2022-2023学年京改版数学九年级上册（北京地区）第二十一章 圆（上） 综合复习题（含解析）

第二十一章 圆（上） 综合复习题
一、单选题
1．（2022·北京昌平·九年级期末）如图，在平面直角坐标系中，⊙O的半径为2，与x轴，y轴的正半轴分别交于点A，B，点C（1，c），D（，d），E（e，1），P（m，n）均为上的点（点P不与点A，B重合），若m＜n＜m，则点P的位置为（ ）
A．在上 B．在上 C．在上 D．在上
2．（2022·北京·汇文中学九年级期中）如图，点P是以O为圆心，AB为直径的半圆上的动点，AB=2，设弦AP的长为x，△APO的面积为y，则下列图象中，能表示y与x的函数关系的图象大致是
B．
C． D．
3．（2022·北京·北师大实验中学九年级期中）如图，在边长为2的正方形中，点M在AD边上自A至D运动，点N在边上自B至A运动，M，N速度相同，当N运动至A时，运动停止，连接，交于点P，则的最小值为（　　）
A．1 B．2 C． D．
4．（2022·北京·日坛中学九年级期中）⊙O的半径为3cm，若点P在⊙O内，则OP的长可能是（　　）
A．2cm B．3cm C．4cm D．5cm
5．（2022·北京·首经贸附中九年级期中）如图，在的正方形网格中，一条圆弧经过A，B，C三点，那么这条圆弧所在圆的圆心是（ ）
A．点P B．点Q C．点R D．点M
6．（2022·北京·北师大实验中学九年级阶段练习）如图，的半径等于4，如果弦所对的圆心角等于90°，那么圆心O到弦的距离为（ ）
A． B．2 C． D．
7．（2022·对外经济贸易大学附属中学（北京市第九十四中学）九年级期中）把球放在长方体纸盒内，球的一部分露出盒外，其截面如图所示，已知，则球的半径长是（ ）
A．2 B．2.5 C．3 D．4
8．（2022·北京市朝阳区人大附中朝阳分校九年级阶段练习）如图，直线l1∥l2，点A在直线l1上，以点A为圆心，适当长度为半径画弧，分别交直线l1，l2于B，C两点，以点C为圆心，CB长为半径画弧，与前弧交于点D（不与点B重合），连接AC，AD ，BC，CD，其中AD交l2于点E．若∠ECA＝40°，则下列结论错误的是（ ）
A．∠ABC =70° B．∠BAD =80° C．CE =CD D．CE =AE
9．（2022·北京市第一五六中学九年级期中）如图，点A、B、C是⊙O上的点，∠AOB=70°，则∠ACB的度数是（　　）
A．30° B．35° C．45° D．70°
10．（2022·北京市师达中学九年级阶段练习）如图，AB是⊙O的直径，C，D是⊙O上的两点．若∠CAB=，则∠ADC的度数为（ ）
A． B． C． D．
二、填空题
11．（2022·北京市第三十一中学九年级期中）在平面直角坐标系中，的半径为5，则点在______．(填“内”、“上”或“外”)
12．（2022·北京市八一中学九年级阶段练习）如图，C，D为的三等分点，分别以C，D为圆心，长为半径画弧，两弧交于点E，F，连接.若，则的长为______________.
13．（2022·北京市第十三中学九年级开学考试）《九章算术》是中国传统数学重要的著作之一，奠定了中国传统数学的基本框架．其中卷九中记载了一个问题：“今有圆材，埋在壁中，不知大小，以锯锯之，深一寸，锯道长一尺，问径几何？”其意思是：如图，AB为⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，BE＝1寸，CD＝1尺，那么直径AB的长为多少寸？（注：1尺＝10寸）根据题意，该圆的直径为_____寸．
14．（2022·北京市房山区北洛中学九年级期中）如图，已知在半径为10的⊙O中，弦AB=16，OC⊥AB ，则OC的长为_________.
