2023-2024学年吉林省长春十三中九年级（上）期末数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年吉林省长春十三中九年级（上）期末数学试卷（含解析），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。

1.一元二次方程x2−4x−1=0配方后可化为( )
A. (x+2)2=3B. (x+2)2=5C. (x−2)2=3D. (x−2)2=5
2.如图，已知AB/​/CD/​/EF，那么下列结论正确的是( )
A. BCCE=DFAD
B. ADDF=BCCE
C. CDEF=BCBE
D. CDEF=ADAF
3.图示的两个圆盘中，指针落在每一个数字所在的扇形区域上的机会是相等的，那么两个指针同时落在偶数所在的扇形区域上的概率是( )
A. 525B. 625C. 1025D. 1925
4.如图，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AD⊥BC于点D，则下列结论不正确的是( )
A. sinB=ADABB. sinB=ACBCC. sinB=ADACD. sinB=CDAC
5.已知反比例函数y=kx(k<0)的图象上有两点A(x1,y1)，B(x2,y2)，且x1A. 正数B. 负数C. 非正数D. 非负数
6.如图，菱形纸片ABCD的一内角为60°，边长为2，将它绕O点顺时针旋转90°后到A′B′C′D′位置，则旋转前后两菱形重叠部分多边形的周长是( )
A. 8
B. 4( 3−1)
C. 8( 3−1)
D. 4( 3+1)
二、填空题：本题共8小题，每小题3分，共24分。
7.已知x=1是方程x2+bx−2=0的一个根，则方程的另一个根是 ．
8.已知函数y=k+1x的图象两支分布在第二、四象限内，则k的范围是______ ．
9.在△ABC中，已知两锐角A、B，且csA+B2= 22，则△ABC是______三角形．
10.连接三角形两边中点的线段把三角形截成的一个小三角形与原三角形的周长比等于______ ．
11.如图，⊙C经过原点且与两坐标轴分别交于点A与点B，点A的坐标为(0,4)，M是圆上一点，∠BMO=120°，圆心C的坐标是______ ．
12.请写出一个开口向上，对称轴为直线x=2，且与y轴的交点坐标为(0,3)的抛物线的解析式______．
13.如图，太阳光线与地面成60°的角，照射在地面上的一只皮球上，皮球在地面上的投影长是10 3cm，则皮球的直径是______．
14.如图，△ABC是等腰直角三角形，BC是斜边，点P是△ABC内一定点，延长BP至P′，将△ABP绕点A旋转后，与△ACP′重合，如果AP= 2，那么PP′= ______ ．
三、解答题：本题共12小题，共84分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题5分)
已知关于x的方程4x2−(k+2)x+k−1=0有两个相等的实数根，求k的值．
16.(本小题5分)
如图，已知△ABC∽△A′B′C′，它们的相似比为k，AD、A′D′是对应的中线.求证：ADA′D′=ABA′B′=k．
17.(本小题5分)
如图，一垂直于地面的灯柱AB被一钢线CD固定，CD与地面成45°夹角(∠CDB=45°)，在C点上方2米处加固另一条钢线ED，ED与地面成53°夹角(∠EDB=53°)，那么钢线ED的长度约为多少米？(结果精确到1米，参考数据：sin53°≈0.80，cs53°≈0.60，tan53°≈1.33)
18.(本小题5分)
小明和小亮用如下的同一个转盘进行“配紫色”游戏．游戏规则如下：连续转动两次转盘，如果两次转盘转出的颜色相同或配成紫色(若其中一次转盘转出蓝色，另一次转出红色，则可配成紫色)，则小明得1分，否则小亮得1分．你认为这个游戏对双方公平吗？请说明理由；若不公平，请你修改规则使游戏对双方公平．
19.(本小题7分)
