人教版九年级数学上册第二十四章圆单元测试卷（含解析）

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人教版九年级数学上册
第二十四章圆单元测试卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．已知的半径为3，点O到直线m的距离为d，若直线m与公共点的个数为2个，则d可取（ ）
A．0 B．3 C．3.5 D．4
2．已知的半径等于5，圆心到直线的距离为4，那么直线与的公共点的个数是（ ）
A．0 B．1 C．2 D．无法确定
3．已知如图，点为扇形弧上一动点，，，过点作，，的内心为，设，若点运动时，使得，则点的运动路径长为（ ）

A． B． C． D．
4．如图，在△ABC中，AB＝5，AC＝3，BC＝4，将△ABC绕点A逆时针旋转30°后得到△ADE，点B经过的路径为弧BD，则图中阴影部分的面积为（ ）
A．π B．π C．π D．π
5．如图，PA，PB是的切线，A、B为切点，若，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
6．某仿古墙上原有一个矩形的门洞，现要将它改为一个圆弧形的门洞，圆弧所在的圆外接于矩形，如图．已知矩形的宽为，高为，则改建后门洞的圆弧长是（ ）
A． B． C． D．
7．如图，AB为⊙O的一条弦，C为⊙O上一点，OC∥AB．将劣弧AB沿弦AB翻折，交翻折后的弧AB交AC于点D．若D为翻折后弧AB的中点，则∠ABC＝（ ）
A．110° B．112.5° C．115° D．117.5°
8．如图是一个含有3个正方形的相框，其中∠BCD＝∠DEF＝90°，AB＝2，CD＝3，EF＝5，将它镶嵌在一个圆形的金属框上，使A，G， H三点刚好在金属框上，则该金属框的半径是（ ）
A． B． C． D．
9．抛物线与x轴交于A，B两点，D是以为圆心，2为半径的上一动点，E为中点，则线段的长可能为（ ）

A．1 B．2.5 C．4 D．5
二、填空题
10．如图,点A、B、C是圆O上的三点,且四边形ABCO是平行四边形,OF⊥OC交圆O于点F，则∠BAF= ．
11．如图，的两个顶点、在上，的半径为2，，，若动点在上运动，，则的取值范围是 ．
12．如图直线与x轴、y轴分别交于点A，B，C是的中点，点D在直线上，以为直径的圆与直线的另一交点为E，交y轴于点F，G，已知，，则的长是 ．

13．如图，木工用角尺的短边紧靠⊙于点A，长边与⊙相切于点B，角尺的直角顶点为C，已知，则⊙的半径为 ．
14．四边形是的外切四边形，若，则的度数是 ．
15．已知一个圆锥底面半径为，母线长为，则这个圆锥的侧面展开图的圆心角度数为 ．
16．在半径为2的中，弦，弦，且，则与之间的距离为 ．
三、解答题
17．如图，C是圆O被直径分成的半圆上一点，过点C作圆O的切线交AB的延长线于点P，连接．
(1)若，求的度数
(2)在（1）的条件下，若，求图中阴影部分的面积（结果保留和根号）．
18．如图，点是的内心，的延长线和的外接圆交于点．
(1)如图1，连接，求证：；
(2)如图2，若，求证：．
19．如图，在等腰中，，以为直径的与交于点D，，垂足为E，的延长线与的延长线交于点F．
(1)求证：是的切线；
(2)若的半径为，，求的长．
20．如图，是以为直径的半圆上的两点，，连结．
(1)求证：．
(2)若，，求阴影部分的面积．
21．如图，A，P，B，C是⊙O上的四点，∠APC＝∠CPB＝60°．
（1）判断△ABC的形状，并证明你的结论；
（2）求证：PA＋PB＝PC．
22．菱形的顶点B，C，D在上，O在线段上.
(1)如图1，若是的切线，求的大小；
(2)如图2，若，，与交于点E，求的长.
23．如图，在正方形网格中，每个小正方形的顶点称为格点. B，C为格点，以线段为直径的交纵向格线于A点，连接. 仅用无刻度的直尺在给定网格中按要求作图，画图过程用虚线表示，画图结果用实线表示.
(1)在图1中作出圆心O；
(2)在图1中作平分交于D点：
(3)在图1中作绕D点顺时针旋转后的线段；
(4)在图2的中作弦.
