一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，满分30分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.）
1．（3分）（2019秋•番禺区期末）一元二次方程x2﹣2x﹣1＝0的根是（ ）A．x1＝1，x2＝2C．x1＝1，x2＝1
B．x1＝﹣1，x2＝﹣2D．x1＝1，x2＝1
2．（3分）（2020•江岸区模拟）下列图形是中心对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
3．（3分）（2012•中山区一模）如图，⊙O是△ABC的外接圆，∠BOC＝100°，则∠A的度数为（ ）
A．40°B．50°C．80°D．100°
4．（3分）（2019•峨眉山市二模）抛物线y＝x2﹣2x+3的顶点坐标是（ ）A．（1，3）
B．（﹣1，3）
C．（1，2）
D．（﹣1，2）
5．（3分）（2019秋•番禺区期末）如图，线段AB两个端点的坐标分别为A（6，6），B（8，2），以原点O为位似中心，在第一象限内将线段AB缩小为原来的后得到线段CD，则线段CD的长为（ ）
A．2B．C．3D．
6．（3分）（2019秋•番禺区期末）若一元二次方程kx2﹣3x0有实数根，则实数k的取值范围是（ ）
A．k＝﹣1B．k≥﹣1且k≠0C．k＞﹣1且k≠0D．k≤﹣1且k≠0
7．（3分）（威海）一个不透明的盒子中放入四张卡片，每张卡片上都写有一个数字，分别是﹣2，﹣1，0，1．卡片除数字不同外其它均相同，从中随机抽取两张卡片，抽取的两张卡片上数字之积为负数的概率是（ ）A．
B．
C．
D．
8．（3分）（遂宁）如图，在⊙O中，AE是直径，半径OC垂直于弦AB于D，连接BE，若AB＝2，CD＝1，则BE的长是（ ）
A．5B．6C．7D．8
9．（3分）（2019秋•番禺区期末）若点A（﹣1，0）为抛物线y＝﹣3（x﹣1）2+c图象上一点，则当y≥0时，x的取值范围是（ ）A．﹣1＜x＜3
B．x＜﹣1或x＞3
C．﹣1≤x≤3
D．x≤﹣1或x≥3
10．（3分）（2019秋•番禺区期末）如图，Rt△ABC中，AB＝9，BC＝6，∠B＝90°，将△ABC折叠，使A点与BC的中点D重合，折痕为PQ，则△PQD的面积为（ ）
A．B．C．D．
二、填空题（共6题，每题3分，共18分）
11．（3分）（2019秋•番禺区期末）方程（x﹣1）（x﹣3）＝0的解为 ．12．（3分）（2021•海州区校级一模）点A（﹣2，3）关于原点对称的点的坐标是 ．
13．（3分）（2019•江油市模拟）如图，已知⊙O的半径是2，点A、B、C在⊙O上，若四边形OABC为菱形，则图中阴影部分面积为 ．
14．（3分）（2020秋•古丈县期末）将抛物线y＝x2先向右平移1个单位长度，再向上平移2个单位长度，得到的抛物线的解析式 ．15．（3分）（长沙）若同时抛掷两枚质地均匀的骰子，则事件“两枚骰子朝上的点数互不相同”的概率是 ．
16．（3分）（2019秋•番禺区期末）如图，将矩形ABCD绕点A旋转至矩形AB′C′D′位置，此时AC′的中点恰好与D点重合，AB'交CD于点E，若AB＝3cm，则线段EB′的长为 ．三、解答题（本大题共9小题，满分102分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
17．（9分）（2019秋•番禺区期末）（1）解方程：x（x﹣3）＝x﹣3；（2）用配方法解方程：x2﹣10x+6＝0
18．（9分）（2019秋•番禺区期末）在如图网格图中，每个小正方形的边长均为1个单位，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝3，BC＝4．
（1）试在图中作出△ABC以A为旋转中心，沿顺时针方向旋转90°后的图形△AB1C1；
（2）若点B的坐标为（﹣3，5），试在图中画出直角坐标系，并直接写出A、C两点的坐标；
