同学们在把数学理论知识复习好的同时，也应该要多做一些数学期末试卷题，从题中找到自己的不足，及时学懂，下面是51自学小编为大家带来的关于九年级上册期末数学试卷，希望会给大家带来帮助。 九年级上册期末数学试卷： 一、选择题(每小题3分，共48分) 1.tan45°的值为( ) A.2 B.1 C.4 D. 6 【考点】特殊角的三角函数值. 【分析】根据45°角这个特殊角的三角函数值，可得tan45°=1，据此解答即可. 【解答】解：tan45°=1， 即tan45°的值为1. 故选：B. 【点评】此题主要考查了特殊角的三角函数值，要熟练掌握，解答此类问题的关键是牢记30°、45°、60°角的各种三角函数值. 2.已知⊙O的半径是6cm，点O到同一平面内直线l的距离为5cm，则直线l与⊙O的位置关系是( ) A.相交 B.相切 C.相离 D.无法判断 【考点】直线与圆的位置关系. 【分析】设圆的半径为r，点O到直线l的距离为d，若dr，则直线与圆相离，从而得出答案. 【解答】解：设圆的半径为r，点O到直线l的距离为d， ∵d=5，r=6， ∴d ∴直线l与圆相交. 故选：A. 【点评】本题考查的是直线与圆的位置关系，解决此类问题可通过比较圆心到直线距离d与圆半径大小关系完成判定. 3.若x1，x2是方程x2=4的两根，则x1+x2的值是( ) A.0 B.2 C.4 D.8 【考点】根与系数的关系;解一元二次方程-直接开平方法. 【分析】将原方程转化为一元二次方程的一般形式，再根据根与系数的关系x1+x2=﹣ 就可以求出其值. 【解答】解：∵x2=4， ∴x2﹣4=0， ∴a=1，b=0，c=﹣4， ∵x1，x2是方程是x2=4的两根， ∴x1+x2=﹣ ， ∴x1+x2=﹣ =0， 故选A. 【点评】本题考查了一元二次方程的一般形式，根与系数的关系，在解答中注意求根公式的运用. 4.甲、乙、丙三个旅行团的游客人数都相等，且毎团游客的平均年龄都是32岁，这三个团游客年龄的方差分别是S甲2=27，S乙2=19.6，S丙2=1.6，导游小王最喜欢带游客年龄相近的团队，若在三个团中选择一个，则他应选( ) A.甲团 B.乙团 C.丙团 D.甲或乙团 【考点】方差. 【专题】应用题. 【分析】由S甲2=27，S乙2=19.6，S丙2=1.6，得到丙的方差最小，根据方差的意义得到丙旅行团的游客年龄的波动最小. 【解答】解：∵S甲2=27，S乙2=19.6，S丙2=1.6， ∴S甲2>S乙2>S丙2， ∴丙旅行团的游客年龄的波动最小，年龄最相近. 故选C. 【点评】本题考查了方差的意义：方差反映了一组数据在其平均数的左右的波动大小，方差越大，波动越大，越不稳定;方差越小，波动越小，越稳定. 5.圆心角为120°，弧长为12π的扇形半径为( ) A.6 B.9 C.18 D.36 【考点】弧长的计算. 【专题】计算题. 【分析】根据弧长的公式l= 进行计算. 【解答】解：设该扇形的半径是r. 根据弧长的公式l= ， 得到：12π= ， 解得 r=18， 故选：C. 【点评】本题考查了弧长的计算.熟记公式是解题的关键. 6.关于x的一元二次方程x2﹣3x+m=0有两个不相等的实数根，则实数m的取值范围为( ) A. B. C. D. 【考点】根的判别式. 【专题】判别式法. 【分析】先根据判别式的意义得到△=(﹣3)2﹣4m>0，然后解不等式即可. 【解答】解：根据题意得△=(﹣3)2﹣4m>0， 解得m< . 故选：B. 【点评】本题考查了一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的根的判别式△=b2﹣4ac：当△>0，方程有两个不相等的实数根;当△=0，方程有两个相等的实数根;当△<0，方程没有实数根. 7.若二次函数y=ax2的象经过点P(﹣2，4)，则该象必经过点( ) A.(2，4) B.(﹣2，﹣4) C.(﹣4，2) D.(4，﹣2) 【考点】二次函数象上点的坐标特征. 【分析】先确定出二次函数象的对称轴为y轴，再根据二次函数的对称性解答. 