2023年山东省泰安市东平县实验中学九年级下学期第一次模拟考试题(含答案)

这是一份2023年山东省泰安市东平县实验中学九年级下学期第一次模拟考试题(含答案)，共29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。
2023年山东省泰安市东平县实验中学九年级下学期第一次模拟考试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．计算的结果等于（    ）
A．2 B． C． D．
2．截止到2020年2月14日，各级财政已安排疫情防控补助资金亿元，其中中央财政安排亿元，为疫情防控提供了有力保障，其中数据亿用科学记数法可表示为（  ）
A． B． C． D．
3．如图，由8个大小相同 小正方形组成的几何体中，在几号小正方体上方添加一个小正方体，其左视图可保持不变（  ）

A．① B．② C．③ D．④
4．下列等式从左到右的变形属于因式分解的是（    ）
A．a2﹣2a+1＝（a﹣1）2 B．a（a+1）（a﹣1）＝a3﹣a
C．6x2y3＝2x2•3y3 D．
5．点，在第一象限，则点，在　　
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
6．某中学校长计划周三早上去听课，已知该校七年级有4个班，八年级有5个班，九年级有4个班，校长从上午的课中随机选择一个班取听一节课，校长所选择听课的班级正好是九年级的概率是（  ）
A． B． C． D．
7．已知直线，将一块含角的直角三角板按如图所示方式放置，若，则等于（    ）

A． B． C． D．
8．如图，将△ABC沿直线DE折叠，使点C与点A重合，已知AB＝7，BC＝6，则△BCD的周长为（　　）

A．12 B．13 C．19 D．20
9．若将直线向下平移m个单位长度与双曲线恰好只有一个公共点，则m的值为（        ）
A．2 B．18 C．−2或18 D．2或18
10．如图，抛物线y1＝ax2+bx+c（a≠0）的顶点坐标A（﹣1，3），与x轴的一个交点B（﹣4，0），直线y2＝mx+n（m≠0）与抛物线交于A、B两点，下列结论：①2a﹣b＝0；②抛物线与x轴的另一个交点坐标是（2，0）；③7a+c＞0；④方程ax2+bx+c﹣2＝0有两个不相等的实数根；⑤当﹣4＜x＜﹣1时，则y2＜y1．其中正确结论的个数为（　　）

A．2 B．3 C．4 D．5
11．如图是某商场一楼与二楼之间的手扶电梯示意图.其中、分别表示一楼、二楼地面的水平线，，的长是，则乘电梯从点到点上升的高度是（    ）

A． B． C． D．
12．如图，等边的边长为4，点是边上的一动点，连接，以为斜边向上作等腰，连接，则AE的最小值为（　　）

A．1 B． C．2 D．

二、填空题
13．如图，数轴上点A表示的数为a，化简：a_____．

14．如图，在△ABC中，AB＝10，AC＝8，∠ABC、∠ACB的平分线相交于点O，MN过点O，且MN∥BC，分别交AB、AC于点M、N．则△AMN的周长为_______．

15．若关于的方程无解，则______________。
16．如图，是用一把直尺、含角的直角三角板和光盘摆放而成，点为角与直尺交点，点为光盘与直尺唯一交点，若则光盘的直径是____________．

17．如图，已知长方形ABCD顶点坐标为A（1，1），B（3，1），C（3，4），D（1，4），一次函数y＝2x＋b的图像与长方形ABCD的边有公共点，则b的变化范围是__________．

18．如图，在△ABC中，AB=AC=2，∠BAC=120°，点D、E都在边BC上，∠DAE=60°．若BD=2CE，则DE的长为________．


三、解答题
19．计算
(1)化简：；
(2)解不等式组，并写出不等式组的最小整数解．
20．如图，直线y=kx+b（k≠0）与双曲线y=（m≠0）交于点A（﹣，2），B（n，﹣1）．
（1）求直线与双曲线的解析式．
（2）点P在x轴上，如果S△ABP=3，求点P的坐标．

21．2018年东营市教育局在全市中小学开展了“情系疏勒书香援疆”捐书活动，200多所学校的师生踊跃参与，向新疆疏勒县中小学共捐赠爱心图书28.5万余本．某学校学生社团对本校九年级学生所捐图书进行统计，根据收集的数据绘制了下面不完整的统计图表．请你根据统计图表中所提供的信息解答下列问题：
图书种类
频数（本）
频率
名人传记
175
a
科普图书
b
0.30
小说
110
c
其他
65
d

