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(每小题3分,共30分)
1．为了考察某种小麦的长势，从中抽取了5株麦苗，测得苗高(单位：cm)为：10、16、8、17、19，则这组数据的极差是（ ）
A．8 B．9 C．10 D．11
2．如图，四边形ABCD内接于⊙O，点I是△ABC的内心，∠AIC=124°，点E在AD的延长线上，则∠CDE的度数为（ ）
A．56° B．62° C．68° D．78°
3．若点在反比例函数的图象上，且，则下列各式正确的是（ ）
A． B． C． D．
4．如图所示，给出下列条件：①；②；③；④，其中单独能够判定的个数为（ ）
A． B． C． D．
5．如图，以点O为位似中心，把△ABC放大为原图形的2倍得到△A'B'C'，以下说法中错误的是( )
A．△ABC∽△A'B'C' B．点C、点O、点C'三点在同一直线上 C．AO：AA'=1∶2 D．AB∥A'B'
6．下列一元二次方程中有两个相等实数根的是( )
A．2x2－6x＋1＝0 B．3x2－x－5＝0 C．x2＋x＝0 D．x2－4x＋4＝0
7．在△ABC中，AD是BC边上的高，∠C＝45°，sinB＝，AD＝1．则△ABC的面积为（ ）
A．1 B． C． D．2
8．在同一平面直角坐标系中，函数 y＝ax+b 与 y＝bx2+ax 的图象可能是（ ）
A． B． C． D．
9．如图，将绕点旋转得到，设点的坐标为，则点的坐标为（ ）
A． B．
C． D．
10．对于二次函数的图象，下列说法正确的是
A．开口向下； B．对称轴是直线x＝－1；
C．顶点坐标是（－1，2）； D．与x轴没有交点．
二、填空题(每小题3分,共24分)
11．如图，已知△ABC是面积为的等边三角形，△ABC∽△ADE，AB＝2AD，∠BAD＝45°，AC与DE相交于点F，则△AEF的面积等于_____（结果保留根号）．
12．在矩形中，点是边上的一个动点，连接,过点作与点,交射线于点,连接,则的最小值是_____________
13．已知，⊙O的半径为6，若它的内接正n边形的边长为6，则n=_____．
14．如图，点A的坐标为（4，2）．将点A绕坐标原点O旋转90°后，再向左平移1个单位长度得到点A′，则过点A′的正比例函数的解析式为_____．
15．如图，点A，B，C在⊙O上，∠A=40度，∠C=20度，则∠B=_____度．
16．关于x的一元二次方程有一根为0，则m的值为______
17．如图所示，已知中，，边上的高，为上一点，，交于点，交于点，设点到边的距离为.则的面积关于的函数图象大致为__________.
18．如图，四边形ABCD是⊙O的外切四边形，且AB＝10，CD＝15，则四边形ABCD的周长为_____．
三、解答题(共66分)
19．（10分）如图，已知BC^AC，圆心O在AC上，点M与点C分别是AC与⊙O的交点，点D是MB与⊙O的交点，点P是AD延长线与BC的交点，且AD×AO=AM×AP，连接OP．
（1）证明：MD//OP；
（2）求证：PD是⊙O的切线；
（3）若AD=24，AM=MC，求的值．
20．（6分）元旦放假期间，小明和小华准备到西安的大雁塔（记为A）、白鹿原（记为B）、兴庆公园（记为C）、秦岭国家植物园（记为D）中的一个景点去游玩，他们各自在这四个景点中任选一个，每个景点被选中的可能性相同．
（1）求小明选择去白鹿原游玩的概率；
（2）用树状图或列表的方法求小明和小华都选择去秦岭国家植物园游玩的概率．
21．（6分）如图，抛物线y=ax2+bx+4(a≠0)与轴交于点B (－3 ，0) 和C (4 ，0)与轴交于点A．
(1) a = ，b = ；
(2) 点M从点A出发以每秒1个单位长度的速度沿AB向B运动，同时，点N从点B出发以每秒1个单位长度的速度沿BC向C运动，当点M到达B点时，两点停止运动．t为何值时，以B、M、N为顶点的三角形是等腰三角形？
(3) 点P是第一象限抛物线上的一点，若BP恰好平分∠ABC，请直接写出此时点P的坐标．
22．（8分）两个相似多边形的最长边分别为6cm和8cm，它们的周长之和为56cm，面积之差为28cm2，求较小相似多边形的周长与面积．
23．（8分）一只不透明的袋子中装有2个白球和1个红球，这些球除颜色外都相同．
（1）搅匀后从袋子中任意摸出1个球，摸到红球的概率是多少？
（2）搅匀后先从袋子中任意摸出1个球，记录颜色后不放回，再从袋子中任意摸出1个球，用画树状图或列表的方法列出所有等可能的结果，并求出两次都摸到白球的概率．
24．（8分）先化简，再求值：(1+)，其中，x＝﹣1．
25．（10分）在平面直角坐标系中，对“隔离直线”给出如下定义：点是图形上的任意一点，点是图形上的任意一点，若存在直线：满足且，则称直线：是图形与的“隔离直线”，如图，直线：是函数的图像与正方形的一条“隔离直线”.
