2022年吉林省农安县第四中学数学九上期末质量检测模拟试题含解析.doc

2022-2023学年九上数学期末模拟试卷
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（每题4分，共48分）
1．（11·大连）某农科院对甲、乙两种甜玉米各用10块相同条件的试验田进行试验，
得到两个品种每公顷产量的两组数据，其方差分别为s甲2＝0.002、s乙2＝0.03，则 ( )
A．甲比乙的产量稳定 B．乙比甲的产量稳定
C．甲、乙的产量一样稳定 D．无法确定哪一品种的产量更稳定
2．下列事件为必然事件的是（　　）
A．袋中有4个蓝球，2个绿球，共6个球，随机摸出一个球是红球
B．三角形的内角和为180°
C．打开电视机，任选一个频道，屏幕上正在播放广告
D．抛掷一枚硬币两次，第一次正面向上，第二次反面向上
3．二次函数y=ax1+bx+c（a≠0）的部分图象如图所示，图象过点（﹣1，0），对称轴为直线x=1，下列结论：（1）4a+b=0；（1）9a+c＞﹣3b；（3）7a﹣3b+1c＞0；（4）若点A（﹣3，y1）、点B（﹣，y1）、点C（7，y3）在该函数图象上，则y1＜y3＜y1；（5）若方程a（x+1）（x﹣5）=﹣3的两根为x1和x1，且x1＜x1，则x1＜﹣1＜5＜x1．其中正确的结论有（　　）

A．1个 B．3个 C．4个 D．5个
4．如图，中，，于，平分，且于，与相交于点，于，交于，下列结论：①；②；③；④.其中正确的是（ ）

A．①② B．①③ C．①②③ D．①②③④
5．如图，抛物线y＝ax2+bx+c交x轴分别于点A（﹣3，0），B（1，0），交y轴正半轴于点D，抛物线顶点为C．下列结论
①2a﹣b＝0；
②a+b+c＝0；
③当m≠﹣1时，a﹣b＞am2+bm；
④当△ABC是等腰直角三角形时，a＝；
⑤若D（0，3），则抛物线的对称轴直线x＝﹣1上的动点P与B、D两点围成的△PBD周长最小值为3，其中，正确的个数为（　　）

A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
6．如图，是坐标原点，菱形顶点的坐标为，顶点在轴的负半轴上，反比例函数的图象经过顶点，则的值为（ ）

A． B． C． D．
7．如图，直线，等腰的直角顶点在上，顶点在上，若，则（　　）

A．31° B．45° C．30° D．59°
8．一元二次方程的左边配成完全平方后所得方程为（ ）
A． B． C． D．
9．某药品经过两次降价，每瓶零售价由112元降为63元．已知两次降价的百分率相同．要求每次降价的百分率，若设每次降价的百分率为x，则得到的方程为（　　）
A．112（1﹣x）2=63 B．112（1+x）2=63 C．112（1﹣x）=63 D．112（1+x）=63
10．在Rt△ABC中，∠C=900，∠B=2∠A，则cosB等于（ ）
A． B． C． D．
11．若3x=2y（xy≠0），则下列比例式成立的是（　　）
A． B． C． D．
12．如图，在平面直角坐标系中，正方形ABCD顶点B（﹣1，﹣1），C在x轴正半轴上，A在第二象限双曲线y＝﹣上，过D作DE∥x轴交双曲线于E，连接CE，则△CDE的面积为（ ）

A．3 B． C．4 D．
二、填空题（每题4分，共24分）
13．已知关于x的方程x2+3x+m＝0有一个根为﹣2，则m＝_____，另一个根为_____．
14．如图，已知矩形ABCD的两条边AB＝1，AD＝，以B为旋转中心，将对角线BD顺时针旋转60°得到线段BE，再以C为圆心将线段CD顺时针旋转90°得到线段CF，连接EF，则图中阴影部分面积为_____．

15．若，则=_____．
16．如图，矩形ABCD中，AB＝4，BC＝6，E是边AD的中点，将△ABE折叠后得到△A′BE，延长BA′交CD于点F，则DF的长为______．

17．方程的解是 　　 ．
18．如图，矩形中，，，以为圆心，为半径画弧，交于点，则图中阴影部分的面积是_______.

