2023届江苏省苏州市长桥中学数学九上期末联考模拟试题含解析.doc

2022-2023学年九上数学期末模拟试卷
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3．考试结束后，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．如图，一个圆柱体在正方体上沿虚线从左向右平移，平移过程中不变的是（　　）

A．主视图 B．左视图
C．俯视图 D．主视图和俯视图
2．书架上放着三本小说和两本散文，小明从中随机抽取两本，两本都是小说的概率是（ ）
A． B． C． D．
3．如图，在线段AB上有一点C,在AB的同侧作等腰△ACD和等腰△ECB,且AC=AD,EC=EB,∠DAC=∠CEB,直线BD与线段AE,线段CE分别交于点F,G.对于下列结论：①△DCG∽△BEG；②△ACE∽△DCB；③GF·GB=GC·GE；④若∠DAC=∠CEB=90°,则2AD2=DF·DG.其中正确的是（ ）

A．①②③④ B．①②③ C．①③④ D．①②
4．点P1（﹣1，），P2（3，），P3（5，）均在二次函数的图象上，则，，的大小关系是（ ）
A． B． C． D．
5．方程变为的形式，正确的是（
A． B．
C． D．
6．如图，点A，B，C都在⊙O上，∠ABC＝70°，则∠AOC的度数是（　　）

A．35° B．70° C．110° D．140°
7．如图，AB是⊙O的直径，C是⊙O上一点（A、B除外），∠BOD＝44°，则∠C的度数是（　　）

A．44° B．22° C．46° D．36°
8．已知关于x的一元二次方程有两个实数根，则k的取值范围是（ ）
A． B．且
C．且 D．
9．已知二次函数的图象如图所示，现给出下列结论：①；②；③；④．其中正确结论的个数是（ ）

A．1 B．2 C．3 D．4
10．一次函数y＝﹣3x﹣2的图象和性质，表述正确的是（　　）
A．y随x的增大而增大 B．在y轴上的截距为2
C．与x轴交于点（﹣2，0） D．函数图象不经过第一象限
二、填空题(每小题3分,共24分)
11．已知关于的方程的一个根为-2，则方程另一个根为__________．
12．如图，坐标系中正方形网格的单位长度为1，抛物线y1=-x2+3向下平移2个单位后得抛物线y2，则阴影部分的面积S=_____________．

13．如图，在平面直角坐标系中，直线l:与坐标轴分别交于A，B两点，点C在x正半轴上，且OC＝OB．点P为线段AB（不含端点）上一动点，将线段OP绕点O顺时针旋转90°得线段OQ，连接CQ，则线段CQ的最小值为___________．

14．已知点P是正方形ABCD内部一点，且△PAB是正三角形，则∠CPD＝_____度．
15．如图，在中，，点是边的中点，，则的值为___________．

16．已知实数x，y满足，则x+y的最大值为_______．
17．一天，小青想利用影子测量校园内一根旗杆的高度，在同一时刻内，小青的影长为米，旗杆的影长为米，若小青的身高为米，则旗杆的高度为__________米.

18．如图，点在双曲线上，且轴于，若的面积为，则的值为__________．

三、解答题(共66分)
19．（10分）如图，在直角坐标系中以点为圆心，以3为半径的圆，分别交轴正半轴于点，交轴正半轴于点，过点的直线交轴负半轴于点．

（1）求两点的坐标；
（2）求证：直线是⊙的切线．
20．（6分）如图，已知△ABC中，AB＝8，BC＝10，AC＝12，D是AC边上一点，且AB2＝AD•AC，连接BD，点E、F分别是BC、AC上两点（点E不与B、C重合），∠AEF＝∠C，AE与BD相交于点G．
（1）求BD的长；
（2）求证△BGE∽△CEF；
（3）连接FG，当△GEF是等腰三角形时，直接写出BE的所有可能的长度．

