青岛版九年级上学期期末必刷压轴96题（32个考点专练）（期末复习专项训练）九年级数学上学期青岛版

2024-2025学年青岛版九年级上学期期末知识大串讲【期末押题】 必刷压轴96题（32个考点专练） 目录 考点1：相似多边形的性质 2 考点2：相似三角形的判定与性质 3 考点3：相似三角形的应用 10 考点4：几何变换综合题 12 考点5：作图-位似变换 16 考点6：同角三角函数的关系 19 考点7：特殊角的三角函数值 20 考点8：解直角三角形 22 考点9：解直角三角形的应用-坡度坡角问题 25 考点10：解直角三角形的应用-仰角俯角问题 27 考点11：解直角三角形的应用-方向角问题 30 考点12：垂径定理的应用 34 考点13：圆心角、弧、弦的关系 36 考点14：三角形的外接圆与外心 38 考点15：圆周角定理 40 考点16：圆内接四边形的性质 43 考点17：相交弦定理 45 考点18：切线的判定与性质 47 考点19：切线长定理 51 考点20：切割线定理 54 考点21：三角形的内切圆与内心 56 考点22：弧长的计算 59 考点23：扇形面积的计算 62 考点24：正多边形和圆 64 考点25：解一元二次方程-直接开平方法 67 考点26：解一元二次方程-配方法 67 考点27：配方法的应用 68 考点28：解一元二次方程-公式法 70 考点29：解一元二次方程-因式分解法 71 考点30：根的判别式 73 考点31：根与系数的关系 74 考点32：一元二次方程的应用 75 考点1：相似多边形的性质 1．（2023秋•商南县校级期末）已知两个相似四边形的相似比是1：2，较小四边形的周长为6，则较大四边形的周长为（　　） A．6 B．12 C．24 D．36 解：∵两个相似三角形的相似比是1：2， ∴它们的周长之比也是1：2， ∵较小三角形的周长为6cm， ∴较大的三角形的周长为2×6＝×12（cm）． 故选：B． 2．（2023秋•萍乡期末）已知矩形ABCD中，AB＝2，在BC中取一点E，沿AE将△ABE向上折叠，使B点落在AD上的F点，若四边形EFDC与矩形ABCD相似，求AD的长． 解：根据已知得四边形ABEF是正方形． 设AD＝x，则FD＝x﹣2，FE＝2， ∵四边形EFDC与矩形ABCD相似， ∴，∴， 解得，（不合题意，舍去）． 经检验：是分式方程的解，且符合题意． ∴， 即． 3．（2023秋•鄞州区期末）如图，矩形ABCD被分割为3个面积相等的小矩形，已知矩形AFED与原矩形ABCD相似，则原矩形的较长边与较短边的比值是 　　． 解：设AF＝a，AD＝b， ∵矩形ABCD被分割为3个面积相等的小矩形， ∴EC＝2a，NCb， ∴CD＝3a， ∵矩形AFED∽矩形ABCD， ∴， 即， ∴ba， ∴原矩形的较长边与较短边的比值为：． 故答案为：． 考点2：相似三角形的判定与性质 4．（2023秋•隆昌市校级期末）如图，点P是边长为2的正方形ABCD的对角线BD上的动点，过点P分别作PE⊥BC于点E，PF⊥DC于点F，连接AP并延长，交射线BC于点H，交射线DC于点M，连接EF交AH于点G，当点P在BD上运动时（不包括B、D两点），以下结论：①AH⊥EF；②MF＝MC；③EF2＝PM•PH；④EF的最小值是．其中正确结论的有（　　）个． A．1 B．2 C．3 D．4 解：①如图，连接PC，交EF于点O， 在△ADP和△CDP中， ， ∴△ADP≌△CDP（SAS）， ∴∠DAP＝∠DCP， ∵PE⊥BC，PF⊥DC，∠BCD＝90°， ∴四边形PECF为矩形， ∴OF＝OC， ∴∠DPC＝∠CFE， ∴∠DAP＝∠CFE， ∵∠DAP+∠AMD＝90°， ∴∠CFE+∠AMD＝90°， ∴∠FGM＝90°， ∴AH⊥EF， 故①正确； ②当P为BD的中点时，MC＝0，可见MF≠MC，故②错误； ③∵AD∥BH， ∴∠H＝∠DAP， ∵△ADP≌△CDP（SAS）， ∴∠DAP＝∠DCP， ∴∠H＝∠DCP， ∵∠CPH＝∠MPC， ∴△CPM∽△HPC， ∴， 又∵四边形PECF为矩形， ∴PC＝EF， ∴EF2＝PM•PH， 故③正确； ④∵△ADP≌△CDP（SAS）， 四边形PECF为矩形， ∴EF＝PC＝AP， ∴当AP⊥BD时，EF取最小值， AP•BD＝AB•BD， ∴， 故④正确， 综上正确的结论有①③④，总共有3个， 故选：C． 5．（2024春•泰山区期末）如图，矩形ABCD中，AB＝6，AD＝8，点P在对角线BD上，过点P作MN⊥BD，交边AD，BC于点M，N，过点M作ME⊥AD交BD于点E，连接EN，BM，DN．下列结论： ①EM＝EN； ②四边形MBND的面积不变； ③当AM：MD＝1：2时，； ④BM+MN+ND的最小值是20．其中正确结论的个数是（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 解：∵MN⊥BD， 当MP＝NP时，EM＝EN， ∵点P不一定是MN的中点，故①错误； 如图1，延长ME交BC于点H，则ABHM是矩形， 在矩形ABCD中，， ∵ME⊥AD，MN⊥BD， ∴∠MED+∠MDE＝∠MEP+∠EMN＝90°， ∴∠MDE＝∠EMN， ∵∠MFN＝∠A＝90°， ∴△MHN∽△DAB， ∴，即， 解得HN＝4.5，MN＝7.5， ∴ ，故②正确； ∵AB∥ME， ∴△ABD∽△MED， ∴， ∴ME＝4， ∵∠MDE＝∠EMN，∠MPB＝∠A＝90°， ∴△MEP∽△DBA， ∴， ∵S△ABD＝24， ∴，故③正确； ∵BM+MN+ND＝BM+ND+7.5， 当BM+ND最小时，BM+MN+ND的值最小， 作B、D关于AD、BC的对称点B′、D′， 由对称的性质得，BM＝B′M，DN＝D′N， ∴BM+ND＝B′M+D′N， ∴如图，作HL＝CN，连接ML， 由MH＝CD＝CD′，∠MHL＝∠NCD′＝90°， ∴△MHL≌△D′CN， ∴ML＝D′N， 当点B′、M、L三点共线时，BM+ND的值最小， 此时同理可得：△AMB′≌△HLM， ∴AM＝HL＝CN＝BH，而AD＝BC， ∴DM＝BN，而DM∥BN， ∴四边形BMDN是菱形； 设AM＝HL＝CN＝x， ∴AM+DM＝4.5+x+x＝8， ∴BL＝2x＝3.5， ∴， 即BM+MN+ND的最小值是12.5+7.5＝20，故④正确； 故选：C． 6．（2023秋•巴中期末）如图，在矩形ABCD中，AB＝8，AD＝4，连结AC，E，F分别在边AD，CD上，连结BE，BF分别交AC于点M，N，若∠EBF＝45°，CF＝2，则下列结论中：①∠BEA+∠BFC＝135°；②CA⊥BF；③；④．结论正确的有（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 解：∵四边形ABCD是矩形， ∴∠BAD＝∠ABC＝∠BCD＝90°， ∵∠EBF＝45°， ∴∠ABE+∠CBF＝45°， ∴∠BEA+∠BFC＝135°，故①正确； ∵CF＝2，BC＝AD＝4， 在Rt△CBF中，根据勾股定理得：BF2， ∵CD∥AB， ∴△CFN∽△ABN， ∴， ∵AB＝CD＝8，FN＝BF﹣BN＝2BN， ∴， ∴BN，故③正确； 在Rt△ABC中，AC4， ∵，∠BCF＝∠ABC＝90°， ∴△BCF∽△ABC， ∴∠CBF＝∠BAC， ∵∠BAC+∠ACB＝90°， ∴∠CBF+∠ACB＝90°， ∴∠CNB＝90°， ∴CA⊥BF，故②正确； ∵∠EBF＝45°， ∴∠BMN＝45°， ∴MN＝BN， ∵∠CBF＝∠BAC，∠BNC＝∠ABC＝90°， ∴△BCN∽△ABC， ∴， ∴CNBN， ∴AM＝AC﹣MN﹣CN＝4，CM＝MN+CN， ∵AD∥BC， ∴△AME∽△CBM， ∴， ∴， ∴AE，故④错误， ∴结论正确的有①②③，共3个， 故选：C． 考点3：相似三角形的应用 7．（2023秋•威宁县期末）如图，小明为了测量一大楼的高度，在地面上放一平面镜，镜子与大楼的距离AE＝20m，他与镜子的距离CE是2m时，刚好能从镜子中看到楼顶B，已知他的眼睛到地面的高度CD为1.6m，结果他很快计算出大楼的高度AB，你知道有多高吗？请加以说明． 解：∵反射角等于入射角， ∴∠BEA＝∠DEC． 又∵AB⊥AC，DC⊥AC， ∴∠BAE＝∠DCE＝90°， ∴△ABE∽△CDE， ∴， ∴， 解得AB＝16m． 答：楼高为16m． 8．（2023秋•龙川县校级期末）铁道口栏杆的短臂长为0.8米，长臂长为8米，当短臂端点下降0.4米时，长臂端点升高多少米？（杆的粗细忽略不计）． 解：如图， ∵AB⊥AD，CD⊥AD， ∠COD＝∠AOB， ∴△AOB∽△DOC， ∴， 即， ∴CD＝4米． 即长臂端点升高4米． 9．（2022秋•盐山县校级期末）如图，△ABC是一块三角形的铁皮，BC长为4m，BC边上的高AD长为3m，要将它加工成一块矩形铁皮，使矩形的一边FG在BC上，其余两个顶点E，H分别在AB，AC上，且矩形的面积是三角形面积的一半，求这个矩形的长和宽． 解：设矩形的长为EH＝FG＝x，△AEH的高为h， ∵四边形EFGH是矩形， ∴EH∥BC， ∴△AEH∽△ABC， ∴， 即：， hx， ∴矩形宽为EF＝AD﹣h＝3x， ∵S△ABCBC•AD4×3＝6， ∴x（3x）＝3， 解得：x＝2， ∴3x＝1.5， ∴这个矩形的长为2cm，宽为1.5cm． 考点4：几何变换综合题 10．（2023秋•盂县期末）综合与实践 问题情境： 在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝12，BC＝5．将△ABC绕点C顺时针旋转α得到△A′B′C′，点A，B的对应点分别为点A′，B′． 初步探究： （1）如图1，当点B′恰好落在AB边上时，连接AA′，求证：AA′⊥AB． 问题解决： 当△ABC旋转一定角度，A′C与AB交于点D（点D不与点B重合）时， （2）如图2，若D恰好是AB边的中点，试猜想AC与A'B'的位置关系，并说明理由． （3）如图3，当CD＝BC时，请直接写出AD的长． （1）证明：由旋转的性质可知：∠BCB′＝∠ACA′，A′C＝AC，B′C＝BC． ∴∠AA′C＝∠A′AC，∠BB′C＝∠B′BC． ∴． ∴∠A′AC＝∠B′BC． ∵∠B′BC+∠BAC＝90°， ∴∠A′AC+∠BAC＝90°， 即AA′⊥AB． （2）解：AC∥A′B′． 理由：∵D是AB边的中点，∠ACB＝90°， ∴． ∴∠A＝∠ACD． 由旋转的性质可知：∠A′＝∠A． ∴∠ACD＝∠A′． ∴AC∥A′B′． （3）解：过点C作CM⊥AB于点M． ∵CD＝BC＝5， ∴BM＝DM． 由勾股定理，得． ∴． 由勾股定理，得． ∴． 11．（2023秋•侯马市期末） 线段垂直平分线 我们已经知道线段是轴对称图形，线段的垂直平分线是线段的对称轴．如图13.5.1，直线MN是线段AB的垂直平分线，P是MN上任一点，连接PA，PB．将线段AB沿直线MN对折，我们发现PA与PB完全重合，由此即有：线段垂直平分线的性质定理线段垂直平分线上的点到线段两端的距离相等． 已知：如图1，MN⊥AB，垂足为点C，AC＝BC，点P是直线MN上任意一点． 求证：PA＝PB． 分析图中有两个直角三角形APC和BPC，只要证明这两个三角形全等，便可证得PA＝PB． （1）以上是华师版八年级上册数学教材第94页的部分内容，请结合以上分析、利用图2写出“线段垂直平分线的性质定理”完整的证明过程； （2）定理应用：如图3，在△ABC中AB＝AC，AB的垂直平分线交AB与点N，交AC于点M，连接MB，若AB＝10cm，△MBC的周长是18cm． ①求BC的长； ②点P是直线MN上一动点，在运动的过程中，△PBC的周长是否存在最小值？若存在，标出点P的位置，并求出此时△PBC的周长；若不存在，说明理由． （1）证明：∵MN⊥AB， ∴∠ACP＝∠BCP＝90°， 在△ACP和△BCP中， ， ∴△ACP≌△BCP（SAS）， ∴PA＝PB； （2）解：①∵MN垂直平分AB， ∴MB＝MA， ∵△MBC的周长是18cm， ∴MB+MC+BC＝AC+BC＝18cm， ∵AC＝AB＝10cm， ∴BC＝8cm； ②当点P与点M重合时，PB+PC的值最小， 即△PBC的周长最小， 此时△PBC的周长是18cm． 