2024年甘肃省武威五中教研联片中考数学二模试卷（含详细答案解析）

这是一份2024年甘肃省武威五中教研联片中考数学二模试卷（含详细答案解析），共23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.(−2)5是(−2)3的倍.( )
A. 2B. 3C. 4D. 8
2.与−2(a+b)相等的是( )
A. −2a−bB. −2a+bC. −2a−2bD. −2a+2b
3.下列命题是真命题的是( )
A. 数轴上的所有点都表示有理数B. 平方根是本身的数为1，0
C. 0.01是0.1的一个平方根D. 3−a=−3a
4.已知二元一次方程组x+y=1*的解是x=−1y=a，则*表示的方程可能是( )
A. x−y=−3B. x+y=4C. 2x−y=−3D. 2x+3y=−4
5.某县有四个规模一样的学校，参加中考的人数都是600人，从下面的升学率统计图看出，升学人数是450人的学校是( )
A. AB. BC. CD. D
6.如图，B，D分别是位于线段AC两侧的点，连接AB，AD，CB，CD，则下列条件中，与∠BAC=∠DAC相结合无法判定△ABC≌△ADC的是( )
A. AB=AD
B. CB=CD
C. ∠BCA=∠DCA
D. ∠B=∠D
7.如图，矩形ABCD中，E，F是CD上的两个点，EG⊥AC，FH⊥AC，垂足分别为G，H，若AD=2，DE=1，CF=2，且AG=CH，则EG+FH=( )
A. 3+1B. 5C. 3D. 52
8.在同一平面直角坐标系中，一次函数y=mx−n的图象和二次函数y=mx2+nx的图象可能是( )
A. B.
C. D.
9.如图，△ABC内接于⊙O，∠B=65∘，∠C=70∘.若BC=2 2，则BC的长为( )
A. π
B. 2π
C. 2π
D. 2 2π
10.在Rt△ABC中，∠ACB=90∘，BC=1，AB=2，则下列结论正确的是( )
A. sinA= 32B. tanA=12C. csB= 32D. tanB= 3
二、填空题：本题共8小题，每小题3分，共24分。
11.要使分式3x−2有意义，则x的取值范围是______.
12.将二次函数y=x2−6x+8用配方法化成y=(x−h)2+k的形式为y=______.
13.已知∠A=48∘40′，则∠A的余角等于______.
14.如图，在平面直角坐标系中，正方形ABCD的顶点A，B分别在x轴、y轴上，对角线交于点E，反比例函数y=kx(x>0,k>0)的图象经过点C，E.若点A(3,0)，则k的值是______.
15.若实数a、b在数轴上的位置如图所示，则化简 (a+1)2+ (b+1)2− (a−b)2的结果是______.
16.如图，四边形ABCD为⊙O的内接四边形，已知∠BOD=140∘，则∠BCD的度数为______.
17.如图，在Rt△ABC中，∠BAC=90∘，AB=AC，点D为BC上一点，连接AD.过点B作BE⊥AD于点E，过点C作CF⊥AD交AD的延长线于点F.若BE=4，CF=1，则EF的长度为______.
18.如图，正方形ABCD中，点E、F分别在线段BC、CD上运动，且满足∠EAF=45∘，AE、AF分别与BD相交于点M、N，下列说法中：①BE+DF=EF；②点A到线段EF的距离一定等于正方形的边长；③若tan∠BAE=12，则tan∠DAF=13；④若BE=2，DF=3，则S△AEF=15.其中结论正确的是______.(将正确的序号填写在横线上)
三、解答题：本题共10小题，共66分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
19.(本小题8分)
计算：
(1)解方程：(x−1)2=2x(x−1)；
(2)计算： 12−tan60∘+(12)−1−|1−2cs30∘|.
20.(本小题4分)
先化简，再求值：(1x−1+1)÷x2−1x2−2x+1，其中x=2.
