2023年山东省枣庄市市中区中考数学一模试卷（含解析）

这是一份2023年山东省枣庄市市中区中考数学一模试卷（含解析），共24页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1. 如图所示的几何体的左视图是( )
A.
B.
C.
D.
2. 如图，△ABC中，∠C=80°，AC=4，BC=6.将△ABC沿图示中的虚线剪开，按下面四种方式剪下的阴影三角形与原三角形相似的是( )
A. ①②③B. ②③④C. ①②D. ④
3. 用配方法解方程x2−2=4x，下列配方正确的是( )
A. (x+2)2=2B. (x−2)2=2C. (x+2)2=6D. (x−2)2=6
4. 已知点A(1,−3)关于x轴的对称点A′在反比例函数y=kx的图象上，则实数k的值是( )
A. 13B. 3C. −13D. −3
5. 如图，在一块菱形菜地ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，若在菱形菜地内均匀地撒上种子，则种子落在阴影部分的概率是( )
A. 1B. 12C. 13D. 14
6. 如图，点A、B、C在⊙O上，BC/​/OA，连接BO并延长，交⊙O于点D，连接AC，DC.若∠A=25°，则∠D的大小为( )
A. 25°
B. 30°
C. 40°
D. 50°
7. 如图，在边长相同的小正方形组成的网格中，点A、B、C、D都在这些小正方形的顶点上，AB、CD相交于点P，则sin∠APD的值是( )
A. 12B. 55C. 2 55D. 10
8. 在平面直角坐标系中，已知点P(−3,1)，Q(−1,−1)，以原点O为位似中心，相似比为13，把△OPQ缩小，则点P的对应点P′的坐标是( )
A. (−1,13)B. (−9,3)
C. (−1,13)或(1,−13)D. (−9,3)或(9,−3)
9. 如图，李老师用自制的直角三角形纸板去测“步云阁”的高度，他调整自己的位置，设法使斜边DF保持水平，边DE与点B在同一直线上.已知直角三角纸板中DE=18cm，EF=12cm，测得眼睛D离地面的高度为1.8m，他与“步云阁”的水平距离CD为114m，则“步云阁”的高度AB是( )
A. 74.2mB. 77.8mC. 79.6mD. 79.8m
10. 已知抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)的对称轴是直线x=1，其部分图象如图所示，下列说法中：①abc>0；②4a−2b+c<0；③若A(−12,y1)、C(−2,y2)是抛物线上的两点，则有y2−1且n<3；以上说法正确的有( )
A. ①②③④B. ②③④C. ②④D. ②③
二、填空题（本大题共6小题，共18.0分）
11. 已知xy=32，则y2y−x= ．
12. 如图，AB是⊙O的切线，B为切点，AO的延长线交⊙O于C点，连接BC，如果∠A=30°，AB= 3cm，那么AC的长等于 ．
13. 已知关于x的一元二次方程(m−1)x2−2x+1有实数根，则m的取值范围是______．
14. 如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=5，BC=12，D是AB上一动点，过点D作DE⊥AC于点E，DF⊥BC于点F，连接EF，则线段EF的最小值是______．
15. 如图，△ABO的顶点A在函数y=kx(x<0)的图象上，∠ABO=90°，过AO边的三等分点M、N分别作x轴的平行线交AB于点P、Q.若四边形MNQP的面积为3，则k的值为______．
16. 如图，E、F分别是正方形ABCD的边CD，AD上的点，且CE=DF，AE，BF相交于点O，下列结论①AE=BF；②AE⊥BF；③AO=OE；④S△AOB=S四边形DEOF中，正确结论的是 填序号．