24．如图，是的直径，是的弦，，垂足为，为上一点，且，连接交于点，连接．
(1)求证：；
(2)若，，求的长．
25．抛物线y＝ax2+2x+c与x轴交于A（﹣1，0）、B两点，与y轴交于点C（0，3），点D（m，3）在抛物线上．
(1)求抛物线的解析式；
(2)如图1，连接BC、BD，点P在对称轴左侧的抛物线上，若∠PBC＝∠DBC，求点P的坐标；
(3)如图2，点Q为第四象限抛物线上一点，经过C、D、Q三点作⊙M，⊙M的弦QF∥y轴，求证：点F在定直线上．
参考答案：
1．A
【分析】本题考查了直线与圆的位置关系，当时，直线与圆相离，当时，直线与圆相切，当时，直线与圆相交，据此即可解答．
【详解】解：∵直线m与公共点的个数为2个，
∴直线m与相交，
∴，
故选：A
2．C
【分析】利用直线与圆的位置关系的判断方法得到直线与相交，然后根据相离的定义对各选项进行判断．
【详解】 的的半径为5，圆心到直线的距离为4，
圆心到直线的距离小于半径，
直线与相交，
直线与有2个公共点．
故选：C．
【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系：设的半径为，圆心到直线的距离为，则当直线与相交 ；当直线与相切 ；当直线与相离 ；熟练掌握直线与圆的位置关系是解本题的关键．
3．A
【分析】连接交分别为，连接，证明在线段上运动，根据，得出两个端点，进而根据对称性可得是等腰直角三角形，根据含30度角的直角三角形的性质得出的长，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，求得的长，进而即可求解．
【详解】解：如图，连接交分别为，连接，

∵，，
∴
∵，
∴，，
∴，
∴是等边三角形，
∵的内心为，
∴，
设,
则，，
∵的内心为，
∴
∴
∴
∴，
∴在上运动，
∵，如图，当时，重合，
则

当时，如图，

同理可得，
∴，
根据对称性可得是等腰直角三角形，
过点作于点，如图，

∴在中，，，，
∴在中，．
即点的运动路径长为．
故选：A．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质与判定，三角形内心的性质，找到点的运动轨迹是解题的关键．
4．A
【详解】∵AB＝5，AC＝3，BC＝4，∴△ABC为直角三角形．由题意得S△AED＝S△ABC，由图形可知S阴影＝S△AED＋S扇形ADB－S△ABC，∴S阴影＝S扇形ADB＝＝π，故选A.
5．B
【分析】根据切线的性质以及四边形的内角和即可求解．
【详解】解：∵PA，PB是的切线，
∴，
，
，
则 ，
故选B．
【点睛】本题考查了切线的性质以及四边形的内角和，掌握切线的性质是解题的关键．
6．C
【分析】利用勾股定理先求得圆弧形的门洞的直径BC，再利用矩形的性质证得是等边三角形，得到，进而求得门洞的圆弧所对的圆心角为，利用弧长公式即可求解．
【详解】如图，连接，，交于点，
∵ ，
∴是直径，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，
∵，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴门洞的圆弧所对的圆心角为 ，
∴改建后门洞的圆弧长是(m)，
故选：C
【点睛】本题考查了弧长公式，矩形的性质以及勾股定理的应用，从实际问题转化为数学模型是解题的关键．
7．B
【分析】如图，取 中点，连接，连接，由题意知，且在一条直线上，，，知，根据圆周角定理，等边对等角，三角形内角和定理等可求，，，，，的值，进而求解的值．
【详解】解：如图，取 中点，连接，连接
由题意知，且在一条直线上，，
∴
∴
∵，
∴
∴
∵
∴
∴
∴
∴
故选B．
【点睛】本题考查了垂径定理，圆周角，等边对等角，三角形内角和定理，折叠性质等知识．解题的关键在于对知识的灵活运用．
8．A
【分析】如图，记过A，G， H三点的圆为则是，的垂直平分线的交点， 记的交点为 的交点为 延长交于 为的垂直平分线，结合正方形的性质可得：再设利用勾股定理建立方程，再解方程即可得到答案.
