2025年湘教版高一數(shù)學(xué)下冊(cè)階段測(cè)試試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請(qǐng)※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁(yè)，總=sectionpages22頁(yè)第=page11頁(yè)，總=sectionpages11頁(yè)2025年湘教版高一數(shù)學(xué)下冊(cè)階段測(cè)試試卷856考試試卷考試范圍：全部知識(shí)點(diǎn)；考試時(shí)間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級(jí)：______考號(hào)：______總分欄題號(hào)一二三四五總分得分評(píng)卷人得分一、選擇題(共7題，共14分)1、cos（-90°）的值是（）

A.-1

B.0

C.1

D.不存在。

2、二次函數(shù)的對(duì)稱軸為則當(dāng)時(shí)，的值為（）A.B.1C.17D.253、【題文】如圖所示，正方體的棱長(zhǎng)為1，O是平面的中心，則O到平面的距離是（）

A.B.C.D.4、【題文】[2013·四川高考]一個(gè)幾何體的三視圖如圖所示；則該幾何體可以是()

A.棱柱B.棱臺(tái)C.圓柱D.圓臺(tái)5、已知函數(shù)y=f（x）是定義在R上的偶函數(shù)，當(dāng)x≤0時(shí)，y=f（x）是減函數(shù)，若|x1|＜|x2|，則（）A.f（x1）﹣f（x2）＜0B.f（x1）﹣f（x2）＞0C.f（x1）+f（x2）＜0D.f（x1）+f（x2）＞06、函數(shù)y=1﹣2sin2（x﹣）是（）A.最小正周期為π的奇函數(shù)B.最小正周期為π的偶函數(shù)C.最小正周期為的奇函數(shù)D.最小正周期為的偶函數(shù)7、角90°化為弧度等于（）A.B.C.D.評(píng)卷人得分二、填空題(共8題，共16分)8、已知為等差數(shù)列，為其前n項(xiàng)和，則使得達(dá)到最大值的n等于．9、【題文】表面積為的球O與平面角為鈍角的二面角的兩個(gè)半平面相切于A、B兩點(diǎn)，三角形OAB的面積則球面上A、B兩點(diǎn)間的最短距離為_(kāi)___10、【題文】已知那么a的取值范圍是____________。11、已知點(diǎn)A（1，1），B（2，4），則直線AB的方程為_(kāi)___12、圓C1：x2+y2=1與圓C2：（x﹣3）2+（y﹣4）2=9的位置關(guān)系是____13、袋中有3個(gè)黑球和2個(gè)白球，從中任取兩個(gè)球，則取得的兩球中至少有一個(gè)白球的概率為_(kāi)___．14、f(x)={2鈭?xx鈮?1log9xx>1

則f(x)>12

的解集是______．15、在鈻?ABC

中，若2cosAcosB=1鈭?cosC

則鈻?ABC

是______三角形．評(píng)卷人得分三、解答題(共5題，共10分)16、甲，乙兩人進(jìn)行射擊比賽，每人射擊次，他們命中的環(huán)數(shù)如下表：。甲5879106乙6741099（Ⅰ）根據(jù)上表中的數(shù)據(jù)，判斷甲，乙兩人誰(shuí)發(fā)揮較穩(wěn)定；（Ⅱ）把甲6次射擊命中的環(huán)數(shù)看成一個(gè)總體，用簡(jiǎn)單隨機(jī)抽樣方法從中抽取兩次命中的環(huán)數(shù)組成一個(gè)樣本，求該樣本平均數(shù)與總體平均數(shù)之差的絕對(duì)值不超過(guò)的概率．17、已知分別為的三邊所對(duì)的角，向量且（1）求角的大小；（2）若成等差數(shù)列，且求邊的長(zhǎng).18、【題文】已知集合

（1）若的取值范圍；

（2）若求的取值范圍.19、已知函數(shù)y=acos（2x+）+3，x∈[0，]的最大值為4，求實(shí)數(shù)a的值．20、(1)

