2021年浙江省宁波市海曙区中考数学模拟试卷（5月份）（word版，含解析）

这是一份2021年浙江省宁波市海曙区中考数学模拟试卷（5月份）（word版，含解析），共28页。试卷主要包含了平方米等内容，欢迎下载使用。

2021年浙江省宁波市海曙区中考数学模拟试卷（5月份）
一．选择题（共10小题，每小题4分，共40分）
1．（4分）数1，0，，|﹣2|中最大的是（　　）
A．1 B．0 C． D．|﹣2|
2．（4分）下列计算正确的是（　　）
A．a5÷a＝a4（a≠0） B．（a+2）（a﹣2）＝a2﹣2
C．（a+1）（a﹣2）＝a2+a﹣2 D．3a2﹣a2＝3
3．（4分）宁波市“十四五”规划中指出，到2025年，经济总量和发展质量跃上新台阶，全市生产总值达到1.7万亿元，其中1.7万亿元用科学记数法表示为（　　）
A．17×1011元 B．1.7×1011元
C．1.7×1012元 D．0.17×1013元
4．（4分）能说明命题“当a为实数时，则a2≥a”是假命题的反例是（　　）
A．a＝2 B．a＝﹣1 C．a＝﹣0.5 D．a＝0.5
5．（4分）如图所示的几何体的左视图是（　　）

A． B．
C． D．
6．（4分）一组数据1，2，3，4，5的方差是a，若增加一个数据6，则增加后6个数据的方差为b，则a与b的大小关系是（　　）
A．a＜b B．a＝b C．a＞b D．不能确定
7．（4分）如图为一节楼梯的示意图，BC⊥AC，∠BAC＝α，AC＝6米．现要在楼梯上铺一块地毯，楼梯宽度为1米，则地毯的面积至少需要（　　）平方米．

A． B．6tanα+6 C． D．
8．（4分）在平面直角坐标系中，点P（m，2m﹣2），则点P不可能在（　　）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
9．（4分）如图，⊙O经过菱形ABCD的顶点B，C，且与边AD相切于点E．若AE＝1，ED＝5，则⊙O的半径为（　　）

A．4 B．5 C． D．
10．（4分）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，以其三边为边分别向外作正方形，延长EC，DB分别交GF，AH于点N，K，连接KN交AG于点M，若S1﹣S2＝2，AC＝4，则AB的长为（　　）

A．2 B． C． D．
二．填空题（共6小题，每小题5分，共30分）
11．（5分）实数﹣27的立方根是　 　．
12．（5分）分解因式：4x2﹣16＝　 　．
13．（5分）一张圆形纸片裁剪后正好能做三个一样的无底圆锥纸帽（无余料，接缝不计），若圆锥的高为4cm，则每个圆锥的侧面积是　 　．
14．（5分）为落实省新课改精神，宁波市各校都开设了“知识拓展类”“体艺特长类”“实践活动类”三类拓展课程，下列数据是某校八年级学生“体艺特长类”课程的参与情况：
课程类别
艺术修养
快乐足球
魅力舞蹈
笔墨载古
美丽瑜伽
精英篮球
人数/人
20
24
18
23
18
16
则这组数据的中位数为　 　人．
15．（5分）如图，已知在△ABC中，∠C＝60°，⊙O是△ABC的外接圆，过点A、B分别作⊙O的切线，两切线交于点P，若⊙O的半径为1，则△PAB的周长为　 　．

16．（5分）如图，已知双曲线y＝（x＜0）和y＝（x＞0），直线OA与双曲线y＝交于点A，将直线OA向下平移与双曲线y＝交于点B，与y轴交于点P，与双曲线y＝交于点C，S△ABC＝6，BP：CP＝2：1，则k的值为　 　．

