资源描述
2022-2023学年九上数学期末模拟试卷
注意事项：
1． 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。
4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。
一、选择题（每题4分，共48分）
1．如图，是的直径，，是圆周上的点，且，则图中阴影部分的面积为（ ）
A． B． C． D．
2．已知点在同一个函数的图象上，这个函数可能是（ ）
A． B． C． D．
3．关于抛物线，下列结论中正确的是（ ）
A．对称轴为直线
B．当时，随的增大而减小
C．与轴没有交点
D．与轴交于点
4．图2是图1中长方体的三视图，若用表示面积，则（ ）
A． B． C． D．
5．在一个不透明的袋子中，装有红色、黑色、白色的玻璃球共有40个，除颜色外其它完全相同．若小李通过多次摸球试验后发现其中摸到红色、黑色球的频率稳定在．和，则该袋子中的白色球可能有( )
A．6个 B．16个 C．18个 D．24个
6．一元二次方程的两个根为，则的值是（ ）
A．10 B．9 C．8 D．7
7．如图，菱形的边长是，动点同时从点出发，以的速度分别沿运动，设运动时间为，四边形的面积为，则与的函数关系图象大致为（ ）
A． B．
C． D．
8．在平面直角坐标系xOy中，以点(3，4)为圆心，4为半径的圆与y轴( )
A．相交 B．相切 C．相离 D．无法确定
9．已知一扇形的圆心角为，半径为，则以此扇形为侧面的圆锥的底面圆的周长为（ ）
A． B． C． D．
10．若直线与半径为5的相离，则圆心与直线的距离为（ ）
A． B． C． D．
11．如图，在正方形ABCD中，E、F分别为BC、CD的中点，连接AE，BF交于点G，将△BCF沿BF对折，得到△BPF，延长FP交BA延长线于点Q，下列结论正确的个数是（ ）
①AE=BF；②AE⊥BF；③sin∠BQP=；④S四边形ECFG=2S△BGE．
A．4 B．3 C．2 D．1
12．如图，动点A在抛物线y＝-x2+2x+3（0≤x≤3）上运动，直线l经过点（0，6），且与y轴垂直，过点A作AC⊥l于点C，以AC为对角线作矩形ABCD，则另一对角线BD的取值范围正确的是（ ）
A．2≤BD≤3 B．3≤BD≤6 C．1≤BD≤6 D．2≤BD≤6
二、填空题（每题4分，共24分）
13．如图，抛物线y＝﹣x2+2x+k与x轴交于A，B两点，交y轴于点C，则点B的坐标是_____；点C的坐标是_____．
14．如图，在网格中，小正方形的边长均为1，点，，都在格点上，则______.
15．已知：如图，点是边长为的菱形对角线上的一个动点，点是边的中点，且，则的最小值是_______．
16．如图，现有测试距离为5m的一张视力表，表上一个E的高AB为2cm，要制作测试距离为3m的视力表，其对应位置的E的高CD为____cm．
17．二次函数的图象如图所示，则点在第__________象限.
18．如图，⊙O是△ABC的外接圆，AD是⊙O的直径，若⊙O的半径是4，sinB=，则线段AC的长为 ．
三、解答题（共78分）
19．（8分）如图，一次函数的图象与反比例函数（）的图象相交于点和点，点在第四象限，轴，．
（1）求的值；
（2）求的值．
20．（8分）（1）计算：
（2）已知，求的值
21．（8分）为了解某校九年级男生1000米跑的水平，从中随机抽取部分男生进行测试，并把测试成绩分为D、C、B、A四个等次绘制成如图所示的不完整的统计图，请你依图解答下列问题：
（1）a= ，b= ，c= ；
（2）扇形统计图中表示C等次的扇形所对的圆心角的度数为 度；
（3）学校决定从A等次的甲、乙、丙、丁四名男生中，随机选取两名男生参加全市中学生1000米跑比赛，请用列表法或画树状图法，求甲、乙两名男生同时被选中的概率．
22．（10分）2019年12月27日，我国成功发射了“长征五号”遥三运载火箭.如图，“长征五号”运载火箭从地面处垂直向上发射，当火箭到达处时，从位于地面处的雷达站测得此时仰角，当火箭继续升空到达处时，从位于地面处的雷达站测得此时仰角，已知，.
