2023-2024学年江苏省苏州市吴江区吴江区盛泽第二中学九年级（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吴江区盛泽第二中学九年级（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.下列方程是一元二次方程的是( )
A. 2x2+2y=0B. ax2−bx+c=0C. x2+3x−2=0D. x2−6x+4=0
2.已知线段AB的中点为M，动点P满足AB=2PM，则点P的轨迹是
( )
A. 以AB为直径的圆B. AB的延长线C. AB的垂直平分线D. 平行AB的直线
3.一元二次方程x2−6x−8=0，经过配方可变形为
( )
A. (x−3)2=17B. (x−3)2=1C. (x+3)2=17D. (x−6)2=44
4.有下列说法：①直径是圆中最长的弦；②等弧所对的弦相等；③圆中90°的角所对的弦是直径；④相等的圆心角对的弧相等.其中正确的有( )
A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
5.如图，A、B、C是⊙O上的点，且∠ACB=140∘.在这个图中，画出下列度数的圆周角：40∘，50∘，80∘，140∘，仅用无刻度的直尺能画出的有
( )
A. 40∘，50∘，80∘B. 40∘，80∘，140∘
C. 40∘，50∘，140∘D. 50∘，80∘，140∘
6.如图，由等边三角形、正方形、圆组成的轴对称图案中，等边三角形与正方形的面积的比值为( )
A. 3 32B. 3C. 3 3D. 9 32
7.如图，边长为10的等边▵ABC中，点D在边AC上，且AD=3，将含30∘角的直角三角板∠F=30∘绕直角顶点D旋转，DE、DF分别交边AB、BC于P、Q，连接PQ，当EF/​/PQ时，DQ的长为
( )
A. 6B. 39C. 2 13D. 4 3
8.定义：我们知道，凸四边形的一条对角线把这个四边形分成了两个三角形，如果这两个三角形相似(不全等)，我们就把这个凸四边形叫做“自相似四边形”.如图，点A、B、C是正方网格中的格点，在网格中确定格点D，使以A、B、C、D为顶点的四边形是“自相似四边形”，符合条件的格点D的个数是
( )
A. 2个B. 3个C. 4个D. 5个
二、填空题（本大题共8小题，共24分）
9.若x=−1是关于x的一元二次方程x2+ax+3b=0的解，则a−3b= ．
10.如图，一块直径为2a+2b的圆形钢板，从中挖去直径分别为2a与2b的两个圆，已知剩下钢板的面积与一个长为a的长方形面积相等，则这个长方形的宽为 ．
11.解方程(x2−5)2−x2+3=0，令x2−5=y，则原方程变为 ．
12.已知线段AB=6cm，C为线段AB的黄金分割点AC>BC，则AC= ．
13.▵AOB三个顶点的坐标分别为A5,0，O0,0，B3,6，以原点O为位似中心，相似比为23，将▵AOB缩小，则点B的对应点B′的坐标是 ．
14.P是▵ABC边上的任一点(P不与A、B、C重合)，过点P的一条直线截▵ABC，如果截得的三角形与▵ABC相似，我们称这条直线为过点P的△ABC的“相似线”．Rt▵ABC中，∠C=90∘，∠B=30∘，当点P是边BC上一个三等分点时(PB>PC)，过点P的▵ABC的“相似线”最多有 条．
15.如图，点C是AE的中点，在AE同侧分别以AC,CE为直径作半圆⊙B、⊙D.直线l//AE，与两个半圆依次相交于F、M、N、G不同的四点，AE=12，设FG=x，MN=y.当7≤x≤11，则y的取值范围是 ．
16.已知实数x、y、z满足x2−4x+y2+4y−2xy+z=2018，则实数z的最大值为 ．
三、解答题（本大题共9小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17.(本小题8分)
用适当的方法解下列方程：
(1)3x2−6x=−3；
(2)3x2−2x−8=0；
(3)(2x−3)2=5(2x−3)；
(4)(x+8)(x+1)=−12；
18.(本小题8分)
已知关于x的方程kx2−k−2x−2−=0．
(1)试说明：无论k取什么实数值，方程总有实数根；
(2)若方程的两实数根都为正整数，求k的值．
19.(本小题8分)
如图，⊙O是△ABC的外接圆，AB=AC，P是⊙O上一点，请你只用无刻度的直尺，分别画出图①和图②中∠P的平分线．
20.(本小题8分)
某社区在开展“美化社区，幸福家园”活动中，计划利用如图所示的直角墙角(阴影部分，两边足够长)，用40米长的篱笆围成一个矩形花园ABCD(篱笆只围AB，AD两边)，设AB=x米．
(1)若花园的面积为300平方米，求x的值；
(2)若在直角墙角内点P处有一棵桂花树，且与墙BC，CD的距离分别是10米，24米，要将这棵树围在矩形花园内(含边界，不考虑树的粗细)，则花园的面积能否为400平方米？若能，求出x的值；若不能，请说明理由．
21.(本小题8分)
如图，▵ABC为⊙O的内接三角形，AD⊥BC，垂足为D，直径AE平分∠BAD，交BC于点F，连结BE．

