资源描述
2022-2023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（每题4分，共48分）
1．下列几何图形不是中心对称图形的是（ ）
A．平行四边形 B．正五边形 C．正方形 D．正六边形
2．如图，以AD为直径的半圆O经过Rt△ABC斜边AB的两个端点，交直角边AC于点E；B、E是半圆弧的三等分点，的长为，则图中阴影部分的面积为（ ）
A． B． C． D．
3．方程的两根分别是，则等于 （ ）
A．1 B．-1 C．3 D．-3
4．设A（ x1 ， y1）、B （x2 ， y2）是反比例函数 图象上的两点．若x1＜x2＜0，则y1与y2之间的关系是（ ）
A．y1＜y2＜0 B．y2＜y1＜0 C．y2＞y1＞0 D．y1＞y2＞0
5．如图，在平面直角坐标系中，直线l的表达式是，它与两坐标轴分别交于C、D两点，且∠OCD＝60º，设点A的坐标为（m，0），若以A为圆心，2为半径的⊙A与直线l相交于M、N两点，当MN=时，m的值为（ ）
A． B． C．或 D．或
6．函数与，在同一坐标系中的图象可能是（ ）
A．
B．
C．
D．
7．二次函数y＝ax2+bx+c的部分对应值如表：
利用该二次函数的图象判断，当函数值y＞0时，x的取值范围是（ ）
A．0＜x＜8 B．x＜0或x＞8 C．﹣2＜x＜4 D．x＜﹣2或x＞4
8．如图，是一个几何体的三视图，则这个几何体是( )
A．长方体 B．圆柱体 C．球体 D．圆锥体
9．如图，有一块直角三角形余料ABC，∠BAC=90°，D是AC的中点，现从中切出一条矩形纸条DEFG，其中E,F在BC上，点G在AB上，若BF=4.5cm，CE=2cm，则纸条GD的长为（ ）
A．3 cm B．cm C．cm D．cm
10．如图，一斜坡AB的长为m，坡度为1:1.5，则该斜坡的铅直高度BC的高为（ ）
A．3m B．4m C．6m D．16m
11．△DEF和△ABC是位似图形，点O是位似中心，点D，E，F分别是OA，OB，OC的中点，若△DEF的面积是2，则△ABC的面积是( )
A．2 B．4 C．6 D．8
12．某校九年级共有1、2、3、4四个班，现从这四个班中随机抽取两个班进行一场篮球比赛，则恰好抽到1班和2班的概率是（ ）
A． B． C． D．
二、填空题（每题4分，共24分）
13．不等式组的解是________．
14．一元二次方程x2﹣4=0的解是．_________
15．已知三点A（0，0），B（5，12），C（14，0），则△ABC内心的坐标为____．
16．如图，BA,BC是⊙O的两条弦，以点B为圆心任意长为半径画弧，分别交BA,BC于点M,N：分别以点M,N为圆心，以大于为半径画弧，两弧交于点P，连接BP并延长交于点D；连接OD,OC．若，则等于__________.
17．若关于x的一元二次方程有两个相等的实数根，则m的值为_________．
18．已知函数，当 时，函数值y随x的增大而增大．
三、解答题（共78分）
19．（8分）如图，抛物线与轴交于、两点，与轴交于点，且.
（1）求抛物线的解析式及顶点的坐标；
（2）判断的形状，证明你的结论；
（3）点是抛物线对称轴上的一个动点，当周长最小时，求点的坐标及的最小周长.
20．（8分）如图，某城建部门计划在新修的城市广场的一块长方形空地上修建一个面积为1200m2的停车场，将停车场四周余下的空地修建成同样宽的通道，已知长方形空地的长为50m，宽为40m．
（1）求通道的宽度；
（2）某公司希望用80万元的承包金额承揽修建广场的工程，城建部门认为金额太高需要降价，通过两次协商，最终以51.2万元达成一致，若两次降价的百分率相同，求每次降价的百分率．
21．（8分）已知二次函数与轴交于、（在的左侧）与轴交于点，连接、.
（1）如图1，点是直线上方抛物线上一点，当面积最大时，点分别为轴上的动点，连接、、，求的周长最小值；
（2）如图2，点关于轴的对称点为点，将抛物线沿射线的方向平移得到新的拋物线，使得交轴于点（在的左侧）. 将绕点顺时针旋转至. 抛物线的对称轴上有—动点，坐标系内是否存在一点，使得以、、、为顶点的四边形是菱形，若存在，请直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由.
