2023-2024学年江苏省苏州市吴江区重点中学九年级（上）10月月考数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年江苏省苏州市吴江区重点中学九年级（上）10月月考数学试卷（含解析），共27页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.将一元二次方程3x2−1=5x化为一般形式后，其中二次项系数、一次项系数、常数项分别是( )
A. 3，5，−1B. 3，5，1C. 3，−5，−1D. 3，−5，1
2.若关于x的方程x2−x+a=0有实数根，则a的值可以是( )
A. 2B. 5C. 0.5D. 0.25
3.用配方法将2x2−4x−3=0变形，结果是( )
A. 2(x−1)2−4=0B. 2(x−1)2−52=0
C. (x−1)2−52=0D. (x−1)2−5=0
4.一元二次方程2x2−3x+1=0根的情况是( )
A. 有两个不相等的实数根B. 有两个相等的实数根
C. 只有一个实数根D. 没有实数根
5.下列说法中，正确的是( )
A. 相等的圆心角所对的弧相等
B. 相等的弧所对的圆周角相等
C. 三点确定一个圆
D. 三角形的内心到三角形各顶点的距离都相等
6.如图，在平面直角坐标系中，过格点A，B，C作一圆弧，点B与下列格点的连线中，能够与该圆弧相切的是( )
A. 点(0,3)B. 点(2,3)C. 点(5,1)D. 点(6,1)
7.如图，四边形ABCD为⊙O的内接四边形，已知∠BOD=100°，则∠BCD的度数为( )
A. 50°B. 80°C. 100°D. 130°
8.如图，Rt△ABC中，∠C=90°，AB=4 3，F是线段AC上一点，过点A的⊙F交AB于点D，E是线段BC上一点，且ED=EB，则EF的最小值为( )
A. 3 3B. 2 3C. 3D. 2
二、填空题（本大题共8小题，共24.0分）
9.若关于x的方程(m−3)x|m|+2+2x−7=0是一元二次方程，则m=
10.若⊙O的直径是4，圆心O到直线l的距离为3，则直线l与⊙O的位置关系是 ．
11.若关于x的一元二次方程x2+2ax+3b=0的一个根为3，则2a+b=
12.三角形两边的长是3和4，第三边的长是方程x2−12x+35=0的根，则该三角形的周长为 ．
13.如图，AB是⊙O的直径，弦CD交AB于点E，连接AC，AD.若∠BAC=28°，则∠D=_ _°．
14.《九章算术》是我国古代著名数学经典，其中对勾股定理的论述比西方早一千多年，其中有这样一个问题：“今有圆材埋在壁中，不知大小．以锯锯之，深一寸，锯道长一尺．问径几何？”其意为：今有一圆柱形木材，埋在墙壁中，不知其大小，用锯去锯该材料，锯口深1寸，锯道长1尺．如图，已知弦AB=1尺，弓形高CD=1寸(注：1尺=10寸)，则这块圆柱形木材的直径是_ _寸．
15.如图，在平面直角坐标系中，A(0,2 3)，动点B、C从原点O同时出发，分别以每秒1个单位和每秒2个单位长度的速度沿x轴正方向运动，以点A为圆心，OB的长为半径画圆；以BC为一边，在x轴上方作等边△BCD.设运动的时间为t秒，当⊙A与△BCD的边BD所在直线相切时，t的值为_ _.
16.如图，AB是⊙O的直径，C、D是⊙O上的两个动点(点C、D不与A、B重合)，在运动过程中弦CD始终保持不变，F是弦CD的中点，过点C作CE⊥AB于点E.若CD=5，AB=6，当EF取得最大值时，CE的长度为_ _.
