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2021-2022学年江苏省镇江市丹阳市九年级（上）期末数学试卷 word，解析版
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这是一份2021-2022学年江苏省镇江市丹阳市九年级（上）期末数学试卷 word，解析版，共27页。试卷主要包含了填空题，选择题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年江苏省镇江市丹阳市九年级（上）期末数学试卷
一、填空题（本大题共有12小题，每小题2分，共计24分．）
1．（2分）方程（x﹣1）（x﹣2）＝0的解为 ．
2．（2分）如果4a＝5b，则＝ ．
3．（2分）如图，DE∥BC，AE＝DE＝1，BC＝3，则线段CE的长为 ．
4．（2分）如图，四边形ABCD是圆的内接四边形，∠D＝120°，则∠B的度数等于 ．
5．（2分）二次函数y＝2x2+4x+1图象的顶点坐标为 ．
6．（2分）设圆锥的底面半径为2，母线长为3，该圆锥的侧面积为 ．
7．（2分）如果关于x的一元二次方程ax2+bx﹣1＝0一个解是x＝1，则2022﹣a﹣b＝ ．
8．（2分）某校五个绿化小组一天的植树的棵数如下：10，10，12，x，8．已知这组数据的平均数是10，那么这组数据的方差是 ．
9．（2分）抛物线y＝2x2向左平移1个单位，再向下平移3个单位，则平移后的抛物线的解析式为 ．
10．（2分）已知二次函数y＝ax2﹣4x+c（a＞0），当自变量x分别取1、4、5时，对应的函数值分别为y1，y2，y3，则y1，y2，y3的大小关系是 （用“＜”号连接）．
11．（2分）如图，直角三角形ABC中，∠C＝90°，AC＝3，BC＝4，D为AB的中点，过点D作AB的垂线，交边BC于点E，若点F在射线ED上（不与E点重合），且由点D、B、F组成的三角形与△ABC相似，则DF的长为 ．
12．（2分）在平面直角坐标系中，设点P是抛物线y＝﹣（x﹣3）2+1的顶点，则点P到直线y＝kx﹣3的距离的最大值为 ．
二、选择题（本大题共有6小题，每小题3分，共计18分，在每小题所给出的四个选项中恰有一项符合题目要求）
13．（3分）一个布袋里装有2个红球、3个黄球和5个白球，除颜色外其它都相同．搅匀后任意摸出一个球，是黄球的概率为（ ）
A． B． C． D．
14．（3分）若方程xm+1﹣8x﹣8＝0是一元二次方程，则m的值等于（ ）
A．±1 B．1 C．﹣1 D．0
15．（3分）如图，CD为⊙O的直径，弦AB⊥CD于点E，DE＝2，AB＝8，则⊙O的半径为（ ）
A．5 B．8 C．3 D．10
16．（3分）如图，在平面直角坐标系中，等腰直角△A'B'C'是等腰直角△ABC以原点O为位似中心的位似图形，且位似比为2：1，点A（1，0），B（1，2），C在A'B'上，则C'点坐标为（ ）
A．（2，4） B．（2，2） C．（4，2） D．（4，4）
17．（3分）已知二次函数y＝﹣（x﹣k）2+h，当x＞2时，y随x的增大而减小，则函数中k的取值范围是（ ）
A．k≥2 B．k≤2 C．k＝2 D．k≤﹣2
18．（3分）如图，P为线段AB上的一点，分别以AP、PB为边在AB的同侧作菱形APCD和菱形PBFE，点P、E、C在一条直线上，∠DAP＝60°，AP＝a，BP＝b，若EF平分∠CFA，则为（ ）
A． B． C． D．
三、解答题（本大题共有10小题，共计78分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）
19．（8分）计算：
（1）tan260°+4sin30°cos45°
（2）+tan60°．
20．（8分）解一元二次方程：
（1）（x﹣2）2＝9；
（2）x2+2x﹣3＝0．
21．（6分）小明有红色、白色黄色三件村衫，又有蓝色、黄色两条长裤．黑暗中他随机地拿出一件衬衫和一条长裤构成一套衣裤．请用列表或画树状图的方法求小明拿出一套衣裤正好是白色衬衫和蓝色长裤的概率．
22．（6分）为了从小华和小亮两人中选拔一人参加射击比赛，现对他们的射击水平进行测试，两人在相同条件下各射击6次，命中的环数如下（单位：环）：
小华：7，8，7，8，9，9；
小亮：5，8，7，8，10，10．
（1）下面表格中，a＝ ；b＝ ；c＝ ；
平均数（环）
中位数（环）
方差（环2）
小华
a
8
c
小亮
8
b
3
（2）根据以上信息，你认为教练会选择谁参加比赛，理由是什么？
（3）若小亮再射击2次，都命中8环，则小亮这8次射击成绩的方差 ．（填“变大”、“变小”、“不变”）
23．（6分）如图，已知AB是⊙O的直径，CD是弦，若∠BCD＝40°，求∠ABD的度数．
24．（6分）如图，在矩形ABCD中，E是BC的中点，DF⊥AE，垂足为F．
（1）求证：△ABE∽△DFA；
（2）若AB＝9，BC＝6，求EF的长．
25．（6分）已知抛物线y＝2x2﹣mx﹣m2．
（1）求证：对任意实数m，抛物线与x轴总有交点．
（2）若该抛物线与x轴交于A（1，0），求m的值．
26．（10分）已知，如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°．
（1）按要求尺规作图：
①作∠A的角平分线交BC与点D；
②求作圆O，使得圆O经过AD两点且圆心在线段AB上．
（2）求证：BC是⊙O的切线；
（3）若CD＝2，AD＝2．求⊙O的半径．
27．（10分）梅涅劳斯（Menelaus）是古希腊数学家，他首先证明了梅涅劳斯定理，定理的内容是：如图（1），如果一条直线与△ABC的三边AB，BC，CA或它们的延长线交于F、D、E三点，那么一定有＝1．
下面是利用相似三角形的有关知识证明该定理的部分过程：
证明：如图（2），过点A作AG∥BC，交DF的延长线于点G，则有，，∴＝1．
请用上述定理的证明方法解决以下问题：
（1）如图（3），△ABC三边CB，AB，AC的延长线分别交直线l于X，Y，Z三点，证明：＝1．
请用上述定理的证明方法或结论解决以下问题：
（2）如图（4），等边△ABC的边长为2，点D为BC的中点，点F在AB上，且BF＝2AF，CF与AD交于点E，则AE的长为 ．
（3）如图（5），△ABC的面积为2，F为AB中点，延长BC至D，使CD＝BC，连接FD交AC于E，则四边形BCEF的面积为 ．
28．（12分）已知如图，二次函数y＝x2+bx+3的图象与x轴相交于点A、B两点，与y轴相交于点C，连接AC、BC，tan∠ABC＝1，抛物线的顶点为D．
（1）求抛物线的解析式；
（2）抛物线的对称轴上有一动点E，当AE+CE取得最小值时，E点坐标为 ；此时AE与BC的位置关系是 ，tan∠ACE＝ ；
（3）抛物线对称轴右侧的函数图象上是否存在点M，满足∠ACB＝∠BAM，若存在求M点的横坐标；若不存在，请说明理由；
（4）若抛物线上一动点Q，当∠BAQ＝∠ACO时，直接写出Q点坐标 ．
2021-2022学年江苏省镇江市丹阳市九年级（上）期末数学试卷
