北京市门头沟区2021-2022学年九年级(上)期末数学试卷及答案解析

2021-2022学年北京市门头沟区九年级（上）期末数学试卷一、选择题（本题共16分，每小题2分）第1-8题均有四个选项，符合题意的选项只有一个。

1．（2分）已知2a＝3b（ab≠0），则下列比例式成立的是（）
A．＝B．＝C．＝D．＝
2．（2分）抛物线y＝（x﹣3）2+1的顶点坐标是（）
A．（3，1）B．（3，﹣1）C．（﹣3，1）D．（﹣3，﹣1）3．（2分）已知⊙O的半径为5，点P到圆心O的距离为8，那么点P与⊙O的位置关系是（）
A．点P在⊙O上B．点P在⊙O内C．点P在⊙O外D．无法确定4．（2分）在△ABC中，∠C＝90°，tan A＝2，则sin A的值是（）A．B．C．D．
5．（2分）如图，线段AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于E，如果∠CAB＝20°，那么∠AOD 等于（）
A．120°B．140°C．150°D．160°
6．（2分）如果将抛物线y＝2x2先向左平移2个单位，再向上平移3个单位后得到一条新的抛物线，这条新的抛物线的表达式是（）
A．y＝2（x﹣2）2+3B．y＝2（x+2）2﹣3
C．y＝2（x﹣2）2﹣3D．y＝2（x+2）2+3
7．（2分）如果A（1，y1）与B（2，y2）都在函数y＝的图象上，且y1＞y2，那么k的取值范围是（）
A．k＞1B．k＜1C．k≠1D．任意实数8．（2分）如图，抛物线y＝x2﹣4与x轴交于A、B两点，P是以点C（0，3）为圆心，2为半径的圆上的动点，Q是线段PA的中点，连接OQ，则线段OQ的最大值是（）
A．3B．C．D．4
二、填空题（本题共16分，每小题2分）
9．（2分）如果＝，那么的值是．
10．（2分）颐和园是我国现存规模最大，保存最完整的古代皇家园林，它和承德避暑山庄、苏州拙政园、苏州留园并称为中国四大名园．该园有一个六角亭，如果它的地基是半径为2米的正六边形，那么这个地基的周长是米．
11．（2分）如果两个相似三角形的相似比是1：3，那么这两个相似三角形的周长比是．
12．（2分）如图，扇形的圆心角∠AOB＝60°，半径为3cm．如果点C、D是AB的三等分点，图中所有阴影部分的面积之和是cm2．
13．（2分）把二次函数y＝x2﹣2x+3化成y＝a（x﹣h）2+k的形式为．
14．（2分）写出一个图象位于第一、三象限的反比例函数的表达式：．
15．（2分）《九章算术》是我国古代的数学名著，书中有这样的一个问题：“今有勾八步，股十五步，问勾中容圆径几何？”其意思是：“如图，现有直角三角形，勾（短直角边）长为8步，股（长直角边）长为15步，问该直角三角形所能容纳的最大圆的直径是多少？”
答：该直角三角形所能容纳的最大圆的直径是步．
16．（2分）函数y＝x2+的图象如图所示，在下列结论中：①该函数自变量x的取值范围是x≠0；②该函数有最小值；③方程x2+＝3有三个根；④如果（x1，y1）和（x2，y2）是该函数图象上的两个点，当x1＜x2＜0时一定有y1＜y2，所有正确结论的序号是．
三、解答题（本题共68分，第17～22题每小题5分，23～26题每小题5分，第27～28题每小题5分）解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。

17．（5分）计算：2sin60°++|﹣5|﹣（π+）0．
