2022-2023学年山东省德州市齐河县九年级（上）期末数学试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年山东省德州市齐河县九年级（上）期末数学试卷（含解析），共24页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1. 中秋节是中国的传统节日，有“团圆”、“丰收”的寓意．月饼是首选传统食品，不仅美味，而且设计多样．下列月饼图案中，为中心对称图形的是( )
A. B. C. D.
2. 下列事件中，是必然事件的是( )
A. 抛掷一枚硬币，反面朝上
B. 打开电视，正在播放《美术经典中的党史》
C. 任意画一个四边形，它的内角和等于360°
D. 在一个只装有白球的口袋中摸出红球
3. 若抛物线y=(x+4)2−1平移得到y=x2，则必须( )
A. 先向左平移4个单位，再向下平移1个单位
B. 先向右平移4个单位，再向上平移1个单位
C. 先向左平移1个单位，再向下平移4个单位
D. 先向右平移1个单位，再向上平移4个单位
4. 二次函数图象上部分点的坐标对应值列表如：
则该函数图象的对称轴是( )
A. 直线x=−3B. 直线x=−2C. 直线x=−1D. 直线x=0
5. 如图，将△ABC绕点C顺时针旋转得到△EDC，若点A恰好在ED的延长线上，∠BAC=40°，则∠BAE的度数为( )
A. 80°
B. 60°
C. 65°
D. 70°
6. 下列说法中，正确的是( )
A. 长度相等的弧是等弧B. 圆的每−条直径都是它的对称轴
C. 直径如果平分弦就一定垂直弦D. 直径所对的孤是半圆
7. 烟花厂为雁荡山旅游节特别设计制作一种新型礼炮，这种礼炮的升空高度h(m)与飞行时间t(s)的关系式是h=−52t2+20t+1，若这种礼炮在点火升空到最高点处引爆，则从点火升空到引爆需要的时间为( )
A. 3sB. 4sC. 5sD. 6s
8. 如图，函数y=kx+b(k≠0)与y=mx(m≠0)的图象相交于点A(−2,3)，B(6,−1)两点，则不等式kx+b>mx的解集为( )
A. x<−2
B. −26
C. x<6
D. x<−2或09. 如图，⊙O的直径AB⊥弦CD于点E，连接BD.若CD=8，OE=3，则BD的长为( )
A. 10
B. 23
C. 17
D. 25
10. 新冠病毒传染性极强，如果有1人患病，经过两轮传染后有361人患病，设每轮传染中平均一个人传染了x个人，下列方程正确的是( )
A. (1+x)2=361B. x2=361
C. 1+x+x2=361D. x(1+x)=361
11. 如图，⊙O的直径AB为10cm，弦BC为8cm，∠ACB的角平分线交⊙O于点D，△ADB的内切圆半径是( )
A. 12
B. 5(2−1)
C. 5(2+1)
D. 522
12. 已知抛物线y=ax2+bx+c(a>0)，且a+b+c=−12，a−b+c=−32.判断下列结论：①abc<0；②2a+2b+c>0；③抛物线与x轴正半轴必有一个交点；④当2≤x≤3时，y最小=3a；⑤该抛物线与直线y=x−c有两个交点，其中正确结论的个数( )
A. 2B. 3C. 4D. 5
二、填空题（本大题共6小题，共24.0分）
13. 若x1，x2是一元二次方程x2−2x−3=0的两个根，则x1+x2−1的值是______．
14. 如图是用计算机模拟抛掷一枚啤酒瓶盖试验的结果．由此可以推断，抛掷该啤酒瓶盖一次，“凸面向上”的概率是______(精确到0.001)．
15. 如图，AB是半圆O的直径，点C，D在半圆O上，若∠ABC=50°，则∠BDC的度数为______．
16. 已知反比例函数y=6x，若x≥2，则y的取值范围为______．
17. 如图，把一个半径为24cm的圆形硬纸片等分成三个扇形，用其中一个扇形制作成一个圆锥形纸筒的侧面(衔接处无缝隙且不重叠)，则圆锥底面半径是______cm．
18. 乒乓球竖直落到光滑水平的地面后会竖直弹起，假设每次弹起的最高高度会比上一次降低20%，而且乒乓球每次弹起到落地过程中，其弹起高度h是时间t的二次函数，都可以用h=−5(t−m)2+n表示．如果乒乓球第一次弹起到落地的时间间为0.8s，则该乒乓球从第1次最高点到第2次最高点的时间间隔是______s.
