资源描述
2023-2024学年九上数学期末模拟试卷
考生请注意：
1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。
2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。
3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题（每题4分，共48分）
1．下列结论正确的是（ ）
A．三角形的外心是三条角平分线的交点
B．平分弦的直线垂直于弦
C．弦的垂直平分线必平分弦所对的两条弧
D．直径是圆的对称轴
2．下列说法中不正确的是（ ）
A．相似多边形对应边的比等于相似比
B．相似多边形对应角平线的比等于相似比
C．相似多边形周长的比等于相似比
D．相似多边形面积的比等于相似比
3．如图所示，∠APB＝30°，O为PA上一点，且PO＝6，以点O为圆心，半径为3的圆与PB的位置关系是（ ）
A．相离 B．相切
C．相交 D．相切、相离或相交
4．已知，则下列各式中正确的是（ ）
A． B． C． D．
5．若A（﹣3，y1），，C（2，y3）在二次函数y＝x2+2x+c的图象上，则y1，y2，y3的大小关系是（ ）
A．y2＜y1＜y3 B．y1＜y3＜y2 C．y1＜y2＜y3 D．y3＜y2＜y1
6．如图，将Rt△ABC（其中∠B=35°，∠C=90°）绕点A按顺时针方向旋转到△AB1C1的位置，使得点C、A、B1在同一条直线上，那么旋转角等于（ ）
A．55° B．70° C．125° D．145°
7．如图，在中，点P在边AB上，则在下列四个条件中：：；；；，能满足与相似的条件是（ ）
A． B． C． D．
8．如图，点D，E分别在△ABC的边AB，AC上，且DE//BC，若AD＝2，DB＝1，AC＝6，则AE等于（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
9．如图，在平面直角坐标系中，已知点的坐标是，点是曲线上的一个动点，作轴于点，当点的橫坐标逐渐减小时，四边形的面积将会（ ）
A．逐渐增大 B．不变 C．逐渐减小 D．先减小后增大
10．在Rt△ABC中，∠C = 90°，∠A、∠B、∠C所对的边分别为a、b、c，下列等式中成立的是（ ）
A． B． C． D．
11．函数y＝3（x﹣2）2＋4的图像的顶点坐标是（ ）
A．（3，4） B．（﹣2，4） C．（2，4） D．（2，﹣4）
12．如图，P是等腰直角△ABC外一点，把BP绕点B顺时针旋转90°到BP′，使点P′在△ABC内，已知∠AP′B＝135°，若连接P′C，P′A：P′C＝1：4，则P′A：P′B＝（ ）
A．1：4 B．1：5 C．2： D．1：
二、填空题（每题4分，共24分）
13．用配方法解方程时，可配方为，其中________．
14．已知一元二次方程有一个根为，则另一根为________．
15．如图，将Rt△ABC绕直角顶点C顺时针旋转90°，得到△A′B′C，连结AA′，若∠1＝20°，则∠B＝_____度．
16．一个几何体是由一些大小相同的小正方块摆成的，其俯视图与主视图如图所示，则组成这个几何体的小正方块最多有________．
17．写出一个过原点的二次函数表达式，可以为____________.
18．在一个不透明的口袋中，有大小、形状完全相同，颜色不同的球15个，从中摸出红球的概率为，则袋中红球的个数为_____．
三、解答题（共78分）
19．（8分）某景区平面图如图1所示，为边界上的点.已知边界是一段抛物线，其余边界均为线段，且，抛物线顶点到的距离.以所在直线为轴，所在直线为轴，建立平面直角坐标系.
求边界所在抛物线的解析式;
如图2，该景区管理处欲在区域内围成一个矩形场地，使得点在边界上，点在边界上，试确定点的位置，使得矩形的周长最大，并求出最大周长.
20．（8分）如图，抛物线y＝－x2＋bx＋c与x轴交于A、B两点，且B点的坐标为(3，0)，经过A点的直线交抛物线于点D (2， 3).
（1）求抛物线的解析式和直线AD的解析式；
（2）过x轴上的点E (a，0) 作直线EF∥AD，交抛物线于点F，是否存在实数a，使得以A、D、E、F为顶点的四边形是平行四边形？如果存在，求出满足条件的a；如果不存在，请说明理由.
