2023-2024学年福建省厦门市思明区莲花中学九年级（上）月考数学试卷（12月份）（含解析）

这是一份2023-2024学年福建省厦门市思明区莲花中学九年级（上）月考数学试卷（12月份）（含解析），共21页。试卷主要包含了选择题，填空题，计算题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.二次函数y=x2−6x−1的二次项系数、一次项系数和常数项分别是( )
A. 1，−6，−1B. 1，6，1C. 0，−6，1D. 0，6，−1
2.已知⊙O的半径是3，点P在圆外，则线段OP的长可能是( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
3.下列说法错误的是( )
A. 同时抛两枚普通正方体骰子，点数都是4的概率为13
B. 不可能事件发生的概率为0
C. 买一张彩票会中奖是随机事件
D. 一个盒子装有3个红球和1个白球，除颜色外其它完全相同，同时摸出两个球，一定会摸到红球
4.如图，四边形ABCD内接于⊙O，如果它的一个外角∠DCE=63°，那么∠BOD的度数为( )
A. 63°
B. 126°
C. 116°
D. 117°
5.如图，在△ABC中，DE/​/BC，若ADAB=13，AE=1，则EC等于( )
A. 1
B. 2
C. 3
D. 4
6.有x支球队参加篮球比赛，共比赛了45场，每两队之间都比赛一场，则下列方程中符合题意的是( )
A. 12x(x+1)=45B. 12x(x−1)=45C. x(x−1)=45D. x(x+1)=45
7.已知点A(−1,m)，B(1,m)，C(2,m+1)在同一个函数图象上，这个函数图象可以是( )
A. B. C. D.
8.如图，点P1～P8是⊙O的八等分点.若△P1P3P7，四边形P3P4P6P7的周长分别为a，b，则下列正确的是( )
A. aB. a=b
C. a>b
D. a，b大小无法比较
9.
下表时二次函数y=ax2+bx+c的x，y的部分对应值：
则对于该函数的性质的判断：
①该二次函数有最大值；
②不等式y>−1的解集是x<0或x>2；
③方程ax2+bx+c=0的两个实数根分别位于−12④当x>0时，函数值y随x的增大而增大；
其中正确的是( )
A. ②③B. ②④C. ①③D. ③④
10.已知二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)，x1，x2，x3，x4，x5为实数，当x=x1及x=x2+x3+x4+x5时(其中x1≠x2+x3+x4+x5)，函数值均为5，当x=x1+x2时，函数值为p，当x=x3+x4+x5时，函数值为q，则p−q=( )
A. 0B. 5C. −1D. 1
第II卷（非选择题）
二、填空题：本题共7小题，共32分。
11.平面直角坐标系中，点P(1,−3)关于原点对称的点的坐标是______．
12.抛物线y=(x−2)2+3的顶点坐标为________．
13.请你写出一个图象经过二、四象限的反比例函数的解析式______．
14.我国数学家祖冲之是第一个将圆周率的计算精确到小数点后七位的人，他将圆周率精确到3.1415926.若从该数据的8个数字中随机抽取一个数字，则所抽到的数字是1的概率是______ ．
15.如图，等边三角形ABC内接于⊙O，OB=2，则图中阴影部分的面积是______ ．
16.已知直线y=−x+b(b>0)与x轴，y轴交于A，B两点，与双曲线y=kx(k>0)交于E，F两点.若AB=2EF，且b17.如图，在平行四边形ABCD中，E为BC的中点，连接DE.延长DE交AB的延长线于点F．
求证：AB=BF．
三、计算题：本大题共1小题，共8分。
18.解方程：x2+6x−1=0．
四、解答题：本题共7小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