21．（6分）解分式方程：
（1）．
（2）．
22．（8分）定义：如果一个三角形中有两个内角α，β满足α+2β＝90°，那我们称这个三角形为“近直角三角形”．

（1）若△ABC是“近直角三角形”，∠B＞90°，∠C＝50°，则∠A＝　 度；
（2）如图1，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝3，AC＝1．若BD是∠ABC的平分线，
①求证：△BDC是“近直角三角形”；
②在边AC上是否存在点E（异于点D），使得△BCE也是“近直角三角形”？若存在，请求出CE的长；若不存在，请说明理由．
（3）如图2，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，点D为AC边上一点，以BD为直径的圆交BC于点E，连结AE交BD于点F，若△BCD为“近直角三角形”，且AB＝5，AF＝3，求tan∠C的值．
23．（8分）如图，在△ABC中，D是BC边上的中点，且AD＝AC，DE⊥BC，DE与AB相交于点E，EC与AD相交于点F．
(1)求证：△ABC∽△FCD；
(2)若S△ABC＝20，BC＝10，求DE的长．

24．（8分）小明同学用纸板制作了一个圆锥形漏斗模型，如图所示，它的底面半径，高，求这个圆锥形漏斗的侧面积．

25．（10分）如图，△ABC内接于⊙O，AB=AC=10，BC=12，点E是弧BC的中点.
(1)过点E作BC的平行线交AB的延长线于点D，求证：DE是⊙O的切线.
(2)点F是弧AC的中点，求EF的长.

26．（10分1）解方程：；
（2）求二次函数的图象与坐标轴的交点坐标．

参考答案

一、选择题(每小题3分,共30分)
1、B
【解析】主视图是从正面观察得到的图形，左视图是从左侧面观察得到的图形，俯视图是从上面观察得到的图形，结合图形即可作出判断．
解：根据图形，可得：平移过程中不变的是的左视图，变化的是主视图和俯视图．
故选B．
2、A
【分析】画树状图（用A、B、C表示三本小说，a、b表示两本散文）展示所有20种等可能的结果数，找出从中随机抽取2本都是小说的结果数，然后根据概率公式求解．
【详解】画树状图为：（用A、B、C表示三本小说，a、b表示两本散文）

共有20种等可能的结果数，其中从中随机抽取2本都是小说的结果数为6，
∴从中随机抽取2本都是小说的概率＝＝．
故选：A．
【点睛】
本题主要考查等可能事件的概率，掌握画树状图以及概率公式，是解题的关键．
3、A
【解析】利用三角形的内角和定理及两组角分别相等证明①正确；根据两组边成比例夹角相等判断②正确；利用③的相似三角形证得∠AEC=∠DBC,又对顶角相等，证得③正确；根据△ACE∽△DCB证得F、E、B、C四点共圆，由此推出△DCF∽△DGC，列比例线段即可证得④正确.
【详解】①正确；在等腰△ACD和等腰△ECB中AC=AD,EC=EB,∠DAC=∠CEB,
∴∠ACD=∠ADC=∠BCE=∠BEC,
∴∠DCG=180-∠ACD-∠BCE=∠BEC,
∵∠DGC=∠BGE,
∴△DCG∽△BEG;
②正确；∵∠ACD+∠DCG=∠BCE+∠DCG,
∴∠ACE=∠DCB,
∵,
∴△ACE∽△DCB；
③正确；∵△ACE∽△DCB，
∴∠AEC=∠DBC,
∵∠FGE=∠CGB,
∴△FGE∽△CGB,
∴GF·GB=GC·GE；
④正确；如图，连接CF,
由②可得△ACE∽△DCB，
∴∠AEC=∠DBC,
∴F、E、B、C四点共圆，
∴∠CFB=∠CEB=90，
∵∠ACD=∠ECB=45，
∴∠DCE=90，
∴△DCF∽△DGC
∴,
∴,
∵,
∴2AD2=DF·DG.
故选：A.

