2022-2023学年黑龙江省哈尔滨市香坊中学九年级（上）期中数学试卷（五四学制）

这是一份2022-2023学年黑龙江省哈尔滨市香坊中学九年级（上）期中数学试卷（五四学制），共26页。试卷主要包含了选择题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1．（3分）下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A．B．
C．D．
2．（3分）抛物线y＝2x2+1顶点坐标是（ ）
A．（0，1）B．（0，﹣1）C．（1，0）D．（﹣1，0）
3．（3分）如图，在△ABC中，M，N分别是边AB，则△AMN的面积与四边形MBCN的面积比为（ ）
A．B．C．D．
4．（3分）三角形三边之比3：5：7，与它相似的三角形最长边是21cm，另两边之和是（ ）
A．15cmB．18cmC．21cmD．24cm
5．（3分）下列4个点，不在反比例函数y＝﹣ 图象上的是（ ）
A．（2，﹣3）B．（﹣3，2）C．（3，﹣2）D．（ 3，2）
6．（3分）如图，AB是半圆的直径，C、D两点都在圆上，∠ABC＝50°，则∠DAB等于（ ）
A．50°B．40°C．100°D．65°
7．（3分）如图，先锋村准备在坡角为α的山坡上栽树，要求相邻两树之间的水平距离为5米（ ）
A．5csαB．C．5sinαD．
8．（3分）如图，在△ABC中，D、E分别为AB、AC边上的点，点F为BC边上一点，连接AF交DE于点G（ ）
A．＝B．＝C．＝D．＝
9．（3分）下列命题中，正确的命题是（ ）
A．三角形的外心是三角形三边中垂线的交点
B．三点确定一个圆
C．平分一条弦的直径一定垂直于弦
D．相等的两个圆心角所对的两条弧相等
10．（3分）已知二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象如图所示，则直线y＝ax+b与反比例函数y＝（ ）
A．B．
C．D．
二.填空题（每题3分，共30分）
11．（3分）函数中，自变量x的取值范围是 ．
12．（3分）在平面直角坐标系中，已知点A（a，﹣2）和点B（3，b），则a+b＝ ．
13．（3分）如图，△COD是△AOB绕点O顺时针方向旋转40°后所得的图形，∠AOD＝90° ．
14．（3分）一名运动员推铅球，铅球进行高度y（单位：米）与水平距离x（单位：米）x2+x+．则铅球在飞行过程中距地面的最大高度为 ．
15．（3分）若函数y＝x2﹣4x+2a的图象与x轴有且只有一个交点，则a的值为 ．
16．（3分）如图，河堤横断面迎水坡AB的斜坡坡度i＝1：是指坡面的铅直高度BC与水平宽度AC的比，则坡面AB的长度是 米．
17．（3分）如图，正比例函数y＝kx（k＞0）与反比例函数，C两点，过A作x轴的垂线交x轴于B，则△ABC的面积为 ．
18．（3分）如图，在平行四边形ABCD中，∠B＝120°，AB＝28，在AB上取一点E（AE＜BE），则AE＝ ．
19．（3分）在△ABC中，AB＝，∠ABC＝45°，将射线AC绕点A逆时针旋转45°与直线BC交于点E，则线段CE的长为 ．
20．（3分）如图，△ABC为等腰直角三角形，∠ABC＝90°，在BQ上取一点D，连接CD，若2∠ADB﹣∠ACD＝180°，BD＝ ．
三、解答题（21、22题每题7分：23、24题每题8分，25、26、27每题10分）
21．（7分）先化简，再求代数式的值
22．（7分）如图，方格纸中的每个小方格都是边长为1个单位的正方形，在建立平面直角坐标系后，点C的坐标为（﹣3，2）．
（1）画出将△ABC向右平移3个单位的△A1B1C1．
（2）画出△A1B1C1关于原点O的中心对称图形△A2B2C2，并写出A2的坐标 ．
23．（8分）如图，BC是⊙O的直径，AB是⊙O的弦
（1）求证：＝；
（2）若AB＝6，EF＝3．求半径OB的长．
