2023年黑龙江省绥化市明水县中考数学二模试卷（含解析）

这是一份2023年黑龙江省绥化市明水县中考数学二模试卷（含解析），共26页。试卷主要包含了选择题，填空题，计算题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2023年黑龙江省绥化市明水县中考数学二模试卷
一、选择题（本大题共12小题，共36.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. −23的相反数是(    )
A. 23 B. −32 C. 32 D. −23
2. 下列汽车标志中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是(    )
A. B. C. D.
3. 下列运算中正确的是(    )
A. 9=±3 B. x6÷x3=x2
C. (x−2)2=x2−4 D. 3−8=−2
4. 某物体如图所示，它的左视图是(    )
A.
B.
C.
D.
5. 在函数y=1 x+3+(x−3)0中，自变量x的取值范围是(    )
A. x≥−3 B. x>−3 C. x≠3 D. x>−3且x≠3
6. 下列命题是真命题的是(    )
A. 相似三角形的面积比等于对应高的比
B. 连接对角线互相垂直的四边形各边中点所得的四边形是菱形
C. 三角形的内心是三角形三边垂直平分线的交点
D. 在同一平面内，过直线外一点，有且只有一条直线与已知直线平行
7. 如图，△ABC中，∠CAB=65°，在同一平面内，将△ABC绕点A逆时针旋转到△AED的位置，使得DC//AB，则∠BAE等于(    )
A. 30°
B. 40°
C. 50°
D. 60°
8. 从小到大的一组数据−1，1，2，x，6，8的中位数为2，则这组数据的众数和平均数分别是(    )
A. 2，4 B. 2，3 C. 1，4 D. 1，3
9. 若关于x的分式方程2x=mx−2无解，则m的值为(    )
A. 0 B. 2或4 C. 4 D. 0或2
10. 如图，在边长为2 2的正方形ABCD中，E、F分别是边AB、BC的中点，连接EC、FD，G、H分别是EC、FD的中点，连接GH，则GH的长为(    )
A. 2
B. 2
C. 1
D. 3
11. 如图，点P是菱形ABCD边上一动点，若∠A=60°，AB=4，点P从点A出发，以每秒1个单位长的速度沿A→B→C→D的路线运动，当点P运动到点D时停止运动，那么△APD的面积S与点P运动的时间t之间的函数关系的图象是(    )
A. B.
C. D.
12. 如图，抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)的对称轴为直线x=1，与x轴的一个交点坐标为(−1,0)，其部分图象如图所示，下列结论：
①abc<0；
②4ac ③方程ax2+bx+c=0的两个根是x1=−1，x2=3：
④4a+c>0；
⑤对于任意实数m，总有am2+bm≤a+b，其中结论正确的个数是(    )
A. 5个
B. 4个
C. 3个
D. 2个
二、填空题（本大题共10小题，共30.0分）
13. 国家统计局网站公布我国2022年年末总人口约为1412000000人，数据1412000000用科学记数法可表示为______ ．
14. 分解因式：ax2−a=______．
15. 已知一个不透明的袋子里装有3个黑球、5个白球和a个红球，这些球除颜色外其余都相同.若从该布袋里任意摸出1个球是红球的概率为15，则a的值为______ ．
16. 关于x的两个不等式3x+a2<1与1−3x>0的解集相同，则a=______．
17. 圆锥的母线长为5cm，底面周长为4πcm，则这个圆锥的侧面积为______ cm2．
18. 若x1，x2是方程x2+(m+2)x+2m−1=0的两个实数根，且x12+x22=10，则m的值为______ ．
19. 如图，AB是⊙O的直径，OD垂直于弦AC于点D，DO的延长线交⊙O于点E.若AC=4 2，DE=4，则tanB的值为______ ．


20. 在▱ABCD中，AB=8，AD=10，过点A的直线交边BC所在的直线于点E，交边DC所在的直线于点F，若CE=2，则DF的长为______ ．
21. 如图，在Rt△ABC中，AC=BC=6，BD是∠ABC的平分线且交AC于点D，在BD上有一点Q，在BC上有一点P，则CQ+PQ的最小值为______ ．