21.(本小题6分)
如图，正方形网格中，每个小正方形的边长都是1个单位长度，在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点A(5,2)，B(5,5)，C(1,1)均在格点上．
(1)将△ABC向下平移5个单位长度得到△A1B1C1，画出△A1B1C1；
(2)画出△A1B1C1绕点C1逆时针旋转90∘后得到的△A2B2C1；
(3)在(2)的条件下，求△A1B1C1扫过的面积．
22.(本小题6分)
在等腰△ABC中，三边长分别是a，b，c，并且满足a2−10a+25+ (b−3)2=0，求△ABC的周长.
23.(本小题6分)
如图，点B、C、D在同一条直线上，AB⊥BD，DE⊥BD，AC⊥CE，AB=CD.
(1)求证：△ABC≌△CDE.
(2)若∠ACB=37∘，求∠AED的度数.
24.(本小题6分)
如图，AB是⊙O的直径，点D在直径AB上(D与A，B不重合)，CD⊥AB且CD=AB，连接CB，与⊙O交于点F，在CD上取一点E，使EF与⊙O相切.
(1)求证：EF=EC；
(2)若D是OA的中点，AB=4，求BF的长.
25.(本小题6分)
如图所示，小林想利用竹竿来测量旗杆AB的高度，在某一时刻测得1米长的竹竿竖直放置时影长2米，在同时刻测量旗杆的影长时，旗杆的影子一部分落在地面上(BC)，另一部分落在斜坡上(CD)，他测得落在地面上的影长为10米，落在斜坡上的影长为4 2米，∠DCE=45∘，求旗杆AB的高度.
26.(本小题6分)
在一个不透明的口袋中装有4张相同的纸牌，它们分别标有数字1，2，3，4，随机地一次摸取两张纸牌，请用列表或画树状图的方法解决下列问题．
(1)计算两次摸取纸牌上数字之和为5的概率；
(2)甲、乙两人进行游戏，如果两次摸取纸牌上数字之和为奇数，则甲胜；如果两次摸取纸牌上数字之和为偶数，则乙胜．这是个公平的游戏吗？请说明理由．
27.(本小题8分)
动感单车是一种新型的运动器械．图①是一辆动感单车的实物图，图②是其侧面示意图．△BCD为主车架，AB为调节管，点A，B，C在同一直线上．已知BC长为70cm，∠BCD的度数为58∘.当AB长度调至34cm时，求点A到CD的距离AE的长度(结果精确到1cm).(参考数据：sin58∘≈0.85，cs58∘≈0.53，tan58∘≈1.60)
28.(本小题10分)
如图1，在平面直角坐标系中，抛物线y=−12x2+bx+c与x轴交于点A(−1,0)、B(4,0)两点，与y轴交于点C，连接BC，直线BM：y=2x+m交y轴于点M.P为直线BC上方抛物线上一动点，过点P作x轴的垂线，分别交直线BC、BM于点E、F.
(1)求抛物线的表达式；
(2)当点P落在抛物线的对称轴上时，求△PBC的面积；
(3)若点N为y轴上一动点，当四边形BENF为矩形时，求点N的坐标.
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：(−2)5=−32，(−2)3=−8，
−32÷(−8)=4，
即(−2)5是(−2)3的4倍，
故选：C.
先根据有理数的乘方法则计算，然后相除即可．
本题考查了有理数的乘方，熟练掌握有理数的乘方法则是解题的关键．
2.【答案】C
【解析】解：−2(a+b)=−2a−2b，
故选：C.
去括号时，括号前面是负号，去括号后，括号内各项都要改变符号，根据去括号的法则可得答案．
本题考查的是去括号，熟记去括号的法则是解本题的关键．
3.【答案】D
【解析】解：A、数轴上的所有点都表示实数，原命题是假命题，不符合题意；
B、平方根是本身的数为0，原命题是假命题，不符合题意；
C、0.1是0.01的一个平方根，原命题是假命题，不符合题意；
D、3−a=−3a，是真命题，符合题意；
故选：D.
