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【浙江专用】九年级上册期中压轴填空真题汇编
试题分析
一、考点分析
1 0.4 根据旋转的性质求解；正多边形的内角问题；等边三角形的判定和性质；用勾股定理解三角形
2 0.4 圆与三角形的综合(圆的综合问题)；折叠问题；等边三角形的判定和性质；用勾股定理解三角形
3 0.4 根据旋转的性质求解；解直角三角形的相关计算；根据矩形的性质求线段长；用勾股定理解三角形
4 0.4 利用垂径定理求值；同弧或等弧所对的圆周角相等；半圆（直径）所对的圆周角是直角；用勾股定理解三角形
5 0.15 其他问题(二次函数综合)；反比例函数、二次函数图象综合判断
6 0.4 列表法或树状图法求概率；抛物线与x轴的交点问题
7 0.4 已知圆内接四边形求角度
8 0.4 公式法解一元二次方程；黄金分割
9 0.15 相似三角形的判定与性质综合；折叠问题；等边三角形的性质；解分式方程（化为一元一次）
10 0.4 已知圆内接四边形求角度；含30度角的直角三角形；求弧长；三线合一
一、考点分析
11 0.4 与三角形中位线有关的求解问题；相似三角形的判定与性质综合；折叠问题
12 0.15 根据正方形的性质证明；相似三角形的判定与性质综合；同弧或等弧所对的圆周角相等；用勾股定理解三角形
13 0.4 已知圆内接四边形求角度；相似三角形的判定与性质综合
14 0.4 圆与三角形的综合(圆的综合问题)；利用垂径定理求值；圆周角定理；利用勾股定理的逆定理求解
15 0.4 含30度角的直角三角形；圆的基本概念辨析；等腰三角形的性质和判定；用勾股定理解三角形
16 0.4 圆的基本概念辨析；圆周角定理；等边三角形的判定和性质；用勾股定理解三角形
17 0.4 相似三角形的判定与性质综合；根据成轴对称图形的特征进行求解；利用平行四边形的性质证明
18 0.4 利用垂径定理求值；求扇形面积；等边三角形的判定和性质；线段垂直平分线的性质
19 0.4 相似三角形的判定与性质综合；根据矩形的性质求线段长；半圆（直径）所对的圆周角是直角；用勾股定理解三角形
20 0.4 利用菱形的性质证明；等腰三角形的性质和判定；相似三角形的判定与性质综合；折叠问题
一、考点分析
21 0.4 y=ax +bx+c的图象与性质；y=ax +bx+c的最值
22 0.4 利用弧、弦、圆心角的关系求解；圆周角定理；用勾股定理解三角形
23 0.4 解直角三角形的相关计算；相似三角形的判定与性质综合；圆周角定理
24 0.4 已知外心的位置判断三角形的形状；圆周角定理；折叠问题；用勾股定理解三角形
25 0.15 含30度角的直角三角形；相似三角形的判定与性质综合；等边三角形的判定和性质；用勾股定理解三角形
26 0.4 正多边形和圆的综合；解直角三角形的相关计算
27 0.15 含30度角的直角三角形；折叠问题；用勾股定理解三角形；利用菱形的性质求线段长
28 0.4 喷水问题(实际问题与二次函数)
29 0.4 含30度角的直角三角形；圆周角定理；90度的圆周角所对的弦是直径；用勾股定理解三角形
30 0.4 含30度角的直角三角形；等腰三角形的性质和判定；圆周角定理；用勾股定理解三角形
一、考点分析
31 0.4 利用平移的性质求解；含30度角的直角三角形；根据旋转的性质求解；等边三角形的判定和性质
32 0.4 根据平行线的性质求角的度数；根据旋转的性质求解；等腰三角形的性质和判定；三角形内角和定理的应用
33 0.4 根据旋转的性质求解；根据平行线判定与性质证明；半圆（直径）所对的圆周角是直角；用勾股定理解三角形
34 0.4 y=ax +bx+c的图象与性质；根据一元二次方程根的情况求参数
35 0.4 相似三角形的判定与性质综合；根据矩形的性质求线段长；利用矩形的性质证明；用勾股定理解三角形
36 0.4 相似三角形的判定与性质综合；圆周角定理；利用平行四边形的性质求解；用勾股定理解三角形
37 0.4 根据正方形的性质求线段长；相似三角形的判定与性质综合
38 0.4 根据平行线的性质探究角的关系；等腰三角形的性质和判定；全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）；圆周角定理
39 0.4 其他问题(二次函数综合)；一次函数与几何综合
40 0.4 解直角三角形的相关计算；利用垂径定理求值；圆周角定理；用勾股定理解三角形【浙江专用】九年级上册期中压轴填空真题汇编
