宁夏银川外国语实验学校2024-2025学年 九年级上学期期末调研模拟数学试题

2025届宁夏银川外国语实验学校数学九上期末调研模拟试题 考生请注意： 1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。 2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。 3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请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，的半径为3，是的弦，直径，，则的长为（ ） A． B． C． D． 2．如图在△ABC中，点D、E分别在△ABC的边AB、AC上，不一定能使△ADE与△ABC相似的条件是（ ） A．∠AED=∠B B．∠ADE=∠C C． D． 3．如图，MN所在的直线垂直平分线段AB，利用这样的工具，可以找到圆形工件的圆心，如果使用此工具找到圆心，最少使用次数为（ ）. A．1 B．2 C．3 D．4 4．一个不透明的袋子装有除颜色外其余均相同的2个白球和个黑球．随机地从袋中摸出一个球记录下颜色，再放回袋中摇匀．大量重复试验后，发现摸出白球的频率稳定在1．2附近，则的值为（ ） A．2 B．4 C．8 D．11 5．下列计算正确的是（ ） A． B． C． D． 6．如图，已知和是以点为位似中心的位似图形，且和的周长之比为，点的坐标为，则点的坐标为（ ）． A． B． C． D． 7．如图是某货站传送货物的机器的侧面示意图.，原传送带与地面的夹角为，为了缩短货物传送距离，工人师傅欲增大传送带与地面的夹角，使其由改为，原传送带长为.则新传送带的长度为（ ） A． B． C． D．无法计算 8．已知圆与点在同一平面内，如果圆的半径为5，线段的长为4，则点（ ） A．在圆上 B．在圆内 C．在圆外 D．在圆上或在圆内 9．如图是一个可以自由转动的转盘，转盘分成黑、白两种颜色指针的位置固定，转动的转盘停止后，指针恰好指向白色扇形的穊率为（指针指向OA时，当作指向黑色扇形；指针指OB时，当作指向白色扇形），则黑色扇形的圆心角∠AOB＝（ ） A．40° B．45° C．50° D．60° 10．如图，在Rt△ABC中，CE是斜边AB上的中线，CD⊥AB，若CD＝5，CE＝6，则△ABC的面积是（ ） A．24 B．25 C．30 D．36 二、填空题(每小题3分,共24分) 11．若，均为锐角，且满足，则__________． 12．若关于x的一元二次方程（a+3）x2+2x+a2﹣9＝0有一个根为0，则a的值为_____． 13．方程x2＝2020x的解是_____． 14．为了某小区居民的用水情况，随机抽查了10户家庭的月用水量，结果如下表： 月用水量（吨） 4 5 6 9 户数 3 4 2 1 则关于这10户家庭的约用水量，下列说法错误的是（ ） A．中位数是5吨 B．极差是3吨 C．平均数是5.3吨 D．众数是5吨 15．已知一元二次方程x2＋kx－3＝0有一个根为1，则k的值为__________． 16．不等式＞4﹣x的解集为_____． 17．如图，现分别旋转两个标准的转盘，则转盘所转到的两个数字之积为奇数的概率是______ ． 18．如图，在△ABC中，点DE分别在ABAC边上，DE∥BC，∠ACD=∠B，若AD=2BD，BC=6.则线段CD的长为______ 三、解答题(共66分) 19．（10分）如图，抛物线y＝ax2＋bx＋c经过△ABC的三个顶点，与y轴相交于(0，)，点A坐标为(－1，2)，点B是点A关于y轴的对称点，点C在x轴的正半轴上． （1）求该抛物线的函数解析式； （2）点F为线段AC上一动点，过点F作FE⊥x轴，FG⊥y轴，垂足分别为点E，G，当四边形OEFG为正方形时，求出点F的坐标； （3）将（2）中的正方形OEFG沿OC向右平移，记平移中的正方形OEFG为正方形DEFG，当点E和点C重合时停止运动，设平移的距离为t，正方形的边EF与AC交于点M，DG所在的直线与AC交于点N，连接DM，是否存在这样的t，使△DMN是等腰三角形？