2022年新疆乌鲁木齐天山区中考数学一模试卷（教师版）

这是一份2022年新疆乌鲁木齐天山区中考数学一模试卷（教师版），共23页。试卷主要包含了计算，下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。

新疆乌鲁木齐天山区中考数学一模试卷
一．选择题（共10小题，满分40分，每小题4分）
1．在﹣7，5，0，﹣3这四个数中，最大的数是（　　）
A．﹣7 B．5 C．0 D．﹣3
2．计算（﹣x2）3的结果是（　　）
A．﹣x6 B．x6 C．﹣x5 D．﹣x8
3．如图，∠1＝57°，则∠2的度数为（　　）

A．120° B．123° C．130° D．147°
4．下列说法正确的是（　　）
A．掷一枚均匀的骰子，骰子停止转动后，6点朝上是必然事件
B．甲、乙两人在相同条件下各射击10次，他们的成绩平均数相同，方差分别是S甲2＝0.4，S乙2＝0.6，则甲的射击成绩较稳定
C．“明天降雨的概率为”，表示明天有半天都在降雨
D．了解一批电视机的使用寿命，适合用普查的方式
5．如图，把直线L沿x轴正方向向右平移2个单位得到直线L′，则直线L′的详解式为（　　）

A．y＝2x+1 B．y＝﹣2x+2 C．y＝2x﹣4 D．y＝﹣2x﹣2
6．一个正多边形的每个内角的度数都等于相邻外角的度数，则该正多边形的边数是（　　）
A．3 B．4 C．6 D．12
7．A，B两地相距48千米，一艘轮船从A地顺流航行至B地，又立即从B地逆流返回A地，共用去9小时，已知水流速度为4千米/时，若设该轮船在静水中的速度为x千米/时，则可列方程（　　）
A． B．
C． +4＝9 D．
8．如图，已知边长为2的正三角形ABC顶点A的坐标为（0，6），BC的中点D在y轴上，且在点A下方，点E是边长为2、中心在原点的正六边形的一个顶点，把这个正六边形绕中心旋转一周，在此过程中DE的最小值为（　　）

A．3 B．4﹣ C．4 D．6﹣2
9．将矩形纸片ABCD按如图所示的方式折叠，恰好得到菱形AECF．若AB＝3，则菱形AECF的面积为（　　）

A．1 B．2 C．2 D．4
10．已知在△ABC中，∠BAC＝90°，M是边BC的中点，BC的延长线上的点N满足AM⊥AN．△ABC的内切圆与边AB、AC的切点分别为E、F，延长EF分别与AN、BC的延长线交于P、Q，则＝（　　）
A．1 B．0.5 C．2 D．1.5
二．填空题（共5小题，满分20分，每小题4分）
11．函数y＝的自变量x的取值范围是　 　．
12．如图，点O是矩形ABCD的对角线AC的中点，M是AD的中点，若OM＝3，BC＝10，则OB的长为　 　．

13．某校七年级学生有a人，已知七、八、九年级学生人数比为2：3：3，则该校学生共有　 　人．
14．如图，扇形纸片AOB中，已知∠AOB＝90°，OA＝6，取OA的中点C，过点C作DC⊥OA交于点D，点F是上一点．若将扇形BOD沿OD翻折，点B恰好与点F重合，用剪刀沿着线段BD、DF、FA依次剪下，则剩下的纸片（阴影部分）面积是　 　．

15．如图，抛物线y＝ax2+bx+c的对称轴是x＝﹣1，且过点（，0）．有下列结论：①abc＞0；②25a﹣10b+4c＝0；③a﹣2b+4c＝0；④a﹣b≥m（am﹣b）；⑤3b+2c＞0；其中所有正确的结论是　 　（填写正确结论的序号）．

