2024年黑龙江省哈尔滨市松北区中考数学一模试卷（含解析）

这是一份2024年黑龙江省哈尔滨市松北区中考数学一模试卷（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.−4的相反数是( )
A. 14B. −14C. 4D. −4
2.下列运算一定正确的是( )
A. 3a2+4a2=7a4B. (a+b)2=a2+b2
C. (a3)4=a7D. a⋅a3=a4
3.下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称轴图形的是( )
A. B. C. D.
4.四个大小相同的正方体搭成的几何体如图所示，其俯视图是( )
A.
B.
C.
D.
5.如图，△ABC内接于⊙O，CD是⊙O的切线，连接AD经过点O，若∠ADC=42°，则∠ABC的度数为( )
A. 42°B. 66°C. 84°D. 48°
6.抛物线y=2(x−1)2+5与y轴交点的坐标是( )
A. (0,5)B. (0,52)C. (0,7)D. (1,5)
7.我们定义：等腰三角形中底边与腰的比叫做顶角的正对(sad).如图，在△ABC中，AB=AC，顶角A的正对记作sadA，这时sadA=BCAB，根据上述角的正对定义，则sad60°的值为( )
A. 32
B. 22
C. 12
D. 1
8.在一个不透明的袋中装有4个小球，其中3个黑球、1个白球，这些小球除颜色外无其他差别，随机从袋中摸出两个小球，则两球恰好是一个黑球和一个白球的概率是( )
A. 12B. 13C. 14D. 16
9.如图，在△ABC中，点D、E、F分别在BC、AB、AC上，DE/​/AC，DF/​/AB，则下列结论不一定正确的是( )
A. BEAE=BDDC
B. FCAF=CDBD
C. BEDF=EDFC
D. AEDC=ABBD
10.A，B两地相距80km，甲、乙两人沿同一条路从A地到B地.甲、乙两人离开A地的距离S(单位：km)与时间t(单位：h)之间的关系如图所示.下列说法错误的是( )
A. 乙比甲提前出发1h
B. 甲行驶的速度为40km/h
C. 3h时，甲、乙两人相距60km
D. 0.75h或1.125h时，乙比甲多行驶10km
二、填空题：本题共10小题，每小题3分，共30分。
11.将数8200000用科学记数法表示为______．
12.在函数y=2x+4中，自变量x的取值范围是______．
13.反比例函数y=k+1x的图象经过点(2,3)，则k=______．
14.计算3 23−13 24的结果是______．
15.把多项式mx2−16m分解因式的结果是______．
16.不等式组2x≥12−x<3的解集是______．
17.一个扇形的圆心角为120°，它的弧长为10πcm，则此扇形的半径是______cm．
18.观察下列图形：
它们是按一定规律排列的，依照此规律，第9个图形中共有______个⋆．
19.在△ABC中，∠B=45°，AC= 5，AD⊥BC于点D，若AD=2，则BC的长为______．
20.如图，在平行四边形ABCD中，点E在AD上，BC=3ED，连接BE，DF⊥AB于点F，交BE于点G，∠ABE=2∠ADF，BG=GD，若CD=5，则线段BF的长为______．
三、解答题：本题共7小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
21.(本小题7分)
先化简，再求代数式(3xx2−9−1x+3)÷2x+3x−3的值，其中x=2sin60°−3tan45°．
22.(本小题7分)
如图，方格纸中每个小正方形的边长均为1，线段AB的端点均在小正方形的顶点上，请按要求画出图形，使得它们的顶点均在小正方形的顶点上；
(1)画出一个以AB为一边的△ABE，点E在小正方形的顶点上，且∠ABE=45°；
(2)画出以CD为一腰的等腰△CDF，点F在小正方形的顶点上，且△CDF的面积为152，连接EF，请直接写出线段EF的长．
