2019-2020学年江苏省连云港市东海县九年级上学期数学期末试题及答案

这是一份2019-2020学年江苏省连云港市东海县九年级上学期数学期末试题及答案，共23页。试卷主要包含了方程的解是，抛物线的顶点坐标是等内容，欢迎下载使用。
1.方程的解是（ ）
A. 0B. 3C. 0或–3D. 0或3
【答案】D
【解析】
【分析】
运用因式分解法求解.
【详解】由得x(x-3)=0
所以，x1=0,x2=3
故选D
【点睛】掌握因式分解法解一元二次方程.
2.抛物线的顶点坐标是( )
A. (2, 0)B. (-2, 0)C. (0, 2)D. (0, -2)
【答案】A
【解析】
【分析】
依据抛物线的解析式即可判断顶点坐标.
【详解】解：∵抛物线，
∴抛物线的顶点坐标为（2，0）.
故选A.
【点睛】掌握抛物线y=a(x-h)2+k的顶点坐标为（h，k）是解题的关键.
3.关于的一元二次方程 无实数根，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
利用判别式的意义得到△=（-2）2-4m＜0，然后解不等式即可．
【详解】根据题意得△=（-2）2-4m＜0，
解得m＞1．
故选D.
【点睛】本题考查了根的判别式：一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的根与△=b2-4ac有如下关系：当△＞0时，方程有两个不相等的两个实数根；当△=0时，方程有两个相等的两个实数根；当△＜0时，方程无实数根．
4.已知现有的10瓶饮料中有2瓶已过了保质期，从这10瓶饮料中任取1瓶，恰好取到已过了保质期的饮料的概率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
直接利用概率公式求解．
【详解】∵10瓶饮料中有2瓶已过了保质期，
∴从这10瓶饮料中任取1瓶，恰好取到已过了保质期的饮料的概率是.
故选C.
【点睛】本题考查了概率公式：随机事件A的概率P（A）=事件A可能出现的结果数除以所有可能出现的结果数．
5.某同学对数据26，36，36，46，5■，52进行统计分析发现其中一个两位数的个位数字被墨水涂污看不到了，则计算结果与被涂污数字无关的是（ ）
A. 平均数B. 中位数C. 方差D. 众数
【答案】B
【解析】
【分析】
利用平均数、中位数、方差和标准差的定义对各选项进行判断．
【详解】这组数据的平均数、方差和标准差都与第5个数有关，而这组数据的中位数为36与46的平均数，与第5个数无关．
故选：B．
【点睛】本题考查平均数、中位数、方差和标准差的定义，解题的关键是掌握平均数、中位数、方差和标准差的定义.
6.已知在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6cm，BC＝8cm，CM是它的中线，以C为圆心，5cm为半径作⊙C，则点M与⊙C的位置关系为( )
A. 点M在⊙C上B. 点M在⊙C内C. 点M在⊙C外D. 点M不在⊙C内
【答案】A
【解析】
【分析】
根据题意可求得CM的长，再根据点和圆的位置关系判断即可．
【详解】如图，
∵由勾股定理得AB==10cm，
∵CM是AB的中线，
∴CM=5cm，
∴d=r，
所以点M在⊙C上，
故选A．
【点睛】本题考查了点和圆的位置关系，解决的根据是点在圆上⇔圆心到点的距离=圆的半径．
7.如图，在平面直角坐标系xOy中，二次函数的图象经过点A，B，对系数和判断正确的是（ ）
B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
根据二次函数y=ax2+bx+1的图象经过点A，B，画出函数图象的草图，根据开口方向和对称轴即可判断．
【详解】解：由二次函数y=ax2+bx+1可知图象经过点（0，1），
∵二次函数y=ax2+bx+1的图象还经过点A，B，
则函数图象如图所示，
抛物线开口向下，
∴a＜0，，
又对称轴在y轴右侧，即 ，
∴b＞0，
故选D
8.如图物体由两个圆锥组成，其主视图中，．若上面圆锥的侧面积为1，则下面圆锥的侧面积为（ ）
A. 2B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
先证明△ABD为等腰直角三角形得到∠ABD＝45°，BD＝AB，再证明△CBD为等边三角形得到BC＝BD＝AB，利用圆锥的侧面积的计算方法得到上面圆锥的侧面积与下面圆锥的侧面积的比等于AB：CB，从而得到下面圆锥的侧面积．
【详解】∵∠A＝90°，AB＝AD，
∴△ABD为等腰直角三角形，
∴∠ABD＝45°，BD＝AB，
∵∠ABC＝105°，
∴∠CBD＝60°，
而CB＝CD，
∴△CBD为等边三角形，
∴BC＝BD＝AB，
∵上面圆锥与下面圆锥的底面相同，
∴上面圆锥的侧面积与下面圆锥的侧面积的比等于AB：CB，
∴下面圆锥的侧面积＝×1＝．
故选D．
【点睛】本题考查了圆锥的计算：圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长．也考查了等腰直角三角形和等边三角形的性质．
二.填空题
9.某10人数学小组的一次测试中，有4人的成绩都是80分，其他6人的成绩都是90分，则这个小组成绩的平均数等于_____分．
【答案】86．
【解析】
【分析】
根据平均数的定义解决问题即可．
【详解】平均成绩＝（4×80+6×90）＝86（分），
故答案为86．
【点睛】本题考查平均数的定义，解题的关键是掌握平均数的定义.
