期中满分冲刺03之解答压轴题(九上苏科20大类型50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03之解答压轴题(九上苏科，20大类型50题)考点一、判别式及根与系数的关系1．（24-25九年级上·江苏南京·阶段练习）已知关于x的一元二次方程．(1)当k为何值时，方程有两个不相等的实数根？(2)说明：无论k为何值，方程总有一个不变的根．【答案】(1)(2)见解析【分析】本题考查一元二次方程的根与判别式的关系、因式分解法解一元二次方程，熟练掌握一元二次方程的根与判别式的关系是解答的关键．（1）根据方程的系数结合根的判别式，可得出，由方程总有两个不相等的实数根，可得出，解之即可得出，进而可得出当时，这个方程总有两个不相等的实数根；（2）利用因式分解法解一元二次方程，可得出方程的两个根，进而可得出无论k为何值，方程总有一个不变的根为．【详解】（1）解：∵，，，∴，∵方程总有两个不相等的实数根，∴，∴，∴，∴当时，这个方程总有两个不相等的实数根；（2）解：∵，即，∴或，∴，，∴无论k为何值，方程总有一个不变的根为．2．（24-25九年级上·江苏扬州·阶段练习）已知：关于x的一元二次方程．(1)请说明此方程一定有两个实数根；(2)若方程的两个实数根均为正整数，求整数k的值．【答案】(1)见详解(2)3或或【分析】本题考查了一元二次方程根的判别式，熟知一元二次方程的根与判别式的关系是解题的关键．（1）根据一元二次方程的定义的，再计算判别式得到，然后根据非负数的性质得到，则可根据判别式的意义得出结论；（2）求出方程的根，根据方程的两个实数根均为正整数，求出整数k的值．【详解】（1）解：，，方程一定有两个实数根；（2）解：此方程的根为，，方程的两个实数根均为正整数，或或，即整数k的值为3或或．考点二、有关一元二次方程的新定义问题3．（24-25九年级上·江苏南通·阶段练习）如图四边形是证明勾股定理时用到的一个图形，a、b、c是和的三边长，易知，这时我们把形如的方程称为关于x的“勾系一元二次方程”，请解决下列问题：(1)写出一个“勾系一元二次方程”；(2)证明：关于x的“勾系一元二次方程”必有实数根．【答案】(1)(答案不唯一)(2)见详解【分析】此题考查的是勾股定理的应用、一元二次方程根的情况和完全平方公式，掌握勾股定理、一元二次方程根的情况与的关系和完全平方公式是解决此题的关键．（1）根据勾股定理，找出一组勾股数，再根据“勾系一元二次方程”的定义即可写出结论；（2）求出，然后根据勾股定理和平方的非负性即可证出结论．【详解】（1）解：当，，时，勾系一元二次方程为；故答案为：(答案不唯一)（2）证明：关于的“勾系一元二次方程”必有实数根．4．（2024·广东汕头·二模）如果关于x的一元二次方程有两个实数根，且，那么称这样的方程为“邻近根方程”，例如，一元二次方程的两个根是，，，则方程是“邻近根方程”．(1)判断方程是否是“邻近根方程”；(2)若关于x的方程（b，c是常数）是“邻近根方程”，求的最大值．【答案】(1)方程是“邻近根方程”；(2)48【分析】本题主要考查了解一元二次方程，根的判别式，根与系数的关系，配方法的应用等等：（1）利用公式法求出，则，据此可得答案；（2）设关于x的方程的两个实数根为，则由根与系数的关系可得，再根据题意得到，则，据此推出，再由即可得到答案．【详解】（1）解：由题意得，∴，解得，∴，∴方程是“邻近根方程”；（2）解：设关于x的方程的两个实数根为，则由根与系数的关系可得，∵关于x的方程（b，c是常数）是“邻近根方程”，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴当时，有最大值48，即有最大值48．考点三、一元二次方程的材料阅读题5．（24-25九年级上·江苏盐城·阶段练习）求代数式的最小值时，我们通常运用“”这个公式对代数式进行配方来解决．比如，∵，∴，∴的最小值是．试利用“配方法”解决下列问题：(1)填空：的最小值是；(2)求的最小值；(3)如图，将边长为的正方形一边保持不变，另一组对边增加得到如图2所示的新长方形，此长方形的面积为；将正方形的边长增加，得到如图3所示的新正方形，此正方形的面积为；①用含的代数式表示出，；②比较，的大小．【答案】(1)；(2)；(3)①；；②．【分析】本题主要考查配方法的应用，解题时要熟练掌握并能灵活运用完全平方公式是关键.（1）依据题意，对多项式进行配方，进而根据偶次方的非负性可以得解；（2）依据题意，对多项式进行配方，进而根据偶次方的非负性可以得解；（3）①依据题意，根据图形进行计算即可得解；②依据题意，根据①所求和，通过作差法进行比较大小即可得解，【详解】（1）解：∵，∴∴的最小值是，故答案为：；（2）解：，∵，，∴，∴的最小值为；（3）解：①边长为的正方形一边保持不变，另一组对边增加得到新长方形，长方形的面积为，∴，正方形的边长增加，得到新正方形，正方形的面积为，∴；②，∵，∴，即，∴．6．（24-25九年级上·江苏南京·阶段练习）解题时，最容易想到的方法未必是最简单的，你可以再想一想，尽量优化解法．例题呈现关于的方程的解是（、、均为常数，），则方程的解是．解法探讨（1）小明的思路如下所示，请你按照他的思路解决这个问题；小明的思路第步把、-2代入到第个方程中求出的值；第步把的值代入到第个方程中求出的值；第步解第个方程．（2）小红仔细观察两个方程，她把第个方程中的“”看作第个方程中的“”，则“”的值为，从而更简单地解决了问题．策略运用（3）小明和小红认真思考后发现，利用方程结构的特点，无需计算“根的判别式”就能轻松解决以下问题，请用他们说的方法完成解答．已知方程有两个相等的实数根，其中、、是三边的长，判断的形状．【答案】（1）；（2）或-2；（3）是直角三角形．【分析】此题考查根的判别式，勾股定理逆定理，一元二次方程的解，解题关键在于掌握根的判别式及勾股定理逆定理．（1）根据题意利用待定系数法求解即可．（2）把后面一个方程中的看作整体，相当于前面一个方程中的求解．