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【50道填空题·专项集训】浙教版数学九年级上册期末总复习
1．（2025九上·永定期末）如图，在中，，，垂足为，若，，那么线段的长为 ．
2．（2025九上·澧县期末）已知，当x 时，函数值y随x的增大而减小
3．（2025九上·南宁期末）某乒乓球生产厂从一批乒乓球中，抽取部分进行质量检测，结果如下表：
抽取球数n 50 100 200 500 1000 2000
优等品数m 45 92 194 476 954 1902
优等品频率 0.900 0.920 0.970 0.952 0.954 0.951
根据频率的稳定性，从这批产品中任意抽取一个乒乓球，估计抽到优等品的概率是 （结果保留小数点后两位）．
4．（2024九上·楚雄期末）已知一个扇形的半径为，面积为，则此扇形的弧长为 ．
5．（2024九上·防城期末）抛物线的顶点坐标是 .
6．（2024九上·临海期末） 将长为 6 cm 的线段 绕端点 旋转 ， 则线段 扫过的面积为 。（结果保留 ）
7．（2024九上·东城期末）如图，将绕点逆时针旋转，得到，这时点恰好在同一直线上，则的度数为 ．
8．（2023九上·永善期末）若函数（m是常数）是二次函数，则m的值是 .
9．（2024九上·桂林期末）为了证明光是沿直线传播的这一性质，大约二千四百年前我国杰出的科学家墨翟和他的学生做了世界上第一个小孔成倒像的实验，解释了小孔成倒像的原理．如图所示是小孔成像原理的示意图，根据图中所标注的尺寸，长的箭头在暗盒中所成像的长为 ．
10．（2024九上·金昌期末）如图所示是某校一名女生在抛实心球时，实心球行进过程中形成的抛物线．按照图中所示的平面直角坐标系，实心球行进高度y（单位：m）与水平距离x（单位：m）之间的关系是，则实心球推出的水平距离OA的长是 m．
11．（2024九上·揭阳期末）一个盒子中装有20颗蓝色幸运星，若干颗红色幸运星和15颗黄色幸运星，小明通过多次摸取幸运星试验后发现，摸取到红色幸运星的频率稳定在0.5左右，则摸到红色幸运星颗数约为 颗.
12．（2024九上·梅河口期末）某种礼炮的升空高度与飞行时间的关系式是，则这种礼炮在点火升空到最高点引爆，则从点火升空到引爆需要的时间为 s；
13．（2024九上·献县期末）学校门口的栏杆如图所示，栏杆从水平位置BD绕O点旋转到AC位置，已知AB⊥BD，CD⊥BD，垂足分别为B，D，AO＝6m，AB＝1.2m，CO＝1m，则栏杆C端应下降的垂直距离CD为 m.
14．（2024九上·宁波期末）一辆汽车行驶的路程（单位：m）关于时间（单位：s）的函数解析式是 ，经过16s汽车行驶了 m．
15．（2023九上·宣化期末）如图，的半径为6，直角三角板的角的顶点A落在上，两边与圆交于点B、C，则弦的长为 ．
16．（2023九上·海珠期末）如图，是的外接圆，为直径，若，那么 ．
17．（2023九上·武义期末）如图，的半径垂直于弦于点，连结并延长交于点，连结.若，则的长为 .
18．（2023九上·海曙期末）若扇形的弧长为，圆心角为，则该扇形的半径为 .
19．（2023九上·苍溪期末）将△OAB按如图的方式放在平面直角坐标系中，其中∠OBA＝90°，∠A＝30°，顶点A的坐标为（1，），将△OAB绕原点O逆时针旋转60°得到点△OA'B′，则点A'的坐标为 .
20．（2022九上·浑南期末）如图所示，某校数学兴趣小组利用自制的直角三角形硬纸板来测量操场旗杆的高度，他们通过调整测量位置，使斜边与地面保持平行，并使边与旗杆顶点在同一直线上，已知米，米，目测点到地面的距离米，到旗杆水平的距离米，则旗杆的高度为 米．
21．（2023九上·双流期末）如果，那么 ．
22．（2022九上·长清期末）将抛物线向右移3单位，上移2单位所得到的新抛物线解析式为 ．
23．（2022九上·大连期末）如图，在中，，将绕点逆时针旋转得到，若点恰好为的中点，则的长为 （用含的代数式表示）．
24．（2022九上·长春期末）已知，，都在二次函数的图象上，则、、从小到大排序为 ．
25．（2024九上·舒兰期末）如图，正五边形的顶点在正五边形的边上，若，则的大小为 度．
26．（2024九上·滨江期末）设函数与x轴的交点坐标为，若函数，则时自变量x的取值范围是 ．
27．（2024九上·瑞安期末）把一个矩形按如图方式划分成三个全等的小矩形，每一个小矩形与原矩形相似，若，则的长为 ．
28．（2024九上·内江期末）如图，在中，为边上的高，动点P从点A出发，沿A到的D方向以的速度向点D运动，设的面积为，矩形的面积为，运动时间为t秒（），则当t＝ 秒时，．
29．（2024九上·天河期末）已知点在二次函数（a为常数）的图像上．若，则m n．（填“”、“ ”或“”）．
30．（2024九上·四会期末）如图，将绕点旋转到的位置，点在边上，与交于点若，，则 ．
31．（2024九上·南山期末）大自然是美的设计师，即使是一片小小的树叶，也蕴含着“黄金分割”的美，如图，点P为的黄金分割点.如果的长度为，那么的长度为 .
