2023届内蒙古乌兰察布市名校九年级数学第一学期期末经典试题含解析.doc

2022-2023学年九上数学期末模拟试卷
考生须知：
1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。
2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。
3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。

一、选择题（每题4分，共48分）
1．已知两个相似三角形的相似比为2∶3，较小三角形面积为12平方厘米，那么较大三角形面积为（ ）
A．18平方厘米 B．8平方厘米 C．27平方厘米 D．平方厘米
2．某校科技实践社团制作实践设备，小明的操作过程如下：①小明取出老师提供的圆形细铁环，先通过在圆一章中学到的知识找到圆心O，再任意找出圆O的一条直径标记为AB（如图1），测量出AB＝4分米；②将圆环进行翻折使点B落在圆心O的位置，翻折部分的圆环和未翻折的圆环产生交点分别标记为C、D（如图2）；③用一细橡胶棒连接C、D两点（如图3）；④计算出橡胶棒CD的长度．

小明计算橡胶棒CD的长度为（　　）
A．2分米 B．2分米 C．3分米 D．3分米
3．如图，在直角坐标系中，⊙A的半径为2，圆心坐标为（4，0），y轴上有点B（0，3），点C是⊙A上的动点，点P是BC的中点，则OP的范围是（　　）

A． B．2≤OP≤4 C．≤OP≤ D．3≤OP≤4
4．抛物线的对称轴为直线（ ）
A． B． C． D．
5．现有两个不透明的袋子，一个装有2个红球、1个白球，另一个装有1个黄球、2个红球，这些球除颜色外完全相同从两个袋子中各随机摸出1个球，摸出的两个球颜色相同的概率是（ ）
A． B． C． D．
6．二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
7．已知关于x的一元二次方程有两个实数根，则k的取值范围是（ ）
A． B．且
C．且 D．
8．在平面直角坐标系中，以原点O为圆心的⊙O交x轴正半轴为M，P为圆上一点，坐标为（，1），则cos∠POM=（ ）

A． B． C． D．
9．已知二次函数的与的部分对应值如表：

下列结论：抛物线的开口向上；②抛物线的对称轴为直线；③当时，；④抛物线与轴的两个交点间的距离是；⑤若是抛物线上两点，则，其中正确的个数是（ ）
A． B． C． D．
10．如图，已知二次函数（）的图象与x轴交于点A（﹣1，0），对称轴为直线x=1，与y轴的交点B在（0，2）和（0，3）之间（包括这两点），下列结论：
①当x＞3时，y＜0；
②3a+b＜0；
③；
④；
其中正确的结论是（ ）

A．①③④ B．①②③ C．①②④ D．①②③④
11．在平面直角坐标系中，点（-2，6）关于原点对称的点的坐标是（ ）
A．(2，-6) B．(-2，6) C．(-6，2) D．(-6，2)
12．已知二次函数y=x2+2x-m与x轴没有交点，则m的取值范围是（ ）
A．m＜-1 B．m＞-1 C．m＜-1且m≠0 D．m＞-1且m≠0
二、填空题（每题4分，共24分）
13．已知：，则 的值是_______.
14．如图，菱形ABCD的对角线AC与BD相交于点O，AC＝6，BD＝8，那么菱形ABCD的面积是____．

15．已知是方程的根，则代数式的值为__________.
16．圆锥的母线长是5 cm,底面半径长是3 cm,它的侧面展开图的圆心角是____.
17．正方形A1B1C2C1，A2B2C3C2，A3B3C4C3按如图所示的方式放置，点A1、A2、A3和点C1、C2、C3、C4分别在抛物线y＝x2和y轴上，若点C1（0，1），则正方形A3B3C4C3的面积是________．

18．抛物线y＝x2+2x与y轴的交点坐标是_____．
三、解答题（共78分）
19．（8分）2016年3月，我市某中学举行了“爱我中国•朗诵比赛”活动，根据学生的成绩划分为A、B、C、D四个等级，并绘制了不完整的两种统计图．根据图中提供的信息，回答下列问题：
（1）参加朗诵比赛的学生共有　 　人，并把条形统计图补充完整；
（2）扇形统计图中，m=　 　，n=　 　；C等级对应扇形有圆心角为　 　度；
（3）学校欲从获A等级的学生中随机选取2人，参加市举办的朗诵比赛，请利用列表法或树形图法，求获A等级的小明参加市朗诵比赛的概率．

