2021-2022学年江苏省镇江市九年级上学期数学期中试题及答案

这是一份2021-2022学年江苏省镇江市九年级上学期数学期中试题及答案，共29页。试卷主要包含了填空题，选择题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 若，则______．
【答案】0或2##2或0
【解析】
【分析】根据因式分解法求解即可．
【详解】解：∵
∴x=0或x-2=0
∴x=0或x=2
故答案是0或2
【点睛】本题主要考查了一元二次方程解法，灵活运用因式分解法解一元二次方程成为解答本题的关键．
2. 已知线段PQ=2cm，以P为圆心，1.5cm为半径画圆，则点Q与⊙P的位置关系是点Q在______．（填“圆内”、“圆外”或“圆上”）
【答案】圆外
【解析】
【分析】根据点的圆的位置关系的判定方法进行判断．
【详解】解：∵⊙O的半径为1.5cm，PQ=2cm，
∴2＞1.5，
∴点Q在圆外．
故答案为：圆外．
【点睛】本题考查了点与圆的位置关系：设⊙O的半径为r，点P到圆心的距离OP=d，则点P在圆外⇔d＞r；点P在圆上⇔d=r；点P在圆内⇔d＜r．
3. 已知一元二次方程有一个根为2，则______．
【答案】-12
【解析】
【分析】将x=2代入即可求出c值．
【详解】解：将x=2代入中，得-12-c=0，
解得c=-12，
故答案为：-12．
【点睛】此题考查了一元二次方程的解，将解代入求出方程中的参数．
4. 如图，四边形内接于，为延长线上一点，，则的度数为______．
【答案】65
【解析】
【分析】根据圆内接四边形对角互补可得，再由，即可得到．
【详解】解：四边形内接于，
，
，，
，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了圆内接四边形的性质，熟练掌握圆内接四边形对角互补是解题的关键．
5. 关于的方程是一元二次方程，则______．
【答案】
【解析】
【分析】根据一元二次方程的定义可得且，求解即可．
【详解】解：∵方程是一元二次方程，
∴且，
解得，
故答案为：．
【点睛】本题考查一元二次方程的定义，解决根据一元二次方程定义求参数的问题时，注意二次项系数不能为0．
6. 如图，已知是的外接圆，的半径为5，，则的度数为______°．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意可得，进而得到是等边三角形，利用等边三角形的性质得到，根据圆周角定理即可求解．
【详解】解：∵的半径为5，
∴，
∵，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
故答案为：30．
【点睛】本题考查等边三角形的判定与性质、圆周角定理，同弧所对的圆周角等于圆心角的一半．
7. 若圆弧所在圆的半径为12，所对的圆心角为60°，则这条弧的长为_____．
【答案】4π
【解析】
【分析】直接利用弧长公式计算即可求解．
【详解】l＝＝4π，
故答案为：4π．
【点睛】本题考查弧长计算公式，解题的关键是掌握：弧长l＝（n是弧所对应的圆心角度数）
8. 某学习小组全体同学都为本组其他人员送了一张新年贺卡，若全组共送贺卡20张，设这个小组的同学共有x人，可列方程：_____．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，设这个小组的同学共有x人，则每个同学送出张贺卡，全组共送贺卡20张，据此列出方程即可．
【详解】设这个小组的同学共有x人，根据题意得，
故答案为：
【点睛】本题考查了一元二次方程应用，根据题意列出一元二次方程组是解题的关键．
9. 如图，AB是⊙O的直径，AC是⊙O的弦，过点C的切线交AB的延长线于点D．若∠A=30°，则∠D的度数为______°．
【答案】30
【解析】
【分析】连接OC，根据切线的性质定理得到∠OCD=90°，根据三角形内角和定理求出∠D．
【详解】解：连接OC，
∵CD为⊙O的切线，
∴∠OCD=90°，
由圆周角定理得，∠COD=2∠A=60°，
∴∠D=90°-60°=30°，
故答案为：30．
【点睛】本题考查的是切线的性质，圆周角定理，掌握圆的切线垂直于经过切点的半径是解题的关键．
10. 一个立体图形的三视图如图所示，根据图中数据求得这个立体图形的侧面积为____________．
【答案】15π
【解析】
【分析】由三视图可知这个立体图形是底面半径为3，高为4的圆锥，利用勾股定理求出其母线长，据此可以求得侧面积．
【详解】由三视图可知圆锥的底面半径为3，高为4，
所以母线长为=5，
所以侧面积为== 3× 5π= 15π，
故答案为：15π．
【点睛】本题主要考查了由三视图确定几何体和求圆锥的侧面积，涉及勾股定理，牢记公式是解题的关键，难度不大．
