湖南省怀化市2022年九年级数学第一学期期末学业水平测试试题含解析.doc

2022-2023学年九上数学期末模拟试卷
注意事项
1．考生要认真填写考场号和座位序号。
2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。
3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。

一、选择题(每小题3分,共30分)
1．有一个矩形苗圃园，其中一边靠墙，另外三边用长为的篱笆围成．已知墙长为若平行于墙的一边长不小于则这个苗圃园面积的最大值和最小值分别为（ ）

A． B．
C． D．
2．已知关于的一元二次方程两实数根为、，则（ ）
A．3 B．﹣3 C．1 D．﹣1
3．如图，已知的周长等于 ，则它的内接正六边形ABCDEF的面积是（ ）

A． B． C． D．
4．在同一平面直角坐标系中，函数与的图象可能是（ ）
A． B．
C． D．
5．下列几何体中，主视图和左视图都是矩形的是（　　）
A． B． C． D．
6．已知函数是的图像过点，则的值为（ ）
A．-2 B．3 C．-6 D．6
7．如图，⊙O是△ABC的外接圆，连接OC、OB，∠BOC＝100°，则∠A的度数为（　　）

A．30° B．40° C．50° D．60°
8．如图，AB是⊙O的直径，点C，D在直径AB一侧的圆上（异于A，B两点），点E在直径AB另一侧的圆上，若∠E＝42°，∠A＝60°，则∠B＝（ ）

A．62° B．70° C．72° D．74°
9．公元三世纪，我国汉代数学家赵爽在注解《周髀算经》时给出的“赵爽弦图”如图所示，它是由四个全等的直角三角形与中间的小正方形拼成的一个大正方形．如果大正方形的面积是125，小正方形面积是25，则( )

A． B． C． D．
10．抛物线向右平移4个单位长度后与抛物线重合，若（-1，3）在抛物线上，则下列点中，一定在抛物线上的是（ ）
A．（3,3） B．（3，-1） C．（-1,7） D．（-5,3）
二、填空题(每小题3分,共24分)
11．已知在平面直角坐标系中，点在第二象限，且到轴的距离为3,到轴的距离为4,则点的坐标为______．
12．当宽为3cm的刻度尺的一边与圆相切时，另一边与圆的两个交点处的读数如图所示（单位：cm），那么该圆的半径为 ▲ cm．
13．如图，△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，BC＝1，CD是△ABC的中线，E是AC上一动点，将△AED沿ED折叠，点A落在点F处，EF线段CD交于点G，若△CEG是直角三角形，则CE＝____．

14．计算__________．
15．如图，是的切线，为切点，连接．若，则=__________．

16．如图是由一些完全相同的小正方体组成的几何体的主视图、俯视图和左视图，则组成这个几何体的小正方体的个数是___________个.

17．已知某轿车油箱注满油后，以平均耗油量为每千米耗油0.1升的速度行驶，可行驶700千米，该轿车可行驶的总路程S与平均耗油量a之间的函数解析式（关系式）为________．
18．如图，在中，，，延长至点，使，则________.

三、解答题(共66分)
19．（10分）已知如图AB ∥EF∥ CD，

（1）△CFG∽△CBA吗？为什么？
（2）求 的值．
20．（6分）如图，⊙O的直径AB为10cm，弦BC=8cm，∠ACB的平分线交⊙O于点D．连接AD，BD．求四边形ABCD的面积.

21．（6分）如图，等边△ABC中，点D在AC上（CD＜AC），连接BD．操作：以A为圆心，AD长为半径画弧，交BD于点E，连接AE．

（1）请补全图形，探究∠BAE、∠CBD之间的数量关系，并证明你的结论；
（2）把BD绕点D顺时针旋转60°，交AE于点F，若EF＝mAF，求的值（用含m的式子表示）．
22．（8分）如图，△ABC内接于⊙O，AB＝AC，∠BAC＝36°，过点A作AD∥BC，与∠ABC的平分线交于点D，BD与AC交于点E，与⊙O交于点F．
(1)求∠DAF的度数；
(2)求证：AE2＝EF•ED；
(3)求证：AD是⊙O的切线．

23．（8分）已知二次函数y＝ax2+bx+c的图象过点A（﹣3，0），B（1，0），C（2，﹣5）．
（1）求此二次函数的表达式；
（2）画出这个函数的图象；
（3）△ABC的面积为　 　．