【详解】解：如图，记过A，G， H三点的圆为则是，的垂直平分线的交点，
记的交点为 的交点为 延长交于 为的垂直平分线，结合正方形的性质可得：
四边形为正方形，则
设 而AB＝2，CD＝3，EF＝5，结合正方形的性质可得：
而
又 而
解得：
故选A
【点睛】本题考查的是正方形的性质，三角形外接圆圆心的确定，圆的基本性质，勾股定理的应用，二次根式的化简，确定过A，G， H三点的圆的圆心是解本题的关键.
9．B
【分析】解一元二次方程可得、，即，再利用勾股定理求得，再根据中位线定理可得，进而即可求解．
【详解】解：连接，
设点、，则、是方程的两个根，
解得，，
∴、，
∴，
∵，
∴，
∵E为中点，O为的中点，
∴是的中位线，
∴，
∵，
即，
∴，
∴的长可能为2.5，
故选：B．

【点睛】本题考查解一元二次方程、勾股定理、三角形中位线定理及三角形的三边关系，熟练掌握角形中位线定理及三角形的三边关系是解题的关键．
10．15°
【分析】根据平行四边形的性质和圆的半径相等得到△AOB为等边三角形，根据等腰三角形的三线合一得到∠BOF＝∠AOF＝30°，根据圆周角定理计算即可．
【详解】解答：
连接OB，
∵四边形ABCO是平行四边形，∴OC=AB，又OA=OB=OC，
∴OA=OB=AB，∴△AOB为等边三角形.
∵OF⊥OC,OC∥AB，∴OF⊥AB，∴∠BOF=∠AOF=30°.
由圆周角定理得 ，
故答案为15°.
11．
【分析】连接，作，且，连接，，，证明得到，再根据勾股定理求得，然后根据两点之间线段最短求解即可．
【详解】解：如图，连接，作，且，连接，，，
∵，
∴，
在和中，
∴，
∴，
在中，，
根据两点之间线段最短得，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了圆的有关概念、全等三角形的判定与性质、勾股定理、两点之间线段最短、等角的余角相等，添加辅助线构造全等三角形求解是解答的关键．
12．
【分析】如图，设CD的中点为O′，设直线BA交直线y＝﹣2于M，直线y＝﹣2交y轴于P，作CH⊥OB于H，连接O′F，作AJ⊥DM于J，O′N⊥FG于N．首先利用等腰直角三角形的性质和条件可确定A，B，C的坐标，再设D（m，﹣2），进而可得O′N与O′F的长，而FN＝，然后在Rt△O′FN中利用勾股定理构建方程即可求出m，问题即得解决．
【详解】解：如图，设CD的中点为O′，设直线BA交直线y＝﹣2于M，直线y＝﹣2交y轴于P，作CH⊥OB于H，连接O′F，作AJ⊥DM于J，O′N⊥FG于N．

∵CD是⊙O′的直径，∴∠CED＝90°，
∵直线y＝﹣x+m（m＞0）与x轴、y轴分别交于点A，B，
∴A（m，0），B（0，m），
∴OA＝OB，∴∠OAB＝45°，
∵OA∥DM，∴∠EMD＝∠OAB＝45°，
∵∠DEM＝90°，∴ED＝EM，
∴EC+ED＝EC+EM＝CM＝，
∵JA⊥DM，∴∠AJM＝90°，
∴AJ＝JM＝2，AM＝2，
∴BC＝CA＝4，∴AB＝8，∴BO＝AO＝8，
∴A（8，0），B（0，8），C（4，4），
设D（m，﹣2），则O′（（m+4），1），
∴O′N＝（m+4），O′F＝CD＝，
∵O′N⊥FG，∴FN＝，
在Rt△O′FN中，由勾股定理，得：，解得m＝1，
∴CD＝．
故答案为：．
【点睛】本题考查了圆周角定理、等腰直角三角形的判定和性质、勾股定理、垂径定理、一次函数与坐标轴的交点和两点间的距离等知识，解题的关键是添加常用辅助线构造特殊三角形解决问题，具有相当难度，属于中考填空题中的压轴题．
13．/
【分析】设圆的半径为rcm，连接OB、OA，过点A作AD⊥OB，垂足为D，利用勾股定理，在Rt△AOD中，得到r2＝（r 6）2＋82，求出r即可．
【详解】解：连接OB、OA，过点A作AD⊥OB，垂足为D，如图所示：
∵CB与相切于点B，
∴，
∴，
∴四边形ACBD为矩形，
∴，，
设圆的半径为rcm，在Rt△AOD中，根据勾股定理可得：，