24．（8分）某小区为美化环境要建造一个圆形喷水池，在水池正中央垂直于地面的柱子OC顶端安装喷头，水在各个方向上沿形状相同的抛物线路径落下，喷出的水流距柱子1米处时达到最大高度4米，如图
（1）求水流所在抛物线解析式．
（2）求水流落地处离水池中心O的距离是多少米？
25．（10分）某商场销售一种商品，若将50件该商品按标价打八折销售，比按原标价销售这些商品少获利200元．
（1）求该商品的标价为多少元；
（2）已知该商品的进价为每件12元，根据市场调查：若按（1）中标价销售；每涨1元，每天要少卖5件．那么涨价后要使该商品每天的销售利润最大
26．（10分）如图，在△ABC中，以AB为直径的⊙O，且BD＝CD，交直线AC于点E
（1）如图1，求证：∠ABC＝∠C；
（2）如图2，过D作DF⊥AB于F，求证：BE＝2DF；
（3）如图3，在（2）的条件下，连接DE交AB于H，BE＝BF，求FH的长．
27．（10分）如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点2+bx+c交于A、B两点，且A点横坐标为2，B点横坐标为﹣2．
（1）求抛物线的解析式；
（2）P点为抛物线y＝﹣x2+bx+c上一点，连接PA、PB，设P点横坐标为t，当﹣2＜t＜2时，求S与t之间的函数关系式；
（3）在（2）的条件下，设抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于C、D两点（点C在点D的左侧），Q是线段CD上一点，且CQ＝7DQ，线段PB交x轴于点F，连接EF、BQ，EF∥BQ．
2022-2023学年黑龙江省哈尔滨市香坊中学九年级（上）期中数学试卷（五四学制）
参考答案与试题解析
一、选择题（每小题3分，共计30分）
1．【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的定义进行逐一判断即可．
【解答】解：A．该图形是轴对称图形，故A不符合题意；
B．该图形是轴对称图形，故B不符合题意；
C．该图形是中心对称图形，故C不符合题意；
D．该图形既是轴对称图形，故D符合题意．
故选：D．
【点评】本题主要考查了中心对称图形和轴对称图形的定义，如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形；中心对称图形的定义：把一个图形绕着某一个点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心．
2．【分析】形如y＝ax2+k的顶点坐标为（0，k），据此可以直接求顶点坐标．
【解答】解：抛物线y＝2x2+8的顶点坐标为（0，1）．
故选：A．
【点评】本题考查了二次函数的性质．二次函数的顶点式方程y＝a（x﹣k）2+h的顶点坐标是（k，h），对称轴方程是x＝k．
3．【分析】根据相似三角形的面积比等于相似比平方求出△AMN与△ABC的面积比，继而可得出△AMN的面积与四边形MBCN的面积比．
【解答】解：∵M，N分别是边AB，
∴MN是△ABC的中位线，
∴MN∥BC，且MN＝，
∴△AMN∽△ABC，
∴＝（）4＝，
∴△AMN的面积与四边形MBCN的面积比为8：3．
故选：B．
【点评】本题考查了相似三角形的判定与性质，解答本题的关键是得出MN是△ABC的中位线，判断△AMN∽△ABC，要求同学们掌握相似三角形的面积比等于相似比平方．
4．【分析】根据相似三角形的三边对应成比例即可解答．
【解答】解：∵三角形三边之比3：5：4，∴与之相似的三角形三边之比也是3：5：4，
∵最长边是21cm，∴边的每份是21÷7＝3cm，
∴两边之和是（2+5）×3＝24cm．
故选：D．
【点评】本题考查对相似三角形性质的理解．
5．【分析】由于反比例函数y＝﹣的xy＝﹣6，故A、B、C、D中，积为﹣6的点为反比例函数图象上的点，否则，不是图象上的点．