12．（2023秋•浦北县期末）综合与探究． 【问题情境】 数学活动课上，老师带领同学们一起探索旋转的奥秘．老师出示了一个问题：如图1所示，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，点D是边BC上一点，连接AD，将△ABD绕着点A按逆时针方向旋转，使AB与AC重合，得到△ACE． （1）连接DE，试判断△ADE的形状，并说明理由； 【深入探究】 （2）希望小组受此启发，如图2，在线段CD上取一点F，连接AF，使得∠DAF＝45°，连接EF，发现EF和DF有一定的关系，猜想两者的数量关系，并说明理由； （3）智慧小组在图2的基础上继续探究，发现CF，DF，DB三条线段之间也有一定的数量关系，请写出它们的数量关系，并说明理由． 解：（1）△ADE是等腰直角三角形，理由如下： ∵△ABD绕着点A按逆时针方向旋转，使AB与AC重合，得到△ACE， ∴AE＝AD，∠EAD＝∠CAB＝90°， ∴△ADE是等腰直角三角形； （2）EF＝DF，理由如下： ∵∠CAB＝90°，∠DAF＝45°， ∴∠BAD+∠CAF＝45°， ∵∠BAD＝∠CAE， ∴∠CAE+∠CAF＝45°， ∴∠EAF＝45°， ∴∠EAF＝∠DAF， ∵AE＝AD，AF＝AF， ∴△EAF≌△DAF（SAS）， ∴EF＝DF； （3）∵AB＝AC，∠CAB＝90°， ∴∠B＝∠ACB＝45°， ∵△ABD绕着点A按逆时针方向旋转，使AB与AC重合，得到△ACE， ∴∠ACE＝∠B＝45°，BD＝CE， ∴∠ECF＝∠ACE+∠ACB＝90°， ∴CE2+CF2＝EF2， 由（2）知：EF＝DF， ∴BD2+CF2＝DF2． 考点5：作图-位似变换 13．（2024春•河口区期末）如图，在平面直角坐标系中，以原点O为位似中心，将△OAB放大到原来的2倍后得到△OA′B′，其中A、B在图中格点上，点A、B的对应点分别为A′、B′． （1）在第一象限内画出△OA′B′，并直接写出点A′、B′的坐标； （2）若线段AB上有一点P（a、b），请写出点P在A′B′上的对应点P′的坐标． 解：（1）如图所示：△OA′B′即为所求，A′（4，6）、B′（6，2）； （2）∵线段AB上有一点P（a、b）， ∴点P在A′B′上的对应点P′的坐标为：（2a，2b）． 14．（2022春•高新区校级期末）按下列要求在如图格点中作图： （1）作出△ABC关于原点成中心对称的图形△A'B'C'； （2）以点B为位似中心，作出△ABC放大2倍的图形△BA″C″． 解：（1）如图所示：△A'B'C'，即为所求； （2）如图所示：△BA″C″，即为所求． 15．（2021秋•海口期末）如图，在平面直角坐标系中，△ABC的顶点坐标分别为A（1，﹣2）、B（4，﹣1），C（3，﹣3）． （1）画出将△ABC向左平移5个单位，再向上平移3个单位后的△A1B1C1，并写出点B的对应点B1的坐标； （2）以原点O为位似中心，在位似中心的同侧画出△A1B1C1的一个位似△A2B2C2，使它与△A1B1C1的相似比为2：1，并写出点B1的对应点B2的坐标； （3）若△A1B1C1内部任意一点P1的坐标为（a﹣5，b+3），直接写出经过（2）的变化后点P1的对应点P2的坐标（用含a、b的代数式表示）． 解：（1）如图所示，△A1B1C1为所求三角形．B1（﹣1，2）； （2）如图所示，△A2B2C2为所求三角形．B2（﹣2，4）； （3）P2（2a﹣10，2b+6）． 考点6：同角三角函数的关系 16．（2022秋•运城期末）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，若，则sinB的值为 　　． 解：∵在Rt△ABC中，， ∴， 设 AC＝x则BC＝2x， 故， 则 ， 故答案为：． 17．（2023秋•昌平区期末）如图，在△ABC中，∠ACB＝∠ADC＝90°，若sinA，则cos∠BCD的值为　　． 解：∵在Rt△ACB中，∠ACB＝90°，sinA， ∴设BC＝3x，AB＝5x， 由勾股定理得：AC＝4x， ∴cosA， ∵∠ACB＝∠ADC＝90°， ∴∠A+∠B＝∠B+∠BCD＝90°， ∴∠A＝∠BCD， ∴cos∠BCD＝cosA， 故答案为：． 18．（2023秋•余杭区期末）在Rt△ABC中，∠C＝90°，sinB，则tanB＝　　． 解：如图，因为sinB 所以设AC＝2a、AB＝3a， 则BCa， 所以tanB， 故答案为：． 考点7：特殊角的三角函数值 19．（2023秋•武功县期末）下列三角函数的值是1的是（　　） A．sin45° B．tan30° C．cos45° D．tan45° 解：A、，不符合题意； B、，不符合题意； C、，不符合题意； D、tan45°＝1，符合题意； 故选：D． 20．（2023秋•武功县期末）计算：tan60°•sin30°﹣2|cos60°﹣1|． 解：tan60°•sin30°﹣2|cos60°﹣1| ． 21．（2024春•巩义市期末）巩义某中学体育场看台的侧面如图阴影部分所示，看台有四级高度相等的小台阶．已知看台高为1.6米，现要做一个不锈钢的扶手AB及两根与FG垂直且长为1米的不锈钢架杆AD和BC（杆子的底端分别为D，C），且∠DAB＝60°．则所用不锈钢材料的总长度为 　4.4　米． 解：由图可知，台阶有4节，DH占了3节， ∴米， 过点B作BG⊥AH，垂足为G， 可得四边形BCHG是矩形， ∴GH＝BC＝1米， ∴AG＝AH﹣GH＝AD+DH﹣GH＝1+1.2﹣1＝1.2米， 在直角三角形AGB中，， ∴AB＝2AG＝2×1.2＝2.4（米）， ∴AD+AB+BC＝1.0+2.4+1.0＝4.4米， 故答案为：4.4． 考点8：解直角三角形 22．（2022春•新罗区期末）已知，如图，四边形ABCD中，AB＝BC＝1，CD，DA＝1，且∠B＝90°．试求： （1）∠BAD的度数； （2）四边形ABCD的面积（结果保留根号）． 解：（1）如图，连接AC， ∵AB＝BC＝1，且∠B＝90°， ∴∠BAC＝45°，AC， 而CD，DA＝1， ∴CD2＝AD2+AC2， ∴△ACD是直角三角形，即∠DAC＝90°， ∴∠BAD＝∠BAC+∠DAC＝135°； （2）∵S四边形ABCD＝S△ABC+S△ACD， 而S△ABCAB×BC， S△ACDAD×CA， ∴S四边形ABCD＝S△ABC+S△ACD（1）． 23．（2022秋•永嘉县校级期末）如图，已知A、B两点的坐标分别为（﹣8，0）、（0，8），点C、F分别是直线x＝5和x轴上的动点，CF＝10，点D是线段CF的中点，连接AD交y轴于点E，当△ABE的面积取得最小值时，tan∠BAD＝　　． 解：如图，设直线x＝5交x轴于K，连接DK，由题意KDCF＝5， ∴点D的运动轨迹是以K为圆心，5为半径的圆， ∴当直线AD与⊙K相切时，△ABE的面积最小， ∵AD是切线，点D是切点， ∴AD⊥KD， ∵AK＝13，DK＝5， ∴AD＝12， ∵tan∠EAO， ∴， ∴OE， ∴AE， 作EH⊥AB于H． ∵S△ABE•AB•EH＝S△AOB﹣S△AOE， ∴EH， ∴AH， ∴tan∠BAD． 24．（2023秋•长子县期末）如图，在△ABC中，AC＝5，∠B＝45°，，则△ABC的面积为（　　） A．7 B． C．14 D．21 解：过点C作AB的垂线，垂足为M， 在Rt△ACM中， cosA， 则， ∴AM＝4， ∴CM． 在Rt△BCM中， tanB， 则， ∴BM＝3， ∴AB＝AM+BM＝4+3＝7， ∴． 故选：B． 考点9：解直角三角形的应用-坡度坡角问题 25．（2023秋•古冶区期末）—如图，BC是路边坡角为30°，长为10米的一道斜坡，在坡顶灯杆DE的顶端D处有一探射灯，射出的边缘光线DA和DB与水平路面AB所成的夹角∠DAN和∠DBN分别是37°和60°（图中的点A、B、C、D、M、N均在同一平面内，CM∥AN）． （1）求灯杆DE的长； （2）求AB的长度（结果精确到0.1米）．（参考数据：1.73，sin37°＝0.60，cos37°＝0.80，tan37°＝0.75） 解：（1）∵∠DBE＝60°，∠DEB＝90°， ∴∠BDE＝30°， ∵∠CBE＝30°， ∴∠CBD＝∠BDC＝30°， ∴BC＝CD＝10（米）， ∴（米）， ∴DE＝DC+CE＝10+5＝15（米）， 答：灯杆DE的长为15米； （2）在Rt△BCE中，CEBC＝5米，BE＝58.65（米）， ∴DE＝15（米）， 在Rt△ADE中，AE20（米）， ∴AB＝AE﹣BE＝20﹣8.65≈11.4（米）． 答：AB的长度约为11.4米． 26．（2023春•惠城区校级期末）如图，长4m的楼梯AB的倾斜角∠ABD为60°，为了改善楼梯的安全性能，准备重新建造楼梯，使其倾斜角∠ACD为45°，求调整后的楼梯AC的长． 解：在Rt△ABD中，∵sin∠ABD， ∴AD＝4sin60°＝2（m）， 在Rt△ACD中，∵sin∠ACD， ∴AC（m）． 27．（2021秋•龙口市期末）如图，山区某教学楼后面紧邻着一个土坡，坡面BC平行于地面AD，斜坡AB的坡比为i＝1：，且AB＝26米，为了防止山体滑坡，保障安全，学校决定对该土坡进行改造，经地质人员勘测，当坡角不超过53°时，可确保山体不滑坡； （1）求改造前坡顶与地面的距离BE的长； （2）为了消除安全隐患，学校计划将斜坡AB改造成AF（如图所示），那么BF至少是多少米？（结果精确到1米） 【参考数据：sin53°≈0.8，cos53°≈0.6，tan53°≈1.33，cot53°≈0.75】 解：（1）在Rt△ABE中，AB＝26，i， 设BE＝12k，AE＝5k，则AB＝13k＝26，k＝2， ∴AE＝10（米），BE＝24（米）； （2）过点F作FG⊥AD于点G， 由题意可知：FG＝BE＝24，∠FAD＝53°， 在Rt△AFG中，cot53°0.75， ∴AG＝18（米）， ∴BF＝GE＝AG﹣AE＝8（米）， 答：改造前坡顶与地面的距离BE为24米；BF至少是8米． 考点10：解直角三角形的应用-仰角俯角问题 28．（2023秋•宣城期末）如图，在小山的西侧A处有一热气球，以25米/分钟的速度沿着与垂直方向所成夹角为15°的方向升空，20分钟后到达B处，这时热气球上的人发现，在A处的正东方向有一处着火点C，在B处测得着火点C的俯角为30°，求热气球升空点A与着火点C的距离．（结果精确到1米，1.414） 解：如图，作AD⊥BC垂足为D，AB＝20×25＝500（米）， ∵BE∥AC， ∴∠C＝∠EBC＝30°， ∠ABD＝90°﹣30°﹣15°＝45°， 在Rt△ABD中，sin∠ABD，AD＝ABsin∠ABD＝500×sin45°＝500250（米）， AC＝2AD＝500500×1.414＝707（米）， 答：热气球升空点A与着火点C的距离是707米． 29．（2023秋•仁寿县期末）奥林匹克公园观光塔由五座高度不等、错落有致的独立塔组成．在综合实践活动课中，某小组的同学决定利用测角仪测量这五座塔中最高塔的高度（测角仪高度忽略不计）．他们的操作方法如下：如图，他们先在B处测得最高塔塔顶A的仰角为45°，然后向最高塔的塔基直行90米到达C处，再次测得最高塔塔顶A的仰角为58°．请帮助他们计算出最高塔的高度AD约为多少米．（参考数据：sin58°≈0.85，cos58°≈0.53，tan58°≈1.60） 解：∵∠B＝45°，AD⊥DB， ∴∠DAB＝45°， ∴BD＝AD， 设DC＝x，则BD＝BC+DC＝90+x， ∴AD＝90+x， ∴tan58°1.60， 解得：x＝150， ∴AD＝90+150＝240（米）， 答：最高塔的高度AD约为240米． 30．（2022秋•卧龙区期末）环球国际金融中心（图中AB所示）是目前某市的标志性建筑，小明家住在金融中心附近的大厦（图中CD所示），他先在自己家的阳台（图中的点Q处）测得金融中心的顶端（点A）的仰角为 37°，然后来到楼下，由于附近建筑物影响测量，小明向金融中心方向走了84米，来到另一座高楼的底端（图中的点P处），测得点A的仰角为 45°，又点C、P、B在同一条直线上，小明家的阳台距地面60米，根据上述信息求出环球国际金融中心（AB）的高度．