广东省广州市执信中学2023-2024学年九年级上学期月考数学试题（含答案）

这是一份广东省广州市执信中学2023-2024学年九年级上学期月考数学试题（含答案），共44页。

考试用时120分钟，注意事项：1．答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或者签字笔将自己的姓名和学号填写在答题卡相应的位置上，用2B铅笔将字迹的学号填涂在答题卡上．
2．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案；不能各在试卷上．
3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔在答卷纸上作答，答案必须写在答卷纸各题目指定区域内的相应位置上，超出指定区域的答案无效；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液．不按以上要求作答的答案无效．
第一部分选择题（共30分）
一、单选题（本题共10小题，每小题3分，共30分）
1. 下列美术字中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A. B.
C. D.
2. 下列说法正确的是（ ）
A. 一颗质地均匀的骰子已连续掷了2018次，其中掷出5点的次数最少，则第2019次一定掷出5点
B. 某种彩票中奖的概率是，因此买100张该彩票一定会中奖
C. 天气预报说明天下雨的概率是，所以明天将有一半时间在下雨
D. “任意画一个三角形，其内角和是”是必然事件
3. 把抛物线向左平移1个单位，然后向上平移3个单位，则平移后抛物线解析式为（ ）
A. B.
C. D.
4. 如图，正六边形内接于，半径为，则这个正六边形的边心距的长为（ ）
A. B. C. D.
5. 在平面直角坐标系xOy中，以点(－3，4)为圆心，4为半径的圆( )
A. 与x轴相交，与y轴相切B. 与x轴相离，与y轴相交
C 与x轴相切，与y轴相交D. 与x轴相切，与y轴相离
6. 设a，b是方程的两个实数根，则的值为（ ）
A. B. C. D.
7. 半径为6的圆中，垂直平分半径的弦长为（ ）
A. B. C. D.
8. 如图，直径为的经过点和点，点是轴右侧优弧上一点，，则点的坐标为（ ）．

A. B. C. D.
9. 如图，在平行四边形中，E为上一点，，连接，且交于点F，则等于（ ）

A. B. C. D.
10. 如图，等腰直角，点P在内，，，则PB的长为（ ）
A. B. C. 5D. 5
第二部分非选择题（共90分）
二、填空题（本题共6小题，每小题3分，共18分）
11. 在平面直角坐标系中，点关于原点对称的点的坐标为_____________．
12. 在一个不透明的盒子有7枚黑棋子和若干枚白棋子，这些棋子除颜色外无其他差别．从盒子随机取出一枚棋子，记下颜色后再放回盒中．不断重复上述过程，一共取了300次，其中有100次取到黑棋子，由此估计盒中有______枚白棋子．
13. 已知二次函数，当x分别取时，函数值相等，则当时，函数值为__________．
14. 如图，是一名男生推铅球时，铅球行进过程中形成的抛物线．按照图中所示的平面直角坐标系，铅球行进高度y（单位：m）与水平距离x（单位：m）之间的关系是，则铅球推出的水平距离OA的长是_____m．
15. 若圆锥的侧面积等于其底面积的3倍，则该圆锥侧面展开图所对应扇形圆心角的度数为_____．
16. 如图，点C在以为直径的半圆上，，点D在线段上运动，点E与点D关于对称，于点D，并交的延长线于点F．下列结论：
①；
②；
③线段EF的最小值为；
④当时，与半圆相切；
⑤当点D从点A运动到点B时，线段扫过的面积是．
其中正确的结论的序号为______．
三、解答题（本题共9小题，满分72分，解答题需写出必要的文字说明，推理过程和演算步骤）
17. 解方程：．
18. 如图，在中，，，将绕点顺时针旋转得到，交于点．若，求的长．
19. 如图，在边长为1的正方形组成的网格中，的顶点均在格点上，点A、B的坐标分别是，．绕点O逆时针旋转后得到（C与A对应）．
（1）画出旋转后的图形；
（2）点C的坐标为__________；
（3）求旋转过程中点A所经过的路径长（结果保留）．
20. 2023年9月23日至10月8日在杭州举办第19届亚运会，吉祥物为“宸宸、琮琮、莲莲”．我校举办了“第19届亚运会”知识竞赛活动，拟将一些吉祥物“宸宸、琮琮、莲莲”作为竞赛奖品．主持人在3张完全相同的卡片上分别写上“”后放入一个盒子里．
（1）某获奖者随机从盒子里抽取一张卡片恰好抽到“宸宸”的概率为 ；
（2）某获奖者随机从盒子里抽取一张卡片后放回，再随机抽取一张卡片．请借助列表法或树状图求“两次抽取卡片上字母相同”的概率．
21. 在矩形中，E为边上一点，把沿翻折，使点D恰好落在边上的点F．
（1）求证：
；
（2）若，，求的长；
22. 园林部门计划在某公园建一个长方形苗圃．苗圃的一面靠墙（墙最大可用长度为14米）．另三边用木栏围成，中间也用垂直于墙的木栏隔开，分成两个区域，并在如图所示的两处各留2米宽的门（门不用木栏），建成后所用木栏总长32米，设苗圃的一边长为x米．
（1）长为________米（包含门宽，用含x的代数式表示）；
（2）若苗圃的面积为，求x的值；
（3）当x为何值时，苗圃面积最大，最大面积为多少？
23. 如图，在中，，是的外接圆，过点作，且交于点．连接交于点，延长到，使得，连接．