根据有理数的概念、平方根的概念和性质、立方根的概念判断即可．
此题考查命题与定理，关键是根据有理数的概念、平方根的概念和性质、立方根的概念进行判断．
4.【答案】A
【解析】解：∵二元一次方程组的解是x=−1y=a，
∴−1+a=1，
∴a=2，
∴x=−1y=2，
∴x−y=−1−2=−3，x+y=1，2x−y=−4，2x+3y=4；
故*表示的方程可能是x−y=−3；
故选：A.
根据方程组的解使方程组中的每一个方程都成立，求出a的值，再将方程组的解分别代入各个选项中，进行判断即可．
本题考查二元一次方程组的解，理解方程组的解是本题的关键．
5.【答案】D
【解析】解：由题意，得
A校的升学人数为：600×45%=270人，
B校的升学人数为：600×60%=360人，
C校的升学人数为：600×45%=270人，
D校的升学人数为：600×75%=450人，
∴D校的升学人数为450人．
故选：D.
根据总人数×升学率=升学人数求出各校的升学人数就可以求出结论．
本题是一道统计试题，考查了百分比的运用，总人数×升学率=升学人数的数量关系的运用，解答时根据总人数×升学率=升学人数计算出各校的升学人数是关键．
6.【答案】B
【解析】解：∵∠BAC=∠DAC，AC=AC，
∴当添加AB=AD时，△ABC≌△ADC(SAS)，所以A选项不符合题意；
当添加CB=CD时，不能判断△ABC≌△ADC(SAS)；所以B选项符合题意；
当添加∠BCA=∠DCA时，△ABC≌△ADC(ASA)，所以C选项不符合题意；
当添加∠B=∠D时，△ABC≌△ADC(AAS)，所以D选项不符合题意．
故选：B.
由于∠BAC=∠DAC，加上AC为公共边，则根据全等三角形的判定方法可对各选项进行判断．
本题考查了全等三角形的判定：熟练掌握全等三角形的5种判定方法是解决问题的关键；选用哪一种方法，取决于题目中的已知条件．
7.【答案】B
【解析】解：过点E作EM⊥AB于M，延长EG交AB于Q，则△EQM是直角三角形．
∵EG⊥AC，FH⊥AC，
∴∠CHF=∠AGQ=90∘，
∵矩形ABCD中，CD//AB，
∴∠FCH=∠QAG，
在△FCH和△QAG中，∠CHF=∠AGQ CH=AG ∠FCH=∠QAG ，
∴△FCH≌△QAG(ASA)，
∴AQ=CF=2，FH=QG，
∵∠D=∠DAM=∠AME=90∘，
∴四边形ADEM是矩形，
∴AM=DE=1，EM=AD=2，
∴MQ=2−1=1，
∴Rt△EMQ中，EQ= EM2+QM2= 22+12= 5，
即EG+QG=EG+FH= 5.
故选：B.
先过点E作EM⊥AB于M，延长EG交AB于Q，则△EQM是直角三角形，先判定△FCH≌△QAG(ASA)，得出AQ=CF=2，FH=QG，然后判定四边形ADEM是矩形，再在Rt△EMQ中，根据勾股定理求得EQ= 5，即可得到EG+QG=EG+FH即可．
本题主要考查了矩形的判定与性质，全等三角形的判定与性质以及勾股定理的综合应用，解决问题的关键是作辅助线，构造直角三角形、矩形以及全等三角形，根据矩形对边相等及全等三角形对应边相等进行计算求解．
8.【答案】D
【解析】解：A，结合图象y=mx−n中，m>0，n>0，此时二次函数y=mx2+nx中对称轴x=−n2m<0，与图象不符，不符合题意；
B，结合图象y=mx−n中，m>0，n>0，此时二次函数y=mx2+nx中对称轴x=−n2m<0，图象没过原点，与图象不合，不符合题意；
C，结合图象y=mx−n中，m>0，n<0，此时二次函数y=mx2+nx中对称轴x=−n2m>0，与图象不符，不符合题意；
D，结合图象y=mx−n中，m<0，n>0，此时二次函数y=mx2+nx中对称轴x=−n2m>0与图象符合，符合题意；
故选：D.
