广东省华南师范大第二附属中学2022年九年级数学第一学期期末调研试题含解析.doc

2022-2023学年九上数学期末模拟试卷
注意事项
1．考生要认真填写考场号和座位序号。
2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。
3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。

一、选择题（每题4分，共48分）
1．如图，点P是矩形ABCD的边上一动点，矩形两边长AB、BC长分别为15和20，那么P到矩形两条对角线AC和BD的距离之和是（　　）

A．6 B．12 C．24 D．不能确定
2．在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠B＝35°，AB＝3，则BC的长为（　　）
A．3sin35° B． C．3cos35° D．3tan35°
3．如图，边长为1的正方形ABCD中，点E在CB的延长线上，连接ED交AB于点F，AF＝x（0.2≤x≤0.8），EC＝y．则在下面函数图象中，大致能反映y与x之间函数关系的是（　　）

A． B．
C． D．
4．已知二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象如图所示，给出以下结论：①a+b+c＜0；②b2﹣4ac＞0；③b＞0；④4a﹣2b+c＜0；⑤a+c＜，其中正确结论的个数是（　　）

A．②③④ B．①②⑤ C．①②④ D．②③⑤
5．如图所示，是一块三角形的草坪，现要在草坪上建一凉亭供大家休息，要使凉亭到草坪三条边的距离相等，凉亭的位置应选在（　　）

A．△ABC的三条中线的交点 B．△ABC三边的中垂线的交点
C．△ABC三条角平分线的交点 D．△ABC三条高所在直线的交点.
6．已知关于x的一元二次方程x2﹣4x+c＝0的一个根为1，则另一个根是（　　）
A．5 B．4 C．3 D．2
7．如图，正比例函数y1=k1x和反比例函数的图象交于A（﹣1，2）、B（1，﹣2）两点，若y1＜y2，则x的取值范围是（ ）

A．x＜﹣1或x＞1 B．x＜﹣1或0＜x＜1
C．﹣1＜x＜0或0＜x＜1 D．﹣1＜x＜0或x＞1
8．下列关系式中，属于二次函数的是（x是自变量）
A．y=x2 B．y= C．y= D．y=ax2+bx+c
9．如图，△ABC的边AC与⊙O相交于C、D两点，且经过圆心O，边AB与⊙O相切，切点为B．已知∠A=30°，则∠C的大小是（ ）

A．30° B．45° C．60° D．40°
10．在一个不透明的布袋中有红色、黑色的球共10个，它们除颜色外其余完全相同．小娟通过多次摸球试验后发现其中摸到黑球的频率稳定在60%附近，则口袋中黑球的个数很可能是( )
A．4 B．5 C．6 D．7
11．如图，在菱形中，，，是的中点，将绕点逆时针旋转至点与点重合，此时点旋转至处，则点在旋转过程中形成的、线段、点在旋转过程中形成的与线段所围成的阴影部分的面积为（ ）

A． B． C． D．
12．在同一坐标系中，一次函数y=ax+1与二次函数y=x2+a的图像可能是（ ）
A． B． C． D．
二、填空题（每题4分，共24分）
13．函数的自变量的取值范围是．
14．若＝2，则＝_____．
15．已知，则=__________.
16．如图，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，在以AB的中点O为坐标原点，AB所在直线为x轴建立的平面直角坐标系中，将△ABC绕点B顺时针旋转，使点A旋转至y轴的正半轴上的点A'处，若AO＝OB＝2，则图中阴影部分面积为_____．

17．如图，一次函数的图象在第一象限与反比例函数的图象相交于A，B两点，当时，x的取值范围是，则_____．

18．如图，在▱ABCD中，EF∥AB，DE：EA=2：3，EF=4，则CD的长为___________．

三、解答题（共78分）
19．（8分）抛物线y＝﹣x2+x+b与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C．
（1）若B点坐标为（2，0）
①求实数b的值；
②如图1，点E是抛物线在第一象限内的图象上的点，求△CBE面积的最大值及此时点E的坐标．
（2）如图2，抛物线的对称轴交x轴于点D，若抛物线上存在点P，使得P、B、C、D四点能构成平行四边形，求实数b的值．（提示：若点M，N的坐标为M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），则线段MN的中点坐标为（，）

