金陵中学河西分校2025--2026学年九年级上学期数学第一次月考试卷（解析版）_江苏省南京市2025-2026学年7-9年级上学期10月第一次月考试卷（全科合集）

南京金陵中学河西分校 2025-2026 学年九年级上数学
第一次月考试题
一、选择题．（本大题共 6小题，每小题 2分，共 12分．）
1. 如图，AD∥BE∥CF，直线l ，l 与这三条平行线分别交于点A，B，C和点D，E，F．已知AB＝1，BC
1 2
＝3，DE＝2，则EF的长为( )
A.4 B.5 C.6 D.8
【答案】C
【解析】
【详解】解∶∵AD∥BE∥CF，根据平行线分线段成比例定理可得
AB DE 1 2
 ，即  ，
BC EF 3 EF
解得：EF=6，
故选：C．
2.“向空中抛2枚同样的一元硬币，落地后朝上一面相同”的概率是（ ）
1
1
A.0 B. C. D.1
3 2
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查列表法求概率，列举出所有的可能性，利用概率公式进行计算即可．
【详解】解：由题意，两枚硬币落地后，朝上一面的情况有：（正，反），（正，正），（反，反），（反，正），
共4种等可能的结果，其中落地后朝上一面相同的情况有2种，
2 1
∴P   ；
4 2
故选C．
3. 下列命题中，正确的是（ ）
①顶点在圆上的角是圆周角；②圆周角的度数等于圆心角度数的一半；③90的圆周角所对的弦是直径；
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学科网（北京）股份有限公司④同弧所对的圆周角相等；⑤各角相等的圆内接多边形是正多边形
A ①②③ B.③④⑤ C.②③④ D.③④
.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了圆周角定理，正多边形和圆等圆的基础知识，掌握相关知识和定理是解题的关键．
根据圆的相关知识逐个判断即可．
【详解】解：①顶点在圆周上且角的两边与圆相交的角是圆周角，故此选项错误；
②同弧或等弧所对圆周角等于圆心角的一半，故此选项错误；
③90的圆周角所对的弦是直径，此选项正确；
④同弧所对的圆周角相等，此选项正确；
⑤各角相等的圆内接多边形不一定是正多边形，故此选项错误．
故选：D．
4. 如图，AC是O的直径，PA,PB是O的切线，切点分别是A，B，若CBP140，则P的度
数为（ ）
A. 70 B. 75 C. 80 D. 100
【答案】C
【解析】
【分析】本题主要考查了切线的性质，圆周角定理，等边对等角，四边形内角和定理，正确作出辅助线是
解题的关键．
连接OB，根据切线的性质可得OAPOBP90，从而得到OCBOBC 50，即可利用四边
形内角和定理求出答案．
【详解】解：如图，连接OB，
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学科网（北京）股份有限公司∵PA,PB是O的切线，
∴OA AP,OB  BP，
∴OAPOBP90，
∵CBP140，
∴OBC  CBP  OBP  50，
∵OC OB，
∴OCBOBC 50，
∵OAP  OBP  OCB  P  360，
∴P360OAPOBPOCB 80．
故选：C
5. 如图，已知O的半径为3，V ABC 内接于O，ACB135，则AB的长为（ ）
A.3 B. 3 2 C. 2 3 D.4
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了圆内接四边形的性质，圆周角定理，勾股定理，解答本题的关键是添加合适的辅助线，
合理利用圆内接四边形的性质以及圆周角定理解题．设点D为优弧AB上一点，连接AD，BD，OA，OB，
根据圆内接四边形的性质求得D45，再根据圆周角定理求出AOB90，最后根据勾股定理求解
即可．
【详解】解：设点D为优弧AB上一点，连接AD，BD，OA，OB，
四边形ACBD是圆内接四边形，
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学科网（北京）股份有限公司DACB180，
D180ACB18013545，
AOB2D90，
OAOB ，
AB OA2 OB2  32 32 3 2．
故选：B．
6. 如图，将 AB 沿弦AB翻折过圆心O，交弦AC 于D，若AD 1，AB  7 ，则CD为（ ）