已知直線l

的方程為ax鈭?y+2+a=0(a隆脢R)

求證：不論a

為何實(shí)數(shù)，直線l

恒過(guò)一定點(diǎn)P

(2)

過(guò)(1)

中的點(diǎn)P

作一條直線m

使它被直線l14x+y+3=0

和l23x鈭?5y鈭?5=0

截得的線段被點(diǎn)P

平分，求直線m

的方程．評(píng)卷人得分四、證明題(共4題，共20分)21、如圖；已知AB是⊙O的直徑，P是AB延長(zhǎng)線上一點(diǎn)，PC切⊙O于C，AD⊥PC于D，CE⊥AB于E，求證：

（1）AD=AE

（2）PC?CE=PA?BE．22、已知G是△ABC的重心，過(guò)A、G的圓與BG切于G，CG的延長(zhǎng)線交圓于D，求證：AG2=GC?GD．23、已知G是△ABC的重心，過(guò)A、G的圓與BG切于G，CG的延長(zhǎng)線交圓于D，求證：AG2=GC?GD．24、已知ABCD四點(diǎn)共圓，AB與DC相交于點(diǎn)E，AD與BC交于F，∠E的平分線EX與∠F的平分線FX交于X，M、N分別是AC與BD的中點(diǎn)，求證：（1）FX⊥EX；（2）FX、EX分別平分∠MFN與∠MEN．評(píng)卷人得分五、綜合題(共2題，共8分)25、數(shù)學(xué)課上；老師提出：

如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，A點(diǎn)的坐標(biāo)為（1，0），點(diǎn)B在x軸上，且在點(diǎn)A的右側(cè)，AB=OA，過(guò)點(diǎn)A和B作x軸的垂線，分別交二次函數(shù)y=x2的圖象于點(diǎn)C和D，直線OC交BD于點(diǎn)M，直線CD交y軸于點(diǎn)H，記點(diǎn)C、D的橫坐標(biāo)分別為xC、xD，點(diǎn)H的縱坐標(biāo)為yH．

同學(xué)發(fā)現(xiàn)兩個(gè)結(jié)論：

①S△CMD：S梯形ABMC=2：3②數(shù)值相等關(guān)系：xC?xD=-yH

（1）請(qǐng)你驗(yàn)證結(jié)論①和結(jié)論②成立；

（2）請(qǐng)你研究：如果上述框中的條件“A的坐標(biāo)（1；0）”改為“A的坐標(biāo)（t，0）（t＞0）”，其他條件不變，結(jié)論①是否仍成立（請(qǐng)說(shuō)明理由）；

（3）進(jìn)一步研究：如果上述框中的條件“A的坐標(biāo)（1，0）”改為“A的坐標(biāo)（t，0）（t＞0）”，又將條件“y=x2”改為“y=ax2（a＞0）”，其他條件不變，那么xC、xD與yH有怎樣的數(shù)值關(guān)系？（寫出結(jié)果并說(shuō)明理由）26、已知拋物線y=x2+4ax+3a2（a＞0）

（1）求證：拋物線的頂點(diǎn)必在x軸的下方；

（2）設(shè)拋物線與x軸交于A、B兩點(diǎn)（點(diǎn)A在點(diǎn)B的右邊），過(guò)A、B兩點(diǎn)的圓M與y軸相切，且點(diǎn)M的縱坐標(biāo)為；求拋物線的解析式；

（3）在（2）的條件下，若拋物線的頂點(diǎn)為P，拋物線與y軸交于點(diǎn)C，求△CPA的面積．參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、B【分析】

cos（-90°）=cos90°=0

故選B．

【解析】【答案】根據(jù)余弦函數(shù)為偶函數(shù)及特殊角的三角函數(shù)值即可求出值．

2、D【分析】【解析】試題分析：因?yàn)椋魏瘮?shù)的對(duì)稱軸為即所以，m=16，當(dāng)時(shí)，的值為25，選D。考點(diǎn)：二次函數(shù)的圖象和性質(zhì)【解析】【答案】D3、B【分析】【解析】