【解答】解：A、∵2×（﹣3）＝﹣2，故本选项错误；
B、∵﹣3×2＝﹣2，故本选项错误；
C、∵3×（﹣2）＝﹣7，故本选项错误；
D、∵3×2＝7≠﹣6，故本选项正确；
故选：D．
【点评】本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，要明确，反比例函数图象上的点符合函数解析式．
6．【分析】由圆周角定理可得∠ABD＝∠CBD，从而得到∠ABD＝∠CBD＝25°，由直径所对的圆周角为直角可得∠ADB＝90°，最后由三角形内角和定理进行计算即可．
【解答】解：如图，连接BD，
，
∵CD＝AD，
∴＝，
∴∠ABD＝∠CBD，
∵∠ABC＝50°，∠ABD+∠CBD＝∠ABC，
∴∠ABD＝∠CBD＝25°，
∵AB是半圆的直径，
∴∠ADB＝90°，
∵∠DAB+∠ADB+∠ABD＝180°，
∴∠DAB＝180°﹣∠ADB﹣∠ABD＝180°﹣90°﹣25°＝65°，
故选：D．
【点评】本题考查了圆周角定理、三角形内角和定理，熟练掌握以上知识点，添加适当的辅助线是解题的关键．
7．【分析】利用所给的角的余弦值求解即可．
【解答】解：如图，过点B作BC⊥AF于点C．
∵BC＝5米，∠CBA＝∠α．
∴AB＝＝．
故选：B．
【点评】此题主要考查学生对坡度、坡角的理解及运用．
8．【分析】根据相似三角形的判定与性质即可求出答案．
【解答】解：（A）∵DE∥BC，
∴△ADE∽△ABC，
∴，故A错误；
（B）∵DE∥BC，
∴，故B错误；
（C）∵DE∥BC，
，故C正确；
（D）∵DE∥BC，
∴△AGE∽△AFC，
∴＝，故D错误；
故选：C．
【点评】本题考查相似三角形的判定与性质，解题的关键是熟练运用相似三角形的性质，本题属于中等题型
9．【分析】根据外心的概念、确定圆的条件、垂径定理的推论、圆心角、弧、弦之间的关系定理判断即可．
【解答】解：A、三角形的外心是三角形三边中垂线的交点，符合题意；
B、不在同一直线上的三点确定一个圆，不符合题意；
C、平分一条弦（不是直径）的直径一定垂直于弦，不符合题意；
D、在同圆或等圆中，故本选项说法错误；
故选：A．
【点评】本题考查的是命题的真假判断，正确的命题叫真命题，错误的命题叫做假命题，掌握外心的概念、确定圆的条件、垂径定理的推论、圆心角、弧、弦之间的关系是解题的关键．
10．【分析】本题形数结合，根据二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象位置，可判断a、b、c的符号；再由一次函数y＝ax+b，反比例函数y＝中的系数符号，判断图象的位置．经历：图象位置﹣系数符号﹣图象位置．
【解答】解：∵二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象开口向下，a＜3；
与y轴交于正半轴，c＞0；
对称轴x＝﹣＜7；
于是直线y＝ax+b过二、三、四象限过二．故选：B．
【点评】此题考查一次函数，二次函数，反比例函数中系数及常数项与图象位置之间关系．
二.填空题（每题3分，共30分）
11．【分析】根据分式有意义的条件是分母不为0；令分母为不等于0，可得到答案．
【解答】解：根据题意得2x﹣3≠8，
解可得x≠，
故答案为x≠．
【点评】本题主要考查函数自变量的取值范围和分式有意义的条件，当函数表达式是分式时，考虑分式的分母不能为0．
12．【分析】两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反，即点P（x，y）关于原点O的对称点是P′（﹣x，﹣y），由此即可解决问题．
【解答】解：∵点A（a，﹣2）与B（3，
∴a＝﹣7，b＝2，
∴a+b＝﹣3+7＝﹣1．
故答案为：﹣1．
【点评】本题考查了关于原点对称的性质等知识，解题的关键是熟练掌握关于运动对称的两个点的性质．