5
A. B. 5 C. 3 D.2
2
【答案】D
【解析】
【分析】过点O作半径OG  AB于点F，过点B作半径BE  AC于点E，连接BC，BD，OA，OB，
先根据轴对称的性质及圆周角定理证明△BCD是等边三角形，再设CD BD x，根据勾股定理列方程
求解即可．
【详解】解：过点O作半径OG  AB于点F，过点B作半径BE  AC于点E，连接BC，BD，OA，OB，
将
AB
沿弦AB翻折过圆心O，
1 1
OF  FG  OG  OB，
2 2
1
∴sinOBF  ，
2
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学科网（北京）股份有限公司OBF 30，
OBOA，
OABOBF 30，
AOB180OBF OAB120，
1
BCD  AOB 60，
2
B  C 和 B  D 所对的圆周角均为BAC ，
B  C  B  D，
BC BD，
△BCD是等边三角形，
CD  BD，BDC 60，
设CD BD x，
BE  AC，
1 1
DE  CD  x，
2 2
2
1  3
BE  BD2DE2  x2  x  x ，
2  2
1
在Rt△ABE中，AE  x1，BE2 AE2  AB2 ，
2
 3  2 1  2  2
  x    x1  7 ，
 2  2 
解得x 2，x 3，
1 2
x> 0，
x2，
CD2．
故选：D．
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学科网（北京）股份有限公司【点睛】本题考查了轴对称的性质，圆周角定理，直角三角形的性质，勾股定理等知识，添加辅助线，合
理运用圆周角定理和勾股定理等知识解题是关键．
二、填空题（本大题共 10小题，每小题 2分，共 20分．）
a 3 b  a
7. 若  ，则  __________．
b 5 b  a
【答案】4
【解析】
【分析】本题考查了比例的性质，解题的关键是掌握以上知识点．
根据比例的基本性质得到a3k，b5k ，k  0，代入原式计算即可．
a 3
【详解】解：∵  ，
b 5
∴设a3k，b5k ，k  0
ba 5k3k 8k
∴   4．
ba 5k3k 2k
故答案为：4．
8. 已知B是线段AC 的黄金分割点，AB  BC，若AC 10，则AB的长为______．（结果保留根号）
【答案】5 55
【解析】
【分析】利用黄金分割比的定义求解即可．
AB 51
【详解】由题意得：  ，
AC 2
∵AC 10，
5 1
∴AB  AC 5 5 5，
2
故答案为：5 55
【点睛】本题主要考查黄金分割比，熟练掌握黄金分割比是解题的关键．
9. 若一组数据3，4，4，x，5，5，7，9的众数是4，则这组数据的中位数为__________．
【答案】4.5
【解析】
【分析】本题考查了众数的定义及求一组数据的中位数，正确理解众数的定义及中位数的定义是解题的关
键．先根据众数求出x的值，再根据中位数的定义即可求得答案．
【详解】解：因为数据3，4，4，x，5，5，7，9的众数是4，
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学科网（北京）股份有限公司所以x4，
所以八个数中中间两个数为4和5，
45
则这组数据的中位数为 4.5．
2
故答案为：4.5．
10. 已知关于x的方程x2 mx60的一个根为3，则m __．
【答案】1
【解析】
【分析】将x3代入方程得：93m60，即可解得．
【详解】解：将x3代入方程得：93m60，
解得：m1，
故答案为：1．
【点睛】本题主要考查了解一元一次方程，一元二次方程的解，正确理解一元二次方程的根及一元一次方
程的解法是解本题的关键．
11. 用一个圆心角为150°，半径为12的扇形作一个圆锥的侧面，则这个圆锥的底面半径为 _____．
【答案】5
【解析】
【分析】先计算出扇形的弧长，再利用圆的周长和圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥
底面的周长求解即可.
15012
【详解】扇形的弧长= 10，
180
设圆锥的底面半径为R，则2R 10，解得R 5．
故答案为：5.
【点睛】本题考查了圆锥的计算，理解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
求解、扇形的半径和圆锥母线等长.
