2024年山东省聊城市冠县部分学校中考数学一模试卷（含解析）

这是一份2024年山东省聊城市冠县部分学校中考数学一模试卷（含解析），共26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.计算26072×(−0.125)2023的结果为( )
A. −8B. 8C. −2D. −0.125
2.剪纸艺术是中国优秀的传统文化.在下列剪纸图案中，是中心对称图形的是( )
A. B. C. D.
3.滇池亦称昆明湖、昆明池、滇南泽、滇海，位于昆明市西山区，是云南省面积最大的高原湖泊，也是全国第六大淡水湖，有着“高原明珠”之称.滇池的蓄水量大约为1290000000立方米.数字1290000000用科学记数法可以表示为( )
A. 1.29×109B. 12.9×108C. 0.129×1010D. 1.29×1010
4.一个如图所示的几何体，已知它的左视图，则其俯视图是下面的( )
A.
B.
C.
D.
5.下列计算正确的是( )
A. (b−a)2=b2−a2B. 3a⋅2a=6
C. a6÷a2=a3D. x0=1(x≠0)
6.汽车经过两次拐弯后仍按原来的方向前进，这两次拐弯的方向和角度可能是( )
A. 第一次左拐45°，第二次右拐135°B. 第一次左拐45°，第二次左拐135°
C. 第一次左拐45°，第二次左拐45°D. 第一次左拐45°，第二次右拐45°
7.为创建“绿意蓬勃校园”，学校购买了一批树苗，已知购买银杏树树苗花费7000元，购买枫树树苗花费16000元，其中枫树树苗平均每棵的价格是银杏树树苗平均每棵价格的107，且购买银杏树树苗的数量比购买枫树树苗的数量少60棵，求买了多少棵银杏树树苗？若设买了x棵银杏树树苗，则可列方程为( )
A. 7000x=16000x+60×107B. 7000x×107=16000x+60
C. 7000x=16000x+60×710D. 7000x×710=16000x+60
8.在平面直角坐标系中，将一块直角三角板如图放置，直角顶点与原点O重合，顶点A、B恰好分别落在函数y=−1x(x<0),y=9x(x>0)的图象上，则AOBO的值为( )
A. 13
B. 3 310
C. 1010
D. 510
9.大自然是美的设计师，即使一片小小的树叶，也蕴含着“黄金分割”.如图，P为AB的黄金分割点(AP>PB)，如果AB的长度为8cm，那么BP的长度是( )
A. 4 5−4
B. 4 5−12
C. 4−4 5
D. 12−4 5
10.如图，在平面直角坐标系xOy中，四边形OABC的顶点O在原点上，OA边在x轴的正半轴上，AB⊥x轴，AB=CB=2，OA=OC，∠AOC=60°，将四边形OABC绕点O逆时针旋转，每次旋转90°，则第2024次旋转结束时，点C的坐标为( )
A. ( 3,3)B. (3,− 3)C. (− 3,1)D. (1,− 3)
二、填空题：本题共6小题，每小题3分，共18分。
11.若1x+1y=2，则2x−3xy+2y3x+5xy+3y= ______．
12.现有一个圆心角为120°的扇形纸片，用它恰好围成一个圆锥(接缝忽略不计)，底面半径为2cm.该扇形的半径为______cm．
13.甲，乙车同时从A地出发去地B，两车均匀速而行，甲车到达B地后停止，乙车到达B地后停留4小时，再按照原速从B地出发返回A地，乙车返回A地后停止.已知两车距A地的距离(km)与所用的时间(h)的关系如图所示，当两车相距140km时，两车出发的时间为______小时．
14.如图，在△ABC中，∠ACB=58°，△ABC的内切圆⊙O与AB，AC分别相切于点D，E，连接DE，BO的延长线交DE于点F，则∠BFD= ______．
15.如图1，点P从△ABC的顶点A出发，沿A→B→C匀速运动到点C，图2是点P运动时，线段AP的长度y随时间x变化的关系图象，其中M为曲线部分的最低点，则△ABC的面积为______．
