2024年甘肃省武威十五中中联片教研中考数学三模试卷（含解析）

这是一份2024年甘肃省武威十五中中联片教研中考数学三模试卷（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。

1.2024的相反数是( )
A. 2024B. −2024C. 12024D. −12024
2.2、5、m是某三角形三边的长，则 (m−3)2+ (m−7)2等于( )
A. 2m−10B. 10−2mC. 10D. 4
3.某种柑橘果肉清香、酸甜适度，深受人们的喜爱，也是馈赠亲友的上佳礼品.首批柑橘成熟后，某电商用3500元购进这种柑橘进行销售，面市后，线上订单猛增，供不应求，该电商又用2500元购进第二批这种柑橘，由于更多柑橘成熟，单价比第一批每箱便宜了4元，但数量与第一批的数量一样多，求购进的第一批柑橘的单价.设购进的第一批柑橘的单价为x元，根据题意可列方程为( )
A. 3500x=2500x−4B. 3500x=2500x+4C. 3500x−4=2500xD. 2500x=3500x+4
4.如图，五边形ABCDE中，AB/​/CD，∠1，∠2，∠3分别是∠BAE，∠AED，∠EDC的外角，则∠1+∠2+∠3=( )
A. 90°
B. 180°
C. 120°
D. 270°
5.如图，菱形ABCD的周长为28，对角线AC，BD交于点O，E为AD的中点，则OE的长等于( )
A. 2
B. 3.5
C. 7
D. 14
6.如图，△AOC的顶点A在第一象限内，边OC在x轴正半轴上，点O为原点，反比例函数y=kx(x>0)交AO于点E，交AC于点B，且点E为AO中点，AB=4BC，若△ABE的面积为14，则k的值为( )
A. 143
B. 283
C. 403
D. 523
7.如图，四边形ABCD内接于⊙O，若四边形ABCO是平行四边形，则∠ADC的大小为．( )
A. 45°B. 50°C. 60°D. 75°
8.如图，在四边形ABCD中，BD平分∠ABC，∠BAD=∠BDC=90°，E为BC的中点，AE与BD相交于点F.若BC=4，∠CBD=30°，则DF的长为( )
A. 25 3B. 23 3C. 34 3D. 45 3
9.将半径为3cm的圆形纸片沿AB折叠后，圆弧恰好能经过圆心O，用图中阴影部分的扇形围成一个圆锥的侧面，则这个圆锥的高为( )
A. 2 2
B. 2
C. 10
D. 32
10.如图，在直角坐标系中，点A在第一象限内，点B在x轴正半轴上，以点O为位似中心，在第三象限内作与△OAB的位似比为13的位似图形△OCD.若点C的坐标为(−1,−23)，则点A的坐标为( )
A. (23,2)
B. (2,3)
C. (3,23)
D. (3,2)
二、填空题：本题共8小题，每小题3分，共24分。
11.计算：(−3)2=______．
12.若 x−7在实数范围内有意义，则实数x的取值范围是______．
13.一次函数y1=4x+5与y2=3x+10的图象如图所示，则y1>y2的解集是______．
14.如图，在正方形ABCD中，E是CD边上一点，将△ADE沿AE翻折至△AD′E，延长ED′，交BC于点F.若AB=15，DE=10，则tan∠EFC的值是______．
15.如图，在△ABC中，AB=AC=3，点O在BC上，以OB为半径的圆与AC相切于点A，OC=2OB，D是BC边上的动点(不与B，C重合)，当△ACD为等腰三角形时，BD的长为______．
16.在平面直角坐标系中，点M(a,b)与点N(3,−1)关于x轴对称，则a+b的值是______．
17.中国象棋是中华民族的文化瑰宝，因趣味性强，深受大众喜爱．如图，若在象棋棋盘上建立平面直角坐标系，使“帅”位于点(0,−2)，“马”位于点(4,−2)，则“兵”位于______点．