三、解答题（本大题共11小题，共88.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17.(本小题8.0分)
用适当的方法解下列方程：
(1)(x−1)2−5=0；
(2)x(x+4)=−3(x+4)；
(3)2y2−5y+2=0；
(4)2m2−7m−3=0．
18.(本小题8.0分)
在矩形ABCD中，AB=6cm，AD=8cm．
(1)若以A为圆心，6cm长为半径作⊙A(画图)，则B、C、D与圆的位置关系是什么？
(2)若作⊙A，使B、C、D三点至少有一个点在⊙A内，至少有一点在⊙A外，则⊙A的半径r的取值范围是 ．
19.(本小题8.0分)
已知关于x的方程x2+2x+3m−4=0的一个根是2，求另一个根和m的值．
20.(本小题8.0分)
已知3x2−2x−3=0，求(x−1)2+x(x+23)的值．
21.(本小题8.0分)
已知：关于x的一元二次方程kx2−(4k+1)x+3k+3=0，其中k是整数．
(1)求证：方程有两个不相等的实数根；
(2)若方程的两个实数根分别为x1，x2，若x1，x2是斜边长为3 52的直角三角形的两直角边，求k的值；
22.(本小题8.0分)
“杂交水稻之父”−−袁隆平先生所率领的科研团队在增产攻坚第一阶段实现水稻亩产量700公斤的目标，第三阶段实现水稻亩产量1008公斤的目标．
(1)如果第二阶段、第三阶段亩产量的增长率相同，求亩产量的平均增长率；
(2)按照(1)中亩产量增长率，科研团队期望第四阶段水稻亩产量达到1200公斤，请通过计算说明他们的目标能否实现．
23.(本小题8.0分)
如图，AB是⊙O的直径，点C，D在⊙O上，且AC=BC，连接CD，交AB于点E，连接BC，BD．
(1)若∠AOD=130°，求∠BEC的度数；
(2)∠ABD的平分线交CD于点F，求证：BC=CF．
24.(本小题8.0分)
【观察思考】：
某种在同一平面进行传动的机械装置如图1，图2是它的示意图．其工作原理是：滑块Q在平直滑道l上可以左右滑动，在Q滑动的过程中，连杆PQ也随之运动，并且PQ带动连杆OP绕固定点O摆动．在摆动过程中，两连杆的接点P在以OP为半径的⊙O上运动．数学兴趣小组为进一步研究其中所蕴含的数学知识，过点O作OH⊥l于点H，并测得OH=8分米，PQ=6分米，OP=4分米．
【解决问题】：
(1)点Q在l上滑到最左端的位置与滑到最右端位置间的距离是_ 分米；
(2)如图3，小明同学说：“当点Q滑动到点H的位置时，PQ与⊙O是相切的．”你认为他的判断对吗？为什么？
(3)：①小丽同学发现：“当点P运动到OH上时，点P到l的距离最小．”事实上，还存在着点P到l距离最大的位置，此时，点P到l的距离是 _分米；
②当OP绕点O左右摆动时，所扫过的区域为扇形，求这个扇形面积的最大值．
25.(本小题8.0分)
如图，在△ABC中，AB=AC，以AB为直径的⊙O交BC边于点D，交AC边于点E.过点D作⊙O的切线，交AC于点F，交AB的延长线于点G，连接DE．
(1)求证：BD=CD；
(2)若∠G=40°，求∠AED的度数．
(3)若BG=6，CF=2，求⊙O的半径．
26.(本小题8.0分)
阅读材料：
求解一元一次方程，根据等式的基本性质，把方程转化为x=a的形式；
求解二元一次方程组，把它转化为元一次方程来解；
求解一元二次方程，把它转化为两个一元一次方程来解；
求解分式方程，把它转化为整式方程来解，由于“去分母”可能产生增根，所以解分式方程必须检验，遇到实际问题，还要考虑是否符合题意．
以上解决新问题时，都用到了一个基本数学思想——转化，即把未学过的知识转化为已经学过的知识，从而找到解决问题的办法，也是同学们要掌握的数学素养．
例如，一元三次方程x3+x2−2x=0，可以通过因式分解把它转化为x(x2+x−2)=0，解方程x=0和x2+x−2=0，可得方程x3+x2−2x=0的解．
(1)问题：方程6x3+14x2−12x=0的解是：x1=0，x2= _，x3=__；
(2)拓展：用“转化”思想求方程 2x+3=x的解；