三、解答题（本大题共7小题，共78.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
19. (本小题10.0分)
解方程：
(1)5x(x−3)=2(x−3)；
(2)x2−4x+5=0．
20. (本小题10.0分)
如图，在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点坐标分别为A(1,4)，B(4,2)，C(3,5)(每个方格的边长均为1个单位长度)．
(1)将△ABC绕点O逆时针旋转90°，画出旋转后得到的△A1B1C1；
(2)写出△A1B1C1的顶点坐标：A1______，B1______，C1______．
(3)若P(a,b)是AB边上任意一点，则旋转后它的对应点P1的坐标是______．
21. (本小题10.0分)
中国古代有着辉煌的数学成就，《周髀算经》，《九章算术》，《海岛算经》，《孙子算经》等是我国古代数学的重要文献．
(1)小聪想从这4部数学名著中随机选择1部阅读，则他选中《九章算术》的概率为______；
(2)某中学拟从这4部数学名著中选择2部作为“数学文化”校本课程学习内容，求恰好选中《九章算术》和《孙子算经》的概率．
22. (本小题10.0分)
如图，反比例函数y=k1x的图象与正比例函数y=k2x的图象交于A(a,1)、B两点．点M(a−3,a)在反比例函数图象上，连接OM，BM交y轴于点N．
(1)求反比例函数的解析式．
(2)求△BOM的面积．
23. (本小题12.0分)
如图，⊙O是△ABC的外接圆，圆心O在AB上，M是OA上一点，过M作AB的垂线交BC的延长线于点E，点F是ME上的一点，且EF=CF．
(1)求证：直线CF是⊙O的切线；
(2)若∠B=2∠A，AB=8，且AC=CE，求BM的长．
24. (本小题12.0分)
如图1，在Rt△ABC中，∠A=90°，AB=AC，点D、E分别在边AB、AC上，AD=AE，连接DC，点M、P、N分别为DE、DC、BC的中点．
(1)观察猜想：图1中，线段PM与PN的数量关系是______，位置关系是______；
(2)探究证明：把△ADE绕点A逆时针方向旋转到图2的位置，连接MN，BD，CE，判断△PMN的形状，并说明理由；
(3)拓展延伸：把△ADE绕点A在平面内自由旋转，若AD=2，AB=4，直接写出△PMN面积的最大值．
25. (本小题14.0分)
如图，抛物线y=x2−2x−3与x轴交A、B两点(A点在B点左侧)，直线l与抛物线交于A、C两点，其中C点的横坐标为2．
(1)求A、B两点的坐标及直线AC的函数表达式；
(2)P是线段AC上的一个动点，过P点作y轴的平行线交抛物线于E点，求线段PE长度的最大值；
(3)点G抛物线上的动点，在x轴上是否存在点F，使A、C、F、G这样的四个点为顶点的四边形是平行四边形？如果存在，求出所有满足条件的F点坐标；如果不存在，请说明理由．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：选项A、C、D不能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原图重合，所以不是中心对称图形；
选项C能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原图重合，所以是中心对称图形；
故选：B．
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．根据中心对称图形的概念对各选项分析判断即可得解．
本题考查了中心对称图形的概念，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．
2.【答案】C
【解析】解：A.抛掷一枚硬币，反面朝上是随机事件；
B.打开电视，正在播放《美术经典中的党史》是随机事件；
C.任意画一个四边形，它的内角和等于360°是必然事件；
D.在一个只装有白球的口袋中摸出红球是不可能事件；
故选：C．
必然事件是指一定发生的事件，根据必然事件的定义即可判断．