19.(本小题8分)
先化简，再求值：(1−x+1x)÷x2−1x2−x，其中x= 2−1．
20.(本小题8分)
关于x的一元二次方程x2+(2k−1)x+k2=0有两个实数根x1，x2．
(1)求k的取值范围；
(2)是否存在实数k，使得x1+x2和x1x2互为相反数？若存在，请求出k的值；若不存在，请说明理由．
21.(本小题8分)
如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠ABC=30°，AC=3．
(1)以BC边上一点O为圆心作圆，使⊙O分别与AC、AB都相切(要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写作法)；
(2)求⊙O的面积．
22.(本小题10分)
如图，排球运动员站在点O处练习发球，将球从O点正上方2m的A处发出，把球看成点，其运行的高度y(m)与运行的水平距离x(m)满足关系式y=a(x−6)2+h.已知球网与O点的水平距离为9m，高度为2.45m，球场的边界距O点的水平距离为18m．
(1)当h=2.8时，求y与x的关系式(不要求写出自变量x的取值范围)；
(2)当h=2.8时，球能否越过球网？球会不会出界？请说明理由；
(3)若球一定能越过球网，又不出边界，求h的取值范围．
23.(本小题11分)
如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，经过A，C两点的⊙O与边AB交于点D，与边BC交于点E，过点D作⊙O的切线，与BC交于点F，且DF/​/AC，连接DO并延长与AC交于点H．
(1)求证：DF=12AC；
(2)连接CD，AE，若AE平分∠CAB，求证：△ACD是等边三角形；
(3)在(2)的条件下，若DF=3，求EF的长．
24.(本小题12分)
新定义：若四边形的一组对角均为直角，则称该四边形为对直四边形．

(1)下列四边形为对直四边形的是______ (写出所有正确的序号)；
①平行四边形；②矩形；③菱形，④正方形．
(2)如图，在对直四边形ABCD中，已知∠ABC=90°，O为AC的中点．
①求证：BD的垂直平分线经过点O；
②若AB=6，BC=8，请在备用图中补全四边形ABCD，使四边形ABCD的面积取得最大值，并求此时BD的长度．
25.(本小题13分)
已知抛物线y=ax2+bx+c经过点A(−1,0)，B(2,0)，C(0,−1)．
(1)求抛物线的解析式；
(2)D为抛物线y=ax2+bx+c上不与抛物线的顶点和点A，B重合的动点．
①设抛物线的对称轴与直线AD交于点F，与直线BD交于点G，点F关于x轴的对称点为F′，求证：GF′的长度为定值；
②当∠BAD=45°时，过线段AD上的点H(不含端点A，D)作AD的垂线，交抛物线于P，Q两点，求PH⋅QH的最大值．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：方程x2−6x−1=0，
∴二次项系数、一次项系数、常数项分别是1，−6，−1．
故选：A．
根据二次函数的一般形式找出a，b，c的值即可．
本题主要考查了二次函数的一般形式，在y=ax2+bx+c中正确判断a，b，c的值是解题关键．
2.【答案】D
【解析】解：∵⊙O的半径是3，点P在圆外，
∴OP的长>3．
故选：D．
直接根据点与圆的位置关系即可得出结论．
本题考查的是点与圆的位置关系，熟知点与圆的三种位置关系是解答此题的关键．
3.【答案】A
【解析】解：A.同时抛两枚普通正方体骰子，点数都是4的概率为13，故A符合题意，
B.不可能事件发生的概率为0，故B不符合题意，
C.买一张彩票会中奖是随机事件，故C不符合题意，
D.一个盒子装有3个红球和1个白球，除颜色外其它完全相同，同时摸出两个球，一定会摸到红球，故D不符合题意，
故选：A．