(3)应用：如图，已知矩形草坪ABCD的长AD=21m，宽AB=8m，点P在AD上(AP>PD)，小华把一根长为27m的绳子一段固定在点B，把长绳PB段拉直并固定在点P，再拉直，长绳的另一端恰好落在点C，求AP的长．
27.(本小题8.0分)
定义：在等腰三角形中，若有一条边是另一条边的2倍，则称这个三角形为倍腰三角形．
理解定义：若有一个倍腰三角形有一条边为2，求这个倍腰三角形的周长；
性质探究：判断下列关于倍腰三角形的说法是否正确，正确的打“√”；错误的打“×”；
(1)所有的倍腰三角形都是相似三角形
(2)若倍腰三角形的底角为α，则tanα=
(3)如图1，依次连接倍腰三角形ABC各边的中点，则图1中共有4个倍腰三角形
性质应用：如图2，倍腰三角形△ABC是⊙O的内接三角形，且AB=AC，若⊙O的半径为1，求倍腰三角形△ABC的面积；
拓展应用：如图3，⊙O是倍腰三角形△ABC的外接圆，直径BH⊥AF于点D，AF与BC相交于点E，AC与BH相交于点G，△ABE是倍腰三角形，其中AB=AE，BE=2.请直接写出CG的长．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】【分析】先把方程化为一般式为3x2−5x−1=0，然后确定二次项系数、一次项系数和常数项．
解：方程化为一般式为3x2−5x−1=0，
所以二次项系数、一次项系数、常数项分别是3，−5，−1．
故选：C．
【点评】本题考查了一元二次方程的一般式，要确定二次项系数，一次项系数和常数项，必须先把一元二次方程化成一般形式．
2.【答案】D
【解析】【分析】根据方程的系数结合根的判别式Δ≥0，即可得出关于a的一元二次不等式，解之即可得出a的取值范围，再结合四个选项即可得出结论．
解：∵关于x的一元二次方程x2−x+a=0有实数根，
∴Δ=(−1)2−4a≥0，
解得：a≤14，
观察选项只有D选项符合题意．
故选：D．
【点评】本题考查了根的判别式，牢记“当Δ≥0时，方程有实数根”是解题的关键．
3.【答案】C
【解析】【分析】先将二次项系数化1，再方程的左边加和减一次项系数一半的平方，最后写成完全平方式即可．
解：二次项系数化1，得x2−2x−32=0，
加一次项系数一半的平方，得x2−2x+1−1−32=0，
整理，得(x−1)2−52=0．
故选：C．
【点评】本题主要考查了配方法解一元二次方程，用配方法解一元二次方程的步骤：
①把原方程化为ax2+bx+c=0(a≠0)的形式；
②方程两边同除以二次项系数，使二次项系数为1，并把常数项移到方程右边；
③方程两边同时加上一次项系数一半的平方；
④把左边配成一个完全平方式，右边化为一个常数；
⑤如果右边是非负数，就可以进一步通过直接开平方法来求出它的解，如果右边是一个负数，则判定此方程无实数解．
4.【答案】A
【解析】【分析】先求出△的值，再根据Δ>0⇔方程有两个不相等的实数根；Δ=0⇔方程有两个相等的实数；Δ<0⇔方程没有实数根，进行判断即可．
解：∵a=2，b=−3，c=1，
∴Δ=b2−4ac=(−3)2−4×2×1=1>0，
∴该方程有两个不相等的实数根，
故选：A．
【点评】此题考查了根的判别式，一元二次方程根的情况与判别式△的关系：(1)Δ>0⇔方程有两个不相等的实数根；(2)Δ=0⇔方程有两个相等的实数；(3)Δ<0⇔方程没有实数根．
5.【答案】B
【解析】【分析】逐一分析每个选项即可．
解：同圆或等圆，相等的圆心角所对的弧才相等，故选项A不符合题意；
相等的弧所对的圆周角相等，故选项B符合题意；
平面内，不共线的三点才能确定一个圆，故选项C不符合题意；
三角形的内心到三角形各顶点的距离不一定相等，故选项D不符合题意．
故选：B．
【点评】本题考查了圆的相关知识点，熟练掌握圆的性质定理是解本题的关键，难度不大，仔细审题即可．
6.【答案】C
【解析】【分析】根据垂径定理的性质得出圆心所在位置，再根据切线的性质得出，∠OBD+∠EBF=90°时F点的位置即可．
解：连接AC，作AC，AB的垂直平分线，交格点于点O′，则点O′就是AC所在圆的圆心，
∴三点组成的圆的圆心为：O′(2,0)，
∵只有∠O′BD+∠EBF=90°时，BF与圆相切，
∴当△BO′D≌△FBE时，
∴EF=BD=2，
