2022年福建省仙游县数学九年级第一学期期末达标测试试题含解析.doc

2022-2023学年九上数学期末模拟试卷
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。
2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。
3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。
4．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．已知二次函数的图象经过点，当自变量的值为时，函数的值为（ ）
A． B． C． D．
2．小轩从如图所示的二次函数y=ax2+bx+c（a≠0）的图象中，观察得出了下面五条信息：
①ab＞0；②a+b+c＜0；③b+2c＞0；④a﹣2b+4c＞0；⑤．
你认为其中正确信息的个数有

A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
3．下列图形中是中心对称图形的有(　　)个．

A．1 B．2 C．3 D．4
4．如图，平行于BC的直线DE把△ABC分成的两部分面积相等，则为（　　）

A． B． C． D．
5．如图，正五边形内接于⊙，为上的一点（点不与点重合），则的度数为（ ）

A． B． C． D．
6．如图5，一棵大树在一次强台风中于离地面5米处折断倒下，倒下部分与地面成30°夹角，这棵大树在折断前的高度为（ ）

A．10米 B．15米 C．25米 D．30米
7．若二次函数的图象如图，与x轴的一个交点为（1，0），则下列各式中不成立的是（ ）

A． B． C． D．
8．如图，△ABC 中，点 D 为边 BC 的点，点 E、F 分别是边 AB、AC 上两点，且 EF∥BC，若 AE：EB＝m，BD：DC＝n，则（ ）

A．若 m＞1，n＞1，则 2S△AEF＞S△ABD B．若 m＞1，n＜1，则 2S△AEF＜S△ABD
C．若 m＜1，n＜1，则 2S△AEF＜S△ABD D．若 m＜1，n＞1，则 2S△AEF＜S△ABD
9．半径为6的圆上有一段长度为1．5的弧，则此弧所对的圆心角为（ ）
A． B． C． D．
10．如图，将n个边长都为2的正方形按如图所示摆放，点A1，A2，…An分别是正方形的中心，则这n个正方形重叠部分的面积之和是（　　　）

A．n B．n－1 C．（）n－1 D．n
11．抛物线的顶点为，与轴交于点，则该抛物线的解析式为（ ）
A． B．
C． D．
12．已知二次函数y＝ax1+bx+c+1的图象如图所示，顶点为（﹣1，0），下列结论：①abc＞0；②b1﹣4ac＝0；③a＞1；④ax1+bx+c＝﹣1的根为x1＝x1＝﹣1；⑤若点B（﹣，y1）、C（﹣，y1）为函数图象上的两点，则y1＞y1．其中正确的个数是（　　）

A．1 B．3 C．4 D．5
二、填空题（每题4分，共24分）
13．山西拉面，又叫甩面、扯面、抻面，是西北城乡独具地方风味的面食名吃，为山西四大面食之一．将一定体积的面团做成拉面，面条的总长度与粗细（横截面面积）之间的变化关系如图所示（双曲线的一支）．如果将这个面团做成粗为的拉面，则做出来的面条的长度为__________．

14．如图，直线与抛物线交于，两点，点是轴上的一个动点，当的周长最小时，_．

15．如图，AB是⊙Ｏ的直径，BC与⊙Ｏ相切于点B，AC交⊙Ｏ于点D，若∠ACB=50°，则∠BOD=______度．

16．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝，将Rt△ABC绕A点逆时针旋转30°后得到Rt△ADE，点B经过的路径为，则图中阴影部分的面积是_____．

17．如图是一个正方形及其内切圆，正方形的边长为4，随机地往正方形内投一粒米，落在圆内的概率是______．

18．如图，在平行四边形ABCD中，E为CB延长线上一点，且BE：CE＝2：5，连接DE交AB于F，则=_____________

三、解答题（共78分）
19．（8分）如图，△ABC的坐标依次为（﹣1，3）、（﹣4，1）、（﹣2，1），将△ABC绕原点O顺时针旋转180°得到△A1B1C1．