（参考数据：sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，tan37°＝0.75 ） 解：过点Q作QE⊥AB，交AB于点E． 根据题意，得：∠AQE＝37°，∠APB＝45°，CQ＝60米，CP＝84米， 设AB＝x（米）． 则AE＝（x﹣60），QE＝CB＝x+84（米）． 在Rt△APB中，得：PB＝AB＝x， 在Rt△AQE中，AE＝QE•tan37°， 即． 解得：x＝492． 答：环球国际金融中心（AB）的高度约为492米． 考点11：解直角三角形的应用-方向角问题 31．（2021秋•嘉定区期末）如图，在航线l的两侧分别有两个灯塔A和B，灯塔A到航线l的距离为AC＝3千米，灯塔B到航线l的距离为BD＝4千米，灯塔B位于灯塔A南偏东60°方向．现有一艘轮船从位于灯塔B北偏西53°方向的N（在航线l上）处，正沿该航线自东向西航行，10分钟后该轮船行至灯塔A正南方向的点C（在航线l上）处． （1）求两个灯塔A和B之间的距离； （2）求该轮船航行的速度（结果精确到0.1千米/小时）．（参考数据：，sin53°≈0.80，cos53°≈0.60，tan53°≈1.33） 解：（1）由题意，得∠ACM＝∠BDM＝90°，AC＝3，BD＝4，∠CAM＝∠DBM＝60°， 在Rt△ACM中，， ∴cos60°， ∴AM＝6， 在Rt△BDM中，， ∴cos60°， ∴BM＝8， ∴AB＝AM+BM＝14千米． 答：两个灯塔A和B之间的距离为14千米． （2）在Rt△ACM中，， ∴， ∴， 在Rt△BDM中，， ∴， ∴， ∴， 在Rt△BDN中，， 由题意，得∠DBN＝53° ∴， ∴DN＝4tan53°， ∴， 设该轮船航行的速度是V千米/小时， 由题意，得， ∴V≈40.7（千米/小时 ）， 答：该轮船航行的速度是40.7千米/小时． 32．（2022秋•泰山区校级期末）如图，C地在A地的正东方向，因有大山阻隔，由A地到C地需要绕行B地，已知B地位于A地北偏东67°方向，距离A地520km，C地位于B地南偏东30°方向，若打通穿山隧道，建成两地直达高铁，求A地到C地之间高铁线路的长（结果保留整数） （参考数据：sin67°≈0.92；cos67°≈0.38；1.73） 解：过点B作BD⊥AC于点D， ∵B地位于A地北偏东67°方向，距离A地520km， ∴∠ABD＝67°， ∴AD＝AB•sin67°＝520×0.92＝478.4km， BD＝AB•cos67°＝520×0.38＝197.6km． ∵C地位于B地南偏东30°方向， ∴∠CBD＝30°， ∴CD＝BD•tan30°＝197.6113.9km， ∴AC＝AD+CD＝478.4+113.9≈592（km）． 答：A地到C地之间高铁线路的长为592km． 33．（2023秋•东昌府区校级期末）如图，某渔船沿正东方向以30海里/小时的速度前行，在A处测得岛C在东北方向，20分钟后渔船航行到B处，测得岛C在北偏东30°方向，已知该岛C周围25海里内有暗礁，（参考数据：，，sin75°≈0.966，cos75°≈0.259．） （1）如果渔船继续向东航行，有无触礁危险？请说明理由． （2）如果渔船在B处改为向东偏南15°方向航行，有无触礁危险？说明理由． 解：（1）过点C作CE⊥AE于E，如图： （海里）， 设CE＝x海里， ∵∠MAC＝45°，∠NBC＝30°， ∴∠CAB＝90°﹣∠MAC＝45°，∠CBE＝90°﹣∠NBC＝60°， 在Rt△CBE中，∠CEB＝90°，∠CBE＝60°， ∴， 在Rt△ACE中，∠CEA＝90°，∠CAB＝30°， ∴（海里）， ∴， 解得：， 答：渔船继续向东航行，有触礁危险． （2）过点CD⊥BF于D，如图： 由（2）得：（海里）， 在Rt△BCD中，∠CBD＝∠CBH+∠DBH＝60°+15°＝75°，∠CDB＝90°，海里， ∴CD＝BC•sin75°≈（10+10×1.732）×0.966≈26.39112＞25， 答：没有触礁危险． 考点12：垂径定理的应用 34．（2023秋•金昌期末）如图，CD是⊙O的直径，AB是非直径的弦，AB与CD相交于点M．从以下四个条件中任取一个，其中不能得到CD⊥AB的有（　　） A．AM＝BM B．OM＝CM C． D． 解：A．∵AM＝BM，CD是⊙O的直径，AB是非直径的弦， ∴AB⊥CD，故A不符合题意； B．根据OM＝CM无法判断CD⊥AB，故B符合题意； C．∵AC＝BC，CD是⊙O的直径，AB是非直径的弦， ∴AB⊥CD，故C不符合题意； D．∵AD＝BD，CD是⊙O的直径，AB是非直径的弦， ∴AB⊥CD，故D不符合题意． 故选：B． 35．（2023秋•邹平市期末）要测一个残损轮子的半径，小丽的方案如下：如图，在轮子圆弧上任取两点A，B，再作弦AB的垂直平分线交AB于点C，交圆弧于点D，测出AB和CD的长度，即可计算出轮子的半径．若测得AB＝48cm，CD＝12cm，则轮子的半径为（　　） A．20cm B．30cm C．40cm D．50cm 解：设圆心为O，连接OB． Rt△OBC中，BCAB＝24cm， 根据勾股定理得： OC2+BC2＝OB2，即： （OB﹣12）2+242＝OB2， 解得：OB＝30； 故轮子的半径为30cm． 故选：B． 36．（2023秋•自贡期末）一条排水管横截面如图所示，已知排水管半径OA＝1m，水面宽CD＝1.6m，若管内水面下降0.2m，则此时水面宽AB等于 　1.2　m． 解：如图：连接OC，过O作OE⊥AB于E，交CD于F， ∵CD＝1.6m，OE⊥CD，OC＝OA＝1m， ∴CF＝0.8m， ∴OF0.6（m）， ∵管内水面下降0.2m， ∴OE＝0.6+0.2＝0.8m， ∴AE0.6m， ∴AB＝1.2m． 故答案为：1.2． 考点13：圆心角、弧、弦的关系 37．（2022秋•南关区校级期末）如图，AB是⊙O的直径，，∠COD＝52°，则∠AOD的大小为 　76°　． 解：∵， ∴∠COD＝∠BOC＝52°， ∴∠AOD＝180°﹣∠COD﹣∠BOC＝76°， 故答案为：76°． 38．（2023秋•腾冲市期末）如图，AB是⊙O的弦，半径OA＝30cm，∠AOB＝120°，则△AOB的面积为 　　cm2． 解：过O作OC⊥AB，交AB于点C，如图所示， 则C为AB的中点，即AC＝BC， ∵OA＝OB，∠AOB＝120°， ∴∠A＝∠B＝30°， 在Rt△AOC中，OA＝30cm，∠A＝30°， ∴OCOA＝15cm， 根据勾股定理得：AC15cm， ∴AB＝2AC＝30cm， 则S△AOBAB•OC3015＝225（cm2）． 故答案为：． 39．（2022秋•陵城区期末）如图，AB为⊙O的直径，AE为⊙O的弦，C为优弧的中点，CD⊥AB，垂足为D．若AE＝8，DB＝2，则⊙O的半径为 　5　． 解：如图，连接CO，延长CO交AE于点T．设⊙O的半径为r． ∵， ∴CT⊥AE， ∴AT＝TEAE＝4， ∵∠ATO＝∠CDO＝90°，∠AOT＝∠COD，AO＝CO， ∴△AOT≌△COD（AAS）， ∴CD＝AT＝4， 在Rt△COD中，OC2＝CD2+OD2， ∴r2＝42+（r﹣2）2， ∴r＝5， ∴⊙O的半径为5． 故答案为：5． 考点14：三角形的外接圆与外心 40．（2022秋•亭湖区校级期末）如图，线段AC＝4，点B为平面上一动点，且∠ABC＝90°，将线段AB的中点M绕点A逆时针旋转90°得到线段AN，连接CN，则线段CN的最大值为 　1　． 解：∵∠ABC＝90°， ∴点B在以AC为直径的圆上运动， 如图，取AC的中点F，连接BF， ∴BFAC＝2， 取AF的中点D，连接DM， ∵M为AB的中点， ∴DM为△ABF的中位线， ∴DMBF＝1， 如图所示，过点A作AE⊥AC，且AE＝AD，连接CE，NE， ∵将线段AM绕A点逆时针旋转90°得到线段AN， ∴∠BAN＝90°，AM＝AN， ∵∠EAD＝90°， ∴∠NAE＝90°﹣∠MAE＝∠MAD， ∴△NAE≌△MAD（SAS）， ∴EN＝DM＝1， ∵AC＝4，AE＝AD＝1， ∴CE， ∵CN≤CE+EN1， ∴线段CN的最大值为1， 故答案为：1． 41．（2023秋•金平县期末）边长为3的等边三角形内接于⊙O，则⊙O的半径为 　　． 解：作OD⊥BC于D点，连接OB， ∵等边三角形ABC内接于⊙O，BC＝3， ∴，， ∴OB＝2OD， ∴OB2＝OD2+BD2，即， ∴， ∴⊙O的半径为． 故答案为：． 42．（2023秋•南关区校级期末）如图，在平面直角坐标系中，△ABC三个顶点的坐标分别是点A（﹣3，0）、点B（﹣1，2）、点C（3，2），则△ABC的外心的坐标为 　（1，﹣2）　． 解：如图，根据网格作AB，BC的垂直平分线，两条线交于点D， ∴点D（1，﹣2）是△ABC的外心， ∴△ABC的外心的坐标为（1，﹣2）， 故答案为：（1，﹣2）． 考点15：圆周角定理 43．（2024春•凉州区校级期末）点P在△PAB平面内一动点，∠APB＝90°，AB＝6，点M是PB上一点，且BM＝PA，连接AM，则AM的最小值为 　　． 解：∵点P在△PAB平面内一动点，∠APB＝90°，AB＝6， ∴点P在以AB为直径的圆上， 取AB中点C，连接PC，作BO⊥AB于B，且，连接OM， ∵∠APB＝90°，BO⊥AB， ∴∠APC+∠BPC＝90°，∠MBO+∠CBP＝90°， 又∵CP＝CB， ∴∠CBP＝∠BPC， ∴∠APC＝∠MBO， 在△APC和△MBO中， ， ∴△APC≌△MBO（SAS）， ∴OM＝CA＝3， ∴OM＝OB， ∴当点P在AB上方时，点M在以点O为圆心，3为半径的圆上， ∴当点M，O，A共线时，AM取最小值， ∵， ∴AM的最小值， 当点P在AB下方时，同理可得AM的最小值， 故答案为：． 44．（2021秋•丰泽区校级期末）如图，已知⊙O半径为2，点A、点B在⊙O上，∠BAC＝90°，tan∠ACB＝2，则线段OC的最大值为 　1　． 解：如图，连接OA，OB，作AD⊥OA，使得∠ADO＝∠ABC． 在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，tan∠ACB2， 设AC＝k，则AB＝2k， ∴BCk， ∵∠ADO＝∠ABC，∠DAO＝∠BAC＝90°， ∴△DAO∽△BAC， ∴， ∵∠DAO＝∠BAC， ∴∠DAB＝∠OAC， ∴△DAB∽△OAC， ∴2， ∴OCBD， 在Rt△ADO中，∠DAO＝90°， ∴sin∠ADOsin∠ABC， ∵OA＝OB＝2， ∴OD＝2， ∵OD﹣OB≤BD≤OD+OB， ∴22≤BD≤22， ∴BD的最大值为22， ∴OC的最大值为1， 故答案为：1． 45．（2018秋•温州期末）如图，四边形ABDC内接于半圆O，AB为直径，AD平分∠CAB，AB﹣AC＝4，AD＝3，作DE⊥AB于点E，则BE的长为 　2　，AC的长为 　5　． 解：如图，作DF⊥AC交AC的延长线于F． ∵AD平分∠CAB，DF⊥AC，DE⊥AB， ∴DE＝DF， ∵∠DAC＝∠DAB， ∴， ∴CD＝DB， ∵∠F＝∠DEB＝90°， ∴Rt△DFC≌Rt△DEB（HL）， ∴CF＝BE， ∵∠F＝∠AED＝90°，AD＝AD．DF＝DE， ∴Rt△ADF≌Rt△ADE（HL）， ∴AF＝AE， ∵AB﹣AC＝AE+EB﹣（AF﹣CF）＝2BE＝4， ∴BE＝2， ∵AB是直径， ∴∠ADB＝90°， ∵∠DAE＝∠BAD，∠AED＝∠ADB＝90°， ∴△ADE∽△ABD， ∴， ∴AD2＝AE•AB，设AE＝x， 则有：63＝x（x+2）， 解得x＝7或﹣9（舍弃）， ∴AE＝7， ∴AB＝AE+BE＝9， ∵AB﹣AC＝4， ∴AC＝5， 故答案为2，5． 考点16：圆内接四边形的性质 46．（2023秋•青龙县期末）如图，A、B、C、D均在⊙O上，E为BA延长线上的一点，若∠C＝100°，则∠DAE＝　100°　． 解：∵∠DAE+∠DAB＝180°，∠C+∠DAB＝180°， ∴∠DAE＝∠C， ∵∠C＝100°， ∴∠DAE＝100°． 