2023-2024学年山东省济南市商河县九年级（上）期末数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年山东省济南市商河县九年级（上）期末数学试卷（含解析），共25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.如图所示的几何体的主视图是( )
A. B. C. D.
2.如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=4，BC=3，则∠A的正切值是( )
A. 35
B. 43
C. 34
D. 45
3.如图，点A、B、C都在⊙O上，如果∠ACB=50°，那么∠AOB的度数是( )
A. 25°
B. 50°
C. 100°
D. 130°
4.将一元二次方程(x+a)2=b，化成x2−8x−5=0的形式，则a，b的值分别是( )
A. −4，21B. −4，11C. 4，21D. −8，69
5.如图，在平面直角坐标系中，△AOB与△COD是以原点为位似中心的位似图形，若OC=2OA，点B的坐标为(1,3)，则点D的坐标为( )
A. (2,6)
B. (−2,−6)
C. (3,9)
D. (−3,−9)
6.如图所示是小明的一张书法练习纸，练习纸中的竖格线都平行，且相邻两条竖格线间的距离都相等，同一条直线上的三个点A，B，C都在竖格线上．若线段AB=3.2cm，则线段BC的长为( )
A. 6.4cmB. 8cmC. 9.6cmD. 12.8cm
7.某校举行以《大国重器》为主题的演讲比赛，其中一个环节是即兴演讲，该环节共有三个题目，由电脑随机给每位参赛选手派发一个题目，选手根据题目对应的内容进行90秒演讲，小亮和小敏都参加了即兴演讲，则电脑给他们派发的是同一个题目的概率是( )
A. 13B. 16C. 14D. 12
8.如图，某购物广场要修建一个地下停车场，停车场的入口设计示意图如图所示，其中斜坡AD与水平方向的夹角为α(0°<α<90°)，地下停车场层高CD=3米，则在停车场的入口处，可通过汽车的最大高度是( )
A. 3B. 3csαC. 3sinαD. 3csa
9.如图，正方形ABCD中，点M、N、P分别在AB、CD、BD上，∠MPN=90°，MN经过对角线BD的中点O，若∠PMN=α，则∠AMP一定等于( )
A. 2αB. 45°+αC. 90−12αD. 135°−α
10.函数y=x2−4|x|−2的自变量x的取值范围为全体实数，其中x≥0部分的图象如图所示，对于此函数有下列结论：
①函数图象关于y轴对称；
②函数既有最大值，也有最小值；
③当x<−2时，y随x的增大而减小；
④当−6其中正确的结论个数是( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
二、填空题：本题共6小题，每小题4分，共24分。
11.如果x+yy=53，那么xy= ______．
12.已知一元二次方程x2+kx−6=0有一个根是2，则另一个根是______．
13.已知反比例函数y=k−1x的图象在每一个象限内，y都随x的增大而减小，则k的取值范围是______．
14.如图所示，要建一个长方形的养鸡场，养鸡场的一边靠墙，如果用60m长的篱笆围成中间有一道篱笆的养鸡场，设养鸡场的长为xm，当x= ______m时，养鸡场的面积最大．
15.我国魏晋时期数学家刘徽在《九章算术注》中提到了著名的割圆术：“割之弥细，所失弥少.割之又割，以至于不可割，则与圆周合体，而无所失矣”.“割圆术”孕育了微积分思想，他用这种思想得到了圆周率π的近似值为3.1416.如图，⊙O的半径为1，运用“割圆术”，以圆内接正六边形面积近似估计⊙O的面积，可得π的估计值为3 32，若用圆内接正十二边形作近似估计，可得π的估计值为______．
