江蘇省揚州市高郵市2022年九年級數學第一學期期末學業(yè)質量監(jiān)測模擬試題含解析

2022-2023學年九上數學期末模擬試卷注意事項1．考生要認真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監(jiān)考員收回。一、選擇題（每題4分，共48分）1．一張圓形紙片，小芳進行了如下連續(xù)操作：將圓形紙片左右對折，折痕為AB，如圖．將圓形紙片上下折疊，使A、B兩點重合，折痕CD與AB相交于M，如圖．將圓形紙片沿EF折疊，使B、M兩點重合，折痕EF與AB相交于N，如圖．連結AE、AF、BE、BF，如圖．經過以上操作，小芳得到了以下結論：；四邊形MEBF是菱形；為等邊三角形；：：．以上結論正確的有A．1個 B．2個 C．3個 D．4個2．某農科院對甲、乙兩種甜玉米各用10塊相同條件的試驗田進行試驗，得到兩個品種每畝產量的兩組數據，其方差分別為，，則（）A．甲比乙的產量穩(wěn)定 B．乙比甲的產量穩(wěn)定C．甲、乙的產量一樣穩(wěn)定 D．無法確定哪一品種的產量更穩(wěn)定3．在平面直角坐標系中，點關于原點對稱的點的坐標是（）A． B． C． D．4．如圖是胡老師畫的一幅寫生畫，四位同學對這幅畫的作畫時間作了猜測.根據胡老師給出的方向坐標，猜測比較合理的是（）A．小明：“早上8點” B．小亮：“中午12點”C．小剛：“下午5點” D．小紅：“什么時間都行”5．如圖，中，內切圓和邊、、分別相切于點、、，若，，則的度數是（）A． B． C． D．6．小兵身高1.4m，他的影長是2.1m，若此時學校旗桿的影長是12m，那么旗桿的高度（）A．4.5m B．6m C．7.2m D．8m7．如圖，矩形ABCD中，BC＝4，CD＝2，O為AD的中點，以AD為直徑的弧DE與BC相切于點E，連接BD，則陰影部分的面積為（）A．π B． C．π+2 D．+48．如圖，AC為⊙O的直徑，AB為⊙O的弦，∠A=35°，過點C的切線與OB的延長線相交于點D，則∠D=（）A．20° B．30° C．40° D．35°9．如圖，矩形中，，交于點，，分別為，的中點．若，，則的度數為（）A． B． C． D．10．如圖，矩形ABCD中，E是AB的中點，將△BCE沿CE翻折，點B落在點F處，tan∠BCE=．設AB=x，△ABF的面積為y，則y與x的函數圖象大致為A． B．C． D．11．下列語句中，正確的是（）①相等的圓周角所對的弧相等；②同弧或等弧所對的圓周角相等；③平分弦的直徑垂直于弦，并且平分弦所對的?。虎軋A內接平行四邊形一定是矩形．A．①② B．②③ C．②④ D．④12．已知x=1是方程x2+px+1=0的一個實數根，則p的值是（）A．0 B．1 C．2 D．﹣2二、填空題（每題4分，共24分）13．用長的鐵絲做一個長方形框架，設長方形的長為，面積為，則關于的函數關系式為__________.14．如圖，將Rt△ABC繞直角頂點C順時針旋轉90°，得到△A′B′C，連結AA′，若∠1＝20°，則∠B＝_____度．15．