2022年安徽省安庆市怀宁县中考数学调研试卷(word版含答案)

这是一份2022年安徽省安庆市怀宁县中考数学调研试卷(word版含答案)，共26页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。

2022年安徽省安庆市怀宁县中考数学调研试卷
一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，满分40分）
1．（4分）比﹣3小的数是（　　）
A．0 B．1 C．﹣2 D．﹣5
2．（4分）已知⊙O的直径是4cm，OP＝4cm，则点P（　　）
A．在⊙O外 B．在⊙O上 C．在⊙O内 D．不能确定
3．（4分）据新华社消息，2022北京冬奥会开幕式中国大陆地区观看人数约为3.16亿人，其中3.16亿用科学记数法表示为（　　）
A．3.16×107 B．3.16×108 C．3.16×109 D．3.16×1010
4．（4分）下列几何体的主视图、左视图、俯视图都相同的是（　　）
A． B．
C． D．
5．（4分）一个布袋里装有3个只有颜色不同的球，其中2个红球，1个白球．从布袋里摸出一个球，记下颜色后放回，搅匀，再摸出一个球，则两次摸到的球都是红球的概率是（　　）
A．12 B．13 C．49 D．59
6．（4分）设a，b是方程x2+x﹣2022＝0的两个实数根，则a2+2a+b的值为（　　）
A．2020 B．2021 C．2022 D．2023
7．（4分）小明和他的爸爸妈妈共3人站成一排拍照，他的爸爸妈妈相邻的概率是（　　）
A．16 B．13 C．12 D．23
8．（4分）如图，AB与CD相交于点E，点F在线段BC上，且AC∥EF∥DB．若BE＝5，BF＝3，AE＝BC，则BDAC的值为（　　）

A．23 B．12 C．35 D．25
9．（4分）如图，⊙O是△ABC的外接圆，∠B＝60°，OP⊥AC于点P，OP=23，则⊙O的直径为（　　）

A．43 B．83 C．6 D．12
10．（4分）如图，AB是半圆O的直径，四边形CDMN和DEFG都是正方形，其中点C，D，E在AB上，点F，N在半圆上．若半圆O的半径为10，则正方形CDMN的面积与正方形DEFG的面积之和是（　　）

A．25 B．50 C．100 D．150
二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，满分20分）
11．（5分）因式分解：﹣12x3y+27xy3＝　 　．
12．（5分）如图，点D是△ABC的边BC上任意一点，点E、F分别是线段AD、CE的中点，且△ABC的面积为40，则△BEF的面积＝　 　．

13．（5分）如图，在直角坐标系中，第一象限内的点A，B都在反比例函数y=kx的图象上，横坐标分别是4和2，点C在x轴的正半轴上，满足AC⊥BC，且BC＝AC，则k的值是 　 　．

14．（5分）如图，在Rt△ABC中，∠CAB＝90°，I为△ABC的内心，延长CI交AB于点D．
（1）∠BIC＝　 　°；
（2）若BD＝3，BI＝4，则AB＝　 　．

三、（本大题共2小题，每小题8分，满分16分）
15．（8分）解不等式组：x2+1＞02(x−1)+3≥3x．
16．（8分）已知二次函数图象过点A（2，1），B（4，1）且最大值为2，求二次函数的解析式．
四、（本大题共2小题，每小题8分，满分16分）
17．（8分）我国海域辽阔，渔业资源丰富，如图，现有渔船以182km/h的速度在海面上沿正东方向航行，当行至A处时，发现它的东南方向有一灯塔B，船续向东航行30min后达到C处，发现灯塔B在它的南偏东15°方向，求此时渔船与灯塔B的距离．

18．（8分）如图，正方形ABCD的边长为4，以点A为圆心，AD为半径画圆弧DE得到扇形DAE（阴影部分，点E在对角线AC上）．若扇形DAE正好是一个圆锥的侧面展开图，求圆锥的底面圆的半径．

五、（本大题共2小题，每小题10分，满分20分）
19．（10分）如图，在平面直角坐标系中，以点M（3，5）为圆心，AB为直径的圆与x轴相切，与y轴交于A，C两点，求点B的坐标．

