广东省东莞市长安中学2022-2023学年数学九年级第一学期期末教学质量检测模拟试题含解析.doc

2022-2023学年九上数学期末模拟试卷
考生须知：
1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。
2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。
3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。

一、选择题(每小题3分,共30分)
1．如图，四边形ABCD内接于⊙O，E为CD延长线上一点，若∠ADE＝110°，则∠B＝（　　）

A．80° B．100° C．110° D．120°
2．如图，一个可以自由转动的转盘被平均分成7个大小相同的扇形，每个扇形上分别写有“中”、“国”、“梦”三个字指针的位置固定，转动转盘停止后，指针指向“中”字所在扇形的概率是（　　）

A． B． C． D．
3．在Rt△ABC中，∠C=90°，AB=5，AC=3，则下列等式正确的是(　　)
A．sinA= B．cosA= C．tanA= D．cosA=
4．如图，四边形ABCD内接于⊙O，若∠BOD＝160°，则∠BAD的度数是（ ）

A．60° B．80° C．100° D．120°
5．顺次连结菱形各边中点所得到四边形一定是( ​)
A．平行四边形 B．正方形​ C．矩形​ D．菱形
6．如图所示，图中既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
7．抛物线先向下平移1个单位，再向左平移2个单位，所得的抛物线是（ ）
A．. B．
C． D．
8．如图，△ABC中，∠C＝90°，AB＝5，AC＝4，且点D，E分别是AC，AB的中点，若作半径为3的⊙C，则下列选项中的点在⊙C外的是（　　）

A．点B B．点D C．点E D．点A
9．关于的方程的根的情况，正确的是（ ）．
A．有两个不相等的实数根 B．有两个相等的实数根
C．只有一个实数根 D．没有实数根
10．若方程是关于的一元二次方程，则应满足的条件是（ ）
A． B． C． D．
二、填空题(每小题3分,共24分)
11．圆心角为，半径为2的扇形的弧长是_______.
12．已知某轿车油箱注满油后，以平均耗油量为每千米耗油0.1升的速度行驶，可行驶700千米，该轿车可行驶的总路程S与平均耗油量a之间的函数解析式（关系式）为________．
13．对于抛物线，下列结论：①抛物线的开口向下；②对称轴为直线；③顶点坐标为；④时，图像从左至右呈下降趋势.其中正确的结论是_______________（只填序号）.
14．已知两圆内切，半径分别为2厘米和5厘米，那么这两圆的圆心距等于_____厘米．
15．一个圆锥的母线长为5cm，底面圆半径为3 cm，则这个圆锥的侧面积是____ cm²．（结果保留）．
16．如图所示，写出一个能判定的条件________．

17．一个不透明的袋中装有若干个红球，为了估计袋中红球的个数，小文在袋中放入3个白球(每个球除颜色外其余都与红球相同).摇匀后每次随机从袋中摸出一个球，记下颜色后放回袋中,通过大量重复摸球试验后发现,摸到红球的频率稳定在0.7左右，则袋中红球约有_____个.
18．如图，直线与两坐标轴相交于两点，点 为线段 上的动点，连结，过点 作 垂直于直线，垂足为 ，当点从点运动到点时，则点经过 的路径长为__________．

三、解答题(共66分)
19．（10分）如图，一农户要建一个矩形猪舍，猪舍的一边利用长为15m的住房墙，另外三边用27m长的建筑材料围成，为方便进出，在垂直于住房墙的一边留一个1m宽的门，所围矩形猪舍的长，宽分别为多少米时，猪舍面积为96m2？

20．（6分）在平面直角坐标系xOy中，抛物线交 y轴于点为A，顶点为D，对称轴与x轴交于点H．
（1）求顶点D的坐标（用含m的代数式表示）；
（2）当抛物线过点（1，-2），且不经过第一象限时，平移此抛物线到抛物线的位置，求平移的方向和距离；
（3）当抛物线顶点D在第二象限时，如果∠ADH=∠AHO，求m的值．

21．（6分）如图所示，已知在平面直角坐标系中，抛物线（其中、为常数，且）与轴交于点，它的坐标是，与轴交于点，此抛物线顶点到轴的距离为4.

