2023-2024学年江西省南昌市西湖区立德朝阳中学九年级（上）期中数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年江西省南昌市西湖区立德朝阳中学九年级（上）期中数学试卷（含解析），共35页。试卷主要包含了单项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．在如图所示标志中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ）
A．B．
C．D．
2．不透明的袋子中只有4个黑球和2个白球，这些球除颜色外无其他差别，随机从袋子中一次摸出3个球，下列事件是不可能事件的是（ ）
A．3个球都是黑球B．3个球都是白球
C．3个球中有黑球D．3个球中有白球
3．如图，∠DCE是⊙O内接四边形ABCD的一个外角，若∠DCE＝82°，那么∠BOD的度数为（ ）
A．160°B．162°C．164°D．170°
4．小明将图案绕某点连续旋转若干次，每次旋转相同角度α，设计出一个外轮廓为正六边形的图案（如图），则α可以为（ ）
A．30°B．60°C．90°D．120°
5．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，BC＝1，将△ABC绕点C顺时针旋转60°得到△A'B'C，其中点A'与点A是对应点，点B'与点B是对应点．若点B'恰好落在AB边上，则点A到直线A'C的距离等于（ ）
A．1B．C．D．
6．斐波那契数列指的是这样一列数：1，1，2，3，5，8，…（从第3个数起，每个数是前面两数的和）．如图，用以这些数为边长的正方形拼成长方形，在以这些数为边长的正方形中作出圆心角为90°的圆弧，则接下来一段圆弧对应的扇形面积是（ ）
A．B．16πC．D．
二、填空题。（本大题共6小题，每小题3分，共18分）
7．若点P（m，1）关于原点的对称点Q（﹣2，n），那么m+n＝ ．
8．将含有30°角的直角三角板OAB如图所示放置在平面直角坐标系中，OB在x轴上，若，将三角板绕原点O顺时针旋转90°，则点A的对应点A′的坐标为 ．
9．若一个扇形的半径是18cm，且它的弧长是6πcm，则此扇形的圆心角等于 ．
10．如图，把Rt△ABC绕点A逆时针旋转44°，得到Rt△AB'C'，点C'恰好落在边AB上，连接BB'，则∠BB'C'＝ 度．
11．如图，正方形ABCD内接于⊙O，⊙I是△ABC的内切圆，则⊙O的半径与⊙I的半径的比值是 ．
12．如图，已知△ABC为等腰直角三角形，∠BAC＝90°，AC＝2，以点C为圆心，1为半径作圆，点P为⊙C上一动点，连接AP，并绕点A顺时针旋转90°得到AP′，连接CP′，则CP′的取值范围是 ．
三、解答题。（本大题共5小题，每小题6分，共30分）
13．（1）一个口袋中有3个黑球和若干个白球，在不允许将球倒出来的前提下，小明为估计其中的白球数，采用了如下的方法：从口袋中随机摸出一个球，记下颜色，然后把它放回口袋中，摇匀后再随机摸出一球，记下颜色，…，不断重复上述过程，小明共摸了100次，其中20次摸到黑球根据上述数据，估计口袋中的白球大约有多少个？
（2）如图，P是正方形ABCD内一点，△ABP绕着点B旋转后能到达△CBE的位置．若BP＝3cm，求线段PE的长．
14．HUAWEIMate60Pr于8月29日上市，该系列完成了核心技术领域从0到1的跃迁，让无数国人为之自豪并被赞誉为“争气机”．手机背面有一条圆弧，象征着以山河之美致敬奔腾不息的力量．圆弧对应的弦AB长80mm，弓形高CD长14mm求半径OA的长．
15．创新作图
如图是由小正方形构成的7×7网格，每个小正方形的顶点叫做格点．⊙O经过A、B、C三个格点，连接AB，AC，BC，仅用无刻度直尺在给定网格中按要求画图．（不写作法）
（1）在圆上找点D，使得∠BAD＝90°；
（2）在劣弧BC上找点D，使得∠CBD＝45°．
16．家庭成员尤其是父母对待日常生活和工作的态度和处事方法都会对孩子有潜移默化的影响，父母在教育孩子认识问题和解决问题方面对孩子采取怎样的指导、帮助、要求，都会形成孩子对待问题的方式．为此，某校举行了一次“智慧家长”系列讲座活动，活动过程中，甲、乙、丙、丁四位家长踊跃发言，积极互动．活动后校方准备从这四位家长中随机抽选一位作为家长代表做总结发言，并从剩下的三位家长中随机抽选一位做进一步访谈调查．
（1）选择家长乙作为家长代表做总结发言的概率为 ；
（2）请用列表法或画树状图的方法求家长甲作为家长代表做总结发言，且家长丁被抽选做进一步访谈调查的概率．
