资源描述
2022-2023学年九上数学期末模拟试卷
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题（每题4分，共48分）
1．若，则等于（ ）
A． B． C． D．
2．将一元二次方程x2-4x+3=0化成(x+m)2=n的形式，则n等于（ ）
A．-3 B．1 C．4 D．7
3．将抛物线y＝向左平移2个单位后，得到的新抛物线的解析式是（ ）
A． B．y＝
C．y＝ D．y＝
4．一次函数与二次函数在同一平面直角坐标系中的图像可能是（ ）
A． B． C． D．
5．在如图所示的象棋盘（各个小正方形的边长均相等）中，根据“马走日”的规则，“马”应落在下列哪个位置处,能使“马”、“车”、“炮”所在位置的格点构成的三角形与“帅”、“相”,“兵”所在位置的格点构成的三角形相似（ ）
A．①处 B．②处 C．③处 D．④处
6．如图，在⊙O中，直径CD⊥弦AB，则下列结论中正确的是
A．AC=AB B．∠C=∠BOD C．∠C=∠B D．∠A=∠B0D
7．下列图形中，是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
8．正三角形外接圆面积是，其内切圆面积是（ ）
A． B． C． D．
9．有9名同学参加歌咏比赛，他们的预赛成绩各不相同，现取其中前4名参加决赛，小红同学在知道自己成绩的情况下，要判断自己能否进入决赛，还需要知道这9名同学成绩的（ ）
A．平均数 B．方差 C．中位数 D．极差
10．已知实数m，n满足条件m2﹣7m+2=0，n2﹣7n+2=0，则+的值是（ ）
A． B． C．或2 D．或2
11．已知，则的值是（ ）
A． B． C． D．
12．如下图形中既是中心对称图形，又是轴对称图形的是( )
A． B． C． D．
二、填空题（每题4分，共24分）
13．如图，抛物线y＝﹣x2+2x+k与x轴交于A，B两点，交y轴于点C，则点B的坐标是_____；点C的坐标是_____．
14．如图，直线与两坐标轴相交于两点，点 为线段 上的动点，连结，过点 作 垂直于直线，垂足为 ，当点从点运动到点时，则点经过 的路径长为__________．
15．在平面直角坐标系中，直线l：y＝x﹣1与x轴交于点A，如图所示依次作正方形A1B1C1O、正方形A2B2C2C1…、正方形AnBn∁nCn+1，使得点A1、A2、A3、…在直线l上，点C1、C2、C3、…在y轴正半轴上，则点B₃的坐标是_____，点Bn的坐标是_____．
16．如图把沿边平移到的位置，它们的重叠部分（即图中阴影部分）的面积是面积的三分之一，若，则点平移的距离是__________
17．二次函数y=3x2+3的最小值是__________．
18．由n个相同的小正方体堆成的几何体，其视图如下所示，则n的最大值是_____．
三、解答题（共78分）
19．（8分）已知为的外接圆，点是的内心，的延长线交于点，交于点．
（1）如图1，求证：．
（2）如图2，为的直径．若，求的长．
20．（8分）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°．在斜边AB上取一点D，使CD=CB，圆心在AC上的⊙O过A、D两点，交AC于点E．
（1）求证：CD是⊙O的切线；
（2）若，且AE=2，求CE的长．
21．（8分）如图，一次函数y＝kx+b（b＝0）的图象与反比例函数y＝（m≠0）的图象交于二、四象限内的A、B两点，与x轴交于C点，点A的坐标为（﹣3，4），点B的坐标为（6，n）
（1）求反比例函数和一次函数的解析式；
（2）连接OB，求△AOB的面积；
（3）若kx+b＜，直接写出x的取值范围．
22．（10分）如图，点为上一点，点在直径的延长线上，且，过点作的切线，交的延长线于点.
判断直线与的位置关系，并说明理由；
若，求:①的半径，②的长.
23．（10分）已知抛物线经过点和点.
求抛物线的解析式；
求抛物线与轴的交点的坐标(注:点在点的左边);
求的面积.
