江苏省扬州市邗江区邗江区实验学校2023-2024学年九年级上学期10月月考数学试题（解析版）-A4

这是一份江苏省扬州市邗江区邗江区实验学校2023-2024学年九年级上学期10月月考数学试题（解析版）-A4，共29页。试卷主要包含了10， 下列各式中是一元二次方程的是， 关于x的方程的解是，等内容，欢迎下载使用。
（时间：120分钟 总分：150分） 2023.10
一、选择题（本题共个小题，每小题分，共分．在每小题给出的四个选项中，恰有一项是符合题目要求的，请将正确选项前的字母代号填涂在答题卡相应的位置上）
1. 下列各式中是一元二次方程的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据一元二次方程的定义进行逐一判断即可：只含有一个未知数，且未知数的最高次为2的整式方程叫做一元二次方程．
【详解】解：A、含有两个未知数，不是一元二次方程，不符合题意；
B、是一元二次方程，符合题意；
C、当时，不是一元二次方程，不符合题意；
D、不是方程，不是一元二次方程，不符合题意；
故选B．
【点睛】本题主要考查了一元二次方程的定义，熟知相关定义是解题的关键．
2. 如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，若∠A＝115°，则∠BOD的度数为（ ）
A. 110°B. 120°C. 130°D. 140°
【答案】C
【解析】
【分析】由∠A=115°，根据圆的内接四边四边形的性质求得∠BCD的度数，又由同弧或等弧所对的圆周角等于这条弧所对的圆心角的一半继而求得∠BOD的度数．
【详解】解：∵ ∠A=115°
∴ ∠BCD=180°-∠A=65°，
∴∠BOD=2∠BCD=130°．
故选C．
【点睛】此题考查了圆周角定理与圆的内接四边形的性质．此题比较简单，解题的关键是注意掌握在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角等于这条弧所对的圆心角的一半与圆内接四边形的对角互补定理的应用．
3. 下列方程中，没有实数根的是（ ）
A. ﹣x2﹣3x+1=0B. 2x2﹣3x+1=0C. 4x2+5=4xD. 2x2= x﹣1
【答案】D
【解析】
【分析】根据一元二次方程根的判别式△，当△＞0,方程有两个不相等的实数根；当△＝0,方程有两个相等的实数根；当△＜0，方程没有实数根即可求解.
【详解】A：△＝，方程有两个不相等的实数根；
B：△＝，方程有两个不相等的实数根；
C：△＝，方程有两个相等的实数根；
D：△＝，方程没有实数根，故答案选D.
【点睛】本题考查了一元二次方程根的判别式△，当△＞0,方程有两个不相等的实数根；当△＝0,方程有两个相等的实数根；当△＜0，方程没有实数根是解决本题的关键.
4. 如图是一个隧道的横截面，若它的形状是以为圆心的圆的一部分，路面米，高米，则此圆的半径的长度为（ ）
A. 米B. 米C. 米D. 米
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了垂径定理，勾股定理的应用，先根据垂径定理得出的长，设米，则米，由勾股定理得到，解方程即可求解，由勾股定理得到方程是解题的关键．
【详解】解：∵，
∴米，，
设米，则米，
在中，，
∴，
解得，
∴圆的半径的长度为米，
故选：．
5. 关于x的方程的解是，（a，m，b均为常数，），则方程的解是（ ）
A. 或B. 或1C. 1或3D. 或
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查方程的解．
把方程中的看成整体，根据关于x的方程的解可得或，求解即可．
【详解】∵关于x的方程的解是，，
∴方程变形为，
此方程的中或，
解得，，
∴方程的解为：，．
故选：D
6. 如图，A,B,C是⊙O上三个点,∠AOB=2∠BOC,则下列说法中正确的是( )
A. ∠OBA=∠OCAB. 四边形OABC内接于⊙OC. .AB=2BCD. ∠OBA+∠BOC=90°
【答案】D
【解析】
【详解】试题解析：过O作OD⊥AB于D交O于E，
则,

∵∠AOB=2∠BOC，
∴∠AOE=∠BOE=∠BOC，
∴,
∴AE=BE=BC，
∴2BC>AB，故C错误；
∵OA=OB=OC，


∴∠OBA≠∠OCA，故A错误；
∵点A，B，C在上，而点O是圆心，
∴四边形OABC不内接于O，故B错误；


故D正确；
故选D.
