2022-2023学年江苏省连云港市东海西、海州区、连云区、灌南县九年级(上)期中数学试题及答案解析

2022-2023学年江苏省连云港市东海西、海州区、连云区、灌南
县九年级（上）期中数学试卷
一、选择题（本大题共8小题，共24.0分。

在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 下列方程是一元二次方程的是( )
A. x2+3x=0
B. 2x−1=0
C. 3
=2 D. x3−1=0
x2
2. 已知⊙O的半径为3，点P在⊙O外，则OP的长可以是( )
A. 1
B. 2
C. 3
D. 4
3. 如图，点A、B、C、D在⊙O上，∠CAB=20°，则∠CDB为( )
A. 20°
B. 50°
C. 60°
D. 70°
4. 如图，⊙O是△ABC的内切圆，则点O是△ABC的( )
A. 三条边的垂直平分线的交点
B. 三条角平分线的交点
C. 三条中线的交点
D. 三条高的交点
5. 如图，在⊙O中，AB⏜=AC⏜，若∠B=70°，则∠A等于( )
A. 70°
B. 40°
C. 20°
D. 140°
6. 如图，圆锥的底面半径OB=6cm，高OC=8cm，则这个圆锥的侧面积是( )
A. 30cm2
B. 60πcm2
C. 30πcm2
D. 48πcm2
7. 周长相等的正方形与正六边形的面积分别为S1、S2，S1和S2的关系为( )
A. S1=S2
B. S1：S2=3√3：16
C. S1：S2=√3：3
D. S1：S2=√3：2
8. 配方法是代数计算或变形的常用方法之一，某数学学习小组在利用配方法解决问题的过程中，得到如下的结论：
①用配方法解方程x2−8x−10=0，变形后的结果是(x−4)2=26；
②已知方程x2−8x+q=0可以配成(x−4)2=12，那么x2−8x+q=3可以配成(x−
4)2=9；
③若关于x的方程(x−2)2=k有实数根，则k≥0；
④若x2+ax+9可以配成形如(x+m)2的形式，则a=6；
⑤用配方法可以求得代数式x2−6x+10的最小值是1．
其中正确结论的个数有( )
A. 2个
B. 3个
C. 4个
D. 5个
二、填空题（本大题共10小题，共30.0分）
9. 方程2x2+3x−4=0的二次项系数为______．
10. 方程x(x−2)=0的解为______ ．
11. 直线l与⊙O相离，且⊙O的半径r等于3，圆心O到直线l的距离为d，则d的取值范围是______．
12. 已知x=a是一元二次方程x2−2x−3=0的解，则代数式a2−2a的值为______．
13. 木工师傅常用一种带有直角的角尺来测量圆的直径．如图，他将角尺的直角顶点A放在圆周上，角尺的两条直角边分别与⊙O相交于点B、C，若度量出AB=2√2，AC=2，则⊙O 的直径是______．
14. 如图，AB是⊙O的直径，直线PA与⊙O相切于点A，PO交⊙O于点C，连接BC，∠P=40°，则∠ABC的度数为______ ．
15. 某种商品原价每件130元，经过两次降价，现售价每件83.2元．若设该种商品平均每次降价的百分率是x，根据题意，可得方程______．
16. 如图，半径为30cm的转动轮转过60°时，传送带上的物体A平移的距离为______cm．
17. 如图，将半径为5cm的扇形OAB沿西北方向平移√2cm ，得到扇形O′A′B′.若∠AOB=90°，
)
则阴影部分的面积为______cm2.(sin12°≈1
5
18. 如图，正方形ABCD中，AB=4，E是BC的中点．以点C为圆心，CE长为半径画圆，点P 是⊙C上一动点，点F是边AD上一动点，连接AP，若点Q是AP的中点，连接BF，FQ，则BF+FQ 的最小值为______．
三、解答题（本大题共9小题，共96.0分。

解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
19. (本小题12.0分)
(1)解方程：(x+1)2=9；
(2)解方程：x(x−6)=6．
20. (本小题8.0分)
已知关于x的一元二次方程2x2−5x+k=0有两个不相等的实数根．
(1)求k的取值范围；
