+广东省汕头市潮阳区和平镇、铜盂镇2023-2024学年九年级上学期期末数学模拟试卷+

这是一份+广东省汕头市潮阳区和平镇、铜盂镇2023-2024学年九年级上学期期末数学模拟试卷+，共22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.下列方程是一元二次方程的是( )
A. ax2+bx+c=0B. x2+2x=x2−1
C. (x−1)(x−3)=0D. x2+1x2=6
2.下列图标中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是( )
A. B. C. D.
3.下列成语所描述的事件是必然发生的是( )
A. 瓮中捉鳖B. 刻舟求剑C. 守株待兔D. 水中捞月
4.在一定的条件下，若物体运动的路程s(米)与时间t(秒)的关系式为s=5t2+2t，则当t=4秒时，该物体所经过的路程为( )
A. 28米B. 48米C. 68米D. 88米
5.用配方法解方程x2+6x−4=0时，配方结果正确的是( )
A. (x+3)2=5B. (x+6)2=5C. (x+3)2=13D. (x+6)2=13
6.已知⊙O的半径是4，OP=3，则点P与⊙O的位置关系是( )
A. 点P在圆内B. 点P在圆上C. 点P在圆外D. 不能确定
7.小亮、小莹、大刚三位同学随机地站成一排合影留念，小亮恰好站在中间的概率是( )
A. 12B. 23C. 13D. 16
8.如图，已知⊙O的半径为5，AB是⊙O的弦，AB=8，Q为AB中点，P是圆上的一点(不与A、B重合)，连接PQ，则PQ的最小值为( )
A. 1
B. 2
C. 3
D. 8
9.如图，Rt△ABC中，∠C=90°，∠A=60°，AC=6，以斜边AB的中点D为旋转中心，把这个三角形按逆时针方向旋转90°得到Rt△A′B′C′，则旋转后两个直角三角形重叠部分的面积为( )
A. 6B. 9C. 6 3D. 9 3
10.如图，二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)的图象与x轴的正半轴相交于A，B两点，与y轴相交于点C，对称轴为直线x=2，且OA=OC.有下列结论：①abc<0；②3b+4c<0；③c>−1；④关于x的方程ax2+bx+c=0有一个根为−1a，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3分，共18分。
11.三角形两边的长是2和4，第三边的长是方程x2−12x+35=0的根，则该三角形的周长为______．
12.若点A(3,n)与点B(−m,5)关于原点对称，则m+n=______．
13.小明把80个除了颜色以外其余都相同的黄、蓝、红三种球放进一个袋内，经多次摸球后，得到它们的概率分别为14、720和25，试估计黄、蓝、红三种球的个数分别是______ ．
14.抛物线y=−x2+bx+c的部分图象如图所示，若y≥0，则x的取值范围是______．
15.如图，AB为⊙O的直径，BC为⊙O的弦，点D是劣弧AC上一点，若点E在直径AB另一侧的半圆上，且∠AED=27°，则∠BCD的度数为______．
16.如图，把直角三角形ABC的斜边AB放在定直线l上，按顺时针方向在l上转动两次，使它转到△A″B″C″的位置．设BC=2，AC=2 3，则顶点A运动到点A″的位置时，点A经过的路线与直线l所围成的面积是______ ．
三、解答题：本题共9小题，共66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)
解下列方程：
(1)x2−4x−8=0；
(2)3x−6=x(x−2)．
18.(本小题6分)
已知△ABC，以AB为直径的⊙O分别交AC于D，BC于E，连接ED，若ED=EC．
