2016九年級數(shù)學上學期第一次段考試卷
為即將到來的九年級數(shù)學第一次段考考試，同學們需要準備好的數(shù)學段考試卷來復習，下面是學習啦小編為大家?guī)淼年P于2016九年級數(shù)學上學期第一次段考試卷，希望會給大家?guī)韼椭?/p>
2016九年級數(shù)學上學期第一次段考試卷：
一、精心選一選(本題共8小題，每小題3分，共24分)
1.下列四個中，∠x是圓周角的是( )
考點： 圓周角定理.
分析： 由圓周角的定義：頂點在圓上，并且兩邊都與圓相交的角叫做圓周角，即可求得答案.
解答： 解：根據(jù)圓周角定義：
即可得∠x是圓周角的有：C，不是圓周角的有：A，B，D.
故選C.
點評： 此題考查了圓周角定義.此題比較簡單，解題的關鍵是理解圓周角的定義.
2.已知關于x的一元二次方程x2+2x﹣a=0有兩個相等的實數(shù)根，則a的值是( )
A.4 B.﹣4 C.1 D.﹣1
考點： 根的判別式.
專題： 計算題.
分析： 根據(jù)根的判別式的意義得到△=22﹣4•(﹣a)=0，然后解方程即可.
解答： 解：根據(jù)題意得△=22﹣4•(﹣a)=0，
解得a=﹣1.
故選D.
點評： 本題考查了一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的根的判別式△=b2﹣4ac：當△>0，方程有兩個不相等的實數(shù)根;當△=0，方程有兩個相等的實數(shù)根;當△<0，方程沒有實數(shù)根.
3.已知⊙O的半徑是6cm，點O到同一平面內直線l的距離為5cm，則直線l與⊙O的位置關系是( )
A.相交 B.相切 C.相離 D.無法判斷
考點： 直線與圓的位置關系.
分析： 設圓的半徑為r，點O到直線l的距離為d，若dr，則直線與圓相離，從而得出答案.
解答： 解：設圓的半徑為r，點O到直線l的距離為d，
∵d=5，r=6，
∴d
∴直線l與圓相交.
故選：A.
點評： 本題考查的是直線與圓的位置關系，解決此類問題可通過比較圓心到直線距離d與圓半徑大小關系完成判定.
4.在⊙O中，∠ABC=52°，則∠AOC等于( )
A.52° B.80° C.90° D.104°
考點： 圓周角定理.
分析： 根據(jù)圓周角定理可得∠AOC=2∠ABC，進而可得答案.
解答： 解：∵∠ABC=52°，
∴∠AOC=2×52°=104°，
故選：D.
點評： 此題主要考查了圓周角定理，關鍵是掌握在同圓或等圓中，同弧或等弧所對的圓周角相等，都等于這條弧所對的圓心角的一半
5.⊙O的半徑OD⊥弦AB于點C，連結AO并延長交⊙O于點E，連結EC.若AB=8，CD=2，則EC的長為( )
A.2 B.8 C. D.2
考點： 圓周角定理;勾股定理;三角形中位線定理;垂徑定理.
分析： 連結BE，設⊙O的半徑為R，由OD⊥AB，根據(jù)垂徑定理得AC=BC= AB=4，在Rt△AOC中，OA=R，OC=R﹣CD=R﹣2，根據(jù)勾股定理得到(R﹣2)2+42=R2，解得R=5，則OC=3，由于OC為△ABE的中位線，則BE=2OC=6，再根據(jù)圓周角定理得到∠ABE=90°，然后在Rt△BCE中利用勾股定理可計算出CE.
解答： 解：連結BE，設⊙O的半徑為R，
∵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為直徑，
∴∠ABE=90°，
在Rt△BCE中，CE= = =2 .
故選D.
點評： 本題考查的是圓周角定理，根據(jù)題意作出輔助線，構造出直角三角形是解答此題的關鍵.
6.在學校組織的實踐活動中，小新同學用紙板制作了一個圓錐模型，它的底面半徑為1，高為2 ，則這個圓錐的側面積是( )
A.4π B.3π C.2 π D.2π
考點： 圓錐的計算.