17．如图1中的某种冰激凌的外包装可以视为圆锥（如图2），制作这种外包装需要用如图3所示的等腰三角形材料，其中AB＝AC，AD⊥BC将扇形EAF围成圆锥时，AE、AF恰好重合，已知这种加工材料的顶角∠BAC＝90°．
（1）求图2中圆锥底面圆直径ED与母线AD长的比值；
（2）若圆锥底面圆的直径ED为5cm，求加工材料剩余部分（图3中阴影部分）的面积．（结果保留π）
四、解答题。（本大题共3小题，每小题8分，共24分）
18．某超市设计的“春节大酬宾”促销活动如下：在一个不透明的箱子里放有4个相同的小球，球上分别标有“0元”“20元”“20元”和“40元”的字样，规定：在本超市同一日内，顾客每消费满200元，就可以在箱子里先后摸出两个球（第一次摸出后不放回）．超市根据两个小球所标金额的和直接进行减价优惠，李叔叔刚好消费200元．
（1）从箱子里任意摸出一个球，摸到球上标有“50元”字样的球是 事件；摸到球上标有“0元”字样的球是 事件；（均填“不可能”“必然”或“随机”）
（2）求出李叔叔所获得的优惠金额大于50元的概率．（列表或画树状图求解）
19．如图1，重庆特色的九宫格火锅分九格：四角格、十字格、中心格（中心格一般为正方形）．隔板的设计有以下两种：①横纵隔板两两垂直交于隔板的三等分点如图2所示；②横纵隔板两两垂直交于圆锅边缘（圆）八等分点如图3所示．已知圆锅直径为40cm．
（1）求图2的中心格面S1；
（2）求两种设计的中心格面积S1与S2差．
20．在△ABC中，AB＝BC＝2，∠ABC＝120°，将△ABC绕点B顺时针旋转角α（0°＜α＜90°）得△A1BC1，A1B交AC于点E，A1C1分别交AC、BC于D、F两点．
（1）如图1，观察并猜想，在旋转过程中，线段BE与BF有怎样的数量关系？并证明你的结论；
（2）如图2，当α＝30°时，试判断四边形BC1DA的形状，并说明理由．
五、解答题。（本大题共2小题，每小题9分，共18分）
21．如图，在平面直角坐标系中，AB∥OC，A（0，）、C（﹣4，0），且 AB＝2．以BC为直径作⊙O1交OC于点D，过点D作直线DE交线段OA于点E，且∠EDO＝30°
（1）求证：DE是⊙O1的切线；
（2）若线段BC上存在一点P，使以点P为圆心，PC为半径的⊙P与y轴相切，求点P的坐标．
22．如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，D为BC的中点，点E为平面内一点，连接DE，将DE绕点D顺时针旋转90°，点E的对应点为F，连接EF，AE，CF．
（1）如图1，当点E在边AC上时，请直接写出线段AE，CF之间的数量关系 ，位置关系 ；
（2）如图2，当点E在△ABC内部时，判断（1）中结论是否依然成立，并说明理由；
（3）AE＝5，DE＝3，若A，E，F三点共线，请直接写出线段BE的值．
六、解答题。（本大题共12分）
23．【教材呈现】以下是人教版八年级下册数学教材第50页的部分内容．如图，直线l1∥l2，△ABC与△DBC的面积相等吗？为什么？
【基础巩固】如图1，正方形ABCD内接于⊙O，直径MN∥AD，求阴影面积与圆面积的比值；
【尝试应用】如图2，在半径为5的⊙O中，BD＝CD，∠ACO＝2∠BDO，AB＝4，求S△ABC；
【拓展提高】如图3，AB是⊙O的直径，点P是OB上一点，过点P作弦CD⊥AB于点P，点F是⊙O上的点，且满足CF＝CB，连接BF交CD于点E，若BF＝8EP，，求⊙O的半径．
参考答案
一、单项选择题。（本大题共6小题，每小题3分，共18分）在每小题列出的四个备选项中只有一项是最符合题目要求的，请将其代码填涂在答题卡相应位置.错选、多选或未选均不得分。
1．在如图所示标志中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ）
A．B．
C．D．
【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
解：A．是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意；
B．既是中心对称图形，也是轴对称图形，符合题意；
C．是中心对称图形，不是轴对称图形，故此选项不合题意；
D．不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不合题意．
故选：B．
【点评】本题考查中心对称图形和轴对称图形的知识，关键是掌握好中心对称图形与轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，图形旋转180°后与原图重合．
