湖北省荆州市洪湖市瞿家湾中学2022-2023学年数学九年级第一学期期末教学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．如图，四边形ABCD是正方形，延长BC到E，使，连接AE交CD于点F，则（ ）

A．67.5° B．65° C．55° D．45°
2．若关于x的一元二次方程kx2﹣2x+1＝0有两个不相等的实数根，则实数k的取值范围是( )
A．k＞1 B．k＜1 C．k＞1且k≠0 D．k＜1且k≠0
3．在下列四个图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
4．在日本核电站事故期间，我国某监测点监测到极微量的人工放射性核素碘一，其浓度为贝克/立方米，数据用科学记数法可表示为（ ）
A． B． C． D．
5．如图，在正方形ABCD中，AB＝5，点M在CD的边上，且DM＝2，△AEM与△ADM关于AM所在的直线对称，将△ADM按顺时针方向绕点A旋转90°得到△ABF，连接EF，则线段EF的长为（　　）

A． B． C． D．
6．受益于电子商务发展和法治环境改普等多重因素，“快递业”成为我国经济发展的一匹“黑马”，2018年我国快递业务量为600亿件，预计2020年快递量将达到950亿件，若设快递平均每年增长率为x，则下列方程中，正确的是（　　）
A．600（1+x）＝950 B．600（1+2x）＝950
C．600（1+x）2＝950 D．950（1﹣x）2＝600
7．若反比例函数的图象分布在二、四象限，则关于x的方程的根的情况是 ( )
A．有两个不相等的实数根 B．有两个相等的实数根
C．没有实数根 D．只有一个实数根
8．一个布袋里装有2个红球、3个黄球和5个白球，除颜色外其它都相同，搅匀后任意摸出一个球，是白球的概率为（ ）
A． B． C． D．
9．如图所示的几何体的左视图是（　　）

A． B． C． D．
10．如图，正方形ABCD中，BE＝FC，CF＝2FD，AE、BF交于点G，连接AF，给出下列结论：①AE⊥BF； ②AE＝BF； ③BG＝GE； ④S四边形CEGF＝S△ABG，其中正确的个数为（　　）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
11．如图，PA，PB分别与⊙O相切于A、B两点．直线EF切⊙O于C点，分别交PA、PB于E、F，且PA＝1．则△PEF的周长为（　　）

A．1 B．15 C．20 D．25
12．下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（　　）
A．等腰梯形 B．矩形 C．正三角形 D．平行四边形
二、填空题（每题4分，共24分）
13．在△ABC中，边BC、AC上的中线AD、BE相交于点G，AD=6，那么AG=____．
14．如图，要拧开一个边长为的正六边形螺帽，扳手张开的开口至少为__________．

15．如图所示，在平面直角坐标系中，A（4，0），B（0，2），AC由AB绕点A顺时针旋转90°而得，则AC所在直线的解析式是_____．

16．为了对1000件某品牌衬衣进行抽检，统计合格衬衣的件数，在相同条件下，经过大量的重复抽检，发现一件合格衬衣的频率稳定在常数0.98附近，由此可估计这1000件中不合格的衬衣约为__________件．
17．方程的两个根是等腰三角形的底和腰，则这个等腰三角形的周长为　 　．
18．已知△ABC∽△A'B'C'，S△ABC：S△A'B'C'＝1：4，若AB＝2，则A'B'的长为_____．
三、解答题（共78分）
19．（8分）如图，AB是⊙O的一条弦，点C是半径OA的中点，过点C作OA的垂线交AB于点E，且与BE的垂直平分线交于点D，连接BD．
（1）求证：BD是⊙O的切线；
（2）若⊙O的半径为2，CE＝1，试求BD的长．

20．（8分）如图，要在木里县某林场东西方向的两地之间修一条公路MN，已知C点周围200米范围内为原始森林保护区，在MN上的点A处测得C在A的北偏东45°方向上，从A向东走600米到达B处，测得C在点B的北偏西60°方向上．
（1）MN是否穿过原始森林保护区，为什么？（参考数据：≈1.732）
（2）若修路工程顺利进行，要使修路工程比原计划提前5天完成，需将原定的工作效率提高25%，则原计划完成这项工程需要多少天？

