2023-2024学年宁夏银川三中治平分校九年级（上）期末数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年宁夏银川三中治平分校九年级（上）期末数学试卷（含解析），共22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.将二次函数y=(x−1)2+1的图象向左平移2个单位长度，再向下平移3个单位长度后，得到新二次函数的图象，则新二次函数的解析式是( )
A. y=(x−1)2+2B. y=(x+1)2+2C. y=(x−1)2−2D. y=(x+1)2−2
2.一人乘雪橇沿坡比为1： 3的斜坡笔直滑下，滑下的距离为72米，则此人下降的高度为( )
A. 72米B. 36米C. 36 3米D. 18 3米
3.如图，菱形ABCD周长为20，对角线AC、BD相交于点O，E是CD的中点，则OE的长是( )
A. 2.5
B. 3
C. 4
D. 5
4.如图，小李与小陈做猜拳游戏，规定每人每次至少要出一个手指，两人出拳的手指数之和为偶数时小李获胜，那么，小李获胜的概率为
( )
A. 1325B. 1225C. 425D. 12
5.如图，正比例函数y1=k1x的图象与反比例函数y2=k2x的图象相交于A，B两点，其中点B的横坐标为−2，当y1A. x<−2或x>2
B. x<−2或0C. −2D. −22
6.如图，在2×3的方格图中，△ABC的顶点均在格点上，下列选项中的格点三角形(阴影部分)与△ABC相似的是( )
A.
B.
C.
D.
7.如图是二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)图象的一部分，x=−1是对称轴，有下列判断：
①abc>0；
②b−2a=0；
③4a−2b+c<0；
④a−b+c=−9a；
其中正确的是( )
A. ①②③
B. ①③④
C. ②③④
D. ①②④
8.如图，在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，平行四边形OABC的顶点A在反比例函数y=1x上，顶点B在反比例函数y=5x上，点C在x轴的正半轴上，则平行四边形OABC的面积是( )
A. 32B. 52C. 4D. 6
二、填空题：本题共8小题，每小题3分，共24分。
9.二次函数y=−x2−2x+3的顶点坐标为 ．
10.如图，在△ABC中，DE/​/BC，AD：DB=1：2，DE=2，则BC的长是______．
11.已知反比例函数y=1−2mx的图象上有两点A(x1,y1)、B(x2,y2)，当x1<012.若点(m,n)在反比例函数y=kx(k≠0)的图象上，其中m，n是方程x2−2x−8=0的两根，则k= ______．
13.如图，小明一家自驾到古镇C游玩，到达A地后，导航显示车辆应沿北偏西60°方向行驶4千米至B地，再沿北偏东45°方向行驶一段距离到达古镇C，小明发现古镇C恰好在A地的正北方向，则B，C两地的距离______千米．
14.一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积是______(结果保留π)．
15.如图，点P是矩形ABCD的对角线AC上一点，过点P作EF/​/BC，分别交AB，CD于点E、F，连接PB、PD，若AE=2，PF=9，则图中阴影面积为______．
16.如图，矩形OABC的边OA在x轴上，OC在y轴上，点B(10,6)，把矩形OABC绕点O逆时针旋转使点A恰好落在BC边上的A1处，则点C的对应点C1的坐标为______．
三、解答题：本题共10小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题6分)
计算：
(1)cs60°−3tan30°+tan60°+2sin245°；
(2)x2−5x−14=0．
18.(本小题6分)