15．（2022·北京市第十三中学分校九年级期中）如图，AB是⊙O的直径，CD是⊙O的弦，∠CAB＝55°，则∠D的度数是___．
16．（2022·北京市广渠门中学九年级期中）如图，在RtACB中，∠ACB＝90°，AB＝4，∠BAC＝60°，D是边AC上的一个动点，连接BD，作CE⊥BD于点E，连接AE，则AE长的最小值为_________．
17．（2022·北京四中九年级阶段练习）在平面直角坐标系中，已知点A（4，0）、B（﹣6，0），点C是y轴上的一个动点，当∠BCA=45°时，点C的坐标为___．
18．（2022·北京·北师大实验中学九年级阶段练习）如图，点A，B，C在上，点D在内，则________．（填“>”，“=”或“<”）
三、解答题
19．（2022·北京四中九年级期中）如图，在⊙O中，AB是直径，CD是弦，且AB⊥CD于点E，CD＝8，BE＝2．求⊙O的半径．
20．（2022·北京·首都师范大学附属中学九年级期中）如图1是博物馆展出的古代车轮实物，《周礼·考工记》记载：“……故兵车之轮六尺有六寸，田车之轮六尺有三寸……”据此，我们可以通过计算车轮的半径来验证车轮类型，请将以下推理过程补充完整．
如图2所示，在车轮上取A，B两点，设所在圆的圆心为O，半径为．
作弦AB的垂线OC，D为垂足，则___________．
经测量，，则___________；用含r的代数式表示___________．
在中，由勾股定理可列出关于r的方程：___________．解得．
通过换算，车轮直径约为六尺六寸，可验证此车轮为___________之轮．（填“兵车”或“田车”）
21．（2022·北京·清华附中一模）下面是小明设计的“过直线外一点作已知直线的平行线”的尺规作图过程.
已知：直线及直线外一点P.
求作：直线，使.
作法：如图，
①在直线上取一点O，以点O为圆心，长为半径画半圆，交直线于两点；
②连接，以B为圆心，长为半径画弧，交半圆于点Q；
③作直线.
所以直线就是所求作的直线.
根据小明设计的尺规作图过程：
（1）使用直尺和圆规，补全图形；（保留作图痕迹）
（2）完成下面的证明
证明：连接，
∵，
∴__________.
∴（______________）（填推理的依据）.
∴（_____________）（填推理的依据）.
22．（2022·北京·汇文中学九年级期中）如图，内接于，高经过圆心．
(1)求证：；
(2)若，的半径为．求的面积．
23．（2022·北京·人大附中九年级阶段练习）如图，为的直径，E为的中点，弦于点E，连接并延长交于点F，连接．
(1)求证：是等边三角形；
(2)若的半径为2，求的长．
24．（2022·北京通州·一模）在平面直角坐标系中，给出如下定义：点P为图形G上任意―点，将点P到原点O的最大距离与最小距离之差定义为图形G的“全距”．特别地，点P到原点O的最大距离与最小距离相等时，规定图形G的“全距”为0．
(1)如图，点，．
①原点O到线段AB上一点的最大距离为______，最小距离为______；
②当点C的坐标为时，且的“全距”为1，求m的取值范围；
(2)已知OM＝2，等边△DEF的三个顶点均在半径为1的上．请直接写出△DEF的“全距”d的取值范围．
25．（2022·北京朝阳·九年级期末）对于平面直角坐标系xOy中的图形M和点P给出如下定义：Q为图形M上任意一点，若P，Q两点间距离的最大值和最小值都存在，且最大值是最小值的2倍，则称点P为图形M的“二分点”．
已知点N（3，0），A（1，0），，．
（1）①在点A，B，C中，线段ON的“二分点”是______；
②点D（a，0），若点C为线段OD的“二分点”，求a的取值范围；
（2）以点O为圆心，r为半径画圆，若线段AN上存在的“二分点”，直接写出r的取值范围．
26．（2022·北京四中九年级阶段练习）如图，已知，EF为射线OM上一长度为定值的动线段（点E不与点O重合），EF的垂直平分线交射线ON于点A，交射线OM于点D，连接AF，过点E作AF的垂线，垂足为B，延长BE交ON的反向延长线于点C．
(1)依题意补全图形，证明：；
(2)用等式表示线段OC，OA和OF的关系，并证明；
