九年級數(shù)學上學期期中試卷（含解析） 蘇科版2 (3)

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2016-2017學年江蘇省鹽城市大豐區(qū)第一共同體九年級（上）期中數(shù)學試卷 一、選擇題（本大題共有8小題，每小題3分，共24分） 1．一元二次方程x2﹣6x﹣5=0配方可變形為（　?。? A．（x﹣3）2=14 B．（x﹣3）2=4 C．（x+3）2=14 D．（x+3）2=4 2．方程x2+2x+3=0的兩根的情況是（　　） A．有兩個不相等的實數(shù)根 B．沒有實數(shù)根 C．有兩個相同的實數(shù)根 D．不能確定 3．如圖，AB是⊙O的直徑，直線PA與⊙O相切于點A，PO交⊙O于點C，連接BC．若∠P=40，則∠ABC的度數(shù)為（　　） A．20 B．25 C．40 D．50 4．有x支球隊參加籃球比賽，共比賽了45場，每兩隊之間都比賽一場，則下列方程中符合題意的是（　?。? A． x（x﹣1）=45 B． x（x+1）=45 C．x（x﹣1）=45 D．x（x+1）=45 5．如圖為44的格圖，A，B，C，D，O均在格點上，點O是（　?。? A．△ACD的外心 B．△ABC的外心 C．△ACD的內心 D．△ABC的內心 6．⊙O是等邊△ABC的外接圓，⊙O的半徑為4，則等邊△ABC的邊長為（　?。? A．2 B．2 C．4 D．4 7．如圖的六邊形是由甲、乙兩個長方形和丙、丁兩個等腰直角三角形所組成，其中甲、乙的面積和等于丙、丁的面積和．若丙的一股長為2，且丁的面積比丙的面積小，則丁的一股長為何？（　?。? A． B． C．2﹣ D．4﹣2 8．如圖，在Rt△AOB中，∠AOB=90，OA=3，OB=2，將Rt△AOB繞點O順時針旋轉90后得Rt△FOE，將線段EF繞點E逆時針旋轉90后得線段ED，分別以O，E為圓心，OA、ED長為半徑畫弧AF和弧DF，連接AD，則圖中陰影部分面積是（　?。? A．π B． C．3+π D．8﹣π 　 二、填空題（本大題共10小題，每小題3分，共30分） 9．若關于x的一元二次方程x2+6x+k=0有兩個相等的實數(shù)根，則k=　　． 10．正六邊形的每個外角是　　度． 11．已知m是關于x的方程x2﹣2x﹣3=0的一個根，則2m2﹣4m=　?。? 12．如圖，OA、OB是⊙O的半徑，點C在⊙O上，C、O在直線AB的同側，連接AC、BC，若∠AOB=120，則∠ACB=　　度． 13．若⊙O的直徑是4，圓心O到直線l的距離為3，則直線l與⊙O的位置關系是　?。? 14．已知直角三角形的兩直角邊分別為5、12，則它的外接圓的直徑為　?。? 15．如圖，一個量角器放在∠BAC的上面，則∠BAC=　　度． 16．一個扇形的圓心角為120，面積為12πcm2，則此扇形的半徑為　　cm． 17．一個三角形的兩邊長分別為3和9，第三邊的長為一元二次方程x2﹣14x+48=0的一個根，則這個三角形的周長為　?。? 18．如圖，在△ABC中，AB=5，AC=4，BC=3，以邊AB的中點O為圓心，作半圓與AC相切，點P、Q分別是邊BC和半圓上的動點，連接PQ，則PQ長的最大值與最小值的和是　?。? 　 三、解答題（本大題共有10小題，共96分．解答時應寫出文字說明、推理過程或演算步驟） 19．解下列方程： （1）（x﹣2）2=3（x﹣2） （2）x2+3x﹣2=0． 20．如圖，已知四邊形ABCD內接于圓O，連結BD，∠BAD=105，∠DBC=75． 