2022-2023学年河北省隆尧县北楼中学等九年级数学第一学期期末达标检测试题含解析.doc

2022-2023学年九上数学期末模拟试卷
注意事项
1．考生要认真填写考场号和座位序号。
2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。
3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。

一、选择题(每小题3分,共30分)
1．如图所示的几何体的左视图是（　　）

A． B． C． D．
2．对于二次函数y=2（x﹣1）2﹣3，下列说法正确的是（　　）
A．图象开口向下
B．图象和y轴交点的纵坐标为﹣3
C．x＜1时，y随x的增大而减小
D．图象的对称轴是直线x=﹣1

3．如图，将(其中∠B=33°，∠C=90°)绕点按顺时针方向旋转到的位置，使得点C、A、B1在同一条直线上，那么旋转角等于(　　)

A． B． C． D．
4．如图所示，图中既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
5．如图,扇形AOB 中,半径OA＝2，∠AOB＝120°，C 是弧AB的中点,连接AC、BC,则图中阴影部分面积是 ( )

A． B．
C． D．
6．某细胞的直径约为0.0000008米，该直径用科学记数法表示为（　　）
A．米 B．米 C．米 D．米
7．已知(x1，y1)，(x2，y2)，(x3，y3)是反比例函数y＝的图象上的三个点，且x10，则y1，y2，y3的大小关系是( )
A．y3之间的函数关系式为，则该企业一年中应停产的月份是（ ）
A．1月、2月、3月 B．2月、3月、4月 C．1月、2月、12月 D．1月、11月、12月
二、填空题(每小题3分,共24分)
11．若△ABC∽△A′B′C′，且=，△ABC的周长为12 cm，则△A′B′C′的周长为_______cm.
12．下列四个函数：①②③④中，当x＜0时，y随x的增大而增大的函数是______（选填序号）．
13．如图，折叠长方形的一边AD，使点D落在BC边的点F处，已知AB=8cm，BC=10cm，则EF=________
．
14．如图，已知⊙的半径为1，圆心在抛物线上运动，当⊙与轴相切时，圆心的坐标是___________________．

15．方程的根是___________．
16．已知二次函数y＝ax2+bx+c的图象如图所示，对称轴为直线x＝1，则下列结论：
①abc＞0；
②方程ax2+bx+c＝0的两根是x1＝﹣1，x2＝3；
③2a+b＝0；
④4a2+2b+c＜0，
其中正确结论的序号为_____．

17．如图，将一个装有水的杯子倾斜放置在水平的桌面上，其截面可看作一个宽BC=6厘米，长CD=16厘米的矩形．当水面触到杯口边缘时，边CD恰有一半露出水面，那么此时水面高度是______厘米．

18．如图，△ABC周长为20cmBC=6cm,圆O是△ABC的内切圆，圆O的切线MN与AB、CA相交于点M、N，则△AMN的周长为________cm.

三、解答题(共66分)
19．（10分）已知抛物线y＝x2﹣2ax+m．
（1）当a＝2，m＝﹣5时，求抛物线的最值；
（2）当a＝2时，若该抛物线与坐标轴有两个交点，把它沿y轴向上平移k个单位长度后，得到新的抛物线与x轴没有交点，请判断k的取值情况，并说明理由；
（3）当m＝0时，平行于y轴的直线l分别与直线y＝x﹣（a﹣1）和该抛物线交于P，Q两点．若平移直线l，可以使点P，Q都在x轴的下方，求a的取值范围．
20．（6分）如图①抛物线y＝ax2+bx4（a≠0）与x轴，y轴分别交于点A（﹣1，0），B（4，0），点C三点．

（1）试求抛物线的解析式；
（2）点D（3，m）在第一象限的抛物线上，连接BC，BD．试问，在对称轴左侧的抛物线上是否存在一点P，满足∠PBC＝∠DBC？如果存在，请求出点P点的坐标；如果不存在，请说明理由；
（3）点N在抛物线的对称轴上，点M在抛物线上，当以M、N、B、C为顶点的四边形是平行四边形时，请直接写出点M的坐标．
21．（6分）如图，在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于点和点，与轴交于点，且．点在第四象限且在抛物线上．

