广东省广州市天河区华南师范大学附属中学2022-2023学年九年级上学期期末数学试卷

这是一份广东省广州市天河区华南师范大学附属中学2022-2023学年九年级上学期期末数学试卷，共24页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、单选题
1．下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ）
A．B．
C．D．
2．如图，一个游戏转盘中，红、黄、蓝三个扇形的圆心角度数分别为60°，90°，210°．让转盘自由转动，指针停止后落在黄色区域的概率是( )
A．16B．14C．13D．712
3．将二次函数y=x2图象向左平移1个单位，再向下平移2个单位后，所得图象的函数是（ ）
A．y=x+12+2B．y=x-12-2
C．y=x+12-2D．y=x-12+2
4．如图，AB是⊙O的直径，CD为弦，CD⊥AB于点E，则下列结论中不成立的是（ ）
A．AC=ADB．BC=BDC．OE=BED．CE=DE
5．已知关于x的一元二次方程：x2-2x+m=0有两个不相等的实数根，则（ ）
A．m<1B．m>1C．m≠0D．06．如图，AB为⊙O的直径，点C，D在⊙O上，若∠ADC=130°，则∠BAC的度数为（ ）
A．25°B．30°C．40°D．50°
7．如图，已知△ABC，D、E分别在边AB、AC上，下列条件中，不能确定△ADE∽△ACB的是（ ）
A．∠AED＝∠BB．∠BDE+∠C＝180°
C．AD•BC＝AC•DED．AD•AB＝AE•AC
8．如图，一次函数y=ax+b与反比例函数y=kxk>0的图象交于点A1，2，Bm，-1．则关于x的不等式ax+b>kx的解集是（ ）
A．x<-2或0C．-21D．-12
9．如图为△ABC的内切圆，点D，E分别为边AB，AC上的点，且DE为⊙I的切线，若△ABC的周长为21，BC边的长为6，则△ADE的周长为（ ）
A．15B．9C．7.5D．7
10．已知二次函数y=ax2+bx+c的图像如图，其对称轴为x=-1，它与x轴的一个交点的横坐标为-3，则一次函数y=ax-2b与反比例函数y=cx在同一平面直角坐标系中的图像大致是（ ）．
A．B．C．D．
二、填空题
11．二次函数y=-x2-2x的最大值为______．
12．如图，乐器上的一根弦AB的长度为30cm，两个端点A、B固定在乐器板面上，支撑点C是弦AB靠近点B的黄金分割点，则线段AC的长度为______ cm．（结果保留根号，参考数据：黄金分割数：5-12）
13．如图，点A是反比例函数y=2xx>0的图象上任意一点，AB//x轴交反比例函数y=-3x的图象于点B，以AB为边作平行四边形ABCD，其中C、D在x轴上，则S▱ABCD为______．
14．如图放置的一个圆锥，它的主视图是直角边长为2的等腰直角三角形，则该圆锥侧面展开扇形的弧长为_____.（结果保留π）
15．如图，BE是△ABC的中线，点F在BE上，延长AF交BC于点D．若BF=3FE，则BDDC=______．
16．如图，四边形ABCD、CEFG都是正方形，点G在线段CD上，连接BG、DE，DE和FG相交于点O，设AB=a，CG=ba>b．下列结论：①△BCG≌△DCE；②BG⊥DE；③DGGC=GOCE；④a-b2⋅S△EFO=b2⋅S△DGO．其中结论正确的是______．
三、解答题
17．如图，若∠ADE=∠B，∠BAD=∠CAE．求证：△ADE∽△ABC ．
18．如图，AB是⊙O的直径，AC的中点D在⊙O上，DE⊥BC于E.求证：DE是⊙O的切线．
19．先化简，再求值： (m+4m+4m)÷m+2m2，其中m是方程2x2+4x-1=0的根．
20．已知一艘轮船上装有100吨货物，轮船到达目的地后开始卸货.设平均卸货速度为v(单位：吨/小时)，卸完这批货物所需的时间为t(单位：小时).
