资源描述
2022-2023学年九上数学期末模拟试卷
考生须知：
1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。
2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。
3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。
一、选择题(每小题3分,共30分)
1．如图，将线段 AB 先向右平移 5 个单位，再将所得线段绕原点按顺时针方向旋转 90°，得到线段 AB ，则点 B 的对应点 B′的坐标是（ ）
A．（-4 , 1） B．（ －1, 2） C．（4 ,- 1） D．（1 ,- 2）
2．已知⊙O的半径为4cm．若点P到圆心O的距离为3cm，则点P（ ）
A．在⊙O内 B．在⊙O上
C．在⊙O外 D．与⊙O的位置关系无法确定
3．若抛物线y＝x2﹣3x+c与y轴的交点为（0，2），则下列说法正确的是（ ）
A．抛物线开口向下
B．抛物线与x轴的交点为（﹣1，0），（3，0）
C．当x＝1时，y有最大值为0
D．抛物线的对称轴是直线x＝
4．实施新课改以来，某班学生经常采用“小组合作学习”的方式进行学习，学习委员小兵每周对各小组合作学习的情况进行了综合评分．下表是其中一周的统计数据：
组 别
1
2
3
4
5
6
7
分 值
90
95
90
88
90
92
85
这组数据的中位数和众数分别是
A．88，90 B．90，90 C．88，95 D．90，95
5．某班的同学想测量一教楼AB的高度．如图，大楼前有一段斜坡，已知的长为16米，它的坡度．在离点45米的处，测得一教楼顶端的仰角为，则一教楼的高度约（ ）米（结果精确到0.1米）（参考数据：，，，）
A．44.1 B．39.8 C．36.1 D．25.9
6．已知抛物线与二次函数的图像相同，开口方向相同，且顶点坐标为，它对应的函数表达式为（ ）
A． B．
C． D．
7．若2是关于方程x2﹣5x+c＝0的一个根，则这个方程的另一个根是（ ）
A．﹣3 B．3 C．﹣6 D．6
8．如图是一个长方体的左视图和俯视图，则其主视图的面积为（ ）
A．6 B．8 C．12 D．24
9．下列二次根式中，是最简二次根式的是（ ）
A． B． C． D．
10．如图，正方形中，点、分别在边，上，与交于点.若，，则的长为（ ）
A． B． C． D．
二、填空题(每小题3分,共24分)
11．如图，OABC是平行四边形，对角线OB在y轴正半轴上，位于第一象限的点A和第二象限内的点C分别在双曲线和的一支上，分别过点A、C作x轴的垂线，垂足分别为M和N，则有以下的结论：
①阴影部分的面积为；
②若B点坐标为（0，6），A点坐标为（2，2），则；
③当∠AOC＝时，；
④若OABC是菱形，则两双曲线既关于x轴对称，也关于y轴对称.其中正确的结论是 ____________（填写正确结论的序号）．
12．如图，已知二次函数y=x2+bx+c的图象经过点（﹣1，0），（1，﹣2），当y随x的增大而增大时，x的取值范围是______．
13．如图，四边形ABCD是⊙O的外切四边形，且AB＝5，CD＝6，则四边形ABCD的周长为_______．
14．在平面直角坐标系中，已知点A（－6，3），B（9，0），以原点O为位似中心，相似比为，把△ABO缩小，则点A对应点A′的坐标是__________．
15．某园进行改造，现需要修建一些如图所示圆形（不完整）的门，根据实际需要该门的最高点C距离地面的高度为2.5m，宽度AB为1m，则该圆形门的半径应为_____m．
16．若代数式有意义，则的取值范围是____________．
17．庆“元旦”，市工会组织篮球比赛，赛制为单循环形式（每两队之间都赛一场），共进行了45场比赛，求这次有多少队参加比赛？若设这次有x队参加比赛，则根据题意可列方程为_____．
18．对于实数a，b，定义运算“⊗”： ，例如：5⊗3，因为5＞3，所以5⊗3=5×3﹣32=1．若x1，x2是一元二次方程x2﹣1x+8=0的两个根，则x1⊗x2=________．
三、解答题(共66分)
19．（10分）图1和图2中的正方形ABCD和四边形AEFG都是正方形．
