2019天津市和平区九年级上期中数学试卷含解析

2019天津市和平区九年级上期中数学试卷含分析2019天津市和平区九年级上期中数学试卷含分析17/172019天津市和平区九年级上期中数学试卷含分析2021-2021年天津市和平区九年级上期中数学试卷含答案分析参照答案与试题分析一、选择题〔本大题共10小题，每题3分，共30分〕1．〔3分〕以下列图形是中心对称图形而不是轴对称图形的是〔〕A．B．C．D．剖析：依据轴对称图形与中心对称图形的观点求解．解答：解：A、是中心对称图形，不是轴对称图形；故本选项正确；B、是中心对称图形，也是轴对称图形；故本选项错误；C、是中心对称图形，也是轴对称图形；故本选项错误；D、不是中心对称图形，是轴对称图形；故本选项错误；应选A．评论：本题考察了中心对称图形与轴对称图形的观点：轴对称图形的重点是找寻对称轴，图形两局部沿对称轴折叠后可重合；中心对称图形是要找寻对称中心，旋转180度后与原图重合．2．〔3分〕同时投掷两枚质地均匀的正方体骰子，骰子的六个面上分别刻有1到6的点数，以下事件中的不行能事件是〔〕A．点数之和小于4B．点数之和为10C．点数之和为14D．点数之和大于5且小于9考点：随机事件．剖析：不行能事件是指在必定条件下，必定不发生的事件．解答：解：由于同时投掷两枚质地均匀的正方体骰子，正方体骰子的点数和应大于或等于2，而小于或等于12．明显，是不行能事件的是点数之和是14．应选C．评论：本题考察了必定事件、不行能事件、随机事件的观点．用到的知识点为：必定事件指在必定条件下必定发生的事件．不行能事件是指在必定条件下，必定不发生的事件．不确立事件即随机事件是指在必定条件下，可能发生也可能不发生的事件．3．〔3分〕以下对于x的一元二次方程有实数根的是〔〕A．222x+1=0B．x+x+1=0C．x﹣x+1=0D．x2﹣x﹣1=0考点：根的鉴别式．专题：计算题．剖析：计算出各项中方程根的鉴别式的值，找出根的鉴别式的值大于等于0的方程即可．解答：解：A、这里a=1，b=0，c=1，2∵△=b﹣4ac=﹣4＜0，∴方程没有实数根，本选项不合题意；1/17B、这里a=1，b=1，c=1，2∵△=b﹣4ac=1﹣4=﹣3＜0，∴方程没有实数根，本选项不合题意；C、这里a=1，b=﹣1，c=1，2∵△=b﹣4ac=1﹣4=﹣3＜0，∴方程没有实数根，本选项不合题意；D、这里a=1，b=﹣1，c=﹣1，2∵△=b﹣4ac=1+4=5＞0，∴方程有两个不相等实数根，本选项切合题意；应选D评论：本题考察了根的鉴别式，娴熟掌握根的鉴别式的意义是解本题的重点．4．〔3分〕如图，圆内接四边形ABCD是正方形，点E是上一点，那么∠E的大小为〔〕A．90°B．60°C．45°D．30°考点：圆周角定理；正方形的性质．剖析：连结AC、BD交于点O，依据正方形ABCD为内接四边形以及正方形的性质可得∠AOD=90°，而后依据圆周角定理可求得∠E的度数．解答：解：连结AC、BD交于点O，∵圆内接四边形ABCD是正方形，∴AO=BO=CO=DO，∠AOD=90°，∴点O为圆心，那么∠E=∠AOD=×90°=45°．应选C．评论：本题考察了圆周角定理以及正方形的性质，重点是得出∠AOD=90°，并娴熟掌握：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．5．