分析： 首先根據(jù)勾股定理計算出母線的長，再根據(jù)圓錐的側面積為：S側= •2πr•l=πrl，代入數(shù)進行計算即可.
解答： 解：∵底面半徑為1，高為2 ，
∴母線長= =3.
底面圓的周長為：2π×1=2π.
∴圓錐的側面積為：S側= •2πr•l=πrl= ×2π×3=3π.
故選B.
點評： 此題主要考查了圓錐的計算，關鍵是掌握圓錐的側面積公式：S側= •2πr•l=πrl.
7.為△ABC的內切圓，點D，E分別為邊AB，AC上的點，且DE為⊙I的切線，若△ABC的周長為21，BC邊的長為6，則△ADE的周長為( )
A.15 B.9 C.7.5 D.7
考點： 三角形的內切圓與內心.
專題： 綜合題;壓軸題.
分析： 根據(jù)三角形內切圓的性質及切線長定理可得DM=DP，BN=BM，CN=CQ，EQ=EP，則BM+CQ=6，所以△ADE的周長=AD+DE+AE=AD+AE+DM+EQ，代入求出即可.
解答： 解：∵△ABC的周長為21，BC=6，
∴AC+AB=21﹣6=15，
設⊙I與△ABC的三邊AB、BC、AC的切點為M、N、Q，切DE為P，
∵DM=DP，BN=BM，CN=CQ，EQ=EP，
∴BM+CQ=BN+CN=BC=6，
∴△ADE的周長=AD+DE+AE=AD+AE+DP+PE
=AD+DM+AE+EQ
=AB﹣BM+AC﹣CQ
=AC+AB﹣(BM+CQ)
=15﹣6=9，
故選B.
點評： 此題充分利用圓的切線的性質，及圓切線長定理.
8.在平面直角坐標系中，⊙P的圓心坐標是(3，a)(a>3)，半徑為3，函數(shù)y=x的象被⊙P截得的弦AB的長為 ，則a的值是( )
A.4 B. C. D.
考點： 垂徑定理;一次函數(shù)象上點的坐標特征;勾股定理.
專題： 計算題;壓軸題.
分析： PC⊥x軸于C，交AB于D，作PE⊥AB于E，連結PB，由于OC=3，PC=a，易得D點坐標為(3，3)，則△OCD為等腰直角三角形，△PED也為等腰直角三角形.由PE⊥AB，根據(jù)垂徑定理得AE=BE= AB=2 ，在Rt△PBE中，利用勾股定理可計算出PE=1，則PD= PE= ，所以a=3+ .
解答： 解：作PC⊥x軸于C，交AB于D，作PE⊥AB于E，連結PB，
∵⊙P的圓心坐標是(3，a)，
∴OC=3，PC=a，
把x=3代入y=x得y=3，
∴D點坐標為(3，3)，
∴CD=3，
∴△OCD為等腰直角三角形，
∴△PED也為等腰直角三角形，
∵PE⊥AB，
∴AE=BE= AB= ×4 =2 ，
在Rt△PBE中，PB=3，
∴PE= ，
∴PD= PE= ，
∴a=3+ .
故選：B.
點評： 本題考查了垂徑定理：垂直于弦的直徑平分這條弦，并且平分弦所對的兩條弧.也考查了勾股定理和等腰直角三角形的性質.
二、用心做一做(本題共10個小題，每小題3分，共30分)
9.方程x2﹣2x=0的根是 x1=0，x2=2 .
考點： 解一元二次方程-因式分解法.
分析： 因為x2﹣2x可提取公因式，故用因式分解法解較簡便.
解答： 解：因式分解得x(x﹣2)=0，
解得x1=0，x2=2.
故答案為x1=0，x2=2.
點評： 本題考查了因式分解法解一元二次方程，當把方程通過移項把等式的右邊化為0后方程的左邊能因式分解時，一般情況下是把左邊的式子因式分解，再利用積為0的特點解出方程的根.因式分解法是解一元二次方程的一種簡便方法，要會靈活運用.
10.Rt△ABC中，∠C=90°，AC=6，BC=8.則△ABC的內切圓半徑r= 2 .
考點： 三角形的內切圓與內心.
專題： 壓軸題.
