浙江省宁波市鄞州区第二实验学校2023-2024学年九年级下学期期中数学试题
1．（2024九下·鄞州期中）下列函数中，和函数的图象关于y轴对称的是（ ）
A． B． C． D．
2．（2024九下·鄞州期中）如图，在以O为圆心的两个同心圆中，A为大圆上任意一点，过A作小圆的割线，若，则图中圆环的面积为（ ）
A． B． C． D．
3．（2024九下·鄞州期中）如图，在菱形中，E为边上一点，交对角线于F，交延长线于G，若，，则的长为（ ）
A． B．6 C． D．8
4．（2024九下·鄞州期中）关于x的方程，当（）时，方程的解分别为，若，则的值的情况为（ ）
A．是定值，为9 B．是定值，为4
C．不是定值，随的增大而增大 D．不是定值，随的增大而减小
5．（2024九下·鄞州期中）若使函数的自变量的取值范围是一切实数，则下面的关系中一定满足要求的是（ ）
A． B． C． D．
6．（2024九下·鄞州期中）如图，已知为半圆O的直径，点C为半圆O上一点，延长至点D，使得，连结，过点C作半圆O的切线，交于点E，连结交圆O于点F，连结并延长交于点G，若，则（ ）
A． B． C． D．G为中点
7．（2024九下·鄞州期中）设是方程的两个实数根，则 ．
8．（2024九下·鄞州期中）如图，点B、C、E三点在同一条直线上，矩形矩形，点M，N分别是的中点，连接，若，则的长为 ．
9．（2024九下·鄞州期中）互相垂直且有公共原点的两条数轴构成平面直角坐标系，但如果平面坐标系中两条坐标轴不垂直，则这样的坐标系称为“斜坐标系”．如图，在斜坐标系中，过点P作两坐标轴的平行线，其在x轴和y轴上的截距a，b分别作为点P的横坐标和纵坐标，记，若斜坐标系中坐标原点为O，x轴正方向和y轴正方向的夹角为，点，，则的面积为 ．
10．（2024九下·鄞州期中）设方程组的正实数解为，则 ．
11．（2024九下·鄞州期中）设点P在半径为1的圆的内接正八边形的边上，记，则S的取值范围是 ．
12．（2024九下·鄞州期中）已知正实数x满足．
（1）求的值；
（2）求与的值．
13．（2024九下·鄞州期中）如图，已知抛物线，，点，为抛物线上第一象限内的两点，且满足，以为边向右作矩形，若P点纵坐标为5．
（1）求的值；
（2）求的值；
（3）求矩形的面积．
14．（2024九下·鄞州期中）如图1，四边形内接于圆O，对角线与交于点E，连结并延长交于点F，平分，连接，与交于点G，E为中点．
（1）求证：．
（2）若，求．
（3）如图2，在（2）的条件下，作，垂足为M，求的值．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】关于坐标轴对称的点的坐标特征；反比例函数图象上点的坐标特征
【解析】【解答】解：设点为的图象上一点，
点关于轴的对称点为，
A、将点代入得，，故此选项不符合题意；
B、将点（-x，y）代入得，，故此选项符合题意；
C、将点（-x，y）代入得，，故此选项不符合题意；
D、将点（-x，y）代入得，，故此选项不符合题意.
所以和函数的图象关于轴对称．
故答案为：B．
【分析】取的图象任意一点，再写出这个点关于轴的对称点，然后通过判断点是否满足四个选项中的解析式得到正确答案．
2．【答案】B
【知识点】勾股定理；圆周角定理；切线的性质；相似三角形的判定-AA
3．【答案】B
【知识点】菱形的性质；相似三角形的判定；8字型相似模型；相似三角形的性质-对应边
【解析】【解答】解：∵四边形是菱形，
，
，
，
，
，
∵，，
，
，
故答案为：B．
【分析】根据菱形的对边平行得到，由平行于三角形一边的直线，截其它两边的延长线，所截三角形与原三角形相似得，根据相似三角形的对应边成比例及等量代换可得，从而代值计算计算即可；
4．【答案】A
【知识点】一元二次方程的根与系数的关系（韦达定理）；二次函数与一元二次方程的综合应用
【解析】【解答】解：∵，
∴，
∵，当（）时，方程的解分别为，
∴当时，方程的解是
当时，方程的解是
∴函数的对称轴为，
∴，
即如图所示：
，
，
则
把代入上式，
整理得
解得，
即，
∴的值的情况为是定值，为9，
故答案为：A．
【分析】根据，得出，由于函数k=(x-1)(x-3)与x=k的交点坐标为(1，0)，(3，0)故其对称轴直线为x=2；由题意可得当时，方程的解是，当时，方程的解是，则，进而推出，代入，化简得，从而即可得出答案．
5．【答案】A
【知识点】一元二次方程根的判别式及应用；函数自变量的取值范围
【解析】【解答】解：∵函数的自变量取值范围是一切实数，
∴分母一定不等于0，
∴无解，
即，
∴或
解得：或．
当时，一定满足要求．
故答案为：A．
【分析】根据分母一定不等于0，可得方程无解，从而可得判别式b2-4ac＜0，据此列出不等式组，求解判断即可得出答案.
