资源描述
2022-2023学年九上数学期末模拟试卷
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。
2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。
3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。
4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题(每小题3分,共30分)
1．在如图所示的网格中,每个小正方形的边长均为1,的三个顶点都是网格线的交点．已知,,将绕着点顺时针旋转,则点对应点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
2．如图，二次函数y＝ax2+bx+c的图象与x轴相交于A、B两点，C(m，﹣3)是图象上的一点，且AC⊥BC，则a的值为（ ）
A．2 B． C．3 D．
3．已知⊙O的半径为13，弦AB//CD，AB＝24，CD＝10，则AB、CD之间的距离为
A．17 B．7 C．12 D．7或17
4．抛物线y=ax2+bx+c的对称轴为直线x=﹣1，部分图象如图所示，下列判断中：
①abc＞1；
②b2﹣4ac＞1；
③9a﹣3b+c=1；
④若点（﹣1.5，y1），（﹣2，y2）均在抛物线上，则y1＞y2；
⑤5a﹣2b+c＜1．
其中正确的个数有（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
5．某车间20名工人日加工零件数如表所示：
日加工零件数
4
5
6
7
8
人数
2
6
5
4
3
这些工人日加工零件数的众数、中位数、平均数分别是（ ）
A．5、6、5 B．5、5、6 C．6、5、6 D．5、6、6
6．如图，在中，，已知，把沿轴负方向向左平移到的位置，此时在同一双曲线上，则的值为（ ）
A． B． C． D．
7．在Rt△ABC中，∠C＝90°，若sin∠A＝，则cosB＝（ ）
A． B． C． D．
8．附城二中到联安镇为5公里，某同学骑车到达，那么时间t与速度(平均速度)v之间的函数关系式是( )
A．v＝5t B．v＝t＋5 C．v＝ D．v＝
9．抛物线与坐标轴的交点个数是（ ）
A．3 B．2 C．1 D．0
10．如图，向量与均为单位向量，且OA⊥OB，令=+，则=（ ）
A．1 B． C． D．2
二、填空题(每小题3分,共24分)
11．抛物线的顶点坐标是______．
12．要使二次根式有意义，则的取值范围是________．
13．如图，量角器的0度刻度线为，将一矩形直尺与量角器部分重叠，使直尺一边与量角器相切于点，直尺另一边交量角器于点，，量得，点在量角器上的读数为，则该直尺的宽度为____________．
14．小明身高1.76米，小亮身高1.6米，同一时刻他们站在太阳光下，小明的影子长为1米，则小亮的影长是_____米.
15．若抛物线y＝x2﹣4x+m与直线y＝kx﹣13（k≠0）交于点（2，﹣9），则关于x的方程x2﹣4x+m＝k（x﹣1）﹣11的解为_____．
16．将6×4的正方形网格如图所示放置在平面直角坐标系中，每个小正方形的边长为1，若点在第一象限内，且在正方形网格的格点上，若是钝角的外心，则的坐标为__________．
17．反比例函数的图象上有一点P(2，n)，将点P向右平移1个单位，再向下平移1个单位得到点Q，若点Q也在该函数的图象上，则k＝____________．
18．如图，圆心都在x轴正半轴上的半圆O1，半圆O2，…，半圆On均与直线l相切，设半圆O1，半圆O2，…，半圆On的半径分别是r1，r2，…，rn，则当直线l与x轴所成锐角为30时，且r1=1时，r2017=_______.
