江苏十三市2022学年九年级上学期数学期末真题压轴精选——填空题30道

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一、填空题
1．（2022·江苏淮安期末）如图，在平面直角坐标系中，菱形OABC 的顶点 A 在 x 轴正半轴上，顶点 C 的坐标为（4，3），D是抛物线 y=﹣x2+6x上一点，且在x轴上方，则△BCD 面积的最大值为__________ ．
【答案】15
【详解】解：∵D是抛物线上一点，
∴设
∵顶点C的坐标为(4,3)，

∵四边形OABC是菱形，
轴，

有最大值，最大值为15，
故答案为15.
2．（2022·江苏宿迁期末）如图，在中，，点P是平面内一个动点，且，Q为的中点，在P点运动过程中，设线段的长度为m，则m的取值范围是_______．
【答案】
【分析】取AB的中点M，连接QM、CM，得到QM是△APB的中位线，CM是斜边上的中线，求得QM、CM的长，在△QMC中利用三角形三边关系得到CQ的范围即可．
【详解】取AB的中点M，连接QM、CM，
∴QM是△APB的中位线，CM是斜边上的中线，
∴，，
在中，，
∴，
∴CM=5，
∵点P是平面内一个动点，
∴点Q是动点，且点Q以点M为圆心，QM长为半径的圆上运动，
∴C、Q、M可以三点共线，
∴CM-MQCQCM+MQ，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查勾股定理、直角三角形斜边中线的性质，中位线定理、三角形三边关系等知识，分析点Q的运动是解题的关键．
3．（2022·江苏淮安期末）如图Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝3，AC＝4，点P为BC上任意一点，连接PA，以PA，PC为邻边作平行四边形PAQC，连接PQ，则PQ的最小值为__．
【答案】
【分析】利用勾股定理得到BC边的长度，根据平行四边形的性质，得知OP最短即为PQ最短，利用垂线段最短得到点P的位置，再证明△CAB∽△CP′O利用对应线段的比得到OP的长度，继而得到PQ的长度．
【详解】∵∠BAC＝90°，AB＝3，AC＝4，
∴BC＝＝5，
∵四边形APCQ是平行四边形，
∴PO＝QO，CO＝AO，
∵PQ最短也就是PO最短，
∴过O作BC的垂线OP′，
∵∠ACB＝∠P′CO，∠CP′O＝∠CAB＝90°，
∴△CAB∽△CP′O，
∴，
∴，
∴OP′＝，
∴则PQ的最小值为2OP′＝，
故答案为：．
【点睛】考查线段的最小值问题，结合了平行四边形性质和相似三角形求线段长度，本题的关键是利用垂线段最短求解，学生要掌握转换线段的方法才能解出本题．
4．（2022·江苏连云港期末）如图，是的直径，，点A在上，，B为弧的中点，P是直径上一动点，则的最小值为________．
【答案】3
【分析】首先利用在直线L上的同侧有两个点A、B，在直线L上有到A、B的距离之和最短的点存在，可以通过轴对称来确定，即作出其中一点关于直线L的对称点，对称点与另一点的连线与直线L的交点就是所要找的点P的位置，然后根据弧所对的圆心角的度数发现一个等腰直角三角形计算．
【详解】解：作点B关于MN的对称点C，连接AC交MN于点P，则P点就是所求作的点，此时PA+PB最小，且等于AC的长．
连接OA，OC，
∴，
∴∠BOM=∠COM，
∵B为弧AM的中点，
∴，
∴∠AOB=∠BOM=∠AOM，
∵∠ANM=20°，
∴∠AOM=40°，
∴∠AOC=3∠AOB=60°，
∴OA=OC=AC，
∵MN=6，
∴OA=MN=3，
∴AC=3．
故答案为：3．
【点睛】此题主要考查了轴对称-最短路线问题，垂径定理，圆周角定理，直角三角形的性质等，确定点P的位置是本题的关键．
5．（2021·江苏·仪征市古井中学九年级期末）如图，在△ABC中，AB＝4，BC＝5，点D、E分别在BC、AC上，CD＝2BD，CE＝2AE，BE交AD于点F，则△ABE面积的最大值是___．
