湖北省武汉市四校联考2022年数学九年级第一学期期末联考试题含解析.doc

2022-2023学年九上数学期末模拟试卷
注意事项：
1． 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。
4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

一、选择题(每小题3分,共30分)
1．如图所示，在半径为10cm的⊙O中，弦AB＝16cm，OC⊥AB于点C，则OC等于（　　）

A．3cm B．4cm C．5cm D．6cm
2．如图，AB是⊙O的直径，PD切⊙O于点C，交AB的延长线于D，且AO＝CD，则∠PCA＝（　　）

A．30° B．60° C．67.5° D．45°
3．如图，正六边形内接于，连接．则的度数是( )

A． B． C． D．
4．如图，的直径的长为，弦长为，的平分线交于，则长为（ ）

A．7 B．7 C．8 D．9
5．如图，正方形ABCD的边长是4，∠DAC的平分线交DC于点E，若点P、Q分别是AD和AE上的动点，则DQ+PQ的最小值（　　）

A．2
B．4
C．
D．
6．张华同学的身高为米，某一时刻他在阳光下的影长为米，同时与他邻近的一棵树的影长为米，则这棵树的高为（）
A．米 B．米 C．米 D．米
7．如图 ，已知△ABC 中，∠C＝90°，AC＝BC＝，将△ABC 绕点 A 顺时针方向旋转 60°得到△A′B′C′的位置，连接 C′B，则 C′B 的长为 ( )

A．2－ B． C． D．1
8．下列运算中，计算结果正确的是（　　）
A．a4•a＝a4 B．a6÷a3＝a2 C．（a3）2＝a6 D．（ab）3＝a3b
9．二次函数的大致图象如图所示，其对称轴为直线，点A的横坐标满足 ，图象与轴相交于两点，与轴相交于点.给出下列结论：
①；②；③若，则；④．
其中正确的个数是（ ）

A．1 B．2 C．3 D．4
10．如图，已知是的直径，，则的度数为（ ）

A． B． C． D．
二、填空题(每小题3分,共24分)
11．从﹣2，﹣1，1，2四个数中，随机抽取两个数相乘，积为大于﹣4小于2的概率是_____．
12．如图，∠DAB=∠CAE，请补充一个条件：________________，使△ABC∽△ADE．

13．关于x的方程x2﹣3x﹣m＝0的两实数根为x1，x2，且，则m的值为_____．
14．已知a、b是一元二次方程x2+x﹣1＝0的两根，则a+b＝_____．
15．已知关于x的一元二次方程的常数项为零，则k的值为_____．
16．关于的一元二次方程有两个不相等的实数根，则的取值范围是_________．
17．如图，已知⊙P的半径为4，圆心P在抛物线y＝x2﹣2x﹣3上运动，当⊙P与x轴相切时，则圆心P的坐标为_____．

18．如图，BC⊥y轴，BC＜OA，点A、点C分别在x轴、y轴的正半轴上，D是线段BC上一点，BD＝OA＝2，AB＝3，∠OAB＝45°，E、F分别是线段OA、AB上的两动点，且始终保持∠DEF＝45°，将△AEF沿一条边翻折，翻折前后两个三角形组成的四边形为菱形，则线段OE的值为_____．

三、解答题(共66分)
19．（10分）如图1，抛物线与轴交于，两点，过点的直线分别与轴及抛物线交于点
（1）求直线和抛物线的表达式
（2）动点从点出发，在轴上沿的方向以每秒1个单位长度的速度向左匀速运动，设运动时间为秒，当为何值时，为直角三角形？请直接写出所有满足条件的的值．
（3）如图2，将直线沿轴向下平移4个单位后，与轴，轴分别交于，两点，在抛物线的对称轴上是否存在点，在直线上是否存在点，使的值最小？若存在，求出其最小值及点，的坐标，若不存在，请说明理由．

20．（6分）如图，于点,为等腰直角三角形，，当绕点旋转时，记.
(1)过点作交射线于点，作射线交射线于点.
①依题意补全图形，求的度数;
②当时，求的长.
(2)若上存在一点，且，作射线交射线于点，直接写出长度的最大值.