18．（5分）已知：如图，在△ABC中，点D在BC上，点E在AC上，DE与AB不平行．添加一个条件，使得△CDE∽△CAB，然后再加以证明．
19．（5分）已知：如图1，在△ABC中，AB＝AC．
求作：⊙O，使得⊙O是△ABC的外接圆．
作法：①如图2，作∠BAC的平分线交BC于D；
②作线段AB的垂直平分线EF；
③EF与AD交于点O；
④以点O为圆心，以OB为半径作圆．
∴⊙O就是所求作的△ABC的外接圆．
根据上述尺规作图的过程，回答以下问题：
（1）使用直尺和圆规，依作法补全图2（保留作图痕迹）：
（2）完成下面的证明．
证明：∵AB＝AC，∠BAD＝∠DAC，
∴．
∵AB的垂直平分线EF与AD交于点O，
∴OA＝OB，OB＝OC．（）（填推理的依据）
∴OA＝OB＝OC．
∴⊙O就是△ABC的外接圆．
20．（5分）已知二次函数y＝ax2+bx+c图象上部分点的横坐标x、纵坐标y的对应值如下表：x…01234…
y…﹣3﹣4﹣305…
（1）求该二次函数的表达式；
（2）直接写出该二次函数图象与x轴的交点坐标．
21．（5分）已知：如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD是AB边上的高．（1）求证：△ABC∽△CBD；
（2）如果AC＝4，BC＝3，求BD的长．
22．（5分）如图，在平面直角坐标系xOy中，一次函数y＝﹣2x的图象与反比例函数y＝的图象的一个交点为A（﹣1，n）．
（1）求反比例函数y＝的解析式；
（2）若P是坐标轴上一点，且满足PA＝OA，直接写出
点P的坐标．
23．（6分）“永定楼”是门头沟区的地标性建筑，某数学兴趣小组进行了测量它高度的社会实践活动．如图，他们先在点D处用高1.5米的测角仪AD测得塔顶M的仰角为30°，然后沿DF方向前行70m到达点E处，在点E处测得塔顶M的仰角为60°．求永定楼的高MF．（结果保留根号）
24．（6分）在美化校园的活动中，某兴趣小组借助如图所示的直角墙角（墙角两边DC和DA足够长），用28m长的篱笆围成一个矩形花园ABCD（篱笆只围AB和BC两边）．设AB＝xm，S矩形ABCD＝ym2．
（1）求y与x之间的关系式，并写出自变量的取值范围；
（2）当矩形花园的面积为192m2时，求AB的长；
（3）如果在点P处有一棵树（不考虑粗细），它与墙DC和DA的距离分别是15m和6m，如果要将这棵树围在矩形花园内部（含边界），直接写出矩形花园面积的最大值．
25．（6分）如图，AB为⊙O的直径，C为BA延长线上一点，CD是⊙O的切线，D为切点，OF⊥AD于点E，交CD于点F．
（1）求证：∠ADC＝∠AOF；
（2）若sin C＝，BD＝8，求EF的长．
26．（6分）在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y＝ax2﹣2ax+4（a＞0）．（1）求该抛物线的对称轴和顶点坐标（用含a的代数式表示）；
（2）如果该抛物线的顶点恰好在x轴上，求它的表达式；
（3）如果A（m﹣1，y1），B（m，y2），C（m+2，y3）三点均在抛物线y＝ax2﹣2ax+4上，且总有y1＞y3＞y2，结合图象，直接写出m的取值范围．
27．（7分）在△ABC中，∠BAC＝45°，CD⊥AB于点D，AE⊥BC于点E，连接DE．（1）如图1，当△ABC为锐角三角形时，
①依题意补全图形，猜想∠BAE与∠BCD之间的数量关系并证明；
②用等式表示线段AE，CE，DE的数量关系，并证明；
（2）如图2，当∠ABC为钝角时，依题意补全图形并直接写出线段AE，CE，DE的数量关系．