分析： 設AB、BC、AC與⊙O的切點分別為D、E、F;易證得四邊形OECF是正方形;那么根據(jù)切線長定理可得：CE=CF= (AC+BC﹣AB)，由此可求出r的長.
解答： 解：
在Rt△ABC，∠C=90°，AC=6，BC=8;
根據(jù)勾股定理AB= =10;
四邊形OECF中，OE=OF，∠OEC=∠OFC=∠C=90°;
∴四邊形OECF是正方形;
由切線長定理，得：AD=AF，BD=BE，CE=CF;
∴CE=CF= (AC+BC﹣AB);
即：r= (6+8﹣10)=2.
點評： 此題主要考查直角三角形內切圓的性質及半徑的求法.
11.AD是正五邊形ABCDE的一條對角線，則∠BAD= 72° .
考點： 正多邊形和圓.
分析： 利用多邊形內角和公式求得∠E的度數(shù)，在等腰三角形AED中可求得∠EAD的讀數(shù)，進而求得∠BAD的度數(shù).
解答： 解：∵正五邊形ABCDE的內角和為(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°.
點評： 本題考查了正多邊形的計算，重點掌握正多邊形內角和公式是關鍵.
12.已知Rt△ABC的兩邊分別是5、12，則Rt△ABC的外接圓的半徑為 6或6.5 .
考點： 三角形的外接圓與外心.
專題： 分類討論.
分析： 分為兩種情況，①當斜邊是12時，②當兩直角邊是5和12時，求出即可.
解答： 解：分為兩種情況：①當斜邊是12時，直角三角形的外接圓的半徑是 ×12=6;
?、诋攦芍苯沁吺?和12時，由勾股定理得：斜邊為 =13，
直角三角形的外接圓的半徑是 ×13=6.5;
故答案為：6或6.5.
點評： 本題考查了直角三角形的性質，勾股定理，三角形的外接圓的應用，注意：直角三角形的外接圓的半徑等于斜邊的一半.
13.A、B、C是⊙上的三個點，∠ABC=130°，則∠AOC的度數(shù)是 100° .
考點： 圓周角定理.
分析： 首先在優(yōu)弧AC上取點D，連接AD，CD，由圓的內接四邊形的性質，可求得∠ADC的度數(shù)，然后由圓周角定理，求得∠AOC的度數(shù).
解答： 解：在優(yōu)弧AC上取點D，連接AD，CD，
∵∠ABC=130°，
∴∠ADC=180°﹣∠ABC=50°，
∴∠AOC=2∠ADC=100°.
故答案為：100°.
點評： 此題考查了圓周角定理以及圓的內接四邊形的性質.此題難度不大，注意掌握輔助線的作法，注意掌握數(shù)形結合思想的應用.
14.AB為⊙O的直徑，弦CD⊥AB于點E，若CD=6，且AE：BE=1：3，則AB= 4 .
考點： 垂徑定理;勾股定理.
專題： 計算題.
分析： 根據(jù)AE與BE比值，設出AE為x與BE為3x，由AE+BE表示出AB，進而表示出OA與OB，由OA﹣AE表示出OE，連接OC，根據(jù)AB與CD垂直，利用垂徑定理得到E為CD中點，求出CE的長，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，即可確定出AB的長.
解答： 解：連接OC，
根據(jù)題意設AE=x，則BE=3x，AB=AE+EB=4x，
∴OC=OA=OB=2x，OE=OA﹣AE=x，
∵AB⊥CD，∴E為CD中點，即CE=DE= CD=3，
在Rt△CEO中，利用勾股定理得：(2x)2=32+x2，
解得：x= ，
則AB=4x=4 .
故答案為：4
點評： 此題考查了垂徑定理，以及勾股定理，熟練掌握定理是解本題的關鍵.
15.在⊙O中，CD是直徑，弦AB⊥CD，垂足為E，連接BC，若AB=2 cm，∠BCD=22°30′，則⊙O的半徑為 2 cm.
考點： 垂徑定理;等腰直角三角形;圓周角定理.
專題： 計算題.
分析： 先根據(jù)圓周角定理得到∠BOD=2∠BCD=45°，再根據(jù)垂徑定理得到BE= AB= ，且△BOE為等腰直角三角形，然后根據(jù)等腰直角三角形的性質求解.