(2)若该方程有一个根为−1，求方程的另一个根．
21. (本小题8.0分)
如图，△ABC是⊙O的内接三角形，AB是⊙O的直径，∠CAD=∠ABC.判断直线AD与⊙O的位置关系，并说明理由．
22. (本小题10.0分)
如图，在平面直角坐标系xOy中，A(1,6)、B(5,6)、C(7,4)．
(1)在图中画出经过A、B、C三点的圆弧所在圆的圆心M的位置；
(2)坐标原点O与⊙M有何位置关系？并说明理由．
23. (本小题10.0分)
某大剧院举办文艺演出，其收费标准如下：
某公司组织一批员工去大剧院观看此场演出，设这批员工共有x人．
(1)当x=33时，该公司应支付______元的购票费用；
(2)若共支付14000元的购票费用，求观看演出的员工的人数．
24. (本小题10.0分)
“转化”是一种重要的数学思想，回顾我们学过的各类方程的解法：解二元一次方程组，把它利用消元法转化为一元一次方程；解一元二次方程，利用直接开平方法或因式分解法，将它转化为解两个一元一次方程；解分式方程，利用去分母的方法，将它转化为整式方程，由于“去分母”可能产生增根，所以解分式方程必须检验，用“转化”的数学思想，我们还可以解一些新的方程，例如：
解无理方程√x+1=2
解：方程两边同时平方，得：x+1=4，
解这个一元一次方程，得：x=3，
检脸：当x=3时，左边=√3+1=2=右边，
所以，x=3是原方程的解．
通过“方程两边平方”，有可能产生增根，必须对解得的根进行检验．
通过上面的学习，请解决以下两个问题：
(1)解无理方程：√2x+3=x；
(2)如图，在平面直角坐标系xOy中，点B(5,3)，∠OAB=∠B=90°，OC+BC=7，求点C的坐标．
25. (本小题12.0分)
定义：能完全覆盖平面图形的最小的圆称为该平面图形的最小覆盖圆．
(1)如图①，线段AB=3，则线段AB的最小覆盖圆的半径为______；
(2)如图②，Rt△ABC中，∠A=90°，AB=√7，AC=3√2，请用尺规作图，作出Rt△ABC的最小覆盖圆(保留作图痕迹，不写作法).此最小覆盖圆的半径为______；
(3)如图③，矩形ABCD中，AB=3，BC=5，则矩形ABCD的最小覆盖圆的半径为______；若用两个等圆完全覆盖该矩形ABCD，那么这两个等圆的最小半径为______．
26. (本小题12.0分)
小华同学学习了课本1.4节“问题6”后，在已知条件不变的情况下，又对该例题进行了拓展探究．请你和他一起解决以下几个问题：
问题6如图，在矩形ABCD中，AB=6cm，BC=12cm，点P从点A出发沿AB以1cm/s的速度向点B移动，同时，点Q从点B出发沿BC以2cm/s的速度向点C移动．
(1)几秒钟后点P、Q的距离为4√2？请说明理由；
(2)几秒钟后∠DQP为直角？请说明理由；
(3)当BP=BQ时，Rt△PBQ内有一个动点M，连接PM、QM、BM.若∠BOM=∠MBP，线段PM的最小值为______．
27. (本小题14.0分)
【特例感知】
(1)如图①，AB是⊙O的直径，∠BAC是⊙O的圆周角，AD平分∠BAC交⊙O于点D，连接CD、BD.已知BD=3，∠BAD=30°，则∠BDC的度数为______°，点D到直线AC的距离为______；【类比迁移】
(2)如图②，∠BAC是⊙O的圆周角，AD平分∠BAC交⊙O于点D，过点D作DM⊥AB，垂足为M，探索线段AB、AC、AM之间的数量关系，并说明理由；
【问题解决】
(3)图③，四边形ABCD为⊙O的内接四边形，∠BAD=90°，AC平分∠BAD，AB=5，AD+AC= 15，求线段AC的长．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A.x2+3x=0是一元二次方程，故本选项符合题意；
B.方程2x−1=0是一元一次方程，故本选项不符合题意；
=2是分式方程，故本选项不符合题意；
C.3
x2
D.x3−1=0是一元三次方程，故本选项不符合题意．
故选：A．
根据一元二次方程的定义逐个判断即可．
本题考查了一元二次方程的定义，能熟记一元二次方程的定义是解此题的关键，注意：只含有一次未知数，并且所含未知数的项的最高次数是2的整式方程，叫一元二次方程．