〔3分〕如图，将△AOB绕点O按逆时针方向旋转45°后获得△A′OB′，假定∠AOB=15°，那么∠AOB′的度数是〔〕2/17A．25°B．30°C．35°D．40°考点：旋的性．剖析：依据旋的性旋前后形全等以及的角等于旋角，而得出答案即可．解答：解：∵将△AOB点O按逆方向旋45°后获得△A′OB′，∴∠A′OA=45°，∠AOB=∠A′OB′=15°，∴∠AOB′=∠A′OA∠A′OB′=45°15°=30°，故：B．点：此主要考了旋的性，依据旋的性得出∠A′OA=45°，∠AOB=∠A′OB′=15°是解关．6．〔3分〕在一个不透明的布袋中，球、黑球、白球共有假定干个，除色外，形状、大小、地等完整相同，小新从布袋中随机摸出一球，下色后放回布袋中，匀后再随机摸出一球，下色，⋯这样大批摸球后，小新此中摸出球的率定于20%，摸出黑球的率定于50%，此，他出以下：①假定行大批摸球，摸出白球的率定于30%，②假定从布袋中随意摸出一个球，球是黑球的概率最大；③假定再摸球100次，必有20次摸出的是球．此中法正确的选项是〔〕A．①②③B．①②C．①③D．②③考点：利用率估概率．：．剖析：依据大批重复，事件生的率在某个固定地点左右，并且的幅度愈来愈小，依据个率定性定理，能够用率的集中来估概率，个固定的近似就是个事件的概率，分剖析得出即可．解答：解：∵在一个不透明的布袋中，球、黑球、白球共有假定干个，此中摸出球的率定于20%，摸出黑球的率定于50%，∴①假定行大批摸球，摸出白球的率定于：120%50%=30%，故此正确；∵摸出黑球的率定于50%，大于其余率，∴②从布袋中随意摸出一个球，球是黑球的概率最大，故此正确；③假定再摸球100次，不必定有20次摸出的是球，故此；故正确的有①②．故：B．点：此主要考了利用率估概率，依据率与概率的关系得出是解关．7．〔3分〕在如4×4的正方形网格中，△MNP某点旋必定的角度，获得△M1N1P1，其旋中心可能是〔〕3/17A．点AB．点BC．点CD．点D考点：旋转的性质．剖析：连结PP1、NN1、MM1，分别作PP1、NN1、MM1的垂直均分线，看看三线都过哪个点，那个点就是旋转中心．解答：解：∵△MNP绕某点旋转必定的角度，获得△M1N1P1，∴连结PP1、NN1、MM1，PP1的垂直均分线过B、D、C，NN1的垂直均分线过B、A，MM1的垂直均分线过B，∴三条线段的垂直均分线正好都过B，即旋转中心是B．应选B．评论：本题考察了学生的理解能力和察看图形的能力，注意：旋转时，对应极点到旋转中心的距离应相等且旋转角也相等，对称中心在连结对应点线段的垂直均分线上．8．〔3分〕如图，点A、B、C、D都在⊙O上，∠COD=84°，CA均分∠OCD，那么ABD+∠CAO=〔〕A．60°B．52°C．48°D．42°考点：圆周角定理．剖析：先依据三角形的内角和定理求得∠OCD的度数，而后依据角均分线的性质得出∠ACO=∠ACD，同弧所对的圆周角相等得出∠ABD=∠ACD，最后转变成ABD+∠CAO=∠ACD+∠ACO=∠OCD=48°，即可得解．解答：解：在△COD中，4/17∵OC=OD〔⊙O的半径〕，∴∠OCD=∠ODC，又∵∠COD+∠OCD+∠ODC=180°，∠COD=84°，∴∠OCD=48°，∵CA均分∠OCD，∴∠ACO=∠ACD，∵∠ABD=∠ACD，∠CAO=∠ACO，∴∠ABD+∠CAO=∠ACD+∠ACO=∠OCD=48°．应选C．