（1）如（图1），当四边形面积最大时，在线段上找一点，使得最小，并求出此时点的坐标及的最小值；
（2）如（图2），将沿轴向右平移2单位长度得到，再将绕点逆时针旋转度得到，且使经过、的直线与直线平行（其中），直线与抛物线交于、两点，点在抛物线上．在线段上是否存在点，使以点、、、为顶点的四边形为平行四边形？若存在，请直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由．
22．（8分）已知x2+xy+y＝12，y2+xy+x＝18，求代数式3x2+3y2﹣2xy+x+y的值．
23．（8分）如图，在中，，以为直径作交于点.过点作，垂足为，且交的延长线于点.

（1）求证：是的切线；
（2）若，，求的长.
24．（8分）如图，已知一次函数分别交x、y轴于A、B两点，抛物线y＝﹣x2+bx+c经过A、B两点，与x轴的另一交点为C．

（1）求b、c的值及点C的坐标；
（2）动点P从点O出发，以每秒1个单位长度的速度向点A运动，过P作x轴的垂线交抛物线于点D，交线段AB于点E．设运动时间为t（t＞0）秒．
①当t为何值时，线段DE长度最大，最大值是多少？（如图1）
②过点D作DF⊥AB，垂足为F，连结BD，若△BOC与△BDF相似，求t的值．（如图2）
25．（10分）定义：如图1，在中，把绕点逆时针旋转（）并延长一倍得到，把绕点顺时针旋转并延长一倍得到，连接．当时，称是的“倍旋三角形”，边上的中线叫做的“倍旋中线”．

特例感知：
（1）如图1，当，时，则“倍旋中线”长为______；如图2，当为等边三角形时，“倍旋中线”与的数量关系为______；

猜想论证：
（2）在图3中，当为任意三角形时，猜想“倍旋中线”与的数量关系，并给予证明．

26．（10分）如图，已知AB是⊙O的直径，点C、D在⊙O上，点E在⊙O外，∠EAC=∠D=60°．
（1）求∠ABC的度数；
（2）求证：AE是⊙O的切线；
（3）当BC=4时，求劣弧AC的长．

参考答案

一、选择题(每小题3分,共30分)
1、D
【分析】根据左视图是从左边看得到的图形，可得答案．
【详解】从左边看一个正方形被分成两部分，正方形中间有一条横向的虚线，如图：