2.【答案】D
【解析】解：∵⊙O的半径为3，点P在⊙O外，
∴OP的长大于3．
故选：D．
由⊙O的半径及点P在⊙O外，可得出OP的长大于3，再对照四个选项即可得出结论．
本题考查了点与圆的位置关系，牢记“①点P在圆外⇔d>r；②点P在圆上⇔d=r；③点P在圆内⇔d<r”是解题的关键．
3.【答案】A
【解析】解：∵点A、B、C、D在⊙O上，∠CAB=20°，
∴∠CDB=∠CAB=20°，
故选：A．
利用圆周角定理即可解决问题．
本题考查圆周角定理，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
4.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查了三角形的内切圆与内心；熟练掌握三角形的内切圆的圆心性质是关键．
根据三角形的内切圆得出点O到三边的距离相等，即可得出结论．
【解答】
解：∵⊙O是△ABC的内切圆，
则点O到三边的距离相等，
∴点O是△ABC的三条角平分线的交点，
故选：B．
5.【答案】B
【解析】解：在⊙O中，
∵AB⏜=AC⏜，
∴∠C=∠B=70°，
∴∠A=180°−∠B−∠C=180°−70°−70°=40°．
故选：B．
根据AB⏜=AC⏜，得到AB=AC，根据等腰三角形的性质得到∠C=∠B=70°，根据三角形的内角和定理即可得到答案．
本题考查的是圆周角定理，圆心角、弧、弦的关系，熟知在同圆和等圆中，相等的圆心角所对的弧相等，所对的弦也相等是解答此题的关键．
6.【答案】B
【解析】解：∵它的底面半径OB=6cm，高OC=8cm．
∴BC=√82+62=10(cm)，
∴这个圆锥漏斗的侧面积是：πrl=π×6×10=60π(cm2).
故选：B．
首先根据底面半径OB=6cm，高OC=8cm，求出圆锥的母线长，再利用圆锥的侧面积公式求出即可．
此题主要考查了圆锥的侧面积，熟记圆锥侧面积公式是解决问题的关键．
7.【答案】D
【解析】解：设正方形的边长为3a，则正六边形的边长为2a，
∴S1=(3a)2=9a2．
∵正六边形的边长为2a，
∴把正六边形分成六个小正三角形，其高为√(2a)2−a2=√2a，
×2a×√3a=6√3a2．
∴S2=6×1
2
∵S1：S2=9a2：6√3a2=√3：2，
故选：D．
设正方形的边长为3a，根据正方形与正六边形的周长相等，可求出正六边形的边长；然后根据正方形的面积公式S=边长×边长，可求出S1；再把正六边形分成六个小正三角形，结合等边三角形的性质和勾股定理，先求出一个小正三角形的面积，即可得到正六边形的面积，再比较即可解答．本题考查的是正多边形的性质及特殊角的三角函数值，能用a分别表示出正方形及正六边形的面积是解答此类题目的关键．
8.【答案】B
【解析】解：①x2−8x−10=0，
x2−8x=10，
x2−8x+16=10+16，
(x−4)2=26
故此选项结论正确，符合题意；
②x2−8x+q=0可以配方变形为：(x−4)2=−q+16，
∵方程x2−8x+q=0可以配成(x−4)2=12，
∴−q+16=12，
∴q=4，
∴x2−8x+q=3即为x2−8x+4=3，
∴x2−8x=−1，
x2−8x+16=−1+16，
(x−4)2=15，
∴x2−8x+q=3可以配成(x−4)2=15，
故此选项错误，不符合题意；
③若关于x的方程(x−2)2=k有实数根，则k≥0，
此选项正确，符合题意；
④若x2+ax+9可以配成形如(x+m)2的形式，
则x2+ax+9=(x+m)2=x2+2mx+m2，
∴m2=9，a=2m，
∴m=±3，a=±6，
此选项错误，不符合题意；
⑤x2−6x+10=(x−3)2+1，
∴x2−6x+10的最小值是1，
选项正确，符合题意；
故选：B．
用配方法判断①；用配方法求得q，再用配方法变形x2−8x+q=3，便可判断②；根据一元二次方程的根的情况判断③；由配方法求得m有两个值，进而由m与a的关系求得a，便可判断④；由配方法求得x2−6x+10的最小值，便可判断⑤．
本题考查了配方法的应用，以及完全平方式，一元二次方程的根的情况，熟练掌握完全平方公式是解本题的关键．
9.【答案】2