21．（6分）如图，在中，，点E在边BC上移动（点E不与点B、C重合），满足，且点D、F分别在边AB、AC上．
（1）求证：；
（2）当点E移动到BC的中点时，求证：FE平分．

22．（8分）阅读下面材料后，解答问题．分母中含有未知数的不等式叫分式不等式．如：，等．那么如何求出它们的解集呢？根据我们学过的有理数除法法则可知，两数相除，同号得正，异号得负，其字母表达式为：
（1）若，，则，若，，则；
（2）若，，则，若，，则．反之，（1）若，则或
（3）若，则__________或_____________．根据上述规律，求不等式，的解集，方法如下：
由上述规律可知，不等式，转化为①或②
解不等式组①得，解不等式组②得．
∴不等式，的解集是或．
根据上述材料，解决以下问题：
A、求不等式的解集
B、乘法法则与除法法则类似，请你类比上述材料内容，运用乘法法则，解决以下问题：求不等式的解集．
23．（8分）如图，一次函数与反比例函数的图象相交于A（2，2），B（n，4）两点，连接OA、OB．

（1）求一次函数和反比例函数的解析式；
（2）求△AOB的面积；
（3）在直角坐标系中，是否存在一点P，使以P、A、O、B为顶点的四边形是平行四边形?若存在，直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
24．（8分）如图1，分别是的内角的平分线，过点 作，交的延长线于点．
（1）求证：；
（2）如图2，如果，且，求；
（3）如果是锐角，且与相似，求的度数，并直接写出的值．

25．（10分）如图，直线y＝x﹣1与抛物线y＝﹣x2+6x﹣5相交于A、D两点．抛物线的顶点为C，连结AC．
（1）求A，D两点的坐标；
（2）点P为该抛物线上一动点（与点A、D不重合），连接PA、PD．
①当点P的横坐标为2时，求△PAD的面积；
②当∠PDA＝∠CAD时，直接写出点P的坐标．

26．（10分）已知关于x的方程x2+（2m+1）x+m（m+1）＝1．
（1）求证：方程总有两个不相等的实数根；
（2）已知方程的一个根为x＝1，求代数式m2+m﹣5的值．

参考答案

一、选择题(每小题3分,共30分)
1、D
【分析】根据垂径定理可知AC的长，再根据勾股定理即可求出OC的长．
【详解】解：连接OA，如图：
∵AB＝16cm，OC⊥AB，
∴AC＝AB＝8cm，
在RtOAC中，OC＝＝＝6（cm），
故选：D．

【点睛】
本题考查的是垂径定理、勾股定理，熟练掌握垂径定理，构造出直角三角形是解答此题的关键．
2、C
【分析】直接利用切线的性质结合等腰三角形的性质得出∠PCA的度数．
【详解】解：∵PD切⊙O于点C，
∴∠OCD＝90°，
∵AO＝CD，
∴OC＝DC，
∴∠COD＝∠D＝45°，
∵AO＝CO，
∴∠A＝∠ACO＝22.5°，
∴∠PCA＝90°﹣22.5°＝67.5°．
故选：C．
【点睛】
此题主要考查了切线的性质以及等腰三角形的性质，正确得出∠COD=∠D=45°是解题关键．
3、C
【解析】根据正六边形的内角和求得∠BCD，然后根据等腰三角形的性质即可得到结论．
【详解】解：∵在正六边形ABCDEF中，∠BCD= =120°，BC=CD，
∴∠CBD =30°，
故选：C．
【点睛】
本题考查的是正多边形和圆、等腰三角形的性质，三角形的内角和，熟记多边形的内角和是解题的关键．
4、B
【解析】作DF⊥CA，交CA的延长线于点F，作DG⊥CB于点G，连接DA，DB．由CD平分∠ACB，根据角平分线的性质得出DF=DG，由HL证明△AFD≌△BGD，△CDF≌△CDG，得出CF=7，又△CDF是等腰直角三角形，从而求出CD=7.
【详解】作DF⊥CA，垂足F在CA的延长线上，作DG⊥CB于点G，连接DA，DB，
∵CD平分∠ACB，
∴∠ACD=∠BCD
∴DF=DG，，
∴DA=DB，
∵∠AFD=∠BGD=90°，
∴△AFD≌△BGD，
∴AF=BG．
易证△CDF≌△CDG，
∴CF=CG，
∵AC=6，BC=8，
∴AF=1，
∴CF=7，
∵△CDF是等腰直角三角形，
∴CD=7，
故选B．

