2023年山东省威海市乳山市中考数学一模试卷（含解析）

这是一份2023年山东省威海市乳山市中考数学一模试卷（含解析），共28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。
2023年山东省威海市乳山市中考数学一模试卷
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一个是正确的．每小题选对得3分，选错、不选或多选，均不得分）
1．（3分）﹣2023的相反数是（　　）
A．2023 B． C． D．﹣2023
2．（3分）据研究，我国渤海、黄海、东海、南海的海水中含有许多化学元素．其中铝、锰元素总量均约为8×106吨，用科学记数法表示铝、锰元素总量的和为（　　）
A．8×1012吨 B．6.4×107吨 C．1.6×1013吨 D．1.6×107吨
3．（3分）在如图所示的电路中，随机闭合开关S1、S2、S3中的两个，能让灯泡L1发光的概率是（　　）

A． B． C． D．
4．（3分）如图，AB是⊙O的直径，过⊙O上的点C作⊙O的切线，交AB的延长线于点D，连接AC，若∠D＝40°，则∠CAD＝（　　）

A．20° B．25° C．30° D．40°
5．（3分）下列计算结果为a6的是（　　）
A．（﹣a3）2 B．a7÷a﹣1 C．a3+a3 D．a2•a3
6．（3分）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，按以下步骤作图：①以点A为圆心，以小于AC的长为半径作弧，分别交AC，AB于点M，N；②分别以点M，N为圆心，以大于MN的长为半径作弧，两弧相交于点O；③连接AP，交BC于点E．若CE＝3，BE＝5，则AC的长为（　　）

A．4 B．5 C．6 D．7
7．（3分）如果关于x的一元二次方程ax2+bx+1＝0的一个解是x＝1，则代数式2022﹣a﹣b的值为（　　）
A．﹣2022 B．2021 C．2022 D．2023
8．（3分）如图，正方形OABC的顶点A，C在坐标轴上，将正方形绕点O第1次逆时针旋转45°得到正方形OA1B1C1，依此方式，连续旋转至第2023次得到正方形OA2023B2023C2023．若点A的坐标为（1，0），则点B2023的坐标为（　　）

A．（1，﹣1） B． C． D．（﹣1，1）
9．（3分）如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝BC＝6，延长BC到点D，CD＝4，点E是AD的中点，BE交AC于点F，则△AEF的面积为（　　）

A． B． C． D．
10．（3分）如图①，在四边形ABCD中，AB∥CD，∠A＝90°，点P从点A出发，以1cm/s的速度向点B运动；点Q从点C同时出发，以2cm/s的速度向点D运动，规定当其中一个动点到达终点时，另一个动点也随之停止运动，设运动的时间为x（s），PQ的长度为y（cm），y与x的对应关系如图②所示，最低点为（2，3）．对于下列说法：①AB＝4cm，②CD＝6cm，③BC＝3cm，④当x＝时，PQ∥BC．正确的说法有（　　）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分，只要求填出最后结果）
11．（3分）分解因式：x2﹣9y2＝　 　．
12．（3分）将一块含30°角的直角三角板如图放置，若a∥b，∠2＝30°，则∠1＝　 　°．

13．（3分）分式的值为0．则x的值为　 　．
14．（3分）已知是二元一次方程组的解，则nm＝　 　．
15．（3分）如图，矩形OABC的两边OA，OC在坐标轴上，且OC＝2OA，M，N分别为OA，OC的中点，AN与BM交于点E，且四边形EMON的面积为1，则经过点B的反比例函数的解析式为 　 　．

16．（3分）如图①，将一张正方形纸片ABCD对折，得到折痕EF，再折出矩形BCFE的对角线BF．如图②，将AB折到BF上，点A落在BF上的点A′处，折痕为BG．若AB＝2，则A′G＝　 　．