若存在，求t的值；若不存在，请说明理由． 20．（6分）问题呈现： 如图 1，在边长为 1 小的正方形网格中，连接格点 A、B 和 C、D，AB 和 CD 相交于点 P，求 tan ∠CPB 的值方法归纳：求一个锐角的三角函数值，我们往往需要找出(或构造出)一个直角三角形，观察发现问题中∠ CPB不在直角三角形中，我们常常利用网格画平行线等方法解决此类问题，比如连接格点 B、 E，可得 BE∥CD，则∠ABE=∠CPB，连接AE，那么∠CPB 就变换到 Rt△ABE 中．问题解决： （1）直接写出图 1 中 tan ÐCPB 的值为______； （2）如图 2，在边长为 1 的正方形网格中，AB 与 CD 相交于点 P，求 cos ÐCPB 的值． 21．（6分）已知是二次函数，且函数图象有最高点． （1）求的值； （2）当为何值时，随的增大而减少． 22．（8分）如图，一次函数y1＝x+4的图象与反比例函数y2＝的图象交于A（﹣1，a），B两点，与x轴交于点C． （1）求k． （2）根据图象直接写出y1＞y2时，x的取值范围． （3）若反比例函数y2＝与一次函数y1＝x+4的图象总有交点，求k的取值． 23．（8分）如图，Rt△ABC中，∠ACB=90°，以AC为直径的⊙O交AB于点D，过点D作⊙O的切线交BC于点E,连接OE （1）求证：△DBE是等腰三角形 （2）求证：△COE∽△CAB 24．（8分）如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，AD是BC边上的高，E是BC边上的一个动点（不与B，C重合），EF⊥AB，EG⊥AC，垂足分别为F，G． （1）求证：； （2）FD与DG是否垂直？若垂直，请给出证明；若不垂直，请说明理由； （3）当的值为多少时，△FDG为等腰直角三角形？ 25．（10分）小昆和小明玩摸牌游戏，游戏规则如下：有3张背面完全相同，牌面标有数字1、2、3的纸牌，将纸牌洗匀后背面朝上放在桌面上，随机抽出一张，记下牌面数字，放回后洗匀再随机抽出一张． （1）请用画树形图或列表的方法（只选其中一种），表示出两次抽出的纸牌数字可能出现的所有结果； （2）若规定：两次抽出的纸牌数字之和为奇数，则小昆获胜，两次抽出的纸牌数字之和为偶数，则小明获胜，这个游戏公平吗？为什么？ 26．（10分）如图1，抛物线与轴交于，两点，与轴交于点，已知点，且对称轴为直线． （1）求该抛物线的解析式； （2）点是第四象限内抛物线上的一点，当的面积最大时，求点的坐标； （3）如图2，点是抛物线上的一个动点，过点作轴，垂足为．当时，直接写出点的坐标． 参考答案 一、选择题(每小题3分,共30分) 1、C 【分析】连接OC，利用垂径定理以及圆心角与圆周角的关系求出；再利用弧长公式即可求出的长. 【详解】解：连接OC （同弧所对的圆心角是圆周角的2倍） ∵直径 ∴=（垂径定理） ∴ 故选C 【点睛】 本题考查了垂径定理、圆心角与圆周角以及利用弧长公式求弧长，熟练掌握相关定理和公式是解答本题的关键. 2、C 【分析】由题意根据相似三角形的判定定理依次对各选项进行分析判断即可． 【详解】解：A、∠AED=∠B，∠A=∠A，则可判断△ADE∽△ACB，故A选项错误； B、∠ADE=∠C，∠A=∠A，则可判断△ADE∽△ACB，故B选项错误； C、不能判定△ADE∽△ACB，故C选项正确； D、，且夹角∠A=∠A，能确定△ADE∽△ACB，故D选项错误． 故选：C． 【点睛】 本题考查的是相似三角形的判定，熟练掌握相似三角形的判定定理是解答此题的关键． 3、B 【分析】根据垂径定理可知，MN所在直线是直径的位置，而两条直径的交点即为圆心，故最少使用2次就可以找到圆形工件的圆心． 【详解】根据垂径定理可知，MN所在直线是直径的位置，而两条直径的交点即为圆心， 如图所示，使用2次即可找到圆心O， 故选B. 【点睛】 本题考查利用垂径定理确定圆心，熟练掌握弦的垂直平分线经过圆心是解题的关键. 