《 圆》2020年单元测试卷-教师版

新人教版九年级上册《第24章圆》2020年单元测试卷一、选择题（本大题共13小题，共39.0分）1.如图，BC是⊙O的直径，A，D是⊙O上的两点，连接AB，AD，BD，若∠ADB=70°，则∠ABC的度数是()A. 20°B. 70°C. 30°D. 90°2.如图所示，矩形纸片ABCD中，AD=6cm，把它分割成正方形纸片ABFE和矩形纸片EFCD后，分别裁出扇形ABF和半径最大的圆，恰好能作为一个圆锥的底面和侧面，则AB的长为()A. 3.5cmB. 4cmC. 4.5cmD. 5cm 3.如图，在△AOC中，OA=3cm，OC=1cm，将△AOC绕点O顺时针旋转90°后得到△BOD，则AC边在旋转过程中所扫过的图形的面积为()cm2．A. π2B. 2ππC. 178πD. 1984.如图，AC，BE是⊙O的直径，弦AD与BE交于点F，下列三角形中，外心不是点O的是()A. △ABEB. △ACFC. △ABDD. △ADE5.已知某直线到圆心的距离为5cm，圆的周长为10πcm，请问这条直线与这个圆的公共点的个数为()A. 0B. 1C. 2D. 无法确定6.如图物体由两个圆锥组成．其主视图中，∠A=90°，∠ABC=105°，若上面圆锥的侧面积为1，则下面圆锥的侧面积为()A. 2B. √3C. 32D. √27.如图，在一个圆内有AB⏜、CD⏜、EF⏜，若AB⏜+CD⏜=EF⏜，则AB+CD与EF的大小关系是()A. AB+CD=EFB. AB+CD<EFC. AB+CD≤EFD. AB+CD>EF8.如图，一把直尺，60°的直角三角板和光盘如图摆放，A为60°角与直尺交点，AB=3，则光盘的直径是()A. 3B. 3√3C. 6D. 6√39.如图，△ABC的外接圆上，AB，BC，CA三弧的度数比为12：13：11.自劣弧BC上取一点D，过D分别作直线AC，直线AB的平行线，且交BC⏜于E，F两点，则∠EDF的度数为()A. 55°B. 60°C. 65°D. 70°10.如图，在平面直角坐标系中，正方形ABCO的顶点A、C分别在y轴、x轴上，以AB为弦的⊙M与x轴相切．若点A的坐标为(0,8)，则圆心M的坐标为()A. (−4,5)B. (−5,4)C. (5,−4)D. (4,−5)11.如图，在菱形ABCD中，以AB为直径画弧分别交BC于点F，交对角线AC于点E，若AB=4，F为BC的中点，则图中阴影部分的面积为()A. 2√3−2π3B. 2√3 C. 4π3−3√3 D. 2π312.如图，△ABC内接于⊙O，AB=BC，∠ABC=120°，AD为⊙O的直径，AD=6，那么弦AC的值为()A. 3B. 2√3C. 3√3D. 213.如图，Rt△ABC中，∠C=90°，∠A=30°，在AC边上取点O为圆心画圆，使⊙O经过A、B两点，下列结论：①AO=2CO；②AO=BC；③以O圆心，OC为半径的圆与AB相切；④延长BC交⊙O于D，则A、B、D是⊙O的三等分点．其中正确的序号是()A. ①②③④B. ①②③C. ②③④D. ①③④二、填空题（本大题共6小题，共18.0分）14.《九章算术》是我国古代数学成就的杰出代表作，其中《方田》章计算弧田面积所用的经验公式是：弧田(弦×矢+矢 2).孤田是由圆弧和其所对的弦面积=12围成(如图中的阴影部分)，公式中“弦”指圆弧所对弦长，“矢”等于半径长与圆心到弦的距离之差，运用垂径定理(当半径OC⊥弦AB时，OC平分AB)可以求解．现已知弦AB=8米，半径等于5米的弧田，按照上述公式计算出弧田的面积为______平方米．15.⊙O的圆心是原点O(0,0)，半径为5，点A(3,a)在⊙O上，如果点A在第一象限内，那么a=______．16.AB是⊙O的直径，C，D在⊙O上且分布在AB两侧，C是直径AB所对弧的一个三等分点，则∠BDC=______．17.如图，扇形AOB中，OA=10，∠AOB=36°.