32．（2024九上·巴彦期末）已知扇形的圆心角度数为，面积为，则该扇形的弧长为 ．
33．（2024九上·望奎期末）将二次函数转化为的形式为 ．
34．（2024九上·长兴期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝8，以点A为圆心、AC长为半径画弧，交AB于点D，再分别以B、D为圆心，大于BD的长为半径画弧，两弧交于M，N，作直线MN，分别交AB、BC于点E、F，则线段EF的长为 ．
35．（2024九上·仙居期末）图1是微信朋友圈的图案，它是中心对称图形，图2是其示意图．其作图过程为：取正八边形中心点O，延长，交于点M，为半径作，再延长正八边形其余七边得到的八等分点．若，则 ．
36．（2023九上·长兴期末）⊙为等边的外接圆，半径为2，点在劣弧上运动（不与点，重合），连结，，.则四边形的面积关于线段的长的函数解析式是 .
37．（2023九上·杭州期末）在一个不透明的袋中装有一些除颜色外完全相同的红和黑两种颜色的小球，已知袋中有红球5个，黑球个，从袋中随机摸出一个红球的概率是，则的值为 .
38．（2023九上·临渭期末）如图，在平面直角坐标系中，，点A坐标是，若反比例函数的图像经过点B，则k的值为 .
39．（2023九上·长顺期末）二次函数的部分图象如图所示，则方程的根为 ．
40．（2023九上·衢州期末）如图，在中，，点I为三角形的重心，于点H，则 cm.
41．（2023九上·宁波期末）如图，在扇形OAB中，已知∠AOB＝90°，OA＝，过的中点C作CD⊥OA，CE⊥OB，垂足分别为D、E，则图中阴影部分的面积为 ．
42．（2025九上·台州期末）如图，以弦为直角边作等腰直角，，且点，，按顺时针排列，的垂直平分线交于点，连接，．若的半径为，则当弦长度变化时，面积的最大值为 ．
43．（2024九上·南山期末） 如图，等边△ABC中，点D，E分别在边CA，CB上，且CD= AE，BD交CE于P，PF平分∠BPC交BC于点F，若AB=2，PF= 1，则 CE= 。
44．（2024九上·永康期末）如图，在中，，将绕点旋转得到，点的对应点恰好为的重心，与相交于点，则的值为 ．
45．（2024九上·遵义期末）如图，点，，，分别在菱形的四条边上，，连接，，，，得到四边形，．设四边形的面积为，的长为，若关于的函数图象如图所示，则的长为 ．
46．（2024九上·游仙期末）如图，∠BAC=60°，∠ABC=45°，AB=，D是线段BC上的一个动点，以AD为直径画⊙O分别交AB，AC于E，F，连接EF，则线段EF长度的最小值为 ．
47．（2024九上·渠县期末）如图，正方形中，，O是边的中点，点E是正方形内一动点，，连接，将线段绕点D逆时针旋转得，连接，则线段长的最小值为 ．
48．（2024九上·宣汉期末）如图，反比例函数的图象经过点，点A是该图象第一象限分支上的动点，连结AO并延长交另一分支于点B，以AB为斜边作等腰Rt△ABC，顶点C在第四象限，AC与x轴交于点D，当时，则点C的坐标为 ．
49．（2024九上·宽城期末）如图，在平面直角坐标系中，抛物线与轴的正半轴交于点.矩形的边在线段上，点C、D在抛物线上，则矩形周长的最大值为 .
50．（2023九上·平湖期末）如图，锐角内接于，，在，上，，，过，分别作，的垂线交于点，连结，若的半径为，那么的长是 用含的代数式表示．
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【50道填空题·专项集训】浙教版数学九年级上册期末总复习
1．（2025九上·永定期末）如图，在中，，，垂足为，若，，那么线段的长为 ．
【答案】
【解析】【解答】解：在中，，，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴（负值舍去），
故答案为：．
【分析】由直角三角形两锐角互余、角的构成及同角的余角相等推出∠ACD=∠B，从而由有两组角对应相等的两个三角形相似得△ACD∽△CBD，然后根据相似三角形的对应边成比例求出CD的长即可．
2．（2025九上·澧县期末）已知，当x 时，函数值y随x的增大而减小
【答案】＜-1
【解析】【解答】解：∵抛物线，a=＞0，
∴抛物线开口向上，对称轴x=-1，
∴当x＜-1时，函数值y随x的增大而减小．
故答案为：＜-1．
【分析】利用抛物线的顶点式的特征及性质直接分析求解即可.
3．（2025九上·南宁期末）某乒乓球生产厂从一批乒乓球中，抽取部分进行质量检测，结果如下表：
抽取球数n 50 100 200 500 1000 2000
优等品数m 45 92 194 476 954 1902
优等品频率 0.900 0.920 0.970 0.952 0.954 0.951
根据频率的稳定性，从这批产品中任意抽取一个乒乓球，估计抽到优等品的概率是 （结果保留小数点后两位）．
【答案】
【解析】【解答】解：根据表格中的数据，随着抽取数量的增加，频率逐渐稳定在左右
估计抽到优等品的概率是，
故答案为： ．
【分析】根据频率估计概率，可得出概率。
4．（2024九上·楚雄期末）已知一个扇形的半径为，面积为，则此扇形的弧长为 ．
【答案】
【解析】【解答】解：，
，
．
故答案为：．
【分析】根据扇形面积即可求出答案.
