2022-2023学年山东省泰安市泰山区望岳中学九年级（上）期末数学试卷（五四学制）（含解析）

这是一份2022-2023学年山东省泰安市泰山区望岳中学九年级（上）期末数学试卷（五四学制）（含解析），共21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.如果⊙O的半径为6cm，OP=7cm，则点P与⊙O的位置关系是( )
A. 点P在⊙O内B. 点P在⊙O上C. 点P在⊙O外D. 不能确定
2.若点A(3,−4)、B(−2,m)在同一个反比例函数的图象上，则m的值为( )
A. −6B. 6C. −12D. 12
3.圆形的物体在太阳光的投影下是( )
A. 圆形B. 椭圆形C. 线段D. 以上都有可能
4.如图，△ABC的三点都在⊙O上，AB是直径，∠BAD=50°，则∠ACD的度数是( )
A. 40°
B. 50°
C. 55°
D. 60°
5.如右图摆放的几何体的左视图是( )
A. B.
C. D.
6.在Rt△ABC中，∠C=90°，csB=13，则tanA的值为( )
A. 311B. 33C. 24D. 10 103
7.在同一直角坐标系中，函数y=mx+m和y=−mx2+2x+2(m是常数，且m≠0)的图象可能是( )
A. B. C. D.
8.把抛物线y=−2x2+4x+1的图象向左平移2个单位，再向上平移3个单位，所得的抛物线是( )
A. y=−2(x−1)2+6B. y=−2(x−1)2−6
C. y=−2(x+1)2+6D. y=−2(x+1)2−6
9.如图，为了测量某建筑物BC的高度，小颖采用了如下的方法：先从与建筑物底端B在同一水平线上的A点出发，沿斜坡AD行走130米至坡顶D处，再从D处沿水平方向继续前行若干米后至点E处，在E点测得该建筑物顶端C的仰角为60°，建筑物底端B的俯角为45°，点A、B、C、D、E在同一平面内，斜坡AD的坡度i=1：2.4.根据小颖的测量数据，计算出建筑物BC的高度约为(参考数据： 3≈1.732)( )
A. 136.6米B. 86.7米C. 186.7米D. 86.6米
10.若⊙O所在平面内一点P到⊙O上的点的最大距离为a，最小距离为b(a>b)，则此圆的半径为( )
A. a+b2B. a−b2C. a+b2或a−b2D. a+b或a−b
11.如图是二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)图象的一部分，对称轴是直线x=−2.关于下列结论：①ab<0；②b2−4ac>0；③9a−3b+c<0；④b−4a=0；⑤方程ax2+bx=0的两个根为x1=0，x2=−4，其中正确的结论有( )
A. ①③④B. ②④⑤C. ①②⑤D. ②③⑤
12.如图，⊙M的半径为4，圆心M的坐标为(6,8)，点P是⊙M上的任意一点，PA⊥PB，且PA、PB与x轴分别交于A、B两点，若点A、点B关于原点O对称，则AB的最大值为( )
A. 13
B. 14
C. 12
D. 28
二、填空题：本题共6小题，每小题3分，共18分。
13.当点A(1,2)，B(3,−3)，C(m,n)三点可以确定一个圆时，m，n需要满足的条件______．
14.计算：2tan60°+tan45°−4cs30°=______．
15.小明和他的同学在太阳下行走，小明身高1.4米，他的影长为1.75米，他同学的身高为1.6米，则此时他的同学的影长为______ 米.
16.△ABC的三边为2，3， 13，则外接圆的半径长为______ ．
17.如图，是由几个相同的小正方体搭成的几何体的三视图，则搭成这个几何体的小正方体的个数是______ 个.
