2022届云南省昆明市官渡区先锋中学中考数学最后冲刺模拟试卷含解析

这是一份2022届云南省昆明市官渡区先锋中学中考数学最后冲刺模拟试卷含解析，共23页。试卷主要包含了答题时请按要求用笔，方程的解是.等内容，欢迎下载使用。

2021-2022中考数学模拟试卷
注意事项:
1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。
2．答题时请按要求用笔。
3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。
4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。
5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

一、选择题（本大题共12个小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．）
1．小苏和小林在如图①所示的跑道上进行米折返跑.在整个过程中，跑步者距起跑线的距离（单位：）与跑步时间（单位：）的对应关系如图②所示.下列叙述正确的是（ ）.

A．两人从起跑线同时出发，同时到达终点
B．小苏跑全程的平均速度大于小林跑全程的平均速度
C．小苏前跑过的路程大于小林前跑过的路程
D．小林在跑最后的过程中，与小苏相遇2次
2．一个多边形内角和是外角和的2倍，它是( )
A．五边形 B．六边形 C．七边形 D．八边形
3．如图，已知的周长等于 ，则它的内接正六边形ABCDEF的面积是（ ）

A． B． C． D．
4．数轴上分别有A、B、C三个点，对应的实数分别为a、b、c且满足，|a|＞|c|，b•c＜0，则原点的位置（　　）

A．点A的左侧 B．点A点B之间
C．点B点C之间 D．点C的右侧
5．已知直线y=ax+b(a≠0)经过第一，二，四象限，那么直线y=bx-a一定不经过（   ）
A．第一象限
B．第二象限
C．第三象限
D．第四象限
6．如图，直线AB∥CD，∠C＝44°，∠E为直角，则∠1等于（　　）

A．132° B．134° C．136° D．138°
7．如图，在矩形ABCD中，AD=1，AB＞1，AG平分∠BAD，分别过点B，C作BE⊥AG 于点E，CF⊥AG于点F，则AE－GF的值为（ ）

A．1 B． C． D．
8．已知平面内不同的两点A（a+2，4）和B（3，2a+2）到x轴的距离相等，则a的值为(     )
A．﹣3 B．﹣5 C．1或﹣3 D．1或﹣5
9．在数轴上标注了四段范围，如图，则表示的点落在（ ）

A．段① B．段② C．段③ D．段④
10．方程的解是（ ）.
A． B． C． D．
11．已知O为圆锥的顶点，M为圆锥底面上一点，点P在OM上．一只蜗牛从P点出发，绕圆锥侧面爬行，回到P点时所爬过的最短路线的痕迹如图所示．若沿OM将圆锥侧面剪开并展开，所得侧面展开图是（ ）

A． B．
C． D．
12．计算（x－2）（x+5）的结果是
A．x2+3x+7 B．x2+3x+10 C．x2+3x－10 D．x2－3x－10
二、填空题：（本大题共6个小题，每小题4分，共24分．）
13．如图，已知平行四边形ABCD，E是边BC的中点，联结DE并延长，与AB的延长线交于点F．设=，=，那么向量用向量、表示为_____．

14．已知m、n是一元二次方程x2+4x﹣1＝0的两实数根，则＝_____．
15．在平面直角坐标系中，若点P(2x＋6，5x)在第四象限，则x的取值范围是_________；
16．因式分解：3x3﹣12x=_____．
17．若式子有意义，则x的取值范围是______．
18．某篮球架的侧面示意图如图所示，现测得如下数据：底部支架AB的长为1.74m，后拉杆AE的倾斜角∠EAB=53°，篮板MN到立柱BC的水平距离BH=1.74m，在篮板MN另一侧，与篮球架横伸臂DG等高度处安装篮筐，已知篮筐到地面的距离GH的标准高度为3.05m．则篮球架横伸臂DG的长约为_____m（结果保留一位小数，参考数据：sin53°≈， cos53°≈，tan53°≈）．