点睛：垂直于弦的直径平分弦并且平分弦所对的两条弧.
7. 如图，AB是⊙O的直径，⊙O交BC的中点于D，DE⊥AC于E，连接AD，则下列结论：①AD⊥BC；②∠EDA＝∠B；③OA＝AC；④DE是⊙O的切线，正确的个数是（ ）
A. 1 个B. 2个C. 3 个D. 4个
【答案】D
【解析】
【分析】由直径所对的圆周角是直角，即可判断出结论①正确；由点D是BC的中点，AD⊥BC得出AD为BC的中垂线，则可证明∠ODB＝∠C，OD∥AC，∠ODE＝∠CED＝90°，故④正确；由∠EDA＋∠ADO＝90°，∠BDO＋∠ADO＝90°，可得∠EDA＝∠BDO，再利用∠ODB＝∠B可得∠EDA＝∠B，结论②正确；由O为AB中点，得到AO为AB的一半，因AC＝AB，故AO为AC的一半，故结论③正确．
【详解】解：∵AB是⊙O直径，
∴∠ADB＝90°，
∴AD⊥BC，故结论①正确；
连接OD，如图，
∵点D是BC的中点，AD⊥BC，
∴AC＝AB，
∴∠C＝∠B，
∵OD＝OB，
∴∠B＝∠ODB，
∴∠ODB＝∠C，OD∥AC，
∴∠ODE＝∠CED，
∴ED是圆O的切线，故结论④正确；
又OB＝OD，
∴∠ODB＝∠B，
∵AB为圆O的直径，
∴∠ADB＝90°，
∵∠EDA＋∠ADO＝90°，∠BDO＋∠ADO＝90°，
∴∠EDA＝∠BDO，
∴∠EDA＝∠B，故结论②正确；
由D为BC中点，且AD⊥BC，
∴AD垂直平分BC，
∴AC＝AB，
∵OA＝AB，
∴OA＝AC，故结论③正确；
则正确结论的个数为4个．
故选：D．
【点睛】此题属于圆的综合问题，考查了圆周角定理、切线的判定与性质及直角三角形的性质等知识，证明切线时连接OD是解这类题经常连接的辅助线．
8. 如图，AB，CD为⊙O的两条弦，若∠A+∠C=120°，AB=2，CD=4，则⊙O的半径为（ ）
A. 2B. 2C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】连接OB，OA，OC，OD，证明∠AOB+∠COD=90°，在⊙O上点D的右侧取一点E，使得DE=AB，过点E作ET⊥CD交CD的延长线于点T，则，利用勾股定理求解即可．
详解】解：如图，连接OB，OC，
∵∠BOC=2∠CAB，∠AOD=2∠ACD，∠CAB+∠ACD=120°，
∴∠BOC+∠AOD=240°，
∴∠AOB+∠COD=120°，
在⊙O上点D的右侧取一点E，使得DE=AB，过点E作ET⊥CD交CD的延长线于点T，连接CE，则，
∴∠AOB=∠DOE，
∴∠COE=120°，
∵OC=OD=OE，
∴∠OCD=∠ODC，∠ODE=∠OED，
∴∠CDE=∠ODC+∠ODE=∠OCD+∠OED，
∴∠CDE=120°，
∴∠EDT=60°，
∴∠DET=30°，
∵DE=AB=2，
∴DT=1，ET=，
∴CT=CD+DT=4+1=5，
∴CE=，
作OF⊥CE，则∠COF=60°，，
∴OC=OE=．
故选：D．
【点睛】本题主要考查圆周角定理，勾股定理，垂径定理，解答的关键是结合图形找到相应的角或边之间的关系．
二、填空题（本题共10个小题，每小题3分，共30分．不需写出解答过程，请把正确答案直接填写在答题卡相应位置上）
9. 关于x的方程是一元二次方程，则k的取值范围是__________．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了一元二次方程的定义．熟练掌握：只含有1个未知数，且未知数的最高次数为2的整式方程是一元二次方程是解题的关键．根据一元二次方程未知数的最高次数是和二次项的系数不等于解答即可．
【详解】解：关于的方程是一元二次方程，
，
故答案为：．
