2026届河北省唐山路北区七校联考数学九年级第一学期期末学业水平测试试题含解析

这是一份2026届河北省唐山路北区七校联考数学九年级第一学期期末学业水平测试试题含解析，共23页。试卷主要包含了已知二次函数，下列结论正确的是，下列事件中，是必然事件的是等内容，欢迎下载使用。
1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．
2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．
3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．
4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．
5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．
一、选择题(每小题3分,共30分)
1．若将半径为12cm的半圆形纸片围成一个圆锥的侧面，则这个圆锥的底面圆半径是（ ）
A．2cmB．3cmC．4cmD．6cm
2．下列事件属于随机事件的是（ ）
A．抛出的篮球会下落
B．两枚骰子向上一面的点数之和大于1
C．买彩票中奖
D．口袋中只装有10个白球，从中摸出一个黑球
3．如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，⊙O的半径为6，∠ADC=60°，则劣弧AC的长为（ ）
A．2πB．4πC．5πD．6π
4．抛掷一个质地均匀且六个面上依次刻有1－6的点数的正方体型骰子，如图．观察向上的一面的点数，下列情况属必然事件的是（ ）．
A．出现的点数是7B．出现的点数不会是0
C．出现的点数是2D．出现的点数为奇数
5．有五张背面完全相同的卡片，正面分别写有数字1，2，3，4，5，把这些卡片背面朝上洗匀后，从中随机抽取一张，其正面的数字是偶数的概率为
A．B．C．D．
6．一元二次方程x2+4x＝5配方后可变形为（ ）
A．（x+2）2＝5B．（x+2）2＝9C．（x﹣2）2＝9D．（x﹣2）2＝21
7．已知二次函数(是常数)，下列结论正确的是（ ）
A．当时，函数图象经过点
B．当时，函数图象与轴没有交点
C．当时，函数图象的顶点始终在轴下方
D．当时，则时，随的增大而增大．
8．如图，是圆内接四边形的一条对角线，点关于的对称点在边上，连接．若，则的度数为（ ）
A．106°B．116°C．126°D．136°
9．下列事件中，是必然事件的是（ ）
A．掷一次骰子，向上一面的点数是6
B．13个同学参加一个聚会，他们中至少有两个同学的生日在同一个月
C．射击运动员射击一次，命中靶心
D．经过有交通信号灯的路口，遇到红灯
10．我校小伟同学酷爱健身，一天去爬山锻炼，在出发点C处测得山顶部A的仰角为30度，在爬山过程中，每一段平路（CD、EF、GH）与水平线平行，每一段上坡路（DE、FG、HA）与水平线的夹角都是45度，在山的另一边有一点B（B、C、D同一水平线上），斜坡AB的坡度为2：1，且AB长为900，其中小伟走平路的速度为65.7米/分，走上坡路的速度为42.3米/分．则小伟从C出发到坡顶A的时间为（ ）（图中所有点在同一平面内≈1.41，≈1.73）
A．60分钟B．70分钟C．80分钟D．90分钟
二、填空题(每小题3分,共24分)
11．如图，内接于， 则的半径为__________．
12．如图，正方形ABCD绕点B逆时针旋转30°后得到正方形BEFG，EF与AD相交于点H，延长DA交GF于点K．若正方形ABCD边长为，则AK= ．
13．如图，过轴上的一点作轴的平行线，与反比例函数的图象交于点，与反比例函数，的图象交于点，若的面积为3，则的值为__________．
14．的半径为，、是的两条弦，．，，则和之间的距离为______
15．关于的一元二次方程有实数根，则满足___________.
