2022-2023学年江苏省宿迁市沭阳县怀文中学九年级（上）期末数学试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年江苏省宿迁市沭阳县怀文中学九年级（上）期末数学试卷（含解析），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.下列方程中，关于x的一元二次方程是( )
A. ax2+bx+c=0B. x+y=1C. x2−2x−3=0D. x2+1x=1
2.△ABC与△DEF的相似比为1：4，则△ABC与△DEF的周长比为
( )
A. 1：2B. 1：3C. 1：4D. 1：16
3.将抛物线y=2x2向下平移3个单位长度所得到的抛物线是( )
A. y=2x2+3B. y=2x2−3C. y=2(x−3)2D. y=2(x+3)2
4.下列语句中，正确的是( )
A. 经过三点一定可以作圆B. 等弧所对的圆周角相等
C. 相等的弦所对的圆心角相等D. 三角形的外心到三角形各边距离相等
5.如图，已知∠DAB=∠CAE，那么添加下列一个条件后，仍然无法判定△ABC∽△ADE的是( )
A. ABAD=BCDE
B. ABAD=ACAE
C. ∠B=∠D
D. ∠C=∠AED
6.如图，直径为10的⊙A上经过点C(0,5)和点O(0,0)，B是y轴右侧⊙A优弧上一点，则∠OBC的余弦值为( )
A. 12B. 34C. 32D. 45
7.如图，在△ABC中，∠BAC=45°，BD、CE分别是AC、AB边上的高，连接DE，若DE=2，则BC的长为( )
A. 5B. 32 2C. 52D. 2 2
8.如图，⊙O的半径为4，将劣弧沿弦AB翻折，恰好经过圆心O，点C为优弧AB上的一个动点，则△ABC面积的最大值是( )
A. 12 3B. 12 2C. 4 3D. 8+8 2
二、填空题：本题共10小题，每小题3分，共30分。
9.若ab=23，则a−bb=______．
10.若一个圆锥的侧面展开图是一个半径为3cm，圆心角为120°的扇形，则该圆锥的侧面面积为______cm2(结果保留π)．
11.如图，已知直线l1、l2、l3分别交直线l4于点A、B、C，交直线l5于点D、E、F，且l1//l2//l3，AB=6，BC=4，DF=15，那么线段DE的长等于______．
12.如图，P为⊙O外一点，PA切⊙O于A，若PA=3，∠APO=45°，则⊙O的半径是______．
13.如图，在正六边形ABCDEF中，连接AE，DF交于点O，则∠AOD=______°.
14.如图，在边长为1的正方形网格中，A、B、C、D为格点，连接AB、CD相交于点E，则AE的长为______．
15.若函数y=mx2−4x+1的图象与x轴有两个公共点，则m的范围是______．
16.如图，△OAB与△OCD是以点O为位似中心的位似图形，相似比为3:4，∠OCD=90°，∠AOB=60°，若点B的坐标是(6,0)，则点C的坐标是______．
17.若抛物线C1：y=x2+mx+2与抛物线C2：y=x2−3x+n关于y轴对称，则m+n=______．
18.如图，正方形ABCD的边长为10，E为BA延长线上一点，以DE为边作等边△DEF，连接AF，则AF的最小值为______．
三、解答题：本题共10小题，共80分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
19.(本小题8分)
(1)解方程：x(x−4)=2x−8；
(2)计算：2cs245°−tan30°⋅sin60°．
20.(本小题8分)
如图，已知AB//DC，点E、F在线段BD上，AE/​/CF．
(1)求证：△ABE∽△CDF；
(2)若AB=2CD，BD=8，DF=2，则EF=______．
21.(本小题8分)
某中学语文“阅读节”期间对学校部分学生阅读“中国小说类”名著的情况进行了抽样调查，其中调查涉及篇目有《西游记》《水浒传》《骆驼祥子》《红岩》共4部，根据调查结果绘制成如下尚不完整的统计图．

请根据以信息，解答下列问题：
(1)请将条形统计图补充完整；
(2)本次抽取学生阅读名著数量(部)的众数是______ ，中位数是______ ．