（3）根据（2）的坐标系作出与△ABC关于原点对称的图形△A2B2C2，并直接写出点A2、B2、C2的坐标．
19．（10分）（2019秋•番禺区期末）画出抛物线y（x﹣1）2+5的图象（要求列表，描点），回答下列问题：
（1）写出它的开口方向，对称轴和顶点坐标；（2）当y随x的增大而增大时，写出x的取值范围；
（3）若抛物线与x轴的左交点（x1，0）满足n≤x1≤n+1，（n为整数），试写出n的值．
20．（10分）（2019秋•番禺区期末）如图，已知⊙O为Rt△ABC的内切圆，切点分别为D，E，F，且∠C＝90°，AB＝13，BC＝12．（1）求BF的长；（2）求⊙O的半径r．
21．（12分）（2019秋•番禺区期末）端午节是我国传统佳节，互赠粽子是端午节的一种习俗．小唐买了4个粽子（除粽馅不同外，其它均相同），其中有两个肉馅粽子、一个红枣馅粽子和一个豆沙馅粽子，他从中随机拿出两个送给同学小何．
（1）请用树状图或列表的方法列出小何得到的两个粽子的所有可能结果；（2）计算小何得到的两个粽子都是肉馅粽子的概率．
22．（12分）（2019秋•番禺区期末）如图，点E，F，G，H分别位于边长为a的正方形ABCD的四条边上，四边形EFGH也是正方形，AE＝x，正方形EFGH的面积为y．（1）当a＝2，y＝3时，求x的值；
（2）当x为何值时，y的值最小？最小值是多少？
23．（12分）（2019秋•番禺区期末）如图，在△ABC中，点O在边AC上，⊙O与△ABC的边BC，AB分别相切于C，D两点，与边AC交于E点，弦CF与AB平行，与DO的延长线交于M点．
（1）求证：点M是CF的中点；（2）若E是的中点，BC＝a，①求的弧长；②求的值．
24．（14分）（武汉）在△ABC中，P为边AB上一点．（1）如图1，若∠ACP＝∠B，求证：AC2＝AP•AB；（2）若M为CP的中点，AC＝2．
①如图2，若∠PBM＝∠ACP，AB＝3，求BP的长；
②如图3，若∠ABC＝45°，∠A＝∠BMP＝60°，直接写出BP的长．
25．（14分）（2019秋•番禺区期末）在平面直角坐标系中，已知抛物线yx2+kx+c的图象经过点C（0，1），当x＝2时，函数有最小值．（1）求抛物线的解析式；
（2）直线l⊥y轴，垂足坐标为（0，﹣1），抛物线的对称轴与直线l交于点A．在x轴上有一点B，且AB，试在直线l上求异于点A的一点Q，使点Q在△ABC的外接圆上；
（3）点P（a，b）为抛物线上一动点，点M为坐标系中一定点，若点P到直线l的距离始终等于线段PM的长，求定点M的坐标．
2019-2020学年广东省广州市番禺区九年级（上）期末数学试卷
答案与试题解析
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，满分30分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.）
1．（3分）（2019秋•番禺区期末）一元二次方程x2﹣2x﹣1＝0的根是（ ）A．x1＝1，x2＝2C．x1＝1，x2＝1
【考点】解一元二次方程﹣配方法．【分析】利用公式法求解可得．解：∵a＝1，b＝﹣2，c＝﹣1，
∴△＝（﹣2）2﹣4×1×（﹣1）＝8＞0，则x1±，即x1＝1，x2＝1，故选：C．
【点评】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．
2．（3分）（2020•江岸区模拟）下列图形是中心对称图形的是（ ）
B．x1＝﹣1，x2＝﹣2D．x1＝1，x2＝1
A．B．C．D．
【考点】中心对称图形．
【分析】根据中心对称图形的概念求解．
解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，不合题意；B、是中心对称图形，符合题意；C、不是中心对称图形，不合题意；
D、是轴对称图形，不是中心对称图形，不合题意．故选：B．
