2025届安徽省合肥一六八玫瑰园学校数学九上期末质量跟踪监视试题含解析

2023-2024学年九上数学期末模拟试卷注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题（每题4分，共48分）1．小明同学以正六边形三个不相邻的顶点为圆心，边长为半径，向外作三段圆弧，设计了如图所示的图案，已知正六边形的边长为1，则该图案外围轮廓的周长为（）A． B． C． D．2．计算，正确的结果是（）A．2 B．3a C． D．3．如图，线段AB两个端点的坐标分别为A(4，4)，B(6，2)，以原点O为位似中心，在第一象限内将线段AB缩小为原来的后得到线段CD，则端点C和D的坐标分别为()A．(2，2)，(3，2) B．(2，4)，(3，1)C．(2，2)，(3，1) D．(3，1)，(2，2)4．如图，△ABC的内切圆⊙O与BC、CA、AB分别相切于点D、E、F，且AB＝5，BC＝13，CA＝12，则阴影部分(即四边形AEOF)的面积是()A．4 B．6.25 C．7.5 D．95．如图，正方形OABC绕着点O逆时针旋转40°得到正方形ODEF，连接AF，则∠OFA的度数是（）.A．15° B．20° C．25° D．30°6．四边形为平行四边形，点在的延长线上，连接交于点，则下列结论正确的是（）A． B． C． D．7．如图，已知：在⊙O中，OA⊥BC，∠AOB=70°，则∠ADC的度数为（）A．70° B．45° C．35° D．30°8．在如图所示的平面直角坐标系中，△OA1B1是边长为2的等边三角形，作△B2A2B1与△OA1B1关于点B1成中心对称，再作△B2A3B3与△B2A2B1关于点B2成中心对称，如此作下去，则△B2nA2n+1B2n+1（n是正整数）的顶点A2n+1的坐标是（）A．（4n﹣1，） B．（2n﹣1，） C．（4n+1，） D．（2n+1，）9．已知扇形的圆心角为60°，半径为1，则扇形的弧长为（）A． B．π C． D．10．如图，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，BA=BC．点D是AB的中点，连结CD，过点B作BG⊥CD，分别交CD、CA于点E、F，与过点A且垂直于AB的直线相交于点G，连结DF．给出以下四个结论：①；②点F是GE的中点；③；④，其中正确的结论个数是（）A．4个 B．3个 C．2个 D．1个11．抛物线的对称轴是（）A．直线 B．直线C．直线 D．直线12．一个不透明的袋子装有除颜色外其余均相同的2个白球和个黑球．随机地从袋中摸出一个球记录下颜色，再放回袋中摇匀．大量重复试验后，发现摸出白球的频率稳定在1．2附近，则的值为（）A．2 B．4 C．8 D．11二、填空题（每题4分，共24分）13．已知△ABC与△DEF相似，相似比为2：3，如果△ABC的面积为4，则△DEF的面积为_____．14．若一个圆锥的底面圆的周长是cm，母线长是，则该圆锥的侧面展开图的圆心角度数是_____．15．如图，直线l1∥l2∥l3，直线AC交l1，l2，l3于点A，B，C；直线DF交l1，l2，l3于点D，E，F，已知，则_______．16．如图，⊙O经过A，B，C三点，PA，PB分别与⊙O相切于A，B点，∠P＝46°，则∠C＝_____．