(3)根据上述抽样调查的结果，请估计该校共950名学生中“中国小说类”名著阅读量(部)不少于3部的学生人数有多少？
22.(本小题8分)
2022卡塔尔世界杯正在激烈进行中，吉祥物“拉伊卜”凭借可爱的造型受到网友喜爱．如图分别是2022年和2018年世界杯的吉祥物和会徽图案，军军制作了4张正面分别印有这四个图案的卡片(卡片的形状、大小、颜色和质地等都相同，这4张卡片分别用字母A，B，C，D表示)，并将这4张卡片正面朝下洗匀．
(1)军军从中随机抽取1张卡片上的图案是吉祥物“拉伊卜”的概率是______；
(2)军军从这4张卡片中任意抽取1张卡片，再从剩下的卡片中任意抽取1张卡片，请利用画树状图或列表法，求抽取的2张卡片上的图案都是吉祥物的概率．
23.(本小题8分)
已知二次函数y=x2−2mx+m+2(m是常数)的图象是抛物线．
(1)求证：抛物线顶点在函数y=−x2+x+2的图象上；
(2)若点B(2,a)，C(5,b)在抛物线上，且a>b，求m的取值范围．
24.(本小题8分)
如图，某座山AB的顶部有一座通讯塔BC，且点A，B，C在同一条直线上．从地面P处测得塔顶C的仰角为42°，测得塔底B的仰角为35°.已知通讯塔BC的高度为32m，求这座山AB的高度(结果取整数).参考数据：tan35°≈0.70，tan42°≈0.90．
25.(本小题8分)
如图，在△ABC中，AB=AC，以AB边为直径作⊙O交BC于点D，过点D作DE⊥AC于点E，ED，AB的延长线交于点F．
(1)求证：EF是⊙O的切线；
(2)若BF=4，且sinF=35，求⊙O的半径与线段AE的长．
26.(本小题8分)
某超市销售一种玩具，每个进价为40元．当每个售价为50元时，日均销售量为200个，经市场调查表明，每个售价每增加0.5元，日均销售量减少5个．
(1)当每个售价为52元时，日均销售量为______个；
(2)当每个售价为多少元时，所得日均总利润为2000元；
(3)当每个售价为多少元时，所得日均总利润最大？最大日均总利润为多少元？
27.(本小题8分)
在△ABC中，CA=CB=m，在△AED中，DA=DE=12m，请探索解答下列问题．
【问题发现】
(1)如图1，若∠ACB=∠ADE=90°，点D，E分别在CA，AB上，则CD与BE的数量关系是______，直线CD与BE的夹角为______；
【类比探究】
(2)如图2，若∠ACB=∠ADE=120°，将△AED绕点A旋转至如图2所示的位置，则CD与BE之间是否满足(1)中的数量关系？说明理由．
【拓展延伸】
(3)在(1)的条件下，若m=2，将△AED绕点A旋转过程中，当B，E，D三点共线．请直接写出CD的长．
28.(本小题8分)
如图1，抛物线y=−x2+bx+c与x轴交于点A(−1,0)、B(3,0)，与y轴交于点C，顶点为D，对称轴交x轴于点Q，过C、D两点作直线CD．
(1)求抛物线的函数表达式；
(2)如图2，连接CQ、CB，点P是抛物线上一点，当∠DCP=∠BCQ时，求点P的坐标；
(3)若点M是抛物线的对称轴上的一点，以点M为圆心的圆经过A、B两点，且与直线CD相切，求点M的坐标．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A.ax2+bx+c=0，当a≠0时，方程为一元二次方程，所以A选项不符合题意；
B.x+y=1，含有两个未知数，不是一元二次方程，所以B选项不符合题意；
C.x2−2x−3=0为一元二次方程，所以C选项符合题意；
D.x2+1x=1是分式方程，所以D选项不符合题意；
故选：C．
根据一元二次方程的定义对各选项进行判断．
本题考查了一元二次方程的定义：只含有一个未知数，并且未知数的最高次数是2的整式方程叫一元二次方程．
2.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查了相似三角形的性质；熟记相似三角形周长的比等于相似比是解决问题的关键．
由相似三角形周长的比等于相似比即可得出结果．
【解答】
解：∵△ABC与△DEF的相似比为1：4，
∴△ABC与△DEF的周长比为1：4；
故选C．
3.【答案】B
【解析】解：依题意，得平移后抛物线顶点坐标为(0,−3)，
