2024年甘肃省武威市古浪县裴家营学校联片教研中考数学二模试卷（含解析）

这是一份2024年甘肃省武威市古浪县裴家营学校联片教研中考数学二模试卷（含解析），共22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.−6的相反数是( )
A. −6B. −16C. 6D. 16
2.下面4个汽车标志图案，其中不是轴对称图形的是( )
A. B. C. D.
3.下列运算正确的是( )
A. 2a+4=6aB. a2⋅a3=a5C. (2a)2=2a2D. a3÷a3=a
4.m为正整数，已知二元一次方程组mx+2y=103x−2y=0有整数解，则m2的值为( )
A. 4B. 49C. 4或49D. 1或49
5.为了鼓励学生课外阅读，学校公布了“阅读奖励”方案，并设置了“赞成、反对、无所谓”三种意见．现从学校所有2400名学生中随机征求了100名学生的意见，其中持“反对”和“无所谓”意见的共有30名学生，估计全校持“赞成”意见的学生人数约为
( )
A. 70B. 720C. 1680D. 2370
6.如图，OP平分∠MON，PA⊥ON于点A，点Q是射线OM上的一个动点.若PA=2，则PQ的长不可能是( )
A. 4
B. 3.5
C. 2
D. 1.5
7.若分式2x−5x2+4的值为负数，则x的取值范围是( )
A. x为任意数B. x<52C. x>52D. x<−52
8.如图，矩形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，∠AOB=60°，若矩形对角线长为4，则线段AD的长度为( )
A. 2 5B. 4C. 2 3D. 3
9.如图，在⊙O中，OC⊥AB，∠ADC=32°，则∠OBA的度数是( )
A. 64°
B. 58°
C. 32°
D. 26°
10.如图，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC=12，点P在边AB上，D，E分别为BC，PC的中点，连接DE.过点E作BC的垂线，与BC，AC分别交于F，G两点.连接DG，交PC于点H.有以下判断：①∠EDC=45°；②DG⊥PE，且DG=PE；③当AP=6时，△APG的面积为9；④CHCE的最大值为 2+12.其中正确的是( )
A. ①③B. ①③④C. ①②④D. ①②③④
二、填空题：本题共8小题，每小题3分，共24分。
11.若3x4ym与−2x4y2是同类项，则m= ______．
12.已知不等式4x−3a>−1与不等式2(x−1)+3>5的解集相同，则a=______．
13.一个多边形的内角和为900°，则这个多边形的边数为______．
14.把多项式ax2+2axy+ay2分解因式的结果是______．
15.如图，已知∠BAC=∠DAE=90°，∠ABC=∠ADE=30°，AC=DE=2 3，将△ADE绕点A旋转逆时针旋转，旋转角为α(0°<α<1800)，当点D恰好落在△ABC的边上时BD的长为______．
16.如图是一个上下底密封纸盒的三视图，请你根据图中数据，计算这个密封纸盒的表面积为________ cm2. (结果可保留根号)．
17.如图，在△ABC中，AB=AC=5，BC=8.若∠BPC=12∠BAC，则tan∠BPC=______．
18.如图，P是⊙O外一点，PA、PB分别和⊙O切于A、B，C是弧AB上任意一点，过C作⊙O的切线分别交PA、PB于D、E，若△PDE的周长为20cm，则PA长为______．
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)
(1)计算：( 5−π)0−6tan30°+(12)−2+|1− 3|.