10.甲、乙两人在米短跑训练中，某次的平均成绩相等，甲的方差是，乙的方差是，这次短跑训练成绩较稳定的是___（填“甲”或“乙”）
【答案】乙
【解析】
【分析】
根据方差的含义，可判断谁的成绩较稳定.
【详解】在一组数据中，各数据与它们平均数的差的平方的平均数，叫做这组数据的方差，方差是刻画数据的波动大小程度，方差越小，代表数据波动越小.因此，在本题中，方差越小，代表成绩越稳定，故乙的训练成绩比较稳定．
【点睛】本题考查方差的概念和含义.
11.如图，转盘中6个扇形的面积都相等．任意转动转盘1次，当转盘停止转动时，指针落在阴影部分的概率为_____．
【答案】
【解析】
【分析】
首先确定在图中阴影区域的面积在整个面积中占的比例，根据这个比例即可求出指针指向阴影区域的概率．
【详解】∵圆被等分成6份，其中阴影部分占3份，
∴落在阴影区域的概率为，
故答案为：．
【点睛】本题考查概率，解题关键是掌握概率的求法.
12.一个三角形的两边长分别为3和6，第三边长是方程x2-10x+21=0的根，则三角形的周长为______________.
【答案】16
【解析】
分析：首先求出方程的根，再根据三角形三边关系定理，确定第三边的长，进而求其周长．
详解：解方程x2-10x+21=0得x1=3、x2=7，
∵3＜第三边的边长＜9，
∴第三边的边长为7．
∴这个三角形的周长是3+6+7=16．
故答案为16．
点睛：本题考查了解一元二次方程和三角形的三边关系．已知三角形的两边，则第三边的范围是：大于已知的两边的差，而小于两边的和．
13.如图，AB是⊙C的直径，点C、D在⊙C上，若∠ACD＝33°，则∠BOD＝_____．
【答案】114°．
【解析】
【分析】
利用圆周角定理求出∠AOD即可解决问题．
【详解】∵∠AOD＝2∠ACD，∠ACD＝33°，
∴∠AOD＝66°，
∴∠BOD＝180°﹣66°＝114°，
故答案为114°．
【点睛】本题考查圆周角定理，解题关键是掌握圆周角定理.
14.如图，在平面直角坐标系xOy中，，，如果抛物线与线段AB有公共点，那么a的取值范围是______．
【答案】
【解析】
【分析】
分别把A、B点的坐标代入得a的值，根据二次函数的性质得到a的取值范围．
【详解】解：把代入得；
把代入得，
所以a的取值范围为．
故答案为．
【点睛】本题考查二次函数的图象与性质，解题的关键是熟练掌握二次函数的性质．
15.如图，扇形纸扇完全打开后，外侧两竹条AB，AC夹角为150°，AB的长为18cm，BD的长为9cm，则纸面部分BDEC的面积为_____cm2．
【答案】
【解析】
【分析】
贴纸部分的面积可看作是扇形BAC的面积减去扇形DAE的面积．
【详解】S＝S扇形BAC﹣S扇形DAE＝＝（cm2）．
故答案是：
【点睛】本题考查扇形面积，解题的关键是掌握扇形面积公式.
