2021-2022学年-有答案-江苏省扬州市某校初三(上)10月月考数学试卷

2021-2022学年江苏省扬州市某校初三（上）10月月考数学试
卷
一、选择题
1. 下列关于x的方程中，是一元二次方程的为( )
A.ax2+bx+c=0
B.x2−1
x
=1
C.2x+3y−5=0
D.x2−1=0
2. 等腰三角形的底和腰是方程x2−8x+12=0的两根，则这个三角形的周长为( )
A.10
B.14
C.10或14
D.无法确定
3. 关于x的方程kx2+2x−3=0有实数根，则k的取值范围是( )
A.k≤−1
3B.k>−1
3
且k≠0
C.k≥−1
3D.k≥−1
3
且k≠0
4. 已知⊙O的半径为5，弦AB=6，M是AB上任意一点，则线段OM的长可能是( )
A.2.5
B.3.5
C.4.5
D.5.5
5. 如图，D，E分别是⊙O的半径OA，OB上的点，CD⊥OA，CE⊥OB，CD=CE，则AC
̂与BĈ关系是( )
A.AC
̂=BĈ B.AĈ>BĈ C.AĈ<BĈ D.不能确定
6. 如图，AB是⊙O的直径，AC是弦，半径OD⊥AC．若∠A=40∘，则∠D=( )
A.70∘
B.65∘
C.60∘
D.55∘
7. 若a，b(a<b)是关于方程(x−m)(x−n)+1=0(m<n)的两个实数根，则实数a，b，m，n的大小关系是( )
A.a<b<m<n
B.m<n<a<b
C.a<m<n<b
D.m<a<b<n
8. 如图，在平面直角坐标系xOy中，以原点O为圆心的圆过点A(13, 0)，直线y=kx−
3k+4与⊙O交于B，C两点，则弦BC的长的最小值为( )
A.24
B.22
C.10√5
D.12√3
二、填空题
一元二次方程x2=2x的根是________.
关于x的一元二次方程(m−2)x2+3x+m2−4=0有一个解是0，则m的值为
________．
如图，AB是⊙O的直径，CD是⊙O的弦，∠BCD=42∘，则∠ABD=________∘.
长度等于圆的半径的弦所对的圆周角的度数为________．
如图，点A，B，C，D在⊙O上，点O在∠D的内部，四边形OABC为平行四边形，则
∠D=________∘．
如果一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)满足a−b+c=0，则此方程必定有一根是________.
有一人患了流感，经过两轮传染后共有81人患了流感，若每轮传染中平均每个人传染的人数相同，那么第三轮过后，共有________人患有流感.
已知关于x的方程a(x+m)2=c的解为x1=3，x2=−2，方程a(x+m+3)2=c的解为________.
如图，若将图1正方形剪成四块，恰能拼成图2的矩形，设a=1，则b=________.
如图，等边三角形ABC中，AB=8cm，以C为圆心，2cm长为半径画⊙C，点P在⊙C上运动，连接AP，并将AP绕点A顺时针旋转60∘至AP′，点D是边AC的中点，连接DP′．在点P移动的过程中，线段DP′长度的最小值为________cm.
三、解答题
解下列方程：
(1)x2−2x−8=0；
(2)2x2−3x−1=0．
已知关于x的一元二次方程x2−(m−1)x−2(m+3)=0.
(1)试证：无论m取任何实数，方程都有两个不相等的实数根；
(2)若方程有一个根为−4，求m的值及另一根．
如图，在平面直角坐标系中，一段圆弧经过格点A，B，C．（网格小正方形边长为1)
(1)请在网格中找出该圆弧所在圆的圆心P，并写出圆心P的坐标________；⊙P的半径为________（结果保留根号）；
(2)判断点M(−1, 1)与⊙P的位置关系________.
阅读下面的例题：解方程x2−|x|−2=0.
解：当x≥0时，原方程化为x2−x−2=0，解得：x1=2，x2=−1（不合题意，舍去）；
当x<0时，原方程化为x2+x−2=0，解得：x1=1（不合题意，舍去），x2=−2；∴原方程的根是x1=2，x2=−2.
请参照例题解方程x2−|x−1|−1=0．
如图，在⊙O的内接四边形ABCD中，AB=AD，E为弧AD上一点.
(1)若∠C=110∘，求∠E的度数；
(2)若∠E=∠C，求证：△ABD为等边三角形.
如图，⊙O的直径AB=12，半径OC⊥AB，D为弧BC上一动点（不包括B，C两点），DE⊥OC，DF⊥AB，垂足分别为E，F.