13．【分析】找到旋转角∠AOC＝∠BOD＝40°，根据∠BOC与旋转角的和差关系可求解．
【解答】解：根据旋转的定义可知∠AOC＝∠BOD＝40°，
∵∠AOD＝90°，
∴∠BOC＝90°﹣40°﹣40°＝10°．
故答案为10°．
【点评】本题主要考查旋转的定义及性质，解题的关键是找准旋转角．
14．【分析】铅球在飞行过程中距地面的最大高度就是函数表达式的最大值，按函数最大值求解即可．
【解答】解：函数y＝﹣x2+x+＝﹣，
∵a＝﹣＜0，
当x＝4时，y＝8，
故：答案为3米．
【点评】本题考查的是二次函数的应用，要明确铅球在飞行过程中距地面的最大高度，就是函数表达式的最大值，然后用求最大值的方法求解．
15．【分析】利用判别式的意义得到△＝（﹣4）2﹣4×2a＝0，然后解关于a的方程即可．
【解答】解：根据题意得△＝（﹣4）2﹣6×2a＝0，
解得a＝8．
故答案为2．
【点评】本题考查了抛物线与x轴的交点：把求二次函数y＝ax2+bx+c（a，b，c是常数，a≠0）与x轴的交点坐标问题转化为解关于x的一元二次方程．
16．【分析】根据坡度的概念求出AC，根据勾股定理计算即可．
【解答】解：∵坡AB的斜坡坡度i＝1：，
∴＝，即＝，
解得，AC＝5，
由勾股定理得，AB＝，
故答案为：10．
【点评】本题考查的是解直角三角形的应用﹣坡度坡角问题，掌握坡度的概念，熟记锐角三角函数的定义是解题的关键．
17．【分析】过双曲线上任意一点与原点所连的线段、坐标轴、向坐标轴作垂线所围成的直角三角形面积S是个定值，点A，C关于原点对称，则△ABC的面积为△AOB面积的2倍，即S＝|k|．
【解答】解：因为过双曲线上任意一点与原点所连的线段、坐标轴，
即S＝|k|，
依题意有S△ABC＝8S△AOB＝2××|k|＝1．
故答案为：1．
【点评】此题主要考查了反比例函数y＝中k的几何意义，即过双曲线上任意一点引x轴、y轴垂线，所得三角形面积为|k|，是经常考查的一个知识点；这里体现了数形结合的思想，做此类题一定要正确理解k的几何意义．
18．【分析】过点D作DG⊥AB，在AB上截取AF＝AD，可证△ADF为等边三角形，由AB与CD之间的距离是，可求得AD，AF，DF及BC；设AE＝x，证得∠DFE＝∠B，∠FED＝∠BCE，可得△FED∽△BCE，利用相似三角形的性质可得答案．
【解答】解：如图，过点D作DG⊥AB，
∵在平行四边形ABCD中，∠B＝120°，
∴∠A＝60°，
∴△ADF为等边三角形．
∵AB与CD之间的距离是，
∴DG＝，
∴∠ADG＝30°，
∴＝sin60°，
∴AD＝＝4，
∴AG＝FG＝4，DF＝8，
设AE＝x，则FE＝x﹣4，
∵AB＝28，
∴BE＝28﹣x．
∵∠DEC＝120°，∠B＝120°，
∴∠FED+∠BEC＝60°，∠BCE+∠BEC＝60°，
∴∠FED＝∠BCE．
∵△ADF为等边三角形
∴∠AFD＝60°，
∴∠DFE＝120°，
∴∠DFE＝∠B，∠FED＝∠BCE，
∴△FED∽△BCE，
∴＝，
∴＝，
解得x1＝12，x2＝24，
∵AE＜BE，BE＝28﹣AE，
∴x4＝24不符合题意，故舍去．
故答案为：12．
【点评】本题考查了相似三角形的判定与性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质及平行四边形的性质、等边三角形的性质等，是解题的关键．
