2022-2023学年河北省保定市安新县九年级（上）期末数学试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年河北省保定市安新县九年级（上）期末数学试卷（含解析），共23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.下面的图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是( )
A. B.
C. D.
2.下列事件中，是必然事件的是( )
A. 任意买一张电影票，座位号是2的倍数B. 13个人中至少有两个人生肖相同
C. 车辆随机到达一个路口，遇到红灯D. 明天一定会下雨
3.在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=6，AB=10，以C为圆心，BC为半径作⊙C，则点A与⊙C的位置关系是( )
A. 点A在⊙C内B. 点A在⊙C上C. 点A在⊙C外D. 无法确定
4.若点A(−3,y1)，B(−1,y2)，C(2,y3)都在反比例函数y=kx(k<0)的图象上，则y1，y2，y3的大小关系是( )
A. y35.如图，⊙O是正五边形ABCDE的外接圆，点P是AE的一点，则∠CPD的度数是( )
A. 30°
B. 36°
C. 45°
D. 72°
6.关于抛物线y=−x2−2x+3，下列说法错误的是( )
A. 开口向下B. 顶点坐标是(−1,4)
C. 当x≥−1时，y随x的增大而增大D. 对称轴是直线x=−1
7.点A(2.18,−0.51)，B(2.68,0.54)在二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)的图象上，则方程ax2+bx+c=0的一个近似值可能是( )
A. 2.18B. 2.68C. −0.51D. 2.45
8.“二十四节气”是中华上古农耕文明的智慧结晶，被国际气象界誉为“中国第五大发明”.小文购买了“二十四节气”主题邮票，他要将“立春”“立夏”“秋分”“大寒”四张邮票中的两张送给好朋友小乐．小文将它们背面朝上放在桌面上(邮票背面完全相同)，让小乐从中随机抽取一张(不放回)，再从中随机抽取一张，则小乐抽到的两张邮票恰好是“立春”和“立夏”的概率是( )
A. 23B. 12C. 16D. 18
9.如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，M，N分别是边AB，AD的中点，连接OM，ON，MN，则下列叙述不正确的是( )
A. △AMO与△ABC位似
B. △AMN与△BCD位似
C. △ABO与△CDO位似
D. △AMN与△ABD位似
10.如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，BE=1cm，CD=6cm，则AE为( )
A. 4
B. 9
C. 5
D. 8
11.若方程x2−2x−4=0的两个实数根为α，β，则α2+β2的值为
( )
A. 12B. 10C. 4D. −4
12.如图，在矩形ABCD中，AB=6，BC=10，点E、F在AD边上，BF和CE交于点G，若EF=12AD，则图中阴影部分的面积为( )
A. 25
B. 30
C. 35
D. 40
13.一元二次方程2x2−mx−1=0的根的情况是( )
A. 没有实数根B. 有两个不相等的实数根
C. 有两个相等的实数根D. 无法确定
14.如图，在△ABC中，∠BAC=135°，将△ABC绕点C逆时针旋转得到△DEC，点A，B的对应点分别为D，E，连接AD.当点A，D，E在同一条直线上时，下列结论不正确的是( )
A. △ABC≌△DECB. ∠ADC=45°
C. AD= 2ACD. AE=AB+CD
15.在平面直角坐标系中，如图是二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)的图象的一部分，给出下列命题：①5a+b+c=0；②b>2a；③方程ax2+bx+c=0的两根分别为−3和1；④b2−4ac>0，其中正确的命题有( )
A. 1个
B. 2个
C. 3个
D. 4个
16.如图，菱形ABCD的边长为2，∠A=60°，一个以点B为顶点的60°角绕点B旋转，这个角的两边分别与线段AD的延长线及CD的延长线交于点P、Q，设DP=x，DQ=y，则能大致反映y与x的函数关系的图象是( )