求證：BD=CD． 21．已知：關于x的方程x2+2mx+m2﹣1=0 （1）不解方程，判別方程根的情況； （2）若方程有一個根為3，求m的值． 22．某中學課外興趣活動小組準備圍建一個矩形苗圃園，其中一邊靠墻，另外三邊周長為30米的籬笆圍成．已知墻長為18米（如圖所示），設這個苗圃園垂直于墻的一邊長為x米．若苗圃園的面積為72平方米，求x的值． 23．如圖，在△ABC中，以AB為直徑的⊙O分別于BC，AC相交于點D，E，BD=CD，過點D作⊙O的切線交邊AC于點F． （1）求證：DF⊥AC； （2）若⊙O的半徑為5，∠CDF=30，求的長（結果保留π）． 24．如圖，在△OAC中，以點O為圓心、OA長為半徑作⊙O，作OB⊥OC交⊙O于點B，連接AB交OC于點D，∠CAD=∠CDA． （1）判斷AC與⊙O的位置關系，并證明你的結論； （2）若OA=10，OD=2，求線段AC的長． 25．如圖，在平面直角坐標系中，點A、B、C的坐標分別為（﹣1，3）、（﹣4，1）（﹣2，1），先將△ABC沿一確定方向平移得到△A1B1C1，點B的對應點B1的坐標是（1，2），再將△A1B1C1繞原點O順時針旋轉90得到△A2B2C2，點A1的對應點為點A2． （1）畫出△A1B1C1； （2）畫出△A2B2C2； （3）求出在這兩次變換過程中，點A經(jīng)過點A1到達A2的路徑總長． 26．把一個足球垂直于水平地面向上踢，時間為t（秒）時該足球距離地面的高度h（米）適用公式h=20t﹣5t2（0≤t≤4）． （1）當t=3時，求足球距離地面的高度； （2）當足球距離地面的高度為10米時，求t． 27．數(shù)學活動﹣旋轉變換 （1）如圖①，在△ABC中，∠ABC=130，將△ABC繞點C逆時針旋轉50得到△A′B′C，連接BB′，求∠A′B′B的大??； （2）如圖②，在△ABC中，∠ABC=150，AB=3，BC=5，將△ABC繞點C逆時針旋轉60得到△A′B′C，連接BB′，以A′為圓心、A′B′長為半徑作圓． （Ⅰ）猜想：直線BB′與⊙A′的位置關系，并證明你的結論； （Ⅱ）連接A′B，求線段A′B的長度； （3）如圖③，在△ABC中，∠ABC=α（90＜α＜180），將△ABC繞點C逆時針旋轉2β角度（0＜2β＜180）得到△A′B′C，連接A′B和BB′，以A′為圓心、A′B′長為半徑作圓，問：α與β滿足什么條件時，直線BB′與⊙A′相切，請說明理由． 28．如圖，在射線BA、BC、AD、CD圍成的菱形ABCD中，∠ABC=60，AB=6，O是射線BD上一點，⊙O與BA、BC都相切、與BO的延長線交于點M．過M作EF⊥BD交線段BA（或線段AD）于點E、交線段BC（或線段CD）于點F．以EF為邊作矩形EFGH，點G、H分別在圍成菱形的另外兩條線段上． （1）求證：BO=2OM； （2）當矩形EFGH的面積為24時，求⊙O的半徑． 　  2016-2017學年江蘇省鹽城市大豐區(qū)第一共同體九年級（上）期中數(shù)學試卷 參考答案與試題解析 　 一、選擇題（本大題共有8小題，每小題3分，共24分） 1．一元二次方程x2﹣6x﹣5=0配方可變形為（　?。? A．（x﹣3）2=14 B．（x﹣3）2=4 C．（x+3）2=14 D．（x+3）2=4 【考點】解一元二次方程-配方法． 【分析】先把方程的常數(shù)項移到右邊，然后方程兩邊都加上32，這樣方程左邊就為完全平方式． 【解答】解：x2﹣6x﹣5=0， x2﹣6x=5， x2﹣6x+9=5+9， （x﹣3）2=14， 故選：A． 　 