【解析】解：方程2x2+3x−4=0的二次项系数为2．
故答案为：2．
根据一元二次方程的一般形式：ax2+bx+c=0(a,b,c是常数且a≠0)中，ax2叫二次项，bx叫一次项，c是常数项．其中a，b，c分别叫二次项系数，一次项系数，常数项，直接进行判断即可．本题主要考查了一元二次方程的一般形式．注意在说明二次项系数，一次项系数，常数项时，一定要带上前面的符号．
10.【答案】0或2
【解析】解：由x(x−2)=0，得
x=0，x−2=0
解得x1=0，x2=2．
根据“两式相乘值为0，这两式中至少有一式值为0”进行求解．
本题考查了一元二次方程的解法．解一元二次方程常用的方法有直接开平方法，配方法，公式法，因式分解法，要根据方程的特点灵活选用合适的方法．本题运用的是因式分解法．
11.【答案】d>3
【解析】解：∵直线l与⊙O相离，⊙O的半径等于3，圆心O到直线l的距离为d，
∴d>3．
故答案为：d>3．
根据“若d<r，则直线与圆相交；若d=r，则直线于圆相切；若d>r，则直线与圆相离”即可得到结论．
本题考查的是直线与圆的位置关系，熟知设⊙O的半径为r，圆心O到直线l的距离为d，当d>r时，直线l和⊙O相离是解答此题的关键．
12.【答案】3
【解析】解：将x=a代入x2−2x−3=0，
∴a2−2a−3=0，
∴a2−2a=3，
故答案为：3．
将x=a代入x2−2x−3=0即可求出答案．
本题考查一元二次方程，解题的关键是正确理解方程的解的定义，本题属于基础题型．
13.【答案】2√3
【解析】解：连接BC，
∵∠BAC=90°，
∴BC为圆的直径，
BC=√AB2+AC2=√(2√2)2+22=2√3，
∴圆的半径是2√3，
故答案为：2√3．
连接BC，根据圆周角定理得到BC为圆的直径，根据勾股定理计算即可．
本题考查的是圆周角定理和勾股定理的应用，掌握90°的圆周角所对的弦是直径是解题的关键．
14.【答案】25°
【解析】解：∵直线PA与⊙O相切于点A，
∴OA⊥PA，
∴∠OAP=90°，
∵∠P=40°，
∴∠AOP=90°−∠P=50°，
∵∠AOP=∠B+∠OCB，
而OB=OC，
∠AOP=25°．
∴∠B=1
2
故答案为25°．
先利用切线的性质得到∠OAP=90°，则利用互余和计算出∠AOP=50°，再利用等腰三角形的性质和三角形外角性质可计算出∠B的度数．
本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．若出现圆的切线，必连过切点的半径，构造定理图，得出垂直关系．
15.【答案】130(1−x)2=83.2
【解析】解：依题意得：130(1−x)2=83.2．
故答案为：130(1−x)2=83.2．
设该种商品平均每次降价的百分率是x，利用经过两次降价后的价格=原价×(1−降价率)2，即可得出关于x的一元二次方程，此题得解．
本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
16.【答案】10π
【解析】解：60π×30180=10π(cm)．
故答案为：10π．
传送带上的物体A 平移的距离为半径为30cm 的转动轮转过60°角的扇形的弧长，根据弧长公式可得． 本题考查了弧长的计算公式：l =nπR
180
(弧长为l ，圆心角度数为n ，圆的半径为R)，解题的关键是理解传送带上的物体A 平移的距离为半径为30cm 的转动轮转过60°角的扇形的弧长．
17.【答案】(5π
3+2√6−1)
【解析】解：如图，设O′A′交AB ⏜于点D ，O′B′交AB ⏜于点E ，连接OE ，OD ，过点D 作DJ ⊥OA 于点J ．
将半径为5cm 的扇形OAB 沿西北方向平移√2cm ，即将半径为5cm 的扇形OAB 向西平移1cm ，再向上平移1cm ， ∴O′E =EC −O′C =√52−12−1=2√6−1，
∵sin∠AOD =DJ OD =15，
∴∠AOD =∠BOE =12°，
∴S 阴=S 扇形BOE +S 扇形AOD +S △OO′E +S △OO′D
=2×12π×52360
+2×12×1×(2√6−1) =(5π3+2√6−1)(cm 2).
