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meili 发表于 2022-10-14 16:02:04

江苏省东台市2023初三数学上学期期中考试卷(含答案解析)

江苏省东台市2023初三数学上学期期中考试卷(含答案解析)一、精心选一选（本题共8小题，每小题3分，共24分）1．下列四个图中，∠x是圆周角的是（）A． B． C． D．2．已知关于x的一元二次方程x2+2x﹣a=0有两个相等的实数根，则a的值是（）A．4 B．﹣4 C．1 D．﹣13．已知⊙O的半径是6cm，点O到同一平面内直线l的距离为5cm，则直线l与⊙O的位置关系是（）A．相交 B．相切 C．相离 D．无法判断4．如图，在⊙O中，∠ABC=52°，则∠AOC等于（）A．52° B．80° C．90° D．104°5．如图，⊙O的半径OD⊥弦AB于点C，连结AO并延长交⊙O于点E，连结EC．若AB=8，CD=2，则EC的长为（）A．2 B．8 C． D．26．在学校组织的实践活动中，小新同学用纸板制作了一个圆锥模型，它的底面半径为1，高为2 ，则这个圆锥的侧面积是（）A．4π B．3π C．2 π D．2π7．如图为△ABC的内切圆，点D，E分别为边AB，AC上的点，且DE为⊙I的切线，若△ABC的周长为21，BC边的长为6，则△ADE的周长为（）A．15 B．9 C．7.5 D．78．如图，在平面直角坐标系中，⊙P的圆心坐标是（3，a）（a＞3），半径为3，函数y=x的图象被⊙P截得的弦AB的长为，则a的值是（）A．4 B． C． D．二、用心做一做（本题共10个小题，每小题3分，共30分）9．方程x2﹣2x=0的根是．10．如图，Rt△ABC中，∠C=90°，AC=6，BC=8．则△ABC的内切圆半径r=．11．如图，AD是正五边形ABCDE的一条对角线，则∠BAD=．12．已知Rt△ABC的两边分别是5、12，则Rt△ABC的外接圆的半径为．13．如图，A、B、C是⊙上的三个点，∠ABC=130°，则∠AOC的度数是．14．如图，AB为⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，若CD=6，且AE：BE=1：3，则AB=．15．如图，在⊙O中，CD是直径，弦AB⊥CD，垂足为E，连接BC，若AB=2 cm，∠BCD=22°30′，则⊙O的半径为cm．16．已知扇形的面积为2π，半径为3，则该扇形的弧长为（结果保留π）．17．如图所示，在△ABC中，BC=4，以点A为圆心，2为半径的⊙A与BC相切于点D，交AB于点E，交AC于点F，且∠EAF=80°，则图中阴影部分的面积是．18．如图，两正方形彼此相邻且内接于半圆，若小正方形的面积为16cm2，则该半圆的半径为cm．三、用心解一解（96分）：19．（8分）解下列方程：（1）3（x﹣2）2=x（x﹣2）；（2）x2﹣4x+1=0．20．（8分）每位同学都能感受到日出时美丽的景色．右图是一位同学从照片上剪切下来的画面，“图上”太阳与海平线交于A﹑B两点，他测得“图上”圆的半径为5厘米，AB=8厘米，若从目前太阳所处位置到太阳完全跳出海面的时间为16分钟，求“图上”太阳升起的速度．21．（10分）如图，PA，PB是⊙O的切线，A、B为切点，AC是⊙O的直径，∠P=60°．（1）求∠BAC的度数；（2）当OA=2时，求AB的长．22．（10分）如图：已知P是半径为5cm的⊙O内一点．解答下列问题：（1）用尺规作图找出圆心O的位置．（要求：保留所有的作图痕迹，不写作法）（2）用三角板分别画出过点P的最长弦AB和最短弦CD．23．（10分）已知x1、x2是一元二次方程2x2﹣2x+1﹣3m=0的两个实数根，且x1、x2满足不等式x1?x2+2（x1+x2）＞0，求实数m的取值范围．24．（8分）已知在以点O为圆心的两个同心圆中，大圆的弦AB交小圆于点C，D（如图）．（1）求证：AC=BD；（2）若大圆的半径R=10，小圆的半径r=8，且圆O到直线AB的距离为6，求AC的长．