由平移不改变二次项系数，
故得到的抛物线解析式为：y=2x2−3．
故选：B．
原抛物线顶点坐标为(0,0)，平移后抛物线顶点坐标为(0,−3)，平移不改变二次项系数，可根据顶点式求出平移后抛物线解析式．
本题考查了二次函数图象与几何变换，抛物线平移问题，实际上就是两条抛物线顶点之间的问题，找到了顶点的变化就知道了抛物线的变化．
4.【答案】B
【解析】解：A、经过不共线的三点一定可以作圆，所以A选项错误；
B、等弧所对的圆周角相等，所以B选项正确；
C、在同圆或等圆中，相等的弦所对的圆心角相等，所以C选项错误；
D、三角形的外心到三角形三个顶点的距离相等，所以D选项错误．
故选：B．
根据确定圆的条件对A进行判断；根据圆周角定理对B进行判断；根据圆心角、弧、弦的关系对C进行判断；根据三角形外心的性质对D进行判断．
本题考查了与圆有关的知识，有三角形的外接圆与外心，确定圆的条件，圆心角、弧、弦定理，圆周角定理等．
5.【答案】A
【解析】解：∵∠DAB=∠CAE，
∴∠DAE=∠BAC，
A、若ABAD=BCDE，且∠DAE=∠BAC，无法判定△ABC∽△ADE，故选项A符合题意；
B、若ABAD=ACAE，且∠DAE=∠BAC，可判定△ABC∽△ADE，故选项B不符合题意；
C、若∠B=∠D，且∠DAE=∠BAC，可判定△ABC∽△ADE，故选项C不符合题意；
D、若∠C=∠AED，且∠DAE=∠BAC，可判定△ABC∽△ADE，故选项D不符合题意；
故选：A．
利用相似三角形的判定依次判断可求解；
本题考查了相似三角形的判定，熟练运用相似三角形的判定是本题的关键．
6.【答案】C
【解析】解：如图，连接CA并延长交⊙A与点D，连接OD，
∵同弧所对的圆周角相等，
∴∠OBC=∠ODC，
∵CD是⊙A的直径，
∴∠COD=90°，
∵C(0,5)，
∴OC=5，
∴cs∠ODC=ODCD= 102−5210=5 310= 32，
∴cs∠OBC= 32，
即∠OBC的余弦值为 32．
故选：C．
首先根据圆周角定理，判断出∠OBC=∠ODC；然后根据CD是⊙A的直径，判断出∠COD=90°，在Rt△COD中，用OD的长度除以CD的长度，求出∠ODC的余弦值为多少，进而判断出∠OBC的余弦值为多少即可．
(1)此题主要考查了圆周角定理的应用，要熟练掌握，解答此题的关键是要明确：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半．
(2)此题还考查了锐角三角函数值的求法，要熟练掌握．
7.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查的是相似三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质，证明△ADE∽△ABC是解题的关键．根据等腰直角三角形的性质得到ADAB= 22，AEAC= 22，则ADAB=AEAC，结合∠A为公共角得到△ADE∽△ABC，根据相似三角形的性质列出比例式，计算即可．
【解答】
解：∵BD、CE分别是AC、AB边上的高，
∴∠ADB=∠AEC=90°，
∵∠BAC=45°，
∴△ABD和△ACE都是等腰直角三角形，
∴ADAB= 22，AEAC= 22，
∴ADAB=AEAC，
∵∠EAD=∠BAC，
∴△ADE∽△ABC，
∴DEBC=ADAB= 22，
∵DE=2，
∴BC=2 2．
8.【答案】A
【解析】解：如图，过点C作CT⊥AB于点T，过点O作OH⊥AB于点H，交⊙O于点K，连接AO，AK．
由题意AB垂直平分线段OK，
∴AO=AK，
∵OA=OK，
∴OA=OK=AK，
∴∠OAK=∠AOK=60°．
在Rt△AHO中，sin∠AOH=AHOA，
∴AH=OA·sin60°=4× 32=2 3，
∵OH⊥AB，
∴AH=BH，
∴AB=2AH=4 3，
∵OC+OH≥CT，
∴CT≤4+2=6，
∴CT的最大值为6，
∴△ABC的面积的最大值为12×4 3×6=12 3，
故选：A．
如图，过点C作CT⊥AB于点T，过点O作OH⊥AB于点H，交⊙O于点K，连接AO，AK.解直角三角形求出AH，再根据垂径定理求出AB的长，进而求出CT的最大值，可得结论．
