+安徽省合肥五十中等江南十校2021-2022学年九年级上学期期末数学试卷+（有答案）

这是一份+安徽省合肥五十中等江南十校2021-2022学年九年级上学期期末数学试卷+（有答案），共37页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年安徽省合肥五十中等江南十校九年级第一学期期末数学试卷
一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，满分40分）
1．下列是北京大学、中国科学院大学、中国药科大学和中南大学的标志中的图案，其中是中心对称图形的有（　　）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
2．用换元法解方程+＝2时，若设＝y，则原方程可化为关于y的方程是（　　）
A．y2﹣2y+1＝0 B．y2+2y+1＝0 C．y2+y+2＝0 D．y2+y﹣2＝0
3．已知点A，B，C在⊙O上，则下列命题为真命题的是（　　）
A．若半径OB平分弦AC，则四边形OABC是平行四边形
B．若四边形OABC是平行四边形，则∠ABC＝120°
C．若∠ABC＝120°，则弦AC平分半径OB
D．若弦AC平分半径OB，则半径OB平分弦AC
4．定义：在平面直角坐标系中，若点A满足横、纵坐标都为整数，则把点A叫做“整点”．如：B（3，0）、C（﹣1，3）都是“整点”．抛物线y＝ax2﹣2ax+a+2（a＜0）与x轴交于点M，N两点，若该抛物线在M、N之间的部分与线段MN所围的区域（包括边界）恰有5个整点，则a的取值范围是（　　）
A．﹣1≤a＜0 B．﹣2≤a＜﹣1 C．﹣1≤a＜ D．﹣2≤a＜0
5．如图，∠BAC＝36°，点O在边AB上，⊙O与边AC相切于点D，交边AB于点E，F，连接FD，则∠AFD等于（　　）

A．27° B．29° C．35° D．37°
6．甲、乙两名同学在一次用频率估计概率的试验中统计了某一结果出现的频率，绘制统计图如图所示，符合这一结果的试验可能是（　　）

A．抛一枚硬币，出现正面的概率
B．任意写一个正整数，它能被3整除的概率
C．从一装有1个白球和2个红球的袋子中任取一球，取到红球的概率
D．掷一枚正方体的骰子，出现6点的概率
7．如图，在△OAB中，顶点O（0，0），∠AOB＝90°，点A在y轴的正半轴上，点B在x轴的正半轴上，OC是△OAB的中线，点C的坐标为（2，3），将△OAB绕点O逆时针旋转，每次旋转45°，则第2021次旋转结束时，点A的坐标为（　　）

A．（4，﹣4） B．（2，﹣4） C．（3，﹣3） D．（3，﹣3）
8．“闻起来臭，吃起来香”的臭豆腐是长沙特色小吃，臭豆腐虽小，但制作流程却比较复杂，其中在进行加工煎炸臭豆腐时，我们把“焦脆而不糊”的豆腐块数的百分比称为“可食用率”．在特定条件下，“可食用率”P与加工煎炸时间t（单位：分钟）近似满足的函数关系为：P＝at2+bt+c（a≠0，a，b，c是常数），如图记录了三次实验的数据．根据上述函数关系和实验数据，可以得到加工煎炸臭豆腐的最佳时间为（　　）

A．3.50分钟 B．4.05分钟 C．3.75分钟 D．4.25分钟
9．古希腊数学家欧几里得在《几何原本》中记载了用尺规作某种六边形的方法，其步骤是：①在⊙O上任取一点A，连接AO并延长交⊙O于点B；②以点B为圆心，BO为半径作圆弧分别交⊙O于C，D两点；③连接CO，DO并延长分别交⊙O于点E，F；④顺次连接BC，CF，FA，AE，ED，DB，得到六边形AFCBDE．连接AD，EF，交于点G，则下列结论错误的是（　　）

A．△AOE的内心与外心都是点G
B．∠FGA＝∠FOA
C．点G是线段EF的三等分点
D．EF＝AF
10．如图，△ABC的内切圆⊙O与AB，BC，AC分别相切于点D，E，F，连接OE，OF，∠C＝90°，AC＝6，BC＝8，则阴影部分的面积为（　　）

A． B． C．4﹣π D．
二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，满分20分）
11．抛物线y＝ax2+bx+c的图象与x轴有两个交点M（x1，0），N（x2，0），且经过点A（0，1），其中0＜x1＜x2．过点A的直线l与x轴交于点C，与抛物线交于点B（异于点A），满足△CAN是等腰直角三角形，且S△BMN＝S△AMN．求该抛物线的解析式　 　．
12．下表显示了在同样条件下对某种小麦种子进行发芽试验的部分结果．
试验种子数n（粒）
1
5
50
100
200
500
1000
2000
3000
…
发芽频数m
0
4
45
92
188
476
951
1900
2850
…
发芽频率
0
0.8
0.9
0.92
0.94
0.952
0.951
0.95
0.95
…
则下列推断：
①随着试验次数的增加，此种小麦种子发芽的频率总在0.95附近摆动，显示出一定的稳定性，可以估计此种小麦种子发芽的概率是0.95；
②当试验种子数为500粒时，发芽频数是476，所以此种小麦种子发芽的概率是0.952；
③若再次试验，则当试验种子数为1000时，此种小麦种子发芽的频率一定是0.951；其中合理的是　 　．（填序号）
13．如图，Rt△BAC，∠ACB＝30°，∠BAC＝90°，将Rt△BAC绕点A旋转一定度数，点C与点C'重合，点B与点B'重合，当C、B、C'三点在同一条直线时，请完成下列探究：
（1）这个旋转角＝　 　°；
（2）此时，＝　 　．

14．如图，⊙O的直径AB＝16，半径OC⊥AB，D为上一动点（不包括 B、C两点），DE⊥OC，DF⊥AB，垂足分别为E，F，且点E为OC的中点．
（1）劣弧的长为 　 　；
（2）若点P为直径AB上一动点，则PC+PD的最小值为 　 　．

三、（本大题共2小题，每小题8分，满分16分）
15．如图，在平面直角坐标系中，每个小方格都是边长为1的正方形，△ABC的顶点均在格点上，点A的坐标为（﹣2，﹣4），点B的坐标为（0，﹣4），点C的坐标为（1，﹣1）．
（1）请画出与△ABC关于原点O成中心对称的△A1B1C1．
（2）请画出△ABC绕原点O逆时针旋转90°后得到的△A2B2C2．
（3）求△AA1A2的面积．

