广东省广州市番禺区3年（2020-2022）九年级数学上学期期末试题汇编 3解答题

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广东省广州市番禺区区3年（2020-2022）九年级数学上学期期末试题汇编 03 解答题
三、解答题
49．（2022·广东广州·九年级期末）如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E．若AB＝10，BE＝2，求弦CD的长．

50．（2022·广东广州·九年级期末）解方程：．
51．（2022·广东广州·九年级期末）如图，在平面直角坐标系中，Rt△ABC三个顶点都在格点上，点A，B，C的坐标分别为A（﹣1，3），B（﹣4，1），C（﹣1，1）．解答下列问题：

(1)画出△ABC关于原点对称的△A1B1C1，并写出点B1的坐标；
(2)画出△A1B1C1绕点C1逆时针旋转90°后得到的△A2B2C1，并求出点A1经过的路径长．
52．（2022·广东广州·九年级期末）已知二次函数y＝x2﹣4x＋3
(1)在坐标系中画出函数图象，并求它与x轴的交点坐标；
(2)自变量x在什么范围内，y随x的增大而增大？
53．（2022·广东广州·九年级期末）关于x的一元二次方程x2＋（2m＋1）x＋m2-1=0有两个不相等的实数根．
（1）求m的取值范围；
（2）写出一个满足条件的m的值，并求此时方程的根．
54．（2022·广东广州·九年级期末）如图是抛物线型拱桥，当拱顶离水面2米时，水面宽4米．

(1)以抛物线的顶点为原点，抛物线的对称轴为y轴建立直角坐标系，请在图中画出坐标系，并求出抛物线的解析式；
(2)当水面下降1米时，水面宽度增加了多少米？
55．（2022·广东广州·九年级期末）甲、乙、丙、丁4位同学进行一次乒乓球单打比赛，要从中选出两位同学打第一场比赛．
（1）若已确定甲打第一场，再从其余3位同学中随机选取1位，则恰好选中乙同学的概率是 ．
（2）请用画树状图或列表的方法，求恰好选中甲、乙两位同学的概率．
56．（2022·广东广州·九年级期末）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC与∠ABC的角平分线相交于点E，AE的延长线交△ABC的外接圆于点D，连接BD．

(1)求证：∠BAD＝∠DBC；
(2)证明：点B、E、C在以点D为圆心的同一个圆上；
(3)若AB＝5，BC＝8，求△ABC内心与外心之间的距离．
57．（2022·广东广州·九年级期末）在平面直角坐标系xoy中，抛物线y＝ax2＋bx＋c的开口向上，且经过点A（0，）．
(1)求的值；
(2)若此抛物线经过点B（2，﹣），且与x轴相交于点E（x1，0），F（x2，0）．
①求b的值（用含a的代数式表示）；
②当EF2的值最小时，求抛物线的解析式；
(3)若a＝，当0≤x≤1，抛物线上的点到x轴距离的最大值为3时，求b的值．
58．（2021·广东广州·九年级期末）已知x=﹣1是方程x2+mx﹣5=0的一个根，求m的值及方程的另一个根．
59．（2021·广东广州·九年级期末）配方法解方程：
60．（2021·山东·庆云县徐园子乡初级中学二模）如图，在△ABC中，AB＝AC，AD为BC边上的中线，DE⊥AB于点E．

(1)求证：△BDE∽△CAD．
(2)若AB＝13，BC＝10，求线段DE的长．
61．（2021·广东广州·九年级期末）如图，已知△ABC和点O．

（1）把△ABC绕点O顺时针旋转90得到△A1B1C1，在网格中画出△A1B1C1；
（2）用直尺和圆规作△ABC的边AB，AC的垂直平分线，并标出两条垂直平分线的交点P（要求保留作图痕迹，不写作法）；指出点P是△ABC的内心，外心，还是重心？
62．（2021·广东广州·九年级期末）如图，转盘A的三个扇形面积相等，分别标有数字1，2，3，转盘B的四个扇形面积相等，分别有数字1，2，3，4．转动A、B转盘各一次，当转盘停止转动时，将指针所落扇形中的两个数字相乘（当指针落在四个扇形的交线上时，重新转动转盘）．