三、解答题（本大题共8小题，共72.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题8.0分)
(1)解方程(x+2)2−25=0；
(2)计算：2sin45°+4cs230°−tan260°．
18. (本小题8.0分)
如图，将①∠BAD=∠C；②∠ADB=∠CAB；③AB2=BD⋅BC；④CAAD=ABDB；⑤BCBA=DAAC中的一个作为条件，另一个作为结论，组成一个真命题．
(1)条件是______，结论是______；(注：填序号)
(2)写出你的证明过程．
19. (本小题8.0分)
为了培养学生的创新精神和实践能力，某校组织学生到技师学院开展了为期一周的社会实践活动.每位同学可以在“A(机器人)，B(面塑)，C(电烙画)，D(摄影)”四门课程中选择一门.为公平起见，学校制作了如图所示的转盘，学生转动转盘一次，指针指到的课程即自己参加的实践课程．
(1)乐乐是该校的一名学生，乐乐参加“D(摄影)”实践课程的概率是 ；
(2)果果和贝贝是好朋友，他们想参加相同的实践课程，请你用画树状图或列表的方法求他们参加相同实践课程的概率.(四门课程用所对应的字母表示)
20. (本小题8.0分)
如图①是一台手机支架，图②是其侧面示意图，AB、BC可分别绕点A、B转动，测量知AB=20cm，BC=14cm，当AB，BC转动到∠BAE=70°，∠ABC=65°时，求点C到直线AE的距离.(精确到0.1cm，参考数据：sin70°≈0.94，cs70°≈0.34， 2≈1.41)
21. (本小题8.0分)
如图，直线y=−32x−2分别交x轴、y轴于A、B两点，与双曲线y=mx(m≠0)在第二象限内的交点为C，CD⊥y轴于点D，且CD=4．
(1)求双曲线的关系式；
(2)设点Q是双曲线上的一点，且△QOB的面积是△AOB的面积的4倍，求点Q的坐标．
22. (本小题10.0分)
如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，OE⊥CD于点E，F是BC的中点，FG⊥CD于点G．
(1)求证：四边形OEGF是矩形；
(2)若OE=3，EG=4，求AC⋅BD的值．
23. (本小题10.0分)
如图，AB是⊙O的弦，C是⊙O外一点，OC⊥OA，CO交AB于点P，交⊙O于点D，且CP=CB．
(1)判断直线BC与⊙O的位置关系，并说明理由；
(2)若∠A=30°，OP=1，求图中阴影部分的面积．
24. (本小题12.0分)
如图①，抛物线y=−x2+bx+c与x轴交于两点A，B(4,0)(点A位于点B的左侧)，与y轴交于点C(0,4)，抛物线的对称轴l与x轴交于点N，长为2的线段PQ(点P位于点Q的上方)在x轴上方的抛物线对称轴上运动．

(1)求抛物线的关系式；
(2)在线段PQ运动过程中，当PC+PA的值最小时，求此时点P的坐标；
(3)如图②过点P作PM⊥y轴于点M，当△CPM和△QBN相似时，求点Q的坐标．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：该几何体的左视图如图所示：．
故选：A．
根据从左面看得到的图形是左视图可得答案．
本题考查了简单几何组体的三视图，掌握从左面看得到的图形是左视图是解题关键．
2.【答案】A
【解析】解：①阴影部分的三角形与原三角形有两个角相等，故两三角形相似；
②阴影部分的三角形与原三角形有两个角相等，故两三角形相似；
③4−1=3，6−4=2，63=42，两三角形对应边成比例且夹角相等，故两三角形相似；
④两三角形的对应边不成比例，故两三角形不相似．
故选：A．
根据相似三角形的判定定理对各选项进行逐一判定即可．
本题考查的是相似三角形的判定，熟知相似三角形的判定定理是解答此题的关键．
3.【答案】D
【解析】解：由原方程得x2−4x=2，
得x2−4x+4=2+4，
得(x−2)2=6，
故选：D．
根据配方法进行运算，即可求解．