16.如图(1)是一张菱形纸片，其中∠A=135°，AB= 2，点E为BC边上一动点.如图(2)，将纸片沿AE翻折，点B的对应点为B′；如图(3)，将纸片再沿AB′折叠，点E的对应点为E′.当AE′与菱形的边CB垂直时，BE的长为______．
三、解答题：本题共10小题，共86分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题6分)
计算：2sin30°+tan45°+cs230°−sin245°．
18.(本小题6分)
二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)的图象如图所示，根据图象回答下列问题：
(1)点B的坐标为______；
(2)当x ______时，y随x的增大而减小；
(3)不等式ax2+bx+c>0的解集为______．
19.(本小题6分)
如图，▱ABCD，BE平分∠ABC，CE平分∠BCD.BF//CE，CF//BE.求证：四边形BECF是矩形．
20.(本小题8分)
如图，在△ABC中，D，E分别是边AB，AC上的点，连接DE，且∠ADE=∠ACB．
(1)求证：△ADE∽△ACB；
(2)若AD=2DB，AE=4，AC=9，求BD的长．
21.(本小题8分)
已知关于x的一元二次方程x2−3x+2m=0有两个实数根．
(1)求m的取值范围；
(2)当m取最大整数时，求方程的两个根．
22.(本小题8分)
如图，在△ABC中，AB=AC，以AB为直径的⊙O交BC于点D，过点D的切线交AC于点E，交AB的延长线于点F．
(1)求证：EF⊥AC；
(2)当AB=5，BC=6时，求DE的长．
23.(本小题10分)
我校的饮水机接通电源就进入自动程序，开机加热时每分钟上升10℃，加热到100℃，停止加热，水温开始下降，此时水温(℃)与开机后用时(min)成反比例关系．直至水温降至20℃时自动开机加热，重复上述自动程序．若在水温为20℃时，接通电源后，水温y(℃)和时间x(min)的关系如图所示．
(1)a=______，b=______．
(2)直接写出图中y关于x的函数表达式．
(3)饮水机有多少时间能使水温保持在50℃及以上？
(4)若某天上午7：00饮水机自动接通电源，开机温度正好是20℃，问学生上午第一节下课时(8：40)能喝到50℃以上的水吗？请说明理由．
24.(本小题10分)
为测量学校后山高度，数学兴趣小组活动过程如下：
(1)测量坡角
如图1，后山一侧有三段相对平直的山坡AB，BC，CD，山的高度即为三段坡面的垂直高度BH，CQ，DR之和，坡面的长度可以直接测量得到，要求山坡高度还需要知道坡角大小．
如图2，同学们将两根直杆MN，MP的一端放在坡面起始端A处，直杆MP沿坡面AB方向放置，在直杆MN另一端N用细线系小重物G，当直杆MN与铅垂线NG重合时，测得两杆夹角α的度数，由此可得山坡AB坡角β的度数.请直接写出α，β之间的数量关系．
(2)测量山高
同学们测得山坡AB，BC，CD的坡长依次为40米，50米，40米，坡角依次为24°，30°，45°；为求BH，小熠同学在作业本上画了一个含24°角的Rt△TKS(如图3)，量得KT≈5cm，TS≈2cm.求山高DF.( 2≈1.41，结果精确到1米)
(3)测量改进
由于测量工作量较大，同学们围绕如何优化测量进行了深入探究，有了以下新的测量方法．
如图4，5，在学校操场上，将直杆NP置于MN的顶端，当MN与铅垂线NG重合时，转动直杆NP，使点N，P，D共线，测得∠MNP的度数，从而得到山顶仰角β1，向后山方向前进40米，采用相同方式，测得山顶仰角β2；画一个含β1的直角三角形，量得该角对边和另一直角边分别为a1厘米，b1厘米，再画一个含β2的直角三角形，量得该角对边和另一直角边分别为a2厘米，b2厘米.已知杆高MN为1.6米，求山高DF.(结果用不含β1，β2的字母表示)
25.(本小题12分)
如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)与x轴交于点A(−3,0)和点B(2,0)两点，且与y轴交于点C(0,6).连接AC，BC，P为抛物线在第二象限内一点．
