2019-2020学年江苏省泰州市姜堰区九年级上学期数学期末试题及答案

这是一份2019-2020学年江苏省泰州市姜堰区九年级上学期数学期末试题及答案，共25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. 方程的解是（ ）
A. x=0B. x=1C. x=0或x=1D. x=0或x=-1
【答案】C
【解析】
【分析】
根据因式分解法，可得答案．
【详解】解：，
方程整理，得，x2-x=0
因式分解得，x（x-1）=0，
于是，得，x=0或x-1=0，
解得x1=0，x2=1，
故选：C．
【点睛】本题考查了解一元二次方程，因式分解法是解题关键．
2. 已知⊙O的直径为4，点O到直线l的距离为2，则直线l与⊙O的位置关系是
A. 相交B. 相切C. 相离D. 无法判断
【答案】B
【解析】
【分析】
根据圆心距和两圆半径的之间关系可得出两圆之间的位置关系．
【详解】∵⊙O的直径为4，
∴⊙O的半径为2，
∵圆心O到直线l的距离是2，
∴根据圆心距与半径之间的数量关系可知直线l与⊙O的位置关系是相切．
故选B．
【点睛】本题考查了直线和圆的位置关系的应用，理解直线和圆的位置关系的内容是解此题的关键，注意：已知圆的半径是r，圆心到直线的距离是d，当d＝r时，直线和圆相切，当d＞r时，直线和圆相离，当d＜r时，直线和圆相交．
3. 如图，点A、B、C都在⊙O上，若∠ABC＝60°，则∠AOC的度数是（ ）
A. 100°B. 110°C. 120°D. 130°
【答案】C
【解析】
【分析】
直接利用圆周角定理求解．
【详解】解：∵∠ABC和∠AOC所对的弧为，∠ABC=60°，
∴∠AOC=2∠ABC=2×60°=120°．
故选：C．
【点睛】本题考查了圆周角定理：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．
4. 数据3、4、6、7、x的平均数是5，这组数据的中位数是（ ）
A. 4B. 4.5C. 5D. 6
【答案】C
【解析】
【分析】
首先根据3、4、6、7、x这组数据的平均数求得x值，再根据中位数的定义找到中位数即可．
【详解】由3、4、6、7、x的平均数是5，
即
得
这组数据按照从小到大排列为3、4、5、6、7，则中位数为5．
故选C
【点睛】此题考查了平均数计算及中位数的定义，熟练运算平均数及掌握中位数的定义是解题关键．
5. 一个不透明的袋子中装有20个红球，2个黑球，1个白球，它们除颜色外都相同，若从中任意摸出1个球，则（ ）
A. 摸出黑球的可能性最小B. 不可能摸出白球
C. 一定能摸出红球D. 摸出红球的可能性最大
【答案】D
【解析】
【分析】
根据概率公式先分别求出摸出黑球、白球和红球的概率，再进行比较，即可得出答案．
【详解】解：∵不透明的袋子中装有20个红球，2个黑球，1个白球，共有23个球，
∴摸出黑球的概率是，
摸出白球的概率是，
摸出红球的概率是，
∵＜＜，
∴从中任意摸出1个球，摸出红球的可能性最大；
故选：D．
【点睛】本题考查了可能性大小的比较：只要总情况数目相同，谁包含的情况数目多，谁的可能性就大；反之也成立；若包含的情况相当，那么它们的可能性就相等．
6. 如图，P、Q是⊙O的直径AB上的两点，P在OA上，Q在OB上，PC⊥AB交⊙O于C，QD⊥AB交⊙O于D，弦CD交AB于点E，若AB=20，PC=OQ=6，则OE的长为（ ）
A. 1B. 1.5C. 2D. 2.5
【答案】C
【解析】
【分析】
因为OCP和ODQ为直角三角形，根据勾股定理可得OP、DQ、PQ的长度，又因为CPDQ，两直线平行内错角相等，∠PCE=∠EDQ，且∠CPE=∠DQE=90°，可证CPE∽DQE，可得，设PE=x，则EQ=14-x，解得x的取值，OE= OP-PE，则OE的长度可得．
【详解】解：∵在⊙O中，直径AB=20，即半径OC=OD=10，其中CPAB，QDAB，
∴OCP和ODQ为直角三角形，
根据勾股定理：，，且OQ=6，
∴PQ=OP+OQ=14，
