新疆吐魯番市高昌區(qū)第一中學2021-2022學年中考數(shù)學模擬預測試卷含解析

3．請按照題號順序在答題卡各題目的答題區(qū)域內作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。一、選擇題（本大題共12個小題，每小題4分，共48分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．）2B．23C．D．322．如圖，已知∥，⊥，垂足為，∠A＝120°，則∠D的度數(shù)為（）ABCDDEACEA．30°3．利用“分形B．60°C．50°D．40°”與“迭代”可以制作出很多精美的圖形，以下是制作出的幾個簡單圖形，其中是軸對稱但不是中心對稱的圖形是（）A．B．C．D．k4．如圖，已知點A在反比例函數(shù)＝上，⊥ACxx軸，垂足為點，且AOC的面積為，4則此反比例函數(shù)的表達△式y(tǒng)C為（）4288D．＝﹣A．＝B．＝C．＝y(tǒng)yyyxxxx5．如圖，在平面直角坐標系中，⊙P的圓心坐標是（3，a）（a＞3），半徑為3，函數(shù)y＝x的圖象被⊙P截得的弦AB的長為4，則a的值是（）233D．A．46．如圖，矩形ABCD中，AB=8，BC=1．點E在邊AB上，點F在邊CD上，點G、H在對角線AC上．若四邊形EGFH是菱形，則AE的長是（）A．2B．3C．5D．6x軸和y軸上，并且OA=5，OC=1．若把矩形使點則點O逆時針旋轉，A恰好落在BC邊上的A1處，C的對應點C的坐標為（）557．如圖，在平面直角坐標系中，矩形OABC的兩邊OA，OC分別在OABC繞著點191212916121216，D．（﹣）55，），），）A．（﹣B．（﹣C．（﹣555555O處練習發(fā)球，將球從O點正上方2m的A處發(fā)出，其運行的高度y（m）8．如圖，排球運動員站在點把球看成點，與運行的水平距離x（m）滿足關系式y(tǒng)＝a（x﹣k）2+h．已知球與D點的水平距離為6m時，達到最高2.6m，球網與D點的水平距離為9m．高度為2.43m，球場的邊界距O點的水平距離為18m，則下列判斷正確的是（）A．球不會過網B．球會過球網但不會出界D．無法確定C．球會過球網并會出界9．甲、乙兩人沿相同的路線由A地到B地勻速前進，A、B兩地間的路程為40km．他們前進的路程為s(km)，甲出發(fā)后的時間為、乙前進的路程與時間的函數(shù)圖象如圖所示．根據圖象信息，下列說法不正確的()，甲是()thA．甲的速度是10km/hB．乙的速度是20km/hD．甲比乙晚到B地2h1C．乙出發(fā)h后與甲相遇311．如圖，反比例函數(shù)y＝－的圖象與直線y＝－x的交點為A、B，過點A作y軸的平行線與過點B作的x軸的平A．8B．6C．4，則C．18D．212．若的值為（）A．﹣6B．6D．30二、填空題：（本大題共6個小題，每小題4分，共24分．）10，一條對角線長為6，則這個菱形的面積是_____cm1．13．已知菱形的周長為cmcm14．若關于x的一元二次方程x+2x2﹣m2﹣m=0（m＞0），當m=1、2、3、…、2018時，相應的一元二次方程的兩個111α、β1，α2、β2，…，α2018、β2018，則：1...11根分別記為的值為_____．111222018201815．一組數(shù)據7，9，8，7，9，9，8的中位數(shù)是__________2△ABCAB=ACDABAD=ABDF∥BCE的中點．若EF⊥AC，，BC=6317．菱形的兩條對角線長分別是方程x214x480的兩實根，則菱形的面積為______．18．如圖，在矩形ABCD中，E、F分別是AD、CD的中點，沿著BE將△ABE折疊，點A剛好落在BF上，若AB=2，三、解答題：（本大題共9個小題，共78分，解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．19．（6分）如圖，已知矩形ABCD中，連接AC，請利用尺規(guī)作圖法在對角線AC上求作一點E使得△ABC∽△CDE．（保留作圖痕跡不寫作法）2x1120．