17．在△ABC中，已知（sinA-）2+│tanB-│=1．那么∠C=_________度．18．一个扇形的圆心角为120°，半径为3，则这个扇形的面积为（结果保留π）三、解答题（共78分）19．（8分）如图，在平面直角坐标系中A点的坐标为（8，y），AB⊥x轴于点B，sin∠OAB=，反比例函数y=的图象的一支经过AO的中点C，且与AB交于点D．（1）求反比例函数解析式；（2）若函数y=3x与y=的图象的另一支交于点M，求三角形OMB与四边形OCDB的面积的比．20．（8分）有六张完全相同的卡片，分两组，每组三张，在组的卡片上分别画上“√，×，√”，组的卡片上分别画上“√，×，×”，如图①所示．（1）若将卡片无标记的一面朝上摆在桌上，再分别从两组卡片中随机各抽取一张，求两张卡片上标记都是“√”的概率（请用“树形图法”或“列表法”求解）．（2）若把两组卡片无标记的一面对应粘贴在一起得到三张卡片，其正、反面标记如图②所示，将卡片正面朝上摆在桌上，并用瓶盖盖住标记．①若随机揭开其中一个盖子，看到的标记是“√”的概率是多少？②若揭开盖子，看到的卡片正面标记是“√”后，猜想它的反面也是“√”，求猜对的概率．21．（8分）已知抛物线与轴交于A，B两点(A在B左边)，与轴交于C点，顶点为P，OC=2AO.(1)求与满足的关系式；(2)直线AD//BC，与抛物线交于另一点D，△ADP的面积为，求的值；(3)在(2)的条件下，过(1，-1)的直线与抛物线交于M、N两点，分别过M、N且与抛物线仅有一个公共点的两条直线交于点G，求OG长的最小值.22．（10分）在一个三角形中，如果有一边上的中线等于这条边的一半，那么就称这个三角形为“智慧三角形”．（1）如图1，已知、是⊙上两点，请在圆上画出满足条件的点，使为“智慧三角形”，并说明理由；（2）如图2，是等边三角形，，以点为圆心，的半径为1画圆，为边上的一动点，过点作的一条切线，切点为，求的最小值；（3）如图3，在平面直角坐标系中，⊙的半径为1，点是直线上的一点，若在⊙上存在一点，使得为“智慧三角形”，当其面积取得最小值时，求出此时点的坐标．23．（10分）如图，AB是⊙O的直径，BC是⊙O的弦，直线MN与⊙O相切于点C，过点B作BD⊥MN于点D．（1）求证：∠ABC＝∠CBD；（2）若BC＝4，CD＝4，则⊙O的半径是．24．（10分）如图，△ABC中（1）请你利用无刻度的直尺和圆规在平面内画出满足PB2＋PC2＝BC2的所有点P构成的图形，并在所作图形上用尺规确定到边AC、BC距离相等的点P．（作图必须保留作图痕迹）（2）在（1）的条件下，连接BP，若BC＝15，AC＝14，AB＝13，求BP的长．25．（12分）某驻村扶贫小组实施产业扶贫，帮助贫困农户进行西瓜种植和销售.已知西瓜的成本为6元/千克，规定销售单价不低于成本，又不高于成本的两倍.经过市场调查发现，某天西瓜的销售量y(千克)与销售单价x(元/千克)的函数关系如下图所示：(1)求y与x的函数解析式(也称关系式)；(2)求这一天销售西瓜获得的利润的最大值.26．如图，在△ABC中，AD是BC边上的中线，且AD=AC，DE⊥BC，DE与AB相交于点E，EC与AD相交于点F．(1)求证：△ABC∽△FCD；(2)过点A作AM⊥BC于点M，求DE：AM的值；(3)若S△FCD=5，BC=10，求DE的长．

