人教版初中数学九年级上册期末测试卷（困难）(含答案解析)

这是一份人教版初中数学九年级上册期末测试卷（困难）(含答案解析)，共34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。

人教版初中数学九年级上册期末测试卷
考试范围：全册；考试时间：120分钟；总分：120分
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
第I卷（选择题）

一、选择题（本大题共12小题，共36.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 将二次函数y=−x2+2x+3的图象在x轴上方的部分沿x轴翻折后，所得新函数的图象如图所示.当直线y=x+b与新函数的图象恰有3个公共点时，b的值为(    )
A. −214或−3
B. −134或−3
C. 214或−3
D. 134或−3


2. 如图，△ABC中，AB=AC，BC=6，AD⊥BC于点D，AD=4，P是半径为1的⊙A上一动点，连结PC，若E是PC的中点，连结DE，则DE长的最大值为(    )



A. 3.5 B. 4.5 C. 4 D. 3
3. 如图，有一块边长为6cm的正三角形纸板，在它的三个角处分别截去一个彼此全等的筝形，再沿图中的虚线折起，做成一个无盖的直三棱柱纸盒，则该纸盒侧面积的最大值是(    )
A. 3cm2 B. 323cm2 C. 923cm2 D. 2723cm2
4. 定义：我们将顶点的横坐标和纵坐标互为相反数的二次函数称为“互异二次函数”.如图，在正方形OABC中，点A(0,2)，点C(2,0)，则互异二次函数y=(x−m)2−m与正方形OABC有交点时m的最大值和最小值之差为(    )

A. 5 B. 7+172 C. 4 D. 7−172
5. 如图，菱形ABCD的边长为4，∠A=60°，E是边AD的中点，F是边AB上的一个动点将线段EF绕着点E逆时针旋转60°得到EG，连接BG、CG，则BG+CG的最小值为(    )


A. 33 B. 27 C. 43 D. 2+23
6. 如图，在△ABC中，D是AC边上的中点，连接BD，把△BDC沿BD翻折，得到△BDC′，DC′与AB交于点E，连接AC′，若AD=AC′=2，BD=3，则点D到BC′的距离为(    )


A. 332 B. 3217 C. 7 D. 13
7. 如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠B=30°，AC=23，P是BC边上一动点，连接AP，把线段AP绕点A逆时针旋转60°到线段AQ，连接CQ，则线段CQ的最小值为(    )


A. 1 B. 2 C. 3 D. 3
8. 如图，将边长为a的正六边形A1A2A3A4A5A6在直线l上由图1的位置按顺时针方向向右作无滑动滚动，当A1第一次滚动到图2位置时，顶点A1所经过的路径的长为(    )
A. 4+233πa B. 8+433πa C. 4+33πa D. 4+236πa
9. 如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=6，BC=4.点F为射线CB上一动点，过点C作CM⊥AF于点M，交AB于点E，D是AB的中点，则DM长度的最小值是(    )
A. 3
B. 2
C. 1
D. 6−2


10. 已知直角三角形ABC的一条直角边AB=12cm，另一条直角边BC=5cm，则以AB为轴旋转一周，所得到的圆锥的表面积是(    )
A. 90πcm2 B. 209πcm2 C. 155πcm2 D. 65πcm2
11. 下列事件的概率，与“任意选2个人，恰好同月过生日”这一事件的概率相等的是(    )
A. 任意选2个人，恰好生肖相同 B. 任意选2个人，恰好同一天过生日
C. 任意掷2枚骰子，恰好朝上的点数相同 D. 任意掷2枚硬币，恰好朝上的一面相同
12. 电脑福利彩票中有两种方式“22选5”和“29选7”，若选种号码全部正确则获一等奖，你认为获一等奖机会大的是(    )
A. “22选5” B. “29选7” C. 一样大 D. 不能确定
第II卷（非选择题）

二、填空题（本大题共4小题，共12.0分）
13. 若|b−1|+a−4=0，且一元二次方程kx2+ax+b=0有实数根，则k的取值范围是          ．
14. 抛物线y=ax2+bx+c.的顶点为A(2,m)，且经过点B(5,0)，其部分图象如图所示，对于此抛物线有如下四个结论
①ac<0；②a−b+c>0；③m+9a=0；
④若此抛物线经过点C(t,n)，则t+4一定是方程ax2+bx+c=n的一个根．
其中所有正确结论的序号是          ．


15. 如图，在△ABC中，∠BOC=140°，I是内心，O是外心，则∠BIC=______．

16. 如图，正方形ABCD内的图形来自中国古代的太极图．正方形内切圆中的黑色部分和白色部分关于正方形的中心成中心对称．在正方形内随机取一点，则此点取自黑色部分的概率是______．




三、解答题（本大题共9小题，共72.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题8.0分)
如图 ①，在△ABC中，AB=AC=13cm，BC=10cm，AD⊥BC于点D，动点P从点A出发以每秒1cm的速度在线段AD上向终点D运动.设动点运动的时间为t秒．

