广东省珠海市香洲区3年（2020-2022）九年级数学上学期期末试题汇编 1解答题

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广东省珠海市香洲区3年（2020-2022）九年级数学上学期期末试题汇编 03 解答题
三、解答题
52．（2022·广东珠海·九年级期末）解方程：．
53．（2022·广东珠海·九年级期末）如图，M是CD的中点，EM⊥CD，若CD＝4，EM＝6，求所在圆的半径．

54．（2022·广东珠海·九年级期末）现有A、B两个不透明的袋子，A袋中的两个小球分别标记数字1，2；B袋中的三个小球分别标记数字3，4，5．这五个小球除标记的数字外，其余完全相同．分别将A、B两个袋子中的小球摇匀，然后小明从A、B袋中各随机摸出一个小球，请利用画树状图或列表的方法，求小明摸出的这两个小球标记的数字之和为5的概率．
55．（2022·广东珠海·九年级期末）在商场中，被称为“国货之星”某运动品牌的鞋子，每天可销售20双，每双可获利40元．为庆祝新年，对该鞋子进行促销活动，该鞋子每双每降价1元，平均每天可多售出2双．若设该鞋子每双降价x元，请解答下列问题：
（1）用含x的代数式表示：降价x元后，每售出一双该鞋子获得利润是 元，平均每天售出 双该鞋子；
（2）在此次促销活动中，每双鞋子降价多少元，可使该品牌的鞋子每天的盈利为1250元？
56．（2022·广东珠海·九年级期末）如图，正方形ABCD的边长为4，连接对角线AC，点E为BC边上一点，将线段AE绕点A逆时针旋转45°得到线段AF，点E的对应点F恰好落在边CD上，过F作FM⊥AC于点M．
（1）求证：BE＝FM；
（2）求BE的长度．

57．（2022·广东珠海·九年级期末）已知等边△OAB，边长为8，点A在y轴上，点B在第一象限，反比例函数（x＞0）经过AB的中点M，与OB边相交于点N．
（1）求k的值；
（2）连接OM、MN，求△OMN的面积．

58．（2022·广东珠海·九年级期末）如图，△ABC内接于⊙O，AB为直径，点D为半径OA上一点，过点D作AB的垂线交AC于点E，交BC的延长线于点P，点F在线段PE上，且PF＝CF．
（1）求证：CF是⊙O的切线；
（2）连接AP与⊙O相交于点G，若∠ABC＝2∠PAC，求证：AB＝BP；
（3）在（2）的条件下，若AC＝4，BC＝3，求CF的长．

59．（2022·广东珠海·九年级期末）抛物线y＝ax2＋bx－2（a≠0）与x轴交于点A（﹣1，0），B（3，0），与y轴交于点C．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图1，抛物线的对称轴与x轴相交于点H，连接AC，BC．△ABC绕点B顺时针旋转一定角度后落在第一象限，当点C的对应点C1落在抛物线的对称轴上时，求此时点A的对应点A1的坐标；
（3）如图2，过点C作轴交抛物线于点E，已知点D在抛物线上且横坐标为，在y轴左侧的抛物线上有一点P，满足∠PDC＝∠EDC，求点P的坐标．

60．（2021·广东珠海·九年级期末）解方程：x2-4x+1=0（配方法）
61．（2021·广东珠海·九年级期末）如图，是直径，是的弦，，求的度数．

62．（2021·广东珠海·九年级期末）为响应垃圾分类处理、改善生态环境的号召，某小区将生活垃圾分成四类，并设置了相应的四个垃圾箱，：可回收物垃圾箱，：有害垃圾箱，：餐厨垃圾箱，：其它垃圾箱．甲、乙两人分别投放了一袋垃圾，请用列表或画树状图的方法求甲、乙投放到不同垃圾箱的概率．
63．（2021·广东珠海·九年级期末）在如图所示的网格中，每个小正方形的边长为，将绕着点顺时针旋转，得到．
（1）画出；
（2）求点在旋转过程中的路径长；
（3）可以看作是由旋转得到，在点中，点 是旋转中心．