(1)求EF的长；
(2)若点E为OC的中点，
①求弧CD的度数；
某风景区的旅游信息如下表：
某公司组织一批员工到该风景区旅游，支付旅行费用29250元．
(1)请求出参加这次旅游的人数；
(2)若该公司又组织第二批员工50人到该风景区旅游并支付了这批员工的费用.如果这两批员工合并成一批去旅游，则该公司可节约旅游费用多少元？
如图，四边形ACDE是证明勾股定理时用到的一个图形，a，b，c是Rt△ABC和Rt△BED边长，易知AE=√2c，这时我们把关于x的形如ax2+√2cx+b=0的一元二次方程称为“勾系一元二次方程”．
请解决下列问题：
(1)写出一个“勾系一元二次方程”；
(2)求证：关于x的“勾系一元二次方程”ax2+√2cx+b=0必有实数根；
(3)若x=−1是“勾系一元二次方程”ax2+√2cx+b=0的一个根，且四边形ACDE的周长是6√2，求△ABC面积.
如图，BC是半⊙O的直径，点P是半圆弧的中点，点A是弧BP的中点，AD⊥BC于D，连结AB，PB，AC，BP分别与AD，AC相交于点E，F．
(1)求证：AE=BE；
(2)判断BE与EF是否相等吗，并说明理由；
(3)小李通过操作发现CF=2AB，请问小李的发现是否正确？若正确，请说明理由；若不正确，请写出CF与AB正确的关系式．
如图①，在直角坐标系中，点A的坐标为(2,0)，以OA为边在第一象限内作正方形OABC，点D是x轴正半轴上一动点(OD>2)，连接BD，以BD为边在第一象限内作正方形DBFE，设M为正方形DBFE的中心，直线MA交y轴于点N.如果定义：只有一组对角是直角的四边形叫做损矩形．
(1)试找出图1中的一个损矩形；
(2)试说明(1)中找出的损矩形的四个顶点一定在同一个圆上；
(3)随着点D位置的变化，点N的位置是否会发生变化？若没有发生变化，求出点N的坐标；若发生变化，请说明理由；
(4)在图②中，过点M作MG⊥y轴于点G，连接DN，若四边形DMGN为损矩形，求D点坐标．
参考答案与试题解析
2021-2022学年江苏省扬州市某校初三（上）10月月考数学试
卷
一、选择题
1.
【答案】
D
【考点】
一元二次方程的定义
【解析】
根据一元二次方程的定义解答．一元二次方程必须满足四个条件：（1）未知数的最高次数是2；（2）二次项系数不为0；（3）是整式方程；（4）含有一个未知数．由这四个条件对四个选项进行验证．
【解答】
解：A，当a=0，b≠0时，是一元一次方程，故A错误；
B，是分式方程，故B错误；
C，是二元一次方程，故C错误；
D，符合一元二次方程的定义，故D正确.
故选D.
2.
【答案】
B
【考点】
三角形三边关系
解一元二次方程-因式分解法
等腰三角形的判定与性质
【解析】
利用因式分解法求出方程的解，得到x的值，利用三角形的三边关系判断即可求出三角形的周长．
【解答】
解：方程x2−8x+12=0，
分解因式得：(x−2)(x−6)=0，
解得：x=2或x=6，
当2为腰，6为底时，不能构成三角形，舍去；当2为底，6为腰时，周长为14．
故选B.
3.
【答案】
C
【考点】
根的判别式
解一元一次方程
方程有两个不相等实数根，则根的判别式△>0，建立关于k的不等式，求得k的取值范围，且二次项系数不为零．当k=0时，原方程是一元一次方程.
【解答】
解：当k≠0时，∵a=k，b=2，c=−3，
∴Δ=b2−4ac=4+12k≥0，即当k≥−1
3
时方程有实数根.
又∵二次项系数不为零，即k≠0，
∴k≥−1
3
且k≠0.
当k=0时，原方程为一元一次方程2x−3=0，
∴x=3
2
.
综合上述，k≥−1
3
.
故选C.
4.
【答案】
C
【考点】
垂径定理
勾股定理
【解析】
根据ON<OM<OA求出OM的取值范围，再进行估算．
【解答】
解：如图，过点O作ON⊥AB交AB于N，连接OA，
根据垂径定理，AN=1
2AB=1
2
×6=3，
根据勾股定理，ON=√OA2−AN2=√52−32=4，
则ON≤OM≤OA，即4≤OM≤5，
只有C符合条件.
故选C.
5.