16.如图所示的网格是正方形网格，线段AB绕点A顺时针旋转α（0°＜α＜180°）后与⊙O相切，则α的值为_____．
【答案】60°或120 °
【解析】
【分析】
线段AB绕点A顺时针旋转α（0°＜α＜180°）后与⊙O相切，切点为C′和C″，连接OC′、OC″，根据切线的性质得OC′⊥AB′，OC″⊥AB″，利用直角三角形30度的判定或三角函数求出∠OAC′=30°，从而得到∠BAB′=60°，同理可得∠OAC″=30°，则∠BAB″=120°．
【详解】线段AB绕点A顺时针旋转α（0°＜α＜180°）后与⊙O相切，切点为C′和C″，连接OC′、OC″，
则OC′⊥AB′，OC″⊥AB″，
在Rt△OAC′中，∵OC′=1，OA=2，
∴∠OAC′=30°，
∴∠BAB′=60°，
同理可得∠OAC″=30°，
∴∠BAB″=120°，
综上所述，α的值为60°或120°．
故答案为60°或120°．
【点睛】本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．也考查了旋转的性质和直角三角形的性质．
17.已知二次函数，与的部分对应值如下表所示：
下面有四个论断：
①抛物线的顶点为；
②；
③关于的方程的解为；
④．
其中，正确的有___________________．
【答案】①③．
【解析】
【分析】
根据图表求出函数对称轴，再根据图表信息和二次函数性质逐一判断即可.
【详解】由二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0），y与x的部分对应值可知：
该函数图象是开口向上的抛物线，对称轴是直线x=2，顶点坐标为（2，-3）；与x轴有两个交点，一个在0与1之间，另一个在3与4之间；当y=-2时，x=1或x=3；由抛物线的对称性可知，m=1；
①抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）的顶点为（2，-3），结论正确；
②b2﹣4ac＝0，结论错误，应该是b2﹣4ac>0；
③关于x的方程ax2+bx+c＝﹣2的解为x1＝1，x2＝3，结论正确；
④m＝﹣3，结论错误，
其中，正确的有. ①③
故答案为①③
【点睛】本题考查了二次函数的图像，结合图表信息是解题的关键.
18.如图，二次函数y＝x（x﹣3）（0≤x≤3）的图象，记为C1，它与x轴交于点O，A1；将C1点A1旋转180°得C2，交x轴于点A2；将C2绕点A2旋转180°得C3，交x轴于点A3；……若P（2020，m）在这个图象连续旋转后的所得图象上，则m＝_____．
【答案】2．
【解析】
【分析】
x（x﹣3）＝0得A1（3，0），再根据旋转的性质得OA1＝A1A2＝A2A3＝…＝A673A674＝3，所以抛物线C764的解析式为y＝﹣（x﹣2019）（x﹣2022），然后计算自变量为2020对应的函数值即可．
【详解】当y＝0时，x（x﹣3）＝0，解得x1＝0，x2＝3，则A1（3，0），
∵将C1点A1旋转180°得C2，交x轴于点A2；将C2绕点A2旋转180°得C3，交x轴于点A3；……
∴OA1＝A1A2＝A2A3＝…＝A673A674＝3，
∴抛物线C764的解析式为y＝﹣（x﹣2019）（x﹣2022），
把P（2020，m）代入得m＝﹣（2020﹣2019）（2020﹣2022）＝2．
故答案为2．
【点睛】本题考查图形类规律，解题的关键是掌握图形类规律的基本解题方法.
三.解答题
19.解方程：
(1)x2﹣2x﹣1＝0
(2)2(x﹣3)2＝x2﹣9
【答案】(1)，；(2)x1＝3，x2＝9.
【解析】
【分析】
(1)利用公式法求解可得；(2)利用因式分解法求解可得；
【详解】解：(1)∵a＝1，b＝﹣2，c＝﹣1，
∴△＝(﹣2)2﹣4×1×(﹣1)＝8＞0，
∴x＝，
即，.
(2)∵2(x﹣3)2＝x2﹣9，
∴2(x﹣3)2＝(x+3)(x﹣3)，
∴2(x﹣3)2﹣(x+3)(x﹣3)＝0，
∴(x﹣3)(x﹣9)＝0，
∴x﹣3＝0或x﹣9＝0，
解得x1＝3，x2＝9.
【点睛】本题主要考查了解一元二次方程的配方法和因式分解法，掌握解一元二次方程是解题的关键.