若将此扇形绕点B顺时针旋转，得一新扇形A′O′B，其中A点在O′B上，则点O的运动路径长为______cm.(结果保留π)18.刘徽是中国古代卓越的数学家之一，他在《九章算术》中提出了“割圆术”，即用内接或外切正多边形逐步逼近圆来近似计算圆的面积，设圆O的半径为1，若用圆O的外切正六边形的面积S来近似估计圆O的面积，则S=______.(结果保留根号) 19.如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=6，BC=8，点D是AB的中点，以CD为直径作⊙O，⊙O分别与AC，BC交于点E，F，过点F作⊙O的切线FG，交AB于点G，则FG的长为______．三、计算题（本大题共1小题，共6.0分）20.如图，已知AB是⊙P的直径，点C在⊙P上，D为⊙P外一点，且∠ADC=90°，直线CD为⊙P的切线．(1)试说明：2∠B+∠DAB=180°(2)若∠B=30°，AD=2，求⊙P的半径．四、解答题（本大题共4小题，共32.0分）21.如图1，AB为半圆的直径，点O为圆心，AF为半圆的切线，过半圆上的点C作CD//AB交AF于点D，连接BC．(1)连接DO，若BC//OD，求证：CD是半圆的切线；(2)如图2，当线段CD与半圆交于点E时，连接AE，AC，判断∠AED和∠ACD的数量关系，并证明你的结论．22.探究活动一：如图1，某数学兴趣小组在研究直线上点的坐标规律时，在直线AB上的三点A(1,3)、B(2,5)、C(4,9)，有k AB=5−32−1=2，k AC=9−34−1=2，发现k AB=k AC，兴趣小组提出猜想：若直线y=kx+b(k≠0)上任意两点坐标P(x1,y1)，Q(x2,y2)(x1≠x2)，则k PQ=y2−y1x2−x1是定值．通过多次验证和查阅资料得知，猜想成立，k PQ是定值，并且是直线y=kx+b(k≠0)中的k，叫做这条直线的斜率．请你应用以上规律直接写出过S(−2,−2)、T(4,2)两点的直线ST的斜率k ST=______．探究活动二数学兴趣小组继续深入研究直线的“斜率”问题，得到正确结论：任意两条不和坐标轴平行的直线互相要直时，这两条直线的斜率之积是定值．如图2，直线DE与直线DF垂直于点D，D(2,2)，E(1,4)，F(4,3).请求出直线DE与直线DF的斜率之积．综合应用如图3，⊙M为以点M为圆心，MN的长为半径的圆，M(1,2)，N(4,5)，请结合探究活动二的结论，求出过点N的⊙M的切线的解析式．23.若一个四边形的两条对角线互相垂直且相等，则称这个四边形为“奇妙四边形”.如图1，四边形ABCD中，若AC=BD，AC⊥BD，则称四边形ABCD为奇妙四边形．根据“奇妙四边形”对角线互相垂直的特征可得“奇妙四边形”的一个重要性质：“奇妙四边形”的面积等于两条对角线乘积的一半．根据以上信息回答：(1)矩形______“奇妙四边形”(填“是”或“不是”)；(2)如图2，已知⊙O的内接四边形ABCD是“奇妙四边形”，若⊙O的半径为6，∠BCD=60°.求“奇妙四边形”ABCD的面积；(3)如图3，已知⊙O的内接四边形ABCD是“奇妙四边形”作OM⊥BC于M.请猜测OM与AD的数量关系，并证明你的结论．24.如图，已知抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)的图象的顶点坐标是(2,1)，并且经过点x+1与抛物线交于B，D两点，以BD为直径作圆，圆心为点C，(4,2)，直线y=12圆C与直线m交于对称轴右侧的点M(t,1)，直线m上每一点的纵坐标都等于1．(1)求抛物线的解析式；(2)证明：圆C与x轴相切；(3)过点B作BE⊥m，垂足为E，再过点D作DF⊥m，垂足为F，求BE：MF的值．答案和解析1.【答案】A【解析】解：连接AC，如图，∵BC是⊙O的直径，∴∠BAC=90°，∵∠ACB=∠ADB=70°，∴∠ABC=90°−70°=20°．故答案为20°．