【答案】
A
【考点】
全等三角形的性质与判定
圆心角、弧、弦的关系
根据直角三角形的判定定理HL，可得出△COD≅△C0E，则∠COD=∠COE，再根据在同圆中，相等的圆心角所对的弧也相等得出结论．
【解答】
解：∵CD⊥OA，CE⊥OB，
∴∠CDO=∠CEO=90∘.
∵CD=CE，CO=CO，
∴△COD≅△COE，
∴∠COD=∠COE，
∴AC
̂=BĈ.
故选A.
6.
【答案】
B
【考点】
圆周角定理
直角三角形的性质
【解析】
首先根据直角三角形的性质求出∠AOD，然后根据圆周角定理求出∠ACD，再次根据直角三角形的性质即可求出∠D.
【解答】
解：如图所示，
∵OD⊥AC，
∴∠AEO=∠CED=90∘，
∴∠AOD=90∘−∠A=90∘−40∘=50∘.
∵∠ACD和∠AOD是同弧所对的圆周角和圆心角，
∴∠ACD=1
2∠AOD=1
2
×50∘=25∘，
∴∠D=90∘−∠ACD=90∘−25∘=65∘. 故选B.
7.
【答案】
D
【考点】
一元二次方程根的分布
一元二次方程的解
不等式的性质
利用a是关于x的一元二次方程(x−m)(x−n)+1＝0的根得到(a−m)(a−n)＝−1< 0，进而判断出m<a<n，同理判断出m<b<n，即可得出结论．
【解答】
解：∵a是关于x的一元二次方程(x−m)(x−n)+1=0的根，
∴(a−m)(a−n)+1=0，
∴(a−m)(a−n)=−1<0.
∵m<n，
∴m<a<n.
同理：m<b<n.
∵a<b，
∴m<a<b<n.
故选D.
8.
【答案】
A
【考点】
一次函数图象上点的坐标特点
垂径定理
勾股定理
【解析】
易知直线y＝kx−3k+4过定点D(3, 4)，运用勾股定理可求出OD，由条件可求出半径OB，由于过圆内定点D的所有弦中，与OD垂直的弦最短，因此只需运用垂径定理及勾股定理就可解决问题．
【解答】
解：对于直线y=kx−3k+4=k(x−3)+4，当x=3时，y=4，
故直线y=kx−3k+4恒经过点(3, 4)，记为点D.
过点D作DH⊥x轴于点H，
则有OH=3，DH=4，OD=√OH2+DH2=5.
∵点A(13, 0)，
∴OA=13，
∴OB=OA=13.
∵过圆内定点D的所有弦中，与OD垂直的弦最短，如图所示，
∴运用垂径定理及勾股定理可得：
BC的最小值为2BD=2√OB2−OD2=2×√132−52
=2×12=24.
二、填空题
【答案】
x1=0，x2=2
【考点】
解一元二次方程-因式分解法
【解析】
移项，提公因式，可利用因式分解法求方程的解．
【解答】
解：移项，得x2−2x=0，
提公因式，得x(x−2)=0
解得x1=0，x2=2.
故答案为：x1=0，x2=2.
【答案】
−2
【考点】
一元二次方程的解
【解析】
一元二次方程的解就是能够使方程左右两边相等的未知数的值．即用这个数代替未知数所得式子仍然成立．将x=0代入方程式即得．
【解答】
解：把x=0代入一元二次方程(m−2)x2+3x+m2−4=0，
得m2−4=0，即m=±2.
又m−2≠0，m≠2，取m=−2．
故答案为：−2.
【答案】
48
【考点】
圆周角定理
三角形内角和定理
【解析】
连接AD，如图，根据圆周角定理得到∠ADB=90∘，∠A=∠BCD=42∘，然后利用互余计算∠ABD的度数．
【解答】
解：连接AD，如图所示，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB=90∘.
∵∠A=∠BCD=42∘，
∴∠ABD=90∘−42∘=48∘.
故答案为：48.
【答案】
30∘或150∘
【考点】
圆周角定理
【解析】
根据题意画出相应的图形，如图所示，由半径等于弦长，得到三角形AOB为等边三角形，利用等边三角形的性质得到∠AOB为60∘，利用同弧所对的圆心角等于所对圆周角的2倍求出∠ACB的度数，再利用圆内接四边形的对角1互补求出∠ADB的度数，即可得出弦AB所对圆周角的度数．
【解答】
解：根据题意画出相应的图形，如图所示，
∵OA=OB=AB，
∴△AOB为等边三角形，
∴∠AOB=60∘.
̂，
∵∠AOB与∠ACB都对应劣弧AB
∠AOB=30∘.
∴∠ACB=1
2
(360∘−∠AOB)=150∘.