故答案为：100°． 47．（2022秋•武昌区校级期末）如图，四边形ABCD内接于⊙O，若∠BOD＝138°，则它的一个外角∠DCE等于　69°　． 解：∵∠BOD＝138°， ∴∠A∠BOD＝69°， ∴∠BCD＝180°﹣∠A＝111°， ∴∠DCE＝180°﹣∠BCD＝69°． 故答案为：69°． 48．（2023秋•盐城期末）如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，⊙O的半径为2，∠B＝60°，则AC的长为 　2　． 解：∵∠B＝60°， ∴∠AOC＝2∠B＝120°， 连接AC、OA、OC，过点O作OM⊥AC，则AC＝2AM，∠AOM∠AOC＝60°，如图， ∴AM＝OA•sin60°， ∴AC＝2AM＝2． 故答案为：2． 考点17：相交弦定理 49．（2023秋•赣榆区期末）如图，⊙O中两条弦AB、CD相交于点P，已知PA＝3，PB＝4，PC＝2，那么PD长为　6　． 解：∵两条弦AB、CD相交于点P， ∵PD•PC＝PA•PB， ∴PD6． 故答案为6． 50．（2023秋•太仓市期末）如图，已知圆O，弦AB、CD相交于点M． （1）求证：AM•MB＝CM•MD； （2）若M为CD中点，且圆O的半径为3，OM＝2，求AM•MB的值． 解：（1）连接AD、BC． ∵∠A＝∠C，∠D＝∠B， ∴△ADM∽△CBM ∴ 即AM•MB＝CM•MD． （2）连接OM、OC． ∵M为CD中点， ∴OM⊥CD 在Rt△OMC中，∵OC＝3，OM＝2 ∴CD＝CM 由（1）知AM•MB＝CM•MD． ∴AM•MB• ＝5． 51．（2023秋•邹平县校级期末）已知弦AB和弦CD相交于⊙O内一点P，AP＝8，BP＝3，PD＝PC，则CD＝　4　． 解：∵弦AB和弦CD相交于⊙O内一点P， ∴PA•PB＝PC•PD， 而AP＝8，BP＝3，PD＝PC， ∴PC2＝8×3＝24， ∴PC＝2， ∴CD＝2PC＝4． 故答案为4． 考点18：切线的判定与性质 52．（2023秋•宜州区期末）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，点O在AC上，以OA为半径的半圆O交AB于点D，交AC于点E，点F在BC上，且BF＝DF． （1）求证：DF是半圆O的切线； （2）若AC＝4，BC＝3，CF＝1，求半圆O的半径长． 解：（1）连接OD，如图1， ∵BF＝DF， ∴∠B＝∠BDF， ∵∠C＝90°， ∴∠OAD+∠B＝90°， ∵OA＝OD， ∴∠OAD＝∠ODA， ∴∠ODA+∠BDF＝90°， ∴∠ODF＝90°， ∴DF是半圆O的切线； （2）连接OF，OD，如图2， 设圆的半径为r，则OD＝OE＝r， ∵AC＝4，BC＝3，CF＝1， ∴OC＝4﹣r，DF＝BF＝3﹣1＝2， ∵OD2+DF2＝OF2＝OC2+CF2， ∴r2+22＝（4﹣r）2+12， ∴r． 故圆的半径为． 53．（2023秋•南昌期末）如图，点C在以AB为直径的⊙O上，AC平分∠BAD，且AD⊥CD于点D． （1）求证：DC是⊙O的切线； （2）若AD＝4，CD＝2，求⊙O的半径． （1）证明：如图中，连接OC． ∵OA＝OC， ∴∠OAC＝∠OCA， ∵AC平分∠DAB， ∴∠DAC＝∠CAB＝∠ACO， ∴AD∥OC， ∵AD⊥CD， ∴OC⊥DC， ∵OC是⊙O的半径， ∴CD是⊙O的切线； （2）解：如图，过点O作OE⊥AD于点E， 得矩形OEDC， ∴OE＝CD＝2，DE＝OC， ∴AE＝AD﹣DE＝4﹣OC＝4﹣OA， 在Rt△AEO中，根据勾股定理，得 OA2＝AE2+OE2， ∴OA2＝（4﹣OA）2+22， 解得OA． ∴⊙O的半径为． 54．（2023秋•雁塔区校级期末）如图，AB是⊙O的直径，AD是⊙O的弦，C是AB延长线上一点，过点B作BE⊥CD交CD于E，交⊙O于F，∠EBC＝2∠DAC． （1）求证：CD是⊙O的切线； （2）若，⊙O的半径为5，求BC的长． （1）证明：如图，连接OD， ∵OA＝OD， ∴∠DAO＝∠ADO， ∴∠DOC＝∠DAO+∠ADO＝2∠DAO， ∵∠EBC＝2∠DAC， ∴∠EBC＝∠DOC， ∴BE∥OD， ∵BE⊥CD，即∠BEC＝90°， ∴∠ODE＝∠BEC＝90°，即OD⊥CD， ∵OD是⊙O的半径， ∴CD是⊙O的切线． （2）解：如图，连接OD，AF， 由（1）知，∠ODC＝90°，BE∥OD， ∴∠DOC＝∠FBA， ∵AB为直径， ∴∠AFB＝90°＝∠CDO， ∴△COD∽△ABF， ∴， ∴cos∠ABF， 设OD＝3x，CO＝5x， ∵⊙O的半径为5， ∴OD＝OB＝5＝3x， 解得x， ∴CO， ∴BC5． 考点19：切线长定理 55．（2023秋•莫旗期末）如图，从点P引⊙O的切线PA，PB，切点分别为A，B，DE切⊙O于C，交PA，PB于D，E．若△PDE的周长为20cm，则PA＝　10　cm． 解：∵PA、PB、DE分别切⊙O于A、B、C， ∴PA＝PB，DA＝DC，EC＝EB； ∴C△PDE＝PD+DE+PE＝PD+DA+EB+PE＝PA+PB＝20； ∴PA＝PB＝10， 故答案为10． 56．（2023秋•云梦县期末）如图，已知：射线PO与⊙O交于A、B两点，PC、PD分别切⊙O于点C、D． （1）请写出两个不同类型的正确结论； （2）若CD＝12，tan∠CPO，求PO的长． 解：（1）不同类型的正确结论有： ①PC＝PD，②∠CPO＝∠DPA，③CD⊥BA，④∠CEP＝90°，⑤PC2＝PA•PB； （2）连接OC ∵PC、PD分别切⊙O于点C、D ∴PC＝PD，∠CPO＝∠DPA ∴CD⊥AB ∵CD＝12 ∴DE＝CECD＝6． ∵tan∠CPO， ∴在Rt△EPC中，PE＝12 ∴由勾股定理得CP＝6 ∵PC切⊙O于点C ∴∠OCP＝90° 在Rt△OPC中， ∵tan∠CPO， ∴ ∴OC＝3， ∴OP15． 57．（2023秋•重庆期末）如图，⊙O是四边形ABCD的内切圆，下列结论一定正确的有（　　）个： ①AF＝BG；②CG＝CH；③AB+CD＝AD+BC；④BG＜CG． A．1 B．2 C．3 D．4 解：∵⊙O是四边形ABCD的内切圆， ∴AF＝AE，BF＝BG，CG＝CH，DH＝DE， ∴AB+CD＝AF+BF+CH+DH＝AE+BG+CG+DE＝AD+BC． ①AF＝BG；④BG＜CG无法判断． 正确的有②③． 故选：B． 考点20：切割线定理 58．（2023秋•湘西州期末）如图，PA为⊙O的切线，A为切点，⊙O的割线PBC过点O与⊙O分别交于B、C，PA＝8cm，PB＝4cm，求⊙O的半径． 解：连接OA， 设⊙O的半径为rcm，（2分） 则r2+82＝（r+4）2，（4分） 解得r＝6， ∴⊙O的半径为6cm．（2分） 59．（2023秋•惠山区校级期末）如图，Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝6，BC＝8，CD为直径的⊙O与AB相切于E，则⊙O的半径是（　　） A．2 B．2.5 C．3 D．4 解：∵AC，AE为⊙O的切线， ∴AC＝AE＝6， 根据勾股定理可知AB＝10， ∴BE＝4； 根据切割线定理有， BE2＝BD×BC可得， BD＝2， ∴CD＝6， ∴⊙O半径为3． 故选：C． 60．（2023秋•衢江区期末）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BE平分∠ABC交AC于点E，点D在AB上，DE⊥EB． （1）求证：AC是△BDE的外接圆的切线； （2）若，求BD的长． （1）证明：连接OE， ∵BE平分∠ABC交AC于点E， ∴∠1＝∠EBC， ∵∠1＝∠2， ∴∠2＝∠CBE， ∴∠AEO＝∠C＝90°， ∴AC是⊙O的切线， ∵⊙O是△BDE的外接圆， ∴AC是△BDE的外接圆的切线； （2）解：∵AE是圆O的切线，AB是圆的割线， 根据切割线定理：AE2＝AD×AB， ∵， ∴（）2＝2（2BD）， 解得：BD＝4． ∴BD的长是：4． 考点21：三角形的内切圆与内心 61．（2021秋•衢江区期末）如图，已知⊙O为△ABC的内切圆，∠C＝90°，BO的延长线交AC于点D，若BC＝3，CD＝1；则△ABC的周长为 　9　． 解：设半径为r 过点O作OE⊥BC，垂足为E，如图所示： ∵OE∥AC， ∴△BEO∽△BCD， 由题意可得出：OE＝EC＝r， ∴， ∴， 解得：r， 如图，过点D作DF⊥AB于点F， ∴DF＝CD＝1，BF＝BC＝3， ∵∠AFD＝∠C＝90°，∠A＝∠A， ∴△AFD∽△ACB， ∴， ∴， ∴AF＝3AD﹣3， 在Rt△ADF中，根据勾股定理，得 AD2＝AF2+DF2， ∴AD2＝（3AD﹣3）2+12， 解得AD或AD＝1（舍去）， ∴AF＝33， ∴△ABC的周长＝AB+BC+AC＝2BC+CD+AD+AF＝6+19． 故答案为：9． 62．（2021秋•鼓楼区期末）△ABC中，AB＝AC＝13，BC＝24，点I是△ABC的内心，点O是△ABC的外心，则OI＝　14.3　． 解：设BC边的中点为D，连接AD， ∵AB＝AC＝13， ∴AD⊥BC，∠DAB＝∠CAD， ∵点O为△ABC的外心，点I为△ABC的内心， ∴内心I和外心O都在直线AD上， ∵AB＝AC＝13，BC＝24， ∴BD＝CD＝12， ∴AD5， 设△ABC的内切圆半径为r，外接圆半径为R，则IO＝DI+OD， 连接OB，在Rt△ODB中，OD＝R﹣5，OB＝R，DB＝12， 由勾股定理得（R﹣5）2+122＝R2， ∴R＝16.9， ∴OD＝AO﹣AD＝16.9﹣5＝11.9， ∵S△ABCBC•AD（AB+BC+AC）•r， ∴r2.4， ∴r＝DI＝2.4， ∴IO＝DI+OD＝2.4+11.9＝14.3． 故答案为：14.3． 63．（2021秋•呼伦贝尔期末）如图，点E是△ABC的内心，AE的延长线和△ABC的外接圆相交于点D，连接BE． （1）若∠CBD＝34°，求∠BEC的度数； （2）求证：DE＝DB． （1）解：∵E是△ABC的内心， ∴AE平分∠BAC，BE平分∠ABC，CE平分∠ACB． ∵∠CBD＝34°， ∴∠CAD＝∠CBD＝34°， ∴∠BAC＝2∠CBD＝68°， ∴∠ABC+∠ACB＝180°﹣68°＝112°， ∴∠ABE+∠ACE112°＝56°， ∴∠BEC＝∠BAC+∠ABE+∠ACE＝68°+56°＝124°； （2）证明：∵点E是△ABC的内心， ∴∠BAD＝∠CAD，∠ABE＝∠CBE， 由圆周角定理得，∠DAC＝∠DBC， ∠DBE＝∠DBC+∠EBC，∠DEB＝∠EBA+∠EAB， ∴∠DBE＝∠DEB， ∴DE＝DB． 考点22：弧长的计算 64．（2022秋•宝山区校级期末）如图，三角形ABC的边长都为6cm，分别以A、B、C三点为圆心，边长的一半为半径作弧，求阴影部分的周长． 解：l（cm）， C阴＝3πcm 答：阴影部分的周长是3πcm 另解：C阴＝3πcm 答：阴影部分的周长是3πcm 65．（2023秋•长寿区期末）已知△ABC在平面直角坐标系中的位置如图所示． （1）分别写出图中点A和点C的坐标； （2）画出△ABC绕点C按顺时针方向旋转90°后的△A′B′C′； （3）求点A旋转到点A′所经过的路线长（结果保留π）． 解：（1）A（0，4）、C（3，1）；（2分） （2）如图（6分）； （3）（7分） （9分） ．（10分） 66．（2023秋•增城区期末）如图1，在⊙O中，AB为⊙O的直径，AC是弦，OC＝4，∠OAC＝60度． （1）求∠AOC的度数； （2）在图1中，P为直径BA延长线上的一点，当CP与⊙O相切时，求PO的长； （3）如图2，一动点M从A点出发，在⊙O上按逆时针方向运动一周，当S△MAO＝S△CAO时，求动点M所经过的弧长． 解：（1）∵在△ACO中，∠OAC＝60°，OC＝OA ∴△ACO是等边三角形∴∠AOC＝60°． （2）∵CP与⊙O相切，OC是半径． ∴CP⊥OC，又∵∠OAC＝∠AOC＝60°， ∴∠P＝90°﹣∠AOC＝30°， ∴在Rt△POC中，COPO＝4， 则PO＝2CO＝8； （3）如图，（每找出一点并求出弧长得1分） ①作点C关于直径AB的对称点M1，连接AM1，OM1． 