4、C 【分析】根据概率的求法，找准两点：①全部情况的总数；②符合条件的情况数目，二者的比值就是其发生的概率． 【详解】解：依题意有：=1.2， 解得：n=2． 故选：C． 【点睛】 此题考查了利用概率的求法估计总体个数，利用如果一个事件有n种可能，而且这些事件的可能性相同，其中事件A出现m种结果，那么事件A的概率P（A）=是解题关键． 5、D 【分析】直接利用二次根式的加减运算法则计算得出答案． 【详解】解：A、无法计算，故此选项错误； B、2+无法计算，故此选项错误； C、2﹣，无法计算，故此选项错误； D、﹣＝，正确． 故选：D． 【点睛】 此题主要考查了二次根式的加减运算，正确掌握相关运算法则是解题关键． 6、A 【分析】设位似比例为k，先根据周长之比求出k的值，再根据点B的坐标即可得出答案． 【详解】设位似图形的位似比例为k 则 和的周长之比为 ，即 解得 又点B的坐标为 点的横坐标的绝对值为，纵坐标的绝对值为 点位于第四象限 点的坐标为 故选：A． 【点睛】 本题考查了位似图形的坐标变换，依据题意，求出位似比例式解题关键． 7、B 【分析】根据已知条件，在中，求出AD的长，再在中求出AC的值. 【详解】，，=8 即 即 故选B. 【点睛】 本题考查了解直角三角形的应用，熟练掌握特殊角的三角函数值是解题的关键. 8、B 【分析】由题意根据圆的半径和线段的长进行大小比较，即可得出选项. 【详解】解：因为圆的半径为5，线段的长为4，5>4， 所以点在圆内. 故选B. 【点睛】 本题考查同一平面内点与圆的位置关系，根据相关判断方法进行大小比较即可. 9、B 【分析】根据针恰好指向白色扇形的概率得到黑、白两种颜色的扇形的面积比为1：7，计算即可． 【详解】解：∵指针恰好指向白色扇形的穊率为， ∴黑、白两种颜色的扇形的面积比为1：7， ∴∠AOB＝×360°＝45°， 故选：B． 【点睛】 本题考查的知识点是求圆心角的度数，根据概率得出黑、白两种颜色的扇形的面积比为1：7是解此题的关键． 10、C 【分析】根据题意及直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得：AB=2CE=12再根据三角形面积公式，即△ABC面积=AB×CD=30.故选C. 【详解】解：∵CE是斜边AB上的中线， ∴AB＝2CE＝2×6＝12， ∴S△ABC＝×CD×AB＝×5×12＝30， 故选：C． 【点睛】 本题的考点是直角三角形斜边上的中线性质及三角形面积公式.方法是根据题意求出三角形面积公式中的底，再根据面积公式即可得出答案. 二、填空题(每小题3分,共24分) 11、15 【分析】利用绝对值和二次根式的非负性求得的值，然后确定两个角的度数，从而求解. 【详解】解：由题意可知： ∴ ∴∠α=60°，∠β=45° ∴∠α-∠β=15° 故答案为：15 【点睛】 本题考查绝对值及二次根式的非负性和特殊角的三角函数值，正确计算是本题的解题关键. 12、1 【分析】将x＝0代入原方程，结合一元二次方程的定义即可求得a的值． 【详解】解：根据题意，将x＝0代入方程可得a2﹣9＝0， 解得：a＝1或a＝﹣1， ∵a+1≠0，即a≠﹣1， ∴a＝1． 故答案为：1． 【点睛】 本题考查了一元二次方程的解：能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值是一元二次方程的解．又因为只含有一个未知数的方程的解也叫做这个方程的根，所以一元二次方程的解也称为一元二次方程的根． 13、x1＝0，x2＝1． 【分析】利用因式分解法求解可得． 【详解】移项得：x2﹣1x＝0， ∴x（x﹣1）＝0， 则x＝0或x﹣1＝0， 解得x1＝0，x2＝1， 故答案为：x1＝0，x2＝1． 【点睛】 本题主要考查解一元二次方程的能力，熟练掌握解一元二次方程的几种常用方法：直接开平方法、因式分解法、公式法、配方法，结合方程的特点选择合适、简便的方法是解题的关键． 14、B 【详解】解∵这10个数据是：4，4，4，5，5，5，5，6，6，9； ∴中位数是：（5+5）÷2=5吨，故A正确； ∴众数是：5吨，故D正确； ∴极差是：9﹣4=5吨，故B错误； ∴平均数是：（3×4+4×5+2×6+9）÷10=5.3吨，故C正确． 