20．（8分）在△ABC中，∠ACB＝90°，BC＝kAC，点D在AC上，连接BD．

（1）如图1，当k＝1时，BD的延长线垂直于AE，垂足为E，延长BC、AE交于点F．求证：CD＝CF；
（2）过点C作CG⊥BD，垂足为G，连接AG并延长交BC于点H．
①如图2，若CH＝CD，探究线段AG与GH的数量关系（用含k的代数式表示），并证明；
②如图3，若点D是AC的中点，直接写出cos∠CGH的值（用含k的代数式表示）．
21．（8分）解方程：
（1）（x-2）（x-3）=12
（2）3y2+1=2y
22．（10分）如图，在边长为1的正方形网格中，△ABC的顶点均在格点上，点A、B的坐标分别是A（4，3）、B（4，1），把△ABC绕点C逆时针旋转90°后得到△A1B1C．

（1）画出△A1B1C，直接写出点A1、B1的坐标；
（2）求在旋转过程中，△ABC所扫过的面积．
23．（10分）如图，在中，， 垂足为平分，交于点，交于点.
(1)若，求的长；
(2)过点作的垂线，垂足为，连接，试判断四边形的形状，并说明原因.

24．（10分）如图，在平面直角坐标系中，∠AOB=90°，AB∥x轴，OA=2，双曲线经过点A．将△AOB绕点A顺时针旋转，使点O的对应点D落在x轴的负半轴上，若AB的对应线段AC恰好经过点O．

（1）求点A的坐标和双曲线的解析式；
（2）判断点C是否在双曲线上，并说明理由
25．（12分）如图，四边形ABCD中，AB∥CD，CD≠AB，点F在BC上，连DF与AB的延长线交于点G．
（1）求证：CF•FG＝DF•BF；
（2）当点F是BC的中点时，过F作EF∥CD交AD于点E，若AB＝12，EF＝8，求CD的长．

26．（1）解方程：；
（2）求二次函数的图象与坐标轴的交点坐标．

参考答案

一、选择题（每题4分，共48分）
1、C
【分析】根据相似三角形面积比等于相似比的平方即可解题
【详解】∵相似三角形面积比等于相似比的平方

故选C
【点睛】
本题考查相似三角形的性质，根据根据相似三角形面积比等于相似比的平方列出式子即可
2、B
【分析】连接OC，作OE⊥CD，根据垂径定理和勾股定理求解即可．
【详解】解：连接OC，作OE⊥CD，如图3，

∵AB＝4分米，
∴OC＝2分米，
∵将圆环进行翻折使点B落在圆心O的位置，
∴分米，
在Rt△OCE中，CE＝分米，
∴分米；
故选：B．
【点睛】
此题综合运用了勾股定理以及垂径定理．注意构造由半径、半弦、弦心距组成的直角三角形进行有关的计算．
3、A
【分析】如图，在y轴上取点B'（0，﹣3），连接B'C，B'A，由勾股定理可求B'A＝5，由三角形中位线定理可求B'C＝2OP，当点C在线段B'A上时，B'C的长度最小值＝5﹣2＝3，当点C在线段B'A的延长线上时，B'C的长度最大值＝5+2＝7，即可求解．
【详解】解：如图，在y轴上取点B'（0，﹣3），连接B'C，B'A，

∵点B（0，3），B'（0，﹣3），点A（4，0），
∴OB＝OB'＝3，OA＝4，
∴，
∵点P是BC的中点，
∴BP＝PC，
∵OB＝OB'，BP＝PC，
∴B'C＝2OP，
当点C在线段B'A上时，B'C的长度最小值＝5﹣2＝3，
当点C在线段B'A的延长线上时，B'C的长度最大值＝5+2＝7，
∴，
故选：A．
【点睛】
本题考查了三角形中位线定理，勾股定理，平面直角坐标系，解决本题的关键是正确理解题意，熟练掌握三角形中位线定理的相关内容，能够得到线段之间的数量关系.
4、C
【解析】根据二次函数对称轴公式为直线，代入求解即可．
【详解】解：抛物线的对称轴为直线，
故答案为C．
【点睛】
本题考查了二次函数的对称轴公式，熟记公式是解题的关键．
5、C
【分析】根据列表法列出所有的可能情况，从中找出两个球颜色相同的结果数，再利用概率的公式计算即可得到答案．
【详解】解：列表如图所示：

