资源描述
2023-2024学年九上数学期末模拟试卷
请考生注意：
1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。
2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。
一、选择题（每题4分，共48分）
1．如图，小明同学用自制的直角三角形纸板DEF测量树的高度AB，他调整自己的位置，设法使斜边DF保持水平，并且边DE与点B在同一直线上．已知纸板的两条边DF＝50cm，EF＝30cm，测得边DF离地面的高度AC＝1.5m，CD＝20m，则树高AB为（ ）
A．12m B．13.5m C．15m D．16.5m
2．已知二次函数的图象与轴的一个交点为(-1，0)，对称轴是直线，则图象与轴的另一个交点是( )
A．(2，0) B．(-3，0) C．(-2，0) D．(3，0)
3．关于x的一元二次方程x2﹣x+sinα=0有两个相等的实数根，则锐角α等于（ ）
A．15° B．30° C．45° D．60°
4．如图，在正方形ABCD中，G为CD边中点，连接AG并延长，分别交对角线BD于点F，交BC边延长线于点E．若FG＝2，则AE的长度为( )
A．6 B．8
C．10 D．12
5．如图的几何体，它的主视图是（ ）
A． B． C． D．
6．已知关于的一元二次方程两实数根为、，则（ ）
A．3 B．﹣3 C．1 D．﹣1
7．二次函数y=ax2+bx+c的图象如图所示，在ab、ac、b2﹣4ac，2a+b，a+b+c，这五个代数式中，其值一定是正数的有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
8．如图，小江同学把三角尺含有角的一端以不同的方向穿入进另一把三角尺（含有角）的孔洞中，已知孔洞的最长边为，则三角尺穿过孔洞部分的最大面积为（ ）
A． B． C． D．
9．关于抛物线y=3（x－1）2＋2，下列说法错误的是（ ）
A．开口方向向上 B．对称轴是直线x=l
C．顶点坐标为（1，2） D．当x＞1时，y随x的增大而减小
10．如图是一个几何体的三视图，这个几何体是（ ）．
A．三棱锥 B．三棱柱 C．长方体 D．圆柱体
11．二次函数的图像如图所示，下面结论：①；②；③函数的最小值为；④当时，；⑤当时，（、分别是、对应的函数值）．正确的个数为（ ）
A． B． C． D．
12．下列四个图形分别是四届国际数学家大会的会标，其中不属于中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
二、填空题（每题4分，共24分）
13．将一副三角尺如图所示叠放在一起，则的值是 ．
14．圆弧形蔬菜大棚的剖面如图，已知AB=16m，半径OA=10m，OC⊥AB，则中柱CD的高度为_________m．
15．有一块长方形的土地，宽为120m，建筑商把它分成甲、乙、丙三部分，甲和乙均为正方形，现计划甲建住宅区，乙建商场，丙地开辟成面积为3200m2的公园．若设这块长方形的土地长为xm．那么根据题意列出的方程是_____．（将答案写成ax2+bx+c=0（a≠0）的形式）
16．矩形的对角线长13，一边长为5，则它的面积为_____．
17．如图，已知点A是双曲线y＝在第一象限的分支上的一个动点，连结AO并延长交另一分支于点B，以AB为斜边作等腰直角△ABC，点C在第四象限．随着点A的运动，点C的位置也不断变化，但点C始终在双曲线y＝（k＜0）上运动，则k的值是_____．
18．请你写出一个二次函数，其图象满足条件：①开口向下；②与轴的交点坐标为.此二次函数的解析式可以是______________
三、解答题（共78分）
19．（8分）如图，在△ABC中，∠C=90°，AB的垂直平分线分别交边AB、BC于点D、E，连结AE．
（1）如果∠B=25°，求∠CAE的度数；
（2）如果CE=2，，求的值．
20．（8分）已知：如图，在△ABC中，AB=AC，点D、E分别在边BC、DC上，AB2 =BE · DC ，DE:EC=3:1 ，F是边AC上的一点，DF与AE交于点G．
（1）找出图中与△ACD相似的三角形，并说明理由；
（2）当DF平分∠ADC时，求DG:DF的值；
（3）如图，当∠BAC=90°，且DF⊥AE时，求DG:DF的值．
21．（8分）在矩形ABCD中，AB＝3，AD＝5，E是射线DC上的点，连接AE，将△ADE沿直线AE翻折得△AFE．
（1）如图①，点F恰好在BC上，求证：△ABF∽△FCE；
（2）如图②，点F在矩形ABCD内，连接CF，若DE＝1，求△EFC的面积；
（3）若以点E、F、C为顶点的三角形是直角三角形，则DE的长为 ．
22．（10分）如图，已知直线交于，两点；是的直径，点为上一点，且平分，过作，垂足为．
（1）求证：为的切线；
（2）若，的直径为10，求的长．
23．（10分）已知：在平面直角坐标系中，抛物线（）交x轴于A、B两点，交y轴于点C，且对称轴为直线x=-2 .