18.如图，点A，C为函数y=kx(x<0)图象上的两点，过A，C分别作AB⊥x轴，CD⊥x轴，垂足分别为B，D，连接OA，AC，OC，线段OC交AB于点E，且点E恰好为OC的中点.当△AEC的面积为34时，k的值为______．
三、解答题：本题共9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：|−2|+(13)0− 9+2sin30°；
(2)解方程：x−2x+3−4x−3=1．
20.(本小题4分)
如图是由小正方形组成的网格，每个小正方形的顶点叫做格点，△ABC中，A是格线上的点，仅用无刻度的直尺在给定网格中完成画图．
(1)在图(1)中，取AB的中点M；将AC沿着AB方向平移至BD；
(2)在图(2)中，将线段CB绕C逆时针旋转90°至CE(点E为点B的对应点)；过点E作EF⊥AB于F．
21.(本小题6分)
已知：如图，在Rt△ACB中，∠ACB=90°，点D是AB的中点，点E是CD的中点，过点C作CF/​/AB交AE的延长线于点F．
(1)求证：四边形ACFD是平行四边形；
(2)若∠DCF=120°，DE=2，求BC的长．
22.(本小题6分)
我们规定：若关于x的一元一次方程ax=b的解为b+a，则称该方程为“和解方程”.例如：方程2x=−4的解为x=−2，而−2=−4+2，则方程2x=−4为“和解方程”.请根据上述规定解答下列问题：
(1)已知关于x的一元一次方程5x=m是“和解方程”，求m的值；
(2)已知关于x的一元一次方程−3x=mn+n是“和解方程”，并且它的解是x=n，求m，n的值．
23.(本小题8分)
某校为加强书法教学，了解学生现有的书写能力，随机抽取了部分学生进行测试，测试结果分为优秀、良好、及格、不及格四个等级，分别用A，B，C，D表示，并将测试结果绘制成两幅不完整的统计图．

请根据统计图中的信息解答以下问题；
(1)本次抽取的学生共有______人，扇形统计图中A所对应扇形的圆心角是______，并把条形统计图补充完整；
(2)依次将优秀、良好、及格、不及格记为90分、80分、70分、50分，则抽取的这部分学生书写成绩的众数是______分，中位数是______分，平均数是______分；
(3)A等级的4名学生中有3名女生和1名男生，现在需要从这4人中随机抽取2人参加电视台举办的“中学生书法比赛”，请用列表或画树状图的方法，求被抽取的2人恰好是1名男生1名女生的概率．
24.(本小题8分)
如图，AB是⊙O的直径，点C，D是⊙O上AB异侧的两点，DE⊥CB，交CB的延长线于点E，且BD平分∠ABE．
(1)求证：DE是⊙O的切线．
(2)若∠ABC=60°，AB=4，求图中阴影部分的面积．
25.(本小题8分)
如图，⊙O的两条弦AB，CD互相垂直，垂足为E，直径CF交线段BE于点G，且AC=AF．
(1)求证：AD=BF；
(2)若⊙O的半径为4，AB=6，求AG的长．
26.(本小题8分)
如图，在▱ABCD中，O是对角线AC、BD的交点，BE⊥AC，DF⊥AC，垂足分别为点E、F．
(1)求证：AF=CE．
(2)若DB=20，OE=6，求tan∠ODF的值．
27.(本小题10分)
如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx+c与x轴交于两点A(−3,0)，B(4,0)，与y轴交于点C(0,4)．
(1)求此抛物线的解析式；
(2)已知抛物线上有一点P(x0,y0)，其中y0<0，若∠CAO+∠ABP=90°，求x0的值；