11. 按照如图所示方法三次折叠半径为1的圆形纸片，则图3中阴影部分的面积为______．（结果保留）
【答案】
【解析】
【分析】如图，连接OB，由题意得：OD=OB=OA=1，，BC⊥OD，勾股定理求出BC，得到∠BOC=60°，∠AOB=30°，根据求出答案．
【详解】解：连接OB，
由题意得：OD=OB=OA=1，，BC⊥OD，
∴，
∴，
∴∠BOC=60°，∠AOB=30°，
∴
=
=，
故答案为：．
【点睛】此题考查了利用余弦值求边长，勾股定理，扇形面积公式，折叠的性质，利用余弦求出∠BOC=60°是解题的关键．
12. 如图，在平面直角坐标系中，以坐标原点为圆心的同心圆，小圆的半径为1，大圆的弦与小圆相切，且，双曲线与大圆恰有两个公共点、，则______．
【答案】-5
【解析】
【分析】过O作OD⊥AB于D，连接OB，得BD=3，根据勾股定理求出OB，由对称性得到M的坐标，即可求出k值．
【详解】解：过O作OD⊥AB于D，连接OB，
∵是大圆的弦，
∴，
∴，
由反比例函数与圆的对称性可知，M、N关于原点对称，
∴M、N在直线y=-x上，
∵，
∴
∵双曲线与大圆恰有两个公共点、，
∴=-5，
故答案为：-5．
．
【点睛】此题考查了圆的垂径定理，圆的对称性，反比例函数的对称性，勾股定理，求反比例函数解析式，熟练掌握各知识点并综合应用是解题的关键．
二、选择题（本大题共有6小题，每小题3分，共18分）
13. 用配方法解一元二次方程时可配方得（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】配方法的一般步骤：（1）把常数项移到等号的右边；（2）把二次项的系数化为1；（3）等式两边同时加上一次项系数一半的平方．选择用配方法解一元二次方程时，最好使方程的二次项的系数为1，一次项的系数是2的倍数．
【详解】，
移项得，
配方得，
∴．
故选C．
14. 若⊙O的半径为4，圆心O到直线l的距离为5，则直线l与⊙O的位置关系是（ ）
A. 相交B. 相切C. 相离D. 无法确定
【答案】C
【解析】
【分析】若d＜r，则直线与圆相交；若d＝r，则直线于圆相切；若d＞r，则直线与圆相离，由此进行判断即可．
【详解】解：根据圆心到直线的距离5大于圆的半径4，则直线和圆相离．
故选C．
【点睛】本题主要考查了直线与圆的位置关系，解题的关键在于能够熟练掌握若d＜r，则直线与圆相交；若d＝r，则直线于圆相切；若d＞r，则直线与圆相离.
15. 如图，点O是正五边形ABCDE的中心，⊙O是正五边形的外接圆，∠ADE的度数为（ ）
A. 30°B. 32°C. 36°D. 40°
【答案】C
【解析】
【分析】连接OA，OE，由圆的内接正多边形先得到中心角的度数，再由圆周角定理即可求得∠ADE的度数．
详解】
如上图所示，连接OA，OE
∵五边形ABCDE是正五边形
∴
∵⊙O是正五边形ABCDE的外接圆
∴
故选：C．
【点睛】本题主要考查了圆的内接正多边形及圆周角定理，熟练掌握相关角度的计算方法是解决本题的关键．
16. 解方程（x-1）2-5（x-1）+4=0时，我们可以将x-1看成一个整体，设x-1=y，则原方程可化为y2-5y+4=0，解得y1=1，y2=4．当y=1时，即x-1=1，解得x=2；当y=4时，即x-1=4，解得x=5，所以原方程的解为：x1=2，x2=5．则利用这种方法求得方程 （2x+5）2-4（2x+5）+3=0的解为（ ）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】C
【解析】
【分析】首先根据题意可以设y=2x+5，方程可以变为 y2-4y+3=0，然后解关于y的一元二次方程，接着就可以求出x．
【详解】解：（2x+5）2-4（2x+5）+3=0，
设y=2x+5，
方程可以变为 y2-4y+3=0，
∴y1=1，y2=3，
当y=1时，即2x+5=1，解得x=-2；
当y=3时，即2x+5=3，解得x=-1，
所以原方程的解为：x1=-2，x2=-1．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了利用换元法解一元二次方程，解题的关键是利用换元法简化方程，然后利用一元二次方程的解法解决问题．
17. 如图，点、、是上的点，且，，，的平分线交于，下列4个判断：①的半径为5；②的长为；③在弦所在直线上存在3个不同的点，使得是等腰三角形；④在弦所在直线上存在2个不同的点，使得是直角三角形；正确判断的个数有（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】利用勾股定理求出AB即可判断①正确；如图1中，过点D作DM⊥CA交CA的延长线于点M，DN⊥BC于N．证明四边形CMDN是正方形，求出CM，可得结论②正确；利用图形法，即可判断③错误；利用图形法即可判断④正确．
【详解】解：如图1中，连接AB
.