21．（8分）如图，在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点坐标分别为A（1，4），B（4，2），C（3，5）（每个方格的边长均为1个单位长度）．

（1）将△ABC绕点O逆时针旋转90°，画出旋转后得到的△A1B1C1；
（2）求出点B旋转到点B1所经过的路径长．
22．（10分）如图，已知抛物线与轴交于、两点，与轴交于点．

（1）求抛物线的解析式；
（2）点是第一象限内抛物线上的一个动点（与点、不重合），过点作轴于点，交直线于点，连接、．设点的横坐标为，的面积为．求关于的函数解析式及自变量的取值范围，并求出的最大值；
（3）已知为抛物线对称轴上一动点，若是以为直角边的直角三角形，请直接写出点的坐标．
23．（10分）一位橄榄球选手掷球时，橄榄球从出手开始行进的高度与水平距离之间的关系如图所示，已知橄榄球在距离原点时，达到最大高度，橄榄球在距离原点13米处落地，请根据所给条件解决下面问题：

（1）求出与之间的函数关系式；
（2）求运动员出手时橄榄球的高度．
24．（10分）在平面直角坐标系中，已知点是直线上一点，过点分别作轴，轴的垂线，垂足分别为点和点，反比例函数的图象经过点.
（1）若点是第一象限内的点，且，求的值；
（2）当时，直接写出的取值范围.
25．（12分）教育部基础教育司负责人解读“2020新中考”时强调要注重学生分析与解决问题的能力，要增强学生的创新精神和综合素质.王老师想尝试改变教学方法，将以往教会学生做题改为引导学生会学习.于是她在菱形的学习中，引导同学们解决菱形中的一个问题时，采用了以下过程（请解决王老师提出的问题）：

先出示问题（1）:如图1，在等边三角形中，为上一点，为上一点，如果，连接、，、相交于点，求的度数.
通过学习，王老师请同学们说说自己的收获.小明说发现一个结论：在这个等边三角形中，只要满足，则的度数就是一个定值，不会发生改变.紧接着王老师出示了问题（2）:如图2，在菱形中，，为上一点，为上一点，，连接、，、相交于点，如果，，求出菱形的边长.
问题（3）：通过以上的学习请写出你得到的启示（一条即可）.
26．二次函数的部分图象如图所示，其中图象与轴交于点，与轴交于点，且经过点．

求此二次函数的解析式；
将此二次函数的解析式写成的形式，并直接写出顶点坐标以及它与轴的另一个交点的坐标．
利用以上信息解答下列问题：若关于的一元二次方程（为实数）在的范围内有解，则的取值范围是________．

参考答案

一、选择题（每题4分，共48分）
1、A
【分析】由三角形及正方形对角线相互垂直平分相等的性质进行计算求解，把各角之间关系找到即可求解．
【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，CE=CA，
∴∠ACE=45°+90°=135°，∠E=22.5°，
∴∠AFD=90°-22.5°=67.5°，
故选A．
【点睛】
主要考查到正方形的性质，等腰三角形的性质和外角与内角之间的关系．这些性质要牢记才会灵活运用．
2、D
【解析】根据一元二次方程的定义和△的意义得到k≠1且△＞1，即（﹣2）2﹣4×k×1＞1，然后解不等式即可得到k的取值范围．
【详解】∵关于x的一元二次方程kx2﹣2x+1＝1有两个不相等的实数根，
∴k≠1且△＞1，即(﹣2)2﹣4×k×1＞1，
解得k＜1且k≠1．
∴k的取值范围为k＜1且k≠1．
故选D．
【点睛】
本题考查了一元二次方程ax2+bx+c＝1（a≠1）的根的判别式△＝b2﹣4ac：当△＞1，方程有两个不相等的实数根；当△＝1，方程有两个相等的实数根；当△＜1，方程没有实数根．也考查了一元二次方程的定义．
3、A
【解析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
【详解】A、是中心对称图形，也是轴对称图形，符合题意；
B、是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；
C、是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；
D、不是轴对称图形，是中心对称图形，不符合题意．
故选A．
【点睛】
此题主要考查了中心对称图形与轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合．
4、A
【分析】绝对值小于1的正数也可以利用科学记数法表示，一般形式为，与较大数的科学记数法不同的是其所使用的是负指数幂，指数由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定．
【详解】0.0000963，这个数据用科学记数法可表示为9.63×．
故选：A．
【点睛】
本题考查用科学记数法表示较小的数，一般形式为，其中，n为由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定．
5、A
【分析】连接BM．先判定△FAE≌△MAB（SAS），即可得到EF＝BM．再根据BC＝CD＝AB＝1，CM＝2，利用勾股定理即可得到，Rt△BCM中，BM＝，进而得出EF的长．
【详解】解：如图，连接BM．