由表可知，共有9种等可能结果，其中摸出的两个球颜色相同的有4种结果
所以摸出两个球颜色相同的概率是
故选：C．
【点睛】
本题考查的是列表法与树状图的知识，解题的关键是能够用列表或者树状图将所有等可能结果列举出来．
6、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．
7、C
【分析】若一元二次方程有两个实数根，则根的判别式△=b24ac≥1，建立关于k的不等式，求出k的取值范围．还要注意二次项系数不为1．
【详解】解：∵一元二次方程有两个实数根，
∴，
解得：，
∵，
∴k的取值范围是且；
故选：C．
【点睛】
本题考查了一元二次方程根的判别式的应用．切记不要忽略一元二次方程二次项系数不为零这一隐含条件．
8、A
【解析】试题分析：作PA⊥x轴于A，
∵点P的坐标为（，1），
∴OA=，PA=1，
由勾股定理得，OP=2，
cos∠POM==，
故选A．

考点：锐角三角函数
9、B
【分析】先利用交点式求出抛物线解析式，则可对①进行判断；利用抛物线的对称性可对②进行判断；利用抛物线与x轴的交点坐标为(0，0)，(4，0)可对③④进行判断；根据二次函数的性质求出x的值，即可对⑤进行判断．
【详解】设抛物线解析式为y=ax(x﹣4)，
把(﹣1，5)代入得5=a×(﹣1)×(﹣1﹣4)，解得：a=1，
∴抛物线解析式为y=x2﹣4x，所以①正确；
抛物线的对称轴为直线x==2，所以②正确；
∵抛物线与x轴的交点坐标为(0，0)，(4，0)，开口向上，
∴当0＜x＜4时，y＜0，所以③错误；
抛物线与x轴的两个交点间的距离是4，所以④正确；
若A(x1，2)，B(x2，3)是抛物线上两点，由x2﹣4x=2，解得：x1=，由x2﹣4x=3，解得：x2=，若取x1=，x2=，则⑤错误．
故选：B．
【点睛】
本题考查了抛物线与x轴的交点：把求二次函数y=ax2+bx+c(a，b，c是常数，a≠0)与x轴的交点坐标问题转化为解关于x的一元二次方程．也考查了二次函数的性质．
10、B
【分析】①由抛物线的对称性可求得抛物线与x轴令一个交点的坐标为（3，1），当x＞3时，y＜1，故①正确；
②抛物线开口向下，故a＜1，∵，∴2a+b=1．∴3a+b=1+a=a＜1，故②正确；
③设抛物线的解析式为y=a（x+1）（x﹣3），则，令x=1得：y=﹣3a．∵抛物线与y轴的交点B在（1，2）和（1，3）之间，∴．解得：，故③正确；
④．∵抛物线y轴的交点B在（1，2）和（1，3）之间，∴2≤c≤3，由得：，∵a＜1，∴，∴c﹣2＜1，∴c＜2，与2≤c≤3矛盾，故④错误．
【详解】解:①由抛物线的对称性可求得抛物线与x轴令一个交点的坐标为（3，1），
当x＞3时，y＜1，
故①正确；
②抛物线开口向下，故a＜1，
∵，
∴2a+b=1．
∴3a+b=1+a=a＜1，
故②正确；
③设抛物线的解析式为y=a（x+1）（x﹣3），则，
令x=1得：y=﹣3a．
∵抛物线与y轴的交点B在（1，2）和（1，3）之间，
∴．
解得：，
故③正确；
④．∵抛物线y轴的交点B在（1，2）和（1，3）之间，
∴2≤c≤3，
由得：，
∵a＜1，
∴，
∴c﹣2＜1，
∴c＜2，与2≤c≤3矛盾，
故④错误．
故选B．
【点睛】
本题考查二次函数图象与系数的关系,结合图像,数形结合的思想的运用是本题的解题关键.．
11、A
【分析】根据关于原点对称的点的横坐标互为相反数，纵坐标互为相反数，可得答案．
【详解】解：点A（-2，6）关于原点对称的点的坐标是（2，-6），
故选：A．
【点睛】
本题考查了关于原点对称的点的坐标，利用关于原点对称的点的横坐标互为相反数，纵坐标互为相反数是解题关键．
12、A
【分析】函数y=x2+2x-m的图象与x轴没有交点，用根的判别式：△＜0，即可求解．
【详解】令y＝0，即：x2+2x-m＝0，
△＝b2−4ac＝4+4m＜0，
即：m＜-1，
故选：A．
【点睛】
本题考查的是二次函数图象与x轴的交点，此类题目均是利用△＝b2−4ac和零之间的关系来确定图象与x轴交点的数目，即：当△＞0时，函数与x轴有2个交点，当△＝0时，函数与x轴有1个交点，当△＜0时，函数与x轴无交点．