22. 如图，在平面直角坐标系中有一被称为1的正方形OABC，边OA、OC分别在x轴、y轴上，如果以对角线OB为边作第二个正方形OBB1C1，再以对角线OB1为边作第三个正方形OB1B2C2，照此规律作下去，则点B2020的坐标为______ ．

三、计算题（本大题共1小题，共8.0分）
23. 已知：正方形ABCD中，∠MAN=45°，∠MAN绕点A顺时针旋转，它的两边分别交CB、DC(或它们的延长线)于点M、N.当∠MAN绕点A旋转到BM=DN时(如图1)，易证BM+DN=MN．



(1)当∠MAN绕点A旋转到BM≠DN时(如图2)，线段BM、DN和MN之间有怎样的数量关系？写出猜想，并加以证明；
(2)当∠MAN绕点A旋转到如图3的位置时，线段BM、DN和MN之间又有怎样的数量关系？请写出你的猜想并证明．
四、解答题（本大题共5小题，共46.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
24. (本小题8.0分)
如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AD平分∠BAC．
(1)在AB边上找一点O，以点O为圆心，且过A、D两点作⊙O(不写作法，保留作图痕迹)；
(2)在(1)的条件下，若AB=6，BD=2 3，求⊙O的半径．

25. (本小题8.0分)
小明周末与父母一起到遂宁湿地公园进行数学实践活动，在A处看到B、C处各有一棵被湖水隔开的银杏树，他在A处测得B在北偏西45°方向，C在北偏东30°方向，他从A处走了20米到达B处，又在B处测得C在北偏东60°方向．
(1)求∠C的度数；
(2)求两颗银杏树B、C之间的距离(结果保留根号)．

26. (本小题8.0分)
如图，一次函数y1=kx+b(k≠0)的图象与反比例函数y2=ax(a≠0)的图象在第二象限交于点A(m,3)，与x轴交于点C(−2,0)，过点A作AB⊥x轴于点B，△ABC的面积是92．
(1)求一次函数和反比例函数的解析式；
(2)动点P在y轴上运动，当线段PA与PC之差最大时，求点P的坐标；
(3)请直接写出y1>y2时自变量x的取值范围．

27. (本小题10.0分)
已知：如图，AB为⊙O的直径，⊙O过AC的中点D，DE⊥BC于点E．
(1)求证：DE为⊙O的切线；
(2)若DE=4，tanC=12，求⊙O的直径；
(3)在(2)的条件下，∠ADB的平分线交⊙O于F，交AB于G，求FG⋅FD的值．

28. (本小题12.0分)
如图，已知直线y=43x+4与x轴交于点A，与y轴交于点C，抛物线y=ax2+bx+c经过A，C两点，且与x轴的另一个交点为B，对称轴为直线x=−1．

(1)求抛物线的表达式；
(2)D是第二象限内抛物线上的动点，设点D的横坐标为m，求四边形ABCD面积S的最大值及此时D点的坐标；
(3)若点P在抛物线对称轴上，是否存在点P，Q，使以点A，C，P，Q为顶点的四边形是以AC为对角线的菱形？若存在，请求出P，Q两点的坐标；若不存在，请说明理由．
答案和解析

1.【答案】A 
【解析】解：根据相反数的含义，可得
−23的相反数等于：−(−23)=23，
故选：A。
根据相反数的含义，可求得一个数的相反数的方法就是在这个数的前边添加“−”，据此解答即可。
此题主要考查了相反数的含义以及求法，要熟练掌握，解答此题的关键是要明确：相反数是成对出现的，不能单独存在；求一个数的相反数的方法就是在这个数的前边添加“−”。

