2019-2020学年江苏省镇江市丹阳市九年级上学期数学期末试题及答案

这是一份2019-2020学年江苏省镇江市丹阳市九年级上学期数学期末试题及答案，共27页。试卷主要包含了已知，则＝_____．等内容，欢迎下载使用。
1.已知，则＝_____．
【答案】
【解析】
【分析】
根据题意，设x＝5k，y＝3k，代入即可求得的值．
【详解】解：由题意，设x＝5k，y＝3k，
∴＝＝．
故答案为．
【点睛】本题考查了分式的求值，解题的关键是根据分式的性质对已知分式进行变形．
2.九年级某同学6次数学小测验的成绩分别为：100，112，102，105，112，110，则该同学这6次成绩的众数是_____．
【答案】112
【解析】
【分析】
根据众数的出现次数最多的特点从数据中即可得到答案.
【详解】解：在这组数据中出现次数最多的是112，
所以这组数据的众数为112，
故答案为112．
【点睛】此题重点考查学生对众数的理解，掌握众数的定义是解题的关键.
3.如图，AB∥DE，AE与BD相交于点C．若AC＝4，BC＝2，CD＝1，则CE的长为_____．
【答案】2
【解析】
【分析】
先证明△ABC∽△EDC，然后利用相似比计算CE长．
【详解】解：∵AB∥DE，
∴△ABC∽△EDC，
∴，即，
∴CE＝2．
故答案为2
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质：在判定两个三角形相似时，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，寻找相似三角形的一般方法是通过作平行线构造相似三角形；灵活应用相似三角形相似的性质进行几何计算．也考查了解直角三角形．
4.若关于的一元二次方程有两个相等的实数根，则的值是__________．
【答案】1
【解析】
【分析】
因为关于的一元二次方程有两个相等的实数根，故 ，代入求解即可.
【详解】根据题意可得： 解得：m=1
故答案为：1
【点睛】本题考查的是一元二次方程的根的判别式，掌握根的判别式与方程的根的关系是关键.
5.如图，AB是⊙O的直径，CD是⊙O的弦，∠BAD＝60°，则∠ACD＝_____°．
【答案】30
【解析】
【分析】
连接BD．根据圆周角定理可得.
【详解】解：如图，连接BD．
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°，
∴∠B＝90°﹣∠DAB＝30°，
∴∠ACD＝∠B＝30°，
故答案为30．
【点睛】考核知识点：圆周角定理.理解定义是关键.
6.已知x＝﹣1是方程x2﹣2mx﹣3＝0的一个根，则该方程的另一个根为_____．
【答案】3
【解析】
【分析】
根据根与系数的关系即可求出答案．
【详解】解：设另外一个根为x，
由根与系数的关系可知：﹣x＝﹣3，
∴x＝3，
故答案为：3．
【点睛】本题考查了一元二次方程根与系数的关系，熟知根与系数的关系是解题的关键．
7.若圆锥的母线长为４cm，其侧面积，则圆锥底面半径为 cm．
【答案】3
【解析】
∵圆锥的母线长是5cm，侧面积是15πcm2，
∴圆锥的侧面展开扇形的弧长为：l==6π，
∵锥的侧面展开扇形的弧长等于圆锥的底面周长，∴r==3cm，
8.抛物线的顶点坐标是___________．
【答案】（1，﹣4）．
【解析】
解：∵原抛物线可化为：y=（x﹣1）2﹣4，∴其顶点坐标为（1，﹣4）．故答案为（1，﹣4）．
9.把函数y＝x2的图象向右平移2个单位长度，再向下平移1个单位长度，得到函数____的图象．
【答案】y＝(x－2)2－1
【解析】
试题解析：把函数的图像向右平移个单位长度，再向下平移 个单位长度，得到函数
故答案为
点睛：二次函数图象的平移规律：左加右减，上加下减.