(2)解不等式组4(x−1)≤3(x+2)x−1220.(本小题4分)
如图是4×4的正方形网格，△ABC的三个顶点均在格点上．
(1)将△ABC绕点A顺时针方向旋转90°得到△AB1C1，在图①中作出△AB1C1；
(2)在图②中作格点△A2B2C2，使△A2B2C2∽△ABC，且周长比为 2．
21.(本小题6分)
如图，在△ABC中，D是BC的中点，DE⊥AB，DF⊥AC，垂足分别是E，F，BE=CF．
求证：AD是△ABC的角平分线．
22.(本小题6分)
如图，四边形ABCD是正方形，点E是BC边上的一点，∠AEF=90°，且AE=EF，连接CF，求∠DCF的度数．
23.(本小题6分)
小亮和小芳都想参加学校杜团组织的暑假实践活动，但只有一个名额，小亮提议用如下的办法决定谁去参加活动；将一个转盘9等分，分别标上1至9九个号码，随意转动转盘，若转到2的倍数，小亮去参加活动；转到3的倍数，小芳去参加活动；转到其它号码则重新转动转盘．
(1)转盘转到2的倍数的概率是多少？
(2)你认为这个游戏公平吗？请说明理由．
24.(本小题6分)
某校生物小组有一块长32m，宽20m的矩形试验田，为了管理方便，准备沿平行于两边的方向纵、横各开辟一条等宽的小道．要使种植面积为540m2，小道的宽应是多少？
25.(本小题6分)
如图，小明同学用自制的直角三角形纸板DEF测量树的高度AB，他调整自己的位置，设法使斜边DF保持水平，并且边DE与点B在同一直线上，已知纸板的两条直角边DE=40cm，EF=20cm，测得边DF离地面的高度AC=1.5m，CD=8m，求树高AB．
26.(本小题6分)
如图，科技小组准备用材料围建一个面积为60m2的矩形科技园ABCD，其中一边AB靠墙，墙长为12 m.设AD的长为x m，DC的长为y m．
(1)求y与x之间的函数关系式；
(2)若围成矩形科技园ABCD的三边材料总长不超过26m，材料AD和DC的长都是整米数，求出满足条件的所有围建方案．
27.(本小题8分)
已知：如图，在△OAB中，OA=OB，⊙O经过AB的中点C，与OB交于点D，且与BO的延长线交于点E，连接EC，CD．
(1)试判断AB与⊙O的位置关系，并加以证明；
(2)若tanE=12，⊙O的半径为3，求OA的长．
28.(本小题10分)
如图，抛物线y=−12x2+mx+n与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，抛物线的对称轴交x轴于点D，已知A(−1,0)，C(0,2)．
(1)求抛物线的表达式；
(2)求△BDC的面积；
(3)线段BC上有一动点P，过点P作y轴的平行线，交抛物线于点Q，求线段PQ的最大值．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：−6的相反数是6，
故选：C．
利用相反数的定义判断即可．
本题考查了相反数，解题的关键是掌握相反数的定义．
2.【答案】D
【解析】解：A、是轴对称图形，故错误；
B、是轴对称图形，故错误；
C、是轴对称图形，故错误；
D、不是轴对称图形，故正确．
故选：D．
根据轴对称图形的概念求解．
本题考查了轴对称图形的概念：轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分沿对称轴折叠后可重合．
3.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查幂的乘方与积的乘方，同底数幂的乘法，同底数幂的除法，分别根据幂的乘方与积的乘方，同底数幂的乘法，同底数幂的除法逐项计算即可．