（1）如图1，连接DE，BG，M为线段BG的中点，连接AM，探究AM与DE的数量关系和位置关系，并证明你的结论；
（2）在图1的基础上，将正方形AEFG绕点A逆时针方向旋转到图2的位置，连结DE、BG，M为线段BG的中点，连结AM，探究AM与DE的数量关系和位置关系，并证明你的结论．
20．（6分）如图，点A、B、C、D是⊙O上的四个点，AD是⊙O的直径，过点C的切线与AB的延长线垂直于点E，连接AC、BD相交于点F．
（1）求证：AC平分∠BAD；
（2）若⊙O的半径为，AC＝6，求DF的长．
21．（6分）如图，在平面直角坐标系中，点A，C分别在x轴，y轴上，四边形ABCO为矩形，AB＝16，点D与点A关于y轴对称，tan∠ACB＝，点E、F分别是线段AD、AC上的动点，（点E不与点A，D重合），且∠CEF＝∠ACB．
（1）求AC的长和点D的坐标；
（2）求证：；
（3）当△EFC为等腰三角形时，求点E的坐标．
22．（8分）小明和小亮利用三张卡片做游戏，卡片上分别写有A，B，B．这些卡片除字母外完全相同，从中随机摸出一张，记下字母后放回，充分洗匀后，再从中摸出一张，如果两次摸到卡片字母相同则小明胜，否则小亮胜，这个游戏对双方公平吗？请说明现由．
23．（8分）直线与双曲线只有一个交点，且与轴、轴分别交于、两点，AD垂直平分，交轴于点．
（1）求直线、双曲线的解析式；
（2）过点作轴的垂线交双曲线于点，求 的面积．
24．（8分）方格纸中的每个小方格都是边长为1个单位的正方形，在建立平面直角坐标系后，△ABC的顶点均在格点上，点C的坐标为（4，﹣1）．
（1）作出△ABC关于y轴对称的，并写出的坐标；
（2）作出△ABC绕点O逆时针旋转90°后得到的，并求出所经过的路径长．
25．（10分）综合与实践
背景阅读：旋转就是将图形上的每一点在平面内绕着旋转中心旋转固定角度的位置移动，其中“旋”是过程，“转”是结果．旋转作为图形变换的一种，具备图形旋转前后对应点到旋转中心的距离相等：对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角：旋转前、后的图形是全等图形等性质．所以充分运用这些性质是在解决有关旋转问题的关健．
实践操作：如图1，在Rt△ABC中，∠B＝90°，BC＝2AB＝12，点D，E分别是边BC，AC的中点，连接DE，将△EDC绕点C按顺时针方向旋转，记旋转角为α．
问题解决：（1）①当α＝0°时，＝ ；②当α＝180°时，＝ ．
（2）试判断：当0°≤a＜360°时，的大小有无变化？请仅就图2的情形给出证明．
问题再探：（3）当△EDC旋转至A，D，E三点共线时，求得线段BD的长为 ．
26．（10分）如图①，在中，，，D是BC的中点．
小明对图①进行了如下探究：在线段AD上任取一点P，连接PB，将线段PB绕点P按逆时针方向旋转，点B的对应点是点E，连接BE，得到．小明发现，随着点P在线段AD上位置的变化，点E的位置也在变化，点E可能在直线AD的左侧，也可能在直线AD上，还可能在直线AD的右侧．请你帮助小明继续探究，并解答下列问题：
（1）当点E在直线AD上时，如图②所示．
① ；②连接CE，直线CE与直线AB的位置关系是 ．
（2）请在图③中画出，使点E在直线AD的右侧，连接CE，试判断直线CE与直线AB的位置关系，并说明理由．
（3）当点P在线段AD上运动时，求AE的最小值．
参考答案
一、选择题(每小题3分,共30分)
1、D
【解析】在平面直角坐标系内，把一个图形各个点的横坐标都加上（或减去）一个整数a，相应的新图形就是把原图形向右（或向左）平移a个单位长度；如果把它各个点的纵坐标都加（或减去）一个整数a，相应的新图形就是把原图形向上（或向下）平移a个单位长度；
图形或点旋转之后要结合旋转的角度和图形的特殊性质来求出旋转后的点的坐标．常见的是旋转特殊角度如：30°，45°，60°，90°，180°．
【详解】将线段AB先向右平移5个单位，点B（2，1），连接OB，顺时针旋转90°，则B'对应坐标为（1，-2），
故选D．
【点睛】
本题考查了图形的平移与旋转，熟练运用平移与旋转的性质是解题的关键．
2、A
【分析】根据点与圆的位置关系判断即可.
