【文档说明】镇江市丹阳市2021-2022九年级初三上学期期末数学试题+答案.docx，共(34)页，1.752 MB，由baby熊上传

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镇江市丹阳市2021-2022学年九年级上学期期末数学试题一、填空题（本大题共有12小题，每小题2分，共计24分．）1.方程120xx的解为________．2.如果45ab，则ab________．3.如图，DE∥BC，AE＝DE＝1

，BC＝3，则线段CE的长为_____．4.如图，四边形ABCD是圆的内接四边形，120D，则B的度数等于________．5.二次函数2241yxx图像的顶点坐标为_________．6.一圆锥的底面半径为2，母线长为3，则这个圆锥的侧面积为_______

．7.如果关于x的一元二次方程210axbx一个解是1x，则2022ab________．8.某校五个绿化小组一天的植树的棵数如下：10，10，12，x，8．已知这组数据的平均数是10，

那么这组数据的众数是________．9.把抛物线22yx向左平移1个单位长度，再向下平移3个单位长度，得到的抛物线的解析式为________．10.已知二次函数220yaxca，当自变量x分别取1、4、5时，对应的函数值分别为1y，2y，3y，则1y，2y，3y的大小关系是_

_______（用“＜”号连接）．11.如图，直角三角形ABC中，90C，3AC，4BC，D为AB的中点，过点D作AB的垂线，交边BC于点E，若点F在射线ED上（不与E点重合），且由点D、B、F组成的三角形与△ABC相似，则DF的长为________．12.在平面直角坐标系中，设点P是

抛物线231yx的顶点，则点P到直线3ykx的距离的最大值为________．二、选择题（本大题共有6小题，每小题3分，共计18分，在每小题所给出的四个选项中恰有一项符合题目要求）13.一个布袋里装有2个红球、3个黄球和5个白球，除颜色外其它都相同．搅匀后任意摸出一个球，是

黄球的概率为()A.12B.310C.15D.71014.若方程1880mxx是一元二次方程，则m的值等于（）A.1B.1C.1D.015.如图，CD为O直径，弦ABCD于点E，2DE，8AB，则

O的半径为（）A.5B.8C.3D.1016.如图，在平面直角坐标系中，等腰直角'''ABC是等腰直角△ABC以原点O为位似中心的位似图形，且位似比为2：1，点()1,0A，1,2B，C在''AB上，则'C点坐标为（）A.2,4B

.2,2C.4,2D.4,4的17.已知二次函数2()yxkh，当2x时，y随x的增大而减小，则函数中k的取值范围是（）A.2kB.2kC.2kD.2k18.如图，P为线段AB上的一点，分别以AP、PB为边在AB的同侧作菱形APCD和

菱形PBFE，点P、E、C在一条直线上，60DAP，APa，BPb，若EF平分CFA，则ab为（）A.131B.133C.1332D.1312三、解答题（本大题共有10小题，共计78分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）19.计算：（1）2tan604si

n30cos45；（2）cos30tan601sin30．20.解一元二次方程：（1）229x；（2）2230xx．21.小明有红色、白色、黄色三件村衫，又有蓝色、黄色两条长裤．黑暗中他随机地拿出一件衬衫和一条长裤构成一套衣裤．请用列表或画树状图的方法求小明

拿出一套衣裤正好是白色衬衫和蓝色长裤的概率．22.为了从小华和小亮两人中选拔一人参加射击比赛，现对他们的射击水平进行测试，两人在相同条件下各射击6次，命中的环数如下（单位：环）：小华：7，8，7，8，9，9；小亮：5，8，7，8，10，10．（1）下面表格中，a

________；b________；c________；平均数（环）中位数（环）方差（环2）小华a8c小亮8b3（2）根据以上信息，你认为教练会选择谁参加比赛，理由是什么？（3）若小亮再射击2次，都命中8环，则小亮这

8次射击成绩的方差________．（填“变大”、“变小”、“不变”）23.如图，已知AB是⊙O的直径，CD是弦，若∠BCD＝40°，求∠ABD的度数．24.如图，在矩形ABCD中，E是BC的中点，DF⊥AE，垂足为F．（1）求证：△