（1）用树状图或列表法列出所有可能出现的结果；
（2）求两个数字的积为奇数的概率．
63．（2021·广东广州·九年级期末）已知二次函数．
（1）在坐标系中作出函数图象，并求其图象的顶点坐标和图象与轴的交点坐标；
（2）自变量在什么范围内，随的增大而减小？
64．（2021·广东广州·九年级期末）如图，中，，以为直径作，点为上一点，且，连接并延长交的延长线于点
（1）判断直线与的位置关系，并说明理由；
（2）若，求的值．

65．（2021·广东广州·九年级期末）抛物线与轴交于点，与轴交于点．线段上有一动点(不与重合)，过点作轴的平行线交直线于点，交抛物线于点
（1）求直线的解析式；
（2）点为线段下方抛物线上一动点，点是线段上一动点；
①若四边形是平行四边形，证明：点横坐标之和为定值；
②在点运动过程中，平行四边形的周长是否存在最大值？若存在，求出此时点的坐标，若不存在，说明理由

66．（2021·广东广州·九年级期末）如图，的直径为，弦为的平分线交于点．
（1）求的长；
（2）试探究之间的等量关系，并证明你的结论；
（3）连接为半圆上任意一点，过点作于点，设的内心为，当点在半圆上从点运动到点时，求内心所经过的路径长

67．（2020·广东广州·九年级期末）（1）解方程：x（x﹣3）＝x﹣3；
（2）用配方法解方程：x2﹣10x+6＝0
68．（2020·广东广州·九年级期末）在如图网格图中，每个小正方形的边长均为1个单位，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝3，BC＝4．
（1）试在图中作出△ABC以A为旋转中心，沿顺时针方向旋转90°后的图形△AB1C1；
（2）若点B的坐标为（﹣3，5），试在图中画出直角坐标系，并直接写出A、C两点的坐标；
（3）根据（2）的坐标系作出与△ABC关于原点对称的图形△A2B2C2，并直接写出点A2、B2、C2的坐标．

69．（2020·广东广州·九年级期末）画出抛物线y＝﹣（x﹣1）2+5的图象（要求列表，描点），回答下列问题：
（1）写出它的开口方向，对称轴和顶点坐标；
（2）当y随x的增大而增大时，写出x的取值范围；
（3）若抛物线与x轴的左交点（x1，0）满足n≤x1≤n+1，（n为整数），试写出n的值．
70．（2020·广东广州·九年级期末）如图，已知⊙O为Rt△ABC的内切圆，切点分别为D，E，F，且∠C＝90°，AB＝13，BC＝12．
（1）求BF的长；
（2）求⊙O的半径r．

71．（2020·广东广州·九年级期末）端午节是我国传统佳节.小峰同学带了4个粽子（除粽馅不同外，其它均相同），其中有两个肉馅粽子、一个红枣馅粽子和一个豆沙馅粽子，准备从中任意拿出两个送给他的好朋友小悦.
（1）用树状图或列表的方法列出小悦拿到两个粽子的所有可能结果；
（2）请你计算小悦拿到的两个粽子都是肉馅的概率.
72．（2020·广东广州·九年级期末）如图，点E，F，G，H分别位于边长为a的正方形ABCD的四条边上，四边形EFGH也是正方形，AG＝x，正方形EFGH的面积为y．
（1）当a＝2，y＝3时，求x的值；
（2）当x为何值时，y的值最小？最小值是多少？

73．（2020·广东广州·九年级期末）如图，在△ABC中，点O在边AC上，⊙O与△ABC的边BC，AB分别相切于C，D两点，与边AC交于E点，弦CF与AB平行，与DO的延长线交于M点．
（1）求证：点M是CF的中点；
（2）若E是的中点，BC＝a，
①求的弧长；
②求的值．

74．（2020·广东广州·九年级期末）在△ABC中，P为边AB上一点．
（1）如图1，若∠ACP＝∠B，求证：AC2＝AP·AB；
（2）若M为CP的中点，AC＝2，
① 如图2，若∠PBM＝∠ACP，AB＝3，求BP的长；
② 如图3，若∠ABC＝45°，∠A＝∠BMP＝60°，直接写出BP的长．

75．（2020·广东广州·九年级期末）在平面直角坐标系中，已知抛物线y＝x2+kx+c的图象经过点C（0，1），当x＝2时，函数有最小值．
（1）求抛物线的解析式；
（2）直线l⊥y轴，垂足坐标为（0，﹣1），抛物线的对称轴与直线l交于点A．在x轴上有一点B，且AB＝，试在直线l上求异于点A的一点Q，使点Q在△ABC的外接圆上；
（3）点P（a，b）为抛物线上一动点，点M为坐标系中一定点，若点P到直线l的距离始终等于线段PM的长，求定点M的坐标．