故选B． 15、2 【分析】把x=1代入已知方程，列出关于k的新方程，通过解新方程来求k的值． 【详解】∵方程x2+kx−3=0的一个根为1， ∴把x=1代入，得 12+k×1−3=0， 解得，k=2. 故答案是：2. 【点睛】 本题考查了一元二次方程的知识点，解题的关键是熟练的掌握一元二次方程解的应用. 16、x＞1． 【分析】按照去分母、去括号、移项、合并同类项、系数化为1的步骤求解即可. 【详解】解：去分母得：x﹣1＞8﹣2x， 移项合并得：3x＞12， 解得：x＞1， 故答案为：x＞1 【点睛】 本题考查了一元一次不等式的解法，熟练掌握解一元一次不等式的步骤是解答本题的关键. 17、 【解析】画树状图得： ∵共有6种等可能的结果，转盘所转到的两个数字之积为奇数的有2种情况， ∴转盘所转到的两个数字之积为奇数的概率是：. 故答案是：. 【点睛】此题考查了列表法或树状图法求概率．注意此题属于放回实验，用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比． 18、 【分析】设AD＝2x，BD＝x，所以AB＝3x，易证△ADE∽△ABC，利用相似三角形的性质可求出DE的长度，以及，再证明△ADE∽△ACD，利用相似三角形的性质即可求出得出，从而可求出CD的长度． 【详解】设AD＝2x，BD＝x， ∴AB＝3x， ∵DE∥BC， ∴△ADE∽△ABC， ∴， ∴， ∴DE＝4，， ∵∠ACD＝∠B， ∠ADE＝∠B， ∴∠ADE＝∠ACD， ∵∠A＝∠A， ∴△ADE∽△ACD， ∴， 设AE＝2y，AC＝3y， ∴， ∴AD＝y， ∴， ∴CD＝2， 故填：2. 【点睛】 本题考查相似三角形，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． 三、解答题(共66分) 19、（1）y=﹣x2+；（2）（1，1）；（3）当△DMN是等腰三角形时，t的值为，3﹣或1． 【解析】试题分析：（1）易得抛物线的顶点为（0，），然后只需运用待定系数法，就可求出抛物线的函数关系表达式； （2）①当点F在第一象限时，如图1，可求出点C的坐标，直线AC的解析式，设正方形OEFG的边长为p，则F（p，p），代入直线AC的解析式，就可求出点F的坐标；②当点F在第二象限时，同理可求出点F的坐标，此时点F不在线段AC上，故舍去； （3）过点M作MH⊥DN于H，如图2，由题可得0≤t≤2．然后只需用t的式子表示DN、DM2、MN2，分三种情况（①DN=DM，②ND=NM，③MN=MD）讨论就可解决问题． 试题解析：（1）∵点B是点A关于y轴的对称点， ∴抛物线的对称轴为y轴， ∴抛物线的顶点为（0，）， 故抛物线的解析式可设为y=ax2+． ∵A（﹣1，2）在抛物线y=ax2+上， ∴a+=2， 解得a=﹣， ∴抛物线的函数关系表达式为y=﹣x2+； （2）①当点F在第一象限时，如图1， 令y=0得，﹣x2+=0， 解得：x1=3，x2=﹣3， ∴点C的坐标为（3，0）． 设直线AC的解析式为y=mx+n， 则有， 解得， ∴直线AC的解析式为y=﹣x+． 设正方形OEFG的边长为p，则F（p，p）． ∵点F（p，p）在直线y=﹣x+上， ∴﹣p+=p， 解得p=1， ∴点F的坐标为（1，1）． ②当点F在第二象限时， 同理可得：点F的坐标为（﹣3，3）， 此时点F不在线段AC上，故舍去． 综上所述：点F的坐标为（1，1）； （3）过点M作MH⊥DN于H，如图2， 则OD=t，OE=t+1． ∵点E和点C重合时停止运动，∴0≤t≤2． 当x=t时，y=﹣t+，则N（t，﹣t+），DN=﹣t+． 当x=t+1时，y=﹣（t+1）+=﹣t+1，则M（t+1，﹣t+1），ME=﹣t+1． 在Rt△DEM中，DM2=12+（﹣t+1）2=t2﹣t+2． 在Rt△NHM中，MH=1，NH=（﹣t+）﹣（﹣t+1）=， ∴MN2=12+（）2=． ①当DN=DM时， （﹣t+）2=t2﹣t+2， 解得t=； ②当ND=NM时， ﹣t+=， 解得t=3﹣； ③当MN=MD时， =t2﹣t+2， 解得t1=1，t2=3． ∵0≤t≤2，∴t=1． 