资源描述
2023-2024学年九上数学期末模拟试卷
注意事项:
1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。
2．答题时请按要求用笔。
3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。
4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。
5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。
一、选择题(每小题3分,共30分)
1．如图，∠AOB是放置在正方形网格中的一个角,则tan∠AOB（ ）
A． B． C．1 D．
2．河堤横断面如图所示，堤高BC=6米，迎水坡AB的坡比为1：，则AB的长为
A．12米 B．4米 C．5米 D．6米
3．下列运算中，计算结果正确的是（ ）
A．a4•a＝a4 B．a6÷a3＝a2 C．（a3）2＝a6 D．（ab）3＝a3b
4．如图，将绕点按逆时针方向旋转后得到，若，则的度数为( )
A． B． C． D．
5．如图，在▱ABCD中，AB=12，AD=8，∠ABC的平分线交CD于点F，交AD的延长线于点E，CG⊥BE，垂足为G，若EF=2，则线段CG的长为（ ）
A． B． C． D．
6．如图，在菱形ABCD中，点E,F分别在AB,CD上，且，连接EF交BD于点O连接AO.若,，则的度数为（ ）
A．50° B．55° C．65° D．75°
7．某学习小组在研究函数y＝x3﹣2x的图象与性质时，列表、描点画出了图象．结合图象，可以“看出”x3﹣2x＝2实数根的个数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
8．如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为（0，4），△OAB沿x轴向右平移后得到△O'A'B'，A的对应点A'是直线上一点，则点B与其对应点B'间的距离为（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
9．若抛物线y＝x2+bx+c与x轴只有一个公共点，且过点A(m，n），B(m﹣8，n)，则n的值为（ ）
A．8 B．12 C．15 D．16
10．如图，在中，，，，点O是AB的三等分点，半圆O与AC相切，M，N分别是BC与半圆弧上的动点，则MN的最小值和最大值之和是（ ）
A．5 B．6 C．7 D．8
二、填空题(每小题3分,共24分)
11．如图，△ABC是等腰直角三角形，BC是斜边，P为△ABC内一点，将△ABP绕点A逆时针旋转后与△ACP′重合，若AP=1，那么线段PP′的长等于_____．
12．如图，已知⊙O的半径为10，AB⊥CD，垂足为P，且AB＝CD＝16，则OP＝_____．
13．120°的圆心角对的弧长是6π，则此弧所在圆的半径是_____．
14．如果抛物线与轴的一个交点的坐标是，那么与轴的另一个交点的坐标是___________.
15．如图，二次函数的图象记为，它与轴交于点，；将绕点旋转180°得，交轴于点；将绕点旋转180°得，交轴于点；……如此进行下去，得到一条“波浪线”.若在这条“波浪线”上，则____.
16．如图，在4×4的正方形网络中，已将部分小正方形涂上阴影，有一个小虫落到网格中，那么小虫落到阴影部分的概率是____.
17．如图，转盘中6个扇形的面积相等，任意转动转盘1次，当转盘停止转动时，指针指向的数小于5的概率为_____．
18．若A（-2，a），B（1，b），C（2，c）为二次函数的图象上的三点，则a，b，c的大小关系是__________________．(用“<”连接)
三、解答题(共66分)
19．（10分）某校薛老师所带班级的全体学生每两人都握一次手，共握手1540次，求薛老师所带班级的学生人数．
20．（6分）某公司计划购买若干台电脑，现从两家商场了解到同一种型号的电脑报价均为元，并且多买都有一定的优惠. 各商场的优惠条件如下：
甲商场优惠条件：第一台按原价收费，其余的每台优惠；
乙商场优惠条件：每台优惠.
设公司购买台电脑，选择甲商场时， 所需费用为元，选择乙商场时，所需费用为元，请分别求出与之间的关系式.
