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13. 如图,在正方形ABCD中,$AB= 4\sqrt{2}$,E,F分别为边BC,AD上的点,过点E,F的直线将正方形ABCD分为面积相等的两部分. 过点A作$AG\perp EF$于点G,连接DG,则线段DG长的最小值为 ______.
答案：
2$\sqrt{5}$ - 2 提示:如图，连接AC，BD交于点O，设AO的中点为M，连接MG.因为过点E，F的直线将正方形ABCD分为面积相等的两部分，所以EF经过点O.因为AG⊥EF，所以∠AGO = 90°.易知点G在以AO为直径的半圆弧上.因为四边形ABCD是正方形，AB = 4$\sqrt{2}$，所以AC = BD = 8，AC⊥BD，所以AO = OD = $\frac{1}{2}$AC = 4，所以AM = OM = MG = $\frac{1}{2}$AO = 2.连接DM，则DG≥DM - MG = DM - 2.所以当G是线段DM与⊙M的交点时，线段DG的长最小.由勾股定理，得DM = $\sqrt{OM² + OD²}$ = 2$\sqrt{5}$.所以线段DG长的最小值为2$\sqrt{5}$ - 2.
2$\sqrt{5}$ - 2 提示:如图，连接AC，BD交于点O，设AO的中点为M，连接MG.因为过点E，F的直线将正方形ABCD分为面积相等的两部分，所以EF经过点O.因为AG⊥EF，所以∠AGO = 90°.易知点G在以AO为直径的半圆弧上.因为四边形ABCD是正方形，AB = 4$\sqrt{2}$，所以AC = BD = 8，AC⊥BD，所以AO = OD = $\frac{1}{2}$AC = 4，所以AM = OM = MG = $\frac{1}{2}$AO = 2.连接DM，则DG≥DM - MG = DM - 2.所以当G是线段DM与⊙M的交点时，线段DG的长最小.由勾股定理，得DM = $\sqrt{OM² + OD²}$ = 2$\sqrt{5}$.所以线段DG长的最小值为2$\sqrt{5}$ - 2.
14. 在一个黑色的布袋里装着白、红、黑三种颜色的小球,它们除了颜色不同外没有其他区别,其中白球2个,红球1个,黑球1个. 袋中的球已经搅匀.
(1)随机地从袋中摸出1个球,则摸出白球的概率是多少？
(2)随机地从袋中摸出1个球,放回搅匀后再摸出第2个球. 请你用画树状图或列表的方法表示所有等可能的结果,并求出两次都摸出白球的概率.
(1)随机地从袋中摸出1个球,则摸出白球的概率是多少？
(2)随机地从袋中摸出1个球,放回搅匀后再摸出第2个球. 请你用画树状图或列表的方法表示所有等可能的结果,并求出两次都摸出白球的概率.
答案：
(1)摸出白球的概率是$\frac{2}{2 + 1 + 1}$ = $\frac{1}{2}$.
(2)将两个白球分别记为白₁，白₂，画树状图如图所示.
由树状图可知，共有16种等可能的结果，两次都摸出白球的概率为$\frac{4}{16}$ = $\frac{1}{4}$.
(1)摸出白球的概率是$\frac{2}{2 + 1 + 1}$ = $\frac{1}{2}$.
(2)将两个白球分别记为白₁，白₂，画树状图如图所示.
由树状图可知，共有16种等可能的结果，两次都摸出白球的概率为$\frac{4}{16}$ = $\frac{1}{4}$. 15. 已知点A在$\odot O$上,用无刻度的直尺在$\odot O$上画出B,C两点,使其满足下列要求：
(1)在图1中,使得$\triangle ABC$为直角三角形.
(2)在图2中,使得$\triangle ABC$为等腰三角形.
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(1)在图1中,使得$\triangle ABC$为直角三角形.
(2)在图2中,使得$\triangle ABC$为等腰三角形.
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答案：
(1)如图1所示，B，C两点即为所求.
(2)如图2所示，B，C两点即为所求.
(1)如图1所示，B，C两点即为所求.
(2)如图2所示，B，C两点即为所求.
