贵州省正安县2021-2022学年中考一模数学试题含解析

2021-2022中考数学模拟试卷

注意事项

1．考生要认真填写考场号和座位序号。

2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。

3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。

一、选择题（共10小题，每小题3分，共30分）

1．如图,在中， ,以边的中点为圆心,作半圆与相切，点分别是边和半圆上的动点,连接,则长的最大值与最小值的和是（   ）

A． B． C． D．

2．下列分子结构模型的平面图中，既是轴对称图形又是中心对称图形的有（　　）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个

3．甲、乙两班举行电脑汉字输入比赛，参赛学生每分钟输入汉字个数的统计结果如下表：

某同学分析上表后得出如下结论：

①甲、乙两班学生的平均成绩相同；

②乙班优秀的人数多于甲班优秀的人数（每分钟输入汉字≥150个为优秀）；

③甲班成绩的波动比乙班大．

上述结论中，正确的是（　　）

A．①② B．②③ C．①③ D．①②③

4．下面的图形是轴对称图形，又是中心对称图形的有(　　)

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个

5．已知一个正n边形的每个内角为120°，则这个多边形的对角线有（　　）

A．5条 B．6条 C．8条 D．9条

6．如图，在五边形ABCDE中，∠A+∠B+∠E=300°，DP,CP分别平分∠EDC、∠BCD，则∠P的度数是(    )

A．60° B．65° C．55° D．50°

7．若|a|=﹣a，则a为（　　）

A．a是负数 B．a是正数 C．a=0 D．负数或零

8．若关于x的一元二次方程(k－1)x2＋4x＋1＝0有两个不相等的实数根，则k的取值范围是(     )

A．k<5 B．k<5，且k≠1 C．k≤5，且k≠1 D．k>5

9．已知代数式x+2y的值是5，则代数式2x+4y+1的值是（　　）

A．6     B．7    C．11    D．12

10．舌尖上的浪费让人触目惊心，据统计中国每年浪费的食物总量折合粮食约499.5亿千克，这个数用科学记数法应表示为（　　）

A．4.995×1011 B．49.95×1010

C．0.4995×1011 D．4.995×1010

二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分）

11．如图，直线y1＝kx+n（k≠0）与抛物线y2＝ax2+bx+c（a≠0）分别交于A（﹣1，0），B（2，﹣3）两点，那么当y1＞y2时，x的取值范围是_____．

12．已知直线与抛物线交于A，B两点，则_______．

13．一个多边形的内角和是，则它是______边形．

14．分解因式：3m2﹣6mn+3n2＝_____．

15．已知点A（x1， y1)、B(x2， y2)在直线y=kx+b上，且直线经过第一、二、四象限，当x1＜x2时，y1与y2的大小关系为________.

16．为了绿化校园，30名学生共种78棵树苗，其中男生每人种3棵，女生每人种2棵，设男生有x人，女生有y人，根据题意，所列方程组正确的是（　　）

A． B． C． D．

三、解答题（共8题，共72分）

17．（8分）如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，对角线 AC、BD交于点 M，点E在边BC上，且∠DAE=∠DCB，联结AE，AE与BD交于点F．

（1）求证：；

（2）连接DE，如果BF=3FM，求证：四边形ABED是平行四边形.

18．（8分）计算：×（2﹣）﹣÷+．

19．（8分）如图，在锐角△ABC中，小明进行了如下的尺规作图：

①分别以点A、B为圆心，以大于AB的长为半径作弧，两弧分别相交于点P、Q；

②作直线PQ分别交边AB、BC于点E、D．小明所求作的直线DE是线段AB的　   　；联结AD，AD＝7，sin∠DAC＝，BC＝9，求AC的长．

20．（8分）综合与探究

如图，抛物线y=﹣与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，直线l经过B，C两点，点M从点A出发以每秒1个单位长度的速度向终点B运动，连接CM，将线段MC绕点M顺时针旋转90°得到线段MD，连接CD，BD．设点M运动的时间为t（t＞0），请解答下列问题：

（1）求点A的坐标与直线l的表达式；

（2）①直接写出点D的坐标（用含t的式子表示），并求点D落在直线l上时的t的值；

②求点M运动的过程中线段CD长度的最小值；

（3）在点M运动的过程中，在直线l上是否存在点P，使得△BDP是等边三角形？若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．