21．（8分）如图，矩形纸片ABCD，将△AMP和△BPQ分别沿PM和PQ折叠（AP＞AM），点A和点B都与点E重合；再将△CQD沿DQ折叠，点C落在线段EQ上点F处．
（1）判断△AMP，△BPQ，△CQD和△FDM中有哪几对相似三角形？（不需说明理由）
（2）如果AM＝1，sin∠DMF＝，求AB的长．
22．（10分）（问题发现）如图1，半圆O的直径AB＝10，点P是半圆O上的一个动点，则△PAB的面积最大值是 ；
（问题探究）如图2所示，AB、AC、是某新区的三条规划路，其中AB＝6km，AC＝3km，∠BAC＝60°，所对的圆心角为60°．新区管委会想在路边建物资总站点P，在AB、AC路边分别建物资分站点E、F，即分别在、线段AB和AC上选取点P、E、F．由于总站工作人员每天要将物资在各物资站点间按P→E→F→P的路径进行运输，因此，要在各物资站点之间规划道路PE、EF和FP．显然，为了快捷环保和节约成本，就要使线段PE、EF、FP之和最短（各物资站点与所在道路之间的距离、路宽均忽略不计）．可求得△PEF周长的最小值为 km；
（拓展应用）如图3是某街心花园的一角，在扇形OAB中，∠AOB＝90°，OA＝12米，在围墙OA和OB上分别有两个入口C和D，且AC＝4米，D是OB的中点，出口E在上．现准备沿CE、DE从入口到出口铺设两条景观小路，在四边形CODE内种花，在剩余区域种草．
①出口E设在距直线OB多远处可以使四边形CODE的面积最大？最大面积是多少？(小路宽度不计)
②已知铺设小路CE所用的普通石材每米的造价是200元，铺设小路DE所用的景观石材每米的造价是400元．
请问：在上是否存在点E，使铺设小路CE和DE的总造价最低？若存在，求出最低总造价和出口E距直线OB的距离；若不存在，请说明理由．
23．（10分）已知，正方形中，点是边延长线上一点，连接，过点作，垂足为点，与交于点．
（1）如图甲，求证：；
（2）如图乙，连接，若，，求的值．
24．（10分）如图，抛物线过原点，且与轴交于点．
（1）求抛物线的解析式及顶点的坐标；
（2）已知为抛物线上一点，连接，，，求的值；
（3）在第一象限的抛物线上是否存在一点，过点作轴于点，使以，，三点为顶点的三角形与相似，若存在，求出满足条件的点的坐标；若不存在，请说明理由．
25．（12分）如图1所示，六个小朋友围成一圈(面向圈内)做传球游戏，规定：球不得传给自己，也不得传给左手边的人.若游戏中传球和接球都没有失误.
若由开始一次传球，则和接到球的概率分别是 、 ；
若增加限制条件：“也不得传给右手边的人”.现在球已传到手上，在下面的树状图2中
画出两次传球的全部可能情况，并求出球又传到手上的概率.
26．如图，点A、B、C在⊙O上，用无刻度的直尺画图．
（1）在图①中，画一个与∠B互补的圆周角；
（2）在图②中，画一个与∠B互余的圆周角．
参考答案
一、选择题（每题4分，共48分）
1、C
【分析】根据三角形的外心定义可以对A判断；根据垂径定理的推论即可对B判断；根据垂径定理即可对C判断；根据对称轴是直线即可对D判断．
【详解】A．三角形的外心是三边垂直平分线的交点，所以A选项错误；
B．平分弦（不是直径）的直径垂直于弦，所以B选项错误；
C．弦的垂直平分线必平分弦所对的两条弧，所以C选项正确；
D．直径所在的直线是圆的对称轴，所以D选项错误．
故选：C．
本题考查了三角形的外接圆与外心、垂径定理、圆的有关概念，解决本题的关键是掌握圆的知识．
2、D
【分析】根据相似多边形的性质判断即可．
【详解】若两个多边形相似可知：①相似多边形对应边的比等于相似比；
②相似多边形对应角平线的比等于相似比
③相似多边形周长的比等于相似比，
④相似多边形面积的比等于相似比的平方，
故选D．
本题考查了相似多边形的性质，即相似多边形对应边的比相等、应面积的比等于相似比的平方．
3、C
【分析】过O作OC⊥PB于C，根据直角三角形的性质得到OC＝3，根据直线与圆的位置关系即可得到结论．
【详解】解：过O作OC⊥PB于C，
∵∠APB＝30°，OP＝6，
∴OC＝OP＝3＜3，
∴半径为3的圆与PB的位置关系是相交，
故选：C．
本题考查直线与圆的位置关系，掌握含30°角的直角三角形的性质是本题的 解题关键.