故选：A．连接AC，如图，根据圆周角定理得到∠BAC=90°，∠ACB=∠ADB=70°，然后利用互余计算∠ABC的度数．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．推论：半圆(或直径)所对的圆周角是直角，90°的圆周角所对的弦是直径．2.【答案】B【解析】解：设AB=xcm，则DE=(6−x)cm，根据题意，得90πx180=π(6−x)，解得x=4．故选：B．设AB=xcm，则DE=(6−x)cm，根据扇形的弧长等于圆锥底面圆的周长列出方程，求解即可．本题考查了圆锥的计算，矩形的性质，正确理解圆锥的侧面展开图与原来的扇形之间的关系是解决本题的关键，理解圆锥的母线长是扇形的半径，圆锥的底面圆周长是扇形的弧长．3.【答案】B【解析】【分析】本题考查了旋转的性质以及扇形的面积公式，正确理解：AC边在旋转过程中所扫过的图形的面积=扇形OAB的面积−扇形OCD的面积是解题关键．根据旋转的性质可以得到AC边在旋转过程中所扫过的图形的面积=扇形OAB的面积−扇形OCD的面积，利用扇形的面积公式即可求解．【解答】解：∵将△AOC绕点O顺时针旋转90°后得到△BOD，∴△AOC≌△BOD，∴AC边在旋转过程中所扫过的图形的面积=扇形OAB的面积−扇形OCD的面积=90⋅π×32 360−90⋅π×12360=2π，故选：B．4.【答案】B【解析】【分析】利用外心的定义，外心：三角形外接圆的圆心是三角形三条边垂直平分线的交点，叫做三角形的外心，进而判断得出即可．此题主要考查了三角形外心的定义，正确把握外心的定义是解题关键．【解答】解：如图所示：只有△ACF的三个顶点不都在圆上，故外心不是点O的是△ACF．故选：B．5.【答案】B【解析】解：∵圆的周长为10πcm，∴圆的半径为5cm，∵圆心到直线l的距离为5cm，∴d=r，∴直线与圆相切，∴直线l和这个圆的公共点的个数为1个．故选：B．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．直线和圆有两个公共点，则直线和圆相交；直线和圆有唯一一个公共点，则直线和圆相切；直线和圆没有公共点，则直线和圆相离，即可得到问题选项．此题主要考查了直线与圆的位置关系，根据圆心距与半径关系得出位置关系是解决问题的关键．6.【答案】D【解析】解：∵∠A=90°，AB=AD，∴△ABD为等腰直角三角形，∴∠ABD=45°，BD=√2AB，∵∠ABC=105°，∴∠CBD=60°，而CB=CD，∴△CBD为等边三角形，∴BC=BD=√2AB，∵上面圆锥与下面圆锥的底面相同，∴上面圆锥的侧面积与下面圆锥的侧面积的比等于AB：CB，∴下面圆锥的侧面积=√2×1=√2．故选：D．先证明△ABD为等腰直角三角形得到∠ABD=45°，BD=√2AB，再证明△CBD为等边三角形得到BC=BD=√2AB，利用圆锥的侧面积的计算方法得到上面圆锥的侧面积与下面圆锥的侧面积的比等于AB：CB，从而得到下面圆锥的侧面积．本题考查了圆锥的计算：圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长．也考查了等腰直角三角形和等边三角形的性质．7.【答案】D⏜=CD⏜，【解析】解：如图，在弧EF上取一点M，使EM⏜=AB⏜，则FM所以AB =FM ，CD =EM ，在△MEF 中，FM +EM >EF ，所以AB +CD >EF ，故选：D ．在弧EF 上取一点M ，使EM ⏜=CD ⏜，推出FM ⏜=AB⏜，根据圆心角、弧、弦的关系得到AB =FM ，CD =EM ，根据三角形的三边关系定理求出FM +EM >FE 即可．本题主要考查对三角形的三边关系定理，圆心角、弧、弦的关系等知识点的理解和掌握，能正确作辅助线是解此题的关键．8.【答案】D【解析】解：设三角板与圆的切点为C ，连接OA 、OB ，由切线长定理知AB =AC =3，OA 平分∠BAC ，∴∠OAB =60°，在Rt △ABO 中，OB =AB ·tan∠OAB =3√3，∴光盘的直径为6√3，故选：D ．