2022-2023学年九年级数学上学期期中选填压轴题

这是一份2022-2023学年九年级数学上学期期中选填压轴题，共60页。试卷主要包含了单选题，填空题等内容，欢迎下载使用。
期中选填压轴题
一、单选题
1．下列给出的四个命题，真命题的有（    ）个
①若方程两根为-1和2，则；
②若，则；
③若，则方程一定无解；
④若方程的两个实根中有且只有一个根为0，那么，．
A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
2．对于一元二次方程，下列说法：
①若，则；
②若方程有两个不相等的实根，则方程必有两个不相等的实根；
③若c是方程的一个根，则一定有成立；
②若是一元二次方程的根，则其中正确的（  ）
A．只有①②④ B．只有①②③ C．①②③④ D．只有①②
3．如图，在3×3的方格中，A，B，C，D，E，F分别位于格点上，从C，D，E，F四点中任意取一点，与点A，B为顶点作三角形，则所作三角形为等腰三角形的概率是（     ）

A．1 B．  C．  D．
4．如图，⊙O的半径为1，点A、B、C、D在⊙O上，且四边形ABCD是矩形，点P是劣弧AD上一动点，PB、PC分别与AD相交于点E、点F．当PA＝AB且AE＝EF＝FD时，AE的长度为（　　）

A． B． C． D．
5．如图，半径为1的经过平面直角坐标系的原点O，与x轴交于点A，点A的坐标为，点B是直角坐标系平面内一动点，且，则BM的最大值为（    ）

A． B． C． D．
6．如图，在等边中，，点为的中点，动点分别在上，且，作的外接圆，交于点．当动点从点向点运动时，线段长度的变化情况为（    ）

A．一直不变 B．一直变大 C．先变小再变大 D．先变大再变小
7．如图，在Rt△ABC中，，，点D、E分别是AB、AC的中点．将△ADE绕点A顺时针旋转60°，射线BD与射线CE交于点P，在这个旋转过程中有下列结论：①△AEC≌△ADB；②CP存在最大值为；③BP存在最小值为；④点P运动的路径长为．其中，正确的（      ）

A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④
8．如图，等边△ABC内接于⊙O，D是上任一点（不与B、C重合），连接BD、CD，AD交BC于E，CF切⊙O于点C，AF⊥CF交⊙O于点G．下列结论：①∠ADC＝60°；②DB2＝DE•DA；③若AD＝2，则四边形ABDC的面积为；④若CF＝2，则图中阴影部分的面积为．正确的个数为（　　）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
9．如图，是等腰直角三角形，，以斜边AB上的点O为圆心的圆分别与AC、BC相切于点D、E，于AB分别相交于点G、H，且DG的延长线与CB的延长线交于点F，分析下列四个结论：①；②；③．其中正确的结论个数有（ ）

A．1个 B．2个 C．3个 D．0个
10．如图，AC是矩形ABCD的对角线，⊙O是△ABC的内切圆，现将矩形ABCD按如图所示的方式折叠，使点D与点O重合，折痕为FG．点F，G分别在边AD，BC上，连结OG，DG．若OG⊥DG，且⊙O的半径长为1，则下列结论不成立的是（　　）

A．BC﹣AB＝2 B．AC＝2AB C．AF＝CD D．CD+DF＝5
11．如图，已知上的两条弦和互相垂直于点，点在弦上，点在弦上，且，连接和，点为中点，点为中点，射线与线段交于点，若，，则的长为（    ）

A． B． C． D．4
12．如图，在平面直角坐标系中，点A，C，N的坐标分别为（-2，0），（2，0），（4，3），以点C为圆心，2为半径画⊙C，点P在⊙C上运动，连接AP，交⊙C于点Q，点M为线段QP的中点，连接MN，则线段MN的最小值为（    ）

A． B．3 C． D．
13．如图，是的直径，点，点是半圆上两点，连结，相交于点，连结，．已知于点，．下列结论：①；②；③若，则；④若点为的中点，则．其中正确的是（    ）

A．①②③ B．②③④ C．③④ D．②④
14．如图，AB为⊙O直径，且AB＝4．点C为半圆上一动点（不与A，B重合），D为弧CB上一点，点E在AD上，且CD＝BD＝DE．则CE的最大值为（　　）

A．4﹣4 B．2﹣ C．8﹣4 D．4﹣2
15．如图，在平面直角坐标系中，⊙O的直径2，直线AB的函数解析式为y＝x﹣1，交坐标轴于点A和点B，将线段AB作平移变换，使所得的线段的两端都落在⊙O上，则平移后A点所对应的点的坐标是（　　）

A．（，）或（，） B．（，）或（，）
C．（，）或（，） D．（，）或（，）
16．如图，过⊙O外一点P作圆的两条切线PA，PB，切点为A，B，过PA上一点Q作切线QC交PB于T，切点为C，且QC⊥PA，若BT＝2，∠TOQ＝75°，则阴影部分的面积为（　　）

A． B． C． D．

二、填空题
17．如果关于x的一元二次方程有两个实数根，且其中一个根为另外一个根的2倍，则称这样的方程为“倍根方程”，以下关于“倍根方程”的说法，正确的有_____（填序号）．
①方程是“倍根方程”；
②若是“倍根方程”，则；
③若满足，则关于x的方程是“倍根方程”；
④若方程是“倍根方程”，则必有．
18．对于有理数，定义的含义为：当时，；当时，.若，则的值等于____．
19．阅读下列材料：求函数的最大值．
解：将原函数化为的一元二次方程，得．
因为为实数，所以，所以．
根据材料给你的启示，则函数的最小值是__________．
20．在平面直角坐标系Oy中，已知点A（4，3），B（4，4），⊙A的半径为1，直线l：y＝kx（k≠0），给出下列四个结论：
①当k＝1时，直线l与⊙A相离；
②若直线l是⊙A的一条对称轴，则；
③若直线l与⊙A只有一个公共点P，则；
④若直线l上存在点Q，⊙A上存在点C，使得∠BQC＝90°，则k的最大值为其中正确的是______________（填写所有正确结论的序号）．
21．如图，在中，，，，是内一动点，⊙为的外接圆，⊙交直线于点，交边于点，若，则的最小值为______________．

22．如图，是的弦，，点P是优弧上的动点，，连接、，是的中线，（1）若，则____________；（2）的最大值＝______________．

23．如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠B=30°，BC=3，点D是AB的中点，点E是以点B为圆心，BD长为半径的圆上的一动点，连接AE，点F为AE的中点，则CF长度的最大值是______．

24．如图，正方形OABC的边长为4，以O为圆心，EF为直径的半圆经过点A，连接AE，CF相交于点P，将正方形OABC从OA与OF重合的位置开始，绕着点O逆时针旋转90°，交点P运动的路径长是______．

25．如图，以G（0，2）为圆心，半径为4的圆与x轴交于A、B两点，与y轴交于C、D两点，点E为⊙G上一动点，CF⊥AE于F，当点E在⊙O的运动过程中，线段FG的长度的最小值为_____．

