资源描述
2023-2024学年九上数学期末模拟试卷
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题（每题4分，共48分）
1．图所示，已知二次函数的图象正好经过坐标原点，对称轴为直线.给出以下四个结论:①；②；③；④.正确的有（ ）
A．个 B．个 C．个 D．个
2．毕业前期，某班的全体学生互赠贺卡，共赠贺卡1980张.设某班共有名学生，那么所列方程为( )
A． B．
C． D．
3．如图坐标系中，O（0，0），A（3，3），B（6，0），将△OAB沿直线CD折叠，使点A恰好落在线段OB上的点E处，若OE＝，则AC：AD的值是（ ）
A．1：2 B．2：3 C．6：7 D．7：8
4．如图，矩形EFGO的两边在坐标轴上，点O为平面直角坐标系的原点，以y轴上的某一点为位似中心，作位似图形ABCD，且点B，F的坐标分别为（﹣4，4），（2，1），则位似中心的坐标为（ ）
A．（0，3） B．（0，2.5） C．（0，2） D．（0，1.5）
5．方程的两根分别是，则等于 （ ）
A．1 B．-1 C．3 D．-3
6．在中，，另一个和它相似的三角形最长的边是，则这个三角形最短的边是（ ）
A． B． C． D．
7．下列函数的对称轴是直线的是（ ）
A． B． C． D．
8．如图，D、E分别是△ABC的边AB、BC上的点，DE∥AC，若S△BDE：S△CDE＝1：3，则S△DOE：S△AOC的值为（ ）
A． B． C． D．
9．一件商品的原价是100元，经过两次提价后的价格为121元，如果每次提价的百分率都是x，根据题意，下面列出的方程正确的是（ ）
A．100(1+x)=121 B．100(1-x)=121 C．100(1+x)2=121 D．100(1-x)2=121
10．下列四个点中，在反比例函数y＝的图象上的是（ ）
A．（﹣3，﹣2） B．（3，2） C．（﹣2，3） D．（﹣2，﹣3）
11．抛物线y=x2﹣2x+2的顶点坐标为（ ）
A．（1，1） B．（﹣1，1） C．（1，3） D．（﹣1，3）
12．一张圆心角为的扇形纸板和圆形纸板按如图方式剪得一个正方形，边长都为4，已知，则扇形纸板和圆形纸板的半径之比是（ ）
A． B． C． D．
二、填空题（每题4分，共24分）
13．如图，△ABC内接于⊙O，∠ACB＝35º，则∠OAB＝ º．
14．如图，已知点A、B分别在反比例函数y＝（x＞0），y＝﹣（x＞0）的图象上，且OA⊥OB，则的值为_____．
15．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．已知纸板的两条直角边DE=40cm，EF=20cm，测得边DF离地面的高度AC=1.5 m，CD=8 m，则树高AB= ▲ ．
16．在一个不透明的箱子中，共装有白球、红球、黄球共60个，这些球的形状、大小、质地等完全相同．小华通过多次试验后发现，从盒子中摸出红球的频率是15%，摸出白球的频率是45%，那么可以估计盒子中黄球的个数是_____．
17．如图，在矩形中，. 若将绕点旋转后，点落在延长线上的点处，点经过的路径为，则图中阴影部分的面积为______.