三、解答题：（本大题共9个小题，共78分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
19．（6分）如图，抛物线y=ax2+2x+c与x轴交于A、B（3，0）两点，与y轴交于点C（0，3）．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）在抛物线的对称轴上是否存在一点Q，使得以A、C、Q为顶点的三角形为直角三角形？若存在，试求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．

20．（6分）如图，一次函数y＝kx+b的图象与反比例函数y＝的图象交于A（﹣2，1），B（1，n）两点．
求反比例函数和一次函数的解析式；根据图象写出一次函数的值大于反比例函数的值的x的取值范围．
21．（6分）如图，已知△ABC内接于⊙O，BC交直径AD于点E，过点C作AD的垂线交AB的延长线于点G，垂足为F．连接OC．
（1）若∠G=48°，求∠ACB的度数；
（1）若AB=AE，求证：∠BAD=∠COF；
（3）在（1）的条件下，连接OB，设△AOB的面积为S1，△ACF的面积为S1．若tan∠CAF=，求的值．

22．（8分）已知：如图，在△ABC中，AB=BC，∠ABC=90°，点D、E分别是边AB、BC的中点，点F、G是边AC的三等分点，DF、EG的延长线相交于点H，连接HA、HC．
(1)求证：四边形FBGH是菱形；
(2)求证：四边形ABCH是正方形．

23．（8分）一名在校大学生利用“互联网+”自主创业，销售一种产品，这种产品的成本价10元/件，已知销售价不低于成本价，且物价部门规定这种产品的销售价不高于16元/件，市场调查发现，该产品每天的销售量（件与销售价（元/件）之间的函数关系如图所示．求与之间的函数关系式，并写出自变量的取值范围；求每天的销售利润W（元与销售价（元/件）之间的函数关系式，并求出每件销售价为多少元时，每天的销售利润最大？最大利润是多少？

24．（10分）如图，在中，以为直径的⊙交于点，过点作于点，且．
（）判断与⊙的位置关系并说明理由；
（）若，，求⊙的半径．

25．（10分）如图，△DEF是由△ABC通过一次旋转得到的，请用直尺和圆规画出旋转中心．

26．（12分）先化简，再求值：﹣1，其中a=2sin60°﹣tan45°，b=1．
27．（12分）如图，点A、B、C、D在同一条直线上，CE∥DF，EC=BD，AC=FD，求证：AE=FB．




参考答案

一、选择题（本大题共12个小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．）
1、D
【解析】
A.由图可看出小林先到终点，A错误；
B.全程路程一样，小林用时短，所以小林的平均速度大于小苏的平均速度，B错误；
C.第15 秒时，小苏距离起点较远，两人都在返回起点的过程中，据此可判断小林跑的路程大于小苏跑的路程，C错误；
D.由图知两条线的交点是两人相遇的点，所以是相遇了两次，正确.
故选D.
2、B
【解析】
多边形的外角和是310°，则内角和是2×310＝720°．设这个多边形是n边形，内角和是（n﹣2）•180°，这样就得到一个关于n的方程，从而求出边数n的值．
【详解】
设这个多边形是n边形，根据题意得：
（n﹣2）×180°＝2×310°
解得：n＝1．
故选B．
【点睛】
本题考查了多边形的内角与外角，熟记内角和公式和外角和定理并列出方程是解题的关键．根据多边形的内角和定理，求边数的问题就可以转化为解方程的问题来解决．
3、C
【解析】
过点O作OH⊥AB于点H，连接OA，OB，由⊙O的周长等于6πcm，可得⊙O的半径，又由圆的内接多边形的性质可得∠AOB=60°，即可证明△AOB是等边三角形，根据等边三角形的性质可求出OH的长，根据S正六边形ABCDEF=6S△OAB即可得出答案．
【详解】
过点O作OH⊥AB于点H，连接OA，OB，设⊙O的半径为r，
∵⊙O的周长等于6πcm，
∴2πr=6π，
解得：r=3，
∴⊙O的半径为3cm，即OA=3cm，
∵六边形ABCDEF是正六边形，
∴∠AOB=×360°=60°，OA=OB，
∴△OAB是等边三角形，
∴AB=OA=3cm，
∵OH⊥AB，
∴AH=AB，
∴AB=OA=3cm，
∴AH=cm，OH==cm，
∴S正六边形ABCDEF=6S△OAB=6××3×=（cm2）．