(1)求v关于t的函数表达式.
(2)若要求不超过5小时卸完船上的这批货物，那么平均每小时至少要卸货多少吨？
21．在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点坐标分别为A（2，﹣4），B（3，﹣2），C（6，﹣3）．
（1）画出△ABC关于x轴对称的△A1B1C1；
（2）以M点为位似中心，在网格中画出△A1B1C1的位似图形△A2B2C2，使△A2B2C2与△A1B1C1的相似比为2：1．
22．为了弘扬我国古代数学发展的伟大成就，某校九年级进行了一次数学知识竞赛，并设立了以我国古代数学家名字命名的四个奖项：“祖冲之奖”、“刘徽奖”、“赵爽奖”、“秦九韶奖”．根据获奖情况绘制了如图所示的条形统计图和扇形统计图．
获最高奖项“祖冲之奖”的学生成绩统计表：
根据图形信息，解答下列问题：
（1）获得“秦九韶奖”的学生有多少人，并补全条形统计图；
（2）获得“祖冲之奖”的学生成绩的中位数是________分，众数是_________分；
（3）若从获得“祖冲之奖”且得分为95分的甲，乙，丙，丁四名同学中随机抽取2名参加市级数学知识竞赛，请用列表法或画树状图的方法，求出恰好抽到甲和乙的概率．
23．如图，在平面直角坐标系中，菱形ABCD的顶点D在y轴上，A，C两点的坐标分别为(4,0)，(4,m)，直线CD：y=ax+b(a≠0)与反比例函数y=kx(k≠0)的图象交于C，P(-8,-2)两点．
(1)求该反比例函数的解析式及m的值；
(2)判断点B是否在该反比例函数的图象上，并说明理由．
24．如图，抛物线y=-12x2+32x+2与x轴交于A、B两点（点A在点B的左边），与y轴交于点C，连接BC．
(1)求点A、B、C的坐标；
(2)设x轴上的一个动点P的横坐标为t，过点P作直线PN⊥x轴，交抛物线于点N，交直线BC于点M．
①当点P在线段AB上时，设MN的长度为s，求s与t的函数关系式；
②当点P在线段OB上时，是否存在点P，使得以O、P、N三点为顶点的三角形与△COB相似？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
25．如图1，已知⊙O是△ABC的外接圆，∠ABC＝∠ACB＝α（45°＜α＜90°），点D是AB上一点，连接CD交AB于E．
（1）连接BD，若∠CDB＝40°，求α的大小；
（2）如图2，若点B恰好是CD中点，求证：CE2=BE⋅BA；
（3）如图3，将CD分别沿BC、AC翻折到CM、CN，连接MN，若CD为直径，请问ABMN是否为定值，若是请求出这个值，若不是，请说明理由；
分数/分
80
85
90
95
人数/人
4
2
10
4
参考答案
1．B
【分析】根据中心对称图形与轴对称图形的概念，进行判断即可．把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；如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形．
【详解】解：A.该图形既不是中心对称图形，也不是轴对称图形，故此选项不合题意；
B.该图形既是轴对称图形，又是中心对称图形，故此选项符合题意；
C.该图形不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不合题意；