20．（8分）阅读下列材料后，用此方法解决问题．
解方程：．
解：∵时，左边右边．
∴是方程的一个解．
可设则：

∴∴
∴
又∵可分解为
∴方程的解满足或或．
∴或或．
（1）解方程；
（2）若和是关于的方程的两个解，求第三个解和，的值．
21．（8分）如图，Rt△ABC中，∠ABC=90°，以AB为直径作⊙O，点D为⊙O上一点，且CD=CB、连接DO并延长交CB的延长线于点E
（1）判断直线CD与⊙O的位置关系，并说明理由；
（2）若BE=4，DE=8，求AC的长．

22．（10分）如图，一次函数y=kx+b与反比例函数y=（x＞0）的图象交于A（m，6），B（n，3）两点．
（1）求一次函数的解析式；
（2）根据图象直接写出kx+b﹣＞0时x的取值范围．
（3）若M是x轴上一点，且△MOB和△AOB的面积相等，求M点坐标．

23．（10分）如图，直线AB和抛物线的交点是A（0，﹣3），B（5，9），已知抛物线的顶点D的横坐标是1．
（1）求抛物线的解析式及顶点坐标；
（1）在x轴上是否存在一点C，与A，B组成等腰三角形？若存在，求出点C的坐标，若不在，请说明理由；
（3）在直线AB的下方抛物线上找一点P，连接PA，PB使得△PAB的面积最大，并求出这个最大值．

24．（10分）抛物线与轴交于A，B两点，与轴交于点C，连接BC．
（1）如图1，求直线BC的表达式；
（2）如图1，点P是抛物线上位于第一象限内的一点，连接PC，PB，当△PCB面积最大时，一动点Q从点P从出发，沿适当路径运动到轴上的某个点G处，再沿适当路径运动到轴上的某个点H处，最后到达线段BC的中点F处停止，求当△PCB面积最大时，点P的坐标及点Q在整个运动过程中经过的最短路径的长；
（3）如图2，在（2）的条件下，当△PCB面积最大时，把抛物线向右平移使它的图象经过点P，得到新抛物线，在新抛物线上，是否存在点E，使△ECB的面积等于△PCB的面积．若存在，请求出点E的坐标，若不存在，请说明理由．

25．（12分）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AB=10cm，BC=6cm．动点P，Q从点A同时出发，点P沿AB向终点B运动；点Q沿AC→CB向终点B运动，速度都是1cm/s．当一个点到达终点时，另一个点同时停止运动．设点P运动的时间为t（s），在运动过程中，点P，点Q经过的路线与线段PQ围成的图形面积为S（cm2）．
（1）AC=_________cm；
（2）当点P到达终点时，BQ=_______cm；
（3）①当t=5时，s=_________；
②当t=9时，s=_________；
（4）求S与t之间的函数解析式．

26．阅读材料：
材料2 若一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的两个根为x2，x2则x2+x2＝﹣，x2x2＝．
材料2 已知实数m，n满足m2﹣m﹣2＝0，n2﹣n﹣2＝0，且m≠n，求的值．
解：由题知m，n是方程x2﹣x﹣2＝0的两个不相等的实数根，根据材料2得m+n＝2，mn＝﹣2，所以＝﹣2．
根据上述材料解决以下问题：
（2）材料理解：一元二次方程5x2+20x﹣2＝0的两个根为x2，x2，则x2+x2＝　 　，x2x2＝　 　．
（2）类比探究：已知实数m，n满足7m2﹣7m﹣2＝0，7n2﹣7n﹣2＝0，且m≠n，求m2n+mn2的值：
（2）思维拓展：已知实数s、t分别满足29s2+99s+2＝0，t2+99t+29＝0，且st≠2．求的值．