16．已知为锐角，且，那么等于_____________．
17．如图，半圆形纸片的直径，弦，沿折叠，若的中点与点重合，则的长为__________．
18．关于x的方程2x2－ax＋1＝0一个根是1，则它的另一个根为________．
三、解答题(共66分)
19．（10分）抛物线y＝ax2+bx+1经过点A（﹣1，0），B（1，0），与y轴交于点C．点D（xD，yD）为抛物线上一个动点，其中1＜xD＜1．连接AC，BC，DB，DC．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）当△BCD的面积等于△AOC的面积的2倍时，求点D的坐标；
（1）在（2）的条件下，若点M是x轴上一动点，点N是抛物线上一动点，试判断是否存在这样的点M，使得以点B，D，M，N为顶点的四边形是平行四边形．若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
20．（6分）先化简，再从中取一个恰当的整数代入求值．
21．（6分）已知，如图，点E在平行四边形ABCD的边CD上，且，设，．
（1）用、表示；（直接写出答案）
（2）设，在答题卷中所给的图上画出的结果．
22．（8分）已知二次函数y=ax2+bx﹣3a经过点A（﹣1，0）、C（0，3），与x轴交于另一点B，抛物线的顶点为D，
（1）求此二次函数解析式；
（2）连接DC、BC、DB，求证：△BCD是直角三角形；
（3）在对称轴右侧的抛物线上是否存在点P，使得△PDC为等腰三角形？若存在，求出符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由．
23．（8分）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，BA＝BC，BD平分∠ABC．
（1）求证：四边形ABCD是菱形；
（2）过点D作DE⊥BD，交BC的延长线于点E，若BC＝5，BD＝8，求四边形ABED的周长．
24．（8分）已知△ABC为等边三角形， M为三角形外任意一点，把△ABM绕着点A按逆时针方向旋转60°到△CAN的位置.
(1)如图①，若∠BMC=120°，BM=2，MC=3.求∠AMB的度数和求AM的长.
(2)如图②，若∠BMC = n°，试写出AM、BM、CM之间的数量关系，并证明你的猜想.

25．（10分）如图，已知抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于A、B两点，交y轴于点C，已知A(﹣1，0)对称轴是直线x＝1．
（1）求抛物线的解析式及点C的坐标；
（2）动点M从点O出发，以每秒2个单位长度的速度向点B运动，过M作x轴的垂线交抛物线于点N，交线段BC于点Q．设运动时间为t（t＞0）秒．
①若AOC与BMN相似，请求出t的值；
②BOQ能否为等腰三角形？若能，求出t的值．
26．（10分）如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB，垂足为H，连接AC，过上一点E作EG∥AC交CD的延长线于点G，连接AE交CD于点F，且EG=FG．
（1）求证：EG是⊙O的切线；
（2）延长AB交GE的延长线于点M，若AH=2，，求OM的长．
参考答案
一、选择题(每小题3分,共30分)
1、D
【解析】解：圆锥的侧面展开图的弧长为2π×12÷2=12π（cm），∴圆锥的底面半径为12π÷2π=6（cm），故选D．
2、C
【解析】根据随机事件,必然事件,不可能事件概念解题即可.
【详解】解：A. 抛出的篮球会下落,是必然事件,所以错误,
B. 两枚骰子向上一面的点数之和大于1,是不可能事件,所以错误,
C. 买彩票中奖.是随机事件,正确,
D. 口袋中只装有10个白球，从中摸出一个黑球, ,是不可能事件,所以错误,
故选C.
本题考查了随机事件的概念,属于简单题,熟悉概念是解题关键.
3、B
【分析】连接OA、OC，然后根据圆周角定理求得∠AOC的度数，最后根据弧长公式求解．
【详解】连接OA、OC，
∵∠ADC=60°，
∴∠AOC=2∠ADC=120°，
则劣弧AC的长为： =4π．
故选B．
本题考查了弧长的计算以及圆周角定理，解答本题的关键是掌握弧长公式 ．
4、B
【解析】分析：必然事件就是一定发生的事件，根据定义即可作出判断．
解答：解：A、不可能发生，是不可能事件，故本选项错误，
B、是必然事件，故正确，
C、不一定发生，是随机事件，故本选项错误，
D、不一定发生，是随机事件，故本选项错误．
故选B．
5、C
【解析】正面的数字是偶数的情况数是2，总的情况数是5，用概率公式进行计算即可得.