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、填空题
1．（24-25九年级上·浙江温州·期中）如图，正六边形的边长为，点M，N分别是的中点，将正六边形绕点E顺时针旋转一定角度后，点A的对应点刚好落在直线上，则此时的长度为 _____．
2．（25-26九年级上·浙江杭州·期中）图，扇形的圆心角，点C在上，将沿折叠得到，交弧于点E，连接，恰有，若，则的半径长是_______．
3．（25-26九年级上·浙江温州·期中）如图，已知矩形中，，点E，F是边上的三等分点，连接，将绕点E旋转得到，使点落在的延长线上，连接，交于点G，若恰好经过点F，则线段的长为______．
4．（24-25九年级上·浙江杭州·期中）如图，已知平面直角坐标系内，为x轴上两点，以为直径的交y轴于两点，C为的中点，弦交y轴于点F，且点A的坐标为平分时，则________．
5．（25-26九年级上·浙江宁波·期中）已知二次函数，反比例函数，若这两个函数的图象有三个不同的交点，且所有交点横、纵坐标都是整数，则符合条件的正整数a的值______．
6．（25-26九年级上·浙江宁波·期中）从1、2、3、4四个数中随机选取两个不同的数，分别记为a，c，则二次函数与x轴有两个不同交点的概率为______．
7．（25-26九年级上·浙江宁波·期中）在圆内接四边形中，、的角平分线交于点E，过E作直线平行于，与交于Ｍ、N，则______(从这5个符号中选个填空)
8．（25-26九年级上·浙江杭州·期中）黄金分割，又称黄金比、中外比，是一个数学常数，它描述了一种特殊的比例关系：将一条线段分割为两部分，使得较长部分与较短部分的比值，等于全长与较长部分的比值，这个比值就是黄金分割比．自然界中就充满着黄金比，校园里一片小小的树叶，叶筋上一点为恰好为的黄金分割点（），如果的长度为，那么的长度为_____．（用含的代数式表示）
9．（25-26九年级上·浙江宁波·期中）如图，在等边中，边长为20，点为线段上一动点，将等边沿过的直线折叠，折痕与直线交于点，使点落在直线上的点处，且，设折痕为，则的值为______．
10．（25-26九年级上·浙江衢州·期中）已知点，，在上，，把劣弧沿着直线折叠交弦于点．若，，则的长为______．
11．（25-26九年级上·浙江金华·期中）如图，在中，，为上的中线，将沿直线翻折得到，与交于点，连接与，分别交于点，，连接，若，则_______．
12．（25-26九年级上·浙江宁波·期中）如图，在正方形中，点E，F分别是的中点，连接分别交于点G、H．连接．则下列结论中：①；②平分；③；④．正确的有__________．（只写序号）
13．（25-26九年级上·浙江杭州·期中）如图，在中，以为直径的分别交，于点D，E．若，过点D作交于点F，则_______．
14．（25-26九年级上·浙江金华·期中）如图，在半径为1的中，弦，为弦所对优弧上的动点．连接，，过点作的垂线与所在的直线交于点．
（1）的度数为_______．
（2）在点运动的过程中，的面积的最大值为_______．
15．（25-26九年级上·浙江宁波·期中）已知圆O的半径为5，B是圆上一点，A是圆外一点，，，若将线段沿着过点B的一条弦翻折，使得点A恰好落在圆上，求这条弦长为___________
16．（25-26九年级上·浙江金华·期中）如图，中，，，则的最大面积是______，若的中点是，那么中线的最大值是______．
17．（25-26九年级上·浙江杭州·期中）如图，点E，F分别在的边，上，连结，，点D关于的对称点G恰好在的延长线上，连结交于点H．若，，则______，______．
18．（25-26九年级上·浙江杭州·期中）如图，在半径为的中，弦垂直平分半径，则扇形的面积为______．
19．（25-26九年级上·浙江温州·期中）如图，在矩形中，以点为圆心，为半径作交于点，延长交于点，延长交于点，连接交于点．若，，则的值为__________．
20．（25-26九年级上·浙江温州·期中）如图，在菱形中，点E为对角线上一点，将沿折叠，使得点A的对应点F落在边上，交于点G．
（1）若，则的度数为______．
（2）若设，则的值为______．（用含k的代数式表示）
21．（25-26九年级上·浙江温州·期中）已知二次函数，当时，该函数取得最小值为3，则m的值为______．
