江苏省常州市2021-2022学年九年级上学期期末数学试题及答案

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题

1．“科学用眼，保护视力”是青少年珍爱生命的具体表现，某班50名同学的视力检查数据如下表：

视力 4.3 4.4 4.5 4.6 4.7 4.8 4.9 5.0 人数 2

则视力的众数是（ ）A．4.5

B．4.6

C．4.7

D．4.8

3 6 9 12 10 5 3 2．下列一元二次方程有两个相等的实数根的是（ ） A．x21

C．x2x20210

B．x22x10 D．x2x10

3．已知一个圆锥的高为3，母线长为5，则圆锥的侧面积是（ ） A．10π

B．12π

C．16π

D．20π

4．如图，过圆心且互相垂直的两条直线将两个同心圆分成了若干部分，在该图形区域内任取一点，则该点取自阴影部分的概率是（ ）

1A．

81B．

41C．

3D．

125．为保护人民群众生命安全，减少交通事故，自2020年7月1日起，我市市民骑车出行必须严格遵守“一盔一带”规定，某头盔经销商经过统计发现：某品牌头盔从5月份到7月份销售量的月增长率相同，若5月份销售200个，7月份销售288个，设月增长率为x则可列出方程（ ） A．200（+x)=288 C．200（1+x)²＝288

B．200（1+2x)=288 D．200（1+x²)=288

6．如图，在平行四边形ABCD中，E是AD上一点，且DE=2AE，连接BE交AC于点F，已知S△AFE=1，则S△ABD的值是（ ）

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A．9 B．10 C．12 D．14

7．如图，网格中的每个小正方形的边长都是1，△ABC的顶点都在格点上，则∠ACB的正弦值是（ ）

A．310 10B．65 53C．

5D．

128．已知圆O的半径为3，AB、AC是圆O的两条弦，AB=32，AC=3，则∠BAC的度数是（ ） A．75°或105° 二、填空题

9．求值：tan60________．

10．一组数据8，2，6，10，5的极差是_________．

11．如图，东方明珠塔是上海的地标建筑之一，它的总高度是468米，塔身自下而上共有3个球体，其中第2个球体的位置恰好是总高度的黄金分割点，且它到地面的距离大于到塔顶的距离，则第2个球体到地面的距离是米_________．（结果保留根号）．

B．15°或105°

C．15°或75°

D．30°或90°

12．已知关于x的一元二次方程x2+k﹣6＝0（k是常数）的一个根是2，则方程的另一

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个根是 _____．

13．如图，某班学生兴趣小组结合课堂所学的数学知识，利用木棒估测旗杆的高度．当学生甲的眼睛在点A处看学生乙所举的木棒DE时，发现旗杆BC恰好被木棒完全挡住．若DE∥BC，DE长为1.2m，测得此时点A到木棒和旗杆的距离分别为2m和20m，则旗杆BC的高度是________．

14．如图，四边形ABCD内接于ΘO，DA=DC，若∠CBE=40°，则∠DAC的度数是________．

15．如图，在ABC中，AD:DB2:3，E为CD的中点，AE的延长线交BC于点

F，则BF:FC________．

16．在平面直角坐标系中，点A、B的坐标分别为（0，1)、（0，5)，点C在x轴正半轴上，且∠ACB=30°，则点C的坐标是________． 三、解答题

17．（1）解方程：x2﹣2x﹣8＝0； （2）计算：3sin60°﹣cos245°．

18．“119”全国消防日，某校为强化学生的消防安全意识，组织了“关注消防，珍爱家园”知识竞赛，满分为100分．现从八、九两个年级各随机抽取10名学生组成八年级

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代表队和九年级代表队，成绩如下（单位：分）：

八年级代表队：80，90，90，100，80，90，100，90，100，80； 九年级代表队：90，80，90，90，100，70，100，90，90，100． (1)填表： 代表队 平均数 中位数 方差 90 60 八年级代表队 90 九年级代表队