本题考查了解一元二次方程−配方法，熟练掌握和运用配方法是解决本题的关键．
4.【答案】B
【解析】解：∵点A(1,−3)和点A′关于x轴对称，
∴A′(1,3)，
∵A′在反比例函数y=kx的图象上，
∴k=1×3=3，
故选：B．
根据反比例函数图象上点的坐标特征即可求解．
本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，解题的关键是根据求出点A(1,−3)关于x轴的对称点A′的坐标．
5.【答案】D
【解析】解：∵菱形菜地ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，
∴BD⊥AC，BO=DO，AO=CO，
∴S△AOB=S△AOD=S△BOC=S△COD，
∴在菱形菜地内均匀地撒上种子，则种子落在阴影部分的概率是：14．
故选：D．
根据菱形的性质对角线互相平分且垂直，进而得出S△AOB=S△AOD=S△BOC=S△COD，即可得出种子落在阴影部分的概率．
此题主要考查了菱形的性质以及几何概率，根据题意得出S△AOB=S△AOD=S△BOC=S△COD是解题关键．
6.【答案】C
【解析】解：∵BC/​/OA，
∴∠ACB=∠A=25°，∠B=∠AOB=2∠ACB=50°，
∵BD是⊙O的直径，
∴∠BCD=90°，
∴∠D=90°−∠B=90°−50°=40°，
故选：C．
由平行线的性质得∠ACB=∠A=25°，由平行线的性质和圆周角定理得∠B=∠AOB=2∠ACB=50°，由圆周角定理得∠BCD=90°，再由直角三角形的性质即可得出答案．
本题考查了圆周角定理、平行线的性质以及直角三角形的性质；熟练掌握圆周角定理和平行线的性质是解题的关键．
7.【答案】C
【解析】解：连接AM，BM，设小正方形的边长是1，
∵△NBM，△NDC是等腰直角三角形，
∴∠NMB=∠NDC=45°，
∴BM//DC，
∴∠MBA=∠APD，
∵∠AMB=90°，
∴sin∠ABM=AMAB，
∵AM= 22+22=2 2，AB= 32+12= 10，
∴sin∠ABM=2 2 10=2 55，
∴sin∠APD=2 55．
故选：C．
连接AM，BM，由等腰直角三角形的性质推出BM//DC，得到∠MBA=∠APD，求sin∠ABM即可．
本题考查解直角三角形，关键是通过作辅助线，应用转化思想求sin∠ABM．
8.【答案】C
【解析】解：∵点P(−3,1)，Q(−1,−1)，以原点O为位似中心，相似比为13，把△OPQ缩小，
∴点P的对应点P′的坐标是(−3×13,1×13)或[−3×(−13),1×(−13)]，即(−1,13)或(1,−13).
故选：C．
直接利用位似图形的性质，如果位似变换是以原点为位似中心，相似比为k，那么位似图形对应点的坐标的比等于k或−k，进而得出答案．
本题考查了位似变换，解题的关键是掌握位似变换的性质．
9.【答案】B
【解析】解：在△DEF和△DCB中，
∵∠D=∠D，∠DEF=∠DCB=90°，
∴△DEF∽△DCB，
∴DEEF=CDBC，
即1812=114BC，
解得：BC=76(m)，
∵AC=1.8m，
∴AB=AC+BC=1.8+76=77.8(m)，
即树高79.8m，
故选：B．
先判定△DEF和△DCB相似，然后根据相似三角形对应边成比例列式求出BC的长，再加上AC即可得解．
本题考查了相似三角形的应用，主要利用了相似三角形对应边成比例的性质，判定出△DEF和△DCB相似是解题的关键．
10.【答案】B
【解析】
【分析】
本题主要考查二次函数图象与系数的关系、抛物线与x轴的交点坐标．
利用抛物线的开口方向、对称轴的位置、抛物线与y轴交点的位置即可判断a，b，c的符号；根据抛物线的对称轴和与x轴的一个交点坐标可算出另一个交点的坐标为(−1,0)，则当x=−2时，根据函数图象即可判断4a−2b+c<0；利用二次函数的性质即可判断y2，y1的大小关系；把m，n看作二次函数y=a(x−3)(x+l)与直线y=2的交点的横坐标，结合函数图象即可判断m，n的取值范围．