【答案】
49．8
【分析】连接，由垂径定理知，再由勾股定理得出，从而得出的长．
【详解】解：连接，如图所示：

为的直径，，
，，
，
在中，由勾股定理得：，
．
【点睛】本题考查了垂径定理和勾股定理，解题的关键是正确作出辅助线构造直角三角形．
50．，
【分析】首先根据判别式判断方程实数根的个数，然后用求根公式求解即可．
【详解】由题意得：a=1，b=6，c=4

∴方程有两个不相等的实数根

∴原方程的解为，．
【点睛】本题考查了公式法解一元二次方程，熟练记忆求根公式是本题的关键．
51．(1)画图见解析，B1(4,-1)
(2)

【分析】（1）根据网格结构找出点、、关于轴的对称点、、的位置，然后顺次连接即可；
（2）根据弧长公式列式计算即可得解．
(1)
解：如图，；

(2)
解：如上图，走过的路径长：．
【点睛】本题考查了利用轴对称变换作图，利用旋转变换作图，以及弧长的计算，解题的关键是熟练掌握网格结构，准确找出对应顶点的位置．
52．(1)图象见解析，与轴的交点的坐标为，
(2)当时，随的增大而增大

【分析】（1）顶点坐标为，与轴的交点的坐标为，以及抛物线与轴的交点和其关于对称轴的对称点，然后用五点法画出函数图象；
（2）由图象可得当时，随的增大而增大．
(1)
解：由，
顶点坐标为，
令，则，
解得，，
与轴的交点的坐标为，，
令，则，
二次函数的图象与轴的交点为，
抛物线对称轴为直线，
关于对称的点也在抛物线上，
用五点法画出函数的图象，

(2)
解：由（1）中的函数图象知，当时，随的增大而增大．
【点睛】本题考查了二次函数的性质，解题的关键是找到顶点及对称轴，根据对称轴取点是解题的关键一步．
53．（1）m＞-；（2）x1=0，x2=-3．
【分析】（1）由方程有两个不相等的实数根即可得出Δ＞0，代入数据即可得出关于m的一元一次不等式，解不等式即可得出结论；
（2）结合（1）结论，令m=1，将m=1代入原方程，利用因式分解法解方程即可得出结论．
【详解】（1）∵关于x的一元二次方程+（2m+1）x+﹣1=0有两个不相等的实数根，
∴Δ==4m+5＞0，
解得：m＞；
（2）m=1，此时原方程为+3x=0，
即x（x+3）=0，
解得：=0，=﹣3．
【点睛】本题考查了一元二次方程的根的情况，解一元二次方程，解决此题的关键是正确的计算．
54．(1)
(2)当水面下降1米时，水面宽度增加了米

【分析】（1）根据已知得出直角坐标系，进而求出二次函数解析式；
（2）再根据通过把代入抛物线解析式得出水面宽度，即可得出答案．
（1）
解：建立平面直角坐标系如图所示，

由题意可得：顶点坐标为，
设抛物线的解析式为，
把点坐标代入得出：，
所以抛物线解析式为；
（2）
解：当水面下降1米，
即当时，对应的抛物线上两点之间的距离，也就是直线与抛物线相交的两点之间的距离，
可以通过把代入抛物线解析式得出：
，
解得：，
所以水面宽度增加到米，
答：当水面下降1米时，水面宽度增加了米．
【点睛】此题主要考查了二次函数的应用，解题的关键是根据已知建立坐标系从而得出二次函数解析式．
55．（1）；（2）
【分析】（1）确定甲打第一场，再从乙、丙、丁3位同学中随机选取1位，根据概率的性质分析，即可得到答案；
（2）结合题意，根据树状图的性质分析，即可完成求解．
【详解】（1）确定甲打第一场
∴从其余3位同学中随机选取1位，选中乙同学的概率为
故答案为：；
（2）树状图如下：

共有12种情况，所选2名同学中有甲、乙两位同学的有2种结果
∴恰好选中甲、乙两位同学的概率为：．
【点睛】本题考查了概率的知识；解题的关键是熟练掌握概率定义和树状图的性质，从而完成求解．
56．(1)见解析
(2)见解析
(3)