18．一个盒子中装有个红球，个白球和个蓝球，这些球除了颜色外都相同，从中随机摸出两个球，能配成紫色的概率为_____．
三、解答题（共78分）
19．（8分）在平面直角坐标系中，将一块等腰直角三角板（△ABC）按如图所示放置，若AO＝2，OC＝1，∠ACB＝90°．
（1）直接写出点B的坐标是 ；
（2）如果抛物线l：y＝ax2﹣ax﹣2经过点B，试求抛物线l的解析式；
（3）把△ABC绕着点C逆时针旋转90°后，顶点A的对应点A1是否在抛物线l上？为什么？
（4）在x轴上方，抛物线l上是否存在一点P，使由点A，C，B，P构成的四边形为中心对称图形？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
20．（8分）先化简，再求值：，其中x＝1﹣．
21．（8分）如图，某足球运动员站在点O处练习射门．将足球从离地面0.5m的A处正对球门踢出（点A在y轴上），足球的飞行高度y（单位：m）与飞行时间t（单位：s）之间满足函数关系y＝at2+5t+c，己知足球飞行0.8s时，离地面的高度为3.5m．
（1）a＝ ，c＝ ；
（2）当足球飞行的时间为多少时，足球离地面最高？最大高度是多少？
（3）若足球飞行的水平距离x（单位：m）与飞行时间t（单位：s）之间具有函数关系x＝10t，已知球门的高度为2.44m，如果该运动员正对球门射门时，离球门的水平距离为28m，他能否将球直接射入球门？
22．（10分）如图，在平面直角坐标系中，将绕点顺指针旋转到的位置，点、分别落在点、处，点在轴上，再将绕点顺时针旋转到的位置，点在轴上，将绕点顺时针旋转到的位置，点在轴上，依次进行下午……，若点，，则点的横坐标为__________．
23．（10分）如图，在平面直角坐标系中，正方形OABC的顶点O与坐标原点重合，其边长为2，点A，点C分别在轴，轴的正半轴上．函数的图象与CB交于点D，函数（为常数，）的图象经过点D，与AB交于点E，与函数的图象在第三象限内交于点F，连接AF、EF．
（1）求函数的表达式，并直接写出E、F两点的坐标．
（2）求△AEF的面积．
24．（10分）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，D为AB的中点，以CD为直径的⊙O分别交AC，BC于点E，F两点，过点F作FG⊥AB于点G．
（1）试判断FG与⊙O的位置关系，并说明理由；
（2）若AC=6，CD＝5，求FG的长．
25．（12分）把一根长为米的铁丝折成一个矩形，矩形的一边长为米，面积为S米，
(1)求S关于的函数表达式和的取值范围
(2)为何值时，S最大？最大为多少？
26．2019年12月27日，我国成功发射了“长征五号”遥三运载火箭.如图，“长征五号”运载火箭从地面处垂直向上发射，当火箭到达处时，从位于地面处的雷达站测得此时仰角，当火箭继续升空到达处时，从位于地面处的雷达站测得此时仰角，已知，.
（1）求的长；
（2）若“长征五号”运载火箭在处进行“程序转弯”，且，求雷达站到其正上方点的距离.
参考答案
一、选择题（每题4分，共48分）
1、C
【分析】由抛物线开口方向得到a＜0以及函数经过原点即可判断①；根据x=-1时的函数值可以判断②；由抛物线的对称轴方程得到为b=3a，用求差法即可判断③；根据抛物线与x轴交点个数得到△=b2-4ac＞0，则可对④进行判断．
【详解】∵抛物线开口向下，
∴a＜0，
∵抛物线经过原点，
∴c=0，
则abc=0，所以①正确；
当x=-1时，函数值是a-b+c＞0，则②正确；
∵抛物线的对称轴为直线x=- ＜0，
∴b=3a，
又∵a＜0，
∴a-b=-2a＞0
∴a＞b，则③错误；
∵抛物线与x轴有2个交点，
∴△=b2-4ac＞0，即4ac-b2＜0，所以④正确．
故选：C
本题考查了二次函数图象与系数的关系：对于二次函数y=ax2+bx+c（a≠0），二次项系数a决定抛物线的开口方向和大小：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（即ab＞0），对称轴在y轴左； 当a与b异号时（即ab＜0），对称轴在y轴右；常数项c决定抛物线与y轴交点位置：抛物线与y轴交于（0，c）；抛物线与x轴交点个数由△决定：△=b2-4ac＞0时，抛物线与x轴有2个交点；△=b2-4ac=0时，抛物线与x轴有1个交点；△=b2-4ac＜0时，抛物线与x轴没有交点．