【答案】##
【分析】连接DE，得到，推出△CDE∽△CBA，△DEF∽△ABF，得到，，当最大时，最大，最大，，过点D作DG⊥AB于G，当DG最大时，最大，由，得到当AB⊥BC时，DG最大=BD，根据公式求出面积的最大值．
【详解】解：连接DE，
∵，，
∴，
又∵∠C=∠C，
∴△CDE∽△CBA，
∴∠CDE=∠CBA，，
∴，
∴△DEF∽△ABF，
∴，
∴，，
∴，，
当最大时，最大，最大，
过点D作DG⊥AB于G，
∵，
∴当DG最大时，最大，
∵，
∴当AB⊥BC时，DG最大=BD=，此时，
∴
故答案为：．
【点睛】此题考察了相似三角形的判定及性质，相似与动点问题，正确掌握相似三角形的判定定理是解题的关键．
6．（2021·江苏·泰州中学附属初中九年级期末）二次函数y＝ax2﹣6ax﹣5（a≠0），当5≤x≤6时，对应的y的整数值有4个，则a的取值范围是 _____．
【答案】或
【分析】根据关于对称，分当时，开口向上，当时，随的增大而增大，当时，开口向下，当时，随的增大而增小，根据的整数值有4个，列出不等式进行求解．
【详解】解：关于对称，
当时，开口向上，
当时，随的增大而增大，
当时，，
当时，，
，
的整数值有4个，
，
解得：；
当时，开口向下，
当时，随的增大而增小，
当时，，
当时，，
，
的整数值有4个，
，
解得：；
综上：或．
【点睛】本题考查了二次函数的性质、不等式组的整数解问题，解题的关键是掌握相应的运算法则．
7．（2021·江苏·泰州中学附属初中九年级期末）已知α、β为锐角，若，，利用下列边长均为1的小正方形组成的网格图（如图），可求得tan（α+β）＝_____．
【答案】2
【分析】先证明，，得到tan（α+β）=tan，利用勾股定理的逆定理判断出△ABC是直角三角形，进一步计算即可求得答案．
【详解】解：如图，
BD=2，AD=1，BE=4，CE=3，
∴，，
∴，，
∴tan（α+β）=tan，
∵AB=，AC=，BC=，
，
∴,
∴△ABC是直角三角形，且90°，
∴tan（α+β）=tan==2，
故答案为：2．
【点睛】本题考查了网格与勾股定理，解直角三角形，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
8．（2022·江苏·涟水县东胡集中学九年级期末）如图，在，，，，是内部的一个动点，且满足，则线段长的最小值是__________．
【答案】
【分析】首先证明点在以为直径的上，连接与交于点，此时最小，利用勾股定理求出即可解决问题．
【详解】解：取的中点，以点为圆心，为直径作，
∵，，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴点在以为直径的上，
连接与交于点，此时最小，
∴，
在中，
∵，，，
∴，
∴，
∴线段长的最小值是．
故答案为：．
【点睛】本题考查点与圆位置关系，圆周角定理，最短问题等知识．解题的关键是确定点位置，学会求圆外一点到圆的最小、最大距离．
9．（2022·江苏淮安期末）直角三角形纸片的两直角边长分别为6，8，现将△ABC如图那样折叠，使点A与点B重合，折痕为DE，则tan∠CBE的值是_____．
【答案】
【分析】根据折叠的性质可得AE=BE，设AE=BE=x，则CE=8-x，根据勾股定理即可列方程求解．
【详解】解：由题意得AE=BE=x，则CE=8-x
∵
∴，
解得
∴CE=8-x=，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查了折叠的性质、勾股定理，正切的定义等．勾股定理的应用是初中数学的重点，是中考常见题，一般难度不大，需熟练掌握．
10．（2022·江苏宿迁期末）如图，在矩形ABCD中，AB＝2，BC＝3，在边BC上取点P，使∠DAP的平分线过DC的中点Q，则线段BP的长等于 _____．