参考答案与试题解析
一、填空题（本大题共有12小题，每小题2分，共计24分．）
1．（2分）方程（x﹣1）（x﹣2）＝0的解为 x1＝1，x2＝2 ．
【分析】解一元二次方程的关键是降次，即把一元二次方程化为两个一元一次方程来求解．此题根据“两式乘积为0，则至少有一个式子的值为0”可化为x+2＝0或x﹣1＝0，解此两个一次方程即可求解．
【解答】解：∵（x﹣1）（x﹣2）＝0，
∴x﹣1＝0或x﹣2＝0，
∴x1＝1，x2＝2．
故答案是x1＝1，x2＝2．
2．（2分）如果4a＝5b，则＝ ．
【分析】直接利用比例的性质计算得出答案．
【解答】解：∵4a＝5b，
∴＝．
故答案为：．
3．（2分）如图，DE∥BC，AE＝DE＝1，BC＝3，则线段CE的长为 2 ．
【分析】由平行线的性质可得∠ADE＝∠B，由AE＝DE＝1，可得∠ADE＝∠DAE，易得∠DAE＝∠B，可得AC＝BC，易得结果．
【解答】解：∵DE∥BC，
∴∠ADE＝∠B，
∵AE＝DE＝1，
∴∠ADE＝∠DAE，
∴∠DAE＝∠B，BC＝3，
∴AC＝BC＝3，
∴CE＝AC﹣AE＝3﹣1＝2，
故答案为：2．
4．（2分）如图，四边形ABCD是圆的内接四边形，∠D＝120°，则∠B的度数等于 60° ．
【分析】根据圆内接四边形的性质直接写出答案即可．
【解答】解：∵四边形ABCD是圆的内接四边形，
∴∠B+∠D＝180°，
∵∠D＝120°，
∴∠B＝60°，
故答案为：60°．
5．（2分）二次函数y＝2x2+4x+1图象的顶点坐标为 （﹣1，﹣1） ．
【分析】用配方法把二次函数的解析式化成顶点式便可求得顶点坐标．
【解答】解：∵y＝2x2+4x+1＝2（x2+2x）+1＝2[（x+1）2﹣1]+1＝2（x+1）2﹣1，
∴二次函数的图象的顶点坐标为（﹣1，﹣1），
故答案为：（﹣1，﹣1）．
6．（2分）设圆锥的底面半径为2，母线长为3，该圆锥的侧面积为 6π ．
【分析】根据圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长和扇形的面积公式求解．
【解答】解：该圆锥的侧面积＝π×2×3＝6π．
故答案为6π．
7．（2分）如果关于x的一元二次方程ax2+bx﹣1＝0一个解是x＝1，则2022﹣a﹣b＝ 2021 ．
【分析】利用一元二次方程解的定义得到a+b＝1，然后把2022﹣a﹣b变形为2022﹣（a+b），再利用整体代入的方法计算．
【解答】解：把x＝1代入方程ax2+bx﹣1＝0得a+b﹣1＝0，
所以a+b＝1，
所以2022﹣a﹣b＝2022﹣（a+b）＝2022﹣1＝2021．
故答案为：2021．
8．（2分）某校五个绿化小组一天的植树的棵数如下：10，10，12，x，8．已知这组数据的平均数是10，那么这组数据的方差是 1.6 ．
【分析】根据平均数的计算公式先求出x的值，再根据方差公式S2＝[（x1﹣）2+（x2﹣）2+…+（xn﹣）2]，代入计算即可．
【解答】解：∵这组数据的平均数是10，
∴（10+10+12+x+8）÷5＝10，
解得：x＝10，
∴这组数据的方差是×[3×（10﹣10）2+（12﹣10）2+（8﹣10）2]＝1.6；
故答案为：1.6．
9．（2分）抛物线y＝2x2向左平移1个单位，再向下平移3个单位，则平移后的抛物线的解析式为 y＝2（x+1）2﹣3 ．
【分析】根据“左加右减、上加下减”的原则进行解答即可．
【解答】解：由“左加右减、上加下减”的原则可知，把抛物线y＝2x2的图象向左平移1个单位，再向下平移3个单位，则平移后的抛物线的表达式为y＝2（x+1）2﹣3．
故答案为y＝2（x+1）2﹣3．
10．（2分）已知二次函数y＝ax2﹣4x+c（a＞0），当自变量x分别取1、4、5时，对应的函数值分别为y1，y2，y3，则y1，y2，y3的大小关系是 y1＜y2＜y3 （用“＜”号连接）．
【分析】利用二次函数图象上点的坐标特征可分别求出y1，y2，y3的值，结合a＞0，即可得出∴（a﹣4）+c＜4（4a﹣4）+c＜5（5a﹣4）+c，即y1＜y2＜y3．
【解答】解：当x＝1时，y1＝a﹣4+c＝（a﹣4）+c；
当x＝4时，y2＝16a﹣16+c＝4（4a﹣4）+c；
当x＝5时，y3＝25a﹣20+c＝5（5a﹣4）+c．
∵a＞0，
∴（a﹣4）+c＜4（4a﹣4）+c＜5（5a﹣4）+c，
∴y1＜y2＜y3．
故答案为：y1＜y2＜y3．
11．（2分）如图，直角三角形ABC中，∠C＝90°，AC＝3，BC＝4，D为AB的中点，过点D作AB的垂线，交边BC于点E，若点F在射线ED上（不与E点重合），且由点D、B、F组成的三角形与△ABC相似，则DF的长为 或 ．
【分析】分两种情形：当△BDF∽△BCA时，＝，当△BDF∽△ACB时，＝，分别求解即可．
【解答】解：∵AC＝3，BC＝4，∠C＝90°，
∴AB＝＝＝5，
∵D是AB的中点，
∴AD＝BD＝，
当△BDF∽△BCA时，＝，
∴＝，
∴DF＝，
当△BDF∽△ACB时，＝，
∴＝，
∴DF＝，
综上所述，DF的长为或，
故答案为：或，
12．（2分）在平面直角坐标系中，设点P是抛物线y＝﹣（x﹣3）2+1的顶点，则点P到直线y＝kx﹣3的距离的最大值为 5 ．
【分析】根据抛物线的解析式求得顶点坐标，由于直线y＝kx﹣3与y轴的交点是定点（0，﹣3），点P到直线y＝kx﹣3距离，就是过P点作直线y＝kx﹣3的垂线，故当垂足是直线与y轴的交点时，点P到直线y＝kx﹣3的距离最大，利用勾股定理即可求得最大值．
【解答】解：∵点P是抛物线y＝﹣（x﹣3）2+1的顶点，
∴P（3，1），
∵直线y＝kx﹣3与y轴的交点为（0，﹣3），
∴点P到直线y＝kx﹣3的距离的最大值为：＝5，
故答案为：5．
二、选择题（本大题共有6小题，每小题3分，共计18分，在每小题所给出的四个选项中恰有一项符合题目要求）
13．（3分）一个布袋里装有2个红球、3个黄球和5个白球，除颜色外其它都相同．搅匀后任意摸出一个球，是黄球的概率为（ ）
A． B． C． D．
【分析】用黄色小球的个数除以总个数可得．
【解答】解：搅匀后任意摸出一个球，是黄球的概率为＝，
故选：B．
14．（3分）若方程xm+1﹣8x﹣8＝0是一元二次方程，则m的值等于（ ）
A．±1 B．1 C．﹣1 D．0
【分析】根据一元二次方程必须满足四个条件：未知数的最高次数是2；二次项系数不为0；是整式方程；含有一个未知数，可得答案．
【解答】解：若方程xm+1﹣8x﹣8＝0是一元二次方程，
则m+1＝2，
解得m＝1．
故选：B．
15．（3分）如图，CD为⊙O的直径，弦AB⊥CD于点E，DE＝2，AB＝8，则⊙O的半径为（ ）
A．5 B．8 C．3 D．10
【分析】连接OA，由垂径定理得出AE＝BE＝4，设OA＝r，知OE＝r﹣2，根据OA2＝AE2+OE2得到关于r的方程，解之可得答案．
【解答】解：如图，连接OA，
∵AB⊥CD，AB＝8，
∴AE＝BE＝4，
设OA＝r，
∵DE＝2，
∴OE＝r﹣2，
由OA2＝AE2+OE2得r2＝（r﹣2）2+42，
