2023-2024学年广西柳州市鹿寨县九年级（上）期末数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年广西柳州市鹿寨县九年级（上）期末数学试卷（含解析），共22页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.先贤孔子曾说过“鼓之舞之“，这是“鼓舞“一词最早的起源，如图是喜庆集会时击鼓瞬间的情景及鼓的立体图形，该立体图形的主视图是( )
A.
B.
C.
D.
2.下列计算正确的是( )
A. 2+ 3= 5B. 2 3− 3=2C. 2× 3= 6D. 12÷3=2
3.若m是关于x的一元二次方程x2−x−1=0的根，则3−2m2+2m的值是( )
A. 2B. 1C. 4D. 5
4.抛物线y=3(x+6)2+3的顶点坐标是( )
A. (3,6)B. (3,−6)C. (6,3)D. (−6,3)
5.关于x的一元二次方程kx2−4x+2=0有实数根，则k的取值范围是( )
A. k=2B. k≥2且k≠0C. k≤2D. k≤2且k≠0
6.如图，河坝横断面迎水坡AB的坡比为1： 3.坝高BC为4m，则AB的长度为( )
A. 4 3m
B. 8m
C. 8 3m
D. 16m
7.一个圆锥的侧面展开图是半径为8的半圆，则该圆锥的侧面积是( )
A. 16πB. 24πC. 32πD. 40π
8.如图，在⊙O中，弦AB=3，圆周角∠ACB=30°，则⊙O的半径等于( )
A. 1.5
B. 3
C. 4.5
D. 6
9.如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AB=5，AC=6，过D作AC的平行线交BC的延长线于点E，则△BDE的面积为( )
A. 11
B. 12
C. 24
D. 22
10.若点A(−1,y1)、B(2,y2)、C(3,y3)在反比例函数y=−2x的图象上，则y1、y2、y3的大小关系
是( )
A. y111.秋冬季节是流感高发期，有1人患了流感，经过两轮传染后共有121人患了流感，每轮传染中平均一个人传染了几个人？设每轮传染中平均一个人传染了x个人，则可列方程为( )
A. 1+x=121B. (1+x2)=121
C. 1+x+x2=121D. 1+x+x(1+x)=121
12.如图，直线y= 33x+ 3与x轴、y轴分别相交于A、B两点，圆心P的坐标为(1,0)，⊙P与y轴相切于点O.若将⊙P沿x轴向左移动，当⊙P与该直线相交时，满足横坐标为整数的点P的个数是( )
A. 3B. 4C. 5D. 6
二、填空题：本题共6小题，每小题2分，共12分。
13.一个正多边形的中心角为40°，则这个正多边形的边数是______．
14.反比例函数y=k+1x的图象经过点(2,4)，则k的值等于______．
15.一元二次方程x2−5x+3=0的两根分别是x1，x2，则x1+x2的值为______ ．
16.将抛物线y=(x+2)2−5向右平移2个单位所得抛物线解析式为______ ．
17.一副三角尺按如图方式摆放，且∠1的度数比∠2的度数大50°，则∠2的大小为 度．
18.如图，在边长为2的菱形ABCD中，∠A=60°，点M是AD边的中点，点N是菱形内一动点，且满足MN=1，连接CN，则CN的最小值为______ ．
三、解答题：本题共8小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
19.(本小题6分)
解方程：3(3x−1)−12=2(5x−7)．
20.(本小题6分)
如图，在三角形Rt△ABC中，∠CAB=90°．
(1)作⊙O，使它过点A、B、C(尺规作图，保留作图痕迹，不写作法)；
(2)在(1)所作的⊙O中，若∠AOB=60°，AB=3，求AC的长．