综上所述：当△DMN是等腰三角形时，t的值为，3﹣或1． 考点：二次函数综合题. 20、（1）2；（2） 【分析】（1）根据平行四边形的判定及平行线的性质得到∠CPB=∠ABE，利用勾股定理求出AE，BE，AB，证明△ABE是直角三角形，∠AEB=90°，即可求出tan ÐCPB= tan ÐABE； （2）如图2中，取格点D，连接CD，DM．通过平行四边形及平行线的性质得到∠CPB=∠MCD，利用勾股定理的逆定理证明△CDM是直角三角形，且∠CDM=90°，即可得到cos∠CPB=cos∠MCD． 【详解】解：（1）连接格点 B、 E， ∵BC∥DE，BC=DE， ∴四边形BCDE是平行四边形， ∴DC∥BE， ∴∠CPB=∠ABE， ∵AE=，BE=，AB= ， ∴△ABE是直角三角形，∠AEB=90°， ∴tan∠CPB= tan∠ABE=， 故答案为：2； （2）如图2所示，取格点M，连接CM，DM， ∵CB∥AM，CB=AM， ∴四边形ABCM是平行四边形， ∴CM∥AB， ∴∠CPB=∠MCD， ∵CM=，CD=，MD=， ， ∴△CDM是直角三角形，且∠CDM=90°， ∴cos∠CPB=cos∠MCD=． 【点睛】 本题考查三角形综合题、平行线的性质、勾股定理及勾股定理逆定理、直角三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用数形结合的思想解决问题，学会用转化的思想思考问题． 21、（1）；（2）当时，随的增大而减少 【分析】（1）根据二次函数的定义得出k2+k-4=2，再利用函数图象有最高点，得出k+2＜0，即可得出k的值； （2）利用（1）中k的值得出二次函数的解析式，利用形如y=ax2（a≠0）的二次函数顶点坐标为（0，0），对称轴是y轴即可得出答案． 【详解】（1）∵是二次函数， ∴k2+k-4=2且k+2≠0， 解得k=-1或k=2， ∵函数有最高点， ∴抛物线的开口向下， ∴k+2＜0， 解得k＜-2， ∴k=-1． （2）当k=-1时，y=-x2顶点坐标（0，0），对称轴为y轴， 当x＞0时，y随x的增大而减少． 【点睛】 此题主要考查了二次函数的定义以及其性质，利用函数图象有最高点，得出二次函数的开口向下是解决问题的关键． 22、（1）-3；（2）﹣3＜x＜﹣1；（3）k≥﹣4且k≠1． 【分析】（1）把点A坐标代入一次函数关系式可求出a的值，确定点A的坐标，再代入反比例函数关系式可求出k的值， （2）一次函数与反比例函数联立，可求出交点B的坐标，再根据图象可得出当y1＞y2时，x的取值范围． （3）若反比例函数y2＝与一次函数y1＝x+4的图象总有交点，就是x2+4x﹣k＝1有实数根，根据根的判别式求出k的取值范围． 【详解】（1）一次函数y1＝x+4的图象过A（﹣1，a）， ∴a＝﹣1+4＝3， ∴A（﹣1，3）代入反比例函数y2＝得， k＝﹣3； （2）由（1）得反比例函数，由题意得， ，解得，，， ∴点B（﹣3，1） 当y1＞y2，即一次函数的图象位于反比例函数图象上方时， 自变量的取值范围为：﹣3＜x＜﹣1； （3）若反比例函数y2＝与一次函数y1＝x+4的图象总有交点， 即，方程＝x+4有实数根，也就是x2+4x﹣k＝1有实数根， ∴16+4k≥1， 解得，k≥﹣4， ∵k≠1， ∴k的取值范围为：k≥﹣4且k≠1． 【点睛】 此题考查待定系数法求函数解析式，函数图象与二元一次方程组的关系，一次函数与反比例函数交点的确定，正确理解题意是解题的关键. 23、（1）见解析；（2）见解析 【分析】（1）连接OD，由DE是⊙O的切线，得出∠ODE＝90°，∠ADO＋∠BDE＝90°，由∠ACB＝90°，得出∠CAB＋∠CBA＝90°，证出∠CAB＝∠ADO，得出∠BDE＝∠CBA，即可得出结论； （2）证出CB是⊙O的切线，得出DE＝EC，推出EC＝EB，再由OA＝OC，得出OE∥AB，即可得出结论． 