(1)求AD的长;
(2)当△PDC的面积为15cm2时，求t的值;
(3)如图 ②，动点M从点C出发以每秒2cm的速度在射线CB上运动.若点M与点P同时出发，且当点P运动到终点D时，点M也停止运动，则是否存在t，使得S△PMD=112S△ABC?若存在，请求出t的值;若不存在，请说明理由．

18. (本小题8.0分)
已知关于x的方程x2−(m−2)x−m24=0
(1)求证：无论m取什么实数，这个方程总有两个相异的实数根；
(2)若这个方程的两个实数根x1，x2满足|x2|=|x1|+2，求m的值及相应的x1、x2．
19. (本小题8.0分)
如图1，直线y=−x+3与x轴、y轴分别交于点B，C，经过B，C两点的抛物线y=x2+bx+c与x轴的另一个交点为A，顶点为P．

(1)求该抛物线的解析式;
(2)在该抛物线的对称轴上是否存在点M，使△CPM为等腰三角形?若存在，请直接写出所有符合条件的点M的坐标;若不存在，请说明理由;
(3)当0
20. (本小题8.0分)
如图，在△ABC中，AC=BC，∠ACB=90°，D是线段AC延长线上一点，连接BD，过点A作AE⊥BD于E．

(1)求证：∠CAE=∠CBD．
(2)将射线AE绕点A顺时针旋转45°后，所得的射线与线段BD的延长线交于点F，连接CE．
①依题意补全图形；
②用等式表示线段EF，CE，BE之间的数量关系，并证明．

21. (本小题8.0分)
四边形ABCD是正方形，将线段CD绕点C逆时针旋转2α(0°<α<45°)，得到线段CE，连接DE，过点B作BF⊥DE交DE的延长线于F，连接BE．
(1)依题意补全图1；
(2)直接写出∠FBE的度数；
(3)连接AF，用等式表示线段AF与DE的数量关系，并证明．

22. (本小题8.0分)
如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，点O，D分别为AB，BC的中点，连接OD，作⊙O与AC相切于点E，在AC边上取一点F，使DF=DO，连接DF．



(1)判断直线DF与⊙O的位置关系，并说明理由；
(2)当∠A=30°，CF=2时，求⊙O的半径．

23. (本小题8.0分)
如图，AB为⊙O的直径，点C、D都在⊙O上，且CD平分∠ACB，交AB于点E．

(1)求证：∠ABD=∠BCD；
(2)若DE=13，AE=17，求⊙O的半径；
(3)DF⊥AC于点F，试探究线段AF、DF、BC之间的数量关系，并说明理由．
24. (本小题8.0分)
学习习近平总书记关于生态文明建设重要讲话，牢固树立“绿水青山就是金山银山”的科学观，让环保理念深入到学校，某校张老师为了了解本班学生3月植树成活情况，对本班全体学生进行了调查，并将调查结果分为了三类：A：好，B：中，C：差．

请根据图中信息，解答下列问题：
(1)求全班学生总人数；
(2)将上面的条形统计图与扇形统计图补充完整；
(3)张老师在班上随机抽取了4名学生，其中A类1人，B类2人，C类1人，若再从这4人中随机抽取2人，请用画树状图或列表法求出全是B类学生的概率．
25. (本小题8.0分)
如图，⊙O中，已知半径OC⊥弦AB于H，D为优弧AB上一点．
(1)求证：∠BOC=2∠D；
(2)若⊙O的半径为10，BC=45，DC交AB于点E，且AD=DE，求线段AE的长．



答案和解析

1.【答案】A 
【解析】解：二次函数解析式为y=−x2+2x+3=−(x−1)2+4，
∴抛物线y=−x2+2x+3的顶点坐标为(1,4)，
当y=0时，x2−2x−3=0，解得x1=−1，x2=3，
则抛物线y=−x2+2x+3与x轴的交点为A(−1,0)，B(3,0)，

把抛物线y=−x2+2x+3图象x轴上方的部分沿x轴翻折到x轴下方，
则翻折部分的抛物线解析式为y=(x−1)2−4(−1≤x≤3)，顶点坐标M(1,−4)，
当直线y=x+b过点B时，直线y=x+b与该新图象恰好有三个公共点，
∴3+b=0，
解得b=−3，
当直线y=x+b与抛物线y=(x−1)2−4(−3≤x≤1)相切时，直线y=x+b与该新图象恰好有三个公共点，
即(x−1)2−4=x+b有相等的实数解，
整理得x2−3x−b−3=0，
则△=32−4(−b−3)=0，
解得b=−214，
∴b的值为−3或−214．
故选A．
本题主要考查一次函数图象上点的坐标特征，二次函数图象与几何变换，以及二次函数与一元二次方程．