【详解】从写有数字1，2，3，4，5这5张纸牌中抽取一张，其中正面数字是偶数的有2、4这2种结果，
正面的数字是偶数的概率为，
故选C．
【点睛】本题主要考查了概率公式的应用，明确概率的意义是解答的关键，用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
6、B
【分析】两边配上一次项系数一半的平方可得．
【详解】∵x2+4x=5，
∴x2+4x+4=5+4，即（x+2）2=9，
故选B．
本题主要考查解一元二次方程的基本技能，熟练掌握解一元二次方程的常用方法和根据不同方程灵活选择方法是解题的关键．
7、D
【分析】将和点代入函数解析式即可判断A选项；利用可以判断B选项；根据顶点公式可判断C选项；根据抛物线的增减性质可判断D选项．
【详解】A. 将和代入，故A选项错误；
B. 当时，二次函数为，
，函数图象与轴有一个交点，故B选项错误；
C. 函数图象的顶点坐标为，即，
当时，不一定小于0，则顶点不一定在轴下方，故C选项错误；
D. 当时，抛物线开口向上，由C选项得，函数图象的对称轴为，
所以时，随的增大而增大，故D选项正确；
故选：D．
本题考查了二次函数图象与系数的关系、二次函数图象上点的坐标特征、根的判别式以及抛物线与x轴的交点，掌握抛物线的对称轴、开口方向与系数之间的关系是解题的关键．
8、B
【解析】根据圆的内接四边形对角互补，得出∠D的度数，再由轴对称的性质得出∠AEC的度数即可．
【详解】解：∵四边形ABCD是圆的内接四边形，
∴∠D=180°-∠ABC=180°-64°=116°，
∵点D关于的对称点在边上，
∴∠D=∠AEC=116°，
故答案为B．
本题考查了圆的内接四边形的性质及轴对称的性质，解题的关键是熟知圆的内接四边形对角互补及轴对称性质．
9、B
【分析】事先能肯定它一定会发生的事件称为必然事件，即发生的概率是1的事件．
【详解】解：A．掷一次骰子，向上一面的点数是6，属于随机事件；
B.13个同学参加一个聚会，他们中至少有两个同学的生日在同一个月，属于必然事件；
C．射击运动员射击一次，命中靶心，属于随机事件；
D．经过有交通信号灯的路口，遇到红灯，属于随机事件；
故选B．
此题主要考查事件发生的概率，解题的关键是熟知必然事件的定义.
10、C
【分析】如图，作AP⊥BC于P，延长AH交BC于Q，延长EF交AQ于T．想办法求出AQ、CQ即可解决问题．
【详解】解：如图，作AP⊥BC于P，延长AH交BC于Q，延长EF交AQ于T．
由题意：＝2，AQ＝AH+FG+DE，CQ＝CD+EF+GH，∠AQP＝45°，
∵∠APB＝90°，AB＝900，
∴PB＝900，PA＝1800，
∵∠PQA＝∠PAQ＝45°，
∴PA＝PQ＝1800，AQ＝PA＝1800，
∵∠C＝30°，
∴PC＝PA＝1800，
∴CQ＝1800﹣1800，
∴小伟从C出发到坡顶A的时间＝ ≈80（分钟），
故选：C．
本题考查了解直角三角形的应用，熟练掌握并灵活运用是解题的关键．
二、填空题(每小题3分,共24分)
11、2
【分析】连接OA、OB，求出∠AOB=得到△ABC是等边三角形，即可得到半径OA=AB=2.
【详解】连接OA、OB，
∵，
∴∠AOB=，
∵OA=OB，
∴△ABC是等边三角形，
∴OA=AB=2，
故答案为：2.
此题考查圆周角定理，同弧所对的圆周角等于圆心角的一半.
12、．
【详解】连接BH，如图所示：
∵四边形ABCD和四边形BEFG是正方形，
∴∠BAH=∠ABC=∠BEH=∠F=90°，
由旋转的性质得：AB=EB，∠CBE=30°，
∴∠ABE=60°，
在Rt△ABH和Rt△EBH中，
∵BH=BH，AB=EB，
∴Rt△ABH≌△Rt△EBH（HL），
∴∠ABH=∠EBH=∠ABE=30°，AH=EH，
∴AH=AB•tan∠ABH==1，
∴EH=1，
∴FH=，
在Rt△FKH中，∠FKH=30°，
∴KH=2FH=，
∴AK=KH﹣AH==；
故答案为．
考点：旋转的性质．
13、-6.
【分析】由AB∥x轴，得到S△AOP=，S△BOP= ，根据的面积为3得到，即可求得答案.
【详解】∵AB∥x轴，
∴S△AOP=，S△BOP= ，
∵S△AOB= S△AOP+ S△BOP=3，
∴，
∴-m+n=6，
∴m-n=-6，
故答案为：-6.
此题考查反比例函数中k的几何意义，由反比例函数图象上的一点作x轴（或y轴）的垂线，再连接此点与原点，所得三角形的面积为，解题中注意k的符号.