10. 的弦的长等于半径，那么弦所对的圆周角等于___________度．
【答案】或
【解析】
【分析】一条弦所对的圆周角有两种情况：当圆周角的顶点在优弧上，圆周角应是一个锐角；当圆周角的顶点在劣弧上，圆周角是一个钝角．
【详解】解：∵弦的长等于半径，
∴当把圆心分别与点A，B连接，可得等边三角形，等边三角形的内角是，
∴弦所对的圆心角是，
∴弦把圆分成和的两段弧，
根据弧的度数等于它所对的圆心角的度数，而一条弧所对的圆周角的度数等于所对圆心角度数的一半，
∴弦所对的圆周角等于或．
故答案为：或．
【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．
11. 三角形两边的长分别是2和4，第三边的长是方程的根，则该三角形的周长为___．
【答案】10
【解析】
【分析】先利用因式分解法解方程得到，，再根据三角形三边的关系得到三角形第三边长为6，然后计算此三角形的周长．
【详解】解：，
，
所以，，
而，
所以三角形第三边长为4，
所以此三角形的周长为．
故答案10．
【点睛】本题考查了解一元二次方程因式分解法、三角形三边的关系，解题的关键是掌握因式分解法就是利用因式分解求出方程的解的方法，这种方法简便易用，是解一元二次方程最常用的方法．
12. 已知直角三角形的两条直角边分别为、，则它的外接圆半径___________
【答案】5
【解析】
【分析】利用勾股定理易得直角三角形的斜边，它外接圆的半径为斜边的一半．
【详解】∵直角三角形的两直角边分别为和，
∴斜边长为，
∴它的外接圆半径为
故答案为：．
【点睛】本题考查了求直角三角形外接圆的半径；用到的知识点为：直角三角形外接圆的半径等于斜边的一半．
13. 若一元二次方程（m为常数）的一个根是，则另一个根是______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了一元二次方程的解，熟练掌握一元二次方程的解法是解答本题的关键．利用求出参数m的值，进而利用因式分解法解一元二次方程，得到的另外一个根即为答案．
【详解】解：是一元二次方程（m为常数）的一个根，
将代入一元二次方程中可得：，
解得：，
原方程为：，即，
解得：，
另外一个根为，
故答案为：．
14. 若菱形两条对角线的长度是方程的两根，则该菱形的面积为_____．
【答案】10
【解析】
【分析】本题考查解一元二次方程，菱形的面积公式，先求解一元二次方程，得到两根即为菱形对角线的长，再根据菱形面积等于对角线乘积的一半即可求解．
【详解】解：
解得：，即菱形对角线的长分别为5和4，
菱形的面积为：，
故答案为：10．
15. 用半径为4，圆心角为90°的扇形纸片围成一个圆锥的侧面，则这个圆锥的底面圆半径为_____．
【答案】1
【解析】
【分析】设这个圆锥的底面圆半径为r，利用弧长公式得到并解关于r的方程即可．
【详解】设这个圆锥的底面圆半径为r，
根据题意得2πr=，
解得r=1，
所以这个圆锥的底面圆半径为1．
故答案为1．
【点睛】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．
16. 如图,是的直径,是的弦,,将沿着折叠后恰好经过点,则的长为______．

【答案】
【解析】
【分析】本题考查翻折变换,垂径定理,勾股定理．正确做出辅助线是解决本题的关键．作交于点H,由题意可知,再在中利用勾股定理求出的长,继而得到本题答案．
【详解】解:作交于点H,

∵根据题意将沿着折叠后恰好经过点,可知,
∴由垂径定理可知,
∴在中,,即,
∴,
∴,
∴,
故答案为:．
17. 设a，b是一个直角三角形两条直角边的长，且，则这个直角三角形的斜边长为________.