A. B. C. D.
二、填空题：本题共3小题，每小题3分，共9分。
17.如图，△ABC中，点D、E分别是AB、AC的中点，若S△ADE=2，则S△ABC=______．
18.如图，小明用半径为20，圆心角为θ的扇形，围成了一个底面半径r为5的圆锥．
(1)扇形的圆心角θ为______ ；
(2)一只蜘蛛从圆锥底面圆周上一点A出发，沿圆锥的侧面爬行一周后回到点A的最短路程是______ ．
19.如图，在平面直角坐标系中，O为原点，每个小方格的边长为1个单位长度．正方形ABCD顶点都在格点上，其中点A的坐标为(1,1).若将正方形ABCD绕点A顺时针方向旋转90°，点B到达点B1，点C到达点C1，点D到达点D1，若线段AC1的长度与点D1的横坐标的差恰好是一元二次方程x2+ax+1=0的一个根，则a的值为______．
三、解答题：本题共7小题，共69分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
20.(本小题10分)
用适当的方法解下列一元二次方程．
(1)x2−8x+1=0；
(2)3x(x−1)=2x−2．
21.(本小题10分)
“石头、剪子、布”是一个广为流传的游戏，规则是：甲、乙两人都做出“石头”“剪子”“布”3种手势中的1种，其中“石头”赢“剪子”，“剪子”赢“布”，“布”赢“石头”，手势相同不分输赢．假设甲、乙两人每次都随意并且同时做出3种手势中的1种．
(1)甲每次做出“石头”手势的概率为____；
(2)用画树状图或列表的方法，求乙不输的概率．
22.(本小题10分)
心理学家研究发现，一般情况下，一节课40分钟中，学生的注意力随教师讲课的变化而变化．开始上课时，学生的注意力逐步增强，中间有一段时间学生的注意力保持较为理想的稳定状态，随后学生的注意力开始分散．经过实验分析可知，学生的注意力指标数y随时间x(分钟)的变化规律如右图所示(其中AB、BC分别为线段，CD为双曲线的一
部分)：
(1)开始上课后第五分钟时与第三十分钟时相比较，何时学生的注意力更集中？
(2)一道数学竞赛题，需要讲19分钟，为了效果较好，要求学生的注意力指标数最低达到36，那么经过适当安排，老师能否在学生注意力达到所需的状态下讲解完这道题目？
23.(本小题10分)
如图，在△ABC中，AB=AC，AD为BC边上的中线，DE⊥AB于点E．
(1)求证：△BDE∽△CAD．
(2)若AB=13，BC=10，求线段DE的长．
24.(本小题9分)
如图，有长为24米的篱笆，一面利用墙(墙的最大可用长度a为10米)，围成中间隔有一道篱笆的长方形花圃．设花圃的宽AB为x米，面积为S平方米．
(1)求S与x的函数关系式；
(2)如果要围成面积为45平方米的花圃，AB的长是多少米？
(3)能围成面积比45平方米更大的花圃吗？如果能，请求出最大面积，并说明围法；如果不能，请说明理由．
25.(本小题10分)
筒车是我国古代利用水力驱动的灌溉工具，车轮缚以竹筒，旋转时低则舀水，高则泻水.如图，水力驱动筒车按逆时针方向转动，竹筒把水引至A处，水沿射线AD方向泻至水渠DE，水渠DE所在直线与水面PQ平行.设筒车为⊙O，⊙O与直线PQ交于P，Q两点，与直线DE交于B，C两点，恰有AD2=BD⋅CD，连接AB，AC．

(1)求证：AD为⊙O的切线；
(2)筒车的半径为3m，AC=BC，∠C=30°.当水面上升，A，O，Q三点恰好共线时，如图，则∠BAQ= ______ °，∠AQP= ______ °；
(3)在(2)的条件下，直接写出筒车在水面下的最大深度(精确到0.1m，参考值： 2≈1.4， 3≈1.7)．
26.(本小题10分)
如图，抛物线y=ax2+bx过点A(4,0)、B(1,3)两点，点C、B关于抛物线的对称轴对称，过点B作直线BH⊥x轴，交x轴于点H．