25．（8分）如图，AB=BC，以AB为直径的⊙O交AC于点D，过D作DE⊥BC，垂足为E．（1）求证：DE是⊙O的切线；（2）作DG⊥AB交⊙O于G，垂足为F，若∠A=30°，AB=8，求弦DG的长．26．（12分）已知：如图，△ABC内接于⊙O，AB为直径，∠CBA的平分线交AC于点F，交⊙O于点D，DE⊥AB于点E，且交AC于点P，连结AD．（1）求证：∠DAC=∠DBA；（2）求证：P是线段AF的中点；（3）连接CD，若CD﹦3，BD﹦4，求⊙O的半径和DE的长．27．（10分）如图，已知△ABC的一个外角∠CAM=120°，AD是∠CAM的平分线，且AD的反向延长线与△ABC的外接圆交于点F，连接FB、FC，且FC与AB交于E．（1）判断△FBC的形状，并说明理由；（2）请探索线段AB、AC与AF之间满足条件的关系式并说明理由．28．（12分）如图，已知L1⊥L2，⊙O与L1，L2都相切，⊙O的半径为1cm，矩形ABCD的边AD、AB分别与直线L1，L2重合，∠BCA=60°，若⊙O与矩形ABCD沿L1同时向右移动，⊙O的移动速度为2cm，矩形ABCD的移动速度为3cm/s，设移动时间为t（s）（1）如图①，连接OA、AC，则∠OAC的度数为°；（2）如图②，两个图形移动一段时间后，⊙O到达⊙O1的位置，矩形ABCD到达A1B1C1D1的位置，此时点O1，A1，C1恰好在同一直线上，求圆心O移动的距离（即OO1的长）；（3）在移动过程中，求当对角线AC所在直线与圆O第二次相切时t的值．江苏省东台市2023初三数学上学期期中考试卷(含答案解析)参考答案与试题解析一、精心选一选（本题共8小题，每小题3分，共24分）1．下列四个图中，∠x是圆周角的是（）A． B． C． D．考点：圆周角定理．分析：由圆周角的定义：顶点在圆上，并且两边都与圆相交的角叫做圆周角，即可求得答案．解答：解：根据圆周角定义：即可得∠x是圆周角的有：C，不是圆周角的有：A，B，D．故选C．点评：此题考查了圆周角定义．此题比较简单，解题的关键是理解圆周角的定义．2．已知关于x的一元二次方程x2+2x﹣a=0有两个相等的实数根，则a的值是（）A．4 B．﹣4 C．1 D．﹣1考点：根的判别式．专题：计算题．分析：根据根的判别式的意义得到△=22﹣4?（﹣a）=0，然后解方程即可．解答：解：根据题意得△=22﹣4?（﹣a）=0，解得a=﹣1．故选D．点评：本题考查了一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的根的判别式△=b2﹣4ac：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．3．已知⊙O的半径是6cm，点O到同一平面内直线l的距离为5cm，则直线l与⊙O的位置关系是（）A．相交 B．相切 C．相离 D．无法判断考点：直线与圆的位置关系．分析：设圆的半径为r，点O到直线l的距离为d，若d＜r，则直线与圆相交；若d=r，则直线与圆相切；若d＞r，则直线与圆相离，从而得出答案．解答：解：设圆的半径为r，点O到直线l的距离为d，∵d=5，r=6，∴d＜r，∴直线l与圆相交．故选：A．点评：本题考查的是直线与圆的位置关系，解决此类问题可通过比较圆心到直线距离d与圆半径大小关系完成判定．4．如图，在⊙O中，∠ABC=52°，则∠AOC等于（）A．52° B．80° C．90° D．104°考点：圆周角定理．分析：根据圆周角定理可得∠AOC=2∠ABC，进而可得答案．解答：解：∵∠ABC=52°，∴∠AOC=2×52°=104°，故选：D．点评：此题主要考查了圆周角定理，关键是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．如图，⊙O的半径OD⊥弦AB于点C，连结AO并延长交⊙O于点E，连结EC．若AB=8，CD=2，则EC的长为（）A．2 B．8 C． D．2考点：圆周角定理；勾股定理；三角形中位线定理；垂径定理．