什么情况下，两家商场的收费相同？什么情况下，到甲商场购买更优惠？什么情况下，到乙商场购买更优惠？
现在因为急需，计划从甲乙两商场一共买入台某品牌的电脑，其中从甲商场购买台电脑.已知甲商场的运费为每台元，乙商场的运费为每台元，设总运费为元，在甲商场的电脑库存只有台的情况下，怎样购买，总运费最少？最少运费是多少？
21．（6分）如图，已知抛物线经过坐标原点和轴上另一点，顶点的坐标为．矩形的顶点与点O重合，AD、AB分别在x轴、y轴上，且AD=2，AB=1．
（1）求该抛物线所对应的函数关系式；
（2）将矩形以每秒个单位长度的速度从图1所示的位置沿轴的正方向匀速平行移动，同时一动点也以相同的速度从点出发向匀速移动，设它们运动的时间为秒，直线与该抛物线的交点为(如图2所示)．
①当，判断点是否在直线上，并说明理由；
②设P、N、C、D以为顶点的多边形面积为，试问是否存在最大值？若存在，求出这个最大值；若不存在，请说明理由．
22．（8分）全国第二届青年运动会是山西省历史上第一次举办的大型综合性运动会，太原作为主赛区，新建了很多场馆，其中在汾河东岸落成了太原水上运动中心，它的终点塔及媒体中心是一个以“大帆船”造型（如图1），外观极具创新，这里主要承办赛艇、皮划艇、龙舟等项目的比赛.“青春”数学兴趣小组为了测量“大帆船”AB的长度，他们站在汾河西岸，在与AB平行的直线l上取了两个点C、D，测得CD=40m，∠CDA=110°，∠ACB=18.5°，∠BCD=16.5°，如图1．请根据测量结果计算“大帆船”AB的长度．（结果精确到0.1m,参考数据：sin16.5°≈0.45，tan16.5°≈0.50，≈1.41，≈1.73）
23．（8分）如图，A(8，6)是反比例函数y＝(x＞0)在第一象限图象上一点，连接OA，过A作AB∥x轴，且AB＝OA(B在A右侧)，直线OB交反比例函数y＝的图象于点M
(1)求反比例函数y＝的表达式；
(2)求点M的坐标；
(3)设直线AM关系式为y＝nx+b，观察图象，请直接写出不等式nx+b﹣≤0的解集．
24．（8分）如图所示,某数学活动小组选定测量小河对岸大树BC的高度,他们在斜坡上D处测得大树顶端B的仰角是30°,朝大树方向下坡走6米到达坡底A处,在A处测得大树顶端B的仰角是45°,若坡角∠FAE=30°,求大树的高度(结果保留根号).
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）（1）解方程：
（2）计算：
参考答案
一、选择题(每小题3分,共30分)
1、C
【分析】连接AB，分别利用勾股定理求出△AOB的各边边长，再利用勾股定理逆定理求得△ABO是直角三角形，再求tan∠AOB的值即可．
【详解】
解：连接AB
如图，利用勾股定理得，，
∵，,
∴
∴利用勾股定理逆定理得，△AOB是直角三角形
∴tan∠AOB==
故选C
本题考查了在正方形网格中，勾股定理及勾股定理逆定理的应用.
2、A
【分析】试题分析：在Rt△ABC中，BC=6米，，∴AC=BC×=6（米）.
∴（米）.故选A.
【详解】请在此输入详解！
3、C
【分析】根据幂的运算法则即可判断.
【详解】A、a4•a＝a5，故此选项错误；
B、a6÷a3＝a3，故此选项错误；
C、（a3）2＝a6，正确；
D、（ab）3＝a3b3，故此选项错误；
故选C．
此题主要考查幂的运算，解题的关键是熟知幂的运算公式.
4、A
【分析】根据旋转的性质即可得到结论．
【详解】解：∵将绕点按逆时针方向旋转后得到，
∴，
∴，
故选：A．
本题考查了三角形内角和定理，旋转的性质的应用，能求出∠ACD的度数是解此题的关键．
5、C
【解析】∵∠ABC的平分线交CD于点F，
∴∠ABE=∠CBE，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴DC∥AB，
∴∠CBE=∠CFB=∠ABE=∠E，
∴CF=BC=AD=8，AE=AB=12，
∵AD=8，
∴DE=4，
∵DC∥AB，
∴，
∴，
∴EB=6，
∵CF=CB，CG⊥BF，
∴BG=BF=2，
在Rt△BCG中，BC=8，BG=2，
根据勾股定理得，CG===，
故选C．
点睛：此题是平行四边形的性质，主要考查了角平分线的定义，平行线分线段成比例定理，等腰三角形的性质和判定，勾股定理，解本题的关键是求出AE，记住：题目中出现平行线和角平分线时，极易出现等腰三角形这一特点．
6、C
【分析】由菱形的性质以及已知条件可证明△BOE≌△DOF，然后根据全等三角形的性质可得BO=DO，即O为BD的中点，进而可得AO⊥BD，再由∠ODA=∠DBC=25°，即可求出∠OAD的度数.
【详解】∵四边形ABCD为菱形
∴AB=BC=CD=DA，AB∥CD，AD∥BC
∴∠ODA=∠DBC=25°，∠OBE=∠ODF，
又∵AE=CF
∴BE=DF
在△BOE和△DOF中，
∴△BOE≌△DOF（AAS）
∴OB=OD
即O为BD的中点，
又∵AB=AD
∴AO⊥BD
∴∠AOD=90°
∴∠OAD=90°-∠ODA=65°
故选C.