此题主要考查了必然事件、不可能事件、随机事件的概念．必然事件指在一定条件下一定发生的事件；不可能事件是指在一定条件下，一定不发生的事件；随机事件是指在一定条件下，可能发生也可能不发生的事件．
3.【答案】B
【解析】解：抛物线y=(x+4)2−1的顶点坐标为(−4,−1)，
y=x2的顶点坐标为(0,0)，
抛物线y=(x+4)2−1先向右平移4个单位，再向上平移1个单位得到y=x2．
故选：B．
确定出两抛物线的顶点坐标，再根据顶点的变化确定平移方法．
本题考查了二次函数图象与几何变换，要求熟练掌握平移的规律：左加右减，上加下减，此类题目，利用顶点的变化求解更简便．
4.【答案】B
【解析】解：∵当x=−3与x=−1时，y值相等，
∴二次函数图象的对称轴为直线x=−3−12=−2．
故选：B．
由当x=−3与x=−1时y值相等，利用二次函数图象的对称性即可求出二次函数图象的对称轴为直线x=−2，此题得解．
本题考查了二次函数的性质，利用二次函数图象的对称性找出其对称轴是解题的关键．
5.【答案】A
【解析】解：∵△ABC绕点C顺时针旋转得到△EDC，
∴△ABC≌△EDC，
∴∠BAC=∠CED=40°，AC=EC，
∴∠CAD=∠CED=40°．
∴∠BAE=∠CAD+∠BAC=80°．
故选：A．
由旋转的性质可知△ABC≌△EDC，所以可得∠BAC=∠CED=40°，AC=EC，进而可求出∠BAE的度数．
本题考查旋转和等腰三角形的性质，解答本题的关键是明确题意，通过全等得出等腰三角形，利用数形结合的思想解答．
6.【答案】D
【解析】解：A、长度相等的弧是等弧，错误，长度相等的弧不一定是等弧，本选项不符合题意；
B、圆的每−条直径都是它的对称轴，错误，应该是圆的每−条直径所在的直线都是它的对称轴．本选项不符合题意；
C、直径如果平分弦就一定垂直弦，错误，此弦非直径，本选项不符合题意；
D、直径所对的孤是半圆，正确，本选项符合题意．
故选：D．
根据等弧，垂径定理，轴对称图形，半圆等知识一一判断即可．
本题考查垂径定理，等弧，半圆，轴对称图形等知识，解题的关键是掌握基本知识，属于中考常考题型．
7.【答案】B
【解析】解：∵h=−52t2+20t+1，
∴h=−52(t−4)2+41，
∴当t=4秒时，礼炮达到最高点爆炸．
故选B．
将关系式h=−52t2+20t+1化为顶点式，由二次函数的性质就可以求出结论．
本题考查了二次函数的解析式一般式化为顶点式的运用，二次函数的性质的运用，解答时化为顶点式是关键．
8.【答案】D
【解析】解：∵函数y=kx+b(k≠0)与y=mx(m≠0)的图象相交于点A(−2,3)，B(6,−1)两点，
∴不等式kx+b>mx的解集为：x<−2或0故选：D．
结合图象，求出一次函数图象在反比例函数图象上方所对应的自变量的范围即可．
本题考查了一次函数与反比例函数的交点问题，关键是注意掌握数形结合思想的应用．
9.【答案】D
【解析】解：
连接OD，
∵AB⊥CD，AB过圆心O，CD=8，
∴CE=DE=4，∠OED=∠DEB=90°，
∵OE=3，
∴OD=OE2+DE2=32+42=5，
∴OB=OD=5，
∴BE=OB−OE=5−3=2，
由勾股定理，得BD=BE2+DE2=22+42=20=25，
故选：D．
连接OD，根据垂径定理求出DE，根据勾股定理求出OD，求出BE，再根据勾股定理求出BD即可．
本题考查了勾股定理和垂径定理，能熟记垂直于弦的直径平分这条弦是解此题的关键．
10.【答案】A
【解析】解：∵每轮传染中平均一个人传染了x个人，
∴第一轮传染中有x人被传染，第二轮传染中有x(1+x)人被传染．
根据题意得：1+x+x(1+x)=361，
即(1+x)2=361．
故选：A．
由每轮传染中平均一个人传染了x个人，可得出第一轮传染中有x人被传染，第二轮传染中有x(1+x)人被传染，结合“有1人患病，经过两轮传染后有361人患病”，即可得出关于x的一元二次方程，化简后即可得出结论．
本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
11.【答案】B
【解析】解：∵AB是直径，
∴∠ACB=90°，∠ADB=90°，
∵∠ACB的角平分线交⊙O于点D，
∴∠ACD=∠BCD，
∴AD=BD，
∵∠ADB=90°，
