2024年江苏省盐城市亭湖区中考数学模拟试卷（含解析）

这是一份2024年江苏省盐城市亭湖区中考数学模拟试卷（含解析），共29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。

1.2023的倒数是( )
A. 2023B. −2023C. −12023D. 12023
2.化简(−3x)2⋅2x所得的结果等于( )
A. 18x3B. −18x3C. 6x2D. −6x2
3.如图，原木旋转陀螺是一种传统益智玩具，是圆锥与圆柱的组合体，则它的俯视图是( )
A.
B.
C.
D.
4.2022年温州市居民人均可支配收入约为63000元，其中数据63000用科学记数法表示为( )
A. 63×103B. 0.63×105C. 6.3×105D. 6.3×104
5.如图，点C、D在线段AB上，且AC：CD：DB=3：2：1.以点A为圆心，分别以线段AC、AD、AB为半径画同心圆，记以AC为半径的圆为区域Ⅰ，CD所在的圆环为区域Ⅱ，DB所在的圆环为区域Ⅲ.现在此图形中随机撒一把豆子，统计落在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个区域内的豆子数.若大量重复此实验，则( )
A. 豆子落在区域Ⅰ的概率最小B. 豆子落在区域Ⅱ的概率最小
C. 豆子落在区域Ⅲ的概率最小D. 豆子落在区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的概率相同
6.表示数a，b，c的点在数轴上的位置如图所示，下列选项中一定成立的是( )
A. a+b>b+cB. a−c>b−cC. ab>bcD. ac>bc
7.如图，在菱形OABC中，AC=6，OB=8，点O为原点，点B在y轴正半轴上，若函数y=kx(k≠0)的图象经过点C，则k的值是( )
A. 24
B. 12
C. −12
D. −6
8.如图所示，平面直角坐标系中点A为y轴上一点，且AO=2 3，以AO为底构造等腰△ABO，且∠ABO=120°，将△ABO沿着射线OB方向平移，每次平移的距离都等于线段OB的长，则第2023次平移结束时，点B的对应点坐标为( )
A. (2022 3,2022)
B. (2024,2024 3)
C. (2023,2023 3)
D. (2024,2023 3)
二、填空题：本题共8小题，每小题3分，共24分。
9.式子 x−5在实数范围内有意义，则实数x的取值范围是 ．
10.分解因式：x2+2x+1= ．
11.如图，A、B、C点在圆O上，若∠ACB=36°，则∠AOB= ．
12.分式方程2x+1=1x−1的解为x=______．
13.若关于x的一元二次方程x2+3x−m=0有两个不相等的实数根，则m的取值范围是______．
14.如图，在△ABC中，点E是BC的中点，AD平分∠BAC，且AD⊥CD于点D.若AB=6，AC=3，则DE的长为______．
15.如图，矩形ABCD的顶点A和对称中心在反比例函数y=kx(k≠0,x>0)(k≠0,x>0)上，若矩形ABCD的面积为16，则k的值为______．
16.如图，将线段BC绕点B逆时针旋转120°得到线段BA，点D是平面内一动点，且D、B两点之间的距离为5，连接DA、DC，则DA+DC的最小值为______．
三、解答题：本题共10小题，共93分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题9分)
计算：364−4cs45°+(1− 3)0−|− 2|.
