2023-2024学年天津市和平区九年级（上）期末数学试卷

这是一份2023-2024学年天津市和平区九年级（上）期末数学试卷，共26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.下列图形是中心对称图形的是( )
A. B. C. D.
2.一个不透明的袋子里装有6个红球和3个黄球，它们除颜色外其余都相同.从袋中任意摸出一个球是红球的概率为( )
A. 13B. 23C. 12D. 2
3.如图，⊙O中，弦AB与CD交于点M，点A为CD中点，∠BAD=45°，∠AMC=75°，则∠CAD的度数是( )
A. 140°
B. 130°
C. 120°
D. 110°
4.用配方法解方程x2+7x−5=0，变形后的结果正确的是( )
A. (x+72)2=694B. (x+72)2=294C. (x−72)2=694D. (x−72)2=294
5.关于二次函数y=−12(x−1)2+2的图象，下列说法中错误的是( )
A. 抛物线开口向下
B. 抛物线的顶点坐标是(1,2)
C. 抛物线与x轴有两个交点分别是(3,0)和(−3,0)
D. 当(x1,y1)和(x2,y2)是抛物线上的点，则当x16.如图，在平面直角坐标系中，已知点A(−3,6)、B(−9,−3)，以原点O为位似中心，相似比为13，把△ABO缩小，则边A的对应点A′的坐标是( )
A. (1,−2)
B. (−1,2)
C. (−1,−2)或(1,2)
D. (−1,2)或(1,−2)
7.如图，设计一长30cm，宽20cm的彩旗，图中有两横两竖的彩条，横、竖彩条宽度比为2：1，若使彩条所占面积是彩旗的1975，设竖彩条宽度为x cm，则根据题意可列方程为( )
A. (30−x)(20−x)=1975×30×20
B. (30−x)(20−2x)=(1−1975)×30×20
C. (30−2x)(20−4x)=1975×30×20
D. (30−2x)(20−4x)=(1−1975)×30×20
8.在同一平面直角坐标系内二次函数y=ax2+bx+a(a≠0)与一次函数y=bx+a的图象可能是( )
A. B.
C. D.
9.如图，PA，PB是⊙O的切线，A、B为切点，AC为⊙O的直径，弦BD⊥AC，则下列选项错误的是( )
A. ∠P+2∠D=180°
B. ∠COB=∠DAB
C. ∠DBA=∠ABP
D. ∠DBO=∠ABP
10.如图，在△ABC中，DE/​/BC，EF/​/AB，ADDB=12，若四边形BDEF的面积为16，则△ADE的面积是( )
A. 4B. 167C. 2D. 165
11.如图，在△ABC的内切圆(圆心为点O)与各边分别相切于点D，E，F，连接EF，DE，DF.以点B为圆心，以适当长为半径作弧分别交AB，BC于G，H两点；分别以点G，H为圆心，以大于12GH的长为半径作弧，两条弧交于点P；作射线BP.下列说法正确的是( )
A. 点B、P、O、E四点共线
B. 点O是△DEF三条角平分线的交点
C. 若△ABC是等边三角形，则DE=12BC
D. 若∠A=70°，则∠DFE=50°
12.如图，抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)的顶点为(1,n)，与x轴的一个交点B(3,0)，与y轴的交点在(0,−3)和(0,−2)之间.下列结论中：①abc>0；②−2A. 1
B. 2
C. 3
D. 4
二、填空题：本题共5小题，每小题3分，共15分。
13.半径为6的圆内接正三角形的边长为______ ．