D.该图形是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意．
故选：B．
【点睛】本题考查的是中心对称图形与轴对称图形的概念，常见的中心对称图形有平行四边形、圆形、正方形、长方形等等．常见的轴对称图形有等腰三角形，矩形，正方形，等腰梯形，圆等等．
2．B
【分析】求出黄区域圆心角在整个圆中所占的比例，这个比例即为所求的概率．
【详解】∵黄扇形区域的圆心角为90°，
所以黄区域所占的面积比例为90360=14，
即转动圆盘一次，指针停在黄区域的概率是14，
故选B．
【点睛】本题将概率的求解设置于转动转盘游戏中，考查学生对简单几何概型的掌握情况，既避免了单纯依靠公式机械计算的做法，又体现了数学知识在现实生活、甚至娱乐中的运用，体现了数学学科的基础性．用到的知识点为：概率=相应的面积与总面积之比．
3．C
【分析】根据函数图象右移减、左移加，上移加、下移减，可得答案．
【详解】解：将二次函数y=x2图象向左平移1个单位，再向下平移2个单位后，所得图象的函数是y=x+12-2，
故选C．
【点睛】本题考查二次函数图象的平移，掌握“左加右减、上加下减”是解题的关键．
4．C
【分析】根据垂径定理可得：BC=BD，DE=CE，进而得到AC=AD，无法得到OE=BE，即可得到答案．
【详解】解：∵AB是⊙O的直径，CD为弦，CD⊥AB于点E，
∴BC=BD，DE=CE，
∴B、D选项结论成立，不符合题意；
∵AB=AC+BC=AD+BD，
∴AC=AD，
∴A选项结论成立，不符合题意；
∵OE=BE无法判断，
∴C选项结论不成立，符合题意，
故选C．
【点睛】本题主要考查了垂径定理，熟练掌握垂直弦的直径平分弦，并且平分弦所对的弧是解题关键．
5．A
【分析】由方程有两个不相等的实数根，利用根的判别式可得出关于m的一元一次不等式，解之即可得出结论．
【详解】解：∵方程x2-2x+m=0有两个不相等的实数根，
∴Δ=-22-4m>0，
解得：m<1，故A正确．
故选：A．
【点睛】本题主要考查了根的判别式，牢记“当方程有两个不相等的实数根时，Δ>0”是解题的关键．
6．C
【分析】根据圆内接四边形对角互补求得∠B，根据直径所对的圆周角是直角可得∠ACB=90°，根据直角三角形的两个锐角互余即可求解．
【详解】解：∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∵四边形ABCD是圆内接四边形，∠ADC=130°，
∴∠B=50°，
∴∠BAC=90°-50°=40°．
故选：C．
【点睛】本题考查了圆内接四边形对角互补，直径所对的圆周角是直角，直角三角形两个锐角互余，掌握以上知识是解题的关键．
7．C
【分析】A、根据有两组角对应相等的两个三角形相似，进行判断即可；
B：根据题意可得到∠ADE=∠C，根据有两组角对应相等的两个三角形相似，进行判断即可；
C、根据两组对应边的比相等且夹角对应相等的两个三角形相似，进行判断即可；
D、根据两组对应边的比相等且夹角对应相等的两个三角形相似，进行判断即可．
【详解】解：A、由∠AED=∠B，∠A=∠A，则可判断△ADE∽△ACB；
B、由∠BDE+∠C=180°，∠ADE+∠BDE=180°，得∠ADE=∠C，∠A=∠A，则可判断△ADE∽△ACB；
C、由AD•BC=AC•DE，得ADAC=DEBC不能判断△ADE∽△ACB,必须两组对应边的比相等且夹角对应相等的两个三角形相似.