(2)结合（1）中数据，分析哪个代表队的学生竞赛成绩更好？请说明理由；

(3)学校想给满分的学生颁发奖状，如果该校九年级一共有600名学生且全部参加了知识竞赛，那么九年级大约有多少名学生可以获得奖状？

19．小丽的爸爸积极参加社区志愿服务，根据社区安排，志愿者将被随机分配到以下小组中的一个：A组（交通疏导）、B组（环境消杀）、C组（便民代购），开展服务工作．

(1)小丽的爸爸被分配到C组的概率是 ；

(2)若小丽的班主任刘老师也参加了该社区的志愿者队伍，那么刘老师和小丽的爸爸被分到同一组的概率是多少？请用画树状图或列表的方法写出分析过程．

20．如图，在平面直角坐标系中，∠ABC的三个顶点A、B、C的坐标分别为（0，3)、（2，1)、（4，1)．

(1)以原点O为位似中心，在第一象限画出∠ABC的位似图形∠ABC，使∠A1B1C1与∠ABC的相似比为2：1；

(2)借助网格，在图中画出∠ABC的外接圆P ，并写出圆心P的坐标；

(3)将∠ABC绕（2）中的点P将∠ABC绕点P顺时针旋转90°，则点A运动的路线长是 ．

21．如图，AB是ΘO的直径，弦AD平分∠BAC，过点D作DE∠AC，垂足为E．

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(1)判断DE所在直线与ΘO的位置关系，并说明理由； (2)若AE＝4，ED＝2，求ΘO的半径．

22．百货大楼童装专柜平均每天可售出30件童装，每件盈利40元，为了迎接“周年庆”促销活动，商场决定采取适当的降价措施．经市场调查发现：如果每件童装降价1元，那么平均每天就可多售出3件．要使平均每天销售这种童装盈利1800元，那么每件童装应降价多少元？

23．如果经过一个三角形某个顶点的直线将这个三角形分成两部分，其中一部分与原三角形相似，那么称这条直线被原三角形截得的线段为这个三角形的“形似线段”．

(1)在∠ABC中，∠A=30．

∠如图1，若∠B=100°，请过顶点C画出∠ABC的“形似线段”CM，并标注必要度数； ∠如图2，若∠B =90°，BC=1，则∠ABC的“形似线段”的长是 ．

(2)如图3，在DEF中，DE4，EF6，DF8，若EG是DEF的“形似线段”，求EG的长．

24．【问题】老师上完《7.3特殊角的三角函数》一课后，提出了一个问题，让同学们尝试去探究75°的正弦值．小明和小华经过思考与讨论，作了如下探索： 【方案一】小明构造了图1，在∠ABC中，AC=2，∠B=30°， ∠C=45°． 第一步：延长BA，过点C作CD∠BA，垂足为D，求出DC的长； 第二步：在Rt∠ADC中，计算sin75°．

【方案二】小华构造了图2，边长为a的正方形ABCD的顶点A在直线EF上，且∠DAF=30°．

第一步：连接AC，过点C作CGEF，垂足为G，用含a的代数式表示AC和CG的长：

第二步：在Rt∠AGC中，计算sin75°

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请分别按照小明和小华的思路，完成解答过程，

25．如图1，边长为6cm的等边∠ABC中，AD是高，点P以3cm/s的速度从点D向点A运动，以点P为圆心，1cm为半径作ΘP，设点P的运动时间为ts．

(1)当ΘP与边AC相切时，求t的值；

(2)如图2，若在点P出发的同一时刻，点Q以1cm/s的速度从点B向点C运动，一个点停止运动时，另一个点也随之停止运动，过点Q作BA的平行线，交AC于点M．当QM与ΘP相切时，求t的值；