ABE∽△DFA；（2）若9AB，6BC，求EF的长．25.已知抛物线222yxmxm．（1）求证：对任意实数m，抛物线与x轴总有交点．（2）若该抛物线与x轴交于()1,0A，求m的值．26.已知，如图，Rt△ABC中，90C．（1）按要求

尺规作图：①作A的角平分线交BC与点D；在②求作圆O，使得圆O经过AD两点且圆心线段AB上．（2）求证：BC是O的切线；（3）若22CD，26AD．求O的半径．27.梅涅劳斯（Menelaus）是古希腊数学家，他首先证明了梅涅劳斯定理，定理的内容是：如图（1），如果

一条直线与△ABC的三边AB，BC，CA或它们的延长线交于F、D、E三点，那么一定有••1AFBDCEFBDCEA．下面是利用相似三角形的有关知识证明该定理的部分过程：证明：如图（2），过点A作AGBC∥，交DF的延长线于点G，则有AFAGFB

BD，CECDEAAG，∴1AFBDCEAGBDCDFBDCEABDDCAG．请用上述定理证明方法解决以下问题：在的（1）如图（3），△ABC三边CB，AB，AC的延长线分别交直线l于X，Y，Z三点，证明：1BXCZAYXCZAYB．（2）如图（4

），等边△ABC的边长为2，点D为BC的中点，点F在AB上，且2BFAF，CF与AD交于点E，则AE的长为________．（3）如图（5），△ABC的面积为2，F为AB中点，延长BC至D，使CDBC，连接FD交AC于E，则四边形BCEF的面积为________．28.已知如图，二次函数23y

xbx的图像与x轴相交于点A、B两点，与y轴相交于点C，连接AC、BC，tan1ABC，抛物线的顶点为D．（1）求抛物线的解析式；（2）抛物线对称轴上有一动点E，当AECE取得最小值时，E点坐标为________；此时AE与BC的

位置关系是________，tanACE________；（3）抛物线对称轴右侧的函数图像上是否存在点M，满足ACBBAM，若存在求M点的横坐标；若不存在，请说明理由；（4）若抛物线上一动点Q，当BAQACO时，直接写出Q点坐标________．

的答案与解析一、填空题（本大题共有12小题，每小题2分，共计24分．）1.方程120xx的解为________．【答案】122,1xx【解析】【分析】直接因式分解法解一元二次方程即可【详解】解：∵120xx∴122,1xx故答案为：122,1xx【点睛

】本题考查了解一元二次方程，掌握因式分解法解一元二次方程是解题的关键．2.如果45ab，则ab________．【答案】54【解析】【分析】根据比例的性质把45ab两边丗除以4b即可得到结果．详解】解：45ab两边同除以4b得，ab

54故答案为：54．【点睛】本题主要考查了比例的性质，熟练掌握比例的性质是解答本题的关键．3.如图，DE∥BC，AE＝DE＝1，BC＝3，则线段CE的长为_____．【答案】2．【解析】【分析】由平行线的性质可得∠ADE=∠B，由AE=DE

=1，可得∠ADE=∠DAE，易得∠DAE=∠B，可得AC=BC，易得结果．【详解】解：∵DE∥BC，∴∠ADE＝∠B，【∵AE＝DE＝1，∴∠ADE＝∠DAE，∴∠DAE＝∠B，BC＝3，∴AC＝BC

＝3，∴CE＝AC﹣AE＝3﹣1＝2，故答案为：2．【点睛】本题主要考查了平行线的性质和等腰三角形的性质等，关键是运用性质定理得出AC=BC=3．4.如图，四边形ABCD是圆的内接四边形，120D，则B的度数等于___

_____．【答案】60°##60度【解析】【分析】根据圆内接四边形的对角互补即可完成．【详解】∵四边形ABCD是圆的内接四边形∴∠B+∠D=180°∵∠D=120°∴18018012060BD故答案为

：60°【点睛】本题考查了圆内接四边形的性质，掌握此性质是关键．5.二次函数2241yxx图像的顶点坐标为_________．【答案】（1，1）【解析】【分析】用配方法将抛物线的一般式转化为顶点式，确定顶点坐标即可．【详解】∵2222412(21)1211y

xxxxx，∴抛物线顶点坐标为11，．故本题答案为：11，．【点睛】本题考查了抛物线解析式与顶点坐标的关系，求顶点坐标可用配方法，也可以用顶点坐标公式．6.一圆锥的底面半径为2，母线长为3，则这个圆锥的侧面积为