(3)若，作，G在射线ON上．在线段EF的运动过程中，判断是否为定值，若是，直接写出该定值，若不是，说明理由．
27．（2022·北京·中国人民大学附属中学朝阳学校一模）是圆上的两个点，点在⊙C的内部．若为直角，则称为关于⊙C的内直角，特别地，当圆心在边（含顶点）上时，称为关于⊙C的最佳内直角．如图，是关于⊙C的内直角，是关于⊙C的最佳内直角．在平面直角坐标系中．
（1）如图，⊙O的半径为，是⊙O上两点．
①已知，在中，是关于⊙O的内直角的是______；
②若在直线上存在一点，使得是关于⊙O的内直角，求的取值范围．
（2）点是以圆心，为半径的圆上一个动点，⊙T与轴交于点（点在点的右边）．现有点，对于线段上每一点，都存在点，使是关于⊙T的最佳内直角，请直接写出的最大值，以及取得最大值时的取值范围．
28．（2022·北京昌平·模拟预测）定义：有一组邻边相等的凸四边形叫做“等邻边四边形”，对角线互相垂直的凸四边形叫做“正垂形”．
(1)如图1，A，B，C，D是半径为1的⊙O上按逆时针方向排列的四个动点，AC与BD交于点E，∠ACB﹣∠CDB＝∠ACD﹣∠CBD，当≤OE≤时，求AC2+BD2的取值范围；
(2)在RtABC中，∠ACB＝90°，AB＝8，AC＝4，D是BC的中点，点M是AB边上一点，当四边形ACDM是“等邻边四边形”时，求BM的长；
(3)如图2，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝ax2+bx+c（a，b，c为常数，a＞0，c＜0）与x轴交于A，C两点（点A在点C的左侧），B是抛物线与y轴的交点，点D的坐标为(0，﹣ac)，记“正垂形”ABCD的面积为S，记AOB，COD，AOD，BOC的面积分别为S1，S2，S3，S4．则满足下列三个条件的抛物线的解析式为 ．
①＝；②＝；③“正垂形”ABCD的周长为12．
参考答案：
1．B
【分析】先由勾股定理确定出各点坐标，再利用m＜n＜m判断即可.
【详解】点C、D、E、P都在上，
由勾股定理得：，，，
解得，，，
故，D（，），E（，1），
P（m，n），m＜n＜m，且m在上，点C的横坐标满足，点D纵坐标满足，
从点D到点C的弧上的点满足：，
故点P在上.
故选：B
【点睛】此题考查勾股定理和圆的基本性质，掌握相应的定理和性质是解答此题的关键.
2．A
【详解】方法1（特殊位置法）：
当时，为等边三角形，此时，AP边上的高可求得为，则，故选A．
方法2（求函数解析式）：
设AP的中点为H，作，如图所示．若，则利用勾股定理可求，此时．代人特殊值，如令，则，故选A．
3．C
【分析】先确定点P的运动轨迹为以为直径的一段弧，再求的最小值即可
【详解】解：如图1，
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
又,
∴，
∴，
∴，
∴，
∴点P的运动轨迹为以为直径的一段弧，如图2所示，
连接交弧于点P，此时，的值最小，
在中，，
由勾股定理得，，
∴，
故选：C
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理及圆的性质，知道线段最短时点的位置并能确定出最小时点的位置是解题关键．
4．A
【分析】根据点在圆内，点到圆心的距离小于圆的半径进行判断．
【详解】解⊙O的半径为3cm，点P在⊙O内，
∴OP＜3cm．
故选：A．
【点睛】本题考查的是点与圆的位置关系，熟知点与圆的三种位置关系是解答此题的关键．
5．B
【分析】根据垂径定理的推论：弦的垂直平分线必过圆心，分别作AB，BC的垂直平分线即可得到答案．
【详解】解：作AB的垂直平分线，作BC的垂直平分线，如图，
它们都经过Q，所以点Q为这条圆弧所在圆的圆心．
故选：B．
【点睛】本题考查了垂径定理的推论：弦的垂直平分线必过圆心．这也常用来确定圆心的方法．
6．C
【分析】由圆心角∠AOB=90°，可得△AOB是等腰直角三角形，作OC⊥AB，根据等腰直角三角形的性质可求得OC的长．
【详解】解：如图，作OC⊥AB于点C,则AC=BC.
.∵圆心角∠AOB=90°，OA=OB，
∴△OAB是等腰直角三角形，∠A=45°.
∵OC⊥AB，
∴∠ACO=90°.