16．1400多年前，我国隋朝建造的赵州石拱桥（如图）是圆弧形，它的跨度（即弧所对的弦长）为37.4m，拱高（即弧的中点到弦的距离）为7.2m，求桥拱所在圆的半径（结果精确到0.1m）．


四、（本大题共2小题，每小题8分，满分16分）
17．已知关于x的一元二次方程x2﹣4mx+3m2＝0．
（1）求证：该方程总有两个实数根；
（2）若m＞0，且该方程的两个实数根的差为2，求m的值．
18．相约西安，筑梦全运，为迎接十四运，学校开展了运动会志愿者选拔活动．小亮和小贾都很优秀，一同报名参加了选拔活动，但只有一个参加名额．现通过抽卡片的方式决定谁去参加，规则如下：现有两组卡片，第一组为正面分别写有字母X、Y、Z的三张卡片，第二组为正面分别写有字母X、Y、Y、Z的四张卡片，这些卡片除正面字母外其余均相同．将卡片正面朝下洗匀，随机抽一张，记下字母后放回，称为抽卡片一次．
（1）若小贾从第二组中抽卡片15次，其中9次抽出的卡片上写有字母Y，求这15次抽出的卡片上写有字母Y的频率；
（2）小亮从第一组中抽卡片一次，小贾从第二组中抽卡片一次，若两人抽出的卡片上的字母相同，则小亮去参加；否则，小贾去参加请问这种抽卡片的方式对两人是否公平？用列表或画树状图的方法说明理由．
五、（本大题共2小题，每小题10分，满分20分）
19．如图，Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝6cm，BC＝8cm，点P从B点出发以每秒1cm的速度向C点运动，同时Q从C点出发以相同和速度向A点运动，当其中一个点到达目的地时，另一点自动停止运动，设运动时间为t（s）？
（1）用含t的代数式表示CP、CQ的长，并直接写出t的取值范围；
（2）多长时间后△CPQ的面积为6cm2？
（3）设y＝PQ2，直接求出y的取值范围；

20．如图，在△ABC和△ADE中，AB＝AC，AD＝AE，∠BAC+∠EAD＝180°，△ABC不动，△ADE绕点A旋转，连接BE、CD，F为BE的中点，连接AF．
（1）如图①，当∠BAE＝90°时，求证：CD＝2AF；
（2）当∠BAE≠90°时，（1）的结论是否成立？请结合图②说明理由．

六、（本题满分12分）
21．已知抛物线与x轴交于点A、点B，与y轴交于点C（0，3），顶点坐标（﹣2，﹣1）．
（1）求抛物线的解析式．
（2）如图1，点D在第二象限的抛物线上，且∠CBO＝∠CBD，求点D的坐标．
（3）如图2，将抛物线平移至顶点与原点重合得到新抛物线，M、N在新抛物线上且M在N的左侧，过M、N的两条直线与抛物线均有唯一的公共点，且两条直线交于点E，过E作EF∥y轴交MN于F，交抛物线于G，求证：G是EF中点．

七、（本题满分12分）
22．节能减排是国家“十四五”规划中的一个重要目标，规划提出要在2030年前实现“碳达峰”，到2060年实现“碳中和”发展．为响应国家号召，某省政府计划对一批工业园区的碳排放工厂进行改建和重建，该计划拟定2021年，工厂改建和重建数量共100座，且改建座数不低于重建座数的4倍．
（1）按拟定计划，2021年至少要改建多少座工厂？
（2）经财政实际预算，2021年改建与重建工厂的平均费用之比为1：2，且改建工厂按照拟定计划中最少的数量计算，将花费资金156亿元．为加快实现“碳达峰”的目标，该省政府计划加大投入，计划指出2022年用于工厂改建和重建的费用将在2021年实际预算的基础上增加10a%，另外2022年改建与重建工厂的平均费用将比2021年分别增加a%和5a%，改建与重建工厂的座数将比2021年分别增加5a%和8a%，求a的值．
八、（本题满分14分）
23．某数学活动小组在一次活动中，对一个数学问题作如下探究：

【问题探究】如图1，AD，BD为⊙O的两条弦（AD＜BD），点C为的中点，过C作CE⊥BD、垂足为E．求证：BE＝DE+AD．
小明同学的思路是：如图2．在BE上截取BF＝AD，连接CA，CB，CD，CF…请你按照小明的思路完成上述问题的证明过程．
【结论运用】如图3，△ABC是⊙O的内接等边三角形，点D是上一点，∠ACD＝45°，连接BD，CD．过点A作AE⊥CD，垂足为 E．若AB＝62，求△BCD的周长．
【变式探究】如图4，若将（问题探究）中“点C为的中点”改为“点C为优弧ACB的中点”，其他条件不变，请写出BE、AD、DE之间的等量关系，并加以证明．





参考答案
一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，满分40分）
1．下列是北京大学、中国科学院大学、中国药科大学和中南大学的标志中的图案，其中是中心对称图形的有（　　）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【分析】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．根据中心对称图形的概念对各选项分析判断即可得解．
解：左起第一、第三、第四个图形都不能找到这样的一个点，使这些图形绕某一点旋转180°与原来的图形重合，所以不是中心对称图形；
第二个图形能找到这样的一个点，使这个图形绕某一点旋转180°与原来的图形重合，所以是中心对称图形；
所以是中心对称图形的有1个．
故选：A．
【点评】本题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度后与原图重合．
2．用换元法解方程+＝2时，若设＝y，则原方程可化为关于y的方程是（　　）
A．y2﹣2y+1＝0 B．y2+2y+1＝0 C．y2+y+2＝0 D．y2+y﹣2＝0
【分析】方程的两个分式具备倒数关系，设＝y，则原方程化为y+＝2，再转化为整式方程y2﹣2y+1＝0即可求解．
解：把＝y代入原方程得：y+＝2，转化为整式方程为y2+1＝2y，即y2﹣2y+1＝0．
故选：A．
【点评】考查了换元法解分式方程，换元法解分式方程时常用方法之一，它能够把一些分式方程化繁为简，化难为易，对此应注意总结能用换元法解的分式方程的特点，寻找解题技巧．
3．已知点A，B，C在⊙O上，则下列命题为真命题的是（　　）
A．若半径OB平分弦AC，则四边形OABC是平行四边形
B．若四边形OABC是平行四边形，则∠ABC＝120°
C．若∠ABC＝120°，则弦AC平分半径OB
D．若弦AC平分半径OB，则半径OB平分弦AC
【分析】根据垂径定理，平行四边形的性质判断即可．
解：A、如图，