22．（25-26九年级上·浙江金华·期中），是的两条弦，且，于点，连接．若的半径为，则弦的长为_____．
23．（25-26九年级上·浙江绍兴·期中）如图，在等边中，以点为圆心，为半径画圆，上方的圆上有一点，连接，作交于，连结，若，则______
24．（25-26九年级上·浙江杭州·期中）如图，是的内接三角形，将劣弧沿弦折叠后刚好经过弦中点，若，，则的半径为________．
25．（25-26九年级上·浙江杭州·期中）如图，E是等边内一点，，连接交于，若，则的值为____________．
26．（25-26九年级上·浙江台州·期中）我国古代数学家刘徽首创“割圆术”，用圆内接、外切正多边形逼近圆，从而估算范围．如图，设圆半径为r，利用两个正六边形周长为，，可得，即．若利用两个正六边形的面积，则可得的范围为______．
27．（25-26九年级上·浙江金华·期中）如图，在菱形中，点在上，把沿翻折后得，交于点，交于点，且，，则的值为_________．
28．（25-26九年级上·浙江杭州·期中）如图，某游乐园要建造一个直径为的圆形喷水池，计划在周边安装一圈喷水头，使喷出的水柱距池中心处达到最高，高度为，以水平方向为x轴，喷水池中心为原点建立平面直角坐标系，若要在喷水池中心设计一个装饰物A，使各方向喷出的水柱在此汇合，则这个装饰物设计高度应为____________．
29．（25-26九年级上·浙江温州·期中）已知点、在上，点为中点，，点在线段上，交于点，，，则__________．
30．（25-26九年级上·浙江丽水·期中）如图，四边形内接于是直径，是的中点，若，，则的半径为___________．
31．（25-26九年级上·浙江丽水·期中）如图，在中，，将沿射线的方向平移，得到，再将绕点逆时针旋转一定角度后，点恰好与点重合，则的周长是___________．
32．（25-26九年级上·浙江杭州·期中）如图，将绕B点顺时针方向旋转一个角到，点A的对应点D恰好落在上，且．若，则的度数________．
33．（25-26九年级上·浙江温州·期中）如图，是半圆直径上的一点，于点，由旋转得到，点在上，点在上，已知半圆的直径为7，，则的长______ ．
34．（25-26九年级上·浙江杭州·期中）二次函数的图象如图，若有两个不相等的实数根，则k的取值范围是______．
35．（25-26九年级上·浙江绍兴·期中）如图，在矩形中，为中点，连结，过点作垂线，交延长线于点，连结，若，则_____．（用含有的代数式表示）
36．（25-26九年级上·浙江杭州·期中）如图，在平行四边形中，，垂足为E，，交于点F，若，，当时，的长是______．
37．（25-26九年级上·浙江绍兴·期中）如图，中边，高，正方形的四个顶点分别为三边上的点（点E，F为上的点，点为上的点，点为上的点），则正方形的边长为_____．
38．（25-26九年级上·浙江杭州·期中）如图，五边形是的内接五边形，，对角线于点．作于点，若，则___________．
39．（25-26九年级上·浙江湖州·期中）用数学的眼光观察世界，你会发现生活中处处有数学；用数学的思维思考世界，你就能探索现实世界的奥秘．我校和思项目化小组在研究“植物生长”课题时发现：一棵生长的幼苗可以近似看作把一条抛物线的一部分沿直线折叠而形成（如图1）．小数同学在观察研究幼苗叶片生长的过程中，发现幼苗叶片下方轮廓线都可以看作是二次函数图象的一部分，如图2，该二次函数图象经过坐标系的原点，已知直线与水平线的夹角为，三天后，点D长到与点P同一水平位置的点时，叶尖Q落在射线上，如图3所示，则此时幼苗叶子的长度为______．
40．（25-26九年级上·浙江舟山·期中）如图，以弦为边作等腰，，且点，，按顺时针排列，的垂直平分线交于点，连接，．若的半径为3，则当弦长度变化时，面积的最大值为____________．
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参考答案
1．或
将正六边形绕点E顺时针旋转一定角度后形成的图形分成两类情况分别讨论，①如图1所示时，，利用边长为可先求出，再作于点P，用勾股定理可得．再在直角三角形中，由勾股定理得，从而．②当正六边形绕点E顺时针旋转如图2所示时，根据即可求．
解：①当正六边形绕点E顺时针旋转如图1所示时，
∵正六边形的边长为，
∴，
连接，
∴．
作于点P，