23.(本小题8分)
某学校为了丰富学生课余活动，要开设四种球类的选学课程.为了了解学生最喜欢哪一种球类(每位学生必须选一类，而且只能选一类)，随机抽取了部分学生进行调查，将调查结果绘制成了两幅统计图.根据图中信息，回答下列问题：
(1)本次调查共随机抽查了多少名学生？
(2)通过计算将条形统计图补充完整；
(3)若该学校共有1200人，估计该校有多少名学生最喜欢乒乓球？
24.(本小题8分)
已知：在四边形ABCD中，AC与BD交于点O，AO=OC，AD//BC，AD⊥DC．
(1)如图1，求证：四边形ABCD为矩形；
(2)如图2，过点O作EF⊥BD，交AD于点E，交BC于点F，若AB=AO，在不添加任何辅助线的情况下，直接写出图2中四条线段，使每一条线段的长度都等于线段ED的长度的一半．
25.(本小题10分)
某商店购进A、B两种品牌的工具，若购进A种工具10件，B种工具20件，共需要280元；若购进A种工具15件，B种工具10件，共需要220元．
(1)求该商店购进A、B两种品牌的工具每件各需要多少元？
(2)若该商店准备购进A、B两种品牌的工具共60件，且总预算费用不超过550元，那么该商店最多可购进B种品牌的工具多少件？
26.(本小题10分)
在⊙O中，AB是⊙O的直径，弦CD与AB交于点E，且CE=DE，点F是弧AD的中点，连接AC、CF，CF与AE交于点M．

(1)如图1，求证：∠CAB+2∠DCF=90°；
(2)如图2，连接FO，过点O作OG⊥OF交⊙O于点G，连接CG，交AB于点N，求证：AC=AN；
(3)如图3，在(2)的条件下，若4MB=3AC，S△ONG=18，求FM的长．
27.(本小题10分)
在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，抛物线y=ax2+bx+5与x轴交于A、B，与y轴交于点C，点A的坐标为(−2,0)，点B的坐标为(5,0)．

(1)求a、b的值；
(2)如图1，点P为第一象限抛物线上一点，连接AP，交y轴于点D，设点P的横坐标为t，CD的长为d，求d与t的函数关系式；(不要求写出自变量t的取值范围)
(3)如图2，在(2)的条件下，连接BC，BC与AP交于点E，延长BC至点F，连接OF，过点O作OG⊥FO，连接BG，∠CBG=90°，CE+BG=EB，连接OE并延长交CG于点H，若CHHG=37，求点P的坐标．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：−4的相反数是4．
故选：C．
根据相反数的定义作答即可．
本题考查了相反数的知识，只有符号不同的两个数互为相反数．
2.【答案】D
【解析】解：A、3a2+4a2=7a2，故此选项不符合题意；
B、(a+b)2=a2+2ab+b2，故此选项不符合题意；
C、(a3)4=a12，故此选项不符合题意；
D、a⋅a3=a4，故此选项符合题意；
故选：D．
根据合并同类项法则、完全平方公式、幂的乘方、同底数幂的乘法法则分别计算判断即可．
本题考查了合并同类项法则、完全平方公式、幂的乘方、同底数幂的乘法，熟练掌握这些运算法则是解题的关键．
3.【答案】C
【解析】解：A、是轴对称图形，但不是中心对称轴图形，故本选项不符合题意；
B、是中心对称轴图形，但不是轴对称图形，故本选项不符合题意；
C、既是轴对称图形，又是中心对称轴图形，故本选项符合题意；
D、是轴对称图形，但不是中心对称轴图形，故本选项不符合题意；
故选：C．
根据中心对称图形与轴对称图形的概念进行判断即可．
本题主要考查了轴对称图形和中心对称图形的定义，熟练掌握如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重合，这样的图形叫做轴对称图形；在平面内，把一个图形绕着某个点旋转180°，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形是解题的关键．