（6分）解不等式組x14(x2)21．（6分）某校組織學生去9km外的郊區(qū)游玩，一部分學生騎自行車先走，半小時后，其他學生乘公共汽車出發(fā)，結果他們同時到達．知己公共汽車的速度是自行車速度的3倍，求自行車的速度和公共汽車的速度分別是多少？322．（8分）已知：如圖，拋物線y=x+bx+c2與x軸交于A(-1，0)、B兩點（A在B左），y軸交于點C（0，-3）．4（1）求拋物線的解析式；（2）若點（3）若點E在x軸上，點P的坐標；若不存在，請說明理由．D是線段BC下方拋物線上的動點，求四邊形ABCD面積的最大值；P在拋物線上．是否存在以B、C、E、P為頂點且以BC為一邊的平行四邊形？若存在，求出點D，3．8分）如圖，在平面直角坐標系中，拋物線經過點(﹣4，0)、(﹣1，0)，其頂點為CAB125（1）求拋物線的表達式；C1（2）將拋物線繞點旋轉180°，得到拋物線，求拋物線的表達式；CBCC212（3）再將拋物線沿軸向右平移得到拋物線，設拋物線與軸分別交于點、(在左側)，頂點為，GCxCC3xEFEF23連接、、、，若四邊形為矩形，求點的坐標．AGDFADGFADFGE24．（10分）如圖，AB是⊙（1）如圖（1）連接PC、CB，求證：（2）如圖（2）過點P作⊙O的切線交CD的延長線于點（3）如圖（3）在圖（2）的條件下，連接PH，若PH=PF，3PF=5PG，BE=25，求⊙O的直徑，弧CD⊥AB，垂足為H，P為弧AD上一點，連接PA、PB，PB交CD于E．∠BCP=∠PED；1E，過點A向PF引垂線，垂足為G，求證：∠APG=∠F；2O的直徑AB．10分）如圖,已知△ABC,以A為圓心AB為半徑BCF,25．（作圓交于ACE,延長BA交圓A于連DDE并延長交于CE2CFCB(1)判斷(2)如圖1,若BE=CE=23,求⊙(3)如圖2,若tan∠CEF=,求cos∠C的值.△ABC的形狀，并證明你的結論；且k≠0）的圖象交于A（1，a），B（3，b）兩點．求反比例函數(shù)的表達式在x軸上找一點P，使PA+PB的值最小，求點P的坐標求△PAB的面積．27．（12分）“校園手機”現(xiàn)象越來越受到社會的關注．“寒假”期間，某校小記者隨機調查了某地區(qū)若干名學生和家長對中學生帶手機現(xiàn)象的看法，統(tǒng)計整理并制作了如下的統(tǒng)計圖：這次調查的家長人數(shù)，并補全圖（1）求1；（2）求圖2中表示家長“贊成”的圓心角的（3）已知某地區(qū)共6500名家長，度數(shù)；估計其中反對中學生帶手機的大約有多少名家長？參考答案一、選擇題（本大題共12個小題，每小題4分，共48分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．）1、C【解析】直接根據特殊角的銳角三角函數(shù)值求解即可.【詳解】3cos302故選C.【點睛】考點：特殊角的銳角三角函數(shù)點評：本題屬于基礎應用題，只需學生熟練掌握特殊角的銳角三角函數(shù)值，即可完成.2、A【解析】分析：根據平行線的性質求出∠C，求出∠DEC的度數(shù)，根據三角形內角和定理求出∠D的度數(shù)即可．詳解：∵AB∥CD，∴∠A+∠C=180°．∵∠A=120°，∴∠C=60°．∵DE⊥AC，∴∠DEC=90°，∴∠D=180°﹣∠C﹣∠DEC=30°．故選A．點睛：本題考查了平行線的性質和三角形內角和定理的應用，能根據平行線的性質求出∠C的度數(shù)是解答此題的關鍵．3、A【解析】根據：如果一個圖形沿著一條直線對折后兩部分完全重合，這樣的圖形叫做軸對稱圖形；在平面內，把一個圖形繞著某個點旋轉180°，如果旋轉后的圖形能與原來的圖形重合，那么這個圖形叫做中心對稱圖形.逐個按要求分析即可.【詳解】選項A，是軸對稱圖形，B，是軸對稱圖形，也是中心對稱圖形，故C，不是軸對稱圖形，是中不可以選；不是中心對稱圖形，故可以選；選項不可以選；選項心對稱圖形，故選項D，是軸對稱圖形，也是中心對稱圖形，故不可以選.本題考核知識點：軸對稱圖形和中心對稱圖形.解題關鍵點：理解軸對稱圖形和中心對稱圖形定義.錯因分析容易題.