2．不透明的袋子中只有4个黑球和2个白球，这些球除颜色外无其他差别，随机从袋子中一次摸出3个球，下列事件是不可能事件的是（ ）
A．3个球都是黑球B．3个球都是白球
C．3个球中有黑球D．3个球中有白球
【分析】根据事件发生的可能性大小判断相应事件的类型．
解：A、3个球都是黑球是随机事件；
B、3个球都是白球是不可能事件；
C、3个球中有黑球是必然事件；
D、3个球中有白球是随机事件；
故选：B．
【点评】本题考查的是必然事件、不可能事件、随机事件的概念．必然事件指在一定条件下，一定发生的事件．不可能事件是指在一定条件下，一定不发生的事件，不确定事件即随机事件是指在一定条件下，可能发生也可能不发生的事件．
3．如图，∠DCE是⊙O内接四边形ABCD的一个外角，若∠DCE＝82°，那么∠BOD的度数为（ ）
A．160°B．162°C．164°D．170°
【分析】根据圆内接四边形的性质证得∠DCE＝∠A，在根据圆周角定理求出∠BOD即可．
解：∵∠DCE+∠BCD＝180°，∠A+∠BCD＝180°，
∴∠A＝∠BCD，
∵∠BCD＝82°，
∴∠A＝82°，
∴∠BOD＝164°．
故选：C．
【点评】本题考查了圆内接四边形的性质以及圆周角定理，圆内接四边形的性质是沟通角相等关系的重要依据，在应用此性质时，要注意与圆周角定理结合起来．在应用时要注意是对角，而不是邻角互补．
4．小明将图案绕某点连续旋转若干次，每次旋转相同角度α，设计出一个外轮廓为正六边形的图案（如图），则α可以为（ ）
A．30°B．60°C．90°D．120°
【分析】根据旋转的定义确定两个对应点的位置，求得其与O点连线的夹角即可求得旋转角．
解：如图，当经过一次旋转后点C旋转至点B的位置上，
此时∠COB＝360°÷6＝60°，
故选：B．
【点评】本题考查了利用旋转设计图案，解题的关键是能够找到一对对应点确定旋转角，从而确定旋转角的度数，难度不大．
5．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，BC＝1，将△ABC绕点C顺时针旋转60°得到△A'B'C，其中点A'与点A是对应点，点B'与点B是对应点．若点B'恰好落在AB边上，则点A到直线A'C的距离等于（ ）
A．1B．C．D．
【分析】由直角三角形的性质求出AC＝，∠B＝60°，由旋转的性质得出CA＝CA′，CB＝CB′，∠ACA′＝∠BCB′，证出△CBB′和△CAA′为等边三角形，过点A作AD⊥A'C于点D，由等边三角形的性质及直角三角形的性质可得出答案
解：连接AA′，如图，
∵∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，BC＝1，
∴AC＝BC＝，∠B＝60°，
∵将△ABC绕点C顺时针旋转得到△A'B'C，
∴CA＝CA′，CB＝CB′，∠ACA′＝∠BCB′，
∵CB＝CB′，∠B＝60°，
∴△CBB′为等边三角形，
∴∠BCB′＝60°，
∴∠ACA′＝60°，
∴△CAA′为等边三角形，
过点A作AD⊥A'C于点D，
∴CD＝AC＝，
∴AD＝CD＝＝，
∴点A到直线A'C的距离为，
故选：C．
【点评】本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．也考查了直角三角形的性质及等边三角形的判定与性质．
6．斐波那契数列指的是这样一列数：1，1，2，3，5，8，…（从第3个数起，每个数是前面两数的和）．如图，用以这些数为边长的正方形拼成长方形，在以这些数为边长的正方形中作出圆心角为90°的圆弧，则接下来一段圆弧对应的扇形面积是（ ）
A．B．16πC．D．
【分析】由扇形面积公式，即可求解．
解：×π×（5+8）2
＝×169×π
＝π．
故选：C．
【点评】本题考查扇形面积的计算，规律型：数字的变化类，关键是掌握扇形的面积公式．
二、填空题。（本大题共6小题，每小题3分，共18分）
7．若点P（m，1）关于原点的对称点Q（﹣2，n），那么m+n＝ 1 ．
【分析】根据关于原点对称的点的坐标特点，两个点关于原点对称时，它们的横纵坐标都互为相反数，可得m、n的值，即可解答．
解：∵点P（m，1）关于原点的对称点是Q（﹣2，n）
∴m＝2，n＝﹣1，
∴m+n＝2﹣1＝1．
故答案为：1．
【点评】此题主要考查了关于原点对称的点的坐标特点，关键是掌握点的坐标的变化规律．
8．将含有30°角的直角三角板OAB如图所示放置在平面直角坐标系中，OB在x轴上，若，将三角板绕原点O顺时针旋转90°，则点A的对应点A′的坐标为 （3，﹣3） ．
【分析】如图，过点A′作A′H⊥OB于点H．解直角三角形求出OH，A′H可得结论．
解：如图，过点A′作A′H⊥OB于点H．