（3）先根据方程有两个相等的实数根，求得方程的根，再根据根与系数的关系列出方程，找到、、的关系，从而判断三角形的形状．【详解】解：（1）将代入到方程中，得，∴，解得∴．∴第个方程可变形为，即，解得：；（2）∵关于的方程的解是，∴把第个方程中的“”看作第个方程中的“”，则“”的值为或-2，故答案为：或-2；（3）∵当x=1时，∴方程必有一根是x=1∴方程的两根为．∴．∴．∴是一个直角三角形考点四、一元二次方程的实际问题7．（24-25九年级上·江苏泰州·阶段练习）某中学有一块正方形的空地，边长为40m，学校计划将空地分为五部分，种植不同的花束．白老师利用课后延时时间将设计任务交给小明和小芳两位同学，并给两位同学每人一张边长为的正方形硬纸板模型用来设计，下面是小明和小芳的设计方案．小明：如图1，它是由四个全等的直角三角形以及一个小正方形组成的，其中小正方形与大正方形的相似比为．小芳：如图2，它是由四个矩形和中间一个小正方形组成的，在该图案中矩形矩形，且相似比为，中间小正方形的边长为．(1)结合小明设计的方案，解决下列问题：①求出图中的长；②求出每个小直角三角形部分在学校空地的实际周长是多少米？(2)求小芳的方案中矩形的面积．【答案】(1)①②(2)【分析】（1）①根据小正方形与大正方形的相似比为，且大正方形边长为，得到正方形EFGH的边长为，设，，根据勾股定理即可得到结论；②根据①中的结果求出模型中小直角三角形的面积，再根据模型和实际的比例关系进行求解即可；（2）设矩形的长为，宽为．根据矩形矩形相似，相似比为，得到矩形的长为，宽为，列出方程进行求解即可得到结论．【详解】（1）①小正方形与大正方形的相似比为，且大正方形边长为，正方形EFGH的边长为，设，，，，，整理可得，解得，(负数舍去)，，即：②由①知：，，∴小直角三角形的周长是．每个小三角形的实际周长为．（2）解：设矩形的长为，宽为．矩形矩形相似，相似比为，矩形的长为，宽为，由图可知，，，解得x=6，，矩形的面积为．【点睛】本题考查了相似多边形的性质，矩形的性质，勾股定理，解一元二次方程，综合运用以上知识是解题的关键．8．（23-24九年级上·江苏盐城·期中）端午节期间，某食品店平均每天可卖出300只粽子，卖出1只粽子的利润是1元，经调查发现，零售单价每降0.1元，每天可多卖出100只粽子，为了使每天获利的利润更多，该店决定把零售单价下降元．(1)零售单价下降元后，该店平均每天可卖出___________只粽子，利润为__________元．(2)不在考虑其他因素的条件下，当定为多少时，才能使该店每天获取的利润是420元并且卖出的粽子更多？【答案】(1)，(2)0.4【分析】本题考查了一元二次方程的实际应用，依据题意，正确建立方程是解题关键．（1）零售单价下降m元，每天可多卖出只粽子，再加上300即可得卖出的粽子数量；然后根据“降价前卖出1只粽子的利润是1元”可得降价m元后，卖出1只粽子的利润为元，据此乘以卖出的粽子数量即可得；（2）根据“每天的利润每只粽子的利润每天卖出的粽子数量”可建立一个关于m的一元二次方程，解方程，取较大的根即可．【详解】（1）解：由题意得：零售单价下降m元，每天可多卖出粽子（只），则该店平均每天可卖出的粽子数量为只，降价前卖出1只粽子的利润是1元，降价m元后，卖出1只粽子的利润为元，则每天的利润为元，故答案为：，；（2）由题意得：，整理得：，解得或，当时，每天可卖出的粽子数量为（只），当时，每天可卖出的粽子数量为（只），∵要求卖出的粽子更多，，答：当m定为时，才能使该店每天获取的利润是420元并且卖出的粽子更多．9．（20-21九年级上·江西南昌·开学考试）在长方形中，，，点从点开始沿边向终点以1的速度移动，与此同时，点从点开始沿边向终点以2的速度移动．如果P、Q分别从A、B同时出发，当点运动到点时，两点停止运动．设运动时间为秒．(1)填空：________，________（用含的代数式表示）：(2)当为何值时，的长度等于5？(3)是否存在t的值，使得五边形的面积等于？若存在，请求出此时的值：若不存在，请说明理由．【答案】(1)；(2)当的值为0秒或2秒时，的长度等于5(3)存在，当秒时，使得五边形的面积等于【分析】本题考查了列代数式，勾股定理，一元二次方程的应用等知识．熟练掌握列代数式，勾股定理，一元二次方程的应用是解题的关键．（1）由题意得，，则，然后作答即可；（2）由题意知，当时，，当时，由勾股定理得，，即，计算求出满足要求的解即可；（3）由题意知，，计算求出满足要求的解即可．【详解】（1）解：∵点从点开始沿边向终点以1的速度移动，点从点开始沿边向终点以2的速度移动．∴，∴，故答案为：；；（2）解：当时，，当时，由勾股定理得，，即，解得：（舍去），；综上所述，当的值为0秒或2秒时，的长度等于5；（3）解：存在，由题意知，，解得，（舍去），∴存在，当秒时，使得五边形的面积等于．10．（23-24九年级上·全国·单元测试）社区利用一块矩形空地修建了一个小型停车场，其布局如图所示．已知，，，阴影部分设计为停车位，要铺花砖，其余部分均为宽度为的道路．已知铺花砖的面积为．(1)求道路的宽是多少？(2)该停车场共有车位30个，据调查分析，当每个车位的月租金为400元时，可全部租出．若每个车位的月租金每上涨5元，就会少租出1个车位．求当每个车位的月租金上涨多少元时，停车场的月租金收入为10920元．【答案】(1)6m(2)20元【分析】本题考查了一元二次方程的应用，读懂题目的意思，根据题目给出的条件，找出合适的等量关系，列出方程是解题关键．（1）由题意知，道路的宽为米，根据矩形的面积公式列出方程并解答即可；（2）设车位的月租金上涨元，则租出的车位数量是个，根据：月租金每个车位的月租金车位数，列出方程并解答即可．【详解】（1）解：由题意得，整理得：，解得：（舍去），，答：道路的宽为米．（2）解：设当每个车位的月租金上涨a元时，停车场的月租金收入为10920元，根据题意得，，整理得，，解得或（舍去）．答：当每个车位的月租金上涨20元时，停车场的月租金收入为10920元．