（1）画出△A1B1C1；
（2）求在此变换过程中，点A到达A1的路径长．
20．（8分）如图，已知三个顶点的坐标分别为，，
（1）请在网格中，画出线段关于原点对称的线段；
（2）请在网格中，过点画一条直线，将分成面积相等的两部分，与线段相交于点，写出点的坐标；
（3）若另有一点，连接，则　 　．

21．（8分）解方程：
(1)＋2x－5＝0；
(2) ＝．
22．（10分）如图，在平面直角坐标系中，一次函数y＝ax+b的图象与反比例函数y＝的图象交于第二、四象限内的A，B两点，与x轴交于点C，与y轴交于点D，点B的坐标是（m，﹣4），连接AO，AO＝5，sin∠AOC＝．
（1）求反比例函数和一次函数的解析式；
（2）连接OB，求△AOB的面积．

23．（10分）（1）用配方法解方程：x2﹣4x+2＝0；
（2）如图，在平面直角坐标系中，△ABC的顶点均在格点上，将△ABC绕原点O逆时针方向旋转90°得到△A1B1C1．请作出△A1B1C1，写出各顶点的坐标，并计算△A1B1C1的面积．

24．（10分）如图1，在平面直角坐标系中，已知抛物线与轴交于，两点，与轴交于点．

（1）求抛物线的函数表达式；
（2）若点P是位于直线BC上方抛物线上的一个动点，求△BPC面积的最大值；
（3）若点D是y轴上的一点，且以B,C,D为顶点的三角形与相似，求点D的坐标；
（4）若点E为抛物线的顶点，点F（3，a)是该抛物线上的一点，在轴、轴上分别找点M、N，使四边形EFMN的周长最小，求出点M、N的坐标．
25．（12分）如图，⊙O是Rt△ABC的外接圆，直径AB＝4，直线EF经过点C，AD⊥EF于点D，∠ACD＝∠B．
（1）求证：EF是⊙O的切线；
（2）若AD＝1，求BC的长；
（3）在（2）的条件下，求图中阴影部分的面积．

26．抛物线L：y=﹣x2+bx+c经过点A（0，1），与它的对称轴直线x=1交于点B
（1）直接写出抛物线L的解析式；
（2）如图1，过定点的直线y=kx﹣k+4（k＜0）与抛物线L交于点M、N，若△BMN的面积等于1，求k的值；
（3）如图2，将抛物线L向上平移m（m＞0）个单位长度得到抛物线L1，抛物线L1与y轴交于点C，过点C作y轴的垂线交抛物线L1于另一点D、F为抛物线L1的对称轴与x轴的交点，P为线段OC上一点．若△PCD与△POF相似，并且符合条件的点P恰有2个，求m的值及相应点P的坐标．

参考答案

一、选择题（每题4分，共48分）
1、B
【分析】把点代入，解得的值，得出函数解析式，再把=3即可得到的值.
【详解】把代入，得，解得=

把=3，代入==-4
故选B.
【点睛】
本题考查了二次函数的解析式，直接将坐标代入法是解题的关键.
2、D
【解析】试题分析：①如图，∵抛物线开口方向向下，∴a＜1．
∵对称轴x，∴＜1．∴ab＞1．故①正确．
②如图，当x=1时，y＜1，即a+b+c＜1．故②正确．
③如图，当x=﹣1时，y=a﹣b+c＞1，∴2a﹣2b+2c＞1，即3b﹣2b+2c＞1．∴b+2c＞1．故③正确．
④如图，当x=﹣1时，y＞1，即a﹣b+c＞1，
∵抛物线与y轴交于正半轴，∴c＞1．
∵b＜1，∴c﹣b＞1．
∴（a﹣b+c）+（c﹣b）+2c＞1，即a﹣2b+4c＞1．故④正确．
⑤如图，对称轴，则．故⑤正确．
综上所述，正确的结论是①②③④⑤，共5个．故选D．
3、B
【解析】∵正三角形是轴对称能图形；平行四边形是中心对称图形；正五边形是轴对称图形；正六边形既是中心对称图形又是轴对称图形，
∴中心对称图形的有2个．
故选B.
4、D
【分析】先证明△ADE∽△ABC，然后根据相似三角形的面积的比等于相似比的平方求解即可.
【详解】∵BC∥DE，
∴△ADE∽△ABC，
∵DE把△ABC分成的两部分面积相等，
∴△ADE：△ABC=1:2，
∴.
故选D.
【点睛】
本题主要考查了相似三角形的判定与性质，平行于三角形一边的直线和其他两边或两边延长线相交，所构成的三角形与原三角形相似；相似三角形面积的比等于相似比的平方.
5、B
【分析】根据圆周角的性质即可求解.
【详解】连接CO、DO，正五边形内心与相邻两点的夹角为72°，即∠COD=72°，
同一圆中，同弧或同弦所对应的圆周角为圆心角的一半，
故∠CPD=,
故选B.