18.若函数y=mx2+(m+2)x+12m+1的图象与x轴只有一个交点，那么m的值为______．
三、解答题：本题共7小题，共96分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
19.(本小题12分)
已知一次函数y1=x+n的图象与反比例函数y2=kx的图象交于A、B两点.其中A(m,6)，C(3,m+1)
(1)求一次函数的解析式；
(2)已知双曲线在第一象限的图象上有一点C到y轴的距离为3，求△ABC的面积．
20.(本小题14分)
如图，在电线杆CD上的C处引拉线CE、CF固定电线杆，拉线CE和地面所成的角∠CED=60°，在离电线杆6米的B处安置高为1.5米的测角仪AB，在A处测得电线杆上C处的仰角为30°，求拉线CE的长(结果保留小数点后一位，参考数据： 2≈1.41， 3≈1.73)．
21.(本小题14分)
某企业设计了一款工艺品，每件的成本是50元，为了合理定价，投放市场进行试销．据市场调查，销售单价是100元时，每天的销售量是50件，而销售单价每降低1元，每天就可多售出5件，但要求销售单价不得低于成本．
(1)求出每天的销售利润y(元)与销售单价x(元)之间的函数关系式；
(2)求出销售单价为多少元时，每天的销售利润最大？最大利润是多少？
(3)如果该企业要使每天的销售利润不低于4000元，且每天的总成本不超过7000元，那么销售单价应控制在什么范围内？(每天的总成本=每件的成本×每天的销售量)
22.(本小题14分)
如图，在美化校园的活动中，某兴趣小组借助如图所示的直角墙角(两边足够长)，用40m长的篱笆围成一个矩形花园ACBD(篱笆只围BD，BC两边)，设BD=x m．
(1)若花园的面积为396m2，求x的值；
(2)若在P处有一棵树与墙CA，AD的距离分别是22m和16m，要将这棵树围在花园内(含边界，不考虑树的粗细)，求花园面积S的最大值．
23.(本小题14分)
如图，在平面直角坐标系中，二次函数y=ax2+bx+c交x轴于点A(−4,0)、B(2,0)，交y轴于点C(0,6)，在y轴上有一点E(0,−2)，连接AE．
(1)求二次函数的表达式；
(2)若点D为抛物线在x轴负半轴上方的一个动点，求△ADE面积的最大值；
(3)抛物线对称轴上是否存在点P，使△AEP为等腰三角形？若存在，请直接写出所有P点的坐标，若不存在请说明理由．
24.(本小题14分)
如图，AB是⊙O的直径，BC是⊙O的切线，连接AC交⊙O于点D，E为AD上一点，连结AE，BE，BE交AC于点F，且AE2=EF⋅EB．
(1)求证：CB=CF；
(2)若点E到弦AD的距离为1，cs∠C=35，求⊙O的半径．
25.(本小题14分)
如图1，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，AB=BC，以AB为直径的⊙O交AC于点D．
(1)求证：AD=CD；
(2)如图2，点E是AB边上一点(点E不与点A、B重合)，连接DE，DF⊥DE，交BC于点F，求证：AE=BF；
(3)在(2)的条件下，若AE=1，CF=2，求DF的长．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：根据点到圆心的距离7cm大于圆的半径6cm，则该点在圆外．
故选：C．
根据点到圆心的距离和圆的半径之间的数量关系，即可判断点和圆的位置关系．点到圆心的距离小于圆的半径，则点在圆内；点到圆心的距离等于圆的半径，则点在圆上；点到圆心的距离大于圆的半径，则点在圆外．
本题考查了点和圆的位置关系与数量之间的联系：当点到圆心的距离大于圆的半径时，则点在圆外．