【点评】此题主要考查了中心对称图形的概念．中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合．
3．（3分）（2012•中山区一模）如图，⊙O是△ABC的外接圆，∠BOC＝100°，则∠A的度数为（ ）
A．40°B．50°C．80°D．100°
【考点】圆周角定理．
【分析】根据圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半得∠BOC＝2∠A，进而可得答案．解：∵⊙O是△ABC的外接圆，∠BOC＝100°，∴∠A∠B0C＝50°．故选：B．
【点评】此题主要考查了圆周角定理，关键是准确把握圆周角定理即可．4．（3分）（2019•峨眉山市二模）抛物线y＝x2﹣2x+3的顶点坐标是（ ）A．（1，3）
B．（﹣1，3）
C．（1，2）
D．（﹣1，2）
【考点】二次函数的性质．
【分析】把抛物线解析式化为顶点式可求得答案．解：
∵y＝x2﹣2x+3＝（x﹣1）2+2，∴顶点坐标为（1，2），故选：C．
【点评】本题主要考查二次函数的性质，掌握二次函数的顶点式是解题的关键，即在y＝a（x﹣h）2+k中，对称轴为x＝h，顶点坐标为（h，k）．
5．（3分）（2019秋•番禺区期末）如图，线段AB两个端点的坐标分别为A（6，6），B（8，2），以原点O为位似中心，在第一象限内将线段AB缩小为原来的后得到线段CD，则线段CD的长为（ ）
A．2B．C．3D．
【考点】坐标与图形性质；位似变换．
【分析】直接利用A，B点坐标得出AB的长，再利用位似图形的性质得出CD的长．解：∵A（6，6），B（8，2），∴AB2，
∵以原点O为位似中心，在第一象限内将线段AB缩小为原来的后得到线段CD，∴线段CD的长为：2．故选：D．
【点评】此题主要考查了位似变换，正确得出AB的长是解题关键．
6．（3分）（2019秋•番禺区期末）若一元二次方程kx2﹣3x0有实数根，则实数k的取值范围是（ ）A．k＝﹣1
B．k≥﹣1且k≠0
C．k＞﹣1且k≠0
D．k≤﹣1且k≠0
【考点】一元二次方程的定义；根的判别式．【分析】根据根的判别式即可求出答案．解：由题意可知：△＝9+9k≥0，∴k≥﹣1，∵k≠0，
∴k≥﹣1且k≠0，故选：B．
【点评】本题考查根的判别式，解题的关键是熟练运用根的判别式，本题属于基础题型．
7．（3分）（威海）一个不透明的盒子中放入四张卡片，每张卡片上都写有一个数字，分别是﹣2，﹣1，0，1．卡片除数字不同外其它均相同，从中随机抽取两张卡片，抽取的两张卡片上数字之积为负数的概率是（ ）
A．B．C．D．
【考点】列表法与树状图法．
【分析】画树状图展示所有12种等可能的结果数，再找出抽取的两张卡片上数字之积为负数的结果数，然后根据概率公式求解．解：画树状图如下：
由树状图可知共有12种等可能结果，其中抽取的两张卡片上数字之积为负数的结果有4种，
所以抽取的两张卡片上数字之积为负数的概率为，故选：B．
【点评】本题考查了列表法与树状图法：利用列表法或树状图法展示所有等可能的结果n，再从中选出符合事件A或B的结果数目m，然后利用概率公式计算事件A或事件B的概率．
8．（3分）（遂宁）如图，在⊙O中，AE是直径，半径OC垂直于弦AB于D，连接BE，若AB＝2，CD＝1，则BE的长是（ ）
A．5B．6C．7D．8
【考点】勾股定理；垂径定理．
【分析】根据垂径定理求出AD，根据勾股定理列式求出OD，根据三角形中位线定理计算即可．
解：∵半径OC垂直于弦AB，∴AD＝DBAB，
在Rt△AOD中，OA2＝（OC﹣CD）2+AD2，即OA2＝（OA﹣1）2+（）2，解得，OA＝4∴OD＝OC﹣CD＝3，
∵AO＝OE，AD＝DB，∴BE＝2OD＝6，故选：B．
【点评】本题考查的是垂径定理、勾股定理，掌握垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧是解题的关键．