10.已知二次函数y＝ax2+bx+c的图象如图，对称轴为直线x＝1，则不等式ax2+bx+c＞0的解集是_____．
【答案】﹣1＜x＜3
【解析】
【分析】
先求出函数与x轴的另一个交点，再根据图像即可求解.
【详解】解：∵抛物线的对称轴为直线x＝1，
而抛物线与x轴的一个交点坐标为（3，0），
∴抛物线与x轴的另一个交点坐标为（﹣1，0），
∵当﹣1＜x＜3时，y＞0，
∴不等式ax2+bx+c＞0的解集为﹣1＜x＜3．
故答案为﹣1＜x＜3．
【点睛】此题主要考查二次函数的图像，解题的关键是求出函数与x轴的另一个交点.
11.二次函数y＝2x2﹣4x+4的图象如图所示，其对称轴与它的图象交于点P，点N是其图象上异于点P的一点，若PM⊥y轴，MN⊥x轴，则＝_____．
【答案】2．
【解析】
【分析】
根据题目中的函数解析式可得到点P的坐标，然后设出点M、点N的坐标，然后计算即可解答本题．
【详解】解：∵二次函数y＝2x2﹣4x+4＝2（x﹣1）2+2，
∴点P的坐标为（1，2），
设点M的坐标为（a，2），则点N的坐标为（a，2a2﹣4a+4），
∴＝＝＝2，
故答案为：2．
【点睛】本题考查了二次函数与几何的问题，解题的关键是求出点P左边，设出点M、点N的坐标，表达出．
12.如图，正方形ABCD的边长为5，E、F分别是BC、CD上的两个动点，AE⊥EF．则AF的最小值是_____．
【答案】
【解析】
分析】
设BE＝x，CF＝y，则EC＝5﹣x，构建二次函数了，利用二次函数的性质求出CF的最大值，求出DF的最小值即可解决问题．
【详解】解：设BE＝x，CF＝y，则EC＝5﹣x，
∵AE⊥EF，
∴∠AEF＝90°，
∴∠AEB+∠FEC＝90°，
而∠AEB+∠BAE＝90°，
∴∠BAE＝∠FEC，
∴Rt△ABE∽Rt△ECF，
∴＝，
∴＝，
∴y＝﹣x2+x＝﹣（x﹣）2+，
∵﹣＜0，
∴x＝时，y有最大值，
∴CF的最大值为，
∴DF的最小值为5﹣＝，
∴AF的最小值＝＝＝，
故答案为．
【点睛】本题考查了几何动点问题与二次函数、相似三角形的综合问题，综合性较强，解题的关键是找出相似三角形，列出比例关系，转化为二次函数，从而求出AF的最小值．
二.选择题
13.方程是关于的一元二次方程，则
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
根据一元二次方程的定义， 得到关于 的不等式， 解之即可 ．
【详解】解：根据题意得：
，
解得：，
故选．
【点睛】本题考查一元二次方程的定义，解题关键是 正确掌握一元二次方程的定义．
14.设有12只型号相同的杯子，其中一等品7只，二等品2只，三等品3只．则从中任意取一只，是二等品的概率等于 （ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
让二等品数除以总产品数即为所求的概率．
【详解】解：∵现有12只型号相同的杯子，其中一等品7只，二等品2只，三等品3只，从中任意取1只，可能出现12种结果，是二等品的有2种可能，
∴二等品的概率．
故选B．
【点睛】本题主要考查了概率求法：如果一个事件有n种可能，而且这些事件的可能性相同，其中事件A出现m种结果，那么事件A的概率．
15.如图，在□ABCD中，R为BC延长线上的点，连接AR交BD于点P，若CR：AD＝2：3，则AP：PR的值为（ ）
A. 3：5B. 2：3C. 3：4D. 3：2
【答案】A
【解析】
【分析】
证得△ADP∽△RBP，可得，由AD＝BC，可得．
【详解】∵在▱ABCD中，AD∥BC，且AD＝BC，
∴△ADP∽△RBP，
∴，
∴．
∴＝．
故选A．
【点睛】此题主要考查相似三角形的判定与性质，解题的关键是熟知相似三角形的对应线段成比例.