故选：D．
【点睛】
本题考查了几何体的三视图，从左边看得到的是左视图．
2、C
【解析】试题分析：A、y＝2(x－1)2－3，
∵a＝2＞0，
∴图象的开口向上，故本选项错误；
B、当x＝0时，y＝2(0－1)2－3＝－1，
即图象和y轴的交点的纵坐标为－1，故本选项错误；
C、∵对称轴是直线x＝1，开口向上，
∴当x＜1时，y随x的增大而减少，故本选项正确；
C、图象的对称轴是直线x＝1，故本选项错误．
故选：C．
点睛：本题考查了二次函数的图象和性质的应用，主要考查学生的观察能力和理解能力，用了数形结合思想．
3、D
【解析】根据直角三角形两锐角互余求出，然后求出，再根据旋转的性质对应边的夹角即为旋转角．
【详解】解：，，
，
点、、在同一条直线上，
，
旋转角等于．
故选：D．
【点睛】
本题考查了旋转的性质，直角三角形两锐角互余的性质，熟练掌握旋转的性质，明确对应边的夹角即为旋转角是解题的关键．
4、C
【解析】根据轴对称图形和中心对称图形的定义（轴对称图形是沿某条直线对折，对折的两部分能够完全重合的图形，中心对称图形是绕着某一点旋转后能与自身重合的图形）判断即可.
【详解】解：A选项是中心对称图形但不是轴对称图形，A不符合题意；
B选项是轴对称图形但不是中心对称图形，B不符合题意；
C选项既是轴对称图形又是中心对称图形，C符合题意；
D选项既不是轴对称图形又不是中心对称图形.
故选：C.
【点睛】
本题考查了轴对称图形与中心对称图形，熟练掌握轴对称图形与中心对称图形的判断方法是解题的关键.
5、A
【解析】试题分析：连接AB、OC，ABOC，所以可将四边形AOBC分成三角形ABC、和三角形AOB，进行求面积，求得四边形面积是，扇形面积是S=πr2= ,所以阴影部分面积是扇形面积减去四边形面积即.故选A.
6、B
【分析】根据绝对值小于1的正数也可以利用科学记数法表示，一般形式为且，与较大数的科学记数法不同的是其所使用的是负指数幂，指数由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定．
【详解】解：根据科学计数法得：
．
故选：B．
【点睛】
本题主要考查科学计数法，熟记科学计数法的一般形式是且是关键，注意负指数幂的书写规则是由原数左边第一个不为零的数字开始数起．
7、A
【解析】试题分析：∵反比例函数中，k=－4＜0，
∴此函数的图象在二、四象限，在每一象限内y随x的增大而增大.
∵x1＜x2＜0＜x3，∴0＜y1＜y2，y3＜0，∴y3＜y1＜y2
故选A．
考点：反比例函数图象上点的坐标特征．
8、A
【分析】先确定G点的坐标，再结合D点坐标和位似比为1：2，求出A点的坐标；然后再求出直线AG的解析式，直线AG与x的交点坐标，即为这两个三角形的位似中心的坐标．.
【详解】解：∵△ADC与△EOG都是等腰直角三角形
∴OE=OG=1
∴G点的坐标分别为（0，-1）
∵D点坐标为D（2，0），位似比为1：2，
∴A点的坐标为（2，2）
∴直线AG的解析式为y=x-1
∴直线AG与x的交点坐标为（，0）
∴位似中心P点的坐标是．
故答案为A．
【点睛】
本题考查了位似中心的相关知识，掌握位似中心是由位似图形的对应项点的连线的交点是解答本题的关键．
9、D
【解析】利用平面向量的加法即可解答.
【详解】解：根据题意得＝,
＋ .
故选D.
【点睛】
本题考查平面向量的加法及其几何意义,涉及向量的数乘,属基础题.
10、C
【分析】根据解析式，求出函数值y等于2时对应的月份，依据开口方向以及增减性，再求出y小于2时的月份即可解答．
【详解】解：∵
∴当y=2时，n=2或者n=1．
又∵抛物线的图象开口向下，
∴1月时，y＜2；2月和1月时，y=2．
∴该企业一年中应停产的月份是1月、2月、1月．
故选：C．
【点睛】
本题考查二次函数的应用．能将二次函数由一般式化为顶点式并理解二次函数的性质是解决此题的关键．