(1)求证：∠AEB=∠AFD：
(2)若AB=10，BF=5，求DF的长．
22.(本小题8分)
如图，四边形OABC是边长为4的正方形，点P从点O沿边OA向点A运动，每秒运动1个单位．连结CP，过点P作PE⊥CP交AB于点D，且PE=PC，过点E作EF//OA，交OB于点F，连结FD、BE，设点P运动的时间为t0
(1)试判断线段EF的长度是否随点P的运动变化而改变？并说明理由；
(2)当t为何值时，四边形BEDF的面积为132．
23.(本小题8分)
如图，AB为⊙O的直径，点C、D都在⊙O上，且CD平分∠ACB，交AB于点E．
(1)求证：∠ABD=∠BCD；
(2)若DE=13，AE=17，求⊙O的半径．
24.(本小题8分)
将▱ABCO按照如图所示位置放置在平面直角坐标系xOy中，BC在x轴上方且与x轴平行，将▱ABCO绕点B顺时针旋转一定的角度得到▱BA′O′C′．
(1)如图1，若点A′落在OA上，点C′恰好落在AB所在的直线上，求∠BAO的度数．
(2)如图2，若A(13,0)，AB=3，点A′落在BC上，点O的对应点O′恰好落在OC所在的直线上，求点B的坐标；
(3)如图3，若A(4,0)，B(5,1)，M是AB的中点，将▱ABCO绕点B顺时针旋转一周，则▵MO′C′的面积S的最大值是______．
25.(本小题8分)
阅读理解：
如图1，在线段AC上有一点P，若▵ABP与△CDP相似，则称点P为▵ABP与△CDP的“似联点”．
例如：如图2，▵ABP1∽▵CDP1，▵AP2B∽▵CDP2，则点P1、P2为▵ABP与△CDP的两个“似联点”．
如图3，矩形ABCD中，AB=4，BC=mm>2，点E是AD边上一定点，DE=1且EF/​/AB．
(1)当m=4时，线段EF上存在点P为△EDP与▵BPF的“似联点”，则EP=_______；
(2)当m=4.5时，线段EF上△EDP与▵BPF的“似联点”P有______个，请说明理由；
(3)随着mm>2的变化，线段EF上△EDP与▵BPF的“似联点”P的个数有哪些变化？请直接写出相对应的m的值或取值范围．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】【分析】根据一元二次方程的定义逐个判断即可．
【详解】解：A、2x2+2y=0中含有两个字母，不是一元二次方程，故不合题意；
B、当a=0时，ax2−bx+c=0不是一元二次方程，故不合题意；
C、x2+3x−2=0中分母含有未知数，不是一元二次方程，故不合题意；
D、x2−6x+4=0是一元二次方程，故符合题意；
故选：D．
【点睛】本题考查了一元二次方程的定义，能熟记一元二次方程的定义(只含有一个未知数，并且所含未知数的项的最高次数是2的整式方程叫一元二次方程)是解此题的关键．
2.【答案】A
【解析】【分析】根据圆的有关概念即可分析判断．
【详解】解：∵线段AB的中点为M，
∴MA=MB=12AB，
∵AB=2PM，
∴PM=MA=MB=12AB，
∴点P在以点M为圆心，AB为直径的圆上，
故选：A．
【点睛】本题考查了圆的有关认识，掌握圆的有关概念是解题的关键．
3.【答案】A
【解析】【分析】方程移项，两边加上一次项系数一半的平方，利用完全平方公式化简得到结果，即可作出判断．
【详解】解：方程移项得：x2−6x=8，
配方得：x2−6x+9=8+9，即(x−3)2=17．
故选：A．
【点睛】此题考查了解一元二次方程——配方法，熟练掌握完全平方公式是解本题的关键．
4.【答案】B
【解析】【分析】根据圆周角定理的推论、等弧的概念和性质以及圆心角、弧、弦的关系进行分析即可得到答案．
【详解】①正确；
②在同圆或等圆中，能够重合的弧叫做等弧，等弧的长度相等，故错误；
③故③错误圆中，90°圆周角所对的弦是直径，故错误；
④在同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弧相等，正确；
因此正确的结论是①④；
故选B．
【点睛】本题考查圆周角定理的推论、等弧的概念和性质以及圆心角、弧、弦的关系，解题的关键是掌握圆周角定理的推论、等弧的概念和性质以及圆心角、弧、弦的关系．
5.【答案】C
【解析】【分析】作直径AD，连接BD、AB，在弧AB上取一点E，连接AE、BE，如图，利用圆周角定理得到∠AEB=140∘，∠ABD=90∘，利用圆内接四边形的性质得到∠D=40∘，根据直角三角形两锐角互余计算可得出∠BAD=50∘．
【详解】解：如图，作直径AD，连接BD、AB，在弧AB上取一点E，连接AE、BE，
∵A、B、C是⊙O上的点，且∠ACB=140∘，
∴∠AEB=∠ACB=140∘，
∵四边形ACBD内接于⊙O，
∴∠ACB+∠D=180∘，
∴∠D=180∘−∠ACB=40∘，
∵AD为⊙O的直径，
∴∠ABD=90∘，
∴∠BAD=90∘−∠D=50∘，
∴仅用无刻度的直尺能画出的圆周角有40∘，50∘和140∘．
故选：C．