16.如图，已知直线L：y=x+2交x轴于点A，交y轴于点A1，点A2，A3，…在直线L上点B1，B2，B3，…在x轴的正半轴上，若△A1OB1，△A2B1B2，△A3B2B3，…均为等腰直角三角形，直角顶点都在x轴上，则△A2024B2023B2024的面积为______．
三、解答题：本题共8小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题8分)
(1)计算：(−1)2023+(12)−2+3tan30°−(3−π)0+| 3−2|；
(2)先化简，再求值：(x2−3x+5x−1+3−x)÷x2+4x+41−x，其中x= 3−2．
18.(本小题8分)
某学校食堂不定期采购某调味加工厂生产的“0添加”有机生态酱油和生态食醋两种食材．
(1)该学校花费1720元一次性购买了酱油、食醋共100瓶，已知酱油和食醋的单价分别是18元、16元，求学校购买了酱油和食醋各多少瓶？
(2)由于学校食材的消耗量下降和加工厂调味品的价格波动，现该学校分别花费900元、600元一次性购买酱油和食醋两种调味品，已知购买酱油的数量是食醋数量的1.25倍，每瓶食醋比每瓶酱油的价格少3元，求学校购买食醋多少瓶？
19.(本小题8分)
某校准备举行心理健康知识竞赛，先以班级为单位进行预赛，每班再选取前2名进入决赛，某班共有50名学生，根据预赛成绩绘制成下列图表，请根据图表提供的信息，解答下列问题．
预赛成绩频数分布表

(1)a= ______，b= ______；
(2)请把预赛成绩频数分布直方图补充完整；
(3)若学校有500名学生，在预赛中考满90分的大概有多少名学生？
(4)在这次预赛中，某班有3位同学甲、乙、丙获得满分，现通过随机抽选的方式决定参加决赛的人选，请问甲、乙同时参加决赛的概率是多少？(请用“画树状图”或“列表”等方法写出分析过程)
20.(本小题8分)
如图，已知：四边形ABCD是平行四边形，点E在边BA的延长线上，CE交AD于点F，∠ECA=∠D．
(1)求证：△EAC∽△ECB；
(2)若DF=AF，求AC：BC的值．
21.(本小题9分)
如图，四边形ABCD是一湿地公园的休闲步道.经测量，AB⊥BC于点B，AB=BC=300米，点D在C的北偏东75°方向，且点D在A的东北方向．
(1)求步道CD的长度；(精确到个位数)
(2)小庆以80米/分的速度沿B→C→D→A的方向步行，小渝骑自行车以200米/分的速度沿B→A→D→C的方向行驶.两人同时出发能否在9分钟内相遇？请说明理由．
(参考数据： 2≈1.414， 3≈1.732， 6≈2.449)
22.(本小题9分)
如图，在Rt△ABC中，∠ABC=90°以AB为直径的⊙O与AC交于点D，点E是BC的中点，连接BD、DE．
(1)求证：DE是⊙O的切线(请用两种证法解答)；
(2)若DE=2，tan∠BAC=12，求AD的长．
23.(本小题10分)
已知抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)与x轴交于A(−2,0)，B(6,0)两点，与y轴交于点C(0,−3)．
(1)求抛物线的表达式；
(2)如图1，在对称轴上是否存在点D，使△BCD是以BC为直角边的直角三角形？若存在，请求出点D的坐标；若不存在，请说明理由．
(3)如图2，点P在直线BC下方的抛物线上，连接AP交BC于点M，当PMAM最大时，请直接写出点P的坐标．
24.(本小题12分)
已知△ABC和△ADE是等腰直角三角形，∠ACB=∠ADE=90°，点F为BE中点，连接DF，CF．
【特例感知】
(1)如图1，当点D在AB上，点E在AC上，猜想此时线段DF，CF的数量关系为______，位置关系为______；
【深入探究】
(2)如图2，在(1)的条件下将△ADE绕点A顺时针旋转45°时，请你判断此时(1)中的结论是否仍然成立，并证明你的判断；