三．解答题（共8小题，满分80分）
17．（8分）（1）计算：（﹣2）﹣1﹣|﹣|+sin30°+（）0；
（2）解方程：＝1．
18．（8分）如图，∠ACB在6×6方格中，点A，B，C在格点上，按要求画图：
（1）在图1中画出∠APB，使得∠APB＝∠ACB，点P为格点．
（2）在图2中画出∠AMB，使得∠AMB+∠ACB＝180°，点M为格点．

19．（8分）某校将九年级学生英语人机对话的一次模拟测试成绩分为A，B，C，D四个等级，现随机抽取一组学生的成绩进行统计，并绘制了下列两幅统计图（部分信息未给出）：
（1）求扇形统计图中等级C所对应的圆心角的度数；
（2）请将条形统计图补充完整；
（3）记等级A、B的成绩为优秀，若该校九年级学生共600人，请你估计成绩为优秀的学生人数．

20．（10分）如图1，一扇窗户打开后可以用窗钩AB将其固定，窗钩的一个端点A固定在窗户底边OE上，且与转轴底端O之间的距离为20cm，窗钩的另一个端点B可在窗框边上的滑槽OF上移动，滑槽OF的长度为17cm，AB、BO、AO构成一个三角形．当窗钩端点B与点O之间的距离是7cm的位置时（如图2），窗户打开的角∠AOB的度数为37°．
（1）求钩AB的长度（精确到1cm）；
（2）现需要将窗户打开的角∠AOB的度数调整到45°时，求此时窗钩端点B与点O之间的距离（精确到1cm）．
（参考数据：sin37°≈0.6，cos37°≈0.8，tan37°≈0.75，≈1.4）

21．（10分）如图，在Rt△ACB中，∠ACB＝90°，点D为BC延长线上一点，以BD为直径作半圆O分别交AB，AC于点G，E，点E为的中点，过点E作⊙O的切线交AB于点F．
（1）求证：∠AEF＝∠ABC．
（2）若sinA＝，FG＝1，求AC的长．

22．（10分）某款轿车每行驶100千米的耗油量y升与其行驶速度x千米/小时之间的函数关系图象如图所示，其中线段AB的表达式为y＝﹣x+13（25≤x≤100），点C的坐标为（140，14），即行驶速度为140千米/小时时该轿车每行驶100千米的耗油量是14升．
（1）求线段BC的表达式；
（2）如果从甲地到乙地全程为260千米，其中有60千米限速50千米/小时的省道和200千米限速120千米/小时的高速公路，那么在不考虑其他因素的情况下，这款轿车从甲地行驶到乙地至少需要耗油多少升？

23．（12分）如果抛物线C1：y＝ax2+bx+c与抛物线C2：y＝﹣ax2+dx+e的开口方向相反，顶点相同，我们称抛物线C2是C1的“对顶”抛物线．
（1）求抛物线y＝x2﹣4x+7的“对顶”抛物线的表达式；
（2）将抛物线y＝x2﹣4x+7的“对顶”抛物线沿其对称轴平移，使所得抛物线与原抛物线y＝x2﹣4x+7形成两个交点M、N，记平移前后两抛物线的顶点分别为A、B，当四边形AMBN是正方形时，求正方形AMBN的面积．
（3）某同学在探究“对顶”抛物线时发现：如果抛物线C1与C2的顶点位于x轴上，那么系数b与d，c与e之间的关系是确定的，请写出它们之间的关系．

24．（14分）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝1，AC＝，点M是线段CA上的动点（M不与点A、C重合），作△ABM的外接圆⊙O，过点A作AN∥BC，交⊙O于点N．

（1）tanC的值为　 　．
（2）若△ANM∽△CMB（其中点A与点C对应，点M与点B对应），求AM的长．
（3）①若△AMN为等腰三角形，求线段MC的长．
②若S△BMN＝S△BMC，请直接写出此时△BMN的面积　 　．