21．（8分）如图，抛物线y=﹣+bx+c交x轴于点A（﹣2，0）和点B，交y轴于点C（0，3），点D是x轴上一动点，连接CD，将线段CD绕点D旋转得到DE，过点E作直线l⊥x轴，垂足为H，过点C作CF⊥l于F，连接DF．

（1）求抛物线解析式；

（2）若线段DE是CD绕点D顺时针旋转90°得到，求线段DF的长；

（3）若线段DE是CD绕点D旋转90°得到，且点E恰好在抛物线上，请求出点E的坐标．

22．（10分）在平面直角坐标系xOy中，抛物线与轴交于点A，顶点为点B，点C与点A关于抛物线的对称轴对称．

（1）求直线BC的解析式；

（2）点D在抛物线上，且点D的横坐标为1．将抛物线在点A，D之间的部分（包含点A，D）记为图象G，若图象G向下平移（）个单位后与直线BC只有一个公共点，求的取值范围．

23．（12分）如图，AB是⊙O的直径，点C是弧AB的中点，点D是⊙O外一点，AD=AB，AD交⊙O于F，BD交⊙O于E，连接CE交AB于G．

（1）证明：∠C=∠D；

（2）若∠BEF=140°，求∠C的度数；

（3）若EF=2，tanB=3，求CE•CG的值．

24．校车安全是近几年社会关注的重大问题，安全隐患主要是超速和超载，某中学数学活动小组设计了如下检测公路上行驶的汽车速度的实验：先在公路旁边选取一点C，再在笔直的车道l上确定点D，使CD与l垂直，测得CD的长等于24米，在l上点D的同侧取点A、B，使∠CAD＝30°，∠CBD＝60°．求AB的长（结果保留根号）；已知本路段对校车限速为45千米/小时，若测得某辆校车从A到B用时1.5秒，这辆校车是否超速？说明理由．（参考数据：≈1.7，≈1.4）

参考答案

一、选择题（共10小题，每小题3分，共30分）

1、C

【解析】
如图，设⊙O与AC相切于点E，连接OE，作OP1⊥BC垂足为P1交⊙O于Q1，此时垂线段OP1最短，P1Q1最小值为OP1-OQ1，求出OP1，如图当Q2在AB边上时，P2与B重合时，P2Q2最大值=5+3=8，由此不难解决问题．

【详解】

解：如图，设⊙O与AC相切于点E，连接OE，作OP1⊥BC垂足为P1交⊙O于Q1，

此时垂线段OP1最短，P1Q1最小值为OP1-OQ1，

∵AB=10，AC=8，BC=6，

∴AB2=AC2+BC2，

∴∠C=10°，

∵∠OP1B=10°，

∴OP1∥AC

∵AO=OB，\

∴P1C=P1B，

∴OP1=AC=4，

∴P1Q1最小值为OP1-OQ1=1，

如图，当Q2在AB边上时，P2与B重合时，P2Q2经过圆心，经过圆心的弦最长，

P2Q2最大值=5+3=8，

∴PQ长的最大值与最小值的和是1．

故选：C．

【点睛】

本题考查切线的性质、三角形中位线定理等知识，解题的关键是正确找到点PQ取得最大值、最小值时的位置，属于中考常考题型．

2、C

【解析】
根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．

【详解】

解：A是轴对称图形，不是中心对称图形；B，C，D是轴对称图形，也是中心对称图形．

故选:C．

【点睛】

掌握中心对称图形与轴对称图形的概念：轴对称图形：如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重合，这样的图形叫做轴对称图形；中心对称图形：在同一平面内，如果把一个图形绕某一点旋转180°，旋转后的图形能和原图形完全重合，那么这个图形就叫做中心对称图形．

3、D

【解析】

分析：根据平均数、中位数、方差的定义即可判断；

详解：由表格可知，甲、乙两班学生的成绩平均成绩相同；

根据中位数可以确定，乙班优秀的人数多于甲班优秀的人数；

根据方差可知，甲班成绩的波动比乙班大．

故①②③正确，

故选D．

点睛：本题考查平均数、中位数、方差等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．

4、B

【解析】
根据轴对称图形和中心对称图形的定义对各个图形进行逐一分析即可．

【详解】

解：第一个图形是轴对称图形，但不是中心对称图形；

第二个图形是中心对称图形，但不是轴对称图形；

第三个图形既是轴对称图形，又是中心对称图形；

第四个图形即是轴对称图形，又是中心对称图形；

∴既是轴对称图形，又是中心对称图形的有两个，

故选：B．

【点睛】

此题主要考查了中心对称图形与轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180°后两部分重合．

5、D

【解析】
多边形的每一个内角都等于120°，则每个外角是60°，而任何多边形的外角是360°，则求得多边形的边数；再根据多边形一个顶点出发的对角线＝n﹣3，即可求得对角线的条数．