14.不透明袋子中装有3个球，其中有2个绿球、1个红球，这些球除颜色外无其他差别，从袋子中随机取出2个球，则两个都取到绿球的概率为______ ．
15.抛物线y=−2(x+1)2−3有最______ 点(填“高”或“低”)，这个点的坐标是______ ；把这个抛物线向左平移2个单位，再向上平移4个单位得到的新抛物线是______ ．
16.如图，将△ABC绕点A逆时针旋转角α(0°<α<180°)得到△ADE，点B的对应点D恰好落在BC边上，若DE⊥AC，∠CAD=25°，则∠EDC的度数是______ ．
17.如图，在正方形ABCD中，AB=4，点E，F分别为边BC，CD上动点，且BE+DF=4，连接BF，AE交于点G，连接DG，则线段DG长度的最小值为______ ．
三、解答题：本题共8小题，共69分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
18.(本小题3分)
如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，△ABC内接于圆，且顶点B、C均在格点上.点A是圆与格线的交点，D为AC边上的一个格点，过D点作DE⊥AB于点E．
(Ⅰ)线段DB的长度为______ ；
(Ⅱ)请用无刻度直尺在网格中作出△ABC外接圆的圆心O；(保留作图痕迹，不要求写作法)
(Ⅲ)请用无刻度直尺在网格中作出过C点的圆的切线CF.(保留作图痕迹，不要求写作法)
19.(本小题8分)
(Ⅰ)用适当方程解一元二次方程：x2+6x+5=0；
(Ⅱ)已知关于x的一元二次方程x2−3x+k=0有两个实数根x1，x2.若(x1−1)(x2−1)=−6时，求k值及方程的解．
20.(本小题8分)
如图，AB是⊙O的直径，CA⊥AB，延长CO交⊙O于点D，弦DE⊥AB于点F，且∠CDE=∠BAD．
(Ⅰ)求∠ADE和∠CAD度数大小；
(Ⅱ)若AD=2 3，求CD和DE的长．
21.(本小题10分)
如图，在△ABC中，AB=AC，D为AC上一点，以CD为直径的⊙O与AB相切于点E，交BC于点F，FG⊥AB，垂足为G．
(Ⅰ)求证：FG是⊙O的切线；
(Ⅱ)若BG=1，CF=43 2，求BF的长．
22.(本小题10分)
如图，在矩形ABCD中，E为BC边中点，连接DE，过A点作AF⊥DE交DE于点G，交CD于点F．
(Ⅰ)求证：△ADG∽△DEC；
(Ⅱ)若AB=6，AD=4 3时，求DG的长度．
23.(本小题10分)
如图，在△ABC中，∠C=90°，AC=3cm，BC=4cm，点P是边BC上由B向C运动(不与点B、C重合)的一动点，P点的速度是1cm/s，设点P的运动时间为t s，过P点作AC的平行线交AB于点N，连接AP．
(Ⅰ)线段AN= ______ ；线段PN= ______ ；(请用含t的代数式表示)
(Ⅱ)当t为何值时△APN∽△ABP；
(Ⅲ)在点P的运动过程中，是否存在某一时刻t的值，使得△APN的面积有最大值？若存在，请求出t的值，并计算最大面积；若不存在，请说明理由．
24.(本小题10分)
将等腰直角△AOB放置在平面直角坐标系中，点O(0,0)，A(0,2)，B(2,0)，点C，D分别在边OA，OB上，且OC=OD，连接CD.现将△COD绕O点顺时针旋转，旋转角为α(0°<α<360°)，点C，D旋转后的对应点为C′，D′．
(Ⅰ)如图1，当C′D′⊥x轴时，则旋转角α= ______ °；△BOD′可以看作是△AOC′绕点______ 顺时针旋转______ °后得到的；直线AC′与BD′所夹角为______ °.