失分的原因是：沒有掌握軸對稱圖形和中心對稱圖形的定義.k的幾何意義可知S12k，據此可得到|k|的值；由所給圖形可知反比例函數(shù)圖象的兩支分別在第一、三象限，從而可確定k的正負，至此本題即可解答.【詳解】∵S△AOC=4，∴k=2S△AOC=8；8∴y=；x故選C．【點睛】本題是關于反比例函數(shù)的題目，需結合反比例函數(shù)中系數(shù)k的幾何意義解答；5、B【解析】試題解析：作PC⊥x軸于C，交AB于D，作PE⊥AB于E，連結PB，如圖，坐標是∵⊙P的圓心（3，a），∴OC=3，PC=a，把x=3代入y=x得y=3，∴D點坐標為（3，3），11∴AE=BE=AB=×42=22，22在Rt△PBE中，，PB=3∴PE=32-22=1（），2∴PD=2PE=2，∴a=3+2．故選B．考點：1．垂徑定理；2．一次函數(shù)圖象上點的坐標特征；3．勾股定理．6、C【解析】試題分析：連接EF交AC于點M，由四邊形EGFH為菱形可得FM=EM，EF⊥AC；利用”AAS或ASA”易證△FMC≌△EMA，根據全等三角形的性質可得；在AM=MCRt△ABC中，由勾股定理求得AC=45，且tan∠BAC=BC1AB2Rt△AME中，AM=AC=25，tan∠BAC=1EM1AM2可得EM=5Rt△AME中，；在；在2答案選由勾股定理求得AE=2．故C．考點：菱形的性質；矩形的性質；勾股定理；銳角三角函數(shù)．7、A【解析】△ONC三邊關系，再利用勾股定理得出答案．1直接利用相似三角形的判定與性質得出【詳解】過點C作CN⊥x軸于點N，過點A作AM⊥x軸于點M，1111由題意可得：∠CNO=∠A1MO=90°，1∠1=∠2=∠1，則△A1OM∽△OC1N，∵OA=5，OC=1，∴OA1=5，A1M=1，∴OM=4，∴設NO=1x，則NC1=4x，OC1=1，則（1x）2+（4x）2=9，3解得：x=±（負數(shù)舍去），5912則NO=，NC1=，55912（-，）．55故點C的對應點C1的坐標為：故選A．【點睛】△AOM∽△OC1N是解題關鍵．此題主要考查了矩形的性質以及勾股定理等知識，正確得出18、C【解析】(6)2.6求出a的值；分別求出x=9和x=18時的函數(shù)值，再分別與2.43、0比yax分析：（1）將點A(0,2)代入2較大小可得．，(6)2.6詳解：根據題意,將點(0,2)代入Ayax2得：36+2.6=2，a1，解得：a601(x6)2.6；∴y與x的關系式為y26096y122.62.452.43，當x=9時,60∴球能過球網，當x=18時,y118622.60.20，點睛：考查二次函數(shù)的應用題，求范圍的問題，可以利用臨界點法求出自變量的值，根據題意確定范圍.試題分析：根據二次函數(shù)的圖象依次分析各項即可。由拋物線開口向上，可得再由對稱軸是，，，點評：解答本題的關鍵是熟練掌握二次函數(shù)的性質：的正負決定拋物線開口方向，對稱軸是，C的正負決定與Y軸的交點位置。11、A【解析】試題解析：由于點A、B在反比例函數(shù)圖象上關于原點對稱，則△ABC的面積=2|k|=2×4=1．故選A．考點：反比例函數(shù)系數(shù)k的幾何意義．12、B【解析】試題分析：∵，即，∴原式=====﹣12+18=1．故選B．13、14BD＝2．∴AO5234，2AC＝3．1∴面積S6824．2故答案為14．【點睛】此題考查了菱形的性質及面積求法，難度不大．403614、．2019【解析】利用根與系數(shù)的關系得到α1+β1=-2，α1β1=-1×2；α2+β2=-2，α2β2=-2×3；…α2018+β2018=-2，α2018β2018=-2018×1．把原式變形，再代入，即可求出答案．【詳解】∵x2+2x-m2-m=0，m=1，2，3，…，2018，α+β=-2，α1β1=-1×2；∴由根與系數(shù)的關系得：11α2+β2=-2，α2β2=-2×3；…α2018+β2018=-2，α2018β2018=-2018×1．20182018112233222212233420182019==2×（111111120182019）1223341=2×（1-2019）4036=2019，4036故答案為2019．