18.(本小题9分)
解不等式组3(x+1)>5x+4x−12≤2x−13．
19.(本小题9分)
先化简，再求值：(x+1)(x−1)−(x+3)2+2x2，其中x2−3x−2=0．
20.(本小题9分)
已知△ABC为钝角三角形，其中∠A>90°，有下列条件：
①AB=10；②AC=6 5；③tan∠B=34；④tan∠C=12；
(1)你认为从中至少选择______个条件，可以求出BC边的长；
(2)你选择的条件是______(直接填写序号)，并写出求BC的解答过程．
21.(本小题9分)
读懂一座城，从博物馆开始.2021年9月16日上午，江苏盐城市博物馆正式开馆.盐城市博物馆新馆坐落于先锋岛西侧，是一座研究反映盐城地方历史和城市发展的综合性博物馆.博物馆集收藏、展示、研究、教育、服务、交流于一体，整体建筑风格雅致，主馆建筑为传统宝塔造型，风格既有现代时尚气息，又充满中国皇家宫廷风韵.学校数学兴趣小组利用无人机测量该宝塔的高度，无人机的起飞点B与宝塔(CD)的水平距离BC为54.6m，无人机垂直升到A处测得塔的顶部D处的俯角为31°，测得塔的底部C处的俯角为45°．

(1)求宝塔的高度CD；
(2)若计算结果与实际高度稍有出入，请你提出一条减少误差的建议.(结果精确到0.1m，参考数据：sin31°≈0.52，cs31°≈0.86，tan31°≈0.60)
22.(本小题9分)
如图，等腰三角形OAB中，AO=AB，点B坐标为(4,0)顶点A在反比例函数y=kx的图象上，且△OAB的面积为12．
(1)k= ______．
(2)过B点直线对应的解析式为y=x+b与双曲线y=kx在第一，三象限交点分别为点M，N．
①求点M，N的坐标．
②直接写出不等式kx−x−b≥0的解集．
23.(本小题9分)
(1)问题研究：如图1，在每个小正方形的边长为1的网格中，△ABC的顶点A，C均落在格点上，点B在网格线上.以AB为直径的半圆的圆心为O，在圆上找一点E，使AE平分∠CAB请用无刻度的直尺作图；
(2)尝试应用：如图2，AC是⊙O的直径，BC是⊙O切线，AC=BC，AB交⊙O于P点.请用无刻度直尺作出BC的中点D；
(3)问题解决：请在(2)偿试应用的条件下，解决以下问题：
①连接DP，判断DP与⊙O的位置关系并证明；
②若AC=8，求DP，CD与⊙O围成的图形面积．
24.(本小题10分)
如图所示，在Rt△ABC中，∠C=90°，AB=8，在AB上取点O，以O为圆心，以OB为半径作圆，与AC相切于点D，并分别与AB，BC相交于点E，F(异于点B)．
(1)求证：BD平分∠ABC；
(2)若点E恰好是AO的中点，求扇形BOF的面积．
25.(本小题10分)
如图1，在菱形ABCD中，点P是对角线BD上一点，连接AP和CP，在射线AP上取点E，使得∠AEC+∠ABC=180°，射线CE交射线BD于点Q，设∠ABC=2α．
(1)如图2，若α=45°，连接AC，交BD于点O，求证：△OPC∽△OCQ；
(2)【探究】如图3，若α=30°，BD=4DP，请在图3中画出图形，并求CQCP的值；
【归纳】若BD=k⋅DP，CQCP的值为______.(用含k、α的表达式表示)
26.(本小题10分)
抛物线y=−x2+bx+c与x轴交于A、B(3,0)两点，与y轴交于点C，点D(53,329)和点P都在抛物线上．
(1)求出抛物线表达式；
(2)如图1，若点P在直线AD的上方，过点P作PH⊥AD，垂足为H，
①当点P是抛物线顶点时，求PH的长，
②求AH+13PH的最大值；
(3)如图2，tan∠APC=13，直接写出点P的坐标______．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：2023的倒数是12023．
故选：D．
乘积是1的两数互为倒数，由此即可得到答案．
本题考查倒数，关键是掌握倒数的意义．
2.【答案】A
【解析】解：原式=9x2⋅2x=18x3．
故选：A．
直接利用积的乘方运算法则化简，再利用单项式乘单项式计算得出答案．
此题主要考查了积的乘方运算、单项式乘单项式，正确掌握相关运算法则是解题关键．
3.【答案】D