（1）在直线①，②，③，④中，是图函数的图像与正方形的“隔离直线”的为 .
（2）如图，第一象限的等腰直角三角形的两腰分别与坐标轴平行，直角顶点的坐标是，⊙O的半径为，是否存在与⊙O的“隔离直线”？若存在，求出此“隔离直线”的表达式：若不存在，请说明理由；
（3）正方形的一边在轴上，其它三边都在轴的左侧，点是此正方形的中心，若存在直线是函数的图像与正方形的“隔离直线”，请直接写出的取值范围.
26．（10分）已知四边形为的内接四边形，直径与对角线相交于点，作于，与过点的直线相交于点，.
（1）求证：为的切线；
（2）若平分，求证：；
（3）在（2）的条件下，为的中点，连接，若，的半径为，求的长.
参考答案
一、选择题(每小题3分,共30分)
1、D
【分析】计算最大数19与最小数8的差即可.
【详解】19-8=11，
故选：D.
此题考查极差，即一组数据中最大值与最小值的差.
2、C
【解析】分析：由点I是△ABC的内心知∠BAC=2∠IAC、∠ACB=2∠ICA，从而求得∠B=180°﹣（∠BAC+∠ACB）=180°﹣2（180°﹣∠AIC），再利用圆内接四边形的外角等于内对角可得答案．
详解：∵点I是△ABC的内心，
∴∠BAC=2∠IAC、∠ACB=2∠ICA，
∵∠AIC=124°，
∴∠B=180°﹣（∠BAC+∠ACB）
=180°﹣2（∠IAC+∠ICA）
=180°﹣2（180°﹣∠AIC）
=68°，
又四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠CDE=∠B=68°，
故选C．
点睛：本题主要考查三角形的内切圆与内心，解题的关键是掌握三角形的内心的性质及圆内接四边形的性质．
3、C
【分析】先判断反比例函数所在象限，再根据反比例函数的性质解答即可．
【详解】解：反比例函数为，函数图象在第二、四象限，在每个象限内，随着的增大而增大，
又，，，．
故选C．
本题考查了反比例函数的图象和性质，属于基本题型，熟练掌握反比例函数的性质是解答的关键．
4、B
【解析】由已知△ABC与△ABD中∠A为公共角，所以只要再找一组角相等，或一组对应边成比例即可解答.
【详解】解：：①∵，∠A为公共角，∴；
②∵，∠A为公共角，∴；
③虽然，但∠A不是已知的比例线段的夹角，所以两个三角形不相似；
④∵，∴，又∵∠A为公共角，∴．
综上，单独能够判定的个数有3个，故选B.
本题考查了相似三角形的判定，属于基础题目，熟练掌握相似三角形的判定方法是解题的关键.