試題分析：連接交于平面平面點(diǎn)到平面的距離為因?yàn)闉榈闹悬c(diǎn)，所以O(shè)到平面的距離是

考點(diǎn)：空間點(diǎn)到面的距離。

點(diǎn)評(píng)：本題中把握住點(diǎn)O是平面斜線段的中點(diǎn)，從而將O到面的距離轉(zhuǎn)化為到面的距離，做出其垂線段求長(zhǎng)度即可；本題還可采用空間向量法計(jì)算【解析】【答案】B4、D【分析】【解析】由正視圖和側(cè)視圖可知，該幾何體不可能是圓柱，排除選項(xiàng)C；又由俯視圖可知，該幾何體不可能是棱柱或棱臺(tái)，排除選項(xiàng)A、B.故選D.【解析】【答案】D5、A【分析】【解答】解：∵函數(shù)f（x）是定義在R上的偶函數(shù)；當(dāng)x≤0時(shí)，f（x）是減函數(shù)；

∴函數(shù)f（x）在（0；+∞）上是增函數(shù)；

∵|x1|＜|x2|，∴f（|x1|）＜f（|x2|）；

∵函數(shù)f（x）是定義在R上的偶函數(shù)；

∴f（|x1|）=f（x1），f（|x2|）=f（x2）；

∴f（x1）＜f（x2），即f（x1）﹣f（x2）＜0；

故選A．

【分析】由偶函數(shù)與單調(diào)性的關(guān)系和條件，判斷出f（x）在（0，+∞）是增函數(shù)，由單調(diào)性得f（|x1|）＜f（|x2|），再利用偶函數(shù)的定義得到答案．6、A【分析】【解答】解：=cos（2x﹣）=cos（﹣2x）=﹣sin2x；故函數(shù)y是最小正周期為π的奇函數(shù)；

故選：A．

【分析】利用二倍角公式化簡(jiǎn)函數(shù)的解析式為y=﹣sin2x，從而得出結(jié)論．7、B【分析】解：60°=π×=．

故選：B．

根據(jù)π弧度等于180°；求得90°化為弧度角的值．

本題主要考查把角度化為弧度的方法，屬于基礎(chǔ)題．【解析】【答案】B二、填空題(共8題，共16分)8、略

【分析】試題分析：研究等差數(shù)列前n項(xiàng)和最值，有兩個(gè)思路，一是從的表達(dá)式，即二次函數(shù)研究；二是從數(shù)列項(xiàng)的正負(fù)研究.因?yàn)橛深}意得：所以因此達(dá)到最大值的n等于6.考點(diǎn)：等差數(shù)列前n項(xiàng)和最值【解析】【答案】69、略

【分析】【解析】由球的表面積公式可知此球的半徑為1,則由球面上A、B兩點(diǎn)間的最短距離為【解析】【答案】10、略

【分析】【解析】略【解析】【答案】(0,)∪(1,+∞)11、3x﹣y﹣2=0【分析】【解答】解：kAB==3．

∴直線AB的方程為y﹣1=3（x﹣1）；化為3x﹣y﹣2=0．

故答案為：3x﹣y﹣2=0．

【分析】利用斜率計(jì)算公式、點(diǎn)斜式即可得出．12、相離【分析】【解答】解：圓C1：x2+y2=1的圓心坐標(biāo)為（0；0），半徑為1；

圓C2：（x﹣3）2+（y﹣4）2=9的圓心坐標(biāo)為（3；4），半徑為3；

故圓心距d==5＞1+3；

故兩圓相離；

故答案為：相離．

【分析】求出兩個(gè)圓的圓心坐標(biāo)和半徑，求出圓心距，比較與半徑和的關(guān)系后，可得答案．13、【分析】【解答】解：∵口袋中裝有大小相同的3個(gè)紅球；2個(gè)白球；

