2022-2023学年苏州市九年级上学期数学期末卷二（有答案）

这是一份2022-2023学年苏州市九年级上学期数学期末卷二（有答案），共13页。试卷主要包含了 答题必须用0，4米B．减少0，5，7D．5，6，6，等内容，欢迎下载使用。


2022～2023学年第一学期期末教学质量调研试卷
初三数学
注意事项:
1. 本试卷由选择题、填空题和解答题三大题组成，满分130分。考试用时120分
2. 答题前,考生务必将学校、姓名、考场号、座位号,考试号填涂在答题卷相应的位置上.
3. 答题必须用0.5mm黑色墨水签字笔写在答题卷指定的位置上,答在试卷、草稿纸上或不在答题区域内的
答案一律无效,不得用其他笔答题.
一、选择题（本大题共10小题,每小题3分,共30分.请将下列各题唯一正确的选项代号填涂在答题卡相应的位置上）
1．一元二次方程x2=2x的解是（     ）
A．x＝2 B．x＝0 C．x1＝﹣2，x2＝0 D．x1＝2，x2＝0
2．有4根细木棒，它们的长度分别是3cm、5cm、8cm、9cm．从中任取3根恰好能搭成一个三角形的概率是（　 　）
A．14 B．12 C．25 D．34
3．Rt△ABC中，若∠C＝90°，BC＝3，AC＝4，则cosA的值为（　 　）
A．34 B．43 C．35 D．45
4．小明身高为1.6米，他在距路灯5米处的位置发现自己的影长为1米，他继续向前走，当他距离路灯为7米时，他的影长将（　　　）
A．增长0.4米 B．减少0.4米 C．增长1.4米 D．减少1.4米
5．如图，AB为⊙O的直径，点C、D在圆上，若∠BCD＝α，则∠ABD等于（　 　）

A．α B．2α C．90°﹣α D．90°﹣2α
6．九年级（1）班学生在引体向上测试中，第一小组6名同学的测试成绩如下（单位：个）：4，5，6，7，7，8，这组数据的中位数与众数分别是（　 　）
A．7，7 B．6，7 C．6.5，7 D．5，6
7．圆锥的底面半径为2，母线长为4，则其侧面积为（     ）
A． B．6π C．8π D．16π
8．已知圆内接正六边形的边长是1，则该圆的内接正三角形的面积为（    ）
A． B．23 C．334 D．322
9．如图，AB，AM，BN 分别是⊙O 的切线，切点分别为 P，M，N．若 MN∥AB，∠A＝60°，AB＝6，则⊙O 的半径是（      ）

A．32 B．3 C．32 D．
10．如图，对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，得到折痕EF，把纸片展平后再次折叠，使点A落在EF上的点A' 处，得到折痕BM，且BM与EF相交于点N，若直线BA'交直线CD于点O，BC ＝ 53，EN ＝，则OD的长为（     ）

A．32 B．1 C．34 D．35

二、填空题（本大题共8小题，每小题4分，共32分）
11．⊙O的半径为4,圆心О到直线l的距离为3,则直线l与⊙O的位置关系是_______．
12．已知二次函数y＝﹣x2+2x+k的图象的顶点在x轴上方，则实数k的取值范围是_____．
13．如果一个正多边形的中心角为45°，那么这个正多边形的边数是______．
14．如图，⊙O 的直径AB=12，CD 是⊙O 的弦，CD⊥AB，垂足为P，且BP∶AP=1∶5， 则CD的长为_________．

15．已知圆锥的母线长为5，侧面积为20π，则这个圆锥的底面圆的半径为_____.
16．如图，河堤横断面迎水坡AB的坡度是1∶2，坡面AB＝65，则堤高的高度是_______．

17．如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，且AC⊥BD， OF⊥CD，垂足分别为E、F，若OF=52，则AB=_____．

18．如图，在矩形ABCD中，CD是⊙O直径，E是BC的中点，P是直线AE上任意一点，AB＝4，BC＝6，PM、PN相切于点M、N，当∠MPN最大时，PM的长为_______．


三、解答题（本大题共8小题,共68分,应写出必要的计算过程、推理步骤或文字说明）
19．（本小题满分6分）
解方程：x2-6x+8=0


20．（本小题满分8分）
已知关于x的一元二次方程x2-2(a-1)x+a2-a-2=0有两个不相等的实数根x1，x2.
（1）若a为正整数，求a的值；
（2）若x1，x2满足x12+x22-x1x2=16，求a的值.