6．【答案】A,B,C,D
【知识点】同角三角函数的关系；解直角三角形—边角关系；圆与三角形的综合
【解析】【解答】解：∵AB是圆O的直径，
∴∠ACB=90°，即AC⊥BD，
又BC=DC，
∴AC是BD的垂直平分线，
∴AB=AD，故A选项正确；
∵CE是圆O的切线，
∴OC⊥CE，即∠OCE=90°，
∵AB=AD，AC⊥BD，
∴∠DAB=2∠BAC，
又∠BOC=2∠BAC，
∴∠BOC=∠BAD，
∴OC∥AD，
∴∠OCE=∠DEC=90°，即CE⊥AD，故B选项正确；
设与交于点，连接，
∵是直径，
∴，
∵，，即：，
∴，
∴，
∵，，即：，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，即：，
∵，∠ECA+∠EAC=90°，
∴，
∴，即：，
∴，
∴，故选项C正确；
连接，
∵，，
∴，
又∵，
∴，
∵，，
∴，，
∴，
∴G为中点，故选项D正确.
故答案为：ABCD．
【分析】A、直径所对圆周角是直角得AC⊥BD，从而可推出AC是BD的垂直平分线，由线段垂直平分线的性质即可判断；
B、由切线的性质，∠OCE=90°，由等腰三角形的三线合一得∠DAB=2∠BAC，由圆周角定理得∠BOC=2∠BAC，则∠BOC=∠BAD，由同位角相等，两直线平行，得OC∥AD，进而根据平行线性质得∠OCE=∠DEC=90°，据此即可判断；
C、设AD与交于点H，连接BH，根据同弧所对圆周角相等得∠EAG=∠HBE，从而由AAS判断出△EAG≌△HBE，得AE=BH，由同弧所对的圆周角相等得∠EAC=∠HBD，再由ASA判断出△EAC≌△HBD，得AC=BD，从而推出AC=BD=2CD，由同角或等角的同名三角函数值相等可推出得到，，即可判断；
D、连接HC，根据直角三角形斜边中线等于斜边一半得HC=CD，由等腰三角形三线合一的性质，可得，由，，得到，，即可判断.
7．【答案】4
【知识点】一元二次方程的根与系数的关系（韦达定理）
【解析】【解答】解：∵是方程的两个实数根，
∴，
则
∴
故答案为：4.