本题考查垂径定理，勾股定理，等边三角形的判定和性质，三角形的面积，垂线段最短等知识，解题的关键是求出CT的最大值，属于中考常考题型．
9.【答案】−13
【解析】解：∵ab=23，
∴a=23b，
则a−bb=23b−bb=−13．
故答案为：−13．
直接利用比例的性质得出a=23b，进而代入求出答案．
此题主要考查了比例的性质，正确用一个未知数代替另一个未知数是解题关键．
10.【答案】3π
【解析】【分析】
本题考查了圆锥的侧面积计算，考查了扇形面积公式，属于基础题．利用圆锥的侧面展开图为一扇形，所以计算扇形的面积即可得到该圆锥的侧面面积．
【解答】
解：该圆锥的侧面面积=120⋅π⋅32360=3π(cm2).
故答案为3π．
11.【答案】9
【解析】解：设DE长为x，EF为15−x，
∵l1/​/l2/​/l3，
∴ABBC=DEEF，即64=x15−x，
解得x=9，∴DE=9．
故答案为9．
设DE长为x，EF为15−x，利用平行线分线段成比例定理得到ABBC=DEEF，从而可计算出DE的长．
本题考查了平行线分线段成比例：三条平行线截两条直线，所得的对应线段成比例．
12.【答案】3
【解析】解：连接OA，
∵PA切⊙O于点A，
∴OA⊥PA，
∴∠OAP=90°，
∵∠APO=45°，
∴OA=PA=3，
故答案为：3．
连接OA，根据切线的性质得出OA⊥PA，由已知条件可得△OAP是等腰直角三角形，进而可求出OA的长，问题得解．
本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．若出现圆的切线，必连过切点的半径，构造定理图，得出垂直关系．
13.【答案】120
【解析】解：∵六边形ABCDEF是正六边形，
∴∠AFE=∠DEF=120°，AF=EF=DE，
∴∠FAE=∠FEA=∠EFD=(180°−120°)÷2=30°，
∴∠AFD=120°−30°=90°，
∴∠AOD=∠FAE+∠AFD=30°+90°=120°．
故答案为：120．
由正六边形的性质得出∠AFE=∠DEF=120°，AF=EF=DE，由等腰三角形的性质和三角形内角和定理得出∠FAE=∠FEA=∠EFD=30°，求出∠AFD=90°，由三角形的外角性质即可求出∠AOD的度数．
本题考查了正六边形的性质、等腰三角形的性质、三角形内角和定理、三角形的外角性质；熟练掌握正六边形的性质，求出∠FAE和∠AFD是解决问题的关键．
14.【答案】6 25
【解析】 解：根据题意可知：AB=3 2，AC/​/BD，AC=2，BD=3，
∴△AEC∽△BED，
∴AEBE=ACBD，
∴AE3 2−AE=23，
∴AE=6 25．
故答案为：6 25．
根据题意可得AB=3 2，AC/​/BD，所以△AEC∽△BED，进而可以解决问题．
本题考查的是相似三角形的判定和性质、正方形性质和勾股定理，掌握相似三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
15.【答案】m<4且m≠0
【解析】解：根据题意得m≠0且Δ=(−4)2−4m>0，
解得：m<4且m≠0．
故答案为：m<4且m≠0．
根据二次函数的性质和根的判别式的意义得到m≠0且Δ=(−4)2−4m>0，然后求出两不等式的公共部分即可．
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．
16.【答案】(2,2 3)
【解析】解：分别过A、C作AE⊥OB，CF⊥OB，垂足分别为E，F，
∵∠OCD=90°，∠AOB=60°，
∴∠ABO=90°−60°=30°，∠OCF=90°−60°=30°，
∵△OAB与△OCD是以点O为位似中心的位似图形，相似比为3:4，
∴∠CDO=∠ABO=30°，OB:OD=3:4，
∵点B的坐标是(6,0)，
∴OB=6，
∴6:OD=3:4，
∴OD=8，
∵∠OCD=90°，∠CDO=30°
∴OC=12OD=12×8=4，
在Rt△COF中，∠OCF=30°，cs∠OCF=CFCO，
∴FO=12OC=12×4=2，CF=CO·cs30°=4× 32=2 3，
故点C的坐标是：(2,2 3).
