2022-2023学年辽宁省抚顺市新抚区九年级（上）期末数学试卷（含详细答案解析）

这是一份2022-2023学年辽宁省抚顺市新抚区九年级（上）期末数学试卷（含详细答案解析），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.下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是( )
A. B. C. D.
2.关于x的一元二次方程x2−2kx−1=0的根的情况是( )
A. 有两个相等的实数根B. 有两个不相等的实数根
C. 没有实数根D. 有没有实根与k的取值有关
3.下列事件是随机事件的是( )
A. 小华爸爸购买了一张体育彩票会中奖B. 在一个标准大气压下加热到100∘C水沸腾
C. 负数大于正数D. 太阳从西边落下
4.下列说法中，正确的是( )
A. 掷一枚质地均匀的硬币，正面朝上是必然事件
B. 打开电视机，正在播放广告这一事件是随机事件
C. 明天会下雨是不可能事件
D. “彩票中奖的概率为1%”表示买100张彩票一定有1张会中奖
5.如图，AB过半⊙O的圆心O，过点B作半⊙O的切线BC，切点为点C，连结AC，若∠A=25∘，则∠B的度数是( )
A. 65∘B. 50∘C. 40∘D. 25∘
6.已知：如图，AB是⊙O的直径，弦CD交AB于E点，BE=1，AE=5，∠AEC=30∘，则CD的长为( )
A. 4 2
B. 4
C. 3 2
D. 5 2
7.如图，在平面直角坐标系xOy中，点B在第二象限，点A在y轴正半轴上，∠AOB=∠B=30∘，OA=2.将△AOB绕点O顺时针旋转90∘得到△A′OB′，则点B的对应点B′的坐标是( )
A. (3,1)B. (3, 3)C. ( 3,3)D. (− 3,3)
8.在一个不透明的口袋中，装有若干个除颜色不同其余都相同的球，如果口袋中装有4个黑球和若干个红球且摸到黑球的概率为13，那么口袋中红球的个数为( )
A. 12个B. 9个C. 6个D. 8个
9.如图，点A在x轴上，点C在y轴上，四边形OABC为矩形，双曲线y=kx与AB，BC分别相交于点E，D，连接OD，OE，BD=3CD，四边形OEBD的面积为6，则k等于( )
A. 2
B. 4
C. 6
D. 8
10.如图，抛物线y=ax2+bx+c的对称轴是直线x=−1.下列结论：
①abc<0；
②b2>4ac；
③4a−2b+c>0；
④3a+c>0；
⑤b2−4a2>2ac.其中正确结论的个数是( )
A. 2B. 3C. 4D. 5
二、填空题：本题共8小题，每小题3分，共24分。
11.一元二次方程x2=2x的根是______.
12.反比例函数y=kx的图象经过点(−2,3)，则k的值为______.
13.为做好疫情防控工作，某学校门口设置了A，B两条体温快速检测通道，该校同学王明和李强均从A通道入校的概率是______ .
14.从−1，0，2这三个数中，任取两个数分别作为系数a，b代入ax2+bx+2=0中．在所有可能的结果中，任取一个方程为有实数解的一元二次方程的概率是______.
15.一只不透明袋子中装有1个绿球和若干个黑球，这些球除颜色外都相同，某课外学习小组做摸球试验，将口袋中的球拌匀，从中随机摸出个球，记下颜色后再放回口袋中.不断重复这一过程，获得数据如表：
该学习小组发现，摸到黑球的频率在一个常数附近摆动，由此估计这个口袋中黑球有______ 个.
16.圆锥底面圆的半径4，母线长12，则这个圆锥的侧面积为______.
17.如图，C，D是以AB为直径的半圆上的两点，连接BC，CD，AC，BD，BC=CD，∠ACD=30∘，AB=12，则图中阴影部分的面积为______ .
18.如图，AB=6，∠BAC=15∘，D为射线AC上的动点，连接DB，将线段DB绕点D顺时针旋转90∘得线段DE，连接AE，当AE=4时，AD的长为______ .
三、解答题：本题共8小题，共96分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
19.(本小题10分)
如图，一次函数y=kx+b的图象与反比例函数y=mx的图象交于A(−4,2)，B(n,−4)两点.