如图所示的网格中，每个小方格都是边长为1的小正方形，B(−1,−1)，C(5,−1)
(1)把△ABC绕点C按顺时针旋转90°后得到△A1B1C1，请画出这个三角形并写出点B1的坐标；
(2)以点A为位似中心放大△ABC，得到△A2B2C2，使放大前后的面积之比为1：4，请在下面网格内出△A2B2C2．
19.(本小题6分)
甲、乙两人去超市选购奶制品，有两个品牌的奶制品可供选购，其中蒙牛品牌有三个种类的奶制品：A：纯牛奶，B：酸奶，C：核桃奶；伊利品牌有两个种类的奶制品：D：纯牛奶，E：核桃奶．
(1)甲从这两个品牌的奶制品中随机选购一种，选购到纯牛奶的概率是______；
(2)若甲喜爱蒙牛品牌的奶制品，乙喜爱伊利品牌的奶制品，甲、乙两人从各自喜爱的品牌中随机选购一种奶制品，请用列表法或画树状图法求出两人选购到同一种类奶制品的概率．
20.(本小题6分)
如图，在矩形ABCD中，E是边AB的中点，连接DE交对角线AC于点F．
(1)求证：△AFE∽△CFD；
(2)若AB=4，AD=3，求CF的长．
21.(本小题6分)
如图，菱形ABCD的对角线AC和BD交于点O，分别过点C、D作CE/​/BD，DE/​/AC，CE和DE交于点E．
(1)求证：四边形ODEC是矩形；
(2)当∠ADB=60°，AD=2 3时，求EA的长．
22.(本小题6分)
抛物线y=−13x2+bx+c经过点A(3 3,0)和点B(0,3)，且这个抛物线的对称轴为直线l，顶点为C．
(1)求抛物线的解析式；
(2)连接AB、AC、BC，求△ABC的面积．
23.(本小题8分)
某商城在2024年元旦节期间举行促销活动，一种热销商品进货价为每个14元，标价为每个20元．
(1)商城举行了“感恩老客户”活动，对于老客户，商城连续两次降价，每次降价的百分率相同，最后以每个16.2元的价格售出，求商城每次降价的百分率；
(2)市场调研表明：当每个售价20元时，平均每天能够售出40个，当每个售价每降1元时，平均每天就能多售出10个，在保证每个商品的售价不低于进价的前提下，商城要想获得最大利润，每个商品的定价应为多少元？最大利润是多少？
24.(本小题8分)
在北京市开展的“首都少年先锋岗”活动中，某数学小组到人民英雄纪念碑站岗执勤，并在活动后实地测量了纪念碑的高度，方法如下：如图，首先在测量点A处用高为1.5米的测角仪AC测得人民英雄纪念碑MN顶部M的仰角为35°，然后在测量点B处用同样的测角仪BD测得人民英雄纪念碑MN顶部M的仰角为45°，最后测量出A，B两点间的距离为15m，并且N，B，A三点在一条直线上，连接CD并延长交MN于点E，请你利用他们的测量结果，计算人民英雄纪念碑MN的高度．(参考依据：sin35°≈0.6，cs35°≈0.8，tan35°≈0.7)
25.(本小题10分)
如图，一次函数y=kx+b与反比例函数y=ax的图象在第一象限交于点A(4,3)，与y轴的负半轴交于点B，且OA=OB．
(1)求一次函数y=kx+b与反比例函数y=ax的表达式；
(2)已知点C在x轴上，且△ABC的面积是8，求此时点C的坐标；
(3)请直接写出不等式026.(本小题10分)
如图，直线y=−43x+8与x轴交于A点，与y轴交于B点，动点P从A点出发，以每秒2个单位的速度沿AO方向向点O匀速运动，同时动点Q从B点出发，以每秒1个单位的速度沿BA方向向点A匀速运动，当一个点停止运动，另一个点也随之停止运动，连接PQ，设运动时间为t(s)(0(1)写出A，B两点的坐标；
(2)设△AQP的面积为S，试求出S与t之间的函数关系式；并求出当t为何值时，△AQP的面积最大？
(3)当t为何值时，以点A，P，Q为顶点的三角形与△ABO相似，并直接写出此时点Q的坐标．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：二次函数y=(x−1)2+1的图象向左平移2个单位长度，再向下平移3个单位长度后，得到新二次函数的图象，则新二次函数的解析式是：y=(x−1+2)2+1−3，