(3)若点D，E分别是线段AC，AB上的动点，且AE=2CD，求CE+2BD的最小值．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：2024的相反数是−2024，
故选：B．
根据只有符号不同的两个数互为相反数进行解答即可得．
本题考查了相反数的定义，熟练掌握相反数的定义是解题的关键．
2.【答案】D
【解析】解：∵2、5、m是某三角形三边的长，
∴5−2故3∴ (m−3)2+ (m−7)2
=m−3+7−m
=4．
故选：D．
直接利用三角形三边关系得出m的取值范围，再利用二次根式的性质化简得出答案．
此题主要考查了三角形三边关系以及二次根式的化简，正确化简二次根式是解题关键．
3.【答案】A
【解析】解：由题意可得，
3500x=2500x−4，
故选：A．
根据单价比第一批每箱便宜了4元，数量与第一批的数量一样多，可以列出相应的分式方程，本题得以解决．
本题考查由实际问题抽象出分式方程，解答本题的关键是明确题意，列出相应的分式方程．
4.【答案】B
【解析】解：如图，∵AB/​/CD，
∴∠4+∠5=180°，
∵∠1+∠2+∠3+∠4+∠5=360°，
∴∠1+∠2+∠3=180°，
故选：B．
先利用平行线的性质得到∠4+∠5=180°，然后根据多边形的外角和为360°得到∠1+∠2+∠3+∠4+∠5=360°，从而得到∠1+∠2+∠3=180°．
本题考查了多边形内角与外角：多边形内角和为(n−2)·180(n⩾3)且n为整数)，外角和永远为360°.也考查了平行线的性质．
5.【答案】B
【解析】解：∵四边形ABCD是菱形，且周长为28，
∴AB=AD=BC=CD=7，BO=DO，AC⊥BD，
∵点E AD中点，BO=DO，
∴OE=12AB=3.5
故选：B．
由菱形的性质可得AB=AD=BC=CD=7，BO=DO，AC⊥BD，由三角形中位线定理可求OE的长．
本题考查了菱形的性质，三角形中位线定理，熟练运用菱形的性质是本题的关键．
6.【答案】C
【解析】解：由题意得：y=kx(x>0)，OE=AE=12OA，AB=4BC，S△ABE=14，
过点E作EF⊥AC于点F，过点A作AH⊥x轴，过点B作BJ⊥x轴，如图所示：
∴AH//BJ，
∴△BCJ∽△ACH，
∴S△ABES△BEC=12EF⋅AB12EF⋅BC=4，
∴S△BEC=14S△ABE=72，
设E(a,ka)，
∴A(2a,2ka)，
设C(b,0)，
∴OC=b，且S△AOC=12yA⋅OC=b2×2ka=bka，
又S△AOC=2S△AEC=2(S△ABE+S△BEC)=35，
∴bka=35，
∵BCAC=5，
∴2kayB=5，
∴yB=2k5a，xB=k⋅5a2k=5a2，
∵b−2ab−5a2=5，
整理得：b=21a8，
代入bka=35得：k=403，
故选：C．
根据题意，过点E作EF⊥AC于点F，确定S△BEC=14S△ABE=72，设E(a,ka)，设C(b,0)，利用三角形面积及相似三角形的判定和性质求解即可，
本题主要考查反比例函数与三角形面积综合问题，作出相应辅助线，综合运用这些知识点是解题关键．
7.【答案】C
【解析】【分析】
本题主要考查了圆周角定理及其应用的有关知识，设∠ADC=α，∠ABC=β，由题意可得α+β=180°α=12β，求出α，β即可解决问题．
【解答】
解：设∠ADC=α，∠ABC=β；
∵四边形ABCO是平行四边形，
∴∠AOC=∠ABC=β；
∵∠ADC=12∠AOC=12β，∠ADC=α；而α+β=180°，
∴α+β=180°α=12β，
解得{α=60∘β=120∘,
∴∠ADC=60°．
故选C．
8.【答案】D
【解析】解：如图，
在Rt△BDC中，BC=4，∠DBC=30°，
∴BD=2 3，
连接DE，
∵∠BDC=90°，点E是BC中点，