如圖，圓的直徑垂直于弦，垂足是，，，的長為__________．16．反比例函數的圖象經過點，，點是軸上一動點.當的值最小時，點的坐標是__________．17．如圖，四邊形是菱形，經過點、、與相交于點，連接、，若，則的度數為__________．18．如圖，已知點A是雙曲線y＝在第一象限的分支上的一個動點，連結AO并延長交另一分支于點B，以AB為斜邊作等腰直角△ABC，點C在第四象限．隨著點A的運動，點C的位置也不斷變化，但點C始終在雙曲線y＝（k＜0）上運動，則k的值是_____．三、解答題（共78分）19．（8分）在銳角三角形中,已知,,的面積為,求的余弦值.20．（8分）如圖，已知二次函數的圖象與軸交于點、，與軸交于點，直線交二次函數圖象的對稱軸于點，若點C為的中點.（1）求的值；（2）若二次函數圖象上有一點，使得，求點的坐標；（3）對于（2）中的點，在二次函數圖象上是否存在點，使得∽？若存在，求出點的坐標；若不存在，請說明理由.21．（8分）總公司將一批襯衫由甲、乙兩家分店共同銷售，因地段不同，甲店一天可售出20件，每件盈利40元；乙店一天可售出32件，每件盈利30元．經調查發(fā)現，每件襯杉每降價1元，甲、乙兩家店一天都可多售出2件．設甲店每件襯衫降價a元時，一天可盈利y1元，乙店每件襯衫降價b元時，一天可盈利y2元．（1）當a＝5時，求y1的值．（2）求y2關于b的函數表達式．（3）若總公司規(guī)定兩家分店下降的價格必須相同，請求出每件襯衫下降多少元時，兩家分店一天的盈利和最大，最大是多少元？22．（10分）綜合與探究如圖，拋物線經過點、、，已知點，，且，點為拋物線上一點（異于）．（1）求拋物線和直線的表達式．（2）若點是直線上方拋物線上的點，過點作，與交于點，垂足為．當時，求點的坐標．（3）若點為軸上一動點，是否存在點，使得由，，，四點組成的四邊形為平行四邊形？若存在，直接寫出點的坐標；若不存在，請說明理由．23．（10分）如圖，是的直徑，弦于點；點是延長線上一點，，．（1）求證：是的切線；（2）取的中點，連接，若的半徑為2，求的長．24．（10分）已知關于x的方程.（1）當該方程的一個根為1時，求a的值及該方程的另一根；（2）求證：不論a取何實數，該方程都有兩個不相等的實數根.25．（12分）為了“創(chuàng)建文明城市，建設美麗家園”，我市某社區(qū)將轄區(qū)內的一塊面積為的空地進行綠化，一部分種草，剩余部分栽花.設種草部分的面積為，種草所需費用（元）與的函數關系式為，其大致圖象如圖所示.栽花所需費用（元）與的函數關系式為.（1）求出，的值；（2）若種花面積不小于時的綠化總費用為（元），寫出與的函數關系式，并求出綠化總費用的最大值.26．如圖，BD是平行四邊形ABCD的對角線，DE⊥AB于點E，過點E的直線交BC于點G，且BG＝CG．（1）求證：GD＝EG．（2）若BD⊥EG垂足為O，BO＝2，DO＝4，畫出圖形并求出四邊形ABCD的面積．（3）在（2）的條件下，以O為旋轉中心順時針旋轉△GDO，得到△G′D'O，點G′落在BC上時，請直接寫出G′E的長．