∴AD2+BD2=AB2=102，
∴AD=BD=52cm，
∴△ABD为等腰直角三角形，
设△ABD内切圆的圆心为I，与AD，BD，AB切于点E，G，F，半径为rcm，
∴四边形DGIE为正方形，则EI=ED=DG=IG=r，
∴AE=AF，BG=BF，ED=EG，
则AE=AF=AD−DE=52−r，BF=BG=BD−DG=52−r，
∵AB=AF+BF，
∴52−r+52−r=10，
解得r=5(2−1)cm，
∴△ADB的内切圆半径是5(2−1)cm．
故选B．
首先根据圆周角定理可得∠ACB=90°，∠ADB=90°，由∠ACB的角平分线交⊙O于点D可得∠ACD=∠BCD，则可得AD=BD，再利用勾股定理计算出AD的长，可得△ABD为等腰直角三角形，设△ABD内切圆的半径为rcm，根据切线长定理列出52−r+52−r=10，进而可以解决问题．
本题主要考查圆周角定理，三角形的内切圆与内心，以及勾股定理．
12.【答案】D
【解析】解：∵a+b+c=−12，a−b+c=−32，
∴两式相减得b=12，两式相加得c=−1−a，
∴c<0，
∵a>0，b>0，c<0，
∴abc<0，故①正确；
∴2a+2b+c=2a+2×12−1−a=a>0，故②正确；
∵当x=1时，则y=a+b+c=−12，当x=−1时，则有y=a−b+c=−32，
∴当y=0时，则方程ax2+bx+c=0的两个根一个小于−1，一个根大于1，
∴抛物线与x轴必有一个交点，故③正确；
由题意知抛物线的对称轴为直线x=−b2a=−14a<0，
∴当2≤x≤3时，y随x的增大而增大，
∴当x=2时，有最小值，即为y=4a+2b+c=4a+1−1−a=3a，故④正确；
联立抛物线y=ax2+bx+c及直线y=x−c可得：x−c=ax2+bx+c，整理得：ax2−12x+2c=0，
∴Δ=14−8ac>0，
∴该抛物线与直线y=x−c有两个交点，故⑤正确；
∴正确的个数有5个；
故选：D．
由题意易知b=12，c=−1−a，则有c<0，进而可判定①②；当x=1时，则y=a+b+c=−12，当x=−1时，则有y=a−b+c=−32，然后可判定③；由题意可知抛物线的对称轴为直线x=−b2a=−14a<0，则有当2≤x≤3时，y随x的增大而增大，故可得④；联立抛物线及直线解析式即可判断⑤．
本题考查了二次函数的图象与系数的关系，二次函数的最值，二次函数与x轴的交点情况，二次函数与一元二次方程之间的关系，二次函数的性质等知识点，综合性较强，需灵活运用二次函数的以上相关知识点．
13.【答案】1
【解析】解：根据题意得x1+x2=2，
所以x1+x2−1=2−1=1．
故答案为：1．
利用根与系数的关系得到x1+x2=2，然后利用整体代入的方法计算x1+x2−1的值．
本题考查了根与系数的关系：若x1，x2是一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的两根时，x1+x2=−ba，x1x2=ca．
14.【答案】0.440
【解析】解：由图知，随着抛掷次数的逐渐增大，“凸面向上”的频率逐渐稳定在常数0.440附近，
所以可以推断，抛掷该啤酒瓶盖一次，“凸面向上”的概率是0.440，
故答案为：0.440．
根据多次重复试验中事件发生的频率估计事件发生的概率即可．
本题考查了利用频率估计概率：大量重复实验时，事件发生的频率在某个固定位置左右摆动，并且摆动的幅度越来越小，根据这个频率稳定性定理，可以用频率的集中趋势来估计概率，这个固定的近似值就是这个事件的概率．当实验的所有可能结果不是有限个或结果个数很多，或各种可能结果发生的可能性不相等时，一般通过统计频率来估计概率．
15.【答案】140°
【解析】解：∵AB是半圆O的直径，
∴∠ACB=90°，
∵∠ABC=50°，
∴∠A=90°−∠ABC=40°，
∵四边形ABDC是⊙O的内接四边形，，
∴∠A+∠BDC=180°，
∴∠BDC=180°−∠A=140°．
故答案为：140°．
根据直径所对的圆周角是直角，可得∠ACB=90°，从而求出∠CAB，再根据圆内接四边形对角互补，即可解答．
本题考查了圆周角定理，熟练掌握圆周角定理是解题的关键．
16.【答案】0【解析】解：∵反比例函数y=6x中，k=6>0，