22．（10分）如图，在平面直角坐标系中，点A，C分别在x轴，y轴上，四边形ABCO为矩形，AB＝16，点D与点A关于y轴对称，tan∠ACB＝，点E、F分别是线段AD、AC上的动点，（点E不与点A，D重合），且∠CEF＝∠ACB．
（1）求AC的长和点D的坐标；
（2）求证：；
（3）当△EFC为等腰三角形时，求点E的坐标．
23．（10分）姐妹两人在50米的跑道上进行短路比赛，两人从出发点同时起跑，姐姐到达终点时，妹妹离终点还差3米，已知姐妹两人的平均速度分别为a米/秒、b米/秒．
（1）如果两人重新开始比赛，姐姐从起点向后退3米，姐妹同时起跑，两人能否同时到达终点?若能，请求出两人到达终点的时间；若不能，请说明谁先到达终点．
（2）如果两人想同时到达终点，应如何安排两人的起跑位置?请你设计两种方案．
24．（10分）已知某二次函数图象上部分点的横坐标、纵坐标的对应值如下表.求此函数表达式.
25．（12分）如图，已知抛物线 y＝x2+2x 的顶点为 A，直线 y＝x+2 与抛物线交于 B，C 两点．
（1）求 A，B，C 三点的坐标；
（2）作 CD⊥x 轴于点 D，求证：△ODC∽△ABC；
（3）若点 P 为抛物线上的一个动点，过点 P 作 PM⊥x 轴于点 M，则是否还存在除 C 点外的其他位置的点，使以 O，P，M 为顶点的三角形与△ABC 相似？ 若存在，请求出这样的 P 点坐标；若不存在，请说明理由．
26．如图所示，在平面直角坐标系中，抛物线与轴相交于点，点，与轴相交于点，与抛物线的对称轴相交于点.
（1）求该抛物线的表达式，并直接写出点的坐标；
（2）过点作交抛物线于点，求点的坐标；
（3）在（2）的条件下，点在射线上，若与相似，求点的坐标.
参考答案
一、选择题（每题4分，共48分）
1、B
【分析】根据中心对称图形的定义如果一个图形绕着一个点旋转180°后能够与原图形完全重合即是中心对称图形，这个点叫做对称点.
【详解】解：根据中心对称图形的定义来判断：
A. 平行四边形绕着对角线的交点旋转180°后与原图形完全重合，所以平行四边形是中心对称图形；
B. 正五边形无论绕着那个点旋转180°后与原图形都不能完全重合，所以正五边形不是中心对称图形；
C. 正方形绕着对角线的交点旋转180°后与原图形完全重合，所以正方形是中心对称图形；
D. 正六边形是绕着对角线的交点旋转180°后与原图形完全重合，所以正方形是中心对称图形．
故选：B
【点睛】
本题考查了中心对称图形的判断方法．中心对称图形是一个图形，它绕着图形中的一点旋转180°后与原来的图形完全重合．
2、D
【分析】连接BD，BE，BO，EO，先根据B、E是半圆弧的三等分点求出圆心角∠BOD的度数，再利用弧长公式求出半圆的半径R，再利用圆周角定理求出各边长，通过转化将阴影部分的面积转化为S△ABC﹣S扇形BOE，然后分别求出面积相减即可得出答案.
【详解】解：连接BD，BE，BO，EO，
∵B，E是半圆弧的三等分点，
∴∠EOA＝∠EOB＝∠BOD＝60°，
∴∠BAD＝∠EBA＝30°，
∴BE∥AD，
∵ 的长为 ，
∴
解得：R＝4，
∴AB＝ADcos30°＝ ，
∴BC＝AB＝，
∴AC＝BC＝6，
∴S△ABC＝×BC×AC＝××6＝，
∵△BOE和△ABE同底等高，
∴△BOE和△ABE面积相等，
∴图中阴影部分的面积为：S△ABC﹣S扇形BOE＝
故选：D．
【点睛】
本题主要考查弧长公式，扇形面积公式，圆周角定理等，掌握圆的相关性质是解题的关键.
3、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.
【点睛】
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.