14、7cm或17cm
【分析】作OE⊥AB于E，交CD于F，连结OA、OC，如图，根据平行线的性质得OF⊥CD，再利用垂径定理得到AE＝12，CF＝5，然后根据勾股定理，在Rt△OAE中计算出OE＝5，在Rt△OCF中计算出OF＝12，再分类讨论：当圆心O在AB与CD之间时，EF＝OF＋OE；当圆心O不在AB与CD之间时，EF＝OF−OE．
【详解】解：作OE⊥AB于E，交CD于F，连结OA、OC，如图，
∵AB∥CD，
∴OF⊥CD，
∴AE＝BE＝AB＝12，CF＝DF＝CD＝5，
在Rt△OAE中，∵OA＝13，AE＝12，
∴OE＝，
在Rt△OCF中，∵OC＝13，CF＝5，
∴OF＝，
当圆心O在AB与CD之间时，EF＝OF＋OE＝12＋5＝17；
当圆心O不在AB与CD之间时，EF＝OF−OE＝12−5＝7；
即AB和CD之间的距离为7cm或17cm．
故答案为：7cm或17cm．
本题考查了垂径定理：垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧．也考查了勾股定理和分类讨论的数学思想．
15、且
【分析】根据根的判别式和一元二次方程的定义即可求解.
【详解】根据题意有
，解得且
故答案为且
本题主要考查根的判别式和一元二次方程的定义，掌握根的判别式和一元二次方程的定义是解题的关键.
16、
【分析】根据特殊角的三角函数值即可求出答案．
【详解】
故答案为：．
本题主要考查特殊角的三角函数值，掌握特殊角的三角函数值是解题的关键．
17、
【分析】作OE⊥CD,交圆于F，则OC=OF=,,利用勾股定理可得再根据垂径定理即可得出答案
【详解】作OE⊥CD,交圆于F，则OC=OF=,
所以CD=2CE,F是的中点
因为弦，的中点与点重合，
所以,
所以
所以CD=2CE=
故答案是：
考核知识点：垂径定理.理解垂径定理，构造直角三角形是关键.
18、．
【详解】试题分析：设方程的另一个根为m，根据根与系数的关系得到1•m=，解得m=．
考点：根与系数的关系．
三、解答题(共66分)
19、（1）抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+1；（2）点D坐标（2，1）；（1）M坐标（1，0）或（，0）或（﹣，0）或（5，0）
【分析】（1）利用待定系数法求函数解析式；
（2）根据解析式先求出△AOC的面积，设点D（xD，yD），由直线BC的解析式表示点E的坐标，求出DE的长，再由△BCD的面积等于△AOC的面积的2倍，列出关于xD 的方程得到点D的坐标；
（1）设点M（m，0），点N（x，y），分两种情况讨论：当BD为边时或BD为对角线时，列中点关系式解答.
【详解】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+1经过点A（﹣1，0），B（1，0），
∴，
解得：
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+1；
（2）如图，过点D作DH⊥x轴，与直线BC交于点E，
∵抛物线y＝﹣x2+2x+1，与y轴交于点C，
∴点C（0，1），
∴OC＝1，
∴S△AOC＝×1×1＝，
∵点B（1，0），点C（0，1）
∴直线BC解析式为y＝﹣x+1，
∵点D（xD，yD），
∴点E（xD，﹣xD+1），yD＝﹣xD2+2xD+1，
∴DE＝﹣xD2+2xD+1﹣（﹣xD+1）＝﹣xD2+1xD，
∴S△BCD＝1＝×DE×1，
∵△BCD的面积等于△AOC的面积的2倍
∴2＝﹣xD2+1xD，
∴xD＝1（舍去），xD＝2，
∴点D坐标（2，1）；
（1）设点M（m，0），点N（x，y）
当BD为边，四边形BDNM是平行四边形，
∴BN与DM互相平分，
∴，
∴y＝1，
∴1＝﹣x2+2x+1
∴x＝2（不合题意），x＝0
∴点N（0，1）
∴，
∴m＝1，
当BD为边，四边形BDMN是平行四边形，
∴BM与DN互相平分，
∴，
∴y＝﹣1，
∴﹣1＝﹣x2+2x+1
∴x＝1±，
∴，
∴m＝±，
当BD为对角线，
∴BD中点坐标（，），
∴， ，
∴y＝1，
∴1＝﹣x2+2x+1
∴x＝2（不合题意），x＝0
∴点N（0，1）
∴m＝5，
综上所述点M坐标（1，0）或（，0）或（﹣，0）或（5，0）．
此题是二次函数的综合题，考查待定系数法求函数解析式，动线、动图形与抛物线的结合问题，在（1）使以点B，D，M，N为顶点的四边形是平行四边形时，要分情况讨论：当BD为边时或BD为对角线时，不要有遗漏，平行四边形的性质：对角线互相平分，列中点坐标等式求得点M的坐标.