(1)求抛物线的解析式；
(2)如图1，连接PA、PC，抛物线上是否存在点P，使得S△PAC：S四边形ABCP=1：3？若存在，请求出点P坐标；若不存在，请说明理由；
(3)如图2，连接PA、PB，过点P作PD/​/BC交AC于点D，连接BD.若S△PDAS△PDB=13，求点P坐标．
26.(本小题12分)
如图(1)，在矩形ABCD中，AD=nAB，点M，P分别在边AB，AD上(均不与端点重合)，且AP=nAM，以AP和AM为邻边作矩形AMNP，连接AN，CN．
【问题发现】
(1)如图(2)，当n=1时，BM与PD的数量关系为______，CN与PD的数量关系为______．
【类比探究】
(2)如图(3)，当n=2时，矩形AMNP绕点A顺时针旋转，连接PD，则CN与PD之间的数量关系是否发生变化？若不变，请就图(3)给出证明；若变化，请写出数量关系，并就图(3)说明理由．
【拓展延伸】
(3)在(2)的条件下，已知AD=4，AP=2，当矩形AMNP旋转至C，N，M三点共线时，请直接写出线段CN的长．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：从正面看，是一列两个相邻的矩形．
故选：C．
找到从正面看所得到的图形即可，注意所有的看到的棱都应表现在主视图中．
本题考查了简单组合体的三视图，主视图是从物体的正面看得到的视图．
2.【答案】C
【解析】解：∵Rt△ABC中，∠C=90°，AC=4，BC=3，
∴∠A的正切值=BCAC=34．
故选：C．
根据锐角三角函数的定义得出∠A的正切值=BCAC，再代入求出答案即可．
本题考查了锐角三角函数的定义，能熟记锐角三角函数的定义是解此题的关键．
3.【答案】C
【解析】解：∵∠ACB=50°，
∴∠AOB=2∠ACB=2×50°=100°．
故选：C．
根据圆周角定理进行求解即可得出答案．
本题主要考查了圆周角定理，根据圆周角定理进行求解计算是解决本题的关键．
4.【答案】A
【解析】解：(x+a)2=b，
则x2+2ax+a2=b，
∴x2+2ax+a2−b=0，
由题意得：2a=−8，a2−b=−5，
解得：a=−4，b=21，
故选：A．
根据完全平方公式、移项法则把原方程化为一般形式，根据题意列出方程，解方程得到答案．
本题考查的是一元二次方程的一般形式，要确定二次项系数，一次项系数和常数项，必须先把一元二次方程化成一般形式．
5.【答案】B
【解析】解：∵△AOB与△COD是以原点为位似中心的位似图形，OC=2OA，
∴△AOB∽△COD，且相似比为1：2，
∵点B的坐标为(1,3)，
∴点D的坐标为(1×(−2),3×(−2))，即(−2,−6)，
故选：B．
根据位似图形的概念得到△AOB∽△COD，且相似比为1：2，再根据位似变换的性质计算即可．
本题考查的是位似变换，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．
6.【答案】C
【解析】解：∵练习纸中的竖格线都平行，
∴ABBC=26，
∵AB=3.2cm，
∴BC=9.6cm，
故选：C．
根据平行线分线段成比例定理列出比例式，计算即可．
本题考查的是平行线分线段成比例定理，灵活运用定理、找准对应关系是解题的关键．
7.【答案】A
【解析】解：把三个题目分别记为A、B、C，
画树状图如下：
共有9种等可能的结果，其中电脑给小亮和小敏派发的是同一个题目的结果有3种，
∴电脑给他们派发的是同一个题目的概率是39=13，
故选：A．
画树状图，共有9种等可能的结果，其中电脑给小亮和小敏派发的是同一个题目的结果有3种，再由概率公式求解即可．
此题考查的是用树状图法求概率．树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，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试验还是不放回试验．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
