资源描述
2022-2023学年九上数学期末模拟试卷
考生须知：
1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。
2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。
3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。
一、选择题（每题4分，共48分）
1．如图，圆锥底面半径为rcm，母线长为5cm，其侧面展开图是圆心角为216°的扇形，则r的值为（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
2．同学们参加综合实践活动时，看到木工师傅用“三弧法”在板材边角处作直角，其作法是：如图：
（1）作线段AB，分别以点A，B为圆心，AB长为半径作弧，两弧交于点C；
（2）以点C为圆心，仍以AB长为半径作弧交AC的延长线于点D；
（3）连接BD，BC．
根据以上作图过程及所作图形，下列结论中错误的是（ ）
A．∠ABD＝90° B．CA＝CB＝CD C．sinA＝ D．cosD＝
3．等于（ ）
A． B．2 C．3 D．
4．在下列图形中，既是中心对称图形又是轴对称图形的是( )
A．等边三角形 B．圆 C．等腰梯形 D．直角三角形
5．不透明袋子中装有若干个红球和6个蓝球，这些球除了颜色外，没有其他差别，从袋子中随机摸出一个球，摸出蓝球的概率是0.6，则袋子中有红球（ ）
A．4个 B．6个 C．8个 D．10个
6．二次函数的图象如图所示，其对称轴为，有下列结论：①；②；③；④对任意的实数，都有，其中正确的是（ ）
A．①② B．①④ C．②③ D．②④
7．下列成语表示随机事件的是（ ）
A．水中捞月 B．水滴石穿 C．瓮中捉鳖 D．守株待兔
8．若将四根木条钉成的矩形木框变形为平行四边形ABCD的形状，并使其面积为矩形面积的一半，则这个平行四边形的一个最小内角为（ ）
A．30 B．45 C．60 D．90
9．如图，一条抛物线与x轴相交于A、B两点(点A在点B的左侧)，其顶点P在线段MN上移动．若点M、N的坐标分别为(-1，-1)、(2，-1)，点B的横坐标的最大值为3，则点A的横坐标的最小值为( )
A．-3 B．-2.5 C．-2 D．-1.5
10．菱形中，，对角线相交于点，以为圆心，以3为半径作，则四个点在上的个数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
11．一个小组有若干人，新年互送贺年卡一张，已知全组共送贺年卡72张，则这个小组有（ ）
A．12人 B．18人 C．9人 D．10人
12．如图是一根电线杆在一天中不同时刻的影长图，试按其天中发生的先后顺序排列，正确的是（ ）
A．①②③④ B．④①③② C．④②③① D．④③②①
二、填空题（每题4分，共24分）
13．已知学校航模组设计制作的火箭的升空高度h（m）与飞行时间t（s）满足函数表达式，则火箭升空的最大高度是___m
14．如图，在平面直角坐标系中，原点O是等边三角形ABC的重心，若点A的坐标是（0，3），将△ABC绕点O逆时针旋转，每秒旋转60°，则第2018秒时，点A的坐标为 ．
15．已知三个边长分别为2，3，5的正方形如图排列，则图中阴影部分的面积为_____．
16．如图，转动转盘一次，当转盘停止后（指针落在线上重转），指针停留的区域中的数字为偶数的概率是___________．
17．如图，已知△ABC的三个顶点均在格点上，则cosA的值为_______．
18．如图，内接于⊙O，，是⊙O上与点关于圆心成中心对称的点，是边上一点，连结．已知，，是线段上一动点，连结并延长交四边形的一边于点，且满足，则的值为_______________．
三、解答题（共78分）
19．（8分）某汽车零部件生产企业的利润逐年提高，据统计，2015年利润为2亿元，2017年利润为2.88亿元，求该企业从2015年到2017年利润的年平均增长率．
20．（8分）如图，已知抛物线（a≠0）经过A（﹣1，0）、B（3，0）、C（0，﹣3）三点，直线l是抛物线的对称轴．
（1）求抛物线的函数关系式；
（2）设点P是直线l上的一个动点，当点P到点A、点B的距离之和最短时，求点P的坐标；
（3）点M也是直线l上的动点，且△MAC为等腰三角形，请直接写出所有符合条件的点M的坐标．
21．（8分）一只不透明的袋子中装有标号分别为1、2、3、4、5的5个小球，这些球除标号外都相同．
（1）从袋中任意摸出一个球，摸到标号为偶数的概率是 ；
（2）先从袋中任意摸出一个球后不放回，将球上的标号作为十位上的数字，再从袋中任意摸出一个球，将球上的标号作为个位上的数字，请用画树状图或列表的方法求组成的两位数是奇数的概率．
22．（10分）如图，抛物线与轴交于点，，与轴交于点.