(1)求反比例函数的解析式；
(2)求△AOB的面积；
(3)观察图象直接写出不等式mx>kx+b的解集.
20.(本小题12分)
一个不透明的口袋里装有分别标有汉字“书”“香”“校”“园”的四个小球，除汉字不同之外，小球没有任何区别，每次摸前先搅拌均匀.
(1)若从中任取一个球，球上的汉字刚好是“书”的概率为______ ；
(2)先从中任取一个球，不放回，再从中任取一个球，请用画树状图或列表的方法，求取出的两个球上的汉字能组成“书香”的概率.
21.(本小题12分)
如图，已知AB为⊙O的直径，CD是弦，且AB⊥CD于点E.连接AC、OC、BC.
(1)若∠ACO=25∘，求∠BCD的度数.
(2)若EB=4cm，CD=16cm，求⊙O的半径.
22.(本小题12分)
如图，在长为32米、宽为20米的矩形地面上修筑同样宽的道路(图中阴影部分)，小路与矩形的一边垂直，余下部分种植草坪，要使草坪面积为540平方米，求小路的宽.
23.(本小题12分)
疫情防控常态化，全国人民同心抗疫．某商家决定将一个月获得的利润全部捐赠给社区用于抗疫．已知商家购进一批产品，成本为10元/件，拟采取线上和线下两种方式进行销售，市场调查发现，线下的月销量y(件)与线下售价x(元/件，且12≤x≤16)之间满足一次函数关系，部分数据如下表：
(1)求y与x之间的函数关系式；
(2)若线上售价始终比线下每件便宜2元，且线上的月销量固定为600件．当x为何值时，线上和线下销售月利润总和W达到最大？最大利润是多少？
(3)要使(2)中月利润总和W不低于4400元，请直接写出x的取值范围．
24.(本小题12分)
如图，AB为⊙O的直径，四边形OBCD是矩形，连接AD，延长AD交⊙O于E，连接CE.
(1)若∠A=30∘，AB=2，求BE的长；
(2)求证：CE为⊙O的切线.
25.(本小题12分)
如图，△ABC与△DCE均为等腰直角三角形，∠BAC=∠CDE=90∘，F，G，H分别是AD，BC，CE的中点，连接FG，FH，GH.
(1)当E在BC延长线上时，如图①，△FGH的形状是______ ；
(2)将△DCE绕点C逆时针旋转，其他条件不变，如图②，(1)的结论是否成立？说明理由；
(3)若AC=5 2，CD=3 2，△DCE绕点C逆时针旋转一周，直接写出△FGH面积的最大值和最小值.
26.(本小题14分)
如图，抛物线y=−x2+bx+c经过.A(−1,0)，B(2,0)两点，与y轴交于点C，直线y=x+m经过点B，与y轴交于点D.
(1)求抛物线的解析式；
(2)将△BOD在直线DB上平移，平移后的三角形记为△PMN，直线MP交抛物线于Q，当PQ=1时，求点P的坐标；
(3)E为直线BC上的动点，连接OE，将△OEB沿直线OE翻折得到△OEB′，当直线EB′与直线BD相交所成锐角为45∘时，直接写出点E的坐标.
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A选项，是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；
B选项，是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；
C选项，不是轴对称图形，也不是中心对称图形，不符合题意；
D选项，是轴对称图形，也是中心对称图形，符合题意；
故选：D.
中心对称是指把一个图形绕着某一点旋转180∘，如果它能够与另一个图形重合，那么就说这两个图形关于这个点对称或中心对称，中心对称，是针对两个图形而言，是指两个图形的(位置)关系；如果一个平面图形沿着一条直线折叠后，直线两旁的部分能够互相重合，那么这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴．由此即可求解．
本题主要考查轴对称图形，中心对称图形的识别，理解轴对称图形的定义，中心对称图形的定义，图形结合分析找出对称轴，对称中心是解题的关键．
2.【答案】B
【解析】解：∵x2−2kx−1=0，
∴a=1，b=−2k，c=−1，
∴Δ=b2−4ac=(−2k)2−4×1×(−1)=4k2+4>0，
∴方程有两个不相等的实数根．
故选：B.