【点睛】
本题综合考查了圆周角的性质，圆心角、弧、弦的对等关系，全等三角形的判定，角平分线的性质等，综合性较强，有一定的难度，正确添加辅助线、熟练应用相关知识是解题的关键.
5、C
【分析】过D作AE的垂线交AE于F，交AC于D′，再过D′作AP′⊥AD，由角平分线的性质可得出D′是D关于AE的对称点，进而可知D′P′即为DQ+PQ的最小值．
【详解】作D关于AE的对称点D′，再过D′作D′P′⊥AD于P′，

∵DD′⊥AE，
∴∠AFD=∠AFD′，
∵AF=AF，∠DAE=∠CAE，
∴△DAF≌△D′AF，
∴D′是D关于AE的对称点，AD′=AD=4，
∴D′P′即为DQ+PQ的最小值，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DAD′=45°，
∴AP′=P′D′，
∴在Rt△AP′D′中，
P′D′2+AP′2=AD′2，AD′2=16，
∵AP′=P′D’，
2P′D′2=AD′2，即2P′D′2=16，
∴P′D′=2，
即DQ+PQ的最小值为2，
故答案为C．
【点睛】
本题考查了正方形的性质以及角平分线的性质和全等三角形的判定和性质和轴对称-最短路线问题，根据题意作出辅助线是解答此题的
6、A
【分析】在同一时刻物高和影长成正比，即在同一时刻的两个物体、影子、经过物体顶部的太阳光线三者构成的两个直角三角形相似．
【详解】解：据相同时刻的物高与影长成比例，
设这棵树的高度为xm，
则可列比例为，,
解得，x=3.1．
故选：A．
【点睛】
本题主要考查同一时刻物高和影长成正比，考查利用所学知识解决实际问题的能力．
7、C
【分析】如图，连接BB′，延长BC′交AB′于点D，证明△ABC′≌△B′BC′，得到∠DBB′=∠DBA=30°；求出BD、C′D的长，即可解决问题．
【详解】解：如图，连接BB′，延长BC′交AB′于点D，

