【解析版】2022学年泉州市惠安县九年级上期末数学试卷

这是一份【解析版】2022学年泉州市惠安县九年级上期末数学试卷，共23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。
2022学年福建省泉州市惠安县九年级（上）期末数学试卷

一、选择题（每小题3分，共21分）
1．化简二次根式的正确结果为( )
A．3 B． C． D．

2．判断一元二次方程x2﹣2x+1=0的根的情况是( )
A．只有一个实数根 B．有两个相等的实数根
C．有两个不相等的实数根 D．没有实数根

3．依次连接菱形各边中点所得的四边形是( )
A．矩形 B．菱形 C．正方形 D．平行四边形

4．用配方法解方程x2﹣4x﹣3=0，下列配方结果正确的是( )
A．（x﹣4）2=19 B．（x﹣2）2=7 C．（x+2）2=7 D．（x+4）2=19

5．一件商品的原价是100元，经过两次提价后的价格为121元，如果每次提价的百分率都是x，根据题意，下面列出的方程正确的是( )
A．100（1+x）=121 B．100（1﹣x）=121 C．100（1+x）2=121 D．100（1﹣x）2=121

6．如图，在平行四边形ABCD中，点E在CD上，若DE：CE=1：2，则△CEF与△ABF的周长比为( )

A．1：2 B．1：3 C．2：3 D．4：9

7．如图，△ABC中，cosB=，sinC=，AC=5，则△ABC的面积是( )

A． B．12 C．14 D．21


二、填空题（每小题4分，共40分）
8．当x
__________时，二次根式有意义．

9．比较大小：__________．（填“＞”、“=”、“＜”）．

10．已知x=﹣1是关于x的一元二次方程x2﹣mx﹣2=0的一个解，则m的值是__________．

11．（1998•宁波）已知：，则的值为__________．

12．计算（3+）2的最简结果是__________．

13．布袋中装有2个白球，4个黑球，它们除颜色外其余均相同，则随机地从袋中摸出一个球是白球的概率是__________．

14．如图，点D在△ABC的边AC上，若CD=2，AC=6，且△CDB∽△CBA，则BC2=__________．

15．阅读理解：已知∠A、∠B是Rt△ABC的两个锐角，锐角∠A的邻边与对边的比值叫做锐角∠A的余切，记作cotA，记cotA=，已知tanB=，则cotB的值等于__________．

16．已知Rt△ABC的两条边长分别为3和4，则Rt△ABC的斜边长可能是__________（写出所有可能的值）．

17．如图，平行四边形ABCD中，∠B=30°，AB≠BC，将△ABC沿AC翻折至△AB′C，连接B′D，若AB=2，∠AB′D=75°，则：①∠CB′D=__________°；②BC=__________．



三、解答题（共89分）
18．计算：4sin60°+÷﹣．

19．解方程：x2﹣4x﹣5=0

20．先化简，再求值：（a﹣）（a+）+a（3﹣a），其中a=﹣2．

21．在一个不透明的盒子中，装有三张卡片，卡片上分别标有数字“1”，“2”和“3”，它们除了数字不同外，其余都相同．
（1）随机地从盒中抽出一张卡片，则抽出数字为“2”的卡片的概率是多少？
（2）若第一次从这三张卡片中随机抽取一张，设记下的数字为x，此卡片不放回盒中，第二次再从余下的两张卡片中随机抽取一张，设记下的数字为y，请用画树状图或列表法表示出上述情况的所有等可能结果，并求出x+y＜0的概率．

22．将一盒足量的牛奶按如图1所示倒入一个水平放置的长方体容器中，当容器中的牛奶刚好接触到点P时停止倒入，图2是它的平面示意图，请根据图中的信息解答下列问题：
（1）填空：AP=__________cm，BP=__________cm；
（2）求出容器中牛奶的高度CF．（结果精确到0.1cm）