在Rt△OAB中，∠AOB＝30°，AB＝2，
∴OB＝4，OA＝6，
∵将三角板绕原点O顺时针旋转90°，
∴OA′＝OA＝6，∠A′OB′＝30°，
在Rt△OA′H中，∠OHA′＝90°，∠A′OH＝60°，
∴OH＝OA′•cs60°＝3，A′H＝3，
∴A′（3，﹣3），
故答案为：（3，﹣3）．
【点评】本题考查旋转变换，解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题．
9．若一个扇形的半径是18cm，且它的弧长是6πcm，则此扇形的圆心角等于 60° ．
【分析】利用弧长公式求解即可．
解：设圆心角为n°．
由题意6π＝，
解得n＝60，
故答案为：60°．
【点评】本题考查的是弧长的计算，掌握弧长的公式l＝是解题的关键．
10．如图，把Rt△ABC绕点A逆时针旋转44°，得到Rt△AB'C'，点C'恰好落在边AB上，连接BB'，则∠BB'C'＝ 22 度．
【分析】根据旋转的性质得出∠BAB'＝44°，AB＝AB'，求出∠ABB'的度数即可求解．
解：∵把Rt△ABC绕点A逆时针旋转44°，得到Rt△AB'C'，点C'恰好落在边AB上，
∴∠BAB'＝44°，AB＝AB'，
∴∠ABB'＝＝68°，
又∵∠BC'B'＝90°，
∴∠BB'C'＝90°﹣68°＝22°，
故答案为：22．
【点评】本题考查了旋转的性质，熟记旋转的性质是解题的关键．
11．如图，正方形ABCD内接于⊙O，⊙I是△ABC的内切圆，则⊙O的半径与⊙I的半径的比值是 +1 ．
【分析】连接OB，则点I在OB上，设⊙I与BC相切于点E，连接IE，并设⊙I的半径为r，则OB为⊙O的半径，OI为⊙I的半径，解等腰直角三角形BEI即可得出答案．
解：连接OB，则点I在OB上，
由题意可得：OB为⊙O的半径，OI为⊙I的半径，
设⊙I与BC相切于点E，连接IE，并设⊙I的半径为r，
∵BC是⊙I的切线，
∴IE⊥BC，
∴△BEI是等腰直角三角形，
∴IE＝IO＝r，BI＝r，
∴OB＝OI+BI＝（+1）r，
∴OB：OI＝+1，
⊙O的半径与⊙I的半径的比值为+1，
故答案为：+1．
【点评】本题考查了正方形的外接圆和三角形的内切圆，正确的作出辅助线表示出圆的半径是解题的关键．
12．如图，已知△ABC为等腰直角三角形，∠BAC＝90°，AC＝2，以点C为圆心，1为半径作圆，点P为⊙C上一动点，连接AP，并绕点A顺时针旋转90°得到AP′，连接CP′，则CP′的取值范围是 2﹣1≤CP′≤2+1 ．
【分析】连接CP、BP′，根据同角的余角相等求出∠CAP＝∠BAP′，然后利用“边角边”证明△APC和△AP′B全等，根据全等三角形对应边相等可得PC＝P′B，再利用勾股定理列式求出BC，然后根据三角形的任意两边之和大于第三边，两边只差小于第三边求解即可．
解：如图，连接CP、BP′，
∵∠BAC＝90°，旋转角为90°，
∴∠CAP+∠CAP′＝∠BAP′+∠CAP′＝90°，
∴∠CAP＝∠BAP′，
在△APC和△AP′B中，
，
∴△APC≌△AP′B（SAS），
∴PC＝P′B＝1，
在等腰Rt△ABC中，∵AC＝2，
∴BC＝＝2，
在△BCP′中，有2﹣1＜CP′＜2+1，
当三点共线时取到等号，此时不是三角形，但符合题意．
所以，CP′的取值范围是：2﹣1≤CP′≤2+1．
故答案为：2﹣1≤CP′≤2+1．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，圆的认识，三角形的三边关系，熟记各性质并作辅助线构造成全等三角形是解题的关键．
三、解答题。（本大题共5小题，每小题6分，共30分）
13．（1）一个口袋中有3个黑球和若干个白球，在不允许将球倒出来的前提下，小明为估计其中的白球数，采用了如下的方法：从口袋中随机摸出一个球，记下颜色，然后把它放回口袋中，摇匀后再随机摸出一球，记下颜色，…，不断重复上述过程，小明共摸了100次，其中20次摸到黑球根据上述数据，估计口袋中的白球大约有多少个？
（2）如图，P是正方形ABCD内一点，△ABP绕着点B旋转后能到达△CBE的位置．若BP＝3cm，求线段PE的长．
【分析】（1）由小明共摸了100次，其中20次摸到黑球，可估计出摸到白球的概率为，设口袋中约有x个白球，依据概率公式列出关于x的方程求解即可；
（2）根据旋转变换的性质可知BP＝BE，∠PBE＝∠ABC，再根据勾股定理列式求解即可得到PE的长度．
解：（1）由题可得出摸到黑球的概率是：＝，
因此摸到白球概率是1﹣＝，
设口袋中约有x个白球，由题可得＝，
解得：x＝12，
答：估计口袋中的白球大约有12个；