解答： 解：連結OB，
∵∠BCD=22°30′，
∴∠BOD=2∠BCD=45°，
∵AB⊥CD，
∴BE=AE= AB= ×2 = ，△BOE為等腰直角三角形，
∴OB= BE=2(cm).
故答案為：2.
點評： 本題考查了垂徑定理：平分弦的直徑平分這條弦，并且平分弦所對的兩條弧.也考查了等腰直角三角形的性質和圓周角定理.
16.已知扇形的面積為2π，半徑為3，則該扇形的弧長為 (結果保留π).
考點： 扇形面積的計算;弧長的計算.
分析： 利用扇形的面積公式S扇形= lR(其中l(wèi)為扇形的弧長，R為扇形所在圓的半徑)求解即可.
解答： 解：設扇形的弧長為l，
由題意，得 l×3=2π，
解得l= .
故答案為 π.
點評： 本題主要考查了扇形的面積公式，計算扇形的面積有2個公式：S扇形= 或S扇形= lR(其中n為圓心角的度數(shù)，R為扇形所在圓的半徑，l為扇形的弧長)，需根據(jù)條件靈活選擇公式.
17.在△ABC中，BC=4，以點A為圓心，2為半徑的⊙A與BC相切于點D，交AB于點E，交AC于點F，且∠EAF=80°，則中陰影部分的面積是 4﹣ π .
考點： 切線的性質;扇形面積的計算.
專題： 計算題;壓軸題.
分析： 連結AD，根據(jù)切線的性質得AD⊥BC，則S△ABC= AD•BC，然后利用S陰影部分=S△ABC﹣S扇形AEF和扇形的面積公式計算即可.
解答： 解：連結AD，
∵⊙A與BC相切于點D，
∴AD⊥BC，
∴S△ABC= AD•BC，
∴S陰影部分=S△ABC﹣S扇形AEF
= ×2×4﹣
=4﹣ π.
故答案為4﹣ π.
點評： 本題考查了切線的性質：圓的切線垂直于過切點的半徑.也考查了扇形的面積公式.
18.兩正方形彼此相鄰且內接于半圓，若小正方形的面積為16cm2，則該半圓的半徑為 cm.
考點： 勾股定理;正方形的性質;圓的認識.
分析： 已知小正方形的面積即可求得邊長，在直角△ACE中，利用勾股定理即可求解.
解答： 解：圓心為A，設大正方形的邊長為2x，圓的半徑為R，
∵正方形有兩個頂點在半圓上，另外兩個頂點在圓心兩側，
∴AE=BC=x，CE=2x;
∵小正方形的面積為16cm2，
∴小正方形的邊長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，
故答案為：4
點評： 本題考查了勾股定理的運用和正方形的性質，解題的關鍵是正確的做出輔助線構造直角三角形.
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.
考點： 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.
專題： 計算題.
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)移項得：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﹣ .
點評： 本題考查了解一元一次方程，解一元二次方程的應用，能選擇適當?shù)姆椒ń庖辉畏匠淌墙獯祟}的關鍵.
20.(8分)每位同學都能感受到日出時美麗的景色.右是一位同學從照片上剪切下來的畫面，“上”太陽與海平線交于A﹑B兩點，他測得“上”圓的半徑為5厘米，AB=8厘米，若從目前太陽所處位置到太陽完全跳出海面的時間為16分鐘，求“上”太陽升起的速度.
考點： 垂徑定理的應用;勾股定理.
專題： 探究型.
分析： 連接OA，過點O作OD⊥AB，由垂徑定理求出AD的長，再根據(jù)勾股定理求出OD的長，進而可計算出太陽在海平線以下部分的高度，根據(jù)太陽從所處位置到完全跳出海平面的時間為16分鐘即可得出結論.
解答： 解：連接OA，過點O作OD⊥AB，
∵AB=8厘米，
∴AD= AB=4厘米，
∵OA=5厘米，
∴OD= =3厘米，
∴海平線以下部分的高度=OA+OD=5+3=8(厘米)，
∵太陽從所處位置到完全跳出海平面的時間為16分鐘，
∴“上”太陽升起的速度= =0.5厘米/分鐘.
點評： 本題考查的是垂徑定理在實際生活中的運用，根據(jù)題意作出輔助線，構造出直角三角形是解答此題的關鍵.