(Ⅱ)如图2，当旋转角α=15°时，点A，C′，D′恰好共线，求△COD的各边长．
(Ⅲ)将(Ⅱ)中的△COD旋转，当旋转角α为何值时△ABD′的面积最大值？最大值是多少？(直接写出结果)．
25.(本小题10分)
如图，二次函数y=ax2−ax+c(a≠0)图象交坐标轴于点A(4,0)，B(0,−2)，点P为线段OA上一动点．
(Ⅰ)求二次函数的解析式及顶点坐标；
(Ⅱ)过点P作PQ⊥x轴分别交线段AB、抛物线于点Q和点C，求线段CQ的最大值及此时△ABC的面积；
(Ⅲ)当2BP+AP取最小值时，求此时点P的坐标及2BP+AP的最小值．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：选项A、B、C都不能找到一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，所以不是中心对称图形．
选项D能找到一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，所以是中心对称图形．
故选：D．
根据中心对称图形的概念判断．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．
本题考查的是中心对称图形，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与自身重合．
2.【答案】B
【解析】解：由题意可得，
从袋中任意摸出一个球是红球的概率为66+3=23，
故选：B．
根据题目中总的球的个数和红球个数，可以计算出从袋中任意摸出一个球是红球的概率．
本题考查概率公式，解答本题的关键是明确题意，求出相应的概率．
3.【答案】C
【解析】解：∵∠BAD=45°
∴∠BCD=45°，
∵∠AMC=75°，
∴∠B=∠AMC−∠BCD=75°−45°=30°，
∴∠B=∠D=30°，
∵点A为CD弧中点，
∴∠D=∠ACD=30°，
∴∠DAC=180°−30°−30°=120°．
故选：C．
由三角形外角定理求得∠C的度数，再由圆周角定理可求∠B的度数．
本题主要考查了三角形的外角定理，圆周角定理，熟记圆周角定理是解题的关键．
4.【答案】A
【解析】解：x2+7x−5=0，
x2+7x=5，
x2+7x+494=5+494，
(x+72)2=694，
故选：A．
把常数项移到等号的右边，等式两边同时加上一次项系数一半的平方，即可得出选项．
本题考查了解一元二次方程，能正确配方是解此题的关键．
5.【答案】C
【解析】解：A.由a=−12<0得抛物线开口向下，所以A选项不符合题意；
B.抛物线y=−12(x−1)2+2的顶点坐标为(1,2)，所以B选项不符合题意；
C.y=0时，−12(x−1)2+2，解得x1=−1，x2=3，则抛物线与x轴的交点坐标为(−1,0)，(3,0)，所以C选项符合题意；
D.抛物线y=−12(x−1)2+2的对称轴为x=1，则当x1故选：C．
根据二次函数的性质对A、B、D选项进行判断；利用抛物线与x轴的交点问题，通过解方程−12(x−1)2+2=0得到抛物线与x轴的交点坐标，从而可对C选项进行判断．
本题考查了抛物线与x轴的交点：把求二次函数y=ax2+bx+c(a,b,c是常数，a≠0)与x轴的交点坐标问题转化为解关于x的一元二次方程．也考查了二次函数的性质．
6.【答案】D
【解析】解：∵点A(−3,6)，以原点O为位似中心，相似比为13，把△ABO缩小，
∴点A的对应点A′的坐标是(−1,2)或(1,−2)，
故选：D．
根据在平面直角坐标系中，如果位似变换是以原点为位似中心，相似比为k，那么位似图形对应点的坐标的比等于k或−k解答．
本题考查的是位似变换的概念和性质，在平面直角坐标系中，如果位似变换是以原点为位似中心，相似比为k，那么位似图形对应点的坐标的比等于k或−k．