果农田丰计划将种植的草莓以每千克15元的单价对外批发销售，由于部分果农盲目扩大种植，造成该草莓滞销．为了加快销售，减少损失，田丰对价格进行两次下调后，以每千克9.6元的单价对外批发销售．
(1)如果每次价格下调的百分率相同，求田丰每次价格下调的百分率；
(2)小李准备到田丰处购买3吨该草莓，因数量多，田丰准备再给予两种优惠方案供选择：
方案一：打九折销售；
方案二：不打折，每吨优惠现金400元．试问小李选择哪种方案最优惠？请说明理由．
20.(本小题7分)
如图，一次函数y=kx+b的图象与反比例函数y=mx的图象相交于A(−1,n)、B(2,−1)两点，与y轴相交于点C．
(1)求一次函数与反比例函数的解析式；
(2)若点D与点C关于x轴对称，求△ABD的面积；
(3)若M(x1,y1)、N(x2,y2)是反比例函数y=mx上的两点，当x121.(本小题7分)
如图，AB是⊙O的直径，BC是弦，OD⊥BC于点E，交BC于点D．
(1)请写出两个不同类型的正确结论；
(2)若BC=8，ED=2，求⊙O的半径．
22.(本小题7分)
李老师在与同学进行“蚂蚁怎样爬最近”的课题研究时设计了以下三个问题，请你根据下列所给的重要条件分别求出蚂蚁需要爬行的最短路程的长．
(1)如图1，正方体的棱长为5cm一只蚂蚁欲从正方体底面上的点A沿着正方体表面爬到点C1处；
(2)如图2，正四棱柱的底面边长为5cm，侧棱长为6cm，一只蚂蚁从正四棱柱底面上的点A沿着棱柱表面爬到C1处；
(3)如图3，圆锥的母线长为4cm，圆锥的侧面展开图如图4所示，且∠AOA1=120°，一只蚂蚁欲从圆锥的底面上的点A出发，沿圆锥侧面爬行一周回到点A．
23.(本小题8分)
如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，BE平分∠ABC交AC于点E，点D在AB上，DE⊥EB．
(1)求证：AC是△BDE的外接圆的切线．
(2)若AD=2 6，AE=6 2，求EC的长．
24.(本小题8分)
如图1，△ABC和△CDE都是等边三角形，且点A、C、E在一条直线上，AD与BE交于点O，AD与BC交于点P，CD与BE交于点Q，连接PQ．
(1)求证：AD=BE；
(2)∠AOB的度数为______；PQ与AE的位置关系是______；
(3)如图2，△ABC固定，将△CDE绕点C按顺时针(或逆时针)方向旋转任意角度α，在旋转过程中，(1)中的结论是否总成立？∠AOB的度数是否改变？并说明理由．
25.(本小题10分)
矩形OABC在直角坐标系中的位置如图所示，A、C两点的坐标分别为A(6,0)、C(0,3)，直线y=34x与BC边相交于点D．
(1)若抛物线y=ax2+bx(a≠0)经过D、A两点，试确定此抛物线的表达式；
(2)若以点A为圆心的⊙A与直线OD相切，试求⊙A的半径；
(3)设(1)中抛物线的对称轴与直线OD交于点M，在对称轴上是否存在点Q，以Q、O、M为顶点的三角形与△OCD相似？若存在，试求出符合条件的Q点的坐标；若不存在，试说明理由．
26.(本小题10分)
已知：Rt△ABC斜边上的高为2.4，将这个直角三角形放置在平面直角坐标系中，使其斜边AB与x轴重合，直角顶点C落在y轴正半轴上，点A的坐标为(−1.8,0)．
(1)求点B的坐标和经过点A、B、C的抛物线的关系式；
(2)如图①，点M为线段AB上的一个动点(不与点A、B重合)，MN//AC，交线段BC于点N，MP/​/BC，交线段AC于点P，连接PN，△MNP是否有最大面积？若有，求出△MNP的最大面积；若没有，请说明理由；
(3)如图②，直线l是经过点C且平行于x轴的一条直线，如果△ABC的顶点C在直线l上向右平移m，(2)中的其它条件不变，(2)中的结论还成立吗？请说明理由．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：x2−4x−1=0，
x2−4x=1，
x2−4x+4=1+4，
(x−2)2=5，
故选：D．
移项，配方，即可得出选项．