_______．【答案】6【解析】【分析】根据圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长和扇形的面积公式求解．【详解】解：该圆锥的侧面积＝12×2π×2×3＝6π．故答案为6π．【点睛】

本题考查了圆锥的计算：圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长．7.如果关于x的一元二次方程210axbx一个解是1x，则2022ab________．【答案】2021【解析】【分析】利用一元二次方程解的定义得到1ab，然后把2022

ab变形为2022ab，再利用整体代入的方法计算即可解得答案．【详解】解：把1x代入方程210axbx得：10ab，∴1ab，∴20222022202212021abab．故答案为：2021．【点睛】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．8.某校五个绿化小组一天的植树的棵数如下：10，10，12，x，8．已知这组数据的平均数是10，那么这组数据的众数是________．【答案】10【解析】【分析】根据所给数据及此数据的平均

数即可求得x，从而可求得众数．【详解】由题意得：1(1010128)105x解得：x=10所以这组数据的众数为10故答案为：10【点睛】本题考查了平均数与众数，掌握平均数计算是关键．9.把抛物线22yx向左平移1个单位长度，再向下

平移3个单位长度，得到的抛物线的解析式为________．【答案】2213yx【解析】【分析】根据“左加右减、上加下减”的平移原则进行解答即可．【详解】解：抛物线22yx向左平移1个单位长度，再向下平移3个单位长度，得到的抛物线的解析式为的2213yx故答案为：

2213yx（或2241yxx）【点睛】本题考查了二次函数的平移，掌握函数平移规律是解题的关键．10.已知二次函数220yaxca，当自变量x分别取1、4、5时，对应的函数值分别为1y，2y，3y，则1y，2y，3y的大小关系是________（用“＜”

号连接）．【答案】y1＜y2＜y3【解析】【分析】利用二次函数图象上点的坐标特征可分别求出y1，y2，y3的值，结合a＞0，即可得出a+c＜4a+c＜9a+c，即y1＜y2＜y3．【详解】解：当x=1时，

y1=a（1-2）2+c=a+c；当x=4时，y2=a（4-2）2+c=4a+c；当x=5时，y3=a（5-2）2+c=9a+c．∵a＞0，∴a+c＜4a+c＜9a+c，∴y1＜y2＜y3．故答案为：y1＜y2＜y3．【点睛】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征，利

用二次函数图象上点的坐标特征，分别求出y1，y2，y3的值是解题的关键．11.如图，直角三角形ABC中，90C，3AC，4BC，D为AB的中点，过点D作AB的垂线，交边BC于点E，若点F在射

线ED上（不与E点重合），且由点D、B、F组成的三角形与△ABC相似，则DF的长为________．【答案】1.875或103【解析】【分析】分两种情况讨论：①∠DBF=∠ABC；②∠BFD=∠ABC，利用三角形相似得出结果．【详解】解：DE⊥AB，90C，∴9

0CBDE，∴AB=2222345ACBC，∵D为AB的中点，∴BD=12.52AB，分两种情况讨论：①如图1，若∠DBF=∠ABC，则△ABC∽△FBD，∴DFBDACBC即2.534DF，解得：DF=1.875；②如图2，若∠BFD=∠ABC，则△ABC∽△BFD

，∴DFBDCBAC即2.543DF，解得：DF=103；综上所述，DF的长为1.875或103，故答案为1.875或103．【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，注意分类讨论思想的运用．12.在平面直角坐标系中，设点P是抛物线231yx的顶点，则点P到直线3ykx的距离

的最大值为________．【答案】5【解析】【分析】根据抛物线解析式求出点P坐标，由直线解析式可知直线3ykx恒过点B（0，-3），当PB与直线3ykx垂直时，点P到直线3ykx的距离最大，根据两点间距离公式可出最大距离．【详解】解

：∵231yx∴P（3，1）又直线3ykx恒过点B（0，-3），如图，∴当PB与直线3ykx垂直时，点P到直线3ykx的距离最大，此时，22(30)[1(3)]5PB∴点P到直线3ykx的距离

