四川省绵阳市江油市、涪城区2020-2021学年九年级上学期期末数学试题(word版含答案)

这是一份四川省绵阳市江油市、涪城区2020-2021学年九年级上学期期末数学试题(word版含答案)，共31页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

四川省绵阳市江油市、涪城区2020-2021学年九年级上学期期末数学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________


一、单选题
1．下列银行标志中，是中心对称图形但不是轴对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
2．若x＝1是一元二次方程x2+2x+a＝0的根，则a＝（ ）
A．﹣3 B．﹣1 C．1 D．3
3．已知点A(a，1)与点B(5，b)关于原点对称，则ab＝（ ）
A．﹣6 B．﹣5 C．4 D．5
4．如图，是一个质地均匀的转盘，转盘分成7个大小相同的扇形，颜色分为红、绿、黄三种颜色．指针的位置固定，转动转盘后任其自由停止；其中的某个扇形会恰好停在指针所指的位置（指针指向两个扇形的交线时，当作指向右边的扇形）．则指针指向绿色或黄色的概率为（ ）

A． B． C． D．
5．在⊙O中，弦AB＝16，点M为AB的中点，OM＝6，则⊙O的半径为（ ）
A．6 B．8 C．10 D．100
6．如图，在同一平面直角坐标系中，正比例函数y＝x的图象与反比例函数y＝的图象交于点A和点B，则不等式x＞的解集为（ ）

A．﹣1＜x＜0 或0＜x＜1 B．﹣1＜x＜0或x＞1
C．x＜﹣1或0＜x＜1 D．x＜﹣1或x＞1
7．如图，过点P作半径为1的⊙O的切线，切点分别为A，B，若∠APB＝60°，则PA＝（ ）

A． B．2 C． D．3
8．文具店促销，将状元牌钢笔连续降价两次，售价由每支10元调至7元．若设平均每次降低的百分率为x．根据题意，可得方程（ ）
A．10（1﹣x）2＝7 B．10（1﹣x2）＝7 C．10（1﹣2x）＝7 D．10（1+x）2＝7
9．如图，圆与坐标轴分别交于原点O，点A(6，0)和B(0，2)，点P是圆上一个动点，点C(0，﹣3)，则PC长度的最小值为（ ）

A．4﹣ B．8﹣ C．2﹣ D．5﹣
10．如图，二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的顶点坐标为(﹣1，m)，图象与x轴的两个交点的横坐标分别为x1，x2，且﹣3＜x1＜﹣1．下列结论：
①abc＜0； ②4ac﹣b2＜0；③3a+c＞0；④ax2+m＝1﹣bx﹣c无实数根．其中正确的有（ ）

A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
11．如图，PA，PB，CD分别与同一段圆弧相切于点A，B，E，若∠P＝60°，PCD的周长为4，则的长度为（ ）

A．π B．π C．π D．π
12．如图，已知∠BAC＝60°，AB＝4，AC＝6，点P在△ABC内，将APC绕着点A逆时针方向旋转60°得到AEF．则AE+PB+PC的最小值为（ ）

A．2 B．8 C．5 D．6

二、填空题
13．“在平面直角坐标系中，函数y＝x2﹣2x＋1的顶点坐标为（1，0）．”是____事件（填：“必然”、“随机”或“不可能”）．
14．如图，要拧开一个边长a＝2cm的正六角形螺帽，则扳手张开的开口b至少要_cm．

15．食品卫生部门从某区域3200户商家中随机抽选160家进行专项检查，发现2户存在过期食品仍然在售的情况，相关部门按要求处罚相应商家，并销毁过期商品．请你估计该区域有_____户商家需要下架销毁过期商品．
16．已知扇形的弧长为2πcm，半径为3cm，则该扇形的面积为_____cm2．
17．如图，反比例函数y＝（k＞0）在第一象限的图象过点A(1，3)，点B（点B在点A的右边），连接AB，AC与BC分别平行x轴、y轴，ABC的面积为，则点C的坐标为___．

