期中满分冲刺01之填空压轴题（九上苏科18大类型60题）-2024-2025学年九年级数学上册考点解惑题型过关专练（苏科版）

第第页期中满分冲刺之填空压轴题（九上苏科，18大类型60题）考点一、关于一元二次方程的代数式求值1．（24-25九年级上·江苏宿迁·阶段练习）已知m、n是一元二次方程的两个根，则代数式的值为．【答案】2020【分析】本题考查了根与系数的关系，一元二次方程的根，代数式求值．将代数式变形为的形式是关键．根据根与系数的关系得出，由解的意义得，再将变形为，代入数据即可得出结论．【详解】解：∵m、n是一元二次方程的两个根，∴，，∴∴．故答案为：2020．2．（24-25九年级上·江苏盐城·阶段练习）若，是一元二次方程的两个实数根，则的值为．【答案】【分析】本题考查一元二次方程的解，根与系数的关系，根据题意，得到，整体代入代数式求值即可．【详解】解：由题意，得：，∴，∴原式；故答案为：5．3．（2024九年级上·江苏·专题练习）（1）已知一元二次方程的两根为，则的值为．（2）若m、n是方程的两个实数根，则的值为．【答案】2042【分析】本题考查一元二次方程根与系数的关系及根的概念，解题的关键是整体思想的应用．（1）根据根与系数的关系及一元二次方程的解，可得出，再整体代入即可求出结论．（2）由m，n是方程的两个实数根可得：，代入所求式子即可得到答案．【详解】解：（1）∵一元二次方程的两根为，∴，∴．故答案为：．（2）∵m，n是方程的两个实数根，∴，∴，∴．故答案为：2042．考点二、一元二次方程的解4．（23-24八年级下·江苏南通·阶段练习）关于x的方程的解是，（a、b、m为常数，），则方程的解是．【答案】，【分析】本题考查了一元二次方程的解，把方程看作关于的一元二次方程，根据题意得出，，计算即可得解．【详解】解：把方程看作关于的一元二次方程，∵关于x的方程的解是，，∴，，解得：，，故答案为：，．5．（24-25九年级上·江苏无锡·阶段练习）如果，是关于x的一元二次方程的两个根，那么关于x的一元二次方程的解为．【答案】或【分析】此题考查了一元二次方程的解，因式分解法解一元二次方程．当时，将5代入得到，然后结合得到或，然后求解即可；当时，同理求解即可．【详解】解：当时，将5是关于x的方程的根，∴，得，∵，∴或或或，解得或．当时，将是关于x的方程的根，∴，得，∵，∴或或或，解得或．故答案为：或．6．（22-23九年级上·江苏镇江·阶段练习）若是关于的方程的一个解，则的最大值为．【答案】【分析】本题考查了一元二次方程的解，熟练掌握配方法求最大值是解题的关键；将代入，再求，利用配方法求最大值即可求解；【详解】解：将代入，可得：则当时取得最大值，故答案为：考点三、一元二次方程的判别式及根与系数的关系7．（24-25九年级上·江苏徐州·阶段练习）已知关于x的一元二次方程有两个不相等的实数根，则实数k的取值范围是．【答案】且【分析】本题主要考查了一元二次方程根的判别式及一元二次方程的定义，熟练掌握一元二次方程根的判别式是解题关键．根据一元二次方程根的判别式大于0及二次项系数不为0列不等式求解即可．【详解】解：关于的一元二次方程有两个不相等的实数根，∴这个方程根的判别式，解得：，，实数k的取值范围为且，故答案为：且．8．（21-22九年级·江苏苏州·自主招生）关于x的方程（a为常数）有两个不同的实根，则a的取值范围是．【答案】/【分析】本题主要考查解一元一次方程、绝对值，根据绝对值的定义，进行分类讨论，再分别解一元一次方程．熟练掌握绝对值的定义、一元一次方程的解法、分类讨论的思想是解决本题的关键．【详解】解：当，即，则．．此时，则．当，即，则．．此时，则．综上：．故答案为：．9．（24-25九年级上·安徽阜阳·阶段练习）已知关于x的一元二次方程，其中a、b、c分别为三边的长，如果方程有两个相等的实数根，则的形状为．【答案】直角三角形【分析】本题考查了一元二次方程根的判别式，勾股定理逆定理，一元二次方程的根与有如下关系：①，方程有两个不相等的实数根，②，方程有两个相等的实数根，③，方程没有实数根．原方程可以化为，由题意得出，推出，即可得解．【详解】解：原方程可以化为：，∵方程有两个相等的实数根，∴，∴，∴为直角三角形，故答案为：直角三角形．考点四、一元二次方程的结论判断问题10．（2024·浙江杭州·二模）关于一元二次方程，有以下命题：①若，则；②若该方程的两根为和1，则；③若上述方程有两个相等的实数根，则必有实数根；④若r是该方程的一个根，则一定是方程的一个根．其中真命题是．