5．（2024九上·防城期末）抛物线的顶点坐标是 .
【答案】
【解析】【解答】解： 抛物线的顶点坐标是（0，0） .
故答案为：（0，0） .
【分析】抛物线（a≠0）的顶点为原点.
6．（2024九上·临海期末） 将长为 6 cm 的线段 绕端点 旋转 ， 则线段 扫过的面积为 。（结果保留 ）
【答案】
【解析】【解答】解：由题意，线段扫过的面积为，
故答案为：．
【分析】根据扇形面积公式求解即可．
7．（2024九上·东城期末）如图，将绕点逆时针旋转，得到，这时点恰好在同一直线上，则的度数为 ．
【答案】20°
【解析】【解答】解：将△ABC绕点A逆时针旋转140°，得到△ADE，
所以∠BAD=140°，且AD=AB，
因为点B，C，D恰好在同一直线上，所以△BAD是顶角为140°的等腰三角形，可得∠B=∠BDA，
所以∠B= (180° ∠BAD)=20°，
故答案为：20°
【分析】根据图形旋转的性质，得到∠BAD=140°，且AD=AB，再判断出△BAD是等腰三角形，最后用三角形的内角和定理即可得出结论.
8．（2023九上·永善期末）若函数（m是常数）是二次函数，则m的值是 .
【答案】-2
【解析】【解答】解：∵ 函数（m是常数）是二次函数
∴ 2-m≠0，
∴ m≠2，m=±2
∴ m=-2
【分析】本题考查二次函数的定义，熟练掌握其定义是解题关键。①函数关系式是整式；②化简后自变量的最高次数是2；③二次项系数不为0．据此可得答案。
9．（2024九上·桂林期末）为了证明光是沿直线传播的这一性质，大约二千四百年前我国杰出的科学家墨翟和他的学生做了世界上第一个小孔成倒像的实验，解释了小孔成倒像的原理．如图所示是小孔成像原理的示意图，根据图中所标注的尺寸，长的箭头在暗盒中所成像的长为 ．
【答案】
【解析】【解答】解：过点作于点延长交于点，如图所示：
∴
由题意得，
∴，
∴，，
∴即，
∴，
故答案为：
【分析】过点作于点延长交于点，则进而题意得到，进而根据平行线的性质得到，根据相似三角形的判定（AA）证明得到即，从而即可求解。
10．（2024九上·金昌期末）如图所示是某校一名女生在抛实心球时，实心球行进过程中形成的抛物线．按照图中所示的平面直角坐标系，实心球行进高度y（单位：m）与水平距离x（单位：m）之间的关系是，则实心球推出的水平距离OA的长是 m．
【答案】10
【解析】【解答】解：将y=0代入；
整理得：
（x-10）（x+2）=0
解得：x=10或x=-2（舍去）
∴铅球推出的水平距离OA的长是10m．
故答案为：10
【分析】观察图形可得：点A的纵坐标为0，将y=0代入函数的解析式，解一元二次方程即可求解．
11．（2024九上·揭阳期末）一个盒子中装有20颗蓝色幸运星，若干颗红色幸运星和15颗黄色幸运星，小明通过多次摸取幸运星试验后发现，摸取到红色幸运星的频率稳定在0.5左右，则摸到红色幸运星颗数约为 颗.
【答案】35
【解析】【解答】解：设袋子中红色幸运星有x颗，
根据题意得：=0.5，
解得：x=35，
经检验：x=35是原分式方程的解.
故答案为：35.
【分析】设袋子中红色幸运星有x颗，根据“ 摸取到红色幸运星的频率稳定在0.5左右 ”，利用概率公式列出方程并解之即可.
12．（2024九上·梅河口期末）某种礼炮的升空高度与飞行时间的关系式是，则这种礼炮在点火升空到最高点引爆，则从点火升空到引爆需要的时间为 s；
【答案】6
【解析】【解答】解：，
∵，
∴二次函数的图象开口向下，
∴当t=6时，升到最高点，
故答案为：6.
【分析】先利用配方法将二次函数的一般式化为顶点式，再分析求解即可.
13．（2024九上·献县期末）学校门口的栏杆如图所示，栏杆从水平位置BD绕O点旋转到AC位置，已知AB⊥BD，CD⊥BD，垂足分别为B，D，AO＝6m，AB＝1.2m，CO＝1m，则栏杆C端应下降的垂直距离CD为 m.
【答案】0.2
【解析】【解答】解：∵AB⊥BD，CD⊥BD，
∴∠ABO=∠CDO=90°，
又∵∠AOB=∠COD，
∴△ABO∽△CDO，
则，
∵AO=6m，AB=1.2m，CO=1m，
∴，
解得：CD=0.2m.
故答案为：0.2.
【分析】由垂直的概念可得∠ABO=∠CDO=90°，证明△ABO∽△CDO，利用相似三角形的性质就可求出CD.