由题意得：∠BAB′=60°，BA=B′A，
∴△ABB′为等边三角形，
∴∠ABB′=60°，AB=B′B；
在△ABC′与△B′BC′中，

∴△ABC′≌△B′BC′（SSS），
∴∠DBB′=∠DBA=30°，
∴BD⊥AB′，且AD=B′D，
∵AC＝BC＝，
∴，
∴，，，
．
故选：C．
【点睛】
本题考查旋转的性质，全等三角形的性质和判定，等边三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，直角三角形斜边上的中线．作辅助线构造出全等三角形并求出BC′在等边三角形的高上是解题的关键，也是本题的难点．
8、C
【分析】根据幂的运算法则即可判断.
【详解】A、a4•a＝a5，故此选项错误；
B、a6÷a3＝a3，故此选项错误；
C、（a3）2＝a6，正确；
D、（ab）3＝a3b3，故此选项错误；
故选C．
【点睛】
此题主要考查幂的运算，解题的关键是熟知幂的运算公式.
9、C
【分析】根据对称轴的位置、开口方向、与y轴的交点可对①②④进行判断，根据，转化为代数，计算的值对③进行判断即可．
【详解】解：①∵抛物线开口向下，
∴，
∵抛物线对称轴为直线，
∴，
∴
∴，故①正确，
②∵，，
∴，
又∵抛物线与y轴交于负半轴，
∴，
∴，故②错误，
③∵点C（0，c），，点A在x轴正半轴，
∴A ，代入得：，化简得：，
又∵，
∴
即，故③正确，
④由②可得，
当x=1时，，
∴，即，故④正确，
所以正确的是①③④，
故答案为C．
【点睛】
本题考查了二次函数中a，b，c系数的关系，根据图象得出a，b，c的的关系是解题的关键．
10、B
【分析】根据同弧所对的圆周角相等可得∠E=∠B=40°，再根据直径所对的圆周角是直角得到∠ACE=90°，最后根据直角三角形两锐角互余可得结论．
【详解】∵在⊙O中，∠E与∠B所对的弧是，
∴ ∠E=∠B=40°，
∵AE是⊙O的直径，
∴∠ACE=90°，
∴∠AEC=90°-∠E=90°-40°=50°，
故选：B．
【点睛】
此题主要考查了圆周角定理以及直径所对的圆周角是直角和直角三角形两锐角互余等知识，求出∠E=40°，是解此题的关键．

二、填空题(每小题3分,共24分)
11、
【分析】列表得出所有等可能结果，从中找到积为大于-4小于2的结果数，根据概率公式计算可得．
【详解】列表如下：

-2
-1
1
2
-2

2
-2
-4
-1
2

-1
-2
1
-2
-1

2
2
-4
-2
2

由表可知，共有12种等可能结果，其中积为大于-4小于2的有6种结果，
∴积为大于-4小于2的概率为=，
故答案为．
【点睛】
此题考查的是用列表法或树状图法求概率．列表法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合于两步完成的事件；树状图法适合两步或两步以上完成的事件；用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
12、解：∠D=∠B或∠AED=∠C．
【分析】根据相似三角形的判定定理再补充一个相等的角即可．
【详解】解：∵∠DAB=∠CAE
∴∠DAE=∠BAC
∴当∠D=∠B或∠AED=∠C或AD：AB=AE：AC或AD•AC=AB•AE时两三角形相似．
故答案为∠D=∠B（答案不唯一）．
13、-1．
【分析】根据根与系数的关系即可求出答案．
【详解】由题意可知：x1+x2＝3，x1x2＝﹣m，
∵，
∴﹣3x1+x1+x2＝2x1x2，
∴m+3＝﹣2m，
∴m＝﹣1，
故答案为：﹣1
【点睛】
本题考查根与系数的关系，解题的关键是熟练运用根与系数的关系，本题属于基础题型．
14、-1
【分析】直接根据两根之和的公式可得答案．
【详解】∵a、b是一元二次方程x2+x﹣1＝0的两根，
∴a+b＝﹣1，
故答案为：﹣1．
【点睛】
此题考查一元二次方程根与系数的公式，熟记公式并熟练解题是关键.
15、1
【分析】由一元二次方程（k﹣1）x1+6x+k1﹣3k+1＝0的常数项为零，即可得 ，继而求得答案．
【详解】解：∵一元二次方程（k﹣1）x1+6x+k1﹣3k+1＝0的常数项为零，
∴，
由①得：（k﹣1）（k﹣1）＝0，
解得：k＝1或k＝1，
由②得：k≠1，
∴k的值为1，
故答案为：1．
【点睛】
本题是对一元二次方程根的考查，熟练掌握一元二次方程知识是解决本题的关键.
16、
【分析】方程有两个不相等的实数根，则＞2，由此建立关于k的不等式，然后可以求出k的取值范围．
【详解】解：由题意知，=36-36k＞2,
解得k＜1．
故答案为：k＜1.
【点睛】
本题考查了一元二次方程根的情况与判别式的关系：（1）＞2⇔方程有两个不相等的实数根；（2）=2⇔方程有两个相等的实数根；（3）＜2⇔方程没有实数根．同时注意一元二次方程的二次项系数不为2．
17、（1+2，4），（1﹣2，4），（1，﹣4）
【分析】根据已知⊙P的半径为4和⊙P与x轴相切得出P点的纵坐标，进而得出其横坐标，即可得出答案．
【详解】解：当半径为4的⊙P与x轴相切时，
此时P点纵坐标为4或﹣4，
∴当y＝4时，4＝x2﹣2x﹣3，
解得：x1＝1+2，x2＝1﹣2，
∴此时P点坐标为：（1+2，4），（1﹣2，4），
当y＝﹣4时，﹣4＝x2﹣2x﹣3，
解得：x1＝x2＝1，
∴此时P点坐标为：（1，﹣4）．
综上所述：P点坐标为：（1+2，4），（1﹣2，4），（1，﹣4）．
故答案为：（1+2，4），（1﹣2，4），（1，﹣4）．
【点睛】
此题是二次函数综合和切线的性质的综合题，解答时通过数形结合以得到P点纵坐标是解题关键。
18、6﹣或6或9﹣3
【分析】可得到∠DOE＝∠EAF，∠OED＝∠AFE，即可判定△DOE∽△EAF，分情况进行讨论：①当EF＝AF时，△AEF沿AE翻折，所得四边形为菱形，进而得到OE的长；②当AE＝AF时，△AEF沿EF翻折，所得四边形为菱形，进而得到OE的长；③当AE＝EF时，△AEF沿AF翻折，所得四边形为菱形，进而得到OE的长．
【详解】解：连接OD，过点BH⊥x轴，
①沿着EA翻折，如图1：∵∠OAB＝45°，AB＝3，