（只需填写序号）【答案】①②④【分析】本题主要考查一元二次方程的根，根据题意得，则，故①是真命题；根据题意得，则②是真命题；由题意得，则方程的判别式：，由于a的符号不确定，故③是假命题；由题意得，且，则，有，可得是的一个根，故④是真命题．【详解】解：若，则，∴，故①是真命题；若该方程的两根为和1，则，∴，∴，故②是真命题；若有两个相等的实数根，则，∴的判别式：，∵a的符号不确定，∴方程根的情况不确定，故③是假命题；若r是该方程的一个根，则，∵，∴，∴，∴，∴是的一个根，故④是真命题；故答案为：①②④．11．（24-25九年级上·江苏连云港·阶段练习）对于一元二次方程有下列说法：①若，则方程必有一个根为；②若方程有两个不相等的实数根，则方程必有两个不相等的实数根；③若是方程的一个根，则一定有成立；④若是一元二次方程的根，则；其中正确的是．（填序号）【答案】②④/④②【分析】本题考查一元二次方程的根的定义和根的判别式，在中，令，可判断①；若方程有两个不相等的实根，可得，可判断②；若是方程的一个根，得，如果，那么，可判断③；若是一元二次方程的根，可得，可判断④．解题关键掌握：①出现方程的根时，直接代入方程即可；①已知关于的一元二次方程，如果方程有两个不相等的实数根，则；如果方程有两个相等的实数根，则；如果方程没有实数根，则，反之也成立．【详解】解：若，当时，得：，∴方程必有一个根为，故说法①错误；若方程有两个不相等的实根，则，即，∴，∴方程必有两个不相等的实根，故说法②正确；若是方程的一个根，则，如果，那么，故说法③错误；若是一元二次方程的根，则，∵，∴，∴，∴，∴，故说法④正确；∴正确的有②④．故答案为：②④．考点五、一元二次方程的新定义问题12．（24-25九年级上·江苏宿迁·阶段练习）规定：对于任意实数、、，有，其中等式右面是通常的乘法和加法运算，如．若关于的方程有两个不相等的实数根，则的取值范围为．【答案】且【分析】根据题意得到，再由有两个不相等的实数根得到，且，即可得到答案．本题考查了一元二次方程的定义和根的判别式，解题的关键是：根据题意正确列式．【详解】解：∵，∴，即，∵关于x的方程有两个不相等的实数根，∴，且，解得：且，故答案为：且．13．（23-24八年级下·浙江宁波·期中）新定义：关于x的一元二次方程与称为“同族二次方程”．例如：与是“同族二次方程”．现有关于x的一元二次方程与是“同族二次方程”，则代数式的最小值是．【答案】【分析】此题考查了配方法的应用，非负数的性质，以及一元二次方程的定义，弄清题中的新定义是解本题的关键．利用“同族二次方程”定义列出关系式，再利用多项式相等的条件列出关于与的方程组，求出方程组的解得到与的值，进而利用非负数的性质确定出代数式的最大值即可．【详解】解：，与是“同族二次方程”，∴，，∴，由①得，，代入②得，解得：，∴，，则代数式的最小值是．故答案为：．考点六、一元二次方程的实际问题14．（24-25九年级上·江苏无锡·阶段练习）某批发商以70元/千克的成本价购入了某畅销产品1000千克，该产品每天的保存费用为300元，而且平均每天将损耗15千克．根据市场预测，该产品的销售价格y（元/千克）与时间x（天）之间函数关系的图像如图中的折线段所示．当批发商在进货后第天将这批产品一次性卖出，将获得37500元的利润．【答案】4或32/32或4【分析】本题考查了待定系数法求一次函数解析式，解一元二次方程，正确理解题意是解题的关键．先用待定系数法求出与之间的函数关系式是，设到第天出售，批发商所获利润为元，由题意得：当：，解得：（舍）或当时，，解得：．【详解】解：当，设解析式为：，把和代入得：，解得：．．当时，，故与之间的函数关系式是；设到第天出售，批发商所获利润为元，由题意得：当：，由上得，∴，化简得：解得：（舍）或当时，，由上得，解得：，故答案为：4或32．15．（23-24九年级下·江西宜春·阶段练习）如图所示，中，，，，点P从A点开始沿向B点以的速度移动，点Q从B点开始沿边向C点以的速度移动．如果P、Q分别从A、B同时出发，那么秒后，线段将分成面积的两部分．【答案】2或4【分析】本题考查了一元二次方程的应用，理解题意，找出等量关系正确列方程是解题关键．设运动时间为，根据题意可得，，再根据三角形面积公式分两种情况求解即可．【详解】解：设运动时间为，则，，∵，，∴cm，∵线段将分成面积的两部分，∴或，∴，或，整理得：或（无实数解），