24．（10分）如图1，在平面直角坐标系中，抛物线y＝x2+x+3与x轴交于A、B两点（点A在点B的右侧），与y轴交于点C，过点C作x轴的平行线交抛物线于点P．连接AC．
（1）求点P的坐标及直线AC的解析式；
（2）如图2，过点P作x轴的垂线，垂足为E，将线段OE绕点O逆时针旋转得到OF，旋转角为α（0°＜α＜90°），连接FA、FC．求AF+CF的最小值；
（3）如图3，点M为线段OA上一点，以OM为边在第一象限内作正方形OMNG，当正方形OMNG的顶点N恰好落在线段AC上时，将正方形OMNG沿x轴向右平移，记平移中的正方形OMNG为正方形O′MNG，当点M与点A重合时停止平移．设平移的距离为t，正方形O′MNG的边MN与AC交于点R，连接O′P、O′R、PR，是否存在t的值，使△O′PR为直角三角形？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．
25．（12分）用铁片制作的圆锥形容器盖如图所示．
（1）我们知道：把平面内线段OP绕着端点O旋转1周，端点P运动所形成的图形叫做圆．类比圆的定义，给圆锥下定义 ；
（2）已知OB＝2 cm，SB＝3 cm，
①计算容器盖铁皮的面积；
②在一张矩形铁片上剪下一个扇形，用它围成该圆锥形容器盖．以下是可供选用的矩形铁片的长和宽，其中可以选择且面积最小的矩形铁片是 ．
A．6 cm×4 cm B．6 cm×4.5 cm C．7 cm×4 cm D．7 cm×4.5 cm
26．如图，四边形是平行四边形，分别是的平分线，且与对角线分别相交于点.
(1)求证:；
(2)连结，判断四边形是否是平行四边形，说明理由.
参考答案
一、选择题（每题4分，共48分）
1、B
【分析】首先根据已知等式得出，然后代入所求式子，即可得解.
【详解】∵
∴
∴
故答案为B.
【点睛】
此题主要考查利用已知代数式化为含有同一未知数的式子，即可解题.
2、B
【分析】先把常数项移到方程右侧，两边加上4，利用完全平方公式得到（x-2）2=1，从而得到m=-2，n=1，然后计算m+n即可．
【详解】x2-4x+3=0，
x2-4x=-3
x2-4x+4=-3+4，
（x-2）2=1，
即n=1．
故选B．
【点睛】
本题考查了解一元二次方程的应用，解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（当二次项系数为1时）．
3、A
【分析】按照“左加右减，上加下减”的规律，进而得出平移后抛物线的解析式即可．
【详解】解：将抛物线y＝向左平移2个单位后，得到的新抛物线的解析式是：．故答案为A．
【点睛】
本题考查了二次函数图像的平移法则，即掌握“左加右减，上加下减”是解答本题的关键.
4、D
【分析】本题可先由一次函数y=ax+c图象得到字母系数的正负，再与二次函数y=ax2+bx+c的图象相比较看是否一致．
【详解】A、一次函数y=ax+c与y轴交点应为（0，c），二次函数y=ax2+bx+c与y轴交点也应为（0，c），图象不符合，故本选项错误；
B、由抛物线可知，a＞0，由直线可知，a＜0，a的取值矛盾，故本选项错误；
C、由抛物线可知，a＜0，由直线可知，a＞0，a的取值矛盾，故本选项错误；
D、由抛物线可知，a＜0，由直线可知，a＜0，且抛物线与直线与y轴的交点相同，故本选项正确．
故选D．
【点睛】
本题考查抛物线和直线的性质，用假设法来搞定这种数形结合题是一种很好的方法．
5、B
【分析】确定“帅”、“相”、“兵”所在位置的格点构成的三角形的三边的长，然后利用相似三角形的对应边的比相等确定第三个顶点的位置即可．
【详解】帅”、“相”、“兵”所在位置的格点构成的三角形的三边的长分别为；
“车”、“炮”之间的距离为1，“炮”②之间的距离为，“车”②之间的距离为2 ，
∵
∴马应该落在②的位置，
故选B
【点睛】
本题考查了相似三角形的知识，解题的关键是利用勾股定理求得三角形的各边的长，难度不大．
6、B
【解析】先利用垂径定理得到弧AD=弧BD，然后根据圆周角定理得到∠C=∠BOD，从而可对各选项进行判断．
【详解】解：∵直径CD⊥弦AB，
∴弧AD =弧BD，
∴∠C=∠BOD．
故选B．
【点睛】
本题考查了垂径定理和圆周角定理，垂径定理：垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧．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．
7、D
【分析】把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形．
【详解】解：A、不是中心对称图形，故此选项错误；
B、不是中心对称图形，故此选项错误；
C、不是中心对称图形，故此选项错误；
D、是中心对称图形，故此选项正确；
故选：D．
【点睛】
本题考查的知识点是中心对称图形，掌握中心对称图形的定义是解此题的关键．
8、D
【分析】△ABC为等边三角形，利用外接圆和内切圆的性质得∠OBC=30°，在Rt△OBD中，利用含30°的直角三角形三边的关系得到OD=OB，然后根据圆的面积公式得到△ABC的外接圆的面积与其内切圆的面积之比，即可得解.