三、解答题(共66分)
19．（10分）（1）如图1，在⊙O中，弦AB与CD相交于点F，∠BCD＝68°，∠CFA＝108°，求∠ADC的度数．
（2）如图2，在正方形ABCD中，点E是CD上一点（DE＞CE），连接AE，并过点E作AE的垂线交BC于点F，若AB＝9，BF＝7，求DE长．
20．（6分）如图1，▱ABCD中，∠ABC、∠ADC的平分线分别交AD、BC于点E、F．
（1）求证：四边形EBFD是平行四边形；
（2）如图2，小明在完成（1）的证明后继续进行了探索．连接AF、CE，分别交BE、FD于点G、H，得到四边形EGFH．此时，他猜想四边形EGFH是平行四边形，请在框图（图3）中补全他的证明思路，再在答题纸上写出规范的证明过程．
21．（6分）计算：
解方程：
22．（8分）如图，是⊙的直径，是的中点，弦于点，过点作交的延长线于点．
（1）连接，求；
（2）点在上，，DF交于点．若，求的长．
23．（8分）用适当的方法解方程：．
24．（8分）（特例感知）
（1）如图①，∠ABC 是⊙O 的圆周角，BC 为直径，BD 平分∠ABC 交⊙O 于点 D，CD=3， BD=4，则点 D 到直线 AB 的距离为 ．
（类比迁移）
（2）如图②，∠ABC 是⊙O 的圆周角，BC 为⊙O 的弦，BD 平分∠ABC 交⊙O 于点 D，过 点 D 作 DE⊥BC，垂足为 E，探索线段 AB、BE、BC 之间的数量关系，并说明理由．
（问题解决）
（3）如图③，四边形 ABCD 为⊙O 的内接四边形，∠ABC=90°，BD 平分∠ABC，BD= 7， AB=6，则△ABC 的内心与外心之间的距离为 ．
25．（10分）如图，已知抛物线经过点和点，与轴交于点.
（1）求此抛物线的解析式；
（2）若点是直线下方的抛物线上一动点（不点，重合），过点作轴的平行线交直线于点，设点的横坐标为.
①用含的代数式表示线段的长；
②连接，，求的面积最大时点的坐标；
（3）设抛物线的对称轴与交于点，点是抛物线的对称轴上一点，为轴上一点，是否存在这样的点和点，使得以点、、、为顶点的四边形是菱形？如果存在，请直接写出点的坐标；如果不存在，请说明理由.
26．（10分）如图是输水管的切面，阴影部分是有水部分，其中水面AB宽10cm，水最深3cm，求输水管的半径．
参考答案
一、选择题(每小题3分,共30分)
1、D
【分析】由,,确定坐标原点的位置，再根据题意画出图形，即可得到答案.
【详解】如图所示：
∴点对应点的坐标为．
故选：D．
【点睛】
本题主要考查平面坐标系中，图形的旋转变换和坐标，根据题意，画出图形，是解题的关键.
2、D
【分析】在直角三角形ABC中，利用勾股定理AD2+DC2+CD2+BD2=AB2，即m2﹣m(x1+x2)+18+x1x2=0；然后根据根与系数的关系即可求得a的值．
【详解】过点C作CD⊥AB于点D．
∵AC⊥BC，
∴AD2+DC2+CD2+BD2=AB2，
设ax2+bx+c=0的两根分别为x1与x2(x1≤x2)，
∴A(x1，0)，B(x2，0)．
依题意有(x1﹣m)2+9+(x2﹣m)2+9=(x1﹣x2)2，
化简得：m2﹣m(x1+x2)+9+x1x2=0，
∴m2m+90，
∴am2+bn+c=﹣9a．
∵(m，﹣3)是图象上的一点，
∴am2+bm+c=﹣3，
∴﹣9a=﹣3，
∴a．
故选：D．
【点睛】
本题是二次函数的综合试题，考查了二次函数的性质和图象，解答本题的关键是注意数形结合思想．
3、D
【解析】①当弦AB和CD在圆心同侧时，如图1，∵AB=24cm，CD=10cm，∴AE=12cm，CF=5cm，∵OA=OC=13cm，∴EO=5cm，OF=12cm，∴EF=12﹣5=7cm；
②当弦AB和CD在圆心异侧时，如图2，∵AB=24cm，CD=10cm，∴AE=12cm，CF=5cm，∵OA=OC=13cm，∴EO=5cm，OF=12cm，∴EF=OF+OE=17cm，∴AB与CD之间的距离为7cm或17cm．
