2021-2022学年黑龙江省哈尔滨113中九年级（上）月考数学试卷（10月份）（Word版 含解析）

2021-2022学年黑龙江省哈尔滨113中九年级（上）月考数学试卷（10月份）
一、选择题（每小题3分，共30分）
1．（3分）在中国集邮总公司设计的2017年纪特邮票首日纪念戳图案中，可以看作中心对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
2．（3分）点（3，5）与点（﹣3，﹣5）的位置关系是（　　）
A．关于x轴对称
B．关于y轴对称
C．关于原点对称
D．关于第二、四象限的角平分线对称
3．（3分）若双曲线的图象的一支位于第三象限，则k的取值范围是（　　）
A．k＜1 B．k＞1 C．0＜k＜1 D．k≤1
4．（3分）如图，把△ABC绕点C顺时针旋转某个角度θ得到△A′B′C，∠A＝30°，∠1＝70°，则旋转角θ可能等于（　　）
A．40° B．50° C．70° D．100°
5．（3分）如图，AB为⊙O的弦，OC⊥AB于点D，交⊙O于点C，且CD＝1，OC＝5，则弦AB的长是（　　）
A．3 B．4 C．6 D．8
6．（3分）如图，AC是电杆AB的一根拉线，测得BC＝6米，∠ACB＝52°，则拉线AC的长为（　　）
A．米 B．米 C．6 cos52°米 D．米
7．（3分）如图，AB是⊙O的直径，AT是⊙O的切线，∠T＝40°，BT交⊙O于点C，E是AB上一点，延长CE交⊙O于点D．则∠CDB的度数是（　　）
A．35° B．40° C．45° D．50°
8．（3分）某水果园2017年水果产量为50吨，2019年水果产量为70吨，求该果园水果产量的年平均增长率．设该果园水果产量的年平均增长率为x，则根据题意可列方程为（　　）
A．50（1﹣x）2＝70 B．50（1+x）2＝70
C．70（1﹣x）2＝50 D．70（1+x）2＝50
9．（3分）如图，AB∥CD∥EF，则下列结论正确的是（　　）
A． B． C．＝ D．
10．（3分）下列语句中，一定正确的是（　　）
①过三点有且只有一个圆；②平分弦的直径垂直于弦；③三角形的外心到三角形三个顶点的距离相等；④同弧或等弧所对的圆周角相等；⑤圆内接平行四边形是矩形．
A．①②③ B．①②④ C．②③⑤ D．③④⑤
二、填空题（每小题3分，共30分）
11．（3分）将5700000用科学记数法表示为　 　．
12．（3分）在函数中，自变量x的取值范围是　 　．
13．（3分）计算：＝　 　．
14．（3分）某扇形的半径为4，圆心角为100°，则此扇形的面积为　 　．
15．（3分）如图，以点O为圆心的两个圆中，大圆的弦AB切小圆于点C，OA交小圆于点D，若OD＝2，AB＝6，则∠OAB正弦值为　 　．
16．（3分）若一元二次方程（k﹣1）x2+3x+k2﹣1＝0有一个解为x＝0，则k＝　 　．
17．（3分）如图，△ABC内接于⊙O，∠BAC＝30°，BC＝6，则⊙O的直径等于　 　．
18．（3分）如图，切线PA、PB分别与⊙O相切于点A、B，切线EF与⊙O相切于点C，且分别交PA、PB于点E、F，若△PEF的周长为12，则线段PA的长为　 　．
19．（3分）已知△ABC是半径为2cm的圆的内接三角形，BC＝2cm，则∠A＝　 　．
20．（3分）如图，在△ABC中，点D在AB上，连接CD，过点B作直线BE⊥CD于点E，交AC于点F，若∠BCD＝2∠ABF，∠BDE+∠CFE＝135°，AD＝7，BC＝17，则线段EF＝　 　．
三、解答题（共计60分，其中21～22题各7分，23～24题各8分，25～27题各10分）
