2021-2022九年级数学上期末一模试卷带答案

一、选择题

1．如图，在平面直角坐标系中，矩形ABCD的对角线AC的中点与坐标原点重合，点E是x轴上一点，连接AD，若AD平分OAE，反比例函数yk(k0,x0)的图象经过xAE上的两点A,F，且AFEF，若△ABE的面积为24，则k的值为（ ）

A．8 【答案】B 【分析】

B．16 C．18 D．24

如图，连接BD，OF，过点A作AN⊥OE于N，过点F作FM⊥OE于M．证明BD∥AE，推出S△ABE=S△AOE=24，推出SEOF问题． 【详解】

解：如图，连接BD，OF，过点A作AN⊥OE于N，过点F作FM⊥OE于M．

11S△AOE=12，可得SFMESEOF4，由此即可解决23

∵AN∥FM，AF=FE， ∴MN=ME，

FM1AN, 2k 2∵A，F在反比例函数的图象上， ∴SAONSFOM11ONANOMFM 221OM 2∴ON=MN=EM，

∴ON1OE 31∴SFMESFOE

3∵AD平分∠OAE， ∴∠OAD=∠EAD，

∴ME∵四边形ABCD是矩形， ∴OA=OD，

∴∠OAD=∠ODA=∠DAE， ∴AE∥BD， ∴S△ABE=S△AOE， ∴S△AOE=24， ∵AF=EF， ∴SEOF∴SFME1SAOE12 21SEOF4 3k 2∴SFOMSFOESFME1248∴k=16． 故选：B． 【点睛】

本题考查反比例函数的性质，矩形的性质，平行线的判断和性质，等高模型等知识，解题的关键是证明BD∥AE，利用等高模型解决问题，属于中考选择题中的压轴题．

2．如图，在平面直角坐标系中，BCy轴于点C，B90，双曲线y

k

过点A，x

AB3，S△OAD5，则k的值为（ ） 交BC于点D，连接OD，AD．若

OC4

A．

9 2B．

7 2C．

7 3D．

8 3【答案】D 【分析】

如详解图：过点A作AH垂直于x轴于点H，可得四边形OCBH为矩形，根据设AB3a,OC4a，根据矩形的性质可求AHa，则可得点A坐标(标(

AB3，OC4k,a)，点D的坐akkkkk3k,4a)，CD，OHBC，BDBCCD，可求出矩形4a4aaa4a4akkk9k4k，S△COD，S△AOH，S△ABD，a228OCBH的面积等于BCCO4aS△OAD5，则有4k【详解】

kk9k5，即可解出k的值． 228如图：过点A作AH垂直于x轴于点H，

设OC4a

AB3， OC4AB3a,

BCy轴，

BCCOH90 四边形OCBH为矩形， OH=BC，CO=BH4a

AH=BH-AB=4a-3a=a，

kk点A坐标(,a)，BCOH，

aak

与BC交于点D， xk点D的坐标(,4a)，

4akkk3kCD，BDBCCD，

4aa4a4a双曲线y

S矩形COHBCOBC4ak4k， a11kkS△CODOCCD4a，

224a211kkS△AOHAHOHa，

22a2113k9kS△ABDABBD3a，

224a8S△OAD5，

S矩形COHBS△CODS△AOHS△ABDS△OAD，

4kkk9k5， 228整理得：15k40， 解得：k故选：D． 【点睛】

本题考查了反比例函数的几何综合，以及矩形的性质和判定，解题关键是利用矩形的面积等于几个三角形的面积之和进行求解．

8， 3

3．下列图形中，阴影部分面积最大的是（ ）

A． B． C．

D．

【答案】C 【分析】

分别根据反比例函数系数k的几何意义以及三角形面积求法以及梯形面积求法得出即可： 【详解】

A、根据反比例函数系数k的几何意义，阴影部分面积和为：xy=3． B、根据反比例函数系数k的几何意义，阴影部分面积和为： |xy|=3 ． C、如图，过点M作MA⊥x轴于点A，过点N作NB⊥x轴于点B，

根据反比例函数系数k的几何意义，S△OAM=S△OBM= 从而阴影部分面积和为梯形MABN的面积：

13|xy|= ， 221(1+3)×2=4 ． 21×1×6=3 ． 2D、根据M，N点的坐标以及三角形面积求法得出，阴影部分面积为：综上所述，阴影部分面积最大的是C． 故选：C． 【点睛】

此题主要考查了反比例函数系数k的几何意义以及三角形面积求法等知识，将图形正确分割得出阴影部分面积是解题关键.