分別計(jì)為A，B，C，1，2，取兩個(gè)球計(jì)為（a，b）

則共有：（A；B），（A，C），（A，1），（A，2）

（B；C），（B，1），（B，2），（C，1），（C，2），（1，2）共10種。

其中至少有一個(gè)白球共有（A；1），（A，2），（B，1），（B，2），（C，1），（C，2），（1，2）共7種。

故取出的兩個(gè)球中至少有一個(gè)白球的概率P=

故答案為：．

【分析】根據(jù)已知中口袋中裝有大小相同的3個(gè)紅球，2個(gè)白球，從中任取兩個(gè)球，我們易計(jì)算出所有取法的基本事件總數(shù)，及兩個(gè)球中至少有一個(gè)白球的基本事件個(gè)數(shù)，代入古典概型公式，即可得到答案．14、略

【分析】解：f(x)={2鈭?xx鈮?1log9xx>1

當(dāng)x鈮?1

時(shí)，f(x)>12

即2鈭?x>12

解得：x<1

．

當(dāng)x>1

時(shí)，f(x)>12

即log9x>12

解得：3<x

．

綜上可得：f(x)>12

的解集(鈭?隆脼,1)隆脠(3,+隆脼)

故答案為：(鈭?隆脼,1)隆脠(3,+隆脼)

根據(jù)f(x)

的解析式不同；定義域不同，對(duì)應(yīng)求解不等式即可．

本題考查了分段函數(shù)的不等式的解法，注意定義域的不同求解．【解析】(鈭?隆脼,1)隆脠(3,+隆脼)

15、略

【分析】解：隆脽2cosAcosB=1鈭?cosC=1+cos(A+B)

隆脿2cosAcosB=cosAcosB鈭?sinAsinB+1

隆脿cosAcosB+sinAsinB=1

隆脿cos(A鈭?B)=1

隆脿A鈭?B=0

即A=B

隆脿鈻?ABC

一定是等腰三角形。

故答案是：等腰．

由三角函數(shù)公式化簡(jiǎn)可得cos(A鈭?B)=1

結(jié)合三角形角的范圍可得．

本題考查兩角和與差的三角函數(shù)，涉及三角形形狀的判定，屬基礎(chǔ)題．【解析】等腰三、解答題(共5題，共10分)16、略

【分析】【解析】試題分析：解（Ⅰ）甲射擊命中的環(huán)數(shù)的平均數(shù)為其方差為．分乙射擊命中的環(huán)數(shù)的平均數(shù)為其方差為．分因此故甲，乙兩人射擊命中的環(huán)數(shù)的平均數(shù)相同，但甲比乙發(fā)揮較穩(wěn)定．（Ⅱ）由（Ⅰ）知，．設(shè)表示事件“樣本平均數(shù)與總體平均數(shù)之差的絕對(duì)值不超過(guò)”．從總體中抽取兩個(gè)個(gè)體的全部可能的結(jié)果共15個(gè)結(jié)果．其中事件包含的結(jié)果有共有個(gè)結(jié)果．分故所求的概率為．分考點(diǎn)：古典概型【解析】【答案】（1）甲比乙發(fā)揮較穩(wěn)定（2）17、略

【分析】試題分析：（1）由兩向量的坐標(biāo)，利用平面向量的數(shù)量積運(yùn)算法則列出關(guān)系式，求出的值，即可確定出的度數(shù)；（2）由成等差數(shù)列，利用等差數(shù)列的性質(zhì)列出關(guān)系式已知等式利用平面向量的數(shù)量積運(yùn)算化簡(jiǎn)，將的值代入求出的值，利用余弦定理列出關(guān)系式，再利用完全平方公式變形，將與的值代入即可求出c的值．（1）在中，由于又又所以而因此．（2）由成等差數(shù)列，得即由（1）知所以由余弦弦定理得考點(diǎn)：余弦定理，正弦定理【解析】【答案】（1）(2)18、略