【详解】∵点P到圆心的距离为3cm，
而⊙O的半径为4cm，
∴点P到圆心的距离小于圆的半径，
∴点P在圆内，
故选：A．
【点睛】
此题考查的是点与圆的位置关系,掌握点与圆的位置关系的判断方法是解决此题的关键.
3、D
【解析】A、由a=1＞0，可得出抛物线开口向上，A选项错误；
B、由抛物线与y轴的交点坐标可得出c值，进而可得出抛物线的解析式，令y=0求出x值，由此可得出抛物线与x轴的交点为（1，0）、（1，0），B选项错误；
C、由抛物线开口向上，可得出y无最大值，C选项错误；
D、由抛物线的解析式利用二次函数的性质，即可求出抛物线的对称轴为直线x=-，D选项正确．
综上即可得出结论．
【详解】解：A、∵a=1＞0，
∴抛物线开口向上，A选项错误；
B、∵抛物线y=x1-3x+c与y轴的交点为（0，1），
∴c=1，
∴抛物线的解析式为y=x1-3x+1．
当y=0时，有x1-3x+1=0，
解得：x1=1，x1=1，
∴抛物线与x轴的交点为（1，0）、（1，0），B选项错误；
C、∵抛物线开口向上，
∴y无最大值，C选项错误；
D、∵抛物线的解析式为y=x1-3x+1，
∴抛物线的对称轴为直线x=-=-=，D选项正确．
故选D．
【点睛】
本题考查了抛物线与x轴的交点、二次函数的性质、二次函数的最值以及二次函数图象上点的坐标特征，利用二次函数的性质及二次函数图象上点的坐标特征逐一分析四个选项的正误是解题的关键．
4、B
【解析】中位数是一组数据从小到大（或从大到小）重新排列后，最中间的那个数（最中间两个数的平均数）．由此将这组数据重新排序为85，88，1，1，1，92，95，∴中位数是按从小到大排列后第4个数为：1．
众数是在一组数据中，出现次数最多的数据，这组数据中1出现三次，出现的次数最多，故这组数据的众数为1．
故选B．
5、C
【解析】延长AB交直线DC于点F，在Rt△BCF中利用坡度的定义求得CF的长，则DF即可求得，然后在直角△ADF中利用三角函数求得AF的长，进而求得AB的长．
【详解】延长AB交直线DC于点F．
∵在Rt△BCF中，，
∴设BF=k，则CF=k，BC=2k．
又∵BC=16，
∴k=8，
∴BF=8，CF=8．
∵DF=DC+CF，
∴DF=45+8．
∵在Rt△ADF中，tan∠ADF=，
∴AF=tan37°×（45+8）≈44.13（米），
∵AB=AF-BF，
∴AB=44.13-8≈36.1米．
故选C．
【点睛】
本题考查了解直角三角形的应用，关键是根据仰角构造直角三角形，利用三角函数求解，注意利用两个直角三角形的公共边求解是解答此类题型的常用方法．
6、D
【分析】先根据抛物线与二次函数的图像相同，开口方向相同，确定出二次项系数a的值，然后再通过顶点坐标即可得出抛物线的表达式．
【详解】∵抛物线与二次函数的图像相同，开口方向相同，
∵顶点坐标为
∴抛物线的表达式为
故选：D．
【点睛】
本题主要考查抛物线的顶点式，掌握二次函数表达式中的顶点式是解题的关键．
7、B
【分析】根据一元二次方程根与系数的关系即可得．
【详解】设这个方程的另一个根为，
由一元二次方程根与系数的关系得：，
解得，
故选：B．
【点睛】
本题考查了一元二次方程根与系数的关系，熟练掌握一元二次方程根与系数的关系是解题关键．
8、B
