2023-2024学年福建省福州市台江区华伦中学九年级（上）第一次月考数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年福建省福州市台江区华伦中学九年级（上）第一次月考数学试卷（含解析），共25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.下列图案是轴对称图形但不是中心对称图形的是( )
A. B. C. D.
2.已知点P(x,−2)与点Q(4,y)关于原点对称点，则x+y的值是( )
A. 2B. −2C. −4D. 4
3.如图，在△AOB中，AO=1，BO=AB=32.将△AOB绕点O逆时针方向旋转90°，得到△A′OB′，连接AA′.则线段AA′的长为( )
A. 1
B. 2
C. 32
D. 32 2
4.在如图4×4的正方形网格中，△MNP绕某点旋转一定的角度，得到△M1N1P1，则其旋转中心可能是( )
A. 点AB. 点BC. 点CD. 点D
5.如图，四边形ABCD内接于⊙O，如果它的一个外角∠DCE=64°，那么∠BOD的度数为( )
A. 64°
B. 128°
C. 120°
D. 116°
6.如图，Rt△OAB的斜边OA在y轴上，∠AOB=30°，OB= 3，将Rt△AOB绕原点顺时针旋转60°，则A的对应点A1的坐标为( )
A. (1, 3)
B. (− 3,1)
C. ( 3,1)
D. (−1, 3)
7.往直径为52cm的圆柱形容器内装入一些水以后，截面如图所示，若水面AB=48cm，则水的最大深度为( )
A. 8cm
B. 10cm
C. 16cm
D. 20cm
8.下列五个命题：①圆既是轴对称图形，又是中心对称图形；②垂直于弦的直径平分这条弦；③相等圆心角所对的弧相等；④圆周角等于圆心角的一半；⑤平分这条弦的直径垂直于这条弦，其中是真命题的是( )
A. ①②③④⑤B. ①②③④C. ①②③D. ①②
9.如图，△ABC内接于⊙O，∠C=30°，AB=2，则⊙O的半径为( )
A. 3
B. 2
C. 2 3
D. 4
10.如图，在四边形ABCD中，以AB为直径的⊙O恰好经过点C，AC，DO交于点E，已知AC平分∠BAD，∠ADC=90°，CD：BC=2： 5，则CE：AE的值为( )
A. 2： 5
B. 5：2 2
C. 5：8
D. 4：5
二、填空题（本大题共6小题，共18.0分）
11.如图，A、B、C是⊙O上的点，若∠BOC=100°，则∠BAC=______°.
12.如图，将△ABC绕点A逆时针旋转50°得到△ADE(点B、C的对应点分别为点D、E)，若∠B=50°，∠E=30°，则∠CAD的度数为______．
13.如图，△ABC中，AB=AC，BC=2，∠BAC=30°，现将△ABC绕点A逆时针旋转30°得到△ACD，延长AD，BC相交于点E，则CE的长是______ ．
14.已知⊙O的半径为r，弦AB= 2r，则AB所对圆周角的度数为______ ．
15.如图，四边形ABCD内接于⊙O，AC为⊙O的直径，∠ADB=∠CDB.若AB=2 2，AD=2，则CD的长度为______ ．
16.已知正方形ABCD边长为2，E、F分别是直线BC、CD上的动点，且满足BE=CF，连接AE、BF，交点为P点，则PD的最小值为______．
三、解答题（本大题共9小题，共72.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17.(本小题8.0分)
解方程：
(1)x2−4x+1=0；
(2)(x+2)2−3(x+2)=0．
18.(本小题8.0分)
如图，在网格中作图．
(1)作出△ABC关于O点对称的△A1B1C1；
(2)作出△ABC以A为旋转中心沿顺时针方向旋转90°后的图形△A2B2C2．
19.(本小题8.0分)
如图，AB为⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，若AB=10，EB=2，求弦CD的长．