参考答案

一、选择题（每题4分，共48分）
1、B
【分析】由矩形ABCD可得：S△AOD=S矩形ABCD，又由AB=15，BC=20，可求得AC的长，则可求得OA与OD的长，又由S△AOD=S△APO+S△DPO=OA•PE+OD•PF，代入数值即可求得结果．
【详解】连接OP，如图所示：

∵四边形ABCD是矩形，
∴AC＝BD，OA＝OC＝AC，OB＝OD＝BD，∠ABC＝90°，
S△AOD＝S矩形ABCD，
∴OA＝OD＝AC，
∵AB＝15，BC＝20，
∴AC＝＝＝25，S△AOD＝S矩形ABCD＝×15×20＝75，
∴OA＝OD＝，
∴S△AOD＝S△APO+S△DPO＝OA•PE+OD•PF＝OA•（PE+PF）＝×（PE+PF）＝75，
∴PE+PF＝1．
∴点P到矩形的两条对角线AC和BD的距离之和是1．
故选B．
【点睛】
本题考查了矩形的性质、勾股定理、三角形面积．熟练掌握矩形的性质和勾股定理是解题的关键．
2、C
【分析】根据余弦定义求解即可．
【详解】解：如图，∵∠C＝90°，∠B＝35°，AB＝3，cos35°＝，∴BC＝3cos35°．
故选：C．

【点睛】
本题考查了锐角三角函数，属于基础题型，熟练掌握余弦的定义是解此题的关键．
3、C
【分析】通过相似三角形△EFB∽△EDC的对应边成比例列出比例式，从而得到y与x之间函数关系式，从而推知该函数图象．
【详解】根据题意知，BF=1﹣x，BE=y﹣1，
∵AD//BC，
∴△EFB∽△EDC，
∴，即，
∴y=（0.2≤x≤0.8），该函数图象是位于第一象限的双曲线的一部分．
A、D的图象都是直线的一部分，B的图象是抛物线的一部分，C的图象是双曲线的一部分．
故选C．
4、B
【分析】令x＝1，代入抛物线判断出①正确；根据抛物线与x轴的交点判断出②正确；根据抛物线的对称轴为直线x＝﹣1列式求解即可判断③错误；令x＝﹣2，代入抛物线即可判断出④错误，根据与y轴的交点判断出c＝1，然后求出⑤正确．
【详解】解：由图可知，x＝1时，a+b+c＜0，故①正确；
∵抛物线与x轴有两个交点，
∴△＝＞0，故②正确；
∵抛物线开口向下，
∴a＜0，
∵抛物线对称轴为直线x＝＝﹣1，
∴b＝2a＜0，故③错误；
由图可知，x＝﹣2时，4a﹣2b+c＞0，故④错误；
当x＝0时，y＝c＝1，
∵a+b+c＜0，b＝2a，
∴3a+1＜0，
∴a＜
∴a+c＜，故⑤正确；
综上所述，结论正确的是①②⑤．
故选：B．
【点睛】
本题主要考查二次函数的图像与性质，关键是根据题意及图像得到二次函数系数之间的关系，熟记知识点是前提．
5、C
【分析】由于凉亭到草坪三条边的距离相等，所以根据角平分线上的点到边的距离相等，可知是△ABC三条角平分线的交点．由此即可确定凉亭位置．
【详解】解：∵凉亭到草坪三条边的距离相等，
∴凉亭选择△ABC三条角平分线的交点．
故选：C．
【点睛】
本题主要考查的是角平分线的性质在实际生活中的应用．主要利用了利用了角平分线上的点到角两边的距离相等．
6、C
【解析】根据根与系数的关系可得出两根之和为4，从而得出另一个根．
【详解】设方程的另一个根为m，则1+m=4，
∴m=3，
故选C．
【点睛】
本题考查了一元二次方程根与系数的关系．解答关于x的一元二次方程x2-4x+c=0的另一个根时，也可以直接利用根与系数的关系x1+x2=-解答.
7、D
【解析】反比例函数与一次函数的交点问题．根据图象找出直线在双曲线下方的x的取值范围：由图象可得，﹣1＜x＜0或x＞1时，y1＜y1．故选D．
8、A
【详解】A. y=x2，是二次函数，正确；
B. y=，被开方数含自变量，不是二次函数，错误；
C. y=，分母中含自变量，不是二次函数，错误；
D. y=ax2+bx+c，a=0时，，不是二次函数，错误．
故选A．
考点：二次函数的定义.
9、A
【解析】根据切线的性质由AB与⊙O相切得到OB⊥AB，则∠ABO=90°，利用∠A=30°得到∠AOB=60°，再根据三角形外角性质得∠AOB=∠C+∠OBC，由于∠C=∠OBC，所以∠C=∠AOB=30°．
【详解】解：连结OB，如图，
∵AB与⊙O相切，
∴OB⊥AB，
∴∠ABO=90°，
∵∠A=30°，
∴∠AOB=60°，
∵∠AOB=∠C+∠OBC，
而∠C=∠OBC，
∴∠C=∠AOB=30°．
故选A．

