北京市海淀区清华大学附属中学2025-2026学年九年级上学期10月考数学试卷

这是一份北京市海淀区清华大学附属中学2025-2026学年九年级上学期10月考数学试卷，共34页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．敦煌莫高窟是世界优秀文化遗产．下列是莫高窟壁画中的部分图案，其中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
2．抛物线的函数表达式为，若将抛物线先向上平移3个单位长度，再向左平移4个单位长度，则平移后该抛物线的函数表达式为（ ）
A．B．
C．D．
3．已知点，，均在反比例函数的图象上，则，，的大小关系是（ ）
A．B．C．D．
4．二十四节气，它基本概括了一年中四季交替的准确时间以及大自然中一些物候等自然现象发生的规律，二十四个节气分别为：春季（立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨），夏季（立夏、小满、芒种、夏至、小暑、大暑），秋季（立秋、处暑、白露、秋分、寒露、霜降），冬季（立冬、小雪、大雪、冬至、小寒、大寒），若从二十四个节气中选一个节气，则抽到的节气在夏季的概率为（ ）
A．B．C．D．
5．如图，在中，，在同一平面内，将绕点旋转到的位置，使得，则度数是（ ）
A．B．C．D．
6．如图，一块直角三角板的斜边与量角器的直径重合，点D对应的刻度值为，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
7．已知一元二次方程的两个实数解分别为，则的值为（ ）
A．B．C．D．
8．如图，为直径，点为上方半圆上的一个动点（不与重合），连接，过点作交于．取弧的中点，连接，交于点，连接，则下列说法正确的有（ ）
①；
②当为线段的中点时，；
③若点为弧的中点，；
④连接，当点为弧的中点时，的面积取到最大值．
A．①②③B．①②④C．②③④D．①②③④
二、填空题
9．在平面直角坐标系中，点和关于原点对称，则 ．
10．已知反比例函数的图象在第二、四象限，请写出一个符合题意的值是 ．
11．已知是一元二次方程的一个根，则另一个根是 ．
12．如图是一块扇面宣传展板示意图，它是以为圆心，长分别为半径，圆心角形成的扇面，若，则阴影部分的面积为 （结果保留）．
13．若二次函数的部分图像如图所示，对称轴为直线，关于的一元二次方程的一个解，则另一个解 ．
14．如图，在中，，将绕点逆时针方向旋转后得到，则凹五边形（阴影部分）的面积为 ．
15．如图，在菱形中，，对角线相交于点，点是对角线上的一个动点，连接，将线段绕点逆时针方向旋转，得到中，连接，则的最小值是 ．
16．某校为校庆做筹备工作，共有十项工序，筹备过程需满足以下要求：
（1）只能在两项工序均完成后才能开始；
（2）只能在两项工序均完成后才能开始；
（3）只能在两项工序均完成后才能开始；
（4）其余每项工序相互独立，无先后依赖关系；
（5）一项工序只能由一名员工负责，该工序完成后员工才能接手其他工序．各项工序所需时间如表所示：
在不考虑其他因素的前提下，若由若干名员工合作完成筹备工作，则至少需要 天才能全部完成；若要在最短时间内合作完成筹备工作，则最少需要 名员工共同参与．
三、解答题
17．解方程：．
18．解不等式组：
19．如图，在平面直角坐标系中，已知三个顶点的坐标分别为．
(1)画出关于原点成中心对称的；
(2)若点在第二象限，且以点为顶点的四边形是平行四边形，则的坐标为___________________．
20．二次函数（是常数，）的自变量与函数值的部分对应值如下表：
根据以上列表，回答下列问题：
(1)直接写出的值；
(2)求此二次函数的解析式．
21．关于x的方程．
(1)求证：不论m取何值，方程总有两个实数根；
(2)若该方程有两个实数根，且，求m的值．
22．一个不透明的盒子里装有四张卡片，分别写有“美”、“好”、“数”、“学”四个字，卡片除文字外都相同、并将四张卡片充分搅匀．
(1)从盒子中随机抽取1张卡片，恰好抽到写有“数”的卡片概率是____________；
(2)一次从盒子中随机抽取2张卡片，用画树状图或列表的方法，求抽取的卡片恰好1张写有“数”、1张写有“学”的概率．