(3)在运动过程中，当ΘP与∠ABC的边共有两个公共点时，直接写出t的取值范围．

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参考答案：

1．C 【解析】 【分析】

出现次数最多的数据是样本的众数，根据定义解答． 【详解】

解：∠4.7出现的次数最多，∠视力的众数是4.7， 故选：C． 【点睛】

此题考查了众数的定义，熟记定义是解题的关键． 2．B 【解析】 【分析】

根据一元二次方程根的判别式判断即可． 【详解】

解：A、∠0440，

方程x21有两个不等实数根，不符合题意；

B、

∠4410，

方程x22x10有两个相等实数根，符合题意；

C、∠141202180850，

方程x2x20210有两个不相等实数根，不符合题意；

D、∠1430，

方程x2x10没有实数根，不符合题意；

故选：B． 【点睛】

本题考查了一元二次方程根的判别式，解题的关键是掌握一元二次方程根的情况与判别式∠的关系：（1）∠0方程有两个不相等的实数根；（2）∠0方程有两个相等的实数根；（3）∠0方程没有实数根． 3．D 【解析】

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【分析】

首先利用勾股定理求得底面半径的长，然后根据扇形的面积公式即可求解． 【详解】

解：圆锥的底面半径是：52324，则底面周长是：8， 1则圆锥的侧面积是：8520．

2故选：D． 【点睛】

本题主要考查三视图的知识和圆锥侧面面积的计算，解题的关键是由三视图得到立体图形，及记住圆锥的侧面面积公式． 4．D 【解析】 【分析】

旋转阴影部分后，阴影部分是一个半圆，根据概率公式可求解 【详解】

解：旋转阴影部分，如图，

∠该点取自阴影部分的概率是

2故选：D 【点睛】

本题主要考查概率公式，求概率时，已知和未知与几何有关的就是几何概率．计算方法是长度比，面积比，体积比等． 5．C 【解析】 【分析】

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设月增长率为x，根据等量关系用增长率表示7月份的销售量与销售288相等，可列出方程200（1+x)²＝288即可． 【详解】

解：设月增长率为x，则可列出方程200（1+x)²＝288． 故选C． 【点睛】

本题考查列一元二次方程解增长率问题应用题，掌握列一元二次方程解增长率问题应用题方法与步骤，抓住等量关系列方程是解题关键． 6．C 【解析】 【分析】

过点F作MN∠AD于点M，交BC于点N，证明∠AFE∠∠CFB，可证得MN=4MF，再根据三角形面积公式可得结论． 【详解】

解：过点F作MN∠AD于点M，交BC于点N，连接BD，

MF1，得FN3

∠四边形ABCD是平行四边形， ∠AD//BC，AD=BC ∠∠AFE∠∠CFB ∠

AEFM BCFN∠DE=2AE ∠AD=3AE=BC ∠∠

FMAE1 FNBC3FM1，即MN4FM MN4答案第3页，共22页

又SAEF1AEMF1 2∠AEMF2 ∠SABD故选：C 【点睛】

本题主要考查了平行四边形的性质，相似三角形的判定与性质，解答此题的关键是能求出两三角形的高的数量关系． 7．A 【解析】 【分析】

勾股定理求得ABBC25，根据网格的特点取AC的中点D，则BDAC，根据正弦的定义求解即可 【详解】

如图取AC的中点D，连接BD，

11ADMN3AE4MF6AEMF6212 22

BCAB25 BDAC

RtBDC中，BD32 sinACBDB32310、 BC2510故选A 【点睛】

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本题考查了等腰三角形的性质，勾股定理，正弦的定义，构造直角三角形是解题的关键． 8．B 【解析】 【分析】

根据题意画出图形，作出辅助线，由于AC与AB在圆心的同侧还是异侧不能确定，故应分两种情况进行讨论． 【详解】

解：分别作OD∠AC，OE∠AB，垂足分别是D、E．

∠OE∠AB，OD∠AB， ∠AE=AB=123312，AD=AC=，

222AE2AD1,sinAOD， AO2AO2∠sinAOE∠∠AOE=45°，∠AOD=30°，

∠∠CAO=90°-30°=60°，∠BAO=90°-45°=45°， ∠∠BAC=45°+60°=105°， 同理可求，∠CAB′=60°-45°=15°． ∠∠BAC=15°或105°， 故选：B． 【点睛】