19．【分析】分类讨论：当△ABC为锐角三角形，作AD⊥BC于D，易得△ABD为等腰直角三角形，则AD＝BD＝AB＝2，在Rt△ACD中，利用勾股定理计算出CD＝1，再根据旋转的性质得∠1＝45°，然后证明△EAC∽△EBA，利用相似比得到AE2＝CE•BE，即AE2＝CE•（BD+CD+CE）＝CE•（3+CE），而在Rt△ADE中，利用勾股定理得AE2＝AD2+DE2＝4+（1+CE）2，所以CE•（3+CE）＝4+（1+CE）2，解方程得到CE＝5；当△ABC为钝角三角形，作AD⊥BC于D，同理可得AD＝BD＝2，CD＝1，则BC＝BD﹣CD＝1，同样证明△EAC∽△EBA，得到AE2＝CE•BE，即AE2＝CE•（BC+CE）＝CE•（1+CE），在Rt△ADE中，根据勾股定理得AE2＝AD2+DE2＝4+（CE﹣1）2，所以CE•（1+CE）＝4+（CE﹣1）2，然后接方程得CE＝，于是得到CE的长为或5．
【解答】解：当△ABC为锐角三角形，如图1，
作AD⊥BC于D，
∵∠ABC＝45°，
∴△ABD为等腰直角三角形，
∴AD＝BD＝AB＝＝2，
在Rt△ACD中，AC＝，
∴CD＝＝1，
∵射线AC绕点A逆时针旋转45°与直线BC交于点E，
∴∠6＝45°，
而∠B＝45°，
∴∠1＝∠B，
而∠AEC＝∠BEA，
∴△EAC∽△EBA，
∴CE：AE＝AE：BE，即AE2＝CE•BE，
∴AE5＝CE•（BD+CD+CE）＝CE•（3+CE），
在Rt△ADE中，AE2＝AD2+DE2＝4+（2+CE）2，
∴CE•（3+CE）＝6+（1+CE）2，解得CE＝5；
当△ABC为钝角三角形，如图2，
作AD⊥BC于D，同理可得AD＝BD＝2，
∴BC＝BD﹣CD＝2，
∵射线AC绕点A逆时针旋转45°与直线BC交于点E，
∴∠CAE＝45°，
而∠B＝45°，
∴∠CAE＝∠B，
∴△EAC∽△EBA，
∴CE：AE＝AE：BE，即AE2＝CE•BE，
∴AE2＝CE•（BC+CE）＝CE•（6+CE），
在Rt△ADE中，AE2＝AD2+DE7＝4+（CE﹣1）8，
∴CE•（1+CE）＝4+（CE﹣2）2，解得CE＝，
∴CE的长为或7．
故答案为或3．
【点评】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．也考查了等腰直角三角形的性质、相似三角形的判定与性质以及勾股定理．
20．【分析】根据等腰直角三角形的性质得到∠BAC＝45°，过D作DE⊥AB于E，DF⊥CB交CB的延长线于F，根据正方形的性质得到BF＝DF＝BE＝DE，设AB＝BC＝x，得到CD＝AC＝x，求得CF＝+x，根据勾股定理即可得到结论．
【解答】解：∵△ABC为等腰直角三角形，∠ABC＝90°，
∴∠BAC＝45°，
∵BQ∥AC，
∴∠ABQ＝∠BAC＝45°，
如图，过D作DE⊥AB于E，
则四边形DEBF是正方形，
∴BF＝DF＝BE＝DE，
∵BD＝，
∴BF＝DF＝BE＝DE＝，
∵5∠ADB﹣∠ACD＝180°，
∴2（∠ADC+∠BDC）﹣∠ACD＝180°，
∴2∠ADC+2∠BDC﹣∠ACD＝180°．
∵BQ∥AC，
∴∠BDC＝∠ACD．
∴2∠ADC+∠ACD＝180°．
即∠ADC+∠ADC+∠ACD＝180°．
∵∠DAC+∠ADC+∠ACD＝180°，
∴∠ADC＝∠DAC，
∴AC＝DC．
设AB＝BC＝x，
∴CD＝AC＝x，
∴CF＝+x，
在Rt△CDF中，CD2＝DF2+CF4，
即（x）2＝（）2+（+x）6，
∴x＝+3，
∴AB＝+3，
∴AE＝3，
∴AD＝＝＝2．
故答案为：2．
【点评】本题考查了正方形、等腰直角三角形的性质等知识，正确的作出辅助线是解题的关键．
三、解答题（21、22题每题7分：23、24题每题8分，25、26、27每题10分）
21．【分析】原式括号中两项通分并利用同分母分式的减法法则计算，同时利用除法法则变形，约分得到最简结果，利用特殊角的三角函数值求出a的值，代入计算即可求出值．
【解答】解：原式＝÷＝•＝，
当a＝2cs30°+tan45°＝2×+4＝，原式＝．
【点评】此题考查了分式的化简求值，以及特殊角的三角函数值，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