【解答】
解：A.2a与4不是同类项，所以不能合并，原式错误，不符合题意;
B.a2⋅a3=a5，计算正确，符合题意;
C.(2a)2=4a2，原式错误，不符合题意;
D.a3÷a3=1，原式错误，不符合题意．
4.【答案】A
【解析】【分析】
本题主要考查二元一次方程组的解和解二元一次方程组，求出方程组的解得出m满足的条件是解题的关键．
先解方程组，由条件方程组的解为整数，再讨论即可求得m的值，进一步计算m2即可．
【解答】
解：解方程组mx+2y=103x−2y=0可得x=10m+3y=15m+3 ，
∵方程组mx+2y=103x−2y=0 有整数解，
∴m+3为10和15的公约数，且m为正整数，
∴m+3=5，解得m=2，
∴m2=4，
故选A．
5.【答案】C
【解析】【分析】
先求出100名学生中持“赞成”意见的学生人数，进而可得出结论．
本题考查的是用样本估计总体，先根据题意得出100名学生中持“赞成”意见的学生人数是解答此题的关键．
【解答】
解：因为100名学生中持“反对”和“无所谓”意见的共有30名学生，
所以持“赞成”意见的学生人数=100−30=70名，
所以全校持“赞成”意见的学生人数约=2400×70100=1680(名)．
故选：C．
6.【答案】D
【解析】解：∵OP平分∠MON，PA⊥ON，
∴点P到OM的距离等于PA，即点P到OM的距离为2，
∴PQ≥2．
故选：D．
根据角平分线的性质得到点P到OM的距离等于PA，根据垂线段最短得到PQ≥2，然后对各选项进行判断．
本题考查了角平分线的性质，正确记忆角的平分线上的点到角的两边的距离相等是解题关键．
7.【答案】B
【解析】解：∵x2+4>0，分式的值为负数，
∴2x−5<0，
∴x<52．
故选：B．
两数相除，异号得负，而分母恒为正，只需分子是负数即可，列出不等式求解即可．
本题考查了分式的值为负数的条件，根据除法法则，列出不等式时解题的关键．
8.【答案】C
【解析】解：在矩形ABCD中，AC=BD，∠BAD=90°，
∵矩形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，
∴OA=OD，
∵∠AOB=60°，
∴△AOB是等边三角形，则∠ABO=60°，
在Rt△ABD中，∠ABO=60°，则∠ADB=30°，
∵矩形对角线长为4，
∴AB=12BD=2，
在Rt△ABD中，由勾股定理可得AD= BD2−AB2= 42−22=2 3，
故选：C．
由矩形性质得到AC=BD，∠BAD=90°，结合等边三角形的判定与性质确定∠ABO=60°，从而利用含30°的直角三角形性质求出相应边长，再由勾股定理求解即可得到答案．
本题考查矩形中求线段长，涉及矩形性质、等边三角形的判定与性质、含30°的直角三角形性质及勾股定理等知识，熟练掌握矩形性质、等边三角形的判定与性质、含30°的直角三角形性质及勾股定理是解决问题的关键．
9.【答案】D
【解析】解：连接AO，如图：
由OC⊥AB，得
AC=BC，∠OEB=90°．
∴∠2=∠3．
∵∠2=2∠1=2×32°=64°．
∴∠3=64°，
在Rt△OBE中，∠OEB=90°，
∴∠B=90°−∠3=90°−64°=26°，
故选：D．
根据垂径定理，可得AC=BC，∠OEB=90°，根据圆周角定理，可得∠3，根据直角三角形的性质，可得答案．
本题考查了圆周角定理，利用垂径定理得出AC=BC，∠OEB=90°是解题关键，又利用了圆周角定理．
10.【答案】D
【解析】解：∵∠BAC=90°，AB=AC=12，
∴∠ABC=∠ACB=45°，BC=12 2，