若半径OB平分弦AC，则四边形OABC不一定是平行四边形；原命题是假命题；
B、若四边形OABC是平行四边形，
则AB＝OC，OA＝BC，
∵OA＝OB＝OC，
∴AB＝OA＝OB＝BC＝OC，
∴∠ABO＝∠OBC＝60°，
∴∠ABC＝120°，是真命题；
C、如图，

过O作OQ⊥AC于Q，交⊙O于P，连接PA，PC，
∵∠ABC＝120°，
∴∠APC＝120°，∠AOC＝360°﹣2×120°＝120°，
∵OA＝OC，
∴∠AOC＝∠OCA＝30°，
在Rt△OQA中，OQ＝OA，
∴OQ＝OP，
∴AC平分OP，
∴只有当OB⊥AC时，弦AC平分半径OB，∴弦AC不一定平分半径OB，故C项是假命题；
若∠ABC＝120°，则弦AC不平分半径OB，原命题是假命题；
D、如图，

若弦AC平分半径OB，则半径OB不一定平分弦AC，原命题是假命题；
故选：B．
【点评】本题考查的是命题的真假判断，正确的命题叫真命题，错误的命题叫做假命题．判断命题的真假关键是要熟悉课本中的性质定理．
4．定义：在平面直角坐标系中，若点A满足横、纵坐标都为整数，则把点A叫做“整点”．如：B（3，0）、C（﹣1，3）都是“整点”．抛物线y＝ax2﹣2ax+a+2（a＜0）与x轴交于点M，N两点，若该抛物线在M、N之间的部分与线段MN所围的区域（包括边界）恰有5个整点，则a的取值范围是（　　）
A．﹣1≤a＜0 B．﹣2≤a＜﹣1 C．﹣1≤a＜ D．﹣2≤a＜0
【分析】画出图象，找到该抛物线在M、N之间的部分与线段MN所围的区域（包括边界）恰有5个整点的边界，利用与y交点位置可得m的取值范围．
解：抛物线y＝ax2﹣2ax+a+2（a＜0）化为顶点式为y＝a（x﹣1）2+2，故函数的对称轴：x＝1，M和N两点关于x＝1对称，根据题意，抛物线在M、N之间的部分与线段MN所围的区域（包括边界）恰有5个整点，这些整点是（0，0），（1，0），（（1，1），（1，2），（2，0），
如图所示：

∵当x＝0时，y＝a+2
∴0≤a+2＜1
当x＝﹣1时，y＝4a+2＜0
即：，
解得﹣2≤a＜﹣1
故选：B．
【点评】本题考查抛物线与x轴的交点、配方法确定顶点坐标、待定系数法等知识，利用函数图象确定与y轴交点位置是本题的关键．
5．如图，∠BAC＝36°，点O在边AB上，⊙O与边AC相切于点D，交边AB于点E，F，连接FD，则∠AFD等于（　　）

A．27° B．29° C．35° D．37°
【分析】连接OD，根据切线的性质得到∠ADO＝90°，根据直角三角形的性质得到∠AOD＝90°﹣36°＝54°，根据圆周角定理即可得到结论．
解：连接OD，
∵⊙O与边AC相切于点D，
∴∠ADO＝90°，
∵∠BAC＝36°，
∴∠AOD＝90°﹣36°＝54°，
∴∠AFD＝AOD＝54°＝27°，
故选：A．

【点评】本题考查了切线的性质，圆周角定理，正确的作出辅助线构造直角三角形是解题的关键．
6．甲、乙两名同学在一次用频率估计概率的试验中统计了某一结果出现的频率，绘制统计图如图所示，符合这一结果的试验可能是（　　）

A．抛一枚硬币，出现正面的概率
B．任意写一个正整数，它能被3整除的概率
C．从一装有1个白球和2个红球的袋子中任取一球，取到红球的概率
D．掷一枚正方体的骰子，出现6点的概率
【分析】根据统计图可知，试验结果在0.33附近波动，即其概率P≈0.33，计算四个选项的概率，约为0.33者即为正确答案．
解：A、掷一枚硬币，出现正面朝上的概率为，故此选项不符合题意；
B、任意写出一个正整数，能被3整除的概率为，故此选项符合题意；
C、从一装有1个白球和2个红球的袋子中任取一球，取到红球的概率，故此选项不符合题意；
D、掷一枚正六面体的骰子，出6点的概率为，故此选项不符合题意；
故选：B．
【点评】此题考查了利用频率估计概率，大量反复试验下频率稳定值即概率．用到的知识点为：频率＝所求情况数与总情况数之比．同时此题在解答中要用到概率公式．
7．如图，在△OAB中，顶点O（0，0），∠AOB＝90°，点A在y轴的正半轴上，点B在x轴的正半轴上，OC是△OAB的中线，点C的坐标为（2，3），将△OAB绕点O逆时针旋转，每次旋转45°，则第2021次旋转结束时，点A的坐标为（　　）

A．（4，﹣4） B．（2，﹣4） C．（3，﹣3） D．（3，﹣3）
【分析】探究规律，利用规律解决问题即可．
解：∵AC＝CB，C（2，3），
∴A（0，6），B（4，0），
∴OA＝6，
第1次点A的坐标为（﹣3，3），
第2次点A的坐标为（﹣6，0），
第3次点A的坐标为（﹣3，﹣3），
第4次点A的坐标为（0，6），
第5次点A的坐标为（3，﹣3），
第6次点A的坐标为（6，0），
第7次点A的坐标为（3，3），
第8次点A的坐标为（0，6），
8次应该循环，
∵2021÷8＝252•••5，
∴第2021次旋转结束时，点A的坐标为（3，﹣3），
故选：C．
【点评】本题考查坐标与图形变化﹣旋转，解直角三角形，规律型问题等知识，解题的关键是学会探究规律的方法，属于中考常考题型．
8．“闻起来臭，吃起来香”的臭豆腐是长沙特色小吃，臭豆腐虽小，但制作流程却比较复杂，其中在进行加工煎炸臭豆腐时，我们把“焦脆而不糊”的豆腐块数的百分比称为“可食用率”．在特定条件下，“可食用率”P与加工煎炸时间t（单位：分钟）近似满足的函数关系为：P＝at2+bt+c（a≠0，a，b，c是常数），如图记录了三次实验的数据．根据上述函数关系和实验数据，可以得到加工煎炸臭豆腐的最佳时间为（　　）