2．方程x2+2x+3=0的兩根的情況是（　?。? A．有兩個不相等的實數(shù)根 B．沒有實數(shù)根 C．有兩個相同的實數(shù)根 D．不能確定 【考點】根的判別式． 【分析】根據(jù)方程的系數(shù)結合根的判別式即可得出△=﹣8＜0，由此即可得出原方程沒有實數(shù)根，此題得解． 【解答】解：∵在方程x2+2x+3=0中，△=22﹣413=﹣8＜0， ∴方程x2+2x+3=0沒有實數(shù)根． 故選B． 　 3．如圖，AB是⊙O的直徑，直線PA與⊙O相切于點A，PO交⊙O于點C，連接BC．若∠P=40，則∠ABC的度數(shù)為（　?。? A．20 B．25 C．40 D．50 【考點】切線的性質． 【分析】利用切線的性質和直角三角形的兩個銳角互余的性質得到圓心角∠PAO的度數(shù)，然后利用圓周角定理來求∠ABC的度數(shù)． 【解答】解：如圖，∵AB是⊙O的直徑，直線PA與⊙O相切于點A， ∴∠PAO=90． 又∵∠P=40， ∴∠POA=50， ∴∠ABC=∠POA=25． 故選：B． 　 4．有x支球隊參加籃球比賽，共比賽了45場，每兩隊之間都比賽一場，則下列方程中符合題意的是（　?。? A． x（x﹣1）=45 B． x（x+1）=45 C．x（x﹣1）=45 D．x（x+1）=45 【考點】由實際問題抽象出一元二次方程． 【分析】先列出x支籃球隊，每兩隊之間都比賽一場，共可以比賽x（x﹣1）場，再根據(jù)題意列出方程為x（x﹣1）=45． 【解答】解：∵有x支球隊參加籃球比賽，每兩隊之間都比賽一場， ∴共比賽場數(shù)為x（x﹣1）， ∴共比賽了45場， ∴x（x﹣1）=45， 故選A． 　 5．如圖為44的網(wǎng)格圖，A，B，C，D，O均在格點上，點O是（　?。? A．△ACD的外心 B．△ABC的外心 C．△ACD的內心 D．△ABC的內心 【考點】三角形的內切圓與內心；三角形的外接圓與外心． 【分析】根據(jù)網(wǎng)格得出OA=OB=OC，進而判斷即可． 【解答】解：由圖中可得：OA=OB=OC=， 所以點O在△ABC的外心上， 故選B 　 6．⊙O是等邊△ABC的外接圓，⊙O的半徑為4，則等邊△ABC的邊長為（　　） A．2 B．2 C．4 D．4 【考點】三角形的外接圓與外心；等邊三角形的性質． 【分析】連接OB，OC，過點O作OD⊥BC于D，由⊙O是等邊△ABC的外接圓，即可求得∠OBC的度數(shù)，然后由三角函數(shù)的性質即可求得OD的長，又由垂徑定理即可求得等邊△ABC的邊長． 【解答】解：連接OB，OC，過點O作OD⊥BC于D， ∴BC=2BD， ∵⊙O是等邊△ABC的外接圓， ∴∠BOC=360=120， ∵OB=OC， ∴∠OBC=∠OCB=30， ∵⊙O的半徑為4， ∴OA=4， ∴BD=OB?cos∠OBD=4cos30=2， ∴BC=4． ∴等邊△ABC的邊長為4， 故選：C． 　 7．如圖的六邊形是由甲、乙兩個長方形和丙、丁兩個等腰直角三角形所組成，其中甲、乙的面積和等于丙、丁的面積和．若丙的一股長為2，且丁的面積比丙的面積小，則丁的一股長為何？（　?。? A． B． C．2﹣ D．4﹣2 【考點】一元二次方程的應用． 【分析】設出丁的一股為a，表示出其它，再用面積建立方程即可． 【解答】解：設丁的一股長為a，且a＜2， ∵甲面積+乙面積=丙面積+丁面積， ∴2a+2a=22+a2， ∴4a=2+a2， ∴a2﹣8a+4=0， ∴a===42， ∵4+2＞2，不合題意舍， 4﹣2＜2，合題意， ∴a=4﹣2． 