【变式拓展】
(3)如图3，在(1)的条件下将△ADE绕点A顺时针旋转90°时，若AD=1，AC=2 2，直接写出线段CF的长．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：26072×(−0.125)2023
=26072×(−18)2023
=26072×(−12)6069
=23×26069×(−12)6069
=8×(−12×2)6069
=8×(−1)6069
=8×(−1)
=−8．
故选：A．
利用幂的乘方与积的乘方的法则进行运算即可．
本题主要考查幂的乘方与积的乘方，解答的关键是对相应的运算法则的掌握．
2.【答案】D
【解析】解：选项A、B、C中的图形都不能找到一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，所以不是中心对称图形．
选项D中的图形能找到一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，所以是中心对称图形．
故选：D．
根据中心对称图形的概念判断．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．
本题考查中心对称图形，熟知中心对称图形是指图形绕着某个点旋转180°能与原来的图形重合是解题的关键．
3.【答案】A
【解析】解：1290000000=1.29×109．
故选：A．
用科学记数法表示较大的数时，一般形式为a×10n，其中1≤|a|<10，n为整数，据此判断即可．
此题主要考查了用科学记数法表示较大的数，一般形式为a×10n，其中1≤|a|<10，确定a与n的值是解题的关键．
4.【答案】A
【解析】解：由几何体的形状可知，从上面看时，是一列两个相邻的矩形．
故选：A．
根据从上面看得到的图形即为俯视图进行求解即可．
此题考查了三视图的作图，主视图、左视图、俯视图是分别从物体正面、侧面和上面看所得到的图形．
5.【答案】D
【解析】解：A、(b−a)2=b2−2ab+a2，故A不符合题意；
B、3a⋅2a=6a2，故B不符合题意；
C、a6÷a2=a4，故C不符合题意；
D、x0=1(x≠0)，故D符合题意；
故选：D．
利用完全平方公式，单项式乘单项式的法则，同底数幂的除法的法则，零指数幂对各项进行运算即可．
本题主要考查完全平方公式，同底数幂的除法，单项式乘单项式，零指数幂，解答的关键是对相应的运算法则的掌握．
6.【答案】D
【解析】解：如图：

第一次拐的角是∠1，第二次拐的角是∠2且方向不同，因为平行前进，故∠1=∠2，
∴四个选项中只有D选项符合题意．
故选：D．
根据题意作图即可求解．
本题考查平行线的性质，关键是平行线性质定理的应用．
7.【答案】B
【解析】解：设买了x棵银杏树树苗，则购买(x+60)棵枫树树苗，
根据题意得700x×107=1600x+60．
故选：B．
设买了x棵银杏树树苗，则购买(x+60)棵枫树树苗，根据“枫树树苗平均每棵的价格是银杏树树苗平均每棵价格的107”即可列出方程．
本题主要考查了分式方程的应用，准确找出等量关系是解决问题的关键．
8.【答案】A
【解析】解：过点A、B分别作AD⊥x轴，BE⊥x轴，垂足为D、E，
∵点A在反比例函数y=−1x(x<0)上，点B在y=9x(x>0)上，
∴S△AOD=12，S△BOE=92，
又∵∠AOB=90，
∴∠AOD=∠OBE，
∴△AOD∽△OBE，
∴(AOOB)2=S△AODS△BOE=19，
∴AOBO= 19=13．
故选：A．
点A，B落在函数y=−1x(x<0)，y=9x(x>0)的图象上，根据反比例函数的几何意义，可得直角三角形的面积；根据题意又可知这两个直角三角形相似，而相似比恰好是直角三角形AOB的两条直角边的比，再利用勾股定理，可得直角边与斜边的比，从而得出答案．