9．（3分）（2019秋•番禺区期末）若点A（﹣1，0）为抛物线y＝﹣3（x﹣1）2+c图象上一点，则当y≥0时，x的取值范围是（ ）A．﹣1＜x＜3
B．x＜﹣1或x＞3
C．﹣1≤x≤3
D．x≤﹣1或x≥3
【考点】二次函数的性质；二次函数图象上点的坐标特征；抛物线与x轴的交点．【分析】根据点A（﹣1，0）为抛物线y＝﹣3（x﹣1）2+c图象上一点，可以求得c的值，从而可以得到该抛物线的解析式，然后令y＝0，求得抛物线与x轴的交点，然后根据二次函数的性质即可得到当y≥0时，x的取值范围．
解：∵点A（﹣1，0）为抛物线y＝﹣3（x﹣1）2+c图象上一点，∴0＝﹣3（﹣1﹣1）2+c，得c＝12，∴y＝﹣3（x﹣1）2+12，当y＝0时，x1＝﹣1，x2＝3，
∴当y≥0时，x的取值范围是﹣1≤x≤3，故选：C．
【点评】本题考查抛物线与x轴的交点、二次函数的性质、二次函数图象上点的坐标特征，解答本题的关键是明确题意，利用二次函数的性质解答．
10．（3分）（2019秋•番禺区期末）如图，Rt△ABC中，AB＝9，BC＝6，∠B＝90°，将△ABC折叠，使A点与BC的中点D重合，折痕为PQ，则△PQD的面积为（ ）
A．B．C．D．
【考点】三角形的面积；勾股定理；翻折变换（折叠问题）．
【分析】由折叠的性质可得AQ＝QD，AP＝PD，由勾股定理可求AQ的长，由锐角三角函数分别求出AP，HQ的长，即可求解．
解：过点D作DN⊥AC于N，过点Q作HQ⊥AP于H，过点B作BE⊥AC于E，则BE∥DN∥HQ，
∵点D是BC中点，∴BD＝3，∵将△ABC折叠，∴AQ＝QD，AP＝PD，∵AB＝9，BC＝6，∠B＝90°，∴AC3，
∵S△ABCAC×BEAB×BC，∴BE，
∵BD＝CD，DN∥BE，∴DN是△BEC的中位线，∴DN，∴CN，
∴AN，CE，AE，∵PD2＝PN2+DN2，∴AP2＝（AP）2，∴AP，
∵QD2＝DB2+QB2，∴AQ2＝（9﹣AQ）2+9，∴AQ＝5，∴QB＝4，∴S△AEQS△ABE，∵，
∴△PQD的面积＝△APQ的面积，故选：D．
【点评】本题考查了翻折变换，勾股定理，三角形面积公式，锐角三角函数，求出HQ的长是本题的关键．
二、填空题（共6题，每题3分，共18分）
11．（3分）（2019秋•番禺区期末）方程（x﹣1）（x﹣3）＝0的解为 x1＝3，x2＝1 ．【考点】解一元二次方程﹣因式分解法．【分析】利用因式分解法求解可得．解：∵（x﹣1）（x﹣3）＝0，∴x﹣1＝0或x﹣3＝0，解得x1＝3，x2＝1，故x1＝3，x2＝1．
【点评】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．
12．（3分）（2021•海州区校级一模）点A（﹣2，3）关于原点对称的点的坐标是 （2，﹣3） ．
【考点】关于原点对称的点的坐标．
【分析】根据两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反，即点P（﹣2，3）关于原点O的对称点是P′（2，﹣3）解：根据两个点关于原点对称，
∴点P（﹣2，3）关于原点对称的点的坐标是（2，﹣3）；故答案为（2，﹣3）．
【点评】本题考查了关于原点对称的点的坐标，运用时要熟练掌握，可以不用图画和结合坐标系，只根据符号变化直接写出对应点的坐标．
13．（3分）（2019•江油市模拟）如图，已知⊙O的半径是2，点A、B、C在⊙O上，若四边形OABC为菱形，则图中阴影部分面积为 ．
【考点】菱形的性质；扇形面积的计算．
【分析】连接OB和AC交于点D，根据菱形及直角三角形的性质先求出AC的长及∠AOC的度数，然后求出菱形ABCO及扇形AOC的面积，则由S扇形AOC﹣S菱形ABCO可得答案．
解：连接OB和AC交于点D，如图所示：
∵圆的半径为2，∴OB＝OA＝OC＝2，又四边形OABC是菱形，∴OB⊥AC，ODOB＝1，
在Rt△COD中利用勾股定理可知：CD，AC＝2CD＝2，∵sin∠COD，