4．下列哪个图形，主视图、左视图和俯视图相同的是（ ）

A．圆锥 B．圆柱 C．三棱柱 D．正方体

5．如图所示的是几个完全相同的小正方体搭建成的几何体的俯视图，其中小正方形内的数字为对应位置上的小正方体的个数，则该几何体的左视图为( )

A． B． C． D．

6．某立体图形如图,其主视图是（ ）

A． B．

C． D．

7．如图，在平行四边形ABCD中，E是DC上的点，DE:EC3:2，连接AE交BD于点F，则DEF与△DAF的面积之比为（ ）

A．2:5

B．3:5

C．4:25

D．9:25

8．如图，▱ABCD中，点E是AD的中点，EC交对角线BD于点F，则

DF（ ） BF

A．

2 3B．2 C．

1 3D．

1 29．已知△ABC如图，则下列4个三角形中，与△ABC相似的是（ ）

A． B． C． D．

10．抛掷一枚质地均匀的硬币，若抛掷95次都是正面朝上，则抛掷第100次正面朝上的概率是（ ） A．小于

1 2B．等于

1 2C．大于

1 2D．无法确定

11．下列关于一元二次方程，说法正确的是（ ） A．方程x24x50配方变形为(x2)22 C．关于x的方程ax22x30有实数根，则aB．方程x2x的解为x1

1 3D．方程x22x1的解为

x1x21

12．如图，在菱形ABCD中，已知AD3，DF1，DAB60，EFG15，

FGBC，求AE的长是（ ）

A．12 B．6 C．231 D．13 二、填空题

k(k0)图象位于第一象限内的一支上的点，过点Ax作ABx轴于点B，过点B作BC//OA交双曲线于点C，连接AC并延长，交x轴于点

13．如图，点A是反比例函数yD，则

OB______． BD

14．方方驾驶小汽车匀速从A地行驶到B地，行驶里程为480千米，设小汽车的行驶时间为t（单位：小时），行驶速度为v（单位：千米/小时），且全程速度限定为不超过120千米/小时，方方上午8点驾驶小汽车从A地出发，需在当天12点48分至14点（含12点48分和14点）间到达B地，则小汽车行驶速度v的范围______________． 15．一个正三棱柱的三视图如图所示，若这个正三棱柱的侧面积为__________.

，则a的值为

16．一个立体图形的三视图如图所示，这个立体图形的名称是__．

17．如图，AB是斜靠在墙壁上的长梯，梯脚B到墙距离BC是1.6米梯上的点D到墙距离DE是1.4米，BD的长是0.55米，则梯子的长为__________米．

18．把一根长度为6的铁丝截成3段，若三段的长度均为正整数，则能构成三角形的概率_____．

19．在实数范围内分解因式：x25x1___________．

20．矩形的一条边长为2cm，且两条对角线夹角为60，则矩形的周长为____．

三、解答题

21．如图，直线y1k1xb与双曲线y2k2在第一象限内交于A、B两点，已知xA1,m，B2,1．

（1）求k2的值及直线AB的解析式．

（2）根据函数图象，直接写出不等式y2y1的解集．

（3）设点P是线段AB上的一个动点，过点P作PDx轴于点D，E是y轴上一点，当

PED的面积最大时，请求出此时P点的坐标．

22．如图是由一些棱长都为1的小正方体组合成的简单几何体． （1）画出该几何体的主视图、左视图和俯视图；

（2）如果在这个几何体上再添加一些小正方体，并保持俯视图和左视图不变，最多可以再添加 块小正方体．

【答案】（1）见解析；（2）3 【分析】

（1）根据三视图的定义画出图形即可． （2）根据题目条件解决问题即可． 【详解】

解：（1）如图所示：

（2）在这个几何体上再添加一些小正方体，并保持俯视图和左视图不变，最多可以再添加3个小正方体， 故答案为：3． 【点睛】

此题主要考查了画三视图，根据三视图求小立方快最多最少的个数；解题的关键根据物体正确作出三视图.