2.【答案】D 
【解析】解：连接PB，
∵AB=AC，AD⊥BC，
∴CD=DB=12BC=3，
∵点E为PC的中点，
∴DE是△PBC的中位线，
∴DE=12PB，
∴当PB取最大值时，DE的长最大，
∵P是半径为1的⊙A上一动点，
∴当PB过圆心A时，PB最大，
∵BD=3，AD=4，
∴AB=BD2+AD2=32+42=5，
∵⊙A的半径为1，
∴PB的最大值为5+1=6，
∴DE长的最大值为12PB=3．
故选：D．
连接PB，根据等腰三角形的三线合一得到CD=DB，根据三角形中位线定理得到DE=12PB，则当PB取最大值时，DE的长最大，求得PB的最大值，即可求得DE长的最大值．
本题考查的是点和圆的位置关系，等腰三角形的性质，勾股定理以及三角形中位线定理，明确当PB取最大值时，DE的长最大是解题的关键．

3.【答案】C 
【解析】解：∵△ABC为等边三角形，
∴∠A=∠B=∠C=60°，AB=BC=AC．
∵筝形ADOK≌筝形BEPF≌筝形AGQH，
∴AD=BE=BF=CG=CH=AK．
∵折叠后是一个三棱柱，
∴DO=PE=PF=QG=QH=OK，四边形ODEP、四边形PFGQ、四边形QHKO都为矩形．
∴∠ADO=∠AKO=90°．
连结AO，
在Rt△AOD和Rt△AOK中，
AO=AOOD=OK，
∴Rt△AOD≌Rt△AOK(HL)．
∴∠OAD=∠OAK=30°．
设OD=x，则AO=2x，由勾股定理就可以求出AD=3x，
∴DE=6−23x，
∴纸盒侧面积=3x(6−23x)=−63x2+18x，
=−63(x−32)2+932，
∴当x=32时，纸盒侧面积最大为932cm2．
故选：C．
如图，由等边三角形的性质可以得出∠A=∠B=∠C=60°，由三个筝形全等就可以得出AD=BE=BF=CG=CH=AK，根据折叠后是一个三棱柱就可以得出DO=PE=PF=QG=QH=OK，四边形ODEP、四边形PFGQ、四边形QHKO为矩形，且全等．连结AO证明△AOD≌△AOK就可以得出∠OAD=∠OAK=30°，设OD=x，则AO=2x，由勾股定理就可以求出AD=3x，由矩形的面积公式就可以表示纸盒的侧面积，由二次函数的性质就可以求出结论．
本题考查了等边三角形的性质的运用，全等三角形的判定及性质的运用，勾股定理的运用，矩形的面积公式的运用，二次函数的性质的运用，解答时表示出纸盒的侧面积是关键．

4.【答案】B 
【解析】
【分析】
本题为二次函数综合题，考查了二次函数图象性质．解答关键是研究动点到达临界点时图形的变化，从而得到临界值．
画出图象，从图象可以看出，当函数图象从左上向右下运动时，当跟正方形有交点时，先经过点A，再逐渐经过点O，点B，点C，最后再经过点B，且在运动的过程中，两次经过点A，两次经过点O，点B和点C，只需算出当函数经过点A及点B时m的值，即可求出m的最大值及最小值．
【解答】
解：如图，由题意可得，互异二次函数y=(x−m)2−m的顶点(m,−m)在直线y=−x上运动，

在正方形OABC中，点A(0,2)，点C(2,0)，
∴B(2,2)，
从图象可以看出，当函数图象从左上向右下运动时，
若抛物线与正方形有交点，先经过点A，再逐渐经过点O，点B，点C，最后再经过点B，
且在运动的过程中，两次经过点A，两次经过点O，点B和点C，
∴只需算出当函数经过点A及点B时m的值，即可求出m的最大值及最小值．
当互异二次函数y=(x−m)2−m经过点A(0,2)时，m=2或m=−1；
当互异二次函数y=(x−m)2−m经过点B(2,2)时，m=5−172或m=5+172．
∴互异二次函数y=(x−m)2−m与正方形OABC有交点时m的最大值和最小值分别是5+172，−1．
∴最大值和最小值之差为5+172−(−1)=7+172，
故选：B．  
5.【答案】B 
【解析】解：如图，取AB的中点N.连接EN，EC，GN，作EH⊥CD交CD的延长线于H．

∵四边形ABCD是菱形，
∴AD=AB，
∵AE=ED，AN=NB，
∴AE=AN，
∵∠A=60°，
∴△AEN是等边三角形，
∴∠AEN=∠FEG=60°，EA=EN，
∴∠AEF=∠NEG，
∵EA=EN，EF=EG，
∴△AEF≌△NEG(SAS)，
∴∠ENG=∠A=60°，
∵∠ANE=60°，
∴∠GNB=180°−60°−60°=60°，
∴点G的运动轨迹是射线NG，
易知B，E关于射线NG对称，
∴GB=GE，
∴GB+GC=GE+GC≥EC，
在Rt△DEH中，∵∠H=90°，DE=2，∠EDH=60°，
∴DH=12DE=1，EH=3，
在Rt△ECH中，EC=EH2+CH2=27，
∴GB+GC≥27，
∴GB+GC的最小值为27．
故选：B．
如图，取AB的中点N.连接EN，EC，GN，作EH⊥CD交CD的延长线于H.利用全等三角形的性质证明∠GNB=60°，点G的运动轨迹是射线NG，易知B，E关于射线NG对称，推出GB=GE，推出GB+GC=GE+GC≥EC，求出EC即可解决问题．
本题考查旋转变换，轨迹，菱形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，学会用转化的思想思考问题，属于常考题型．