二、填空题(每小题3分,共24分)
11、16cm
【解析】∵△ABC∽△A′B′C′，,
∴C△ABC：C△A′B′C′=34，
又∵C△ABC=12cm，
∴C△A′B′C′=16cm.
故答案为16.
12、②③
【分析】分别根据一次函数、反比例函数和二次函数的单调性分别进行判断即可．
【详解】解：
①在y=-2x+1中，k=-2＜0，则y随x的增大而减少；
②在y=3x+2中，k=3＞，则y随x的增大而增大；
③在中，k=-3＜0，当x＜00时，在第二象限，y随x的增大而增大；
④在y=x2+2中，开口向上，对称轴为x=0，所以当x＜0时，y随x的增大而减小；
综上可知满足条件的为：②③．
故答案为：②③．
【点睛】
本题主要考查函数的增减性，掌握一次函数、反比例函数的增减性与k的关系，以及二次函数的增减性是解题的关键．
13、5cm
【分析】先求出BF、CF的长，利用勾股定理列出关于EF的方程，即可解决问题．
【详解】∵四边形ABCD为矩形，
∴∠B＝∠C＝90°；
由题意得：AF＝AD=BC＝10，ED＝EF，
设EF＝x，则EC＝8−x；
由勾股定理得：BF2＝AF2−AB2＝36，
∴BF＝6，CF＝10−6＝4；
由勾股定理得：x2＝42＋（8−x）2，
解得：x＝5，
故答案为：5cm．
【点睛】
该题主要考查了翻折变换及其应用问题；解题的关键是灵活运用勾股定理等几何知识来分析、判断、推理或解答．
14、或或或
【分析】根据圆与直线的位置关系可知，当⊙与轴相切时，P点的纵坐标为1或-1，把1或-1代入到抛物线的解析式中求出横坐标即可．
【详解】∵⊙的半径为1，
∴当⊙与轴相切时，P点的纵坐标为1或-1．
当时，，
解得 ，
∴此时P的坐标为或；
当时，，
解得 ，
∴此时P的坐标为或；
故答案为：或或或．
【点睛】
本题主要考查直线与圆的位置关系和已知函数值求自变量，根据圆与x轴相切找到点P的纵坐标的值是解题的关键．
15、，.
【解析】试题分析：，∴，∴，.故答案为，.
考点：解一元二次方程-因式分解法．
16、②③．
【分析】根据二次函数图象的开口方向、对称轴位置、与x轴的交点坐标等知识，逐个判断即可．
【详解】由图象可知，抛物线开口向下，a＜0，对称轴在y轴右侧，a、b异号，b＞0，与y轴交于正半轴，c＞0，所以abc＜0，因此①是错误的；
当y＝0时，抛物线与x轴交点的横坐标就是ax2+bx+c＝0的两根，由图象可得x1＝﹣1，x2＝3；因此②正确；
对称轴为x＝1，即﹣＝1，也就是2a+b＝0；因此③正确，
∵a＜0，a2＞0，b＞0，c＞0，
∴4a2+2b+c＞0，因此④是错误的，
故答案为：②③．
【点睛】
此题考查二次函数的图象和性质，掌握a、b、c的值决定抛物线的位置以及二次函数与一元二次方程的关系，是正确判断的前提．
17、
【分析】先由勾股定理求出，再过点作于，由的比例线段求得结果即可．
【详解】解：过点作于，如图所示：

∵BC=6厘米，CD=16厘米，CD
厘米，
，
由勾股定理得：，
，
，
，
，
，
即，
．
故答案为：．
【点睛】
此题主要考查了勾股定理的应用以及相似三角形的判定与性质，正确把握相关性质是解题关键．
18、8
【分析】先作出辅助线,连接切点,利用内切圆的性质得到BE=BF,CE=CG,ME=MH,NG=NH,再利用等量代换即可解题.
【详解】解：∵圆O是△ABC的内切圆，MN是圆O的切线,
如下图,连接各切点,有切线长定理易得,
BE=BF,CE=CG,ME=MH,NG=NH,
∵△ABC周长为20cm, BC=6cm,
∴BC=CE+BE=CG+BF=6cm,
∴△AMN的周长=AM+AN+MN=AM+AN+FM+GN=AF+AG,
又∵AF+AG=AB+AC-(BF+CG)=20-6-6=8cm
故答案是8

【点睛】
本题考查了三角形内接圆的性质,切线长定理的应用,中等难度,熟练掌握等量代换的方法是解题关键.