2.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查反比例函数图象上点的坐标特征，解答本题的关键是明确反比例函数中xy=k．
根据反比例函数的解析式可知xy=k，然后根据题意即可求得m的值．
【解答】
解：∵点A(3,−4)、B(−2,m)在同一个反比例函数的图象上，
∴3×(−4)=(−2)×m，
解得，m=6，
故选：B．
3.【答案】D
【解析】解：根据题意：同一物体的影子的方向和大小可能不同，不同时刻物体在太阳光下的影子的大小在变．
故选：D．
在不同时刻，同一物体的影子的方向和大小可能不同，不同时刻物体在太阳光下的影子的大小在变，方向也在改变，依此进行分析．
本题考查了平行投影特点，不同位置，不同时间，影子的大小、形状可能不同，具体形状应按照物体的外形即光线情况而定．
4.【答案】A
【解析】解：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∵∠BAD=50°，
∴∠BAD=∠BCD=50°，
∴∠ACD=∠ACB−∠BAD=90°−50°=40°．
故选：A．
先根据圆周角定理求出∠ACB=90°，∠BAD=∠BCD=50°，进而可求出∠ACD的度数．
本题考查的是圆周角定理，即在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，直径所对的圆周角是直角．
5.【答案】C
【解析】解：从左边看，是左右边各一个长方形，左边的较大，
故选：C．
根据左视图是从左面看到的图象判定则可．
本题考查了三视图的知识，左视图是从物体的左面看得到的视图．
6.【答案】C
【解析】解：在Rt△ABC中，∠C=90°，
∴csB=BCAB=13，
设BC=x，AB=3x，则AC=2 2x，
∴tanA=BCAC=x2 2x= 24．
故选：C．
利用余弦的定义得到csB=BCAB=13，设BC=x，AB=3x，则可求出AC=2 2x，然后根据正切的定义求解．
本题考查了锐角三角函数的定义．
7.【答案】D
【解析】解：A.由函数y=mx+m的图象可知m<0，即函数y=−mx2+2x+2开口方向朝上，与图象不符，故A选项错误；
B.由函数y=mx+m的图象可知m<0，即函数y=−mx2+2x+2开口方向朝上，称轴为x=−b2a=22m=1m<0，则对称轴应在y轴左侧与图象不符，故B选项错误；
C.由函数y=mx+m的图象可知m>0，即函数y=−mx2+2x+2开口方向朝下，故C选项错误；
D.由函数y=mx+m的图象可知m<0，即函数y=−mx2+2x+2开口方向朝上，对称轴为x=−b2a=22m=1m<0，则对称轴应在y轴左侧，与图象相符，故D选项正确．
故选：D．
关键是m的正负的确定，对于二次函数y=ax2+bx+c，当a>0时，开口向上；当a<0时，开口向下．对称轴为x=−b2a，与y轴的交点坐标为(0,c)．
主要考查了一次函数和二次函数的图象性质以及分析能力和读图能力，要掌握它们的性质才能灵活解题．
8.【答案】C
【解析】解：∵y=−2x2+4x+1=−2(x−1)2+3，
∴把抛物线y=−2x2+4x+1的图象向左平移2个单位，再向上平移3个单位，所得的抛物线的函数关系式是y=−2(x−1+2)2+3+3，即y=−2(x+1)2+6．
故选：C．
利用配方法将已知抛物线解析式转化为顶点式，然后直接根据“上加下减、左加右减”的原则进行解答即可．
本题考查的是二次函数的图象与几何变换，熟知“上加下减、左加右减”的原则是解答此题的关键．
9.【答案】A
【解析】解：如图作DH⊥AB于H，延长DE交BC于F．