分析：连结BE，设⊙O的半径为R，由OD⊥AB，根据垂径定理得AC=BC= AB=4，在Rt△AOC中，OA=R，OC=R﹣CD=R﹣2，根据勾股定理得到（R﹣2）2+42=R2，解得R=5，则OC=3，由于OC为△ABE的中位线，则BE=2OC=6，再根据圆周角定理得到∠ABE=90°，然后在Rt△BCE中利用勾股定理可计算出CE．解答：解：连结BE，设⊙O的半径为R，如图，∵OD⊥AB，∴AC=BC= AB= ×8=4，在Rt△AOC中，OA=R，OC=R﹣CD=R﹣2，∵OC2+AC2=OA2，∴（R﹣2）2+42=R2，解得R=5，∴OC=5﹣2=3，∴BE=2OC=6，∵AE为直径，∴∠ABE=90°，在Rt△BCE中，CE= = =2 ．故选D．点评：本题考查的是圆周角定理，根据题意作出辅助线，构造出直角三角形是解答此题的关键．6．在学校组织的实践活动中，小新同学用纸板制作了一个圆锥模型，它的底面半径为1，高为2 ，则这个圆锥的侧面积是（）A．4π B．3π C．2 π D．2π考点：圆锥的计算．分析：首先根据勾股定理计算出母线的长，再根据圆锥的侧面积为：S侧= ?2πr?l=πrl，代入数进行计算即可．解答：解：∵底面半径为1，高为2 ，∴母线长= =3．底面圆的周长为：2π×1=2π．∴圆锥的侧面积为：S侧= ?2πr?l=πrl= ×2π×3=3π．故选B．点评：此题主要考查了圆锥的计算，关键是掌握圆锥的侧面积公式：S侧= ?2πr?l=πrl．7．如图为△ABC的内切圆，点D，E分别为边AB，AC上的点，且DE为⊙I的切线，若△ABC的周长为21，BC边的长为6，则△ADE的周长为（）A．15 B．9 C．7.5 D．7考点：三角形的内切圆与内心．专题：综合题；压轴题．分析：根据三角形内切圆的性质及切线长定理可得DM=DP，BN=BM，CN=CQ，EQ=EP，则BM+CQ=6，所以△ADE的周长=AD+DE+AE=AD+AE+DM+EQ，代入求出即可．解答：解：∵△ABC的周长为21，BC=6，∴AC+AB=21﹣6=15，设⊙I与△ABC的三边AB、BC、AC的切点为M、N、Q，切DE为P，∵DM=DP，BN=BM，CN=CQ，EQ=EP，∴BM+CQ=BN+CN=BC=6，∴△ADE的周长=AD+DE+AE=AD+AE+DP+PE=AD+DM+AE+EQ=AB﹣BM+AC﹣CQ=AC+AB﹣（BM+CQ）=15﹣6=9，故选B．点评：此题充分利用圆的切线的性质，及圆切线长定理．8．如图，在平面直角坐标系中，⊙P的圆心坐标是（3，a）（a＞3），半径为3，函数y=x的图象被⊙P截得的弦AB的长为，则a的值是（）A．4 B． C． D．考点：垂径定理；一次函数图象上点的坐标特征；勾股定理．专题：计算题；压轴题．分析： PC⊥x轴于C，交AB于D，作PE⊥AB于E，连结PB，由于OC=3，PC=a，易得D点坐标为（3，3），则△OCD为等腰直角三角形，△PED也为等腰直角三角形．由PE⊥AB，根据垂径定理得AE=BE= AB=2 ，在Rt△PBE中，利用勾股定理可计算出PE=1，则PD= PE= ，所以a=3+ ．解答：解：作PC⊥x轴于C，交AB于D，作PE⊥AB于E，连结PB，如图，∵⊙P的圆心坐标是（3，a），∴OC=3，PC=a，把x=3代入y=x得y=3，∴D点坐标为（3，3），∴CD=3，∴△OCD为等腰直角三角形，∴△PED也为等腰直角三角形，∵PE⊥AB，∴AE=BE= AB= ×4 =2 ，在Rt△PBE中，PB=3，∴PE= ，∴PD= PE= ，∴a=3+ ．故选：B．点评：本题考查了垂径定理：垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧．也考查了勾股定理和等腰直角三角形的性质．二、用心做一做（本题共10个小题，每小题3分，共30分）9．方程x2﹣2x=0的根是x1=0，x2=2．考点：解一元二次方程-因式分解法．分析：因为x2﹣2x可提取公因式，故用因式分解法解较简便．