解得r＝5，即⊙O的半径为5，
故选：A．
16．（3分）如图，在平面直角坐标系中，等腰直角△A'B'C'是等腰直角△ABC以原点O为位似中心的位似图形，且位似比为2：1，点A（1，0），B（1，2），C在A'B'上，则C'点坐标为（ ）
A．（2，4） B．（2，2） C．（4，2） D．（4，4）
【分析】根据等腰直角三角形的性质求出点C的坐标，根据位似变换的性质计算即可．
【解答】解：∵点A（1，0），B（1，2），
∴AB＝2，
∵△ABC为等腰直角三角形，
∴点C的坐标为（2，1），
∵△A'B'C'与△ABC位似，位似比为2：1，
∴C'点坐标为（2×2，1×2），即C'点坐标为（4，2），
故选：C．
17．（3分）已知二次函数y＝﹣（x﹣k）2+h，当x＞2时，y随x的增大而减小，则函数中k的取值范围是（ ）
A．k≥2 B．k≤2 C．k＝2 D．k≤﹣2
【分析】先利用二次函数的性质求出抛物线的对称轴为直线x＝k，则当x＞k时，y的值随x值的增大而减小，由于x＞2时，y的值随x值的增大而减小，于是得到k≤2．
【解答】解：抛物线的对称轴为直线x＝k，
因为a＝﹣1＜0，
所以抛物线开口向下，
所以当x＞k时，y的值随x值的增大而减小，
而x＞2时，y的值随x值的增大而减小，
所以k≤2．
故选：B．
18．（3分）如图，P为线段AB上的一点，分别以AP、PB为边在AB的同侧作菱形APCD和菱形PBFE，点P、E、C在一条直线上，∠DAP＝60°，AP＝a，BP＝b，若EF平分∠CFA，则为（ ）
A． B． C． D．
【分析】过点F作FN∥BE交AB延长线于点N，根据菱形的性质证明△PBE是等边三角形，△BFN是等边三角形，求出BN＝FN＝BF＝b，证明△CEF≌△MEF，得到EM＝CE＝a﹣b，求出BM＝BE﹣EM＝2b﹣a，然后证明△ABM∽△ANF，对应边成比例即可解决问题．
【解答】解：如图，过点F作FN∥BE交AB延长线于点N，
∵四边形APCD和PBFE是菱形，
∴AD∥PC∥FB，
∴∠FBN＝∠CPB＝∠DAP＝60°，
∵四边形PBFE是菱形，
∵BP＝PE，
∴∠PBE＝∠PEB＝60°，
∴∠N＝PBE＝60°＝∠FBN，
∴△BPE是等边三角形，
∴△BFN是等边三角形，
∴BN＝FN＝BF＝PB＝b，
∵EF平分∠CFA，
∴∠CFE＝∠AFE，
在△CFE和△MFE中，
，
∴△CFE≌△MFE（ASA），
∴CE＝EM，
∵CP＝AP＝a，PE＝BP＝b，
∴CE＝EM＝CP﹣PE＝a﹣b，
∵BE＝PB＝b，
∴BM＝BE﹣EM＝b﹣（a﹣b）＝2b﹣a，
∵FN∥EB，
∴△ABM∽△ANF，
∴＝，
∴＝，
整理得，a2+ab﹣3b2＝0，
解得a＝b，
∵a＞0，
∴a＝b，
∴＝．
故选：D．
三、解答题（本大题共有10小题，共计78分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）
19．（8分）计算：
（1）tan260°+4sin30°cos45°
（2）+tan60°．
【分析】（1）将特殊角的三角函数值代入求解；
（2）将特殊角的三角函数值代入求解．
【解答】解：（1）原式＝3+4××
＝3+；
（2）原式＝+
＝．
20．（8分）解一元二次方程：
（1）（x﹣2）2＝9；
（2）x2+2x﹣3＝0．
【分析】（1）利用直接开平方法求解即可；
（2）利用因式分解法求解即可．
【解答】（1）解：（x﹣2）2＝9，
x﹣2＝±3，
x﹣2＝3或x﹣2＝﹣3，
∴x1＝5，x2＝﹣1．
（2）解：x2+2x﹣3＝0，
∴（x﹣1）（x+3）＝0，
则x﹣1＝0或x+3＝0，
∴x1＝1，x2＝﹣3．
21．（6分）小明有红色、白色黄色三件村衫，又有蓝色、黄色两条长裤．黑暗中他随机地拿出一件衬衫和一条长裤构成一套衣裤．请用列表或画树状图的方法求小明拿出一套衣裤正好是白色衬衫和蓝色长裤的概率．
【分析】根据题意画出树状图，由树状图求得所有等可能的结果，再利用概率公式求解即可求得答案．
【解答】解：画树状图得：
共有6种等可能的结果；小明拿出一套衣裤正好是白色衬衫和蓝色长裤的有1种情况，
则小明拿出一套衣裤正好是白色衬衫和蓝色长裤的概率是．
22．（6分）为了从小华和小亮两人中选拔一人参加射击比赛，现对他们的射击水平进行测试，两人在相同条件下各射击6次，命中的环数如下（单位：环）：
小华：7，8，7，8，9，9；
小亮：5，8，7，8，10，10．
（1）下面表格中，a＝ 8 ；b＝ 8 ；c＝ ；
平均数（环）
中位数（环）
方差（环2）
小华
a
8
c
小亮
8
b
3
（2）根据以上信息，你认为教练会选择谁参加比赛，理由是什么？
（3）若小亮再射击2次，都命中8环，则小亮这8次射击成绩的方差 变小 ．（填“变大”、“变小”、“不变”）
【分析】（1）根据平均数、中位数、方差的计算方法分别计算即可；
（2）计算出小亮再射击2次后8次的平均数、方差，通过方差的比较得出答案．
【解答】解：（1）小华的平均成绩a＝（7+8+7+8+9+9）÷6＝8（环），
小华的方差c＝[（7﹣8）2×2+（8﹣8）2×2+（9﹣8）2×2]＝（环2），
把小亮的成绩从小到大排列为5，7，8，8，10，10，
则中位数b＝＝8（环），
故答案为：8，8，；
（2）小亮再射击后的平均成绩是（5+7+8×4+10×2）÷8＝8（环），
射击后的方差是：[（5﹣8）2+（7﹣8）2+4×（8﹣8）2+（10﹣8）2×2]＝2.25（环2），
∵2.25＜3，
∴小亮这8次射击成绩的方差变小．
故答案为：变小．
23．（6分）如图，已知AB是⊙O的直径，CD是弦，若∠BCD＝40°，求∠ABD的度数．
【分析】利用圆周角定理得到∠ADB＝90°，∠BAD＝∠BCD＝40°，然后利用互余求∠ABD的度数．
【解答】解：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°，
∵∠BAD＝∠BCD＝40°，
∴∠ABD＝90°﹣∠BAD＝90°﹣40°＝50°．
24．（6分）如图，在矩形ABCD中，E是BC的中点，DF⊥AE，垂足为F．
（1）求证：△ABE∽△DFA；
（2）若AB＝9，BC＝6，求EF的长．
【分析】（1）由矩形性质得AD∥BC，进而由平行线的性质得∠AEB＝∠DAF，再根据两角对应相等的两个三角形相似；
（2）由E是BC的中点，求得BE，再由勾股定理求得AE，再由相似求AF，即可求EF．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，∠B＝90°，
∴∠DAF＝∠AEB，
∵DF⊥AE，
∴∠AFD＝∠B＝90°，
∴△ABE∽△DFA；
（2）解：∵E是BC的中点，BC＝6，
∴BE＝3，
∵AB＝9，
∴AE＝＝3，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD＝BC＝4，
∵△ABE∽△DFA，
∴＝，＝，
AF＝，
∴EF＝AE﹣AF＝．
25．（6分）已知抛物线y＝2x2﹣mx﹣m2．