64．（2021·广东珠海·九年级期末）劳动是财富的源泉，也是幸福的源泉．某中学对劳动教育进行积极探索和实践，创建学生劳动教育地，让学生参与到农耕劳作中．如图，现准备利用校园围墙的一段（最长可用），用长的篱笆，围成一个矩形菜园．
（1）当AB长度为多少时，矩形菜园的面积为？
（2）能否围成面积为的矩形菜园？为什么？

65．（2021·广东珠海·九年级期末）如图，在平面直角坐标系中，点 ，把线段绕点逆时针旋转到，交轴于点，反比例函数的图象经过点．
（1）求的值；
（2）连接，若点在反比例函数的图象上，且，求点的坐标．

66．（2021·广东珠海·九年级期末）如图，AB是⊙O的直径，点C是劣弧BD中点，AC与BD相交于点E．连接BC，∠BCF＝∠BAC，CF与AB的延长线相交于点F．

(1)求证：CF是⊙O的切线；
(2)求证：∠ACD＝∠F；
(3)若AB＝10，BC＝6，求AD的长．
67．（2021·广东珠海·九年级期末）如图①，抛物线与轴交于两点，点是抛物线顶点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图②，连接．若点分别是抛物线对称轴和上动点，求的最小值；
（3）在（2）的条件下，点是轴上方抛物线上一点，点是轴上一点，当以为顶点的四边形为平行四边形时，直接写出点坐标．

68．（2020·广东珠海·九年级期末）解方程．
69．（2020·广东珠海·九年级期末）已知反比例函数（）的图像经过点A（2，3）.
(1)求函数解析式；
(2)当x＝－4时，求反比例函数的值.
70．（2020·广东珠海·九年级期末）如图扇形纸扇完全打开后，外侧两竹条AB、AC的夹角为120°，AB长为30cm，贴纸部分BD长为20cm，求贴纸部分的面积．
71．（2020·广东珠海·九年级期末）斗门某养殖户每年的养殖成本包括固定成本和可变动成本，其中固定成本每年均为4万元，可变动成本逐年增长. 已知该养殖户第1年的可变动成本为2万元，设可变动成本的年平均增长率为x.
(1)用含x的代数式表示第2年的可变动成本： 万元；
(2)如果该养殖户第3年的成本为6.42万元，求可变动成本的年平均增长率.
72．（2020·广东珠海·九年级期末）桌面倒扣着背面图案相同的四张卡片，其正面分别标记有数字，先任意抽取一张，卡片上的数记作x，不放回，再抽取一张，卡片上的数字记作y，设点A的坐标为（x，y）.
(1)用树状图或列表法列举点A所有的坐标情况；
(2)求点A在抛物线上的概率．
73．（2020·广东珠海·九年级期末）如图，在单位长度为1的网格中，△ABC各顶点均在格点上，以点A为中心，把△ABC逆时针旋转90°，得到△，点B旋转后对应点为点，点C旋转后对应点为点.
(1)画出旋转后的图形△；
(2)连结，判断与的位置关系，并说明理由.

74．（2020·广东珠海·九年级期末）如图，△ABC内接于⊙O，AB为直径，∠BAC=60°，延长BA至点P使AP=AC， 作CD平分∠ACB交AB于点E，交⊙O于点D. 连结PC，BD．
(1)求证：PC为⊙O的切线；
(2)求证：BD=PA；
(3)若PC=，求AE的长.

75．（2020·广东珠海·九年级期末）如图，抛物线过点和点，连结AB交y轴于点C.
(1)求抛物线的函数解析式；
(2)点P在线段AB下方的抛物线上运动，连结AP，BP. 设点P的横坐标为m，△ABP的面积为s.
①求s与m的函数关系式；
②当s取最大值时，抛物线上是否存在点Q，使得S△ACQ=s. 若存在，求点Q的坐标；若不存在，说明理由.  