【分析】左视图可得到长方体的宽和高，俯视图可得到长方体的长和宽，主视图表现长方体的长和高，让长×高即为主视图的面积．
【详解】解：由左视图可知，长方体的高为2，
由俯视图可知，长方体的长为4，
∴长方体的主视图的面积为：；
故选：B．
【点睛】
本题考查主视图的面积的求法，根据其他视图得到几何体的长和高是解决本题的关键．
9、C
【分析】最简二次根式须同时满足两个条件：一是被开方数中不含分母，二是被开方数中不含能开的尽方的因数或因式，据此逐项判断即得答案．
【详解】解：A、，故不是最简二次根式，本选项不符合题意；
B、中含有分母，故不是最简二次根式，本选项不符合题意；
C、是最简二次根式，故本选项符合题意；
D、，故不是最简二次根式，本选项不符合题意．
故选：C．
【点睛】
本题考查了最简二次根式的定义，属于基础题型，熟知概念是关键．
10、A
【分析】根据正方形的性质以及勾股定理求得，证明，根据全等三角形的性质可得，继而根据，可求得CG的长，进而根据即可求得答案.
【详解】∵四边形ABCD是正方形，，
∴，，
∵，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
，
∴，，
∴，
故选A.
【点睛】
本题考查了正方形的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，三角函数等知识，综合性较强，熟练掌握和灵活运用相关知识是解题的关键.注意数形结合思想的运用.
二、填空题(每小题3分,共24分)
11、②④
【分析】由题意作AE⊥y轴于点E，CF⊥y轴于点F，①由S△AOM=|k1|，S△CON=|k2|，得到S阴影部分=S△AOM+S△CON=（|k1|+|k2|）=（k1-k2）；
②由平行四边形的性质求得点C的坐标，根据反比例函数图象上点的坐标特征求得系数k2的值．
③当∠AOC=90°，得到四边形OABC是矩形，由于不能确定OA与OC相等，则不能判断△AOM≌△CNO，所以不能判断AM=CN，则不能确定|k1|=|k2|；④若OABC是菱形，根据菱形的性质得OA=OC，可判断Rt△AOM≌Rt△CNO，则AM=CN，所以|k1|=|k2|，即k1=-k2，根据反比例函数的性质得两双曲线既关于x轴对称，同时也关于y轴对称．
【详解】解：作AE⊥y轴于E，CF⊥y轴于F，如图：
∵S△AOM=|k1|，S△CON=|k2|，得到S阴影部分=S△AOM+S△CON=（|k1|+|k2|）；
而k1＞0，k2＜0，
∴S阴影部分=（k1-k2），故①错误；
②∵四边形OABC是平行四边形，B点坐标为（0，6），A点坐标为（2，2），O的坐标为（0，0）．
∴C（-2，4）．
又∵点C位于y=上，
∴k2=xy=-2×4=-1．
故②正确；
当∠AOC=90°，
∴四边形OABC是矩形，
∴不能确定OA与OC相等，而OM=ON，
∴不能判断△AOM≌△CNO，
∴不能判断AM=CN，
∴不能确定|k1|=|k2|，故③错误；
若OABC是菱形，则OA=OC，
而OM=ON，
∴Rt△AOM≌Rt△CNO，
∴AM=CN，
∴|k1|=|k2|，
∴k1=-k2，
∴两双曲线既关于x轴对称，也关于y轴对称，故④正确．
故答案是：②④．
【点睛】