评论：本题综合考察了圆周角定理和圆心角、弧、弦的关系．解答本题的重点点是利用“同弧所对的圆周角相等〞得出∠ABD=∠ACD，注意角均分线性质的运用．9．〔3分〕把一副三角板如图甲搁置，此中∠ACB=∠DEC=90°，∠A=45°，∠D=30°，斜边AB=6，DC=7，把三角板DCE绕点C顺时针旋转15°获得△D1CE1〔如图乙〕，此时AB与CD1交于点O，那么线段AD1的长为〔〕A．B．5C．4D．考点：旋转的性质．专题：压轴题．剖析：先求出∠ACD=30°，再依据旋转角求出∠ACD1=45°，而后判断出△ACO是等腰直角三角形，再依据等腰直角三角形的性质求出AO、CO，AB⊥CO，再求出OD1而后利用勾股定理列式计算即可得解．解答：解：∵∠ACB=∠DEC=90°，∠D=30°，∴∠DCE=90°﹣30°=60°，∴∠ACD=90°﹣60°=30°，∵旋转角为15°，∴∠ACD1=30°+15°=45°，又∵∠A=45°，∴△ACO是等腰直角三角形，∴AO=CO=AB=×6=3，AB⊥CO，∵DC=7，∴D1C=DC=7，∴D1O=7﹣3=4，在Rt△AOD1中，AD1===5．应选B．5/17评论：本题考察了旋转的性质，等腰直角三角形的判断与性质，勾股定理的应用，依据等腰直角三角形的性质判断出AB⊥CO是解题的重点，也是本题的难点．10．〔3分〕设方程〔x﹣a〕〔x﹣b〕﹣x=0的两根是c、d，那么方程〔x﹣c〕〔x﹣d〕+x=0的根是〔〕A．a，bB．﹣a，﹣bC．c，dD．﹣c，﹣d考点：一元二次方程的解．专题：方程思想；待定系数法．剖析：第一把〔x﹣a〕〔x﹣b〕﹣x=0变成x2﹣〔a+b+1〕x+ab=0，而方程〔x﹣a〕〔x﹣b〕﹣x=0的两根是c、d，利用根与系数能够获得a、b、c、d之间的关系，而后辈入后边的方程即可解决问题．解答：解：∵〔x﹣a〕〔x﹣b〕﹣x=0，x2﹣〔a+b+1〕x+ab=0，而方程的两个根为c、d，c+d=a+b+1，①cd=ab，②又方程〔x﹣c〕〔x﹣d〕+x=0能够变成x2﹣〔c+d﹣1〕x+cd=0，③∴把①②代入③中得x2﹣〔a+b〕x+ab=0，x﹣a〕〔x﹣b〕=0，∴x=a，x=b．应选A．评论：本题主要考察了一元二次方程的解，此类题型的特色是，利用方程解的定义找到相等关系，再把所求的代数式化简后整理出所找到的相等关系的形式，再把此相等关系整体代入所求代数式，即可求出代数式的值．二、填空题〔本大题共8小题，每题3分，共24分〕11．〔3分〕将一个正六边形绕着此中心，起码旋转60度能够和本来的图形重合．考点：旋转的性质．专题：几何变换．剖析：依据正六边形的性质，求出它的中心角即可．解答：解：∵正六边形的中心角==60°，∴一个正六边形绕着此中心，起码旋转60°能够和本来的图形重合．故答案60．评论：本题考察了旋转的性质：旋转前后的两个图形全等，对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角，对应点到旋转中心的距离相等．也考察了正六边形的性质．12．〔3分〕假定对于x的一元二次方程kx2﹣2x﹣1=0有两个不相等的实数根，那么k的取值范围是k＞﹣1且k≠0．考点：根的鉴别式．kx2﹣2x﹣1=0有两个不相等的实数根，即可得鉴别式△剖析：由对于x的一元二次方程＞0且k≠0，那么可求得k的取值范围．