5、C
【分析】直接利用位似图形的性质进而分别分析得出答案．
【详解】解：∵以点O为位似中心，把△ABC放大为原图形的2倍得到△A'B'C'，
∴ △ABC∽△A'B'C' ，点O、C、C'共线，AO：OA'=BO：OB '=1:2，
∴AB∥A'B'，AO：OA'=1:1．
∴A、B、D正确，C错误．
故答案为：C．
本题主要考查了位似变换，正确把握位似图形的性质是解题的关键．
6、D
【解析】试题分析：选项A，△=b2﹣4ac=（﹣6）2﹣4×2×1=28＞0，即可得该方程有两个不相等的实数根；选项B△=b2﹣4ac=（﹣1）2﹣4×3×（﹣5）=61＞0，即可得该方程有两个不相等的实数根；选项C，△=b2﹣4ac=12﹣4×1×0=1＞0，即可得该方程有两个不相等的实数根；选项D，△=b2﹣4ac=（﹣4）2﹣4×1×4=0，即可得该方程有两个相等的实数根．故选D．
考点：根的判别式．
7、C
【分析】先由三角形的高的定义得出∠ADB＝∠ADC＝90°，解Rt△ADB，得出AB＝3，根据勾股定理求出BD＝2，解Rt△ADC，得出DC＝1，然后根据三角形的面积公式计算即可；
【详解】在Rt△ABD中，
∵sinB＝＝，
又∵AD＝1，
∴AB＝3，
∵BD2＝AB2﹣AD2，
∴BD．
在Rt△ADC中，
∵∠C＝45°，
∴CD＝AD＝1．
∴BC＝BD+DC＝2+1，
∴S△ABC＝•BC•AD＝×（2+1）×1＝，
故选：C．
本题考查了三角形的面积问题，掌握三角形的面积公式是解题的关键．
8、A
【分析】根据a、b的正负不同，则函数y=ax+b与y=bx2+ax的图象所在的象限也不同，针对a、b进行分类讨论，从而可以选出正确选项．
【详解】若a＞0，b＞0，则y=ax+b经过一、二、三象限，y=bx2+ax开口向上，顶点在y轴左侧，故B、C错误；
若a＜0，b＜0，则y=ax+b经过二、三、四象限，y=bx2+ax开口向下，顶点在y轴左侧，故D错误；
若a＞0，b＜0，则y=ax+b经过一、三、四象限，y=bx2+ax开口向下，顶点在y轴右侧，故A正确；
故选A．
本题考查二次函数的图象、一次函数的图象，解题的关键是明确一次函数图象和二次函数图象的特点，利用分类讨论的数学思想解答．
9、B
【分析】由题意可知，点C为线段A的中点，故可根据中点坐标公式求解．对本题而言，旋转后的纵坐标与旋转前的纵坐标互为相反数，（旋转后的横坐标+旋转前的横坐标）÷2=－1，据此求解即可.
【详解】解：∵绕点旋转得到，点的坐标为，
∴旋转后点A的对应点的横坐标为：，纵坐标为－b，所以旋转后点的坐标为：．
故选：B．
本题考查了旋转变换后点的坐标规律探求，属于常见题型，掌握求解的方法是解题的关键.