4.【答案】A
【解析】解：观察图形可知，该几何体的俯视图如下：．
故选：A．
找到从上面看所得到的图形即可，注意所有的看到的棱都应表现在俯视图中．
本题考查了简单组合体的三视图的知识，俯视图是从物体的上面看得到的视图．
5.【答案】B
【解析】解：连接OC，
∵CD是⊙O的切线，
∴半径OC⊥CD，
∴∠OCD=90°，
∵∠D=42°，
∴∠AOC=∠OCD+∠D=90°+42°=132°，
∴∠ABC=12∠AOC=66°，．
故选：B．
连接OC，由切线的性质定理得到∠OCD=90°，由三角形外角的性质求出∠AOC=∠OCD+∠D=132°，由圆周角定理得到∠ABC=12∠AOC=66°．
本题考查切线的性质，圆周角定理，关键是由切线的性质定理得到∠OCD=90°，由圆周角定理得到∠ABC=12∠AOC．
6.【答案】C
【解析】解：当x=0时，y=2(x−1)2+5=2×(0−1)2+5=7．
∴抛物线y=2(x−1)2+5图象与y轴交点的坐标是(0,7)．
故选：C．
代入x=0求出y值，进而即可得出二次函数图象与y轴的交点坐标．
本题考查了二次函数图象上点的坐标特征，代入x=0求出y值是解题的关键．
7.【答案】D
【解析】解：∵AB=AC，顶角A的正对记作sadA，这时sadA=BCAB，且∠A=60°，
∴AB=BC=AC，
∴sad60°=BCAB=1，
故选：D．
根据题意可知三角形是等边三角形，依据正对定义进行解答即可．
本题主要考查了解直角三角形的应用，解决本题的关键是理解正对(sad)的含义．
8.【答案】A
【解析】解：列表如下：
共有12种等可能的结果，其中两球恰好是一个黑球和一个白球的结果有6种，
∴两球恰好是一个黑球和一个白球的概率为612=12．
故选：A．
列表可得出所有等可能的结果数以及两球恰好是一个黑球和一个白球的结果数，再利用概率公式可得出答案．
本题考查列表法与树状图法，熟练掌握列表法与树状图法以及概率公式是解答本题的关键．
9.【答案】D
【解析】解：∵DE/​/AC，
∴BEAE=BDDC，
故A不符合题意；
∵DF/​/AB，
∴FCAF=CDBD，
故B不符合题意；
∵∠B=∠CDF，∠BDE=∠C，
∴△BDE∽△DCF，
∴BEDF=EDFC，
故C不符合题意；
∵DE/​/AF，DF/​/AE，
∴四边形AEDF是平行四边形，
∴AE=DF，
∵DF/​/AB，
∴△FDC∽△ABC，
∴DFAB=DCBC，
∴DFDC=ABBC，
∴AEDC=ABBC≠ABBD，
故D符合题意，
故选：D．
由DE/​/AC，得BEAE=BDDC，可判断A不符合题意；由DF/​/AB，得FCAF=CDBD，可判断B不符合题意；由△BDE∽△DCF，得BEDF=EDFC，可判断C不符合题意；因为四边形AEDF是平行四边形，所以AE=DF，再证明△FDC∽△ABC，得DFAB=DCBC，推导出AEDC=ABBC，可判断D符合题意，于是得到问题的答案．
此题重点考查平行线分线段成比例定理、平行四边形的判定与性质、相似三角形的判定与性质等知识，证明△FDC∽△ABC是解题的关键．
10.【答案】C
【解析】解：由图象可得，乙车比甲车早出发1小时，
故A正确；
甲的速度是(80−20)÷(3−1.5)=40(km/h)，
故B正确；
乙的速度是201.5=403km/h，
3h甲车行走的路程为40×(3−1)=80(km)，
3h乙车行走的路程为403×3=40(km)，
∴3h后甲、乙相距80−40=40(km)，
故C错误；
0.75h乙车走了0.75×403=10(km)，
甲车还在A地没出发，此时乙比甲多行驶10km，
1.125h乙走了1.125×403=15km，
此时甲行走的路程为(1.125−1)×40=5(km)，
乙车比甲车多走了15−5=10(km)，
故D正确．
故选：C．