8.【答案】D
【解析】解：过C作CE⊥AD，垂足为E，
∴∠DCE+∠CDE=90°，
∵∠BAD+∠ADB=90°，
∴∠DCE=∠BAD，
∵斜坡AD与水平方向的夹角为α，
∴∠BAD=α，
∴∠DCE=α，
在Rt△CDE中，CE=CD⋅csα=3csα(米)，
故在停车场的入口处，可通过汽车的最大高度是3csα米．
故选：D．
首先过C作CE⊥AD，垂足为E，可求得∠DCE的度数，然后在Rt△CDE中，由三角函数的性质即可得CE=CD⋅cs20°，继而求得答案．
此题考查了坡度坡角问题，解题的关键是根据题意构造直角三角形，并能借助于解直角三角形的知识求解．
9.【答案】B
【解析】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABD=45°，
在Rt△PMN中，∠MPN=90°，
∵O为MN的中点，
∴OP=12MN=OM，
∵∠PMN=α，
∴∠MPO=α，
∴∠AMP=∠MPO+∠MBP=α+45°，
故选：B．
根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可知：OM=OP，从而得出∠MPO=α，利用三角形的外角即可求得．
本题以正方形为背景，考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，再进行导角转化，发现OP=OM是解题的关键．
10.【答案】C
【解析】解：如图：
①如图所示：函数图象关于y轴对称，则正确；
②如图所示：函数没有最大值，只有最小值，则错误；
③如图所示：当x<−2时，y随x的增大而减小，则正确；
④如图所示：当−6则正确的个数有3个，故选C．
根据函数解析式画出函数图象，结合函数图象进行判断，解题的关键是利用数形结合的思想解决问题．
本题考查了根据函数图象判断函数的对称性、增减性以及从函数的角度解决方程问题．
11.【答案】23
【解析】解：∵x+yy=53，
∴x+y−yy=5−33
即xy=23．
故答案为23．
根据分比性质计算即可．
本题考查了比例的性质：掌握常用的性质有：内项之积等于外项之积；合比性质；分比性质；合分比性质；等比性质．
12.【答案】−3
【解析】解：设方程的另一个根为t，
根据根与系数的关系得2t=−6，
解得t=−3，
即方程的另一个根为−3．
故答案为：−3．
设方程的另一个根为t，则利用根与系数的关系得2t=−6，然后解方程求出t即可．
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.也考查了一元二次方程的解．
13.【答案】k>1
【解析】解：∵在每个象限内，y随着x的增大而减小，
∴k−1>0，即k>1，
故答案为：k>1．
根据反比例函数的性质进行作答，当反比例函数系数k>0时，它图象所在的每个象限内y随x的增大而减小．
本题主要考查反比例函数的性质，对于反比例函数y=kx(k≠0)，(1)k>0，反比例函数图象在一、三象限，在每个象限内，y随x的增大而减小；(2)k<0，反比例函数图象在第二、四象限内，在每个象限内，y随x的增大而增大．
14.【答案】30
【解析】解：
设养鸡场的长为xm，则宽为60−x3m，设养鸡场的面积为S，
根据题意可得S=x(60−x3)=−13x2+20x=−13(x−30)2+300，
∵−13<0，
∴抛物线开口向下，
∴当x=30时，S有最大值，
即当x=30m时，养鸡场的面积最大，
故答案为：30．
由条件可用x表示出鸡场的宽，可用x表示出鸡场的面积S，再利用二次函数的性质可求得答案．
本题为二次函数的应用，用x的表示出养鸡场的面积，得到关于x的二次函数是解题的关键．
15.【答案】3
【解析】解：如图，AB是正十二边形的一条边，点O是正十二边形的中心，
过A作AM⊥OB于M，