16.下表是二次函数y＝ax2+bx+c的部分x，y的对应值：
可以推断m的值为（ ）
A. ﹣2B. 0C. D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】
首先根据表中的x、y的值确定抛物线的对称轴，然后根据对称性确定m的值即可．
【详解】解：观察表格发现该二次函数的图象经过点（，﹣）和（，﹣），
所以对称轴为x＝＝1，
∵，
∴点（﹣，m）和（，）关于对称轴对称，
∴m＝，
故选：C．
【点睛】本题考查了二次函数的图象与性质，解题的关键是通过表格信息确定抛物线的对称轴．
17.如图，AB为⊙O的直径，PD切⊙O于点C，交AB的延长线于D，且∠D＝40°，则∠PCA等于（ ）
A. 50°B. 60°C. 65°D. 75°
【答案】C
【解析】
【分析】
根据切线的性质，由PD切⊙O于点C得到∠OCD＝90°，再利互余计算出∠DOC＝50°，由∠A＝∠ACO，∠COD＝∠A+∠ACO，所以，然后根据三角形外角性质计算∠PCA的度数．
【详解】解：∵PD切⊙O于点C，
∴OC⊥CD，
∴∠OCD＝90°，
∵∠D＝40°，
∴∠DOC＝90°﹣40°＝50°，
∵OA＝OC，
∴∠A＝∠ACO，
∵∠COD＝∠A+∠ACO，
∴，
∴∠PCA＝∠A+∠D＝25°+40°＝65°．
故选C．
【点睛】本题考查了切线的性质、等腰三角形的性质、直角三角形的性质、三角形外角性质等知识；熟练掌握切线的性质与三角形外角性质是解题的关键．
18.如图，△ABC中，∠C＝90°，∠B＝30°，AC＝，D、E分别在边AC、BC上，CD＝1，DE∥AB，将△CDE绕点C旋转，旋转后点D、E对应的点分别为D′、E′，当点E′落在线段AD′上时，连接BE′，此时BE′的长为（ ）
A. 2B. 3C. 2D. 3
【答案】B
【解析】
【分析】
如图，作CH⊥BE′于H，设AC交BE′于O．首先证明∠CE′B＝∠D′＝60°，解直角三角形求出HE′，BH即可解决问题．
【详解】解：如图，作CH⊥BE′于H，设AC交BE′于O．
∵∠ACB＝90°，∠ABC＝30°，
∴∠CAB＝60°，
∵DE∥AB，
∴＝，∠CDE＝∠CAB＝∠D′＝60°
∴＝，
∵∠ACB＝∠D′CE′，
∴∠ACD′＝∠BCE′，
∴△ACD′∽△BCE′，
∴∠D′＝∠CE′B＝∠CAB，
在Rt△ACB中，∵∠ACB＝90°，AC＝，∠ABC＝30°，
∴AB＝2AC＝2，BC＝AC＝，
∵DE∥AB，
∴＝，
∴＝，
∴CE＝，
∵∠CHE′＝90°，∠CE′H＝∠CAB＝60°，CE′＝CE＝
∴E′H＝CE′＝，CH＝HE′＝，
∴BH＝＝＝
∴BE′＝HE′+BH＝3，
故选：B．
【点睛】本题考查了相似三角形的综合应用题，涉及了旋转的性质、平行线分线段成比例、相似三角形的性质与判定等知识点，解题的关键是灵活运用上述知识点进行推理求导．
三.解答题
19.用适当的方法解一元二次方程：
（1）x2+4x﹣12＝0
（2）2x2﹣4x+1＝0
【答案】（1），；（2），
【解析】
【分析】
（1）利用因式分解法求解可得；
（2）利用公式法求解可得．
【详解】解：（1）∵x2+4x﹣12＝0，
∴（x+6）（x﹣2）＝0，
则x+6＝0或x﹣2＝0，
解得，；
（2）∵a＝2，b＝﹣4，c＝1，
∴△＝（﹣4）2﹣4×2×1＝8>0，
则x＝
∴，
【点睛】本题主要考查了一元二次方程的解法，解题的关键是熟悉一元二次方程的解法．
20. 一个不透明的口袋中装有2个红球（记为红球1、红球2）、1个白球、1个黑球，这些球除颜色外都相同，将球摇匀．
（1）从中任意摸出1个球，恰好摸到红球的概率是 ；
（2）先从中任意摸出1个球，再从余下的3个球中任意摸出1个球，请用列举法（画树状图或列表）求两次都摸到红球的概率．
【答案】（1）（2）
【解析】
试题分析：（1）因为总共有4个球，红球有2个，因此可直接求得红球的概率；
（2）根据题意，列表表示小球摸出的情况，然后找到共12种可能，而两次都是红球的情况有2种，因此可求概率.