23．如图，在6×8的网格图中，每个小正方形边长均为1，原点O和△ABC的顶点均为格点．
（1）以O为位似中心，在网格图中作△A′B′C′，使△A′B′C′与△ABC位似，且位似比为1：2；（保留作图痕迹，不要求写作法和证明）
（2）若点C和坐标为（2，4），则点A′的坐标为（__________，__________），点C′的坐标为（__________，__________），S△A′B′C′：S△ABC=__________．


24．某商店销售甲、乙两种商品，现有如下信息：
请结合以上信息，解答下列问题：
（1）求甲、乙两种商品的进货单价；
（2）已知甲、乙两种商品的零售单价分别为2元、3元，该商店平均每天卖出甲商品500件和乙商品1300件，经市场调查发现，甲种商品零售单价每降0.1元，甲种商品每天可多销售100件，商店决定把甲种商品的零售单价下降m（m＞0）元，在不考虑其他因素的条件下，求当m为何值时，商店每天销售甲、乙两种商品获取的总利润为1800元（注：单件利润=零售单价﹣进货单价）


25．如图，已知在矩形ABCD中，AB=a，BC=b，点E是线段AD边上的任意一点（不含端点A、D），连接BE、CE．
（1）若a=5，sin∠ACB=，解答下列问题：
①填空：b=__________；
②当BE⊥AC时，求出此时AE的长；
（2）设AE=x，试探索点E在线段AD上运动过程中，使得△ABE与△BCE相似时，求a，b应满足什么条件，并求出此时x的值．


26．（14分）在平面直角坐标系xOy中，直线y=﹣x+6与x轴、y轴分别交于点A、B，与直线y=x相交于点C．
（1）直接写出点C的坐标；
（2）如图，现将直角∠FCE绕直角顶点C旋转，旋转时始终保持直角边CF与x轴、y轴分别交于点F、点D，直角边CE与x轴交于点E．
①在直角∠FCE旋转过程中，tan∠CED的值是否会发生变化？若改变，请说明理由，若不变，请求出这个值；
②在直角∠FCE旋转过程中，是否存在以C、E、F为顶点的三角形与△ODE相似？若存在，求出点D的坐标，若不存在，请说明理由．




2022学年福建省泉州市惠安县九年级（上）期末数学试卷


一、选择题（每小题3分，共21分）
1．化简二次根式的正确结果为( )
A．3 B． C． D．

考点：二次根式的性质与化简．
分析：根据二次根式的除法法则的逆运算和分母有理化把原式化简即可．
解答： 解：===
故选：D．
点评：本题考查的是二次根式的化简，掌握二次根式的性质和最简二次根式的概念是解题的关键．

2．判断一元二次方程x2﹣2x+1=0的根的情况是( )
A．只有一个实数根 B．有两个相等的实数根
C．有两个不相等的实数根 D．没有实数根

考点：根的判别式．
分析：先计算出△=（﹣2）2﹣4×1×1=0，然后根据△的意义进行判断方程根的情况．
解答： 解：∵△=（﹣2）2﹣4×1×1=0，
∴方程有两个相等的实数根．
故选B．
点评：本题考查了一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的根的判别式△=b2﹣4ac：当△＞0，方程有两个不相等的实数根；当△=0，方程有两个相等的实数根；当△＜0，方程没有实数根．

3．依次连接菱形各边中点所得的四边形是( )
A．矩形 B．菱形 C．正方形 D．平行四边形

考点：矩形的判定；三角形中位线定理；菱形的性质．
分析：根据菱形的性质及三角形中位线定理即可推出新四边形的形状．
解答： 解：菱形的对角线垂直，新四边形的各边都平行于菱形对角线，可得到新四边形的各边也互相垂直，所以新四边形为矩形．
故选A．
点评：本题考查了利用三角形中位线定理得到新四边形各边与相应线段之间的数量关系．