根据一元二次方程判别式进行判断即可．
本题考查一元二次方程根的判别式，熟练掌握Δ>0时，方程有两个不相等的实数根是解题的关键．
3.【答案】A
【解析】解：A、小华爸爸购买了一张体育彩票会中奖，是随机事件，符合题意；
B、在一个标准大气压下加热到100∘C水沸腾，属必然事件，不符合题意；
C、负数大于正数，是不可能事件，不符合题意；
D、太阳从西边落下，是不可能事件，不符合题意．
故选：A.
根据必然事件，随机事件，不可能事件的特点逐一判断即可解答．
本题考查了随机事件的性质，熟练掌握随机事件，必然事件，不可能事件的特点是解题的关键．
4.【答案】B
【解析】解：A、掷一枚质地均匀的硬币，正面朝上是随机事件，故A不符合题意；
B、打开电视机，正在播放广告这一事件是随机事件，故B符合题意；
C、明天会下雨是随机事件，故C不符合题意；
D、“彩票中奖的概率为1%”表示买彩票中奖的可能性是10%，故D不符合题意；
故选：B.
根据随机事件，概率的意义，概率公式，逐一判断即可解答．
本题考查了随机事件，概率的意义，概率公式，熟练掌握这些数学概念是解题的关键．
5.【答案】C
【解析】解：连接OC，
∵BC与半⊙O相切于点C，
∴∠OCB=90∘，
∵∠A=25∘，
∴∠BOC=2∠A=50∘，
∴∠B=90∘−∠BOC=40∘，
故选：C.
连接OC，根据切线的性质可得∠OCB=90∘，再根据圆周角定理可得∠BOC=50∘，然后利用直角三角形的两个锐角互余进行计算即可解答．
本题考查了切线的性质，圆周角定理，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
6.【答案】A
【解析】解：作OM⊥CD于点M，连接OC，则CM=12CD，
∵BE=1，AE=5，
∴OC=12AB=BE+AE2=1+52=3，
∴OE=OB−BE=3−1=2，
∵Rt△OME中，∠AEC=30∘，
∴OM=12OE=12×2=1，
在Rt△OCM中，
∵OC2=OM2+MC2，即32=12+CM2，解得CM=2 2，
∴CD=2CM=2×2 2=4 2.
故选：A.
作OM⊥CD于点M，连接OC，在直角三角形OEM中，根据三角函数求得OM的长，然后在直角△OCM中，利用勾股定理即可求得CM的长，进而求得CD的长．
本题考查的是垂径定理、勾股定理及直角三角形的性质，解答此类题目时要先作出辅助线，再利用勾股定理求解．
7.【答案】B
【解析】解：过点B′作B′C⊥y轴于C，如图所示：
∵∠AOB=∠B=30∘，OA=2，
∴∠B′OA=60∘，OA=AB=2，
∵将△AOB绕点O顺时针旋转90∘得到△A′OB′，
∴∠BOB′=90∘，OA=AB=OA′=A′B′=2，∠B′OA′=∠OB′A′=30∘，
∴∠B′A′C=∠B′OA′+∠OB′A′=60∘，
∴∠A′B′C=30∘，
∴A′C=1，
∴OC=A′C+OA′=3，B′C= A′B′2−A′C2= 22−12= 3，
∴点B′的坐标为：(3, 3)，
故选：B.
过点B作B′C⊥x轴于C，根据旋转的性质及等角对等边性质，利用含30∘角的直角三角形及勾股定理即可求解．
本题考查了旋转的性质、等角对等边性质、含30∘角的直角三角形和勾股定理的应用，熟练掌握旋转的性质及勾股定理的应用，借助辅助线构造直角三角形是解题的关键．
8.【答案】D
【解析】解：设口袋中红球的个数为x个，
由题意可得44+x=13，
解得x=8.
∴口袋中红球的个数为8个．
故选：D.
设口袋中红球的个数为x个，则口袋中球的总数为(4+x)个，利用黑球个数÷总数=摸到黑球的概率，即可列方程，得出答案．
本题考查概率公式，正确应用概率公式是解答本题的关键．
9.【答案】A
【解析】解：连接OB，
∵点E，D在双曲线y=kx上，
∴S△OCD=S△OAE=12k，
又∵S四边形OEBD=6，
∴S矩形OABC=6+k，
∴S△OCB=12S矩形OABC=3+12k，
又∵BD=3CD，
∴S△OCD=14S△OCB，
即12k=14(3+12k)，
解得k=2，
故选：A.
