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25. 请用二次函数的知识解释：在所有周长相等的矩形中，正方形面积最大.
答案
解：设周长为定值C，矩形一边长为x，则邻边长为$(\frac {C}2-x)$
$S=x(\frac C{2}-x)=-x^2+\frac {C}2x=-(x-\frac {C}4)^2+\frac {C^2}{16}$
∴当$x=\frac {C}4$时，S取最大值$\frac {C^2}{16}$
$\frac {C}2-x=\frac {C}2-\frac {C}4=\frac {C}4$
即矩形的邻边相等，此时为正方形
∴在所有周长相等的矩形中，正方形面积最大
$S=x(\frac C{2}-x)=-x^2+\frac {C}2x=-(x-\frac {C}4)^2+\frac {C^2}{16}$
∴当$x=\frac {C}4$时，S取最大值$\frac {C^2}{16}$
$\frac {C}2-x=\frac {C}2-\frac {C}4=\frac {C}4$
即矩形的邻边相等，此时为正方形
∴在所有周长相等的矩形中，正方形面积最大
解析
【解析】
设矩形的周长为定值$C$，一边长为$x$，则邻边长为$\frac{C}{2}-x$。
根据矩形面积公式可得面积$S = x(\frac{C}{2}-x)$，将其整理为二次函数顶点式：
$S=-x^2+\frac{C}{2}x=-(x-\frac{C}{4})^2+\frac{C^2}{16}$。
因为二次项系数为负，二次函数图象开口向下，当$x=\frac{C}{4}$时，$S$取得最大值$\frac{C^2}{16}$。
此时邻边长$\frac{C}{2}-x=\frac{C}{2}-\frac{C}{4}=\frac{C}{4}$，即矩形的邻边相等，该矩形为正方形。
由此可证在所有周长相等的矩形中，正方形面积最大。
【答案】
在所有周长相等的矩形中，正方形面积最大。
【知识点】
1. 二次函数的最值；2. 矩形面积计算；3. 正方形的判定
【点评】
本题通过构建二次函数模型，将几何面积问题转化为函数最值问题，渗透了数学建模思想，清晰展现了周长相等时矩形与正方形的面积关系。
设矩形的周长为定值$C$，一边长为$x$，则邻边长为$\frac{C}{2}-x$。
根据矩形面积公式可得面积$S = x(\frac{C}{2}-x)$，将其整理为二次函数顶点式：
$S=-x^2+\frac{C}{2}x=-(x-\frac{C}{4})^2+\frac{C^2}{16}$。
因为二次项系数为负，二次函数图象开口向下，当$x=\frac{C}{4}$时，$S$取得最大值$\frac{C^2}{16}$。
此时邻边长$\frac{C}{2}-x=\frac{C}{2}-\frac{C}{4}=\frac{C}{4}$，即矩形的邻边相等，该矩形为正方形。
由此可证在所有周长相等的矩形中，正方形面积最大。
【答案】
在所有周长相等的矩形中，正方形面积最大。
【知识点】
1. 二次函数的最值；2. 矩形面积计算；3. 正方形的判定
【点评】
本题通过构建二次函数模型，将几何面积问题转化为函数最值问题，渗透了数学建模思想，清晰展现了周长相等时矩形与正方形的面积关系。
26. 如图，在$△ ABC$中，$∠ C = 90^{\circ}$，$AC = 6$ cm，$BC = 8$ cm，扇形$ODF$与边$BC$相切，切点是$E$，且点$O$、$D$在$AB$上，点$F$在$AC$上. 若$FO ⊥ AB$，垂足为$O$，求扇形$ODF$的半径.