【点睛】
此题主要考查圆内接多边形的性质，解题的关键是熟知圆周角定理的应用.
6、B
【分析】如图，在Rt△ABC中，∠ABC=30°，由此即可得到AB=2AC，而根据题意找到CA=5米，由此即可求出AB，也就求出了大树在折断前的高度．
【详解】解：如图，在Rt△ABC中，∵∠ABC=30°，
∴AB=2AC，
而CA=5米，
∴AB=10米，
∴AB+AC=15米．
所以这棵大树在折断前的高度为15米．

故选B．
【点睛】
本题主要利用定理--在直角三角形中30°的角所对的直角边等于斜边的一半，解题关键是善于观察题目的信息，利用信息解决问题．
7、B
【分析】根据二次函数图象开口方向与坐标轴的交点坐标特点，利用排除法可解答．
【详解】解：∵抛物线与x轴有两个交点，
∴，故A正确，不符合题意；
∵函数图象开口向下，
∴a＜0，
∵抛物线与y轴正半轴相交，
∴c＞0，
∵抛物线对称轴在y轴的右侧，
∴＞0，
∴b＞0，
∴abc＜0，故B错误，符合题意；
又∵图象与x轴的一个交点坐标是（1，0），
∴将点代入二次函数y=ax2+bx+c得a+b+c=0，故C正确，不符合题意，
∵当x=-1时，y=a-b+c,
由函数图象可知，y=a-b+c＜0，故D正确，不符合题意，
故选：B．
【点睛】
本题考查二次函数图象上点的坐标特征，是基础题型，也是常考题型．
8、D
【分析】根据相似三角形的判定与性质，得出，，从而建立等式关系，得出，然后再逐一分析四个选项，即可得出正确答案 .
【详解】解：∵EF∥BC，若AE：EB＝m，BD：DC=n，
​∴△AEF∽△ABC，
∴，
∴，
∴，
∴
∴当m=1，n=1，即当E为AB中点，D为BC中点时，，
A.当m＞1，n＞1时，S△AEF与S△ABD同时增大，则或，即2
或2＞，故A错误；
B.当m＞1，n ＜1，S△AEF增大而S△ABD减小，则，即2，故B错误；
C.m＜1，n＜1，S△AEF与S△ABD同时减小，则或，即2或2＜，故C错误；
D.m＜1，n＞1，S△AEF减小而S△ABD增大，则，即2＜，故D正确 .
故选D .
【点睛】
本题主要考查了相似三角形的判定与性质， 熟练掌握相似三角形的性质是解答本题的关键 .
9、B
【分析】根据弧长公式，即可求解．
【详解】∵，
∴，解得：n=75，
故选B．
【点睛】
本题主要考查弧长公式，掌握是解题的关键．
10、B
【分析】过中心作阴影另外两边的垂线可构建两个全等三角形（ASA），由此可知阴影部分的面积是正方形的面积的，已知两个正方形可得到一个阴影部分，则n个这样的正方形重叠部分即为（n-1）个阴影部分的和，即可求解．
【详解】
如图作正方形边的垂线，
由ASA可知同正方形中两三角形全等，
利用割补法可知一个阴影部分面积等于正方形面积的 ，
即是，
n个这样的正方形重叠部分（阴影部分）的面积和为：．
故选：B．
【点睛】
本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质．解题的关键是得到n个这样的正方形重叠部分（阴影部分）的面积和的计算方法，难点是求得一个阴影部分的面积．
11、A
【分析】设出抛物线顶点式，然后将点代入求解即可.
【详解】解：设抛物线解析式为，
将点代入得：，
解得：a=1，
故该抛物线的解析式为：，
故选：A.
【点睛】
本题考查了待定系数法求二次函数的解析式：一般地，当已知抛物线上三点时，常选择一般式，用待定系数法列三元一次方程组来求解；当已知抛物线的顶点或对称轴时，常设其解析式为顶点式来求解；当已知抛物线与x轴有两个交点时，可选择设其解析式为交点式来求解．
12、D
【解析】根据二次函数的图象与性质即可求出答案．
【详解】解：①由抛物线的对称轴可知：，
∴，
由抛物线与轴的交点可知：，
∴，
∴，故①正确；
②抛物线与轴只有一个交点，
∴，
∴，故②正确；
③令，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，故③正确；
④由图象可知：令，
即的解为,
∴的根为，故④正确；
⑤∵，
∴，故⑤正确；
故选D．
【点睛】
考查二次函数的图象与性质，解题的关键是熟练运用数形结合的思想.