（1）求证：．
（2）求证：是的切线．
（3）若点为的内心，．
①利用无刻度的直尺在图中画出点的位置．（保留作图痕迹，不写作法）
②求的长．
24. 如图，直线交轴于点，交轴于点，抛物线经过点，点，且交轴于另一点．

（1）直接写出：点坐标________，点坐标________；抛物线的解析式是________；
（2）在直线上方抛物线上有一点，求四边形面积的最大值及此时点的坐标；
（3）将线段绕轴上的动点顺时针旋转得到线段，若线段与抛物线只有一个公共点，请结合函数图象，求的取值范围．
25. 已知直径是4，弦，点F是弦上一动点，过点F作的垂线，交优弧于点A、交劣弧于点E，连接，过点B作分别交于点G、交于点H、交于点C．
（1）当点F在弦的中点处时，在图1补全图，__________，__________；
（2）如图2，当点F在弦上运动时，线段的长度是否发生变化？若变化，请说明理由；若不变，求出的长度并说明理由．
（3）如图3，若的中点为点P，求线段长度的最小值．
2023——2024学年度第一学期
初三级数学科12月阶段性检测试卷
本试卷分选择题和非选择题两部分，共4页，满分120分．
考试用时120分钟，注意事项：1．答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或者签字笔将自己的姓名和学号填写在答题卡相应的位置上，用2B铅笔将字迹的学号填涂在答题卡上．
2．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案；不能各在试卷上．
3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔在答卷纸上作答，答案必须写在答卷纸各题目指定区域内的相应位置上，超出指定区域的答案无效；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液．不按以上要求作答的答案无效．
第一部分选择题（共30分）
一、单选题（本题共10小题，每小题3分，共30分）
1. 下列美术字中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的定义对四个选项依次判断即可．
【详解】解：A选项，是轴对称图形，不是中心对称图形，故A选项不符合题意；
B选项，是轴对称图形，不是中心对称图形，故B选项不符合题意；
C选项，是轴对称图形，是中心对称图形，故C选项符合题意；
D选项，是轴对称图形，不是中心对称图形，故D选项不符合题意．
故选：C．
【点睛】本题考查了轴对称图形和中心对称图形的定义，正确理解其定义是解题关键．
2. 下列说法正确的是（ ）
A. 一颗质地均匀的骰子已连续掷了2018次，其中掷出5点的次数最少，则第2019次一定掷出5点
B. 某种彩票中奖的概率是，因此买100张该彩票一定会中奖
C. 天气预报说明天下雨的概率是，所以明天将有一半时间在下雨
D. “任意画一个三角形，其内角和是”是必然事件
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了概率的意义，理解概率的意义反映的只是这一事件发生的可能性的大小是解题的关键．
【详解】解：解：A、一颗质地均匀的骰子已连续抛投了次，其中抛掷出5点的次数最少，则第2019次可能抛掷出5点，故A错误；
B、某种彩票中奖的概率是，因此买100张该种彩票可能会中奖，故B错误；
C、天气预报说明天下雨的概率是，明天可能下雨，故C错误；
D、“任意画一个三角形，其内角和是”是必然事件，故D正确；
故选D．
3. 把抛物线向左平移1个单位，然后向上平移3个单位，则平移后抛物线的解析式为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查抛物线图象的平移，左右平移改变自变量的值：左加右减；上下平移改变因变量的值：上加下减．熟记相关结论即可．
【详解】解：平移后抛物线的解析式为：，
故选：D．
4. 如图，正六边形内接于，半径为，则这个正六边形的边心距的长为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了正多边形和圆，正六边形的性质，垂径定理，勾股定理，等边三角形的性质，熟练掌握正六边形的性质，证明三角形是等边三角形，运用垂径定理求出是解答本题的关键．
连接，，证明是等边三角形，得到，由垂径定理求出，在利用勾股定理求出．
【详解】解：如图，连接，，
，，
是等边三角形，
，
，
，
故选：．
5. 在平面直角坐标系xOy中，以点(－3，4)为圆心，4为半径的圆( )
A. 与x轴相交，与y轴相切B. 与x轴相离，与y轴相交
C. 与x轴相切，与y轴相交D. 与x轴相切，与y轴相离
【答案】C
【解析】
【详解】分析：首先画出图形，根据点的坐标得到圆心到X轴的距离是4，到Y轴的距离是3，根据直线与圆的位置关系即可求出答案．
解答：解：圆心到X轴的距离是4，到y轴的距离是3，
4=4，3＜4，
∴圆与x轴相切，与y轴相交，
故选C．
6. 设a，b是方程的两个实数根，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题主要考查一元二次方程的解及根与系数的关系，先根据一元二次方程的解的定义得到，代入得到，再根据根与系数的关系得到，然后利用整体代入的方法计算．
【详解】解：∵a是方程的实数根，
∴，
∴，
∴，
∵a，b是方程的两个实数根，
∴，
∴，
故选：D．
7. 半径为6的圆中，垂直平分半径的弦长为（ ）
A B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了垂径定理的推论，勾股定理，正确理解定理，灵活用定理是解题的关键．根据垂径定理的推论和勾股定理计算即可．
【详解】解：如图，根据题意，得
，
∴，
∴，
故选C．
8. 如图，直径为的经过点和点，点是轴右侧优弧上一点，，则点的坐标为（ ）．