2021年浙江省宁波市海曙区中考数学模拟试卷（5月份）
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题，每小题4分，共40分）
1．（4分）数1，0，，|﹣2|中最大的是（　　）
A．1 B．0 C． D．|﹣2|
【分析】正数大于0，0大于负数，绝对值大的负数反而小，由此判断即可．
【解答】解：|﹣2|＞1＞0＞，
故选：D．
2．（4分）下列计算正确的是（　　）
A．a5÷a＝a4（a≠0） B．（a+2）（a﹣2）＝a2﹣2
C．（a+1）（a﹣2）＝a2+a﹣2 D．3a2﹣a2＝3
【分析】根据各个选项中的式子，可以计算出正确的结果，从而可以解答本题．
【解答】解：a5÷a＝a4（a≠0），故选项A正确；
（a+2）（a﹣2）＝a2﹣4，故选项B错误；
（a+1）（a﹣2）＝a2﹣a﹣2，故选项C错误；
3a2﹣a2＝2a2，故选项D错误；
故选：A．
3．（4分）宁波市“十四五”规划中指出，到2025年，经济总量和发展质量跃上新台阶，全市生产总值达到1.7万亿元，其中1.7万亿元用科学记数法表示为（　　）
A．17×1011元 B．1.7×1011元
C．1.7×1012元 D．0.17×1013元
【分析】科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数．
【解答】解：1.7万亿＝170000000000＝1.7×1012，
故选：C．
4．（4分）能说明命题“当a为实数时，则a2≥a”是假命题的反例是（　　）
A．a＝2 B．a＝﹣1 C．a＝﹣0.5 D．a＝0.5
【分析】根据有理数的乘方法则、有理数的大小比较法则解答即可．
【解答】解：当a＝0.5时，a2＝0.25，则a2＜a，
∴命题“当a为实数时，则a2≥a”是假命题，
故选：D．
5．（4分）如图所示的几何体的左视图是（　　）

A． B．
C． D．
【分析】根据从左边看得到的图形是左视图，可得答案．
【解答】解：从左边看，底层是三个小正方形，上层的左边是一个小正方形．
故选：B．
6．（4分）一组数据1，2，3，4，5的方差是a，若增加一个数据6，则增加后6个数据的方差为b，则a与b的大小关系是（　　）
A．a＜b B．a＝b C．a＞b D．不能确定
【分析】根据方差的意义求解可得．
【解答】解：数据1，2，3，4，5的平均数：＝×（1+2+3+4+5）＝3，
方差：a＝[（1﹣3）2+（2﹣3）2+（3﹣3）2+（4﹣3）2+（5﹣3）2]＝2；
数据1，2，3，4，5的平均数：＝×（1+2+3+4+5+6）＝3.5，
方差：b＝[（1﹣3.5）2+（2﹣3.5）2+（3﹣3.5）2+（4﹣3.5）2+（5﹣3.5）2+（6﹣3.5）2]＝；
则a＜b；
故选：A．
7．（4分）如图为一节楼梯的示意图，BC⊥AC，∠BAC＝α，AC＝6米．现要在楼梯上铺一块地毯，楼梯宽度为1米，则地毯的面积至少需要（　　）平方米．

A． B．6tanα+6 C． D．
【分析】由三角函数表示出BC，得出AC+BC的长度，由矩形的面积即可得出结果．
【解答】解：在Rt△ABC中，
∴tanα＝，
∴BC＝AC•tanα＝6tanα（米），
∴AC+BC＝（6+6tanα）（米），
∴地毯的面积至少需要1×（6+6tanα）＝（6+6tanα）（米2），
故选：B．
8．（4分）在平面直角坐标系中，点P（m，2m﹣2），则点P不可能在（　　）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
【分析】依据不同象限内点的坐标的符号特征分四种情况讨论，即可得到点P可能的位置．
【解答】解：当m＞1时，2m﹣2＞0，故点P可能在第一象限；
当m＜0时，2m﹣2＜0，故点P不可能在第二象限；
当m＜0时，2m﹣2＜0，故点P可能在第三象限；
当0＜m＜1时，2m﹣2＜0，故点P可能在第四象限；
故选：B．
9．（4分）如图，⊙O经过菱形ABCD的顶点B，C，且与边AD相切于点E．若AE＝1，ED＝5，则⊙O的半径为（　　）