21.(10分)PA，PB是⊙O的切線，A、B為切點，AC是⊙O的直徑，∠P=60°.
(1)求∠BAC的度數(shù);
(2)當OA=2時，求AB的長.
考點： 切線長定理;等腰三角形的性質;等邊三角形的判定與性質;含30度角的直角三角形;勾股定理;圓周角定理.
專題： 證明題.
分析： (1)根據(jù)切線長定理推出AP=BP，根據(jù)等腰三角形性質和三角形的內角和定理求出∠PAB=60°，求出∠PAO=90°即可;
(2)根據(jù)直角三角形性質求出OP，根據(jù)勾股定理求出AP，根據(jù)等邊三角形的判定和性質求出即可.
解答： 解：(1)∵PA，PB是⊙O的切線，
∴AP=BP，
∵∠P=60°，
∴∠PAB=60°，
∵AC是⊙O的直徑，
∴∠PAC=90°，
∴∠BAC=90°﹣60°=30°.
(2)連接OP，則在Rt△AOP中，OA=2，∠APO=30°，
∴OP=4，
由勾股定理得： ，
∵AP=BP，∠APB=60°，
∴△APB是等邊三角形，
∴ .
點評： 本題考查了等邊三角形的性質和判定，勾股定理，含30度角的直角三角形，等腰三角形的性質，切線長定理，切線的性質，圓周角定理等知識點的應用，題型較好，綜合性比較強，通過做此題培養(yǎng)了學生分析問題和解決問題的能力.
22.(10分)：已知P是半徑為5cm的⊙O內一點.解答下列問題：
(1)用尺規(guī)作找出圓心O的位置.(要求：保留所有的作痕跡，不寫作法)
(2)用三角板分別畫出過點P的最長弦AB和最短弦CD.
考點： 作—復雜作;垂徑定理.
專題： 作題.
分析： (1)任意作圓的兩弦，然后作兩弦的垂直平分線，則兩垂直平分線的交點即為圓心O;
(2)先過P點作直徑AB，再過P點作弦CD⊥AB即可.
解答： 解：(1)點O即為所求;
(2)AB，CD即為所求;
點評： 本題考查了作﹣復雜作：復雜作是在五種基本作的基礎上進行作，一般是結合了幾何形的性質和基本作方法.解決此類題目的關鍵是熟悉基本幾何形的性質，結合幾何形的基本性質把復雜作拆解成基本作，逐步操作.
23.(10分)已知x1、x2是一元二次方程2x2﹣2x+1﹣3m=0的兩個實數(shù)根，且x1、x2滿足不等式x1•x2+2(x1+x2)>0，求實數(shù)m的取值范圍.
考點： 根與系數(shù)的關系;根的判別式.
分析： 已知x1、x2是一元二次方程2x2﹣2x+1﹣3m=0的兩個實數(shù)根，可推出△=(﹣2)2﹣4×2(1﹣3m)≥0，根據(jù)根與系數(shù)的關系可得x1•x2= ，x1+x2=1;且x1、x2滿足不等式x1•x2+2(x1+x2)>0，代入即可得到一個關于m的不等式，由此可解得m的取值范圍.
解答： 解：∵方程2x2﹣2x+1﹣3m=0有兩個實數(shù)根，
∴△=4﹣8(1﹣3m)≥0，解得m≥ .
由根與系數(shù)的關系，得x1+x2=1，x1•x2= .
∵x1•x2+2(x1+x2)>0，
∴ +2>0，解得m< .
∴ ≤m< .
點評： 解題時不要只根據(jù)x1•x2+2(x1+x2)>0求出m的取值范圍，而忽略△≥0這個條件.
24.(8分)已知在以點O為圓心的兩個同心圓中，大圓的弦AB交小圓于點C，D().
(1)求證：AC=BD;
(2)若大圓的半徑R=10，小圓的半徑r=8，且圓O到直線AB的距離為6，求AC的長.
考點： 垂徑定理;勾股定理.
專題： 幾何綜合題.