三、解答题（共78分）
19．（8分）用适当的方法解下列一元二次方程．
（1）；
（2）．
20．（8分）2019年9月30日,由著名导演李仁港执导的电影《攀登者》在各大影院上映后,好评不断,小亮和小丽都想去观看这部电影,但是只有一张电影票,于是他们决定采用模球的办法决定胜负,获胜者去看电影,游戏规则如下：在一个不透明的袋子中装有编号1-4的四个球（除编号外都相同）,从中随机摸出一个球,记下数字后放回,再从中摸出一个球,记下数字,若两次数字之和大于5,则小亮获胜,若两次数字之和小于5,则小丽获胜．
（1）请用列表或画树状图的方法表示出随机摸球所有可能的结果；
（2）分别求出小亮和小丽获胜的概率,并判断这种游戏规则对两人公平吗？
21．（8分）如图，AB是⊙O的直径，点C是圆上一点，点D是半圆的中点，连接CD交OB于点E，点F是AB延长线上一点，CF＝EF．

（1）求证：FC是⊙O的切线；
（2）若CF＝5，，求⊙O半径的长．
22．（10分）求值：
23．（10分）车辆经过某市收费站时，可以在4个收费通道 A、B、C、D中，可随机选择其中的一个通过．
（1）车辆甲经过此收费站时，选择A通道通过的概率是　　；
（2）若甲、乙两辆车同时经过此收费站，请用列表法或树状图法确定甲乙两车选择不同通道通过的概率．
24．（10分）如图，点O为∠ABC的边上的一点，过点O作OM⊥AB于点，到点的距离等于线段OM的长的所有点组成图形．图形W与射线交于E，F两点(点在点F的左侧).

（1）过点作于点，如果BE=2，，求MH的长；
（2）将射线BC绕点B顺时针旋转得到射线BD，使得∠，判断射线BD与图形公共点的个数，并证明．
25．（12分）已知：二次函数y=x2+bx+c经过原点，且当x=2时函数有最小值；直线AC解析式为y=kx-4，且与抛物线相交于B、C．

（1）求二次函数解析式；
（2）若S△AOB∶S△BOC=1：3，求直线AC的解析式；
（3）在（2）的条件下，点E为线段BC上一动点（不与B、C重合），过E作x轴的垂线交抛物线于F、交x轴于G，是否存在点E，使△BEF和△CGE相似？若存在，请求出所有点E的坐标；若不存在，请说明理由．
26．已知：正方形ABCD中，∠MAN=45°，∠MAN绕点A顺时针旋转，它的两边分别交CB，DC、DC（或它们的延长线）于点M，N.

（1）当∠MAN绕点A旋转到（如图1）时，求证：BM+DN=MN；
（2）当∠MAN绕点A旋转到如图2的位置时，猜想线段BM，DN和MN之间又有怎样的数量关系呢？请直接写出你的猜想。（不需要证明）