（1）求抛物线的表达式；
（2）求的正切值；
（3）如果点是抛物线上的一点，且，试直接写出点的坐标.
22．（8分）解方程
（1）x2－6x－7＝0；
（2） (2x－1)2＝1．
23．（8分）某文具店购进一批纪念册，每本进价为20元，在销售过程中发现该纪念册每周的销售量y（本）与每本纪念册的售价x（元）之间具有某种函数关系，其对应规律如下表所示
售价x（元/本）
…
22
23
24
25
26
27
…
销售量y（件）
…
36
34
32
30
28
26
…
（1）请直接写出y与x的函数关系式：　 　．
（2）设该文店每周销售这种纪念册所获得的利润为W元，写出W与x之间的函数关系式，并求出该纪念册的销售单价定为多少元时，才能使文具店销售该纪念册每周所获利润最大？最大利润是多少？
24．（8分）如图，在平面直角坐标系中，二次函数y＝x2+bx+c的图象与x轴交于A、B两点，A点在原点的左侧，抛物线的对称轴x＝1，与y轴交于C（0，﹣3）点，点P是直线BC下方的抛物线上一动点．
（1）求这个二次函数的解析式及A、B点的坐标．
（2）连接PO、PC，并把△POC沿CO翻折，得到四边形POP′C，那么是否存在点P，使四边形POP′C为菱形；若存在，请求出此时点P的坐标；若不存在，请说明理由．
（3）当点P运动到什么位置时，四边形ABPC的面积最大；求出此时P点的坐标和四边形ABPC的最大面积．

25．（10分）如图1，中，，是的中点，平分交于点，在的延长线上且．
（1）求证：四边形是平行四边形；
（2）如图2若四边形是菱形，连接，，与交于点，连接，在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图2中的所有等边三角形．

26．（10分）如图，⊙O中，FG、AC是直径，AB是弦，FG⊥AB，垂足为点P，过点C的直线交AB的延长线于点D，交GF的延长线于点E，已知AB=4，⊙O的半径为．
（1）分别求出线段AP、CB的长；
（2）如果OE=5，求证：DE是⊙O的切线；
（3）如果tan∠E=，求DE的长．

参考答案

一、选择题(每小题3分,共30分)
1、C
【分析】直接利用圆内接四边形的性质分析得出答案．
【详解】∵四边形ABCD内接于⊙O，E为CD延长线上一点，∠ADE＝110°，
∴∠B＝∠ADE＝110°．故选：C．
【点睛】
本题考查圆内接四边形的性质. 熟练掌握圆内接四边形的性质：圆内接四边形的对角互补；.圆内接四边形的外角等于它的内对角是解题的关键.
2、B
【分析】直接利用概率公式计算求解即可．
【详解】转动转盘停止后，指针指向“中”字所在扇形的概率是，故选：B．
【点睛】
本题考查概率的计算，解题的关键是熟练掌握概率的计算公式.
3、B
【分析】利用勾股数求出BC=4，根据锐角三角函数的定义，分别计算∠A的三角函数值即可．
【详解】解：如图所示：
∵∠C=90°，AB=5，AC=3，
∴BC=4，
∴sinA=，故A错误；
cosA=，故B正确；
tanA=，故C错误；
cosA=，故D错误；
故选：B．

【点睛】
本题考查了锐角三角函数的定义，勾股数的应用，掌握锐角三角函数的定义是解题的关键．
4、B
【分析】根据圆周角定理即可得到结论．
【详解】解：∵∠BOD＝160°，
∴∠BAD＝∠BOD＝80°，
故选：B．
【点睛】
本题考查了圆周角定理，理解熟记圆周角定理是解题关键．
．
5、C
【分析】根据三角形的中位线定理首先可以证明：顺次连接四边形各边中点所得四边形是平行四边形．再根据对角线互相垂直，即可证明平行四边形的一个角是直角，则有一个角是直角的平行四边形是矩形．
【详解】如图，四边形ABCD是菱形，且E. F. G、H分别是AB、BC、CD、AD的中点，