在正十二边形中，∠AOB=360°÷12=30°，
∴AM=12OA=12，
∴S△AOB=12OB⋅AM=12×1×12=14，
∴正十二边形的面积为12×14=3，
∴3=12×π，
∴π=3，
∴π的近似值为3，
故答案为：3．
过A作AM⊥OB于M，求得∠AOB=360°÷12=30°，根据直角三角形的性质得到AM=12OA=12，根据三角形的面积公式得到S△AOB=14，于是得到正十二边形的面积为12×14=3，根据圆的面积公式即可得到结论．
本题考查了正多边形与圆，三角形的面积的计算，正确地作出辅助线是解题的关键．
16.【答案】3− 33
【解析】解：设AE′交BC于F，如图：
∵菱形ABCD中，∠DAB=135°，
∴∠B=45°，
∵AE′⊥CB，
∴△ABF是等腰直角三角形，
∵AB= 2，
∴AF=BF=AB 2=1，∠BAF=45°，
由折叠可知，∠BAE=∠B′AE=∠E′AB′，
∴∠BAE=∠B′AE=∠E′AB′=15°，
∴∠FAE=30°，
∴EF=AF 3=1 3= 33，
∴BE=BF−EF=1− 33=3− 33；
故答案为：3− 33．
设AE′交BC于F，由菱形ABCD中，∠DAB=135°，AE′⊥CB，可得△ABF是等腰直角三角形，而AB= 2，故AF=BF=AB 2=1，∠BAF=45°，由折叠可知，∠BAE=∠B′AE=∠E′AB′=15°，故∠FAE=30°，可求出EF=AF 3=1 3= 33，从而BE=BF−EF=1− 33=3− 33．
本题考查菱形中的翻折问题，涉及含特殊角的直角三角形三边的关系，解题的关键是掌握含45°，30°的直角三角形三边的关系．
17.【答案】解：原式=2×12+1+( 32)2−( 22)2
=1+1+34−12
=94．
【解析】直接利用特殊角的三角函数值代入求出答案．
此题主要考查了特殊角的三角函数值，正确记忆相关数据是解题关键．
18.【答案】(3,0) >1 −1【解析】解：(1)由图象可知，A、B到直线x=1的距离相等，
∵A(−1,0)，
∴B点坐标为：(3,0)，
故答案为：(3,0)；
(2)由图象可知，y随x的增大而减小的自变量x的取值范围是：x>1；
故答案为：>1；
(3)由图象可知，不等式ax2+bx+c>0的解集是：−1故答案为：−1(1)由图可得：A、B到直线x=1的距离相等，根据A的坐标，即可求出B点坐标；
(2)利用图象得出函数对称轴进而得出y随x的增大而减小的自变量x的取值范围；
(3)ax2+bx+c>0，即对应x轴上方的部分x的取值范围即可得出答案．
此题考查了二次函数图象与坐标轴交点以及方程根与不等式等知识，正确利用数形结合得出是解题关键．
19.【答案】证明：∵BF/​/CE，CF/​/BE，
∴四边形BECF是平行四边形，
∵BE平分∠ABC，CE平分∠BCD，
∴∠EBC=12∠ABC，∠ECB=12∠BCD，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB/​/CD，
∴∠ABC+∠BCD=180°，
∴∠EBC+∠ECB=12(∠ABC+∠BCD)=12×180°=90°，
∴∠BEC=180°−(∠EBC+∠ECB)=180°−90°=90°，
∴平行四边形BECF是矩形．
【解析】先证四边形BECF是平行四边形，再证∠BEC=90°，然后由矩形的判定即可得出结论．
本题考查了矩形的判定、平行四边形的判定与性质等知识，熟练掌握矩形的判定和平行四边形的判定与性质是解题的关键．
20.【答案】(1)证明：∵∠ADE=∠ACB，∠A=∠A，
∴△ADE∽△ACB；
(2)解：由(1)可知：△ADE∽△ACB，
∴ADAC=AEAB，
设BD=x，则AD=2x，AB=3x，
∵AE=4，AC=9，
∴2x9=43x，
解得：x= 6(负值舍去)，
∴BD的长是 6．
【解析】(1)根据相似三角形的判定即可求出证．
(2)设BD=x，则AD=2x，AB=3x，根据相似三角形的性质可知ADAC=AEAB，从而列出方程解出x的值．