【解答】
解：∵抛物线开口向下，
∴a<0，
∵抛物线对称轴为直线x=−b2a=1，
∴b=−2a>0，
∵抛物线与y轴的交点在y轴正半轴，
∴c>0，
∴abc<0，故①错误；
∵抛物线的对称轴是直线x=1，与x轴的一个交点为(3,0)，
∴抛物线与x轴的另一个交点为(−1,0)，
∴当x=−2时，y<0，
∴4a−2b+c<0，故②正确；
∵抛物线开口向下，
∴离对称轴越近的点，函数值越大，
∵1−(−12)<1−(−2)，
∴y1>y2，故③正确；
∵m，n(m∴把m，n看作二次函数y=a(x−3)(x+1)与直线y=2的交点的横坐标，
∴−1∴说法正确的有②③④．
故选：B．
11.【答案】2
【解析】解：因为xy=32，
所以x=3y2，
所以y2y−x=y2y−3y2=y12y=2．
故答案为：2．
利用比例的性质解答即可．
本题考查了比例的性质，熟练掌握比例的性质是解题的关键．比例的性质：内项之积等于外项之积．
12.【答案】3
【解析】解：连接OB，

∵AB是⊙O的切线，B为切点，
∴OB⊥AB，
在直角△OAB中，OB=AB⋅tan30°= 3× 33=1，
则OA=2OB=2，
∴AC=2+1=3，
故答案是：3．
连接OB，则△AOB是直角三角形，利用三角函数即可求得OA的长，则AC即可求解．
本题考查了三角函数以及切线的性质，正确判断△OAB是直角三角形是解题的关键．
13.【答案】m≤2且m≠1
【解析】解：根据题意得m−1≠0且△=(−2)2−4(m−1)≥0，
解得m≤2且m≠1．
故答案为m≤2且m≠1．
根据一元二次方程的定义和判别式的意义得到m−1≠0且△=(−2)2−4(m−1)≥0，然后求出两个不等式的公共部分即可．
本题考查了根的判别式：一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的根与△=b2−4ac有如下关系：当△>0时，方程有两个不相等的实数根；当△=0时，方程有两个相等的实数根；当△<0时，方程无实数根．
14.【答案】6013
【解析】解：如图，连接CD．
∵∠ACB=90°，AC=5，BC=12，
∴AB= AC2+BC2= 52+122=13，
∵DE⊥AC，DF⊥BC，∠C=90°，
∴四边形CFDE是矩形，
∴EF=CD，
由垂线段最短可得CD⊥AB时，线段EF的值最小，
此时，S△ABC=12BC⋅AC=12AB⋅CD，
即12×12×5=12×13⋅CD，
解得：CD=6013，
∴EF=6013．
故答案为：6013．
连接CD，利用勾股定理列式求出AB，判断出四边形CFDE是矩形，根据矩形的对角线相等可得EF=CD，再根据垂线段最短可得CD⊥AB时，线段EF的值最小，然后根据三角形的面积公式列出求解即可．
本题考查了矩形的判定与性质，垂线段最短的性质，勾股定理，判断出CD⊥AB时，线段EF的值最小是解题的关键，难点在于利用三角形的面积列出方程．
15.【答案】−18
【解析】解：∵NQ/​/MP/​/OB，
∴△ANQ∽△AMP∽△AOB，
∵M、N是OA的三等分点，
∴ANAM=12，ANAO=13，
∴S△ANQSAMP=14，
∵四边形MNQP的面积为3，
∴S△ANQ3+S△ANQ=14，
∴S△ANQ=1，
∵1S△AOB=(ANAO)2=19，
∴S△AOB=9，
∴|k|=2S△AOB=18，
∴k=−18．
故答案为：−18．
易证△ANQ∽△AMP∽△AOB，由相似三角形的性质：面积比等于相似比的平方可求出△ANQ的面积，进而可求出△AOB的面积，则k的值也可求出．
本题考查了相似三角形的判定和性质以及反比例函数k的几何意义，正确地求出S△ANQ=1是解题的关键．
16.【答案】①②④
【解析】解：在正方形ABCD中，∠BAF=∠D=90°，AB=AD=CD，