故选D．
点睛：本题考查了勾股定理和垂径定理的应用．此题难度适中，解题的关键是注意掌握数形结合思想与分类讨论思想的应用，小心别漏解．
4、B
【分析】分析：根据二次函数的性质一一判断即可．
【详解】详解：∵抛物线对称轴x=-1，经过（1，1），
∴-=-1，a+b+c=1，
∴b=2a，c=-3a，
∵a＞1，
∴b＞1，c＜1，
∴abc＜1，故①错误，
∵抛物线对称轴x=-1，经过（1，1），
可知抛物线与x轴还有另外一个交点（-3，1）
∴抛物线与x轴有两个交点，
∴b2-4ac＞1，故②正确，
∵抛物线与x轴交于（-3，1），
∴9a-3b+c=1，故③正确，
∵点（-1.5，y1），（-2，y2）均在抛物线上，
（-1.5，y1）关于对称轴的对称点为（-1.5，y1）
（-1.5，y1），（-2，y2）均在抛物线上，且在对称轴左侧，
-1.5＞-2，
则y1＜y2；故④错误，
∵5a-2b+c=5a-4a-3a=-2a＜1，故⑤正确，
故选B．
【点睛】
本题考查二次函数与系数的关系，二次函数图象上上的点的特征，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
5、D
【详解】5出现了6次，出现的次数最多，则众数是5；
把这些数从小到大排列，中位数是第10，11个数的平均数，则中位数是（6＋6）÷2＝6；
平均数是：（4×2＋5×6＋6×5＋7×4＋8×3）÷20＝6；
故答案选D．
6、C
【分析】作CN⊥x轴于点N，根据证明，求得点C的坐标；设△ABC沿x轴的负方向平移c个单位，用c表示出和，根据两点都在反比例函数图象上，求出k的值，即可求出反比例函数的解析式．
【详解】作CN⊥轴于点N，
∵A(2，0)、B(0，1)．
∴AO=2，OB=1，
∵，
∴，
在和中，
∴ ，
∴，
又∵点C在第一象限，
∴C(3，2)；
设△ABC沿轴的负方向平移c个单位，
则，则 ，
又点和在该比例函数图象上，
把点和的坐标分别代入，
得，
解得：，
∴，
故选：C．
【点睛】
本题是反比例函数与几何的综合题，涉及的知识有：全等三角形的判定与性质，勾股定理，坐标与图形性质，利用待定系数法求函数解析式，平移的性质．
7、A
【分析】根据正弦和余弦的定义解答即可.
【详解】解：如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，∵sinA＝，cosB＝，∴cosB＝．
故选：A．
【点睛】
本题考查了锐角三角函数的定义，属于应知应会题型，熟练掌握锐角三角函数的概念是解题关键.
8、C
【分析】根据速度＝路程÷时间即可写出时间t与速度(平均速度)v之间的函数关系式.
【详解】∵速度＝路程÷时间，
∴v＝.
故选C.
【点睛】
此题主要考查反比例函数的定义，解题的关键是熟知速度路程的公式.
9、A
【详解】解：∵抛物线解析式，
令，解得：，∴抛物线与轴的交点为（0，4），
令，得到
，
∴抛物线与轴的交点分别为（，0），（1，0）．
综上，抛物线与坐标轴的交点个数为1．
故选A．
【点睛】
本题考查抛物线与轴的交点，解一元一次、二次方程．
10、B
【解析】根据向量的运算法则可得:=,故选B.
二、填空题(每小题3分,共24分)
11、（0，-3）.
【解析】试题解析：二次函数，
对称轴
当时，
顶点坐标为：
故答案为：
12、x≥1
【分析】根据二次根式被开方数为非负数进行求解．
【详解】由题意知，，
解得，x≥1，
故答案为：x≥1．
【点睛】
本题考查二次根式有意义的条件，二次根式中的被开方数是非负数．
13、
【分析】连接OC,OD,OC与AD交于点E，根据圆周角定理有根据垂径定理有： 解直角即可.
【详解】连接OC,OD,OC与AD交于点E，
直尺的宽度：
故答案为
【点睛】
考查垂径定理，熟记垂径定理是解题的关键.