【点睛】
此题考查相似三角形的判定及性质，等腰三角形的性质，③的证明可通过②的相似推出所需要的条件继而得到证明；④是本题的难点，需要重新画图，并根据条件判定DF、DG所在的三角形相似，由此可判断连接CF，由此证明F、E、B、C四点共圆，得到∠CFB=∠CEB=90是解本题关键.
4、D
【解析】试题分析：∵，∴对称轴为x=1，P2（3，），P3（5，）在对称轴的右侧，y随x的增大而减小，∵3＜5，∴，根据二次函数图象的对称性可知，P1（﹣1，）与（3，）关于对称轴对称，故，故选D．
考点：二次函数图象上点的坐标特征．
5、B
【分析】方程常数项移到右边，两边加上1变形即可得到结果．
【详解】方程移项得：x2﹣2x=3，
配方得：x2﹣2x+1=1，即（x﹣1）2=1．
故选B．
【点睛】
本题考查了解一元二次方程﹣配方法，熟练掌握配方法的步骤是解答本题的关键．
6、D
【分析】根据圆周角定理问题可解．
【详解】解：∵∠ABC所对的弧是，
∠AOC所对的弧是，
∴∠AOC=2∠ABC=2×70°=140°．
故选D．
【点睛】
本题考查圆周角定理，解答关键是掌握圆周角和同弧所对的圆心角的数量关系．
7、B
【分析】根据圆周角定理解答即可.
【详解】解，∵∠BOD＝44°，∴∠C＝∠BOD＝22°，
故选：B．
【点睛】
本题考查了圆周角定理，属于基本题型，熟练掌握圆周角定理是关键.
8、C
【分析】若一元二次方程有两个实数根，则根的判别式△=b24ac≥1，建立关于k的不等式，求出k的取值范围．还要注意二次项系数不为1．
【详解】解：∵一元二次方程有两个实数根，
∴，
解得：，
∵，
∴k的取值范围是且；
故选：C．
【点睛】
本题考查了一元二次方程根的判别式的应用．切记不要忽略一元二次方程二次项系数不为零这一隐含条件．
9、C
【分析】根据图象可直接判断a、c的符号，再结合对称轴的位置可判断b的符号，进而可判断①；
抛物线的图象过点（3，0），代入抛物线的解析式可判断②；
根据抛物线顶点的位置可知：顶点的纵坐标小于－2，整理后可判断③；
根据图象可知顶点的横坐标大于1，整理后再结合③的结论即可判断④.
【详解】解：①由图象可知：，，由于对称轴，∴，∴，故①正确；
②∵抛物线过，∴时，，故②正确；
③顶点坐标为：.由图象可知：，∵，∴，即，故③错误；
④由图象可知：，，∴，
∵，∴，
∴，故④正确；
故选：C．
【点睛】
本题考查了抛物线的图象与性质和抛物线的图象与其系数的关系，熟练掌握抛物线的图象与性质、灵活运用数形结合的思想方法是解题的关键.
10、D
【解析】根据一次函数的图象和性质，依次分析各个选项，选出正确的选项即可．
【详解】A．一次函数y=﹣3x﹣2的图象y随着x的增大而减小，即A项错误；
B．把x=0代入y=﹣3x﹣2得：y=﹣2，即在y轴的截距为﹣2，即B项错误；
C．把y=0代入y=﹣3x﹣2的：﹣3x﹣2=0，解得：x，即与x轴交于点（，0），即C项错误；
D．函数图象经过第二三四象限，不经过第一象限，即D项正确．
故选D．
【点睛】
本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，一次函数的性质，正确掌握一次函数图象的增减性和一次函数的性质是解题的关键．

二、填空题(每小题3分,共24分)
11、1
【分析】将方程的根-2代入原方程求出m的值，再解方程即可求解．
【详解】解：把x=-2代入原方程得出，4-2m+3m=0，解得m=-4；
故原方程为：，
解方程得：．
故答案为：1．
【点睛】
本题考查的知识点是解一元二次方程，根据方程的一个解求出方程中参数的值是解此题的关键．
12、1
【解析】根据已知得出阴影部分即为平行四边形的面积．
【详解】解：根据题意知，图中阴影部分的面积即为平行四边形的面积：2×2=1．
故答案是：1．
【点睛】
本题考查了二次函数图象与几何变换．解题关键是把阴影部分的面积整理为规则图形的面积．
13、
【分析】在OA上取使，得，则，根据点到直线的距离垂线段最短可知当⊥AB时，CP最小，由相似求出的最小值即可.
【详解】解：如图，在OA上取使，

∵，
∴，
在△和△QOC中，
，
∴△≌△QOC（SAS），
∴
∴当最小时，QC最小，
过点作⊥AB，
∵直线l:与坐标轴分别交于A，B两点，
∴A坐标为：（0，8）；B点（-4，0），
∵，
∴，.
∵，
∴，
∴，
∴线段CQ的最小值为.
故答案为：.
【点睛】
本题主要考查了一次函数图像与坐标轴的交点及三角形全等的判定和性质、垂线段最短等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，学会利用垂线段最短解决最值问题，属于中考压轴题．
14、1
【解析】如图，先求出∠DAP＝∠CBP＝30°，由AP＝AD＝BP＝BC，就可以求出∠PDC＝∠PCD＝15°，进而得出∠CPD的度数．
【详解】解：如图，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝AB＝BC，∠DAB＝∠ABC＝90°，
∵△ABP是等边三角形，
∴AP＝BP＝AB，∠PAB＝∠PBA＝60°，
∴AP＝AD＝BP＝BC，∠DAP＝∠CBP＝30°．
∴∠BCP＝∠BPC＝∠APD＝∠ADP＝75°，
∴∠PDC＝∠PCD＝15°，
∴∠CPD＝180°﹣∠PDC﹣∠PCD＝180°﹣15°﹣15°＝1°．
故答案为1．