20.二次函数y＝x2﹣2x﹣3图象与x轴交于A、B两点，点A在点B左侧，求AB的长．
【答案】4．
【解析】
【分析】
通过解方程x2﹣2x﹣3＝0得A点坐标为（﹣1，0），B点坐标为（3，0），然后根据两点间的距离公式得到AB的长．所以AB的长为3﹣（﹣1）＝4．
【详解】当y＝0时，x2﹣2x﹣3＝0，
解得x1＝﹣1，x2＝3，
所以A点坐标为（﹣1，0），B点坐标为（3，0），
所以AB的长为3﹣（﹣1）＝4．
【点睛】本题考查二次函数、两点间的距离公式，解题的关键是掌握二次函数的性质、两点间的距离公式的应用.
21.已知：如图，AB为⊙O的直径，OD∥AC．求证：点D平分．
【答案】见解析.
【解析】
【分析】
连接BC，根据圆周角定理求出∠ACB＝90°，求出OD⊥BC，根据垂径定理求出即可．
【详解】证明：连接CB，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∵OD∥AC，
∴∠OEB＝∠ACB＝90°，
即OD⊥BC，
∵OD过O，
∴点D平分．
【点睛】本题考查了圆周角定理和垂径定理，能正确运用定理进行推理是解此题的关键．
22.已知二次函数y＝x2﹣4x+3．
（1）在所给的平面直角坐标系中画出它的图象；
（2）若三点A（x1，y1），B（x2，y2），C（x3．y3）且2＜x1＜x2＜x3，则y1，y2，y3的大小关系为 ．
（3）把所画的图象如何平移，可以得到函数y＝x2的图象？请写出一种平移方案．
【答案】（1）答案见解析；（2）y1＜y2＜y3；（3）先向左平移2个单位，再向上平移1个单位．
【解析】
【分析】
（1）化成顶点式，得到顶点坐标，利用描点法画出即可；
（2）根据图象即可求得；
（3）利用平移的性质即可求得．
【详解】（1）∵y＝x2﹣4x+3＝（x﹣2）2﹣1，
∴顶点为（2，﹣1），
画二次函数y＝x2﹣4x+3的图象如图；
（2）由图象可知：y1＜y2＜y3；
故答案为y1＜y2＜y3；
（3）∵y＝x2﹣4x+3＝（x﹣2）2﹣1的顶点为（2，﹣1），y＝x2的顶点为（0，0），
∴二次函数y＝x2﹣4x+3＝（x﹣2）2﹣1先向左平移2个单位，再向上平移1个单位可以得到函数y＝x2的图象．
【点睛】本题考查二次函数的图象与性质，解题的关键是掌握二次函数的图象与性质.
23.某校组织学生参加“安全知识竞赛”（满分为分），测试结束后，张老师从七年级名学生中随机地抽取部分学生的成绩绘制了条形统计图，如图所示．试根据统计图提供的信息，回答下列问题：
（1）张老师抽取的这部分学生中，共有 名男生， 名女生；
（2）张老师抽取的这部分学生中，女生成绩的众数是 ；
（3）若将不低于分的成绩定为优秀，请估计七年级名学生中成绩为优秀的学生人数大约是多少.
【答案】（1），（2）；（3）（人）
【解析】
【分析】
（1）根据条形统计图将男生人数和女生人数分别加起来即可
（2）众数：一组数据中出现次数最多的数值，叫众数
（3）先计算所抽取的80中优秀的人数有14+13+5+7+2+1+1+1=44人，故七年级名学生中成绩为优秀的学生人数大约是（人）
【详解】解：（1）男生人数：1+2+2+4+9+14+5+2+1=40（人）
女生人数：1+1+2+3+11+13+7+1+1=40（人）
（2）根据条形统计图，分数为时女生人数达到最大，故众数为27
（3）（人）
【点睛】本题考查了条形统计图，数据的分析，用样本估计总体，解题的关键是读懂统计图表，获取每项的准确数值.