易得S△M1AO＝S△CAO，∠AOM1＝60° ∴ ∴当点M运动到M1时，S△MAO＝S△CAO， 此时点M经过的弧长为． ②过点M1作M1M2∥AB交⊙O于点M2，连接AM2，OM2，易得S△M2AO＝S△CAO． ∴∠AOM1＝∠M1OM2＝∠BOM2＝60° ∴或 ∴当点M运动到M2时，S△MAO＝S△CAO，此时点M经过的弧长为． ③过点C作CM3∥AB交⊙O于点M3，连接AM3，OM3，易得S△M3AO＝S△CAO ∴∠BOM3＝60°， ∴或 ∴当点M运动到M3时，S△MAO＝S△CAO，此时点M经过的弧长为． ④当点M运动到C时，M与C重合，S△MAO＝S△CAO， 此时点M经过的弧长为或． 综上所述，满足条件的弧长为π或π或π或π． 考点23：扇形面积的计算 67．（2023秋•乌海期末）如图，四边形OABC为菱形，点A、B在以点O为圆心的弧DE上，若OA＝3，∠1＝∠2．求扇形ODE的面积． 解：连接OB，如图所示． ∵四边形OABC为菱形， ∴OA＝AB． ∵OB＝OA， ∴△OAB为等边三角形， ∴∠AOB＝60°， ∴∠AOC＝120°． ∵∠1＝∠2， ∴∠2+∠AOE＝∠AOE+∠1，即∠DOE＝∠AOC＝120°， ∴S扇形ODEπ×OA2＝3π． 68．（2023秋•东莞市期末）如图，菱形ABCD的边长为a，∠ADC＝120°，分别以A，C为圆心，a为半径画及．求及所围成的叶形的周长及面积． 解：∵菱形ABCD中，∠ADC＝120°， ∴∠A＝∠C＝60°， ∴叶形的周长＝2πa； 连接BD，过点D作DE⊥AB于点E， ∵∠A＝60°，AD＝AB＝a， ∴DEa， ∴叶形的面积＝2S扇形ABD﹣S菱形ABCD＝2aa＝（π）a2． 69．（2022秋•天河区校级期末）如图，将半径为4，圆心角为120°的扇形OAB绕点A逆时针旋转60°，点O，B的对应点分别为O′，B′，连接BB′，则图中阴影部分的面积是 　8π　． 解：连接OO′，BO′， ∵将半径为4，圆心角为120°的扇形OAB绕点A逆时针旋转60°， ∴∠OAO′＝60°， ∴△OAO′是等边三角形， ∴∠AOO′＝60°，OO′＝OA， ∴点O′在⊙O上， ∵∠AOB＝120°， ∴∠O′OB＝60°， ∴△OO′B是等边三角形， ∴∠AO′B＝120° ∵∠AO′B′＝120°， ∴∠B′O′B＝120°， ∴∠O′B′B＝∠O′BB′＝30°， ∴图中阴影部分的面积为S△B′O′B﹣（S扇形O′OB﹣S△OO′B）2×4（42）＝8π． 故答案为：8π． 考点24：正多边形和圆 70．（2021秋•奉贤区期末）如图，等边三角形ABC的三条边都是6厘米，高AH为5.2厘米，分别以A、B、C三点为圆心，6厘米为半径长画弧． 求：（1）这三段弧长的和； （2）这三段弧所围成的图形的面积．（π取3.14） 解：（1）∵△ABC是等边三角形，三条边都是6厘米， ∴AB＝BC＝AC＝6（厘米），∠ABC＝∠BAC＝ACB＝60°， ∴扇形BAC的弧长＝扇形CBA的弧长＝扇形ACB的弧长2π（厘米） ∴这三段弧长的和为：2π×3＝6π（厘米）． （2）由图可得， 扇形ACB的面积是： 3.14×62 3.14×36， ＝18.84（平方厘米）， 等边三角形的面积为：6×5.2÷2＝15.6（平方厘米）， 所以这三段弧所围成的图形的面积是： 18.84+（18.84﹣15.6）×2 ＝18.84+3.24×2 ＝18.84+6.48 ＝25.32（平方厘米）， 即这三段弧所围成的图形的面积是25.32平方厘米． 71．（2020秋•饶平县校级期末）如图，正六边形内接于⊙O中，已知外接圆的半径为2，则阴影部分面积为　4π﹣6　． 解：已知圆的半径为2，则面积为4π，空白正六边形为六个边长为2的正三角形，每个三角形面积为，则正六边形面积为6，所以阴影面积为4π﹣6 72．（2021春•虎林市期末）探究题： （1）　各个角　都相等，　各条边　都相等的多边形叫做正多边形； （2）如图，格点长方形MNPQ的各点分布在边长均为1的等边三角形组成的网格上，请在格点长方形MNPQ内画出一个面积最大的格点正六边形ABCDEF，并简要说明它是正六边形的理由； （3）正六边形有　9　条对角线，它的外角和为　360　度． 解：（1）由正多边形的定义：各个角都相等，各条边都相等的多边形叫做正多边形； 故答案为：各个角；各条边； （2）如图， ∵AB＝2，BC＝2，CD＝2，DE＝2，EF＝2，FA＝2， ∴AB＝BC＝CD＝DE＝EF＝FA， ∵网格是等边三角形的网格， ∴∠FAB＝2×60°＝120°， 同理：∠ABC＝∠BCD＝∠CDE＝∠DEF＝∠EFA＝120°， ∴∠FAB＝∠ABC＝∠BCD＝∠CDE＝∠DEF＝∠EFA＝120°， ∴六边形ABCDEFA是正六边形． 最大面积为246； （3）正六边形的对角线条数为9， ∵多边形的外角和是360°， ∴正六边形的外角和为360°， 故答案为：9；360． 考点25：解一元二次方程-直接开平方法 73．（2023秋•长治期末）一元二次方程x2＝16的解是（　　） A．x＝﹣4 B．x＝4 C．x1＝4，x2＝﹣4 D．x1＝8，x2＝﹣8 解：x2＝16， x＝±4， 解得：x1＝4，x2＝﹣4， 故选：C． 74．（2023秋•韩城市期末）若x＝1是方程2x2﹣a＝0的根，则a＝ 　2　． 解：∵x＝1是方程2x2﹣a＝0的根， ∴2﹣a＝0， 解得a＝2， 故答案为：2． 75．（2023秋•平定县期末）方程（x﹣3）2＝16的根为（　　） A．x1＝x2＝7 B．x1＝7，x2＝1 C．x1＝x2＝﹣1 D．x1＝7，x2＝﹣1 解：（x﹣3）2＝16， 开方得：x﹣3＝4或x﹣3＝﹣4， 解得：x1＝7，x2＝﹣1． 故选：D． 考点26：解一元二次方程-配方法 76．（2023秋•阿瓦提县校级期末）用配方法解一元二次方程x2﹣8x﹣1＝0，下列变形正确的是（　　） A．（x﹣8）2＝63 B．（x﹣8）2＝65 C．（x﹣4）2＝15 D．（x﹣4）2＝17 解：x2﹣8x﹣1＝0， 移项得x2﹣8x＝1， 配方得x2﹣8x+16＝1+16， 即（x﹣4）2＝17． 故选：D． 77．（2023秋•山海关区校级期末）用配方法解方程x2+8x+7＝0，则配方正确的是（　　） A．（x+4）2＝9 B．（x+4）2＝23 C．（x+8）2＝71 D．（x+8）2＝57 解：原方程x2+8x+7＝0变形得：x2+8x＝﹣7， 配方得：x2+8x+42＝9， 即（x+4）2＝9， 故选：A． 78．（2023秋•金台区校级期末）用配方法解方程x2﹣8x+2＝0，将方程变为（x﹣m）2＝14的形式，则m的值为 　4　． 解：x2﹣8x+2＝0， x2﹣8x＝﹣2， x2﹣8x+16＝﹣2+16， （x﹣4）2＝14， ∴m＝4， 故答案为：4． 考点27：配方法的应用 79．（2024春•滨江区期末）利用（a±b）2可求某些整式的最值．例如x2﹣2x+2＝（x2﹣2x+1）+1＝（x﹣1）2+1，由（x﹣1）2≥0知，当x＝1时，多项式x2﹣2x+2有最小值1．对于多项式x2+3x+2，当x＝　　时，有最小值是 　　． 解：x2+3x+2＝（x2x）+2＝[x2+3x+（）2﹣（）2）+2＝（x）2． ∴当x时，x2+3x+2有最小值． 故答案为：，． 80．（2022秋•双牌县期末）已知△ABC的三边长a，b，c均为整数，且a和b满足．试求△ABC的c边的长． 解：∵b2﹣6b+9（b﹣3）2＝0， ∴a﹣2＝0，b﹣3＝0， 即a＝2，b＝3， ∴3﹣2＜c＜3+2，即1＜c＜5， 则c＝2，3，4． 81．（2022春•东海县期末）阅读下面材料： 我们已经学习了《二次根式》和＜乘法公式＞，聪明的你可以发现： 当a＞0，b＞0时： ∵0，∴a﹣2b≥0． ∴a+b≥2，当且仅当a＝b时取等号． 请利用上述结论解决以下问题： （1）请直接写出答案：当x＞0时，x的最小值为 　2　； 当x＜0时，x的最大值为 　﹣2　； （2）若y（x＞2），求y的最小值； （3）如图，四边形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，△AOB、△COD的面积分别为9和4，求四边形ABCD面积的最小值． 解；（1）当x＞0时，x22， 当x＜0时，﹣x＞0，0， ∵﹣x22， ∴则x（﹣x）≤﹣2， ∴当x＞0时，x的最小值为 2．当x＜0时，x的最大值为﹣2； 故答案为：2，；﹣2． （2）∵x＞2， ∴x﹣2＞0， ∴y ＝（x﹣2） ≥24， y的最小值为4． （3）设S△BOC＝x，已知S△AOB＝9，S△COD＝4， 则由等高三角形可知：S△BOC：S△COD＝S△AOB：S△AOD， ∴x：4＝9：S△AOD， ∴S△AOD， ∴四边形ABCD面积＝4+9+x13+225， 当且仅当x＝6时，取等号， ∴四边形ABCD面积的最小值为25． 考点28：解一元二次方程-公式法 82．（2023秋•忠县期末）若关于x的一元二次方程x2﹣ax+1＝0的唯一实数根也是关于x的一元二次方程（a﹣2）x2+bx+1＝0的根，则关于x的方程（a﹣2）x2+bx+1＝0的根为 　x1＝﹣1，x2　． 解：∵关于x的一元二次方程x2﹣ax+1＝0有唯一实数根， ∴Δ＝（﹣a）2﹣4×1×1＝0，解得a＝±2， ∵关于x的方程（a﹣2）x2+bx+1＝0是一元二次方程， ∴a＝﹣2， ∴关于x的一元二次方程x2﹣ax+1＝0为x2+2x+1＝0， 解得x1＝x2＝﹣1， ∵关于x的一元二次方程x2﹣ax+1＝0的唯一实数根也是关于x的一元二次方程（a﹣2）x2+bx+1＝0的根， ∴x＝﹣1是x的一元二次方程4x2+bx+1＝0的根， ∴﹣4×（﹣1）2﹣b+1＝0， ∴b＝﹣3， ∴关于x的方程（a﹣2）x2+bx+1＝0为﹣4x2﹣3x+1＝0， 解得：x1＝﹣1，x2． 故答案为：x1＝﹣1，x2． 83．（2023秋•虹口区校级期末）的根为 　x1＝x2　． 解：x2x0， （x）2＝0， ∴x0， ∴x1＝x2． 故答案为：x1＝x2． 84．（2023春•太仓市期末）对任意的两实数a，b，用min（a，b）表示其中较小的数，如min（2，﹣4）＝﹣4，则方程x•min（2，2x﹣1）＝x+1的解是　x或x　． 解：①若2＜2x﹣1，即x＞1.5时， x+1＝2x， 解得x＝1（舍）； ②若2x﹣1≤2，即x≤1.5时， x（2x﹣1）＝x+1， 解得x或x， 故答案为：x或x． 考点29：解一元二次方程-因式分解法 85．（2021秋•海棠区校级期末）解方程： （1）x2﹣4x﹣3＝0； （2）（2x+1）2＝（2﹣x）2． 解：（1）x2﹣4x﹣3＝0， ∵a＝1，b＝﹣4，c＝﹣3， ∴Δ＝b2﹣4ac＝（﹣4）2﹣4×1×（﹣3）＝28， ∴x2±． 则x1＝2，x2＝2； （2）（2x+1）2＝（2﹣x）2， （2x+1+2﹣x）（2x+1﹣2+x）＝0， （x+3）（3x﹣1）＝0， 则x1＝﹣3，x2． 86．（2023秋•泗阳县期末）已知y1＝x2﹣9，y2＝3﹣x，当x为何值时，y1＝y2？ 解：x2﹣9＝3﹣x， x2+x﹣12＝0， （x+4）（x﹣3）＝0， x+4＝0，x﹣3＝0， x1＝﹣4，x2＝3， 即当x为﹣4或3时，y1＝y2． 87．（2024春•新昌县期末）解方程： （1）x2+4x﹣12＝0 （2）3（x﹣5）2＝2（x﹣5） 解：（1）∵（x﹣2）（x+6）＝0， ∴x﹣2＝0或x+6＝0， 解得：x＝2或x＝﹣6； （2）∵3（x﹣5）2﹣2（x﹣5）＝0， ∴（x﹣5）（3x﹣17）＝0， 则x﹣5＝0或3x﹣17＝0， 解得：x＝5或x． 考点30：根的判别式 88．（2023秋•邗江区校级期末）已知关于x的方程x2﹣（k+2）x+2k＝0． （1）说明：无论k取何值，方程总有实数根； （2）若方程有两个相等的实数根，求出方程的根． 解：（1）Δ＝（k+2）2﹣4•2k ＝（k﹣2）2， ∵（k﹣2）2≥0，即△≥0， ∴无论k取何值，方程总有实数根； （2）根据题意得Δ＝（k﹣2）2＝0， 解得k＝2， 则方程变形为x2﹣4x+4＝0 所以x1＝x2＝2． 