（1）求点，，的坐标；
（2）将绕的中点旋转，得到.
①求点的坐标；
②判断的形状，并说明理由.
（3）在该抛物线对称轴上是否存在点，使与相似，若存在，请写出所有满足条件的点的坐标；若不存在，请说明理由.
23．（10分）如图，是一张盾构隧道断面结构图．隧道内部为以O为圆心，AB为直径的圆．隧道内部共分为三层，上层为排烟道，中间为行车隧道，下层为服务层．点A到顶棚的距离为1.6m，顶棚到路面的距离是6.4m，点B到路面的距离为4.0m．请求出路面CD的宽度．（精确到0.1m）
24．（10分）为倡导“低碳生活”，常选择以自行车作为代步工具，如图1所示是一辆自行车的实物图．车架档AC与CD的长分别为45cm，60cm，且它们互相垂直，座杆CE的长为10cm，点A，C，E在同一条直线上，且∠CAB=75°，如图1．
（1）求车架档AD的长；
（1）求车座点E到车架档AB的距离．
(结果精确到1 cm．参考数据： sin75°="0.966," cos75°=0.159，tan75°=3.731)
25．（12分）如图，AB为⊙O的直径，C为⊙O上一点，过点C做⊙O 的切线，与AE的延长线交于点D，且AD⊥CD．
（1）求证：AC平分∠DAB；
（2）若AB=10，CD=4，求DE的长．
26．如图，以矩形ABCD的边CD为直径作⊙O，点E是AB 的中点，连接CE交⊙O于点F，连接AF并延长交BC于点H．
（1）若连接AO，试判断四边形AECO的形状，并说明理由；
（2）求证：AH是⊙O的切线；
（3）若AB＝6，CH＝2，则AH的长为 ．
参考答案
一、选择题（每题4分，共48分）
1、A
【分析】直接根据弧长公式即可得出结论．
【详解】∵圆锥底面半径为rcm，母线长为5cm，其侧面展开图是圆心角为216°的扇形，
∴2πr=×2π×5，解得r=1．
故选A．
【点睛】
本题考查的是圆锥的相关计算，熟记弧长公式是解答此题的关键．
2、D
【分析】由作法得CA＝CB＝CD＝AB，根据圆周角定理得到∠ABD＝90°，点C是△ABD的外心，根据三角函数的定义计算出∠D＝30°，则∠A＝60°，利用特殊角的三角函数值即可得到结论．
【详解】由作法得CA＝CB＝CD＝AB，故B正确；
∴点B在以AD为直径的圆上，
∴∠ABD＝90°，故A正确；
∴点C是△ABD的外心，
在Rt△ABC中，sin∠D＝＝，
∴∠D＝30°，∠A＝60°，
∴sinA＝，故C正确；cosD＝，故D错误，
故选：D．
【点睛】
本题考查了解直角三角形，三角形的外接圆与外心：三角形外接圆的圆心是三角形三条边垂直平分线的交点，叫做三角形的外心．也考查了圆周角定理和解直角三角形．
3、A
【分析】先计算60度角的正弦值，再计算加减即可.
【详解】
故选A.