【解答】解：∵二次函数y=ax2的对称轴为y轴， ∴若象经过点P(﹣2，4)， 则该象必经过点(2，4). 故选：A. 【点评】本题考查了二次函数象上点的坐标特征，主要利用了二次函数象的对称性，确定出函数象的对称轴为y轴是解题的关键. 8.已知一组数据x1，x2，x3的平均数为6，则数据x1+1，x2+1，x3+1的平均数为( ) A.6 B.7 C.9 D.12 【考点】算术平均数. 【分析】根据数据x1，x2，x3的平均数和数据都加上一个数(或减去一个数)时，平均数也加或减这个数即可求出平均数. 【解答】解：∵数据x1，x2，x3的平均数是6， ∴数据x1+1，x2+1，x3+1的平均数是6+1=7. 故选：B. 【点评】此题考查平均数的意义，掌握平均数的计算方法是解决问题的关键. 9.在△ABC中，点D在边AB上，BD=2AD，DE∥BC交AC于点E，若线段DE=5，则线段BC的长为( ) A.7.5 B.10 C.15 D.20 【考点】相似三角形的判定与性质. 【专题】常规题型;压轴题. 【分析】由DE∥BC，可证得△ADE∽△ABC，然后由相似三角形的对应边成比例求得答案. 【解答】解：∵DE∥BC， ∴△ADE∽△ABC， ∴ = ， ∵BD=2AD， ∴ = ， ∵DE=5， ∴ = ， ∴BC=15. 故选：C. 【点评】此题考查了相似三角形的判定与性质.此题比较简单，注意掌握数形结合思想的应用. 10.⊙O的直径AB垂直于弦CD，垂足为E，∠A=22.5°，OC=4，CD的长为( ) A.2 B.4 C.4 D.8 【考点】垂径定理;等腰直角三角形;圆周角定理. 【分析】根据圆周角定理得∠BOC=2∠A=45°，由于⊙O的直径AB垂直于弦CD，根据垂径定理得CE=DE，且可判断△OCE为等腰直角三角形，所以CE= OC=2 ，然后利用CD=2CE进行计算. 【解答】解：∵∠A=22.5°， ∴∠BOC=2∠A=45°， ∵⊙O的直径AB垂直于弦CD， ∴CE=DE，△OCE为等腰直角三角形， ∴CE= OC=2 ， ∴CD=2CE=4 . 故选：C. 【点评】本题考查了圆周角定理：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.也考查了等腰直角三角形的性质和垂径定理. 11.DE是△ABC的中位线，延长DE至F使EF=DE，连接CF，则S△CEF：S四边形BCED的值为( ) A.1：3 B.2：3 C.1：4 D.2：5 【考点】相似三角形的判定与性质;全等三角形的判定与性质;三角形中位线定理. 【分析】先利用SAS证明△ADE≌△CFE(SAS)，得出S△ADE=S△CFE，再由DE为中位线，判断△ADE∽△ABC，且相似比为1：2，利用相似三角形的面积比等于相似比，得到S△ADE：S△ABC=1：4，则S△ADE：S四边形BCED=1：3，进而得出S△CEF：S四边形BCED=1：3. 【解答】解：∵DE为△ABC的中位线， ∴AE=CE. 在△ADE与△CFE中， ， ∴△ADE≌△CFE(SAS)， ∴S△ADE=S△CFE. ∵DE为△ABC的中位线， ∴△ADE∽△ABC，且相似比为1：2， ∴S△ADE：S△ABC=1：4， ∵S△ADE+S四边形BCED=S△ABC， ∴S△ADE：S四边形BCED=1：3， ∴S△CEF：S四边形BCED=1：3. 故选：A. 【点评】本题考查了全等三角形、相似三角形的判定与性质，三角形中位线定理.关键是利用中位线判断相似三角形及相似比. 12.如果点A(﹣2，y1)，B(﹣1，y2)，C(2，y3)都在反比例函数 的象上，那么y1，y2，y3的大小关系是( ) A.y1 【考点】反比例函数象上点的坐标特征. 【分析】分别把x=﹣2，x=﹣1，x=2代入解析式求出y1、y2、y3根据k>0判断即可. 【解答】解：分别把x=﹣2，x=﹣1，x=2代入解析式得： y1=﹣ ，y2=﹣k，y3= ， ∵k>0， ∴y2 故选：B. 