同理∠ADB=1
2
则弦AB所对的圆周角为30∘或150∘．
故答案为：30∘或150∘.
【答案】
60
【考点】
圆周角定理
平行四边形的性质
【解析】
由“平行四边形的对角相等”推知∠AOC=∠B；然后根据“圆内接四边形的对角互补”求得∠D+∠B=180∘；最后由圆周角定理、等量代换求得∠D+2∠D=180∘．
【解答】
解：在平行四边形OABC中，∠AOC=∠B．
∵点A，B，C，D在⊙O上，
∴∠D+∠B=180∘．
∠AOC，
又∵∠D=1
2
∴∠D+2∠D=180∘，
∴∠D=60∘．
故答案为：60.
【答案】
−1
【考点】
一元二次方程的解
【解析】
由ax2+bx+c=0，可得：当x=1时，有a+b+c=0；当x=−1时，有a−b+ c=0，故问题可求．
【解答】
解：由题意，一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)满足a−b+c=0，
∴当x=−1时，一元二次方程ax2+bx+c=0
即为：a×(−1)2+b×(−1)+c=0，
∴a−b+c=0.
综上可知，此方程必定有一根为−1.
故答案为：−1.
【答案】
729
【考点】
一元二次方程的应用
【解析】
（1）设平均一人传染了x人，根据有一人患了流感，经过两轮传染后共有81人患了流感，列方程求解．
【解答】
解：设每轮传染中平均每个人传染的人数为x人，
由题意可列得，x+1+(x+1)x=81，
解得x1=8，x2=−10（舍去），
即每轮传染中平均每个人传染的人数为8人，
经过三轮传染后患上流感的人数为：81+8×81=729（人）.
故答案为：729.
【答案】
x1=0，x2=−5
【考点】
换元法解一元二次方程
解一元二次方程-直接开平方法
一元二次方程的解
【解析】
根据题意得出x与a，c，m的关系进而，将方程a(x+m+3)2=c变形求出解即可．【解答】
解：∵方程a(x+m)2=c的解分别为x1=3，x2=−2，
∴(x+m)2=c
，
a
∴x+m=±√c
，
a
=3或−2，
∴x=−m±√c
a
∴a(x+m+3)2=c可变形为：x+m+3=±√c
，
a
−3，
∴x=−m±√c
a
∴方程a(x+m+3)2=c的两根是：3−3=0或−2−3=−5，
即x1=0，x2=−5.
故答案为：x1=0，x2=−5．
【答案】
1+√5
2
【考点】
一元二次方程的应用——几何图形面积问题
图形的剪拼
【解析】
根据左图可以知道图形是一个正方形，边长为(a+b)，右图是一个长方形，长宽分别
为(b+a+b)、b，并且它们的面积相等，由此即可列出等式(a+b)2=b(b+a+b)，而a=1，代入即可得到关于b的方程，解方程即可求出b．
【解答】
解：依题意得(a+b)2=b(b+a+b)，
而a=1，
∴b2−b−1=0，
∴b=1±√5
，而b不能为负，
2
∴b=1+√5
.
2
.
故答案为：1+√5
2
【答案】
4√3−2
【考点】
全等三角形的性质与判定
旋转的性质
等边三角形的性质
【解析】
如图，连接PC，BP′，BD，由旋转的性质可得AP=AP′，∠PAP′=60∘=∠BAC，由“SAS”可证△APC≅△AP′B，可得BP=CP=2cm，即点P′在以B为圆心2cm为半径的圆上，可得当点P在BD上时，P′D有最小值，即可求解．
【解答】
解：如图，连接PC ， BP ′，BD ，
∵ 将AP 绕点A 顺时针旋转60∘至AP ′，
∴ AP =AP ′， ∠PAP ′=60∘=∠BAC ，
∴ ∠BAP ′=∠CAP ，且AB =AC ，AP =AP ′，
∴ △APC ≅△AP ′B(SAS)，
∴ BP ′=CP =2cm ，
∴ 点P ′在以B 为圆心，2cm 为半径的圆上，
∴ 当点P ′在BD 上时，P ′D 有最小值.
∵ △ABC 是等边三角形，点D 是AC 的中点，AB =8cm ，
∴ AD =4cm ，BD ⊥AC ，∠ABD =30∘，
∴ BD =4√3cm ，
∴ 线段DP ′的最小值为(4√3−2)cm .
故答案为：4√3−2.
三、解答题
【答案】
解：(1)x 2−2x +1=9，
(x −1)2=9，
x −1=±3，
∴ x −1=3或x −1=−3，
∴ x 1=4，x 2=−2.