参考答案一、选择题（每题4分，共48分）1、C【分析】根据正六边形的边长相等，每个内角为120度，可知图案外围轮廓的周长为三个半径为1、圆心角为240度的弧长之和．【详解】由题意可知：

∵正六边形的内角，∴扇形的圆心角，

∵正六边形的边长为1，

∴该图案外围轮廓的周长，

故选：C．本题考查了弧长的计算公式，正多边形和圆，正六边形的性质，正确的识别图形是解题的关键．2、D【分析】根据同底数幂除法法则即可解答．【详解】根据同底数幂除法法则（同底数幂相除，底数不变，指数相减）可得，a6÷a1＝a6﹣1＝a1．故选D．本题考查了整式除法的基本运算，必须熟练掌握运算法则．3、C【解析】直接利用位似图形的性质得出对应点坐标乘以得出即可．【详解】解：∵线段AB两个端点的坐标分别为A（4，4），B（6，2），以原点O为位似中心，在第一象限内将线段AB缩小为原来的后得到线段CD，∴端点的坐标为：（2，2），（3，1）．故选C．本题考查位似变换；坐标与图形性质，数形结合思想解题是本题的解题关键．4、A【分析】先利用勾股定理判断△ABC为直角三角形，且∠BAC=90°，继而证明四边形AEOF为正方形，设⊙O的半径为r，利用面积法求出r的值即可求得答案.【详解】∵AB=5，BC=13，CA=12，∴AB2+AC2=BC2，∴△ABC为直角三角形，且∠BAC=90°，∵⊙O为△ABC内切圆，∴∠AFO=∠AEO=90°，且AE=AF，∴四边形AEOF为正方形，设⊙O的半径为r，∴OE=OF=r，∴S四边形AEOF=r²，连接AO，BO，CO，∴S△ABC=S△AOB+S△AOC+S△BOC，∴，∴r=2，∴S四边形AEOF=r²=4，故选A.本题考查了三角形的内切圆，勾股定理的逆定理，正方形判定与性质，面积法等，正确把握相关知识是解题的关键.5、C【分析】先根据正方形的性质和旋转的性质得到∠AOF的度数，OA=OF，再根据等腰三角形的性质即可求得∠OFA的度数【详解】∵正方形OABC绕着点O逆时针旋转40°得到正方形ODEF，

∴∠AOF=90°+40°=130°，OA=OF，

∴∠OFA=（180°-130°）÷2=25°．

故选C．6、D【分析】根据四边形为平行四边形证明，从而出，对各选项进行判断即可．【详解】∵四边形为平行四边形∴∴∴∴∵，∴故答案为：D．本题考查了平行四边形的线段比例问题，掌握平行四边形的性质、相似三角形的性质以及判定是解题的关键．7、C【分析】先根据垂径定理得出=，再由圆周角定理即可得出结论．【详解】解：∵OA⊥BC，∠AOB=70°，∴=，∴∠ADC=∠AOB=35°．故选C．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【解析】试题分析：∵△OA1B1是边长为2的等边三角形，∴A1的坐标为（1，），B1的坐标为（2，0），∵△B2A2B1与△OA1B1关于点B1成中心对称，∴点A2与点A1关于点B1成中心对称，∵2×2﹣1=3，2×0﹣=﹣，∴点A2的坐标是（3，﹣），∵△B2A3B3与△B2A2B1关于点B2成中心对称，∴点A3与点A2关于点B2成中心对称，∵2×4﹣3=5，2×0﹣（﹣）=，∴点A3的坐标是（5，），∵△B3A4B4与△B3A3B2关于点B3成中心对称，∴点A4与点A3关于点B3成中心对称，∵2×6﹣5=7，2×0﹣=﹣，∴点A4的坐标是（7，﹣），…，∵1=2×1﹣1，3=2×2﹣1，5=2×3﹣1，7=2×3﹣1，…，∴An的横坐标是2n﹣1，A2n+1的横坐标是2（2n+1）﹣1=4n+1，∵当n为奇数时，An的纵坐标是，当n为偶数时，An的纵坐标是﹣，∴顶点A2n+1的纵坐标是，∴△B2nA2n+1B2n+1（n是正整数）的顶点A2n+1的坐标是（4n+1，）．故选C．考点：坐标与图形变化-旋转．9、D【解析】试题分析：根据弧长公式知：扇形的弧长为．故选D．考点：弧长公式．10、C【分析】易得AG∥BC，进而可得△AFG∽△CFB，然后根据相似三角形的性质以及BA＝BC即可判断①；根据余角的性质可得∠ABG＝∠BCD，然后利用“角边角”可证明△ABG≌△BCD，可得AG＝BD，于是有AG＝BC，由①根据相似三角形的性质可得，进而可得FG＝FB，然后根据FE≠BE即可判断②；根据相似三角形的性质可得，再根据等腰直角三角形的性质可得AC＝AB，然后整理即可判断③；过点F作FM⊥AB于M，如图，根据相似三角形的性质和三角形的面积整理即可判断④．【详解】解：在Rt△ABC中，∵∠ABC＝90°，∴AB⊥BC，∵AG⊥AB，∴AG∥BC，∴△AFG∽△CFB，∴，∵BA＝BC，∴，故①正确；∵∠ABC＝90°，BG⊥CD，∴∠ABG+∠CBG＝90°，∠BCD+∠CBG＝90°，∴∠ABG＝∠BCD，又∵BA＝BC，∠BAG＝∠CBD＝90°,∴△ABG≌和△BCD（ASA），∴AG＝BD，∵点D是AB的中点，∴BD＝AB，∴AG＝BC，∵△AFG∽△CFB，∴，∴FG＝FB，∵FE≠BE，∴点F是GE的中点不成立，故②错误；∵△AFG∽△CFB，∴，∴AF＝AC，∵AC＝AB，∴，故③正确；过点F作FM⊥AB于M，如图，则FM∥CB，∴△AFM∽△ACB，∴，∵，∴，故④错误．综上所述，正确的结论有①③共2个．故选：C．本题考查了相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质和等腰直角三角形的性质等知识，属于常考题型，熟练掌握全等三角形和相似三角形的判定和性质是解题的关键．11、C【解析】用对称轴公式即可得出答案．【详解】抛物线的对称轴，故选：C．本题考查了抛物线的对称轴，熟记对称轴公式是解题的关键.12、C【分析】根据概率的求法，找准两点：①全部情况的总数；②符合条件的情况数目，二者的比值就是其发生的概率．【详解】解：依题意有：=1.2，