【分析】【解析】略【解析】【答案】

（1）時(shí)，應(yīng)滿足解得2分。

時(shí)，應(yīng)滿足4分。

時(shí)，顯然不符合條件.5分。

所以，時(shí)6分。

（2）要滿足顯然

此時(shí)故所求的值為3.19、解：∵x∈[0，{#mathml#}π2

{#/mathml#}]，∴2x+{#mathml#}π3

{#/mathml#}∈[{#mathml#}π3

{#/mathml#}，{#mathml#}4π3

{#/mathml#}]，

∴﹣1≤cos（2x+{#mathml#}π3

{#/mathml#}）≤{#mathml#}12

{#/mathml#}．

當(dāng)a＞0，故當(dāng)cos（2x+{#mathml#}π3

{#/mathml#}）={#mathml#}12

{#/mathml#}時(shí)，y取得最大值{#mathml#}12

{#/mathml#}a+3．

∴{#mathml#}12

{#/mathml#}a+3=4，∴a=2．

當(dāng)a＜0，當(dāng)cos（2x+{#mathml#}π3

{#/mathml#}）=﹣1時(shí)，y取得最大值為﹣a+3=4，

∴a=﹣1，

綜上可知，實(shí)數(shù)a的值為2或﹣1．【分析】【分析】由條件利用余弦函數(shù)的定義域和值域，可得﹣1≤cos（2x+）≤．再分類討論，根據(jù)函數(shù)的最大值為4，求得實(shí)數(shù)a的值．20、略

【分析】

(1)

把已知方程變形為a(x+1)鈭?y+2=0

聯(lián)立{鈭?y+2=0x+1=0

求得xy

值，得點(diǎn)的坐標(biāo)，代入方程驗(yàn)證成立即可；

(2)

設(shè)直線m

與已知直線l1l2

分別交于AB

兩點(diǎn)，由點(diǎn)A

在直線l14x+y+3=0

上設(shè)出A

的坐標(biāo)(t,鈭?4t鈭?3)

再由中點(diǎn)坐標(biāo)公式得B

的坐標(biāo)，把B

的坐標(biāo)代入直線l23x鈭?5y鈭?5=0

求得t

值，進(jìn)一步得到AB

的坐標(biāo)，由直線方程的兩點(diǎn)式求得直線m

的方程．

本題考查直線系方程的應(yīng)用，考查了利用待定系數(shù)法求直線方程，是中檔題．【解析】(1)

證明：由ax鈭?y+2+a=0

得a(x+1)鈭?y+2=0

聯(lián)立{鈭?y+2=0x+1=0

解得x=鈭?1y=2

．

把點(diǎn)(鈭?1,2)

代入ax鈭?y+2+a=0

有鈭?a鈭?2+2+a=0

．

隆脿

直線ax鈭?y+2+a=0

恒過(guò)一定點(diǎn)P(鈭?1,2)

(2)

解：設(shè)直線m

與已知直線l1l2

分別交于AB

兩點(diǎn)．

隆脽

點(diǎn)A

在直線l14x+y+3=0

上；

故可設(shè)A(t,鈭?4t鈭?3)

又P(鈭?1,2)

是AB

的中點(diǎn)；

由中點(diǎn)坐標(biāo)公式得B(鈭?t鈭?2,4t+7)

．

隆脽B

點(diǎn)在直線l23x鈭?5y鈭?5=0

上；

隆脿3(鈭?t鈭?2)鈭?5(4t+7)鈭?5=0

解得t=鈭?2

．

隆脿A(鈭?2,5)B(0,鈭?1)

由兩點(diǎn)式得直線方程為：3x+y+1=0

．四、證明題(共4題，共20分)21、略

【分析】【分析】（1）連AC；BC；OC，如圖，根據(jù)切線的性質(zhì)得到OC⊥PD，而AD⊥PC，則OC∥PD，得∠ACO=∠CAD，則∠DAC=∠CAO，根據(jù)三角形相似的判定易證得Rt△ACE≌Rt△ACD；

即可得到結(jié)論；

（2）根據(jù)三角形相似的判定易證Rt△PCE∽R(shí)t△PAD，Rt△EBC∽R(shí)t△DCA，得到PC：PA=CE：AD，BE：CE=CD：AD，而CD=CE，即可得到結(jié)論．【解析】【解答】證明：（1）連AC、BC，OC，如圖，