故答案为：(2,2 3).
分别过A、C作AE⊥OB，CF⊥OB，垂足分别为E，F，根据位似图象的性质得出OD的长，再解直角三角形进而得出答案．
此题主要考查了位似变换，运用位似图形的性质正确解直角三角形是解题关键．
17.【答案】5
【解析】解：因为抛物线C1：y=x2+mx+2与y轴的交点为(0,2)，对称轴为直线x=−m2，
而抛物线C1：y=x2+mx+2与抛物线C2：y=x2−3x+n关于y轴对称，
所以抛物线C2：y=x2−3x+n与y轴的交点为(0,2)，对称轴为直线x=m2，
所以n=2，32=m2，解得m=3，
所以m+n=3+2=5．
故答案为5．
先利用二次函数的性质得到抛物线C1：y=x2+mx+2与y轴的交点为(0,2)，对称轴为直线x=−m2，在利用关于y轴的性质得到抛物线C2：y=x2−3x+n与y轴的交点为(0,2)，对称轴为直线x=m2，所以n=2，32=m2，然后求出m后计算m+n的值．
本题考查了二次函数图象与几何变换：由于抛物线平移后的形状不变，故a不变，所以求平移后的抛物线解析式通常可利用两种方法：一是求出原抛物线上任意两点平移后的坐标，利用待定系数法求出解析式；二是只考虑平移后的顶点坐标，即可求出解析式．也考查了二次函数的性质．
18.【答案】5
【解析】解：如图，以AD为边作等边三角形△ADH，连接EH，
∴HD=AD=AH=10，∠HDA=60°，
∵△DEF是等边三角形，
∴ED=DF，∠EDF=60°=∠HDF，
∴∠EDH=∠FDA，
在△EDH和△FDA中，
ED=FD∠EDH=∠FDAHD=AD，
∴△EDH≌△FDA(SAS)，
∴AF=EH，
∴当EH⊥AB时，EH有最小值，即AF有最小值，
∵∠EAH=90°−∠HAD=30°，EH⊥AB，
∴FH=12AH=5，
∴AF的最小值为5，
故答案为：5．
由“SAS”可证△EDH≌△FDA，可得AF=EH，由垂线段最短可得当EH⊥AB时，EH有最小值，即AF有最小值，即可求解．
本题考查了旋转的性质，等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，垂线段最短等知识，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键．
19.【答案】解：(1)∵x(x−4)=2x−8，
∴x(x−4)−2(x−4)=0，
则(x−4)(x−2)=0，
∴x−4=0或x−2=0，
解得x1=4，x2=2；
(2)原式=( 22)2− 33× 32
=12−12
=0．
【解析】(1)先移项，再将左边利用提公因式法因式分解，继而可得两个关于x的一元一次方程，分别求解即可得出答案；
(2)先代入三角函数值，再计算乘方和乘法，最后计算减法即可．
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．
20.【答案】(1)证明：∵AB/​/DC，
∴∠B=∠D，
又∵AE/​/CF，
∴∠AEF=∠CFB，
∵∠AEB=180°−∠AEF，∠CFD=180°−∠CFB，
∴∠AEB=∠CFD，
∴△ABE∽△CDF；
(2)2．
【解析】【分析】
本题主要考查三角形的判定与性质，解答的关键是熟记相似三角形的判定条件与性质并灵活运用．
(1)由平行线的性质可得∠B=∠D，∠AEF=∠CFB，从而可得∠AEB=∠CFD，即可判定△ABE∽△CDF；
(2)由相似三角形的性质可得BEDF=ABCD=21，从而可求得BE=4，即可求EF的长．
【解答】
解：(1)见答案；