解得，，即线段将分成面积的两部分，运动时间为2或4秒．故答案为：2或4．16．（2024·辽宁沈阳·模拟预测）某商店购进600个旅游纪念品，进价为每个6元，第一周以每个10元的价格售出200个，第二周若按每个10元的价格销售仍可售出200个，但商店为了适当增加销量，决定降价销售（根据市场调查，单价每降低1元，可多售出50个，但售价不得低于进价），单价降低x元销售，销售一周后，商店对剩余旅游纪念品清仓处理，以每个4元的价格全部售出，如果这批旅游纪念品共获利1250元，则第二周每个旅游纪念品的销售价格为元．【答案】9【分析】本题考查一元二次方程的应用，由纪念品的进价和售价以及销量分别表示出两周的总利润，根据“这批旅游纪念品共获利1250元”等式求出即可．理解题意，正确列出方程是解答的关键．【详解】解：设降低x元，由题意得出:，整理得：，解得：．∴．即：第二周的销售价格为9元．故答案为：9．17．（2024·山西朔州·一模）为了喜迎元旦，某区筹备了精彩的文艺演出，筹办组在一块正方形的广场空地上搭建舞台，并设计了如图所示的方案，其中阴影部分为舞台．舞台区域的宽均为6米，中间空白的面积为216平方米，若设正方形空地的边长为x米，则可列方程．

【答案】【分析】本题考查一元二次方程的应用．若设正方形空地的边长为x米，则中间空白的长为米，宽为米，根据长方形面积公式即可列出方程．【详解】解：根据题意，得，故答案为：．18．（23-24九年级下·湖南岳阳·开学考试）《念奴娇·赤壁怀古》，在苏轼笔下，周瑜年少有为，文采风流，雄姿英发，谈笑间，樯橹灰飞烟灭，然天妒英才，英年早逝，欣赏下面改编的诗歌，“大江东去浪淘尽，千古风流数人物．而立之年督东吴，早逝英年两位数．十位恰小个位三，个位平方与寿符．”则这位风流人物去世的年龄为岁．【答案】【分析】本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，根据“十位恰小个位三，个位平方与寿符”以及十位数字个位数字个位数字的平方，据此列方程可得答案，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．【详解】解：设这位风流人物去世的年龄十位数字为，则个位数字为，则根据题意：，整理得：，解得，，由题意，而立之年督东吴，则舍去，∴这位风流人物去世的年龄为岁，故答案为：．考点七、点到圆的距离19．（23-24九年级上·江苏泰州·阶段练习）已知P是内一点点P不与圆心O重合，点P到圆上各点的距离中，最小距离与最大距离是关于x的一元二次方程的两个实数根，则的半径为．【答案】6【分析】本题考查了一元二次方程根与系数的关系，点与圆上各点的距离的最值，明确最小距离与最大距离的和等于圆的直径是解题关键．由根与系数的关系求出两根之和，则最小距离与最大距离的和等于圆的直径．【详解】解：设最小距离为m，最大距离为n，由根与系数的关系得，是内一点，点P到圆上各点的距离中，最小距离与最大距离的和等于圆的直径，即圆的直径是12，圆的半径是故答案为：620．（23-24九年级下·江苏南京·自主招生）已知的长为10，平面内存在两个动点P，Q，使得，，以下结论正确的是．①的最小值是7，最大值是13；②的最大值是9；③的最小值是1；④的最大值是10．【答案】①②③【分析】本题考查了勾股定理，作垂线构造直角三角形是解题关键．先证明，这是解答第一步．①利用圆外一点到圆上一点求最值即可．②③④均利用三角形三边关系判断即可．【详解】解：取中点D，连，过点P作于点M，以B为圆心，为半径作，为直径．

∴设，设，则．∵，又∵，∴，∴，∴．①如图，最小，最大，故①正确．②如图，，∴最大，故②正确．③如图，，∴最小，故③正确．④如图，，∴最大，故④错误．故答案为：①②③．考点八、求圆中的最大（小）值问题21．（24-25九年级上·江苏无锡·阶段练习）如图，中，是的高，，则；若以点C为圆心，半径为2作，点E是上一动点，连接，点F是的中点，则线段的最小值是．

【答案】5【分析】由等腰三角形的性质得，，由勾股定理即可求得长度；连接，则，当最小时，最小，此时E点在线段上时，最小，从而，最后求得最小值即可．【详解】解：∵是的高，∴，，由勾股定理得：；如图，连接，∵点F是的中点，点D是中点，∴是的中位线，∴，∴当最小时，最小，当E、C、B三点共线，且E点在线段上时，最小，从而最小，而，∴最小值为．