(1)求证：AB=AC；
(2)若AB=4，BC=2 3，求CD的长．
19.(本小题6分)
如图，△ABC三个顶点的坐标分别为A(2,4)，B(1,1)，C(4,3)．
(1)请画出△ABC关于x轴对称的△A1B1C1，并写出点A1的坐标；
(2)请画出△ABC绕点B逆时针旋转90°后的△A2BC2；
(3)求出(2)中C点旋转到C2点所经过的路径长(结果保留根号和π)．
20.(本小题8分)
已知关于x的一元二次方程mx2−2x+1=0．
(1)若方程有两个实数根，求m的范围；
(2)若方程的两个实数根为x1和x2，x1⋅x2−x1−x2=12，求m的值．
21.(本小题8分)
一个不透明的袋子中装有四个小球，上面分别标有数字−2，−1，0，1，它们除数字不同外，其他完全相同．
(1)随机从袋子中摸出一个小球，摸出的球上面标的数字为正数的概率是______ ．
(2)小聪先从袋子中随机摸出一个小球，记下数字作为平面直角坐标系内点M的横坐标；然后放回搅匀.接着小明从袋子中随机摸出一个小球，记下数字作为点M的纵坐标.如图，已知四边形的四个顶点的坐标分别为A(−2,0)，B(0,−2)，C(1,0)，D(0,1)，求点M落在四边形ABCD内部(含边界)的概率．
22.(本小题8分)
如图，正六边形ABCDEF内接于⊙O，BE是⊙O的直径，连接BF，延长BA，过F作FG⊥BA，垂足为G．
(1)求证：FG是⊙O的切线；
(2)已知FG=2 3，求图中阴影部分的面积．
23.(本小题8分)
某文具店购进一批纪念册，每本进价为20元，出于营销考虑，要求每本纪念册的售价不低于20元且不高于28元.在销售过程中发现该纪念册每周的销售量y(本)与每本纪念册的售价x(元)之间满足一次函数关系：当销售单价为22元时，销售量为36本；当销售单价为24元时，销售量为32本．
(1)请求出y与x的函数关系式；
(2)当每周销售这种纪念册获得150元的利润时，每本纪念册的销售单价是多少元？
(3)设该文具店每周销售这种纪念册所获得的利润为W元，将该纪念册销售单价定为多少元时，才能使文具店销售该纪念册所获利润最大？最大利润是多少？
24.(本小题8分)
取一副三角板按如图所示拼接，固定三角板ADC，将三角板ABC绕点A顺时针方向旋转，旋转角度为a(0°<α≤45°)，得到△ABC′.BC′交CD于O．
(1)当α=______度时，AB//DC；当旋转到图③所示位置时，α=______度．
(2)连接BD，当0°<α≤45°时，探求∠DBC′+∠CAC′+∠BDC值的大小变化情况，并说明理由．
25.(本小题8分)
如图1，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，抛物线y=ax2+bx+3交x轴于B、C两点(点B在左，点C在右)，交y轴于点A，且OA=OC，B(−1,0)．

(1)求此抛物线的解析式；
(2)如图2，点D为抛物线的顶点，连接CD，点P是抛物线上一动点，且在C、D两点之间运动，过点P作PE/​/y轴交线段CD于点E，设点P的横坐标为t，线段PE长为d，写出d与t的关系式(不要求写出自变量t的取值范围)；
(3)如图3，在(2)的条件下，连接BD，在BD上有一动点Q，且DQ=CE，连接EQ，当∠BQE+∠DEQ=90°时，求此时点P的坐标．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A、ax2+bx+c=0，(a≠0)，不是一元二次方程，故本选项不合题意；
B、x2+2x=x2−1，不是一元二次方程，故本选项不合题意；
C、(x−1)(x−3)=0，是一元二次方程，故本选项符合题意；
D、x2+1x2=6，不是一元二次方程，故本选项不合题意．
故选：C．
根据一元二次方程的定义即可解答．