设三角板与圆的切点为C ，连接OA 、OB ，由切线长定理得出AB =AC =3、∠OAB =60°，根据OB =ABtan∠OAB 可得答案．本题主要考查切线的性质，解题的关键是掌握切线长定理和解直角三角形的应用． 9.【答案】C【解析】解：∵AB ，BC ，CA 三弧的度数比为12：13：11，∴AB⏜=1212+13+11×360°=120°， AC ⏜=1112+13+11×360°=110°， ∴∠ACB =12×120°=60°，∠ABC =12×110°=55°，∵AC//ED ，AB//DF ，∴∠FED =∠ACB =60°，∠EFD =∠ABC =55°，∴∠EDF =180°−60°−55°=65°．故选：C ．先根据AB ，BC ，CA 三弧的度数比为12：13：11求出AB⏜、AC ⏜的度数，再根据其度数即可求出∠ACB 及∠ABC 的度数，由平行线的性质即可求出∠FED 及∠EFD 的度数，由三角形内角和定理即可求出∠EDF 的度数．本题考查的是圆心角、弧、弦的关系及平行线的性质，能根据AB ，BC ，CA 三弧的度数比为12：13：11求出∠ABC 及∠ACB 的度数是解答此题的关键．10.【答案】A【解析】解：过点M作MD⊥AB于D，交OC于点E.连接AM，设⊙M的半径为R．∵以边AB为弦的⊙M与x轴相切，AB//OC，∴DE⊥CO，∴DE是⊙M直径的一部分；∵四边形OABC为正方形，顶点A，C在坐标轴上，点A的坐标为(0,8)，∴OA=AB=CB=OC=8，DM=8−R；∴AD=BD=4(垂径定理)；在Rt△ADM中，根据勾股定理可得AM2=DM2+AD2，∴R2=(8−R)2+42，∴R=5．∴M(−4,5)．故选A．过点M作MD⊥AB于D，连接AM.设⊙M的半径为R，因为四边形OABC为正方形，顶点A，C在坐标轴上，以边AB为弦的⊙M与x轴相切，若点A的坐标为(0,8)，所以DA=12AB=4，DM=8−R，AM=R，又因△ADM是直角三角形，利用勾股定理即可得到关于R的方程，解之即可．本题考查了垂径定理、坐标与图形性质、勾股定理及正方形的性质．解题时，需仔细分析题意及图形，利用勾股定理来解决问题．11.【答案】D【解析】解：如图，取AB的中点O，连接AF，OF．∵AB是直径，∴∠AFB=90°，∴AF⊥BF，∵CF=BF，∴AC=AB，∵四边形ABCD是菱形，∴AB=BC=AC，∴△ABC是等边三角形，∴∠OBF=60°，∵OF=OB，∴△OBF是等边三角形，∵∠CEF+∠AEF=180°，∠AEF+∠ABF=180°，∴∠CEF=∠ABF=60°，∵∠ECF=60°，∴△ECF是等边三角形，∵CF=BF，∴△CEF≌△BOF，∴S阴=S扇形OBF=60⋅π⋅22360=2π3，故选：D．如图，取AB的中点O，连接AF，OF.证明△ABC是等边三角形，把问题转化为S阴=S扇形OBF，由此即可解决问题．本题考查扇形的面积，菱形的性质，等边三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会用转化的思想思考问题，属于中考常考题型．12.【答案】C【解析】【分析】本题考查的是圆周角定理、勾股定理和直角三角形的性质，掌握直径所对的圆周角是直角和在直角三角形中30°角所对的直角边等于斜边的一半是解题的关键．根据等腰三角形的性质得到∠C=30°，根据圆周角定理得到∠ABD=90°，根据直角三角形的性质求出AC的长即可．【解答】解：∵AB=BC，∠ABC=120°，∴∠C=30°，∴∠D=30°，∵AD为⊙O的直径，∴∠ABD=90°，∴AB=12AD=3，过B作BE⊥AC于E，∴AC=2AE，∵AB=BC，∴∠BAE=∠C=30°，∴AE=√32AB=3√32，∴AC=3√3，故选C．13.