F点的坐标为：(5,1)，
∴点B与下列格点的连线中，能够与该圆弧相切的是：(5,1)．
故选：C．
【点评】此题主要考查了切线的性质以及垂径定理和坐标与图形的性质，得出△BOD≌△FBE时，EF=BD=2，即得出F点的坐标是解决问题的关键．
7.【答案】D
【解析】【分析】首先根据圆周角与圆心角的关系，求出∠BAD的度数；然后根据圆内接四边形的对角互补，用180°减去∠BAD的度数，求出∠BCD的度数是多少即可．
解：∵∠BOD=100°，
∴∠BAD=100°÷2=50°，
∴∠BCD=180°−∠BAD
=180°−50°
=130°
故选：D．
【点评】(1)此题主要考查了圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半，要熟练掌握．
(2)此题还考查了圆内接四边形的性质，要熟练掌握，解答此题的关键是要明确：①圆内接四边形的对角互补．②圆内接四边形的任意一个外角等于它的内对角(就是和它相邻的内角的对角)．
8.【答案】B
【解析】【分析】作FG⊥AB于G，EH⊥AB于H，FM⊥EH于M，则FM=GH，由垂径定理得到AG=DG=12AD，由等腰三角形三线合一−得到DH=HB=12DB，从而得到GH=DG+DH=12AB=2 3，即FM=2 3，再由EF≥FM，即可得到结论．
解：作FG⊥AB于G，EH⊥AB于H，FM⊥EH于M，
则四边形FGHM是矩形，
FM=GH，
∵FG⊥AB，
∴AG=DG=12AD，
∵ED=EB，EH⊥AB
∴DH=HB=12DB，
∴GH=DG+DH=12AD+12DB=12AB=2 3
∴FM=2 3，
∵EF≥FM，
∴EF的最小值为2 3．
故选：B．
【点评】本题考查了线段的最小值，熟练掌握直角三角形的中线定理与矩形的判定等是解题的关键．
9.【答案】0
【解析】【分析】根据一元二次方程的定义可得：|m|+2=2，且m−3≠0，再解即可．
解：由题意得：|m|+2=2，且m−3≠0，
解得：m=0，
故答案为：0．
【点评】此题主要考查了一元二次方程的定义，关键是掌握一元二次方程必须同时满足三个条件：①整式方程，即等号两边都是整式；方程中如果有分母，那么分母中无未知数；②只含有一个未知数；③未知数的最高次数是2．
10.【答案】2
【解析】【分析】先求出⊙O的半径，再根据圆心O到直线l的距离为3即可得出结论．
解：∵⊙O的直径是4，
∴⊙O的半径r=2，
∵圆心O到直线l的距离为3，3>2，
∴直线l与⊙O相离．
故答案为：相离．
【点评】本题考查的是直线与圆的位置关系，若圆的半径为r，圆心到直线的距离为d，d>r时，圆和直线相离；d=r时，圆和直线相切；d11.【答案】−3
【解析】【分析】把x=3代入原方程得9+6a+3b=0，然后2a+b的值．
解：把x=3代入方程x2+2ax+3b=0，得9+6a+3b=0，
所以2a+b=−3．
故答案为：−3．
【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．
12.【答案】12
【解析】【分析】先解一元二次方程，由于未说明两根哪个是腰哪个是底，故需分情况讨论，从而得到其周长．
解：解方程x2−12x+35=0，
得x1=5，x2=7，
∵1<第三边<7，
∴第三边长为5，
∴周长为3+4+5=12．
【点评】此题是一元二次方程的解结合几何图形的性质的应用，注意分类讨论．
13.【答案】62
【解析】【分析】如图，连接BC，证明∠ACB=90°，求出∠ABC，可得结论．
解：如图，连接BC．
∵AB是直径，
∴∠ACB=90°，
∴∠ABC=90°−∠CAB=62°，
∴∠D=∠ABC=62°，
故答案为：62．
【点评】本题考查圆周角定理，解题的关键是熟练掌握圆周角定理，属于中考常考题型．
14.【答案】26
【解析】【分析】线段OC垂直且平分线段AB，在Rt△ADO中，OD的长为(R−1)寸．
解：1尺=10寸．
根据题意可得AD=12AB=5(寸)．
设圆O的半径为R，
(R−1)2+52=R2，
∴R=13寸，
∴这块圆柱形木材的直径是：13×2=26(寸)．
故答案为：26．