故選D． 　 8．如圖，在Rt△AOB中，∠AOB=90，OA=3，OB=2，將Rt△AOB繞點O順時針旋轉90后得Rt△FOE，將線段EF繞點E逆時針旋轉90后得線段ED，分別以O，E為圓心，OA、ED長為半徑畫弧AF和弧DF，連接AD，則圖中陰影部分面積是（　?。? A．π B． C．3+π D．8﹣π 【考點】扇形面積的計算；旋轉的性質． 【分析】作DH⊥AE于H，根據(jù)勾股定理求出AB，根據(jù)陰影部分面積=△ADE的面積+△EOF的面積+扇形AOF的面積﹣扇形DEF的面積、利用扇形面積公式計算即可． 【解答】解：作DH⊥AE于H， ∵∠AOB=90，OA=3，OB=2， ∴AB==， 由旋轉的性質可知，OE=OB=2，DE=EF=AB=，△DHE≌△BOA， ∴DH=OB=2， 陰影部分面積=△ADE的面積+△EOF的面積+扇形AOF的面積﹣扇形DEF的面積 =52+23+﹣ =8﹣π， 故選：D． 　 二、填空題（本大題共10小題，每小題3分，共30分） 9．若關于x的一元二次方程x2+6x+k=0有兩個相等的實數(shù)根，則k=　9?。? 【考點】根的判別式． 【分析】根據(jù)判別式的意義得到△=62﹣41k=0，然后解一次方程即可． 【解答】解：∵一元二次方程x2+6x+k=0有兩個相等的實數(shù)根， ∴△=62﹣41k=0， 解得：k=9， 故答案為：9． 　 10．正六邊形的每個外角是　60　度． 【考點】多邊形內角與外角． 【分析】正多邊形的外角和是360度，且每個外角都相等，據(jù)此即可求解． 【解答】解：正六邊形的一個外角度數(shù)是：3606=60． 故答案為：60． 　 11．已知m是關于x的方程x2﹣2x﹣3=0的一個根，則2m2﹣4m=　6?。? 【考點】一元二次方程的解． 【分析】根據(jù)m是關于x的方程x2﹣2x﹣3=0的一個根，通過變形可以得到2m2﹣4m值，本題得以解決． 【解答】解：∵m是關于x的方程x2﹣2x﹣3=0的一個根， ∴m2﹣2m﹣3=0， ∴m2﹣2m=3， ∴2m2﹣4m=6， 故答案為：6． 　 12．如圖，OA、OB是⊙O的半徑，點C在⊙O上，C、O在直線AB的同側，連接AC、BC，若∠AOB=120，則∠ACB=　60　度． 【考點】圓周角定理． 【分析】根據(jù)圓周角定理得出∠ACB=∠AOB，代入求出即可． 【解答】解：∵∠AOB=120， ∴∠ACB=∠AOB=60， 故答案為：60． 　 13．若⊙O的直徑是4，圓心O到直線l的距離為3，則直線l與⊙O的位置關系是　相離　． 【考點】直線與圓的位置關系． 【分析】先求出⊙O的半徑，再根據(jù)圓心O到直線l的距離為3即可得出結論． 【解答】解：∵⊙O的直徑是4， ∴⊙O的半徑r=2， ∵圓心O到直線l的距離為3，3＞2， ∴直線l與⊙O相離． 故答案為：相離． 　 14．已知直角三角形的兩直角邊分別為5、12，則它的外接圓的直徑為　13?。? 【考點】三角形的外接圓與外心． 【分析】根據(jù)勾股定理求出斜邊長，根據(jù)直角三角形的外接圓的性質解答即可． 【解答】解：由勾股定理得，直角三角形的斜邊為： =13， 則它的外接圓的直徑為13， 故答案為：13． 　 15．如圖，一個量角器放在∠BAC的上面，則∠BAC=　20　度． 【考點】圓周角定理． 