2.【答案】D 
【解析】解：A.该图形是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意；
B.该图形既不是中心对称图形，也不是轴对称图形，故此选项不合题意；
C.该图形是中心对称图形，不是轴对称图形，故此选项不合题意；
D.该图形既是轴对称图形，又是中心对称图形，故此选项符合题意．
故选：D．
根据中心对称图形与轴对称图形的概念，进行判断即可．把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形；如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形．
本题考查的是中心对称图形与轴对称图形的概念，常见的中心对称图形有平行四边形、圆形、正方形、长方形等等．常见的轴对称图形有等腰三角形，矩形，正方形，等腰梯形，圆等等．

3.【答案】D 
【解析】解： 9=3，
故A不符合题意；
x6÷x3=x3，
故B不符合题意；
(x−2)2=x2−4x+4，
故C不符合题意；
3−8=−2，
故D符合题意，
故选：D．
根据算术平方根，同底数幂的除法，完全平方公式，立方根运算，分别判断即可．
本题考查了完全平方公式，算术平方根，同底数幂的除法，立方根，熟练掌握这些知识是解题的关键．

4.【答案】B 
【解析】解：从左边看，可得选项B的图形．
故选：B．
根据左视图是从左边看得到的图形，可得答案．
本题考查了简单组合体的三视图，左视图是从左边看得到的图形．

5.【答案】D 
【解析】解：由题意得：x+3>0且x−3≠0，
解得：x>−3且x≠3，
故选：D．
根据二次根式 a(a≥0)，分母不为0，以及a0=1(a≠0)可得x+3>0且x−3≠0，然后进行计算即可解答．
本题考查了函数自变量的取值范围，熟练掌握二次根式 a(a≥0)，分母不为0，以及a0=1(a≠0)是解题的关键．

6.【答案】D 
【解析】解：A、相似三角形的面积比等于对应高的比的平方，故本选项说法是假命题，不符合题意；
B、连接对角线互相垂直的四边形各边中点所得的四边形是矩形，故本选项说法是假命题，不符合题意；
C、三角形的内心是三角形三个内角平分线的交点，故本选项说法是假命题，不符合题意；
D、在同一平面内，过直线外一点，有且只有一条直线与已知直线平行，是真命题，符合题意；
故选：D．
根据相似三角形的性质、中点四边形、三角形的内心的概念、平行公理判断即可．
本题考查的是命题的真假判断，正确的命题叫真命题，错误的命题叫做假命题．判断命题的真假关键是要熟悉课本中的性质定理．

7.【答案】C 
【解析】解：∵DC//AB，
∴∠DCA=∠CAB=65°，
∵△ABC绕点A逆时针旋转到△AED的位置，
∴∠BAE=∠CAD，AC=AD，
∴∠ADC=∠DCA=65°，
∴∠CAD=180°−∠ADC−∠DCA=50°，
∴∠BAE=50°．
故选：C．
先根据平行线的性质得∠DCA=∠CAB=65°，再根据旋转的性质得∠BAE=∠CAD，AC=AD，则根据等腰三角形的性质得∠ADC=∠DCA=65°，然后根据三角形内角和定理计算出∠CAD的度数，于是得∠BAE的度数．
本题主要考查了旋转的性质：旋转前后两图形全等；对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角．本题也考查了平行线的性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理．

8.【答案】B 
【解析】解：∵一组数据−1，1，2，x，6，8的中位数为2，
∴x=2×2−2=2，
2出现的次数最多，故这组数据的众数是2，
这组数据的平均数是(−1+1+2+2+6+8)÷6=3．
故选：B．
先利用中位数的定义求出x的值，再根据众数的定义和平均数的公式，即可求出这组数据的众数和平均数．
本题主要考查了众数，平均数及中位数，解题的关键是将一组数据按照从小到大(或从大到小)的顺序排列，如果数据的个数是奇数，则处于中间位置的数就是这组数据的中位数．如果这组数据的个数是偶数，则中间两个数据的平均数就是这组数据的中位数．

