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2023年辽宁省丹东十三中中考数学二模试卷（1）（含解析）
展开这是一份2023年辽宁省丹东十三中中考数学二模试卷（1）（含解析），共30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。
2023年辽宁省丹东十三中中考数学二模试卷（1）
一、选择题（本大题共10小题，共30.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 下列绿色能源图标中既是轴对称图形又是中心对称图形的是( )
A. B. C. D.
2. 下列命题为真命题的是( )
A. 三角形的外心是三角形三个内角角平分线的交点
B. 同位角相等
C. 三角形的内心到三边的距离相等
D. 正多边形都是中心对称图形
3. 下列运算结果正确的是( )
A. 3x3+2x3=5x6 B. (x+1)2=x2+1
C. x8÷x4=x2 D. 4=2
4. 如图，A是某公园的进口，B，C，D是三个不同的出口，小明从A处进入公园，那么从B，C，D三个出口中恰好在C出口出来的概率为( )
A. 14
B. 13
C. 12
D. 23
5. 若一次函数y=(2−m)x+n−3的图象不经过第二象限，则( )
A. m>2，n>3 B. m<2，n<3 C. m>2，n≥3 D. m<2，n≤3
6. 不等式x−23
7. 在平面直角坐标系中，点P(m,n)是线段AB上一点，以原点O为位似中心把△AOB放大到原来的两倍，则点P的对应点的坐标为( )
A. (2m,2n) B. (2m,2n)或(−2m,−2n)
C. (12m,12n) D. (12m,12n)或(−12m,−12n)
8. 已知A，B两地相距1500米，甲步行沿一条笔直的公路从A地出发到B地，乙骑自行车比甲晚5分钟从B地出发，沿同一条公路到达A地后立刻以原速度返回，并与甲同时到达B地，甲、乙离A地的距离y(米)与甲行走时间x(分)的函数图象如图所示，则甲出发后两人第一次相遇所需的时间是( )
A. 132分钟 B. 7分钟 C. 152分钟 D. 8分钟
9. 如图，已知AB⊥BC、DC⊥BC，AC与BD相交于点O，作OM⊥BC于点M，点E是BD的中点，EF⊥BC于点G，交AC于点F，若AB=4，CD=6，则OM−EF值为( )
A. 75 B. 125 C. 35 D. 25
10. 如图所示，四边形ABCD是菱形，BC=1，且∠B=60°，作DE⊥DC，交BC的延长线于点E.现将△CDE沿CB的方向平移，得到△C1D1E1，设△C1D1E1，与菱形ABCD重合的部分(图中阴影部分)面积为y，平移距离为x，则y与x的函数图象为( )
A. B.
C. D.
二、填空题（本大题共8小题，共24.0分）
11. 如果分式x2−1x+1有意义，则x ______ ．
12. 圆的内接正三角形的边长为a，则该圆的半径为______ ．
13. 一组数据2，1，5，a，3的平均数是3，则这组数据的方差是______ ，若这组数据每个数据都乘以3，则这组新数据的方差是______ ．
14. 如图，在△ABC中，CG平分∠ACB，过点A作AH⊥CG交BC于点H，且H是BC的中点.若AH=4，CG=6，则AB的长为______ ．
15. 某化工厂一月份的产值为10万吨，二、三月份的增长率相同，若第一季度产值达到25万吨，设增长率为x，则所列方程为______ ．
16. 如图所示， (a−b)2−|a|= ______ ．
17. 如图，点A在反比例函数y1=−2x(x<0)的图象上，点B在反比例函数y2=kx(k<0)的图象上，连接AB，AB//y轴，过点B作BC⊥y轴于点C，连接AC，若△ABC的面积是4，则k的值为______ ．
18. 如图，抛物线y=ax2+bx+c的对称轴是直线x=−1，且过点(12,0)，有下列结论：
①abc>0；
②a−2b+4c=0；
③3b+2c>0；
④a−b≥m(am−b)；
其中正确的结论为______ ．
三、解答题（本大题共8小题，共92.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
19. (本小题8.0分)
先化简，再求值：(x2+1x−1−x+1)÷x21−x，其中x=2sin60°．
20. (本小题12.0分)
某校组织七年级学生去距学校10km的实践中心开展研学活动，一部分学生骑自行车先走，过了16min后，其余学生乘汽车出发，结果乘汽车的学生比骑车的学生提前24min到达实践中心，已知汽车速度是骑车学生速度的3倍．
(1)求骑车学生的速度是多少(速度单位：km/h)？
(2)汽车追上骑车学生的地点距离实践中心的路程有多远？
21. (本小题14.0分)
某市教育局为了解“双减”政策落实情况，随机抽取几所学校部分初中生进行调查，统计他们平均每天完成作业的时间，并根据调查结果绘制如下不完整的统计图：
请根据图表中提供的信息，解答下面的问题：
(1)在调查活动中，教育局采取的调查方式是______ (填写“普查”或“抽样调查”)；
(2)教育局抽取的初中生有______ 人，扇形统计图中m的值是______ ；
(3)若该市共有初中生10000名，求平均每天完成作业时长在“70≤t<80”分钟的初中生约有多少人？
(4)已知平均每天完成作业时长在“100≤t<110”分钟的9名初中生中有5名男生和4名女生，若从这9名学生中随机抽取一名进行访谈，且每一名学生被抽到的可能性相同，请用树状图或表格法求出则恰好抽到男生的概率是多少？
22. (本小题12.0分)
如图，甲楼AB和乙楼MN高度相等，甲楼顶部有一个竖直广告牌AC.从乙楼顶部M处测得C的仰角为11°，从与N点相距10m的F处测得A，C的仰角分别为60°，63°.求广告牌AC的高度．
(参考数据：tan11°≈0.2.tan63°≈2.0， 3≈1.7.)