二、填空题（每题4分，共24分）
13、1
【分析】因为面条的总长度y（cm）是面条粗细（横截面面积）x（cm2）反比例函数，且从图象上可看出过（0.05，3200），从而可确定函数式，再把x=0.16代入求出答案．
【详解】解：根据题意得：y= ，过（0.04，3200）．
k=xy=0.04×3200=128，
∴y=（x＞0），
当x=0.16时，
y= =1（cm），
故答案为：1．
【点睛】
此题参考反比例函的应用，解题的关键是确定两个变量之间的函数关系，然后利用待定系数法求出它们的关系式．
14、．
【分析】根据轴对称，可以求得使得的周长最小时点的坐标，然后求出点到直线的距离和的长度，即可求得的面积，本题得以解决．
【详解】联立得，
解得，或，
∴点的坐标为，点的坐标为，
∴，
作点关于轴的对称点，连接与轴的交于，则此时的周长最小，
点的坐标为，点的坐标为，
设直线的函数解析式为，
，得，
∴直线的函数解析式为，
当时，，
即点的坐标为，
将代入直线中，得，
∵直线与轴的夹角是，
∴点到直线的距离是：，
∴的面积是：，
故答案为．

【点睛】
本题考查二次函数的性质、一次函数的性质、轴对称﹣最短路径问题，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
15、80
【分析】根据切线的性质得到∠ABC=90°，根据直角三角形的性质求出∠A，根据圆周角定理计算即可．
【详解】解：∵BC是⊙O的切线，
∴∠ABC=90°，
∴∠A=90°-∠ACB=40°，
由圆周角定理得，∠BOD=2∠A=80°.
【点睛】
本题考查的是切线的性质、圆周角定理，掌握圆的切线垂直于经过切点的半径是解题的关键．
16、
【解析】先根据勾股定理得到AB＝，再根据扇形的面积公式计算出S扇形ABD，由旋转的性质得到Rt△ADE≌Rt△ACB，于是S阴影部分＝S△ADE+S扇形ABD﹣S△ABC＝S扇形ABD.
【详解】解：如图，∵∠ACB＝90°，AC＝BC＝，
∴AB＝＝，
∴S扇形ABD＝＝，
又∴Rt△ABC绕A点逆时针旋转30°后得到Rt△ADE，
∴Rt△ADE≌Rt△ACB，
∴S阴影部分＝S△ADE+S扇形ABD﹣S△ABC＝S扇形ABD＝．
故答案是：．
【点睛】
本题考查了扇形的面积公式：S＝，也考查了勾股定理以及旋转的性质．
17、
【分析】根据题意算出正方形的面积和内切圆面积，再利用几何概率公式加以计算，即可得到所求概率．
【详解】解：∵正方形的边长为4，
∴正方形的面积S正方形=16，内切圆的半径r=2，
因此，内切圆的面积为S内切圆=πr2=4π，
可得米落入圆内的概率为：
故答案为：
【点睛】
本题考查几何概率、正多边形和圆，解答本题的关键是明确题意，属于中档题．
18、9:4
【分析】先证△ADF∽△BEF，可知 ，根据BE：CE＝2：5和平行四边形的性质可得AD:BE的值，由此得解.
【详解】解：∵BE：CE=2：5，
∴BE：BC=2：3 ，即BC：BE=3：2 ，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AD=BC，
∴AD：BE=3：2，△ADF∽△BEF，
∴.
故答案为：9:4.
【点睛】
本题考查相似三角形的性质和判定，平行四边形的性质.熟记相似三角形的面积比等于相似比的平方是解决此题的关键.