【解析】解：从上面看，可得选项D的图形．
故选：D．
找到从上面看所得到的图形即可，注意所有的看到的棱都应表现在俯视图中．
本题考查了三视图的知识，俯视图是从物体的上面看得到的视图．
4.【答案】D
【解析】解：63000=6.3×104．
故选：D．
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同．当原数绝对值≥10时，n是正数；当原数的绝对值<1时，n是负数．
本题考查了科学记数法的表示方法，掌握形式为a×10n的形式，其中1≤|a|<10，n为整数是关键．
5.【答案】A
【解析】解：∵AC：CD：DB=3：2：1，
∴设AC=3x，CD=2x，DB=x，
∴Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个区域的面积分别为S1=π⋅(3x)2=9x2π，S2=π⋅(5x)2−π⋅(3x)2=16x2π，S3=π⋅(6x)2−π⋅(5x)2=11x2π，
∵S2>S3>S1，
∴豆子落在区域Ⅰ的概率最小．
故选：A．
分别计算出Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个区域的面积即可判断出答案．
本题考查了几何概率，关键是计算出Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个区域的面积．
6.【答案】C
【解析】解：根据图示，可得a∵a∴a+b∴选项A不符合题意；
∵a∴a−c∴选项B不符合题意；
∵a∴ab>bc，
∴选项C符合题意；
∵a0，
∴ac∴选项D不符合题意．
故选：C．
根据图示，可得a此题主要考查了实数大小比较的方法，以及数轴的特征：一般来说，当数轴正方向朝右时，右边的数总比左边的数大．
7.【答案】C
【解析】解：在菱形OABC中，AC=6，OB=8，
∴C(−3,4)，
∵反比例函数y=kx(k≠0)的图象经过点C，
∴k=(−3)×4=−12．
故选：C．
先根据菱形的性质求出C点坐标，再把C点坐标代入反比例函数的解析式即可得出k的值．
本题考查的是反比例函数图象上点的坐标特点，即反比例函数图象上各点的坐标一定满足此函数的解析式．
8.【答案】B
【解析】解：作BC⊥AO于点C，
∵∠ABO=120°，
∴OC= 3，∠OBC=60°，
在Rt△OBC中，BC=OC⋅tan30°=1，
∴由图观察可知，第1次平移相当于点B向上平移 3个单位，向右平移1个单位，第2次平移相当于点B向上平移2 3个单位，向右平移2个单位，
…
∵点B的坐标为(1, 3)，
∴第n次平移后点B的对应点坐标为(1+n,(n+1) 3)，
按此规律可得第2023次平移后点B的坐标为(2024,2024 3)；
故选：B．
根据等腰三角形的性质得到点B、B1、B2……的坐标，从而得到平移的规律．
本题考查了等腰三角形的性质和在平面直角坐标系中的平移规律，掌握等腰三角形的性质是解题的关键．
9.【答案】x≥5
【解析】【分析】
此题主要考查了二次根式有意义的条件，正确把握相关定义是解题关键．直接利用二次根式有意义的条件进而得出答案．
【解答】
解：式子 x−5在实数范围内有意义，则x−5≥0，
故实数x的取值范围是：x≥5．
故答案为x≥5．
10.【答案】(x+1)2
【解析】【分析】
本题考查了公式法分解因式．掌握因式分解的方法是解题的关键．
直接运用完全平方公式进行因式分解即可．
【解答】
解：x2+2x+1=(x+1)2．
故答案为：(x+1)2．
11.【答案】72°
【解析】【分析】
本题主要考查了圆周角定理，利用同弧或等弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半解答是解题的关键．
利用同弧或等弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半即可得出结论．
【解答】
解：∵∠ACB=12∠AOB，∠ACB=36°，
∴∠AOB=2∠ACB=72°．
故答案为：72°．
12.【答案】3