【答案】
52．x1＝1，x2＝3
【分析】利用因式分解法，令两个一次因式都等于0，进而得出结果．
【详解】解：



或
解得或
或
【点睛】本题考察了一元二次方程的求解．解题的关键与难点在于对多项式进行因式分解．
53．
【分析】根据垂径定理的推论，可得EM过⊙O的圆心点O， CM＝CD＝2 ，然后设半径为x，可得OM＝6－x，再由勾股定理，即可求解．
【详解】解：连接OC，

∵M是CD的中点，EM⊥CD，
∴EM过⊙O的圆心点O， CM＝CD＝2 ，     
设半径为x，
∵EM＝6，
∴OM＝EM－OE＝6－x，    
在Rt△OCM中，OM2＋CM2＝OC2， 即（6－x）2＋22＝x2，
解得：x＝．   
∴所在圆的半径为．
【点睛】本题主要考查了垂径定理，勾股定理，熟练掌握垂径定理及其推论，勾股定理是解题的关键．
54．
【分析】作列表，共有6种可能的结果，摸出的这两个小球标记的数字之和为5的结果有2种，再由概率公式求解即可．
【详解】解：列表如下：

1
2
3
（1，3）
（2，3）
4
（1，4）
（2，4）
5
（1，5）
（2，5）

共有6种等可能结果，其中小明摸出的两个小球标记的数字之和为5有2种，
∴P（摸出的两个小球标记的数字之和为5）＝＝
【点睛】本题考查了树状图法或列表求概率，正确画出树状图或列表是解题的关键，用到的知识点为：概率＝所求情况数与总情况数之比．
55．（1）（40-x），；（2）15元
【分析】（1）根据利用40 减去降价，可得每售出一双该鞋子获得利润，再用20加上多售出的数量，即可求解；
（2）根据该品牌的鞋子每天的盈利为1250元，列出方程，即可求解．
【详解】解：（1）根据题意得：每售出一双该鞋子获得利润是（40-x）；平均每天售出双该鞋子；
（2）由题意可列方程（40-x）（20＋2x）＝1250              
x2-30x＋225＝0，
（x-15）2＝0，
解得x1＝x2＝15 ，         
答：每双鞋子降价15元，可使该品牌的鞋子每天的盈利为1250元．
【点睛】本题主要考查了一元二次方程的应用，明确题意，准确得到等量关系是解题的关键．
56．（1）见解析；（2）—4
【分析】（1）由旋转和正方形的性质得出∠FAM＝∠EAB，再证≌即可；
（2）求出正方形对角线长，再求出MC=—4即可．
【详解】（1）证明：在正方形ABCD中，线段AE绕点A逆时针旋转45°得到线段AF
∠CAB＝45°，∠EAF＝45°，AE＝AF  
∠FAM＝∠EAB                 
∵FM⊥AC
∠FMA＝∠B＝90°
≌（AAS）               
BE＝FM                       
（2）在正方形ABCD中，边长为4
AC＝，∠DCA＝45°            
≌                   
∴AM＝AB＝4                               
MC＝AC—AM＝—4                 
∵是等腰直角三角形
BE＝MF＝MC＝—4
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，解题关键是熟练运用正方形的性质和全等三角形的判定进行证明推理．
57．（1）；（2）
【分析】（1）根据等边三角形的性质，和M是AB的中点，通过作垂线构造直角三角形可求出点M的坐标，进而确定k的值，
（2）求出点B的坐标，进而求出直线OB的关系式，在求出交点N的坐标，即可求出三角形OMN 的面积，
【详解】解：（1）作MH⊥AO于点H
在等边三角形OAB中，AB＝8，点M是AB的中点
∠MAH＝60°，AM＝4
AH＝2，              
MH＝       
∵OA＝8
∴OH＝8－2＝6，
点M（，6）  
     
（2）作NF⊥x轴于点F   
因∠NOF＝30°，不妨设点
点N在反比例函数图像上
  
（舍）
，         
∴ON＝                                        
由等边三角形“三线合一”性质得到OM平分∠AOB
再由角平分线的性质知，点M到OB的距离等于MH，即为
             