先用k的式子表示矩形OABC的面积，根据BD=3CD得到12k=14(3+12k)，解方程即可解题．
本题考查反比例函数的解析式，掌握反比例函数的比例系数几何意义是解题的关键．
10.【答案】C
【解析】解：观察图象得：抛物线开口向上，与y轴交于负半轴，
∴a>0，c<0，
∵对称轴是直线x=−1，
∴−b2a=−1，即b=2a>0，
∴abc<0，故①正确；
∵抛物线与x轴有2个交点，
∴Δ=b2−4ac>0，
∴b2>4ac，故②正确；
观察图象得：当x=−2时，y<0，
即4a−2b+c<0，故③错误；
观察图象得：当x=1时，y>0，
∵b=2a，
∴a+b+c=3a+c>0，故④正确；
∵b=2a，
∴b−2a=0，
∴b2−4a2=(b+2a)(b−2a)=0，
∵a>0，c<0，
∴2ac<0，
∴b2−4a2>2ac，故⑤正确；
故选：C.
观察图象得：抛物线开口向上，与y轴交于负半轴，可得a>0，c<0，再由对称轴是直线x=−1，可得abc<0，故①正确；再根据抛物线与x轴有2个交点，可得b2>4ac，故②正确；观察图象得：当x=−2时，y<0，可得4a−2b+c<0，故③错误；观察图象得：当x=1时，y>0，再由b=2a，可得a+b+c>0，故④正确；再由b2−4a2=(b+2a)(b−2a)=0，可得⑤正确，即可求解．
本题主要考查了二次函数的图象和性质，熟练掌握二次函数的图象和性质是解题的关键．
11.【答案】x1=0，x2=2
【解析】解：移项，得x2−2x=0，
提公因式得，x(x−2)=0，
x=0或x−2=0，
∴x1=0，x2=2.
故答案为：x1=0，x2=2.
先移项，再提公因式，使每一个因式为0，从而得出答案．
本题考查了一元二次方程的解法：解一元二次方程常用的方法有直接开平方法，配方法，公式法，因式分解法，要根据方程的特点灵活选用合适的方法．
12.【答案】−6
【解析】解：把(−2,3)代入函数y=kx中，得3=k−2，解得k=−6.
故答案为：−6.
将点(−2,3)代入解析式可求出k的值．
主要考查了用待定系数法求反比例函数的解析式．先设y=kx，再把已知点的坐标代入可求出k值，即得到反比例函数的解析式．
13.【答案】14
【解析】解：根据题意，画出列表如下：
由上表可知，总的可能情况是4种，均从A通道的情况只有一种，
即均从A通道过的概率为：1÷4=14，
故答案为：14.
采用列表法列举即可求解．
本题考查了采用列举法求解概率的知识，根据题意准确画出列表或者树状图是解答本题的关键．
14.【答案】13
【解析】【分析】
本题考查的是用列表法或画树状图法求概率以及一元二次方程根的判别式．列表法或画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．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．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所有可能的一元二次方程中有实数解的一元二次方程的情况，再利用概率公式即可求得答案．
【解答】
解：画树状图得：
则共有6种等可能的结果，
∵一元二次方程ax2+bx+2=0有实数解，
∴a≠0，且△=b2−8a≥0，
∴所有可能的一元二次方程中有实数解的一元二次方程的有2种情况，
∴所有可能的一元二次方程中有实数解的一元二次方程的概率为：26=13.
故答案为13.
15.【答案】2
【解析】解：该学习小组发现，摸到黑球的频率在一个常数附近摆动，这个常数约为0.667，
∴估计摸出黑球的概率为23，
则摸出绿球的概率为1−23=13，
∴袋子中球的总个数为1÷13=3，
∴由此估出黑球个数为3−1=2，
故答案为：2.