4．用配方法解方程x2﹣4x﹣3=0，下列配方结果正确的是( )
A．（x﹣4）2=19 B．（x﹣2）2=7 C．（x+2）2=7 D．（x+4）2=19

考点：解一元二次方程-配方法．
分析：移项，再配方，即可得出答案．
解答： 解：x2﹣4x﹣3=0，
x2﹣4x=3，
x2﹣4x+4=3+4，
（x﹣2）2=7，
故选B．
点评：本题考查了解一元二次方程的应用，解此题的关键是能正确配方，即方程两边都加上一次项系数一半的平方，难度适中．

5．一件商品的原价是100元，经过两次提价后的价格为121元，如果每次提价的百分率都是x，根据题意，下面列出的方程正确的是( )
A．100（1+x）=121 B．100（1﹣x）=121 C．100（1+x）2=121 D．100（1﹣x）2=121
考点：由实际问题抽象出一元二次方程．
专题：增长率问题；压轴题．
分析：设平均每次提价的百分率为x，根据原价为100元，表示出第一次提价后的价钱为100（1+x）元，然后再根据价钱为100（1+x）元，表示出第二次提价的价钱为100（1+x）2元，根据两次提价后的价钱为121元，列出关于x的方程．
解答： 解：设平均每次提价的百分率为x，
根据题意得：100（1+x）2=121，
故选C．
点评：此题考查了一元二次方程的应用，属于平均增长率问题，一般情况下，假设基数为a，平均增长率为x，增长的次数为n（一般情况下为2），增长后的量为b，则有表达式a（1+x）n=b，类似的还有平均降低率问题，注意区分“增”与“减”．

6．如图，在平行四边形ABCD中，点E在CD上，若DE：CE=1：2，则△CEF与△ABF的周长比为( )

A．1：2 B．1：3 C．2：3 D．4：9

考点：相似三角形的判定与性质；平行四边形的性质．
分析：根据已知可得到相似三角形，从而可得到其相似比，再根据相似三角形的周长比等于相似比就可得到答案．
解答： 解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴DC∥AB，CD=AB．
∴△DFE∽△BFA，
∵DE：EC=1：2，
∴EC：DC=CE：AB=2：3，
∴C△CEF：C△ABF=2：3．
故选：C．
点评：本题考查的是相似三角形的判定与性质及平行四边形的性质，熟知相似三角形边长的比等于相似比，周长的比等于相似比是解答此题的关键．

7．如图，△ABC中，cosB=，sinC=，AC=5，则△ABC的面积是( )

A． B．12 C．14 D．21

考点：解直角三角形．
分析：根据已知作出三角形的高线AD，进而得出AD，BD，CD，的长，即可得出三角形的面积．
解答： 解：过点A作AD⊥BC，
∵△ABC中，cosB=，sinC=，AC=5，
∴cosB==，
∴∠B=45°，
∵sinC===，
∴AD=3，
∴CD==4，
∴BD=3，
则△ABC的面积是：×AD×BC=×3×（3+4）=．
故选A．

点评：此题主要考查了解直角三角形的知识，作出AD⊥BC，进而得出相关线段的长度是解决问题的关键．

二、填空题（每小题4分，共40分）
8．当x
≥3时，二次根式有意义．

考点：二次根式有意义的条件．
专题：计算题．
分析：根据二次根式的性质，被开方数大于等于0，就可以求解．
解答： 解：根据二次根式有意义，得
x﹣3≥0，
解得，x≥3；
故答案为：≥3．
点评：考查了二次根式的意义和性质．概念：式子（a≥0）叫二次根式．性质：二次根式中的被开方数必须是非负数，否则二次根式无意义．

9．比较大小：＞．（填“＞”、“=”、“＜”）．

考点：实数大小比较．
专题：计算题．
分析：先把2平方后移到根号内，再根据比较实数大小的方法进行比较即可．
解答： 解：∵2=，
∴＞．
故答案为：＞
点评：此题主要考查了算术平方根的性质，首先运用二次根式的性质把根号外的移到根号内，再根据比较实数大小的方法进行比较即可．