参考答案

一、选择题（每题4分，共48分）
1、A
【解析】方差是刻画波动大小的一个重要的数字.与平均数一样，仍采用样本的波动大小去估计总体的波动大小的方法，方差越小则波动越小，稳定性也越好.
【详解】因为s＝0.002<s＝0.03，
所以，甲比乙的产量稳定.
故选A
【点睛】本题考核知识点：方差. 解题关键点：理解方差意义.
2、B
【解析】确定事件包括必然事件和不可能事件，必然事件指在一定条件下，一定发生的事件，不可能事件是指在一定条件下，一定不发生的事件；
【详解】A．袋中有4个蓝球，2个绿球，共6个球，随机摸出一个球是红球是不可能事件；
B．三角形的内角和为180°是必然事件；
C．打开电视机，任选一个频道，屏幕上正在播放广告是随机事件；
D．抛掷一枚硬币两次，第一次正面向上，第二次反面向上是随机事件；
故选：B．
【点睛】
此题考查随机事件，解题关键在于掌握其定义
3、B
【解析】根据题意和函数的图像，可知抛物线的对称轴为直线x=-=1，即b=-4a，变形为4a+b=0，所以（1）正确；
由x=-3时，y＞0，可得9a+3b+c＞0，可得9a+c＞-3c，故（1）正确；
因为抛物线与x轴的一个交点为(-1,0)可知a-b+c=0，而由对称轴知b=-4a，可得a+4a+c=0，即c=-5a.代入可得7a﹣3b+1c=7a+11a-5a=14a，由函数的图像开口向下，可知a＜0，因此7a﹣3b+1c＜0，故（3）不正确；
根据图像可知当x＜1时，y随x增大而增大，当x＞1时，y随x增大而减小，可知若点A（﹣3，y1）、点B（﹣，y1）、点C（7，y3）在该函数图象上，则y1=y3＜y1，故（4）不正确；
根据函数的对称性可知函数与x轴的另一交点坐标为（5，0），所以若方程a（x+1）（x﹣5）=﹣3的两根为x1和x1，且x1＜x1，则x1＜﹣1＜x1，故（5）正确．
正确的共有3个.
故选B.
点睛：本题考查了二次函数图象与系数的关系：二次函数y=ax1+bx+c（a≠0），二次项系数a决定抛物线的开口方向和大小，当a＞0时，抛物线向上开口；当a＜0时，抛物线向下开口；一次项系数b和二次项系数a共同决定对称轴的位置，当a与b同号时（即ab＞0），对称轴在y轴左； 当a与b异号时（即ab＜0），对称轴在y轴右；常数项c决定抛物线与y轴交点． 抛物线与y轴交于（0，c）；抛物线与x轴交点个数由△决定，△=b1﹣4ac＞0时，抛物线与x轴有1个交点；△=b1﹣4ac=0时，抛物线与x轴有1个交点；△=b1﹣4ac＜0时，抛物线与x轴没有交点．
4、C
【分析】根据∠ABC=45°，CD⊥AB可得出BD=CD，利用AAS判定Rt△DFB≌Rt△DAC，从而得出DF=AD，BF=AC．则CD=CF+AD，即AD+CF=BD；再利用AAS判定Rt△BEA≌Rt△BEC，得出CE=AE=AC，又因为BF=AC所以CE=AC=BF；连接CG．因为△BCD是等腰直角三角形，即BD=CD．又因为DH⊥BC，那么DH垂直平分BC．即BG=CG；在Rt△CEG中，CG是斜边，CE是直角边，所以CE＜CG．即AE＜BG．
【详解】∵CD⊥AB，∠ABC=45°，
∴△BCD是等腰直角三角形．
∴BD=CD．故①正确；
在Rt△DFB和Rt△DAC中，
∵∠DBF=90°-∠BFD，∠DCA=90°-∠EFC，且∠BFD=∠EFC，
∴∠DBF=∠DCA．
又∵∠BDF=∠CDA=90°，BD=CD，
∴△DFB≌△DAC．
∴BF=AC；DF=AD．
∵CD=CF+DF，
∴AD+CF=BD；故②正确；
在Rt△BEA和Rt△BEC中
∵BE平分∠ABC，
∴∠ABE=∠CBE．
又∵BE=BE，∠BEA=∠BEC=90°，
∴Rt△BEA≌Rt△BEC．
∴CE=AE=AC．
又由（1），知BF=AC，
∴CE=AC=BF；故③正确；
连接CG．