參考答案一、選擇題（每題4分，共48分）1、D【分析】根據折疊的性質可得∠BMD=∠BNF=90°，然后利用同位角相等，兩直線平行可得CD∥EF，從而判定①正確；根據垂徑定理可得BM垂直平分EF，再求出BN=MN，從而得到BM、EF互相垂直平分，然后根據對角線互相垂直平分的四邊形是菱形求出四邊形MEBF是菱形，從而得到②正確；根據直角三角形角所對的直角邊等于斜邊的一半求出∠MEN=30°，然后求出∠EMN=60°，根據等邊對等角求出∠AEM=∠EAM，然后利用三角形的一個外角等于與它不相鄰的兩個內角的和求出∠AEM=30°，從而得到∠AEF=60°，同理求出∠AFE=60°，再根據三角形的內角和等于180°求出∠EAF=60°，從而判定△AEF是等邊三角形，③正確；設圓的半徑為r，求出EN=，則可得EF=2EN=，即可得S四邊形AEBF：S扇形BEMF的答案，所以④正確．【詳解】解：∵紙片上下折疊A、B兩點重合，∴∠BMD=90°，∵紙片沿EF折疊，B、M兩點重合，∴∠BNF=90°，∴∠BMD=∠BNF=90°，∴CD∥EF，故①正確；根據垂徑定理，BM垂直平分EF，又∵紙片沿EF折疊，B、M兩點重合，∴BN=MN，∴BM、EF互相垂直平分，∴四邊形MEBF是菱形，故②正確；∵ME=MB=2MN，∴∠MEN=30°，∴∠EMN=90°-30°=60°，又∵AM=ME（都是半徑），∴∠AEM=∠EAM，∴∠AEM=∠EMN=×60°=30°，∴∠AEF=∠AEM+∠MEN=30°+30°=60°，同理可求∠AFE=60°，∴∠EAF=60°，∴△AEF是等邊三角形，故③正確；設圓的半徑為r，則EN=，∴EF=2EN=，∴S四邊形AEBF：S扇形BEMF=故④正確，綜上所述，結論正確的是①②③④共4個．故選：D．【點睛】本題圓的綜合題型，主要考查了翻折變換的性質，平行線的判定，對角線互相垂直平分的四邊形是菱形，等邊三角形的判定與性質．注意掌握折疊前后圖形的對應關系是關鍵．2、B【分析】由，，可得到＜，根據方差的意義得到乙的波動小，比較穩(wěn)定．【詳解】∵，，