本题考查了解一元二次方程，能正确配方是解此题的关键．
2.【答案】B
【解析】解：∵AB/​/CD/​/EF，
∴ADDF=BCCE，
故选B．
已知AB/​/CD/​/EF，根据平行线分线段成比例定理，对各项进行分析即可．
本题考查平行线分线段成比例定理．
3.【答案】B
【解析】解：列表得：
∴一共有25中等可能的结果，两个指针同时落在偶数所在的扇形区域上的有6种情况，
∴两个指针同时落在偶数所在的扇形区域上的概率是625．
故选：B．
首先根据题意列表，然后根据表格求得所有等可能的结果与两个指针同时落在偶数所在的扇形区域上的情况，然后根据概率公式求解即可求得答案．
此题考查了列表法或树状图法求概率．此题难度不大，注意列表法与树状图法可以不重不漏的表示出所有等可能的结果，用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
4.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查了锐角三角函数，解决本题的关键是熟记锐角三角函数的定义．
根据锐角三角函数的定义逐项分析判断，即可解答．
【解答】
解：在Rt△ABC中，∠BAC=90°，sinB=ACBC，
∵AD⊥BC，
∴在Rt△ADB中，sinB=ADAB，
又∠BAC=∠ADB=90°，则∠B+∠BAD=∠CAD+∠BAD=90°，
∴∠B=∠CAD，
则sinB=sin∠CAD=CDAC，
综上，只有C不正确
故选：C．
5.【答案】B
【解析】解：∵k<0，
∴反比例函数y=kx的图象在二、四象限，
又∵A(x1,y1)，B(x2,y2)中，x1∴A、B两点在第二象限，y1即y1−y2<0．
故选：B．
反比例函数y=kx(k<0)的图象在二、四象限，已知A(x1,y1)，B(x2,y2)中，x1本题考查了反比例函数的增减性．关键是由k的符号确定增减性，由点的横坐标的符号、大小，确定函数值的大小．
6.【答案】C
【解析】解：∵AD=A′B′=2，∠DAB=60°，
∴∠DAO=∠B′A′O=30°，
∴OD=OB′=1，AO=A′O= 3，
∴AB′=AO−B′O= 3−1，
∵∠DAC=30°，∠A′B′C=60°
∴∠DAC=∠AFB′=30°，
∴AB′=B′F=FD=A′D，
∴B′F=FD= 3−1，
根据旋转的性质可得阴影部分为各边长相等的八边形，
∴旋转前后两菱形重叠部分多边形的周长是8( 3−1)，
故选：C．
根据已知可得重叠部分是个八边形，从而求得其一边长即可得到其周长．
此题主要考查菱形的性质和直角三角形的性质．
7.【答案】−2
【解析】解：∵x=1是方程x2+bx−2=0的一个根，
∴x1x2=ca=−2，
∴1·x2=−2，
则方程的另一个根是：−2，
故答案为−2．
根据根与系数的关系得出x1x2=ca=−2，即可得出另一根的值．
此题主要考查了一元二次方程根与系数的关系，得出两根之积求出另一根是解决问题的关键．
8.【答案】k<−1
【解析】解：∵函数y=k+1x的图象两支分布在第二、四象限内，
∴k+1<0，
解得k<−1，
故答案为k<−1．
让比例系数小于0列式可得k的范围．
考查反比例函数的性质；反比例函数中的比例系数小于0，图象的两个分支在二、四象限．
9.【答案】直角
【解析】解：由两锐角A、B，且csA+B2= 22，得
A+B2=45°，两边都乘以2，得
A+B=90°，
∠C=180°−(∠A+∠B)=90°，
故答案为：直角．
根据特殊角三角函数值，可得答案．
本题考查了特殊角三家函数值，熟记特殊角三角函数值是解题关键．
10.【答案】12
【解析】解：如图，∵点D，E分别为AB，AC 的中点，
∴DE是△ABC的中位线，
∴DE/​/BC，DE=12BE，
∴△ADE∽△ABC，
∴△ADE的周长：△ABC的周长=DEBC=12，
故答案为：12．
根据三角形中位线定理和相似三角形的判定和性质定理即可得到结论．
本题考查了三角形中位线定理，相似三角形的判定和性质，熟练掌握三角形中位线定理是解题的关键．