【分析】设x1与x2是一元二次方程“ax2+bx+c=0（a、b、c是常数，且a≠0）”的两个实数根，利用一元二次方程根与系数可得x1+x2=1；根据方程根的定义把代入整理得出，然后把待求式子变形为，整体代入化简后再变形为，最后再一次整体代入计算，即可作答．
8．【答案】
【知识点】勾股定理；矩形的性质；旋转的性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：连接、、，如图所示：
∵四边形ABCD是矩形，
∴
∴，
∵四边形ABCD与FGCE都是矩形
∴AC与互相平分，与互相平分，
∵点、分别是、的中点，
∴是的中点，是的中点，
∴是的中位线，
∴，
∵矩形矩形，
∴矩形是矩形绕点顺时针旋转所得，
∴，AC=CF，
∴是等腰直角三角形，
，
，
故答案为：．
【分析】连接AC、CF、AF，由矩形的性质和勾股定理求出AC，由矩形的性质得出M是AC的中点，N是CF的中点，则MN是△ACF的中位线，由三角形中位线定理得出；由全等矩形性质得出矩形FGCE是矩形ABCD绕点C顺时针旋转90°所得，根据旋转性质得∠ACF=90°，AC=CF，从而由等腰直角三角形的性质得出AF得长，进而即可得出结果．
9．【答案】
【知识点】坐标与图形性质；含30°角的直角三角形；矩形的判定与性质；几何图形的面积计算-割补法；解直角三角形—边角关系
【解析】【解答】解：过点N作轴交y轴于点A，点M作轴交x轴于点D，过M点作轴于点B，过A点作轴于点C，连接，
则，
∵，
∴
∴，，
∴，，，
∴，
∵四边形为矩形，
∴，
∴+，
故答案为：．
【分析】过点N作轴交y轴于点A，点M作轴交x轴于点D，过M点作轴于点B，过A点作轴于点C，连接，由题意得，由直角三角形两锐角互余得，由含30度角直角三角形的性质得OC=1，DB=，然后由∠AOC的正弦函数求出AC的长，由∠BDM的正弦函数求出BM的长，再根据线段和差求出CD的长，由矩形性质得，最后利用割补法，根据+求出面积即可．
10．【答案】6
【知识点】因式分解法解一元二次方程
【解析】【解答】解：∵
∴x3=xyz-5，y3=xyz+2，z3=xyz+21，
设xyz=a，则a3=x3y3z3=(a-5)(a+2)(a+21)=a3+18a2-73a-210，
∴18a2-73a-210=0，
∴(18a+35)(a-6)=0，
解得a1=6，a2=(舍)，
∴xyz=6，
∴x=1，y=2，z=3，
∴x+y+z=6，
故答案为：6.
【分析】由题意得x3=xyz-5，y3=xyz+2，z3=xyz+21，设xyz=a，则a3=x3y3z3=(a-5)(a+2)(a+21)=a3+18a2-73a-210，从而将方程转化为关于未知数a的方程，利用因式分解法求出a的值，进而即可求出x、y、z的值，最后求和即可.
11．【答案】
【知识点】勾股定理；圆内接正多边形；等腰直角三角形；坐标系中的两点距离公式
【解析】【解答】解：以圆心为原点，所在直线为x轴，所在直线为y轴建立平面直角坐标系，如图所示，过点O作，在线段上截取，连接，
则，，
由正八边形，
，
是等腰直角三角形，
，
，
，
设则，
，
，
，
解得：，
，
设，
，
因为，即，
所以，
故的取值范围是．
故答案为：．
【分析】以圆心为原点，所在直线为x轴，所在直线为y轴建立平面直角坐标系，如图所示，过点O作，在线段上截取，连接，即可求出各顶点的坐标，由正八边形的性质得易得是等腰直角三角形，则可推出，由等角对等边得，设则，，在Rt△A1OQ中，利用勾股定理建立方程求出t2的值，从而可得OQ2的值；设，再根据两点距离的坐标计算公式即可得到，然后利用即可解出．
12．【答案】（1）解：∵，
∴．
又x为正实数，
∴；
（2）解：．，
∵
∴，
解得：．
【知识点】多项式乘多项式；完全平方公式及运用；求代数式的值-整体代入求值
【解析】【分析】（1）根据完全平方公式恒等变形可得，从而整体代入计算后，再求其算术平方根即可；
（2）由立方和公式可得结合（1）的结论即可算出；根据完全平方公式可得，从而可算出，再根据即可计算.
13．【答案】（1）解：∵四边形是矩形，
∴由矩形对角线中点坐标相等可得，
∴；
（2）解：如图所示，连接，
在中，由勾股定理得，
∴，
∴
∴，
∴，
解得；
（3）解：∵点，为抛物线第一象限内的两点，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
设，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴
，
∴矩形的面积为．
【知识点】勾股定理；矩形的性质；二次函数图象上点的坐标特征；坐标系中的两点距离公式
【解析】【分析】（1）根据矩形对角线互相平分可得中点坐标相同，进行根据中点坐标公式求解即可；
（2）连接AB，在rt△ABF中，由勾股定理及两点间的距离公式建立方程，化简整理得到进而结合抛物线上点的坐标特点用含x1、x2的式子表示出y1、y2，进一步简化可得，从而求解即可；
（3）根据抛物线上点的坐标特点得，，结合（1）的结论可得，根据两点间的距离公式表示出AF2、BF2，设，进而可得，然后根据矩形的面积公式结合（1）（2）的结论即可算出答案.