【解析】解：去分母得：2x−2=x+1，
解得：x=3，
经检验x=3是分式方程的解，
故答案为：3
分式方程去分母转化为整式方程，求出整式方程的解得到x的值，经检验即可得到分式方程的解．
此题考查了解分式方程，利用了转化的思想，解分式方程注意要检验．
13.【答案】m>−94
【解析】解：∵关于x的一元二次方程x2+3x−m=0有两个不相等的实数根，
∴Δ=32−4×1×(−m)=9+4m>0，
解得：m>−94，
故答案为：m>−94．
一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的根与Δ=b2−4ac有如下关系：①Δ>0，方程有两个不相等的实数根，②Δ=0，方程有两个相等的实数根，③Δ<0，方程没有实数根．根据关于x的一元二次方程x2+3x−m=0有两个不相等的实数根，得到Δ=9+4m>0，进行计算即可得到答案．
本题考查了一元二次方程根的判别式，掌握根的判别式是关键．
14.【答案】32
【解析】解：如图，延长CD，交AB于点F，
∵AD平分∠BAC，
∴∠FAD=∠CAD，
∵AD⊥CD，
∴∠ADF=∠ADC=90°，
在△FAD和△CAD中，
∠FAD=∠BADAD=AD∠ADF=∠ADC，
∴△FAD≌△CAD(ASA)，
∴AF=AC=3，CD=DF，
∵AB=6，
∴BF=AB−AF=6−3=3，
∵CD=DF，CE=EB，
∴DE是△BFC的中位线，
∴DE=12FB=12×3=32，
故答案为：32．
延长CD，交AB于点F，证明△FAD≌△CAD，根据全等三角形的性质得到AF=AC=6，CD=DF，进而求出FB，再根据三角形中位线定理计算即可．
此题考查了三角形中位线定理、全等三角形的判定与性质，作出合理的辅助线构建全等三角形求出CD=DF是解题的关键．
15.【答案】−8
【解析】解：连接BD交反比例函数的图象于点E，如图所示：

∵矩形ABCD的顶点A和对称中心在反比例函数y=kx(k≠0,x>0)的图象上，
∴点E为矩形ABCD的对称中心，
∴点E为BD的中点，
设OB=a，AB=b，AD=c，
则点A(−a,b)，B(a,0)，
∵四边形ABCD为矩形，
∴BC=AD=c，CD=AB=b，CD⊥x轴，
∴点D(−a−c,b)，
∵点E为BD的中点，
∴点E的坐标为E(−2a−c2,b2)，
∵点A，E均在反比例函数y=kx(k≠0,x>0)的图象上，
∴k=−ab=−2a−c2⋅b2，
整理得：2ab=bc，
∵矩形ABCD的面积为16，
∴bc=16，
∴2ab=16，
∴ab=8，
∴k=−ab=−8．
故答案为：−8．
连接BD交反比例函数的图象于点E，依题意得点E为矩形ABCD的对称中心，则点E为BD的中点，设OB=a，AB=b，AD=c，则点A(−a,b)，B(a,0)，根据矩形的性质得点D(−a−c,b)，则点E(−2a−c2,b2)，进而得k=−ab=−2a−c2⋅b2，整理得2ab=bc，然后根据矩形ABCD的面积为16得bc=16，由此得ab=8，进而可得k的值．
此题主要考查了反比例函数图象上的点，矩形的性质，理解反比例函数图象上的点满足反比例函数的解析式，熟练掌握矩形的性质是解决问题的关键．
16.【答案】5 3
【解析】解：如图，把BD绕点B顺时针旋转120°交DC的延长线于点D，过点B作BE⊥DD′于点E，
则∠DBD′=∠ABC=120°，DB=D′B=5，
∵∠ABD+∠DBC=∠DBC+CBD′=120°，
∴∠ABD=∠CBD′，
又∵AB=CB，DB=D′B，
∴△ABD≌△CBD′(SAS)，
∴AD=CD′，
∴AD+CD的最小值为DD′的值，
∵BE⊥DD′，
∴∠DBE=12∠DBD′=60°，DE=12DD′，
∴∠BDE=30°，
∵BD=5，
∴BE=12BD=52，
∴DE= 52−(52)2=5 32，
∴DD′=2×5 32=5 3，
故答案为：5 3．
把BD绕点B顺时针旋转120°交DC的延长线于点D，过点B作BE⊥DD′于点E，则∠DBD′=∠ABC=120°，DB=D′B=5，利用等量代换可得∠ABD=∠CBD′，从而证得△ABD≌△CBD′(SAS)，可得AD=CD′，即AD+CD的最小值为DD′的值，再根据等腰三角形的性质可得∠BDE=30°，DE=12DD′，根据直角三角形的性质和勾股定理求得DE=5 32，即可求解．