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】首先设与轴的另一个交点为点，连接．根据的圆周角所对的弦是直径，即可得是的直径．由在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，即可求得的度数，进而由含角的直角三角形的性质求得的长，即得出点C坐标．
【详解】解：设与轴的另一个交点为点，连接，如图，

，
是的直径，即．
∵，
∴，
，
点的坐标为：．
故选A．
【点睛】此题考查圆周角定理的推论，含角的直角三角形的性质．此题难度适中，注意掌握辅助线的作法是解此题的关键．
9. 如图，在平行四边形中，E为上一点，，连接，且交于点F，则等于（ ）

A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了平行四边形的性质，三角形相似的判定和性质．根据四边形是平行四边形，得到，，得到，利用相似三角形的性质即可求解．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴．
故选：D．
10. 如图，等腰直角，点P在内，，，则PB的长为（ ）
A. B. C. 5D. 5
【答案】A
【解析】
【分析】先利用等腰直角，得到，再证明，接着把绕点C顺时针旋转得到，连接，根据旋转性质得到，则可判断为等腰直角三角形，从而，然后计算，从而利用勾股定理计算出AE即可．
【详解】解∶∵等腰直角，
∴，
∵，
∴，
如下图，把绕点C顺时针旋转得到，连接，
∴，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴，
故选∶A．
【点睛】本题考查了勾股定理、等腰直角三角形的判定与性质以及旋转的性质，对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
第二部分非选择题（共90分）
二、填空题（本题共6小题，每小题3分，共18分）
11. 在平面直角坐标系中，点关于原点对称的点的坐标为_____________．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了关于原点对称点的坐标特征，根据“关于原点对称点点横坐标和纵坐标都互为相反数”即可解答．
【详解】解：点关于原点对称的点的坐标为，
故答案为：．
12. 在一个不透明的盒子有7枚黑棋子和若干枚白棋子，这些棋子除颜色外无其他差别．从盒子随机取出一枚棋子，记下颜色后再放回盒中．不断重复上述过程，一共取了300次，其中有100次取到黑棋子，由此估计盒中有______枚白棋子．
【答案】14
【解析】
【分析】本题主要考查了频率估计概率．根据一共取了300次，其中有100次取到黑棋子，求出取到黑棋子概率，再计算盒中约共有棋子数，最后计算白棋子数限可．
【详解】解：取到黑棋子的概率为：，
盒中约共有棋子：（枚），
其中约有白棋子：（枚）．
故答案为：14．
13. 已知二次函数，当x分别取时，函数值相等，则当时，函数值为__________．
【答案】3
【解析】
【分析】本题考查了二次函数的性质，二次函数的对称性，求得顶点坐标是解题的关键．根据解析式求得顶点坐标，进而根据题意即可求得答案
【详解】解：二次函数的顶点坐标为，对称轴为
当x分别取时，函数值相等，
对称轴
当时，函数值为3，
故答案为：3
14. 如图，是一名男生推铅球时，铅球行进过程中形成的抛物线．按照图中所示的平面直角坐标系，铅球行进高度y（单位：m）与水平距离x（单位：m）之间的关系是，则铅球推出的水平距离OA的长是_____m．
【答案】10
【解析】
【分析】由图可知，要求OA的长实际是需要点A的横坐标，已知点A的纵坐标为0，将y=0代入函数的解析式，求出x的值，再舍去不符合实际的一个x的值即可．
【详解】将y=0代入；
整理得：
（x-10）（x+2）=0
解得：x=10或x=-2（舍去）
∴铅球推出的水平距离OA的长是10m．
故答案为：10
【点睛】本题主要考查了二次函数得实际应用，熟练地掌握二次函数的图象和性质是解题的关键．
15. 若圆锥的侧面积等于其底面积的3倍，则该圆锥侧面展开图所对应扇形圆心角的度数为_____．
【答案】##120度
【解析】
【分析】本题考查了圆锥的计算及圆锥侧面展开图，设该圆锥侧面展开图所对应扇形圆心角的度数为，圆锥的母线长为，底面圆的半径为，列出方程即可求解，解题的关键是熟记正确理解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．
【详解】解：设该圆锥侧面展开图所对应扇形圆心角的度数为，圆锥的母线长为，底面圆的半径为，
，则，
∴，
解得：，
则该圆锥侧面展开图所对应扇形圆心角的度数为，
故答案为：．
16. 如图，点C在以为直径的半圆上，，点D在线段上运动，点E与点D关于对称，于点D，并交的延长线于点F．下列结论：
①；
②；
③线段EF的最小值为；
④当时，与半圆相切；
⑤当点D从点A运动到点B时，线段扫过的面积是．
其中正确的结论的序号为______．
【答案】②③④
【解析】
【分析】①由对称证明出，得到只有当时，；②由点E与点D关于对称可得，再根据即可证到；③根据“点到直线之间，垂线段最短”可得时最小，由于，求出的最小值就可求出的最小值；④连接，易证是等边三角形，，根据等腰三角形的“三线合一”可求出，进而可求出，从而得到与半圆相切；首先根据对称性确定线段扫过的图形，然后探究出该图形与的关系，就可求出线段扫过的面积．
【详解】解：①连接，如图1所示．
∵点E与点D关于对称，
∴．
∴．
∵，
∴．
∴．
∴．
只有当时，，故①错误；
②又∵，
∴，
∴．故②正确；
③当时，如图2所示．
∵是半圆的直径
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
根据“点到直线之间，垂线段最短”可得：点D在线段上运动时，的最小值为．
∵，
∴．
∴线段的最小值为．故③正确；
④当时，连接，如图3所示，
∵，
∴是等边三角形．
∴．
∵，
∴．
∴，
∴，
∵点E与点D关于对称，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵经过半径的外端，且，
∴与半圆相切．故④正确；
⑤∵点D与点E关于对称，
点D与点F关于对称，
∴当点D从点A运动到点B时，点E的运动路径与关于对称，点F的运动路径与关于对称．
∴扫过的图形就是图5中阴影部分．
∴．故⑤错误．