20.(本小题8.0分)
如图，在△ABC中，∠BAC=90°，将△ABC绕点A逆时针旋转得到△ADE，点D恰好落在BC上，连接CE.求证：BC⊥CE．
21.(本小题8.0分)
如图，已知正方形ABCD的边长为3，E、F分别是AB、BC边上的点，且∠EDF=45°，将△DAE绕点D按逆时针方向旋转90°得到△DCM．
(1)求证：EF=MF；
(2)当AE=1时，求EF的长．
22.(本小题8.0分)
如图，在⊙O的内接四边形ABCD中，DB=DC，∠DAE是四边形ABCD的一个外角.求证：∠DAE=∠DAC．
23.(本小题8.0分)
如图1，Rt△ABC中，∠ABC=90°，AC=5，AB=4，将△ABC绕点B顺时针旋转得到△A′BC′，其中A′是点A的对应点，且0°<∠ABA′<360°，连接AA′，CC′．

(1)求证：CC′AA′=34；
(2)如图2，当点C′在线段AA′上时，求△CBC′的面积．
24.(本小题8.0分)
如图，△ABC内接于⊙O，弦BD⊥AC，垂足为E，点D，点F关于AC对称，连接AF并延长交⊙O于点G．
(1)连接OB，求证：∠ABD=∠OBC；
(2)求证：点F，点G关于BC对称；
(3)若BF=OB=2，求△ABC面积的最大值．
25.(本小题8.0分)
如图，点A为抛物线y=14x2上第一象限内的动点，点M在y轴上．
(1)若点A的横坐标为4，求点A的坐标；
(2)在(1)的条件下，如图，若点M(0,1)，N(2,0)，连接AM，MN，证明MN⊥AN．
(3)如图，若B(−2,1)，连接AB交y轴于点M，过点B作BN⊥x轴于N，当OB平分∠NBA时，求BMAM的值．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查的是中心对称图形与轴对称图形，正确掌握相关定义是解题关键．
根据中心对称图形与轴对称图形的概念，把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形；如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，进行判断即可．
【解答】
解：A.既是轴对称图形，又是中心对称图形，故此选项不合题意；
B.既是轴对称图形，又是中心对称图形，故此选项不合题意；
C.是轴对称图形但不是中心对称图形，故此选项符合题意；
D.既是轴对称图形，又是中心对称图形，故此选项不合题意；
故选：C．
2.【答案】B
【解析】解：∵点P(x,−2)与点Q(4,y)关于原点对称点，
∴x=−4，y=2，
∴x+y=−4+2=−2．
故选：B．
根据两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反可得x=−4，y=2，再计算x+y即可．
此题主要考查了关于原点对称的点的坐标特点，关键是掌握坐标的变化规律．
3.【答案】B
【解析】解：由旋转性质可知，OA=OA′=1，∠AOA′=90°，
则△AOA′是以AA′为斜边的等腰直角三角形，
∴AA′= OA2+OA′2= 1+1= 2．
故选B．
由旋转性质可判定△AOA′为等腰直角三角形，再由勾股定理可求得AA′的长．
本题考查了旋转的性质，以及勾股定理．
4.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了学生的理解能力和观察图形的能力，重点掌握旋转的性质，注意：旋转时，对应顶点到旋转中心的距离应相等且旋转角也相等，对称中心在连接对应点线段的垂直平分线上．
连接PP1、NN1、MM1，分别作PP1、NN1、MM1的垂直平分线，看看三线都过哪个点，那个点就是旋转中心．
【解答】
解：∵△MNP绕某点旋转一定的角度，得到△M1N1P1，
∴连接PP1、NN1、MM1，
作PP1的垂直平分线过B、D、C，
作NN1的垂直平分线过B、A，
作MM1的垂直平分线过B，