【答案】
【分析】通过证明△CQE∽△DQA，可求CE＝AD＝3，由平行线和角平分线的性质可得AP＝PE，由勾股定理可求解．
【详解】解：如图，延长BC，AQ交于点E，
∵点Q是CD中点，
∴CQ＝DQ，
∵四边形ABCD是矩形，
∴BC∥AD，BC＝AD＝3，
∴△CQE∽△DQA，
∴1，
∴CE＝AD＝3，
∴BE＝6，
∵AQ平分∠PAD，
∴∠PAQ＝∠DAQ，
∵BC∥AD，
∴∠E＝∠DAQ，
∴∠E＝∠PAQ，
∴AP＝PE，
在Rt△ABP中，AP2＝AB2+BP2，
∴（6﹣BP）2＝4+BP2，
∴BP，
故答案为：．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，矩形的性质，勾股定理等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
11．（2022·江苏宿迁期末）已知△ABC的边长都是关于x的方程x2﹣3x+8＝0的解，其中整数k＜5，则△ABC的周长等于 _____．
【答案】6或12或10
【分析】根据题意得且，而整数，则；方程变形为，解得，，由于的边长均满足关于的方程，所以的边长可以为、、或4、4、4或、、，然后分别计算三角形周长
【详解】解：据题意得且，
解得，
∵整数，
∴；
当时，方程变形为，
解得，，
∵的边长均满足关于x的方程，
∴的边长为、、或4、4、4或、、．
∴的周长为或或．
故答案为：或或．
【点睛】本题考查了一元二次方程的根的判别式：当，方程有两个不相等的实数根，当，方程有两个相等的实数根，当，方程没有实数根，也考查了因式分解法解一元二次方程以及三角形三边关系．
12．（2022·江苏扬州期末）在锐角三角形ABC中，∠A＝30°，BC＝3，设BC边上的高为h，则h的取值范围是__________．
【答案】
【分析】如图1，作△ABC的外接圆⊙O，过O作OP⊥BC，根据等边三角形的判定及性质得出OB和BP的值，再根据解直角三角形正切求得OP的值，可知h的最大值范围；如图2，A1B⊥BC，A2C⊥BC，则，根据正切求得的值，得出h的最小值范围．
【详解】解：如图1，作△ABC的外接圆⊙O，过O作OP⊥BC，
∵∠BAC=30°，
∴∠BOC=60°，
，
为等边三角形，
，
，
在中，，
∴PO=，
∴h≤AO+OP=3+，
如图2，A1B⊥BC，A2C⊥BC，则，
在中，，
，
∵△ABC是锐角三角形，
点A在之间，
∴h＞，
∴h的取值范围是：，
故答案为：．
【点睛】本题考查圆周角定理以及解直角三角形，解题的关键是作出三角形的外接圆．
13．（2022·江苏宿迁期末）如图，△ABC中，AB＝10，BC＝8，AC＝6，点P在线段AC上，以P为圆心，PA长为半径的圆与边AB相交于另一点D，点Q在直线BC上，且DQ是⊙P的切线，则PQ的最小值为__________．
【答案】4.8
【分析】连接PD，取PQ的中点E，连接CE，DE，判定点E在AB边中线上时PQ有最小值即可．
【详解】解：在△ABC中，BC=8，AC=6，AB=10，
∴AB2=AC2+BC2，
∴∠ACB=90°，
连接PD，取PQ的中点E，连接CE，DE，
∵DQ是⊙P的切线，
∴∠PDQ=90°，
∴CE=PQ，DE=PQ，
当CD⊥AB时，CE+DE有最小值，即CD=AC•BC÷AB=4.8，
故答案为：4.8．
【点睛】本题主要考查切线的性质，熟练掌握切线的性质，勾股定理等知识是解题的关键．
14．（2022·江苏泰州期末）如图，四边形ABCD内接于以BD为直径的⊙O，CA平分∠BCD，若四边形ABCD的面积是30cm2，则AC=______cm．
【答案】
【分析】过A点作AE⊥AC，交CD的延长线与点E，证明△ABC≌△ADE，从而得到四边形ABCD的面积等于△ACE的面积，然后证明出△ACE是等腰直角三角形，根据三角形的面积公式即可求出AC的长度．
