2025屆陜西省西安航天中學數學九上期末監(jiān)測試題含解析

2025屆陜西省西安航天中學數學九上期末監(jiān)測試題考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。一、選擇題(每小題3分,共30分)1．如圖，點A、B、C、D、O都在方格紙的格點上，若△COD是由△AOB繞點O按逆時針方向旋轉而得，則旋轉的角度為（）A．30° B．45°C．90° D．135°2．擲一枚質地均勻硬幣，前3次都是正面朝上，擲第4次時正面朝上的概率是（）A．0 B． C． D．13．如圖，是的直徑，，是上的兩點，且平分，分別與，相交于點，，則下列結論不一定成立的是（）A． B． C． D．4．小明隨機地在如圖正方形及其內部區(qū)域投針，則針扎到陰影區(qū)域的概率是（）A． B． C． D．5．下列說法正確的是（）①經過三個點一定可以作圓；②若等腰三角形的兩邊長分別為3和7，則第三邊長是3或7；③一個正六邊形的內角和是其外角和的2倍；④隨意翻到一本書的某頁，頁碼是偶數是隨機事件；⑤關于x的一元二次方程x2-(k+3)x+k=0有兩個不相等的實數根．A．①②③ B．①④⑤ C．②③④ D．③④⑤6．對于反比例函數，下列說法錯誤的是（）A．它的圖像在第一、三象限B．它的函數值隨的增大而減小C．點為圖像上的任意一點，過點作軸于點．的面積是．D．若點和點在這個函數圖像上，則7．如圖，在中，，，，則的面積是()A． B． C． D．8．已知=3，則代數式的值是（）A． B． C． D．9．P(3，-2)關于原點對稱的點的坐標是()A．(3，2) B．(-3，2) C．(-3，-2) D．(3，-2)10．二次函數圖象的一部分如圖所示，頂點坐標為，與軸的一個交點的坐標為(-3，0)，給出以下結論：①；②；③若、為函數圖象上的兩點，則；④當時方程有實數根，則的取值范圍是．其中正確的結論的個數為（）A．1個 B．2個 C．3個 D．4個二、填空題(每小題3分,共24分)11．二次函數的圖象如圖所示，若點，是圖象上的兩點，則____(填“>”、“<”、“=”).12．分解因式：x3y﹣xy3=_____．13．點關于原點的對稱點的坐標為__________．14．如圖拋物線y＝ax2+bx+c的對稱軸是x＝﹣1，與x軸的一個交點為（﹣5，0），則不等式ax2+bx+c＞0的解集為_____．15．如圖所示，矩形的邊在的邊上，頂點，分別在邊，上.已知，，，設，矩形的面積為，則關于的函數關系式為______.（不必寫出定義域）16．計算sin60°cos60°的值為_____．17．如圖，正方形的邊長為，在邊上分別取點，，在邊上分別取點，使．．．．．依次規(guī)律繼續(xù)下去，則正方形的面積為__________．18．由一些大小相同的小正方體搭成的幾何體的主視圖和俯視圖，如圖所示，則搭成該幾何體的小正方體最多是_____個．三、解答題(共66分)19．（10分）如圖，拋物線y＝ax2+2x+c（a＜0）與x軸交于點A和點B（點A在原點的左側，點B在原點的右側），與y軸交于點C，OB＝OC＝1．