故选C.
【点睛】
此题考查了正多边形与圆的性质．此题难度适中，注意掌握数形结合思想的应用．
4、C
【解析】
分析：
根据题中所给条件结合A、B、C三点的相对位置进行分析判断即可.
详解：
A选项中，若原点在点A的左侧，则，这与已知不符，故不能选A；
B选项中，若原点在A、B之间，则b>0，c>0，这与b·c<0不符，故不能选B；
C选项中，若原点在B、C之间，则且b·c<0，与已知条件一致，故可以选C；
D选项中，若原点在点C右侧，则b<0，c<0，这与b·c<0不符，故不能选D.
故选C.
点睛：理解“数轴上原点右边的点表示的数是正数，原点表示的是0，原点左边的点表示的数是负数，距离原点越远的点所表示的数的绝对值越大”是正确解答本题的关键.
5、D
【解析】
根据直线y=ax+b（a≠0）经过第一，二，四象限，可以判断a、b的正负，从而可以判断直线y=bx-a经过哪几个象限，不经过哪个象限，本题得以解决．
【详解】
∵直线y=ax+b（a≠0）经过第一，二，四象限，
∴a＜0，b＞0，
∴直线y=bx-a经过第一、二、三象限，不经过第四象限，
故选D．
【点睛】
本题考查一次函数的性质，解答本题的关键是明确题意，利用一次函数的性质解答．
6、B
【解析】
过E作EF∥AB，求出AB∥CD∥EF，根据平行线的性质得出∠C=∠FEC，∠BAE=∠FEA，求出∠BAE，即可求出答案．
解：

过E作EF∥AB，
∵AB∥CD，
∴AB∥CD∥EF，
∴∠C=∠FEC，∠BAE=∠FEA，
∵∠C=44°，∠AEC为直角，
∴∠FEC=44°，∠BAE=∠AEF=90°﹣44°=46°，
∴∠1=180°﹣∠BAE=180°﹣46°=134°，
故选B．
“点睛”本题考查了平行线的性质的应用，能正确作出辅助线是解此题的关键．
7、D
【解析】
设AE=x,则AB=x,由矩形的性质得出∠BAD=∠D=90°,CD=AB,证明△ADG是等腰直角三角形,得出AG=AD=,同理得出CD=AB=x,CG=CD-DG=x -1,CG=GF,得出GF,即可得出结果.
【详解】
设AE=x,
∵四边形ABCD是矩形,
∴∠BAD=∠D=90°,CD=AB,
∵AG平分∠BAD，
∴∠DAG=45°,
∴△ADG是等腰直角三角形,
∴DG=AD=1,
∴AG=AD=,
同理:BE=AE=x, CD=AB=x,
∴CG=CD-DG=x -1,
同理: CG=GF,
∴FG= ,
∴AE-GF=x-(x-)=.
故选D.
【点睛】
本题考查了矩形的性质、等腰直角三角形的判定与性质,勾股定理;熟练掌握矩形的性质和等腰直角三角形的性质,并能进行推理计算是解决问题的关键.
8、A
【解析】
分析：根据点A（a＋2，4）和B（3，2a＋2）到x轴的距离相等，得到4＝|2a＋2|，即可解答．
详解：∵点A（a＋2，4）和B（3，2a＋2）到x轴的距离相等，
∴4＝|2a＋2|，a＋2≠3，
解得：a＝−3，
故选A．
点睛：考查点的坐标的相关知识；用到的知识点为：到x轴和y轴的距离相等的点的横纵坐标相等或互为相反数．
9、C
【解析】
试题分析：1．21=2．32；1．31=3．19；1．5=3．44；1．91=4．5．
∵ 3．44＜4＜4．5，∴1．5＜4＜1．91，∴1．4＜＜1．9，
所以应在③段上．
故选C
考点：实数与数轴的关系
10、B
【解析】
直接解分式方程，注意要验根.
【详解】
解：=0，
方程两边同时乘以最简公分母x(x+1)，得：3(x+1)-7x=0,
解这个一元一次方程，得：x=，
经检验，x=是原方程的解.
故选B.
【点睛】
本题考查了解分式方程，解分式方程不要忘记验根.
11、D
【解析】
此题运用圆锥的性质，同时此题为数学知识的应用，由题意蜗牛从P点出发，绕圆锥侧面爬行，回到P点时所爬过的最短，就用到两点间线段最短定理．
【详解】
解：蜗牛绕圆锥侧面爬行的最短路线应该是一条线段，因此选项A和B错误，
又因为蜗牛从p点出发，绕圆锥侧面爬行后，又回到起始点P处，那么如果将选项C、D的圆锥侧面展开图还原成圆锥后，位于母线OM上的点P应该能够与母线OM′上的点（P′）重合，而选项C还原后两个点不能够重合．
故选D．
点评：本题考核立意相对较新，考核了学生的空间想象能力．
12、C
【解析】
根据多项式乘以多项式的法则进行计算即可.
【详解】