本题考查的是垂径定理及直角三角形的性质，解答此题时进行分类讨论，不要漏解． 9．

【解析】 【分析】

根据特殊角的三角函数值直接得出答案即可． 【详解】

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tan60°的值为3． 故答案为3． 【点睛】

本题考查的是特殊角的三角函数值，熟记各特殊角的三角函数值是解答此题的关键． 10．8 【解析】 【分析】

根据“极差”的定义，求出最大值与最小值的差即可． 【详解】

解：最大值与最小值的差为极差， 所以极差为10-2=8， 故答案为：8． 【点睛】

本题考查了极差，掌握一组数据中最大值与最小值的差即为极差是正确判断的前提． 11．(2345234) 【解析】 【分析】

根据黄金分割点的概念，结合图形可知第2个球体到塔底部的距离是较长线段，进一步计算出长度． 【详解】

解：设第2个球体到塔底部的距离为x， 根据题意得：

x51， 4682解得：x2345234，

第2个球体到塔底部的距离为(2345234)米． 故答案为：(2345234)． 【点睛】

本题考查了黄金分割的概念，解题的关键是掌握如果线段上一点P把线段分割为两条线段

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PA，PB，当PA2PB·AB，即PA0.618AB时，则称点P是线段AB的黄金分割点．

12．－2 【解析】 【分析】

先将x=2代入方程中求出k，再将k代入方程中利用直接开平方法解一元二次方程即可． 【详解】

解：∠一元二次方程x2+k﹣6＝0的一个根是2， ∠22+k－6=0， 解得：k=2， ∠x2=4， ∠x1=2，x2=－2， 故答案为：－2． 【点睛】

本题考查一元二次方程的解、解一元一次方程、解一元二次方程，理解一元二次方程的解是解答的关键． 13．12m 【解析】 【分析】

根据题意可得△ADE∽△ABC，根据相似三角形的性质可得对应边的比等于相似比，进而求得BC的长 【详解】 解：∠DE∥BC， ∠△ADE∽△ABC

点A到木棒和旗杆的距离分别为2m和20m，DE长为1.2m

DE2 BC20BC12m

故答案为：12m 【点睛】

本题考查了相似三角形的性质与判定，掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．

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14．70° 【解析】 【分析】

根据邻补角互补求出ABC，根据圆内接四边形的性质得出DABC180，求出

D，再根据等腰三角形的性质和三角形内角和定理求出DAC即可．

【详解】

解：CBE40，

ABC180CBE140，

四边形ABCD是O的内接四边形，

DABC180，

D40，

ADCD，

1DACDCA(180D)70，

2故答案为：70． 【点睛】

本题考查了圆内接四边形的性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理，圆心角、弧、弦之间的关系，圆周角定理等知识点，解题的关键是能熟记圆内接四边形的对角互补． 515．

2【解析】 【分析】

根据题意作辅助线，根据已知条件可证明∠DGE∠∠CFE，所以DG＝FC，根据比例关系得知DG∠FC，最后根据三角形平行线段成比例关系即可得出答案． 【详解】

解：在AE上取点G，使EG＝EF，

∠E为CD的中点， ∠DE＝CE，

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又∠EG＝EF，∠DEG＝∠CEF， ∠∠DGE∠∠CFE， ∠DG＝FC，∠GDE＝∠ECF ∠DG∠FC， ∠AD：DB＝2：3， ∠