【点评】此题考查的是垂径定理及勾股定理的应用，平分弦(不是直径)的直径垂直于弦，并且平分弦所对的两条弧．
15.【答案】4 3+6
【解析】【分析】作AH⊥BD于H，延长DB交y轴于E，如图，利用切线的性质得AH=OB=t，再利用等边三角形的性质得∠DBC=60°，则∠OBE=60°，所以OE= 3OB= 3t，AE=2AH=2t，从而得到2 3+ 3t=2t，然后解关于t的方程即可．
解：作AH⊥BD于H，延长DB交y轴于E，如图，
∵⊙A与△BCD的边BD所在直线相切，
∴AH=OB=t，
∵△BCD为等边三角形，
∴∠DBC=60°，
∴∠OBE=60°，
∴∠OEB=30°，
在Rt△OBE中，OE= 3OB= 3t，
在Rt△AHE中，AE=2AH=2t，
∵A(0,2 3)，
∴OA=2 3，
∴2 3+ 3t=2t，
∴t=4 3+6．
故答案为：4 3+6．
【点评】本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．若出现圆的切线，必连过切点的半径，构造定理图，得出垂直关系．简记作：见切点，连半径，见垂直．也考查了等边三角形的性质．
16.【答案】 112
【解析】【分析】如图，延长CE交⊙O于H，连接DH.由三角形的中位线定理可知DH=2EF，推出DH是直径时，EF的值最大．
解：如图，延长CE交⊙O于H，连接DH．
∵AB⊥CH，
∴EC=EH，
∵CF=FD，
∴EF=12DH，
∴当DH在直径时，EF的值最大，此时∠DCH=90°，
∴CH= DH2−CD2= 62−52= 11，
∴CE= 112，
∴EF最大时，EC的长为 112，
故答案为 112．
【点评】本题考查圆周角定理，三角形的中位线定理，勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造三角形的中位线解决问题，属于中考常考题型．
17.【答案】解：(1)(x−1)2−5=0，
(x−1)2=5，
∴x−1=± 5，
∴x1=1+ 5，x2=1− 5．
(2)x(x+4)=−3(x+4)，
x(x+4)+3(x+4)=0，
(x+4)(x+3)=0，
∴x+4=0或x+3=0，
∴x1=−4，x2=−3；
(3)2y2−5y+2=0，
(2y−1)(y−2)=0，
∴2y−1=0或y−2=0，
∴y1=12，y2=2；
(4)2m2−7m−3=0，
这里a=2，b=−7，c=−3，
∴Δ=(−7)2−4×2×(−3)=49+24=73>0，
∴m=7± 732×2=7± 734，
∴m1=7± 734，m2=7− 734．

【解析】【分析】(1)利用直接开平方法求解即可；
(2)利用因式分解法求解即可；
(3)利用因式分解法求解即可；
(4)利用公式法求解即可．
【点评】本题主要考查解一元二次方程，解一元二次方程常用的方法有：直接开平方法、因式分解法、公式法及配方法，解题的关键是根据方程的特点选择简便的方法．
18.【答案】解：(1)如图，连接AC，
∵AB=6cm，AD=8cm，
∴AC=10cm，
∵⊙A的半径为6cm长，
∴点B在⊙A上，点C在⊙A外，点D在⊙A外；
(2)∵以点A为圆心作⊙A，使B，C，D三点中至少有一个点在圆内，且至少有一点在圆外，
∴⊙A的半径r的取值范围是6cm故答案为：6cm
【解析】【分析】(1)根据勾股定理求出AC的长，进而得出点B，C，D与⊙A的位置关系；
(2)利用(1)中所求，即可得出半径r的取值范围．
【点评】此题主要考查了点与圆的位置关系，矩形的性质，解决本题要注意点与圆的位置关系，要熟悉勾股定理，及点与圆的位置关系．
19.【答案】解：把x=2代入方程得4+4+3m−4=0，解得m=−43，
方程化为x2+2x−8=0，
设方程的另一根为x2，
则2+x2=−2，
解得x2=−4，
即方程的另一个根为−4，m的值为−43．

【解析】【分析】先把x=2代入方程得m=−43，则方程化为x2+2x−8=0，设方程的另一根为x2，利用根与系数的关系得到2+x2=−2，然后求出t即可．