即y=(x+1)2−2．
故选：D．
根据函数图象平移的法则解答即可．
本题考查的是二次函数图象的平移，解题的关键是掌握其平移规律，“左加右减，上加下减”．
2.【答案】B
【解析】解：∵斜坡AB的坡度i=1： 3，
∴tanA=BCAC=1 3= 33，
∴∠A=30°，
∴BC=12AB=12×72=36(米)，
故选：B．
根据坡度与坡角的关系、特殊角的三角函数值求出∠A，再根据含30°角的直角三角形的性质计算即可．
本题考查的是解直角三角形的应用−坡度坡角问题，熟记坡度是坡面的铅直高度h和水平宽度l的比是解题的关键．
3.【答案】A
【解析】解：∵四边形ABCD为菱形，
∴CD=BC=204=5，且O为BD的中点，
∵E为CD的中点，
∴OE为△BCD的中位线，
∴OE=12CB=2.5，
故选：A．
由菱形的性质可先求得菱形的边长，再由三角形中位线定理可求得OE的长．
本题主要考查菱形的性质，掌握菱形的四条边都相等、对角线互相垂直平分是解题的关键．
4.【答案】A
【解析】解：画树状图如图：
共有25种等可能的结果，两人出拳的手指数之和为偶数的结果有13个，
∴小李获胜的概率为1325；
故选A．
画出树状图，共有25种等可能的结果，两人出拳的手指数之和为偶数的结果有13个，即可得出答案．
本题考查了画树状图求概率，属于基础题．
5.【答案】B
【解析】解：∵反比例函数与正比例函数的图象均关于原点对称，
∴A、B两点关于原点对称．
∵点B的横坐标为−2，
∴点A的横坐标为2．
∵由函数图象可知，当x<−2或0∴当y1故选：B．
由反比例函数与正比例函数的图象均关于原点对称，得到A、B两点关于原点对称，由点B的横坐标得到点A的横坐标；由图象可得−22时，y1>y2，x<−2或0本题是反比例函数与一次函数的交点问题，利用数形结合思想求出y16.【答案】A
【解析】解：在△ABC中，∠ACB=90°，AC=2，BC=1，AC：BC=2，
A选项中，三条线段的长为 2，2 2， 10，因为( 2)2+(2 2)2=( 10)2，此三角形为直角三角形，长直角边与短直角边的比为2，所以A选项的方格中所画格点三角形(阴影部分)与△ABC相似；而B选项中长直角边与短直角边的比为3，C、D选项中的两直角边的比为1：1．
故选：A．
利用两组对应边的比相等且夹角对应相等的两个三角形相似对各选项进行判断．
本题考查了相似三角形的判定：两组对应边的比相等且夹角对应相等的两个三角形相似．
7.【答案】D
【解析】解：∵抛物线开口向下，
∴a<0，
∵抛物线的对称轴是直线x=−1，
∴−b2a=−1，
即b=2a<0，
∵抛物线与y轴的交点在y轴的正半轴上，
∴c>0，
∴abc>0，所以①正确；
∵b=2a，
∴b−2a=0，所以②正确；
∵抛物线的对称轴是直线x=−1，与x轴的一个交点坐标为(2,0)，
∴抛物线与x轴的另一个交点坐标为(−4,0)，
∴当x=−2时，y>0，
即4a−2b+c>0，所以③错误；
∵x=2时，y=0，
∴4a+2b+c=0，
∵b=2a，
∴4a+4a+c=0，
∴c=−8a，
∴a−b+c=a−2a−8a=−9a，所以④正确．
故选：D．
由抛物线开口方向得到a<0，由抛物线的对称轴方程得到b=2a<0，由抛物线与y轴的交点位置得到c>0，所以abc>0，从而可对①进行判断；利用b=2a可对②进行判断；利用抛物线的对称性得到抛物线与x轴的另一个交点坐标为(−4,0)，所以当x=−2时，y>0，则4a−2b+c>0，从而可对③进行判断；由于x=2时，y=0，所以4a+2b+c=0，把b=2a代入得到c=−8a，从而可对④进行判断．
本题考查了二次函数图象与系数的关系：当a>0时，抛物线向上开口；当a<0时，抛物线向下开口；一次项系数b和二次项系数a共同决定对称轴的位置，当a与b同号时，对称轴在y轴左侧；当a与b异号时，对称轴在y轴右侧；常数项c决定抛物线与y轴交点．抛物线与y轴交于(0,c)；抛物线与x轴交点个数由Δ=b2−4ac决定．