在Rt△ADH中，AD=130米，DH：AH=1：2.4，
∴DH=50米，
∵四边形DHBF是矩形，
∴BF=DH=50米，
在Rt△EFB中，∠BEF=45°，
∴EF=BF=50米，
在Rt△EFC中，FC=EF⋅tan60°，
∴CF=50× 3≈86.6(米)，
∴BC=BF+CF=136.6(米)．
故选：A．
作DH⊥AB于H，延长DE交BC于F，则四边形DHBF是矩形，在Rt△ADH中求出DH，再在Rt△EFB中求出EF，在Rt△EFC中求出CF即可解决问题．
本题考查了解直角三角形的应用，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题．
10.【答案】C
【解析】解：∵⊙O所在平面内一点P到⊙O上的点的最大距离为a，最小距离为b，
当这个点在圆的内部或在圆上时，圆的直径是a+b，因而半径是a+b2，
当此点在圆外时，圆的直径是a−b，因而半径是a−b2，
则此圆的半径为a+b2或a−b2．
故选C．
由⊙O所在平面内一点P到⊙O上的点的最大距离、最小距离的差或和为⊙O的直径，即可求解．
本题考查点与圆的位置关系．
11.【答案】B
【解析】解：∵抛物线开口向下，
∴a<0，
∵−b2a=−2，
∴b=4a，ab>0，
∴①错误，④正确，
∵抛物线与x轴交于−4，0处两点，
∴b2−4ac>0，方程ax2+bx=0的两个根为x1=0，x2=−4，
∴②⑤正确，
∵当x=−3时y>0，即9a−3b+c>0，
∴③错误，
故正确的有②④⑤．
故选：B．
由抛物线的开口方向判断a与0的关系，由抛物线与y轴的交点判断c与0的关系，然后根据对称轴及抛物线与x轴交点情况进行推理，进而对所得结论进行判断．
本题主要考查图象与二次函数系数之间的关系，会利用对称轴的范围求2a与b的关系，以及二次函数与方程之间的转换，根的判别式以及特殊值的熟练运用
12.【答案】D
【解析】解：连接PO，
∵PA⊥PB，
∴∠APB=90°，
∵点A、点B关于原点O对称，
∴AO=BO，
∴AB=2PO，
若要使AB取得最大值，则PO需取得最大值，
连接OM，并延长交⊙M于点P′，当点P位于P′位置时，OP′取得最大值，
过点M作MQ⊥x轴于点Q，
则OQ=6、MQ=8，
∴OM=10，
又∵MP′=r=4，
∴OP′=MO+MP′=10+4=14，
∴AB=2OP′=2×14=28；
故选：D．
由Rt△APB中AB=2OP知要使AB取得最大值，则PO需取得最大值，连接OM，并延长交⊙M于点P′，当点P位于P′位置时，OP′取得最大值，据此求解可得．
本题主要考查点与圆的位置关系，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得出AB取得最小值时点P的位置是解题的关键．
13.【答案】5m+2n≠9
【解析】解：设直线AB的解析式为y=kx+b，
∵A(1,2)，B(3,−3)，
∴k+b=23k+b=−3
解得：k=−52，b=92，
∴直线AB的解析式为y=−52x+92，
∵点A(1,2)，B(3,−3)，C(m,n)三点可以确定一个圆时，
∴点C不在直线AB上，
∴5m+2n≠9，
故答案为：5m+2n≠9．
能确定一个圆就是不在同一直线上，首先确定直线AB的解析式，然后点C不满足求得的直线即可．
本题考查了确定圆的条件及坐标与图形的性质，能够了解确定一个圆时三点不共线是解答本题的关键．
14.【答案】1
【解析】解：原式=2 3+1−4× 32
=2 3+1−2 3
=1．
故答案为：1．
直接利用特殊角的三角函数值代入计算得出答案．
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．