考点五、垂径定理的有关计算及应用11．（24-25九年级上·江苏扬州·阶段练习）如图，在以O为圆心的两个同心圆中，大圆的弦是小圆的切线，切点为点C．(1)求证：C是的中点；(2)若，则两个同心圆组成的圆环面积为______；(3)若以A为圆心，长为半径画弧，交大圆于点D，连接，请在备用图中补全图形，猜想与小圆的位置关系，并说明理由．【答案】(1)证明见解析(2)(3)与小圆相切，理由见解析【分析】（1）直接利用垂径定理即可求证；（2）利用勾股定理和圆环的面积即大圆面积减去小圆面积即可求解；（3）先构造全等三角形证明平分，再作垂直证明半径即可求证．【详解】（1）证明：如图，连接，∵是小圆的切线，∴，∴平分，即C是的中点．（2）解：如图，连接、，∵平分，∴，∴，∴圆环的面积为，故答案为．（3）解：与小圆相切，理由如下：如图，连接、、、，过O点作于E，∵，，，∴∴，∵，，∴，∴与小圆相切．【点睛】本题考查了垂径定理、圆的面积、全等三角形的判定与性质、切线的性质与判定，解题关键是牢记以上相关定理，构造出全等三角形．12．（23-24九年级上·江苏宿迁·阶段练习）如图，墙壁上的展品最高点与地面的距离，最低点与地面的距离，观赏者的眼睛E距地面，经验表明，当水平视线与过P、Q、E三点的圆相切于点E时，视角最大，站在此处观赏最理想，求此时点E到墙壁的距离．【答案】【分析】作于，连接，如图，根据垂径定理得到，再计算出，则，根据切线的性质得，于是可判断四边形为矩形，所以，，然后在中，利用勾股定理计算出，从而得到．【详解】解：作于，连接，，如图，，，，，，，，，与相切，，而，，四边形为矩形，，，在中，，，，．答：此时点到墙壁的距离为．【点睛】本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径；运用切线的性质来进行计算或论证，常通过作辅助线连接圆心和切点，利用垂直构造直角三角形解决有关问题．也考查垂径定理，矩形的性质和勾股定理．考点六、圆周角的有关计算13．（2024·江苏泰州·三模）在一次数学建模活动课上，吴老师制作了一张简易的海域安全监测平面图，在图中标明了三个监测点的位置坐标，，，由三个监测点确定的圆形区域是安全警戒区域．（单位：海里）(1)某天海面上出现可疑船只，在监测点测得位于南偏东，，求在监测点测的方位是什么？(2)当可疑船只由（1）中位置向正北方向航行时，是否会闯入安全警戒区域？请通过计算作答．【答案】(1)南偏东60°，(2)不会闯入安全警戒区域，过程见解析．【分析】本题考查了解直角三角形的应用、直线与圆的位置关系．垂径定理的应用；（1）过点C作轴于点D，设，则，解直角三角形求得x，进而求得；（2）由（1）知，根据三角函数的定义得到，过点C作轴于点G，过点作于点E，交于H，过点作于点F，则四边形是矩形，根据矩形的性质得到，根据勾股定理得到，于是得到结论．【详解】（1）解：过点C作轴于点D，

依题意，得，，设，则，∵，∴，∴，在中，，，∴∵∴解得：，即∴∴∴∴监测点测的方位是南偏东60°（2）解：不会，计算如下：由（1）知，∵，∴，∴，过点C作轴于点G，过点作于点E，交于H，

∴，∴，过点作于点F，则四边形是矩形，∴，由已知得，，∵，∴线段是的直径，，∴，∵，∴，∴直线与相离，C船不会闯入安全警戒区域．14．（23-24九年级下·江苏泰州·阶段练习）操作题：如图，是的外接圆，弦AD平分，P是上一点．(1)请你只用无刻度的直尺在圆上找一点P使；(2)在（1）的条件下，当，圆的半径为5的时候，求的面积．【答案】(1)见解析(2)【分析】本题主要考查了弧与弦，圆周角之间的关系，垂径定理的推论，勾股定理等等：（1）如图所示，连接并延长交于点P，点P即为所求；（2）先由垂径定理的推论得到，再利用勾股定理求出的长，进而求出的长，即可根据三角形面积公式求出答案．【详解】（1）解：如图所示，连接并延长交于点P，点P即为所求；由角平分线的定义得到，则，则，则；（2）解：设交于H，连接，角平分线的定义得到，则，∴，∴，∴，∴，∴．考点七、圆的有关性质的计算与证明15．（24-25九年级上·江苏无锡·阶段练习）如图，是的直径，C为上一点，D在上，且，的延长线与交于点E．(1)求证：；(2)若，，求的度数．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）根据直径所对的圆周角是得出，再根据直角三角形的性质及三角形的内角和即可推导得解；（2）连接并延长交于点F，连接，则，，根据勾股定理得出，即可得到，结合，，进而得出，由（1）知，据此即可得解．【详解】（1）证明：∵是圆的直径，∴，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∴；（2）解：如图所示，连接并延长交于点F，连接，∵与都是圆的直径，，∴，，∵，∴，∴，∴，∵是圆的直径，∴，∴，∵，∴，∴，又∵，∴，∴．【点睛】此题考查了圆周角定理、勾股定理、直角三角形的性质及三角形的内角和等知识，根据圆周角定理、勾股定理得出是解题的关键．16．（24-25九年级上·江苏盐城·阶段练习）如图，A，P，B，C是上的四个点，，交于点E．(1)判断的形状，证明你的结论；(2)①若P是的中点，求证：；②若点P在上移动，判断是否成立，证明你的结论【答案】(1)是等边三角形，证明见解析(2)详见解析；成立，证明见解析【分析】（1）根据圆周角定理得到，，根据等边三角形的判定定理证明；（2）①证明垂直平分，得到为直径，根据三线合一和含30度角的直角三角形的性质，得到，即可得证；②在上截取，得到为等边三角形，证明，根据全等三角形的性质，结合图形证明即可．【详解】（1）解：是等边三角形，理由如下：由圆周角定理得，，，∴，∴是等边三角形；（2）解：①∵P是的中点，∴，∴，∵是等边三角形，∴，∴垂直平分，∴为直径，，∴，∵，∴，∴；②成立，理由如下：在上截取，∵，∴为等边三角形，∴，，在和中，，∴∴，∴．