14、
【分析】利用同一时刻实际物体与影长的比值相等进而求出即可．
【详解】设小亮的影长为xm，
由题意可得：，
解得：x=．
故答案为：．
【点睛】
此题主要考查了相似三角形的应用，正确利用物体高度与影长的关系是解题关键．
15、x1＝2，x2＝1
【分析】根据抛物线y＝x2﹣1x+m与直线y＝kx﹣13（k≠0）交于点（2，﹣9），可以求得m和k的值，然后代入题目中的方程，即可解答本题．
【详解】解：∵抛物线y＝x2﹣1x+m与直线y＝kx﹣13（k≠0）交于点（2，﹣9），
∴﹣9＝22﹣1×2+m，﹣9＝2k﹣13，
解得，m＝﹣5，k＝2，
∴抛物线为y＝x2﹣1x﹣5，直线y＝2x﹣13，
∴所求方程为x2﹣1x﹣5＝2（x﹣1）﹣11，
解得，x1＝2，x2＝1，
故答案为：x1＝2，x2＝1．
【点睛】
本题主要考查的是二次函数与一次函数的交点问题，交点既满足二次函数也满足一次函数，带入即可求解.
16、或
【解析】由图可知P到点A，B的距离为，在第一象限内找到点P的距离为的点即可．
【详解】解：由图可知P到点A，B的距离为，在第一象限内找到点P的距离为的点，如图所示，由于是钝角三角形，故舍去（5，2），
故答案为或．
【点睛】
本题考查了三角形的外心，即到三角形三个顶点距离相等的点，解题的关键是画图找到C点．
17、1
【分析】根据平移的特性写出点Q的坐标，由点P、Q均在反比例函数的图象上，即可得出k＝2n＝3(n﹣1)，解出即可．
【详解】∵点P的坐标为(2，n)，则点Q的坐标为(3，n﹣1)，
依题意得：k＝2n＝3(n﹣1)，
解得：n＝3，
∴k＝2×3＝1，
故答案为1．
【点睛】
本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征、反比例函数系数k的几何意义，解题的关键：由P点坐标表示出Q点坐标．
18、
【详解】分别作O1A⊥l，O2B⊥l，O3C⊥l，如图，
∵半圆O1，半圆O2，…，半圆On与直线l相切，
∴O1A=r1，O2B=r2，O3C=r3，
∵∠AOO1=30°，
∴OO1=2O1A=2r1=2，
在Rt△OO2B中，OO2=2O2B，即2+1+r2=2r2，
∴r2=3，
在Rt△OO2C中，OO3=2O2C，即2+1+2×3++r3=2r3，
∴r3=9=32，
同理可得r4=27=33，
所以r2017=1．
故答案为1．
【点睛】
本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．运用切线的性质来进行计算或论证，常通过作辅助线连接圆心和切点，利用垂直构造直角三角形解决有关问题．也考查了从特殊到一般的方法解决规律型问题．
三、解答题(共66分)
19、（1）40°；（2）1．
【分析】（1）由∠BCD＝18°，∠CFA＝108°，利用三角形外角的性质，即可求得∠B的度数，然后由圆周角定理，求得答案；
（2）由正方形的性质和已知条件证明△ADE∽△ECF，根据相似三角形的性质可知：，设DE＝x，则EC＝9﹣x，代入计算求出x的值即可．
【详解】（1）∵∠BCD＝18°，∠CFA＝108°，
∴∠B＝∠CFA﹣∠BCD＝108°﹣18°＝40°，
∴∠ADC＝∠B＝40°．
（2）解：∵四边形ABCD是正方形，
∴CD＝AD＝BC＝AB＝9，∠D＝∠C＝90°，
∴CF＝BC﹣BF＝2，
在Rt△ADE中，∠DAE+∠AED＝90°，
∵AE⊥EF于E，
∴∠AED+∠FEC＝90°，
∴∠DAE＝∠FEC，
∴△ADE∽△ECF，
∴，
设DE＝x，则EC＝9﹣x，
∴，
解得x1＝3，x2＝1，
∵DE＞CE，
∴DE＝1．
【点睛】
此题考查三角形的外角的性质，圆周角定理，正方形的性质，三角形相似的判定及性质.