（1）求该校九年级共捐书多少本；
（2）统计表中的a=　 　，b=　 　，c=　 　，d=　 　；
（3）若该校共捐书1500本，请估计“科普图书”和“小说”一共多少本；
（4）该社团3名成员各捐书1本，分别是1本“名人传记”，1本“科普图书”，1本“小说”，要从这3人中任选2人为受赠者写一份自己所捐图书的简介，请用列表法或树状图求选出的2人恰好1人捐“名人传记”，1人捐“科普图书”的概率．

22．某车行去年A型车的销售总额为6万元，今年每辆车的售价比去年减少400元．若卖出的数量相同，销售总额将比去年减少20%．
（1）求今年A型车每辆车的售价．
（2）该车行计划新进一批A型车和B型车共45辆，已知A、B型车的进货价格分别是1100元，1400元，今年B型车的销售价格是2000元，要求B型车的进货数量不超过A型车数量的两倍，应如何进货才能使这批车获得最大利润，最大利润是多少？
23．在平行四边形ABCD中，以AB为边作等边△ABE，点E在CD上，以BC为边作等边△BCF，点F在AE上，点G在BA延长线上且FG＝FB．
（1）若CD＝6，AF＝3，求△ABF的面积；
（2）求证：BE＝AG+CE．

24．抛物线的顶点坐标为，与x轴交于点两点，与y轴交于点C，点M是抛物线上的动点．

(1)求这条抛物线的函数表达式；
(2)如图1，若点M在直线BC上方抛物线上，连接AM交BC于点E，求的最大值及此时点M的坐标；
(3)如图2，已知点，是否存在点M，使得？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
25．如图所示，为的直径，点C为圆上一点，于点E．

(1)如图1，当点E是的中点时，求的度数；
(2)如图2，连接，若，求的值；
(3)如图3，在（2）的条件下，将绕点B顺时针旋转得到，请证明直线是的切线．

参考答案：
1．D
【分析】先计算乘方，再用有理数的除法法则计算即可.
【详解】解：
故选：D
【点睛】本题考查了有理数的混合运算，熟练掌握运算法则是解题的关键.
2．C
【分析】科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．当数绝对值＞10时，n是正数；当原数的绝对值＜1时，n是负数．
【详解】解：亿=25290000000=；
故选：C.
【点睛】此题考查科学记数法的表示方法．科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数，表示时关键要正确确定a的值以及n的值．
3．C
【分析】先画出左视图，从左视图可以看出第二列有3层，则得到在③号小正方体上方添加一个小正方体，左视图保持不变.
【详解】解：根据题意，左视图为：

由左视图可知，在③号小正方体上方添加一个小正方体，左视图保持不变.
故选：C.
【点睛】本题考查了几何体的三种视图和学生的空间想象能力，正确掌握左视图是解题关键．
4．A
【分析】根据因式分解是把一个多项式转化成几个整式积的形式，可得答案．
【详解】A、是因式分解，故A正确；
B、是整式的乘法运算，故B错误；
C、是单项式的变形，故C错误；
D、没把一个多项式转化成几个整式积的形式，故D错误；
故选：A．
【点睛】本题考查了因式分解的意义，因式分解是把一个多项式转化成几个整式积的形式．
5．B
【分析】直接利用点，1）在第一象限得出ab＞0，a≠0，即可得出点B所在象限．
【详解】解：∵点，在第一象限，
∴＞0，
∴ab＞0，a≠0，
∴＜0，
则点B（，ab）在第二象限．
故选：B．
【点睛】此题主要考查了点的坐标，正确得出横纵坐标的符号是解题关键．
6．A
【分析】根据题意，这个学校有13个班，九年级有4个班，根据概率公式即可得到答案.
【详解】解：根据题意，这个学校有13个班，其中九年级有4个班，
∴校长所选择听课的班级正好是九年级的概率是：；
故选：A.
【点睛】本题考查了简单随机事件的概率，解题的关键是掌握求概率的公式进行计算.
7．D
【分析】利用对顶角相等及三角形内角和定理，可求出∠4的度数，由直线l1∥l2，利用“两直线平行，内错角相等”可求出∠2的度数．
【详解】解：∵∠A+∠3+∠4=180°，∠A=30°，∠3=∠1=85°，
∴∠4=65°．
∵直线l1∥l2，
∴∠2=∠4=65°．
故选：D．