【点睛】本题考查的是圆周角定理，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，中垂线的判定，含30度角的直角三角形，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是解题的关键．考点八、圆内接四边形的有关计算17．（24-25九年级上·江苏盐城·阶段练习）如图，圆内接四边形的对角线交于点E，平分，．(1)求证：为圆的直径；(2)过点C作交的延长线于点F，若，求此圆半径的长．【答案】(1)见解析(2)4【分析】（1）由圆内接四边形性质得，由及同弧对的圆周角相等得，即平分，再结合已知即可得，问题得证；（2）由题意得是等边三角形，则得；再由平行得，利用含30度直角三角形的性质可分别求得，从而可求得半径．【详解】（1）证明：∵四边形是圆内接四边形，∴；∵，∴，∵，∴，即平分，∴；∵平分，∴，∴，∴，即是圆的直径；（2）解：∵，∴；∵，，∴，∴，∴是等边三角形，∴，∴；∵，，∴，∴，∴；∵，，∴，∴圆的半径为．【点睛】本题考查了圆内接四边形性质，同弧或等弧对的圆周角相等，直角对的弦为直径，等腰三角形的性质，等边三角形的判定与性质，含30度直角三角形性质等知识，掌握这些知识是关键．18．（24-25九年级上·江苏宿迁·阶段练习）“求知”学习小组在学完“圆内接四边形的对角互补”这个结论后进行了如下的探究活动：(1)如图1，点在上，点在外，线段与交于点，试猜想（请填“”、“”或“”）；(2)如图2，点在上、点在内，此时（1）中猜想的结论还成立吗？若成立，请予以证明；若不成立，请写出你的结论并予以证明；【答案】(1)(2)不成立，，证明见解析【分析】本题考查了圆内接四边形，三角形外角的性质，作辅助线构造圆内接四边形，掌握圆内接四边形的对角互补是解题关键．（1）连接，根据圆内接四边形的对角互补，得到，再根据三角形外角的性质，得到，即可得到答案；（2）延长交圆于点，连接，根据圆内接四边形的对角互补，得到，再根据三角形外角的性质，得到，即可得到答案．【详解】（1）解：如图，连接，四边形是圆内接四边形，，是的外角，，，故答案为：；（2）解：结论不成立，，证明如下：如图，延长交圆于点，连接，四边形是圆内接四边形，，是的外角，，．19．（24-25九年级上·江苏泰州·阶段练习）（1）如图，四边形内接于，且．试说明：；（2）如图，四边形内接于，且为直径，，过圆心作，垂足为．试说明：；（3）如图，四边形内接于，对角线相交于点．过圆心作，垂足为，且．试说明：．【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析【分析】（1）连接，由，可得，从而得到，即可求证；（2）先证明是的中位线，据此即可证明结论成立；（3）作直径，连接，证明是的中位线，推出，再证明，得到，再根据圆周角定理即可得到，即可证明结论成立．【详解】解：（1）连接，∵，∴，∴，∴；（2）∵四边形内接于，，∴，∴，∵，∴，∵，∴是的中位线，∴，∴；（3）作直径，连接，∵，∴，∵，∴是的中位线，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∵是直径，∴，∴，∴．【点睛】本题考查了圆内接四边形的性质，圆周角定理，圆心角、弧、弦之间的关系，相似三角形的判定和性质，三角形中位线的判定和性质，正确引出辅助线解决问题是解题的关键．考点九、三角形的外接圆和外心问题20．（24-25九年级上·江苏盐城·阶段练习）如图，在正方形网格图中建立平面直角坐标系，一条圆弧经过网格点、、，请在网格图中进行如下操作：(1)利用网格线找出该弧所在圆的圆心D点，在图上标出D点；(2)连接，则的半径长为__________．（结果保留根号）(3)如果点E坐标为，则E点在__________．(填“内”、“外”或“上”)【答案】(1)见解析(2)(3)上【分析】本题考查与圆有关的综合题，熟练掌握垂直平分线的性质，点与圆的位置关系是解题的关键．（1）连接，分别作的垂直平分线，交于点D即为所求，标出坐标即可；（2）利用点与点D的坐标结合勾股定理即可得到的半径；（3）利用两点的距离公式求出点E和点D的距离，再与的半径比较，即可得到E点与的位置关系．【详解】（1）解：连接，分别作的垂直平分线，交于点D即为所求，坐标为：，如图：（2）解：∵，，∴，，∴，∴的半径长为，故答案为：．（3）解：∵，，∴点到圆心的距离为：，∵的半径长为，∴E点在上，故答案为：上．21．（24-25九年级上·江苏宿迁·阶段练习）如图，平面直角坐标系中有一个．(1)利用网格，只用无刻度的直尺作出的外接圆的圆心O，并写出圆心坐标是______；(2)判断点与的位置关系，说明理由；(3)最小覆盖圆的半径为______．【答案】(1)，图见解析(2)点在圆外(3)【分析】（1）分别作边的垂直平分线，交点即为圆心O；（2）用勾股定理分别求出，，比较即可；（3）取中点P，连接，最小覆盖圆的半径为的长，用勾股定理求解即可．【详解】（1）分别作边的垂直平分线，相交于点（2）∵，∴由图可得：∴∴∴点在圆外；（3）取中点P，连接，最小覆盖圆的半径为的长，∴【点睛】本题考查勾股定理，点与圆的位置关系，三角形的外接圆等，灵活运用所学知识是关键．22．（23-24九年级上·江苏无锡·阶段练习）如图，在平面直角坐标系中，、、．(1)经过、、三点的圆弧所在圆的圆心的坐标为______；(2)这个圆的半径为______；(3)直接判断点与的位置关系，点在______填内、外、上；(4)如图，是的外接圆，，是上一点请你只用无刻度的直尺，分别画出图和图中的平分线．【答案】(1)；(2)；(3)内；(4)见解析【分析】（1）的垂直平分线所在直线为，可知圆心在直线上，设，根据，可求点坐标；（2）由（1）求出，即可求圆的半径；（3）根据，即可判断点位置；（4）连接，则平分；连接与弧交于，连接，则平分．本题考查圆的综合应用，熟练掌握同弧或等弧所对的圆周角相等，角平分线的性质是解题的关键．