21．（本小题满分8分）
已知二次函数y=x2﹣4x+3．
（1）用配方法求出顶点坐标；
（2）求该二次函数与坐标轴的交点坐标；
（3）在所给坐标系中画出该二次函数的大致图象，并写出当y＜0时，x的取值范围．




22．（本小题满分8分）
不透明的袋子里装有小丽刚买的红白两种色彩的手套各一双（除颜色外其余都相同）．
(1)小丽再看不见的情况下随机摸出一只手套，恰好是红色的概率是_____；
(2)利用画树状图或列表的方法，求小丽再看不见的情况下随机一次摸出两只手套，恰好是同色的概率．


23．（本小题满分8分）
如图，等边三角形ABC的边长为6，在AC​​​,​​​BC边上各取一点E,F，使AE=CF，连接相交于点P.

（1）求证：AF=BE，并求∠APB的度数；
（2）若AE=2，试求的值.



24．（本小题满分8分）
如图，AB、AC分别是半⊙O的直径和弦，OD⊥AC于点D，过点A作半⊙O的切线AP，AP与OD的延长线交于点P，连接PC并延长与AB的延长线交于点F．

(1)求证：PC是半⊙O的切线；
(2)若∠CAB=30°，AB=6，求由劣弧AC、线段AC所围成图形的面积S．



25．（本小题满分8分）
如图1是超市的手推车，如图2是其侧面示意图，已知前后车轮半径均为5 cm，两个车轮的圆心的连线AB与地面平行，测得支架AC＝BC＝60cm，AC、CD所在直线与地面的夹角分别为30°、60°，CD＝50cm．
（1）求扶手前端D到地面的距离；
（2）手推车内装有简易宝宝椅，EF为小坐板，打开后，椅子的支点H到点C的距离为10 cm，DF＝20cm，EF∥AB，∠EHD＝45°，求坐板EF的宽度．（本题答案均保留根号）





26．（本小题满分14分）
已知，如图，抛物线y=ax2+bx+ca≠0，经过抛物线上的三点A(-4,0)和B2,0,C(0,8)，点M是该抛物线顶点．

1求抛物线所对应的函数表达式和顶点M坐标；
2在抛物线A、C上两点之间的部分（不包含A、C两点）是否存在点D,使S△ACD=?若存在，求出点D的横坐标﹔若不存在，请说明理由；
3若点E是x轴上一个动点，点F为平面坐标系内一点，当以点A,C,E,F为顶点的四边形是菱形时，请直接写出满足条件的点E的坐标．

参考答案：
1．D
【分析】首先移项，将方程右边2x移到左边，再提取公因式x，可得x(x-2)=0，将原式化为两式相乘的形式，再根据“两式相乘值为0，这两式中至少有一式值为0”，即可求得方程的解．
【详解】解：原方程移项得：
x2-2x=0，
∴x(x-2)=0，
∴x1=0,x2=2，
故选：D．
本题考查提公因式法解一元二次方程，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．
2．B
【分析】利用列举法得到所有四种可能的结果数，再根据三角形三边的关系得到能够组成三角形的结果数，然后根据概率公式求解．
【详解】解：从四根细木棒中随机抽出三根木棒，所有结果为3、5、8；3、5、9；3、8、9；5、8、9，其中能够组成三角形的结果数为2，
所有能够组成三角形的概率＝12，
故选B．
本题考查了列表法或树状图法：通过列表法或树状图法展示所有等可能的结果求出n，再从中选出符合事件A或B的结果数目m，然后根据概率公式求出事件A或B的概率．也考查了三角形三边的关系．
3．D
【分析】先利用勾股定理计算出AB，然后利用余弦的定义求解．
【详解】解：∵∠C＝90°，BC＝3，AC＝4，
∴AB＝ ＝5，
∴cosA＝ACAB=45．
故选：D．
本题考查了锐角三角函数的定义，熟练掌握正弦、余弦和正切的定义是解决此类问题的关键．
4．A
【分析】根据在同一时刻物高和影长成正比，即在同一时刻的两个物体，影子，经过物体顶部的光线三者构成的两个直角三角形相似解答．
【详解】解：设路灯距地面的高度是x米，
∵小明身高为1.6米，他在距路灯5米处的位置发现自己的影长为1米，
∴，
∴x=9.6，
设他在向前走距离路灯为7米时，他的影长为y米，
∵他在向前走距离路灯为7米，
∴1.69.6=yy+7，
∴y=1.4，
∴他的影长将增长0.4米，
故选：A．
此题主要考查了相似三角形的应用，根据题意得出三角形相似是解题关键．
5．C
【分析】由圆周角定理得出∠ADB=90°，∠BAD=∠BCD=α，由直角三角形的性质求出∠ABD=90°-α即可．
【详解】解：连接AD，


∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB=90°，
∵∠BAD=∠BCD=α，
∴∠ABD=90°-α．
故选：C．
本题主要考查了圆周角定理以及直角三角形的性质，熟练掌握圆周角定理是解题的关键．
6．C
【分析】根据中位数和众数的概念可得答案，中位数是把数据按从小到大的顺序排列，位于最中间的一个数(或两个数的平均数)为中位数，众数是一组数据中出现次数最多的数据．
【详解】解：在这一组数据中7是出现次数最多的，故众数是7，将这组数据从小到大的顺序排列4、5、6、7、7、8处于中间位置的那个数是6和7，则这组数据的中位数是6.5．
故选：C．
本题考查了中位数和众数的概念，注意找中位数的时候一定要先排好顺序，然后再根据奇数和偶数个来确定中位数，如果数据有奇数个，则正中间的数字即为所求，如果是偶数个则找中间两位数的平均数．
7．C
【分析】根据圆锥的侧面积公式即可求出．
【详解】S侧=πRl=π×2×4=8π，
故选：C．
本题考查圆锥的侧面积的求法，熟记圆锥的侧面积公式是解题的关键．
8．C
【分析】根据圆内接正六边形的边长是1可得出圆的半径为1，利用勾股定理可求出该内接正三角形的边长为，高为32，从而可得出面积．
【详解】解：由题意可得出圆的半径为1，

∵△ABC为正三角形，AO=1，AD⊥BC，BD=CD，AO=BO，
∴DO=12，AD=32，
∴BD=OB2-OD2=32，
∴，
∴S△ABC=12×32×3=334．
故选：C．
本题考查的知识点是正多边形的性质以及解直角三角形，根据圆内接正多边形的边长求出圆的半径是解此题的关键．
9．D
【分析】根据题意可判断四边形ABNM为梯形，再由切线的性质可推出∠ABN=60°，从而判定△APO≌△BPO，可得AP=BP=3，在直角△APO中，利用三角函数可解出半径的值.
【详解】解：连接OP，OM，OA，OB，ON
∵AB，AM，BN 分别和⊙O 相切，
∴∠AMO=90°，∠APO=90°，
∵MN∥AB，∠A＝60°，
∴∠AMN=120°，∠OAB=30°，
∴∠OMN=∠ONM=30°，
∵∠BNO=90°，
∴∠ABN=60°，
∴∠ABO=30°，
在△APO和△BPO中，
，
△APO≌△BPO（AAS），
∴AP=12AB=3，
∴tan∠OAP=tan30°=OPAP=33，
∴OP=，即半径为.
故选D.