根据列表法与树状图法，概率的意义，随机事件，必然事件，不可能事件的特点逐一判断即可．
本题考查了列表法与树状图法，概率的意义，随机事件，熟练掌握列表法与树状图法求概率是解题的关键．
4.【答案】B
【解析】解：∵∠DCE=63°，
∴∠BCD=180°−∠DCE=117°，
∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠A=180°−∠BCD=63°，
由圆周角定理，得∠BOD=2∠A=126°，
故选：B．
根据邻补角的概念求出∠BCD，根据圆内接四边形的性质求出∠A，根据圆周角定理解答即可．
本题考查的是圆内接四边形的性质、圆周角定理，掌握圆内接四边形的对角互补是解题的关键．
5.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查的是平行线分线段成比例定理，灵活运用定理，找准对应关系是解题的关键．
根据平行线分线段成比例定理求出AC，结合图形计算即可．
【解答】
解：∵DE/​/BC，AE=1，
∴AEAC=ADAB=13，即1AC=13，
解得，AC=3，
∴EC=AC−AE=2．
6.【答案】B
【解析】解：∵有x支球队参加篮球比赛，每两队之间都比赛一场，
∴共比赛场数为12x(x−1)，
∴共比赛了45场，
∴12x(x−1)=45，
故选：B．
先列出x支篮球队，每两队之间都比赛一场，共可以比赛12x(x−1)场，再根据题意列出方程为12x(x−1)=45．
此题是由实际问题抽象出一元二次方程，主要考查了从实际问题中抽象出相等关系．
7.【答案】C
【解析】解：∵点A(−1,m)，B(1,m)，
∴点A与B关于y轴对称，故A，B错误；
∵B(1,m)，C(2,m+1)，
∴当x>0时，y随x的增大而增大，故C正确，D错误．
故选C．
本题考查了函数的图象．
由点A(−1,m)，B(1,m)，C(2,m+1)在同一个函数图象上，可得A与B关于y轴对称，当x>0时，y随x的增大而增大，继而求得答案．
8.【答案】A
【解析】解：连接P4P5，P5P6．
∵点P1～P8是⊙O的八等分点，
∴P3P4=P4P5=P5P6=P6P7，P1P7=P1P3=P4P6，
∴b−a=P3P4+P7P6−P1P3，
∵P5P4+P5P6>P4P6，
∴P3P4+P7P6>P1P3，
∴b−a>0，
∴a故选：A．
利用三角形的三边关系，正多边形的性质证明即可．
本题考查正多边形于圆，三角形的三边关系等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
9.【答案】A
【解析】解：∵当x=0时，y=−1；当x=2时，y=−1；当x=12，y=−74；当x=32，y=−74；
∴二次函数y=ax2+bx+c的对称轴为直线x=1，
x>1时，y随x的增大而增大，x<1时，y随x的增大而减小．
∴a>0即二次函数有最小值
则①④错误
由图表可得：不等式y>−1的解集是x<0或x>2；
由图表可得：方程ax2+bx+c=0的两个实数根分别位于−12故选：A．
由图表可得二次函数y=ax2+bx+c的对称轴为直线x=1，a>0，即可判断①④不正确，由图表可直接判断②③正确．
本题考查了抛物线与x轴的交点，二次函数的性质，二次函数的最值，理解图表中信息是本题的关键．
10.【答案】A
【解析】解：∵当x=x1及x=x2+x3+x4+x5时(其中x1≠x2+x3+x4+x5)，函数值均为5，
∴二次函数对称轴为直线x=x1+x2+x3+x4+x52，
∵当x=x1+x2时，函数值为p，当x=x3+x4+x5时，函数值为q，
∴点(x1+x2,p)和(x3+x4+x5,q)都在二次函数图象上，
∵点(x1+x2,p)和(x3+x4+x5,q)的中点坐标为(x1+x2+x3+x4+x52,p+q2)，
∴点(x1+x2,p)和(x3+x4+x5,q)的中点在二次函数的对称轴上，