【分析】（1）根据同弧所对的圆周角相等，可得，再由平分，得，从而证明结论；
（2）由，得，再根据，，得，从而有，即可证明；
（3）由题意知为内心，为外心，设，，则，可求出的长，再根据勾股定理求出的长，而，从而得出答案．
（1）
解：证明：平分，
，
又，
；

（2）
解：证明：，平分，
，
连接，
，
平分，
，
，，
，
，
，
点、、在以点为圆心的同一个圆上；
（3）
解：如图：

，
，
，
，
，
，

，
，
在中，，
在中，设，，
则，
即，
解得：，
即，
为直径，
，
在中，
，
，
，
为角平分线的交点，
为内心，
为内心与外心之间的距离，
内心与外心之间的距离为．
【点睛】本题是圆的综合题，主要考查了圆周角定理，三角形的内心和外心的性质，圆的定义，勾股定理等知识，解题的关键是利用（2）中证明结论是解决问题（3）的关键．
57．(1)
(2)①，②
(3)的值为1或

【分析】（1）把代入解析式即可求出；
（2）①已得由点坐标可求得，再把点坐标代入可求得与的关系式，可求得答案；②用可表示出抛物线解析式，令可得到关于的一元二次方程，利用根与系数的关系可用表示出2的值，再利用函数性质可求得其取得最小值时的值，可求得抛物线解析式；
（3）可用表示出抛物线解析式，可求得其对称轴为，由题意可得出当、或时，抛物线上的点可能离轴最远，可分别求得其函数值，得到关于的方程，可求得的值．
(1)
解：抛物线的开口向上，且经过点，
，
(2)
解：①，
抛物线经过点，
，
，
故答案为：；
②由①可得抛物线解析式为，
令可得，
△，
方程有两个不相等的实数根，设为、，
，，
，
当时，有最小值．
抛物线解析式为；
(3)
解：当时，抛物线解析式为，
抛物线对称轴为，
只有当、或时，抛物线上的点才有可能离轴最远，
当时，，当时，，当时，，
①当时，或，且顶点不在范围内，满足条件；
②当时，，对称轴为直线，不在范围内，故不符合题意，
综上可知：的值为1或．
【点睛】本题为二次函数的综合应用，涉及待定系数法、函数的性质、一元二次方程根与系数的关系、二次函数的最值、分类讨论思想等知识．在（1）中注意利用待定系数法的应用，在（2）②中用表示出是解题的关键，注意一元二次方程根与系数的关系的应用，在（3）中确定出抛物线上离轴距离可能最远的点是解题的关键，注意分情况讨论．本题考查知识点较多，综合性较强，难度较大．
58．m=﹣4， 另一根是x=5．
【分析】先根据方程的根的定义：方程的根就是使方程左右两边相等的未知数的值，把x1=－1代入方程x2+mx-5=0即可得到关于m的方程，求得m的值，然后代入原方程，最后再解方程即可．
【详解】解：由题意得1-m-5=0，
解得m=-4，
则原方程可化为x2-4x-5=0，
解得x1=-1，x2=5，
所以另一个根为x=5．
59．，．
【分析】先移项，再将二次项系数化为1，然后利用配方法解一元二次方程即可得．
【详解】解：，
，
，
，
，
，．
【点睛】本题考查了利用配方法解一元二次方程，熟练掌握配方法是解题关键．
60．(1)见解析
(2)

【分析】（1）由等腰三角形的性质可知∠B=∠C，再证∠DEB=∠ADC=90°即可解决问题；
（2）先求出AD的长，由•AD•BD＝•AB•DE ，即可求解DE的长．
(1)
∵AB＝AC，BD＝CD，
∴AD⊥BC，∠B＝∠C，
∵DE⊥AB，
∴∠DEB＝∠ADC，
∴△BDE∽△CAD．
(2)
∵AB＝AC，BD＝CD，
∴AD⊥BC，
在Rt△ADB中，AD＝ = ＝12，
∵•AD•BD＝•AB•DE，
∴DE＝ ．

【点睛】本题考查相似三角形的判定，勾股定理、等腰三角形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识．
61．（1）见解析；（2）见解析
【分析】（1）分别得出△ABC绕点O顺时针旋转90后的对应点坐标，进而得到△A1B1C1．
（2）根据垂直平分线的作法求出P点即可，进而利用外心的性质得出即可．
【详解】解：（1）△A1B1C1如图所示．
（2）如图所示，点P是△ABC的外心．