故选：C.
【点睛】
考查多项式乘以多项式，掌握多项式乘以多项式的运算法则是解题的关键.

二、填空题：（本大题共6个小题，每小题4分，共24分．）
13、+2
【解析】
根据平行四边形的判定与性质得到四边形DBFC是平行四边形，则DC=BF，故AF=2AB=2DC，结合三角形法则进行解答．
【详解】
如图，连接BD，FC，

∵四边形ABCD是平行四边形，
∴DC∥AB，DC=AB．
∴△DCE∽△FBE．
又E是边BC的中点，
∴，
∴EC=BE，即点E是DF的中点，
∴四边形DBFC是平行四边形，
∴DC=BF，故AF=2AB=2DC，
∴=+=+2=+2．
故答案是：+2．
【点睛】
此题考查了平面向量的知识、相似三角形的判定与性质以及平行四边形的性质．注意掌握三角形法则的应用是关键．
14、1
【解析】
先由根与系数的关系求出m•n及m+n的值，再把化为 的形式代入进行计算即可．
【详解】
∵m、n是一元二次方程x2+1x﹣1＝0的两实数根，
∴m+n＝﹣1，m•n＝﹣1，
∴＝＝ ＝1．
故答案为1．
【点睛】
本题考查的是根与系数的关系，将根与系数的关系与代数式变形相结合解题是一种经常使用的解题方法．一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的根与系数的关系为：x1+x2＝﹣，x1•x2＝ ．
15、﹣3＜x＜1
【解析】
根据第四象限内横坐标为正，纵坐标为负可得出答案.
【详解】
∵点P（2x-6，x-5）在第四象限，
∴



解得-3＜x＜1．故答案为-3＜x＜1.
【点睛】
本题考查了点的坐标、一元一次不等式组，解题的关键是知道平面直角坐标系中第四象限横、纵坐标的符号.
16、3x（x+2）（x﹣2）
【解析】
先提公因式3x，然后利用平方差公式进行分解即可．
【详解】
3x3﹣12x
=3x（x2﹣4）
=3x（x+2）（x﹣2），
故答案为3x（x+2）（x﹣2）．
【点睛】
本题考查了提公因式法与公式法分解因式，要求灵活使用各种方法对多项式进行因式分解，一般来说，如果可以先提取公因式的要先提取公因式，再考虑运用公式法分解．
17、x＞．
【解析】
解：依题意得：2x+3＞1．解得x＞．故答案为x＞．
18、1.1．
【解析】
过点D作DO⊥AH于点O，先证明△ABC∽△AOD得出=，再根据已知条件求出AO，则OH=AH-AO=DG.
【详解】
解：过点D作DO⊥AH于点O，如图：