A．3.50分钟 B．4.05分钟 C．3.75分钟 D．4.25分钟
【分析】将图象中的三个点（3，0.8）、（4，0.9）、（5，0.6）代入函数关系p＝at2+bt+c中，可得函数关系式为：p＝﹣0.2t2+1.5t﹣1.9，再根据加工煎炸臭豆腐的最佳时间为抛物线顶点的横坐标，求出即可得结论．
解：将图象中的三个点（3，0.8）、（4，0.9）、（5，0.6）代入函数关系P＝at2+bt+c中，
，
解得，
所以函数关系式为：P＝﹣0.2t2+1.5t﹣1.9，
由题意可知：加工煎炸臭豆腐的最佳时间为抛物线顶点的横坐标：
t＝﹣＝﹣＝3.75，
则当t＝3.75分钟时，可以得到最佳时间．
故选：C．
【点评】本题考查了二次函数的应用，解决本题的关键是掌握二次函数的性质．
9．古希腊数学家欧几里得在《几何原本》中记载了用尺规作某种六边形的方法，其步骤是：①在⊙O上任取一点A，连接AO并延长交⊙O于点B；②以点B为圆心，BO为半径作圆弧分别交⊙O于C，D两点；③连接CO，DO并延长分别交⊙O于点E，F；④顺次连接BC，CF，FA，AE，ED，DB，得到六边形AFCBDE．连接AD，EF，交于点G，则下列结论错误的是（　　）

A．△AOE的内心与外心都是点G
B．∠FGA＝∠FOA
C．点G是线段EF的三等分点
D．EF＝AF
【分析】A、正确．证明△AOE是等边三角形，EF⊥OA，AD⊥OE，可得结论．
B、正确．证明∠AGF＝∠AOF＝60°，可得结论．
C、正确．证明FG＝2GE，可得结论．
D、错误．证明EF＝AF，可得结论．
解：在正六边形AEDBCF中，∠AOF＝∠AOE＝∠EOD＝60°，
∵OF＝OA＝OE＝OD，
∴△AOF，△AOE，△EOD都是等边三角形，
∴AF＝AE＝OE＝OF，OA＝AE＝ED＝OD，
∴四边形AEOF，四边形AODE都是菱形，
∴AD⊥OE，EF⊥OA，
∴△AOE的内心与外心都是点G，故A正确，
∵∠EAF＝120°，∠EAD＝30°，
∴∠FAD＝90°，
∵∠AFE＝30°，
∴∠AGF＝∠AOF＝60°，故B正确，
∵∠GAE＝∠GEA＝30°，
∴GA＝GE，
∵FG＝2AG，
∴FG＝2GE，
∴点G是线段EF的三等分点，故C正确，
∵AF＝AE，∠FAE＝120°，
∴EF＝AF，故D错误，
故选：D．

【点评】本题考查作图﹣复杂作图，等边三角形的判定和性质，菱形的判定和性质，三角形的内心，外心等知识，解题的关键是证明四边形AEOF，四边形AODE都是菱形，属于中考常考题型．
10．如图，△ABC的内切圆⊙O与AB，BC，AC分别相切于点D，E，F，连接OE，OF，∠C＝90°，AC＝6，BC＝8，则阴影部分的面积为（　　）

A． B． C．4﹣π D．
【分析】连结AO、BO、DO，CO，设⊙O半径为r，利用面积公式求出内切圆半径，r＝＝2，再说明四边形OFCE是正方形，得S阴影＝S正方形OFCE﹣S扇形OFE＝4﹣＝4﹣π，
解：连结AO、BO、DO，CO，设⊙O半径为r，
∵∠C＝90°，AC＝6，BC＝8，
∴AB＝10，
∵△ABC的内切圆⊙O与AB，BC，AC分别相切于点D，E，F，
∴AC⊥OF，AB⊥OD，BC⊥OE，且OF＝OD＝OE＝r，
∴S△ABC＝S△ABO+S△ACO+S△BCO
∴＝，
∴r＝＝2，
∵∠C＝90°，∠OFC＝∠OEC＝90°，OF＝OE
∴四边形OFCE是正方形，
∴∠FOE＝90°，
∴S阴影＝S正方形OFCE﹣S扇形OFE＝4﹣＝4﹣π，
故选：C．

【点评】本题考查了勾股定理，三角形内切圆，面积法求内切圆半径，扇形面积等知识，解题关键是求出内切圆半径．
二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，满分20分）
11．抛物线y＝ax2+bx+c的图象与x轴有两个交点M（x1，0），N（x2，0），且经过点A（0，1），其中0＜x1＜x2．过点A的直线l与x轴交于点C，与抛物线交于点B（异于点A），满足△CAN是等腰直角三角形，且S△BMN＝S△AMN．求该抛物线的解析式　y＝4x2﹣5x+1　．
【分析】由点A（0，1）及△CAN是等腰直角三角形，可知C（﹣1，0），N（1，0），由A、C两点坐标可求直线AB，由S△BMN＝S△AMN，可知B点纵坐标为，代入直线AB解析式可求B点横坐标，将A、B、N三点坐标代入y＝ax2+bx+c中，可求抛物线解析式．
解：如图，由抛物线经过A（0，1），M（x1，0），N（x2，0），
其中0＜x1＜x2，
可知抛物线开口向上，与x轴两交点在正半轴，
∵点A（0，1），△CAN是等腰直角三角形，∴C（﹣1，0），N（1，0），
设直线AB解析式为y＝mx+n，
将A、C两点坐标代入，得，解得，
直线AB解析式为y＝x+1，
∵S△BMN＝S△AMN，两三角形同底MN，△AMN的高为1，
∴△BMN的高为，即B点纵坐标为，把y＝代入y＝x+1中，得x＝，
即B（，），
把A、B、N三点坐标代入y＝ax2+bx+c中，得
，
解得，
所以，抛物线解析式为y＝4x2﹣5x+1，
故答案为：y＝4x2﹣5x+1．