7.【答案】D
【解析】解：若设每个横彩条的宽度为2x cm，则每个竖彩条的宽度为x cm，剩余部分可合成长为30−2×x=(30−2x)cm，宽为20−2×2x=(20−4x)的矩形，
根据题意得：(20−4x)(30−2x)=(1−1975)×20×30．
故选：D．
根据横、竖彩条的宽度，可得出剩余部分可合成长为(30−4x)cm，宽为(20−6x)的矩形，结合彩条所占面积是图案面积的三分之一，即可列出关于x的一元二次方程，此题得解．
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．
8.【答案】A
【解析】解：A、二次函数图象开口向上，对称轴在y轴右侧，
∴a>0，b<0，
∴一次函数图象应该过第一、二、四象限，且与二次函数交于y轴正半轴的同一点，
故A正确；
B、∵二次函数图象开口向下，对称轴在y轴左侧，
∴a<0，b<0，
∴一次函数图象应该过第二、三、四象限，且与二次函数交于y轴负半轴的同一点，
故B错误；
C、二次函数图象开口向上，对称轴在y轴右侧，
∴a>0，b<0，
∴一次函数图象应该过第一、三、四象限，且与二次函数交于y轴负半轴的同一点，
故C错误；
∵D、二次函数图象开口向上，对称轴在y轴右侧，
∴a>0，b<0，
∴一次函数图象应该过第一、三、四象限，且与二次函数交于y轴负半轴的同一点，
故D错误；
故选：A．
根据二次函数图象的开口以及对称轴与y轴的关系即可得出a、b的正负，由此即可得出一次函数图象经过的象限，再与函数图象进行对比即可得出结论．
本题考查了二次函数的图象以及一次函数图象与系数的关系，根据a、b的正负确定一次函数图象经过的象限是解题的关键．
9.【答案】D
【解析】解：A.∠OAP=∠OBP=90°，则∠P+∠AOB=180°，又因为∠D=12∠AOB，故A正确；
B.因为弦BD⊥AC，根据垂径定理以及圆周角定理即可得出∠COB=∠DAB；
C.根据垂径定理，得弧AD=弧AB，则∠ADB=∠ABD，再根据弦切角定理，得∠ABP=∠D，正确；
D.证出∠ABP=∠D，故D符合题意．
故选：D．
由圆周角定理，切线的性质，垂径定理可得出答案．
此题考查了垂径定理、切线的性质以及圆周角定理．熟练掌握切线的性质是解题的关键．
10.【答案】A
【解析】解：∵DE/​/BC，
∴AEEC=ADBD=12，∠ADE=∠B，∠AED=∠C．
∵EF//AB，
∴∠EFC=∠B，
∴∠ADE=∠EFC，
∴△ADE∽△EFC，
∴S△ADES△EFC=(AEEC)2=(12)2=14．
∵ADDB=12，
∴ADAB=13，
∵DE/​/BC，
∴△ADE∽△ABC，
∴S△ADES△ABC=(ADAB)2=(13)2=19，
设S△ADE=k，则S△EFC=4k，S△ABC=9k，
∴S四边形DBCE=9K−K=8K，
∴S四边形BDEF=8k−4k=4k=16，
∴k=4．
∴△ADE的面积是4．
故选：A．
利用平行线的性质，三角形的外角的性质，相似三角形的判定定理得到△ADE∽△EFC，利用相似三角形的面积比等于相似比的平方得到S△ADES△EFC=14，同理得到S△ADES△ABC=19，设S△ADE=k，则S△EFC=4k，S△ABC=9k，利用已知条件列出方程解答即可得出结论．
本题主要考查了相似三角形的判定与性质，平行线的性质，平行线分线段成比例定理，比例的性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．
11.【答案】C
【解析】解：连接OD，OE．
∵圆O为△ABC的内切圆，
∴点O为△ABC三个内角平分线的交点，
由尺规作图可知，BP为∠ABC的平分线，
∴射线BP一定过点O，
∵AC是⊙O的切线，
∴OE⊥AC，BO不一定垂直AC，