【点评】本题主要考查对反比例函数象上点的坐标特征的理解和掌握，能根据k>0确定y1、y2、y3的大小是解此题的关键. 13.二次函数y=﹣x2+2kx+1(k<0)的象可能是( ) A. B. C. D. 【考点】二次函数的象. 【分析】根据对称轴公式，可得对称轴在y轴的左侧，根据函数象与y轴的交点，可得答案. 【解答】解：数y=﹣x2+2kx+1(k<0)的对称轴是x=﹣ =k<0，得 对称轴在y轴的左侧. 当x=0时，y=1，象与y轴的交点在x轴的上方，故A正确; 故选：A. 【点评】本题考查了二次函数象，利用函数象的对称轴及象与y轴的交点是解题关键. 14.边长为a的正六边形内有两个三角形(数据)，则 =( ) A.3 B.4 C.5 D.6 【考点】正多边形和圆. 【分析】先求得两个三角形的面积，再求出正六边形的面积，求比值即可. 【解答】解： ∵三角形的斜边长为a， ∴两条直角边长为 a， a， ∴S空白= a• a= a2， ∵AB=a， ∴OC= a， ∴S正六边形=6× a• a= a2， ∴S阴影=S正六边形﹣S空白= a2﹣ a2= a2， ∴ = =5， 法二：因为是正六边形，所以△OAB是边长为a的等边三角形，即两个空白三角形面积为S△OAB，即 =5 故选：C. 【点评】本题考查了正多边形和圆，正六边形的边长等于半径，面积可以分成六个等边三角形的面积来计算. 15.在二次函数y=﹣x2+2x+1的象中，若y随x的增大而增大，则x的取值范围是( ) A.x<1 B.x>1 C.x<﹣1 D.x>﹣1 【考点】二次函数的性质. 【专题】压轴题. 【分析】抛物线y=﹣x2+2x+1中的对称轴是直线x=1，开口向下，x<1时，y随x的增大而增大. 【解答】解：∵a=﹣1<0， ∴二次函数象开口向下， 又对称轴是直线x=1， ∴当x<1时，函数象在对称轴的左边，y随x的增大增大. 故选A. 【点评】本题考查了二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)的性质：当a<0，抛物线开口向下，对称轴为直线x=﹣ ，在对称轴左边，y随x的增大而增大. 16.△ABC的三个顶点分别为A(1，2)，B(2，5)，C(6，1).若函数y= 在第一象限内的象与△ABC有交点，则k的取值范围是( ) A.2≤k≤ B.6≤k≤10 C.2≤k≤6 D.2≤k≤ 【考点】反比例函数象上点的坐标特征. 【专题】压轴题;数形结合. 【分析】根据反比例函数象上点的坐标特征，反比例函数和三角形有交点的临界条件分别是交点为A、与线段BC有交点，由此求解即可. 【解答】解：反比例函数和三角形有交点的第一个临界点是交点为A， ∵过点A(1，2)的反比例函数解析式为y= ， ∴k≥2. 随着k值的增大，反比例函数的象必须和线段BC有交点才能满足题意， 经过B(2，5)，C(6，1)的直线解析式为y=﹣x+7， ，得x2﹣7x+k=0 根据△≥0，得k≤ 综上可知2≤k≤ . 故选：A. 【点评】本题考查了反比例函数象上点的坐标特征，两函数交点坐标的求法，有一定难度.注意自变量的取值范围. 二、仔细填一填(每小题3分，共12分) 17.在Rt△ABC中，∠C=90°， ，BC=8，则△ABC的面积为 24 . 【考点】解直角三角形. 【专题】计算题. 【分析】根据tanA的值及BC的长度可求出AC的长度，然后利用三角形的面积公式进行计算即可. 【解答】解：∵tanA= = ， ∴AC=6， ∴△ABC的面积为 ×6×8=24. 故答案为：24. 【点评】本题考查解直角三角形的知识，比较简单，关键是掌握在直角三角形中正切的表示形式，从而得出三角形的两条直角边，进而得出三角形的面积. 18.一小球被抛出后，距离地面的高度h(米)和飞行时间t(秒)满足下面函数关系式：h=﹣5(t﹣1)2+6，则小球距离地面的最大高度是 6 . 【考点】二次函数的应用. 【分析】由函数的解析式就可以得出a=﹣5<0，抛物线的开口向下，函数由最大值，就可以得出t=1时，h最大值为6. 