2014九年级数学上期中试卷（有答案）

详细内容

2013-2014学年天津市和平区九年级（上）期中数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）
1．（3分）下列图形是中心对称图形而不是轴对称图形的是（　　）
　A． B． C． D．

分析：根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
解答：解：A、是中心对称图形，不是轴对称图形；故本选项正确；
B、是中心对称图形，也是轴对称图形；故本选项错误；
C、是中心对称图形，也是轴对称图形；故本选项错误；
D、不是中心对称图形，是轴对称图形；故本选项错误；
故选A．
点评：本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念：轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分沿对称轴折叠后可重合；中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．
　
2．（3分）同时抛掷两枚质地均匀的正方体骰子，骰子的六个面上分别刻有1到6的点数，下列事件中的不可能事件是（　　）
　A．点数之和小于4B．点数之和为10
　C．点数之和为14D．点数之和大于5且小于9

考点：随机事件．
分析：不可能事件是指在一定条件下，一定不发生的事件．
解答：解：因为同时抛掷两枚质地均匀的正方体骰子，正方体骰子的点数和应大于或等于2，而小于或等于12．显然，是不可能事件的是点数之和是14．
故选C．
点评：本题考查了必然事件、不可能事件、随机事件的概念．用到的知识点为：必然事件指在一定条件下一定发生的事件．不可能事件是指在一定条件下，一定不发生的事件．不确定事件即随机事件是指在一定条件下，可能发生也可能不发生的事件．
　
3．（3分）下列关于x的一元二次方程有实数根的是（　　）
　A．x2+1=0B．x2+x+1=0C．x2?x+1=0D．x2?x?1=0

考点：根的判别式．
专题：计算题．
分析：计算出各项中方程根的判别式的值，找出根的判别式的值大于等于0的方程即可．
解答：解：A、这里a=1，b=0，c=1，
∵△=b2?4ac=?4＜0，
∴方程没有实数根，本选项不合题意；
B、这里a=1，b=1，c=1，
∵△=b2?4ac=1?4=?3＜0，
∴方程没有实数根，本选项不合题意；
C、这里a=1，b=?1，c=1，
∵△=b2?4ac=1?4=?3＜0，
∴方程没有实数根，本选项不合题意；
D、这里a=1，b=?1，c=?1，
∵△=b2?4ac=1+4=5＞0，
∴方程有两个不相等实数根，本选项符合题意；
故选D
点评：此题考查了根的判别式，熟练掌握根的判别式的意义是解本题的关键．
　
4．（3分）如图，圆内接四边形ABCD是正方形，点E是 上一点，则∠E的大小为（　　）

　A．90°B．60°C．45°D．30°

考点：圆周角定理；正方形的性质．
分析：连接AC、BD交于点O，根据正方形ABCD为内接四边形以及正方形的性质可得∠AOD=90°，然后根据圆周角定理可求得∠E的度数．
解答：解：连接AC、BD交于点O，
∵圆内接四边形ABCD是正方形，
∴AO=BO=CO=DO，∠AOD=90°，
∴点O为圆心，
则∠E= ∠AOD= ×90°=45°．
故选C．

点评：本题考查了圆周角定理以及正方形的性质，关键是得出∠AOD=90°，并熟练掌握：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．
　
5．（3分）如图，将△AOB绕点O按逆时针方向旋转45°后得到△A′OB′，若∠AOB=15°，则∠AOB′的度数是（　　）

　A．25°B．30°C．35°D．40°

考点：旋转的性质．
分析：根据旋转的性质旋转前后图形全等以及对应边的夹角等于旋转角，进而得出答案即可．
解答：解：∵将△AOB绕点O按逆时针方向旋转45°后得到△A′OB′，
∴∠A′OA=45°，∠AOB=∠A′OB′=15°，
∴∠AOB′=∠A′OA?∠A′OB′=45°?15°=30°，
故选：B．
点评：此题主要考查了旋转的性质，根据旋转的性质得出∠A′OA=45°，∠AOB=∠A′OB′=15°是解题关键．
　
6．（3分）在一个不透明的布袋中，红球、黑球、白球共有若干个，除颜色外，形状、大小、质地等完全相同，小新从布袋中随机摸出一球，记下颜色后放回布袋中，摇匀后再随机摸出一球，记下颜色，…如此大量摸球实验后，小新发现其中摸出红球的频率稳定于20%，摸出黑球的频率稳定于50%，对此实验，他总结出下列结论：①若进行大量摸球实验，摸出白球的频率稳定于30%，②若从布袋中任意摸出一个球，该球是黑球的概率最大；③若再摸球100次，必有20次摸出的是红球．其中说法正确的是（　　）
　A．①②③B．①②C．①③D．②③