【详解】△ABC为等边三角形，AD为角平分线，⊙O为△ABC的内切圆，连OB，如图所示：
∵△ABC为等边三角形，⊙O为△ABC的内切圆，
∴点O为△ABC的外心，AD⊥BC，
∴∠OBC=30°，
在Rt△OBD中，OD=OB，
∴△ABC的外接圆的面积与其内切圆的面积之比=OB2：OD2=4：1．
∵正三角形外接圆面积是，
∴其内切圆面积是
故选：D.
【点睛】
本题考查了正多边形与圆：正多边有内切圆和外接圆，并且它们是同心圆．也考查了等边三角形的性质．
9、C
【解析】9人成绩的中位数是第5名的成绩．参赛选手要想知道自己是否能进入前4名，只需要了解自己的成绩以及全部成绩的中位数，比较即可．
【详解】由于总共有9个人，且他们的分数互不相同，
第5的成绩是中位数，要判断是否进入前5名，故应知道中位数的多少．
故选：C．
【点睛】
此题主要考查统计的有关知识，主要包括平均数、中位数、极差、方差的意义，掌握相关知识点是解答此题的关键．
10、D
【分析】①m≠n时，由题意可得m、n为方程x2﹣7x+2=0的两个实数根，利用韦达定理得出m+n、mn的值，将要求的式子转化为关于m+n、mn的形式，整体代入求值即可；②m=n，直接代入所求式子计算即可.
【详解】①m≠n时，由题意得：m、n为方程x2﹣7x+2=0的两个实数根，
∴m+n=7，mn=2，
+====；
②m=n时，+=2.
故选D.
【点睛】
本题主要考查一元二次方程根与系数的关系，分析出m、n是方程的两个根以及分类讨论是解题的关键.
11、A
【解析】设a=k,b=2k,
则 .
故选A.
12、B
【解析】根据中心对称图形的定义以及轴对称图形的定义进行判断即可得出答案．
【详解】A．是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项错误；
B．是轴对称图形，也是中心对称图形，故本选项正确；
C．是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项错误；
D．不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项错误．
故选：B．
【点睛】
此题主要考查了中心对称图形与轴对称图形的定义，根据定义得出图形形状是解决问题的关键．
二、填空题（每题4分，共24分）
13、 (﹣1，1) (1，3)
【分析】根据图象可知抛物线y＝﹣x2+2x+k过点(3，1)，从而可以求得k的值，进而得到抛物线的解析式，然后即可得到点B和点C的坐标．
【详解】解：由图可知，
抛物线y＝﹣x2+2x+k过点(3，1)，
则1＝﹣32+2×3+k，得k＝3，
∴y＝﹣x2+2x+3＝﹣(x﹣3)(x+1)，
当x＝1时，y＝1+1+3=3；
当y＝1时，﹣(x﹣3)(x+1)=1，
∴x＝3或x＝﹣1，
∴点B的坐标为(﹣1，1)，点C的坐标为(1，3)，
故答案为：(﹣1，1)，(1，3)．
【点睛】
本题考查了二次函数图像上点的坐标特征，二次函数与坐标轴的交点问题，二次函数与x轴的交点横坐标是ax2+bx+c=1时方程的解，纵坐标是y=1．
14、
【分析】根据直线与两坐标轴交点坐标的特点可得A、B两点坐标，由题意可得点M的路径是以AB的中点N为圆心，AB长的一半为半径的，求出的长度即可．