8.【答案】C
【解析】解：如图作BD⊥x轴于D，延长BA交y轴于E，
∵四边形OABC是平行四边形，
∴AB/​/OC，OA=BC，
∴BE⊥y轴，
∴OE=BD，
在Rt△AOE和Rt△CBD中，
AO=CBOE=BD,
∴Rt△AOE≌Rt△CBD(HL)，
∴S△AOE=S△CBD，
根据系数k的几何意义S矩形BDOE=5，S△AOE=12，
∴四边形OABC的面积为5−12−12=4．
故选C．
根据平行四边形的性质和反比例函数系数k的几何意义即可求解．
本题考查反比例函数系数k的几何意义、反比例函数图象上点的坐标特征、以及平行四边形的性质．
9.【答案】(−1,4)
【解析】【分析】
本题考查了二次函数的性质，熟练掌握利用顶点式求顶点坐标是解题的关键．
把二次函数解析式转化成顶点式，然后写出顶点坐标即可．
【解答】
解：∵y=−x2−2x+3, ，
=−(x+1)2+4
∴顶点坐标为(−1,4)．
故答案为(−1,4)．
10.【答案】6
【解析】【分析】
本题主要考查平行线分线段成比例的性质，掌握平行线分线段成比例中的对应线段是解题的关键．
由平行可得对应线段成比例，即AD：AB=DE：BC，再把数值代入可求得BC．
【解答】
解：∵DE/​/BC，
∴ADAB=DEBC，
∵AD：DB=1：2，DE=2，
∴11+2=2BC，
解得BC=6．
故答案为：6．
11.【答案】m<12
【解析】解：当x1<0图象位于一、三象限，此时k>0，
所以1−2m>0，解不等式得m<12．
故答案为：m<12．
考查反比例函数图象的特点，当k>0时，图象在一三象限，k<0时，图象在二四象限解答．
本题考查的是反比例函数图象上点的坐标特点，注意k值对函数图象的作用，画出可能情况，判断k的正负．
12.【答案】−8
【解析】解：∵点(m,n)在反比例函数y=kx(k≠0)的图象上，
∴k=mn，
∵m，n是方程x2−2x−8=0的两根，
∴mn=−8，即k=−8．
故答案为：−8．
先把点(m,n)代入反比例函数y=kx(k≠0)，再根据根与系数的关系求出mn的值即可．
本题考查的是反比例函数图象上点的坐标特点，熟知反比例函数图象上各点的坐标一定适合此函数的解析式是解答此题的关键．
13.【答案】2 6
【解析】解：过B作BD⊥AC于点D．
在Rt△ABD中，∠BAD=60°，AB=4，sin∠BAD=BDAB，
∴BD=AB⋅sin∠BAD=4× 32=2 3(千米)，
在Rt△BCD中，∠CBD=45°，
∴∠C=90°−∠CBD=90°−45°=45°，
∴∠CBD=∠C，
∴CD=BD=2 3千米，
∴BC2=BD2+CD2=(2 3)2+(2 3)2=24，
∴BC=2 6(千米)．
答：B，C两地的距离是2 6千米，
故答案为：2 6．
过B作BD⊥AC于点D，在Rt△ABD中利用三角函数求得BD的长，然后在Rt△BCD中，利用勾股定理即可求得BC的长．
此题主要考查了解直角三角形的应用−方向角问题，将方向角问题转化为解直角三角形的知识求解是解决问题的关键．
14.【答案】16+12π
【解析】解：S几何体=S长方形+2S半圆+S侧
=4×4+2×12π×22+12×2×2π×4
=16+12π，
故答案为：16+12π．
由三视图可知该几何体是个半圆柱，且半圆柱的底面半径是2，高是4，根据表面积的计算公式求解即可．
本题考查的是一道由三视图求几何体的表面积的题目，关键是由三视图判断出几何体的形状．
15.【答案】18
【解析】解：过点P作GH分别交AD、BC于点G、H，
由矩形性质可知，
S△ADC=S△ABC，S△PFC=S△PHC，S△AGP=S△AEP，
∴S△ADC−S△PFC−S△AGP=S△ABC−S△PHC−S△AEP，
即S四边形GPFD=S四边形EPHB，
∴12S四边形GPFD=12S四边形EPHB，即S△DPF=S△PEB．