【详解】（1）解：、，的垂直平分线所在直线为，圆心在直线上，设，，，解得，，故答案为：2,0；（2）解：，，故答案为：；（3）解：，，，点在内，故答案为：内；（4）解：图，即为所求，连接，，，，平分；图，即为所求，连接与弧交于，连接，，平分，，，，平分．考点十、直线与圆的位置关系问题23．（23-24九年级下·江苏南通·阶段练习）如图，已知点、，直线与轴交于点；(1)在直线上取一点，若为直角三角形，则满足条件的点有个；(2)将直线绕点旋转一定角度后，能否使得直线上只存在3个这样的点的位置，使得为直角三角形？若能，请求出旋转后的直线的函数关系式；若不能，请说明理由；(3)将直线绕点旋转一定角度后，能否使得直线上只存在2个这样的点的位置，使得为直角三角形？若能，请直接写出旋转后的直线中的的取值范围；【答案】(1)4(2)或(3)或【分析】（1）分，，三种情况讨论即可；（2）以为直径作，过P作的切线，，连接，过点Q作于H，证明，可求出点Q的坐标，然后利用待定系数法求直线解析式，同理求直线解析式即可；（3）当直线l与（2）中相离时，直线上只存在2个这样的点的位置，使得为直角三角形，即可求解．【详解】（1）解：当时，即，∵，∴点C的横坐标为，把代入直线，得，∴C-4,4当时，即，∵，∴点C的横坐标为2，把代入直线，得，∴；当时，设，则，即，解得，∴或，∴符合题意的点C一共有4个，故答案为：4；（2）解：能，以为直径作，过P作的切线，，连接，过点Q作于H，则，∵、，∴中点，即，，对于直线，当时，，解得，∴，∴，∴，∵，，∴，∴，即，解得，，∴，∴，设直线解析式为，把P、Q坐标代入，得，解得，∴直线解析式为；同理直线解析式为；∴直线上只存在3个这样的点的位置，使得为直角三角形，这样的直线为或；（3）解：当直线l与（2）中相离时，直线上只存在2个这样的点的位置，使得为直角三角形，∴b的取值范围为或．24．（2023九年级上·江苏·专题练习）如图，为正比例函数图象上的一个动点，的半径为，设点的坐标为．

(1)求与直线相切时点的坐标．(2)请直接写出与直线相交、相离时的取值范围．【答案】(1)或(2)或【分析】（1）根据直线和圆相切应满足圆心到直线的距离等于半径，首先求得点的横坐标，再根据直线的解析式求得点的纵坐标．（2）根据（1）的结论，即可分析出相离和相交时的取值范围．【详解】（1）解：过作直线的垂线，垂足为；当点在直线右侧时，，解得；∴；当点在直线左侧时，，得，∴，

∴当与直线相切时，点的坐标为或．（2）解：由（1）可知当时，与直线相交当或时，与直线相离．【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系，掌握直线和圆的不同位置关系应满足的数量关系，根据数量关系正确求解是解题的关键．25．（2023·江苏常州·二模）对于平面直角坐标系中的图形M，N，给出如下定义：P为图形M上任意一点，Q为图形N上任意一点，如果P，Q两点的距离有最小值，那么称这个最小值为图形M，N间的“最小距离”，记作.已知点，，连接．

(1)填空：______；(2)的半径是r，若，直接写出r的取值范围；(3)的半径是r，若将点B绕点A顺时针旋转，得到点C.①当时，求此时r的值；②对于取定的r值，若存在两个不同的值使得，直接写出r的取值范围．【答案】(1)3(2)(3)①，②【分析】（1）由题意得出轴，则可根据“最小距离”的定义得出答案；（2）根据题意画出图形，由直角三角形的性质及“最小距离”的定义得出答案；（3）①过点C作于点H，由直角三角形的性质可得出答案；②由题意可知线段在旋转过程中与有两个交点，画出图形即可得出答案．【详解】（1）∵，，∴轴，∴，故答案为：3；（2）如图所示，表示与线段有交点，

此时,∴；（3）①当时，点C恰好落在x轴上，如图，

过点C作，垂足为H，，，，，点C落在x轴上，，；②存在两个不同的值使得，即线段在旋转的过程中与有两个交点，如图，

此时，，∴．【点睛】本题是圆的综合问题，解题的关键是理解并掌握“最小距离”的概念，旋转的性质，直角三角形的性质及分类讨论思想的运用等知识点．考点十一、切线的判定与性质的计算与证明26．（24-25九年级上·江苏泰州·阶段练习）如图，点A在的直径的延长线上，点B在上，连接、．(1)给出下列信息：①；②；③与相切．请在上述3条信息中选择其中两条作为条件，第三个作为结论，组成一个正确的命题并作出证明．你选择的条件是_____，结论是_____（填写序号，只需写出你认为正确的一种情形)．(2)在（1）的条件下，若，求图中阴影部分的面积．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）若选择①②，证明③．连接，根据等边对等角得到，，从而得到，根据三角形的内角和可证明，由此即可证得与相切．若选择①③，证明②．连接，由等边对等角与三角形外角的性质得到，根据切线的性质得到，从而，将代入后即可求解．若选择②③，证明①．连接，由切线的性质得到，从而求得，由等边对等角与三角形外角的性质得到，，即可求得，从而，得证．（2）过点O作于，在中，可求出，在中，可求出，，根据三角形的面积公式求出，根据扇形面积公式求出，根据，即可求解．【详解】（1）解：选择①②可证明③，或选择①③可证明②，或选择②③可证明①，若选择的条件是①②，结论是③，证明如下：如图，连接，，，∵，∴，，∴，∵是半径，∴与相切．若选择的条件是①③，结论是②，证明如下：如图，连接，∵，∴，∵，∴，∴，∵是的切线，是半径，∴，∴，∴，即，∴．若选择的条件是②③，结论是①，证明如下：如图，连接，∵是的切线，是半径，∴，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴．故答案为：①②，③，或①③，②，或②③，①．（2）解：如图所示，过点O作于，∴在中，∴，∴在中，，，∵，，，，，．【点睛】本题主要考查圆的基础知识，切线的证明与性质，等腰三角形的判定及性质，三角形外角的性质，不规则图形的面积，解直角三角形，熟练运用相关知识是解题的关键．27．（2024·江苏泰州·二模）如图，中，点为的垂直平分线与的交点，以为圆心，为半径作与的另一个交点为点，且__________，__________．