【点睛】本题考查圆周角定理：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；推论：半圆(或直径)所对的圆周角是直角，90∘的圆周角所对的弦是直径．还考查了圆内接四边形的性质，直角三角形两锐角互余．掌握圆周角定理是解题的关键．
6.【答案】A
【解析】【分析】由题意知：三个正方形的共用顶点即为圆的圆心，也是等边三角形的重心；可设等边三角形的边长为2x，作等边三角形的高，再根据三角形重心的性质即可得到正方形的对角线的长；进而可求得等边三角形和正方形的面积，即可得到它们的面积比．
【详解】解：如图，设圆的圆心为O，由题意知：三角形的重心以及三个正方形的共用顶点即为点O，过A作AD⊥BC于D，
∵▵ABC是等边三角形且内接于⊙O，
∴AB=AC，∠ABC=60∘，
∴AB⌢=AC⌢，
∴AD必过点O，AO=2OD，BD=CD
设▵ABC的边长为2x，
∴BD=x，AD=AB⋅sin∠ABC=2x× 32= 3x，
∴▵ABC的面积为：12×2x× 3x= 3x2，
OD=13AD= 3x3，
∴正方形的对角线长为：2 3x3，面积为：12×2 3x3×2 3x3=2x23，
∴等边三角形与正方形的面积的比值为： 3x2：2x23=3 32．
故选：A．
【点睛】本题考查轴对称图形，垂径定理的推论，等边三角形及正方形的性质，锐角三角函数，三角形重心的性质以及图形面积的求法．确定等边三角形和正方形边长是解题的关键．
7.【答案】B
【解析】【分析】证明▵ADP∽▵BPQ，由相似三角形的性质得出ADBP=APBQ=DPPQ，求出BP=6，CQ=2，过点Q作QM⊥AC于点M，由勾股定理可求出答案．
【详解】解：∵∠F=30∘，
∴∠E=60∘，
∵EF//PQ，
∴∠DPQ=∠E=60∘，∠DQP=∠F=30∘，
∴∠APD+∠BPQ=120∘，
∵▵ABC为等边三角形，
∴∠A=∠B=60∘，AC=BC=AB=10，
∴∠APD+∠ADP=120∘，
∴∠BPQ=∠ADP，
∴△ADP∽△BPQ，
∴ADBP=APBQ=DPPQ，
∵∠PDQ=90∘，∠DQP=30∘，
∴PD=12PQ，
∴3BP=APBQ=12，
∴BP=6，
∴AP=4，BQ=8，
∴CQ=2，
过点Q作QM⊥AC于点M，