三．解答题（共9小题，满分90分）
16．（6分）计算：sin30°﹣+（π﹣4）0+|﹣|．
17．（8分）先化简，再求值（1﹣）÷，其中x＝4．
18．（8分）如图，四边形ABCD为平行四边形，∠BAD的角平分线AF交CD于点E，交BC的延长线于点F．
（1）求证：BF＝CD；
（2）连接BE，若BE⊥AF，∠BFA＝60°，BE＝2，求平行四边形ABCD的周长．

19．（8分）某电器商社从厂家购进了A，B两种型号的空气净化器，已知一台A型空气净化器的进价比一台B 型空气净化器的进价多300元，用7500元购进A型空气净化器和用6000元购进B型空气净化器的台数相同．
（1）求一台A型空气净化器和一台B型空气净化器的进价各为多少元？
（2）在销售过程中，A型空气净化器因为净化能力强，噪音小而更受消费者的欢迎．为了增大B型空气净化器的销量，电器商社决定对B型空气净化器进行降价销售，经市场调查，当B型空气净化器的售价为1800元时，每天可卖出4台，在此基础上，售价每降低50元，每天将多售出1台，如果每天电器商社销售B型空气净化器的利润为3200元，请问电器商社应将B型空气净化器的售价定为多少元？
20．（12分）某校体育组为了解全校学生“最喜欢的一项球类项目”，随机抽取了部分学生进行调查，下面是根据调查结果绘制的不完整的统计图．请你根据统计图回答下列问题：
（1）喜欢乒乓球的学生所占的百分比是多少？并请补全条形统计图（图2）；
（2）请你估计全校500名学生中最喜欢“排球”项目的有多少名？
（3）在扇形统计图中，“篮球”部分所对应的圆心角是多少度？
（4）篮球教练在制定训练计划前，将从最喜欢篮球项目的甲、乙、丙、丁四名同学中任选两人进行个别座谈，请用列表法或树状图法求抽取的两人恰好是甲和乙的概率．
21．（12分）如图所示，A、B两地之间有一条河，原来从A地到B地需要经过桥DC，沿折线A→D→C→B到达，现在新建了桥EF（EF＝DC），可直接沿直线AB从A地到达B地，已知BC＝12km，∠A＝45°，∠B＝30°，桥DC和AB平行．
（1）求桥DC与直线AB的距离；
（2）现在从A地到达B地可比原来少走多少路程？
（以上两问中的结果均精确到0.1km，参考数据：≈1.14，≈1.73）

22．如图，⊙O是△ABC的外接圆，O点在BC边上，∠BAC的平分线交⊙O于点D，连接BD、CD，过点D作BC的平行线，与AB的延长线相交于点P．
（1）求证：PD是⊙O的切线；
（2）求证：△PBD∽△DCA；
（3）当AB＝6，AC＝8时，求线段PB的长．

23．（12分）一列快车从甲地匀速驶往乙地，一列慢车从乙地匀速驶往甲地．两车行驶的时间为xh，两车之间的距离为ykm，图中的折线表示y与x之间的函数关系，根据图象解决以下问题：
（1）慢车的速度为　 　km/h，快车的速度为　 　km/h；
（2）解释图中点C的实际意义并求出点C的坐标；
（3）求当x为多少时，两车之间的距离为500km．

24．（14分）在平面直角坐标系xOy中抛物线y＝﹣x2+bx+c经过点A、B、C，已知A（﹣1，0），C（0，3）．

（1）求抛物线的表达式；
（2）如图1，P为线段BC上一点，过点P作y轴平行线，交抛物线于点D，当△BCD的面积最大时，求点P的坐标；
（3）如图2，抛物线顶点为E，EF⊥x轴于F点，N是线段EF上一动点，M（m，0）是x轴上一动点，若∠MNC＝90°，直接写出实数m的取值范围．