（1）求的长；
（2）若“长征五号”运载火箭在处进行“程序转弯”，且，求雷达站到其正上方点的距离.
23．（10分）甲、乙两所医院分别有一男一女共4名医护人员支援湖北武汉抗击疫情．
(1)若从甲、乙两医院支援的医护人员中分别随机选1名，则所选的2名医护人员性别相同的概率是 ；
(2)若从支援的4名医护人员中随机选2名，用列表或画树状图的方法求出这2名医护人员来自同一所医院的概率．
24．（10分）如图，在平面直角坐标系中，三个顶点的坐标分别为A（2，3）、B（1，1）、C（5，1）．
（1）把平移后，其中点移到点，面出平移后得到的；
（2）把绕点按逆时针方向旋转，画出旋转后得到的，并求出旋转过程中点经过的路径长（结果保留根号和）．
25．（12分）如图1，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，D，E两点分别在AC，BC上，且DE∥AB，将△CDE绕点C按顺时针方向旋转，记旋转角为α．
（1）问题发现：当α＝0°时，的值为 ；
（2）拓展探究：当0°≤α＜360°时，若△EDC旋转到如图2的情况时，求出的值；
（3）问题解决：当△EDC旋转至A，B，E三点共线时，若设CE＝5，AC＝4，直接写出线段BE的长 ．
26．已知四边形为的内接四边形，直径与对角线相交于点，作于，与过点的直线相交于点，.
（1）求证：为的切线；
（2）若平分，求证：；
（3）在（2）的条件下，为的中点，连接，若，的半径为，求的长.
参考答案
一、选择题（每题4分，共48分）
1、D
【分析】连接OC，过点C作CE⊥OB于点E,根据圆周角定理得出，则有是等边三角形，然后利用求解即可．
【详解】连接OC，过点C作CE⊥OB于点E
∴是等边三角形
故选：D．
【点睛】
本题主要考查圆周角定理及扇形的面积公式，掌握圆周角定理及扇形的面积公式是解题的关键．
2、D
【解析】由点的坐标特点，可知函数图象关于轴对称，于是排除选项；再根据的特点和二次函数的性质，可知抛物线的开口向下，即，故选项正确．
【详解】
点与点关于轴对称；
由于的图象关于原点对称，因此选项错误；
由可知，在对称轴的右侧，随的增大而减小，
对于二次函数只有时，在对称轴的右侧，随的增大而减小，
选项正确
故选．
【点睛】
考查正比例函数、反比例函数、二次函数的图象和性质，可以采用排除法，直接法得出答案．
3、B
【分析】根据二次函数的图像与性质即可得出答案.
【详解】A：对称轴为直线x=-1，故A错误；
B：当时，随的增大而减小，故B正确；
C：顶点坐标为(-1,-2)，开口向上，所以与x轴有交点，故C错误；
D：当x=0时，y=-1，故D错误；
故答案选择B.
【点睛】
本题考查的是二次函数，比较简单，需要熟练掌握二次函数的图像与性质.
4、A
【分析】由主视图和左视图的宽为x，结合两者的面积得出俯视图的长和宽，从而得出答案．
【详解】∵S主=x1+1x=x（x+1），S左=x1+x=x（x+1），∴俯视图的长为x+1，宽为x+1，则俯视图的面积S俯=（x+1）（x+1）=x1+3x+1．
故选A．
【点睛】
本题考查了由三视图判断几何体，解题的关键是根据主视图、俯视图和左视图想象几何体的前面、上面和左侧面的形状，以及几何体的长、宽、高．
5、B
【分析】先由频率之和为1计算出白球的频率，再由数据总数×频率=频数计算白球的个数，即可求出答案．
【详解】解：∵摸到红色球、黑色球的频率稳定在0.15和0.45，
∴摸到白球的频率为1-0.15-0.45=0.4，
故口袋中白色球的个数可能是40×0.4=16个．
故选：B．
【点睛】
此题考查了利用频率估计概率，大量反复试验下频率稳定值即概率．用到的知识点为：频率=所求情况数与总情况数之比．
6、D
【分析】利用方程根的定义可求得，再利用根与系数的关系即可求解．
【详解】为一元二次方程的根，
，
．
根据题意得，，
．
故选：D．
【点睛】
本题主要考查了一元二次方程的解，根与系数的关系以及求代数式的值，熟练掌握根与系数的关系，是解题的关键．
7、C
【分析】根据题意可以求出各段对应的函数解析式，再根据函数解析式即可判断哪个选项是符合题意的，本题得以解决．
【详解】解：∵菱形ABCD的边长为4cm，∠A=60°，动点P，Q同时从点A出发，都以1cms的速度分别沿A→B→C和A→D→C的路径向点C运动，
∴△ABD是等边三角形，
∴当0＜x≤4时，
y=×4×4×sin60°−x•sin60°x=4−x2=x2+4；
当4＜x≤8时，
y=×4×4×sin60°−×(8−x)×(8−x)×sin60°
=−x2+4x−12
=−(x−8)2+4；
∴选项C中函数图像符合题意，
故选：C.