6.【答案】B 
【解析】解：如图，连接CC′，交BD于点M，过点D作DH⊥BC′于点H，
∵AD=AC′=2，D是AC边上的中点，
∴DC=AD=2，
由翻折知，△BDC≌△BDC′，BD垂直平分CC′，
∴DC=DC′=2，BC=BC′，CM=C′M，
∴AD=AC′=DC′=2，
∴△ADC′为等边三角形，
∴∠ADC′=∠AC′D=∠C′AC=60°，
∵DC=DC′，
∴∠DCC′=∠DC′C=12×60°=30°，
在Rt△C′DM中，
∠DC′C=30°，DC′=2，
∴DM=1，C′M=3DM=3，
∴BM=BD−DM=3−1=2，
在Rt△BMC′中，
BC′=BM2+C′M2=22+(3)2=7，
∵S△BDC′=12BC′⋅DH=12BD⋅CM，
∴7DH=3×3，
∴DH=3217，
故选：B．
连接CC′，交BD于点M，过点D作DH⊥BC′于点H，由翻折知，△BDC≌△BDC′，BD垂直平分CC′，证△ADC′为等边三角形，利用解直角三角形求出DM=1，C′M=3DM=3，BM=2，在Rt△BMC′中，利用勾股定理求出BC′的长，在△BDC′中利用面积法求出DH的长．
本题考查了轴对称的性质，解直角三角形，勾股定理等，解题关键是会通过面积法求线段的长度．

7.【答案】D 
【解析】
【分析】
在AB上取一点E，使AE=AC=23，连接PE，过点E作EF⊥BC于F，由旋转的性质得出AQ=AP，∠PAQ=60°，证明△CAQ≌△EAP(SAS)，由全等三角形的性质得出CQ=EP，当EF⊥BC(点P和点F重合)时，EP最小，由直角三角形的性质即可得出结论．
此题主要考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形，找出点P和点F重合时，EQ最小，最小值为EF的长度是解本题的关键．
【解答】
解：如图，在AB上取一点E，使AE=AC=23，连接PE，过点E作EF⊥BC于F，
由旋转知，AQ=AP，∠PAQ=60°，
∵∠ABC=30°，
∴∠EAC=60°，
∴∠PAQ=∠EAC，
∴∠CAQ=∠EAP，
∴△CAQ≌△EAP(SAS)，
∴CQ=EP，
要使CQ最小，则有EP最小，而点E是定点，点P是BC上的动点，
∴当EF⊥BC(点P和点F重合)时，EP最小，
即：点P与点F重合，CQ最小，最小值为EP，
在Rt△ACB中，∠ACB=90°，AC=23，
∴AB=43，
∵AE=AC=23，
∴BE=AB−AE=23，
在Rt△BFE中，∠EBF=30°，BE=23，
∴EF=12BE=3，
故线段CQ长度最小值是3，
故选：D．  
8.【答案】A 
【解析】本题考查了弧长公式：l=nπr180，也考查了正六边形的性质以及旋转的性质，难度一般． 
连A1A5，A1A4，A1A3，作A6C⊥A1A5，利用正六边形的性质分别计算出A1A4=2a，A1A5=A1A3=3a，而当A1第一次滚动到图2位置时，顶点A1所经过的路径分别是以A6，A5，A4，A3，A2为圆心，以a，3a，2a，3a，a为半径，圆心角都为60°的五条弧，然后根据弧长公式进行计算即可．
【解答】
解：如图，连A1A5，A1A4，A1A3，作A6C⊥A1A5，

∵六边形A1A2A3A4A5A6为正六边形，
∴A1A4=2a，∠A1A6A5=120°，
∴∠CA1A6=30°，
∴A6C=12a，A1C=32a，
∴A1A5=A1A3=3a，
当A1第一次滚动到图2位置时，顶点A1所经过的路径分别是以A6，A5，A4，A3，A2为圆心，
以a，3a，2a，3a，a为半径，圆心角都为60°的五条弧，
∴顶点A1所经过的路径的长=60⋅π⋅a180+60⋅π⋅3a180+60⋅π⋅2a180+60⋅π⋅3a180+60⋅π⋅a180，
=4+233πa．
故选A．

9.【答案】C 
【解析】
【分析】
如图，取AC的中点T，连接DT，MT.利用三角形的中位线定理求出DT，利用直角三角形斜边上中线的性质求出MT，再根据DM≥MT−DT，可得结论．
本题考查三角形中位线定理，直角三角形斜边中线的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造三角形中位线，直角三角形斜边中线解决问题．
【解答】
解：如图，取AC的中点T，连接DT，MT．