∴＜，

∴乙比甲的產量穩(wěn)定．

故選：B．【點睛】本題考查了方差的意義：方差反映一組數據在其平均數左右的波動大小，方差越大，波動就越大，越不穩(wěn)定，方差越小，波動越小，越穩(wěn)定．3、B【分析】根據關于原點對稱的點的坐標特點：兩個點關于原點對稱時，它們的坐標符號相反，即點P（x，y）關于原點O的對稱點是P′（-x，-y），可以直接寫出答案．【詳解】點P(-3，4)關于原點對稱的點的坐標是(3，-4)．故選：B．【點睛】本題主要考查了關于原點對稱的點的坐標特點，關鍵是掌握兩個點關于原點對稱時坐標變化特點：橫縱坐標均互為相反數．4、C【解析】可根據平行投影的特點分析求解，或根據常識直接確定答案．解：根據題意：影子在物體的東方，根據北半球，從早晨到傍晚影子的指向是：西-西北-北-東北-東，可得應該是下午．故選C．本題考查了平行投影的特點和規(guī)律．在不同時刻，同一物體的影子的方向和大小可能不同，不同時刻物體在太陽光下的影子的大小在變，方向也在改變，就北半球而言，從早晨到傍晚影子的指向是：西-西北-北-東北-東，影長由長變短，再變長．5、D【分析】連接IE,IF，先利用三角形內角和定理求出的度數，然后根據四邊形內角和求出的度數，最后利用圓周角定理即可得出答案．【詳解】連接IE,IF∵，∵I是內切圓圓心∴故選：D．【點睛】本題主要考查三角形內角和定理，四邊形內角和，圓周角定理，掌握三角形內角和定理，四邊形內角和，圓周角定理是解題的關鍵．6、D【分析】在同一時刻物高和影長成正比，即在同一時刻的兩個物體，影子，經過物體頂部的太陽光線三者構成的兩個直角三角形相似．【詳解】根據相同時刻的物高與影長成比例，設旗桿的高度為xm，根據題意得：，解得：x＝8，即旗桿的高度為8m，故選：D．【點睛】本題主要考查了相似三角形的應用，同一時刻物高和影長成正比，考查利用所學知識解決實際問題的能力．7、A【分析】連接OE交BD于F，如圖，利用切線的性質得到OE⊥BC，再證明四邊形ODCE和四邊形ABEO都是正方形得到BE=2，∠DOE=∠BEO=90°，易得△ODF≌△EBF，所以S△ODF=S△EBF，然后根據扇形的面積公式，利用陰影部分的面積=S扇形EOD計算即可．【詳解】連接OE交BD于F，如圖，∵以AD為直徑的半圓O與BC相切于點E，∴OE⊥BC．∵四邊形ABCD為矩形，OA=OD=2，而CD=2，∴四邊形ODCE和四邊形ABEO都是正方形，∴BE=2，∠DOE=∠BEO=90°．∵∠BFE=∠DFO，OD=BE，∴△ODF≌△EBF(AAS)，∴S△ODF=S△EBF，∴陰影部分的面積=S扇形EOD．故選：A．【點睛】本題考查了切線的性質：圓的切線垂直于經過切點的半徑．若出現圓的切線，必連過切點的半徑，構造定理圖，得出垂直關系．也考查了矩形的性質和扇形面積公式．8、A【解析】∵∠A=35°，∴∠COB=70°，∴∠D=90°-∠COB=20°．故選A．9、A【分析】根據矩形的性質和直角三角形的性質以及中位線的性質，即可得到答案．【詳解】∵，分別為，的中點，∴MN是?OBC的中位線，∴OB=2MN=2×3=6，∵四邊形是矩形，∴OB=OD=OA=OC=6，即：AC=12，∵AB=6，∴AC=2AB，∵∠ABC=90°，∴=30°．故選A．【點睛】本題主要考查矩形的性質和直角三角形的性質以及中位線的性質，掌握矩形的對角線互相平分且相等，是解題的關鍵．10、D【解析】設AB＝x，根據折疊，可證明∠AFB=90°，由tan∠BCE=，分別表示EB、BC、CE，進而證明△AFB∽△EBC，根據相似三角形面積之比等于相似比平方，表示△ABF的面積.