【点评】本题考查了二次函数的综合运用．关键是根据已知条件判断抛物线开口方向及大致位置，根据特殊三角形求直线解析式，根据面积法求B点坐标，运用待定系数法求抛物线解析式．
12．下表显示了在同样条件下对某种小麦种子进行发芽试验的部分结果．
试验种子数n（粒）
1
5
50
100
200
500
1000
2000
3000
…
发芽频数m
0
4
45
92
188
476
951
1900
2850
…
发芽频率
0
0.8
0.9
0.92
0.94
0.952
0.951
0.95
0.95
…
则下列推断：
①随着试验次数的增加，此种小麦种子发芽的频率总在0.95附近摆动，显示出一定的稳定性，可以估计此种小麦种子发芽的概率是0.95；
②当试验种子数为500粒时，发芽频数是476，所以此种小麦种子发芽的概率是0.952；
③若再次试验，则当试验种子数为1000时，此种小麦种子发芽的频率一定是0.951；其中合理的是　①　．（填序号）
【分析】根据表中信息，当每批粒数足够大时，频率逐渐接近于0.950，由于试验次数较多，可以用频率估计概率．
解：①随着试验次数的增加，从第500粒开始，此种小麦种子发芽的频率分别是0.952、0.951、0.95、0.95总在0.95附近摆动，显示出一定的稳定性，可以估计此种小麦种子发芽的概率是0.95，
此推断正确；
②当试验种子数为500粒时，发芽频数是476，此时小麦种子发芽的频率是0.952，但概率不是0.952，此推断错误；
③若再次试验，则当试验种子数为1000时，此种小麦种子发芽的频率不一定是0.951，此推断错误；
其中合理的是①；
故答案为：①．
【点评】本题主要考查利用频率估计概率，大量反复试验下频率稳定值即概率．用到的知识点为：频率＝所求情况数与总情况数之比．
13．如图，Rt△BAC，∠ACB＝30°，∠BAC＝90°，将Rt△BAC绕点A旋转一定度数，点C与点C'重合，点B与点B'重合，当C、B、C'三点在同一条直线时，请完成下列探究：
（1）这个旋转角＝　120　°；
（2）此时，＝　　．

【分析】（1）由旋转的性质可得AC＝AC'，由等腰三角形的性质可求解；
（2）延长CA交B'C'于E，由旋转的性质可得AB＝AB'＝a，∠ACB＝∠AC'B'＝30°＝∠BAC'，∠CBA＝∠C'B'A＝60°，在Rt△B'CE中，由勾股定理可求B'C的长，即可求解．
解：（1）∵将Rt△BAC绕点A旋转，
∴AC＝AC'，
∴∠ACB＝∠AC'C＝30°，
∴∠CAC'＝120°，
∴这个旋转角为120°，
故答案为120；
（2）如图，延长CA交B'C'于E，

设AB＝a，
∵∠ACB＝30°，∠BAC＝90°，
∴AC＝a，
∵∠CAC'＝120°，
∴∠BAC'＝30°＝∠CC'A，
∴AB＝BC'＝a，
∵将Rt△BAC绕点A旋转，
∴AB＝AB'＝a，∠ACB＝∠AC'B'＝30°＝∠BAC'，∠CBA＝∠C'B'A＝60°，
∴AB∥B'C'，
∴∠CAB＝∠CEC'＝90°，
∴∠B'AE＝30°，
∴B'E＝a，AE＝a，
∴B'C＝＝＝a，
∴＝，
故答案为．
【点评】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，勾股定理等知识，灵活运用这些性质解决问题是本题的关键．
14．如图，⊙O的直径AB＝16，半径OC⊥AB，D为上一动点（不包括 B、C两点），DE⊥OC，DF⊥AB，垂足分别为E，F，且点E为OC的中点．
（1）劣弧的长为 　　；
（2）若点P为直径AB上一动点，则PC+PD的最小值为 　8　．

【分析】（1）连接OD，先求出∠DOE的度数，再利用弧长公式求解可得；
（2）延长CO交⊙O于点G，连接DG交AB于点P，则PC+PD的最小值为DG，再根据勾股定理及EG＝12求解可得答案．
解：（1）如图，连接OD，
∵点E为OC的中点，
∴OE＝OC＝OD，
∴∠EDO＝30°，
∴∠DOE＝60°，
∴劣弧CD的长度为＝．
故答案为：．

（2）延长CO交⊙O于点G，连接DG交AB于点P，
则PC+PD的最小值为DG．
设DE＝x，
则DG＝2x，
∵∠G＝∠COD＝30°，EG＝12，
∴x2+144＝4x2，
解得x＝4，
∴DG＝8，
∴PC+PD的最小值为8．

【点评】本题主要考查了弧长的计算，轴对称的性质、圆的相关性质，求得圆心角的度数是解题的关键．
三、（本大题共2小题，每小题8分，满分16分）
15．如图，在平面直角坐标系中，每个小方格都是边长为1的正方形，△ABC的顶点均在格点上，点A的坐标为（﹣2，﹣4），点B的坐标为（0，﹣4），点C的坐标为（1，﹣1）．
（1）请画出与△ABC关于原点O成中心对称的△A1B1C1．
（2）请画出△ABC绕原点O逆时针旋转90°后得到的△A2B2C2．
（3）求△AA1A2的面积．

【分析】（1）利用中心对称的性质分别作出A，B，C的对应点A1，B1，C1即可；
（2）利用旋转变换的性质分别作出A，B，C的对应点A2，B2，C2即可；
（3）利用等腰直角三角形的面积公式求解即可．
解：（1）如图，△A1B1C1即为所求；
（2）如图，△A2B2C2即为所求；
（3）＝×2×2＝20．

【点评】本题考查作图﹣旋转变换，中心对称变换，三角形的面积等知识，解题的关键是掌握旋转变换的性质，中心对称变换的性质属于中考常考题型．
16．1400多年前，我国隋朝建造的赵州石拱桥（如图）是圆弧形，它的跨度（即弧所对的弦长）为37.4m，拱高（即弧的中点到弦的距离）为7.2m，求桥拱所在圆的半径（结果精确到0.1m）．