本题考查了一元二次方程的定义，能熟记一元二次方程的定义是解此题的关键，注意：只含有一个未知数，并且所含未知数的项的最高次数是2的整式方程叫一元二次方程．
2.【答案】D
【解析】解：A.不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不合题意；
B.不是中心对称图形，也不是轴对称图形，故此选项不合题意；
C.不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不合题意；
D.既是中心对称图形，也是轴对称图形，故此选项符合题意；
故选：D．
根据中心对称图形与轴对称图形的概念进行判断即可．
本题考查的是中心对称图形与轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与自身重合．
3.【答案】A
【解析】【分析】
必然事件指在一定条件下，一定发生的事件，即发生的概率是1的事件．关键是理解必然事件指在一定条件下，一定发生的事件．
【解答】
解：B、C、D都是不可能事件；
A、是必然事件．
故选A．
4.【答案】D
【解析】解：当t=4时，
s=5t2+2t
=5×16+2×4
=88(米)．
故选D．
把t=4代入函数关系式直接解答即可．
本题考查二次函数的应用，难度简单．
5.【答案】C
【解析】解：x2+6x−4=0
x2+6x=4
x2+6x+9=13
(x+3)2=13
故选：C．
利用配方法把原式变形．
本题考查的是一元二次方程的解法，掌握配方法解一元二次方程的一般步骤是解题的关键．
6.【答案】A
【解析】解：∵OP=3<4，故点P与⊙O的位置关系是点在圆内．
故选：A．
点在圆上，则d=r；点在圆外，d>r；点在圆内，d本题考查了点与圆的位置关系，注意掌握点和圆的位置关系与数量之间的等价关系是解决问题的关键．
7.【答案】C
【解析】解：列表如下：
，
共有6种等可能的结果，其中小亮恰好站在中间的占2种，
所以小亮恰好站在中间的概率为13，
故选：C．
先利用列表法展示所以6种等可能的结果，其中小亮恰好站在中间的占2种，然后根据概率定义求解．
本题考查了列表法与树状图法：先利用列举法或树形图法不重不漏地列举出所有可能的结果求出n，再从中选出符合事件A或B的结果数目m，求出概率．
8.【答案】B
【解析】解：由题意得，当点P为劣弧AB的中点时，PQ最小，
连接OP、OA，
由垂径定理得，点Q在OP上，AQ=12AB=4，
在Rt△AOQ中，OQ= OA2−AQ2=3，
∴PQ=OP−OQ=2，
故选：B．
连接OP、OA，根据垂径定理求出AQ，根据勾股定理求出OQ，计算即可．
本题考查的是垂径定理、勾股定理，掌握垂径定理的推论是解题的关键．
9.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．也考查了含30度的直角三角形三边的关系和三角形面积公式．如图，先计算出AB=2AC=12，则BD=6，再根据旋转的性质得B′D=BD=6，则在Rt△BDM中可计算出DM=2 3，BM=2MD=4 3，所以B′M=B′D−DM=6−2 3，接着在Rt△B′MN中计算出MN=12B′M=3− 3，所以BN=3+3 3，在Rt△BNG中计算NG= 33BN=3+ 3，然后利用S阴影部分=S△BNG−S△BDM进行计算即可．
【解答】
解：如图，
∵∠C=90°，∠A=60°，AC=6，
∴AB=2AC=12，
∵点D为AB的中点，
∴BD=6，
∵△ABC绕点D逆时针方向旋转90°得到Rt△A′B′C′，
∴B′D=BD=6，
在Rt△BDM中，∵∠B=30°，
∴DM= 33BD=2 3，BM=2MD=4 3，
∴B′M=B′D−DM=6−2 3，
在Rt△B′MN中，MN=12B′M=3− 3，
∴BN=3− 3+4 3=3+3 3，
在Rt△BNG中，NG= 33BN=3+ 3，