(2)Δ=(−3)2−4×2×(−1)=17，
x =3±√172×2
∴ x 1=3+√17
4，x 2=3−√17
4．
【考点】
解一元二次方程-公式法
解一元二次方程-配方法
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)x 2−2x +1=9，
(x −1)2=9，
x −1=±3，
∴ x −1=3或x −1=−3，
∴ x 1=4，x 2=−2.
(2)Δ=(−3)2−4×2×(−1)=17，
x =3±√172×2
∴ x 1=3+√174，x 2=3−√174．
【答案】
(1)证明：Δ=[−(m −1)]2−4×1×[−2(m +3)]
=m 2+6m +25=(m +3)2+16，
∵ (m +3)2≥0，
∴ (m +3)2+16>0，即Δ>0，
∴ 无论m 取任何实数，方程都有两个不相等的实数根.
(2)解：将x =−4代入原方程，
得：16+4(m −1)−2(m +3)=0，
解得：m =−3，
∴ 方程的另一个根为x =m −1−(−4)=0.
【考点】
根与系数的关系
根的判别式
一元二次方程的解
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)证明：Δ=[−(m −1)]2−4×1×[−2(m +3)]
=m 2+6m +25=(m +3)2+16，
∵ (m +3)2≥0，
∴ (m +3)2+16>0，即Δ>0，
∴ 无论m 取任何实数，方程都有两个不相等的实数根.
(2)解：将x =−4代入原方程，
得：16+4(m −1)−2(m +3)=0，
解得：m =−3，
∴ 方程的另一个根为x =m −1−(−4)=0.
【答案】
(2, −1),2√5
点M 在⊙P 内
【考点】
作线段的垂直平分线
求坐标系中两点间的距离
点与圆的位置关系
垂径定理的应用
勾股定理
【解析】
（1）画出P 点的位置，即可得出P 的坐标，根据勾股定理求出半径即可；
（2）求出MP的长，即可得出答案；
（2）画出符合条件的两种情况，根据A、B的坐标求出即可．
【解答】
解：(1)如图所示，
作AB和BC的垂直平分线，交点P就是圆心，即P的坐标是(2, −1)，
连接AP，由勾股定理得：AP=√22+42=2√5.
故答案为：(2, −1)；2√5.
(2)∵P(2, −1)，M(−1, 1)，
∴PM=√(2+1)2+(−1−1)2=√13<2√5，
即点M(−1, 1)与⊙P的位置关系是点M在⊙P内.
故答案为：点M在⊙P内.
【答案】
解：当x−1≥0即x≥1时，原方程化为x2−(x−1)−1=0，即x2−x=0，
解得x1=0，x2=1，∵x≥1，∴x=1；
当x−1<0即x<1时，原方程化为x2+(x−1)−1=0，即x2+x−2=0，
解得x1=−2，x2=1，∵x<1，∴x=−2，
∴原方程的根为x1=1，x2=−2.
【考点】
绝对值的意义
解一元二次方程-因式分解法
【解析】
将方程化为关于x的一元二次方程，求出方程的解得到x的值，即为|x−1|的值，利用绝对值的代数意义即可求出x的值，即为原方程的解．
【解答】
解：当x−1≥0即x≥1时，原方程化为x2−(x−1)−1=0，即x2−x=0，
解得x1=0，x2=1，∵x≥1，∴x=1；
当x−1<0即x<1时，原方程化为x2+(x−1)−1=0，即x2+x−2=0，
解得x1=−2，x2=1，∵x<1，∴x=−2，
∴原方程的根为x1=1，x2=−2.
【答案】
(1)解：∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠BAD+∠C=180∘.
∵∠C=110∘，
∴∠BAD=70∘.
∵AB=AD，
∴∠ABD=∠ADB=55∘.
∵四边形ABDE内接于⊙O，
∴∠ABD+∠E=180∘，
∴∠E=125∘.
(2)证明：∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，
∴∠BAD+∠C=180∘.
∵四边形ABDE是⊙O的内接四边形，
∴∠ABD+∠E=180∘.
又∵∠E=∠C，
∴∠BAD=∠ABD，
∴AD=BD.
∵AB=AD，
∴AD=BD=AB.
∴△ABD为等边三角形.
【考点】
圆内接四边形的性质
等边三角形的判定
等腰三角形的判定与性质
【解析】
（1）根据圆内接四边形的对角互补可得出∠BAD，再由AB=AD，得出由圆内接四边形的对角互补即可得出∠E的度数；
（2）根据圆内接四边形的对角互补的性质，可得出∠BAD=∠C，∠E=∠ABD，再由已知条件∠E=∠C，得出∠BAD=∠ABD，从而得出：△ABD为等边三角形．
【解答】
(1)解：∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠BAD+∠C=180∘.