(1)求抛物线的表达式；
(2)直接写出点C的坐标，并求出△ABC的面积；
(3)点P是抛物线上一动点，且位于第四象限，当△ABP的面积为6时，求出点P的坐标；
(4)已知点M在直线BH上运动，点N在x轴上运动，若△CMN是以点M为直角顶点的等腰直角三角形，请直接写出此时△CMN的面积．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查了中心对称图形及轴对称图形的知识，解题时掌握好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，对称轴旁的两部分折叠后能够互相重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原来图形完全重合．
根据轴对称图形与中心对称图形的概念，逐项分析，即可求解．
【解答】
解：A.不是轴对称图形，是中心对称图形，故A选项错误；
B.不是轴对称图形，是中心对称图形，故B选项错误；
C.既是轴对称图形，也是中心对称图形，故C选项正确；
D.是轴对称图形，不是中心对称图形，故D选项错误．
故选：C．
2.【答案】B
【解析】解：A、任意买一张电影票，座位号是2的倍数，是随机事件，不符合题意；
B、13个人中至少有两个人生肖相同，是必然事件，符合题意；
C、车辆随机到达一个路口，遇到红灯，是随机事件，不符合题意；
D、明天一定会下雨，是随机事件，不符合题意；
故选：B．
根据事件发生的可能性大小判断即可．
本题考查的是必然事件、不可能事件、随机事件的概念．必然事件指在一定条件下，一定发生的事件．不可能事件是指在一定条件下，一定不发生的事件，不确定事件即随机事件是指在一定条件下，可能发生也可能不发生的事件．
3.【答案】A
【解析】解：∵Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=6，AB=10，
∴BC= AB2−AC2=8，
∵AC=6∴点A在⊙C内，
故选：A．
利用勾股定理求得BC边的长，然后通过比较AC与半径BC的长即可得到结论．
本题考查了点与圆的位置关系，解题的关键是确定圆的半径和点与圆心之间的距离之间的大小关系．
4.【答案】A
【解析】解：∵反比例函数y=kx中k<0，
∴函数图象的两个分支分别位于二、四象限，且在每一象限内y随x的增大而增大．
∵−3<0，−1<0，
∴点A(−3,y1)，B(−1,y2)位于第二象限，
∴y1>0，y2>0，
∵−3<−1<0，
∴0∵2>0，
∴点C(2,y3)位于第四象限，
∴y3<0，
∴y3故选：A．
先根据反比例函数中k<0判断出函数图象所在的象限及增减性，再根据各点横坐标的特点即可得出结论．
此题考查的是反比例函数图象上点的坐标特点及平面直角坐标系中各象限内点的坐标特点，比较简单．
5.【答案】B
【解析】解：如图，连接OC，OD．
∵ABCDE是正五边形，
∴∠COD=360°5=72°，
∴∠CPD=12∠COD=36°，
故选：B．
连接OC，OD，求出∠COD的度数，再根据圆周角定理即可解决问题；
本题考查正多边形和圆、圆周角定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
6.【答案】C
【解析】解：∵抛物线y=−x2−2x+3=−(x+1)2+4，
∴该函数图象开口向下，故选项A不符合题意；
该函数的顶点坐标是(−1,4)，故选项B不符合题意；
当x≥−1时，y随x的增大而减小，故选项C符合题意；
对称轴是直线x=−1，故选项D不符合题意；
故选：C．
先将题目中的函数解析式化为顶点式，然后即可判断各个选项中的说法是否正确．