18．如图，水平放置半径为6cm的球形容器中装有溶液，容器内液面的面积为20πcm2．如图所示，是该球体的一个最大截面，则该截面⊙O上到液面的距离为2cm的点共有___个．


三、解答题
19．（1）解方程：x（x﹣2）＝2x﹣2．
（2）如图，在平面直角坐标系中，ABC的顶点均在格点上，将ABC绕原点O逆时针方向旋转90°得到A1B1C1．请作出A1B1C1，写出各顶点的坐标，并计算线段B1B的长．

20．亮亮刚进入初三学习感到紧张，计划元旦节到附近的几个景点旅游放松．现有四个景点供选择，其中两个景点以自然风光为主，另两个景点以人文景观为主．假设每个景点被选中的机会是等可能的．
（1）任选一个景点，求选中以人文景观为主的概率；
（2）任意选择三个景点制作一条旅游线路，求亮亮选择“自然风光→人文景观→自然风光”作为旅游线路的概率．
21．已知关于x的一元二次方程x2﹣（2a+1）x+a2＝0有两个实数根x1，x2，且a+3b＝2．
（1）求b的最大值；
（2）若x12＝x22，求a的值．
22．如图①是一条抛物线形状的拱桥，水面宽AB为6米，拱顶C离水面的距离为4米．
（1）建立恰当的坐标系，并求出抛物线的解析式；
（2）一艘货船的截面如图②所示，它是由一个正方形MNEF和一个梯形KLGH组成的轴对称图形，货船的宽度KH为5米，货物高度MN为3米．若船弦离水面的安全距离为0.25米，请问货船能否安全通过桥洞？说明理由．

23．如图，反比例函数y＝（k＞0，x＞0）的图象经过点C(3，2)，点B是反比例函数图象上的一动点，过点B作y轴的平行线交直线OC于点D．
（1）当点B的横坐标是6时，求BD的长度；
（2）点A坐标是(0，)，若以A，O，B，D四点为顶点的四边形构成平行四边形，求点B的坐标．

24．如图，AB是⊙O的直径，点C在圆上，点N是ABC的内心（角平分线的交点），CN的延长线交圆于点D，BN的延长线交圆于点F，EFAC，EF交BC的延长线于点E．
（1）证明：EF与⊙O相切；
（2）若EF＝2，EC＝1．
①求⊙O的半径；
②求CN•ND的值．

25．如图，抛物线的开口向下，与x轴交于A，B两点（A在B左侧），与y轴交于点C．已知C(0，4)，顶点D的横坐标为﹣，B(1，0)．对称轴与x轴交于点E，点P是对称轴上位于顶点下方的一个动点，将线段PA绕着点P顺时针方向旋转90°得到线段PM．
（1）求抛物线的解析式；
（2）当点M落在抛物线上时，求点M的坐标；
（3）连接BP并延长交抛物线于点Q，连接CQ．与对称轴交于点N．当QPN的面积等于QBC面积的一半时，求点Q的横坐标．