新疆乌鲁木齐天山区中考数学一模试卷
参考答案与试题详解
一．选择题（共10小题，满分40分，每小题4分）
1．【分析】根据正数大于0，0大于负数，可得答案．
【解答】解：﹣7＜﹣3＜0＜5，
即在﹣7，5，0，﹣3这四个数中，最大的数是：5．
故选：B．
【点评】本题考查了有理数比较大小，正数大于0，0大于负数是解题关键．
2．【分析】根据积的乘方和幂的乘方的运算法则计算可得．
【解答】解：（﹣x2）3＝﹣x6，
故选：A．
【点评】本题主要考查幂的运算，解题的关键是熟练掌握幂的乘方的运算法则．
3．【分析】先根据两个直角，可得AB∥CD，再根据邻补角的定义以及同位角相等，即可得到∠2的度数．
【解答】解：由图可得，AB∥CD，
又∵∠1＝57°，
∴∠3＝123°，
∴∠2＝∠3＝123°，
故选：B．

【点评】本题主要考查了平行线判定与性质，平行线的判定是由角的数量关系判断两直线的位置关系．平行线的性质是由平行关系来寻找角的数量关系．
4．【分析】利用事件的分类、普查和抽样调查的特点、概率的意义以及方差的性质即可作出判断．
【解答】解：A、掷一枚均匀的骰子，骰子停止转动后，6点朝上是可能事件，此选项错误；
B、甲、乙两人在相同条件下各射击10次，他们的成绩平均数相同，方差分别是S甲2＝0.4，S乙2＝0.6，则甲的射击成绩较稳定，此选项正确；
C、“明天降雨的概率为”，表示明天有可能降雨，此选项错误；
D、解一批电视机的使用寿命，适合用抽查的方式，此选项错误；
故选：B．
【点评】本题主要考查了方差、全面调查与抽样调查、随机事件以及概率的意义等知识，解答本题的关键是熟练掌握方差性质、概率的意义以及抽样调查与普查的特点，此题难度不大．
5．【分析】找到原直线详解式上向右平移2个单位后得到的两个点是本题的关键．
【解答】解：可从直线L上找两点：（0，0）（1，2）这两个点向右平移2个单位得到的点是（2，0）（3，2），
那么再把直线L沿x轴正方向向右平移2个单位得到直线L′的详解式y＝kx+b上，
则
解得：k＝2，b＝﹣4．
∴函数详解式为：y＝2x﹣4．
故选：C．
【点评】本题考查了一次函数图象的几何变换，解决本题的关键是找到所求直线详解式中的两个点．
6．【分析】根据正多边形的每个内角的度数都等于相邻外角的度数，可得外角，再根据外角公式，可得答案．
【解答】解：由题意，得
外角+相邻的内角＝180°且外角＝相邻的内角，
∴外角＝90°，
360÷90＝4，
正多边形是正方形，
故选：B．
【点评】本题考查了多边形的内角与外角，利用正多边形的每个内角的度数都等于相邻外角的度数得出一个外角的度数是解题关键．
7．【分析】本题的等量关系为：顺流时间+逆流时间＝9小时．
【解答】解：顺流时间为：；逆流时间为：．
所列方程为： +＝9．
故选：A．
【点评】未知量是速度，有速度，一定是根据时间来列等量关系的．找到关键描述语，找到等量关系是解决问题的关键．
8．【分析】首先得到当点E旋转至y轴上时DE最小，然后分别求得AD、OE′的长，最后求得DE′的长即可．
【解答】解：如图，当点E旋转至y轴上时DE最小；
∵△ABC是等边三角形，D为BC的中点，
∴AD⊥BC
∵AB＝BC＝2
∴AD＝AB•sin∠B＝，
∵正六边形的边长等于其半径，正六边形的边长为2，
∴OE＝OE′＝2
∵点A的坐标为（0，6）
∴OA＝6
∴DE′＝OA﹣AD﹣OE′＝4﹣
故选：B．