故答案为：②③④．
【点睛】本题考查了等边三角形的判定与性质、平行线的判定与性质、相似三角形的判定与性质、切线的判定、轴对称的性质、含角的直角三角形、垂线段最短等知识，综合性强，有一定的难度，第五个问题解题的关键是通过特殊点探究的运动轨迹，属于中考压轴题．
三、解答题（本题共9小题，满分72分，解答题需写出必要的文字说明，推理过程和演算步骤）
17. 解方程：．
【答案】，
【解析】
【分析】先将方程化为一元二次方程的一般形式，然后用因式分解法解方程即可．
【详解】解：，
将方程化为一元二次方程的一般形式得：，
分解因式得：，
∴或，
解得：，．
【点睛】本题主要考查了解一元二次方程，解题的关键是熟练掌握解一元二次方程的方法，准确计算．
18. 如图，在中，，，将绕点顺时针旋转得到，交于点．若，求的长．
【答案】
【解析】
【分析】由题意得，可推出，利用勾股定理即可求解．
【详解】解：由题意得：
∴
∵，，
∴，
∵将绕点顺时针旋转得到，
∴，
，
，
，
∴，
【点睛】本题考查旋转的性质及勾股定理的应用．注意计算的准确性．
19. 如图，在边长为1的正方形组成的网格中，的顶点均在格点上，点A、B的坐标分别是，．绕点O逆时针旋转后得到（C与A对应）．
（1）画出旋转后的图形；
（2）点C的坐标为__________；
（3）求旋转过程中点A所经过的路径长（结果保留）．
【答案】（1）见解析 （2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据旋转方式在坐标系中找到A、B对应点C、D的位置， 然后顺次连接C、O、D即可；
（2）根据（1）所画图形，写出点C的坐标即可；
（3）利用勾股定理求出，由旋转的性质可得，则点A的运动轨迹为以点O为圆心，的长为半径，且圆心角度数为90度的弧，据此根据弧长公式进行求解即可．
【小问1详解】
解：如图所示，即为所求；
【小问2详解】
解：由图可知，点C的坐标为，
故答案为；；
【小问3详解】
解：∵，
∴，
由旋转的性质可得，
∴点A的运动轨迹为以点O为圆心，的长为半径，且圆心角度数为90度的弧，
∴旋转过程中点A所经过的路径长．
【点睛】本题主要考查了坐标与图形变化—旋转，勾股定理，求弧长，旋转的性质等等，正确根据旋转方式找到对应点的位置是解题的关键．
20. 2023年9月23日至10月8日在杭州举办第19届亚运会，吉祥物为“宸宸、琮琮、莲莲”．我校举办了“第19届亚运会”知识竞赛活动，拟将一些吉祥物“宸宸、琮琮、莲莲”作为竞赛奖品．主持人在3张完全相同的卡片上分别写上“”后放入一个盒子里．
（1）某获奖者随机从盒子里抽取一张卡片恰好抽到“宸宸”的概率为 ；
（2）某获奖者随机从盒子里抽取一张卡片后放回，再随机抽取一张卡片．请借助列表法或树状图求“两次抽取卡片上字母相同”的概率．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】此题考查了列表法与树状图法，正确画出树状图是解题的关键，用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