2、D
【分析】根据题意得：每人要赠送（x-1）张贺卡，有x个人，然后根据题意可列出方程：（x-1）x=1．
【详解】解：根据题意得：每人要赠送（x-1）张贺卡，有x个人，
∴全班共送：（x-1）x=1，
故选：D．
此题主要考查了由实际问题抽象出一元二次方程，本题要注意读清题意，弄清楚每人要赠送(x-1)张贺卡，有x个人是解决问题的关键．
3、B
【分析】过A作AF⊥OB于F，如图所示：根据已知条件得到AF=1，OF=1，OB=6，求得∠AOB=60°，推出△AOB是等边三角形，得到∠AOB=∠ABO=60°，根据折叠的性质得到∠CED=∠OAB=60°，求得∠OCE=∠DEB，根据相似三角形的性质得到BE=OB﹣OE=6﹣=，设CE=a，则CA=a，CO=6﹣a，ED=b，则AD=b，DB=6﹣b，于是得到结论．
【详解】过A作AF⊥OB于F，如图所示：
∵A(1，1)，B(6，0)，
∴AF=1，OF=1，OB=6，
∴BF=1，
∴OF=BF，
∴AO=AB，
∵tan∠AOB=，
∴∠AOB=60°，
∴△AOB是等边三角形，
∴∠AOB=∠ABO=60°，
∵将△OAB沿直线CD折叠，使点A恰好落在线段OB上的点E处，
∴∠CED=∠OAB=60°，
∵∠OCE+∠COE=∠OCE+60°=∠CED+∠DEB=60°+∠DEB，
∴∠OCE=∠DEB，
∴△CEO∽△EDB，
∴==，
∵OE=，
∴BE=OB﹣OE=6﹣=，
设CE=a，则CA=a，CO=6﹣a，ED=b，则AD=b，DB=6﹣b，
则，，
∴6b=10a﹣5ab①，24a=10b﹣5ab②，
②﹣①得：24a﹣6b=10b﹣10a，
∴，
即AC:AD=2:1．
故选：B．
本题考查了翻折变换-折叠问题，相似三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，证得△AOB是等边三角形是解题的关键．
4、C
【解析】如图，连接BF交y轴于P，
∵四边形ABCD和四边形EFGO是矩形，点B，F的坐标分别为（-4，4），（2，1），
∴点C的坐标为（0，4），点G的坐标为（0，1），
∴CG=3，
∵BC∥GF，
∴，
∴GP=1，PC=2，
∴点P的坐标为（0，2），
故选C．
【点睛】本题考查的是位似变换的概念、坐标与图形性质，掌握如果两个图形不仅是相似图形，而且对应顶点的连线相交于一点，对应边互相平行，那么这样的两个图形叫做位似图形，这个点叫做位似中心是解题的关键．
5、B
【分析】根据一元二次方程根与系数的关系，即可得到答案.
【详解】解：∵的两根分别是，
∴，
故选：B.
本题考查了一元二次方程根与系数的关系，解题的关键是熟练掌握一元二次方程根与系数的关系进行解题.
6、B
【分析】设另一个三角形最短的一边是x，根据相似三角形对应边成比例即可得出结论．
【详解】设另一个三角形最短的一边是x，
∵△ABC中，AB＝12，BC＝1，CA＝24，另一个和它相似的三角形最长的一边是36，
∴，
解得x＝1．
故选：C．
本题考查的是相似三角形的性质，熟知相似三角形的对应边成比例是解答此题的关键．
7、C
【分析】根据二次函数的性质分别写出各选项中抛物线的对称轴，然后利用排除法求解即可．
【详解】A、对称轴为y轴，故本选项错误；
B、对称轴为直线x=3，故本选项错误；
C、对称轴为直线x=-3，故本选项正确；
D、∵=∴对称轴为直线x=3，故本选项错误．
故选：C．
本题考查了二次函数的性质，主要利用了对称轴的确定，是基础题．
8、D
【分析】证明BE：EC＝1：3，进而证明BE：BC＝1：4；证明△DOE∽△AOC，得到，借助相似三角形的性质即可解决问题．
【详解】∵S△BDE：S△CDE＝1：3，
∴BE：EC＝1：3；
∴BE：BC＝1：4；
∵DE∥AC，
∴△DOE∽△AOC，
∴，
∴S△DOE：S△AOC＝，
故选：D．
此题考查相似三角形的判定及性质，根据BE：EC＝1：3得到同高两个三角形的底的关系是解题的关键，再利用相似三角形即可解答.