20、，0
【分析】根据分式的混合运算法则进行计算化简，再代入符合条件的x值进行计算.
【详解】解：原式=
=
=
=
又∵且，，
∴整数．
∴原式=．
考核知识点：分式的化简求值.掌握分式的基本运算法则是关键.
21、（1）；（2）见解析
【分析】（1）先表示出，继而可表示出；
（2）延长AE、BC交与G即可．
【详解】解：（1）四边形是平行四边形，
，
∵，
，
；
（2）如图，延长AE、BC交与G，则即为所求．
四边形是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴，
∴，
又∵，
∴
∴.
本题考查了平面向量及平行四边形的性质，解答本题注意利用平行线分线段成比例的知识，难度一般．
22、（2）抛物线的解析式为y=﹣x2+2x+2．（2）证明见解析；（2）点P坐标为（，）或（2，2）．
【解析】试题分析：（2）将A（﹣2，0）、C（0，2），代入二次函数y=ax2+bx﹣2a，求得a、b的值即可确定二次函数的解析式；（2）分别求得线段BC、CD、BD的长，利用勾股定理的逆定理进行判定即可；（2）分以CD为底和以CD为腰两种情况讨论．运用两点间距离公式建立起P点横坐标和纵坐标之间的关系，再结合抛物线解析式即可求解．
试题解析：（2）∵二次函数y=ax2+bx﹣2a经过点A（﹣2，0）、C（0，2），∴将A（﹣2，0）、C（0，2），代入，得，解得，∴抛物线的解析式为y=﹣x2+2x+2；（2）如图，连接DC、BC、DB，由y=﹣x2+2x+2=﹣（x﹣2）2+4得，D点坐标为（2，4），∴CD==，BC==2，BD==2，∵CD2+BC2=（）2+（2）2=20，BD2=（2）2=20，∴CD2+BC2=BD2，∴△BCD是直角三角形；（2）y=﹣x2+2x+2对称轴为直线x=2．假设存在这样的点P,①以CD为底边，则P2D=P2C，设P2点坐标为（x，y），根据勾股定理可得P2C2=x2+（2﹣y）2，P2D2=（x﹣2）2+（4﹣y）2，因此x2+（2﹣y）2=（x﹣2）2+（4﹣y）2，即y=4﹣x．又P2点（x，y）在抛物线上，∴4﹣x=﹣x2+2x+2，即x2﹣2x+2=0，解得x2=，x2=＜2，(不满足在对称轴右侧应舍去），∴x=，∴y=4﹣x=，即点P2坐标为（，）．②以CD为一腰，∵点P2在对称轴右侧的抛物线上，由抛物线对称性知，点P2与点C关于直线x=2对称，此时点P2坐标为（2，2）．∴符合条件的点P坐标为（，）或（2，2）．
考点：2.二次函数图象性质；2.等腰三角形性质；2.直角三角形的判定.
23、（1）详见解析；（2）1.
【分析】（1）根据平行线的性质得到∠ADB＝∠CBD，根据角平分线定义得到∠ABD＝∠CBD，等量代换得到∠ADB＝∠ABD，根据等腰三角形的判定定理得到AD＝AB，根据菱形的判定即可得到结论；
（2）由垂直的定义得到∠BDE＝90°，等量代换得到∠CDE＝∠E，根据等腰三角形的判定得到CD＝CE＝BC，根据勾股定理得到DE＝＝6，于是得到结论．
【详解】（1）证明：∵AD∥BC，
∴∠ADB＝∠CBD，
∵BD平分∠ABC，
∴∠ABD＝∠CBD，
∴∠ADB＝∠ABD，
∴AD＝AB，
∵BA＝BC，
∴AD＝BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵BA＝BC，
∴四边形ABCD是菱形；
（2）解：∵DE⊥BD，
∴∠BDE＝90°，
∴∠DBC+∠E＝∠BDC+∠CDE＝90°，
∵CB＝CD，
∴∠DBC＝∠BDC，
∴∠CDE＝∠E，
∴CD＝CE＝BC，
∴BE＝2BC＝10，
∵BD＝8，
∴DE＝＝6，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD＝AB＝BC＝5，
∴四边形ABED的周长＝AD+AB+BE+DE＝1．
本题考查了菱形的判定和性质，角平分线定义，平行线的性质，勾股定理，等腰三角形的性质，正确的识别图形是解题的关键．
24、（1）60°,5;（2）AM=BM+CM
【分析】（1）由旋转性质可得△ABM≌△CAN，根据全等三角形的性质和等边三角形的判定可得△AMN是等边三角形,继而求出∠AMN=60°，根据∠BMC=120°,∠AMN=∠AMC=60°，继而求出∠AMB；AM =MN= MC+ CN.