∴AH＝BH＝ABsin45°=，
∴CO＝，
∵BD＝OA＝2，
∴BD＝2，OA＝8，
∴BC＝8﹣，
∴CD＝6﹣；
∵四边形FENA是菱形，
∴∠FAN＝90°，
∴四边形EFAN是正方形，
∴△AEF是等腰直角三角形，
∵∠DEF＝45°，
∴DE⊥OA，
∴OE＝CD＝6﹣；
②沿着AF翻折，如图2：

∴AE＝EF，
∴B与F重合，
∴∠BDE＝45°，
∵四边形ABDE是平行四边形
∴AE＝BD＝2，
∴OE＝OA﹣AE＝8﹣2＝6；
③沿着EF翻折，如图3：

∴AE＝AF，
∵∠EAF＝45°，
∴△AEF是等腰三角形，
过点F作FM⊥x轴，过点D作DN⊥x轴，
∴△EFM∽△DNE，
∴，
∴，
∴NE＝3﹣，
∴OE＝6﹣+3﹣＝9﹣3；
综上所述：OE的长为6﹣或6或9﹣3，
故答案为6﹣或6或9﹣3．
【点睛】
此题主要考查函数与几何综合，解题的关键是熟知等腰三角形的性质、平行四边形、菱形及正方形的性质，利用三角函数、勾股定理及相似三角形的性质进行求解.