【点睛】本题考查了平行线的性质以及三角形内角和定理，牢记“两直线平行，内错角相等”是解题的关键．
8．B
【分析】根据折叠的性质可得AD＝CD，通过等边代换计算三角形△BCD的周长即可．
【详解】解：由折叠可知，AD＝CD，
∵AB＝7，BC＝6，
∴△BCD的周长＝BC+BD+CD＝BC+BD+AD＝BC+AB＝7+6＝13，
故选：B．
【点睛】本题考查了折叠的性质，三角形周长计算，掌握折叠的性质是解题的关键．
9．D
【分析】先根据一次函数的图象平移规律得出平移后的直线解析式，再联立双曲线的解析式，化简可得一个关于x的一元二次方程，然后根据根的判别式列出等式，求解即可得．
【详解】将直线向下平移m个单位长度得到的直线解析式为
联立
化简得：
由题意得，关于x的一元二次方程只有一个实数根
则其根的判别式
解得或
故选：D．
【点睛】本题考查了反比例函数与一次函数的交点问题、一次函数的图象平移规律、一元二次方程的根的判别式等知识点，理解题意，将问题转化为利用一元二次方程的根的判别式求解是解题关键．
10．D
【分析】①利用对称轴方程进行解答；②利用抛物线的对称性质求解便可；③把（2，0）代入二次函数解析式，并把b换成a的对称代数式便可；④根据抛物线抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与直线y＝2的交点情况解答；⑤根据两函数图象的位置关系解答．
【详解】解：①由抛物线对称轴知，x＝=-1，
∴2a﹣b＝0，则此小题结论正确；
②设抛物线与x轴的另一个交点坐标是（m，0），根据题意得，，
∴m＝2，则此小题结论正确；
③把（2，0）代入y＝ax2+bx+c得，4a+2b+c＝0，
∵x＝=-1，
∴b＝2a，
∴4a+2×2a+c＝0，
∴8a+c＝0，
∴7a+c＝﹣a＞0，则此小题结论正确；
④由函数图象可知，直线y＝2与抛物线y＝ax2+bx+c有两个交点，
∴ax2+bx+c＝2有两个不相等的实数根，即ax2+bx+c﹣2＝0有两个不相等的实数根，则此小题结论正确；
⑤由函数图象可知，当﹣4＜x＜﹣1时，抛物线在直线上方，于是y2＜y1．则此小题结论正确．
故选：D．
【点睛】本题主要考查了二次函数的图象与系数的关系．对于二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0），二次项系数a决定抛物线的开口方向和大小：当a＞0时，抛物线向上开口；当a＜0时，抛物线向下开口；一次项系数b和二次项系数a共同决定对称轴的位置：当a与b同号时（即ab＞0），对称轴在y轴左； 当a与b异号时（即ab＜0），对称轴在y轴右．（简称：左同右异）；常数项c决定抛物线与y轴交点：抛物线与y轴交于（0，c）；抛物线与x轴交点个数由决定：＝b2﹣4ac＞0时，抛物线与x轴有2个交点；＝b2﹣4ac＝0时，抛物线与x轴有1个交点；＝b2﹣4ac＜0时，抛物线与x轴没有交点．
11．A
【分析】过C作CE⊥AB，已知∠ABC=150°，即可求出∠CBE=30°，根据含30度角的直角三角形的性质即可解答．
【详解】过C作CE⊥AB于E点，如图所示：

由题意可求出∠CBE=180°-∠ABC=180°-150°=30°，
∴在中，，即．
故选：A．
【点睛】此题主要考查含30度角的直角三角形的性质，正确的作出辅助线是解题关键．
12．B
【分析】过点作于点，作射线，可证点，点，点，点四点共圆，可得，则点在的角平分线上运动，即当时，的长度有最小值，由直角三角形的性质可求解．
【详解】解：如图，过点作于点，作射线，