【点评】本题考查了根与系数的关系：若x1，x2是一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的两根时，x1+x2=−ba，x1⋅x2=Ca.也考查了一元二次方程的解的定义．
20.【答案】解：原式=x2−2x+1+x2+23x
=2x2−43x+1，
∵3x2−2x−3=0，
∴x2−23x=1，
∴原式=2(x2−23x)+1
=2×1+1
=3．

【解析】【分析】直接利用整式的混合运算法则化简，进而合并同类项，再结合已知代入得出答案．
【点评】此题主要考查了代数式求值，正确将原式变形是解题关键．
21.【答案】【解答】(1)证明：根据题意得k≠0，
∵Δ=(4k+1)2−4k(3k+3)=4k2−4k+1=(2k−1)2，
而k为整数，
∴2k−1≠0，
∴(2k−1)2>0，即Δ>0，
∴方程有两个不相等的实数根；
(2)解：∵关于x的一元二次方程kx2−(4k+1)x+3k+3=0的两个实数根分别为x1，x2，
∵x1+x2=4k+1k，x1⋅x2=3k+3k，
∵k直角三角形的两直角边，
∴x12+x22=454，
∴(x1+x2)2−2x1⋅x2=454，
∴(4k+1k)2−2×3k+3k=454，
∴k=2或k=−25(不合题意舍去)，
∴k=2．

【解析】【分析】(1)根据一元二次方程的定义得到k≠0，再计算出判别式得到Δ=(2k−1)2，根据k为整数和非负数的性质得到Δ>0，则根据判别式的意义即可得到结论；
(2)根据根与系数的关系得x1+x2，x1⋅x2，则根据完全平方公式变形得(x1−x2)2=(x1+x2)2−4x1⋅x2，由于k为整数，则2−1k>0，于是得到结论．
【点评】本题考查了一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的根与系数的关系：若方程的两根为x1，x2，则x1+x2=−ba，x1⋅x2=Ca.也考查了一元二次方程的根的判别式．
22.【答案】解：(1)设亩产量的平均增长率为x，
依题意得：700(1+x)2=1008，
解得：x1=0.2=20%，x2=−2.2(不合题意，舍去)．
答：亩产量的平均增长率为20%．
(2)1008×(1+20%)=1209.6(公斤)．
∵1209.6>1200，
∴他们的目标能实现．

【解析】【分析】(1)设亩产量的平均增长率为x，根据第三阶段水稻亩产量=第一阶段水稻亩产量×(1+增长率)2，即可得出关于x的一元二次方程，解之取其正值即可得出结论；
(2)利用第四阶段水稻亩产量=第三阶段水稻亩产量×(1+增长率)，可求出第四阶段水稻亩产量，将其与1200公斤比较后即可得出结论．
【点评】本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
23.【答案】解：(1)连接AC，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∵AC=BC，
∴∠A=∠ABC=45°，
∵∠AOD=130°，
∴∠ACD=65°，
∵∠BEC是△ACE的外角，
∴∠BEC=∠A+∠ACD=110°．
(2)证明：∵BF平分∠ABD，
∴∠EBF=∠DBF，
∵AC=BC，
∴∠ABC=∠CDB，
又∵∠CFB=∠FBD+∠FDB，∠CBF=∠ABC+∠EBF，
∴∠CBF=∠CFB，
∴CF=BC．

【解析】【分析】(1)连接AC，求出∠A=∠ABC=45°，由三角形外角的性质可得出答案；
(2)由角平分线的定义得出∠EBF=∠DBF，由圆周角定理得出∠ABC=∠CDB，证得∠CBF=∠CFB，则可得出结论．
【点评】本题考查了圆周角定理，等腰三角形的判定与性质，角平分线的性质，三角形的外角的性质，熟练掌握圆周角定理是解题的关键．
24.【答案】解：(1)当O、P、Q在同一条直线上时，点Q与点O的距离最大，
此时，OQ=OP+PQ=4+6=10(分米)，
点Q滑动到最左端时，在Rt△OHQ中，由勾股定理得HQ= 002−0H2= 102−82=6(分米)，
同理可得：点Q滑动到最右端时，HQ=6分米，
∴点Q在l上滑到最左端的位置与滑到最右端位置间的距离是2HQ=2×6=12(分米)；