∵△BCD是等腰直角三角形，
∴BD=CD
又DH⊥BC，
∴DH垂直平分BC．∴BG=CG
在Rt△CEG中，
∵CG是斜边，CE是直角边，
∴CE＜CG．
∵CE=AE，
∴AE＜BG．故④错误．
故选C．
【点睛】
本题考查三角形全等的判定方法，判定两个三角形全等的一般方法有：SSS、SAS、SSA、HL．在复杂的图形中有45°的角，有垂直，往往要用到等腰直角三角形，要注意掌握并应用此点．
5、D
【分析】把A、B两点坐标代入抛物线的解析式并整理即可判断①②；
根据抛物线的顶点和最值即可判断③；
求出当△ABC是等腰直角三角形时点C的坐标，进而可求得此时a的值，于是可判断④；
根据利用对称性求线段和的最小值的方法（将军饮马问题）求解即可判断⑤.
【详解】解：把A（﹣3，0），B（1，0）代入y＝ax2+bx+c得到，消去c得到2a﹣b＝0，故①②正确；
∵抛物线的对称轴是直线x＝﹣1，开口向下，∴x＝﹣1时，y有最大值，最大值＝a﹣b+c，
∵m≠﹣1，∴a﹣b+c＞am2+bm+c，∴a﹣b＞am2+bm，故③正确；
当△ABC是等腰直角三角形时，C（﹣1，2），
可设抛物线的解析式为y＝a（x+1）2+2，把（1，0）代入解得a＝﹣，故④正确，
如图，连接AD交抛物线的对称轴于P，连接PB，则此时△BDP的周长最小，最小值＝PD+PB+BD＝PD+PA+BD＝AD+BD，
∵AD＝＝3，BD＝＝，
∴△PBD周长最小值为3，故⑤正确．
故选D．

【点睛】
本题考查了二次函数的图象与性质、二次函数的图象与其系数的关系、待定系数法求二次函数的解析式和求三角形周长最小值的问题，熟练掌握二次函数的图象与性质是解题的关键.
6、C
【分析】根据点C的坐标以及菱形的性质求出点B的坐标，然后利用待定系数法求出k的值即可．
【详解】∵，
∴，
∵四边形OABC是菱形，
∴AO=CB=OC=AB=5，
则点B的横坐标为，
故B的坐标为：，
将点B的坐标代入得，，
解得：．
故选：C．
【点睛】
本题考查了菱形的性质以及利用待定系数法求反比例函数解析式，解答本题的关键是根据菱形的性质求出点B的坐标．
7、A
【分析】过点B作BD//l1，，再由平行线的性质即可得出结论．
【详解】解：过点B作BD//l1，则∠α=∠CBD．