【解答】解：∵h=﹣5(t﹣1)2+6， ∴a=﹣5<0， ∴抛物线的开口向下，函数由最大值， ∴t=1时，h最大=6. 故答案为：6. 【点评】本题考了二次函数的解析式的性质的运用，解答时直接根据顶点式求出其值即可. 19.在边长为9的正三角形ABC中，BD=3，∠ADE=60°，则AE的长为 7 . 【考点】相似三角形的判定与性质;等边三角形的性质. 【分析】先根据边长为9，BD=3，求出CD的长度，然后根据∠ADE=60°和等边三角形的性质，证明△ABD∽△DCE，进而根据相似三角形的对应边成比例，求得CE的长度，即可求出AE的长度. 【解答】解：∵△ABC是等边三角形， ∴∠B=∠C=60°，AB=BC; ∴CD=BC﹣BD=9﹣3=6; ∴∠BAD+∠ADB=120° ∵∠ADE=60°， ∴∠ADB+∠EDC=120° ∴∠DAB=∠EDC， 又∵∠B=∠C=60°， ∴△ABD∽△DCE， 则 = ， 即 = ， 解得：CE=2， 故AE=AC﹣CE=9﹣2=7. 故答案为：7. 【点评】此题主要考查了相似三角形的判定和性质以及等边三角形的性质，根据等边三角形的性质证得△ABD∽△DCE是解答此题的关键. 20.直线l：y=﹣ x+1与坐标轴交于A，B两点，点M(m，0)是x轴上一动点，以点M为圆心，2个单位长度为半径作⊙M，当⊙M与直线l相切时，则m的值为 2﹣2 或2+2 . . 【考点】直线与圆的位置关系;一次函数的性质. 【专题】压轴题. 【分析】根据直线ly=﹣ x+1由x轴的交点坐标A(0，1)，B(2，0)，得到OA=1，OB=2，求出AB= ;设⊙M与AB相切与C，连接MC，则MC=2，MC⊥AB，通过△BMO～△ABO，即可得到结果. 【解答】解：在y=﹣ x+1中， 令x=0，则y=1， 令y=0，则x=2， ∴A(0，1)，B(2，0)， ∴AB= ; 设⊙M与AB相切与C， 连接MC，则MC=2，MC⊥AB， ∵∠MCB=∠AOB=90°，∠B=∠B， ∴△BMC～△ABO， ∴ ，即 ， ∴BM=2 ， ∴OM=2 ﹣2，或OM=2 +2. ∴m=2﹣2 或m=2+2 . 故答案为：2﹣2 ，2+2 . 【点评】本题考查了直线与圆的位置关系，一次函数的性质，相似三角形的判定和性质，注意分类讨论是解题的关键. 三、用心答一答，相信你一定行(共6大题，60分) 21.已知代数式x2+5x﹣4与4x+2的值相等，求x的值. 【考点】解一元二次方程-因式分解法. 【专题】计算题. 【分析】利用代数式x2+5x﹣4与4x+2的值相等列方程得到x2+5x﹣4=4x+2，再整理为x2+x﹣6=0，然后利用因式分解法解方程即可. 【解答】解：根据题意得x2+5x﹣4=4x+2， 整理得x2+x﹣6=0， (x+3)(x﹣2)=0， x+3=0或x﹣2=0， 解得x1=﹣3，x2=2. 【点评】本题考查了解一元二次方程﹣因式分解法：先把方程的右边化为0，再把左边通过因式分解化为两个一次因式的积的形式，那么这两个因式的值就都有可能为0，这就能得到两个一元一次方程的解，这样也就把原方程进行了降次，把解一元二次方程转化为解一元一次方程的问题了(数学转化思想). 四、解答题(共1小题，满分8分) 22.已知：在平面直角坐标系xOy中，直线AB与x轴交于点A(﹣2，0)，与反比例函数在第一象限内的象的交于点B(2，n)，连接BO，若S△AOB=4. (1)求该反比例函数的解析式和直线AB的解析式; (2)若直线AB与y轴的交点为C，求△OCB的面积. 【考点】反比例函数综合题. 【专题】计算题;待定系数法. 【分析】(1)先由A(﹣2，0)，得OA=2，点B(2，n)，S△AOB=4，得 OA•n=4，n=4，则点B的坐标是(2，4)，把点B(2，4)代入反比例函数的解析式为y= ，可得反比例函数的解析式为：y= ;再把A(﹣2，0)、B(2，4)代入直线AB的解析式为y=kx+b可得直线AB的解析式为y=x+2. (2)把x=0代入直线AB的解析式y=x+2得y=2，即OC=2，可得S△OCB= OC×2= ×2×2=2. 