【詳解】設AB＝x，則AE＝EB＝x，由折疊，FE＝EB＝x，則∠AFB＝90°，由tan∠BCE＝，∴BC＝x，EC＝x，∵F、B關于EC對稱，∴∠FBA＝∠BCE，∴△AFB∽△EBC，∴，∴y＝，故選D.【點睛】本題考查了三角函數，相似三角形，三角形面積計算，二次函數圖像等知識，利用相似三角形的性質得出△ABF和△EBC的面積比是解題關鍵.11、C【分析】根據圓周角定理、垂徑定理、圓內接四邊形的性質定理判斷．【詳解】①在同圓或等圓中，相等的圓周角所對的弧相等，本說法錯誤；②同弧或等弧所對的圓周角相等，本說法正確；③平分弦（不是直徑）的直徑垂直于弦，并且平分弦所對的弧，本說法錯誤；④圓內接平行四邊形一定是矩形，本說法正確；故選：C．【點睛】本題考查的是命題的真假判斷，掌握圓周角定理、垂徑定理、圓內接四邊形的性質定理是解題的關鍵．12、D【分析】把x=1代入x2+px+1=0，即可求得p的值.【詳解】把x=1代入把x=1代入x2+px+1=0，得1+p+1=0，∴p=-2.故選D.【點睛】本題考查了一元二次方程的解得定義，能使一元二次方程成立的未知數的值叫作一元二次方程的解，熟練掌握一元二次方程解得定義是解答本題的關鍵.二、填空題（每題4分，共24分）13、或【分析】易得矩形另一邊長為周長的一半減去已知邊長，那么矩形的面積等于相鄰兩邊長的積．【詳解】由題意得：矩形的另一邊長=24÷2?x=12?x，則y=x(12?x)=?x2+12x.故答案為或【點睛】本題考查了二次函數的應用，掌握矩形周長與面積的關系是解題的關鍵.14、1【分析】由題意先根據旋轉的性質得到∠ACA′＝90°，CA＝CA′，∠B＝∠CB′A′，則可判斷△CAA′為等腰直角三角形，所以∠CAA′＝45°，然后利用三角形外角性質計算出∠CB′A′，從而得到∠B的度數．【詳解】解：∵Rt△ABC繞直角頂點C順時針旋轉90°，得到△A′B′C，∴∠ACA′＝90°，CA＝CA′，∠B＝∠CB′A′，∴△CAA′為等腰直角三角形，∴∠CAA′＝45°，∵∠CB′A′＝∠B′AC+∠1＝45°+20°＝1°，∴∠B＝1°．故答案為：1．【點睛】本題考查旋轉的性質，注意掌握對應點到旋轉中心的距離相等；對應點與旋轉中心所連線段的夾角等于旋轉角；旋轉前、后的圖形全等．15、【分析】根據圓周角定理得，由于的直徑垂直于弦，根據垂徑定理得，且可判斷為等腰直角三角形，所以，然后利用進行計算．【詳解】解：∵∴∵的直徑垂直于弦∴∴為等腰直角三角形∴∴．故答案是：【點睛】本題考查了垂徑定理：垂直于弦的直徑平分這條弦，并且平分弦所對的兩條?。部疾榱说妊苯侨切蔚男再|和圓周角定理．16、【分析】先求出A，B點的坐標，找出點B關于y軸的對稱點D，連接AD與y足軸交于點C，用待定系數法可求出直線AD的解析式，進而可求出點C的坐標．【詳解】解：如下圖，作點點B關于y軸的對稱點D，連接AD與y足軸交于點C，∵反比例函數的圖象經過點，，∴設直線AD解析式為：y=kx+b，將A，D坐標代入可求出：∴直線AD解析式為：∴點的坐標是：故答案為：．【點睛】本題考查的知識點是利用對稱求線段的最小值，解題的關鍵是根據反比例函數求出各點的坐標．17、【分析】根據菱形的性質得到∠ACB＝∠DCB＝（180°?∠D）＝51°，根據圓內接四邊形的性質得到∠AEB＝∠D＝78°，由三角形的外角的性質即可得到結論．【詳解】解：∵四邊形ABCD是菱形，∠D＝78°，