【點睛】bc本題考查了根與系數(shù)的關系：若x1，x2是一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的兩根時，x1+x=-，x1x2=．2aa15、1【解析】將一組數(shù)據按照從小到大（或從大到?。┑捻樞蚺帕?，如果數(shù)據的個數(shù)是奇數(shù)，則處于中間位置的數(shù)就是這組數(shù)據的中位數(shù)．如果這組數(shù)據的個數(shù)是偶數(shù)，則中間兩個數(shù)據的平均數(shù)就是這組數(shù)據的中位數(shù)，據此可得．【詳解】解：將數(shù)據重新排列為7、7、1、1、9、9、9，所以這組數(shù)據的中位數(shù)為1，故答案為1．【點睛】本題主要考查中位數(shù)，解題的關鍵是掌握中位數(shù)的定義．16、2【解析】解：如圖，過D點作DG⊥AC，垂足為G，過A點作AH⊥BC，垂足為H，2∵AB=AC，點E為BD的中點，且AD=AB，35xx4，即=，解得GF=x．5DFADDF4x，即=，解得DF=1．66x∵DF∥BC，∴△ADF∽△ABC，∴=BCAB又∵DF∥BC，∴∠DFG=∠C，4DFGFx4，即，解得．52=25x=∴Rt△DFG∽Rt△ACH，∴=ACHC6x3中，由勾股定理，得AHAB2BH236x336599．在Rt△ABH222∴S1BCAH16927．ABC22DF2S24496又∵△ADF∽△ABC，∴，ADFSBCABC∴S427=12ADF9271215．ADFS四邊形DBCFSSABC∴故答案為：2．17、2【解析】解：x2﹣14x+41=0，則有（x-6）(x-1)=0解得：=6或x=1．所以菱形的面積為：（6×1）÷2=2．菱形的面積為：2．故x答案為2．點睛：本題考查菱形的性質．菱形的對角線互相垂直，以及對角線互相垂直的四邊形的面積的特點和根與系數(shù)的關系．18、22【解析】如圖，連接EF，∵點E、點F是AD、DC的中點，11∴AE=ED，CF=DF=CD=AB=1，22EAEDEFEF，23122．22BF2CF∴AD=BC=2．2解答本題的關鍵是連接EF，證明Rt△EA′F≌Rt△EDF，得出BF的長，再利用點睛：本題考查了翻折變換的知識，勾股定理解答即可．三、解答題：（本大題共9個小題，共78分，解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．19、詳見解析【解析】利用尺規(guī)過D作DE⊥AC，，交AC于E，即可使得△ABC∽△CDE．【詳解】解：過D作DE⊥AC，如圖所示，△CDE即為所求：【點睛】本題主要考查了尺規(guī)作圖，相似三角形的判定，解決問題的關鍵是掌握相似三角形的判定方法．20、﹣1≤x＜1．【解析】分別求出不等式組中兩不等式的解集，找出兩解集的公共部分即可．【詳解】解不等式2x+1≥﹣1，得：x≥﹣1，解不等式x+1＞4（x﹣2），得：x＜1，則不等式組的解集為﹣1≤x＜1．【點睛】此題考查了解一元一次不等式組，熟練掌握運算法則是解本題的關鍵．21、自行車的速度是12km/h，公共汽車的速度是1km/h．【解析】設自行車的速度為xkm/h，則公共汽車的速度為3xkm/h，根據題意得：991x3x2，解分式方程即可.【詳解】解：設自行車的速度為xkm/h，則公共汽車的速度為3xkm/h，991根據題意得：，x3x2解得：x=12，經檢驗，x=12是原分式方程的解，∴3x=1．答：自行車的速度是12km/h，公共汽車的速度是1km/h．【點睛】.解題關鍵點：.本題考核知識點：列分式方程解應用題找出相等關系，列出方程341341P（，3），P3（，3）．22231）yx927x3；（2）；（3）P1（3，-3），22、（2442【解析】（1）將A,C的坐標代入拋物線中，求出待定系數(shù)的值，即可得出拋物線的解析式；易求得直線BC的解析式．