【详解】

解：∵多边形的每一个内角都等于120°，

∴每个外角是60度，

则多边形的边数为360°÷60°＝6，

则该多边形有6个顶点，

则此多边形从一个顶点出发的对角线共有6﹣3＝3条．

∴这个多边形的对角线有（6×3）＝9条，

故选：D．

【点睛】

本题主要考查多边形内角和与外角和及多边形对角线，掌握求多边形边数的方法是解本题的关键．

6、A

【解析】

试题分析：根据五边形的内角和等于540°，由∠A+∠B+∠E=300°，可求∠BCD+∠CDE的度数，再根据角平分线的定义可得∠PDC与∠PCD的角度和，进一步求得∠P的度数．

解：∵五边形的内角和等于540°，∠A+∠B+∠E=300°，

∴∠BCD+∠CDE=540°﹣300°=240°，

∵∠BCD、∠CDE的平分线在五边形内相交于点O，

∴∠PDC+∠PCD=（∠BCD+∠CDE）=120°，

∴∠P=180°﹣120°=60°．

故选A．

考点：多边形内角与外角；三角形内角和定理．

7、D

【解析】
根据绝对值的性质解答.

【详解】

解：当a≤0时，|a|=-a，

∴|a|=-a时，a为负数或零，

故选D.

【点睛】

本题考查的是绝对值的性质，①当a是正有理数时，a的绝对值是它本身a；②当a是负有理数时，a的绝对值是它的相反数-a；③当a是零时，a的绝对值是零．

8、B

【解析】

试题解析：∵关于x的一元二次方程方程有两个不相等的实数根，∴，即，解得：k＜5且k≠1．故选B．

9、C

【解析】
根据题意得出x+2y=5，将所求式子前两项提取2变形后，把x+2y=5代入计算即可求出值．

【详解】

∵x+2y=5，

∴2x+4y=10，

则2x+4y+1=10+1=1．

故选C．

【点睛】

此题考查了代数式求值，利用了整体代入的思想，是一道基本题型．

10、D

【解析】
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．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值≥1时，n是非负数；当原数的绝对值＜1时，n是负数．

【详解】

将499.5亿用科学记数法表示为：4.995×1．
故选D．

【点睛】

此题考查了科学记数法的表示方法．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，表示时关键要正确确定a的值以及n的值．

二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分）

11、﹣1＜x＜2

【解析】
根据图象得出取值范围即可．

【详解】

解：因为直线y1＝kx+n（k≠0）与抛物线y2＝ax2+bx+c（a≠0）分别交于A（﹣1，0），B（2，﹣3）两点，

所以当y1＞y2时，﹣1＜x＜2，

故答案为﹣1＜x＜2

【点睛】

此题考查二次函数与不等式，关键是根据图象得出取值范围．

12、

【解析】
将一次函数解析式代入二次函数解析式中,得出关于x的一元二次方程,根据根与系数的关系得出“x +x =- = ,xx= =-1”,将原代数式通分变形后代入数据即可得出结论.

【详解】

将代入到中得，，整理得，，∴，，

∴.

【点睛】

此题考查了二次函数的性质和一次函数的性质，解题关键在于将一次函数解析式代入二次函数解析式

13、六

【解析】

试题分析：这个正多边形的边数是n，则（n﹣2）•180°=720°，解得：n=1．则这个正多边形的边数是六，故答案为六．

考点：多边形内角与外角．

14、3（m-n）2

【解析】

原式==

故填：

15、y1>y1

【解析】分析：直接利用一次函数的性质分析得出答案．

详解：∵直线经过第一、二、四象限，

∴y随x的增大而减小，

∵x1＜x1，

∴y1与y1的大小关系为：y1＞y1．

故答案为：＞．

点睛：此题主要考查了一次函数图象上点的坐标特征，正确掌握一次函数增减性是解题关键．

16、A

【解析】
该班男生有x人，女生有y人．根据题意得：，

故选D．

考点：由实际问题抽象出二元一次方程组．

三、解答题（共8题，共72分）

17、(1) 证明见解析;(2) 证明见解析.