由题意得CB∥DO，
∴△ABC∽△AOD，
∴=，
∵∠CAB=53°，tan53°=,
∴tan∠CAB==,
∵AB=1.74m，
∴CB=1.31m，
∵四边形DGHO为长方形，
∴DO=GH=3.05m，OH=DG，
∴=，
则AO=1.1875m，
∵BH=AB=1.75m，
∴AH=3.5m，
则OH=AH-AO≈1.1m，
∴DG≈1.1m.
故答案为1.1.
【点睛】
本题考查了相似三角形的性质与应用，解题的关键是熟练的掌握相似三角形的性质与应用.

三、解答题：（本大题共9个小题，共78分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
19、 (1) y=﹣x2+2x+3；(2)见解析.
【解析】
(1)将B（3，0），C（0，3）代入抛物线y=ax2+2x+c，可以求得抛物线的解析式；
(2) 抛物线的对称轴为直线x=1，设点Q的坐标为（1，t），利用勾股定理求出AC2、AQ2、CQ2，然后分AC为斜边，AQ为斜边，CQ时斜边三种情况求解即可.
【详解】
解：（1）∵抛物线y=ax2+2x+c与x轴交于A、B（3，0）两点，与y轴交于点C（0，3），
∴，得，
∴该抛物线的解析式为y=﹣x2+2x+3；
（2）在抛物线的对称轴上存在一点Q，使得以A、C、Q为顶点的三角形为直角三角形，
理由：∵抛物线y=﹣x2+2x+3=﹣（x﹣1）2+4，点B（3，0），点C（0，3），
∴抛物线的对称轴为直线x=1，
∴点A的坐标为（﹣1，0），
设点Q的坐标为（1，t），则
AC2=OC2+OA2=32+12=10，
AQ2=22+t2=4+t2，
CQ2=12+（3﹣t）2=t2﹣6t+10，
当AC为斜边时，
10=4+t2+t2﹣6t+10，
解得，t1=1或t2=2，
∴点Q的坐标为（1，1）或（1，2），
当AQ为斜边时，
4+t2=10+t2﹣6t+10，
解得，t=，
∴点Q的坐标为（1，），
当CQ时斜边时，
t2﹣6t+10=4+t2+10，
解得，t=，
∴点Q的坐标为（1，﹣），
由上可得，当点Q的坐标是（1，1）、（1，2）、（1，）或（1，﹣）时，使得以A、C、Q为顶点的三角形为直角三角形．

【点睛】
本题考查了待定系数法求函数解析式，二次函数的图像与性质，勾股定理及分类讨论的数学思想，熟练掌握待定系数法是解（1）的关键，分三种情况讨论是解（2）的关键.
20、 (1)y=,y=−x−1；(2)x<−2或0 【解析】
（1）利用点A的坐标可求出反比例函数解析式,再把B（1,n）代入反比例函数解析式,即可求得n的值,于是得到一次函数的解析式；
（2）根据图象和A,B两点的坐标即可写出一次函数的值大于反比例函数的值的x的取值范围．
【详解】
(1)∵A(−2,1)在反比例函数y=的图象上,
∴1=,解得m=−2.
∴反比例函数解析式为y=,
∵B(1,n)在反比例函数上,
∴n=−2,
∴B的坐标(1,−2),
把A(−2,1),B(1,−2)代入y=kx+b得