则EH∥FG∥BD，EF=FG=BD；EF∥HG∥AC，EF=HG=AC，AC⊥BD.
故四边形EFGH是平行四边形，
又∵AC⊥BD，
∴EH⊥EF，∠HEF=90°，
∴边形EFGH是矩形.
故选：C.
【点睛】
本题考查平行四边形的判定和三角形中位线定理，解题的关键是掌握平行四边形的判定和三角形中位线定理.
6、C
【解析】根据轴对称图形和中心对称图形的定义（轴对称图形是沿某条直线对折，对折的两部分能够完全重合的图形，中心对称图形是绕着某一点旋转后能与自身重合的图形）判断即可.
【详解】解：A选项是中心对称图形但不是轴对称图形，A不符合题意；
B选项是轴对称图形但不是中心对称图形，B不符合题意；
C选项既是轴对称图形又是中心对称图形，C符合题意；
D选项既不是轴对称图形又不是中心对称图形.
故选：C.
【点睛】
本题考查了轴对称图形与中心对称图形，熟练掌握轴对称图形与中心对称图形的判断方法是解题的关键.
7、A
【分析】根据函数图象平移的法则“左加右减，上加下减”的原则进行解答即可．
【详解】由“上加下减”的原则可知，将抛物线y=3x2先向向下平移1个单位可得到抛物线y=3x2-1；
由“左加右减”的原则可知，将抛物线y=3x2-1先向左平移2个单位可得到抛物线.
故选A.
【点睛】
本题考查二次函数图象与几何变换，解题的关键是掌握函数图象平移的法则“左加右减，上加下减”的原则.
8、D
【分析】分别求出AC、CE、BC、CD的长，根据点与圆的位置关系的判断方法进行判断即可．
【详解】如图，连接CE，

∵∠C＝90°，AB＝5，AC＝4，
∴BC＝=3，
∵点D，E分别是AC，AB的中点，
∴CD＝AC= 2，CE＝AB=，
∵⊙C的半径为3，BC=3，，，
∴点B在⊙C上，点E在⊙C内，点D在⊙C内，点A在⊙C外，
故选：D．
【点睛】
本题考查点与圆的位置关系，解题的关键是求点到圆心的距离．
9、A
【分析】根据一元二次方程根的判别式，即可得到方程根的情况.
【详解】解：∵，
∴，
∴原方程有两个不相等的实数根；
故选择：A.
【点睛】
本题考查了一元二次方程根的判别式，解题的关键是熟练掌握根的判别式.
10、C
【分析】根据一元二次方程的定义得出，求出即可．
【详解】解：是关于的一元二次方程，
，
∴．
故选：．
【点睛】
本题考查了一元二次方程的定义，注意：一元二次方程的一般形式是（、、都是常数，且．

二、填空题(每小题3分,共24分)
11、
【分析】利用弧长公式进行计算.
【详解】解：
故答案为：
【点睛】
本题考查弧长的计算，掌握公式正确计算是本题的解题关键.
12、
【分析】根据油箱的总量固定不变，利用每千米耗油0.1升乘以700千米即可得到油箱的总量，故可求解．
【详解】依题意得油箱的总量为：每千米耗油0.1升乘以700千米=70升
∴轿车可行驶的总路程S与平均耗油量a之间的函数解析式（关系式）为
故答案为：．
【点睛】
此题主要考查列函数关系式，解题的关键是根据题意找到等量关系列出关系式．
13、①③④
【分析】根据二次函数的性质对各小题分析判断即可得解．
【详解】解：在抛物线中，
∵，
∴抛物线的开口向下；①正确；
∴对称轴为直线；②错误；
∴顶点坐标为；③正确；
∴时，图像从左至右呈下降趋势；④正确；
∴正确的结论有：①③④；
故答案为：①③④.
【点睛】
本题考查了二次函数的性质，主要利用了抛物线的开口方向、对称轴、顶点坐标，以及二次函数的增减性．
14、1
【解析】由两圆的半径分别为2和5，根据两圆位置关系与圆心距d，两圆半径R，r的数量关系间的联系和两圆位置关系求得圆心距即可．
【详解】解：∵两圆的半径分别为2和5，两圆内切，
∴d＝R﹣r＝5﹣2＝1cm，
故答案为1．
【点睛】
此题考查了圆与圆的位置关系．解题的关键是掌握两圆位置关系与圆心距d，两圆半径R，r的数量关系间的联系．
15、15π
【分析】圆锥的侧面积=π×底面半径×母线长，把相应数值代入即可求解．
【详解】解：圆锥的侧面积=π×3×5=15πcm2
故答案为：15π．
【点睛】
本题考查圆锥侧面积公式的运用，掌握公式是关键．
16、（答案不唯一）
【分析】已知有公共角∠C，由相似三角形的判定方法可得出答案．
【详解】已知△ABC和△DCA中，∠ACD=∠BAC；
如果△ABC∽△DAC，需满足的条件有：
①∠DAC=∠B或∠ADC=∠BAC；
②AC2=DC•BC；
故答案为：AC2=DC•BC（答案不唯一）．
【点睛】
此题主要考查了相似三角形的判定方法；熟记三角形相似的判定方法是解决问题的关键．
17、1
【分析】根据口袋中有3个白球，利用小球在总数中所占比例得出与实验比例应该相等求出即可．
【详解】解：∵通过大量重复摸球试验后发现，摸到红球的频率是0.1，口袋中有3个白球，
∵假设有x个红球，
∴ ，解得：x=1，经检验x=1是方程的根，
∴口袋中有红球约有1个．
故答案为：1．
【点睛】
此题主要考查了用样本估计总体，根据已知得出小球在总数中所占比例得出与实验比例应该相等是解决问题的关键．
18、
【分析】根据直线与两坐标轴交点坐标的特点可得A、B两点坐标，由题意可得点M的路径是以AB的中点N为圆心，AB长的一半为半径的，求出的长度即可．
【详解】解：∵AM垂直于直线BP，
∴∠BMA=90°，
∴点M的路径是以AB的中点N为圆心，AB长的一半为半径的，
连接ON，
∵直线y=-x+4与两坐标轴交A、B两点，
∴OA=OB=4，
∴ON⊥AB，
∴∠ONA=90°，
∵在Rt△OAB中，AB= ，
∴ON= ，
∴
故答案为：．