解答：解：∵对于x的一元二次方程kx2﹣2x﹣1=0有两个不相等的实数根，6/1722∴△=b﹣4ac=〔﹣2〕﹣4×k×〔﹣1〕=4+4k＞0，∵x的一元二次方程kx2﹣2x﹣1=0k≠0，k的取值范围是：k＞﹣1且k≠0．故答案为：k＞﹣1且k≠0．评论：本题考察了一元二次方程根的鉴别式的应用．本题比较简单，解题的重点是掌握一元二次方程根的状况与鉴别式△的关系：〔1〕△＞0?方程有两个不相等的实数根；〔2〕△=0?方程有两个相等的实数根；〔3〕△＜0?方程没有实数根．13．〔3分〕对于x的方程x2+bx+a=0有一个根是﹣a〔a≠0〕，那么a﹣b的值为﹣1．考点：一元二次方程的解．专题：计算题．剖析：把x=﹣a代入方程获得一个二元二次方程，方程的两边都除以a，即可得出答案．解答：解：把x=﹣a代入方程得：〔﹣a〕2﹣ab+a=0，2a﹣ab+a=0，∵a≠0，∴两边都除以a得：a﹣b+1=0，即a﹣b=﹣1，故答案为：﹣1．评论：本题考察认识一元二次方程的解的应用，解本题的重点是理解一元二次方程的解的定义，题型较好，难度适中．14．〔3分〕用一个圆心角为120°，半径为4的扇形作一个圆锥的侧面，这个圆锥的底面圆的半径为．考点：弧长的计算．剖析：利用底面周长=睁开图的弧长可得．解答：解：，解得r=．评论：解答本题的重点是有确立底面周长=睁开图的弧长这个等量关系，而后由扇形的弧长公式和圆的周长公式求值．15．〔3分〕如图，把小圆形场所的半径增添5m获得大圆形场所，场所面积增添了一倍，那么小圆形场所的半径=〔5+5〕m．7/17考点：一元二次方程的应用．专题：几何图形问题．剖析：依据等量关系“大圆的面积=2×小圆的面积〞能够列出方程．解答：解：设小圆的半径为xm，那么大圆的半径为〔x+5〕m，22依据题意得：π〔x+5〕=2πx，解得，x=5+5或x=5﹣5〔不合题意，舍去〕．故答案为：〔5+5〕m．评论：本题考察了由实质问题抽象出一元二次方程的知识，本题等量关系比较明显，简单列出．16．〔3分〕甲、乙、丙三人聚会，每人带了一件从外盒包装上看完整相同的礼品〔里面的东西只有颜色不一样〕，将3件礼品放在一同，每人从中随机抽取一件，那么甲、乙、丙3人抽到的都不是自己带来的礼品的概率为．考点：列表法与树状图法．专题：图表型．剖析：画出树状图，而后依据概率公式列式计算即可得解．解答：解：设甲乙丙带的礼品分别为A、B、C，依据题意画出树状图以下：一共有6种状况，甲、乙、丙3人抽到的都不是自己带来的礼品的状况共有〔B、C、A〕和〔C、B、A〕2种，因此，P〔甲、乙、丙3人抽到的都不是自己带来的礼品〕==．故答案为：．评论：本题考察了列表法和树状图法，用到的知识点为：概率=所讨状况数与总状况数之比．17．〔3分〕△ABC三个极点的坐标分别为A〔﹣3，0〕、B〔﹣1，0〕、C〔0，3〕，那么△ABC的外接圆的直径=2．考点：三角形的外接圆与外心；坐标与图形性质．专题：几何图形问题；数形联合．剖析：第一依据题意画出图形，作AB的垂直均分线交∠AOC的角均分线于点D，连结BD，即可得点D是△ABC的外接圆的圆心，易得直线OD的分析式为：y=﹣x，点D的横坐标为：﹣2，那么可求得点D的坐标，既而求得答案．解答：解：如图，作AB的垂直均分线交∠AOC的角均分线于点D，连结BD，∵A〔﹣3，0〕、B〔﹣1，0〕、C〔0，3〕，8/17∴OA=OC，∴OD垂直均分AC，∴点D是△ABC的外接圆的圆心，∴直线OD的分析式为：y=﹣x，点D的横坐标为：﹣2，∴D的坐标为：〔﹣2，2〕，∴BD==，∴△ABC的外接圆的直径为：2．