∵GP=AE=2，PF=9，
∴S△DPF=12×2×9=9=S△PEB．
即图中阴影面积为S△DPF+S△PEB=9+9=18．
故答案为：18．
过点P作GH分别交AD、BC于点G、H，证明S四边形GPFD=S四边形EPHB，从而12S四边形GPFD=12S四边形EPHB，即S△DPF=S△PEB，求出S△DPF的值即可求出整个阴影部分的面积．
本题考查了矩形的性质，熟练掌握矩形的性质定理是解题关键．
16.【答案】(−185,245)
【解析】解：过点C1作C1N⊥x轴于点N，过点A1作A1M⊥x轴于点M，
由题意可得：∠C1NO=∠A1MO=90°，
∴∠C1ON+∠OC1N=90°，
由旋转得四边形A1B1C1O是矩形，且OA1=OA，OC1=OC，
∴∠A1OC1=90°，
∴∠C1ON+∠A1OM=90°，
∴∠OC1N=∠A1OM，
则△A1OM∽△OC1N，
∴ONC1N=A1MOM，
∵点B(10,6)，
∴OA=10，OC=6，
∴OA1=10，A1M=6，
∴OM=8，
∴ONC1N=68=34，
∴设ON=3x，C1N=4x，则OC1=5x，
∵OC1=6，
则5x=6，x=65，
则ON=3x=185，C1N=4x=245，
∴点C的对应点C1的坐标为：(−185,245)，
故答案为：(−185,245).
直接利用相似三角形的判定与性质得出△ONC1三边关系，再利用勾股定理得出答案．
此题主要考查了矩形的性质、旋转的性质以及勾股定理等知识，正确得出△A1OM∽△OC1N是解题关键．
17.【答案】解：(1)原式=12−3× 33+ 3+2×( 22)2
=12− 3+ 3+2×12
=12− 3+ 3+1
=32；
(2)x2−5x−14=0，
(x−7)(x+2)=0，
x−7=0或x+2=0，
所以x1=7，x2=−2．
【解析】(1)先利用特殊角额三角函数值得到原式=12−3× 33+ 3+2×( 22)2，然后进行二次根式的混合运算；
(2)先利用因式分解法把方程转化为x−7=0或x+2=0，然后解两个一次方程即可．
本题考查了解一元二次方程−因式分解法：因式分解法就是利用因式分解求出方程的解的方法，这种方法简便易用，是解一元二次方程最常用的方法．也考查了特殊角的三角函数值．
18.【答案】解：(1)如图所示：△A1B1C1，即为所求，点B1的坐标为：(5,5)；
(2)如图所示：△A2B2C2．
【解析】(1)直接利用旋转的性质得出对应点位置进而得出答案；
(2)利用位似图形的性质进而得出对应点位置即可得出答案．
此题主要考查了位似变换和旋转变换，正确得出对应点位置是解题关键．
19.【答案】25
【解析】解：(1)甲从这两个品牌的奶制品中随机选购一种，选购到纯牛奶的概率是16，
故答案为：25；
(2)列表如下：
由表知，共有6种等可能结果，其中两人选购到同一种类奶制品的有2种结果，
所以两人选购到同一种类奶制品的概率为26=13．
(1)根据概率公式求解即可；
(2)列表得出所有等可能结果，从中找到符合条件的结果数，再根据概率公式求解即可．
本题考查了列表法与树状图法：利用列表法和树状图法展示所有可能的结果求出n，再从中选出符合事件A或B的结果数目m，求出概率．
20.【答案】(1)证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AE/​/DC，
∴∠FAE=∠FCD，∠FEA=∠FDC，
∴△AFE∽△CFD，
故△AFE∽△CFD得证．
(2)解：由(1)知△AFE∽△CFD，
∴AFCF=AECD，
而E是边AB的中点，且AB=4，AD=3，
∴AE=2，AC=5，
∴AFCF=24=12，
而AC=5，
∴AF=53，CF=103，
故CF的长为103．
【解析】(1)根据矩形对边平行，有AE/​/DC，可知△AFE∽△CFD；
(2)根据相似三角形的性质可得AFCF=AECD，再利用已知线段的长代入即可求出CF的长．