（1）求证：对任意实数m，抛物线与x轴总有交点．
（2）若该抛物线与x轴交于A（1，0），求m的值．
【分析】（1）通过计算判别式的值得到Δ＝9m2≥0，然后根据判别式的意义得到结论；
（2）把A点坐标代入y＝2x2﹣mx﹣m2中得到2﹣m﹣m2＝0，然后解关于m的方程即可．
【解答】（1）证明：∵Δ＝（﹣m）2﹣4×2×（﹣m2）
＝9m2≥0，
∴对任意实数m，抛物线与x轴总有交点；
（2）把A（1，0）代入y＝2x2﹣mx﹣m2得2﹣m﹣m2＝0，
整理得m2+m﹣2＝0，
解得m1＝1，m2＝﹣2，
即m的值为1或﹣2．
26．（10分）已知，如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°．
（1）按要求尺规作图：
①作∠A的角平分线交BC与点D；
②求作圆O，使得圆O经过AD两点且圆心在线段AB上．
（2）求证：BC是⊙O的切线；
（3）若CD＝2，AD＝2．求⊙O的半径．
【分析】（1）解：①根据角平分线的作法，即可画出图形；
②作出线段AD的垂直平分线，交AB与O，即可画出图形；
（2）连接OD，先判断出∠BAC＝2∠BAD，进而得出∠BOD＝∠BAC，即OD∥AC，进而判断出BC⊥OD，即可对称结论；
（3）连接OD，过点D作DH⊥AB于H，根据角平分线定理得出DH＝CD＝2，再用勾股定理求出AH＝4，设⊙O的半径为r（r＞0），再在Rt△OHD中，根据勾股定理得，OD2＝OH2+DH2，建立方程求解，即可求出答案．
【解答】（1）解：①如图1，AD即为所求作；
②如图1，⊙O即为所求作；
（2）证明：如图2，连接OD，
∵AD为∠BAC的平分线，
∴∠BAC＝2∠BAD，
∵∠BOD＝2∠BAD，
∴∠BOD＝∠BAC，
∴OD∥AC，
∴∠ODB＝∠C，
∵∠C＝90°，
∴∠ODB＝90°，
∴BC⊥OD，
∵OD为⊙O的半径，
∴BC是⊙O的切线；
（3）解：如图3，连接OD，过点D作DH⊥AB于H，
∵∠C＝90°，
∴DC⊥AC，
∵AD为∠BAC的平分线，CD＝2，
∴DH＝CD＝2，
在Rt△ADH中，DH＝2，AD＝2，
根据勾股定理得，AH＝＝＝4，
设⊙O的半径为r（r＞0），
∴OA＝OD＝r，
∴OH＝AH﹣OA＝4﹣r，
在Rt△OHD中，根据勾股定理得，OD2＝OH2+DH2，
∴r2＝（4﹣r）2+（2）2，
∴r＝3，
即⊙O的半径为3．
27．（10分）梅涅劳斯（Menelaus）是古希腊数学家，他首先证明了梅涅劳斯定理，定理的内容是：如图（1），如果一条直线与△ABC的三边AB，BC，CA或它们的延长线交于F、D、E三点，那么一定有＝1．
下面是利用相似三角形的有关知识证明该定理的部分过程：
证明：如图（2），过点A作AG∥BC，交DF的延长线于点G，则有，，∴＝1．
请用上述定理的证明方法解决以下问题：
（1）如图（3），△ABC三边CB，AB，AC的延长线分别交直线l于X，Y，Z三点，证明：＝1．
请用上述定理的证明方法或结论解决以下问题：
（2）如图（4），等边△ABC的边长为2，点D为BC的中点，点F在AB上，且BF＝2AF，CF与AD交于点E，则AE的长为 ．
（3）如图（5），△ABC的面积为2，F为AB中点，延长BC至D，使CD＝BC，连接FD交AC于E，则四边形BCEF的面积为 ．
【分析】（2）根据梅涅劳斯定理进行推理；
（3）根据梅涅劳斯定理得，＝1，则＝，由面积公式得SBCEF＝S△BCF+S△CEF，即可得出答案．
【解答】解：（2）如答图1，根据梅涅劳斯定理得：＝1．
又∵BF＝2AF，
∴＝，＝2，
∴DE＝AE．
在等边△ABC中，∵AB＝2，点D为BC的中点，
∴AD⊥BC，BD＝CD＝1．
∴由勾股定理知：AD＝＝＝．
∴AE＝．
故答案是：；
（3）∵DEF是△ABC的梅氏线，
∴由梅涅劳斯定理得，＝1，
即××＝1，则＝．
如答图2，连接FC，S△BCF＝S△ABC，S△CEF＝S△ABC，
于是S四边形BCEF＝S△BCF+S△CEF
＝S△ABC
＝×2
＝．
故答案是：．
28．（12分）已知如图，二次函数y＝x2+bx+3的图象与x轴相交于点A、B两点，与y轴相交于点C，连接AC、BC，tan∠ABC＝1，抛物线的顶点为D．
（1）求抛物线的解析式；
（2）抛物线的对称轴上有一动点E，当AE+CE取得最小值时，E点坐标为 （2，1） ；此时AE与BC的位置关系是 AE⊥BC ，tan∠ACE＝ ；
（3）抛物线对称轴右侧的函数图象上是否存在点M，满足∠ACB＝∠BAM，若存在求M点的横坐标；若不存在，请说明理由；
（4）若抛物线上一动点Q，当∠BAQ＝∠ACO时，直接写出Q点坐标 （，）或（，﹣） ．
【分析】（1）求得点C的坐标和点B的坐标，利用待定系数法即可求解；
（2）连接BC交对称轴于点E，此时AE+CE取得最小值，求得直线BC的解析式，即可求得E点坐标，进一步计算即可求解；
（3）分类求解，利用tan∠ACB＝tan∠BAM，求得G点坐标，利用待定系数法求得直线AG的解析式，联立方程即可求解；
（4）先求得tan∠ACO＝，同（3）的方法即可求解．
【解答】解：（1）二次函数y＝x2+bx+3，令x＝0，则y＝3，
∴点C的坐标为（0，3），即OC＝1，
∵tan∠ABC＝1，即＝1，
∴OC＝OB＝1，
∴点B的坐标为（3，0），
把B （3，0）代y＝x2+bx+3得32+3b+3＝0，
解得：b＝﹣4，
∴抛物线的解析式为y＝x2﹣4x+3；
（2）y＝x2﹣4x+3＝（x﹣2）2﹣1，
∴抛物线的顶点D的坐标为（2，﹣1）．对称轴为x＝﹣2，
解方程（x﹣2）2﹣1＝0，得：x1＝1，x2＝3，
∴点A的坐标为（1，0），
连接BC交对称轴于点E，此时，AE＝BE，AE+CE取得最小值，
∴AE+CE＝BE+CE＝BC，
∴AE+CE的最小值为BC，
设直线BC的解析式为y＝kx+3，
把B （3，0）代入y＝kx+3，得：0＝3k+3，
解得：k＝﹣1，
∴直线BC的解析式为y＝﹣x+3，
当x＝2时，y＝1，
∴点E坐标为（2，1）；
∵AE＝＝，BE＝＝，AB＝3﹣1＝2，
∴AE2+BE2＝AB2，AE＝BE，
∴△AEB为等腰直角三角形，
∴AE与BC的位置关系是：AE⊥BC，
∵CE＝＝2，
∴，
故答案为：（2，1）；AE⊥BC；；
（3）设对称轴与x轴交于点F，交AM于点G，
∵∠ACB＝∠BAM，
∴tan∠ACB＝tan∠BAM，
由（2）得tan∠ACE＝，
∴tan∠BAM＝＝，
∵AF＝OF﹣OA＝1，
∴GF＝，
∴G点坐标为（2，），
∵A（1，0），
设直线AG的解析式为y＝nx+m，
∴，解得，
∴直线AG的解析式为y＝x﹣，
由x2﹣4x+3＝x﹣得，x1＝1，x2＝，
∴M点的横坐标为；
同理得直线AG′的解析式为y＝﹣x+，
由x2﹣4x+3＝﹣x+得，x1＝1，x2＝，
∴M′点的横坐标为；
综上，M点的横坐标为或；
（4）∵OA＝1，OC＝3，
∴tan∠ACO＝，
同（3）得H点的坐标为（2，），
直线AQ的解析式为y＝x﹣，
由x2﹣4x+3＝x﹣得，x1＝1，x2＝，