4、B
【解析】先根据反比例函数的解析式判断出函数图象所在的象限，再根据x1＜x1＜0即可得出结论．
【详解】∵反比例函数中，k=1>0，
∴函数图象的两个分支位于一、三象限，且在每一象限内y随x的增大而减小，
∵x1＜x1＜0，
∴0>y1＞y1．
故选：B
【点睛】
本题考查的是反比例函数图象上点的坐标特点，熟知反比例函数图象上各点的坐标一定适合此函数的解析式是解答此题的关键．
5、C
【分析】根据题意先求得、的长，分两种情况讨论：①当点在直线l的左侧时，利用勾股定理求得，利用锐角三角函数求得，即可求得答案；②当点在直线l的右侧时，同理可求得答案.
【详解】令，则，点D 的坐标为，
∵∠OCD＝60º，
∴，
分两种情况讨论：
①当点在直线l的左侧时：如图，
过A作AG⊥CD于G，
∵，MN=，
∴，
∴，
在中，∠ACG＝60º，
∴，
∴，
∴，
②当点在直线l的右侧时：如图，
过A作AG⊥直线l于G，
∵，MN=，
∴，
∴，
在中，∠ACG＝60º，
∴，
∴，
∴，
综上：m的值为：或.
故选：C．
【点睛】
本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，勾股定理，锐角三角函数，分类讨论、构建合适的辅助线是解题的关键.
6、D
【解析】由二次函数y=ax2+a中一次项系数为0，我们易得函数y=ax2+a的图象关于y轴对称，然后分当a＞0时和a＜0时两种情况，讨论函数y=ax2+a的图象与函数y=（a≠0）的图象位置、形状、顶点位置，可用排除法进行解答．
【详解】解：由函数y=ax2+a中一次项系数为0，
我们易得函数y=ax2+a的图象关于y轴对称，可排除A；
当a＞0时，函数y=ax2+a的图象开口方向朝上，顶点（0，a）点在x轴上方，可排除C；
当a＜0时，函数y=ax2+a的图象开口方向朝下，顶点（0，a）点在x轴下方，
函数y=（a≠0）的图象位于第二、四象限，可排除B；
故选：D．
【点睛】
本题考查的知识点是函数的表示方法-图象法，熟练掌握二次函数及反比例函数图象形状与系数的关系是解答本题的关键.
7、C
【分析】观察表格得出抛物线顶点坐标是(1，9)，对称轴为直线x=1，而当x=-2时，y=0，则抛物线与x轴的另一交点为(1，0)，由表格即可得出结论．
【详解】由表中的数据知，抛物线顶点坐标是(1，9)，对称轴为直线x=1.当x＜1时，y的值随x的增大而增大，当x＞1时，y的值随x的增大而减小，则该抛物线开口方向向上，
所以根据抛物线的对称性质知，点(﹣2，0)关于直线直线x=1对称的点的坐标是(1，0)．
所以，当函数值y＞0时，x的取值范围是﹣2＜x＜1．
故选：C．
【点睛】
本题考查了二次函数与x轴的交点、二次函数的性质等知识，解答本题的关键是要认真观察，利用表格中的信息解决问题．
8、B
【分析】根据三视图的规律解答：主视图表示由前向后观察的物体的视图；左视图表示在侧面由左向右观察物体的视图，俯视图表示由上向下观察物体的视图，由此解答即可.
【详解】解：∵该几何体的主视图和左视图都为长方形，俯视图为圆
∴这个几何体为圆柱体
故答案是：B.
【点睛】
本题主要考察简单几何体的三视图，熟练掌握简单几何体的三视图是解题的关键.
9、C
【详解】∵四边形DEFG是矩形，
∴GD∥EF,GD=EF,
∵D是AC的中点，
∴GD是△ABC的中位线，
∴,
∴,
解得：GD=.
故选D.