BFBFAB5． FCDGAD25故答案为．

2【点睛】

本题主要考查了全等三角形的证明及性质、平行线分线段成比例关系，难度适中． 16．（23-7，0）或（23+7，0）． 【解析】 【分析】

首先求得AB的长，利用勾股定理求出AC与BC，根据三角形的面积公式S△ABC=2AB×OC=BC×AD，得出方程标． 【详解】

解：设点C坐标是（x，0），过A作AD∠BC于D， ∠点A、B的坐标分别为（0，1)、（0，5)， ∠AB=5-1=4，

∠AC=OA2OC21x2，BC=OB2OC225x2， ∠S△ABC=AB×OC=BC×AD， ∠∠ACB=30°，AD∠BC， ∠AD=2AC，

1121211212111x2，解方程即可得到C的坐×4×x=25x2×221111x2， 即2×4×x=25x2×22整理得x436x2250， 配方得x2548x2，

2答案第9页，共22页

∠x243x50， ∠484528， ∠x4327237， 2∠点C（23-7，0）或（23+7，0）． 故答案为（23-7，0）或（23+7，0）．

【点睛】

本题考查了坐标与图形，勾股定理，两点距离，三角形的面积，高次方程，关键是理解三角形的面积公式，利用辅助线构造直角三角形，利用30°直角三角形性质化角的关系转化为边的关系解决问题． 17．（1）x1=－2，x2=4；（2）1 【解析】 【分析】

（1）利用因式分解法求解一元二次方程即可；

（2）先根据特殊角的三角函数值计算，再根据二次根式的运算法则计算即可． 【详解】

解：（1）由x2﹣2x﹣8＝0得：（x+2）(x－4)=0， ∠x+2=0或x－4=0， ∠x1=－2，x2=4； （2）3sin60°﹣cos245°

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=331=- 22322（） 22=1． 【点睛】

本题考查解一元二次方程、特殊角的三角函数值的混合运算、二次根式的混合运算，熟记特殊角的三角函数值，熟练掌握一元二次方程的解法是解答的关键． 18．(1)90，90，80

(2)八年级代表队的学生竞赛成绩更好．因为两队平均数与中位数都相同，而八年级代表队的方差小，成绩更稳定 (3)180名 【解析】 【分析】

（1）根据中位数的定义，平均数，方差的公式进行计算即可； （2）根据平均数相等时，方差的意义进行分析即可； （3）600乘以满分的人数所占的比例即可． (1)

解：∠八年级代表队：80，80，80，90，90，90，90，100，100，100； ∠八年级代表队中位数为90 九年级代表队的平均数为九年级代表队的方差为故答案为：90,90,80 (2)

八年级代表队的学生竞赛成绩更好．因为两队平均数与中位数都相同，而八年级代表队的方差小，成绩更稳定 (3)

19080909010070100909010090， 1010100001004001000010080 106003180（名）． 10答：九年级大约有180名学生可以获得奖状 【点睛】

答案第11页，共22页

本题考查了求中位数，平均数，方差，样本估计总体，根据方差作决策，掌握以上知识是解题的关键． 119．(1)

31(2) 3【解析】 【分析】

（1）直接利用概率公式求解概率；

（2）利用列表法，列举出所有的情况，选出满足条件的情况，再利用概率公式进行求解． (1)

1解：根据题意：小丽的爸爸被分配到C组的概率是：；

3(2) 解： 小组 A A B C A,A A,B A,C B B,A B,B B,C C

C,A C,B C,C 因为一共有9种等可能的结果，其中刘老师和小丽的爸爸被分到同一组的有3种结果，所以P（两人被分到同一组）31． 931答：刘老师和小丽的爸爸被分到同一组的概率是．

3【点睛】

本题考查了利用列表法或树状图法求解概率，利用概率公式求解概率，解题的关键是掌握利用列表法或树状图法求解概率的方法． 20．(1)见解析

(2)图见解析，圆心P的坐标是(3,4)

答案第12页，共22页

(3)10 2【解析】 【分析】

（1）根据题意可得A10,6,B14,2,C18,2 ，再顺次连接，即可求解； （2）根据题意可得分别作出BC，AC边的垂直平分线，交于点P，即可求解； （3）连接AP，可得AP10 ，再利用弧长公式计算，即可求解． (1)