23．如图，在RtABC中，CD是斜边AB上的高，点M为AC上一点，连接BM交

CD于点P，作MNBM交AB于点N． （1）求证：BCPMAN；

（2）写出图中除（1）中的相似三角形外的其它相似三角形．

24．三名运动员参加定点投篮比赛，原定甲、乙、丙依次出场．为保证公平竞争，现采用抽签方式重新确定出场顺序．

（1）画出抽签后每个运动员出场顺序的树状图； （2）求：①抽签后甲运动员的出场顺序发生变化的概率； ②抽签后每个运动员的出场顺序都发生变化的概率．

25．已知关于x的一元二次方程2mx5m1x3m10．

2（1）求证：无论m为任意实数，方程总有实数根． （2）如果这个方程的根的判别式的值等于1，求m的值．

26．如图，△ABC是等边三角形，D是边AC的中点，EC⊥BC与点C，连接BD、DE、AE且CE=BD，

求证：△ADE为等边三角形

【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除

一、选择题 1．无 2．无 3．无 4．D 解析：D 【分析】

分别得出圆锥体、圆柱体、三棱柱、正方体的三视图的形状，再判断即可． 【详解】

解：圆锥的主视图、左视图都是等腰三角形，而俯视图是圆，因此选项A不符合题意； 圆柱体的主视图、左视图都是矩形，而俯视图是圆形，因此选项B不符合题意； 三棱柱主视图、左视图都是矩形，而俯视图是三角形，因此选项C不符合题意； 正方体的三视图都是形状、大小相同的正方形，因此选项D符合题意； 故选：D． 【点睛】

本题考查简单几何体的三视图，明确圆锥、圆柱、三棱柱、正方体的三视图的形状和大小是正确判断的前提．

5．A

解析：A 【分析】

根据题意，左视图有两列，左视图所看到的每列小正方形数目分别为3，1． 【详解】

因为左视图有两列，左视图所看到的每列小正方形数目分别为3，1 故选：A． 【点睛】

本题考查由三视图判断几何体，简单组合体的三视图，解题关键是根据俯视图确定左视图的列数和各列最高处的正方形个数．

6．B

解析：B 【解析】 【分析】

找到从正面看所得到的图形即可. 【详解】

从物体正面看，左边1个正方形，中间2个正方形，右边2个正方形. 故选B. 【点睛】

本题考查了三视图的知识，主视图是从物体的正面看得到的视图，解答时学生易将三种视图混淆而错误的选其它选项.

7．B

解析：B 【分析】

由平行四边形的性质得出CD∥AB，进而得出△DEF∽△BAF，再利用相似三角形的性质可

EFDE3，然后利用高相同的三角形面积比等于底的比得出结果． AFBA5【详解】

解：∵四边形ABCD为平行四边形， ∴CD∥AB，

∴∠EDF=∠ABF，∠DEF=∠BAF，

得

∴△DEF∽△BAF． ∵DE：EC=3：2， ∴∴

DE33， BA325EFDE3， AFBA5设点D到AE的距离为h，

1EFhSDEF2EF3． ∴

1SDAFAFhAF52故选择：B． 【点睛】

本题考查了相似三角形的性质与判定及平行四边形的性质，解题的关键是掌握同高三角形的面积比等于底的比．

8．D

解析：D 【分析】

根据四边形ABCD是平行四边形，得到AD∥BC，AD=BC，证得△DEF∽△BCF，由点E是AD的中点，得到DE【详解】

∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD∥BC，AD=BC， ∴△DEF∽△BCF， ∵点E是AD的中点， ∴DE∴