20．（10分）抛物线y＝x2﹣3x﹣4与x轴交于点A，点B，与y轴交于点C，直线y＝kx+b，经过点B，C．
（1）点P是直线BC下方抛物线上一动点，求四边形ACPB面积最大时点P的坐标；
（2）若M是抛物线上一点，且∠MCB＝15°，请直接写出点M的坐标．

六、（本题满分12分）
21．（12分）2022北京冬奥会，为了解学生最喜欢的冰雪运动，学校从全校随机抽取了部分学生，进行了问卷调查（每个被调查的学生在4种冰雪运动中只选择最喜欢做的一种），4种冰雪运动分别是：A、滑雪，B、滑冰，C、冰球，D、冰壶；将数据进行整理并绘制成如图两幅统计图（未画完整）．

（1）这次调查中，一共调查了 　 　名学生，请补全条形统计图；
（2）若全校有2800名学生，请估计该校最喜欢“滑冰”运动项目的学生数；
（3）学校想要从D档的4名学生中随机抽取2名同学谈谈自己的喜爱的原因，已知这4名学生中1名来自七年级，1名来自八年级，2名来自九年级，请用列表或画树状图的方法，求抽到的2名学生来自不同年级的概率．
七、（本题满分12分）
22．（12分）如图，AC是⊙O的直径，BC，BD是⊙O的弦，M为BC的中点，OM与BD交于点F，过点D作DE⊥BC，交BC的延长线于点E，且CD平分∠ACE．
（1）求证：DE是⊙O的切线；
（2）若DE＝12，tan∠CDE=23，求BM的长．

八、（本题满分14分）
23．（14分）如图，△ABC中，∠ACB＝90°，CB＝CA，CE⊥AB于E，点F是CE上一点，连接AF并延长交BC于点D，CG⊥AD于点G，连接EG．
（1）求证：CD2＝DG•DA；
（2）如图1，若点D是BC中点，求证：CF＝2EF；
（3）如图2，若GC＝2，GE＝22，求证：点F是CE中点．


2022年安徽省安庆市怀宁县中考数学调研试卷
参考答案与详解
一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，满分40分）
1．（4分）比﹣3小的数是（　　）
A．0 B．1 C．﹣2 D．﹣5
【分析】根据“正数大于零．零大于负数”“两个负数比较大小，绝对值大的反而小”可知﹣5＜﹣3．
【解答】解：∵0＞﹣3，1＞﹣3，﹣2＞﹣3，﹣5＜﹣3，
∴﹣5比﹣3小，
故选：D．
2．（4分）已知⊙O的直径是4cm，OP＝4cm，则点P（　　）
A．在⊙O外 B．在⊙O上 C．在⊙O内 D．不能确定
【分析】根据点到圆心的距离和圆的半径之间的数量关系，即可判断点和圆的位置关系．点到圆心的距离小于圆的半径，则点在圆内；点到圆心的距离等于圆的半径，则点在圆上；点到圆心的距离大于圆的半径，则点在圆外．
【解答】解：∵点到圆心的距离d＝4＞2＝r，
∴该点P在⊙O外．
故选：A．
3．（4分）据新华社消息，2022北京冬奥会开幕式中国大陆地区观看人数约为3.16亿人，其中3.16亿用科学记数法表示为（　　）
A．3.16×107 B．3.16×108 C．3.16×109 D．3.16×1010
【分析】科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值≥10时，n是正数；当原数的绝对值＜1时，n是负数．
【解答】解：3.16亿＝316000000＝3.16×108，
故选：B．
4．（4分）下列几何体的主视图、左视图、俯视图都相同的是（　　）
A． B．
C． D．
【分析】主视图、左视图、俯视图是分别从物体正面、左面和上面看，所得到的图形．
【解答】解：A、此三棱柱的三视图分别为长方形，长方形，三角形，故A不符合题意；
B、圆锥的三视图分别为三角形，三角形，圆及圆心，故B不符合题意；
C、圆柱的三视图分别为长方形，长方形，圆，故C不符合题意；
D、球的三视图都是圆，故D符合题意；
故选：D．
5．（4分）一个布袋里装有3个只有颜色不同的球，其中2个红球，1个白球．从布袋里摸出一个球，记下颜色后放回，搅匀，再摸出一个球，则两次摸到的球都是红球的概率是（　　）
A．12 B．13 C．49 D．59
【分析】画树状图，共有9种等可能的结果，两次摸到的球都是红球的结果有4种，再由概率公式求解即可．
【解答】解：画树状图如下：