的最大值为5故答案为：5．【点睛】本题主要考查了二次函数的性质，以及点到直线间的距离，熟练掌握二次函数的性质是解答本题的关键．二、选择题（本大题共有6小题，每小题3分，共计18分，在每小题所给出的四个选项中恰有一项符合题目要求）13.一个布袋里装有2个红球、3个黄球和5

个白球，除颜色外其它都相同．搅匀后任意摸出一个球，是黄球的概率为()A.12B.310C.15D.710【答案】B【解析】【分析】用黄色小球的个数除以总个数可得．【详解】解：搅匀后任意摸出一个球，是黄球的概率为33

23510故答案为B．【点睛】本题考查了概率公式,解答的关键在于确定发生事件的总发生数和所求事件发生数.14.若方程1880mxx是一元二次方程，则m的值等于（）A.1B.1C.1D

.0【答案】B【解析】【分析】根据一元二次方程的定义，x的最高次数是2，且二次项系数不等于0，从而得出答案．【详解】解：根据题意得：m+1=2，∴m=1，故选：B．【点睛】本题利用了一元二次方程的概念．只有一个未知

数且未知数最高次数为2的整式方程叫做一元二次方程，一般形式是ax2+bx+c=0（且a≠0）．特别要注意a≠0的条件．15.如图，CD为O的直径，弦ABCD于点E，2DE，8AB，则O的半径为（）A.5B.8C.3D.10【答案】A【解析】【分析】作辅助线，连接OA，根据垂径定理得出A

E=BE=4，设圆的半径为r，再利用勾股定理求解即可.【详解】解：如图，连接OA，设圆的半径为r，则OE=r-2，∵弦ABCD,∴AE=BE=4，由勾股定理得出：22242rr，解得：r=5，故答案为：A.【点睛

】本题考查的知识点主要是垂径定理、勾股定理及其应用问题；解题的关键是作辅助线，灵活运用勾股定理等几何知识点来分析、判断或解答.16.如图，在平面直角坐标系中，等腰直角'''ABC是等腰直角△ABC以原点O为位似中心的位似图形，且位似比为2：1

，点()1,0A，1,2B，C在''AB上，则'C点坐标为（）A.2,4B.2,2C.4,2D.4,4【答案】C【解析】【分析】取AB的中点D，连接CD，由等腰直角三角形的性质及A、B的坐标，可求得

点C的坐标，再根据两个三角形的位似比即可求得点'C的坐标．【详解】取AB的中点D，连接CD，如图∵△ABC是等腰直角三角形∴CD⊥AB∵1,0A，1,2B∴AB⊥x轴∴CD∥x轴∴D(1，1)∵等腰直角'''ABC是等腰直角△ABC以原点O为位似中心的位似图形

，且位似比为2：1∴()2,0A¢，2,4B∴ABx轴∵C在''AB上∴C(2，1)由位似比为2：1，则'C点坐标为(4，2)故选：C【点睛】本题考查了三角形位似的定义及性质，等腰三角形的性质等知识，掌握三角形位似的定义是关键．17.已知二次函数2()yxkh，当2

x时，y随x的增大而减小，则函数中k的取值范围是（）A.2kB.2kC.2kD.2k【答案】B【解析】【分析】先利用二次函数的性质求出抛物线的对称轴为直线x=k，则当x＞k时，y的值随x值的增大而减小，由于x＞2

时，y的值随x值的增大而减小，于是得到k≤2，再解不等式即可．【详解】解：抛物线的对称轴为直线x=k，∵a=-1＜0，∴抛物线开口向下，∴当x＞k时，y的值随x值的增大而减小，而x＞2时，y的值随x值的增大而减小，∴k≤2．故选择B．【点睛】本题考查了二次函数的性质：

二次函数y=ax2+bx+c（a≠0）的顶点坐标是24(,)24bacbaa，对称轴直线x=2ba，二次函数y=ax2+bx+c（a≠0）的图象具有如下性质：当a＞0时，抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）的开

口向上，x＜2ba时，y随x的增大而减小；x＞2ba时，y随x的增大而增大；x=2ba时，y取得最小值244acba，即顶点是抛物线的最低点．当a＜0时，抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）的开口向下，x＜2ba