是等边三角形，，
，
，
点，点，点，点四点共圆，
，
点在的角平分线上运动，
当时，的长度有最小值，
，
，
的最小值为，
故选：B．
【点睛】本题考查旋转的性质，等边三角形的性质，垂线段最短，四点共圆，圆周角定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
13．2
【分析】直接利用二次根式的性质以及结合数轴得出a的取值范围进而化简即可．
【详解】解：由数轴可得：0＜a＜2，
则a+
=a+
=a+（2﹣a）
=2．
故答案为：2．
【点睛】本题主要考查了二次根式的性质与化简，解题的关键是正确得出a的取值范围．
14．18
【分析】由在△ABC中，∠ABC与∠ACB的平分线相交于点O，过点O作MN∥BC，易证得△BOM与△CON是等腰三角形，继而可得△AMN的周长等于AB+AC．
【详解】∵在△ABC中，∠ABC、∠ACB的平分线相交于点O，
∴∠ABO＝∠OBC，
∵MN∥BC，
∴∠MOB＝∠OBC，
∴∠ABO＝∠MOB，
∴BM＝OM，
同理CN＝ON，
∴△AMN的周长是：AM+NM+AN＝AM+OM+ON+AN＝AM+BM+CN+AN＝AB+AC＝10+8＝18．
故答案为：18．
【点睛】本题考查等腰三角形的判定与性质，角平分线的性质，平行线的判定，三角形周长的求法，等量代换等知识点．
15．9或3或-3
【分析】去分母后所得整式方程无解或解这个整式方程得到的解使原方程的分母等于0．
【详解】分式方程化简，得

整理，得

当时，即，整式方程无解；
当，即或时，分式方程无解，
当时，；
当时，．
故答案为：9或3或﹣3．
【点睛】本题主要考查了分式方程的解，正确分类讨论是解题关键．
16．
【分析】如图，点C为光盘与直角三角板唯一的交点，连接OB，利用切线的性质得到OB⊥AB，OA平分∠BAC，则可计算出∠OAB=60°，然后在Rt△OAB中利用含30度的直角三角形三边的关系求出OB，从而得到光盘的直径．
【详解】解：如图，

点C为光盘与直角三角板唯一的交点，
连接OB，
∴OB⊥AB，OA平分∠BAC，
∵∠BAC=180°-60°=120°，
∴∠OAB=60°，
在Rt△OAB中，OB=AB=3，
∴光盘的直径为6．
故答案为6．
【点睛】本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．若出现圆的切线，必连过切点的半径，构造定理图，得出垂直关系；若没有已知切点，则作垂线段得到圆的半径．
17．
【分析】由于一次函数y=2x+b的图象与长方形ABCD的边有公共点，观察图象可知，有公共点时最左端是D点，最右端是B点，于是把D、B的坐标代入分别求得b值即可．
【详解】解：由直线y=2x+b随b的数值不同而平行移动，可知：
当直线通过点D时，，
解得：b=2；
当直线通过点B时，，
解得：．
则b的范围为：．
故答案为：.
【点睛】本题考查了一次函数图象与系数的关系以及矩形的性质；在直线的平行移动过程中，按题意找出直线经过的关键点是解题的关键．
18．##
【分析】将△ABD绕点A逆时针旋转120°得到△ACF，取CF的中点G，连接EF、EG，由AB=AC=2、∠BAC=120°，可得出∠ACB=∠B=30°，根据旋转的性质可得出∠ECG=60°，结合CF=BD=2CE可得出△CEG为等边三角形，进而得出△CEF为直角三角形，通过解直角三角形求出BC的长度以及证明全等找出DE=FE，设EC=x，则BD=CF=2x，DE=FE=6-3x，在Rt△CEF中利用勾股定理可得出FE=x，利用FE=6-3x=x可求出x以及FE的值，此题得解．
【详解】将△ABD绕点A逆时针旋转120°得到△ACF，取CF的中点G，连接EF、EG，如图所示．