【详解】
如图，过A点作AE⊥AC，交CD的延长线与点E．
∵BD为⊙O的直径
∴∠BAD＝∠BCD＝90°
∵CA平分∠BCD
∴∠BCA＝∠ACD＝45°
∴∠E＝∠ACD＝45°
∴AC＝AE
∵AE⊥AC
∴∠CAE＝90°
∴∠CAD+∠DAE＝90°
又∵∠BAC+∠CAD＝90°
∴∠BAC＝∠DAE
又∵∠BCA＝∠E＝45°
在△ABC≌△ADE中，
∴△ABC≌△ADE（ASA）
∴
∴
∴
∴
故答案为：
【点睛】本题主要考查了圆周角定理和圆内接四边形的性质，关键在于运用转化思想，将四边形ABCD的面积转化为△ACE的面积．
15．（2022·江苏泰州期末）如图，△ABC中，∠ACB=90°，BD平分∠ABC，CD平分∠ACB，AC=4cm，BC=3cm，则S△BCD=_________cm2．
【答案】1.5
【分析】根据勾股定理得到AB=5cm，推出点D是△ABC的内心．如图，画出△ABC的内切圆，与BC、AC、AB分别相切于点G、M、N，且连接DG，解方程组得到DG=x=1，根据三角形的面积公式即可得到结论．
【详解】解：∵∠ACB=90°，AC=4cm，BC=3cm，
∴AB==5cm，
∵BD平分∠ABC，CD平分∠ACB，
∴点D是△ABC的内心．
如图，画出△ABC的内切圆，与BC、AC、AB分别相切于点G、M、N，且连接DG，
设CG=x，BG=y，AN=z，
得方程组：
解得：，
∴DG=x=1，
∴S△BCD=×BC×DG=×3×1=1.5cm2．
故答案为：1.5．
【点睛】本题考查了勾股定理，三角形的面积，正确的求得DG的长度是解题的关键．
16．（2022·江苏南京期末）如图，正方形ABCD的边长是4，E是BC的中点，P是AB边上的动点，过点E作CP的垂线，交AD边或CD边于点Q，当DQ＝1时，AP的长为____．
【答案】3或
【分析】分当点Q在CD上时，当点Q在AD上时，证明△EQC∽△PCB，利用相似三角形的性质求出PB的长即可得到答案．
【详解】解：如图1所示，当点Q在CD上时，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠B=∠BCD=90°，
∴∠QEC+∠EQC=90°，
∵EQ⊥PC，
∴∠QEC+∠BCP=90°，
∴∠EQC=∠PCB，
∴△EQC∽△PCB，
∴，
∵E是BC的中点，DQ=1，BC=CD=AB=4，
∴CE=2，CQ=3，
∴，
∴，
∴；
如图2所示，当点Q在AD上时，过点Q作QH⊥BC于H，
∵∠D=∠BCD=90°，QH⊥BC，
∴四边形CDQH是矩形，
∴QD=CH=1，QH=CD=4，
∴EH=1
∴同理可证△QEH∽△CPB，
∴，
∴，
∴PB=1，
∴AP=3，
故答案为：3或．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，相似三角形的性质与判定，矩形的性质与判定，利用分类讨论的思想求解是解题的关键．
17．（2022·江苏盐城期末）如图，一段抛物线：y＝﹣x（x﹣2）（0≤x≤2）记为C1，它与x轴交于两点O、A1；将C1绕A1能转180°得到C2，交x轴于A2；将C2绕A2旋转180°得到C3，交x轴于A3.此进行下去，直至得到C2021，若顶点P（m，n）在第2021段抛物线C2021上，则m＝___．
【答案】4041
【分析】根据题意，通过求解一元二次方程，得；根据二次方程的性质，得抛物线对称轴，从而求得C1的顶点；根据旋转的性质，得C2的顶点，同理得C3的顶点；根据数字规律的性质计算，即可得到答案．
【详解】∵
∴，
∵C1与x轴交于两点O、A1；
∴
∵一段抛物线：y＝﹣x（x﹣2）（0≤x≤2）记为C1，
∴抛物线对称轴为：
∴C1的最大值为：
∴C1的顶点为：
将C1绕A1能转180°得到C2，交x轴于A2；
∴C2的顶点为：，即
将C2绕A2旋转180°得到C3，交x轴于A3.
