九年级上学期期中【易错32题考点专练】-2022-2023学年九年级数学上学期期中期末考点大串讲（苏科版）

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九年级上学期期中【易错32题考点专练】
一．一元二次方程的定义（共3小题）
1．（2022春•苏州期中）下列方程中，属于一元二次方程的是（　　）
A．x2+3y＝1 B．x2+3x＝1 C．ax2+bx+c＝2 D．
【分析】只含有一个未知数，且未知数的最高次数是2的整式方程叫做一元二次方程．一元二次方程有三个特点：（1）只含有一个未知数；（2）未知数的最高次数是2；（3）是整式方程．据此解答即可．
【解答】解：A．该选项的方程为二元二次方程，故该选项不符合题意；
B．该选项的方程只含有一个未知数且最高次数为2，所以是一元二次方程，故该选项符合题；
C．该选项的方程中a可能等于0，所以可能不是一元二次方程，故该选项不符合题意；
D．该选项的方程是分式方程，故该选项不符合题意．
故选：B．
【点评】此题主要考查了一元二次方程的定义，要判断一个方程是否为一元二次方程，先看它是否为整式方程，若是，再对它进行整理．如果能整理为ax2+bx+c＝0（a≠0）的形式，则这个方程就为一元二次方程．
2．（2021秋•镇江期中）关于x的方程（m﹣2）x|m|+x﹣1＝0是一元二次方程，则m的值为　﹣2　．
【分析】先根据一元二次方程的定义列出方程组，再求出m的值即可．
【解答】解：由题意可知：，解得：m＝﹣2．
【点评】一元二次方程的一般形式是：ax2+bx+c＝0（a，b，c是常数且a≠0），特别要注意a≠0的条件．这是在做题过程中容易忽视的知识点．
3．（2020秋•扬州期中）向阳中学数学兴趣小组对关于x的方程（m+1）+（m﹣2）x﹣1＝0提出了下列问题：
（1）是否存在m的值，使方程为一元二次方程？若存在，求出m的值，并解此方程；
（2）是否存在m的值，使方程为一元一次方程？若存在，求出m的值，并解此方程．
【分析】（1）根据一元二次方程的定义可得，可求得m的值，进一步可求出方程的解；
（2）当m2+1＝1或m+1＝0时方程为一元一次方程，求出m的值，进一步解方程即可．
【解答】解：（1）根据一元二次方程的定义可得，解得m＝1，此时方程为2x2﹣x﹣1＝0，解得x1＝1，x2＝﹣；
（2）由题可知m2+1＝1或m+1＝0或m2+1＝0时方程可能为一元一次方程
当m2+1＝1时，解得m＝0，此时方程为﹣x﹣1＝0，解得x＝﹣1，
当m+1＝0时，解得m＝﹣1，此时方程为﹣3x﹣1＝0，解得x＝﹣．
当m2+1＝0时，方程无解．
【点评】本题主要考查一元二次和一元一次方程的定义，对（2）中容易漏掉m2+1＝1的情况．
二．一元二次方程的解（共1小题）
4．（2019秋•鼓楼区期中）若方程x2+mx+1＝0和x2+x+m＝0有公共根，则常数m的值是　﹣2　．
【分析】先设公共根为t，则t2+mt+1＝0，t2+t+m＝0，把两方程相减得到（m﹣1）t＝m﹣1，如果m＝1，那么两个方程均为x2+x+1＝0，Δ＜0，不符合题意；如果m≠1，解方程求出t的值，再根据方程解的定义得出1+m+1＝0，解得m的值即可．
【解答】解：设方程x2+mx+1＝0和x2+x+m＝0的公共根为t，
则t2+mt+1＝0①，
t2+t+m＝0②，
①﹣②得（m﹣1）t＝m﹣1，
如果m＝1，那么两个方程均为x2+x+1＝0，△＝12﹣4×1×1＝﹣3＜0，不符合题意；
如果m≠1，那么t＝1，
把t＝1代入①，得1+m+1＝0，解得m＝﹣2．
故常数m的值为﹣2．
故答案为：﹣2．
【点评】本题考查了一元二次方程的解：能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值是一元二次方程的解．又因为只含有一个未知数的方程的解也叫做这个方程的根，所以，一元二次方程的解也称为一元二次方程的根．
三．解一元二次方程-因式分解法（共4小题）
5．（2021秋•盱眙县期中）方程x2＝4x的根是（　　）
A．4 B．﹣4 C．0或4 D．0或﹣4
【分析】移项后分解因式得出x（x﹣4）＝0，推出方程x＝0，x﹣4＝0，求出即可．
【解答】解：x2＝4x，x2﹣4x＝0，
x（x﹣4）＝0，
x＝0，x﹣4＝0，
解得：x＝0或4，
故选：C．
【点评】本题考查了解一元一次方程和解一元二次方程等知识点的应用，关键是把一元二次方程转化成一元一次方程．
6．（2021秋•镇江期中）三角形的两边长分别为3和6，第三边的长是方程x2﹣6x+8＝0的解，则此三角形的周长是　13　．
【分析】求出方程的解，有两种情况：x＝2时，看看是否符合三角形三边关系定理；x＝4时，看看是否符合三角形三边关系定理；求出即可．
【解答】解：x2﹣6x+8＝0，
（x﹣2）（x﹣4）＝0，
x﹣2＝0，x﹣4＝0，
x1＝2，x2＝4，
当x＝2时，2+3＜6，不符合三角形的三边关系定理，所以x＝2舍去，
当x＝4时，符合三角形的三边关系定理，三角形的周长是3+6+4＝13，
故答案为：13．
【点评】本题考查了三角形的三边关系定理和解一元二次方程等知识点，关键是确定第三边的大小，三角形的两边之和大于第三边，分类讨论思想的运用，题型较好，难度适中．
7．（2021秋•锡山区期中）方程x2﹣9x+18＝0的两个根是等腰三角形的底和腰，则这个等腰三角形的周长为　15　．
【分析】求出方程的解，分为两种情况：①当等腰三角形的三边是3，3，6时，②当等腰三角形的三边是3，6，6时，看看是否符合三角形的三边关系定理，若符合求出即可．
【解答】解：x2﹣9x+18＝0，
∴（x﹣3）（x﹣6）＝0，
∴x﹣3＝0，x﹣6＝0，
∴x1＝3，x2＝6，
当等腰三角形的三边是3，3，6时，3+3＝6，不符合三角形的三边关系定理，
∴此时不能组成三角形，
当等腰三角形的三边是3，6，6时，此时符合三角形的三边关系定理，周长是3+6+6＝15，
故答案为：15．
【点评】本题考查了解一元二次方程和三角形的三边关系定理，等腰三角形的性质的应用，关键是确定三角形的三边的长度，用的数学思想是分类讨论思想．