给出以下信息：①，②，③与相切．(1)请从中选择其中的两个信息作为条件，余下的一个信息作为结论，使之构成真命题，将对应的序号填到下面横线上方，并加以证明．条件：__________，__________，结论：__________(2)如图2，在（1）的条件下，点D在上，且，连接，求证∶．【答案】(1)选择①②作为条件，③作为结论或选择①③作为条件，②作为结论或选择②③作为条件，①作为结论，证明见解析(2)证明见解析【分析】本题主要考查了垂径定理的推论，弧与圆周角之间的关系，圆周角定理，切线的性质与判定，等边对等角等等：（1）选择①②作为条件，③作为结论，根据圆周角定理和等边对等角得到，则可证明；选择①③作为条件，②作为结论，根据圆周角定理和切线的性质推出即可证明结论；选择②③作为条件，①作为结论，根据切线的和圆周角定理得到，则；（2）根据弧与圆周角之间的关系求出，则，由垂径定理的推论即可得到．【详解】（1）解：选择①②作为条件，③作为结论，证明如下：如图所示，连接，∵点O在的垂直平分线上，∴，∴点C在圆O上，∵，，∴，∵，∴，∵是圆O的半径，∴是圆O的切线；选择①③作为条件，②作为结论，证明如下：∵是圆O的切线；∴，∵，∴，∴；选择②③作为条件，①作为结论，证明如下：∵是圆O的切线；∴，∵，∴，又∵，∴，∴；（2）证明：∵，∴，∵是直径，∴，∵，∴，∴．28．（23-24九年级下·江苏盐城·阶段练习）如图，在中，，以为直径的交边于点，连接，过点作．(1)请用无刻度的直尺和圆规作图：过点作的切线，交于点；（不写作法，保留作图痕迹，标明字母）(2)在（1）的条件下，求证：；(3)在（1）的条件下，，，求⊙O的半径．【答案】(1)画图见解析(2)证明见解析(3)⊙O的半径为．【分析】（1）根据尺规作图，过点作的垂线，交于点，即可求解；（2）根据题意切线的性质以及直径所对的圆周角是直角，证明，根据平行线的性质以及等腰三角形的性质得出，进而证明，即可得证．（3）由（2）得：，，设，再利用勾股定理可得，再解方程即可.【详解】（1）解：方法不唯一，如图所示．.（2）∵，∴．又∵，∴，∴．∵点在以为直径的圆上，∴，∴．又∵为的切线，∴．∵，∴，∴，∴．∵在和中，∴．∴．（3）由（2）得：，∵，∴，设，∴，∵，∴，解得：，∴⊙O的半径为．【点睛】本题考查了作圆的切线，切线的性质，直径所对的圆周角是直角，全等三角形的性质与判定，勾股定理的应用，熟练掌握以上知识是解题的关键．考点十二、有关切线长定理的计算与证明29．（23-24九年级上·江苏南京·期末）如图，，是的切线，，为切点，连接．(1)若与相切于点，求证；(2)若，求证与相切．【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析．【分析】（）利用切线长定理证明，即可求证；（）延长到点，使得，连，过点作，垂足为G，连接，，，，证明，再由证明，根据性质再证明，最后由性质即可求证；此题考查了切线长定理和切线的判定与性质，全等三角形的性质和判定，熟练掌握以上知识点的的应用及正确添加辅助线是解题的关键．【详解】（1）证明：∵与相切，切点为，且，是的切线，，为切点，∴，，∵，∴；（2）证明：延长到点，使得，连接，过点作，垂足为G，连接，，，，∵，，∴，∵，是的切线，，为切点，∴，，∵，，，∴，∴，又∵，，∴，∴，∴平分，又∵，，∴，∴与相切．30．（2023·北京海淀·二模）如图，P为外一点，，是⊙O的切线，A、B为切点，点C在上，连接、、．

(1)求证：；(2)连接，若，的半径为5，，的长．【答案】(1)证明见解析(2)10【分析】（1）过作于，得到，根据切线的性质得到，根据余角的性质得到，根据等腰三角形的性质即可得到结论；（2）连接，延长交于，根据切线的性质得到，，根据矩形的性质得到，，根据勾股定理即可得到结论．【详解】（1）证明：过作于，如图所示：∴，∴，∵是的切线，∴，∴，∴，∵，，∴，∴；（2）解：连接，延长交于，如图所示：

∵，是的切线，∴，，∵，∴，∴四边形是矩形，∴，，∵，，∴，∴，∴，，∵，∴，解得：．【点睛】本题考查了切线的性质，切线长定理，勾股定理，等腰三角形的性质，矩形的判定和性质，正确地作出辅助线是解题的关键．35．（2024·河北石家庄·一模）如图，正六边形为的内接正六边形，过点D作的切线，交的延长线于点P，连接的半径为6．(1)求的度数；(2)求线段的长；(3)若点M为上一点（不与点F，D重合），连接，直接写出与的面积之和．【答案】(1)(2)(3)【分析】本题考查了圆内接正六边形，圆周角定理，切线性质，求三角形面积等知识点，熟练应用基本性质和定理是解题的关键．（1）连接，根据圆内接正六边形性质求出，进而由圆周角定理得出度数；（2）由切线性质得，在中，利用三角函数即可求解；（3）分别表达，再求和即可．【详解】（1）解：如图1，连接，正六边形为的内接正六边形，是的直径，，，；（2）与相切，是的直径，，正六边形为的内接正六边形，，在中，，；（3）正六边形为的内接正六边形，，，，，，，，，，．36．（2024·陕西渭南·模拟预测）【观察发现】（1）如图1，在正方形中，点O为对角线的交点，点为正方形外一动点，且满足，连接．若正方形边长为4，则的最大值为______；（2）如图2，已知和都是等边三角形，连接，求证：；【拓展应用】（3）如图3，某地有一个半径为的半圆形（半圆O）人工湖，其中是半圆的直径，在半圆上（不与重合），现计划在的左侧，规划出一个三角形区域，开发成垂钓中心，要求为入口，并沿修建一笔直的观光桥，根据规划要求观光桥的长度尽可能的长，问的长度是否存在最大值？若存在，请求出最大值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）4；（2）见解析；（3）存在，【分析】本题考查了正方形的性质，圆的基本性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，掌握相关性质是解题的关键．