解得：n=2．

故选：C．此题考查了利用概率的求法估计总体个数，利用如果一个事件有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）=是解题关键．二、填空题（每题4分，共24分）13、1【解析】由△ABC与△DEF的相似，它们的相似比是2：3，根据相似三角形的面积比等于相似比的平方，即可得它们的面积比是4：1，又由△ABC的面积为4，即可求得△DEF的面积．【详解】∵△ABC与△DEF的相似，它们的相似比是2：3，

∴它们的面积比是4：1，

∵△ABC的面积为4，

∴△DEF的面积为：4×=1．

故答案为：1．本题考查的知识点是相似三角形的性质，解题关键是掌握相似三角形的面积比等于相似比的平方定理．14、【分析】利用圆锥的底面周长和母线长求得圆锥的侧面积，然后再利用圆锥的面积的计算方法求得侧面展开扇形的圆心角的度数即可【详解】∵圆锥的底面圆的周长是，∴圆锥的侧面扇形的弧长为cm，，解得：故答案为．此题考查弧长的计算，解题关键在于求得圆锥的侧面积15、1【分析】根据题意求得，根据平行线分线段成比例定理解答．【详解】∵，∴=1，∵l1∥l1∥l3，∴==1，故答案为：1．本题考查了平行线分线段成比例定理，灵活运用定理、找准对应关系是解题的关键．16、67°【分析】根据切线的性质定理可得到∠OAP＝∠OBP＝90°，再根据四边形的内角和求出∠AOB，然后根据圆周角定理解答．【详解】解：∵PA，PB分别与⊙O相切于A，B两点，∴∠OAP＝90°，∠OBP＝90°，∴∠AOB＝360°﹣90°﹣90°﹣46°＝134°，∴∠C＝∠AOB＝67°，故答案为：67°．本题考查了圆的切线的性质、四边形的内角和和圆周角定理，属于常见题型，熟练掌握上述知识是解题关键.17、2【分析】直接利用非负数的性质和特殊角的三角函数值求出∠A，∠B的度数，进而根据三角形内角和定理得出答案．【详解】∵(sinA)2+|tanB|=1，∴sinA1，tanB1，∴sinA，tanB，∴∠A=45°，∠B=61°，∴∠C=181°-∠A-∠B=181°-45°-61°=2°．故答案为：2．本题考查了特殊角的三角函数值，正确记忆相关数据是解答本题的关键．18、3π【解析】试题分析：此题考查扇形面积的计算，熟记扇形面积公式，即可求解.根据扇形面积公式，计算这个扇形的面积为.考点：扇形面积的计算三、解答题（共78分）19、y=；【解析】试题分析：（1）先根据锐角三角函数的定义，求出OA的值，然后根据勾股定理求出AB的值，然后由C点是OA的中点，求出C点的坐标，然后将C的坐标代入反比例函数y=中，即可确定反比例函数解析式；（2）先将y=3x与y=联立成方程组，求出点M的坐标，然后求出点D的坐标，然后连接BC，分别求出△OMB的面积，△OBC的面积，△BCD的面积，进而确定四边形OCDB的面积，进而可求三角形OMB与四边形OCDB的面积的比．试题解析：（1）∵A点的坐标为（8，y），∴OB=8，∵AB⊥x轴于点B，sin∠OAB=，∴，∴OA=10，由勾股定理得：AB=，∵点C是OA的中点，且在第一象限内，∴C（4，3），∵点C在反比例函数y=的图象上，∴k=12，∴反比例函数解析式为：y=；（2）将y=3x与y=联立成方程组，得：，解得：，，∵M是直线与双曲线另一支的交点，∴M（﹣2，﹣6），∵点D在AB上，∴点D的横坐标为8，∵点D在反比例函数y=的图象上，∴点D的纵坐标为，∴D（8，），∴BD=，连接BC，如图所示，∵S△MOB=•8•|﹣6|=24，S四边形OCDB=S△OBC+S△BCD=•8•3+=15，∴．