14．（2024九上·宁波期末）一辆汽车行驶的路程（单位：m）关于时间（单位：s）的函数解析式是 ，经过16s汽车行驶了 m．
【答案】272
【解析】【解答】解：当 时， ．
故答案是：272．
【分析】将t=16代入函数解析式中，求出s即可.
15．（2023九上·宣化期末）如图，的半径为6，直角三角板的角的顶点A落在上，两边与圆交于点B、C，则弦的长为 ．
【答案】6
【解析】【解答】解：如图所示，连接，，
∵，，
∴，
又∵，
∴是等边三角形，
∴，
故答案为：6．
【分析】连接，，再根据同弧所对的圆周角是圆心角的一半可得，再根据等边三角形判定定理可得是等边三角形，则，即可求出答案.
16．（2023九上·海珠期末）如图，是的外接圆，为直径，若，那么 ．
【答案】25°
【解析】【解答】解：∵，且∠AOB=50°，
∴.
故答案为：25°.
【分析】由目标角与已知角的关系，直接由圆周角定理推理即可.
17．（2023九上·武义期末）如图，的半径垂直于弦于点，连结并延长交于点，连结.若，则的长为 .
【答案】12
【解析】【解答】解：∵的半径垂直于弦于点，，
∴，
在中，，
设，则，
即，
解得：，
∴，
∵，
∴是的中位线，
∴，
故答案为：12.
【分析】根据垂径定理可得AC=BC=8，设DO=AO=r，则OC=r-4，根据勾股定理可得r的值，然后求出OC的值，推出OC为△ABE的中位线，据此计算.
18．（2023九上·海曙期末）若扇形的弧长为，圆心角为，则该扇形的半径为 .
【答案】3
【解析】【解答】解：设扇形的半径为，由题意可得：
解得
故答案为：3.
【分析】设扇形的半径为r，根据弧长公式进行计算即可.
19．（2023九上·苍溪期末）将△OAB按如图的方式放在平面直角坐标系中，其中∠OBA＝90°，∠A＝30°，顶点A的坐标为（1，），将△OAB绕原点O逆时针旋转60°得到点△OA'B′，则点A'的坐标为 .
【答案】（-1， ）
【解析】【解答】解：过A′作A′C⊥y轴于C，
∴∠A′CO＝∠OBA＝90°，
∵∠OBA＝90°，∠A＝30°，
∴∠AOB＝60°，
由旋转的性质得OA′＝OA，∠A′OA＝60°，
∴∠AOC＝∠COB-∠AOB＝30°，
∴∠A′OC＝∠A′OA-∠AOC＝30°，
在△A′OC和△OAB中，
，
∴△A′OC≌△OAB（AAS），
∴OC＝AB＝ ，A′C＝OB＝1，
∴点A'的坐标为（-1， ）.
故答案为：（-1， ）.
【分析】过A′作A′C⊥y轴于C，由旋转的性质得OA′＝OA，∠A′OA＝60°，易得∠A′OC=30°，从而利用AAS判断出△A′OC≌△OAB，根据全等三角形的性质可得OC＝AB＝ ，A′C＝OB＝1，从而即可得出点A'的坐标.
20．（2022九上·浑南期末）如图所示，某校数学兴趣小组利用自制的直角三角形硬纸板来测量操场旗杆的高度，他们通过调整测量位置，使斜边与地面保持平行，并使边与旗杆顶点在同一直线上，已知米，米，目测点到地面的距离米，到旗杆水平的距离米，则旗杆的高度为 米．
【答案】11.5
【解析】【解答】由题意可得：，则，
∵米，米，，，
∴， 解得：，
故，
答：旗杆的高度为.
【分析】先证明，可得，再将数据代入可得，求出AC的长，最后利用线段的和差求出AB的长即可。
21．（2023九上·双流期末）如果，那么 ．
【答案】
【解析】【解答】解：∵，即，
∴，
故答案为：．
【分析】根据可得，再求出即可。
22．（2022九上·长清期末）将抛物线向右移3单位，上移2单位所得到的新抛物线解析式为 ．
【答案】
【解析】【解答】解：根据“左加右减，上加下减”的法则可知，将抛物线向右移3单位，上移2单位，那么所得到抛物线的函数关系式是．
故答案为：．
【分析】根据函数解析式平移的特征：左加右减，上加下减求解即可。
23．（2022九上·大连期末）如图，在中，，将绕点逆时针旋转得到，若点恰好为的中点，则的长为 （用含的代数式表示）．
【答案】
【解析】【解答】解：如图，作于点，则，
∵，为的中点，
∴，
由旋转得，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
故答案为：．
【分析】作于点，则，利用勾股定理可得，再将数据代入求出即可。
24．（2022九上·长春期末）已知，，都在二次函数的图象上，则、、从小到大排序为 ．
【答案】
【解析】【解答】解：二次函数，则，开口向下，对称轴为，
则二次函数图象上的点离对称轴越远，函数值越小，
，，到对称轴的距离分别为、、
∵，
∴
故答案为：
【分析】利用二次函数的性质求解即可。
25．（2024九上·舒兰期末）如图，正五边形的顶点在正五边形的边上，若，则的大小为 度．
【答案】52
【解析】【解答】∵正五边形的内角均为：540°÷5=108°，
∴∠BFG=180°-∠AFJ-∠GFJ=180°-20°-108°=52°，
∴∠BGF=180°-∠B-∠BFG=180°-108°-52°=20°，
∴∠CGH=180°-∠BGF-∠FGH=180°-20°-108°=52°，
故答案为：52.