【解析】

分析：（1）由AD∥BC可得出∠DAE=∠AEB，结合∠DCB=∠DAE可得出∠DCB=∠AEB，进而可得出AE∥DC、△AMF∽△CMD，根据相似三角形的性质可得出=，根据AD∥BC，可得出△AMD∽△CMB，根据相似三角形的性质可得出=，进而可得出=，即MD2=MF•MB；

    （2）设FM=a，则BF=3a，BM=4a．由（1）的结论可求出MD的长度，代入DF=DM+MF可得出DF的长度，由AD∥BC，可得出△AFD∽△△EFB，根据相似三角形的性质可得出AF=EF，利用“对角线互相平分的四边形是平行四边形”即可证出四边形ABED是平行四边形．

详解：（1）∵AD∥BC，∴∠DAE=∠AEB．∵∠DCB=∠DAE，∴∠DCB=∠AEB，∴AE∥DC，∴△AMF∽△CMD，∴=．

    ∵AD∥BC，∴△AMD∽△CMB，∴==，即MD2=MF•MB．

    （2）设FM=a，则BF=3a，BM=4a．

    由MD2=MF•MB，得：MD2=a•4a，∴MD=2a，∴DF=BF=3a．

    ∵AD∥BC，∴△AFD∽△△EFB，∴==1，∴AF=EF，∴四边形ABED是平行四边形．

点睛：本题考查了相似三角形的判定与性质、平行四边形的判定、平行线的性质以及矩形，解题的关键是：（1）利用相似三角形的性质找出=、=；（2）牢记“对角线互相平分的四边形是平行四边形”．

18、5-

【解析】

分析：先化简各二次根式，再根据混合运算顺序依次计算可得．

详解：原式=3×（2-）-+

=6--+

=5-

点睛：本题考查了二次根式的混合运算，熟练掌握混合运算的法则是解题的关键.

19、（1）线段AB的垂直平分线（或中垂线）；（2）AC＝5．

【解析】
（1）垂直平分线：经过某一条线段的中点，并且垂直于这条线段的直线，叫做这条线段的垂直平分线

（2）根据题意垂直平分线定理可得AD＝BD，得到CD＝2，又因为已知sin∠DAC=，故可过点D作AC垂线，求得DF=1，利用勾股定理可求得AF，CF，即可求出AC长.

【详解】

（1）小明所求作的直线DE是线段AB的垂直平分线（或中垂线）；

故答案为线段AB的垂直平分线（或中垂线）；

（2）过点D作DF⊥AC，垂足为点F，如图，

∵DE是线段AB的垂直平分线，

∴AD＝BD＝7

∴CD＝BC﹣BD＝2，

在Rt△ADF中，∵sin∠DAC＝，

∴DF＝1，

在Rt△ADF中，AF＝，

在Rt△CDF中，CF＝，

∴AC＝AF+CF＝．

【点睛】

本题考查了垂直平分线的尺规作图方法，三角函数和勾股定理求线段长度，解本题的关键是充分利用中垂线，将已知条件与未知条件结合起来解题.

20、（1）A（﹣3，0），y=﹣x+；（2）①D（t﹣3+，t﹣3），②CD最小值为；（3）P（2，﹣），理由见解析.

【解析】
（1）当y=0时，﹣=0，解方程求得A（-3，0），B（1，0），由解析式得C（0，），待定系数法可求直线l的表达式；

（2）分当点M在AO上运动时，当点M在OB上运动时，进行讨论可求D点坐标，将D点坐标代入直线解析式求得t的值；线段CD是等腰直角三角形CMD斜边，若CD最小，则CM最小，根据勾股定理可求点M运动的过程中线段CD长度的最小值；