10．已知x=﹣1是关于x的一元二次方程x2﹣mx﹣2=0的一个解，则m的值是1．

考点：一元二次方程的解．
分析：方程的根即方程的解，就是能使方程两边相等的未知数的值，利用方程解的定义就可以得到关于m的方程，从而求得m的值．
解答： 解：把x=﹣1代入方程得：1+m﹣2=0，
解得m=1．
故答案为：1；
点评：本题主要考查了方程的解的定义．就是能够使方程左右两边相等的未知数的值．即用这个数代替未知数所得式子仍然成立．

11．（1998•宁波）已知：，则的值为．

考点：比例的性质．
专题：计算题．
分析：此类比例问题我们可以设一份为k，用k表示出各量即可求得．此题为设a=k，b=2k，代入即可．
解答： 解：设a=k，则b=2k，
∴．
点评：本题比较简单，是比例题目中的常见题，要注意设一份为k方法．

12．计算（3+）2的最简结果是11+6．

考点：二次根式的混合运算．
专题：计算题．
分析：利用完全平方公式计算．
解答： 解：原式=9+6+2
=11+6．
故答案为11+6．
点评：本题考查了二次根式的计算：先把各二次根式化为最简二次根式，再进行二次根式的乘除运算，然后合并同类二次根式．

13．布袋中装有2个白球，4个黑球，它们除颜色外其余均相同，则随机地从袋中摸出一个球是白球的概率是．

考点：概率公式．
分析：由布袋中装有2个白球，4个黑球，它们除颜色外其余均相同，直接利用概率公式求解即可求得答案．
解答： 解：∵布袋中装有2个白球，4个黑球，它们除颜色外其余均相同，
∴随机地从袋中摸出一个球是白球的概率是：=．
故答案为：．
点评：此题考查了概率公式的应用．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．

14．如图，点D在△ABC的边AC上，若CD=2，AC=6，且△CDB∽△CBA，则BC2=12．


考点：相似三角形的性质．
分析：由△CDB∽△CBA，根据相似三角形的对应边成比例，即可得CD：CB=CB：CA，继而求得答案．
解答： 解：∵△CDB∽△CBA，
∴CD：CB=CB：CA，
∴BC2=CD•CA=2×6=12．
故答案为：12．
点评：此题考查了相似三角形的性质．注意相似三角形的对应边成比例．

15．阅读理解：已知∠A、∠B是Rt△ABC的两个锐角，锐角∠A的邻边与对边的比值叫做锐角∠A的余切，记作cotA，记cotA=，已知tanB=，则cotB的值等于．

考点：锐角三角函数的定义．
专题：新定义．
分析：根据余切的定义可知，同角的正切和余切互为倒数，据此即可求解．
解答： 解：∵tanB==，
∴cotB==．
故答案是：．

点评：本题考查了三角函数，读懂题意，理解对边与邻边的定义是关键．

16．已知Rt△ABC的两条边长分别为3和4，则Rt△ABC的斜边长可能是4或5（写出所有可能的值）．

考点：勾股定理．
专题：分类讨论．
分析：分情况探讨：
（1）边长为4的边是斜边，则斜边长为4；
（2）边长为4的边不是斜边，则已知两直角边根据勾股定理可以求斜边．
解答： 解：（1）边长为4的边是斜边，则斜边长为4；
（2）边长为4的边不是斜边，是直角边，
则斜边长为=5．
故答案为：4或5．
点评：本题考查了勾股定理在直角三角形中的运用，渗透分类讨论思想，本题中讨论边长为4的边是否是斜边是解题的关键．

17．如图，平行四边形ABCD中，∠B=30°，AB≠BC，将△ABC沿AC翻折至△AB′C，连接B′D，若AB=2，∠AB′D=75°，则：①∠CB′D=45°；②BC=3．