11.【答案】(−2 3,2)
【解析】解：连接AB．
∵∠AOB=90°，
∴AB是⊙C的直径，C是线段AB的中点；
由于四边形ABMO内接于⊙C，
∴∠BAO=180°−∠BMO=60°．
在Rt△ABO中，OA=4，∠BAO=60°，则OB=4 3．
所以B(−4 3,0)．
∵A(0,4)，B(−4 3,0)，
∴C(−2 3,2)．
故答案为：(−2 3,2)．
连接AB，由于∠AOB是直角，根据圆周角定理可知AB必为⊙C的直径，即C是AB的中点，已知A点坐标，关键是求出B点的坐标．由图知：四边形ABMO是圆的内接四边形，因此内对角∠BAO、∠BMO互补，由此求得∠BAO的度数，进而可在Rt△BAO中，根据直角三角形的性质得到OB的长，从而确定点B的坐标，由此得解．
此题综合考查了圆周角定理、圆内接四边形的性质、直角三角形的性质以及坐标与图形性质等知识，正确地构造出直角三角形是解题的关键．
12.【答案】y=(x−2)2−1
【解析】解：因为开口向上，所以a>0
∵对称轴为直线x=2，
∴−b2a=2
∵y轴的交点坐标为(0,3)，
∴c=3．
答案不唯一，如y=x2−4x+3，即y=(x−2)2−1．
已知抛物线的顶点或对称轴时，常设其解析式为顶点式来求解．顶点式：y=a(x−h)2+k(a,h,k是常数，a≠0)，其中(h,k)为顶点坐标．
此题是开放题，考查了学生的综合应用能力，解题时要注意别漏条件．已知抛物线的顶点或对称轴时，常设其解析式为顶点式来求解．
13.【答案】15cm
【解析】解：∵由题意得：DC=2R，DE=10 3，∠CED=60°，
∴可得：DC=DEsin60°=15(cm)，
故答案为：15cm．
根据题意建立直角三角形DCE，然后根据∠CED=60°，DE=10 3可求出答案．
本题考查平行投影的应用，属于基础题，解答本题的关键是建立直角三角形，然后利用三角函数值进行解答．
14.【答案】2
【解析】解：∵△ABP绕点A旋转后能与△ACP′重合，
∴AP=AP′= 2，∠PAP′=90°，
∴PP′=2．
根据旋转的性质和全等三角形的性质解答可知．
本题考查旋转的性质：旋转变化前后，对应点到旋转中心的距离相等以及每一对对应点与旋转中心连线所构成的旋转角相等．
15.【答案】解：∵关于x的方程4x2−(k+2)x+k−1=0有两个相等的实根，
∴Δ=(k+2)2−4×4(k−1)=0，
∴k2−12k+20=0，
∴k1=2，k2=10．
【解析】由于方程有两个相等的实根，由此可以得到其判别式等于0，由此可以列出关于k的方程，解此方程即可求出k的值．
此题既考查了一元二次方程的根与判别式的关系，也考查了一元二次方程的解法，利用判别式首先求出待定系数k的值，然后解方程即可解决问题．
16.【答案】证明：∵△ABC∽△A′B′C′，
∴ABA′B′=BCB′C′=k，∠B=∠B′，
∵AD、A′D′分别是△ABC、△A′B′C′的中线，
∴B′D′=12B′C′，BD=12BC，
∴BDB′D′=12BC12B′C′=BCB′C′=ABA′B′=k，
∴△ABD∽△A′B′D′，
∴ADA′D′=ABA′B′=k．
【解析】证明△ABD∽△A′B′D′，可得结论．
本题考查相似三角形的判定和性质，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题．
17.【答案】解：设BD=x米，则BC=x米，BE=(x+2)米，
在Rt△BDE中，tan∠EDB=BEDB=x+2x，
即x+2x≈1.33，
解得，x≈6.06，
∵sin∠EDB=BEED，
即0.8=8.06ED，
解得，ED≈10，
答：钢线ED的长度约为10米．
【解析】本题考查解直角三角形的应用，解题的关键是明确题意，利用三角函数值求出相应的边的长度．
根据题意，可以得到BC=BD，由∠CDB=45°，∠EDB=53°，由三角函数值可以求得BD的长，从而可以求得DE的长．
18.【答案】解：
(2分)