（1）求該拋物線的函數解析式；（2）如圖1，連接BC，點D是直線BC上方拋物線上的點，連接OD，CD，OD交BC于點F，當S△COF：S△CDF＝1：2時，求點D的坐標．（1）如圖2，點E的坐標為（0，），在拋物線上是否存在點P，使∠OBP＝2∠OBE？若存在，請直接寫出符合條件的點P的坐標；若不存在，請說明理由．20．（6分）已知正方形ABCD中，E為對角線BD上一點，過點E作EF⊥BD交BC于點F，連接DF，G為DF的中點，連接EG，（1）如圖1，求證：EG=CG；（2）將圖1中的ΔBEF繞點B逆時針旋轉45°，如圖2，取DF的中點G，連接EG，CG．問（（3）將圖1中的ΔBEF繞點B逆時計旋轉任意角度，如圖3，取DF的中點G，連接EG，CG．問（21．（6分）在平面直角坐標系中，直線與雙曲線交于點A（2，a）．（1）求與的值；（2）畫出雙曲線的示意圖；（3）設點是雙曲線上一點（與不重合），直線與軸交于點，當時，結合圖象，直接寫出的值．22．（8分）如圖，的直徑，半徑，為上一動點（不包括兩點），，垂足分別為．（1）求的長．（2）若點為的中點，①求劣弧的長度，②者點為直徑上一動點，直接寫出的最小值．23．（8分）在△ABC中，AB＝AC，∠A＝60°，點D是線段BC的中點，∠EDF＝120°，DE與線段AB相交于點E，DF與線段AC（或AC的延長線）相交于點F．（1）如圖1，若DF⊥AC，垂足為F，證明：DE＝DF（2）如圖2，將∠EDF繞點D順時針旋轉一定的角度，DF仍與線段AC相交于點F．DE＝DF仍然成立嗎？說明理由．（3）如圖3，將∠EDF繼續(xù)繞點D順時針旋轉一定的角度，使DF與線段AC的延長線相交于點F，DE＝DF仍然成立嗎？說明理由．24．（8分）如圖，在中，，點在邊上，經過點和點且與邊相交于點．(1)求證：是的切線；(2)若，求的半徑．25．（10分）已知：△ABC是等腰直角三角形，∠BAC＝90°，將△ABC繞點C順時針方向旋轉得到△A′B′C，記旋轉角為α，當90°＜α＜180°時，作A′D⊥AC，垂足為D，A′D與B′C交于點E．（1）如圖1，當∠CA′D＝15°時，作∠A′EC的平分線EF交BC于點F．①寫出旋轉角α的度數；②求證：EA′+EC＝EF；（2）如圖2，在（1）的條件下，設P是直線A′D上的一個動點，連接PA，PF，若AB＝，求線段PA+PF的最小值．（結果保留根號）26．（10分）自貢是“鹽之都，龍之鄉(xiāng)，燈之城”，文化底蘊深厚.為弘揚鄉(xiāng)土特色文化，某校就同學們對“自貢歷史文化”的了解程度進行隨機抽樣調查，將調查結果繪制成如下兩幅統計圖：⑴本次共調查名學生，條形統計圖中=；⑵若該校共有學生1200名，則該校約有名學生不了解“自貢歷史文化”；⑶調查結果中，該校九年級（2）班學生中了解程度為“很了解”的同學進行測試，發(fā)現其中共有四名同學相當優(yōu)秀，它們是三名男生，一名女生，現準備從這四名同學中隨機抽取兩人去市里參加“自貢歷史文化”知識競賽，用樹狀圖或列表法，求恰好抽取一男生一女生的概率.