【点评】本题考查了正多边形的计算及等边三角形的性质，解题的关键是从图形中整理出直角三角形．
9．【分析】根据菱形AECF，得∠FCO＝∠ECO，再利用∠ECO＝∠ECB，可通过折叠的性质，结合直角三角形勾股定理求得BC的长，则利用菱形的面积公式即可求解．
【解答】解：∵四边形AECF是菱形，AB＝3，
∴假设BE＝x，则AE＝3﹣x，CE＝3﹣x，
∵四边形AECF是菱形，
∴∠FCO＝∠ECO，
∵∠ECO＝∠ECB，
∴∠ECO＝∠ECB＝∠FCO＝30°，
2BE＝CE，
∴CE＝2x，
∴2x＝3﹣x，
解得：x＝1，
∴CE＝2，利用勾股定理得出：
BC2+BE2＝EC2，
BC＝＝＝，
又∵AE＝AB﹣BE＝3﹣1＝2，
则菱形的面积是：AE•BC＝2．
故选：C．

【点评】此题主要考查了折叠问题以及勾股定理等知识，解题过程中应注意折叠是一种对称变换，它属于轴对称，根据轴对称的性质，折叠前后图形的形状和大小不变，如本题中折叠前后角相等．
10．【分析】取△ACB的内切圆的圆心是O，连接OE、OF，得出正方形AEOF，求出AE＝AF，推出∠AEF＝∠AFE＝∠CFQ，根据直角三角形斜边上中线性质求出AM＝MC，推出∠MCA＝∠MAC，根据∠BAC＝∠MAG＝∠MAN＝90°，求出∠GAE＝∠MAC＝∠MCA，∠EAM＝∠CAP，根据三角形的无解外角性质得出∠GAE＝∠APE+∠AEP，∠MCA＝∠Q+∠CFQ，求出∠Q＝∠NPQ，推出PN＝NQ即可．
【解答】解：取△ACB的内切圆的圆心是O，连接OE、OF，作NA的延长线AG，
则OE⊥AB，OF⊥AC，OE＝OF，
∵∠BAC＝90°，
∴四边形AEOF是正方形，
∴AE＝AF，
∴∠AEF＝∠AFE，
∵∠BAC＝90°，M为斜边BC上中线，
∴AM＝CM＝BM，
∴∠MAC＝∠MCA，
∵∠BAC＝90°，AN⊥AM，
∴∠BAC＝∠MAG＝∠MAN＝90°，
∴∠GAE+∠EAM＝90°，∠EAM+∠MAC＝90°，∠MAC+∠CAN＝90°，
∴∠GAE＝∠MAC＝∠MCA，∠EAM＝∠CAP，
∵∠GAE＝∠APE+∠AEP，∠MCA＝∠Q+∠CFQ，
∵∠AEF＝∠AFE＝∠CFQ，∠EPA＝∠NPQ，
∴∠Q＝∠NPQ，
∴PN＝QN，
∴＝1，
故选：A．