28．（7分）如图，在平面直角坐标系xOy中，C（0，2），⊙C的半径为1．如果将线段AB 绕原点O逆时针旋转α（0°＜α＜180°）后的对应线段A'B'所在的直线与⊙C相切，且切点在线段A′B′上，那么线段AB就是⊙C的“关联线段”，其中满足题意的最小α就
是线段AB与⊙C的“关联角”．
（1）如图1，如果A（2，0），线段OA是⊙C的“关联线段”，那么它的“关联角”为°．（2）如图2，如果A1（﹣3，3）、B1（﹣2，3），A2（1，1）、B2（3，2），A3（3，0）、B3（3，﹣2）．
那么⊙C的“关联线段”有（填序号，可多选）．
①线段A1B1②线段A2B2③线段A3B3
（3）如图3，如果B（1，0）、D（t，0），线段BD是⊙C的“关联线段”，那么t的取值范围是．
（4）如图4，如果点M的横坐标为m，且存在以M为端点，长度为的线段是⊙C的“关联线段”，那么m的取值范围是．
2021-2022学年北京市门头沟区九年级（上）期末
数学试卷参考答案与试题解析
一、选择题（本题共16分，每小题2分）第1-8题均有四个选项，符合题意的选项只有一个。

1．【分析】根据两内项之积等于两外项之积对各选项分析判断即可得解．
【解答】解：A、由＝得ab＝6，故本选项错误；
B、由＝得2a＝3b，故本选项正确；
C、由＝得3a＝2b，故本选项错误；
D、由＝得3a＝2b，故本选项错误．
故选：B．
【点评】本题考查了比例的性质，主要利用了两内项之积等于两外项之积，比较简单．2．【分析】根据题目中二次函数的顶点式可以直接写出它的顶点坐标．
【解答】解：∵y＝（x﹣3）2+1，
∴此函数的顶点坐标为（3，1），
故选：A．
【点评】此题主要考查了二次函数的性质，关键是熟记：顶点式y＝a（x﹣h）2+k，顶点坐标是（h，k），对称轴是直线x＝h．
3．【分析】根据点在圆上，则d＝r；点在圆外，d＞r；点在圆内，d＜r（d即点到圆心的距离，r即圆的半径）．
【解答】解：∵OP＝8＞5，∴点P与⊙O的位置关系是点在圆外．
故选：C．
【点评】此题主要考查了点与圆的位置关系，注意：点和圆的位置关系与数量之间的等价关系是解决问题的关键．
4．【分析】先利用正切的定义得到tan A＝＝2，则设AC＝x，BC＝2x，利用勾股定理表示出AB＝x，然后利用正弦的定义求解．
【解答】解：∵∠C＝90°，
∴tan A＝＝2，
设AC＝x，则BC＝2x，
∴AB＝＝x，
∴sin A＝＝＝．
故选：C．
【点评】本题考查了同角三角函数的关系：利用一个锐角的一个三角函数值表示出边之间的关系，再利用勾股定理表示出第三边，然后根据三角函数的定义求这个角的另两个三角函数值．
5．【分析】利用垂径定理得出＝，进而求出∠BOD＝40°，再利用邻补角的性质得出答案．
【解答】解：∵线段AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB，
∴＝，
∵∠CAB＝20°，
∴∠BOD＝40°，
∴∠AOD＝140°．
故选：B．
【点评】本题主要考查了圆周角定理以及垂径定理等知识，得出∠BOD的度数是解题关键．
6．【分析】按照“左加右减，上加下减”的规律，即可得出平移后抛物线的解析式．【解答】解：抛物线y＝2x2先向左平移2个单位得到解析式：y＝2（x+2）2，再向上平移3个单位得到抛物线的解析式为：y＝2（x+2）2+3．
故选：D．
【点评】此题考查了二次函数图象与几何变换，掌握抛物线解析式的变化规律：左加右减，上加下减是解题的关键．