本题考查反比例函数的几何意义、相似三角形的性质，将面积比转化为相似比，利用勾股定理可得直角边与斜边的比，求出sin∠ABO的值．
9.【答案】D
【解析】解：∵P为AB的黄金分割点(AP>PB)，
∴AP= 5−12AB= 5−12×8=(4 5−4)cm，
∴PB=AB−PA=8−(4 5−4)=(12−4 5)cm．
故选：D．
先利用黄金分割的定义计算出AP，然后计算AB−AP即得到PB的长．
本题考查了黄金分割，正确记忆黄金分割的概念是解题关键．
10.【答案】A
【解析】解：连接OB，过点C作CP⊥OA，垂足为P，如图所示，
∵AB=CB=2，OA=OC，OB=OB，
∴△AOB≌△COB(SSS)，
∴∠AOB=12∠AOC=30°，
在Rt△AOB中，AB=2，∠AOB=30°，
∴OA= 3AB=2 3，
∴OC=2 3，
在Rt△COP中，OC=2 3,∠POC=60°，
∴CP= 32OC=3,OP=12OC= 3，
∴点C的坐标为( 3,3)，
∵每次旋转90°，360°÷90°=4，
∴每旋转4次为一个循环．
∵2024÷4=506，
∴第2024次旋转结束时点C的位置和第4次旋转结束时点C的位㨁相同，
∴第2024次旋转结束时，点C的坐标为( 3,3)，
故选：A．
连接OB，过点C作CP⊥OA，垂足为P，通过证得△AOB≌△COB(SSS)，得出∠AOB=12∠AOC=30°，通过解直角三角形得到点C的坐标为( 3,3)，由每旋转4次为一个循环，即可得出第2024次旋转结束时点C的位置和第3次旋转结束时点C的位㨁相同，从而得出第2023次旋转结束时，点C的坐标为( 3,3)．
本题考查图形的旋转，考查了全等三角形的判定和性质，解直角三角形，通过旋转角度找到旋转规律，从而确定第2023次旋转后C点的位置是解题的关键．
11.【答案】111
【解析】解：∵1x+1y=2，
∴x+yxy=2，
∴x+y=2xy，
∴2x−3xy+2y3x+5xy+3y
=2(x+y)−3xy3(x+y)+5xy
=4xy−3xy6xy+5xy
=xy11xy
=111，
故答案为：111．
根据1x+1y=2推出x+y=2xy，再根据2x−3xy+2y3x+5xy+3y=2(x+y)−3xy3(x+y)+5xy进行求解即可．
本题主要考查了分式的化简求值，正确推出x+y=2xy是解题的关键．
12.【答案】6
【解析】解：圆锥的底面周长是：2π×2=4π(cm)，
设扇形的半径是r，则120πr180=4π，
解得：r=6，
∴该扇形的半径为6cm．
故答案为：6．
根据扇形的弧长等于圆锥的底面周长即可求解．
本题考查了圆锥的计算，正确理解圆锥的侧面展开图与原来的扇形之间的关系是解决本题的关键，理解圆锥的母线长是扇形的半径，圆锥的底面圆周长是扇形的弧长．
13.【答案】7或12或845
【解析】解：由两车均匀速而行，根据图象可得，
甲车的速度为500÷503=30km/h，乙的速度为500÷10=50km/h，
当0得50x−30x=140，
解得x=7；
当10得500−30x=140，
解得x=12；
当14得30x−[500−50(x−14)]=140，
解得x=674，
∵674>503，
∴此种情况舍去；
当x>503时，
得500−[500−50(x−14)]=140，
解得x=845；
综上所述，当两车相距140km时，两车出发的时间为7或12或845小时，
故答案为：7或12或845．
根据图象分别求出甲和乙两车的速度，结合图象分0503四种情况，列方程求解即可得到结果．
本题考查了根据图象获取信息，一元一次方程的应用，行程问题，本题的关键是根据图象分时间段列方程解题．
14.【答案】29°
【解析】解：∵△ABC的内切圆⊙O与AB，AC分别相切于点D，E，
∴AD=AE，∠ABF=∠CBF=12∠ABC，
∴∠ADE=∠AED=12(180°−∠A)，