【点评】本题考查了三角形内切圆与内心、直角三角形斜边上中线性质、等腰三角形的性质和判定、三角形的外角性质、对顶角相等等，题目综合性比较强，有一定的难度，对学生提出较高的要求．
二．填空题（共5小题，满分20分，每小题4分）
11．【分析】求函数自变量的取值范围，就是求函数详解式有意义的条件，分式有意义的条件是：分母不等于0．
【解答】解：根据题意知3﹣2x≠0，
解得：x≠，
故答案为：x≠．
【点评】本题主要考查自变量得取值范围的知识点，当函数表达式是分式时，考虑分式的分母不能为0．
12．【分析】已知OM是△ADC的中位线，再结合已知条件则DC的长可求出，所以利用勾股定理可求出AC的长，由直角三角形斜边上中线的性质则BO的长即可求出．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠D＝90°，
∵O是矩形ABCD的对角线AC的中点，OM∥AB，
∴OM是△ADC的中位线，
∵OM＝3，
∴DC＝6，
∵AD＝BC＝10，
∴AC＝＝2，
∴BO＝AC＝，
故答案为．
【点评】本题考查了矩形的性质，勾股定理的运用，直角三角形斜边上中线的性质以及三角形的中位线的应用，解此题的关键是求出AC的长．
13．【分析】因为七、八、九年级学生人数比为2：3：3，所以七年级所占的人数比为，设该校共有x人，可列方程求解．
【解答】解：设该校共有x人．
•x＝a
x＝
x＝4a
故答案为4a．
【点评】本题考查理解题意的能力，根据题目给出的条件，找出合适的等量关系列出方程，再求解．
14．【分析】先求出∠ODC＝∠BOD＝30°，连接OF，先根据S弓形BD＝S扇形OBD﹣S△BOD求得弓形的面积，再利用折叠的性质求得所有阴影部分面积．
【解答】解：连接OF，
∵CD⊥AO，
∴∠OCD＝90°，
∵C是OA的中点，
∴OC＝OA＝OD＝3，
∴∠CDO＝30°，
∵CD∥OB，
∴∠BOD＝30°，
由折叠得：∠FOD＝∠BOD＝30°，
∵∠AOB＝90°，
∴∠AOF＝∠FOD＝30°，
S弓形BD＝S扇形OBD﹣S△BOD＝﹣×6×3＝3π﹣9，
∴S阴影＝3（3π﹣9）＝9π﹣27；
故答案为：9π﹣27．

【点评】本题主要考查扇形面积的计算，熟练掌握扇形的面积计算公式及折叠的性质是解题的关键．
15．【分析】根据抛物线的开口方向、对称轴、与y轴的交点判定系数符号，及运用一些特殊点解答问题．
【解答】解：①由抛物线的开口向下可得：a＜0，
根据抛物线的对称轴在y轴左边可得：a，b同号，所以b＜0，
根据抛物线与y轴的交点在正半轴可得：c＞0，
∴abc＞0，故①正确；

②∵抛物线y＝ax2+bx+c的对称轴是x＝﹣1．且过点（，0），
∴抛物线与x轴的另一个交点坐标为（﹣，0），
当x＝﹣时，y＝0，即a（﹣）2﹣b+c＝0，
整理得：25a﹣10b+4c＝0，故②正确；

③直线x＝﹣1是抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）的对称轴，所以﹣＝﹣1，可得b＝2a，
a﹣2b+4c＝a﹣4a+4c＝﹣3a+4c，
∵a＜0，
∴﹣3a＞0，
∴﹣3a+4c＞0，
即a﹣2b+4c＞0，故③错误；

④∵x＝﹣1时，函数值最大，
∴a﹣b+c≥m2a﹣mb+c，
∴a﹣b≥m（am﹣b），所以④正确；

⑤∵b＝2a，a+b+c＜0，
∴b+b+c＝0，
即3b+2c＜0，故⑤错误；
故答案是：①②④．
【点评】本题考查的是二次函数图象与系数的关系，掌握二次函数的性质、灵活运用数形结合思想是解题的关键，解答时，要熟练运用抛物线的对称性和抛物线上的点的坐标满足抛物线的详解式．
三．解答题（共9小题，满分90分）
16．【分析】原式利用特殊角角的三角函数值，平方根定义，零指数幂法则，以及绝对值的代数意义化简，计算即可求出值．
【解答】解：原式＝﹣2+1+＝0．
【点评】此题考查了实数的运算，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
17．【分析】先根据分式混合运算的法则把原式进行化简，再把x的值代入进行计算即可．
【解答】解：原式＝（﹣）÷
＝•
＝，
当x＝4时，原式＝＝．
【点评】本题考查分式的运算法则，解题的关键是熟练运用分式的运算法则，本题属于基础题型．
18．【分析】（1）根据平行四边形的性质得出AB＝CD，AD∥BC，求出∠FAD＝∠AFB，根据角平分线定义得出∠FAD＝∠FAB，求出∠AFB＝∠FAB，即可得出答案；
（2）求出△ABF为等边三角形，根据等边三角形的性质得出AF＝BF＝AB，∠ABF＝60°，在Rt△BEF中，∠BFA＝60°，BE＝，解直角三角形求出EF＝2，BF＝4，AB＝BF＝4，BC＝AD＝2，即可得出答案．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AB＝CD，AD∥BC，
∴∠FAD＝∠AFB，
又∵AF平分∠BAD，
∴∠FAD＝∠FAB．
∴∠AFB＝∠FAB．
∴AB＝BF，
∴BF＝CD；