从表中可以得到：P(小明获胜)=59，P(小亮获胜)=49．
∴小明的得分为59×1=59，小亮的得分为49×1=49．
∵59>49，
∴游戏不公平．(4分)
修改规则不唯一．如若两次转出颜色相同或配成紫色，则小明得4分，否则小亮得5分．(6分)
【解析】游戏是否公平，关键要看是否游戏双方赢的机会是否相等，即判断双方取胜的概率是否相等，或转化为在总情况明确的情况下，判断双方取胜所包含的情况数目是否相等．
本题考查的是游戏公平性的判断．判断游戏公平性就要计算每个事件的概率，概率相等就公平，否则就不公平．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
19.【答案】解(1)设田丰每次价格下调的百分率为x．
由题意，得15(1−x)2=9.6．
解这个方程，得x1=0.2，x2=1.8．
因为降价的百分率不可能大于1，所以x2=1.8不符合题意，
符合题目要求的是x1=0.2=20%．
答：田丰每次价格下调的百分率是20%．
(2)小李选择方案一购买更优惠．
理由：方案一所需费用为：9.6×0.9×3000=25920(元)，
方案二所需费用为：9.6×3000−400×3=27600(元)．
∵25920<27600，
∴小李选择方案一购买更优惠．
【解析】(1)设出平均每次下调的百分率，根据从15元下调到9.6列出一元二次方程求解即可；
(2)根据优惠方案分别求得两种方案的费用后比较即可得到结果．
本题考查了一元二次方程的应用，在解决有关增长率的问题时，注意其固定的等量关系．
20.【答案】解：(1)∵反比例函数y=mx经过点B(2,−1)，
∴m=−2，
∵点A(−1,n)在y=−2x上，
∴n=2，
∴A(−1,2)，
把A，B坐标代入y=kx+b，则有−k+b=22k+b=−1，
解得k=−1b=1，
∴一次函数的解析式为y=−x+1，反比例函数的解析式为y=−2x．
(2)∵直线y=−x+1交y轴于C，
∴C(0,1)，
∵D，C关于x轴对称，
∴D(0,−1)，
∵B(2,−1)
∴BD/​/x轴，
∴S△ABD=12×2×3=3．
(3)∵M(x1,y1)、N(x2,y2)是反比例函数y=−2x上的两点，且x1∴y1【解析】本题考查反比例函数与一次函数的交点问题，解题的关键是熟练掌握待定系数法解决问题，学会利用反比例函数的性质，比较函数值的大小．
(1)利用待定系数法即可解决求问题．
(2)先求出C点，再根据对称性求出点D坐标，发现BD/​/x轴，利用三角形的面积公式计算即可．
(3)利用反比例函数图象的性质即可解决问题．
21.【答案】解：(1)不同类型的正确结论有：
①BE=CE；
②弧BD=弧DC；
③∠BED=90°；
④∠BOD=∠A；
⑤AC//OD；
⑥AC⊥BC；
⑦OE2+BE2=OB2；
⑧S△ABC=BC⋅OE；
⑨△BOD是等腰三角形；
⑩△BOE∽△BAC…
(2)∵OD⊥BC，
∴BE=CE=12BC=4，
设⊙O的半径为R，则OE=OD−DE=R−2，
在Rt△OEB中，由勾股定理得：OE2+BE2=OB2，即(R−2)2+42=R2，
解得R=5，
∴⊙O的半径为5．
【解析】(1)AB是⊙O的直径，则AB所对的圆周角是直角，BC是弦，OD⊥BC于E，则满足垂径定理的结论；
(2)OD⊥BC，则BE=CE=12BC=4，在Rt△OEB中，由勾股定理就可以得到关于半径的方程，可以求出半径；
本题主要考查了垂径定理，求圆的弦，半径，弦心距的长问题可以转化为解直角三角形的问题．
22.【答案】解：

(1)AC1= AC2+CC12= (5+5)2+52=5 5(cm)；
(2)画图分两种情况：
①当横向剪开时：AC1= (5+5)2+62= 136(cm)，
②当竖向剪开时：AC1= (6+5)2+52= 146(cm)；
∵ 146> 136，∴最短路程为2 34cm．
(3)如图所示：
连接AA1，过点O作OD⊥AA1于点D，
在Rt△ADO和Rt△A1DO中，
∵OA=OA1，
∴AD=A1D，∠AOD=12∠AOA1=60°，