【点睛】考查等边三角形的性质、一次函数、反比例函数的图象和性质，角平分线的性质，正确求出点的坐标和函数的关系式是解决问题的关键．
58．（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）
【分析】（1）连接，由题意知，，，，；可得，进而说明是的切线．
（2）连接，同弧所对圆周角相等，有，，进而说明．
（3）勾股定理知，，有，知，，；在中用勾股定理求出的长，求出的长，通过角度关系得出，故有，进而求出的值．
【详解】解：（1）证明：如图所示，连接，为半径

是的内接三角形，且是直径


在和中，有





又

即
是半径
是的切线．
（2）证明：如图连接





为直径



（3）在中



在和中


，，

设，
在中，有，
解得

，



∴
【点睛】本题考查了切线、圆周角、三角形全等、等腰三角形、勾股定理等知识．解题的关键与难点在于角度等量关系的转化．
59．（1）；（2）（3，4）；（3）（，）
【分析】（1）把A（－1，0），B（3，0）代入抛物线解析式利用待定系数法求解二次函数的解析式即可；
（2）如图，先求解C（0，－2），对称轴为直线，可得BH＝CO＝2结合旋转得BC1＝BC ，证明RT△BC1H≌RT△CBO（HL），再证明旋转角∠A1BA＝∠C1BC＝90°，从而可得答案；
（3）先求解D（，），E（2，－2），如图，过点D作DG⊥CE交CE的延长线于点G，证明CG＝DG＝，可得∠ECD＝∠GDC＝45° ，如图，在CD的上方作∠PDC＝∠EDC交y轴于点Q，交抛物线于点P，证明△QCD≌△ECD，可得QC＝EC＝2，可得Q（0，0），再求解直线DQ的解析式为，联立 ，再解方程组可得答案.
【详解】解：（1）将A（－1，0），B（3，0）代入抛物线解析式得
    
解得   
∴抛物线的解析式为
（2）∵抛物线的解析式为，A（－1，0），B（3，0）
∴C（0，－2），对称轴为直线    
∴BH＝CO＝2
由旋转得BC1＝BC            
则RT△BC1H≌RT△CBO（HL）
∴∠C1BH＝∠BCO
∴∠C1BC＝∠C1BH＋∠OBC＝∠BCO＋∠OBC＝90°
∴旋转角∠A1BA＝∠C1BC＝90°，即A1B⊥x轴
A1B＝BA＝4，B（3，0）
∴A1（3，4）

（3）抛物线的解析式为，D的横坐标为
当x＝时，y＝，则D（，）
∵轴，C（0，－2），对称轴为直线x＝1
∴E（2，－2）  
如图，过点D作DG⊥CE交CE的延长线于点G，


CG＝DG＝，
∴∠ECD＝∠GDC＝45°   
如图，在CD的上方作∠PDC＝∠EDC交y轴于点Q，交抛物线于点P
∵轴 ，∴∠QCE＝90°
∴∠QCD＝∠ECD＝45°
∵CD＝CD，∴△QCD≌△ECD（ASA）
∴QC＝EC＝2，
∵C（0，－2），
∴Q（0，0）
∵D（，），
设直线
解得：
∴直线DQ的解析式为
则 ，
消去得：

解得：
当时，
当时，
所以方程组的解为：或，
∴
【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，利用待定系数法求解二次函数的解析式，旋转的性质，求解一次函数与二次函数的交点坐标，作出适当的辅助线构建全等三角形，再利用全等三角形的性质证明相等的线段，再得到点的坐标是解本题的关键.
60．x1=2+，x2=2-
【分析】先移项，方程两边同时加上一次项系数的一半，再根据完全平方公式分解因式，最后根据直接开平方法解方程即可．
【详解】解：移项，得x2-4x=-1
配方，得x2-4x+4=3，即(x-2)2=3，
开平方，得x-2=±
∴x1=2+，x2=2-．
【点睛】配方法解一元二次方程是一元二次方程极为重要的方法，在中考中比较常见，在各种题型中均有出现，一般难度不大，要熟练掌握．
61．
【分析】连接BC，利用直径对的圆周角是 ，得到，再利用同弧所对的圆周角相等，得到,最后利用三角形内角和定理即可求解．
【详解】解：连接．