【点睛】
此题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径；以及圆周角定理：等弧所对的圆周角等于所对圆心角的一半．
10、C
【分析】根据题意得出摸出黑球的频率，继而根据频数＝总数×频率计算即可．
【详解】∵小娟通过多次摸球试验后发现其中摸到黑球的频率稳定在60%附近，
∴口袋中黑球的个数可能是10×60%＝6个．
故选：C．
【点睛】
本题主要考查利用频率估计概率．大量反复试验下频率稳定值即概率．用到的知识点为：概率＝所求情况数与总情况数之比．
11、C
【分析】根据菱形的性质可得AD=AB=4，∠DAB=180°－，AE=，然后根据旋转的性质可得：S△ABE=S△ADF，∠FAE=∠DAB=60°，最后根据S阴影=S扇形DAB＋S△ADF―S△ABE―S扇形FAE即可求出阴影部分的面积.
【详解】解：∵在菱形中，，，是的中点，
∴AD=AB=4，∠DAB=180°－，AE=，
∵绕点逆时针旋转至点与点重合，此时点旋转至处，
∴S△ABE=S△ADF，∠FAE=∠DAB=60°
∴S阴影=S扇形DAB＋S△ADF―S△ABE―S扇形FAE
= S扇形DAB―S扇形FAE
=
=
故选：C.
【点睛】
此题考查的是菱形的性质、旋转的性质和扇形的面积公式，掌握菱形的性质定理、旋转的性质和扇形的面积公式是解决此题的关键.
12、A
【分析】本题可先由一次函数y=ax+1图象得到字母系数的正负，再与二次函数y=x2+a的图象相比较看是否一致．
【详解】解：A、由抛物线y轴的交点在y轴的负半轴上可知，a＜0，由直线可知，a＜0，正确；
B、由抛物线与y轴的交点在y轴的正半轴上可知，a＞0，二次项系数为负数，与二次函数y=x2+a矛盾，错误；
C、由抛物线与y轴的交点在y轴的负半轴上可知，a＜0，由直线可知，a＞0，错误；
D、由直线可知，直线经过（0，1），错误，
故选A．
【点睛】
考核知识点：一次函数和二次函数性质.