∵CE=DF，
∴AD−DF=CD−CE，
即AF=DE，
在△ABF和△DAE中，
AB=AD∠BAF=∠D=90°AF=DE，
∴△ABF≌△DAE(SAS)，
∴AE=BF，故①正确；
∠ABF=∠DAE，
∵∠DAE+∠BAO=90°，
∴∠ABF+∠BAO=90°，
在△ABO中，∠AOB=180°−(∠ABF+∠BAO)=180°−90°=90°，
∴AE⊥BF，故②正确；
假设AO=OE，
∵AE⊥BF(已证)，
∴AB=BE(线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等)，
∵在Rt△BCE中，BE>BC，
∴AB>BC，这与正方形的边长AB=BC相矛盾，
所以，假设不成立，AO≠OE，故③错误；
∵△ABF≌△DAE，
∴S△ABF=S△DAE，
∴S△ABF−S△AOF=S△DAE−S△AOF，
即S△AOB=S四边形DEOF，故④正确；
综上所述，正确的有①②④．
故答案为：①②④．
根据正方形的性质可得∠BAF=∠D=90°，AB=AD=CD，然后求出AF=DE，再利用“边角边”证明△ABF和△DAE全等，根据全等三角形对应边相等可得AE=BF，从而判定出①正确；再根据全等三角形对应角相等可得∠ABF=∠DAE，然后证明∠ABF+∠BAO=90°，再得到∠AOB=90°，从而得出AE⊥BF，判断②正确；假设AO=OE，根据线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等的性质可得AB=BE，再根据直角三角形斜边大于直角边可得BE>BC，即BE>AB，从而判断③错误；根据全等三角形的面积相等可得S△ABF=S△ADE，然后都减去△AOF的面积，即可得解，从而判断④正确．
本题考查了正方形的四条边都相等，每一个角都是直角的性质，全等三角形的判定与性质，综合题但难度不大，求出△ABF和△DAE全等是解题的关键，也是本题的突破口．
17.【答案】解：(1)(x+2)2−25=0，
则(x+2)2=25，
故x+2=±5，
解得：x1=−7，x2=3；
(2)原式=2× 22+4×( 32)2−( 3)2
= 2+4×34−3
= 2+3−3
= 2．
【解析】(1)直接利用平方根的定义计算得出答案；
(2)直接利用特殊角的三角函数值分别代入，进而得出答案．
此题主要考查了实数的运算以及特殊角的三角函数值，正确化简各数是解题关键．
18.【答案】解：(1)①；③④
(2)∵∠BAD=∠C，∠B=∠B，
∴△ABD∽△ABC，
∴ABBC=BDAB，CAAD=ABDB；
∴AB2=BD⋅BC．
【解析】
解：(1)因为若∠BAD=∠C，则△ABC∽△DBA，故AB 2=BD⋅BC；CAAD=ABDB；
故答案为：①，结论是③或④；
(2)见答案
【分析】(1)根据相似三角形的判定和性质进行分析；
(2)根据相似三角形的判定和性质即可得到结论．
本题考查了相似三角形的判定和性质，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键．
19.【答案】14
【解析】解：(1)∵共有四门课程，分别是机器人、面塑、电烙画、摄影，
∴乐乐参加“D(摄影)”实践课程的概率是14，
故答案为：14；
(2)根据题意列表如下：
共有16种等可能的结果，其中他们参加相同实践课程的有4种，
则他们参加相同实践课程的概率是416=14．
(1)直接根据概率公式求解即可；
(2)根据题意先列出图表得出所有等可能的情况数和他们参加相同实践课程的情况数，然后根据概率公式即可得出答案．
此题考查的是用列表法或树状图法求概率．解题时要注意此题是放回试验还是不放回试验．掌握概率公式：概率=所求情况数与总情况数之比是解题的关键．
20.【答案】解：过点B作BM⊥AE，垂足为M，过点C作CN⊥AE，垂足为N，过点C作CD⊥BM，垂足为D，