10、D
【分析】由抛物线解析式可直接得出抛物线的开口方向、对称轴、顶点坐标，可判断A、B、C，令y＝0利用判别式可判断D，则可求得答案．
【详解】∵y＝2（x−1）2＋2，
∴抛物线开口向上，对称轴为x＝1，顶点坐标为（1，2），故A、B、C均不正确，
令y＝0可得2（x−1）2＋2＝0，可知该方程无实数根，故抛物线与x轴没有交点，故D正确；
故选：D．
本题主要考查二次函数的性质，掌握二次函数的顶点式是解题的关键，即在y＝a（x−h）2＋k中，对称轴为x＝h，顶点坐标为（h，k）．
二、填空题(每小题3分,共24分)
11、
【分析】如图，过点F作FH⊥AE交AE于H，过点C作CM⊥AB交AB于M，根据等边三角形的性质可求出AB的长，根据相似三角形的性质可得△ADE是等边三角形，可得出AE的长，根据角的和差关系可得∠EAF=∠BAD=45°，设AH＝HF＝x，利用∠EFH的正确可用x表示出EH的长，根据AE=EH+AH列方程可求出x的值，根据三角形面积公式即可得答案．
【详解】如图，过点F作FH⊥AE交AE于H，过点C作CM⊥AB交AB于M，
∵△ABC是面积为的等边三角形，CM⊥AB，
∴×AB×CM＝，∠BCM＝30°，BM=AB，BC=AB，
∴CM==，
∴×AB×＝，
解得：AB＝2，（负值舍去）
∵△ABC∽△ADE，△ABC是等边三角形，
∴△ADE是等边三角形，∠CAB=∠EAD=60°，∠E=60°，
∴∠EAF+∠FAD=∠FAD+BAD=60°，
∵∠BAD=45°，
∴∠EAF＝∠BAD＝45°，
∵FH⊥AE，
∴∠AFH＝45°，∠EFH＝30°，
∴AH＝HF，
设AH＝HF＝x，则EH＝xtan30°＝x．
∵AB=2AD，AD=AE，
∴AE＝AB＝1，
∴x+x＝1，
解得x＝．
∴S△AEF＝×1×＝．
故答案为：．
本题考查了相似三角形的性质，等边三角形的性质，锐角三角函数，根据相似三角形的性质得出△ADE是等边三角形、熟练掌握等边三角形的性质并熟记特殊角的三角函数值是解题关键．
12、
【分析】根据题意可点G在以AB为直径的圆上,设圆心为H,当HGC在一条直线上时，CG的值最值，利用勾股定理求出CH的长，CG就能求出了.
【详解】解：点的运动轨迹为以为直径的为圆心的圆弧。
连结GH,CH,CG≥CH-GH,
即CG=CH-GH时，也就是当三点共线时，值最小值.
最小值CG=CH-GH
∵矩形ABCD, ∴∠ABC=90°∴CH=
故答案为：
本题考查了矩形的性质、勾股定理、三角形三边的关系. CGH三点共线时CG最短是解决问题的关键.把动点转化成了定点，问题就迎刃而解了.
.
13、1
【分析】根据题意作出图形，得到Rt△ADO，利用三角函数值计算出sin∠AOD=，得出∠AOD=15°，通过圆周角360°计算即可得出结果．
【详解】解：如图所示：连接AO，BO，过点O做OD⊥AB，
∵⊙O的半径为6，它的内接正n边形的边长为6，
∴AD=BD=3，
∴sin∠AOD==，
∴∠AOD=15°，
∴∠AOB=90°，
∴n==1．
故答案为：1．
本题考查了圆内接正多边形的性质，垂径定理的应用，三角函数值的应用，掌握圆的性质内容是解题的关键．
14、y=﹣x或y=-4x
【解析】分析：直接利用旋转的性质结合平移的性质得出对应点位置，再利用待定系数法求出正比例函数解析式．
详解：当点A绕坐标原点O逆时针旋转90°后，再向左平移1个单位长度得到点A′，
则A′（-3，4），
设过点A′的正比例函数的解析式为：y=kx，
则4=-3k，
解得：k=-，
则过点A′的正比例函数的解析式为：y=-x，
同理可得：点A绕坐标原点O顺时针旋转90°后，再向左平移1个单位长度得到点A′，此时A′（1，-4），
设过点A′的正比例函数的解析式为：y=k′x，
则-4=k′，
则过点A′的正比例函数的解析式为：y=-4x.
故答案为y=﹣x或y=-4x.
点睛：此题主要考查了旋转的性质、平移的性质、待定系数法求出正比例函数解析式，正确得出对应点坐标是解题关键．
15、1
【分析】如图，连接OA，根据等腰三角形的性质得到∠OAC=∠C=20°，根据等腰三角形的性质解答即可．
【详解】如图，连接OA，
∵OA=OC，
∴∠OAC=∠C=20°，
∴∠OAB=∠OAC+∠BAC=20°+40°=1°，
∵OA=OB，
∴∠B=∠OAB=1°，
故答案为1．
本题考查了圆的性质的应用，熟练掌握圆的半径相等、等腰三角形的性质是解题的关键．
16、m=-1
【解析】把x=0代入方程（m-1）x2+x+m2-9=0得m2-9=0，解得m1=1，m2=-1，然后根据一元二次方程的定义确定m的值．
【详解】把x=0代入方程（m-1）x2+x+m2-9=0得m2-9=0，解得m1=1，m2=-1，
而m-1≠0，
所以m的值为-1．
故答案是：-1．
考查了一元二次方程的解：能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值是一元二次方程的解．也考查了一元二次方程的定义．
17、抛物线y =-x2+6x．（0＜x＜6）的部分.