∵，
∴BD//，
∴∠β=∠DBA,
∵∠CBD+∠DBA=45°，
∴∠α+∠β=45°,
∵
∴∠α=45°-∠β=31°.
故选A．
【点睛】
本题考查的是平行线的性质，根据题意作出辅助线，构造出平行线是解答此题的关键．
8、B
【解析】把常数项﹣5移项后，应该在左右两边同时加上一次项系数﹣2的一半的平方．
【详解】把方程x2﹣2x﹣5＝0的常数项移到等号的右边，得到x2﹣2x＝5，方程两边同时加上一次项系数一半的平方，得到：x2﹣2x+（﹣1）2＝5+（﹣1）2，配方得：（x﹣1）2＝1．
故选B．
【点睛】
本题考查了配方法解一元二次方程．配方法的一般步骤：
（1）把常数项移到等号的右边；
（2）把二次项的系数化为1；
（3）等式两边同时加上一次项系数一半的平方．
选择用配方法解一元二次方程时，最好使方程的二次项的系数为1，一次项的系数是2的倍数．
9、A
【解析】根据题意可得等量关系：原零售价×（1-百分比）（1-百分比）=降价后的售价，然后根据等量关系列出方程即可．
【详解】设每次降价的百分率为x，由题意得：
112(1−x)2=63，
故答案选：A.
【点睛】
本题考查的知识点是由实际问题抽象出一元二次方程，解题的关键是熟练的掌握由实际问题抽象出一元二次方程.
10、B
【详解】解：∵∠C=90°，
∴∠A+∠B=90°，
∵∠B=2∠A，
∴∠A+2∠A=90°，
∴∠A=30°，
∴∠B=60°，
∴cosB=
故选B
【点睛】
本题考查三角函数值，熟记特殊角三角函数值是解题关键．
11、A
【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．
【详解】A．由得：3x=2y，故本选项比例式成立；
B．由得：xy=6，故本选项比例式不成立；
C．由得：2x=3y，故本选项比例式不成立；
D．由得：2x=3y，故本选项比例式不成立．
故选A．
【点睛】
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，熟记性质是解题的关键．
12、B
【分析】作辅助线，构建全等三角形：过A作GH⊥x轴，过B作BG⊥GH，过C作CM⊥ED于M，证明△AHD≌△DMC≌△BGA，设A(x，﹣)，结合点B 的坐标表示：BG＝AH＝DM＝﹣1﹣x，由HQ＝CM，列方程，可得x的值，进而根据三角形面积公式可得结论．
【详解】过A作GH⊥x轴，过B作BG⊥GH，过C作CM⊥ED于M，
设A(x，﹣)，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝CD＝AB，∠BAD＝∠ADC＝90°，
∴∠BAG=∠ADH=∠DCM，
∴△AHD≌△DMC≌△BGA（AAS），
∴BG＝AH＝DM＝﹣1﹣x，
∴AG＝CM＝DH＝1﹣，
∵AH+AQ＝CM，
∴1﹣＝﹣﹣1﹣x，
解得：x＝﹣2，
∴A(﹣2，2)，CM＝AG＝DH＝1﹣＝3，
∵BG＝AH＝DM＝﹣1﹣x＝1，
∴点E的纵坐标为3，
把y＝3代入y＝﹣得：x＝﹣，
∴E(﹣，3)，
∴EH＝2﹣＝，
∴DE＝DH﹣HE＝3﹣＝，
∴S△CDE＝DE•CM＝××3＝．
故选：B．

【点睛】
本题主要考查反比例函数图象和性质与几何图形的综合，掌握“一线三垂直”模型是解题的关键．

二、填空题（每题4分，共24分）
13、2 x＝﹣1
【分析】将x＝﹣2代入方程即可求出m的值，然后根据根与系数的关系即可取出另外一个根．
【详解】解：将x＝﹣2代入x2+3x+m＝0，
∴4﹣6+m＝0，
∴m＝2，
设另外一个根为x，
∴﹣2+x＝﹣3，
∴x＝﹣1，
故答案为：2，x＝﹣1
【点睛】
本题考查了一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）根与系数的关系，若x1，x2为方程的两个根，则x1，x2与系数的关系式：，．
14、
【分析】矩形ABCD的两条边AB＝1，AD＝，得到∠DBC＝30°，由旋转的性质得到BD＝BE，∠BDE＝60°，求得∠CBE＝∠DBC＝30°，连接CE，根据全等三角形的性质得到∠BCE＝∠BCD＝90°，推出D，C，E三点共线，得到CE＝CD＝1，根据三角形和扇形的面积公式即可得到结论．
【详解】∵矩形ABCD的两条边AB＝1，AD＝，
∴，
∴∠DBC＝30°，
∵将对角线BD顺时针旋转60°得到线段BE，
∴BD＝BE，∠BDE＝60°，
∴∠CBE＝∠DBC＝30°，
连接CE，
∴△DBC≌△EBC（SAS），
∴∠BCE＝∠BCD＝90°，
∴D，C，E三点共线，
∴CE＝CD＝1，
∴图中阴影部分面积＝S△BEF+S△BCD+S扇形DCF﹣S扇形DBE
＝+﹣
＝，
故答案为：．