三、解答题（本大题共8小题，共72分，写出必要的运算、推理过程）
17．解不等式组，并将解集在数轴上表示出来．
18．数据网络引领时代发展．已知在峰值速率下传输100兆数据，5G网络比4G网络快9秒．若5G网络峰值速率是4G网络峰值速率的10倍，求5G网络的峰值速率．
19．为了解学生阳光体育大课间活动情况，某校调查小组的同学就“学生体育活动兴趣爱好”的问题，随机调查了某班同学，并根据调查结果绘制成如下不完整的统计图：

依据统计图信息，解决下列问题：
（1）随机调查的某班同学有　 　人；
（2）在扇形统计图中，喜欢“足球”的百分比为　 　%；
（3）如果学校有800名学生，估计全校学生中有多少人喜欢篮球项目？
（4）已知在被调查的某班同学中，喜欢篮球的有2名女同学，其余为男同学．现要从中随机抽取2名选手代表班级参加校篮球队，请用画树状图或列表的方法，求出所抽取的选手恰好是1名女同学和1名男同学的概率．
20．如图1是一只拉杆式旅行箱，其侧面示意图如图2所示，已知箱体长AB＝50cm，拉杆BC最大可伸长30cm，点A，B，C在同一条直线上，在箱体的底端装有圆形的滚轮⊙A，⊙A与水平地面MN相切于点D，在拉杆伸长至最大的情况下，且点B距离地面36cm时，点C到地面的距离CE＝54cm．

（1）求滚轮的半径；
（2）调整拉杆BC的长度，当某人的手自然下垂在拉杆顶端C处拉动旅行箱时，C到地面的距离为66cm，拉杆与水平地面的夹角为53°，求此时拉杆BC伸长的长度．（参考数据：sin53°≈0.80，cos53°≈0.60，tan53°≈1.33，结果精确到1cm）
21．如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC．点D在边AB上（AD＞BD），点B关于CD的对称点为E，BE交CD于点G．AE与CD的延长线交于点F，连接CE，BF．
（1）求∠AFC的度数；
（2）若AD＝BC，求证：EF＝DF．

22．如图，已知AB是⊙O的直径，点P在BA的延长线上，AB＝BE，PD切⊙O于点D，交EB于点C，连接AE，点D在AE上．
（1）求证：BE⊥PC；
（2）连接OC，如果PD＝，∠ABC＝60°，求OC的长．

23．已知：在平面直角坐标系中，二次函数的顶点为A，与y轴交于点B，异于顶点A的点C（1，n）在该函数图象上．

（1）若m＝5，则n的值为 　 　；
（2）若n＝2，且点A在第一象限内，求当y＞2时，x的取值范围；
（3）作直线AC与y轴相交于点D．当点B在x轴上方，且在线段OD上时，求m的取值范围．
24．【问题再现】：
（1）如图1，平行四边形ABCD的对角线交于点O，点E，F在对角线BD上，连接AE，CF．若再增加一个条件，便可证明出AE＝CF．
针对上述问题，小明添加的条件是“DE＝BF”；小强添加的条件是“AE∥CF”．请你替小明或小强完成证明过程；（即任选其中一种方法证明）
【问题探究】：
（2）如图2，平行四边形ABCD的对角线交于点O，过点B的直线与对角线AC交于点P，分别过点A，C作直线BP的垂线，垂足分别为点E，F，连接OE，OF．
①求证：OE＝OF；
②若∠OEF＝30°，探究AE，CF，OE间的等量关系，并证明；
【问题拓广】：
（3）如图3，平行四边形ABCD的对角线交于点O，过点B的直线与对角线CA的延长线交于点P，分别过点A，C作直线BP的垂线，垂足分别为点E，F，连接OE，OF．若∠OEF的度数记为α，请写出AE，CF，OE间的等量关系，并证明．