【点睛】
本题考查了特殊角的三角函数值的计算，能够熟练掌握特殊角的三角函数值是解题的关键.
4、B
【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念对各选项分析判断即可．
【详解】解：A、等边三角形是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项错误；
B、圆是轴对称图形，也是中心对称图形，故本选项正确；
C、等腰梯形是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项错误；
D、直角三角形不一定是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项错误；
故选B．
【点睛】
本题考查了轴对称图形与中心对称图形，识别轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分 沿对称轴折叠后可重合，识别中心对称图形的关键是寻找对称中心，旋转180°后与原图重合．
5、A
【分析】设红球的个数为x，通过蓝球的概率建立一个关于x的方程，解方程即可.
【详解】设袋子中有红球x个，
根据题意得，
解得x＝1．
经检验x＝1是原方程的解．
答：袋子中有红球有1个．
故选：A．
【点睛】
本题主要考查随机事件的概率，掌握随机事件概率的求法是解题的关键.
6、B
【分析】根据二次函数的图象与性质（对称性、与x轴、y轴的交点）、二次函数与一元二次方程的关系逐个判断即可．
【详解】抛物线的开口向下
对称轴为
，异号，则
抛物线与y轴的交点在y轴的上方
，则①正确
由图象可知，时，，即
则，②错误
由对称性可知，和的函数值相等
则时，，即，③错误
可化为
关于m的一元二次方程的根的判别式
则二次函数的图象特征：抛物线的开口向下，与x轴只有一个交点
因此，，即，从而④正确
综上，正确的是①④
故选：B．
【点睛】
本题考查了二次函数的图象与性质（对称性、与x轴、y轴的交点）、二次函数与一元二次方程的关系，熟练掌握函数的图象与性质是解题关键．
7、D
【解析】根据必然事件、不可能事件、随机事件的概念进行判断即可．
【详解】解：水中捞月是不可能事件，故选项A不符合题意；
B、水滴石穿是必然事件，故选项B不符合题意；
C、瓮中捉鳖是必然事件，故选项C不符合题意；
D、守株待兔是随机事件，故选项D符合题意；
故选：D．
【点睛】
本题考查了随机事件，解决本题需要正确理解必然事件、不可能事件、随机事件的概念．用到的知识点为：确定事件包括必然事件和不可能事件．必然事件指在一定条件下一定发生的事件不可能事件是指在一定条件下，一定不发生的事件．不确定事件即随机事件是指在一定条件下，可能发生也可能不发生的事件．
8、A
【分析】将四根木条钉成的矩形木框变形为平行四边形ABCD的形状，并使其面积为矩形面积的一半，则这个平行四边形的长度与矩形相等的一条边上的高为矩形的一半，即AB＝2AE．
【详解】解：将四根木条钉成的矩形木框变形为平行四边形ABCD的形状，并使其面积为矩形面积的一半，
平行四边形ABCD是原矩形变化而成，
∴FG＝BC，FH＝2AE．
又∵HF＝AB，
∴AB＝2AE，
在Rt△ABE中，AB＝2AE，
∠B＝30°．
故选：A．
【点睛】
本题考查了矩形各内角为90的性质，平行四边形面积的计算方法，特殊角的三角函数，本题中利用特殊角的正弦函数是解题的关键．
9、C
【分析】根据顶点P在线段MN上移动，又知点M、N的坐标分别为（-1，-2）、（1，-2），分别求出对称轴过点M和N时的情况，即可判断出A点坐标的最小值．
【详解】解：根据题意知，点B的横坐标的最大值为3，
当对称轴过N点时，点B的横坐标最大，
∴此时的A点坐标为（1，0），
当对称轴过M点时，点A的横坐标最小，此时的B点坐标为（0，0），
∴此时A点的坐标最小为（-2，0），
∴点A的横坐标的最小值为-2，
故选：C.