【点睛】
本题考查了一次函数的综合题，涉及了两坐标轴交点坐标及点的运动轨迹，难点在于根据∠BMA=90°，判断出点M的运动路径是解题的关键，同学们要注意培养自己解答综合题的能力．

三、解答题(共66分)
19、所围矩形猪舍的长为1m、宽为8m
【分析】设矩形猪舍垂直于住房墙一边长为xm可以得出平行于墙的一边的长为(27﹣2x+1)m．根据矩形的面积公式建立方程求出其解就可以了．
【详解】解：设矩形猪舍垂直于住房墙一边长为xm可以得出平行于墙的一边的长为(27﹣2x+1)m，由题意得
x(27﹣2x+1)＝96，
解得：x1＝6，x2＝8，
当x＝6时，27﹣2x+1＝16＞15(舍去)，当x＝8时，27﹣2x+1＝1．
答：所围矩形猪舍的长为1m、宽为8m．
【点睛】
本题考查了列一元二次方程解实际问题的运用，矩形的面积公式的运用及一元二次方程的解法的运用，解答时寻找题目的等量关系是关键．
20、（1）顶点D（m，1-m）；（1）向左平移了1个单位，向上平移了1个单位；（3）m=－1或m=－1．
【解析】试题分析：把抛物线的方程配成顶点式，即可求得顶点坐标.
把点代入求出抛物线方程，根据平移规律，即可求解.
分两种情况进行讨论.
试题解析：（1）∵，
∴顶点D（m，1-m）．
（1）∵抛物线过点（1，-1），
∴．
即，
∴或（舍去），
∴抛物线的顶点是（1，-1）．
∵抛物线的顶点是（1，1），∴向左平移了1个单位，向上平移了1个单位．
（3）∵顶点D在第二象限，∴．

情况1，点A在轴的正半轴上，如图（1）．作于点G，
∵A（0，），D（m，-m+1），
∴H（），G（），

∴．∴．
整理得：．∴或（舍）．
情况1，点A在轴的负半轴上，如图（1）．作于点G，
∵A（0，），D（m，-m+1），∴H（），G（），

∴．∴．
整理得：．∴或（舍），
或

21、（1）；（2）；（2）点的坐标是或
【分析】（1）先求得抛物线的对称轴方程，然后再求得点C的坐标，设抛物线的解析式为y=a（x+1）2+4，将点（-2，0）代入求得a的值即可；
（2）先求得A、B、C的坐标，然后依据两点间的距离公式可得到BC、AB、AC的长，然后依据勾股定理的逆定理可证明∠ABC=90°，最后，依据锐角三角函数的定义求解即可；
（2）记抛物线与x轴的另一个交点为D．先求得D（1，0），然后再证明∠DBO=∠CAB，从而可证明∠CAO=ABD，故此当点P与点D重合时，∠ABP=∠CAO；当点P在AB的上时．过点P作PE∥AO，过点B作BF∥AO，则PE∥BF．先证明∠EPB=∠CAB，则tan∠EPB=，设BE=t，则PE=2t，P（-2t，2+t），将P（-2t，2+t）代入抛物线的解析式可求得t的值，从而可得到点P的坐标．
【详解】解：（1）抛物线的对称轴为x=-=-1．
∵a＜0，
∴抛物线开口向下．
又∵抛物线与x轴有交点，
∴C在x轴的上方，
∴抛物线的顶点坐标为（-1，4）．
设抛物线的解析式为y=a（x+1）2+4，将点（-2，0）代入得：4a+4=0，解得：a=-1，
∴抛物线的解析式为y=-x2-2x+2．
（2）将x=0代入抛物线的解析式得：y=2，
∴B（0，2）．
∵C（-1，4）、B（0，2）、A（-2，0），
∴BC=，AB=2，AC=2，
∴BC2+AB2=AC2，
∴∠ABC=90°．
∴．
即的正切值等于.
（2）如图1所示：记抛物线与x轴的另一个交点为D．