分析： (1)過O作OE⊥AB，根據(jù)垂徑定理得到AE=BE，CE=DE，從而得到AC=BD;
(2)由(1)可知，OE⊥AB且OE⊥CD，連接OC，OA，再根據(jù)勾股定理求出CE及AE的長，根據(jù)AC=AE﹣CE即可得出結論.
解答： (1)證明：過O作OE⊥AB于點E，
則CE=DE，AE=BE，
∴BE﹣DE=AE﹣CE，即AC=BD;
(2)解：由(1)可知，OE⊥AB且OE⊥CD，連接OC，OA，
∴OE=6，
∴CE= = =2 ，AE= = =8，
∴AC=AE﹣CE=8﹣2 .
點評： 本題考查的是垂徑定理，根據(jù)題意作出輔助線，構造出直角三角形是解答此題的關鍵.
25.(8分)AB=BC，以AB為直徑的⊙O交AC于點D，過D作DE⊥BC，垂足為E.
(1)求證：DE是⊙O的切線;
(2)作DG⊥AB交⊙O于G，垂足為F，若∠A=30°，AB=8，求弦DG的長.
考點： 切線的判定;垂徑定理;解直角三角形.
專題： 幾何綜合題.
分析： (1)連接OD，只要證明OD⊥DE即可.本題可根據(jù)等腰三角形中兩底角相等，將相等的角進行適當?shù)霓D換，即可證得OD⊥DE;
(2)求DG就是求DF的長，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)證明：連接OD，
∵OA=OD，
∴∠A=∠ADO.
∵BA=BC，
∴∠A=∠C，
∴∠ADO=∠C，
∴DO∥BC.
∵DE⊥BC，
∴DO⊥DE.
∵點D在⊙O上，
∴DE是⊙O的切線.
(2)解：∵∠DOF=∠A+∠ADO=60°，
在Rt△DOF中，OD=4，
∴DF=OD•sin∠DOF=4•sin60°=2 .
∵直徑AB⊥弦DG，
∴DF=FG.
∴DG=2DF=4 .
點評： 本題考查了切線的判定，垂徑定理等知識點.要證某線是圓的切線，已知此線過圓上某點，連接圓心與這點(即為半徑)，再證垂直即可.
26.(12分)已知：△ABC內接于⊙O，AB為直徑，∠CBA的平分線交AC于點F，交⊙O于點D，DE⊥AB于點E，且交AC于點P，連結AD.
(1)求證：∠DAC=∠DBA;
(2)求證：P是線段AF的中點;
(3)連接CD，若CD﹦3，BD﹦4，求⊙O的半徑和DE的長.
考點： 圓的綜合題.
分析： (1)利用角平分線的性質得出∠CBD=∠DBA，進而得出∠DAC=∠DBA，再利用互余的性質得出∠DAC=∠ADE，進而得出∠DAC=∠DBA;
(2)利用圓周角定理得出∠ADB=90°，進而求出∠PDF=∠PFD，則PD=PF，求出PA=PF，即可得出答案;
(3)利用勾股定理得出AB的長，再利用三角形面積求出DE即可.
解答： (1)證明：∵BD平分∠CBA，
∴∠CBD=∠DBA，
∵∠DAC與∠CBD都是弧CD所對的圓周角，
∴∠DAC=∠CBD，
∴∠DAC=∠DBA，
∵AB是⊙O的直徑，DE⊥AB，
∴∠ADB=∠AED=90°，
∴∠ADE+∠DAE=90°，∠DBA+∠DAE=90°，
∴∠ADE=∠DBA，
∴∠DAC=∠ADE，
∴∠DAC=∠DBA;
(2)證明：∵AB為直徑，
∴∠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是線段AF的中點;
(3)解：連接CD，
∵∠CBD=∠DBA，
∴CD=AD，
∵CD﹦3，∴AD=3，
∵∠ADB=90°，
∴AB=5，
故⊙O的半徑為2.5，
∵DE×AB=AD×BD，
∴5DE=3×4，
∴DE=2.4.
即DE的長為2.4.
點評： 此題主要考查了圓的綜合以及圓周角定理和勾股定理以及三角形面積等知識，熟練利用圓周角定理得出各等量關系是解題關鍵.
27.(10分)已知△ABC的一個外角∠CAM=120°，AD是∠CAM的平分線，且AD的反向延長線與△ABC的外接圓交于點F，連接FB、FC，且FC與AB交于E.