【分析】先利用垂径定理求出AD的长，根据题中条件推出OD＝OC﹣CD＝（OC﹣7.2）m，再利用勾股定理即可求出OC的长．
解：如图所示：∵OD⊥AB，且AB＝37.4m，
∴AD＝CD＝＝18.7m，∠ODA＝90°
根据题意得，CD＝7.2m，
∴OD＝OC﹣CD＝（OC﹣7.2）m，
在Rt△ODA中，由勾股定理得：AD2+OD2＝OA2，即18.72+（OC﹣7.2）2＝OC2，
解得：OC≈27.9m，即圆弧所在半径约为27.9m，
答：桥拱所在圆的半径为27.9m．
【点评】本题主要考查了垂径定理以及勾股定理的应用，解题关键：求出AD的长以及用含有OC的式子表示OD的长．
四、（本大题共2小题，每小题8分，满分16分）
17．已知关于x的一元二次方程x2﹣4mx+3m2＝0．
（1）求证：该方程总有两个实数根；
（2）若m＞0，且该方程的两个实数根的差为2，求m的值．
【分析】（1）根据方程的系数，结合根的判别式可得出Δ＝4m2，利用偶次方的非负性可得出4m2≥0，即Δ≥0，再利用“当Δ≥0时，方程有两个实数根”即可证出结论；
（2）方法一：利用因式分解法求出x1＝m，x2＝3m．由题意得出m的方程，解方程则可得出答案．
方法二：利用根与系数的关系可求出答案．
【解答】（1）证明：∵a＝1，b＝﹣4m，c＝3m2，
∴Δ＝b2﹣4ac＝（﹣4m）2﹣4×1×3m2＝4m2．
∵无论m取何值时，4m2≥0，即Δ≥0，
∴原方程总有两个实数根．
（2）解：方法一：∵x2﹣4mx+3m2＝0，即（x﹣m）（x﹣3m）＝0，
∴x1＝m，x2＝3m．
∵m＞0，且该方程的两个实数根的差为2，
∴3m﹣m＝2，
∴m＝1．
方法二：
设方程的两根为x1，x2，则x1+x2＝4m，x1•x2＝3m2，
∵x1﹣x2＝2，
∴（x1﹣x2）2＝4，
∴（x1+x2）2﹣4x1x2＝4，
∴（4m）2﹣4×3m2＝4，
∴m＝±1，
又m＞0，
∴m＝1．
【点评】本题考查了根的判别式、偶次方的非负性以及因式分解法解一元二次方程，解题的关键是：（1）牢记“当Δ≥0时，方程有实数根”；（2）利用因式分解法求出方程的解．
18．相约西安，筑梦全运，为迎接十四运，学校开展了运动会志愿者选拔活动．小亮和小贾都很优秀，一同报名参加了选拔活动，但只有一个参加名额．现通过抽卡片的方式决定谁去参加，规则如下：现有两组卡片，第一组为正面分别写有字母X、Y、Z的三张卡片，第二组为正面分别写有字母X、Y、Y、Z的四张卡片，这些卡片除正面字母外其余均相同．将卡片正面朝下洗匀，随机抽一张，记下字母后放回，称为抽卡片一次．
（1）若小贾从第二组中抽卡片15次，其中9次抽出的卡片上写有字母Y，求这15次抽出的卡片上写有字母Y的频率；
（2）小亮从第一组中抽卡片一次，小贾从第二组中抽卡片一次，若两人抽出的卡片上的字母相同，则小亮去参加；否则，小贾去参加请问这种抽卡片的方式对两人是否公平？用列表或画树状图的方法说明理由．
【分析】（1）直接由频率的定义求解即可；
（2）画树状图，共有12种等可能的结果，其中小亮和小贾两人抽出的卡片上的字母相同的结果有4种，两人抽出的卡片上的字母不相同的结果有8种，再求出两人去参加的概率，然后比较即可．
解：（1）若小贾从第二组中抽卡片15次，其中9次抽出的卡片上写有字母Y，
则这15次抽出的卡片上写有字母Y的频率为＝；
（2）这种抽卡片的方式对两人不公平，理由如下：
画树状图如下：

共有12种等可能的结果，其中小亮和小贾两人抽出的卡片上的字母相同的结果有4种，两人抽出的卡片上的字母不相同的结果有8种，
∴小亮去参加的概率＝，小贾去参加的概率为＝，
∵＜，
∴这种抽卡片的方式对两人不公平．
【点评】本题考查的是游戏公平性的判断以及树状图法求概率．判断游戏公平性就要计算每个事件的概率，概率相等就公平，否则就不公平．用到的知识点为：概率＝所求情况数与总情况数之比．
五、（本大题共2小题，每小题10分，满分20分）
19．如图，Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝6cm，BC＝8cm，点P从B点出发以每秒1cm的速度向C点运动，同时Q从C点出发以相同和速度向A点运动，当其中一个点到达目的地时，另一点自动停止运动，设运动时间为t（s）？
（1）用含t的代数式表示CP、CQ的长，并直接写出t的取值范围；
（2）多长时间后△CPQ的面积为6cm2？
（3）设y＝PQ2，直接求出y的取值范围；

【分析】（1）根据题意即可得到结论；
（2）根据题意列方程即可得到结论；
（3）根据勾股定理即可得到结论．
解：（1）∵BC＝8cm，点P从B点出发以每秒1cm的速度向C点运动，
∴当运动时间为t（s）时，CP＝（8﹣t）cm；
∵点Q从C点出发以每秒1cm的速度向A点运动，
∴CQ＝tcm．
∵AC＝6cm，BC＝8cm，点P，Q的运动速度为每秒1cm，且当其中一个点到达目的地时，另一点自动停止运动，
∴t的取值范围为0≤t≤6．
（2）依题意得：（8−t）t＝6，
整理得：t2﹣8t+12＝0，
解得：t1＝2，t2＝6．
答：经过2s或6s时，△CPQ的面积为6cm2；
（3）根据题意得，y＝PQ2＝（8﹣t）2+t2，
∵0≤t≤6，
∴y的取值范围为32≤y≤64．
【点评】本题考查了一元二次方程的应用以及列代数式，解题的关键是：（1）根据各数量之间的关系，用含t的代数式表示出CP，CQ的长；（2）找准等量关系，正确列出一元二次方程．
20．如图，在△ABC和△ADE中，AB＝AC，AD＝AE，∠BAC+∠EAD＝180°，△ABC不动，△ADE绕点A旋转，连接BE、CD，F为BE的中点，连接AF．
（1）如图①，当∠BAE＝90°时，求证：CD＝2AF；
（2）当∠BAE≠90°时，（1）的结论是否成立？请结合图②说明理由．