【答案】D【解析】解：如图1，连接OB，则OA=OB，∵∠C=90°，∠A=30°，∴∠ABO=∠A=30°，∠ABC=60°，∴∠CBO=30°，∴OB=2OC，∴AO=2CO，∴①正确；在Rt△OCB中，∠C=90°，OB>BC，∵AO=OB，∴AO>BC，∴②错误；如图2，过O作OD⊥AB于D，∵∠C=90°，∠ABO=∠CBO=30°，∴OC=OD，∴以O圆心，OC为半径的圆与AB相切，∴③正确；如图3，连接AD，∵∠ACB=90°，∴根据垂径定理得：DC=BC，∴AD=AB，∵∠ABC=60°，∴△ADB是等边三角形，∴AD=AB=BD，∴弧AD=弧AB=弧BD，∴延长BC交⊙O于D，则A、B、D是⊙O的三等分点，∴④正确；故选：D．连接OB，求出OA=OB和∠CBO=30°，根据含30度角的直角三角形性质求出OB=2OC，即可判断①、②；过O作OD⊥AB于D，求出OD=OC，根据切线的判定即可判断③；根据垂径定理求出DC=BC，求出AD=AB，得出等边三角形，即可判断④．本题考查了角平分线性质，含30度角的直角三角形性质，垂径定理，圆心角、弧、弦之间的关系，直角三角形的性质，等边三角形的性质和判定的应用，主要考查学生的推理能力，题目比较好，难度偏大．14.【答案】10【解析】解：∵弦AB=8米，半径OC⊥弦AB，∴AD=4，∴OD=√OA2−AD2=3，∴OA−OD=2，∴弧田面积=12(弦×矢+矢 2)=12×(8×2+22)=10，故答案为：10．根据垂径定理得到AD=4，由勾股定理得到OD=√OA2−AD2=3，求得OA−OD=2，根据弧田面积=12(弦×矢+矢 2)即可得到结论．此题考查垂径定理的应用，关键是根据垂径定理和扇形面积解答．15.【答案】4【解析】解：∵⊙O的圆心是原点O(0,0)，半径为5，点A(3,a)在⊙O上，∴|a|=√52−32=4，∵点A在第一象限内，∴a=4．故答案为：4．根据勾股定理可求a的绝对值，再根据第一象限内点的坐标特征即可求解．考查了点与圆的位置关系，坐标与图形性质，勾股定理，关键是求出a的绝对值．16.【答案】30°或60°【解析】解：如图所示：连接CO，∵C是直径AB所对弧的一个三等分点，∴∠COB=120°，∴∠CDB=60°，连接C1O，∵C1是直径AB所对弧的一个三等分点，∴∠C1OB=60°，∴∠C1DB=30°，故答案为：30°或60°．此题分两种情况进行计算，点C有两种位置，分别根据圆周角定理：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进行计算即可．此题主要考查了圆周角定理以及圆心角度数的计算，关键是分两种情况讨论．17.【答案】4π【解析】解：根据题意，知OA=OB．又∠AOB=36°，∴∠OBA=72°．∴点O旋转至O′点所经过的轨迹长度=72°×π×10180∘=4πcm．故答案是：4π．根据弧长公式，此题主要是得到∠OBO′的度数．根据等腰三角形的性质即可求解．本题考查了弧长的计算、旋转的性质．解答该题的关键是弄清楚点O的运动轨迹是弧形，然后根据弧长的计算公式求解．18.【答案】2√3【解析】解：依照题意画出图象，如图所示．∵六边形ABCDEF为正六边形，∴△ABO为等边三角形，∵⊙O的半径为1，∴OM=1，∴BM=AM=√33，∴AB=2√33，∴S=6S△ABO=6×12×2√33×1=2√3．故答案为：2√3．根据正多边形的定义可得出△ABO为等边三角形，根据等边三角形的性质结合OM的长度可求出AB的长度，再利用三角形的面积公式即可求出S的值．本题考查了正多边形和圆、三角形的面积以及数学常识，根据等边三角形的性质求出正六边形的边长是解题的关键．19.【答案】125【解析】解：如图，在Rt△ABC中，根据勾股定理得，AB=10，∵点D是AB中点，∴CD=BD=12AB=5，连接DF，∵CD是⊙O的直径，∴∠CFD=90°，∴BF=CF=12BC=4，∴DF=√CD2−CF2=3，连接OF，∵OC=OD，CF=BF，∴OF//AB，∵FG是⊙O的切线，∴∠OFG=90°，∴∠BGF=90°，即FG⊥BD，∴S△BDF=12DF×BF=12BD×FG，∴FG=DF×BFBD =3×45=125，故答案为125．