∵△AEM与△ADM关于AM所在的直线对称，
∴AE＝AD，∠MAD＝∠MAE．
∵△ADM按照顺时针方向绕点A旋转90°得到△ABF，
∴AF＝AM，∠FAB＝∠MAD．
∴∠FAB＝∠MAE
∴∠FAB+∠BAE＝∠BAE+∠MAE．
∴∠FAE＝∠MAB．
∴△FAE≌△MAB（SAS）．
∴EF＝BM．
∵四边形ABCD是正方形，
∴BC＝CD＝AB＝1．
∵DM＝2，
∴CM＝2．
∴在Rt△BCM中，BM＝，
∴EF＝，
故选：A．
【点睛】
本题考查正方形的性质、三角形的判定和性质,关键在于做好辅助线,熟记性质.
6、C
【分析】设快递量平均每年增长率为，根据我国2018年及2020年的快递业务量，即可得出关于的一元二次方程，此题得解．
【详解】设快递量平均每年增长率为x，
依题意，得：600(1+x)2=1．
故选：C．
【点睛】
本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
7、A
【分析】反比例函数的图象分布在二、四象限,则k小于0，再根据根的判别式判断根的情况.
【详解】∵反比例函数的图象分布在二、四象限
∴k＜0
则
则方程有两个不相等的实数根
故答案为：A.
【点睛】
本题考查了一元二次方程方程根的情况，务必清楚时，方程有两个不相等的实数根；时，方程有两个相等的实数根；时，方程没有实数根.
8、A
【分析】根据概率公式解答即可.
【详解】袋子里装有2个红球、3个黄球和5个白球共10个球，从中摸出一个球是白球的概率为：．
故选A.
【点睛】
本题考查了随机事件概率的求法．如果一个事件有n种可能，而且这些事件的可能性相同，其中事件A出现m种结果，那么事件A的概率P（A）＝ ．
9、D
【分析】根据左视图是从左边看得到的图形，可得答案．
【详解】从左边看一个正方形被分成两部分，正方形中间有一条横向的虚线，如图：

故选：D．
【点睛】
本题考查了几何体的三视图，从左边看得到的是左视图．
10、C
【分析】根据正方形的性质证明△ABE≌△BCF，可证得①AE⊥BF； ②AE＝BF正确；证明△BGE∽△ABE，可得＝＝，故③不正确；由S△ABE＝S△BFC可得S四边形CEGF＝S△ABG，故④正确．
【详解】解：在正方形ABCD中，AB＝BC，∠ABE＝∠C＝90，
又∵BE＝CF，
∴△ABE≌△BCF（SAS），
∴AE＝BF，∠BAE＝∠CBF，
∴∠FBC＋∠BEG＝∠BAE＋∠BEG＝90°，
∴∠BGE＝90°，
∴AE⊥BF，故①，②正确；
∵CF＝2FD，BE＝CF，AB＝CD，
∴＝，
∵∠EBG＋∠ABG＝∠ABG＋∠BAG＝90°，
∴∠EBG＝∠BAE，
∵∠EGB＝∠ABE＝90°，
∴△BGE∽△ABE，
∴＝＝，即BG＝GE，故③不正确，
∵△ABE≌△BCF，
∴S△ABE＝S△BFC，
∴S△ABE−S△BEG＝S△BFC−S△BEG，
∴S四边形CEGF＝S△ABG，故④正确．
故选：C．
【点睛】
本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质等知识点，解决问题的关键是熟练掌握正方形的性质．
11、C
【分析】由切线长定理知，AE＝CE，FB＝CF，PA＝PB＝1，然后根据△PEF的周长公式即可求出其结果．
【详解】解：∵PA、PB分别与⊙O相切于点A、B，
⊙O的切线EF分别交PA、PB于点E、F，切点C在弧AB上，
∴AE＝CE，FB＝CF，PA＝PB＝4，
∴△PEF的周长＝PE+EF+PF＝PA+PB＝2．
故选：C．
【点睛】
本题主要考查了切线长定理的应用，解此题的关键是求出△PEF的周长＝PA＋PB．
12、B
【分析】中心对称图形的定义：在同一平面内，如果把一个图形绕某一点旋转180°，旋转后的图形能和原图形完全重合，那么这个图形就叫做中心对称图形；轴对称图形的定义：如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形．
【详解】解： 等腰梯形、正三角形只是轴对称图形，矩形既是中心对称图形又是轴对称图形，平行四边形只是中心对称图形，
故选B
【点睛】
本题考查中心对称图形和轴对称图形，本题属于基础应用题，只需学生熟练掌握中心对称图形和轴对称图形的定义，即可完成．