二、填空题（每题4分，共24分）
13、x≠1
【解析】该题考查分式方程的有关概念
根据分式的分母不为0可得
X－1≠0,即x≠1
那么函数y=的自变量的取值范围是x≠1
14、1
【分析】根据=1，得出x=1y，再代入要求的式子进行计算即可．
【详解】∵=1，
∴x=1y，
∴；
故答案为：1．
【点睛】
本题主要考查了比例的基本性质．解答此题的关键是根据比例的基本性质求得x=1y．
15、
【分析】根据比例的性质，化简求值即可.
【详解】

故答案为：.
【点睛】
本题主要考察比例的性质，解题关键是根据比例的性质化简求值.
16、．
【分析】根据等腰三角形的性质求出AB，再根据旋转的性质可得BA′＝AB，然后求出∠OA′B＝30°，再根据直角三角形两锐角互余求出∠A′BA＝60°，即旋转角为60°，再根据S阴影＝S扇形ABA′+S△A′BC′﹣S△ABC﹣S扇形CBC′＝S扇形ABA′﹣S扇形CBC′，然后利用扇形的面积公式列式计算即可得解．
【详解】解：∵∠ACB＝90°，AC＝BC，
∴△ABC是等腰直角三角形，
∴AB＝2OA＝2OB＝4，BC＝2，
∵△ABC绕点B顺时针旋转点A在A′处，
∴BA′＝AB，
∴BA′＝2OB，
∴∠OA′B＝30°，
∴∠A′BA＝60°，
即旋转角为60°，
S阴影＝S扇形ABA′+S△A′BC′﹣S△ABC﹣S扇形CBC′
＝S扇形ABA′﹣S扇形CBC′
＝
＝．
故答案为：．
【点睛】
本题考查了阴影部分面积的问题，掌握等腰直角三角形的性质、旋转的性质、扇形面积公式是解题的关键．
17、1．
【解析】由已知得A、B的横坐标分别为1，1，代入两解析式即可求解.
【详解】由已知得A、B的横坐标分别为1，1，所以有解得，故答案为1．
【点睛】
此题主要考查反比例函数与一次函数综合，解题的关键是熟知函数图像交点的性质.
18、1．
【详解】解：∵EF∥AB,∴△DEF∽△DAB,∴EF：AB=DE：DA=DE：（DE+EA）=2：5,∴AB=1,∵在▱ABCD中AB=CD．
∴CD=1．
故答案为：1
【点睛】
本题考查①相似三角形的判定；②相似三角形的性质；③平行四边形的性质．