先利用勾股定理求出AB=10，进而求出CD=BD=5，再求出CF=4，进而求出DF=3，再判断出FG⊥BD，利用面积即可得出结论．此题主要考查了直角三角形的性质，勾股定理，切线的性质，三角形的中位线定理，三角形的面积公式，判断出FG⊥BD是解本题的关键．20.【答案】解：(1)连接CP，∵PC=PB，∴∠B=∠PCB，∴∠APC=∠PCB+∠B=2∠B，∵CD是⊙OP的切线，∴∠DCP=90°，∵∠ADC=90°，∴∠DAB+∠APC=180°∴2∠B+∠DAB=180°；(2)解：连接AC，∵∠B=30°，∴∠APC=60°，∵PC=PA，∴△ACP是等边三角形，∴AC=PA，∠ACP=60°，∴∠ACD=30°，∴AC=2AD=4，∴PA=4．即⊙P的半径为4．【解析】(1)根据切线的性质和圆周角定理，可得∠APC=∠PCB+∠B=2∠B，证得∠DAB+∠APC=180°，则结论得证；(2)连接AC，证得△ACP是等边三角形，可得AC=PA，∠ACP=60°，可求出AC长，PA长，则⊙P的半径可求出．本题考查切线的性质、圆周角定理、等腰三角形的性质、等边三角形的判定与性质等知识，解题的关键是灵活应用这些知识解决问题．21.【答案】(1)证明：连接OC，∵AF为半圆的切线，AB为半圆的直径，∴AB⊥AD，∵CD//AB，BC//OD，∴四边形BODC是平行四边形，∴OB=CD，∵OA=OB，∴CD=OA，∴四边形ADCO是平行四边形，∴OC//AD，∵CD//BA，∴CD⊥AD，∵OC//AD，∴OC⊥CD，∴CD是半圆的切线；(2)解：∠AED+∠ACD=90°，理由：如图2，连接BE，∵AB为半圆的直径，∴∠AEB=90°，∴∠EBA+∠BAE=90°，∵∠DAE+∠BAE=90°，∴∠ABE=∠DAE，∵∠ACE=∠ABE，∴∠ACE=∠DAE，∵∠ADE=90°，∴∠DAE+∠AED=∠AED+∠ACD=90°．【解析】(1)连接OC，根据切线的性质得到AB⊥AD，推出四边形BODC是平行四边形，得到OB=CD，等量代换得到CD=OA，推出四边形ADCO是平行四边形，根据平行四边形的性质得到OC//AD，于是得到结论；(2)如图2，连接BE，根据圆周角定理得到∠AEB=90°，求得∠EBA+∠BAE=90°，证得∠ABE=∠DAE，等量代换即可得到结论．本题考查了切线的判定和性质，圆周角定理，平行四边形的判定和性质，正确的作出辅助线是解题的关键．22.【答案】23【解析】解：(1)∵S(−2,−2)、T(4,2)∴k ST=2−(−2)4−(−2)=23故答案为：23(2)∵D(2,2)，E(1,4)，F(4,3)．∴k DE=4−21−2=−2，k DF=3−24−2=12，∴k DE×k DF=−2×12=−1，∴任意两条不和坐标轴平行的直线互相垂直时，这两条直线的斜率之积等于−1．(3)设经过点N与⊙M的直线为PQ，解析式为y=k PQ x+b∵M(1,2)，N(4,5)，∴k MN=5−24−1=1，∵PQ为⊙M的切线∴PQ⊥MN∴k PQ×k MN=−1，∴k PQ=−1，∵直线PQ经过点N(4,5)，∴5=−1×4+b，解得b=9∴直线PQ的解析式为y=−x+9．(1)直接利用公式计算即可；(2)运用公式分别求出k DE和k DF的值，再计算k DE×k DF=−1；(3)先求直线MN的斜率k MN，根据切线性质可知PQ⊥MN，可得直线PQ的斜率k PQ，待定系数法即可求得直线PQ解析式．本题主要考查了圆的切线性质，待定系数法求一次函数解析式，新定义：直线斜率；是一道创新题，引入新定义：直线斜率，理解和掌握直线斜率的概念是解题的关键．23.