7．【分析】利用反比例函数的性质解决问题即可．
【解答】解：∵A（1，y1）与B（2，y2）都在函数y＝的图象上，且y1＞y2，∴k﹣1＜0，
∴k＜1，
故选：B．
【点评】本题考查反比例函数的图象上的点的坐标特征，熟知反比例函数的性质是解题的关键．
8．【分析】连接BP，如图，先解方程x2﹣4＝0得A（﹣4，0），B（4，0），再判断OQ为
△ABP的中位线得到OQ＝BP，利用点与圆的位置关系，BP过圆心C时，PB最大，如图，点P运动到P′位置时，BP最大，然后计算出BP′即可得到线段OQ的最大值．【解答】解：连接BP，如图，
当y＝0时，x2﹣4＝0，解得x1＝4，x2＝﹣4，则A（﹣4，0），B（4，0），
∵Q是线段PA的中点，
∴OQ为△ABP的中位线，
∴OQ＝BP，
当BP最大时，OQ最大，
而BP过圆心C时，PB最大，如图，点P
运动到P′位置时，BP最大，
∵BC＝＝5，
∴BP′＝5+2＝7，
∴线段OQ的最大值是．
故选：C．
【点评】本题考查了点与圆的位置关系：点的位置可以确定该点到圆心距离与半径的关系，反过来已知点到圆心距离与半径的关系可以确定该点与圆的位置关系．也考查了三角形中位线．
二、填空题（本题共16分，每小题2分）
9．【分析】根据比例的性质设x＝2k，y＝3k，再代入计算可求解．
【解答】解：由题意设x＝2k，y＝3k，
∴，
故答案为：．
【点评】本题主要考查比例的性质，利用比例的性质设参数是解题的关键．
10．【分析】由正六边形的半径为2，则OA＝OB＝2米；由∠AOB＝60°，得出△AOB是等
边三角形，则AB＝OA＝OB＝2米，即可得出结果．
【解答】解：如图所示：
∵正六边形的半径为2米，
∴OA＝0B＝2米，
∴正六边形的中心角∠AOB＝＝60°，
∴△AOB是等边三角形，
∴AB＝OA＝OB，
∴AB＝2米，
∴正六边形的周长为6×2＝12（米）；
故答案为：12．
【点评】本题考查了正六边形的性质、等边三角形的判定与性质；解决正多边形的问题，常常把多边形问题转化为等腰三角形或直角三角形来解决．
11．【分析】根据相似三角形周长的比等于相似比解答即可．
【解答】解：∵两个相似三角形的相似比是1：3，
∴这两个相似三角形的周长比是1：3，
故答案为：1：3．
【点评】本题考查的是相似三角形的性质，掌握相似三角形周长的比等于相似比是解题的关键．
12．【分析】由题意可知C、D是弧AB的三等分点，通过平移可把阴影部分都集中到一个
小扇形中，可发现阴影部分正好是扇形AOB的，先求出扇形AOB的面积再求阴影部分的面积或者直接求圆心角是20度，半径是3的扇形的面积皆可．
＝＝π（cm2），
【解答】解：S
扇形OAB
S阴影＝S扇形OAB＝×π＝π（cm2）．
故答案为：π．
【点评】此题考查扇形的面积问题，通过平移的知识把小块的阴影部分集中成一个规则的图形﹣﹣扇形，再求算扇形的面积即可．利用平移或割补把不规则图形变成规则图形求面积是常用的方法．
13．【分析】根据配方法的操作整理即可得解．
【解答】解：y＝x2﹣2x+3，
＝x2﹣2x+1+2，
＝（x﹣1）2+2，
所以，y＝（x﹣1）2+2．
故答案为：y＝（x﹣1）2+2．
【点评】本题考查了二次函数的三种形式，主要利用了配方法．
14．【分析】首先设反比例函数解析式为y＝，再根据图象位于第一、三象限，可得k＞0，再写一个k大于0的反比例函数解析式即可．
【解答】解；设反比例函数解析式为y＝，
∵图象位于第一、三象限，
∴k＞0，
∴可写解析式为y＝，