【分析】連接OB，根據(jù)量角器的度數(shù)，可求出∠BOC的度數(shù)，進而可根據(jù)同弧所對的圓周角和圓心角的關系，求出∠BAC的度數(shù)． 【解答】解：連接OB； 由題意，得：∠BOC=40； ∴∠BAC=∠BOC=20． 　 16．一個扇形的圓心角為120，面積為12πcm2，則此扇形的半徑為　6　cm． 【考點】扇形面積的計算． 【分析】根據(jù)扇形的面積公式S=即可求得半徑． 【解答】解：設該扇形的半徑為R，則 =12π， 解得R=6． 即該扇形的半徑為6cm． 故答案是：6． 　 17．一個三角形的兩邊長分別為3和9，第三邊的長為一元二次方程x2﹣14x+48=0的一個根，則這個三角形的周長為　20?。? 【考點】解一元二次方程-因式分解法；三角形三邊關系． 【分析】因式分解法解方程求出x的值，再根據(jù)三角形三邊之間的關系求出符合條件的x的值，最后求出周長即可． 【解答】解：∵x2﹣14x+48=0，即（x﹣6）（x﹣8）=0， ∴x﹣6=0或x﹣8=0， 解得：x=6或x=8， 當x=6時，三角形的三邊3+6=9，構不成三角形，舍去； 當x=8時，這個三角形的周長為3+8+9=20， 故答案為：20． 　 18．如圖，在△ABC中，AB=5，AC=4，BC=3，以邊AB的中點O為圓心，作半圓與AC相切，點P、Q分別是邊BC和半圓上的動點，連接PQ，則PQ長的最大值與最小值的和是　4.5?。? 【考點】切線的性質． 【分析】設⊙O與AC相切于點E，連接OE，作OP1⊥BC垂足為P1交⊙O于Q1，此時垂線段OP1最短，P1Q1最小值為OP1﹣OQ1，求出OP1，如圖當Q2在AB邊上時，P2與B重合時，P2Q2最大值=2.5+1.5=4，由此不難解決問題． 【解答】解：如圖，設⊙O與AC相切于點E，連接OE，作OP1⊥BC垂足為P1交⊙O于Q1， 此時垂線段OP1最短，P1Q1最小值為OP1﹣OQ1， ∵AB=5，AC=4，BC=3， ∴AB2=AC2+BC2， ∴∠C=90， ∵∠OP1B=90， ∴OP1∥AC ∵AO=OB， ∴P1C=P1B， ∴OP1=AC=2， ∴P1Q1最小值為OP1﹣OQ1=0.5， 如圖，當Q2在AB邊上時，P2與B重合時，P2Q2經(jīng)過圓心，經(jīng)過圓心的弦最長， P2Q2最大值=2.5+1.5=4， ∴PQ長的最大值與最小值的和是4.5． 故答案為：4.5． 　 三、解答題（本大題共有10小題，共96分．解答時應寫出文字說明、推理過程或演算步驟） 19．解下列方程： （1）（x﹣2）2=3（x﹣2） （2）x2+3x﹣2=0． 【考點】解一元二次方程-因式分解法． 【分析】（1）因式分解法求解可得； （2）公式法求解可得． 【解答】解：（1）（x﹣2）2﹣3（x﹣2）=0， （x﹣2）（x﹣2﹣3）=0， 所以x1=2，x2=5； （2）∵△=32﹣41（﹣2）=17， ∴x=． 　 20．如圖，已知四邊形ABCD內接于圓O，連結BD，∠BAD=105，∠DBC=75． 求證：BD=CD． 【考點】圓內接四邊形的性質． 【分析】根據(jù)圓內接四邊形對角互補可得∠DCB+∠BAD=180，然后可得∠DCB=180﹣105=75，再根據(jù)等角對等邊可得BD=CD． 【解答】證明：∵四邊形ABCD內接于圓O， ∴∠DCB+∠BAD=180， ∵∠BAD=105， ∴∠DCB=180﹣105=75， ∵∠DBC=75， ∴∠DCB=∠DBC=75， ∴BD=CD． 　 21．已知：關于x的方程x2+2mx+m2﹣1=0 （1）不解方程，判別方程根的情況； （2）若方程有一個根為3，求m的值． 