8．（2019秋•宜兴市期中）解一元二次方程：
（1）（2x﹣5）2＝9
（2）x2﹣4x＝96
（3）3x2+5x﹣2＝0
（4）2（x﹣3）2＝﹣x（3﹣x）
【分析】（1）利用直接开平方法解方程；
（2）利用十字相乘法解方程；
（3）利用十字相乘法解方程；
（4）利用提公因式法解方程．
【解答】解：（1）（2x﹣5）2＝9
2x﹣5＝±3
2x＝±3+5
x1＝4，x2＝1；
（2）x2﹣4x＝96
x2﹣4x﹣96＝0
（x+8）（x﹣12）＝0
x+8＝0或x﹣12＝0
x1＝﹣8，x2＝12；
（3）3x2+5x﹣2＝0
（x+2）（3x﹣1）＝0
x+2＝0或3x﹣1＝0
x1＝﹣2，x2＝；
（4）2（x﹣3）2＝﹣x（3﹣x）
2（x﹣3）2﹣x（x﹣3）＝0
（x﹣3）（2x﹣6﹣x）＝0
x﹣3＝0或x﹣6＝0
x1＝3，x2＝6．
【点评】本题考查的是一元二次方程的解法，掌握十字相乘法、提公因式法解方程的一般步骤是解题的关键．
四．根的判别式（共3小题）
9．（2021秋•盱眙县期中）关于x的一元二次方程x2+x﹣3＝0的根的情况是（　　）
A．只有一个实数根 B．两个相等的实数根
C．两个不相等的实数根 D．没有实数根
【分析】根据一元二次方程根的判别式b2﹣4ac与0的大小，即可得出方程根的情况．
【解答】解：x2+x﹣3＝0，
a＝1，b＝1，c＝﹣3，
∴b2﹣4ac＝1﹣4×1×（﹣3）＝13＞0，
∴方程有两个不相等的实数根．
故选：C．
【点评】本题主要考查一元二次方程根的判别式，解题的关键在于掌握跟的判别式的应用，即b2﹣4ac＞0，方程有两个不相等的实数根，b2﹣4ac＝0方程有两个相等的实数根，b2﹣4ac＜0，方程没有实数根．
10．（2017秋•东台市期中）若关于x的方程有实数根，则k的取值范围为（　　）
A．k≥0 B．k＞0 C．k≥ D．k＞
【分析】若一元二次方程有两不等实数根，则根的判别式Δ＝b2﹣4ac＞0，建立关于k的不等式，求出k的取值范围．还要根据二次根式的意义可知k≥0，然后确定最后k的取值范围．
【解答】解：∵关于x的方程有实数根，
∴Δ＝b2﹣4ac＝（﹣3）2+4＝9k+4≥0，
解得：k≥，
又∵方程中含有
∴k≥0，
故选：A．
【点评】本题考查了一元二次方程根的判别式的应用．本题中需要注意的问题是k的值必须同时满足二次根式有意义和△≥0的条件，即要解不等式组，本题的易错点在于忽视了二次根式的条件而选取了C．
11．（2020秋•宜兴市校级期中）已知关于x的一元二次方程mx2﹣（m+3）x+3＝0（m≠0）．
（1）求证：不论m为何值，方程总有实数根；
（2）当m为何整数时，方程有两个不相等的正整数根？
【分析】（1）由于m≠0，原方程是一元二次方程，计算根的判别式△，证明△≥0；
（2）因式分解求出原方程的两个根，根据m为整数、两个不相等的正整数根得到m的值．
【解答】解：（1）∵m≠0，
Δ＝[﹣（m+3）]2﹣4m×3
＝m2﹣6m+9
＝（m﹣3）2，
∵（m﹣3）2≥0
即△≥0，
∴不论m为何值，方程总有实数根．
（2）方程mx2﹣（m+3）x+3＝0（m≠0）可变形为：
（mx﹣3）（x﹣1）＝0
x1＝，x2＝1，
∵方程有两个不相等的正整数根，
∴m＝1．
【点评】本题考查了一元二次方程根的判别式、一元二次方程的解法．解决（2）的关键是用因式分解法求出方程的两个根．
五．由实际问题抽象出一元二次方程（共1小题）
12．（2021秋•工业园区校级期中）某厂一月份生产某机器100台，计划二、三月份共生产280台．设二、三月份每月的平均增长率为x，根据题意列出的方程是（　　）
A．100（1+x）2＝280
B．100（1+x）+100（1+x）2＝280
C．100（1﹣x）2＝280
D．100+100（1+x）+100（1+x）2＝280
【分析】主要考查增长率问题，一般用增长后的量＝增长前的量×（1+增长率），如果设二、三月份每月的平均增长率为x，根据“计划二、三月份共生产280台”，即可列出方程．
【解答】解：设二、三月份每月的平均增长率为x，
则二月份生产机器为：100（1+x），
三月份生产机器为：100（1+x）2；
又知二、三月份共生产280台；
所以，可列方程：100（1+x）+100（1+x）2＝280．
故选：B．
【点评】本题考查的是一元二次方程的应用，根据增长率的一般规律，列出方程；平均增长率问题，一般形式为a（1+x）2＝b，a为起始时间的有关数量，b为终止时间的有关数量．
六．一元二次方程的应用（共3小题）
13．（2019秋•东台市期中）某汽车专卖店经销某种型号的汽车．已知该型号汽车的进价为15万元/辆，经销一段时间后发现：当该型号汽车售价定为25万元/辆时，平均每周售出8辆；售价每降低1万元，平均每周多售出2辆．
（1）当售价为22万元/辆时，平均每周的销售利润为　98　万元；
（2）若该店计划平均每周的销售利润是90万元，为了尽快减少库存，求每辆汽车的售价．
【分析】（1）根据销售价减去进价等于利润，单件的利润乘以销售量即可求解；
（2）根据销售利润等于单件利润乘以总销售量即为总利润．
【解答】（1）根据题意，得（22﹣15）（8+6）＝98．
故答案为98．
（2）设每辆汽车降价x万元，则售价为（25﹣x）万元，根据题意，得
（25﹣x﹣15）（8+2x）＝90
整理，得x2﹣6x+5＝0
解得x1＝1，x2＝5．
为了尽快减少库存，x＝5，25﹣x＝20．
答：每辆汽车的售价为20万元．
【点评】本题考查了一元二次方程的应用，解决本题的关键是掌握销售问题的数量关系．
14．（2019秋•南通期中）如图，在△ABC中，∠C＝90°，AB＝10cm，BC＝8cm，点P从点A开始沿射线AC向点C以2cm/s的速度移动，与此同时，点Q从点C开始沿边CB向点B以1cm/s的速度移动．如果P、Q分别从A、C同时出发，运动的时间为ts，当点Q运动到点B时，两点停止运动．
（1）当点P在线段AC上运动时，P、C两点之间的距离　（6﹣2t）　cm．（用含t的代数式表示）
（2）在运动的过程中，是否存在某一时刻，使得△PQC的面积是△ABC面积的．若存在，求t的值；若不存在，说明理由．