10、B
【分析】首先根据题意作出图形，然后根据坡度=1：1.5，可得到BC和AC之间的倍数关系式，设BC=x，则AC=1.5x，再由勾股定理求得AB=，从而求得BC的值．
【详解】解：∵斜坡AB的坡度i=BC：AC=1：1.5，AB=，
∴设BC=x，则AC=1.5x，
∴由勾股定理得AB=，
又∵AB=，
∴=，解得：x=4，
∴BC=4m．
故选：B．
【点睛】
本题考查坡度坡角的知识，属于基础题，对坡度的理解及勾股定理的运用是解题关键．
11、D
【解析】先根据三角形中位线的性质得到DE=AB，从而得到相似比，再利用位似的性质得到△DEF∽△ABC，然后根据相似三角形的面积比是相似比的平方求解即可．
【详解】∵点D，E分别是OA，OB的中点，
∴DE=AB，
∵△DEF和△ABC是位似图形，点O是位似中心，
∴△DEF∽△ABC，
∴=，
∴△ABC的面积=2×4=8
故选D．
【点睛】
本题考查了位似变换：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．
12、B
【解析】画树状图展示所有12种等可能的结果数，再找出恰好抽到1班和2班的结果数，然后根据概率公式求解．
解：画树状图为：
共有12种等可能的结果数，其中恰好抽到1班和2班的结果数为2，
所以恰好抽到1班和2班的概率=．
故选B．
二、填空题（每题4分，共24分）
13、x＞4
【分析】分别解出不等式组中的每一个不等式，然后根据同大取大得出不等式组的解集.
【详解】由①得:x＞2;
由②得 :x＞4;
∴此不等式组的解集为x＞4;
故答案为x＞4.
【点睛】
考查了解一元一次不等式组，一元一次不等式组的解法：解一元一次不等式组时，一般先求出其中各不等式的解集，再求出这些解集的公共部分．解集的规律：同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到.
14、x=±1
【解析】移项得x1=4，
∴x=±1．
故答案是：x=±1．
15、（6，4）．
【分析】作BQ⊥AC于点Q，由题意可得BQ=12，根据勾股定理分别求出BC、AB的长，继而利用三角形面积，可得△OAB内切圆半径，过点P作PD⊥AC于D，PF⊥AB于F，PE⊥BC于E，设AD=AF=x，则CD=CE=14-x，BF=13-x，BE=BC-CE=15-（14-x）=1+x，由BF=BE可得13-x=1+x，解之求出x的值，从而得出点P的坐标，即可得出答案．
【详解】解：如图，过点B作BQ⊥AC于点Q，
则AQ=5，BQ=12，
∴AB=，CQ=AC-AQ=9，
∴BC=
设⊙P的半径为r，根据三角形的面积可得：r=
过点P作PD⊥AC于D，PF⊥AB于F，PE⊥BC于E，
设AD=AF=x，则CD=CE=14-x，BF=13-x，
∴BE=BC-CE=15-（14-x）=1+x，
由BF=BE可得13-x=1+x，
解得：x=6，
∴点P的坐标为（6，4），
故答案为：（6，4）．
【点睛】
本题主要考查勾股定理、三角形的内切圆半径公式及切线长定理，根据三角形的内切圆半径公式及切线长定理求出点P的坐标是解题的关键．
16、
【分析】根据作图描述可知BD平分∠ABC，然后利用同弧所对的圆周角是圆心角的一半可求出∠CBD的度数，由∠ABD=∠CBD即可得出答案.
【详解】根据作图描述可知BD平分∠ABC，
∴∠ABD=∠CBD
∵∠COD=70°
∴∠BCD=∠COD=35°
∴∠ABD=35°
故答案为：35°.
【点睛】
本题考查了角平分线的作法，圆周角定理，判断出BD为角平分线，熟练掌握同弧所对的圆周角是圆心角的一半是解题的关键.
17、0
【分析】根据一元二次方程根的判别式的正负判断即可.
【详解】解：原方程可变形为，由题意可得
所以
故答案为：0
【点睛】
本题考查了一元二次方程，掌握根的判别式与一元二次方程的根的情况是解题的关键.
18、x≤﹣1．
【解析】试题分析：∵=，a=﹣1＜0，抛物线开口向下，对称轴为直线x=﹣1，∴当x≤﹣1时，y随x的增大而增大，故答案为x≤﹣1．
考点：二次函数的性质．
三、解答题（共78分）
19、（1），D；（2）是直角三角形，见解析；（3），.
【分析】（1）直接将（−1，0），代入解析式进而得出答案，再利用配方法求出函数顶点坐标；
（2）分别求出AB2＝25，AC2＝OA2＋OC2＝5，BC2＝OC2＋OB2＝20，进而利用勾股定理的逆定理得出即可；
（3）利用轴对称最短路线求法得出M点位置，求出直线的解析式，可得M点坐标，然后易求此时△ACM的周长．
【详解】解：（1）∵点在抛物线上，
∴，
解得：.