【点睛】
本题考查了旋转的性质，解直角三角形，矩形的性质，扇形的面积计算等知识点，能求出各个部分的面积是解此题的关键．
15、
【解析】根据两内项之积等于两外项之积列式整理即可得解.
【详解】∵ ,
∴4(a-b)=3b,
∴4a=7b,
∴,
故答案为:.
【点睛】
本题考查了比例的性质,熟记两内项之积等于两外项之积是解题的关键.
16、
【分析】根据点E是AD的中点以及翻折的性质可以求出AE＝DE＝EA'，然后利用“HL”证明△EDF和△EA'F全等，根据全等三角形对应边相等可证得DF＝A'F；设FD＝x，表示出FC、BF，然后在Rt△BCF中，利用勾股定理列方程即可得解．
【详解】∵E是AD的中点，
∴AE＝DE，
∵△ABE沿BE折叠后得到△A'BE，
∴AE＝EA'，AB＝BA'，
∴ED＝EA'，
∵在矩形ABCD中，
∴∠A＝∠D＝90°，
∴∠EA'F＝90°，
∵在Rt△EDF和Rt△EA'F中，
∵，
∴Rt△EDF≌Rt△EA'F（HL），
∴DF＝FA'，
设DF＝x，则BF＝4+x，CF＝4﹣x，
在Rt△BCF中，62+（4﹣x）2＝（4+x）2，
解得：x＝．
故答案为：．
【点睛】
本题主要考查折叠的性质与勾股定理，利用勾股定理列出方程，是解题的关键．
17、
【解析】解：，．
18、
【分析】阴影面积＝矩形面积－三角形面积－扇形面积.
【详解】作EFBC于F，如图所示：
在Rt中，
∴=2，
∴，
在Rt中，，∴，

=
=
故答案是：.
【点睛】
本题主要是利用扇形面积和三角形面积公式计算阴影部分的面积，解题关键是找到所求的量的等量关系．

三、解答题（共78分）
19、（1），；（2），．
【分析】（1）把原方程化成一元二次方程的一般形式，利用公式法解方程即可；
（2）按照平方差公式展开、合并，再利用十字相乘法解方程即可．
【详解】（1）
整理得：，
∵，
∴，
∴，
∴，．
（2）
整理得：，
∴，
∴x+4=0或x-2=0，
解得：，．
【点睛】
本题考查解一元二次方程，一元二次方程的常用解法有：直接开平方法、配方法、公式法、因式分解法等，熟练掌握并灵活运用适当的方法是解题关键．
20、（1）见解析 （2），；公平
【分析】(1)根据题意，列出树状图，即可得到答案；
(2)根据概率公式，分别求出小亮和小丽获胜的概率,即可.
【详解】（1）画树状图如下：

两数和的所有可能结果为：2,3,4,5,3,4,5,6,4,5,6,7,5,6,7,8共16种．
（2）∵两次数字之和大于5的结果数为6,
∴小亮获胜的概率,
∵两次数字之和小于5的结果数为6,
∴小丽获胜的概率,
∴此游戏是公平的．
【点睛】
本题主要考查简单事件概率的实际应用，画出树状图，求出概率，是解题的关键.
21、（1）证明见解析；（2）AO＝.
【分析】（1）连接OD，利用点D是半圆的中点得出∠AOD与∠BOD是直角，之后通过等量代换进一步得出∠FCE+∠OCD=∠OED+∠ODC=90°从而证明结论即可；
（2）通过得出＝，再证明△ACF∽△CBF从而得出AF＝10，之后进一步求解即可.
【详解】证明：连接OD，