（1）求该抛物线的解析式及顶点D的坐标；
（2）若点P(0,t)是y轴上的一个动点，请进行如下探究：
探究一：如图1，设△PAD的面积为S，令W＝t·S，当0＜t＜4时，W是否有最大值？如果有，求出W的最大值和此时t的值；如果没有，说明理由；
探究二：如图2，是否存在以P、A、D为顶点的三角形与Rt△AOC相似？如果存在，求点P的坐标；如果不存在，请说明理由．
24．（10分）（1）如图1，在中，点在边上，且，，求的度数；
（2）如图2，在菱形中，，请设计三种不同的分法（只要有一条分割线段不同就视为不同分法），将菱形分割成四个三角形，使得每个三角形都是等腰三角形（不要求写画法，要求画出分割线段，标出所得三角形内角的度数）.
25．（12分）如图，点是等边中边的延长线上的一点，且．以为直径作，分别交、于点、．
（1）求证：是的切线；
（2）连接，交于点，若，求线段、与围成的阴影部分的面积（结果保留根号和）．
26．已知，在中，，，点为的中点．
（1）若点、分别是、的中点，则线段与的数量关系是 ；线段与的位置关系是 ；
（2）如图①，若点、分别是、上的点，且，上述结论是否依然成立，若成立，请证明；若不成立，请说明理由；
（3）如图②，若点、分别为、延长线上的点，且，直接写出的面积．
参考答案
一、选择题（每题4分，共48分）
1、D
【解析】利用直角三角形DEF和直角三角形BCD相似求得BC的长后加上小明同学的身高即可求得树高AB．
【详解】∵∠DEF=∠BCD=90°，∠D=∠D，
∴△DEF∽△DCB，
∴，
∵DF=50cm=0.5m，EF=30cm=0.3m，AC=1.5m，CD=20m，
∴由勾股定理求得DE=40cm，
∴，
∴BC=15米，
∴AB=AC+BC=1.5+15=16.5（米）．
故答案为16.5m．
本题考查了相似三角形的应用，解题的关键是从实际问题中整理出相似三角形的模型．
2、D
【分析】求出点(-1，0)关于直线的对称点，对称点的坐标即为图象与轴的另一个交点坐标．
【详解】由题意得，另一个交点与交点(-1，0)关于直线对称
设另一个交点坐标为(x，0)
则有
解得
另一个交点坐标为(3，0)
故答案为：D．
本题考查了二次函数的对称问题，掌握轴对称图象的性质是解题的关键．
3、B
【解析】解：∵关于x的一元二次方程有两个相等的实数根，∴△=，解得：sinα=，∵α为锐角，∴α=30°．故选B．
4、D
【解析】根据正方形的性质可得出AB∥CD，进而可得出△ABF∽△GDF，根据相似三角形的性质可得出=2，结合FG=2可求出AF、AG的长度，由AD∥BC，DG=CG，可得出AG=GE，即可求出AE=2AG=1．
【详解】解：∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=CD，AB∥CD，
∴∠ABF=∠GDF，∠BAF=∠DGF，
∴△ABF∽△GDF，
∴=2，
∴AF=2GF=4，
∴AG=2．
∵AD∥BC，DG=CG，
∴=1，
∴AG=GE
∴AE=2AG=1．
故选：D．
本题考查了相似三角形的判定与性质、正方形的性质，利用相似三角形的性质求出AF的长度是解题的关键．
5、A
【解析】从正面看所得到的图形，进行判断即可．
【详解】解：主视图就是从正面看到的图形，因此A图形符合题意，
故选：A．
此题主要考查三视图，解题的关键是熟知三视图的定义．
6、A
【解析】根据根与系数的关系求解即可.
【详解】∵关于的一元二次方程两实数根为、，
∴.
故选：A．
本题考查了根与系数的关系，二次项系数为1，常用以下关系：、是方程的两根时，，．
7、B
【解析】试题分析：根据图象可知：，则；图象与x轴有两个不同的交点，则；函数的对称轴小于1，即，则；根据图象可知：当x=1时，，即；故本题选B．
8、B
【分析】根据题意可知当穿过孔洞三角尺为等边三角形时，面积最大，故可求解.