【分析】（1）因为AF是直角三角形ABE的中线，所以BE＝2AF，然后通过△ABE≌△ACD即可求得．
（2）延长EA交BC于G，在AG上截取AH＝AD，证出△ABH≌△ACD从而证得BH＝CD，然后根据三角形的中位线等于底边的一半，求得BH＝2AF，即可求得．
【解答】（1）证明：如图①，
∵∠BAC+∠EAD＝180°，∠BAE＝90°，
∴∠DAC＝90°，
在△ABE与△ACD中

∴△ABE≌△ACD（SAS），
∴CD＝BE，
∵在Rt△ABE中，F为BE的中点，
∴BE＝2AF，
∴CD＝2AF．

（2）成立，
证明：如图②，延长EA交BC于G，在AG上截取AH＝AD，
∵∠BAC+∠EAD＝180°，
∴∠EAB+∠DAC＝180°，
∵∠EAB+∠BAH＝180°，
∴∠DAC＝∠BAH，
在△ABH与△ACD中，

∴△ABH≌△ACD（SAS）
∴BH＝DC，
∵AD＝AE，AH＝AD，
∴AE＝AH，
∵EF＝FB，
∴BH＝2AF，
∴CD＝2AF．


【点评】本题考查了三角形全等的判定和性质，等腰三角形的性质，三角形中位线的性质等．作出正确的辅助线是解题关键
六、（本题满分12分）
21．已知抛物线与x轴交于点A、点B，与y轴交于点C（0，3），顶点坐标（﹣2，﹣1）．
（1）求抛物线的解析式．
（2）如图1，点D在第二象限的抛物线上，且∠CBO＝∠CBD，求点D的坐标．
（3）如图2，将抛物线平移至顶点与原点重合得到新抛物线，M、N在新抛物线上且M在N的左侧，过M、N的两条直线与抛物线均有唯一的公共点，且两条直线交于点E，过E作EF∥y轴交MN于F，交抛物线于G，求证：G是EF中点．

【分析】（1）利用待定系数法即可求得答案；
（2）方法一：如图1（a），过点D作DE∥x轴交BC于点E，作DH⊥BC于点H，过点E作EF⊥x轴于点F，利用待定系数法求得直线BC的解析式为y＝3x+3，设D（t，r），r＝（t+2）2﹣1＝t2+4t+3，则E（，t2+4t+3），利用cos∠CBO＝＝和cos∠DEB＝cos∠CBO，＝，可得出答案；方法二：如图1（b），过点C作CH⊥BD于点H，过点H作HK⊥OA于点K，连接OH交BC于点L，利用△BCH≌△BCO（AAS）和×OH×BC＝OB×OC，求得OH＝，设H（x，y），则HK＝y，BK＝﹣1﹣x，OK＝﹣x，运用勾股定理建立方程求得H（﹣，），再求出直线BH的解析式为y＝﹣x﹣，联立方程组求解即可；
（3）将抛物线y＝（x+2）2﹣1平移至顶点与原点重合得到新抛物线y＝x2，设M（m，m2），N（n，n2），利用待定系数法求得直线EM解析式为y＝2mx﹣m2，直线EN解析式为y＝2nx﹣n2，联立方程组求得E（，mn），再运用待定系数法求出直线MN解析式为y＝（m+n）x﹣mn，根据EF∥y轴，分别求出F（，），G（，），即可证得结论．
解：（1）设抛物线解析式为y＝a（x+2）2﹣1，将点C（0，3）代入，
得：3＝a×（0+2）2﹣1，
解得：a＝1，
∴抛物线解析式为y＝（x+2）2﹣1．
（2）方法一：在y＝（x+2）2﹣1中，令y＝0，得：（x+2）2﹣1＝0，
解得：x1＝﹣3，x2＝﹣1，
∴A（﹣3，0），B（﹣1，0），
如图1（a），过点D作DE∥x轴交BC于点E，作DH⊥BC于点H，过点E作EF⊥x轴于点F，
则∠DEB＝∠CBO，∠DHE＝∠EOB＝90°，
设直线BC的解析式为y＝ex+f，把B（﹣1，0），C（0，3）代入得：
，
解得：，
∴直线BC的解析式为y＝3x+3，
设D（t，r），r＝（t+2）2﹣1＝t2+4t+3，
∵DE∥x轴，
∴点E的纵坐标为t2+4t+3，
∴t2+4t+3＝3x+3，
解得：x＝，
∴E（，t2+4t+3），
∴BF＝﹣（﹣1）＝，DE＝﹣t＝，
在Rt△BOC中，OB＝1，OC＝3，
∴BC＝＝＝，
∵cos∠CBO＝＝，
∴BE＝＝＝（t2+4t+3），
∵∠CBO＝∠CBD，
∴∠DEB＝∠CBD，
∴DE＝DB，
∵DH⊥BC，
∴BH＝EH＝BE＝（t2+4t+3），
∵cos∠DEB＝cos∠CBO，
∴＝，即＝，
∴4t2+19t+15＝0，
解得：t＝﹣1（舍去）或t＝﹣，
当t＝﹣时，r＝（t+2）2﹣1＝（﹣+2）2﹣1＝，
∴点D的坐标为（，）．
方法二：过点C作CH⊥BD于点H，过点H作HK⊥OA于点K，连接OH交BC于点L，如图1（b），
在y＝（x+2）2﹣1中，令y＝0，得：（x+2）2﹣1＝0，
解得：x1＝﹣3，x2＝﹣1，
∴A（﹣3，0），B（﹣1，0），
∴OB＝1，OC＝3，
∴BC＝＝＝，
∵∠CBO＝∠CBD，CH⊥BD，CO⊥BO，
∴∠BHC＝∠BOC＝90°，
∵BC＝BC，
∴△BCH≌△BCO（AAS），
∴BH＝OB＝1，CH＝CO＝3，
∴BC⊥OH，OL＝HL，
∵×OH×BC＝OB×OC，
∴OH＝6，
∴OH＝，
设H（x，y），则HK＝y，BK＝﹣1﹣x，OK＝﹣x，
∵HK2+BK2＝BH2，HK2+OK2＝OH2，
∴BH2﹣BK2＝OH2﹣OK2，
∴12﹣（﹣1﹣x）2＝（）2﹣（﹣x）2，
解得：x＝﹣，
∴y＝HK＝＝，
∴H（﹣，），
设直线BH的解析式为y＝kx+b，
∵B（﹣1，0），H（﹣，），
∴，
解得：，
∴直线BH的解析式为y＝﹣x﹣，
联立方程组，得，
解得：，，
∴点D的坐标为（，）．
（3）∵将抛物线y＝（x+2）2﹣1平移至顶点与原点重合得到新抛物线y＝x2，
设M（m，m2），N（n，n2），
设直线EM解析式为y＝k1（x﹣m）+m2，
由x2＝k1（x﹣m）+m2，得：x2﹣k1x+k1m﹣m2＝0，
∵直线EM与抛物线有唯一的公共点，
∴Δ＝k12﹣4（k1m﹣m2）＝（k1﹣2m）2＝0，
∴k1＝2m，
∴直线EM解析式为y＝2m（x﹣m）+m2，即y＝2mx﹣m2，
同理，设直线EN解析式为y＝k2（x﹣n）+n2，
∴k2＝2n，
∴直线EN解析式为y＝2n（x﹣n）+n2，即y＝2nx﹣n2，
联立方程组，得：，
解得：，
∴E（，mn），
设直线MN解析式为y＝kx+b，
∵M（m，m2），N（n，n2），
∴，
解得：，
∴直线MN解析式为y＝（m+n）x﹣mn，
∵EF∥y轴，
∴F（，），G（，），
∵+mn＝，×2＝，
∴G是EF中点．