即r2＝（r 6）2＋82，
解得：，
即的半径为．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了切线的性质，矩形的判定和性质，勾股定理，作出辅助线，构造直角三角形，利用勾股定理列出关于半径r的方程，是解题的关键．
14．/102度
【分析】本题主要考查了切线长定理，解题的关键是熟练掌握切线长定理及其推论．令四边形与分别相切于点E、F、G、H，连接，通过证明，即可求解．
【详解】解：令四边形与分别相切于点E、F、G、H，
连接，
∵是的外切四边形，
∴，
∵，
∴，
∴，
同理可得：，
∵，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
15．/144度
【分析】本题考查了圆锥的有关计算和弧长公式，根据底面周长等于圆锥的侧面展开图的弧长以及弧长公式求解即可，正确理解圆锥的母线长是圆锥侧面展开图的扇形半径，圆锥的底面圆周长是扇形的弧长是解决本题的关键．
【详解】设圆锥的侧面展开图的圆心角的度数为，根据题意，得
，
，
圆锥的侧面展开图的圆心角的度数为，
故答案为：．
16．
【分析】本题考查了勾股定理和垂径定理，解答此题时要注意进行分类讨论，不要漏解．由于弦与的具体位置不能确定，故应分两种情况进行讨论：①弦与在圆心同侧；②弦与在圆心异侧；作出半径和弦心距，利用勾股定理和垂径定理求解即可．
【详解】解：①当弦与在圆心同侧时，如图，
过点O作，垂足为F，交于点E，连接，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴由勾股定理得：，，
∴；
②当弦与在圆心异侧时，如图，
过点O作于点E，反向延长交于点F，连接，
同理，，
，
所以与之间的距离是．
故答案为：．
17．(1)的度数是；
(2)阴影部分的面积是．
【分析】本题考查圆的切线性质，直角三角形性质等知识．
（1）由是半圆O的直径，是半圆O的切线，可得，即得，可得，从而，可得的度数；
（2），可得，，即得，再利用阴影部分的面积等于半圆减去即可解题．
【详解】（1）解：∵是半圆O的直径，
∴，
∵是半圆O的切线，
∴，
∴，
∴；
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
答：的度数是；
（2）解：由（1）知，
∵，
∴，，
∴，
∴阴影部分的面积是-2=2π-2，
答：阴影部分的面积是．
18．(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）根据三角形的内心是三角形的内角平分线的交点得到，，再根据圆周角定理和三角形的外角性质得到，进而利用等腰三角形的等角对等边证得结论；
（2）延长至F，使，证明，和得到，，再根据直角三角形的性质解答即可．
【详解】（1）证明：如图1，连接，
∵点是的内心，
∴，，
∵，
∴，
∴ ，
∴；
（2）解：如图2，延长至F，使，
∵点是的内心，，
∴，，
∵，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
过D作于G，则，
在中，，则，
∴，
∵，
∴．
【点睛】本题考查了三角形的内心和外接圆，圆周角定理、全等三角形的判定与性质、三角形的外角性质、直角三角形的性质、等腰三角形的判定与性质、圆内接四边形的两对角互补，熟练掌握相关知识的联系与运用，灵活添加辅助线构造全等三角形求解是解答的关键．
19．(1)见解析
(2)
【分析】对于（1），证明：连接，根据等边对等角，得，可知，即可说明，进而得出答案；
对于（2），连接，根据“两角相等的两个三角形相似”，得，再根据相似三角形的对应边成比例得出答案.
【详解】（1）证明：连接，
∵，
∴.
∵，
∴，
∴，
∴.
∵，
∴.
∵是的半径，
∴是的切线；
（2）解：连接，
∵是直径，
∴.
∵，
∴.
∵，
∴，
∴.
∵，
∴.