三、解答题(共66分)
19、（3）-3；（2）k＞2，见解析；（3）a＞3或a＜﹣3
【分析】(3)把a＝2，m＝﹣5代入抛物线解析式即可求抛物线的最值；
(2)把a＝2代入，当该抛物线与坐标轴有两个交点，分抛物线与x轴、y轴分别有一个交点和抛物线与x轴、y轴交于原点，分别求出m的值，把它沿y轴向上平移k个单位长度，得到新的抛物线与x轴没有交点，列出不等式，即可判断k的取值；
(3)根据题意，分a大于2和a小于2两种情况讨论即可得a的取值范围．
【详解】解：(3)当a＝2，m＝﹣5时，
y＝x2﹣4x﹣5
＝（x﹣2）2﹣3
所以抛物线的最小值为﹣3．
(2)当a＝2时，
y＝x2﹣4x+m
因为该抛物线与坐标轴有两个交点，
①该抛物线与x轴、y轴分别有一个交点
∴△=36-4m=2，
∴m=4，
∴y＝x2﹣4x+4=（x-2）2
沿y轴向上平移k个单位长度后，得到新的抛物线与x轴没有交点，
则k＞2；
②该抛物线与x轴、y轴交于原点，
即m=2，
∴y＝x2﹣4x
∵把它沿y轴向上平移k个单位长度后，得到新的抛物线与x轴没有交点，
∴y＝x2﹣4x+k
此时△＜2，
即36﹣4k＜2
解得k＞4;
综上，k＞2时，函数沿y轴向上平移k个单位长度后，得到新的抛物线与x轴没有交点；
(3)当m＝2时，y＝x2﹣2ax
抛物线开口向上，与x轴交点坐标为（2，2）（2a，2），a≠2．
直线l分别与直线y＝x﹣（a﹣3）和该抛物线交于P，Q两点，
平移直线l，可以使点P，Q都在x轴的下方，
①当a＞2时，如图3所示，

此时，当x＝2时，2﹣a+3＜2，解得a＞3；
②当a＜2时，如图2所示，

此时，当x＝2a时，2a﹣a+3＜2，解得a＜﹣3．
综上：a＞3或a＜﹣3．
【点睛】
本题主要考查的是二次函数的综合应用，掌握二次函数的最值问题和根据题意进行分类讨论是解本题的关键.
20、（2）y＝﹣x2+3x+2；（2）存在．P（﹣，）．（3）
【分析】（2）将A,B,C三点代入y＝ax2+bx+2求出a,b,c值，即可确定表达式；
（2）在y轴上取点G，使CG＝CD＝3，构建△DCB≌△GCB，求直线BG的解析式，再求直线BG与抛物线交点坐标即为P点，
（3）根据平行四边形的对边平行且相等，利用平移的性质列出方程求解，分情况讨论.
【详解】解：如图：
（2）∵抛物线y＝ax2+bx+2（a≠0）与x轴，y轴分别交于点A（﹣2，0），B（2，0），点C三点．

∴ 解得
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+3x+2．
（2）存在．理由如下：
y＝﹣x2+3x+2＝﹣（x﹣）2+．
∵点D（3，m）在第一象限的抛物线上，
∴m＝2，∴D（3，2），∵C（0，2）
∵OC＝OB，∴∠OBC＝∠OCB＝25°．
连接CD，∴CD∥x轴，
∴∠DCB＝∠OBC＝25°，
∴∠DCB＝∠OCB，
在y轴上取点G，使CG＝CD＝3，
再延长BG交抛物线于点P，在△DCB和△GCB中，CB＝CB，∠DCB＝∠OCB，CG＝CD，
∴△DCB≌△GCB（SAS）
∴∠DBC＝∠GBC．
设直线BP解析式为yBP＝kx+b（k≠0），把G（0，2），B（2，0）代入，得
k＝﹣，b＝2，
∴BP解析式为yBP＝﹣x+2．
yBP＝﹣x+2，y＝﹣x2+3x+2
当y＝yBP 时，﹣x+2＝﹣x2+3x+2，
解得x2＝﹣，x2＝2（舍去），
∴y＝，∴P（﹣，）．
（3） 理由如下，如图
B(2，0),C(0，2) ，抛物线对称轴为直线，
设N(，n)，M(m, ﹣m2+3m+2)
第一种情况：当MN与BC为对边关系时，MN∥BC,MN=BC,
∴2-=0-m，∴m=
∴﹣m2+3m+2=,
∴；
或∴0-=2-m，
∴m=
∴﹣m2+3m+2=,
∴；
第二种情况：当MN与BC为对角线关系，MN与BC交点为K,则K(2,2)，
∴
∴m=
∴﹣m2+3m+2=
∴
综上所述，当以M、N、B、C为顶点的四边形是平行四边形时，点M的坐标为 .