该学习小组发现，摸到黑球的频率在一个常数附近摆动，这个常数约为0.667，据此知摸出黑球的概率为23，求出袋子中球的总个数即可得出答案．
本题考查了利用频率估计概率：大量重复实验时，事件发生的频率在某个固定位置左右摆动，并且摆动的幅度越来越小，根据这个频率稳定性定理，可以用频率的集中趋势来估计概率，这个固定的近似值就是这个事件的概率．
16.【答案】48π
【解析】解：∵圆锥的底面半径为4，
∴圆锥的底面圆的周长=2π×4=8π，
∴圆锥的侧面积=12×8π×12=48π.
故答案为：48π.
本题考查了圆锥的侧面积的计算：圆锥的侧面展开图为扇形，扇形的弧长为圆锥的底面周长，扇形的半径为圆锥的母线长．结合扇形的面积公式S=12lR(l为弧长)计算即可．
17.【答案】6π
【解析】解：连接OD，OC，OC交BD于点E，过点O作OF⊥CD于点F，则：OD=OC=OB；
∵AB为直径，
∴∠ACB=90∘，
∵∠ACD=30∘，AB=12，
∴OD=OC=OB=12AB=6,∠AOD=2∠ACD=60∘，
∵BC=CD，AB为半圆，
∴∠DOC=∠COB=12(180∘−∠AOD)=60∘，
∵OD=OC=OB，
∴∠OBD=∠ODB=12(180∘−∠DOB)=30∘，△COD为等边三角形，
∴OE⊥BD，BD=2BE，DF=CF=12CD=12OD=3，
∴OE=12OB=3，BE= OB2−OE2=3 3，OF= OD2−DF2=3 3，
∴BD=2BE=6 3，
∴S阴影=S扇形OCB+S△OCD−S△OBD
=60π×62360+12×6×3 3−12×3×6 3
=6π.
故答案为：6π.
连接OD，OC，利用扇形DOB的面积加上△OCD的面积，减去△DOB的面积，可求解．
本题考查求阴影部分的面积，同时考查了圆周角定理，弧，弦，角之间的关系，垂径定理，勾股定理．熟练掌握割补法，将阴影部分的面积转化为规则图形的面积，是解题的关键．
18.【答案】3 6+ 142
【解析】解：∵将线段DB绕点D顺时针旋转90∘得线段DE，
∴DE=DB，
将△ADE绕点D旋转90∘，得到△FDB，过点B作BG⊥AF于点G，
则：∠ADF=90∘，AD=DF，BF=AE=4，
∴∠DAF=∠DFA=45∘，
∴∠BAG=∠DAG−∠DAB=30∘，
∴BG=12AB=3,AG= AB2−BG2=3 3，
在Rt△BGF中，FG= BF2−BG2= 7，
∴AF=AG+FG=3 3+ 7，
在Rt△ADF中，AD2+DF2=AF2，即：2AD2=3 3+ 7，
∴AD=3 6+ 142.
故答案为：3 6+ 142.
将△ADE绕点D旋转90∘，得到△FDB，从而得到AD=DF，AE=BF，得到△ADF为等腰直角三角形，进而推出∠FAB=30∘，过点B作BG⊥AF，求出AF的长，进而求出AD的长．
本题考查旋转的性质，等腰三角形的判定和性质，含30度的直角三角形，勾股定理．通过旋转，构造特殊三角形，是解题的关键．
19.【答案】解：(1)把A(−4,2)的坐标代入y=mx，得：2=m−4，
解得：m=−8，
∴反比例函数的解析式为y=−8x；
(2)如图，
把B(n,−4)的代入y=−8x，得：−4=−8n，
解得：n=2，
∴B(2,−4).
把A(−4,2)，B(2,−4)代入y=kx+b，得−4k+b=22k+b=−4，
解得：k=−1b=−2，
∴一次函数的解析式为y=−x−2.
在y=−x−2中，
令y=0，则x=−2，
即直线与x轴交于点C(−2,0).
∴S△AOB=S△AOC+S△BOC=12×2×2+12×2×4=6.