∵AD=DB，AT=TC，BC=4，
∴DT=12BC=2，
∵CE⊥AF，
∴∠AMC=90°，
∵AC=6，
∴TM=12AC=3，
∴DM≥TM−DT=3−2=1，
∴DM的最小值为1，
故选：C．  
10.【答案】A 
【解析】
【分析】
本题考查了圆锥的表面积的计算．首先确定圆锥的底面半径、母线长是解决本题的关键．根据圆锥的表面积=侧面积+底面积计算．
【解答】
解：圆锥的表面积=12×2×5π×13+π×52=90πcm2．
故选A．  
11.【答案】A 
【解析】解：“任意选2个人，恰好同月过生日”可用列表法求出概率：P=112，

同理“任意选2个人，恰好生肖相同”的概率：P=112，

因此“任意选2个人，恰好同月过生日”这一事件的概率与“任意选2个人，恰好生肖相同”概率相同，
故选：A．
利用列表法和树状图法，求出每个事件发生的概率，做出判断即可
考查列表法和树状图法求等可能事件发生的概率，列举出所有等可能出现的结果数是正确解答的前提．

12.【答案】A 
【解析】
【分析】
本题考查了概率公式，用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．先计算出“22选5”和“29选7”获奖的可能性，再进行比较，即可得出答案．
【解答】
解：从22个号码中选5个号码能组成数的个数有22×21×20×19×18=3160080，选出的这5个号码能组成数的个数为5×4×3×2×1=120，这5个号码全部选中的概率为120÷3160080≈3.8×10−5；
从29个号码中选5个号码能组成数的个数有29×28×27×26×25×24×23=7866331200，选出的这5个号码能组成数的个数为7×6×5×4×3×2×1=5040，这5个号码全部选中的概率为5040÷7866331200≈6×10−7；
因为3.8×10−5>6×10−7，
所以获一等奖机会大的是“22选5”，
故选A．
  
13.【答案】k≤4且k≠0 
【解析】
【分析】
本题考查的是绝对值非负性，二次根号下非负以及一元二次方程的根的判别式等有关知识．在解答此题时，注意关于x的一元二次方程的二次项系数不为零．
首先根据题意先求出a，b的值，然后再利用根的判别式进行解答即可．
【解答】
解： ∵|b−1|+a−4=0，
∴b=1，a=4，
∴原方程为kx2+4x+1=0．
∵该方程有实数根，
∴A=16−4k≥0，
∴k⩽4.又k≠0，
∴k≤4且k≠0.  
14.【答案】①③ 
【解析】解：∵抛物线开口向下，
∴a<0，
∵抛物线与y轴交点在x轴上方，
∴c>0，
∴ac<0，①正确．
∵抛物线顶点为A(2,m)，
∴抛物线对称轴为直线x=2，
∵抛物线过点(5,0)，
∴由对称性可得抛物线经过点(−1,0)，
∴a−b+c=0，②错误，
∵−b2a=2，
∴b=−4a，
∴5a+c=0，
∴c=−5a，
∵(2,m)为抛物线顶点，
∴4a+2b+c=m，
∴4a−8a−5a=m，即9a+m=0，③正确，
∵抛物线经过点C(t,n)，
∴点C关于对称轴对称点(4−t,n)在抛物线上，
∴4−t为ax2+bx+c=n的一个根，④错误．
故答案为：①③．
由抛物线开口和抛物线与y轴交点判断①，由抛物线的对称性及经过点(5,0)可判断②，由抛物线对称轴为直线x=2可得b=−4a，由a−b+c=0可得c=−5a，从而判断③，点C对称点横坐标为4−t可判断④．
本题考查二次函数图象与系数的关系，解题关键是掌握二次函数的性质、二次函数与方程及不等式的关系．

15.【答案】125° 
【解析】
【分析】
本题考查了圆周角定理，三角形的内切圆和外接圆的应用，注意：同弧或等弧所对圆周角等于它所对圆心角的一半．
根据圆周角定理求出∠A，根据三角形内角和定理求出∠ACB+∠ABC，根据内心求出∠IBC+∠ICB=12(∠ABC+∠ACB)，代入求出即可．

【解答】
解：∵∠BOC=140°，O为外心，
∴∠A=12∠BOC=70°，
∵I为内心，
∴∠IBC=12∠ABC，∠ICB=12∠ACB，
∴∠IBC+∠ICB
=12(∠ABC+∠ACB)
=12(180°−∠A)
=12×(180°−70°)
=55°，
∴∠BIC=180°−(∠IBC+∠ICB)=180°−55°=125°，
故答案为：125°．  
16.【答案】π8 
【解析】解：根据图形的对称性知，黑色部分为圆面积的一半，
设圆的半径为1，则正方形的面积为2，
所以黑色部分的面积为S=12⋅π⋅12=π2，
则所求的概率P=π222=π8，
故答案为：π8．
根据图形的对称性求出黑色图形的面积，利用几何概型的概率公式计算可得．
本题主要考查了几何概型的概率计算问题，根据对称性求出黑色阴影部分的面积是解题的关键．