本题考查了切线的性质，切线长定理，解直角三角形，全等三角形的判定和性质，关键是说明点P是AB中点，难度不大.
10．B
【分析】根据中位线定理可得AM=23，根据折叠的性质和等腰三角形的性质可得A′N=A′M=23，过M点作MG⊥EF于G，可求A′G，根据勾股定理可求MG，进一步得到BE，再根据相似三角形的性质可求OF，从而得到OD．
【详解】解：∵EN=3，
∴由中位线定理得AM=23，
由折叠的性质可得A′M=23，
∵AD∥EF，
∴∠AMB=∠A′NM，
∵∠AMB=∠A′MB，
∴∠A′NM=∠A′MB，
∴A′N=A′M=23，
∴A′E=33，A′F=53-33=23，
过M点作MG⊥EF于G，

∴NG=EN=3，
∴A′G=3，
由勾股定理得MG=232-32=3，
∴BE=DF=MG=3，
∵OF∥BE，
∴△OA′F~△BA′E，
∴OFBE=FA'EA'，即OF3=2333，
∴OF=2，
∴OD=DF-OF=1．
故选：B．
本题考查了翻折变换（折叠问题），矩形的性质，勾股定理，关键是得到矩形的宽和A′E的长．
11．相交
【分析】由⊙O的半径为4，圆心O到直线l的距离为3，根据若d＜r，则直线与圆相交；若d=r，则直线与圆相切；若d＞r，则直线与圆相离，即可求得答案．
【详解】解：∵⊙O的半径是4，圆心O到直线l的距离为3，
∴d＜r，
∴直线l与⊙O的位置关系是：相交．
故答案为：相交．
本题考查了直线与圆的位置关系，解决此类问题可通过比较圆心到直线距离d与圆半径大小关系完成判定．
12．k＞﹣1
【分析】根据二次函数的图象与性质即可求出答案．
【详解】解：抛物线的对称轴为x＝1，
将x＝1代入y＝﹣x2+2x+k，
∴y＝﹣1+2+k＝1+k，
所以抛物线的顶点为（1，1+k），
∴1+k＞0，
∴k＞﹣1，
故答案为：k＞﹣1．
本题考查二次函数的顶点，解题的关键是熟练运用二次函数的图象与性质，本题属于基础题型．
13．8
【详解】试题解析：这个多边形的边数是360∘÷45∘=8，
故答案为8.
14．45
【详解】解：连接OC，

∵⊙O的直径AB=12，
∴OB=12AB=6，
∴OC=6，
∵BP：AP=1：5，
∴BP=16AB=16×12=2，
∴OP=OB-BP=6-2=4，
∵CD⊥AB，
∴CD=2PC，
在Rt△OPC中，
∵OC=6，OP=4，
∴PC=OC2-OP2=62-42=25，
∴CD=2PC=45．
故答案为：45．
考点：垂径定理．
15．4
【分析】直接利用扇形的面积公式即可得出答案.
【详解】设底面圆的半径为r,
∵S扇形=12lR
∴20π=12×2πr×5
∴r=4
故答案为：4
本题主要考查扇形的面积公式，掌握扇形的面积公式是解题的关键.
16．6
【分析】直接利用坡度的定义得出BCAC=12，进而利用勾股定理得出答案．
【详解】解：∵河堤横断面迎水坡AB的坡度是1：2，
∴BCAC=12，
∴设BC=x，则AC=2x，
∵坡面AB=65，
∴BC2+AC2=AB2，
即x2+（2x）2=（65）2，
解得：x1=6，x2=-6（不合题意舍去），
故堤高的高度是6．
故答案为：6．
本题主要考查了解直角三角形的应用，正确运用勾股定理是解题关键．
17．5．
【分析】连接DO并延长，与⊙O相交于点G，连接BG，CG，由AC⊥BD， DG是直径，可得∠DBG=90°=∠DCG可证AC∥BG，可得AB=CG，可得AB=CG，由OF⊥CD，可证OF∥CG，可证△DOF∽△DGC，由性质，由OF=52，可求CG即可．
【详解】解：如图，连接DO并延长，与⊙O相交于点G，连接BG，CG，
∵AC⊥BD，DG是直径，
∴∠DBG=90°=∠DCG，
∴BG⊥DB,
∴AC∥BG，
∴AB=CG，
∴AB=CG，
∵OF⊥CD，
∴OF∥CG，
∴∠DOG=∠DGC
∴△DOF∽△DGC，，
∴，
∵OF=52，
∴CG，
所以AB=CG=5．
故答案为：5．