∵点D是半圆的中点，
∴∠AOD=∠BOD=90°.
∴∠ODC+∠OED=90°.
∵OD=OC，
∴∠ODC=∠OCD.
又∵CF=EF，
∴∠FCE=∠FEC.
∵∠FEC=∠OED，
∴∠FCE=∠OED.
∴∠FCE+∠OCD=∠OED+∠ODC=90°.
即FC⊥OC.
∴FC是⊙O的切线.
（2）∵tanA＝，
∴在Rt△ABC中，＝.
∵∠ACB＝∠OCF＝90°，
∴∠ACO＝∠BCF＝∠A.
∴△ACF∽△CBF，
∴＝＝＝.
∴AF＝10.
∴CF2＝BF·AF.
∴BF＝.
∴AO＝＝.
【点睛】
本题主要考查了圆的切线证明与综合运用，熟练掌握相关概念是解题关键.
22、2.
【分析】先将三角函数值代入，再根据混合运算顺序依此计算可得.
【详解】原式＝

【点睛】
本题主要考查了特殊角的三角函数值，解题的关键是熟练掌握各特殊角的三角函数值.
23、（1）；（2），图见解析
【分析】（1）根据概率公式即可得到结论；
（2）画出树状图即可得到结论．
【详解】（1）共有4种可能，所以选择A通道通过的概率是.
故答案为：，
（2）两辆车为甲，乙，如图，

两辆车经过此收费站时，会有16种可能的结果，其中选择不同通道通过的有12种结果，
∴选择不同通道通过的概率==．
故答案为（1）；（2），图见解析
【点睛】
本题考查了概率公式中的等可能概型，和利用树状图解决实际问题，正确画出树状图是本题的关键．
24、（1）MH=；（2）1个．
【分析】（1）先根据题意补全图形，然后利用锐角三角函数求出圆的半径即OM的长度，再利用勾股定理求出BM的长度，最后利用可求出MH的长度.
（2）过点O作⊥于点，通过等量代换可知∠∠，从而利用角平分线的性质可知，得出为⊙的切线，从而可确定公共点的个数.
【详解】解：（1）∵到点的距离等于线段的长的所有点组成图形，
∴图形是以为圆心，的长为半径的圆．
根据题意补全图形：

∵于点M，
∴∠．
在△中，
，
∴．
∵
∴，
解得：．
∴．
在△中，
，
∴．
∵
∴
∴．
（2） 解： 1个．
证明：过点O作⊥于点，
∵∠∠，
且∠∠，
∴ ∠∠．
∴．
∴为⊙的切线．
∴射线与图形的公共点个数为1个．

【点睛】
本题主要考查解直角三角形和直线与圆的位置关系，掌握圆的相关性质,勾股定理和角平分线的性质是解题的关键.
25、（1）y=x2-4x；（2）直线AC的解析式为y=x-4；（1）存在，E点坐标为E(1．-1)或E(2，-2 ) ．
【分析】（1）根据二次函数y=x2+bx+c经过原点可知c=0，当x=2时函数有最小值可知对称轴是x=2，故可求出b，即可求解；
（2）连接OB，OC，过点C作CD⊥y轴于D，过点B作BE⊥y轴于E，根据得到，，由EB∥DC，对应线段成比例得到，再联立y=kx-4与y=x2-4x得到方程 kx-4=x2-4x，即x2-（k+4）x+4=0，求出x1,x2，根据x1,x2之间的关系得到关于k的方程即可求解；
（1）根据（1）（2）求出A,B,C的坐标，设E（m，m-4）（1＜m＜4）则G（m，0）、F（m，m2-4m），根据题意分∠EFB=90°和∠EBF=90°，分别找到图形特点进行列式求解．
【详解】解：（1）∵二次函数y=x2+bx+c经过原点，
∴c=0
∵当x=2时函数有最小值
∴，
∴b=-4，c=0，
∴y=x2-4x；
（2）如图，连接OB，OC，过点C作CD⊥y轴于D，过点B作BE⊥y轴于E，