9.【答案】D 
【解析】解：解分式方程2x=mx−2，
方程两边乘以x(x−2)，得2(x−2)=mx，
整理，得(2−m)x=4，
当2−m=0，即m=2时，此方程无解；
当2−m≠0时，
得x=42−m，
∴当42−m=2时此方程无解，
解得m=0，
∴m=2或m=0时此方程无解，
故选：D．
先解该方程得x=42−m，由题意得42−m=2再进行求解．
此题考查了含字母参数分式方程问题的解决能力，关键是能准确理解并运用分式方程无解原因进行求解．

10.【答案】C 
【解析】解：连接FG并延长交AD于M，连接EH并延长交DC于点N，由于G、F各是中点，
所以GF⊥AD，M是AD的中点，
同理可证EN⊥CD，N是CD的中点，
则EN垂直平分MF，P是EN、MF的中点，
由中位线定理可得NC=2PG= 2，MD=2PH= 2，MD=NC，
则PH=PG= 22，
所以△PHG是等腰直角三角形，
则GH= 22× 2=1．
故选：C．
连接FG并延长交AD于M，连接EH并延长交DC于点N，根据正方形性质与判定和勾股定理和三角形中位线性质解答即可．
此题考查正方形的性质，关键是根据正方形的性质解答．

11.【答案】B 
【解析】
【分析】
本题考查了动点问题的函数图象，菱形的性质，根据点P的位置的不同，分三段求出相应的函数解析式是解题的关键．
根据∠A的度数求出菱形的高，再分点P在AB上，在BC上和在CD上三种情况，利用三角形的面积公式列式求出相应的函数关系式，然后选择答案即可．
【解答】
解：∵∠A=60°，AB=4，
∴菱形的高=4× 32=2 3，
点P在AB上时，△APD的面积S=12×4× 32t= 3t(0≤t≤4)；
点P在BC上时，△APD的面积S=12×4×2 3=4 3(4 点P在CD上时，△APD的面积S=12×4× 32(12−t)
=− 3t+12 3(8 纵观各选项，只有B选项图形符合．
故选：B．  
12.【答案】B 
【解析】解：由题意可得，a<0，−b2a=1，c=3>0，
即a<0，b>0，c>0，
∴abc<0，
∴结论①符合题意；
∵该抛物线与x轴有两个交点，
∴b2−4ac>0，
∴4ac ∴结论②符合题意；
∵该抛物线的对称轴为直线x=1，与x轴的一个交点坐标为(−1,0)，
由抛物线的对称性可得该抛物线与x轴的另一个交点坐标是(3,0)，
∴方程ax2+bx+c=0的两个根是x1=−1，x2=3，
∴结论③符合题意；
∵该抛物线的对称轴为直线x=1，
∴−b2a=1，
∴b=−2a，
∵该抛物线与x轴的一个交点坐标为(−1,0)，
∴a−b+c=a−(2a)+c=3a+c=0，
∵a<0，
∴4a+c=a+(3a+c)=a+0=a<0，
即4a+c<0，
∴结论④不符合题意；
∵该抛物线的对称轴为直线x=1，
∴该二次函数的最大值为a+b+c，
∴对于任意实数m，总有am2+bm+c≤a+b+c，
∴对于任意实数m，总有am2+bm≤a+b，
∴结论⑤符合题意，
故选：B．
结合该抛物线的图象，运用二次函数图象与系数的关系进行逐一辨别．
此题考查了二次函数图象与系数关系问题的解决能力，关键是能准确理解并运用该知识进行正确地求解．

13.【答案】1.412×109 
【解析】解：1412000000=1.412×109，
故答案为：1.412×109．
运用科学记数法的定义进行求解．
此题考查了运用科学记数法表示较大数的能力，关键是能准确理解并运用该知识．

14.【答案】a(x+1)(x−1) 
【解析】解：ax2−a，
=a(x2−1)
=a(x+1)(x−1)．
应先提取公因式a，再利用平方差公式进行二次分解．
本题考查提公因式法分解因式和利用平方差公式分解因式，分解因式要彻底，直到不能再分解为止．