∴三条线段的垂直平分线正好都过B，
即旋转中心是B．
故选：B．
5.【答案】B
【解析】解：∵∠DCE=64°，
∴∠BCD=180°−∠DCE=116°，
∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠A=180°−∠BCD=64°，
由圆周角定理，得∠BOD=2∠A=128°，
故选：B．
根据邻补角的概念求出∠BCD，根据圆内接四边形的性质求出∠A，根据圆周角定理解答即可．
本题考查的是圆内接四边形的性质、圆周角定理，掌握圆内接四边形的对角互补是解题的关键．
6.【答案】C
【解析】解：如图，过点A′作A′H⊥x轴于H．
∵∠ABO=90°，∠AOB=30°，OB= 3，
∴OA=OBcs30∘=2，
∵∠AOA′=60°，
∴∠A′OH=30°，
∴A′H=12OA′=1，OH= 3A′H= 3，
∴A′( 3,1)，
故选：C．
如图，过点A′作A′H⊥x轴于H.解直角三角形求出OH，A′H即可解决问题．
本题考查坐标与图形变化−旋转，解直角三角形等知识，解题的关键是理解题意，灵活应用所学知识解决问题．
7.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查了垂径定理、勾股定理等知识，根据题意作出辅助线，构造出直角三角形是解答此题的关键．
连接OB，过点O作OC⊥AB于点D，交⊙O于点C，先由垂径定理求出BD的长，再根据勾股定理求出OD的长，进而可得出CD的长．
【解答】
解：如图所示，连接OB，过点O作OC⊥AB于点D，交⊙O于点C，
∵AB=48cm，
∴BD=12AB=12×48=24(cm)．
∵⊙O的直径为52cm，
∴OB=OC=26cm．
在Rt△OBD中，OD= OB2−BD2= 262−242=10(cm)，
∴CD=OC−OD=26−10=16(cm)．
即水的最大深度为16cm．
故选：C．
8.【答案】D
【解析】解：圆既是轴对称图形，又是中心对称图形，故①是真命题；
垂直于弦的直径平分这条弦；故②是真命题；
同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弧相等；故③为假命题；
同弧或等弧所对的圆周角是圆心角的一半；故④为假命题；
平分这条弦(不是直径)的直径垂直于这条弦，故⑤为假命题；
故选：D．
根据圆的对称性判断①；垂径定理判断②；弧，弦，角之间的关系判断③；圆周角定理，判断④；垂径定理的推论判断⑤．
本题考查判断命题的真假．熟练掌握圆的基本性质，垂径定理和圆周角定理是解题的关键．
9.【答案】B
【解析】解：连接OA，OB，则∠AOB=2∠C=60°，
∵OA=OB，
∴△AOB是等边三角形，有OA=AB=2．
故选B．
先利用圆周角定理求出∠AOB，再根据等边三角形的判定得到△AOB是等边三角形，从而得解．
本题利用了圆周角定理和等边三角形的判定和性质求解．
10.【答案】C
【解析】解：过C点作CH⊥AB于H，连接OC，如图，
∵AC平分∠BAD，CD⊥AD，CH⊥AB，
∴CD=CB，
∵CD：BC=2： 5，
∴设CD=2x，CB=2x，BC= 5x，
在Rt△BCH中，BH= BC2−CH2=x，
∵AB为直径，
∴∠ACB=90°，
∵∠CBA=∠HBC，∠CHB=∠ACB，
∴△BCH∽△BAC，
∴BC：BA=BH：BC，即 5x：AB=x： 5x，
解得AB=5x，
在Rt△ABC中，AC= AB2−BC2=2 5x，
在Rt△ACD中，AD== AC2−CD2= (2 5x)2−(2x)2=4x，
∵OA=OC，
∴∠OAC=∠OCA，
∵∠DAC=∠OAC，
∴∠DAC=∠OCA，
∴AD/​/OC，
∴CEAE=OCAD=52x4x=58．
故选：C．