∴B，P，O，E不一定共线．
故A选项错误，不符合题意；
由题意知，圆O为△DEF的外接圆，
∴点O是△DEF三条垂直平分线的交点，
故B选项错误，不符合题意；
若△ABC是等边三角形，则点D，E分别为AB，AC的中点，
∴DE为△ABC的中位线，
∴DE=12BC，
故C选项正确，不符合题意；
∵OD⊥AB，OE⊥AC，
∴∠ADO=∠AEO=90°，
∴∠DOE=180°−∠A=110°，
∴∠DFE=12∠DOE=55°，
故选项D错误，不符合题意．
故选：C．
根据基本尺规作图、三角形的内切圆与内心的定义、三角形的外心、等边三角形的性质逐项判断即可．
本题考查作图−基本作图、三角形的内切圆与内心、三角形的外心、等边三角形的性质等知识，熟练掌握相关知识点是解答本题的关键．
12.【答案】B
【解析】解：①∵函数图象开口向上，
∴a>0，
∵对称轴在y轴右侧，则a与b异号，
∴b<0，
∵函数图象与y轴交负半轴，
∴c<0，故abc>0，故①正确；
②∵顶点坐标(1,n)，则对称轴为直线x=−b2a=1，
∴b=−2a<0，a=−b2，
∴B点(3,0)关于对称轴直线x=1对称的点为(−1,0)，
∴当x=−1时，y=a−b+c=0，
则c=32b，
∵−3∴−3<32b<−2，
∴−2③当x=−1时，y=a−b+c=0，
∴(a+c)2−b2=(a+b+c)(a−b+c)=0，故③正确；
④当x=1时，y=a+b+c=n，
∵a=−b2，c=32b，
∴n=2b，
∵2c−a=72b，
又∵b<0，
∴72b>4b，即2c−a>2n，故④错误．
故选B．
①②根据二次函数图象开口方向，对称轴可求得a，b的正负和关系，函数图象与y轴的交点可判断c的取值范围，③当x=−1时y=0，进行判断即可，④依据顶点坐标可得n=2b，2c−a=72b，再根据b<0即可得．
本题主要考查二次函数图象与系数的关系，以及二次函数与一元二次方程．
13.【答案】6 3
【解析】解：如图：△ABC是等边三角形，过点O作OD⊥BC于D，连接OB，OC，
∴BD=CD=12BC，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠A=60°，
∴∠BOC=2∠A=120°，
∴∠BOD=12∠BOC=60°，
∵半径为6，即OB=OC=6，
∴BD=OB⋅sin∠BOD=6× 32=3 3，
∴BC=2BD=6 3，
即直径为6的圆的内接正三角形的边长为：6 3．
故答案为：6 3．
首先根据题意作出图形，然后由垂径定理，可得BD=CD=12BC，∠BOD=60°，再利用三角函数求得BD的长，继而求得答案．
此题考查了正多边形和圆的性质、垂径定理以及三角函数等知识．注意掌握数形结合思想的应用．
14.【答案】13
【解析】解：∵袋子中共有3个球，其中绿球有2个，
∴从袋子中随机取出2个球，它是绿球的概率是13，
故答案为：13．
找准两点：①符合条件的情况数目；②全部情况的总数；二者的比值就是其发生的概率．
本题考查概率的求法：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种可能，那么事件A的概率P(A)=mn．
15.【答案】高 (−1,−3) y=−2(x+3)2+1
【解析】解：∵a=−2<0，
∴抛物线开口向下，有最高点，顶点坐标为(−1,−3)
把这个抛物线向左平移2个单位，再向上平移4个单位得到的新抛物线是y=−2(x+3)2+1，
故答案为：高，(−1,−3)，y=−2(x+3)2+1．
根据函数的解析式判断出其开口方向及最大值，根据二次函数图象左加右减，上加下减的平移规律进行解答即可．
本题考查二次函数的图象与几何变换，熟练掌握二次函数图象平移的规律是解题的关键．
16.【答案】50°
【解析】解：如图，
，
∵DE⊥AC，