故答案为：(5π
3
+2√6−1)． 如图，设O′A′交AB ⏜于点D ，O′B′交AB ⏜于点E ，连接OE ，OD ，过点D 作DJ ⊥OA 于点J.根据S 阴=
S
扇形BOE +S
扇形AOD
+S△OO′E+S△OO′D，求解即可．
本题考查扇形的面积，解题的关键是学会割补法求阴影部分的面积．
18.【答案】2√10−1
【解析】解：取点B关于直线AD的对称点M，连接BD、AC两线交于点O，连接OQ，CP，MO，过O作ON⊥AB于点N，
∵点Q是AP的中点，
∴OQ=1
2CP=1
2
×2=1，
∴点Q在以O为圆心，1为半径的⊙O上运动，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AC⊥BD，OA=OB，
∴ON=AN=BN=1
2
AB=2，
∵AM=AB=4，
∴MN=4+2=6，
∴OM=√MN2+ON2=√62+22=2√10，
∵BF+FQ+OQ=MF+FQ+OQ≥OM，
∴当M、F、Q、O四点共线时，BF+FQ+OQ=MF+FQ+OQ=OM=2√10的值最小，
∴BF+FQ的最小值为BF+FQ=OM−OQ=2√10−1．
故答案为：2√10−1．
取点D关于直线AB的对称点D′，连接OD′交AB于点P，交半圆O于点G，连BG，连CG并延长交AB于点E，则PD+PG=PD′+PG=D′G，从而可求出其最小值．
本题考查圆的有关性质的应用，正方形的性质，两点之间线段最短公理的应用，勾股定理，解题
的关键是正确确定点Q的运动轨迹．
19.【答案】解：(1)∵(x+1)2=9，
∴x+1=±3，
∴x1=2，x2=−4；
(2)整理，得：x2−6x=6，
∴x2−6x+9=6+9，即(x−3)2=15，
∴x−3=±√15，
∴x1=3+√15，x2=3−√15．
【解析】(1)利用直接开平方法求解即可；
(2)两边都加上一次项系数一半的平方配成完全平方式后，再开方即可得．
本题主要考查解一元二次方程，解一元二次方程常用的方法有：直接开平方法、因式分解法、公式法及配方法，解题的关键是根据方程的特点选择简便的方法．
20.【答案】解：(1)根据题意得Δ=(−5)2−4×2k>0，
；
解得k<25
8
(2)设方程的另一个根为α，
，
则−1+α=5
2
，
解得α=7
2
．
即方程的另一根为7
2
【解析】(1)由方程根的情况可得到关于k的不等式，可求得k的取值范围；
(2)根据根与系数的关系可求得另一根．
本题考查了一元二次方程根与系数的关系：x1，x2是一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的两，x1⋅x2=c a.也考查了根的判别式，熟知一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)
根时，x1+x2=−b
a
中，当Δ>0时，方程有两个不相等的两个实数根是解答此题的关键．
21.【答案】解：直线AD与⊙O相切．
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°．
∴∠ABC+∠BAC=90°.