解答：解：因式分解得x（x﹣2）=0，解得x1=0，x2=2．故答案为x1=0，x2=2．点评：本题考查了因式分解法解一元二次方程，当把方程通过移项把等式的右边化为0后方程的左边能因式分解时，一般情况下是把左边的式子因式分解，再利用积为0的特点解出方程的根．因式分解法是解一元二次方程的一种简便方法，要会灵活运用．10．如图，Rt△ABC中，∠C=90°，AC=6，BC=8．则△ABC的内切圆半径r=2．考点：三角形的内切圆与内心．专题：压轴题．分析：设AB、BC、AC与⊙O的切点分别为D、E、F；易证得四边形OECF是正方形；那么根据切线长定理可得：CE=CF= （AC+BC﹣AB），由此可求出r的长．解答：解：如图，在Rt△ABC，∠C=90°，AC=6，BC=8；根据勾股定理AB= =10；四边形OECF中，OE=OF，∠OEC=∠OFC=∠C=90°；∴四边形OECF是正方形；由切线长定理，得：AD=AF，BD=BE，CE=CF；∴CE=CF= （AC+BC﹣AB）；即：r= （6+8﹣10）=2．点评：此题主要考查直角三角形内切圆的性质及半径的求法．11．如图，AD是正五边形ABCDE的一条对角线，则∠BAD=72°．考点：正多边形和圆．分析：利用多边形内角和公式求得∠E的度数，在等腰三角形AED中可求得∠EAD的读数，进而求得∠BAD的度数．解答：解：∵正五边形ABCDE的内角和为（5﹣2）×180°=540°，∴∠E= ×540°=108°，∠BAE=108°又∵EA=ED，∴∠EAD= ×（180°﹣108°）=36°，∴∠BAD=∠BAE﹣∠EAD=72°，故答案是：72°．点评：本题考查了正多边形的计算，重点掌握正多边形内角和公式是关键．12．已知Rt△ABC的两边分别是5、12，则Rt△ABC的外接圆的半径为6或6.5．考点：三角形的外接圆与外心．专题：分类讨论．分析：分为两种情况，①当斜边是12时，②当两直角边是5和12时，求出即可．解答：解：分为两种情况：①当斜边是12时，直角三角形的外接圆的半径是 ×12=6；②当两直角边是5和12时，由勾股定理得：斜边为 =13，直角三角形的外接圆的半径是 ×13=6.5；故答案为：6或6.5．点评：本题考查了直角三角形的性质，勾股定理，三角形的外接圆的应用，注意：直角三角形的外接圆的半径等于斜边的一半．13．如图，A、B、C是⊙上的三个点，∠ABC=130°，则∠AOC的度数是100°．考点：圆周角定理．分析：首先在优弧AC上取点D，连接AD，CD，由圆的内接四边形的性质，可求得∠ADC的度数，然后由圆周角定理，求得∠AOC的度数．解答：解：如图，在优弧AC上取点D，连接AD，CD，∵∠ABC=130°，∴∠ADC=180°﹣∠ABC=50°，∴∠AOC=2∠ADC=100°．故答案为：100°．点评：此题考查了圆周角定理以及圆的内接四边形的性质．此题难度不大，注意掌握辅助线的作法，注意掌握数形结合思想的应用．14．如图，AB为⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，若CD=6，且AE：BE=1：3，则AB=4 ．考点：垂径定理；勾股定理．专题：计算题．分析：根据AE与BE比值，设出AE为x与BE为3x，由AE+BE表示出AB，进而表示出OA与OB，由OA﹣AE表示出OE，连接OC，根据AB与CD垂直，利用垂径定理得到E为CD中点，求出CE的长，在直角三角形OCE中，利用勾股定理列出方程，求出方程的解得到x的值，即可确定出AB的长．解答：解：连接OC，根据题意设AE=x，则BE=3x，AB=AE+EB=4x，∴OC=OA=OB=2x，OE=OA﹣AE=x，∵AB⊥CD，∴E为CD中点，即CE=DE= CD=3，在Rt△CEO中，利用勾股定理得：（2x）2=32+x2，解得：x= ，则AB=4x=4 ．故答案为：4点评：此题考查了垂径定理，以及勾股定理，熟练掌握定理是解本题的关键．15．如图，在⊙O中，CD是直径，弦AB⊥CD，垂足为E，连接BC，若AB=2 cm，∠BCD=22°30′，则⊙O的半径为2cm．