【详解】（1）连接OD、OE，如图所示： ∵DE是⊙O的切线， ∴∠ODE＝90°， ∴∠ADO＋∠BDE＝90°， ∵∠ACB＝90°， ∴∠CAB＋∠CBA＝90°， ∵OA＝OD， ∴∠CAB＝∠ADO， ∴∠BDE＝∠CBA， ∴EB＝ED， ∴△DBE是等腰三角形； （2）∵∠ACB＝90°，AC是⊙O的直径， ∴CB是⊙O的切线， ∵DE是⊙O的切线， ∴DE＝EC， ∵EB＝ED， ∴EC＝EB， ∵OA＝OC， ∴OE∥AB， ∴△COE∽△CAB． 【点睛】 本题考查了切线的判定与性质、相似三角形的判定、等腰三角形的判定与性质、平行线的判定与性质等知识，熟练掌握切线的判定与性质是解题的关键． 24、（1）见解析；（2）FD与DG垂直，理由见解析；（3）当时，△FDG为等腰直角三角形，理由见解析. 【分析】（1）由比例线段可知，我们需要证明△ADC∽△EGC，由两个角对应相等即可证得； （2）由矩形的判定定理可知，四边形AFEG为矩形，根据矩形的性质及相似三角形的判定可得到△AFD∽△CGD，从而不难得到结论； （3）先判断出DF＝DG，再利用同角的余角相等判断出∠ADF＝∠CDG，∠BAD＝∠C，得出△ADF≌△CDG，即可得出结论． 【详解】（1）证明：在△ADC和△EGC中， ∵∠ADC＝∠EGC，∠C＝∠C， ∴△ADC∽△EGC． ∴． （2）解：FD与DG垂直． 理由如下： 在四边形AFEG中， ∵∠FAG＝∠AFE＝∠AGE＝90°， ∴四边形AFEG为矩形． ∴AF＝EG． ∵， ∴． 又∵△ABC为直角三角形，AD⊥BC， ∴∠FAD＝∠C＝90°﹣∠DAC， ∴△AFD∽△CGD． ∴∠ADF＝∠CDG． ∵∠CDG+∠ADG＝90°， ∴∠ADF+∠ADG＝90°． 即∠FDG＝90°． ∴FD⊥DG． （3）解：当的值为1时，△FDG为等腰直角三角形，理由如下： 由（2）知，∠FDG＝90°， ∵△DFG为等腰直角三角形， ∴DF＝DG， ∵AD是BC边上的高， ∴∠ADC＝90°， ∴∠ADG+∠CDG＝90°， ∵∠FDG＝90°， ∴∠ADG+∠ADF＝90°， ∴∠ADF＝∠CDG， ∵∠CAD+∠BAD＝90°，∠C+∠CAD＝90°， ∴∠BAD＝∠C， ∴△ADF≌△CDG（AAS）， ∴AD＝CD， ∵∠ADC＝90°， ∴∠C＝45°＝∠B， ∴AB＝AC， 即：当的值为1时，△FDG为等腰直角三角形． 【点睛】 此题是相似形综合题，主要考查了相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，同角的余角相等，判断出△ADF≌△CDG是解本题的关键． 25、（1）结果见解析；（2）不公平，理由见解析. 【解析】判断游戏是否公平，即是看双方取胜的概率是否相同，若相同，则公平，不相同则不公平． 26、（1）；（2）（3）或或或 【分析】（1）由对称性可知抛物线与轴的另一个交点为，将点，坐标代入，联立方程组求解即可得到，即可得到抛物线的解析式. （2）作轴交直线于点，设直线BC：y=kx+b,代入B、C两点坐标求得直线为，设点为，则点为，，表示出S，化简整理可得，根据二次函数的性质得当时，的面积最大，此时点坐标为 （3）根据A、B 坐标易得AB=4，当PQ=3时满足条件，P点的纵坐标为±3，代入函数解析式求得P点的横坐标，即可得到P点的坐标. 【详解】解：（1）由对称性可知抛物线与轴的另一个交点为 把点，坐标代入，，解得 抛物线的解析式为． （2）如图1，作轴交直线于点 设直线BC：y=kx+b, 代入B（3,0），C（0，-3）可得 解得： ∴直线为 设点为则点为 当时，的面积最大， 代入，可得=， 此时点坐标为 （3）∵A（-1,0），B（3,0） ∴AB=4 ∵ ∴PQ=3， 即P点纵坐标为±3， 当y=3时， 解得： 当y=-3时， 解得：x1=0,x2=2, 综上，当时，或或或． 【点睛】 本题为二次函数的综合，涉及知识点有待定系数法、二次函数的最值及分类讨论思想． 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