【点睛】
本题考查了正方形的性质的运用，等边三角形的性质的运用，等腰三角形的性质的运用，解答时运用三角形内角和定理是关键．
15、
【分析】作高线DE，利用勾股定理求出AD，AB的值，然后证明，求DE的长，再利用三角函数定义求解即可．
【详解】过点D作于E

∵点是边的中点，
∴，
在中，由
∴
∴
由勾股定理得

∵
∴
∵
∴
∴
∴
∴
∴
故答案为：．
【点睛】
本题考查了三角函数的问题，掌握勾股定理和锐角三角函数的定义是解题的关键．
16、4
【解析】用含x的代数式表示y，计算x+y并进行配方即可.
【详解】∵
∴
∴
∴当x=-1时，x+y有最大值为4
故答案为4
【点睛】
本题考查的是求代数式的最大值，解题的关键是配方法的应用.
17、1
【分析】易得△AOB∽△ECD，利用相似三角形对应边的比相等可得旗杆OA的长度．
【详解】解：∵OA⊥DA，CE⊥DA，

∴∠CED=∠OAB=90°，
∵CD∥OE，
∴∠CDA=∠OBA，
∴△AOB∽△ECD，
∴，
解得OA=1．
故答案为1．
18、
【分析】设点A坐标为（x，y），由反比例函数的几何意义得，根据的面积为，即可求出k的值.
【详解】解：设点A的坐标为：（x，y），
∴，
∴，
∴，
∵反比例函数经过第二、四象限，则，
∴
故答案为：.

【点睛】
本题考查了反比例函数的性质，以及反比例函数的几何意义，解题的关键是熟练掌握反比例函数的几何意义进行解题.

三、解答题(共66分)
19、（1）,；（2）详见解析．
【分析】（1）先根据圆的半径可求出CA的长，再结合点C坐标即可得出点A坐标；根据点C坐标可知OC的长，又根据圆的半径可求出CB的长，然后利用勾股定理可求出OB的长，即可得出点B坐标；
（2）先根据点坐标分别求出，再根据勾股定理的逆定理可得是直角三角形，然后根据圆的切线的判定定理即可得证．
【详解】（1）∵，圆的半径为3
∴，
∴
点A是x轴正半轴与圆的交点
∴
如图，连接CB，则
在中，
点B是y轴正半轴与圆的交点
∴；

（2）∵
∴
在中，
则在中，
是直角三角形，即
又∵BC是⊙C半径
∴直线BD是⊙C的切线．
【点睛】
本题是一道较简单的综合题，考查了圆的基本性质、勾股定理、圆的切线的判定定理等知识点，熟记各定理与性质是解题关键．
20、（1）；（2）见解析；（3）4或﹣5+或﹣3+
【分析】（1）证明△ADB∽△ABC，可得，由此即可解决问题．
（2）想办法证明∠BEA=∠EFC，∠DBC=∠C即可解决问题．
（3）分三种情形构建方程组解决问题即可．
【详解】（1）∵AB=8，AC=12，又∵AB2=AD•AC
∴
∵AB2=AD•AC，
∴，
又∵∠BAC是公共角
∴△ADB∽△ABC，
∴
∴=
∴．
（2）∵AC=12，，
∴，
∴BD=CD，
∴∠DBC=∠C，
∵△ADB∽△ABC
∴∠ABD=∠C，
∴∠ABD=∠DBC，
∵∠BEF=∠C+∠EFC，
即∠BEA+∠AEF=∠C+∠EFC，
∵∠AEF=∠C，
∴∠BEA=∠EFC，又∵∠DBC=∠C，
∴△BEG∽△CFE．
（3）如图中，过点A作AH∥BC，交BD的延长线于点H，设BE=x，CF=y，