本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定与性质，以及等腰三角形三线合一的性质，熟练掌握菱形的性质，得出全等三角形的判定条件是解题的关键.
7、C
【分析】利用直线y=2与yx1﹣2x的交点个数可判断x1﹣2x=2实数根的个数．
【详解】由图象可得直线y=2与yx1﹣2x有三个交点，所以x1﹣2x=2实数根的个数为1．
故选C．
本题考查了函数图像的交点问题：把要求方程根的问题转化为函数图像的交点问题是解题关键．
8、C
【分析】根据平移的性质知BB′＝AA′．由一次函数图象上点的坐标特征可以求得点A′的坐标，所以根据两点间的距离公式可以求得线段AA′的长度，即BB′的长度．
【详解】解：如图，连接AA′、BB′，
∵点A的坐标为（0，4），△OAB沿x轴向右平移后得到△O′A′B′，
∴点A′的纵坐标是4，
又∵点A的对应点在直线y＝x上一点，
∴4＝x，解得x＝1，
∴点A′的坐标是（1，4），
∴AA′＝1，
∴根据平移的性质知BB′＝AA′＝1．
故选：C．
本题考查了一次函数图象上点的坐标特征、坐标与图形变化−−平移．根据平移的性质得到BB′＝AA′是解题的关键．
9、D
【分析】由题意b2﹣4c＝0，得b2＝4c，又抛物线过点A（m，n），B（m﹣8，n），可知A、B关于直线x＝对称，所以A（+4，n），B（﹣4，n），把点A坐标代入y＝x2+bx+c，化简整理即可解决问题．
【详解】解：由题意b2﹣4c＝0，
∴b2＝4c，
又∵抛物线过点A（m，n），B（m﹣8，n），
∴A、B关于直线x＝对称，
∴A（+4，n），B（﹣4，n），
把点A坐标代入y＝x2+bx+c，
n＝（+4）2+b（+4）+c＝b2+1+c，
∵b2＝4c，
∴n＝1．
故选：D．
本题考查二次函数的性质,关键在于熟悉性质,灵活运用.
10、B
【解析】设⊙O与AC相切于点D，连接OD，作垂足为P交⊙O于F，此时垂线段OP最短，PF最小值为，当N在AB边上时，M与B重合时，MN经过圆心，经过圆心的弦最长，根据图形与圆的性质即可求解.
【详解】如图，设⊙O与AC相切于点D，连接OD，作垂足为P交⊙O于F，
此时垂线段OP最短，PF最小值为，
∵，，
∴
∵，
∴
∵点O是AB的三等分点，
∴，，
∴，
∵⊙O与AC相切于点D，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴MN最小值为，
如图，当N在AB边上时，M与B重合时，MN经过圆心，经过圆心的弦最长，
MN最大值，
,
∴MN长的最大值与最小值的和是1．
故选B．
此题主要考查圆与三角形的性质，解题的关键是熟知圆的性质及直角三角形的性质.
二、填空题(每小题3分,共24分)
11、．
【解析】解：∵△ABP绕点A逆时针旋转后与△ACP′重合，
∴∠PAP′=∠BAC=90°，AP=AP′=1，
∴PP′=．
故答案为.