∴S阴影部分=S△BNG−S△BDM=12×(3+ 3)×(3+3 3)−12×2 3×6=9．
故选B．
10.【答案】B
【解析】解：由图象开口向下，可知a<0，
与y轴的交点在x轴的下方，可知c<0，
又对称轴方程为x=2，所以−b2a>0，所以b>0，
∴abc>0，故①错误；
由图象可知当x=3时，y>0，
∴9a+3b+c>0，
∴3b+c>−9a，
∵a<0，
∴−9a>0，
∴3b+4c>0，故②错误；
由图象可知OA<1，
∵OA=OC，
∴OC<1，即−c<1，
∴c>−1，故③正确；
假设方程的一个根为x=−1a，把x=−1a代入方程可得1a−ba+c=0，
整理可得ac−b+1=0，
两边同时乘c可得ac2−bc+c=0，
即方程有一个根为x=−c，
由②可知−c=OA，而当x=OA是方程的根，
∴x=−c是方程的根，即假设成立，故④正确；
综上可知正确的结论有两个，
故选：B．
由二次函数图象的开口方向、对称轴及与y轴的交点可分别判断出a、b、c的符号，从而可判断①；由图象可知当x=3时，y>0，可判断②；由OA=OC，且OA<1，可判断③；把−1a代入方程整理可得ac2−bc+c=0，结合③可判断④；从而可得出答案．
本题主要考查二次函数的图象和性质．熟练掌握图象与系数的关系以及二次函数与方程、不等式的关系是解题的关键．特别是利用好题目中的OA=OC，是解题的关键．
11.【答案】11
【解析】解：x2−12x+35=0，
(x−5)(x−7)=0，
x−5=或x−7=0，
所以x1=5，x2=7，
而2+4<7，
所以三角形第三边长为5，
所以此三角形的周长为2+4+5=11．
故答案为11．
先利用因式分解法解方程得到x1=5，x2=7，再根据三角形三边的关系得到三角形第三边长为5，然后计算此三角形的周长．
本题考查了解一元二次方程−因式分解法：因式分解法就是利用因式分解求出方程的解的方法，这种方法简便易用，是解一元二次方程最常用的方法．也考查了三角形三边的关系．
12.【答案】−2
【解析】解：∵点A(3,n)与点B(−m,5)关于原点对称，
∴−m=−3，n=−5，
则m=3，
故m+n=3−5=−2．
故答案为：−2．
直接利用关于原点对称点的性质得出m，n的值进而得出答案．
此题主要考查了关于原点对称点的性质，正确记忆横纵坐标的关系是解题关键．
13.【答案】20、28、32
【解析】解：∵小明把80个除了颜色以外其余都相同的黄、蓝、红三种球放进一个袋内，经多次摸球后，得到它们的概率分别为14、720和25，
∴黄、蓝、红三种球的个数分别是：80×14=20(个)，80×720=28(个)，80×25=32(个)．
故答案为：20、28、32．
根据得到各小球的概率以及小球的总个数，分别求出小球的个数即可．
此题主要考查了利用频率估计概率，根据概率的意义得出小球的个数是解题关键．
14.【答案】−3≤x≤1
【解析】解：根据抛物线的图象可知：
抛物线的对称轴为x=−1，已知一个交点为(1,0)，
根据对称性，则另一交点为(−3,0)，
所以y≥0时，x的取值范围是−3≤x≤1．
故填：−3≤x≤1．
根据抛物线的对称轴为x=−1，一个交点为(1,0)，可推出另一交点为(−3,0)，结合图象求出y≥0时，x的范围．
考查了抛物线与x轴的交点．此题的关键是根据二次函数的对称轴与对称性，找出抛物线y=−x2+bx+c的完整图象．
15.【答案】117°
【解析】解：连接AD，BD，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ADB=90°，
∵∠AED=27°，
∴∠DBA=27°，
∴∠DAB=90°−27°=63°，
∴∠DCB=180°−63°=117°
故答案为：117°
连接AD，BD，利用圆周角定理解答即可．
此题考查圆周角定理，关键是根据圆周角定理解答．
16.【答案】253π+2 3