23．造纸术、印刷术、指南针和火药是中图古代四大发明．这些发明对人类文明发展产生了深远的影响．某校科技节活动中，计划在如图所示的长，宽的展板上展出介绍四大发明的海报，每辐海报面积均为．若展板外沿与海报之间、相邻海报之间均贴有宽度为的彩色纸带，求彩色纸带的宽度．
24．如图所示，为上的三点，，延长交于点，过点作的切线交射线于．
(1)求证：；
(2)连接，若，求半径和的长．
25．喜欢物理的小颖用如图1所示电路研究导体中的电流与电阻的关系，电源电压恒为，调节滑动变阻器的滑片可改变电阻的阻值．（），同时电流大小会随之改变．已知串联电路中，电流与电阻及之间关系为，滑动变阻器消耗的功率与电流及它自身电阻之间关系为，其中，通过实验和计算小颖得到了如下数据：
(1)补全表格中的信息：_________________，___________________．
(2)结合表格信息，在图2中画出关于的函数图象，并写出其解析式：_________________．
(3)小颖通过计算得到关于的函数解析式为，并借助计算机得到其函数图象如图3所示，由此她认为有最大值，为了证明这个结论，她查阅资料自学均值不等式的知识：“对于任意的两个正数，都有，当且仅当时等号成立”，请你补全下方小颖的证明过程：
首先
∵时
∴只需考虑的情况，此时，
又∵__________________，
∴__________________，当且仅当_____________时等号成立．
26．已知抛物线经过点，点在抛物线上，横坐标为，点与点不重合．
(1)求此抛物线的解析式；
(2)将抛物线上两点之间的部分（包括端点）记作图象，过点作轴的垂线，若图象的最高点与最低点分别在直线的上方和下方，求的取值范围．
27．如图，在锐角中，，，将射线绕点顺时针旋转得到射线，点为射线上一点，过点作交射线于点，过点作交射线于点，取中点，连接．
(1)求证：；
(2)当时，用等式表示线段的数量关系，并证明．
28．在平面直角坐标系中，对于点和给出如下定义：若上存在点，使得是直角三角形且，则称点是的关联点，称的大小为点与的关联角度．
(1)如图，的半径为2．
①在点中，点_____________是的关联点且其与的关联角度大于，该点与的关联角度为_________________°；
②点在第一象限，若对于任意长度小于1的线段，上所有的点都是的关联点，则的最小值为________________；
(2)已知点，的半径为4，若线段上所有的点都是的关联点，且这些点与的关联角度都小于等于，直接写出的取值范围．
工序
所需时间（天）
20
18
19
15
14
11
6
5
4
3
……

0
1
……
……
3
3
……
0
5
10
20
30
40
50
1.2
1.0
0.8
0.6
0.4
0.3
0.24
0.2
0
2.0
3.2
3.6
2.7
2.304
2.0
《北京市海淀区清华大学附属中学2025-2026学年九年级上学期10月考数学试卷》参考答案
1．D
【分析】本题考查了轴对称图形和中心对称图形的定义，熟知如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴；把一个图形绕着某一个点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心是解题的关键．根据中心对称图形的定义和轴对称图形的定义，逐项分析即可判断．
【详解】解：A、该图形是中心对称图形，不是轴对称图形，不符合题意；
B、该图形不是中心对称图形，是轴对称图形，不符合题意；
C、该图形是中心对称图形，不是轴对称图形，不符合题意；
D、该图形既是中心对称图形，又是轴对称图形，符合题意．
故选：D．
2．D
【分析】本题考查二次函数图象的平移，根据平移规则：左加右减，上加下减，进行求解即可．
【详解】解：由题意，平移后的解析式为：；
故选D．
3．B
【分析】本题考查了反比例函数的性质，牢记“当，双曲线的两支分别位于第二、四象限，且同一象限内y随x的增大而增大”是解题的关键．
根据反比例函数的增减性求解即可．
【详解】解：，
，
图象在二、四象限，且同一象限内y随x的增大而增大，
，
∴，，
∴．
故选：B．
4．D
【分析】本题考查了概率公式．根据概率公式直接得出答案．