时，y随x的增大而增大；x＞2ba时，y随x的增大而减小；x=2ba时，y取得最大值244acba，即顶点是抛物线的最高点．18.如图，P为线段AB上的一点，分别以AP、PB为边在AB的同侧作菱形APCD和菱形P

BFE，点P、E、C在一条直线上，60DAP，APa，BPb，若EF平分CFA，则ab为（）A.131B.133C.1332D.1312【答案】D【解析】【分析】过点F作FNEB∥，交AB延长线于N，根据菱形的性质推出∠FBN=∠CPB=6

0DAP，证明△PBE是等边三角形，△BFN是等边三角形，求出BN=FN=BF=b，证明△CEF≌△MEF，得到EM=CE=a-b，求出BM=BE-EM=2b-a，证明△ABM∽△ANF，得到ABBMANNF，即22abbaabb，

化简得2230aabb，求出1312ab，即可得到答案．【详解】解：过点F作FNEB∥，交AB延长线于N，∵四边形APCD、PBFE是菱形，∴ADPC∥∥BF，∴∠FBN=∠CPB=60DAP，∵四边形PBFE是菱形，∴PB=PE，∴∠PBE=∠PEB=60，∴∠N=∠P

BE=60=∠FBN，△PBE是等边三角形，∴△BFN是等边三角形，∴BN=FN=BF=b，∵EF平分CFA，∴∠EFC=∠EFM，∵EF=EF，∠BEF=∠FEC=60，∴△CEF≌△MEF，∴EM=CE=a-b，∵BE=PB=b，∴BM=BE-EM=2b-a

，∵FNEB∥，∴△ABM∽△ANF，∴ABBMANNF,∴22abbaabb，得2230aabb∴221211322bbbab，∵a>0，∴1312ab，∴ab=1312，故选：D．【点睛】此题考查了菱形的性质，等边三角形的判定及性质，全等三角形的判定及

性质，相似三角形的判定及性质，解一元二次方程，是一道几何和代数的综合题，正确引出辅助线并熟练掌握各知识点综合应用是解题的关键．三、解答题（本大题共有10小题，共计78分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤

）19.计算：（1）2tan604sin30cos45；（2）cos30tan601sin30．【答案】（1）32（2）433【解析】【分析】根据特殊角的三角函数值进行混合运算即可．【小

问1详解】2tan604sin30cos452123422=32【小问2详解】cos30tan601sin3032=3112333433【点睛】本题考查了特殊角三角函数值的混合运算，牢记特殊角的三角函数值是解题的关键．2

0.解一元二次方程：（1）229x；（2）2230xx．【答案】（1）15x，21x（2）11x，23x【解析】【分析】（1）利用直接开平方法求解即可；（2）利用因式分解法求解即可．【小问1详解】解：229x，∴23x，∴23x或23x，∴15

x，21x．【小问2详解】2230xx，∴130xx，∴10x或30x，∴11x，23x．【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．21.小明有红色、白色、黄色三件村衫，又有蓝色、黄色两条长裤．黑暗中他随机地拿出一件衬衫和一条长裤构成一套衣裤．请用列表或画树状图的方法求小明拿出一套衣裤正好是白

色衬衫和蓝色长裤的概率．【答案】１６【解析】的【分析】利用树状图或列表把所有情况罗列出来，再找出题目要求的情况，用要求的情况次数除以总次数即得所求概率．【详解】如图，一共有6中可能，其中白色衬衫和蓝色长

裤情况只占到一种，故拿出一套衣裤正好是白色衬衫和蓝色长裤的概率为16【点睛】本题考查树状图和列表法求概率，掌握方法是本题关键．22.为了从小华和小亮两人中选拔一人参加射击比赛，现对他们的射击水平进行测试，两人在相同条件下各射击6次，命中的环数如下（单位：环）：小华：7，8，7，8

，9，9；小亮：5，8，7，8，10，10．（1）下面表格中，a________；b________；c________；平均数（环）中位数（环）方差（环2）小华a8c小亮8b3（2）根据以上信息，你认为教练会选择谁参加比赛，理由是什么？（3）若小亮再射击2次，都命中8环，则小亮这8次射击成