∴∠BFD=∠ADE−∠ABF=12(180°−∠A)−12∠ABC=12(180°−∠A−∠ABC)，
∵180°−∠A−∠ABC=∠ACB=58°，
∴∠BFD=12×58°=29°，
故答案为：29°．
由△ABC的内切圆⊙O与AB，AC分别相切于点D，E，得AD=AE，∠ABF=12∠ABC，则∠ADE=12(180°−∠A)，所以∠BFD=∠ADE−∠ABF=12(180°−∠A−∠ABC)=12∠ACB=29°，于是得到问题的答案．
此题重点考查三角形的内切圆的性质、切线长定理、三角形内角和定理等知识，推导出∠BFD=12(180°−∠A−∠ABC)是解题的关键．
15.【答案】48
【解析】解：根据图2中的曲线可知：
当点P在△ABC的顶点A处，运动到点B处时，
图1中的AB=AC=10，
当点P运动到BC中点时，
此时CP⊥AB，
根据图2点Q为曲线部分的最低点，
得AP=8，
所以根据勾股定理得，此时BP= 102−82=6．
所以BC=2BP=12．
则△ABC的面积=12×BC×AP=12×12×8=48．
故答案为：48．
当点P在△ABC的顶点A处，运动到点B处时，AB=AC=10，根据图2点Q为曲线部分的最低点，得AP=8，进而求解．
本题考查了动点问题的函数图象，解决本题的关键是综合利用两个图形给出的条件．
16.【答案】24047．
【解析】解：y=x+2交y轴于点A1，
∴A1(0,2)，
∵△A1OB1是等腰直角三角形，
∴B1(2,0)，
∵若△A1OB1，△A2B1B2，△A3B2B3，…均为等腰直角三角形，
∴A2(2,4)，B2(6,0)，A3(6,8)，B3(14,0)，…
∴S△A1OB1=12×2×2=21，S△A2B1B2=12×4×4=23，S△A3B2B3=12×8×8=25，…，S△AnBn−1Bn=22n−1，
∴△A2024B2023B2024的面积为=24047；
故答案为：24047．
根据题意分别求出A1(0,2)，A2(2,4)，B1(2,0)，B2(6,0)，A3(6,8)，B3(14,0)，…，进而求出S△A1OB=12×2×2=2=21，S△A1OB1=12×2×2=21，S△A2B1B2=12×4×4=23，S△A3B2B3=12×8×8=25，…，S△AnBn−1Bn=22n−1，以探索三角形面积的规律，即可求解．
本题考查一次函数的图象及性质，等腰直角三角形的性质，探索面积规律；能够通过作图确定点的关系，探索直角三角形面积存在的规律是解题的关键．
17.【答案】解：(1)原式=−1+4+3× 33−1+2− 3
=−1+4+ 3−1+2− 3
=4；
(2)原式=(x2−3x+5x−1+−x2+4x−3x−1)÷(x+2)21−x
=x+2x−1⋅−(x−1)(x+2)2
=−1x+2，
当x= 3−2时，
原式=−1 3−2+2
=−1 3
=− 33．
【解析】本题主要考查分式的化简求值和实数的运算，解题的关键是掌握分式的混合运算顺序和运算法则．
(1)先计算乘方、负整数指数幂、代入三角函数值、计算零指数幂、去绝对值符号，再计算乘法，最后计算加减即可；
(2)先根据分式的混合运算顺序和运算法则化简原式，再将x的值代入计算即可．
18.【答案】解：(1)设学校购买了酱油x瓶，食醋y瓶，
由题意得：x+y=10018x+16y=1720，
解得：x=60y=40，
答：学校购买了酱油60瓶，食醋40瓶；
(2)学校购买食醋m瓶，则购买酱油1.25m瓶，
由题意得：9001.25m−600m=3，
解得：m=40，
经检验，m=40是原方程的解，且符合题意，
答：学校购买食醋40瓶．
【解析】(1)设学校购买了酱油x瓶，食醋y瓶，根据该学校花费1720元一次性购买了酱油、食醋共100瓶，列出二元一次方程组，解方程组即可；
(2)学校购买食醋m瓶，则购买酱油1.25m瓶，根据每瓶食醋比每瓶酱油的价格少3元，列出分式方程，解方程即可．