是的直径
．


=
即
【点睛】本题考查了直径所对的圆周角是直角，已经同弧所对的圆周角相等的基本知识，属于基础题．
62．见解析，
【分析】利用列表法，求解所有的等可能的结果数以及甲、乙投放到不同垃圾箱的等可能的结果数，再利用概率公式可得答案．
【详解】解：列表如下：


























共有16种等可能结果，其中甲、乙投放到不同垃圾箱（记作事件）有种，
．
【点睛】本题考查的是利用列表法求解等可能事件的概率，掌握列表的方法是解题的关键．
63．（1）见解析；（2）；（3）点
【分析】（1）分别半A、B两点绕点C顺时针方向旋转90°得出即可；
（2）根据弧长公式求解即可；
（3）根据旋转中心的定义进行辨析即可．
【详解】解：（1）如图，为所求

（2）点的路径长为：
（3）可以看作是由旋转得到，在点中，点是旋转中心．
理由：NC=NF，NA1=ND，NB1=NE,∠A1ND=∠CNF=∠B1NE=90°
所以，点是旋转中心．
故答案为：N．
【点睛】此题主要考查了旋转图形的画法、旋转中心的确定以及弧长的求法，学会求作旋转三角形是解答此题的关键．
64．（1）当长度为时，矩形菜园的面积为；（2）不能围成面积为的菜园，见解析
【分析】（1）设当长度为，根据“矩形菜园的面积为”，列出关于x的方程，即可求解；
（2）如果矩形菜园面积为时，列出关于x的一元二次方程，利用判别式，即可得到结论．
【详解】解：（1）设当长度为，矩形菜园的面积为．
则，解得：或
当时，，不符合题意．
舍去
答：当长度为时，矩形菜园的面积为；
（2）不能围成，如果矩形菜园面积为时，
则：，
∵，方程没有实数根．
∴不能围成面积为的菜园．
【点睛】此题主要考查了一元二次方程的应用，关键是正确理解题意，找出题目中的等量关系，设出未知数，列出方程．
65．（1）3（2）
【分析】（1）根据全等三角形的判定得到△AOB≌△CEA，可得OB=EA，AO=CE，由点A，B的坐标可得EA=4，CE=3，从而得到点C的坐标，因为反比例函数的图象经过点，可求得k的值；
（2）设AC的解析式为y=kx+b(k≠0)，根据点A，C的坐标可求出AC的解析式，继而得到点D的坐标，根据点A，B的坐标可得AB的长，从而得到△ABC的面积，设点P坐标为，根据，可求出m的值，从而得到点P的坐标．
【详解】解：（1）作CE⊥x轴，垂足为E点，

∵把线段绕点逆时针旋转到，
∴∠BAC=90°，AB=AC，
∴∠CAE+∠BAO=∠CAE+∠ACE，
即∠BAO=∠ACE，
在△AOB和△CEA中，
，
∴△AOB≌△CEA（AAS），
∴OB=EA，AO=CE，
∵点，
∴EA=4，CE=3，
∴点C的坐标为(1，3)，
∵反比例函数的图象经过点，
∴k=1×3=3；
（2）设AC的解析式为y=kx+b(k≠0)，
∵点，
∴，
解得，
∴AC的解析式为，
令x=0，则y=，
∴点D的坐标为，
∵，
∴AB=，
∴S△ABC=×5×5=，
设点P坐标为，
∵，
∴，
解得，
∴点P坐标为．
【点睛】本题考查了反比例函数与几何，全等三角形的判定与性质，旋转的性质，求一次函数解析式，勾股定理等知识．证得△AOB≌△CEA是解（1）题的关键．求得点D的坐标是解（2）题的关键．
66．(1)见解析
(2)见解析
(3)

【分析】（1）连接OC，根据直径所对的角是直角及等腰三角形转换得∠BCF +∠OCB=90°，即可得证
（2）根据同弧或等弧所对的角相等，以及平行线的判定和性质，推论转化得证
（3）利用勾股定理列方程计算得出OH的长度，再利用中位线的性质得出AD的长度
(1)
解：如图，连接OC