考点：反比例函数与一次函数的交点问题．20、（1）；（2）①；②【分析】（1）画出树状图计算即可；（2）①三张卡片上正面的标记有三种可能，分别为“√，×，√”，然后计算即可；②正面标记为“√”的卡片，其反面标记情况有两种可能，分别为“√”和“×”，计算即可；【详解】（1）解：根据题意，可画出如下树形图：从树形图可以看出，所有可能结果共9种，且每种结果出现的可能性相等，其中两张卡片上标记都是“√”的结果有2种，∴（两张都是“√”）（2）解：①∵三张卡片上正面的标记有三种可能，分别为“√，×，√”，∴随机揭开其中一个盖子，看到的标记是“√”的概率为．②∵正面标记为“√”的卡片，其反面标记情况有两种可能，分别为“√”和“×”，∴猜对反面也是“√”的概率为．本题主要考查了概率的计算，准确理解题意是解题的关键．21、（1）；（2）；（3）.【分析】（1）将抛物线解析式进行因式分解，可求出A点坐标，得到OA长度，再由C点坐标得到OC长度，然后利用OC=2AO建立等量关系即可得到关系式；（2）利用待定系数法求出直线BC的k，根据平行可知AD直线的斜率k与BC相等，可求出直线AD解析式，与抛物线联立可求D点坐标，过P作PE⊥x轴交AD于点E，求出PE即可表示△ADP的面积，从而建立方程求解；（3）为方便书写，可设抛物线解析式为：，设，，过点M的切线解析式为，两抛物线与切线联立，由可求k，得到M、N的坐标满足，将（1，-1）代入，推出G为直线上的一点，由垂线段最短，求出OG垂直于直线时的值即为最小值.【详解】解：（1）令y=0，，解得，令x=0，则∵，A在B左边∴A点坐标为（-m，0），B点坐标为（4m，0），C点坐标为（0，-4am2）∴AO=m，OC=4am2∵OC=2AO∴4am2=2m∴（2）∵∴C点坐标为（0，-2m）设BC直线为，代入B（4m，0），C（0，-2m）得，解得∵AD∥BC，∴设直线AD为，代入A（-m，0）得，，∴∴直线AD为直线AD与抛物线联立得，，解得或∴D点坐标为（5m，3m）又∵∴顶点P坐标为如图，过P作PE⊥x轴交AD于点E，则E点横坐标为，代入直线AD得∴PE=∴S△ADP=解得∵m＞0∴∴.（3）在（2）的条件下，可设抛物线解析式为：，设，，过点M的切线解析式为，将抛物线与切线解析式联立得：，整理得，∵，∴方程可整理为∵只有一个交点，∴整理得即解得∴过M的切线为同理可得过N的切线为由此可知M、N的坐标满足将代入整理得将（1，-1）代入得在（2）的条件下，抛物线解析式为，即∴整理得∴G点坐标满足，即G为直线上的一点，当OG垂直于直线时，OG最小，如图所示，直线与x轴交点H（5,0），与y轴交点F（0，）∴OH=5，OF=，FH=∵∴∴OG的最小值为.本题考查二次函数与一次函数的综合问题，难度很大，需要掌握二次函数与一次函数的图像与性质和较强的数形结合能力.22、（1）见解析；（2）；（1）或【分析】（1）连接AO并且延长交圆于，连接AO并且延长交圆于，即可求解；