本题属于反比例函数的综合题，考查反比例函数的图象、反比例函数k的几何意义、平行四边形的性质、矩形的性质和菱形的性质．注意准确作出辅助线是解此题的关键．
12、x＞
【详解】解：把（﹣1，0），（1，﹣2）代入二次函数y=x2+bx+c中，得：，
解得：，
那么二次函数的解析式是：，
函数的对称轴是：，
因而当y随x的增大而增大时，
x的取值范围是：．
故答案为．
【点睛】
本题考查待定系数法求二次函数解析式；二次函数的图象性质，利用数形结合思想解题是关键．
13、1
【分析】根据圆外切四边形的对边之和相等求出AD+BC，根据四边形的周长公式计算即可．
【详解】解：∵四边形ABCD是⊙O的外切四边形，
∴AE=AH，DH=DG，CG=CF，BE=BF，
∵AB=AE+EB=5，CD=DG+CG=6，
AH+DH+BF+CF=AE+DG+BE+CG，
即AD+BC=AB+CD=11，
∴四边形ABCD的周长=AD+BC+AB+CD=1，
故答案为：1．
【点睛】
本题考查的是切线长定理，掌握圆外切四边形的对边之和相等是解题的关键．
14、（—2，1）或（2，—1）
【分析】根据位似图形的性质，只要点A的横、纵坐标分别乘以或﹣即可求出结果．
【详解】解：∵点A（－6，3），B（9，0），以原点O为位似中心，相似比为把△ABO缩小，
∴点A对应点的坐标为（—2，1）或（2，—1）．
故答案为：（—2，1）或（2，—1）．
【点睛】
本题考查了位似图形的性质，属于基本题型，注意分类、掌握求解的方法是关键．
15、
【分析】过圆心作弦AB的垂线，运用垂径定理和勾股定理即可得到结论．
【详解】过圆心点O作OE⊥AB于点E，连接OC，
∵点C是该门的最高点，
∴，
∴CO⊥AB，
∴C，O，E三点共线，
连接OA，
∵OE⊥AB，
∴AE==0.5m，
设圆O的半径为R，则OE=2.5-R，
∵OA2=AE2+OE2，
∴R2=（0.5）2+（2.5-R）2，
解得：R=，
故答案为．
【点睛】
本题考查了垂径定理，勾股定理，正确的作出辅助线是解题的关键．
16、x≥1且x≠1
【分析】根据二次根式的性质和分式的意义，被开方数大于等于0，分母不等于0，即可求解．
【详解】解：根据二次根式有意义，分式有意义得：x-1≥0且x-1≠0，
解得：x≥1且x≠1．
故答案为：x≥1且x≠1．
【点睛】
本题考查的知识点为：分式有意义，分母不为0；二次根式的被开方数是非负数，难度不大.
17、＝45
【分析】设这次有x队参加比赛，由于赛制为单循环形式（每两队之间都赛一场），则此次比赛的总场数为：场．根据题意可知：此次比赛的总场数＝45场，依此等量关系列出方程．
【详解】解：设这次有x队参加比赛，则此次比赛的总场数为场，
根据题意列出方程得：＝45，
故答案是：．
【点睛】
考查了由实际问题抽象出一元二次方程，本题的关键在于理解清楚题意，找出合适的等量关系，列出方程，再求解．需注意赛制是“单循环形式”，需使两两之间比赛的总场数除以1．
18、±4
【解析】先解得方程x2﹣1x+8=0的两个根，然后分情况进行新定义运算即可.
【详解】∵x2﹣1x+8=0，
∴（x-2）（x-4）=0，
解得：x=2，或x=4，
当x1＞x2时，则x1⊗x2=4×2﹣22=4；
当x1＜x2时，则x1⊗x2=22﹣2×4=﹣4.
