DEB=45°，
∵AB⊥BF，
∴∠BAE=45°，
∴AB=BE，
設(shè)AB=EB=x m，
∵AB⊥BF，CO⊥BF，
∴AB∥CO，
∴△ABF∽△COF，
∴，
，
解得：x=4．
經(jīng)檢驗(yàn)：x=4是原方程的解．
答：圍墻AB的高度是4m．
【點(diǎn)睛】此題主要考查了相似三角形的應(yīng)用，解決問題的關(guān)鍵是求出AB=BE，根據(jù)相似三角形的判定方法證明△ABF∽△COF．
24. 如圖，點(diǎn)C在以AB為直徑的圓上，D在線段AB的延長線上，且CA=CD，BC=BD．
（1）求證：CD與⊙O相切；
（2）若AB=8，求圖中陰影部分的面積．
【答案】（1）見解析； （2）
【解析】
分析】
（1）連接OC，由圓周角定理得出∠ACB=90°，即∠ACO+∠BCO=90°，由等腰三角形的性質(zhì)得出∠A=∠D=∠BCD，∠ACO=∠A，得出∠ACO=∠BCD，證出∠DCO=90°，則CD⊥OC，即可得出結(jié)論；
（2）證明OB=OC=BC，得出∠BOC=60°，∠D=30°，由直角三角形的性質(zhì)得出CD=OC=4，圖中陰影部分的面積=△OCD的面積-扇形OBC的面積，代入數(shù)據(jù)計算即可．
【詳解】證明：連接OC，如圖所示：
∵AB是⊙O的直徑，
∴∠ACB=90°，即∠ACO+∠BCO=90°，
∵CA=CD，BC=BD，
∴∠A=∠D=∠BCD，
又∵OA=OC，
∴∠ACO=∠A，
∴∠ACO=∠BCD，
∴∠BCD+∠BCO=∠ACO+∠BCO=90°，即∠DCO=90°，
∴CD⊥OC，
∵OC是⊙O的半徑，
∴CD與⊙O相切；
（2）解：∵AB=8，
∴OC=OB=4，
由（1）得：∠A=∠D=∠BCD，
∴∠OBC=∠BCD+∠D=2∠D，
∵∠BOC=2∠A，
∴∠BOC=∠OBC，
∴OC=BC，
∵OB=OC，
∴OB=OC=BC，
∴∠BOC=60°，
∵∠OCD=90°，
∴∠D=90°-60°=30°，
∴CD=OC=4，
∴圖中陰影部分的面積=△OCD的面積-扇形OBC的面積=×4×4-=8-π．
【點(diǎn)睛】本題考查了切線的判定、圓周角定理、等腰三角形的判定與性質(zhì)、等邊三角形的判定與性質(zhì)、含30°角的直角三角形的性質(zhì)、扇形面積公式、三角形面積公式等知識；熟練掌握切線的判定和圓周角定理是解題的關(guān)鍵．
25. 如圖，在矩形ABCD中，AB=2，E為BC上一點(diǎn)，且BE=1，∠AED=90°，將AED繞點(diǎn)E順時針旋轉(zhuǎn)得到，A′E交AD于P， D′E交CD于Q，連接PQ，當(dāng)點(diǎn)Q與點(diǎn)C重合時，AED停止轉(zhuǎn)動．
（1）求線段AD的長；
（2）當(dāng)點(diǎn)P與點(diǎn)A不重合時，試判斷PQ與的位置關(guān)系，并說明理由；
（3）求出從開始到停止，線段PQ的中點(diǎn)M所經(jīng)過的路徑長．
【答案】（1）5；（2）∥，理由見解析；（3）
【解析】
【分析】
（1）求出AE＝，證明△ABE∽△DEA，由可求出AD的長；
（2）過點(diǎn)E作EF⊥AD于點(diǎn)F，證明△PEF∽△QEC，再證△EPQ∽△A'ED'，可得出∠EPQ＝∠EA'D'，則結(jié)論得證；
（3）由（2）知PQ∥A′D′，取A′D′的中點(diǎn)N，可得出∠PEM為定值，則點(diǎn)M的運(yùn)動路徑為線段，即從AD的中點(diǎn)到DE的中點(diǎn)，由中位線定理可得出答案．
【詳解】解：（1）∵AB＝2，BE＝1，∠B＝90°，
∴AE＝＝＝，
∵∠AED＝90°，
∴∠EAD+∠ADE＝90°，
∵矩形ABCD中，∠ABC＝∠BAD＝90°，
∴∠BAE+∠EAD＝90°，
∴∠BAE＝∠ADE，
∴△ABE∽△DEA，
∴，
∴，
∴AD＝5；
（2）PQ∥A′D′，理由如下：
∵，∠AED＝90°
∴＝＝2，
∵AD＝BC＝5，
∴EC＝BC﹣BE＝5﹣1＝4，
過點(diǎn)E作EF⊥AD于點(diǎn)F，
則∠FEC＝90°，
∵∠A'ED'＝∠AED＝90°，
∴∠PEF＝∠CEQ，
∵∠C＝∠PFE＝90°，
∴△PEF∽△QEC，
∴，
∵，
∴，
∴PQ∥A′D′；
（3）連接EM，作MN⊥AE于N，
由（2）知PQ∥A′D′，
∴∠EPQ＝∠A′＝∠EAP，
又∵△PEQ為直角三角形，M為PQ中點(diǎn)，
∴PM＝ME，
∴∠EPQ＝∠PEM，
∵∠EPF＝∠EAP+∠AEA′，∠NEM＝∠PEM+∠AEA′
∴∠EPF＝∠NEM，
又∵∠PFE＝∠ENM﹣90°，
∴△PEF∽△EMN，
∴＝為定值，
又∵EF＝AB＝2，
∴MN為定值，即M的軌跡為平行于AE的線段，
∵M(jìn)初始位置為AD中點(diǎn)，停止位置為DE中點(diǎn)，
∴M的軌跡為△ADE的中位線，
∴線段PQ的中點(diǎn)M所經(jīng)過的路徑長＝＝．
【點(diǎn)睛】本題考查了矩形的性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理，平行線的判定，中位線定理等知識，熟練掌握相似三角形的判定與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
26. 閱讀理解：
如圖，在紙面上畫出了直線l與⊙O，直線l與⊙O相離，P為直線l上一動點(diǎn)，過點(diǎn)P作⊙O的切線PM，切點(diǎn)為M，連接OM、OP，當(dāng)△OPM的面積最小時，稱△OPM為直線l與⊙O的“最美三角形”．
解決問題：
（1）如圖1，⊙A的半徑為1，A(0，2) ，分別過x軸上B、O、C三點(diǎn)作⊙A的切線BM、OP、CQ，切點(diǎn)分別是M、P、Q，下列三角形中，是x軸與⊙A的“最美三角形”的是 ．(填序號)
①ABM；②AOP；③ACQ
（2）如圖2，⊙A半徑為1，A(0，2)，直線y=kx（k≠0）與⊙A的“最美三角形”的面積為，求k的值．
（3）點(diǎn)B在x軸上，以B為圓心，為半徑畫⊙B，若直線y=x+3與⊙B的“最美三角形”的面積小于，請直接寫出圓心B的橫坐標(biāo)的取值范圍．