∴AD=OAsin60°=4× 32=2 3(cm)，
∴AA1=2AD=4 3(cm)，
∴所求的最短的路程为AA1=4 3cm．
【解析】将各图展开，根据两点之间线段最短，利用勾股定理解答．
此题考查了同学们的空间想象能力，同时要求同学们能将立体图形侧面展开，有一定难度．
23.【答案】(1)证明：取BD中点O，连接OE，
∵∠DEB=90°，
∴BD为直径，
∴BD的中点O为外接圆的圆心．
∵BE平分∠ABC，
∴∠CBE=∠EBO，
∵OE=OB，
∴∠OEB=∠EBO，
∴∠OEB=∠CBE，
∴OE/​/BC，
∵BC⊥AC，
∴OE⊥AC，
∵OE为半径，
∴AC是△BDE的外接圆的切线；
(2)解：设⊙O半径为R，
则在Rt△AOE中，由勾股定理得：OA2=AE2+OE2，
即(R+2 6)2=R2+(6 2)2，
解得：R=2 6，
∴OA=2OE，
∴∠A=30°，∠AOE=60°，
∴∠CBE=∠OBE=30°，
∴EC=12BE=12× 3R=12× 3×2 6=3 2．
【解析】(1)取BD中点O，连接OE，求出∠CBE=∠EBO，∠OEB=∠EBO，推出∠OEB=∠CBE，推出OE/​/BC，求出OE⊥AC，根据切线的判定推出即可；
(2)设⊙O半径为R，在Rt△AOE中，由勾股定理得出(R+2 6)2=R2+(6 2)2，求出R=2 6，求出∠A=30°，∠CBE=∠OBE=30°，推出EC=12BE=12× 3R，代入求出即可．
本题考查了切线的判定，平行线的性质和判定，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质的应用，主要考查学生综合运用性质进行推理和计算的能力．
24.【答案】60° PQ//AE
【解析】(1)证明：∵△ABC和△CDE为等边三角形，
∴AC=BC，CD=CE，∠BCA=∠DCE=60°，
∴∠ACD=∠BCE，
在△ACD和△BCE中，
AC=BC，∠ACD=∠BCE，CD=CE，
∴△ACD≌△BCE(SAS)，
∴AD=BE；
(2)解：∵△ACD≌△BCE，
∴∠DAC=∠EBC，
由三角形的外角性质，∠AOB=∠BEA+∠DAC，
∠ACB=∠EBC+∠BEA，
∴∠AOB=∠ACB=60°；
∵∠DCP=60°=∠ECQ，
∴在△CDP和△CEQ中，
∠ADC=∠BEC，CD=CE，∠DCP=∠ECQ，
∴△CDP≌△CEQ(ASA)．
∴CP=CQ，
∴∠CPQ=∠CQP=60°，△PCQ是等边三角形，
∴∠QPC=∠BCA，
∴PQ/​/AE；
故答案为：60°，PQ//AE；
(3)解：在旋转过程中，(1)中的结论总成立，∠AOB的度数不会改变，理由如下：
∵△ABC和△CDE都是等边三角形，
∴AC=BC，CD=CE，∠ACB=∠DCE=60°，
∴∠ACB+∠BCD=∠DCE+∠BCD，
即∠ACD=∠BCE，
在△ACD和△BCE中，
AC=BC∠ACD=∠BCECD=CE，
∴△ACD≌△BCE(SAS)，
∴AD=BE，∠DAC=∠EBC，
∴∠BOA=180°−∠ABO−∠BAO=180°−∠ABC−∠BAC=60°．
(1)根据等边三角形性质得出AC=BC，CE=CD，∠ACB=∠ECD=60°，求出∠BCE=∠ACD，根据SAS推出两三角形全等即可；
(2)由三角形的外角性质，可得∠AOB=∠BEA+∠DAC，∠ACB=∠EBC+∠BEA，则∠AOB=∠ACB=60°，证明∠QPC=∠BCA，可得PQ//AE；
(3)证明△ACD≌△BCE(SAS)，得到AD=BE，∠DAC=∠EBC，根据∠BOA=180°−∠ABO−∠BAO=180°−∠ABC−∠BAC，即可解答．
本题是几何变换综合题，考查了旋转的性质、等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质；熟练掌握等边三角形的性质，证明三角形全等是解决问题的关键．
25.【答案】解：(1)由y=3y=34x得D点的坐标为D(4,3)