考点：利用频率估计概率．
专题：压轴题．
分析：根据大量重复实验时，事件发生的频率在某个固定位置左右摆动，并且摆动的幅度越来越小，根据这个频率稳定性定理，可以用频率的集中趋势来估计概率，这个固定的近似值就是这个事件的概率，分别分析得出即可．
解答：解：∵在一个不透明的布袋中，红球、黑球、白球共有若干个，其中摸出红球的频率稳定于20%，摸出黑球的频率稳定于50%，
∴①若进行大量摸球实验，摸出白球的频率稳定于：1?20%?50%=30%，故此选项正确；
∵摸出黑球的频率稳定于50%，大于其它频率，
∴②从布袋中任意摸出一个球，该球是黑球的概率最大，故此选项正确；
③若再摸球100次，不一定有20次摸出的是红球，故此选项错误；
故正确的有①②．
故选：B．
点评：此题主要考查了利用频率估计概率，根据频率与概率的关系得出是解题关键．
　
7．（3分）在如图4×4的正方形网格中，△MNP绕某点旋转一定的角度，得到△M1N1P1，则其旋转中心可能是（　　）

　A．点AB．点BC．点CD．点D

考点：旋转的性质．
分析：连接PP1、NN1、MM1，分别作PP1、NN1、MM1的垂直平分线，看看三线都过哪个点，那个点就是旋转中心．
解答：解：∵△MNP绕某点旋转一定的角度，得到△M1N1P1，
∴连接PP1、NN1、MM1，
作PP1的垂直平分线过B、D、C，
作NN1的垂直平分线过B、A，
作MM1的垂直平分线过B，
∴三条线段的垂直平分线正好都过B，
即旋转中心是B．
故选B．

点评：本题考查了学生的理解能力和观察图形的能力，注意：旋转时，对应顶点到旋转中心的距离应相等且旋转角也相等，对称中心在连接对应点线段的垂直平分线上．
　
8．（3分）如图，点A、B、C、D都在⊙O上，∠COD=84°，CA平分∠OCD，则∠ABD+∠CAO=
（　　）

　A．60°B．52°C．48°D．42°

考点：圆周角定理．
分析：先根据三角形的内角和定理求得∠OCD的度数，然后根据角平分线的性质得出∠ACO=∠ACD，同弧所对的圆周角相等得出∠ABD=∠ACD，最后转化为∠ABD+∠CAO=∠ACD+∠ACO=∠OCD=48°，即可得解．
解答：解：在△COD中，
∵OC=OD（⊙O的半径），
∴∠OCD=∠ODC，
又∵∠COD+∠OCD+∠ODC=180°，∠COD=84°，
∴∠OCD=48°，
∵CA平分∠OCD，
∴∠ACO=∠ACD，
∵∠ABD=∠ACD，∠CAO=∠ACO，
∴∠ABD+∠CAO=∠ACD+∠ACO=∠OCD=48°．
故选C．
点评：本题综合考查了圆周角定理和圆心角、弧、弦的关系．解答此题的关键点是利用“同弧所对的圆周角相等”得出∠ABD=∠ACD，注意角平分线性质的运用．
　
9．（3分）把一副三角板如图甲放置，其中∠ACB=∠DEC=90°，∠A=45°，∠D=30°，斜边AB=6，DC=7，把三角板DCE绕点C顺时针旋转15°得到△D1CE1（如图乙），此时AB与CD1交于点O，则线段AD1的长为（　　）