本题考查旋转的性质、全等三角形的判定与性质、直角三角形的性质、等腰三角形的性质及勾股定理，根据旋转的性质构造全等三角形是解题的关键．
17.【答案】解：原式=4−4× 22+1− 2
=4−2 2+1− 2
=5−3 2．
【解析】先进行二次根式、特殊角的函数值、0次幂、绝对值，再算乘法，后算加减．
此题考查了二次根式、特殊角的函数值、0次幂、绝对值、乘法、加减等运算，关键是能确定准确的运算顺序，并能对以上知识进行准确计算．
18.【答案】解：3(x+1)>5x+4①x−12≤2x−13②，
解不等式①得x<−12，
解不等式②得x≥−1，
∴不等式组的解集为−1≤x<−12．
【解析】先分别求出各不等式的解集，再求出其公共解集即可．
求不等式的公共解，要遵循以下原则：同大取较大，同小取较小，小大大小中间找，大大小小解不了．
19.【答案】解：(x+1)(x−1)−(x+3)2+2x2
=x2−1−x2−6x−9+2x2
=2x2−6x−10，
∵x2−3x−2=0，
∴x2−3x=2，
∴当x2−3x=2时，原式=2(x2−3x)−10
=2×2−10
=4−10
=−6．
【解析】先去括号，再合并同类项，然后把x2−3x=2代入化简后的式子进行计算，即可解答．
本题考查了整式的混合运算−化简求值，准确熟练地进行计算是解题的关键．
20.【答案】3 ①②④
【解析】解：(1)根据解直角三角形的条件可知，至少选择3个条件，可以求出BC边的长，
故答案为：3；
(2)选择①②④，BC=20，理由如下：
过点A作AD⊥BC于点D，如图所示：
设AD=x，
∵tan∠C=12，
∴CD=2x，
∵AC=6 5，
根据勾股定理，得x2+(2x)2=(6 5)2，
解得x=6或x=−6(不合题意，舍去)，
∴AD=6，CD=2x=12，
∵AB=10，
根据勾股定理，得BD= 102−62=8，
∴BC=CD+BD=12+8=20．
故答案为：①②④．
(1)根据解直角三角形的条件即可确定；
(2)选择①②④，过点A作AD⊥BC于点D，根据tan∠C的值以及勾股定理可得AD和CD的长，再根据勾股定理求出BD的长，进一步即可求出BC的长．
本题考查了解直角三角形，构造直角三角形运用勾股定理是解题的关键．
21.【答案】解：(1)如图：延长CD交AE于点F，

由题意得：CF⊥AE，AF=BC=54.6m，
在Rt△AFC中，∠FAC=45°，
∴CF=AF⋅tan45°=54.6(m)，
在Rt△AFD中，∠FAD=31°，
∴DF=AF⋅tan31°≈54.6×0.6=32.76(m)，
∴CD=CF−DF=54.6−32.76≈21.9(m)，
∴宝塔的高度CD约为21.9m；
(2)一条减少误差的建议：多次测量求平均值，可以减小误差(答案不唯一)．
【解析】(1)延长CD交AE于点F，根据题意可得：CF⊥AE，AF=BC=54.6m，然后分别在Rt△AFC和Rt△AFD中，利用锐角三角函数的定义求出CF和DF的长，从而利用线段的和差关系进行计算，即可解答；
(2)根据多次测量求平均值，可以减小误差，即可解答．
本题考查了解直角三角形的应用−仰角俯角问题，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
22.【答案】12
【解析】解：(1)过点A作AC⊥OB于点C，
∵等腰三角形OAB中，AO=AB，点B坐标为(4,0)，
∴OB=4，
∵△OAB的面积为12，
∴12OB⋅AC=12，
∴AC=6，
∴A(2,6)，
∵顶点A在反比例函数y=kx的图象上，
解得：k=2×6=12，
故答案为：12；
(2)①把B点的坐标代入y=x+b得：4+b=0，
∴b=−4，
∴过B点直线解析式为y=x−4，
联立y=x−4y=12x，解得x=6y=2或x=−2y=−6，
∴M(6,2)，N(−2,−6)；