∵
∴
∴
∵EB∥DC
∴
∵y=kx-4交y=x2-4x于B、C
∴kx-4=x2-4x，即x2-（k+4）x+4=0
∴，或
∵xB＜xC
∴EB=xB=，DC=xC=
∴4•=
解得 k=-9（不符题意，舍去）或k=1
∴k=1
∴直线AC的解析式为y=x-4；
（1）存在．理由如下：
由题意得∠EGC=90°，
∵直线AC的解析式为y=x-4
∴A(0，-4 ) ，C（4，0）
联立两函数得，解得或
∴B（1，-1）
设E（m，m-4）（1＜m＜4）
则G（m，0）、F（m，m2-4m）
①如图，当∠EFB=90°，即CG//BF时，△BFE∽△CGE．
此时F点纵坐标与B点纵坐标相等．
∴F（m，-1）
即m2-4m=-1
解得m=1（舍去）或m=1
∴F（1，-1）
故此时E（1，-1）

②如图当∠EBF=90°，△FBE∽△CGE
∵C（4，0），A(0 ，4 )
∴OA=OC
∴∠GCE=45°=∠BEF=∠BFE
过B点做BH⊥EF，
则H（m,-1）∴BH=m-1
又∵∠GCE=45°=∠BEF=∠BFE
∴△BEF是等腰直角三角形，又BH⊥EF
∴EH=HF，EF=2BH
∴(m-4)- (m2-4m) =2(m-1)
解得m1=1（舍去）m2=2
∴E(2,-2)
综上，E点坐标为E(1.-1)或E(2,-2)．

【点睛】
此题主要考查二次函数的图像及几何综合，解题的关键是熟知二次函数的图像与性质、平行线分线段成比例、相似三角形及等腰三角形的性质．
26、（1）见解析；（2）DN-BM=MN
【分析】（1）根据题意延长CB至E使得BE=DN，连接AE，利用全等三角形判定证明△ABE≌△AND和△EAM≌△NAM，等量代换即可求证BM+DN=MN；
（2）由题意在DN上截取DE=MB，连接AE，证△ABM≌△ADE，推出AM=AE；∠MAB=∠EAD，求出∠EAN=∠MAN，根据SAS证△AMN≌△AEN，推出MN=EN即可．
【详解】解：（1）证明：如图1，延长CB至E使得BE=DN，连接AE，

∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠D=∠ABC=90°=∠ABE，
在△ADN和△ABE中
∵AD=AB∠D=∠ABEDN=BE，
△ABE≌△ADN（SAS），
∴∠BAE=∠DAN，AE=AN，
∴∠EAN=∠BAE+∠BAN=∠DAN+∠BAN=90°，
∵∠MAN=45°，
∴∠EAM=∠MAN，
∵在△EAM和△NAM中
AE=AN∠EAM=∠NAMAM=AM，
∴△EAM≌△NAM，
∴MN=ME，
∵ME=BM+BE=BM+DN，
∴BM+DN=MN；
（2）猜想：线段BM，DN和MN之间的等量关系为：DN-BM=MN．
证明：如图2，在DN上截取DE=MB，连接AE，

∵AD=AB，∠D=∠ABM=90°，BM=DE，
∴△ABM≌△ADE（SAS）．
∴AM=AE；∠MAB=∠EAD，
∵∠MAN=45°=∠MAB+∠BAN，
∴∠DAE+∠BAN=45°，
∴∠EAN=90°-45°=45°=∠MAN，
∵在△AMN和△AEN中，AM＝AE，∠MAN＝∠EAN，AN＝AN，
∴△AMN≌△AEN（SAS），
∴MN=EN，
∵DN-DE=EN，
∴DN-BM=MN．
【点睛】
本题为四边形的综合题，考查知识点有正方形的性质、全等三角形的判定和性质、垂直平分线的判定和性质等，熟练利用全等三角形判定定理以及作辅助线技巧构造三角形全等是解题的关键．