【详解】解：∵AM垂直于直线BP，
∴∠BMA=90°，
∴点M的路径是以AB的中点N为圆心，AB长的一半为半径的，
连接ON，
∵直线y=-x+4与两坐标轴交A、B两点，
∴OA=OB=4，
∴ON⊥AB，
∴∠ONA=90°，
∵在Rt△OAB中，AB= ，
∴ON= ，
∴
故答案为：．
【点睛】
本题考查了一次函数的综合题，涉及了两坐标轴交点坐标及点的运动轨迹，难点在于根据∠BMA=90°，判断出点M的运动路径是解题的关键，同学们要注意培养自己解答综合题的能力．
15、 (4，7) (2n﹣1，2n﹣1)
【分析】根据一次函数图象上点的坐标特征找出A1、A2、A3、A4的坐标，结合图形即可得知点Bn是线段CnAn+1的中点，由此即可得出点Bn的坐标．
【详解】解：∵直线l：y＝x﹣1与x轴交于点A，
∴A1（1，0），
观察，发现：A1（1，0），A2（2，1），A3（4，3），A4（8，7），…，
∴An（2n﹣1，2n﹣1﹣1）（n为正整数）．
观察图形可知：B1（1，1），B2（2，3），B3（4，7），
点Bn是线段CnAn+1的中点，
∴点Bn的坐标是（2n﹣1，2n﹣1）．
故答案为：（4，7），（2n﹣1，2n﹣1）（n为正整数）．
【点睛】
此题主要考查一次函数与几何，解题的关键是发现坐标的变化规律．
16、
【分析】根据题意可知△ABC与阴影部分为相似三角形，且面积比为三分之一，所以可以求出，进而可求答案.
【详解】
∵把沿边平移到
∴
∴
∴
∵，
∴
∴
∴
即点C平移的距离是
故答案为.
【点睛】
本题考查的是相似三角形的性质与判定，能够知道相似三角形的面积比是相似比的平方是解题的关键.
17、1．
【分析】根据二次函数的性质求出函数的最小值即可．
【详解】解：∵y=1x2+1=1（x+0）2+1，
∴顶点坐标为（0，1）．
∴该函数的最小值是1．
故答案为：1．
【点睛】
本题考查了二次函数的性质，二次函数的最值，正确的理解题意是解题的关键．
18、1
【分析】根据主视图和俯视图得出几何体的可能堆放，从而即可得出答案．
【详解】综合主视图和俯视图，底面最多有个，第二层最多有个，第三层最多有个
则n的最大值是
故答案为：1．
【点睛】
本题考查了三视图中的主视图和俯视图，掌握三视图的相关概念是解题关键．
三、解答题（共78分）
19、（1）证明见解析；（2）
【分析】（1）连接半径，根据内心的性质、圆的基本性质以及三角形外角的性质求得，即可得证结论；
（2）连接半径，由为的直径、点是的内心以及等腰三角形的三线合一可得、，然后依次解、即可得出结论．
【详解】解：（1）证明：连接，如图：
∵是的内心
∴，
∵
∴
∴
∵
∴
（2）连接，如图：
∵是直径，平分
∴且
∵，，
∴在中，
∴
∴
∵
∴
∴在中，
∴由（1）可知，
∴．
故答案是：（1）证明见解析；（2）
【点睛】
本题考查了三角形内心的性质、圆的一些基本性质、三角形外角的性质、等腰三角形的性质、垂径定理、锐角三角函数以及勾股定理等知识点，难度不大，属于中档题型．
20、（1）详见解析；（2）CE=．
【分析】（1）连接OD，由CD=CB， OA=OD，可以推出∠B=∠CDB，∠A=∠ODA，再根据∠ACB=90°，推出∠A+∠B=90°，证明∠ODC=90°，即可证明CD是⊙O的切线；