12. 某公司一月份的产值为200万元，二，三月份的产值总和为720万元，设公司每月产值的平均增长率为
x，则可列方程为______．
【答案】200  1x 200  1x 2 720
【解析】
【分析】设公司月平均增长率为x ，则二月的产值为200  1x  ，三月的产值为200  1x 2，根据题意列
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学科网（北京）股份有限公司出方程，即可求解．
【详解】解：设公司月平均增长率为x ，则二月的产值为200  1x  ，三月的产值为200  1x 2，
根据题意得：200  1x 200  1x 2 720．
故答案为：200  1x 200  1x 2 720
【点睛】本题主要考查了一元二次方程的应用，明确题意，准确得到等量关系是解题的关键．
13. 如图，正五边形ABCDE内接于O，AF 是O的直径，P是O上的一点（不与点B，F重合），则
BPF 的度数为__°．
【答案】54或126
【解析】
【分析】由正五边形的性质，圆周角定理，得到COF DOF ，由等腰三角形的性质推出直径AF CD ，
从而求出BOF 的度数，分两种情况，即可解决问题．
【详解】解：连接OC，OD，
∵正五边形ABCDE的五个顶点把圆五等分，
∴ ABC   AED ，
∴AOC AOD，
∴COF DOF ，
∵OC OD，
∴直径AF CD，
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学科网（北京）股份有限公司∴CF DF ，
1
∵COD  36072，
5
1
∴COF  72 36，
2
当P在
B

AF
上时，连接OB，BP，FP，
1
∵BOC  360 72，
5
∴BOF BOCCOF 108，
1
∴BPF  BOF 54，
2
当P在
B

CF
上时，
由圆内接四边形的性质得BPF 18054126．
∴BPF 的度数是54或126．
故答案为：54或126．
【点睛】本题考查正五边形和圆，关键是掌握正五边形的性质．
14. 如图，AD是V ABC 的外接圆O的直径，AH BC，垂足为H ．若AB5,AC 4,AH 3，则
直径AD长为__________．
20
【答案】
3
【解析】
AB AD
【分析】首先得到DC，ABD90AHC，证明出V ABD∽V AHC，得到  ，然
AH AC
后代数求解即可．
【详解】解：∵ AB  A  B
∴DC
∵AD是V ABC 的外接圆O的直径，AH BC，
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学科网（北京）股份有限公司∴ABD90AHC
∴V ABD∽V AHC
AB AD 5 AD
∴  ，即 
AH AC 3 4
20
∴AD  ．
3
20
故答案为： ．
3
【点睛】此题考查了同弧所对的圆周角相等，直径所对的圆周角是直角，相似三角形的性质和判定等知识，
解题的关键是掌握以上知识点．
15. 如图，两正方形彼此相邻且内接于半圆，若大正方形的边长为8cm，则小正方形的边长为_____cm．
【答案】4
【解析】
【分析】如图，设圆心为A，连接AC ，AD，作ABCM 于点B，得到AE  BC 4，CE8，然
后利用勾股定理求解即可．
【详解】解：如图，设圆心为A，连接AC ，AD，作ABCM 于点B，
1
BC  BM  MC 4cm，
2
正方形有两个顶点在半圆上，另外两个顶点在圆心两侧，
AE BC 4，CE8，
∴AD AC  AE2 EC2 4 5  cm ，
设EF  DF  x
∴AF  AEEF  x4，
∵AF2 DF2  AD2
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学科网（北京）股份有限公司∴ x4 2 x2   4 5 2
解得x4或x8（舍去）
∴EF 4
∴小正方形的边长为4cm．
故答案为：4．
【点睛】此题考查了垂径定理、正方形的性质以及勾股定理．此题难度适中，注意掌握辅助线的作法，注
意掌握数形结合思想与方程思想的应用．
16. 如图，圆心O恰好为正六边形ABCDEF 的中心，已知AB12,O的半径为 3，现将O在正六边
形内部沿某一方向平移，当它与正六边形ABCDEF 的某条边相切时停止平移，设此时平移的距离为d ，
则d 的取值范围是__________．
【答案】5 3 d 10
【解析】
【分析】首先得到△OAB是等边三角形，求出OE OB12，当O平移到P时，P和BC相切于
点M，此时平移距离最短，当O平移到Q时，Q和DE，EF 分别相切于点G，H时，此时平移距
离最长，分别利用勾股定理求解即可．
【详解】如图所示，连接OB，OE，
∵圆心O恰好为正六边形ABCDEF 的中心，
∴△OAB是等边三角形，