17.【答案】解：(1)∵AB=AC=13cm，BC=10cm，AD⊥BC，
∴BD=CD=5cm，且∠ADC=90∘，
∴AD2=AC2−CD2，
∴AD=12cm．
(2)当运动时间为t秒时，AP=tcm，PD=(12−t)cm，
∵△PDC的面积=12PD⋅DC=15cm2，
∴12×5(12−t)=15，解得t=6．
(3)假设存在t，使得S△PMD=112S△ABC．
①当点M在线段CD上，即0≤t≤52时，
PD=(12−t)cm，DM=(5−2t)cm，
由S△PMD=112S△ABC，
得12×(12−t)(5−2t)=112×12×10×12，
整理得2t2−29t+50=0，
解得t1=12.5(舍去)，t2=2．
②当点M在射线DB上，即52≤t≤12时，DM=(2t−5)cm，
由S△PMD=112SΔABC，
得12(12−t)(2t−5)=112×12×10×12，
整理得2t2−29t+70=0，
解得t1=29+2814，t2=29−2814．
综上，t的值为2或29+2814或29−2814时，使得S△PMD=112SΔABC．
 
【解析】见答案

18.【答案】解：(1)∵a=1，b=−(m−2)，c=−m24，
∴Δ=b2−4ac=[−(m−2)]2−4×1×(−m24)
=2m2−4m+4=2(m−1)2+2>0，
∴方程总有两个不相等的实数根；

(2)∵a=1，b=−(m−2)，c=−m24，
∴x1+x2=m−2，x1⋅x2=−m24≤0，
∵方程总有两个不相等的实数根
∴x1与x2异号或有一个为0，由|x2|=|x1|+2，|x2|−|x1|=2，
①当x1≥0，x2<0时，−x2−x1=2，即−(m−2)=2，解得m=0，
此时，方程为x2+2x=0，解得x1=0，x2=−2；
②当x1≤0，x2>0时，x2+x1=m−2=2，解得m=4，
当m=4时，x2−2x−4=0，
∴x1=1−5，x2=1+5． 
【解析】此题不仅考查了根的判别式的应用，还应用了根与系数的关系以及配方法的运用．总结一元二次方程根的情况与判别式Δ的关系：Δ>0⇔方程有两个不相等的实数根；Δ=0⇔方程有两个相等的实数根；Δ<0⇔方程没有实数根．
(1)根据方程根的判别式判断根的情况，只要证明判别式Δ的值恒为正值即可；
(2)|x2|=|x1|+2，即|x2|−|x1|=2，根据根与系数的关系用m表示出两根的和与两根的积，分两种情况代入得到关于m的方程，即可求得m的值．

19.【答案】解：(1) ∵直线y=−x+3与x轴、y轴分别交于点B，C，
∴B(3,0)，C(0,3)
把点B，C的坐标分别代入抛物线的解析式，
可得9+3b+c=0,c=3，解得b=−4,c=3.
∴抛物线的解析式为y=x2−4x+3，
(2) 符合条件的点M的坐标为(2,32)或(2,7)或(2,−1+25)或(2,−1−25).
理由：
由(1)知y=x2−4x+3=(x−2)2−1，
∴抛物线的对称轴为直线x=2，P(2,−1)，
∴M(2,t)，
∵C(0,3)，
∴MC=22+t−32=t2−6t+13，MP=|t+1|，
PC=22+−1−32=25，
∵△CPM为等腰三角形，
∴有MC=MP，MC=PC和MP=PC三种情况：
 ①当MC=MP时，则有t2−6t+13=|t+1|，
解得t=32，此时M(2,32)；
②当MC=PC时，则有t2−6t+13=25，
解得t=−1(与P点重合，舍去)或t=7，此时M(2,7)；
 ③当MP=PC时，则有|t+1|=25，
解得t=−1+25或t=−1−25，
此时M(2,−1+25)或(2,−1−25).
综上，可知存在满足条件的点M，其坐标为(2,32)或(2,7)或(2,−1+25)或(2,−1−25).
(3)如图，过点E作EF⊥x轴，交BC于点F，交x轴于点D，设E(x,x2−4x+3)，则F(x,−x+3)，

∵0 ∴EF=−x+3−(x2−4x+3)=−x2+3x，
∴S△CBE=S△EFC+S△EFB=12EF⋅OD+12EF⋅BD=12EF⋅OB=12×3(−x2+3x)=−32(x−32)2+278，
∴当x=32时，△CBE的面积最大，此时点E的坐标为(32,−34)，即当点E的坐标为(32,−34)时，△CBE的面积最大．
 