又∵CPAB，QDAB，垂直于用一直线的两直线相互平行，
∴CPDQ，且C、D连线交AB于点E，
∴∠PCE=∠EDQ，（两直线平行，内错角相等）且∠CPE=∠DQE=90°，
∴CPE∽DQE，故，
设PE=x，则EQ=14-x，
∴，解得x=6，
∴OE=OP-PE=8-6=2，
故选：C．
【点睛】本题考察了勾股定理、相似三角形的应用、两直线平行的性质、圆的半径，解题的关键在于证明CPE与DQE相似，并得出线段的比例关系．
二、填空题
7. 数据1、2、3、2、4的众数是______．
【答案】2
【解析】
【分析】
根据众数的定义直接解答即可．
【详解】解：数据1、2、3、2、4中，
∵数字2出现了两次，出现次数最多，
∴2是众数，
故答案为：2．
【点睛】此题考查了众数，掌握众数的定义是解题的关键，众数是一组数据中出现次数最多的数．
8. 一元二次方程x2﹣3x+2＝0的两根为x1，x2，则x1+x2﹣x1x2＝______．
【答案】1
【解析】
分析】
利用根与系数的关系得到x1+x2=3，x1x2=2，然后利用整体代入的方法计算．
【详解】解：根据题意得：x1+x2=3，x1x2=2，
所以x1+x2-x1x2=3-2=1．
故答案为：1．
【点睛】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=- ，x1x2=．
9. 甲、乙两同学近期6次数学单元测试成绩的平均分相同，甲同学成绩的方差S甲2＝6.5分2，乙同学成绩的方差S乙2＝3.1分2，则他们的数学测试成绩较稳定的是____（填“甲”或“乙”）．
【答案】乙
【解析】
【分析】
根据方差越小数据越稳定即可求解．
【详解】解：因为甲、乙两同学近期6次数学单元测试成绩的平均分相同且S甲2 ＞S乙2，
所以乙的成绩数学测试成绩较稳定．
故答案为：乙．
【点睛】本题考查方差的性质，方差越小数据越稳定．
10. 如图，，直线a、b与、、分别相交于点A、B、C和点D、E、F．若AB=3，BC=5，DE=4，则EF的长为______．
【答案】
【解析】
【分析】
直接根据平行线分线段成比例定理即可得．
【详解】，
，
，
，
解得，
故答案为：．
【点睛】本题考查了平行线分线段成比例定理，熟记平行线分线段成比例定理是解题关键．
11. 圆锥的底面半径是4cm，母线长是6cm，则圆锥的侧面积是______cm2（结果保留π）．
【答案】24π
【解析】
【分析】
根据圆锥的侧面展开图为扇形，先计算出圆锥的底面圆的周长，然后利用扇形的面积公式计算即可．
【详解】解：∵圆锥的底面半径为4cm，
∴圆锥的底面圆的周长=2π•4=8π，
∴圆锥的侧面积=×8π×6=24π（cm2）．
故答案为：24π．
【点睛】本题考查了圆锥的侧面积的计算：圆锥的侧面展开图为扇形，扇形的弧长为圆锥的底面周长，扇形的半径为圆锥的母线长．也考查了扇形的面积公式：S=•l•R，（l为弧长）．
12. 若m是关于x的方程x2-2x-3=0的解，则代数式4m-2m2+2的值是______．
【答案】-4
【解析】
【分析】
先由方程的解的含义，得出m2-2m-3=0，变形得m2-2m=3，再将要求的代数式提取公因式-2，然后将m2-2m=3代入，计算即可．
【详解】解：∵m是关于x的方程x2-2x-3=0的解，
∴m2-2m-3=0，
∴m2-2m=3，
∴4m-2m2+2
= -2（m2-2m）+2
= -2×3+2
= -4．
故答案为：-4．
【点睛】本题考查了利用一元二次方程的解的含义在代数式求值中的应用，明确一元二次方程的解的含义并将要求的代数式正确变形是解题的关键．
13. 在Rt△ABC中，两直角边的长分别为6和8，则这个三角形的外接圆半径长为_____．
【答案】5
【解析】
【分析】
根据直角三角形外接圆的直径是斜边的长进行求解即可．
【详解】由勾股定理得：AB＝＝10，
∵∠ACB＝90°，
∴AB是⊙O的直径，
∴这个三角形的外接圆直径是10；
∴这个三角形的外接圆半径长为5，
故答案为5．
【点睛】本题考查了90度的圆周角所对的弦是直径，熟练掌握是解题的关键.