∴∠COD＝60°，∠AOC＝2∠COD＝120°，∴S菱形ABCOOB×AC2×22，S扇形AOC，
则图中阴影部分面积为S扇形AOC﹣S菱形ABCO2，故2．
【点评】本题考查扇形面积的计算及菱形的性质，解题关键是熟练掌握菱形的面积和扇形的面积，有一定的难度．
14．（3分）（2020秋•古丈县期末）将抛物线y＝x2先向右平移1个单位长度，再向上平移2个单位长度，得到的抛物线的解析式 y＝（x﹣1）2+2 ．【考点】二次函数图象与几何变换．
【分析】先确定抛物线y＝x2的顶点坐标为（0，0），再利用点平移的规律得到点（0，0）平移所得对应点的坐标为（1，2），然后根据顶点式写出新抛物线解析式．解：抛物线y＝x2的顶点坐标为（0，0），点（0，0）先向右平移1个单位长度，再向上平移2个单位长度所得对应点的坐标为（1，2），所以新抛物线的解析式为y＝（x﹣1）2+2故答案为y＝（x﹣1）2+2．
【点评】本题考查了二次函数图象与几何变换：由于抛物线平移后的形状不变，故a不变，所以求平移后的抛物线解析式通常可利用两种方法：一是求出原抛物线上任意两点平移后的坐标，利用待定系数法求出解析式；二是只考虑平移后的顶点坐标，即可求出解析式．
15．（3分）（长沙）若同时抛掷两枚质地均匀的骰子，则事件“两枚骰子朝上的点数互不相同”的概率是 ．【考点】列表法与树状图法．
【分析】画出树状图，然后根据概率公式列式计算即可得解．解：由题意作出树状图如下：
一共有36种情况，“两枚骰子朝上的点数互不相同”有30种，所以，P．故．
【点评】本题考查了列表法与树状图法，用到的知识点：概率＝所求情况数与总情况数之比．
16．（3分）（2019秋•番禺区期末）如图，将矩形ABCD绕点A旋转至矩形AB′C′D′位置，此时AC′的中点恰好与D点重合，AB'交CD于点E，若AB＝3cm，则线段EB′的长为 1cm ．【考点】矩形的性质；旋转的性质．
【分析】根据旋转后AC′的中点恰好与D点重合，利用旋转的性质得到直角三角形ACD中，∠ACD＝30°，再由旋转后矩形与已知矩形全等及矩形的性质得到∠DAE为30°，进而求出AD，DE，AE的长，则EB′的长可求出．解：由旋转的性质可知：AC＝AC'，
∵D为AC'的中点，∴ADAC，∵ABCD是矩形，∴AD⊥CD，∴∠ACD＝30°，∵AB∥CD，∴∠CAB＝30°，
∴∠C'AB'＝∠CAB＝30°，∴∠EAC＝30°，∴∠DAE＝30°，∵AB＝CD＝3cm，∴ADcm，∴DE＝1cm，∴AE＝2cm，∵AB＝AB'＝3cm，∴EB'＝3﹣2＝1cm．故1cm．
【点评】此题考查了旋转的性质，含30度直角三角形的性质，解直角三角形，熟练掌握旋转的性质是解本题的关键．
三、解答题（本大题共9小题，满分102分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
17．（9分）（2019秋•番禺区期末）（1）解方程：x（x﹣3）＝x﹣3；（2）用配方法解方程：x2﹣10x+6＝0
【考点】解一元二次方程﹣配方法；解一元二次方程﹣公式法．【分析】（1）利用因式分解法求解可得；（2）利用配方法求解可得．解：（1）∵x（x﹣3）＝x﹣3，∴x（x﹣3）﹣（x﹣3）＝0，则（x﹣3）（x﹣1）＝0，∴x﹣3＝0或x﹣1＝0，
解得x＝3或x＝1；
（2）∵x2﹣10x+6＝0，∴x2﹣10x＝﹣6，
则x2﹣10x+25＝﹣6+25，即（x﹣5）2＝19，∴x﹣5＝±，则x＝5．
【点评】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．
18．（9分）（2019秋•番禺区期末）在如图网格图中，每个小正方形的边长均为1个单位，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝3，BC＝4．
（1）试在图中作出△ABC以A为旋转中心，沿顺时针方向旋转90°后的图形△AB1C1；