【考點】根的判別式；一元二次方程的解． 【分析】（1）找出方程a，b及c的值，計算出根的判別式的值，根據(jù)其值的正負即可作出判斷； （2）將x=3代入已知方程中，列出關于系數(shù)m的新方程，通過解新方程即可求得m的值． 【解答】解：（1）由題意得，a=1，b=2m，c=m2﹣1， ∵△=b2﹣4ac=（2m）2﹣41（m2﹣1）=4＞0， ∴方程x2+2mx+m2﹣1=0有兩個不相等的實數(shù)根； （2）∵x2+2mx+m2﹣1=0有一個根是3， ∴32+2m3+m2﹣1=0， 解得，m=﹣4或m=﹣2． 　 22．某中學課外興趣活動小組準備圍建一個矩形苗圃園，其中一邊靠墻，另外三邊周長為30米的籬笆圍成．已知墻長為18米（如圖所示），設這個苗圃園垂直于墻的一邊長為x米．若苗圃園的面積為72平方米，求x的值． 【考點】一元二次方程的應用． 【分析】根據(jù)題意可以列出相應的一元二次方程，從而可以解答本題． 【解答】解：設這個苗圃園垂直于墻的一邊長為x米，則圃園與墻平行的一邊長為（30﹣2x）米， x（30﹣2x）=72， 即x2﹣15x+36=0， 解得，x1=3（舍去），x2=12， 即x的值是12． 　 23．如圖，在△ABC中，以AB為直徑的⊙O分別于BC，AC相交于點D，E，BD=CD，過點D作⊙O的切線交邊AC于點F． （1）求證：DF⊥AC； （2）若⊙O的半徑為5，∠CDF=30，求的長（結果保留π）． 【考點】切線的性質；弧長的計算． 【分析】（1）連接OD，由切線的性質即可得出∠ODF=90，再由BD=CD，OA=OB可得出OD是△ABC的中位線，根據(jù)三角形中位線的性質即可得出，根據(jù)平行線的性質即可得出∠CFD=∠ODF=90，從而證出DF⊥AC； （2）由∠CDF=30以及∠ODF=90即可算出∠ODB=60，再結合OB=OD可得出△OBD是等邊三角形，根據(jù)弧長公式即可得出結論． 【解答】（1）證明：連接OD，如圖所示． ∵DF是⊙O的切線，D為切點， ∴OD⊥DF， ∴∠ODF=90． ∵BD=CD，OA=OB， ∴OD是△ABC的中位線， ∴OD∥AC， ∴∠CFD=∠ODF=90， ∴DF⊥AC． （2）解：∵∠CDF=30， 由（1）得∠ODF=90， ∴∠ODB=180﹣∠CDF﹣∠ODF=60． ∵OB=OD， ∴△OBD是等邊三角形， ∴∠BOD=60， ∴的長===π． 　 24．如圖，在△OAC中，以點O為圓心、OA長為半徑作⊙O，作OB⊥OC交⊙O于點B，連接AB交OC于點D，∠CAD=∠CDA． （1）判斷AC與⊙O的位置關系，并證明你的結論； （2）若OA=10，OD=2，求線段AC的長． 【考點】直線與圓的位置關系；勾股定理；垂徑定理． 【分析】（1）根據(jù)已知條件“∠CAD=∠CDA”、對頂角∠BDO=∠CDA可以推知∠BDO=∠CAD；然后根據(jù)等腰三角形OAB的兩個底角相等、直角三角形的兩個銳角互余的性質推知∠B+∠BDO=∠OAB+∠CAD=90，即∠OAC=90，可得AC是⊙O的切線； （2）根據(jù)“等角對等邊”可以推知AC=DC，所以由圖形知OC=OD+CD；然后利用（1）中切線的性質可以在Rt△OAC中，根據(jù)勾股定理來求AC的長度． 【解答】解：（1）AC是⊙O的切線． 