∴点(x1+x2,p)和(x3+x4+x5,q)关于对称轴对称，
∴p=q，
∴p−q=0，
故选：A．
先根据题意得到二次函数对称轴为直线x=x1+x2+x3+x4+x52，进而得到点(x1+x2,p)和(x3+x4+x5,q)都在二次函数图象上，由于点(x1+x2,p)和(x3+x4+x5,q)的中点坐标为(x1+x2+x3+x4+x52,p+q2)，即可证明点(x1+x2,p)和(x3+x4+x5,q)关于对称轴对称，则p=q，即可得到p−q=0，正确推出点(x1+x2,p)和(x3+x4+x5,q)关于对称轴对称是解题的关键．
本题主要考查了二次函数的性质，正确推出点(x1+x2,p)和(x3+x4+x5,q)关于对称轴对称是解题的关键．
11.【答案】(−1,3)
【解析】【分析】
此题主要考查了关于原点对称的点的坐标特点，关键是掌握点的坐标的变化规律．
根据关于原点对称的点的坐标特点：两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反可直接得到答案．
【解答】
解：点P(1,−3)关于原点对称的点的坐标是(−1,3)，
故答案为：(−1,3)．
12.【答案】(2,3)
【解析】解：y=(x−2)2+3是抛物线的顶点式，
根据顶点式的坐标特点可知，顶点坐标为(2,3)．
故答案为：(2,3)
已知解析式为顶点式，可直接根据顶点式的坐标特点，求顶点坐标，从而得出对称轴．
考查将解析式化为顶点式y=a(x−h)2+k，顶点坐标是(h,k)，对称轴是x=h．
13.【答案】y=−3x，答案不唯一
【解析】解：由于反比例函数图象经过二、四象限，
所以比例系数为负数，
故解析式可以为y=−3x.答案不唯一．
故答案为：y=−3x，答案不唯一．
根据反比例函数的性质可知，反比例函数过二、四象限则比例系数为负数，据此即可写出函数解析式．
此题考查了反比例函数的图象和性质，难度不大，但具有开放性．
14.【答案】14
【解析】解：所抽到的数字是1的概率是28=14，
故答案为：14．
直接由概率公式求解即可．
本题考查了概率公式：概率=所求情况数与总情况数之比，熟记概率公式是解题的关键．
15.【答案】4π3
【解析】解：∵等边三角形ABC内接于⊙O，
∴点O为等边三角形ABC的中心，
∴S△BOC=S△AOC，∠AOC=120°，
∵OB=2，
∴S阴影=S扇形AOC=120π×22360=4π3，
故答案为：4π3．
根据内接于圆O的等边三角形的性质可得S△AOB=S△AOC，∠AOC=120°，将阴影部分的面积转化为扇形AOC的面积，利用扇形面积的公式计算可求解．
本题主要考查三角形的外接圆与外心，掌握扇形面积的计算，等边三角形的性质是解题的关键．
16.【答案】163【解析】解：作FH⊥x轴，EC⊥y轴，FH与EC交于D，如图，
∵直线y=−x+b(b>0)与x轴，y轴交于A，B两点，
∴A点坐标为(b,0)，B点坐标为(0,b)，OA=OB，
∴△AOB为等腰直角三角形，
∴AB= 2OA= 2b，
∴EF=12AB= 22b，
∵FH⊥x轴，EC⊥y轴，
∴∠FDE=90°,EC//OA，
∴∠FED=∠FAO=45°，
∴△DEF为等腰直角三角形，
∴FD=DE= 22EF=b2，
设F点横坐标为t，代入y=−x+b，则纵坐标是−t+b，则F的坐标是：(t,−t+b)，E点坐标为(t+b2,−t+b2)，
∴t(−t+b)=(t+b2)⋅(−t+b2)，
解得t=b4，
∴F点坐标为(b4,3b4)，
∴k=b4×3b4=3b216，
∵b∴b<3b216<3b，