【点睛】
本题主要考查二次函数的综合题的知识点，解答本题的关键是熟练掌握二次函数的图象对称轴的特点，此题难度一般．
10、B
【分析】根据菱形的性质可知，AO=CO=3，OB=OD，AC⊥BD，再根据勾股定理求出BO的长，从而可以判断出结果．
【详解】解：如图，由菱形的性质可得，
AO=CO=3，BO=DO，AC⊥BD,
在Rt△ABO中，BO==DO≠3，
∴点A，C在上，点B，D不在上．
故选：B．
【点睛】
本题考查菱形的性质、点与圆的位置关系以及勾股定理，掌握基本性质和概念是解题的关键．
11、C
【解析】试题分析：设这个小组有人，故选C．
考点：一元二次方程的应用．
12、B
【分析】北半球而言，从早晨到傍晚影子的指向是：西−西北−北−东北−东，影长由长变短，再变长．
【详解】根据题意，太阳是从东方升起，故影子指向的方向为西方．然后依次为西北−北−东北−东，
即④①③②
故选：B．
【点睛】
本题考查平行投影的特点和规律．在不同时刻，同一物体的影子的方向和大小可能不同，不同时刻物体在太阳光下的影子的大小在变，方向也在改变，就北半球而言，从早晨到傍晚影子的指向是：西−西北−北−东北−东，影长由长变短，再变长．
二、填空题（每题4分，共24分）
13、1
【分析】将函数解析式配方，写成顶点式，按照二次函数的性质可得答案．
【详解】解：∵
=
=，
∵，
∴抛物线开口向下，
当x=6时，h取得最大值，火箭能达到最大高度为1m．
故答案为：1．
【点睛】
本题考查了二次函数的应用，熟练掌握配方法及二次函数的性质，是解题的关键．
14、
【分析】△ABC绕点O逆时针旋转一周需6秒，而2018＝6×336+2，所以第2018秒时，点A旋转到点A′，∠AOA′＝120°，OA＝OA′＝3，作A′H⊥x轴于H，然后通过解直角三角形求出A′H和OH即可得到A′点的坐标．
【详解】解：∵360°÷60°＝6，2018＝6×336+2，
∴第2018秒时，点A旋转到点B，如图，
∠AOA′＝120°，OA＝OA′＝3，
作A′H⊥x轴于H，
∵∠A′OH＝30°，
∴A′H＝OA′＝，OH＝A′H＝，
∴A′（﹣，﹣）．
故答案为（﹣，﹣）．
【点睛】
考核知识点：解直角三角形.结合旋转和解直角三角形知识解决问题是关键.
15、．
【解析】根据相似三角形的性质，利用相似比求出梯形的上底和下底，用面积公式计算即可．
【详解】解：如图，
对角线所分得的三个三角形相似，
根据相似的性质可知，
解得，
即阴影梯形的上底就是（）．
再根据相似的性质可知，
解得：，
所以梯形的下底就是，
所以阴影梯形的面积是．
故答案为：．
【点睛】
本题考查的是相似三角形的性质，相似三角形的对应边成比例．
16、
【分析】由1占圆，2与3占，可得把数字为1的扇形可以平分成2部分，即可得转动转盘一次共有4种等可能的结果，分别是1，1，2，3；然后由概率公式即可求得．
【详解】解：占圆，2与3占，
把数字为1的扇形可以平分成2部分，
转动转盘一次共有4种等可能的结果，分别是1，1，2，3；
当转盘停止后，指针指向的数字为偶数的概率是：．
故答案为：．
【点睛】
此题考查了概率公式的应用．注意用到的知识点为：概率所求情况数与总情况数之比．
17、
【解析】连接BD，根据勾股定理的逆定理判断出△ABD的形状，再由锐角三角函数的定义即可得出结论．
【详解】解：如图，连接BD，
∵BD2=12+12=2，AB2=12+32=10，AD2=22+22=8，2+8=10，
∴△ABD是直角三角形，且∠ADB=90°，
∴．
故答案为：.