證明：∵點A，B在⊙O上， ∴OB=OA， ∴∠OBA=∠OAB， ∵∠CAD=∠CDA=∠BDO， ∴∠CAD+∠OAB=∠BDO+∠OBA， ∵BO⊥OC， ∴∠BDO+∠OBA=90， ∴∠CAD+∠OAB=90， ∴∠OAC=90，即OA⊥AC， 又∵OA是⊙O的半經(jīng)， ∴AC是⊙O的切線； （2）設AC的長為x． ∵∠CAD=∠CDA， ∴CD的長為x． 由（1）知OA⊥AC， ∴在Rt△OAC中，OA2+AC2=OC2， 即102+x2=（2+x）2， ∴x=24， 即線段AC的長為24． 　 25．如圖，在平面直角坐標系中，點A、B、C的坐標分別為（﹣1，3）、（﹣4，1）（﹣2，1），先將△ABC沿一確定方向平移得到△A1B1C1，點B的對應點B1的坐標是（1，2），再將△A1B1C1繞原點O順時針旋轉90得到△A2B2C2，點A1的對應點為點A2． （1）畫出△A1B1C1； （2）畫出△A2B2C2； （3）求出在這兩次變換過程中，點A經(jīng)過點A1到達A2的路徑總長． 【考點】作圖-旋轉變換；作圖-平移變換． 【分析】（1）由B點坐標和B1的坐標得到△ABC向右平移5個單位，再向上平移1個單位得到△A1B1C1，則根據(jù)點平移的規(guī)律寫出A1和C1的坐標，然后描點即可得到△A1B1C1； （2）利用網(wǎng)格特點和旋轉的性質畫出點A1的對應點為點A2，點B1的對應點為點B2，點C1的對應點為點C2，從而得到△A2B2C2； （3）先利用勾股定理計算平移的距離，再計算以OA1為半徑，圓心角為90的弧長，然后把它們相加即可得到這兩次變換過程中，點A經(jīng)過點A1到達A2的路徑總長． 【解答】解：（1）如圖，△A1B1C1為所作； （2）如圖，△A2B2C2為所作； （3）OA1==4， 點A經(jīng)過點A1到達A2的路徑總長=+=+2π． 　 26．把一個足球垂直于水平地面向上踢，時間為t（秒）時該足球距離地面的高度h（米）適用公式h=20t﹣5t2（0≤t≤4）． （1）當t=3時，求足球距離地面的高度； （2）當足球距離地面的高度為10米時，求t． 【考點】二次函數(shù)的應用． 【分析】（1）將t=3代入解析式求解可得； （2）將h=10代入解析式，解方程可得． 【解答】解：（1）當t=3時，h=20t﹣5t2=203﹣59=15（米）， ∴當t=3時，足球距離地面的高度為15米； （2）∵h=10， ∴20t﹣5t2=10，即t2﹣4t+2=0， 解得：t=2+或t=2﹣， 故經(jīng)過2+或2﹣時，足球距離地面的高度為10米． 　 27．數(shù)學活動﹣旋轉變換 （1）如圖①，在△ABC中，∠ABC=130，將△ABC繞點C逆時針旋轉50得到△A′B′C，連接BB′，求∠A′B′B的大?。? （2）如圖②，在△ABC中，∠ABC=150，AB=3，BC=5，將△ABC繞點C逆時針旋轉60得到△A′B′C，連接BB′，以A′為圓心、A′B′長為半徑作圓． （Ⅰ）猜想：直線BB′與⊙A′的位置關系，并證明你的結論； （Ⅱ）連接A′B，求線段A′B的長度； （3）如圖③，在△ABC中，∠ABC=α（90＜α＜180），將△ABC繞點C逆時針旋轉2β角度（0＜2β＜180）得到△A′B′C，連接A′B和BB′，以A′為圓心、A′B′長為半徑作圓，問：α與β滿足什么條件時，直線BB′與⊙A′相切，請說明理由． 【考點】圓的綜合題． 【分析】（1）根據(jù)∠A′B′B=∠A′B′C﹣∠BB′C，只要求出∠A′B′B即可． （2）（Ⅰ）結論：直線BB′與⊙A′相切．