本题考查的是相似三角形的判定与性质，根据对应边成比例即可利用已知线段求出未知线段的长度．
21.【答案】(1)证明：∵CE/​/BD，DE/​/AC，
∴四边形ODEC是平行四边形．
又∵菱形ABCD，
∴AC⊥BD，
∴∠DOC=90°．
∴四边形ODEC是矩形；
(2)解：∵Rt△AOD中，∠ADO=60°，
∴∠OAD=30°，
∴OD=12AD= 3，AO=3，
∴AC=6，EC= 3，
∴AE= 39．
【解析】本题考查了菱形的性质，矩形的判定与性质，勾股定理的应用，是基础题，熟记矩形的判定方法与菱形的性质是解题的关键．
(1)先证四边形ODEC是平行四边形，然后根据菱形的对角线互相垂直，得到∠DOC=90°，根据矩形的定义即可判定四边形ODEC是矩形；
(2)根据含30度角直角三角形的性质、勾股定理来求EA的长度即可．
22.【答案】解：(1)∵抛物线y=−13x2+bx+c经过A(3 3,0)、B(0,3)，
∴−9+3 3b+c=0c=3，
解得b=2 33c=3,
∴抛物线的解析式为y=−13x2+2 33x+3；
(2)∵抛物线的解析式为y=−13x2+2 33x+3，
∴抛物线的对称轴为直线x= 3，
把x= 3代入y=−13x2+2 33x+3，则y=4，
则点C坐标为( 3,4)，
设线段AB所在直线为y=kx+b′，
则3 3k+b′=0b′=3,
∴k=− 33b′=3,
∴直线AB的解析式为y=− 33x+3，
设抛物线的对称轴l与直线AB交于点D，
∴设点D的坐标为D( 3,m)，
将点D( 3,m)代入y=− 33x+3，
解得m=2，
∴点D坐标为( 3,2)，
∴CD=CE−DE=2，
过点B作BF⊥l于点F，
∴BF=OE= 3，
∵BF+AE=OE+AE=OA=3 3，
∴S△ABC=S△BCD+S△ACD=12CD⋅BF+12CD⋅AE=12CD(BF+AE)=12×2×3 3=3 3．
【解析】本题考查待定系数法求二次函数的解析式、待定系数法求一次函数的解析式，用割补法求三角形面积，以及二次函数的图象和性质．
(1)利用待定系数法求抛物线解析式；
(2)利用割补法求三角形ABC的面积．
23.【答案】解：(1)设商城每次降价的百分率为x，
依题意得：20(1−x)2=16.2，
解得：x1=0.1=10%，x2=1.9(不合题意，舍去)．
答：商城每次降价的百分率为10%．
(2)设每个商品应降价y元，则平均每天可售出(40+10y)个，
则利润：w=(20−y−14)(40+10y)，
整理得：w=−10(y−1)2+250，
当y=1时，获得利润最大，最大为250元，
此时每个商品的定价为20−1=19(元)，
答：要想获得最大利润，每个商品的定价为19元，最大利润是250元．
【解析】(1)设商城每次降价的百分率为x，利用经过两次降价后的价格=原价×(1−每次降价的百分率)2，即可得出关于x的一元二次方程，解之取其符合题意的值即可得出结论；
(2)设每个商品应降价y元，则平均每天可售出(40+10y)个，利用销售利润=(售价−进价)×销售数量，即可得出关于y的一元二次方程，解之即可得出y值，再结合要想获得最大利润，即可得出每个商品的定价，从而求得最大利润是．
本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
24.【答案】解：由题意得四边形ABDC、ACEN是矩形，
∴EN=AC=1.5，AB=CD=15，
在Rt△MED中，∠MED=90°，∠MDE=45°，
∴ME=DE，
设ME=DE=x，则EC=x+15，
在Rt△MEC中，∠MEC=90°，∠MCE=35°，
∵ME=EC⋅tan∠MCE，
∴x≈0.7(x+15)，
解得：x≈35，
∴ME≈35，
∴MN=ME+EN≈36.5，
答：人民英雄纪念碑MN的高度约为36.5米．