（2）解：∵由（1）知：AB＝BF，
又∵∠BFA＝60°，
∴△ABF为等边三角形，
∴AF＝BF＝AB，∠ABF＝60°，
∵BE⊥AF，
∴点E是AF的中点．
∵在Rt△BEF中，∠BFA＝60°，BE＝，
∴EF＝2，BF＝4，
∴AB＝BF＝4，
∵四边形BACD是平行四边形，
∴AB＝CD，AD＝BC，AB∥CD，
∴∠DCF＝∠ABC＝60°＝∠F，
∴CE＝EF，
∴△ECF是等边三角形，
∴CE＝EF＝CF＝2，
∴BC＝4﹣2＝2，
∴平行四边形ABCD的周长为2+2+4+4＝12．
【点评】本题考查了平行四边形的性质和判定，平行线的性质，解直角三角形，等边三角形的性质和判定等知识点，能综合运用知识点进行推理是解此题的关键．
19．【分析】（1）设每台B型空气净化器的进价为x元，则每台A型净化器的进价为（x+300）元，根据数量＝总价÷单价结合用7500元购进A型空气净化器和用6000元购进B型空气净化器的台数相同，即可得出关于x的分式方程，解之经检验后即可得出结论；
（2）设B型空气净化器的售价为x元，根据总利润＝每台的利润×销售数量，即可得出关于x的一元二次方程，解之即可得出结论．
【解答】解：（1）设每台B型空气净化器的进价为x元，则每台A型净化器的进价为（x+300）元，
根据题意得：＝，
解得：x＝1200，
经检验，x＝1200是原方程的根，
∴x+300＝1500．
答：每台B型空气净化器的进价为1200元，每台A型空气净化器的进价为1500元．
（2）设B型空气净化器的售价为x元，
根据题意得：（x﹣1200）（4+）＝3200，
整理得：（x﹣1600）2＝0，
解得：x1＝x2＝1600．
答：电器商社应将B型空气净化器的售价定为1600元．
【点评】本题考查了分式方程的应用以及一元二次方程的应用，解题的关键是：（1）找准等量关系，正确列出分式方程；（2）找准等量关系，正确列出一元二次方程．
20．【分析】（1）先利用喜欢足球的人数和它所占的百分比计算出调查的总人数，再计算出喜欢乒乓球的人数，然后补全条形统计图；
（2）用500乘以样本中喜欢排球的百分比可根据估计全校500名学生中最喜欢“排球”项目的写生数；
（3）用360°乘以喜欢篮球人数所占的百分比即可；
（4）画树状图展示所有12种等可能的结果数，再找出抽取的两人恰好是甲和乙的结果数，然后根据概率公式求解．
【解答】解：（1）调查的总人数为8÷16%＝50（人），
喜欢乒乓球的人数为50﹣8﹣20﹣6﹣2＝14（人），
所以喜欢乒乓球的学生所占的百分比＝×100%＝28%，
补全条形统计图如下：

（2）500×12%＝60，
所以估计全校500名学生中最喜欢“排球”项目的有60名；
（3），篮球”部分所对应的圆心角＝360×40%＝144°；
（4）画树状图为：