15.【答案】2 
【解析】解：根据题意得：a3+5+a=15，
解得：a=2，
经检验，a=2是原分式方程的解，
故a的值为2．
故答案为：2．
首先根据题意得：a3+5+a=15，解此分式方程即可求得答案．
此题考查了概率公式的应用．注意用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．

16.【答案】1 
【解析】解：由3x+a2<1得：x<2−a3，
由1−3x>0得：x<13，
由两个不等式的解集相同，得到2−a3=13，
解得：a=1．
故答案为：1．
求出第二个不等式的解集，表示出第一个不等式的解集，由解集相同求出a的值即可．
此题考查了不等式的解集，根据题意分别求出对应的值利用不等关系求解．

17.【答案】10π 
【解析】解：根据题意，这个圆锥的侧面积=12×4π×5=10π(cm2).
故答案为：10π．
由于圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长，所以利用扇形的面积公式可计算出这个圆锥的侧面积．
本题考查了圆锥的计算：圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长．

18.【答案】2或−2 
【解析】解：根据根与系数的关系得x1+x2=−(m+2)，x1x2=2m−1，
∵x12+x22=10，
∴(x1+x2)2−2x1x2=10，
即(m+2)2−2(2m−1)=10，
整理得m2−4=0，
解得m1=2，m2=−2，
当m=2时，方程化为x2+4x+3=0，方程有两个不相等的实数根；
当m=−2时，方程化为x2−5=0，方程有两个不相等的实数根；
综上所述，m的值为2或−2．
故答案为：2或−2．
根据根与系数的关系得x1+x2=−(m+2)，x1x2=2m−1，再利用x12+x22=10得到(x1+x2)2−2x1x2=10，所以(m+2)2−2(2m−1)=10，接着解关于m的方程得到m1=2，m2=−2，然后根据根的判别式的意义确定m的值．
本题考查了根与系数的关系：若x1，x2是一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的两根，则x1+x2=−ba，x1x2=ca．

19.【答案】2 2 
【解析】解：设OD=x，
∵DE=4，
∴OE=DE−OD=4−x，
∴AB=2OE=8−2x，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠C=90°，
∵OD⊥AC，
∴AD=CD，
∵OA=OB，
∴OD是△ABC的中位线，
∴BC=2OD=2x，
在Rt△ABC中，AC2+BC2=AB2，
∴(4 2)2+(2x)2=(8−2x)2，
解得：x=1，
∴BC=2x=2，
∴tanB=ACBC=4 22=2 2，
故答案为：2 2．
设OD=x，则OE=4−x，从而可得AB=8−2x，先根据直径所对的圆周角是直角可得∠C=90°，再根据垂径定理可得AD=CD，从而可得OD是△ABC的中位线，然后利用三角形的中位线定理可得BC=2OD=2x，最后在Rt△ABC中，利用勾股定理进行计算可求出BC的长，从而利用锐角三角函数的定义进行计算，即可解答．
本题考查了圆周角定理，勾股定理，解直角三角形，垂径定理，三角形的中位线定理，熟练掌握三角形的中位线定理，以及勾股定理是解题的关键．

20.【答案】10或203 
【解析】解：如图1在▱ABCD中，

∵AB//CD，AB=CD，
∴△ABE∽△FDE，
∴ABCF=BECE，
∵BC=10，CE=2，
∴BE=8，
∴8CF=82，
∴CF=2，
∴DF=DC+CF=10；
如图2，BE=10+2=12，
∵△ABE∽△FDE，
∴ABCF=BECE，
∴8CF=122，
∴CF=43，
∴DF=CD−CF=203．
故答案为：10或203．
分两种情况：如图1在▱ABCD中，因为AB//CD，AB=CD，得到△ABE∽△FDE，列比例式解出CF的长度，即可求出DF，如图2，BE=10+2=12，还是通过△ABE∽△FDE，得到比例式求出CF的长度，即可求出DF．
本题考查了平行四边形的性质，相似三角形的判定和性质，正确的作出图形是解题的关键．