D、由AD•AB=AE•AC得ADAC=AEAB，∠A=∠A，故能确定△ADE∽△ACB，
故选C．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定：
两组对应边的比相等且夹角对应相等的两个三角形相似（注意，一定是夹角）；
有两组角对应相等的两个三角形相似．
8．C
【分析】先求出反比例函数解析式，进而求出点B的坐标，然后直接利用图象法求解即可．
【详解】解：∵A1，2在反比例函数图象上，
∴k=1×2=2，
∴反比例函数解析式为y=2x，
∵Bm，-1在反比例函数图象上，
∴m=2-1=-2，
∴B-2，-1，
由题意得关于x的不等式ax+b>kx的解集即为一次函数图象在反比例函数图象上方时自变量的取值范围，
∴关于x的不等式ax+b>kx的解集为-21，
故选C．
【点睛】本题主要考查了一次函数与反比例函数综合，正确求出点B的坐标是解题的关键．
9．B
【分析】根据三角形内切圆的性质及切线长定理可得DM=DP，BN=BM，CN=CQ，EQ=EP，则BM+CQ=6，所以△ADE的周长=AD+DE+AE=AD+AE+DM+EQ，代入求出即可．
【详解】解：∵△ABC的周长为21，BC=6，
∴AC+AB=21-6=15，
设⊙I与△ABC的三边AB、BC、AC的切点为M、N、Q，切DE为P，
∵DM=DP，BN=BM，CN=CQ，EQ=EP，
∴BM+CQ=BN+CN=BC=6，
∴△ADE的周长=AD+DE+AE=AD+AE+DP+PE
=AD+DM+AE+EQ
=AB-BM+AC-CQ
=AC+AB-BM+CQ
=15-6=9，
故选B．
【点睛】本题主要考查了切线以及切线长定理，解决本题的关键是充分利用圆的切线的性质，及圆切线长定理．
10．C
【分析】先根据二次函数图像开口向下可得a<0，根据二次函数图像的对称轴可知b=2a<0，然后由二次函数图像经过y轴正半轴可知c>0，利用a与b和c的关系求得一次函数和反比例函数是否有交点，再利用排除法即可求解．
【详解】解：∵二次函数y=ax2+bx+c图像开口向下，
∴a<0，
∵二次函数y=ax2+bx+c图像对称轴为x=-b2a=-1，
∴b=2a<0，
∵次函数y=ax2+bx+c图像经过y轴正半轴，
∴c>0，
由a<0，b<0可知：直线y=ax-2b经过第一、二、四象限，由c>0可知：反比例函数y=cx图像经过第一、三象限，
∵二次函数y=ax2+bx+c图像过-3,0，
∴9a-3b+c=0，即c=-3a，
令cx=ax-2b，即ax2-2bx-c=0，
∵Δ=4b2-4a×-c=4×2a2-4a×3a=16a2-12a2=4a2>0，
∴一次函数y=ax-2b与反比例函数y=cx有交点，
故选：C．
【点睛】本题主要考查二次函数图像与性质、一次函数的图像与性质、反比例函数图像与性质，解题的关键是熟练掌握以上函数图像与性质．
11．1
【分析】把二次函数解析式配方为顶点式即可求得函数的最大值．
【详解】配方得：y=-(x+1)2+1
∵a=-1<0
∴函数有最大值，且最大值为1
故答案为：1．
【点睛】本题考查了二次函数的最值，求二次函数的最值，一般是把二次函数的一般式化成顶点式．
12．155-15
【分析】根据黄金分割的定义直接求解即可．
【详解】解：∵ C是弦AB靠近点B的黄金分割点，AB=30cm，
∴ AC=AB⋅5-12=30×5-12=155-15cm，
故答案为：155-15．
【点睛】本题考查黄金分割点的应用，解题的关键是掌握黄金分割的定义．黄金分割是指将整体一分为二，较大部分与整体部分的比值等于较小部分与较大部分的比值，其比值为5-12，约为0.618．
13．5
【分析】设点A的纵坐标为b，根据反比例函数的解析式求出点A、B的横坐标，然后求出AB的长，再根据平行四边形的面积公式列式计算即可得解．
【详解】解：设点A的纵坐标为b，
所以，2x=b，
解得xA=2b，
∵AB∥x轴，
∴点B的纵坐标为-3x=b，
解得xB=-3b，
∴AB=2b-(-3b)=5b，
∴S▱ABCD=5b•b=5．
故答案为：5．
【点睛】本题考查了反比例函数与几何的综合，用点A的纵坐标表示出AB的长度是解题的关键．
14．22π
【分析】先求出圆锥底面半径，然后根据扇形的弧长为圆锥底面的圆周长进行计算即可解答.
【详解】解：因为圆锥的主视图是直角边长为2的等腰直角三角形，
所以圆锥底面半径为：R＝12×22+22=2
圆锥侧面展开扇形的弧长为圆锥底面的圆周长，
所以，弧长为：22π
故答案为22π
【点睛】本题考查解直角三角形和圆锥三视图，熟练掌握是解题的关键.