參考答案一、選擇題(每小題3分,共30分)1、C【分析】根據勾股定理求解.【詳解】設小方格的邊長為1，得，OC=，AO=，AC=4，∵OC2+AO2==16，AC2=42=16，∴△AOC是直角三角形，∴∠AOC=90°．故選C．【點睛】考點：勾股定理逆定理.2、B【分析】利用概率的意義直接得出答案．【詳解】連續(xù)拋擲一枚質地均勻的硬幣4次，前3次的結果都是正面朝上，

他第4次拋擲這枚硬幣，正面朝上的概率為：．故選：B．【點睛】本題主要考查了概率的意義，正確把握概率的定義是解題關鍵．3、C【分析】由圓周角定理和角平分線得出，，由等腰三角形的性質得出，得出，證出，選項A成立；由平行線的性質得出，選項B成立；由垂徑定理得出，選項D成立；和中，沒有相等的邊，與不全等，選項C不成立，即可得出答案．【詳解】∵是的直徑，平分，∴，，∴，∵，∴，∴，∴，選項A成立；∴，選項B成立；∴，選項D成立；∵和中，沒有相等的邊，∴與不全等，選項C不成立，故選C．【點睛】本題考查了圓周角定理，垂徑定理，等腰三角形的性質，平行線的性質，角平分線的性質，解本題的關鍵是熟練掌圓周角定理和垂徑定理．4、D【分析】根據幾何概型的意義，求出圓的面積，再求出正方形的面積，算出其比值即可．【詳解】解：設正方形的邊長為2a，則圓的半徑為a，則圓的面積為：，正方形的面積為：，∴針扎到陰影區(qū)域的概率是，故選：D．【點睛】本題考查幾何概型的求法：首先根據題意將代數關系用面積表示出來，一般用陰影區(qū)域表示所求事件（A）；然后計算陰影區(qū)域的面積和總面積的比，這個比即事件（A）發(fā)生的概率．5、D【分析】利用不在同一直線上的三個點確定一個圓，等腰三角形的性質及三角形三邊關系、正多邊形內角和公式和外角和、隨機事件的定義及一元二次方程根的判別式分別判斷后即可確定正確的選項．【詳解】解：經過不在同一直線上的三個點一定可以作圓，故①說法錯誤；若等腰三角形的兩邊長分別為3和7，則第三邊長是7，故②說法錯誤；③一個正六邊形的內角和是180°×（6-2）=720°其外角和是360°，所以一個正六邊形的內角和是其外角和的2倍，故③說法正確；隨意翻到一本書的某頁，頁碼可能是奇數，也可能是偶數，所以隨意翻到一本書的某頁，頁碼是偶數是隨機事件，故④說法正確；關于x的一元二次方程x2-(k+3)x+k=0，，所以方程有兩個不相等的實數根，故⑤說法正確．故選：D.【點睛】本題考查了不在同一直線上的三個點確定一個圓，等腰三角形的性質及三角形三邊關系、正多邊形內角和公式和外角和、隨機事件的定義及一元二次方程根的判別式，熟練掌握相關知識點是本題的解題關鍵．6、B【分析】對反比例函數化簡得，所以k=＞0，當k＞0時，雙曲線的兩支分別位于第一、第三象限，在每一象限內y隨x的增大而減小，根據反比例函數的性質對四個選項進行逐一分析即可．【詳解】解：A、∵k=＞0，∴它的圖象分布在第一、三象限，故本選項正確；B、∵它的圖象分布在第一、三象限，∴在每一象限內y隨x的增大而減小，故本選項錯誤；C、∵k=，根據反比例函數中k的幾何意義可得的面積為=，故本選項正確；D、∵它的圖象分布在第一、三象限，在每一象限內y隨x的增大而減小，∵x1=﹣1＜0，x2=﹣＜0，且x1＞x2，∴，故本選項正確．故選：B．【點睛】題考查的是反比例函數的性質，熟知反比例函數y=（k≠0）中，當k＞0時函數圖象的兩個分支分別位于一三象限是解答此題的關鍵．7、C【分析】在Rt△ABC中，求出BC，AC即可解決問題．【詳解】解：在Rt△ACB中，∵∠C=90°，AB=8cm，