14．【答案】（1）证明：∵
∴
∵平分
∴
∴
∵E为中点
∴
∵，
∴；
（2）解：连接，，延长交于点Q，交圆O于点，
∵平分，
∴，
∴，
∵，
∴，
设，则：
∵，
∴BE=DE，
∴，
∴，
∵的度数等于所对的圆心角的度数的一半，的度数等于所对的圆心角的度数的一半，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴四点共圆，
∴，即：；
（3）解：过点Q作于点H，
∵，，
∴，
∴，
由（2）知：，，
∴，
∵，
∴∠AFQ=∠QAF，
∴AQ=QF，∠OQD=∠QAF+∠AFQ=2
∴∠DOQ=∠OQD，
∴DO=DQ，
∵，，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴．
【知识点】等腰三角形的判定与性质；圆周角定理；相似三角形的判定与性质
【解析】【分析】（1）首先根据等边对等角和角平分线的概念得到，结合中点定义及对顶角相等，利用ASA可证明△BCE≌△DGE；
（2）连接OE，OC，延长BF交AD于点M，交圆O于点N，由角平分线定义得，由圆心角、弧、弦的关系及可推出，结合已知条件推出，设，由等边对等角得到，由圆周角定理并结合三角形外角的性质推出；由全等三角形的对应边相等得BE=DE，由垂径定理得OE⊥BD，由圆心角、弧、弦的关系及三角形外角相等推出∠OFE=∠ODE=，得到四点共圆，进而根据圆内接四边形的对角互补即可得出的度数；
（3）过点Q作QH⊥AF于点H，由同一平面内垂直于同一直线的两条直线互相平行得OE∥FM，由平行线分线段成比例定理得，根据对顶角相等及圆周角定义可推出∠AFQ=∠QAF，∠DOQ=∠OQD，由等角对等边得AQ=QF，DO=DQ，由等腰三角形的三线合一得到，OF=FQ；然后根据有两组角对应相等的两个三角形相似得△BEO∽△FHQ，由相似三角形对应边成比例得到，进而得到，进而得到，从而即可得出结论．
浙江省宁波市鄞州区第二实验学校2023-2024学年九年级下学期期中数学试题
1．（2024九下·鄞州期中）下列函数中，和函数的图象关于y轴对称的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】关于坐标轴对称的点的坐标特征；反比例函数图象上点的坐标特征
【解析】【解答】解：设点为的图象上一点，
点关于轴的对称点为，
A、将点代入得，，故此选项不符合题意；
B、将点（-x，y）代入得，，故此选项符合题意；
C、将点（-x，y）代入得，，故此选项不符合题意；
D、将点（-x，y）代入得，，故此选项不符合题意.
所以和函数的图象关于轴对称．
故答案为：B．
【分析】取的图象任意一点，再写出这个点关于轴的对称点，然后通过判断点是否满足四个选项中的解析式得到正确答案．
2．（2024九下·鄞州期中）如图，在以O为圆心的两个同心圆中，A为大圆上任意一点，过A作小圆的割线，若，则图中圆环的面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】勾股定理；圆周角定理；切线的性质；相似三角形的判定-AA
3．（2024九下·鄞州期中）如图，在菱形中，E为边上一点，交对角线于F，交延长线于G，若，，则的长为（ ）
A． B．6 C． D．8
【答案】B
【知识点】菱形的性质；相似三角形的判定；8字型相似模型；相似三角形的性质-对应边
【解析】【解答】解：∵四边形是菱形，
，
，
，
，
，
∵，，
，
，
故答案为：B．
【分析】根据菱形的对边平行得到，由平行于三角形一边的直线，截其它两边的延长线，所截三角形与原三角形相似得，根据相似三角形的对应边成比例及等量代换可得，从而代值计算计算即可；
4．（2024九下·鄞州期中）关于x的方程，当（）时，方程的解分别为，若，则的值的情况为（ ）
A．是定值，为9 B．是定值，为4
C．不是定值，随的增大而增大 D．不是定值，随的增大而减小
【答案】A
【知识点】一元二次方程的根与系数的关系（韦达定理）；二次函数与一元二次方程的综合应用
【解析】【解答】解：∵，
∴，
∵，当（）时，方程的解分别为，
∴当时，方程的解是
当时，方程的解是
∴函数的对称轴为，
∴，
即如图所示：
，
，
则
把代入上式，
整理得
解得，
即，
∴的值的情况为是定值，为9，
故答案为：A．
【分析】根据，得出，由于函数k=(x-1)(x-3)与x=k的交点坐标为(1，0)，(3，0)故其对称轴直线为x=2；由题意可得当时，方程的解是，当时，方程的解是，则，进而推出，代入，化简得，从而即可得出答案．
5．（2024九下·鄞州期中）若使函数的自变量的取值范围是一切实数，则下面的关系中一定满足要求的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】一元二次方程根的判别式及应用；函数自变量的取值范围
【解析】【解答】解：∵函数的自变量取值范围是一切实数，
∴分母一定不等于0，
∴无解，
即，
∴或
解得：或．
当时，一定满足要求．
故答案为：A．
【分析】根据分母一定不等于0，可得方程无解，从而可得判别式b2-4ac＜0，据此列出不等式组，求解判断即可得出答案.