21.(本小题10分)
为改善民生：提高城市活力，某市有序推行“地摊经济”改策．某社区志愿者随机抽取该社区部分居民，按四个类别：A表示“非常支持”，B表示“支持”，C表示“不关心”，D表示“不支持”，调查他们对该政策态度的情况，将结果绘制成如图两幅不完整的统计图．根据图中提供的信息，解决下列问题：
(1)这次共抽取了______名居民进行调查统计，扇形统计图中，D类所对应的扇形圆心角的大小是______；
(2)将条形统计图补充完整；
(3)该社区共有2000名居民，估计该社区表示“支持”的B类居民大约有多少人？
22.(本小题10分)
如图，双曲线y=mx经过点P(2,1)，且与直线y=kx−4(k<0)有两个不同的交点．
(1)求m的值．
(2)求k的取值范围．
23.(本小题10分)
已知：用2辆A型车和1辆B型车载满货物一次可运货13吨；用1辆A型车和2辆B型车载满货物一次可运货14吨．某物流公司现有45吨货物，计划租用A型车a辆，B型车b辆(一种或两种车型都可)，一次运完，且恰好每辆车都载满货物．根据以上信息，解答下列问题：
(1)1辆A型车和1辆车B型车都载满货物一次可分别运货多少吨？
(2)若A型车每辆需租金110元/次，B型车每辆需租金150元/次，请选出最省钱的租车方案，并求出最少租车费．
24.(本小题10分)
通过类比联想、引申拓展研究典型题目，可达到解一题知一类的目的.下面是一个案例，请补充完整．
原题：如图1，点E、F分别在正方形ABCD的边BC、CD上，∠EAF=45°，连接EF，则EF=BE+DF，试说明理由．

(1)思路梳理
∵AB=CD，
∴把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG，可使AB与AD重合．
∵∠ADC=∠B=90°，
∴∠FDG=180°，点F、D、G共线．
根据 ，易证△AFG≌ ，得EF=BE+DF．
(2)类比引申
如图2，四边形ABCD中，AB=AD，∠BAD=90°点E、F分别在边BC、CD上，∠EAF=45°.若∠B、∠D都不是直角，则当∠B与∠D满足等量关系 时，仍有EF=BE+DF．
(3)联想拓展
如图3，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，点D、E均在边BC上，且∠DAE=45°.猜想BD、DE、EC应满足的等量关系，并写出推理过程．
25.(本小题10分)
如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，D为AB边上的一点，以AD为直径的⊙O交BC于点E，过点C作CG⊥AB交AB于点G，交AE于点F，过点E作EP⊥AB交AB于点P，∠EAD=∠DEB．
(1)求证：BC是⊙O的切线；
(2)求证：CE=EP；
(3)若CG=12，AC=13，求四边形CFPE的面积．
26.(本小题10分)
【探究与证明】成语“以不变应万变”中蕴含着某种数学原理．
【动手操作】如图1，AC是正方形ABCD的对角线，点E是AC上的一个动点，过点E和B作等腰直角△EFG，其中∠FEG=90°，EF>AB，EG与射线DC交于点P．
请完成：
(1)试判断图1中的∠BEC和∠PEC的数量关系；
(2)当点P在线段DC上时.求证：EP=BE；
【类比操作】如图2，当点P在线段DC的延长线上时．
(3)EP=BE是否还成立？请判断并证明你的结论．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：这个立体图形的主视图为：
故选：B．
画出这个几何体的主视图即可．
本题考查简单几何体的三视图，理解视图的定义，掌握解答几何体三视图的画法是正确解答的前提．
2.【答案】C
【解析】解： 2与 3无法合并，则A不符合题意；
2 3− 3= 3，则B不符合题意；