本题考查了分式方程的应用以及二元一次方程组的应用，解题的关键是：(1)找准等量关系，正确列出二元一次方程组；(2)找准等量关系，正确列出分式方程．
19.【答案】15 30
【解析】解：(1)由题意可得a=50−4−6−20−5=15，
b%=1−40%−10%−8%−12%=30%，
故答案为：15，30；
(2)补全频数分布直方图如下：
(3)500×550=50，
答：学校有500名学生，在预赛中考满9(0分)的大概50名学生；
(4)画树状图如下：
共有6种等可能的情况，甲、乙同时参加决赛的情况有2种，故甲、乙同时参加决赛的概率是：26=13
(1)根据总人数减去已知组别的频数即可得到a的值，用1减去已知组别的百分比即可得到b的值；
(2)根据(1)中求出的a的值补全频数分布直方图即可；
(3)列出树状图，用符合题意的情况数除以总的情况数即可得到答案．
本题主要考查了频数分布直方图和扇形统计图，以及利用样本估计总体，关键是读懂频数分布直方图，能利用统计图获取信息；利用统计图获取信息时，必须认真观察、分析、研究统计图，才能作出正确的判断和解决问题．
20.【答案】解：(1)∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠B=∠D，
∵∠ECA=∠D，
∴∠ECA=∠B，
∵∠E=∠E，
∴△ECA∽△ECB；
(2)∵四边形ABCD是平行四边形，
∴CD/​/AB，即：CD/​/AE
∴CDAE=DFAF，
∵DF=AF，
∴CD=AE，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD，
∴AE=AB，
∴BE=2AE，
∵△ECA∽△EBC
∴AECE=CEBE=ACBC
∴CE2=AE⋅BE=12BE2，
即：CEBE= 22
∴ACBC= 22．
【解析】(1)由四边形ABCD是平行四边形、∠ECA=∠D可得∠ECA=∠B，∠E为公共角可得△EAC∽△ECB；
(2)由CD/​/AE、DF=AF可得CD=AE，进而有BE=2AE，根据△EAC∽△ECB，得到对应边成比例，即可得出AC：BC的值．
本题主要考查相似三角形的判定与性质及平行四边形的性质，熟练掌握相似形的对应边成比例和平行四边形的性质是关键．
21.【答案】解：(1)如图：

由题意得：∠ECD=75°，∠BAF=90°，∠FAD=45°，
∵AB⊥BC，
∴∠ABC=90°，
∵AB=BC=300米，
∴AC= 2AB=300 2(米)，∠ACB=∠BAC=45°，
∴∠ACD=180°−∠ACB−∠ECD=60°，∠CAF=∠BAF−∠BAC=45°，
∴∠CAD=∠CAF+∠DAF=90°，
在Rt△ACD中，CD=ACcs60∘=300 212=600 2≈848(米)，
∴步道CD的长度约为848米；
(2)两人同时出发能在9分钟内相遇，
理由：在Rt△ACD中，∠ACD=60°，AC=300 2米，
∴AD=AC⋅tan60°=300 2× 3=300 6(米)，
∴四边形BCDA的周长=BC+CD+DA+BA=300+600 2+300 6+300=600+600 2+300 6≈2183.1(米)，
∴2183.1÷(80+200)≈7.80(分钟)，
∵7.80分钟<9分钟，
∴两人同时出发能在9分钟内相遇．
【解析】(1)根据题意可得：∠ECD=75°，∠BAF=90°，∠FAD=45°，再根据垂直定义可得∠ABC=90°，然后利用等腰直角三角形的性质可得AC=300 2米，∠ACB=∠BAC=45°，从而可得∠ACD=60°，∠CAF=45°，进而可得∠CAD=90°，最后在Rt△ACD中，利用锐角三角函数的定义求出CD的长，即可解答；
(2)在Rt△ACD中，利用锐角三角函数的定义求出AD的长，然后求出四边形BCDA的周长，从而进行计算即可解答．
本题考查了解直角三角形的应用−方向角问题，等腰直角三角形，熟练掌握锐角三角函数的定义是解题的关键．