21．（7分）先化简，再求代数式﹣的值，其中a＝3tan30°﹣2cos60°．
22．（7分）如图，在每个小正方形的边长均为1的方格纸中有线段AB，其中点A、B均在小正方形的顶点上．
（1）在方格纸中画出以BC为底的钝角等腰三角形ABC，且点C在小正方形的顶点上；
（2）将（1）中的△ABC绕点C逆时针旋转90°得到△DEC（点A的对应点是点D，点B的对应点是点E），画出△CDE；
（3）在（2）的条件下，连接BE，请直接写出△BCE的面积．
23．（8分）为增强学生的身体素质，教育行政部门规定学生每天参加户外活动的平均时间不少于1小时．为了解学生参加户外活动的情况，对部分学生参加户外活动的时间进行抽样调查，并将调查结果绘制作成如下两幅不完整的统计图，请你根据图中提供的信息解答下列问题：
（1）一共调查了多少名学生；
（2）请补全条形统计图；
（3）若该校共有2000名学生，根据以上调查结果估计该校全体学生每天参与户外活动所用的总时间．
24．（8分）如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，点F是CD延长线上的一点，且AD平分∠BDF，AE⊥CD于点E．
（1）求证：AB＝AC．
（2）若BD＝11，DE＝2，求CD的长．
25．（10分）某中学开学初在商场购进A、B两种品牌的足球，购买A品牌足球花费了2500元，购买B品牌足球花费了2000元，且购买A品牌足球数量是购买B品牌足球数量的2倍，已知购买一个B品牌足球比购买一个A品牌足球多花30元．
（1）求购买一个A品牌、一个B品牌的足球各需多少元；
（2）该中学决定再次购进A、B两种品牌足球共50个，恰逢商场对两种品牌足球的售价进行调整，A品牌足球售价比第一次购买时提高了8%，B品牌足球按第一次购买时售价的9折出售，如果这所中学此次购买A、B两种品牌足球的总费用不超过3060元，那么该中学此次最多可购买多少个B品牌足球？
26．（10分）如图，等边△ABC内接于⊙O，点D是弧AC上一点，连接BD交AC于E．
（1）如图1，求证∠ADB＝∠CDB；
（2）如图2，点F为线段BD上一点，连接CF，若∠BCF＝2∠ABD时，求证：BF＝DE+AD；
（3）在（2）的条件下，作∠BCF的平分线交⊙O于M，在CM上取点R，连接AR交CF于点T，若TR＝1，MR＝5，∠CAT＝3∠ACD，求AT的长．
27．（10分）如图，在平面直角坐标系中，直线y＝kx+b交x轴于点B，交y轴于点A，OA＝OB＝2．
（1）求直线AB的解析式；
（2）如图，点C在OA的延长线上，点D在x轴的正半轴上，连接CD交直线AB于点E，点E为线段CD的中点，设点D的横坐标为t，△CAE的面积为S，求S与t的函数解析式；
（3）如图，在（2）的条件下，过点E作EF⊥x轴于点F，点M为EB的中点，过M作MH⊥CD于点H，延长HM交x轴于点G，点N在AB的延长线上，连接NG、DN、CM，若FG＝OC，∠ACM＝∠GDN，求GN的长．
2021-2022学年黑龙江省哈尔滨113中九年级（上）月考数学试卷（10月份）
参考答案与试题解析
一、选择题（每小题3分，共30分）
1．（3分）在中国集邮总公司设计的2017年纪特邮票首日纪念戳图案中，可以看作中心对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
【分析】根据中心对称图形的概念求解．
【解答】解：A选项是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项错误；