15.【答案】2
【解析】解：设他的同学的影长为x米，
∵同一时刻物高与影长成正比例，
∴，
解得：x=2，
∴他的同学的影长为2米，
故答案为：2．
在同一时刻物高和影长成正比，即在同一时刻的两个物体，影子，经过物体顶部的太阳光线三者构成的两个直角三角形相似．
此题主要考查了平行投影，把实际问题抽象到相似三角形中，利用相似三角形的相似比，列出方程，通过解方程求出影长，体现了方程的思想．
16.【答案】 132
【解析】解：∵22+32=13，( 13)2=13，
∴22+32=( 13)2，
∴△ABC是直角三角形，
∴△ABC的外接圆的直径为 13，半径为 132．
故答案为： 132．
根据勾股定理逆定理得到△ABC是直角三角形，根据圆周角定理解答．
本题考查三角形的外接圆与外心，掌握圆周角定理、勾股定理是解题关键．
17.【答案】4
【解析】解：由三视图可得，需要的小正方体的数目：1+2+1=4.如图：
根据给出的几何体，通过动手操作，观察可得答案为4，也可以根据画三视图的方法，发挥空间想象能力，直接想象出每个位置正方体的数目．
本题考查了几何体的三视图及空间想象能力．
18.【答案】0或2或−2
【解析】【分析】
本题主要考查的是抛物线与x轴的交点问题、一次函数图象上点的坐标特征，分类讨论是解题的关键．
当m=0时，函数为一次函数与x轴有一个交点；当m≠0时，Δ=0时，抛物线与x轴只有一个交点．
【解答】
解：当m=0时，函数为y=2x+1，其图象与x轴只有一个交点．
当m≠0时，Δ=0，即(m+2)2−4m(12m+1)=0．
解得：m=±2．
∴当m=0或m=±2时，函数y=mx2+(m+2)x+12m+1的图象与x轴只有一个交点．
故答案为：0或2或−2．
19.【答案】解：(1)∵A(m,6)，C(3,m+1)在反比例函数图象y2=kx上，
∴6m=3(m+1)=k，
∴m=1，k=6，
即A(1,6)，C(3,2)，
又∵点A在一次函数图象上，
∴1+n=6，解得n=5，
∴一次函数的解析式为y1=x+5；
(2)∵由(1)得m=1，
∴点C−y+1−m=0的坐标为(3,2)，
如图，过点C−y+1−m=0作CD//x轴交直线AB于D，则点D的纵坐标为2，

∴x+5=2，解得x=−3，
∴点D的坐标为(−3,2)，
∴CD=3−(−3)=3+3=6，
点A到CD的距离为6−2=4，
联立y=x+5，y=6x，
解得x1=1，y1=6(舍去)，x2=−6，y2=−1，
∴点B的坐标为(−6,−1)，
∴点B到CD的距离为2−(−1)=2+1=3，
S△ABC=S△ACD+S△BCD=12×6×4+12×6×3=21．
【解析】(1)先根据反比例函数求出m=1，点A的坐标，再由点A的坐标求出根据待定系数法即可求得一次函数解析式；
(2)先根据点C−y+1−m=0到y轴的距离为3，确定点C的坐标，再过点C−y+1−m=0作CD//x轴交直线AB于D，则点D的纵坐标为2，得出点D的坐标为(−3,2).然后联立得方程求出点B的坐标．最后根据S△ABC=S△ACD+S△BCD即可求解．
本题主要考查了一次函数的图象与性质和反比例函数的图象与性质，关键是掌握用待定系数法求解函数解析式．
20.【答案】解：过点A作AH⊥CD，垂足为H，
由题意可知四边形ABDH为矩形，∠CAH=30°，
∴AB=DH=1.5，BD=AH=6，
在Rt△ACH中，tan∠CAH=CHAH，
∴CH=AH⋅tan∠CAH，
∴CH=AH⋅tan∠CAH=6tan30°=6× 33(米)，
∵DH=1.5，
∴CD=2 3+1.5，
在Rt△CDE中，