11DFDE1ADBC，由此得到． 22BFBC211ADBC， 22DFDE1， BFBC2故选：D． 【点睛】

此题考查平行四边形的性质，相似三角形的判定及性质，熟记平行四边形的性质证得△DEF∽△BCF是解题的关键．

9．C

解析：C 【分析】

△ABC是等腰三角形，底角是75°，则顶角是30°，看各个选项是否符合相似的条件． 【详解】

解：∵由图可知，AB＝AC＝6，∠B＝75°， ∴∠C＝75°，∠A＝30°，

A、三角形各角的度数分别为75°，52.5°，52.5°，不符合题意； B、三角形各角的度数都是60°，不符合题意；

C、三角形各角的度数分别为75°，30°，75°，符合题意； D、三角形各角的度数分别为40°，70°，70°，不符合题意； ∴只有C选项中三角形各角的度数与题干中三角形各角的度数相等， 故选：C． 【点睛】

此题主要考查等腰三角形的性质，三角形内角和定理和相似三角形的判定的理解和掌握，解题的关键是熟练掌握相似三角形的判定．

10．B

解析：B 【分析】

根据概率的意义分析即可． 【详解】

解：∵抛掷一枚质地均匀的硬币是随机事件，正面朝上的概率是∴抛掷第100次正面朝上的概率是故答案选：B 【点睛】

本题主要考查概率的意义，熟练掌握概率的计算公式是解题的关键．

1 21 211．C

解析：C 【分析】

根据一元二次方程的解法及一元二次方程根的判别式来判断即可 【详解】

解：A.用配方法解方程x24x50，

x24x5，

x24x454，

∴x29，故A不正确；

2B.用因式分解法解方程x2x，

x2x0，

xx10，

∴x10,x21，故B不正确；

C.∵ 关于x的方程ax22x30有实数根，

∴当a=0，时，2x30，方程有实根，

当a0时，△24a30 ，解得a，

213综上所述，若方程有实根时，则a，故C正确； D.解方程x22x1，

13x22x111，

x122，

x12 ，

x121,x221 ，故D不正确；

故选：C． 【点睛】

本题考查了解一元二次方程及一元二次方程根的判别式，正确理解一元二次方程的解法是解本题的关键，解题时运用了分类讨论思想．

12．D

解析：D 【分析】

首先作FH⊥AB，垂足为H，由四边形ABCD是菱形，可得AD＝AB＝3，即可求得AF的长，又由∠DAB＝60°，即可求得AH与FH的长，然后由∠EFG＝15°，证得△FHE是等腰直角三角形，继而求得答案． 【详解】

解：如图，作FH⊥AB，垂足为H．

∵四边形ABCD是菱形， ∴AD＝AB＝3， ∵DF＝1， ∴AF＝AD−FD＝2， ∵∠DAB＝60°， ∴∠AFH＝30°， ∴AH＝1，FH＝3， ∵FGBC， ∴FGAD， 又∵∠EFG＝15°，

∴∠EFH＝∠AFG−∠AFH−∠EFG＝90°−30°−15°＝45°， ∴△FHE是等腰直角三角形， ∴HE＝FH＝3， ∴AE＝AH＋HE＝1＋3， 故选：D． 【点睛】

此题考查了菱形的性质、直角三角形的性质、勾股定理以及等腰直角三角形的性质．难度适中，注意掌握辅助线的作法和数形结合思想的应用．

二、填空题

13．【分析】首先利用两直线平行对应的一次函数的值相等求出直线的解析式将点坐标用含有点横坐标的形式表示出来求出AC两点横坐标间的关系；再利用相似三角形的性质将转化为AC两点横坐标的比值关系即可求解【详解】 解析：【分析】

首先利用两直线平行对应的一次函数的k值相等，求出直线BC的解析式，将C点坐标用含有A点横坐标的形式表示出来求出A、C两点横坐标间的关系；再利用相似三角形的性

51 2OB转化为A、C两点横坐标的比值关系即可求解. BD【详解】

质将

解：∵A点、C点在y∴设A点坐标为(m,k(k0)上， xkk)，C点坐标为(n,) mn

∵ABx轴于点B， ∴B点的坐标为(m,0)