∵，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了等腰三角形的性质，相似三角形的性质和判定，切线的判定等，相似三角形的对应边成比例是求线段长的常用方法．
20．(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）根据同弧所对的圆周角相等得到∠ACD＝∠DBA，根据 ∠CAB＝∠DBA得到∠CAB＝∠ACD，进而得到结论；
（2）连结OC，OD，证明所求的阴影部分面积与扇形的面积相等，继而得到结论．
【详解】（1）证明：∵=，
∴∠ACD＝∠DBA，
又∠CAB＝∠DBA，
∴∠CAB＝∠ACD，
∴；
（2）解：如图，连结OC，OD．
∵∠ACD＝30°，
∴∠ACD＝∠CAB＝30°，
∴∠AOD＝∠COB＝60°,
∴∠COD＝180°-∠AOD-∠COB＝60°．
∵，
∴S△DOC=S△DBC，
∴S阴影=S弓形COD+S△DOC=S弓形COD+S△DBC=S扇形COD，
∵AB＝4，
∴OA＝2，
∴S扇形COD=．
∴S阴影=．
【点睛】本题主要考查扇形的面积，同弧所对的圆周角相等，平行线的判定，掌握定理以及公式是解题的关键．
21．（1）△ABC是等边三角形，证明见解析；（2）见解析
【分析】（1）利用圆周角定理可得∠BAC=∠CPB，∠ABC=∠APC，而∠APC=∠CPB=60°，所以∠BAC=∠ABC=60°，从而可判断△ABC的形状；
（2）如图所示，在PC取一点E使得AE=AP，先证明△APE是等边三角形，得到AP=PE，∠AEP=60°，可以推出∠AEC=∠APB，然后证明△APB≌△AEC得到BP=CE，即可证明PC=PE+CE=AP+BP．
【详解】解：（1）△ABC是等边三角形．证明如下：
由圆周角定理：∠BAC=∠CPB，∠ABC=∠APC
∵∠APC＝∠CPB＝60°，
∴∠BAC＝∠ABC＝60°，
∴∠ACB＝180°－∠BAC－∠ABC＝180°－60°－60°＝60°．
∴△ABC是等边三角形．
（2）如图所示，在PC取一点E使得AE=AP，
∵∠APE=60°，AP=AE，
∴△APE是等边三角形，
∴AP=PE，∠AEP=60°，
∴∠AEC=120°，
又∵∠APC＝∠CPB＝60°，
∴∠APB=120°，
∴∠AEC=∠APB，
∵△ABC是等边三角形，
∴AB=AC，
又∵∠ABP=∠ACE，
∴△APB≌△AEC（AAS），
∴BP=CE，
∴PC=PE+CE=AP+BP．
【点睛】本题考查了圆周角定理、等边三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，解题的关键是掌握圆周角定理，正确求出∠ABC=∠BAC=60°．
22．(1)
(2)
【分析】
（1）连接，则可得；由菱形的性质及等腰三角形的性质得，由此可求得，进而求得结果；
（2）连接，过点B作于F，过点O作于N；由菱形的性质及勾股定理可求得的长；设圆的半径的r，则在中由勾股定理可求得r的值；
由面积相等则可求得，再由勾股定理及等腰三角形的性质即可求得．
【详解】（1）解：如图，连接，
∵是的切线，
∴，
即；
∵四边形是菱形，
∴；
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）解：如图，连接，过点B作于F，过点O作于N；
∵四边形是菱形，，
∴，
由勾股定理得；
设圆的半径的r，则，
在中，由勾股定理得：，
解得：，
∴；
∵，
∴；
在中，由勾股定理得：，
∵，
∴．
【点睛】本题考查了圆的切线性质，菱形的性质，勾股定理及等腰三角形的性质，综合运用这些性质与定理是解题的关键．
23．(1)见解析
(2)见解析
(3)见解析
(4)见解析
【分析】（1）作线段的垂直平分线交于点O即可；
（2）连接点A和线段的垂直平分线与的交点D即可；
（3）连接，由垂直平分线的性质可得，由直径所对的圆周角为可知，,则点绕D点顺时针旋转后的对应点为点C，连接并延长交于点H，延长交的延长线于点E，则点E即为点绕D点顺时针旋转后的对应点，连接，即为所求；
（4）证明四边形是矩形，则Q是的中点，由垂径定理得到，由可知为三条高的交点，连接，延长交于点M，则，连接，则即为所求.