【分析】先利用正多边形的性质及角的运算求出∠BFG=52°，∠BGF=20°，再利用角的运算求出∠CGH=180°-∠BGF-∠FGH=180°-20°-108°=52°即可.
26．（2024九上·滨江期末）设函数与x轴的交点坐标为，若函数，则时自变量x的取值范围是 ．
【答案】
【解析】【解答】解：∵函数与x轴的交点坐标为，
∴对称轴为直线x，
∴=，
∴ ，
∴函数表达式，，
∴函数的图象是由函数的图象向右平移2个单位长度所得，
∴则函数的图象与x轴的交点坐标向右平移2个单位长度所得，
∴函数的图象与x轴的交点坐标为，
∵a>0，
∴该函数图象开口向上，
∴时自变量x的取值范围为，
故答案为：．
【分析】先求得h的值，然后根据二次函数的平移性质求得与x轴的交点，最后根据二次函数性质求得答案即可．
27．（2024九上·瑞安期末）把一个矩形按如图方式划分成三个全等的小矩形，每一个小矩形与原矩形相似，若，则的长为 ．
【答案】
【解析】【解答】解：根据题意得小长方形的宽为3，
设，
∵小矩形与原矩形相似，
∴，
解得（负值舍去），
故原长方形的宽为．
故答案为：．
【分析】先得到小长方形的宽为3，设，根据相似多边形的对应边成比例得到关于x的方程解题即可．
28．（2024九上·内江期末）如图，在中，为边上的高，动点P从点A出发，沿A到的D方向以的速度向点D运动，设的面积为，矩形的面积为，运动时间为t秒（），则当t＝ 秒时，．
【答案】6
【解析】【解答】解：∵中，为边上的高，
又∵，则，
解得：．
故答案为：6
【分析】先根据勾股定理求出BC，进而根据等腰直角三角形的性质即可得到，再根据相似三角形的判定与性质证明得到，从而根据三角形的面积结合题意即可求解。
29．（2024九上·天河期末）已知点在二次函数（a为常数）的图像上．若，则m n．（填“”、“ ”或“”）．
【答案】
【解析】【解答】解：由题意可得：
函数对称轴为x=-1
∵a<0
∴当x>-1时，y随x的增大而减小
∵1<2
∴m>n
故答案为：>
【分析】根据二次函数的性质即可求出答案.
30．（2024九上·四会期末）如图，将绕点旋转到的位置，点在边上，与交于点若，，则 ．
【答案】65°
【解析】【解答】解：由旋转得，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
故答案为：
【分析】先根据旋转的性质得到，，再根据等腰三角形的性质得到，从而结合题意进行角的运算求出∠AGE的度数，进而即可求解。
31．（2024九上·南山期末）大自然是美的设计师，即使是一片小小的树叶，也蕴含着“黄金分割”的美，如图，点P为的黄金分割点.如果的长度为，那么的长度为 .
【答案】
【解析】【解答】解：根据题意可得，，且BP=2cm，
∴ AP=.
故答案为：.
【分析】根据黄金分割的含义列出等式，求解即可.
32．（2024九上·巴彦期末）已知扇形的圆心角度数为，面积为，则该扇形的弧长为 ．
【答案】
【解析】【解答】解：设扇形的半径为R，
∵扇形的面积为12π，圆心角为120°，
∴12π=，解得：R=6，
∴扇形的弧长==4π.
故答案为：4π.
【分析】设扇形的半径为R，根据扇形的面积公式S=求出半径R的值，然后根据扇形的弧长=计算可求解.
33．（2024九上·望奎期末）将二次函数转化为的形式为 ．
【答案】
【解析】【解答】解：y=2x2-12x+3=2(x2-6x+9-9)+3
=2(x-3)2-18+3
=2(x-3)2-15.
故答案为：y=2(x-3)2-15.
【分析】根据二次函数的配方步骤即可求解.
34．（2024九上·长兴期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝8，以点A为圆心、AC长为半径画弧，交AB于点D，再分别以B、D为圆心，大于BD的长为半径画弧，两弧交于M，N，作直线MN，分别交AB、BC于点E、F，则线段EF的长为 ．
【答案】
【解析】【解答】解：∵Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝8，
∴由勾股定理得，AB＝，
由题可得，AD＝AC＝6，
∴BD＝10﹣6＝4，
由题可得，MN垂直平分BD，
∴BE＝2，∠BEF＝∠ACB＝90°，
又∵∠B＝∠B，
∴△ABC∽△FBE，
∴，
即，
解得EF＝，
故答案为：．
【分析】线根据勾股定理求出AB长，根据作图可得MN是BD的垂直平分线，即可得到BE长，再利用△ABC∽△FBE求出EF长即可．
35．（2024九上·仙居期末）图1是微信朋友圈的图案，它是中心对称图形，图2是其示意图．其作图过程为：取正八边形中心点O，延长，交于点M，为半径作，再延长正八边形其余七边得到的八等分点．若，则 ．
【答案】
【解析】【解答】解：连接，，过C作于T，
在正八边形中，，，
∴，
∵，，
∴，，
∴，则，
∴，
∵，
∴，
在中，，，
∴等腰直角三角形，则，
由勾股定理得，
∴，则，
∴，
故答案为：．
【分析】本题考查正多边形的性质、等腰三角形的判定与性质、三角形的内角和定理和外角性质、勾股定理.连接，，过C作于T，在正八边形中，根据正八变形的性质可得：，，利用角的运算可得，利用等腰三角形的性质可得，，进而可推出，根据等角对等边可得，进而可得，利用等腰直角三角形的判定定理可证明等腰直角三角形，利用等腰直角三角形的性质可得，利用线段的运算可求出MT，据此可求出BM．
36．（2023九上·长兴期末）⊙为等边的外接圆，半径为2，点在劣弧上运动（不与点，重合），连结，，.则四边形的面积关于线段的长的函数解析式是 .