利用对称轴x=−b2a，左同右异判断对称轴位置，结合一次函数图象走向与二次函数开口方向逐个判断即可．
本题考查一次函数与二次函数在同一坐标系中各常量间的关系，本题突破口在于用控制变量法来研究．先把一次函数固定，再研究这种条件下二次函数的图象位置是否符合．
9.【答案】A
【解析】解：连接OB，OC.
∵∠A=180∘−∠ABC−∠ACB=180∘−65∘−70∘=45∘，
∴∠BOC=90∘，
∵BC=2 2，
∴OB=OC=2，
∴BC的长为=π，
故选：A.
连接OB，OC.首先证明△OBC是等腰直角三角形，求出OB即可解决问题．
本题考查圆周角定理，弧长公式，等腰直角三角形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
10.【答案】D
【解析】解：∵∠ACB=90∘，BC=1，AB=2，
∴AC= AB2−BC2= 22−12= 3，
则A、sinA=BCAB=12，故此选项错误；
B、tanA=BCAC=1 3= 33，故此选项错误；
C、csB=BCAB=12，故此选项错误；
D、tanB=ACBC= 3，此选项正确；
故选：D.
先根据勾股定理求出AC= 3，再根据三角函数的定义分别求解可得．
本题主要考查了勾股定理，特殊锐角三角函数值，解题的关键是掌握勾股定理和三角函数的定义．
11.【答案】x≠2
【解析】解：依题意得：x−2≠0，
解得x≠2.
故答案为：x≠2.
直接利用分式有意义的条件分析得出答案．分式有意义的条件是分母不等于零．
此题主要考查了分式有意义的条件，正确把握分式有意义的条件是分母不等于零是解题的关键．
12.【答案】(x−3)2−1
【解析】解：y=x2−6x+8=x2−6x+9−1=(x−3)2−1，
故答案为：(x−3)2−1.
运用配方法把一般式化为顶点式即可．
本题考查的是二次函数的三种形式，正确运用配方法把一般式化为顶点式是解题的关键．
13.【答案】41∘20′
【解析】解：90∘−∠A=90∘−48∘40′=41∘20′，
故答案为：41∘20′.
∠A的余角等于90∘−∠A.
本题考查了余角，关键是掌握余角的定义．
14.【答案】4
【解析】解：设C(m,km)，
∵四边形ABCD是正方形，
∴点E为AC的中点，
∴E(m+32,k2m)，
∵点E在反比例函数y=kx上，
∴m+32×k2m=k，
∴m=1，
作CH⊥y轴于H，
∴CH=1，
∵四边形ABCD是正方形，
∴BA=BC，∠ABC=90∘，
∴∠OBA=∠HCB，
∵∠AOB=∠BHC，
∴△AOB≌△BHC(AAS)，
∴BH=OA=3，OB=CH=1，
∴C(1,4)，
∴k=4，
故答案为：4.
利用中点坐标公式可得点C的横坐标为1，作CH⊥y轴于H，再利用AAS证明△AOB≌△BHC，得BH=OA=3，OB=CH=1，从而得出点C的坐标，即可得出答案．
本题主要考查了反比例函数图象上点的坐标的特征，正方形的性质，全等三角形的判定与性质等知识，利用全等三角形的判定与性质求出点C的坐标是解题的关键．
15.【答案】0
【解析】解：由题可得，−2∴a+1<0，b+1>0，a−b<0，
∴原式=|a+1|+|b+1|−|a−b|
=−a−1+(b+1)−(−a+b)
=−a−1+b+1+a−b
=0，
故答案为：0.