故答案为：2．评论：本题考察了三角形的外接圆与外心的性质、勾股定理以及坐标与图形的性质．本题难度适中，注意掌握协助线的作法，注意掌握数形联合思想与方程思想的应用．18．〔3分〕如图AB是半圆的直径，图1中，点C在半圆外；图2中，点C在半圆内，请仅用无刻度的直尺按要求绘图．在图1中，画出ABC的三条高的交点P；在图2中，画出ABC中AB边上的高，并写出画法〔不要求证明〕．考点：作图—复杂作图．剖析：〔1〕依据圆周角定理：直径所对的圆周角是90°绘图即可；〔2〕与〔1〕近似，利用圆周角定理绘图．解答：解：〔1〕以下列图：点P就是三个高的交点；〔2〕以下列图：延伸AC、BC分别交半圆于点D，E，连结AD，BE，并延伸订交于点P，连结PC并延伸交AB于T，那么CT就是AB上的高．评论：本题主要考察了复杂作图，重点是掌握三角形的三条高交于一点，直径所对的圆周角是90°．9/17三、解答题〔本大题共8小题，共66分．解允许写出文字说明、演算步骤或推理过程〕19．〔6分〕△ABC的内切圆⊙O与BC，CA，AB分别相切于点D、E、F，且AB=9cm，BC=14cm，CA=13cm，求AF、BD、CE的长．考点：三角形的内切圆与心里．剖析：依据切线长定理，可设AE=AF=xcm，BF=BD=ycm，CE=CD=zcm．再依据题意列方程组，即可求解．解答：解：依据切线长定理，设AE=AF=xcm，BF=BD=ycm，CE=CD=zcm．依据题意，得，解，得．AF=4cm、BD=5cm、CE=9cm．评论：本题要娴熟运用切线长定理．注意解方程组的简易方法：三个方程相加，获得x+y+z的值，再进一步用减法求得x，y，的值．20．〔8分〕解以下方程〔Ⅰ〕x〔x﹣3〕+x﹣3=02〔Ⅱ〕4x+12x+9=81．考点：解一元二次方程-因式分解法；解一元二次方程-配方法．剖析：〔Ⅰ〕方程左侧分解因式后，利用两数相乘积为0，两因式中起码有一个为0转变为两个一元一次方程来求解；〔Ⅱ〕方程整理后，配方变形，开方即可求出解．解答：解：〔Ⅰ〕分解因式得：〔x﹣3〕〔x+1〕=0，可得x﹣3=0或x+1=0，解得：x1=3，x2=﹣1；〔Ⅱ〕方程整理得：x2+3x=18，2，即〔x+2配方得：x+3x+=〕=，10/17开方得：x+=±，解得：x1=3，x2=﹣6．评论：本题考察认识一元二次方程﹣因式分解法，以及配方法，娴熟掌握各样解法是解本题的重点．21．〔8分〕〔Ⅰ〕如图甲中，画出△ABC绕点C顺时针旋转90°后的图形；〔Ⅱ〕如图乙所示，网格中每个小正方形的边长为1，请你仔细察看图①中的三个网格中暗影局部组成的图案，解答以下问题：〔1〕这个三个图案都拥有以下共同特色：都假如中心对称图形，都不是轴对称图形；2〕请在图②中设计出一个面积为4，且具备上述特色的图案，要求所绘图案不可以与图①中所给出的图案相同．考点：利用旋转设计图案；利用轴对称设计图案；作图-旋转变换．剖析：〔I〕依据图形旋转的性质画出△ABC绕点C顺时针旋转90°后的图形；II〕〔1〕依据中心对称的性质解答；2〕依据中心对称图形的性质画出图形即可．解答：解：〔I〕如图甲所示：〔II〕〔1〕由图可知，这三个图案都拥有以下共同特色：都假如中心对称图形，都不是轴对称图形．故答案为：中心，轴；〔2〕如图②所示．