6．（2024九下·鄞州期中）如图，已知为半圆O的直径，点C为半圆O上一点，延长至点D，使得，连结，过点C作半圆O的切线，交于点E，连结交圆O于点F，连结并延长交于点G，若，则（ ）
A． B． C． D．G为中点
【答案】A,B,C,D
【知识点】同角三角函数的关系；解直角三角形—边角关系；圆与三角形的综合
【解析】【解答】解：∵AB是圆O的直径，
∴∠ACB=90°，即AC⊥BD，
又BC=DC，
∴AC是BD的垂直平分线，
∴AB=AD，故A选项正确；
∵CE是圆O的切线，
∴OC⊥CE，即∠OCE=90°，
∵AB=AD，AC⊥BD，
∴∠DAB=2∠BAC，
又∠BOC=2∠BAC，
∴∠BOC=∠BAD，
∴OC∥AD，
∴∠OCE=∠DEC=90°，即CE⊥AD，故B选项正确；
设与交于点，连接，
∵是直径，
∴，
∵，，即：，
∴，
∴，
∵，，即：，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，即：，
∵，∠ECA+∠EAC=90°，
∴，
∴，即：，
∴，
∴，故选项C正确；
连接，
∵，，
∴，
又∵，
∴，
∵，，
∴，，
∴，
∴G为中点，故选项D正确.
故答案为：ABCD．
【分析】A、直径所对圆周角是直角得AC⊥BD，从而可推出AC是BD的垂直平分线，由线段垂直平分线的性质即可判断；
B、由切线的性质，∠OCE=90°，由等腰三角形的三线合一得∠DAB=2∠BAC，由圆周角定理得∠BOC=2∠BAC，则∠BOC=∠BAD，由同位角相等，两直线平行，得OC∥AD，进而根据平行线性质得∠OCE=∠DEC=90°，据此即可判断；
C、设AD与交于点H，连接BH，根据同弧所对圆周角相等得∠EAG=∠HBE，从而由AAS判断出△EAG≌△HBE，得AE=BH，由同弧所对的圆周角相等得∠EAC=∠HBD，再由ASA判断出△EAC≌△HBD，得AC=BD，从而推出AC=BD=2CD，由同角或等角的同名三角函数值相等可推出得到，，即可判断；
D、连接HC，根据直角三角形斜边中线等于斜边一半得HC=CD，由等腰三角形三线合一的性质，可得，由，，得到，，即可判断.
7．（2024九下·鄞州期中）设是方程的两个实数根，则 ．
【答案】4
【知识点】一元二次方程的根与系数的关系（韦达定理）
【解析】【解答】解：∵是方程的两个实数根，
∴，
则
∴
故答案为：4.