4、A
【分析】根据比例的性质，逐项分析即可.
【详解】A. ∵，∴，∴，正确；
B. ∵，∴，∴ ，故不正确；
C. ∵，∴，故不正确；
D. ∵，∴，∴ ，故不正确；
故选A.
本题考查了比例的性质，熟练掌握比例的性质是解答本题的关键，如果，那么或或.
5、A
【分析】求出二次函数的对称轴，再根据二次函数的增减性判断即可．
【详解】解：对称轴为直线x＝﹣＝﹣1，
∵a＝1＞0，
∴x＜﹣1时，y随x的增大而减小，
x＞﹣1时，y随x的增大而增大，
∴y2＜y1＜y1．
故选：A．
本题考查了二次函数图象上点的坐标特征，求出对称轴解析式，然后利用二次函数的增减性求解是解题的关键．
6、C
【解析】试题分析：∵∠B=35°，∠C=90°，∴∠BAC=90°﹣∠B=90°﹣35°=55°．
∵点C、A、B1在同一条直线上，∴∠BAB′=180°﹣∠BAC=180°﹣55°=125°．
∴旋转角等于125°．故选C．
7、D
【分析】根据相似三角形的判定定理，结合图中已知条件进行判断.
【详解】当，，
所以∽,故条件①能判定相似，符合题意；
当，，
所以∽，故条件②能判定相似，符合题意；
当，
即AC：：AC，
因为
所以∽，故条件③能判定相似，符合题意；
当，即PC：：AB，
而，
所以条件④不能判断和相似，不符合题意；
①②③能判定相似，故选D．
本题考查相似三角形的判定，熟练掌握判定定理是解题的关键.
8、C
【分析】根据平行线分线段成比例定理，列出比例式求解，即可得到AE的长．
【详解】解：∵DE//BC
∴AE：AC＝AD：AB，
∵AD＝2，DB＝1，AC＝6，
∴，
∴AE＝4，
故选：C．
本题考查了平行线分线段成比例定理，注意线段之间的对应关系．
9、C
【分析】设点P的坐标，表示出四边形OAPB的面积，由反比例函数k是定值，当点P的横坐标逐渐减小时，四边形OAPB的面积逐渐减小．
【详解】点A(0，2)，则OA=2，
设点，则，
，
∵为定值，
∴随着点P的横坐标的逐渐减小时，四边形AONP的面积逐渐减小
故选：C．
考查反比例函数k的几何意义，用点的坐标表示出四边形的面积是解决问题的关键．
10、B
【分析】由题意根据三角函数的定义进行判断，从而判断选项解决问题．
【详解】解：∵Rt△ABC中，∠C=90°，∠A、∠B、∠C所对的边分别为a、b、c，
∴，故A选项不成立；
，故B选项成立；
，故C选项不成立；
，故D选项不成立；
故选B.
本题主要考查锐角三角函数的定义，我们把锐角A的对边a与斜边c的比叫做∠A的正弦，记作sinA．锐角A的邻边b与斜边c的比叫做∠A的余弦，记作cosA．锐角A的对边a与邻边b的比叫做∠A的正切，记作tanA．
11、C
【详解】函数y＝3（x﹣2）2＋4的图像的顶点坐标是（2，4）
故选C.
12、C
【分析】连接AP，根据同角的余角相等可得∠ABP＝∠CBP′，然后利用“边角边”证明△ABP和△CBP′全等，根据全等三角形对应边相等可得AP＝CP′，连接PP′，根据旋转的性质可得△PBP′是等腰直角三角形，然后求出∠AP′P是直角，再利用勾股定理用AP′表示出PP′，又等腰直角三角形的斜边等于直角边的倍，代入整理即可得解．
【详解】解：如图，连接AP，
∵BP绕点B顺时针旋转90°到BP′，
∴BP＝BP′，∠ABP+∠ABP′＝90°，
又∵△ABC是等腰直角三角形，
∴AB＝BC，∠CBP′+∠ABP′＝90°，
∴∠ABP＝∠CBP′，
在△ABP和△CBP′中，
∵，
∴△ABP≌△CBP′（SAS），
∴AP＝P′C，
∵P′A：P′C＝1：4，
∴AP＝4P′A，
连接PP′，则△PBP′是等腰直角三角形，
∴∠BP′P＝45°，PP′＝PB，
∵∠AP′B＝135°，
∴∠AP′P＝135°﹣45°＝90°，
∴△APP′是直角三角形，
设P′A＝x，则AP＝4x，
∴PP'＝，
∴P'B＝PB＝，
∴P′A：P′B＝2：，
故选：C．
本题主要考查的是全等三角形的性质以及判定，掌握全等三角形的五种判定方法的解本题的关键.