89．（2022秋•庄浪县期末）已知关于x的一元二次方程（a+c）x2+2bx+（a﹣c）＝0，其中a、b、c分别为△ABC三边的长．若方程有两个相等的实数根，试判断△ABC的形状，并说明理由． 解：△ABC是直角三角形， 理由是：∵关于x的一元二次方程（a+c）x2+2bx+（a﹣c）＝0有两个相等的实数根， ∴Δ＝0， 即（2b）2﹣4（a+c）（a﹣c）＝0， ∴a2＝b2+c2， ∴△ABC是直角三角形． 90．（2023秋•永修县期末）已知关于x的一元二次方程x2﹣（k+3）x+2k+1＝0． （1）求证方程有两个不相等的实数根； （2）若方程的一个根为x＝4，求k的值，并求出此时方程的另一根． （1）证明：这里a＝1，b＝﹣（k+3），c＝2k+1， ∵Δ＝（k+3）2﹣4（2k+1）＝k2﹣2k+5＝（k﹣1）2+4≥4＞0， ∴方程有两个不相等的实数根； （2）解：把x＝4代入方程得：16﹣4（k+3）+2k+1＝0， 解得：k＝2.5，即方程为x2﹣5.5x+6＝0， 设另一根为m，根据题意得：4m＝6， 解得：m＝1.5． 考点31：根与系数的关系 91．（2023秋•孟村县期末）已知关于x的方程x2+kx+k﹣2＝0． （1）求证：不论k取何值，方程必有两个不相等的实数根； （2）若方程的一个根为x＝﹣2，求k的值及方程另一个根． （1）证明：Δ＝k2﹣4（k﹣2）＝k2﹣4k+8＝（k﹣2）2+4． ∵（k﹣2）2≥0， ∴（k﹣2）2+4＞0，即Δ＞0， ∴不论k取何值，方程必有两个不相等的实数根； （2）将x＝﹣2代入原方程得4﹣2k+k﹣2＝0， 解得：k＝2， ∴方程的另一个根为﹣k﹣（﹣2）＝﹣2﹣（﹣2）＝0． 答：k的值为2，方程的另一个根为0． 92．（2023秋•前郭县期末）关于x的一元二次方程x2﹣2（m+1）x+m2+5＝0有两个实数根． （1）求m的取值范围； （2）上述方程的根x1，x2恰好是斜边为6的直角三角形另外两边的边长，求这个三角形的周长． 解：（1）∵关于x的一元二次方程x2﹣2（m+1）x+m2+5＝0有两个实数根， ∴Δ＝[﹣2（m+1）]2﹣4（m2+5）＝8m﹣16≥0， 解得：m≥2． （2）∵x1，x2是方程x2﹣2（m+1）x+m2+5＝0的两个根， ∴x1+x2＝2（m+1），x1•x2＝m2+5． ∵x12+x22＝（x1+x2）2﹣2x1•x2＝62，即m2+4m﹣21＝0， ∴m＝3或m＝﹣7． ∵2（m+1）＞0， ∴m＝3， ∴这个三角形的周长＝6+x1+x2＝14． 93．（2023秋•梁山县期末）关于x的一元二次方程x2﹣（2m﹣1）x+m2+1＝0． （1）若方程有实数根，求实数m的取值范围； （2）设x1，x2分别是方程的两个根，且满足x12+x22＝x1x2+10，求实数m的值． 解：（1）由题意有Δ＝（2m﹣1）2﹣4（m2+1）≥0， 解得m， 所以实数m的取值范围是m； （2）由根与系数的关系得：x1+x2＝2m﹣1，x1•x2＝m2+1， ∵x12+x22＝x1x2+10， ∴（x1+x2）2﹣2x1•x2＝x1x2+10， ∴（2m﹣1）2﹣3（m2+1）＝10， ∴2m2+9m﹣5＝0， 解得m1＝6，m2＝﹣2， ∵m， ∴m＝6舍去， ∴m＝﹣2． 考点32：一元二次方程的应用 94．（2024春•威海期末）随着威海暑期旅游旺季的到来，某店铺购进了一批旅游纪念品，“贝壳画”和“纪念瓷盘”，进货价和销售价如表： 价格 纪念品 贝壳画 纪念瓷盘 进货价（元/个） 59 66 销售价（元/个） 79 88 （1）该店铺购进“贝壳画”和“纪念瓷盘”共80个，且进货总价不高于4900元，若进货后能全部售出，则分别购进“贝壳画”和“纪念瓷盘”多少个，才能获得最大销售利润，最大销售利润是多少； （2）该店铺打算把“贝壳画”调价销售，如果按照原价销售，平均每天可售8个，经调查发现，每降价1元，平均每天可多售2个，将销售价定为每个多少元时，能使“贝壳画”平均每天销售利润为288元． 解：（1）设购进x个“贝壳画”，则购进（80﹣x）个“纪念瓷盘”， 依题意得：59x+66（80﹣x）≤4900， 解得：x≥54（x为正整数）， 设全部售出后获得的总利润为w元， 则w＝（79﹣59）x+（88﹣66）（80﹣x）＝﹣2x+1760， ∵﹣2＜0， ∴w随x的增大而增小， ∵x为正整数， ∴当x＝55时，w取得最大值，最大值＝﹣2×55+1760＝1650（元）， 此时80﹣x＝80﹣55＝25（个）． 答：分别购进“贝壳画”和“纪念瓷盘”55个和25个，才能获得最大销售利润，最大销售利润是1650元； （2）设每个降价m元，销售价定为每个（79﹣m）元，则每个的销售利润为（79﹣m﹣59）元，平均每天可售出（8+2m）个， 根据题意得：（79﹣m﹣59）（8+2m）＝288， 整理得：m2﹣16m+64＝0， 解得：m1＝m2＝8， ∴79﹣m＝79﹣8＝71（元）． 答：销售价定为每个71元时，能使“贝壳画”平均每天销售利润为288元． 95．（2024春•迎江区校级期末）某农户种植花生，原来花生的亩产量为200千克，出油率为50%（即每100千克花生可加工成花生油50千克），现在种植新品种花生后，每亩收获的花生可加工成花生油132千克，其中花生出油率的增长率是亩产量的增长率的．求新品种花生亩产量的增长率． （1）这是一个增长率问题，可设所求增长率为x，依题意填写下列表格： 亩产量（千克） 出油率（%） 出油量（千克） 原来 200 50 200×50 现在 132 （2）求新品种花生亩产量的增长率． 解：（1）花生的现在亩产量200（1+x），花生的现在出油率50%（1x）； （2）设新品种花生亩产量的增长率为x． 200（1+x）×50%（1x）＝132 x1，x2（舍去）． x20%． 故新品种花生亩产量的增长率为20%． 96．（2024春•海门区期末）如图，有一块矩形铁皮，长100cm，宽50cm，在它的四个角各切去一个同样的正方形，然后将四周突出的部分折起，就能制作一个无盖方盒．如果制作的无盖的方盒的底面积为3600cm2，那么铁皮各角应该切去的正方形的边长是多少？ 解：设正方形的边长为x cm，则盒子底的长为（100﹣2x）cm，宽为（50﹣2x）cm， 根据题意得：（100﹣2x）（50﹣2x）＝3600， 整理得：x2﹣75x+350＝0， 解得：x1＝5，x2＝70（不合题意，舍去）， ∵当x＝70时，100﹣2x＜0，50﹣2x＜0，不合题意，舍去， ∴x＝5． 答：铁皮各角应该切去的正方形的边长是5cm． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！6 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024-2025学年青岛版九年级上学期期末知识大串讲【期末押题】 必刷压轴96题（32个考点专练） 目录 考点1：相似多边形的性质 2 考点2：相似三角形的判定与性质 3 考点3：相似三角形的应用 4 考点4：几何变换综合题 6 考点5：作图-位似变换 9 考点6：同角三角函数的关系 10 考点7：特殊角的三角函数值 11 考点8：解直角三角形 11 考点9：解直角三角形的应用-坡度坡角问题 13 考点10：解直角三角形的应用-仰角俯角问题 14 考点11：解直角三角形的应用-方向角问题 16 考点12：垂径定理的应用 17 考点13：圆心角、弧、弦的关系 18 考点14：三角形的外接圆与外心 19 考点15：圆周角定理 19 考点16：圆内接四边形的性质 20 考点17：相交弦定理 21 考点18：切线的判定与性质 22 考点19：切线长定理 23 考点20：切割线定理 24 考点21：三角形的内切圆与内心 25 考点22：弧长的计算 26 考点23：扇形面积的计算 28 考点24：正多边形和圆 29 考点25：解一元二次方程-直接开平方法 30 考点26：解一元二次方程-配方法 30 考点27：配方法的应用 30 考点28：解一元二次方程-公式法 32 考点29：解一元二次方程-因式分解法 32 考点30：根的判别式 33 考点31：根与系数的关系 33 考点32：一元二次方程的应用 34 考点1：相似多边形的性质 1．（2023秋•商南县校级期末）已知两个相似四边形的相似比是1：2，较小四边形的周长为6，则较大四边形的周长为（　　） A．6 B．12 C．24 D．36 2．（2023秋•萍乡期末）已知矩形ABCD中，AB＝2，在BC中取一点E，沿AE将△ABE向上折叠，使B点落在AD上的F点，若四边形EFDC与矩形ABCD相似，求AD的长． 3．（2023秋•鄞州区期末）如图，矩形ABCD被分割为3个面积相等的小矩形，已知矩形AFED与原矩形ABCD相似，则原矩形的较长边与较短边的比值是 　 　． 考点2：相似三角形的判定与性质 4．（2023秋•隆昌市校级期末）如图，点P是边长为2的正方形ABCD的对角线BD上的动点，过点P分别作PE⊥BC于点E，PF⊥DC于点F，连接AP并延长，交射线BC于点H，交射线DC于点M，连接EF交AH于点G，当点P在BD上运动时（不包括B、D两点），以下结论：①AH⊥EF；②MF＝MC；③EF2＝PM•PH；④EF的最小值是．其中正确结论的有（　　）个． A．1 B．2 C．3 D．4 5．（2024春•泰山区期末）如图，矩形ABCD中，AB＝6，AD＝8，点P在对角线BD上，过点P作MN⊥BD，交边AD，BC于点M，N，过点M作ME⊥AD交BD于点E，连接EN，BM，DN．下列结论： ①EM＝EN； ②四边形MBND的面积不变； ③当AM：MD＝1：2时，； ④BM+MN+ND的最小值是20．其中正确结论的个数是（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 6．（2023秋•巴中期末）如图，在矩形ABCD中，AB＝8，AD＝4，连结AC，E，F分别在边AD，CD上，连结BE，BF分别交AC于点M，N，若∠EBF＝45°，CF＝2，则下列结论中：①∠BEA+∠BFC＝135°；②CA⊥BF；③；④．结论正确的有（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 考点3：相似三角形的应用 7．（2023秋•威宁县期末）如图，小明为了测量一大楼的高度，在地面上放一平面镜，镜子与大楼的距离AE＝20m，他与镜子的距离CE是2m时，刚好能从镜子中看到楼顶B，已知他的眼睛到地面的高度CD为1.6m，结果他很快计算出大楼的高度AB，你知道有多高吗？请加以说明． 8．（2023秋•龙川县校级期末）铁道口栏杆的短臂长为0.8米，长臂长为8米，当短臂端点下降0.4米时，长臂端点升高多少米？（杆的粗细忽略不计）． 9．（2022秋•盐山县校级期末）如图，△ABC是一块三角形的铁皮，BC长为4m，BC边上的高AD长为3m，要将它加工成一块矩形铁皮，使矩形的一边FG在BC上，其余两个顶点E，H分别在AB，AC上，且矩形的面积是三角形面积的一半，求这个矩形的长和宽． 考点4：几何变换综合题 10．（2023秋•盂县期末）综合与实践 问题情境： 在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝12，BC＝5．将△ABC绕点C顺时针旋转α得到△A′B′C′，点A，B的对应点分别为点A′，B′． 初步探究： （1）如图1，当点B′恰好落在AB边上时，连接AA′，求证：AA′⊥AB． 问题解决： 当△ABC旋转一定角度，A′C与AB交于点D（点D不与点B重合）时， （2）如图2，若D恰好是AB边的中点，试猜想AC与A'B'的位置关系，并说明理由． （3）如图3，当CD＝BC时，请直接写出AD的长． 11．（2023秋•侯马市期末） 线段垂直平分线 我们已经知道线段是轴对称图形，线段的垂直平分线是线段的对称轴．如图13.5.1，直线MN是线段AB的垂直平分线，P是MN上任一点，连接PA，PB．将线段AB沿直线MN对折，我们发现PA与PB完全重合，由此即有：线段垂直平分线的性质定理线段垂直平分线上的点到线段两端的距离相等． 