（2）∵△ABP绕着点B旋转后能到达△CBE的位置，
∴BP＝BE＝3cm，∠PBE＝∠ABC＝90°，
∴PE＝＝3（cm），
答：线段PE的长为3cm．
【点评】本题主要考查的是用频率估计概率和旋转变换的性质，掌握旋转变换的性质和概率公式是解题的关键．
14．HUAWEIMate60Pr于8月29日上市，该系列完成了核心技术领域从0到1的跃迁，让无数国人为之自豪并被赞誉为“争气机”．手机背面有一条圆弧，象征着以山河之美致敬奔腾不息的力量．圆弧对应的弦AB长80mm，弓形高CD长14mm求半径OA的长．
【分析】设半径OA的长为r mm，则OA＝OC＝OB＝r mm，由已知可得OD＝（r﹣14）mm，AD＝AB＝40mm，然后在Rt△OAD中，由勾股定理得OA2﹣OD2＝AD2，即r2﹣（r﹣14）2＝402，由此解出r即可．
解：设半径OA的长为r mm，
则OA＝OC＝OB＝r mm，
∵弓形高CD＝14mm，
∴OD＝（r﹣14）mm，
∵OC⊥AB，AB＝80mm，
∴AD＝AB＝40mm，
在Rt△OAD中，由勾股定理得：OA2﹣OD2＝AD2，
即r2﹣（r﹣14）2＝402，
解得：r＝．
答：半径OA的长为mm．
【点评】此题主要考查了弓形的概念，熟练掌握弓形的概念，灵活运用勾股定理进行计算是解决问题的关键．
15．创新作图
如图是由小正方形构成的7×7网格，每个小正方形的顶点叫做格点．⊙O经过A、B、C三个格点，连接AB，AC，BC，仅用无刻度直尺在给定网格中按要求画图．（不写作法）
（1）在圆上找点D，使得∠BAD＝90°；
（2）在劣弧BC上找点D，使得∠CBD＝45°．
【分析】（1）取AC上的格点K，连接BK并延长交圆于D，如图1，则D即为所求；
（2）取格点M，连接BM交圆于D，则D即为所求．
解：（1）取AC上的格点K，连接BK并延长交圆于D，如图1，则D即为所求；
理由：由图知，AB＝BC，K为AC中点，
∴直线BK是AC的垂直平分线，
∴BD是圆的直径，
∴∠BAD＝90°；
（2）取格点M，连接BM交圆于D，则D即为所求，如图2．
【点评】本题考查作图﹣应用与设计作图，解题的关键是掌握网格的特征，作出符合条件的图形．
16．家庭成员尤其是父母对待日常生活和工作的态度和处事方法都会对孩子有潜移默化的影响，父母在教育孩子认识问题和解决问题方面对孩子采取怎样的指导、帮助、要求，都会形成孩子对待问题的方式．为此，某校举行了一次“智慧家长”系列讲座活动，活动过程中，甲、乙、丙、丁四位家长踊跃发言，积极互动．活动后校方准备从这四位家长中随机抽选一位作为家长代表做总结发言，并从剩下的三位家长中随机抽选一位做进一步访谈调查．
（1）选择家长乙作为家长代表做总结发言的概率为 ；
（2）请用列表法或画树状图的方法求家长甲作为家长代表做总结发言，且家长丁被抽选做进一步访谈调查的概率．
【分析】（1）直接根据概率公式计算，即可求解；
（2）根据题意画出树状图，可得共有12种等可能的结果，其中家长甲作为家长代表做总结发言，且家长丁被抽选做进一步访谈调查的情况只有1种，再由概率公式计算，即可求解．
解：（1）根据题意得：
选择家长乙作为家长代表做总结发言的概率为．
故答案为：；
（2）根据题意画树状图如下：
由树状图可知，共有12种等可能的结果，其中家长甲作为家长代表做总结发言，且家长丁被抽选做进一步访谈调查的情况只有1种，
所以家长甲作为家长代表做总结发言，且家长丁被抽选做进一步访谈调查的概率为．
【点评】本题主要考查了利用树状图或列表法求概率，明确题意，准确画出树状图或列出表格是解题的关键．
17．如图1中的某种冰激凌的外包装可以视为圆锥（如图2），制作这种外包装需要用如图3所示的等腰三角形材料，其中AB＝AC，AD⊥BC将扇形EAF围成圆锥时，AE、AF恰好重合，已知这种加工材料的顶角∠BAC＝90°．
（1）求图2中圆锥底面圆直径ED与母线AD长的比值；
（2）若圆锥底面圆的直径ED为5cm，求加工材料剩余部分（图3中阴影部分）的面积．（结果保留π）
【分析】（1）由于圆锥的侧面展开图为扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长，则利用弧长公式得到π•DE＝，从而求出ED：AD即可；
（2）先根据等腰直角三角形的性质得到BC＝2AD＝20cm，再利用扇形的面积公式，利用S阴影部分＝S△ABC﹣S扇形EAF进行计算．
解：（1）根据题意得π•DE＝，
∴DE＝AD，
∴ED与母线AD长的比值为；
（2）∵∠BAC＝90°，AB＝AC，AD⊥BC，
而AD＝2DE＝10cm，
∴BC＝2AD＝20cm，
∴S阴影部分＝S△ABC﹣S扇形EAF