（2）连接DE，证明△CDE∽△CAD，得到，结合已知条件，设BC=x=CD，则AC=3x，CE=3x-2，列出方程，求出x，即可求出CE的长度．
【详解】解：（1）连接OD．
∵CD=CB， OA=OD，
∴∠B=∠CDB，∠A=∠ODA．
又∵∠ACB=90°，
∴∠A+∠B=90°，
∴∠ODA+∠CDB=90°，
∴∠ODC=180°-（∠ODA+∠CDB）=90°，
即CD⊥OD，
∴CD是⊙O的切线．
（2）连接DE．
∵AE是⊙O的直径，
∴∠ADE=∠ADO+∠ODE=90°，
又∵∠ODC=∠CDE+∠ODE =90°，
∴∠ADO=∠CDE．
又∵∠DCE=∠DCA，
∴△CDE∽△CAD，
∴
∵，AE=2，
∴可设BC=x=CD，则AC=3x，CE=3x-2，
即
解得，
∴CE=3x-2=
【点睛】
本题主要考查了圆的切线证明以及圆与相似综合问题，能够合理的作出辅助线以及找出相似三角形，列出比例式是解决本题的关键．
21、（1），y＝﹣x+2；（2）9；（3）x＞6或﹣3＜x＜1
【分析】（1）根据A的坐标求出反比例函数的解析式，求出B点的坐标，再把A、B的坐标代入y＝kx+b，求出一次函数的解析式即可；
（2）先求出点C的坐标，再根据三角形的面积公式求出即可；
（3）根据A、B的坐标和图象得出即可．
【详解】解：（1）把A点的坐标（﹣3，4）代入y＝得：m＝﹣12，
即反比例函数的解析式是y＝，
把B点的坐标（6，n）代入y＝﹣得：n＝﹣2，
即B点的坐标是（6，﹣2），
把A、B的坐标代入y＝kx+b得：，
解得：k＝﹣，b＝2，
所以一次函数的解析式是y＝﹣x+2；
（2）设一次函数y＝﹣x+2与x轴的交点是C，
y＝﹣x+2，当y＝1时，x＝3，
即OC＝3，
∵A（﹣3，4），B（6，﹣2），
∴△AOB的面积S＝S△AOC+S△BOC＝＝9；
（3）当kx+b＜时x的取值范围是x＞6或﹣3＜x＜1．
【点睛】
本题考查了一次函数和反比例函数的综合问题，掌握一次函数和反比例函数的图象和性质、三角形面积公式是解题的关键．
22、 (1) 直线与相切；见解析（2）①3；②6.
【分析】（1）首先由圆的性质得出，然后由圆内接直角三角形得出，，进而得出，即可判定其相切；
（2）①首先根据根据元的性质得出，，进而可判定，即可得出半径；
②首先由OP、OB得出OC，然后由切线性质得出，再由判定进而利用相似性质构建方程，即可得解.
【详解】直线与相切；
理由:连接，
，
，
是的直径，
，
，
，
，
即，
为上的一点，
直线与相切；
①，
，
，
，
，
，
，
圆的半径为;
②，
，
∵过点作的切线交的延长线于点，
，
，即
【点睛】
此题主要考查直线和圆的位置关系以及相似三角形的判定与性质，熟练掌握。即可解题.
23、（1）；（2）点，点；（3）6.
【分析】（1）将点和点代入即可求出解析式；
（2）令y=0，解出的x的值即可得到点A、B的坐标；
（3）根据点坐标求得，代入面积公式计算即可.
【详解】（1）把点和点代入得
解得
所以抛物线的解析式为：；
（2）把代入，得
，
解得，
点在点的左边，
点，点；
（3）连接AC、BC,
由题意得，
.
【点睛】
此题考查待定系数法求二次函数的解析式，二次函数图形与一元二次方程的关系，利用点坐标求图象中三角形的面积.