62．（1）结果见解析；（2）．
【分析】（1）首先根据题意画出树状图，然后由树状图求得所有等可能的结果；
（2）由两个数字的积为奇数的情况，再利用概率公式即可求得答案．
【详解】解：（1）画树状图得：

则共有12种等可能的结果；
（2）∵两个数字的积为奇数的4种情况，
∴两个数字的积为奇数的概率为： ．
63．（1）作图见解析；顶点坐标为；图象与轴的交点为；（2）．
【分析】（1）顶点坐标为（1，4），与x轴的交点的坐标为（-1，0），（3，0）；函数图象见解析．
（2）当x＞1时，y随x的增大而减小．
【详解】解：（1）二次函数解析式可化为
其图象为抛物线如图所示

···





···

···





···


抛物线的顶点坐标为
当时，有
解得：
所以，图象与轴的交点为
（2）∵函数图象开口向下，又其对称轴
当时，随的增大而减小
【点睛】本题考查了二次函数的图象，找到顶点及对称轴，根据对称轴取点是解题的关键一步，同时，描点时要用平滑曲线．
64．（1）是的切线；理由见解析；（2）．
【分析】（1）连接OC，如图，证明得到，然后根据切线的判定定理可判断CD为⊙O的切线；
（2）根据已知条件得到DE=2BE=4，设，在中，根据勾股定理求出x，设的半径为，在中，根据勾股定理求出r，再在中，根据勾股定理求出AC，于是得到结论．
【详解】解：（1）是的切线，
证明：连接，

在和中
，
，
，
，
∵OD是圆的半径，
是的切线；
（2），
．
设，
在中，，
，
．
设的半径为，则，
在中，，
，
，
．
在中，，
．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质：在判定两个三角形全等时，应注意利用图形中已有的公共角、公共边等隐含条件，以充分发挥基本图形的作用；也考查了切线的判定以及勾股定理的应用．
65．（1）；（2）①证明见解析；②存在；点的坐标为．
【分析】（1）分别在抛物线解析式中令x=0，y=0，可以得到B和A的坐标，然后应用待定系数法可以得到直线AB的解析式；　
（2）①分别设点M、N的横坐标为m、n，则由平行四边形的性质可以证得m+n=4,即m、n的和为定值；
②作DE⊥PM，结合①可以求得平行四边形CMND的周长是关于m的二次函数，由二次函数的知识可以求得平行四边形CMND的周长取最大值时m的值，从而得到对应的D点坐标．
【详解】解：（1）令，可 得，
令抛物线解析式中x=0可得，
设直线的解析式为：
代入两点坐标，求得；
设点的横坐标为，则点坐标为
点的坐标为


设点的横坐标为，同理得

整理得：

为定值
②作，则
易证

平行四边形的周长

时，周长有最大值
此时点的坐标为，点的坐标为
当点位置对调，点位置相应对调时，依然满足条件
点的坐标为．

【点睛】本题考查一次函数、二次函数与平行四边形的综合应用，熟练掌握一次函数解析式的求法、平行四边形的性质及二次函数的图象和性质是解题关键．
66．（1）；（2），证明见解析；（3）．
【分析】(1)根据直径所对的角是90°，判断△ABC和△ABD是直角三角形，根据圆周角∠ACB的平分线交O于D，判断△ADB为等腰直角三角形，然后根据勾股定理求出值；
(2)延长CA到F，使AF=CB，可证△CDF为等腰直角三角形,从而得到CA、CB、CD 之间的等量关系；
(3)作辅助线，连接OM，PM,正确构造图形，确定M的运动轨迹是圆弧形，先求的长度，再得到点M经过路径的长．
【详解】解：是直径