故答案为：5；．【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，勾股定理，三角形中位线，圆外一点与圆上点的最值等知识，构造辅助线，运用中位线定理是解题的关键．22．（2024·浙江温州·三模）如图，已知中，，，，点是边上的动点，以为直径作，连接交于点，则的最小值为．【答案】/【分析】本题考查了勾股定理、直径所对的圆周角是直角、求一点到圆上点距离的最值，分析得出“动点在以中点为圆心，为半径的圆上运动”是解题的关键．根据勾股定理计算，由直径所对的圆周角是直角，推出，推出动点在以中点为圆心，为半径的圆上运动，当，，在同一直线上时，最小，根据勾股定理求出，则，计算得出答案即可．【详解】解：∵中，，，，∴，如图，连接，∵以为直径作，∴，∴，∴如图，动点在以中点为圆心，为半径的圆上运动，∴，∴当，，在同一直线上时，最小，，∴，即的最小值，故答案为：．23．（22-23九年级下·江苏宿迁·阶段练习）如图，在平面直角坐标系中，点在以点为圆心，半径为2的圆上运动，过点作轴于点，以为对角线作矩形，连接，则对角线的最小值为．

【答案】3【分析】本题主要考查矩形的性质，坐标与图形的性质，确定点位置是解题的关键．过点作轴的垂线与的交点即为，垂足为点，此时的矩形的对角线有最小值，结合点坐标可求解的最小值，根据矩形的对角线相等可求解．【详解】解：过点作轴的垂线与的交点即为，垂足为点，此时的矩形的对角线有最小值，

，，的半径为2，即，，四边形为矩形，，即对角线的最小值为3．故答案为：3．24．（21-22九年级上·安徽芜湖·期末）如图，是半圆的直径，，点在半圆上，，是弧上的一个动点，连接，过点作于，连接，在点移动的过程中，的最小值是．【答案】/【分析】连接，取的中点，连接，由题意先判断出点在以点为圆心，为半径的圆上，当、、三点共线时，取得最小值，然后利用勾股定理，求出的长，再利用勾股定理，求出的长，再利用直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半，求出的长，再由，即可算出的长．【详解】解：如图，连接，取的中点，连接，∵，∴点在以点为圆心，为半径的圆上，当、、三点共线时，取得最小值，∵是直径，∴，在中，∵，，∴由勾股定理得：，∵为的中点，∴，在中，∵，，∴由勾股定理得：，又∵，且点为的中点，∴，∴．故答案为：．【点睛】本题考查了勾股定理解三角形，直径所对的圆周角为直角，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，能够判断出动点的运动轨迹是解本题的关键．25．（2024·江苏盐城·二模）如图，是的直径，点C是上一动点，连接，点D在直径上，，连接并延长交于点E，若，则的最大值是．【答案】8【分析】本题考查了三角形三边关系的应用，圆的基本概念，连接，根据，当O，D重合时，则有最大值，有．【详解】解：如图，连接，∴，当O，D不重合时，在中，两边之和大于第三边，∴．又，即∴∵∴∴∵∴即∴当O，D重合时，如图，有，故综上得：，故答案为：8．考点九、垂径定理求线段的长26．（24-25九年级上·江苏扬州·阶段练习）已知的直径为10，点P到圆心O的距离为3，则经过点P的弦为整数的有条．【答案】4【分析】本题考查了垂径定理的应用．解决本题的关键是确定过点P的弦的范围问题，需构造以半径、弦心距和弦长的一半为三边的直角三角形，利用勾股定理求解．过点最长的弦是10，根据已知条件，可以求出过点的最短的弦是8，故过点的弦的长度在8和10之间，所以过点的弦中长度为整数的弦的条数为4．【详解】解：如图所示，作于，，在中，，，，，故过点的弦的长度在8和10之间，弦为9的有2条，所有过点的所有弦中取整数的有8，9，10．这三个数，又圆是轴对称图形，过点的弦中长度为整数的弦的条数为4．故答案为：4．27．（24-25九年级上·江苏连云港·阶段练习）如图，在中，为直径，点为圆上一点，将劣弧沿弦翻折，交于点，连接．若点与圆心重合，，则半径等于．【答案】3【分析】本题考查垂径定理，勾股定理，折叠的性质，作点关于的对称点，连接，交于点，得到垂直平分，根据点与圆心重合，得到，，利用勾股定理进行求解即可．【详解】解：作点关于的对称点，连接，交于点，则：垂直平分，∴，∵点与圆心重合，为直径，∴，∴，在中，由勾股定理，得：，∴，∴；即半径等于3；故答案为：3．28．（23-24九年级上·江苏南京·期末）如图，内接于，是的直径，于点，连接BD，半径，连接，于点若，则的长为．【答案】【分析】本题考查了圆周角定理，垂径定理，勾股定理，正确的识别图形是解题的关键．根据垂径定理得到，由等腰三角形的性质得到，得到，求得，求得，于是得到，根据勾股定理即可得到结论【详解】解：∵，∴，∵，∴，∵是的直径，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴．故答案为：．考点十、弧、弦、圆心角之间的关系29．（22-23九年级下·江苏南通·期末）如图所示，点A是半圆上一个三等分点，点B是的中点，点P是直径上一动点，若的直径为2，则的最小值是．