∵直线OA经过原点， ∴直线OA的解析式为ykx， m2设直线BC的解析式为yk2xb ∵BC//OA ∴k2k m2k代入yk2xb，解得 m2将B(m,0)及k2kk2m kbm∴直线BC的解析式为y联立ykkx m2mkkkxy与解得 2mmx

xm(15)m(15)或x 22m(15) 2∵C点在第一象限 ∴C点横坐标为n∵BC//OA ∴△AOD∽△CBD

kODmn15∴ BDkm2n∴∴

ODOBBDOB15 1BDBDBD2OB51 BD251 2故答案为【点睛】

本题主要考查相似三角形的性质和反比例函数的性质，利用相似三角形的性质将为

OB转化BDOD即可求解，属于中等难度题型. BD14．【分析】由速度乘以时间等于路程变形即可得速度等于路程比时间从而求出关于的函数表达式8点至12点48分时间长为小时8点至14点时间长为6小时将它们分别代入关于的函数表达式即可得小汽车行驶的速度范围【详 解析：80v100

【分析】

由速度乘以时间等于路程，变形即可得速度等于路程比时间，从而求出v关于t的函数表达式，8点至12点48分时间长为

24小时，8点至14点时间长为6小时，将它们分别代入5v关于t的函数表达式，即可得小汽车行驶的速度范围．

【详解】 解：由题意可得：

vt480，且全程速度限定为不超过120千米/小时，

480v关于t的函数表达式为：v，(t4)，

t248点至12点48分时间长为小时，8点至14点时间长为6小时

548048024将t6代入v得v80；将t代入v得v100．

tt5小汽车行驶速度v的范围为：80v100，

故答案为：80v100． 【点睛】

本题是反比例函数在行程问题中的应用，根据时间速度和路程的关系可以求解，本题属于中档题．

15．【解析】试题分析：本题考查三视图的有关知识解题关键是理解左视图中的a就是俯视图等边三角形的高学会用方程的思想解决问题属于中考常考题型根据左视图中的a就是俯视图等边三角形的高由此根据侧面积列出方程即可

23. 3【解析】

解析：试题分析：本题考查三视图的有关知识，解题关键是理解左视图中的a就是俯视图等边三角形的高，学会用方程的思想解决问题，属于中考常考题型．根据左视图中的a就是俯视图等边三角形的高，由此根据侧面积列出方程即可解决． 由题意：3×解得a=23a×23=83， 323． 323． 3故答案为考点：由三视图判断几何体．

16．正四棱柱【分析】由主视图和左视图可确定是柱体再由俯视图可确定具体形状【详解】解：由主视图和左视图可确定是柱体再由俯视图可确定是正四棱柱故答案为：正四棱柱【点睛】本题考查了由三视图还原立体图形掌握立体

解析：正四棱柱． 【分析】

由主视图和左视图可确定是柱体，再由俯视图可确定具体形状． 【详解】

解：由主视图和左视图可确定是柱体，再由俯视图可确定是正四棱柱． 故答案为：正四棱柱． 【点睛】

本题考查了由三视图还原立体图形，掌握立体图形的三视图的形状，注意解题所用的方法．

17．4【分析】由DE//BC可得到进而利用相似三角形的对应边成比例可得到梯子AB的长；【详解】∵∴DE∥BC∴∴解得：；故答案是44【点睛】本题主要考查了相似三角形的应用准确计算是解题的关键

解析：4 【分析】

由DE//BC可得到ADE长； 【详解】

∵DEAC，ACCB， ∴DE∥BC， ∴∴

ABC，进而利用相似三角形的对应边成比例可得到梯子AB的

ADEABC，

ADDE， ABBCAB0.551.4， AB1.6解得：AB4.4； 故答案是4.4． 【点睛】

本题主要考查了相似三角形的应用，准确计算是解题的关键．

18．【分析】先求出将长度为6的铁丝截成3段每段长度均为整数厘米共有几种情况再找出其中能构成三角形的情况最后根据概率公式计算即可【详解】因为将长度为6的铁丝截成3段每段长度均为整数厘米共有3种情况分别是1

1解析：

3【分析】

先求出将长度为6的铁丝截成3段，每段长度均为整数厘米，共有几种情况，再找出其中能构成三角形的情况，最后根据概率公式计算即可． 【详解】

因为将长度为6的铁丝截成3段，每段长度均为整数厘米，

共有3种情况，分别是1，1，4；1，2，3；2，2，2；其中能构成三角形的是：2，2，2一种情况，

所以能构成三角形的概率是

1． 31． 3【点睛】

故答案为

此题考查概率的求法：如果一个事件有n种可能，而且这些事件的可能性相同，其中事件A出现m种结果，那么事件A的概率P（A）=

m． n19．【分析】先求出0的根进而即可分解因式【详解】∵0时∴故答案是：【点睛】本题主要考查实数范围内的分解因式掌握一元二次方程的解法是解题的关键 解析：(x【分析】