2× 3= 2×3= 6，则C符合题意；
12÷3= 123=2 33，则D不符合题意；
故选：C．
根据二次根式的运算法则将各式计算后进行判断即可．
本题考查二次根式的运算，熟练掌握相关运算法则是解题的关键．
3.【答案】B
【解析】解：∵m是关于x的二元二次方程x2−x−1=0的根，
∴m2−m−1=0，即m2−m=1．
∴3−2m2+2m
=3−2(m2−m)
=3−2×1
=3−2
=1．
故选：B．
把m代入方程得到m2−m的值，变形代数式后整体代入得结果．
本题考查了一元二次方程的解：能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值是一元二次方程的解．掌握整体代入的思想方法是解决本题的关键．
4.【答案】D
【解析】解：∵函数y=3(x+6)2+3是抛物线的顶点式，
∴顶点坐标为(−6,3)．
故选：D．
直接利用顶点式的特殊形式可得顶点坐标．
本题考查了二次函数解析式的顶点式与其性质的联系，根据二次项系数的符号确定开口方向，根据顶点式确定顶点坐标及对称轴．
5.【答案】D
【解析】解：∵关于x的一元二次方程kx2−4x+2=0有实数根，
∴(−4)2−4×2k≥0，且k≠0，
解得k≤2且k≠0，
故选：D．
根据一元二次方程的定义及根的判别式即可判断．
此题考查了一元二次方程的定义及根的判别式，熟练掌握一元二次方程的定义及根的判别式是解题的关键．
6.【答案】B
【解析】解：∵迎水坡AB的坡比为1： 3，
∴BCAC=1 3，
∵BC=4m，
∴AC=4 3m，
由勾股定理得：AB= BC2+AC2= 42+(4 3)2=8(m)，
故选：B．
根据坡度的概念求出AC，再根据勾股定理计算，得到答案．
本题考查的是解直角三角形的应用—坡度坡角问题，掌握坡度的概念是解题的关键．
7.【答案】C
【解析】解：半圆的面积为：π×82×12=32π，
则该圆锥的侧面积是32π，
故选：C．
根据圆的面积公式求出半圆的面积，根据圆锥的侧面展开图解答即可．
本题考查的是圆锥的计算，掌握圆的面积公式是解题的关键．
8.【答案】B
【解析】解：如图所示，连接OA，OB．
根据题意可知，线段OA即为⊙O的半径．
∵∠ACB=30°，
∴∠AOB=2∠ACB=60°．
∵OA=OB，
∴△AOB为等边三角形．
∴OA=AB=3．
故选：B．
连接OA，OB，根据圆周角定理，可求得∠AOB=60°，结合OA=OB，可证得△AOB为等边三角形．
本题主要考查圆周角定理、等边三角形的判定及性质，牢记圆周角定理(一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半)是解题的关键．
9.【答案】C
【解析】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AO=OC，AC⊥BD，BO=DO，AD/​/BE，AB=AD=BC=5
∵AC=6，
∴AO=3，
∵AD/​/BE，AC/​/DE，
∴四边形ACED是平行四边形，
∴AC=DE=6，AD=CE=5
在Rt△ABO中，BO= AB2−AO2= 52−32=4，
∴BD=8，
又∵BE=BC+CE=10，
∴△BDE是直角三角形，
∴S△BDE=12DE⋅BD=12×6×8=24．
故选：C．
先判断出四边形ACED是平行四边形，从而得出DE的长度，根据菱形的性质求出BD的长度，利用勾股定理的逆定理可得出△BDE是直角三角形，计算出面积即可．
本题考查了菱形的性质以及勾股定理的逆定理，解题的关键是掌握菱形的性质并灵活运用．菱形的性质：①菱形具有平行四边形的一切性质； ②菱形的四条边都相等；③菱形的两条对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角；④菱形是轴对称图形，它有2条对称轴，分别是两条对角线所在直线．