【解答】解：(1)由A(﹣2，0)，得OA=2; ∵点B(2，n)在第一象限内，S△AOB=4， ∴ OA•n=4; ∴n=4; ∴点B的坐标是(2，4); 设该反比例函数的解析式为y= (a≠0)， 将点B的坐标代入，得4= ， ∴a=8; ∴反比例函数的解析式为：y= ; 设直线AB的解析式为y=kx+b(k≠0)， 将点A，B的坐标分别代入，得 ， 解得 ; ∴直线AB的解析式为y=x+2; (2)在y=x+2中，令x=0，得y=2. ∴点C的坐标是(0，2)， ∴OC=2; ∴S△OCB= OC×2= ×2×2=2. 【点评】本题考查反比例函数和一次函数解析式的确定、形的面积求法等知识及综合应用知识、解决问题的能力.此题有点难度. 五、解答题(共1小题，满分10分) 23.根据中数据完成填空，再按要求答题： sin2A1+sin2B1= 1 ;sin2A2+sin2B2= 1 ;sin2A3+sin2B3= 1 . (1)观察上述等式，猜想：在Rt△ABC中，∠C=90°，都有sin2A+sin2B= 1 . (2)④，在Rt△ABC中，∠C=90°，∠A、∠B、∠C的对边分别是a、b、c，利用三角函数的定义和勾股定理，证明你的猜想. (3)已知：∠A+∠B=90°，且sinA= ，求sinB. 【考点】勾股定理;互余两角三角函数的关系;解直角三角形. 【专题】几何综合题;规律型. 【分析】(1)由前面的结论，即可猜想出：在Rt△ABC中，∠C=90°，都有sin2A+sin2B=1; (2)在Rt△ABC中，∠C=90°.利用锐角三角函数的定义得出sinA= ，sinB= ，则sin2A+sin2B= ，再根据勾股定理得到a2+b2=c2，从而证明sin2A+sin2B=1; (3)利用关系式sin2A+sin2B=1，结合已知条件sinA= ，进行求解. 【解答】解：(1)由可知：sin2A1+sin2B1=( )2+( )2=1; sin2A2+sin2B2=( )2+( )2=1; sin2A3+sin2B3=( )2+( )2=1. 观察上述等式，可猜想：sin2A+sin2B=1. (2)在Rt△ABC中，∠C=90°. ∵sinA= ，sinB= ， ∴sin2A+sin2B= ， ∵∠C=90°， ∴a2+b2=c2， ∴sin2A+sin2B=1. (3)∵sinA= ，sin2A+sin2B=1， ∴sinB= = . 【点评】本题考查了在直角三角形中互余两角三角函数的关系，勾股定理，锐角三角函数的定义，比较简单. 六、解答题(共1小题，满分10分) 24.抛物线与x轴交于A、B两点，与y轴交C点，点A的坐标为(2，0)，点C的坐标为(0，3)它的对称轴是直线x= . (1)求抛物线的解析式; (2)M是线段AB上的任意一点，当△MBC为等腰三角形时，求M点的坐标. 【考点】二次函数综合题. 【专题】综合题. 【分析】(1)根据抛物线的对称轴得到抛物线的顶点式，然后代入已知的两点理由待定系数法求解即可; (2)首先求得点B的坐标，然后分CM=BM时和BC=BM时两种情况根据等腰三角形的性质求得点M的坐标即可. 【解答】解：(1)设抛物线的解析式 把A(2，0)、C(0，3)代入得： 解得：即 (2)由y=0得 ∴x1=2，x2=﹣3 ∴B(﹣3，0) ①CM=BM时 ∵BO=CO=3 即△BOC是等腰直角三角形 ∴当M点在原点O时，△MBC是等腰三角形 ∴M点坐标(0，0) ②所示：当BC=BM时 在Rt△BOC中，BO=CO=3， 由勾股定理得BC= ∴BC= ， ∴BM= ∴M点坐标( ， 综上所述：M点坐标为：M1( ，M2(0，0). 【点评】本题考查了二次函数的综合知识，第一问考查了待定系数法确定二次函数的解析式，较为简单.第二问结合二次函数的象考查了等腰三角形的性质，综合性较强. 七、解答题(共1小题，满分12分) 25.