故答案为：12；
(2)不对，理由如下：
当点Q滑动到点H的位置时，OP=4分米，PQ=6分米，OQ=8分米，
∵OP2+PQ2=42+62=52，
OQ2=82=64，
∴OQ2≠OP2+PQ2，即△OPQ不是直角三角形，则OP不与PQ垂直，
∴PQ与⊙O不相切；
(3)①∵PQ的长度固定，为6分米，
∴当PQ⊥l时，点P到到l的距离最大，为6分米；
故答案为：6；
②由①知，在⊙O上存在点P的l的最大距离为6分米，此时，OP将不再向下转动，
设点P在右侧的最远位置为P，在左侧的最远位置为P′，
如图，连接P′P交OH于点D，
∴OP在绕点O左右摆动过程中所扫过的最大扇形就是POP′，
∵P′Q′⊥l，PQ⊥l，P′Q′=PQ=6分米，
∴四边形PQQ′P′为矩形，
∴QQ′ //PP′，
∵OH⊥QQ′，
∴OD⊥PP′，
∴PD=P′D，
∵OD=OH−DH=8−6=2(分米)，
在Rt△POD中，cs∠DOP=0D0P=24=12，
∴∠DOP=60°，
∴∠POP′=120°，
∴S扇形POP′=120×π×42360=163π(平方分米)，
即扇形面积的最大值163π平方分米．

【解析】【分析】(1)当O、P、Q在同一条直线上时，点Q与点O的距离最大，根据勾股定理求出HQ=6分米，利用对称性，即可求出滑到最左端的位置与滑到最右端位置间的距离；
(2)当点Q滑动到点H的位置时，OP=4分米，PQ=6分米，OQ=8分米，利用OP、PQ、OQ是否满足勾股定理，来判断PQ与⊙O是否相切；
(3)①当点P到l的距离最大时，PQ⊥l，结合PQ的长即可得到答案；
②当点P的l的距离最大时，OP将不再向下转动，设点P在右侧的最远位置为P，在左侧的最远位置为P′，连接P′P交OH于点D，易求得OD=2分米，利用锐角三角函数可得cs∠DOP=12，得到∠DOP=60°，则∠POP′=120°，再利用扇形的面积公式计算即可．
【点评】本题主要考查勾股定理、切线的判定、矩形的判定与性质、垂径定理、扇形的面积公式、解直角三角形，解题关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
25.【答案】【解答】(1)证明：连接AD，
∵AB为直径，
∴∠ACB=90°，
∴AD⊥BC，
∵AB=AC，
∴BD=CD；
(2)解：连接OD，
∵GF是切线，OD是半径，
∴OD⊥GF，
∴∠ODG=90°，
∵∠G=40°，
∴∠GOD=50°，
∵OB=OD，
∴∠OBD=65°，
∵点A、B、D、E都在⊙O上，
∴∠ABD+∠AED=180°，
∴∠AED=115°；
(3)解：∵AB=AC，
∴∠ABC=∠C，
∵OB=OD，
∴∠ABC=∠ODB，
∴∠ODB=∠C，
∴OD//AC，
∴△GOD∽△GAF，
∴0DAF=G0GA，
∴设⊙O的半径是r，则AB=AC=2r，
∴AF=2r−2，
∴r2r−2=6+r6+2r，
∴r=3，
即⊙O的半径是3．

【解析】【分析】(1)连接AD，根据圆周角定理得出AD⊥BC，根据等腰三角形的性质得出即可；
(2)连接OD，根据切线的性质求出∠ODG=90°，求出∠BOD、∠ABC，根据圆内接四边形求出即可；
(3)求出△ODG∽△AFG，得出比例式，即可求出圆的半径．
【点评】本题考查了切线的性质，圆内接四边形，相似三角形的性质和判定，圆周角定理，等腰三角形的性质等知识点，能综合运用知识点进行推理是解此题的关键．
26.【答案】解：(1)方程6x3+14x2−12x=0的左边因式分解，得：
2x(3x2+7x−6)=0，
∴2x=0或3x2+7x−6=0，
∴x1=0，x2=−3，x3=23；
故答案为：−3；23；
(2)方程 2x+3=x的两边平方，得：
2x+3=x2，
即x2−2x−3=0，
∴x1=3，x2=−1，
经检验，当x=−1时， 2x+3= 1=1≠−1，因此−1不是原方程的解，
∴方程 2x+3=x的解是：x=3；
(3)设AP=xm，则PD=(21−x)m，
∵BP+CP=27，BP= AP2+AB2，CP= CD2+PD2，
∴ 82+x2+ (21−x)2+82=27，