∵∠ACB=90°，
∴AB是直径，
∴，
∴⊙O的半径为5．故①正确，
如图1中，连接AD，BD，过点D作DM⊥CA交CA的延长线于点M，DN⊥BC于N．
∵CD平分∠ACB，
∴∠ACD=∠BCD，
∴，
∴AD=BD，
∵∠M=∠DNC=90°，CD=CD，
∴△CDM≌△CDN（AAS），
∴CM=CN．DM=DN，
∵∠M=∠DNB=90°，DA=DB，
∴Rt△DMA≌Rt△DNB（HL），
∴AM=BN，
∵∠M=∠MAN=∠DNC=90°，
∴四边形CMDN是矩形，
∵DM=DN，
∴四边形CMDN是正方形，
∴CD=CM，
∵AC+CB=CM-AM+CN+BN=2CM=14，
∴CM=7，
∴CD=7，故②正确，
如图2中，满足条件的点E有4个，故③错误，
如图3中，满足条件的点F有2个，故④正确，
∴正确的结论是①②④，共3个
故选：C．
【点睛】本题考查了勾股定理，正方形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形，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．推论：半圆（或直径）所对的圆周角是直角，90°的圆周角所对的弦是直径．
18. 如图，在平面直角坐标系中，直线分别与轴、轴相交于点、，点、分别是正方形的边、上的动点，且，过原点作，垂足为，连接、，则面积的最大值为（ ）
A. B. 12C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先证明ON=CN，再证点H在以ON直径的圆上运动，则当点H在QM的延长线上时，点H到AB的距离最大，由相似三角形的性质可求MK，KQ的长，由三角形的面积公式可求解．
【详解】解：如图，连接AD，交EF于N，连接OC，取ON的中点M，连接MH，过点M作MQ⊥AB于Q，交AO于点K，作MP⊥OA与点P，
∵直线分别与x轴、y轴相交于点A、B，
∴点A（4，0），点B（0，-3），
∴OB=3，OA=4，
∴，
∵四边形ACDO是正方形，
∴OD//AC，AO=AC=OD=4，OC=4，∠COA=45°，
∴∠EDN=∠NAF，∠DEN=∠AFN，
又∵DE=AF，
∴△DEN≌△AFN（ASA），
∴DN=AN，EN=NF，
∴点N是AD的中点，即点N是OC的中点，
∴ON=NC=2，
∵OH⊥EF，
∴∠OHN=90°，
∴点H在以ON直径的圆上运动，
∴当点H在QM的延长线上时，点H到AB的距离最大，
∵点M是ON的中点，
∴OM=MN=，
∵MP⊥OP，∠COA=45°，
∴OP=MP=1，
∴AP=3，
∵∠OAB+∠OBA=90°=∠OAB+∠AKQ，
∴∠AKQ=∠ABO=∠MKP，
又∵∠AOB=∠MPK=90°，
∴△MPK∽△AOB，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵∠AKQ=∠ABO，∠OAB=∠KAQ，
∴△AKQ∽△ABO，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴点H到AB的最大距离为，
∴△HAB面积的最大值，
故选：D．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，一次函数的应用等知识，求出MQ的长是解题的关键．
三、解答题（本大题共有8小题，共78分）
19. 解下列方程：
（1） x2+6x=0；
（2）（y-1）2-4=0；
（3）2x2-5x+1=0；
（4）5x（x-3）=2（x-3）．
【答案】（1）x1=0，x2=-6
（2）y1=3，y2=-1
（3）x1=，x2=
（4）x1=3，x2=
【解析】
【分析】（1）利用分解因式求解即可；
（2）利用直接开平方法求解即可；
（3）利用公式法求解即可；
（4）利用因式分解法求解即可．
【小问1详解】
解：x2+6x=0，
x（x+6）=0，