【详解】解：二十四个节气中选一个节气，抽到的节气在夏季的有六个，
则抽到的节气在夏季的概率为，
故选：D．
5．A
【分析】此题考查了旋转的性质、等腰三角形的性质，三角形内角和定理，平行线的性质，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．先根据平行线的性质求得，再根据旋转的性质得到，进而得到，然后根据三角形内角和定理即可求解．
【详解】解：∵，，
∴，
根据旋转的性质可得：，
∴是等腰三角形，
∴，
∴．
故选：A．
6．A
【分析】本题考查了的圆周角所对的弦为直径，圆周角定理等知识．熟练掌握的圆周角所对的弦为直径，圆周角定理是解题的关键．
如图，记的中点为，连接，由题意知，，四点共圆，由圆周角定理可得，根据，计算求解即可．
【详解】解：如图，记的中点为，连接，
由题意知，，
∵，
∴四点共圆，
∵，
∴，
∴，
故选：A．
7．A
【分析】本题主要考查一元二次方程根与系数的关系，解题的关键是掌握如果一元二次方程的两根为，，则．
根据，代入求解．
【详解】解：∵一元二次方程，
∴，
故选：A．
8．A
【分析】由垂径定理可得点为的中点，则可证明为的中位线，据此可判断①；当为线段的中点时，连接，可证明是等边三角形，得到，进而可证明，据此可判断②；当点为弧的中点时，过点E作于G，可证明此时点D与点O重合；证明是等腰直角三角形，得到；可求出，，据此可判断③；过点E作于G，证明，得到，证明，得到，则可推出；设，的半径为，则，证明，可得，则，可求出；分别求出和时，的值即可判断④．
【详解】解：∵点为弧的中点，
∴点为的中点，
又∵点为的中点，
∴为的中位线，
∴，故①正确；
当为线段的中点时，连接，如图所示，
∵，为线段的中点，
∴垂直平分，
∴，
又∵，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∵点为弧的中点，
∴，
∴，
∴，故②正确；
当点为弧的中点时，过点E作于G，如图所示，
∴，
又∵，
∴此时点D与点O重合；
∵点为弧的中点，
∴，
又∵，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴；
∵，，
∴，故③正确；
如图所示，过点E作于G，
∴；
∵点为弧的中点，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴；
∵是直径，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴ ，
∴，
∴；
设，的半径为，则，
同理可证明，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴
，
当时，，
当时，，
∵，
∴当时，的面积大于时的的面积，
∴当点为弧的中点时，的面积不是取到最大值，故④错误；
故选：A．
【点睛】本题主要考查了垂径定理，相似三角形的性质与判定，弧、弦、圆周角之间的关系，三角形中位线定理，勾股定理，等腰直角三角形的性质与判定等等，正确作出辅助线是解题的关键．
9．
【分析】本题主要考查了关于原点对称的两个点的横坐标互为相反数、纵坐标互为相反数．
根据关于原点对称的点的坐标特点确定m的值即可．
【详解】解：∵点和关于原点对称，
∴，
故答案为：．
10．（答案不唯一）
【分析】本题考查了反比例函数的图象性质．对于反比例函数，（1）当时，反比例函数图象在一、三象限；（2）当时，反比例函数图象在第二、四象限内．
根据反比例函数的图象在第二、四象限，列出不等式，求得m的取值范围，然后在m的取值范围内任取一个m值．
【详解】解：∵反比例函数的图象在第二、四象限，
∴，
∴，
∴m可以取，
故答案为：（答案不唯一）．
11．5
【分析】本题考查了一元二次方程的根与系数的关系，根据是一元二次方程的两个实数根，得出，据此列式，代入数值，进行计算，即可作答．
【详解】解：设该方程的另一个根为，
∵是一元二次方程的一个根，
∴，
∴，
故答案为：5．
12．
【分析】本题主要考查了扇形的面积计算，根据列式求解即可．
【详解】解：由题意得，
，
故答案为：．
13．
【分析】本题考查了根据二次函数的图像确定相应方程的根，二次函数图像上点的纵坐标相等时，横坐标关于对称轴对称是解题关键.