由图象可以直接判断A正确；根据图象可以求出甲车速度，可以判断B正确；求出乙车速度再求乙车3h走的路程和甲车2h走的路程即可判断C；分两种情况求出甲、乙走的路程即可判断D．
本题考查一次函数的应用，利用数形结合的思想解答是解答本题的关键．
11.【答案】8.2×106
【解析】解：8200000=8.2×106．
故答案为：8.2×106．
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．
12.【答案】x≠−4
【解析】解：根据题意得，x+4≠0，
解得x≠−4．
故答案为x≠−4．
根据分母不等于0列式计算即可得解．
本题考查了函数自变量的范围一般从三个方面考虑：
(1)当函数表达式是整式时，自变量可取全体实数；
(2)当函数表达式是分式时，考虑分式的分母不能为0；
(3)当函数表达式是二次根式时，被开方数非负．
13.【答案】5
【解析】解：∵反比例函数y=k+1x的图象经过点(2,3)，
∴3=k+12，
解得k=5．
故答案为：5．
接把点P(2,3)代入反比例函数y=k+1x，求出k的值即可．
本题考查的是反比例函数图象上点的坐标特点，熟知反比例函数图象上各点的坐标一定适合此函数的解析式是解答此题的关键．
14.【答案】 63
【解析】解：原式= 6− 243
= 6−2 63
= 63，
故答案为： 63．
根据二次根式的加减法运算法则计算即可．
本题考查的是二次根式的加减法，熟练掌握其运算法则是解题的关键．
15.【答案】m(x+4)(x−4)
【解析】解：mx2−16m=m(x2−16)=m(x+4)(x−4)．
故答案为：m(x+4)(x−4)．
先提取公因式m，然后发现还能利用平方差公式继续分解，即可得到结果．
本题考查因式分解，熟练掌握提公因式法及公式法是解题的关键，注意要分解彻底．
16.【答案】x≥0.5
【解析】解：由2x≥1得：x≥0.5，
由2−x<3得：x>−1，
则不等式组的解集为x≥0.5，
故答案为：x≥0.5．
分别求出每一个不等式的解集，根据口诀：同大取大、同小取小、大小小大中间找、大大小小无解了确定不等式组的解集．
本题考查的是解一元一次不等式组，正确求出每一个不等式解集是基础，熟知“同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到”的原则是解答此题的关键．
17.【答案】15
【解析】解：设扇形的半径是r cm，
则120πr180=10π，
解得，r=15，
∴此扇形的半径是15cm．
故答案为：15．
根据弧长公式即可求出扇形半径．
本题考查扇形的弧长公式，解题的关键是熟记弧长公式．
18.【答案】20
【解析】解：由图片可知：规律为五角星的总个数=4+2(n−1)=2n+2．
n=9时，五角星的总个数=2n+2=20．
故答案为：20．
观察图形可知后面一个图形比前面一个图形多2个五角星，所以可得规律为：第n个图形中共有4+2(n−1)个五角星．
此题考查了规律型：图形的变化，是找规律题，目的是培养同学们观察、分析问题的能力．注意由特殊到一般的分析方法，此题的规律为：第n个图形中共有2n+2个五角星．
19.【答案】3或1
【解析】解：如图，∵AD⊥BC，
∴∠ADC=90°，
∴CD= AC2−AD2= ( 5)2−22=1，
∵∠B=45°，
∴△ABD是等腰直角三角形，
∴BD=AD=2，
分两种情况：
①△ABC是锐角三角形时，BC=BD+CD=2+1=3；
①△ABC是钝角三角形时，BC=BD−CD=2−1=1；
综上所述，BC的长为3或1，
故答案为：3或1．
由勾股定理得CD=1，再证明△ABD是等腰直角三角形，得BD=AD=2，然后分两种情况，①△ABC是锐角三角形时，BC=BD+CD=3；①△ABC是钝角三角形时，BC=BD−CD=1；即可得出结论．
本题考查了勾股定理、等腰直角三角形的判定与性质以及分类讨论等知识，熟练掌握勾股定理，进行分类讨论是解题的关键．
20.【答案】2
【解析】详解：过点D作DH⊥BE交BE于点H，如图，