二、填空题（每题4分，共24分）
13、4
【分析】由三角形的重心的概念和性质，即可得到答案．
【详解】解：如图，

∵AD，BE是△ABC的中线，且交点为点G，
∴点G是△ABC的重心，
∴；
故答案为：4.
【点睛】
此题考查了重心的概念和性质：三角形的重心是三角形三条中线的交点，且重心到顶点的距离是它到对边中点的距离的2倍．
14、
【分析】根据题意，即是求该正六边形的边心距的2倍．构造一个由半径、半边、边心距组成的直角三角形，且其半边所对的角是30°，再根据锐角三角函数的知识求解．
【详解】设正多边形的中心是O，其一边是AB，

∴∠AOB＝∠BOC＝60°，
∴OA＝OB＝AB＝OC＝BC，
∴四边形ABCO是菱形，
∵AB＝8mm，∠AOB＝60°，
∴cos∠BAC＝，
∴AM＝8×＝4（mm），
∵OA＝OC，且∠AOB＝∠BOC，
∴AM＝MC＝AC，
∴AC＝2AM＝8（mm）．
故答案为：.
【点睛】
本题考查了正多边形和圆的知识．构造一个由半径、半边、边心距组成的直角三角形，运用锐角三角函数进行求解是解此题的关键．
15、y＝2x﹣1
【分析】过点C作CD⊥x轴于点D，易知△ACD≌△BAO（AAS），已知A（4，0），B（0，2），从而求得点C坐标，设直线AC的解析式为y＝kx+b，将点A，点C坐标代入求得k和b，从而得解．
【详解】解：∵A（4，0），B（0，2），
∴OA＝4，OB＝2，
过点C作CD⊥x轴于点D，

∵∠ABO+∠BAO＝∠BAO+∠CAD，
∴∠ABO＝∠CAD，
在△ACD和△BAO中
，
∴△ACD≌△BAO（AAS）
∴AD＝OB＝2，CD＝OA＝4，
∴C（6，4）
设直线AC的解析式为y＝kx+b，
将点A，点C坐标代入得
，
∴
∴直线AC的解析式为y＝2x﹣1．
故答案为：y＝2x﹣1．
【点睛】
本题是几何图形旋转的性质与待定系数法求一次函数解析式的综合题，求得C的坐标是解题的关键，难度中等．
16、1
【分析】用总件数乘以不合格衬衣的频率即可得出答案．
【详解】这1000件中不合格的衬衣约为：(件)；
故答案为：1．
【点睛】
本题考查了利用频率估计概率：大量重复实验时，事件发生的频率在某个固定位置左右摆动，并且摆动的幅度越来越小，根据这个频率稳定性定理，可以用频率的集中趋势来估计概率，这个固定的近似值就是这个事件的概率．
17、1．
【详解】解：，得x1=3，x2=6，
当等腰三角形的三边是3，3，6时，3+3=6，不符合三角形的三边关系定理，∴此时不能组成三角形；
当等腰三角形的三边是3，6，6时，此时符合三角形的三边关系定理，周长是3+6+6=1．
故答案是：1
18、1
【分析】由相似三角形的面积比得到相似比，再根据AB即可求得A'B'的长.
【详解】解：∵△ABC∽△A'B'C'，且S△ABC：S△A'B''C'＝1：1，
∴AB：A′B′＝1：2，
∵AB＝2，
∴A′B′＝1．
故答案为1．
【点睛】
此题考查相似三角形的性质，相似三角形的面积的比等于相似比的平方.