只要證明∠A′B′B=90即可． （Ⅱ）在Rt△ABB′中，利用勾股定理計算即可． （3）如圖③中，當α+β=180時，直線BB′與⊙A′相切．只要證明∠A′B′B=90即可解決問題． 【解答】解；（1）如圖①中，∵△A′B′C是由△ABC旋轉得到， ∴∠A′B′C=∠ABC=130，CB=CB′， ∴∠CBB′=∠CB′B， ∵∠BCB′=50， ∴∠CBB′=∠CB′B=65， ∴∠A′B′B=∠A′B′C﹣∠BB′C=65． （2）（Ⅰ）結論：直線BB′與⊙A′相切． 理由：如圖②中，∵∠A′B′C=∠ABC=150，CB=CB′， ∴∠CBB′=∠CB′B， ∵∠BCB′=60， ∴∠CBB′=∠CB′B=60， ∴∠A′B′B=∠A′B′C﹣∠BB′C=90． ∴AB′⊥BB′， ∴直線BB′與⊙A′相切． （Ⅱ）∵在Rt△ABB′中， ∵∠AB′B=90，BB′=BC=5，AB′=AB=3， ∴A′B==． （3）如圖③中，當α+β=180時，直線BB′與⊙A′相切． 理由：∵∠A′B′C=∠ABC=α，CB=CB′， ∴∠CBB′=∠CB′B， ∵∠BCB′=2β， ∴∠CBB′=∠CB′B==90﹣β， ∴∠A′B′B=∠A′B′C﹣∠BB′C=α﹣90+β=180﹣90=90． ∴AB′⊥BB′， ∴直線BB′與⊙A′相切． 　 28．如圖，在射線BA、BC、AD、CD圍成的菱形ABCD中，∠ABC=60，AB=6，O是射線BD上一點，⊙O與BA、BC都相切、與BO的延長線交于點M．過M作EF⊥BD交線段BA（或線段AD）于點E、交線段BC（或線段CD）于點F．以EF為邊作矩形EFGH，點G、H分別在圍成菱形的另外兩條線段上． （1）求證：BO=2OM； （2）當矩形EFGH的面積為24時，求⊙O的半徑． 【考點】切線的判定；菱形的性質；矩形的性質；扇形面積的計算． 【分析】（1）設⊙O切AB于點P，連接OP，由切線的性質可知∠OPB=90．先由菱形的性質求得∠OBP的度數(shù)，然后依據(jù)含30直角三角形的性質證明即可； （2）設GH交BD于點N，連接AC，交BD于點Q．先依據(jù)特殊銳角三角函數(shù)值求得BD的長，設⊙O的半徑為r，則OB=2r，MB=3r．當點E在AB上時．在Rt△BEM中，依據(jù)特殊銳角三角函數(shù)值可得到EM的長（用含r的式子表示），由圖形的對稱性可得到EF、ND、BM的長（用含r的式子表示，從而得到MN=18﹣6r，接下來依據(jù)矩形的面積列方程求解即可；當點E在AD邊上時．BM=3r，則MD=18﹣3r，最后由MB=3r=12列方程求解即可． 【解答】解：（1）如圖1所示：設⊙O切AB于點P，連接OP，則∠OPB=90． ∵四邊形ABCD為菱形， ∴∠ABD=∠ABC=30． ∴OB=2OP． ∵OP=OM， ∴BO=2OP=2OM． （2）如圖2所示：設GH交BD于點N，連接AC，交BD于點Q． ∵四邊形ABCD是菱形， ∴AC⊥BD． ∴BD=2BQ=AB=18． 設⊙O的半徑為r，則OB=2r，MB=3r． ①如圖2所示，當點E在AB上時． 在Rt△BEM中，EM= r．由對稱性得：EF=2EM=2r，ND=BM=3r． ∴MN=18﹣6r． ∴S矩形EFGH=EF?MN=2r（18﹣6r）=24． 解得：r1=1，r2=2． 如圖3所示： 點E在AD邊上時．BM=3r，則MD=18﹣3r． 由對稱性可知：NB=MD=6．（根據(jù)圖2知）， ∴MB=3r=18﹣6=12． 解得：r=4． 綜上所述，⊙O的半徑為1或2或4．