B选项不是中心对称图形，故本选项错误；
C选项为中心对称图形，故本选项正确；
D选项不是中心对称图形，故本选项错误．
故选：C．
2．（3分）点（3，5）与点（﹣3，﹣5）的位置关系是（　　）
A．关于x轴对称
B．关于y轴对称
C．关于原点对称
D．关于第二、四象限的角平分线对称
【分析】根据“关于原点对称的点，横坐标和纵坐标均互为相反数”求解即可．
【解答】解：点（3，5）与点（﹣3，﹣5）的位置关系是关于原点对称．
故选：C．
3．（3分）若双曲线的图象的一支位于第三象限，则k的取值范围是（　　）
A．k＜1 B．k＞1 C．0＜k＜1 D．k≤1
【分析】反比例函数的图象是双曲线，当k＞0，双曲线的两支分别位于第一、第三象限，在每一象限内y随x的增大而减小．
【解答】解：∵双曲线的图象的一支位于第三象限，
∴k﹣1＞0，
∴k＞1；
故选：B．
4．（3分）如图，把△ABC绕点C顺时针旋转某个角度θ得到△A′B′C，∠A＝30°，∠1＝70°，则旋转角θ可能等于（　　）
A．40° B．50° C．70° D．100°
【分析】由旋转的性质可得∠A＝∠A′＝30°，继而根据∠1＝∠A′+∠ACA′＝70°可得∠θ＝∠ACA′＝40°．
【解答】解：∵△ABC绕点C顺时针旋转某个角度θ得到△A′B′C，
∴∠A＝∠A′＝30°，
又∵∠1＝∠A′+∠ACA′＝70°，
∴∠θ＝∠ACA′＝40°，
故选：A．
5．（3分）如图，AB为⊙O的弦，OC⊥AB于点D，交⊙O于点C，且CD＝1，OC＝5，则弦AB的长是（　　）
A．3 B．4 C．6 D．8
【分析】连接AO，得到直角三角形，再求出OD的长，就可以利用勾股定理求解．
【解答】解：连接AO，
∵CD＝1，OC＝5，
∴OD＝5﹣1＝4，
根据勾股定理，
AD＝＝＝3，
∴AB＝3×2＝6，
因此弦AB的长是6．
故选：C．
6．（3分）如图，AC是电杆AB的一根拉线，测得BC＝6米，∠ACB＝52°，则拉线AC的长为（　　）
A．米 B．米 C．6 cos52°米 D．米
【分析】根据余弦函数AC＝，列式计算即可．
【解答】解：∵BC＝6米，∠ACB＝52°，∠ABC＝90°，
∴AC＝米；
故选：B．
7．（3分）如图，AB是⊙O的直径，AT是⊙O的切线，∠T＝40°，BT交⊙O于点C，E是AB上一点，延长CE交⊙O于点D．则∠CDB的度数是（　　）
A．35° B．40° C．45° D．50°
【分析】连接AC，根据切线的性质得到AT⊥AB，进而求出∠ABT，根据圆周角定理得到∠ACB＝90°，计算即可．
【解答】解：连接AC，
∵AT是⊙O的切线，
∴AT⊥AB，
∵∠T＝40°，
∴∠ABT＝90°﹣∠T＝50°，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∴∠CAB＝90°﹣∠ABT＝40°，
由圆周角定理得，∠CDB＝∠CAB＝40°，
故选：B．
8．（3分）某水果园2017年水果产量为50吨，2019年水果产量为70吨，求该果园水果产量的年平均增长率．设该果园水果产量的年平均增长率为x，则根据题意可列方程为（　　）
A．50（1﹣x）2＝70 B．50（1+x）2＝70
C．70（1﹣x）2＝50 D．70（1+x）2＝50
【分析】2019年的产量＝2017年的产量×（1+年平均增长率）2，把相关数值代入即可．
【解答】解：2018年的产量为50（1+x），
2019年的产量为50（1+x）（1+x）＝50（1+x）2，
即所列的方程为50（1+x）2＝70．