（1）直接由概率公式求解即可；
（2）画树状图，共有9种等可能的结果，符合题意的结果有3种，再由概率公式求解即可．
【小问1详解】
从中任意抽取1张，抽得卡片上的图案恰好为“宸宸”的概率是，
故答案为：；
【小问2详解】
画树状图如下：
共有9种等可能的结果，“两次抽取卡片上字母相同”的结果有3种，
（两次抽取卡片上字母相同）．
21. 在矩形中，E为边上一点，把沿翻折，使点D恰好落在边上的点F．
（1）求证：
；
（2）若，，求的长；
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】（1）根据同角的余角相等判断出，即可得出结论；
（2）由折叠知，，根据勾股定理求出，进而得出，设，则，最后根据勾股定理即可得出答案．
【小问1详解】
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
由折叠知，，
∴，
∴，
∵，
∴；
【小问2详解】
∵四边形是矩形，
∴，，，
由折叠知，，
在中，，
根据勾股定理得，，
∴，
设，则，
∴，
在中，根据勾股定理得，，
∴，
∴，
即的长为；
【点睛】此题考查了矩形的性质，折叠的性质，相似三角形的判定，勾股定理，熟练掌握相似三角形的判定方法和勾股定理是解本题的关键．
22. 园林部门计划在某公园建一个长方形苗圃．苗圃的一面靠墙（墙最大可用长度为14米）．另三边用木栏围成，中间也用垂直于墙的木栏隔开，分成两个区域，并在如图所示的两处各留2米宽的门（门不用木栏），建成后所用木栏总长32米，设苗圃的一边长为x米．
（1）长为________米（包含门宽，用含x的代数式表示）；
（2）若苗圃的面积为，求x的值；
（3）当x为何值时，苗圃的面积最大，最大面积为多少？
【答案】（1）（36-3x）
（2）8 （3）当x为米时，苗圃ABCD的最大面积为平方米
【解析】
【分析】（1）根据木栏总长32米，两处各留2米宽的门，设苗圃的一边长为x米，即得BC的长为（36-3x）米；（2）根据题意得，，即可解得x的值；（3）设苗圃的面积为w，，由二次函数的性质可得答案．
【小问1详解】
∵木栏总长32米，两处各留2米宽的门，设苗圃的一边长为x米，
BC的长为32-3x+4=（36-3x）米，
故答案为：（36-3x）；
【小问2详解】
根据题意得，，
解得，x=4或x=8，
∵当x=4时，36-3x=24>14，
∴x=4舍去，
∴x的值为8；
【小问3详解】
设苗圃的面积为w，
，
∵4<36-3x14，
∴，
∵-3<0，图象开口向下，
∴当时，w取得最大值，w最大；
答：当x为米时，苗圃ABCD的最大面积为平方米．
【点睛】本题考查了二次函数的应用，解题的关键是读懂题意，根据已知列方程和函数关系式．
23. 如图，在中，，是的外接圆，过点作，且交于点．连接交于点，延长到，使得，连接．