26．在矩形ABCD中，AB＝10，AD＝6，点N是线段BC的中点，点E，G分别为射线DA，线段AB上的动点，CE交以DE为直径的圆于点M，则GM+GN的最小值为_____．

27．如图，在中，是边上的中线，以为直径的⊙交于点，过作于点，交的延长线于点，过点作于，，，则______；_______．

28．如图，正方形ABCD的边长是4，F点是BC边的中点，点H是CD边上的一个动点，以CH为直径作，连接HF交于E点，连接DE，则线段DE的最小值为______．

29．如图矩形中，半圆O的直径为，点E从D出发以每秒1个单位长度向C运动，点F从B出发以每秒2个单位长度向A运动，当点F运动到点A时，点E也随之停止运动，设运动的时间为t秒（1）当与半圆O相切时，_______
（2）点M是的中点，点N是的外心，则点N运动路线的长为___________．

30．如图，在半径为的中，有，，三点在圆上，，，点从点开始以的速度在劣弧上运动，设运动时间为，以，，，四点中的三点为顶点的三角形是等腰三角形（非等边三角形）时，的值为__________________．



答案与解析
一、单选题
1．下列给出的四个命题，真命题的有（    ）个
①若方程两根为-1和2，则；
②若，则；
③若，则方程一定无解；
④若方程的两个实根中有且只有一个根为0，那么，．
A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
【答案】A
【分析】①根据一元二次方程根与系数的关系可得，即可判断；②利用求根公式求出方程的根，求得1﹣a＜0，即可判断；③由△＝b2﹣4ac＜0，即可判断；④利用根与系数的关系进行判断．
【解析】①若方程两根为-1和2，
则，则，即；故此选项符合题意；
②∵a2﹣5a+5＝0，
∴a＝＞1或a＝＞1，
∴1﹣a＜0，
∴；此选项符合题意；
③∵，
∴方程ax2+bx+c＝0（a≠0）一定无解，故此选项符合题意；
④若方程x2+px+q＝0的两个实根中有且只有一个根为0，
∴两根之积为0，
那么p≠0，q＝0，故此选项符合题意；
故选：A．
【点睛】此题考查了一元二次方程的根，涉及到了一元二次方程的求根公式，根的判别式，根与系数的关系等，熟记各计算方法是解题的关键．
2．对于一元二次方程，下列说法：
①若，则；
②若方程有两个不相等的实根，则方程必有两个不相等的实根；
③若c是方程的一个根，则一定有成立；
②若是一元二次方程的根，则其中正确的（  ）
A．只有①②④ B．只有①②③ C．①②③④ D．只有①②
【答案】A
【分析】根据一元二次方程的根、一元二次方程的根的判别式、等式的性质解决此题．
【解析】①当x=1时，a×12+b×1+c=a+b+c=0，那么一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）有两个不相等的实数根或有两个相等的实数根，此时b2-4ac≥0成立，那么①一定正确．
②方程ax2+c=0有两个不相等的实根，则-4ac＞0，那么b2-4ac＞0，故方程ax2+bx+c=0（a≠0）必有两个不相等的实根，进而推断出②正确．
③由c是方程ax2+bx+c=0的一个根，得ac2+bc+c=0．当c≠0，则ac+b+1=0；当c=0，则ac+b+1不一定等于0，那么③不一定正确．
④(2ax0+b)2＝4a2x02+b2+4abx0，由b2-4ac=4a2x02+b2+4abx0，得ax02+bx0+c＝0．由x0是一元二次方程ax2+bx+c=0的根，则ax02+bx0+c＝0成立，那么④正确．
综上：正确的有①②④，共3个．
故选：A．
【点睛】本题主要考查一元二次方程的根、一元二次方程的根的判别式、等式的性质，熟练掌握一元二次方程的根、一元二次方程的根的判别式、等式的性质是解决本题的关键．
3．如图，在3×3的方格中，A，B，C，D，E，F分别位于格点上，从C，D，E，F四点中任意取一点，与点A，B为顶点作三角形，则所作三角形为等腰三角形的概率是（     ）

A．1 B．  C．  D．
【答案】D
【分析】根据从C、D、E、F四个点中任意取一点，一共有4种可能，选取D、C、F时，所作三角形是等腰三角形，即可得出答案．
【解析】解：根据从C、D、E、F四个点中任意取一点，一共有4种可能，选取D、C、F时，所作三角形是等腰三角形，
故P（所作三角形是等腰三角形）=．
故选D．
【点睛】本题考查概率公式和等腰三角形的判定，解题关键是熟记随机事件A的概率P（A）=事件A可能出现的结果数所有可能出现的结果数的商．
4．如图，⊙O的半径为1，点A、B、C、D在⊙O上，且四边形ABCD是矩形，点P是劣弧AD上一动点，PB、PC分别与AD相交于点E、点F．当PA＝AB且AE＝EF＝FD时，AE的长度为（　　）

A． B． C． D．
【答案】A
【分析】作辅助线，构建矩形的对角线，根据等边对等角得∠ABP＝∠APB，由同弧所对的圆周角相等可得∠ACB＝∠ACP，根据矩形的四个角都是直角得∠ABC＝90°，AE＝EF＝FD得FC＝2FD，∠DCF＝30°，得出∠ACB＝30°，求出BC的长，则可得AD的长，再三等分即可．
【解析】解：连接AC、BD，

∵PA＝AB，
∴∠ABP＝∠APB，
∵∠ABP＝∠ACP，∠APB＝∠ACB，
∴∠ACB＝∠ACP，
∵AD∥BC，
∴∠DAC＝∠ACB，
∴∠ACP＝∠DAC，
∴AF＝CF，
∵AE＝EF＝FD，
∴AF=DE=CF，则FC＝2FD，
设FD＝x，则FC＝AF＝2x，
∵四边形ABCD为矩形，
∴AD＝BC，∠ABC＝∠ADC=∠BCD＝90°，
∴AC为⊙O的直径，
在Rt△DFC中，FC＝2FD，
∴∠DCF＝30°，
∴∠ACB＝∠ACP＝30°，
∵⊙O的半径为1，
∴AC＝2，
∴AB＝1，BC，
∴AD＝BC，
∵AE＝EF＝FD，
∴AE．
故选：A.
【点睛】本题是有关圆的计算题，考查了矩形，含30°的直角三角形的性质、等腰三角形的性质及圆周角、圆心角、弦、弧之间的关系，熟练掌握矩形的四个角都是直角，对角线相等且平分；在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等．
5．如图，半径为1的经过平面直角坐标系的原点O，与x轴交于点A，点A的坐标为，点B是直角坐标系平面内一动点，且，则BM的最大值为（    ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】分两种情况进行讨论，即①当B点在x轴上方时，作△OAB的外接圆，连接OP、AP，过点P作于点C，延长CP交于点B'，则点B在点B'处时，BM的值最大， 先求得△OPA是等边三角形，OA= ，从而得OC= AC=OA=，进而由勾股定理，得PC=，，从而求得PM=PC-CM=1，即可求得BM的最大值；
②当B点在x轴下方时，结合①中所求结果，可求得此时BM的最大值为，进行比较即可．
【解析】解：①当B点在x轴上方时，作△OAB的外接圆，连接OP、AP，过点P作于点C，延长CP交于点B'，如图：