（1）以为直径作，连接，点和点在上，当为直径时，最长即可求解；（2）通过等边三角形的性质，证明，即可求证；（3）过点作的垂线并截取点使，如图，以点为圆心，为半径，作半圆，则点在半圆上运动，当三点共线时，，此时长度取到最大值，即可求解．【详解】解：（1）以为直径作，连接，如图：∵是正方形，∴，又∵，∴点和点在上，当在一条直线上时，即为直径时，最长，∵正方形边长为4，∴；（2）∵和都是等边三角形，∴，，，∴，在和中，，∴，∴；（3）过点作的垂线并截取点使，如图，以点为圆心，为半径，作半圆，则点在半圆上运动，理由如下：作，交半圆于点，∵，，∴，∵，∴，∴，又∵，∴，∴，即且，∴当点在上运动时，点在上运动，连接，当三点不共线时，，当三点共线时，，此时长度取到最大值，即∶如图中，点在位置时，，∵，，∴，，∴，即最大值为．考点十五、弧长与扇形面积的计算37．（22-23九年级下·江苏宿迁·阶段练习）如图，已知中，，平分，交于点，以上某一点为圆心作使经过点和点，交于点，连接并延长交的延长线于点．(1)判断直线与的位置关系，并说明理由；(2)若，，求的长；(3)在（2）的条件下，求阴影区域的面积；【答案】(1)直线与相切，理由见解析；(2)6；(3)．【分析】（1）连接，根据角平分线的定义得出，由等边对等角得出，即可得出，进而判定，根据平行线的性质得到，即，即可得解；（2）由是直径得出，进而得到，，根据两角相等的两个三角形相似得到，即可得出，求出，在根据锐角三角函数定义求出，即得，再根据直角三角形中的角所对的直角边等于斜边的一半得出，即可根据求解；（3）根据阴影部分面积等于的面积减去扇形的面积求解即可．【详解】（1）证明：直线与相切，理由如下：如图，连接，平分，，，，，，，，，是的切线；（2）解：是直径，，，平分，，，，，在中，，，，，，，，，，，，，在中，，，；（3）解：，，，，，，，，．【点睛】此题是圆的综合题，考查了切线的判定与性质、锐角三角函数、相似三角形的判定与性质、勾股定理等知识，熟记相关的定理及证明直线与相切是解题的关键．考点十六、圆锥的有关计算38．（23-24九年级上·江苏常州·期末）如图，方格纸中每个小方格都是边长为1的正方形，我们把以格点连线为边的三角形称为“格点三角形”，图中就是格点三角形，请建立平面直角坐标系，使点A的坐标为．(1)把以点O为位似中心放大，使放大前后的位似比为，画出△A1B1C1（与在位似中心O点的两侧，A，B，C的对应点分别是，，）；(2)利用本题方格纸标出外接圆的圆心P，P点坐标是；(3)在（2）中的条件下，中劣弧的长度为．【答案】(1)见解析(2)作图见解析，；(3)．【分析】本题考查了作图-位似变换、弧长公式、外心的概念：解集此题的关键是清楚位似的概念以及外心的概念．（1）把点、、的横纵坐标分别乘得到点，，的坐标，然后依次连接各点即可；（2）利用网格特点可知，为等腰直角三角形，则为外接圆的直径，其中点为圆心，即可求解；（3）由（1）知，利用圆周角定理得到，然后利用弧长公式计算劣弧的长度．【详解】（1）解：如图，为所求；（2）如图，点为所作，由图可知，，，则，∴为等腰直角三角形，则为外接圆的直径，其中点为圆心，由图可知，，故答案为：；（3）由（1）可知，，，∴劣弧的长度．39．（2024·广东·中考真题）综合与实践【主题】滤纸与漏斗【素材】如图1所示：①一张直径为的圆形滤纸；②一只漏斗口直径与母线均为的圆锥形过滤漏斗．【实践操作】步骤1：取一张滤纸；步骤2：按如图2所示步骤折叠好滤纸；步骤3：将其中一层撑开，围成圆锥形；步骤4：将围成圆锥形的滤纸放入如图1所示漏斗中．【实践探索】(1)滤纸是否能紧贴此漏斗内壁（忽略漏斗管口处）？用你所学的数学知识说明．(2)当滤纸紧贴漏斗内壁时，求滤纸围成圆锥形的体积．（结果保留）【答案】(1)能，见解析(2)【分析】本题考查了圆锥，解题的关键是：（1）利用圆锥的底面周长＝侧面展开扇形的弧长求出圆锥展开图的扇形圆心角，即可判断；（2）利用圆锥的底面周长＝侧面展开扇形的弧长，求出滤纸围成圆锥形底面圆的半径，利用勾股定理求出圆锥的高，然后利用圆锥体积公式求解即可．【详解】（1）解：能，理由：设圆锥展开图的扇形圆心角为，根据题意，得，解得，∴将圆形滤纸对折，将其中一层撑开，围成圆锥形，此时滤纸能紧贴此漏斗内壁；（2）解：设滤纸围成圆锥形底面圆的半径为，高为，根据题意，得，解得，∴，∴圆锥的体积为．40．（2024·江苏盐城·三模）公共停车场和收费站都配备了车牌自动识别系统．如图是某停车场的出口直杆道闸，如图2，点O是直杆转动的支点，直杆平行于地面且距离地面的高度，其中直杆．当车辆经过时，直杆绕点O旋转到的位置，如图3，当时，(1)求端点A所经过的路径长（结果保留π）；(2)求端点B距离地面的高度．（结果精确到，直杆宽度忽略不计，参考数据：，，．）【答案】(1)端点A经过的路径长为m(2)端点B距离地面的高度约为【分析】本题考查了求弧长，解直角三角形的应用；（1）根据弧长公式即可求解；（2）过点B作，垂足为E，由正弦函数得，即可求解；掌握弧长公式：及直角三角形的解法是解题的关键．【详解】（1）解：绕点O旋转得到到，端点A经过的路径长为；（2）解：如图，过点B作，垂足为E，，，在中，，，，，答：端点B距离地面的高度约为．考点十七、有关圆的尺规作图问题41．（2023·浙江·模拟预测）如图，在的方格中，点A，B，C为格点．(1)利用无刻度的直尺在图1中画出的中线．(2)在图2中标出的外心Q并画出外接圆的切线．【答案】(1)图见详解；(2)图见详解；【分析】本题考查作垂直平分线，作垂线：（1）根据格点作垂直平分线找到中点，连接即可得到答案；（2）根据边的垂直平分线结合（1）得到圆心，根据切线垂直即可得到答案；【详解】（1）解：如图所示，根据正方形对角线互相垂直平分得到与交点，连接即为所求，；（2）解：如图所示，点是，边垂直平分线的交点，连接根据格点垂直即为所求，．42．（2024·江苏无锡·一模）尺规作图：(1)请在图①中以矩形的边为边作菱形，使得点E在上；(2)请在图②中以矩形的边为直径作，并在上确定点P，使得的面积与矩形的面积相等.