【分析】可过点A向BC作AH⊥BC于点H，所以根据相似三角形的性质可求出EF，进而求出函数关系式，由此即可求出答案．
【详解】解：过点A向BC作AH⊥BC于点H，
∵
∴△AEF∽△ABC
∴即，
∴y=×2（6-x）x=-x2+6x．（0＜x＜6）
∴该函数图象是抛物线y =-x2+6x．（0＜x＜6）的部分．
故答案为：抛物线y =-x2+6x．（0＜x＜6）的部分.
此题考查相似三角形的判定和性质，根据几何图形的性质确定函数的图象能力．要能根据函数解析式及其自变量的取值范围分析得出所对应的函数图像的类型和所需要的条件，结合实际意义分析得解．
18、1
【分析】根据切线长定理得到AE=AH，BE=BF，CF=CG，DH=DG，得到AD+BC=AB+CD=25，根据四边形的周长公式计算，得到答案．
【详解】∵四边形ABCD是⊙O的外切四边形，
∴AE＝AH，BE＝BF，CF＝CG，DH＝DG，
∴AD+BC＝AB+CD＝25，
∴四边形ABCD的周长＝AD+BC+AB+CD＝25+25＝1，
故答案为：1．
本题考查的是切线长定理，掌握从圆外一点引圆的两条切线，它们的切线长相等是解题的关键．
三、解答题(共66分)
19、（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）．
【分析】（1）根据两边成比例夹角相等两三角形相似证明，然后利用平行线的判定定理即可．
（2）欲证明PD是⊙O的切线，只要证明OD⊥PA即可解决问题；
（3）连接CD．由（2）可知：PC=PD，由AM=MC，推出AM=2MO=2R，在Rt△AOD中，，可得，推出，推出，，由，可得，再利用全等三角形的性质求出MD即可解决问题；
【详解】（1）证明：连接、、．
∵，，
∴，
∴，
∴，
（2）∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴是的切线．
（3）连接．由（1）可知：，
∵，
∴，
在中，，
∴，
∴，∴，，
∵，
∴，
∵是的中点，
∴，
∴点是的中点，
∴，
∵是的直径，
∴，在中，
∵，，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∴．
此题考查相似三角形的判定和性质、圆周角定理、切线的判定和性质，解题关键在于构造辅助线，相似三角形解决问题.
20、（1）；（2）
【分析】（1）利用概率公式直接计算即可；
（2）首先根据题意画出树状图，然后由树状图求得所有等可能的结果与小明和小华都选择去同一个地方游玩的情况，再利用概率公式即可求得答案．
【详解】（1）∵小明准备到西安的大雁塔（记为A）、白鹿原（记为B）、兴庆公园（记为C）、秦岭国家植物园（记为D）中的一个景点去游玩，
∴小明选择去白鹿原游玩的概率＝；
（2）画树状图分析如下：
两人选择的方案共有16种等可能的结果，其中选择同种方案有1种，
所以小明和小华都选择去秦岭国家植物园游玩的概率＝．
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．
21、（1），；(2)；(3)
【解析】（1）直接利用待定系数法求二次函数解析式得出即可；
（2）分三种情况：①当BM=BN时，即5-t=t，②当BM=NM=5-t时，过点M作ME⊥OB，因为AO⊥BO，所以ME∥AO，可得：即可解答；③当BE=MN=t时，过点E作EF⊥BM于点F，所以BF=BM=（5-t），易证△BFE∽△BOA，所以即可解答；
（3）设BP交y轴于点G，过点G作GH⊥AB于点H，因为BP恰好平分∠ABC，所以OG=GH，BH=BO=3，所以AH=2，AG=4-OG，在Rt△AHG中，由勾股定理得：OG=，设出点P坐标，易证△BGO∽△BPD，所以，即可解答.