10.【答案】B
【解析】解：∵点A(−1,y1)，B(2,y2)，C(3,y3)在反比例函数y=−2x的图象上，
∴y1=2，y2=−1，y3=−23，
∴y2故选：B．
根据反比例函数图象上点的坐标特征，把三个点的坐标分别代入解析式计算出y1、y3、y2的值，然后比较大小即可．
本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征：反比例函数y=kx(k为常数，k≠0)的图象是双曲线，图象上的点(x,y)的横纵坐标的积是定值k，即xy=k．
11.【答案】D
【解析】解：∵每轮传染中平均一个人传染了x个人，
∴第一轮传染中有x人被传染，第二轮传染中有x(1+x)人被传染．
根据题意得：1+x+x(1+x)=121．
故选：D．
由每轮传染中平均一个人传染了x个人，可得出第一轮传染中有x人被传染，第二轮传染中有x(1+x)人被传染，结合“有1人患了流感，经过两轮传染后共有121人患了流感”，即可得出关于x的一元二次方程，此题得解．
本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
12.【答案】A
【解析】解：令y=0，则 33，
解得x=−3，
则A点坐标为(−3,0)；
令x=0，则y= 3，
则B点坐标为(0, 3)，
∴tan∠BAO= 33，
∴∠BAO=30°，
作⊙P′与⊙P″切AB于D、E，
连接P′D、P″E，则P′D⊥AB、P″E⊥AB，
则在Rt△ADP′中，AP′=2×DP′=2，
同理可得，AP″=2，
则P′横坐标为−3+2=−1，P″横坐标为−1−4=−5，
∴P横坐标x的取值范围为：−5∴横坐标为整数的点P坐标为(−2,0)、(−3,0)、(−4,0)．
故选：A．
求出函数与x轴、y轴的交点坐标，求出函数与x轴的夹角，计算出当⊙P与AB相切时点P的坐标，判断出P的横坐标的取值范围．
本题考查了直线与圆的位置关系，根据一次函数的解析式求点的坐标，熟悉一次函数的性质和切线的性质是解题的关键．
13.【答案】9
【解析】解：设这个多边形的边数是n，
由题意得，360°n=40°，
解得，n=9，
故答案为：9．
根据正多边形的中心角的计算公式：360°n计算即可．
本题考查的是正多边形和圆的有关知识，掌握正多边形的中心角的计算公式：360°n是解题的关键．
14.【答案】7
【解析】解：将点(2,4)代入y=k+1x得：
k+1=xy=2×4=8．
∴k=7，
故答案为：7．
将点的坐标代入反比例函数解析式即可解答．
本题主要考查反比例函数图象上点的坐标特征．
15.【答案】5
【解析】解：∵一元二次方程x2−5x+3=0的两根分别是x1，x2，
∴x1+x2=5，
∴x1+x2的值为5．
故答案为：5．
由一元二次方程x2−5x+3=0的两根分别是x1，x2，根据根与系数的关系即可求得x1+x2的值．
此题考查了一元二次方程根与系数的关系．此题比较简单，注意若二次项系数为1，x1，x2是方程x2+px+q=0的两根时，x1+x2=−p，x1x2=q．
16.【答案】y=x2−5
【解析】解：按照“左加右减，上加下减”的规律可知：y=(x+2)2−5向右平移2个单位，
得：y=(x+2−2)2−5，即y=x2−5．
故答案为：y=x2−5．
根据平移规律“左加右减”解答．
考查了抛物线的平移以及抛物线解析式的变化规律：左加右减，上加下减．
17.【答案】20
【解析】【分析】
本题主要考查角的计算，找到三角板中隐含条件是解题的关键．
根据平角的定义，直角三角板中的直角可得∠1+∠2=90°，再结合∠1的度数比∠2的度数大50°可求解∠2的度数．
【计算】
解：由图可知：∠1+∠2+90°=180°，
即∠1+∠2=90°，
∵∠1−∠2=50°，