A．4 B．5 C． D．
【分析】连接EO并延长交BC于H，根据切线的性质得到EH⊥AD，根据菱形的性质得到AD∥BC，AD＝BC＝AB＝6，过A作AF⊥BC于F，根据勾股定理即可得到结论．
【解答】解：∵AE＝1，ED＝5，
∴AD＝6，
连接EO并延长交BC于H，
∵AD是⊙O的切线，
∴EH⊥AD，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD∥BC，AD＝BC，
∴EH⊥BC，
∴BH＝CH＝3，
过A作AF⊥BC于F，
则四边形AFHE是矩形，
∴FH＝AE＝1，EH＝AF，
∴BF＝2，
∴AF＝EH＝＝＝4，
连接OB，
设OB＝OE＝x，
∴OH＝4﹣x，
∵OB2＝OH2+BH2，
∴x2＝（4﹣x）2+32，
∴x＝．
故选：C．

10．（4分）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，以其三边为边分别向外作正方形，延长EC，DB分别交GF，AH于点N，K，连接KN交AG于点M，若S1﹣S2＝2，AC＝4，则AB的长为（　　）

A．2 B． C． D．
【分析】根据图形条件，（1）可以得到“K”型△ABC与△FNC全等，得到NF＝AB＝x；（2）连接GK，可以发现△GNK的面积＝GN×AG÷2＝2GN，同理△KAG的面积＝2AK，利用条件S1﹣S2＝2，得到GN﹣AK＝1；（3）注意在△KBC中，有射影定理AB2＝AC×AK．这样可以得到方程，求解问题．
【解答】解：（1）如图，根据条件得到“K”型△ABC≌△FNC，得到NF＝AB＝x．
（2）连接GK，可以发现△GNK的面积＝GN×AG÷2＝2GN，同理△KAG的面积＝2AK．
利用条件S1﹣S2＝2，得到GN﹣AK＝1，即n﹣m＝1，又因为n+x＝4，所以m＝3﹣x．
（3）在△KBC中，有射影定理AB2＝AC×AK．
这样可以得到方程：x2＝4×（3﹣x），解得x＝2，即AB＝2．
故选：A．

二．填空题（共6小题，每小题5分，共30分）
11．（5分）实数﹣27的立方根是　﹣3　．
【分析】由立方根的定义和乘方的关系容易得出结果．
【解答】解：∵（﹣3）3＝﹣27，
∴实数﹣27的立方根是﹣3．
故答案为：﹣3．
12．（5分）分解因式：4x2﹣16＝　4（x+2）（x﹣2）　．
【分析】先提取公因式4，再对剩余项x2﹣4利用平方差公式继续进行因式分解．
【解答】解：4x2﹣16，
＝4（x2﹣4），
＝4（x+2）（x﹣2）．
13．（5分）一张圆形纸片裁剪后正好能做三个一样的无底圆锥纸帽（无余料，接缝不计），若圆锥的高为4cm，则每个圆锥的侧面积是　6πcm2　．
【分析】设圆锥的底面圆的半径为rcm，母线长为Rcm，由于一张圆形纸片裁剪后正好能做三个完全一样的无底圆锥纸帽，利用弧长公式得到2πr＝，则R＝3r，利用勾股定理可计算出r＝，R＝3，然后利用扇形面积公式计算每个圆锥的侧面积．
【解答】解：设圆锥的底面圆的半径为rcm，母线长为Rcm，
∵一张圆形纸片裁剪后正好能做三个完全一样的无底圆锥纸帽，
∴2πr＝，
∴R＝3r，
∵42+r2＝R2，
∴42+r2＝9r2，解得r＝，
∴R＝3，
∴每个圆锥的侧面积＝×2π××3＝6π（cm2）．
故答案为：6πcm2．
14．（5分）为落实省新课改精神，宁波市各校都开设了“知识拓展类”“体艺特长类”“实践活动类”三类拓展课程，下列数据是某校八年级学生“体艺特长类”课程的参与情况：
课程类别
艺术修养
快乐足球
魅力舞蹈
笔墨载古
美丽瑜伽
精英篮球
人数/人
20
24
18
23
18
16
则这组数据的中位数为　19　人．
【分析】根据中位数的求法，将6个数字从小到大排列，找出中间的两数的平均数即为中位数．
【解答】解：将6个数字从小到大排列为16、18、18、20、23、24，
所以中位数为＝19．
故答案为：19．
15．（5分）如图，已知在△ABC中，∠C＝60°，⊙O是△ABC的外接圆，过点A、B分别作⊙O的切线，两切线交于点P，若⊙O的半径为1，则△PAB的周长为　3　．