14. 某小区2019年的绿化面积为3000m2，计划2021年的绿化面积为4320m2，如果每年绿化面积的增长率相同，设增长率为x，则可列方程为______．
【答案】3000(1+ x)2=4320
【解析】
【分析】
设增长率为x，则2010年绿化面积为3000（1+x）m2，则2021年的绿化面积为3000（1+x）（1+x）m2，然后可得方程．
【详解】解：设增长率为x，由题意得：
3000（1+x）2=4320，
故答案为：3000（1+x）2=4320．
【点睛】本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，关键是正确理解题意，找出题目中的等量关系．
15. 如图，ABC是⊙O的内接三角形，AD是△ABC的高，AE是⊙O的直径，且AE=4，若CD=1，AD=3，则AB的长为______．
【答案】
【解析】
【分析】
利用勾股定理求出AC，证明△ABE∽△ADC，推出，由此即可解决问题．
【详解】解：∵AD是△ABC的高，
∴∠ADC=90°，
∴，
∵AE是直径，
∴∠ABE=90°，
∴∠ABE=∠ADC，
∵∠E=∠C，
∴△ABE∽△ADC，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质，勾股定理、圆周角定理等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题．
16. 如图，点C是以AB为直径的半圆上一个动点（不与点A、B重合），且AC+BC=8，若AB=m（m为整数），则整数m的值为______．
【答案】6或7
【解析】
【分析】
因为直径所对圆周角为直角，所以ABC的边长可应用勾股定理求解，其中，且AC+BC=8，即可求得，根据基本不等式，可得的范围，再根据题意要求AB为整数及三角形三边关系，即可得出AB可能的长度．
【详解】解：∵直径所对圆周角为直角，故ABC为直角三角形，
∴根据勾股定理可得，，即，
又∵AC+BC=8，根据基本不等式，
∴，代入
∴，同时AB要满足整数的要求，
∴AB=6或7或8，但是三角形三边关系要求，任意两边之和大于第三边，故AB≠8，
∴AB=6或7，
故答案为：6或7．
【点睛】本题主要考察了直径所对圆周角为直角、勾股定理、三角形三边关系、基本不等式，解题的关键在于找出AB长度的范围．
三、解答题
17. 计算：
（1）
（2）
【答案】（1）；（2）6
【解析】
【分析】
（1）将原式三项化简，合并同类二次根式后即可得到结果；
（2）原式第一项利用绝对值的代数意义化简，第二项利用零指数公式化简，第三项利用负指数公式化简，合并后即可得到结果；
【详解】解：（1）原式= ，
（2）原式=
【点睛】此题考查了实数的混合运算，涉及的知识有：算术平方根和立方根，绝对值的性质，0指数和负整指数幂，熟练掌握公式及法则是解本题的关键．
18. 解下列方程：
（1）
（2）
【答案】（1），；（2），
【解析】
【分析】
（1）直接用开平方求解即可．
（2）用配方法解方程即可．
【详解】（1）解：由
得
即或
，或
解得，
（2）解：
∴
∴
∴
∴，．
【点睛】本题考查了一元二次方程的解法，常用的方法有直接开平方法、配方法、因式分解法、求根公式法，灵活选择合适的方法是解答本题的关键.
19. 化简并求值： ，其中m满足m2-m-2=0.
【答案】，原式=
【解析】
【分析】
根据分式的运算进行化简，再求出一元二次方程m2-m-2=0的解，并代入使分式有意义的值求解.
【详解】==，
由m2-m-2=0
解得，m1=2,m2=-1,
因为m=-1分式无意义，
所以m=2时，代入原式==.
【点睛】此题主要考查分式的运算及一元二次方程的求解，解题的关键熟知分式额分母不为零.