三、解答题（共78分）
19、（1）①b＝2；②△CBE面积的最大值为1，此时E（1，2）；（2）b＝﹣1+ 或b＝，（，）
【分析】（1）①将点B（2，0）代入y＝﹣x2+x+b即可求b；
②设E（m，﹣m2+m+2），求出BC的直线解析式为y＝﹣x+2，和过点E与BC垂直的直线解析式为y＝x﹣m2+2，求出两直线交点F，则EF最大时，△CBE面积的最大；
（2）可求C（0，b），B（，0），设M（t，﹣t2+t+b），利用对角线互相平分的四边形是平行四边形，则分三种情况求解：①当CM和BD为平行四边形的对角线时，＝，＝0，解得b＝﹣1+；②当BM和CD为平行四边形的对角线时，＝，＝，b无解；③当BC和MD为平行四边形的对角线时，＝，＝，解得b＝或b＝﹣（舍）．
【详解】解：（1）①将点B（2，0）代入y＝﹣x2+x+b，
得到0＝﹣4+2+b，
∴b＝2；
②C（0，2），B（2，0），
∴BC的直线解析式为y＝﹣x+2，
设E（m，﹣m2+m+2），
过点E与BC垂直的直线解析式为y＝x﹣m2+2，
∴直线BC与其垂线的交点为F（，﹣+2），
∴EF＝（﹣+2）＝[﹣（m﹣1）2+]，
当m＝1时，EF有最大值，
∴S＝×BC×EF＝×2×＝1，
∴△CBE面积的最大值为1，此时E（1，2）；
（2）∵抛物线的对称轴为x＝，
∴D（，0），
∵函数与x轴有两个交点，
∴△＝1+4b＞0，
∴b＞﹣，
∵C（0，b），B（，0），
设M（t，﹣t2+t+b），
①当CM和BD为平行四边形的对角线时，
C、M的中点为（，），B、D的中点为（，0），
∴＝，＝0，
解得：b＝﹣1+或b＝﹣1﹣（舍去），
∴b＝﹣1+；
②当BM和CD为平行四边形的对角线时，
B、M的中点为（，），C、D的中点为（，），
∴＝，＝，
∴b无解；
③当BC和MD为平行四边形的对角线时，
B、C的中点为（，），M、D的中点为（，），
∴＝，＝，
解得：b＝或b＝﹣（舍）；
综上所述：b＝﹣1+ 或b＝．
【点睛】
本题考查二次函数的综合；熟练掌握二次函数的图象及性质，熟练应用平行四边形的判定方法是解题的关键．
20、（1）或或；（2）第三个解为，，．
【分析】（1）模仿材料可得：是的一个解．可设，=，求出m,n再因式分解求解；
（2）由和是方程的两个解，可设，则：=，求出k，再因式分解解方程.
【详解】解：（1）∵时，左边==0=右边，∴是的一个解．
可设
∴=
∴∴
∴=
∴或或．
∴方程的解为或或．
（2）∵和是方程的两个解
∴可设，则：
==
∴∴
∴=0
∴或或．
∴方程的解为或或．
∴第三个解为，，．
【点睛】
考核知识点：因式分解高次方程.理解材料，熟练掌握整式乘法和因式分解方法是关键.
21、（1）相切，证明见解析；（2）6.
【分析】（1）欲证明CD是切线，只要证明OD⊥CD，利用全等三角形的性质即可证明；
（2）设⊙O的半径为r．在Rt△OBE中，根据OE2=EB2+OB2，可得（8﹣r）2=r2+42，推出r=3，由tan∠E=，推出，可得CD=BC=6，再利用勾股定理即可解决问题．
【详解】解：（1）相切，理由如下，
如图，连接OC，

∵CB=CD，CO=CO，OB=OD，
∴△OCB≌△OCD，
∴∠ODC=∠OBC=90°，
∴OD⊥DC，
∴DC是⊙O的切线；
（2）设⊙O的半径为r，
在Rt△OBE中，∵OE2=EB2+OB2，
∴（8﹣r）2=r2+42，
∴r=3，AB=2r=6，
∵tan∠E=，
∴，
∴CD=BC=6，
在Rt△ABC中，AC=．
【点睛】
本题考查直线与圆的位置关系、圆周角定理、勾股定理、锐角三角函数等知识，正确添加辅助线，熟练掌握和灵活应用相关知识解决问题是关键．
22、（1）一次函数的解析式为y=﹣3x+9；（2）1＜x＜2；（3）点M的坐标为（3，0）或（﹣3，0）．
【解析】（1）首先求出A、B两点坐标，再利用待定系数法即可解决问题；
（2）观察图象，一次函数的图象在反比例函数的图象上方，写出x的取值范围即可；
（3）设直线AB交x轴于P，则P（3，0），设M（m，0），由S△AOB=S△OBM，可得S△AOP-S△OBP=S△OBM，列出方程即可解决问题．
【详解】（1）∵点A（m，6）、B（n，3）在函数图象上，
∴m=1，n=2，
∴A点坐标是（1，6），B点坐标是（2，3），
把（1，6）、（2，3）代入一次函数y=kx+b中，得
，
解得．
∴一次函数的解析式为y=-3x+9；
（2）观察图象可知，kx+b-＞0时x的取值范围是1＜x＜2；
（3）设直线AB交x轴于P，则P（3，0），设M（m，0），
∵S△AOB=S△OBM，
∴S△AOP-S△OBP=S△OBM，
∴，
解得m=±3，
∴点M的坐标为（3，0）或（-3，0）．
【点睛】
本题考查一次函数与反比例函数的交点、待定系数法、一元一次不等式等知识，解题的关键是熟练掌握待定系数法，学会利用图象解决问题，学会构建方程解决问题．
23、（1），顶点D（1，）；（1）C（，0）或（，0）或（，0）；（2）
【解析】（1）抛物线的顶点D的横坐标是1，则x1，抛物线过A（0，﹣2），则：函数的表达式为：y=ax1+bx﹣2，把B点坐标代入函数表达式，即可求解；
（1）分AB=AC、AB=BC、AC=BC，三种情况求解即可；
（2）由S△PAB•PH•xB，即可求解．
【详解】（1）抛物线的顶点D的横坐标是1，则x1①，抛物线过A（0，﹣2），则：函数的表达式为：y=ax1+bx﹣2，把B点坐标代入上式得：9=15a+5b﹣2②，联立①、②解得：a，b，c=﹣2，∴抛物线的解析式为：yx1x﹣2．
当x=1时，y，即顶点D的坐标为（1，）；
（1）A（0，﹣2），B（5，9），则AB=12，设点C坐标（m，0），分三种情况讨论：
①当AB=AC时，则：（m）1+（﹣2）1=121，解得：m=±4，即点C坐标为：（4，0）或（﹣4，0）；
②当AB=BC时，则：（5﹣m）1+91=121，解得：m=5，即：点C坐标为（5，0）或（5﹣1，0）；
③当AC=BC时，则：5﹣m）1+91=（m）1+（﹣2）1，解得：m=，则点C坐标为（，0）．
综上所述：存在，点C的坐标为：（±4，0）或（5，0）或（，0）；
（2）过点P作y轴的平行线交AB于点H．设直线AB的表达式为y=kx﹣2，把点B坐标代入上式，9=5k﹣2，则k，故函数的表达式为：yx﹣2，设点P坐标为（m，m1m﹣2），则点H坐标为（m，m﹣2），S△PAB•PH•xB（m1+11m）=－6m1+20m=，当m=时，S△PAB取得最大值为：．
答：△PAB的面积最大值为．