则点B在点B'处时，BM的值最大，理由如下：
点B是直角坐标系平面内一动点，且∠ABO = 30°，
∠APO= 2∠ABO = 60°
PO= PA， A，
△OPA是等边三角形，OA= ，
PO= PA= OA=，
PC⊥OA，
OC= AC=OA=，
M点在B'C上，点B在点B'处时，BM的值最大，
在Rt△POC中，由勾股定理，得
PC=，
连接OM，如图：

的半径为1 ，
.OM=1，
在中，由勾股定理，得
，
PM=PC-CM=，
B'M=PB'+PM=，
此时，BM的最大值为；
②当B点在x轴下方时，作△OAB的外接圆，连接、，过点作于点C，延长交于点，如图：

由①可知，，，
∴，
∵，
∴BM的最大值为．
故选： C．
【点睛】本题主要考查了圆周角定理，垂径定理及等边三角形的判定及性以及平面直角坐标系，熟练掌握垂径定理及圆周角定理是解题的关键．
6．如图，在等边中，，点为的中点，动点分别在上，且，作的外接圆，交于点．当动点从点向点运动时，线段长度的变化情况为（    ）

A．一直不变 B．一直变大 C．先变小再变大 D．先变大再变小
【答案】D
【分析】由等腰三角形的性质可求ON = 1，FO=OB= GO= OH = 2，则点O在以点B为圆心，2为半径的圆上运动，由勾股定理可求GH， 即可求解．
【解析】如图，连接BO， EO， FO， GO， HO，过点O作ON⊥EF于N， OP⊥GH于P，

∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC=60°
∴∠EOF= 120，
∵OE= OF， ON⊥EF，
∠OEF=∠OFE= 30°
EN= FN=，
OF= 2ON， FN =ON，
ON= 1，FO= 2，
OB=GO=OH=2，
∴点O在以点B为圆心，2为半径的圆上运动，
∴ OG = OH， OP⊥GH，
∴GH = 2PH，
∵PH=

∵动点E从点D向点A运动时，OP的长是先变小再变大，
∴ GH的长度是先变大再变小，
故选： D．
【点睛】本题考查了三角形的外接圆与外心，等边三角形的性质，直角三角形的性质，勾股定理，确定点O的运动轨迹是解题的关键．
7．如图，在Rt△ABC中，，，点D、E分别是AB、AC的中点．将△ADE绕点A顺时针旋转60°，射线BD与射线CE交于点P，在这个旋转过程中有下列结论：①△AEC≌△ADB；②CP存在最大值为；③BP存在最小值为；④点P运动的路径长为．其中，正确的（      ）

A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④
【答案】B
【分析】根据，，点D、E分别是AB、AC的中点．得出∠DAE=90°，AD=AE=，可证∠DAB=∠EAC，再证△DAB≌△EAC（SAS），可判断①△AEC≌△ADB正确；作以点A为圆心，AE为半径的圆，当CP为⊙A的切线时，CP最大，根据△AEC≌△ADB，得出∠DBA=∠ECA，可证∠P=∠BAC=90°，CP为⊙A的切线，证明四边形DAEP为正方形，得出PE=AE=3，在Rt△AEC中，CE=，可判断②CP存在最大值为正确；△AEC≌△ADB，得出BD=CE=，在Rt△BPC中，BP最小=可判断③BP存在最小值为不正确；取BC中点为O，连结AO，OP，AB=AC=6，∠BAC=90°，BP=CO=AO=，当AE⊥CP时,CP与以点A为圆心，AE为半径的圆相切，此时sin∠ACE=，可求∠ACE=30°，根据圆周角定理得出∠AOP=2∠ACE=60°，当AD⊥BP′时，BP′与以点A为圆心，AE为半径的圆相切，此时sin∠ABD=，可得∠ABD=30°根据圆周角定理得出∠AOP′=2∠ABD=60°，点P在以点O为圆心，OA长为半径的圆上运动轨迹为，L=L可判断④点P运动的路径长为正确即可．
【解析】解：∵，，点D、E分别是AB、AC的中点．
∴∠DAE=90°，AD=AE=，
∴∠DAB+∠BAE=90°，∠BAE+∠EAC=90°，
∴∠DAB=∠EAC，
在△DAB和△EAC中，
，
∴△DAB≌△EAC（SAS），
故①△AEC≌△ADB正确；

作以点A为圆心，AE为半径的圆，当CP为⊙A的切线时，CP最大，
∵△AEC≌△ADB，
∴∠DBA=∠ECA，
∴∠PBA+∠P=∠ECP+∠BAC，
∴∠P=∠BAC=90°，
∵CP为⊙A的切线，
∴AE⊥CP，
∴∠DPE=∠PEA=∠DAE=90°，
∴四边形DAEP为矩形，
∵AD=AE，
∴四边形DAEP为正方形，
∴PE=AE=3，
在Rt△AEC中，CE=，
∴CP最大=PE+EC=3+，
故②CP存在最大值为正确；

∵△AEC≌△ADB，
∴BD=CE=，
在Rt△BPC中，BP最小=，
BP最短=BD-PD=-3，
故③BP存在最小值为不正确；
取BC中点为O，连结AO，OP，
∵AB=AC=6，∠BAC=90°，
∴BP=CO=AO=，
当AE⊥CP时,CP与以点A为圆心，AE为半径的圆相切，此时sin∠ACE=，
∴∠ACE=30°，
∴∠AOP=2∠ACE=60°，
当AD⊥BP′时，BP′与以点A为圆心，AE为半径的圆相切，此时sin∠ABD=，
∴∠ABD=30°，
∴∠AOP′=2∠ABD=60°，
∴点P在以点O为圆心，OA长为半径的圆上运动轨迹为，
∴L= L．
故④点P运动的路径长为正确；
正确的是①②④．
故选B．