本题考查二次函数的性质，解答本题的关键是将题目中的函数解析式化为顶点式．
7.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查求一元二次方程的近似值，难度不大．
根据点A(2.18,−0.51)，B(2.68,0.54)在二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)的图象上，可得当函数值为0时，2.18【解答】
解：∵图象上有两点分别为A(2.18,−0.51)，B(2.68,0.54)，
∴当x=2.18时，y=−0.51<0，
当x=2.68时，y=0.54>0，
∴当y=0时，2.18只有选项D符合．
故选D．
8.【答案】C
【解析】解：设立春用A表示，立夏用B表示，秋分用C表示，大寒用D表示，树状图如下，
由上可得，一共有12种可能性，其中小乐抽到的两张邮票恰好是“立春”和“立夏”的可能性2种，
∴小乐抽到的两张邮票恰好是“立春”和“立夏”的概率是212=16，
故选：C．
根据题意，可以画出相应的树状图，从而可以得到小乐抽到的两张邮票恰好是“立春”和“立夏”的概率．
本题考查列表法与树状图法，解答本题的关键是明确题意，画出相应的树状图．
9.【答案】B
【解析】解：∵四边形ABCD是菱形，对角线AC，BD相交于点O，
∴点O是线段AC、BD的中点，AB/​/CD，
∴△AOB∽△COD，
∴△ABO与△CDO位似，故C不符合题意；
∵M是边AB的中点，
∴OM是△ABC的中位线，
∴OM//BC，
同理可得MN/​/BD，ON/​/AB，
∴△AMO∽△ABC，△AMN∽△ABD，
∴△AMO与△ABC位似，△AMN与△ABD位似，故A、D不符合题意；
∵△AMN与△BCD每组对应点所在的直线不是相交于一点，
∴△AMN与△BCD不位似，故B符合题意．
故选：B．
根据位似三角形的定义进行逐一判断即可：如果两个相似三角形的每组对应点所在的直线相交于一点，那么这两个三角形叫做位似三角形．
本题主要考查了位似三角形，菱形的性质，三角形中位线定理，熟知位似三角形的定义是解题的关键．
10.【答案】B
【解析】解：设OC=OB=xcm，
∵AB⊥CD，AB是直径，
∴EC=DE=3cm，
在Rt△OEC中，∵OC2=CE2+OE2，
∴x2=32+(x−1)2，
∴x=5，
∴OE=4cm，
∴AE=OA+OE=5+4=9cm，
故选：B．
设OC=OB=xcm，在Rt△OEC中，利用勾股定理求解即可．
本题考查垂径定理，解直角三角形等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题．
11.【答案】A
【解析】解：∵方程x2−2x−4=0的两个实数根为α，β，
∴α+β=2，αβ=−4，
∴α2+β2=(α+β)2−2αβ=4+8=12；
故选：A．
根据根与系数的关系可得α+β=2，αβ=−4，再利用完全平方公式变形α2+β2=(α+β)2−2αβ，代入即可求解；
本题考查一元二次方程根与系数的关系；熟练掌握根与系数的关系，灵活运用完全平方公式是解题的关键．
12.【答案】C
【解析】【分析】过点G作GN⊥AD于N，延长NG交BC于M，通过证明△EFG∽△CBG，可得GN：GM=EF：BC=1：2，可求GN，GM的长，由面积的和差关系可求解．
本题主要考查了矩形的性质以及相似三角形的判定与性质，求出阴影部分的面积可以转化为几个规则图形的面积的和或差的关系．
【解答】解：过点G作GN⊥AD于N，延长NG交BC于M，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC，AD//BC，