∵∠C=110∘，
∴∠BAD=70∘.
∵AB=AD，
∴∠ABD=∠ADB=55∘.
∵四边形ABDE内接于⊙O，
∴∠ABD+∠E=180∘，
∴∠E=125∘.
(2)证明：∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，
∴∠BAD+∠C=180∘.
∵四边形ABDE是⊙O的内接四边形，
∴∠ABD+∠E=180∘.
又∵∠E=∠C，
∴∠BAD=∠ABD，
∴AD=BD.
∵AB=AD，
∴AD=BD=AB.
∴△ABD为等边三角形.
【答案】
解：(1)连接OD，
∵⊙O的直径AB=12，
∴圆的半径为12÷2=6.
∵OC⊥AB，DE⊥OC，DF⊥AB，∴四边形OFDE是矩形，
∴EF=OD=6.
(2)①∵点E为OC的中点，
∴OE=1
2OC=1
2
OD，
∴∠EDO=30∘，
∴∠DOE=60∘，
∴弧CD的度数为60∘；
②PC+PD的最小值为6√3，理由如下：
延长CO交⊙O于G，连接DG交AB于P，
则PC+PD的最小值=DG，
∵∠G=1
2
∠COD=30∘，
∴DE=1
2
DG.
又∵EG=3+6=9，
∴在Rt△DEG中，由勾股定理得DE2+EG2=DG2，
即1
4
DG2+81=DG2，
解得DG=6√3，
∴PC+PD的最小值为6√3.
【考点】
圆周角定理
圆心角、弧、弦的关系
矩形的判定与性质
勾股定理
轴对称——最短路线问题
【解析】
（1）求出圆的半径，再判断出四边形OFDE是矩形，然后根据矩形的对角线相等解答即可；
（2）①根据线段中点的定义得到OE=1
2OC=1
2
OD，根据三角形的内角和得到∠DOE
＝60∘，于是得到结论；
②延长CO交⊙O于G，l连接DG交AB于P，则PC+PD的最小值＝DG，解直角三角形即可得到结论．
【解答】
解：(1)连接OD，
∵⊙O的直径AB=12，
∴圆的半径为12÷2=6.
∵OC⊥AB，DE⊥OC，DF⊥AB，
∴四边形OFDE是矩形，
∴EF=OD=6.
(2)①∵点E为OC的中点，
∴OE=1
2OC=1
2
OD，
∴∠EDO=30∘，
∴∠DOE=60∘，
∴弧CD的度数为60∘；
②PC+PD的最小值为6√3，理由如下：
延长CO交⊙O于G，连接DG交AB于P，
则PC+PD的最小值=DG，
∵∠G=1
2
∠COD=30∘，
∴DE=1
2
DG.
又∵EG=3+6=9，
∴在Rt△DEG中，由勾股定理得DE2+EG2=DG2，
即1
4
DG2+81=DG2，
解得DG=6√3，
∴PC+PD的最小值为6√3.
【答案】
解：(1)设有x人参加这次旅游，
∵30×800=24000（元），24000<29250，
∴x>30．
根据题意得：x[800−10(x−30)]=29250，
解得：x1=45，x2=65（舍去）.
答：参加这次旅游的有45人.
(2)公司为第二批员工支付旅游费50×[800−10×(50−30)]=30000（元），两批员工合并成一批后的人均费用800−10×(45+50−30)=150（元）.
∵150<550，
∴两批员工合并成一批后的人均费用为550元，
∴节约的旅游费用为29250+30000−(45+50)×550=7000（元）.
答：如果这两批员工合并成一批去旅游，则该公司可节约旅游费用7000元.
【考点】
列代数式求值
一元二次方程的应用——其他问题
【解析】
【解答】
解：(1)设有x人参加这次旅游，
∵30×800=24000（元），24000<29250，
∴x>30．
根据题意得：x[800−10(x−30)]=29250，
解得：x1=45，x2=65（舍去）.
答：参加这次旅游的有45人.
(2)公司为第二批员工支付旅游费50×[800−10×(50−30)]=30000（元），两批员工合并成一批后的人均费用800−10×(45+50−30)=150（元）.
∵150<550，
∴两批员工合并成一批后的人均费用为550元，
∴节约的旅游费用为29250+30000−(45+50)×550=7000（元）.
答：如果这两批员工合并成一批去旅游，则该公司可节约旅游费用7000元.
【答案】
(1)解：当a=3，b=4，c=5时，
“勾系一元二次方程”为3x2+5√2x+4=0.