∴DE=BE=CE=12BC=2，
∵∠DBC=30°，
∴∠BDE=∠DBC=30°，
∵BD平分∠ABC，
∴∠ABD=∠DBC，
∴∠ABD=∠BDE，
∴DE/​/AB，
∴△DEF∽△BAF，
∴DFBF=DEAB，
在Rt△ABD中，∠ABD=30°，BD=2 3，
∴AB=3，
∴DFBF=23，
∴DFBD=25，
∴DF=25BD=25×2 3=4 35，
故选：D．
先利用含30度角的直角三角形的性质求出BD，再利用直角三角形的性质求出DE=BE=2，即：∠BDE=∠ABD，进而判断出DE/​/AB，再求出AB=3，即可得出结论．
此题主要考查了含30度角的直角三角形的性质，相似三角形的判定和性质，角平分线的定义，判断出DE/​/AB是解本题的关键．
9.【答案】A
【解析】解：过O点作OC⊥AB，垂足为D，交⊙O于点C，
由折叠的性质可知，OD=12OC=12OA，
由此可得，在Rt△AOD中，∠A=30°，
同理可得∠B=30°，
在△AOB中，由内角和定理，
得∠AOB=180°−∠A−∠B=120°
∴弧AB的长为120π×3180=2π
设围成的圆锥的底面半径为r，
则2πr=2π
∴r=1cm
∴圆锥的高为 32−12=2 2
故选：A．
过O点作OC⊥AB，垂足为D，交⊙O于点C，由折叠的性质可知OD为半径的一半，而OA为半径，可求∠A=30°，同理可得∠B=30°，在△AOB中，由内角和定理求∠AOB，然后求得弧AB的长，利用弧长公式求得围成的圆锥的底面半径，最后利用勾股定理求得其高即可．
本题考查了垂径定理，折叠的性质，特殊直角三角形的判断．关键是由折叠的性质得出含30°的直角三角形．
10.【答案】D
【解析】解：∵以点O为位似中心，在第三象限内作与△OAB的位似比为13的位似图形△OCD，C(−1,−23)，
∴点A的坐标为(−1×(−3),−23×(−3))，即(3,2)，
故选：D．
根据位似变换的性质解答即可．
本题考查的是位似变换的概念和性质，在平面直角坐标系中，如果位似变换是以原点为位似中心，相似比为k，那么位似图形对应点的坐标的比等于k或−k．
11.【答案】9
【解析】解：原式=9，
故答案为：9
利用乘方的意义计算即可得到结果．
此题考查了有理数的乘方，熟练掌握乘方的意义是解本题的关键．
12.【答案】x≥7
【解析】解：由题意得：x−7≥0，
解得：x≥7，
故答案为：x≥7．
根据二次根式的被开方数是非负数列出不等式，解不等式，得到答案．
本题考查的是二次根式有意义的条件，掌握二次根式的被开方数是非负数是解题的关键．
13.【答案】x>5
【解析】解：观察函数图象得x>5时，一次函数y1=4x+5的图象在函数y2=3x+10的图象的上方，
故y1>y2的解集是x>5．
故答案为：x>5．
利用函数图象，写出直线y1=4x+5在直线y2=3x+10上方所对应的自变量的范围即可．
本题考查了一次函数与一元一次不等式的关系：认真体会一次函数与一元一次不等式(组)之间的内在联系及数形结合思想．理解一次函数的增减性是解决本题的关键．
14.【答案】512
【解析】解：连接AF，如图，
∵四边形ABCD为正方形，AB=15，
∴∠B=∠C=∠D=90°，AB=BC=CD=AD=15，
根据折叠的性质可得，AD=AD′=15，DE=DE′，∠D=∠AD′E=90°，
∴AB=AD′，∠AD′F=90°，
在Rt△ABF和Rt△AD′F中，
AB=AD′AF=AF′，
∴Rt△ABF≌Rt△AD′F(HL)，
∴BF=D′F，
∵DE=10，
∴D′E=DE=10，CE=CD−DE=15−10=5，
设BF=D′F=x，则CF=BC−BF=15−x，EF=D′E+D′F=10+x，