故选：B．
9．（3分）如图，AB∥CD∥EF，则下列结论正确的是（　　）
A． B． C．＝ D．
【分析】根据平行线分线段成比例定理，对各项进行分析即可．
【解答】解：∵AB∥CD∥EF，
∴＝，＝，
∴选项A、C、D不正确，选项B正确；
故选：B．
10．（3分）下列语句中，一定正确的是（　　）
①过三点有且只有一个圆；②平分弦的直径垂直于弦；③三角形的外心到三角形三个顶点的距离相等；④同弧或等弧所对的圆周角相等；⑤圆内接平行四边形是矩形．
A．①②③ B．①②④ C．②③⑤ D．③④⑤
【分析】根据确定圆的条件对①进行判断；根据垂径定理的推论对②进行判断；根据三角形外心的性质对③进行判断；根据圆周角定理对④进行判断；根据平行四边形的性质、圆内接四边形的性质和矩形的判定方法对⑤进行判断．
【解答】解：过不在同一直线上的三点有且只有一个圆，所以①错误；
平分弦（非直径）的直径垂直于弦，所以②错误；
三角形的外心到三角形三个顶点的距离相等，所以③正确；
同弧或等弧所对的圆周角相等，所以④正确；
圆内接平行四边形的对角相等且互补，此时四边形是矩形，所以⑤正确．
故选：D．
二、填空题（每小题3分，共30分）
11．（3分）将5700000用科学记数法表示为　5.7×106　．
【分析】科学记数法的表示形式为a×10n的形式．其中1≤|a|＜10，n为整数，确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值＞10时，n是正数；当原数的绝对值＜1时，n是负数．
【解答】解：5700 000＝5.7×106．
故答案为：5.7×106．
12．（3分）在函数中，自变量x的取值范围是　x≠1　．
【分析】根据分式有意义的条件是分母不为0；分析原函数式可得关系式x﹣1≠0，解可得答案．
【解答】解：根据题意可得x﹣1≠0；
解得x≠1；
故答案为x≠1．
13．（3分）计算：＝　　．
【分析】直接化简二次根式进而合并得出答案．
【解答】解：原式＝2﹣
＝．
故答案为：．
14．（3分）某扇形的半径为4，圆心角为100°，则此扇形的面积为　　．
【分析】根据扇形的面积公式求出即可．
【解答】解：∵扇形的半径为4，圆心角为100°，
∴此扇形的面积为＝π，
故答案为：．
15．（3分）如图，以点O为圆心的两个圆中，大圆的弦AB切小圆于点C，OA交小圆于点D，若OD＝2，AB＝6，则∠OAB正弦值为　　．
【分析】连接OC，根据切线的性质得出OC⊥AB，根据垂径定理求出AC，根据勾股定理求出OA，再求出答案即可．
【解答】解：连接OC，
∵AB和小圆相切与C，
∴OC⊥AB，
∵OC过O，
∴AC＝BC＝AB＝＝3，∠OCA＝90°，
∵OC＝OD＝2，
由勾股定理得：OA＝＝＝，
∴∠OAB正弦值为＝＝，
故答案为：．
16．（3分）若一元二次方程（k﹣1）x2+3x+k2﹣1＝0有一个解为x＝0，则k＝　﹣1　．
【分析】根据一元二次方程的解的定义，把x＝0代入已知方程，列出关于k的新方程，通过解新方程求得k的值；注意二次项系数不为零．
【解答】解：∵一元二次方程（k﹣1）x2+3x+k2﹣1＝0的一个解为0，
∴（k﹣1）×02+3×0+k2﹣1＝0且k﹣1≠0，
解得 k＝﹣1．
故答案为：﹣1．
17．（3分）如图，△ABC内接于⊙O，∠BAC＝30°，BC＝6，则⊙O的直径等于　12　．
【分析】连接OB、OC，如图，利用圆周角定理得到∠BOC＝60°，则可判断△OBC为等边三角形，从而得到OB＝6．
【解答】解：连接OB、OC，如图，