∴∠1=70°，∠2=20°．
故答案为20°．
18.【答案】 7−1
【解析】解：过点M作MH⊥CD，交CD的延长线于点H，如图所示：
在边长为2的菱形ABCD中，∠A=60°，AB/​/CD，
∴∠HDM=∠A=60°，
∴∠HMD=30°，
∵点M是AD边的中点，
∴DM=1，
∴DH=12，
根据勾股定理，得HM= 32，
∵CD=2，
∴CH=52，
根据勾股定理，得CM= 7，
∵MN=1，
当点N运动到线段CM上的点N′时，CN取得最小值，
CN′=CM−MN= 7−1，
∴CN的最小值为 7−1，
故答案为： 7−1．
过点M作MH⊥CD，交CD的延长线于点H，根据菱形的性质以及直角三角形的性质求出CM的长，然后当点N运动到线段CM上的点N′时，CN取得最小值，进一步求解即可．
本题考查了菱形的性质，勾股定理，含30°的直角三角形的性质，线段最小问题等，本题综合性较强，难度较大．
19.【答案】解：3(3x−1)−12=2(5x−7)
去括号：9x−3−12=10x−14，
移项合并同类项：−x=1，
解得：x=−1．
【解析】根据解一元一次方程得基本步骤直接计算即可．
本题主要考查了解一元一次方程，熟练掌握解一元一次方程的基本步骤是解题的关键．
20.【答案】解：(1)如图所示，

(2)如图，连接AO，

∵∠CAB=90°，AO=BO，∠AOB=60°，AB=3，
∴△AOB是等边三角形，
∴∠B=60°，
∴∠C=30°
∴BO=AB=3，
∴BC=6，
∴AC= BC2−AC2= 62−32=3 3．
【解析】(1)作BC的垂直平分线得到BC的中点O，然后以O点为圆心，OB为半径作圆即可；
(2)先判断△OAB为等边三角形，得出BC=6，然后根据勾股定理即可求解．
本题考查了作三角形的外接圆，勾股定理，等边三角形的性质与判定，含30度角的直角三角形的性质，掌握以上知识是解题的关键．
21.【答案】(1)60；18°；
(2)A类别人数为60−(36+9+3)=12(名)，
补全条形图如下：
(3)估计该社区表示“支持”的B类居民大约有2000×3660=1200(名)．
【解析】解：(1)这次抽取的居民数量为9÷15%=60(名)，
扇形统计图中，D类所对应的扇形圆心角的大小是360°×360=18°，
故答案为：60；18°；
(2)见答案；
(3)见答案．
(1)由C类别的人数及其所占百分比可得被调查的总人数，用360°乘以样本中D类别人数占被调查人数的比例即可得出答案；
(2)根据A、B、C、D四个类别人数之和等于被调查的总人数求出A的人数，从而补全图形；
(3)用总人数乘以样本中B类别人数所占比例可得答案．
本题考查的是条形统计图和扇形统计图的综合运用．读懂统计图，从不同的统计图中得到必要的信息是解决问题的关键．条形统计图能清楚地表示出每个项目的数据；扇形统计图直接反映部分占总体的百分比大小．
22.【答案】解：(1)∵双曲线y=mx经过点P(2,1)，
∴m=2×1=2；
(2)∵双曲线y=2x与直线y=kx−4(k<0)有两个不同的交点，
∴2x=kx−4，整理为：kx2−4x−2=0，
∴△=(−4)2−4k⋅(−2)>0，
∴k>−2，
∴k的取值范围是−2【解析】(1)根据反比例函数系数k的几何意义即可求得；
(2)联立方程，消去y得到关于x的一元二次方程，求出方程的根的判别式，进而即可求得k的取值范围．
本题主要考查了一次函数和反比例函数的交点问题，解答本题的关键是熟练掌握根的判别式的求法，此题难度不大．
23.【答案】解：(1)设1辆A型车载满货物一次可运货x吨，1辆B型车载满货物一次可运货y吨，
依题意得：2x+y=13x+2y=14，
解得：x=4y=5．
答：1辆A型车载满货物一次可运货4吨，1辆B型车载满货物一次可运货5吨．
(2)依题意得：4a+5b=45，
∴b=9−45a.