答案
解：连接OE，设扇形ODF 的半径为r
∵点E为圆的切点
∴∠OEB=90°
∴∠OEB=∠ACB
∵∠B为公共角
∴△OEB∽△ACB
∴$\frac {OE}{AC}=\frac {OB}{AB}$
∵$AC=6\ \mathrm {cm}$，$BC=8\ \mathrm {cm}$
∴$AB=10\ \mathrm {cm}$
∴$OB=\frac 53r$，$AO=10-\frac 53r$
∵∠AOF=∠ACB，∠A为公共角
∴△AOF∽△ACB
∴$\frac {AO}{AC}=\frac {OF}{BC}$，$\frac {10-\frac 53r}6=\frac {r}8$
∴$r=\frac {120}{29}\ \mathrm {cm}$
解析
【解析】
连接$OE$，设扇形$ODF$的半径为$r$。
1. 因为扇形$ODF$与$BC$相切于点$E$，根据切线的性质，得$OE⊥ BC$，即$∠ OEB=90^{\circ}$。
又因为$∠ C=90^{\circ}$，$∠ B$为公共角，所以$△ OEB∽△ ACB$。
2. 在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，由勾股定理得：
$AB=\sqrt{AC^{2}+BC^{2}}=\sqrt{6^{2}+8^{2}}=10\ \mathrm{cm}$。
3. 由$△ OEB∽△ ACB$，得$\frac{OE}{AC}=\frac{OB}{AB}$，即$\frac{r}{6}=\frac{OB}{10}$，解得$OB=\frac{5}{3}r$，则$AO=AB-OB=10-\frac{5}{3}r$。
4. 因为$FO⊥ AB$，所以$∠ AOF=90^{\circ}=∠ C$，又$∠ A$为公共角，故$△ AOF∽△ ACB$。
由$△ AOF∽△ ACB$，得$\frac{AO}{AC}=\frac{OF}{BC}$，即$\frac{10-\frac{5}{3}r}{6}=\frac{r}{8}$。
5. 解方程：
$8(10-\frac{5}{3}r)=6r$
$80-\frac{40}{3}r=6r$
$80=\frac{58}{3}r$
解得$r=\frac{120}{29}\ \mathrm{cm}$。
【答案】
扇形$ODF$的半径为$\boldsymbol{\frac{120}{29}}$cm。
【知识点】
相似三角形判定与性质，勾股定理，切线的性质
【点评】
本题通过作辅助线，结合切线性质、相似三角形的判定与性质建立方程求解半径，核心是利用相似三角形将线段关系转化为方程，体现了数形结合思想的应用，需熟练掌握相似三角形的判定定理与性质定理。
连接$OE$，设扇形$ODF$的半径为$r$。
1. 因为扇形$ODF$与$BC$相切于点$E$，根据切线的性质，得$OE⊥ BC$，即$∠ OEB=90^{\circ}$。
又因为$∠ C=90^{\circ}$，$∠ B$为公共角，所以$△ OEB∽△ ACB$。
2. 在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，由勾股定理得：
$AB=\sqrt{AC^{2}+BC^{2}}=\sqrt{6^{2}+8^{2}}=10\ \mathrm{cm}$。
3. 由$△ OEB∽△ ACB$，得$\frac{OE}{AC}=\frac{OB}{AB}$，即$\frac{r}{6}=\frac{OB}{10}$，解得$OB=\frac{5}{3}r$，则$AO=AB-OB=10-\frac{5}{3}r$。
4. 因为$FO⊥ AB$，所以$∠ AOF=90^{\circ}=∠ C$，又$∠ A$为公共角，故$△ AOF∽△ ACB$。
由$△ AOF∽△ ACB$，得$\frac{AO}{AC}=\frac{OF}{BC}$，即$\frac{10-\frac{5}{3}r}{6}=\frac{r}{8}$。
5. 解方程：
$8(10-\frac{5}{3}r)=6r$
$80-\frac{40}{3}r=6r$
$80=\frac{58}{3}r$
解得$r=\frac{120}{29}\ \mathrm{cm}$。
【答案】
扇形$ODF$的半径为$\boldsymbol{\frac{120}{29}}$cm。
【知识点】
相似三角形判定与性质，勾股定理，切线的性质
【点评】
本题通过作辅助线，结合切线性质、相似三角形的判定与性质建立方程求解半径，核心是利用相似三角形将线段关系转化为方程，体现了数形结合思想的应用，需熟练掌握相似三角形的判定定理与性质定理。