在Rt△EFC中，CE2+CF2=EF2，
∴52+(15−x)2=(10+x)2，
解得：x=3，
∴BF=3，
∴CF=12，
∴tan∠EFC=CECF=512，
故答案为：512．
连接AF，由折叠可得AD=AD′=15，DE=DE′=10，∠D=∠AD′E=90°，易通过HL证明Rt△ABF≌Rt△AD′F，得到BF=D′F，因此设BF=D′F=x，则CF=15−x，EF=10+x，在Rt△EFC中，利用勾股定理建立方程，即可求出BF，CF，再根据正切定义求解即可．
本题主要考查折叠的性质、正方形的性质、全等三角形判定与性质、勾股定理，利用HL定理证明Rt△ABF≌Rt△AD′F，得到BF=D′F是解题关键．
15.【答案】2 3或3 3−3
【解析】解：连接OA，
∵AC切圆于A，
∴OA⊥AC，
∴∠OAC=90°，
∵OC=2OB=2OA，
∴sinC=OAOC=12，
∴∠C=30°，
∵tanC=OAAC= 33，AC=3，
∴OA= 3，
∴BC=3OA=3 3，
如图，当AC=CD时，
∴BD=CB−CD=3 3−3；
如图，BC交圆于M，当AD=CD时，
∴∠CAD=∠C=30°，
∵BM是圆的直径，
∴∠BAM=90°，
∵AB=AC，
∴∠B=∠C=30°，
∴∠BAC=120°，
∴∠CAM=120°−90°=30°，
∴D与M重合，
∵∠BAC=90°，∠B=30°，
∴BD=2OB=2 3，
∴BD的长是2 3或3 3−3．
故答案为：2 3或3 3−3．
连接OA，由切线的性质定理得到∠OAC=90°，由锐角的正弦求出∠C=30°，由tanC=OAAC= 33，AC=3，求出OA= 3，得到BC=3OA=3 3，当AC=CD时，得到BD=CB−CD=3 3−3，当AD=CD时，D与M重合，由含30度角的直角三角形的性质求出BD=2OB=2 3，于是得到BD的长是2 3或3 3−3．
本题考查切线的性质，等腰三角形的性质，解直角三角形，关键是由锐角的正切求出圆半径的长，要分两种情况讨论．
16.【答案】4
【解析】【分析】此题主要考查了关于x轴对称点的性质，正确掌握横纵坐标的特点是解题关键．
直接利用关于x轴对称点的性质得出a，b的值，进而得出答案．
【解答】解：∵点M(a,b)与点N(3,−1)关于x轴对称，
∴a=3，b=1，
则a+b=4．
故答案为：4．
17.【答案】(−1,1)
【解析】解：如图所示：“兵”位于点(−1,1)．
故答案为：(−1,1)．
直接利用已知点坐标建立平面直角坐标系，进而得出点的坐标．
此题主要考查了坐标确定位置，正确得出原点位置是解题关键．
18.【答案】−2
【解析】解：∵点E为OC的中点，
∴△AEO的面积=△AEC的面积=34，
∵点A，C为函数y=kx(x<0)图象上的两点，
∴S△ABO=S△CDO，
∵AB⊥x轴，CD⊥x轴，
∴∠ABO=∠CDO=90°，
∴△OEB∽△OCD，
∴S△OEBS△OCD=(12)2，
∴S△OCD=1，
则12xy=−1，
∴k=xy=−2．
故答案为：−2．
根据三角形的中线的性质求出△AEO的面积，根据相似三角形的性质求出S△OCD=1，根据反比例函数系数k的几何意义解答即可．
本题考查的是反比例函数系数k的几何意义、相似三角形的性质，掌握反比例函数系数k的几何意义、相似三角形的面积比等于相似比的平方是解题的关键．
19.【答案】解：(1)原式=2+1−3+2×12
=3−3+1
=1；
(2)原方程去分母得：(x−2)(x−3)−4(x+3)=(x+3)(x−3)，
整理得：−9x−6=−9，
解得：x=13，
检验：当x=13时，(x+3)(x−3)≠0，
故原方程的解为x=13．
【解析】(1)利用绝对值的性质，零指数幂，算术平方根的定义及特殊锐角三角函数值计算即可；