∴∠AFD=90°，
∵∠CAD=25°，
∴∠ADE=180°−∠CAD−∠AFD=65°，
∵旋转，
∴∠B=∠ADE=65°，AB=AD，
∴∠ADB=∠B=65°，
∴∠EDC=180°−∠ADE−∠ADB=50°．
故答案为：50°．
先求出∠ADE=70°，再利用旋转的性质求出∠B=65°，AB=AD，然后利用等边对等角求出∠ADB=65°，最后利用平角定义求解即可．
本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理等，掌握等边对等角是解题的关键．
17.【答案】2 5−2
【解析】解：在正方形ABCD中，AB=BC=CD=4，
∴BE+DF=CF+DF=4，
∴BE=CF，
∵∠ABE=∠BCF=90°，
∴△ABE≌BCF(SAS)，
∴∠BAE=∠CBF，
∴∠BAE+∠ABG=∠CBF+∠ABG=90°，
∴∠AGB=90°，
如图，取AB的中点M，连接DM，GM，
∵M是AB的中点，AB=4，
∴AM=MB=MG=2，
在Rt△ADM中，MD= AD2+AM2= 42+22=2 5；
在△MGD中，∵DG≥MD−MG=2 5−2，
∴GD的最小值是2 5−2，
故答案为：2 5−2．
根据正方形的性质，全等三角形的判定和性质，以及勾股定理即可得到结论．
本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握正方形的性质是解题的关键．
18.【答案】3 2
【解析】解：(Ⅰ)线段DB= 32+32=3 2，
故答案为：3 2；
(Ⅱ)如图，点O即为所求；
(Ⅲ)如图，直线CF即为所求．
(Ⅰ)利用勾股定理求解；
(Ⅱ)如图，⊙O与网格线交于点T，连接CT交AB一点O，点O即为所求；
(Ⅲ)延长ED交直线BC一点G，利用网格特征作出DG的中点F，作直线CF即可(可以证明∠FCD=∠CDF=∠ADE，∠A=∠ACO，由∠A+∠ADE=90°，推出∠DCF+∠ACO=90°，即CF⊥CO，推出CF是切线)．
本题考查作图−复杂作图，勾股定理，切线的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用数形结合的射线解决问题．
19.【答案】解：(Ⅰ)x2+6x+5=0，
(x+5)(x+1)=0，
∴x+5=0或x+1=0，
∴x1=−5，x2=−1；
(Ⅱ)∵方程x2−3x+k=0有两个实数根x1，x2，
∴x1+x2=3，x1x2=k，
∵(x1−1)(x2−1)=−6，
∴x1x2−(x1+x2)+1=−6，
∴k−3+1=−6，
∴k=−4，
∴x2−3x−4=0，
(x−4)(x+1)=0，
∴x−4=0或x+1=0，
∴x1=4，x2=−1．
【解析】(Ⅰ)利用因式分解法把方程转化为x+5=0或x+1=0，然后解两个一次方程即可；
(Ⅱ)利用根与系数的关系可用k表示出x1+x2和x1x2的值，根据条件可得到关于k的方程，可求得k的值，再解方程即可．
本题考查了解一元二次方程−因式分解法和根与系数的关系，将根与系数的关系与代数式变形相结合解题是一种经常使用的解题方法．
20.【答案】解：(Ⅰ)如图，CD交⊙O于点M，连接ME，

∵AB是⊙O的直径，弦DE⊥AB于点F，
∴DE=2BD，
∴∠DME=2∠BAD，
∵∠CDE=∠BAD，
∴∠DME=2∠CDE，
∵DM是⊙O的直径，
∴∠DEM=90°，
∴∠DME+∠CDE=90°，
∴∠CDE=30°，
∵OF⊥DF，
∴∠DOF+∠CDE=90°，
∴∠DOF=60°，
∵OA=OD，
∴∠OAD=∠ODA，
∵∠OAD+∠ODA=∠DOF，
∴∠OAD=∠ODA=30°，
∴∠ADE=∠ODA+∠CDE=60°，
∵CA⊥AB，
∴∠CAB=90°，
∴∠CAD=∠CAB+∠OAD=120°；