共有12种等可能的结果数，其中抽取的两人恰好是甲和乙的结果数为2，
所以抽取的两人恰好是甲和乙的概率＝＝．
【点评】本题考查了列表法与树状图法：利用列表法或树状图法展示所有等可能的结果n，再从中选出符合事件A或B的结果数目m，然后利用概率公式计算事件A或事件B的概率．也考查了统计图．
21．【分析】（1）要求桥DC与直线AB的距离，只要作CH⊥AB于点H，求出CH的长度即可，由BC和∠B可以求得CH的长，本题得以解决；
（2）要求现在从A地到达B地可比原来少走多少路程，只要求出AD与BC的和比AB﹣EF的长度多多少即可，由于DC＝EF，有题意可以求得各段线段的长度，从而可以解答本题．
【解答】解：（1）作CH⊥AB于点H，如下图所示，

∵BC＝12km，∠B＝30°，
∴km，BH＝km，
即桥DC与直线AB的距离是6.0km；
（2）作DM⊥AB于点M，如下图所示，

∵桥DC和AB平行，CH＝6km，
∴DM＝CH＝6km，
∵∠DMA＝90°，∠B＝45°，MH＝EF＝DC，
∴AD＝km，AM＝DM＝6km，
∴现在从A地到达B地可比原来少走的路程是：（AD+DC+BC）﹣（AM+MH+BH）＝AD+DC+BC﹣AM﹣MH﹣BH＝AD+BC﹣AM﹣BH＝＝6≈4.1km，
即现在从A地到达B地可比原来少走的路程是4.1km．
【点评】本题考查解直角三角形的应用，解题的关键是明确题意，作出合适的图形，利用数形结合的思想解答问题，注意ME＝DC＝EF．
22．【分析】（1）由直径所对的圆周角为直角得到∠BAC为直角，再由AD为角平分线，得到一对角相等，根据同弧所对的圆心角等于圆周角的2倍及等量代换确定出∠DOC为直角，与平行线中的一条垂直，与另一条也垂直得到OD与PD垂直，即可得证；
（2）由PD与BC平行，得到一对同位角相等，再由同弧所对的圆周角相等及等量代换得到∠P＝∠ACD，根据同角的补角相等得到一对角相等，利用两对角相等的三角形相似即可得证；
（3）由三角形ABC为直角三角形，利用勾股定理求出BC的长，再由OD垂直平分BC，得到DB＝DC，根据（2）的相似，得比例，求出所求即可．
【解答】（1）证明：∵圆心O在BC上，
∴BC是圆O的直径，
∴∠BAC＝90°，
连接OD，
∵AD平分∠BAC，
∴∠BAC＝2∠DAC，
∵∠DOC＝2∠DAC，
∴∠DOC＝∠BAC＝90°，即OD⊥BC，
∵PD∥BC，
∴OD⊥PD，
∵OD为圆O的半径，
∴PD是圆O的切线；

（2）证明：∵PD∥BC，
∴∠P＝∠ABC，
∵∠ABC＝∠ADC，
∴∠P＝∠ADC，
∵∠PBD+∠ABD＝180°，∠ACD+∠ABD＝180°，
∴∠PBD＝∠ACD，
∴△PBD∽△DCA；

（3）解：∵△ABC为直角三角形，
∴BC2＝AB2+AC2＝62+82＝100，
∴BC＝10，
∵OD垂直平分BC，
∴DB＝DC，
∵BC为圆O的直径，
∴∠BDC＝90°，
在Rt△DBC中，DB2+DC2＝BC2，即2DC2＝BC2＝100，
∴DC＝DB＝5，
∵△PBD∽△DCA，
∴＝，
则PB＝＝＝．