∵EF=12AD，
∴EF=12BC，
∵AD/​/BC，NG⊥AD，
∴△EFG∽△CBG，GM⊥BC，
∴GN：GM=EF：BC=1：2，
又∵MN=AB=6，
∴GN=2，GM=4，
∴S△BCG=12×10×4=20，
∴S△EFG=12×5×2=5，S矩形ABCD=6×10=60，
∴S阴影=S矩形ABCD−S△BCG−S△EFG=60−20−5=35．
故选：C．
13.【答案】B
【解析】解：∵Δ=b2−4ac=(−m)2−4×2×(−1)=m2+8>0，
∴一元二次方程2x2−mx−1=0有两个不相等的实数根．
故选：B．
根据方程的系数，结合根的判别式Δ=b2−4ac，可得出m2−8>0，进而可得出一元二次方程2x2−mx−1=0有两个不相等的实数根．
本题考查了根的判别式，牢记“当Δ>0时，方程两个不相等的实数根”是解题的关键．
14.【答案】D
【解析】解：由旋转的性质得出CD=CA，∠EDC=∠BAC=135°，AB=DE，
∵点A，D，E在同一条直线上，
∴∠ADC=45°=∠DAC，△ABC≌△DEC，AD= 2AC，
∴AE=AD+DE= 2CD+AB，故选项A，B，C正确，D错误，
故选：D．
由旋转的性质和等腰直角三角形的判定和性质即可得到结论．
本题考查了旋转的性质，等腰直角三角形的判定和性质，解题的关键是掌握旋转的性质．
15.【答案】B
【解析】解：由图象可知：抛物线开口向上，对称轴为直线x=−1，过(1,0)点，
把(1,0)代入y=ax2+bx+c得，a+b+c=0，a≠0，所以5a+b+c≠0，因此①错误；
对称轴为直线x=−1，即：−b2a=−1，整理得，b=2a，因此②错误；
由抛物线的对称性，可知抛物线与x轴的两个交点为(1,0)(−3,0)，因此方程ax2+bx+c=0的两根分别为−3和1；故③是正确的；
由图可得，抛物线有两个交点，所以b2−4ac>0，故④正确；
故选：B．
根据二次函数的图象可知抛物线开口向上，对称轴为x=−1，且过点(1,0)，根据对称轴可得抛物线与x轴的另一个交点为(−3,0)，把(1,0)代入可对①做出判断；由对称轴为x=−1，可对②做出判断；根据二次函数与一元二次方程的关系，可对③做出判断，根据根的判别式解答即可．
考查二次函数的图象和性质，抛物线通常从开口方向、对称轴、顶点坐标、与x轴，y轴的交点，以及增减性上寻找其性质．
16.【答案】A
【解析】解：∵四边形ABCD是菱形，∠A=60°，
∴∠ABD=∠CBD=∠ADB=∠BDC=60°，
∴∠BDQ=∠BDP=120°，
∵∠QBP=60°，
∴∠QBD=∠PBC，
∵AP/​/BC，
∴∠P=∠PBC，
∴∠QBD=∠P，
∴△BDQ∽△PDB，
∴DQBD=BDPD，即y2=2x，
∴xy=4，
∴y与x的函数关系的图象是双曲线，
故选：A．
根据菱形的性质得到∠ABD=∠CBD=∠ADB=∠BDC=60°，由邻补角的定义得到∠BDQ=∠BDP=120°，根据平行线的性质得到∠P=∠PBC，于是得到∠QBD=∠P，根据相似三角形的性质得到xy=4，于是得到结论．
本题考查了菱形的性质，相似三角形的判定和性质，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键．
17.【答案】8
【解析】解：∵D，E分别是AB，AC的中点，
∴DE：BC=1：2，DE/​/BC，
∴△ADE∽△ABC，
∴S△ADES△ABC=(DEBC)2=14，
即2S△ABC=14，
∴S△ABC=8．
故答案为：8．
由中位线定理可得线段DE与BC的比，即可得出△ADE与△ABC的面积的比，又已知△ADE的面积，进而即可得出△ABC的面积．