【详解】根据题意可知当穿过孔洞三角尺为等边三角形时，面积最大，
∵孔洞的最长边为
∴S==
故选B.
此题主要考查等边三角形的面积求解，解题的关键是根据题意得到当穿过孔洞三角尺为等边三角形时面积最大.
9、D
【分析】开口方向由a决定，看a是否大于0，由于抛物线为顶点式，可直接确定对称轴与顶点对照即可，由于抛物线开口向上，在对称轴左侧函数值随x的增大而减小，在对称轴右侧 y随x的增大而增大即可．
【详解】关于抛物线y=3（x－1）2＋2，
a=3>0，抛物线开口向上，A正确，
x=1是对称轴，B正确，
抛物线的顶点坐标是（1，2），C正确，
由于抛物线开口向上，x<1，函数值随x的增大而减小，x>1时，y随x的增大而增大，D不正确．
故选：D．
本题考查抛物线的性质问题，由具体抛物线的顶点式抓住有用信息，会用二次项系数确定开口方向与大小，会求对称轴，会写顶点坐标，会利用对称轴把函数的增减性一分为二，还要结合a确定增减问题．
10、B
【解析】试题解析：根据三视图的知识，主视图为三角形，左视图为一个矩形，俯视图为两个矩形，故这个几何体为三棱柱．故选B.
11、C
【分析】由抛物线开口方向可得到a＞0；由抛物线过原点得c=0；根据顶点坐标可得到函数的最小值为-3；根据当x＜0时，抛物线都在x轴上方，可得y＞0；由图示知：0＜x＜2，y随x的增大而减小；
【详解】解：①由函数图象开口向上可知，，故此选项正确；
②由函数的图像与轴的交点在可知，，故此选项正确；
③由函数的图像的顶点在可知，函数的最小值为，故此选项正确；
④因为函数的对称轴为，与轴的一个交点为，则与轴的另一个交点为，所以当时，，故此选项正确；
⑤由图像可知，当时，随着的值增大而减小，所以当时，，故此选项错误；
其中正确信息的有①②③④．
故选：C．
本题考查了二次函数的图象与系数的关系：二次函数y=ax2+bx+c（a≠0）的图象为抛物线，当a＞0，抛物线开口向上；对称轴为直线x=，；抛物线与y轴的交点坐标为（0，c）；当b2-4ac＞0，抛物线与x轴有两个交点；当b2-4ac=0，抛物线与x轴有一个交点；当b2-4ac＜0，抛物线与x轴没有交点．
12、A
【分析】根据把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，这个点叫做对称中心进行分析即可．
【详解】解：A、不是中心对称图形，故此选项正确；
B、是中心对称图形，故此选项错误；
C、是中心对称图形，故此选项错误；
D、是中心对称图形，故此选项错误；
故选A．
此题主要考查了中心对称图形的定义，判断中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．
二、填空题（每题4分，共24分）
13、
【解析】试题分析：∵∠BAC=∠ACD=90°，∴AB∥CD．
∴△ABE∽△DCE．∴．
∵在Rt△ACB中∠B=45°，∴AB=AC．
∵在RtACD中，∠D=30°，∴．
∴．
14、4
【分析】根据垂径定理可得AD=AB，然后由勾股定理可得OD的长，继而可得CD的高求解．
【详解】解：∵CD垂直平分AB，
∴AD＝1．
∴OD＝＝6m，
∴CD＝OC−OD＝10−6＝4（m）．
故答案是：4
本题考查垂径定理和勾股定理的实际应用，掌握这些知识点是解题关键．
15、x2﹣361x+32111=1
【分析】根据叙述可以得到：甲是边长是121米的正方形，乙是边长是（x﹣121）米的正方形，丙的长是（x﹣121）米，宽是[121﹣（x﹣121）]米，根据丙地面积为3211m2即可列出方程．
【详解】根据题意，
得（x﹣121）[121﹣（x﹣121）]=3211，
即x2﹣361x+32111=1．
故答案为x2﹣361x+32111=1．
本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，理解题意找到合适的等量关系是解题的关键．
16、1
【分析】先运用勾股定理求出另一条边，再运用矩形面积公式求出它的面积．
【详解】∵对角线长为13，一边长为5，
∴另一条边长＝＝12，