参考答案
1．C
【分析】
根据中心对称图形以及轴对称图形的概念对各选项分析判断即可得解．
【详解】
解：A．既是轴对称图形，也是中心对称图形，故本选项不合题意；
B．是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不合题意；
C．不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项符合题意；
D．既不是轴对称图形，又不是中心对称图形，故本选项不合题意．
故选：C．
【点睛】
此题主要考查了中心对称图形与轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合．
2．A
【分析】
根据一元二次方程的解的定义把x＝1代入方程得到关于a的一次方程，然后解一次方程即可．
【详解】
解：∵x＝1是一元二次方程x2+2x+a＝0的一个根，
∴12+2+a＝0，
∴a＝﹣3．
故选：A．
【点睛】
本题考查了一元二次方程的解：能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值是一元二次方程的解．
3．D
【分析】
利用关于原点对称的点的坐标特点可得答案．
【详解】
解：∵点A（a，1）与点B（5，b）关于原点对称，
∴a＝﹣5，b＝﹣1，
∴ab＝5，
故选：D．
【点睛】
本题主要考查了关于原点对称点的坐标，准确计算是解题的关键．
4．B
【分析】
转动转盘，停止后指针指向的位置共有7种等可能结果，其中指针指向绿色或黄色的有4种结果，再根据概率公式求解即可．
【详解】
解：∵转动转盘，停止后指针指向的位置共有7种等可能结果，其中指针指向绿色或黄色的有4种结果，
∴指针指向绿色或黄色的概率为，
故选：B．
【点睛】
本题考查的是求概率，需要熟练掌握求概率的公式：概率等于满足条件的情况数除以总情况数．
5．C
【分析】
连接OA，如图，根据垂径定理的推论得到OM⊥AB，然后利用勾股定理计算OA的长．
【详解】
解：连接OA，OM，如图，
∵点M为AB的中点，
∴OM⊥AB，AM＝BM＝AB＝×16＝8，
在Rt△OAM中，OA＝＝＝10，
即⊙O的半径为10．
故选：C．

【点睛】
本题主要考查了垂径定理，以及勾股定理，根据垂径定理求得AM的长，证明△OAM是直角三角形是解题的关键．
6．B
【分析】
先求得交点坐标，然后根据一次函数图象与反比例函数图象的上下位置关系结合交点坐标，即可得出不等式的解集．
【详解】
解：由，得或，
∵正比例函数y＝x与反比例函数y＝的图象的交点为A（1，1），B（﹣1，﹣1），
观察函数图象，发现：当﹣1＜x＜0或x＞1时，正比例函数图象在反比例函数图象的上方，
∴不等式x＞的解集为是：﹣1＜x＜0或x＞1，
故选：B．
【点睛】
本题考查了反比例函数与一次函数的交点问题，解题的关键是根据两函数图象的上下位置关系解不等式．本题属于基础题，难度不大，解决该题型题目时，根据两函数图象的上下位置关系结合交点坐标得出不等式的解集是关键．
7．C
【分析】
连接OA，OB，OP，由切线的性质得出PA⊥OA，∠APO＝∠BPO，则∠APO＝30°，由直角三角形的性质可得出答案．
【详解】
解：连接OA，OB，OP，

∵PA，PB是⊙O的切线，
∴PA⊥OA，∠APO＝∠BPO，
∵∠APB＝60°，
∴∠APO＝30°，
∵OA＝1，
∴PA＝OA＝．
故选：C．
【点睛】
本题主要考查了圆的切线的性质，准确计算是解题的关键．
8．A
【分析】
本题可先列出第一次降价后售价的代数式，再根据第一次的售价列出第二次降价的售价的代数式，然后令它等于7即可列出方程．
【详解】
解：第一次降价后的售价为10（1﹣x），
则第二次降价后的售价为10（1﹣x）（1﹣x）＝10（1﹣x）2＝7，
∴10（1﹣x）2＝7．
故选：A．
【点睛】
本题考查了一元二次方程的应用，解题的关键是掌握题意，正确的列出方程．
9．D
【分析】
连接AB，取AB的中点T，连接CT，PT，根据∠ABO=90° ，可知AB为圆的直径，T为圆心，PC的最小长度即为点C到圆T上一点的最短距离.
【详解】
解：连接AB，取AB的中点T，连接CT，PT．
∵A（6，0），B（0，2），
∴OA＝6，OB＝2，
∵∠ABO=90° ，
∴，AB为圆的直径，
∴TB＝AT＝PT＝，
∴T（，）即（3，1），
∵C（0，﹣3），
∴
∴PC≥CT﹣PT＝5﹣，
∴PC的最小值为5-．
故选D．