24、（1）P（2，3），yAC＝﹣x+3；（2）；（3）存在，t的值为﹣3或，理由见解析
【分析】（1）由抛物线y＝x2+x+3可求出点C，P，A的坐标，再用待定系数法，可求出直线AC的解析式；
（2）在OC上取点H（0，），连接HF，AH，求出AH的长度，证△HOF∽△FOC，推出HF＝CF，由AF+CF＝AF+HF≥AH，即可求解；
（3）先求出正方形的边长，通过△ARM∽△ACO将相关线段用含t的代数式表示出来，再分三种情况进行讨论：当∠O'RP＝90°时，当∠PO'R＝90°时，当∠O'PR＝90°时，分别构造相似三角形，即可求出t的值，其中第三种情况不存在，舍去．
【详解】（1）在抛物线y＝x2+x+3中，
当x＝0时，y＝3，
∴C（0，3），
当y＝3时，x1＝0，x2＝2，
∴P（2，3），
当y＝0时，则x2+x+3=0，
解得：x1＝﹣4，x2＝6，
B（﹣4，0），A（6，0），
设直线AC的解析式为y＝kx+3，
将A（6，0）代入，
得，k＝﹣，
∴y＝﹣x+3，
∴点P坐标为P（2，3），直线AC的解析式为y＝﹣x+3；
（2）在OC上取点H（0，），连接HF，AH，
则OH＝，AH＝，
∵，，且∠HOF＝∠FOC，
∴△HOF∽△FOC，
∴，
∴HF＝CF，
∴AF+CF＝AF+HF≥AH＝，
∴AF+CF的最小值为；
（3）∵正方形OMNG的顶点N恰好落在线段AC上，
∴GN＝MN，
∴设N（a，a），
将点N代入直线AC解析式，
得，a＝﹣a+3，
∴a＝2，
∴正方形OMNG的边长是2，
∵平移的距离为t，
∴平移后OM的长为t+2，
∴AM＝6﹣（t+2）＝4﹣t，
∵RM∥OC，
∴△ARM∽△ACO，
∴，
即，
∴RM＝2﹣t，
如图3﹣1，当∠O'RP＝90°时，延长RN交CP的延长线于Q，
∵∠PRQ+∠O'RM＝90°，∠RO'M+∠O'RM＝90°，
∴∠PRQ＝∠RO'M，
又∵∠Q＝∠O'MR＝90°，
∴△PQR∽△RMO'，
∴，
∵PQ＝2+t-2=t，QR＝3﹣RM＝1+t，
∴，
解得，t1＝﹣3﹣（舍去），t2＝﹣3；
如图3﹣2，当∠PO'R＝90°时，
∵∠PO'E+∠RO'M＝90°，∠PO'E+∠EPO'＝90°，
∴∠RO'M＝∠EPO'，
又∵∠PEO'＝∠O'MR＝90°，
∴△PEO'∽△O'MR，
∴，
即，
解得，t＝；
如图3﹣3，当∠O'PR＝90°时，延长O’G交CP于K，延长MN交CP的延长线于点T，
∵∠KPO'+∠TPR＝90°，∠KO'P+∠KPO'＝90°，
∴∠KO'P＝∠TPR，
又∵∠O'KP＝∠T＝90°，
∴△KO'P∽△TPR，
∴，
即，
整理，得t2-t+3＝0，
∵△＝b2﹣4ac＝﹣＜0，
∴此方程无解，故不存在∠O'PR＝90°的情况；
综上所述，△O′PR为直角三角形时，t的值为﹣3或．
【点睛】
本题主要考查二次函数的图象和相似三角形的综合，添加合适的辅助线，构造相似三角形，是解题的关键.
25、（1）把平面内，以直角三角形的直角边所在直线为旋转轴，其余两边旋转而成的曲面所围成的几何体叫做圆锥；（2）①6π；②B.
【分析】（1）根据平面内图形的旋转，给圆锥下定义；（2）①根据圆锥侧面积公式求容器盖铁皮的面积；②首先求得扇形的圆心角的度数，然后求得弓形的高就是矩形的宽，长就是圆的直径．
【详解】解：（1）把平面内，以直角三角形的直角边所在直线为旋转轴，其余两边旋转而成的曲面所围成的几何体叫做圆锥；
（2）①由题意，容器盖铁皮的面积即圆锥的侧面积
∴
即容器盖铁皮的面积为6πcm²；
②解：设圆锥展开扇形的圆心角为n度，
则2π×2=
解得：n=240°，
如图：∠AOB=120°，
则∠AOC=60°，
∵OB=3，
∴OC=1.5，
∴矩形的长为6cm，宽为4.5cm，
故选：B．
【点睛】
本题考查了圆锥的定义及其有关计算，根据题意作出图形是解答本题的关键．
26、 (1)见解析；(2) 是平行四边形；理由见解析.
【分析】（1）根据角平分线的性质先得出∠BEC＝∠DFA，然后再证∠ACB＝∠CAD，再证出△ABE≌△CDF，从而得出AE＝CF；
（2）连接BD交AC于O，则可知OB＝OD，OA＝OC，又AE＝CF，所以OE＝OF，然后依据对角线互相平分的四边形是平行四边形即可证明．
【详解】（1）证明:四边形是平行四边形，
，
分别是的平分线，
，
∴ ，
∴
（2）是平行四边形；
连接交于，
四边形是平行四边形，
，
.
即
四边形为平行四边形(对角线互相平分的四边形是平行四边形).
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，解答本题的关键寻找两条线段所在的三角形，然后证明两三角形全等．
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