∴OC=OA=2．
故选：C．
【点睛】此题考查了垂径定理．注意根据题意作出图形是关键．
7．B
【分析】取EF的中点M，作MN⊥AD于点M，取MN上的球心O，连接OF，设OF=x，则OM=4-x，MF=2，然后在Rt△MOF中利用勾股定理求得OF的长即可．
【详解】如图：
EF的中点M，作MN⊥AD于点M，取MN上的球心O，连接OF，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠C=∠D=90°，
∴四边形CDMN是矩形，
∴MN=CD=4，
设OF=x，则ON=OF，
∴OM=MN-ON=4-x，MF=2，
在直角三角形OMF中，OM2+MF2=OF2，
即：（4-x）2+22=x2，
解得：x=2.5，
故选B．
【点睛】本题主考查垂径定理及勾股定理的知识，正确作出辅助线构造直角三角形是解题的关键．
8．C
【分析】根据平行线的性质得出∠CAB＝40°，进而利用圆的概念及等腰三角形的性质判断即可．
【详解】A.∵直线l1∥l2，
∴∠ECA＝∠CAB＝40°，
∵以点A为圆心，适当长度为半径画弧，分别交直线l1，l2于B，C两点，
∴BA＝AC＝AD，
∴∠ABC＝＝70°，故A正确，不符合题意；
B.∵以点C为圆心，CB长为半径画弧，与前弧交于点D（不与点B重合），
∴CB＝CD，
∴∠CAB＝∠DAC＝40°，
∴∠BAD＝40°＋40°＝80°，故B正确，不符合题意；
C.∵∠ECA＝∠BAC＝40°，
∴∠CAD＝40°，
∴∠BAD＝∠CED＝80°，
∵∠CDA＝∠ABC＝70°，
∴CE≠CD，故C错误，符合题意；
D.∵∠ECA＝40°，∠DAC＝40°，
∴∠ECA=∠DAC，
∴CE＝AE，故D正确，不符合题意．
【点睛】本题主要考查了平行线的性质，等腰三角形的判定及圆心角、弧、弦的关系，关键是根据平行线的性质得出∠CAB＝40°．
9．B
【详解】∵∠AOB=70°，∴∠ACB=∠AOB=35°，
故选B．
10．D
【分析】首先利用直径所对的圆周角是直角得到∠ACB=90°，然后根据∠CAB=65°求得∠ABC的度数，利用同弧所对的圆周角相等即可得到答案．
【详解】解：∵AB是直径，
∴∠ACB=90°，
∵∠CAB=65°，
∴∠ABC=∠ACB -∠CAB=90°-65°=25°，
∵∠ADC和∠ABC所对的弧相同
∴∠ADC=∠ABC=25°，
故选：D．
【点睛】本题考查了圆周角的知识，解题的关键是掌握直径所对的圆周角为直角．
11．上
【分析】根据勾股定理求出OP的长，再与的半径相比即可解答.
【详解】解：∵OP=和的半径相等，故点P在圆上.
【点睛】本题考查了点与圆的位置关系，即点到圆心距离小于半径在圆内、等于半径在圆上、大于半径在圆外.
12．
【分析】如图，连接，设与交于点，根据菱形的判定与性质可得，然后根据勾股定理及菱形的性质可得答案．
【详解】解：连接，设与交于点，
C，D为的三等分点，，
，
根据题意可得：，
四边形是菱形，
互相平分，
，
，
，
，
故答案为：．
【点睛】本题考查了圆的相关概念，菱形的判定与性质，勾股定理等知识点，正确作出辅助线是解本题的关键．
13．26
【分析】连接OC，由直径AB与弦CD垂直，根据垂径定理得到E为CD的中点，由CD的长求出DE的长，设OC＝OA＝x寸，则AB＝2x寸，OE＝（x﹣1）寸，由勾股定理得出方程，解方程求出半径，即可得出直径AB的长．
【详解】解：连接OC，
∵弦CD⊥AB，AB为圆O的直径，
∴E为CD的中点，
又∵CD＝10寸，
∴CE＝DE＝CD＝5寸，
设OC＝OA＝x寸，则AB＝2x寸，OE＝（x﹣1）寸，
由勾股定理得：OE2+CE2＝OC2，
即（x﹣1）2+52＝x2，
解得：x＝13，
∴AB＝26寸，
即直径AB的长为26寸，
故答案为：26．
【点睛】此题考查了垂径定理，勾股定理；解答此类题常常利用垂径定理由垂直得中点，进而由弦长的一半，弦心距及圆的半径构造直角三角形，利用勾股定理来解决问题．
14．6
【分析】根据垂径定理求出AC,再用勾股定理即可求出OC.