【分析】设x1与x2是一元二次方程“ax2+bx+c=0（a、b、c是常数，且a≠0）”的两个实数根，利用一元二次方程根与系数可得x1+x2=1；根据方程根的定义把代入整理得出，然后把待求式子变形为，整体代入化简后再变形为，最后再一次整体代入计算，即可作答．
8．（2024九下·鄞州期中）如图，点B、C、E三点在同一条直线上，矩形矩形，点M，N分别是的中点，连接，若，则的长为 ．
【答案】
【知识点】勾股定理；矩形的性质；旋转的性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：连接、、，如图所示：
∵四边形ABCD是矩形，
∴
∴，
∵四边形ABCD与FGCE都是矩形
∴AC与互相平分，与互相平分，
∵点、分别是、的中点，
∴是的中点，是的中点，
∴是的中位线，
∴，
∵矩形矩形，
∴矩形是矩形绕点顺时针旋转所得，
∴，AC=CF，
∴是等腰直角三角形，
，
，
故答案为：．
【分析】连接AC、CF、AF，由矩形的性质和勾股定理求出AC，由矩形的性质得出M是AC的中点，N是CF的中点，则MN是△ACF的中位线，由三角形中位线定理得出；由全等矩形性质得出矩形FGCE是矩形ABCD绕点C顺时针旋转90°所得，根据旋转性质得∠ACF=90°，AC=CF，从而由等腰直角三角形的性质得出AF得长，进而即可得出结果．
9．（2024九下·鄞州期中）互相垂直且有公共原点的两条数轴构成平面直角坐标系，但如果平面坐标系中两条坐标轴不垂直，则这样的坐标系称为“斜坐标系”．如图，在斜坐标系中，过点P作两坐标轴的平行线，其在x轴和y轴上的截距a，b分别作为点P的横坐标和纵坐标，记，若斜坐标系中坐标原点为O，x轴正方向和y轴正方向的夹角为，点，，则的面积为 ．
【答案】
【知识点】坐标与图形性质；含30°角的直角三角形；矩形的判定与性质；几何图形的面积计算-割补法；解直角三角形—边角关系
【解析】【解答】解：过点N作轴交y轴于点A，点M作轴交x轴于点D，过M点作轴于点B，过A点作轴于点C，连接，
则，
∵，
∴
∴，，
∴，，，
∴，
∵四边形为矩形，
∴，
∴+，
故答案为：．
【分析】过点N作轴交y轴于点A，点M作轴交x轴于点D，过M点作轴于点B，过A点作轴于点C，连接，由题意得，由直角三角形两锐角互余得，由含30度角直角三角形的性质得OC=1，DB=，然后由∠AOC的正弦函数求出AC的长，由∠BDM的正弦函数求出BM的长，再根据线段和差求出CD的长，由矩形性质得，最后利用割补法，根据+求出面积即可．
10．（2024九下·鄞州期中）设方程组的正实数解为，则 ．
【答案】6
【知识点】因式分解法解一元二次方程
【解析】【解答】解：∵
∴x3=xyz-5，y3=xyz+2，z3=xyz+21，
设xyz=a，则a3=x3y3z3=(a-5)(a+2)(a+21)=a3+18a2-73a-210，
∴18a2-73a-210=0，
∴(18a+35)(a-6)=0，
解得a1=6，a2=(舍)，
∴xyz=6，
∴x=1，y=2，z=3，
∴x+y+z=6，
故答案为：6.
【分析】由题意得x3=xyz-5，y3=xyz+2，z3=xyz+21，设xyz=a，则a3=x3y3z3=(a-5)(a+2)(a+21)=a3+18a2-73a-210，从而将方程转化为关于未知数a的方程，利用因式分解法求出a的值，进而即可求出x、y、z的值，最后求和即可.
11．（2024九下·鄞州期中）设点P在半径为1的圆的内接正八边形的边上，记，则S的取值范围是 ．
【答案】
【知识点】勾股定理；圆内接正多边形；等腰直角三角形；坐标系中的两点距离公式
【解析】【解答】解：以圆心为原点，所在直线为x轴，所在直线为y轴建立平面直角坐标系，如图所示，过点O作，在线段上截取，连接，
则，，
由正八边形，
，
是等腰直角三角形，
，
，
，
设则，
，
，
，
解得：，
，
设，
，
因为，即，
所以，
故的取值范围是．
故答案为：．
【分析】以圆心为原点，所在直线为x轴，所在直线为y轴建立平面直角坐标系，如图所示，过点O作，在线段上截取，连接，即可求出各顶点的坐标，由正八边形的性质得易得是等腰直角三角形，则可推出，由等角对等边得，设则，，在Rt△A1OQ中，利用勾股定理建立方程求出t2的值，从而可得OQ2的值；设，再根据两点距离的坐标计算公式即可得到，然后利用即可解出．
12．（2024九下·鄞州期中）已知正实数x满足．
（1）求的值；
（2）求与的值．
【答案】（1）解：∵，
∴．
又x为正实数，
∴；
（2）解：．，
∵
∴，
解得：．
【知识点】多项式乘多项式；完全平方公式及运用；求代数式的值-整体代入求值
【解析】【分析】（1）根据完全平方公式恒等变形可得，从而整体代入计算后，再求其算术平方根即可；
（2）由立方和公式可得结合（1）的结论即可算出；根据完全平方公式可得，从而可算出，再根据即可计算.