根据二次函数图像上点的纵坐标相等时，横坐标关于对称轴对称，可得答案.
【详解】解：二次函数的部分图像如图所示，对称轴为直线，
关于的一元二次方程的一个解.
∵与关于对称，
,
即，
∴.
故答案为：.
14．
【分析】题目主要考查旋转的性质及含30度角的直角三角形的性质，结合图形，熟练掌握旋转的性质是解题关键．
过A作于D，如图：根据旋转的性质得出，，利用含30度角的直角三角形的性质得出，结合图形得出即可求解．
【详解】解：过A作于D，如图：
在中，，将绕点逆时针方向旋转30°后得到，
∴
∴
∴是等腰三角形，
∵
∴
∴
又∵，且
∴
故答案为：.
15．
【分析】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，等边三角形的判定和性质，旋转的性质，熟练掌握相关知识点是解题的关键．
根据菱形的性质推出是等边三角形，得到，，继而得到，连接，证明，得，得到点在射线上，当时，有最小值，最小值为，即可得到答案．
【详解】解：如图，连接，
菱形，
，，，
，
是等边三角形，
，，
，，
绕点按逆时针方向旋转，得到，
，，
，
，
，
，
点在射线上，
∴当时，有最小值，最小值为，
的最小值是，
故答案为：．
16． 25 5
【分析】本题可通过分析各工序的先后依赖关系，理安排工序，分别计算出单独完成和合作完成时的最短时间与最少员工数．
工序A(20天)、B(18天)可并行这部分最长时间由 A 决定，为20天，之后H(5天)才能开始．工序C(19天)、D(15天)可并行最长时间由C决定，为19天，之后J(3天)才能开始．
工序E(14天)、G(6天)可并行最长时间由E决定，为14天，之后I(4天)才能开始．
工序 F(11天)可单独进行．然后，计算各部分的时间即可得出答案．
把各工序的时间相加然后除以最短的天数即可得出答案。
【详解】解：A、B并行后H所需时间∶(天)．
C、D 并行后J所需时间∶(天)．
E、G并行后I时间∶(天)
F单独所需时间∶11天．
取各部分时间的最大值，即25天，所以单独完成最少需要25天．
（人）
因为员工为整数，
所以人数取5，
所以，最少需5名员工共同参与．
故答案为：25；5
17．，
【分析】本题考查的是一元二次方程的解法，掌握“利用公式法解一元二次方程”是解本题的关键．
先计算 再利用求根公式解方程即可．
【详解】解：∵，，，
∴，
∴，
∴，．
18．
【分析】本题考查了解一元一次不等式组，正确掌握一元一次不等式解集确定方法是解题的关键．
分别求出每一个不等式的解集，根据口诀：同大取大、同小取小、大小小大中间找、大大小小找不到确定不等式组的解集．
【详解】解：，
解不等式①得：，
解不等式②得：，
∴不等式组的解集为：．
19．(1)见解析
(2)
【分析】本题主要考查了坐标系中的平移和旋转作图，熟练掌握平移或旋转前后点的坐标的变化关系是解题的关键．
(1)先找出A、B、C三点关于原点的对称点、、，再顺次连接、、，即可得到．
(2)分三种情况：①是平行四边形；②是平行四边形；③是平行四边形．根据平移的性质分别求出、、的坐标，再判断D点是否在第二象限．
【详解】（1）解：如图，即为所求：
（2）解：①四边形是平行四边形时，，．
根据平移的性质把向左移3个单位，再向上移1个单位，就可得到．
因此将向左移3个单位，再向上移1个单位，即可得到，在第二象限，符合题意，
②四边形是平行四边形时，，，
根据平移的性质把向左移2个单位，再向上移3个单位，就可得到．
因此将向左移2个单位，再向上移3个单位，就可得到，在第二象限，符合题意，
③四边形是平行四边形时，，．
根据平移的性质把 向右移2个单位，再向下移3个单位，就可得到．
因此将向右移2个单位，再向下移3个单位，即可得到，此时在x轴上，不符合题意，舍去．
综上，满足条件的D点的坐标为．
故答案为：．
20．(1)，