（3）分当点M在AO上运动时，即0＜t＜3时，当点M在OB上运动时，即3≤t≤4时，进行讨论可求P点坐标．

【详解】

（1）当y=0时，﹣=0，解得x1=1，x2=﹣3，

∵点A在点B的左侧，

∴A（﹣3，0），B（1，0），

由解析式得C（0，），

设直线l的表达式为y=kx+b，将B，C两点坐标代入得b=mk﹣，

故直线l的表达式为y=﹣x+；

（2）当点M在AO上运动时，如图：

由题意可知AM=t，OM=3﹣t，MC⊥MD，过点D作x轴的垂线垂足为N，

∠DMN+∠CMO=90°，∠CMO+∠MCO=90°，

∴∠MCO=∠DMN，

在△MCO与△DMN中，

，

∴△MCO≌△DMN，

∴MN=OC=，DN=OM=3﹣t，

∴D（t﹣3+，t﹣3）；

同理，当点M在OB上运动时，如图，

OM=t﹣3，△MCO≌△DMN，MN=OC=，ON=t﹣3+，DN=OM=t﹣3，

∴D（t﹣3+，t﹣3）．

综上得，D（t﹣3+，t﹣3）．

将D点坐标代入直线解析式得t=6﹣2，

线段CD是等腰直角三角形CMD斜边，若CD最小，则CM最小，

∵M在AB上运动，

∴当CM⊥AB时，CM最短，CD最短，即CM=CO=，根据勾股定理得CD最小；

（3）当点M在AO上运动时，如图，即0＜t＜3时，

∵tan∠CBO==，

∴∠CBO=60°，

∵△BDP是等边三角形，

∴∠DBP=∠BDP=60°，BD=BP，

∴∠NBD=60°，DN=3﹣t，AN=t+，NB=4﹣t﹣，tan∠NBO=，

=，解得t=3﹣，

经检验t=3﹣是此方程的解，

过点P作x轴的垂线交于点Q，易知△PQB≌△DNB，

∴BQ=BN=4﹣t﹣=1，PQ=，OQ=2，P（2，﹣）；

同理，当点M在OB上运动时，即3≤t≤4时，

∵△BDP是等边三角形，

∴∠DBP=∠BDP=60°，BD=BP，

∴∠NBD=60°，DN=t﹣3，NB=t﹣3+﹣1=t﹣4+，tan∠NBD=，

=，解得t=3﹣，

经检验t=3﹣是此方程的解，t=3﹣（不符合题意，舍）．

故P（2，﹣）．

【点睛】

考查了二次函数综合题，涉及的知识点有：待定系数法，勾股定理，等腰直角三角形的性质，等边三角形的性质，三角函数，分类思想的运用，方程思想的运用，综合性较强，有一定的难度．

21、 (1) 抛物线解析式为y=﹣；(2) DF=3；(3) 点E的坐标为E1（4，1）或E2（﹣ ，﹣）或E3（ ，﹣）或E4（，﹣）．

【解析】
（1）将点A、C坐标代入抛物线解析式求解可得；

（2）证△COD≌△DHE得DH=OC，由CF⊥FH知四边形OHFC是矩形，据此可得FH=OC=DH=3，利用勾股定理即可得出答案；

（3）设点D的坐标为（t，0），由（1）知△COD≌△DHE得DH=OC、EH=OD，再分CD绕点D顺时针旋转和逆时针旋转两种情况，表示出点E的坐标，代入抛物线求得t的值，从而得出答案．

【详解】

（1）∵抛物线y=﹣+bx+c交x轴于点A（﹣2，0）、C（0，3），∴，解得：，∴抛物线解析式为y=﹣+x+3；

（2）如图1．

∵∠CDE=90°，∠COD=∠DHE=90°，∴∠OCD+∠ODC=∠HDE+∠ODC，∴∠OCD=∠HDE．

又∵DC=DE，∴△COD≌△DHE，∴DH=OC．

又∵CF⊥FH，∴四边形OHFC是矩形，∴FH=OC=DH=3，∴DF=3；

（3）如图2，设点D的坐标为（t，0）．

∵点E恰好在抛物线上，且EH=OD，∠DHE=90°，∴由（2）知，△COD≌△DHE，∴DH=OC，EH=OD，分两种情况讨论：

①当CD绕点D顺时针旋转时，点E的坐标为（t+3，t），代入抛物线y=﹣+x+3，得：﹣（t+3）2+（t+3）+3=t，解得：t=1或t=﹣，所以点E的坐标E1（4，1）或E2（﹣，﹣）；

②当CD绕点D逆时针旋转时，点E的坐标为（t﹣3，﹣t），代入抛物线y=﹣+x+3得：﹣（t﹣3）2+（t﹣3）+3=﹣t，解得：t=或t=．故点E的坐标E3（，﹣）或E4（，﹣）；

综上所述：点E的坐标为E1（4，1）或E2（﹣，﹣）或E3（，﹣）或E4（，﹣）．

【点睛】

本题主要考查二次函数的综合问题，解题的关键是掌握待定系数法求函数解析式、全等三角形的判定与性质、矩形的判定与性质及分类讨论思想的运用．

22、（1）（2）．

【解析】

试题分析：（1）首先根据抛物线求出与轴交于点A，顶点为点B的坐标，然后求出点A关于抛物线的对称轴对称点C的坐标，设设直线BC的解析式为．代入点B，点C的坐标，然后解方程组即可；（ 2）求出点D、E、F的坐标，设点A平移后的对应点为点，点D平移后的对应点为点．当图象G向下平移至点与点E重合时， 点在直线BC上方，此时t=1；当图象G向下平移至点与点F重合时，点在直线BC下方，此时t=2．从而得出.