绩的方差________．（填“变大”、“变小”、“不变”）【答案】（1）8，8，23．（2）选择小华参赛，理由见解析．（3）变小．【解析】【分析】（1）根据平均数、中位数、方差的计算方法分别计算即可；（2）通过平均数、方差的大小，得出结论；（3）计算出

小亮再射击2次后8次的平均数、方差，通过方差的比较得出答案．【小问1详解】解：小华的平均成绩78789968a（环），小华的方差2222221278887888989863c

（环），把小亮成绩从小到大排列为5，7，8，8，10，10，的的则中位数8882b（环），故答案为：8，8，23．【小问2详解】解：∵小亮的方差是3，小华的方差是23，即233，又∵小亮的平均数和小华的平均数相等，∴选择

小华参赛．【小问3详解】解：小亮再射击后的平均成绩是868888（环），射击后的方差是：2221587810822.538，∴小亮这8次射击成绩的方差变小，故

答案为：变小．【点睛】此题考查平均数、中位数、方差的意义和计算方法，明确各个统计量的意义及反应数据的特征是正确解答的关键．23.如图，已知AB是⊙O的直径，CD是弦，若∠BCD＝40°，求∠ABD的度数．【答案】50°【解析】【分析】根据圆周角定理可求∠ADB＝90°，

即可求∠ABD的度数．【详解】解：∵AB是直径，∴∠ADB＝90°，∵∠BCD＝40°，∴∠BAD＝∠BCD＝40°，∴∠ABD＝90°-40°=50°．【点睛】本题考查了圆周角定理，根据圆周角定理可求∠ADB＝90°是本题的关键．24.如图，在矩形ABCD中，E是BC的中点，DF⊥AE，垂足为

F．（1）求证：△ABE∽△DFA；（2）若9AB，6BC，求EF的长．【答案】（1）见解析（2）12105【解析】【分析】（1）根据同角的余角相等，矩形的性质可得90BADB，BAEFDA，进而即

可证明△ABE∽△DFA；（2）根据（1）的结论以及勾股定理可求得AEAF，，进而求得EF的长．【小问1详解】四边形ABCD是矩形，90BADB，DF⊥AE，90AFDAFDEBA90FADFDAFADBAEB

AEFDA，△ABE∽△DFA；【小问2详解】△ABE∽△DFA；AEBEADAFE是BC的中点，9AB，6BC，3BE在RtABE中，222293310AEABBE四边形ABCD是矩形，6ADBC

31036AF3105AF312310101055EFAEAF【点睛】本题考查了相似三角形的性质与判定，矩形的性质，勾股定理，掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．25.已知抛物线222yxmxm．（1）求证：对任意实数m，抛物线与x轴总

有交点．（2）若该抛物线与x轴交于()1,0A，求m的值．【答案】（1）见解析（2）122,1mm【解析】【分析】（1）令0y，得到关于x的一元二次方程，根据一元二次方程根的判别式判断即可；（2）令1x，0y，解一元二次方程即

可求得m的值【小问1详解】令0y，则有2220xmxm222890mmm即，对于任意实数方程2220xmxm总有两个实数根，对任意实数m，抛物线与x轴总有交点．【小问2详解】解：∵抛物线222yxmxm与x轴交于()

1,0A，∴202mm解得122,1mm【点睛】本题考查了二次函数与坐标轴交点问题，掌握一元二次方程根的判别式以及解一元二次方程是解题的关键．26.已知，如图，在Rt△ABC中，90C．（1）按要求

尺规作图：①作A的角平分线交BC与点D；②求作圆O，使得圆O经过AD两点且圆心在线段AB上．（2）求证：BC是O的切线；（3）若22CD，26AD．求O的半径．【答案】（1）①作图见解析；②作图见解析（2）证明见解析（3）O的半径为3【解析

】【分析】（1）①按照作已知角的角平分线的尺规作图步骤画图即可；②先作线段AD的垂直平分线与AB相交于,O再以O为圆心，OA为半径画圆即可；（2）如图，连接,OD证明,ODAC∥而90,C可得90,ODBC???而D在O上，从而可