∴C3的顶点为：，即
∴C2021的顶点为：，即
∵顶点P（m，n）在第2021段抛物线C2021上
∴
故答案为：．
【点睛】本题考查了二次函数、一元二次方程、旋转、数字规律的知识；解题的关键是熟练掌握二次函数、旋转的性质，从而完成求解．
18．（2022·江苏盐城期末）如图所示的“六芒星”图标是由圆的六等分点连接而成，若圆的半径为2，则图中阴影部分的面积为_______________．
【答案】
【分析】根据题意得到图中阴影部分的面积=S△ABC+3S△ADE，代入数据即可得到结论．
【详解】解：∵“六芒星”图标是由圆的六等分点连接而成，
∴△ABC与△ADE是等边三角形，
∴∠BAC=60°
过点A作AH⊥BC于点H，则圆心O在AH上，连接OB，OC，如图，
∴∠BOC=120°，BH=
∴∠BOH=60°，∠OBH=30°
∵圆的半径为2，即OB=2
∴OH=1
∴AH=3，
由勾股定理得，BH=
∴
同理可得，OF=1
∴AF=1，∠EAF=30°
∴AE=2EF
由勾股定理得，
∴
∴
∴AE=，
∴图中阴影部分的面积=S△ABC+3S△ADE=，
故答案为：．
【点睛】本题考查了正多边形与圆，等边三角形的性质，熟记正多边形与圆的性质是解题的关键．
19．（2022·江苏盐城期末）如图，正方形的边长为4，的半径为1．若在正方形内平移（可以与该正方形的边相切），则点A到上的点的距离的最大值为______．
【答案】
【分析】由题意易得当与BC、CD相切时，切点分别为F、G，点A到上的点的距离取得最大，进而根据题意作图，则连接AC，交于点E，然后可得AE的长即为点A到上的点的距离为最大，由题意易得，则有△OFC是等腰直角三角形，，根据等腰直角三角形的性质可得，最后问题可求解．
【详解】解：由题意得当与BC、CD相切时，切点分别为F、G，点A到上的点的距离取得最大，如图所示：
连接AC，OF，AC交于点E，此时AE的长即为点A到上的点的距离为最大，如图所示，
∵四边形是正方形，且边长为4，
∴，
∴△OFC是等腰直角三角形，，
∵的半径为1，
∴，
∴，
∴，
∴，
即点A到上的点的距离的最大值为；
故答案为．
【点睛】本题主要考查正方形的性质、切点的性质定理及等腰直角三角形的性质与判定，熟练掌握正方形的性质、切点的性质定理及等腰直角三角形的性质与判定是解题的关键．
20．（2022·江苏盐城期末）如图，AB是⊙O的直径，AC是⊙O的弦，过点C的切线交AB的延长线于点D，若∠A=∠D，CD=3，则图中阴影部分的面积为_____．
【答案】
【分析】如图，连接OC，根据等边对等角，三角形内角和定理，三角形外角的性质，求得，然后根据计算求解即可．
【详解】解：如图，连接OC，
∵CD与⊙O相切，
∴OC⊥CD，即∠OCD=90°，
∴∠D+∠COD=90°，
∵AO=CO，
∴∠A=∠ACO，
∴∠COD=2∠A，
∵∠A=∠D，
∴∠COD=2∠D，
∴3∠D=90°，
∴∠D=30°，
∴∠COD=60°，
∵CD=3，
∴，
∴
∴阴影部分的面积为．
故答案是：．
【点睛】本题考查了切线的性质，扇形面积，三角形的内角和定理，三角形外角的性质，含30°的直角三角形等知识．解题的关键在于对知识的灵活运用．
21．（2022·江苏淮安期末）如图，AB是⊙O的弦，AB＝4，点C是⊙O上的一个动点，且∠ACB＝45°．若点M，N分别是AB，BC的中点，则MN长的最大值是_____．
【答案】
【分析】根据中位线定理得到MN的最大时，AC最大，当AC最大时是直径，从而求得直径后就可以求得最大值．
【详解】解：点M，N分别是AB，BC的中点，
，
当AC取得最大值时，MN就取得最大值，