24.为纪念建国70周年，某校举行班级歌咏比赛，歌曲有：《我爱你，中国》，《歌唱祖国》，《我和我的祖国》（分别用字母A，B，C依次表示这三首歌曲）．比赛时，将A，B，C这三个字母分别写在3张无差别不透明的卡片正面上，洗匀后正面向下放在桌面上，八（1）班班长先从中随机抽取一张卡片，放回后洗匀，再由八（2）班班长从中随机抽取一张卡片，进行歌咏比赛．
（1）八（1）班抽中歌曲《我和我的祖国》的概率是__________；
（2）试用画树状图或列表的方法表示所有可能的结果，并求出八（1）班和八（2）班抽中不同歌曲的概率．
【答案】（1）；（2）
【解析】
分析】
（1）直接根据概率公式计算可得；
（2）画树状图得出所有等可能结果，再从中找到符合条件的结果数，利用概率公式计算可得．
【详解】解：（1）因为有，，种等可能结果，
所以八（1）班抽中歌曲《我和我的祖国》的概率是；
故答案为．
（2）树状图如图所示：
共有9种可能，八（1）班和八（2）班抽中不同歌曲的概率．
【点睛】本题考查了列表法与树状图法：利用列表法或树状图法展示所有等可能的结果，
25.为了节省材料，某水产养殖户利用本库的岸堤（岸堤足够长）为一边，用总长为160m的围网在水库中围成了如图所示的①、②、③三块矩形区域网箱，而且这三块矩形区域的面积相等，设BE的长度为xm，矩形区域ABCD的面积为ym2．
（1）则AE＝ m，BC＝ m；（用含字母x的代数式表示）
（2）求矩形区域ABCD的面积y的最大值．
【答案】（1）2x，（80﹣4x）；（2）1200m2．
【解析】
【分析】
（1）根据三个矩形面积相等，得到矩形AEFD面积是矩形BCFE面积的2倍，可得出AE＝2BE，设BE＝x，则有AE＝2x，BC＝80﹣4x；
（2）利用二次函数的性质求出y的最大值，以及此时x的值即可．
【详解】（1）设BE的长度为xm，
则AE＝2xm，BC＝（80﹣4x）m，
故答案为：2x，（80﹣4x）；
（2）根据题意得：y＝3x（80﹣4x）＝﹣12x2+240x＝﹣12（x﹣10）2+1200，
因为﹣12，所以当x＝10时，y有最大值为1200．
答：矩形区域ABCD的面积的最大值为1200m2．
【点睛】本题考查二次函数的性质和应用，解题的关键是掌握二次函数的性质和应用.
26.如图，抛物线y＝﹣x2+bx+c交x轴于A（﹣3，0），B（4，0）两点，与y轴交于点C，连接AC，BC．
（1）求此抛物线的表达式；
（2）求过B、C两点的直线的函数表达式；
（3）点P是第一象限内抛物线上的一个动点．过点P作PM⊥x轴，垂足为点M，PM交BC于点Q．试探究点P在运动过程中，是否存在这样的点Q，使得以A，C，Q为顶点的三角形是等腰三角形．若存在，请求出此时点P的坐标，若不存在，请说明理由；
【答案】（1）y＝﹣x2+x+4；（2）y＝﹣x+4；（3）存在，（1，4）或（，）．
【解析】
【分析】
（1）将点A，B坐标代入y＝﹣x2+bx+c即可；
（2）先求出点C的坐标为（0，4），设直线BC的解析式为y＝kx+4，再将点B（4，0）代入y＝kx+4即可；
（3）先判断存在点P，求出AC，BC的长及∠OCB＝∠OBC＝45°，设点P坐标为（m，﹣m2+m+4），则点Q（m，﹣m+4），用含m的代数式表示出QM，AM的长，然后分①当AC＝AQ时，②当AC＝CQ时，③当CQ＝AQ时三种情况进行讨论，列出关于m的方程，求出m的值，即可写出点P的坐标．
【详解】（1）将点A（﹣3，0），B（4，0）代入y＝﹣x2+bx+c，
得，，
解得，，
∴此抛物线的表达式为y＝﹣x2+x+4；
（2）在y＝﹣x2+x+4中，
当x＝0时，y＝4，
∴C（0，4），
设直线BC的解析式为y＝kx+4，
将点B（4，0）代入y＝kx+4，
得，k＝﹣1，
∴直线BC的解析式为y＝﹣x+4；
（3）存在，理由如下：
∴A（﹣3，0），B（4，0），C（0，4），
∴OA＝3，OC＝OB＝4，
∴AC＝＝5，BC＝＝4，∠OCB＝∠OBC＝45°，
设点P坐标为（m，﹣m2+m+4），则点Q（m，﹣m+4），
∴QM＝﹣m+4，AM＝m+3，
①当AC＝AQ时，则AC＝AQ＝5，
（m+3）2+（﹣m+4）2＝25，
解得：m1＝1，m2＝0（舍去），
当m＝1时，﹣m2+m+4＝4，
则点P坐标为（1，4）；
②当AC＝CQ时，CQ＝AC＝5，
如图，过点Q作QD⊥y轴于点D，
则QD＝CD＝OM＝m，
则有2m2＝52，
解得m1＝，m2＝﹣（舍去）；
当m＝时，﹣m2+m+4＝，
则点P坐标为（，）；
③当CQ＝AQ时，（m+3）2+（﹣m+4）2＝2m2，
解得：m＝（舍去）；
故点P的坐标为（1，4）或（，）．
【点睛】本题考查求二次函数解析式、求二元一次方程解析式和解二次函数，解题的关键是掌握求二次函数解析式、求二元一次方程解析式和解二次函数.