　A． B．5C．4D．

考点：旋转的性质．
专题：压轴题．
分析：先求出∠ACD=30°，再根据旋转角求出∠ACD1=45°，然后判断出△ACO是等腰直角三角形，再根据等腰直角三角形的性质求出AO、CO，AB⊥CO，再求出OD1然后利用勾股定理列式计算即可得解．
解答：解：∵∠ACB=∠DEC=90°，∠D=30°，
∴∠DCE=90°?30°=60°，
∴∠ACD=90°?60°=30°，
∵旋转角为15°，
∴∠ACD1=30°+15°=45°，
又∵∠A=45°，
∴△ACO是等腰直角三角形，
∴AO=CO= AB= ×6=3，AB⊥CO，
∵DC=7，
∴D1C=DC=7，
∴D1O=7?3=4，
在Rt△AOD1中，AD1= = =5．
故选B．
点评：本题考查了旋转的性质，等腰直角三角形的判定与性质，勾股定理的应用，根据等腰直角三角形的性质判断出AB⊥CO是解题的关键，也是本题的难点．
　
10．（3分）设方程（x?a）（x?b）?x=0的两根是c、d，则方程（x?c）（x?d）+x=0的根是（　　）
　A．a，bB．?a，?bC．c，dD．?c，?d

考点：一元二次方程的解．
专题：方程思想；待定系数法．
分析：首先把（x?a）（x?b）?x=0变为x2?（a+b+1）x+ab=0，而方程（x?a）（x?b）?x=0的两根是c、d，利用根与系数可以得到a、b、c、d之间的关系，然后代入后面的方程即可解决问题．
解答：解：∵（x?a）（x?b）?x=0，
∴x2?（a+b+1）x+ab=0，
而方程的两个根为c、d，
∴c+d=a+b+1，①
cd=ab，②
又方程（x?c）（x?d）+x=0可以变为x2?（c+d?1）x+cd=0，③
∴把①②代入③中得
x2?（a+b）x+ab=0，
（x?a）（x?b）=0，
∴x=a，x=b．
故选A．
点评：此题主要考查了一元二次方程的解，此类题型的特点是，利用方程解的定义找到相等关系，再把所求的代数式化简后整理出所找到的相等关系的形式，再把此相等关系整体代入所求代数式，即可求出代数式的值．
　
二、填空题（本大题共8小题，每小题3分，共24分）
11．（3分）将一个正六边形绕着其中心，至少旋转　60　度可以和原来的图形重合．

考点：旋转的性质．
专题：几何变换．
分析：根据正六边形的性质，求出它的中心角即可．
解答：解：∵正六边形的中心角= =60°，
∴一个正六边形绕着其中心，至少旋转60°可以和原来的图形重合．
故答案60．
点评：本题考查了旋转的性质：旋转前后的两个图形全等，对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角，对应点到旋转中心的距离相等．也考查了正六边形的性质．
　
12．（3分）若关于x的一元二次方程kx2?2x?1=0有两个不相等的实数根，则k的取值范围是　k＞?1且k≠0　．

考点：根的判别式．
分析：由关于x的一元二次方程kx2?2x?1=0有两个不相等的实数根，即可得判别式△＞0且k≠0，则可求得k的取值范围．
解答：解：∵关于x的一元二次方程kx2?2x?1=0有两个不相等的实数根，
∴△=b2?4ac=（?2）2?4×k×（?1）=4+4k＞0，
∴k＞?1，
∵x的一元二次方程kx2?2x?1=0
∴k≠0，
∴k的取值范围是：k＞?1且k≠0．
故答案为：k＞?1且k≠0．
点评：此题考查了一元二次方程根的判别式的应用．此题比较简单，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．
　
13．（3分）已知关于x的方程x 2+bx+a=0有一个根是?a（a≠0），则a?b的值为　?1　．

考点：一元二次方程的解．
专题：计算题．
分析：把x=?a代入方程得到一个二元二次方程，方程的两边都除以a，即可得出答案．
解答：解：把x=?a代入方程得：（?a）2?ab+a=0，
a2?ab+a=0，
∵a≠0，
∴两边都除以a得：a?b+1=0，
即a?b=?1，
故答案为：?1．
点评：本题考查了解一元二次方程的解的应用，解此题的关键是理解一元二次方程的解的定义，题型较好，难度适中．
　
14．（3分）用一个圆心角为120°，半径为4的扇形作一个圆锥的侧面，这个圆锥的底面圆的半径为　 　．

考点：弧长的计算．
分析：利用底面周长=展开图的弧长可得．
解答：解： ，解得r= ．
点评：解答本题的关键是有确定底面周长=展开图的弧长这个等量关系，然后由扇形的弧长公式和圆的周长公式求值．
　
15．（3分）如图，把小圆形场地的半径增加5m得到大圆形场地，场地面积增加了一倍，则小圆形场地的半径=　（5+5 ）m　．