考点：垂径定理；等腰直角三角形；圆周角定理．专题：计算题．分析：先根据圆周角定理得到∠BOD=2∠BCD=45°，再根据垂径定理得到BE= AB= ，且△BOE为等腰直角三角形，然后根据等腰直角三角形的性质求解．解答：解：连结OB，如图，∵∠BCD=22°30′，∴∠BOD=2∠BCD=45°，∵AB⊥CD，∴BE=AE= AB= ×2 = ，△BOE为等腰直角三角形，∴OB= BE=2（cm）．故答案为：2．点评：本题考查了垂径定理：平分弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧．也考查了等腰直角三角形的性质和圆周角定理．16．已知扇形的面积为2π，半径为3，则该扇形的弧长为（结果保留π）．考点：扇形面积的计算；弧长的计算．分析：利用扇形的面积公式S扇形= lR（其中l为扇形的弧长，R为扇形所在圆的半径）求解即可．解答：解：设扇形的弧长为l，由题意，得 l×3=2π，解得l= ．故答案为 π．点评：本题主要考查了扇形的面积公式，计算扇形的面积有2个公式：S扇形= 或S扇形= lR（其中n为圆心角的度数，R为扇形所在圆的半径，l为扇形的弧长），需根据条件灵活选择公式．17．如图所示，在△ABC中，BC=4，以点A为圆心，2为半径的⊙A与BC相切于点D，交AB于点E，交AC于点F，且∠EAF=80°，则图中阴影部分的面积是4﹣ π．考点：切线的性质；扇形面积的计算．专题：计算题；压轴题．分析：连结AD，根据切线的性质得AD⊥BC，则S△ABC= AD?BC，然后利用S阴影部分=S△ABC﹣S扇形AEF和扇形的面积公式计算即可．解答：解：连结AD，如图，∵⊙A与BC相切于点D，∴AD⊥BC，∴S△ABC= AD?BC，∴S阴影部分=S△ABC﹣S扇形AEF= ×2×4﹣=4﹣ π．故答案为4﹣ π．点评：本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于过切点的半径．也考查了扇形的面积公式．18．如图，两正方形彼此相邻且内接于半圆，若小正方形的面积为16cm2，则该半圆的半径为 cm．考点：勾股定理；正方形的性质；圆的认识．分析：已知小正方形的面积即可求得边长，在直角△ACE中，利用勾股定理即可求解．解答：解：如图，圆心为A，设大正方形的边长为2x，圆的半径为R，∵正方形有两个顶点在半圆上，另外两个顶点在圆心两侧，∴AE=BC=x，CE=2x；∵小正方形的面积为16cm2，∴小正方形的边长EF=DF=4，由勾股定理得，R2=AE2+CE2=AF2+DF2，即x2+4x2=（x+4）2+42，解得，x=4，∴R=4 cm，故答案为：4点评：本题考查了勾股定理的运用和正方形的性质，解题的关键是正确的做出辅助线构造直角三角形．三、用心解一解（96分）：19．（8分）解下列方程：（1）3（x﹣2）2=x（x﹣2）；（2）x2﹣4x+1=0．考点：解一元二次方程-因式分解法；解一元一次方程；解一元二次方程-配方法．专题：计算题．分析：（1）分解因式得到（x﹣2）（3x﹣6﹣x）=0，推出x﹣2=0，3x﹣6﹣x=0，求出方程的解即可；（2）求出b2﹣4ac的值，代入x= 求出即可．解答：解：（1）移项得：3（x﹣2）2﹣x（x﹣2）=0，分解因式得：（x﹣2）（3x﹣6﹣x）=0，x﹣2=0，3x﹣6﹣x=0，解得：x1=2，x2=3；（2）解：x2﹣4x+1=0，b2﹣4ac=（﹣4）2﹣4×1×1=12，∴x= ，∴x1=2+ ，x2=2﹣ ．点评：本题考查了解一元一次方程，解一元二次方程的应用，能选择适当的方法解一元二次方程是解此题的关键．20．（8分）每位同学都能感受到日出时美丽的景色．右图是一位同学从照片上剪切下来的画面，“图上”太阳与海平线交于A﹑B两点，他测得“图上”圆的半径为5厘米，AB=8厘米，若从目前太阳所处位置到太阳完全跳出海面的时间为16分钟，求“图上”太阳升起的速度．考点：垂径定理的应用；勾股定理．专题：探究型．