三、解答题(共66分)
19、（1），；（2）或3或4或12；（3）存在，，，最小值
【分析】（1）利用待定系数法求解即可；
（2）先求点D坐标，再求点C坐标，然后分类讨论即可；
（3）通过做对称点将折线转化成两点间距离，用两点之间线段最短来解答即可.
【详解】解：（1）把代入，
得
解得，
∴抛物线解析式为，
∵过点B的直线，
∴把代入，解得，
∴直线解析式为
（2）联立，解得或，所以，
直线：与轴交于点，则，
根据题意可知线段，则点
则，，

因为为直角二角形
①若，则，
化简得：，或
②若，则，
化简得
③若，则，
化简得
综上所述，或3或4或12，满足条件
（3）在抛物线上取点的对称点，过点作于点，交抛物线对称轴于点，过点作于点，此时最小
抛物线的对称轴为直线，则的对称点为，
直线的解析式为
因为，设直线：，
将代入得，则直线：，
联立，解得，则，
联立，解得，则，

【点睛】
本题是一代代数综合题，考查了一次函数、二次函数和动点问题，能够充分调动所学知识是解题的关键.
20、（1）①见解析， 45°②7；（2）见解析，
【分析】（1）①作于点H,交的延长线于点，证明∆AHO≌∆AGB, 即可求得∠ODC的度数；
②延长交于点，利用条件可求得AK、OK的长度，于是可求OD的长；
（2）分析可知，点B在以O为圆心，OB为半径的圆上运动（个圆），所以当PB是圆O的切线时，PQ的值最大，据此可解.
【详解】解：（1）①补全图形如图所示，过点作于点H,交的延长线于点，

∵，，，
∴∠AGB=∠AHO=∠C =，
∴∠GAH=，
∴∠OAH+∠HAB=∠GAB+∠HAB=,
∴∠OAH =∠GAB, 四边形为矩形，
∵为等腰直角三角形，
∴OA=AB,
∴∆AHO≌∆AGB,
∴AH=AG,
∴四边形为正方形，
∴∠OCD=45°，
∴∠ODC=45°；
②延长交于点，

∵，OA=5，
∴AK=4,
∴OK=3,
∵∠ODC=45°，
∴DK=AK=4
∴ ；
（2）如图，

∵绕点旋转，
∴点B在以O为圆心，OB为半径的圆上运动（个圆），
∴当PB是圆O的切线时，PQ的值最大，
∵
∴
∴∠OPB=45°,
∴ OQ=OP=10，
∴.
∴长度的最大值是.
【点睛】
本题考查了与旋转有关的计算及圆的性质，作辅助线构造全等三角形、分析出点的运动轨迹是解题关键.
21、（1）证明见解析；（2）证明见解析
【分析】(1)根据等腰三角形的性质可得∠B=∠C，再由∠DEF+∠CEF=∠B+∠BDE，，即可判定，根据相似三角形的判定方法即可得△BDE∽△CEF；（2）由相似三角形的性质可得，再由点E是BC的中点，可得BE=CE，即可得，又因，即可判定△CEF∽△EDF，根据相似三角形的性质可得，即可证得即FE平分∠DFC．
【详解】解：（1）因为AB=AC,所以∠B=∠C，
因为∠DEF+∠CEF=∠B+∠BDE，
所以,
所以△BDE∽△CEF；
（2）因为△BDE∽△CEF，所以,
因为点E是BC的中点，所以BE=CE,即,
所以，又,故△CEF∽△EDF,
所以,即FE平分∠DFC．
22、（3）或；A、；B、或
【分析】（3）根据两数相除，异号得负解答；
A：先根据两数相除，同号得正，异号得负，把不等式转化成不等式组，然后根据一元一次不等式组的解法求解即可．
B：先根据两数相乘，同号得正，异号得负，把不等式转化成不等式组，然后根据一元一次不等式组的解法求解即可．
【详解】解：（3）若，则或；
A： ∵，
由题意得：
∴①或②
解①得，解②无解
∴不等式的解集是
B：求不等式的解集
解：由题意得：
①或②
解不等式组①得，
解不等式组②得
∴不等式的解集是或，
【点睛】
本题考查了一元一次不等式组的应用，读懂题目信息，理解不等式转化为不等式组的方法是解题的关键．
23、（1）一次函数的解析式为，反比例函数的解析式为；（2）的面积为；（3）存在，点的坐标为（-3，-6），（1，-2）（3，6）．
【分析】（1）根据反比例函数图象上点的坐标特征可求出k2和n的值，可得反比例函数解析式，再利用待定系数法即可求出一次函数的解析式；
（2）设一次函数与轴交于点，过点、分别向轴作垂线，垂足为点、，令x=0，可求出点C的坐标，根据即可得答案；
（3）分OA、OB、AB为对角线三种情况，根据A、B坐标可得直线OA、OB的解析式，根据互相平行的两条直线斜率相同可知直线OP、AP、BP的斜率，利用待定系数法可求出其解析式，进而联立解析式求出交点坐标即可得答案．
【详解】（1）∵点，在反比例函数上，
∴，，
∴，，
∴，，
∵点，在一次函数上，
∴，，
∴，，
∴，
∴一次函数的解析式为，反比例函数的解析式为．
（2）如图，设一次函数与y轴交于点，过点、分别向轴作垂线，垂足为点、，
∵当时，，
∴点的坐标为，
∵，，
∴，，
∴，
即的面积为．