【详解】解：∵⊙O的半径为10, OC⊥AB ，
∴AC=BC=8（垂径定理）
∴OC=6（勾股定理）
【点睛】本题考查了圆的垂径定理和直角三角形的勾股定理,属于简单题,读图能力是解题关键.
15．35°
【分析】根据直径所对的圆周角是直角推出∠ACB＝90°，再结合图形由直角三角形的性质得到∠B＝90°﹣∠CAB＝35°，进而根据同圆中同弧所对的圆周角相等推出∠D＝∠B＝35°．
【详解】解：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∵∠CAB＝55°，
∴∠B＝90°﹣∠CAB＝35°，
∴∠D＝∠B＝35°．
故答案为：35°．
【点睛】本题主要考查了直径所对的圆周角是直角，同弧所对的圆周角相等，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解.
16．##
【分析】取中点，连接、．易得点在以点F为圆心，长为半径的圆周上运动，当点、、在同一直线上时，最短．据此计算即可．
【详解】解：如图，取中点，连接、．
，
∴，
点在以点F为圆心，长为半径的圆周上运动，
∴当点、、在同一直线上时，最短．
∵∠ACB＝90°，∠BAC＝60°，
∴∠ABC＝∠ACB－∠BAC＝30°，
又∵AB＝4，
，
，
，
，
，
即的最小值为．
故答案为：．
【点睛】本题考查了线段最小值，正确理解圆外一点到圆上的最短距离等于点与圆心连线与圆的交点到点到这点的线段长是解题的关键，也考查了含30°的直角三角形的性质以及勾股定理的应用．
17．（0，12）或（0，﹣12）
【详解】试题分析：设线段BA的中点为E，
∵点A（4，0）、B（﹣6，0），∴AB=10，E（﹣1，0）.
（1）如答图1所示，过点E在第二象限作EP⊥BA，且EP=AB=5，
则易知△PBA为等腰直角三角形，∠BPA=90°，PA=PB=.
以点P为圆心，PA（或PB）长为半径作⊙P，与y轴的正半轴交于点C，
∵∠BCA为⊙P的圆周角，
∴∠BCA=∠BPA=45°，则点C即为所求.
过点P作PF⊥y轴于点F，则OF=PE=5，PF=1，
在Rt△PFC中，PF=1，PC=，
由勾股定理得：，
∴OC=OF+CF=5+7=12.
∴点C坐标为（0，12）.
（2）如答图2所示，根据圆满的对称性质，可得y轴负半轴上的点C坐标为（0，﹣12）.
综上所述，点C坐标为（0，12）或（0，﹣12）.
18．<
【分析】延长AD交⊙O于E，连接BE，如图，根据三角形外角性质得∠ADB＞∠E，根据圆周角定理得∠ACB=∠E，于是∠ACB＜∠ADB．
【详解】∠ACB＜∠ADB．理由如下：
延长AD交⊙O于E，连接BE，如图，
∵∠ADB＞∠E，
而∠ACB=∠E，
∴∠ACB＜∠ADB
【点睛】本题考查了圆周角定理：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．
19．⊙O的半径为5．
【分析】连接OC，根据垂径定理求出CE，根据勾股定理得出方程，求出方程的解即可．
【详解】解：连接OC，
设⊙O的半径为x．
∵直径AB⊥弦CD，
∴，
在Rt△OEC中，由勾股定理可得x2＝（x﹣2）2+42，
解得 x＝5，
∴⊙O的半径为5．
【点睛】本题考查了垂径定理和勾股定理，能根据垂径定理求出CE是解此题的关键．
20．，，，，兵车
【分析】根据垂径定理，进行作答即可．
【详解】解：根据垂直弦的直径平分弦可知：，
∵，
∴，，
∴，
解得：，
∴此车轮为：兵车之轮；
故答案为：，，，，兵车．
【点睛】本题考查垂径定理．熟练掌握：垂直于弦的直径，平分弦，是解题的关键．
21．（1）补全的图形如图所示见解析；（2），等弧所对的圆周角相等内错角相等，两直线平行.