【点睛】本题考查图形旋转性质，线段中点定义，三角形全等判定与性质，圆的切线，正方形判定与性质，勾股定理，锐角三角函数，弧长公式，本题难度大，利用辅助线最长准确图形是解题关键．
8．如图，等边△ABC内接于⊙O，D是上任一点（不与B、C重合），连接BD、CD，AD交BC于E，CF切⊙O于点C，AF⊥CF交⊙O于点G．下列结论：①∠ADC＝60°；②DB2＝DE•DA；③若AD＝2，则四边形ABDC的面积为；④若CF＝2，则图中阴影部分的面积为．正确的个数为（　　）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】C
【分析】如图1，△ABC是等边三角形，则∠ABC＝60°，根据同弧所对的圆周角相等∠ADC＝∠ABC＝60°，所以判断①正确；如图1，可证明△DBE∽△DAC，则，所以DB•DC＝DE•DA，而DB与DC不一定相等，所以判断②错误；如图2，作AH⊥BD于点H，延长DB到点K，使BK＝CD，连接AK，先证明△ABK≌△ACD，可证明S四边形ABDC＝S△ADK，可以求得S△ADK＝，所以判断③正确；如图3，连接OA、OG、OC、GC，由CF切⊙O于点C得CF⊥OC，而AF⊥CF，所以AF∥OC，由圆周角定理可得∠AOC＝120°，则∠OAC＝∠OCA＝30°，于是∠CAG＝∠OCA＝30°，则∠COG＝2∠CAG＝60°，可证明△AOG和△COG都是等边三角形，则四边形OABC是菱形，因此OA∥CG，推导出S阴影＝S扇形COG，在Rt△CFG中根据勾股定理求出CG的长为4，则⊙O的半径为4，可求得S阴影＝S扇形COG＝＝，所以判断④正确，所以①③④这3个结论正确．
【解析】解：如图1，∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC＝60°，
∵等边△ABC内接于⊙O，
∴∠ADC＝∠ABC＝60°，
故①正确；
∵∠BDE＝∠ACB＝60°，∠ADC＝∠ABC＝60°，
∴∠BDE＝∠ADC，
又∠DBE＝∠DAC，
∴△DBE∽△DAC，
∴,
∴DB•DC＝DE•DA，
∵D是上任一点，
∴DB与DC不一定相等，
∴DB•DC与DB2也不一定相等，
∴DB2与DE•DA也不一定相等，
故②错误；

如图2，作AH⊥BD于点H，延长DB到点K，使BK＝CD，连接AK，
∵∠ABK+∠ABD＝180°，∠ACD+∠ABD＝180°，
∴∠ABK＝∠ACD，
∴AB＝AC，
∴△ABK≌△ACD（SAS），
∴AK＝AD，S△ABK＝S△ACD，
∴DH＝KH＝DK，

∵∠AHD＝90°，∠ADH＝60°，
∴∠DAH＝30°，
∵AD＝2，
∴DH＝AD＝1，
∴DK＝2DH＝2，，
∴S△ADK＝，
∴S四边形ABDC＝S△ABD+S△ACD＝S△ABD+S△ABK＝S△ADK＝，
故③正确；
如图3，连接OA、OG、OC、GC，则OA＝OG＝OC，
∵CF切⊙O于点C，
∴CF⊥OC，
∵AF⊥CF，
∴AF∥OC，
∵∠AOC＝2∠ABC＝120°，
∴∠OAC＝∠OCA＝×（180°﹣120°）＝30°，
∴∠CAG＝∠OCA＝30°，
∴∠COG＝2∠CAG＝60°，
∴∠AOG＝60°，
∴△AOG和△COG都是等边三角形，
∴OA＝OC＝AG＝CG＝OG，
∴四边形OABC是菱形，
∴OA∥CG，
∴S△CAG＝S△COG，
∴S阴影＝S扇形COG，
∵∠OCF＝90°，∠OCG＝60°，
∴∠FCG＝30°，
∵∠F＝90°，
∴FG＝CG，
∵FG2+CF2＝CG2，CF＝，
∴（CG）2+（）2＝CG2，
∴CG＝4，
∴OC＝CG＝4，
∴S阴影＝S扇形COG＝＝，
故④正确，
∴①③④这3个结论正确，
故选C．

【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质与判定，圆切线的性质，圆周角定理，全等三角形的性质与判定，菱形的性质与判定，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质等等，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解．
9．如图，是等腰直角三角形，，以斜边AB上的点O为圆心的圆分别与AC、BC相切于点D、E，于AB分别相交于点G、H，且DG的延长线与CB的延长线交于点F，分析下列四个结论：①；②；③．其中正确的结论个数有（ ）

A．1个 B．2个 C．3个 D．0个
【答案】C
【分析】连接OD、OE，根据切线的性质得到∠ODC=∠OEC=90°，OE=OD，据等腰直角三角形的性质得到∠C=90°，∠A=45°，得到四边形DCEO是正方形，求得OD=AD=AC=，于是得到HG=2OD=3；故①正确；求得∠EOB=45°，得到∠ODG=135°，得到∠OGD=∠ODG=22.5°，根据等腰三角形的性质得到BG=BF，故②正确；根据角平分线的判定定理得到O在∠ACB的角平分线上，根据等腰三角形的性质得到O是AB中点，求得AD=CD=OD=OE=，得到OG=，根据勾股定理得到AB=AC=，于是得到AH=BG=，故③正确．
【解析】解：连接OD、OE，

∵⊙O与AC、BC切于点D． E，
∴∠ODC=∠OEC=90°，OE=OD，
又∵△ABC是等腰直角三角形，
∴∠C=90°,∠A=45°，
∴四边形DCEO是正方形，
∴OD∥BC，OE=OD，OD⊥AC，
∴△ADO是等腰直角三角形，
∴OD=AD=AC=，
∴HG=2OD=3；故①正确；
∵AC=BC,
∴∠A=∠ABC=45°，
∴∠EOB=45°，
∴∠ODG=135°，
∵OD=OG，
∴∠OGD=∠ODG=22.5°，
∴∠BGF=22.5°，
∵∠BGF+∠F=∠ABC=45°，
∴∠F=22.5°，
∴BG=BF，故②正确；
∵OE=OD，
∴O在∠ACB的角平分线上，
∴O是AB中点，
∴AD=CD，
又∵AC=3，
∴AD=CD=OD=OE=，
∴OG=，
又∵AB=AC=，
∴OB=，
∴BG=OB−OG=，
同理AH=BG=，故③正确；
故选C．
【点睛】此题考查等腰直角三角形、切线的性质，解题关键在于正确的作辅助线．
10．如图，AC是矩形ABCD的对角线，⊙O是△ABC的内切圆，现将矩形ABCD按如图所示的方式折叠，使点D与点O重合，折痕为FG．点F，G分别在边AD，BC上，连结OG，DG．若OG⊥DG，且⊙O的半径长为1，则下列结论不成立的是（　　）