2023年山东省威海市乳山市中考数学一模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一个是正确的．每小题选对得3分，选错、不选或多选，均不得分）
1．（3分）﹣2023的相反数是（　　）
A．2023 B． C． D．﹣2023
【分析】利用相反数的定义判断．
【解答】解：﹣2023的相反数是2023．
故选：A．
2．（3分）据研究，我国渤海、黄海、东海、南海的海水中含有许多化学元素．其中铝、锰元素总量均约为8×106吨，用科学记数法表示铝、锰元素总量的和为（　　）
A．8×1012吨 B．6.4×107吨 C．1.6×1013吨 D．1.6×107吨
【分析】直接将铝、锰元素总量相加，再将其用科学记数法表示即可得到答案．
【解答】解：∵铝、锰元素总量均约为8×106吨，
∴铝、锰元素总量的和约为：8×106+8×106＝16×106＝1.6×107，
故选：D．
3．（3分）在如图所示的电路中，随机闭合开关S1、S2、S3中的两个，能让灯泡L1发光的概率是（　　）

A． B． C． D．
【分析】首先根据题意画出树状图，然后由树状图求得所有等可能的结果与能让灯泡L1发光的情况，再利用概率公式求解即可求得答案．
【解答】解：画树状图得：

∵共有6种等可能的结果，能让灯泡L1发光的有2种情况，
∴能让灯泡L1发光的概率为＝．
故选：B．
4．（3分）如图，AB是⊙O的直径，过⊙O上的点C作⊙O的切线，交AB的延长线于点D，连接AC，若∠D＝40°，则∠CAD＝（　　）

A．20° B．25° C．30° D．40°
【分析】连接OC，根据切线的性质可得∠OCD＝90°，即可求出∠COD的度数，根据圆周角定理即可得答案．
【解答】解：连接OC，

∵CD是⊙O的切线，
∴∠OCD＝90°，
∵∠D＝40°，
∴∠COD＝50°，
∴，
故选：B．
5．（3分）下列计算结果为a6的是（　　）
A．（﹣a3）2 B．a7÷a﹣1 C．a3+a3 D．a2•a3
【分析】根据同底数幂的乘除法则，积的乘方法则，合并同类项．逐一计算，判断即可．
【解答】解：A、（﹣a3）2＝a6，符合题意；
B、a7÷a﹣1＝a8，不符合题意；
C、a3+a3＝2a3，不符合题意；
D、a2⋅a3＝a5，不符合题意；
故选：A．
6．（3分）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，按以下步骤作图：①以点A为圆心，以小于AC的长为半径作弧，分别交AC，AB于点M，N；②分别以点M，N为圆心，以大于MN的长为半径作弧，两弧相交于点O；③连接AP，交BC于点E．若CE＝3，BE＝5，则AC的长为（　　）

A．4 B．5 C．6 D．7
【分析】直接利用基本作图方法得出AE是∠CAB的平分线，进而结合全等三角形的判定与性质得出AC＝AD，再利用勾股定理得出AC的长．
【解答】解：过点E作ED⊥AB于点D，

由作图方法可得出AE是∠CAB的平分线，
∵EC⊥AC，ED⊥AB，
∴EC＝ED＝3，
在Rt△ACE和Rt△ADE中，
，
∴Rt△ACE≌Rt△ADE（HL），
∴AC＝AD，
在Rt△EDB中，DE＝3，BE＝5，
∴BD＝4，
设AC＝x，则AB＝4+x，
故在Rt△ACB中，
AC2+BC2＝AB2，
即x2+82＝（x+4）2，
解得：x＝6，
即AC的长为：6．
故选：C．
7．（3分）如果关于x的一元二次方程ax2+bx+1＝0的一个解是x＝1，则代数式2022﹣a﹣b的值为（　　）
A．﹣2022 B．2021 C．2022 D．2023
【分析】利用一元二次方程解的定义得到a+b＝﹣1，然后把2022﹣a﹣b变形为2022﹣（a+b），再利用整体代入的方法计算．
【解答】解：把x＝1代入方程ax2+bx+1＝0得a+b+1＝0，
所以a+b＝﹣1，
所以2022﹣a﹣b＝2022﹣（a+b）＝2022+1＝2023．
故选：D．
8．（3分）如图，正方形OABC的顶点A，C在坐标轴上，将正方形绕点O第1次逆时针旋转45°得到正方形OA1B1C1，依此方式，连续旋转至第2023次得到正方形OA2023B2023C2023．若点A的坐标为（1，0），则点B2023的坐标为（　　）