∴S矩形＝12×5＝1；
故答案为：1．
本题考查了矩形的性质以及勾股定理，本题关键是运用勾股定理求出另一条边．
17、-1．
【分析】连结OC，作CD⊥x轴于D，AE⊥x轴于E，设A点坐标为（a，），利用反比例函数的性质得到点A与点B关于原点对称，则OA＝OB，再根据等腰直角三角形的性质得OC＝OA，OC⊥OA，然后利用等角的余角相等可得到∠DCO＝∠AOE，则根据“AAS”可判断△COD≌△OAE，所以OD＝AE＝，CD＝OE＝a，于是C点坐标为（，﹣a），最后根据反比例函数图象上点的坐标特征确定C点所在的函数图象解析式．
【详解】解：连结OC，作CD⊥x轴于D，AE⊥x轴于E，
设A点坐标为（a，），
∵A点、B点是正比例函数图象与双曲线y＝的交点，
∴点A与点B关于原点对称，
∴OA＝OB
∵△ABC为等腰直角三角形，
∴OC＝OA，OC⊥OA，
∴∠DOC+∠AOE＝90°，
∵∠DOC+∠DCO＝90°，
∴∠DCO＝∠AOE，
在△COD和△OAE中，
，
∴△COD≌△OAE，
∴OD＝AE，CD＝OE，
∴点C的坐标为（，﹣a），
×（﹣a）＝﹣1，
∴k＝﹣1．
故答案为：﹣1．
本题是一道综合性较强的题目，用到的知识点有，反比例函数的性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质等，充分考查了学生综合分析问题的能力.此类题目往往需要借助辅助线，使题目更容易理解.
18、
【分析】根据二次函数图像和性质得a0,c=3,即可设出解析式.
【详解】解：根据题意可知a0,c=3,
故二次函数解析式可以是
本题考查了二次函数的性质,属于简单题,熟悉概念是解题关键.
三、解答题（共78分）
19、（1）∠CAE=40°；（2）
【分析】（1）由题意DE垂直平分AB，∠EAB=∠B，从而求出∠CAE的度数；
（2）根据题干可知利用余弦以及勾股定理求出的值．
【详解】解：（1）∵DE垂直平分AB，
∴EA = EB，
∴∠EAB=∠B=22°．
∴∠CAE=40°．
（2）∵∠C=90°，
∴．
∵CE=2，
∴AE=1．
∴AC=．
∵EA = EB=1，
∴BC=2．
∴，
∴．
本题主要应用三角函数定义来解直角三角形，关键要运用锐角三角函数的概念及比正弦和余弦的基本关系进行解题．
20、（1）△ABE、△ADC，理由见解析；（2）；（3）
【分析】（1）根据相似三角形的判定方法，即可找出与△ACD相似的三角形；
（2）由相似三角形的性质，得，由DE=3CE，先求出AD的长度，然后计算得到；
（3）由等腰直角三角形的性质，得到∠DAG=∠ADF=45°，然后证明△ADE∽△DFA，得到，求出DF的长度，即可得到.
【详解】解：（1）与△ACD相似的三角形有：△ABE、△ADC，理由如下：
∵AB2 =BE · DC ，
∴．
∵AB=AC，
∴∠B=∠C，，
∴△ABE∽△DCA．
∴∠AED=∠DAC．
∵∠AED=∠C+∠EAC，∠DAC=∠DAE+∠EAC，
∴∠DAE=∠C．
∴△ADE∽△CDA ．
（2）∵△ADE∽△CDA，DF平分∠ADC，
∴，
设CE=a，则DE=3CE=3a，CD=4a，
∴ ，解得（负值已舍）
∴；
（3）∵∠BAC=90°，AB=AC，
∴∠B=∠C=45° ，
∴∠DAE=∠C=45°，
∵DG⊥AE，
∴∠DAG=∠ADF=45°，
∴AG=DG=，
∴，
∵∠AED=∠DAC ，
∴△ADE∽△DFA，
∴，
∴，
∴.
本题考查了相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理，解题的关键是熟练掌握相似三角形的判定和性质，正确找出证明三角形相似的条件.
21、（1）证明见解析；（2）；（3）、5、15、
【分析】（1）利用同角的余角相等，证明∠CEF＝∠AFB，即可解决问题;（2）过点F作FG⊥DC交DC与点G，交AB于点H,由△FGE∽△AHF得出AH=5GF，再利用勾股定理求解即可;（3）分①当∠EFC=90°时; ②当∠ECF=90°时;③当∠CEF=90°时三种情况讨论解答即可.