A．BC﹣AB＝2 B．AC＝2AB C．AF＝CD D．CD+DF＝5
【答案】C
【分析】如图，设⊙O与BC的切点为M，连接MO并延长MO交AD于点N，根据折叠的性质得到OG＝DG，根据全等三角形的性质得到OM＝GC＝1，CD＝GM＝BC﹣BM﹣GC＝BC﹣2即可判断A；设AB＝a，BC＝b，AC＝c，⊙O的半径为r，推出⊙O是Rt△ABC的内切圆可得r＝（a+b﹣c），根据勾股定理得到BC+AB＝2+4，AC＝＝2（1+），即可判断B；再设DF＝x，在Rt△ONF中，FN＝3+﹣1﹣x，OF＝x，ON＝1+﹣1，由勾股定理可得x＝4﹣，即可判断D和C．
【解析】解：如图，设⊙O与BC的切点为M，连接MO并延长MO交AD于点N，
∵将矩形ABCD按如图所示的方式折叠，使点D与点O重合，折痕为FG，
∴OG＝DG，
∵OG⊥DG，
∴∠MGO+∠DGC＝90°，
∵∠MOG+∠MGO＝90°，
∴∠MOG＝∠DGC，
在△OMG和△GCD中，
，
∴△OMG≌△GCD，（AAS），
∴OM＝GC＝1，CD＝GM＝BC﹣BM﹣GC＝BC﹣2．
∵AB＝CD，
∴BC﹣AB＝2．故A正确；
设AB＝a，BC＝b，AC＝c，⊙O的半径为r，
⊙O是Rt△ABC的内切圆可得r＝（a+b﹣c），
∴c＝a+b﹣2．
在Rt△ABC中，由勾股定理可得a2+b2＝（a+b﹣2）2，
整理得2ab﹣4a﹣4b+4＝0，
又∵BC﹣AB＝2即b＝2+a，代入可得2a（2+a）﹣4a﹣4（2+a）+4＝0，
解得a1＝1﹣（舍去），a2＝1+，
∴BC+AB＝2+4，
∴AB＝1+，BC＝3+，
∴AC＝＝2（1+），
∴AC＝2AB；故B正确；
再设DF＝x，在Rt△ONF中，FN＝3+﹣1﹣x=2+﹣x，OF＝x，ON＝1+﹣1=，
由勾股定理可得（2+﹣x）2+（）2＝x2，
解得x＝4﹣，
∴CD﹣DF＝+1﹣（4﹣）＝2﹣3，CD+DF＝+1+4﹣＝5，故D正确；
∴AF＝AD﹣DF＝2﹣1，
∴AF≠CD，故C错误；
故选：C．

【点睛】此题考查的是矩形与折叠问题和圆的综合大题，掌握矩形的性质、全等三角形的判定及性质、内切圆的性质和利用勾股定理解直角三角形是解决此题的关键．
11．如图，已知上的两条弦和互相垂直于点，点在弦上，点在弦上，且，连接和，点为中点，点为中点，射线与线段交于点，若，，则的长为（    ）

A． B． C． D．4
【答案】D
【分析】连接，，，由题意并结合中位线定理可知PO=QO，且PO⊥QO，进而可知 为等腰直角三角形，然后计算，过Q作QM垂直于BC，在中由勾股定理计算出，再在中由勾股定理计算的长即可．
【解析】解：连接，，，如图，
∵，
∴，
∴为直径，
∵为的中点，为的中点，
∴且，且，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，，
过点作交于，

∴，
∴，
∴，
∵，
∴在中，由勾股定理可知，即，
解得，
在中，，
∴，
∴，
由勾股定理可知，即，
整理，得，
解得．
故选：D．
【点睛】本题主要考查了圆周角定理、中位线定理、等腰直角三角形的性质、勾股定理等知识，能够构造适合的辅助线是解决此题的关键．
12．如图，在平面直角坐标系中，点A，C，N的坐标分别为（-2，0），（2，0），（4，3），以点C为圆心，2为半径画⊙C，点P在⊙C上运动，连接AP，交⊙C于点Q，点M为线段QP的中点，连接MN，则线段MN的最小值为（    ）

A． B．3 C． D．
【答案】B
【分析】以点O为圆心，2为半径画⊙O，连接ON交⊙O于点，连接CM，  由点M为线段QP的中点，得，从而得点M在⊙O上，由勾股定理得，进而求得MN的最小值．
【解析】解：以点O为圆心，2为半径画⊙O，连接ON交⊙O于点，连接CM，

点M为线段QP的中点，
，
点M在⊙O上运动，
N（4，3），
，
即，
，
MN的最小值为3，
故选B．
【点睛】本题主要考查了垂径定理、圆周角定理以及勾股定理，构造辅助线，找出点M的运动轨迹是解题的关键．
13．如图，是的直径，点，点是半圆上两点，连结，相交于点，连结，．已知于点，．下列结论：①；②；③若，则；④若点为的中点，则．其中正确的是（    ）

A．①②③ B．②③④ C．③④ D．②④
【答案】B
【分析】证明AC2+BC2=AB2=4即可判断①；根据OD⊥AC，得到∠DAE+∠ADO=90°，根据∠DAE=∠DBC，即可判断②；推出△AOD是等边三角形，即可判断③；利用全等三角形的性质证明DE=BC，再利用三角形的中位线定理证明BC=2OE即可判断④．
【解析】解：∵AB是直径，
∴∠ADB=∠ACB=90°，
在Rt△ACB中，
∴AC2+BC2=AB2=4，
由已知条件无法得到AD与BC之间的大小关系，
故无法得到与4的大小关系，故①错误；
∵OD⊥AC，
∴∠AED=90°，
∴∠DAE+∠ADO=90°，
∵∠DAE=∠DBC，
∴∠DBC+∠ADO=90°，故②正确；
∵AE⊥OE，
∴，
∵AC=BD，
∴，
∴，
∴∠AOD=60°，
∵OA=OD，
∴△OAD是等边三角形，
∵AE⊥OD
∴DE=OE，故③正确，
∵∠DEP=∠BCP=90°，DP=PB，∠DPE=∠BPC，
∴△PDE≌△PBC（AAS），
∴DE=BC，
∵OE∥BC，AO=OB，
∴AE=EC，
∴BC=2OE，
∴DE=2OE，故④正确．
故选：B．
【点睛】本题考查圆周角定理，垂径定理，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
14．如图，AB为⊙O直径，且AB＝4．点C为半圆上一动点（不与A，B重合），D为弧CB上一点，点E在AD上，且CD＝BD＝DE．则CE的最大值为（　　）

A．4﹣4 B．2﹣ C．8﹣4 D．4﹣2
【答案】A
【分析】设，利用等弦对等弧，等弧所对的圆周角相等，等边对等角，三角形的外角的性质，通过角度的变换求得，确定的位置，进而证明，得到的运动轨迹是以点为圆心，4为半径的圆弧，进而根据直径是最长的弦求解即可．
【解析】解：延长，交于点，连接，OF

设

CD＝BD


为直径



















在以点为圆心，4为半径的圆弧上运动，
，当为的直径时，取得最大值，最大值为
故选A
【点睛】本题考查了等弧所对的圆周角相等，弦与弧之间关系，找到点的运动轨迹，理解直径是最长的弦是解题的关键．
15．如图，在平面直角坐标系中，⊙O的直径2，直线AB的函数解析式为y＝x﹣1，交坐标轴于点A和点B，将线段AB作平移变换，使所得的线段的两端都落在⊙O上，则平移后A点所对应的点的坐标是（　　）