∴sinA==，

∴BC=6（cm），

∴AC=（cm），

∴S△ABC=?BC?AC=×6×2=6（cm2）．

故選：C．【點睛】本題考查解直角三角形的應用，三角形的面積等知識，解題的關鍵是熟練掌握基本知識，屬于中考常考題型．8、D【分析】由得出，即，整體代入原式，計算可得.【詳解】，，，則原式.故選：.【點睛】本題主要考查分式的加減法，解題的關鍵是掌握分式加減運算法則和整體代入思想的運用.9、B【解析】根據平面坐標系中點P(x,y)關于原點對稱點是(-x,-y)即可．【詳解】解：關于原點對稱的點的橫縱坐標都互為相反數，因此P(3，-2)關于原點對稱的點的坐標是(-3，2)．故答案為B．【點睛】本題考查關于原點對稱點的坐標的關系，解題的關鍵是理解并識記關于原點對稱點的特點．10、D【分析】由二次函數的圖象可知，再根據對稱軸為x=-1，得出b=2a<0，進而判斷①，當x=-2時可判斷②正確，然后根據拋物線的對稱性以及增減性可判斷③，再根據方程的根與拋物線與x交點的關系可判斷④．【詳解】解：∵拋物線開口向下，交y軸正半軸∴∵拋物線對稱軸為x=-1,∴b=2a<0∴①正確；當x=-2時，位于y軸的正半軸故②正確；點的對稱點為∵當時，拋物線為增函數，∴③正確；若當時方程有實數根，則需與x軸有交點則二次函數向下平移的距離即為t的取值范圍，則的取值范圍是，④正確．故選：D．【點睛】本題考查的知識點是二次函數圖象及其性質，熟悉二次函數的圖象上點的坐標特征以及求頂點坐標的公式是解此題額關鍵．二、填空題(每小題3分,共24分)11、>【分析】利用函數圖象可判斷點，都在對稱軸右側的拋物線上，然后根據二次函數的性質可判斷與的大?。驹斀狻拷猓骸邟佄锞€的對稱軸在y軸的左側，且開口向下，∴點，都在對稱軸右側的拋物線上，∴＞．故答案為＞．【點睛】本題考查二次函數圖象上點的坐標特征，二次函數的性質．解決本題的關鍵是判斷點A和點B都在對稱軸的右側．12、xy（x+y）（x﹣y）．【解析】分析：首先提取公因式xy，再對余下的多項式運用平方差公式繼續(xù)分解．詳解：x3y﹣xy3=xy（x2﹣y2）=xy（x+y）（x﹣y）．點睛：本題考查了用提公因式法和公式法進行因式分解，一個多項式有公因式，要首先提取公因式，然后再用其他方法進行因式分解，同時因式分解要徹底，直到不能分解為止．13、【分析】根據關于原點對稱的點，橫坐標與縱坐標都互為相反數求解即可.【詳解】解：點關于原點對稱點是,則點的坐標為:故答案為:【點睛】本題考查的關于原點對稱的點的坐標的問題.14、﹣5＜x＜1【分析】先根據拋物線的對稱性得到A點坐標（1，0），由y＝ax2+bx+c＞0得函數值為正數，即拋物線在x軸上方，然后找出對應的自變量的取值范圍即可得到不等式ax2+bx+c＞0的解集．【詳解】解：根據圖示知，拋物線y＝ax2+bx+c圖象的對稱軸是x＝﹣1，與x軸的一個交點坐標為（﹣5，0），根據拋物線的對稱性知，拋物線y＝ax2+bx+c圖象與x軸的兩個交點關于直線x＝﹣1對稱，即拋物線y＝ax2+bx+c圖象與x軸的另一個交點與（﹣5，0）關于直線x＝﹣1對稱，∴另一個交點的坐標為（1，0），∵不等式ax2+bx+c＞0，即y＝ax2+bx+c＞0，∴拋物線y＝ax2+bx+c的圖形在x軸上方，∴不等式ax2+bx+c＞0的解集是﹣5＜x＜1．故答案為﹣5＜x＜1．【點睛】此題主要考查了二次函數與不等式，解答此題的關鍵是求出圖象與x軸的交點，然后由圖象找出當y＞0時，自變量x的范圍，本題鍛煉了學生數形結合的思想方法．15、【分析】易證得△ADG∽△ABC，那么它們的對應邊和對應高的比相等，可據此求出AP的表達式，進而可求出PH即DE、GF的長，已知矩形的長和寬，即可根據矩形的面積公式得到y、x的函數關系式；【詳解】如圖，作AH為BC邊上的高，AH交DG于點P，∵AC=6，AB=8，BC=10，∴三角形ABC是直角三角形，∴△ABC的高==4.8，∵矩形DEFG的邊EF在△ABC的邊BC上，∴DG∥BC，∴△ADG∽△ABC，∵AH⊥BC，∴AP⊥DG∴，∴，∴∴PH=，∴故答案為：【點睛】本題考查了相似三角形的判定與性質，二次函數的應用，解題的關鍵是利用相似三角形的性質求出矩形的邊長.16、【分析】直接利用特殊角的三角函數值代入求出答案．