本题考查相似三角形，解题的关键是熟练运用相似三角形的性质与判定，本题属于中等题型．
21.【答案】解：(1)根据题意得Δ=(−3)2−4×2m≥0，
解得m≤98，
即m的取值范围为m≤98；
(2)m的最大整数为1，
此时方程为x2−3x+2=0，
(x−2)(x−1)=0，
x−2=0或x−1=0，
所以x1=2，x2=1．
【解析】(1)先根据根的判别式的意义得到Δ=(−3)2−4×2m≥0，然后解不等式即可；
(2)由于m的最大整数为1，则方程为x2−3x+2=0，然后利用因式分解法解方程．
本题考查了根的判别式：一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的根与Δ=b2−4ac有如下关系：当Δ>0时，方程有两个不相等的实数根；当Δ=0时，方程有两个相等的实数根；当Δ<0时，方程无实数根．
22.【答案】(1)证明：连接OD，
∵AB=AC，
∴∠C=∠OBD，
∵OD=OB，
∴∠1=∠OBD，
∴∠1=∠C，
∴OD/​/AC，
∵EF是切线，
∴EF⊥OD，
∴EF⊥AC；
(2)连接AD，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ADB=90°，
又∵AB=AC，且BC=6，
∴CD=BD=12BC=3，
在Rt△ACD中，AC=AB=5，CD=3，
根据勾股定理得：AD= AC2−CD2=4，
又S△ACD=12AC⋅ED=12AD⋅CD，
即12×5×ED=12×4×3，
∴ED=125．
【解析】(1)连接OD，由AC=AB，根据等边对等角得到一对角相等，再由OD=OB，根据等边对等角得到又一对角相等，等量代换可得一对同位角相等，根据同位角相等两直线平行可得OD与AC平行，又EF是切线可得EF⊥OD，根据垂直于两平行线中的一条，与另一条也垂直，得到EF与AC也垂直；
(2)连接AD，由AB为圆的直径，根据直径所对的圆周角为直角可得∠ADB=90°，即AD与BC垂直，又AC=AB，根据三线合一得到D为BC中点，由BC求出CD的长，再由AC的长，利用勾股定理求出AD的长，三角形ACD的面积有两种求法，AC⋅DE÷2，或CD⋅AD÷2，列出两个关系式，两关系式相等可求出DE的长．
此题考查了等腰三角形的性质，圆周角定理，平行线的性质，勾股定理，三角形面积的求法，以及切线的判定，其中证明切线的方法为：有点连接圆心与此点，证垂直；无点过圆心作垂线，证明垂线段长等于圆的半径．本题利用的是第一种方法．
23.【答案】8 40
【解析】解：(1)∵开机加热时每分钟上升10℃，
∴从20℃到100℃需要8分钟，
设一次函数关系式为：y=k1x+b，
将(0,20)，(8,100)代入y=k1x+b，得k1=10，b=20．
∴y=10x+20(0≤x≤8)，
设反比例函数关系式为：y=kx，
将(8,100)代入，得k=800，
∴y=800x，
当y=20时，代入关系式可得x=40；
故答案为：8；40．
(2)由(1)中计算可得，y=10x+20(0≤x≤8)800x(8(3)在y=10x+20(0≤x≤8)中，
令y=50，解得x=3；
反比例函数y=800x中，令y=50，解得：x=16，
∴学生在每次温度升降过程中能喝到50℃以上水的时间有16−3=13分钟．
(4)由题意可知，饮水机工作时40分钟为一个循环，
上午七点到下午第一节下课时(8：40)的时间是100分钟，是2个40分钟多20分钟，
∴80020=40(℃)，
∴学生上午第一节下课时(8：40)不能喝到超过50℃的水．
(1)利用待定系数法即可解决问题；
(2)由(1)中的计算可直接得出；
(3)分别求出函数值为50时的两个时间，求时间差即可解决问题；
(4)由题意可知，饮水机工作时40分钟为一个循环，算出从开机到第一节课下课的时间差，并利用循环求出对应时间的水温即可．