A．（，）或（，） B．（，）或（，）
C．（，）或（，） D．（，）或（，）
【答案】A
【分析】根据条件先计算图1中的直角△AOB的三边长，得∠BOA＝30°；根据两直线平行的性质，同位角相等，可以得不管直线AB向上或向下平移与x轴夹角都是30°，分两种情况进行讨论：①当直线AB向下平移时，如图2，作辅助线，构建直角三角形及平移后的点A′与两坐标轴的垂线，由30°角的性质和三角函数求出A′Q和OQ的长，写出点A′的坐标即可；②同理在图3中求出A′的坐标．
【解析】解：如图﹣1，在函数，令x＝0，得到y＝﹣1，

∴ B（0，﹣1）． 同理可以得到，
∴在Rt△AOB中，．
∴AB＝2，∠OAB＝30°．
∴直线与x轴的夹角总是30° （锐角）．
∵直线AB在平移过程中，不会改变k值，
∴平移后的直线与x轴的夹角仍然是30°．
以下分两种情况：
当直线向下平移到如图﹣2位置．

则有∠OCA1＝30°，A1B1＝2．
过O点作OD⊥A1B1于点D，过点A1作 A1E⊥OC，连接 OA1．
在等腰三角形OA1B1中，根据“三线合一”，得到，
∵半径，在Rt△ODA1中，根据勾股定理可以求得．
∴在Rt△OCD中，∠OCA1＝30°，．
∴，．
∴．
∴在Rt△ECA1中， ，
∴．
∴ ．
∵点A1在第四象限，所以点；
当直线向上平移到如图﹣3位置．

∴．
故选：A．
【点睛】本题考查了坐标与图形变换--平移，明确平移前后的两线段相等且平行，本题根据已知直线的解析式求出线段的长，得出30°角是关键，采用了分类讨论的思想，分别向上平移和向下平移；构建对应的直角三角形，与特殊的三角函数、勾股定理相结合得出结论．
16．如图，过⊙O外一点P作圆的两条切线PA，PB，切点为A，B，过PA上一点Q作切线QC交PB于T，切点为C，且QC⊥PA，若BT＝2，∠TOQ＝75°，则阴影部分的面积为（　　）

A． B． C． D．
【答案】A
【分析】连接OC．证明∠COT＝∠BOT＝30°，求出OB，根据S阴＝2S△OBT﹣S扇形OBC求解即可．
【解析】解：连接OC．

∵PA，QC 是⊙O的切线，
∴∠A＝∠QCO＝90°，
∵CQ⊥PA，
∴∠QCO＝90°，
∴四边形AOCQ是矩形，
∵OA＝OC，
∴四边形AOCQ是正方形，
∴∠QOC＝45°，
∵∠QOT＝75°，
∴∠COT＝30°，
∵TC，TB是⊙O的切线，
∴∠OBT＝∠OCT＝90°，∠COT＝∠BOT＝30°，
在Rt△OBT中，∠BOT＝30°，BT＝2，
∴OBBT＝2，
∴S阴＝2S△OBT﹣S扇形OBC＝22×242π．
故选：A．
【点睛】本题考查扇形的面积，切线的性质，解直角三角形，正方形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造特殊四边形解决问题．

二、填空题
17．如果关于x的一元二次方程有两个实数根，且其中一个根为另外一个根的2倍，则称这样的方程为“倍根方程”，以下关于“倍根方程”的说法，正确的有_____（填序号）．
①方程是“倍根方程”；
②若是“倍根方程”，则；
③若满足，则关于x的方程是“倍根方程”；
④若方程是“倍根方程”，则必有．
【答案】②③④
【分析】①求出方程的根，再判断是否为“倍根方程”；
②根据“倍根方程”和其中一个根，可求出另一个根，进而得到m，n之间的关系；
③当满足时，有，求出两个根，再根据代入可得两个根之间的关系，讲而判断是否为“倍根方程”；
④用求根公式求出两个根，当或时，进一步化简，得出关系式，进行判断即可．
【解析】①解方程，得，
，
方程不是“倍根方程”．故①不正确；
②是“倍根方程”，且，
因此或．
当时，，
当时，，
，故②正确；
③，
，
，
，
因此是“倍根方程”，故③正确；
④方程的根为，
若，则，
即，
，
，
，
，
，
若，则，
，
，
，
，
．故④正确，
故答案为：②③④．
【点睛】本题考查了解一元二次方程以及一元二次方程的求根公式，新定义的倍根方程的意义，理解倍根方程的意义和正确求出方程的解是解决问题的关键．
18．对于有理数，定义的含义为：当时，；当时，.若，则的值等于____．
【答案】
【分析】根据6m-4n-m2-n2与13的大小，确定m，n的值．
【解析】解：∵min{13，6m-4n-m2-n2}=13，
∴13≤6m-4n-m2-n2．
整理，得（m-3）2+（n+2）2≤0，
∴m-3=0，n+2=0．
解得m=3，n=-2．
∴mn=3-2=．
故答案是：．
【点睛】考查了配方法的应用和非负数的性质．根据题意理解新定义的计算公式是解题的关键．
19．阅读下列材料：求函数的最大值．
解：将原函数化为的一元二次方程，得．
因为为实数，所以，所以．
根据材料给你的启示，则函数的最小值是__________．
【答案】
【分析】将原函数化为的一元二次方程，再利用∆求解即可得到答案.
【解析】将原函数化为的一元二次方程，得，
∵x为实数，
∴，
∴，
∴函数的最小值是，
故答案为：.
【点睛】此题考查一元二次方程的应用，正确理解材料中的解题方法和思路是解题的关键.
20．在平面直角坐标系Oy中，已知点A（4，3），B（4，4），⊙A的半径为1，直线l：y＝kx（k≠0），给出下列四个结论：
①当k＝1时，直线l与⊙A相离；
②若直线l是⊙A的一条对称轴，则；
③若直线l与⊙A只有一个公共点P，则；
④若直线l上存在点Q，⊙A上存在点C，使得∠BQC＝90°，则k的最大值为其中正确的是______________（填写所有正确结论的序号）．
【答案】②③④
【分析】①当k＝1时，直线l过点B，得到直线l与⊙A相交；
②根据直线l是⊙A的一条对称轴，判定直线过圆心A，根据点A的坐标值计算出；
③根据切线的性质得到进行判断；
④做AC平行于轴，交直线⊙A于点C，QC平行于轴，BQ平行于轴, QC、BQ相交于点Q，计算出Q的坐标，得出，再根据时C不在⊙A上得出是最大值．
【解析】①如下图所示，当k＝1，直线l的表达式为：y＝x

当时，
∴直线l过点B
∵⊙A的半径为1
∴BA=1
∴点B在⊙A上
故当k＝1时，直线l与⊙A相离错误；
②如下图所示

∵圆的对称轴必须过圆心
∴直线l经过圆心A
∴
∴
∴若直线l是⊙A的一条对称轴，则正确；
③如下图所示
∵直线l与⊙A只有一个公共点P
∴直线l与⊙A相切，且存在和两个切点