【分析】（1）依据AC＝6cm，AP＝2t，即可得到：当点P在线段AC上运动时，P、C两点之间的距离（6﹣2t）cm；
（2）分两种情况：当0＜t＜3时，当3＜t≤8时，分别依据△PQC的面积是△ABC面积的，列方程求解即可．
【解答】解：（1）∵△ABC中，∠C＝90°，AB＝10cm，BC＝8cm，
∴Rt△ABC中，AC＝6cm，
又∵点P从点A开始沿射线AC向点C以2cm/s的速度移动，
∴AP＝2t，
∴当点P在线段AC上运动时，P、C两点之间的距离（6﹣2t）cm；
故答案为：（6﹣2t）；
（2）△ABC的面积为S△ABC＝×6×8＝24，
①当0＜t＜3时，PC＝6﹣2t，QC＝t，
∴S△PCQ＝PC×QC＝t（6﹣2t），
∴t（6﹣2t）＝4，
即t2﹣3t+4＝0，
∵Δ＝b2﹣4ac＝﹣7＜0，
∴该一元二次方程无实数根，
∴该范围下不存在；
②当3＜t≤8时，PC＝2t﹣6，QC＝t，
∴S△PCQ＝PC×QC＝t（2t﹣6），
∴t（2t﹣6）＝4，
即t2﹣3t﹣4＝0，
解得t＝4或﹣1（舍去），
综上所述，存在，当t＝4时，△PQC的面积是△ABC面积的．
【点评】本题考查了一元二次方程解实际问题的运用，一元二次方程的解法的运用，根的判别式的运用，解答时利用三角形的面积公式建立一元二次方程是关键．
15．（2018秋•东台市期中）水果店张阿姨以每千克4元的价格购进某种水果若干千克，然后以每千克6元的价格出售，每天售出100千克．通过调查发现，这种水果每千克的售价每降低0.1元，每天可多售出20千克，为了保证每天至少售出240千克，张阿姨决定降价销售．
（1）若售价降低0.8元，则每天的销售量为　260　千克、销售利润为　312　元；
（2）若将这种水果每千克降价x元，则每天的销售量是　（100+200x）　千克（用含x的代数式表示）；
（3）销售这种水果要想每天盈利300元，张阿姨应将每千克的销售价降至多少元？
【分析】（1）销售量＝原来销售量+下降销售量，销售量×每千克利润＝总利润，据此列式即可；
（2）销售量＝原来销售量+下降销售量，据此列式即可；
（2）根据销售量×每千克利润＝总利润列出方程求解即可．
【解答】解：（1）销售量：100+20×＝100+160＝260，
利润：（100+160）（6﹣4﹣0.8）＝312，
则每天的销售量为260千克、销售利润为312元；
故答案为：260，312；
（2）将这种水果每千克降低x元，则每天的销售量是100+×20＝100+200x（千克）；
故答案为：（100+200x）；
（3）设这种水果每千克降价x元，
根据题意得：（6﹣4﹣x）（100+200x）＝300，
2x2﹣3x+1＝0，
解得：x＝0.5或x＝1，
当x＝0.5时，销售量是100+200×0.5＝200＜240；
当x＝1时，销售量是100+200＝300＞240．
∵每天至少售出240千克，
∴x＝1．
6﹣1＝5，
答：张阿姨应将每千克的销售价降至5元．
【点评】本题考查理解题意的能力，第一问关键求出每千克的利润，求出总销售量，从而利润．第二问，根据售价和销售量的关系，以利润作为等量关系列方程求解．
七．配方法的应用（共1小题）
16．（2021秋•江宁区期中）填空：x2﹣2x+　1　＝（x﹣　1　）2．
【分析】根据公式a2±2ab+b2＝（a±b）2配方即可．
【解答】解：x2﹣2x+1＝（x﹣1）2；
故答案为：1，1．
【点评】本题主要考查了配方法的应用，掌握公式a2±2ab+b2＝（a±b）2，配方的关键是二次三项式是完全平方式，则常数项是一次项系数一半的平方．
八．圆心角、弧、弦的关系（共1小题）
17．（2020秋•宜兴市期中）如图，P（x，y）是以坐标原点为圆心、5为半径的圆周上的点，若x、y都是整数，则这样的点共有　12　个．