分析：连接OA，过点O作OD⊥AB，由垂径定理求出AD的长，再根据勾股定理求出OD的长，进而可计算出太阳在海平线以下部分的高度，根据太阳从所处位置到完全跳出海平面的时间为16分钟即可得出结论．解答：解：连接OA，过点O作OD⊥AB，∵AB=8厘米，∴AD= AB=4厘米，∵OA=5厘米，∴OD= =3厘米，∴海平线以下部分的高度=OA+OD=5+3=8（厘米），∵太阳从所处位置到完全跳出海平面的时间为16分钟，∴“图上”太阳升起的速度= =0.5厘米/分钟．点评：本题考查的是垂径定理在实际生活中的运用，根据题意作出辅助线，构造出直角三角形是解答此题的关键．21．（10分）如图，PA，PB是⊙O的切线，A、B为切点，AC是⊙O的直径，∠P=60°．（1）求∠BAC的度数；（2）当OA=2时，求AB的长．考点：切线长定理；等腰三角形的性质；等边三角形的判定与性质；含30度角的直角三角形；勾股定理；圆周角定理．专题：证明题．分析：（1）根据切线长定理推出AP=BP，根据等腰三角形性质和三角形的内角和定理求出∠PAB=60°，求出∠PAO=90°即可；（2）根据直角三角形性质求出OP，根据勾股定理求出AP，根据等边三角形的判定和性质求出即可．解答：解：（1）∵PA，PB是⊙O的切线，∴AP=BP，∵∠P=60°，∴∠PAB=60°，∵AC是⊙O的直径，∴∠PAC=90°，∴∠BAC=90°﹣60°=30°．（2）连接OP，则在Rt△AOP中，OA=2，∠APO=30°，∴OP=4，由勾股定理得：，∵AP=BP，∠APB=60°，∴△APB是等边三角形，∴ ．点评：本题考查了等边三角形的性质和判定，勾股定理，含30度角的直角三角形，等腰三角形的性质，切线长定理，切线的性质，圆周角定理等知识点的应用，题型较好，综合性比较强，通过做此题培养了学生分析问题和解决问题的能力．22．（10分）如图：已知P是半径为5cm的⊙O内一点．解答下列问题：（1）用尺规作图找出圆心O的位置．（要求：保留所有的作图痕迹，不写作法）（2）用三角板分别画出过点P的最长弦AB和最短弦CD．考点：作图—复杂作图；垂径定理．专题：作图题．分析：（1）任意作圆的两弦，然后作两弦的垂直平分线，则两垂直平分线的交点即为圆心O；（2）先过P点作直径AB，再过P点作弦CD⊥AB即可．解答：解：（1）如图，点O即为所求；（2）如图，AB，CD即为所求；点评：本题考查了作图﹣复杂作图：复杂作图是在五种基本作图的基础上进行作图，一般是结合了几何图形的性质和基本作图方法．解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作．23．（10分）已知x1、x2是一元二次方程2x2﹣2x+1﹣3m=0的两个实数根，且x1、x2满足不等式x1?x2+2（x1+x2）＞0，求实数m的取值范围．考点：根与系数的关系；根的判别式．分析：已知x1、x2是一元二次方程2x2﹣2x+1﹣3m=0的两个实数根，可推出△=（﹣2）2﹣4×2（1﹣3m）≥0，根据根与系数的关系可得x1?x2= ，x1+x2=1；且x1、x2满足不等式x1?x2+2（x1+x2）＞0，代入即可得到一个关于m的不等式，由此可解得m的取值范围．解答：解：∵方程2x2﹣2x+1﹣3m=0有两个实数根，∴△=4﹣8（1﹣3m）≥0，解得m≥ ．由根与系数的关系，得x1+x2=1，x1?x2= ．∵x1?x2+2（x1+x2）＞0，∴ +2＞0，解得m＜．∴ ≤m＜．点评：解题时不要只根据x1?x2+2（x1+x2）＞0求出m的取值范围，而忽略△≥0这个条件．24．（8分）已知在以点O为圆心的两个同心圆中，大圆的弦AB交小圆于点C，D（如图）．（1）求证：AC=BD；（2）若大圆的半径R=10，小圆的半径r=8，且圆O到直线AB的距离为6，求AC的长．考点：垂径定理；勾股定理．专题：几何综合题．分析：（1）过O作OE⊥AB，根据垂径定理得到AE=BE，CE=DE，从而得到AC=BD；（2）由（1）可知，OE⊥AB且OE⊥CD，连接OC，OA，再根据勾股定理求出CE及AE的长，根据AC=AE﹣CE即可得出结论．