∵∠BOC＝2∠BAC＝2×30°＝60°，
而OB＝OC，
∴△OBC为等边三角形，
∴OB＝BC＝6，
∴⊙O的直径等于12．
故答案为12．
18．（3分）如图，切线PA、PB分别与⊙O相切于点A、B，切线EF与⊙O相切于点C，且分别交PA、PB于点E、F，若△PEF的周长为12，则线段PA的长为　6　．
【分析】可通过切线长定理将相等的线段进行转换，得出三角形PEF的周长等于PA+PB＝12，又因为PA＝PB，所以可求出PA的长．
【解答】解：∵EA，EC都是圆O的切线，
∴EC＝EA，
同理FC＝FB，PA＝PB，
∴△PEF的周长＝PF+PE+EF＝PF+PE+EA+FB＝PA+PB＝2PA＝12，
∴PA＝6；
故答案为：6．
19．（3分）已知△ABC是半径为2cm的圆的内接三角形，BC＝2cm，则∠A＝　60°或120°　．
【分析】首先利用垂径定理求出弦BC所对的圆心角的度数，分情况讨论点A在优弧BC和劣弧BC上，利用圆周角定理及其推论求解．
【解答】解：如图，
∵BC＝2，OD⊥BC，
∴BD＝，
在Rt△BOD中，
sin∠BOD＝＝，
∴∠BOD＝60°，
∴∠BOC＝120°，
∵∠A1＝BOC＝60°，
∵四边形A1BA2C为圆内接四边形，
∴∠A2＝180°﹣60°＝120°，
故答案为60°或120°．
20．（3分）如图，在△ABC中，点D在AB上，连接CD，过点B作直线BE⊥CD于点E，交AC于点F，若∠BCD＝2∠ABF，∠BDE+∠CFE＝135°，AD＝7，BC＝17，则线段EF＝　　．
【分析】过点D作DP⊥AC于P，BE⊥CD，设∠BCD＝2x，则∠ABF＝x，根据三角形角之间的关系得∠ACB＝∠CFE，设EF＝x，则BE＝BF﹣EF＝17﹣x，在Rt△BCE中，由勾股定理得EC＝＝，在Rt△CEF中，由勾股定理得CF的长度．即AP＝DP，在Rt△ADP中，AD2＝AP2+DP2，
再由相似三角形的判定得△DPC∽△FEC，根据相似三角形的性质得＝，即可求出结果．
【解答】解：过点D作DP⊥AC于P，
∵BE⊥CD，
设∠BCD＝2x，则∠ABF＝x，
∴∠BDC＝90°﹣x，
∵∠BDE+∠CFE＝135°，
∴∠CFE＝135°﹣90°+x＝45°+x，
∴∠ACD＝90°﹣∠CFE＝45°﹣x，
∴∠ACB＝2x+∠ACD＝45°+x，
则∠ACB＝∠CFE，
∴BC＝BF＝17，
∵∠EBC＝90°﹣2x，
∴∠ABC＝90°﹣2x+x＝90°﹣x＝∠BDC，
∴BC＝CD＝17，
设EF＝x，则BE＝BF﹣EF＝17﹣x，
在Rt△BCE中，EC＝＝，
在Rt△CEF中，CF＝＝，
∵∠ABC+∠ACB＝90°﹣x+45°+x＝135°，
∴∠A＝180°﹣（∠ABC+∠ACB）＝45°，
即AP＝DP，
∴在Rt△ADP中，AD2＝AP2+DP2，
AD＝7，
∴AP＝DP＝，
∵∠DPC＝∠FEC＝90°，∠DCP＝∠FCE，
∴△DPC∽△FEC，
∴＝，
∴＝，
＝，
x＝，
即EF＝，
故答案为：．
三、解答题（共计60分，其中21～22题各7分，23～24题各8分，25～27题各10分）
21．（7分）先化简，再求代数式﹣的值，其中a＝3tan30°﹣2cos60°．
【分析】根据分式的除法和减法可以化简题目中的式子，然后根据a的值，即可解答本题．
【解答】解：﹣
＝
＝
＝，
当a＝3tan30°﹣2cos60°＝3×﹣﹣2×＝﹣1时，原式＝．
22．（7分）如图，在每个小正方形的边长均为1的方格纸中有线段AB，其中点A、B均在小正方形的顶点上．