共有9种等可能的结果，两次摸到的球都是红球的结果有4种，
∴两次摸到的球都是红球的概率为49，
故选：C．
6．（4分）设a，b是方程x2+x﹣2022＝0的两个实数根，则a2+2a+b的值为（　　）
A．2020 B．2021 C．2022 D．2023
【分析】根a、b是方程x2+x﹣2022＝0的两个实数根，求出a2+a﹣2022＝0，a+b＝﹣1，得出a2+a＝2022，把a2+2a+b变形后（a2+a）+（a+b）进行计算即可．
【解答】解：∵a、b是方程x2+x﹣2022＝0的两个实数根，
∴a2+a﹣2022＝0，a+b＝﹣1，
∴a2+a＝2022，
∴a2+2a+b＝（a2+a）+（a+b）＝2022﹣1＝2021．
故选：B．
7．（4分）小明和他的爸爸妈妈共3人站成一排拍照，他的爸爸妈妈相邻的概率是（　　）
A．16 B．13 C．12 D．23
【分析】根据题意可以写出所有的可能性，从而可以解答本题．
【解答】解：设小明为A，爸爸为B，妈妈为C，
则所有的可能性是：（ABC），（ACB），（BAC），（BCA），（CAB），（CBA），
∴他的爸爸妈妈相邻的概率是：46=23，
故选：D．
8．（4分）如图，AB与CD相交于点E，点F在线段BC上，且AC∥EF∥DB．若BE＝5，BF＝3，AE＝BC，则BDAC的值为（　　）

A．23 B．12 C．35 D．25
【分析】设CF＝x，则BFCF=BEAE，求出CF，由EF∥DB可求出BDAC的值．
【解答】解：设CF＝x，
∵EF∥AC，
∴BFCF=BEAE，
∴3x=5x+3，
解得x=92，
∴CF=92，
∵EF∥DB，
∴BDAC=BEAE=53+92=23．
故选：A．
9．（4分）如图，⊙O是△ABC的外接圆，∠B＝60°，OP⊥AC于点P，OP=23，则⊙O的直径为（　　）

A．43 B．83 C．6 D．12
【分析】由圆周角定理得出∠AOC＝2∠B＝120°，由等腰三角形的性质和三角形内角和定理得出∠OAC＝∠OCA＝30°，在Rt△AOP中可求出半径AO，进而得到答案．
【解答】解：∵∠B＝60°，
∴∠AOC＝2∠B＝120°，
又OA＝OC，
∴∠OAC＝∠OCA＝30°，
∵OP⊥AC，
∴∠APO＝90°，
在Rt△AOP中，OP＝23，∠OAC＝30°，
∴OA＝2OP＝43，
∴圆O的直径为83．
故选：B．
10．（4分）如图，AB是半圆O的直径，四边形CDMN和DEFG都是正方形，其中点C，D，E在AB上，点F，N在半圆上．若半圆O的半径为10，则正方形CDMN的面积与正方形DEFG的面积之和是（　　）

A．25 B．50 C．100 D．150
【分析】连接ON，OF，设正方形CDMN的边长为a，正方形DEFG边长为b，OD＝c，根据正方形的性质CN＝CD＝a，DE＝EF＝b，根据勾股定理得出a2+（a+c）2＝102①，b2+（b﹣c）2＝102②，①﹣②得出a2+（a+c）2﹣b2﹣（b﹣c）2＝0，把等式的左边分解因式后得出2（a+b）（a﹣b+c）＝0，求出b＝a+c，再代入①，即可求出答案．
【解答】解：连接ON，OF，设正方形CDMN的边长为a，正方形DEFG边长为b，OD＝c，则CN＝CD＝a，DE＝EF＝b，