∴CM=12CQ=1，QM= 3，
∵CD=AC−AD=10−3=7，
∴DQ= DM2+QM2= 62+( 3)2= 39．
故选：B．
【点睛】本题考查了勾股定理，等边三角形的性质，相似三角形的判定与性质，直角三角形的性质，证明▵ADP∽▵BPQ是解题的关键．
8.【答案】D
【解析】【分析】根据题目中“自相似四边形”的定义，在网格中找到符合条件的点D即可．
【详解】解：如图1，由ABD1A=ACD1C=BCAC= 105，得▵ABC∽▵D1AC，故D1为所求点；
如图2，由ABD2A=BCAB=ACD2B= 2，得▵ABC∽▵D2AB，故D2为所求点；
如图3，由BCAB=CD3BD3=BD3AD3= 2，得▵BCD3∽▵ABD3，故D3为所求点；
如图4，由ABD4C=BCCA=ACD4A= 105，得▵ABC∽▵D4CA，故D4为所求点；
如图5，由ABBC=BCCD5=ACBD5= 22，得▵ABC∽▵BCD5，故D5为所求点；
∴符合条件的格点D的个数有5个．
故选：D．
【点睛】此题是新定义题，主要考查了网格中的勾股定理、判定两个格点三角形相似，熟练掌握三边对应成比例的两个三角形相似是解答此题的关键．
9.【答案】1
【解析】【分析】一元二次方程的解的定义：使一元二次方程左右两边相等的未知数的值叫做一元二次方程的解．据此定义，将x=−1代入方程进行计算即可．
【详解】解：∵x=−1是关于x的一元二次方程x2+ax+3b=0的解，
∴(−1)2+a×(−1)+3b=0，
∴a−3b=1，
故答案为：1．
【点睛】此题考查了一元二次方程的解的定义，熟练掌握一元二次方程的解的定义是解答此题的关键．
10.【答案】2πb
【解析】【分析】用两种方法表示阴影部分面积即可．
【详解】解：设长方形的宽为x，
S阴影=π×(a+b)2−π×a2−πb2=ax．
∴2πab=ax．
∴x=2πb．
故答案为：2πb．
【点睛】本题考查完全平方公式的几何背景，用两种方法表示阴影部分面积是求解本题的关键．
11.【答案】y2−y−2=0
【解析】【分析】根据题意，将x2−5=y代入原方程即可求解．
【详解】解：由原方程，得
(x2−5)2−x2−5−2=0，
将x2−5=y代入得，y2−y−2=0，
故答案为：y2−y−2=0．
【点睛】考查换元法解一元二次方程，换元法就是把某个式子看成一个整体，用一个字母去代替它，实行等量代换．
12.【答案】3 5−3cm
【解析】【分析】利用黄金分割的定义计算即可．
【详解】解：∵点C是线段AB的黄金分割点，且AC>BC，
∴ACAB= 5−12
∴AC= 5−12AB= 5−12×6=3 5−3cm，
故答案为：3 5−3cm．
【点睛】本题考查了黄金分割点的定义，若C为线段AB的黄金分割点AC>BC，则ACAB= 5−12，熟练应用黄金分割的性质列出方程是解题的关键．
13.【答案】(2,4)或(−2,−4)
【解析】【分析】根据位似变换的性质解答即可．
【详解】解：∵△AOB顶点B的坐标为(3,6)，以原点O为位似中心，相似比为23，将△AOB缩小，
∴点B的对应点B′的坐标为(3×23,6×23)或(3×(−23),6×(−23))，即(2,4)或(−2,−4)，
故答案为：(2,4)或(−2,−4)．
【点睛】本题考查的是位似变换的性质，在平面直角坐标系中，如果位似变换是以原点为位似中心，相似比为k，那么位似图形对应点的坐标的比等于k或−k．
14.【答案】4
【解析】【分析】根据相似线的定义，可知截得的三角形与▵ABC有一个公共角，分①公共角为∠A时；②公共角为∠B时；③公共角为∠C时；三种情况进行讨论，即可得出答案．
【详解】解：①当公共角为∠A时，不存在；
②公共角为∠B时，过点P作PD⊥BC，交AB于点D，如图所示：
∵∠DPB=∠C=90∘，∠B=∠B，
∴▵BPD∽▵BCA；
过点P作PD⊥AB于点D，如图所示：
∵∠PDB=∠C=90∘，∠B=∠B，
∴▵BPD∽▵BAC；
③公共角为∠C时，
连接AP，如图所示：