∵D、E分别为BC、PC的中点，
∴DE/​/AB，DE=12BP，
∴∠EDC=∠ABC=45°，故①正确；
∵DF=EF，∠CFE=∠GFD=90°，CF=GF，
∴△CEF≌△GDF(SAS)，
∴CE=DG，∠DGF=∠FCE，
∵∠DGF+∠GDF=90°，
∴∠GDF+∠DCE=90°，
∴∠DHC=90°，
∴DG⊥PE，
∵点E是PC的中点，
∴PE=EC，
∴DG=PE；故②正确；
∵AP=6，AB=12，
∴BP=6，
∴DE=12BP=3，
∵GF⊥BC，∠EDC=45°，
∴∠EDC=∠DEF=45°，
∴DF=EF= 22DE=3 22，
∵点D是BC的中点，
∴BD=CD=6 2，
∴CF=9 22，
∵GF⊥BC，∠ACB=45°，
∴∠ACB=∠CGF=45°，
∴GF=FC，
∴GC= 2FC=9，
∴AG=3，
∴S△APG=12×AP⋅AG=12×6×3=9，故③正确；
如图，过点H作MH//AB，交BC于M，
∵∠DHC=90°，
∴点H以CD为直径的⊙O上，
连接OH，并延长交AB于N，
∵MH//AB，
∴OHON=OMOB，
∵OH，OB是定长，
∴ON的取最小值时，OM有最大值，
∴当ON⊥AB时，OM有最大值，
此时MH⊥OH，CM有最大值，
∵DE//AB，
∴MH//DE，
∴CHCE=CMCD，
∴当CM有最大值时，CHCE有最大值，
∵AB//MH，
∴∠HMO=∠B=45°，
∵MH⊥OH，
∴∠HMO=∠HOM=45°，
∴MH=HO，
∴MO= 2HO，
∵HO=CO=DO，
∴MO= 2CO，CD=2CO，
∴CM=( 2+1)CO，
∴CHCE=CMCD=( 2+1)CO2CO= 2+12，故④正确；
故选：D．
由等腰三角形的性质可得∠ABC=∠ACB=45°，由三角形中位线定理可得DE/​/AB，可求∠EDC=∠ABC=45°，故①正确；由“SAS”可证△CEF≌△GDF，可得CE=DG，∠DGF=∠FCE，可求DG⊥PE，DG=PE，故②正确；分别求出AP，AG的长，即可求S△APG=12×AP⋅AG=9，故③正确；利用勾股定理和相似三角形的性质分别求出CM，CD的值，即可求CHCE= 2+12，故④正确．
本题是相似形综合题，考查了相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质，三角形中位线定理等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
11.【答案】2
【解析】解：∵若3x4ym与−2x4y2是同类项，
∴m=2．
故答案为：2．
所含字母相同，并且相同字母的指数也相同，这样的项叫做同类项．据此可得答案．
本题主要考查的是同类项的定义，熟练掌握同类项的概念是解题的关键．
12.【答案】3
【解析】解：解不等式4x−3a>−1，得：x>3a−14，
解不等式2(x−1)+3>5，得：x>2，
根据题意知3a−14=2，
解得：a=3，
故答案为：3．
解两个关于x的不等式，求出它们的解集，根据它们的解集相同列出关于a的方程，解之可得．
本题主要考查解一元一次不等式，解题的关键是熟练掌握解一元一次不等式的能力和根据题意列出关于a的方程．
13.【答案】7
【解析】解：设这个多边形的边数为n，则有
(n−2)×180°=900°，
解得：n=7，
∴这个多边形的边数为7．
故答案为：7．
根据多边形的内角和定理和多边形的内角和等于900°，列出方程，解出即可．
本题主要考查多边形的内角和定理，解题的关键是根据已知等量关系列出方程从而解决问题．