故答案为：±4.
【点睛】
本题主要考查解一元二次方程，解此题的关键在于利用因式分解法求得方程的解.
三、解答题(共66分)
19、（1）AM=DE，AM⊥DE，理由详见解析；（2）AM=DE，AM⊥DE，理由详见解析.
【解析】试题分析：（1）AM=DE，AM⊥DE，理由是：先证明△DAE≌△BAG，得DE=BG，∠AED=∠AGB，再根据直角三角形斜边的中线的性质得AM=BG，AM=BM，则AM=DE，由角的关系得∠MAB+∠AED=90°，所以∠AOE=90°，即AM⊥DE；（2）AM=DE，AM⊥DE，理由是：作辅助线构建全等三角形，证明△MNG≌△MAB和△AGN≌△EAD可以得出结论．
试题解析：（1）AM=DE，AM⊥DE，理由是：
如图1，设AM交DE于点O，
∵四边形ABCD和四边形AEFG都是正方形，
∴AG=AE，AD=AB，
∵∠DAE=∠BAG，
∴△DAE≌△BAG，
∴DE=BG，∠AED=∠AGB，
在Rt△ABG中，
∵M为线段BG的中点，
∴AM=BG，AM=BM，
∴AM=DE，
∵AM=BM，
∴∠MBA=∠MAB，
∵∠AGB+∠MBA=90°，
∴∠MAB+∠AED=90°，
∴∠AOE=90°，即AM⊥DE；
（2）AM=DE，AM⊥DE，理由是：
如图2，延长AM到N，使MN=AM，连接NG，
∵MN=AM，MG=BM，∠NMG=∠BMA，
∴△MNG≌△MAB，
∴NG=AB，∠N=∠BAN，
由（1）得：AB=AD，
∴NG=AD，
∵∠BAN+∠DAN=90°，
∴∠N+∠DAN=90°，
∴NG⊥AD，
∴∠AGN+∠DAG=90°，
∵∠DAG+∠DAE=∠EAG=90°，
∴∠AGN=∠DAE，
∵NG=AD，AG=AE，
∴△AGN≌△EAD，
∴AN=DE，∠N=∠ADE，
∵∠N+∠DAN=90°，
∴∠ADE+∠DAN=90°，
∴AM⊥DE．
考点：旋转的性质；正方形的性质．
20、（1）证明见解析；（2）．
【分析】（1）连接OC，先证明OC∥AE，从而得∠OCA＝∠EAC，再利用OA＝OC得∠OAC＝∠OCA，等量代换即可证得答案；
（2）设OC交BD于点G，连接DC，先证明△ACD∽△AEC，从而利用相似三角形的性质解得，再利用＝cos∠FDC，代入相关线段的长可求得DF．
【详解】（1）证明：如图，连接OC
∵过点C的切线与AB的延长线垂直于点E，
∴OC⊥CE，CE⊥AE
∴OC∥AE
∴∠OCA＝∠EAC
∵OA＝OC
∴∠OAC＝∠OCA
∴∠OAC＝∠EAC，即AC平分∠BAD；
（2）如图，设OC交BD于点G，连接DC
∵AD为直径
∴∠ACD＝90°，∠ABD＝90°
∵CE⊥AE
∴DB∥CE
∵OC⊥CE
∴OC⊥BD
∴DG＝BG
∵∠OAC＝∠EAC，∠ACD＝90°＝∠E
∴△ACD∽△AEC
∴
∵⊙O的半径为，AC＝6
∴AD＝7，
∴
∴
易得四边形BECG为矩形
∴DG＝BG＝
∵＝cos∠FDC
∴
解得：
∴DF的长为.
【点睛】
本题考查相似三角形的性质，借助辅助线，判定△ACD∽△AEC，再根据相似三角形的性质求解.