考点：一元二次方程的应用．
专题：几何图形问题．
分析：根据等量关系“大圆的面积=2×小圆的面积”可以列出方程．
解答：解：设小圆的半径为xm，则大圆的半径为（x+5）m，
根据题意得：π（x+5）2=2πx2，
解得，x=5+5 或x=5?5 （不合题意，舍去）．
故答案为：（5+5 ）m．
点评：本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程的知识，本题等量关系比较明显，容易列出．
　
16．（3分）甲、乙、丙三人聚会，每人带了一件从外盒包装上看完全相同的礼物（里面的东西只有颜色不同），将3件礼物放在一起，每人从中随机抽取一件，则甲、乙、丙3人抽到的都不是自己带来的礼物的概率为　 　．

考点：列表法与树状图法．
专题：图表型．
分析：画出树状图，然后根据概率公式列式计算即可得解．
解答：解：设甲乙丙带的礼物分别为A、B、C，
根据题意画出树状图如下：

一共有6种情况，甲、乙、丙3人抽到的都不是自己带来的礼物的情况共有（B、C、A）和（C、B、A）2种，
所以，P（甲、乙、丙3人抽到的都不是自己带来的礼物）= = ．
故答案为： ．
点评：本题考查了列表法和树状图法，用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
　
17．（3分）已知△ABC三个顶点的坐标分别为A（?3，0）、B（?1，0）、C（0，3），则△ABC的外接圆的直径=　2 　．

考点：三角形的外接圆与外心；坐标与图形性质．
专题：几何图形问题；数形结合．
分析：首先根据题意画出图形，作AB的垂直平分线交∠AOC的角平分线于点D，连接BD，即可得点D是△ABC的外接圆的圆心，易得直线OD的解析式为：y=?x，点D的横坐标为：?2，则可求得点D的坐标，继而求得答案．
解答：解：如图，作AB的垂直平分线交∠AOC的角平分线于点D，连接BD，
∵A（?3，0）、B（?1，0）、C（0，3），
∴OA=OC，
∴OD垂直平分AC，
∴点D是△ABC的外接圆的圆心，
∴直线OD的解析式为：y=?x，点D的横坐标为：?2，
∴D的坐标为：（?2，2），
∴BD= = ，
∴△ABC的外接圆的直径为：2 ．
故答案为：2 ．

点评：此题考查了三角形的外接圆与外心的性质、勾股定理以及坐标与图形的性质．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．
　
18．（3分）如图AB是半圆的直径，图1中，点C在半圆外；图2中，点C在半圆内，请仅用无刻度的直尺按要求画图．

在图1中，画出ABC的三条高的交点P；
在图2中，画出ABC中AB边上的高，并写出画法（不要求证明）．

考点：作图―复杂作图．
分析：（1）根据圆周角定理：直径所对的圆周角是90°画图即可；
（2）与（1）类似，利用圆周角定理画图．
解答：解：（1）如图所示：点P就是三个高的交点；

（2）如图所示：延长AC、BC分别交半圆于点D，E，
连接AD，BE，并延长相交于点P，连接PC并延长交AB于T，
则CT就是AB上的高．

点评：此题主要考查了复杂作图，关键是掌握三角形的三条高交于一点，直径所对的圆周角是90°．
　
三、解答题（本大题共8小题，共66分．解答应写出文字说明、演算步骤或推理过程）
19．（6分）△ABC的内切圆⊙O与BC，CA，AB分别相切于点D、E、F，且AB=9cm，BC=14cm，CA=13cm，求AF、BD、CE的长．

考点：三角形的内切圆与内心．
分析：根据切线长定理，可设AE=AF=xcm，BF=BD=ycm，CE=CD=zcm．再根据题意列方程组，即可求解．
解答：解：根据切线长定理，设AE=AF=xcm，BF=BD=ycm，CE=CD=zcm．
根据题意，得
，
解，得
．
即AF=4cm、BD=5cm、CE=9cm．
点评：此题要熟练运用切线长定理．
注意解方程组的简便方法：三个方程相加，得到x+y+z的值，再进一步用减法求得x，y，z的值．
　
20．（8分）解下列方程
（Ⅰ）x（x?3）+x?3=0
（Ⅱ）4x2+12x+9=81．