【答案】
【解析】
【分析】此题实际上求的值．设t=a2+b2，将原方程转化为关于t的一元二次方程t（t+1）=12，通过解方程求得t的值即可．
【详解】设t=a2+b2，则由原方程，得
t（t+1）=12，
整理，得
（t+4）（t-3）=0，
解得t=3或t=-4（舍去）．
则a2+b2=3，
∵a，b是一个直角三角形两条直角边的长，
∴这个直角三角形的斜边长为．
故答案是：．
【点睛】此题考查了换元法解一元二次方程，以及勾股定理，熟练运用勾股定理是解本题的关键．
18. 如图，半径为4cm，圆心角为90°的扇形OAB的弧AB上有一运动的点P，从点P向半径OA引垂线PH交OA于点H．设的内心为I，当点P在弧AB上从点A运动到点B时，内心I所经过的路径长为_________．
【答案】
【解析】
【分析】如图，连OI，PI，AI，由△OPH的内心为I，可得到∠PIO=-∠IPO-∠IOP=-（∠HOP+∠OPH）=，并且易证△OPI≌△OAI，得到∠AIO=∠PIO=，所以点I在以OA为弦，并且所对的圆周角为的一段劣弧上；过A、I、O三点作⊙O′，如图，连O′A，O′O，在优弧AO上取点P，连PA，PO，可得∠APO=-=，得∠AO=，OA=×4=2，然后利用弧长公式计算弧OA的长．
【详解】如图，连OI，PI，AI，
∵△OPH的内心为I，
∴∠IOP=∠IOA，∠IPO=∠IPH，
∴∠PIO=-∠IPO-∠IOP=-（∠HOP+∠OPH），
而PH⊥OA，即∠PHO=，
∴∠PIO=-（∠HOP+∠OPH）=-（-）=，
又∵OP=OA，OI公共，
而∠IOP=∠IOA，
∴△OPI≌△OAI，
∴∠AIO=∠PIO=，
所以点I在以OA为弦，并且所对的圆周角为的一段劣弧上；
过A、I、O三点作⊙O′，如图，连O′A，O′O，
在优弧AO上取点P，连PA，PO，
∵∠AIO=，
∴∠APO=-=，
∴∠AO=，而OA=4cm，
∴∠AO=，
∴O′O=OA=×4=2，
∴弧OA的长=（cm），
所以内心I所经过的路径长为cm．
故答案为：cm．
．
【点睛】此题考查全等三角形的判定及性质，弧长的计算公式，三角形的内心的定义，圆周角定理，三点共圆，证明以点I在以OA为弦，并且所对的圆周角为的一段劣弧上是解题的关键．
三、解答题（本题共10个小题，共96分，请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
19. 解方程：
（1）；
（2）．
【答案】（1），
（2），
【解析】
【分析】（1）利用公式法解方程即可；
（2）利用因式分解法解方程即可．
小问1详解】
解：∵，
∴，，，
∴，
∴，
解得，；
【小问2详解】
解：∵，
∴，
∴，
∴，
解得，．
【点睛】本题主要考查了解一元二次方程，熟知解一元二次方程的方法是解题的关键．
20. 如图，是直径，D是弦延长线上一点，且，的延长线交于点E，求证：．
【答案】证明见解析
【解析】
【分析】连接，首先证明，推出即可解决问题．
【详解】解：如图所示，连接，
∵是的直径，
∴，即，
∵，
∴是线段的垂直平分线，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了同弧所对圆周角相等，线段垂直平分线的性质与判定，等腰三角形的判定与性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
21. 已知关于x的方程＋（2k＋3）x＋k＋1＝0．
（1）若x＝1是该方程的根，求k的值；
（2）若该方程有两个不相等的实数根，求k的取值范围．
【答案】（1）﹣1 （2）且k≠0
【解析】
【分析】（1）把﹣1代入方程求解即可；
（2）根据根的判别式计算即可．
【小问1详解】
解：把x＝1代入该方程得k＋2k＋3＋k＋1＝0，
解得k＝﹣1；
【小问2详解】
分两种情况讨论：
①当k＝0时，原方程可化为3x＋1＝0，解得，
与“该方程有两个不相等的实数根”矛盾，不合题意，应舍去；