又∵a，b均为自然数，
∴a=0b=9或a=5b=5或a=10b=1，
∴共有3种租车方案，
方案1：租用9辆B型车，所需总租金为150×9=1350(元)；
方案2：租用5辆A型车，5辆B型车，所需总租金为110×5+150×5=1300(元)；
方案3：租用10辆A型车，1辆B型车，所需总租金为110×10+150×1=1250(元)．
∵1350>1300>1250，
∴最省钱的租车方案为：租用10辆A型车，1辆B型车，最少租车费为1250元．
【解析】(1)设1辆A型车载满货物一次可运货x吨，1辆B型车载满货物一次可运货y吨，根据“用2辆A型车和1辆B型车载满货物一次可运货13吨；用1辆A型车和2辆B型车载满货物一次可运货14吨”，即可得出关于x，y的二元一次方程组，解之即可得出结论；
(2)根据“一次性运45吨货物，且恰好每辆车都载满货物”，即可得出关于a，b的二元一次方程，结合a，b均为自然数，即可得出各租车方案，再求出选择各租车方案所需租车费，比较后即可得出结论．
本题考查了二元一次方程组的应用以及二元一次方程的应用，解题的关键是：(1)找准等量关系，正确列出二元一次方程组；(2)找准等量关系，正确列出二元一次方程．
24.【答案】SAS △AFE ∠B+∠D=180°
【解析】(1)证明：∵AB=AD，
∴把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG，可使AB与AD重合．
∴∠BAE=∠DAG，
∵∠BAD=90°，∠EAF=45°，
∴∠BAE+∠DAF=45°，
∴∠EAF=∠FAG，
∵∠ADC=∠B=90°，
∴∠FDG=180°，点F、D、G共线，
在△AFE和△AFG中
AE=AG∠EAF=∠FAGAF=AF，
∴△AFE≌△AFG(SAS)，
∴EF=FG，
即：EF=BE+DF．
故答案为：SAS，△AFE．
(2)解：∠B+∠D=180°时，EF=BE+DF；
∵AB=AD，
∴把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG，可使AB与AD重合，
∴∠BAE=∠DAG，
∵∠BAD=90°，∠EAF=45°，
∴∠BAE+∠DAF=45°，
∴∠EAF=∠FAG，
∵∠ADC+∠B=180°，
∴∠FDG=180°，点F、D、G共线，
在△AFE和△AFG中
AE=AG∠FAE=∠FAGAF=AF，
∴△AFE≌△AFG(SAS)，
∴EF=FG，
即：EF=BE+DF．
故答案为：∠B+∠D=180°；
(3)解：猜想：DE2=BD2+EC2．
理由：把△AEC绕点A顺时针旋转90°得到△ABE′，连接DE′，
∴△AEC≌△ABE′，
∴BE′=EC，AE′=AE，
∠C=∠ABE′，∠EAC=∠E′AB，
在Rt△ABC中，AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB=45°，
∴∠ABC+∠ABE′=90°，
即∠E′BD=90°，
∴E′B2+BD2=E′D2，
又∵∠DAE=45°，
∴∠BAD+∠EAC=45°，
∴∠E′AB+∠BAD=45°，
即∠E′AD=45°，
在△AE′D和△AED中，
AE′=AE∠E′AD=∠DAEAD=AD
∴△AE′D≌△AED(SAS)，
∴DE=DE′，
∴DE2=BD2+EC2．
(1)把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG，可使AB与AD重合，再证明△AFG≌△AFE进而得到EF=FG，即可得EF=BE+DF；
(2)∠B+∠D=180°时，EF=BE+DF，与(1)的证法类同；
(3)根据△AEC绕点A顺时针旋转90°得到△ABE′，根据旋转的性质，可知△AEC≌△ABE′得到BE′=EC，AE′=AE，∠C=∠ABE′，∠EAC=∠E′AB，根据Rt△ABC中的，AB=AC得到∠E′BD=90°，所以E′B2+BD2=E′D2，证△AE′D≌△AED，利用DE=DE′得到DE2=BD2+EC2；
此题主要考查了几何变换，关键是正确画出图形，证明△AFG≌△AEF.此题是一道综合题，难度较大，题目所给例题的思路，为解决此题做了较好的铺垫．
25.【答案】(1)证明：如图1，连接OE，则OA=OE，
∴∠OAE=∠OEA，
∵∠EAD=∠DEB，
∴∠OEA=∠DEB，