24．（8分）已知抛物线y＝x2﹣2x﹣3与x轴交于点A、B，与y轴交于点C，点D为OC中点，点P在抛物线上．
（1）直接写出A、B、C、D坐标；
（2）点P在第四象限，过点P作PE⊥x轴，垂足为E，PE交BC、BD于G、H，是否存在这样的点P，使PG＝GH＝HE？若存在，求出点P坐标；若不存在，请说明理由．
（3）若直线y＝x+t与抛物线y＝x2﹣2x﹣3在x轴下方有两个交点，直接写出t的取值范围．

25．（10分）在△ABC中，，以边AB上一点O为圆心，OA为半径的圈与BC相切于点D，分别交AB，AC于点E，F
（I）如图①，连接AD，若，求∠B的大小；
（Ⅱ）如图②，若点F为的中点，的半径为2，求AB的长．

26．（10分）二次函数图象过，，三点，点的坐标为，点的坐标为，点在轴正半轴上，且，求二次函数的表达式.

参考答案

一、选择题(每小题3分,共30分)
1、C
【分析】设垂直于墙面的长为xm，则平行于墙面的长为（20－2x）m，这个苗圃园的面积为ym2，根据二次函数的图象及性质求最值即可．
【详解】解：设垂直于墙面的长为xm，则平行于墙面的长为（20－2x）m，这个苗圃园的面积为ym2
由题意可得y=x（20－2x）=-2（x－5）2＋50，且8≤20－2x≤15
解得：2.5≤x≤6
∵-2＜0，二次函数图象的对称轴为直线x=5
∴当x=5时，y取最大值，最大值为50 ；
当x=2.5时，y取最小值，最小值为37.5 ；
故选C．
【点睛】
此题考查的是二次函数的应用，掌握二次函数的图象及性质是解题关键．
2、A
【解析】根据根与系数的关系求解即可.
【详解】∵关于的一元二次方程两实数根为、，
∴.
故选：A．
【点睛】
本题考查了根与系数的关系，二次项系数为1，常用以下关系：、是方程的两根时，，．
3、C
【分析】过点O作OH⊥AB于点H，连接OA，OB，由⊙O的周长等于6πcm，可得⊙O的半径，又由圆的内接多边形的性质可得∠AOB=60°，即可证明△AOB是等边三角形，根据等边三角形的性质可求出OH的长，根据S正六边形ABCDEF=6S△OAB即可得出答案．
【详解】过点O作OH⊥AB于点H，连接OA，OB，设⊙O的半径为r，
∵⊙O的周长等于6πcm，
∴2πr=6π，
解得：r=3，
∴⊙O的半径为3cm，即OA=3cm，
∵六边形ABCDEF是正六边形，
∴∠AOB=×360°=60°，OA=OB，
∴△OAB是等边三角形，
∴AB=OA=3cm，
∵OH⊥AB，
∴AH=AB，
∴AB=OA=3cm，
∴AH=cm，OH==cm，
∴S正六边形ABCDEF=6S△OAB=6××3×=（cm2）．

故选C.
【点睛】
此题考查了正多边形与圆的性质．此题难度适中，注意掌握数形结合思想的应用．
4、D
【分析】分两种情况讨论，当k＞0时，分析出一次函数和反比例函数所过象限；再分析出k＜0时，一次函数和反比例函数所过象限，符合题意者即为正确答案．
【详解】当时，一次函数经过一、二、三象限，反比例函数经过一、三象限；
当时，一次函数经过一、二、四象限，反比例函数经过二、四象限．
观察图形可知，只有A选项符合题意．
故选：D．
【点睛】
本题主要考查了反比例函数的图象和一次函数的图象，熟悉两函数中k和b的符号对函数图象的影响是解题的关键．
5、C
【分析】主视图、左视图是分别从物体正面、左面和上面看，所得到的图形．依此即可求解．
【详解】A. 主视图为圆形，左视图为圆，故选项错误；
B. 主视图为三角形，左视图为三角形，故选项错误；
C. 主视图为矩形，左视图为矩形，故选项正确；
D. 主视图为矩形，左视图为圆形，故选项错误.
故答案选：C.
【点睛】
本题考查的知识点是截一个几何体，解题的关键是熟练的掌握截一个几何体.
6、C
【解析】直接根据反比例函数图象上点的坐标特征求解．
【详解】∵反比例函数的图象经过点（-2，3），
∴k＝-2×3＝-1．
故选：C．
【点睛】
本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征：反比例函数（k为常数，k≠0）的图象是双曲线，图象上的点（x，y）的横纵坐标的积是定值k，即xy＝k．
7、C
【分析】直接根据圆周角定理即可得出结论．
【详解】∵⊙O是△ABC的外接圆，∠BOC＝100°，
∴∠A＝∠BOC＝=50°．
故选：C．
【点睛】
本题考查的是圆周角定理，熟知在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半是解答此题的关键．
8、C
【分析】连接AC．根据圆周角定理求出∠CAB即可解决问题．
【详解】解：连接AC．