∵
∴
∵，AP=1
∴
∵
∴
∴若直线l与⊙A只有一个公共点P，则正确；
④如下图所示，AC平行于轴，交直线⊙A于点C
作QC平行于轴，作BQ平行于轴, QC、BQ相交于点Q

∵QC∥轴，BQ∥轴，AB=AC
∴∠BQC＝90°，四边形QCAB是正方形
∴QB=1
∴Q点的坐标为（3，4）
∵直线l：y＝kx过点Q
∴
∴
当时，如图所示，直线移动至，点移动至，点C移动至
∵，QC为⊙A的切线， ∥QC
∴当时，直线与⊙A相离，点不在⊙A上
∴若直线l上存在点Q，⊙A上存在点C，使得∠BQC＝90°，则k的最大值为
故答案为：②③④．
【点睛】本题考查一次函数的性质、直线与圆的位置关系，解题的关键是熟练掌握一次函数和直线与圆的位置关系的相关知识．
21．如图，在中，，，，是内一动点，⊙为的外接圆，⊙交直线于点，交边于点，若，则的最小值为______________．

【答案】
【分析】先求出∠ACB=∠CDP=30°，得到∠BDC=150°，则点D在以BC为弦，∠BDC=150°的圆弧上运动，如图所示，设点D运动的圆弧所在圆的圆心为M，取优弧BC上一点N，连接MB，MC，NB，NC，AM，MD，则∠BNC=30°，当A、D、M三点共线时，AD有最小值，再证明△BMC是等边三角形，得到∠MCB=60°，MC=BC=6，推出∠ACM=90°，利用勾股定理求出AM的长即可求出AD的长．
【解析】解：∵AE=CP，
∴∠ACB=∠CDP=30°，
∴∠BDC=150°，
∴点D在以BC为弦，∠BDC=150°的圆弧上运动，
如图所示，设点D运动的圆弧所在圆的圆心为M，取优弧BC上一点N，连接MB，MC，NB，NC，AM，MD，
∴∠BNC=30°，当A、D、M三点共线时，AD有最小值，
∴∠BMC=60°，
又∵MB=MC，
∴△BMC是等边三角形，
∴∠MCB=60°，MC=BC=6，
∵∠ACB=30°，
∴∠ACM=90°，
∴，
∴，
故答案为：．

【点睛】本题主要考查了圆周角定理，圆外一点到圆上一点的距离最值问题，等边三角形的性质与判定，勾股定理等等，确定点D的运动轨迹是解题的关键．
22．如图，是的弦，，点P是优弧上的动点，，连接、，是的中线，（1）若，则____________；（2）的最大值＝______________．

【答案】         
【分析】（1）如图，延长交于点D，连接，根据，由圆周角定理得到，再根据已知，可得到，所以是的直径，再根据是的中线，由垂径定理的推论得到，最后利用勾股定理可求解；
（2）如图，连接、，由圆周角定理得到，然后利用勾股求出圆的半径，再根据点P是优弧上的动点，是的中线，结合三角形的三边关系定理可得到，，当为的直径时最大，这时可求得的最大值．
【解析】解：（1）如图，延长交于点D，连接，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴是的直径，
∵是的中线，
∴，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
解得．
故答案为：

（2）如图，连接、，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
解得：，
∵点P是优弧上的动点，是的中线，
∴，，
即，
当为的直径时最大，此时，
即
∴的最大值为．
故答案为：

【点睛】本题考查的是圆与三角形的综合问题—动点问题，主要考查了圆周角定理、垂径定理的推论、勾股定理、三角形的三边关系定理等知识．发现当为的直径时可使取得最大值是解决问题的关键．
23．如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠B=30°，BC=3，点D是AB的中点，点E是以点B为圆心，BD长为半径的圆上的一动点，连接AE，点F为AE的中点，则CF长度的最大值是______．

【答案】
【分析】如图，延长AC到T，使得CT=AC，连接BT，TE，BE．再证明CF=ET，求出ET的最大值即可．
【解析】解：如图，延长AC到T，使得CT=AC，连接BT，TE，BE．

∵AC=CT，BC⊥AT，
∴BA=BT，
∵∠ACB=90°，∠ABC=30°，BC=3，
∴∠BAT=60°，AC=BC•tan30°=3，
∴AB=2AC=6，
∴△ABT是等边三角形，
∴BT=AB=6，
∵AD=BD=BE，
∴BE=3，
∵ET≤BT+BE，
∴ET≤9，
∴ET的最大值为9，
∵AC=CT，AF=FE，
∴CF=ET，
∴CF的最大值为．
故答案为：．
【点睛】本题考查点与圆的位置关系、三角形中位线定理、等边三角形的判定和性质等知识，正确添加常用辅助线、构造三角形的中位线是解答本题的关键．
24．如图，正方形OABC的边长为4，以O为圆心，EF为直径的半圆经过点A，连接AE，CF相交于点P，将正方形OABC从OA与OF重合的位置开始，绕着点O逆时针旋转90°，交点P运动的路径长是______．

【答案】
【分析】连接AF，根据题意可确定，点P运动的路径是以G为圆心的弧，在⊙G上取一点H，连接EH、FH．根据圆周角定理可求出，，即可推出，从而求出．根据圆内接四边形的性质，可求出，即得出，从而求出，进而可利用勾股定理求圆G的半径，最后利用弧长公式计算即可．
【解析】解：如图，连接AF，
∵四边形AOCB是正方形，
∴，
∴，
∵EF是⊙O直径，
∴，
∴，
∴．
∵，为定值，
∴点P在是以点G为圆心，GE为半径的圆上，运动的路径为以点G为圆心的劣弧EF．

∵，
∴，
∴．
∵在中，，即，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题为圆的综合题，考查正方形的性质、圆周角定理、圆的内接四边形的性质、等腰直角三角形的判定和性质以及勾股定理等知识，综合性强，较难，属于中考填空题中的压轴题．正确添加辅助线并确定轨迹的路线是解题的关键．
25．如图，以G（0，2）为圆心，半径为4的圆与x轴交于A、B两点，与y轴交于C、D两点，点E为⊙G上一动点，CF⊥AE于F，当点E在⊙O的运动过程中，线段FG的长度的最小值为_____．

【答案】2﹣2
【分析】作 GM⊥AC 于 M ，连接 AG ．因为 ∠AFC=90° ，推出点 F 在以 AC 为直径的 ⊙M 上推出当点 F 在 MG 的延长线上时， FG 的长最小，最小值 =FM−GM ，求出 FM 、 GM 即可解决问题．
【解析】解：过G作GM⊥AC于M，连接AG，如图所示：