过C点作CH⊥AB于H，连接OC，如图，根据角平分线的性质得到CD=BC，设CD=2x，CB=2x，BC= 5x，利用勾股定理计算出BH=x，再根据圆周角定理得到∠ACB=90°，则可判断△BCH∽△BAC，利用相似比得到AB=5x，则利用勾股定理可计算出AC=2 5x，AD=4x，接着证明AD/​/OC，然后利用平行线分线段成比例求解．
本题考查了圆周角定理：半圆(或直径)所对的圆周角是直角，90°的圆周角所对的弦是直径．也考查了勾股定理和相似三角形的判定与性质．
11.【答案】50
【解析】解：∵∠BOC=2∠BAC，∠BOC=100°，
∴∠BAC=50°，
故答案为50
利用圆周角定理计算即可．
本题考查圆周角定理，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考基础题．
12.【答案】50°
【解析】解：∵△ABC绕点A逆时针旋转50°得到△ADE，
∴∠BAD=50°，∠C=∠E=30°，
∵∠BAC+∠B+∠C=180°，
∴∠BAC=180°−50°−30°=100°，
∴∠CAD=∠BAC−∠BAD=100°−50°=50°．
故答案为：50°．
先利用旋转的性质得到∠BAD=50°，∠C=∠E=30°，再利用三角形内角和计算出∠BAC=100°，然后计算∠BAC−∠BAD即可．
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．
13.【答案】 3+1
【解析】解：∵AB=AC，∠BAC=30°，
∴∠B=∠ACB=75°，
∴∠ACE=180°−75°=105°，
∵将△ABC绕点A逆时针旋转30°得到△ACD，
∴∠ACD=∠ADC=75°，CD=BC=2，
∴∠DCE=∠ACE−∠ACD=30°，
∴∠E=∠ADC−∠DCE=45°，
过点D作DH⊥CE，则∠DHE=∠DHC=90°，
在Rt△CHD中，∠DCE=30°，
∴DH=12CD=1，
∴CH= 22−12= 3，
在Rt△EHD，∠E=45°，
∴DH=EH=1，
∴CE=CH+EH= 3+1．
故答案为： 3+1．
等边对等角，得到∠B=∠ACB=75°，旋转得到∠ACD=∠ADC=75°，CD=BC=2，进而推出∠DCE=30°，∠DEC=45°，过点D作DH⊥CE，利用含30度角的直角三角形的性质和等腰直角三角形的性质，分别求出CH，EH，即可得解．
本题考查等腰三角形的性质，旋转的性质，含30度角的直角三角形的性质，熟练掌握相关性质，添加辅助线构造特殊图形，是解题的关键．
14.【答案】45°或135°
【解析】【分析】
此题考查了垂径定理，圆周角定理，以及等腰直角三角形的判定与性质，熟练掌握垂径定理是解本题的关键．根据题意画出相应的图形，过O作OC⊥AB，D、E为圆周上的点，连接AD，BD，AE，BE，∠AEB与∠ADB为弦AB所对的圆周角，由垂径定理得到C为AB的中点，表示出AC与BC，由半径为r，得到三角形AOC与三角形BOC都为等腰直角三角形，可得出∠AOC与∠BOC为45度，求出∠AOB为90度，利用同弧所对的圆心角等于所对圆周角的2倍，即可求出AB所对圆周角的度数．
【解答】
解：根据题意画出相应的图形，
过O作OC⊥AB，D、E为圆周上的点，连接AD，BD，AE，BE，
可得C为AB的中点，即AC=BC=12AB= 22r，
∵OA=OB=r，AC=BC= 22r，
∴△AOC与△BOC都为等腰直角三角形，
∴∠AOC=∠BOC=45°，
∴∠AOB=90°，
∴∠AEB=45°，∠ADB=135°，
则AB所对的圆周角的度数为45°或135°．
故答案为45°或135°
15.【答案】2 3
【解析】解：∵AC为⊙O的直径，
∴∠ADC=∠ABC=90°，
∵∠ADB=∠CDB，
∴∠ADB=∠CDB=12∠ADC=45°，
∴∠ACB=∠ADB=45°，
∴AB=BC=2 2，
∴AC= AB2+BC2=4，
∴CD= AC2−AD2=2 3；
故答案为：2 3．
根据圆周角定理，以及∠ADB=∠CDB，得到∠ADC=∠ABC=90°，∠ACB=∠ADB=12∠ADC=45°，利用等角对等边，以及勾股定理进行求解即可．