【答案】不是【解析】解：(1)矩形的对角线相等但不垂直，所以矩形不是“奇妙四边形”；故答案为不是；(2)连结OB、OD，作OH⊥BD于H，如图2，则BH=DH，∵∠BOD=2∠BCD=2×60°=120°，∴∠OBD=30°，在Rt△OBH中，∵∠OBH=30°，∴OH=12OB=3，∴BH=√3OH=3√3，∵BD=2BH=6√3，∴AC=BD=6√3，∴“奇妙四边形”ABCD的面积=12×6√3×6√3=54；(3)OM=12AD.理由如下：连结OB、OC、OA、OD，作OE⊥AD于E，如图3，∵OE⊥AD，∴AE=DE，∵∠BOC=2∠BAC，而∠BOC=2∠BOM，∴∠BOM=∠BAC，同理可得∠AOE=∠ABD，∵BD⊥AC，∴∠BAC+∠ABD=90°，∴∠BOM+∠AOE=90°，∵∠BOM+∠OBM=90°，∴∠OBM=∠AOE，在△BOM和△OAE中{∠BMO=∠OEA ∠OBM=∠AOE OB=AO，∴△BOM≌△OAE，∴OM=AE，∴OM=12AD．(1)根据矩形的性质和“奇妙四边形”的定义进行判断；(2)连结OB、OD，作OH⊥BD于H，如图2，根据垂径定理得到BH=DH，根据圆周角定理得到∠BOD=2∠BCD=120°，则利用等腰三角形的性质得∠OBD=30°，在Rt△OBH中可计算出BH=√3OH=3√3，BD=2BH=6√3，则AC=BD=6√3，然后根据奇妙四边形”的面积等于两条对角线乘积的一半求解；(3)连结OB、OC、OA、OD，作OE⊥AD于E，如图3，根据垂径定理得到AE=DE，再利用圆周角定理得到∠BOM=∠BAC，∠AOE=∠ABD，再利用等角的余角相等得到∠OBM=∠AOE，则可证明△BOM≌△OAE得到OM=AE，于是有OM=12AD．本题考查了圆的综合题：熟练掌握圆周角定理、垂径定理、等腰三角形的性质和矩形的性质；会利用三角形全等解决线段相等的问题．24.【答案】解：(1)∵已知抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)的图象的顶点坐标是(2,1)，∴可设抛物线解析式为y=a(x−2)2+1，∵抛物线经过点(4,2)，∴2=a(4−2)2+1，解得a=14，∴抛物线解析式为y =14(x −2)2+1=14x 2−x +2； (2)联立直线和抛物线解析式可得{y =14x 2−x +2y =12x +1，解得{x =3−√5y =52−√52或{x =3+√5y =52+√52， ∴B(3−√5,52−√52)，D(3+√5,52+√52)， ∵C 为BD 的中点，∴点C 的纵坐标为52−√52+52+√522=52， ∵BD =√[(3−√5)−(3+√5)]2+[(52−√52)−(52+√52)]2=5，∴圆的半径为52，∴点C 到x 轴的距离等于圆的半径，∴圆C 与x 轴相切；(3)如图，过点C 作CH ⊥m ，垂足为H ，连接CM ，由(2)可知CM =52，CH =52−1=32，在Rt △CMH 中，由勾股定理可求得MH =2，∵HF =3+√5−(3−√5)2=√5，∴MF =HF −MH =√5−2，∵BE =52−√52−1=32−√52， ∴BEMF =32−√52√5−2=√5+12．【解析】(1)可设抛物线的顶点式，再结合抛物线过点(4,2)，可求得抛物线的解析式；(2)联立直线和抛物线解析式可求得B 、D 两点的坐标，则可求得C 点坐标和线段BD 的长，可求得圆的半径，可证得结论；(3)过点C 作CH ⊥m 于点H ，连接CM ，可求得MH ，利用(2)中所求B 、D 的坐标可求得FH ，则可求得MF 和BE 的长，可求得其比值．本题为二次函数的综合应用，涉及待定系数法、函数图象的交点、切线的判定和性质、勾股定理等知识．在(1)中注意利用抛物线的顶点式，在(2)中求得B 、D 的坐标是解题的关键，在(3)中求得BE 、MF 的长是解题的关键．本题考查知识点较多，综合性较强，计算量较大，难度较大．。