【点睛】
本题考查动点问题的函数图象，解答本题的关键是明确题意，求出各段对应的函数解析式，利用数形结合的思想解答．
8、A
【分析】先找出圆心到y轴的距离，再与圆的半径进行比较，若圆心到y轴的距离小于半径，则圆与y轴相交，反之相离，若二者相等则相切
故答案为A选项
【详解】根据题意，我们得到圆心与y轴距离为3，小于其半径4，所以与y轴的关系为相交
【点睛】
本题主要考查了圆与直线的位置关系，熟练掌握圆心距与圆到直线距离的大小关系对应的位置关系是关键
9、A
【分析】利用弧长公式计算出扇形的弧长，以此扇形为侧面的圆锥的底面圆的周长即是扇形的弧长.
【详解】解：扇形的弧长＝，
以此扇形为侧面的圆锥的底面圆的周长为．
故选：A．
【点睛】
本题考查了弧长的计算：.
10、B
【分析】直线与圆相离等价于圆心到直线的距离大于半径，据此解答即可.
【详解】解：∵直线与半径为5的相离，
∴圆心与直线的距离满足：.
故选：B.
【点睛】
本题考查了直线与圆的位置关系，属于应知应会题型，若圆心到直线的距离为d，圆的半径为r，当d>r时，直线与圆相离；当d=r时，直线与圆相切；当d<r时，直线与圆相交.
11、B
【解析】解：∵E，F分别是正方形ABCD边BC，CD的中点，∴CF=BE，在△ABE和△BCF中，∵AB=BC，∠ABE=∠BCF，BE=CF，∴Rt△ABE≌Rt△BCF（SAS），∴∠BAE=∠CBF，AE=BF，故①正确；
又∵∠BAE+∠BEA=90°，∴∠CBF+∠BEA=90°，∴∠BGE=90°，∴AE⊥BF，故②正确；
根据题意得，FP=FC，∠PFB=∠BFC，∠FPB=90°．
∵CD∥AB，∴∠CFB=∠ABF，∴∠ABF=∠PFB，∴QF=QB，令PF=k（k＞0），则PB=2k
在Rt△BPQ中，设QB=x，∴x2=（x﹣k）2+4k2，∴x=，∴sin=∠BQP==，故③正确；
∵∠BGE=∠BCF，∠GBE=∠CBF，∴△BGE∽△BCF，∵BE=BC，BF=BC，∴BE：BF=1：，∴△BGE的面积：△BCF的面积=1：5，∴S四边形ECFG=4S△BGE，故④错误．
故选B．
点睛：本题主要考查了四边形的综合题，涉及正方形的性质、全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质以及折叠的性质的知识点，解决的关键是明确三角形翻转后边的大小不变，找准对应边，角的关系求解．
12、D
【分析】根据题意先利用配方法得到抛物线的顶点坐标为（1，4），再根据矩形的性质得BD=AC，由于2≤AC≤1，从而进行分析得到BD的取值范围．
【详解】解：∵，
∴抛物线开口向下，顶点坐标为（1，4），
∵四边形ABCD为矩形，
∴BD=AC，
∵直线l经过点（0，1），且与y轴垂直，抛物线y＝-x2+2x+3（0≤x≤3），
∴2≤AC≤1，
∴另一对角线BD的取值范围为：2≤BD≤1．
故选：D．
【点睛】
本题考查矩形的性质与二次函数图象上点的坐标特征，注意掌握二次函数图象上点的坐标满足其解析式．
二、填空题（每题4分，共24分）
13、 (﹣1，1) (1，3)
【分析】根据图象可知抛物线y＝﹣x2+2x+k过点(3，1)，从而可以求得k的值，进而得到抛物线的解析式，然后即可得到点B和点C的坐标．
【详解】解：由图可知，
抛物线y＝﹣x2+2x+k过点(3，1)，
则1＝﹣32+2×3+k，得k＝3，
∴y＝﹣x2+2x+3＝﹣(x﹣3)(x+1)，
当x＝1时，y＝1+1+3=3；