(3)由图象得，当x>2或−4∴不等式mx>kx+b的解集为x>2或−4【解析】(1)先把点A的坐标代入反比例函数解析式，即可得到m=−8，即可求解；
(2)把点B的坐标代入反比例函数解析式，即可求出n=2，然后利用待定系数法确定一次函数的解析式，再求出直线AB与x轴交点C的坐标，然后利用S△AOB=S△AOC+S△BOC进行计算；
(3)观察函数图象得到当x>2或−4本题考查了反比例函数与一次函数的交点问题：反比例函数与一次函数的交点坐标满足两函数的解析式．解决问题的关键是掌握用待定系数法确定一次函数的解析式．
20.【答案】解：(1)14；
(2)列表如下：
总共有12种等可能的结果数，其中取出的两个球上的汉字能组成“书香”的结果数有2种，即(书，香)(香，书)，
∴摸出的两个球上的汉字能组成“书香”的概率为212=16.
【解析】解：(1)从中任取一个球，球上的汉字刚好是“书”的概率为14.
故答案为：14；
(2)见答案．
(1)直接利用概率公式求解；
(2)列表展示所有12种等可能的结果数，再找出取出的两个球上的汉字能组成“书香”的结果数，然后根据概率公式求解．
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.【答案】(1)证明：∵AB为⊙O的直径，CD是弦，且AB⊥CD于E，
∴CE=ED，CB=BD，
∴∠BCD=∠BAC，
∵OA=OC，
∴∠OAC=∠OCA，
∴∠ACO=∠BCD，
∵∠ACO=25∘，
∴∠BCD=25∘；
(2)解：设⊙O的半径为R cm，
∵AB为⊙O的直径，CD是弦，且AB⊥CD于E，CD=16cm，
∴CE=12CD=12×16=8(cm)，
在Rt△CEB中，EB2=BC2−CE2，EB=4cm，
∴OE=(R−4)cm，
在Rt△CEO中，OC2=OE2+CE2，
∴R2=(R−4)2+82，
∴R=10，
∴⊙O的半径为10cm.
【解析】(1)利用垂径定理、圆周角定理解决问题即可；
(2)设⊙O的半径为R cm，在Rt△ECB中，利用勾股定理构建方程求解即可．
本题考查垂径定理，勾股定理，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．
22.【答案】解：设道路的宽为x米，由题意得(20−x)(32−x)=540，
整理得x2−52x+100=0，
解得x1=50(不合题意，舍去)，x2=2.
答：道路的宽为2米．
【解析】设道路的宽为x米，利用平移把横向和纵向的小路移到长和宽上，把不规则的图形变为规则图形，原长方形变为长和宽都减少x米的长方形，根据已知的草坪面积可列出方程，求出答案．
本题考查了一元二次方程的实际应用问题，找准等量关系并正确列出一元二次方程是解题的关键．
23.【答案】解：(1)设y与x之间的函数关系式为y=kx+b，
∴12k+b=100013k+b=900，
∴k=−100b=2200，
∴y与x之间的函数关系式为y=−100x+2200(12≤x≤16)；
(2)由题意得W=600(x−10−2)+(x−10)(−100x+2200)=−100x2+3800x−29200=−100(x−19)2+6900，
∵−100<0，
∴当12≤x≤16时，W随x增大而增大，
∴当x=16时，W最大，最大为6000，
∴当x=16时，线上和线下销售月利润总和W达到最大，最大利润是6000元；
(3)当y=4400时，−100x2+3800x−29200=4400，
解得x=14或x=24，
由(2)得当12≤x≤16时，W随x增大而增大，
所以要使(2)中月利润总和W不低于4400元，14≤x≤16.
【解析】(1)利用待定系数法求解即可；
(2)根据利润=(售价-成本)×数量求出W关于x的二次函数关系式，利用二次函数的性质求解即可；
(3)先求出当y=4400时，x的值，然后根据(2)可知当12≤x≤16时，W随x增大而增大，由此即可得到答案．
本题主要考查了二次函数的应用，正确理解题意列出二次函数解析式和方程是解题的关键．
24.【答案】(1)解：如图：连接OE，
∵∠BOE=2∠A，且∠A=30∘，
∴∠BOE=2∠A=60∘，
∵AB=2，
∴半径r=1，
∴BE的长=60360⋅2πr，
∴BE=13π.