(2)证明：根据题意，得Δ=(√2c)2−4ab=2c2−4ab，
∵a2+b2=c2，
∴2c2−4ab=2(a2+b2)−4ab=2(a−b)2≥0，
即Δ≥0，
∴ “勾系一元二次方程”ax2+√2cx+b=0必有实数根.
(3)解：当x=−1时，有a−√2c+b=0，即a+b=√2c，
∵2a+2b+√2c=6√2，即2(a+b)+√2c=6√2，
∴3√2c=6√2，
∴c=2，
∴a2+b2=c2=4，a+b=2√2.
∵(a+b)2=a2+2ab+b2=8，
∴2ab=4，即ab=2，
ab=1.
∴S△ABC=1
2
【考点】
三角形的面积
根的判别式
一元二次方程的解
勾股数
【解析】
（1）直接找一组勾股数代入方程即可；
（2）通过判断根的判别式△的正负来证明结论；
（3）利用根的意义和勾股定理作为相等关系先求得c的值，根据完全平方公式求得ab 的值，从而可求得面积．
【解答】
(1)解：当a=3，b=4，c=5时，
“勾系一元二次方程”为3x2+5√2x+4=0.
(2)证明：根据题意，得Δ=(√2c)2−4ab=2c2−4ab，
∵a2+b2=c2，
∴2c2−4ab=2(a2+b2)−4ab=2(a−b)2≥0，
即Δ≥0，
∴ “勾系一元二次方程”ax2+√2cx+b=0必有实数根.
(3)解：当x=−1时，有a−√2c+b=0，即a+b=√2c，
∵2a+2b+√2c=6√2，即2(a+b)+√2c=6√2，
∴3√2c=6√2，
∴c=2，
∴a2+b2=c2=4，a+b=2√2.
∵(a+b)2=a2+2ab+b2=8，
∴2ab=4，即ab=2，
ab=1.
∴S△ABC=1
2
【答案】
(1)证明：如图1，连接AP，
∵BC是半⊙O的直径，
∴∠BAC=90∘.
∵AD⊥BC于D，
∴∠ADB=90∘，
∴∠ACB+∠ABC=∠BAD+∠ABD=90∘，
∴∠ACB=∠BAD.
∵点A是弧BP的中点，
∴∠P=∠ACB=∠ABP，
∴∠ABE=∠BAE，
∴AE=BE.
(2)解：BE=EF，
理由是：∵BC是直径，AD⊥BC，
∴∠BAC=∠ADB=90∘，
∴∠BAD=∠ACB.
∵A为弧BP中点，
∴∠ABP=∠ACB，
∴∠BAD=∠ABP，
∴BE=AE，∠FAD=∠AFB，
∴EF=AE，
∴BE=EF.
(3)解：小李的发现是正确的，
理由是：如图2，延长BA，CP，交于G，
∵P为半圆弧的中点，A是弧BP的中点，
∴∠PCF=∠GBP，∠CPF=∠BPG=90∘，BP=PC，在△PCF和△PBG中，
{∠PCF=∠PBG, PC=PB,∠CPF=∠BPG,
∴△PCF≅△PBG(ASA)，∴CF=BG.
∵BC为直径，
∴∠BAC=90∘.
∵A为弧BP中点，
∴∠GCA=∠BCA.
在△BAC和△GAC中，
{∠CAB=∠CAG, AC=AC,∠BCA=∠GCA,
∴△BAC≅△GAC(ASA)，∴AG=AB=1
2
BG，
∴CF=2AB．
【考点】
全等三角形的性质与判定圆周角定理
圆心角、弧、弦的关系
等腰三角形的性质
【解析】
（1）如图1，连接AP，由BC是半⊙O的直径，AD⊥BC于D，得到∠ACB+∠ABC＝∠BAD+∠ABD＝90∘，于是得到∠ACB＝∠BAD，根据圆周角定理得到∠P＝∠ACB＝∠ABP，即可求出结论；
（2）根据圆周角定理求出∠ABE＝∠BAE，求出AE＝BE，求出∠CAD＝∠AFB，求出AE＝EF，即可得出答案；
（3）根据全等三角形的性质和判定求出BG＝CF，AB＝AG，即可得出答案．
【解答】
(1)证明：如图1，连接AP，
∵BC是半⊙O的直径，
∴∠BAC=90∘.
∵AD⊥BC于D，
∴∠ADB=90∘，
∴∠ACB+∠ABC=∠BAD+∠ABD=90∘，
∴∠ACB=∠BAD.