本题主要考查了三角形的中位线定理以及相似三角形面积比与对应边之比的关系，证明△ADE∽△ABC是解题的关键．
18.【答案】90° 20 2
【解析】解：(1)∵圆锥的底面周长=2π×5=10π，
∴θπ×20180=10π，
解得θ=90°；
故答案为：90°．
(2)圆锥的侧面展开图如图所示，构造Rt△AOA′，根据两点之间线段最短得最短路程为： 202+202=20 2．
故答案为：20 2．
(1)由于圆锥的周长就是圆锥的侧面展开图的弧长，利用弧长公式即可求出侧面展开图的圆心角；
(2)根据两点之间线段最短，把圆锥的侧面展开成平面图形，构造直角三角形根据勾股定理即可求得．
本题考查了最短路径问题，根据题意把立体图形展开成平面图形后，再确定两代年之间的最短路径，在平面图形上构造直角三角形是解题的关键．
19.【答案】−2 10
【解析】解：由题意作图如右：
∵A的坐标为(1,1)，
∴D(0,3)，C(2,4)，D1(3,2)，
根据旋转的性质知AC=AC1= (4−1)2+(2−1)2 = 10，
∵D1(3,2)，
∴D1横坐标为x=3，
∴线段AC1的长度与点D1的横坐标的差为 10−3；
∵ 10−3是一元二次方程x2+ax+1=0的一个根，
∴( 10−3)2+( 10−3)a+1=0，
整理得a=−2 10．
故答案为−2 10．
首先根据题意，作出旋转后的图形，由A的坐标为(1,1)可知一格代表单位1，求出AC的长，即AC1的长，由图象可以写出D1的横坐标，根据线段AC1的长度与点D1的横坐标的差恰好是一元二次方程x2+ax+1=0的一个根，作差代入，求出a的值．
本题主要考查几何变换综合题的知识，解答本题的关键是熟练掌握旋转的性质及数形结合进行解题的思路，此题难度不大．
20.【答案】解：(1)∵x2−8x=−1，
∴x2−8x+16=15，
∴(x−4)2=15，
∴x−4=± 15，
∴x1=4+ 15，x2=4− 15；
(2)∵3x(x−1)=2x−2，
∴3x(x−1)−2(x−1)=0，
∴(x−1)(3x−2)=0，
∴x1=1，x2=23．
【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)移项后，将左边提取公因式x−1，再化为两个一元一次方程求解即可．
本题主要考查解一元二次方程的能力，熟练掌握解一元二次方程的几种常用方法：直接开平方法、因式分解法、公式法、配方法，结合方程的特点选择合适、简便的方法是解题的关键．
21.【答案】解：(1)13;
(2)画树状图得：
共有9种等可能的情况数，其中乙不输的有6种，
则乙不输的概率是69=23．
【解析】【分析】
本题考查的是用列举法求概率，解答此题的关键是列出可能出现的所有情况，用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
(1)直接根据概率公式求解即可；
(2)根据题意画出树状图得出所有情况数，找出符合条件的情况数，然后根据概率公式即可得出答案．
【解答】
解：(1)甲每次做出“石头”手势的概率为13；
故答案为：13；
(2)见答案．
22.【答案】解：(1)设线段AB所在的直线的解析式为y1=k1x+20，
把B(10,40)代入得，k1=2，
∴y1=2x+20．
设C、D所在双曲线的解析式为y2=k2x，
把C(25,40)代入得，k2=1000，
∴y2=1000x
当x1=5时，y1=2×5+20=30，
当x2=30时，y2=1000÷30=1003，
∴y1∴第30分钟注意力更集中．
(2)令y1=36，
∴36=2x+20，
∴x1=8
令y2=36，
∴36=1000÷x，
∴x2=1000÷36≈27.8
∵27.8−8=19.8>19，