考点：翻折变换（折叠问题）．
分析：根据对折的性质求得∠AB′C=30°，从而求得∠CB′D=45°，由于B′D∥AC，得出∠ACB′=∠CB′D=45°，进而即可求得∠ACB=45°；作AG⊥BC于G，根据解直角三角形即可求得BC．
解答： 解：如图∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD，BC=AD，∠B=∠ADC，
∵将△ABC沿AC翻折至△AB′C，
∴AB′=AB，B′C=BC，∠AB′C=∠B，
∴AB′=CD，B′C=AD，∠AB′C=∠ADC，
在△AB′C和△CAD中，
，
∴△AB′C≌△CAD（SAS），
∴∠ACB′=∠CAD，
设AD、B′C相交于E，
∴AE=CE，
∴△ACE是等腰三角形，
即△AB′C与▱ABCD重叠部分的图形是等腰三角形；
∵B′C=AD，AE=CE，
∴B′E=DE，
∴∠CB′D=∠ADB′，
∵∠AEC=∠B′ED，∠ACB′=∠CAD，
∴∠ADB′=∠DAC，
∴B′D∥AC；
∵在▱ABCD中，∠B=30°，将△ABC沿AC翻折至△AB′C，
∴∠AB′C=30°，
∵∠AB′D=75°，
∴∠CB′D=45°，
∵B′D∥AC，
∴∠ACB′=∠CB′D=45°，
∵∠ACB=∠ACB′，
∴∠ACB=45°；
作AG⊥BC于G，
∴AG=CG，
∵∠B=30°，
∴AG=AB=，
∴CG=，BG=3，
∴BC=BG+CG=3，
故答案为：45°，3．

点评：本题主要考查了翻折变换的性质及其应用问题，平行四边形的性质，解直角三角形，证得AC∥B′D是解题的关键．

三、解答题（共89分）
18．计算：4sin60°+÷﹣．

考点：二次根式的混合运算；特殊角的三角函数值．
分析：分别进行特殊角的三角函数值、二次根式的除法运算、二次根式的化简等运算，然后合并．
解答： 解：原式=4×+2﹣
=4﹣．
点评：本题考查了二次根式的混合运算，涉及了特殊角的三角函数值、二次根式的除法运算、二次根式的化简等知识，掌握运算法则是解答本题的关键．

19．解方程：x2﹣4x﹣5=0

考点：解一元二次方程-因式分解法；解一元二次方程-配方法．
分析：观察原方程，可将方程左边配成一个完全平方式，然后用配方法求解；也可依据二次三项式的因式分解法进行求解．
解答： 解：（1）x2﹣4x+4=5+4
x﹣22=9
x﹣2=3或x﹣2=﹣3
x1=5，x2=﹣1；

（2）（x﹣5）（x+1）=0
x﹣5=0或x+1=0
x1=5，x2=﹣1．
用公式法解酌情给分
点评：本题考查了一元二次方程的解法．解一元二次方程常用的方法有直接开平方法，配方法，公式法，因式分解法，要根据方程的特点灵活选用合适的方法．

20．先化简，再求值：（a﹣）（a+）+a（3﹣a），其中a=﹣2．

考点：整式的混合运算—化简求值．
专题：计算题．
分析：原式利用平方差公式，以及单项式乘多项式法则计算，合并得到最简结果，把a的值代入计算即可求出值．
解答： 解：原式=a2﹣2+3a﹣a2=3a﹣2，
当a=﹣2时，原式=3×（﹣2）﹣2=﹣8．
点评：此题考查了整式的混合运算﹣化简求值，熟练掌握运算法则是解本题的关键．

21．在一个不透明的盒子中，装有三张卡片，卡片上分别标有数字“1”，“2”和“3”，它们除了数字不同外，其余都相同．
（1）随机地从盒中抽出一张卡片，则抽出数字为“2”的卡片的概率是多少？
（2）若第一次从这三张卡片中随机抽取一张，设记下的数字为x，此卡片不放回盒中，第二次再从余下的两张卡片中随机抽取一张，设记下的数字为y，请用画树状图或列表法表示出上述情况的所有等可能结果，并求出x+y＜0的概率．