三、解答题（共78分）
19、（1）见解析；（2）1
【分析】（1）连接OB，由圆的半径相等和已知条件证明∠OBD＝90°，即可证明BD是⊙O的切线；
（2）根据三角函数的定义得到，求得∠A＝30°，得到∠DEB＝∠AEC＝60°，推出△DEB是等边三角形，得到BE＝BD，设EF＝BF＝x，求得AB＝2x+2，过O作OH⊥AB于H，解直角三角形即可得到结论．
【详解】（1）证明：连接OB，
∵OB＝OA，DE＝DB，
∴∠A＝∠OBA，∠DEB＝∠ABD，
又∵CD⊥OA，
∴∠A+∠AEC＝∠A+∠DEB＝90°，
∴∠OBA+∠ABD＝90°，
∴OB⊥BD，
∴BD是⊙O的切线；
（2）解：∵⊙O的半径为，点C是半径OA的中点，
∴，
∵CE＝1，
∴，
∴∠A＝30°，
∵∠ACE＝90°，
∴∠DEB＝∠AEC＝60°，
∵DF垂直平分BE，
∴DE＝DB，
∴△DEB是等边三角形，
∴BE＝BD，
设EF＝BF＝x，
∴AB＝2x+2，
过O作OH⊥AB于H，
∴AH＝BH＝x+1，
∵，
∴，
∴AB＝6，
∴BD＝BE＝AB﹣AE＝1．

【点睛】
本题考查了切线的判定定理，三角函数，等边三角形的性质以及解直角三角形，解决本题的关键是熟练掌握切线的判定方法，能够熟记特殊角的锐角函数值，给出三角函数值能够推出角的度数，要正确理解直角三角形中边角的关系
20、（1）不会穿过森林保护区.理由见解析；（2）原计划完成这项工程需要25天.
【解析】试题分析：（1）要求MN是否穿过原始森林保护区，也就是求C到MN的距离．要构造直角三角形，再解直角三角形；
（2）根据题意列方程求解．
试题解析：（1）如图，过C作CH⊥AB于H，
设CH=x，由已知有∠EAC=45°, ∠FBC=60°
则∠CAH=45°, ∠CBA=30°，在RT△ACH中，AH=CH=x，在RT△HBC中， tan∠HBC=
∴HB===x，
∵AH+HB=AB
∴x+x=600解得x≈220（米）>200（米）．∴MN不会穿过森林保护区．