∵∠B=30∘，
∴AB=2AC，
设AC=a，则AB=2a，
BC= AB2−AC2= 3a，
∵点P是边BC上一个三等分点，BP>CP，
∴CP=13BC= 33a，
∴CPAC= 33aa= 33，ACBC=a 3a= 33，
∴CPAC=ACBC，
∵∠C=∠C，
∴▵ACP∽▵BCA；
过点P作PD//AB，交AC于点D，如图所示：
∵PD//AB，
∴∠DPC=∠B，∠PDC=∠A，
∴▵CDP∽▵CAB；
综上分析可知，过点P的▵ABC的“相似线”最多有4条．
故答案为：4．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定，平行线的性质，勾股定理，解题的关键是熟练掌握三角形相似的判定方法．
15.【答案】1≤y≤9
【解析】【分析】根据题意可得FM=NG，作FP⊥AE,MQ⊥AE,BK⊥l，垂足分别为P，Q，K，则FK=12FM，可得到四边形FPQM是矩形，FM=PQ，同理四边形BPFK为矩形，BP=FK=12FM，从而得到PB=BQ，然后分别计算出当FG=11时，当FG=7时，MN的长，即可求解．
【详解】解：∵AE=12，C是AE中点，
∴AC=CE=12AE=6，
∴AB=BC=CD=DE=12×6=3，
∵l//AE，
根据图形的轴对称性得∶FM=NG，
作FP⊥AE,MQ⊥AE,BK⊥l，垂足分别为P，Q，K，则FK=12FM，
∴∠FPB=∠MQB=90∘，
∵l//AE，
∴∠FPB+∠PFM=180∘，
∴∠PFM=90∘，
∴四边形FPQM是矩形，
∴FM=PQ，
同理四边形BPFK为矩形，
∴BP=FK=12FM，
∴PB=BQ，
当FG=11时，AP=12AE−FG=12×12−11=0.5，
∴BP=3−0.5=2.5，
∴BQ=BP=2.5，
∴PQ=FM=2.5×2=5，
∴NG=FM=5，
∴MN=FG−FM−NG=11−5−5=1，
当FG=7时，AP=12AE−BG=12×12−7=52=2.5，
∴BP=3−2.5=0.5，
∴BQ=BP=0.5，
∴PQ=FM=0.5×2=1，
∴NG=FM=1，
∴MN=FG−FM−NG=11−1−1=9，
根据题意得∶MN随FG的增大而减小，
∴1≤MN≤9，
即1≤y≤9．
故答案为：1≤y≤9．
【点睛】本题主要考查了垂径定理，矩形的判定和性质，熟练掌握垂径定理，矩形的判定和性质是解题的关键．
16.【答案】2022
【解析】【分析】仔细观察等式左侧，先将多项式进行分组，再利用配方法化简其形式，最后根据平方的非负性确定z的最大值．
【详解】解：∵x2−4x+y2+4y−2xy+z=2018，
∴x2−2xy+y2−4x+4y+z=2018，
∴(x−y)2−4(x−y)+z=2018，
(x−y)2−4(x−y)+4−4+z=2018，
(x−y−2)2+z−4=2018，
∵(x−y−2)2≥0，
∴当(x−y−2)2=0时，z−4的值最大，
∴z−4=2018，
∴z=2022，
∴实数z的最大值为2022，
故答案为：2022．
【点睛】本题考查了配方法与平方的非负性，能够识别多种情况下的配方条件，正确的配方是解题关键．
17.【答案】解：(1) 3x2−6x+3=0，即3(x−1)²=0，
两边直接开平方法得：x1=x2=1，
故答案为：x1=x2=1；
(2) 3x2−2x−8=0，由求根公式得：x=−b± b2−4ac2a=2± (−2)2−4×3×(−8)6=2±106，
故x1=2,x2=−43，
故答案为：x1=2,x2=−43；
(3)先移项后变形为：(2x−3)2−5(2x−3)=0，
再提取公因式(2x−3)后得：(2x−3)(2x−3−5)=0，
即：(2x−3)(2x−8)=0，
解得：x1=32,x2=4，
故答案为：x1=32,x2=4；
(4)先化成一般式为：x²+9x+20=0，
再因式分解为：(x+4)(x+5)=0，
解得：x1=−4，x2=−5，
故答案为：x1=−4，x2=−5．