故答案为：y＝．
【点评】此题主要考查了反比例函数的性质，关键是掌握反比例函数（k≠0），（1）k＞0，反比例函数图象在一、三象限；（2）k＜0，反比例函数图象在第二、四象限内．15．【分析】由勾股定理可求得斜边长，分别连接圆心和三个切点，设内切圆的半径为r，利用面积相等可得到关于r的方程，可求得内切圆的半径，则可求得内切圆的直径．【解答】解：如图：
在Rt△ABC中，AC＝8，BC＝15，∠ACB＝90°，
∴AB＝＝＝17，
＝AC•BC＝×8×15＝60，
∴S
△ABC
设内切圆的圆心为O，分别连接圆心和三个切点，及OA、OB、OC，
设内切圆的半径为r，
＝S△AOB+S△BOC+S△AOC＝×r（AB+BC+AC）＝20r，
∴S
△ABC
∴20r＝60，解得r＝3，
∴内切圆的直径为6步．
故答案为：6．
【点评】本题主要考查三角形的内切圆，连接圆心和切点，把三角形的面积分成三个三个角形的面积得到关于r的方程是解题的关键．
16．【分析】根据函数解析式，结合函数图象进行判断．
【解答】解：如图：
①函数y＝x2+中，分母不能为0，所以函数自变量x的取值范围是x≠0，故①符合
题意．
②如图所示，函数没有最大值，没有最小值，故②不符合题意．
③如图所示，函数y＝x2+的图象与直线y＝3有3个交点，所以方程x2+＝3有三
个根，故③符合题意．
④如图所示，当x＜0时，y随x的增大而减小，故④不符合题意．
综上所述，正确的结论有①③个．
故答案为：①③．
【点评】本题考查了根据函数图象和性质，函数与方程的关系，数形结合是解题的关键．三、解答题（本题共68分，第17～22题每小题5分，23～26题每小题5分，第27～28题每小题5分）解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。

17．【分析】直接利用零指数幂的性质、二次根式的性质、绝对值的性质、特殊角的三角函数值，分别化简得出答案．
【解答】解：原式＝2×+2+5﹣1
＝+2+5﹣1
＝3+4．
【点评】此题主要考查了零指数幂的性质、二次根式的性质、绝对值的性质、特殊角的三角函数值等知识，正确化简各数是解题关键．
18．【分析】由本题图形相似已经有一个公共角，再找一组对应角相等或公共角的两边对应成比例即可．
【解答】解：添加条件为：∠CDE＝∠A，
理由：∵∠C＝∠C，
∠CDE＝∠A，
∴△CDE∽△CAB．
故答案为：∠CDE＝∠A．
【点评】本题考查的是相似三角形的判定，熟知相似三角形的判定定理是解答此题的关键．
19．【分析】（1）根据要求作出图形即可．
（2）根据垂直平分线的性质证明即可．
【解答】解：（1）如图，即为补全的图形；
（2）证明：∵AB＝AC，∠BAD＝∠DAC，
∴AD是BC的垂直平分线．
∵AB的垂直平分线EF与AD交于点O，
∴OA＝OB，OB＝OC（垂直平分线上的点到线段两端的距离相等），
∴OA＝OB＝OC．
∴⊙O就是△ABC的外接圆．
故答案为：AD是BC的垂直平分线，垂直平分线上的点到线段两端的距离相等．
【点评】本题考查作图﹣复杂作图，线段的垂直平分线的性质，菱形的判定和性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
20．【分析】（1）利用表中数据和抛物线的对称性得到抛物线的对称轴为直线x＝1，顶点坐标为（1，﹣4），则可设顶点式y＝a（x﹣1）2﹣4，然后把（0，﹣3）代入求出a即可；