A．（1，﹣1） B． C． D．（﹣1，1）
【分析】根据图形可知：点B在以O为圆心，以OB为半径的圆上运动，再由旋转可知：将正方形OABC绕点O逆时针旋转45°后得到正方形OA1B1C1，相当于将线段OB绕点O逆时针旋转45°，可得对应点B的坐标，然后发现规律是8次一循环，进而得出答案．
【解答】解：∵点A的坐标为（1，0），
∴OA＝1，
∵四边形OABC是正方形，
∴∠OAB＝90°，AB＝OA＝1，
∴B（1，1），
连接OB，如图：

由勾股定理得：，
由旋转的性质得：，
∵将正方形OABC绕点O逆时针旋转45°后得到正方形OA1B1C1，相当于将线段OB绕点O逆时针旋转45°，依次得到∠AOB＝∠BOB1＝∠B1OB2＝…＝45°，
∴，B2（﹣1，1），，B4（﹣1，﹣1），，B6（1，﹣1），…，发现是8次一循环，
则2023÷8＝252…7，
∴点B2023的坐标为；
故选：C．
9．（3分）如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝BC＝6，延长BC到点D，CD＝4，点E是AD的中点，BE交AC于点F，则△AEF的面积为（　　）

A． B． C． D．
【分析】取AC的中点G，连接EG，得到，推出△BFC∽△EFG，求出EF：BE的值，利用同高三角形的面积比等于底边比进行求解即可．
【解答】解：∵∠ABC＝90°，AB＝BC＝6，CD＝4，
∴BD＝BC+CD＝10，
∴S△ABD＝AB•BD＝30，
∵点E是AD的中点，
∴，
取AC的中点G，连接EG，则：，

∴△BFC∽△EFG，
∴，
∴，
∴，
∴．
故选：A．
10．（3分）如图①，在四边形ABCD中，AB∥CD，∠A＝90°，点P从点A出发，以1cm/s的速度向点B运动；点Q从点C同时出发，以2cm/s的速度向点D运动，规定当其中一个动点到达终点时，另一个动点也随之停止运动，设运动的时间为x（s），PQ的长度为y（cm），y与x的对应关系如图②所示，最低点为（2，3）．对于下列说法：①AB＝4cm，②CD＝6cm，③BC＝3cm，④当x＝时，PQ∥BC．正确的说法有（　　）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【分析】由图象上三个点的坐标，结合勾股定理可判断出各条线段的长，即可判断①②③④，进而得出结论．
【解答】解：由图象经过可知当x＝0时，，
∴，
由图象最低点是（2，3）可知当x＝2时，y＝PQ＝3，
此时PQ⊥CD，
∵AB∥CD，∠A＝90°，
∴此时四边形ADQP为矩形，
∴AD＝3，
∴根据勾股定理得：
，
故②正确，
∴Q点最多运动3s，
由最后一个点可知运动3s时，
此时Q与D重合，，
∴AB的长是求不出来的，
∴①③④不能判断对错，
故选：A．
二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分，只要求填出最后结果）
11．（3分）分解因式：x2﹣9y2＝　（x﹣3y）（x+3y）　．
【分析】直接利用平方差公式分解因式得出答案．
【解答】解：原式＝（x﹣3y）（x+3y）．
故答案为：（x﹣3y）（x+3y）．
12．（3分）将一块含30°角的直角三角板如图放置，若a∥b，∠2＝30°，则∠1＝　150　°．