(Ⅱ)如图，过点A作AN⊥CD于点N，

∵∠CAD+∠C+∠ADC=180°，∠CAD=120°，∠ADC=30°，
∴∠C=30°=∠ADC，
∴AC=AD，
∵AN⊥CD，
∴CD=2DN，
在Rt△ADN中，AD=2 3，∠ADN=30°，
∴AN=12AD= 3，
∴DN= AD2−AN2=3，
∴CD=2DN=6．
【解析】(Ⅰ)根据圆的有关性质求出∠DME=2∠CDE，根据圆周角定理求出∠DEM=90°，根据直角三角形的性质求出∠CDE=30°，∠DOF=60°，根据等腰三角形的性质及三角形外角性质求出∠OAD=∠ODA=30°，结合垂直的定义根据角的和差求解即可；
(Ⅱ)根据三角形内角和定理求出∠C=30°=∠ADC，即可判定AC=AD，根据等腰三角形的性质求出CD=2DN，根据含30°角的直角三角形的性质求出AN= 3，根据勾股定理求解即可．
此题考查了圆周角定理、勾股定理、垂径定理等知识，熟练运用圆周角定理、勾股定理、垂径定理是解题的关键．
21.【答案】(1)证明：如图1，连接OF，

∵AB=AC，
∴∠B=∠C，
∵OF=OC，
∴∠C=∠OFC，
∴∠OFC=∠B，
∴OF/​/AB，
∵FG⊥AB，
∴FG⊥OF，
又∵OF是半径，
∴GF是⊙O的切线；
(2)解：如图2，连接OE，过点O作OH⊥CF于H，

∵CF=4 23．
又∵OH⊥CF，
∴CH=FH，
∴CH=2 23，
∵⊙O与AB相切于点E，
∴OE⊥AB，
又∵AB⊥GF，OF⊥GF，OE⊥AB，GE=GF，
∴四边形GFOE是正方形，
∴OE=GF=OF=OC，
∴OC= BF2−BG2，
∵csC=csB=CHOC=BGBF，
∴2 23 BF2−12=1BF，
∴BF=3或−3(不合题意，舍去)．
【解析】(1)由等腰三角形的性质可证∠B=∠C=∠OFC，可证OF/​/AB，可得结论；
(2)由CF=4 23得到CH=2 23，由切线的性质推导出四边形GFOE是正方形，利用勾股定理求得OC= BF2−BG2，
再利用三角函数csC=csB=CHOC=BGBF，代入数据解答即可．
本题考查切线的性质和判定，勾股定理，等腰三角形的性质，矩形的判定和性质，锐角三角函数等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
22.【答案】(Ⅰ)证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ADC=∠ADG+∠CDE=90°，∠C=90°，
∵AF⊥DE，
∴∠AGD=90°=∠C，
∴∠GAD+∠ADG=90°，
∴∠GAD=∠CDE，
∴△ADG∽△DEC；
(Ⅱ)解：∵四边形ABCD是矩形，AB=6，AD=4 3，
∴AB=CD=6，AD=BC=4 3，∠C=90°，
∵E为BC边中点，
∴CE=12BC=2 3，
∴DE= CD2+CE2=4 3，
∵△ADG∽△DEC，
∴DGCE=ADDE，
∴DG2 3=4 34 3，
∴DG=2 3．
【解析】(Ⅰ)根据矩形的性质及直角三角形的性质推出∠AGD=90°=∠C，∠GAD=∠CDE，根据“两角对应相等的两个三角形相似”即可得解；
(Ⅱ)根据矩形的性质及勾股定理求出CE=2 3，DE=4 3，再根据相似三角形的性质求解即可．
此题考查了相似三角形的判定与性质，熟记相似三角形的判定与性质是解题的关键．
23.【答案】5−54t 34t
【解析】解：(Ⅰ)在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=3cm，BC=4cm，
∴AB= 32+42=5(cm)，
∵PN/​/AC，PB=t，
∴PBBC=BNBA=PNAC，
∴t4=BN5=PN3，
∴BN=54t，PN=34t，
∴AN=AB−BN=5−54t.