考点：解一元二次方程-因式分解法；解一元二次方程-配方法．
分析：（Ⅰ）方程左边分解因式后，利用两数相乘积为0，两因式中至少有一个为0转化为两个一元一次方程来求解；
（Ⅱ）方程整理后，配方变形，开方即可求出解．
解答：解：（Ⅰ）分解因式得：（x?3）（x+1）=0，
可得x?3=0或x+1=0，
解得：x1=3，x2=?1；

（Ⅱ）方程整理得：x2+3x=18，
配方得：x2+3x+ = ，即（x+ ）2= ，
开方得：x+ =± ，
解得：x1=3，x2=?6．
点评：此题考查了解一元二次方程?因式分解法，以及配方法，熟练掌握各种解法是解本题的关键．
　
21．（8分）（Ⅰ）如图甲中，画出△ABC绕点C顺时针旋转90°后的图形；
（Ⅱ）如图乙所示，网格中每个小正方形的边长为1，请你认真观察图①中的三个网格中阴影部分构成的图案，解答下列问题：
（1）这个三个图案都具有以下共同特征：都要是　中心　对称图形，都不是　轴　对称图形；
（2）请在图②中设计出一个面积为4，且具备上述特征的图案，要求所画图案不能与图①中所给出的图案相同．

考点：利用旋转设计图案；利用轴对称设计图案；作图-旋转变换．
分析：（I）根据图形旋转的性质画出△ABC绕点C顺时针旋转90°后的图形；
（II）（1）根据中心对称的性质解答；
（2）根据中心对称图形的性质画出图形即可．
解答：解：（I）如图甲所示：

（II）（1）由图可知，这三个图案都具有以下共同特征：都要是 中心对称图形，都不是轴对称图形．
故答案为：中心，轴；

（2）如图②所示．


点评：本题考查的是利用旋转设计图案，熟知图形旋转的性质是解答此题的关键．
　
22．（8分）一个不透明的袋中装有5个黄球，13个黑球和22个红球，它们除颜色外都相同．
（1）求从袋中摸出一个球是黄球的概率；
（2）现从袋中取出若干个黑球，并放入相同数量的黄球，搅拌均匀后使从袋中摸出一个是黄球的概率不小于 ，问至少取出了多少个黑球？

考点：概率公式；一元一次不等式的应用．
分析：（1）根据概率公式，求摸到黄球的概率，即用黄球的个数除以小球总个数即可得出得到黄球的概率；
（2）假设取走了x个黑球，则放入x个黄球，进而利用概率公式得出不等式，求出即可．
解答：解：（1）∵一个不透明的袋中装有5个黄球，13个黑球和22个红球，
∴摸出一个球摸是黄球的概率为： = ；

（2）设取走x个黑球，则放入x个黄球，
由题意，得 ≥ ，
解得：x≥ ，
∵x为整数，
∴x的最小正整数解是x=9．
答：至少取走了9个黑球．
点评：此题主要考查了概率公式的应用，一般方法为：如果一个事件有n种可能，而且这些事件的可能性相同，其中事件A出现m种结果，那么事件A的概率P（A）= ．
　
23．（8分）如图，⊙O的直径AB与弦CD相交于点E，且DE=CE，⊙O的切线BF与弦AD的延长线交于点F．
（Ⅰ）求证：CD∥BF．
（Ⅱ）若⊙O的半径为6，∠A=35°，求 的长．

考点：切线的性质；弧长的计算．
专题：证明题．
分析：（1）由BF为⊙O的切线，根据切线的性质得OB⊥BF，由DE=CE，根据垂径定理得OB⊥DC，则根据平行线的性质得CD∥BC；
（2）连结OD、OC，根据圆周角定理得到∠BOD=2∠A=70°，则∠COD=2∠BOD=140°，然后根据弧长公式求解．
解答：（1）证明：∵BF为⊙O的切线，
∴OB⊥BF，
∵DE=CE，
∴OB⊥DC，
∴CD∥BC；