【答案】
【解析】【解答】解：如图，将绕点逆时针旋转，得到，
∴，，
∵四边形是圆内接四边形，
∴，
∴，
∴点，点，点三点共线，
∴是等边三角形，
∵四边形的面积
，
∴
故答案为：.
【分析】将△ADC绕点C逆时针旋转60°，得到△BHC，则CD=CH，∠DAC=∠HBC，由圆内接四边形的性质可得∠DAC+∠DBC=180°，则∠DBC+∠HBC=180°，推出△DCH是等边三角形，然后根据S=S△ADC+S△BDC=S△CDH结合三角形的面积公式进行解答.
37．（2023九上·杭州期末）在一个不透明的袋中装有一些除颜色外完全相同的红和黑两种颜色的小球，已知袋中有红球5个，黑球个，从袋中随机摸出一个红球的概率是，则的值为 .
【答案】10
【解析】【解答】解：根据题意得
，
解得：，
经检验，是原方程的解，也符合题意，
故答案为：10.
【分析】根据红球的个数÷球的人数=摸到红球的概率可得关于m的方程，求解即可.
38．（2023九上·临渭期末）如图，在平面直角坐标系中，，点A坐标是，若反比例函数的图像经过点B，则k的值为 .
【答案】-8
【解析】【解答】解：如图所示，过点B作于D，
，
，
，
，
，
，
，
设，则，
，
，
，
，
，
反比例函数的图像经过点B，
，
故答案为：.
【分析】过点B作BD⊥OA于D，根据同角的余角相等可得∠OBD=∠BAD，证明△BDA∽△ODB，设B（m，n），则OD=-m，BD=n，易得AD=5+m，然后根据相似三角形的性质可得m、n的值，表示出点B的坐标，再代入y=中就可求出k的值.
39．（2023九上·长顺期末）二次函数的部分图象如图所示，则方程的根为 ．
【答案】x=-1或x=3
【解析】【解答】解：根据二次函数解析式可得对称轴为直线x=1，由图象可得与x轴的一个交点为（3，0），则另一个交点为（-1，0），
∴方程ax2-2ax-m=0的解为x=-1或x=3.
故答案为：x=-1或x=3.
【分析】根据二次函数的解析式可得对称轴，由图象可得与x轴的一个交点的坐标，然后根据对称性求出另一个交点的坐标，进而可得方程的解.
40．（2023九上·衢州期末）如图，在中，，点I为三角形的重心，于点H，则 cm.
【答案】
【解析】【解答】解：如图，BI的延长线与AC交于D，
点I为三角形的重心，
，
，
即
故答案为：.
【分析】BI的延长线与AC交于D，根据重心定义可得，，根据同位角相等，两直线平行可得HI∥AC，根据平行三角形一边的直线，截其它两边，所截的三角形与原三角形相似得△BHI∽△BCD，根据相似三角形对应边成比例建立方程，可求出HI的长.
41．（2023九上·宁波期末）如图，在扇形OAB中，已知∠AOB＝90°，OA＝，过的中点C作CD⊥OA，CE⊥OB，垂足分别为D、E，则图中阴影部分的面积为 ．
【答案】
【解析】【解答】解：如图，连接OC，
∵CD⊥OA，CE⊥OB，
∴∠CDO=∠CEO=∠AOB=90°，
∴四边形CDOE是矩形，
∵点C是的中点，
∴∠AOC=∠BOC，
在△COD与△COE中，
，
∴△COD≌△COE(AAS)，
∴OD=OE，
∴矩形CDOE是正方形，
∵OC=OA=，
∴，解得，OE=1，
∴ .
故答案为：．
【分析】连接OC，根据弧与圆心角的关系可得∠AOC=∠BOC，根据AAS判定△COD≌△COE得到OD=OE，根据正方形的判定性质求出正方形的边长，再根据扇形和正方形的面积公式，即可求得.
42．（2025九上·台州期末）如图，以弦为直角边作等腰直角，，且点，，按顺时针排列，的垂直平分线交于点，连接，．若的半径为，则当弦长度变化时，面积的最大值为 ．
【答案】
【解析】【解答】解：如图所示，设交于点，
设，
∵是等腰直角三角形，垂直平分，则，
∴
∴当且为直径时，面积的最大值为
故答案为：．
【分析】设交于点，则有，利用三角形的面积公式得到，然后利用二次函数的性质得到最值即可．
43．（2024九上·南山期末） 如图，等边△ABC中，点D，E分别在边CA，CB上，且CD= AE，BD交CE于P，PF平分∠BPC交BC于点F，若AB=2，PF= 1，则 CE= 。
【答案】3
【解析】【解答】解：过点C作CG//AB交PF的延长线于G，在PF上截取PM=PD，连接CM，如图所示：
∵△ABC是等边三角形，AB=2.