（1）求证：．
（2）求证：是切线．
（3）若点为的内心，．
①利用无刻度的直尺在图中画出点的位置．（保留作图痕迹，不写作法）
②求的长．
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析 （3）①作图见解析；②
【解析】
【分析】（1）根据圆心角、弧、弦之间的关系进行证明即可；
（2）连接，根据垂径定理得到，再根据角之间的关系推出，从而推出，根据平行四边形的判定得到四边形是平行四边形，即可得证；
（3）①根据三角形的内心是三角形角平分线的交点，因此只需证明，利用圆的垂径定理进行证明即可；
②根据圆周角定理得到，从而推出，根据相似三角形的性质得到，从而解得，再结合图形由三角形的外角性质及等量代换推出，由等腰三角形的性质即可得出结论．
【小问1详解】
证明：∵，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴；
【小问2详解】
证明：如图，连接BO，
∵，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∵是的半径，
∴是的切线；
【小问3详解】
解：①如图，连接并延长交于点，连接交于点，则点即所求，
连接、，则，
∴点在的垂直平分线上，
由（1）知：，
∴点在的垂直平分线上，
∴，
∴，
∴，
∴是的角平分线，
又∵，
∴是的角平分线，交于点，
∴点是的内心；

②∵，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
又∵，
解得：或（负数不符合题意，舍去），
∵点是的内心，
∴，
∴，
即，
∴．
【点睛】本题考查相似三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、圆周角定理、三角形的内接圆与内心、切线的判定与性质及作图—复杂作图，解题的关键是结合三角形的内心性质作出图形（连接并延长交于点，连接交于点，则点为三角形的内心），可以采用逆推的思路，注意运用数形结合的思想方法，此外注重圆心角及圆周角定理的运用，从图形中寻找相等的线段或相等的角．
24. 如图，直线交轴于点，交轴于点，抛物线经过点，点，且交轴于另一点．