（2）解：连结OD、OC，如图，
∵∠A=35°，
∴∠BOD=2∠A=70°，
∴∠COD=2∠BOD=140°，
∴ 的长度= = π．

点评：本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径；经过圆心且垂直于切线的直线必经过切点．经过切点且垂直于切线的直线必经过圆心．也考查了圆周角定理、垂径定理和弧长公式．
　
24．（8分）注意：为了使同学们更好地解答本题，我们提供了一种解题思路，你可以依照这个思路按下面的要求填空，并完成本题解答的全过程，也可以选用其他的解题方案，此时不必填空，只需按照解答题的一般要求，进行解答即可．
有一人患了流感，经过两轮传染后共有121人欢乐流感，每轮传染中平均一个人传染了几个人？
解题方案：
设每轮传染中平均一个人传染了x个人，
（Ⅰ）用含x的解析式表示：
第一轮后共有　1+x　人患了流感；
第二轮传染中，这些人中的每个人又传染了x个人，第二轮后共有　1+x+x（x+1）　人患了流感；
（Ⅱ）根据题意，列出相应方程为　1+x+x（1+x）=121　；
（Ⅲ）解这个方程，得　x=?12或x=10　；
（Ⅳ）根据问题的实际意义，平均一个人传染了　10　个人．

考点：一元二次方程的应用．
分析：设这种流感的传播速度是一人可才传播给x人，则一轮传染以后有（x+1）人患病，第二轮传染的过程中，作为传染源的有（x+1）人，一个人传染x个人，则第二轮又有x（x+1）人患病，则两轮后有1+x+x（x+1）人患病，据此即可列方程求解．
解答：解：（Ⅰ）用含x的解析式表示：
第一轮后共有1+x人患了流感；
第二轮传染中，这些人中的每个人又传染了x个人，第二轮后共有1+x+x（1+x）人患了流感；
（Ⅱ）根据题意，列出相应方程为1+x+x（1+x）=121；
（Ⅲ）解这个方程，得x=?12或x=10；
（Ⅳ）根据问题的实际意义，平均一个人传染了10个人，
故答案为：1+x；1+x+x（x+1）；1+x+x（1+x）=121；x=?12或x=10；10．
点评：本题考查了一元二次方程的应用，解决本题是要十分注意的是题目中的“共有”二字，否则一定得出错误的结果．
　
25．（10分）已知△ABC中，AB=AC，∠BAC=120°，在BC上取一点O，以点O为圆心、OB为半径作圆，且⊙O过A点．
（Ⅰ）如图①，求证：直线AC是⊙O的切线
（Ⅱ）如图②，过点A作AD∥BC交⊙O于点D，连接BD，求BD与OC之间的数量关系．

考点：切线的判定．
分析：（1）根据等腰三角形性质和技术性的内角和定理求出∠ABC和∠C的度数，求出∠BAO，求出∠OAC=90°，根据切线的判定求出即可；
（2）连接AE，求出∠AEB的度数，根据平行线求出∠DAO，根据圆内接四边形性质求出∠D，根据四边形的内角和定理求出∠DAO，根据平行四边形的判定得出▱BOAD，则BD=AO= OC．
解答：（1）证明：如图①，∵AB=AC，∠BAC=120°，
∴∠ABC=∠C= （180°?∠BAC）=30°，
∵OA=OB，
∴∠ABO=∠BAO=30°，
∴∠OAC=120°?30°=90°，
即OA⊥AC，
∵OA为⊙O的半径，
∴AC是⊙O的切线．

（2）证明：如图②，连接AE．
由（1）知，OA⊥AC，∠C=30°，
∴AO= OC
∵∠AOB=∠C+∠OAC=30°+90°=120°，
∴由圆周角定理得：∠AEB= ∠AOB=60°，
∵D、B、E、A四点共圆，
∴∠D+∠AEB=180°，
∴∠ADB=120°，
∵AD∥BC，
∴∠DAO+∠BOA=180°，
∴∠DAO=60°，
∴∠DBO=360°?60°?120°?120°=60°，
即∠D=∠BOA，∠DBO=∠DAO，
∴四边形BOAD是平行四边形，
∵BD=AO= OC，即BD= OC．