∵AB=AC=2，∠BAC=120°，
∴∠ACB=∠B=∠ACF=30°，
∴∠ECG=60°．
∵CF=BD=2CE，
∴CG=CE，
∴△CEG为等边三角形，
∴EG=CG=FG，
∴∠EFG=∠FEG=∠CGE=30°，
∴△CEF为直角三角形．
∵∠BAC=120°，∠DAE=60°，
∴∠BAD+∠CAE=60°，
∴∠FAE=∠FAC+∠CAE=∠BAD+∠CAE=60°．
在△ADE和△AFE中，
，
∴△ADE≌△AFE（SAS），
∴DE=FE．
设EC=x，则BD=CF=2x，DE=FE=6-3x，
在Rt△CEF中，∠CEF=90°，CF=2x，EC=x，
EF==x，
∴6-3x=x，
x=3-，
∴DE=x=3-3．
故答案为3-3．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、勾股定理以及旋转的性质，通过勾股定理找出方程是解题的关键．
19．(1)
(2)，

【分析】（1）先计算括号内的减法，再把除法转化为乘法运算，约分后即可；
（2）先分别解不等式组中的两个不等式，确定两个不等式解集的公共部分即可．
【详解】（1）解：原式

．
（2），
由①得，，
由②得：，
∴不等式组的解集为：，
∴不等式组的最小整数解为．
【点睛】本题考查的是分式的混合运算，一元一次不等式组的解法，掌握以上基础运算的运算方法与步骤是解本题的关键．
20．（1）y=﹣2x+1；（2）点P的坐标为（﹣，0）或（，0）．
【分析】（1）把A的坐标代入可求出m，即可求出反比例函数解析式，把B点的坐标代入反比例函数解析式，即可求出n，把A，B的坐标代入一次函数解析式即可求出一次函数解析式；
（2）利用一次函数图象上点的坐标特征可求出点C的坐标，设点P的坐标为(x,0)，根据三角形的面积公式结合S△ABP=3，即可得出，解之即可得出结论．
【详解】（1）∵双曲线y=（m≠0）经过点A（﹣，2），
∴m=﹣1．
∴双曲线的表达式为y=﹣．
∵点B（n，﹣1）在双曲线y=﹣上，
∴点B的坐标为（1，﹣1）．
∵直线y=kx+b经过点A（﹣，2），B（1，﹣1），
∴，解得
∴直线的表达式为y=﹣2x+1；
（2）当y=﹣2x+1=0时，x=，
∴点C（，0）．
设点P的坐标为（x，0），
∵S△ABP=3，A（﹣，2），B（1，﹣1），
∴×3|x﹣|=3，即|x﹣|=2，
解得：x1=﹣，x2=．
∴点P的坐标为（﹣，0）或（，0）．
【点睛】本题考查了反比例函数与一次函数的交点问题、一次（反比例）函数图象上点的坐标特征、待定系数法求一次函数、反比例函数的解析式以及三角形的面积，解题的关键是：（1）根据点的坐标利用待定系数法求出函数的解析式；（2）根据三角形的面积公式以及S△ABP=3，得出．
21．（1）该校九年级共捐书500本；（2）0.35、150、0.22、0.13；（3）估计“科普图书”和“小说”一共780本；（4）所求的概率为
【详解】分析：（1）根据名人传记的圆心角求得其人数所占百分比，再用名人传记的人数除以所得百分比可得总人数；
（2）根据频率=频数÷总数分别求解可得；
（3）用总人数乘以样本中科普图书和小说的频率之和可得；
（4）列表得出所有等可能结果，从中找到恰好1人捐“名人传记”，1人捐“科普图书”的结果数，利用概率公式求解可得．
详解：（1）该校九年级共捐书：175÷＝500(本)；
（2）a=175÷500=0.35、b=500×0.3=150、c=110÷500=0.22、d=65÷500=0.13，
（3）估计“科普图书”和“小说”一共1500×（0.3+0.22）=780（本）；
（4）分别用“1、2、3”代表“名人传记”、“科普图书”、“小说”三本书，可用列表法表示如下：