依据数轴即可得到a+1<0，b+1>0，a−b<0，即可化简原式．
本题主要考查了二次根式的性质与化简，解决问题的关键是掌握二次根式的性质以及绝对值的性质．
16.【答案】110∘
【解析】解：由圆周角定理得，∠A=12∠BOD=70∘，
∵四边形ABCD为⊙O的内接四边形，
∴∠A+∠BCD=180∘，
∴∠BCD=110∘，
故答案为110∘.
根据圆周角定理求出∠A的度数，根据圆内接四边形的性质计算即可．
本题考查的是圆内接四边形的性质和圆周角定理，掌握圆内接四边形的对角互补是解题的关键．
17.【答案】3
【解析】解：∵BE⊥AD，CF⊥AD，
∴∠BEA=∠AFC=90∘，
∴∠BAE+∠ABE=90∘，
∵∠BAC=90∘，
∴∠BAE+∠FAC=90∘，
∴∠FAC=∠ABE，
在△ABE和△CAF中，
∠BEA=∠AFC∠ABE=∠FACAB=AC，
∴△ABE≌△CAF(AAS)，
∴AF=BE，AE=CF，
∵BE=4，CF=1，
∴AF=BE=4，AE=CF=1，
∴EF=AF−AE=4−1=3，
故答案为：3.
先证明△ABE≌△CAF(AAS)，根据全等三角形的性质可得AF=BE=4，AE=CF=1，进一步可得EF的长．
本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，熟练掌握全等三角形的判定方法是解题的关键．
18.【答案】①②③④
【解析】解：如图，把△ADF绕点A顺时针旋转90∘得到△ABH，
由旋转的性质得，BH=DF，AH=AF，∠BAH=∠DAF，
∵∠EAF=45∘，
∴∠EAH=∠BAH+∠BAE=∠DAF+∠BAE=90∘−∠EAF=45∘，
∴∠EAH=∠EAF=45∘，
在△AEF和△AEH中AH=AF∠EAH=∠EAF=45∘AE=AE，
∴△AEF≌△AEH(SAS)，
∴EH=EF，
∴∠AEB=∠AEF，
∴BE+BH=BE+DF=EF，
故①正确；
过A作AG⊥EF于G，
∴∠AGE=∠ABE=90∘，
在△ABE与△AGE中∠ABE=∠AGE∠AEB=∠AEGAE=AE，
∴△ABE≌△AGE(AAS)，
∴AB=AG，
∴点A到线段EF的距离一定等于正方形的边长；故②正确；
∵tan∠BAE=BEAB=12，
∴设BE=m，AB=2m，
∴CE=m，
设DF=x，则CF=2m−x，EF=BE+DF=m+x，
∵CF2+CE2=EF2，
∴(2m−x)2+m2=(m+x)2，
∴x=23m，
∴tan∠DAF=DFAD=23m2m=13；故③正确；
∵BE=2，DF=3，
∴EF=BE+DF=5，
设BC=CD=n，
∴CE=n−2，CF=n−3，
∴EF2=CE2+CF2，
∴25=(n−2)2+(n−3)2，
∴n=6(负值舍去)，
∴AG=6，
∴S△AEF=12×6×5=15.故④正确，
故答案为：①②③④．
如图，根据旋转的性质得到BH=DF，AH=AF，∠BAH=∠DAF，得到∠EAH=∠EAF=45∘，根据全等三角形的性质得到EH=EF，∠AEB=∠AEF，于是得到BE+BH=BE+DF=EF，故①正确；过A作AG⊥EF于G，根据全等三角形的性质得到AB=AG，于是得到点A到线段EF的距离一定等于正方形的边长；故②正确；根据三角函数的定义设BE=m，AB=2m，求得CE=m，设DF=x，则CF=2m−x，EF=BE+DF=m+x，根据勾股定理得到x=23m，于是得到tan∠DAF=DFAD=23m2m=13；故③正确；求得EF=BE+DF=5，设BC=CD=n，根据勾股定理即可得到结论．
此题考查了全等三角形的判定和性质，正方形的性质，三角形的面积，熟练全等三角形的判定定理是解决此类题的关键．
19.【答案】解：(1)(x−1)2=2x(x−1)，
(x−1)2−2x(x−1)=0，
(x−1)(x−1−2x)=0，
x−1=0或x−1−2x=0，
所以x1=1，x2=−1；
(2)原式=2 3− 3+2−( 3−1)
=2 3− 3+2− 3+1
=3.