先求出x25x10的根，进而即可分解因式． 【详解】

∵x25x10时，x∴x25x1(x故答案是：(x【点睛】

本题主要考查实数范围内的分解因式，掌握一元二次方程的解法是解题的关键．

521521)(x) 22521， 2521521)(x)， 22521521)(x) 2220．或【分析】由矩形的性质得出证明是等边三角形然后分AB=2cm和AD=2cm分别计算相应边长可得周长【详解】解：如图所示：四边形是矩形是等边三角形当AB=2cm时OA=OB=2cm则AC=BD=4cm

解析：443(cm)或4【分析】

由矩形的性质得出OAOB，证明AOB是等边三角形，然后分AB=2cm和AD=2cm分别计算相应边长，可得周长． 【详解】 解：如图所示： 四边形ABCD是矩形，

43(cm) 3ABCD，ADBC，ABC90，OAOAOB， AOB60，

AOB是等边三角形，

11AC，OBBD，ACBD， 22当AB=2cm时，OA=OB=2cm，

则AC=BD=4cm，

∴AD=4222=23cm，

则矩形ABCD的周长2(ABBC)443(cm)， 当AD2cm时，

设AB=CD=x，∵∠CAD=90°-60°=30°， ∴AC=BD=2x， 则2xx222， 解得：x=

223， 323， 343(cm)， 343(cm)． 3∴AB=CD=则矩形ABCD的周长4故答案为：443(cm)或4

【点睛】

本题考查了矩形的性质、等边三角形的判定与性质、勾股定理；熟练掌握矩形的性质，并能进行推理计算是解决问题的关键．

三、解答题

21．（1）k22；yx3；（2）0x1或x2；（3）【分析】

（1）依据反比例函数图象上点的坐标特征，即可得到m和k2的值，再根据待定系数法即可得到AB的解析式；

（2）依据直线与双曲线的上下位置关系，即可得到不等式y2＞y1的解集； （3）设点P33, 22x,x3，用含x的代数式表示出△PED的面积，再根据二次函数的最值即

可得到点P的坐标； 【详解】

（1）：∵点B2,1在双曲线y2∴k2212，

k2上， x∴双曲线的解析式为y2∵A1,m在双曲线y2∴m2，∴A1,2．

2． x2， x∵直线AB:y1k1xb过A1,2、B2,1两点，

k1b2k11∴，解得，

2kb1b31∴直线AB的解析式为yx3

（2）根据函数图象，由不等式与函数图像的关系可得： 双曲线在直线上方的部分对应的x范围是：0x1或x2， ∴不等式y2y1的解集为0x1或x2． （3）点P的坐标为设点P则S33,． 22x,x3，且1x2，

113139PDODx2x(x)2． 2222281＜0，∴S有最大值． 2933∴当x时，S最大=，x3=，

228∵a∴此时点P的坐标为【点睛】

本题主要考查了反比例函数与一次函数的交点问题，准确计算是解题的关键．

33,． 2222．无

23．（1）见解析；（2）ACD∽ABC，ACD∽CBD，BCD∽BAC，

BDP∽BMN

【分析】

（1）证明：由CDAB,ACBC得，可得ABCD，由MNBM,CDAB，可得MNBDPB利用等角的补角相等得∠ANM=∠CPB，可证BCP∽MAN． （2）由∠ADC=∠ACB=90°，∠CAD=∠BAC，可得ACD∽ABC，由