16. 【新知】19世纪英国著名文学家和历史学家托马斯·卡莱尔给出了一元二次方程$x^{2}+bx+c= 0$的几何解法：如图1,在平面直角坐标系中,已知点A(0,1),B(-b,c),以AB为直径作$\odot P$. 若$\odot P$交x轴于点M(m,0),N(n,0),则m,n为方程$x^{2}+bx+c= 0$的两个实数根.
(1)【探究】由勾股定理,得$AM^{2}= 1^{2}+m^{2}$,$BM^{2}= c^{2}+(-b-m)^{2}$,$AB^{2}= (1-c)^{2}+b^{2}$. 在$Rt\triangle ABM$中,$AM^{2}+BM^{2}= AB^{2}$,所以$1^{2}+m^{2}+c^{2}+(-b-m)^{2}= (1-c)^{2}+b^{2}$. 化简,得$m^{2}+bm+c= 0$. 同理,可得 ______,所以m,n为方程$x^{2}+bx+c= 0$的两个实数根.
(2)【运用】在图2中的x轴上画出以方程$x^{2}-3x-2= 0$的两根为横坐标的点M,N.
(3)已知点A(0,1),B(6,9),以AB为直径作$\odot C$,判断$\odot C$与x轴的位置关系,并说明理由.
(4)【拓展】在平面直角坐标系中,已知两点A(0,a),B(-b,c). 若以AB为直径的圆与x轴有两个交点M,N,则以点M,N的横坐标为根的一元二次方程为 ______.
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(1)【探究】由勾股定理,得$AM^{2}= 1^{2}+m^{2}$,$BM^{2}= c^{2}+(-b-m)^{2}$,$AB^{2}= (1-c)^{2}+b^{2}$. 在$Rt\triangle ABM$中,$AM^{2}+BM^{2}= AB^{2}$,所以$1^{2}+m^{2}+c^{2}+(-b-m)^{2}= (1-c)^{2}+b^{2}$. 化简,得$m^{2}+bm+c= 0$. 同理,可得 ______,所以m,n为方程$x^{2}+bx+c= 0$的两个实数根.
(2)【运用】在图2中的x轴上画出以方程$x^{2}-3x-2= 0$的两根为横坐标的点M,N.
(3)已知点A(0,1),B(6,9),以AB为直径作$\odot C$,判断$\odot C$与x轴的位置关系,并说明理由.
(4)【拓展】在平面直角坐标系中,已知两点A(0,a),B(-b,c). 若以AB为直径的圆与x轴有两个交点M,N,则以点M,N的横坐标为根的一元二次方程为 ______.
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答案：
(1)n² + bn + c = 0
(2)如图，点M，N即为所求.
(3)⊙C与x轴相切.理由如下:
由题意知，⊙C与x轴两个交点的横坐标即为方程x² - 6x + 9 = 0的两个实数根.因为根的判别式(-6)² - 4×1×9 = 0，所以方程x² - 6x + 9 = 0有两个相等的实数根.对应地，⊙C与x轴只有一个交点，即⊙C与x轴相切.
(4)x² + bx + ac = 0 提示:设点M(m，0)，N(n，0).由勾股定理，得AM² = a² + m²，BM² = c² + (-b - m)²，AB² = (a - c)² + b².在Rt△ABM中，AM² + BM² = AB²，所以a² + m² + c² + (-b - m)² = (a - c)² + b².化简，得m² + bm + ac = 0.同理，可得n² + bn + ac = 0，所以m，n为方程x² + bx + ac = 0的两个实数根.
(1)n² + bn + c = 0
(2)如图，点M，N即为所求.
(3)⊙C与x轴相切.理由如下:
由题意知，⊙C与x轴两个交点的横坐标即为方程x² - 6x + 9 = 0的两个实数根.因为根的判别式(-6)² - 4×1×9 = 0，所以方程x² - 6x + 9 = 0有两个相等的实数根.对应地，⊙C与x轴只有一个交点，即⊙C与x轴相切.
(4)x² + bx + ac = 0 提示:设点M(m，0)，N(n，0).由勾股定理，得AM² = a² + m²，BM² = c² + (-b - m)²，AB² = (a - c)² + b².在Rt△ABM中，AM² + BM² = AB²，所以a² + m² + c² + (-b - m)² = (a - c)² + b².化简，得m² + bm + ac = 0.同理，可得n² + bn + ac = 0，所以m，n为方程x² + bx + ac = 0的两个实数根.
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