(2)
【分析】本题主要考查了二次函数的对称性，求二次函数解析式，熟知二次函数的相关知识是解题的关键．
（1）根据和时的函数值相同，可得对称轴，则由对称性可得时的函数值与时的函数值相同，据此根据表格的数据可求出m的值；根据时，，可得c的值；
（2）利用待定系数法求解即可．
【详解】（1）解：由表格可知，当和当时的函数值相同，
∴对称轴为直线，
∴当时的函数值与时的函数值相同，
∴；
∵当时，，
∴；
（2）解：由题意得，
，
∴，
∴抛物线解析式为．
21．(1)证明见详解
(2)1或3
【分析】本题考查一元二次方程根的情况与判别式关系，一元二次方程根与系数的关系，熟记一元二次方程判别式与方程根的情况联系、一元二次方程根与系数的关系是解决问题的关键．
（1）根据一元二次方程根的情况与判别式的关系，只要判定即可得到答案；
（2）根据一元二次方程根与系数的关系得到，将变形为，代入求解即可．
【详解】（1）证明：，
∴，
∴不论取何值，方程总有两个实数根；
（2）解：∵，
∴，
∵
∴，
∴，
∴，
解得：．
∴m的值为1或3．
22．(1)
(2)
【分析】本题考查利用概率公式计算概率，掌握树状图或列表法求概率是解题的关键．
（1）直接利用概率公式即可解题；
（2）运用树状图列出所有等可能的结果，找出符合条件的结果数量，利用公式解题即可．
【详解】（1）解：盒子里装有四张卡片，
从盒子中随机抽取1张卡片，恰好抽到“数”的概率是，
故答案为：．
（2）解：画树状图如下：
共有12种等可能的结果，其中抽取的卡片恰好1张为“数”，1张为“学”的结果有2种，
∴抽取的卡片恰好1张为“数”、1张为“学”的概率为：．
23．
【分析】本题考查了根据矩形的面积公式的列一元二次方程解决实际问题的运用及一元二次方程解法的运用．解答时检验根是否符合题意是容易被忽略的地方．
设彩色纸带的宽为，根据题目条件由面积公式列出方程，求出其解就可以．
【详解】解：设彩色纸带的宽为，
根据题意，得，
解方程，得，（不合题意，舍去)．
答：彩色纸带的宽为．
24．(1)证明见解析
(2)，半径为
【分析】本题主要考查了圆的切线的性质，圆周角定理，相似三角形的判定与性质，勾股定理，等腰三角形的性质等知识点．
（1）连接、．证明 得，由，得，进而证明，即可得；
（2）连接，证明，则，求出，再由勾股定理得，，再证明，即可求解．
【详解】（1）证明：连接、，
，，
，
，
∵是的切线，
∴，
．
∵，
，
，
，
，
，即；
（2）解：连接，如图，
是的直径，
，
∵，
∴，
∵由（1）得，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴半径为．
25．(1)2，3.2
(2)图见解析，
(3)40，3.6，10
【分析】本题考查列函数关系式，求自变量和函数值，画函数图象，熟练掌握数形结合的思想是解题的关键：
（1）根据，求出的值即可；
（2）描点，连线，画出函数图象即可；
（3）根据均值不等式，作答即可．
【详解】（1）解：∵，
∴，；
∴；
故答案为：2，3.2；
（2）描点，连线，画出函数图象如图：
由题意，可知：；
（3）首先
∵时
∴只需考虑的情况，此时，
又∵，
∴，当且仅当，即时等号成立．
故答案为：40，3.6，10
26．(1)
(2)或
【分析】本题考查了二次函数的图象和性质，待定系数法求函数解析式等知识，熟练掌握二次函数的图象和性质并分类讨论是关键．
（1）利用待定系数法即可求出答案；
（2）求出抛物线的对称轴为直线，顶点为分、、和四种情况进行解答即可．
【详解】（1）解：∵抛物线经过点，
∴，
解得，
∴抛物线的解析式为；
（2）∵抛物线，
∴抛物线的对称轴为直线，顶点为
①当时，如图，图象的最高点为点，最低点为点，
∵图象的最高点与最低点分别在直线的上方和下方，其中直线的方程为，
∴，
解得，