14.【答案】a(x+y)2
【解析】解：原式=a(x2+2xy+y2)
=a(x+y)2．
故答案为：a(x+y)2．
首先提取公因式a，再利用完全平方公式进行分解即可．
此题主要考查了提公因式法和公式法分解因式，关键是掌握因式分解的步骤：一个多项式有公因式首先提取公因式，然后再用公式法进行因式分解，同时因式分解要彻底，直到不能分解为止．
15.【答案】3或3 3或3 5
【解析】解：当点D恰好落在△ABC的AB边上时，如图，
∵∠BAC=∠DAE=90°，∠ABC=∠ADE=30°，AC=DE=2 3，
∴BC=2AC=4 3，AE=12DE= 3，
∴AB= BC2−AC2= (4 3)2−(2 3)2=6，AD= DE2−AE2= (2 3)2−( 3)2=3，
∴BD=AB−AD=6−3=3；
当点D恰好落在△ABC的BC边上时，如图，
∵AD=3，BC=4 3，AC=2 3，AB=6，
∴S△ABC=12AC⋅AB=12×2 3×6=6 3，
又∵12BC⋅AD=12×4 3×3=6 3，
∴S△ABC=12BC⋅AD，
∴AD是斜边BC上的高，即AD⊥BC，
∴BD=AB⋅cs∠ABC=6cs30°=3 3；
当点D恰好落在△ABC的AC边上时，如图，
则BD= AB2+AD2= 62+32=3 5；
综上所述，BD的长为3或3 3或3 5．
故答案为：3或3 3或3 5．
分三种情况：当点D恰好落在△ABC的AB边上时，当点D恰好落在△ABC的BC边上时，当点D恰好落在△ABC的AC边上时，分别求得BD的长．
本题是几何变换综合题，主要考查了旋转和直角三角形的性质，解直角三角形，解本题的关键是分类讨论．
16.【答案】(75 3+360)
【解析】解：根据该几何体的三视图知道其是一个正六棱柱，
∵其高为12cm，
根据正六边形的性质易知：底面边长为5cm，
∴其侧面积为6×5×12=360cm2
密封纸盒的底面积为：12×5×52 3×6=752 3cm2
∴其全面积为：(75 3+360)cm2．
故答案为：(75 3+360)．
根据该几何体的三视图知道其是一个正六棱柱，其表面积是六个面的面积加上两个底的面积．
本题考查了由三视图判断几何体及解直角三角形的知识，解题的关键是正确的判定几何体．
17.【答案】43
【解析】解：过点A作AE⊥BC于点E，
∵AB=AC=5，BC=8，
∴BE=12BC=12×8=4，∠BAE=12∠BAC，
∵∠BPC=12∠BAC，
∴∠BPC=∠BAE．
在Rt△BAE中，由勾股定理得
AE= AB2−BE2= 52−42=3，
∴tan∠BPC=tan∠BAE=BEAE=43．
故答案为：43．
先过点A作AE⊥BC于点E，求得∠BAE=12∠BAC，故∠BPC=∠BAE.再在Rt△BAE中，由勾股定理得AE的长，利用锐角三角函数的定义，求得tan∠BPC=tan∠BAE=BEAE=43．
求锐角的三角函数值的方法：利用锐角三角函数的定义，通过设参数的方法求三角函数值，或者利用同角(或余角)的三角函数关系式求三角函数值．
18.【答案】10cm
【解析】解：根据切线长定理得：AD=CD，CE=BE，PA=PB，
则△PDE的周长=2PA=20cm，
∴PA=10cm，
故答案为：10cm．
根据切线长定理，可将△PDE的周长转化为两条切线长的和，即可求出切线的长．
本题主要考查了切线长定理，解决本题的关键是掌握切线长定理．
19.【答案】解：(1)原式=1−6× 33+4+ 3−1
=4− 3；
(2)4(x−1)≤3(x+2) ①x−12解不等式①，得x≤10.
解不等式②，得x>7.