∵点D与点A关于x=-1对称，
∴D（1，0）．
∴tan∠DBO=．
又∵由（2）可知：tan∠CAB=．
∴∠DBO=∠CAB．
又∵OB=OA=2，
∴∠BAO=∠ABO．
∴∠CAO=∠ABD．
∴当点P与点D重合时，∠ABP=∠CAO，
∴P（1，0）．
如图2所示：当点P在AB的上时．过点P作PE∥AO，过点B作BF∥AO，则PE∥BF．

∵BF∥AO，
∴∠BAO=∠FBA．
又∵∠CAO=∠ABP，
∴∠PBF=∠CAB．
又∵PE∥BF，
∴∠EPB=∠PBF，
∴∠EPB=∠CAB．
∴tan∠EPB=.
设BE=t，则PE=2t，P（-2t，2+t）．
将P（-2t，2+t）代入抛物线的解析式得：y=-x2-2x+2得：-9t2+6t+2=2+t，解得t=0（舍去）或t=．
∴P（-，）．
综上所述，点P的坐标为P（1，0）或P（-，）．
【点睛】
本题主要考查的是二次函数的综合应用，解答本题主要应用了待定系数法求二次函数的解析式、勾股定理的逆定理、等腰直角三角形的性质、锐角三角函数的定义，用含t的式子表示点P的坐标是解题的关键．
22、（1）x1＝7，x2＝－1；（2）x1＝2，x2＝－1
【分析】（1）根据配方法法即可求出答案．
（2）根据直接开方法即可求出答案；
【详解】解：（1）x2－6x＋1－1－7＝0
(x－3) 2＝16
x－3＝±4
x1＝7，x2＝－1
（2）2x－1＝±3
2x＝1±3
x1＝2，x2＝－1
【点睛】
本题考查了解一元二次方程，观察所给方程的形式，分别使用配方法和直接开方法求解.
23、（1）y＝﹣2x+2；（2）W＝﹣2x2+120x﹣1600；当该纪念册销售单价定为30元/件时，才能使文具店销售该纪念册所获利润最大，最大利润是200元
【分析】（1）由表中数据可知，y是x的一次函数，设y=kx+b，代入表中的两组数据，即可得出函数解析式，再将其余数据验证一下更好；
（2）根据（售价-进价）×销售量=利润，列出函数关系式，再由二次函数的性质可得何时取最大值即可．
【详解】（1）由表中数据可知，y是x的一次函数，设y＝kx+b，由题意得：

解得
∴y＝﹣2x+2
检验：当x＝24时，y＝﹣2×24+2＝32；当x＝25时，y＝﹣2×25+2＝30；
当x＝1时，y＝﹣2×1+2＝28； 当x＝27时，y＝﹣2×27+2＝1．
故y＝﹣2x+2符合要求．
故答案为：y＝﹣2x+2．
（2）W与x之间的函数关系式为：
W＝（x﹣20）（﹣2x+2）
＝﹣2x2+120x﹣1600
＝﹣2（x﹣30）2+200，
∵﹣2＜0
∴当x＝30时，W的值最大，最大值为200元．
∴W与x之间的函数关系式为W＝﹣2x2+120x﹣1600；当该纪念册销售单价定为30元/件时，才能使文具店销售该纪念册所获利润最大，最大利润是200元．
【点睛】
本题考查了猜测函数关系式，并用待定系数法求解，以及二次函数在成本利润问题中的应用，明确成本利润之间的基本数量关系及二次函数的性质，是解题的关键．
24、（1）y＝x2﹣2x﹣3，点A、B的坐标分别为：（﹣1，0）、（3，0）；（2）存在，点P（1+，﹣）；（3）故S有最大值为，此时点P（，﹣）．
【分析】（1）根据题意得到函数的对称轴为：x＝﹣＝1，解出b＝﹣2，即可求解；
（2）四边形POP′C为菱形，则yP＝﹣OC＝﹣，即可求解；
（3）过点P作PH∥y轴交BC于点P，由点B、C的坐标得到直线BC的表达式，设点P（x，x2﹣2x﹣3），则点H（x，x﹣3），再根据ABPC的面积S＝S△ABC+S△BCP即可求解．
【详解】（1）函数的对称轴为：x＝﹣＝1，解得：b＝﹣2，
∴y＝x2﹣2x+c，
再将点C（0，﹣3）代入得到c=-3，
,∴抛物线的表达式为：y＝x2﹣2x﹣3，
令y＝0，则x＝﹣1或3，
故点A、B的坐标分别为：（﹣1，0）、（3，0）；
（2）存在，理由：
如图1，四边形POP′C为菱形，则yP＝﹣OC＝﹣，