【詳解】原式＝×．故答案為：．【點睛】本題主要考查了特殊角的三角函數值，正確記憶相關數據是解題關鍵.17、【分析】利用勾股定理可得A1B12=a2，即正方形A1B1C1D1的面積，同理可求出正方形A2B2C2D2的面積，得出規(guī)律即可得答案．【詳解】∵正方形ABCD的邊長為a，，∴A1B12=A1B2+BB12==a2，A1B1=a，∴正方形A1B1C1D1的面積為a2，∵，∴A2B22==()2a2，∴正方形A2B2C2D2的面積為()2a2，……∴正方形的面積為()na2，故答案為：()na2【點睛】本題考查正方形的性質及勾股定理，正確計算各正方形的面積并得出規(guī)律是解題關鍵．18、1【分析】根據幾何體的三視圖可進行求解．【詳解】解：根據題意得：則搭成該幾何體的小正方體最多是1+1+1+2+2=1（個）．故答案為1．【點睛】本題主要考查幾何體的三視圖，熟練掌握幾何體的三視圖是解題的關鍵．三、解答題(共66分)19、（1）y＝﹣x2+2x+1；（2）點D（1，4）或（2，1）；（1）當點P在x軸上方時，點P（，）；當點P在x軸下方時，點（﹣，﹣）【分析】(1)c=1，點B(1，0)，將點B的坐標代入拋物線表達式：y=ax2+2x+1，解得a=﹣1即可得出答案；(2)由S△COF：S△CDF=1：2得OF：FD=1：2，由DH∥CO得CO：DM=1：2，求得DM=2，而DM==2，即可求解；(1)分點P在x軸上方、點P在x軸下方兩種情況，分別求解即可．【詳解】(1)∵OB=OC=1，∴點C的坐標為C(0，1)，c=1，點B的坐標為B(1，0)，將點B的坐標代入拋物線表達式：y=ax2+2x+1，解得：a=﹣1，故拋物線的表達式為：y=﹣x2+2x+1；(2)如圖，過點D作DH⊥x軸于點H，交BC于點M，∵S△COF：S△CDF=1：2，∴OF：FD=1：2，∵DH∥CO，∴CO：DM=OF：FD=1：2，∴DM=CO=2，設直線BC的表達式為：，將C(0，1)，B(1，0)代入得，解得：，∴直線BC的表達式為：y=﹣x+1，設點D的坐標為(x，﹣x2+2x+1)，則點M(x，﹣x+1)，∴DM==2，解得：x=1或2，故點D的坐標為：(1，4)或(2，1)；(1)①當點P在x軸上方時，取OG=OE，連接BG，過點B作直線PB交拋物線于點P，交y軸于點M，使∠GBM=∠GBO，則∠OBP=2∠OBE，過點G作GH⊥BM，如圖，∵點E的坐標為(0，)，∴OE=，∵∠GBM=∠GBO，GH⊥BM，GO⊥OB，∴GH=GO=OE=，BH=BO=1，設MH=x，則MG=，在△OBM中，OB2+OM2=MB2，即，解得：x=2，故MG==，則OM=MG+GO=+，點M的坐標為(0，4)，設直線BM的表達式為：，將點B(1，0)、M(0，4)代入得：，解得：，∴直線BM的表達式為：y=x+4，解方程組解得：x=1(舍去)或，將x=代入y=x+4得y=，故點P的坐標為(，)；②當點P在x軸下方時，如圖，過點E作EN⊥BP，直線PB交y軸于點M，∵∠OBP=2∠OBE，∴BE是∠OBP的平分線，∴EN=OE=，BN=OB=1，設MN=x，則ME=，在△OBM中，OB2+OM2=MB2，即，解得：，∴，則OM=ME+EO=+，點M的坐標為(0，-4)，設直線BM的表達式為：，將點B(1，0)、M(0，-4)代入得：，解得：，∴直線BM的表達式為：，解方程組解得：x=1(舍去)或，將x=代入得，故點P的坐標為(，)；綜上，點P的坐標為：(，)或(，)．【點睛】本題考查的是二次函數的綜合運用，涉及到一次函數、平行線分線段成比例定理、勾股定理、角平分線的性質等，其中第(1)問要注意分類求解，避免遺漏．20、(1)見解析;(2)見解析;(3)見解析.【解析】（1）利用直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半，可證出CG=EG．