三、解答题（共78分）
19、（1）画图见解析；（2）点A到达A1的路径长为π．
【分析】（1）根据旋转的定义分别作出点A，B，C绕原点旋转所得对应点，再首尾顺次连接即可得；
（2）点A到达A1的路径是以O为圆心，OA为半径的半圆，据此求解可得．
【详解】解：（1）如图所示，△A1B1C1即为所求．

（2）∵OA＝＝，
∴点A到达A1的路径长为×2π×＝π．
【点睛】
本题考查利用旋转变换作图，勾股定理，弧长公式，熟练掌握网格结构，准确找出对应点的位置是解题的关键．
20、（1）见解析；（2）见解析，；（3）1.
【分析】(1)分别作出点B、C关于原点对称的点，然后连接即可；
(2)根据网格特点，找到AB的中点D，作直线CD，根据点D的位置写出坐标即可；
(3)连接BP，证明△BPC是等腰直角三角形，继而根据正切的定义进行求解即可.
【详解】(1)如图所示，线段B1C1即为所求作的；
(2)如图所示，D(-1，-4)；

(3)连接BP，则有BP2=32+12=10，
BC2=32+12=10，BC2=42+22=20，
BP2+BC2=PC2，
∴△BPC是等腰直角三角形，∠PBC=90°，
∴∠BCP=45°，
∴tan∠BCP=1，
故答案为1.
【点睛】
本题考查了作图——中心对称，三角形中线的性质，勾股定理的逆定理，正切，熟练掌握相关知识并能灵活运用网格的结构特征是解题的关键.
21、（1）；（2）；过程见详解．
【分析】（1）利用因式分解法解一元二次方程即可；
（2）利用直接开平方法求解即可．
【详解】解：（1）＋2x－5＝0

解得：；
（2） ＝

解得．
【点睛】
本题主要考查一元二次方程的解法，熟练掌握一元二次方程的解法是解题的关键．
22、（1）y＝﹣，y＝﹣x﹣1；（2）
【分析】（1）过点A作AE⊥x轴于点E，通过解直角三角形求出线段AE、OE的长度，即求出点A的坐标，再由点A的坐标利用待定系数法求出反比例函数解析式即可,再由点B在反比例函数图象上可求出点B的坐标，由点A、B的坐标利用待定系数法求出直线AB的解析式；
（2）令一次函数解析式中y＝0即可求出点C的坐标，再利用三角形的面积公式即可得出结论．
【详解】解：（1）过点作轴于点，
则．
在中，，，
，
，
点的坐标为．
点在反比例函数的图象上，
，解得：．
反比例函数解析式为．
点在反比例函数的图象上，
，解得：，
点的坐标为．
将点、点代入中得：，
解得：，
一次函数解析式为．
（2）令一次函数中，则，
解得：，即点的坐标为．
．