试题解析：解：（1）∵抛物线与轴交于点A，

∴点A的坐标为（0，2）．                     1分

∵，

∴抛物线的对称轴为直线，顶点B的坐标为（1，）． 2分

又∵点C与点A关于抛物线的对称轴对称，

∴点C的坐标为(2，2)，且点C在抛物线上．

设直线BC的解析式为．

∵直线BC经过点B（1，）和点C(2，2)，

∴解得

∴直线BC的解析式为

． 2分

（2）∵抛物线中，

当时，，

∴点D的坐标为(1，6)．             1分

∵直线中，

当时，，

当时，，

∴如图，点E的坐标为(0，1)，

点F的坐标为(1，2)．

设点A平移后的对应点为点，点D平移后的对应点为点．

当图象G向下平移至点与点E重合时， 点在直线BC上方，

此时t=1；                                            5分

当图象G向下平移至点与点F重合时，点在直线BC下方，此时t=2．

 6分

结合图象可知，符合题意的t的取值范围是． 7分

考点：1.二次函数的性质；2.待定系数法求解析式；2.平移.

23、（1）见解析；（2）70°；（3）1．

【解析】
（1）先根据等边对等角得出∠B=∠D，即可得出结论；

（2）先判断出∠DFE=∠B，进而得出∠D=∠DFE，即可求出∠D=70°，即可得出结论；

（3）先求出BE=EF=2，进而求AE=6，即可得出AB，进而求出AC，再判断出△ACG∽△ECA，即可得出结论．

【详解】

（1）∵AB=AD，

∴∠B=∠D，

∵∠B=∠C，

∴∠C=∠D；

（2）∵四边形ABEF是圆内接四边形，

∴∠DFE=∠B，

由（1）知，∠B=∠D，

∴∠D=∠DFE，

∵∠BEF=140°=∠D+∠DFE=2∠D，

∴∠D=70°，

由（1）知，∠C=∠D，

∴∠C=70°；

（3）如图，由（2）知，∠D=∠DFE，

∴EF=DE，

连接AE，OC，

∵AB是⊙O的直径，

∴∠AEB=90°，

∴BE=DE，

∴BE=EF=2，

在Rt△ABE中，tanB==3，

∴AE=3BE=6，根据勾股定理得，AB=，

∴OA=OC=AB=，

∵点C是 的中点，

∴ ，

∴∠AOC=90°，

∴AC=OA=2，

∵，

∴∠CAG=∠CEA，

∵∠ACG=∠ECA，

∴△ACG∽△ECA，

∴，

∴CE•CG=AC2=1．

【点睛】

本题是几何综合题，涉及了圆的性质，圆周角定理，勾股定理，锐角三角函数，相似三角形的判定和性质，圆内接四边形的性质，等腰三角形的性质等，综合性较强，有一定的难度，熟练掌握和灵活运用相关知识是解题的关键.本题中求出BE=2也是解题的关键．

24、 (1) ;(2)此校车在AB路段超速，理由见解析.

【解析】
（1）结合三角函数的计算公式，列出等式，分别计算AD和BD的长度，计算结果，即可．（2）在第一问的基础上，结合时间关系，计算速度，判断，即可．

【详解】

解：（1）由题意得，在Rt△ADC中，tan30°＝＝，

解得AD＝24．

在  Rt△BDC 中，tan60°＝＝，

解得BD＝8

所以AB＝AD﹣BD＝24﹣8＝16（米）．

（2）汽车从A到B用时1.5秒，所以速度为16÷1.5≈18.1（米/秒），

因为18.1（米/秒）＝65.2千米/时＞45千米/时，

所以此校车在AB路段超速．

【点睛】

考查三角函数计算公式，考查速度计算方法，关键利用正切值计算方法，计算结果，难度中等．