∵∠DAB＝60°，∠DAC＝∠E＝42°，
∴∠CAB＝60°﹣42°＝18°，
∵AB是直径，
∴∠ACB＝90°，
∴∠B＝90°﹣18°＝72°，
故选：C．
【点睛】
本题主要考察圆周角定理，解题关键是连接AC．利用圆周角定理求出∠CAB.
9、A
【分析】根据正方形的面积公式可得大正方形的边长为，小正方形的边长为5，再根据直角三角形的边角关系列式即可求解．
【详解】解：∵大正方形的面积是125，小正方形面积是25，
∴大正方形的边长为，小正方形的边长为5，
∴，
∴，
∴．
故选A．
【点睛】
本题考查了解直角三角形、勾股定理的证明和正方形的面积，难度适中，解题的关键是正确得出．
10、A
【分析】利用点的平移进行解答即可.
【详解】解：∵抛物线向右平移4个单位长度后与抛物线重合
∴将（-1，3）向右平移4个单位长度的点在抛物线上
∴（3,3）在抛物线上
故选：A
【点睛】
本题考查了点的平移与函数平移规律，掌握点的规律是解题的关键.

二、填空题(每小题3分,共24分)
11、（-4,3）
【分析】根据第二象限点的横坐标是负数，纵坐标是正数，点到轴的距离等于纵坐标的绝对值，到轴的距离等于横坐标的绝对值解答．
【详解】解：点在第二象限，且到轴的距离为3，到轴的距离为4，
点的横坐标为，纵坐标为3，
点的坐标为．
故答案为．
【点睛】
本题考查了点的坐标，熟记点到轴的距离等于纵坐标的绝对值，到轴的距离等于横坐标的绝对值是解题的关键．
12、．
【解析】如图，连接OA，过点O作OD⊥AB于点D，
∵OD⊥AB，∴AD=AB=（9﹣1）=1．
设OA=r，则OD=r﹣3，
在Rt△OAD中，
OA2﹣OD2=AD2，即r2﹣（r﹣3）2=12，解得r=（cm）．
13、或
【分析】分两种情形：如图1中，当时．如图2中，当时，分别求解即可．
【详解】解：在中，，，，
，，
，
∴，
∴．
若△CEG是直角三角形，有两种情况：
I．如图1中，当时．

∴，
作于．则，
在中，，，
．
II．如图2中，当时，

∵，
∴，
∴，
∴，此时点与点重合，
∴，
∴，
∴，
综上所述，的长为或．
故答案为：或．
【点睛】
本题考查了翻折变换，直角三角形性质、解直角三角形等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考常考题型．
14、
【分析】先把特殊角的三角函数值代入原式，再计算即得答案．
【详解】解：原式=．
故答案为：．
【点睛】
本题考查了特殊角的三角函数值，属于基础题型，熟记特殊角的三角函数值、正确计算是关键．
15、65°
【分析】根据切线长定理即可得出AB=AC，然后根据等边对等角和三角形的内角和定理即可求出结论．
【详解】解：∵是的切线，
∴AB=AC
∴∠ABC=∠ACB=（180°－∠A）=65°
故答案为：65°．
【点睛】
此题考查的是切线长定理和等腰三角形的性质，掌握切线长定理和等边对等角是解决此题的关键．
16、
【分析】根据几何体的三视图分析即可得出答案.
【详解】通过主视图和左视图可知几何体有两层，由俯视图可知最底层有3个小正方体，结合主视图和左视图知第2层有1个小正方体，所以共4个小正方体.
故答案为4
【点睛】
本题主要考查根据三视图判断组成几何体的小正方体的个数，掌握三视图的知识是解题的关键.
17、
【分析】根据油箱的总量固定不变，利用每千米耗油0.1升乘以700千米即可得到油箱的总量，故可求解．
【详解】依题意得油箱的总量为：每千米耗油0.1升乘以700千米=70升
∴轿车可行驶的总路程S与平均耗油量a之间的函数解析式（关系式）为
故答案为：．
【点睛】
此题主要考查列函数关系式，解题的关键是根据题意找到等量关系列出关系式．
18、
【分析】过点A 作AF⊥BC于点，过点D 作DE⊥AC交AC的延长线于点E，目的得到直角三角形利用三角函数得△AFC三边的关系，再证明 △ACF∽△DCE，利用相似三角形性质得出△DCE各边比值，从而得解.
【详解】解:过点A 作AF⊥BC于点，过点D 作DE⊥AC交AC的延长线于点E，