【解析】在Rt△MED中，由∠MDE=45°知ME=DE，据此设ME=DE=x，则EC=x+15，在Rt△MEC中，由ME=EC⋅tan∠MCE知x≈0.7(x+15)，解之求得x的值，根据MN=ME+EN可得答案．
本题考查了解直角三角形中的仰俯角问题，解题的关键是从实际问题中整理出直角三角形并利用解直角三角形的知识解题．
25.【答案】解：(1)∵点A(4,3)在反比例函数y=ax的图象上，
∴a=4×3=12，
∴反比例函数解析式为y=12x；
∵∵OA= 42+32=5，OA=OB，点B在y轴负半轴上，
∴点B(0,−5)．
把点A(4,3)、B(0,−5)代入y=kx+b中，
得4k+b=3b=−5，解得：k=2b=−5，
∴一次函数的解析式为y=2x−5；
(2)设点C的坐标为(m,0)，令直线AB与x轴的交点为D，如图1所示．
令y=2x−5中y=0，则x=52，
∴D(52,0)，
∴S△ABC=12CD⋅(yA−yB)=12|m−52||×[3−(−5)]=8，
解得：m=12或m=92．
故当△ABC的面积是8时，点C的坐标为(12,0)或(92,0)；
(3)观察图象，由点A的坐标可知，不等式0【解析】(1)由点A的坐标利用反比例函数图象上点的坐标特征即可求出a值，从而得出反比例函数解析式；由勾股定理得出OA的长度从而得出点B的坐标，由点A、B的坐标利用待定系数法即可求出直线AB的解析式；
(2)设点C的坐标为(m,0)，令直线AB与x轴的交点为D，根据三角形的面积公式结合△ABC的面积是8，可得出关于m的含绝对值符号的一元一次方程，解方程即可得出m值，从而得出点C的坐标；
(3)观察第一象限双曲线在直线下方的部分自变量的范围即可．
本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征、待定系数法求函数解析式、三角形的面积以及平行四边形的面积，解题的关键是：(1)利用待定系数法求出函数解析式；(2)找出关于m的含绝对值符号的一元一次方程．
26.【答案】解：(1)令y=0，则−43x+8=0，
解得x=6，
x=0时，y=y=8，
∴OA=6，OB=8，
∴点A(6,0)，B(0,8)；
(2)在Rt△AOB中，由勾股定理得，AB= OA2+OB2= 62+82=10，
∵点P的速度是每秒2个单位，点Q的速度是每秒1个单位，
∴AP=2t，
AQ=AB−BQ=10−t，
∴点Q到AP的距离为AQ⋅sin∠OAB=(10−t)×810=45(10−t)，
∴△AQP的面积S=12×2t×45(10−t)=−45(t2−10t)=−45(t−5)2+20，
∵−45<0，0∴当t=3时，△AQP的面积最大，S最大=−45(3−5)2+20=845；
(3)若∠APQ=90°，则cs∠OAB=APAQ，
∴2t10−t=610，
解得t=3013，
若∠AQP=90°，则cs∠OAB=AQAP，
∴10−t2t=610，
解得t=5011，
∵0∴t的值为3013，
此时，OP=6−2×3013=1813，
PQ=AP⋅tan∠OAB=(2×3013)×86=8013，
∴点Q的坐标为(1813,8013)，
综上所述，t=3013秒时，以点A，P，Q为顶点的三角形与△ABO相似，此时点Q的坐标为(1813,8013).
【解析】(1)分别令y=0，x=0求解即可得到点A、B的坐标；
(2)利用勾股定理列式求出AB，然后表示出AP、AQ，再利用∠OAB的正弦求出点Q到AP的距离，然后利用三角形的面积列式整理即可得解；
(3)根据相似三角形对应角相等，分∠APQ=90°和∠AQP=90°两种情况，利用∠OAB的余弦列式计算即可得解．
本题是一次函数综合题型，主要利用了一次函数与坐标轴的交点的求法，三角形的面积，二次函数的最值问题，相似三角形对应角相等的性质，锐角三角函数，(2)要注意根据t的取值范围求三角形的面积的最大值，(3)难点在于要分情况讨论．A
B
C
D
(A,D)
(B,D)
(C,D)
E
(A,E)
(B,E)
(C,E)