二、填空题（每题4分，共24分）
13、
【分析】根据已知等式设a=2k,b=3k,代入式子可求出答案.
【详解】解：由，可设a=2k，b=3k，(k≠0),
故：，
故答案：.
【点睛】
此题主要考查比例的性质，a、b都用k表示是解题的关键.
14、1
【分析】根据菱形的面积公式即可求解．
【详解】∵菱形ABCD的对角线AC与BD相交于点O，AC＝6，BD＝8，
∴菱形ABCD的面积为AC×BD=×6×8=1，
故答案为：1．
【点睛】
此题主要考查菱形面积的求解，解题的关键是熟知其面积公式．
15、1
【分析】把代入已知方程，并求得，然后将其整体代入所求的代数式进行求值即可．
【详解】解：把代入，得，
解得，
所以．
故答案是：1．
【点睛】
本题考查一元二次方程的解以及代数式求值，注意解题时运用整体代入思想．
16、216°.
【详解】圆锥的底面周长为2π×3=6π(cm),
设圆锥侧面展开图的圆心角是n°,则=6π,
解得n=216.
故答案为216°.
【点睛】
本题考查了圆锥的计算，正确理解圆锥的侧面展开图与原来的扇形之间的关系是解决本题的关键，理解圆锥的母线长是扇形的半径，圆锥的底面圆周长是扇形的弧长．
17、2+．
【分析】先根据点C1（0，1）求出A1的坐标，故可得出B1、A2、C2的坐标，由此可得出A2C2的长，可得出B2、C3、A3的坐标，同理即可得出A3C3的长，进而得出结论．
【详解】∵点（0，1），四边形，，均是正方形，点、、和点、、、分别在抛物线和y轴上，
∴（1，1），（0，2），
∴（，2），
∴（0，2+），
∵点的纵坐标与点相同，点在二次函数的图象上，
∴（，），即，
∴．
故答案为：2+．
【点睛】
本题考查的是二次函数与几何的综合题，熟知正方形的性质及二次函数图象上点的坐标特点是解答此题的关键．
18、（0，0）
【解析】令x=0求出y的值，然后写出即可．
【详解】令x=0，则y=0，
所以，抛物线与y轴的交点坐标为（0，0）．
故答案为（0，0）．
【点睛】
本题考查了二次函数图象上点的坐标特征，熟练掌握抛物线与坐标轴的交点的求解方法是解题的关键．

三、解答题（共78分）
19、（1）40，补图见解析；（2）10，40，144；（3）
【解析】试题分析：（1）根据D等级的有12人，占总数的30%，即可求得总人数，利用总人数减去其它等级的人数求得B等级的人数，从而作出直方图；
（2）根据百分比的定义求得m、n的值，利用360°乘以C等级所占的百分比即可求得对应的圆心角；
（3）利用列举法即可求解．
试题解析：（1）参加演讲比赛的学生共有：12÷30%=40（人），
则B等级的人数是：40-4-16-12=8（人）．

（2）A所占的比例是：×100%=10%，
C所占的百分比：×100%=40%．
C等级对应扇形的圆心角是：360×40%=144°；
（3）设A等级的小明用a表示，其他的几个学生用b、c、d表示．