∵BG=GD，∠GFB=∠GHD=90°，∠FGB=∠HGD，
∴△FGB≌△HGD(AAS)，
∴∠GBF=∠GDH，
设∠ADF=α，
∵∠ABE=2∠ADF，
∴∠ABE=2α，
∴∠ABE=∠GBF=∠GDH=2α，
∴∠HDE=α，
在Rt△HDE中：∠HED=90°−α，
∴∠AEB=90°−α，
在Rt△ADF中：∠A=90°−α，
∴∠AEB=∠A，
∴AB=BE=CD=5，
∵∠HDE=∠ADF=α，∠DHE=∠AFD=90°，
∴△ADF∽△EDH，
∵BC=3DE，
∴AD=3DE，
设BF=x，则DH=x，AF=5−x，
∵ADED=DFDH=AFEH，
∴DF=3DH=3x，EH=13AF=13(5−x)，
令DG=y，则FG=3x−y，
在Rt△FBG中：BG2=FG2+BF2，即y2=(3x−y)2+x2，
解得y=53x，
∴BG=53x，FG=3x−53x=43x，
∵BH=BG+HG=BG+FG=3x，
∴BE=BH−EH=3x−13(5−x)=103x−53，
∵BE=5，
∴103x−53=5，
解得：x=2，
∴线段BF的长为2，
故答案为：2．
过点D作DH⊥BE交BE于点H，证明△FGB≌△HGD(AAS)得到∠AEB=∠A即可得AB=BE=CD=5，然后证明△ADF∽△EDH，设BF=x，根据相似的性质和勾股定理可用含x的式子表示BE的长度，计算即可求解．
本题考查了三角形全等的性质及判定，相似三角形的性质及判定，勾股定理，等腰三角形的性质等知识，解题关键是作辅助线构造全等三角形，属于中考常见题型．
21.【答案】解：(3xx2−9−1x+3)÷2x+3x−3
=[3x(x+3)(x−3)−x−3(x+3)(x−3)]⋅x−32x+3
=3x−x+3(x+3)(x−3)⋅x−32x+3
=2x+3(x+3)(x−3)⋅x−32x+3
=1x+3，
当x=2sin60°−3tan45°=2× 32−3×1= 3−3时，
原式=1 3−3+3= 33．
【解析】先根据分式混合运算的法则把原式进行化简，再求出x的值代入进行计算即可．
本题考查的是分式的化简求值，熟知分式混合运算的法则是解题的关键．
22.【答案】解：(1)如图，△ABE即为所求．
(2)由勾股定理得，CD= 42+32=5，．
如图，等腰△CDF即为所求．
由勾股定理得，EF= 12+22= 5．
【解析】(1)以AB为直角边，点A为直角顶点，作等腰直角三角形即可．
(2)由勾股定理可得CD=5，取DF=5，使等腰△CDF是底边为5，高为3的三角形即可；利用勾股定理计算EF的长即可．
本题考查作图—应用与设计作图、等腰三角形的判定、勾股定理、等腰直角三角形的判定与性质，熟练掌握等腰三角形的判定、勾股定理、等腰直角三角形的判定与性质是解答本题的关键．
23.【答案】解：(1)40÷20%=200(名)，
答：本次调查共随机抽查了200名学生；
(2)喜欢篮球的人数为：200−40−60−60=40(人)，
将条形统计图补充完整如下：

(3)60200×1200=360(名)，
答：估计该校有360名学生最喜欢乒乓球．
【解析】(1)将选足球的人数除以其所占百分比即可求出本次调查共随机抽查了多少名学生；
(2)将本次调查随机抽查的总人数减去已知的三个种类的人数求出喜欢篮球的人数，将条形统计图补充完整即可；
(3)将喜欢乒乓球所占比乘以1200即可估计该校有多少名学生最喜欢乒乓球．
本题考查条形统计图，扇形统计图，用样本估计总体，能从统计图中获取有用信息是解题的关键．
24.【答案】(1)证明：∵AD/​/BC，
∴∠OAD=∠OCB，
在△AOD和△COB中，
∠OAD=∠OCBAO=CO∠AOD=∠COB，
∴△AOD≌△COB(ASA)，
∴AD=BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
又∵AD⊥DC，
∴∠ADC=90°，
∴平行四边形ABCD是矩形；