【答案】（1）②；（2）±1；（3）＜＜或＜＜
【解析】
【分析】
（1）本題先利用切線的性質(zhì)，結(jié)合勾股定理以及三角形面積公式將面積最值轉(zhuǎn)化為線段最值，了解最美三角形的定義，根據(jù)圓心到直線距離最短原則解答本題．
（2）本題根據(jù)k的正負(fù)分類討論，作圖后根據(jù)最美三角形的定義求解EF，利用勾股定理求解AF，進(jìn)一步確定∠AOF度數(shù)，最后利用勾股定理確定點(diǎn)F的坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法求k．
（3）本題根據(jù)⊙B在直線兩側(cè)不同位置分類討論，利用直線與坐標(biāo)軸的交點(diǎn)坐標(biāo)確定∠NDB的度數(shù)，繼而按照最美三角形的定義，分別以△BND，△BMN為媒介計算BD長度，最后與OD相減求解點(diǎn)B的橫坐標(biāo)范圍．
【詳解】（1）如下圖所示：
∵PM是⊙O的切線，
∴∠PMO=90°，
當(dāng)⊙O的半徑OM是定值時，，
∵，
∴要使面積最小，則PM最小，即OP最小即可，當(dāng)OP⊥時，OP最小，符合最美三角形定義．
故在圖1三個三角形中，因?yàn)锳O⊥x軸，故△AOP為⊙A與x軸的最美三角形．
故選：②．
（2）①當(dāng)k＜0時，按題意要求作圖并在此基礎(chǔ)作FM⊥x軸，如下所示：
按題意可得：△AEF是直線y=kx與⊙A的最美三角形，故△AEF為直角三角形且AF⊥OF．
則由已知可得：，故EF=1．
在△AEF中，根據(jù)勾股定理得：．
∵A(0,2)，即OA=2，
∴在直角△AFO中，，
∴∠AOF=45°，即∠FOM=45°，
故根據(jù)勾股定理可得：MF=MO=1，故F(-1,1)，
將F點(diǎn)代入y=kx可得：．
②當(dāng)k＞0時，同理可得k=1．
故綜上：．
（3）記直線與x、y軸的交點(diǎn)為點(diǎn)D、C，則，，
①當(dāng)⊙B在直線CD右側(cè)時，如下圖所示：
在直角△COD中，有，，故，即∠ODC=60°．
∵△BMN是直線與⊙B的最美三角形，
∴MN⊥BM，BN⊥CD，即∠BND=90°，
在直角△BDN中，，
故．
∵⊙B的半徑為，
∴．
當(dāng)直線CD與⊙B相切時，，
因?yàn)橹本€CD與⊙B相離，故BN＞，此時BD＞2，所以O(shè)B=BD-OD＞．
由已知得：＜，故MN＜1．
在直角△BMN中，＜，此時可利用勾股定理算得BD＜， ＜ =，
則＜＜．
②當(dāng)⊙B在直線CD左側(cè)時，同理可得：＜＜．
故綜上：＜＜或＜＜．
【點(diǎn)睛】本題考查圓與直線的綜合問題，屬于創(chuàng)新題目，此類型題目解題關(guān)鍵在于了解題干所給示例，涉及動點(diǎn)問題時必須分類討論，保證不重不漏，題目若出現(xiàn)最值問題，需要利用轉(zhuǎn)化思想將面積或周長最值轉(zhuǎn)化為線段最值以降低解題難度，求解幾何線段時勾股定理極為常見．甲
10
6
10
6
8
乙
7
9
7
8
9