（2）利用抛物线的对称性写出点（3，0）关于直线x＝1的对称点即可．
【解答】解：（1）∵抛物线经过点（0，﹣3），（2，﹣3），（1，﹣4），
∴抛物线的对称轴为直线x＝1，顶点坐标为（1，﹣4），
设抛物线解析式为y＝a（x﹣1）2﹣4，
把（0，﹣3）代入得a（0﹣1）2﹣4＝﹣3，解得a＝1，
∴抛物线解析式为y＝（x﹣1）2﹣4；
（2）∵抛物线与x轴的一个交点坐标为（3，0），
而抛物线的对称轴为直线x＝1，
∴抛物线与x轴的另一个交点坐标为（﹣1，0），
即该二次函数图象与x轴的交点坐标为（﹣1，0），（3，0）．
【点评】本题考查了抛物线与x轴的交点：把求二次函数y＝ax2+bx+c（a，b，c是常数，a≠0）与x轴的交点坐标问题转化为解关于x的一元二次方程．也考查了二次函数的性质．
21．【分析】（1）由于∠ACB＝∠CDB＝90°，∠B＝∠B，从而可证明△ABC∽△CBD；
（2）由勾股定理可求出AB＝5，易证△ABC∽△CBD，所以＝，从而可求出BD 的长度．
【解答】解：（1）∵∠ACB＝90°，CD是AB边上的高，
∴∠ACB＝∠CDB＝90°
又∵∠B＝∠B，
∴△ABC∽△CBD
（2）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝3．
∴由勾股定理得AB＝5
∵△ABC∽△CBD，
∴＝
∴BD＝＝＝
【点评】本题考查相似三角形的综合问题，解题的关键是熟练运用相似三角形的性质与判定，本题属于中等题型．
22．【分析】（1）把A的坐标代入函数解析式即可求得k的值，即可得到函数解析式；
（2）PA＝OA，则P在以A为圆心，以OA为半径的圆上或P在以O点为圆心，以OA 为半径的圆上，圆与坐标轴的交点就是P．
【解答】解：（1）∵点A（﹣1，n）在一次函数y＝﹣2x的图象上．
∴n＝﹣2×（﹣1）＝2
∴点A的坐标为（﹣1，2）
∵点A在反比例函数的图象上．
∴k＝﹣2
∴反比例函数的解析式是y＝﹣．
（2）方法一：
∵A（﹣1，2），
∴OA＝＝，
∵点P在坐标轴上，
∴当点P在x轴上时设P（x，0），
∵PA＝OA，
∴＝，解得x＝﹣2；
当点P在y轴上时，设P（0，y），
∴＝，解得y＝4；
当点P在坐标原点，则P（0，0）．
∴点P的坐标为（﹣2，0）或（0，4）或（0，0）．
方法二：过点A作AB⊥x轴，AC⊥y轴，如图，
①当P在原点时，满足PA＝OA，则P点（0，0）；
②当P在x轴上时，
∵PA＝OA，AB⊥OP，A点坐标为（﹣1，2）
∴OB＝1，OP＝2OB＝2，
∴P（﹣2，0），
③当P在y轴上时，
∵PA＝OA，AC⊥OC，A点坐标为（﹣1，2）
∴OC＝2，OP＝2OC＝4，
∴P（0，4），
∴点P的坐标为（﹣2，0）或（0，4）或（0，0）．
【点评】本题主要考查了待定系数法求反比例函数的解析式，用待定系数法确定函数的解析式，是常用的一种解题方法．同学们要熟练掌握这种方法．
23．【分析】证明AB＝BM＝70米，在Rt△BCM中，利用勾股定理求出CM的长，即可解决问题．
【解答】解：由题意得：AB＝70米，CF＝1.5米，∠MAC＝30°，∠MBC＝60°，∵∠MAC＝30°，∠MBC＝60°，
∴∠AMB＝30°，
∴∠AMB＝∠MAB，
∴MB＝AB＝70米，
在Rt△BCM中，∠MCB＝90°，∠MBC＝60°，
∴∠BMC＝30°．
∴BC＝BM＝35（米），
∴MC＝BC＝35（米），
∴MF＝CF+CM＝（35+1.5）米．
即永定楼的高MF为（35+1.5）米．