1
2
3
1

（2，1）
（3，1）
2
（1，2）

（3，2）
3
（1，3）
（2，3）


则所有等可能的情况有6种，其中2人恰好1人捐“名人传记”，1人捐“科普图书”的情况有2种，
所以所求的概率：P＝．
点睛：本题考查了列表法和树状图法求概率，频数分布直方图，扇形统计图，正确的识图是解题的关键．
22．（1）今年A型车每辆车售价为1600元；（2）购进15辆A型车、30辆B型车时销售利润最大，最大利润是25500元．
【详解】分析：（1）设今年A型车每辆售价为x元，则去年每辆售价为（x+400）元，根据数量=总价÷单价，即可得出关于x的分式方程，解之经检验后即可得出结论；
（2）设今年新进A型车a辆，销售利润为y元，则新进B型车（45﹣a）辆，根据销售利润=单辆利润×销售数量，即可得出y关于a的函数关系式，由B型车的进货数量不超过A型车数量的两倍，即可得出关于a的一元一次不等式，解之即可得出a的取值范围，再利用一次函数的性质即可解决最值问题．
详解：（1）设今年A型车每辆售价为x元，则去年每辆售价为（x+400）元，
根据题意得：
，
解得：x=1600，
经检验，x=1600是原分式方程的解，
∴今年A型车每辆车售价为1600元．
（2）设今年新进A型车a辆，销售利润为y元，则新进B型车（45﹣a）辆，
根据题意得：y=（1600﹣1100）a+（2000﹣1400）（45﹣a）=﹣100a+27000．
∵B型车的进货数量不超过A型车数量的两倍，
∴45﹣a≤2a，解得：a≥15．
∵﹣100＜0，
∴y随a的增大而减小，
∴当a=15时，y取最大值，最大值=﹣100×15+27000=25500，此时45﹣a=30．
答：购进15辆A型车、30辆B型车时销售利润最大，最大利润是25500元．
点睛：本题考查了分式方程的应用、一元一次不等式的应用以及一次函数的性质，解题的关键是：（1）找准等量关系，正确列出分式方程；（2）利用一次函数的性质求出最大利润．
23．（1）；（2）详见解析.
【分析】（1）根据△ABE为等边三角形，就可以求出△ABE在边AE上的高，因此就可以计算出S△ABF；
（2）首先作FH⊥AB于H，CJ⊥AE交AE的延长线于J，再证明△ABF≌△EBC（SAS），同时证明△FHA≌△CJE（AAS），从而证明Rt△FGH≌Rt△CJF（HL），因此可以得到EF＝AG，进而证明BE＝AE＝AF+EF．
【详解】（1）解：∵△ABE是等边三角形，
∴∠BAF＝60°，AB＝AE，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD＝6，
∴AE＝AB＝6，
∵AF＝3，
∴AF＝EF，
∴S△ABF＝S△ABE＝••62＝．
（2）作FH⊥AB于H，CJ⊥AE交AE的延长线于J．
∵△ABE，△FBC都是等边三角形，
∴BA＝BE，BF＝BC，∠ABE＝∠FBC＝60°，
∴∠ABF＝∠EBC，
∴△ABF≌△EBC（SAS），
∴AF＝EC，
∵AB∥CD，
∴∠CEJ＝∠FAH，
∵∠FHA＝∠J＝90°，
∴△FHA≌△CJE（AAS），
∴FH＝CJ，AH＝EJ，
∵FB＝FG＝FC，FH＝CJ，
∴Rt△FGH≌Rt△CJF（HL），
∴GH＝FJ，∵AH＝EJ，
∴EF＝AG，
∵BE＝AE＝AF+EF，
∴BE＝RC+AG．

【点睛】本题主要考查三角形全等的判定，利用角角边，边角边，HL的判定定理来判定三角形全等，关键点在于作辅助线构造直角三角形．
24．(1)；
(2)；；
(3)存在；或（0，3）

【分析】（1）因为已知抛物线的顶点坐标，所以将抛物线设为顶点式，将B坐标代入求解即可；
（2）过点M作轴交直线BC于点，过点A作轴交直线BC于点，先证△∽△得到对应边的比值相等，设M(m,)，通过相似三角形的性质得到间的比，然后根据抛物线的性质即可求出最值，进而求得M坐标；
（3）取线段BQ的中点G，再将QG绕点Q旋转90°得到，则tan∠MBQ=，直线与抛物线的交点即为点M，然后分类讨论，分为将QG绕点Q顺时针旋转90°，将QG绕点Q逆时针旋转90°，通过联立方程组的方法即可求得M的坐标．
【详解】（1）解：∵抛物线过顶点(1,4)，
所以可以设抛物线解析式为：，
将B(3,0)代入得，，
∴抛物线的解析式为：，
即：；
（2）如图，过点M作轴交直线BC于点，过点A作轴交直线BC于点，