当y＝1时，﹣(x﹣3)(x+1)=1，
∴x＝3或x＝﹣1，
∴点B的坐标为(﹣1，1)，点C的坐标为(1，3)，
故答案为：(﹣1，1)，(1，3)．
【点睛】
本题考查了二次函数图像上点的坐标特征，二次函数与坐标轴的交点问题，二次函数与x轴的交点横坐标是ax2+bx+c=1时方程的解，纵坐标是y=1．
14、
【分析】连接AC，根据网格特点和正方形的性质得到∠BAC＝90°，根据勾股定理求出AC、AB，根据正切的定义计算即可．
【详解】连接AC，
由网格特点和正方形的性质可知，∠BAC＝90°，
根据勾股定理得，AC＝，AB＝2，
则tan∠ABC＝，
故答案为：．
【点睛】
本题考查的是锐角三角函数的定义、勾股定理及其逆定理的应用，在直角三角形中，锐角的正弦为对边比斜边，余弦为邻边比斜边，正切为对边比邻边．
15、
【分析】找出B点关于AC的对称点D，连接DM，则DM就是PM+PB的最小值，求出即可．
【详解】解：连接DE交AC于P，连接BD，BP，由菱形的对角线互相垂直平分，可得B、D关于AC对称，则PD=PB，
∴PE+PB=PE+PD=DE，
即DM就是PM+PB的最小值，
∵∠BAD=60°，AD=AB，
∴△ABD是等边三角形，
∵AE=BE，
∴DE⊥AB（等腰三角形三线合一的性质）
在Rt△ADE中，DM==．
故PM+PB的最小值为．
故答案为：．
【点睛】
本题考查的是最短线路问题及菱形的性质，由菱形的性质得出点D是点B关于AC的对称点是解答此题的关键．
16、1.1
【分析】证明△OCD∽△OAB，然后利用相似比计算出CD即可．
【详解】解：OB=5m，OD=3m，AB=1cm，
∵CD∥AB，
∴△OCD∽△OAB，
∴，即，
∴CD=1.1，
即对应位置的E的高CD为1.1cm．
故答案为1.1．
【点睛】
本题考查了相似三角形的应用：常常构造“A”型或“X”型相似图，利用三角形相似的性质求相应线段的长．
17、四
【分析】有二次函数的图象可知：，，进而即可得到答案.
【详解】∵二次函数的图象与x轴有两个交点，
∴，
∵抛物线的对称轴在y轴的左侧，
∴，即：，
∴点在第四象限，
故答案是：四
【点睛】
本题主要考查二次函数图象与性质，掌握二次函数图象与二次函数解析式的系数之间的关系，是解题的关键.
18、1．
【分析】连结CD如图，根据圆周角定理得到∠ACD=90°，∠D=∠B，则sinD=sinB=，然后在Rt△ACD中利用∠D的正弦可计算出AC的长．
【详解】解：连结CD，如图，
∵AD是⊙O的直径，
∴∠ACD=90°，
∵∠D=∠B，
∴sinD=sinB=，
在Rt△ACD中，
∵sinD==，
∴AC=AD=×8=1．
故答案为1．
【点睛】
本题考查了圆周角定理：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．推论：半圆（或直径）所对的圆周角是直角，90°的圆周角所对的弦是直径．也考查了解直角三角形．
三、解答题（共78分）
19、（1）2；（2）
【分析】（1）根据点在一次函数的图象上，即可得到，进而得到k的值；
（2）设交轴于点，交轴于点，得，，易证∽，进而即可得到答案．
【详解】（1）依题意得：，
∵在的图象上，
∴；
（2）设交轴于点，交轴于点，
在中，令得，，
∴E(0，-2)，
∵，
∴，，
∵，，
∴∽，
∴．
【点睛】
本题主要考查一次函数和反比例函数以及相似三角形的综合，掌握相似三角形的判定和性质定理，是解题的关键．
20、（1）1；（2）.