∴Q点的横坐标为（，）；
同理得直线AQ′的解析式为y＝﹣x+，
由x2﹣4x+3＝﹣x+得，x1＝1，x2＝，
∴Q′点的横坐标为（，﹣）；
综上，Q点的横坐标为（，）或（，﹣）．
故答案为：（，）或（，﹣）．
2021-2022学年江苏省镇江市丹阳市九年级（上）期末数学试卷
一、填空题（本大题共有12小题，每小题2分，共计24分．）
1．（2分）方程（x﹣1）（x﹣2）＝0的解为 ．
2．（2分）如果4a＝5b，则＝ ．
3．（2分）如图，DE∥BC，AE＝DE＝1，BC＝3，则线段CE的长为 ．
4．（2分）如图，四边形ABCD是圆的内接四边形，∠D＝120°，则∠B的度数等于 ．
5．（2分）二次函数y＝2x2+4x+1图象的顶点坐标为 ．
6．（2分）设圆锥的底面半径为2，母线长为3，该圆锥的侧面积为 ．
7．（2分）如果关于x的一元二次方程ax2+bx﹣1＝0一个解是x＝1，则2022﹣a﹣b＝ ．
8．（2分）某校五个绿化小组一天的植树的棵数如下：10，10，12，x，8．已知这组数据的平均数是10，那么这组数据的方差是 ．
9．（2分）抛物线y＝2x2向左平移1个单位，再向下平移3个单位，则平移后的抛物线的解析式为 ．
10．（2分）已知二次函数y＝ax2﹣4x+c（a＞0），当自变量x分别取1、4、5时，对应的函数值分别为y1，y2，y3，则y1，y2，y3的大小关系是 （用“＜”号连接）．
11．（2分）如图，直角三角形ABC中，∠C＝90°，AC＝3，BC＝4，D为AB的中点，过点D作AB的垂线，交边BC于点E，若点F在射线ED上（不与E点重合），且由点D、B、F组成的三角形与△ABC相似，则DF的长为 ．
12．（2分）在平面直角坐标系中，设点P是抛物线y＝﹣（x﹣3）2+1的顶点，则点P到直线y＝kx﹣3的距离的最大值为 ．
二、选择题（本大题共有6小题，每小题3分，共计18分，在每小题所给出的四个选项中恰有一项符合题目要求）
13．（3分）一个布袋里装有2个红球、3个黄球和5个白球，除颜色外其它都相同．搅匀后任意摸出一个球，是黄球的概率为（ ）
A． B． C． D．
14．（3分）若方程xm+1﹣8x﹣8＝0是一元二次方程，则m的值等于（ ）
A．±1 B．1 C．﹣1 D．0
15．（3分）如图，CD为⊙O的直径，弦AB⊥CD于点E，DE＝2，AB＝8，则⊙O的半径为（ ）
A．5 B．8 C．3 D．10
16．（3分）如图，在平面直角坐标系中，等腰直角△A'B'C'是等腰直角△ABC以原点O为位似中心的位似图形，且位似比为2：1，点A（1，0），B（1，2），C在A'B'上，则C'点坐标为（ ）
A．（2，4） B．（2，2） C．（4，2） D．（4，4）
17．（3分）已知二次函数y＝﹣（x﹣k）2+h，当x＞2时，y随x的增大而减小，则函数中k的取值范围是（ ）
A．k≥2 B．k≤2 C．k＝2 D．k≤﹣2
18．（3分）如图，P为线段AB上的一点，分别以AP、PB为边在AB的同侧作菱形APCD和菱形PBFE，点P、E、C在一条直线上，∠DAP＝60°，AP＝a，BP＝b，若EF平分∠CFA，则为（ ）
A． B． C． D．
三、解答题（本大题共有10小题，共计78分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）
19．（8分）计算：
（1）tan260°+4sin30°cos45°
（2）+tan60°．
20．（8分）解一元二次方程：
（1）（x﹣2）2＝9；
（2）x2+2x﹣3＝0．
21．（6分）小明有红色、白色黄色三件村衫，又有蓝色、黄色两条长裤．黑暗中他随机地拿出一件衬衫和一条长裤构成一套衣裤．请用列表或画树状图的方法求小明拿出一套衣裤正好是白色衬衫和蓝色长裤的概率．
22．（6分）为了从小华和小亮两人中选拔一人参加射击比赛，现对他们的射击水平进行测试，两人在相同条件下各射击6次，命中的环数如下（单位：环）：
小华：7，8，7，8，9，9；
小亮：5，8，7，8，10，10．
（1）下面表格中，a＝ ；b＝ ；c＝ ；
平均数（环）
中位数（环）
方差（环2）
小华
a
8
c
小亮
8
b
3
（2）根据以上信息，你认为教练会选择谁参加比赛，理由是什么？
（3）若小亮再射击2次，都命中8环，则小亮这8次射击成绩的方差 ．（填“变大”、“变小”、“不变”）
23．（6分）如图，已知AB是⊙O的直径，CD是弦，若∠BCD＝40°，求∠ABD的度数．
24．（6分）如图，在矩形ABCD中，E是BC的中点，DF⊥AE，垂足为F．
（1）求证：△ABE∽△DFA；
（2）若AB＝9，BC＝6，求EF的长．
25．（6分）已知抛物线y＝2x2﹣mx﹣m2．
（1）求证：对任意实数m，抛物线与x轴总有交点．
（2）若该抛物线与x轴交于A（1，0），求m的值．
26．（10分）已知，如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°．
（1）按要求尺规作图：
①作∠A的角平分线交BC与点D；
②求作圆O，使得圆O经过AD两点且圆心在线段AB上．
（2）求证：BC是⊙O的切线；
（3）若CD＝2，AD＝2．求⊙O的半径．
27．（10分）梅涅劳斯（Menelaus）是古希腊数学家，他首先证明了梅涅劳斯定理，定理的内容是：如图（1），如果一条直线与△ABC的三边AB，BC，CA或它们的延长线交于F、D、E三点，那么一定有＝1．
下面是利用相似三角形的有关知识证明该定理的部分过程：
证明：如图（2），过点A作AG∥BC，交DF的延长线于点G，则有，，∴＝1．
请用上述定理的证明方法解决以下问题：
（1）如图（3），△ABC三边CB，AB，AC的延长线分别交直线l于X，Y，Z三点，证明：＝1．
请用上述定理的证明方法或结论解决以下问题：
（2）如图（4），等边△ABC的边长为2，点D为BC的中点，点F在AB上，且BF＝2AF，CF与AD交于点E，则AE的长为 ．
（3）如图（5），△ABC的面积为2，F为AB中点，延长BC至D，使CD＝BC，连接FD交AC于E，则四边形BCEF的面积为 ．
28．（12分）已知如图，二次函数y＝x2+bx+3的图象与x轴相交于点A、B两点，与y轴相交于点C，连接AC、BC，tan∠ABC＝1，抛物线的顶点为D．
（1）求抛物线的解析式；
（2）抛物线的对称轴上有一动点E，当AE+CE取得最小值时，E点坐标为 ；此时AE与BC的位置关系是 ，tan∠ACE＝ ；
（3）抛物线对称轴右侧的函数图象上是否存在点M，满足∠ACB＝∠BAM，若存在求M点的横坐标；若不存在，请说明理由；
（4）若抛物线上一动点Q，当∠BAQ＝∠ACO时，直接写出Q点坐标 ．
2021-2022学年江苏省镇江市丹阳市九年级（上）期末数学试卷
参考答案与试题解析
一、填空题（本大题共有12小题，每小题2分，共计24分．）
1．（2分）方程（x﹣1）（x﹣2）＝0的解为 x1＝1，x2＝2 ．
【分析】解一元二次方程的关键是降次，即把一元二次方程化为两个一元一次方程来求解．此题根据“两式乘积为0，则至少有一个式子的值为0”可化为x+2＝0或x﹣1＝0，解此两个一次方程即可求解．