∵四边形CDMN和DEFG都是正方形，
∴∠NCD＝90°，∠FED＝90°，
∵半圆O的半径为10，
∴ON＝OF＝10，
由勾股定理得：NC2+CO2＝ON2，OE2+EF2＝OF2，
∴a2+（a+c）2＝102①，b2+（b﹣c）2＝102②，
①﹣②，得a2+（a+c）2﹣b2﹣（b﹣c）2＝0，
（a2﹣b2）+[（a+c）2﹣（b﹣c）2）]＝0，
（a+b）（a﹣b）+（a+c+b﹣c）（a+c﹣b+c）＝0，
（a+b）（a﹣b）+（a+b）（a﹣b+2c）＝0，
（a+b）（a﹣b+a﹣b+2c）＝0，
2（a+b）（a﹣b+c）＝0，
∵a+b≠0，
∴a﹣b+c＝0，
即b＝a+c，
把b＝a+c代入①，得a2+b2＝102＝100，
即正方形CDMN的面积与正方形DEFG的面积之和是100，
故选：C．
二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，满分20分）
11．（5分）因式分解：﹣12x3y+27xy3＝　﹣3xy（2x+3y）（2x﹣3y）　．
【分析】首先提取公因式﹣3xy，再利用公式法分解因式即可．
【解答】解：﹣12x3y+27xy3＝﹣3xy（4x2﹣9y2）
＝﹣3xy（2x+3y）（2x﹣3y）．
故答案为：﹣3xy（2x+3y）（2x﹣3y）．
12．（5分）如图，点D是△ABC的边BC上任意一点，点E、F分别是线段AD、CE的中点，且△ABC的面积为40，则△BEF的面积＝　10　．

【分析】利用角形的中线将三角形分成面积相等的两部分得到S△EBD=12S△ABD，S△ECD=12S△ACD，所以S△EBD+S△ECD=12S△ABC，然后根据F点为CE的中点得到S△BEF=12S△ECB．
【解答】解：∵E点为AD的中点，
∴S△EBD=12S△ABD，S△ECD=12S△ACD，
∴S△EBD+S△ECD=12（S△ABD+S△ACD）=12S△ABC，
∴S△ECB=12×40＝20，
∵F点为CE的中点，
∴S△BEF=12S△ECB=12×20＝10．
故答案为：10．
13．（5分）如图，在直角坐标系中，第一象限内的点A，B都在反比例函数y=kx的图象上，横坐标分别是4和2，点C在x轴的正半轴上，满足AC⊥BC，且BC＝AC，则k的值是 　83　．

【分析】作AD⊥x轴，BE⊥x轴，由AC⊥BC，先证明△ACD≌△CBE，得到CD＝BE=k2，CE＝AD=k4，进而得到OD＝OE+EC+CD＝2+k4+k2=4，即可求出答案．
【解答】解：根据题意，作AD⊥x轴，BE⊥x轴，如图，

∵点A，B都在反比例函数y=kx的图象上，横坐标分别是4和2，
∴设点A（4，k4），B（2，k2），
∴点D（4，0），E（2，0），
∵AC⊥BC，AD⊥x轴，BE⊥x轴，
∴∠CBE+∠BCE＝90°，∠BCE+∠ACD＝90°，∠ADC＝∠CEB＝90°，
∴∠CBE＝∠ACD，
在△ACD和△CBE中，
∠ACD=∠CBE∠ADC=∠CEB=90°AC=BC
∴△ACD≌△CBE（AAS），
∴CD＝BE=k2，CE＝AD=k4，
∴OD＝OE+EC+CD＝2+k4+k2=4，
解得k=83；
故答案为：83．
14．（5分）如图，在Rt△ABC中，∠CAB＝90°，I为△ABC的内心，延长CI交AB于点D．
（1）∠BIC＝　135　°；
（2）若BD＝3，BI＝4，则AB＝　163　．