15．32
【分析】连接ED，由BE是△ABC的中线，得到S△ABE=S△BCE，S△AED=S△EDC，由BF=3FE，得到S△ABFS△AFE=3,S△BFDS△FED=3，设S△AEF=x,S△EFD=y，由面积的等量关系解得x=53y，最后根据等高三角形的性质解得S△ABDS△ADC=BDDC，据此解题即可．
【详解】解：连接ED
∵BE是△ABC的中线，
∴S△ABE=S△BCE，S△AED=S△EDC
∵BF=3FE
∴S△ABFS△AFE=3,S△BFDS△FED=3
设S△AEF=x,S△EFD=y，
∴S△ABF=3x，S△BFD=3y
∴S△ABE=4x,S△BEC=4x,S△BED=4y
∴S△EDC=S△BEC-S△BED=4x-4y
∵S△ADE=S△EDC
∴x+y=4x-4y
∴x=53y
∵△ABD与△ADC是等高三角形，
∴S△ABDS△ADC=BDDC=3x+3yx+y+4x-4y=3x+3y5x-3y=3×53y+3y5×53y-3y=8y163y=32，
故答案为：32．
【点睛】本题考查三角形的中线、三角形的面积等知识，是重要考点，难度一般，掌握相关知识是解题关键．
16．①②④
【分析】四边形ABCD和四边形CEFG是正方形，根据正方形的性质，即可得BC=DC，CG=CE，∠BCD=∠ECG=90°，则可根据SAS证得①△BCG≌△DCE；然后延长BG交DE于点H，根据全等三角形的对应角相等，求得∠CDE+∠DGH=90°，则可得②BG⊥DE．由GF∥CE即可判定③错误，由△GOD与△FOE相似即可求得④．
【详解】解：∵四边形ABCD和四边形CEFG是正方形，
∴ BC=DC，CG=CE，∠BCD=∠ECG=90°，
∴ ∠BCG=∠DCE，
在△BCG和△DCE中，
BC=DC∠BCG=∠DCECG=CE，
∴ △BCG≌△DCESAS，
故①正确；
延长BG交DE于点H，
∵ △BCG≌△DCE，
∴ ∠CBG=∠CDE，
又∵ ∠CBG+∠BGC=90°，
∴ ∠CDE+∠DGH=90°，
∴ ∠DHG=90°，
∴ BH⊥DE，
∴ BG⊥DE．
故②正确；
∵四边形CEFG是正方形，
∴ GF∥CE，
∴ DGDC=GOCE，
∴ DGGC=GOCE是错误的．
故③错误；
∵ DC∥EF，
∴ ∠GDO=∠FEO，
又∵ ∠GOD=∠FOE，
∴ △OGD∽△OFE，
∴ S△DGOS△EFO=DGEF2=a-bb2，
∴ a-b2⋅S△EFO=b2⋅S△DGO．
故④正确；
故答案为：①②④．
【点睛】本题考查相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，正方形的性质等，有一定难度，解题的关键是综合运用上述知识点，逐步进行推理论证．
17．证明见解析
【分析】利用相似三角形的判定条件即可证明结论．
【详解】证明：∵∠BAD=∠CAE，
∴∠BAD+∠BAE=∠CAE+∠BAE，
∴∠DAE=∠BAC，
∵∠ADE=∠B，
∴△ADE∽△ABC．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定，熟练掌握判定相似三角形的条件是解题关键．
18．详见解析
【分析】连接OD，根据三角形的中位线定理得出OD∥BC，证出DE⊥OD，根据切线的判定定理推出即可．
【详解】证明：连接OD，

∵AO=OB，D为AC的中点，
∴OD∥BC，
∵DE⊥BC，
∴DE⊥OD，
∵OD是⊙O的半径，
∴DE是⊙O的切线．
【点睛】本题考查了三角形的中位线定理，平行线的性质，切线的判定等知识点的运用，解题的关键是证明直线是圆的切线（当点在圆上时，连接圆心和该点，证垂直即可）．
19．12．
【详解】原式=m2+4m+4m⋅m2m+2=(m+2)2m⋅m2m+2=m2+2m．
∵ m是方程2x2+4x-1=0的根，
∴2m2+4m-1=0．
∴m2+2m=12．
考点：1．分式的化简；2．一元二次方程的解.