【详解】解：解：（1）∵抛物线过点B (－3 ，0) 和C (4 ，0)，
∴ ，
解得：；
（2）∵B (－3 ，0)，y=ax2+bx+4，∴A(0，4)，0A=4，OB=3，
在Rt△ABO中，由勾股定理得：AB=5，
t秒时，AM=t，BN=t，BM=AB-AM=5-t，
①如图：当BM=BN时，即5-t=t，解得：t= ;
,
②如图，当BM=NM=5-t时，过点M作ME⊥OB，因为BN=t，由三线合一得：BE=BN=t，又因为AO⊥BO，所以ME∥AO，所以，即 ，解得：t=；
③如图：当BE=MN=t时，过点E作EF⊥BM于点F，所以BF=BM=（5-t），易证△BFE∽△BOA，所以，即 ，解得：t= .
(3)设BP交y轴于点G，过点G作GH⊥AB于点H，因为BP恰好平分∠ABC，所以OG=GH，BH=BO=3，所以AH=2，AG=4-OG，在Rt△AHG中，由勾股定理得：OG=，设P（m，-m2+m+4），因为GO∥PD，∴△BGO∽△BPD，∴ ，即 ，解得：m1=，m2=-3(点P在第一象限，所以不符合题意，舍去)，m1=时，-m2+m+4=
故点P的坐标为
本题考查用待定系数法求二次函数解析式，还考查了等腰三角形的判定与性质、相似三角形的性质和判定.
22、较小相似多边形的周长为14cm，面积为36cm1．
【分析】设较小相似多边形的周长为x，面积为y，则较大相似多边形的周长为56﹣x，面积18+y，根据相似多边形的 性质得到，，然后利用比例的性质求解即可.
【详解】解：设较小相似多边形的周长为x，面积为y，则较大相似多边形的周长为56﹣x，面积18+y，
根据题意得，，
解得x＝14，y＝36，
所以较小相似多边形的周长为14cm，面积为36cm1．
本题考查了相似多边形的性质：对应角相等；对应边的比相等；两个相似多边形周长的比等于相似比；两个相似多边形面积的比等于相似比的平方.
23、（1）；（2），见解析
【分析】（1）袋中一共有3个球，有3种等可能的抽取情况，抽取红球的情况只有1种，摸到红球的概率即可求出；
（2）分别使用树状图法或列表法将抽取球的结果表示出来，第一次共有3种不同的抽取情况，第二次有2种不同的抽取情况，所有等可能出现的结果有6种，找出两次都是白球的的抽取结果，即可算出概率．
【详解】解：（1）∵袋中一共有3个球，有3种等可能的抽取情况，抽取红球的情况只有1种，
∴；
（2）画树状图，根据题意，画树状图结果如下：
一共有6种等可能出现的结果，两次都抽取到白球的次数为2次，
∴；
用列表法，根据题意，列表结果如下：
一共有6种等可能出现的结果，两次都抽取到白球的次数为2次，
∴．
本题考查了列表法或树状图法求概率，用图表的形式将第一次、第二次抽取所可能发生的情况一一列出，避免遗漏．
24、，1﹣
【分析】根据分式混合运算的运算顺序及运算法则进行化简，再把x的值代入计算即可．
【详解】解：原式
，
当时，原式．
本题主要考查分式化简求值，解决本题的关键是要熟练掌握分式通分和分式加减乘除运算法则．
25、 (1)①④;(2);(3)或
【分析】(1)根据的“隔离直线”的定义即可解决问题；
(2)存在，连接，求得与垂直且过的直接就是“隔离直线”，据此即可求解；
(3)分两种情形正方形在x轴上方以及在x轴下方时，分别求出正方形的一个顶点在直线上时的t的值即可解决问题．
【详解】(1)根据的“隔离直线”的定义可知，是图1函数的图象与正方形OABC的“隔离直线”；直线也是图1函数的图象与正方形OABC的“隔离直线”；而与不满足图1函数的图象与正方形OABC的“隔离直线”的条件；
故答案为：①④；
(2)存在，
理由如下：