【分析】过点A作直径AD，连接BD，则△ABD是直角三角形，且∠ADB＝60°，根据三角函数即可求得AB的长，根据切线长定理以及切线的性质定理，可证明△PAB是等边三角形，据此即可求解．
【解答】解：过点A作直径AD，连接BD，

∵AD是⊙O的直径，
∴∠ABD＝90°，
∵∠C＝60°，
∴∠ADB＝∠C＝60°，
∴∠BAD＝30°，
∵⊙O的半径为1，
∴AD＝2，
∴AB＝AD•sin60°＝，
∵AP为切线，
∴∠DAP＝90°，∠PAB＝60°，
又∵AP＝BP，
∴△PAB为等边三角形，
∴△PAB的周长＝3AB＝3
故答案为：3．
16．（5分）如图，已知双曲线y＝（x＜0）和y＝（x＞0），直线OA与双曲线y＝交于点A，将直线OA向下平移与双曲线y＝交于点B，与y轴交于点P，与双曲线y＝交于点C，S△ABC＝6，BP：CP＝2：1，则k的值为　﹣3　．

【分析】如图连接OB，OC，作BE⊥OP于E，CF⊥OP于F．根据OA∥BC，得到S△OBC＝S△ABC＝6，根据已知条件得到S△OPB＝4，S△OPC＝2，根据相似三角形的性质即可得到结论．
【解答】解：如图连接OB，OC，作BE⊥OP于E，CF⊥y轴于F．

∵OA∥BC，
∴S△OBC＝S△ABC＝6，
∵PB：PC＝2：1，
∴S△OPB＝4，S△OPC＝2，
∵S△OBE＝12＝6，
∴S△PBE＝2，
∵△BEP∽△CFP，
∴S△CFP＝2×＝，
∴S△OCF＝，
∴k＝﹣3．
故答案为：﹣3．
三．解答题（共8小题，满分80分）
17．（8分）（1）计算：（﹣2）﹣1﹣|﹣|+sin30°+（）0；
（2）解方程：＝1．
【分析】（1）原式利用零指数幂、负整数指数幂法则，绝对值的代数意义，以及特殊角的三角函数值计算即可求出值；
（2）分式方程去分母转化为整式方程，求出整数方程的解得到x的值，经检验即可得到分式方程的解．
【解答】解：（1）原式＝﹣﹣2++1
＝﹣1；
（2）去分母得：x2﹣4x+4﹣2x﹣4＝x2﹣4，
解得：x＝，
经检验x＝是分式方程的解．
18．（8分）如图，∠ACB在6×6方格中，点A，B，C在格点上，按要求画图：
（1）在图1中画出∠APB，使得∠APB＝∠ACB，点P为格点．
（2）在图2中画出∠AMB，使得∠AMB+∠ACB＝180°，点M为格点．

【分析】（1）根据要求作出图形（答案不唯一）．
（2）利用圆内接四边形的性质，根据要求作出图形（答案不唯一）．
【解答】解：（1）如图，点P或点P′即为所求作．
（2）如图，点M或点M′即为所求作．