（1）在方格纸中画出以BC为底的钝角等腰三角形ABC，且点C在小正方形的顶点上；
（2）将（1）中的△ABC绕点C逆时针旋转90°得到△DEC（点A的对应点是点D，点B的对应点是点E），画出△CDE；
（3）在（2）的条件下，连接BE，请直接写出△BCE的面积．
【分析】（1）依据BC为等腰三角形的底边，AB的长为5，即可得到点C的位置，进而得出钝角等腰三角形ABC；
（2）依据△ABC绕点C逆时针旋转90°，即可得到△DEC；
（3）连接BE，运用割补法即可得出△BCE的面积．
【解答】解：（1）如图所示，等腰三角形ABC即为所求；
（2）如图所示，△DEC即为所求；
（3）如图，连接BE，△BCE的面积为8×12﹣×4×8×2﹣×4×12＝96﹣32﹣24＝40．
23．（8分）为增强学生的身体素质，教育行政部门规定学生每天参加户外活动的平均时间不少于1小时．为了解学生参加户外活动的情况，对部分学生参加户外活动的时间进行抽样调查，并将调查结果绘制作成如下两幅不完整的统计图，请你根据图中提供的信息解答下列问题：
（1）一共调查了多少名学生；
（2）请补全条形统计图；
（3）若该校共有2000名学生，根据以上调查结果估计该校全体学生每天参与户外活动所用的总时间．
【分析】（1）根据活动时间是1小时的人数是10人，所占的百分比是20%，据此即可求得总人数；
（2）利用总人数减去其它组的人数即可求解；
（3）利用加权平均数公式求得参加课外活动的平均时间，然后乘以总人数2000即可求得．
【解答】解：（1）调查的总人数是：10÷20%＝50（人）；
（2）参加户外活动时间是1.5小时的人数是：50﹣10﹣20﹣8＝12（人）；
（3）该校户外活动的平均时间是：＝1.18（小时）．
该校全体学生每天参与户外活动所用的总时间：2000×1.18＝2360（小时），
该校全体学生每天参与户外活动所用的总时间为2360小时．
24．（8分）如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，点F是CD延长线上的一点，且AD平分∠BDF，AE⊥CD于点E．
（1）求证：AB＝AC．
（2）若BD＝11，DE＝2，求CD的长．
【分析】（1）根据角平分线的定义、圆内接四边形的性质解答；
（2）过点A作AG⊥BD，分别证明Rt△AED≌Rt△AGD和Rt△AEC≌Rt△AGB，根据全等三角形的性质计算．
【解答】（1）证明：∵AD平分∠BDF，
∴∠ADF＝∠ADB，
∵∠ABC+∠ADC＝180°，∠ADC+∠ADF＝180°，
∴∠ADF＝∠ABC，
∵∠ACB＝∠ADB，
∴∠ABC＝∠ACB，
∴AB＝AC；
（2）解：过点A作AG⊥BD，垂足为点G．
∵AD平分∠BDF，AE⊥CF，AG⊥BD，
∴AG＝AE，∠AGB＝∠AEC＝90°，
在Rt△AED和Rt△AGD中，
，
∴Rt△AED≌Rt△AGD，
∴GD＝ED＝2，
在Rt△AEC和Rt△AGB中，
，
∴Rt△AEC≌Rt△AGB（HL），
∴BG＝CE，
∵BD＝11，
∴BG＝BD﹣GD＝11﹣2＝9，
∴CE＝BG＝9，
∴CD＝CE﹣DE＝9﹣2＝7．
25．（10分）某中学开学初在商场购进A、B两种品牌的足球，购买A品牌足球花费了2500元，购买B品牌足球花费了2000元，且购买A品牌足球数量是购买B品牌足球数量的2倍，已知购买一个B品牌足球比购买一个A品牌足球多花30元．
（1）求购买一个A品牌、一个B品牌的足球各需多少元；