当AC时直径时，最大，
如图，
，，
，
，
故答案为：．
【点睛】本题考查了三角形的中位线定理、等腰直角三角形的性质及圆周角定理，解题的关键是利用中位线性质将MN的值最大问题转化为AC的最大值问题，难度不大．
22．（2022·江苏淮安期末）如图，在平行四边形ABCD中，以点A为圆心，AB的长为半径的圆恰好与CD相切于点C，交AD于点E，延长BA与⊙A相交于点F．若弧EF的长为，则图中阴影部分的面积为_____．
【答案】2-
【分析】由切线的性质和平行四边形的性质得到BA⊥AC，∠ACB＝∠B＝45°，∠DAC＝∠ACB＝45°＝∠FAE，根据弧长公式求出弧长，得到半径，即可求得结果．
【详解】如图所示，连接AC，
∵CD与⊙A相切，
∴CD⊥AC，
在平行四边形ABCD中，
∵AB＝DC，AB∥CD，AD∥BC，
∴BA⊥AC，
∵AB＝AC
∴∠ACB＝∠B＝45°，
∵，AD∥BC
∴∠FAE＝∠B＝45°，∠DAC＝∠ACB＝45°＝∠FAE，
∴，
∴的长度＝，解得R＝2，
∴S阴影＝S△ACD−S扇形＝×22−＝2−．
故答案为：2−．
【点睛】本题考查了切线的性质，平行四边形的性质，弧长的求法，扇形面积的求法，知道S阴影＝S△ACD−S扇形是解题的关键．
23．（2021·江苏南通期末）如图，在平面直角坐标系中，反比例函数（x＞0）的图象交矩形OABC的边AB于点M（1，2），交边BC于点N，若点B关于直线MN的对称点B′恰好在x轴上，则OC的长为_____．
【答案】##
【分析】过点M作MQ⊥OC，垂足为Q，连接MB′，NB′，由于四边形OABC是矩形，且点B和点B′关于直线MN对称．且点B′正好落在边OC上，可得△MB′Q∽△B′NC，然后M、N两点的坐标用含a的代数式表示出来，再由相似三角形对应边成比例求出B′C和QB′的长，然后利用勾股定理求出MB′的长，进而求出OC的长．
【详解】解：过点M作MQ⊥OC，垂足为Q，连接MB′，NB′，如图所示：
∵反比例函数（x＞0）的图象过点M（1，2），
∴k＝1×2＝2，
∴y＝，
设N（ a，），则B（a，2），
又∵点B和点B′关于直线MN对称，
∴MB＝MB′，∠B＝∠MB′N＝90°，
∵∠MQB′＝∠B′CN＝90°，∠MB′Q+∠NB′C＝90°
又∵∠NB′C+∠B′NC＝90°，
∴∠MB′Q＝∠B′NC，
∴△MB′Q∽△B′NC，
∴，即 ＝＝，
解得：B′C＝，QB′＝1，
，
∴，
∵OQ＝1，
∴a﹣1＝，
∴OC＝a＝．
故答案为：．
【点睛】本题属于反比例函数与几何综合题，涉及待定系数法求函数表达式，勾股定理，相似三角形的性质与判定等知识，作出辅助线构造相似是解题关键．
24．（2022·江苏盐城期末）如图，在BDE中，∠BDE=90°，BD=，点D的坐标是(7，0)，∠BDO=15°，将BDE旋转到ABC的位置，点C在BD上，则旋转中心的坐标为_____．

【答案】
【分析】根据旋转的性质，AB与BD的垂直平分线的交点即为旋转中心P，连接PD，过P作PF⊥x轴于F，再根据点C在BD上确定出∠PDB=45°并求出PD的长，然后求出∠PDO=60°，根据直角三角形两锐角互余求出∠DPF=30°，根据直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半可得DF= PD，利用勾股定理列式求出PF，再求出OF，即可得到点P，即旋转中心的坐标．
【详解】解：如图，AB与BD的垂直平分线的交点即为旋转中心P，
连接PD，过P作PF⊥x轴于F，
∵点C在BD上，
∴点P到AB、BD的距离相等，都是BD，即×6 =3，