∵AD为⊙O的直径，
∴∠AED=90°，
∴∠OEA+∠OED=90°，
∴∠DEB+∠OED=90°，
∴∠OEB=90°，
即BC⊥OE，
∵OE为⊙O的半径，
∴BC是⊙O的切线；
(2)证明：如图1，∵∠ACB=90°，
由(1)知，∠OEB=90°，
∴∠OEB=∠ACB=90°，
∴OE//AC，
∴∠CAE=∠AEO，
由(1)知，∠OAE=∠OEA，
∴∠CAE=∠DAE，
∵∠ACB=90°，
∴CE⊥AC，
∵EP⊥AD，
∴CE=EP(角平分线上的点到角的两边的距离相等)；
(3)解：如图2，
由(1)知，∠OEB=90°，
∴∠OEC=90°，
∴∠CEA+∠AEO=90°，
∵∠AEO=∠EAO，
∴∠CEA+∠EAO=90°，
∵CG⊥AB，
∴∠AGC=90°，
∴∠EAO+∠AFG=90°，
∴∠AFG=∠CEA，
∵∠AFG=∠CFE，
∴∠CFE=∠CEA，
∴CE=CF，
∵CE=EP，
∴CF=EP，
∵CG⊥AB，EP⊥AB，
∴EP//CG，
∴四边形CFPE是平行四边形，
∵CE=EP，
∴▱AFPE是菱形，
在Rt△ACG中，AG= AC2−CG2=5，
在△AEC和△AEP中，
∠ACB=∠APE∠CAE=∠PAEAE=AE，
∴△AEC≌△AEP(AAS)，
∴AP=AC=13，
∴PG=AP−AG=8，
∵∠CAB=∠BAC，∠AGC=∠ACB=90°，
∴△ACG∽△ABC，
∴ACAB=AGAC，
∴13AB=513，
∴AB=1695，
∴BP=AB−AP=1695−13=1045，BG=AB−AG=1695−5=1445，
∵EP//AG，
∴△BPE∽△BGC，
∴EPCG=BPBG，
∴EP12=10451445，
∴EP=263，
∴S四边形CFPE=EP⋅PG=263×8=2083．
【解析】(1)先判断出∠OEA=∠DEB，进而用同角的余角相等判断出∠OEB=90°，即可得出结论；
(2)先判断出OE/​/AC，得出∠CAE=∠AEO，进而判断出∠CAE=∠DAE，最后用角平分线定理定理即可得出结论；
(3)先判断出∠CFE=∠CEA，进而判断出CF=EP，进而判断出▱AFPE是菱形，再判断出△AEC≌△AEP，得出AP=13，再判断出△ACG∽△ABC，得出比例式求出AB=1695，进而求出BP，BG，再判断出△BPE∽△BGC，得出比例式求出EP，即可求出答案．
此题是圆的综合题，主要考查了切线的判定，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，菱形的判定以及菱形的面积公式，勾股定理，判断出四边形CFPE是菱形是解本题的关键．
26.【答案】(1)解：∠BEC+∠PEC=90°，理由如下：
∵∠FEG=90°，
∴∠BEC+∠PEC=90°；
(2)证明：如图1，过点E作EM⊥BC于M，EN⊥CD于N，
∴∠EMC=∠ENC=∠MCN=90°，
∴四边形EMCN是矩形，
∴∠MEN=90°，
∵∠FEG=90°，
∴∠BEM+∠MEC=∠PEN+∠MEC=90°，
∴∠BEM=∠PEN，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AC平分∠BCD，
∵EM⊥BC，EN⊥CD，
∴EM=EN，
∵∠BME=∠PNE=90°，
∴△BEM≌△PEN(ASA)，
∴BE=EP；
(3)解：当点P在CD的延长线上时，EP=BE还成立，理由如下：
如图2，过点E作EM⊥BC于M，EN⊥CD于N，
∴∠EMC=∠ENC=∠MCN=90°，
∴四边形EMCN是矩形，
∴∠MEN=90°，
∵∠FEG=90°，
∴∠BEM+∠MEP=∠PEN+∠MEP=90°，
∴∠BEM=∠PEN，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AC平分∠BCD，
∵EM⊥BC，EN⊥CD，
∴EM=EN，
∵∠BME=∠PNE=90°，
∴△BEM≌△PEN(ASA)，
∴BE=EP．
【解析】(1)根据∠FEG=90°，即可解决问题；
(2)过点E作EM⊥BC于M，EN⊥CD于N，证明△BEM≌△PEN(ASA)，可得结论；
(3)结合(2)的方法同理可以证明△BEM≌△PEN(ASA)，可得结论．
本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键．