21.【答案】3 2 
【解析】解：作CH⊥BA交BD于点Q′，过点Q′作Q′P′⊥BC，垂足为P′，
，
∵BD是∠ABC的平分线，Q′P′⊥BC，CH⊥BA，
∴Q′H=Q′P′，
∴CQ′+P′Q′=CQ′+Q′H=CH，
∵AC=BC，CH⊥BA，
∴CH为中线，
∵△ABC是直角三角形，
∴CH=12AB，
∵AC=BC=6，
∴AB= 62+62=6 2，
∴CH=3 2．
所以CQ+PQ的最小值为3 2．
故答案为：3 2．
根据题意画出图形，然后结合等腰直角三角形的知识进行计算．
本题主要考查了最短路径的知识、勾股定理的知识、等腰直角三角形的知识，难度不大，画出图形是解答的关键．

22.【答案】(−21010,−21010) 
【解析】解：观察，发现规律：B1(0,2)，B2(−2,2)，B3(−4,0)，B4(−4,−4)，B5(0,−8)，B6(8,−8)，B7(16,0)，B8(16,16)，B9(0,32)，
∴B8n+1(0,24n+1)，B8n+2(−24n+1,24n+1)，B8n+3(−24n+2,0)，B8n+4(−24n+2,−24n+2)，B8n+5(0,−24n+3)，B8n+6(24n+3,−24n+3)，B8n+7(24n+4,0)，B8n+8(24n+4,24n+4).
∵2020=8×252+4，
∴B2020(−21010,−21010).
故答案为：(−21010,−21010).
根据正方形的性质找出部分点Bn的坐标，由坐标的变化找出变化规律“B8n+1(0,24n+1)，B8n+2(−24n+1,24n+1)，B8n+3(−24n+2,0)，B8n+4(−24n+2,−24n+2)，B8n+5(0,−24n+3)，B8n+6(24n+3,−24n+3)，B8n+7(24n+4,0)，B8n+8(24n+4,24n+4)”，依此规律即可得出结论．
本题考查了规律型中的点的坐标的变化，解题的关键是找出点的变化规律“B8n+1(0,24n+1)，B8n+2(−24n+1,24n+1)，B8n+3(−24n+2,0)，B8n+4(−24n+2,−24n+2)，B8n+5(0,−24n+3)，B8n+6(24n+3,−24n+3)，B8n+7(24n+4,0)，B8n+8(24n+4,24n+4)”.本题属于中档题，难度不大，解决该题型题目时，根据点的坐标变化找出变化规律是关键．

23.【答案】解：(1)猜想：BM+DN=MN．
证明：如图，把△ADN绕点A顺时针旋转90°，
得到△ABE，则可证得E、B、M三点共线(图形画正确)．
∴∠EAM=90°−∠NAM=90°−45°=45°，
又∵∠NAM=45°，
∴在△AEM与△ANM中，AE=AN∠EAM=∠NAMAM=AM
∴△AEM≌△ANM(SAS)，
∴ME=MN，
∵ME=BE+BM=DN+BM，
∴DN+BM=MN；

(2)DN−BM=MN．
在线段DN上截取DQ=BM，
在△ADQ与△ABM中，
∵AD=AB∠ADQ=∠ABMDQ=BM，
∴△ADQ≌△ABM(SAS)，
∴∠DAQ=∠BAM，
∴∠QAN=∠MAN．
在△AMN和△AQN中，
AQ=AM∠QAN=∠MANAN=AN
∴△AMN≌△AQN(SAS)，
∴MN=QN，
∴DN−BM=MN． 
【解析】本题考查了旋转的性质，解决此类问题的关键是正确的利用旋转不变量．
(1)BM+DN=MN成立，证得B、E、M三点共线即可得到△AEM≌△ANM，从而证得ME=MN．
(2)DN−BM=MN.证明方法与(1)类似．