【分析】（1）根据I为△ABC的内心，即可求出∠BIC；
（2）证明△BID∽△BAI，对应边成比例可得AB的长，进而可得AB的长．
【解答】解：（1）∵I为△ABC的内心，
∴∠BIC＝90°+12∠CAB＝90°+45°＝135°．
故答案为：135；
（2）∵AI平分∠CAB，
∴∠IAB＝45°，
∴∠BID＝∠IAB＝45°，
∠IBD＝∠ABI，
∴△BID∽△BAI，
∴BIBA=BDBI，
∴4AB=34，
解得AB=163，
故答案为：163．
三、（本大题共2小题，每小题8分，满分16分）
15．（8分）解不等式组：x2+1＞02(x−1)+3≥3x．
【分析】分别求出每一个不等式的解集，根据口诀：同大取大、同小取小、大小小大中间找、大大小小找不到确定不等式组的解集．
【解答】解：x2+1＞0①2(x−1)+3≥3x②，
解不等式①得：x＞﹣2，
解不等式②得：x≤1，
则不等式组的解集为﹣2＜x≤1．
16．（8分）已知二次函数图象过点A（2，1），B（4，1）且最大值为2，求二次函数的解析式．
【分析】A（2，1），B（4，1）的纵坐标相同，因而这两点一定关于对称轴对称，则对称轴是直线x＝3，最大值为2，则抛物线的顶点坐标是（3，2），因而可以设解析式是y＝a（x﹣3）2+2，又由于函数经过点（2，1），代入就可以求出解析式．
【解答】解：根据题意设y＝a（x﹣3）2+2，
把A（2，1）代入y＝a（x﹣3）2+2，
1＝a（2﹣3）2+2解得a＝﹣1，
∴y＝﹣（x﹣3）2+2，
即y＝﹣x2+6x﹣7．
四、（本大题共2小题，每小题8分，满分16分）
17．（8分）我国海域辽阔，渔业资源丰富，如图，现有渔船以182km/h的速度在海面上沿正东方向航行，当行至A处时，发现它的东南方向有一灯塔B，船续向东航行30min后达到C处，发现灯塔B在它的南偏东15°方向，求此时渔船与灯塔B的距离．

【分析】作CE⊥AB于E，根据题意求出AC的长，根据正弦的定义求出CE，根据三角形的外角的性质求出∠B的度数，根据正弦的定义计算即可．
【解答】解：如图，作CE⊥AB于E，

182×12=92（km），
∴AC＝92km，
∵∠CAB＝45°，
∴CE＝AC•sin45°＝9km，
∵灯塔B在它的南偏东15°方向，
∴∠NCB＝75°，∠CAB＝45°，
∴∠B＝30°，
∴BC=CEsin∠B=18（km），
答：此时渔船与灯塔B的距离为18km．
18．（8分）如图，正方形ABCD的边长为4，以点A为圆心，AD为半径画圆弧DE得到扇形DAE（阴影部分，点E在对角线AC上）．若扇形DAE正好是一个圆锥的侧面展开图，求圆锥的底面圆的半径．

【分析】根据圆锥的底面周长与展开后所得扇形的弧长相等列式计算即可．
【解答】解：∵正方形ABCD的边长为4，
∴AD＝AE＝4，
∵AC是正方形ABCD的对角线，
∴∠EAD＝45°，
∴lDE=45°×π×4180°=π，
∴圆锥底面周长为C＝2πr＝π，
解得r=12，
∴该圆锥的底面圆的半径是12．
五、（本大题共2小题，每小题10分，满分20分）
19．（10分）如图，在平面直角坐标系中，以点M（3，5）为圆心，AB为直径的圆与x轴相切，与y轴交于A，C两点，求点B的坐标．

【分析】设切点为D，连接BC、MD，交于点E，可知BC⊥MD，在△MCE中根据勾股定理即可求出各边长，进而求出B点坐标．
【解答】解：如图，连接BC，设圆与x轴相切于点D，连接MD交BC与点E，则MD⊥x轴，

∵AB为直径，则∠ACB＝90°，
∴BC⊥MD，
∴BC//x轴，
∵M（3，5），
∴MB＝MD＝5，CE＝EB＝3，
∴ME＝4，
∴CB＝6，
∴DE＝MD﹣ME＝1，
∵BC//x轴，
∴B（6，1）．
20．（10分）抛物线y＝x2﹣3x﹣4与x轴交于点A，点B，与y轴交于点C，直线y＝kx+b，经过点B，C．
（1）点P是直线BC下方抛物线上一动点，求四边形ACPB面积最大时点P的坐标；
（2）若M是抛物线上一点，且∠MCB＝15°，请直接写出点M的坐标．