试题解析：解：（1）．
（2）用表格列出所有可能的结果：

由表格可知，共有12种可能出现的结果，并且它们都是等可能的，其中“两次都摸到红球”有2种可能．
∴P（两次都摸到红球）==．
考点：概率统计
21.甲、乙两名队员参加射击训练，每人射击10次，成绩分别如下：
根据以上信息，整理分析数据如下：
（1）a＝_____；b＝_____；c＝_____；
（2）填空：（填“甲”或“乙”）．
①从平均数和中位数的角度来比较，成绩较好的是_____；
②从平均数和众数的角度来比较，成绩较好的是_____；
​③成绩相对较稳定是_____．
【答案】（1）7，7.5，4.2；（2）①乙，②乙；③甲
【解析】
【分析】
（1）根据平均数、中位数、方差的定义分别计算即可解决问题；
（2）由表中数据可知，甲，乙平均成绩相等，乙的中位数，众数均大于甲，说明乙的成绩好于甲，从方差来看，乙的方差大于甲，所以甲的成绩相对较稳定.
【详解】解：（l）a＝（5+2×6+4×7+2×8+9）＝7（环），
b＝（7+8）＝7.5（环），
c＝ [（3﹣7）2+（4﹣7）2+（6﹣7）2+（8﹣7）2+（7﹣7）2+（8﹣7）2+（7﹣7）2+（8﹣7）2+（10﹣7）2+（9﹣7）2]
＝4.2（环2）；
故答案为：7，7.5，4.2；
（2）由表中数据可知，甲，乙平均成绩相等，乙的中位数，众数均大于甲，说明乙的成绩好于甲，乙的方差大于甲．
①从平均数和中位数的角度来比较，成绩较好的是：乙；
②从平均数和众数的角度来比较，成绩较好的是乙；
​③成绩相对较稳定的是：甲．
故答案为：乙，乙，甲．
【点睛】本题考查了条形统计图、折线统计图、平均数、中位数、方差等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
22.尺规作图：已知△ABC，如图．
（1）求作：△ABC的外接圆⊙O；
（2）若AC＝4，∠B＝30°，则△ABC的外接圆⊙O的半径为 ．
【答案】（1）答案见解析；（2）4．
【解析】
【分析】
（1）确定三角形的外接圆的圆心，根据其是三角形边的垂直平分线的交点进行确定即可；
（2）连接OA，OC，先证明△AOC是等边三角形，从而得到圆的半径．
【详解】解：（1）作法如下：
①作线段AB的垂直平分线，
②作线段BC的垂直平分线，
③以两条垂直平分线的交点O为圆心，OA长为半圆画圆，则圆O即为所求作的圆；
（2）连接OA，OC，
∵∠B＝30°，
∴∠AOC＝60°，
∵OA＝OC，
∴△AOC是等边三角形，
∵AC＝4，
∴OA＝OC＝4，即圆的半径是4，
故答案为4．
【点睛】本题考查了尺规作三角形外接圆、圆中的计算问题，解题的关键是熟知“三角形边的垂直平分线的交点是三角形的外接圆的圆心”．
23.已知二次函数y＝ax2+bx+c的图象过点A（﹣3，0），B（1，0），C（2，﹣5）．
（1）求此二次函数的表达式；
（2）画出这个函数的图象；
（3）△ABC的面积为 ．
【答案】（1）y＝﹣x2﹣2x+3；（2）答案见解析；（3）10．
【解析】
【分析】
（1）设交点式为y＝a（x+3）（x﹣1），然后把C点坐标代入求出a即可得到抛物线解析式；