【答案】【分析】作点关于的对称点，连接交于点，连接，由三角形两边之和大于第三边即可得出此时最小，连接，根据点是半圆上一个三等分点、点是的中点，即可得出，再利用勾股定理即可求出的值，此题得解．本题考查了圆心角、弧、弦的关系，轴对称中最短路线问题，三角形的三边关系以及勾股定理，根据三角形的三边关系确定取最小值时点的位置是解题的关键．【详解】解：作点关于的对称点，连接交于点，连接，此时最小，连接，如图所示．

点和点关于对称，．点是半圆上一个三等分点，点是的中点，，，．，．故答案为：．30．（2024·江苏扬州·二模）已知锐角如图，（1）在射线上取一点，以点为圆心，长为半径作，交射线于点，连接CD；（2）分别以点，为圆心，CD长为半径作弧，交于点，；（3）连接，根据以上作图过程及所作图形，下列结论中，所有正确结论的序号是．①；②若，则；③；④【答案】①③/③①【分析】由作图知，再利用圆周角定理、圆心角定理逐一判断可得．【详解】解：连接、、，由作图知，∴，故①正确；∵，∴是等边三角形，∴，∵，∴，故②错误；∵，∴，∴，又，∴，∴，故③正确；∵，且，∴，故④错误；故答案为：①③．【点睛】本题主要考查作图复杂作图，等边三角形的判定及性质，圆周角定理，弧、弦、圆心角之间的关系，以及三角形的内角和定理，解题的关键是掌握圆心角定理和圆周角定理等知识点．31．（18-19九年级上·江苏镇江·期末）如图，圆的两条弦相交于点，、的度数分别为，的度数为，则，和之间的数量关系为．【答案】【分析】本题考查圆心角，弧，弦之间的关系，三角形的外角等知识，连接，求出，，再利用三角形的外角的性质求即可，解题的关键是学会添加常用辅助线，灵活运用所学知识解决问题．【详解】连接，由题意得：，，又∵，∴，故答案为：．考点十一、圆周角的性质及推论32．（2024·湖北·模拟预测）已知点在上，若，则的度数为．【答案】或【分析】本题考查的是圆周角定理，分两种情况，由圆周角定理即可求得的度数，然后由圆的内接四边形的性质求得的度数.【详解】解：如图，当点在位置时，，，，，综上，的度数为或，故答案为：或33．（20-21九年级上·江苏扬州·阶段练习）在半径为1的中，弦AB的长等于的半径，则弦AB所对圆周角等于．【答案】30°或【分析】此题考查了圆周角定理以及等边三角形的判定与性质．首先根据题意画出图形，再根据“中的弦AB长等于半径长”得到等边三角形，则弦所对的圆心角为度，要求这条弦所对的圆周角分两种情况：圆周角的顶点在弦所对的劣弧或优弧上，利用圆周角定理和圆内接四边形的性质即可求出两种类型的圆周角．【详解】解：如图，∵AB为的弦，且，∴为等边三角形，∴，∴，∴．都是弦AB所对的圆周角．所以圆的弦长等于半径，则这条弦所对的圆周角是30°或．故答案为：30°或．34．（22-23八年级下·浙江宁波·开学考试）如图所示，在以为圆心，为直径的半圆上有，两个不同的点，点在上，且，如果弧，则弧的度数是．【答案】/20度【分析】本题考查了圆周角定理，圆内接四边形的判定与性质，等边对等角，解题的关键是作出辅助线．连接，可求得，再由，可证得点A、C、P、B四点共圆，可得，可求得，，据此即可求得．【详解】解：如图：连接，弧，，，点A、C、P、B四点共圆，，，，，，，弧的度数为；故答案为：．考点十二、利用直线与圆的位置关系求半径的范围35．（24-25九年级上·江苏扬州·阶段练习）如图，，，若与射线只有一个交点，则半径r的取值范围是．【答案】或【分析】本题考查了圆与直线的位置关系，含的直角三角形．熟练掌握圆与直线的位置关系，含的直角三角形是解题的关键．如图，作于，则，当时，与射线相切，此时只有一个交点；当时，与射线只有一个交点；然后作答即可．【详解】解：如图，作于，∵，∴，∴当时，与射线相切，此时只有一个交点；当时，与射线有两个交点；∴当时，与射线只有一个交点；综上，当与射线只有一个交点时，半径r的取值范围是或，故答案为：或．36．（23-24九年级上·江苏泰州·阶段练习）已知直线经过点，将直线向上平移个单位，若平移后得到的直线与半径为6的相交（点O为坐标原点），则m的取值范围为．【答案】【分析】利用待定系数法得出直线解析式，再得出平移后得到的直线，求与坐标轴交点的坐标，转化为直角三角形中的问题，再由直线与圆的位置关系的判定解答．