【解答】解：∵（x﹣1）（x﹣2）＝0，
∴x﹣1＝0或x﹣2＝0，
∴x1＝1，x2＝2．
故答案是x1＝1，x2＝2．
2．（2分）如果4a＝5b，则＝ ．
【分析】直接利用比例的性质计算得出答案．
【解答】解：∵4a＝5b，
∴＝．
故答案为：．
3．（2分）如图，DE∥BC，AE＝DE＝1，BC＝3，则线段CE的长为 2 ．
【分析】由平行线的性质可得∠ADE＝∠B，由AE＝DE＝1，可得∠ADE＝∠DAE，易得∠DAE＝∠B，可得AC＝BC，易得结果．
【解答】解：∵DE∥BC，
∴∠ADE＝∠B，
∵AE＝DE＝1，
∴∠ADE＝∠DAE，
∴∠DAE＝∠B，BC＝3，
∴AC＝BC＝3，
∴CE＝AC﹣AE＝3﹣1＝2，
故答案为：2．
4．（2分）如图，四边形ABCD是圆的内接四边形，∠D＝120°，则∠B的度数等于 60° ．
【分析】根据圆内接四边形的性质直接写出答案即可．
【解答】解：∵四边形ABCD是圆的内接四边形，
∴∠B+∠D＝180°，
∵∠D＝120°，
∴∠B＝60°，
故答案为：60°．
5．（2分）二次函数y＝2x2+4x+1图象的顶点坐标为 （﹣1，﹣1） ．
【分析】用配方法把二次函数的解析式化成顶点式便可求得顶点坐标．
【解答】解：∵y＝2x2+4x+1＝2（x2+2x）+1＝2[（x+1）2﹣1]+1＝2（x+1）2﹣1，
∴二次函数的图象的顶点坐标为（﹣1，﹣1），
故答案为：（﹣1，﹣1）．
6．（2分）设圆锥的底面半径为2，母线长为3，该圆锥的侧面积为 6π ．
【分析】根据圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长和扇形的面积公式求解．
【解答】解：该圆锥的侧面积＝π×2×3＝6π．
故答案为6π．
7．（2分）如果关于x的一元二次方程ax2+bx﹣1＝0一个解是x＝1，则2022﹣a﹣b＝ 2021 ．
【分析】利用一元二次方程解的定义得到a+b＝1，然后把2022﹣a﹣b变形为2022﹣（a+b），再利用整体代入的方法计算．
【解答】解：把x＝1代入方程ax2+bx﹣1＝0得a+b﹣1＝0，
所以a+b＝1，
所以2022﹣a﹣b＝2022﹣（a+b）＝2022﹣1＝2021．
故答案为：2021．
8．（2分）某校五个绿化小组一天的植树的棵数如下：10，10，12，x，8．已知这组数据的平均数是10，那么这组数据的方差是 1.6 ．
【分析】根据平均数的计算公式先求出x的值，再根据方差公式S2＝[（x1﹣）2+（x2﹣）2+…+（xn﹣）2]，代入计算即可．
【解答】解：∵这组数据的平均数是10，
∴（10+10+12+x+8）÷5＝10，
解得：x＝10，
∴这组数据的方差是×[3×（10﹣10）2+（12﹣10）2+（8﹣10）2]＝1.6；
故答案为：1.6．
9．（2分）抛物线y＝2x2向左平移1个单位，再向下平移3个单位，则平移后的抛物线的解析式为 y＝2（x+1）2﹣3 ．
【分析】根据“左加右减、上加下减”的原则进行解答即可．
【解答】解：由“左加右减、上加下减”的原则可知，把抛物线y＝2x2的图象向左平移1个单位，再向下平移3个单位，则平移后的抛物线的表达式为y＝2（x+1）2﹣3．
故答案为y＝2（x+1）2﹣3．
10．（2分）已知二次函数y＝ax2﹣4x+c（a＞0），当自变量x分别取1、4、5时，对应的函数值分别为y1，y2，y3，则y1，y2，y3的大小关系是 y1＜y2＜y3 （用“＜”号连接）．
【分析】利用二次函数图象上点的坐标特征可分别求出y1，y2，y3的值，结合a＞0，即可得出∴（a﹣4）+c＜4（4a﹣4）+c＜5（5a﹣4）+c，即y1＜y2＜y3．
【解答】解：当x＝1时，y1＝a﹣4+c＝（a﹣4）+c；
当x＝4时，y2＝16a﹣16+c＝4（4a﹣4）+c；
当x＝5时，y3＝25a﹣20+c＝5（5a﹣4）+c．
∵a＞0，
∴（a﹣4）+c＜4（4a﹣4）+c＜5（5a﹣4）+c，
∴y1＜y2＜y3．
故答案为：y1＜y2＜y3．
11．（2分）如图，直角三角形ABC中，∠C＝90°，AC＝3，BC＝4，D为AB的中点，过点D作AB的垂线，交边BC于点E，若点F在射线ED上（不与E点重合），且由点D、B、F组成的三角形与△ABC相似，则DF的长为 或 ．
【分析】分两种情形：当△BDF∽△BCA时，＝，当△BDF∽△ACB时，＝，分别求解即可．
【解答】解：∵AC＝3，BC＝4，∠C＝90°，
∴AB＝＝＝5，
∵D是AB的中点，
∴AD＝BD＝，
当△BDF∽△BCA时，＝，
∴＝，
∴DF＝，
当△BDF∽△ACB时，＝，
∴＝，
∴DF＝，
综上所述，DF的长为或，
故答案为：或，
12．（2分）在平面直角坐标系中，设点P是抛物线y＝﹣（x﹣3）2+1的顶点，则点P到直线y＝kx﹣3的距离的最大值为 5 ．
【分析】根据抛物线的解析式求得顶点坐标，由于直线y＝kx﹣3与y轴的交点是定点（0，﹣3），点P到直线y＝kx﹣3距离，就是过P点作直线y＝kx﹣3的垂线，故当垂足是直线与y轴的交点时，点P到直线y＝kx﹣3的距离最大，利用勾股定理即可求得最大值．
【解答】解：∵点P是抛物线y＝﹣（x﹣3）2+1的顶点，
∴P（3，1），
∵直线y＝kx﹣3与y轴的交点为（0，﹣3），
∴点P到直线y＝kx﹣3的距离的最大值为：＝5，
故答案为：5．
二、选择题（本大题共有6小题，每小题3分，共计18分，在每小题所给出的四个选项中恰有一项符合题目要求）
13．（3分）一个布袋里装有2个红球、3个黄球和5个白球，除颜色外其它都相同．搅匀后任意摸出一个球，是黄球的概率为（ ）
A． B． C． D．
【分析】用黄色小球的个数除以总个数可得．
【解答】解：搅匀后任意摸出一个球，是黄球的概率为＝，
故选：B．
14．（3分）若方程xm+1﹣8x﹣8＝0是一元二次方程，则m的值等于（ ）
A．±1 B．1 C．﹣1 D．0
【分析】根据一元二次方程必须满足四个条件：未知数的最高次数是2；二次项系数不为0；是整式方程；含有一个未知数，可得答案．
【解答】解：若方程xm+1﹣8x﹣8＝0是一元二次方程，
则m+1＝2，
解得m＝1．
故选：B．
15．（3分）如图，CD为⊙O的直径，弦AB⊥CD于点E，DE＝2，AB＝8，则⊙O的半径为（ ）
A．5 B．8 C．3 D．10
【分析】连接OA，由垂径定理得出AE＝BE＝4，设OA＝r，知OE＝r﹣2，根据OA2＝AE2+OE2得到关于r的方程，解之可得答案．
【解答】解：如图，连接OA，
∵AB⊥CD，AB＝8，
∴AE＝BE＝4，
设OA＝r，
∵DE＝2，
∴OE＝r﹣2，
由OA2＝AE2+OE2得r2＝（r﹣2）2+42，
解得r＝5，即⊙O的半径为5，
故选：A．
16．（3分）如图，在平面直角坐标系中，等腰直角△A'B'C'是等腰直角△ABC以原点O为位似中心的位似图形，且位似比为2：1，点A（1，0），B（1，2），C在A'B'上，则C'点坐标为（ ）
A．（2，4） B．（2，2） C．（4，2） D．（4，4）