【点睛】
本题主要考查了锐角三角函数和勾股定理，作出适当的辅助线构建直角三角形是解答此题的关键．
18、1或
【详解】解：因为内接于圆，，D是⊙O上与点B关于圆心O成中心对称的点，
∴AB=BC=CD=AD,
是正方形
①点R在线段AD上，
∵AD∥BC，
∴∠ARB=∠PBR，∠RAQ=∠APB，
∵AP=BR，
∴△BAP≌ABR，
∴AR=BP，
在△AQR与△PQB中，
，
②点R在线段CD上，此时△ABP≌△BCR，
∴∠BAP=∠CBR．
∵∠CBR+∠ABR=90°，
∴∠BAP+∠ABR=90°，
∴BQ是直角△ABP斜边上的高，
∴QR=BR-BQ=5-2.4=2.6，
.
故答案为：1或.
【点睛】
本题考查正方形的性质和判定，全等三角形的性质和判定，勾股定理,中心对称的性质.解答本题的关键是熟练掌握判定两个三角形全等的一般方法：SSS、SAS、ASA、AAS、HL，注意：AAA、SSA不能判定两个三角形全等，判定两个三角形全等时，必须有边的参与，若有两边一角对应相等时，角必须是两边的夹角．
三、解答题（共78分）
19、该企业从2015年到2017年利润的年平均增长率为20%
【解析】设该企业从2015年到2017年利润的年平均增长率为x，根据该企业2015年及2017年的年利润，即可得出关于x的一元二次方程，解之取其正值即可得出结论．
【详解】设该企业从2015年到2017年利润的年平均增长率为x，
根据题意得：2（1+x）2=2.88，
解得：x1=0.2=20%，x2=-2.2（舍去）．
答：该企业从2015年到2017年利润的年平均增长率为20%．
【点睛】
本题考查了一元二次方程的应用，根据题意找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
20、（1）；（2）P（1，0）；（3）M（1，）（1，）（1，﹣1）（1，0）．
【分析】（1）直接将A、B、C三点坐标代入抛物线的解析式中求出待定系数即可；
（2）由图知：A．B点关于抛物线的对称轴对称，那么根据抛物线的对称性以及两点之间线段最短可知，直线l与x轴的交点，即为符合条件的P点；
（3）由于△MAC的腰和底没有明确，因此要分三种情况来讨论：①MA=AC、②MA=MC、③AC=MC；可先设出M点的坐标，然后用M点纵坐标表示△MAC的三边长，再按上面的三种情况列式求解．
【详解】解：（1）将A（﹣1，0）、B（3，0）、C（0，﹣3）代入抛物线中，
得：，
解得：，
故抛物线的解析式：．
（2）当P点在x轴上，P，A，B三点在一条直线上时，
点P到点A、点B的距离之和最短，
此时x==1，
故P（1，0）；
（3）如图所示：抛物线的对称轴为：x==1，设M（1，m），已知A（﹣1，0）、C（0，﹣3），则：
=，==，=10；
①若MA=MC，则，得：=，
解得：m=﹣1；
②若MA=AC，则，得：=10，
得：m=；
③若MC=AC，则，得：=10，
得：，；
当m=﹣6时，M、A、C三点共线，构不成三角形，不合题意，故舍去；
综上可知，符合条件的M点，且坐标为 M（1，）（1，）（1，﹣1）（1，0）．
考点：二次函数综合题；分类讨论；综合题；动点型．
21、（1）；（2）组成的两位数是奇数的概率为．
【分析】（1）直接利用概率公式求解；
（2）画树状图展示所有20种等可能的结果数，找出组成的两位数是奇数的结果数，然后根据概率公式计算．
【详解】解：（1）从袋中任意摸出一个球，摸到标号为偶数的概率；
故答案为：；
（2）画树状图为：
共有20种等可能的结果数，其中组成的两位数是奇数的结果数为12，
所以组成的两位数是奇数的概率．
【点睛】
本题主要考查了列表法与树状图法求概率，利用列表法或树状图法展示所有等可能的结果，再从中选出符合事件或的结果数目，然后利用概率公式计算事件或事件的概率．
22、（1），，；（2）①；②是直角三角形；（3），，，
【分析】（1）直接利用y=0，x=0分别得出A，B，C的坐标；
（2）①利用旋转的性质结合A，B，C的坐标得出D点坐标；
②利用勾股定理的逆定理判断的形状即可；
（3）直接利用相似三角形的判定与性质结合三角形各边长进而得出答案．
【详解】解：（1）令，则，
解得：，，
∴，.