(2)利用去分母将原方程化为整式方程，解得x的值后进行检验即可．
本题考查实数的运算及解分式方程，熟练掌握相关运算法则及解方程的方法是解题的关键．
20.【答案】解：(1)如图(1)点M，BD即为所求；

(2)如图(2)，CE，F即为所求．理由如下：
同(1)的方法可得：AC/​/BD，AC=BD，连接CD，
∴四边形ABDC为平行四边形，
∴AB/​/CD，
设CD于最中间格线的交点为K，连接BK并延长交上面格线于G，
∴CK=DK，
∵CG//BD，
∴∠CGK=∠DBK，∠GCK=∠BDK，
∴△CGK≌△DBK(AAS)，
∴BK=GK，
∵CK=DK，
∴四边形CBDG为平行四边形，
∴CB//GD，
∵CB⊥CE，
∴DG⊥CE，
由网格可知：CP⊥DE，交DG于点Q，
∴点Q是△CDE三边上的高的交点，
∴EK⊥CD，
即EF⊥AB．
【解析】(1)根据网格即可在图(1)中，取AB的中点M；然后利用平移的性质即可将AC沿着AB方向平移至BD；
(2)根据网格即可在图(2)中，将线段CB绕C逆时针旋转90°至CE(点E为点B的对应点)；设CD于最中间格线的交点为K，连接BK并延长交上面格线于G，证明四边形CBDG为平行四边形，根据网格，得点Q是△CDE三边上的高的交点，进而可以解决问题．
本题考查了作图−旋转变换，解决本题的关键是掌握旋转的性质．
21.【答案】(1)证明∵点E是CD的中点，
∴DE=CE，
∵CF/​/AB，
∴∠ADE=∠FCE，∠DAE=∠CFE，
在△ADE和△FCE中，
∠ADE=∠FCE∠DAE=∠CFEDE=CE，
∴△ADE≌△FCE(AAS)，
∴AD=CF，又CF/​/AB，
∴四边形ACFD是平行四边形；
(2)解：∵点D是AB的中点，
∴AD=BD，
∵AD=CF，
∴BD=CF，又CF/​/AB，
∴四边形DCFB是平行四边形，
∵∠ACB=90°，点D是AB的中点，
∴DC=AD=BD，
∴平行四边形DCFB是菱形，
∴∠DCF=120°，
∴∠CDB=60°，
∴△CDB是等边三角形，
∴BC=CD=2DE=4，
答：BC的长为4．
【解析】(1)根据点E是CD的中点，可得DE=CE，根据CF/​/AB，可得∠ADE=∠FCE，∠DAE=∠CFE，进而利用AAS可以证明△ADE≌△FCE，由全等三角形的性质可得CF=AD，再由CF/​/AB，即可证明四边形ACFD是平行四边形；
(2)先证明四边形DCFB是平行四边形，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得CD=DB，得平行四边形DCFB是菱形，由∠DCF=120°，可得△CDB是等边三角形，由DE=2，即可求BC的长．
本题考查了平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、直角三角形斜边上的中线、菱形的判定与性质解决本题的关键是综合运用以上知识．
22.【答案】解：(1)∵关于x的一元一次方程5x=m是“和解方程”，
∴5+m是方程5x=m的解．
∴5(5+m)=m
∴m=−254．
(2)∵关于x的一元一次方程−3x=mn+n是“和解方程”，
∴mn+n−3是方程−3x=mn+n的解．
又∵x=n是它的解，
mn+n−3=n．
∴mn=3．
把x=n代入方程，得−3n=mn+n．
∴−3n=3+n．
∴−4n=3．
n=−34．
∴m=−4．
【解析】(1)根据和解方程的定义即可得出关于m的一元一次方程，解之即可得出结论；
(2)根据和解方程的定义即可得出关于m、n的二元二次方程组，解之即可得出m、n的值．