∴163故答案为：163作FH⊥x轴，EC⊥y轴，FH与EC交于D，先利用一次函数图象上点的坐标特征得到A(b,0)，B(0,b)，易得△AOB为等腰直角三角形，则AB= 2OA= 2b，所以EF=12AB= 22b，且△DEF为等腰直角三角形，则FD=DE= 22EF=b2；设F(t,−t+b)，则E(t+b2,−t+b2)，根据反比例函数图象上点的坐标特征得到t(−t+b)=(t+b2)⋅(−t+b2)，解得t=b4，这样可确定F点坐标为(b4,3b4)，然后根据反比例函数图象上点的坐标特征得到k=b4×3b4=3b216，由b本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征：反比例函数y=kx(k为常数，k≠0)的图象是双曲线，图象上的点(x,y)的横纵坐标的积是定值k，即xy=k．
17.【答案】证明：∵E是BC的中点，
∴CE=BE，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB/​/CD，AB=CD，
∴∠DCB=∠FBE，
在△CED和△BEF中，∠DCB=∠FBECE=BE∠CED=∠BEF，
∴△CED≌△BEF(ASA)，
∴CD=BF，
∴AB=BF．
【解析】根据线段中点的定义可得CE=BE，根据平行四边形的对边平行且相等可得AB/​/CD，AB=CD，再根据两直线平行，内错角相等可得∠DCB=∠FBE，然后利用“角边角”证明△CED和△BEF全等，根据全等三角形对应边相等可得CD=BF，从而得证．
本题考查了全等三角形的判定与性质，平行四边形的性质，熟记性质并确定出三角形全等的条件是解题的关键．
18.【答案】解：方程变形得x2+6x=1，
配方得x2+6x+9=10，即(x+3)2=10，
开方得x+3=± 10，
解得x1=−3+ 10，x2=−3− 10．
【解析】本题考查了解一元二次方程−配方法．
方程常数项移到右边，两边加上9，利用完全平方公式变形后，开方即可求出解．
19.【答案】解：原式=x−(x+1)x⋅x(x−1)(x+1)(x−1)
=−1x·xx+1
=−1x+1，
当x= 2−1时，
原式=−1 2−1+1
=− 22．
【解析】先根据分式的混合运算顺序和运算法则化简原式，再将x的值代入计算可得．
本题主要考查分式的化简求值，解题的关键是掌握分式的混合运算顺序和运算法则．
20.【答案】解：(1)根据题意得△=(2k−1)2−4k2≥0，
解得k≤14；
(2)不存在．
∵x1+x2=−(2k−1)，x1x2=k2，
而x1+x2和x1x2互为相反数，
∴−(2k−1)+k2=0，解得k1=k2=1，
∵k≤14，
∴不存在实数k，使得x1+x2和x1x2互为相反数．
【解析】(1)利用判别式的意义得到△=(2k−1)2−4k2≥0，然后解不等式即可；
(2)利用根与系数的关系得到∵x1+x2=−(2k−1)，x1x2=k2，则利用x1+x2和x1x2互为相反数得到−(2k−1)+k2=0，解得k1=k2=1，不满足△≥0，从而可判断不存在实数k满足条件．
本题考查了根与系数的关系：若x1，x2是一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的两根时，x1+x2=−ba，x1x2=ca.也考查了根的判别式．
21.【答案】解：(1)如图，⊙O为所作；
(2)∵∠ACB=90°，∠ABC=30°，
∴∠BAC=60°，
∵⊙O分别与AC、AB都相切，
∴OA平分∠BAC，C点为切点，
∴∠OAC=12∠BAC=30°，
在Rt△OAC中，OC= 33AC= 33×3= 3，
∴⊙O的面积为π×( 3)2=3π．
【解析】本题考查尺规作图与一般作图，以及切线的性质．
(1)先作∠BAC的平分线交BC于O点，然后以O点为圆心，OC为半径作圆即可；
(2)根据切线长定理得到OA平分∠BAC，C点为切点，则∠OAC=30°，再利用含30度的直角三角形三边的关系求出OC，然后根据圆的面积公式计算即可．
22.【答案】解：(1)∵h=2.8，球从O点正上方2m的A处发出，
∴抛物线y=a(x−6)2+h过点(0,2)，
∴2=a(0−6)2+2.8，