【点睛】
本题主要考查了两点中点坐标公式，两点距离公式，勾股定理，直径所对的圆周角是直角，圆外一点到圆的最短距离等等，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解.
10．B
【分析】
根据抛物线的开口方向、对称轴、顶点坐标和增减性，以及二次函数与一元二次方程的关系逐个进行判断即可．
【详解】
解：由图象知，a＞0，c＜0，b＞0，
∴abc＜0，故①正确；
∵图象与x轴的两个交点，
∴b2﹣4ac＞0，
∴4ac﹣b2＜0，故②正确；
∵二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的顶点坐标为（﹣1，m），图象与x轴的两个交点的横坐标分别为x1，x2，且﹣3＜x1＜﹣1，
∴﹣1＜x2＜1，＝﹣1，
∴b＝2a，当x＝1是，y＞0，
∴a+b+c＞0，
∴3a+c＞0，故③正确；
一元二次方程ax2+m＝1﹣bx﹣c可以看作函数y＝ax2+bx+c与y＝1﹣m的交点，
当1﹣m＜m，即m＞时，
由图象可知函数y＝ax2+bx+c与y＝1﹣m没有交点，
此时一元二次方程ax2+m＝1﹣bx﹣c无实数根；
当1﹣m＝m，即m＝时，
由图象可知函数y＝ax2+bx+c与y＝1﹣m有一个交点，
此时一元二次方程ax2+m＝1﹣bx﹣c有两个相等的实数根；
当1﹣m＞m，即m＜时，
由图象可知函数y＝ax2+bx+c与y＝1﹣m有两个交点，
此时一元二次方程ax2+m＝1﹣bx﹣c有两个不相等的实数根；
∴④正确；
故选：B．
【点睛】
本题考查二次函数的图象及性质；熟练掌握二次函数的图象及性质，能够从图象中获取信息进行准确的分析是解题的关键．
11．B
【分析】
设圆弧的圆心为O，连接OA，OB，由切线长定理及△PCD的周长得出PA＝，求出∠AOB＝120°，由弧长公式可得出答案．
【详解】
解：设圆弧的圆心为O，连接OA，OB，
∵PA，PB都是圆O的切线，
∴PA＝PB，∠OAP＝∠OBP＝90°，
同理AC＝CE，DE＝DB，
∴△PCD的周长＝PC+CD+PD＝PC+CE+DE+PC＝PC+CA+DB+PD＝PA+PB＝，
∴PA＝；
连接PO，
∵∠APB＝60°，
∴∠APO＝30°，∠AOP＝60°，
∴∠AOB＝120°，AO＝AP×tan∠APO＝＝2，
∴的长为
故选B．

【点睛】
本题主要考查了切线长定理，弧长公式，特殊角三角函数，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解.
12．A
【分析】
连接PE，BF，过B作AF垂线交FA延长线于G，由旋转性质得，，，再证明△APE为等边三角形，将转化为，再在直角△BGF中由勾股定理求出BF即可．
【详解】
解：如图，连接PE，BF，过B作AF垂线交FA延长线于G，

∵△APC绕着点A逆时针方向旋转60°得到△AEF，
∴，
∴△APE为等边三角形，
即，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
故选：A．
【点睛】
本题考查了旋转的性质、等边三角形的判定与性质、勾股定理，将转化为是解决本题的关键．
13．必然
【分析】
根据事件的概念：事件分为确定事件和不确定事件（随机事件），确定事件又分为必然事件和不可能事件，其中，①必然事件发生的概率为1，即P（必然事件）＝1；②不可能事件发生的概率为0，即P（不可能事件）＝0；③如果A为不确定事件（随机事件），那么0＜P（A）＜1，逐一判断即可得到答案．
【详解】
解：∵y＝x2﹣2x+1＝（x﹣1）2，
∴函数y＝x2﹣2x+1的顶点坐标为（1，0）．
∴“在平面直角坐标系中，函数y＝x2﹣2x+1的顶点坐标为（1，0）．”是必然事件．
故答案为：必然．
【点睛】
本题考查的是必然事件、不可能事件、随机事件的概念以及二次函数的一般式化顶点式，掌握其概念是解决此题的关键．
14．2
【分析】
根据题意，即是求该正六边形的边心距的2倍．构造一个由半径、半边、边心距组成的直角三角形，且其半边所对的角是30度，再根据锐角三角函数的知识求解．
【详解】
解：设正多边形的中心是O，其一边是AB，
∴∠AOB＝∠BOC＝60°，
∴OA＝OB＝AB＝OC＝BC，
∴四边形ABCO是菱形，
∵AB＝2cm，∠AOB＝60°，
∴cos∠BAC＝，
∴AM＝2×＝（cm），
∵OA＝OC，且∠AOB＝∠BOC，
∴AM＝MC＝AC，
∴AC＝2AM＝2（cm）．
解法2：连接OC、OD，过O作OH⊥CD于H，如图所示，