本题考查了一元一次方程的解、解一元一次方程以及二元二次方程组，解题的关键是：根据“和解方程“的定义列出关于m的一元一次方程；根据和解方程的定义列出关于m、n的二元二次方程组．
23.【答案】40 36 70 70 66.5
【解析】解：(1)本次抽取的学生人数共有：16÷40%=40(人)，
扇形统计图中A所对应扇形圆心角的度数是360°×440=36°，
B等级人数为40−(4+16+14)=6(人)，
故答案为：40，36°，
补全条形图如下：
(2)∵70分出现的次数最多，出现了16次，
∴众数是70分；
在这40个数据中，中位数为第20、21个数据的平均数，
则中位数为70+702=70(分)，
平均数为：140×(4×90+6×80+16×70+14×50)=66.5(分)；
故答案为：70，70，66.5；
(4)画树状图为：
共有12种等可能情况，其中被抽取的2人恰好是1名男生1名女生的有6种情况，
∴被抽取的2人恰好是1名男生1名女生的概率为612=12．
(1)由C等级人数除以所占百分比可得总人数，即可解决问题；
(2)根据众数、中位数和平均数的定义分别进行解答即可；
(3)画树状图，共有12种等可能情况，其中被抽取的2人恰好是1名男生1名女生的有6种情况，再由概率公式求解即可．
本题考查了树状图法求概率以及扇形统计图和条形统计图等知识，正确画出树状图是解题的关键，解题时注意：概率=所求情况数与总情况数之比．
24.【答案】(1)证明：连接OD，

∵DE⊥CB，
∴∠E=90°，
∵BD平分∠ABE，
∴∠ABD=∠DBE，
∵OD=OB，
∴∠ODB=∠ABD，
∴∠ODB=∠DBE，
∴OD/​/BE，
∴∠ODE=180°−∠E=90°，
∵OD是⊙O的半径，
∴DE是⊙O的切线；
(2)解：连接OC，过点O作OF⊥BC，垂足为F，

∵∠ABC=60°，OB=OC，
∴△OBC是等边三角形，
∴OB=OC=BC=12AB=2，∠BOC=60°，
在Rt△OBF中，OF=OB⋅sin60°=2× 32= 3，
∴图中阴影部分的面积=扇形BOC的面积−△BOC的面积
=60π×22360−12BC⋅OF
=2π3−12×2× 3
=2π3− 3，
∴图中阴影部分的面积为2π3− 3．
【解析】(1)连接OD，根据垂直定义可得∠E=90°，再根据角平分线的定义和等腰三角形的性质可得OD//BE，然后利用平行线的性质可得∠ODE=90°，即可解答；
(2)连接OC，过点O作OF⊥BC，垂足为F，根据已知易得△OBC是等边三角形，从而利用等边三角形的性质可得OB=OC=BC=2，∠BOC=60°，然后在Rt△OBF中，利用锐角三角函数的定义求出OF的长，最后根据图中阴影部分的面积=扇形BOC的面积−△BOC的面积，进行计算即可解答．
本题考查了切线的判定与性质，角平分线的定义，扇形面积的计算，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
25.【答案】(1)证明：连接DF，AF，
∵CF是⊙O的直径，
∴∠CDF=90°，
∵AB⊥CD，
∴AB/​/DF，
∴∠BAF=∠AFD，
∴AD=BF；
(2)解：连接BF，AC，
∵CF是⊙O的直径，
∴∠CAF=90°，
∵AC=AF，
∴AC=AF= 22CF=4 2，
∴∠CFA=∠ACF=45°，
∴∠B=∠ACF=45°，
∴∠B=∠AFC，
∵∠BAF=∠FAG，
∴△ABF∽△AFG，
∴ABAF=AFAG，
∴AF2=AG⋅AB，
∴AG=163．
【解析】(1)连接DF，AF，根据直径所对的圆周角是直角，得出∠CDF=90°，再根据平行线的判定，得出AB/​/DF，再根据平行线的性质，得出∠BAF=∠AFD，再根据同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，即可得出结论；