（2）根据MN为⊙的切线，应用勾股定理得，所以OM最小时，MN最小；根据垂线段最短，得到当M和BC中点重合时，OM最小为，此时根据勾股定理求解DE，DE和MN重合，即为所求；

（1）根据“智慧三角形”的定义可得为直角三角形，根据题意可得一条直角边为1，当写斜边最短时，另一条直角边最短，则面积取得最小值，由垂线段最短可得斜边最短为1，根据勾股定理可求得另一条直角边，再根据三角形面积可求得斜边的高，即点P的横坐标，再根据勾股定理可求点P的纵坐标，从而求解．【详解】（1）如图1，点和均为所求理由：连接、并延长，分别交于点、，连接、，∵是的直径，∴，∴是“智慧三角形”同理可得，也是“智慧三角形”（2）∵是的切线，∴，∴，∴当最小时，最小，即当时，取得最小值，如图2，作于点，过点作的一条切线，切点为，连接，∵是等边三角形，，∴，，∴，∵是的一条切线，∴，，∴，当点与重合时，与重合，此时．（1）由“智慧三角形”的定义可得为直角三角形，根据题意，得一条直角边.∴当最小时，的面积最小，即最小时．如图1，由垂线段最短，可得的最小值为1．∴.过作轴，∵，∴．在中，，故符合要求的点坐标为或．本题考查了圆与勾股定理的综合应用，掌握圆的相关知识，熟练应用勾股定理，明确“智慧三角形”的定义是解题的关键．23、（1）见解析；（2）1．【分析】（1）连接OC，由切线的性质可得OC⊥MN，即可证得OC∥BD，由平行线的性质和等腰三角形的性质可得∠CBD＝∠BCO＝∠ABC，即可证得结论；（2）连接AC，由勾股定理求得BD，然后通过证得△ABC∽△CBD，求得直径AB，从而求得半径．【详解】（1）证明：连接OC，∵MN为⊙O的切线，∴OC⊥MN，∵BD⊥MN，∴OC∥BD，∴∠CBD＝∠BCO．又∵OC＝OB，∴∠BCO＝∠ABC，∴∠CBD＝∠ABC．；（2）解：连接AC，在Rt△BCD中，BC＝4，CD＝4，∴BD＝＝8，∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB＝90°，∴∠ACB＝∠CDB＝90°，∵∠ABC＝∠CBD，∴△ABC∽△CBD，∴，即，∴AB＝10，∴⊙O的半径是1，故答案为1．本题考查了切线的性质和圆周角定理、三角形相似的判定和性质以及解直角三角形，作出辅助线构建等腰三角形、直角三角形是解题的关键．24、（1）见解析；（2）BP＝【分析】（1）根据PB2＋PC2＝BC2得出P点所构成的圆以BC为直径，根据垂直平分线画法画出O点，补全⊙O，再作∠ACB的角平分线与⊙O的交点即是P点.（2）设⊙O与AC的交点为H，AH＝x，得到AH、BH，根据题意求出OP∥AC，即可得出OP⊥BH，BQ＝BH，OQ=CH,求出PQ，根据勾股定理求出BP.【详解】(1)如图：（2）由（1）作图，设⊙O与AC的交点为H，连接BH，∴∠BHC＝90°∵BC＝15，AC＝14，AB＝13设AH＝x∴HC＝14－x∴解得：x＝5∴AH＝5∴BH＝12.连接OP，由（1）作图知CP平分∠BCA∴∠PCA＝∠BCP又∵OP＝OC∴∠OPC＝∠BCP∴∠OPC＝∠PCA∴OP∥CA∴OP⊥BH与点Q∴BQ＝BH＝6又BO＝∴OQ＝∴PQ＝∴BP＝.此题主要考查了尺规作图中垂直平分线，角平分线及圆的画法和相似比及勾股定理等知识，解题的关键是构建直角三角形及找到关键相似三角形.25、(1)y与x的函数解析式为；(2)这一天销售西瓜获得利润的最大值为1250元.【解析】(1)当6x≤10时，由题意设y＝kx＋b(k＝0