本题考查平行弦的性质，圆的性质，直径所对圆周角的性质，相似三角形的判定与性质，掌握平行弦的性质，圆的性质，直径所对圆周角的性质，相似三角形的判定与性质是解题关键．
18．4514
【分析】连接OP，OM，根据切线长定理可知∠MPO=12∠MPN，因为OM=12DC=2，故当OP最小（即OP垂直AC时），sin∠MPO=OMOP最大，此时∠MPN最大，由此得到P点，再求出OP长，在Rt△PMO中求出PM即可解答．
【详解】解：连接OP，OM，

∵PM、PN相切于点M、N，
∴∠MPO=12∠MPN，∠PMO=90°，
∴sin∠MPO=OMOP，
又∵在矩形ABCD中，CD=AB=4，CD是⊙O直径，
∴OM=12CD=2，
∴故当OP最小（即OP垂直AC时），sin∠MPO=OMOP最大，
延长DC交直线AE于点G，
∵E是BC的中点，BC=6，
∴BE=EC=3,
∵在矩形ABCD中，∠ABC=90°，
∴，
∵在矩形ABCD中，，
∴∠BAE=∠G，
∴sin∠BAE=sin∠G=35，
∴EG=5，CG=3，
∴OG=OC+CG=2+4=6，
又∵OP垂直AC时，∠MPN最大，
∴OP=OGsin∠G=6×35=185，
在Rt△PMO中，PM=OP2-OM2=1852-22=4145，
故答案为4514．
本题主要考查了几何的最值问题，综合性强，涉及了圆的切线性质，矩形性质、解三角形、点到直线的距离垂线段最小等知识，解题关键是切线长定理可知∠MPO=12∠MPN，然后关键在Rt△PMO中sin∠MPO=OMOP最大，此时∠MPN最大，得出OP垂直AC时，∠MPN最大．
19．x1＝4，x2＝2
【分析】原方程运用因式分解法求解即可
【详解】解：x2-6x+8=0
（x－4）（x－2）＝0
x－4＝0 或x－2＝0            
∴x1＝4，x2＝2
本题主要考查了解一元二次方程，灵活选用方法是解答本题的关键
20．（1）a=1，2；（2）a=-1
【分析】(1)根据关于x的一元二次方程x2-2(a-1)x+a2-a-2=0有两个不相等的实数根，得到Δ=[-2(a-1)]2-4a2-a-2>0，于是得到结论；
(2)由根与系数的关系可得x1+x2=2(a-1)，x1x2=a2-a-2，代入x12+x22-x1x2=16，解方程即可得到结论．
【详解】(1)∵关于x的一元二次方程x2-2(a-1)x+a2-a-2=0有两个不相等的实数根，
∴Δ=[-2(a-1)]2-4a2-a-2>0，
解得：a<3，
∵a为正整数，
∴a=1，2；
(2)∵x1+x2=2(a-1)，x1x2=a2-a-2，
∵x12+x22-x1x2=16，
∴x1+x22-x1x2=16，
∴[-2(a-1)]2-3a2-a-2=16，
解得：a1=-1，a2=6，
∵a<3，
∴a=-1．
本题考查的是一元二次方程根与系数的关系及根的判别式，先判断出a的取值范围，再由根与系数的关系得出方程组是解答此题的关键．
21．（1）顶点坐标为（2，-1）；（2）该二次函数与x轴的交点坐标为（1，0）（3，0）；（3）当y＜0时，1＜x＜3．
【分析】（1）把y=x2-4x+3通过配方得到y=（x-2）2-1，从而得到抛物线的顶点坐标；
（2）通过解方程x2-4x+3=0得该二次函数与x轴的交点坐标；
（3）利用描点法画出二次函数图形，然后利用函数图形，写出图象在x轴下方所对应的自变量的范围即可．
【详解】解：（1）因为y=x2-4x+3=x2-4x+4-1=（x-2）2-1，
所以抛物线的顶点坐标为（2，-1）；
（2）当y=0时，x2-4x+3=0，解得x1=1，x2=3，
所以该二次函数与x轴的交点坐标为（1，0）（3，0）；
（2）当x=0时，y=3，当x=4时，y= 42-4×4+3=3，
描点，连线，函数图象如图：