考点：列表法与树状图法．
分析：（1）由在一个不透明的盒子中，装有三张卡片，卡片上分别标有数字“1”，“2”和“3”，它们除了数字不同外，其余都相同，直接利用概率公式求解即可求得答案；
（2）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与x+y＜0的情况，再利用概率公式即可求得答案．
解答： 解：（1）∵在一个不透明的盒子中，装有三张卡片，卡片上分别标有数字“1”，“2”和“3”，它们除了数字不同外，其余都相同，
∴P（抽出2）=；

（2）画树状图得：

∵所有等可能结果有6种，其中满足x+y＜0的结果有4种，
∴P（x+y＜0）=．
点评：此题考查了列表法或树状图法求概率．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．

22．将一盒足量的牛奶按如图1所示倒入一个水平放置的长方体容器中，当容器中的牛奶刚好接触到点P时停止倒入，图2是它的平面示意图，请根据图中的信息解答下列问题：
（1）填空：AP=5cm，BP=5cm；
（2）求出容器中牛奶的高度CF．（结果精确到0.1cm）


考点：解直角三角形的应用．
分析：（1）解Rt△ABP，根据含30°角的直角三角形的性质得出AP=AB=5cm，BP=AP=cm；
（2）先由EF∥AB，得出∠BPF=∠ABP=30°，再解Rt△BFP，得出BF=BP=cm，那么CF=BC﹣BF≈7.7cm．
解答： 解：（1）在Rt△ABP中，∵∠APB=90°，∠ABP=30°，AB=10cm，
∴AP=AB=5cm，BP=AP=cm；

（2）∵EF∥AB，
∴∠BPF=∠ABP=30°，
又∵∠BFP=90°，
∴BF=BP=cm，
∴CF=BC﹣BF=12﹣≈7.7（cm）．
即容器中牛奶的高度CF约为7.7cm．
故答案为5，5．
点评：此题主要考查了解直角三角形的应用，掌握含30°角的直角三角形的性质是解题的关键．

23．如图，在6×8的网格图中，每个小正方形边长均为1，原点O和△ABC的顶点均为格点．
（1）以O为位似中心，在网格图中作△A′B′C′，使△A′B′C′与△ABC位似，且位似比为1：2；（保留作图痕迹，不要求写作法和证明）
（2）若点C和坐标为（2，4），则点A′的坐标为（﹣1，0），点C′的坐标为（1，2），S△A′B′C′：S△ABC=1：4．


考点：作图-位似变换．
分析：（1）利用△A′B′C′与△ABC位似，且位似比为1：2，进而将对应点坐标乘以得出即可；
（2）利用所画图形得出对应点坐标进而利用相似三角形的性质得出面积比．
解答： 解：（1）如图所示：△A′B′C′即为所求；

（2）A′（﹣1，0），
C′（1，2），
S△A′B′C′：S△ABC=1：4．
故答案为：﹣1，0；1，2；1：4．

点评：此题主要考查了位似变换，根据题意得出对应点位置是解题关键．

24．某商店销售甲、乙两种商品，现有如下信息：
请结合以上信息，解答下列问题：
（1）求甲、乙两种商品的进货单价；
（2）已知甲、乙两种商品的零售单价分别为2元、3元，该商店平均每天卖出甲商品500件和乙商品1300件，经市场调查发现，甲种商品零售单价每降0.1元，甲种商品每天可多销售100件，商店决定把甲种商品的零售单价下降m（m＞0）元，在不考虑其他因素的条件下，求当m为何值时，商店每天销售甲、乙两种商品获取的总利润为1800元（注：单件利润=零售单价﹣进货单价）


考点：一元二次方程的应用；二元一次方程组的应用．
专题：销售问题．
分析：（1）根据图上信息可以得出甲乙商品之间价格之间的等量关系，即可得出方程组求出即可；
（2）根据降价后甲每天卖出：（500+×100）件，每件降价后每件利润为：（1﹣m）元；即可得出总利润，利用一元二次方程解法求出即可．
解答： 解：（1）设甲商品进货单价x元，乙商品进货单价y元．
依题意，得