则∠COD＝＝60°，
∴∠COH＝90°﹣60°＝30°，△OCD是等边三角形，
∴OC＝OD＝CD＝2cm，
∵OH⊥CD，
∴CH＝DH＝CD＝1（cm），OH＝CM＝（cm），
∴b＝2OH＝2（cm），
故答案为：2．

【点睛】
此题考查正多边形的性质，菱形的判定及性质，等边三角形的判定及性质，锐角三角函数，正确掌握正多边形的性质是解题的关键．
15．40
【分析】
设该区域有x户商家需要下架销毁过期商品，根据样本中存在销售过期食品商户的数量所占比例＝总体中存在销售过期食品商户的数量所占比例列出方程求解即可．
【详解】
解：设该区域有x户商家需要下架销毁过期商品，
根据题意，得： ，
解得：x＝40，
所以该区域有40户商家需要下架销毁过期商品，
故答案为：40．
【点睛】
本题考查用样本估计总体，解答本题的关键是明确题意，利用概率的知识解答．
16．3π
【分析】
根据公式扇形的面积＝弧长与半径积的一半，即可得出答案．
【详解】
解：∵扇形的弧长为2πcm，半径为3cm，
∴扇形的面积是（cm2），
故答案为：3π．
【点睛】
本题考查的是扇形的面积，牢记扇形的面积公式是解决本题的关键．
17．(4，3)
【分析】
由点A（1，3）代入函数表达式得k＝3，设点B（a，），结合△ABC的面积为列出方程，求出a，得到点C．
【详解】
解：∵点A（1，3）在反比例函数图象上，
∴k＝1×3＝3，
∴反比例函数解析式为y＝，
设点B（a，），则AC＝a﹣1，BC＝3﹣，
∵S△ABC＝，
∴（a﹣1）（3﹣）＝，
解得：a＝4或a＝ ，
∵点B在点A的右边，
∴a＝4，
∴点C的坐标为（4，3），
故答案为：（4，3）．
【点睛】
此题考查反比例函数综合试题，涉及三角形的面积及解一元二次方程，掌握图像数形结合是关键．
18．3
【分析】
连接OA，OB，过点O作OH⊥AB于H．利用勾股定理求出OH，即可判断．
【详解】
解：连接OA，OB，过点O作OH⊥AB于H．

由题意π•AH2＝20π,
∴AH2＝20,
∴OH＝，
∴弓形的高＝6﹣4＝2，
∴截面⊙O上到液面的距离为2cm的点共有3个（线段AB上方有两个，下方有一个），
故答案为：3．
【点睛】
本题考查垂径定理，几何体的表面积等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
19．（1）x1＝2+，x2＝2﹣；（2）见解析，A1(﹣1，1)，B1(﹣3，1)，C1(﹣3，3)，2
【分析】
(1)整理为一般式，再利用公式法求解即可；
(2)将三个顶点分别绕点O逆时针旋转90°得到其对应点，再首尾顺次连接，最后根据勾股定理求解即可．
【详解】
解：（1）整理，得：x2﹣4x+2＝0，
∵a＝1，b＝﹣4，c＝2，
∴△＝(-4)2﹣4×1×2＝8＞0，
∴x＝，
即x1＝，x2＝；
(2)如图所示，即为所求，