【点评】本题考查解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，本题的突破点是证明AB＝BM，属于中考常考题型．
24．【分析】（1）根据矩形面积＝长×宽求解．
（2）令y＝192，解一元二次方程求解．
（3）由点P在矩形内部可得x的取值范围，将函数解析式化为顶点式求解．
【解答】解：（1）∵AB＝x，
∴BC＝28﹣x，
∴y＝x（28﹣x）＝﹣x2+28x，
∵28﹣x＞0，
∴x＜28，
∴y与x的关系式为y＝﹣x2+28x（0＜x＜28）．
（2）令y＝192，则﹣x2+28x＝192，
解得x＝16或x＝12，
∴AB长为16m或12m．
（3）∵点P在矩形内部，
∴，
解得6≤x≤13．
∵y＝﹣x2+28x＝﹣（x﹣14）2+196，
当x＜14时，y随x增大而增大，
∴x＝13时，y取最大值为﹣1+196＝195，
答：花园面积最大值为195m2．
【点评】本题考查二次函数的应用，解题关键是根据题意列出等式，掌握二次函数求最值的方法．
25．【分析】（1）连接OD，由切线的性质得到∠ADC+∠ADO＝90°，由等腰三角形的性质得到∠DAO＝∠ADO，根据∠AOF+∠DAO＝90°，由等量代换即可得到结论；
（2）根据三角形中位线定理得到OE＝BD＝8＝4，设OD＝x，OC＝3x，根据相似三角形的性质即可得到结论．
【解答】解：（1）连接OD，
∵OF⊥AD，
∴∠AOF+∠DAO＝90°，
∵CD是⊙O的切线，D为切点，
∴∠CDO＝90°，
∴∠ADC+∠ADO＝90°，
∵OA＝OD，
∴∠DAO＝∠ADO，
∴∠AOF＝∠ADC；
（2）∵OF∥BD，AO＝OB，
∴AE＝DE，
∴OE＝BD＝8＝4，
∵sin C＝＝，
∴设OD＝x，OC＝3x，
∴OB＝x，
∴CB＝4x，
∵OF∥BD，
∴△COF∽△CBD，
∴＝，
∴＝，
∴OF＝6，
∴EF＝OF﹣OE＝6﹣4＝2．
【点评】本题考查了切线的性质，相似三角形的判定和性质，三角形的中位线定理，平行线的判定和性质，正确的作出辅助线是解题的关键．
26．【分析】（1）解析式化成顶点式即可求得对称轴和顶点坐标；
（2）根据题意Δ＝（﹣2a）2﹣4a×4＝0，解得a＝4，即可得到抛物线的表达式为y＝4x2﹣8x+4；
（3）根据题意得到或，解不等式组即可．
【解答】解：（1）∵y＝ax2﹣2ax+4＝a（x﹣1）2﹣a+4，
∴该抛物线的对称轴为直线x＝1，顶点坐标为（1，4﹣a）；
（2）∵抛物线的顶点恰好在x轴上，
∴方程ax2﹣2ax+4＝0有两个相等的根，
∴Δ＝（﹣2a）2﹣4a×4＝0，
解得a＝4或a＝0（舍去），
∴抛物线的表达式为y＝4x2﹣8x+4；
（3）∵a＞0，
∴抛物线开口向上，
∵A（m﹣1，y1）、B（m，y2）、C（m+2，y3）为该抛物线上三点，且总有y1＞y3＞y2，抛物线的对称轴为直线x＝1，
∴或，
解得0＜m≤1或1＜m＜．
∴m的取值范围是0＜m＜．
【点评】本题考查了待定系数法求二次函数的解析式，二次函数图象上点的坐标特征，二次函数的性质，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．
27．【分析】（1）①依题意补全图形，由直角三角形的性质得出∠B+∠BAE＝∠B+∠BCD ＝90°，即可得出∠BAE＝∠BCD