二、填空题（每题4分，共24分）
13、-6
【分析】把方程左边配成完全平方，与比较即可.
【详解】，
，
，
可配方为，
.
故答案为：.
本题考查用配方法来解一元二次方程，熟练配方是解决此题的关键.
14、4
【分析】先把x=2代入一元二次方程，即可求出c，然后根据一元二次方程求解即可.
【详解】解：把x=2代入得
4﹣12+c=0
c=8,
（x-2）（x-4）=0
x1=2，x2=4,
故答案为4.
本题主要考查解一元二次方程，解题的关键是求出c的值.
15、1
【分析】由题意先根据旋转的性质得到∠ACA′＝90°，CA＝CA′，∠B＝∠CB′A′，则可判断△CAA′为等腰直角三角形，所以∠CAA′＝45°，然后利用三角形外角性质计算出∠CB′A′，从而得到∠B的度数．
【详解】解：∵Rt△ABC绕直角顶点C顺时针旋转90°，得到△A′B′C，
∴∠ACA′＝90°，CA＝CA′，∠B＝∠CB′A′，
∴△CAA′为等腰直角三角形，
∴∠CAA′＝45°，
∵∠CB′A′＝∠B′AC+∠1＝45°+20°＝1°，
∴∠B＝1°．
故答案为：1．
本题考查旋转的性质，注意掌握对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．
16、6
【解析】符合条件的最多情况为：
即最多为2+2+2=6
17、y=1x1
【分析】抛物线过原点，因此常数项为0，可据此写出符合条件的二次函数的表达式.
【详解】解：设抛物线的解析式为y=ax1+bx+c（a≠0）；
∵抛物线过原点（0，0），
∴c=0；
当a=1，b=0时，y=1x1．
故答案是：y=1x1．（答案不唯一）
主要考查了二次函数图象上的点与二次函数解析式的关系．要求掌握二次函数的性质，并会利用性质得出系数之间的数量关系．
18、
【分析】等量关系为：红球数：总球数=，把相关数值代入即可求解．
【详解】设红球有x个，根据题意得：，
解得：x=1．
故答案为1．
用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
三、解答题（共78分）
19、（1）（）；（2）点与点重合，取最大值.
【分析】（1）首先由题意得出，然后代入抛物线解析式，即可得解；
（2）首先设点的坐标为，矩形的周长为，然后根据坐标与周长构建二次函数，即可求的最大值.
【详解】由题意得，，且为抛物线的顶点，
则设抛物线的解析式为，
代入得:，解得
所以边界所在抛物线的解析式是（）
设点的坐标为，矩形的周长为.则，，
矩形的周长，
化简得，
当时，取最大值.此时点与点重合.
此题主要考查抛物线的性质以及最值问题，熟练掌握，即可解题.
20、（1） y=-x2+2x+3；y=x+1；（2）a的值为-3或．
【分析】（1）把点B和D的坐标代入抛物线y=-x2+bx+c得出方程组，解方程组即可；由抛物线解析式求出点A的坐标，设直线AD的解析式为y=kx+a，把A和D的坐标代入得出方程组，解方程组即可；
（2）分两种情况：①当a＜-1时，DF∥AE且DF=AE，得出F（0，3），由AE=-1-a=2，求出a的值；
②当a＞-1时，显然F应在x轴下方，EF∥AD且EF=AD，设F （a-3，-3），代入抛物线解析式，即可得出结果．
【详解】解：（1）把点B和D的坐标代入抛物线y=-x2+bx+c得：
解得：b=2，c=3，
∴抛物线的解析式为y=-x2+2x+3；
当y=0时，-x2+2x+3=0，
解得：x=3，或x=-1，
∵B（3，0），
∴A（-1，0）；
设直线AD的解析式为y=kx+a，
把A和D的坐标代入得：
解得：k=1，a=1，
∴直线AD的解析式为y=x+1；
（2）分两种情况：①当a＜-1时，DF∥AE且DF=AE，
则F点即为（0，3），
∵AE=-1-a=2，
∴a=-3；
②当a＞-1时，显然F应在x轴下方，EF∥AD且EF=AD，
设F （a-3，-3），
由-（a-3）2+2（a-3）+3=-3，
解得：a=；
综上所述，满足条件的a的值为-3或．
本题考查抛物线与x轴的交点；二次函数的性质；待定系数法求二次函数解析式及平行四边形的判定，综合性较强．
21、（1）△AMP∽△BPQ∽△CQD；（2）AB=6.