∴x=0或x+6=0，
∴x1=0，x2=-6；
【小问2详解】
解：（y-1）2-4=0，
（y-1）2=4，
∴y-1=±2，
∴y1=3，y2=-1；
【小问3详解】
解：2x2-5x+1=0，
∵a=2，b=-5，c=1，
∴Δ=（-5）2-4×2×1=17＞0，
∴，
∴x1=，x2=；
【小问4详解】
解：5x（x-3）=2（x-3），
移项得：5x（x-3）-2（x-3）=0，
因式分解得：（x-3）（5x-2）=0，
∴x-3=0或5x-2=0，
∴x1=3，x2=．
【点睛】本题主要考查了解一元二次方程的能力，熟练掌握解一元二次方程的几种常用方法：直接开平方法、因式分解法、公式法、配方法，结合方程的特点选择合适、简便的方法是解题的关键．
20. 已知关于的一元二次方程有两个相等的实数根，求的值，并求这个方程的根．
【答案】k=1、x1=x2=
【解析】
【分析】根据“方程有两个相等的实数根” 结合根的判别式即可求得k的值，然后解关于x的一元二次方程即可．
【详解】解：∵方程有两个相等的实数根，
∴△=k2-4×k= k2-k=0，解得k=1或k=0（不合题意舍弃）
∴k=1．
把k=1代入原方程，得，
解得：x1=x2=．
∴k的值为1，此时这个方程的根为x1=x2=．
【点睛】本题主要考查了根的判别式以及解一元二次方程，牢记“当△=0时，方程有两个相等的实数根”是解题的关键．
21. 如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°．
（1）用直尺和圆规作⊙O，使圆心O在AC上，且⊙O与BC、AB都相切；（要求：不写作法，保留作图痕迹）
（2）若AC=6，BC=8，则⊙O的半径长为______．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】（1）作∠ABC的平分线，交AC于点O，再以点O为圆心、OC为半径作圆；
（2）记⊙O与AB的切点为D，连接OD，则OC=OD，BC=BD=8，设OC=OD=r，则AO=6-r，在Rt△AOD中，由AO2=AD2+OD2列出关于r的方程求解即可．
【小问1详解】
解：如图所示，⊙O即为所求．
．
【小问2详解】
解：记⊙O与AB的切点为D，
连接OD，则OC=OD，BC=BD=8，
设OC=OD=r，
则AO=6-r，
∵AC=6，BC=8，
∴AB==10，
∴AD=2，
在Rt△AOD中，由AO2=AD2+OD2得（6-r）2=22+r2，
解得r=，即⊙O半径为，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了作图—复杂作图，解题的关键是掌握角平分线的尺规作图和性质、切线的性质定理及勾股定理．
22. 如图，AB为⊙O的直径，D、E在⊙O上，C是AB的延长线上一点，且∠CEB=∠D．
（1）判断直线CE与⊙O的位置关系，并说明理由；
（2）若∠D=35°，则∠C的度数为______°．
【答案】（1）CE与⊙O相切，理由见解析
（2）20
【解析】
【分析】（1）连接OE，由圆周角定理证得∠EAB+∠EBA=90°，由已知和等腰三角形的性质证得∠EAB=∠CEB，∠OEB=∠OBE，进而证得∠OEC=90°，根据切线的判定定理即可证得CE与⊙O相切；
（2）先求出∠CEB=∠EAB=35°，进而求出∠EBA=55°，再根据三角形外角的性质即可求出∠C．
【小问1详解】
证明：CE与⊙O相切，理由如下：
连接OE，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠AEB=90°，
∴∠EAB+∠EBA=90°，
∵∠EAB=∠D，∠CEB=∠D，
∴∠EAB=∠CEB，
∵OE=OB，
∴∠OEB=∠OBE，
∴∠OEC=∠OEB+∠CEB=∠EBA+∠EAB =90°，
∵OE是⊙O的半径，
∴CE与⊙O相切；
【小问2详解】
解：由（1）知∠EAB+∠EBA=90°，