【分析】先求解∠ACH＝90°﹣30°＝60°，如图，过C作CM∥a，而a∥b，可得CM∥a∥b，再利用平行线的性质可得答案．
【解答】解：∵∠A＝30°，∠H＝90°，
∴∠ACH＝90°﹣30°＝60°，
如图，过C作CM∥a，而a∥b，

∴CM∥a∥b，
∴∠HCM＝∠2＝30°，
∠CKQ+∠ACM＝180°，
∴∠ACM＝60°﹣30°＝30°，
∠CKQ＝180°﹣30°＝150°，
∴∠1＝∠CKQ＝150°，
故答案为：150．
13．（3分）分式的值为0．则x的值为　5　．
【分析】分式的值为0的条件是：（1）分子为0；（2）分母不为0．两个条件需同时具备，缺一不可．据此可以解答本题．
【解答】解：由题意可得|x|﹣5＝0且x+5≠0，
解得x＝5．
故答案是：5．
14．（3分）已知是二元一次方程组的解，则nm＝　　．
【分析】将代入方程组，求出m，n的值，即可得出结果．
【解答】解：由题意得：，
解得：，
∴；
故答案为：．
15．（3分）如图，矩形OABC的两边OA，OC在坐标轴上，且OC＝2OA，M，N分别为OA，OC的中点，AN与BM交于点E，且四边形EMON的面积为1，则经过点B的反比例函数的解析式为 　　．

【分析】利用等积法，得到△ABE的面积等于四边形EMON的面积，取AN的中点F，连接MF，得到，进而得到，得到△AEB∽△FEM，得到ME：BE＝1：4，得到△AME的面积，进而得到△ABM的面积，从而得到矩形OABC的面积，即可得解．
【解答】解：∵矩形OABC的两边OA，OC在坐标轴上，且OC＝2OA，M，N分别为OA，OC的中点，AN与BM交于点E，
∴，即：S△AON＝S△AMB，
∴S△AON﹣S△AME＝S△AMB﹣S△AME，即：△ABE的面积等于四边形EMON的面积，
∴S△ABE＝1，
取AN的中点F，连接MF，则：，

∴，
∴△AEB∽△FEM，
∴ME：BE＝MF：AB＝1：4，
∴S△AME：S△ABE＝ME：BE＝1：4，
∴，
∴，即：，
∴AB⋅OA＝5，即：矩形OABC的面积为5；
∵反比例函数的图象经过点B，
∴k＝S矩形OABC＝5，
∴反比例函数的解析式为：；
故答案为：．
16．（3分）如图①，将一张正方形纸片ABCD对折，得到折痕EF，再折出矩形BCFE的对角线BF．如图②，将AB折到BF上，点A落在BF上的点A′处，折痕为BG．若AB＝2，则A′G＝　　．

【分析】连接GF，由折纸第一步，可知DF＝1，在Rt△BCF中，根据勾股定理得出，则．设AG＝A′G＝x，则GD＝2﹣x，在Rt△A′GF和Rt△DGF中，根据勾股定理由GF不变得出A′F2+A′G2＝DF2+DG2，列出关于x的方程，解方程求出．
【解答】解：如图，连接GF，

∵AB＝2，则DF＝1．
在Rt△BCF中，，
则．
设AG＝A′G＝x，则GD＝2﹣x，
在Rt△A′GF和Rt△DGF中，A′F2+A′G2＝DF2+DG2，
即，
解得：，
∴．
故答案为：．
三、解答题（本大题共8小题，共72分，写出必要的运算、推理过程）
17．解不等式组，并将解集在数轴上表示出来．
【分析】分别解出每一个不等式的解集，进而求出不等式组的解集，再在数轴上表示出解集即可．
【解答】解：，
由不等式①得x≥2．
由不等式②得x＜3．
所以不等式组的解集为2≤x＜3．
数轴表示如图：