∴OAOB AB12，
∴OE OB12，
当O平移到P时，P和BC相切于点M，此时平移距离最短，
∴OM  BC
∵OBC 60
∴BOM 30
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学科网（北京）股份有限公司1
∴BM  OB 6
2
∴OM  OB2 BM2 6 3
∴此时平移的距离d 6 3 3 5 3；
当O平移到Q时，Q和DE，EF 分别相切于点G，H时，此时平移距离最长，
∴QG DE
∵QEG 60
∴EQG 30
1
∴EG  QE
2
∵QG2 EG2 QE2
2
 2 1 
∴ 3   QE QE2
2 
∴QE 2
∴此时平移的距离d 12210；
综上所述，d 的取值范围是5 3 d 10．
故答案为：5 3 d 10．
【点睛】此题考查了切线的性质，正多边形和圆综合，勾股定理，等边三角形的性质和判定等知识，解题
的关键是掌握以上知识点．
三、解答题（本大题共 10小题，共 68分．）
17. 解下列方程：
（1）x2 4x10；
（2） x3 2 2x6．
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学科网（北京）股份有限公司【答案】（1）x 2 3，x 2 3
1 2
（2）x 3，x 5
1 2
【解析】
【分析】本题考查了解一元二次方程，解题的关键是掌握一元二次方程的解法：直接开平方法，配方法，
公式法，因式分解法等．
（1）利用配方法解一元二次方程即可；
（2）利用因式分解法解一元二次方程即可．
【小问1详解】
x2 4x10
x2 4x 1
x2 4x414
 x2 2 3
x2 3
解得x 2 3，x 2 3；
1 2
【小问2详解】
 x3 2 2x6
 x3 2 2  x3 0
 x3  x32 0
 x3  x5 0
x30，x50
解得x 3，x 5．
1 2
18. 关于x的一元二次方程x2 2mx2m10．
（1）求证：方程总有两个实数根
（2）若方程有一个根不小于5，求m的取值范围．
【答案】（1）见解析 （2）m 2
【解析】
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学科网（北京）股份有限公司【分析】本题考查了根的判别式、偶次方的非负性以及因式分解法解一元二次方程，解题的关键是：（1）
牢记“当0时，方程有实数根”；（2）利用因式分解法求出方程的解．
（1）计算根的判别式的值，利用配方法得到  m2 2，根据非负数的性质得到0，然后根据判别式
的意义得到结论；
（2）利用因式分解法解一元二次方程可得出x 1，x 2m1，结合该方程方有一个根不小于5，可
1 2
得出2m1≥5，解之即可得出m的取值范围．
【小问1详解】
证明：∵a 1，b2m，c2m1，
∴b24ac
 2m 24  2m1 
4m2 8m4
 2m2 2 0，
∴方程总有两个实数根；
【小问2详解】
解：∵x2 2mx2m10，
即(x1)(x2m1)0 ，
∴x 1，x 2m1，
1 2
∵方程有一个根不小于5，
∴2m1≥5，
∴m2．
∴m的取值范围是m 2．
19. 甲、乙、丙、丁四人进行传球训练，要求每人接球后随机传给其余三人中的一人．开始由甲发球，随机
传给其余三人中的一人，并记为第一次传球．
（1）经过第一次传球，恰好传给乙的概率是______；
（2）经过第一次传球和第二次传球，求第二次恰好传给丙的概率．
1
【答案】（1）
3
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学科网（北京）股份有限公司2
（2）
9
【解析】
【分析】（1）根据概率计算公式求解即可；
（2）先画出树状图得到所有等可能性的结果数，再找到第二次恰好传给丙的结果数，最后依据概率计算公
式求解即可．
【小问1详解】
解：∵甲传球传给乙、丙、丁的概率相同，
1
∴经过第一次传球，恰好传给乙的概率是 ，
3
1
故答案为： ；
3
【小问2详解】
解：画树状图如下：
由树状图可知一共有9种等可能性的结果数，其中求第二次恰好传给丙的结果数有2种，
2
∴求第二次恰好传给丙的概率为 ．
9
【点睛】本题主要考查了简单的概率计算，树状图法或列表法求解概率，灵活运用所学知识是解题的关键．
20. （1）如图1，在V ABC 中，A30，BC 2，则V ABC 的外接圆的半径为__________．
（2）如图2，在直线上求作点P，使得APB30．
【答案】（1）2；（2）答案见解析
【解析】
【分析】本题考查了圆周角定理，求特殊三角形的外接圆半径，等边三角形的判定与性质，熟练掌握圆周
角定理及等边三角形的性质是解题的关键．
公众号：爱分享的任老师 15
学科网（北京）股份有限公司（1）根据圆周角定理可求得BOC 60，再根据等边三角形的判定与性质即可求得答案；