【点睛】
本题是二次函数综合题．主要考查了二次函数的解析式的求法和与几何图形结合的综合能力的培养．要会利用数形结合的思想把代数和几何图形结合起来，利用点的坐标的意义表示线段的长度，从而求出线段之间的关系．
24、（1）（2）点Q按照要求经过的最短路径长为（3）存在，满足条件的点E有三个，即（，），（，）, （，）
【分析】（1）先求出点，，的坐标，利用待定系数法即可得出结论；
（2）先确定出，再利用三角形的面积公式得出，即可得出结论；
（3）先确定出平移后的抛物线解析式，进而求出，在判断出建立方程即可得出结论．
【详解】解：（1）令，得，∴，．
∴ A（，0），B（，0）．
令，得．
∴C(0,3)．
设直线BC的函数表达式为，把B（，0）代入，得．
解得，．
所以直线BC的函数表达式为．
（2）过P作PD⊥轴交直线BC于M．
∵ 直线BC表达式为 ，
设点M的坐标为 ，则点P 的坐标为．
则．
∴．
∴此时，点P坐标为（，）．
根据题意，要求的线段PG+GH+HF的最小值，只需要把这三条线段“搬”在一直线上．如图1，作点P关于轴的对称点，作点F关于轴的对称点，连接，交轴于点G,交轴于点H．根据轴对称性可得，．
此时PG+GH+HF的最小值=．

∵ 点P坐标为（，），∴ 点的坐标为（，）．
∵ 点F是线段BC的中点，
∴ 点F的坐标为（，）．
∴ 点的坐标为（，）．
∵ 点，P两点的横坐相同，∴⊥轴．
∵ ，P两点关于轴对称，∴⊥轴．
∴ ．
∴．
即点Q按照要求经过的最短路径长为．
（3）如图2，在抛物线中，