∵PC是⊙O的切線；

∴OC⊥PD；

而AD⊥PC；

∴OC∥PD；

∴∠ACO=∠CAD；

而∠ACO=∠OAC；

∴∠DAC=∠CAO；

又∵CE⊥AB；

∴∠AEC=90°；

∴Rt△ACE≌Rt△ACD；

∴CD=CE；AD=AE；

（2）在Rt△PCE和Rt△PAD中；∠CPE=∠APD；

∴Rt△PCE∽R(shí)t△PAD；

∴PC：PA=CE：AD；

又∵AB為⊙O的直徑；

∴∠ACB=90°；

而∠DAC=∠CAO；

∴Rt△EBC∽R(shí)t△DCA；

∴BE：CE=CD：AD；

而CD=CE；

∴BE：CE=CE：AD；

∴BE：CE=PC：PA；

∴PC?CE=PA?BE．22、略

【分析】【分析】構(gòu)造以重心G為頂點(diǎn)的平行四邊形GBFC，并巧用A、D、F、C四點(diǎn)共圓巧證乘積．延長(zhǎng)GP至F，使PF=PG，連接FB、FC、AD．因G是重心，故AG=2GP．因GBFC是平行四邊形，故GF=2GP．從而AG=GF．又∠1=∠2=∠3=∠D，故A、D、F、C四點(diǎn)共圓，從而GA、GF=GC?GD．于是GA2=GC?GD．【解析】【解答】證明：延長(zhǎng)GP至F；使PF=PG，連接AD，BF，CF；

∵G是△ABC的重心；

∴AG=2GP；BP=PC；

∵PF=PG；

∴四邊形GBFC是平行四邊形；

∴GF=2GP；

∴AG=GF；

∵BG∥CF；

∴∠1=∠2

∵過(guò)A；G的圓與BG切于G；

∴∠3=∠D；

又∠2=∠3；

∴∠1=∠2=∠3=∠D；

∴A；D、F、C四點(diǎn)共圓；

∴GA；GF=GC?GD；

即GA2=GC?GD．23、略

【分析】【分析】構(gòu)造以重心G為頂點(diǎn)的平行四邊形GBFC，并巧用A、D、F、C四點(diǎn)共圓巧證乘積．延長(zhǎng)GP至F，使PF=PG，連接FB、FC、AD．因G是重心，故AG=2GP．因GBFC是平行四邊形，故GF=2GP．從而AG=GF．又∠1=∠2=∠3=∠D，故A、D、F、C四點(diǎn)共圓，從而GA、GF=GC?GD．于是GA2=GC?GD．【解析】【解答】證明：延長(zhǎng)GP至F；使PF=PG，連接AD，BF，CF；

∵G是△ABC的重心；

∴AG=2GP；BP=PC；

∵PF=PG；

∴四邊形GBFC是平行四邊形；

∴GF=2GP；

∴AG=GF；

∵BG∥CF；

∴∠1=∠2

∵過(guò)A；G的圓與BG切于G；

∴∠3=∠D；

又∠2=∠3；

∴∠1=∠2=∠3=∠D；

∴A；D、F、C四點(diǎn)共圓；

∴GA；GF=GC?GD；

即GA2=GC?GD．24、略

【分析】【分析】（1）在△FDC中；由三角形的外角性質(zhì)知∠FDC=∠FAE+∠AED①，同理可得∠EBC=∠FAE+∠AFB②；由于四邊形ABCD內(nèi)接于圓，則∠FDC=∠ABC，即∠FDC+∠EBC=180°，聯(lián)立①②，即可證得∠AFB+∠AED+2∠FAE=180°，而FX；EX分別是∠AFB和∠AED的角平分線，等量代換后可證得∠AFX+∠AEX+∠FAE=90°；可連接AX，此時(shí)發(fā)現(xiàn)∠FXE正好是∠AFX、∠AEX、∠FAE的和，由此可證得∠FXE是直角，即FX⊥EX；