12、6
【分析】根据题意作出合适的辅助线，然后根据垂径定理、勾股定理即可求得OP的长，本题得以解决．
【详解】解：作OE⊥AB交AB与点E，作OF⊥CD交CD于点F，连接OB，如图所示，
则AE＝BE，CF＝DF，∠OFP＝∠OEP＝∠OEB=90°，
又∵圆O的半径为10，AB⊥CD，垂足为P，且AB＝CD＝16，
∴∠FPE＝90°，OB＝10，BE＝8，
∴四边形OEPF是矩形，OE＝=6，
同理可得，OF＝6，
∴EP＝6，
∴OP＝，
故答案为：．
本题考查垂径定理、勾股定理，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
13、1
【分析】根据弧长的计算公式l=，将n及l的值代入即可得出半径r的值
【详解】解：根据弧长的公式l＝ ，
得到：6π＝ ，
解得r＝1．
故答案：1．
此题考查弧长的计算，掌握计算公式是解题关键
14、
【分析】根据抛物线y=ax2+2ax+c，可以得到该抛物线的对称轴，然后根据二次函数图象具有对称性和抛物线y=ax2+2ax+c与x轴的一个交点的坐标是（1，0），可以得到该抛物线与x轴的另一个交点坐标．
【详解】∵抛物线y=ax2+2ax+c=a（x+1）2-a+c，
∴该抛物线的对称轴是直线x=-1，
∵抛物线y=ax2+2ax+c与x轴的一个交点的坐标是（1，0），
∴该抛物线与x轴的另一个交点的坐标是（-3，0），
故答案为：（-3，0）．
此题考查二次函数的图形及其性质，解题的关键是明确题意，利用二次函数的性质解答．
15、1
【分析】根据抛物线与x轴的交点问题，得到图象C1与x轴交点坐标为：（1，1），（2，1），再利用旋转的性质得到图象C2与x轴交点坐标为：（2，1），（4，1），则抛物线C2：y=（x-2）（x-4）（2≤x≤4），于是可推出横坐标x为偶数时，纵坐标为1，横坐标是奇数时，纵坐标为1或-1，由此即可解决问题．
【详解】解：∵一段抛物线C1：y=-x（x-2）（1≤x≤2），
∴图象C1与x轴交点坐标为：（1，1），（2，1），
∵将C1绕点A1旋转181°得C2，交x轴于点A2；，
∴抛物线C2：y=（x-2）（x-4）（2≤x≤4），
将C2绕点A2旋转181°得C3，交x轴于点A3；
…
∴P（2121，m）在抛物线C1111上，
∵2121是偶数，
∴m=1，
故答案为1．
本题考查了二次函数与几何变换：由于抛物线平移后的形状不变，故a不变，所以求平移后的抛物线解析式通常可利用两种方法：一是求出原抛物线上任意两点平移后的坐标，利用待定系数法求出解析式；二是只考虑平移后的顶点坐标，即可求出解析式．
16、
【解析】本题应分别求出正方形的总面积和阴影部分的面积，用阴影部分的面积除以总面积即可得出概率．
【详解】解：小虫落到阴影部分的概率＝，
故答案为：．
本题考查的是概率的公式，用到的知识点为：概率＝相应的面积与总面积之比．
17、
【解析】试题解析：∵共6个数，小于5的有4个，∴P（小于5）==．故答案为．
18、a＜b＜c
【分析】先求出二次函数的对称轴，再根据点到对称轴的距离远近即可解答.
【详解】由二次函数的解析式可知，对称轴为直线x=-1，且图象开口向上，
∴点离对称轴距离越远函数值越大，
∵-1-（-2）=1，
1-（-1）=2，
2-（-1）=3，
∴a＜b＜c，
故答案为：a＜b＜c.
此题主要考查二次函数图象上点的坐标特征，熟练掌握二次函数的顶点式以及图象上点的坐标特征是解答的关键.
三、解答题(共66分)
19、薛老师所带班级有56人．
【分析】设薛老师所带班级有x人，根据题意列出方程求解即可．
【详解】解：设薛老师所带班级有x人，
依题意，得：x（x﹣1）＝1540，
整理，得：x2﹣x﹣3080＝0，
解得：x1＝56，x2＝﹣55（不合题意，舍去）．
答：薛老师所带班级有56人．
本题考查了一元二次方程的实际应用，掌握解一元二次方程的方法是解题的关键．
20、（1），；（2）当购买台时，两家商场的收费相同；当购买电脑台数大于时，甲商场购买更优惠; 当购买电脑台数小于时，乙商场购买更优惠；（3）从甲商场买台，从乙商场买台时，总运费最少，最少运费是元.
【分析】（1）根据“费用=每台费用台数”分别建立等式即可；
（2）分别根据求解即可；
（3）先列出运费与a的关系式，再根据函数的性质求出最值即可.
【详解】（1）由题意得：；(或)
；(或)
（2）设学校购买台电脑，若两家商场收费相同，则：
，(或)
解得
即当购买台时，两家商场的收费相同；
若到甲商场购买更优惠，则：
解得
即当购买电脑台数大于时，甲商场购买更优惠；
若到乙商场购买更优惠，则：
解得
即当购买电脑台数小于时，乙商场购买更优惠；
（3）由题意得，
当取最大时，费用最小
甲商场只有台
取4，此时
故从甲商场买台，从乙商场买台时，总运费最少，最少运费是元.
本题考查了一次函数的性质与应用，依据题意正确建立函数关系式是解题关键.