（1）直接写出：点坐标________，点坐标________；抛物线的解析式是________；
（2）在直线上方的抛物线上有一点，求四边形面积的最大值及此时点的坐标；
（3）将线段绕轴上的动点顺时针旋转得到线段，若线段与抛物线只有一个公共点，请结合函数图象，求的取值范围．
【答案】（1），，
（2）8，
（3）或
【解析】
【分析】（1）令，由，得点坐标，令，由，得点坐标，将、的坐标代入抛物线的解析式便可求得抛物线的解析式，进而由二次函数解析式令，便可求得点坐标；
（2）过点作轴，与交于点，设，则，由三角形的面积公式表示出四边形的面积关于的函数关系式，再根据二次函数的性质求得最大值，并求得的值，便可得点的坐标；
（3）根据旋转性质，求得点和点的坐标，令点和点在抛物线上时，求出的最大和最小值便可．
【小问1详解】
解：令，得，
∴，
令，得，解得，，
∴，
把、两点代入得，
，解得，
∴抛物线的解析式为，
令，得，
解得，，或，
∴；
【小问2详解】
过点作轴，与交于点，如图，

设，则，
∴，
∵，
∴，
∴当时，四边形面积最大，其最大值为8，
此时的坐标为；
【小问3详解】
∵将线段绕轴上的动点顺时针旋转得到线段，如图，

∴，，
∴，，
当在抛物线上时，有，
解得，，
当点在抛物线上时，有，
解得，或2，
∴当或时，线段与抛物线只有一个公共点．
【点睛】本题是一个二次函数的综合题，主要考查了二次函数的图象与性质，旋转的性质，待定系数法，求函数图象与坐标轴的交点，求函数的最大值，三角形的面积公式，第（2）题关键再求函数的解析式，第（3）关键是确定，点的坐标与位置．
25. 已知的直径是4，弦，点F是弦上一动点，过点F作的垂线，交优弧于点A、交劣弧于点E，连接，过点B作分别交于点G、交于点H、交于点C．
（1）当点F在弦的中点处时，在图1补全图，__________，__________；
（2）如图2，当点F在弦上运动时，线段的长度是否发生变化？若变化，请说明理由；若不变，求出的长度并说明理由．
（3）如图3，若的中点为点P，求线段长度的最小值．
【答案】（1）；
（2）线段的长度不发生变化，为定值2，理由见解析
（3）1
【解析】
【分析】（1）先根据题意补全图形，如图所示，连接，由三线合一定理得到，则可证明三点共线，垂直平分，得到 ，解中，得到，则由圆周角定理可得，解直角三角形得到，再证明是等边三角形，由，且点G是和的交点，得到点G和点O重合，则；
（2）如图所示，连接，连接并延长交于P， 先证明点G是的垂心，得到，由（1）可得，由三角形内角和定理可证明，，进而推出，则，解得到，再由，得到，则，可得，则线段的长度不发生变化，为定值2；
（3）如图所示，在下方作且，连接，由（2）得，则点G在以点Q为圆心，的长为半径的圆上运动，解直角三角形求出，，再由，可得答案．
【小问1详解】
解：补全图形如下：
如图所示，连接，
∵，点F为的中点，
∴，
∵，
∴三点共线，垂直平分，
∴
在中，，
∴，
∴，
∴，，
同理可得，
∴，
∴是等边三角形，
∵，且点G是和的交点，
∴点G和点O重合，
∴；
故答案为：；；
【小问2详解】
解：线段的长度不发生变化，为定值2，理由如下：
如图所示，连接，连接并延长交于P，
∵，且交于点G，
∴点G是的垂心，
∴，
由（1）可知弦所对的优弧上的圆周角度数为，
∴，
∵，
∴，
同理，
∴，
∴，
∴，
在中，，
在中，，
在中，，
又∵，
∴，即，
∴，
∴，
∴线段的长度不发生变化，为定值2；
【小问3详解】
解：如图所示，在下方作且，连接，
由（2）得，
∴点G在以点Q为圆心，的长为半径的圆上运动，
∵点P为的中点，
∴，
∴，，
∵，
∴当三点共线时，有最小值，最小值为1．
【点睛】本题主要考查了圆与三角形重合，圆周角定理，解直角三角形，一点到圆上一点的最值问题，等边三角形的性质与判定等等，证明是解题的关键．