②当k≠0时，原方程是关于x的一元二次方程，
∵该方程有两个不相等的实数根，
∴Δ＞0，
即，解得．
综上所述，k的取值范围是且k≠0．
【点睛】本题主要考查了一元二次方程的解和根的判别式，准确计算是解题的关键．
22. 如图，点、在以为直径的上，平分．
（1）求证：；
（2）若，，求的长．
【答案】（1）证明见详解
（2）
【解析】
【分析】（1）连接，根据圆的半径相等，结合等边对等角，得出，再根据角平分线的定义，得出，再根据等量代换，得出，然后根据内错角相等，两直线平行，即可得出结论；
（2）连接、，根据圆周角定理，得出，，再根据勾股定理，得出的长，再根据及垂径定理，得出，，进而得出是的中位线，再根据三角形的中位线的性质，得出的长，再根据线段的数量关系，得出的长，然后再根据勾股定理，得出的长，再根据勾股定理，即可得出的长．
【小问1详解】
证明：如图，连接，
∵，
∴，
又∵平分，
∴，
∴，
∴；
【小问2详解】
解：如图，连接、，
∵为的直径，
∴，，
∴，
∵，，
∴∠OEB=90°，
∵OD是⊙O的半径，
∴，
∴是的中位线，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质、角平分线的定义、平行线的判定、圆周角定理、垂径定理、勾股定理、三角形的中位线的性质，解本题的关键在熟练掌握相关的性质定理．
23. 已知关于x的方程（m为常数，且）
（1）求证：方程总有实数根；
（2）若该方程有两个实数根；
①不论m取何实数，该方程总有一个不变的实数根为______；
②若m为整数，且方程的两个实数根都是整数，求m的值．
【答案】（1）证明见解析
（2）①；②或
【解析】
【分析】（1）利用一元二次方程根的判别式求解即可；
（2）①利用公式法求出方程的两个实数根即可得到答案；②根据①所求两实数根，结合m为整数，且方程的两个实数根都是整数进行求解即可．
【小问1详解】
解：由题意得
，
∴方程总有实数根；
【小问2详解】
解：①∵关于x的方程有两个实数根，
∴，
∴，
∴不论m取何实数，该方程总有一个不变的实数根为，
故答案为：；
②由①得，方程的两个实数根为，
∵m为整数，且方程的两个实数根都是整数，
∴为整数，
∴或．
【点睛】本题主要考查了一元二次方程根的判别式，公式法解一元二次方程，熟知一元二次方程的相关知识是解题的关键．
24. 利用圆规和无刻度的直尺，求作：，使圆心O位于线段上，过点C且与相切．
（1）如图①，已知中，；
（2）如图②，已知．
【答案】（1）见解析 （2）见解析
【解析】
【分析】（1）以B为圆心，以的长为半径画弧交于D，作线段的垂直平分线交于O，以O为圆心，以长为半径画圆即可；
（2）作交延长线于F，以F为圆心，以的长为半径画弧交于D，作线段的垂直平分线交于O，以O为圆心，以长为半径画圆即可；
【小问1详解】
解：如图所示，即为所求；
证明思路：，则，则均为切线；
【小问2详解】
解：如图所示，即为所求；
证明思路：作交延长线于F，然后同（1）证明即可．
【点睛】本题主要考查了切线的性质与判定，尺规作图—画圆，尺规作图—作线段垂直平分线，全等三角形的性质与判定等等，熟知切线的性质与判定条件是解题的关键．
25. 如图，在中，，以为直径的⊙O分别与、交于点D、E，过点D作于点F．
（1）求证：是的切线；
（2）若的半径为3，，求阴影部分的面积．
【答案】（1）见详解 （2）
【解析】
【分析】（1）连接，根据，，得出，证明，根据平行线的性质进一步证明，根据切线的判定求出即可；
（2）连接，，过O作于M，求出、的长和的度数，分别求出和扇形的面积，即可求出答案；
【小问1详解】
证明：连接，
∵，，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵过点O，
∴是的切线．
【小问2详解】
连接，过O作于M，则，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴阴影部分的面积；