由于AB、OC都是（2）根據B,C的坐標，定值，則ABC的面積不變，若四邊形ABCD3Mx,x3，可得到當BDC面積有最D作DMy軸交BC于M，則面積最大，則BDC的面積最大；過點4大值時，四邊形ABCD的面積最大值；（3）本題應分情況討論：①過C作軸的x平行線，與拋物線的交點符合點的P要求，此時P,C的縱坐標相同，代入x令C點落在軸（即E點）、點落在拋物線（即點）上；BP拋物線的解析式中即可求出點坐標；②將BC平移，P可根據平行四邊形的性質，得出點縱坐標（代入拋物線的解析式中即可求得點坐標．P,C縱坐標的絕對值相等），PP【詳解】3代入24A(10)，，C0，3yxbxc，1）把9，bc3可以求得43x3.94∴yx24（2）過點D作DMy軸分別交線段BC和x軸于點M、N，3x3.中，9在yx，x4x1.2y0令，得1244B4，0.設直線BC的解析式為ykxb,3析式為：yx3.可求得直線BC的解4153140DM2DM.15∵S四邊形ABCDSS222ABCADC設Dx,x29x3,Mx,x3.33444DMx3x29x3x23x.3334444當x2時，有最大值DM3.27此時四邊形ABCD面積有最大值.2（3）如圖所示，如圖：①過點C作CP1∥x軸交拋物線于點P，過點P作P1E1∥BC交x軸于點E，此時四邊形BP1CE1為平行四邊111形，∵C（0，-3）∴設P1（x，-3）39∴x-x-3=-3，解得x1=0，x2=3，442∴P1（3，-3）；②平移直線BC交x軸于點E，交x軸上方的拋物線于點P，當BC=PE時，四邊形BCEP為平行四邊形，∵C（0，-3）∴設P（x，3），39∴x-x-3=3，244x2-3x-8=0解得x=3+41或x=341，22，3）和P3（341，3），3+41P（2此時存在點22，3），P3（341，3）．3+41綜上所述存在3個點符合題意，坐標分別是P1（3，-3），P2（22【點睛】此題考查了二次函數(shù)解析式的確定、圖形面積的求法、平行四邊形的判定和性質、二次函數(shù)的應用等知識，綜合性強，難度較大．23、（1）y；（2）yx24x820164xx41；（3）E(，0)．23333332【解析】（1）根據拋物線C的頂點坐標可設頂點式將點B坐標代入求解即可；1（2）由拋物線C繞點B旋轉180°得到拋物線C知拋物線C的頂點坐標，可設拋物線C的頂點式，根據旋轉后拋物1222線C2開口朝下，且形狀不變即可確定其表達式；（3）作GK⊥x軸于G，DH⊥AB于H，由題意GK=DH=3，AH=HB=EK=KF32，結合矩形的性質利用兩組對應角分別相等的兩個三角形相似可證△AGK∽△GFK，由其對應線段成比例的性質可知長，結合、點坐標可知、BKAKABBE、OE長，可得點E坐標.【詳解】，5D，3解：（1）∵拋物線C的頂點為125∴可設拋物線C的表達式為ya(x)3，21250a(1)3，將B(﹣1，0)代入拋物線解析式得：229∴a30，44解得：a，34352242016xx．3∴拋物線C的表達式為y(x)3，即y2133（2）設拋物線C的頂點坐標為(m,n)2關于點﹣，對5D，3B(10)∵拋物線C繞點B旋轉180°，得到拋物線C，即點與點(m,n)稱122m521,n3022m1,n321，C的頂點坐標為(3)22∴拋物線1yk(x)3可設拋物線C的表達式為222∵拋物線C開口朝下，且形狀不變2k43431yx24x8．3334(x)3，即∴拋物線C的表達式為y222（3）如圖，作GK⊥x軸于G，DH⊥AB于H．32由題意GK=DH=3，===AHHBEKKF，∵四邊形AGFD是矩形，∴∠AGF=∠GKF=90°，∴∠AGK+∠KGF=90°，∠KGF+∠GFK=90°，∴∠AGK=∠GFK∵∠AKG=∠FKG=90°，．∴△AGK∽△GFK，AKGK∴，GKKFAK3∴3，32∴AK=6，BKAKAB633，33∴BE=BK﹣EK=3，22311∴BEOB，2OE21(，0)．