22．【分析】（1）依据平移的方向和距离，即可得到△A1B1C1．
（2）依据中心对称的性质，即可得到△A1B1C1关于原点O的中心对称图形△A2B2C2，进而得到A2的坐标．
【解答】解：（1）如图所示，△A1B1C7即为所求；
（2）如图所示，△A2B2C3即为所求；A2的坐标为（﹣1，7）．
故答案为：（﹣1，0）．
【点评】本题考查了利用平移变换、旋转变换作图，熟练掌握网格结构准确找出对应点的位置是解题的关键．
23．【分析】（1）利用平行线的性质证明OF⊥AB即可；
（2）在Rt△OBE中，利用勾股定理，构建方程即可解决问题；
【解答】（1）证明：∵AB是直径，
∴∠A＝90°，
∵OF∥AC，
∴∠OEB＝∠A＝90°，
∴OF⊥AB，
∴＝．
（2）解：设OB＝r，
∵OF⊥AB，
∴，
在Rt△OBE中，∵OB2＝OE2+EB2，
∴r3＝（r﹣3）2+（3）2，
∴r＝4，即OB＝6．
【点评】本题考查圆周角定理，勾股定理，垂径定理，圆心角、弧、弦之间的关系等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
24．【分析】（1）设水流所在抛物线解析式为y＝a（x﹣1）2+4，把C（0，3）代入，解方程即可得到结论；
（2）当y＝0时，得到0＝﹣（x﹣1）2+4，解方程即可得到结论．
【解答】解：（1）∵喷出的水流距柱子1米处时达到最大高度4米，
∴抛物线的顶点坐标为（4，4），
设水流所在抛物线解析式为：y＝a（x﹣1）2+4，
∵OC＝3米，
∴C（7，3），
∴3＝a+8，
∴a＝﹣1，
∴水流所在抛物线解析式为：y＝﹣（x﹣1）5+4；
（2）当y＝0时，2＝﹣（x﹣1）2+5，
解得：x＝3，x＝﹣1（不合题意，
答：水流落地处离水池中心O的距离是8米．
【点评】本题考查二次函数的实际应用，根据实际问题求二次函数，此题为数学建模题，借助二次函数解决实际问题．
25．【分析】（1）设标价为a元的商品打八折销售50件，则比打折前少获利200元，进而得出a的值；
（2）利用销量×每件利润＝总利润得到函数关系式，利用配方法得出最值求出答案．
【解答】解：（1）设该商品的标价为a元，
由题意可得：
50a＝50×0.8a+200，
解得：a＝20；
答：该商品的标价为20元；
（2）设该商品每天的销售利润为y元，销售价格定为每件x元，
由题意可得：
y＝[100﹣8（x﹣20）]（x﹣12）
＝﹣5x2+260x﹣2400；
＝﹣5（x﹣26）2+980，
所以销售单价为26元时，商品的销售利润最大．
【点评】此题主要考查了二次函数的应用，正确得出函数关系式是解题关键．
26．【分析】（1）连接AD，由圆周角定理可得∠ADB＝90°，即AD⊥BC，再由BD＝CD可得AC＝AB，从而即可得证；
（2）连接AD，由（1）可得：∠ABC＝∠C，由圆周角定理可得∠AEB＝90°，由垂线的定义可得∠BFD＝90°，即可得到∠BFD＝∠CEB＝90°，证明△CEB∽△BFD，可得，再由BD＝CD，即可得证；
（3）连接AD，作EG⊥AB交AB于G，由圆周角定理可得∠ADB＝∠AEB＝90°，由（2）可得：BE＝2DF，设DF＝x，则BF＝2x，证明△ADF∽△DBF，，即，求出x＝2，从而得到DF＝2，BF＝BE＝2x＝4，AB＝5，由勾股定理可得AE＝3，利用三角形的面积可求得，再由勾股定理可得，从而得到，设FH＝y，则，证明△DFH∽△EGH，得到，即，求解即可得到答案．
【解答】（1）证明：如图1，连接AD，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°，
∴AD⊥BC，
∵BD＝CD，
∴AD为BC的垂直平分线，
∴AC＝AB，
∴∠ABC＝∠C；
（2）证明：如图2，连接AD，
由（1）可得：∠ABC＝∠C，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠AEB＝90°，
∵DF⊥AB，
∴∠BFD＝90°，
∴∠BFD＝∠CEB＝90°，
∴△CEB∽△BFD，
∴，
∵BD＝CD，
∴BC＝3BD，
∴，
∴BE＝5DF；
（3）解：如图3，连接AD，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ADB＝∠AEB＝90°，
由（2）可得：BE＝2DF，
∵BE＝BF，
∴BF＝BE＝4DF，
设DF＝x，则BF＝2x，
∵DF⊥AB，
∴∠BFD＝∠AFD＝90°，
∵∠ADF+∠BDF＝90°，∠DBF+∠BDF＝90°，
∴∠ADF＝∠DBF，
∴△ADF∽△DBF，
∴，即，
解得：x＝2，
∴DF＝2，BF＝BE＝3x＝4，
∴AB＝AF+BF＝1+6＝5，
＝，
∵EG⊥AB，
∴∠AGE＝90°，
∵，
∴5×GE＝3×4，
∴，
∴，
∴，
设FH＝y，则，
∵∠DFH＝∠EGH＝90°，∠DHF＝∠EHG，
∴△DFH∽△EGH，
∴，即，
解得：，
∴．
【点评】本题主要考查了圆周角定理、相似三角形的判定与性质、勾股定理、垂直平分线的判定与性质，熟练掌握以上知识点，添加适当的辅助线，是解题的关键．
27．【分析】（1）先由直线y＝2x﹣1求出点A、B的坐标，再将点A、B的坐标代入抛物线y＝﹣x2+bx+c得到二元一次方程组，解方程组得到b、c的值即可；
（2）在抛物线上取一点P，作PG∥y轴交AB于点G，作BM⊥PG于M，AN⊥PG于N，连接AP、BP，设P点横坐标为t，则P（t，﹣t2+2t+3），G（t，2t﹣1），从而得到PG＝﹣t2+4，S△PAB＝S△PAG+S△PBG代入进行计算即可；
（3）先由抛物线解析式可得C（﹣1，0），D（3，0），从而得到CD＝4，再由CQ＝7DQ即可求出Q的坐标，利用待定系数法求出直线PQ的解析式，从而得到点E的坐标，再求出直线PB的解析式，从而得出点F的坐标，最后由EF∥BQ可得kBQ＝kEF，进行计算即可得到答案．
【解答】解：（1）∵直线y＝2x﹣1与抛物线y＝﹣x7+bx+c交于A、B两点，B点横坐标为﹣2，
∴在y＝2x﹣4中，当x＝2时，当x＝﹣2时，
∴点A的坐标为（7，3），﹣5），
将A（6，3），﹣5）代入y＝﹣x6+bx+c得：
，
解得：，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+3；
（2）如图4，在抛物线上取一点P，作BM⊥PG于M，连接AP，
，
设P点横坐标为t，则P点纵坐标为﹣t2+2t+2，
∴P（t，﹣t2+2t+7），
∵PG∥y，点G在直线AB上，
∴G（t，2t﹣1），
∴PG＝﹣t4+2t+3﹣（5t﹣1）＝﹣t2+4，
∴S△PAB＝S△PAG+S△PBG
＝
＝
＝
＝
＝﹣5t2+8，
∴S与t之间的函数关系式为：S＝﹣3t2+8（﹣4＜t＜2）；
（3）如图2：
，
在抛物线y＝﹣x3+2x+3中，令y＝42+2x+7＝0，
解得：x1＝6，x2＝﹣1，
∵点C在点D的左侧，
∴C（﹣2，0），0），
∴CD＝7﹣（﹣1）＝4，
∵Q是线段CD上一点，且CQ＝6DQ，
∴，
∴点Q的横坐标为，
∴，
由（2）得P（t，﹣t2+6t+3），
设直线PQ的解析式为：y＝kx+b1，
将P（t，﹣t5+2t+3），代入y＝kx+b7得：，
解得：，
∴直线PQ的解析式为：，
∵PQ交AB于点E，
∴联立，
解得：，
∴，
设直线PB的解析式为y＝mx+n，
将P（t，﹣t2+2t+3），B（﹣2．
解得：，
∴直线PB的解析式为，
当y＝0时，，
解得：，
∴，
∴，，
∵EF∥BQ，
∴kBQ＝kEF，即，
解得：，
∴当时，EF∥BQ．
【点评】本题主要考查了待定系数法求二次函数解析式、一次函数的应用、三角形面积的计算、二次函数的应用，熟练掌握以上知识点是解题的关键．