20. 已知□ABCD边AB、AD的长是关于x的方程＝0的两个实数根．
（1）当m为何值时，四边形ABCD是菱形？
（2）当AB=3时，求□ABCD的周长．
【答案】（1）；（2）14
【解析】
【分析】
（1）由菱形的四边相等知方程有两个相等的实数根,据此利用根的判别式求解可得,注意验根;
（2）由AB=3知方程的一个解为3,代入方程求出m的值,从而还原方程,再利用根与系数的关系得出AB+AD的值,从而得出答案．
【详解】解：（1）若四边形ABCD是菱形,则AB=AD,
所以方程有两个相等的实数根,
则△=（-m）2-4×1×12=0,
解得m=,
检验：当m=时,x=,符合题意;当m=时,x=,不符合题意,故舍去．
综上所述,当m为时,四边形ABCD是菱形．
（2）∵AB=3,
∴9-3m+12=0,
解得m=7,
∴方程为x2-7x+12=0,
则AB+AD=7,
∴平行四边形ABCD的周长为2（AB+AD）=14．
【点睛】本题主要考查根与系数的关系,解题的关键是掌握根的判别式、根与系数的关系,菱形和平行四边形的性质．
21. 一只不透明的袋子中装有2个白球和1个红球，这些球除颜色外都相同．
（1）搅匀后从袋子中任意摸出1个球，摸到红球的概率是多少？
（2）搅匀后先从袋子中任意摸出1个球，记录颜色后不放回，再从袋子中任意摸出1个球，用画树状图或列表的方法列出所有等可能的结果，并求出两次都摸到白球的概率．
【答案】（1）；（2），见解析
【解析】
【分析】
（1）袋中一共有3个球，有3种等可能的抽取情况，抽取红球的情况只有1种，摸到红球的概率即可求出；
（2）分别使用树状图法或列表法将抽取球的结果表示出来，第一次共有3种不同的抽取情况，第二次有2种不同的抽取情况，所有等可能出现的结果有6种，找出两次都是白球的的抽取结果，即可算出概率．
【详解】解：（1）∵袋中一共有3个球，有3种等可能的抽取情况，抽取红球的情况只有1种，
∴；
（2）画树状图，根据题意，画树状图结果如下：
一共有6种等可能出现的结果，两次都抽取到白球的次数为2次，
∴；
用列表法，根据题意，列表结果如下：
一共有6种等可能出现的结果，两次都抽取到白球的次数为2次，
∴．
【点睛】本题考查了列表法或树状图法求概率，用图表形式将第一次、第二次抽取所可能发生的情况一一列出，避免遗漏．
22. 某篮球队对队员进行定点投篮测试，每人每天投篮10次，现对甲、乙两名队员在五天中进球数（单位：个）进行统计，结果如下：
经过计算，甲进球的平均数为8，方差为3.2.
（1）求乙进球的平均数和方差；
（2）如果综合考虑平均成绩和成绩稳定性两方面的因素，从甲、乙两名队员中选出一人去参加定点投篮比赛，应选谁？为什么？
【答案】（1）乙平均数为8，方差为0.8；（2）乙．
【解析】
分析】
（1）根据平均数、方差的计算公式计算即可；
（2）根据平均数相同时，方差越大，波动越大，成绩越不稳定；方差越小，波动越小，成绩越稳定进行解答．
【详解】（1）乙进球的平均数为：（7+9+7+8+9）÷5=8，乙进球的方差为：[（7﹣8）2+（9﹣8）2+（7﹣8）2+（8﹣8）2+（9﹣8）2]=0.8；
（2）∵二人的平均数相同，而S甲2=3.2，S乙2=0.8，∴S甲2＞S乙2，∴乙的波动较小，成绩更稳定，∴应选乙去参加定点投篮比赛．
【点睛】本题考查了方差的定义：一般地设n个数据，x1，x2，…xn的平均数为，则方差S2[（x1）2+（x2）2+…+（xn）2]，它反映了一组数据的波动大小，方差越大，波动性越大，反之也成立．也考查了平均数．
23. 如图，小明家窗外有一堵围墙AB，由于围墙的遮挡，清晨太阳光恰好从窗户的最高点C射进房间的地板F处，中午太阳光恰好能从窗户的最低点D射进房间的地板E处，小明测得窗子距地面的高度OD＝1m，窗高CD＝1.5m，并测得OE＝1m，OF＝5m，求围墙AB的高度．
【答案】4m
【解析】
【分析】
首先根据DO=OE=1m，可得∠DEB=45°，然后证明AB=BE，再证明△ABF∽△COF，可得，然后代入数值可得方程，解出方程即可得到答案．
【详解】解：延长OD，
∵DO⊥BF，
∴∠DOE=90°，