【分析】根据要求作图即可；
根据圆的有关性质和平行线的判定求解可得．
【详解】解：如图所示：
证明：连接PB、QB．
，
．
等弧所对圆周角相等．
内错角相等，两直线平行．
故答案为，等弧所对圆周角相等，内错角相等，两直线平行．
【点睛】本题主要考查作图复杂作图，解题的关键是掌握圆的有关性质和平行线的判定．
22．(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据垂径定理可得，根据等弧所对的弦相等，即可求解．
（2）连接，勾股定理求得，继而得出，根据三角形面积公式进行计算即可求解．
【详解】（1）证明：∵，
∴，
∴；
（2）如图，连接，
∵，
∴，
∵的半径为．
∴，
在中，，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了垂径定理，弧与弦的关系，勾股定理，掌握以上知识是解题的关键．
23．(1)见解析
(2)
【分析】（1）设的半径为，取的中点，连接，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，可得，根据E为的中点，则，可得是等边三角形，得出，即可得证；
（2）根据勾股定理求得的长，根据垂径定理即可求解．
【详解】（1）证明：如图，取的中点，连接，
设的半径为，
∵，
∴，
∵为的直径，
∴
∵E为的中点，
∴，
∴
∴是等边三角形，
∴
∵
∴是等边三角形，
（2）解：∵的半径为2，
，
∴，
∵为的直径， ，
∴．
【点睛】本题考查了垂径定理，圆的基本概念，等边三角形的性质与判定，勾股定理，掌握以上知识是解题的关键．
24．(1)①2，1；②-1≤ m ≤ 2且m ≠ 1
(2)
【分析】（1）①根据新定义，可得原点O到线段AB上一点的最大距离为原点O到点A或点B的距离，由两点间公式求得即可，最小的距离是原点O到线段AB中点(0,1)的距离；
②当点C的坐标为时，且的“全距”为1时，有两种情况讨论如下：当点C在线段AB上方时，当点C在线段AB下方时，分别表示出“全距”，求解即可；
（2）由题意得，原点O到等边△DEF上一点的最大距离为原点O到与线段OM延长线的交点的距离，原点O到等边△DEF上一点的最小距离为原点O到与线段OM的交点的距离，求解即可．
（1）
① 点，
原点O到线段AB上一点的最大距离为原点O到点A或点B的距离
最小的距离是原点O到线段AB中点(0,1)的距离，
故答案为：2，1；
②当点C的坐标为时，且的“全距”为1
有两种情况讨论如下：
当点C在线段AB上方时
三角形上一点到原点的最大距离为点C 到原点的距离
三角形上一点到原点的最小距离为线段AB中点(0,1 )到原点的距离
此时若“全距”为1，即m - 1 = 1
则m= 2
当点C在线段AB下方时，
三角形上一点到原点的最大距离为线段AB上点A或点B 到原点O的距离
三角形上一点到原点的最小距离为点C 到原点的距离
此时若“全距”为1，即2-|m|= 1
解得m =±1
假设m= 1，则A，B，C三点不构成三角形，
故m =-1
综上所述，m的取值范围是一1≤ m ≤ 2且m ≠ 1
（2）
OM＝2，等边△DEF的三个顶点均在半径为1的上
等边△DEF的三个顶点与的交点不存在O、M、D（或E或F）三点共线的情况
原点O到等边△DEF上一点的最大距离为原点O到与线段OM延长线的交点的距离
即
原点O到等边△DEF上一点的最小距离为原点O到与线段OM的交点的距离
即
综上，“全距”d的取值范围为 ．
【点睛】本题是新定义类题目，涉及两点间距离公式、点与线段的位置关系、点与圆的位置关系，准确理解新定义是解题的关键．
25．（1）①B和C；②或；（2）或
【分析】（1）①分别找出点A，B，C到线段ON的最小值和最大值，是否满足“二分点”定义即可；
②对a的取值分情况讨论：、、和，根据“二分点”的定义可求解；