【分析】因为P（x，y）是以坐标原点为圆心、5为半径的圆周上的点，根据题意，x2+y2＝25，若x、y都是整数，其实质就是求方程的整数解．
【解答】解：∵P（x，y）是以坐标原点为圆心、5为半径的圆周上的点，
即圆周上的任意一点到原点的距离为5，
由题意得：＝5，即x2+y2＝25，
又∵x、y都是整数，
∴方程的整数解分别是：x＝0，y＝5；x＝3，y＝4；x＝4，y＝3；
x＝5，y＝0；x＝﹣3，y＝4；x＝﹣4，y＝3；
x＝﹣5，y＝0；x＝﹣3，y＝﹣4；x＝﹣4，y＝﹣3；
x＝0，y＝﹣5；x＝3，y＝﹣4；x＝4，y＝﹣3．
共12对，所以点的坐标有12个．
分别是：（0，5）；（3，4）；（4，3）；（5，0）；（﹣3，4）；（﹣4，3）；（﹣5，0）；（﹣3，﹣4）；（﹣4，﹣3）；（0，﹣5）；（3，﹣4）；（4，﹣3）．
【点评】本题结合圆和直角三角形的知识，考查了二元二次方程的整数解和点的坐标问题．
九．圆周角定理（共1小题）
18．（2021秋•高新区期中）如图，AB为⨀O的直径，弦CD与AB交于点E．若AC＝AE，CE＝4，DE＝6，则的值为（　　）