解得：a=−145，
故y与x的关系式为：y=−145(x−6)2+2.8，
(2)当x=9时，y=−145(x−6)2+2.8=2.4<2.45，
所以球不能过球网；
当y=0时，−145(x−6)2+2.8=0，
解得：x1=6+3 7>18，x2=6−3 7(舍去)，
故会出界；
(3)当球正好过点(18,0)时，抛物线y=a(x−6)2+h还过点(0,2)，代入解析式得：
2=36a+h0=144a+h，
解得：a=−154h=83，
此时二次函数解析式为：y=−154(x−6)2+83，
此时球若不出边界h≥83，
当球刚能过网，此时函数解析式过(9,2.43)，抛物线y=a(x−6)2+h还过点(0,2)，代入解析式得：
2.43=a(9−6) 2+h2=a(0−6) 2+h，
解得：a=−432700h=19375，
此时球要过网h≥19375，
故若球一定能越过球网，又不出边界，h的取值范围是：h≥83．
解法二：y=a(x−6)2+h过点(0,2)点，代入解析式得：
2=36a+h，
若球越过球网，则当x=9时，y>2.43，即9a+h>2.43，
解得h>19375，
球若不出边界，则当x=18时，y≤0，解得h≥83．
故若球一定能越过球网，又不出边界，h的取值范围是：h≥83．
【解析】(1)利用h=2.8将点(0,2)，代入解析式求出即可；
(2)利用当x=9时，y=−245(x−6)2+2.6=2.45，当y=0时，−245(x−6)2+2.8=0，分别得出即可；
(3)根据当球正好过点(18,0)时，抛物线y=a(x−6)2+h还过点(0,2)，以及当球刚能过网，此时函数解析式过(9,2.43)，抛物线y=a(x−6)2+h还过点(0,2)时分别得出h的取值范围，或根据不等式即可得出答案．
此题主要考查了二次函数的应用题，求范围的问题，可以利用临界点法求出自变量的值，再根据题意确定范围．
23.【答案】(1)证明：∵DF为⊙O的切线，
∴OD⊥DF，
∵DF//AC，
∴DH⊥AC，
∵∠C=90°，
∴四边形HCFD为矩形，
∴HC=DF．
∵OH⊥AC，
∴HC=12AC，
∴DF=12FC；
(2)证明：连接DE，如图，
∵∠C=90°，
∴AE为⊙O的直径，
∴∠ADE=90°．
在Rt△ACE和Rt△ADE中，
∠ACE=∠ADE=90°∠CAE=∠DAEAE=AE，
∴Rt△ACE≌Rt△ADE(AAS)，
∴AC=AD．
由(1)知：OH⊥AC，AH=HC=12AC，
∴OH垂直平分AC，
∴DA=CD，
∴DA=DC=AC．
∴△ACD是等边三角形；
(3)解：由(2)知：△ACD是等边三角形，
∴∠CAD=60°，
∵四边形ACED为⊙O的内接四边形，
∴∠ACD+∠CDE=180°，
∴∠CED=120°，
∴∠DEF=60°，
由(1)知：四边形HCFD为矩形，
∴∠DFE=90°，
∴∠EDF=30°，
∴DE=2EF，
∴DF= DE2−EF2= 3EF=3，
∴EF=3 3= 3．
【解析】(1)利用圆的切线的性质定理和矩形的判定与得到DF=CH，再利用垂径定理解答即可得出结论；
(2)连接DE，利用圆周角定理得到AE为直径，利用全等三角形的判定与性质得到AC=AD，利用线段垂直平分线的性质得到DA=DC，则利用等边三角形的定义结论可得；
(3)利用等边三角的性质和圆的内接四边形的性质求得∠DEF=60°，利矩形的性质得到△DEF为直角三角形，利用含30°角的直角三角形的性质和勾股定理解答即可得出结论．
本题主要考查了圆的有关性质，圆的切线的性质定理，垂径定理，圆周角定理，勾股定理，等边三角形的判定与性质，圆的内接四边形的性质，矩形的判定与性质，角平分线的定义，平行线的性质，全等三角形的判定与性质，连接直径所对的圆周角是解决此类问题常添加的辅助线．
24.【答案】②④
【解析】(1)∵矩形和正方形的四个角都是直角，
∴矩形和正方形是对直四边形，
故答案为：②④；