（2）设线段AN上存在的“二分点”为，对的取值分情况讨论、，、，和，根据“二分点”的定义可求解．
【详解】（1）①
∵点A在ON上，故最小值为0，不符合题意，
点B到ON的最小值为，最大值为，
∴点B是线段ON的“二分点”，
点C到ON的最小值为1，最大值为，
∴点C是线段ON的“二分点”，
故答案为：B和C；
②若时，如图所示：
点C到OD的最小值为，最大值为，
∵点C为线段OD的“二分点”，
∴，
解得：；
若，如图所示：
点C到OD的最小值为1，最大值为，满足题意；
若时，如图所示：
点C到OD的最小值为1，最大值为，
∵点C为线段OD的“二分点”，
∴，
解得：（舍）；
若时，如图所示：
点C到OD的最小值为，最大值为，
∵点C为线段OD的“二分点”，
∴，
解得：或（舍），
综上所得：a的取值范围为或；
（2）
如图所示，设线段AN上存在的“二分点”为，
当时，最小值为：，最大值为：，
∴，即，
∵，
∴
∴；
当，时，最小值为：，最大值为：，
∴∴，即，
∵，
∴，
∵，
∴不存在；
当，时，最小值为：，最大值为：，
∴，即，
∴，
∵，
∴不存在；
当时，最小值为：，最大值为：，
∴，即，
∴，
∵，
∴，
综上所述，r的取值范围为或．
【点睛】本题考查坐标上的两点距离，解一元二次方程解不等式以及点到圆的距离求最值，根据题目所给条件，掌握“二分点”的定义是解题的关键．
26．(1)见解析
(2)，理由见解析
(3)
【分析】（1）根据题意补全图形，并连接，设，证明，证明是等腰直角三角形，可得，从而可得，等量代换即可得；
（2）过点作，交的延长线于点，证明是等腰直角三角形，，可得，进而即可证明；
（3）根据已知条件可得，取的中点，以为半径，点为圆心作圆，连接，根据等腰三角形的性质可得，由（2）可知，代入数据即可求解．
(1)
补全图形，如图，连接，
设
是的垂直平分线，
，
又
，
是等腰直角三角形，
即
又
(2)
，理由如下，
如图，过点作，交的延长线于点，
是等腰直角三角形
，
，
是等腰直角三角形
即
(3)
，理由如下，如图，
四点共圆，
取的中点，以为半径，点为圆心作圆，连接，
是的直径
是等腰直角三角形
由（2）可知
即
【点睛】本题考查了垂直平分线的性质的，等边对等角，等腰直角三角形的性质，等弧所对的圆周角相等，全等三角形的性质与判定，适当的添加辅助线是解题的关键．
27．（1）①，②；（2）2，
【分析】（1）判断点是否在以为直径的圆弧上即可得出答案；
（2）求得直线的解析式，当直线与弧相切时为临界情况，证明，可求出此时，则答案可求出；
（3）可知线段上任意一点（不包含点）都必须在以为直径的圆上，该圆的半径为，则当点在该圆的最高点时，有最大值，再分点不与点重合，点与点重合两种情况求出临界位置时的值即可得解．
【详解】解：（1）如图，点在以为直径的圆上，所以是关于的内直角。
（2）∵是关于的内直角，
∴，且点在的内部，
∴满足条件的点形成的图形为如图中的半圆（点均不能取到），
过点作轴于点，
∵，
∴，
并可求出直线的解析式为，
∴当直线与直径重合时，，
连接，作直线交半圆于点，过点作直线，交轴于点，
是半圆的切线．
直线的解析式为，
∴直线的解析式为，此时，
∴的取值范围是．
这一问难度陡然提升，而且之前的经验似乎有些浅显，需要进一步通过画图加深对题干部分的理解并在此过程中探究解题的方向，下面我们通过三步来划分思维的流程。
第一步：分析最佳内直角满足的条件，确定的轨迹
显然，最佳内直角为直角，而且直角的一条边经过圆心，因此，不难得出以为直角的圆上的点(不包括点）均满足条件。
另外，如果点在圆的水平方向的半径上，也满足条件
综上，我们得出满足条件的点的轨迹，需要注意，最佳内直角的顶点在圆的内部，因此，圆上的两个点均是空心点。
第二步，分析线段的端点的位置
既然上的每一点都可以成为最佳内直角的直角顶点，那么一定与第一步得出的点的轨迹有交点，显然，当点经过以为直径的圆的最高点时，取最大值，因此，所以，，即的最大值为.