∵点M，N分别是的中点，
∴，
连接，可得为等边三角形，
∴，
由勾股定理可得．
在直角三角形中，由勾股定理得：
，
∴．
②当正六边形绕点E顺时针旋转如图2所示时，
在直角三角形中，由勾股定理得：
∴，
又，
故．
综上可得，的长为或．
2．
本题考查了翻折变换（折叠问题），等腰三角形的性质，等边三角形的判定与性质，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
连接，作于点F，利用折叠的性质可得：，，，证明是等边三角形，可得，利用四边形内角和可得，进而可得，，从而可得，再在和中，利用勾股定理求出的长，即可解答．
解：连接，作于点F，如图，
则，，
将沿折叠得到，交弧于点E，
，，，
，
，，，
是等边三角形，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
的半径长是，
故答案为：
3．
通过辅助线构造，然后在中由勾股定理求出，再根据，建立关于的方程，解方程即可求出答案．
解：延长交于点P，过点作的垂线，H为垂足．
根据旋转的性质，，，
，
在和中，
，
，
设，，
则
由可得：
在中，由可得：
根据轴对称的性质，，
，，
，
，
，即，
整理得：，
，
易知，当时，，
解得，；
当时，，则，不合题意．
故答案为：
本题考查了图形的旋转，轴对称图形的性质，全等三角形的判定和性质，三角函数的应用，勾股定理等知识点，构造是解答本题的关键．
4．
连接，设圆的半径为r，在中，可得即可求得半径；连接和，由平分得和，进一步得到，再得出和均为等腰直角三角形，设，在中，，代入求解即可求出b，再利用勾股定理求解即可得出答案．
解：连接．
∵，
∴，
设，
在中，，
∴，解得，
∴的半径为5．
∴，
由题意可知，
∴，
∴，
∵是直径，
∴，
过P点作，连接、．
∵平分，
∴，为等腰直角三角形
∴，
∴，为等腰直角三角形，
∵，，
∴，
设，在中，，
即：，
解得：，(舍去)．
∴．
故答案为：．
本题主要考查了利用垂径定理求值，等腰直角三角形的判定和性质，同弧所对的圆周角相等，直径所对的圆周角相等以及勾股定理，掌握这些知识是解题的关键．
5．16
本题考查了二次函数与反比例函数的综合问题，涉及交点问题，因式分解法解一元二次方程，根的判别式等知识点．
两函数解析式，联立方程组可得出，从而求出一根为，然后根据交点个数确定方程有两个不相等的实数根，则，根据交点横、纵坐标都是整数，则一定是完全平方数(设为)，整理得：，即：，一一代入求解即可．
解：联立，并整理得：
，
，
故其中一个根：，
∴a为正整数，方程有两个不同的实数根，
∴，
交点横、纵坐标都是整数，则一定是完全平方数(设为)，
即(k为正整数)，整理得：，
即：，
而，
当，时，解得： (舍去)；
当，时，解得：；
当，时， (舍去)；
故；
故答案为：．
6．
二次函数与轴有两个不同交点的条件是判别式大于零，即，从1、2、3、4中随机选取两个不同的数作为和，考虑顺序，总共有12种可能结果，找出满足条件的有序对，计算概率即可．
本题主要考查了简单概率的计算，二次函数与轴的交点问题，熟练掌握“二次函数与轴有两个不同交点的条件是判别式大于零”是解题的关键．
解：由于选取顺序不同，和的有序对共有、、、、、、、、、、、共12种；
二次函数与轴有两个不同交点的条件是判别式，
即，
解得，
满足的有序对有、、、共4种，
则二次函数与轴有两个不同交点的概率为；
故答案为：．
7．
本题考查圆内接四边形的性质，四点共圆，熟练掌握相关知识点是解题的关键．
在上截取，连接，由A，B，C，D四点共圆，得出，由，得出，可得到A，D，N，M四点共圆，可得，再由分别平分，A，F，E，D四点共圆，由，可得出，即得出．
解∶如图，在上截取，连接，
∴，
∵A，B，C，D四点共圆，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴A，D，N，M四点共圆，
∴，
∵分别平分，
∴，
∴，
∴，
∴A，F，E，D四点共圆，
∴，
∵，
∴，
∴
，
∴，
∴．
故答案为∶．
8．
本题主要考查一元二次方程的应用和成比例线段，根据黄金分割的定义，较长部分与较短部分的比值等于全长与较长部分的比值，设AP为较长部分，列出方程并求解．
设的长度为，则的长度为．
由黄金分割的定义，得
，
即．
变形，得
．
解得
，．
由于且，因此取．
故的长度为.