9、C
【详解】试题分析：对于增长率的问题的基本公式为：增长前的数量×=增长后的数量.由题意，可列方程为：100(1+x)2=121，故答案为：C
考点：一元二次方程的应用
10、C
【分析】先分别计算四个点的横、纵坐标之积，然后根据反比例函数图象上点的坐标特征进行判断．
【详解】解：∵﹣3×（﹣2）＝6，3×2＝6，﹣2×3＝﹣6，﹣2×（﹣3）＝6，
∴点（﹣2，3）在反比例函数y＝的图象上．
故选：C．
此题考查的是判断在反比例函数图象上的点，掌握点的横、纵坐标之积等于反比例函数的比例系数即可判断该点在反比例函数图象上是解决此题的关键．
11、A
【解析】分析：把函数解析式整理成顶点式形式，然后写出顶点坐标即可．
详解：∵y=x2-2x+2=（x-1）2+1，
∴顶点坐标为（1，1）．
故选A．
点睛：本题考查了二次函数的性质，熟练掌握利用顶点式解析式写出顶点坐标的方法是解题的关键．
12、A
【分析】分别求出扇形和圆的半径，即可求出比值．
【详解】如图，连接OD，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DCB＝∠ABO＝90°，AB＝BC＝CD＝4，
∵=，
∴OB＝AB＝3，∴CO=7
由勾股定理得：OD＝=r1；
如图2，连接MB、MC，
∵四边形ABCD是⊙M的内接四边形，四边形ABCD是正方形，
∴∠BMC＝90°，MB＝MC，
∴∠MCB＝∠MBC＝45°，
∵BC＝4，
∴MC＝MB＝=r2
∴扇形和圆形纸板的半径比是：=
故选：A．
本题考查了正方形性质、圆内接四边形性质；解此题的关键是求出扇形和圆的半径，题目比较好，难度适中．
二、填空题（每题4分，共24分）
13、55
【解析】分析：∵∠ACB与∠AOB是所对的圆周角和圆心角，∠ACB＝35º，
∴∠AOB=2∠ACB=70°．
∵OA=OB，∴∠OAB=∠OBA=．
14、．
【分析】作AC⊥y轴于C，BD⊥y轴于D，如图，利用反比例函数图象上点的坐标特征和三角形面积公式得到S△OAC＝，S△OBD＝，再证明Rt△AOC∽Rt△OBD，然后利用相似三角形的性质得到的值．
【详解】解：作AC⊥y轴于C，BD⊥y轴于D，如图，
∵点A、B分别在反比例函数y＝（x＞0），y＝﹣（x＞0）的图象上，
∴S△OAC＝×1＝，S△OBD＝×|﹣5|＝，
∵OA⊥OB，
∴∠AOB＝90°
∴∠AOC+∠BOD＝90°，
∴∠AOC＝∠DBO，
∴Rt△AOC∽Rt△OBD，
∴＝（）2＝＝，
∴＝．
∴＝．
故答案为：．
本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征：反比例函数y=（k为常数，k≠0）的图象是双曲线，图象上的点（x，y）的横纵坐标的积是定值k，即xy=k．
15、5.5
【解析】试题分析：在△DEF和△DBC中，，
∴△DEF∽△DBC，
∴=，
即=，
解得BC=4，
∵AC=1.5m，
∴AB=AC+BC=1.5+4=5.5m
考点：相似三角形
16、1
【分析】在同样条件下，大量反复试验时，随机事件发生的频率逐渐稳定在概率附近，可以从比例关系入手，知道白球、黄球的频率后，可以得出黄球概率，即可得出黄球的个数．
【详解】解：∵从盒子中摸出红球的频率是15%，摸出白球的频率是45%，
∴得到黄球的概率为：1﹣15%﹣45%＝40%，则口袋黄小球有：60×40%＝1个．
故答案为：1．
本题主要考查了利用频率估计概率，大量反复试验下频率稳定值即概率，解决本题的关键是要熟练掌握频率，概率的关系.
17、
【分析】先利用直角三角形的性质和勾股定理求出BD和BC的长，再求出和扇形BDE的面积，两者作差即可得.
【详解】由矩形的性质得：
的面积为
扇形BDE所对的圆心角为，所在圆的半径为BD
则扇形BDE的面积为
所以图中阴影部分的面积为
故答案为：.
本题考查了矩形的性质、直角三角形的性质、勾股定理、旋转的性质、扇形的面积公式，这是一道基础类综合题，求出扇形BDE的面积是解题关键.