(2)证明：如图：连接OC、BE，OE，CD交于点P，
∵四边形OBCD是矩形，
∴OB//CD，∠OBC=90∘，OB=CD，
∵OB//CD，
∴∠A=∠CDE，
∵在⊙O中，OA=OB=OE，
∴OE=CD，
∵OA=OE，
∴∠A=∠AEO，
∴∠CDE=∠AEO，
∴DP=PE，
∵OE=CD，
∴OP=CP，
∴∠COE=∠DCO，
∵OB//CD，
∴∠DCO=∠BOC，
∴∠COE=∠BOC，
在△BOC和△EOC中，
OB=OECO=CO∠BOC=∠COE，
∴△BOC≌△EOC(SAS)，
∴∠CEO=∠OBC=90∘，
∴CE⊥OE，
又∵OE为⊙O的半径，
∴CE为⊙O的切线．
【解析】(1)连接OE，求出圆心角∠BOE的度数，根据弧长公式即可求解；
(2)连接OC、BE，根据矩形性质和圆半径相等，推出∠CDE=∠AEO，进而得到OP=CP，然后根据OB//CD，可以推出∠COE=∠BOC，最后通过证明△BOC≌△EOC即可求解．
本题考查圆周角定理，全等三角形的判定和性质，矩形的性质、弧长公式等众多知识点，熟悉掌握以上知识点是解题关键．
25.【答案】等腰直角三角形
【解析】解：(1)△FGM是等腰直角三角形，
∵F、G分别为AD、BC的中点，且AB//CD，
∴FG//AB，
∵△ABC是等腰直角三角形，
∴∠FGC=45∘，
同理可得∠FHG=45∘，
∴△FGH是等腰直角三角形．故答案为：等腰直角三角形；
(2)成立，理由如下，
取AC的中点M，CD的中点N，连接MF、MG、NF、NH，FG交AC于点P，
∵F、G分别是AD、BC的中点，
∴GM=12AB，GM//AB，FN=12AC，FN//AC，
∴∠BAC+∠AMG=180∘，∠AMF=∠ACD，∠FND=∠ACD，
∴∠AMG=180∘−∠BAC=180∘−90∘=90∘，
同理∠DNH=90∘，
∴∠GMF=∠FNH=90∘+∠ACD，
又∵△ABC为等腰直角三角形，
∴AB=AC，∠BAC=90∘，
∴GM=FN，
同理FM=HN，
∴△GMF≌△FNH(SAS)，
∴FG=NF，∠FGM=∠HFN，
又∵FN//AC，
∴∠GFN=∠GPC，
∴∠GFN+∠HFN=∠GPC+∠FGM=180∘−90∘=90∘，
∴∠GFH=90∘，
∴△FGH是等腰直角三角形．
(3)若△DCE绕点C逆时针旋转一周，则相当于H在以C为圆心，CH为半径的圆上移动，
∵CD=DE=3 2，且△DCE是等腰直角三角形，
∴CH=HE=12 DC2+DE2=3，
由(2)知△FGH是等腰直角三角形，
∴GF=FH= 22GH=4 2，
∴AC⊥FG，
∵S△GFH=12×GF⋅l，l为H到GF的距离，
∴当H在AC与⊙C交点N处时，有最小值，在交点M处时有最大值，
∵AC与GF相交于点P，
∴CP=GP= 22GC=5 22，
∴NP=CP−CN=5 22−3，MP=3+5 22，
∴△FGH面积最大值为12×GF⋅MP=6 2+10，最小值为12×GF⋅NP=10−6 2.
(1)根据F、G分别是AD、BC的中点和△ABC、△DCE是等腰直角三角形即可得出结论．
(2)分别取AC和CD的中点M、N，连接MF、MG、NF、NH，根据中位线的性质可求得∠AMG=∠DNH=90∘，再结合△ABC是等腰直角三角形，可证△GMF≌△FNH，从而得出结论．
(3)△DCE绕点C逆时针旋转一周，则相当于H在点C为圆心，CH为半径的圆上移动，当点H运动到N点时，有最小值，运动到M点时，有最大值．
本题考查了三角形旋转的综合问题，涉及到了等腰三角形的性质、全等三角形的性质和判定以及垂线段最短，正确作出辅助线是解题的关键．
26.【答案】解：(1)把A(−1,0)，B(2,0)两点坐标代入y=−x2+bx+c得，
−1−b+c=0−4+2b+c=0，
解得b=1c=2，
∴抛物线的解析式为y=−x2+x+2；
(2)∵直线y=x+m经过点B(2,0)，
∴2+m=0，解得m=−2，
∴D(0,−2)，
∴OB=BD=2，
∴∠BDO=∠OBD=45∘，
∴△BOD是等腰直角三角形，
设△BOD在直线DB上平移 2n个单位，则向右平移n个单位，向上平移了n个单位，P点坐标为(n,n)，
∴Q(n,−n2+n+2)，
当点P在点Q上方时，
∵PQ=1，
∴n−(−n2+n+2)=1，解得n=± 3，
∴点P的坐标为( 3, 3)或(− 3,− 3)；
当点P在点Q下方时，
∵PQ=1，
∴−n2+n+2−n=1，解得n=±1，
∴点P的坐标为(1,1)或(−1,−1).