13．（2024九下·鄞州期中）如图，已知抛物线，，点，为抛物线上第一象限内的两点，且满足，以为边向右作矩形，若P点纵坐标为5．
（1）求的值；
（2）求的值；
（3）求矩形的面积．
【答案】（1）解：∵四边形是矩形，
∴由矩形对角线中点坐标相等可得，
∴；
（2）解：如图所示，连接，
在中，由勾股定理得，
∴，
∴
∴，
∴，
解得；
（3）解：∵点，为抛物线第一象限内的两点，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
设，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴
，
∴矩形的面积为．
【知识点】勾股定理；矩形的性质；二次函数图象上点的坐标特征；坐标系中的两点距离公式
【解析】【分析】（1）根据矩形对角线互相平分可得中点坐标相同，进行根据中点坐标公式求解即可；
（2）连接AB，在rt△ABF中，由勾股定理及两点间的距离公式建立方程，化简整理得到进而结合抛物线上点的坐标特点用含x1、x2的式子表示出y1、y2，进一步简化可得，从而求解即可；
（3）根据抛物线上点的坐标特点得，，结合（1）的结论可得，根据两点间的距离公式表示出AF2、BF2，设，进而可得，然后根据矩形的面积公式结合（1）（2）的结论即可算出答案.
14．（2024九下·鄞州期中）如图1，四边形内接于圆O，对角线与交于点E，连结并延长交于点F，平分，连接，与交于点G，E为中点．
（1）求证：．
（2）若，求．
（3）如图2，在（2）的条件下，作，垂足为M，求的值．
【答案】（1）证明：∵
∴
∵平分
∴
∴
∵E为中点
∴
∵，
∴；
（2）解：连接，，延长交于点Q，交圆O于点，
∵平分，
∴，
∴，
∵，
∴，
设，则：
∵，
∴BE=DE，
∴，
∴，
∵的度数等于所对的圆心角的度数的一半，的度数等于所对的圆心角的度数的一半，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴四点共圆，
∴，即：；
（3）解：过点Q作于点H，
∵，，
∴，
∴，
由（2）知：，，
∴，
∵，
∴∠AFQ=∠QAF，
∴AQ=QF，∠OQD=∠QAF+∠AFQ=2
∴∠DOQ=∠OQD，
∴DO=DQ，
∵，，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴．
【知识点】等腰三角形的判定与性质；圆周角定理；相似三角形的判定与性质
【解析】【分析】（1）首先根据等边对等角和角平分线的概念得到，结合中点定义及对顶角相等，利用ASA可证明△BCE≌△DGE；
（2）连接OE，OC，延长BF交AD于点M，交圆O于点N，由角平分线定义得，由圆心角、弧、弦的关系及可推出，结合已知条件推出，设，由等边对等角得到，由圆周角定理并结合三角形外角的性质推出；由全等三角形的对应边相等得BE=DE，由垂径定理得OE⊥BD，由圆心角、弧、弦的关系及三角形外角相等推出∠OFE=∠ODE=，得到四点共圆，进而根据圆内接四边形的对角互补即可得出的度数；
（3）过点Q作QH⊥AF于点H，由同一平面内垂直于同一直线的两条直线互相平行得OE∥FM，由平行线分线段成比例定理得，根据对顶角相等及圆周角定义可推出∠AFQ=∠QAF，∠DOQ=∠OQD，由等角对等边得AQ=QF，DO=DQ，由等腰三角形的三线合一得到，OF=FQ；然后根据有两组角对应相等的两个三角形相似得△BEO∽△FHQ，由相似三角形对应边成比例得到，进而得到，进而得到，从而即可得出结论．