由图知各顶点坐标如下：A1(﹣1，1)、B1(﹣3，1)、C1(﹣3，3)，
线段．
【点睛】
本题考查了一元二次方程的解法、绕远点旋转90°图形的画法、勾股定理求线段长等知识点，本题属于基础题，计算过程中细心即可．
20．（1）；（2）
【分析】
（1）直接由概率公式求解即可；
（2）画树状图，共有24个等可能的结果，亮亮选择“自然风光→人文景观→自然风光”作为旅游线路的结果有4个，再由概率公式求解即可．
【详解】
解：（1）任选一个景点，选中以人文景观为主的概率为；
（2）把自然风光记为A，人文景观记为B，画树状图如图：

共有24个等可能的结果，亮亮选择“自然风光→人文景观→自然风光”作为旅游线路的结果有4个，
∴亮亮选择“自然风光→人文景观→自然风光”作为旅游线路的概率为．
【点睛】
本题考查了列表法与树状图法：利用列表法或树状图法展示所有等可能的结果n，再从中选出符合事件A或B的结果数目m，然后利用概率公式计算事件A或事件B的概率．
21．（1）；（2）﹣
【分析】
（1）根据根的判别式得到Δ＝[﹣（2a+1）]2﹣4a2≥0，然后解不等式可得到a≥﹣，再根据a+3b＝2可得b的最大值；
（2）由x12＝x22可得到x1+x2＝0或x1﹣x2＝0，讨论：当x1+x2＝0，根据根与系数的关系得到2a+1＝0，解得a＝﹣，不满足（1）中a的取值范围，舍去；当x1﹣x2＝0，根据根的判别式得到Δ＝[﹣（2a+1）]2﹣4a2＝0，解得a＝﹣．
【详解】
解：（1）根据题意得Δ＝[﹣（2a+1）]2﹣4a2≥0，
∴4a+1≥0，
∴a≥﹣，
∵a+3b＝2，
∴b＝（2﹣a）≤．
故b的最大值是；
（2）∵x12＝x22，
∴x1+x2＝0或x1﹣x2＝0，
当x1+x2＝0，则2a+1＝0，解得a＝﹣，不满足（1）中a的取值范围，舍去；
当x1﹣x2＝0，则Δ＝[﹣（2a+1）]2﹣4a2＝0，解得a＝﹣．
故a的值是﹣．
【点睛】
本题考查了一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的根与系数的关系：若方程的两根为x1，x2，则x1+x2=，x1•x2=．也考查了一元二次方程的根的判别式．
22．（1）见解析，y＝﹣x2+4；（2）不能通过，见解析
【分析】
（1）建立适当的平面直角坐标系，可得二次函数的解析式；
（2）假设点K点H刚刚与抛物线相交，求M点的纵坐标，如果点M到x轴的距离大于3.25就能通过否则就不能通过．
【详解】
解：（1）以AB所在的直线为x轴，AB的中点为坐标原点，建立平面直角坐标系；

由题意可知：A（﹣3，0），C（0，4）；
设抛物线的关系式：y＝ax2+k，
．
∴k＝4，a＝﹣，
∴此抛物线解析式为：y＝﹣x2+4．
（2）货船是由一个正方形MNEF和一个梯形KLGH组成的轴对称图形，把它加入坐标轴中，
当点K、点H在抛物线上，此时H点（2.5，0.25），E（1.5，0.25），设F（1.5，m），
把x＝1.5，y＝m代入得m＝3，
∵3＜3.25，
∴此船不能通过．