（2）若点B的坐标为（﹣3，5），试在图中画出直角坐标系，并直接写出A、C两点的坐标；
（3）根据（2）的坐标系作出与△ABC关于原点对称的图形△A2B2C2，并直接写出点A2、B2、C2的坐标．
【考点】作图﹣旋转变换．
【分析】（1）利用网格特点和旋转的性质画出B、C的对应点B1、C1即可；（2）利用B点坐标画出直角坐标系，然后写出A、C的坐标；
（3）利用关于原点对称的点的坐标特征写出点A2、B2、C2的坐标，然后描点即可．解：（1）如图，△AB1C1为所作；
（2）如图，A点坐标为（0，1），C点的坐标为（﹣3，1）；
（3）如图，△A2B2C2为所作，点A2、B2、C2的坐标为（0，﹣1），（3，﹣5），（3，﹣1）．
【点评】本题考查了作图﹣旋转变换：根据旋转的性质可知，对应角都相等都等于旋转角，对应线段也相等，由此可以通过作相等的角，在角的边上截取相等的线段的方法，找到对应点，顺次连接得出旋转后的图形．
19．（10分）（2019秋•番禺区期末）画出抛物线y（x﹣1）2+5的图象（要求列表，描点），回答下列问题：
（1）写出它的开口方向，对称轴和顶点坐标；（2）当y随x的增大而增大时，写出x的取值范围；
（3）若抛物线与x轴的左交点（x1，0）满足n≤x1≤n+1，（n为整数），试写出n的值．
【考点】二次函数的性质；抛物线与x轴的交点．
【分析】根据二次函数图象的画法，先列表，然后描点、连线即可画出该抛物线的图象；
（1）根据画出的抛物线的图象，可以写出它的开口方向，对称轴和顶点坐标；（2）根据函数图象，可以写出当y随x的增大而增大时，x的取值范围；
（3）令y＝0求出相应的x的值，即可得到x1的值，然后根据n≤x1≤n+1，（n为整数），即可得到n的值．解：列表：
描点、连线
（1）由图象可知，
该抛物线开口向上，对称轴是直线x＝1，顶点坐标为（1，5）；（2）当y随x的增大而增大时，x的取值范围是x＜1；（3）当y＝0时，0（x﹣1）2+5，解得，，，
则该抛物线与x轴的左交点为（1，0），∵﹣31＜﹣2，n≤x1≤n+1，（n为整数），∴n＝﹣3．
【点评】本题考查抛物线与x轴的交点、二次函数的性质，解答本题的关键是明确题意，利用二次函数的性质和数形结合的思想解答．
20．（10分）（2019秋•番禺区期末）如图，已知⊙O为Rt△ABC的内切圆，切点分别为D，E，F，且∠C＝90°，AB＝13，BC＝12．（1）求BF的长；（2）求⊙O的半径r．
【考点】勾股定理；切线的性质；三角形的内切圆与内心．
【分析】（1）设BF＝BD＝x，利用切线长定理，构建方程解决问题即可．
（2）证明四边形OECF是矩形，推出OE＝CF即可解决问题．解：（1）在Rt△ABC中，∵∠C＝90°，AB＝13，BC＝12，∴AC5，
∵⊙O为Rt△ABC的内切圆，切点分别为D，E，F，∴BD＝BF，AD＝AE，CF＝CE，
设BF＝BD＝x，则AD＝AE＝13﹣x，CF＝CE＝12﹣x，∵AE+EC＝5，∴13﹣x+12﹣x＝5，∴x＝10，∴BF＝10．
（2）连接OE，OF，∵OE⊥AC，OF⊥BC，
∴∠OEC＝∠C＝∠OFC＝90°，∴四边形OECF是矩形，
∴OE＝CF＝BC﹣BF＝12﹣10＝2．即r＝2．
【点评】本题考查三角形的内心，勾股定理，切线长定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
21．（12分）（2019秋•番禺区期末）端午节是我国传统佳节，互赠粽子是端午节的一种习俗．小唐买了4个粽子（除粽馅不同外，其它均相同），其中有两个肉馅粽子、一个红枣馅粽子和一个豆沙馅粽子，他从中随机拿出两个送给同学小何．（1）请用树状图或列表的方法列出小何得到的两个粽子的所有可能结果；（2）计算小何得到的两个粽子都是肉馅粽子的概率．【考点】列表法与树状图法．
【分析】（1）根据题意可以用树状图表示出所有的可能结果；
（2）根据（1）中的树状图可以得到小何得到的两个粽子都是肉馅的概率．解：（1）肉粽记为A、红枣粽子记为B、豆沙粽子记为C，由题意可得，