【解析】【分析】(1)将−3从等号左边移到等号右边后，再提公因式使用直接开平方法求解即可；
(2)直接使用求根公式即可求解；
(3)移项后提公因式，再使用因式分解即可求解；
(4)先化成一般式，然后再使用因式分解即可求解．
【点睛】本题考查一元二次方程的解法，熟练掌握一元二次方程的解法是解决本类题的关键．
18.【答案】(1)解：当k=0时，原方程为2x−2=0，解得：x=1；
当k≠0时，方程是一元二次方程．
∵Δ=k−22−4k⋅−2=k+22≥0，
∴方程总有两个实数根；
∴综上所述，无论k取什么实数值，方程总有实数根；
(2)解：∵kx2−k−2x−2=0即kx+2x−1=0
解得：x1=−2k,x2=1
∵方程的两实数根都为正整数
∴k=−1或k=−2
∴k的值为−1或−2

【解析】【分析】(1)分k=0及k≠0两种情况考虑即可求解；
(2)利用因式分解发法，可求出方程的两个实数根，结合方程的两实数根都为正整数，即可求解．
【点睛】本题主要考查一元二次方程根的判别式、解一元一次方程及因式分解法解一元二次方程，解题的关键是分k=0及k≠0两种情况说明方程有实数根，利用因式分解法求出方程的两个实数根．
19.【答案】如图①中，连接PA，PA就是∠BPC的平分线．
理由：∵AB=AC，
∴AB⌢=AC⌢，
∴∠APB=∠APC．
如图②中，连接AO延长交⊙O于E，连接PE，PE就是∠BPC的平分线．
理由：∵AB=AC，
∴AB⌢=AC⌢，
∴BE⌢=EC⌢，
∴∠EPB=∠EPC．

【解析】【分析】如图①中连接PA，根据等弧所对得圆周角相等，易知∠APB=∠APC，所以PA就是∠BPC的平分线；如图②中，连接AO延长交⊙O于E，连接PE，由垂径定理和圆周角定理易知∠EPB=∠EPC．
【点睛】本题主要考查圆周角定理和垂径定理，根据等弧所对的圆周角相等得到角平分线是关键．
20.【答案】(1)解：∵AB=x米，
∴BC=40−x 米，
由题意得：x40−x=300，
解得：x1=10，x2=30，
∴x的值为10或30；
(2)解：花园的面积不能为400米2，理由如下：
由题意得：x40−x=400，
解得：x1=x2=20，
当x=20时，40−x=40−20=20，
即当AB=20米，CD=20米<24米，这棵树没有被围在花园内，
∴将这棵树围在矩形花园内(含边界，不考虑树的粗细)，则花园的面积不能为400米2．

【解析】【分析】1由矩形面积公式得出方程，解方程即可；
2根据题意可得方程x40−x=400，求出x的值，然后再根据P处这棵树是否被围在花园内进行分析即可．
【点睛】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．
21.【答案】(1)证明：∵AE为⊙O的直径，
∴∠ABE=90∘，
∴∠BAE+∠AEB=90∘，
∵AD⊥BC，
∴∠ADF=90∘，
∴∠AFD+∠FAD=90∘，
∵AE平分∠BAD，
∴∠BAE=∠FAD，
∴∠AEB=∠AFD；
(2)如图1，过点F作BM⊥AB于点M.则∠AMF=90∘，

∵∠AFD=∠BFE，∠AFD=∠AEB，
∴∠BFE=∠AEB，
∴BF=BE=5，
∵∠ABE=∠AMF=90∘，∠BAE=∠MAF，
∴△AMF∽△ABE，
∴AMAB=MFBE，
即AMMF=ABBE=105=2，
设MF=x，则AM=2x，
∴BM=10−2x，
∵BM2+MF2=BF2，
∴(10−2x)2+x2=52，
解得x=3，
即MF=3，
∵AE平分∠ABD，AD⊥BC，
∴DF=MF=3．

【解析】【分析】(1)由圆周角定理得到∠ABE=90∘，根据角平分线得到∠BAE=∠FAD，综合可得出结论；
(2)过点F作BM⊥AB于点M.则∠AMF=90∘，通过证明▵AMF∽▵ABE可得AMMF=ABBE=105=2，设MF=x，则AM=2x，利用勾股定理可求解MF的值，再结合角平分线的性质可求解．
【点睛】本题是圆的综合题，考查了圆周角定理，相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理等，熟练掌握性质定理是解题的关键．
22.【答案】(1)解：线段EF的长度不变．理由如下：
如图，过点E作EH⊥OA，垂足为H，