由图象可知，当y＜0时，1＜x＜3．
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．也考查了二次函数的性质．
22．(1)12
(2)

【分析】（1）直接根据概率公式求解即可；
（2）首先根据题意画出树状图，然后由树状图求得所有等可能的结果与两次摸出的手套中恰好是同色的情况，再利用概率公式求解即可求得答案．
（1）
解：小丽随机摸出一只手套，恰好是红色的概率为：24=12，
故答案为：12；
（2）
解：画树状图如下：

∵共有12种等可能的结果，摸出两只手套，恰好是同色的有4种情况，
∴摸出两只手套，恰好是同色的概率为412=13．
本题考查的是用列表法或画树状图法求概率．注意列表法或树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，列表法适合于两步完成的事件，树状图法适合两步或两步以上完成的事件．注意概率＝所求情况数与总情况数之比．
23．（1）证明见解析，∠APB=120°；（2）
【分析】1）依据等边三角形的性质得到AB=AC，∠C=∠CAB，然后依据SAS可证明△ABE≌△CAF，依据全等三角形的性质可得到∠ABE=∠CAF，最后，再依据三角形的外角的性质求解即可；
（2）先证明△APE∽△ACF，依据相似三角形的性质得到，从而可得到问题的答案．
【详解】解：（1）∵ΔABC为等边三角形，                 
∴，
在ΔABE和ΔCAF中，
AB=AC∠C=∠CABAE=CF，    
∴，
∴.
又∵，
∴，
∴∠APB=180°-∠APE=120°    

（2）∵，
∴，
∴，即，
∴
本题主要考查的是全等三角形的性质和判定、相似三角形的性质和判定，熟练掌握相关知识是解题的关键
24．(1)见解析
(2)3π-943

【分析】（1）连接OC，由题意可证△OCP≌△OAP（SSS），利用全等三角形的对应角相等以及切线的性质定理可得∠OCP=90°，即可证得结论；
（2）根据AB＝6，∠ADO＝90°，∠CAB＝30°，可求得OD、AC，然后根据S＝S扇形AOC－S△AOC即可求得结果．
【详解】（1）证明：如图，连接OC，

∵PA是半⊙O的切线，
∴PA⊥OA，
∴∠OAP＝90°，
∵OD⊥AC，OD经过圆心O，
∴CD＝AD，
∴PC＝PA，
∵OC＝OA，OP＝OP，
∴△OCP≌△OAP（SSS），
∴∠OCP＝∠OAP＝90°，
∵PC经过⊙O的半径OC的外端，且PC⊥OC，
∴PC是⊙O的切线．
（2）解：∵AB是⊙O的直径，且AB＝6，
∴OA＝OB＝3，
∵∠ADO＝90°，∠CAB＝30°，
∴OD＝12OA＝32，
∴AD=AO2-OD2=32-322=332，
∴AC＝2AD＝33，
∴S△AOC=12×33×32=943，
∵∠COB＝2∠CAB＝60°，
∴∠AOC＝180°－60°＝120°，
∴S扇形AOC＝120π×32360=3π，
∴S＝S扇形AOC－S△AOC＝3π-943．
本题主要考查了切线的性质和判定、扇形的面积公式、勾股定理、全等三角形的判定与性质、垂径定理和直角三角形中30°角所对直角边是斜边的一半．熟练掌握切线的性质和判定、扇形的面积公式和做辅助线的方法是解题的关键．
25．（1）35＋253；（2）坐板EF的宽度为（203-20）cm．
【分析】（1）如图，构造直角三角形Rt△AMC、Rt△CGD然后利用解直角三角形分段求解扶手前端D到地面的距离即可；
（2）由已知求出△EFH中∠EFH＝60°，∠EHD＝45°，然后由HQ＋FQ＝FH＝20cm解三角形即可求解.
【详解】解：（1）如图2，过C作CM⊥AB，垂足为M，
又过D作DN⊥AB，垂足为N，过C作CG⊥DN，垂足为G，则∠DCG＝60°，
∵AC＝BC＝60cm，AC、CD所在直线与地面的夹角分别为30°、60°，∴∠A＝∠B＝30°，
则在Rt△AMC中，CM＝12AC＝30cm．
∵在Rt△CGD中，sin∠DCG＝DGCD，CD＝50cm，
∴DG＝CD×sin∠DCG＝50×sin60°＝＝253，
又GN＝CM＝30cm，前后车轮半径均为5cm，
∴扶手前端D到地面的距离为DG＋GN＋5＝253＋30＋5＝35＋253（cm）．