∴∠PDB=45°，
∴PD=3×=6，
∵∠BDO=15°，
∴∠PDO=45°+15°=60°，
∴∠DPF=30°，
∴DF=PD=×6=3，
∵点D的坐标是（7，0），
∴OF=OD﹣DF=7﹣3=4，
由勾股定理得，PF=3，
即P点的坐标为（4，3）
故答案为：（4，3）．
【点睛】本题考查了坐标与图形变化-旋转，熟练掌握旋转的性质确定出旋转中心的位置并得到含有30°角的直角三角形是解题的关键．
25．（2022·江苏连云港期末）如图，已知等边的边长为4，以AB为直径的圆交BC于点F，以C为圆心，CF为半径作圆，D是⊙C上一动点，E是BD的中点，当AE最大时，BD的长为______．
【答案】2
【分析】点D在⊙C上运动时，点E在以F为圆心 为半径的圆上运动，要使AE最大，则AE过F，连接CD，由△ABC是等边三角形，AB是直径，得到EF⊥BC，根据三角形的中位线的性质得到CD∥EF，根据勾股定理即可得到结论．
【详解】解：点D在⊙C上运动时，点E在以F为圆心的圆上运动，要使AE最大，则AE过F，
连接CD，
∵△ABC是等边三角形，AB是直径，
∴EF⊥BC，
∴F是BC的中点，
∵E为BD的中点，
∴EF为△BCD的中位线，
∴CD∥EF，
∴CD⊥BC，
∵BC＝4，CD＝2，
∴BD2，
故答案为：2．
【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质，圆周角定理，三角形中位线的性质，勾股定理，正确的作出辅助圆是解题的关键．
26．（2022·江苏江苏期末）如图，半径为4的扇形OAB中，∠O＝60°，C为半径OA上一点，过C作CD⊥OB于点D，以CD为边向右作等边△CDE，当点E落在上时，CD＝_____．
【答案】##
【分析】如图，连接OE,设OD＝m,证明∠OCE＝90°，利用勾股定理构建方程求解即可．
【详解】解：如图，连接OE．设OD＝m．
∵CD⊥OB，
∴∠CDO＝90°，
∵∠COD＝60°，
∴∠OCD＝90°﹣60°＝30°，
∴OC＝2OD＝2m，CD＝m，
∵△CDE是等边三角形，
∴CD＝CE＝m，∠DCE＝60°，
∴∠OCE＝∠OCD+∠DCE＝90°，
∴OC2+CE2＝OE2，
∴4m2+3m2＝42，
∴m＝（负根舍去），
∴CD＝m＝．
故答案为：．
【点睛】本题考查解直角三角形性质、勾股定理、等边三角形的性质等知识，解题的关键是学会利用参数，构建方程解决问题，属于中考常考题型．
27．（2021·江苏南京期末）在中，∠AOB＝90°，OA＝8，OB＝10，以O为圆心，4为半径作圆O，交两边于点C，D，P为劣弧CD上一动点，则最小值为______．
【答案】
【分析】如图所示，连接OP，取OC中点为M，连接PM，BM，证明，得到，则，即可推出，故当点B、P、M三点共线时，最小值为BM，由此求解即可．
【详解】解：如图所示，连接OP，取OC中点为M，连接PM，BM，
∵圆O半径为4，点P为劣弧CD上一动点，
∴OC＝OP＝4，
又∵点M为OC中点，
∴，
∵，∠MOP＝∠POA，
∴，
∴，
∴，
∴，
当点B、P、M三点共线时，最小值为BM，
∵∠AOB＝90°，
∴，
又OM＝2，OB＝10，
∴，
∴最小值为，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的性质与判定，勾股定理，圆的基本性质，正确作出辅助线是解题的关键．
28．（2022·江苏·宿迁青华中学九年级期末）如图，的半径为2，圆心的坐标为，点是上的任意一点，，且、与轴分别交于、两点，若点、关于原点对称，则的最小值为_______.