(2)①证明：如图，连接BO，DO，
在对直四边形ABCD中，∠ABC=90°，
∴∠ABC=∠ADC=90°，
∵O为AC的中点．
∴BO=DO，
∴BD的垂直平分线经过点O；
②∵四边形ABCD的面积=S△ABC+S△ACD，S△ABC是定值，
∴S△ACD有最大值时，四边形ABCD的面积有最大值，
∵AC是定长，
∴当OD⊥AC时，S△ACD有最大值．
如图，过点D作DE⊥BD，交BA的延长线于点E，
∵AO=OC=OD，OD⊥AC，
∴AD=CD，
∵DE⊥BD，
∴∠EDB=∠ADC=90°，
∴∠EDA=∠BDC，
∵∠ABC=∠ADC=90°，
∴∠DAB+∠DCB=180°，
∵∠DAB+∠DAE=180°，
∴∠DCB=∠DAE，
∴△DAE≌△DCB(ASA)，
∴DE=DB，AE=BC=8，
∴△DEB是等腰直角三角形，BE=14，
∴DB=7 2．
(1)由对直四边形的定义可求解；
(2)①由直角三角形的性质可得BO=DO，可得结论；
②由“ASA”可证△DAE≌△DCB，可得DE=DB，AE=BC=8，由等腰直角三角形的性质可求解．
本题是四边形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，矩形和正方形的性质，直角三角形的性质，添加恰当辅助线是解题的关键．
25.【答案】(1)解：由题意得：a−b+c=04a+2b+c=0c=−1，解得：a=12b=−12c=−1，
则抛物线的表达式为：y=12x2−12x−1①；
(2)①证明：设直线AD的表达式为：y=k(x+1)=kx+k②，
联立①②得：12x2−12x−1=kx+k，
解得：x=2k+2(不合题意的值已舍去)，
则点D(2k+2,2k2+3k)，
当k>0时，如图，
由抛物线的表达式知，其对称轴为x=12，
当x=12时，y=k(x+1)=kx+k=3k2，即点F(12,3k2)，
则点F′的坐标为：(12,−3k2)，
由点B、D的坐标得，直线BD的表达式为：y=12(2k+3)x−(2k+3)，
当x=12时，y=12(2k+3)x−(2k+3)=−3k2−94
则F′G=−3k2+3k2+94=94为定值；
当k<0时，同理可得：F′G=94为定值；
②解：设AD交PQ于点H，过点H作x轴的平行线交过点Q与y轴的平行线于点N，交过点P与y轴的平行线于点M，
当∠BAD=45°时，则直线AD的表达式为：y=x+1，
则直线PQ和x轴负半轴的夹角为45°，
则MH= 22PH，NH= 22HQ，
则PH⋅QH=2MH⋅QH，
设直线PQ和y轴交点坐标为：(0,m)，则PQ的表达式为：y=−x+m，
联立y=x+1和y=−x+m并解得：x=12(m−1)=xH，
设点P、Q的横坐标分别为：s，t，
联立y=12x2−12x−1和y=x+m得：12x2−12x−1=x+m，
则s+t=3，st=−2−2m，
则PH⋅QH=2MH⋅QH=2(m−12−s)(t−m−12)=2(m−12)×(s+t)−2st−12(m−1)2=−12(m−4)2+252≤252，
即PH⋅QH的最大值为：252；
当点D在x轴下方时，同理可得：PH⋅QH的最大值为：12；
故PH⋅QH的最大值为：252．
【解析】(1)由待定系数法即可求解；
(2)①求出点D(2k+2,2k2+3k)，点B、D的坐标得，直线BD的表达式为：y=12(2k+3)x−(2k+3)，进而求解；
②由PH⋅QH=2MH⋅QH=2(m−12−s)(t−m−12)=2(m−12)×(s+t)−2st−12(m−1)2=−12(m−4)2+252≤252，即可求解．
本题是二次函数综合题，主要考查了二次函数的图象与性质、二次函数的最值、二次函数与一次函数的交点、解直角三角形等，有一定的综合性，难度较高．x
…
−12
0
12
1
32
2
52
…
y
…
14
−1
−74
m
−74
−1
n
…