本题考查圆周角定理，勾股定理．熟练掌握直径所对的圆周角是直角，同弧所对的圆周角相等，是解题的关键．
16.【答案】 5−1
【解析】解：在正方形ABCD中，AB=BC，∠ABC=∠BCD，
在△ABE和△BCF中，
AB=BC∠ABE=∠BCFBE=CF，
∴△ABE≌△BCF(SAS)，
∴∠BAE=∠CBF，
∵∠CBF+∠ABF=90°，
∴∠BAE+∠ABF=90°，
∴∠APB=90°，
∴点P在以AB为直径的圆上，
由图形可知：当O、P、D在同一直线上时，DP有最小值，如图所示：
∵正方形ABCD，BC=2，
∴AO=1=OP，
Rt△OAD中，OD= 22+12= 5，
∴PD=OD−OP= 5−1，
故答案为： 5−1．
先证明△ABE≌△BCF，即可得到∠APB=90°，所以点P在以AB为直径的圆上，由图形可知：当O、P、D在同一直线上时，DP有最小值，然后根据勾股定理即可解决问题．
本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理，解决本题的关键是得到△ABE≌△BCF．
17.【答案】解：(1)∵x2−4x+1=0，
∴x2−4x=−1，
则x2−4x+4=−1+4，即(x−2)2=3，
∴x−2=± 3，
∴x1=2+ 3，x2=2− 3；
(2)∵(x+2)2−3(x+2)=0，
∴(x+2)(x−1)=0，
则x+2=0或x−1=0，
解得x1=−2，x2=1．
【解析】(1)将常数项移到方程的右边，两边都加上一次项系数一半的平方配成完全平方式后，再开方即可得；
(2)利用提公因式法将方程的左边因式分解后求解可得．
本题主要考查解一元二次方程，解一元二次方程的常用方法有直接开平方法、公式法、因式分解法，解题的关键是根据方程的特点选择合适、简便的方法求解．
18.【答案】解：(1)如图，△A1B1C1即为所求；
(2)如图，△A2B2C2即为所求．

【解析】(1)利用中心对称的性质分别作出A，B，C的对应点A1，B1，C1即可；
(2)利用旋转变换的性质分别作出A，B，C的对应点A2，B2，C2即可．
本题考查作图−旋转变换，中心对称等知识，解题的关键是掌握中心对称，旋转变换的性质，属于中考常考题型．
19.【答案】解：连接OC，如图所示：
∵AB为⊙O的直径，CD⊥AB，
∴CE=DE=12CD，OC=OA=OB=5，
∴OE=OB−EB=5−2=3，
在Rt△OCE中，由勾股定理得：CE= OC2−OE2= 52−32=4，
∴CD=2CE=8．
【解析】连接OC，由垂径定理知CE=12CD，再由勾股定理得出CE=4，从而得出CD的长．
本题考查了垂径定理和勾股定理，正确作出辅助线构造直角三角形是解题的关键．
20.【答案】证明：∵将△ABC绕点A逆时针旋转得到△ADE，
∴AB=AD，AE=AE，∠DAE=∠BAC=90°，
∴ABAC=ADAE，∠B+∠ACB=90°，
∠BAC−∠DAC=∠DAE−∠DAC，
∴∠BAD=∠CAE，
∴△BAD∽△CAE，
∴∠B=∠ACE，
∴∠ACE+∠ACB=90°，
∴BC⊥CE．
【解析】可证ABAC=ADAE，∠B+∠ACB=90°，从而可证△BAD∽△CAE，可得∠B=∠ACE，即可求证．
本题考查了旋转的性质，三角形相似的判定及性质，垂直的定义，掌握判定方法及性质是解题的关键．
21.【答案】解：(1)证明：∵△DAE绕点D逆时针旋转90°得到△DCM，
∴DE=DM，∠EDM=90°，
∵∠EDF=45°，
∴∠FDM=45°，
∴∠EDF=∠FDM．
又∵DF=DF，DE=DM，
在△DEF和△DMF中，
DF=DF∠EDF=∠MDFDE=DM
∴△DEF≌△DMF(SAS)，
∴EF=MF；
(2)解：设EF=MF=x，
∵AE=CM=1，AB=BC=3，
∴EB=AB−AE=3−1=2，BM=BC+CM=3+1=4，
∴BF=BM−MF=4−x．
在Rt△EBF中，由勾股定理得EB2+BF2=EF2，