解：根据题意得：A10,6,B14,2,C18,2 ， 根据题意画出图形，如下图所示：△A1B1C1即为所求； (2)

解：根据题意分别作出BC，AB边的垂直平分线，交于点P，再以P为圆心，BP长为半径作圆，则P即为所求，如图所示，

∠点A0,3,B2,1,C4,1 ， ∠点P的横坐标为3，

∠点P在AB的垂直平分线上，且AB是边长为2的正方形的对角线， ∠点P位于边长为3的正方形的对角线上， ∠点P的纵坐标为4， ∠圆心P的坐标是(3,4)； (3)

解：连接AP，

则AP321210 ，

答案第13页，共22页

∠将∠ABC绕（2）中的点P将∠ABC绕点P顺时针旋转90°， ∠点A运动的路线长是【点睛】

本题主要考查了画位似图形，三角形的外接圆，求弧长，熟练掌握位似图形的性质，三角形的外接圆的性质，弧长公式是解题的关键． 21．(1)相切，理由见解析 5(2) 2901010．

1802【解析】 【分析】

（1）连接OD，根据角平分线的性质与角的等量代换易得∠ODE＝90°，而D是圆上的一点；故可得直线DE与∠O相切；

（2）连接BD，根据勾股定理得到AD＝AE2＋ED2＝25，根据圆周角定理得到∠ADB＝90°，根据相似三角形的性质列方程得到AB＝5，即可求解． (1)

解：DE所在直线与O相切． 理由：连接OD．

∠OAOD， ∠OADODA． ∠AD平分BAC， ∠OADDAC．

∠ODADAC． ∠OD∥AC．

∠ODEAED180． ∠DEAC，

答案第14页，共22页

∠AED90． ∠ODE90． ∠ODDE． ∠OD是半径，

∠DE所在直线与O相切． (2)

解：连接DB． ∠AB是O的直径， ∠ADB90． ∠ADBAED． 又∠DABEAD， ∠ADB∽AED． ∠

ADAE． ABAD∠AED90，AE4，ED2， ∠ADAE2ED225． ∠AB5． 5∠O的半径为．

2【点睛】

本题考查的是直线与圆的位置关系，相似三角形的判定和性质及勾股定理，正确的作出辅助线是解题的关键． 22．10元或20元 【解析】 【分析】

设每件童装应降价x元，根据题意列出一元二次方程，解方程求解即可 【详解】

解：设每件童装应降价x元

根据题意，得(40x)(303x)1800 解这个方程，得x110,x220

答案第15页，共22页

答：每件童装应降价10元或20元． 【点睛】

本题考查了一元二次方程的应用，根据题意列出方程是解题的关键． 23．(1)∠见解析；∠(2)3 【解析】 【分析】

（1）∠使BCM30即可，∠利用三角形相似求解，分论讨论，当CBD30时，当

323 或32CDB60时，结合勾股定理求解；

（2）进行分类讨论，若DEG∽DFE，若FEG∽FDE，结合DE4，EF6，

DF8进行求解． (1)

∠如图所示，

∠分论讨论如下：

当CBD30时，如下图：

DC11BC， 22A30，

C60，

BDBC2DC23， 2当CDB60时，如下图：

答案第16页，共22页

设BDx，则DC2x， (2x)2x21，

解得：xDC3， 323， 3则∠ABC的“形似线段”的长是故答案为：(2)

解：∠若DEG∽DFE，

323或，

32323或．

32

则

EGDE． EFDFDE4，EF6，DF8，

EG3．

∠若FEG∽FDE，

则

EGEF． DEDFDE4，EF6，DF8，

EG3．

综上，EG=3． 【点睛】

答案第17页，共22页

本题考查了三角形相似的判定及性质，勾股定理，解题的关键是掌握三角形相似的判定及性质，及利用分论讨论的思想进行求解． 24．答案见解析 【解析】 【分析】

[方案一]延长BA，过点C作CD∠BA，垂足为D，过A作AM∠BC于M，在∠ACM中，AC=2，∠ACB=45°，由三角函数得到AMCM2AC2，在∠ABM中，求出AB、2BM，得到BC，根据面积相等求出CD，由此求出答案；[方案二]连接AC，过点C作