故答案为：5−54t；34t；
(Ⅱ)∵△APN∽△ABP，
∴ANAP=APAB，
∴AP2=AN⋅AB，
∵AP= AC2+CP2= 32+(4−t)2，
∴32+(4−5)2=(5−54t)⋅5，
解得：t=74或0(不合题意，舍去)，
∴当t=74时，△APN∽△ABP；
(Ⅲ)由题意：S△APN=12⋅PN⋅PC=12⋅34t(4−t)=−38(t−2)2+32，
∵−38<0，
∴t=2时，△PAN的面积最大，最大值为32．
(Ⅰ)利用勾股定理求出AB，再利用平行线分线段成比例定理，求出PN、BN即可解决问题；
(Ⅱ)依据△APN∽△ABP得出比例式ANAP=APAB，进一步解答即可；
(Ⅲ)构建二次函数，利用二次函数的性质即可解决问题；
本题考查三角形综合题、勾股定理、平行线分线段成比例定理、二次函数的性质等知识，解题的关键是理解题意，学会用方程的思想思考问题，学会构建二次函数解决最值问题，属于中考压轴题．
24.【答案】45 O 90 90
【解析】解：(Ⅰ)∵OC=OD，∠COD=90°，△COD绕O点顺时针旋转，点C，D旋转后的对应点为C′，D′，
∴OC′=OD′，∠C′OD′=∠COD=90°，
∵C′D′⊥x轴，
∴OB平分∠C′OD′，
∴∠COC′=45°，
故答案为：45°，O，90，90；
(Ⅱ)如图1，
作OE⊥AD′于E，
由(Ⅰ)知：△C′OD′是等腰直角三角形，
∴∠OC′D′=45°，
∴∠OAE=∠OC′D′−∠AOC′=45°−15°=30°，
∴OE=12OA=1，
∴OD=OC=OC′= 2OE= 2，
∴CD= 2OC=2；
(Ⅲ)如图2，
∵OD= 2，
∴点D′在以O为圆心， 2为半径的圆上运动，
∴当OD⊥AB时，且离AB距离最大时，△ABD′的面积最大，最大值为：12×2 2×2 2=4．
(Ⅰ)由旋转可得OC′=OD′，∠C′OD′=∠COD=90°，进而得出OB平分∠C′OD′，进一步得出结果；
(Ⅱ)作OE⊥AD′于E，可得出△C′OD′是等腰直角三角形，从而∠OC′D′=45°，进而得出∠OAE=∠OC′D′−∠AOC′=45°−15°=30°，进一步得出结果；
(Ⅲ)可得出点D′在以O为圆心， 2为半径的圆上运动，从而推出当OD⊥AB时，且离AB距离最大时，△ABD′的面积最大，最大值为：12×2 2×2 2=4．
本题考查了旋转的性质，等腰直角三角形的性质，直角三角形的性质，确定圆的条件等知识，解决问题的关键是圆的集合定义．
25.【答案】解：(Ⅰ)由题意得：
c=−216a−4a+c=0，解得：a=16c=−2，
则抛物线的表达式为：y=16x2−16x−2，
则顶点的坐标为：(12,−4924)；
(Ⅱ)由点A、B的坐标的，直线AB的表达式为：y=12x−2，
设点Q(x,12x−2)，则点C(x,16x2−16x−2)，
则CQ=(12x−2)−(16x2−16x−2)=−16(x−2)2+23≤23，
故CQ的最大值为：23，
此时△ABC的面积=12×CQ×AO=12×23×4=43；
(Ⅲ)过点A作直线AH使直线AH和x轴负半轴的夹角为30°，过点B作BP⊥AH交AH于点H，交x轴于点P，

则PH=12PA，
此时，BP+12AP=BH为最小，
则2BP+AP为最小，
在Rt△OPB中，OB=2，∠OPB=∠HPA=60°，
则BP=2sin60∘=4 3，则OP=2 3，
则AP=OA−OP=4−2 3=2OP，
则OP=2−1 3，
则2BP+AP的最小值为：2(2− 33+4 33)=4+2 3．
【解析】(Ⅰ)由待定系数法即可求解；
(Ⅱ)CQ=(12x−2)−(16x2−16x−2)=−16(x−2)2+23≤23，即可求解；
(Ⅲ)过点A作直线AH使直线AH和x轴负半轴的夹角为30°，过点B作BP⊥AH交AH于点H，交x轴于点P，则PH=12PA，此时，BP+12AP=BH为最小，则2BP+AP为最小，即可求解．
本题考查的是二次函数综合运用，涉及到解直角三角形、点的对称性、面积的计算等，综合性强，难度适中．