∴∠AMB=∠BME=∠CNM=∠CDM=∠CDB=90°，
∴四边形MNCD是矩形，
∴DM=CN，
在Rt△ABM中，∠BAE=70°，AB=20cm，
∴∠ABM=90°−∠BAE=20°，
BM=AB⋅sin70°≈20×0.94=18.8(cm)，
∵∠ABC=65°，
∴∠CBD=∠ABC−∠ABM=45°，
∴∠BCD=90°−∠CBD=45°，
在Rt△BCD中，BC=14cm，
∴BD=BC⋅sin45°≈14×1.412=9.87(cm)，
∴DM=BM−BD=18.8−9.87≈8.9(cm)，
∴DM=CN=8.9cm，
∴点C到AE的距离为8.9cm．
【解析】过点B作BM⊥AE，垂足为M，过点C作CN⊥AE，垂足为N，过点C作CD⊥BM，垂足为D，从而可得四边形MNCD是矩形，进而可得DM=CN，先在RtABM中，利用锐角三角函数的定义求出BM的长，并且可以求出∠ABM=30°，从而求出∠CBD=45°，进而求出∠BCD=45°，然后在Rt△BCD中，利用锐角三角函数的定义求出BD的长，进行计算即可解答．
本题考查了解直角三角形的应用，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
21.【答案】解：(1)∵CD⊥y轴于点D，且CD=4.，
∴点C的横坐标为−4，
当x=−4时，y=−32×(−4)−2=4，
∴点C(−4,4)，
又∵点C(−4,4)在双曲线y=mx(m≠0)上，
∴m=−4×4=−16，
∴双曲线的关系式为y=−16x；
(2)∵直线y=−32x−2分别交x轴、y轴于A、B两点，
∴点A(−43,0)，点B(0,−2)，
即OA=43，OB=2，
∴S△AOB=12×43×2=43，
设Q(x,−16x)，
由于△QOB的面积是△AOB的面积的4倍，
∴△QOB的面积为163，
即12OB×|x|=163，
解得x=±163，
当x=163时，y=−16163=−3，
当x=−163时，y=−16−163=3，
∴点Q(163,−3)或(−163,3)．
【解析】(1)把x=−4代入可求出点C的坐标，再代入反比例函数关系式可确定m的值，进而确定反比例函数关系式；
(2)根据直线的关系式可求出与x轴、y轴的交点坐标，进而求出三角形AOB的面积，得到三角形BOQ的面积后设点Q的坐标，由三角形的面积公式列方程求解即可．
本题是反比例函数图象与一次函数的交点问题，考查了反比例函数图象上点的坐标特征，一次函数图象上点的坐标特征，待定系数法求反比例函数的解析式，三角形的面积，确定点C坐标是求出反比例函数关系式的关键，用含有点Q的坐标表示三角形BOQ的面积标是解决问题的前提．
22.【答案】(1)证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴OB=OD，
∵F是BC的中点，
∴OF是△DBC的中位线，
∴OF//CD，
∵OE⊥CD，FG⊥CD，
∴∠OEG=90°，OE/​/FG，
∴四边形OEGF是平行四边形，
又∵∠OEG=90°，
∴平行四边形OEGF是矩形；
(2)解：由(1)可知，四边形OEGF是矩形，OF是△DBC的中位线，
∴OF=EG=4，CD=2OF=8，
∵OE⊥CD，
∴S△OCD=12CD⋅OE=12×8×3=12，
∵四边形ABCD是菱形，
∴OA=OC，OB=OD，AC⊥BD，
∴S菱形ABCD=4S△OCD=4×12=48，
又∵S菱形ABCD=12AC⋅BD=48，
∴AC⋅BD=96．
【解析】(1)证OF是△DBC的中位线，得OF//CD，再证∠OEG=90°，OE/​/FG，则四边形OEGF是平行四边形，即可得出结论；
(2)由矩形的性质和时间在我想到了得OF=EG=4，CD=2OF=8，再求出S△OCD=12，然后由菱形的性质和面积公式即可得出结论．