【点评】此题考查了相似三角形的判定与性质，切线的判定与性质，熟练掌握各自的判定与性质是解本题的关键．
23．【分析】（1）由图象可知，两车同时出发．等量关系有两个：3.6×（慢车的速度+快车的速度）＝720，（9﹣3.6）×慢车的速度＝3.6×快车的速度，设慢车的速度为akm/h，快车的速度为bkm/h，依此列出方程组，求解即可；
（2）点C表示快车到达乙地，然后求出快车行驶完全程的时间从而求出点C的横坐标，再求出相遇后两辆车行驶的路程得到点C的纵坐标，从而得解；
（3）分相遇前相距500km和相遇后相遇500km两种情况求解即可．
【解答】解：（1）设慢车的速度为akm/h，快车的速度为bkm/h，
根据题意，得，解得，
故答案为80，120；

（2）图中点C的实际意义是：快车到达乙地；
∵快车走完全程所需时间为720÷120＝6（h），
∴点C的横坐标为6，
纵坐标为（80+120）×（6﹣3.6）＝480，
即点C（6，480）；

（3）由题意，可知两车行驶的过程中有2次两车之间的距离为500km．
即相遇前：（80+120）x＝720﹣500，
解得x＝1.1，
相遇后：∵点C（6，480），
∴慢车行驶20km两车之间的距离为500km，
∵慢车行驶20km需要的时间是＝0.25（h），
∴x＝6+0.25＝6.25（h），
故x＝1.1 h或6.25 h，两车之间的距离为500km．
【点评】本题考查了一次函数的应用，主要利用了路程、时间、速度三者之间的关系，（3）要分相遇前与相遇后两种情况讨论，这也是本题容易出错的地方．
24．【分析】（1）由y＝﹣x2+bx+c经过点A、B、C，A（﹣1，0），C（0，3），利用待定系数法即可求得此抛物线的详解式；
（2）首先令﹣x2+2x+3＝0，求得点B的坐标，然后设直线BC的详解式为y＝kx+b′，由待定系数法即可求得直线BC的详解式，再设P（a，3﹣a），即可得D（a，﹣a2+2a+3），即可求得PD的长，由S△BDC＝S△PDC+S△PDB，即可得S△BDC＝﹣（a﹣）2+，利用二次函数的性质，即可求得当△BDC的面积最大时，求点P的坐标；
（3）直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半列出关系式m＝（n﹣）2﹣，然后根据n的取值得到最小值．
【解答】解：（1）由题意得：，
解得：，
∴抛物线详解式为y＝﹣x2+2x+3；

（2）令﹣x2+2x+3＝0，
∴x1＝﹣1，x2＝3，
即B（3，0），
设直线BC的详解式为y＝kx+b′，
∴，
解得：，
∴直线BC的详解式为y＝﹣x+3，
设P（a，3﹣a），则D（a，﹣a2+2a+3），
∴PD＝（﹣a2+2a+3）﹣（3﹣a）＝﹣a2+3a，
∴S△BDC＝S△PDC+S△PDB
＝PD•a+PD•（3﹣a）
＝PD•3
＝（﹣a2+3a）
＝﹣（a﹣）2+，
∴当a＝时，△BDC的面积最大，此时P（，）；

（3）由（1），y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4，
∴E（1，4），
设N（1，n），则0≤n≤4，
取CM的中点Q（，），
∵∠MNC＝90°，
∴NQ＝CM，
∴4NQ2＝CM2，
∵NQ2＝（1﹣）2+（n﹣）2，
∴4[＝（1﹣）2+（n﹣）2]＝m2+9，
整理得，m＝n2﹣3n+1，即m＝（n﹣）2﹣，
∵0≤n≤4，
当n＝上，M最小值＝﹣，n＝4时，M最小值＝5，
综上，m的取值范围为：﹣≤m≤5．

【点评】此题考查了待定系数法求函数的详解式、相似三角形的判定与性质、二次函数的最值问题、判别式的应用以及等腰直角三角形的性质等知识．此题综合性很强，难度较大，注意掌握数形结合思想、分类讨论思想与方程思想的应用．