【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】（1）结合菱形的判定，以点D为圆心，的长为半径画弧，交为点E，再分别以点E、点A为圆心，的长为半径画弧，两弧交于点F，连接、、即可；（2）作线段的垂直平分线，交于点O，以点O为圆心，的长为半径画圆，即可得，以点O为圆心，的长为半径画弧，在的上方交于点E，再作，作直线，分别交于点、，即可求解．【详解】（1）解：如图，菱形即为所求，（2）解：如图，点、即为所求，【点睛】本题考查作图−复杂作图、菱形的判定、矩形的性质、垂直平分线的性质，理解题意、灵活运用相关知识是解题的关键．43．（24-25九年级上·江苏盐城·阶段练习）如图，已知圆O的直径是10，点P是圆O内一点．(1)过点P作弦，使P为弦的中点（尺规作图，保留作图痕迹，不写作法）；(2)若（1）中的弦，点Q为圆O上一动点，则的最小值是__________．【答案】(1)见解析(2)7【分析】本题考查了点和圆的位置关系、垂径定理、勾股定理等知识点，掌握垂径定理成为解题的关键．（1）利用垂径定理以及尺规作图即可；（2）由于是定值，当最小时的值最小，再利用垂线段最短，求出的延长线与的交点即为Q点．【详解】（1）解：如图，连接，过点P作，则弦即为所求．（2）解：当延长，交于点Q，此时，的值最小，∵，∴，∵的直径是10，∴，∴，∴，∴，即的最小值是7．故答案为7．考点十八、圆与动点综合问题44．（23-24九年级上·江苏连云港·阶段练习）已知：如图所示，在中，，，，点P从点A开始沿边向点B以的速度移动，点Q从点B开始沿边向点C以的速度移动．当P、Q两点中有一点到达终点，则同时停止运动．(1)如果P，Q分别从A，B同时出发，那么几秒后，的面积等于？(2)如果P，Q分别从A，B同时出发，在运动过程中，是否存在这样的时刻，使以P为圆心，为半径的圆正好经过点Q？若存在，求出运动时间，若不存在，请说明理由．【答案】(1)1秒(2)不存在，理由见解析【分析】（1）经过x秒钟的面积等于，根据点P从A点开始沿边向点B以的速度移动，点Q从B点开始沿边向点C以的速度移动，表示出和的长可列方程求解；（2）设运动时间为x秒，则，，，再由勾股定理列方程求解即可．【详解】（1）解：设经过x秒以后，面积为，此时，，，由，得，整理得：，解得：，（舍）；答：1秒后，面积为；（2）解：设运动时间为x秒，以P为圆心，为半径的圆正好经过点Q时，则，，，由勾股定理，得，整理，得，∵，∴方程无实数解，∴不存在．【点睛】本题主要考查了一元二次方程的应用以及勾股定理的应用，由勾股定理列方程求解是解决问题的关键．考点十九、圆与方程、方程的材料题45．（2023·江苏盐城·模拟预测）如图，点P在y轴上，交x轴于A，B两点，连接并延长交于C，过点C的直线交x轴于D，交y轴于点E，且的半径为，．(1)写出点B，P，C的坐标；(2)求证：是的切线；(3)上有一动点M，求的最小值．【答案】(1)(2)见解析(3)【分析】（1）根据垂径定理求出B点坐标，根据勾股定理得出P点，根据全等或相似求出C点；（2）只需证明，即，故证明，进而求得；（3）在上截取，进而证明，得出，进而根据三角形三边关系找出M点使其最小．【详解】（1）解：如图1，∵，∴，∴，∵，∴，作于H，∴，∴，∴，∴，∴，∴；（2）解：∵过，∴，∴，∴，∵，，∴，∴，在中，，∴，∴，∴是的切线；（3）解：如图2，由得：，∴在上截取，在中，，∴，∵，，∴，又，∴，∴，∴，∵，∴当D、M．I共线时，最小值为，即最小值为，∵，∴的最小值为．【点睛】本题考查了圆的有关性质及与圆有关的位置关系，相似三角形的判定和性质，三角形三边关系等知识，解决问题的关键是构造相似三角形．46．（2023·北京石景山·一模）在平面直角坐标系中，O为原点，对于两个图形和直线，若在图形X上存在点A，在图形Y上存在点B，使得点A和点B关于直线对称，就称图形X和Y互为m关联图形．(1)已知点P的坐标为，①点P与点Q互为关联图形，则点Q的坐标为；②若的半径为1，点P与互为m关联图形，则m的值为；(2)已知点，射线OA与线段l：互为t关联图形，求t的取值范围．(3)已知⊙O的半径为2，直线与x轴，y轴分别交于C，D，若关于对称的图形S与点C互为2m关联图形，直接写出m的值及点D与图形S的位置关系．【答案】(1)①；②1或2；(2)；(3)，，D在S上，，D在S内部．【分析】本题考查了轴对称的性质，与圆有关的位置关系等知识，解决问题的关键是理解题意，求对称点．（1）①求出点P关于的对称点即可；②求点P和0,1以及点P和对称得m的值；（2）求出和点对称时的t的值，以及和对称时t的值，从而确定范围；（3）圆心O关于的对称点是，设图形S上的点J与C点关于对称，设，由得，将代入得，求出m的值，进而求出D个图形S的位置关系．【详解】（1）解：①如图1，∵，∴，②如图2，∵，，∴或1．（2）解：如图3，由题意得，∵，∴直线的解析式是：，∴当时，，∵，，∴．（3）解：如图4，圆心O关于的对称点是，设图形S上的点J与C点关于对称，设，由得，，由得，，∴，∴，∴，∴，当时，，∵，∴，∴D在S上，当时，，∴，∴D在S内部．47．（24-25九年级上·江苏泰州·阶段练习）定义：若关于的一元二次方程的两个实数根为，，分别以为横坐标和纵坐标得到点，则点为该一元二次方程的衍生点．(1)若一元二次方程，写出该方程的衍生点的坐标_______．(2)若关于的一元二次方程为．①求证：不论为何值，该方程总有两个不相等的实数根，并求出该方程的衍生点的坐标．②若以点为圆心，为半径的与轴、轴都相切，求的值．(3)是否存在，使得不论为何值，关于的方程的衍生点始终在直线的图象上？若有，请求出的值；若没有，请说明理由．【答案】(1)(2)①证明见解析，点的坐标为②r=1(3)，【分析】（）解方程即可求解；（）①求出根的判别式的值可证该方程总有两个不相等的实数根，再求出方程的根即可得到衍生点的坐标；②根据相切可得，求出