本题考查了矩形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、菱形的性质、三角形中位线定理等知识，熟练掌握矩形的判定与性质是解题的关键．
23.【答案】解：(1)直线BC与⊙O相切，
理由：连接OB，
∵OA=OB，
∴∠OAB=∠OBA，
∵CP=CB，
∴∠CPB=∠CBP，
在Rt△AOP中，∵∠OAP+∠APO=90°，
∵∠APO=∠CPB，
∴∠OBA+∠CBP=90°，
即：∠OBC=90°，
∴OB⊥BC，
又∵OB是半径，
∴直线BC与⊙O相切；
(2)∵∠A=30°，∠AOP=90°，
∴∠APO=60°，
∴∠CPB=∠APO=60°，
∵CP=CB，
∴△PBC是等边三角形，
∴∠PCB=∠CBP=60°，
∴∠OBP=∠POB=30°，
∴OP=PB=PC=BC=1，OC=2，
∵∠OBC=90°，
∴OB= OC2−BC2= 3，
∴阴影部分的面积=S△OBC−S扇形OBD=12×1× 3−30⋅π×( 3)2360= 32−π4．
【解析】本题考查了切线的判定，等边三角形的判定和性质，勾股定理，扇形面积的计算，正确的作出辅助线是解题的关键．
(1)根据等边对等角得到∠OAB=∠OBA，∠CPB=∠CBP，推出∠OBA+∠CBP=90°，即OB⊥BC，于是得到结论；
(2)根据三角形的内角和定理得到∠APO=60°，推出△PBC是等边三角形，得到∠PCB=∠CBP=60°，求得BC=1，OC=2，根据勾股定理得到OB= 3，根据三角形和扇形的面积公式即可得到结论．
24.【答案】解：(1)抛物线y=−x2+bx+c与x轴交于点B(4,0)，与y轴交于点C(0,4)，
∴c=4，
∴−16+4b+4=0，
∴b=3，
∴抛物线的关系式为y=−x2+3x+4；
(2)令y=0，
∴−x2+3x+4=0，
解得x=−1或x=4，
∴A(−1,0)，B(4,0)，
∵C(0,4)，
连接BC交抛物线的对称轴l于P，此时PC+PA的值最小，如图①，

∴直线BC的解析式为：y=−x+4，
∵y=−x2+3x+4=−(x−32)2+254，
∴抛物线对称轴直线为x=32，
当x=32时，y=−32+4=52，
∴点P的坐标为(32,52)；
(3)由抛物线对称轴直线x=32，
设Q(32,t)，则P(32,t+2)，M(0,t+2)，N(32,0)，
∵B(4,0)，C(0,4)；
∴BN=52，QN=t，PM=32，CM=|t−2|，
∵∠CMP=∠QNB=90°，
当△CPM和△QBN相似时，CMQN=PMBN或CMBN=PMQN，
①当CMQN=PMBN时，|t−2|t=3252，
解得t=5或t=54，
∴Q(32,5)或(32,54)；
②当CMBN=PMQN时，|t−2|52=32t，
解得t=2+ 192或t=2− 192(舍去)，
∴Q(32,2+ 192)，
综上所述，Q的坐标是(32,5)或(32,54)或(32,2+ 192).
【解析】(1)根据抛物线y=−x2+bx+c与x轴交于点B(4,0)，与y轴交于点C(0,4)，得y=−x2+3x+4；
(2)连接BC交抛物线的对称轴l于P，此时PC+PA的值最小，先求出直线BC的解析式为：y=−x+4，进而可以解决问题；
(3)根据抛物线对称轴直线为x=32，设Q(32,t)，则P(32,t+2)，M(0,t+2)，N(32,0)，可得BN=52，QN=t，PM=32，CM=|t−2|，当△CPM和△QBN相似时，CMQN=PMBN或CMBN=PMQN，然后列方程求解即可解决问题．
本题考查二次函数综合应用，涉及二次函数图象上点坐标的特征，线段的最小值，相似三角形的性质及应用，一元二次方程等，解题的关键是分类讨论思想的应用．
A
B
C
D
A
(A,A)
(A,B)
(A,C)
(A,D)
B
(B,A)
(B,B)
(B,C)
(B,D)
C
(C,A)
(C,B)
(C,C)
(C,D)
D
(D,A)
(D,B)
(D,C)
(D,D)