22.【答案】(1)证明：方法一：连接OD，如图所示，

∵AB为⊙O的直径，
∴∠ADB=90°，
∴∠BDC=90°，
∵点E为BC的中点，
∴DE=BE=12BC，
∴∠EDB=∠EBD，
∵OB=OD．
∴∠ODB=∠OBD．
∵∠ABC=90°，
∴∠EBD+∠OBD=90°，
∴∠ODB+∠EDB=90°，
∵OD是⊙O的半径，
∴DE与⊙O相切；
方法二：连接OD，OE如图所示，
∵AB为⊙O的直径，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ADB=90°，
∴∠ADB=90°，

∴∠BDC=90°，∴∠BDC=90°，
∵点E为BC的中点，
∵点E为BC的中点，
∴DE=BE=12BC，
∴DE=BE=12BC，
∴∠EDB=∠EBD，
∵OB=OD，OE=OE
∴∠ODB=∠OBD，
∴△OBE≌△ODE(SSS)，
∵∠ABC=90°，
∴∠ODE=∠OBC=90°，
∴∠EBD+∠OBD=90°，
∵OD是⊙O的半径，
∴∠ODB+∠EDB=90°，
∴DE与⊙O相切；
∵OD是⊙O的半径，
∴DE与⊙O相切；
(2)解：由(1)知，∠BDC=90°，
∵E是BC的中点，
∴DE=12BC=2，
∴BC=4，
∵tan∠BAC=BCAB=BDAD=12，
∴AB=8.AD=2BD，
在Rt△ABD中，AD2+BD2=AB2，
即(2BD)2+BD2=82，
∴BD=85 5(负值已舍去)，
∴AD=16 55．
【解析】(1)连接OD，由圆周角定理得到∠ADB=∠BDC=90°，由直角三角形斜边中线的性质结合等腰三角形的性质证得∠EDB=∠EBD，由等腰三角形的性质得到∠ODB=∠OBD，根据∠ABC=90°，得到∠ODB+∠EDB=90°，由切线的判定即可证得DE与OO相切；
(2)角三角形斜边中线的性质求出BC，根据三角函数的定义即可求出BD．
本题主要考查了圆周角定理、切线的判定以及直角三角形的性质，解题的关键是：(1)熟练掌握切线的判定方法；(2)通过解直角三角形斜边中线的性质证得DE=BC．
23.【答案】(1)将点A(−2,0)、B(6,0)、C(0,−3)代入y=ax2+bx+c，
得4a−2b+c=036a+6b+c=0c=−3，解得：a=14b=−1c=−3，
∴y=14x2−x−3；
(2)存在，理由：
过点P作x轴的垂线l，在l上存在点D，使△BCD是直角三角形若存在；理由如下：
∵P(3,−154)，D点在l上，
如图2，当∠CBD=90°时，

过点B作GH⊥x轴，过点D作DG⊥y轴，DG与GH交于点G，过点C作CH⊥y轴，CH与GH交于点H，
∴∠DBG+∠GDB=90°，∠DBG+∠CBH=90°，
∴∠GDB=∠CBH，
∴△DBG∽△BCH，
∴DGBH=BGCH，即43=BG6，
∴BG=8，
∴D(2,8)；
如图3，当∠BCD=90°时，

过点D作DK⊥y轴交于点K，
∵∠KCD+∠OCB=90°，∠KCD+∠CDK=90°，
∴∠CDK=∠OCB，
∴△OBC∽△KCD，
∴OBKC=OCKD，即6KC=32，
∴KC=4，
∴D(2,−7)；
综上所述：△BCD是直角三角形时，D点坐标为(2,8)或(2,−7)；
(3)如图1，过点A作AE⊥x轴交直线BC于点E，过P作PF⊥x轴交直线BC于点F，

∴PF/​/AE，
∴MPAM=PFAE，
由点B、C的坐标得，直线BC的表达式为：y=12x−3，
设P(t,14t2−t−3)，则F(t,12t−3)，
∴PF=12t−3−14t2+t+3=−14t2+32t，
∵A(−2,0)，
∴E(−2,−4)，
∴AE=4，
∴MPAM=PFAE=14(−14t2+32t)=−116(t−3)2+916≤916，
∴当t=3时，MPAM有最大值，
此时，P(3,−154).