【解析】本题综合考查了二次函数的综合，二次函数的最值，等腰三角形性质，用待定系数法求二次函数的解析式，三角形的面积等知识点的应用，此题难度偏大，对学生提出较高的要求，综合性比较强．
(1)把B、C的坐标代入抛物线，得出方程组，求出方程组的解即可；
(2)求出C、P的坐标，求出PC的值，设M(2,t)，分MC=MP，MC=PC和MP=PC三种情况讨论即可；
(3)过点E作EF⊥x轴，交BC于点F，表示出E、F的坐标，然后根据△BCE的三角形面积公式得到二次函数，求出二次函数取最大值时，点E坐标即可．

20.【答案】(1)证明：∵∠ACB=90°，
∴∠BCD=90°，
∴∠CBD+∠BDC=90°，
∵AE⊥BD，
∴∠AED=90°，
∴∠CAE+∠BDC=90°，
∴∠CAE=∠CBD；
(2)①由题意补全图形如图所示：

②过点C作CG⊥CE交AE于G，
∴∠BCG+∠BCE=90°，
∵∠ACB=90°，
∴∠ACG+∠BCG=90°，
∴∠ACG=∠BCE，
由(1)知，∠CAE=∠CBD，
在△ACG和△BCE中，
{∠CAG=∠CBEAC=BC∠ACG=∠BCE,
∴△ACG≌△BCE(ASA)，
∴AG=BE，CG=CE，
在Rt△ECG中，CG=CE，
∴EG=2CE，
∴AE=AG+EG=BE+2CE，
由旋转知，∠EAF=45°，
∵∠AEF=90°，
∴∠F=90°−∠EAF=45°=∠EAF，
∴EF=AE，
∴EF=BE+2CE． 
【解析】此题是几何变换综合题，主要考查了同角的余角相等，等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，构造出全等三角形是解本题的关键．
(1)利用同角的余角即可得出结论；
(2)①根据题意补全图形；
②过点C作CG⊥CE交AE于G，进而判断出∠ACG=∠BCE，即可判断出△ACG≌△BCE(ASA)，得出AG=BE，CG=CE，进而判断出EG=2CE，得出AE=BE+2CE，再判断出EF=AE，即可得出结论．

21.【答案】解：(1)补全图形，如图所示：

(2)∠FBE=45°；
(3)DE=2AF，
证明：如图，作AH⊥AF，交BF的延长线于点H，

由(2)得∠FBE=∠FEB=45°，
∴FB=FE，
∵AH⊥AF，∠BAD=90°，
∴∠HAB=∠FAD，
又∵∠FBG=∠ADF，AB=AD，
∴△HAB≌△FAD(ASA)，
∴HB=FD，AH=AF，
∴HF=DE，∠H=45°，
∴HF=2AF，
∴DE=2AF． 
【解析】解：(1)见答案；
(2)∠FBE=45°，
设DF与AB交于点G，如图所示：

由题意得，CD=CE=CB，∠ECD=2α，∠ABC=∠BCD=∠CDA=∠DAB=90°，
∴∠EDC=180°−2α2=90°−α，∠BCE=90°−2α，
∴∠CBE=180°−90°−2α2=45°+α，∠ADF=90°−90°−α=α，
∴∠ABE=90°−∠CBE=45°−α．
∵BF⊥DE，
∴∠BFD=90°．
∵∠AGD=∠FGB，
∴∠FBG=∠ADF=α，
∴∠FBE=α+45°−α=45°=∠FEB；
(3)见答案．
本题属于四边形综合题，考查了等腰三角形的性质、互余关系及全等三角形的判定与性质，熟练掌握相关性质及定理是解题的关键．
(1)按照题中的表述画出图形即可；
(2)∠FBE的度数为45°.由题意得，CD=CE=CB，∠ECD=2α，∠ABC=∠BCD=∠CDA=∠DAB=90°，根据三角形内角和与互余关系分别推理即可；
(3)作AH⊥AF，交BF的延长线于点H，判定△HAB≌△FAD(ASA)，可得HB=FD，AH=AF，则可得HF=DE，∠H=45°，从而可得HF与AF的数量关系，则可得线段AF与DE的数量关系．

22.【答案】解：(1)结论：DF是⊙O的切线．
理由：作OG⊥DF于G.连接OE．



∵BD=DC，BO=OA，
∴OD//AC，
∴∠ODG=∠DFC，
在△OGD和△DCF中，
∠ODG=∠DFC∠OGD=∠DCF=90°OD=DF
∴△OGD≌△DCF(AAS)，
∴OG=DC，
∵AC是⊙O的切线，
∴OE⊥AC，
∴∠AEO=∠C=90°，
∴OE//BC，
∵OD//CE，
∴四边形CDOE是平行四边形，
∴CD=OE，
∴OG=OE，
∴DF是⊙O的切线．
(2)∵FA，FD是⊙O的切线，
∴FG=FE，设FG=FE=x，
∵△OGD≌△DCF，
∴DG=FC=2，
∴OD=DF=2+x，
∵AC=2OD，CE=OD，
∴AE=EC=OD=2+x，
∵∠A=30°，
∴CD=OE=2+x3，
在Rt△DCF中，∵DF2=CD2+CF2，
∴(2+x)2=(2+x3)2+(2)2，
解得x=3−2或−3−2(舍弃)，
∴OE=2+3−23=1．
∴⊙O的半径是1．
 