（2）设原计划完成这项工程需要y天，则实际完成工程需要y-5
根据题意得：=(1+25％)×，解得：y=25知：y=25的根．
答：原计划完成这项工程需要25天．
21、（1）见解析；（2）π．
【解析】试题分析：（1）根据旋转的性质，可得答案；
（2）根据线段旋转，可得圆弧，根据弧长公式，可得答案．
解：（1）如图：
；
（2）如图2：
，
OB==2，
点B旋转到点B1所经过的路径长=π．
考点：作图-旋转变换．
22、（1）；（2），当时，有最大值，最大值；（2），
【解析】（1）由抛物线与x轴的两个交点坐标可设抛物线的解析式为y=a（x+1）（x-2），将点C（0，2）代入抛物线解析式中即可得出关于a一元一次方程，解方程即可求出a的值，从而得出抛物线的解析式；
（2）设直线BC的函数解析式为y=kx+b．结合点B、点C的坐标利用待定系数法求出直线BC的函数解析式，再由点D横坐标为m找出点D、点E的坐标，结合两点间的距离公式以及三角形的面积公式求出函数解析式，利用配方法将S关于m的函数关系式进行变形，从而得出结论；
（2）先求出对称轴，设M(1，y)，然后分分BM为斜边和CM为斜边两种情况求解即可；
【详解】解：（1）∵抛物线与x轴交于A（-1，0）、B（2，0）两点，
∴设抛物线的解析式为y=a（x+1）（x-2），
又∵点C（0，2）在抛物线图象上，
∴2=a×（0+1）×（0-2），解得：a=-1．
∴抛物线解析式为y=-（x+1）（x-2）=-x2+2x+2．
∴抛物线解析式为；
（2）设直线的函数解析式为，
∵直线过点，，
∴，解得，
∴，
设，，
∴，
∴，
∵，
∴当时，有最大值，最大值；
（2）∵，
∴对称轴为直线x=1，
设M(1，y)，
则CM2=1+(y-2)2=y2-6y+10，
BM2=y2+(1-2)2=y2+4，
BC2=9+9=18.
当BM为斜边时，
则y2-6y+10+18= y2+4，
解得
y=4，
此时M(1,4)；
当CM为斜边时，
y2+4+18= y2-6y+10，
解得
y=-2，
此时M(1，-2)；
综上可得点的坐标为，.
【点睛】
本题考查了二次函数的性质、待定系数法求函数解析式、两点间的距离公式、三角形的面积公式以及勾股定理，解题的关键：（1）待定系数法求函数解析式；（2）求出S与m的关系式；（2）分类讨论.
23、（1）（2）
【分析】（1）由题意知：抛物线的顶点坐标设二次函数的解析式为
把代入即可得到答案，
（2）令求解的值即可．
【详解】解：（1）由题意知：抛物线的顶点为：
设二次函数的解析式为
把代入
解得：
则二次函数的解析式为：
（2）由题意可得：当
运动员出手时橄榄球的高度米．
【点睛】
本题主要考查了二次函数的应用，熟练掌握顶点式法求函数解析式是解题的关键．
24、（1）；（2）且.
【分析】（1）设点，根据，得到，代入，求得的坐标，即可求得答案；
（2）依照（1），求得时的A点的坐标，根据题意，画出函数图象，然后根据函数的图象直接求出k的取值范围即可．
【详解】（1）依题意，设点，
∴，
∵，
∴，
∵点在直线上，
∴点的坐标为，
∵点在函数的图像上，
∴；
（2）依题意，设点，
∴，
∵，
∴，
∵点在直线上，
∴点的坐标为或 ，
∵点在函数的图像上，
∴或，

观察图象，当且时，.
【点睛】
此题属于反比例函数与一次函数的综合题，涉及的知识有：待定系数法求函数解析式，一次函数与反比例函数的交点，坐标与图形性质，此类题要先求特殊位置时对应的k值，利用数形结合的思想，依照题意画出图形，利用数形结合找出k的取值范围．
25、（1）；（2）；（3）答案不唯一，合理即可
【解析】问题（1）根据是等边三角形证明，得出，再根据三角形外角性质即可得证；
问题（2）作交于点，根据四边形是菱形得出，在中利用三角函数即可求得，，最后根据勾股定理得出答案.
问题（3）从个人的积累和心得写一句话即可.
【详解】问题（1）∵是等边三角形，
∴，.
∵，
∴，
∴.
∵，
∴，
问题（2）如图，作交于点，

∵四边形是菱形，
∴，，
∴是等边三角形，
∴.
由（1）可知，
在中，
，即，
∴，
，即，
∴.
在中，
由勾股定理可得，
∴，
∴，
∴菱形的边长为.
问题（3）如平时应该注意基本图形的积累，在学习过程中做个有心人等，言之有理即可.
【点睛】
本题考查了菱形的性质、等边三角形的判定、勾股定理及三角函数，综合性比较强，需要添加合适的辅助线对解决问题做铺垫．
26、 (1) (2)，顶点坐标为(2,-9)，B(5,0) (3)
【解析】(1)直接代入三个坐标点求解解析式；
(2)利用配方法即可；
(3)关于的一元二次方程的根，就是二次函数与的交点，据此分析t的取值范围.
【详解】解：(1)代入A、D、C三点坐标：
，解得，故函数解析式为：；
(2)，故其顶点坐标为(2,-9)，
当y=0时，，解得x=-1或5，由题意可知B(5,0)；
(3)，故当时，-9≤y＜0，故-9≤t＜0.
【点睛】
本题第3问中，要理解t是可以取到-9这个值的，只有x=-1和x=3这两个端点对应的y值是不能取的.