∵OD=1m，OE=1m，
∴∠DEB=45°，
∵AB⊥BF，
∴∠BAE=45°，
∴AB=BE，
设AB=EB=x m，
∵AB⊥BF，CO⊥BF，
∴AB∥CO，
∴△ABF∽△COF，
∴，
，
解得：x=4．
经检验：x=4是原方程的解．
答：围墙AB的高度是4m．
【点睛】此题主要考查了相似三角形的应用，解决问题的关键是求出AB=BE，根据相似三角形的判定方法证明△ABF∽△COF．
24. 如图，点C在以AB为直径的圆上，D在线段AB的延长线上，且CA=CD，BC=BD．
（1）求证：CD与⊙O相切；
（2）若AB=8，求图中阴影部分的面积．
【答案】（1）见解析； （2）
【解析】
分析】
（1）连接OC，由圆周角定理得出∠ACB=90°，即∠ACO+∠BCO=90°，由等腰三角形的性质得出∠A=∠D=∠BCD，∠ACO=∠A，得出∠ACO=∠BCD，证出∠DCO=90°，则CD⊥OC，即可得出结论；
（2）证明OB=OC=BC，得出∠BOC=60°，∠D=30°，由直角三角形的性质得出CD=OC=4，图中阴影部分的面积=△OCD的面积-扇形OBC的面积，代入数据计算即可．
【详解】证明：连接OC，如图所示：
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，即∠ACO+∠BCO=90°，
∵CA=CD，BC=BD，
∴∠A=∠D=∠BCD，
又∵OA=OC，
∴∠ACO=∠A，
∴∠ACO=∠BCD，
∴∠BCD+∠BCO=∠ACO+∠BCO=90°，即∠DCO=90°，
∴CD⊥OC，
∵OC是⊙O的半径，
∴CD与⊙O相切；
（2）解：∵AB=8，
∴OC=OB=4，
由（1）得：∠A=∠D=∠BCD，
∴∠OBC=∠BCD+∠D=2∠D，
∵∠BOC=2∠A，
∴∠BOC=∠OBC，
∴OC=BC，
∵OB=OC，
∴OB=OC=BC，
∴∠BOC=60°，
∵∠OCD=90°，
∴∠D=90°-60°=30°，
∴CD=OC=4，
∴图中阴影部分的面积=△OCD的面积-扇形OBC的面积=×4×4-=8-π．
【点睛】本题考查了切线的判定、圆周角定理、等腰三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、含30°角的直角三角形的性质、扇形面积公式、三角形面积公式等知识；熟练掌握切线的判定和圆周角定理是解题的关键．
25. 如图，在矩形ABCD中，AB=2，E为BC上一点，且BE=1，∠AED=90°，将AED绕点E顺时针旋转得到，A′E交AD于P， D′E交CD于Q，连接PQ，当点Q与点C重合时，AED停止转动．
（1）求线段AD的长；
（2）当点P与点A不重合时，试判断PQ与的位置关系，并说明理由；
（3）求出从开始到停止，线段PQ的中点M所经过的路径长．
【答案】（1）5；（2）∥，理由见解析；（3）
【解析】
【分析】
（1）求出AE＝，证明△ABE∽△DEA，由可求出AD的长；
（2）过点E作EF⊥AD于点F，证明△PEF∽△QEC，再证△EPQ∽△A'ED'，可得出∠EPQ＝∠EA'D'，则结论得证；
（3）由（2）知PQ∥A′D′，取A′D′的中点N，可得出∠PEM为定值，则点M的运动路径为线段，即从AD的中点到DE的中点，由中位线定理可得出答案．
【详解】解：（1）∵AB＝2，BE＝1，∠B＝90°，
∴AE＝＝＝，
∵∠AED＝90°，
∴∠EAD+∠ADE＝90°，
∵矩形ABCD中，∠ABC＝∠BAD＝90°，
∴∠BAE+∠EAD＝90°，
∴∠BAE＝∠ADE，
∴△ABE∽△DEA，
∴，
∴，
∴AD＝5；
（2）PQ∥A′D′，理由如下：
∵，∠AED＝90°
∴＝＝2，
∵AD＝BC＝5，
∴EC＝BC﹣BE＝5﹣1＝4，
过点E作EF⊥AD于点F，
则∠FEC＝90°，
∵∠A'ED'＝∠AED＝90°，
∴∠PEF＝∠CEQ，
∵∠C＝∠PFE＝90°，
∴△PEF∽△QEC，
∴，
∵，
∴，
∴PQ∥A′D′；
（3）连接EM，作MN⊥AE于N，
由（2）知PQ∥A′D′，
∴∠EPQ＝∠A′＝∠EAP，