∴AB=BC=AC=2，∠A=∠ABC=∠ACB=60°，
在△BCD和△CAE中，
∵BC=AC，∠A=∠ACB，CD=AE
∴△BCD△CAE(SAS).
∴∠CBD=∠ACE，
∴∠CPD=∠CBD+∠BCP=∠ACE+∠BCP=∠ACB=60°，
∴∠BPC=180°-∠CPD=120°
∵PF平分∠BPC，
∴∠CPM=∠BPM=60°.
∴∠CPM=∠CPD=60°
在△CPM和△CPD中，
∵PM=PD，∠CPF=∠CPM，PC=PC
∴△CPM△CPD(SAS)，
∴CM=CD， ∠CMP=∠CDP.
∵∠CMF+∠CMP=180°
∴∠CMF+∠CDP=180°
∵∠ACB=60° ∠DPM=∠CPD+∠CPM=120°
∴∠ACB+∠DPM=180°
∴∠CDP+∠CFM=180°
∴∠CMF=∠CFM.
∴CF=CM=CD.
∵CG//AB，
∴∠GCF=∠ABC=60°.
∴∠GCF=∠A=60°.
∴∠BFG=∠G+∠GCF=∠G+60°
又 ∵∠BFG=∠CBD+∠BPM=∠CBD+60°
∴∠G=∠CBD=∠ACE.
在△GCF和△CAE中，
∵∠G=∠ACE，∠GCF = ∠A，CF=CD
∴△GCF△CAE(AAS)，
∴FG=CE，CG=AC=2
在△GCF和△GPC中，
∵∠G=∠G， ∠GCF=∠CPM=60°，
∴△GCF△GPC，
∴
∴CG2=PG·FG，
∵PF=1，
∴PG=PF+FG=1+FG
∴CG2=(1+FG)·FG
∴(2)2=(1+FG)·FG，
整理得：FG2+FG-12=0，
解得：FG=3，FG=-4（不合题意，舍去）.
∴CE=FG=3.
故答案为：3.
【分析】过点C作CG//AB交PF的延长线于G，在PF上截取PM=PD，连接CM，证明△BCD和△CAE全等得∠CBD=∠ACE，进而得∠CPD=60°，则∠BPC=120°，继而得∠CPM=∠BPM=∠CPD=60°，由此得
△CPM和△CPD全等，则CM=CD，∠CMP=∠CDP，由此可证∠CMF=∠CFM，则CF=CM=CD，再证明∠GCF=∠A=60°，∠G=∠CBD=∠ACE，进而可证明△GCF和△CAE全等，则FG=CE，CG=AC，然后证明△GCF和△GPC相似，利用相似三角形的性质求出FG=3，进而可得CE的长.
44．（2024九上·永康期末）如图，在中，，将绕点旋转得到，点的对应点恰好为的重心，与相交于点，则的值为 ．
【答案】
【解析】【解答】解：点是的重心，
，，
又在中，，
，
，
，
由旋转可知：，，，
又，
，
，
由旋转可知：，
，
，
，
，
又，
，
．
故答案为： ．
【分析】由于重心分中线为1：2两部分，则，再由直角三角形斜边的中线等于斜边的一半可得，所以；再由等边对等角可得，再由旋转的性质可得，再由等边对等角并结合等量代换得，则A`D//CB`，再由三角形相似的预备定理可得，再由相似比可得即可．
45．（2024九上·遵义期末）如图，点，，，分别在菱形的四条边上，，连接，，，，得到四边形，．设四边形的面积为，的长为，若关于的函数图象如图所示，则的长为 ．
【答案】
【解析】【解答】解：过点D作DP⊥HG于点P，如图所示，
四边形是菱形，∠A=60°，设AB=a，
，AB∥CD，
∴∠A+∠D=180°，
∵∠A=60°，
∴∠D=120°，
∵DG=DH，
∴∠DHG=∠DGH=30°，
，
，
∴△AEH是等边三角形，
∴AE=HE，∠AHE=60°，
所以∠EHG=180°-30°-60°=90°，
同理可得：∠FEH=∠FGH=∠EFG=90°，
所以四边形EFGH是矩形，
∵DP⊥HG，
∴∠HPD=90°，
∵AE=x，AB=AD=a，
∴AH=x，则DH=a-x，
∵∠DHG=∠DGH=30°，
∴DP=
∴HP=GP=（a-x），
∴HG=2HP=（a-x），
∴矩形EFGH的面积S=HE·HG=x·（a-x）=-（x2-ax）=-（x-）2+a2，
由图2可知，抛物线的最大值是，
∴a2=，
解得：a=或a=（不符合题意，故舍去）
∴AB=，
故答案为： .
【分析】先根据四边形是菱形，且和线段相等可以判断四边形EFGH是矩形，设菱形的边长为，然后勾股定理用代数式表示出矩形的长和宽，再利用矩形的面积公式可得，最后根据函数图象可知矩形的最大面积为，可得方程a2=，解方程即可求出菱形的边长的长度.