(2)∵△ABE∽△CDF，
∴BEDF=ABCD，
∵AB=2CD，DF=2，
∴BE2=2CDCD，
解得：BE=4，
∴EF=BD−BE−DF=8−4−2=2．
故答案为：2．
21.【答案】1部 2部
【解析】解：(1)∵被调查的人数为5÷25%=20(人)，
∴读2本的人数为20−(2+7+5+3)=3(人)，
补全图形如下：
(2)本次抽取学生阅读名著数量(部)的众数是1部，中位数是2+22=2(部)，
故答案为：1部，2部；
(3)950×5+320=380(人)，
答：估计该校共950名学生中“中国小说类”名著阅读量(部)不少于3部的学生人数有380人．
(1)先由阅读名著3部的人数及其所占百分比求出被调查的总人数，再根据各数量之和等于总人数求出2部人数，从而补全图形；
(2)根据众数和中位数的概念求解可得；
(3)用总人数乘以样本中阅读3部、4部人数和所占比例即可得．
本题考查条形统计图、扇形统计图、样本估计总体等知识，解题的关键是熟练掌握基本概念，灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
22.【答案】(1)14
(2)画树状图如下：
共有12种等可能的结果，其中抽取的2张卡片上的图案都是吉祥物的结果有2种，即AC、CA，
∴抽取的2张卡片上的图案都是吉祥物的概率为212=16．
【解析】解：(1)军军从中随机抽取1张卡片上的图案是吉祥物“拉伊卜”的概率是14，
故答案为：14；
(2)见答案
(1)直接由概率公式求解即可；
(2)画树状图，共有12种等可能的结果，其中抽取的2张卡片上的图案都是吉祥物的结果有2种，再由概率公式求解即可．
本题考查的是用树状图法求概率、概率公式等知识；树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合于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．
23.【答案】(1)证明：∵y=x2−2mx+m+2=(x−m)2−m2+m+2，
∴抛物线的顶点坐标为(m,−m2+m+2)，
当x=m时，y=−x2+x+2=−m2+m+2，
∴抛物线顶点在函数y=−x2+x+2的图象上；
(2)解：∵抛物线开口向上，对称轴为直线x=−−2m2=m，
∴当x=2时，a=4−4m+m+2=6−3m；
当x=5时，b=25−10m+m+2=27−9m，
∵a>b，
∴6−3m>27−9m
解得m>3.5．
【解析】(1)将抛物线的解析式化为顶点式，将顶点横坐标代入函数y=−x2+x+2求出y的值，与顶点纵坐标比较即可得到答案；
(2)由点B、点C的横坐标求出a、b，进而列不等式求解．
此题考查了二次函数图象上点的坐标特征，解题的关键是掌握二次函数图象与系数的关系，掌握二次函数与方程的关系．
24.【答案】解：设AP=x米，
在Rt△APB中，∠APB=35°，
∴AB=AP⋅tan35°≈0.7x(米)，
∵BC=32米，
∴AC=AB+BC=(32+0.7x)米，
在Rt△APC中，∠APC=42°，
∴tan42°=ACAP=0.7x+32x≈0.9，
∴x=160，
∴AB=0.7x=112(米)，
∴这座山AB的高度约为112米．
【解析】【分析】
设AP=x米，在Rt△APB中，利用锐角三角函数的定义求出AB的长，从而求出AC的长，然后在Rt△APC中，利用锐角三角函数的定义列出关于x的式子，进行计算即可解答．
本题考查了解直角三角形的应用−仰角俯角问题，熟练掌握锐角三角函数的定义是解题的关键．