连接，过点作轴于点，如图，
在Rt△DGO中，，
∵⊙O的半径为，
∴点D在⊙O上．
过点D作DH⊥OD交y轴于点H，
∴直线DH是⊙O的切线，也是△EDF与⊙O的“隔离直线”．
设直线OD的解析式为，
将点D(2，1)的坐标代入得，
解得：，
∵DH⊥OD，
∴设直线DH的解析式为，
将点D(2，1)的坐标代入得，
解得：，
∴直线DH的解析式为，
∴“隔离直线”的表达式为；
(3)如图：
由题意点F的坐标为()，
当直线经过点F时，，
∴，
∴直线，即图中直线EF，
∵正方形A1B1C1D1的中心M(1，t)，
过点作⊥y轴于点G，
∵点是正方形的中心，且，
∴B1C1，，
∴正方形A1B1C1D1的边长为2，
当时，，
∴点C1的坐标是()，此时直线EF是函数)的图象与正方形A1B1C1D1的“隔离直线”，
∴点的坐标是(-1，2)，
此时；
当直线与只有一个交点时，
，消去y得到，
由，可得，
解得：，
同理，此时点M的坐标为：()，
∴，
根据图象可知:
当或时，直线是函数)的图象与正方形A1B1C1D1的“隔离直线”．
本题是二次函数综合题，考查了二次函数的性质、正方形的性质、一次函数的应用、二元二次方程组．一元二次方程的根的判别式等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题．
26、（1）证明见解析（2）证明见解析（3）
【分析】（1）根据直径所对的圆周角为90°，得到∠ADC=90°，根据直角三角形两锐角互余得到∠DAC+∠DCA=90°，再根据同弧或等弧所对的圆周角相等，可得到∠FAD+∠DAC=90°，即可得出结论；
（2）连接OD．根据圆周角定理和角平分线定义可得∠DOA=∠DOC，即可得出结论；
（3）连接OD交CF于M，作EP⊥AD于P．可求出AD=4，AF∥OM．根据三角形中位线定理得出OM=AF．证明△ODE≌△OCM，得到OE=OM．设OM=m，用m表示出OE，AE，AP，DP．通过证明△EAN∽△DPE，根据相似三角形对应边成比例，求出m的值，从而求得AN，AE的值．在Rt△NAE中，由勾股定理即可得出结论．
【详解】（1）∵AC为⊙O的直径，
∴∠ADC=90°，
∴∠DAC+∠DCA=90°．
∵，
∴∠ABD=∠DCA．
∵∠FAD=∠ABD，
∴∠FAD=∠DCA，
∴∠FAD+∠DAC=90°，
∴CA⊥AF，
∴AF为⊙O的切线．
（2）连接OD．
∵，
∴∠ABD=∠AOD．
∵，
∴∠DBC=∠DOC．
∵BD平分∠ABC，
∴∠ABD=∠DBC，
∴∠DOA=∠DOC，
∴DA=DC．
（3）连接OD交CF于M，作EP⊥AD于P．
∵AC为⊙O的直径，
∴∠ADC=90°．
∵DA=DC，
∴DO⊥AC，
∴∠FAC=∠DOC=90°，AD=DC==4，
∴∠DAC=∠DCA=45°，AF∥OM．
∵AO=OC，
∴OM=AF．
∵∠ODE+∠DEO=90°，∠OCM+∠DEO=90°，
∴∠ODE=∠OCM．
∵∠DOE=∠COM，OD=OC，
∴△ODE≌△OCM，
∴OE=OM．
设OM=m，
∴OE=m，，，
∴．
∵∠AED+∠AEN=135°，∠AED+∠ADE=135°，
∴∠AEN=∠ADE．
∵∠EAN=∠DPE，
∴△EAN∽△DPE，
∴，
∴，
∴，
∴，，
由勾股定理得：．
本题是圆的综合题．考查了圆周角定理，切线的判定，相似三角形的判定与性质，三角形的中位线定理等知识．用含m的代数式表示出相关线段的长是解答本题的关键．
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