共有12种情况，其中小明参加的情况有6种，则P（小明参加比赛）=．
考点：1．条形统计图；2．扇形统计图；3．列表法与树状图法．
20、（1）证明见解析；（2）①，证明见解析；②cos∠CGH=．
【分析】（1）只要证明△ACF≌△BCD（ASA），即可推出CF＝CD．
（2）结论：．设CD＝5a，CH＝2a，利用相似三角形的性质求出AM，再利用平行线分线段成比例定理即可解决问题．
（3）如图3中，设AC＝m，则BC＝km，m，想办法证明∠CGH＝∠ABC即可解决问题．
【详解】（1）证明：如图1中，

∵∠ACB＝90°，BE⊥AF
∴∠ACB＝∠ACF＝∠AEB＝90°
∵∠ADE+∠EAD＝∠BDC+∠DBC＝90°，∠ADE＝∠BDC，
∴∠CAF＝∠DBC，
∵BC＝AC，
∴△ACF≌△BCD（ASA），
∴CF＝CD．
（2）解：结论：．
理由：如图2中，作AM⊥AC交CG的延长线于M．

∵CG⊥BD，MA⊥AC，
∴∠CAM＝∠CGD＝∠BCD＝90°，
∴∠ACM+∠CDG＝90°，∠ACM+∠M＝90°，
∴∠CDB＝∠M，
∴△BCD∽△CAM，
∴＝k，
∵CH＝CD，设CD＝5a，CH＝2a，
∴AM＝，
∵AM∥CH，
∴，
∴．
（3）解：如图3中，设AC＝m，则BC＝km，m，

∵∠DCB＝90°，CG⊥BD，
∴△DCG∽△DBC，
∴DC2＝DG•DB，
∵AD＝DC，
∴AD2＝DG•DB，
∴，
∵∠ADG＝∠BDA，
∴△ADG∽△BDA，
∴∠DAG＝∠DBA，
∵∠AGD＝∠GAB+∠DBA＝∠GAB+∠DAG＝∠CAB，
∵∠AGD+∠CGH＝90°，∠CAB+∠ABC＝90°，
∴∠CGH＝∠ABC，
∴.
【点睛】
本题为四边形综合探究题，考查相似三角形、三角函数等知识，解题时注意相似三角形的性质和平行线分线段成比例定理的应用.
21、（1），；（2）
【分析】（1）首先把方程整理成一元二次方程的一般式，然后利用因式分解法解方程即可；
（2）首先把方程整理成一元二次方程的一般式，然后利用因式分解法解方程即可．
【详解】（1）方程变形为：即，
因式分解得：，
则或，
解得：，；
（2）方程变形为：，
因式分解得：，
则，
解得：．
【点睛】
本题主要考查了一元二次方程的解法，关键是掌握因式分解法解方程的步骤．
22、（1）画图见解析，A1（﹣1，4），B1（1，4）；（2）．
【分析】（1）根据旋转中心方向及角度找出点A、B的对应点A1、B1的位置，然后顺次连接即可，根据A、B的坐标建立坐标系，据此写出点A1、B1的坐标；（2）利用勾股定理求出AC的长，根据△ABC扫过的面积等于扇形CAA1的面积与△ABC的面积和，然后列式进行计算即可．
【详解】解：（1）所求作△A1B1C如图所示：

由A（4，1）、B（4，1）可建立如图所示坐标系，
则点A1的坐标为（﹣1，4），点B1的坐标为（1，4）；
（2）∵AC=，∠ACA1=90°
∴在旋转过程中，△ABC所扫过的面积为：
S扇形CAA1+S△ABC
=+×1×2
=+1．
【点睛】
本题考查作图-旋转变换；扇形面积的计算．
23、（1）CE＝2；（2）菱形，理由见解析.
【分析】（1）根据题意易求得∠ACD＝∠CAF＝∠BAF＝30°，可得AE=CE，然后利用30°角的三角函数可求得CD的长、DE与AE的关系，进一步可得CE与CD的关系，进而可得结果；
（2）根据角平分线的性质可得CF＝GF，根据HL可证Rt△ACF≌Rt△AGF，从而得∠AFC＝∠AFG，由平行线的性质和等量代换可得∠CEF＝∠CFE，可得CE＝CF，进而得CE＝FG，根据一组对边平行且相等可得四边形CEGF是平行四边形，进一步即得结论．
【详解】解：（1）∵∠ACB＝90°，∠B＝30°，∴∠CAB＝60°，
∵CD⊥AB，∴∠ACD＝30°，∵AC＝6，∴，
∵AF平分∠CAB，∴∠CAF＝∠BAF＝30°，
∴∠ACD＝∠CAF，，∴CE＝AE＝2DE，∴CE＝2；
（2）四边形CEGF是菱形．
证明：∵FG⊥AB，FC⊥AC，AF平分∠CAB，
∴∠ACF＝∠AGF＝90°，CF＝GF，
在Rt△ACF与Rt△AGF中，∵AF=AF，CF=GF，
∴Rt△ACF≌Rt△AGF（HL），∴∠AFC＝∠AFG，
∵CD⊥AB，FG⊥AB，∴CD∥FG，
∴∠CEF＝∠EFG，∴∠CEF＝∠CFE，∴CE＝CF，
∴CE＝FG，∵CE∥FG，
∴四边形CEGF是平行四边形，
∵CE＝CF，∴平行四边形CEGF是菱形．