∴图象在第一、三象限，且在每个象限y随x的增大而减小，
∵当x=2时，y=3，
∴当x≥2时，0故答案：0求得x=2时的函数值，然后根据反比例函数的性质即可得到y的取值范围．
本题考查的是反比例函数图象上点的坐标特征，熟练掌握反比例函数的性质是解答此题的关键．
17.【答案】8
【解析】解：设圆锥底面半径为r cm，
根据题意得2πr=120×π×24180，
解得r=8，
即圆锥底面半径是8cm．
故答案为：8．
设圆锥底面半径为rcm，利用弧长公式得到2πr=120×π×24180，然后解关于r的方程即可．
本题考查了圆锥的计算：圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长．
18.【答案】0.6
【解析】解：∵乒乓球第一次弹起到落地的时间间为0.8，h=−5(t−m)2+n，
∴m=0.4，此时h取得最大值n，
∵每次弹起的最高高度会比上一次降低20%，
∴第二次弹起的最大高度是n(1−20%)=0.8n，
令0.8n=−5(t−0.4)2+n，
解得，t1=0.2，t2=0.6(舍去)，
∴该乒乓球从第1次最高点到第2次最高点的时间间隔是：(0.8−0.4)+0.2=0.6s，
故答案为：0.6．
根据题意可以得到m的值和第二次小球达到的最大高度，从而可以求得该乒乓球从第1次最高点到第2次最高点的时间间隔．
本题考查二次函数的应用，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用二次函数的性质解答．
19.【答案】解：(1)移项得：5x(x−3)−2(x−3)=0，
分解因式得：(5x−2)(x−3)=0，
所以5x−2=0或x−3=0，
解得：x1=25，x2=3；
(2)法1：∵a=1，b=−4，c=5，
∴△=b2−4ac
=(−4)2−4×1×5
=16−20
=−4<0，
∴原方程无实数根；
法2：方程整理得：x2−4x=−5，
配方得：x2−4x+4=−1，即(x−2)2=−1<0，
则此方程无实数根．
【解析】(1)方程移项后，利用因式分解法求出解即可；
(2)法1：方程利用公式法求出解即可；
法2：方程利用配方法求出解即可．
此题考查了解一元二次方程−因式分解法，以及公式法，熟练掌握各自的解法是解本题的关键．
20.【答案】(1)如图所示，△A1B1C1即为所求．
(2)(−4,1) (−2,4) (−5,3) (3) (−b,a)
【解析】
解：(1)见答案
(2)由图知A1(−4,1)，B1(−2,4)，C1(−5,3)，
故答案为：(−4,1)，(−2,4)，(−5,3)．
(3)旋转后点P(a,b)的对应点P1的坐标是(−b,a)，
故答案为：(−b,a)．
【分析】
(1)分别作出点A，B，C绕点O逆时针旋转90°所得对应点，再首尾顺次连接即可得；
(2)根据所作图形可得三点坐标；
(3)由线段AB上特殊点在旋转变换中的变化规律可得答案．
本题主要考查作图−旋转变换，熟练掌握旋转变换的定义和性质，并据此得出变换后的对应点是解题的关键．
21.【答案】(1)14
(2)将四部名著《周髀算经》，《九章算术》，《海岛算经》，《孙子算经》分别记为A，B，C，D，记恰好选中《九章算术》和《孙子算经》为事件M．
方法一：用列表法列举出从4部名著中选择2部所能产生的全部结果：
由表中可以看出，所有可能的结果有12种，并且这12种结果出现的可能性相等，
所有可能的结果中，满足事件M的结果有2种，即DB，BD，
∴P(M)=212=16．
方法二：根据题意可以画出如下的树状图：
由树状图可以看出，所有可能的结果有12种，并且这12种结果出现的可能性相等，
所有可能的结果中，满足事件M的结果有2种，即BD，DB，
∴P(M)=212=16．
【解析】
解：(1)小聪想从这4部数学名著中随机选择1部阅读，则他选中《九章算术》的概率为14．
故答案为14；
(2)见答案
【分析】
(1)根据小聪选择的数学名著有四种可能，而他选中《九章算术》只有一种情况，再根据概率公式解答即可；
(2)此题需要两步完成，所以可采用树状图法或者采用列表法求解．