【详解】解：把点代入直线得，，；由向上平移个单位后得到的直线l所对应的函数关系式为，设直线l与x轴、y轴分别交于点A、B，如图所示当时，；当时，，，，即，；在中，，过点O作于D，，，解得，由直线与圆的位置关系可知，解得故答案为：【点睛】此题主要考查直线与圆的关系，一次函数图象的平移，关键是根据待定系数法、勾股定理、直线与圆的位置关系等知识解答．37．（23-24九年级上·江苏淮安·阶段练习）在中，，，．以点为圆心，为半径的圆作⊙C，若边与⊙C只有一个公共点，则半径r的取值范围为．【答案】或【分析】本题考查了直线与圆的位置关系，若，则直线与圆相交；若，则直线与圆相切；若，则直线与圆相离．此题注意考虑两种情况，因为要使圆与斜边只有一个公共点，所以该圆和斜边相切或和斜边相交，但只有一个交点在斜边上.【详解】解：过点作于点，∵在中，，，，，，如图，当与和相切时，则的半径为；当和相交，且只有一个交点在斜边上时，则．故半径r的取值范围是或．故答案为或．考点十三、切线的性质与判定38．（2023九年级上·江苏·专题练习）如图，在平面直角坐标系中，点，点，的半径为2．当圆心与点重合时，与直线的位置关系为；若圆心从点开始沿轴移动，当时，与直线相切．【答案】相离；或．【分析】本题作于点，根据已知得出，再由，求得，即可知与直线相离；要使与直线相切，可分两种情况，①当点在点的左侧，设与直线相切于点，连接，证明，得，求得，则；②当点在点的右侧，设与直线相切于点，连接，可证明，得，根据，即可解题．【详解】解：作于点，点，点，,，，,,，的半径为2，且，当圆心与点重合时，与直线的距离大于的半径，与直线相离；要使与直线相切，可分以下两种情况：①当点在点的左侧，设与直线相切于点，连接，则，，，，，，；②当点在点的右侧，设与直线相切于点，连接，则，，在和中，，，，当或时，与直线相切．故答案为：相离；或．【点睛】考查了图形与坐标、勾股定理、直线与圆的位置关系、切线的判定与性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质以及根据面积等式求线段的长度，熟练掌握相关性质并灵活运用，即可解题．39．（23-24九年级下·全国·课后作业）如图，正方形的边长为4，以为直径作半圆E，过点D作切半圆E于点G，交于点F，则的长为．【答案】1【分析】本题考查的是正方形的性质，切线的判定与性质，切线长定理的应用，先证明，．设，再表示，，再利用勾股定理建立方程求解即可．【详解】解：∵，，∴，为半圆E的切线，又∵为半圆E的切线，∴，．设，则有，，在中，由勾股定理得，即，解得．故答案为：．40．（23-24九年级上·江苏宿迁·期中）如图，半圆的直径，中，，，，半圆以的速度从左向右运动，在运动过程中，点、始终在直线上，设运动时间为，．当半圆与的边相切时，运动时间．【答案】2或8或14【分析】本题考查平移性质、切线的判定与性质、锐角三角函数，分点E与C重合时和点E与D重合时，半圆与相切；点O与C重合时，半圆与相切时三种情况，利用平移性质和切线的判定与性质，结合数形结合计算求解即可．运用分类讨论思想是解答的关键【详解】解：∵半圆的直径，∴半圆的半径,①如图1，当点E与C重合时，，则半圆与相切，此时点O运动了，∴运动时间；②如图2，当点E与D重合时，则，∴半圆与相切，此时点O运动了，∴运动时间；③如图3，过C作于F，∵，，∴，当半圆与相切时，O到的距离等于半径，∴点O与C重合，此时点O运动了，∴运动时间综上，当半圆与的边相切时，运动时间2或8或14，故答案为：2或8或14．41．（21-22九年级上·江苏无锡·期中）如图，半径为1的与直线l相切于点A，C为上的一点，于点B，则的最大值是．【答案】/【分析】延长到点D，使，则，当与相切于点C时，最大，则此时连接并延长交延长线于点E，则，根据，可得，根据勾股定理可得的长，进而可得结论．【详解】解：如图，延长到点D，使，则，当与相切于点C时，最大，则此时连接并延长交延长线于点E，则，∵，∴，∵，∴，∵与直线l相切于点A，∴，∴，∴，连接，则，在中，，根据勾股定理，得，∴．∴的最大值是：．故答案为：．【点睛】本题考查了切线的性质，勾股定理，解决本题的关键是掌握切线的性质．考点十四、切线长定理的综合42．（22-23九年级上·江苏无锡·期中）如图，在中，：：：：，在内自由移动，若的半径为，且圆心在内所能到达的区域的面积为，则的周长为．【答案】25【分析】如图，由题意点所能到达的区域是，连接，延长交于，作于，于，作于利用相似三角形的性质以及三角形的面积公式求出，再证明≌，推出，，，设，在中，则有，推出，由，推出，推出，可得，求出即可解决问题．【详解】解：如图，由题意点所能到达的区域是，连接，延长交于，作于，于，作于．