∵点A是弧BP的中点，
∴∠P=∠ACB=∠ABP，
∴∠ABE=∠BAE，
∴AE=BE.
(2)解：BE=EF，
理由是：∵BC是直径，AD⊥BC，
∴∠BAC=∠ADB=90∘，
∴∠BAD=∠ACB.
∵A为弧BP中点，
∴∠ABP=∠ACB，
∴∠BAD=∠ABP，
∴BE=AE，∠FAD=∠AFB，
∴EF=AE，
∴BE=EF.
(3)解：小李的发现是正确的，
理由是：如图2，延长BA，CP，交于G，
∵P为半圆弧的中点，A是弧BP的中点，
∴∠PCF=∠GBP，∠CPF=∠BPG=90∘，BP=PC，在△PCF和△PBG中，
{∠PCF=∠PBG, PC=PB,∠CPF=∠BPG,
∴△PCF≅△PBG(ASA)，∴CF=BG.
∵BC为直径，
∴∠BAC=90∘.
∵A为弧BP中点，
∴∠GCA=∠BCA.
在△BAC和△GAC中，
{∠CAB=∠CAG, AC=AC,∠BCA=∠GCA,
∴△BAC≅△GAC(ASA)，
∴AG=AB=1
2
BG，
∴CF=2AB．
【答案】
解：(1)从图中我们可以发现四边形ADMB就是一个损矩形．∵点M是正方形对角线的交点，
∴∠BMD=90∘，
∵∠BAD=90∘，
∴四边形ADMB就是一个损矩形.
(2)取BD中点H，连接MH，AH，如图所示，
∵四边形OABC，BDEF是正方形，
∴△ABD，△BDM都是直角三角形，
∴HA=1
2BD，HM=1
2
BD，
∴HA=HB=HM=HD=1
2
BD，
∴损矩形ABMD一定有外接圆，
∴损矩形ABMD的四个顶点在同一个圆上.
(3)∵损矩形ABMD一定有外接圆⊙H，
∴∠MAD=∠MBD，
∵四边形BDEF是正方形，∠MBD=45∘，
∴∠MAD=45∘，
∴∠OAN=45∘，
∵OA=2，
∴ON=2，
∴N点的坐标为(0, −2).
(4)延长AB交MG于点P，过点M作MQ⊥x轴于点Q，则四边形APMQ为正方形，
设MG=x，
∴PM=AQ=x−2，
∴OG=MQ=x−2.
∵△MBP≅△MDQ，
∴DQ=BP=CG=x−4，
∴MN2=2x2，ND2=(2x−4)2+22，MD2=(x−2)2+(x−4)2.
∵四边形DMGN为损矩形，
∴2x2=(2x−4)2+22+(x−2)2+(x−4)2，
∴x2−7x+10=0，
解得x=5或x=2（舍去），
∴OD=6，
∴D点坐标为(6, 0).
【考点】
圆周角定理
确定圆的条件
解一元二次方程-因式分解法
正方形的性质
直角三角形斜边上的中线
勾股定理
全等三角形的性质
点的坐标
【解析】
【解答】
解：(1)从图中我们可以发现四边形ADMB就是一个损矩形．∵点M是正方形对角线的交点，
∴∠BMD=90∘，
∵∠BAD=90∘，
∴四边形ADMB就是一个损矩形.
(2)取BD中点H，连接MH，AH，如图所示，
∵四边形OABC，BDEF是正方形，
∴△ABD，△BDM都是直角三角形，
∴HA=1
2BD，HM=1
2
BD，
∴HA=HB=HM=HD=1
2
BD，
∴损矩形ABMD一定有外接圆，
∴损矩形ABMD的四个顶点在同一个圆上.
(3)∵损矩形ABMD一定有外接圆⊙H，
∴∠MAD=∠MBD，
∵四边形BDEF是正方形，∠MBD=45∘，
∴∠MAD=45∘，
∴∠OAN=45∘，
∵OA=2，
∴ON=2，
∴N点的坐标为(0, −2).
(4)延长AB交MG于点P，过点M作MQ⊥x轴于点Q，则四边形APMQ为正方形，
设MG=x，
∴PM=AQ=x−2，
∴OG=MQ=x−2.
∵△MBP≅△MDQ，
∴DQ=BP=CG=x−4，
∴MN2=2x2，ND2=(2x−4)2+22，MD2=(x−2)2+(x−4)2. ∵四边形DMGN为损矩形，
∴2x2=(2x−4)2+22+(x−2)2+(x−4)2，
∴x2−7x+10=0，
解得x=5或x=2（舍去），
∴OD=6，
∴D点坐标为(6, 0).。