∵∠EAB=∠D=35°，
∴∠EBA=90°-35°=55°，∠CEB=∠D=35°，
∵∠EBA=∠CEB+∠C，
∴∠C=∠EBA-∠CEB=55°-35°=20°，
故答案为：20．
【点睛】本题主要考查了切线的判定，圆周角定理，三角形的外角定理，根据圆周角定理∠CEB=∠EAB是解决问题的关键．
23. 某小区2020年绿化面积为2000平方米，计划2022年绿化面积要达到2880平方米．如果每年绿化面积的增长率相同，求这个增长率．
【答案】20%
【解析】
【分析】设每年绿化面积的增长率为x，根据该小区2020及2022年的绿化面积，列出关于x的一元二次方程求解即可．
【详解】解：设每年绿化面积的增长率为x，
依题意，得：2000（1+x）2=2880，
解得：x1=0.2=20%，x2=-2.2（不合题意，舍去）．
答：增长率为20%．
【点睛】本题考查了一元二次方程的应用，审清题意、找准等量关系、列出一元二次方程是解题本题的关键．
24. 定义：我们将能完全覆盖某平面图形的圆称为该平面图形的覆盖面．其中，能完全覆盖平面图形的最小圆称为该平面图形的最小覆盖圆．例如：
（1）如图1，线段AB的最小覆盖圆就是以线段AB为直径的圆；
（2）如图2，Rt△ABC的最小覆盖圆就是以斜边AB为直径的圆．
（1）【问题1】覆盖锐角三角形
如图3，在正方形网格中建立的平面直角坐标系中，△ABC的顶点A位于坐标原点，顶点B、C的坐标分别为（4，0）、（3，3）．则△ABC的最小覆盖圆的圆心坐标为______；半径长为______．
（2）【问题2】覆盖钝角三角形
如图4，钝角△MNP中，MN=4，∠MPN=116°，则△MNP的最小覆盖圆的半径为______．
（3）【问题3】某地有四个村庄A，B，C，D（其位置如图5所示），现拟建一个5G网络信号中转站，为了使这四个村庄的居民都能接收到信号，且使中转站所需发射功率最小（距离越小，所需功率越小），经过工程人员测量得到CD=6km及图中相关各角度等数据，求四边形ABCD区域最小覆盖圆的半径．
【答案】（1）（2，1），；
（2）2 （3）四边形ABCD区域的最小覆盖圆半径是2．
【解析】
【分析】（1）网格中找出AB和AC垂直平分线交点，再根据勾股定理求得半径；
（2）MN的中点是覆盖圆圆心，MN是半径；
（3）△ACD的外接圆就是四边形ABCD的最小覆盖圆．
【小问1详解】
解：如图1，
AB和AC垂直平分线的交点在I（2，1），
OI=，
故答案是：（2，1），；
【小问2详解】
解：如图2，
将M、N两点覆盖，到M、N最小距离是点O的位置，
即OM=ON=2，此时⊙O可以覆盖点P，
∴△MNP的最小覆盖圆的半径是2；
故答案是：2；
【小问3详解】
解：如图3，
∵△ADC的最小覆盖圆可以将四边形ABCD覆盖，
∴四边形ABCD的最小覆盖圆是△ACD的外接圆，
作直径DE，连接CE，
∵，
∴∠E=∠DAC=60°，
∴DE=；
∴OD=2，
即四边形ABCD区域的最小覆盖圆半径是2．
【点睛】本题考查了三角形的外接圆确定条件，解直角三角形等知识，解决问题的关键是观察图形，寻找恰当条件，寻找解题突破口．
25. 数学课上老师提出问题：“在矩形中，，，是的中点，是边上一点，以为圆心，为半径作，当等于多少时，与矩形的边相切？”．
小明的思路是：解题应分类讨论，显然不可能与边及所在直线相切，只需讨论与边及相切两种情形．请你根据小明所画的图形解决下列问题：
（1）如图1，当与相切于点时，求长；
（2）如图2，当与相切时，
①求的长；
②若点从点出发沿射线移动，连接，是的中点，则在点的移动过程中，直接写出点在内的路径长为______．
【答案】（1）BP=2
（2）①4.8；②9.6
【解析】
【分析】（1）连接PT，由⊙P与AD相切于点T，可得四边形ABPT是矩形，即得PT=AB=4=PE，在Rt△BPE中，用勾股定理即得BP=2；