27.【问题呈现】阿基米德折弦定理：
如图1，AB和BC是⊙O的两条弦（即折线ABC是圆的一条折弦），BC＞AB，点M是的中点，则从M向BC所作垂线的垂足D是折弦ABC的中点，即CD＝DB+BA．下面是运用“截长法”证明CD＝DB+BA的部分证明过程．
证明：如图2，在CD上截取CG＝AB，连接MA、MB、MC和MG．
∵M是的中点，
∴MA＝MC①
又∵∠A＝∠C②
∴△MAB≌△MCG③
∴MB＝MG
又∵MD⊥BC
∴BD＝DG
∴AB+BD＝CG+DG
即CD＝DB+BA
根据证明过程，分别写出下列步骤的理由：
① ，
② ，
③ ；
【理解运用】如图1，AB、BC是⊙O的两条弦，AB＝4，BC＝6，点M是的中点，MD⊥BC于点D，则BD＝ ；
【变式探究】如图3，若点M是的中点，【问题呈现】中的其他条件不变，判断CD、DB、BA之间存在怎样的数量关系？并加以证明．
【实践应用】根据你对阿基米德折弦定理的理解完成下列问题：
如图4，BC是⊙O的直径，点A圆上一定点，点D圆上一动点，且满足∠DAC＝45°，若AB＝6，⊙O的半径为5，求AD长．
【答案】（问题呈现）相等的弧所对的弦相等；同弧所对的圆周角相等；有两组边及其夹角分别对应相等的两个三角形全等；（理解运用）1；（变式探究）DB＝CD+BA；证明见解析；（实践应用）7或．
【解析】
【分析】
（问题呈现）根据圆的性质即可求解；
（理解运用）CD＝DB+BA，即CD＝6﹣CD+AB，即CD＝6﹣CD+4，解得：CD＝5，即可求解；
（变式探究）证明△MAB≌△MGB（SAS），则MA＝MG，MC＝MG，又DM⊥BC，则DC＝DG，即可求解；
（实践应用）已知∠D1AC＝45°，过点D1作D1G1⊥AC于点G1，则CG1′+AB＝AG1，所以AG1＝（6+8）＝7．如图∠D2AC＝45°，同理易得AD2＝．
【详解】（问题呈现）
①相等的弧所对的弦相等
②同弧所对的圆周角相等
③有两组边及其夹角分别对应相等的两个三角形全等
故答案为：相等的弧所对的弦相等；同弧所定义的圆周角相等；有两组边及其夹角分别对应相等的两个三角形全等；
（理解运用）CD＝DB+BA，即CD＝6﹣CD+AB，即CD＝6﹣CD+4，解得：CD＝5，
BD＝BC﹣CD＝6﹣5＝1，
故答案为：1；
（变式探究）DB＝CD+BA．
证明：在DB上截去BG＝BA，连接MA、MB、MC、MG，
∵M是弧AC的中点，
∴AM＝MC，∠MBA＝∠MBG．
又MB＝MB
∴△MAB≌△MGB（SAS）
∴MA＝MG
∴MC＝MG，
又DM⊥BC，
∴DC＝DG，
AB+DC＝BG+DG，
即DB＝CD+BA；
（实践应用）
如图，BC是圆的直径，所以∠BAC＝90°．
因为AB＝6，圆的半径为5，所以AC＝8．
已知∠D1AC＝45°，过点D1作D1G1⊥AC于点G1，
则CG1′+AB＝AG1，
所以AG1＝（6+8）＝7．
所以AD1＝7．
如图∠D2AC＝45°，同理易得AD2＝．
所以AD的长为7或．
【点睛】本题考查全等三角形的判定（SAS）与性质、等腰三角形的性质和圆心角、弦、弧，解题的关键是掌握全等三角形的判定（SAS）与性质、等腰三角形的性质和圆心角、弦、弧.…
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