∵，
∴∠B=∠ACF，sin∠ACF==，
设AF=4k，则AC=5k，CD=，由勾股定理得：FC=3k，
∵∠ACF=∠DCE，∠AFC=∠DEC=90°，
∴△ACF∽△DCE，
∴AC：CD=CF：CE=AF：DE，即5k： =3k：CE=4k：DE，
解得：CE=，DE=2k，即AE=AC+CE=5k+=，
∴在Rt△AED中， DE：AE=2k：=.
故答案为：.
【点睛】
本题考查三角函数定义、相似三角形的判定与性质，解题关键是构造直角三角形.

三、解答题(共66分)
19、（1）△CFG∽△CBA，见解析；（2）
【分析】（1）由题意利用相似三角形的判定定理-平行模型进行分析证明即可；
（2）根据题意平行线分线段成比例定理进行分析求值.
【详解】解：（1）△CFG∽△CBA，理由如下，
∵AB ∥EF，
∴FG∥AB，
∴△CFG∽△CBA．
（2）∵AB∥EF∥CD，
∴,
∴,
∵△CFG∽△CBA，
∴.
【点睛】
本题考查相似三角形的性质及平行线分线段成比例定理，解题的关键是熟练运用相似三角形的性质以及判定．
20、S四边形ADBC＝49（cm2）．
【分析】根据直径所对的角是90°，判断出△ABC和△ABD是直角三角形，根据圆周角∠ACB的平分线交⊙O于D，判断出△ADB为等腰直角三角形，根据勾股定理求出AD、BD、AC的值，再根据S四边形ADBC=S△ABD+S△ABC进行计算即可.
【详解】∵AB为直径，
∴∠ADB=90°，
又∵CD平分∠ACB，即∠ACD=∠BCD，
∴，
∴AD=BD，
∵直角△ABD中，AD=BD，AD2+BD2=AB2=102，
则AD=BD=5，
则S△ABD=AD•BD=×5×5=25(cm2)，
在直角△ABC中，AC==6(cm)，
则S△ABC=AC•BC=×6×8=24(cm2)，
则S四边形ADBC=S△ABD+S△ABC=25+24=49(cm2)．
【点睛】
本题考查了圆周角定理、三角形的面积等，正确求出相关的数值是解题的关键.
21、（1）图形见解析，∠BAE＝2∠CBD，理由见解析；（2），理由见解析
【分析】（1）根据圆周角和圆心角的关系得：2∠BDH=∠BAE，由等腰三角形的性质得HD∥BC，由平行线的性质可得结论；
（2）如图2，作辅助线，由旋转得：△BDM是等边三角形，证明△AMB≌△CDB（SAS），得AM=CD，∠MAB=∠C=60°，证明△ABD∽△DFE，设AF=a，列比例式可得结论
【详解】（1）如图1，∠BAE＝2∠CBD．
设弧DE与AB交于H，连接DH，

∴2∠BDH＝∠BAE，
又∵AD＝AH，AB＝AC，∠BAC＝60°，
∴∠AHD＝∠ADH＝60°，∠ABC＝∠C＝60°，
∴∠AHD＝∠ABC，
∴HD∥BC，
∴∠DBC＝∠HDB，
∴∠BAE＝2∠DBC；
（2）如图2，连接AM，BM，