∴；
②当时，如图，图象的最高点为点，最低点为点，
∵图象的最高点与最低点分别在直线的上方和下方，其中直线的方程为，
∴，
解得，
∴；
③当时，如图，图象的最高点为最低点为抛物线的顶点
∵图象的最高点与最低点分别在直线的上方和下方，其中直线的方程为，
∴，
∴，
∴；
④当时，，如图，图象的最高点为最低点为抛物线的顶点
∵图象的最高点与最低点分别在直线的上方和下方，其中直线的方程为，
∴
该不等式组无解，
综上可知，的取值范围为或．
27．(1)见解析
(2)，证明见解析
【分析】（1）由旋转性质和三角形的外角性质求解即可；
（2）连接，利用线段垂直平分线的性质得到，则，则，在上取一点M，使得，连接、，证明得到， ；再利用直角三角形斜边上的中线性质得到，进而利用等腰三角形的性质和三角形的内角和定理可得，则有，即可得到结论
【详解】（1）证明：由旋转性质得，
∵，
∴；
（2）解：，理由如下，
连接，
∵，H为的中点，
∴垂直平分，
∴，
∴，则，
在上取一点M，使得，连接、，则，
∴，
∴，
∴，
在和中，
∴，
∴，，
∴；
∵，
∴，
取的中点Q，连接，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查旋转性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、三角形的内角和定理及外角性质、直角三角形斜边上的中线性质、平行线的性质、线段垂直平分线等知识，熟练掌握相关知识的联系与运用，构造全等三角形是解答的关键．
28．(1)①，；②
(2)的取值范围为或．
【分析】（1）①由新定义可得：的关联点在内或外，不为直角顶点，
如图，结合直角的位置进一步分析即可．
②由点在第一象限，长度小于1的线段在以为圆心，为半径的圆内，不在圆周上，可得上所有的点都是的关联点时，则在外，如图，连接，当与外切时，记直线与轴的交点为，则，再进一步求解即可．
（2）由线段上所有的点都是的关联点，可得线段在内或在外，当线段在内时，如图，当为等边三角形时，此时的关联角为，当这些点与的关联角度都小于等于，，当在大圆的外部时，如图，当，，可得，当这些点与的关联角度都小于等于，可得，再进一步求解即可．
【详解】（1）解：①由新定义可得：的关联点在内或外，不为直角顶点，
如图，
∵，
∴在中，，，，
∴，
∴，
∴，不符合题意，，符合题意，
在中，，，，
∴，
∴．
∴点是的关联点且其与的关联角度大于，该点与的关联角度为．
②点在第一象限，任意长度小于1的线段在以为圆心，为半径的圆内，不在圆周上，
∴上所有的点都是的关联点时，则在外，
如图，连接，当与外切时，记直线与轴的交点为，则，
∴，
∴，
∴的最小值为：．
（2）解：∵线段上所有的点都是的关联点，
∴线段在内或在外，
当线段在内时，
如图，当为等边三角形时，
此时的关联角为，
当这些点与的关联角度都小于等于，
∴，
如图，以为圆心，为半径画圆，则在圆环内（包含小圆圆周上点，不包含大圆圆周上的点），过作坐标轴的平行线，交点为，
当时，
∵在直线上，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴此时，
当大圆过点时，如图，
此时，
∴，
解得：（舍去），，
∴此时．
当在大圆的外部时，如图，当，，
∴，
当这些点与的关联角度都小于等于，
∴，
如图，当在大圆上时，过作坐标轴的平行线，交点为，
此时，
∴，
∴，
当上的点都满足与的距离都小于等于时，即是临界值，
∴，
解得：（舍去），，
∴此时．
综上：的取值范围为或．
【点睛】本题考查的是点圆的位置关系，勾股定理的应用，一元二次方程的应用，等腰直角三角形的判定与性质，一次函数的应用，熟练的利用数形结合的方法解题是关键．
题号
1
2
3
4
5
6
7
8


答案
D
D
B
D
A
A
A
A