解得：
∴一次函数的解析式为y=−x−1；
(2)由图像知：当x<−2或0 【点睛】
本题考查了反比例函数与一次函数的交点问题,属于简单题,熟悉函数图像的性质是解题关键.
21、（1）48°（1）证明见解析（3）
【解析】
（1）连接CD，根据圆周角定理和垂直的定义可得结论；
（1）先根据等腰三角形的性质得：∠ABE=∠AEB，再证明∠BCG=∠DAC，可得 ，则所对的圆周角相等，根据同弧所对的圆周角和圆心角的关系可得结论；
（3）过O作OG⊥AB于G，证明△COF≌△OAG，则OG=CF=x，AG=OF，设OF=a，则OA=OC=1x-a，根据勾股定理列方程得：（1x-a）1=x1+a1，则a=x，代入面积公式可得结论．
【详解】
（1）连接CD，
∵AD是⊙O的直径，
∴∠ACD=90°，
∴∠ACB+∠BCD=90°，
∵AD⊥CG，
∴∠AFG=∠G+∠BAD=90°，
∵∠BAD=∠BCD，
∴∠ACB=∠G=48°；
（1）∵AB=AE，
∴∠ABE=∠AEB，
∵∠ABC=∠G+∠BCG，∠AEB=∠ACB+∠DAC，
由（1）得：∠G=∠ACB，
∴∠BCG=∠DAC，
∴，
∵AD是⊙O的直径，AD⊥PC，
∴，
∴，
∴∠BAD=1∠DAC，
∵∠COF=1∠DAC，
∴∠BAD=∠COF；
（3）过O作OG⊥AB于G，设CF=x，
∵tan∠CAF== ，
∴AF=1x，
∵OC=OA，由（1）得：∠COF=∠OAG，
∵∠OFC=∠AGO=90°，
∴△COF≌△OAG，
∴OG=CF=x，AG=OF，
设OF=a，则OA=OC=1x﹣a，
Rt△COF中，CO1=CF1+OF1，
∴（1x﹣a）1=x1+a1，
a=x，
∴OF=AG=x，
∵OA=OB，OG⊥AB，
∴AB=1AG=x，
∴．

【点睛】
圆的综合题，考查了三角形的面积、垂径定理、角平分线的性质、三角形全等的性质和判定以及解直角三角形，解题的关键是：（1）根据圆周角定理找出∠ACB+∠BCD=90°；（1）根据外角的性质和圆的性质得：；（3）利用三角函数设未知数，根据勾股定理列方程解决问题．
22、（1）见解析 （2）见解析
【解析】
（1）由三角形中位线知识可得DF∥BG，GH∥BF，根据菱形的判定的判定可得四边形FBGH是菱形；
（2）连结BH，交AC于点O，利用平行四边形的对角线互相平分可得OB=OH，OF=OG，又AF=CG，所以OA=OC．再根据对角线互相垂直平分的平行四边形得证四边形ABCH是菱形，再根据一组邻边相等的菱形即可求解．
【详解】
（1）∵点F、G是边AC的三等分点，
∴AF=FG=GC．
又∵点D是边AB的中点，
∴DH∥BG．
同理：EH∥BF．
∴四边形FBGH是平行四边形，
连结BH，交AC于点O，
∴OF=OG，
∴AO=CO，
∵AB=BC，
∴BH⊥FG，
∴四边形FBGH是菱形；
（2）∵四边形FBGH是平行四边形，
∴BO=HO，FO=GO．
又∵AF=FG=GC，
∴AF+FO=GC+GO，即：AO=CO．
∴四边形ABCH是平行四边形．
∵AC⊥BH，AB=BC，
∴四边形ABCH是正方形．