∵直线BC过点C(0,3) ，
∴设直线BC的表达式为：，
将B(3,0)代入，
得k=-1，
∴：，
，
，
∴△∽△，
∴=，
设M(m,)，则（m,），
∴=-()=，
令，解得，
∴A(-1,0)，
∵：， 令，解得，
∴(-1,4)，
∴，
∴==，
∵＜0，
当m==时，最大，
把m=代入得，==，
把m=代入M(m,)，
解得M点坐标为（，）；
（3）取线段BQ的中点G，再将QG绕点Q旋转90°得到，
则tan∠MBQ=，直线与抛物线的交点即为点M，
①将QG绕点Q顺时针旋转90°，得到，
分别过点、点B作x轴垂线，与过Q点的水平线分别交于点N、Z，

∵QG绕点Q旋转90°得到，
，
轴，
，
，
，
∴△∽△ZBQ，
∵G是QB的中点，，
∴，
∴，，
，
∴，
设lBG′：，将B(3,0)，代入，
得，解得，
∴lBG′：，
由，
解得：或（舍去），
∴M(,)；
②如图，将线段QG绕点Q逆时针旋转90°得到QG″，
连接G″B并延长交抛物线于点M，过G″作x轴平行线交y轴于点L，
∵旋转90°，∴，
，
，
又∵，
∴△LQG″∽△OBQ，且相似比为，

∴LG″，，
，
∴G″，
又∵B(3,0)，
设:，
将G″，B(3,0)代入，
得，解得，
∴:，
由 ，
解得：或（舍去），
∴M(0,3)，
综上所述，点M的坐标为（，）或（0，3）．
【点睛】本题是一道二次函数综合题，主要考查了相似三角形的判定与性质，角的存在性问题等，解决问题的关键是做横平竖直线，将“斜线段”转化为“垂线段”，利用函数思想解决最题．
25．(1)30°
(2)
(3)见解析

【分析】（1）根据垂径定理及等边三角形的判定可得△OCD是等边三角形，利用等边三角形的性质及等边对等角即可得出结果；
（2）连接BC，根据直径所对的圆周角为直角得出BC⊥AC，利用平行四边形的判定得出四边形 BCDE 为平行四边形，结合中位线的性质、勾股定理及正切函数的定义即可求解；
（3）延长EO交PQ 的延长线于H，根据旋转的性质及相似三角形的判定和性质即可证明．
【详解】（1）解：∵点E是OD的中点，且OD⊥AC，

∴CO=CD，，
∴∠AOD=∠COD，
又OC=OD，
∴△OCD是等边三角形，
∴∠COD=∠AOD=60°，
∴∠AOC=120°，
∵OA=OC，
∴∠A=∠OCA=30°；
（2）连接BC，

∵AB 是直径，
∴BC⊥AC，
∵OD⊥AC，
∴OD//BC，AE=EC，
∴DE//BC，
又∵BE//CD，
∴四边形 BCDE 为平行四边形，
∴BC=DE，
又∵AE=EC，OA=OB，
∴OE 为△ABC 的中位线，
OE=BC=DE，
设OE=m，
∴DE=BC=2m，
∴OD=m+2m=3m，
∴OA=OD=3m，
根据勾股定理得AE=，
∴；
（3）延长EO交PQ 的延长线于H，
∵△PBQ由△ABE 旋转而来，
∴∠P=∠A，AB=BP，
∴AC∥PH，

∵OD⊥AC，
∴DH⊥HP，
由（2）得OP=OB+BP=3m+6m=9m，
由AC∥PH，
∴△OAE∽△OPH，
∴，
即，
∴OH=3m=半径R，
即PQ是⊙O的切线．
【点睛】题目主要考查圆与三角形综合问题，包括垂径定理，等边三角形的判定和性质，中位线的性质，平行四边形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，正切函数的定义等，理解题意，作出相应辅助线，综合运用这些知识点是解题关键．