【详解】（1）解：在矩形ABCD中，∠B＝∠C＝∠D＝90°
由折叠可得：∠D＝∠EFA＝90°
∵∠EFA＝∠C＝90°
∴∠CEF＋∠CFE＝∠CFE＋∠AFB＝90°
∴∠CEF＝∠AFB
在△ABF和△FCE中
∵∠AFB＝∠CEF，∠B＝∠C＝90°
△ABF∽△FCE
（2）解：过点F作FG⊥DC交DC与点G，交AB于点H，则∠EGF＝∠AHF＝90°
在矩形ABCD中，∠D＝90°
由折叠可得：∠D＝∠EFA＝90°，DE＝EF＝1，AD＝AF＝5
∵∠EGF＝∠EFA＝90°
∴∠GEF＋∠GFE＝∠AFH＋∠GFE＝90°
∴∠GEF＝∠AFH
在△FGE和△AHF中
∵∠GEF＝∠AFH，∠EGF＝∠FHA＝90°
∴△FGE∽△AHF
∴＝
∴＝
∴AH=5GF
在Rt△AHF中，∠AHF＝90°
∵AH2＋FH2=AF2
∴（5 GF）2＋（5 －GF）2=52
∴GF＝
∴△EFC的面积为××2＝ ;
（3）解：①当∠EFC=90°时，A、F、C共线，如图所示:
设DE=EF=x,则CE=3-x,
∵AC=,∴CF=-x, ∵∠CFE=∠D=90°, ∠DCA=∠DCA, ∴△CEF∽△CAD, ∴,即，解得:ED=x=;
②当∠ECF=90°时,如图所示:
∵AD==5,AB=3, ∴==4, 设=x,则=3-x,∵∠DCB=∠ABC=90°,
∴∽,∴,即，解得:x==;
由折叠可得 : ,设，则，,
在RT△中，
∵,即9²+x²=(x+3)²,解得x==12, ∴;
③当∠CEF=90°时，AD=AF,此时四边形AFED是正方形，∴AF=AD=DE=5,
综上所述，DE的长为:、5、15、.
本题考查了翻折的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，掌握翻折的性质，分类探讨的思想方法是解决问题的关键．
22、（1）连结OC，证明见详解，（2）AB=1．
【分析】（1）连接OC，根据题意可证得∠CAD+∠DCA=30°，再根据角平分线的性质，得∠DCO=30°，则CD为⊙O的切线；
（2）过O作OF⊥AB，则∠OCD=∠CDA=∠OFD=30°，得四边形OCDF为矩形，设AD=x，在Rt△AOF中，由勾股定理得（5-x）2+（1-x）2=25，从而求得x的值，由勾股定理得出AB的长．
【详解】（1）连接OC，
∵OA=OC，
∴∠OCA=∠OAC，
∵AC平分∠PAE，
∴∠DAC=∠CAO，
∴∠DAC=∠OCA，
∴PB∥OC，
∵CD⊥PA，
∴CD⊥OC，CO为⊙O半径，
∴CD为⊙O的切线；
（2）过O作OF⊥AB，垂足为F，
∴∠OCD=∠CDA=∠OFD=30°，
∴四边形DCOF为矩形，
∴OC=FD，OF=CD．
∵DC+DA=1，
设AD=x，则OF=CD=1-x，
∵⊙O的直径为10，
∴DF=OC=5，
∴AF=5-x，
在Rt△AOF中，由勾股定理得AF2+OF2=OA2．
即（5-x）2+（1-x）2=25，
化简得x2-11x+18=0，
解得x1=2，x2=3．
∵CD=1-x大于0，故x=3舍去，
∴x=2，
从而AD=2，AF=5-2=3，
∵OF⊥AB，由垂径定理知，F为AB的中点，
∴AB=2AF=1．
本题考查切线的证法与弦长问题，涉及切线的判定和性质；.勾股定理；矩形的判定和性质以及垂径定理的知识，关键掌握好这些知识并灵活运用解决问题．
23、（1）， D（-2，4）．
（2）①当t=3时，W有最大值，W最大值=1．②存在．只存在一点P（0，2）使Rt△ADP与Rt△AOC相似．
【解析】（1）由抛物线的对称轴求出a，就得到抛物线的表达式了；
（2）①下面探究问题一，由抛物线表达式找出A，B，C三点的坐标，作DM⊥y轴于M，再由面积关系：SPAD=S梯形OADM-SAOP-SDMP得到t的表达式，从而W用t表示出来，转化为求最值问题．
②难度较大，运用分类讨论思想，可以分三种情况：
（1）当∠P1DA=90°时；（2）当∠P2AD=90°时；（3）当AP3D=90°时。
【详解】解：（1）∵抛物线y=ax2-x+3（a≠0）的对称轴为直线x=-2．
∴D（-2，4）．
（2）探究一：当0＜t＜4时，W有最大值．