令，则，∴；
（2）①过作轴于点，
∵绕点旋转得到，
∴，，
在和中
，
∴，
∴，.
∵，，，
∴，，，，
∴，
∵点在第四象限，
∴；
②是直角三角形，
在中，
，
在中
，
，
∴，
∴是直角三角形；
（3）存在
∵，∴，
∵，∴，
作出抛物线的对称轴，
∵M是AB的中点，，，
∴M(,0)，
∴点M在对称轴上.
∵点在对称轴上，
∴设，
当时，
则，∴，
，∴，
∴，.
当时，
则，∴，
，∴，
∴，，
∴，，，.
【点睛】
此题考查了二次函数与坐标轴的交点，全等三角形的判定与性质，勾股定理，二次函数的图像与性质，以及相似三角形的判定与性质等知识，正确分类讨论是解题关键．
23、11.3m.
【分析】连接OC，求出OC和OE，根据勾股定理求出CE，根据垂径定理求出CD即可．
【详解】连接OC，求出OC和OE，根据勾股定理求出CE，根据垂径定理求出CD即可．
【解答】
解：如图，连接OC，AB交CD于E，
由题意知：AB＝1.6+6.4+4＝12，
所以OC＝OB＝6，
OE＝OB﹣BE＝6﹣4＝2，
由题意可知：AB⊥CD，
∵AB过O，
∴CD＝2CE，
在Rt△OCE中，由勾股定理得：CE＝，
∴CD＝2CE＝8≈11.3m，
所以路面CD的宽度为11.3m．
【点睛】
本题考查了垂径定理和勾股定理，能求出CE的长是解此题的关键，注意：垂直于弦的直径平分这条弦．
24、（1）75cm（1）2cm
【解析】解：（1）在Rt△ACD中，AC=45，CD=60，∴AD=，
∴车架档AD的长为75cm．
（1）过点E作EF⊥AB，垂足为点F，
距离EF=AEsin75°=（45+10）sin75°≈61.7835≈2．
∴车座点E到车架档AB的距离是2cm．
（1）在Rt△ACD中利用勾股定理求AD即可．
（1）过点E作EF⊥AB，在Rt△EFA中，利用三角函数求EF=AEsin75°，即可得到答案．
25、（1）见解析；（1）DE=1
【分析】（1）连接OC，利用切线的性质可得出OC∥AD，再根据平行线的性质得出∠DAC=∠OCA，又因为∠OCA=∠OAC，继而可得出结论；
（1）方法一：连接BE交OC于点H，可证明四边形EHCD为矩形，再根据垂径定理可得出，得出，从而得出，再通过三角形中位线定理可得出，继而得出结论；方法二：连接BC、EC，可证明△ADC∽△ACB，利用相似三角形的性质可得出AD=8，再证△DEC∽△DCA，从而可得出结论；方法三：连接BC、EC，过点C做CF⊥AB，垂足为F，利用已知条件得出OF=3，再证明△DEC≌△CFB，利用全等三角形的性质即可得出答案．
【详解】解：（1）证明：连接OC，
∵CD切☉O于点C
∴OC⊥CD
∵AD⊥CD
∴∠D=∠OCD=90°
∴∠D+∠OCD=180°
∴OC∥AD
∴∠DAC=∠OCA
∵OA=OC
∴∠OCA=∠OAC
∴∠DAC=∠OAC
∴AC平分DAB
（1）方法1：连接BE交OC于点H
∵AB是☉O直径
∴∠AEB=90°
∴∠DEC=90°
∴四边形EHCD为矩形
∴CD=EH=4
DE=CH
∴∠CHE=90°
即OC⊥BH
∴EH=BE=4
∴BE=8
∴在Rt△AEB中
AE=6
∵EH=BH
AO=BO
∴OH=AE=3
∴CH=1