＝×10×20﹣
＝（100﹣25π）cm2．
答：加工材料剩余部分的面积为（100﹣25π）cm2．
【点评】本题考查了圆锥的计算：圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长．也考查了等腰直角三角形的性质．
四、解答题。（本大题共3小题，每小题8分，共24分）
18．某超市设计的“春节大酬宾”促销活动如下：在一个不透明的箱子里放有4个相同的小球，球上分别标有“0元”“20元”“20元”和“40元”的字样，规定：在本超市同一日内，顾客每消费满200元，就可以在箱子里先后摸出两个球（第一次摸出后不放回）．超市根据两个小球所标金额的和直接进行减价优惠，李叔叔刚好消费200元．
（1）从箱子里任意摸出一个球，摸到球上标有“50元”字样的球是 不可能 事件；摸到球上标有“0元”字样的球是 随机 事件；（均填“不可能”“必然”或“随机”）
（2）求出李叔叔所获得的优惠金额大于50元的概率．（列表或画树状图求解）
【分析】（1）由不可能事件和随机事件的概念即可得出结论；
（2）画树状图，共有12种等可能的结果，其中李叔叔所获得的优惠金额大于50元的结果有4种，再由概率公式求解即可．
解：（1）从箱子里任意摸出一个球，摸到球上标有“50元”字样的球是不可能事件；摸到球上标有“0元”字样的球是随机事件；
故答案为：不可能，随机；
（2）画树状图如下：
共有12种等可能的结果，其中李叔叔所获得的优惠金额大于50元的结果有4种，
∴李叔叔所获得的优惠金额大于50元的概率为＝．
【点评】此题考查的是用树状图法求概率．树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合于两步或两步以上完成的事件．用到的知识点为：概率＝所求情况数与总情况数之比．
19．如图1，重庆特色的九宫格火锅分九格：四角格、十字格、中心格（中心格一般为正方形）．隔板的设计有以下两种：①横纵隔板两两垂直交于隔板的三等分点如图2所示；②横纵隔板两两垂直交于圆锅边缘（圆）八等分点如图3所示．已知圆锅直径为40cm．
（1）求图2的中心格面S1；
（2）求两种设计的中心格面积S1与S2差．
【分析】（1）如图2，过点O作 OB⊥AP于点B，连接OA，然后可得 OA＝20cm，AH＝HI＝IP，则有，进而可得 S1；
（2）如图 3，过点C作CF⊥DG，垂足为 F，连接CG、DE，则有 CD＝CE＝20cm，CF＝FG，根据圆周角定理可知 ，则有 ，最后根据勾股定 理可求得CF2，进而得S2，即可求出结论．
解：（1）如图2，过点O作 OB⊥AP于点B，连接OA，
由题意得：OA＝20cm，AH＝HI＝IP，由中心格是正方形可得：，
设OB＝xcm，则AB＝3x cm，
在Rt△ABO中，
由勾股定理得：x2+9x2＝400，
∴x2＝40，
；
（2）如图3，过点C作CF⊥DG，垂足为F，连接CG、DE，
由题意得：CD＝CE＝20cm，CF＝FG，
∵横纵隔板两两垂直交于圆锅边缘八等分点，如图3所示，
∴圆锅边缘每段弧的度数为45°，
∴，∠CGF＝45°，
∴．∠DCG＝∠CGF﹣∠CDF＝22.5°＝∠CDF，
∴，
，
∴在Rt△CDF 中，由勾股定理得：CF2+FD2＝CD2，
即•CF2＝400，
∴
∴，
∴．
【点评】本题主要考查垂径定理、圆周角定理及勾股定理，熟练掌握垂径定理、圆周角定理 及勾股定理是解题的关键．
20．在△ABC中，AB＝BC＝2，∠ABC＝120°，将△ABC绕点B顺时针旋转角α（0°＜α＜90°）得△A1BC1，A1B交AC于点E，A1C1分别交AC、BC于D、F两点．
（1）如图1，观察并猜想，在旋转过程中，线段BE与BF有怎样的数量关系？并证明你的结论；
（2）如图2，当α＝30°时，试判断四边形BC1DA的形状，并说明理由．
【分析】（1）由AB＝BC得到∠A＝∠C，再根据旋转的性质得AB＝BC＝BC1，∠A＝∠C＝∠C1，∠ABE＝∠C1BF，则可证明△ABE≌△C1BF，于是得到BE＝BF；
（2）根据等腰三角形的性质得∠A＝∠C＝30°，利用旋转的性质得∠A1＝∠C1＝30°，∠ABA1＝∠CBC1＝30°，则利用平行线的判定方法得到A1C1∥AB，AC∥BC1，于是可判断四边形BC1DA是平行四边形，然后加上AB＝BC1可判断四边形BC1DA是菱形．
解：（1）BE＝BF．理由如下：
∵AB＝BC，
∴∠A＝∠C，
∵△ABC绕点B顺时针旋转角α（0°＜α＜90°）得△A1BC1，
∴AB＝BC＝BC1，∠A＝∠C＝∠C1，∠ABE＝∠C1BF，
在△ABE和△C1BF中
，
∴△ABE≌△C1BF，