（2）利用配方法得到y＝﹣（x+1）2+4，则抛物线的顶点坐标为（﹣1，4），抛物线与y轴的交点坐标为（0，3），然后利用描点法画二次函数图象；
（3）利用三角形面积公式计算．
【详解】解：（1）设抛物线解析式为y＝a（x+3）（x﹣1），
把C（2，﹣5）代入得a（2+3）（2﹣1）＝﹣5，解得a＝﹣1，
∴抛物线解析式为y＝﹣（x+3）（x﹣1），
即y＝﹣x2﹣2x+3；
（2）y＝﹣x2﹣2x+3＝﹣（x+1）2+4，则抛物线的顶点坐标为（﹣1，4），
当x＝0时，y＝﹣x2﹣2x+3＝3，则抛物线与y轴的交点坐标为（0，3），
如图，
（3）△ABC的面积＝×（1+3）×5＝10．
故答案为10．
【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数解析式、在直角坐标系中画二次函数图象、以及在直角坐标系求不规则三角形的面积，解题的关键是求出解析式，画出图象．
24.已知关于x的方程x2+（2m+1）x+m（m+1）＝0．
（1）求证：方程总有两个不相等的实数根；
（2）已知方程的一个根为x＝0，求代数式m2+m﹣5的值．
【答案】（1）方程总有两个不相等的实数根；（2）-5．
【解析】
【分析】
（1）根据一元二次方程的根的判别式即可得出△=1＞0，由此即可证出方程总有两个不相等的实数根；
（2）将x=0代入原方程求出m的值，再将m值代入代数式中求值即可．
【详解】解：（1）∵关于x的一元二次方程x2+（2m+1）x+m（m+1）＝0．
∴△＝（2m+1）2﹣4m（m+1）＝1＞0，
∴方程总有两个不相等的实数根；
（2）∵x＝0是此方程的一个根，
∴把x＝0代入方程中得到m（m+1）＝0，
把m（m+1）＝0代入得m2+m﹣5=-5．
【点睛】本题考查了根的判别式及用整体代入法求代数式的值，熟练掌握“当一元二次方程根的判别式△＞0时，方程有两个不相等的实数根．”是解题的关键．
25.如图所示，在△ABC中，∠B＝90°，AB＝12mm，BC＝24mm，动点P从点A开始，以2mm/S的速度沿边AB向B移动（不与点B重合），动点Q从点B开始，以4m/s的速度沿边BC向C移动（不与C重合），如果P、Q分别从A、B同时出发，设运动的时间为xs，四边形APQC的面积为ymm2．
（1）写出y与x之间的函数表达式；
（2）当x＝2时，求四边形APQC的面积．
【答案】（1）y＝4x2﹣24x+144；（2）112mm2．
【解析】
【分析】
（1）用x表示PB和BQ．利用两个直角三角形的面积差求得答案即可；
（2）求出x＝2时，y的值即可得．
【详解】解：（1）∵运动时间为x，点P的速度为2mm/s，点Q的速度为4mm/s，
∴PB＝12﹣2x，BQ＝4x，
∴y＝．
（2）当x＝2时，y＝4×22﹣24×2+144＝112，
即当x＝2时，四边形APQC的面积为112mm2．
【点睛】本题考查了几何动点与二次函数的问题，解题的关键是根据动点的运动表示出函数关系式．
26.如图，AB是⊙O的直径，AC⊥AB，BC交⊙O于点D，点E在劣弧BD上，DE的延长线交AB的延长线于点F，连接AE交BD于点G．
（1）求证：∠AED＝∠CAD；