本题考查反比例函数的应用、一次函数的应用，解题的关键是熟练掌握待定系数法确定函数解析式，灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
24.【答案】解：(1)α+β=90°；
(2)在Rt△ABH中，
∵AB=40米，∠BAH=24°，
sin∠BAH=BHAB，
∴sin24°=BH40，
在Rt△TKS中，
∵KT≈5cm，TS≈2cm，∠TKS=24°，
sin∠TKS=TSKT，
∴sin24°=25，
∴BH40=25，
解得BH=16米，
在Rt△CBQ中，
∵BC=50米，∠CBQ=30°，
∴CQ=12CB=25米，
在Rt△DCR中，
∵CD=40米，∠DCR=45°，
sin∠DCR=DRCD，
∴DR=CD⋅sin∠DCR=40⋅sin45°=20 2(米)，
∴DF=BH+CQ+DR=16+25+20 2≈69(米)，
答：山高DF约为69米；
(3)由题意，得tanβ1=a1b1，tanβ2=a2b2，
在Rt△DNL中，
∵tanβ1=DLNL，
∴DLNL=a1b1，
∴NL=b1a1DL，
在Rt△DN′L中，
∵tanβ2=DLN′L，
∴DLN′L=a2b2，
∴N′L=b2a2DL，
∵NL−N′L=NN′=40(米)，
∴b1a1DL−b2a2DL=40，
解得DL=40a1a2b1a2−b2a1，
∴山高DF=DL+LF=40a1a2b1a2−b2a1+1.6(米)，
答：山高DF为(40a1a2b1a2−b2a1+1.6)米．
【解析】【分析】
(1)根据铅直线与水平线垂直解答即可；
∵垂直线与水平线垂直，
∴α+β=90°，
故α，β之间的数量关系为：α+β=90°；
(2)利用正弦函数定义，得到Rt△ABH和Rt△KTS中24°角所对的直角边与斜边的比相等，即可求出BH，再分别在Rt△CBQ和Rt△DCR中求出CQ，DR，从而可求出山高DF；
(3)用a1，b1表示出β1的正切，用a2，b2表示出β2的正切，进而可用DL表示出NL和N′L，利用NL−NL′=NN′列方程求出DL，进而求出山高DF．
本题考查解直角三角形的应用−仰角俯角问题，解题中还可利用相似，熟练运用三角函数表示直角三角形中边之间的关系是解题的关键．
25.【答案】解：(1)分别将A(−3,0)、B(2,0)、C(0,6)代入y=ax2+bx+c中得，
9a−3b+c=04a+2b+c=0c=6，
解得a=−1b=−1c=6，
∴抛物线的解析式为y=−x2−x+6；
(2)不存在点P，使得S△PAC：S四边形ABCP=1：3，理由如下：
∵S△PAC：S四边形ABCP=1：3，
∴S△PAC：S△ABC=1：2，
∴S△PAC=12S△ABC=12×12×(3+2)×6=152，
设直线AC的解析式为y=kx+m，
∴−3k+m=0m=6，解得k=2m=6，
∴直线AC的解析式为y=2x+6，
过点P作PH⊥x轴于H，交AC于Q，

设P(p,−p2−p+6)，则Q(p,2p+6)，
∴PQ=−p2−p+6−2p−6=−p2−3p，
∴S△PAC=12(−p2−3p)×3=152，
整理得p2+3p+5=0，
∵Δ=32−4×1×5=−11<0，
∴原方程无解，
∴不存在点P，使得S△PAC：S四边形ABCP=1：3；
(3)连接PC，

∵PD/​/BC，
∴S△PCD=S△PDB，
∵S△PDAS△PDB=13，
∴CD=3AD，
过D作DM⊥x轴于M，
∴DM//y轴，
∴AMOM=ADCD=13，
∵OA=3，
∴OM=94，
∵直线AC的解析式为y=2x+6，
∴D(−94,32)，
∵B(2,0)、C(0,6)，
∴直线BC的解析式为y=−3x+6，
∵PD/​/BC，
∴设直线PD的解析式为y=−3x+n，
∵点D(−94,32)，
∴−3×(−94)+n=32，解得n=−214，
∴直线PD的解析式为y=−3x−214，
联立y=−x2−x+6得−3x−214=−x2−x+6，
解得x=−52或92(不合题意，舍去)，
∴点P坐标为(−52,94).