【解析】解：∵在Rt△ACB中，BC=2，AC=2 3，
∴由勾股定理得：AB=4，
∴AB=2BC，
∴∠CAB=30°，∠CBA=60°，
∴∠ABA′=120°，∠A″C″A′=90°，
S=120π×42360+90π×(2 3)2360+12×2×2 3=253π+2 3，
故答案为：253π+2 3．
在△ABC中，BC=2，AC=2 3，根据勾股定理得到AB的长为4.求出∠CAB、∠CBA，顶点A运动到点A″的位置时，点A经过的路线与直线l所围成的面积是两个扇形的面积+△A′BC″的面积．根据扇形的面积公式可以进行计算．
本题考查了扇形的面积计算，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质的应用，本题的关键是弄清顶点A运动到点A″的位置时，点A经过的路线与直线l所围成的图形的形状．
17.【答案】解：(1)x2−4x−8=0，
x2−4x=8，
x2−4x+4=8+4，
(x−2)2=12，
∴x−2=± 12，x=±2 3+2，
即x1=2 3+2,x2=−2 3+2；
(2)3x−6=x(x−2)，
3(x−2)−x(x−2)=0，
(x−2)(3−x)=0，
∴x−2=0或3−x=0，
即x1=2，x2=3．
【解析】(1)运用配方法解一元二次方程即可；
(2)运用因式分解法解一元二次方程即可．
本题考查了一元二次方程的解法，熟练掌握解一元二次方程的几种解法是解本题的关键．
18.【答案】(1)证明：∵ED=EC，
∴∠EDC=∠C，
∵∠EDC=∠B，(∵∠EDC+∠ADE=180°,∠B+∠ADE=180°,∴∠EDC=∠B)
∴∠B=∠C，
∴AB=AC；
(2)解：连接BD，
∵AB为直径，∴BD⊥AC，
设CD=a，
由(1)知AC=AB=4，
则AD=4−a，
在Rt△ABD中，由勾股定理可得：
BD2=AB2−AD2=42−(4−a)2
在Rt△CBD中，由勾股定理可得：
BD2=BC2−CD2=(2 3)2−a2
∴42−(4−a)2=(2 3)2−a2
整理得：a=32，
即：CD=32．
【解析】本题考查了圆周角定理，等腰三角形的判定和性质，勾股定理，正确的作出辅助线是解题的关键．
(1)由等腰三角形的性质得到∠EDC=∠C，由圆内接四边形的性质得到∠EDC=∠B，由此推得∠B=∠C，由等腰三角形的判定即可证得结论；
(2)连接AE，由AB为直径，可证得AE⊥BC，结合勾股定理和垂径定理可求得CD的长．
19.【答案】解：(1)如图，△A1B1C1即为所求．A1(2,−4)；
(2)如图，△A2BC2即为所求；
(3)由勾股定理可知：BC= 32+22= 13，
∴点C旋转到C2点的路径长=90π⋅ 13180= 13π2．
【解析】本题主要考查的是作图−旋转变换及轴对称变换，以及扇形的弧长公式，掌握相关性质是解题的关键．
(1)利用关于x轴对称点的横坐标相等，纵坐标互为相反数可先找出点A1、B1、C1的坐标，然后画出图形即可；
(2)利用旋转的性质可确定出点A2、C2的坐标；
(3)利用弧长公式和勾股定理进行计算即可．
20.【答案】 解：(1)根据题意得m≠0且Δ=(−2)2−4m≥0，
解得m≤1且m≠0；
(2)根据题意得x1+x2=2m，x1⋅x2=1m，
∵x1⋅x2−x1−x2=12，
即x1⋅x2−(x1+x2)=12，
∴1m−2m=12，
解得m=−2，
经检验m=−2是分式方程1m−2m=12的解，
故m的值是−2．
【解析】本题考查了一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的根的判别式Δ=b2−4ac：当Δ>0，方程有两个不相等的实数根；当Δ=0，方程有两个相等的实数根；当Δ<0，方程没有实数根．也考查了一元二次方程的根与系数的关系．