11/17评论：本题考察的是利用旋转设计图案，熟知图形旋转的性质是解答本题的重点．22．〔8分〕一个不透明的袋中装有5个黄球，13个黑球和22个红球，它们除颜色外都相同．1〕求从袋中摸出一个球是黄球的概率；2〕现从袋中拿出假定干个黑球，并放入相同数目的黄球，搅拌均匀后使从袋中摸出一个是黄球的概率不小于，问起码拿出了多少个黑球？考点：概率公式；一元一次不等式的应用．剖析：〔1〕依据概率公式，求摸到黄球的概率，即用黄球的个数除以小球总个数即可得出获得黄球的概率；〔2〕假定取走了x个黑球，那么放入x个黄球，从而利用概率公式得出不等式，求出即可．解答：解：〔1〕∵一个不透明的袋中装有5个黄球，13个黑球和22个红球，∴摸出一个球摸是黄球的概率为：=；〔2〕设取走x个黑球，那么放入x个黄球，由题意，得≥，解得：x≥，∵x为整数，∴x的最小正整数解是x=9．答：起码取走了9个黑球．评论：本题主要考察了概率公式的应用，一般方法为：假如一个事件有n种可能，并且这些事件的可能性相同，此中事件A出现m种结果，那么事件A的概率P〔A〕=．23．〔8分〕如图，⊙O的直径AB与弦CD订交于点E，且DE=CE，⊙O的切线BF与弦AD的延伸线交于点F．〔Ⅰ〕求证：CD∥BF．〔Ⅱ〕假定⊙O的半径为6，∠A=35°，求的长．12/17考点：切线的性质；弧长的计算．专题：证明题．剖析：〔1〕由BF为⊙O的切线，依据切线的性质得OB⊥BF，由DE=CE，依据垂径定理得OB⊥DC，那么依据平行线的性质得CD∥BC；2〕连结OD、OC，依据圆周角定理获得∠BOD=2∠A=70°，那么∠COD=2∠BOD=140°，而后依据弧长公式求解．解答：〔1〕证明：∵BF为⊙O的切线，∴OB⊥BF，∵DE=CE，∴OB⊥DC，∴CD∥BC；2〕解：连结OD、OC，如图，∵∠A=35°，∴∠BOD=2∠A=70°，∴∠COD=2∠BOD=140°，∴的长度==π．评论：本题考察了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径；经过圆心且垂直于切线的直线必经过切点．经过切点且垂直于切线的直线必经过圆心．也考察了圆周角定理、垂径定理和弧长公式．24．〔8分〕注意：为了使同学们更好地解答本题，我们供给了一种解题思路，你能够依据这个思路按下边的要求填空，并达成本题解答的全过程，也能够采用其余的解题方案，此时不用填空，只要依据解答题的一般要求，进行解答即可．有一人患了流感，经过两轮传染后共有121人欢喜流感，每轮传染中均匀一个人传染了几个人？解题方案：设每轮传染中均匀一个人传染了x个人，〔Ⅰ〕用含x的分析式表示：第一轮后共有1+x人患了流感；第二轮传染中，这些人中的每个人又传染了x个人，第二轮后共有1+x+x〔x+1〕人患了流感；〔Ⅱ〕依据题意，列出相应方程为1+x+x〔1+x〕=121；〔Ⅲ〕解这个方程，得x=﹣12或x=10；〔Ⅳ〕依据问题的实质意义，均匀一个人传染了10个人．考点：一元二次方程的应用．剖析：设这类流感的流传速度是一人可才流传给x人，那么一轮传染此后有〔x+1〕人患病，第二轮传染的过程中，作为传染源的有〔x+1〕人，一个人传染x个人，那么第二轮又有x〔x+1〕人生病，那么两轮后有1+x+x〔x+1〕人生病，据此即可列方程求解．