（2）若点E是劣弧BD的中点，求证：ED2＝EG•EA；
（3）在（2）的条件下，若BO＝BF，DE＝2，求EF的长．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）4．
【解析】
【分析】
（1）可得∠ADB＝90°，证得∠ABD＝∠CAD，∠AED＝∠ABD，则结论得证；
（2）证得∠EDB＝∠DAE，证明△EDG∽△EAD，可得比例线段，则结论得证；
（3）连接OE，证明OE∥AD，则可得比例线段，则EF可求出．
【详解】（1）证明：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°，
∴∠ABD+∠BAD＝90°
∵AC⊥AB，
∴∠CAB＝90°，
∴∠CAD+∠BAD＝90°
∴∠ABD＝∠CAD，
∵＝，
∴∠AED＝∠ABD，
∴∠AED＝∠CAD；
（2）证明：∵点E是劣弧BD的中点，
∴，
∴∠EDB＝∠DAE，
∵∠DEG＝∠AED，
∴△EDG∽△EAD，
∴，
∴ED2＝EG•EA；
（3）解：连接OE，
∵点E是劣弧BD的中点，
∴∠DAE＝∠EAB，
∵OA＝OE，
∴∠OAE＝∠AEO，
∴∠AEO＝∠DAE，
∴OE∥AD，
∴，
∵BO＝BF＝OA，DE＝2，
∴，
∴EF＝4．
【点睛】
本题考查了圆的综合应用题，涉及了圆周角定理、相似三角形的性质与判定等知识点，解题的关键是熟悉上述知识点．
27.如图，顶点为P（2，﹣4）的二次函数y＝ax2+bx+c的图象经过原点，点A（m，n）在该函数图象上，连接AP、OP．
（1）求二次函数y＝ax2+bx+c的表达式；
（2）若∠APO＝90°，求点A的坐标；
（3）若点A关于抛物线的对称轴的对称点为C，点A关于y轴的对称点为D，设抛物线与x轴的另一交点为B，请解答下列问题：
①当m≠4时，试判断四边形OBCD的形状并说明理由；
②当n＜0时，若四边形OBCD的面积为12，求点A的坐标．
【答案】（1）y＝x2﹣4x；（2）A（，﹣）；（3）①平行四边形，理由见解析；②A（1，﹣3）或A（3，﹣3）．
【解析】
【分析】
（1）由已知可得抛物线与x轴另一个交点（4，0），将（2，﹣4）、（4，0）、（0，0）代入y＝ax2+bx+c即可求表达式；
（2）由∠APO＝90°，可知AP⊥PO，所以m﹣2＝，即可求A（，﹣）；
（3）①由已知可得C（4﹣m，n），D（﹣m，n），B（4，0），可得CD∥OB，CD＝CB，所以四边形OBCD是平行四边形；
②四边形由OBCD是平行四边形，，所以12＝4×（﹣n），即可求出A（1，﹣3）或A（3，﹣3）．
【详解】解：（1）∵图象经过原点，
∴c＝0，
∵顶点为P（2，﹣4）
∴抛物线与x轴另一个交点（4，0），
将（2，﹣4）和（4，0）代入y＝ax2+bx，
∴a＝1，b＝﹣4，
∴二次函数的解析式为y＝x2﹣4x；
（2）∵∠APO＝90°，
∴AP⊥PO，
∵A（m，m2﹣4m），
∴m﹣2＝，
∴m＝，
∴A（，﹣）；
（3）①由已知可得C（4﹣m，n），D（﹣m，n），B（4，0），
∴CD∥OB，
∵CD＝4，OB＝4，
∴四边形OBCD是平行四边形；
②∵四边形OBCD是平行四边形，，