∵∠CED=60°，sin∠CED=CDCE，
∴CE=CDsin60∘=4+ 3≈5.7(米)，
答：拉线CE的长约为5.7米．
【解析】由题意可先过点A作AH⊥CD于H.在Rt△ACH中，可求出CH，进而CD=CH+HD=CH+AB，再在Rt△CED中，求出CE的长．
此题主要考查解直角三角形的应用．要求学生借助仰角关系构造直角三角形，并结合图形利用三角函数解直角三角形．
21.【答案】解：(1)y=(x−50)[50+5(100−x)]
=(x−50)(−5x+550)
=−5x2+800x−27500
∴y=−5x2+800x−27500(50≤x≤100)；
(2)y=−5x2+800x−27500
=−5(x−80)2+4500
∵a=−5<0，
∴抛物线开口向下．
∵50≤x≤100，对称轴是直线x=80，
∴当x=80时，y最大值=4500；
(3)当y=4000时，−5(x−80)2+4500=4000，
解得x1=70，x2=90．
∴当70≤x≤90时，每天的销售利润不低于4000元．
由每天的总成本不超过7000元，得50(−5x+550)≤7000，
解得x≥82．
∴82≤x≤90，
∴销售单价应该控制在82元至90元之间．
【解析】(1)根据“利润=(售价−成本)×销售量”列出方程；
(2)把(1)中的二次函数解析式转化为顶点式方程，利用二次函数图象的性质进行解答；
(3)把y=4000代入函数解析式，求得相应的x值；然后由“每天的总成本不超过7000元”列出关于x的不等式50(−5x+550)≤7000，通过解不等式来求x的取值范围．
本题考查二次函数的实际应用．此题为数学建模题，借助二次函数解决实际问题．
22.【答案】解：(1)设BD=x米，则BC=(40−x)米，根据题意得：x(40−x)=396．
解方程得：x1=18，x2=22
答：x的长度18m或22m．
(2)设矩形面积为S，
则S=x(40−x)=−(x−20)2+400．
∵P处有一棵树与墙CA，AD的距离分别是22m和16m，
x≥1640−x≥22，
∴16≤x≤18．
∴当x=18时，S最大=−(18−20)2+400=396(平方米)．
答：花园面积的最大值是396平方米．
【解析】(1)根据BD=x米可知BC=(40−x)米，再根据矩形的面积公式即可得出结论；
(2)根据P处有一棵树与墙CA，AD的距离分别是22m和16m，求出x的取值范围，再根据面积与x的函数关系式即可得出结论．
本题考查了一元二次方程的应用及二次函数的应用，熟知矩形的面积公式及二次函数的增减性是解题关键．
23.【答案】解：(1)由于二次函数y=ax2+bx+c经过点A(−4,0)、B(2,0)，C(0,6)，
把A、B、C代入得16a−4b+c=04a+2b+c=0c=6，
解得a=−34b=−32c=6，
∴二次函数的解析式为y=−34x2−32x+6；
(2)由A(−4,0)，E(0,−2)，
设直线AE的解析式为y=kx−2，
将点A(−4,0)代入得k=−12，
∴直线AE的解析式为y=−12x−2，
过点D作DG⊥x轴，交AE于点F，交x轴于点G，过点E作EH⊥DF，垂足为H，如图：
设D(m,−34m2−32m+6)，则F(m,−12m−2)，
则DF=−34m2−32m+6−(−12m−2)=−34m2−m+8，
∴S△ADE=S△ADF+S△EDF=12×DF×AG+12DF×EH
=12×DF×(AG+EH)
=12×4×DF
=2×(−34m2−m+8)
=−32(m+23)2+503，
∴当m=−23时，△ADE的面积最大，最大值为503；
(3)P点的坐标为(−1,1)，(−1,± 11)，或(−1,−2± 19).