A． B． C． D．
【分析】通过分别从A、O作CD的垂线段，由垂径定理得DF和CF的长，结合AC＝AE可得EG＝CG的长，然后由OF∥AG
可得相应线段成比例，最后根据比例设出未知量得到AE与BE的比．
【解答】解：过点O作OF⊥CD于点F，过点A作AG⊥CD于G．
∵DE＝6，CE＝4
∴CD＝10
∵OF⊥CD，由垂径定理可得DF＝CF＝＝5
∴EF＝1
又∵AC＝AE，AG⊥CD
∴EG＝CG＝
又∵OF⊥CD，AG⊥CD
∴OF∥AG
∴＝
设OE＝x，则AE＝2x，
∴OB＝OA＝3x，BE＝OB+OE＝3x+x＝4x．
∴．
故选：A．

【点评】本题考查了圆中常用辅助线的作法，垂径定理，平行线分线段对应成比例的相关知识，熟练掌握以上内容是解题的关键．
一十．点与圆的位置关系（共1小题）
19．（2021秋•新北区校级期中）如图，点A，B的坐标分别为A（2，0），B（0，2），点C为坐标平面内一点，BC＝1，点M为线段AC的中点，连接OM，则OM的最大值为（　　）

A．+1 B．+ C．2+1 D．2﹣
【分析】根据同圆的半径相等可知：点C在半径为1的⊙B上，通过画图可知，C在BD与圆B的交点时，OM最小，在DB的延长线上时，OM最大，根据三角形的中位线定理可得结论．
【解答】解：如图，
∵点C为坐标平面内一点，BC＝1，
∴C在⊙B上，且半径为1，
取OD＝OA＝2，连接CD，

∵AM＝CM，OD＝OA，
∴OM是△ACD的中位线，
∴OM＝CD，
当OM最大时，即CD最大，而D，B，C三点共线时，当C在DB的延长线上时，OM最大，
∵OB＝OD＝2，∠BOD＝90°，
∴BD＝2，
∴CD＝2+1，
∴OM＝CD＝，即OM的最大值为+；
故选：B．
【点评】本题考查了坐标和图形的性质，三角形的中位线定理等知识，确定OM为最大值时点C的位置是关键，也是难点．
一十一．确定圆的条件（共1小题）
20．（2019秋•东台市期中）如图，点A、B、C在同一条直线上，点D在直线AB外，过这四个点中的任意3个，能画的圆有（　　）

A．1 个 B．2个 C．3个 D．4 个
【分析】根据不在同一直线上的三点确定一个圆解答．
【解答】解：∵点A、B、C在同一条直线上，
∴经过点A、B、D，或点A、C、D，或点B、C、D分别能画一个圆，
故选：C．
【点评】本题考查的是确定圆的条件，掌握不在同一直线上的三点确定一个圆是解题的关键．
一十二．三角形的外接圆与外心（共1小题）
21．（2020秋•吴江区期中）如图，△ABC内接于⊙O，∠BAC＝30°，BC＝2，则⊙O的直径等于　4　．

【分析】作直径BD，连接CD，根据圆周角定理得到∠D＝∠BAC＝30°，∠BCD＝90°，根据直角三角形的性质解答．
【解答】解：作直径BD，连接CD，
由圆周角定理得，∠D＝∠BAC＝30°，∠BCD＝90°，
∴BD＝2BC＝4，
故答案为：4．

【点评】本题考查的是三角形的外接圆与外心，掌握圆周角定理及其推论是解题的关键．
一十三．切线的性质（共4小题）
22．（2021秋•常州期中）如图，AB是⊙O的直径，点C在AB的延长线上，CD与⊙O相切于点D，若∠C＝20°，则∠CDA＝　125　°．

【分析】连接OD，构造直角三角形，利用OA＝OD，可求得∠ODA＝35°，从而根据∠CDA＝∠CDO+∠ODA计算求解．
【解答】解：连接OD，则∠ODC＝90°，∠COD＝70°；
∵OA＝OD，
∴∠ODA＝∠A＝∠COD＝35°，
∴∠CDA＝∠CDO+∠ODA＝90°+35°＝125°，
故答案为：125．

【点评】本题利用了切线的性质，三角形的外角与内角的关系，等边对等角求解．
23．（2021秋•海安市期中）平面直角坐标系xOy中，以O为圆心，1为半径画圆，平面内任意点P（m，n2﹣9），且实数m，n满足m﹣n2+5＝0，过点P作⊙O的切线，切点为A，当PA长最小时，点P到原点O的距离为 　2　．
【分析】连接OA，先确定当PA最小时P的位置：OP⊥BC时，根据勾股定理可计算PA的长．
【解答】解：如图，连接OA，