【点睛】本题主要考查了切线的判定，平行线的判定以及性质，三角形内角和定理，垂径定理，勾股定理，直角三角形的性质，扇形的面积等知识点，正确作出辅佐线是解题的关键．
26. 某超市以每箱25元的进价购进一批水果，当该水果售价为40元/箱时，六月销售256箱，七、八月该水果十分畅销，销量持续上涨，在售价不变的基础上，八月的销量达到400箱．
（1）求七，八两月的月平均增长率；
（2）九月该超市为了减少库存，开始降价促销，经调查发现，该水果每箱降价1元，月销量在八月销量的基础上增加5箱，当该水果每箱降价多少元时，超市九月获利4250元？
【答案】（1）
（2）5元
【解析】
【分析】（1）设七，八两月的月平均增长率为，利用八月的销售量六月的销售量七，八两月的月平均增长率），即可得出关于的一元二次方程，解之取其正值即可得出结论；
（2）设该水果每箱降价元，则每箱盈利元，月销售量为箱，利用总利润每箱的销售利润月销售量，即可得出关于的一元二次方程，解之取其正值即可得出结论．
【小问1详解】
设七，八两月的月平均增长率为，
依题意得：，
解得：，（不符合题意，舍去）．
答：七，八两月的月平均增长率为．
【小问2详解】
设该水果每箱降价元，则每箱盈利元，月销售量为箱，
依题意得：，
整理得：，
解得：，（不符合题意，舍去）．
答：当该水果每箱降价5元时，超市九月获利4250元．
【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．
27. 探究
（1）发现：如图1，在平面内，已知⊙A的半径为r，且AB=a，P为⊙A上一动点，连接PB，易得PB的最大值为 ___________，最小值为___________；（用含a，r的代数式表示）
（2）应用：①如图2，在矩形ABCD中，AB=6，AD=4，E为AD边中点，F为AB边上一动点，沿EF将△AEF翻折得到△PEF，连接PB，则PB的最小值为___________；
②如图3，点P为线段AB外一动点，分别以PA、PB为直角边，作等腰Rt△APC和等腰Rt△BPD，连接BC、AD．若AB=7，AP=3，求AD的最大值；
（3）拓展：如图4，已知以AB为直径的半圆O，C为弧AB上一点，且，P为弧BC上任意一点，CD⊥CP交AP于D，若AB=6，则BD的最小值为___________．
【答案】（1）a+r，a﹣r
（2）①2﹣2，②13
（3）3﹣3
【解析】
【分析】（1）当P在BA延长线上时，PB最大，PB最大为AB+PA=a+r，当P在线段BA上时，PB最小，PB最小为：AB﹣PA=a﹣r；
（2）①由沿EF将△AEF翻折得到△PEF，可知EA=EP=AD=BC=2，即P的轨迹是以E为圆心，以2为半径的半圆，故当E、P、B共线时，PB最小，此时BE==2，即得PB最小值为：BE﹣EP=2﹣2；
②连接BC，由△APC和△BPD是等腰直角三角形，可证明△DPA≌△BPC（SAS），即得AD=BC，故当BC最大时，AD就最大，而AP=3，△APC是等腰直角三角形，可得当C、A、B共线时，BC最大此为AC+AB=13，故AD最大为13；
（3）以AC为边，在△ABC异侧作等边△GAC，连接GD、GB，由AB为半圆O的直径，，可得，，AC=AB•cs30°=3，从而有，根据∠ADC+，即知D的轨迹是以G为圆心，3为半径的，由，得BG==3，即有△BGD中，BD>3﹣3，可得当G、D、B共线时，BD最小为3﹣3．
【小问1详解】
解：当P在BA延长线上时，PB最大
∴PB最大为：AB+PA=a+r，
当P在线段BA上时，PB最小
∴PB最小为：AB﹣PA=a﹣r，
故答案为：a+r，a﹣r；
【小问2详解】
解：①如图：
∵沿EF将△AEF翻折得到△PEF，
∴EA=EP=AD=，即P的轨迹是以E为圆心，2为半径的半圆，
∴当E、P、B共线时，此时BE=，
∴PB最小值为：BE﹣EP=2﹣2；
故答案为：2﹣2；
②连接BC，如图：
∵△APC和△BPD等腰直角三角形，
∴PD=PB，PA=PC，，
∴∠DPB+∠APB=∠APC+∠APB，即∠DPA=∠BPC，