∵AB是直径
∴∠ACB=90°
∴∠ACO+∠OCB=90°
∵OA=OC
∴∠BAC=∠ACO
∵∠BCF=∠BAC
∴∠BCF +∠OCB=90°
∴∠OCF=90°
∴OC⊥CF
∴CF是⊙O的切线
(2)
∵点C是劣弧BD中点

∴∠CAD=∠BAC
∵∠BCF=∠BAC
∴∠CAD=∠BCF

∴∠CAD=∠CBD
∴∠BCF=∠CBD
∴CF∥BD
∴∠ABD=∠F

∴∠ACD=∠ABD
∴∠ACD=∠F
(3)
，

∴点H为BD的中点
∵AB＝10，BC＝6

设OH=x，则CH=5-x，根据勾股定理得


解得：

∵OH是中位线
∴
【点睛】本题考察了圆和三角形的综合问题，利用同弧或等弧所对的角相等以及利用勾股定理列出方程，是解决问题的关键．
67．（1）；（2）；（3），，，
【分析】（1）直接将代入解析式，运用待定系数法求解即可；
（2）由题意可知为等腰三角形，即：，作于E点，交对称轴于P点，将E点关于对称轴对称至BC上D点，此时最小，即为BE的长，然后利用等面积法求解BE即可；
（3）设，，当BM和BD分别为对角线时，进行分类讨论即可．
【详解】（1）将代入解析式得：
，解得：，
∴抛物线的解析式为：；
（2）由抛物线的对称性可知，为等腰三角形，即：，
如图所示，作于E点，交对称轴于P点，
此时，将E点关于对称轴对称至BC上D点，
∴此时最小，即为：BE的长，
∵，
∴，
由抛物线解析式可得：顶点，
∴，
由A、C坐标可得，
∴由，解得：，
∴的最小值为；

（3）设，，
由（2）可知，，，
∴△ABC为等边三角形，在（2）的条件下，D为BC的中点，
则D的坐标为，
①当BM为对角线时，如图所示，
根据平行四边形四个顶点的相对位置关系有：
，解得：或，
即：，；

②当BD为对角线时，如图所示，
根据平行四边形四个顶点的相对位置关系有：
，解得：或，
即：，；

综上所述，N的坐标为，，，．
【点睛】本题考查二次函数与几何综合，准确求取解析式并熟练运用平行四边形的性质进行合理的分类讨论是解题关键．
68．或
【分析】先移项，再根据完全平方公式配方，开方，即可得出两个一元一次方程，最后求出方程的解即可．
【详解】解：，
，
配方得：，
，
开方得：，
解得：或．
【点睛】本题考查了用配方法解一元二次方程，能够正确配方是解此题的关键．
69．（1）；（2）
【分析】（1）利用待定系数法把A点坐标代入反比例函数y＝（k为常数，k≠0）可得k的值，进而得到反比例函数解析式；
（2）将x=-4代入，即可求出y的值．
【详解】（1）∵反比例函数y=的图象经过点A（2，3），
∴,
∴解析式为
（2）当时，
.
【点睛】本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，掌握待定系数法求得一次函数解析式是解题的关键．
70．
【详解】


答：贴纸部分的面积为
【点睛】本题考查扇形的面积公式，解答本题的关键是熟练掌握扇形的面积公式：，注意使用公式时度不带单位.,
71．(1)2(1+x); (2)每年的平均增长率为10%.
【分析】（1）根据增长率问题由第1年的可变成本为2万元就可以表示出第二年的可变成本为2（1+x）万元，得出答案；
（2）根据养殖成本=固定成本+可变成本建立方程求出其解即可
【详解】(1)由题意，得:
第2年的可变成本为：2(1+x)万元，
故答案为：2（1+x）；
(2).
解得，，(舍去)
答：每年的平均增长率为10%.
【点睛】本题考查了增长率的问题关系的运用，列一元二次方程解实际问题的运用，一元二次方程的解法的运用，关键是根据增长率问题的数量关系建立方程．
72．（1）见解析；（2）
【分析】（1）列表展示所有12种等可能的结果数，得出点A所有的坐标情况即可;
（2）直接利用列表得出的所有可能情况，然后根据概率公式求解．
【详解】(1)列表为:

0
-1
1
2
0

（-1,0）
（1,0）
（2,0）
-1
（0，-1）

（1，-1）
（2，-1）
1
（0,1）
（-1,1）

（2，1）
2
（0,2）
（-1,2）
（1，,2）


(2)由(1)得，点A的坐标共有12种等可能情况.
点A在函数图象上的情况只有3种.
所以点A在函数图象上的概率为
【点睛】本题考查了列表法与树状图法求概率、概率公式、一次函数图象上点的坐标特征，正确列举出所有可能是解题的关键．
73．（1）见解析；（2）∥，理由见解析.
【分析】（1）将点C与点B分别绕点A逆时针旋转90°得到其对应点，再与点A首尾顺次连接即可得；
（2）依据旋转后的图形，即可得到与的位置关系．
【详解】(1)如图所示:
.
(2)猜想：∥.
理由：
,
,
.
∵20+5=25，
∴.
∴=90°.
又由旋转可知=90°
∴+=180°.
∴∥
【点睛】本题考查了利用旋转变换作图，旋转作图有自己独特的特点，决定图形位置的因素较多，旋转角度、旋转方向、旋转中心，任意不同，位置就不同，但得到的图形全等．
74．（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）
【分析】（1）连接OC, PC是⊙O切线，只要证明OC⊥PC即可;
（2）连结AD,根据相等的圆周角所对的弦相等，得出AD=BD，进而利用勾股定理得出，再由△ACO为等边三角形，得出结论;
（3）根据∠DBA=∠ACE=45°, ∠P=∠PCA=30°,得出PC=PE=,再利用勾股定理得出CO=6，PO=12，进而得出结论.
【详解】解：（1）连接OC，
,
∵∠BAC=60°，且OA=OC，
∴∠OCA=∠OAC=60°.
∵AP=AC，且∠P+∠PCA=∠BAC=60°，
∴∠P=∠PCA=30°.
∴∠PCO=∠PCA+∠ACO=90°.
∴PC为切线.
(2)连结AD.
∵CD平分∠ACB，且∠ACB=90°，
∴∠ACD=∠BCD=45°.
∴AD=BD.
∵在Rt△ADB中，.
∴
又∵OA=OC，∠CAO=60°，
∴△ACO为等边三角形，
∴AC=CO=AO.
∴.
∴BD=PA ;
(3) ∵∠DBA=∠ACE=45°, ∠P=∠PCA=30°,
∴，
∴
∴PC=PE=.
又在Rt△PCO中，OP=OA+PA=2OC，，
∴CO=6，PO=12.
∴
∴
【点睛】本题考查了圆周角定理和等边三角形的性质，（1）中得出△ACO为等边三角形是关键，（2）中得出PC=PE解题的关键．
75．（1）；（2）①；②Q点坐标为或.
【分析】（1）直接把A、B代入解析式求解即可;
（2）①根据自变量与函数值的对应关系，可得P点坐标，M点坐标，根据线段的和差，可得PM的长，A到PM的距离，B到PM的距离，根据三角形的面积公式，可得答案；
②由①得到点P坐标，根据S△ACQ=s，得到直线AB向上平移3个单位的直线，联立和 即可得解.
【详解】(1)把点和点代入得:
，.
解得.
∴..
（2）∵，，
∴.
∵，.
∴
∴，即.
当时，最大值.
（2）当△ABP的面积取最大值时，P点坐标为.
∴.
∵S△ACQ=S△ABP，∴S△AQB=2S△ABP，
∴可使直线AB向上平移3个单位长度，得
联立，解得Q点坐标为或.

【点睛】本题考查了二次函数综合题，利用自变量与函数值的对应关系得出P，M点坐标，利用线段的和差得出PM的长，A到PM的距离，B到PM的距离是解题关键．