【点睛】
本题考查二次函数与图形的综合应用，涉及待定系数法，函数图象交点坐标问题，平行四边形的性质，方程思想及分类讨论思想是解答此题的关键.
21、（1）点，的最小值；（2）存在，点的坐标可以为，，或
【分析】（1）设，根据正切函数的定义求出点C，将其代入二次函数的表达式中，求出a，过点E作EH⊥OB，垂足为H，根据四边形面积=梯形OCEH的面积+△BHE的面积得到一个二次函数，进而可求出取最大值时点E的坐标，过点M作MF⊥OB，垂足为F，要使最小，则使最小，进而求解；
（2）分两种情况考虑，①线段BC为邻边时，则点N只能取点K，H，②线段BC为对角线时，设点，线段BC与线段PN的交点为点O，分别利用中点坐标公式进行求解．
【详解】解：（1）设，
∵，，
∴，即点，
将点C代入中，
解得， ，
∴，
设点，过点E作EH⊥OB，垂足为H，
∴四边形面积=梯形OCEH的面积+△BHE的面积
，
∴当时，四边形面积最大，
∴点，
过点M作MF⊥OB，垂足为F，
∵，
∴要使最小，即使最小，
∴过点E作EH⊥OB交BC于点M，垂足为H，此时取得最小值，
∴的最小值；

（2）存在；
由题意知，，线段所在的直线方程为，
分两种情况讨论：①线段BC为邻边时，则点N只能取点K，H，
∵ ，
解得，点K，H的横坐标分别为，，
∵四边形BCPN为平行四边形，设点，
当N取点K时，由中点坐标公式知， ，
解得，，
∴，即点，
同理可知，当点N取点K时，点；
②线段BC为对角线时，设点，线段BC与线段PN的交点为点O，
∴点，
∴由中点坐标公式得，，
∵，
∴解得，或，
∴点或，
综上所述，点的坐标可以为，，或．
【点睛】
本题是二次函数的综合题，考查了正切函数，二次函数的性质，平行四边形的性质，中点坐标公式，学会运用分类讨论的思想进行解题，是中考压轴题，难度较大．
22、或
【分析】分别将已知的两个等式相加和相减，得到(x+y）2+(x+y)＝30，(x+y-1）(x﹣y)＝﹣6，即可求得x、y的值，再求代数式的值即可．
【详解】解：由x2+xy+y＝12①，y2+xy+x＝18②，
①+②，得（x+y）2+（x+y）＝30③，
①﹣②，得（x+y-1）（x﹣y）＝﹣6④，
由③得（x+y+6）（x+y﹣5）＝0，
∴x+y＝﹣6或x+y＝5⑤，
∴将⑤分别代入④得，x﹣y＝或x﹣y＝﹣，
∴或
当时，

当时，

故答案为： 或
【点睛】
本题考查解二元一次方程组；理解题意，将已知式子进行合理的变形，再求二元一次方程组的解是解题的关键．
23、（1）见解析；（2）BD长为1．
【分析】（1）连接OD，AD，根据等腰三角形三线合一得BD=CD，根据三角形的中位线可得OD∥AC，所以得OD⊥EF，从而得结论；
（2）根据等腰三角形三线合一的性质证得∠BAD=∠BAC=30°，由30°的直角三角形的性质即可求得BD．
【详解】（1）证明：连接OD，AD，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB=90°，
∴AD⊥BC，
∵AB＝AC，
∴BD＝CD，
∵OA＝OB，
∴OD是△BAC的中位线，
∴OD∥AC，
∵EF⊥AC，
∴OD⊥EF，
∴EF是⊙O的切线；