18．数据网络引领时代发展．已知在峰值速率下传输100兆数据，5G网络比4G网络快9秒．若5G网络峰值速率是4G网络峰值速率的10倍，求5G网络的峰值速率．
【分析】设4G网络的峰值速率为x兆，根据在峰值速率下传输100兆数据，5G网络比4G网络快9秒列出方程，解方程即可．
【解答】解：设4G网络的峰值速率为x兆，由题意得：
．
解得x＝10．
经检验，x＝10是分式方程的解．
所以，10x＝100．
答：5G网络的峰值速率为100兆．
19．为了解学生阳光体育大课间活动情况，某校调查小组的同学就“学生体育活动兴趣爱好”的问题，随机调查了某班同学，并根据调查结果绘制成如下不完整的统计图：

依据统计图信息，解决下列问题：
（1）随机调查的某班同学有　50　人；
（2）在扇形统计图中，喜欢“足球”的百分比为　20　%；
（3）如果学校有800名学生，估计全校学生中有多少人喜欢篮球项目？
（4）已知在被调查的某班同学中，喜欢篮球的有2名女同学，其余为男同学．现要从中随机抽取2名选手代表班级参加校篮球队，请用画树状图或列表的方法，求出所抽取的选手恰好是1名女同学和1名男同学的概率．
【分析】（1）用跳绳的人数除以所占百分比进行求解即可；
（2）用足球的人数除以总人数，即可得解；
（3）用全校学生人数乘以样本中篮球所占的百分比进行求解即可；
（4）列出表格，利于概率公式进行求解即可．
【解答】解：（1）20÷40%＝50（人）；
故答案为：50；
（2）10÷50＝0.2＝20%；
故答案为：20；
（3）（人）．
答：估计全校学生中有80人喜欢篮球项目．
（4）喜欢篮球项目的有5人，其中两名女生，则有三名男生，用A，B表示女生，C，D，E表示男生，列表如下：

A
B
C
D
E
A

A，B
A，C
A，D
A，E
B
B，A

B，C
B，D
B，E
C
C，A
C，B

C，D
C，E
D
D，A
D，B
D，C

D，E
E
E，A
E，B
E，C
E，D

共有20种等可能的结果，其中1名女同学和1名男同学共有12种结果．
所以，P（1名女同学和1名男同学）＝．
20．如图1是一只拉杆式旅行箱，其侧面示意图如图2所示，已知箱体长AB＝50cm，拉杆BC最大可伸长30cm，点A，B，C在同一条直线上，在箱体的底端装有圆形的滚轮⊙A，⊙A与水平地面MN相切于点D，在拉杆伸长至最大的情况下，且点B距离地面36cm时，点C到地面的距离CE＝54cm．

（1）求滚轮的半径；
（2）调整拉杆BC的长度，当某人的手自然下垂在拉杆顶端C处拉动旅行箱时，C到地面的距离为66cm，拉杆与水平地面的夹角为53°，求此时拉杆BC伸长的长度．（参考数据：sin53°≈0.80，cos53°≈0.60，tan53°≈1.33，结果精确到1cm）
【分析】（1）连接AD，作AF⊥CE于点F，BH⊥MN于点H，交AF于点K．则BH∥CE，设⊙A的半径为rcm，则BK＝（36﹣r）cm，CF＝（54﹣r）cm．证明△ABK∽△ACF，得到，则，解得r＝6即可．
（2）在Rt△ACF中，CF＝66﹣6＝60cm．再求得到AC＝75cm．由BC＝AC﹣AB即可得到答案．
【解答】解：（1）连接AD，作AF⊥CE于点F，BH⊥MN于点H，交AF于点K．则BH∥CE，

设⊙A的半径为rcm，则BK＝（36﹣r）cm，CF＝（54﹣r）cm．
∵BH∥CE，
∴△ABK∽△ACF．
∴．
即．
解得r＝6．
∴滚轮的半径为6cm．
（2）在Rt△ACF中，CF＝66﹣6＝60cm．
∴．
∴BC＝AC﹣AB＝75﹣50＝25cm．
∴拉杆BC的伸长的长度约为25cm．
21．如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC．点D在边AB上（AD＞BD），点B关于CD的对称点为E，BE交CD于点G．AE与CD的延长线交于点F，连接CE，BF．
（1）求∠AFC的度数；
（2）若AD＝BC，求证：EF＝DF．