【解析】(1)先移项得到(x−1)2−2x(x−1)=0，再利用因式分解法把方程转化为x−1=0或x−1−2x=0，然后解两个一次方程即可；
(2)先根据二次根式的化简法则、负整数指数幂、绝对值的意义和特殊角的三角函数值计算，然后合并即可．
本题考查了解一元二次方程-因式分解法：因式分解法就是利用因式分解求出方程的解的方法，这种方法简便易用，是解一元二次方程最常用的方法．也考查了实数的运算．
20.【答案】解：(1x−1+1)÷x2−1x2−2x+1
=(1x−1+x−1x−1)÷(x+1)(x−1)(x−1)2
−1+(x−1)x−1⋅(x−1)2(x+1)(x−1)
=xx−1⋅(x−1)2(x+1)(x−1)
=xx+1，
当x=2时，原式=22+1=23.
【解析】先根据分式的加法法则进行计算，再根据分式的除法法则把除法变成乘法，算乘法，最后代入求出答案即可．
本题考查了分式的化简求值，能正确根据分式的运算法则进行化简是解此题的关键，注意运算顺序．
21.【答案】解：(1)如图，△A1B1C1即为所求；
(2)如图，△A2B2C1即为所求；
(3)∵B1C12=42+42=32，
∴△A1B1C1扫过的面积=扇形B1C1B2的面积+△A1B1C1的面积=90×π×32360+12×3×4=8π+6.
【解析】(1)根据平移的性质即可将△ABC向下平移5个单位长度得到△A1B1C1；
(2)根据旋转的性质即可画出△A1B1C1绕点C1逆时针旋转90∘后得到的△A2B2C1；
(3)根据扇形面积公式即可求△A1B1C1扫过的面积．
本题考查了作图-旋转变换，作图-平移变换，解决本题的关键是掌握旋转和平移的性质．
22.【答案】解：∵a2−10a+25+ (b−3)2=0，
∴(a−5)2+|b−3|=0，
又∵(a−5)2≥0，|b−3|≥0，
∴a−5=0，b−3=0，
∴a=5，b=3，
又∵a，b，c分别是等腰△ABC的边，
①当a=c=5时，5+3>5，符合三角形的三边关系，
∴△ABC的周长是：a+b+c=5+2+5=12，
②当b=c=3时，3+3>5，符合三角形的三边关系，
∴△ABC的周长是：a+b+c=3+2+3=8，
综上分析可知，△ABC的周长是12或8.
【解析】先利用非负数的性质求解a，b的值，再分类讨论，根据三角形的三边关系可得答案．
本题考查的是利用完全平方公式分解因式，非负数的性质，等腰三角形的定义，在①等腰；②底边上的高；③底边上的中线；④顶角平分线．以上四个元素中，从中任意取出两个元素当成条件，就可以得到另外两个元素为结论．
23.【答案】(1)证明：∵AB⊥BD，DE⊥BD，AC⊥CE，
∴∠B=∠D=∠ACE=90∘.
∴∠BAC+∠ACB=90∘，∠ACB+∠DCE=90∘.
∴∠BAC=∠DCE.
在△ABC和△CDE中，
∠BAC=∠DCEAB=CD∠ABC=∠CDE，
∴△ABC≌△CDE(ASA).