21、（1）AC=20，D（12，0）；（2）见解析；（3）（8，0）或(，0)．
【分析】（1）在Rt△ABC中，利用三角函数和勾股定理即可求出BC、AC的长度，从而得到A点坐标，由点D与点A关于y轴对称，进而得到D点的坐标；
（2）欲证，只需证明△AEF与△DCE相似，只需要证明两个对应角相等即可．在△AEF与△DCE中，易知∠CAO＝∠CDE，再利用三角形的外角性质证得∠AEF＝∠DCE，问题即得解决；
（3）当△EFC为等腰三角形时，有三种情况，需要分类讨论：
①当CE＝EF时，此时△AEF与△DCE相似比为1，则有AE＝CD，即可求出E点坐标；
②当EF＝FC时，利用等腰三角形的性质和解直角三角形的知识易求得CE，再利用（2）题的结论即可求出AE的长，进而可求出E点坐标；
③当CE＝CF时，可得E点与D点重合，这与已知条件矛盾，故此种情况不存在．
【详解】解：（1）∵四边形ABCO为矩形，∴∠B=90°，∵AB＝16，tan∠ACB＝，
∴，解得：BC＝12=AO，
∴AC＝20，A点坐标为（﹣12，0），
∵点D与点A关于y轴对称，∴D（12，0）；
（2）∵点D与点A关于y轴对称，∴∠CAO＝∠CDE，
∵∠CEF＝∠ACB，∠ACB＝∠CAO，∴∠CDE＝∠CEF，
又∵∠AEC＝∠AEF+∠CEF＝∠CDE+∠DCE，
∴∠AEF＝∠DCE，∴△AEF∽△DCE．
∴；
（3）当△EFC为等腰三角形时，有以下三种情况：
①当CE＝EF时，∵△AEF∽△DCE，∴△AEF≌△DCE，
∴AE＝CD＝20，∴OE＝AE﹣OA＝20﹣12＝8，∴E（8，0）；
②当EF＝FC时，如图1所示，过点F作FM⊥CE于M，则点M为CE中点，
∴CE＝2ME＝2EF•cos∠CEF＝2EF•cos∠ACB＝．
∵△AEF∽△DCE，
∴，即：，解得：AE＝，
∴OE＝AE﹣OA＝，∴E(，0)．
③当CE＝CF时，则有∠CFE＝∠CEF，
∵∠CEF＝∠ACB＝∠CAO，
∴∠CFE＝∠CAO，即此时F点与A点重合，E点与D点重合，这与已知条件矛盾．
所以此种情况的点E不存在，综上，当△EFC为等腰三角形时，点E的坐标是（8，0）或(，0)．
【点睛】
本题综合考查了矩形的性质、等腰三角形的性质、勾股定理、相似三角形的判定和性质、轴对称的性质、三角形的外角性质以及解直角三角形等知识，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题关键．难点在于第（3）问，当△EFC为等腰三角形时，有三种情况，需要分类讨论，注意不要漏解.
22、这个游戏对双方不公平，理由见解析.
【分析】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两次摸到卡片字母相同的情况，再利用概率公式即可求得答案.
【详解】解：画树状图得：
∵共有9种等可能的结果，两次摸到卡片字母相同的有5种等可能的结果，
∴两次摸到卡片字母相同的概率为： ；
∴小明胜的概率为 ，小亮胜的概率为 ，
∵ ≠ ，
∴这个游戏对双方不公平.
故答案为这个游戏对双方不公平，理由见解析.
【点睛】
本题考查了树状图法求概率，判断游戏的公平性.
23、（1）；；（2）．
【分析】（1）由题意利用待定系数法求一次函数以及反比例函数解析式即可；
（2）根据题意求出BE和BD的值，运用三角形面积公式即可得解.
【详解】解：（1）由已知得，，
∴.
将点、点坐标代入，
得，解得，
直线解析式为；
将点坐标代入得，
∴反比例函数的解析式为.
（2）∵E和B同横轴坐标，
∴当时，即 ，
∵，，D（1，0）
∴BD=1，即为以BE为底的高，
∴.