（2）由（1）可得，
小何得到的两个粽子都是肉馅的概率是：．
【点评】本题考查列表法与树状图法，解答本题的关键是明确题意，列出相应的树状图，求出相应的概率．
22．（12分）（2019秋•番禺区期末）如图，点E，F，G，H分别位于边长为a的正方形ABCD的四条边上，四边形EFGH也是正方形，AE＝x，正方形EFGH的面积为y．（1）当a＝2，y＝3时，求x的值；
（2）当x为何值时，y的值最小？最小值是多少？
【考点】一元二次方程的应用；二次函数的应用．
【分析】（1）设正方形ABCD的边长为a，AE＝x，则BE＝a﹣x，易证△AHE≌△BEF≌△CFG≌△DHG，再利用勾股定理求出EF的长，进而得到正方形EFGH的面积；
（2）利用二次函数的性质即可求出面积的最小值．解：设正方形ABCD的边长为a，AE＝x，则BE＝a﹣x，∵四边形EFGH是正方形，∴EH＝EF，∠HEF＝90°，∴∠AEH+∠BEF＝90°，∵∠AEH+∠AHE＝90°，∴∠AHE＝∠BEF，
在△AHE和△BEF中，，∴△AHE≌△BEF（AAS），
同理可证△AHE≌△BEF≌△CFG≌△DHG，∴AE＝BF＝CG＝DH＝x，AH＝BE＝CF＝DG＝a﹣x∴EF2＝BE2+BF2＝（a﹣x）2+x2＝2x2﹣2ax+a2，∴正方形EFGH的面积y＝EF2＝2x2﹣2ax+a2，当a＝2，y＝3时，2x2﹣4x+4＝3，解得：x；
（2）∵y＝2x2﹣2ax+a2＝2（xa）2a2，
即：当xa（即E在AB边上的中点）时，正方形EFGH的面积最小，最小的面积为a2．
【点评】本题考查了二次函数的应用，正方形的性质、全等三角形的判定和性质以及二次函数的性质，题目的综合性较强，难度中等．
23．（12分）（2019秋•番禺区期末）如图，在△ABC中，点O在边AC上，⊙O与△ABC的边BC，AB分别相切于C，D两点，与边AC交于E点，弦CF与AB平行，与DO的延长线交于M点．
（1）求证：点M是CF的中点；（2）若E是的中点，BC＝a，①求的弧长；②求的值．
【考点】相似形综合题．
【分析】（1）由切线的性质可得∠ACB＝∠ODB＝90°，由平行线的性质可得OM⊥CF，由垂径定理可得结论；
（2）①由题意可证△BCD是等边三角形，可得∠B＝60°，由直角三角形的性质可得AB＝2a，ACa，AD＝a，通过证明△ADO∽△ACB，可得，可求DO的长，由弧长公式可求解；
②由直角三角形的性质可求AOa，可得AE的长，即可求解．证明：（1）∵⊙O与△ABC的边BC，AB分别相切于C，D两点，∴∠ACB＝∠ODB＝90°，∵CF∥AB，
∴∠OMF＝∠ODB＝90°，∴OM⊥CF，且OM过圆心O，∴点M是CF的中点；（2）①连接CD，DF，OF，
∵⊙O与△ABC的边BC，AB分别相切于C，D两点，∴BD＝BC，∵E是的中点，∴，
∴∠DCE＝∠FCE，∵AB∥CF，
∴∠A＝∠ECF＝∠ACD，∴AD＝CD，
∵∠A+∠B＝90°，∠ACD+∠BCD＝90°，∴∠B＝∠BCD，∴BD＝CD，且BD＝BC，∴BD＝BC＝CD，∴△BCD是等边三角形，∴∠B＝60°，
∴∠A＝30°＝∠ECF＝∠ACD，∴∠DCF＝60°，∴∠DOF＝120°，∵BC＝a，∠A＝30°，∴AB＝2a，ACa，∴AD＝a，
∵∠A＝∠A，∠ADO＝∠ACB＝90°，∴△ADO∽△ACB，∴，∴∴DOa，∴的弧长πa；
②∵∠A＝30°，OD⊥AB，∴AO＝2DOa，∴AE＝AO﹣OEaa，∴1．
【点评】本题是相似形综合题，考查了圆的有关性质，等边三角形的判定和性质，直角三角形的性质，相似三角形的判定和性质，弧长公式，灵活运用这些性质进行推理证明是本题的关键．
24．（14分）（武汉）在△ABC中，P为边AB上一点．（1）如图1，若∠ACP＝∠B，求证：AC2＝AP•AB；（2）若M为CP的中点，AC＝2．
①如图2，若∠PBM＝∠ACP，AB＝3，求BP的长；