CDAB,ACBC，可得ABCD由∠CDA=∠BDC=90°得ACD∽CBD，有由

传递性得BCD∽BAC，由MNBM,CDAB，得NMB=PDB90，由公用角MBNDBP可得BDP∽BMN即可．

【详解】 （1）证明：

∵CDAB,ACBC得，

∴AACD90，BCDACD90 ∴ABCD

又∵MNBM,CDAB，

∴MNBMBN90，DPBPBD90， ∴MNBDPB

∴∠ANM=180°-∠MNB=180°-∠DPB=∠CPB， ∴BCP∽MAN．

（2）∵∠ADC=∠ACB=90°，∠CAD=∠BAC ∴ACD∽ABC， ∵CDAB,ACBC，

∴AACD90，BCDACD90 ∴ABCD ∵∠CDA=∠BDC=90° ∴ACD∽CBD， 由ACD∽ABC， ∴BCD∽BAC， 又∵MNBM,CDAB， ∴NMB=PDB90， ∴MBNDBP ∴BDP∽BMN．

∴还有四对三角形相似分别为：ACD∽ABC，ACD∽CBD，BCD∽BAC，

BDP∽BMN． 【点睛】

本题考查相似三角形的判定，掌握相似三角形的判定定理，结合图找到相似的根源是解题关键．

24．（1）图见解析；（2）①【分析】

（1）根据题意画出树状图即可；

（2）①先根据树状图得出所有可能的结果，再找出抽签后甲运动员的出场顺序发生变化的结果，然后利用概率公式进行计算即可得；

12；②． 33②先根据树状图得出所有可能的结果，再找出抽签后每个运动员的出场顺序都发生变化的结果，然后利用概率公式进行计算即可得． 【详解】

解：（1）由题意，画树状图如下所示：

（2）①由树状图可知，所有可能出现的等可能结果共6种，其中，抽签后甲运动员的出场顺序发生变化的有4种情况，即（乙、甲、丙），（乙、丙、甲），（丙、甲、乙），（丙、乙、甲），

则抽签后甲运动员的出场顺序发生变化的概率为P42； 63②∵在这6种等可能的结果中，抽签后每个运动员的出场顺序都发生变化的有2种情况，即（乙、丙、甲），（丙、甲、乙），

∴抽签后每个运动员的出场顺序都发生变化的概率为P【点睛】

本题考查了利用列举法求概率，依据题意，正确画出树状图是解题关键． 25．（1）见解析；（2）m=2 【分析】

2（1）先计算判别式的值得到△＝(5m1)8m(3m1)，配方得△＝（m−1）2，再根据

21． 63非负数的性质得到△≥0，然后根据判别式的意义即可得到结论．

22（2）利用判别式的定义得到△＝b4ac(3m1)8(3m1)1，解m的方程，再利

用一元二次方程的定义确定m的值，即可． 【详解】

（1）关于x的一元二次方程2mx5m1x3m10．

2∵b24ac(5m1)28m(3m1)(m1)20， ∴无论m为任何实数，方程总有实根；

22（2）由题意得，b4ac(3m1)8(3m1)1，

解得m10，m22，而m0， ∴m2． 【点睛】

本题考查了根的判别式：一元二次方程ax2＋bx＋c＝0（a≠0）的根与△＝b2-4ac有如下关系：当△＞0时，方程有两个不相等的实数根；当△＝0时，方程有两个相等的实数根；当

△＜0时，方程无实数根． 26．证明见解析 【分析】

利用△ABC是等边三角形，D为边AC的中点，求得∠ADB=90°，再用SAS证明

△CBD≌△ACE，推出AE=CD=AD，∠AEC=∠BDC=90°，根据直角三角形斜边上中线性质求出DE=AD，即可证明． 【详解】

证明：∵△ABC是等边三角形，D是边AC的中点， ∴AD=DC，BC=CA，BD⊥AC， ∴∠BDC=90°，即∠DBC+∠DCB=90°， ∵EC⊥BC，

∴∠BCE=90°，即∠ACE+∠BCD=90°， ∴∠ACE=∠DBC， 在△CBD和△ACE中，

BCCADBCACE BDCE∴△CBD△ACE（SAS） ∴CD=AE ， ∴∠AEC=∠CDB=90° ∵D为AC的中点 ∴AD=DE，AD=DC， ∴ AD=AE=DE， 即△ADE为等边三角形． 【点睛】

本题主要考查等边三角形的性质和判定，全等三角形的性质和判定，直角三角形斜边上的中线等．解答此题的关键是先证明△CBD≌△ACE，然后再利用三边相等证明此三角形是等边三角形．