②观察图象，不等式kx−x−b≥0的解集是0(1)过点A作AC⊥OB于点C，利用三角形面积求得AC即可求得点A的坐标是(2,6)，将点A的坐标代入反比例函数表达式，即可求解；
(2)①求得一次函数的解析式，与反比例函数解析式联立，解方程组即可求解；
②根据图象即可求得．
本题是反比例函数与一次函数的交点问题，考查了等腰三角形的性质，三角形的面积，待定系数法求反比例函数的解析式，一次函数与反比例函数的交点的求法，函数与不等式的关系，求得A点的坐标以及数形结合是解题的关键
23.【答案】解：(1)如图1，先找到1×1正方形的对角线的交点H、F，连接HF交线段CB于一点G，连接OG并延长交半圆于点E，E点即为所求的点．证明如下：
∵1×1正方形的对角线的交点为H、F，
∴K是IJ的中点，
∴K是CL的中点，
∴G是CB的中点，
∵O是线段AB的中点，
∴OG/​/AC，
∴∠OEA=∠CAE，
∵OA=OE，
∴∠OAE=∠OEA，
∴∠OAE=∠CAE，
∴AE平分∠CAB；
(2)连接PO并延长交圆于一点Q，连接PC、QB交于点M，连接OM并延长交CB于点D，则D即为BC的中点．证明如下：
∵BC是⊙O切线，
∴AC⊥BC，
∵AC=BC，
∴△ABC是等腰直角三角形，
∵AC是⊙O的直径，
∴∠APC=90°，
∴CP⊥AB，
∴P是AB中点，
∵O是AC中点，
∴OP/​/BC，
∵PQ、AC是直径，
∴PQ=AC，
∴PQ=BC，
∴四边形PQCB是平行四边形，
∵M是PC、QB的交点，
∴M是BQ的中点，
∴OM//PB，
∴MD//QC，
∴D是BC的中点；
(3)①DP与⊙O相切．
证明：由(2)知OP/​/CD，OP=CD，
∴四边形OCDP是平行四边形，
∵∠OCD=90°，
∴四边形OCDP是矩形，
∴PD⊥OP，
∴DP与⊙O相切；
②由①知四边形OCDP是矩形，
∵OC=OP，
∴四边形OCDP是正方形，
∴S=S正方形OCDP−S扇形COP=4×4−90×π×42360=16−4π．

【解析】(1)先找到1×1正方形的对角线的交点H、F，连接HF交线段CB于一点G，连接OG并延长交半圆于点E，E点即为所求的点；
(2)连接PO并延长交圆于一点Q，连接PC、QB交于点M，连接OM并延长交CB于点D，则D即为BC的中点；
(3)①DP与⊙O相切，证明四边形OCDP是矩形即可；
②先说明四边形OCDP是正方形，则所求面积等于S正方形OCDP−S扇形COP．
本题考查了作图，特殊四边形的证明，圆的切线的判定，与圆有关的面积计算；对于网格作图，关键是找到CB的中点．
24.【答案】(1)证明：连接OD，如图，

∵AC与⊙O相切于点D，
∴OD⊥AC，
∵∠C=90°，
∴BC⊥AC，
∴OD//BC，
∴∠CBD=∠ODB，
∵OD=OB，
∴∠OBD=∠ODB，
∴∠OBD=∠CBD，
∴BD平分∠ABC；
(2)解：连接DE、OD、OF，如图，

∵AB=8，E是AO的中点，
∴AE=OE=OB=83，
在Rt△AOD中，DE=12AO=OE，
∴DE=OD=OE，
∴△DOE为等边三角形，
∴∠DOE=60°，
∵OD/​/BC，
∴∠FBO=∠DOE=60°，
∵OF=OB，
∴△FBO为等边三角形，
∴∠BOF=60°，
∴S扇形BOF=60π×(83)2360=3227π.
【解析】(1)连接OD，以此可得OD⊥AC，在平面内，垂直于同一条直线的两条直线平行得OD/​/BC，进而得到∠CBD=∠ODB，由OD=OB可得∠OBD=∠ODB，因此∠OBD=∠CBD，以此即可证明；
(2)连接DE、OD、OF，易得AE=OE=OB=2，根据直角三角形中线的性质的DE=12AO=OE，因此△DOE为等边三角形，则∠DOE=60°，根据平行线的性质得∠FBO=∠DOE=60°，于是可证明△FBO为等边三角形，再利用扇形的面积公式计算即可．
本题考查切线的性质、等边(等腰)三角形的性质、平行线的判定与性质、直角三角形的中线性质、扇形的面积公式、相似三角形的性质，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题关键．
25.【答案】k4(k−1)cs2α−k
【解析】(1)证明：如图，