20．(1)v=100t；(2)平均每小时至少要卸货20吨．
【分析】（1）直接利用vt=100进而得出答案；
（2）直接利用要求不超过5小时卸完船上的这批货物，进而得出答案．
【详解】(1)由题意可得：100=vt，
则v=100t；
(2)∵不超过5小时卸完船上的这批货物，
∴t≤5，
则v≥1005=20，
答：平均每小时至少要卸货20吨．
【点睛】考查了反比例函数的应用，正确得出函数关系式是解题关键．
21．（1）详见解析；（2）详见解析．
【分析】（1）直接利用关于x轴对称点的性质得出对应点位置，进而得出答案；
（2）直接利用位似图形的性质得出对应点位置，进而得出答案；
【详解】（1）如图所示：△A1B1C1，即为所求；
（2）如图所示：△A2B2C2，即为所求；
22．（1）200人，见解析；（2）90，90；（3）16
【分析】（1）先根据祖冲之奖的人数及其百分比求得总人数，再根据扇形统计图得出获得秦九韶奖和刘徽奖的人数，进而补全条形统计图；
（2）根据中位数和众数的定义求解可得；
（3）画出树状图求解即可．
【详解】解：（1）本次获奖人数有20÷10%=200（人），
则获得“秦九韶奖”的人数有200×46%=92（人）．
则刘徽奖的人数为200×1-24%-46%-10%=40（人），
补全条形统计图如解图所示．
（2）获得“祖冲之奖”的学生成绩的中位数是90+902=90分，众数是90分；
（3）树状图如图所示，
∵从四人中随机抽取两人共有12种情况，并且每种情况出现的可能性相等，恰好是甲和乙的有2种可能，分别是（甲，乙），（乙，甲）．
∴抽取两人恰好是甲和乙的概率是212=16．
【点睛】本题考查了条形统计图和扇形统计图，中位数和众数，列表法或画树状图法求概率．利用统计图获取信息时，必须认真观察、分析、研究统计图，才能作出正确的判断和解决问题．
23．(1)y=16x，m=4
(2)点B在该反比例函数的图象上，理由见解答
【分析】（1）因为点P(-8,-2)在双曲线y=kx上，所以代入P点坐标即可求出双曲线y=kx的函数关系式，又因为点C(4,m)在y=kx双曲线上，代入即可求出m的值；
（2）先求出点B的坐标，判断即可得出结论．
【详解】（1）解：将点P(-8,-2)代入y=kx中，得k=-8×(-2)=16，
∴反比例函数的解析式为y=16x，
将点C(4,m)代入y=16x中，
得m=164=4；
（2）解：因为四边形ABCD是菱形，A(4,0)，C(4,4)，
∴m=4，B(8,12m)，
∴B(8,2)，
由（1）知双曲线的解析式为y=16x；
∵2×8=16，
∴点B在双曲线上．
【点睛】此题是反比例函数综合题，主要考查了待定系数法，菱形的性质，解题的关键是用m表示出点D的坐标．
24．(1)A-1，0，B4，0，C0，2；
(2)①s=12t2-2t-1≤t<0-12t2+2t0≤t≤4；②点P的坐标为-1+172,0和1+5,0．
【分析】（1）分别令x=0、y=0，求出对应的y值和x的值，即可求出A、B、C的坐标；
（2）①根据点P的横坐标为t，可得Mt,-12t+2，Nt,-12t2+32t+2，然后分点P在y轴的左侧和点P在y轴的右侧两种情况，分别表示出MN即可；
②分△OP1N1∽△COB时和△OP2N2∽△BOC时两种情况，分别根据相似三角形的性质列出比例式，整理后得出关于t的一元二次方程，解方程求出t的值即可．
【详解】（1）解：当x=0时，y=2，
当y=0时，即-12x2+32x+2=0，
解得：x1=-1，x2=4，
∴A-1，0，B4，0，C0，2；
（2）解：①设直线BC的解析式为y=kx+bk≠0，