即y＝x2﹣2x﹣3＝﹣，
解得：x＝1（舍去负值），
故点P（1+，﹣）；
（3）过点P作PH∥y轴交BC于点P，
由点B、C的坐标得到直线BC的表达式为：y＝x﹣3，
设点P（x，x2﹣2x﹣3），则点H（x，x﹣3），

ABPC的面积S＝S△ABC+S△BCP
＝×AB×OC+×PH×OB
＝×4×3+×3×（x﹣3﹣x2+2x+3）
＝﹣x2+x+6，
=
∵-＜0，
∴当x=时，S有最大值为，此时点P（，﹣）．
【点睛】
此题是一道二次函数的综合题，考查待定系数法求函数解析式，图象与坐标轴的交点，翻折的性质，菱形的性质，利用函数解析式确定最大值，（3）是此题的难点，利用分割法求四边形的面积是解题的关键.
25、（1）详见解析；（2）△ACF、、、
【分析】（1）在中，，是的中点，可得，再通过，得证，再通过证明，得证，即可证明四边形BCEF是平行四边形；
（2）根据题意，直接写出符合条件的所有等边三角形即可．
【详解】（1）证明：∵在中，，是的中点
∴，
∵，
∴，
∵平分，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴
又∵，
∴四边形BCEF是平行四边形；
（2）∵四边形是菱形
∴，
∵
∴
∴△BCE和△BEF是等边三角形
∴
∴
∵
∴
∴
∴
∴
∴在△CDE和△CGE中

∴
∴
∴是等边三角形
∴
∴
∴
∴
∴
∴△ACF是等边三角形
∴等边三角形有△ACF，，，

【点睛】
本题考查了几何图形的综合问题，掌握直角三角形的斜边中线定理、平行的性质以及判定定理、平行四边形的性质以及判定、菱形的性质是解题的关键．
26、（1）CB=2，AP =2；（2）证明见解析；（3）DE=．
【分析】（1）根据圆周角定理由AC为直径得∠ABC=90°，在Rt△ABC中，根据勾股定理可计算出BC=2，再根据垂径定理由直径FG⊥AB得到AP=BP=AB=2；
（2）易得OP为△ABC的中位线，则OP=BC=1，再计算出，根据相似三角形的判定方法得到△EOC∽△AOP，根据相似的性质得到∠OCE=∠OPA=90°，然后根据切线的判定定理得到DE是⊙O的切线；
（3）根据平行线的性质由BC∥EP得到∠DCB=∠E，则tan∠DCB=tan∠E=，在Rt△BCD中，根据正切的定义计算出BD=3，根据勾股定理计算出CD=，然后根据平行线分线段成比例定理得，再利用比例性质可计算出DE=．
【详解】解：（1）∵AC为直径，
∴∠ABC=90°，
在Rt△ABC中，AC=2，AB=4，
∴BC==2，
∵直径FG⊥AB，
∴AP=BP=AB=2；
（2）∵AP=BP，
∴OP为△ABC的中位线，
∴OP=BC=1，
∴，
而，
∴，
∵∠EOC=∠AOP，
∴△EOC∽△AOP，
∴∠OCE=∠OPA=90°，
∴OC⊥DE，
∴DE是⊙O的切线；
（3）∵BC∥EP，
∴∠DCB=∠E，
∴tan∠DCB=tan∠E=
在Rt△BCD中，BC=2，tan∠DCB==，
∴BD=3，
∴CD==，
∵BC∥EP，
∴，即，
∴DE=．