故答案为：．
9．14或
分点在上与的反向延长线上两类讨论，根据是等边三角形得到，，根据沿折叠得到可得，，，结合三角形内外角关系即可得到，即可得到，则可得，设，则，，代入比例式中，结合，求出x的值，即可得到答案．
解：①当点D在上时，
∵是等边三角形，
∴，，
∵沿折叠得到，
∴，，，
在中，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，，
设，则，，
∴，
∴，，
∴，
又∵，
∴，
解得，经检验，符合题意，
∴；
②当点D在的反向延长线上时，
与①同理可得，，
∴，
∵，且，
∴，，
设，则，，
∴，
∴，，
∴，
，
∴，
解得，经检验，符合题意，
．
故答案为：14或．
本题考查三角形相似的判定与性质，等边三角形性质，折叠的性质，解分式方程等知识，解题的关键是根据折叠相等及三角形内外角关系得到相似的条件．
10．
取点在上的对应点，连接、、、、、，过点作于点，根据四边形内接于，有，根据折叠的性质有，可证明，即是等腰三角形，有，进而求得，再通过勾股定理求得，易证得是等边三角形，然后利用弧长公式求得即可．
解：取点在上的对应点，连接、、、、、，过点作于点，如图，
∵四边形内接于，
∴，
∵点在上的对应点，
∴根据折叠的性质有：，
∴
∵，
∴，
∴，
∴是等腰三角形，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴是直角三角形，
∵，
在中，，，
∴，
在中，，
∵，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∴的长为：，
故答案为：．
本题考查了圆中折叠的问题，圆内接四边形的性质，等腰三角形的判定与性质，等边三角形的判定和性质，直角三角形的性质，勾股定理等知识，作出辅助线，根据圆的内接四边形的性质得到是解答本题的关键．
11．
由折叠的性质可得垂直平分线段，由中位线定理可得，，设，则，再证明，则，然后证明，则，再整理，最后代入数值到，进行化简，即可作答．
解：∵将沿直线翻折得到，
∴垂直平分线段，
∵，，
∴，，
设，则，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴设，则，，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
本题考查了折叠的性质、三角形中位线定理、相似三角形的判定与性质，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键．
12．①②④
可证明得到，则可证明，再证明，得到，据此可判断①；连接，证明是等腰直角三角形，得到；可证明A、E、H、F四点共圆，得到，据此可判断②；设正方形的边长为，则，由勾股定理得到，；证明，推出；由等面积法可得，则，据此可判断③；求出，得到，，则，进而得到；求出，则，据此可判断④．
解：∵四边形是正方形，
∴，
∵点E，F分别是的中点，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，即，
∴，
∴，
∴，
∴，故①正确；
如图所示，连接，
同理可得，
又∵，
∴是等腰直角三角形，
∴；
∵，
∴，
∴A、E、H、F四点共圆，
∴，
∴平分，故②正确；
设正方形的边长为，则，
∴，；
由正方形的性质可得，
∴，
∴，
∴；
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，故③错误；
∵，
∴，，
∵E是的中点，
∴，
∴；
在中，，
∴，
∴，故④正确；
故答案为：①②④．
本题主要考查了正方形的性质，相似三角形的性质与判定，四点共圆，勾股定理，等腰直角三角形的性质与判定等等，熟知相关知识是解题的关键．
13．
本题考查圆内接四边形的性质，相似三角形的判定和性质；设，则，然后根据圆内接四边形的性质得到，根据两角对应相等得到，根据对应边成比例得到，进而得到，根据平行线得到，利用对应边成比例得到，然后代入计算比值即可．
解：，
，
设，则
，
∵ 四边形是的内接四边形，
，
，
，
，
，
∴，
∴设，
，
，
，
，即
，
，
故答案为：．
14． /90度
本题考查圆周角定理，弧、弦、圆心角的关系，等腰直角三角形的判定和性质．
（1）连接、，说明为等腰直角三角形，可得的度数，即可得到弧的度数；
（2）说明，作的外接圆，可知点在上，设为中点，连接并延长，与圆交于点，连接、，可得此时点到的距离最大，说明，再求出的长度即为高，结合求出面积的最大值．
解：（1）连接、，
∵，
∵，满足，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∴的度数为，
故答案为：；
（2）∵，
∴，
∵，
∴，
作的外接圆，可知点在上，则，
∵，
∴当点到的距离最大时，的面积最大，
设为中点，连接并反向延长，与圆交于点，此时点到的距离最大，
连接、，
∵，，，
∴，
即，
又∵，
∴四边形为正方形，
∴，
∵点为中点，，
∴，，
∴，
∴，
∴面积的最大值为．
故答案为：．
15．或
以点B为圆心，长为半径画圆，交于点，，此时，即为翻折后的线段，分情况讨论：当时和当时，分别作，的角平分线，交上一点为，，利用圆的性质，勾股定理，等腰三角形的性质及解直角三角形等性质作出对应的辅助线，通过计算得出对应的线段长度即可．