【解析】本题主要考查二次函数综合．
(1)把已知点坐标代入函数解析式，得出方程组求解即可；
(2)根据函数解析式设出点D坐标，过点D作DG⊥x轴于G，交AE于点F，表示△ADE的面积，运用二次函数的性质即可得最值；
(3)设出点P坐标，分PA=PE，PA=AE，PE=AE三种情况讨论分析即可．
解：(1)见答案；
(2)见答案；
(3)存在，理由如下：
∵y=−34x2−32x+6=−34(x+1)2+274，
∴y=−34x2−32x+6的对称轴为直线x=−1，
设P(−1,n)，
又E(0,−2)，A(−4,0)，
由勾股定理得PA2=9+n2，PE2=1+(n+2)2，AE2=16+4=20，
当PA2=PE2时，9+n2=1+(n+2)2，
解得n=1，此时点P坐标为(−1,1)，
当PA2=AE2时，9+n2=20，
解得n=± 11，此时点P坐标为(−1,± 11)，
当PE2=AE2时，1+(n+2)2=20，
解得n=−2± 19，此时点P坐标为(−1,−2± 19)，
综上所述，P点的坐标为(−1,1)，(−1,± 11)，或(−1,−2± 19).
24.【答案】(1)证明：如图1，
∵AE2=EF⋅EB，
∴AEEB=EFAE．
又∵∠AEF=∠AEB，
∴△AEF∽△BEA，
∴∠1=∠EAB．
∵∠1=∠2，∠3=∠EAB，
∴∠2=∠3，
∴CB=CF；
(2)解：如图2，连接OE交AC于点G，设⊙O的半径是r．
由(1)知，△AEF∽△AEB，则∠4=∠5．
∴AE=ED．
∴OE⊥AD，
∴EG=1．
∵cs∠C=35，且∠C+∠GAO=90°，
∴sin∠GAO=35，
∴OGOA=35，即r−1r=35，
解得，r=52，即⊙O的半径是52．
【解析】(1)如图1，通过相似三角形(△AEF∽△E∖ BEA)的对应角相等推知，∠1=∠EAB；又由弦切角定理、对顶角相等证得∠2=∠3；最后根据等角对等边证得结论；
(2)如图2，连接OE交AC于点G，设⊙O的半径是r.根据(1)中的相似三角形的性质证得∠4=∠5，所以由“圆周角、弧、弦间的关系”推知点E是弧AD的中点，则OE⊥AD；然后通过解直角△ABC求得cs∠C=sin∠GAO=r−1r=35，则以求r的值．
本题考查了切线的性质，相似三角形的判定与性质．解答(2)题的难点是推知点E是弧AD的中点．
25.【答案】(1)证明：连接BD，

∵AB为圆O的直径，
∴∠ADB=90°，即BD⊥AC，
又∵AB=BC，∠ABC=90°，
∴AD=DC=BD=12AC；
(2)证明：如图2，连接BD，

在Rt△ABC中，∠ABC=90°，AB=BC，
∴∠A=∠C=45°，
由(1)可知：AD=DC=BD=12AC，∠CBD=∠C=45°，
∴∠A=∠FBD，
∵DF⊥DG，
∴∠FDG=90°，
∴∠FDB+∠BDG=90°，
∵∠EDA+∠BDG=90°，
∴∠EDA=∠FDB，
在△AED和△BFD中，
∠A=∠FBDAD=BD∠EDA=∠FDB，
∴△AED≌△BFD(ASA)，
∴AE=BF；
(3)解：连接EF，

∵△AED≌△BFD，
∴DE=DF，
∵∠EDF=90°，
∴△EDF是等腰直角三角形，
∵AE=BF，AE=1，
∴BF=1，
∵CF=2，
∴AB=BC=3，
∴BE=2，
在Rt△EBF中，∠EBF=90°，
根据勾股定理得：EF2=EB2+BF2，
∴EF= 22+12= 5，
∵△DEF为等腰直角三角形，∠EDF=90°，
∴由勾股定理得EF= 2ED，
∵EF= 5，
∴DF=DE= 5× 22= 102．
【解析】(1)由圆周角定理可得∠ADB=90°，由等腰直角三角形的性质可得结论；
(2)由“ASA”可证△AED≌△BFD，可得AE=BF；
(3)由勾股定理可求EF的长，由题意可证△EDF是等腰直角三角形，可得EF= 2ED，即可求解．
本题是圆的综合题，考查了圆周角定理，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．