25.【答案】(1)证明：连接OD，如图，

∵AB=AC，
∴∠ABC=∠C．
∵OB=OD，
∴∠OBD=∠ODB．
∴∠ODB=∠C．
∴OD/​/AC．
∵DE⊥AC，
∴OD⊥DE．
∵OD是⊙O的半径，
∴EF是⊙O的切线；
(2)解：在Rt△ODF中，
∵sinF=ODOF=35，OB=OD，
∴ODOD+4=35，
∴OD=6．
即⊙O的半径为6．
∵OB=OA=OD=6，
∴AF=FB+OB+OA=4+6+6=16，
FO=BF+OB=10．
∵OD⊥EF，AE⊥EF，
∴OD/​/AE．
∴ODAE=FOFA，
∴6AE=1016，
∴AE=485．
【解析】(1)连接OD，利用等腰三角形的性质，同圆的半径相等，平行线的判定与性质和圆的切线的判定定理解答即可；
(2)利用直角三角形的边角关系定理列出比例式即可求得圆的半径，利用平行分线段成比例定理列出比例式即可求得AE的长．
本题主要考查了圆的切线的判定，圆周角定理，等腰三角形的性质，同圆的半径相等，平行线的判定与性质，直角三角形的边角关系定理，平行线分线段成比例定理，连接经过切点的半径是解决此类问题常添加的辅助线．
26.【答案】180
【解析】解：(1)当每瓶的售价为11元时，日均销售量为200−5×52−500.5=180(个)，
故答案为：180；
(2)设每瓶的售价为x元，
根据题意可得：(x−40)(200−5×x−500.5)=2000，
整理，得：x2−110x+3000=0，
解得：x1=50，x2=60，
答：当每瓶售价为50元或60元时，所得日均总利润为2000元；
(3)设日均利润为y，
则y=(x−40)(200−5×x−500.5)=−10x2+1100x−28000
=−10(x−55)2+2250，
当x=55时，y取得最大值，最大值为2250，
答：当每瓶售价为55元时，所得日均总利润最大，最大日均总利润为2250元．
(1)根据日均销售量为200−5×52−500.5计算可得；
(2)根据“总利润=每瓶利润×日均销售量”列方程求解可得；
(3)根据(2)中相等关系列出函数解析式，将其配方成顶点式，利用二次函数的性质解答即可
本题主要考查二次函数的应用，解题的关键是理解题意找到题目蕴含的相等关系，并据此列出方程和函数解析式．
27.【答案】BE= 2CD 45°
【解析】解：(1)∵∠ACB=∠ADE=90°，CA=CB，DA=DE，
∴∠A=∠B=∠DEA=45°，
∴AB= 2AC= 2m，AE= 2AD= 22m，
∴CD=AC−AD=12m，BE=AB−AE= 22m，
∴BE= 2CD，
∵∠A=45°，
∴直线CD与BE的夹角为45°，
故答案为：BE= 2CD，45°；
(2)不满足，BE= 3CD，直线CD与BE的夹角为30°，
理由如下：如图2，过点C作CH⊥AB于H，延长CD、BE交于点F，
∵CA=CB，
∴AH=HB，
∵∠ACB=∠ADE=120°，CA=CB，DA=DE，
∴∠CAB=∠CBA=30°，∠DAE=∠DEA=30°，
∴AC=2CH，∠CAD=∠BAE，
由勾股定理得：AH= 32AC，
∴AB= 3AC，
同理可得：AE= 3AD，
∴ABAC=AEAD，
∵∠CAD=∠BAE，
∴△CAD∽△BAE，
∴BECD=ABAC= 3，∠ACD=ABE，
∴BE= 3CD，∠F=∠CAB=30°，
∴BE= 3CD，直线CD与BE的夹角为30°；
(3)如图3，点E在线段BD上，
∵m=2，
∴AD=DE=1，AB=2 2，
由勾股定理得：BD= AB2−AD2= 7，
∴BE=BD−DE= 7−1，