即22+(4−x)2=x2，解得：x=52，
则EF的长为52．
【解析】此题考查了旋转的性质，正方形的性质，全等三角形的判定与性质，以及勾股定理，利用了转化及方程的思想，熟练掌握性质及定理是解本题的关键．
(1)由旋转的性质可得DE=DM，∠EDM为直角，可得出∠EDF+∠MDF=90°，由∠EDF=45°，得到∠MDF=45°，可得出∠EDF=∠MDF，再由DF=DF，利用SAS可得出△DEF与△DMF全等，由全等三角形的对应边相等可得出EF=MF；
(2)易知AE=CM=1，正方形的边长为3，用AB−AE求出EB的长，再由BC+CM求出BM的长，设EF=MF=x，可得出BF=BM−FM=BM−EF=4−x，在直角三角形BEF中，利用勾股定理列出关于x的方程，求出方程的解，得到x的值，即为EF的长．
22.【答案】证明：∵DB=DC
∴∠DBC=∠DCB
∵四边形ABCD是圆内接四边形，
∴∠DAE=∠DCB，
∴∠DAE=∠DBC，
由圆周角定理得，∠DAC=∠DBC，
∴∠DAE=∠DAC．
【解析】根据等腰三角形的性质得到∠DBC=∠DCB，根据圆内接四边形的性质得到∠DAE=∠DCB，根据圆周角定理得到∠DAC=∠DBC，等量代换证明结论．
本题考查的是圆内接四边形的性质、圆周角定理，掌握圆内接四边形的任意一个外角等于它的内对角是解题的关键．
23.【答案】(1)证明：∵将△ABC绕点B顺时针旋转得到△A′BC′，
∴BC=BC′，BA=BA′，∠A′BC′=∠ACB=90°，
∴BCBA=BC′BA′，
∠CBC′+∠ABC′=∠ABA′+∠ABC′，
∴∠CBC′=∠ABA′，
∴△CBC′∽△ABA′，
∴BCBA=CC′AA′，
在Rt△ABC中：BC= AC2−AB2
= 52−42=3，
∴BCBA=34，
∴CC′AA′=34．
(2)解：如图，过B作BD⊥AA′交AA′于D，

由旋转得：A′C′=AC=5，
BC′=BC=3，BA′=BA=4，
∴12A′C′⋅BD=12BA′⋅BC′，
∴12×5⋅BD=12×4×3，
∴BD=125，
由(1)同理可证BCBA=BC′BA′，
∠A′BC′=∠ACB=90°，
∴∠A′BC′+∠ABC′=∠ACB+∠ABC′，
∴∠CBC′=∠ABA′，
∴△CBC′∽△ABA′，
∴S△CBC′S△ABA′=(CC′AA′)2，
在Rt△ADB中：AD= AB2−BD2
= 42−(125)2=165，
∵BA=BA′，
∴AA′=2AD=325，
∴S△ABA′=12AA′⋅BD
=12×325×125=19225，
∴S△CBC′19225=(34)2，
∴S△CBC′=10825．
【解析】(1)可证BCBA=BC′BA′，从而可证△CBC′∽△ABA′，可得BCBA=CC′AA′，可求BCBA=34，即可得证；
(2)过B作BD⊥AA′交AA′于D，可求BD=125，可证△CBC′∽△ABA′，可得S△CBC′S△ABA=(CC′AA′)2，可求AA′=2AD=325，即可求解．
本题考查了旋转的性质，相似三角形的判定及性质，勾股定理，面积转化，掌握性质及判定方法是解题的关键．
24.【答案】解：(1)证明：连接OC，
∵BD⊥AC，
∴∠AEB=90°，
∴∠EAB+∠ABE=90°，
∵BC=BC，
∴∠BOC=2∠BAC，
∵OB=OC，
∴∠OBC=∠OCB，
∵∠OBC+∠OCB+∠BOC=180°，
∴2∠OBC+2∠BAC=180°，
∴∠OBC+∠BAC=90°，
∴∠OBC=∠ABE，
即∠OBC=∠ABD，
(2)证明：连接BG，AD，GC，AG交BC于点H，
∵点D，F关于AC对称，
∴EF=ED，
∵BD⊥AC，
∴∠AEF=∠AED=90°，
又∵AE=AE，
在△AEF和△AED中，
AE=AE∠AEF=∠AEDEF=ED,
∴△AEF≌△AED(SAS)，
∴∠EAF=∠EAD，∠AFE=∠ADE，即∠GAC=∠DAC，
∵DC=DC，则∠DBC=∠DAC