是的平分线


在中，

，证明如下
延长到，使，连接


又
为等腰直角三角形


连接


点为的内心





所以点在以为弦，并且所对的圆周角为的两段劣弧上（分左右两种情况）；
设所在圆的圆心



弧的长为=
点经过路径长为=

【点睛】本题综合考查了圆周角定理，全等三角形，等腰直角三角形，圆弧的长，勾股定理等知识，解答此题要抓住三个关键，
(1)判断出ABC和 △ABD是直角三角形，以便利用勾股定理；
(2)判断出线段△CDF和△ABD是等腰直角三角形，然后将各种线段转化到等腰直角三角形中利用勾股定理解答，
(3)通过作辅助线，正确构造图形，确定M的运动轨迹是圆弧形，再利用弧长公式解答．
67．（1）x＝3或x＝1；（2）x＝5
【分析】（1）利用因式分解法求解可得；
（2）利用配方法求解可得．
【详解】解：（1）∵x（x﹣3）＝x﹣3，
∴x（x﹣3）﹣（x﹣3）＝0，
则（x﹣3）（x﹣1）＝0，
∴x﹣3＝0或x﹣1＝0，
解得x＝3或x＝1；
（2）∵x2﹣10x+6＝0，
∴x2﹣10x＝﹣6，
则x2﹣10x+25＝﹣6+25，即（x﹣5）2＝19，
∴x﹣5＝±，
则x＝5．
【点睛】本题主要考查解一元二次方程的能力，熟练掌握解一元二次方程的几种常用方法：直接开平方法、因式分解法、公式法、配方法，结合方程的特点选择合适、简便的方法是解题的关键．
68．（1）见解析；
（2）（0，1），（﹣3，1）；
（3）（0，﹣1），（3，﹣5），（3，﹣1）．
【分析】（1）利用网格特点和旋转的性质画出B、C的对应点B1、C1即可；
（2）利用B点坐标画出直角坐标系，然后写出A、C的坐标；
（3）利用关于原点对称的点的坐标特征写出点A2、B2、C2的坐标，然后描点即可．
【详解】解：（1）如图，△AB1C1为所作；
（2）如图，A点坐标为（0，1），C点的坐标为（﹣3，1）；
（3）如图，△A2B2C2为所作，点A2、B2、C2的坐标烦恼为（0，﹣1），（3，﹣5），（3，﹣1）．

【点睛】本题考查的是平面直角坐标系，需要熟练掌握旋转的性质以及平面直角坐标系中点的特征.
69．列表画图见解析；（1）开口向下，对称轴是直线x＝1，顶点坐标为（1，5）；（2）x＜1；（3）n＝﹣3
【分析】根据二次函数图象的画法，先列表，然后描点、连线即可画出该抛物线的图象；
（1）根据画出的抛物线的图象，可以写出它的开口方向，对称轴和顶点坐标；
（2）根据函数图象，可以写出当y随x的增大而增大时，x的取值范围；
（3）令y＝0求出相应的x的值，即可得到x1的值，然后根据n≤x1≤n+1，（n为整数），即可得到n的值．
【详解】解：列表：

描点、连线

（1）由图象可知，
该抛物线开口向下，对称轴是直线x＝1，顶点坐标为（1，5）；
（2）由图象可知，当y随x的增大而增大时，x的取值范围是x＜1；
（3）当y＝0时，
0＝﹣（x﹣1）2+5，
解得，，，
则该抛物线与x轴的左交点为（+1，0），
∵﹣3＜+1＜﹣2，n≤x1≤n+1，（n为整数），
∴n＝﹣3．
【点睛】本题考查抛物线与x轴的交点、二次函数的性质，解答本题的关键是明确题意，利用二次函数的性质和数形结合的思想解答．
70．（1）BF＝10；（2）r=2．
【分析】（1）设BF＝BD＝x，利用切线长定理，构建方程解决问题即可．
（2）证明四边形OECF是矩形，推出OE＝CF即可解决问题．
【详解】解：（1）在Rt△ABC中，∵∠C＝90°，AB＝13，BC＝12，
∴AC＝＝＝5，
∵⊙O为Rt△ABC的内切圆，切点分别为D，E，F，
∴BD＝BF，AD＝AE，CF＝CE，
设BF＝BD＝x，则AD＝AE＝13﹣x，CFCE＝12﹣x，
∵AE+EC＝5，
∴13﹣x+12﹣x＝5，
∴x＝10，
∴BF＝10．
（2）连接OE，OF，
∵OE⊥AC，OF⊥BC，
∴∠OEC＝∠C＝∠OFC＝90°，
∴四边形OECF是矩形，
∴OE＝CF＝BC﹣BF＝12﹣10＝2．
即r＝2．