（2）
【详解】解∵把△ABM绕着点A按逆时针方向旋转60到△ACN的位置，
所以∠NAM=60°，
因为AN=AM，
所以△AMN是等边三角形,
所以∠AMN=60°，
因为∠BMC=120°,∠AMN=∠AMC=60°，
所以∠AMB=∠BMG-∠AMG=120°-60°=60°，
∵把△ABM绕着点A按逆时针方向旋转60°到△ACN的位置，
所以△ABM≌△CAN,
所以BM=CN=2，
△AMN是等边三角形
AM =MN= MC+ CN= 3+2=5,
故答案为60°,5;
（2）AM=BM+CM,
∵把△ABM绕着点A按逆时针方向旋转60°到△ACN的位置，
所以△ABM≌△CAN,
因为AN=AM，
所以△AMN是等边三角形,
所以∠AMN=60°，
因为∠BMC=n°,∠AMN=∠AMC=60°，
所以∠MNA=∠MAN，
所以MA=MN，
所以AM=BM+CM.
本题主要考的三角形的旋转及等边三角形的应用以及三角形全等性质的使用，解决本题的关键是要熟练掌握旋转性质和全等三角形的性质.
25、（1）；；（2）①t=1；②当秒或秒时，△BOQ为等腰三角形．
【分析】（1）将A、B点的坐标代入y＝﹣x2+bx+c中，即可求解；
（2）①△AOC与△BMN相似，则或，即可求解；②分OQ=BQ，BO=BQ，OQ=OB三种情况，分别求解即可；
【详解】（1）∵A(﹣1，0)，函数对称轴是直线x＝1，
∴，
把A、B两点代入y＝﹣x2+bx+c中，得：
，解得，
∴抛物线的解析式为，
∴C点的坐标为．
（3）①如下图
，，
△AOC与△BMN相似，则或，
即或，
解得或或3或1（舍去，，3），
故t=1．
②∵，轴，
∴，
∵△BOQ为等腰三角形，
∴分三种情况讨论：
第一种：当OQ=BQ时，
∵,
∴OM=MB，
∴，
∴；
第二种：当BO=BQ时，在Rt△BMQ中，
∵，
∴，
即，
∴；
第三种：当OQ=OB时，
则点Q、C重合，此时t=0，
而，故不符合题意；
综上所述，当秒或秒时，△BOQ为等腰三角形．
本题主要考查了二次函数的综合，准确分析求解是做题的关键．
26、（1）证明见解析；（2）
【分析】（1）连接OE，如图，通过证明∠GEA+∠OEA=90°得到OE⊥GE，然后根据切线的判定定理得到EG是⊙O的切线；
（2）连接OC，如图，设⊙O的半径为r，则OC=r，OH=r-2，利用勾股定理得到，解得r=3，然后证明Rt△OEM∽Rt△CHA，再利用相似比计算OM的长．
【详解】（1）证明：连接OE，如图，
∵GE=GF，
∴∠GEF=∠GFE，
而∠GFE=∠AFH，
∴∠GEF=∠AFH，
∵AB⊥CD，
∴∠OAF+∠AFH=90°，
∴∠GEA+∠OAF=90°，
∵OA=OE，
∴∠OEA=∠OAF，
∴∠GEA+∠OEA=90°，即∠GEO=90°，
∴OE⊥GE，
∴EG是⊙O的切线；
（2）解：连接OC，如图，
设⊙O的半径为r，则OC=r，OH=r-2，
在Rt△OCH中，，
解得r=3，
在Rt△ACH中，AC= ，
∵AC∥GE，
∴∠M=∠CAH，
∴Rt△OEM∽Rt△CHA，
∴ ，
即，
解得：OM=．
本题考查了切线的判断与性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线．判定切线时“连圆心和直线与圆的公共点”或“过圆心作这条直线的垂线”；有切线时，常常“遇到切点连圆心得半径．也考查了勾股定理．