（2）結論仍然成立，連接AG，過G點作MN⊥AD于M，與EF的延長線交于N點；再證明△DAG≌△DCG，得出AG=CG；再證出△DMG≌△FNG，得到MG=NG；再證明△AMG≌△ENG，得出AG=EG；最后證出CG=EG．

（3）結論依然成立．過F作CD的平行線并延長CG交于M點，連接EM、EC，過F作FN垂直于AB于N．由于G為FD中點，易證△CDG≌△MFG，得到CD=FM，又因為BE=EF，易證∠EFM=∠EBC，則△EFM≌△EBC，∠FEM=∠BEC，EM=EC，得出△MEC是等腰直角三角形，就可以得出結論．【詳解】（1）在RtΔFCD中，G為DF∴CG=1同理，在RtΔDEF中，EG=∴EG=CG．（2）如圖②，（1）中結論仍然成立，即EG=CG．

理由：連接AG，過G點作MN⊥AD于M，與EF的延長線交于N點．

∴∠AMG=∠DMG=90°．

∵四邊形ABCD是正方形，

∴AD=CD=BC=AB，∠ADG=∠CDG．∠DAB=∠ABC=∠BCD=∠ADC=90°．

在△DAG和△DCG中，

AD＝CD∠ADG＝∠CDGDG＝DG，

∴△DAG≌△DCG（SAS），

∴AG=CG．

∵G為DF的中點，

∴GD=GF．

∵EF⊥BE，

∴∠BEF=90°，

∴∠BEF=∠BAD，

∴AD∥EF，

∴∠N=∠DMG=90°．∠DGM＝∠FGNFG＝DG∠MDG＝∠NFG，

∴△DMG≌△FNG（ASA），

∴MG=NG．

∵∠DA∠AMG=∠N=90°，

∴四邊形AENM是矩形，

∴AM=EN，

在△AMG和△ENG中，

AM＝EN∠AMG＝∠ENGMG＝NG，

∴△AMG≌△ENG（SAS），

∴AG=EG，

∴EG=CG；

（3）如圖③，（1）中的結論仍然成立．

理由：過F作CD的平行線并延長CG交于M點，連接EM、EC，過F作FN⊥AB于N．

∵MF∥CD，

∴∠FMG=∠DCG，∠MFD=∠CDG．∠AQF=∠ADC=90°

∵FN⊥AB，

∴∠FNH=∠ANF=90°．

∵G為FD中點，

∴GD=GF．

在△MFG和△CDG中

∠FMG＝∠DCG∠MFD＝∠CDGGF＝GD，

∴△CDG≌△MFG（AAS），

∴CD=FM．MG=CG．

∴MF=AB．

∵EF⊥BE，

∴∠BEF=90°．

∵∠NHF+∠HNF+∠NFH=∠BEF+∠EHB+∠EBH=180°，

∴∠NFH=∠EBH．

∵∠A=∠ANF=∠AMF=90°，

∴四邊形ANFQ是矩形，

∴∠MFN=90°．

∴∠MFN=∠CBN，

∴∠MFN+∠NFE=∠CBN+∠EBH，

∴∠MFE=∠CBE．

在△EFM和△EBC中

MF＝AB∠MFE＝∠CBEEF＝EB，

∴△EFM≌△EBC（SAS），

∴ME=CE．，∠FEM=∠BEC，

∵∠【點睛】考查了正方形的性質的運用，矩形的判定就性質的運用，旋轉的性質的運用，直角三角形的性質的運用，全等三角形的判定及性質的運用，解答時證明三角形全等是關鍵．21、（1），；（2）示意圖見解析；（3）6，．【分析】（1）把點A（2，a）代入直線解析式求出a,再把A（2，a）代入雙曲線求出k即可；（2）先列表，再描點，然后連線即可；（3）利用數形結思想觀察圖形即可得到答案.【詳解】（1）∵直線過點，∴．又∵雙曲線（）過點A（2，2），∴．（2）列表如下：x…-4-2-1124…y…-1-2-4421…描點，連線如下：（3）6，．①當點P在第一象限時，如圖，過點A作AC⊥y軸于點C，過點P作PD⊥y軸于點D，則△BDP∽△BCA，∴=∵點A（2，2），∴AC=2,OC=2.∴PD=1.即m=1，當m=1時，n=.即OD=4，∴CD=OD-OC=2.∴BD=CD=2.