（3）∵点A（2，2），B（-1，-4），
∴直线OA的解析式为y=x，直线OB的解析式为y=4x，直线AB的解析式为y=2x-2，
①如图，当OA//PB，OP//AB时，
∴直线OP的解析式为y=2x+b1，
设直线PB的解析式为y=x+b1，
∵点B（-1，-4）在直线上，
∴-4=-1+b1，
解得：b1=-3，
∴直线PB的解析式为y=x-3，
联立直线OP、BP解析式得：，
解得：，
∴点P坐标为（-3，-6），

②如图，当OB//AP，OA//BP时，同①可得BP解析式为y=x-3，
设AP的解析式为y=4x+b2，
∵点A（2，2）在直线AP上，
∴2=2×4+b2，
解得：b2=-6，
∴直线AP的解析式为y=4x-6，
联立PB和AP解析式得：，
解得：，
∴点P坐标为（1，-2），

③如图，当OP//AB，OB//AP时，
同①②可得：直线OP的解析式为y=2x，直线AP的解析式为y=4x-6，
联立直线OP和AP解析式得：，
解得：，
∴点P坐标为（3，6），

综上所述：存在点P，使以P、A、O、B为顶点的四边形是平行四边形，点的坐标为（-3，-6），（1，-2）（3，6）．
【点睛】
此题考查了一次函数与反比例函数的交点问题，涉及的知识有：待定系数法确定函数解析式，一次函数与x轴的交点，坐标与图形性质，以及三角形的面积求法，熟练掌握待定系数法是解本题的关键．
24、（1）证明见解析；（2） ；（3）当， ；当，．
【分析】（1）先利用角平分线的性质，得 ， ，再利用外角、三角形内角和进行换算即可；
（2）延长AD，构造平行相似，得到，再按条件进行计算；
（3）利用△ABC与△ADE相似，得到 ，所以得到 或，再利用三角函数求值．
【详解】（1）如图1中
∵
∴ ,
∵AD平分
∴ ，同理得
∵ ，

∴
∴
（2）延长AD交BC于点F
∵
∴
BE平分∠ABC
∴
∴
∴
∴ ，
∵
∴
（3）∵△ABC与△ADE相似，
∴∠ABC中必有一个内角和为90°
∵∠ABC是锐角
∴
当 时
∵
∴
∵
∴ ，
∵分别是的内角的平分线
∴
∴
∵
∴
代入解得