(2)解：∵△ABC≌△CDE，
∴AC=CE，∠ACB=∠CED=37∘，
∴∠CAE=∠AEC=45∘，
∴∠AED=37∘+45∘=82∘.
【解析】(1)由“ASA”可证△ABC≌△CDE；
(2)由全等三角形的性质可得AC=CE，∠ACB=∠CED=37∘，即可求解．
本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，掌握全等三角形的判定方法是解题的关键．
24.【答案】(1)证明：连接OF，则OF=OB，
∵EF与⊙O相切于点F，
∴EF⊥OF，
∴∠OFE=90∘，
∴∠EFC+∠OFB=180∘−∠OFE=90∘，
∵CD⊥AB，
∴∠CDB=90∘，
∴∠C+∠B=90∘，
∵∠OFB=∠B，
∴∠EFC=∠C，
∴EF=EC.
(2)解：连接AF，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠AFB=∠CDB=90∘，
∴∠B=∠B，
∴△AFB∽△CDB，
∴BFBD=ABCB，
∵D是OA的中点，AB=4，
∴OA=OB=12AB=2，OD=AD=12OA=1，
∴BD=OB+OD=2+1=3，
∵CD=AB=4，
∴CB= BD2+CD2= 32+42=5，
∴BF=AB⋅BDCB=4×35=125，
∴BF的长是125.
【解析】(1)连接OF，由切线的性质得EF⊥OF，则∠OFE=90∘，所以∠EFC+∠OFB=90∘，由CD⊥AB，得∠CDB=90∘，则∠C+∠B=90∘，而∠OFB=∠B，所以∠EFC=∠C，则EF=EC；
(2)连接AF，由AB是⊙O的直径，得∠AFB=∠CDB=90∘，而∠B=∠B，所以△AFB∽△CDB，则BFBD=ABCB，由D是OA的中点，AB=4，求得OA=OB=2，OD=AD=1，则BD=3，因为CD=AB=4，所以CB= BD2+CD2=5，则BF=AB⋅BDCB=125.
此题重点考查等腰三角形的判定与性质、直角三角形的两个锐角互余、等角的余角相等、相似三角形的判定与性质等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．
25.【答案】解：延长AD交BC的延长线于点F，过点D作DE⊥BC于点E，
∵CD=4 2米，∠DCE=45∘，
∴DE=CE=4，
∵同一时刻物高与影长成正比，
∴DEEF=12，解得EF=2DE=8，
∴BF=10+4+8=22，
∵DE⊥BC，AB⊥BC，
∴△EDF∽△BAF，
∴DEAB=EFBF，即4AB=822
∴AB=11米．
答：旗杆的高度约为11米．
【解析】延长AD交BC的延长线于点F，过点D作DE⊥BC于点E，根据勾股定理求出ED的长，再由同一时刻物高与影长成正比得出EF的长，根据DE//AB可知△EDF∽△ABF，由相似三角形的对应边成比例即可得出AB的长．
本题考查的是相似三角形的应用，根据题意作出辅助线，构造出相似三角形是解答此题的关键．
26.【答案】解：根据题意，列表如下：
由上表可以看出，摸取一张纸牌然后放回，再随机摸取出纸牌，可能结果有16种，它们出现的可能性相等．
(1)两次摸取纸牌上数字之和为5(记为事件A)有4个，P(A)=416=14；
(2)这个游戏公平，理由如下：
∵两次摸出纸牌上数字之和为奇数(记为事件B)有8个，P(B)=816=12，
两次摸出纸牌上数字之和为偶数(记为事件C)有8个，P(C)=816=12，
∴两次摸出纸牌上数字之和为奇数和为偶数的概率相同，所以这个游戏公平．
【解析】(1)先列表展示所有可能的结果数为16，再找出两次摸取纸牌上数字之和为5的结果数，然后根据概率的概念计算即可；
(2)从表中找出两次摸出纸牌上数字之和为奇数的结果数和两次摸出纸牌上数字之和为偶数的结果数，分别计算这两个事件的概率，然后判断游戏的公平性．
本题考查了关于游戏公平性的问题：先利用图表或树形图展示所有可能的结果数，然后计算出两个事件的概率，若它们的概率相等，则游戏公平；若它们的概率不相等，则游戏不公平．
27.【答案】解：∵AB=34cm，BC=70cm，
∴AC=AB+BC=104cm，
在Rt△ACE中，sin∠BCD=AEAC，
∴AE=AC⋅sin∠BCD=104×0.85≈88cm.