∵α=45°，则∠ABC=2α=90°，
又∵四边形ABCD是菱形，
∴四边形ABCD是正方形，
∴AC⊥BD，
∵∠AEC+∠ABC=180°，
∴∠AEC=90°，
∵P在BD上，AO=CO，PO⊥AC，则PA=PC，
∴∠PCO=∠PAO，
∵∠APO=∠QPE，∠AOP=∠QEP，
∴∠PAO=∠PQE，
∴∠PCO=∠PQE，
∴△OPC∽△OCQ．
(2)解：①如图所示，延长PA至Q′使得AQ′=CQ，连接AC，BE，AQ，AC，BD交于点O，过点Q′作Q′M//BD交BA的延长线于点M，过点P作PS//QC，交BC的延长线于点S，
∵∠AEC+∠ABC=180°，
∴∠BAE+∠BCE=180°，
又∵∠Q′AB+∠BAE=180°，
∴∠Q′AB=∠BCE，
∵AQ′=CQ，且四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC，
∴△AQ′B≌△CQB(SAS)，
∴∠ABQ′=∠CBQ，
∵四边形ABCD是菱形，
∴∠ABQ=∠CBQ，AC⊥BD
∴∠Q′BA=∠ABQ=∠CBQ=12∠ABC=α，
∴BO=BC×csα，则BD=2BO=2BC⋅csα，
∵Q′M//BD，
∴∠M=∠ABD=α，
∵∠Q′BA=α，
∴∠M=∠Q′BA，
∴Q′B=Q′M，
∵Q′M//BP
∴△AQ′M∽△APB，
∴APAQ′=BPQ′M，
∵P是BD上的点，BD垂直平分AC，
∴PA=PC，
又AQ′=CQ，Q′M=Q′B=BQ，
∴PCCQ=BPBQ，
∵PS//QC
∴△BQC∽△BPS，
∴BQBP=BCBS=CQPS，
∴PC=PS，
∴CQPC=CQPS=BCBS，
过点P作PT⊥CS于点T，则TC=TS，
∵α=30°，设BC=a，
则BD=2BO=2BC⋅csα= 3a，
∵BD=4DP，
∴BP=BD−PD=3PD=34BD=3 34a，
∴PT=sinα×BP=12BP=3 38a，BT= 3PT=98a，
∴CS=2CT=2(BT−BC)=14a，
∴CQPC=CQPS=BCBS=aa+14a=45．
【归纳】
同(2)可得BD=2BO=2BC⋅csα，
设BC=t，则BD=2tcsα，
∵BD=k⋅DP，
∴BP=k−1kBD=2t⋅csα⋅k−1k，
∵PT=sinα×BP=2t⋅k−1kcsα⋅sinα，BT=BP×csα=k−1k(2t⋅cs2α)，
∴CS=2CT=2(BT−BC)=2(BP×csα−BC)=2(2t⋅cs2α⋅k−1k−t)，
∴CQPC=CQPS=BCBS=tt+2(2t⋅cs2α⋅k−1k−t)=k4(k−1)cs2α−k，
故答案为：k4(k−1)cs2α−k．
(1)根据题意得出四边形ABCD是正方形，进而得出∠AEC=90°，根据正方形的性质得出∠PCO=∠PAO，进而根据三角形内角和定理得出∠PAO=∠PQE，即可得∠PCO=∠PQE，进而证明△OPC∽△OCQ；
(2)①如图所示延长PA至Q′，使得AQ′=CQ，连接AC，BE，AQ，AC与BD交于点O，过点Q′作Q′M//BD交BA的延长线于点M，过点P作PS//QC，交BC的延长线于点S，证明△AQ′B≌△CQB，得出∠ABQ′=∠CBQ，根据题意得出BO=BC×csα，则BD=2BO=2BC⋅csα，证明△AQ′M∽△APB，得出APAQ′=BPQ′M，等量代换得出PCCQ=BPBQ，根据平行线的性质得出BQBP=BCBS=CQPS，可得PC=PS，则CQPC=CQPS=BCBS.过点P作PT⊥CS于点T，则TC=TS，设BC=a，将已知条件代入得出BS=54a，进而即可求解．[归纳]根据(2)的方法即可求解．
本题考查了相似三角形的性质与判定，解直角三角形，平行线分线段成比例，全等三角形的性质与判定，正方形的性质，菱形的性质，正确作出辅助线是解题的关键．
26.【答案】(1,4)或(4,−5)
【解析】解：(1)∵抛物线y=−x2+bx+c与x轴交于B(3,0)点，点D(53,329)和点P都在抛物线上，
∴−9+3b+c=0−259+53b+c=329，
解得：b=2c=3，
∴抛物线表达式为y=−x2+2x+3；