【点睛】
本题考查了直角三角形的性质、角平分线的性质、锐角三角函数、菱形的判定和直角三角形全等的判定和性质等知识，属于常考题型，熟练掌握上述基本知识是解题的关键．
24、（1），双曲线的解析式为；（2）点在双曲线上，理由见解析.
【分析】（1）根据旋转的性质和平行线的性质，得到，得到△AOD是等边三角形，根据特殊角的三角函数，求出点A的坐标，然后得到双曲线的解析式；
（2）先求出OC的长度，然后利用特殊角的三角函数求出点C的坐标，然后进行判断即可.
【详解】解：（1）过点A作轴，垂足为．

∵轴，
．
有旋转的性质可知，．
．
．
为等边三角形．
．
，
．
点的坐标为．
由题意知，，．
双曲线的解析式为：．
（2）点在双曲线上，理由如下：
过点作轴，垂足为．

由（1）知，．
．
．
，
．
点的坐标为．
将代入中，．
点在双曲线上．
【点睛】
本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，旋转的性质，等边三角形的判定和性质，特殊角的三角函数等，求得△AOD是等边三角形是解题的关键．
25、（1）证明见解析；（2）1．
【分析】（1）证明△CDF∽△BGF可得出结论；
（2）证明△CDF≌△BGF，可得出DF＝GF，CD＝BG，得出EF是△DAG的中位线，则2EF＝AG＝AB+BG，求出BG即可．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD，AB∥CD，
∴∠CDF＝∠G，∠DCF＝∠GBF，
∴△CDF∽△BGF．
∴，
∴CF•FG＝DF•BF；
（2）解：由（1）△CDF∽△BGF，
又∵F是BC的中点，BF＝FC，
∴△CDF≌△BGF（AAS），
∴DF＝GF，CD＝BG，
∵AB∥DC∥EF，F为BC中点，
∴E为AD中点，
∴EF是△DAG的中位线，
∴2EF＝AG＝AB+BG．
∴BG＝2EF﹣AB＝2×8﹣12＝1，
∴BG＝1．
【点睛】
此题考查三角形相似的判定及性质定理，三角形全等的判定及性质定理，三角形的中位线定理，（2）利用（1）的相似得到三角形全等是解题的关键，由此利用中点E得到三角形的中位线，利用中位线的定理来解题.
26、（1）x1=1+，x2=1﹣；（2）(5，0)，(-3，0)，(0，－15)
【分析】（1）根据一元二次方程的求根公式，即可求解；
（2）令y=0，求出x的值，令x=0，求出y的值，进而即可得到答案．
【详解】（1）x2﹣2x﹣1=0 ，
∵a=1，b=﹣2，c=﹣1，
∴△=b2﹣4ac=4+4=8＞0，
∴x= =，
∴x1=1+，x2=1﹣；
（2）令y=0，则，
即：，
解得：，
令x=0，则y=－15，
∴二次函数的图象与坐标轴的交点坐标为：(5，0)，(-3，0)，(0，－15)．
【点睛】
本题主要考查一元二次方程的解法和二次函数图象与坐标轴的交点坐标，掌握一元二次方程的求根公式以及求二次函数图象与坐标轴的交点坐标，是解题的关键．