∴∠DAC=∠DBC，
∵GC=GC，
∴∠GAC=∠GBC，
∴∠DBC=∠GBC，
∵AB=AB，
∴∠ADB=∠BGA，
∵∠AFD=∠BFG，
∴∠BFG=∠AGB，
在△BHF和△BHG中，
∠BFH=∠BGH∠FBH=∠GBHBH=BH,
∴△BHF≌△BHG(AAS)，
∴FH=GH，∠BHF=∠BHG=90°，
∴点F，点G关于BC对称；
(3)连接OG，由(2)得△BHF≌△BHG，
∴BF=BG，
∵BF=OB=2，
∴BG=OB=2，
∴OB=OG=BG，
∴△OBG为等边三角形，
∴∠BOG=60°，∠BAG=12∠BOG=30°，
当AG垂直平分BC时，AH最长，此时S△ABC最大，∠BAC=60°，
∴△ABC为等边三角形，
作OM⊥BC，
∴OM=12OB=1，BM= 22−12= 3，
∴BC=2 3，
∴S△ABC=12×BC×AH=12×2 3×(2+1)=3 3，
∴S△ABC最大值为3 3．
【解析】本题是圆的综合题，主要考查了圆周角定理，轴对称的性质，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质等知识．
(1)连接OC，由∠OBC+∠OCB+∠BOC=180°，得2∠OBC+2∠BAC=180°，由圆周角定理知∠BOC=2∠BAC，从而得到∠OBC+∠BAC=90°，即可证明结论；
(2)连接BG，AD，GC，AG交BC于点H，证明△AEF≌△AED，得∠EAF=∠EAD，∠AFE=∠ADE，再证明△BHF≌△BHG，得FH=GH，∠BHF=∠BHG=90°；
(3)首先可知△OBG为等边三角形，得∠BOG=60°，∠BAG=12∠BOG=30°，当AG垂直平分BC时，AH最长，此时S△ABC最大，∠BAC=60°，从而解决问题．
25.【答案】解：(1)当x=4时，y=14×42=4，
∴点A的坐标为(4,4)；
(2)如图所示，过点A作x轴垂线交x轴于点E，

∵点M(0,1)，N(2,0)，A(4,4)，
∴MO=1，NO=2，AE=4，NE=2，
∴MONE=12，NOAE=12，
又∵∠MON=∠NEA=90°，
∴△MON∽△NEA，
∴∠MNO=∠NAE，
又∵∠NAE+∠ANE=90°，
∴∠MN0+∠ANE=90°，
∴∠ANM=90°，
∴MN⊥AN；
(3)过点O作OC⊥AB于点C，如图所示，

∵BN⊥x轴，OC⊥AB，OB平分∠NBA，B(−2,1)，
∴CO=NO=2，BC=BN=1，
设M(0,m)，则OM=m，
∴CM= OM2−CO2= m2−4，BM= (m−1)2+4，
又∵CM+CB=BM，
∴ m2−4+1= (m−1)2+4，
解得：m=52，
设直线AB的解析式为：y=kx+b，再将B(−2,1)，M(0,52)代入得：
1=−2k+b52=b，
解得：k=34b=52，
∴直线AB的解析式为：y=34x+52，
∵点A为直线AB与抛物线的交点，
∴联立方程组得：y=34x+52y=14x2，
解得：x1=−2，x2=5，
过点A、B分别作y轴垂线交y轴于点K，P，如图所示：

∵∠AKM=∠BPM=90°，∠AMK=∠BMP，
∴△AKM∽△BPM，
∴BMAM=BPAK=25．
【解析】(1)将x=4代入抛物线解析式求出y值即可求出点A的坐标；
(2)过点A作x轴垂线交x轴于点E，通过求证△MON∽△NEA，再利用相似三角形对应角关系求证∠MNO=∠NAE，从而求证∠MNO+∠ANE=90°，即可推出∠ANM=90°即得证；
(3)过点O作OC⊥AB于点C，利用角平分性质定理求出M坐标，即可求出直线AB解析式进而求出A点坐标，再过点A、B分别作y轴垂线交y轴于点K，P，利用△AKM∽△BPM，即可求出BMAM的值．
本题属于二次函数压轴大题，中考必考题型，涉及二次函数基本性质，相似三角形性质与判断以及角平分线性质定理等知识，熟练掌握其基本性质，正确作出辅助线，数形相结合，正确推理细心运算是解题的关键．