∴抛物线的解析式为，
∵，
∴顶点的坐标为：；
（2）是直角三角形，
证明：当时，
∴，即，
当时，，
解得：，，
∴，
∴，，，
∵，，，
∴，
∴是直角三角形；
（3）如图所示：BC与对称轴交于点M，连接，
根据轴对称性及两点之间线段最短可知，此时的值最小，即周长最小，
设直线解析式为：，则，
解得：，
故直线的解析式为：，
∵抛物线对称轴为
∴当时，，
∴，
最小周长是：.
【点睛】
此题主要考查了二次函数综合应用、利用轴对称求最短路线以及勾股定理的逆定理等知识，得出M点位置是解题关键．
20、（1）5m，（2）20%
【分析】（1）设通道的宽度为x米．由题意（50﹣2x）（40﹣2x）＝1200，解方程即可；
（2）可先列出第一次降价后承包金额的代数式，再根据第一次的承包金额列出第二次降价的承包金额的代数式，然后令它等于51.2即可列出方程．
【详解】（1）设通道宽度为xm，
依题意得（50﹣2x）（40﹣2x）＝1200，即x2﹣50x+225＝0
解得x1＝5，x2＝40（舍去）
答：通道的宽度为5m．
（2）设每次降价的百分率为x，
依题意得80（1﹣x）2＝51.2
解得x1＝0.2＝20%，x2＝1.8（舍去）
答：每次降价的百分率为20%．
【点睛】
本题考查了一元二次方程的应用，根据题意，正确列出关系式是解题的关键.
21、（1）；（1）存在，理由见解析；，，，，
【分析】（1）利用待定系数法求出A，B，C的坐标，如图1中，作PQ∥y轴交BC于Q，设P，则Q，构建二次函数确定点P的坐标，作P关于y轴的对称点P1（-2，6），作P关于x轴的对称点P1（2，-6），的周长最小，其周长等于线段的长，由此即可解决问题．
（1）首先求出平移后的抛物线的解析式，确定点H，点C′的坐标，分三种情形，当OC′=C′S时，可得菱形OC′S1K1，菱形OC′S1K1．当OC′=OS时，可得菱形OC′K3S3，菱形OC′K2S2．当OC′是菱形的对角线时，分别求解即可解决问题．
【详解】解：（1）如图，，
过点作轴平行线，交线段于点，
设，
=-（m1-2）1+2，
∵，
∴m=2时，△PBC的面积最大，此时P（2，6）
作点关于轴的对称点，点关于轴的对称点，连接交轴、轴分别为，
此时的周长最小，其周长等于线段的长；
∵，
∴.
（1）如图，
∵E（0，-2），平移后的抛物线经过E，B，
∴抛物线的解析式为y=-x1+bx-2，把B（8，0）代入得到b=2，
∴平移后的抛物线的解析式为y=-x+2x-2=-（x-1）（x-8），
令y=0，得到x=1或8，
∴H（1，0），
∵△CHB绕点H顺时针旋转90°至△C′HB′，
∴C′（6，1），
当OC′=C′S时，可得菱形OC′S1K1，菱形OC′S1K1，
∵OC′=C′S==1，
∴可得S1（5，1-），S1（5，1+），
∵点C′向左平移一个单位，向下平移得到S1，
∴点O向左平移一个单位，向下平移个单位得到K1，
∴K1（-1，-），同法可得K1（-1，），
当OC′=OS时，可得菱形OC′K3S3，菱形OC′K2S2，
同法可得K3（11，1-），K2（11，1+），
当OC′是菱形的对角线时，设S5（5，m），则有51+m1=11+（1-m）1，
解得m=-5，
∴S5（5，-5），
∵点O向右平移5个单位，向下平移5个单位得到S5，
∴C′向上平移5个单位，向左平移5个单位得到K5，
∴K5（1，7），
综上所述，满足条件的点K的坐标为（-1，-）或（-1，）或（11，1-）或（11，1+）或（1，7）．
【点睛】
本题属于二次函数综合题，考查了二次函数的性质，平移变换，翻折变换，菱形的判定和性质，轴对称最短问题等知识，解题的关键是学会利用轴对称解决最短问题，学会用分类讨论的思想思考问题.