【点睛】
本题考查了反比例函数与一次函数的交点问题、待定系数法求函数解析式以及三角形的面积公式，根据点的坐标利用待定系数法求出函数解析式是关键．
23、（1）x1＝2+，x2＝2﹣；（2）A1（﹣1，﹣1），B1（﹣4，0），C1（﹣4，2），△A1B1C1的面积＝×2×2＝2．
【分析】（1）利用配方法得到（x﹣2）2＝2，然后利用直接开平方法解方程；
（2）利用网格特点和旋转的性质画出A、B、C的对应点A1、B1、C1；然后写出△A1B1C1各顶点的坐标，利用三角形面积公式计算△A1B1C1的面积．
【详解】解：（1）移项，得x2﹣4x＝﹣2，
配方，得x2﹣4x+4＝﹣2+4，
即（x﹣2）2＝2，
所以x﹣2＝±
所以原方程的解为x1＝2+，x2＝2﹣；
（2）如图，△A1B1C1为所作；A1（﹣1，﹣1），B1（﹣4，0），C1（﹣4，2），△A1B1C1的面积＝×2×2＝2．

【点睛】
本题主要考察作图-旋转变换、三角形的面积公式和解方程，解题关键是熟练掌握计算法则.
24、（1）；（2）△BPC面积的最大值为 ；（3）D的坐标为（0，-1）或（0，-）；（4）M（，0），N（0，）
【分析】（1）抛物线的表达式为：y=a（x+1）（x-5）=a（x2-4x-5），即-5a=5，解得：a=-1，即可求解；
（2）利用S△BPC=×PH×OB=（-x2+4x+5+x-5）=（x-）2+，即可求解；
（3）B、C、D为顶点的三角形与△ABC相似有两种情况，分别求解即可；
（4）作点E关于y轴的对称点E′（-2，9），作点F（2，9）关于x轴的对称点F′（3，-8），连接E′、F′分别交x、y轴于点M、N，此时，四边形EFMN的周长最小，即可求解．
【详解】解：（1）把，分别代入得：

∴
∴抛物线的表达式为：．
（2）如图，过点P作PH⊥OB交BC于点H

令x=0，得y=5
∴C（0，5），而B（5，0）
∴设直线BC的表达式为：
∴
∴
∴
设，则
∴
∴
∴
∴△BPC面积的最大值为．
（3）如图，∵ C（0，5），B（5，0）

∴OC=OB，
∴∠OBC=∠OCB=45°
∴AB=6，BC=
要使△BCD与△ABC相似
则有或
①当时

∴
则
∴D（0，）
② 当时，
CD=AB=6，
∴D（0，-1）
即：D的坐标为（0，-1）或（0，-）
（4）∵

∵E为抛物线的顶点，
∴E（2，9）
如图，作点E关于y轴的对称点E'（﹣2，9），

∵F（3，a）在抛物线上，
∴F（3，8），
∴作点F关于x轴的对称点F'（3，-8），
则直线E' F'与x轴、y轴的交点即为点M、N
设直线E' F'的解析式为：
则
∴
∴直线E' F'的解析式为：
∴，0），N（0，）．
【点睛】
本题为二次函数综合运用题，涉及到一次函数、对称点性质等知识点，其中（4），利用对称点性质求解是此类题目的一般解法，需要掌握．
25、（1）见解析；（2）；（3）
【分析】（1）连接OC，由OB＝OC，利用等边对等角得到∠BCO＝∠B，由∠ACD＝∠B，得到∠ACD+∠OCA＝90°，即可得到EF为圆O的切线；
（2）证明Rt△ABC∽Rt△ACD，可求出AC＝2，由勾股定理求出BC的长即可；
（3）求出∠B＝30°，可得∠AOC＝60°，在Rt△ACD中，求出CD，然后用梯形ADCO和扇形OAC的面积相减即可得出答案．
【详解】（1）证明：连接OC，
∵AB是⊙O直径，
∴∠ACB＝90°，即∠BCO+∠OCA＝90°，
∵OB＝OC，
∴∠BCO＝∠B，
∵∠ACD＝∠B，
∴∠ACD+∠OCA＝90°，
∵OC是⊙O的半径，
∴EF是⊙O的切线；
（2）解：在Rt△ABC和Rt△ACD中，
∵∠ACD＝∠B，∠ACB＝∠ADC，
∴Rt△ABC∽Rt△ACD，
∴，
∴AC2＝AD•AB＝1×4＝4，
∴AC＝2，
∴；
（3）解：∵在Rt△ABC中，AC＝2，AB＝4，
∴∠B＝30°，
∴∠AOC＝60°，
在Rt△ADC中，∠ACD＝∠B＝30°，AD＝1，
∴CD＝＝＝，
∴S阴影＝S梯形ADCO﹣S扇形OAC＝．