∴ (21−x)2+82=27− 82+x2，
两边平方，得：
(21−x)2+82=729−54 82+x2+82+x2．
整理，得：48+7x=9 82+x2，
两边平方并整理，得：
x2−21x+90=0，
解得x1=15，x2=6，
经检验，x1=15，x2=6都是方程的解，
∵AP>PD，
∴x=6不合题意，舍去．
答：AP的长为15m．

【解析】【分析】(1)将方程6x3+14x2−12x=0的左边因式分解得：2x(3x2+7x−6)=0，可得：2x=0或3x2+7x−6=0，分别求出两个方程的解即可得到原方程的解；
(2)将方程两边平方转化成一元二次方程，解这个一元二次方程，检验，即可得出结论；
(3)设AP=xm，则PD=(21−x)m，利用勾股定理分别表示出BP，PC的长度，依据题意列出方程，利用转化的思想方法解这个方程，检验并依据题意对答案进行取舍即可．
【点评】本题主要考查了利用转化的思想解无理方程，一元二次方程的解法，方程的增根，利用转化的思想解高次方程和无理方程是解题的关键．
27.【答案】解：理解定义，当2是倍腰三角形的腰时，它的底为1，周长为5；
当2是倍腰三角形的底时，它的腰为4，周长为10；
性质探究，
(1)由倍腰三角形的定义及性质可知倍腰三角形三边的比都相等，为1：2：2，所以所有的倍腰三角形都是相似三角形，
故答案为√；
(2)如图1，过顶点A作AD⊥BC于点D，
设AB=4a，
则BC=2a，BD=CD=12BC=a，
在Rt△ABD中，AD= AB2−BD2= 15a，
∴tan∠B= 15aa= 15，
故答案为√；
(3)如图2，图中共有5个倍腰三角形，分别是△ABC，△ADF，△DEF，△DBE，△FEC，
故答案为×；
性质应用，如图3，过顶点A作AD⊥BC于点D，连接OB，
设BD为x，则根据性质有AD= 15x，
在Rt△BOD中，
BD2+OD2=OB2，
∴x2+( 15x−1)2=12，
解得：x1=0(舍去)，x2= 158，
∴BC= 154，AD=158，
∴S△ABC=12BC⋅AD=15 1564，
∴倍腰三角形△ABC的面积为15 1564；
拓展应用，如图4，过点C作CM⊥AB于M，连接AO，HC，
则AM=BM=12AB，
∵△ABE是倍腰三角形，AB=AE，BE=2，
∴AB=AE=4，
∴AM=BM=12AB=2，
∵△ABC是倍腰三角形，
∴CA=CB=2AB=8，
CM= CB2−MB2=2 15，
∵CA=CB，OA=OB，
∴CM垂直平分AB，CM经过圆心O，
设半径为r，
∴在Rt△OMB中，
MB2+OM2=OB2，
∴22+(2 15−r)2=r2，
解得，r=16 1515，
∴BH=2r=16 1515，
在Rt△CHB中，
HC= HB2−BC2=8 1515，
∵∠ABG=∠HCG，∠GAB=∠GCH，
∴△ABG∽△HCG，
∴AGHG=GBGC=ABHC，
设CG=x，则AG=8−x，
∴8−xHG=GBx=48 1515，
∴GB= 152x，HG=16 1515−2 1515x，
∵HG+GB=HB，
∴ 152x+16 1515−2 1515x=32 1515，
解得，x=3211
∴CG的长为3211．

【解析】【分析】理解定义，由三角形的两边之和大于第三边可知倍腰三角形的腰是底边的2倍，当底边是2时，周长为10；当腰是2时，周长为5；
性质质探究：(1)由倍腰三角形的定义及性质可知倍腰三角形三边的比都相等，为1：2：2，所以所有的倍腰三角形都是相似三角形；
(2)通过三角函数可求出倍腰三角形底角的三角函数值；
(3)图1中共有5个倍腰三角形，分别是△ABC，△ADF，△DEF，△DBE，△FEC；
性质应用：根据倍腰三角形的性质及勾股定理可求出倍腰三角形的高及底，可求出其面积；
拓展应用：通过倍腰三角形的性质及垂径定理求出⊙O的半径，直径，设CG的长为x，再通过相似三角形将HG，BG用含x的代数式表示出来，由直径的长度可列出方程，解方程即可．
【点评】本题考查了新定义倍腰三角形及其性质，相似三角形的性质，勾股定理等，解题关键是认真审题，要善于归纳总结新知识．