答：点A到CD的距离AE的长度约88cm.
【解析】由AB，BC的长度求出AC长度，然后根据sin∠BCD=AEAC求解．
本题考查解直角三角形，解题关键是掌握锐角三角函数的定义．
28.【答案】解：(1)∵抛物线y=−12x2+bx+c与x轴交于点A(−1,0)、B(4,0)两点，
∴抛物线的表达式为：y=−12(x+1)(x−4)，
∴y=−12x2+32x+2；
(2)∵y=−12x2+32x+2，
∴y=−12(x−32)2+258，
∴P(32,258)，
∵B(4,0)，C(0,2)，
∴直线BC的表达式为：y=−12x+2，
把x=32代入y=−12x+2得：y=54，
∴S△PBC=12×(258−54)×4=154；
∵点P落在抛物线y=−12x2+32x+2的对称轴上，
∴P为抛物线y=−12x2+32x+2的顶点，
∵y=−12(x−32)2+258，
∴P(32,258)，
在y=−12x2+32x+2中，令x=0得y=2，
∴C(0,2)
由B(4,0)，C(0,2)得直线BC的表达式为y=−12x+2，
把x=32代入y=−12x+2得y=54，
∴E(32,54)，
∴PE=258−54=158，
∴S△PBC=12PE⋅|xB−xC|=12×158×4=154，
答：△PBC的面积是154；
(3)过点N作NG⊥EF于点G，如图1：
∵y=2x+m过点B(4,0)，
∴0=2×4+m，
解得m=−8，
∴直线BM的表达式为：y=2x−8，
∴M(0,−8)，
设E(a,−12a+2)，则F(a,2a−8)，
∵四边形BENF为矩形，
∴∠NEG=∠BFH，NE=BF，
在△NEG和△BFH中，
∠NEG=∠BFH∠NGE=∠BHFNE=BF，
∴△NEG≌△BFH(AAS)，
∴NG=BH，EG=FH，
而NG=a，BH=OB−OH=4−a，
∴a=4−a，
解得a=2，
∴F(2,−4)，E(2,1)，
∴EH=1，
∵EG=FH，
∴EF−EG=EF−FH，即GF=EH=1，
∵F(2,−4)，
∴G(2,−3)，
∴N(0,−3).
【解析】(1)根据抛物线y=−12x2+bx+c与x轴交于点A(−1,0)、B(4,0)两点，即知抛物线的表达式为：y=−12(x+1)(x−4)，，即y=−12x2+32x+2；
(2)由y=−12x2+32x+2求出P(32,258)，由B(4,0)，C(0,2)得直线BC的表达式为y=−12x+2，从而可得E(32,54)，PE=258−54=158，即可得△PBC的面积是154；
(3)①过点N作NG⊥EF于点G，求得直线BM的表达式为：y=2x−8即知M(0,−8)，设E(a,−12a+2)，则F(a,2a−8)，证明△NEG≌△BFH(AAS)，可得NG=BH，EG=FH，即有a=4−a，解得F(2,−4)，E(2,1)，从而可得N(0,−3).
本题考查二次函数综合应用，涉及待定系数法，三角形面积，矩形性质及应用，全等三角形的判定与性质等知识，解题的关键是作出适当的辅助线，构造全等三角形，本题对学生能力要求较高．1
2
3
4
1
2
3
4
5
2
3
4
5
6
3
4
5
6
7
4
5
6
7
8