19．（8分）某校将九年级学生英语人机对话的一次模拟测试成绩分为A，B，C，D四个等级，现随机抽取一组学生的成绩进行统计，并绘制了下列两幅统计图（部分信息未给出）：
（1）求扇形统计图中等级C所对应的圆心角的度数；
（2）请将条形统计图补充完整；
（3）记等级A、B的成绩为优秀，若该校九年级学生共600人，请你估计成绩为优秀的学生人数．

【分析】（1）根据统计图中的数据，可以得到本次调查的学生人数，从而可以求得等级为C的学生人数，然后即可得到扇形统计图中等级C所对应的圆心角的度数；
（2）根据（1）中的结果，可以得到等级A和B的人数，然后即可将条形统计图补充完整；
（3）根据条形统计图中的数据，可以计算出成绩为优秀的学生人数．
【解答】解：（1）本次抽取的学生有6÷20%＝30（人），
扇形统计图中等级C所对应的圆心角的度数是：360°×＝96°；
（2）B等级的学生有30×40%＝12（人），
A等级的学生有30﹣12﹣8﹣6＝4（人），
补全的条形统计图，如右图所示；
（3）600×＝320（人），
答：成绩为优秀的学生有320人．

20．（10分）如图1，一扇窗户打开后可以用窗钩AB将其固定，窗钩的一个端点A固定在窗户底边OE上，且与转轴底端O之间的距离为20cm，窗钩的另一个端点B可在窗框边上的滑槽OF上移动，滑槽OF的长度为17cm，AB、BO、AO构成一个三角形．当窗钩端点B与点O之间的距离是7cm的位置时（如图2），窗户打开的角∠AOB的度数为37°．
（1）求钩AB的长度（精确到1cm）；
（2）现需要将窗户打开的角∠AOB的度数调整到45°时，求此时窗钩端点B与点O之间的距离（精确到1cm）．
（参考数据：sin37°≈0.6，cos37°≈0.8，tan37°≈0.75，≈1.4）

【分析】（1）由锐角三角函数可求AH＝12cm，由勾股定理可求解；
（2）由等腰直角三角形的性质可求AH的长，由勾股定理可求BH的长，即可求解．
【解答】解：（1）如图2，过点A作AH⊥OF于H，

∵sinO＝＝0.6，
∴AH＝20×0.6＝12（cm），
∴OH＝＝＝16（cm），
∴BH＝16﹣7＝9（cm），
∴AB＝＝＝15（cm）；
（2）∵∠AOB＝45°，AH⊥OF，
∴AH＝OH＝10（cm），
∴BH＝＝＝5（cm），
∴OB＝OH﹣BH＝14﹣5＝9（cm），
答：时窗钩端点B与点O之间的距离为9cm．
21．（10分）如图，在Rt△ACB中，∠ACB＝90°，点D为BC延长线上一点，以BD为直径作半圆O分别交AB，AC于点G，E，点E为的中点，过点E作⊙O的切线交AB于点F．
（1）求证：∠AEF＝∠ABC．
（2）若sinA＝，FG＝1，求AC的长．

【分析】（1）根据切线的判断和性质，直角三角形的性质以及圆周角定理即可得到证明；
（2）利用全等三角形的判定和性质，直角三角形的边角关系以及三角函数解析解答即可．
【解答】（1）证明：连接OE，OG，EG，
∵点E为的中点，
∴＝，
∴∠DOE＝∠EOG，
又∵∠ABC＝∠DOG＝∠DOE，
∴OE∥AB，
又∵EF是⊙O的切线，
∴OE⊥EF，
∴EF⊥AB，
∴∠AEF+∠A＝90°，
∵∠ACB＝90°，
∴∠ABC+∠A＝90°，
∴∠AEF＝∠ABC；
（2）在Rt△AEF中，sinA＝，设EF＝2a，则AE＝3a，
∴AF＝＝a，
连接DE，
∵点E为的中点，
∴＝，
∴DE＝EG，
∵四边形BDEG是圆内接四边形，
∴∠EGF＝∠EDC，
又∵∠EFG＝∠ECD＝90°，
∴△EFG≌△ECD（AAS），
∴CD＝FG＝1，
∵∠AEF＝∠ABC，∠ACB＝∠AFE＝90°，
∴△ABC∽△AEF，
∴＝，
即＝，
∴BC＝2a，
∴BD＝BC+CD＝2a+1
∴OB＝OD＝OE＝，
在Rt△COE中，OC＝OD﹣CD＝﹣1＝，
由EC2+OC2＝OE2得，
（2a）2+（）2＝（）2，
解得a＝，
∴AC＝5a＝．