②如图3，若∠ABC＝45°，∠A＝∠BMP＝60°，直接写出BP的长．
【考点】相似形综合题．
【分析】（1）根据相似三角形的判定定理即可得到结论；
（2）①取AP的中点G，连接MG，设AG＝x，则PG＝x，BG＝3﹣x，根据三角形的中位线的性质得到MG∥AC，由平行线的性质得到∠BGM＝∠A，∵∠根据相似三角形的性质得到，求得x，即可得到结论；②过C作CH⊥AB于H，延长AB到E，使BE＝BP解直角三角形得到CH，HEx，根据勾股定理得到CE2＝（）2+（x）2根据相似三角形的性质得到CE2＝EP•EA列方程即可得到结论．解：（1）∵∠ACP＝∠B，∠A＝∠A，∴△ACP∽△ABC，∴，
∴AC2＝AP•AB；
（2）①取AP的中点G，连接MG，设AG＝x，则PG＝x，BG＝3﹣x，∵M是PC的中点，∴MG∥AC，∴∠BGM＝∠A，∵∠ACP＝∠PBM，∴△APC∽△GMB，∴，
即，∴x，∵AB＝3，∴AP＝3，∴PB；
②过C作CH⊥AB于H，延长AB到E，使BE＝BP，设BP＝x．
∵∠ABC＝45°，∠A＝60°，∴CH，HEx，
∵CE2＝（）2+（x）2，∵PB＝BE，PM＝CM，∴BM∥CE，
∴∠PMB＝∠PCE＝60°＝∠A，∵∠E＝∠E，∴△ECP∽△EAC，∴，
∴CE2＝EP•EA，∴3+3+x2+2x＝2x（x1），∴x1，∴PB1．
【点评】本题考查了相似三角形的判定和性质，平行线的性质，三角形的中位线的性质，勾股定理，正确作出辅助线是解题的关键．
25．（14分）（2019秋•番禺区期末）在平面直角坐标系中，已知抛物线yx2+kx+c的图象经过点C（0，1），当x＝2时，函数有最小值．（1）求抛物线的解析式；
（2）直线l⊥y轴，垂足坐标为（0，﹣1），抛物线的对称轴与直线l交于点A．在x轴上有一点B，且AB，试在直线l上求异于点A的一点Q，使点Q在△ABC的外接圆上；
（3）点P（a，b）为抛物线上一动点，点M为坐标系中一定点，若点P到直线l的距离始终等于线段PM的长，求定点M的坐标．【考点】二次函数综合题．
【分析】（1）由已知可求抛物线解析式为yx2﹣x+1；
（2）由题意可知A（2，﹣1），设B（t，0），由AB，所以（t﹣2）2+1＝2，求出B（1，0）或B（3，0），当B（1，0）时，A、B、C三点共线，舍去，所以B（3，0），可证明△ABC为直角三角形，BC为外接圆的直径，外接圆的圆心为BC的中点，半径为，设Q（x，﹣1），则有（x）2+（1）2＝（）2，即可求Q（1，﹣1）；
（3）设定点M（m，n），∵P（a，b）为抛物线上一动点，则有ba2﹣a+1，因为P到直线l的距离等于PM，所以（m﹣a）2+（n﹣b）2＝（b+1）2，可得（2n﹣2m+2）a+（m2+n2﹣2n﹣3）＝0，由a为任意值上述等式均成立，有，解得，可求定点M（2，1）．
解：（1）∵图象经过点C（0，1），∴c＝1，∵对称轴x＝2，∴k＝﹣1，
∴抛物线解析式为yx2﹣x+1；
（2）由题意可知A（2，﹣1），设B（t，0），∵AB，
∴（t﹣2）2+1＝2，∴t＝1或t＝3，
∴B（1，0）或B（3，0），
∵B（1，0）时，A、B、C三点共线，舍去，∴B（3，0），∴AC＝2，BC，∴∠BAC＝90°，
∴△ABC为直角三角形，BC为外接圆的直径，外接圆的圆心为BC的中点，半径为，设Q（x，﹣1），则有（x）2+（1）2＝（）2，∴x＝1或x＝2（舍去），∴Q（1，﹣1）；
（3）设定点M（m，n），∵P（a，b）为抛物线上一动点，∴ba2﹣a+1，
∵P到直线l的距离等于PM，∴（m﹣a）2+（n﹣b）2＝（b+1）2，∴（2n﹣2m+2）a+（m2+n2﹣2n﹣3）＝0，∵a为任意值上述等式均成立，∴，∴，
此时m2+n2﹣2n﹣3＝0，∴定点M（2，1）．
【点评】本题考查二次函数的图象及性质；熟练掌握二次函数的图象及性质，结合圆的相关知识解题是关键．
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