，，，，，∽，：：：：：：，设，，，或舍弃，，四边形是矩形，，设，，，，，，≌，，，，设，在中，则有，，，，，，，，，，的周长，故答案为．【点睛】本题考查动点问题，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是理解题意，学会添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题，属于中考填空题中的压轴题．43．（20-21九年级上·江苏苏州·阶段练习）如图，△ABC中，∠C＝90°，AC＝8，AB＝10，D为BC边的中点，O为AD上一点，⊙O和AB、BC均相切，则⊙O的半径为．【答案】【分析】过点O作OE⊥AB于点E，OF⊥BC于点F．根据切线的性质，知OE、OF是⊙O的半径；然后由三角形的面积间的关系（S△ABO+S△BOD＝S△ABD＝S△ACD）列出关于圆的半径的等式，求得圆的半径．【详解】解：过点O作OE⊥AB于点E，OF⊥BC于点F．∵AB、BC是⊙O的切线，∴点E、F是切点，∴OE、OF是⊙O的半径；∴OE＝OF；在△ABC中，∠C＝90°，AC＝8，AB＝10，∴由勾股定理，得BC＝6；又∵D是BC边的中点，∴S△ABD＝S△ACD，又∵S△ABD＝S△ABO+S△BOD，∴AB•OE+BD•OF＝CD•AC，即10×OE+3×OE＝4×6，解得OE＝，∴⊙O的半径是，故答案为．【点睛】本题考查了切线的性质，解直角三角形和勾股定理的应用，熟悉相关性质是解题的关键．44．（20-21九年级上·江苏常州·期中）如图，点是正方形的中心，与相切于点，连接若，则的面积是．【答案】25【分析】连接EO，可知EO⊥ED，延长DE到点F，作BF⊥DF，根据题意可知△DEO∽△DFB，在△EFB中，，根据勾股定理求解得出半径的长，然后再根据圆的面积公式求解即可；【详解】如图：连接EO，可知EO⊥ED，延长DE到点F，作BF⊥DF，∵∠FDB=∠EDO，∠DEO=∠DFB，∴△DEO∽△DFB，∵EO=r，ED=10，EB=，∵DO=OB，∴，∴EF=10，FB=2r，在△EFB中，，，∴r=5，∴圆的面积为，故答案为：【点睛】本题考查了圆的面积公式、相似三角形的判定、勾股定理等知识，熟练掌握这些公式是解题的关键；考点十五、三角形的内切圆45．（24-25九年级上·江苏宿迁·阶段练习）如图，在中，，是的内切圆，切点分别为D、E、F，若，，则的半径为．【答案】1【分析】连接、．由已知条件可得出，，结合已知条件证明四边形是正方形，由正方形的性质可得出，根据切线长定理可得，，进而可得出，，，最后利用勾股定理列出方程求解即可．【详解】解：连接、．∵内切于，∴，，又∵，∴四边形是矩形，又∵，∴四边形是正方形，∴．．∵内切于，∴，，∵，，∴，，在中，即．解得：，（舍去），故的半径为1．故答案为：1．【点睛】本题考查了三角形内切圆的性质，正方形的判定以及性质，切线长定理，勾股定理，掌握三角形内切圆的性质，正方形的判定以及性质，切线长定理是解题的关键．46．（22-23九年级上·江苏盐城·期中）以正方形的AB边为直径作半圆O，过点C作直线切半圆于点F，交AB边于点E，若的周长为12，则正方形的边长为．【答案】4【分析】本题考查了正方形的性质、切线长定理等知识点，利用正方形的性质和圆的切线的判定得出均为圆O的切线是解题关键．根据切线长定理可得，然后根据的周长可求出正方形的边长．【详解】解：在正方形中，，，∵与半圆相切于点，以正方形的AB边为直径作半圆O，∴与半圆相切，，∵的周长为12，，，∵，正方形的边长为4．故答案为：4．47．（21-22九年级·江苏南京·自主招生）已知在中，，，，半径为1的圆在三角形内移动，圆可以与三角形的边相切，则该圆能到达的面积为．【答案】【分析】本题考查了切线的性质定理，切线长定理，解直角三角形，解题的关键是正确画出图形，根据平移得出图①中圆不能到达的部分即为图②中外部．根据题意画出图形，先求出圆不能到达的面积，再用三角形的面积减去圆不能到达的面积即可．【详解】解：∵该圆与三角形三边相切，∴，∵，∴，将四边形平移后如图所示：则图①中圆不能到达的部分即为图②中外部，∵半径为1，且与三边相切，∴，，∴四边形为正方形，，，设，，则，由平移可得：，∴解得：，∴，∴图②中外部面积，∴该圆能到达的面积，故答案为：．48．（2024九年级上·江苏·专题练习）如图，在中，，，将沿翻折得到，若经过的内心I，则的长为．【答案】2【分析】本题主要考查了平行四边形的性质，折叠的性质，解题关键是正确应用内心的性质．