此题考查的是用列表法或树状图法求概率．列表法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合于两步完成的事件；树状图法适合两步或两步以上完成的事件；解题时要注意此题是放回实验还是不放回实验．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
22.【答案】解：(1)∵点A(a,1)，M(a−3,a)是反比例函数图象上的点，
∴k1=a×1=a(a−3)，解得a=4或a=0(舍去)，
∴则a−3=1，
∴点A的坐标为(4,1)，点M的坐标为(1,4)，
∴反比例函数的解析式为y=4x．
(2)∵反比例函数y=k1x的图象与正比例函数y=k2x的图象交于A、B两点，且A(4,1)．
∴点B的坐标为(−4,−1)，
设直线BM的函数关系式为y=mx+b，
把点B(−4,−1)，点M(1,4)分别代入得−4m+b=−1m+b=4，解得m=1b=3，
∴直线BM的函数关系式为y=x+3，
∴点N的坐标为(0,3)，
如图，分别过M、B作y轴的垂线，垂足分别为点P、点Q，

则PM=1，BQ=4，
∴S△BOM=S△BON+S△MON=12×3×4+12×3×1=152．
【解析】(1)由点A(a,1)，M(a−3,a)是反比例函数图象上的点，可得k1=a×1=a(a−3)，解得a=4或a=0(舍去)，所以a−3=1，所以反比例函数的解析式为y=4x．
(2)由反比例函数的对称性可知，点B的坐标为(−4,−1)，由点B和点M的坐标可求得直线BM的函数关系式为y=x+3，所以点N的坐标为(0,3)，分别过M、B作y轴的垂线，垂足分别为点P、点Q，则PM=1，BQ=4，由S△BOM=S△BON+S△MON可求得△BOM的面积．
本题主要考查反比例函数与一次函数交点的问题，待定系数法求函数解析式，三角形的面积等知识，利用反比例函数上点的坐标特征求得反比例函数的解析式是解题关键．
23.【答案】(1)证明：如图，连接OC，设EM交AC于H．
∵AB是直径，
∴∠ACB=∠ACE=90°，
∵FE=FC，
∴∠E=∠FCE，
∴∠E+∠CHE=90°，∠FCE+∠FCH=90°，
∴∠FCH=∠FHC，
∵∠A+∠AHM=90°，∠AHM=∠FHC=∠FCH，
∴∠FCH+∠A=90°，
∵OC=OA，
∴∠A=∠OCA，
∴∠FCH+∠OCA=90°，
∴∠FCO=90°，
∴FC⊥OC，
∴CF是⊙O的切线．
(2)解：在Rt△ABC中，∵∠ACB=90°，AB=8，∠B=2∠A
∴∠A=30°，
∴BC=12AB=4，AC=3BC=43，
∵AC=CE，
∴CE=43，
∴BE=BC+CE=4+43，
在Rt△BEM中，∠BME=90°，∠E=30°
∴BM=12BE=2+23．
【解析】(1)如图，连接OC，设EM交AC于H.想办法证明∠FCO=90°即可解问题；
(2)利用含30度的直角三角形三边的性质得出BC=12AB=4，AC=3BC=43，则CE=43，所以BE=BC+CE=4+43，然后在Rt△BEM中计算出BM=12BE即可．
本题考查了切线的判定定理：经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线．要证某线是圆的切线，已知此线过圆上某点，连接圆心与这点(即为半径)，再证垂直即可．也考查了含30度的直角三角形三边的关系．
24.【答案】PM=PN PM⊥PN
【解析】解：(1)∵点P，N是BC，CD的中点，
∴PN//BD，PN=12BD，
∵点P，M是CD，DE的中点，
∴PM//CE，PM=12CE，
∵AB=AC，AD=AE，
∴BD=CE，
∴PM=PN，
∵PN//BD，
∴∠DPN=∠ADC，
∵PM//CE，
∴∠DPM=∠DCA，
∵∠BAC=90°，
∴∠ADC+∠ACD=90°，
∴∠MPN=∠DPM+∠DPN=∠DCA+∠ADC=90°，
∴PM⊥PN，
故答案为：PM=PN，PM⊥PN；
(2)△PMN是等腰直角三角形．
理由如下：由旋转知，∠BAD=∠CAE，
∵AB=AC，AD=AE，
∴△ABD≌△ACE(SAS)，
∴∠ABD=∠ACE，BD=CE，
利用三角形的中位线得，PN=12BD，PM=12CE，
∴PM=PN，
∴△PMN是等腰三角形，