【分析】（1）根据对称得到CE＝CB，∠BCD＝∠ECD，进而得到AC＝CE，AC＝CE，设∠BCD＝x，推出∠AEC＝45°+x，利用三角形的外角的性质，即可求解；
（2）证明△ADF≌△CBF，推出AF＝CF，DF＝BF，根据EF＝BF，即可得出结论．
【解答】（1）解：∵点B，E关于CD对称，
∴CE＝CB，∠BCD＝∠ECD．
∵AC＝BC，
∴AC＝CE．
∴AC＝CE．
设∠BCD＝x，则：∠ECD＝x，∠ACE＝90°﹣2x．
∴．
∴∠AFC＝∠AEC﹣∠ECF＝45°．
（2）证明：∵点B，E关于CD对称，点F在直线CD上，
∴FE＝FB，CF⊥BE．
由（1）知：∠AFC＝45°
∴∠EFG＝∠BFG＝45°．
∵∠ACB＝90°，AC＝BC，
∴．
∴∠EFG＝∠BFG＝∠ABC．
∵∠ADF＝∠CDB，
∴∠FAD＝∠FCB．
∵AD＝BC，
∴△ADF≌△CBF（AAS）．
∴AF＝CF，DF＝BF．
∵EF＝BF，
∴EF＝DF．
22．如图，已知AB是⊙O的直径，点P在BA的延长线上，AB＝BE，PD切⊙O于点D，交EB于点C，连接AE，点D在AE上．
（1）求证：BE⊥PC；
（2）连接OC，如果PD＝，∠ABC＝60°，求OC的长．

【分析】（1）连接OD，由等腰三角形的性质得出∠ODA＝∠E，证得OD∥BE，由PD切⊙O于点D，得到OD⊥PD，则可得出结论；
（2）由（1）知，OD∥BE，得到∠POD＝∠B，根据三角函数的定义即可得DC，OD的长，再由勾股定理可求出OC的长．
【解答】证明：连接OD，

∵AB＝BE，
∴∠E＝∠BAE，
∵OA＝OD，
∴∠OAD＝∠ODA，
∴∠ODA＝∠E，
∴OD∥BE，
∵PD切⊙O于点D，
∴OD⊥PD，
∴BE⊥PC；
（2）解：∵OD∥BE，∠ABC＝60°，
∴∠DOP＝∠ABC＝60°，
∵PD⊥OD，
∴tan∠DOP＝，
∴，
∴OD＝2，
∴OP＝4，
∴PB＝6，
∴sin∠ABC＝，
∴，
∴PC＝3，
∴DC＝，
∴DC2+OD2＝OC2，
∴（）2+22＝OC2，
∴OC＝．
23．已知：在平面直角坐标系中，二次函数的顶点为A，与y轴交于点B，异于顶点A的点C（1，n）在该函数图象上．

（1）若m＝5，则n的值为 　﹣4　；
（2）若n＝2，且点A在第一象限内，求当y＞2时，x的取值范围；
（3）作直线AC与y轴相交于点D．当点B在x轴上方，且在线段OD上时，求m的取值范围．
【分析】（1）将m＝5代入解析式，再将点C代入解析式进行计算即可得解；
（2）根据n＝2，且点A在第一象限内，求出函数解析式，再利用图象法，求出x的取值范围即可；
（3）根据题意，可知当B与O点重合时，m值最大，当A，B，D三点重合时，m的值最小，进行求解即可．
【解答】解：（1）当m＝5时，，
∵点C在函数图象上，
∴；
故答案为：﹣4；
（2）当n＝2时，则：，
解得：m1＝﹣1（不合题意，舍去），m2＝3；
∴，
∴抛物线的对称轴为直线x＝3，
∵x＝1与x＝5关于对称轴对称，
∴点C（1，2）关于对称轴的对称点为：（5，2），如图，