得答案；（3）如图，记,MNAD的交点为,S先求解16,2ASAD==224,ACADCD=-=2tantan,2DACBAD??再求解,OS最后利用勾股定理求解圆的半径即可.【小问1详解】解：①如图，以A为圆心，任意长为半径画弧，交角的两边于,,KS分别

以,KS为圆心，大于KS的一半为半径画弧，两弧交于,Q作射线AQ，交BC于,D则线段AD即为所求作的BAC的角平分线，②如图，分别以,AD为圆心，大于12AD为半径画弧，两弧交于,,MN作直线,MN交AB于,O以O为圆心，OA为半径作圆O，则O即为所求作的圆，【小问2详解】证明：如图

，连接,ODAD平分,CAB,CADBAD,OAODQ,OADODA,CADODA,ODAC\∥而90,C90,ODBC而D在O上，BC是O的切线.【小问3详解】解：如图，记,MNAD的交点为,S,MNAD^Q26AD，16,2ASAD\

==22CD，90,C,CADBAD??224,ACADCD\=-=222tantan,42CDDACBADAC\??==22,63,22OSOSAS\==?22633,AOASOS\=+=+=所以O的半径为3.【点睛】本题考查的作已知角的角平分线，作线段的垂直平

分线，作圆，垂径定理的应用，切线的判定，锐角三角函数的应用，熟练以上两个基本作图，圆的基本性质与锐角的正切的含义是解本题的关键.27.梅涅劳斯（Menelaus）是古希腊数学家，他首先证明了梅涅劳斯定理，定理的内容是：如图（1），如果一条直线与△ABC的三边AB，BC，CA或它们的

延长线交于F、D、E三点，那么一定有••1AFBDCEFBDCEA．下面是利用相似三角形的有关知识证明该定理的部分过程：证明：如图（2），过点A作AGBC∥，交DF的延长线于点G，则有AFAGFBBD，CECDEAAG，∴1AFBDCEAGBDCDFBDCEABDDCAG．请

用上述定理的证明方法解决以下问题：（1）如图（3），△ABC三边CB，AB，AC的延长线分别交直线l于X，Y，Z三点，证明：1BXCZAYXCZAYB．（2）如图（4），等边△ABC的边长为2，点D为BC的中点，点F在AB上，且2BFAF，CF与AD交于点E，则AE的长为_____

___．（3）如图（5），△ABC的面积为2，F为AB中点，延长BC至D，使CDBC，连接FD交AC于E，则四边形BCEF的面积为________．【答案】（1）证明见解析（2）32（3）43【解析】【分析】（1）如图，过点A作AECX∥，交ZX的延长线于点E，可知△YBX∽△YAE，△

ZCX∽△ZAE，可得BXYBXCCZAEAYAEZA，，代入BXCZAYXCZAYB进而可证1BXCZAYXCZAYB成立；（2）如图，过点A作AG∥BC，交CF的延长线于点G，由题意可知1AFBCDEFBCDEA，122

42133333AFABFBABBCCDAD，，，，，DEADAE代入1AFBCDEFBCDEA求值即可；（3）如图5，分别过EC，作EHABCGAB，，由题意可知1AFBCDEFBCDEA，1=2CEEA，AHEAGC

△∽△，有23HEAECGAC，111212222333AFEABCSAFHEABCGS，对=ABCAFEBCEFSSS四边形计算求值即可．【小问1详解】证明：如图，过点A作AECX∥，交ZX的延长线于点E∴YBXYAEYXB

EZCXZAEZXCE，；，故可知△YBX∽△YAE，△ZCX∽△ZAE∴BXYBXCCZAEAYAEZA，∵1BXXCAEXCAEBX∴1BXCZAYXCZAYB．【小问2详解】解：如图，过点A作AG∥BC，交CF的延长线于点G∴由题

意可知1AFBCDEFBCDEA∵D是BC的中点，ABC为等边三角形∴21BCBDCD，，90BDA在RtABD中223ADBCBD∵12243333AFABFBAB，∴2233=1413AEAE解得32AE

故答案为：32．【小问3详解】解：如图5，分别过EC，作EHABCGAB，∵图5同图1，故可知1AFBDCEFBDCEA∵F为AB中点，CD=BC，∴1=2CEEA∵90AAAHEAGC，∴AHEAGC△∽△∴23HEAECGAC