【分析】（1）根据抛物线的解析式先求出点A，B，C的坐标，再求出直线BC的解析式．过点P作PE⊥AB交BC于点E，点P（a，a2﹣3a﹣4），则点E（a，a﹣4），
所以PE＝a﹣4﹣（a2﹣3a﹣4）＝﹣a2+4a，利用四边形ACPB的面积公式可表达出四边形的面积，再根据二次函数的性质求出最值即可．
（2）根据（1）中可得出△OBC是等腰直角三角形，则∠OCB＝45°，点M是抛物线上一点，且∠MCB＝15°，由此可得出∠OCM＝30°或∠OCM＝60°．根据直角三角形的性质可得出直线CM的解析式，进而求出点M的坐标．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝x2﹣3x﹣4与x轴交于点A，点B，与y轴交于点C，
当x＝0时，y＝﹣4，C点坐标为（0，﹣4），当y＝0时，0＝x2﹣3x﹣4，
解得x1＝﹣1，x2＝4，点A（﹣1，0），点B（4，0），
∵直线y＝kx+b，经过点B，C，
∴4k+b＝0，b＝﹣4，解得：k＝1，b＝﹣4．
∴直线BC解析式为y＝x﹣4；
如图，过点P作PE⊥AB交BC于点E，A（﹣1，0），

设点P（a，a2﹣3a﹣4），则点E（a，a﹣4），
∴PE＝a﹣4﹣（a2﹣3a﹣4）＝﹣a2+4a，
∵四边形ACPB面积=12×（4+1）×4+12×（﹣a2+4a）×4＝﹣2（a﹣2）2+18，
∴当a＝2时，四边形ACPB面积有最大值，此时点P（2，﹣6）；
（2）根据（1）中可得OB＝OC＝4，
∴△OBC是等腰直角三角形，
∴∠OCB＝45°，
若点M是抛物线上一点，∠MCB＝15°，
当点M在直线BC上方时，∠OCM＝30°，设射线OM与x轴交于点N，如图：

此时∠ONC＝60°，∠CON＝90°，
∴ON=33OC=433．
∴直线CN：y=3x−4，
令3x−4＝x2﹣3x﹣4，解得x＝0或x＝3+3，
∴M（3+3，33−1）．
当点M在直线BC下方时，∠OCM＝60°，设射线OM与x轴交于点F，如图：
.
此时∠OFC＝30°，∠COF＝90°，
∴OF=3OC＝43．
∴直线CN：y=33x﹣4，
令33x﹣4＝x2﹣3x﹣4，解得x＝0或x＝3+33，
∴M（3+33，3−113）．
综上可知，点M（3+3，33−1）或（3+33，3−113）
六、（本题满分12分）
21．（12分）2022北京冬奥会，为了解学生最喜欢的冰雪运动，学校从全校随机抽取了部分学生，进行了问卷调查（每个被调查的学生在4种冰雪运动中只选择最喜欢做的一种），4种冰雪运动分别是：A、滑雪，B、滑冰，C、冰球，D、冰壶；将数据进行整理并绘制成如图两幅统计图（未画完整）．

（1）这次调查中，一共调查了 　40　名学生，请补全条形统计图；
（2）若全校有2800名学生，请估计该校最喜欢“滑冰”运动项目的学生数；
（3）学校想要从D档的4名学生中随机抽取2名同学谈谈自己的喜爱的原因，已知这4名学生中1名来自七年级，1名来自八年级，2名来自九年级，请用列表或画树状图的方法，求抽到的2名学生来自不同年级的概率．
【分析】（1）由B档人数及其所占百分比可得被调查的总人数，再用总人数减去B、C、D的人数求出A档人数，从而补全条形统计图；
（2）由全校学生人数乘以最喜欢“滑冰”运动项目的学生所占的百分比即可；
（3）画树状图，共有12种等可能的情况数，其中抽到的2名学生来自不同年级的情况有10种，再由概率公式求解即可．
【解答】解：（1）本次调查的学生共有16÷40%＝40（名），
故答案为：40，
A档人数为40﹣（16+12+4）＝8（人），
补全条形统计图如下：

（2）2800×40%＝1120（人），
即估计该校最喜欢“滑冰”运动项目的学生为1120人；
（3）用A表示七年级学生，用B表示八年级学生，用C和D分别表示九年级学生，
画树状图如下：