△OAB中，OA=OB=10，∠AOB=80°，以点O为圆心，6为半径的优弧 分别交OA，OB于点M，N. (1)点P在右半弧上(∠BOP是锐角)，将OP绕点O逆时针旋转80°得OP′.求证：AP=BP′; (2)点T在左半弧上，若AT与弧相切，求点T到OA的距离; (3)设点Q在优弧 上，当△AOQ的面积最大时，直接写出∠BOQ的度数. 【考点】圆的综合题. 【分析】(1)首先根据已知得出∠AOP=∠BOP′，进而得出△AOP≌△BOP′，即可得出答案; (2)利用切线的性质得出∠ATO=90°，再利用勾股定理求出AT的长，进而得出TH的长即可得出答案; (3)当OQ⊥OA时，△AOQ面积最大，且左右两半弧上各存在一点分别求出即可. 【解答】(1)证明：1，∵∠AOP=∠AOB+∠BOP=80°+∠BOP， ∠BOP′=∠POP′+∠BOP=80°+∠BOP， ∴∠AOP=∠BOP′， ∵在△AOP和△BOP′中 ∴△AOP≌△BOP′(SAS)， ∴AP=BP′; (2)解：1，连接OT，过点T作TH⊥OA于点H， ∵AT与 相切， ∴∠ATO=90°， ∴AT= = =8， ∵ ×OA×TH= ×AT×OT， 即 ×10×TH= ×8×6， 解得：TH= ，即点T到OA的距离为 ; (3)解：2，当OQ⊥OA时，△AOQ的面积最大; 理由：∵OQ⊥OA， ∴QO是△AOQ中最长的高，则△AOQ的面积最大， ∴∠BOQ=∠AOQ+∠AOB=90°+80°=170°， 当Q点在优弧 右侧上， ∵OQ⊥OA， ∴QO是△AOQ中最长的高，则△AOQ的面积最大， ∴∠BOQ=∠AOQ﹣∠AOB=90°﹣80°=10°， 综上所述：当∠BOQ的度数为10°或170°时，△AOQ的面积最大. 【点评】此题主要考查了圆的综合应用以及切线的判定与性质以及全等三角形的判定与性质等知识，根据数形结合进行分类讨论得出是解题关键. 八、解答题(共1小题，满分12分) 26.在Rt△ABC中，∠C=90°，P是BC边上不同于B、C的一动点，过P作PQ⊥AB，垂足为Q，连接AP. (1)试说明不论点P在BC边上何处时，都有△PBQ与△ABC相似; (2)若AC=3，BC=4，设BP长为x，请用含x的代数式表示PQ= x ;BQ= x ;当BP为何值时，△AQP面积最大，并求出最大值; (3)在Rt△ABC中，两条直角边BC、AC满足关系式BC=kAC，是否存在一个k的值，使Rt△AQP既与Rt△ACP全等，也与Rt△BQP全等，并说明理由. 【考点】相似形综合题. 【分析】(1)根据相似三角形的判定定理证明即可; (2)利用勾股定理求出AB，根据相似三角形的性质列出比例式求出PQ、BQ，根据三角形的面积公式求出△AQP面积，根据二次函数的性质解答即可; (3)根据全等三角形的对应边相等和勾股定理计算即可. 【解答】解：(1)不论点P在BC边上何处时，都有 ∠PQB=∠C=90°，∠B=∠B， ∴△PBQ∽△ABC; (2)∵∠C=90°，AC=3，BC=4， ∴AB= =5， ∵△PBQ与△ABC， ∴ = = ，即 = = ， ∴PQ= x，BQ= x; S△APQ= ×PQ×AQ= ×(5﹣ x)× x =﹣ x2+ x =﹣(x﹣ )2+ ， 则当BP= 时，△AQP面积最大，最大值为 ; (3)存在. ∵Rt△AQP≌Rt△ACP， ∴AQ=AC， 又Rt△AQP≌Rt△BQP， ∴AQ=QB， ∴AQ=QB=AC， 在Rt△ABC中，由勾股定理得 BC2=AB2﹣AC2 即BC2=(2AC)2﹣AC2， 则BC2=3AC2， ∴BC= AC， ∴k= 时，Rt△AQP既与Rt△ACP全等，也与Rt△BQP全等. 【点评】本题考查的是相似三角形的判定和性质、全等三角形的性质以及二次函数的性质，掌握相似三角形的判定定理和性质定理、灵活运用配方法把二次函数的一般式化为顶点式、掌握二次函数的性质是解题的关键.
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