（2）先以线段AB为边，向左下方作等边三角形OAB，则AOB60再以点O为圆心，OA长为半径
1
作O，交已知直线于点P，根据圆周角定理可知APB  AOB 30，即知点P即为所求．
2
【详解】解：（1） B  C 所对的圆心角和圆周角分别是A和BOC，
BOC2A60，
OBOC，
OBC是等边三角形，
OB  BC  2，
即V ABC 的外接圆的半径为2．
故答案为：2．
（2）如图，点P即为所求．
21. 如图，在O中，AB  AC ．
（1）若BOC 100，则
AB
的度数为______°；
（2）若AB 13，BC 10，求O的半径．
【答案】（1）130
公众号：爱分享的任老师 16
学科网（北京）股份有限公司169
（2）
24
【解析】
【分析】（1）连接OA，已知BOC 100，OBOC，得到BAC 50，OBC OCB40，结
合AB  AC ，得到ABC BCA65，得到ABO25，结合OAOB，即可求得 AB 的度数；
1
（2）连接OA并延长，交BC与H ，已知AB  AC ，OBOC，得到AH BC，BH  BC 5，在
2
Rt△ABH 中，求得AH 12， 设OAOBr，则OH 12r，在Rt△OHB中，根据勾股定理即可
求得O的半径．
【小问1详解】
解：连接OA，
在O中，
∵BOC 100，OBOC，
∴BAC 50，OBC OCB40，
∵AB  AC ，
∴ABC BCA65，
∴ABOABCOBC 654025，
∵OAOB，
∴ABOBAO25，
∴AOB180ABOAOB1802525130，
故答案为：130
【小问2详解】
解：连接OA并延长，交BC与H ，
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学科网（北京）股份有限公司∵AB  AC ，OBOC，
1
∴AH BC，BH  BC 5，
2
在Rt△ABH 中，ABH 90，
∴ AH  AB2BH2  13252 12 ，
设OAOBr，则OH 12r，
在Rt△OHB中，OHB90，
∴BH2 OH2 OB2，
∴52 (12r)2 r2，
169
∴r  ，
24
169
∴O的半径为
24
【点睛】本题主要考查圆周角定理，等腰三角形的性质，垂径定理，勾股定理，熟练掌握相关知识点是解
题的关键．
22. 如图，在一块长32m，宽24m的矩形绿地内，建一个矩形花圃．要使矩形花圃的面积是矩形绿地面积
的一半，且矩形花圃四周的绿地等宽，求花圃四周绿地的宽度．
【答案】花圃四周绿地的宽度为4m．
【解析】
【分析】本题考查了一元二次方程的实际应用，根据题意找出题目中的等量关系式是解此题的关键．
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学科网（北京）股份有限公司设花圃四周绿地的宽度为xm，根据矩形花圃的面积矩形绿地面积的一半列方程求解即可．
【详解】解：设花圃四周绿地的宽度为xm，
1
由题意得， 322x  242x  3224，
2
解得，x 4，x 24（舍），
1 2
答：花圃四周绿地的宽度为4m．
23. 如图，O的弦AB，CD的延长线交于点P，连接AC ，BD．
（1）求证：△PAC∽△PDB；
（2）若PB3，PD 4，AB7．求CD的长．
7
【答案】（1）见解析 （2）CD
2
【解析】
【分析】（1）根据圆内接四边形的性质证明APDB，再根据两个角对应相等的两个三角形相似，即
可证明结论；
PA PC 15
（2）根据相似三角形的性质得出  ，代入数据求出PC  ，再根据线段之间的关系即可得出结
PD PB 2
果．
【小问1详解】
证明：∵四边形ABDC 是O的内接四边形，
∴ABDC 180，
∵BDCPDB 180，
∴APDB，
又PP，
∴△PAC∽△PDB．
【小问2详解】
解：∵△PAC∽△PDB，
PA PC
∴  ，
PD PB
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学科网（北京）股份有限公司10 PC
∴  ，
4 3
15
∴PC  ，
2
7
∴CD  PCPD  ．
2
【点睛】本题主要考查了圆内接四边形的性质，三角形相似的判定和性质，解题的关键是熟练掌握三角形
相似的判定方法．
24. 如图，直线AB经过O上的点E，直线AO交O于点D，OB交O于点G，连接DE交OB于
点F ，连接EG，若点G是
D

E
的中点，BEF DOG．
（1）求证：AB是O的切线；
（2）BE 6,EG GB，求图中阴影部分面积．
【答案】（1）证明见详解
3 3
（2）2π
2
【解析】
【分析】（1）根据题意得到DF  EF,DOF EOF，DE OF ，FOEFEO90，则
BEF FEO90，即OE  AB，结合切线的判定即可求解；