∴BE＝BF
（2）四边形BC1DA是菱形．理由如下：
∵AB＝BC＝2，∠ABC＝120°，
∴∠A＝∠C＝30°，
∴∠A1＝∠C1＝30°，
∵∠ABA1＝∠CBC1＝30°，
∴∠ABA1＝∠A1，∠CBC1＝∠C，
∴A1C1∥AB，AC∥BC1，
∴四边形BC1DA是平行四边形．
又∵AB＝BC1，
∴四边形BC1DA是菱形．
【点评】本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．也考查了菱形的判定方法．
五、解答题。（本大题共2小题，每小题9分，共18分）
21．如图，在平面直角坐标系中，AB∥OC，A（0，）、C（﹣4，0），且 AB＝2．以BC为直径作⊙O1交OC于点D，过点D作直线DE交线段OA于点E，且∠EDO＝30°
（1）求证：DE是⊙O1的切线；
（2）若线段BC上存在一点P，使以点P为圆心，PC为半径的⊙P与y轴相切，求点P的坐标．
【分析】（1）连接O1D，BD，利用点的坐标的特征表示出线段OA，OC的长度，利用矩形的判定与性质和圆周角定理，勾股定理求得BC的长，则得到△O1CD为等边三角形，通过计算得到O1D⊥DE，利用圆的切线的判定定理解答即可得出结论；
（2）利用圆的切线的定义得到点P到y轴的距离等于PC，过点P作PF⊥y轴于点F，PH⊥x轴于点H，利用直角三角形的边角关系定理和矩形的判定与性质得到CH＝PC，OH＝PF＝PC，利用OC＝4，列出方程求得PC，进而求得PF，PH的长度，利用点的坐标的特征即可得出结论．
【解答】（1）证明：连接O1D，BD，如图，
∵A（0，）、C（﹣4，0），
∴OA＝2，OC＝4．
∵以BC为直径作⊙O1交OC于点D，
∴∠BDC＝90°．
∵AB∥OC，OC⊥OA，
∴AB⊥OA，
∴四边形ABDO为矩形，
∴OD＝AB＝2，BD＝OA＝2，
∴CD＝OC﹣OD＝2，
∴BC＝＝4，
∴O1C＝O1D＝2，
∴△O1CD为等边三角形，
∴∠O1CD＝∠O1DC＝60°，
∵∠EDO＝30°，
∴∠O1DE＝180°﹣∠O1DC﹣∠EDO＝90°，
∴O1D⊥DE，
∵O1D为⊙O1的半径，
∴DE是⊙O1的切线；
（2）解：∵线段BC上存在一点P，使以点P为圆心，PC为半径的⊙P与y轴相切，
∴点P到y轴的距离等于PC．
过点P作PF⊥y轴于点F，PH⊥x轴于点H，如图，
则PF＝PC．
由（1）知：∠BCD＝60°，
∴CH＝PC，PH＝PC．
∵PF⊥y轴，PH⊥x轴，OA⊥OC，
∴四边形PHOF为矩形，
∴OH＝PF＝PC，
∴OC＝CH+OH＝PC+PC＝4，
∴PC＝，
∴PF＝OH＝，PH＝＝，
∴点P的坐标为（﹣，）．
【点评】本题主要考查了圆的有关性质，圆周角定理，直角三角形的性质，勾股定理，直角三角形的边角关系定理，圆的切线的判定定理，等边三角形的判定与性质，点的坐标的特征，矩形的判定与性质，圆的切线的定义与性质，连接经过切点的半径是解决此类问题常添加的辅助线．
22．如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，D为BC的中点，点E为平面内一点，连接DE，将DE绕点D顺时针旋转90°，点E的对应点为F，连接EF，AE，CF．
（1）如图1，当点E在边AC上时，请直接写出线段AE，CF之间的数量关系 AE＝CF ，位置关系 AE⊥CF ；
（2）如图2，当点E在△ABC内部时，判断（1）中结论是否依然成立，并说明理由；
（3）AE＝5，DE＝3，若A，E，F三点共线，请直接写出线段BE的值．
【分析】（1）连接AD，证明△ADE≌△CDF，从而得出AE＝CF，根据DE⊥DF，又翻折，得AE⊥CF；
（2）连接AD，证明△ADE≌△CDF，从而得出AE＝CF；
（3）由∠DAE＝∠DCF得点A、D、F、C共圆，从而∠AFC＝∠ADC＝90°，由∠DEF＝∠ABC＝45°得点A、B、D、E共圆，从而∠AEB＝∠ADB＝90°，进一步证明△ABE≌△ACF，从而BE＝AF，进一步得出结果．点F在AE上时，类比①可得BE＝AF＝AE﹣EF＝5﹣3．
解：（1）如图1，
连接AD，
∵AB＝AC，∠BAC＝90°，D为BC的中点，
∴AD＝CD＝BC，AD⊥BC，
∴∠ADC＝∠EDF＝90°，
∴∠ADE＝∠CDF，
∵DE＝DF，
∴△ADE≌△CDF（SAS），
∴AE＝CF；
∵DE⊥DF，又翻折，
∴AE⊥CF；
故答案为：AE＝CF，AE⊥CF；
（2）如图2，
AE＝CF仍然成立，理由如下：
连接AD，
∵AB＝AC，∠BAC＝90°，D为BC的中点，
∴AD＝CD＝BC，AD⊥BC，