18、
【分析】首先根据题意列出表格，然后由表格即可求得所有等可能的结果与两次摸到的球的颜色能配成紫色的情况，再利用概率公式即可求得答案．
【详解】解：列表得：
∵共有种等可能的结果，两次摸到的球的颜色能配成紫色的有种情况
∴两次摸到的求的颜色能配成紫色的概率为：．
故答案是：
本题考查的是用列表法或画树状图法求概率．列表法或画树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，列表法适合于两步完成的事件，树状图法适合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．
三、解答题（共78分）
19、（1）点B的坐标为（3，1）；（2）y＝x2﹣x﹣2；（3）点A1在抛物线上；理由见解析；（4）存在，点P（﹣2，1）．
【分析】（1）首先过点B作BD⊥x轴，垂足为D，通过证明△BDC≌△COA即可得BD＝OC＝1，CD＝OA＝2，从而得知B坐标；
（2）利用待定系数法，将B坐标代入即可求得；
（3）画出旋转后的图形，过点作x轴的垂线，构造全等三角形，求出的坐标代入抛物线解析式即可进行判断；
（4）由抛物线的解析式先设出P的坐标，再根据中心对称的性质 与线段中点的公式列出方程求解即可．
【详解】（1）如图1，过点B作BD⊥x轴，垂足为D，
∵∠BCD+∠ACO＝90°，∠AC0+∠OAC＝90°，
∴∠BCD＝∠CAO，
又∵∠BDC＝∠COA＝90°，CB＝AC，
在△BDC和△COA中：
∵∠BDC=∠COA，∠BCD＝∠CAO，CB=AC，
∴△BDC≌△COA（AAS），
∴BD＝OC＝1，CD＝OA＝2，
∴点B的坐标为（3，1）；
（2）∵抛物线y＝ax2﹣ax﹣2过点B（3，1），
∴1＝9a﹣3a﹣2，
解得：a＝，
∴抛物线的解析式为y＝x2﹣x﹣2；
（3）旋转后如图1所示，过点A1作A1M⊥x轴，
∵把△ABC绕着点C逆时针旋转90°，
∴∠ABC＝∠A1BC＝90°，
∴A1，B，C共线，
在三角形BDC和三角形A1CM中：
∵∠BDC=∠A1MC=90°，∠BCD=∠A1CM，A1C=BC,
∴△BDC≌△A1CM
∴CM＝CD＝3﹣1＝2，A1M＝BD＝1，
∴OM＝1，
∴点A1（﹣1，﹣1），
把点x＝﹣1代入y＝x2﹣x﹣2，
y＝﹣1，
∴点A1在抛物线上．
（4）设点P（t， t2﹣t﹣2），
点A（0，2），点C（1，0），点B（3，1），
若点P和点C对应，由中心对称的性质和线段中点公式可得：
，，
无解，
若点P和点A对应，由中心对称的性质和线段中点公式可得：
，，
无解，
若点P和点B对应，由中心对称的性质和线段中点公式可得：
，，
解得：t＝﹣2，
t2﹣t﹣2＝1
所以：存在，点P（﹣2，1）．
本题主要考查了抛物线与几何图形的综合运用，熟练掌握相关概念是解题关键．
20、1﹣x，原式＝.
【分析】先利用分式的加减乘除运算对分式进行化简，然后把x的值代入即可.
【详解】原式＝
当x＝1﹣时，
∴原式＝1﹣（1﹣）＝；
本题主要考查分式的化简求值，掌握分式混合运算的顺序和法则是解题的关键.
21、（1），；（2）当足球飞行的时间s时，足球离地面最高，最大高度是4.5m；（3）能．
【分析】（1）由题意得：函数y＝at2+5t+c的图象经过（0，0.5）（0.8，3.5），代入函数的表达式即可求出a，c的值；
（2）利用配方法即可求出足球飞行的时间以及足球离地面的最大高度；
（3）把x＝28代入x＝10t得t＝2.8，把t＝2.8代入解析式求出y的值和2.44m比较大小即可得到结论．
【详解】（1）由题意得：函数y＝at2+5t+c的图象经过（0，0.5）（0.8，3.5），
∴，
解得：，
∴抛物线的解析式为：y＝﹣t2+5t+，
故答案为：﹣，；
（2）∵y＝﹣t2+5t+，
∴y＝﹣（t﹣）2+，
∴当t＝时，y最大＝4.5，
∴当足球飞行的时间s时，足球离地面最高，最大高度是4.5m；
（3）把x＝28代入x＝10t得t＝2.8，
∴当t＝2.8时，y＝﹣×2.82+5×2.8+＝2.25＜2.44，
∴他能将球直接射入球门．
本题考查了待定系数法求二次函数的解析式，以及二次函数的应用，正确求得解析式是解题的关键．
22、
【解析】由图形规律可知在X轴上，根据观察的规律即可解题.