∴111212222333AFEABCSAFHEABCGS∵24=233ABCAFEBCEFSSS四边形∴四边形BCEF的面积为43故答案为：43．【点睛】本题考查了三角形相似，等边三角形的性质，勾股定理等知识．解题的关键在于证明三角形相似．28.已知如图，二次函数23y

xbx的图像与x轴相交于点A、B两点，与y轴相交于点C，连接AC、BC，tan1ABC，抛物线的顶点为D．（1）求抛物线的解析式；（2）抛物线的对称轴上有一动点E，当AECE取得最小值时，E点坐

标为________；此时AE与BC的位置关系是________，tanACE________；（3）抛物线对称轴右侧的函数图像上是否存在点M，满足ACBBAM，若存在求M点的横坐标；若不存在，请说明

理由；（4）若抛物线上一动点Q，当BAQACO时，直接写出Q点坐标________．【答案】（1）y=x2-4x+3；（2）（2，1）；AE⊥BC，12；（3）存在，M点的横坐标为52或72；（4）Q点的坐标为(103，

79)或(83，59)．【解析】【分析】（1）求得点C的坐标和点B的坐标，利用待定系数法即可求解；（2）连接BC交对称轴于点E，此时AE+CE取得最小值，求得直线BC的解析式，即可求得E点坐标，进一步计算即可求解；（3）分类求解，利用tan∠ACB=tan∠BAM，求得G点坐标，利用待定

系数法求得直线AG的解析式，联立方程即可求解；（4）先求得tan∠ACO=13，同（3）的方法即可求解．【小问1详解】解：令x=0，则y=3，∴点C的坐标为（0，3），即OC=1，∵tan∠ABC=1，即1OCOB，∴OC=OB=1，∴点B的坐标为（3，0），把B（3，0）代入y=x2

+bx+3得32+3b+3=0，解得：b=-4，∴抛物线的解析式为y=x2-4x+3；【小问2详解】解：y=x2-4x+3=(x-2)2-1，∴顶点D的坐标为（2，-1），对称轴为x=2，解方程(x-2)2-1=0，得：x1=1，x2=3，∴点A的坐标为（1，0），连接BC交对称轴于点E，此

时，AE=BE，∴AE+CE=BE+CE=BC，∴AE+CE的最小值为BC，设直线BC的解析式为y=kx+3，把B（3，0）代入y=kx+3，得：0=3k+3，解得：k=-1，∴直线BC的解析式为y=-x+3，当x=2时，y=1，∴E点坐标为（2，1），∵AE=222112，

BE=223212，AB=3-1=2，222222，∴AE2+BE2=AB2，AE=BE，∴△AEB为等腰直角三角形，∴AE与BC的位置关系是：AE⊥BC，∵CE=2231222

，∴tan∠ACE=21222AECE，故答案为：（2，1）；AE⊥BC，12；，【小问3详解】解：设对称轴与x轴交于点F，交AM于点G，∵∠ACB=∠BAM，∴tan∠ACB=tan∠BAM，由（2

）得tan∠ACE12，∴tan∠BAM=12GFAF，∵AF=OF-OA=1，∴GF=12，∴G点坐标为（2，12），同理求得直线AG的解析式为y=12x-12，解方程12x-12=x2-4x+

3，得x1=1，x2=72，∴M点的横坐标为72；当AM在x轴下方时，同理求得直线AG1的解析式为y=12x+12，解方程12x+12=x2-4x+3，得x1=1，x2=52，∴M1点的横坐标为52；综上，存在，M点的横坐标为52或72；，【

小问4详解】解：∵OA=1，OC=3，∴tan∠ACO=13，同（3）得H点坐标为（2，13），直线AQ的解析式为y=13x-13，解方程13x-13=x2-4x+3，得x1=1，x2=103，∴Q点的坐标为(103，79)；当AQ在x轴下方时，同理求得直线AQ1的解析式为y=13x+1

3，解方程13x+13=x2-4x+3，得x1=1，x2=83，∴Q1点的坐标为(83，59)；综上，Q点的坐标为(103，79)或(83，59)．,【点睛】本题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法求函数解析式、解一元二次方程、解直角三角形

等，要注意分类求解，避免遗漏．