∴∠ADC＝∠EDF＝90°，
∴∠ADC﹣∠CDE＝∠EDF﹣∠CDE，
∴∠ADE＝∠CDF，
∵DE＝DF，
∴△ADE≌△CDF（SAS），
∴AE＝CF；
（3）①点E在AF上，连接BE，
∵∠BAC＝∠AFC＝90°，
∴∠BAE+∠CAF＝∠ACF+∠CAF＝90°，
∴∠BAE＝∠ACF，
∵AB＝AC，AE＝CF，
∴△ABE≌△CAF（SAS），
∴BE＝AF＝AE+EF＝5+3；
②点F在AE上，
类比①可得BE＝AF＝AE﹣EF＝5﹣3，
∴综上所述，BE＝5+3或5﹣3．
【点评】本题考查了等腰三角形的性质，直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，确定圆的条件等知识，解决问题的关键是作辅助线，构造全等三角形．
六、解答题。（本大题共12分）
23．【教材呈现】以下是人教版八年级下册数学教材第50页的部分内容．如图，直线l1∥l2，△ABC与△DBC的面积相等吗？为什么？
【基础巩固】如图1，正方形ABCD内接于⊙O，直径MN∥AD，求阴影面积与圆面积的比值；
【尝试应用】如图2，在半径为5的⊙O中，BD＝CD，∠ACO＝2∠BDO，AB＝4，求S△ABC；
【拓展提高】如图3，AB是⊙O的直径，点P是OB上一点，过点P作弦CD⊥AB于点P，点F是⊙O上的点，且满足CF＝CB，连接BF交CD于点E，若BF＝8EP，，求⊙O的半径．
【分析】【教材呈现】利用平行线的性质和同底等高的三角形的面积相等的性质解答即可；
【基础巩固】连接OD，OC，设圆的半径为r，利用【教材呈现】的结论得到S阴影部分＝S扇形OCD，再利用扇形面积公式和圆的面积公式解答即可；
【尝试应用】连接OA，过点O作OE⊥AB于点E，利用全等三角形的判定与性质和圆周角定理以平行线的判定定理得到AB∥OC，利用【教材呈现】的结论得到：S△ABC＝S△ABO，利用垂径定理，勾股定理和三角形的面积公式解答即可得出结论；
【拓展提高】连接OC，交BE于点G，设EP＝a，则BF＝8a，利用垂径定理的推论得到：CP＝PD＝CD，OC⊥BF，GF＝BG＝BF＝4a，利用全等三角形的判定与性质得到BG＝CP＝4a，OG＝OP，GE＝EP＝a，利用勾股定理求得CG，再利用三角形的面积公式求得a值，最后利用相似三角形的判定与性质即可得出结论．
解：【教材呈现】△ABC与△DBC的面积相等，理由：
∵l1∥l2，
∴点A，D到BC的距离相等，
∴△ABC与△DBC中BC边上的高相等，
即：△ABC与△DBC是同底等高的三角形，
根据三角形的面积公式为：×底×高，
∴△ABC与△DBC的面积相等；
【基础巩固】连接OD，OC，设圆的半径为r，如图，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AD∥BC，∠COD＝90°，
∵MN∥AD，
∴AD∥MN∥BC，
由【教材呈现】可知：S△AON＝S△DON，S△BON＝S△CON，
∴S阴影部分＝S扇形OCD，
∴阴影面积＝＝．
∵圆的面积为πr2，
∴阴影面积与圆面积的比值为；
【尝试应用】连接OA，过点O作OE⊥AB于点E，如图，
则AE＝BE＝AB＝2．
在△OBD和△OCD中，
，
∴△OBD≌△OCD（SSS），
∴∠BDO＝∠CDO，
∴∠BDC＝2∠BDO．
∵∠ACO＝2∠BDO，
∴∠ACO＝BDC．
∵∠BDC＝∠BAC，
∴∠BAC＝∠ACO，
∴AB∥OC，
∴由【教材呈现】可知：S△ABC＝S△ABO，
在Rt△OAE中，
OE＝＝，
∴AB•OE＝4×＝2；
【拓展提高】连接OC，交BE于点G，如图，
设EP＝a，则BF＝8a，
∵AB是⊙O的直径，CD⊥AB于点P，
∴CP＝PD＝CD，
∵CF＝CB，
∴，
∴OC⊥BF，GF＝BG＝BF＝4a．
在△OBG和△OCP中，
，
∴△OBG≌△OCP（AAS），
∴BG＝CP＝4a，OG＝OP，
∴CG＝BP．
同理可证△CEG≌△BPE，
∴GE＝EP＝a，
∴EF＝FG+GE＝5a．
∵CE＝CP﹣EP＝3a，
∴CG＝＝2a．
∵，
∴EF•CG＝5a×a＝10，
∴a＝．
∴CG＝4，CP＝4，CE＝3．
∵∠GCE＝∠PCO，∠CGE＝∠CPO＝90°，
∴△CGE∽△CPO，
∴，
∴，
∴OC＝6．
∴⊙O的半径为6．
【点评】本题主要考查了圆的有关性质，平行线的性质，三角形的面积，扇形的面积，圆的面积，圆周角定理，垂径定理及其推论，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，本题是阅读型题目，正确理解并熟练运用【教材呈现】的结论是解题的关键．