（2）该中学决定再次购进A、B两种品牌足球共50个，恰逢商场对两种品牌足球的售价进行调整，A品牌足球售价比第一次购买时提高了8%，B品牌足球按第一次购买时售价的9折出售，如果这所中学此次购买A、B两种品牌足球的总费用不超过3060元，那么该中学此次最多可购买多少个B品牌足球？
【分析】（1）设购买一个A品牌的足球需要x元，则购买一个B品牌的足球需要（x+30）元，由题意：购买A品牌足球花费了2500元，购买B品牌足球花费了2000元，且购买A品牌足球数量是购买B品牌足球数量的2倍，列出分式方程，解方程即可；
（2）设该中学此次可以购买m个B品牌足球，则可以购买（50﹣m）个A品牌足球，由题意：A品牌足球售价比第一次购买时提高了8%，B品牌足球按第一次购买时售价的9折出售，如果这所中学此次购买A、B两种品牌足球的总费用不超过3060元，列出不等式，一元一次不等式，解之取其中的最小值即可．
【解答】解：（1）设购买一个A品牌的足球需要x元，则购买一个B品牌的足球需要（x+30）元，
依题意得：＝2×，
解得：x＝50，
经检验，x＝50是原方程的解，且符合题意，
∴x+30＝80．
答：购买一个A品牌的足球需要50元，购买一个B品牌的足球需要80元．
（2）设该中学此次可以购买m个B品牌足球，则可以购买（50﹣m）个A品牌足球，
依题意得：50×（1+8%）（50﹣m）+80×0.9m≤3060，
解得：m≤20．
答：该中学此次最多可购买20个B品牌足球．
26．（10分）如图，等边△ABC内接于⊙O，点D是弧AC上一点，连接BD交AC于E．
（1）如图1，求证∠ADB＝∠CDB；
（2）如图2，点F为线段BD上一点，连接CF，若∠BCF＝2∠ABD时，求证：BF＝DE+AD；
（3）在（2）的条件下，作∠BCF的平分线交⊙O于M，在CM上取点R，连接AR交CF于点T，若TR＝1，MR＝5，∠CAT＝3∠ACD，求AT的长．
【分析】（1）根据等边三角形的性质，可得∠BAC＝∠ACB＝60°，＝，可证结论；
（2）作∠BCF的角平分线，交BD于点G，设∠ACD＝α，进而证明△ADC≌△BGC，△CED≌△CFG，可得BF＝DE+AD；
（3）延长CF交⊙O点P，交AM于N点，连接PA，过M点作MQ∥AP，交AR于Q点，连接PM，由圆周角定理证出△MPN和△ANT和△AMR都是等腰三角形再利用勾股定理求边长．
【解答】解：（1）证明：∵△ABC是等边三角形，
∴∠BAC＝∠ACB＝60°，
∴＝，
∴∠ADB＝∠CDB；
（2）证明：如图，作∠BCF的角平分线，交BD于点G，
设∠ACD＝α，
∵＝，
∴∠ABD＝∠ACD＝α，
∵∠BCF＝2∠ABD，
∴∠FCG＝∠BCG＝∠ACD＝α，
∵△ABC是等边三角形，
∴BC＝AC，
∵＝，
∴∠DAC＝∠DBC，
在△ADC与△BGC中，
，
∴△ADC≌△BGC（SAS），
∴BG＝AD，DC＝GC，
∵＝，
∴∠BDC＝∠BAC＝60°，
∴△DGC是等边三角形，
∴∠FGC＝∠EDC＝60°，
在△CED与△CFG中，
，
∴△CED≌△CFG（ASA），
∴ED＝FG，
∴BF＝BG+GF＝AD+DE，
即BF＝DE+AD；
（3）解：设∠ACD＝α，则∠CAT＝3∠ACD＝3α，
如图，延长CF交⊙O点P，交AM于N点，连接PA，过M点作MQ∥AP，交AR于Q点，连接PM，
∵CM是∠BCF的平分线，
由（2）得∠FCG＝∠BCG＝∠ACD＝α，
∴∠ACP＝∠ACB﹣∠BCF＝60°﹣2α，∠BAT＝∠BAC﹣∠CAT＝60°﹣3α，
∵＝，＝，
∴∠MAB＝∠BCG＝α，∠MAP＝∠FCG＝α，
∴∠MAC＝∠BAC+∠BAM＝60°+α，