∵AH∥BC，
∴====，
∵BD=CD=，AH=8，
∴AD=DH=，
∴BH=12，
∵AH∥BC，
∴=，
∴=，
∴BG=，
∵∠BEF=∠C+∠EFC，
∴∠BEA+∠AEF=∠C+∠EFC，
∵∠AEF=∠C，
∴∠BEA=∠EFC，
又∵∠DBC=∠C，
∴△BEG∽△CFE，
∴=，
∴=，
∴y=；
当△GEF是等腰三角形时，存在以下三种情况：
①若GE=GF，如图中，则∠GEF=∠GFE=∠C=∠DBC，

∴△GEF∽△DBC，
∵BC=10，DB=DC=，
∴==，
又∵△BEG∽△CFE，
∴==，即=，
又∵y=，
∴x=BE=4；
②若EG=EF，如图中，则△BEG与△CFE全等，

∴BE=CF，即x=y，
又∵y=，
∴x=BE=﹣5+；
③若FG=FE，如图中，则同理可得==，

由△BEG∽△CFE，可得 ==，
即=，
又∵y=，
∴x=BE=﹣3+．
【点睛】
此题主要考查等腰三角形的性质以及相似三角形的综合运用，解题关键是构建方程组进行求解.
21、（1）；（2）无解
【分析】（1）分式方程去分母转化为整式方程，求出整式方程的解得到x的值，经检验即可得到分式方程的解；
（2）分式方程去分母转化为整式方程，求出整式方程的解得到x的值，经检验即可得到分式方程的解．
【详解】（1）两边同时乘以去分母得：，
去括号得：，
移项合并得：，
解得：，
检验：时，，
是原方程的解；
（2）两边同时乘以去分母得：，
去括号得：，
移项合并得：，
检验：时，，
是原方程的增根，
故原方程无解．
【点睛】
本题考查了解分式方程，解分式方程的基本思想是“转化思想”，把分式方程转化为整式方程求解．解分式方程一定注意要验根．
22、（1）20；（2）①见解析；②存在，CE＝；（3）tan∠C的值为或．
【分析】（1）∠B不可能是α或β，当∠A＝α时，∠C＝β＝50°，α+2β＝90°，不成立；故∠A＝β，∠C＝α，α+2β＝90°，则β＝20°；
（2）①如图1，设∠＝ABD∠DBC＝β，∠C＝α，则α+2β＝90°，故△BDC是“近直角三角形”；
②∠ABE＝∠C，则△ABC∽△AEB，即,即，解得：AE=，即可求解.
（3）①如图2所示，当∠ABD＝∠DBC＝β时，设BH＝x，则HE＝5﹣x，则AH2＝AE2﹣HE2＝AB2﹣HB2，即52﹣x2＝62﹣（5﹣x）2，解得：x＝，即可求解；
②如图3所示，当∠ABD＝∠C＝β时，AF∶EF＝AG∶GE＝2∶3，则DE＝2k，则AG＝3k＝R（圆的半径）＝BG，点H是BE的中点，则GH＝DE＝k，在△BGH中，BH＝＝2k，在△ABH中，AB＝5，BH＝2k，AH＝AG+HG＝1k，由勾股定理得：25＝8k2+16k2，解得：k＝，即可求解.
【详解】解：（1）∠B不可能是α或β，
当∠A＝α时，∠C＝β＝50°，α+2β＝90°，不成立；
故∠A＝β，∠C＝α，α+2β＝90°，则β＝20°，
故答案为20；
（2）①如图1，设∠＝ABD∠DBC＝β，∠C＝α，

则α+2β＝90°，故△BDC是“近直角三角形”；
②存在，理由：
在边AC上是否存在点E（异于点D），使得△BCE是“近直角三角形”，
AB＝3，AC＝1，则BC＝5，
则∠ABE＝∠C，则△ABC∽△AEB，
即，即，解得：AE＝，
则CE＝1﹣＝；
（3）①如图2所示，当∠ABD＝∠DBC＝β时，

则AE⊥BF，则AF＝FE＝3，则AE＝6，
AB＝BE＝5
过点A作AH⊥BC于点H，
设BH＝x，则HE＝5﹣x，
则AH2＝AE2﹣HE2＝AB2﹣HB2，即52﹣x2＝62﹣（5﹣x）2，解得：x＝；
cos∠ABE＝＝＝cos2β，则tan2β＝，
则tanα＝；
②如图3所示，当∠ABD＝∠C＝β时，