【分析】（1）先计算乘方并对平方根化简，最后进行加减运算即可；
（2）用含b的代数式表示a，代入式子即可求值.
【详解】解： （1）
=
=1
（2）已知，可得，代入=.
【点睛】
本题考查实数的运算以及代入求值，熟练掌握相关计算法则是解题关键.
21、（1）2、45、20；（2）72；（3）
【解析】分析：（1）根据A等次人数及其百分比求得总人数，总人数乘以D等次百分比可得a的值，再用B、C等次人数除以总人数可得b、c的值；
（2）用360°乘以C等次百分比可得；
（3）画出树状图，由概率公式即可得出答案．
详解：（1）本次调查的总人数为12÷30%=40人，
∴a=40×5%=2，b=×100=45，c=×100=20，
（2）扇形统计图中表示C等次的扇形所对的圆心角的度数为360°×20%=72°，
（3）画树状图，如图所示：
共有12个可能的结果，选中的两名同学恰好是甲、乙的结果有2个，
故P（选中的两名同学恰好是甲、乙）=．
点睛：此题主要考查了列表法与树状图法，以及扇形统计图、条形统计图的应用，要熟练掌握．
22、（1）km；（2）
【分析】（1）设为，根据题意可用含x的代数式依次表示出AM、AC、AN的长，然后在直角△CAN中利用解直角三角形的知识即可求出x的值，进而可得答案；
（2）由（1）的结果可得CN的长，作，垂足为点，如图，根据题意易得∠DCN和∠DNC的度数，设HN=y，则可用y的代数式表示出CH，根据CH+HN=CN可得关于y的方程，解方程即可求出y的值，进一步即可求出结果.
【详解】解：（1）设为，
∵，
∴，
则，
在中，
∵，AC=AB+BC=x+40，AN=AM+MN=x+120，
∴，
即，
解得：，
∴km；
（2）作，垂足为点，如图，
由（1）可得，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴CH=DH，
∵，
∴，
设为，
则，
∴，
解得：，
∴.
答：雷达站到其正上方点的距离为.
【点睛】
本题以“长征五号”遥三运载火箭发射为背景，是解直角三角形的典型应用题，主要考查了解直角三角形的知识，属于常考题型，正确添加辅助线构造直角三角形、熟练掌握锐角三角函数的知识是解题关键.
23、（1）；（2）
【分析】（1）根据甲、乙两所医院分别有一男一女，列出树状图，得出所有情况，再根据概率公式即可得出答案；
（2）根据题意先画出树状图，得出所有情况数，再根据概率公式即可得出答案．
【详解】解：（1）根据题意画图如下：
共有4种情况，其中所选的2名教师性别相同的有2种，
则所选的2名教师性别相同的概率是：；
故答案为：.