∴12＝4×（﹣n），
∴n＝﹣3，
∴A（1，﹣3）或A（3，﹣3）．
【点睛】本题考查了二次函数与几何综合问题，涉及二次函数求解析式、直角三角形、平行四边形等知识点，解题的关键是灵活运用上述知识点进行推导求解．
28.如图，已知△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝3，点M、N分别是边AC、AB上的动点，连接MN，将△AMN沿MN所在直线翻折，翻折后点A的对应点为A′．
（1）如图1，若点A′恰好落在边AB上，且AN＝AC，求AM的长；
（2）如图2，若点A′恰好落在边BC上，且A′N∥AC．
①试判断四边形AMA′N的形状并说明理由；
②求AM、MN的长；
（3）如图3，设线段NM、BC的延长线交于点P，当且时，求CP的长．
【答案】（1）；（2）①菱形，理由见解析；②AM=，MN＝；（3）1．
【解析】
【分析】
（1）利用相似三角形的性质求解即可．
（2）①根据邻边相等的平行四边形是菱形证明即可．
②连接AA′交MN于O．设AM＝MA′＝x，由MA′∥AB，可得＝，由此构建方程求出x，解直角三角形求出OM即可解决问题．
（3）如图3中，作NH⊥BC于H．想办法求出NH，CM，利用相似三角形，确定比例关系，构建方程解决问题即可．
【详解】解：（1）如图1中，
在Rt△ABC中，∵∠C＝90°，AC＝4，BC＝3，
∴AB＝，
∵∠A＝∠A，∠ANM＝∠C＝90°，
∴△ANM∽△ACB，
∴＝，
∵AN＝AC
∴＝，
∴AM＝．
（2）①如图2中，
∵NA′∥AC，
∴∠AMN＝∠MNA′，
由翻折可知：MA＝MA′，∠AMN＝∠NMA′，
∴∠MNA′＝∠A′MN，
∴A′N＝A′M，
∴AM＝A′N，∵AM∥A′N，
∴四边形AMA′N是平行四边形，
∵MA＝MA′，
∴四边形AMA′N菱形．
②连接AA′交MN于O．设AM＝MA′＝x，
∵MA′∥AB，
∴
∴＝，
∴＝，
解得x＝，
∴AM＝
∴CM＝，
∴CA′＝＝＝，
∴AA′＝＝＝，
∵四边形AMA′N是菱形，
∴AA′⊥MN，OM＝ON，OA＝OA′＝，
∴OM＝＝＝，
∴MN＝2OM＝．
（3）如图3中，作NH⊥BC于H．
∵NH∥AC，
∴△ABC∽△NBH
∴＝＝
∴＝＝
∴NH＝，BH＝，
∴CH＝BC﹣BH＝3﹣＝，
∴AM＝AC＝，
∴CM＝AC﹣AM＝4﹣＝，
∵CM∥NH，
∴△CPM∽△HPN
∴＝，
∴＝，
∴PC＝1．
【点睛】本题考查了相似三角形的综合应用，涉及相似三角形的判定与性质、菱形的判定、勾股定理等知识点，综合性较强，难度较大，解题的关键是综合运用上述知识点．x
…
﹣1
﹣
0
1
2
3
…
y
…
2
m
﹣1
﹣
﹣2
﹣
﹣1
2
…
第二次
第一次
红球1
红球2
白球
黑球
红球1
（红球1，红球2）
（红球1，白球）
（红球1，黑球）
红球2
（红球2，红球1）
（红球2，白球）
（红球2，黑球）
白球
（白球，红球1）
（白球，红球2）
（白球，黑球）
黑球
（黑球，红球1）
（黑球，红球2）
（黑球，白球）
平均成绩/环
中位数/环
众数/环
方差
甲
a
7
7
1.2
乙
7
b
8
c