把B4，0，C0，2代入，得4k+b=0b=2，
解得：k=-12b=2，
∴直线BC的解析式为y=-12x+2，
∵点P的横坐标为t，
∴Mt,-12t+2，Nt,-12t2+32t+2，
当点P在y轴的左侧，即-1≤t<0时，
由题意得：s=-12t+2--12t2+32t+2=-12t+2+12t2-32t-2=12t2-2t；
当点P在y轴的右侧（包含原点），即0≤t≤4时，
由题意得：s=-12t2+32t+2--12t+2=-12t2+32t+2+12t-2=-12t2+2t；
综上，s=12t2-2t-1≤t<0-12t2+2t0≤t≤4；
②如图，当△OP1N1∽△COB时，
可得OP1CO=N1P1BO，即t2=-12t2+32t+24，
∴-t2+3t+4=4t，
整理得：t2+t-4=0，
解得：t1=-1+172，t2=-1-172（不合题意，舍去），
当△OP2N2∽△BOC时，
可得OP2BO=N2P2CO，即t4=-12t2+32t+22，
∴-2t2+6t+8=2t，
整理得：t2-2t-4=0，
解得：t3=1+5，t4=1-5（不合题意，舍去），
综上，点P的坐标为-1+172,0和1+5,0．
【点睛】本题是二次函数的综合题，主要考查了二次函数的图像和性质、二次函数的应用、相似三角形的判定和性质，解一元二次方程等知识，解题的关键是数形结合思想与分类讨论思想的应用．
25．（1）70°；（2）见解析；（3）是定值，12
【分析】（1）由圆周角定理求出∠CAB=∠CDB=40°，由三角形内角和定理可得出答案；
（2）证明△BCE∽△BAC，由相似三角形的性质得出BCBA=BEBC，证明CB=CE，则可得出结论；
（3）由折叠的性质可得出∠DCN=2∠DCA，∠DCM=2∠DCB，CN=CD=CM=2r，过点C作CQ⊥MN于点Q，得出MN=2NQ，∠NCQ=12∠MCN=α，∠CQN=90°，连接AO并延长交⊙O于点P，连接BP，则∠ABP=90°，证明△ABP≌△NQC（AAS），由全等三角形的性质得出AB=NQ=12MN，则可得出答案．
【详解】解：（1）∵BC=BC，
∴∠CAB=∠CDB=40°，
∵∠ABC+∠ACB+∠CAB=180°，∠ABC=∠ACB=α，
∴α=12×(180°−40°)=70°；
（2）证明：∵点B是CD的中点，
∴BD=BC，
∴∠DCB=∠A，
∵∠ABC=∠CBE，
∴△BCE∽△BAC，
∴BCBA=BEBC，
∴BC2=BE•BA，
∵∠ACB=∠ACD+∠BCD，∠BEC=∠ACD+∠A，∠BCD=∠A，
∴∠ABC=∠ACB=∠BEC，
∴CB=CE，
∴CE2=BE•BA；
（3）是定值，12．
∵将CD分别沿BC、AC翻折得到CM、CN，
∴∠DCN=2∠DCA，∠DCM=2∠DCB，CN=CD=CM=2r，
∴∠MCN=2∠ACB=2α，
如图3，过点C作CQ⊥MN于点Q，则MN=2NQ，∠NCQ=12∠MCN=α，∠CQN=90°，
连接AO并延长交⊙O于点P，连接BP，则∠ABP=90°，
∵AB=AB，
∴∠P=∠ACB=∠NCQ=α，
在△ABP和△NQC中
∠P=∠NCQ∠ABP=∠NQC=90∘AP=CN，
∴△ABP≌△NQC（AAS），
∴AB=NQ=12MN，
∴ABMN=12，ABMN为定值．
【点睛】本题是圆的综合题，考查了圆周角定理，折叠的性质，等腰三角形的性质，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定与性质，熟练掌握圆的性质是解题的关键．