又∵△PEQ为直角三角形，M为PQ中点，
∴PM＝ME，
∴∠EPQ＝∠PEM，
∵∠EPF＝∠EAP+∠AEA′，∠NEM＝∠PEM+∠AEA′
∴∠EPF＝∠NEM，
又∵∠PFE＝∠ENM﹣90°，
∴△PEF∽△EMN，
∴＝为定值，
又∵EF＝AB＝2，
∴MN为定值，即M的轨迹为平行于AE的线段，
∵M初始位置为AD中点，停止位置为DE中点，
∴M的轨迹为△ADE的中位线，
∴线段PQ的中点M所经过的路径长＝＝．
【点睛】本题考查了矩形的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，平行线的判定，中位线定理等知识，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．
26. 阅读理解：
如图，在纸面上画出了直线l与⊙O，直线l与⊙O相离，P为直线l上一动点，过点P作⊙O的切线PM，切点为M，连接OM、OP，当△OPM的面积最小时，称△OPM为直线l与⊙O的“最美三角形”．
解决问题：
（1）如图1，⊙A的半径为1，A(0，2) ，分别过x轴上B、O、C三点作⊙A的切线BM、OP、CQ，切点分别是M、P、Q，下列三角形中，是x轴与⊙A的“最美三角形”的是 ．(填序号)
①ABM；②AOP；③ACQ
（2）如图2，⊙A半径为1，A(0，2)，直线y=kx（k≠0）与⊙A的“最美三角形”的面积为，求k的值．
（3）点B在x轴上，以B为圆心，为半径画⊙B，若直线y=x+3与⊙B的“最美三角形”的面积小于，请直接写出圆心B的横坐标的取值范围．

【答案】（1）②；（2）±1；（3）＜＜或＜＜
【解析】
【分析】
（1）本题先利用切线的性质，结合勾股定理以及三角形面积公式将面积最值转化为线段最值，了解最美三角形的定义，根据圆心到直线距离最短原则解答本题．
（2）本题根据k的正负分类讨论，作图后根据最美三角形的定义求解EF，利用勾股定理求解AF，进一步确定∠AOF度数，最后利用勾股定理确定点F的坐标，利用待定系数法求k．
（3）本题根据⊙B在直线两侧不同位置分类讨论，利用直线与坐标轴的交点坐标确定∠NDB的度数，继而按照最美三角形的定义，分别以△BND，△BMN为媒介计算BD长度，最后与OD相减求解点B的横坐标范围．
【详解】（1）如下图所示：
∵PM是⊙O的切线，
∴∠PMO=90°，
当⊙O的半径OM是定值时，，
∵，
∴要使面积最小，则PM最小，即OP最小即可，当OP⊥时，OP最小，符合最美三角形定义．
故在图1三个三角形中，因为AO⊥x轴，故△AOP为⊙A与x轴的最美三角形．
故选：②．
（2）①当k＜0时，按题意要求作图并在此基础作FM⊥x轴，如下所示：
按题意可得：△AEF是直线y=kx与⊙A的最美三角形，故△AEF为直角三角形且AF⊥OF．
则由已知可得：，故EF=1．
在△AEF中，根据勾股定理得：．
∵A(0,2)，即OA=2，
∴在直角△AFO中，，
∴∠AOF=45°，即∠FOM=45°，
故根据勾股定理可得：MF=MO=1，故F(-1,1)，
将F点代入y=kx可得：．
②当k＞0时，同理可得k=1．
故综上：．
（3）记直线与x、y轴的交点为点D、C，则，，
①当⊙B在直线CD右侧时，如下图所示：
在直角△COD中，有，，故，即∠ODC=60°．
∵△BMN是直线与⊙B的最美三角形，
∴MN⊥BM，BN⊥CD，即∠BND=90°，
在直角△BDN中，，
故．
∵⊙B的半径为，
∴．
当直线CD与⊙B相切时，，
因为直线CD与⊙B相离，故BN＞，此时BD＞2，所以OB=BD-OD＞．
由已知得：＜，故MN＜1．
在直角△BMN中，＜，此时可利用勾股定理算得BD＜， ＜ =，
则＜＜．
②当⊙B在直线CD左侧时，同理可得：＜＜．
故综上：＜＜或＜＜．
【点睛】本题考查圆与直线的综合问题，属于创新题目，此类型题目解题关键在于了解题干所给示例，涉及动点问题时必须分类讨论，保证不重不漏，题目若出现最值问题，需要利用转化思想将面积或周长最值转化为线段最值以降低解题难度，求解几何线段时勾股定理极为常见．甲
10
6
10
6
8
乙
7
9
7
8
9