（2）①由⊙P与CD相切，有PC=PE，设BP=x，则PC=PE=10-x，在Rt△BPE中，由勾股定理得x2+22=（10-x）2，即可解得BP=4.8；②点M在⊙P内的路径为EM，过P作PN⊥EM于N，由EM是△ABQ的中位线，可得四边形BPNE是矩形，即知EN=BP=4.8，故EM=2EN=9.6．
【小问1详解】
连接PT，如图：
∵⊙P与AD相切于点T，
∴∠ATP=90°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=∠B=90°，
∴四边形ABPT是矩形，
∴PT=AB=4=PE，
∵E是AB的中点，
∴BE=AB=2，
在Rt△BPE中，；
【小问2详解】
①∵⊙P与CD相切，
∴PC=PE，
设BP=x，则PC=PE=10-x，
在Rt△BPE中，BP2+BE2=PE2，
∴x2+22=（10-x）2，
解得x=4.8，
∴BP=4.8；
②点Q从点B出发沿射线BC移动，M是AQ的中点，点M在⊙P内的路径为EM，过P作PN⊥EM于N，如图：
由题可知，EM是△ABQ的中位线，
∴EM∥BQ，
∴∠BEM=90°=∠B，
∵PN⊥EM，
∴∠PNE=90°，EM=2EN，
∴四边形BPNE是矩形，
∴EN=BP=4.8，
∴EM=2EN=9.6．
故答案为：9.6．
【点睛】本题考查矩形与圆的综合应用，涉及直线和圆相切、勾股定理、动点轨迹等，解题的关键是理解M的轨迹是△ABQ的中位线．
26. 在△ABC和△ADE中，∠BAC=∠DAE=90°，AB=AC，AD=AE，固定△ABC，将△ADE绕点A旋转一周，连接BE、CD相交于H，经过C、E、H三点作⊙O．

（1）如图1，求证：CE是⊙O的直径；
（2）若AB=3，AD=2，在△ADE旋转过程中，连接BD．
①点A恰好是△CEH的内心，如图2，求BD的长；
②当∠ABD最大时，直接写出△ACE的面积为 ______．
【答案】（1）见解析 （2）①BD的长为；②
【解析】
【分析】（1）先证明△CAD≌△BAE，从而∠ACD=∠ABE，进而命题得证；
（2）①在∠CHE=90°基础上，点A是△CHE的内心时，推出∠CAE=135°，从而得出∠DAB=45°，解斜三角形ABD即可；
②作⊙A，AD为半径，当BD与⊙A相切时，∠ABD最大，此时求得BD的长，根据∠BAP=∠DAE=90°，得出∠PAE=∠BAD，进而解直角三角形PAE，求得AC上的高，从而求出△ACE的面积．
【小问1详解】
证明：如图1，
∵∠BAC=∠DAE=90°，
∴∠BAC+∠BAD=∠DAE+∠BAD，
即：∠CAD=∠BAE，
∵AB=AC，AD=AE，
∴△CAD≌△BAE（SAS），
∴∠ACD=∠ABE，
∴点A、H、B、C共圆，
∴∠BHC=∠CAB=90°，
∴∠CHE=90°，
∴CE是⊙O的直径；
【小问2详解】
解：如图2，
由（1）知：∠CHE=90°，
∴∠HCE+∠HEC=90°，
∵点A是△CEH的内心，
∴CA平分∠HCE，AE平分∠HEC，
∴∠ACE=∠HCE，∠AEC=∠HEC，
∴∠ACE+∠AEC=（∠HCE+∠HEC）=×90°=45°，
∴∠CAE=180°-（∠ACE+∠AEC）=180°-45°=135°，
∵∠CAB=∠BAD=90°，
∴∠BAD=360°-∠CAB-∠BAD-∠CAE=45°，
作DG⊥AB于G，
∴AG=DG=AD•sin∠BAD=2×=2，
∴BG=AB-AG=3-2=1，
∴BD=；
②如图3，
以A为圆心，AD为半径作⊙A，
当BD与⊙A相切时，∠ABD最大，
∴BD==1，
∴sin∠BAD=，
作EP⊥AC于P，
∵∠BAP=∠DAE=90°，
∴∠PAE=∠BAD，
∴PE=AE•sin∠PAE=AE•sin∠BAD=2×=，
∴S△ACE=AC•PE=×3×=，
故答案是：．
【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定性质，圆的切线性质，解直角三角形等知识，解决问题的关键是作出辅助圆，找出角最大的条件．