【点睛】
本题考查反比例函数和几何图形的综合问题，熟练掌握待定系数法求反比例函数解析式以及运用数形结合思维分析是解题的关键.
24、 (1)作图详见解析；（﹣5，﹣4）；(2)作图详见解析；．
【解析】试题分析：（1）分别作出各点关于y轴的对称点，再顺次连接即可，根据点在坐标系中的位置写出点坐标即可；
（2）分别作出各点绕点O逆时针旋转90°后得到的对称点，再顺次连接即可，根据弧长公式计算可得所经过的路径长．
试题解析：（1）如图，即为所求作三角形（﹣5，﹣4）；
（2）如图，即为所求作三角形，
∵=，
∴所经过的路径的长为=．
考点：作图——旋转变换；作图——轴对称变换．
25、（1）①，②；（2）无变化，证明见解析；（2）6或．
【分析】问题解决：（1）①根据三角形中位线定理可得：BD=CDBC=6，AE=CEAC=2，即可求出的值；
②先求出BD，AE的长，即可求出的值；
（2）证明△ECA∽△DCB，可得；
问题再探：（2）分两种情况讨论，由矩形的判定和性质以及相似三角形的性质可求BD的长．
【详解】问题解决：
（1）①当α=0°时．
∵BC=2AB=3，
∴AB=6，
∴AC6，
∵点D、E分别是边BC、AC的中点，
∴BD=CDBC=6，AE=CEAC=2，DEAB，
∴．
故答案为：；
②如图1．
，
当α=180°时．
∵将△EDC绕点C按顺时针方向旋转，
∴CD=6，CE=2，
∴AE=AC+CE=9，BD=BC+CD=18，
∴．
故答案为：．
（2）如图2，
，
当0°≤α＜260°时，的大小没有变化．证明如下：
∵∠ECD=∠ACB，
∴∠ECA=∠DCB，
又∵，
∴△ECA∽△DCB，
∴．
问题再探：
（2）分两种情况讨论：
①如图2．
．
∵AC=6，CD=6，CD⊥AD，
∴AD3．
∵AD=BC，AB=DC，
∴四边形ABCD是平行四边形．
∵∠B=90°，
∴四边形ABCD是矩形，
∴BD=AC=6
②如图4，连接BD，过点D作AC的垂线交AC于点Q，过点B作AC的垂线交AC于点P．
∵AC=6，CD=6，CD⊥AD，
∴AD3．
在Rt△CDE中，DE==2，
∴AE=AD﹣DE=3﹣2=9，
由（2）可得：，
∴BD．
综上所述：BD=6或．
故答案为：6或．
【点睛】
本题是几何变换综合题，考查了勾股定理，矩形的判定和性质，相似三角形判定和性质，正确作出辅助线，利用分类讨论思想解决问题是本题的关键．
26、（1）①50；②；（2）；（3）AE的最小值．
【解析】（1）①利用等腰三角形的性质即可解决问题．②证明，，推出即可．
（2）如图③中，以P为圆心，PB为半径作⊙P．利用圆周角定理证明即可解决问题．
（3）因为点E在射线CE上运动，点P在线段AD上运动，所以当点P运动到与点A重合时，AE的值最小，此时AE的最小值．
【详解】（1）①如图②中，
∵，，
∴，
②结论：．
理由：∵，，
∴，
∴，
∴，
∵AE垂直平分线段BC，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴．
故答案为50，．
（2）如图③中，以P为圆心，PB为半径作⊙P．
∵AD垂直平分线段BC，
∴，
∴，
∵，
∴ ．
（3）如图④中，作于H，
∵点E在射线CE上运动，点P在线段AD上运动，
∴当点P运动到与点A重合时，AE的值最小，此时AE的最小值．
【点睛】
本题属于几何变换综合题，考查了等腰三角形的性质，平行线的判定，圆周角定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，灵活运用所学知识解决问题，学会利用辅助圆解决问题，属于中考压轴题．
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