46．（2024九上·游仙期末）如图，∠BAC=60°，∠ABC=45°，AB=，D是线段BC上的一个动点，以AD为直径画⊙O分别交AB，AC于E，F，连接EF，则线段EF长度的最小值为 ．
【答案】
【解析】【解答】解：由题意得当为的边上的高时，直径最短，
如图，连接，过O点作，
在中，，
∴，即此时圆的直径最小为8，
∵，
由等腰三角形的性质可得：，
由垂径定理可得：，
∴，
在中，，∴，
∴，
∵
∴最小时，最小，也就是最小，
∵
∴，，
∴，即最小为，
故答案为：
【分析】根据线段的定义结合题意得到当为的边上的高时，直径最短，连接，过O点作，进而根据等腰三角形的性质得到，从而根据垂径定理得到，再结合题意根据勾股定理得到，从而结合题意得到最小时，最小，也就是最小，进而即可求解。
47．（2024九上·渠县期末）如图，正方形中，，O是边的中点，点E是正方形内一动点，，连接，将线段绕点D逆时针旋转得，连接，则线段长的最小值为 ．
【答案】
【解析】【解答】解：连接，将线段绕点D逆时针旋转得，连接，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵正方形中，，O是边的中点，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴线段OF长的最小值为．
故答案为：．
【分析】连接，将线段绕点D逆时针旋转得，连接，先利用SAS证明，可得，再利用勾股定理求得，进而可得，再根据三角形三边的关系可得，代入数值即可得到OF的最小值.
48．（2024九上·宣汉期末）如图，反比例函数的图象经过点，点A是该图象第一象限分支上的动点，连结AO并延长交另一分支于点B，以AB为斜边作等腰Rt△ABC，顶点C在第四象限，AC与x轴交于点D，当时，则点C的坐标为 ．
【答案】
【解析】【解答】解：连接OC，分别过点A、C作x、y轴的平行线交于E点，CE交x轴于D点，如图：
由反比例的性质可知，A、B两点关于中心O对称，即OA=OB，
又∵△ACB为等腰直角三角形，AB为斜边，
∴AC=BC，
∴CO⊥AB，且，
设直线AB的解析式为y=ax(a>0)，则OC的解析式为，
设点A(m，am)，点C(an， n)，
∵OA=OC，即，
解得n=±m，
∵A在第一象限，C在第三象限，
∴n=m>0，
即C(am， m)，
∵轴，轴，
∴，
∴△CDF∽△CAE，
∴，
又∵，AC=AD+CD，
∴，
∵点A(m，am)，点C(am， m)，
∴点E(am，am)，点F(am，0)，
∴，
即，
∵反比例函数y=kx的图象经过点，
∴，解得，
∴反比例函数的解析式为，
又∵点A(m，am)在反比例函数的图象上，且，
∴，解得或(舍去)，
将代入点C(am， m)中，可得：点C的坐标为，
故答案为：
【分析】连接OC，分别过点A、C作x、y轴的平行线交于E点，CE交x轴于D点，先根据反比例函数的性质得到A、B两点关于中心O对称，即OA=OB，进而根据直角三角形斜边上的中线的性质结合题意即可得到CO⊥AB，且，从而结合题意得到C(am， m)，再运用相似三角形的判定与性质证明△CDF∽△CAE得到，从而根据题意代入即可得到a，再根据已知条件求出反比例函数的解析式为，进而根据反比例函数的图象解题意求出m，从而即可求解。
49．（2024九上·宽城期末）如图，在平面直角坐标系中，抛物线与轴的正半轴交于点.矩形的边在线段上，点C、D在抛物线上，则矩形周长的最大值为 .
【答案】13
【解析】【解答】设点D的横坐标为m，则点D的纵坐标为，
∴AD=，
∵抛物线的对称轴是直线，
∴点C的横坐标为3-（m-3）=6-m，
∴CD=2m-6，
∴矩形ABCD的周长=，
∴当m=5时，矩形周长有最大值为13，
故答案为：13.
【分析】设点D的横坐标为m，则点D的纵坐标为，先求出矩形ABCD的周长为，再利用二次函数的最大值求解即可.
50．（2023九上·平湖期末）如图，锐角内接于，，在，上，，，过，分别作，的垂线交于点，连结，若的半径为，那么的长是 用含的代数式表示．
【答案】
【解析】【解答】
作直径AK，假设AK分别交直线PD， PE于P'和 连接BK， CK，
∴∠ABK=∠ACK=90°，
∴BK⊥AB， CK⊥AC，
∵PD⊥AB， PE⊥AC，
∴PD∥BK，PE∥CK，
∴AP'：AK = AD：AB， AP"： AK = AE：AC，
∵DE∥BC，
∴AD：AB=AE：AC，
∴AP'：AK=AP"： AK，
和 '重合于P，
∴A、O、P共线，
∵AD=2BD，
∴AP：AK = AD：AB=2：3，
∵AK=2r，
故答案为：
【分析】作直径AK，假设AK分别交直线PD，PE于 和P"， 连接BK， CK， 由圆周角定理推出 而 得到PD∥BK，PE∥CK，由平行线分线段成比例定理推出
得到 AK， 因此 得到 和 '重合于P，于是A、O、 P共线， 由 得到 解题即可.
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