(1)根据一元二次方程的定义和根的判别式的意义得到m≠0且Δ=(−2)2−4m≥0，然后解两个不等式得到其公共部分即可；
(2)根据根与系数的关系得到x1+x2=2m，x1⋅x2=1m，再由已知条件得x1⋅x2−(x1+x2)=12，然后整体代入得到1m−2m=12，再解方程即可．
21.【答案】14
【解析】解：(1)在−2，−1，0，1中正数有1个，
∴摸出的球上面标的数字为正数的概率是14，
故答案为：14．
(2)列表如下：
由表知，共有16种等可能结果，其中点M落在四边形ABCD所围成的部分内(含边界)的有：
(−2,0)、(−1,−1)、(−1,0)、(0,−2)、(0,−1)、(0,0)、(0,1)、(1,0)这8个，
所以点M落在四边形ABCD所围成的部分内(含边界)的概率为12．
(1)直接利用概率公式计算可得；
(2)列表得出所有等可能结果，从中找到符合条件的结果数，再根据概率公式计算可得．
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．
22.【答案】解：(1)证明：连接OF，AO，
∵AB=AF=EF，
∴AB=AF=EF，
∴∠ABF=∠AFB=∠EBF=30°，
∵OB=OF，
∴∠OBF=∠BFO=30°，
∴∠ABF=∠OFB，
∴AB//OF，
∵FG⊥BA，
∴OF⊥FG，
∴FG是⊙O的切线；
(2)∵AB=AF=EF，
∴∠AOF=60°，
∵OA=OF，
∴△AOF是等边三角形，
∴∠AFO=60°，
∴∠AFG=30°，
∵FG=2 3，
∴AF=4，
∴AO=4，
∵AF/​/BE，
∴S△ABF=S△AOF，
∴S阴影部分=S扇形OAF，
∴图中阴影部分的面积=60⋅π×42360=8π3．
【解析】【分析】
本题考查了正多边形与圆，切线的判定，等边三角形的判定和性质，扇形的面积的计算，正确的作出辅助线是解题的关键．
(1)连接OF，AO，由AB=AF=EF，得到AB=AF=EF，求得∠ABF=∠AFB=∠EBF=30°，得到AB/​/OF，求得OF⊥FG，于是得到结论；
(2)由AB=AF=EF，得到∠AOF=60°，得到△AOF是等边三角形，求得∠AFO=60°，得到AO=4，根据扇形的面积公式即可得到结论．
23.【答案】解：(1)设y=kx+b，
把(22,36)与(24,32)代入得：
22k+b=3624k+b=32，
解得：k=−2b=80，
则y=−2x+80；
(2)设当文具店每周销售这种纪念册获得150元的利润时，每本纪念册的销售单价是x元，
根据题意得：(x−20)y=150，
则(x−20)(−2x+80)=150，
整理得：x2−60x+875=0，
(x−25)(x−35)=0，
解得：x1=25，x2=35，
∵20≤x≤28，
∴x=35(不合题意舍去)，
答：每本纪念册的销售单价是25元；
(3)由题意可得：
W=(x−20)(−2x+80)
=−2x2+120x−1600
=−2(x−30)2+200，
此时当x=30时，w最大，
又∵售价不低于20元且不高于28元，
∴x<30时，w随x的增大而增大，即当x=28时，w最大=−2(28−30)2+200=192(元)，
答：该纪念册销售单价定为28元时，才能使文具店销售该纪念册所获利润最大，最大利润是192元．
【解析】(1)设y=kx+b，根据题意，利用待定系数法确定出y与x的函数关系式即可；
(2)根据题意结合销量×每本的利润=150，进而求出答案；
(3)根据题意结合销量×每本的利润=w，进而利用二次函数增减性求出答案．
此题主要考查了二次函数的应用以及一元二次方程的应用、待定系数法求一次函数解析式等知识，正确利用销量×每本的利润=w得出函数关系式是解题关键．
24.【答案】15 45
【解析】解：(1)∵AB/​/CD，
∴∠CAB=∠ACD=30°，
∴∠CAC′=α=15°．