∴∠ACB＝∠DCB＝（180°?∠D）＝51°，

∵四邊形AECD是圓內接四邊形，

∴∠AEB＝∠D＝78°，

∴∠EAC＝∠AEB?∠ACE＝27°，

故答案為：27°．【點睛】本題考查了菱形的性質，三角形的外角的性質，圓內接四邊形的性質，熟練掌握菱形的性質是解題的關鍵．18、-1．【分析】連結OC，作CD⊥x軸于D，AE⊥x軸于E，設A點坐標為（a，），利用反比例函數的性質得到點A與點B關于原點對稱，則OA＝OB，再根據等腰直角三角形的性質得OC＝OA，OC⊥OA，然后利用等角的余角相等可得到∠DCO＝∠AOE，則根據“AAS”可判斷△COD≌△OAE，所以OD＝AE＝，CD＝OE＝a，于是C點坐標為（，﹣a），最后根據反比例函數圖象上點的坐標特征確定C點所在的函數圖象解析式．【詳解】解：連結OC，作CD⊥x軸于D，AE⊥x軸于E，設A點坐標為（a，），∵A點、B點是正比例函數圖象與雙曲線y＝的交點，∴點A與點B關于原點對稱，∴OA＝OB∵△ABC為等腰直角三角形，∴OC＝OA，OC⊥OA，∴∠DOC+∠AOE＝90°，∵∠DOC+∠DCO＝90°，∴∠DCO＝∠AOE，在△COD和△OAE中，，∴△COD≌△OAE，∴OD＝AE，CD＝OE，∴點C的坐標為（，﹣a），×（﹣a）＝﹣1，∴k＝﹣1．故答案為：﹣1．【點睛】本題是一道綜合性較強的題目，用到的知識點有，反比例函數的性質，等腰三角形的性質，全等三角形的判定與性質等，充分考查了學生綜合分析問題的能力.此類題目往往需要借助輔助線，使題目更容易理解.三、解答題（共78分）19、【分析】由三角形面積和邊長可求出對應邊的高，再由勾股定理求出余弦所需要的邊長即可解答．【詳解】解：過點點作于點，∵的面積，∴，在中，由勾股定理得，所以【點睛】本題考查了解直角三角形，掌握余弦的定義（余弦=鄰邊：斜邊）和用面積求高是解題的關鍵．20、（1）；（2）或；（3）不存在，理由見解析.【分析】（1）設對稱軸與軸交于點，如圖1，易求出拋物線的對稱軸，可得OE的長，然后根據平行線分線段成比例定理可得OA的長，進而可得點A的坐標，再把點A的坐標代入拋物線解析式即可求出m的值；（2）設點Q的橫坐標為n，當點在軸上方時，過點Q作QH⊥x軸于點H，利用可得關于n的方程，解方程即可求出n的值，進而可得點Q坐標；當點在軸下方時，注意到，所以點與點關于直線對稱，由此可得點Q坐標；（3）當點為x軸上方的點時，若存在點P，可先求出直線BQ的解析式，由BP⊥BQ可求得直線BP的解析式，然后聯立直線BP和拋物線的解析式即可求出點P的坐標，再計算此時兩個三角形的兩組對應邊是否成比例即可判斷點P是否滿足條件；當點Q取另外一種情況的坐標時，再按照同樣的方法計算判斷即可.【詳解】解：（1）設拋物線的對稱軸與軸交于點，如圖1，∴軸，∴，∵拋物線的對稱軸是直線，∴OE=1，∴，∴∴將點代入函數表達式得：，∴；（2）設，①點在軸上方時，，如圖2，過點Q作QH⊥x軸于點H，∵，∴，解得：或（舍），∴；②點在軸下方時，∵OA=1，OC=3，∴，∵，∴點與點關于直線對稱，∴；（3）①當點為時，若存在點P，使∽，則∠PBQ=∠COA=90°，由B（3，0）、Q可得，直線BQ的解析式為：，所以直線PB的解析式為：，聯立方程組：，解得：，，∴，∵，，∴，∴不存在；②當點為時，如圖4，由B（3，0）、Q可得，直線BQ的解析式為：，所以直線PB的解析式為：，聯立方程組：，解得：，，∴，∵，，∴，∴不存在.綜上所述，不存在滿足條件的點，使∽.【點睛】本題考查了平行線分線段成比例定理、二次函數圖象上點的坐標特征、一元二次方程的解法、相似三角形的判定和性質、銳角三角函數和兩個函數的交點等知識，綜合性強、具有相當的難度，熟練掌握上述知識、靈活應用分類和數形結合的數學思想是解題的關鍵.21、（1）a＝5時，y1的值是1050；（2）y2＝﹣2b2+28b+960；（3）每件襯衫下降11元時，兩家分店一天的盈利和最大，最大是2244元．【分析】（1）根據題意，可以寫出y1與a的函數關系式，然后將a＝5代入函數解析式，即可求得相應的y1值；（2）根據題意，可以寫出y2關于b的函數表達式；（3）根據題意可以寫出利潤與所降價格的函數關系式，然后利用二次函數的性質即可得到每件襯衫下降多少元時，兩家分店一天的盈利和最大，最大是多少元．【詳解】解：（1）由題意可得，y1＝（40﹣a）（20+2a），當a＝5時，y1＝（40﹣5）×（20+2×5）＝1050，即當a＝5時，y1的值是1050；（2）由題意可得，y2＝（30﹣b）（32+2b）＝﹣2b2+28b+960，即y2關于b的函數表達式為y2＝﹣2b2+28b+960；（3）設兩家下降的價格都為x元，兩家的盈利和為w元，w＝（40﹣x）（20+2x）+（﹣2x2+28x+960）＝﹣4x2+88x+1760＝﹣4（x﹣11）2+2244，∴當x＝11時，w取得最大值，此時w＝2244，答：每件襯衫下降11元時，兩家分店一天的盈利和最大，最大是2244元．【點睛】本題考查二次函數的應用，解答本題的關鍵是明確題意，寫出相應的函數關系式，利用二次函數的性質解答．22、（1），；（2）點的坐標為；（3）存在，點的坐標為或或【分析】（1），則OA=4OC=8，故點A（-8，0）；△AOC∽△COB，則△ABC為直角三角形，則CO2=OA?OB，解得：OB=2，故點B（2，0）；即可求解；