已知：如图1，MN⊥AB，垂足为点C，AC＝BC，点P是直线MN上任意一点． 求证：PA＝PB． 分析图中有两个直角三角形APC和BPC，只要证明这两个三角形全等，便可证得PA＝PB． （1）以上是华师版八年级上册数学教材第94页的部分内容，请结合以上分析、利用图2写出“线段垂直平分线的性质定理”完整的证明过程； （2）定理应用：如图3，在△ABC中AB＝AC，AB的垂直平分线交AB与点N，交AC于点M，连接MB，若AB＝10cm，△MBC的周长是18cm． ①求BC的长； ②点P是直线MN上一动点，在运动的过程中，△PBC的周长是否存在最小值？若存在，标出点P的位置，并求出此时△PBC的周长；若不存在，说明理由． 12．（2023秋•浦北县期末）综合与探究． 【问题情境】 数学活动课上，老师带领同学们一起探索旋转的奥秘．老师出示了一个问题：如图1所示，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，点D是边BC上一点，连接AD，将△ABD绕着点A按逆时针方向旋转，使AB与AC重合，得到△ACE． （1）连接DE，试判断△ADE的形状，并说明理由； 【深入探究】 （2）希望小组受此启发，如图2，在线段CD上取一点F，连接AF，使得∠DAF＝45°，连接EF，发现EF和DF有一定的关系，猜想两者的数量关系，并说明理由； （3）智慧小组在图2的基础上继续探究，发现CF，DF，DB三条线段之间也有一定的数量关系，请写出它们的数量关系，并说明理由． 考点5：作图-位似变换 13．（2024春•河口区期末）如图，在平面直角坐标系中，以原点O为位似中心，将△OAB放大到原来的2倍后得到△OA′B′，其中A、B在图中格点上，点A、B的对应点分别为A′、B′． （1）在第一象限内画出△OA′B′，并直接写出点A′、B′的坐标； （2）若线段AB上有一点P（a、b），请写出点P在A′B′上的对应点P′的坐标． 14．（2022春•高新区校级期末）按下列要求在如图格点中作图： （1）作出△ABC关于原点成中心对称的图形△A'B'C'； （2）以点B为位似中心，作出△ABC放大2倍的图形△BA″C″． 15．（2021秋•海口期末）如图，在平面直角坐标系中，△ABC的顶点坐标分别为A（1，﹣2）、B（4，﹣1），C（3，﹣3）． （1）画出将△ABC向左平移5个单位，再向上平移3个单位后的△A1B1C1，并写出点B的对应点B1的坐标； （2）以原点O为位似中心，在位似中心的同侧画出△A1B1C1的一个位似△A2B2C2，使它与△A1B1C1的相似比为2：1，并写出点B1的对应点B2的坐标； （3）若△A1B1C1内部任意一点P1的坐标为（a﹣5，b+3），直接写出经过（2）的变化后点P1的对应点P2的坐标（用含a、b的代数式表示）． 考点6：同角三角函数的关系 16．（2022秋•运城期末）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，若，则sinB的值为 　 　． 17．（2023秋•昌平区期末）如图，在△ABC中，∠ACB＝∠ADC＝90°，若sinA，则cos∠BCD的值为　 　． 18．（2023秋•余杭区期末）在Rt△ABC中，∠C＝90°，sinB，则tanB＝　 　． 考点7：特殊角的三角函数值 19．（2023秋•武功县期末）下列三角函数的值是1的是（　　） A．sin45° B．tan30° C．cos45° D．tan45° 20．（2023秋•武功县期末）计算：tan60°•sin30°﹣2|cos60°﹣1|． 21．（2024春•巩义市期末）巩义某中学体育场看台的侧面如图阴影部分所示，看台有四级高度相等的小台阶．已知看台高为1.6米，现要做一个不锈钢的扶手AB及两根与FG垂直且长为1米的不锈钢架杆AD和BC（杆子的底端分别为D，C），且∠DAB＝60°．则所用不锈钢材料的总长度为 　 　米． 考点8：解直角三角形 22．（2022春•新罗区期末）已知，如图，四边形ABCD中，AB＝BC＝1，CD，DA＝1，且∠B＝90°．试求： （1）∠BAD的度数； （2）四边形ABCD的面积（结果保留根号）． 23．（2022秋•永嘉县校级期末）如图，已知A、B两点的坐标分别为（﹣8，0）、（0，8），点C、F分别是直线x＝5和x轴上的动点，CF＝10，点D是线段CF的中点，连接AD交y轴于点E，当△ABE的面积取得最小值时，tan∠BAD＝　 　． 24．（2023秋•长子县期末）如图，在△ABC中，AC＝5，∠B＝45°，，则△ABC的面积为（　　） A．7 B． C．14 D．21 考点9：解直角三角形的应用-坡度坡角问题 25．（2023秋•古冶区期末）—如图，BC是路边坡角为30°，长为10米的一道斜坡，在坡顶灯杆DE的顶端D处有一探射灯，射出的边缘光线DA和DB与水平路面AB所成的夹角∠DAN和∠DBN分别是37°和60°（图中的点A、B、C、D、M、N均在同一平面内，CM∥AN）． （1）求灯杆DE的长； （2）求AB的长度（结果精确到0.1米）．（参考数据：1.73，sin37°＝0.60，cos37°＝0.80，tan37°＝0.75） 26．（2023春•惠城区校级期末）如图，长4m的楼梯AB的倾斜角∠ABD为60°，为了改善楼梯的安全性能，准备重新建造楼梯，使其倾斜角∠ACD为45°，求调整后的楼梯AC的长． 27．（2021秋•龙口市期末）如图，山区某教学楼后面紧邻着一个土坡，坡面BC平行于地面AD，斜坡AB的坡比为i＝1：，且AB＝26米，为了防止山体滑坡，保障安全，学校决定对该土坡进行改造，经地质人员勘测，当坡角不超过53°时，可确保山体不滑坡； （1）求改造前坡顶与地面的距离BE的长； （2）为了消除安全隐患，学校计划将斜坡AB改造成AF（如图所示），那么BF至少是多少米？（结果精确到1米） 【参考数据：sin53°≈0.8，cos53°≈0.6，tan53°≈1.33，cot53°≈0.75】 考点10：解直角三角形的应用-仰角俯角问题 28．（2023秋•宣城期末）如图，在小山的西侧A处有一热气球，以25米/分钟的速度沿着与垂直方向所成夹角为15°的方向升空，20分钟后到达B处，这时热气球上的人发现，在A处的正东方向有一处着火点C，在B处测得着火点C的俯角为30°，求热气球升空点A与着火点C的距离．（结果精确到1米，1.414） 29．（2023秋•仁寿县期末）奥林匹克公园观光塔由五座高度不等、错落有致的独立塔组成．在综合实践活动课中，某小组的同学决定利用测角仪测量这五座塔中最高塔的高度（测角仪高度忽略不计）．他们的操作方法如下：如图，他们先在B处测得最高塔塔顶A的仰角为45°，然后向最高塔的塔基直行90米到达C处，再次测得最高塔塔顶A的仰角为58°．请帮助他们计算出最高塔的高度AD约为多少米．（参考数据：sin58°≈0.85，cos58°≈0.53，tan58°≈1.60） 30．（2022秋•卧龙区期末）环球国际金融中心（图中AB所示）是目前某市的标志性建筑，小明家住在金融中心附近的大厦（图中CD所示），他先在自己家的阳台（图中的点Q处）测得金融中心的顶端（点A）的仰角为 37°，然后来到楼下，由于附近建筑物影响测量，小明向金融中心方向走了84米，来到另一座高楼的底端（图中的点P处），测得点A的仰角为 45°，又点C、P、B在同一条直线上，小明家的阳台距地面60米，根据上述信息求出环球国际金融中心（AB）的高度．（参考数据：sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，tan37°＝0.75 ） 考点11：解直角三角形的应用-方向角问题 31．（2021秋•嘉定区期末）如图，在航线l的两侧分别有两个灯塔A和B，灯塔A到航线l的距离为AC＝3千米，灯塔B到航线l的距离为BD＝4千米，灯塔B位于灯塔A南偏东60°方向．现有一艘轮船从位于灯塔B北偏西53°方向的N（在航线l上）处，正沿该航线自东向西航行，10分钟后该轮船行至灯塔A正南方向的点C（在航线l上）处． （1）求两个灯塔A和B之间的距离； （2）求该轮船航行的速度（结果精确到0.1千米/小时）．（参考数据：，sin53°≈0.80，cos53°≈0.60，tan53°≈1.33） 32．（2022秋•泰山区校级期末）如图，C地在A地的正东方向，因有大山阻隔，由A地到C地需要绕行B地，已知B地位于A地北偏东67°方向，距离A地520km，C地位于B地南偏东30°方向，若打通穿山隧道，建成两地直达高铁，求A地到C地之间高铁线路的长（结果保留整数） （参考数据：sin67°≈0.92；cos67°≈0.38；1.73） 33．（2023秋•东昌府区校级期末）如图，某渔船沿正东方向以30海里/小时的速度前行，在A处测得岛C在东北方向，20分钟后渔船航行到B处，测得岛C在北偏东30°方向，已知该岛C周围25海里内有暗礁，（参考数据：，，sin75°≈0.966，cos75°≈0.259．） （1）如果渔船继续向东航行，有无触礁危险？请说明理由． （2）如果渔船在B处改为向东偏南15°方向航行，有无触礁危险？说明理由． 考点12：垂径定理的应用 34．（2023秋•金昌期末）如图，CD是⊙O的直径，AB是非直径的弦，AB与CD相交于点M．从以下四个条件中任取一个，其中不能得到CD⊥AB的有（　　） A．AM＝BM B．OM＝CM C． D． 35．（2023秋•邹平市期末）要测一个残损轮子的半径，小丽的方案如下：如图，在轮子圆弧上任取两点A，B，再作弦AB的垂直平分线交AB于点C，交圆弧于点D，测出AB和CD的长度，即可计算出轮子的半径．若测得AB＝48cm，CD＝12cm，则轮子的半径为（　　） A．20cm B．30cm C．40cm D．50cm 36．（2023秋•自贡期末）一条排水管横截面如图所示，已知排水管半径OA＝1m，水面宽CD＝1.6m，若管内水面下降0.2m，则此时水面宽AB等于 　 　m． 考点13：圆心角、弧、弦的关系 37．（2022秋•南关区校级期末）如图，AB是⊙O的直径，，∠COD＝52°，则∠AOD的大小为 　 　． 38．（2023秋•腾冲市期末）如图，AB是⊙O的弦，半径OA＝30cm，∠AOB＝120°，则△AOB的面积为 　 　cm2． 39．（2022秋•陵城区期末）如图，AB为⊙O的直径，AE为⊙O的弦，C为优弧的中点，CD⊥AB，垂足为D．若AE＝8，DB＝2，则⊙O的半径为 　 　． 考点14：三角形的外接圆与外心 40．（2022秋•亭湖区校级期末）如图，线段AC＝4，点B为平面上一动点，且∠ABC＝90°，将线段AB的中点M绕点A逆时针旋转90°得到线段AN，连接CN，则线段CN的最大值为 　 　． 41．（2023秋•金平县期末）边长为3的等边三角形内接于⊙O，则⊙O的半径为 　 　． 42．（2023秋•南关区校级期末）如图，在平面直角坐标系中，△ABC三个顶点的坐标分别是点A（﹣3，0）、点B（﹣1，2）、点C（3，2），则△ABC的外心的坐标为 　 　． 考点15：圆周角定理 43．（2024春•凉州区校级期末）点P在△PAB平面内一动点，∠APB＝90°，AB＝6，点M是PB上一点，且BM＝PA，连接AM，则AM的最小值为 　 　． 44．（2021秋•丰泽区校级期末）如图，已知⊙O半径为2，点A、点B在⊙O上，∠BAC＝90°，tan∠ACB＝2，则线段OC的最大值为 　 　． 45．（2018秋•温州期末）如图，四边形ABDC内接于半圆O，AB为直径，AD平分∠CAB，AB﹣AC＝4，AD＝3，作DE⊥AB于点E，则BE的长为 　 　，AC的长为 　 　． 考点16：圆内接四边形的性质 46．（2023秋•青龙县期末）如图，A、B、C、D均在⊙O上，E为BA延长线上的一点，若∠C＝100°，则∠DAE＝　 　． 47．（2022秋•武昌区校级期末）如图，四边形ABCD内接于⊙O，若∠BOD＝138°，则它的一个外角∠DCE等于　 　． 48．（2023秋•盐城期末）如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，⊙O的半径为2，∠B＝60°，则AC的长为 　 　． 考点17：相交弦定理 49．