【答案】6
【分析】点P在以O为圆心OA为半径的圆上，P是两个圆的交点，当⊙O与⊙M外切时，AB最小，根据条件求出AO即可求解.
【详解】解：点P在以O为圆心OA为半径的圆上，
∴P是两个圆的交点，
当⊙O与⊙M外切时，AB最小，
∵⊙M的半径为2，圆心M（3，4），
∴OM＝5，
∴OA＝3，
∴AB＝6，
故答案为6．
【点睛】本题考查圆与圆的位置关系；能够将问题转化为两圆外切时AB最小是解题的关键．
29．（2022·江苏泰州期末）在平面直角坐标系中，点A（0，－2），B（2，0），P（6，0），点C是线段BP上的动点，点D在直线AC的上方，满足，且，当点C由点B运动到点P时，线段AD扫过的面积是________．
【答案】2
【分析】连接OD，首先证明点D在第一象限的角平分线上运动，当点C与B重合时，点D与O重合，当点C与P重合时，点D的坐标为（2，2），再根据三角形面积公式求解即可．
【详解】解：如图，连接OD．
∵∠ADC＝90°，AD＝DC，
∴∠DAC＝∠DCA＝45°，
∵∠AOC＝∠ADC＝90°，
∴A，O，D，C四点共圆，
∴∠DOC＝∠DAC＝45°，
∴点D在第一象限的角平分线上运动，
当点C与B重合时，点D与O重合，
当点C与P重合时，如图：作DE⊥y轴于E，作DF⊥x轴于F，
∴DE⊥DF，
∴∠ADE＋∠ADF＝∠PDF＋∠ADF＝90°，
∴∠ADE＝∠PDF，
在△ADE和△ADF中，
，
∴△ADE≌△PDF（AAS），
∴AE＝PF，DE＝BD，
设点D的坐标为（x，y），
∴DE＝x＝BD＝y，
∵A（0，−2），P（6，0），AE＝PF，
∴2＋x＝6−x，解得：x＝y＝2，
∴点D的坐标为（2，2），
∴当点C由点B运动到点P时，
线段AD扫过的面积即△OAD的面积＝×OA×DE＝×2×2＝2，
故答案为：2．
【点睛】本题考查圆周角定理，等腰直角三角形的性质，轨迹，三角形的面积等知识，解题的关键是正确寻找点D的运动轨迹．
30．（2022·江苏徐州期末）如图，二次函数y＝x2﹣1的图象与x轴交于A、B两点．以点C（0，4）为圆心，以1为半径作⊙C，点D为⊙C上的动点，E为线段AD的中点，连接OE、BD．线段OE的最小值是 ____．
【答案】2
【分析】当B、D、C三点共线，且点D在BC之间时，BD最小，而OE是△ABD的中位线，即可求解．
【详解】解：令y=x2-1=0，则x=±3，
故点B（3，0），
设圆的半径为r，则r=1，
当B、D、C三点共线，且点D在BC之间时，BD最小，
而点E、O分别为AD、AB的中点，故OE是△ABD的中位线，
则OE=BD=（BC-r）=（-1）=2，
故答案为：2．
【点睛】本题考查的是抛物线与x轴的交点，本题的关键是根据圆的基本性质，确定BD的最小值，进而求解．