综上，点P的坐标为( 3, 3)或(− 3,− 3)或(1,1)或(−1,−1)；
(3)设直线BC的解析式为y=k′x+b′，
∴2k′+b′=0b′=2，
解得k′=−1b′=2，
∴y=−x+2，
设E(t,−t+2)，
如图1，当EB′//y轴时，设EB′与x轴交于点H，与BD交于点G，
∵∠BDO=∠OBD=45∘，EB′//y轴，
∴直线EB′与直线BD相交所成锐角为∠BGE=45∘，∠BHE=90∘，
∴OH=t，EH=−t+2，
∵D(0,−2)，B(2,0)，
由折叠可知，OB′=BO=2，BE=B′E，
在Rt△OHB′中，B′H= B′O2−OH2= 4−t2，
∴B′E= 4−t2−(−t+2)= 4−t2+t−2，
∴BE= 4−t2+t−2，
在Rt△BHE中，BE2=EH2+BH2，
∴( 4−t2+t−2)2=(2−t)2+(−t+2)2，
解得t=± 2，
∴点E的坐标为( 2,− 2+2)或(− 2, 2+2)；
如图2，当EB′//x轴时，设EB′与y轴交于点H，与BD交于点G，
∵∠BDO=∠OBD=45∘，EB′//x轴，
∴直线EB′与直线BD相交所成锐角为∠BGE=45∘，∠B′EO=∠EOB，
∵将△OEB沿直线OE翻折得到△OEB′，
∴BE=B′E，OB=OB′，∠BOE=∠B′OE，
∴∠BOE=∠B′EO，
∵B′E=B′O=OB，
∵EB′//x轴，
∴四边形B′OBE是平行四边形，
∴B′E=2，
∴B′(t−2,−t+2)，
由折叠可知OB=OB′=2，
∴平行四边形OBEB′是菱形，
∴BE=OB，
∴ (2−t)2+(−t+2)2=2，
解得t=2+ 2或t=2− 2，
∴点E的坐标为(2+ 2,− 2)或(2− 2, 2)；
综上所述：点E的坐标为( 2,− 2+2)或(− 2, 2+2)或(2+ 2,− 2)或(2− 2, 2).
【解析】(1)利用待定系数法即可解决问题．
(2)求出m的值，可得直线BD为y=x−2，则D(0,−2)，设△BOD向右平移n个单位，则向上平移了n个单位，P点坐标为(n,n)，Q(n,−n2+n+2)，分点P在点Q上方和点P在点Q下方两种情况即可解决问题．
(3)由题意可得直线EB′与直线BD相交所成锐角为45∘时，EB′//y轴或EB′//x轴，分两种情况分别求解即可解决问题．
本题是二次函数综合题，考查待定系数法额求函数的解析式，平移的性质，翻折变换的性质，勾股定理，菱形的判定和性质等知识，熟练掌握二次函数的图象及性质，直角三角形的性质，折叠的性质，勾股定理的应用是解题的关键．摸球的次数
200
300
400
1000
1600
2000
摸到黑球的频数
142
186
260
668
1064
1333
摸到黑球的频率
0.7100
0.6200
0.6500
0.6680
0.6650
0.6665
x(元/件)
12
13
14
15
y(件)
1000
900
800
700
书
香
校
园
书
(书，香)
(书，校)
(书，园)
香
(香，书)
(香，校)
(香，园)
校
(校，书)
(校，香)
(校，园)
园
(园，书)
(园，香)
(园，校)