20、（1）证明见解析；（2）证明见解析
【解析】（1）由平行四边形的性质得出AD∥BC，∠ABC=∠ADC．AD=BC，由角平分线得出∠ABE=∠EBC=∠ADF=∠CDF．证出EB∥DF，即可得出结论；
（2）由平行四边形的性质得出BE∥DF，DE=BF，得出AE=CF，证出四边形AFCE是平行四边形，得出GF∥EH，即可证出四边形EGFH是平行四边形．
【详解】证明：在ABCD 中，AD∥BC，∠ABC=∠ADC．AD=BC．
∵BE 平分∠ABC，∴∠ABE=∠EBC=∠ABC．
∵DF 平分∠ADC，∴∠ADF=∠CDF=∠ADC．
∵∠ABC=∠ADC．
∴∠ABE=∠EBC=∠ADF=∠CDF．
∵AD∥BC，
∴∠AEB=∠EBC．
∴∠AEB=∠ADF．
∴EB∥DF．
∵ED∥BF，
∴四边形 EBFD 是平行四边形．
（2）①补全思路：GF∥EH，AE∥CF；
②理由如下：
∵四边形 EBFD 是平行四边形；
∴BE∥DF，DE=BF，
∴AE=CF，
又∵AE∥CF，
∴四边形 AFCE 是平行四边形，
∴GF∥EH，
∴四边形 EGFH 是平行四边形．
【点睛】
此题主要考查了平行四边形的性质与判定；熟练掌握平行四边形的性质，证明EB∥DF和四边形AFCE是平行四边形，是解决问题的关键．
21、（1）；（2），
【分析】根据三角函数性质和一元二次方程的概念即可解题.
【详解】（1）解：原式
（2）解：
，
，
【点睛】
本题考查了三角函数和一元二次方程的求解,属于简单题,熟悉运算性质是解题关键.
22、（1）；（2）．
【解析】（1）根据垂径定理可得AB垂直平分CD，再根据M是OA的中点及圆的性质，得出△OAD是等边三角形即可；
（2）根据题意得出∠CNF=90°，再由Rt△CDE计算出CD，CN的长度，根据圆的内接四边形对角互补得出∠F=60°，从而根据三角函数关系计算出FN的值即可．
【详解】解：（1）如图，连接OD，
∵是⊙的直径，于点
∴AB垂直平分CD，
∵M是OA的中点，
∴
∴
∴∠DOM=60°，
又∵OA=OD
∴△OAD是等边三角形
∴∠OAD=60°．
（2）如图，连接CF，CN，
∵OA⊥CD于点M，
∴点M是CD的中点，
∴AB垂直平分CD
∴NC=ND
∵∠CDF=45°，
∴∠NCD=∠NDC=45°，
∴∠CND=90°，
∴∠CNF=90°，
由（1）可知，∠AOD=60°，
∴∠ACD=30°，
又∵交的延长线于点，
∴∠E=90°，
在Rt△CDE中，∠ACD=30°，，
∴
在Rt△CND中，∠CND=90°，∠NCD=∠NDC=45°，，
∴
由（1）可知，∠CAD=2∠OAD=120°，
∴∠F=180°-120°=60°，
∴在Rt△CFN中，∠CNF=90°，∠F=60°，，
∴
【点睛】
本题考查了圆的性质、垂径定理、圆的内接四边形对角互补的性质、直角三角形的性质、锐角三角函数的应用，综合性较大，解题时需要灵活运用边与角的换算．
23、，
【分析】根据因式分解法即可求解.
【详解】解： +2x-3=0
(x+3)(x-1)=0
x+3=0或x-1=0
，.
【点睛】
此题主要考查一元二次方程的求解，解题的关键是熟知因式分解法解方程.
24、（1）（2）AB+BC=2BE（3）
【分析】（1）由AB是直径可得∠BDC=90°，根据勾股定理可得BC=5过点D分别作DE⊥BC于点E，DF⊥BA于点F由BD平分∠ABC可得DE=DF=，DF即为所求，
（2）过点D分别作DE⊥BC于点E，DF⊥BA于点F由∠ABC+∠ADC=180°，∠ABC+∠EDF=180°可得∠ADF=∠CDE进而可证△ADF≌△CDE(ASA)
∴AF=CE
∴BF－AB=BC－BE
易证BF=BE∴BE－AB=BC－BE，即AB+BC=2BE
（3）如图易得四边形BEDF为正方形，BD是对角线，可得正方形边长为7由（2）可得BC=2BE－AB=8，由勾股定理可得AC=10作△ABC内切圆，M为圆心，N为切点，由切线长定理可得，所以ON=5－4=1由面积法易得内切圆半径为2
【详解】解：（1）由AB是直径可得∠BDC=90°，根据勾股定理可得BC=5
过点D分别作DE⊥BC于点E，DF⊥BA于点F
由BD平分∠ABC可得DE=DF=，DF即为所求
（2）过点D分别作DE⊥BC于点E，DF⊥BA于点F
由∠ABC+∠ADC=180°，∠ABC+∠EDF=180°
可得∠ADF=∠CDE
进而可证△ADF≌△CDE(ASA)
∴AF=CE
∴BF－AB=BC－BE
易证BF=BE
∴BE－AB=BC－BE，即AB+BC=2BE
（3）如图易得四边形BEDF为正方形，BD是对角线，可得正方形边长为7
由（2）可得BC=2BE－AB=8，由勾股定理可得AC=10
作△ABC内切圆，M为圆心，N为切点，由切线长定理可得
，所以ON=5－4=1
由面积法易得内切圆半径为2
∴，
故答案：（1）（2）AB+BC=2BE（3）
【点睛】
本题主要考查角平分线、三角形全等及三角形内心与外心的综合，难度较大，需灵活运用各知识求解.