∴DE=1
方法1：
连接BC、EC
∵AB是直径
∴∠ACB=90°
∴∠D=∠ACB
∵∠DAC=∠CAB
∴△ADC∽△ACB
∴
∠B=∠DCA
∴AC1=10·AD
∵AC1=AD1+CD1
∴10·AD=AD1+16
∴AD=1舍AD=8
∵四边形ABCE内接于☉O
∴∠B+∠AEC=180°
∵∠DEC+∠AEC=180°
∴∠B=∠DEC
∴∠DEC=∠DCA
∵∠D=∠D
∴△DEC∽△DCA
∴
∴CD1=AD·DE
∴16=8·DE
∴DE=1；
方法3：
连接BC、EC，过点C做CF⊥AB，垂足为F
∵CD⊥AD，∠DAC=∠CAB
∴CD=CF=4，∠D=∠CFB=90°
∵AB=10
∴OC=OB=5
∴OF=3
∴BF=OB-OF=5-3=1
∵四边形ABCE内接于☉O
∴∠B+∠AEC=180°
∵∠DEC+∠AEC=180°
∴∠B=∠DEC
∴△DEC≌△CFB
∴DE=FB=1．
【点睛】
本题是一道关于圆的综合题目，涉及的知识点有切线的性质、平行线的性质、矩形的性质、相似三角形的判定及性质、全等三角形的判定及性质等，综合利用以上知识点是解此题的关键．
26、（1）详见解析；（2）详见解析；（3）
【分析】（1）根据矩形的性质得到AE∥OC，AE＝OC即可证明；
（2）根据平行四边形的性质得到∠AOD＝∠OCF，∠AOF＝∠OFC，再根据等腰三角形的性质得到∠OCF＝∠OFC．故可得∠AOD＝∠AOF，利用SAS证明△AOD≌△AOF，由ADO＝90°得到AH⊥OF，即可证明；
（3）根据切线长定理可得AD=AF,CH=FH=2,设AD=x,则AF=x,AH=x+2,BH=x-2，再利用在Rt△ABH中，AH2=AB2+BH2,代入即可求x,即可得到AH的长.
【详解】（1）解：连接AO，四边形AECO是平行四边形．
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，AB＝CD．
∵E是AB的中点，
∴AE＝AB．
∵CD是⊙O的直径，
∴OC＝CD．∴AE∥OC，AE＝OC．
∴四边形AECO为平行四边形．
（2）证明：由（1）得，四边形AECO为平行四边形，
∴AO∥EC
∴∠AOD＝∠OCF，∠AOF＝∠OFC．
∵OF＝OC
∴∠OCF＝∠OFC．
∴∠AOD＝∠AOF．
∵在△AOD和△AOF中，AO＝AO，∠AOD＝∠AOF，OD＝OF
∴△AOD≌△AOF．
∴∠ADO＝∠AFO．
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ADO＝90°．
∴∠AFO＝90°，即AH⊥OF．
∵点F在⊙O上，
∴AH是⊙O的切线．
（3）∵HC、FH为圆O的切线，AD、AF是圆O的切线
∴AD=AF,CH=FH=2,
设AD=x,则AF=x,AH=x+2,BH=x-2，
在Rt△ABH中，AH2=AB2+BH2,
即（x+2）2=62+（x-2）2,
解得x=
∴AH=+2=.
【点睛】
此题主要考查直线与圆的关系，解题法的关键是熟知切线的判定定理与性质，及勾股定理的运用.
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