【点睛】
本题考查正方形的判定，菱形的判定和性质，三角形的中位线，熟练掌握正方形的判定和性质是解题的关键．
23、（1） （2），，144元
【解析】
（1）利用待定系数法求解可得关于的函数解析式；
（2）根据“总利润每件的利润销售量”可得函数解析式，将其配方成顶点式，利用二次函数的性质进一步求解可得．
【详解】
（1）设与的函数解析式为，
将、代入，得：，
解得：，
所以与的函数解析式为；
（2）根据题意知，
，
，
当时，随的增大而增大，
，
当时，取得最大值，最大值为144，
答：每件销售价为16元时，每天的销售利润最大，最大利润是144元．
【点睛】
本题考查了二次函数的应用，解题的关键是熟练掌握待定系数法求函数解析式及根据相等关系列出二次函数解析式及二次函数的性质．
24、（1）DE与⊙O相切，详见解析；（2）5
【解析】
(1) 根据直径所对的圆心角是直角，再结合所给条件∠BDE＝∠A，可以推导出∠ODE ＝ 90°，说明相切的位置关系。
(2)根据直径所对的圆心角是直角，并且在△BDE中，由DE⊥BC,有∠BDE＋∠DBE ＝ 90°可以推导出∠DAB＝∠C, 可判定△ABC是等腰三角形，再根据BD⊥AC可知D是AC的中点，从而得出AD的长度，再在Rt△ADB中计算出直径AB的长，从而算出半径。
【详解】
（1）连接OD，在⊙O中，因为AB是直径，所以∠ADB＝90°，即∠ODA＋∠ODB＝90°，由OA＝OD，故∠A＝∠ODA，又因为∠BDE＝∠A，所以∠ODA＝∠BDE，故∠ODA＋∠ODB＝∠BDE＋∠ODB＝∠ODE＝90°，即OD⊥DE，OD过圆心，D是圆上一点，故DE是⊙O切线上的一段，因此位置关系是直线DE与⊙O相切；
（2）由（1）可知，∠ADB＝90°，故∠A＋∠ABD＝90°，故BD⊥AC，由∠BDE＝∠A，则∠BDE＋∠ABD＝90°，因为DE⊥BC，所以∠DEB＝90°，故在△BDE中，有∠BDE＋∠DBE＝90°，则∠ABD＝∠DBE，又因为BD⊥AC，即∠ADB＝∠CDB＝90°，所以∠DAB＝∠C，故△ABC是等腰三角形，BD是等腰△ABC底边BC上的高，则D是AC的中点，故AD＝AC＝×16＝8，在Rt△ABD中，tanA＝＝＝，可解得BD＝6，由勾股定理可得AB＝＝＝10，AB为直径，所以⊙O的半径是5.
【点睛】
本题主要考查圆中的计算问题和与圆有关的位置关系，解本题的要点在于求出AD的长，从而求出AB的长.
25、见解析
【解析】
试题分析：首先根据旋转的性质，找到两组对应点，连接这两组对应点；然后作连接成的两条线段的垂直平分线，两垂直平分线的交点即为旋转中心，据此解答即可.
解：如图所示，点P即为所求作的旋转中心．

26、
【解析】
对待求式的分子、分母进行因式分解，并将除法化为乘法可得×-1，通过约分即可得到化简结果；先利用特殊角的三角函数值求出a的值，再将a、b的值代入化简结果中计算即可解答本题.
【详解】
原式=×-1
=-1
=
=，
当a═2sin60°﹣tan45°=2×﹣1=﹣1，b=1时，
原式=.
【点睛】
本题考查了分式的化简求值，解题的关键是熟练的掌握分式的化简求值运算法则.
27、见解析
【解析】
根据CE∥DF，可得∠ECA=∠FDB，再利用SAS证明△ACE≌△FDB，得出对应边相等即可．
【详解】
解：∵CE∥DF
∴∠ECA=∠FDB，
在△ECA和△FDB中

∴△ECA≌△FDB，
∴AE=FB．
【点睛】
本题主要考查全等三角形的判定与性质和平行线的性质；熟练掌握平行线的性质，证明三角形全等是解决问题的关键．