(2)解：AE=OE=CF=OF=12ED，理由如下：
由(1)可知，四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC，∠BAC=90°，AO=CO=12AC，BO=12BD，AC=BD，
∴AO=BO=CO，
∴∠OBC=∠OCB，
∵AB=AO，
∴AB=AO=BO，
∴△ABC是等边三角形，
∴∠AOB=∠ABO=60°，
∵∠OBC+∠OCB=∠AOB，
∴∠OBC=∠OCB=12∠AOB=30°，
∵EF⊥BD，
∴∠BOF=90°，
∴OF=12BF，∠BFO=90°−30°=60°，
∵∠BFO=∠OCB+∠FOC=60°，
∴∠FOC=30°=∠OCB，
∴CF=OF=12BF，
同理：AE=OE=12ED，
在△AOE和△COF中，
∠OAE=∠OCFAO=CO∠AOE=∠COF，
∴△AOE≌△COF(ASA)，
∴AE=CF，
∴AD−AE=BC−CF，
即ED=BF，
∴AE=OE=CF=OF=12ED．
【解析】(1)证明△AOD≌△COB(ASA)，得AD=BC，再证明四边形ABCD是平行四边形，进而证明∠ADC=90°，然后由矩形的判定即可得出结论；
(2)证明△ABC是等边三角形，得∠AOB=∠ABO=60°，再证明OF=12BF，CF=OF=12BF，同理AE=OE=12ED，然后证明△AOE≌△COF(ASA)，得AE=CF，则ED=BF，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、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质以及等腰三角形的判定等知识，熟练掌握矩形的判定与性质是解题的关键．
25.【答案】解：(1)设该商店购进每件A种品牌的工具需要x元，每件B种品牌的工具需要y元，
根据题意得：10x+20y=28015x+10y=220，
解得：x=8y=10．
答：该商店购进每件A种品牌的工具需要8元，每件B种品牌的工具需要10元；
(2)设该商店购进B种品牌的工具m件，则购进A种品牌的工具(60−m)件，
根据题意得：8(60−m)+10m≤550，
解得：m≤35，
∴m的最大值为35．
答：该商店最多可购进B种品牌的工具35件．
【解析】(1)设该商店购进每件A种品牌的工具需要x元，每件B种品牌的工具需要y元，根据“购进A种工具10件，B种工具20件，共需要280元；购进A种工具15件，B种工具10件，共需要220元”，可列出关于x，y的二元一次方程组，解之即可得出结论；
(2)设该商店购进B种品牌的工具m件，则购进A种品牌的工具(60−m)件，利用总价=单价×数量，结合总价不超过550元，可列出关于m的一元一次不等式，解之取其中的最大值，即可得出结论．
本题考查了一元一次不等式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)根据各数量之间的关系，正确列出一元一次不等式．
26.【答案】(1)证明：∵点F是AD的中点，
∴AF=FD，
∴∠ACF=∠DCF，
∵CE=DE，AB是⊙O的直径，
∴AB⊥CD，
∴∠CEA=90°，
∴∠CAE+∠ACD=90°，
∴∠CAE+∠ACF+∠DCF=90°，∠CAE+∠DCF+∠DCF=90°，
∴∠CAB+2∠DCF=90°；
(2)证明：∵OG⊥OF，
∴∠FOG=90°，
∴∠FCG=12∠FOG=45°，
设∠ACF=α，则∠CAN=90°−2α，∠ACN=∠ACF+∠FCG=α+45°，
∴∠ANC=180°−∠CAN−∠ACN=α+45°，
∴∠ANC=∠ACN，
∴AC=AN；
(3)解：如图，连接BC，

∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∴∠MCB=∠ACB−∠ACF=90°−α，∠CMB=∠CAM+∠ACM=90°−α，