又∵∠CAD=∠ABC，
∴∠CAD+∠BAC=90°．
∴直线AD与⊙O相切．
【解析】由∠ABC+∠BAC=90°且∠CAD=∠ABC知∠CAD+∠BAC=90°，据此可得．
本题考查了切线的判定，要证某线是圆的切线，已知此线过圆上某点，连接圆心与这点(即为半径)，再证垂直即可．
22.【答案】解：(1)如图，点M为所作；
(2)原点O在⊙M内．
理由如下：∵MA=√22+42=2√5，MO=√22+32=√13，
∴MA>MO，
∴点O在⊙M内．
【解析】(1)利用网格作AB和BC的垂直平分线，则它们的交点为M点；
(2)先计算出MA和MO的长度，然后比较它们的大小可判断原点O与⊙M位置关系．
本题考查了作图−复杂作图：解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作．也考查了垂径定理和三角形的外心．
23.【答案】12705
【解析】解：(1)∵每增加1人，每张票的单价减少5元，
∴当x=33时，该公司应支付的购票费用为33×(400−15)=12705(元)，
故答案为：12705；
(2)由题意得，x[400−5(x−30)]=14000，
∴x2−110x+2800=0，
解得x1=70，x2=40，
当x=70时，单价为200元，不合题意舍去，
当x=40时，单价为350元，
∴观看演出的员工的人数为40人．
(1)由“每增加1人，每张票的单价减少5元，“，即可得出每张票价，则可得出答案；
(2)根据总价=单价×人数，即可得出关于x的一元二次方程，解之即可得出x的值，求出单价不低于280元即可得出结论．
本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
24.【答案】解：(1)方程两边平方得：2x+3=x2，
解一元二次方程得x=3或x=−1，
检验：当x=3时，左边=√2×3+3=3=右边，
当x=−1时，左边=√2×(−1)+3=1≠右边，
∴原方程的解为x=3；
(2)设C(x,3)，
∴OC=√x2+9，BC=5−x，
∵OC+BC=7，
∴√x2+9+(5−x)=7，
∴√x2+9=x+2，
两边平方得：x2+9=x2+4x+4，
解得x=5
，
4
是原方程的解，
经检验，x=5
4
,3)．
∴C(5
4
【解析】(1)把无理方程转化为整式方程，解方程即可；
(2)设C(x,3)，由OC+BC=7得√x2+9+(5−x)=7，解方程可得答案．
本题考查解无理方程，解题的关键是读懂阅读材料，掌握解无理方程的方法．
25.【答案】3
25
2
√34
2
√61
4
【解析】解：(1)如图1，∵AB≤O′A+O′B，∴当AB=O′A+O′B时，⊙O的半径最小，∴AB长为线段AB的最小覆盖圆的直径，
∴线段AB的最小覆盖圆的半径为1
2×3=3
2
，
故答案为：3
2
．
(2)如图2，Rt△ABC的外接圆是它的最小覆盖圆，
作BC的垂直平分线MN交BC于点D，连接AD，
∵∠BAC=90°，BC=CD，
∴DA=DB=DC，
以点D为圆心，以DB长为半径作⊙D，则⊙D是Rt△ABC的外接圆，∵AB=√7，AC=3√2，
∴BC=√AB2+AC2=√(√7)2+(3√2)2=5，
∴DB=1
2BC=5
2
，
∴Rt△ABC的最小覆盖圆的半径为5
2
，
故答案为：5
2
．
(3)如图3，矩形ABCD的外接圆是它的最小覆盖圆，连接AC、BD交于点O，
∵OA=OC=1
2AC，OB=OD=1
2
BD，且AC=BD，
∴OA=OB=OC=OD，
以点O为圆心，以OA长为半径作⊙O，则⊙O是矩形ABCD的外接圆，
∵∠ABC=90°，AB=3，BC=5，
∴AC=√AB2+BC2=√32+52=√34，
∴OA=1
2AC=√34
2
，
∴矩形ABCD的最小覆盖圆的半径为√34
2
；
如图4，∵分别取AD 、BC 的中点G 、H ，连接AH 、BG 交于点E ，连接DH 、CG 交于点F ，连接GH ， ∵AD =BC =5，
∴AG =DG =12AD =52，BH =CH =12BC =52， ∴AG =BH =DG =CH ，
∵AG//BH ，DG//CH ，
∴四边形ABHG 和四边形DCHG 都是平行四边形，