同(1)的方法得，PM//CE，
∴∠DPM=∠DCE，
同(1)的方法得，PN//BD，
∴∠PNC=∠DBC，
∵∠DPN=∠DCB+∠PNC=∠DCB+∠DBC，
∴∠MPN=∠DPM+∠DPN=∠DCE+∠DCB+∠DBC=∠BCE+∠DBC=∠ACB+∠ACE+∠DBC=∠ACB+∠ABD+∠DBC=∠ACB+∠ABC，
∵∠BAC=90°，
∴∠ACB+∠ABC=90°，
∴∠MPN=90°，
∴△PMN是等腰直角三角形；
(3)由(2)知△PMN是等腰直角三角形，
则PN最大时，△PMN的面积最大，
当点D在BA的延长线上时，BD最大值为AB+AD=6，
∴PN=12BD=3，
∴△PMN面积的最大值为92．
(1)根据三角形中位线定理得PN//BD，PN=12BD，PM//CE，PM=12CE，从而得出PM=PN，PM⊥PN；
(2)首先利用SAS证明△ABD≌△ACE，得∠ABD=∠ACE，BD=CE，再由(1)同理说明结论成立；
(3)由(2)知，△PMN是等腰直角三角形，可知NP最大，即BD最大时，△PMN面积的最大，由三角形三边关系可知BD最大值为2+4=6，从而解决问题．
本题是几何变换综合题，主要考查了等腰直角三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，三角形中位线定理等知识，证明△PMN是等腰直角三角形是解题的关键．
25.【答案】解：(1)令y=0，解得x1=−1或x2=3
∴A(−1,0)B(3,0)
将C点的横坐标x=2代入y=x2−2x−3得y=−3
∴C(2,−3)
∴直线AC的函数解析式是y=−x−1；
(2)设P点的横坐标为x(−1≤x≤2)
则P、E的坐标分别为：P(x,−x−1)
E(x,x2−2x−3)
∵P点在E点的上方，PE=(−x−1)−(x2−2x−3)=−x2+x+2=−(x−12)2+94，
∴当x=12时，PE的最大值=94；
(3)存在4个这样的点F，分别是F1(1,0)，F2(−3,0)，F3(4+7,0)，F4(4−7,0)．

①如图，连接C与抛物线和y轴的交点，那么CG//x轴，此时AF=CG=2，因此F点的坐标是(−3,0)；

②如图，AF=CG=2，A点的坐标为(−1,0)，因此F点的坐标为(1,0)；

③如图，此时C，G两点的纵坐标互为相反数，因此G点的纵坐标为3，代入抛物线中即可得出G点的坐标为(1+7,3)，由于直线GF的斜率与直线AC的相同，因此可设直线GF的解析式为y=−x+h，将G点代入后可得出直线的解析式为y=−x+4+7.因此直线GF与x轴的交点F的坐标为(4+7,0)；

④如图，同③可求出F的坐标为(4−7,0)．
综合四种情况可得出，存在4个符合条件的F点．
【解析】(1)因为抛物线与x轴相交，所以可令y=0，解出A、B的坐标．再根据C点在抛物线上，C点的横坐标为2，代入抛物线中即可得出C点的坐标．再根据两点式方程即可解出AC的函数表达式；
(2)根据P点在AC上可设出P点的坐标．E点坐标可根据已知的抛物线求得．因为PE都在垂直于x轴的直线上，所以两点之间的距离为yp−yE，列出方程后结合二次函数的性质即可得出答案；
(3)存在四个这样的点．
①连接C与抛物线和y轴的交点，那么CG//x轴，此时AF=CG=2，因此F点的坐标是(−3,0)；
②AF=CG=2，A点的坐标为(−1,0)，因此F点的坐标为(1,0)；
③此时C，G两点的纵坐标关于x轴对称，因此G点的纵坐标为3，代入抛物线中即可得出G点的坐标为(1+7,3)，由于直线GF的斜率与直线AC的相同，因此可设直线GF的解析式为y=−x+h，将G点代入后可得出直线的解析式为y=−x+7.因此直线GF与x轴的交点F的坐标为(4+7,0)；
④如图，同③可求出F的坐标为(4−7,0)；
综合四种情况可得出，存在4个符合条件的F点．
本题着重考查了待定系数法求一次函数解析式、平行四边形的判定、二次函数的性质等重要知识点，综合性强，考查学生分类讨论，数形结合的数学思想方法．
x
…
−3
−2
−1
0
1
…
y
…
−3
−2
−3
−6
−11
…
第1部
第2部
A
B
C
D
A
BA
CA
DA
B
AB
CB
DB
C
AC
BC
DC
D
AD
BD
CD