∴∠MCB=∠CMB，
∴BM=BC，
∵4MB=3AC，
∴4BC=3AC，
在Rt△ABC中，tan∠CAB=BCAC=34，
设BC=3m，则AC=4m，AB2=AC2+BC2，AB=5m，OG=OB=52m，
∵∠ACF=12∠AOF，
∴∠AOF=2α，
∴∠BOG=180°−∠AOF−∠FOG=90°−2α，
∴∠GOB=∠CAB，
过点G作GT⊥AB于点T，连接BG，
∴∠OTG=90°，
∴∠OTG=∠ACB，
∴△OTG∽△ABC，
∴OTAC=TGBC=OGAB=12，
∴TO=2m，TG=32m，TB=BO−OT=12m，
∵∠ABG=∠ACG，∠BNC=∠ANC，∠ACN=∠ANC，
∴∠BNG=∠NBG，
∴NG=BG，
又∵TG⊥AB，
∴NT=TB=12m，
∴ON=AT−NT=32m，S△ONG=12NO⋅TG=12×32m×32m=18，
m1=4，m2=−4(舍)，
过点F作FK⊥AB于点K，
∴∠FKO=90°=∠OTG，
∴∠KFO+∠KOF=90°，
∴∠KFO=∠TOG，
又∵FO=GO，
∴△KFO≌△TGO，
∴KF=OT=8，
KO=TG=6，KB=KO+OB=6+10=16，BC=MB=12，
∴KM=KB−MB=4，在Rt△KFM中，∠FKM=90°，FM2=KF2+KM2，
∴FM2=82+42=80，
解得：FM=4 5．
【解析】(1)利用圆周角定理，垂径定理得出∠CEA=90°，从而得出∠CAE+∠ACD=90°，利用等量代换即可证明；
(2)根据OG⊥OF，得出∠FOG=90°，从而∠FCG=12∠FOG=45°，设∠ACF=α，则∠CAN=90°−2α，算出∠ACN=α+45°，∠ANC=α+45°，即可得结论；
(3)连接BC，根据AB是⊙O的直径，得出∠ACB=90°，通过等量代换得出∠MCB=∠CMB，从而BM=BC，再根据4MB=3AC，得出tan∠CAB=BCAC=34，设BC=3m，则AC=4m，利用勾股定理求出 AB=5m，OG=OB=52m，过点G作GT⊥AB于点T，证明出△OTG∽△ABC，从而得出TO=2m，TG=32m，TB=12m，利用S△ONG=12NO⋅TG=12×32m×32m=18，求出m=4，过点F作FK⊥AB于点K，证明出△KFO≌△TGO，在Rt△KFM中，利用勾股定理建立等式求解即可解得FM=4 5．
本题考查了圆周角定理，相似三角形、全等三角形的判定及性质、勾股定理、直径对应的圆周角等于直角、解直角三角形，解题的关键是作出相应的辅助线构建相似三角形和全等三角形进行求解．
27.【答案】(1)解：抛物线y=ax2+bx+5经过A(−2,0)，B(5,0)，
把A(−2,0)，B(5,0)代入y=ax2+bx+5，
∴0=4a−2b+50=25a+5b+5，
解得a=−12b=32；
(2)把a=−12，b=32代入y=ax2+bx+5，
∴抛物线的解析式为y=−12x2+32x+5，
当x=0时，y=5，
∴C(0,5)，
∴OC=5，
设P(t,−12t2+32t+5)，
过点P作PT⊥x轴于点T，
∴T(t,0)，∠PTA=90°，AT=t+2，PT=−12t2+32t+5，
在Rt△APT中，tan∠PAT=PTAT=−12t2+32t+5t+2=−12t+52，
在Rt△ADO中，∠AOD=90°，tan∠DAO=DOAO=DO2，
∴DO2=−12t+52，
∴DO=−t+5，1
∴d=CO−DO=5−(−t+5)=t．
(3)∵B(5,0)，
∴OC=BO=5，
∴∠OCB=∠OBC，
∵∠COB=90°，
∴∠OCB=∠CBO=45°，
∵OG⊥FO，
∴∠FOG=90°，
又∠1=∠OFB+∠FOG=∠CBG+∠OGB，
∴90°+∠OFB=90°+∠OGB，
∴∠OFB=∠OGB，
∵∠COB=90°，
∴∠COG+∠GOB=90°，∠FOC+∠COG=90°，
∴∠GOB=∠FOC，
又∵CO=BO，