则∠EHP=90∘=∠POC,HE//AB，
∴∠HPE+∠PEH=90∘,
∵PE⊥CP，
∴∠CPE=90∘，
∴∠HPE+∠CPO=90∘，
∴∠PEH=∠CPO，
在▵EPH和△PCO中，
∠EHP=∠POC∠PEH=∠CPOPE=CP,
∴▵EPH≌▵PCOAAS，
∴EH=PO=t,HP=OC=4，
∴OH=t+4，
∴点E的坐标为4+t,t；
由题意知：OA=AB=4，
∴点B坐标为4,4，∠BOA=45∘，
又∵EF//OA，点E为4+t,t，
∴点F的坐标为t,t
∴EF=t+4−t=4，
即线段EF的长度不变，是定值4；
(2)由(1)知：∠PDA=∠PEH=∠CPO，
又∵∠DAP=∠POC=90∘，
∴▵DAP∽▵POC，
∴ADOP=APOC，
∵OP=t,OC=4，
∴AP=4−t，
∴ADt=4−t4，
∴AD=t4−t4，
∴BD=4−t4−t4=t2−4t+164，
∵EF//OA,AB⊥OA，
∴EF⊥BD，
∵S四边形BEDF=12×EF×BD，
∴12×4×t2−4t+164=132，
解得：t=1或t=3，
∴当t为1或3秒时，四边形BEDF的面积为132．

【解析】【分析】(1)作EH⊥x轴于H，则∠EHP=90∘，先证出∠PEH=∠CPO，再证明▵EPH≌▵PCO，得出HE=PO=t,HP=OC=4，求出OH，即可得出点E的坐标，根据EF//OA，EH=t,可得点F到x轴的距离等于t，再根据∠AOB=45∘，可得点F的坐标为t,t，最后根据点E为4+t,t，求得EF=t+4−t=4即可；
(2)先判定▵DAP∽▵POC，得出ADOP=APOC，根据OP=t,OC=4,AP=4−t，求得AD=t4−t4，BD=4−t4−t4=t2−4t+164，再根据S四边形BEDF=12×EF×BD，列出关于t的方程，求得t的值即可．
【点睛】本题是四边形综合题目，主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、四边形面积的计算等知识的综合应用，解决问题的关键是作辅助线构造全等三角形，解题时注意方程思想的运用，以及对角线互相垂直的四边形的面积等于对角线乘积的一半的运用．
23.【答案】(1)证明：∵CD平分∠ACB，
∴∠ACD=∠BCD，
∵∠ACD=∠ABD，
∴∠ABD=∠BCD；
(2)解：如图，过点E作EF⊥AD于点F，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB=90∘，∠ADB=90∘，
∵CD平分∠ACB，
∴∠BCD=∠ACD=12∠ACB=45∘，
∴∠DAB=∠BCD=∠DBA=45∘，
∴AD=BD，
∵AE=17，EF⊥AD，
由勾股定理得FE=AF=17× 22=17 22，
∵DE=13，
∴DF= DE2−FE2= 132−17 222=7 22，
∴AD=AF+DF=17 22+7 22=12 2，
∴AB= AD2+AD2= 2AD=12 2× 2=24，
∴AO=12AB=12，
∴⊙O的半径为12．

【解析】【分析】(1)由CD平分∠ACB，根据圆周角定理的推论，可得∠ACD=∠BCD=∠ABD；
(2)过点E作EF⊥AD于点F，由圆周角定理和角平分线的定义得∠DAB=∠BCD=45∘，求得FE，再由勾股定理求得DF，进而求出AD长，由勾股定理得AB= 2AD，即可求得⊙O的半径．
【点睛】本题考查了等腰直角三角形的判定和性质，圆周角定理，角平分线的定义，勾股定理，熟练掌握知识点是解题的关键．
24.【答案】(1)解：如图1中，

由旋转变换的性质可知，∠CBC′=∠ABA′，
∵四边形OABC是平行四边形，
∴BC//OA，
∴∠CBC′=∠OAB，
∵BA=BA′，
∴∠BAA′=∠BA′A，
∴∠ABA′=∠BAA′=∠BA′A=60∘，
∴∠BAO=60∘；
(2)如图2中，过点B作BH⊥OO′于点H，过点B作BJ⊥OA于点J．