22、（1）AC=20，D（12，0）；（2）见解析；（3）（8，0）或(，0)．
【分析】（1）在Rt△ABC中，利用三角函数和勾股定理即可求出BC、AC的长度，从而得到A点坐标，由点D与点A关于y轴对称，进而得到D点的坐标；
（2）欲证，只需证明△AEF与△DCE相似，只需要证明两个对应角相等即可．在△AEF与△DCE中，易知∠CAO＝∠CDE，再利用三角形的外角性质证得∠AEF＝∠DCE，问题即得解决；
（3）当△EFC为等腰三角形时，有三种情况，需要分类讨论：
①当CE＝EF时，此时△AEF与△DCE相似比为1，则有AE＝CD，即可求出E点坐标；
②当EF＝FC时，利用等腰三角形的性质和解直角三角形的知识易求得CE，再利用（2）题的结论即可求出AE的长，进而可求出E点坐标；
③当CE＝CF时，可得E点与D点重合，这与已知条件矛盾，故此种情况不存在．
【详解】解：（1）∵四边形ABCO为矩形，∴∠B=90°，∵AB＝16，tan∠ACB＝，
∴，解得：BC＝12=AO，
∴AC＝20，A点坐标为（﹣12，0），
∵点D与点A关于y轴对称，∴D（12，0）；
（2）∵点D与点A关于y轴对称，∴∠CAO＝∠CDE，
∵∠CEF＝∠ACB，∠ACB＝∠CAO，∴∠CDE＝∠CEF，
又∵∠AEC＝∠AEF+∠CEF＝∠CDE+∠DCE，
∴∠AEF＝∠DCE，∴△AEF∽△DCE．
∴；
（3）当△EFC为等腰三角形时，有以下三种情况：
①当CE＝EF时，∵△AEF∽△DCE，∴△AEF≌△DCE，
∴AE＝CD＝20，∴OE＝AE﹣OA＝20﹣12＝8，∴E（8，0）；
②当EF＝FC时，如图1所示，过点F作FM⊥CE于M，则点M为CE中点，
∴CE＝2ME＝2EF•cos∠CEF＝2EF•cos∠ACB＝．
∵△AEF∽△DCE，
∴，即：，解得：AE＝，
∴OE＝AE﹣OA＝，∴E(，0)．
③当CE＝CF时，则有∠CFE＝∠CEF，
∵∠CEF＝∠ACB＝∠CAO，
∴∠CFE＝∠CAO，即此时F点与A点重合，E点与D点重合，这与已知条件矛盾．
所以此种情况的点E不存在，综上，当△EFC为等腰三角形时，点E的坐标是（8，0）或(，0)．
【点睛】
本题综合考查了矩形的性质、等腰三角形的性质、勾股定理、相似三角形的判定和性质、轴对称的性质、三角形的外角性质以及解直角三角形等知识，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题关键．难点在于第（3）问，当△EFC为等腰三角形时，有三种情况，需要分类讨论，注意不要漏解.
23、（1）姐姐用时秒，妹妹用时秒，所以不能同时到，姐姐先到；（2）姐姐后退米或妹妹前进3米
【分析】（1）先求出姐姐和妹妹的速度关系，然后求出再次比赛时两人用的时间，从而得出结论；
（2）2种方案，姐姐退后或者妹妹向前，要想同时到达终点，则比赛用时相等，根据这个关系列写等量关系式并求解．
【详解】（1）∵姐姐到达终点是，妹妹距终点还有3米
∴姐姐跑50米和妹妹跑47米的时间相同，设这个时间为：
即：
∴a=50k，b=47k
则再次比赛，姐姐的时间为：=秒
妹妹的时间为：秒
∵，
∴＜，即姐姐用时短，姐姐先到达终点
（2）情况一：姐姐退后x米，两人同时到达终点
则：=，解得：x=
情况二：妹妹向前y米，两人同时到达终点
则：=，解得：y=3
综上得：姐姐退后米或妹妹前进3米，两人同时到达终点
【点睛】
本题考查行程问题，解题关键是引入辅助元k，用于表示姐姐和妹妹的速度关系．
24、
【分析】观察图表可知，此二次函数以x=1为轴对称，顶点为（1，4），判断适合套用顶点式y=a（x-h）2+k,得到，再将除顶点外的任意已知点代入，如点（-1，0），得 a = -1.故所求函数表达式为
【详解】解：观察图表可知，当x=-1时y=0，当x=3时y=0，
∴对称轴为直线，顶点坐标为，
∴设，
∵当x=-1时y=0，
∴，
∴=-1，
∴.