∴（SAS），
∴AD=BC，
∴当BC最大时，AD就最大，
∵AP=3，△APC是等腰直角三角形，
∴AC=AP=6，
∵AB=7，
∴当C、A、B共线时，AC+AB最大，此时BC=AC+AB=13，
如图：
∴AD最大为13；
【小问3详解】
解：以AC为边，在△ABC异侧作等边△GAC、GB
∵AB为半圆O的直径，，
∴， ，
∴ ，
∴AC= =3，
∵CD⊥CP，
∴，
∴∠ADC=∠DCP+∠APC=150°，
∵△GAC是等边三角形，
∴，GA=AC=3，
∴∠ADC+，点D在以3为半径，点G为圆心的，
而∠GAB=∠GAC+∠CAB=90°，
∴BG=，
∵△BGD中，BD>BG﹣GD，
∴BD>3﹣3，
∴当G、D、B共线时，如图：
∴BD最小值为3﹣3，
故答案为：3﹣3．
【点睛】本题考查圆的综合应用，图形的翻折变换、全等三角形的判定与性质、三角形两边之差小于第三边等知识，解题的关键是作辅助线，构造全等三角形、等边三角形及转化思想的应用，综合性较强．
28. 已知RtABC和⊙O如图放置，已知AB=，BC=1，∠ABC=90°，⊙O的半径为1，圆心O与直线AB的距离为5．现ABC以每秒2个单位的速度向右移动，设ABC移动的时间为t（s）．
（1）当ABC的边AC与圆第一次相切时，求t的值；
（2）若在ABC移动的同时，圆O也以每秒1个单位的速度向右移动，则ABC从开始移动，到它的边与圆最后一次相切时，求t的值；
（3）在（2）的条件下的移动过程中，圆心O到AC所在直线的距离在不断变化，设该距离为d，当d＜1时，求t的取值范围．
【答案】（1）；（2）6；（3）4﹣＜t＜4+
【解析】
【分析】(1)先得到∠A=30°，∠ACB=60°，作OD⊥BC，则OD=1，当△ABC的边AC与圆第一次相切时，△ABC平移到△A′B′C′的位置，A′C′与⊙O相切，作OE⊥A′C′，连接OC′，得到∠OC′D=60°，算出C′D=，进而得到2t+1+=5即可求解；
(2)△ABC平移到△A′B′C′的位置，A′B′与⊙相切，作O′Q⊥A′B′于Q，由切线的性质得O′Q=1，则D′B′=1，然后利用线段之间的关系得到5+t+1=2t，再解一次方程即可；
(3)当△ABC平移到△A1B1C1的位置，A1C1与⊙O相切，d=1，如图3，由（1）得C1D=，则DB1=，进而得=2t，即；当△ABC平移到△A2B2C2的位置，A2C2与⊙O相切，d=1，如图3，作O′H⊥A2C2于H，得到∠O′C2D′=30°，则C2D′=O′D′=，进而得=2t，解得，由此求解 ．
【详解】解：(1)∵AB=，BC=1，∠ABC=90°，
∴，
∴∠A=30°，∠ACB=60°，
作OD⊥直线BC，则OD=1，
当△ABC的边AC与圆第一次相切时，如图1，△ABC平移到△A′B′C′的位置，A′C′与⊙O相切，作OE⊥A′C′，连接OC′，则OC′平分∠DC′E，
∵∠A′C′B′=∠ACB=60°，
∴∠OC′D=60°，
在Rt△ODC′中，∵OD=1，∠DOC′=30°，
∴C′D=，
∵BB′=2t，B′C′=BC=1，BD=5，
∴2t+1+=5，
∴，
故答案为：；
(2)如图2，△ABC从开始移动，到它的边与圆最后一次相切，即△ABC平移到△A′B′C′的位置，A′B′与⊙相切，作O′Q⊥A′B′于Q，
则O′Q=1，∴D′B′=1，
∵BD=5，DD′=t，BB′=2t，
∴5+t+1=2t，
∴t=6，
故答案为：t=6；
(3)当△ABC平移到△A1B1C1的位置，A1C1与⊙O相切，d=1，如图3，
由(1)得C1D=，
∵BD=5，DD′=t，BB1=2t，
∴DB1=DD′﹣B1C1﹣C1D′= ，
∴，
∴；
当△ABC平移到△A2B2C2的位置，A2C2与⊙O相切，d=1，如图3，
作O′H⊥A2C2于H，
∵O′C2平分∠A2C2B2，
∴∠O′C2D′=30°，
∴C2D′=O′D′=，
∵CD+DD′+D′C2=CC2，
∴，
∴，
∴当d＜1时，t的取值范围为＜t＜．