【点睛】本题考查三角形的内心，勾股定理，切线长定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
71．（1）树状图见解析；（2）
【分析】（1）根据题意可以用树状图表示出所有的可能结果；
（2）根据（1）中的树状图可以得到小悦拿到的两个粽子都是肉馅的概率．
【详解】解：（1）肉粽记为A、红枣粽子记为B、豆沙粽子记为C，由题意可得，

（2）由（1）可得，
小悦拿到的两个粽子都是肉馅的概率是：，
即小悦拿到的两个粽子都是肉馅的概率是．
【点睛】本题考查列表法与树状图法，解答本题的关键是明确题意，列出相应的树状图，求出相应的概率．
72．（1）x＝；（2）当x＝a（即E在AB边上的中点）时，正方形EFGH的面积最小，最小的面积为a2．
【分析】（1）设正方形ABCD的边长为a，AG＝x，则DG＝a﹣x，易证△AHG≌△DGF≌△CFE≌△BHE，再利用勾股定理求出EF的长，进而得到正方形EFGH的面积；
（2）利用二次函数的性质即可求出面积的最小值．
【详解】解：设正方形ABCD的边长为a，AG＝x，则DG＝a﹣x，
∵四边形EFGH是正方形，
∴GH＝GF，∠HGF＝90°，
∴∠AGH+∠DGF＝90°，
∵∠AGH+∠AHG＝90°，
∴∠AHG＝∠DGF，
在△AHG和△DGF中，，
∴△AHG≌△DGF（AAS），
同理可证△AHG≌△DGF≌△CFE≌△BHE，
∴AG＝DF＝CE＝BH＝x，AH＝BE＝CF＝DG＝a﹣x
∴EF2＝CF2+CE2＝（a﹣x）2+x2＝2x2﹣2ax+a2，
∴正方形EFGH的面积y＝EF2＝2x2﹣2ax+a2，
当a＝2，y＝3时，2x2﹣4x+4＝3，
解得：x＝；
（2）∵y＝2x2﹣2ax+a2＝2（x﹣a）2+a2，
即：当x＝a（即H在AB边上的中点）时，正方形EFGH的面积最小，最小的面积为a2．

【点睛】本题考查了二次函数的应用，正方形的性质、全等三角形的判定和性质以及二次函数的性质，题目的综合性较强，难度中等．
73．（1）见解析；（2）①πa；②＝1．
【分析】（1）由切线的性质可得∠ACB＝∠ODB＝90°，由平行线的性质可得OM⊥CF，由垂径定理可得结论；
（2）①由题意可证△BCD是等边三角形，可得∠B＝60°，由直角三角形的性质可得AB＝2a，AC＝a，AD＝a，通过证明△ADO∽△ACB，可得，可求DO的长，由弧长公式可求解；
②由直角三角形的性质可求AO＝a，可得AE的长，即可求解．
【详解】证明：（1）∵⊙O与△ABC的边BC，AB分别相切于C，D两点，
∴∠ACB＝∠ODB＝90°，
∵CF∥AB，
∴∠OMF＝∠ODB＝90°，
∴OM⊥CF，且OM过圆心O，
∴点M是CF的中点；
（2）①连接CD，DF，OF，

∵⊙O与△ABC的边BC，AB分别相切于C，D两点，
∴BD＝BC，
∵E是的中点，
∴，
∴∠DCE＝∠FCE，
∵AB∥CF，
∴∠A＝∠ECF＝∠ACD，
∴AD＝CD，
∵∠A+∠B＝90°，∠ACD+∠BCD＝90°，
∴∠B＝∠BCD，
∴BD＝CD，且BD＝BC，
∴BD＝BC＝CD，
∴△BCD是等边三角形，
∴∠B＝60°，
∴∠A＝30°＝∠ECF＝∠ACD，
∴∠DCF＝60°，
∴∠DOF＝120°，
∵BC＝a，∠A＝30°，
∴AB＝2a，AC＝a，
∴AD＝a，
∵∠A＝∠A，∠ADO＝∠ACB＝90°，
∴△ADO∽△ACB，
∴，
∴
∴DO＝a，
∴的弧长＝＝πa；
②∵∠A＝30°，OD⊥AB，
∴AO＝2DO＝a，
∴AE＝AO﹣OE＝﹣a＝a，
∴＝1．
【点睛】本题是相似形综合题，考查了圆的有关性质，等边三角形的判定和性质，直角三角形的性质，相似三角形的判定和性质，弧长公式，灵活运用这些性质进行推理证明是本题的关键．
74．（1）证明见解析；（2）①BP＝；②BP＝．
【分析】（1）根据已知条件易证△ACP∽△ABC，由相似三角形的性质即可证得结论；
（2）①如图，作CQ∥BM交AB延长线于Q，设BP＝x，则PQ＝2x，易证△APC∽△ACQ，所以AC2＝AP·AQ，由此列方程，解方程即可求得BP的长；
②如图：作CQ⊥AB于点Q，作CP0＝CP交AB于点P0，再证△AP0C∽△MPB，（2）的方法求得AP0的长，即可得BP的长．
【详解】（1）证明：∵∠ACP＝∠B，∠BAC＝∠CAP，
∴△ACP∽△ABC，
∴AC：AB＝AP：AC，
∴AC2＝AP·AB；
（2）①如图，作CQ∥BM交AB延长线于Q，设BP＝x，则PQ＝2x
∵∠PBM＝∠ACP，∠PAC＝∠CAQ，
∴△APC∽△ACQ，
由AC2＝AP·AQ得：22＝（3－x）（3＋x），
∴x＝