解：如图，以点B为圆心，长为半径画圆，交于点，，
此时，即为翻折后的线段，
①当时，
作的角平分线，交上一点为，连接，，
∵，，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，则，
过点B作交于点N，
∵，
在中，，
由勾股定理得，，
∴，
在中，由勾股定理得，，
∴弦的长度为；
②当时，
作的角平分线，交上一点为，连接，，
同理可得为等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴，
∴，
过点作交的延长线于点M，
∵，
∴，则，
在中，，
由勾股定理得，，
∴，
在中，，
∴弦的长度为，
综上所述，这条弦长为或．
故答案为：或．
本题考查了圆的性质，翻折的性质，角平分线定理，等腰三角形的性质，勾股定理及解含的直角三角形等知识点．
16． / /
作的外接圆，分别连接，，，过作，交所在直线于点，所以，当最大时，有最大，根据圆的性质可得当三点共线时，最大，然后证明是等边三角形，则有，由勾股定理可得，从而求出的最大值；取中点，连接，，，，又的中点是，所以是中位线，则有，可得点在以为圆心，半径为的圆上运动，当点三点共线时，有最大值，然后同上理即可求解，根据题意、正确构造辅助圆是解题的关键．
解：作的外接圆，分别连接，，，过作，交所在直线于点，如图，
∴，
∴当最大时，有最大值，
根据圆的性质可得当三点共线时，最大，如图，
∵，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴的最大值为，
如图，取中点，连接，，，，
∵的中点是，
∴是中位线，
∴，
∴点在以为圆心，半径为的圆上运动，
当点三点共线时，有最大值，如图，
同上理：，
∴中线的最大值是，
故答案为：，．
本题主要考查了圆的有关性质，圆周角定理，等边三角形的判定与性质，勾股定理等知识，熟练掌握以上知识点并能灵活运用是解决此题的关键．
17．
本题考查了轴对称的性质、平行四边形的性质、相似三角形的判定与性质、等角对等边，由对称的性质可得，，由平行四边形的性质可得，，推出，由等角对等边得出，设，则，，即可得出，证明，得出，设，则，求出，再由计算即可得解．
解：∵点D关于的对称点G恰好在的延长线上，
∴，，
∵四边形为平行四边形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴设，则，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
设，则，
∴，
∴，
∴，
故答案为：，．
18．/
本题考查线段垂直平分线的性质，等边三角形的判定与性质，扇形面积公式等知识点．
弦垂直平分半径OC得到，结合得到为等边三角形，再利用扇形面积公式即可得到答案．
解：弦垂直平分半径，
，
，
为等边三角形，
，
∵，，
，
扇形的面积，
故答案为：．
19．
本题考查了矩形的性质，圆的相关概念，全等三角形的判定和性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质．
根据矩形的性质及圆的概念可知，，根据圆周角定理可知，证明，设，则，，证明，得到，即，求出，代入，，求出，，根据计算即可．
解：∵在矩形中，以点为圆心，为半径作，
∴，，
∴
∵为直径，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，，
设，则，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
即，
则，
，
，
，
，
∴，，
∴
．
故答案为：．
20．
（1）根据菱形的性质和折叠的性质可求得，，进而得到，推出，从而求得，最后利用三角形内角和定理即可求得的度数；
（2）由（1）可推出，，，得到，然后由，，可证得，进而得到，推出，，据此进一步计算即可得到答案．
解：（1）∵四边形为菱形，，
∴，，，
∴，，
∵将沿折叠，使得点A的对应点F落在边上，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
故答案为：；
（2）由（1）可知，，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∴．
故答案为：．
本题考查了菱形的性质，折叠的性质，等腰三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，三角形内角和定理，熟练掌握以上性质是解题的关键．
21．3或
本题考查二次函数的性质、二次函数的最值，根据二次函数的性质，分两种情况讨论：当对称轴在区间内时，最小值为顶点纵坐标；当对称轴不在区间内时，最小值为边界值．分别求解方程得到m的值．
解：二次函数为 ，开口向上，对称轴为 ，
分以下两种情况讨论：
情况一：当时，对称轴在区间内，最小值在顶点处，顶点纵坐标为 ，
因最小值为3，则，满足；
情况二：当时，对称轴不在区间内，函数在上递减，最小值在处，代入得，
设最小值为3，则，即，
解得或，
其中 不满足，舍去；满足．
综上，或．
故答案为：3或．
22．
本题主要考查了圆周角定理、等弦对等弧的性质以及勾股定理，熟练掌握圆周角与圆心角的数量关系是解题的关键．
先通过等弦对等弧推出角的关系，结合垂直条件证出，再利用圆周角定理得到圆心角，最后用勾股定理求弦的长．