【解析】本题考查切线的性质和判定，勾股定理，三角形中位线定理，全等三角形的判定和性质，切线长定理，解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，学会利用参数构建方程解决问题．
(1)结论：DF是⊙O的切线．作OG⊥DF于G.连接OE.想办法证明OG=OE即可解决问题；
(2)由FA，FD是⊙O的切线，推出FG=FE，设FG=FE=x，由△OGD≌△DCF(AAS)，推出DG=CF=2，推出OD=DF=2+x，由AC=2OD，CE=OD，推出AE=EC=OD=2+x，由∠A=30°，推出CD=OE=2+x3，在Rt△DCF中，根据DF2=CD2+CF2，构建方程即可解决问题．

23.【答案】(1)证明：∵CD平分∠ACB，
∴∠ACD=∠BCD，
∵∠ACD=∠ABD，
∴∠ABD=∠BCD；
(2)解：如图1，过点E作EM⊥AD于点M，

∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，∠ADB=90°，
∵CD平分∠ACB，
∴∠DAB=∠BCD=45°，
∵AE=17，
∴ME=AM=17×22=1722，
∵DE=13，
∴DM=DE2−ME2=132−(1722)2=722，
∴AD=AM+DM=122，
∴AB=2AD=122×2=24，
∴AO=12AB=12；
(3)AF+BC=DF.理由如下：
如图2，过点D作DN⊥CB，交CB的延长线于点N，

∵四边形DACB内接于圆，
∴∠DBN=∠DAF，
∵DF⊥AC，DN⊥CB，CD平分∠ACB，
∴∠AFD=∠DNB=90°，DF=DN，
∴△DAF≌△DBN(AAS)，
∴AF=BN，
∵∠DCB=∠FCD=12∠ACB=45°，
∴DN=CN=DF=CF，
∴CN=BN+BC=AF+BC=DF．
即AF+BC=DF．
 
【解析】此题考查了和圆有关的综合性题目，考查了等腰直角三角形的判定与性质、圆内接四边形的性质、圆周角定理、角平分线的定义、全等三角形的判定与性质以及勾股定理，熟练掌握圆的有关性质定理是解题的关键．
(1)由CD平分∠ACB，根据圆周角定理，可得∠ACD=∠BCD=∠ABD；
(2)过点E作EM⊥AD于点M，求出AD长，则AB=2AD，可求出AB，则可得答案；
(3)过点D作DN⊥CB，交CB的延长线于点N，可证明△DAF≌△DBN，则AF=BN，进而得到DN=CN=DF=CF，最后可得AF+BC=DF．

24.【答案】解：(1)全班学生总人数为10÷25%=40(人)；
(2)∵C类人数为40−(10+24)=6，
∴C类所占百分比为640×100%=15%，B类百分比为2440×100%=60%，
补全图形如下：


(3)列表如下：

A
B
B
C
A

BA
BA
CA
B
AB

BB
CB
B
AB
BB

CB
C
AC
BC
BC

由表可知，共有12种等可能结果，其中全是B类的有2种情况，
所以全是B类学生的概率为212=16． 
【解析】此题考查了列表法或树状图法求概率以及条形统计图与扇形统计图的知识．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
(1)由A类人数及其所占百分比可得总人数；
(2)总人数减去A、B的人数求得C类人数，再分别用B、C的人数除以总人数可得对应百分比，据此即可补全图形；
(3)列表得出所有等可能结果，再根据概率公式求解可得．

25.【答案】(1)证明：∵OC⊥AB，
∴AC=BC，
∴∠BOC=2∠D．
(2)解：过点O作OM⊥BC于点M，则BM=CM=12BC=25，

∴OM=OC2−CM2=102−(25)2=45，
∵S△OBC=12BC⋅OM=12OC⋅BH，
∴BH=BC⋅OMOC=8，
∵OC⊥AB，
∴AB=2BH=16，
∵AD=DE，
∴∠DAE=∠DEA，
∵∠DAE=∠DCB，∠DEA=∠BEC，
∴∠BEC=∠BCE，
∴BE=BC=45，
∴AE=AB−BE=16−45． 
【解析】(1)先根据垂直定理得AC=BC，再根据等弧所对的圆周角等于它所对圆心角的一半便可得出结论；
(2)过O点作OM⊥BC于点M，根据勾股定理求得OM，进而根据三角形的面积公式求得BH，再证明BE=BC，便可求得AE．
本题主要考查了垂径定理，圆周角定理，等腰三角形的性质与判定，勾股定理，关键是综合应用这些知识解题．