∴经过适当安排，老师能在学生注意力达到所需的状态下讲解完这道题目．
【解析】(1)先用待定系数法分别求出AB和CD的函数表达式，再分别求第五分钟和第三十分钟的注意力指数，最后比较判断；
(2)分别求出注意力指数为36时的两个时间，再将两时间之差和19比较，大于19则能讲完，否则不能．
主要考查了反比例函数的应用．解题的关键是根据实际意义列出函数关系式，从实际意义中找到对应的变量的值，利用待定系数法求出函数解析式，再根据自变量的值求算对应的函数值．
23.【答案】解：(1)∵AD为BC边上的中线，
∴BD=CD，
∵AB=AC，
∴AD⊥BC，∠B=∠C，
∵DE⊥AB，
∴∠DEB=∠ADC，
∴△BDE∽△CAD；
(2)在Rt△ADB中，∵AB=13，BD=CD=12BC=5，
∴AD= AB2−BD2= 132−52=12，
∵12AD·BD=12AB·DE，
即12×12×5=12×13×DE，
∴DE=6013．
【解析】本题考查相似三角形的判定和性质、等腰三角形的性质及勾股定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，学会利用面积法确定线段的长．
(1)根据题意证明∠B=∠C，∠DEB=∠ADC=90°即可解决问题；
(2)利用面积法：12·AD·BD=12·AB·DE求解即可；
24.【答案】解：(1)由题可知，花圃的宽AB为x米，则BC为(24−3x)米，
这时面积S=x(24−3x)=−3x2+24x；
(2)由条件−3x2+24x=45化为x2−8x+15=0，
解得x1=5，x2=3
∵0<24−3x≤10得143≤x<8，
∴x=3不合题意，舍去，
即花圃的宽为5米；
(3)S=−3x2+24x=−3(x2−8x)=−3(x−4)2+48(143≤x<8)
∴当x=143时，S有最大值4623，
故能围成面积比45平方米更大的花圃．围法：24−3×143=10，花圃的长为10米，宽为143米，这时有最大面积4623平方米．
【解析】(1)可先用篱笆的长表示出BC的长，然后根据矩形的面积=长×宽，得出S与x的函数关系式；
(2)根据(1)的函数关系式，将S=45代入其中，求出x的值即可；
(3)可根据(1)中函数的性质和自变量的取值范围得出符合条件的方案．
本题考查了一元二次方程，二次函数的综合应用，根据已知条件列出二次函数式是解题的关键．要注意题中自变量的取值范围不要丢掉．
25.【答案】60 45
【解析】(1)证明：连接AO并延长交⊙O于M，连接BM，如图1，
∴AM为⊙O的直径，
∴∠ABM=90°，
∴∠BAM+∠AMB=90°，
∵AD2=BD⋅CD，
∴ADBD=CDAD，
又∵∠D=∠D，
∴△DAB∽△DCB，
∴∠DAB=∠DCA，
又∵∠BCA=∠BMA，
∴∠BAM+∠DAB=90°，
∴∠DAM=90°，
∴AD为⊙O的切线；
(2)解：如图2所示，
∵AC=BC，∠C=30°，
∴∠CAB=∠CBA=12(180°−∠C)=12(180°−30°)=75°，
∵AQ是⊙O的直径，
∴∠ABQ=∠APQ=90°，
∵∠C=30°，
∴∠AQB=∠C=30°，
∴∠BAQ=90°−∠AQB=60°，
∴∠QAC=∠BAC−∠BAQ=75°−60°=15°，
∵PQ/​/BC，
∴BP=CQ，
∴∠QAC=∠BQP=15°，
∴∠PQA=∠BQP+∠BQA=15°+30°=45°；
故答案为：60；45
(3)解：过O作OF⊥PQ交⊙O于F，交PQ于E，如图3，
∴△OEQ为等腰直角三角形，
∵OQ=3，
∴OE=OQ⋅sin45°=3× 22=3 22，
∴EF=OF−OE=3−3 22≈0.9(m)．