∵m﹣n2+5＝0，
∴n2＝m+5，
∴n2﹣9＝m+5﹣9＝m﹣4，
∴点P的坐标为（m，m﹣4），即点P在直线y＝x﹣4上，
当x＝0时，y＝﹣4，当y＝0时，x＝4，
∴OB＝OC＝4，
∴BC＝4，
∵PA与⊙O相切于点A，
∴OA⊥AP，
∵OA＝1，
∴当OP最小时，PA最小，
当OP⊥BC时，OP最小，此时OP＝BC＝2，
答：当PA长最小时，点P到原点O的距离为2．
故答案为：2．
【点评】本题考查了一次函数的与坐标轴的交点，等腰直角三角形的性质，垂线段最短问题，圆的切线的性质，勾股定理等知识，正确画图确定点P的位置是关键，也是本题的难点．
24．（2018秋•锡山区校级期中）如图，AB为⊙O的直径，点D，E是位于AB两侧的半圆AB上的动点，射线DC切⊙O于点D．连接DE，AE，DE与AB交于点P，F是射线DC上一动点，连接FP，FB，且∠AED＝45°．
（1）求证：CD∥AB；
（2）填空：
①若DF＝AP，当∠DAE＝　67.5°　时，四边形ADFP是菱形；
②若BF⊥DF，当∠DAE＝　90°　时，四边形BFDP是正方形．

【分析】（1）要证明CD∥AB，只要证明∠ODF＝∠AOD即可，根据题目中的条件可以证明∠ODF＝∠AOD，从而可以解答本题；
（2）①根据四边形ADFP是菱形和菱形的性质，可以求得∠DAE的度数；②根据四边形BFDP是正方形，可以求得∠DAE的度数．
【解答】解：（1）如图，OD连接，
∵射线DC切⊙O于点D，
∴OD⊥CD，
∵∠AED＝45°，
∴∠AOD＝2∠AED＝90°，即∠ODF＝∠AOD，
∴CD∥AB．

（2）①连接AF与DP交于点G，如图所示，
∵四边形ADFP是菱形，∠AED＝45°，OA＝OD，
∴AF⊥DP，∠AOD＝90°，∠DAG＝∠PAG，
∴∠AGE＝90°，∠DAO＝45°，
∴∠EAG＝45°，∠DAG＝∠PAG＝22.5°，
∴∠EAD＝∠DAG+∠EAG＝22.5°+45°＝67.5°，
故答案为：67.5°；
②∵四边形BFDP是正方形，
∴BF＝FD＝DP＝PB，
∠DPB＝∠PBF＝∠BFD＝∠FDP＝90°，
∴此时点P与点O重合，
∴此时DE是直径，
∴∠EAD＝90°，
故答案为：90°．


【点评】本题考查菱形的判定与性质、切线的性质、正方形的判定，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用菱形的性质和正方形的性质解答．
25．（2019秋•鼓楼区校级期中）如图，大圆的弦AB、AC分别切小圆于点M、N．
（1）求证：AB＝AC；
（2）若AB＝8，求圆环的面积．

【分析】（1）连接OM、ON，根据切线的性质定理证明；
（2）根据垂径定理、勾股定理计算即可．
【解答】（1）证明：连接OM、ON，
∵AB、AC分别切小圆于点M、N．
∴AM＝AN，OM⊥AB，ON⊥AC，
∴AM＝BM，AN＝NC，
∴AB＝AC；
（2）解：连接OA，
∵弦AB切与小圆⊙O相切于点M，
∴OM⊥AB，
∴AM＝BM＝4，
∴在Rt△AOM中，OA2﹣OM2＝AM2＝16，
∴S圆环＝πOA2﹣πOM2＝πAM 2＝16π．

【点评】本题考查的是切线的性质、垂径定理以及勾股定理，掌握圆的切线垂直于经过切点的半径是解题的关键．
一十四．切线的判定与性质（共2小题）
26．（2018秋•南京期中）如图，△ABC中，⊙O经过A、B两点，且交AC于点D，连接BD，∠DBC＝∠BAC．
（1）证明BC与⊙O相切；
（2）若⊙O的半径为6，∠BAC＝30°，求图中阴影部分的面积．

【分析】（1）连接BO并延长交⊙O于点E，连接DE．由圆周角定理得出∠BDE＝90°，再求出∠EBD+∠DBC＝90°，根据切线的判定定理即可得出BC是⊙O的切线；
（2）分别求出等边三角形DOB的面积和扇形DOB的面积，即可求出答案．
【解答】证明：（1）连接BO并延长交⊙O于点E，连接DE．
∵BE是⊙O的直径，
∴∠BDE＝90°，
∴∠EBD+∠E＝90°，
∵∠DBC＝∠DAB，∠DAB＝∠E，
∴∠EBD+∠DBC＝90°，
即OB⊥BC，
又∵点B在⊙O上，且OB为⊙O的半径，
∴BC是⊙O的切线；