解答：（1）证明：过O作OE⊥AB于点E，则CE=DE，AE=BE，∴BE﹣DE=AE﹣CE，即AC=BD；（2）解：由（1）可知，OE⊥AB且OE⊥CD，连接OC，OA，∴OE=6，∴CE= = =2 ，AE= = =8，∴AC=AE﹣CE=8﹣2 ．点评：本题考查的是垂径定理，根据题意作出辅助线，构造出直角三角形是解答此题的关键．25．（8分）如图，AB=BC，以AB为直径的⊙O交AC于点D，过D作DE⊥BC，垂足为E．（1）求证：DE是⊙O的切线；（2）作DG⊥AB交⊙O于G，垂足为F，若∠A=30°，AB=8，求弦DG的长．考点：切线的判定；垂径定理；解直角三角形．专题：几何综合题．分析：（1）连接OD，只要证明OD⊥DE即可．本题可根据等腰三角形中两底角相等，将相等的角进行适当的转换，即可证得OD⊥DE；（2）求DG就是求DF的长，在直角三角形DFO中，有OD的值，∠DOF的值也容易求得，那么DG的值就求得了．解答：（1）证明：连接OD，∵OA=OD，∴∠A=∠ADO．∵BA=BC，∴∠A=∠C，∴∠ADO=∠C，∴DO∥BC．∵DE⊥BC，∴DO⊥DE．∵点D在⊙O上，∴DE是⊙O的切线．（2）解：∵∠DOF=∠A+∠ADO=60°，在Rt△DOF中，OD=4，∴DF=OD?sin∠DOF=4?sin60°=2 ．∵直径AB⊥弦DG，∴DF=FG．∴DG=2DF=4 ．点评：本题考查了切线的判定，垂径定理等知识点．要证某线是圆的切线，已知此线过圆上某点，连接圆心与这点（即为半径），再证垂直即可．26．（12分）已知：如图，△ABC内接于⊙O，AB为直径，∠CBA的平分线交AC于点F，交⊙O于点D，DE⊥AB于点E，且交AC于点P，连结AD．（1）求证：∠DAC=∠DBA；（2）求证：P是线段AF的中点；（3）连接CD，若CD﹦3，BD﹦4，求⊙O的半径和DE的长．考点：圆的综合题．分析：（1）利用角平分线的性质得出∠CBD=∠DBA，进而得出∠DAC=∠DBA，再利用互余的性质得出∠DAC=∠ADE，进而得出∠DAC=∠DBA；（2）利用圆周角定理得出∠ADB=90°，进而求出∠PDF=∠PFD，则PD=PF，求出PA=PF，即可得出答案；（3）利用勾股定理得出AB的长，再利用三角形面积求出DE即可．解答：（1）证明：∵BD平分∠CBA，∴∠CBD=∠DBA，∵∠DAC与∠CBD都是弧CD所对的圆周角，∴∠DAC=∠CBD，∴∠DAC=∠DBA，∵AB是⊙O的直径，DE⊥AB，∴∠ADB=∠AED=90°，∴∠ADE+∠DAE=90°，∠DBA+∠DAE=90°，∴∠ADE=∠DBA，∴∠DAC=∠ADE，∴∠DAC=∠DBA；（2）证明：∵AB为直径，∴∠ADB=90°，∵DE⊥AB于E，∴∠DEB=90°，∴∠ADE+∠EDB=∠ABD+∠EDB=90°，∴∠ADE=∠ABD=∠DAP，∴PD=PA，∵∠DFA+∠DAC=∠ADE+∠PDF=90°，且∠ADB=90°，∴∠PDF=∠PFD，∴PD=PF，∴PA=PF，即P是线段AF的中点；（3）解：连接CD，∵∠CBD=∠DBA，∴CD=AD，∵CD﹦3，∴AD=3，∵∠ADB=90°，∴AB=5，故⊙O的半径为2.5，∵DE×AB=AD×BD，∴5DE=3×4，∴DE=2.4．即DE的长为2.4．点评：此题主要考查了圆的综合以及圆周角定理和勾股定理以及三角形面积等知识，熟练利用圆周角定理得出各等量关系是解题关键．27．（10分）如图，已知△ABC的一个外角∠CAM=120°，AD是∠CAM的平分线，且AD的反向延长线与△ABC的外接圆交于点F，连接FB、FC，且FC与AB交于E．（1）判断△FBC的形状，并说明理由；（2）请探索线段AB、AC与AF之间满足条件的关系式并说明理由．考点：圆周角定理；全等三角形的判定与性质；等边三角形的判定与性质．分析：（1）运用圆周角定理、圆内接四边形的性质证明∠FCB=∠FAB=60°，即可解决问题．