由中，，，将沿翻折得到，若经过的内心I，先得，，得，又得的面积：的面积，，即，【详解】解：由中，，，将沿翻折得到，若经过的内心I，∴，∴，∴，因为∴，∴，即，即，∴，由，作，，∴，∴的面积：的面积，∴，即，∴．故答案为：2．49．（2024·江苏扬州·二模）如图，中，，，，，的内切圆半径分别记为，，，若，，则．【答案】【分析】根据已知条件证明，，利用三角形面积比解答即可．本题主要考查了三角形的内切圆，相似三角形的判定与性质，勾股定理，熟练掌握相关的性质是解答本题的关键．【详解】解：令，，，在中，，可得：，，，又，，，即：，，同理可得：，，，即：，∵，，的内切圆半径分别记为，，，，，，；，，，．故答案为：．50．（23-24九年级上·山东淄博·阶段练习）如图，点I是的内心，，，，则的面积为．【答案】【分析】本题考查了三角形的内切圆与内心，角平分线的性质，解直角三角形，熟练作出辅助线是解题的关键，过点B作交延长线于点D，根据三角形的内心性质可得，进而求得，再利用解直角三角形求出，进而可求解．【详解】解：过点B作交延长线于点D，点I是的内心，在直角三角形中，，故答案为：．考点十六、正多边形与圆51．（24-25九年级上·江苏扬州·阶段练习）我国魏晋时期数学家刘徽在《九章算术注》中提到著名的“割圆术”，即利用圆的内接正多边形逼近圆的方法来近似估算．“割圆术”孕育了微积分思想，他用这种思想得到了圆周率的近似值为3.1416，如图，的半径为1，运用“割圆术”，以圆内接正八边形面积近似估计的面积，可得的估计值为，若用圆内接正六边形近似估计的面积，可得的估计值为．（结果保留根号）

【答案】/【分析】本题考查了正多边形与圆的综合，掌握等边三角形的判定及性质、含30°角的直角三角形的特征是解题的关键．连接、，作于，利用正多边形的性质得，再根据等边三角形的判定及性质得进而可得，再利用割补法求得正六边形的面积，进而可求解．【详解】解：连接、，作于，如图：

∵六边形是正六边形，，，，，，∴，，，∴的估计值为故答案为：．52．（2024·广东惠州·二模）如图，在正八边形中，将绕点E逆时针旋转60°到，连接，，若，则的面积为．【答案】【分析】本题考查了正多边形，等边三角形的判定与性质，解直角三角形；连接，，作，，，根据题意得出，，进而根据，即可求解．【详解】解：如图，连接，，作，，，由正八边形性质得，，，∵，，∴为等边三角形，∴，，∵，∴，，由正八边形性质得，∴，∵，∴，同理，∴，∴．故答案为：．53．（2024·江苏常州·模拟预测）《墨子•天文志》记载：“执规矩，以度天下之方圆．”度方知圆，感悟数学之美．如图，正方形的面积为2，以它的对角线的交点为位似中心，作它的位似图形，若，则四边形的外接圆的半径为．

【答案】2【分析】此题考查了位似图形的性质、相似三角形的判定和性质、正多边形与圆等知识，连接，根据相似三角形的性质得到正方形与正方形的面积比为，则正方形的面积为8，得到正方形的边长为，用勾股定理求出，即可得到答案．【详解】解：连接，

∵正方形与正方形是位似图形，，∴正方形与正方形的面积比为，∵正方形面积为2，∴正方形的面积为8，∴正方形的边长为，∵四边形是正方形，∴，∴，∴四边形的外接圆的半径为2，故答案为：2.54．（2024·河北石家庄·三模）将7个边长均为1的正六边形不重叠、无缝隙地按如图所示摆放．（1）；（2）已知点在边上，则的最大值为．【答案】30【分析】本题考查了正多边形的内角和、等边三角形的判定与性质、含的直角三角形的性质、等腰三角形的判定与性质，熟练掌握以上知识点并灵活运用，添加适当的辅助线是解此题的关键．（1）先求出正六边形的一个内角的度数，再结合等边对等角以及三角形内角和定理计算即可得出答案；（2）连接交于，连接，交于，则，当、重合时，点到线段的值最大，为，证明是等边三角形，得到，故，由含的直角三角形的性质得出，，从而求出，的长，最后由三角形面积公式计算即可得出答案．【详解】解：（1）由题意得：正六边形的一个内角为，∴，故答案为：；（2）如图，连接交于，连接，交于，则，，∴当、重合时，点到线段的值最大，为，由正六边形的性质可得：，∴是等边三角形，∴，故，∵，∴，，∴，，∴的最大值为，故答案为：．考点十七、弧长与扇形、阴影、运动的有关计算55．（24-25九年级上·江苏扬州·阶段练习）如图，在矩形中，，，点P在线段上从点B出发向点C运动，同时点Q在线段AD上以相同速度从点D出发向点A运动，过点A作交直线于点M，当点P从点B运动到点C的过程中，点M的运动路径长是．【答案】/【分析】根据题意确定点