由旋转得：BD＝DM，∠BDM＝60°，
∴△BDM是等边三角形，
∴BM＝BD，∠MBD＝60°，
∵∠ABM+∠ABD＝∠ABD+∠CBD，
∴∠ABM＝∠CBD，
∵△ABC是等边三角形，
∴AB＝AC，
∴△AMB≌△CDB（SAS），
∴AM＝CD，∠MAB＝∠C＝60°，
∵∠AGM＝∠BGD，∠MAB＝∠BDM＝60°，
∴∠AMD＝∠ABD，
由（1）知：AD＝AE，
∴∠AED＝∠ADE，
∵∠EDF＝∠BAD，
∴△ABD∽△DFE，
∴∠EFD＝∠ABD＝∠AFM＝∠AMD，
∴AF＝AM＝CD，
设AF＝a，则EF＝ma，AE＝a+ma＝（m+1）a，
∴AB＝AD+CD＝AE+CD＝（m+2）a，
由△ABD∽△DFE，
∴＝＝．
【点睛】
本题考查全等三角形的性质和判定、相似三角形的判定和性质、等边三角形、三角形内角和和外角的性质等知识，解题的关键灵活应用所学知识解决问题，学会利用辅助线，构建全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
22、 (1)∠DAF＝36°；(2)证明见解析；(3)证明见解析.
【解析】（1）求出∠ABC、∠ABD、∠CBD的度数，求出∠D度数，根据三角形内角和定理求出∠BAF和∠BAD度数，即可求出答案；
（2）求出△AEF∽△DEA，根据相似三角形的性质得出即可；
（3）连接AO，求出∠OAD=90°即可．
【详解】(1)∵AD∥BC，
∴∠D＝∠CBD，
∵AB＝AC，∠BAC＝36°，
∴∠ABC＝∠ACB＝×(180°﹣∠BAC)＝72°，
∴∠AFB＝∠ACB＝72°，
∵BD平分∠ABC，
∴∠ABD＝∠CBD＝∠ABC＝×72°＝36°，
∴∠D＝∠CBD＝36°，
∴∠BAD＝180°﹣∠D﹣∠ABD＝180°﹣36°﹣36°＝108°，
∠BAF＝180°﹣∠ABF﹣∠AFB＝180°﹣36°﹣72°＝72°，
∴∠DAF＝∠DAB﹣∠FAB＝108°﹣72°＝36°；
(2)证明：∵∠CBD＝36°，∠FAC＝∠CBD，
∴∠FAC＝36°＝∠D，
∵∠AED＝∠AEF，
∴△AEF∽△DEA，
∴，
∴AE2＝EF×ED；
(3)证明：连接OA、OF，
∵∠ABF＝36°，
∴∠AOF＝2∠ABF＝72°，
∵OA＝OF，
∴∠OAF＝∠OFA＝×(180°﹣∠AOF)＝54°，
由(1)知∠DAF＝36°，
∴∠DAO＝36°+54°＝90°，
即OA⊥AD，
∵OA为半径，
∴AD是⊙O的切线．

【点睛】
本题考查了切线的判定，圆周角定理，三角形内角和定理，等腰三角形的性质等知识点，能综合运用定理进行推理是解此题的关键．
23、（1）y＝﹣x2﹣2x+3；（2）答案见解析；（3）1．
【分析】（1）设交点式为y＝a（x+3）（x﹣1），然后把C点坐标代入求出a即可得到抛物线解析式；
（2）利用配方法得到y＝﹣（x+1）2+4，则抛物线的顶点坐标为（﹣1，4），抛物线与y轴的交点坐标为（0，3），然后利用描点法画二次函数图象；
（3）利用三角形面积公式计算．
【详解】解：（1）设抛物线解析式为y＝a（x+3）（x﹣1），
把C（2，﹣5）代入得a（2+3）（2﹣1）＝﹣5，解得a＝﹣1，
∴抛物线解析式为y＝﹣（x+3）（x﹣1），
即y＝﹣x2﹣2x+3；
（2）y＝﹣x2﹣2x+3＝﹣（x+1）2+4，则抛物线的顶点坐标为（﹣1，4），
当x＝0时，y＝﹣x2﹣2x+3＝3，则抛物线与y轴的交点坐标为（0，3），
如图，
（3）△ABC的面积＝×（1+3）×5＝1．
故答案为1．