【解析】根据题意得出三对相似三角形；设AP=x，有折叠关系可得：BP=AP=EP=x，AB=DC=2x，AM=1，根据△AMP∽△BPQ得：即，根据由△AMP∽△CQD得：即CQ=2，从而得出AD=BC=BQ+CQ=+2，MD=AD－AM=+2－1=+1，根据Rt△FDM中∠DMF的正弦值得出x的值，从而求出AB的值.
【详解】（1）有三对相似三角形，即△AMP∽△BPQ∽△CQD
（2）设AP=x，有折叠关系可得：BP=AP=EP=x AB=DC=2x AM=1
由△AMP∽△BPQ得：即
由△AMP∽△CQD得：即CQ=2
AD=BC=BQ+CQ=+2 MD=AD－AM=+2－1=+1
又∵在Rt△FDM中，sin∠DMF=DF=DC=2x
∴
解得：x=3或x=（不合题意，舍去）
∴AB=2x=6.
考点：相似三角形的应用、三角函数、折叠图形的性质.
22、 [问题发现] 15；[问题探究] ；[拓展应用] ①出口E设在距直线OB的7.1米处可以使四边形CODE的面积最大为60平方米，②出口E距直线OB的距离为米.
【分析】[问题发现]△PAB的底边AB一定,面积最大也就是P点到AB的距离最大,故当OP⊥AB时,时最大，值是5，再计算此时△PAB面积即可；
[问题探究]先由对称将折线长转化线段长，即分别以、所在直线为对称轴，作出关于的对称点为，关于的对称点为，连接，易求得：，而，即当最小时，可取得最小值．
[拓展应用]①四边形CODE面积=S△CDO＋S△CDE′，求出S△CDE′面积最大时即可；
②先利用相似三角形将费用问题转化为CE＋1DE＝CE＋QE，求CE＋QE的最小值问题．然后利用相似三角形性质和勾股定理求解即可。
【详解】[问题发现]解：当OP⊥AB时,时最大，，此时△APB的面积=，
故答案为：15；
[问题探究]解：如图1-1，连接，,分别以、所在直线为对称轴，作出关于的对称点为，关于的对称点为，连接，交于点，交于点，连接、，
，
，，
，
、、在以为圆心，为半径的圆上，
设，
易求得：，
，，
，
当最小时，可取得最小值，
，
，即点在上时，可取得最小值，如图1-1，
如图1-3，设的中点为，
，
，
，
，
，
由勾股定理可知：，
，，
是等边三角形，
，
由勾股定理可知：，
，
，
的最小值为．
故答案为：
[拓展应用]①如图，作OG⊥CD，垂足为G，延长OG交于点E′，则此时△CDE的面积最大．
∵OA＝OB＝11，AC＝4，点D为OB的中点，∴OC＝8，OD＝6，
在Rt△COD中，CD＝10，OG＝4.8，∴GE′＝11－4.8＝7.1，
∴四边形CODE面积的最大值为S△CDO＋S△CDE′＝×6×8＋×10×7.1＝60，
作E′H⊥OB，垂足为H，则E′H＝OE′＝×11＝7.1．
答：出口E设在距直线OB的7.1米处可以使四边形CODE的面积最大为60平方米．
②铺设小路CE和DE的总造价为100CE＋400DE＝100（CE＋1DE）．
如图，连接OE，延长OB到点Q，使BQ＝OB＝11，连接EQ．
在△EOD与△QOE中，∠EOD＝∠QOE，且，
∴△EOD∽△QOE，故QE＝1DE．
于是CE＋1DE＝CE＋QE，问题转化为求CE＋QE的最小值．
连接CQ，交于点E′，此时CE＋QE取得最小值为CQ，
在Rt△COQ中，CO＝8，OQ＝14，∴CQ＝8，故总造价的最小值为1600．
作E′H⊥OB，垂足为H，连接OE′，设E′H＝x，则QH＝3x，
在Rt△E′OH中，，
解得（舍去），
∴出口E距直线OB的距离为米．
本题考查圆的综合问题，涉及轴对称的性质，勾股定理，垂径定理，解直角三角形等知识，综合程度极高，需要学生灵活运用知识．解题关键是：利用对称或相似灵活地将折线长和转化为线段长，从而求折线段的最值。