即BP＝；
②如图：作CQ⊥AB于点Q，作CP0＝CP交AB于点P0，
∵AC＝2，
∴AQ＝1，CQ＝BQ＝ ，
设AP0=x，P0Q＝PQ＝1－x，BP＝－1＋x，
∵∠BPM＝∠CP0A，∠BMP＝∠CAP0，
∴△AP0C∽△MPB，
∴，
∴MP∙P0C＝AP0∙BP＝x（－1＋x），
解得x＝
∴BP＝－1＋＝．

【点睛】题目主要考查三角形的综合性题目，包括相似三角形的判定和性质，三角形中点的性质，三角形内角和定理等，熟练掌握运用这些知识点是解题关键．
75．（1）y＝x2﹣x+1； （2）Q（1，﹣1）；（3）M（2，1）
【分析】（1）由已知可求抛物线解析式为y＝x2﹣x+1；
（2）由题意可知A（2，﹣1），设B（t，0），由AB＝，所以（t﹣2）2+1＝2，求出B（1，0）或B（3，0），当B（1，0）时，A、B、C三点共线，舍去，所以B（3，0），可证明△ABC为直角三角形，BC为外接圆的直径，外接圆的圆心为BC的中点（，），半径为，设Q（x，﹣1），则有（x﹣）2+（+1）2＝（）2，即可求Q（1，﹣1）；
（3）设顶点M（m，n），P（a，b）为抛物线上一动点，则有b＝a2﹣a+1，因为P到直线l的距离等于PM，所以（m﹣a）2+（n﹣b）2＝（b+1）2，可得+（2n﹣2m+2）a+（m2+n2﹣2n﹣3）＝0，由a为任意值上述等式均成立，有，可求定点M的坐标．
【详解】解：（1）∵图象经过点C（0，1），
∴c＝1，
∵当x＝2时，函数有最小值，即对称轴为直线x＝2，
∴，解得：k＝﹣1，
∴抛物线解析式为y＝x2﹣x+1；
（2）由题意可知A（2，﹣1），设B（t，0），
∵AB＝，
∴（t﹣2）2+1＝2，
∴t＝1或t＝3，
∴B（1，0）或B（3，0），
∵B（1，0）时，A、B、C三点共线，舍去，
∴B（3，0），
∴AC＝2，BC＝，
∴∠BAC＝90°，
∴△ABC为直角三角形，BC为外接圆的直径，外接圆的圆心为BC的中点（，），半径为，
设Q（x，﹣1），则有（x﹣）2+（+1）2＝（）2，
∴x＝1或x＝2（舍去），
∴Q（1，﹣1）；
（3）设顶点M（m，n），∵P（a，b）为抛物线上一动点，
∴b＝a2﹣a+1，
∵P到直线l的距离等于PM，
∴（m﹣a）2+（n﹣b）2＝（b+1）2，
∴+（2n﹣2m+2）a+（m2+n2﹣2n﹣3）＝0，
∵a为任意值上述等式均成立，
∴，
∴，
此时m2+n2﹣2n﹣3＝0，
∴定点M（2，1）．
【点睛】本题考查二次函数的图象及性质；熟练掌握二次函数的图象及性质，结合圆的相关知识解题是关键．