(1)判斷△FBC的形狀，并說明理由;
(2)請?zhí)剿骶€段AB、AC與AF之間滿足條件的關系式并說明理由.
考點： 圓周角定理;全等三角形的判定與性質;等邊三角形的判定與性質.
分析： (1)運用圓周角定理、圓內接四邊形的性質證明∠FCB=∠FAB=60°，即可解決問題.
(2)作輔助線，首先證明△AGC為等邊三角形;進而證明△ACF≌△GCB，得到AF=BG，問題即可解決.
解答： 解：(1)△FBC為等邊三角形.理由如下：
∵∠CAM=120°，AD是∠CAM的平分線，
∴∠CAD=∠MAD=60°;
∴∠FBC=∠CAD=60°，∠FAB=∠MAD=60°;
∴∠FCB=∠FAB=60°，
∴△FBC是等邊三角形.
(2)在線段AB上截取AG，使AG=AC，連接CG;
∵∠GAC=∠BFC=60°，
∴△AGC為等邊三角形，AC=GC;∠ACG=60°;
∵∠BCF=60°，
∴∠ACF=∠GCB;在△ACF與△GCB中，
，
∴△ACF≌△GCB(SAS)，
∴AF=BG，
∴AB=AC+AF.
點評： 該題主要考查了圓周角定理及其推論、等邊三角形的判定、全等三角形的判定及其性質等幾何知識點的應用問題;解題的關鍵是作輔助線，靈活運用有關定理來分析、判斷、推理或解答.
28.(12分)已知L1⊥L2，⊙O與L1，L2都相切，⊙O的半徑為1cm，矩形ABCD的邊AD、AB分別與直線L1，L2重合，∠BCA=60°，若⊙O與矩形ABCD沿L1同時向右移動，⊙O的移動速度為2cm，矩形ABCD的移動速度為3cm/s，設移動時間為t(s)
(1)①，連接OA、AC，則∠OAC的度數(shù)為 105 °;
(2)②，兩個形移動一段時間后，⊙O到達⊙O1的位置，矩形ABCD到達A1B1C1D1的位置，此時點O1，A1，C1恰好在同一直線上，求圓心O移動的距離(即OO1的長);
(3)在移動過程中，求當對角線AC所在直線與圓O第二次相切時t的值.
考點： 圓的綜合題;銳角三角函數(shù)的定義.
專題： 綜合題.
分析： (1)連接OA，①，利用切線長定理及矩形的性質可求出∠OAD、∠DAC，就可求出∠OAC的度數(shù).
(2)設⊙O1與l1的切點為N，連接O1N，②，在Rt△A1O1N中，利用三角函數(shù)可求出A1N的長，然后再利用A1N=AA1﹣AE﹣EN求出t的值，就可解決問題.
(3)當直線AC與⊙O第二次相切時，設⊙O2與直線l1、A2C2分別相切于點F、G，連接O2F、O2G、O2A2，③，在Rt△A2O2F中，利用三角函數(shù)可求出A2F的長，然后利用AF兩種表示方法建立關于t的方程，就可解決問題.
解答： 解：(1)連接OA，①.
∵L1⊥L2，⊙O與L1、L2都相切，
∴∠OAD=45°.
∵四邊形ABCD為矩形，∴BC∥AD，
∴∠DAC=∠BCA=60°，
∴∠OAC=∠OAD+∠DAC=105°，
故答案為：105.
(2)當O1、A1、C1恰好在同一直線上時，②，
設⊙O1與l1的切點為N，
連接O1N，則有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.
∴圓心O移動的距離為( +2)cm.
(3)當直線AC與⊙O第二次相切時，③，
此時⊙O移動到⊙O2的位置，矩形ABCD移動到A2B2C2D2的位置，
設⊙O2與直線l1、A2C2分別相切于點F，G，連接O2F，O2G，O2A2，
則有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.
∴當對角線AC所在直線與圓O第二次相切時t的值為( +1)秒.
點評： 此題主要考查了切線的性質、切線長定理、銳角三角函數(shù)、矩形的性質等知識，利用一條線段的兩種表示方法建立關于t的方程是解決第(2)小題與第(3)小題的關鍵.
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