（2）根据切线的性质得到OEG是等边三角形，设OGGE OE r  r 0  ，则OB2r，运用含30
度角的直角三角形的性质，勾股定理得到r 2 3，OF  3,DF 3，结合阴影部分的面积为
S S 即可求解．
扇形ODG ODF
【小问1详解】
证明：如图所示，连接OE，
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学科网（北京）股份有限公司∵点G是
D

E
的中点，
∴DOF EOF，
又OD OE,OF OF，
∴DOF≌EOF  SAS  ，
∴DF  EF,OFD OFE，
∵OFDOFE 180，
∴OFDOFE 90，即DE OF，
∴FOEFEO90，
∵BEF DOG，
∴BEF EOF ，
∴BEF FEO90，即OE  AB，
∵OE是圆的半径，点E在圆上，
∴AB是O的切线；
【小问2详解】
解：∵AB是切线，
∴OEBOEGGEB90，BBOE 90，
∵GE GB，
∴GEBGBE，
∴GEOGOE，
∴EG GO，
1
∴EG GE GO  OB，
2
∴点G是OB是中点，且OE OG，
∴OGGE OE，
∴OEG是等边三角形，
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学科网（北京）股份有限公司∴EOG60DOG，
设OGGE OE r  r 0  ，则OB2r，
在RtBOE中，BE2 OE2 OB2，即62 r2  2r 2，
解得，r 2 3（负值舍去），
∴OE OG OD  2 3，
1 1  2  2
在RtODF 中，OF  OD  2 3  3，DF  OD2OF2  2 3  3  3，
2 2
 2
1 1 3 3 60 2 3 π
∴S ODF  2 OF·DF  2  33 2 ， S 扇形ODG  360 2π ，
3 3
∴阴影部分的面积为：S S 2π ．
扇形ODG ODF 2
【点睛】本题主要考查垂径定理的判定和性质，切线的判定和性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，
扇形面积的计算，掌握以上知识，数形结合分析是关键．
25. 如图，在V ABC中，ACB 90，点E,F 分别在V ABC 的边AC,BC 上，EF∥AB，以EF 为直
径的O过点C，且与AB相切于点D，连接CD,DE,DF ．
（1）求证：
①DE  DF；
②△ADE∽△DCF．
（2）若CE 6，CF 8，则AB的长为__________．
【答案】（1）①见解析；②见解析
245
（2）
12
【解析】
【分析】（1）①连接OD，根据切线的定义可得ODB90，再根据平行线的定义可得
EODODB90，即可得出OD是EF 的垂直平分线，即可求证；
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学科网（北京）股份有限公司②根据同弧所对的圆周角相等可得CEF CDF，DEF DCF ，再结合平行线的性质，进而得
出CDF A，DCF ADE，即可求证；
（2）过点C作CH  AB于点H，交EF 于点G，用等面积法求出CG，即可求出CH ，再根据EF∥AB
得出△CEF∽△CAB，最后根据相似三角形对应边成比例即可求解．
【小问1详解】
①证明：连接OD．
∵O与AB边相切于点D，
∴OD  AB，
∴ODB90，
∵EF∥AB，
∴EODODB90，
∴FODEOD90，即ODEF ，
又∵OE OF ，
∴DE  DF；
②证明：∵C  F C  F ， D  F D  F ，
∴CEF CDF，DEF DCF ．
∵EF∥AB，
∴CEF A，DEF ADE．
∴CDF A，DCF ADE．
∴△ADE∽△DCF．
【小问2详解】
过点C作CH  AB于点H，交EF 于点G，
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学科网（北京）股份有限公司∵CE 6，CF 8，
∴EF  CE2 CF2 10，
1
∴OD 105，
2
∵ODEF ，EF∥AB，
∴GH OD 5，CG  EF，
1 1
∵S  CECF  EFCG，
VCEF
2 2
24
∴6810CG，解得：CG  ，
5
24 49
∴CH  5 ，
5 5
∵EF∥AB，
∴△CEF∽△CAB，
24
EF CG 10 5
∴  ，即  ，
AB CH AB 49
5
245
解得：AB  ，
12
245
故答案为： ．
12
【点睛】本题主要考查了圆和三角形的综合，切线的性质，相似三角形的性质和判定，勾股定理等知识，
解题的关键是掌握切线的判定方法，圆周角定理，勾股定理，相似三角形的判定和性质．
26. （1）已知：如图1，AB是O的直径，点P为O上一点（且点P不与A、B重合）连接PA，PB，
APB的角平分线PC交O于点C.