∴∠MAT＝∠MAC﹣∠CAT＝60°+α﹣3α＝60°﹣2α，
∠PAT＝∠MAT+∠MAP＝60°﹣2α+α＝60°﹣α，
∵＝，
∴∠AMP＝∠ACP＝60°﹣2α，
∴∠AMP＝∠MAT＝60°﹣2α，
∴MP∥AR，
∴∠AMQ＝∠MAP＝α，∠MQT＝∠PAR＝60°﹣α，
∵＝，
∴∠AMC＝∠ABC＝60°，
∴∠QMR＝∠AMC﹣∠AMQ＝60°﹣α，
∴∠QMR＝∠MQR＝60°﹣α，
∴QR＝MR＝5，
∵设MP＝AQ＝m，则QT＝QR﹣TR＝5﹣1＝4，
∴AT＝QT+AQ＝4+m，
∵＝，
∴∠MPC＝∠MAC＝60°+α，
又∵∠MNP＝∠ANT＝∠APC+∠PAM＝60°+α，
∠ATN＝∠ACP+∠CAT＝60°﹣2α+3α＝60°+α，
∴∠MNP＝∠MPC＝∠ANT＝∠ATN＝60°+α，
∴MP＝MN，AN＝AT，
∴AM＝MN+AN＝MP+AT＝m+4+m＝4+2m，
在△AMR中，∠AMR＝60°，AM＝4+2m，MR＝5，AR＝5+m，
如图，过R点作AM变的高HR，
∴∠MRH＝30°，
∴MH＝MR＝，HR＝＝MR＝，
∴AH＝AM﹣MH＝+2m，
在Rt△AHR中，HR2+AH2＝AR2，
∴（）2+（+2m）2＝（5+m）2，
解得：m＝2或﹣（舍去），
∴AT＝4+m．
27．（10分）如图，在平面直角坐标系中，直线y＝kx+b交x轴于点B，交y轴于点A，OA＝OB＝2．
（1）求直线AB的解析式；
（2）如图，点C在OA的延长线上，点D在x轴的正半轴上，连接CD交直线AB于点E，点E为线段CD的中点，设点D的横坐标为t，△CAE的面积为S，求S与t的函数解析式；
（3）如图，在（2）的条件下，过点E作EF⊥x轴于点F，点M为EB的中点，过M作MH⊥CD于点H，延长HM交x轴于点G，点N在AB的延长线上，连接NG、DN、CM，若FG＝OC，∠ACM＝∠GDN，求GN的长．
【分析】（1）由条件的出A、B两点的坐标，代入一次函数解析式即可；
（2）作EF⊥BD于F，得△DEF∽△DCO，求得OF，进而表示出E点和C点坐标，从而表示出AC和高OF，进而求得；
（3）作MQ⊥OC于Q，MP⊥OB于P，作NK⊥OB于K，先由B和E两点表示出M点坐标，根据GF＝OC，从而表示出PG和PM的长，证明△GPM∽△COD后，得＝，从而求出t的值，再根据tan∠ACM＝tan∠GDN得＝，从而求得KG和KN，从而得出GN．
【解答】解：（1）∵OA＝OB＝2，
∴A（0，2），B（﹣2，0），
设直线AB的解析式是y＝kx+b，
∴，
∴，
∴y＝x+2；
（2）如图1，
作EF⊥BD于F，
∴EF∥OA，
∴△DEF∽△DCO，
＝＝，
∴OF＝＝，
∴E（，），
∴C（0，t+4），
∴AC＝（t+4）﹣2＝t+2，
∴S＝ OF＝，
∴S＝+；
（3）如图2，
作MQ⊥OC于Q，MP⊥OB于P，作NK⊥OB于K，
由（2）知，
E（，），
∴M（，），
∵FG＝OC＝t+4，
∴PG＝FG﹣OF﹣OP
＝t+4﹣（1﹣）﹣
＝，
∵MH⊥CD，OC⊥x轴，
∴∠HGD+∠CDO＝90°，
∠OCD+∠CDO＝90°，
∴∠HGD＝∠OCD，
又∠GPM＝∠COD＝90°，
∴△GPM∽△COD，
∴＝，
∴＝，
∴t1＝2，t2＝﹣4（舍去），
∴C（0，6），M（﹣，），G（﹣5，0），
设N（x，x+2），
∴KG＝x+5，KN＝﹣（x+2），QM＝，CQ＝，
∵∠ACM＝∠GDN，
∴tan∠ACM＝tan∠GDN，
∴＝，
∴＝，
∴x＝﹣，
∴KG＝，KN＝，
∴GN＝＝．