【详解】因为，，所以0A=，OB=4，所以AB==,所以（10,4），（20,4），（30,4），（10090,4），的横坐标为10090++=10096.
本题考查图形的变化—旋转，勾股定理，以及由特殊到一般查找规律.
23、（1），E（2，1），F（-1，-2）；（2）．
【分析】（1）先得到点D的坐标，再求出k的值即可确定反比例函数解析式；
（2）过点F作FG⊥AB，与BA的延长线交于点G．由E、F两点的坐标，得到AE=1，FG=2-（-1）=3，从而得到△AEF的面积．
【详解】解：（1）∵正方形OABC的边长为2，∴点D的纵坐标为2，即y=2，
将y=2代入y=2x，得到x=1，
∴点D的坐标为（1，2）．
∵函数的图象经过点D，∴，∴k=2，
∴函数的表达式为．
（2）过点F作FG⊥AB，与BA的延长线交于点G．
根据反比例函数图象的对称性可知：点D与点F关于原点O对称
∴点F的坐标分别为（-1，-2），
把x=2代入得，y=1；
∴点E的坐标（2，1）；
∴AE=1，FG=2-（-1）=3，
∴△AEF的面积为：AE•FG=
.
24、（1）与相切，证明见详解；（2）
【分析】（1）如图，连接OF，DF，根据直角三角形的性质得到CD=BD，由CD为直径，得到DF⊥BC，得到F为BC中点，证明OF∥AB，进而证明GF⊥OF，于是得到结论；
（2）根据勾股定理求出BC，BF,根据三角函数sinB的定义即可得到结论．
【详解】解：（1）答：与相切．
证明：连接OF，DF，
∵在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，D为AB的中点，
∴CD=BD=，
∵CD为 ⊙O直径，
∴DF⊥BC，
∴F为BC中点，
∵OC=OD，
∴OF∥AB，
∵FG⊥AB，
∴FG⊥OF，
∴为的切线；
（2）∵CD为Rt△ABC斜边上中线，
∴AB=2CD=10，
在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，
∴BC=，
∴BF=，
∵FG⊥AB，
∴sinB=，
∴，
∴．
本题考查了直线与圆的位置关系，三角形的中位线，勾股定理，解直角三角形，正确的作出辅助线是解题的关键．
25、 (1) S=-+2x (0<x<2) ；(2) x=1时，面积最大，最大为1米2
【分析】（1）根据矩形周长为米，一边长为x，得出另一边为2-x，再根据矩形的面积公式即可得出答案;
（2）根据（1）得出的关系式，利用配方法进行整理，可求出函数的最大值，从而得出答案．
【详解】解：（1）∵矩形的一边长为x米，
∴另一边长为2-x米，
∴S=x（2-x）=-x2+2x(0<x<2)，
即S=-x2+2x(0<x<2)；
（2）根据（1）得：S=-x2+2x =-（x-1）2+1，
∴矩形一边长为1米时，面积最大为1米2，
本题考查的是二次函数的实际应用以及矩形面积的计算公式，关键是根据矩形的面积公式构建二次函数解决最值问题．
26、（1）km；（2）
【分析】（1）设为，根据题意可用含x的代数式依次表示出AM、AC、AN的长，然后在直角△CAN中利用解直角三角形的知识即可求出x的值，进而可得答案；
（2）由（1）的结果可得CN的长，作，垂足为点，如图，根据题意易得∠DCN和∠DNC的度数，设HN=y，则可用y的代数式表示出CH，根据CH+HN=CN可得关于y的方程，解方程即可求出y的值，进一步即可求出结果.
【详解】解：（1）设为，
∵，
∴，
则，
在中，
∵，AC=AB+BC=x+40，AN=AM+MN=x+120，
∴，
即，
解得：，
∴km；
（2）作，垂足为点，如图，
由（1）可得，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴CH=DH，
∵，
∴，
设为，
则，
∴，
解得：，
∴.
答：雷达站到其正上方点的距离为.
本题以“长征五号”遥三运载火箭发射为背景，是解直角三角形的典型应用题，主要考查了解直角三角形的知识，属于常考题型，正确添加辅助线构造直角三角形、熟练掌握锐角三角函数的知识是解题关键.
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