【解析】(1)用待定系数法求出函数解析式即可；
(2)由S△PAC：S四边形ABCP=1：3得S△PAC：S△ABC=1：2，则S△PAC=12S△ABC=152，利用待定系数法求出直线AC的解析式，过点P作PH⊥x轴于H，交AC于Q，设P(p,−p2−p+6)，则Q(p,2p+6)，利用面积法即可得出结论；
(3)连接PC，可得S△PCD=S△PDB，则CD=3AD，过D作DM⊥x轴于M，根据平行线分线断成比例求出OM=94，可得D(−94,32)，利用待定系数法求出直线BC的解析式为y=−3x+6，设直线PD的解析式为y=−3x+n，由点D(−94,32)求出n的值，联立y=−x2−x+6即可得点P坐标．
本题属于二次函数综合题，考查了待定系数法求函数的解析式、二次函数的性质，三角形的面积、平行线分线断成比例定理等知识点，数形结合熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．
26.【答案】BM=PD CN= 2PD
【解析】解：(1)BM=PD，CN= 2PD，
理由如下：
当n=1，则AD=AB，AP=AM，
∴AD−AP=AB−AM，
∴DP=BM，
∵四边形ABCD是矩形，四边形AMNP是矩形，
∴AD=CD=AB，AP=AM=NP，∠ADC=∠APN=90°，
∴AC= 2AD，AN= 2AP，
∴AC−AN= 2(AD−AP)，
∴CN= 2PD，
故答案为：BM=PD，CN= 2PD；
(2)CN与PD之间的数量关系发生变化，CN= 52PD，
理由如下：如图(1)在矩形ABCD和矩形AMNP中，
∵当n=2.AD=2AB，AP=2AM，
∴AC= 52AD，AN= 52AP，
∴.ACAD=ANAP= 52，
如图(3)连接AC，
∵矩形AMNP绕点A顺时针旋转，
∴∠NAC=∠PAD，
∴△ANC∽△APD，
∴CNPD=ACAD= 52，
∴CN= 52PD；
(3)如图，当点N在线段CM上时，
∵AD=4，AD=2AB，
∴AB=CD=2，
∴AC= AD2+CD2= 16+4= 20，
∵AP=2，AP=2AM，
∴AM=1，
∴CM= AC2−AM2= 20−1= 19，
∴CN=CM−MN= 19−2；
如图，当点M在线段CN上时，
同理可求CM= 19，
∴CN=CM+MN= 19+2；
综上所述：线段CN的长为 19−2或 19+2．
(1)由线段的和差关系可得DP=BM，由正方形的性质可得CN= 2PD；
(2)通过证明△ANC∽△APD，可得CNPD=ACAD= 52，即可求解；
(3)分两种情况讨论，由勾股定理可求解．
本题是相似形综合题，考查了矩形的性质，正方形的性质，旋转的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，灵活运用这些性质进行推理是本题的关键．