②当 时

∵△ABC与△ADE相似
∴
∵分别是的内角的平分线
∴
∴
此时
综上所述，当， ；当，

【点睛】
本题考查了相似三角形的综合题，掌握相似三角形的判定和性质、平行线的判定和性质以及锐角三角函数是解题的关键．
25、（1）A（1，0），D（4，3）；（2）①当点P的横坐标为2时，求△PAD的面积；②当∠PDA＝∠CAD时，直接写出点P的坐标．
【分析】（1）由于A、D是直线直线y＝x﹣1与抛物线y＝﹣x2+6x﹣5的交点，要求两个交点的坐标，需可联立方程组求解；
（2）①要求△PAD的面积，可以过P作PE⊥x轴，与AD相交于点E，求得PE，再用△PAE和△PDE的面积和求得结果；
②分两种情况解答：过D点作DP∥AC，与抛物线交于点P，求出AC的解析式，进而得PD的解析式，再解PD的解析式与抛物线的解析式联立方程组，便可求得P点坐标；当P点在AD上方时，延长DP与y轴交于F点，过F点作FG∥AC与AD交于点G，则∠CAD＝∠FGD＝∠PDA，则FG＝FD，设F点坐标为（0，m），求出G点的坐标（用m表示），再由FG＝FD，列出m的方程，便可求得F点坐标，从而求出DF的解析式，最后解DF的解析式与抛物线的解析式联立的方程组，便可求得P点坐标．
【详解】（1）联立方程组，
解得，，，
∴A（1，0），D（4，3），
（2）①过P作PE⊥x轴，与AD相交于点E，

∵点P的横坐标为2，
∴P（2，3），E（2，1），
∴PE＝3﹣1＝2，
∴＝3；
②过点D作DP∥AC，与抛物线交于点P，则∠PDA＝∠CAD，

∵y=-x2+6x-5=-（x-3）2+4，
∴C（3，4），
设AC的解析式为：y=kx+b（k≠0），
∵A（1，0），
∴，
∴，
∴AC的解析式为：y=2x-2，
设DP的解析式为：y=2x+n，
把D（4，3）代入，得3=8+n，
∴n=-5，
∴DP的解析式为：y=2x-5，
联立方程组，
解得，，，
∴此时P（0，-5），
当P点在直线AD上方时，延长DP，与y轴交于点F，过F作FG∥AC，FG与AD交于点G，

则∠FGD=∠CAD=∠PDA，
∴FG=FD，
设F（0，m），
∵AC的解析式为：y=2x-2，
∴FG的解析式为：y=2x+m，
联立方程组，
解得，，
∴G（-m-1，-m-2），
∴FG=，FD=，
∵FG=FD，
∴=，
∴m=-5或1，
∵F在AD上方，
∴m＞-1，
∴m=1，
∴F（0，1），
设DF的解析式为：y=qx+1（q≠0），
把D（4，3）代入，得4q+1=3，
∴q=，
∴DF的解析式为：y=x+1，
联立方程组
∴，，
∴此时P点的坐标为(，)，
综上，P点的坐标为（0，-5）或(，)．
【点睛】
本题是一次函数、二次函数、三角形的综合题，主要考查了一次函数的性质，二次函数的图象与性质，三角形的面积计算，平行线的性质，待定系数法，难度较大，第（2）小题，关键过P作x轴垂线，将所求三角形的面积转化成两个三角形的面积和进行解答；第（3）小题，分两种情况解答，不能漏解，考虑问题要全面．
26、（1）方程总有两个不相等的实数根；（2）-2．
【分析】（1）根据一元二次方程的根的判别式即可得出△=1＞1，由此即可证出方程总有两个不相等的实数根；
（2）将x=1代入原方程求出m的值，再将m值代入代数式中求值即可．
【详解】解：（1）∵关于x的一元二次方程x2+（2m+1）x+m（m+1）＝1．
∴△＝（2m+1）2﹣4m（m+1）＝1＞1，
∴方程总有两个不相等的实数根；
（2）∵x＝1是此方程的一个根，
∴把x＝1代入方程中得到m（m+1）＝1，
把m（m+1）＝1代入得m2+m﹣2=-2．
【点睛】
本题考查了根的判别式及用整体代入法求代数式的值，熟练掌握“当一元二次方程根的判别式△＞1时，方程有两个不相等的实数根．”是解题的关键．