(2)①∵y=−x2+2x+3=−(x−1)2+4，
∴抛物线的顶点坐标为(1,4)．
设直线AD交y轴于点E，过点P作PF/​/y轴交AD于点Q，如图，
根据抛物线的解析式可求出顶点坐标为(1,4)，
令y=0，则−x2+2x+3=0，
解得：x=1或x=3，
∴A(−1,0)，
设直线AD的解析式为y=kx+n，
−k+n=053k+n=329，
解得：k=43n=43，
∴直线AD的解析式为y=43x+43，
∴Q(1,83)，
∴QF=83，
∴PQ=PF−QF=43．
令x=0，则y=43，
∴E(0,43)，
∴OE=43，
∴AE= OA2+OE2=53，
∴sin∠AEO=AOAE=35，cs∠AEO=EOAE=45，
当P为顶点时，则P(1,4)，Q(1,83)，
∴PQ=4−83=43，
∵∠CED=∠AEO，PQ/​/CE，
∴∠PQH=∠AEO，
∴PH=PQ⋅sin∠PQH=43×35=45；
②设直线AD交y轴于点E，过点P作PF⊥x轴于点F，交AD于点Q，如图，
设P(m,−m2+2m+3)，则OF=m，PF=−m2+2m+3，QF=43m+43，
∴PQ=PF−QF=−m2+23m+53．
由①知：△AOE∽△PHQ，
∴OAAE=PHPQ，
∴153=PH−m2+23m+53，
∴PH=−35m2+25m+1．
过点H作HG⊥x轴于点G，HR⊥PF于点R，则四边形HRFG为矩形，
∴FG=HR．
由①知：∠AEO=∠PQH，
∴tan∠AEO=tan∠PQH=34，
∴PHQH=34，
∴QH=43PH=−45m2+815m+43．
∵OE//QF，
∴△AOE∽△AQF，
∴AEAQ=OEQF，
∴53AQ=4343m+43，
∴AQ=53m+53，
∴AH=AQ+QH=−45m2+115m+3．
∴AH+13PH=−45m2+115m+3+(−15m2+215m+13)
=−m2+73m+103
=−(m−76)2+16936．
∵−1<0，
∴当m=76时，AH+13PH有最大值为16936；
(3)由y=−x2+2x+3，当x=0时，y=3，则C(0,3)，
∵A(−1,0)，
∴AC= 10．
如图所示，
在x轴上取一点M(9,0)，则AM=10，
以AM为直径，AM的中点N(4,0)为圆心，作⊙N，则∠ACM=90°，
∴CM= AM2−CM2=3 10．
∴tan∠AMC=ACCM= 103 10=13．
∵tan∠APC=13
∴点P在⊙N上，
∵AN=5，
设P(m,−m2+2m+3)，过点P作PT⊥x于点T，则NT=|4−m|，
在Rt△PTN中，PN=5，PT=|−m2+2m+3|，
∴PT2+TN2=PN2，
即(−m2+2m+3)2+(4−m)2=25：
整理得m(m+1)(m−1)(m−4)=0，
.m=0，1，−1，4．
∵A(−1,0)，C(0,3)，
∴m=1或m=4．
当m=1时，−m2+2m+3=4
当m=4时，−m2+2m+3=−5．
∴P(1,4)或(4−5)，
故答案为：(1,4)或(4,−5)．
(1)待定系数法求二次函数解析式即可求解；
(2)①如图所示，过点P作PQ/​/y轴交AD于点Q，设直线AD交y轴于点E，得出直线AD的解析式为y=43x+43，求得sin∠AEO=AOAE=35，当P为顶点时，则P(1,4)，Q(1,83)，又∠PQH=∠AEO，根据PH=PQ⋅sin∠POH即可求解；
②设直线AD交y轴于点E，过点P作PF⊥x轴于点F，交AD于点Q，设P(m,−m2+2m+3)，则OF=m，PF=−m2+2m+3，QF=43m+43，分别求得AH，PH计算AH+13PH=−m2+73m+103，根据二次函数的性质，即可求解；
(2)在x轴上取一点M(9,0)，则AM=10，以AM为直径，AM的中点N(4,0)为圆心，作⊙N，则∠ACM=90°，根据tan∠APC=13，得出点P在⊙N上，进而根据勾股定理即可求解，
本题考查了二次函数的性质，解直角三角形，直径所对的圆周角是直角，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．