【点评】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法求解析式，二次函数性质的应用，全等三角形的判定和性质，勾股定理，三角形面积公式，中点坐标公式，利用参数求出EM，EN，MN的解析式是本题的关键．
七、（本题满分12分）
22．节能减排是国家“十四五”规划中的一个重要目标，规划提出要在2030年前实现“碳达峰”，到2060年实现“碳中和”发展．为响应国家号召，某省政府计划对一批工业园区的碳排放工厂进行改建和重建，该计划拟定2021年，工厂改建和重建数量共100座，且改建座数不低于重建座数的4倍．
（1）按拟定计划，2021年至少要改建多少座工厂？
（2）经财政实际预算，2021年改建与重建工厂的平均费用之比为1：2，且改建工厂按照拟定计划中最少的数量计算，将花费资金156亿元．为加快实现“碳达峰”的目标，该省政府计划加大投入，计划指出2022年用于工厂改建和重建的费用将在2021年实际预算的基础上增加10a%，另外2022年改建与重建工厂的平均费用将比2021年分别增加a%和5a%，改建与重建工厂的座数将比2021年分别增加5a%和8a%，求a的值．
【分析】（1）设2021年改建x座工厂，则重建工厂为（100﹣x）座，根据改建座数不低于重建座数的4倍列出不等式求解即可；
（2）设2021年改建一座工厂花费y亿元，重建一座为2y亿元，根据将花费资金156亿元列出方程求出y；再根据2022年改建和重建的费用和等于2021年实际预算的基础上增加10a%，列出方程求出a．
解：（1）设2021年改建x座工厂，则重建工厂为（100﹣x）座，
根据题意得：x≥4（100﹣x），
解得：x≥80，
∴至少改建80座工厂；
（2）由（1）得：2021年改建工厂80座，则此时重建工厂20座，
设改建一座工厂花费y亿元，重建一座为2y亿元，
根据题意得：80y+20×2y＝156，
解得y＝1.3，
∴2y＝2.6，
由题意得：1.3（1+a%）×80（1+5a%）+2.6（1+5a%）×20（1+8a%）＝156（1+10a%），
解得：a＝10．
【点评】本题考查了一元一次不等式的应用，一元二次方程的应用，解题的关键是理解题意，根据题中的等量关系列出方程．
八、（本题满分14分）
23．某数学活动小组在一次活动中，对一个数学问题作如下探究：

【问题探究】如图1，AD，BD为⊙O的两条弦（AD＜BD），点C为的中点，过C作CE⊥BD、垂足为E．求证：BE＝DE+AD．
小明同学的思路是：如图2．在BE上截取BF＝AD，连接CA，CB，CD，CF…请你按照小明的思路完成上述问题的证明过程．
【结论运用】如图3，△ABC是⊙O的内接等边三角形，点D是上一点，∠ACD＝45°，连接BD，CD．过点A作AE⊥CD，垂足为 E．若AB＝62，求△BCD的周长．
【变式探究】如图4，若将（问题探究）中“点C为的中点”改为“点C为优弧ACB的中点”，其他条件不变，请写出BE、AD、DE之间的等量关系，并加以证明．



【分析】问题探究】在BE上截取BF＝AD，连接CA，CB，CD，CF，证明△DAC≌△FBC，根据全等三角形的性质得到CD＝CF，根据等腰三角形的三线合一、结合图形证明结论；
【结论运用】连接AD，在CE上截取CF＝BD，连接AF，证明△DAB≌△FAC，得到DB+DC＝2EC，根据等腰直角三角形的性质求出EC，根据三角形的周长公式计算，得到答案；
【变式探究】在线段DE上截取DF＝AD，连接CB、CF、CD、CA，证明△ADC≌△FDC，根据全等三角形的性质、等腰三角形的性质解答即可．
解：【问题探究】如图2，在BE上截取BF＝AD，连接CA，CB，CD，CF，
∵点C为的中点，
∴＝，
∴AC＝BC，
由圆周角定理得，∠DAC＝∠DBC，
在△DAC和△FBC中，
，
∴△DAC≌△FBC（SAS）
∴CD＝CF，又CE⊥BD，
∴DE＝EF，
∴BE＝EF+BF＝DE+AD；
【结论运用】连接AD，在CE上截取CF＝BD，连接AF，

由【问题探究】可知，△DAB≌△FAC，
∴BD＝CF，AD＝AF，
∵AE⊥CD，
∴DE＝EF，
∴EC＝EF+CF＝DE+BD，
∴DB+DC＝2EC，
在Rt△AEC中，∠ACE＝45°，
∴EC＝AC＝6，
∴△BCD的周长＝DB+DC+BC＝12+6；
【变式探究】BE+AD＝DE，
理由如下：在线段DE上截取DF＝AD，连接CB、CF、CD、CA，

∵点C为优弧ACB的中点，
∴＝，
∴AC＝CB，∠ADC＝∠BDC，
在△ADC和△FDC中，
，
∴△ADC≌△FDC（SAS），
∴CA＝CF，
∵CA＝CB，
∴CF＝CB，又CE⊥BD，
∴BE＝EF，
∴DE＝DF+EF＝BE+AD．
【点评】本题主要考查的是圆的综合应用，掌握圆心角、弦、弧之间的关系、圆周角定理、全等三角形的判定和性质等知识是解题的关键．