（2）PE=EF，即；即可求解；

（3）分BC是邊、BC是對角線兩種情況，分別求解即可．【詳解】解：（1）∵，，∴．由點的坐標可知，故，，則點，點．設拋物線的表達式為,代入點的坐標，得，解得．故拋物線的表達式為．設直線的表達式為,代入點、的坐標，得，解得故直線的表達式為．（2）設點的坐標為，則點的坐標分別為，，．∵，∴，解得或（舍去），則，故當時，點的坐標為．（3）設點P（m，n），n=，點M（s，0），而點B、C的坐標分別為：（2，0）、（0，4）；

①當BC是邊時，

點B向左平移2個單位向上平移4個單位得到C，

同樣點P（M）向左平移2個單位向上平移4個單位得到M（P），

即m-2=s，n+4=0或m+2=s，n-4=0，

解得：m=-6或±-3，

故點P的坐標為：（-6，4）或（-3，-4）或（--3，-4）；

②當BC是對角線時，

由中點公式得：2=m+s，n=4，

故點P（-6，4）；

綜上，點P的坐標為：（-6，4）或（-3，-4）或（--3，-4）．【點睛】此題考查二次函數綜合運用，一次函數的性質，平行四邊形的性質，三角形相似，解題關鍵在于注意（3），要注意分類求解，避免遺漏．23、（1）見解析（2）【分析】（1）連接OE，OF，由垂徑定理和圓周角定理得到∠DOF＝∠DOE．而∠DOE＝2∠A，得出∠DOF＝2∠A，證出∠OFD＝90°．即可得出結論；（2）連接OM，由垂徑定理和勾股定理進行計算即可．【詳解】（1）連接OE，OF，如圖1所示：∵EF⊥AB，AB是⊙O的直徑，∴，∴∠DOF＝∠DOE，∵∠DOE＝2∠A，∠A＝30°，∴∠DOF＝60°，∵∠D＝30°，∴∠OFD＝90°．∴OF⊥FD．∴FD為⊙O的切線；（2）連接OM．如圖2所示：∵O是AB中點，M是BE中點，∴OM∥AE．∴∠MOB＝∠A＝30°．∵OM過圓心，M是BE中點，∴OM⊥BE．∴MB＝OB＝1，OM＝=．∵∠DOF＝60°，∴∠MOF＝90°．∴MF＝．【點睛】本題考查了切線的判定、圓周角定理、勾股定理、直角三角形的性質、垂徑定理等知識；熟練掌握圓周角定理和垂徑定理是解題的關鍵．24、（1），；（2）證明見解析.【解析】試題分析：（1）根據一元二次方程根與系數的關系列方程組求解即可.（2）要證方程都有兩個不相等的實數根，只要證明根的判別式大于0即可.試題解析：（1）設方程的另一根為x1，∵該方程的一個根為1，∴.解得.∴a的值為，該方程的另一根為.（2）∵，∴不論a取何實數，該方程都有兩個不相等的實數根.考點：1.一元二次方程根與系數的關系；2.一元二次方程根根的判別式；3.配方法的應用.25、（1），；（2），綠化總費用的最大值為32500元.【分析】（1