【分析】根据等腰直角三角形的性质求出点C的坐标，根据位似变换的性质计算即可．
【解答】解：∵点A（1，0），B（1，2），
∴AB＝2，
∵△ABC为等腰直角三角形，
∴点C的坐标为（2，1），
∵△A'B'C'与△ABC位似，位似比为2：1，
∴C'点坐标为（2×2，1×2），即C'点坐标为（4，2），
故选：C．
17．（3分）已知二次函数y＝﹣（x﹣k）2+h，当x＞2时，y随x的增大而减小，则函数中k的取值范围是（ ）
A．k≥2 B．k≤2 C．k＝2 D．k≤﹣2
【分析】先利用二次函数的性质求出抛物线的对称轴为直线x＝k，则当x＞k时，y的值随x值的增大而减小，由于x＞2时，y的值随x值的增大而减小，于是得到k≤2．
【解答】解：抛物线的对称轴为直线x＝k，
因为a＝﹣1＜0，
所以抛物线开口向下，
所以当x＞k时，y的值随x值的增大而减小，
而x＞2时，y的值随x值的增大而减小，
所以k≤2．
故选：B．
18．（3分）如图，P为线段AB上的一点，分别以AP、PB为边在AB的同侧作菱形APCD和菱形PBFE，点P、E、C在一条直线上，∠DAP＝60°，AP＝a，BP＝b，若EF平分∠CFA，则为（ ）
A． B． C． D．
【分析】过点F作FN∥BE交AB延长线于点N，根据菱形的性质证明△PBE是等边三角形，△BFN是等边三角形，求出BN＝FN＝BF＝b，证明△CEF≌△MEF，得到EM＝CE＝a﹣b，求出BM＝BE﹣EM＝2b﹣a，然后证明△ABM∽△ANF，对应边成比例即可解决问题．
【解答】解：如图，过点F作FN∥BE交AB延长线于点N，
∵四边形APCD和PBFE是菱形，
∴AD∥PC∥FB，
∴∠FBN＝∠CPB＝∠DAP＝60°，
∵四边形PBFE是菱形，
∵BP＝PE，
∴∠PBE＝∠PEB＝60°，
∴∠N＝PBE＝60°＝∠FBN，
∴△BPE是等边三角形，
∴△BFN是等边三角形，
∴BN＝FN＝BF＝PB＝b，
∵EF平分∠CFA，
∴∠CFE＝∠AFE，
在△CFE和△MFE中，
，
∴△CFE≌△MFE（ASA），
∴CE＝EM，
∵CP＝AP＝a，PE＝BP＝b，
∴CE＝EM＝CP﹣PE＝a﹣b，
∵BE＝PB＝b，
∴BM＝BE﹣EM＝b﹣（a﹣b）＝2b﹣a，
∵FN∥EB，
∴△ABM∽△ANF，
∴＝，
∴＝，
整理得，a2+ab﹣3b2＝0，
解得a＝b，
∵a＞0，
∴a＝b，
∴＝．
故选：D．
三、解答题（本大题共有10小题，共计78分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）
19．（8分）计算：
（1）tan260°+4sin30°cos45°
（2）+tan60°．
【分析】（1）将特殊角的三角函数值代入求解；
（2）将特殊角的三角函数值代入求解．
【解答】解：（1）原式＝3+4××
＝3+；
（2）原式＝+
＝．
20．（8分）解一元二次方程：
（1）（x﹣2）2＝9；
（2）x2+2x﹣3＝0．
【分析】（1）利用直接开平方法求解即可；
（2）利用因式分解法求解即可．
【解答】（1）解：（x﹣2）2＝9，
x﹣2＝±3，
x﹣2＝3或x﹣2＝﹣3，
∴x1＝5，x2＝﹣1．
（2）解：x2+2x﹣3＝0，
∴（x﹣1）（x+3）＝0，
则x﹣1＝0或x+3＝0，
∴x1＝1，x2＝﹣3．
21．（6分）小明有红色、白色黄色三件村衫，又有蓝色、黄色两条长裤．黑暗中他随机地拿出一件衬衫和一条长裤构成一套衣裤．请用列表或画树状图的方法求小明拿出一套衣裤正好是白色衬衫和蓝色长裤的概率．
【分析】根据题意画出树状图，由树状图求得所有等可能的结果，再利用概率公式求解即可求得答案．
【解答】解：画树状图得：
共有6种等可能的结果；小明拿出一套衣裤正好是白色衬衫和蓝色长裤的有1种情况，
则小明拿出一套衣裤正好是白色衬衫和蓝色长裤的概率是．
22．（6分）为了从小华和小亮两人中选拔一人参加射击比赛，现对他们的射击水平进行测试，两人在相同条件下各射击6次，命中的环数如下（单位：环）：
小华：7，8，7，8，9，9；
小亮：5，8，7，8，10，10．
（1）下面表格中，a＝ 8 ；b＝ 8 ；c＝ ；
平均数（环）
中位数（环）
方差（环2）
小华
a
8
c
小亮
8
b
3
（2）根据以上信息，你认为教练会选择谁参加比赛，理由是什么？
（3）若小亮再射击2次，都命中8环，则小亮这8次射击成绩的方差 变小 ．（填“变大”、“变小”、“不变”）
【分析】（1）根据平均数、中位数、方差的计算方法分别计算即可；
（2）计算出小亮再射击2次后8次的平均数、方差，通过方差的比较得出答案．
【解答】解：（1）小华的平均成绩a＝（7+8+7+8+9+9）÷6＝8（环），
小华的方差c＝[（7﹣8）2×2+（8﹣8）2×2+（9﹣8）2×2]＝（环2），
把小亮的成绩从小到大排列为5，7，8，8，10，10，
则中位数b＝＝8（环），
故答案为：8，8，；
（2）小亮再射击后的平均成绩是（5+7+8×4+10×2）÷8＝8（环），
射击后的方差是：[（5﹣8）2+（7﹣8）2+4×（8﹣8）2+（10﹣8）2×2]＝2.25（环2），
∵2.25＜3，
∴小亮这8次射击成绩的方差变小．
故答案为：变小．
23．（6分）如图，已知AB是⊙O的直径，CD是弦，若∠BCD＝40°，求∠ABD的度数．
【分析】利用圆周角定理得到∠ADB＝90°，∠BAD＝∠BCD＝40°，然后利用互余求∠ABD的度数．
【解答】解：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°，
∵∠BAD＝∠BCD＝40°，
∴∠ABD＝90°﹣∠BAD＝90°﹣40°＝50°．
24．（6分）如图，在矩形ABCD中，E是BC的中点，DF⊥AE，垂足为F．
（1）求证：△ABE∽△DFA；
（2）若AB＝9，BC＝6，求EF的长．
【分析】（1）由矩形性质得AD∥BC，进而由平行线的性质得∠AEB＝∠DAF，再根据两角对应相等的两个三角形相似；
（2）由E是BC的中点，求得BE，再由勾股定理求得AE，再由相似求AF，即可求EF．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，∠B＝90°，
∴∠DAF＝∠AEB，
∵DF⊥AE，
∴∠AFD＝∠B＝90°，
∴△ABE∽△DFA；
（2）解：∵E是BC的中点，BC＝6，
∴BE＝3，
∵AB＝9，
∴AE＝＝3，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD＝BC＝4，
∵△ABE∽△DFA，
∴＝，＝，
AF＝，
∴EF＝AE﹣AF＝．
25．（6分）已知抛物线y＝2x2﹣mx﹣m2．
（1）求证：对任意实数m，抛物线与x轴总有交点．
（2）若该抛物线与x轴交于A（1，0），求m的值．
【分析】（1）通过计算判别式的值得到Δ＝9m2≥0，然后根据判别式的意义得到结论；
（2）把A点坐标代入y＝2x2﹣mx﹣m2中得到2﹣m﹣m2＝0，然后解关于m的方程即可．
【解答】（1）证明：∵Δ＝（﹣m）2﹣4×2×（﹣m2）