②作DG⊥DE，交AE于G，则∠EDG＝90°＝∠CDA，得出∠ADG＝∠CDE，证出△ACD是等腰直角三角形，得出AD＝CD，由①得出∠DAG＝∠DCE，证明△ADG≌△CDE（ASA），得出AG＝CE，DG＝DE，证出△DEG是等腰直角三角形，得出EG＝DE，即可得出结论；
（2）作DG⊥DE，交AE的延长线于G，则∠EDG＝90°＝∠CDA，证出△ACD是等腰直角三角形，得出AD＝CD，证明△ADG≌△CDE（ASA），得出AG＝CE，DG＝DE，得出△DEG是等腰直角三角形，证出EG＝DE，即可得出结论．
【解答】解：（1）①依题意补全图形，如图1所示：
猜想∠BAE＝∠BCD，理由如下：
∵CD⊥AB于点D，AE⊥BC于点E，
∴∠CDB＝∠CDA＝∠AEB＝90°，
∴∠B+∠BAE＝∠B+∠BCD＝90°，
∴∠BAE＝∠BCD；
②AE＝CE+DE，理由如下：
作DG⊥DE，交AE于G，如图1﹣1所示：
则∠EDG＝90°＝∠CDA，
∴∠ADG＝∠CDE，
∵∠BAC＝45°，
∴△ACD是等腰直角三角形，
∴AD＝CD，
由①得：∠DAG＝∠DCE，
在△ADG和△CDE中，，
∴△ADG≌△CDE（ASA），
∴AG＝CE，DG＝DE，
∴△DEG是等腰直角三角形，
∴EG＝DE，
∵AE＝AG+EG，
∴AE＝CE+DE；
（2）依题意补全图形如图2所示：CE＝AE+DE，理由如下：作DG⊥DE，交AE的延长线于G，
则∠EDG＝90°＝∠CDA，
∴∠ADG＝∠CDE，
∵∠BAC＝45°，
∴△ACD是等腰直角三角形，
∴AD＝CD，
同①得：∠DAG＝∠DCE，
在△ADG和△CDE中，，
∴△ADG≌△CDE（ASA），
∴AG＝CE，DG＝DE，
∴△DEG是等腰直角三角形，
∴EG＝DE，
∵AG＝AG+EG，
∴CE＝AE+DE．
【点评】本题是四边形综合题目，考查了全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、直角三角形的性质等知识；本题综合性强，证明三角形全等是解题的关键．28．【分析】（1）画图确定相切位置确定关联角即可；
（2）连接OB1，OA2，OB2，OB3，根据线段扫过的位置判断即可；
（3）根据D点的运动轨迹判断t的最小值即可得出取值范围；
（4）结合题意作图得出m的最大值和最小值即可得出m的取值范围．
【解答】解：（1）如图1，作OD与⊙C相切于点D，
∴CD⊥OD，
∵sin∠COD＝＝，
∴∠COD＝30°，
∴∠AOD＝60°，OD＝＜2，
∴OA的“关联角”为60°，
故答案为：60；
（2）如图2，连接OB1，OA2，OB2，OB3，
∵OB1＝3＞3，
∴A1B1绕O旋转无法与⊙C相切，
故A1B1不是⊙C的“关联线段”，
∵OA2＝，OB2＝，＜3＜，∴A2B2是⊙C的“关联线段”，
∵OA3＝3，
∴A3B3是⊙C的“关联线段”，
故答案为：②③；
（3）如图3，
∴B点旋转路线在半径为1的⊙O上，
当OD与⊙C相切时，
由（1）知，OD＝，
∴当t≥时，线段BD是⊙C的“关联线段”，
故答案为：t≥；
（4）如图4，当m取最大值时，
M点运动最小半径是O到过（m，0）的直线l的距离是m，
∵CD＝1，M'D＝，
∴M'C＝2，
∴OM'＝4，
∴m的最大值为4，
如图5，当m取最小值时，
开始时存在ME与⊙C相切，
∵CE＝1，ME＝，
∴MC＝2，
∵0°＜α＜180°，
∴m＞﹣2，
综上，m的取值为﹣2＜m＜4，
故答案为：﹣2＜m＜4．
【点评】本题主要考查圆的综合题型，准确理解关联线段与关联角的定义是解题的关键．。