13/17解答：解：〔Ⅰ〕用含x的分析式表示：第一轮后共有1+x人患了流感；第二轮传染中，这些人中的每个人又传染了x个人，第二轮后共有1+x+x〔1+x〕人患了流感；〔Ⅱ〕依据题意，列出相应方程为1+x+x〔1+x〕=121；〔Ⅲ〕解这个方程，得x=﹣12或x=10；〔Ⅳ〕依据问题的实质意义，均匀一个人传染了10个人，故答案为：1+x；1+x+x〔x+1〕；1+x+x〔1+x〕=121；x=﹣12或x=10；10．评论：本题考察了一元二次方程的应用，解决本题是要十分注意的是题目中的“共有〞二字，否那么必定得犯错误的结果．25．〔10分〕△ABC中，AB=AC，∠BAC=120°，在BC上取一点O，以点O为圆心、OB为半径作圆，且⊙O过A点．〔Ⅰ〕如图①，求证：直线AC是⊙O的切线〔Ⅱ〕如图②，过点A作AD∥BC交⊙O于点D，连结BD，求BD与OC之间的数目关系．考点：切线的判断．剖析：〔1〕依据等腰三角形性质和技术性的内角和定理求出∠ABC和∠C的度数，求出∠BAO，求出∠OAC=90°，依据切线的判断求出即可；〔2〕连结AE，求出∠AEB的度数，依据平行线求出∠DAO，依据圆内接四边形性质求出∠D，依据四边形的内角和定理求出∠DAO，依据平行四边形的判断得出?BOAD，那么BD=AO=OC．解答：〔1〕证明：如图①，∵AB=AC，∠BAC=120°，∴∠ABC=∠C=〔180°﹣∠BAC〕=30°，∵OA=OB，∴∠ABO=∠BAO=30°，∴∠OAC=120°﹣30°=90°，OA⊥AC，∵OA为⊙O的半径，∴AC是⊙O的切线．2〕证明：如图②，连结AE．由〔1〕知，OA⊥AC，∠C=30°，∴AO=OC∵∠AOB=∠C+∠OAC=30°+90°=120°，∴由圆周角定理得：∠AEB=∠AOB=60°，14/17∵D、B、E、A四点共圆，∴∠D+∠AEB=180°，∴∠ADB=120°，∵AD∥BC，∴∠DAO+∠BOA=180°，∴∠DAO=60°，∴∠DBO=360°﹣60°﹣120°﹣120°=60°，即∠D=∠BOA，∠DBO=∠DAO，∴四边形BOAD是平行四边形，∵BD=AO=OC，即BD=OC．评论：本题考察的知识点有等腰三角形性质、三角形的内角和定理、切线的判断、平行四边形的判断、平行线性质、圆周角定理、圆内接四边形，本题主要考察了学生的推理能力，是一道比较好的题目．26．〔10分〕矩形ABCD内接于⊙O，AB=6cm，AD=8cm，以圆心O为旋转中心，把矩形ABCD顺时针旋转，获得矩形A′B′C′D′仍旧内接于⊙O，记旋转角为α〔0°＜α≤90°〕．〔Ⅰ〕如图①，⊙O的直径为10cm；〔Ⅱ〕如图②，当α=90°时，B′C′与AD交于点E，A′D′与AD交于点F，那么四边形A′B′EF的周长是14cm．〔Ⅲ〕如图③，B′C′与AD交于点E，A′D′与AD交于点F，比较四边形A′B′EF的周长和⊙O的直径的大小关系；〔Ⅳ〕如图④，假定A′B′与AD交于点M，A′D′与AD交于点N，当旋转角α=45〔度〕时，△A′MN是等腰三角形，并求出△A′MN的周长．考点：圆的综合题；矩形的性质；圆心角、弧、弦的关系；圆周角定理；旋转的性质．专题：综合题．剖析：〔Ⅰ〕连结AC，如图①，只要运用勾股定理便可求出⊙O的直径．〔Ⅱ〕连结AB′，A′D，如图②，由矩形及旋转的性质可得AD=B′C′，而后由在同圆中弦与弧的关系可得=，从而有=，而后依据圆周角定理可得∠AB′C′=∠B′AD，从而有EA=EB′；同理可得DF=FA′，从而可证到四边形A′B′EF的周