【点睛】
考查二次函数解析式的求法，数形结合思想，二次函数在实际生活中的运用，掌握如何建立适当的平面直角坐标系，设出关系式，把对应点的坐标代入是解题关键．
23．（1）3；（2）B(1，6)或(9，)
【分析】
（1）根据待定系数法求得反比例函数和直线OC的解析式，即可求得B、D的坐标，进而求得BD；
（2）根据平行四边形的性质得到BD＝OA＝，设B的坐标为（a，），则D（a，a），从而得到|﹣a|＝，解得a＝1或9，即可求得B（1，6）或（9，）．
【详解】
解：（1）∵反比例函数y＝（k＞0，x＞0）的图象经过点C（3，2），
∴k＝3×2＝6，
∴y＝，
∵点B的横坐标是6，
∴把x＝6代入求得y＝1，
∴B（6，1），
∵点C（3，2），
∴直线OC为y＝x，
把x＝6代入得y＝4，
∴D（6，4），
∴BD＝4﹣1＝3；
（2）∵点A坐标是（0，），若以A，O，B，D四点为顶点的四边形构成平行四边形，
∴BD＝OA＝，
设B的坐标为（a，），则D（a，a），
∴|﹣a|＝，
∴﹣a＝，解得a＝1或﹣9（舍去），
或|﹣a|＝，解得a＝9或﹣1（舍去），
∴a＝1或9，
经检验是分式方程的解，
∴B(1，6)或(9，)．
【点睛】
本题主要考查了反比例函数的图象与性质、平行四边形的性质、分式方程的求解，准确计算是解题的关键．
24．（1）见解析；（2）①；②5
【分析】
（1）连结OF，根据三角形内心的定义得到∠CBF＝∠ABF，即得，进而得出OF⊥AC，再根据EF∥AC，得到OF⊥EF，即可得解；
（2）①过点O作OG⊥BE交BC于点G，连结OC，根据题意得出EF⊥BE，则∠E＝∠EFO＝∠EGO＝90°，即可判定四边形OFEG是矩形，设⊙O的半径为r，则OF＝OC＝r，EG＝r，CG＝r﹣1，在Rt△OCG中，根据勾股定理即可求解；
②连结DF，根据同弧所对的圆周角相等即可证出△BCN∽DFN，得到，即CN•DN＝BN•FN，在①的基础上根据勾股定理得到BC＝3，BF＝，AC＝4，过点N作MN⊥AB，NP⊥AC于点P，NQ⊥BC于点Q，则MN、PN、QN为△ABC内切圆的半径，四边形CPNQ是正方形，根据三角形面积公式求出MN＝1＝PN＝QN＝PC＝CQ，则BM＝BQ＝2，根据勾股定理即可求出BN，再求出FN，即可得解．
【详解】
（1）证明：如图，连结OF，

∵点N是△ABC的内心，
∴∠CBF＝∠ABF，
∴，
∴OF⊥AC，
∵EF∥AC，
∴OF⊥EF，
∴EF与⊙O相切；
（2）解：①过点O作OG⊥BE交BC于点G，连结OC，

∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
即AC⊥BE，
∵EF∥AC，
∴EF⊥BE，
∴∠E＝90°，
∵OF⊥EF，OG⊥BE，
∴∠EFO＝∠EGO＝90°，
∴四边形OFEG是矩形，
∵EF＝2，EC＝1，
∴OG＝EF＝2，
设⊙O的半径为r，则OF＝OC＝r，
∴EG＝OF＝r，CG＝EG﹣EC＝r﹣1，
在Rt△OCG中，OG2+CG2＝OC2，
即22+（r﹣1）2＝r2，
∴r＝，
∴⊙O的半径是；
②如图，连结DF，

∵∠BCN＝∠DFN，∠CBN＝∠FND，
∴△BCN∽DFN，
∴，
∴CN•DN＝BN•FN，
由（2）①得，EF＝2，EG＝，CG＝﹣1＝，OG⊥BC，
∴CG＝GB，
∴BC＝2CG＝3，
∴BE＝EC+BC＝4，
在Rt△BEF中，BF＝＝，
在Rt△ABC中，AC＝＝＝4，
如下图，过点N作MN⊥AB，NP⊥AC于点P，NQ⊥BC于点Q，