【点睛】
本题考查了待定系数法求二次函数解析式、在直角坐标系中画二次函数图象、以及在直角坐标系求不规则三角形的面积，解题的关键是求出解析式，画出图象．
24、（1）A(﹣1，0)，B(3，0)，C(0，﹣3)，D(0，﹣)；（2）存在，(，﹣)；（3）﹣＜t＜﹣1
【分析】（1）可通过二次函数的解析式列出方程，即可求出相关点的坐标；
（2）存在，先求出直线BC和直线BD的解析式，设点P的坐标为（x，x2﹣2x﹣3），则E（x，0），H（x，x﹣），G（x，x﹣3），列出等式方程，即可求出点P坐标；
（3）求出直线y＝x+t经过点B时t的值，再列出当直线y＝x+t与抛物线y＝x2﹣2x﹣3只有一个交点时的方程，使根的判别式为0，求出t的值，即可写出t的取值范围．
【详解】解：（1）在y＝x2﹣2x﹣3中，
当x＝0时，y＝﹣3；当y＝0时，x1＝﹣1，x2＝3，
∴A（﹣1，0），B（3，0），C（0，﹣3），
∵D为OC的中点，
∴D（0，﹣）；
（2）存在，理由如下：
设直线BC的解析式为y＝kx﹣3，
将点B（3，0）代入y＝kx﹣3，
解得k＝1，
∴直线BC的解析式为y＝x﹣3，
设直线BD的解析式为y＝mx﹣，
将点B（3，0）代入y＝mx﹣，
解得m＝，
∴直线BD的解析式为y＝x﹣，
设点P的坐标为（x，x2﹣2x﹣3），则E（x，0），H（x，x﹣），G（x，x﹣3），
∴EH＝﹣x+，HG＝x﹣﹣（x﹣3）＝﹣x+，GP＝x﹣3﹣（x2﹣2x﹣3）＝﹣x2+3x，
当EH＝HG＝GP时，﹣x+＝﹣x2+3x，
解得x1＝，x2＝3（舍去），
∴点P的坐标为（，﹣）；
（3）当直线y＝x+t经过点B时，
将点B（3，0）代入y＝x+t，
得，t＝﹣1，
当直线y＝x+t与抛物线y＝x2﹣2x﹣3只有一个交点时，方程x+t＝x2﹣2x﹣3只有一个解，
即x2﹣x﹣3﹣t＝0，
△＝（）2﹣4（﹣3﹣t）＝0，
解得t＝﹣，
∴由图2可以看出，当直线y＝x+t与抛物线y＝x2﹣2x﹣3在x轴下方有两个交点时，t的取值范围为：﹣＜t＜﹣1时．

【点睛】
本题考查了二次函数与一次函数的综合，涉及了求二次函数与坐标轴的交点坐标、一次函数的解析式、解一元二次方程、确定一次函数与二次函数的图像的交点个数，灵活运用一次函数与二次函数的图像与性质是解题的关键.
25、 (1)∠B=40°；(2)AB= 6.
【分析】（1）连接OD，由在△ABC中, ∠C=90°，BC是切线,易得AC∥OD ,即可求得∠CAD=∠ADO ,继而求得答案; 
（2）首先连接OF,OD,由AC∥OD得∠OFA=∠FOD ,由点F为弧AD的中点,易得△AOF是等边三角形,继而求得答案.
【详解】解:(1)如解图①,连接OD,

∵BC切⊙O于点D,
∴∠ODB=90°,
∵∠C=90°,
∴AC∥OD,
∴∠CAD=∠ADO,
∵OA=OD,
∴∠DAO=∠ADO=∠CAD=25°,
∴∠DOB=∠CAO=∠CAD＋∠DAO=50°,
∵∠ODB=90°,
∴∠B=90°－∠DOB=90°－50°=40°;
(2)如解图②,连接OF,OD,

∵AC∥OD,
∴∠OFA=∠FOD,
∵点F为弧AD的中点,
∴∠AOF=∠FOD,
∴∠OFA=∠AOF,
∴AF=OA,
∵OA=OF,
∴△AOF为等边三角形,
∴∠FAO=60°,则∠DOB=60°,
∴∠B=30°,
∵在Rt△ODB中,OD=2,
∴OB=4,
∴AB=AO＋OB=2＋4=6.
【点睛】
本题考查了切线的性质，平行线的性质，等腰三角形的性质，弧弦圆心角的关系，等边三角形的判定与性质，含30°角的直角三角形的性质.熟练掌握切线的性质是解（1）的关键，证明△AOF为等边三角形是解（2）的关键.
26、
【分析】根据题目所给信息可以得出点C的坐标为(0,5)，把A、B、C三点坐标代入可得抛物线解析式．
【详解】解∵点的坐标为
点的坐标为
∴
又∵点在轴正半轴上
∴点的坐标为
设二次函数关系式为
把，代入得
，
∴
【点睛】
本题考查的知识点是用待定系数法求二次函数解析式，根据题目信息得出点C的坐标是解此题的关键．