【点睛】
本题是圆的综合题，考查了切线的判定，圆周角定理，相似三角形的判定与性质，勾股定理以及扇形面积的计算，熟练掌握圆的基本性质是解本题的关键．
26、（1）y=﹣x2+2x+1；（2）-3；（3）当m=2﹣1时，点P的坐标为（0，）和（0，）；当m=2时，点P的坐标为（0，1）和（0，2）．
【解析】（1）根据对称轴为直线x=1且抛物线过点A（0，1）利用待定系数法进行求解可即得；
（2）根据直线y=kx﹣k+4=k（x﹣1）+4知直线所过定点G坐标为（1，4），从而得出BG=2，由S△BMN=S△BNG﹣S△BMG=BG•xN﹣BG•xM=1得出xN﹣xM=1，联立直线和抛物线解析式求得x=，根据xN﹣xM=1列出关于k的方程，解之可得；
（3）设抛物线L1的解析式为y=﹣x2+2x+1+m，知C（0，1+m）、D（2，1+m）、F（1，0），再设P（0，t），分△PCD∽△POF和△PCD∽△POF两种情况，由对应边成比例得出关于t与m的方程，利用符合条件的点P恰有2个，结合方程的解的情况求解可得．
【详解】（1）由题意知，
解得：，
∴抛物线L的解析式为y=﹣x2+2x+1；
（2）如图1，设M点的横坐标为xM，N点的横坐标为xN，

∵y=kx﹣k+4=k（x﹣1）+4，
∴当x=1时，y=4，即该直线所过定点G坐标为（1，4），
∵y=﹣x2+2x+1=﹣（x﹣1）2+2，
∴点B（1，2），
则BG=2，
∵S△BMN=1，即S△BNG﹣S△BMG=BG•（xN﹣1）-BG•（xM-1）=1，
∴xN﹣xM=1，
由得：x2+（k﹣2）x﹣k+3=0，
解得：x==，
则xN=、xM=，
由xN﹣xM=1得=1，
∴k=±3，
∵k＜0，
∴k=﹣3；
（3）如图2，

设抛物线L1的解析式为y=﹣x2+2x+1+m，
∴C（0，1+m）、D（2，1+m）、F（1，0），
设P（0，t），
（a）当△PCD∽△FOP时，，
∴，
∴t2﹣（1+m）t+2=0①；
(b)当△PCD∽△POF时，，
∴，
∴t=（m+1）②；
（Ⅰ）当方程①有两个相等实数根时，
△=（1+m）2﹣8=0，
解得：m=2﹣1（负值舍去），
此时方程①有两个相等实数根t1=t2=，
方程②有一个实数根t=，
∴m=2﹣1，
此时点P的坐标为（0，）和（0，）；
（Ⅱ）当方程①有两个不相等的实数根时，
把②代入①，得：（m+1）2﹣（m+1）+2=0，
解得：m=2（负值舍去），
此时，方程①有两个不相等的实数根t1=1、t2=2，
方程②有一个实数根t=1，
∴m=2，此时点P的坐标为（0，1）和（0，2）；
综上，当m=2﹣1时，点P的坐标为（0，）和（0，）；
当m=2时，点P的坐标为（0，1）和（0，2）．
【点睛】
本题主要考查二次函数的应用，涉及到待定系数法求函数解析式、割补法求三角形的面积、相似三角形的判定与性质等，（2）小题中根据三角形BMN的面积求得点N与点M的横坐标之差是解题的关键；（3）小题中运用分类讨论思想进行求解是关键．