（2）如图，作辅助线，首先证明△AGC为等边三角形；进而证明△ACF≌△GCB，得到AF=BG，问题即可解决．解答：解：（1）△FBC为等边三角形．理由如下：∵∠CAM=120°，AD是∠CAM的平分线，∴∠CAD=∠MAD=60°；∴∠FBC=∠CAD=60°，∠FAB=∠MAD=60°；∴∠FCB=∠FAB=60°，∴△FBC是等边三角形．（2）在线段AB上截取AG，使AG=AC，连接CG；∵∠GAC=∠BFC=60°，∴△AGC为等边三角形，AC=GC；∠ACG=60°；∵∠BCF=60°，∴∠ACF=∠GCB；在△ACF与△GCB中，，∴△ACF≌△GCB（SAS），∴AF=BG，∴AB=AC+AF．点评：该题主要考查了圆周角定理及其推论、等边三角形的判定、全等三角形的判定及其性质等几何知识点的应用问题；解题的关键是作辅助线，灵活运用有关定理来分析、判断、推理或解答．28．（12分）如图，已知L1⊥L2，⊙O与L1，L2都相切，⊙O的半径为1cm，矩形ABCD的边AD、AB分别与直线L1，L2重合，∠BCA=60°，若⊙O与矩形ABCD沿L1同时向右移动，⊙O的移动速度为2cm，矩形ABCD的移动速度为3cm/s，设移动时间为t（s）（1）如图①，连接OA、AC，则∠OAC的度数为105°；（2）如图②，两个图形移动一段时间后，⊙O到达⊙O1的位置，矩形ABCD到达A1B1C1D1的位置，此时点O1，A1，C1恰好在同一直线上，求圆心O移动的距离（即OO1的长）；（3）在移动过程中，求当对角线AC所在直线与圆O第二次相切时t的值．考点：圆的综合题；锐角三角函数的定义．专题：综合题．分析：（1）连接OA，如图①，利用切线长定理及矩形的性质可求出∠OAD、∠DAC，就可求出∠OAC的度数．（2）设⊙O1与l1的切点为N，连接O1N，如图②，在Rt△A1O1N中，利用三角函数可求出A1N的长，然后再利用A1N=AA1﹣AE﹣EN求出t的值，就可解决问题．（3）当直线AC与⊙O第二次相切时，设⊙O2与直线l1、A2C2分别相切于点F、G，连接O2F、O2G、O2A2，如图③，在Rt△A2O2F中，利用三角函数可求出A2F的长，然后利用AF两种表示方法建立关于t的方程，就可解决问题．解答：解：（1）连接OA，如图①．∵L1⊥L2，⊙O与L1、L2都相切，∴∠OAD=45°．∵四边形ABCD为矩形，∴BC∥AD，∴∠DAC=∠BCA=60°，∴∠OAC=∠OAD+∠DAC=105°，故答案为：105．（2）当O1、A1、C1恰好在同一直线上时，如图②，设⊙O1与l1的切点为N，连接O1N，则有O1N⊥l1．在Rt△A1O1N中，∵∠O1A1N=∠C1A1D1=60°，∴O1N=A1N?tan∠O1A1N= A1N．∵O1N=1，∴ A1N=1，∴A1N= ．∵A1N=AA1﹣AE﹣EN=AA1﹣OE﹣OO1=3t﹣1﹣2t=t﹣1，∴t﹣1= ，∴t= +1，∴OO1=2t= +2．∴圆心O移动的距离为（ +2）cm．（3）当直线AC与⊙O第二次相切时，如图③，此时⊙O移动到⊙O2的位置，矩形ABCD移动到A2B2C2D2的位置，设⊙O2与直线l1、A2C2分别相切于点F，G，连接O2F，O2G，O2A2，则有O2F⊥l1，O2G⊥A2C2，∠GA2O2=∠FA2O2．∵∠GA2F=∠C2A2D2=60°，∴∠O2A2F=30°．在Rt△A2O2F中，∵O2F=1，∠O2A2F=30°，∴O2F=A2F?tan30°= A2F=1，∴A2F= ．∵AF=AA2﹣A2F=3t﹣ ，AF=AE+EF=OE+OO2=1+2t，∴3t﹣ =1+2t，∴t= +1．∴当对角线AC所在直线与圆O第二次相切时t的值为（ +1）秒．点评：此题主要考查了切线的性质、切线长定理、锐角三角函数、矩形的性质等知识，利用一条线段的两种表示方法建立关于t的方程是解决第（2）小题与第（3）小题的关键．

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江苏省东台市2023初三数学上学期期中考试卷(含答案解析)