（2）由已知易得∠AFX=∠BFX，欲證∠MFX=∠NFX，必須先證得∠AFM=∠BFN，可通過(guò)相似三角形來(lái)實(shí)現(xiàn)；首先連接FM、FN，易證得△FCA∽△FDB，可得到FA：FB=AC：BD，而AC=2AM，BD=2BN，通過(guò)等量代換，可求得FA：FB=AM：BN，再加上由圓周角定理得到的∠FAM=∠FBN，即可證得△FAM∽△FBN，由此可得到∠AFM=∠BFN，進(jìn)一步可證得∠MFX=∠NFX，即FX平分∠MFN，同理可證得EX是∠MEN的角平分線．【解析】【解答】證明：（1）連接AX；

由圖知：∠FDC是△ACD的一個(gè)外角；

則有：∠FDC=∠FAE+∠AED；①

同理；得：∠EBC=∠FAE+∠AFB；②

∵四邊形ABCD是圓的內(nèi)接四邊形；

∴∠FDC=∠ABC；

又∵∠ABC+∠EBC=180°；即：∠FDC+∠EBC=180°；③

①+②；得：∠FDC+∠EBC=2∠FAE+（∠AED+∠AFB）；

由③；得：2∠FAE+（∠AED+∠AFB）=180°；

∵FX；EX分別是∠AFB、∠AED的角平分線；

∴∠AFB=2∠AFX；∠AED=2∠AEX，代入上式得：

2∠FAE+2（∠AFX+∠AEX）=180°；

即∠FAE+∠AFX+∠AEX=180°；

由三角形的外角性質(zhì)知：∠FXE=∠FAE+∠FAX+∠EAX；

故FXE=90°；即FX⊥EX．

（2）連接MF；FN；ME、NE；

∵∠FAC=∠FBD；∠DFB=∠CFA；

∴△FCA∽△FDB；

∴；

∵AC=2AM；BD=2BN；

∴；

又∵∠FAM=∠FBN；

∴△FAM∽△FBNA；得∠AFM=∠BFN；

又∵∠AFX=∠BFX；

∴∠AFX-∠AFM=∠BFX-∠BFN；即∠MFX=∠NFX；

同理可證得∠NEX=∠MEX；

故FX、EX分別平分∠MFN與∠MEN．五、綜合題(共2題，共8分)25、略

【分析】【分析】（1）可先根據(jù)AB=OA得出B點(diǎn)的坐標(biāo)；然后根據(jù)拋物線的解析式和A，B的坐標(biāo)得出C，D兩點(diǎn)的坐標(biāo)，再依據(jù)C點(diǎn)的坐標(biāo)求出直線OC的解析式．進(jìn)而可求出M點(diǎn)的坐標(biāo)，然后根據(jù)C；D兩點(diǎn)的坐標(biāo)求出直線CD的解析式進(jìn)而求出D點(diǎn)的坐標(biāo)，然后可根據(jù)這些點(diǎn)的坐標(biāo)進(jìn)行求解即可；

（2）（3）的解法同（1）完全一樣．【解析】【解答】解：（1）由已知可得點(diǎn)B的坐標(biāo)為（2；0），點(diǎn)C坐標(biāo)為（1，1），點(diǎn)D的坐標(biāo)為（2，4）；

由點(diǎn)C坐標(biāo)為（1；1）易得直線OC的函數(shù)解析式為y=x；

故點(diǎn)M的坐標(biāo)為（2；2）；

所以S△CMD=1，S梯形ABMC=

所以S△CMD：S梯形ABMC=2：3；

即結(jié)論①成立．

設(shè)直線CD的函數(shù)解析式為y=kx+b；

則；

解得

所以直線CD的函數(shù)解析式為y=3x-2．

由上述可得，點(diǎn)H的坐標(biāo)為（0，-2），yH=-2

因?yàn)閤C?xD=2；

所以xC?xD=-yH；

即結(jié)論②成立；

（2）（1