当旋转到图③所示位置时，∠C′AB=45°，
∴α=∠C′AB=45°；
故答案为：15；45；
(2)∠DBC′+∠CAC′+∠BDC值的大小不变，理由如下：
设BC′与CD交于点H，如图②所示：
∵∠EHC′=∠BDC+∠DBC′，∠CEC′=∠CAC′+∠C，
∴∠DBC′+∠CAC′+∠BDC=∠EHC′+∠CEC′−∠C，
∵∠EHC′+∠CEC′+∠C′=180°，
∴∠EHC′+∠CEC′=180°−45°=135°，
∴∠DBC′+∠CAC′+∠BDC=135°−∠C=135°−30°=105°，
即∠DBC′+∠CAC′+∠BDC值的大小不变．
(1)由平行线的性质和旋转的性质即可得出答案；
(2)由三角形的外角的性质和三角形形内角和定理可求∠DBC′+∠CAC′+∠BDC=105°．
本题考查了旋转的性质，平行线的性质，三角形的内角和定理，灵活运用这些性质进行推理是本题的关键．
25.【答案】解：(1)当x=0时，y=3，
∴A(0,3)即OA=3，
∵OA=OC，
∴OC=3，
∴C(3,0)，
∵抛物线y=ax2+bx+3经过点B(−1,0)，C(3,0)
∴a−b+3=09a+3b+3=0，
解得：a=−1b=2，
∴抛物线的解析式为：y=−x2+2x+3；
(2)如图1，延长PE交x轴于点H，

∵y=−x2+2x+3=−(x−1)2+4，
∴D(1,4)，
设直线CD的解析式为y=kx+b，
将点C(3,0)、D(1,4)代入，得：
k+b=43k+b=0，
解得：k=−2b=6，
∴y=−2x+6，
∴E(t,−2t+6)，P(t,−t2+2t+3)，
∴PH=−t2+2t+3，EH=−2t+6，
∴d=PH−EH=−t2+2t+3−(−2t+6)=−t2+4t−3；
(3)如图2，作DK⊥OC于点K，作QM//x轴交DK于点T，延长PE、EP交OC于H、交QM于M，作ER⊥DK于点R，记QE与DK的交点为N，

∵D(1,4)，B(−1,0)，C(3,0)，
∴BK=2，KC=2，
∴DK垂直平分BC，
∴BD=CD，
∴∠BDK=∠CDK，
∵∠BQE=∠QDE+∠DEQ，∠BQE+∠DEQ=90°，
∴∠QDE+∠DEQ+∠DEQ=90°，即2∠CDK+2∠DEQ=90°，
∴∠CDK+∠DEQ=45°，即∠RNE=45°，
∵ER⊥DK，
∴∠NER=45°，
∴∠MEQ=∠MQE=45°，
∴QM=ME，
∵DQ=CE，∠DTQ=∠EHC、∠QDT=∠CEH，
∴△DQT≌△ECH，
∴DT=EH，QT=CH，
∴ME=4−2(−2t+6)，
QM=MT+QT=MT+CH=t−1+(3−t)，
4−2(−2t+6)=t−1+(3−t)，
解得：t=52，
∴P(52,74).
【解析】(1)由OA=OC且OA=3知C(3,0)，将点B、C坐标代入计算可得；
(2)待定系数求出直线CD解析式y=−2x+6，据此可得E(t,−2t+6)，P(t,−t2+2t+3)，根据d=PH−EH可得答案；
(3)先利用等腰三角形性质知∠BDK=∠CDK，由∠BQE=∠QDE+∠DEQ、∠BQE+∠DEQ=90°得2∠CDK+2∠DEQ=90°，即∠RNE=45°，从而得出QM=ME，再证△DQT≌△ECH得DT=EH、QT=CH，从而用含t的式子表示出QM、ME的长度，根据QM=ME列出方程求解可得．
本题主要考查二次函数的综合问题，解题的关键是掌握待定系数法求函数解析式、等腰三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质等知识点．−2
−1
0
1
−2
(−2,−2)
(−1,−2)
(0,−2)
(1,−2)
−1
(−2,−1)
(−1,−1)
(0,−1)
(1,−1)
0
(−2,0)
(−1,0)
(0,0)
(1,0)
1
(−2,1)
(−1,1)
(0,1)
(1,1)