25、（1）y＝x2﹣4x+1；（2）①用含m的代数式表示线段PD的长为﹣m2+1m；②△PBC的面积最大时点P的坐标为（，﹣）；（1）存在这样的点M和点N，使得以点C、E、M、N为顶点的四边形是菱形．点M的坐标为M1（2，1），M2（2，1﹣2），M1（2，1+2）．
【分析】（1）根据已知抛物线y=ax2+bx+1（a≠0）经过点A（1，0）和点B（1，0）代入即可求解；
（2）①先确定直线BC解析式，根据过点P作y轴的平行线交直线BC于点D，即可用含m的带上书表示出P和D的坐标进而求解；
②用含m的代数式表示出△PBC的面积，可得S是关于m的二次函数，即可求解；
（1）根据（1）中所得二次函数图象和对称轴先得点E的坐标即可写出点三个位置的点M的坐标．
【详解】（1）∵抛物线y＝ax2+bx+1（a≠0）经过点A（1，0）和点B（1，0），与y轴交于点C，
∴，解得，
∴抛物线解析式为y＝x2﹣4x+1；
（2）①设P（m，m2﹣4m+1），
将点B（1，0）、C（0，1）代入得直线BC解析式为yBC＝﹣x+1．
∵过点P作y轴的平行线交直线BC于点D，
∴D（m，﹣m+1），
∴PD＝（﹣m+1）﹣（m2﹣4m+1）＝﹣m2+1m．
答：用含m的代数式表示线段PD的长为﹣m2+1m．
②S△PBC＝S△CPD+S△BPD
＝OB•PD＝﹣m2+m
＝﹣（m﹣）2+．
∴当m＝时，S有最大值．
当m＝时，m2﹣4m+1＝﹣．
∴P（，﹣）．
答：△PBC的面积最大时点P的坐标为（，﹣）．
（1）存在这样的点M和点N，使得以点C、E、M、N为顶点的四边形是菱形．
根据题意，点E（2，1），
∴EF=CF=2，
∴EC=2，
根据菱形的四条边相等，
∴ME=EC=2，∴M（2，1-2）或（2，1+2）
当EM=EF=2时，M（2，1）
∴点M的坐标为M1（2，1），M2（2，1﹣2），M1（2，1+2）．
【点睛】
本题考查了二次函数与方程、几何知识的综合应用，解这类问题关键是善于将函数问题转化为方程问题，善于利用几何图形的有关性质、定理和二次函数的知识，并注意挖掘题目中的一些隐含条件．
26、cm
【分析】设圆形切面的半径为r，过点O作OD⊥AB于点D，交⊙O于点E，由垂径定理可求出BD的长，再根据最深地方的高度是3cm得出OD的长，根据勾股定理即可求出OB的长．
【详解】解：设圆形切面的半径为，过点O作OD⊥AB于点D，交⊙O于点E，
则AD＝BD＝AB＝×10＝5cm，
∵最深地方的高度是3cm，
∴OD＝﹣3，
在Rt△OBD中，
OB2＝BD2+OD2，即＝52+（﹣3）2，
解得＝（cm），
∴输水管的半径为cm．
【点睛】
本题考查了垂径定理，构造圆中的直角三角形，灵活利用垂径定理是解题的关键.
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