①若PA8，PB 6，求AB的长
②求证：PAPB 2PC
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（2）如图2，在正方形ABCD中，AB ，若点P满足PC 3，且APC 90，请直接写出点B
2
到AP的距离.
7 1
【答案】（1）①AB10，②见解析；（2） 或
2 2
【解析】
【分析】（1）①由AB是O的直径，在Rt⊿ABP中，利用勾股定理可求得AB的长；
②延长AB到D，使BD  PA，构造PD  PAPB,
⊿PAC和⊿DBC中，
在同圆中利用圆周角相等，所对弧相等，所对的弦相等，证明AC BC，
利用圆内接四边形的一个外角等于不相邻的内角，证明PAC DBC，
BD=PA为所作，所以⊿PAC ⊿DBC(SAS)
从而证得：PC CD，12,
易证明△PCD是直角三角形，利用勾股定理可证明结论.
(2)要满足APC 90，P点一定落在正方形的外接圆上，分两种情况：
P点在C  D上或P点在C  B上,
在RtABC和RtAPC中，可求得AC、AP的长，
利用同圆中同弧所对圆周角相等，证得APBACB45，
证得：RtQPB为等腰直角三角形，
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学科网（北京）股份有限公司设BQ＝x，把已知和未知归结到RtQAB中，利用方程思想可以求得x的值.
【详解】（1）①AB是O的直径，∴APB90，
在RtABP中，PA8，PB 6，
∴AB PA2 PB2  82 62 10,
故答案是：AB10
②如图，延长AB到D，使BD  PA，连接AC、CB、CD，
∵PC是APB的平分线，
∴APC BPC， AC B  C ，AC BC
四边形APBC是圆内接四边形，
∴PAC DBC
在PAC和△DBC中，
BD  PA
PAC DBC
AC BC
∴⊿PAC ⊿DBC(SAS)
∴PC CD，12,
∵1PCB 90,
∴2PCB 90,即ÐPCD=90°,
在Rt△PCD中，PC2 CD2  PD2
即：2PC2  PBBD 2  PBPA 2
∴PAPB 2PC
（2）要满足APC 90，P点一定在正方形的外接圆上，分两种情况：
第一种情况，P点在C  D上，如图：连接PC、PA、AC,作BQ AP,
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在RtABC中，AB＝BC ，∴AC= AB2 BC2 5,
2
在RtAPC中，AC 5，PC 3,由勾股数可得：PA 4，
APBACB45，
在Rt△QPB中，APB PBQ 45, ∴PQ  BQ,
设BQ＝x，则AQ  APPQ 4x，
在RtQAB中，AQ2 BQ2  AB2
2
5 2 
即 4x 2x2    ,化简得：4x2 16x70
 
2
 
7 1
即  2x7  2x1 0,解得：x  ，x  （不合题意，舍去）
1 2 2 2
7
故答案为 .
2
第二种情况，P点在C  B上，如图：
依照第一种情况得出的数据，AC 5，PC 3,PA 4，
APBACB45
在RtEPB中，APBPBE 45, ∴PE=BE,
设BE＝x，则AE  APPE 4x，
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学科网（北京）股份有限公司在RtEAB中，AE2 BE2  AB2
2
5 2 
即 4x 2x2    ,化简得：4x2 16x70
 
2
 
7 1
即  2x7  2x1 0,解得：x  （不合题意，舍去），x 
1 2 2 2
1
故答案为 .
2
7
1
综上：点B到AP的距离是 或 .
2 2
【点睛】本题考查了同圆中圆周角、弧、弦的关系，勾股定理，圆内接四边形的性质，全等三角形的证明，
是综合性较强的题. 线段的和、差、倍的证明，通常都是运用“接”、“截”的方法归结到另一条线段，通
过添加辅助线来构造全等三角形等，再进行证明.求线段长度时，通常把所求线段的长度设为未知数，再根
据勾股定理列出方程，通过解方程来求得所求线段的长度，这就是运用了方程思想.
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