相關(guān)試卷

+江蘇省泰州市姜堰區(qū)2023-2024學(xué)年+七年級下學(xué)期數(shù)學(xué)期末試題：

這是一份+江蘇省泰州市姜堰區(qū)2023-2024學(xué)年+七年級下學(xué)期數(shù)學(xué)期末試題，共7頁。

江蘇省泰州市姜堰區(qū) 2023-2024學(xué)年八年級下學(xué)期數(shù)學(xué)期末試卷：

這是一份江蘇省泰州市姜堰區(qū) 2023-2024學(xué)年八年級下學(xué)期數(shù)學(xué)期末試卷，共8頁。

江蘇省泰州市姜堰區(qū)+2023-2024學(xué)年八年級下學(xué)期數(shù)學(xué)期末試卷：

這是一份江蘇省泰州市姜堰區(qū)+2023-2024學(xué)年八年級下學(xué)期數(shù)學(xué)期末試卷，共8頁。

英語朗讀寶

相關(guān)試卷 更多

2022-2023學(xué)年江蘇省泰州市姜堰區(qū)九年級上學(xué)期數(shù)學(xué)期末試題及答案

2022-2023學(xué)年江蘇省泰州市姜堰區(qū)九年級上學(xué)期數(shù)學(xué)期末試題及答案
江蘇省泰州市姜堰區(qū)實(shí)驗(yàn)初級中學(xué)2023-2024學(xué)年九年級上學(xué)期數(shù)學(xué)獨(dú)立作業(yè)二（月考）

江蘇省泰州市姜堰區(qū)實(shí)驗(yàn)初級中學(xué)2023-2024學(xué)年九年級上學(xué)期數(shù)學(xué)獨(dú)立作業(yè)二（月考）
2022-2023學(xué)年江蘇省泰州市姜堰區(qū)九年級上學(xué)期數(shù)學(xué)期末試題及答案

2022-2023學(xué)年江蘇省泰州市姜堰區(qū)九年級上學(xué)期數(shù)學(xué)期末試題及答案
2019-2020學(xué)年江蘇省泰州市姜堰區(qū)九年級（上）期末數(shù)學(xué)試卷

2019-2020學(xué)年江蘇省泰州市姜堰區(qū)九年級（上）期末數(shù)學(xué)試卷
資料下載及使用幫助
版權(quán)申訴
版權(quán)申訴
若您為此資料的原創(chuàng)作者，認(rèn)為該資料內(nèi)容侵犯了您的知識產(chǎn)權(quán)，請掃碼添加我們的相關(guān)工作人員，我們盡可能的保護(hù)您的合法權(quán)益。
入駐教習(xí)網(wǎng)，可獲得資源免費(fèi)推廣曝光，還可獲得多重現(xiàn)金獎勵，申請 精品資源制作， 工作室入駐。
版權(quán)申訴二維碼
期末專區(qū)
歡迎來到教習(xí)網(wǎng)
  • 900萬優(yōu)選資源，讓備課更輕松
  • 600萬優(yōu)選試題，支持自由組卷
  • 高質(zhì)量可編輯，日均更新2000+
  • 百萬教師選擇，專業(yè)更值得信賴
微信掃碼注冊
qrcode
二維碼已過期
刷新

微信掃碼，快速注冊

手機(jī)號注冊
手機(jī)號碼

手機(jī)號格式錯誤

手機(jī)驗(yàn)證碼 獲取驗(yàn)證碼

手機(jī)驗(yàn)證碼已經(jīng)成功發(fā)送，5分鐘內(nèi)有效

設(shè)置密碼

6-20個字符，數(shù)字、字母或符號

注冊即視為同意教習(xí)網(wǎng)「注冊協(xié)議」及「隱私條款」
QQ注冊
手機(jī)號注冊
微信注冊

注冊成功

返回
頂部