(1)连接AO并延长交⊙O于M，根据AM为⊙O的直径可以得到∠ABM=90°，继而得到∠BAM+∠AMB=90°，根据AD2=BD⋅CD可证△DAB∽△DCB，可以得到∠DAB=∠DCA，利用等量代换即可证明AD为⊙O的切线；
(2)根据AC=BC，∠C=30°解出∠CAB=∠CBA=75°，根据AQ为⊙O的直径得到∠ABQ=∠APQ=90°，进而得出∠BAQ=60°，∠QAC=15°，又根据PQ/​/BC得出∠QAC=∠BQP=15°，故可得到∠PQA=45°；
(3)过O作OF⊥PQ交⊙O于F，交PQ于E，于是在等腰Rt△OEQ中，根据锐角三角函数求出OE长，进而求出最大深度EF．
本题主要考查圆的切线的判断，等腰三角形、圆周角定理、相似三角形的判定与性质，锐角三角函数，掌握公式定理并且灵活应用是解题的关键．
26.【答案】解：(1)∵抛物线y=ax2+bx过A(4,0)，B(1,3)两点，
∴16a+4b=0a+b=3，
解得：a=−1b=4，
∴抛物线的解析式为y=−x2+4x．
(2)如图1，
∵y=−x2+4x=−(x−2)2+4，
∴对称轴为直线x=2，
∵B，C关于对称轴对称，B(1,3)，
∴C(3,3)，
∴BC=2，
∴S△ABC=12×2×3=3．
(3)如图1，设点P(m,−m2+4m)，
根据题意，得：BH=AH=3，HD=m2−4m，PD=m−1，
∴S△ABP=S△ABH+S梯形AHDP−S△PBD，
∴6=12×3×3+12×(3+m−1)×(m2−4m)−12×(m−1)×(3+m2−4m)，
解得：m1=0，m2=5，
∵点P是抛物线上一动点，且位于第四象限，
∴m>0，
∴m=5，−m2+4m=−52+4×5=−5，
∴P(5,−5)；
(4)点M在直线BH上，点N在x轴上，△CMN为等腰直角三角形时，分两种情况讨论：
①以点M为直角顶点且M在x轴上方时，如图2，CM=MN，∠CMN=90°，
∵∠CBM=∠MHN=90°，
∴∠CMB+∠NMH=∠NMH+∠MNH=90°，
∴∠CMB=∠MNH，
∴△CBM≌△MHN(AAS)，
∴BC=MH=2，BM=HN=3−2=1，
∴M(1,2)，
∵C(3,3)，
∴CM= (1−3)2+(2−3)2= 5，
∴△CMN的面积为：12CM2=52；
②以点M为直角顶点且M在x轴下方时，如图3，
过点C作CD/​/y轴，过点N作NE/​/y轴，过点M作DE/​/x轴交CD于点D，交NE于E，
∵∠CMN=∠CDM=∠MEN=90°，CM=MN，
∴∠CMD+∠NME=∠NME+∠MNE=90°，
∴∠CMD=∠MNE
∴△NEM≌△MDC(AAS)，
∴NE=MD=BC=2，EM=CD=5，
∵∠ENH=∠NEM=∠NHM=90°，
∴四边形EMHN是矩形，
∴HM=NE=2，
∴M(1,−2)，
∵C(3,3)，
∴CM= (1−3)2+(−2−3)2= 29，
∴△CMN的面积为：12CM2=292；
综上所述，当△CMN是以点M为直角顶点的等腰直角三角形，△CMN的面积为52或292．
【解析】(1)利用待定系数法解决问题即可；
(2)求出抛物线的对称轴，再根据对称性求出点C的坐标即可解决问题；
(3)设点P(m,−m2+4m)，根据S△ABP=S△ABH+S梯形AHDP−S△PBD，建立方程求解即可；
(4)以点M为直角顶点，利用全等三角形和勾股定理ON的长，求出点M的坐标进而求出CM的长，求出△CMN的面积即可．
本题属于二次函数综合题，考查了待定系数法、三角形的面积、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理、方程思想及分类讨论思想等知识点，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．