23、（1）证明见解析；（2）．
【分析】（1）由正方形的性质得出BC=DC，∠BCG=∠DCE=90°，利用角边角证明△BGC≌△DEC，然后可得出CG=CE；
（2）由线段的和差，正方形的性质求出正方形的边长为3，根据勾股定理求出线段BD=6，过点G作GH⊥DB，根据勾股定理可得出HG=DH=2，进而求出BH=4，BG=2，在Rt△HBG中可求出cos∠DBG的值．
【详解】解：（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴BC=DC，∠BCG=∠DCE=90°，
又∵BF⊥DE，
∴∠GFD=90°，
又∵∠GBC+∠BGC+∠GCB=180°，
∠GFD+∠FDG+∠DGF=180°，
∠BGC=∠DGF，∴∠CBG=∠CDE，
在△BGC和△DEC中，
，
∴△BGC≌△DEC（ASA），
∴CG=CE；
（2）过点G作GH⊥BD，设CE=x，
∵CG=CE，∴CG=x，
又∵BE=BC+CE，DC=DG+GC，BC=DC，
BE=4，DG=2，
∴4−x＝2+x，解得：x=，∴BC=3，
在Rt△BCD中，由勾股定理得：
，
又易得△DHG为等腰直角三角形，∴根据勾股定理可得HD=HG=2，
又∵BD=BH+HD，
∴BH=6-2=4，
在Rt△HBG中，由勾股定理得：
，
．
本题综合考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，同角的余角相等，勾股定理，解直角三角形等知识点，重点掌握全等三角形的判定与性质，难点构建直角三角形求角的余弦值．
24、（1）抛物线的解析式为；顶点的坐标为；（2）3；（3）点的坐标为或．
【分析】（1）用待定系数法即可求出抛物线的解析式，进而即可求出顶点坐标；
（2）先将点C的横坐标代入抛物线的解析式中求出纵坐标，根据B,C的坐标得出，，从而有，最后利用求解即可；
（3）设为．由于，所以当以，，三点为顶点的三角形与相似时，分两种情况：或，分别建立方程计算即可．
【详解】解：（1）∵抛物线过原点，且与轴交于点，
∴，解得．
∴抛物线的解析式为．
∵，
∴顶点的坐标为．
（2）∵在抛物线上，
∴．
作轴于，作轴于，
则，，
∴，．
∴．
∵，．
∴．
（3）假设存在．
设点的横坐标为，则为．
由于，
所以当以，，三点为顶点的三角形与相似时，
有或
∴ 或．
解得或．
∴存在点，使以，，三点为顶点的三角形与相似．
∴点的坐标为或．
本题主要考查二次函数与几何综合，掌握二次函数的图象和性质，相似三角形的性质是解题的关键．
25、（1）；（2）
【分析】(1)根据题目要求，球不得传给自己，也不得传给左手边的人，C在B的左手边，因此传给C的概率为0,B的右手边有四个人，因此传给F的概率为；
(2)结合题目要求画出树状图即可求解.
【详解】解：∵C在B的左手边
∴C接到球的概率为0；
∵B的右手边有四个人
∴F接到球的概率为.
如图所示：
∵两次传球的全部可能情况有种，球又传到手上的情况有种，
∴故球又传到手上的概率为.
本题考查的知识点是用画树状图法求事件的概率问题，读懂题意，画出树状图是解题的关键.
26、（1）见解析；（2）见解析
【解析】试题分析：圆内接四边形的对角互补.
直径所对的圆周角是直角.
试题解析：
如图①，即为所求．
如图②，即为所求．
点睛：圆内接四边形的对角互补. 直径所对的圆周角是直角.
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