由图可知：当y＞2时，x的取值范围为1＜x＜5．
（3）∵点A与点C不重合，
∴m≠1．
当x＝0，则．
∴，

如图，抛物线从图1的位置向左平移到图2的位置前，m的值在逐渐减小，且点B沿y轴向上移动．
当点B与O重合时，．
解得，（舍）．
如图2，当点A，B，D重合时，
点B到达最高点．
此时点B的坐标为（0，4）．
∴．
解得m＝0．
∴m的取值范围是：0≤m＜1或．
24．【问题再现】：
（1）如图1，平行四边形ABCD的对角线交于点O，点E，F在对角线BD上，连接AE，CF．若再增加一个条件，便可证明出AE＝CF．
针对上述问题，小明添加的条件是“DE＝BF”；小强添加的条件是“AE∥CF”．请你替小明或小强完成证明过程；（即任选其中一种方法证明）
【问题探究】：
（2）如图2，平行四边形ABCD的对角线交于点O，过点B的直线与对角线AC交于点P，分别过点A，C作直线BP的垂线，垂足分别为点E，F，连接OE，OF．
①求证：OE＝OF；
②若∠OEF＝30°，探究AE，CF，OE间的等量关系，并证明；
【问题拓广】：
（3）如图3，平行四边形ABCD的对角线交于点O，过点B的直线与对角线CA的延长线交于点P，分别过点A，C作直线BP的垂线，垂足分别为点E，F，连接OE，OF．若∠OEF的度数记为α，请写出AE，CF，OE间的等量关系，并证明．

【分析】（1）小明：证明△AOE≌△COF（SAS），即可得出结论；小强：证明△AOE≌△COF（AAS），即可得出结论；
（2）①如图，延长EO交CF于点M，证明△AOE≌△COM（AAS），得到，利用斜边上的中线等于斜边的一半，得到，即可得到OE＝OF；
②利用含30度角的直角三角形的性质，得到，利用CF＝MF+CM，进行转化即可得出结论；
（3）同法（2）可得：，利用三角函数得到，MF＝2OE⋅sinα，利用CF＝MF﹣CM，进行转化即可得出结论．
【解答】（1）解：【小明】∵平行四边形ABCD的对角线交于点O，
∴OD＝OB，OA＝OC，
∵DE＝BF，
∴OD﹣DE＝OB﹣BF，即：OE＝OF，
又∠AOE＝∠COF，
∴△AOE≌△COF（SAS），
∴AE＝CF；
【小强】∵AE∥CF，
∴∠AEO＝∠CFO．
∵平行四边形ABCD的对角线交于点O，
∴OA＝OC，
又∠AOE＝∠COF，
∴△AOE≌△COF（AAS）．
∴AE＝CF．
（2）①证明：如图，延长EO交CF于点M．

∵平行四边形ABCD的对角线交于点O，
∴OA＝OC，
∵AE⊥BP，CF⊥BP，
∴AE∥CM，
∴∠CMO＝∠AEO，
又∠COM＝∠AOE
∴△AOE≌△COM（AAS）．
∴AE＝CM，OE＝OM．
即．
在Rt△MEF中，．
∴OE＝OF．
②解：CF＝OE+AE．
∵∠OEF＝30°，
∴．
∴MF＝OE．
∵CF＝MF+CM，
∴CF＝OE+AE．

（3）解：CF＝2OE•sinα﹣AE．
如图，延长EO交FC的延长线于点M．

同法（2）可得：△AOE≌△COM．
∴．
在Rt△MEF中，．
∴OE＝OF．
在Rt△MEF中，MF＝EM•sin∠MEF．
即MF＝2OE•sinα．
∵CF＝MF﹣CM，
∴CF＝2OE•sinα﹣AE．