【详解】（1）如图所示，点O即为所求，
理由如下：由网格的特点可知，点O和点G分别是所在矩形的对角线交点，也是所在格线的中点，
∴垂直平分，
∴，
∴点O即为所求圆心；
（2）如图所示，即为所求，
理由如下：∵，是直径，
∴，
∴，
即平分交于D点；
（3）如图所示，线段即为所求，
理由如下：∵垂直平分，
∴，
∵是直径，
∴，
∴点绕D点顺时针旋转后的对应点为点C，
连接并延长交于点H，
∴是的直径，
∴，
延长交的延长线于点E，
由（2）可知，，
∴，
∴，
∴点E即为点绕D点顺时针旋转后的对应点，连接，即为所求；
（4）如图所示，即为所求，
理由如下：由（1）可知，点A和点N关于直线轴对称，
∴垂直平分，
∴，
则，
∴四边形是矩形，
∴点Q是的中点，
∴，
∵，
∴点T为三条高的交点，
连接，延长交于点M，
∴，
∴.
【点睛】此题考查了圆周角定理、垂径定理、矩形的判定和性质、垂直平分线的判定和性质、三角形的性质等知识，根据相关定理准确作图是解题的关键.
24．(1)详见解析
(2)
【分析】（1）由垂径定理可得，由此可得，根据同弧或等弧对的圆周角相等可得；
（2）连接，由勾股定理可得，则，设，则，在中，根据勾股定理列方程求出x的值，即可知的长．
本题主要考查了圆的相关性质，垂径定理，同弧或等弧对的圆周角相等以及勾股定理，熟练掌握圆的相关性质是解题的关键．
【详解】（1）证明：是的直径，，
，
又，
，
，
．
（2）解：连接，
，
，
又，，
，
，，
，
由（1）可知，
∴；
设，
，
在中，
，
解得：，
，
．
25．(1)
(2)P（，）
(3)证明见解析
【分析】（1）把A、C坐标代入可得关于a、c的二元一次方程组，解方程组求出a、c的值即可得答案；
（2）如图，设BP与y轴交于点E，直线解析式为，根据（1）中解析式可知D、B两点坐标，可得CD//AB，利用ASA可证明△DCB≌△ECB，可得CE=CD，即可得出点E坐标，利用待定系数法可得直线BP的解析式，联立直线BP与抛物线解析式求出交点坐标即可得答案；
（3）如图，连接MD，MF，设Q（m，-m2+2m+3），F（m，t），根据CD、QF为⊙M的弦可得圆心M是CD、QF的垂直平分线的交点，即可表示出点M坐标，根据MD=MF，利用两点间距离公式可得（）2+（2-1）2=（m-1）2+（）2，整理可得t=2，即可得答案．
【详解】（1）∵A（﹣1，0）、C（0，3）在抛物线y＝ax2+2x+c图象上，
∴，
解得：，
∴抛物线解析式为：．
（2）如图，设BP与y轴交于点E，直线解析式为，
∵点D（m，3）在抛物线上，
∴，
解得：，（与点C重合，舍去），
∴D（2，3），
∴CD//AB，CD=2，
当y=0时，，
解得：，，
∴B（3，0），
∴OB=OC，
∴∠OCB=∠OBC=∠DCB=45°，
在△DCB和△ECB中，
∵，
∴△DCB≌△ECB，
∴CE=CD=2，
∴OE=OC-CE=1，
∴E（0，1），
∴，
解得：，
∴直线BP的解析式为，
联立直线BP与抛物线解析式得：，
解得：（舍去），，
∴P（，）．
（3）如图，连接MD，MF，设Q（m，-m2+2m+3），F（m，t），
∵CD、QF为⊙M的弦，
∴圆心M是CD、QF的垂直平分线的交点，
∵C（0，3），D（2，3），QF//y轴，
∴M（1，），
∵MD=MF，
∴2+（2-1）2=（m-1）2+（）2，
整理得：t=2，
∴点F在定直线y=2上．
【点睛】本题考查待定系数法求二次函数解析式、全等三角形的判定与性质、二次函数与一次函数的交点问题及圆的性质，综合性强，熟练掌握相关知识及定理是解题关键．
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