解得：．
答：甲商品进货单价为1元，乙商品进货单价为2元．
（2）依题意，得
（2﹣m﹣1）•（500+1000m）+（3﹣2）×1300=1800
（1﹣m）•（500+1000m）=500
即2m2﹣m=0
∴m1=0.5，m2=0
∵m＞0
∴m=0不合舍去，即m=0.5
答：当m=0.5时，商店获取的总利润为1800元．
点评：此题主要考查了一元二次方程的应用，注意利用总利润=商品的单件利润×所卖商品件数是解决问题的关键．

25．如图，已知在矩形ABCD中，AB=a，BC=b，点E是线段AD边上的任意一点（不含端点A、D），连接BE、CE．
（1）若a=5，sin∠ACB=，解答下列问题：
①填空：b=12；
②当BE⊥AC时，求出此时AE的长；
（2）设AE=x，试探索点E在线段AD上运动过程中，使得△ABE与△BCE相似时，求a，b应满足什么条件，并求出此时x的值．

考点：相似形综合题．
分析：（1）①在矩形ABCD中，得到∠ABC=90°，解直角三角形即可得到结果；
②如图1，由BE⊥A，得到∠2+∠3=90°，由于∠1+∠3=90°，等量代换得到∠1=∠2，推出△AEB∽△BAC，得到比例式，即可得到结论；
（2）点E在线段AD上的任一点，且不与A、D重合，当△ABE与△BCE相似时，则∠BEC=90°当△BAE∽△CEB（如图2），∠1=∠BCE，又BC∥AD，由平行线的性质得到∠2=∠BCE，推出△BAE∽△EDC，得到比例式，得到一元二次方程x2﹣bx+a2=0，根据方程根的情况，得到结论．
解答： 解：（1）①∵在矩形ABCD中，
∴∠ABC=90°，
∵AB=a=5，sin∠ACB=，
∴=，
∴AC=13，
∴BC==12，
∴b=12；
故答案为：12；
②如图1，∵BE⊥AC，
∴∠2+∠3=90°，
又∵∠1+∠3=90°，
∴∠1=∠2，
又∵∠BAE=∠ABC=90°，
∴△AEB∽△BAC，
∴，
即，
∴；

（2）∵点E在线段AD上的任一点，且不与A、D重合，
∴当△ABE与△BCE相似时，则∠BEC=90°，
当△BAE∽△CEB（如图2）
∴∠1=∠BCE，
又∵BC∥AD，
∴∠2=∠BCE，
∴∠1=∠2，
又∵∠BAE=∠EDC=90°，
∴△BAE∽△EDC，
∴，
即，
∴x2﹣bx+a2=0，
即，
当b2﹣4a2≥0，
∵a＞0，b＞0，∴b≥2a，
即b≥2a时，．
综上所述：当a、b满足条件b=2a时△BAE∽△CEB，此时（或x=a）；当a、b满足条件b＞2a时△BAE∽△CEB，此时．


点评：本题考查了相似三角形的判定和性质，矩形的性质，一元二次方程根的情况，注意分类讨论思想的应用．

26．（14分）在平面直角坐标系xOy中，直线y=﹣x+6与x轴、y轴分别交于点A、B，与直线y=x相交于点C．
（1）直接写出点C的坐标；
（2）如图，现将直角∠FCE绕直角顶点C旋转，旋转时始终保持直角边CF与x轴、y轴分别交于点F、点D，直角边CE与x轴交于点E．
①在直角∠FCE旋转过程中，tan∠CED的值是否会发生变化？若改变，请说明理由，若不变，请求出这个值；
②在直角∠FCE旋转过程中，是否存在以C、E、F为顶点的三角形与△ODE相似？若存在，求出点D的坐标，若不存在，请说明理由．