第三步，求圆心的取值范围
这里需要再次理解题意：当，且当点“遍历”线段上的每一点时，对应的圆心的取值范围是什么？此时，问题回归到传统的动态问题分析上来，借助动态问题的分析原则分析如下：
当圆从左到右运动过程中，第一个临界值出现在点的轨迹与线段相切时。如图所示，不难求出
当圆继续向右运动，如图所示，当点点轨迹点水平部分经过点时，此时为第二个临界位置，此时，很容易得出
综合以上可得，的取值范围是．
【点睛】本题是圆的综合题，考查了一次函数图象上点的坐标特征，直角三角形的性质，圆周角定理，勾股定理，相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质等知识，利用数形结合的思想，正确理解最佳内直角的意义是解本题的关键．
28．(1)6≤AC2+BD2≤7
(2)4或6或5.2
(3)y＝x2﹣9
【分析】（1）由已知条件∠ACB-∠CDB=∠ACD-∠CBD可得AC⊥BD；连接OA，OD，过点O作OM⊥AC于点M，ON⊥BD于点N，可得四边形OMEN为矩形，则ME=ON，利用勾股定理，垂径定理即可得出结论；
（2）利用“等邻边四边形”的定义，分类讨论解答即可得出结论；
（3）利用a，b，c分别表示A，B，C，D的坐标，得出线段OA，OB，OC，OD，AC，BD的长度，再利用三角形的面积公式与已知条件分别求出a，b，c即可得出结论．
(1)
∵∠ACB﹣∠CDB＝∠ACD﹣∠CBD，
∴∠ACB+∠CBD＝∠ACD+∠CDB．
∵∠CED＝∠ACB+∠CBD，∠CEB＝∠ACD+∠CDB，
∴∠CED＝∠CEB．
∵∠CED+∠CEB＝180°，
∴∠CED＝∠CEB＝90°，
∴AC⊥BD．
连接OA，OD，过点O作OM⊥AC于点M，ON⊥BD于点N，如下图，
则．
∵OM⊥AC，ON⊥BD，AC⊥BD，
∴四边形OMEN为矩形．
∴ME＝ON．
由勾股定理得：OE2＝OM2+ME2＝OM2+ON2，
，
，
∴＝2﹣．
∵，
∴．
∴．
∴．
∴6≤AC2+BD2≤7．
(2)
∵∠ACB＝90°，AB＝8，AC＝4，
∴∠B＝30°，BC＝4．
∵D是BC的中点，
∴CD＝BD＝2．
若四边形ACDM是“等邻边四边形”，
①当AC＝AM＝4时，BM＝AB﹣AM＝4．
②当DM＝DC时，过D作DE⊥AB于点E，如下图，
∵CD＝BD＝2，DM＝DC，
∴DB＝DM．
∵DE⊥AB，
∴BM＝2BE．
∵BE＝BD cos∠B＝2×cos30°＝3，
∴BM＝6．
③当MD＝MA时，过D作DF⊥AB于点F，如下图，
设MD＝MA＝x，则BM＝8﹣x，
∵DF⊥AB，∠B＝30°，
∴，
∴FM＝BM﹣BF＝8﹣x﹣3＝5﹣x．
∵DF2+FM2＝DM2，
∴．
解得：x＝2.8．
∴BM＝8﹣2.8＝5.2．
综上，当四边形ACDM是“等邻边四边形”时，BM的长为4或6或5.2．
(3)
令y＝0，则ax2+bx+c＝0，
解得：x＝．
∵点A在点C的左侧，
∴A（，0），C（，0）．
∵a＞0，
∴OA＝，OC＝．
∴AC＝OA+OC＝．
令x＝0，则y＝c．
∴B（0，c）．
∵c＜0，
∴OB＝﹣c．
∵D（0，﹣ac），
∴OD＝﹣ac．
∴BD＝﹣c﹣ac．
∴S＝，
S1＝，
S2＝，
S3＝，
S4＝，
∵，，
∴．
∴．
∴2＝2，
∴a＝1．
∵，
∴S＝．
∴
将a＝1代入，整理得：，
解得：b＝0．
∴A（﹣，0），B（0，c），C（，0），D（0，﹣c）．
∴OA＝OC＝，OB＝OD＝﹣c，
又AC⊥BD，
∴四边形ABCD为菱形．
∴“正垂形”ABCD的周长为4AD．
∴4AD＝12．
∴AD＝3．
∴AD2＝90．
∵AD2＝OA2+OD2，
∴．
解得：c＝﹣9或c＝10（不合题意，舍去）．
∴c＝﹣9．
∴y＝x2﹣9．
故答案为：y＝x2﹣9．
【点睛】本题主要考查了圆周角定理，垂径定理，三角形内角和定理的推论，勾股定理，不等式的基本性质，分类讨论的思想，菱形的性质，点的坐标的特征．本题是阅读型题目，准确理解题干中的新定义并熟练应用是解题的关键．