点评：本题考查的知识点有等腰三角形性质、三角形的内角和定理、切线的判定、平行四边形的判定、平行线性质、圆周角定理、圆内接四边形，本题主要考查了学生的推理能力，是一道比较好的题目．
　
26．（10分）已知矩形ABCD内接于⊙O，AB=6cm，AD=8cm，以圆心O为旋转中心，把矩形ABCD顺时针旋转，得到矩形A′B′C′D′仍然内接于⊙O，记旋转角为α（0°＜α≤90°）．
（Ⅰ）如图①，⊙O的直径为　10　cm；
（Ⅱ）如图②，当α=90°时，B′C′与AD交于点E，A′D′与AD交于点F，则四边形A′B′EF的周长是　14　cm．
（Ⅲ）如图③，B′C′与AD交于点E，A′D′与AD交于点F，比较四边形A′B′EF的周长和⊙O的直径的大小关系；
（Ⅳ）如图④，若A′B′与AD交于点M，A′D′与AD交于点N，当旋转角α=　45　（度）时，△A′MN是等腰三角形，并求出△A′MN的周长．

考点：圆的综合题；矩形的性质；圆心角、弧、弦的关系；圆周角定理；旋转的性质．
专题：综合题．
分析：（Ⅰ）连接AC，如图①，只需运用勾股定理就可求出⊙O的直径．
（Ⅱ）连接AB′，A′D，如图②，由矩形及旋转的性质可得AD=B′C′，然后由在同圆中弦与弧的关系可得 = ，从而有 = ，然后根据圆周角定理可得∠AB′C′=∠B′AD，从而有EA=EB′；同理可得DF=FA′，进而可证到四边形A′B′EF的周长等于AB+AD，问题得以解决．
（Ⅲ）连接AB′，A′D，BD，如图③，借鉴（Ⅱ）的解题经验和结论，同样可得四边形A′B′EF的周长等于AB+AD，然后运用三角形三边关系就可解决问题．
（Ⅳ）连接AB′，A′D，如图④，易得旋转角α=45°时，△A′MN是等腰三角形，然后借鉴（Ⅱ）的解题经验和结论，可得A′N=DN，PA=PB′．设AM=x，A′N=y，则有A′B′=A′M+MP+B′P=y+ x+x=6①，AD=AM+MN+DN=x+ y+y=8②．解①和②就可求出△A′MN的周长．
解答：解：（Ⅰ）如图①，连接AC．

∵四边形ABCD是矩形，
∴BC=AD=8，∠ABC=90°．
∵矩形ABCD内接于⊙O，∠ABC=90°，
∴AC是⊙O的直径．
∵AB=6，BC=8，
∴AC=10．
故答案为：10．

（Ⅱ）如图②，连接AB′，A′D．

由旋转可得：A′D′=AD，A′B′=AB．
∵四边形A′B′C′D′是矩形，
∴B′C′=A′D′．
∴AD=B′C′．
∴ = ．
∴ = ．
∴∠B′AD=∠AB′C′．
∴EA=EB′．
同理可得：DF=FA′．
∴四边形A′B′EF的周长=A′B′+B′E+EF+FA′
=AB+EA+EF+DF=AB+AD=6+8=14．
故答案为：14．

（Ⅲ）如图③，连接AB′，A′D，BD．

由（2）中证明可得：EA=EB′，DF=FA′．
∵A′B′+B′E+EF+FA′=AB+EA+EF+DF=AB+AD＞BD，
∴四边形A′B′EF的周长大于⊙O的直径．

（Ⅳ）如图④，连接AB′，A′D．

∵四边形A′B′C′D′是矩形，
∴∠B′A′D′=90°．
∵△A′MN是等腰三角形，
∴A′M=A′N，∠A′MN=∠A′NM=45°．
∴旋转角α等于45°．
∴当旋转角α等于45°时，△A′MN是等腰三角形．
故答案为：45．
由（2）中的证明可得：A′N=DN，PA=PB′．
∵∠AMP=∠A′MN=45°，∠BAD=90°，
∴∠APM=45°=∠AMP．
∴AM=AP．
∴AM=AP=PB′，A′M=A′N=DN，MP= AM，MN= A′N．
设AM=x，A′N=y，
则A′B′=A′M+MP+PB′=y+ x+x=6①，
AD=AM+MN+DN=x+ y+y=8②．
由②?①得： （y?x）=2．
解得：y?x= ．
则x=y? ．
把x=y? 代入②得：y? + y+y=8，
解得：2y+ y=8+ ．
∴△A′MN的周长为2y+ y=8+ ．
点评：本题通过矩形旋转，考查了旋转的性质、矩形的性质、圆周角定理、同圆中弧与弦之间的关系、解二元一次方程组、勾股定理等知识，渗透了变中有不变的辩证思想，另外还考查了运用已有经验解决问题的能力，是一道好题．