2∴E【點睛】本題考查了二次函數(shù)與幾何的綜合，涉及了待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式、矩形的性質、相似三角形的判定和性質、旋轉變換的性質，靈活的利用待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式是解前兩問的關鍵，熟練掌握相似三角形的判定與性質是解（3）的關鍵.24、（1）見解析；（2）見解析；（3）AB=1【解析】（1）由垂徑定理得出∠CPB=∠BCD，根據∠BCP=∠BCD+∠PCD=∠CPB+∠PCD=∠PED即可得證；（2）連接OP，知OP=OB，先證∠FPE=∠FEP得∠F+2∠FPE=180°，再由∠APG+∠FPE=90得2∠APG+2∠FPE=180°，（3）連接AE，取AE中點N，連接HN、PN，過點E作EM⊥PF，先證∠PAE=∠F，由tan∠PAE=tan∠F得，GPEMMFGP，即MF=GP，由再證∠GAP=∠MPE，由sin∠GAP=sin∠MPE得，從而得出3PF=5PG即APPEAPAPPG3PF5，可設PG=3k，得PF=5k、MF=PG=3k、PM=2k，由∠FPE=∠PEF知PF=EF=5k、EM=4k及PE=25k、PEtanPAE35k，證∠PEM=∠ABP得BP=35k，繼而可得BE=5k=2，據此求得k=2，從而得出AP、2AP=BP的長，利用勾股定理可得答案．【詳解】證明：（1）∵AB是⊙O的直徑且AB⊥CD，∴∠CPB=∠BCD，∴∠BCP=∠BCD+∠PCD=∠CPB+∠PCD=∠PED，∴∠BCP=∠PED；（2）連接OP，則OP=OB，∴∠OPB=∠OBP，∵PF是⊙O的切線，∴OP⊥PF，則∠OPF=90°，∠FPE=90°﹣∠OPE，∵∠PEF=∠HEB=90°﹣∠OBP，∴∠FPE=∠FEP，∵AB是⊙O的直徑，∴∠APB=90°，∴∠APG+∠FPE=90°，∴2∠APG+2∠FPE=180°，1∠F；2（3）連接AE，取AE中點N，連接HN、PN，過點E作EM⊥PF于M，由（2）知∠APB=∠AHE=90°，∵AN=EN，∴A、H、E、P四點共圓，∴∠PAE=∠PHF，∵PH=PF，∴∠PHF=∠F，∴∠PAE=∠F，tan∠PAE=tan∠F，∴PEEM，APMF由（2）知∠APB=∠G=∠PME=90°，∴∠GAP=∠MPE，∴sin∠GAP=sin∠MPE，則GPEM，APPE∴MFGP，APAP∴MF=GP，∵3PF=5PG，PG3PF5∴，設PG=3k，則PF=5k，MF=PG=3k，PM=2k由（2）知∠FPE=∠PEF，∴PF=EF=5k，則EM=4k，∴tan∠PEM=2k1，tan∠F=4k4，4k23k3PE4AP3∴tan∠PAE=，PM2EM225k，∵PE=PE352∴AP=tanPAEk，∵∠APG+∠EPM=∠EPM+∠PEM=90°，∴∠APG=∠PEM，∵∠APG+∠OPA=∠ABP+∠BAP=90°，且∠OAP=∠OPA，∴∠APG=∠ABP，∴∠PEM=∠ABP，APPM則tan∠ABP=tan∠PEM，即，BPEM35k∴2k，2BP4k則BP=35k，∴BE=5k=25，則k=2，∴AP=35、BP=65，根據勾股定理得，AB=1．【點睛】本題主要考查圓的綜合問題，解題的關鍵是掌握圓周角定理、四點共圓條件、相似三角形的判定與性質、三角函數(shù)的應用等知識點．4212π；（3）5證明見解析；（）.25、(1)△ABC為直角三角形，【解析】,△（1）由CE2CFCB得CEF∽△CBE,∴∠CBE=∠CEF，由BD為直徑,得∠ADE+∠ABE=90°,即可得∠DBC=90°故△ABC為直角三角形.(2)設∠EBC=∠ECB=x,根據等腰三角形的性質與直角三角形的性質易得x=30°ABE=60°，則∠1可求出求⊙A的面積；(3)由(1)知∠D=∠CFE=∠CBE,故tan∠CBE=,設EF=a,BE=2a,利用勾股2故AB=BE=23，則定理求出BD=2BF=25a,得AD=AB=5a，DE=2BE=4a,過F作FK∥BD交CE于K,利用平行線分線段成比例得FKEF1ADDE4CF1FK3即可求出tan∠C＝aCF45CF，cos∠C再求出即可.，求得BF33【詳解】解：∵CE2CFCB,∴CECB,CFCE∴△CEF∽△CBE,∴∠CBE=∠CEF，∵AE=AD,∴∠ADE=∠AED=∠FEC=∠CBE,∵BD為直徑,∴∠ADE+∠ABE=90°,∴∠CBE+∠A