∴△FCO≌△GBO(ASA)，
∴FC=BG，FO=GO，
∵CE+BG=EB，
∴CE+FC=EB，
∴EF=EB，
过点F作FL⊥y轴于点L，交OH的延长线于点K，
∴∠FLO=∠KLO=90°，
∵∠LOB=90°，
∴∠FLO=∠LOB，
∴FK//OB，
∴∠K=∠KOB，∠KFE=∠OBE，
∴△FKE≌△OBE(AAS)，
∴FK=OB，FK=OC，
∵∠FLO=90°，∠LFO+∠LOF=90°，
∵∠FOG=90°，
∴∠LOF+∠COG=90°，
∴∠LFO=∠COG，
∴△FKO≌△OCG(AAS)，
∴∠K=∠OCG，
∵∠KLO=90°，
∴∠K+∠KOL=90°，
∴∠OCG+∠KOL=90°，
过点H作HQ⊥y轴于点Q，
∴∠CHO=90°，
∴∠CHQ+∠QHO=90°，
∴∠QHO+∠COH=90°
∴∠CHQ=∠COH，
∴tan∠CHQ=tan∠COH，
∴CQQH=QHOQ，
过点G作GJ⊥y轴于点J，
∴∠CQH=∠HQO=∠GJC=∠GJO=90°，
又∵∠QCH=∠JCG，
∴△CQH∽△CJG，
∴CQCJ=QHJG=CHCG=CHCH+CG=33+7=310，
设QH=3m，JG=10m，
∵FO=OG，∠FLO=∠GJO=90°，∠LFO=∠JOG，
∴△FLO≌△JOG，
∴LO=JG=10m，LC=10m−5，∠LFB=∠FBO=45°，∠FCL=∠OCB=45°，∠LFC=∠LCF，FL=CL=10m−5，
∴JO=FL=10m−5，
∴CJ=5−(10m−5)=10−10m，
∴CQ=310(10−10m)=3−3m，QO=5−(3−3m)=2+3m，
∴3−3m3m=3m2+3m，解得m1=23，m2=−12(舍)，
∴QH=2，QO=4，
∴tan∠QHO=OQQH=42=2，
过点E作EW⊥x轴于点W，
∵QH//x轴，
∴∠QHO=∠HOW，
∴tan∠QHO=tan∠HOW=2，
∴EWOW=2，
设OW=n，则WE=2n，EW=BW=2n，
∴OB=OW+WB，
∴5=n+2n，
∴n=53，
∴OW=53，EW=103，
∴AW=AO+OW=113，
∴tan∠EAW=WEAW=DOAO，
∴103113=5−t2，
解得t=3511，
把t=3511代入y=−12x2+32x+5，得y=570121，
∴P(3511,570121)．
【解析】(1)运用待定系数法求解即可；
(2)由(1)可得函数解析式，得点C坐标及OC=5，设P(t,−12t2+32t+5)，过点P作PT⊥x轴于点T，求得tan∠PAT=−12t+52，在Rt△ADO中，由tan∠DAO=DOAO=DO2求出DO=−t+5，从而可求出d；
(3)先证明∠OFB=∠OGB，∠GOB=∠FOC，根据AAS证明△FCO≌△GBO得FC=BG，FO=GO，得出EF=EB，过点F作FL⊥y轴于点L，交OH的延长线于点K，证明△FKE≌△OBE，得出FK=OB，FK=OC，证明△FKO≌△OCG，得∠K=∠OCG，过点H作HQ⊥y轴于点Q，证明∠CHQ=∠COH，得CQQH=QHOQ，过点G作GJ⊥y轴于点J，证明△CQH∽△CJG，得CQCJ=310，设QH=3m，JG=10m，根据AAS证明△FLO≌△JOG，求出QH=2，QO=4，tan∠QHO=OQQH=42=2，过点E作EW⊥x轴于点W，求出EWOW=2，设OW=n，则WE=2n，EW=BW=2n，根据OB=OW+WB求出n=53，求出OW=53，EW=103，AW=113，则tan∠EAW=WEAW=DOAO，据此列式求出t的值即可．
本题主要考查运用待定系数法求函数关系式，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，解直角三角形的相关计算等科研课题，正确作出图形构造全等三角形是解答可不是的关键黑
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