∴OB=BD+OD=6即b=6.②當點p在第三象限時，如圖，過點A作AC⊥y軸于點C，過點P作PD⊥y軸于點D，則△BDP∽△BCA，∴=∵點A（2，2），∴AC=2,OC=2.∴PD=1.∵點p在第三象限，∴m=-1,當m=-1時，n=-4，∴OD=4，∵BD=OD-OB=4+b,CD=OC+OB=2-b,∴解得，b=-2.綜上所述，b的值為6或-2.【點睛】本題考查了一次函數與反比例函數的綜合，掌握相關知識是解題的關鍵.22、（1）（2）①②【分析】（1）求出圓的半徑，再判斷出四邊形OFDE是矩形，然后根據矩形的對角線相等解答即可；（2）①根據線段中點的定義得到OE=OC=OD，根據三角形的內角和得到∠DOE=60°，于是得到結論；②延長CO交⊙O于G，連接DG交AB于P，則PC+PD的最小值等于DG長，解直角三角形即可得到結論．【詳解】解：（1）如圖，連接，∵的直徑，∴圓的半徑為.∵，∴四邊形是矩形，∴.（2）①∵點為的中點，∴，∴，∴，∴劣弧的長度為.②.延長交于點，連接交于點，則的最小值為.∵，，∴，∴的最小值為.【點睛】本題考查了圓周角定理，矩形的判定和性質，軸對稱-最短路線問題，正確的作出輔助線是解題的關鍵．23、（1）見解析；（2）結論仍然成立.，DE＝DF，見解析；（3）仍然成立，DE＝DF，見解析【分析】（1）由題意根據全等三角形的性質與判定，結合等邊三角形性質證明△BED≌△CFD（ASA），即可證得DE＝DF；（2）根據題意先取AC中點G,連接DG,繼而再全等三角形的性質與判定，結合等邊三角形性質證明△EDG≌△FDC（ASA），進而證得DE＝DF；（3）由題意過點D作DN⊥AC于N,DM⊥AB于M,繼而再全等三角形的性質與判定，結合等邊三角形性質證明△DME≌△DNF（ASA），即可證得DE＝DF．【詳解】解：（1）∵AB=AC，∠A=60°，∴△ABC是等邊三角形,即∠B=∠C=60°,∵D是BC的中點,∴BD=CD,∵∠EDF=120°，DF⊥AC，∴∠FDC=30°,∴∠EDB=30°，∴△BED≌△CFD（ASA）,∴DE=DF.（2）取AC中點G,連接DG,如下圖,∵D為BC的中點,∴DG=AC=BD=CD,∴△BDG是等邊三角形,∴∠GDE+∠EDB=60°,∵∠EDF=120°,∴∠FDC+∠EDB=60°,∴∠EDG=∠FDC,∴△EDG≌△FDC（ASA）,∴DE=DF，∴結論仍然成立.（3）如下圖,過點D作DN⊥AC于N,DM⊥AB于M,∴∠DME=∠DNF=90°,由（1）可知∠B=∠C=60°,∴∠NDC=∠BDM=30°,DM=DN,∴∠MDN=120°,即∠NDF=∠MDE,∴△DME≌△DNF（ASA）,∴DE=DF,∴仍然成立.【點睛】本題是幾何變換綜合題，主要考查全等三角形的判斷和性質以及等邊三角形的性質，根據題意構造出全等三角形是解本題的關鍵．24、(1)見解析；(2)【分析】(1)連接，根據等腰三角形的性質得到，求得，根據三角形的內角和得到，于是得到是的切線；(2)連接，推出是等邊三角形，得到，求得，得到，于是得到結論．【詳解】(1)證明：連接，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∴是的切線；(2)解：連接，∵，∴是等邊三角形，∴，∴，∴，∴，∴的半徑．【點睛】本題考查了切線的判定和性質，等腰三角形的性質，等邊三角形的判定和性質，正確的作出輔助線是解題的關鍵．25、（1）①105°，②見解析；（2）【分析】（1）①解直角三角形求出∠A′CD即可解決問題，②連接A′F，設EF交CA′于點O，在EF時截取EM=EC，連接CM．首先證明△CFA′是等邊三角形，再證明△FCM≌△A′CE（SAS），即可解決問題．（2）如圖2中，連接A′F，PB′，AB′