（2）∵EF∥CG∥AB，∴∠EFH＝∠DCG＝60°，
∵CD＝50cm，椅子的支点H到点C的距离为10cm，DF＝20cm，
∴FH＝20cm，
如图2，过E作EQ⊥FH，垂足为Q，设FQ＝x，
在Rt△EQF中，∠EFH＝60°，∴EF＝2FQ＝2x，EQ＝，
在Rt△EQH中，∠EHD＝45°，∴HQ＝EQ＝3x，
∵HQ＋FQ＝FH＝20cm，∴3x＋x＝20，解得x＝103-10，
∴EF＝2（103-10）＝203-20．
答：坐板EF的宽度为（203-20）cm．
本题考查了解直角三角形的应用，解题的难点在于从实际问题中抽象出数学基本图形构造适当的直角三角形，难度较大．
26．1y2=-x2-2x+8，点M(-1,9)；2存在，-2+102或-2-102；3E(4,0)或-4-45,0或(45-4,0）或(6,0)
【分析】（1）设抛物线的解析式为，抛物线经过上点C(0,8)，解方程求得y=-x2-2x+8配方得即可；
（2）设AC解析式为yAC=kx+b，求得 求出S△ACM==6设点D的横坐标为过D作DG∥y轴，交AC于G。可求整理，解方程即可；
（3）以AC为边，以点A,C,E,F为顶点的四边形是菱形先求出AC=，分四种情况，当点E在点A右侧，当点E在点A左侧，AC=AE=45，以AC为对角线时AC与EF交于H，当点E在点A右侧时AH=，可证△EHA∽△COA，AE=10，以AE为对角线点E与点A关于y轴对称，即可求出E坐标．
【详解】解：（1）设抛物线的解析式为，
抛物线经过上点C(0,8)，
得，
解得a=-1，
∴y=-x2-2x+8，
配方得，
∴点M(-1,9)；
（2）设AC解析式为yAC=kx+b，
-4k+b=0b=8，
解得k=2b=8，
，
点M(-1,9)，
S△ACM=，
设点D的横坐标为过D作DG∥y轴，交AC于G，
D（m, -m2-2m+8）,G(m, 2m+8)，
DG=-m2-2m+8-=-m2-4m，
则，
，
m=-2+102或m=-2-102，
∴点D的横坐标-2+102或-2-102；

（3）以AC为边，以点A,C,E,F为顶点的四边形是菱形，
在Rt△AOC中，AC=，
当点E在点A右侧，
AC=AE=45，
OE=AE-OA=45-4，
E（45-4，0），
当点E在点A左侧，
AC=AE=45，
OE=AE+OA=45+4，
E（-45-4，0），

以AC为对角线时AC与EF交于H，
当点E在点A右侧时AH=，
由菱形性质得∠AHE=90°=∠AOC，
∵∠EAH=∠CAO，
∴△EHA∽△COA，
∴，即，
AE=10，
OE=AE-AO=10-4=6，
E（6，0），
当点E在A点右侧时，
以AE为对角线点E与点A关于y轴对称，
E（4，0），
当以点A,C,E,F为顶点的四边形是菱形时，满足条件的点E的坐标为．E(4,0)或-4-45,0或(45-4,0）或(6,0)．

本题考查抛物线解析式，顶点坐标，三角形面积，菱形的性质，相似三角形的判定与性质，掌握待定系数法求抛物线解析式，配方求顶点坐标方法，三角形面积求法，菱形的性质，相似三角形的判定与性质，通过分类构造菱形是解题关键．