【解析】(1)将点A(−2,0)、B(6,0)、C(0,−3)代入y=ax2+bx+c，即可求解；
(2)当∠CBD=90°时，证明△DBG∽△BCH，得到BG=6，即可求解；当∠BCD=90°时，同理可解；
(3)证明MPAM=PFAE=14(−14t2+32t)=−116(t−3)2+916≤916，即可求解．
本题考查二次函数的综合，熟练掌握二次函数的图象及性质，通过构造平行线将PMAM的最大值问题转化为求PFAE的最大值问题是解题的关键．
24.【答案】CF=DF CF⊥DF
【解析】解：(1)∵△ABC和△ADE是等腰直角三角形，
∴∠BCE=∠BDE=90°，∠ABC=45°，
∵点F为BE中点，
∴DF=BF=12BE,CF=BF=12BE，
∴DF=CF，∠FBD=∠FDB，∠FCB=∠FBC，
∵∠ABC=∠FBD+∠FBC=45°，
∴∠CFD=2∠FBD+2∠FBC=90°，
即CF⊥DF，
故答案为：CF=DF，CF⊥DF；
(2)此时(1)中的结论是否仍然成立，证明如下：
延长DF交BC于点G，
∵∠ADE=∠ACB=90°，
∴DE/​/BC，
∴∠FBG=∠FED，∠FGB=∠FDE，
∵点F为BE中点，
∴BF=EF，
∵∠FBG=∠FED，∠FGB=∠FDE，BF=EF，
∴△FGB≌△FDE(AAS)，
∴DE=BG，DF=GF，
∴CF=DF=12DG，
∵AD=DE，
∴AD=BG，
∵AC=BC，
∴AC−AD=BC−BG，即CD=CG，
∴CF⊥DF；
(3)延长DF交AB于点H，连接CD，CH，如图3，
∵△ABC和△ADE是等腰直角三角形，
∴AC=BC，AD=DE，∠AED=∠ABC=45°，
由旋转的性质得出∠CAE=∠BAD=90°，
∴AE/​/BC，
∴∠AEB=∠CBE，
∴∠AEB−∠AED=∠ABC−∠CBE，∠DEF=∠HBF，
∵点F为BE中点，
∴BF=EF，
∵∠DEF=∠HBF，BF=EF，∠BFH=∠EFD，
∴△DEF≌HBH，
∴DE=HB，DF=HF，
∵AC=2 2，AD=1，
∴AB= AC2+BC2=4,DE=AD=BH=1，
∴AH=AB−BH=3，
在Rt△ADH中，根据勾股定理可得：DH= AH2+AD2= 10，
∴DF=12DH= 102，
∵∠CAE=90°，∠DAE=45°，
∴∠CAD=45°，
∵AD=DE，DE=HB，
∴AD=HB，
∵AD=HB，∠CAD=∠CBH，AC=BC，
∴△ACD≌△CBH(SAS)，
∴CH=CD，∠BCH=∠DCA，
∵∠BCH+∠ACH=90°，
∴∠DCH=∠ACD+∠ACH=90°，
∴CF=DF= 102．
(1)根据“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”可知DF=BF，根据∠DFE=2∠DCF，∠BFE=2∠BCF，得到∠EFD+∠EFB=2∠DCB=90°，DF⊥BF．
(2)延长DF交BC于点G，先证明△DEF≌△GCF，得到DE=CG，DF=FG，根据AD=DE，AB=BC，得到BD=BG又因为∠ABC=90°，所以DF=CF且DF⊥BF．
(3)延长DF交BA于点H，先证明△DEF≌△HBF，得到DE=BH，DF=FH，根据旋转条件可以△ADH为直角三角形，由△ABC和△ADE是等腰直角三角形，AC=2 2，可以求出AB的值，进而可以根据勾股定理可以求出DH，再求出DF，由DF=BF，求出得CF的值．
本题主要考查了旋转的性质，等腰三角形和全等三角形的判定，及勾股定理的运用．要掌握等腰三角形和全等三角形的性质及其判定定理并会灵活应用是解题的关键．预赛成绩
x(组别)
x<60(A)
60≤x<70(B)
70≤x<80(C)
80≤x<90(D)
90≤x<100(E)
频数
4
6
a
20
5