(2)连接BF，AC，根据直径所对的圆周角是直角，得出∠CAF=90°，再根据AC=AF，得出AC=AF= 22CF=4 2，再根据等边对等角，得出∠CFA=∠ACF=45°，再根据同弧或等弧所对的圆周角相等，得出∠B=∠ACF=45°，再根据等量代换，得出∠B=∠AFC，再根据相似三角形的判定，得出△ABF∽△AFG，再根据相似三角形的性质，得出AF2=AG⋅AB，然后计算即可得出答案．
本题考查了圆周角定理、平行线的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质，解本题的关键在熟练掌握相关的性质定理，并正确作出辅助线．
26.【答案】(1)证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OB=OD，OA=OC，
∵BE⊥AC，DF⊥AC，
∴∠OEB=∠OFD=90°，
在△OEB和△OFD中，
∠OEB=∠OFD∠BOE=∠DOFOB=OD，
∴△OEB≌△OFD(AAS)，
∴OE=OF，
∴OA−OF=OC−OE，
∴AF=CE；
(2)解：由(1)得：OE=OF，
∴OE=OF=6，
∵OD=12DB，DB=20，
∴OD=10，
∵BF⊥AC，
∴∠OFD=90°，
∴DF= OD2−OF2= 102−62=8，
∴tan∠ODF=OFDF=68=34．
【解析】(1)证△OEB≌△OFD(AAS)，得OE=OF，即可得出结论；
(2)由勾股定理得DF=8，再由锐角三角函数定义求解即可．
本题考查了平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、锐角三角函数定义等知识，熟练掌握平行四边形的性质，证明三角形全等是解题的关键．
27.【答案】解：(1)设抛物线的表达式为：y=a(x+3)(x−4)=a(x2−x−12)，
即−12a=4，则a=−13，
故抛物线的表达式为：y=−13x2+13x+4①；
(2)在Rt△AOC中，tan∠CAO=COAO=43，
∵∠CAO+∠ABP=90°，
则tan∠ABP=34，
故设直线BP的表达式为：y=34(x−4)②，
联立①②得：−13x2+13x+4=34(x−4)，
解得：x=−214=x0(不合题意的值已舍去)；
(3)作∠EAG=∠BCD，
设AG=2BC=2×4 2=8 2，
∵AE=2CD，
∴△BCD∽△GAE且相似比为1：2，
则EG=2BD，
故当C、E、G共线时，CE+2BD=CE+EG=CG为最小，
在△ABC中，设AC边上的高为h，
则S△ABC=12×AC⋅h=12×AB×CO，
即5h=4×7，
解得：h=285，
则sin∠BCD=hBC=2854 2= 9810=sin∠EAG，
则tan∠EAG=7，
过点G作GN⊥x轴于点N，
则NG=AG⋅sin∠EAG=565，
即点G的纵坐标为：−565，
同理可得，点G的横坐标为：−75，
即点G(−75,−565)，
由点C、G的坐标得，CG= (0+75)2+(4+565)2= 233，
即CE+2BD的最小值为 233．
【解析】(1)由待定系数法即可求解；
(2)在Rt△AOC中，tan∠CAO=COAO=43，则tan∠ABP=34，得到直线BP的表达式为：y=34(x−4)，进而求解；
(3)作∠EAG=∠BCD，证明△BCD∽△GAE且相似比为1：2，故当C、E、G共线时，CE+2BD=CE+EG=CG为最小，进而求解．
主要考查了二次函数的解析式的求法和与几何图形结合的综合能力的培养．要会利用数形结合的思想把代数和几何图形结合起来，利用点的坐标的意义表示线段的长度，从而求出线段之间的关系．