共有12种等可能的情况数，其中抽到的2名学生来自不同年级的情况有10种，
∴抽到的2名学生来自不同年级的概率是1012=56．
七、（本题满分12分）
22．（12分）如图，AC是⊙O的直径，BC，BD是⊙O的弦，M为BC的中点，OM与BD交于点F，过点D作DE⊥BC，交BC的延长线于点E，且CD平分∠ACE．
（1）求证：DE是⊙O的切线；
（2）若DE＝12，tan∠CDE=23，求BM的长．

【分析】（1）连接OD，根据等腰三角形的性质、角平分线的定义得到∠ODC＝∠ECD，根据直角三角形的性质得到∠DCE+∠CDE＝90°，进而得到∠ODE＝90°，根据切线的判定定理证明即可；
（2）连接AD，根据圆周角定理得到∠CDE＝∠DBE，根据正切的定义分别求出CE、BE，进而求出BC，根据垂径定理计算即可．
【解答】（1）证明：连接OD，
∵OD＝OC，
∴∠ODC＝∠OCD，
∵CD平分∠ACE，
∴∠OCD＝∠ECD，
∴∠ODC＝∠ECD，
∵DE⊥BC，
∴∠DEC＝90°，
∴∠DCE+∠CDE＝90°，
∴∠ODC+∠CDE＝90°，即∠ODE＝90°，
∵OD为半径，
∴DE是⊙O的切线；
（2）解：连接AD，
∵DE是⊙O的切线，
∴∠CDE＝∠CAD，
由圆周角定理得：∠CAD＝∠DBE，
∴∠CDE＝∠DBE，
在Rt△CDE中，DE＝12，tan∠CDE=23，
∴CE12=23，
∴CE＝8，
在Rt△BDE中，DE＝12，tan∠DBE=23，
∴12BE=23，
∴BE＝18，
∴BC＝BE﹣CE＝10，
∵M为BC的中点，
∴OM⊥BC，
∴BM=12BC＝5．

八、（本题满分14分）
23．（14分）如图，△ABC中，∠ACB＝90°，CB＝CA，CE⊥AB于E，点F是CE上一点，连接AF并延长交BC于点D，CG⊥AD于点G，连接EG．
（1）求证：CD2＝DG•DA；
（2）如图1，若点D是BC中点，求证：CF＝2EF；
（3）如图2，若GC＝2，GE＝22，求证：点F是CE中点．

【分析】（1）先证明△ACD∽△CGD，根据相似三角形性质即可证得结论；
（2）如图1，过E作EH∥AD交BC于点H，运用平行线分线段成比例定理即可证得结论；
（3）如图2，过点E作EM⊥AD于点M，可得△EGM是等腰直角三角形，可得EM的长，再证明△CFG≌△EFM（AAS）可得结论．
【解答】证明：（1）∵CG⊥AD，∠ACB＝90°，
∴∠CGD＝∠ACB＝90°，
∵∠CDA＝∠CDG，
∴△ACD∽△CGD，
∴CD：DG＝DA：CD，
∴CD2＝DG•DA；
（2）如图1，过E作EH∥AD交BC于点H，

∵HE∥AD，
∴BH：HD＝BE：EA，CD：HD＝CF：EF，
∵CB＝CA，∠ACB＝90°，CE⊥AB，
∴E为AB的中点，
∴BE：EA＝1，
∴BH：HD＝BE：EA＝1，
∵D为BD的中点，
∴CD＝BD，
∴CD：HD＝2，
∵EH∥AD，
∴CD：HD＝CF：EF＝2，
∴CF＝2EF；
（3）∵CB＝CA，∠ACB＝90°，
∴∠BAC＝45°，
∵CE⊥AB，CG⊥AD，
∴∠AGC＝∠AEC＝90°，∠ACE＝45°，
∵∠CFG＝∠AFE
∴△GCF∽△EAF，
∴GFEF=CFAF，
∵∠GFE＝∠CFA，
∴△EGF∽△ACF，
∴∠EGF＝∠ACF＝45°，
如图2，过点E作EM⊥AD于点M，

∴△EGM是等腰直角三角形，
∵EG＝22
∴EM＝2，
∵CG＝2，
∴CG＝EM，
∵∠CGF＝∠EMG＝90°，∠CFG＝∠EFM，
∴△CGF≌△EMF（AAS），
∴CF＝EF，
∴点F是CE中点．