24.【答案】解：(1)如图：⊙O即为所求；

(2)连接OD，设⊙O的半径为x，即OA=OD=x，
∵AD平分∠BAC，
∴∠CAD=∠BAD，
∵OA=OD，
∴∠BAD=∠ADO，
∴∠ADO=∠CAD，
∴AC//OD，
∴∠ODB=∠C=90°，
∴OD2+BD2=OB2，即：x2+(2 3)2=(6−x)2，
解得：x=2，
∴⊙O的半径为2． 
【解析】(1)作AD的垂直平分线与AB的交点为圆心，OA为半径作圆即可；
(2)设⊙O的半径为x，根据勾股定理列方程求解求解．
本题考查了复杂作图，掌握勾股定理是解题的关键．

25.【答案】解：(1)由题意得：BE//AD，
∵BE//AD且∠EBD=60°，
∴∠BDA=∠EBD=60°，
∵∠BDA=∠C+∠CAD且∠CAD=30°，
∴∠C=∠BDA−∠CAD=30°；
(2)过点B作BG⊥AD于G．
∴∠AGB=∠BGD=90°，
在Rt△AGB中，AB=20米，∠BAG=45°，
AG=BG=20×sin45°=10 2(米)，
在Rt△BGD中，∠BDG=60°，
∴BD=BGsin60∘=20 63(米)，DG=BGtan60∘=10 63(米)，
∵∠C=∠CAD=30°，
∴CD=AD=AG+DG=(10 2+10 63)(米)，
∴BC=BD+CD=(10 2+10 6)米，
答：两颗银杏树B、C之间的距离为 (10 2+10 6)米． 
【解析】(1)根据平行线的性质得到∠BDA=∠EBD=60°，于是得到∠C=∠BDA−∠CAD=30°；
(2)过点B作BG⊥AD于G.根据垂直的定义得到∠AGB=∠BGD=90°，在Rt△AGB中，根据三角函数的定义得到AG=BG=20×sin45°=10 2米，解直角三角形得到BD=BGsin60∘=20 63(米)，DG=BGtan60∘=10 63(米)，于是得到结论．
本题考查了解直角三角形的应用−方向角问题，解决此题的关键是构建含特殊角的直角三角形．

26.【答案】解：(1)∵AB⊥x轴于点B，点A(m,3)，
∴点B(m,0)，AB=3．
∵点C(−2,0)，
∴BC=−2−m，
∴S△ABC=12AB⋅BC=12×3(−2−m)=92，
∴m=−5，
∴点A(−5,3)．
∵点A在反比例函数y=ax(a≠0)的图象上，
∴a=−5×3=−15，
∴反比例函数的解析式为y=−15x．
将A(−5,3)、C(−2,0)代入y=kx+b，得−5k+b=3−2k+b=0，
解得k=−1b=−2，
∴一次函数的解析式为y=−x−2；
(2)∵当P，A，C三点共线时，PA−PC的差最大，
令x=0时，y=−x−2=−2，
∴P(0,−2)；
(3)解方程组y=−x−2y=−15x，
解得x1=−5y1=3，x2=3y2=−5，
经检验x1=−5y1=3，x2=3y2=−5都是方程组的解，
∴双曲线于直线的交点坐标为(−5,3)，(3,−5)，
从图象可知：当y1>y2时自变量x的取值范围是x<−5或0 【解析】(1)由点A的坐标可得出点B的坐标，结合点C的坐标可得出AB、BC的长度，由△ABC的面积是3可得出关于m的一元一次方程，解之可得出点A的坐标，由点A、C的坐标利用反比例函数图象上点的坐标特征以及待定系数法，即可求出一次函数和反比例函数的解析式；
(2)根据“三角形两边之差小于第三边”可知：当点P为直线AB与y轴的交点时，PA−PB有最大值是AC，可解答；
(3)求出双曲线于直线的交点坐标，根据函数的图象和交点的坐标即可得出答案．
本题考查了反比例函数与一次函数的交点，当有两个函数的时候，着重使用一次函数，体现了方程思想，综合性较强．