22．（10分）某款轿车每行驶100千米的耗油量y升与其行驶速度x千米/小时之间的函数关系图象如图所示，其中线段AB的表达式为y＝﹣x+13（25≤x≤100），点C的坐标为（140，14），即行驶速度为140千米/小时时该轿车每行驶100千米的耗油量是14升．
（1）求线段BC的表达式；
（2）如果从甲地到乙地全程为260千米，其中有60千米限速50千米/小时的省道和200千米限速120千米/小时的高速公路，那么在不考虑其他因素的情况下，这款轿车从甲地行驶到乙地至少需要耗油多少升？

【分析】（1）根据线段AB的表达式求出点B的坐标，利用待定系数法即可求解；
（2）根据题意当在省道上行驶速度为50千米/小时，在高速公路上行驶速度为100千米/小时时，耗油最少，根据线段AB的表达式求出省道的耗油量加上在高速公路行驶的耗油量即可求解．
【解答】解：（1）当x＝100时，y＝﹣×100+13，即B（100，9），
令BC的表达式为y＝kx+b，
则，
解得：，
所以表达式为y＝x﹣（100≤x≤140）；
（2）当x＝50时，，
则当在省道上行驶速度为50千米/小时，在高速公路上行驶速度为100千米/小时时，耗油最少，
＝24.6（升）．
答：这款轿车从甲地行驶到乙地至少需要耗油24.6升．
23．（12分）如果抛物线C1：y＝ax2+bx+c与抛物线C2：y＝﹣ax2+dx+e的开口方向相反，顶点相同，我们称抛物线C2是C1的“对顶”抛物线．
（1）求抛物线y＝x2﹣4x+7的“对顶”抛物线的表达式；
（2）将抛物线y＝x2﹣4x+7的“对顶”抛物线沿其对称轴平移，使所得抛物线与原抛物线y＝x2﹣4x+7形成两个交点M、N，记平移前后两抛物线的顶点分别为A、B，当四边形AMBN是正方形时，求正方形AMBN的面积．
（3）某同学在探究“对顶”抛物线时发现：如果抛物线C1与C2的顶点位于x轴上，那么系数b与d，c与e之间的关系是确定的，请写出它们之间的关系．

【分析】（1）先求出抛物线C1的顶点坐标，进而得出抛物线C2的顶点坐标，即可得出结论；
（2）设正方形AMBN的对角线长为2k，得出B（2，3+2k），M（2+k，3+k），N（2﹣k，3+k），再用点M（2+k，3+k）在抛物线y＝（x﹣2）2+3上，建立方程求出k的值，即可得出结论；
（3）先根据抛物线C1，C2的顶点相同，得出b，d的关系式，再由两抛物线的顶点在x轴，求出c，e的关系，即可得出结论．
【解答】解：（1）∵y＝x2﹣4x+7＝（x﹣2）2+3，
∴顶点为（2，3），
∴其“对顶”抛物线的解析式为y＝﹣（x﹣2）2+3，
即y＝﹣x2+4x﹣1；
（2）如图，由（1）知，A（2，3），
设正方形AMBN的对角线长为2k，
则点B（2，3+2k），M（2+k，3+k），N（2﹣k，3+k），
∵M（2+k，3+k）在抛物线y＝（x﹣2）2+3上，
∴3+k＝（2+k﹣2）2+3，
解得k＝1或k＝0（舍）；
∴正方形AMBN的面积为；