（2）将甲、乙两医院的医生分别记为男1、女1、男2、女2，画树形图得：
所以共有12种等可能的结果，满足要求的有4种．
∴P(2名医生来自同一所医院的概率) ＝．
【点睛】
本题考查列表法和树状图法，注意结合题意中“写出所有可能的结果”的要求，使用列举法，注意按一定的顺序列举，做到不重不漏．
24、（1）详见解析；（2）画图详见解析，
【分析】（1）根据点A、B、C的坐标描点，从而可得到△ABC,利用点A和的坐标关系可判断△ABC先向右平移3个单位，再向上平移2个单位得到，利用此平移规律找到的坐标，然后描点即可得到；
（2）按要求画即可，其中旋转90度是关键,根据弧长公式计算即可．
【详解】解：（1）如图，即为所求．
（2）如图，即为所求，
∵绕点按逆时针方向旋转得，
∴点经过的路径长是圆心角为90°，半径为：的扇形的弧长，
∴．
即点经过的路径长为:
【点睛】
本题考查了平移变换、旋转变换，解题关键在于掌握作图法则．
25、（1）；（2）；（3）7或1．
【分析】（1）先证△DEC为等腰直角三角形，求出，再通过平行线分线段成比例的性质可直接写出的值；
（2）证△BCE∽△ACD，由相似三角形的性质可求出的值；
（3）分两种情况讨论，一种是点E在线段BA的延长线上，一种是点E在线段BA上，可分别通过勾股定理求出AE的长，即可写出线段BE的长．
【详解】（1）∵∠BAC=90°，AB=AC，
∴△ABC为等腰直角三角形，∠B=45°．
∵DE∥AB，
∴∠DEC=∠B=45°，∠CDE=∠A=90°，
∴△DEC为等腰直角三角形，
∴cos∠C．
∵DE∥AB，
∴．
故答案为：；
（2）由（1）知，△BAC和△CDE均为等腰直角三角形，
∴．
又∵∠BCE=∠ACD=α，
∴△BCE∽△ACD，
∴，
即；
（3）①如图3﹣1，当点E在线段BA的延长线上时．
∵∠BAC=90°，
∴∠CAE=90°，
∴AE3，
∴BE=BA+AE=4+3=7；
②如图3﹣2，当点E在线段BA上时，
AE3，
∴BE=BA﹣AE=4﹣3=1．
综上所述：BE的长为7或1．
故答案为：7或1．
【点睛】
本题考查了等腰直角三角形的性质，锐角三角函数，相似三角形的判定与性质等，解答本题的关键是注意分类讨论思想在解题过程中的运用．
26、（1）证明见解析（2）证明见解析（3）
【分析】（1）根据直径所对的圆周角为90°，得到∠ADC=90°，根据直角三角形两锐角互余得到∠DAC+∠DCA=90°，再根据同弧或等弧所对的圆周角相等，可得到∠FAD+∠DAC=90°，即可得出结论；
（2）连接OD．根据圆周角定理和角平分线定义可得∠DOA=∠DOC，即可得出结论；
（3）连接OD交CF于M，作EP⊥AD于P．可求出AD=4，AF∥OM．根据三角形中位线定理得出OM=AF．证明△ODE≌△OCM，得到OE=OM．设OM=m，用m表示出OE，AE，AP，DP．通过证明△EAN∽△DPE，根据相似三角形对应边成比例，求出m的值，从而求得AN，AE的值．在Rt△NAE中，由勾股定理即可得出结论．
【详解】（1）∵AC为⊙O的直径，
∴∠ADC=90°，
∴∠DAC+∠DCA=90°．
∵，
∴∠ABD=∠DCA．
∵∠FAD=∠ABD，
∴∠FAD=∠DCA，
∴∠FAD+∠DAC=90°，
∴CA⊥AF，
∴AF为⊙O的切线．
（2）连接OD．
∵，
∴∠ABD=∠AOD．
∵，
∴∠DBC=∠DOC．
∵BD平分∠ABC，
∴∠ABD=∠DBC，
∴∠DOA=∠DOC，
∴DA=DC．
（3）连接OD交CF于M，作EP⊥AD于P．
∵AC为⊙O的直径，
∴∠ADC=90°．
∵DA=DC，
∴DO⊥AC，
∴∠FAC=∠DOC=90°，AD=DC==4，
∴∠DAC=∠DCA=45°，AF∥OM．
∵AO=OC，
∴OM=AF．
∵∠ODE+∠DEO=90°，∠OCM+∠DEO=90°，
∴∠ODE=∠OCM．
∵∠DOE=∠COM，OD=OC，
∴△ODE≌△OCM，
∴OE=OM．
设OM=m，
∴OE=m，，，
∴．
∵∠AED+∠AEN=135°，∠AED+∠ADE=135°，
∴∠AEN=∠ADE．
∵∠EAN=∠DPE，
∴△EAN∽△DPE，
∴，
∴，
∴，
∴，，
由勾股定理得：．
【点睛】
本题是圆的综合题．考查了圆周角定理，切线的判定，相似三角形的判定与性质，三角形的中位线定理等知识．用含m的代数式表示出相关线段的长是解答本题的关键．
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