∴原不等式组的解集为7∴原不等式组的所有整数解为8，9，10．
【解析】(1)原式利用零指数幂、负整数指数幂法则，特殊角的三角函数值，以及绝对值的代数意义化简即可得到结果．
(2)分别求出各不等式的解集，再求出其公共解集，在其公共解集内找出符合条件的x的整数解即可．
本题考查的是解一元一次不等式组及一元一次不等式组的整数解，能利用数形结合求不等式组的解集是解答此题的关键．也考查了实数的运算，零指数幂、负整数指数幂．
20.【答案】解：(1)如图①，△AB1C1即为所求．
(2)∵△A2B2C2∽△ABC，且周长比为 2，
∴△A2B2C2与△ABC的相似比为 2．
如图②，△A2B2C2即为所求．

【解析】(1)根据旋转的性质作图即可．
(2)结合相似三角形的性质作图即可．
本题考查作图−旋转变换、相似变换，熟练掌握旋转的性质、相似三角形的性质是解答本题的关键．
21.【答案】证明：∵DE⊥AB，DF⊥AC，
∴△BDE和△DCF是直角三角形．
∵D是BC的中点，
∴BD=CD，
在Rt△BDE和Rt△CDF中，
BD=CDBE=CF,
∴Rt△BDE≌Rt△CDF(HL)，
∴DE=DF，
又∵DE⊥AB，DF⊥AC，
∴AD是△ABC的角平分线．
【解析】首先可证明Rt△BDE≌Rt△CDF(HL)再根据三角形角平分线的逆定理求得AD是△ABC的角平分线即可．
此题主要考查了角平分线的逆定理，综合运用了直角三角形全等的判定．由三角形全等得到DE=DF是正确解答本题的关键．
22.【答案】解：如图，在AB上截取AH=CE，连接EH，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC，∠ABC=∠BCD=90°，
∵AH=CE，
∴BH=BE，
∴∠BHE=45°，
∴∠AHE=135°，
∵∠AEF=90°=∠ABC，
∴∠AEB+∠CEF=∠AEB+∠BAE，
∴∠BAE=∠CEF，
在△AHE和△ECF中，
AE=AF∠HAE=∠CEFAH=CE，
∴△AHE≌△ECF(SAS)，
∴∠AHE=∠ECF=135°，
∴∠DCF=45°．
【解析】在AB上截取AH=CE，连接EH，由正方形的性质可得AB=BC，∠ABC=∠BCD=90°，可得BH=BE，可求∠AHE=135°，由“SAS”可证△AHE≌△ECF，可得∠AHE=∠ECF=135°，可求解．
本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键．
23.【答案】解：(1)∵共有1、2、3、4、5、6、7、8、9这9种等可能的结果，其中2的倍数有4个，分别是2、4、6、8，
∴P(转到2的倍数)=49；
(2)游戏不公平，理由如下：
∵共有9种等可能的结果，其中2的倍数有2、4、6、8共4种可能，
∴P(转到2的倍数)=49，
∴小亮去参加活动的概率为：49，
又∵3的倍数有3、6、9共3种可能，
∴P(转到3的倍数)=39=13，
∴小芳去参加活动的概率为：13，
∵49≠13，
∴游戏不公平．
【解析】(1)分别写出所有可能的结果和2的倍数的结果，然后根据概率公式即可计算出转到2的倍数的概率；
(2)根据题意，可得共有9种等可能的结果，然后再分别表示出2的倍数结果和3的倍数的结果，再利用概率公式计算出两人去参加活动的概率，再进行比较即可判断．
本题考查了频率与概率，解本题的关键在正确找出所有可能的结果．概率公式等于所求情况数与总情况数之比．
24.【答案】解：设道路的宽为xm，依题意有
(32−x)(20−x)=540，
整理，得x2−52x+100=0．
∴(x−50)(x−2)=0，
∴x1=2，x2=50(不合题意，舍去)
答：小道的宽应是2m．
【解析】本题可设道路的宽为xm，将4块草地平移为一个长方形，长为(32−x)m，宽为(20−x)m.根据长方形面积公式即可求出道路的宽．
此题主要考查了一元二次方程的应用，关键是正确理解题意，找出题目中的等量关系，再设出未知数，列出方程．
25.【答案】解：在△DEF和△DCB中，∠D=∠D∠DEF=∠DCB，