抛物线y=ax2+bx经过D(4,3)、A(6,0)，可得y=−38x2+94x
(2)∵CD=4，OC=3，OD= 42+33=5，sin∠CDO=35，
过A作AH⊥OD于H，
则AH=OAsin∠DOA=6×35=185=3.6
∴当直线OD与⊙A相切时，r=3.6
(3)设抛物线的对称轴与x轴交于点Q1，则点Q1符合条件
∵CB/​/OA，
∴∠Q1OM=∠ODC，
∴Rt△Q1OM∽Rt△CDO
∵对称轴x=−b2a=3，
∴Q1点的坐标为Q1(3,0)．
又过O作OD的垂线交抛物线的对称轴于点Q2，则点Q2也符合条件
∵对称轴平行于y轴，
∴∠Q2MO=∠DOC，
∴Rt△Q2MO∽Rt△DOC
在Rt△Q2Q1O和Rt△DCO中，Q1O=CO=3，
∠Q2=∠ODC，
∴Rt△Q2Q1O≌Rt△DCO，
∴CD=Q1Q2=4，
∵Q2位于第四象限，∴Q2(3,−4)．
因此，符合条件的点有两个，分别是Q1(3,0)，Q2(3,−4)．
【解析】(1)先求出D点坐标，再把A、D两点坐标代入抛物线y=ax2+bx联立求解即可；
(2)过A作AH⊥OD于H，求出AH的长即是⊙A的半径；
(3)假设存在，当OQ⊥QM时存在Q1，当OQ⊥OM时存在Q2，通过计算验证判断是否存在．
本题着重考查了待定系数法求二次函数解析式、数形结合的数学思想方法，综合性强，能力要求高．
26.【答案】解：(1)∵AC⊥BC，OC⊥AB，
∴△AOC∽△COB，
∴AOCO=OCOB
∵AO=1.8，则OC=2.4，
∴
解得OB=3.2，
∴点B的坐标为(3.2,0)
设经过点A、B、C的抛物线的解析式为y=ax2+bx+c，
将点A、B、C的坐标代入得y=−512x2+712x+125
(2)用勾股定理求出AC=3，BC=4，
∵AC⊥BC，MN//AC，MP/​/BC，
∴四边形MNCP为矩形，且△MNB∽△ACB，MNNB=ACCB=34
设MN=3x，则NB=4x，得CN=4−4x
∴四边形MNCP的面积为3x(4−4x)，从而△MNP的面积是：
S=12×3x(4−4x)
=−6x2+6x
=−6(x−12)2+32
当x=12，△MNP面积的最大值为32；
(3)∵l//AB，
∴△ABC的面积(2)中△ABC的面积相等为6，
由MN//AC，MP/​/BC，得△MNB∽△ACB，△MAP∽△BAC
则△MBN的面积△ABC的面积=(MBAB)2，△MAP的面积△BAC的面积=(AMAB)2
设MB=x，则AM=5−x，
∴△MBN的面积是；625x2，△MAP的面积是：6(5−x)225，
∴△MNP的面积是：
S=12(△ABC的面积−△MBN的面积−△MAP的面积)
=−625x2+65x
=−625(x−52)2+32，
当x=52，即MB为52时，△MNP面积的最大值为32，
∴(2)中的结论仍然成立．
【解析】(1)本题须先证出△AOC∽△COB，从而得出点B的坐标，再把点A、B、C的坐标代入即可求出抛物线的解析式．
(2)本题须先根据△MNB∽△ACB，得出MNNB=ACCB=34，再表示出CN的长，然后代入四边形MNCP的面积为3x(4−4x)，从而得出S=−6(x−12)2+32，即可求出
△MNP面积的最大值为．
(3)本题须先根据相似三角形的性质得出则△MNP的面积，然后求出△MNP面积的最大值即可得出正确结论．
本题主要考查了二次函数的综合应用，在解题时要注意把二次函数的图象和性质与相似三角形的性质相结合是本题的关键．(1,6)
(2,6)
(3,6)
(4,6)
(5,6)
(1,4)
(2,4)
(3,4)
(4,4)
(5,4)
(1,3)
(2,3)
(3,3)
(4,3)
(5,3)
(1,2)
(2,2)
(3,2)
(4,2)
(5,2)
(1,1)
(2,1)
(3,1)
(4,1)
(5,1)
第二次
第一次
红
黄
蓝
红
(红，红)
(红，黄)
(红，蓝)
黄
(黄，红)
(黄，黄)
(黄，蓝)
蓝
(蓝，红)
(蓝，黄)
(蓝，蓝)