∵抛物线交x轴于A、B两点，交y轴于点C，
∴A（-6，0），B（2，0），C（0，3），
∴OA=6，OC=3．
当0＜t＜4时，作DM⊥y轴于M，
则DM=2，OM=4．
∵P（0，t），
∴OP=t，MP=OM-OP=4-t．
∵S三角形PAD=S梯形OADM-S三角形AOP-S三角形DMP
=12-2t
∴W=t（12-2t）=-2（t-3）2+1
∴当t=3时，W有最大值，W最大值=1．
探究二：
存在．分三种情况：
①当∠P1DA=90°时，作DE⊥x轴于E，则OE=2，DE=4，∠DEA=90°，
∴AE=OA-OE=6-2=4=DE．
∴∠DAE=∠ADE=45°，
∴∠P1DE=∠P1DA-∠ADE=90°-45°=45度．
∵DM⊥y轴，OA⊥y轴，
∴DM∥OA，
∴∠MDE=∠DEA=90°，
∴∠MDP1=∠MDE-∠P1DE=90°-45°=45度．
∴P1M=DM=2，
此时
又因为∠AOC=∠P1DA=90°，
∴Rt△ADP1∽Rt△AOC，
∴OP1=OM-P1M=4-2=2，
∴P1（0，2）．
∴当∠P1DA=90°时，存在点P1，使Rt△ADP1∽Rt△AOC，
此时P1点的坐标为（0，2）
②当∠P2AD=90°时，则∠P2AO=45°，
∴△P2AD与△AOC不相似，此时点P2不存在．
③当∠AP3D=90°时，以AD为直径作⊙O1，则⊙O1的半径
圆心O1到y轴的距离d=4．
∵d＞r，
∴⊙O1与y轴相离．
不存在点P3，使∠AP3D=90度．
∴综上所述，只存在一点P（0，2）使Rt△ADP与Rt△AOC相似．
24、（1）；（2）详见解析.
【分析】（1）设，利用等边对等角，可得，，根据三角形外角的性质可得，再根据等边对等角和三角形的内角和公式即可求出x，从而求出∠B.
（2）根据等腰三角形的定义和判定定理画图即可.
【详解】证明：（1）设
∵
∴
又∵
∴
∴
又∵
∴
又∵
∴
解出：
∴
（2）根据等腰三角形的定义和判定定理，画出如下图所示，（任选其三即可）.
此题考查的是等腰三角形的性质及判定，掌握等边对等角、等角对等边和方程思想是解决此题的关键.
25、（1）详见解析；（2）
【分析】（1）已知△ABC为等边三角形，可得AC=BC，又因AC=CD，所以AC=BC=CD，即可判定△ABD为直角三角形，再根据切线的判定推出结论；（2）连接OE，分别求出△AOE、△AOC，扇形OEG的面积，根据 即可求得S．
【详解】(1)证明：为等边三角形，
．
又
∴
∵
．
∴
∴，
．
为直径，是的切线，
（2）解：连接．
，，
是等边三角形，
．
，，
．
，
．
是边长为的等边三角形，
，由勾股定理，得，
同理等边三角形中边上的高是，
．
本题考查了切线的判定；等边三角形的判定与性质；扇形面积的计算，掌握切线的判定；等边三角形的判定与性质；扇形面积的计算是解题的关键．
26、（1），；（2）成立，证明见解析；（3）1．
【分析】（1）点、分别是、的中点，及，可得：,根据SAS判定，即可得出，，可得，即可证；
（2）根据SAS判定，即可得出，，可得，即可证；
（3）根据SAS判定，即可得出,将转化为：进行求解即可．
【详解】解：（1）证明：连接，
∵点、分别是、的中点，
∴
∵，
∴
∵，，为中点，
∴，且平分，．
∴
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
即，即
故答案为：，；
（2）结论成立：，；
证明：连接，
∵，，为中点，
∴，且平分，．
∴
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
即，即
（3）证明：连接，
∵
∴
∴
∵，，为中点，
∴，且平分，，
∴
∴
∴
在和中，
，
∴，
∴
即
∵为中点，
∴
∵，
∴，
∴
故答案为:1
本题考查全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线、构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题．
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