考点：几何变换综合题．
分析：（1）联立，求出x、y的值各是多少，即可求出点C的坐标是多少．
（2）①在直角∠FCE旋转过程中，tan∠CED的值不变．首先过点C作CG⊥x轴于点G，过点C作CH⊥y轴于点H，根据∠DCH+∠DCG=90°，∠ECG+∠DCG=90°，推得∠DCH=∠ECG；然后根据全等三角形判定的方法，判断出△CDH≌△CEG，推得CD=CE，所以tan∠CED==1，据此解答即可．
②在直角∠FCE旋转过程中，存在以C、E、F为顶点的三角形与△ODE相似．根据题意，分两种情况：Ⅰ、若△ODE∽△CEF；Ⅱ、若△ODE∽△CFE；然后根据相似三角形的性质，分类讨论，求出点D的坐标各是多少即可．
解答： 解：（1）联立
解得
∴点C的坐标是（4，4）．

（2）①在直角∠FCE旋转过程中，tan∠CED的值不变．
如图1，过点C作CG⊥x轴于点G，过点C作CH⊥y轴于点H，
，
∵∠DCH+∠DCG=90°，∠ECG+∠DCG=90°，
∴∠DCH=∠ECG，
在△CDH≌△CEG中，
，
∴△CDH≌△CEG，
∴CD=CE，
∴在Rt△CDE中，tan∠CED==1，
即在直角∠FCE旋转过程中，tan∠CED的值不变，恒等于1．

②在直角∠FCE旋转过程中，存在以C、E、F为顶点的三角形与△ODE相似．
Ⅰ、如图2，
，
若△ODE∽△CEF，
则∠OED=∠CFE，
∴DE=DF，
又∵OD⊥EF，
∴OE=OF，
∵∠FCE=90°，
∴点O是Rt△CEF斜边EF的中点，
∴，
∵CG=CH=4，
∴OC=，
∴，
∵CH∥EF，
∴△CHD∽△FOD，
∴，
即，
解得，
∴D（0，8﹣4）．

Ⅱ、如图3，过点C作CM⊥y轴于点M，过点C作CN⊥x轴于点N，
，
若△ODE∽△CFE，
则∠OED=∠CEF，
∵点C的坐标是（4，4），
∴CM=CN=4，
在Rt△CMD和Rt△CNE中，
，
∴△CMD≌△CNE（HL），
∴∠CDM=∠CE0，
由①，可得△CDE为等腰直角三角形，
∴∠CED=45°，
∴∠CEO=∠OED=∠CDM=22.5°，
∵CM=CN=4，
∴△CMO为等腰直角三角形，
∴∠COM=45°，
∴∠OCD=∠COM﹣∠CDM=45°﹣22.5°=22.5°，
∴∠OCD=∠ODC，
∴OD=OC，
∵CM=CN=4，
∴OC=4，
∴OD=OC=4，
∴D（0，﹣4）．
综上，可得
在直角∠FCE旋转过程中，存在以C、E、F为顶点的三角形与△ODE相似，点D的坐标为（0，8﹣4）或（0，﹣4）．
点评：（1）此题主要考查了几何变换综合题，考查了分析推理能力，考查了分类讨论思想的应用，考查了数形结合思想的应用，要熟练掌握．
（2）此题还考查了全等三角形的判定和性质的应用，要熟练掌握，解答此题的关键是要明确：①判定定理1：SSS﹣﹣三条边分别对应相等的两个三角形全等．②判定定理2：SAS﹣﹣两边及其夹角分别对应相等的两个三角形全等．③判定定理3：ASA﹣﹣两角及其夹边分别对应相等的两个三角形全等．④判定定理4：AAS﹣﹣两角及其中一个角的对边对应相等的两个三角形全等．⑤判定定理5：HL﹣﹣斜边与直角边对应相等的两个直角三角形全等．
（3）此题还考查了三角形相似的判定和性质的应用，要熟练掌握，解答此题的关键是要明确：①三边法：三组对应边的比相等的两个三角形相似；②两边及其夹角法：两组对应边的比相等且夹角对应相等的两个三角形相似；③两角法：有两组角对应相等的两个三角形相似．