∴△DEF∽△DCB，
∴DEEF=CDBC，
∵DE=40cm=0.4m，EF=20cm=0.2m，CD=8m，
∴，
解得BC=4m，
∵AC=1.5m，
∴AB=AC+BC=1.5+4=5.5m，
即树高5.5m．
【解析】先判定△DEF和△DBC相似，然后根据相似三角形对应边成比例列式求出BC的长，再加上AC即可得解．
本题考查了相似三角形的应用，主要利用了相似三角形对应边成比例的性质，比较简单，判定出△DEF和△DBC相似是解题的关键．
26.【答案】解：(1)由题意得，S矩形ABCD=AD×DC=xy，
故y=60x(x≥5)；
(2)由y=60x(x≥5)，且x、y都是正整数，
可得x可取5，6，10，12，15，20，30，60，
对应的y为12，10，6，5，4，3，2，1，
∵2x+y≤26，
∴符合条件的围建方案为：AD=5m，DC=12m或AD=6m，DC=10m或AD=10m，DC=6m．
【解析】(1)根据面积为60m2，可得出y与x之间的函数关系式；
(2)由(1)的关系式，结合x、y都是正整数，可得出x的可能值，再由三边材料总长不超过26m，可得出x、y的值，继而得出可行的方案．
本题考查了反比例函数的应用，根据矩形的面积公式得出y与x的函数关系式是关键，第(2)问注意结合实际解答．
27.【答案】解：(1)AB与⊙O的位置关系是相切，
证明：如图，连接OC．
∵OA=OB，C为AB的中点，
∴OC⊥AB．
∴AB是⊙O的切线；
(2)∵ED是直径，
∴∠ECD=90°．
∴∠E+∠ODC=90°．
又∵∠BCD+∠OCD=90°，∠OCD=∠ODC，
∴∠BCD=∠E．
又∵∠CBD=∠EBC，
∴△BCD∽△BEC．
∴BCBE=BDBC．
∴BC2=BD⋅BE．
∵tanE=12，
∴CDEC=12．
∵△BCD∽△BEC，
∴BDBC=CDEC=12．
设BD=x，则BC=2x．
又BC2=BD⋅BE，
∴(2x)2=x(x+6)．
解得x1=0，x2=2．
∵BD=x>0，
∴BD=2．
∴OA=OB=BD+OD=2+3=5．
【解析】本题考查直线和圆的位置关系、等腰三角形的性质、三角形的相似，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想解答．
(1)先判断AB与⊙O的位置关系，然后根据等腰三角形的性质即可解答本题；
(2)根据题三角形的相似可以求得BD的长，从而可以得到OA的长．
28.【答案】解：(1)抛物线y=−12x2+mx+n与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，A(−1,0)，C(0,2)．
∴−12−m+n=0n=2，
解得：m=32n=2，
故抛物线解析式为：y=−12x2+32x+2；
(2)∵A(−1,0)，C(0,2)，
∴OA=1，OC=2，
∵对称轴为x=32，
∴OD=32，AD=BD，
∴AD=OA+OD=1+32=52，
∴BD=52，
∴S△BDC=12BD×OC=12×52×2=52；
(3)令y=0，则−12x2+32x+2=0，
解得x1=−1，x2=4，
∴B(4,0)，
设直线BC的解析式为y=kx+b，代入得：
4k+b=0b=2，
解得k=−12b=2，
∴直线BC的解析式为y=−12x+2，
设P(m,−12m+2)，则Q(m,−12m2+32m+2)，
则PQ=(−12m2+32m+2)−(−12m+2)=−12m2+2m=−12(m−2)2+2，
此时PQ的最大值为2．
【解析】(1)利用待定系数法求出二次函数解析式即可；
(2)分别求得BD、OC，然后利用三角形面积计算公式解答即可；
(3)根据抛物线的解析式求得B点的坐标，然后根据待定系数法求得直线BC的解析式，设P(m,−12m+2)；则Q(m,−12m2+32m+2)，进而表示出PQ的长度，利用二次函数的最值求出即可．
此题属于二次函数综合题，主要考查了待定系数法求一次函数的解析式，二次函数的解析式和二次函数的最值问题，求得解析式是解题关键．