过点A作AH⊥BE交BE于点H，交BD于点G，则点G是圆的圆心（BE的中垂线与直径的交点），
∵∠AEB＝∠DAE+∠C＝α+β＝∠ABC，故AE＝AB＝5，则EF＝AE﹣AF＝5﹣3＝2，
∵DE⊥BC，AH⊥BC，
∴ED∥AH，则AF∶EF＝AG∶GE＝2∶3，
则DE＝2k，则AG＝3k＝R（圆的半径）＝BG，点H是BE的中点，则GH＝DE＝k，
在△BGH中，BH＝＝2k，
在△ABH中，AB＝5，BH＝2k，AH＝AG+HG＝1k，
由勾股定理得：25＝8k2+16k2，解得：k＝；
在△ABD中，AB＝5，BD＝6k＝，
则cos∠ABD＝cosβ＝＝＝cosC，
则tanC＝；
综上，tan∠C的值为或．
【点睛】
本题主要考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，三角函数值等知识. 属于圆的综合题，解决本题需要我们熟练各部分的内容，对学生的综合能力要求较高，一定要注意将所学知识贯穿起来.
23、（1）见解析；（2）
【分析】（1）根据题目条件证明和，利用两组对应角相等的三角形相似，证明；
（2）过点A作于点M，先通过的面积求出AM的长，根据得到，再算出DE的长．
【详解】解：（1）∵，
∴，
∵D是BC边上的中点且
∴，
∴，
∴；
（2）如图，过点A作于点M，
∵，
∴，解得，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴．

【点睛】
本题考查相似三角形的性质和判定，解题的关键是熟练掌握相似三角形的性质和判定定理．
24、
【解析】首先根据底面半径OB=3cm，高OC=4cm，求出圆锥的母线长，再利用圆锥的侧面积公式求出即可．
【详解】解：根据题意，由勾股定理可知．
,
圆锥形漏斗的侧面积．
【点睛】
此题主要考查了圆锥的侧面积公式求法，正确的记忆圆锥侧面积公式是解决问题的关键．
25、（1）见解析；（2）
【分析】（1）连接AE，由等弦对等弧可得，进而推出，可知AE为⊙O的直径，再由等腰三角形三线合一得到AE⊥BC，根据DE∥BC即可得DE⊥AE，即可得证；
（2）连接BE，AF，OF，OF与AC交于点H，AE与BC交于点G，利用勾股定理求出AG，然后求直径AE，再利用垂径定理求出HF，最后用勾股定理求AF和EF.
【详解】证明：（1）如图，连接AE，

∵AB=AC
∴
又∵点E是弧BC的中点，即
∴，即
∴AE为⊙O的直径，
∵
∴∠BAE=∠CAE
又∵AB=AC
∴AE⊥BC
∵DE∥BC
∴DE⊥AE
∴DE是⊙O的切线.
（2）如图，连接BE，AF，OF，OF与AC交于点H，AE与BC交于点G，

∴∠ABE=∠AFE=90°，OF⊥AC
由（1）可知AG垂直平分BC，∴BG=BC=6
在Rt△ABG中，
∵cos∠BAE=cos∠BAG
∴，即
∴AE=
∴⊙O的直径为，半径为.
设HF=x，则OH=
∴在Rt△AHO中，
即，
解得
∴
∴
【点睛】
本题考查圆的综合问题，需要熟练掌握切线的证明方法，以及垂径定理和勾股定理的运用是关键.
26、（1）x1=1+，x2=1﹣；（2）(5，0)，(-3，0)，(0，－15)
【分析】（1）根据一元二次方程的求根公式，即可求解；
（2）令y=0，求出x的值，令x=0，求出y的值，进而即可得到答案．
【详解】（1）x2﹣2x﹣1=0 ，
∵a=1，b=﹣2，c=﹣1，
∴△=b2﹣4ac=4+4=8＞0，
∴x= =，
∴x1=1+，x2=1﹣；
（2）令y=0，则，
即：，
解得：，
令x=0，则y=－15，
∴二次函数的图象与坐标轴的交点坐标为：(5，0)，(-3，0)，(0，－15)．
【点睛】
本题主要考查一元二次方程的解法和二次函数图象与坐标轴的交点坐标，掌握一元二次方程的求根公式以及求二次函数图象与坐标轴的交点坐标，是解题的关键．