21、（1）y=-x2+4x；（2）点P不在直线MB上，理由见解析；②当t=时，以点P，N，C，D为顶点的多边形面积有最大值，这个最大值为．
【分析】（1）设抛物线解析式为，将代入求出即可解决问题；
（2）①由（1）中抛物线的解析式可以求出点的坐标，从而可以求出的解析式，再将点的坐标代入直线的解析式就可以判断点是否在直线上．
②设出点，，可以表示出的值，根据梯形的面积公式可以表示出与的函数关系式，从而可以求出结论．
【详解】解：（1）设抛物线解析式为，
把代入解析式得，
解得，，
函数解析式为，即．
（2）①，
当时，，
，，
，
设直线的解析式为：，则
，
解得：，
直线的解析式为：，
当时，，，
当时，，
当时，点不在直线上．
②存在最大值．理由如下：
点在轴的非负半轴上，且在抛物线上，
．
点，的坐标分别为、，
，
，
，
I.当，即或时，以点，，，为顶点的多边形是三角形，此三角形的高为，
，
II.当时，以点，，，为顶点的多边形是四边形，
，，
，
，
，
，
时，有最大值为，
综合以上可得，当时，以点，，，为顶点的多边形面积有最大值，这个最大值为．
此题主要考查了待定系数法求函数的解析式，二次函数的最值，二次函数图象上点的坐标特征，三角形的面积公式的运用，梯形的面积公式的运用．根据几何关系巧妙设点，把面积用表示出来，转化为函数最值问题是解题的关键．
22、 “大帆船”AB的长度约为94.8m
【分析】分别过点A、B作直线l的垂线，垂足分别为点E、F，设DE=xm，得BF= AE=CE=( x +40)m，AE=x ，列出方程，求出x的值，进而即可求解．
【详解】分别过点A、B作直线l的垂线，垂足分别为点E、F，
设DE=xm，易知四边形ABFE是矩形，
∴ AB=EF，AE=BF．
∵∠DCA=∠ACB+∠BCD=18.5°+16.5°=45°，
∴ BF= AE=CE=( x +40)m．
∵ ∠CDA=110°，
∴ ∠ADE=60°．
∴ AE= x·tan60°=x ，
∴ x= x +40 ， 解得： x≈54.79（m）．
∴ BF= CE =54.79+40=94.79（m）．
∴ CF=≈189.58（m）．
∴ EF= CF- CE=189.58-94.79≈94.8（m）．
∴ AB=94.8（m）．
答：“大帆船”AB的长度约为94.8m．
本题主要考查三角函数的实际应用，添加辅助线，构造直角三角形，熟练掌握三角函数的定义，是解题的关键．
23、 (1)y＝；(2)M(1，4)；(3)0＜x≤8或x≥1．
【分析】(1)根据待定系数法即可求得；
(2)利用勾股定理求得AB＝OA＝10，由AB∥x轴即可得点B的坐标，即可求得直线OB的解析式，然后联立方程求得点M的坐标；
(3)根据A、M点的坐标，结合图象即可求得．
【详解】解：(1)∵A(8，6)在反比例函数图象上
∴6＝，即m＝48，
∴反比例函数y＝的表达式为y＝；
(2)∵A(8，6)，作AC⊥x轴，由勾股定理得OA＝10，
∵AB＝OA，
∴AB＝10，
∴B(18，6)，
设直线OB的关系式为y＝kx，
∴6＝18k，
∴k＝，
∴直线OB的关系式为y＝x，
由 ，解得x＝±1
又∵在第一象限
∴x＝1
故M(1，4)；
(3)∵A(8，6)，M(1，4)，
观察图象，不等式nx+b﹣≤0的解集为：0＜x≤8或x≥1．
本题主要考查一次函数与反比例函数的交点问题，解题的关键是掌握待定系数法求函数解析式及求直线、双曲线交点的坐标．
24、大树的高度为(9+3)米
【分析】根据矩形性质得出，再利用锐角三角函数的性质求出问题即可．
【详解】解:如图,过点D作DG⊥BC于G,DH⊥CE于H,
则四边形DHCG为矩形.
故DG=CH,CG=DH,在中,∵∠DAH=30°,AD=6米,
∴DH=3米,AH=3米,
∴CG=3米,
设BC米,
在中，∠BAC=45°,∴AC米,
∴DG=(3+)米,BG=()米,
在中,
∵BG=DG·tan 30°,
∴(3)×,
解得:9+3,
∴BC=(9+3)米.
答:大树的高度为(9+3)米.
本题考查了仰角、坡角的定义，解直角三角形的应用，能借助仰角构造直角三角形，并结合图形利用三角函数解直角三角形是解题的关键.
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）;（2）-1
【分析】（1）方程因式分解后即可求出解；
（2）原式利用特殊角的三角函数值计算，即可得到结果．
【详解】（1），
，
；
（2）=1-2=-1
本题考查学生的运算能力，解题的关键是熟练运用运算法则，本题属于基础题型．
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