（2）连接OD，
∵∠BOD＝2∠A＝60°，OB＝OD，
∴△BOD是边长为6的等边三角形，
∴S△BOD＝×62＝9，
∵S扇形DOB＝＝6π，
∴S阴影＝S扇形DOB﹣S△BOD＝6π﹣9．

【点评】本题考查了切线的判定，圆周角定理，扇形面积，等边三角形的性质和判定的应用，关键是求出∠EBD+∠DBC＝90°和分别求出扇形DOB和三角形DOB的面积．
27．（2018秋•锡山区校级期中）如图，AB是半径为2的⊙O的直径，直线m与AB所在直线垂直，垂足为C，OC＝3，点P是⊙O上异于A、B的动点，直线AP、BP分别交m于M、N两点．
（1）当点C为MN中点时，连接OP，PC，判断直线PC与⊙O是否相切并说明理由．
（2）点P是⊙O上异于A、B的动点，以MN为直径的动圆是否经过一个定点，若是，请确定该定点的位置；若不是，请说明理由．

【分析】（1）如图1，根据同角的余角相等可得：∠AMC＝∠ABP＝∠OPB，从而得OP⊥PC，可知：直线PC与⊙O相切；
（2）如图2，设该圆与AC的交点为D，连接DM、DN，证△MDC∽△DNC得比例式，同理证△ACM∽△NCB，得DC的长，则以MN为直径的一系列圆经过定点D，此顶点D在直线AB上且CD的长为，同理在MN的右侧 还有一个点D'，到C的距离也是．
【解答】解：（1）直线PC与⊙O相切，
理由是：如图1，∵AC⊥MN，
∴∠ACM＝90°，
∴∠A+∠AMC＝90°，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠APB＝∠NPM＝90°，
∴∠PNM+∠AMC＝90°＝∠A+∠ABP，
∴∠ABP＝∠AMC，
∵OP＝OB，
∴∠ABP＝∠OPB，
Rt△PMN中，C为MN的中点，
∴PC＝CN，
∴∠PNM＝∠NPC，
∴∠OPC＝∠OPB+∠NPC＝∠ABP+∠PNM＝∠AMC+∠PNM＝90°，
即OP⊥PC，
∴直线PC与⊙O相切；
（2）如图2，设该圆与AC的交点为D，连接DM、DN，
∵MN为直径，
∴∠MDN＝90°，
则∠MDC+∠NDC＝90°，
∵∠DCM＝∠DCN＝90°，
∴∠MDC+∠DMC＝90°，
∴∠NDC＝∠DMC，
则△MDC∽△DNC，
∴，即DC2＝MC•NC
∵∠ACM＝∠NCB＝90°，∠A＝∠BNC，
∴△ACM∽△NCB，
∴，即MC•NC＝AC•BC；
即AC•BC＝DC2，
∵AC＝AO+OC＝2+3＝5，BC＝3﹣2＝1，
∴DC2＝5，
∴DC＝，
∵MN⊥DD'，
∴D'C＝DC＝，
∴以MN为直径的一系列圆经过两个定点D和D'，此定点在C的距离都是．


【点评】本题主要考查圆的综合问题，解题的关键是掌握相似三角形的判定与性质、圆的切线的判定、直角三角形的中线的性质及圆的有关性质等知识点，确定出定点D的过程，就是计算CD的长．
一十五．三角形的内切圆与内心（共2小题）
28．（2019秋•江阴市期中）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，连接OG，DG．若OG⊥DG，且⊙O的半径长为1，则下列结论不成立的是（　　）

A．CD+DF＝4 B．CD﹣DF＝2﹣3 C．BC+AB＝2+4 D．BC﹣AB＝2
【分析】设⊙O与BC的切点为M，连接MO并延长MO交AD于点N，证明△OMG≌△GCD，得到OM＝GC＝1，CD＝GM＝BC﹣BM﹣GC＝BC﹣2．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），所以c＝a+b﹣2．在Rt△ABC中，利用勾股定理求得（舍去），从而求出a，b的值，所以BC+AB＝2+4．再设DF＝x，在Rt△ONF中，FN＝，OF＝x，ON＝，由勾股定理可得，解得x＝4，从而得到CD﹣DF＝，CD+DF＝．即可解答．
【解答】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，
∴OM＝GC＝1，CD＝GM＝BC﹣BM﹣GC＝BC﹣2．
∵AB＝CD，
∴BC﹣AB＝2．
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（舍去），
∴，
∴BC+AB＝2+4．
再设DF＝x，在Rt△ONF中，FN＝，OF＝x，ON＝，
由勾股定理可得，
解得x＝4，
∴CD﹣DF＝，CD+DF＝．
综上只有选项A错误，
故选：A．
【点评】本题考查了三角形的内切圆和内心，切线的性质，勾股定理，矩形的性质等知识点的综合应用，解决本题的关键是三角形内切圆的性质．
29．（2021秋•梁溪区期中）如图，I为△ABC的内心，有一直线经过点I且分别与AB、AC相交于点D、点E．若AD＝DE＝5，AE＝6，则点I到BC的距离为 　　．