∵∠ABH =∠DCH =90°，
∴四边形ABHG 和四边形DCHG 都是矩形，
∵AB =DC =3，∠ABH =∠DCH =90°，BH =CH ，
∴△ABH≌△DCH(SAS)，
∴AH =DH ，
∴EA =EB =EH =EG =12AH =12DH =FD =FC =FH =FG ，
矩形ABHG 的外接圆和矩形DCHG 的外接圆是两个完全覆盖矩形ABCD 的等圆，
∴分别以点E 、F 为圆心，以AE 长、DF 长为半径作⊙E 、⊙F ，
∴⊙E 、⊙F 分别为矩形ABHG 的外接圆和矩形DCHG 的外接圆，且⊙E 和⊙F 是等圆，
∵AH =DH =√CD 2+CH 2=√32+(52)2=√612， ∴AE =DF =12DH =12×√612=√61
4，
∴两个完全覆盖矩形ABCD 的等圆的半径为√614， 故答案为：√342；√614
． (1)由“两点之间线段最短”可知AB 长为线段AB 的最小覆盖圆的直径，则线段AB 的最小覆盖圆的半径为12×3=32
；
(2)Rt △ABC 的外接圆是它的最小覆盖圆，作BC 的垂直平分线MN 交BC 于点D ，连接AD ，以点D 为圆心，以DB 长为半径作⊙D ，则⊙D 是Rt △ABC 的外接圆，根据勾股定理求得BC 的长为5，则DB =52，于是得到问题的答案； (3)矩形ABCD 的外接圆是它的最小覆盖圆，连接AC 、BD 交于点O ，则OA =OB =OC =OD ，以点O 为圆心，以OA 长为半径作⊙O ，则⊙O 是矩形ABCD 的外接圆，根据勾股定理求得AC =√34，则OA =√342，所以矩形ABCD 的最小覆盖圆的半径为√342
；分别取AD 、BC 的中点G 、H ，连接AH 、
BG交于点E，连接DH、CG交于点F，连接GH，先证明四边形ABHG和四边形DCHG都是矩形，则矩形ABHG的外接圆和矩形DCHG的外接圆是两个完全覆盖矩形ABCD的等圆，根据勾股定理求得
AH=DH=√61
2，则AE=DF=√61
4
，所以两个完全覆盖矩形ABCD的等圆的半径为√61
4
，于是得到
问题的答案．
此题重点考查圆的有关概念和性质、两点之间线段最短、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、用尺规作图法作直角三角形的外接圆、矩形的判定与性质、矩形的外接圆、求直角三角形的外接圆的半径及矩形的外接圆的半径等知识与方法，此题综合性强，难度较大，属于考试压轴题．
26.【答案】2√5−2
【解析】解：(1)结论：当t=2或2
5
时，PQ=4√2．
理由：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B=90°，
∵AP=t cm，BQ=2t cm，AB=6cm，
∴PB=(6−t)cm，
∵PQ2=PB2+BQ2，
∴(4√2)2=(6−t)2+(2t)2，
∴t=2或2
5
；
(2)结论：t=3
2
时，∠PQD=90°．
理由：∵∠PQD=90°，则∠DQC+∠PQB=90°，
又∵∠B=∠C=90°，
∴∠DQC+∠QDC=90°，
∴∠PQB=∠QDC，
∴△DQC∽△QPB，
∴AP PQ =CQ
BP
，即6
2t
=12−2t
6−t
，
解得：t=3
2
；(3)∵BP=BQ，
∴6−t=2t，
∴t=2，
∴BP=BQ=4，
如图1中，取BQ的中点O，连接OM，PO．
∵∠BQM=∠PBM，∠PBM+∠QBM=90°，
∴∠BQM+∠QBM=90°，
∴∠BMQ=90°，
∵OQ=OB=2，
BQ=2，
∴OM=1
2
∴OP=√OB2+PB2=√22+42=2√5，
∴PM≥OP−OM=2√5−2，
∴PM的最小值为2√5−2．
故答案为：2√5−2．
(1)利用勾股定理构建方程求解即可；
(2)利用相似三角形的性质，构建方程求解即可；
(3)首先证明BP=BQ=4，如图1中，取BQ的中点O，连接OM，PO.求出OM，OP，可得结论．本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，勾股定理，直角三角形斜边中线的性质，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