则MN、PN、QN为△ABC内切圆的半径，
∴四边形CPNQ是正方形，
∴S△ABC＝•AC•BC＝•（AC+BC+AB）•MN，
∴×4×3＝•（4+3+5）•MN，
∴MN＝1＝PN＝QN＝PC＝CQ，
∴BM＝BQ＝BC﹣CQ＝3﹣1＝2，
在Rt△BMN中，MN＝1，BM＝2，
∴BN＝，
∴FN＝BF﹣BN＝，
∴BN•FN＝，
∴CN•DN＝5．
【点睛】
此题是圆的综合题，考查了切线的判定与性质、圆周角定理推论、垂径定理、勾股定理等知识，熟练掌握切线的判定与性质、圆周角定理推论、垂径定理、勾股定理及作出合理的辅助线是解题的关键．
25．（1）；（2）M(1，0)或(﹣3，4)；（3）
【分析】
（1）由顶点D的横坐标为 ，可以设二次函数的顶点式，代入点B和C点坐标，得到一个关于a和c的方程组，求解方程组，即可解决；
（2）因为线段PA绕着点P顺时针方向旋转90°得到线段PM，所以PA＝PM，∠APM＝90°，过M作MF⊥PD于F，可以证明△APE≌△PMF，设出P点坐标，可以得到M点坐标，将M点坐标代入到抛物线解析式中，即可求出参数，求得M点坐标；
（3）设出点Q点坐标，由Q和B点坐标，利用待定系数法求出直线BQ的解析式，得到P点和直线BQ与y轴交点G的坐标，同理，得到CQ的解析式，求出N和C的坐标，用参数表示出线段PN的长度，求出△PNQ的面积表达式，同理，得到△QBC的面积表达式，利用△QPN的面积等于△QBC面积的一半，列出方程，即可求解．
【详解】
解：（1）∵顶点D的横坐标为，
∴设抛物线解析式为：，
代入点C和点B的坐标可得，
，
解得： ，
∴抛物线的解析式为：；
（2）∵抛物线的对称轴为直线x＝，与x轴的一个交点坐标B为（1，0），
∴抛物线与x轴的另一个交点A的坐标为（﹣4，0），且E的坐标为（，0），
∵线段PA绕着点P顺时针方向旋转90°得到线段PM，
∴PA＝PM，∠APM＝90°，
过M作MF⊥DE于F，如图1，

∴∠AEP＝∠PFM＝90°，
∴∠APE+∠MPF＝∠APE+∠PAE＝90°，
∴∠PAE＝∠MPF，
在△APE与PMF中，
，
∴△APE≌△PMF（AAS），
∴AE＝FP＝，PE＝MF，
设P（，n），
则PE＝MF＝n，
∴ ，
∵点M落在抛物线上，
∴，
∴或，
∴M（1，0）或（﹣3，4）；
（3）∵＝﹣x2﹣3x+4，
∴可设Q（m，﹣m2﹣3m+4），
设直线BQ为：y＝k（x﹣1），
代入点Q得，k（m﹣1）＝﹣m2﹣3m+4，
∴k＝﹣m﹣4，
∴直线BQ为：y＝（﹣m﹣4）x+m+4，
同理，直线CQ为：y＝﹣（m+3）x+4，
令x＝，则y＝（﹣m﹣4）x+m+4＝ ，
∴P（，），
同理，N（，），
∴PN＝﹣m，
∴S△QPN＝ ，
设直线BQ与y轴交于G点，如图2，

令x＝0，则y＝（﹣m﹣4）x+m+4＝m+4，
∴G（0，m+4），
∴CG＝4﹣m﹣4＝﹣m，
∴S△BCQ＝S△BCG+S△QCG＝，
∴s△QPN＝ ，
∴，
∴ ，
∴Q点的横坐标为．
【点睛】
此题属于二次函数综合类试题，根据坐标求函数表达式，涉及三角形全等及面积类，有一定难度．