＝9m2≥0，
∴对任意实数m，抛物线与x轴总有交点；
（2）把A（1，0）代入y＝2x2﹣mx﹣m2得2﹣m﹣m2＝0，
整理得m2+m﹣2＝0，
解得m1＝1，m2＝﹣2，
即m的值为1或﹣2．
26．（10分）已知，如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°．
（1）按要求尺规作图：
①作∠A的角平分线交BC与点D；
②求作圆O，使得圆O经过AD两点且圆心在线段AB上．
（2）求证：BC是⊙O的切线；
（3）若CD＝2，AD＝2．求⊙O的半径．
【分析】（1）解：①根据角平分线的作法，即可画出图形；
②作出线段AD的垂直平分线，交AB与O，即可画出图形；
（2）连接OD，先判断出∠BAC＝2∠BAD，进而得出∠BOD＝∠BAC，即OD∥AC，进而判断出BC⊥OD，即可对称结论；
（3）连接OD，过点D作DH⊥AB于H，根据角平分线定理得出DH＝CD＝2，再用勾股定理求出AH＝4，设⊙O的半径为r（r＞0），再在Rt△OHD中，根据勾股定理得，OD2＝OH2+DH2，建立方程求解，即可求出答案．
【解答】（1）解：①如图1，AD即为所求作；
②如图1，⊙O即为所求作；
（2）证明：如图2，连接OD，
∵AD为∠BAC的平分线，
∴∠BAC＝2∠BAD，
∵∠BOD＝2∠BAD，
∴∠BOD＝∠BAC，
∴OD∥AC，
∴∠ODB＝∠C，
∵∠C＝90°，
∴∠ODB＝90°，
∴BC⊥OD，
∵OD为⊙O的半径，
∴BC是⊙O的切线；
（3）解：如图3，连接OD，过点D作DH⊥AB于H，
∵∠C＝90°，
∴DC⊥AC，
∵AD为∠BAC的平分线，CD＝2，
∴DH＝CD＝2，
在Rt△ADH中，DH＝2，AD＝2，
根据勾股定理得，AH＝＝＝4，
设⊙O的半径为r（r＞0），
∴OA＝OD＝r，
∴OH＝AH﹣OA＝4﹣r，
在Rt△OHD中，根据勾股定理得，OD2＝OH2+DH2，
∴r2＝（4﹣r）2+（2）2，
∴r＝3，
即⊙O的半径为3．
27．（10分）梅涅劳斯（Menelaus）是古希腊数学家，他首先证明了梅涅劳斯定理，定理的内容是：如图（1），如果一条直线与△ABC的三边AB，BC，CA或它们的延长线交于F、D、E三点，那么一定有＝1．
下面是利用相似三角形的有关知识证明该定理的部分过程：
证明：如图（2），过点A作AG∥BC，交DF的延长线于点G，则有，，∴＝1．
请用上述定理的证明方法解决以下问题：
（1）如图（3），△ABC三边CB，AB，AC的延长线分别交直线l于X，Y，Z三点，证明：＝1．
请用上述定理的证明方法或结论解决以下问题：
（2）如图（4），等边△ABC的边长为2，点D为BC的中点，点F在AB上，且BF＝2AF，CF与AD交于点E，则AE的长为 ．
（3）如图（5），△ABC的面积为2，F为AB中点，延长BC至D，使CD＝BC，连接FD交AC于E，则四边形BCEF的面积为 ．
【分析】（2）根据梅涅劳斯定理进行推理；
（3）根据梅涅劳斯定理得，＝1，则＝，由面积公式得SBCEF＝S△BCF+S△CEF，即可得出答案．
【解答】解：（2）如答图1，根据梅涅劳斯定理得：＝1．
又∵BF＝2AF，
∴＝，＝2，
∴DE＝AE．
在等边△ABC中，∵AB＝2，点D为BC的中点，
∴AD⊥BC，BD＝CD＝1．
∴由勾股定理知：AD＝＝＝．
∴AE＝．
故答案是：；
（3）∵DEF是△ABC的梅氏线，
∴由梅涅劳斯定理得，＝1，
即××＝1，则＝．
如答图2，连接FC，S△BCF＝S△ABC，S△CEF＝S△ABC，
于是S四边形BCEF＝S△BCF+S△CEF
＝S△ABC
＝×2
＝．
故答案是：．
28．（12分）已知如图，二次函数y＝x2+bx+3的图象与x轴相交于点A、B两点，与y轴相交于点C，连接AC、BC，tan∠ABC＝1，抛物线的顶点为D．
（1）求抛物线的解析式；
（2）抛物线的对称轴上有一动点E，当AE+CE取得最小值时，E点坐标为 （2，1） ；此时AE与BC的位置关系是 AE⊥BC ，tan∠ACE＝ ；
（3）抛物线对称轴右侧的函数图象上是否存在点M，满足∠ACB＝∠BAM，若存在求M点的横坐标；若不存在，请说明理由；
（4）若抛物线上一动点Q，当∠BAQ＝∠ACO时，直接写出Q点坐标 （，）或（，﹣） ．
【分析】（1）求得点C的坐标和点B的坐标，利用待定系数法即可求解；
（2）连接BC交对称轴于点E，此时AE+CE取得最小值，求得直线BC的解析式，即可求得E点坐标，进一步计算即可求解；
（3）分类求解，利用tan∠ACB＝tan∠BAM，求得G点坐标，利用待定系数法求得直线AG的解析式，联立方程即可求解；
（4）先求得tan∠ACO＝，同（3）的方法即可求解．
【解答】解：（1）二次函数y＝x2+bx+3，令x＝0，则y＝3，
∴点C的坐标为（0，3），即OC＝1，
∵tan∠ABC＝1，即＝1，
∴OC＝OB＝1，
∴点B的坐标为（3，0），
把B （3，0）代y＝x2+bx+3得32+3b+3＝0，
解得：b＝﹣4，
∴抛物线的解析式为y＝x2﹣4x+3；
（2）y＝x2﹣4x+3＝（x﹣2）2﹣1，
∴抛物线的顶点D的坐标为（2，﹣1）．对称轴为x＝﹣2，
解方程（x﹣2）2﹣1＝0，得：x1＝1，x2＝3，
∴点A的坐标为（1，0），
连接BC交对称轴于点E，此时，AE＝BE，AE+CE取得最小值，
∴AE+CE＝BE+CE＝BC，
∴AE+CE的最小值为BC，
设直线BC的解析式为y＝kx+3，
把B （3，0）代入y＝kx+3，得：0＝3k+3，
解得：k＝﹣1，
∴直线BC的解析式为y＝﹣x+3，
当x＝2时，y＝1，
∴点E坐标为（2，1）；
∵AE＝＝，BE＝＝，AB＝3﹣1＝2，
∴AE2+BE2＝AB2，AE＝BE，
∴△AEB为等腰直角三角形，
∴AE与BC的位置关系是：AE⊥BC，
∵CE＝＝2，
∴，
故答案为：（2，1）；AE⊥BC；；
（3）设对称轴与x轴交于点F，交AM于点G，
∵∠ACB＝∠BAM，
∴tan∠ACB＝tan∠BAM，
由（2）得tan∠ACE＝，
∴tan∠BAM＝＝，
∵AF＝OF﹣OA＝1，
∴GF＝，
∴G点坐标为（2，），
∵A（1，0），
设直线AG的解析式为y＝nx+m，
∴，解得，
∴直线AG的解析式为y＝x﹣，
由x2﹣4x+3＝x﹣得，x1＝1，x2＝，
∴M点的横坐标为；
同理得直线AG′的解析式为y＝﹣x+，
由x2﹣4x+3＝﹣x+得，x1＝1，x2＝，
∴M′点的横坐标为；
综上，M点的横坐标为或；
（4）∵OA＝1，OC＝3，
∴tan∠ACO＝，
同（3）得H点的坐标为（2，），
直线AQ的解析式为y＝x﹣，
由x2﹣4x+3＝x﹣得，x1＝1，x2＝，
∴Q点的横坐标为（，）；
同理得直线AQ′的解析式为y＝﹣x+，
由x2﹣4x+3＝﹣x+得，x1＝1，x2＝，
∴Q′点的横坐标为（，﹣）；
综上，Q点的横坐标为（，）或（，﹣）．
故答案为：（，）或（，﹣）．
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