【点睛】
本题考查了用待定系数法求二次函数的解析式，这类问题首先应考虑能不能用简便方法即能不能用顶点式和交点式来解，实在不行用一般形式.此题能观察确定出对称轴和顶点的坐标是关键.
25、（1）B（﹣2，0），C（1，3）；（2）见解析；（3）存在这样的点 P，坐标为（﹣，﹣）或（﹣，）或（﹣5，15）．
【分析】（1）可设顶点式，把原点坐标代入可求得抛物线解析式，联立直线与抛物线解析式，可求得C点坐标；
（2）根据勾股定理可得∠ABC＝90°，进而可求△ODC∽△ABC.
（3）设出p点坐标，可表示出M点坐标，利用三角形相似可求得p点的坐标．
【详解】（1）解：y＝x2+2x＝（x+1）2﹣1，
∴顶点 A（﹣1，﹣1）；
由 ，解得：或
∴B（﹣2，0），C（1，3）；
（2）证明：∵A（﹣1，﹣1），B（﹣2，0），C（1，3），
∴AB＝ ，
BC＝ ，
AC＝，
∴AB2+BC2＝AC2，，
∴∠ABC＝90°，
∵OD＝1，CD＝3，
∴=，
∴，∠ABC＝∠ODC＝90°，
∴△ODC∽△ABC；
（3）存在这样的 P 点，设 M（x，0），则 P（x，x2+2x），
∴OM＝|x|，PM＝|x2+2x|，
当以 O，P，M 为顶点的三角形与△ABC 相似时，
有或 ，
由（2）知：AB＝ ，CB＝，
①当时，则 ＝， 当 P 在第二象限时，x＜0，x2+2x＞0，
∴，解得：x1＝0（舍），x2＝ -， 当 P 在第三象限时，x＜0，x2+2x＜0，
∴＝ ，解得：x1＝0（舍），x2＝-，
②当时，则 ＝3， 同理代入可得：x＝﹣5 或 x＝1（舍），
综上所述，存在这样的点 P，坐标为（-，-）或（-，）或（﹣5，15）．
【点睛】
本题为二次函数的综合应用，涉及知识点有待定系数法、图象的交点问题、直角三角形的判定、勾股定理、相似三角形的性质及分类讨论等.
26、（1），点；（2）点；（3）或
【解析】（1）设抛物线的表达式为，将A、B、C三点坐标代入表达式，解出a、b、c的值即可得到抛物线表达式，同理采用待定系数法求出直线BC解析式，即可求出与对称轴的交点坐标；
（2）过点E作EH⊥AB，垂足为H．先证∠EAH=∠ACO，则tan∠EAH=tan∠ACO=，设EH=t，则AH=2t，从而可得到E(-2+2t，t)，最后，将点E的坐标代入抛物线的解析式求解即可；
（3）先证明，再根据与相似分两种情况讨论，建立方程求出AF，利用三角函数即可求出F点的坐标.
【详解】（1）设抛物线的表达式为.
把，和代入得
，解得，
抛物线的表达式，
∴抛物线对称轴为
设直线BC解析式为，
把和代入得
，解得
∴直线BC解析式为
当时，
点.
(2)如图，过点E作EH⊥AB，垂足为H.
∵∠EAB+∠BAC=90°,∠BAC+∠ACO=90°，
∴∠EAH=∠ACO.
∴tan∠EAH=tan∠ACO=.
设EH=t，则AH=2t，
∴点E的坐标为(−2+2t,t).
将(−2+2t,t)代入抛物线的解析式得：12(−2+2t)2−(−2+2t)−4=t，
解得：t=或t=0(舍去)
∴
（3）如图所示，
，
.
，
，
.
由（2）中tan∠EAH=tan∠ACO可知，
.
和相似，分两种情况讨论：
①，即，
，
∵tan∠EAB=
∴sin∠EAB=
∴F点的纵坐标=
点.
②，即，
，
同①可得F点纵坐标=
横坐标=
点.
综合①②，点或.
【点睛】
本题考查二次函数的综合问题，需要熟练掌握待定系数法求函数解析式，熟练运用三角函数与相似三角形的性质，作出图形，数形结合是解题的关键.
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