（2023秋•赣榆区期末）如图，⊙O中两条弦AB、CD相交于点P，已知PA＝3，PB＝4，PC＝2，那么PD长为　 　． 50．（2023秋•太仓市期末）如图，已知圆O，弦AB、CD相交于点M． （1）求证：AM•MB＝CM•MD； （2）若M为CD中点，且圆O的半径为3，OM＝2，求AM•MB的值． 51．（2023秋•邹平县校级期末）已知弦AB和弦CD相交于⊙O内一点P，AP＝8，BP＝3，PD＝PC，则CD＝　 　． 考点18：切线的判定与性质 52．（2023秋•宜州区期末）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，点O在AC上，以OA为半径的半圆O交AB于点D，交AC于点E，点F在BC上，且BF＝DF． （1）求证：DF是半圆O的切线； （2）若AC＝4，BC＝3，CF＝1，求半圆O的半径长． 53．（2023秋•南昌期末）如图，点C在以AB为直径的⊙O上，AC平分∠BAD，且AD⊥CD于点D． （1）求证：DC是⊙O的切线； （2）若AD＝4，CD＝2，求⊙O的半径． 54．（2023秋•雁塔区校级期末）如图，AB是⊙O的直径，AD是⊙O的弦，C是AB延长线上一点，过点B作BE⊥CD交CD于E，交⊙O于F，∠EBC＝2∠DAC． （1）求证：CD是⊙O的切线； （2）若，⊙O的半径为5，求BC的长． 考点19：切线长定理 55．（2023秋•莫旗期末）如图，从点P引⊙O的切线PA，PB，切点分别为A，B，DE切⊙O于C，交PA，PB于D，E．若△PDE的周长为20cm，则PA＝　 　cm． 56．（2023秋•云梦县期末）如图，已知：射线PO与⊙O交于A、B两点，PC、PD分别切⊙O于点C、D． （1）请写出两个不同类型的正确结论； （2）若CD＝12，tan∠CPO，求PO的长． 57．（2023秋•重庆期末）如图，⊙O是四边形ABCD的内切圆，下列结论一定正确的有（　　）个： ①AF＝BG；②CG＝CH；③AB+CD＝AD+BC；④BG＜CG． A．1 B．2 C．3 D．4 考点20：切割线定理 58．（2023秋•湘西州期末）如图，PA为⊙O的切线，A为切点，⊙O的割线PBC过点O与⊙O分别交于B、C，PA＝8cm，PB＝4cm，求⊙O的半径． 59．（2023秋•惠山区校级期末）如图，Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝6，BC＝8，CD为直径的⊙O与AB相切于E，则⊙O的半径是（　　） A．2 B．2.5 C．3 D．4 60．（2023秋•衢江区期末）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BE平分∠ABC交AC于点E，点D在AB上，DE⊥EB． （1）求证：AC是△BDE的外接圆的切线； （2）若，求BD的长． 考点21：三角形的内切圆与内心 61．（2021秋•衢江区期末）如图，已知⊙O为△ABC的内切圆，∠C＝90°，BO的延长线交AC于点D，若BC＝3，CD＝1；则△ABC的周长为 　 　． 62．（2021秋•鼓楼区期末）△ABC中，AB＝AC＝13，BC＝24，点I是△ABC的内心，点O是△ABC的外心，则OI＝　 　． 63．（2021秋•呼伦贝尔期末）如图，点E是△ABC的内心，AE的延长线和△ABC的外接圆相交于点D，连接BE． （1）若∠CBD＝34°，求∠BEC的度数； （2）求证：DE＝DB． 考点22：弧长的计算 64．（2022秋•宝山区校级期末）如图，三角形ABC的边长都为6cm，分别以A、B、C三点为圆心，边长的一半为半径作弧，求阴影部分的周长． 65．（2023秋•长寿区期末）已知△ABC在平面直角坐标系中的位置如图所示． （1）分别写出图中点A和点C的坐标； （2）画出△ABC绕点C按顺时针方向旋转90°后的△A′B′C′； （3）求点A旋转到点A′所经过的路线长（结果保留π）． 66．（2023秋•增城区期末）如图1，在⊙O中，AB为⊙O的直径，AC是弦，OC＝4，∠OAC＝60度． （1）求∠AOC的度数； （2）在图1中，P为直径BA延长线上的一点，当CP与⊙O相切时，求PO的长； （3）如图2，一动点M从A点出发，在⊙O上按逆时针方向运动一周，当S△MAO＝S△CAO时，求动点M所经过的弧长． 考点23：扇形面积的计算 67．（2023秋•乌海期末）如图，四边形OABC为菱形，点A、B在以点O为圆心的弧DE上，若OA＝3，∠1＝∠2．求扇形ODE的面积． 68．（2023秋•东莞市期末）如图，菱形ABCD的边长为a，∠ADC＝120°，分别以A，C为圆心，a为半径画及．求及所围成的叶形的周长及面积． 69．（2022秋•天河区校级期末）如图，将半径为4，圆心角为120°的扇形OAB绕点A逆时针旋转60°，点O，B的对应点分别为O′，B′，连接BB′，则图中阴影部分的面积是 　 　． 考点24：正多边形和圆 70．（2021秋•奉贤区期末）如图，等边三角形ABC的三条边都是6厘米，高AH为5.2厘米，分别以A、B、C三点为圆心，6厘米为半径长画弧． 求：（1）这三段弧长的和； （2）这三段弧所围成的图形的面积．（π取3.14） 71．（2020秋•饶平县校级期末）如图，正六边形内接于⊙O中，已知外接圆的半径为2，则阴影部分面积为　 　． 72．（2021春•虎林市期末）探究题： （1）　 　都相等，　 　都相等的多边形叫做正多边形； （2）如图，格点长方形MNPQ的各点分布在边长均为1的等边三角形组成的网格上，请在格点长方形MNPQ内画出一个面积最大的格点正六边形ABCDEF，并简要说明它是正六边形的理由； （3）正六边形有　 　条对角线，它的外角和为　 　度． 考点25：解一元二次方程-直接开平方法 73．（2023秋•长治期末）一元二次方程x2＝16的解是（　　） A．x＝﹣4 B．x＝4 C．x1＝4，x2＝﹣4 D．x1＝8，x2＝﹣8 74．（2023秋•韩城市期末）若x＝1是方程2x2﹣a＝0的根，则a＝ 　 　． 75．（2023秋•平定县期末）方程（x﹣3）2＝16的根为（　　） A．x1＝x2＝7 B．x1＝7，x2＝1 C．x1＝x2＝﹣1 D．x1＝7，x2＝﹣1 考点26：解一元二次方程-配方法 76．（2023秋•阿瓦提县校级期末）用配方法解一元二次方程x2﹣8x﹣1＝0，下列变形正确的是（　　） A．（x﹣8）2＝63 B．（x﹣8）2＝65 C．（x﹣4）2＝15 D．（x﹣4）2＝17 77．（2023秋•山海关区校级期末）用配方法解方程x2+8x+7＝0，则配方正确的是（　　） A．（x+4）2＝9 B．（x+4）2＝23 C．（x+8）2＝71 D．（x+8）2＝57 78．（2023秋•金台区校级期末）用配方法解方程x2﹣8x+2＝0，将方程变为（x﹣m）2＝14的形式，则m的值为 　 　． 考点27：配方法的应用 79．（2024春•滨江区期末）利用（a±b）2可求某些整式的最值．例如x2﹣2x+2＝（x2﹣2x+1）+1＝（x﹣1）2+1，由（x﹣1）2≥0知，当x＝1时，多项式x2﹣2x+2有最小值1．对于多项式x2+3x+2，当x＝　 　时，有最小值是 　 　． 80．（2022秋•双牌县期末）已知△ABC的三边长a，b，c均为整数，且a和b满足．试求△ABC的c边的长． 81．（2022春•东海县期末）阅读下面材料： 我们已经学习了《二次根式》和＜乘法公式＞，聪明的你可以发现： 当a＞0，b＞0时： ∵0，∴a﹣2b≥0． ∴a+b≥2，当且仅当a＝b时取等号． 请利用上述结论解决以下问题： （1）请直接写出答案：当x＞0时，x的最小值为 　 　； 当x＜0时，x的最大值为 　 　； （2）若y（x＞2），求y的最小值； （3）如图，四边形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，△AOB、△COD的面积分别为9和4，求四边形ABCD面积的最小值． 考点28：解一元二次方程-公式法 82．（2023秋•忠县期末）若关于x的一元二次方程x2﹣ax+1＝0的唯一实数根也是关于x的一元二次方程（a﹣2）x2+bx+1＝0的根，则关于x的方程（a﹣2）x2+bx+1＝0的根为 　 　． 83．（2023秋•虹口区校级期末）的根为 　 　． 84．（2023春•太仓市期末）对任意的两实数a，b，用min（a，b）表示其中较小的数，如min（2，﹣4）＝﹣4，则方程x•min（2，2x﹣1）＝x+1的解是　 　． 考点29：解一元二次方程-因式分解法 85．（2021秋•海棠区校级期末）解方程： （1）x2﹣4x﹣3＝0； （2）（2x+1）2＝（2﹣x）2． 86．（2023秋•泗阳县期末）已知y1＝x2﹣9，y2＝3﹣x，当x为何值时，y1＝y2？ 87．（2024春•新昌县期末）解方程： （1）x2+4x﹣12＝0 （2）3（x﹣5）2＝2（x﹣5） 考点30：根的判别式 88．（2023秋•邗江区校级期末）已知关于x的方程x2﹣（k+2）x+2k＝0． （1）说明：无论k取何值，方程总有实数根； （2）若方程有两个相等的实数根，求出方程的根． 89．（2022秋•庄浪县期末）已知关于x的一元二次方程（a+c）x2+2bx+（a﹣c）＝0，其中a、b、c分别为△ABC三边的长．若方程有两个相等的实数根，试判断△ABC的形状，并说明理由． 90．（2023秋•永修县期末）已知关于x的一元二次方程x2﹣（k+3）x+2k+1＝0． （1）求证方程有两个不相等的实数根； （2）若方程的一个根为x＝4，求k的值，并求出此时方程的另一根． 考点31：根与系数的关系 91．（2023秋•孟村县期末）已知关于x的方程x2+kx+k﹣2＝0． （1）求证：不论k取何值，方程必有两个不相等的实数根； （2）若方程的一个根为x＝﹣2，求k的值及方程另一个根． 92．（2023秋•前郭县期末）关于x的一元二次方程x2﹣2（m+1）x+m2+5＝0有两个实数根． （1）求m的取值范围； （2）上述方程的根x1，x2恰好是斜边为6的直角三角形另外两边的边长，求这个三角形的周长． 93．（2023秋•梁山县期末）关于x的一元二次方程x2﹣（2m﹣1）x+m2+1＝0． （1）若方程有实数根，求实数m的取值范围； （2）设x1，x2分别是方程的两个根，且满足x12+x22＝x1x2+10，求实数m的值． 考点32：一元二次方程的应用 94．（2024春•威海期末）随着威海暑期旅游旺季的到来，某店铺购进了一批旅游纪念品，“贝壳画”和“纪念瓷盘”，进货价和销售价如表： 价格 纪念品 贝壳画 纪念瓷盘 进货价（元/个） 59 66 销售价（元/个） 79 88 （1）该店铺购进“贝壳画”和“纪念瓷盘”共80个，且进货总价不高于4900元，若进货后能全部售出，则分别购进“贝壳画”和“纪念瓷盘”多少个，才能获得最大销售利润，最大销售利润是多少； （2）该店铺打算把“贝壳画”调价销售，如果按照原价销售，平均每天可售8个，经调查发现，每降价1元，平均每天可多售2个，将销售价定为每个多少元时，能使“贝壳画”平均每天销售利润为288元． 95．（2024春•迎江区校级期末）某农户种植花生，原来花生的亩产量为200千克，出油率为50%（即每100千克花生可加工成花生油50千克），现在种植新品种花生后，每亩收获的花生可加工成花生油132千克，其中花生出油率的增长率是亩产量的增长率的．求新品种花生亩产量的增长率． （1）这是一个增长率问题，可设所求增长率为x，依题意填写下列表格： 亩产量（千克） 出油率（%） 出油量（千克） 原来 200 50 200×50 现在 132 （2）求新品种花生亩产量的增长率． 96．（2024春•海门区期末）如图，有一块矩形铁皮，长100cm，宽50cm，在它的四个角各切去一个同样的正方形，然后将四周突出的部分折起，就能制作一个无盖方盒．如果制作的无盖的方盒的底面积为3600cm2，那么铁皮各角应该切去的正方形的边长是多少？ 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！6 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$