（3）根据抛物线的顶点坐标公式得，抛物线C1：y＝ax2+bx+c的顶点为（﹣，），
抛物线C2：y＝﹣ax2+dx+e的顶点为（，），
∵抛物线C2是C1的“对顶”抛物线，
∴﹣＝，
∴b＝﹣d，
∵抛物线C1与C2的顶点位于x轴上，
∴＝＝0，
∴c＝﹣e，
即b＝﹣d，c＝﹣e．

24．（14分）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝1，AC＝，点M是线段CA上的动点（M不与点A、C重合），作△ABM的外接圆⊙O，过点A作AN∥BC，交⊙O于点N．

（1）tanC的值为　　．
（2）若△ANM∽△CMB（其中点A与点C对应，点M与点B对应），求AM的长．
（3）①若△AMN为等腰三角形，求线段MC的长．
②若S△BMN＝S△BMC，请直接写出此时△BMN的面积　2或　．
【分析】（1）由勾股定理求出BC，根据正切函数定义即可得到答案；
（2）连接BN，在Rt△BMN中，tan∠NBM＝tan∠C＝，再由△ANM∽△CMB，得到对应边成比例，即可求出；
（3）①若△AMN为等腰三角形，则AN＝MN，证明△NAB∽△ABC和△ABN∽△MBN，求出AN＝MN＝，求出AB＝BM＝1，再由垂径定理得到BN⊥AM，求出BN，从而求出MD的长，AM＝2MD，CM＝AC﹣AM，可得结论；
②过M作MH⊥BC于点H，假设MN＝x，则BM＝2x，由直角三角形的性质得到MH＝x2，BH＝2﹣2x2，在直角三角形BMH中，由勾股定理得到，BH2+HM2＝BM2，解得x2，即可求出三角形BMN的面积．
【解答】解：（1）∵∠ABC＝90°，AB＝1，AC＝，
∴BC＝＝2，
∴tanC＝＝，
故答案为：；
（2）连接BN，

∵NA∥BC，
∴∠NAC＝∠BCA，∠NAB+∠ABC＝180°，
∴∠NAB＝180°﹣∠ABC＝180°﹣90°＝90°，
∴BN为⊙O的直径，
∴∠BMN＝90°，
∵∠NAC＝∠NBM，
∴∠NBM＝∠BCA，
∴直角三角形BMN中，tan∠NBM＝tan∠C＝，
即tan∠NBM＝，
∵△ANM～△CMB，
∴，
即，
∴AM＝1；
（3）①若△AMN为等腰三角形，则AN＝MN，
∴∠NAM＝∠NMA＝∠MBN＝∠NBA，∠NAB＝∠ABC＝90°，
∴∠NBA＝∠MBN＝∠C，
∴△NAB～△ABC，
∴，
∴AN＝，
在△ABN和△MBN中，
，
∴△ABN≌△MBN（AAS），
∴AN＝MN＝，AB＝BM＝1，
∴，
∴BN⊥AM，
∴BN＝，
∵BM•MN＝BN•MD，
∴，
∴MD＝，
∴AM＝2MD＝2×＝；
②如图所示，过M作MH⊥BC于H，

在直角三角形BMN中，
∵tan∠NBM＝tanC＝，
设MN＝x，则BM＝xtanC＝2x，
∴BN＝，
∴S＝x2，
∴S，
∴，
∴MH＝x2，
在直角三角形BMH中，BH2+HM2＝BM2，
∴（2﹣2x2）2+x2＝（2x）2，
化简得，5x4﹣12x2+4＝0，
令y＝x2，
∴5y2﹣12y+4＝0，
解得，y＝2或y＝，
∴x2＝2或x2＝，
∴S△BMN＝2或．
故答案为：2或．