解：连接、、．
∵，
∴，即，
∴，故，
∵，
∴，
∴，
∴，即，
∴，
∵，
∴在中，，
故答案为：．
23．
本题主要考查相似三角形的判定及性质、圆周角定理、三角比，可得，求得，只需求得的值，即可求得答案．
解：如图，连接，设与相交于点．
由题意可知，，
∴．
∴．
∵，
∴．
∴在中．
∴．
故答案为：．
24．
本题考查了三角形的外接圆与外心，等腰三角形的性质，含30度角的直角三角形，勾股定理，圆周角定理，翻折变换．设折叠后的所在圆的圆心为，连接，，连接，，过点作，垂足为，过点作，垂足为，根据圆周角定理可得，从而可得，然后利用等腰三角形的三线合一性质可得，从而可得，然后在中，根据含度角的直角三角形的性质以及勾股定理可求出，的长，从而求出，的长，进而求出的长，最后在中，根据含度角的直角三角形的性质以及勾股定理求出，即可解答．
解：设折叠后的所在圆的圆心为，连接，，连接，，过点作，垂足为，过点作，垂足为，
，
，，
与是等圆，
，
，
，
点是的中点，
，
，
在中，，，
，
，则
的半径为：
故答案为：．
25．
本题考查了等边三角形的性质、相似三角形的判定与性质，解题的关键是通过作平行线构造相似三角形，结合线段比例推导边长关系．
设线段长度，作平行线得线段比例；证明三角形相似得边长关系；利用勾股定理计算与的长度，进而求比值．
解：作，分别与、相交于点M、N，设，
∵ ，，
∴，，
∴，
∴ ，
由知，
∴，
∴，得．
∵ ，，
∴，
∴ ，，
∴ ，则，又，
∴ ，得．
∴
．
作，垂足为点H，，
∴，
在中，由勾股定理：，
∴
故答案为：．
26．/
本题考查正多边形和圆，锐角三角函数，掌握相关知识是是正确解答的关键．根据正六边形的性质，直角三角形的边角关系求出、的底和高，进而求出正六边形，正六边形的面积，有两个正六边形的面积与圆面积的大小关系得出答案．
解：如图，连接，则是正三角形，
，，
作，
，
，
连接，
∵切圆于点，
∴，
在中，，
，
，
，
，
圆的面积为，
，
即，
故答案为：
27．/
本题考查了菱形的性质，直角三角形的性质，勾股定理，熟练掌握相关知识，并熟练掌握等腰直角三角形和含角的直角三角形的三边比例关系是解题的关键．
令与的交点为M，过点E作，先通过翻折和，求出，设的长度为x，通过等腰直角三角形和含角的直角三角形的三边比例关系进行转换，用含有x的式子将表示出来，即可求解．
解：如图，令与的交点为M，过点E作，
设的度数为，的长度为x，
四边形为菱形，为对角线，
，
，
，
根据翻折可知，
，，
，
，
，即，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
．
故答案为：．
28．
本题考查了“二次函数的图象与性质”，理解题意，找到对应点的坐标是解题关键．
根据题意，通过距离关系，得到对应点的坐标，根据点坐标求解析式，解析式与y轴的交点纵坐标即为设计高度的值．
解：由题意，得，即，顶点坐标为，
设抛物线的解析式为，
将点代入，得，
解得，
∴，
令，得，
∴这个装饰物设计高度为5．
故答案为： 5．
29．
先由确定是半圆直径，取圆心后，结合是弧中点得到圆心角关系；再通过圆周角定理、等边三角形判定求出圆的半径；接着利用平行线性质和含角的直角三角形性质，结合勾股定理求出相关线段长度，最终计算出．
解：∵，
∴，
∵是的直径，
取的圆心，连接，
∵点为的圆弧中点，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，，
在中，由勾股定理得，，
∵
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
在中，，
∴，
∴，
解得，，
∴，
在中，，
∴，
，
故答案为．
本题主要考查了圆周角定理、等边三角形的判定与性质、勾股定理、含角的直角三角形性质，熟练掌握圆的基本性质（直径与圆周角的关系、弧与圆心角的关系）及特殊三角形的性质是解题的关键．
30．
连接并延长交于点E，连接，证明是等腰直角三角形，垂直平分，得，，得，设，则，求出，根据，求出，可得，即得．
解：连接并延长交于点E，连接，
∵是的中点，
∴，
∴，
∵是直径，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
设，
则，
∴，
∵，
∴，
解得，
∴，
∴
故答案为：．
此题考查了圆与三角形综合．熟练掌握弧、弦的关系，等腰直角三角形性质，线段垂直平分线和判定和性质，三角形外角性质，含30度的直角三角形性质，圆周角定理及推论，勾股定理，添加辅助线，是解题的关键．
31．/
本题考查直角三角形的性质，勾股定理，旋转的性质，等边三角形的判定与性质，熟练掌握平移与旋转性质，直角三角形和等边三角形的性质是解题的关键，根据直角三角形的性质可得，利用勾股定理得到，再利用平移和旋转的性质得到，，是等边三角形，从而求得，再利用三角形周长的计算即可得到答案．
解：∵，
∴，
∴，
在中，由勾股定理得：，
∴，
∵将沿射线的方向平移，得到，
∴，，
∵绕点逆时针旋转一定角度后，点恰好与点重合，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∴的周长，
故答案为：．
32．/40度
本题主要考查了旋转的性质、平行线的性质、三角形内角和定理、等腰三角形的性质等知识点，灵活运用相关性质是解题的关键．