27.【答案】证明：(1)连接OD，

∵D为AC中点，O为AB中点，
∴OD为△ABC的中位线，
∴OD//BC，
∵DE⊥BC，
∴∠DEC=90°，
∴∠ODE=∠DEC=90°，
∴OD⊥DE，
∴DE为⊙O的切线；

(2)∵AB为⊙O的直径，
∴∠ADB=90°，
∴DB⊥AC，
∴∠CDB=90°，
∵D为AC中点，
∴AB=BC，
在Rt△DEC中，
∵DE=4，tanC=12=DEEC，
∴EC=DEtanC=8，
∵∠C+∠CDE=90°，∠CDE+∠BDE=90°，
∴∠C=∠BDE，
∴tan∠BDE=BEDE=12，
∴BE=2，
∴BC=BE+EC=10=AB，
∴⊙O的直径为10；
(3)连接AF，

∵DF平分∠ADB，
∴∠ADG=∠BDF=45°，
∴AF=BF，
∵AF2+BF2=AB2=100，
∴AF=BF=5 2，
∵∠ADF=∠ABF=∠BDF，∠DFB=∠BFG，
∴△DFB∽△BFG，
∴BFDF=FGBF，
∴DF⋅DG=BF⋅BF=50． 
【解析】(1)连接OD，由三角形中位线定理，可知OD//BC，而DE⊥BC，则∠DEC=90°，利用平行线的性质，有∠ODE=∠DEC=90°，即DE是⊙O的切线；
(2)由线段垂直平分线的性质可得AB=BC，由锐角三角函数可求CE=8，BE=2，即可求解；
(3)通过证明△DFB∽△BFG，可得BFDF=FGBF，即可求解．
本题是圆的综合题，考查了圆的有关知识，线段中垂线的性质，等腰三角形的性质，相似三角形的判定和性质，锐角三角函数等知识，灵活运用这些性质进行推理是本题的关键．

28.【答案】解：(1)在y=43x+4中，当x=0时，y=4，
∴C点坐标为(0,4)，
当y=0时，43x+4=0，
∴x=−3，
∴A点坐标为(−3,0)，
∵对称轴为直线x=−1，
∴B点坐标为(1,0)，
∴设抛物线的表达式为y=a(x−1)⋅(x+3)，
∵抛物线经过C点，
∴4=−3a，
解得a=−43，
∴抛物线的表达式为y=−43(x−1)⋅(x+3)=−43x2−83x+4；
(2)如图1，作DF⊥AB于F，交AC于E，

∴D点坐标为(m,−43m2−83m+4)，则E点坐标为(m,43m+4)，
∴DE=−43m2−83m+4−(43m+4)=−43m2−4m，
∴S△ADC=12DE⋅OA=32⋅(−43m2−4m)=−2m2−6m，
∵S△ABC=12AB⋅OC=12×4×4=8，
∴S=S△ADC+S△ABC=−2m2−6m+8=−2(m+32)2+252，
∴当m=−32时，S最大=252，
当m=−32时，−43m2−83m+4=5，
∴此时D点坐标为(−32,5)；
(3)设P点坐标为(−1,n)，
∵以A，C，P，Q为顶点的四边形是以AC为对角线的菱形，
∴PA=PC，即PA2=PC2，
∴(−1+3)2+n2=1+(n−4)2，
解得n=138，
∴P点坐标为(−1,138)，
∵xP+xQ=xA+xC，yP+yQ=yA+yC
∴xQ=−3−(−1)=−2，yQ=4−138=198，
∴Q点坐标为(−2,198). 
【解析】本题考查二次函数及其图象的性质，勾股定理，以及菱形的性质．
(1)先求得A，C，B三点的坐标，将抛物线设为交点式，进一步求得结果；
(2)作DF⊥AB于F，交AC于E，根据点D和点E坐标可表示出DE的长，表示出三角形ADC和三角形ABC的面积，进而表示出S与m之间的函数关系式，进一步求得结果；
(3)根据菱形的性质可得PA=PC，进而求得点P的坐标，根据菱形的性质，进一步求得点Q坐标．