∴CD= 22BE= 14− 22，
如图4，点D在线段BE上，
BE=BD+DE= 7+1，
∴CD= 22BE= 14+ 22，
综上所述：当B，E，D三点共线．CD的长为 14− 22或 14+ 22．
(1)根据等腰直角三角形的性质得到AB= 2AC= 2m，AE= 2AD= 22m，计算即可；
(2)过点C作CH⊥AB于H，延长CD、BE交于点F，根据直角三角形的性质得到AB= 3AC，AE= 3AD，证明△CAD∽△BAE，根据相似三角形的性质解答即可；
(3)分点E在线段BD上、点D在线段BE上两种情况，根据相似三角形的性质计算即可．
本题考查的是相似三角形的判定和性质、直角三角形的性质、等腰三角形的性质，掌握相似三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
28.【答案】解：(1)将点A(−1,0)、B(3,0)代入y=−x2+bx+c，
∴−1−b+c=0−9+3b+c=0，
∴c=3b=2，
∴y=−x2+2x+3；
(2)令x=0，则y=3，
∴C(0,3)，
∵y=−x2+2x+3=−(x−1)2+4，
∴D(1,4)，对称轴为直线x=1，
∴Q(1,0)，OQ=1，
设直线CD的解析式为y=kx+b，将C(0,3)，D(1,4)带入得b=3k+b=4 ，
∴k=1b=3，
∴y=x+3，
如图1，过C点作CH垂直对称轴交于点H，连接CP交对称轴于点G，
∵CH=1，DH=1，∠CHD=90°，
∴∠DCH=45°，
∵C(0,3)，B(3,0)，
∴OC=BO=3，QH=3，
∴∠BCO=45°，
∵∠DCP=∠BCQ，
∴∠GCH=∠OCQ，
∵tan∠OCQ=OQOC=13=GHCH，
∴GH=13，
∴QG=QH+GH=103，
∴G(1,103)，
设直线GC的解析式为y=k′x+b′，将C(0,3)，G(1,103)带入
得k′+b′=103b′=3，
∴k′=13b′=3,
∴y=13x+3，
联立y=13x+3y=−x2+2x+3，
∴x1=53y1=329或x2=0y2=3
∴P(53,329)；
(3)如图2，连接AM，过点M作MK⊥CD交于点K，
∵由(2)可得∠KDM=45°，QD=4，
∴KM=KD，
∴DM= 2MK，
∵A(−1,0)，Q(1,0)，
∴AQ=2，
∵以点M为圆心的圆经过A、B两点，
∴在Rt△AQM中，AM2=MQ2+AQ2，即MQ2=AM2−4，
∵圆M与直线CD相切，
∴MK=AM，
∴QD=DM+MQ= 2AM+ AM2−4=4，
∴AM=4 2±2 3，
∴DM=8±2 6，
∴MQ=−4±2 6，
∴点M的坐标为(1,−4+2 6)或(1,−4−2 6).
【解析】(1)将点A(−1,0)、B(3,0)代入y=−x2+bx+c，即可求解析式；
(2)过C点作CH垂直对称轴交于点H，连接CP交对称轴与点G，可求∠DCH=∠BCO=45°，由于∠DCP=∠BCQ，可得∠GCH=∠OCQ，求出GH=13，即可求G(1,103)，再求直线GC的解析式为y=13x+3，联立y=13x+3y=−x2+2x+3，即可求P(53,329)；
(3)过点M作MK⊥CD交于点K，则DM= 2MK，在⊙M中，MQ2=AM2−4，又由MK=AM，则QD=DM+MQ= 2AM+ AM2−4=4，求出AM=4 2±2 3，即可求分别求出DM=8±2 6，MQ=−4±2 6，则可求点M的坐标．
本题是二次函数的综合题，熟练掌握二次函数的图象及性质，等腰直角三角形的性质，圆的相关性质是解题的关键．