（2）解：∵AB＝AC，AD⊥BC，
∴∠BAD＝∠BAC＝30°，
∴BD＝AB＝×10＝1,
即BD 长为1．
【点睛】
本题主要考查的是圆的综合应用，解答本题主要应用了圆周角定理、等腰三角形的性质，圆的切线的判定，30°的直角三角形的性质，掌握本题的辅助线的作法是解题的关键．
24、（1）b=2，c=3，C点坐标为（-1，0）；（2）①；②
【分析1）由一次函数求出点A、B坐标，代入抛物线解析式可求出b、c的值，令y=0可求出点C的坐标；
（2）①由题意可知P(t,0),D(t, )、E（t,-t+3），然后表示出DE，利用二次函数的最值即可求出DE最大值；
②分别用t表示出AP、EP、AE、DE、EF、BF，然后分类讨论相似的两种情况，或，列式求解即可.
【详解】解：（1）在中令x=0,得y=3, 令y=0,得x=3,
∴A（3，0），B（0，3），
把A（3，0），B（0，3）代入y＝﹣x2+bx+c中，
得：，
解得，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+3，
令y=0则0=﹣x2+2x+3，
解得，
∴C点坐标为（-1，0）；
（2）①由题知P(t,0),D(t, )、E（t,-t+3）;
∴DE=()-()
∴当时，DE长度最大，最大值为；
②∴A（3，0），B（0，3），
∴OA=OB,
∴∠BAO=45°，
在Rt△PAE中，∠PAE=45°，；
在Rt△DEF中，∠DEF=45°，；
∴
若△BDF∽△CBO相似，则，即：,
解得：(舍去)；，
若△BDF∽△BCO相似，则，即：,
解得：(舍去)；，；
综上，或时，△BOC与△BDF相似.
【点睛】
本题是二次函数压轴题，着重考查了分类讨论的数学思想，考查了二次函数的图象与性质、三角形相似一次函数、解方程等知识点，难度较大．最后一问为探索题型，注意进行分类讨论．
25、（1）①4，②；（2），证明见解析．
【分析】（1）如图1，首先证明，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可解决问题；如图2，过点A作，易证，根据易得结论．
（2）延长到，使得，连接，易证四边形是平行四边形，再证明得，故可得结论．
【详解】（1）如图1，

∵，
∴
∵，
∴
∴
∵BC=4，
∴，
∵D是的中点，
∴AD=;
如图2，

∵，，
∴
根据“倍旋中线”知等腰三角形，
过A作，垂足为
∴， ，
∵D是等边三角形的边的中点，
且
∴
∴
∴
（2）结论：
理由：如图，延长到，使得，连接，
∵，
∴四边形是平行四边形
∴，
∵
∴
∵
∴
∴
∴

【点睛】
本题属于几何变换综合题，主要考查相似三角形的判定和性质、直角三角形的性质、等边三角形的判定和性质等知识的综合运用，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题．
26、（1）60°;(2)证明略;(3)
【分析】（1）根据∠ABC与∠D都是劣弧AC所对的圆周角，利用圆周角定理可证出∠ABC=∠D=60°； 
（2）根据AB是⊙O的直径，利用直径所对的圆周角是直角得到∠ACB90°，结合∠ABC=60°求得∠BAC=30°，从而推出∠BAE=90°，即OA⊥AE，可得AE是⊙O的切线；
（3）连结OC，证出△OBC是等边三角形，算出∠BOC=60°且⊙O的半径等于4，可得劣弧AC所对的圆心角∠AOC=120°，再由弧长公式加以计算，可得劣弧AC的长．
【详解】（1）∵∠ABC与∠D都是弧AC所对的圆周角，
∴∠ABC=∠D=60°；
（2）∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°．
∴∠BAC=30°，
∴∠BAE=∠BAC+∠EAC=30°+60°=90°，
即BA⊥AE，
∴AE是⊙O的切线；
（3）如图，连接OC，

∵OB=OC，∠ABC=60°，
∴△OBC是等边三角形，
∴OB=BC=4，∠BOC=60°，
∴∠AOC=120°，
∴劣弧AC的长为==．
【点睛】
本题考查了切线长定理及弧长公式，熟练掌握定理及公式是解题的关键.