【分析】根据等腰三角形的性质和勾股定理，可以求得DF的长，再根据等面积法，可以求得IG、IH的长，再根据三角形的内心是角平分线的交点，即可得到IJ＝IH的长，从而可以得到点I到BC的距离．
【解答】解：根据题意点I在DE上，连接AI，作IG⊥AB于点G，IJ⊥BC于点J，作IH⊥AC于点H，作DF⊥AE于点F，如右图所示：

∵AD＝DE＝5，AE＝6，DF⊥AE，
∴AF＝3，∠AFD＝90°，
∴DF＝＝＝4，
设IH＝x，
∵I为△ABC的内心，
∴IG＝IJ＝IH＝x，
∵S△ADE＝S△ADI+S△AEI，
∴＝+，
解得x＝，
∴IJ＝，
即I点到BC的距离是．
故答案为：．
【点评】本题考查三角形的内切圆与内心、角平分线的性质，解答本题的关键是知道三角形的内心是角平分线的交点，利用数形结合的思想解答．
一十六．正多边形和圆（共2小题）
30．（2021秋•新北区校级期中）如图，正五边形ABCDE和正三角形AMN都是⊙O的内接多边形，则∠BOM＝　48°　．

【分析】连接OA，分别求出正五边形ABCDE和正三角形AMN的中心角，结合图形计算即可．
【解答】解：连接OA，
∵五边形ABCDE是正五边形，
∴∠AOB＝＝72°，
∵△AMN是正三角形，
∴∠AOM＝＝120°，
∴∠BOM＝∠AOM﹣∠AOB＝48°，
故答案为：48°．

【点评】本题考查的是正多边形与圆的有关计算，掌握正多边形的中心角的计算公式是解题的关键．
31．（2018秋•如皋市期中）（1）已知△ABC为正三角形，点M是BC上一点，点N是AC上一点，AM、BN相交于点Q，BM＝CN，证明△ABM≌△BCN，并求出∠BQM的度数．
（2）将（1）中的“正△ABC”分别改为正方形ABCD、正五边形ABCDE、正六边形ABCDEF、正n边形ABCD…，“点N是AC上一点”改为点N是CD上一点，其余条件不变，分别推断出∠BQM等于多少度，将结论填入下表：
正多边形
正方形
正五边形
正六边形
…
正n边形
∠BQM的度数
　90°　
　108°　
　120°　
…
　　

【分析】（1）根据等边三角形的性质、SAS定理证明△ABM≌△BCN，根据三角形的外角的性质求出∠BQM；
（2）仿照（1）的结论，计算即可．
【解答】（1）证明：∵△ABC为等边三角形，
∴∠ABC＝∠C＝60°，
在△ABM和△BCN中，
，
∴△ABM≌△BCN，
∴∠BAM＝∠CBN，
∴∠BQM＝∠BAM+∠ABQ＝∠CBN+∠ABQ＝60°；
（2）正方形ABCD中，由（1）得，△ABM≌△BCN，
∴∠BAM＝∠CBN，
∴∠BQM＝∠BAM+∠ABQ＝∠CBN+∠ABQ＝90°，
同理正五边形ABCDE中，∠BQM＝108°，
正六边形ABCDEF中，∠BQM＝120°，
正n边形ABCD…中，∠BQM＝，
故答案为：90°；108°；120°；．
【点评】本题考查的是正多边形和圆，掌握正多边形的概念和性质、三角形的外角的性质、全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
一十七．加权平均数（共1小题）
32．（2020秋•海陵区校级期中）学校广播站要招聘一名播音员，考查形象、知识面、普通话三个项目．按形象占10%，知识面占40%，普通话占50%计算加权平均数，作为最后评定的总成绩．
李文和孔明两位同学的各项成绩如下表：

项 目
选 手
形　象
知识面
普通话
李 文
70
80
88
孔 明
80
75
x
（1）计算李文同学的总成绩；
（2）若孔明同学要在总成绩上超过李文同学，则他的普通话成绩x应超过多少分？
【分析】（1）按照各项目所占比求得总成绩；
（2）各项目所占比求得总成绩大于83分即可，列出不等式求解．
【解答】解：（1）70×10%+80×40%+88×50%＝83（分）
（2）80×10%+75×40%+50%•x＞83，
∴x＞90．
∴李文同学的总成绩是83分，孔明同学要在总成绩上超过李文同学，则他的普通话成绩应超过90分．
【点评】本题综合考查平均数的运用．解题的关键是正确理解题目的含义．