CGEF，垂足为G，延长CD，交EF于点H．先求出AC，由

ADH180ADC90，DAF30，求出DH，得到CH的长，根据DHA90DAF60，求出CG，即可利用公式求出sin75°的值．

【详解】 [方案一]

解：延长BA，过点C作CD∠BA，垂足为D，过A作AM∠BC于M， ∠∠B=30°，∠ACB=45°， ∠CADBACB75 在△ACM中，AC=2，∠ACB=45°． ∠AMCM2AC2． 2在∠ABM中，∠B=30°，AB2AM22，BM∠BCBMCM62． ∠SABCAM6，

tan3011BCAMABCD 22BCAM(62)262， AB222CDAC6262； 224∠CD∠

sin75答案第18页，共22页

[方案二]

解：连接AC，过点C作CGEF，垂足为G，延长CD，交EF于点H． ∠正方形ABCD的边长为a，

∠ADCDa，ADC90． ∠AC2a，DACDCA45． ∠ADH180ADC90，DAF30， ∠DHADtan30∠CHCDDH3a． 333a． 3又∠DHA90DAF60， ∠CGCHsin6031a． 2∠RtAGC中，CAGCADDAH75， ∠sin75【点睛】

此题考查了解直角三角形，正方形的性质，等腰三角形的性质，直角三角形30度角的性质，利用面积法求三角形的高线，各特殊角度的三角函数值，正确掌握各知识点并综合应用是解题的关键． 25．(1)3(2)t23 3CG62． AC43333 或23232333或3(3)0t或t3t3 333答案第19页，共22页

【解析】 【分析】

（1）作PEAC，垂足为E，P与边AC相切，PEr1cm．根据边长为6cm的等边

ABC中，AD33cm，AP2PE2cm，根据PDADAP建立等式求解；

（2）需要进行分类讨论，若QM在P左侧与之相切，作PFQM，垂足为F，若QM在

P右侧与之相切，分别进行求解；

（3）分论讨论，当0DP1时，当DP332时，当332DP33时，依次进行求解． (1)

解：作PEAC，垂足为E．

∠P与边AC相切， ∠PEr1cm．

∠边长为6cm的等边ABC中，AD是高，

1∠BADDACBAC30，BDDC3cm，AD33cm．

2∠AP2PE2cm．

∠PDADAP(332)cm． ∠3t332．

解得t(2)

332233．

33解：若QM在P左侧与之相切，作PFQM，垂足为F．

答案第20页，共22页

∠PFr1cm． ∠QM∥AB，

∠QGDBAD30． ∠PG2PF2cm，DG∠PDPGDG， ∠3t23(3t)． 解得t33． 23QD3QD3(3t)cm．

tan30若QM在P右侧与之相切，作PFQM，垂足为F．

同理，PG2PF2cm，DG∠PDPGDG ∠3t23(3t)． 解得t33． 233333或． 2323QD3QD3(3t)cm．

tan30综上，t(3)

解：当0DP1时，当ΘP与∠ABC的边共有两个公共点，

答案第21页，共22页

03t1，

0t3， 3当DP332时，当ΘP与∠ABC的边共有两个公共点， 3323t，

t323， 3当332DP33时，当ΘP与∠ABC的边共有两个公共点， 3323t33，

33t3， 3综上：当ΘP与∠ABC的边共有两个公共点：0t【点睛】

2333或3或t3t3． 333本题考查了圆与直线的位置关系，动点问题、等边三角形的性质、勾股定理，解题的关键是通过数形结合的思想及分类讨论的思想进行求解．

答案第22页，共22页