令，
，
或，
由平移知，抛物线向右平移到，则平移了个单位，，
设点，
过点作轴交于，
直线的解析式为，
，

的面积等于的面积，
，
由（2）知，，
，
，
或或或（舍，
，或，或，．
综上所述，满足条件的点E有三个，即（，），（，）, （，）．
【点睛】
此题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法，三角形的面积公式，利用轴对称确定最短路径，平移的性质，解绝对值方程，解本题的关键是确定出和．
25、（1）8；（2）4；（3）①，②22；（4）
【分析】（1）根据勾股定理求解即可；
（2）先求出点P到达中点所需时间，则可知点Q运动路程，易得CQ长，；
（3）①作PD⊥AC于D，可证△APD∽△ABC，利用相似三角形的性质可得PD长，根据面积公式求解即可；
②作PE⊥AC于E，可证△PBE∽△ABC，利用相似三角形的性质可得PE长，用可得s的值；
（4）当0＜t≤8时，作PD⊥AC于D，可证△APD∽△ABC，可用含t的式子表示出PD的长，利用三角形面积公式可得s与t之间的函数解析式；当8＜t≤10时，作PE⊥AC于E，可证△PBE∽△ABC，利用相似三角形的性质可用含t的式子表示出PE长，用可得s与t之间的函数解析式.
【详解】解：
（1）在Rt△ABC中，由勾股定理得

（2）设点P运动到终点所需的时间为t，路程为AB=10cm，则
点Q运动的路程为10cm，即

cm
所以当点P到达终点时，BQ=4cm.
（3）①作PD⊥AC于D ，则

∵∠A=∠A．∠ADP=∠C=90°，
∴△APD∽△ABC．
∴．
即
∴．
∴．
②如图，作PE⊥AC于E，则

∵∠B=∠B．∠BEP=∠C=90°，
∴△PBE∽△ABC．
∴．
即．
∴．
∴
．
（4）当0＜t≤8时，如图①．

作PD⊥AC于D．
∵∠A=∠A．∠ADP=∠C=90°，
∴△APD∽△ABC．
∴．
即．
∴．
∴．
当8＜t≤10时，如图②．

作PE⊥AC于E．
∵∠B=∠B．∠BEP=∠C=90°，
∴△PBE∽△ABC．
∴．
即．
∴．
∴
．
综上所述：
【点睛】
本题考查了二次函数在三角形动点问题中的应用，涉及的知识点有勾股定理、相似三角形的判定与性质，灵活的应用相似三角形对应线段成比例的性质求线段长是解题的关键.
26、（2）-2，-；（2）﹣；（2）﹣．
【分析】（2）直接利用根与系数的关系求解；
（2）把m、n可看作方程7x2﹣7x﹣2＝0，利用根与系数的关系得到m+n＝2，mn＝﹣，再利用因式分解的方法得到m2n+mn2＝mn（m+n），然后利用整体的方法计算；
（2）先把t2+99t+29＝0变形为29•（）2+99•+2＝0，则把实数s和可看作方程29x2+99x+2＝0的两根，利用根与系数的关系得到s+＝﹣，s•＝，然后变形为s+4•+，再利用整体代入的方法计算．
【详解】解：（2）x2+x2＝﹣＝﹣2，x2x2＝﹣；
故答案为﹣2；﹣；
（2）∵7m2﹣7m﹣2＝0，7n2﹣7n﹣2＝0，且m≠n，
∴m、n可看作方程7x2﹣7x﹣2＝0，
∴m+n＝2，mn＝﹣，
∴m2n+mn2＝mn（m+n）＝﹣×2＝﹣；
（2）把t2+99t+29＝0变形为29•（）2+99•+2＝0，
实数s和可看作方程29x2+99x+2＝0的两根，
∴s+＝﹣，s•＝，
∴＝s+4•+＝﹣+4×＝﹣．
【点睛】
本题考查了根与系数的关系：若x2，x2是一元二次方程ax2＋bx＋c＝0（a≠0）的两根时，x2+x2＝﹣，x2x2＝．也考查了解一元二次方程．