先利用旋转的性质和等腰三角形的性质得到，，然后利用已知条件可以求出，然后利用三角形内角和定理列式计算即可解答．
解：，将绕点B顺时针旋转到，点A的对应点D恰好落在AC上，
，，，
，，
∵，
，
，
在中，，
，解得：，
故答案为：．
33．
由半圆的直径为是半圆的直径，得，因为于点，所以，则，由旋转得，所以，则，而，由勾股定理得，求得，即可得到答案．
解：半圆的直径为是半圆的直径，
，
是上一点，于点，
，
，
由旋转得到，点在上，点在上，
，
，
，
，
，
，
，且，
，
解得或大于圆的直径，不符合题意，舍去，
故答案为：．
此题重点考查直角所对的圆周角是直角、旋转的性质、平行线的判定与性质、等腰三角形的性质、勾股定理等知识，推导出是解题的关键．
34．
本道题考查了二次函数图象的性质，解题的关键是掌握二次函数图象的性质．
先根据题意画出的图象，即可得出有两个不相等的实数根时，k的取值范围．
解：当，的图象在轴上方，
此时，
此时的图象是函数在轴上方部分的图象，
当时，的图象在轴下方，
此时
此时的图象是函数在轴下方部分与轴对称的图象，
的顶点纵坐标是，
函数在轴下方部分与轴对称的图象的顶点纵坐标是，
的图象如下图，
观察图象可得当时，
函数图象在直线的上方时，纵坐标相同的点有两个，
函数图象在直线上时，纵坐标相同的点有三个，
函数图象在x轴与直线之间的部分，纵坐标相同的点有四个，
若有两个不相等的实数根，
则函数图象应该在的上边，
∴．
故答案为：．
35．
本题考查了矩形的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，计算三角形面积，根据相似三角形面积比等于相似比的平方是解题的关键．延长交的延长线于，先证明，，得到，然后通过，得到，再通过，得到问题得到解决．
解：延长交的延长线于，
是中点，
，
在矩形中，，
，
，
，
，
与有相同的高，
，
，
，
，即
，
，
，
，
，
又与有相同的高，
，
，即，
，
．
故答案为：．
36．
由平行四边形的性质得，进而求得的长；作的外接圆，连接，过点O作于点M，过点O作于点N，由圆周角定理得，，由勾股定理求得圆的半径为，；由题意得四边形是矩形，且，，在中由勾股定理求得，则，即可求解．
解：∵四边形为平行四边形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴．
如图，作的外接圆，连接，过点O作于点M，过点O作于点N，
∵，，
∴，
∵，
∴，，
∴，，
∴，
由勾股定理得，
即，
∴，；
∴的半径为，
∵，
即，
∴四边形是矩形，
∴，，
在中，由勾股定理得，
∴．
的长是．
故答案为：．
本题主要考查了相似三角形的判定和性质，勾股定理，直角三角形的性质，平行四边形的性质，矩形的判定与性质，圆周角定理，解题的关键是作出辅助圆．
37．6
本题考查了根据正方形的性质求线段长，相似三角形的判定与性质综合等知识点，解题关键是掌握上述知识点并能运用求解．
先根据正方形的性质证明，，，再证明，列出比例式得出，再证明，列出比例式得出，从而可得出，再结合求解即可．
解：∵四边形是正方形，
∴，，，
又为高，
，
，
，
，
，
，
即，
又，
，
，
又，
，
即，
，
即，
，
，
，
解得：
故答案为：6．
38．3
本题考查圆周角，全等三角形的判定与性质，平行线的性质，角的和差，等腰三角形的性质，掌握知识点是解题的关键．
连接，过点O作于点P，推导出，继而证明，推导出，得到，由，得到，则，即可解答．
解∶如图，连接，过点O作于点P．
∵，
∴弧等于弧，
∴，
∵
∴，
∵，，点O为圆心，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴
即，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
故答案为：3．
39．
本题主要考查了二次函数综合、一次函数与几何综合等知识点，灵活运用所学知识是解题的关键．
依据题意，先求出，然后求出直线的解析式，进而求出，同理可求出直线的解析式，则，求出抛物线解析式进而求出，作交延长线于点H，再利用勾股定理求解即可．
解：如图2：∵二次函数为过原点，
∴，解得：．
∴二次函数为．
∴．
∵直线与x轴成角，
设直线的解析式为，把点代入得，解得b＝1，
∴直线的解析式为．
联立方程组，解得：或（不符合题意舍去）．
∴，
同理可求出直线的解析式为，
∴．
把代入，
∴．
∴．
∴抛物线解析式为．
联立，
∴．
∵幼苗是越长越张开，
∴，不合题意，舍去．
∴．
作交延长线于点H，
∴．
故答案为：．
40．
连接、，过点作交于，与交于点，，设，，由正弦函数得，由圆周角定理得，由正弦函数得，由勾股定理得，由三角形面积得 ，设，则，，由二次函数的性质，即可求解．
解：连接、，过点作交于，与交于点，
，
设，，
是等腰三角形，垂直平分，
，，
，，
，，
，
，
，
，
∴
，
，
，
，
，
，
设，则，
，
当时，的最大值为，
，
故答案为：．
本题考查了圆的基本性质，圆周角定理，垂径定理，解直角三角形，等腰三角形的判定及性质，二次函数的性质求最值等；掌握圆的基本性质，圆周角定理，垂径定理，三角形，等腰三角形的判定及性质，能熟练利用解直角三角形及二次函数的性质进行求解是解题的关键．
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