27.【答案】1203√3
2
【解析】解：(1)如图①，∵AD平分∠BAC，
∴∠CAD=∠BAD=30°，
∴∠BAC=∠CAD+∠BAD=60°，
∴∠BDC=180°−∠BAC=120°，
∴∠BDC的度数为120°；
作DE⊥AB于点E，DF⊥AC交AC的延长线于点F，则DF=DE，∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB=90°，
∵∠BAD=30°，BD=3，
∴AB=2BD=6，
∴AD=√AB2−BD2=√62−32=3√3，
∴1 2×6DE=1
2
×3×3√3=S△ABD，
∴DE=3√3
2
，
∴DF=3√3
2
，
∴点D到直线AC的距离为3√3
2
，
故答案为：120，3√3
2
．
(2)AB+AC=2AM，
理由：如图②，连接BD，CD，作DN⊥AC交AC的延长线于点N，
∵AD平分∠BAC，DM⊥AB，
∴DN=DM，
∵∠DCN+∠ACD=180°，∠B+∠ACD=180°，
∴∠DCN=∠B，
∵∠N=∠DMB=90°，
∴△DCN≌△DBM(AAS)，
∴CN=BM，
∵∠N=∠AMD=90°，AD=AD，DN=DM，
∴Rt△ADN≌Rt△ADM(HL)，
∴AN=AM，
∴AB+AC=AM+BM+AC=AM+CN+AC=AM+AN=2AM，(3)如图③，作CG⊥AD于点G，CH⊥AB交AB的延长线于点H，
∵AC平分∠BAD，
∴CG =CH ，
∵∠D +∠ABC =180°，∠CBH +∠ABC =180°，
∴∠D =∠CBG ，
∵∠CGD =∠H =90°，
∴△CGD≌△CHB(AAS)，
∴DG =BH ，
设DG =BH =x ，
∵∠BAD =∠AGC =∠AHC =90°，
∴四边形AGCH 是矩形，
∵CG =CH ，
∴四边形AGCH 是正方形，
∴AG =AH =CG ，
∵AB =5，AD +AC =15，
∴CG =AG =AH =5+x ，AD =AG +x =AH +x =5+2x ，
∴AC =15−AD =15−(5+2x)=10−2x ，
∵AG 2+CG 2=AC 2，
∴(5+x)2+(5+x)2=(10−2x)2，
解得x 1=15−10√2，x 2=15+10√2(不符合题意，舍去)，
∴AC =10−2×(15−10√2)=20√2−20，
∴线段AC 的长为20√2−20．
(1)由AD 平分∠BAC ，得∠CAD =∠BAD =30°，则∠BAC =60°，所以∠BDC =180°−∠BAC =120°；作DE ⊥AB 于点E ，DF ⊥AC 交AC 的延长线于点F ，则DF =DE ，由∠ADB =90°，∠BAD =30°，得AB =2BD =6，根据勾股定理求得AD =3√3，则12×6DE =12
×3×3√3=S △ABD ，所以DF =
DE =3√32，即点D 到直线AC 的距离为3√32； (2)连接BD ，CD ，作DN ⊥AC 交AC 的延长线于点N ，则DN =DM ，再证明△DCN≌△DBM ，得CN =BM ，再证明Rt △ADN≌Rt △ADM ，得AN =AM ，即可证明AB +AC =2AM ；
(3)作CG ⊥AD 于点G ，CH ⊥AB 交AB 的延长线于点H ，先证明△CGD≌△CHB ，得DG =BH ，设DG =BH =x ，可证明四边形AGCH 是正方形，则AG =AH =CG ，由AB =5，AD +AC =15，推导出CG =AG =AH =5+x ，AD =5+2x ，AC =10−2x ，即可根据AG 2+CG 2=AC 2，列方程(5+
x)2+(5+x)2=(10−2x)2，解方程求出符合题意的x的值，再求出AC的长即可．
此题重点考查圆内接四边形的对角互补、直角所对的圆周角等于90°、角平分线的性质、全等三角形的判定与性质、直角三角形中30°角所对的直角边等于斜边的一半、勾股定理、一元二次方程的解法等知识与方法，此题综合性强，难度较大，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．。