∵A(13,0)，
∴OA=13，
∵四边形OABC是平行四边形，
∴AB=OC=3，BC=OA=13，
∵∠OBO′=∠ABA′，
∴∠ABO′=∠OBA，
∵OC//AB，
∴∠OBA=∠BOC，
∵BO=BO′，
∴∠BOO′=∠BO′O，
∴∠CBO′=∠BO′C，
∴BC=CO′=13，
∴OO′=OC+CO′=3+13=16，
∵BO=BO′，BH⊥OO′，
∴OH=HO=8，CH=8−3=5，
∴BH= BC2−CH2= 132−52=12，
∵AB//OC，BC/​/OA，
∴∠BAJ=∠COA=∠BCH，
∵∠BHC=∠BJA=90∘，
∴△BHC∽△BJA，
∴BHBJ=CHAJ=BCAB，
∴12BJ=5AJ=133，
∴BJ=3613，AJ=1513，
∴OJ=OA+AJ=13+1513=18413，
∴B(18413,3613)；
(3)如图3中，过点B作BJ⊥O′C交O′C的延长线于点H，过点M作MH⊥O′J于点H．

∵A(4,0)，B(5,1)，
∴OA=4，
∴C(1,1)，
∴∠COA=∠A′O′C′=45∘，OC=O′C′=AB= 2，
∵BC′//A′O′，
∴∠BC′J=∠A′O′C′=45∘，
∵BJ⊥JO′，
∴BJ=BC′=4× 22=2 2，
∵BM=AM= 22，
∴MH≤2 2+ 22，
∴MH≤5 22，
∴S≤12×5 22× 2，
∴S≤52．
故答案为：52．

【解析】【分析】(1)证明▵ABA′是等边三角形，可得结论；
(2)如图2中，过点B作BH⊥OO′于点H，过点B作BJ⊥OA于点J.解直角三角形求出BH，CH，再利用相似三角形的性质求出BJ，AJ，可得结论；
(3)如图3中，过点B作BJ⊥O′C交O′C的延长线于点H，过点M作MH⊥O′J于点H.求出O′C′，MH的取值范围，可得结论．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了平行四边形的性质，相似三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
25.【答案】1)解：∵矩形ABCD中，AB=4，EF/​/AB，
∴CD//EF//AB，CD=EF=AB=4，∠DEP=∠PFB=90∘，
若m=4，则BC=4，DE=1，则BF=m−1=3，
要使▵DEP∽▵PFB，需DEPF=EPBF，即1PF=4−PF3，
解得PF=1或3；
要使▵DEP∽▵BFP，需DEBF=EPPF，即13=PF4−PF，
解得PF=1；
综上所述PF的长度为1或3；
故答案为：1或3；
(2)解：m=4.5时，线段EF上△EDP与▵BPF的“似联点”P有3个，理由如下：
作点D关于EF的对称点D′，连接BD，交EF于点P1；连接BD′，以BD′为直径作圆交EF于点P2、P3，如图：

∵矩形ABCD中，AB=4，EF/​/AB，
∴CD//EF//AB，CD=EF=AB=4，∠DEP=∠PFB=90∘，
∴▵DEP1∽▵BFP1，即P1是线段EF上△EDP与▵BPF的“似联点”；
∵点D关于EF的对称点D′，
∴▵DEP2≌▵D′EP2，
∵BD′是圆的直径，
∴∠D′P2B=90∘，
∴∠EP2D′=90∘−∠FP2B=∠FBP2，
又∠P2ED′=∠BFP2=90∘，
∴▵P2ED∽▵BFP2，即P2是线段EF上△EDP与▵BPF的“似联点”；
同理可证P3是线段EF上△EDP与▵BPF的“似联点”；
综上所述，线段EF上△EDP与▵BPF的“似联点”P有3个；
故答案为：3；
(3)解：当1当m=4时，线段EF上△EDP与▵BPF的“似联点”P有2个；
当m=5时，线段EF上△EDP与▵BPF的“似联点”P有2个；
当m>5时，线段EF上△EDP与▵BPF的“似联点”P有1个．

【解析】【分析】(1)分两种情形，分别构建方程即可解决问题；
(2)利用对称性及辅助圆解决问题即可；
(3)根据辅助圆与线段EF的交点个数分类讨论即可解决问题．
【点睛】本题考查作图−相似变换，矩形的性质，圆的有关知识等知识，解题的关键是灵活运用对称性及辅助圆解决问题，属于中考常考题型．