∵GO⊥AB，
∴OA＝OB，
∵G（0，2），
∴OG＝2，
在Rt△AGO中，∵AG＝4，OG＝2，
∴AG＝2OG，OA＝＝2，
∴∠GAO＝30°，AB＝2AO＝4，
∴∠AGO＝60°，
∵GC＝GA＝4，
∴∠GCA＝∠GAC，
∵∠AGO＝∠GCA+∠GAC，
∴∠GCA＝∠GAC＝30°，
∴AC＝2OA＝4，MG＝CG＝2，
∵∠AFC＝90°，
∴点F在以AC为直径的⊙M上，
当点F在MG的延长线上时，FG的长最小，最小值＝FM﹣MG＝2﹣2，
故答案为：2﹣2．
【点睛】本题考查垂径定理、直角三角形30度角的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题．
26．在矩形ABCD中，AB＝10，AD＝6，点N是线段BC的中点，点E，G分别为射线DA，线段AB上的动点，CE交以DE为直径的圆于点M，则GM+GN的最小值为_____．

【答案】##
【分析】作关于的对称点，取中点，连接，，，由题意可得出点的运动轨迹，同时通过作点关于的对称点的方式可以将进行转换，进而即可求解．
【解析】解：如图所示，作关于的对称点，取中点，连接，，．

可得，
在以为直径的圆上，
，
为直角三角形，点M在以CD为直径的圆上，
为斜边的中点，
，
此时当，，三边共线时，有长度的最小值等于，
，分别是，的中点，
，，
，
，
长度的最小值为，  
，
的最小值为，
故答案为．
【点睛】本题主要考查了轴对称问题、勾股定理、直角三角形斜边中线定理及圆的基本性质，本题的重难点在于找出点的运动轨迹，属于中等题．
27．如图，在中，是边上的中线，以为直径的⊙交于点，过作于点，交的延长线于点，过点作于，，，则______；_______．

【答案】          6
【分析】（1）连接OD，由三角形中位线的性质得出ODAC，根据条件即三角形外角性质得到，利用弧长公式直接求出；
（2）根据圆周角定理求得AD⊥BC，即可得出AD是BC的垂直平分线，根据垂直平分线的性质得出AB＝AC，再根据MN⊥AC于点M，BG⊥MN于G，以及对顶角相等即可证得，从而，即可得到．
【解析】解：（1）连接，如图所示：

∵AD是BC边上的中线，
∴BD＝CD，
∵以为直径的⊙中BO＝OA，
∴OD是△ABC的中位线，
∴ODAC，
，
，
是的一个外角，
，
；
（2）∵AD是BC边上的中线，
∴BD＝CD，
∵以AB为直径的⊙O交BC于点D，
∴AD⊥BC，
∴AD是BC的垂直平分线，
∴AB＝AC，
∵MN⊥AC于点M，BG⊥MN于G，
∴∠BGD＝∠DMC＝90°，
在和中，
，
∴，
,
．
【点睛】本题主要考查了求弧长及求线段长，涉及到中线性质、三角形中位线的判定与性质、三角形外角性质、弧长公式、圆周角定理、中垂线的判定与性质、两个三角形全等的判定与性质，准确做出辅助线并熟练掌握相关知识点是解决问题的关键．
28．如图，正方形ABCD的边长是4，F点是BC边的中点，点H是CD边上的一个动点，以CH为直径作，连接HF交于E点，连接DE，则线段DE的最小值为______．

【答案】##
【分析】连接CE，取CF的中点M，连接EM，DM，根据圆周角的性质可知点E在正方形ABCD内以CF为直径的上，可推出，由勾股定理可得，再结合三角形三边关系得出当且仅当D、E、M三点共线时，线段DE取得最小值，即可求解。
【解析】解：连接CE，取CF的中点M，连接EM，DM，
∵CH为直径，
∴ ，
，
则点E在正方形ABCD内以CF为直径的上，
，
∵正方形ABCD的边长是4，F点是BC边的中点，
， ，
，
在 中，
，
，
∴当且仅当D、E、M三点共线时，线段DE取得最小值，
最小值为： ．
故答案为： ．

【点睛】本题考查了正方形的性质，直径所对的圆周角等于90度，90度圆周角所对的弦是直径，勾股定理，三角形三边关系等知识，综合掌握以上知识，并能正确作出辅助线是解题的关键．
29．如图矩形中，半圆O的直径为，点E从D出发以每秒1个单位长度向C运动，点F从B出发以每秒2个单位长度向A运动，当点F运动到点A时，点E也随之停止运动，设运动的时间为t秒（1）当与半圆O相切时，_______
（2）点M是的中点，点N是的外心，则点N运动路线的长为___________．

【答案】     2    
【分析】（1）根据题意求得，设切点为，根据切线长定理可得的长度，在中，，勾股定理建立方程求解即可；
（2）根据题意，分别求得时，的长度，即可求得点顶点运动路线的长度．
【解析】（1）如图，过点作
四边形是矩形，，
,
是的切线，
四边形是矩形，
点E从D出发以每秒1个单位长度向C运动，点F从B出发以每秒2个单位长度向A运动，




，，，
与半圆O相切时，设切点为



在中，

解得（舍去）
当与半圆O相切时， ，
故答案为：2
（2）如图，当时，

点N是的外心

在的垂直平分线上
是的中点，是的中点，






在中，
在中，
即
解得
如图，当时，

中，

过点作
则四边形是矩形




中,又

解得
点的运动路程为
故答案为：
【点睛】本题考查了矩形的性质，勾股定理，切线长定理，切线的判定，综合运用以上知识是解题的关键．
30．如图，在半径为的中，有，，三点在圆上，，，点从点开始以的速度在劣弧上运动，设运动时间为，以，，，四点中的三点为顶点的三角形是等腰三角形（非等边三角形）时，的值为__________________．

【答案】 或
【分析】分别讨论①P、B、A三点；②P、B、C三点；③P、A、C三点；A、B、C三点；利用全等三角形的判定和性质求出弧BP的圆心角，再由弧长公式计算弧长，进而解答；
【解析】解：∵∠BAC=75°，
∴∠BOC=150°，
∵∠BOA=90°，
∴∠AOC=120°，
①P、B、A三点构成等腰三角形时，BA=BP时如图，

△OBA≌△OPB（SSS），∠BOP=∠BOA=90°，弧BP的长=，
t==7.5（s）；
PB=PA时如图，

△OPB≌△OPA（SSS），∠BOP=（360°-90°）=135°，弧BP的长=，
t==11.25（s）；
②P、B、C三点构成等腰三角形时，PB=PC时如图，

△POB≌△POC（SSS），∠BOP=∠BOC=75°，弧BP的长=，
t==6.25（s）；
③P、A、C三点构成等腰三角形时，如图，

∵∠APC=∠AOC=60°，
∴△PAC是等边三角形，不符合题意；
④∵AB，AC，BC三边互不相等，∴A、B、C三点不能构成等腰三角形；
综上所述t的值为：6.25（s），7.5（s），11.25（s）；
故答案为：6.25（s） 7.5（s） 11.25（s）
【点睛】本题考查了圆周角定理，全等三角形的判定和性质，弧长公式，等腰三角形的判定和性质；根据题意作出相应图形是解题关键．