23. (本小题12.0分)
如图(1)是一座拱桥，图(2)是以右侧桥墩与水面接触点为原点建立的平面直角坐标系下，其抛物线形桥拱的示意图，经测量得水面宽度OB=20m，拱顶A到水面的距离为5m．
(1)求这条抛物线的函数表达式；
(2)为迎接新年，管理部门在桥下以1.6m为水平距离对称的悬挂了11个长为40cm的灯笼，中间的灯笼正好悬挂在A处，为了安全，要求灯笼的最低处到水面的距离不得小于1m.根据气象局预报，过年期间将会有一定量的降雨，桥下水面会上升30cm，请通过计算说明，现在的悬挂方式是否安全．
24. (本小题12.0分)
如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，以AB为直径作⊙O，在⊙O上取一点D，使CD=BC，过点C作EF⊥AD，交AD的延长线于点E，交AB的延长线于点F．
(1)求证：直线EF是⊙O的切线；
(2)若AB=10，AD=6，求AC的长．
25. (本小题8.0分)
如图1，矩形EBGF和矩形ABCD共顶点，且绕着点B顺时针旋转，满足BCAB=BGBE=34．
(1)DFAE的比值是否发生变化，若变化，说明理由；若不变，求出相应的值，并说明理由；
(2)如图2，若点F为CD的中点，且AB=8，AD=6，连结CG，求△FCG的面积．
(3)如图3，若D、F、G三点共线，延长BF交DC于点M，若MF=5，DF=10，求AB的长．
26. (本小题14.0分)
如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=−x2+bx+c与x轴交于点A(−1,0)，B(6,0)，与y轴交于点C.且直线y=mx+n过点B，与y轴交于点D，点C与点D关于x轴对称，点P是线段OB上一动点，过点P作x轴的垂线交抛物线于点M，交直线BD于点N．
(1)求抛物线的函数解析式；
(2)连接MB、MD，当△MDB的面积最大时，求点P的坐标；
(3)在(2)的条件下，在y轴上是否存在点Q，使得以Q，M，N三点为顶点的三角形是直角三角形？若存在，直接写出点Q的坐标；若不存在，说明理由．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A.不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故A选项不合题意；
B.既是轴对称图形又是中心对称图形，故B选项符合题意；
C.不是轴对称图形，是中心对称图形，故C选项不合题意；
D.是轴对称图形，不是中心对称图形，故D选项不合题意；
故选：B．
根据轴对称图形和中心对称图形的定义：如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形；中心对称图形的定义：把一个图形绕着某一个点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心，进行逐一判断即可．
本题主要考查了轴对称图形和中心对称图形，解题的关键在于能够熟练掌握轴对称图形和中心对称图形的定义．
2.【答案】C
【解析】解：A.三角形的外心是三角形三边垂直平分线的交点，故此选项不合题意；
B.两直线平行，同位角相等，故此选项不合题意；
C.三角形的内心到三边的距离相等，故此选项符合题意；
D.正多边形不一定是中心对称图形，故此选项不合题意．
故选：C．
直接利用三角形内心、外心的定义、正多边形的性质、平行线的性质分别分析得出答案．
此题主要考查了三角形内心、外心的定义、正多边形的性质、平行线的性质，正确掌握相关定义是解题关键．
3.【答案】D
【解析】解：A、3x3+2x3=5x3，原计算错误，故此选项不符合题意；
B、(x+1)2=x2+2x+1，原计算错误，故此选项不符合题意；
C、x8÷x4=x4，原计算错误，故此选项不符合题意；
D、 4=2，原计算正确，故此选项符合题意．
故选：D．
根据合并同类项法则，完全平方公式，同底数幂的除法法则，算术平方根的定义解答即可．
此题主要考查了合并同类项、完全平方公式、同底数幂的除法、算术平方根，解题的关键是掌握合并同类项法则，完全平方公式，同底数幂的除法法则，算术平方根的定义．
4.【答案】B
【解析】解：∵小明从A处进入公园，那么从B，C，D三个出口出来共有3种等可能结果，
其中从C出口出来是其中一种结果，
∴恰好在C出口出来的概率为13，
故选：B．
直接利用概率公式可得答案．
本题主要考查概率公式，用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
5.【答案】D
【解析】解：∵一次函数y=(2−m)x+n−3的图象不经过第二象限，
即图象经过第一、三、四象限或图象经过一、三象限，
∴2−m>0且n−3≤0，
∴m<2，n≤3．
故选：D．
根据一次函数与系数的关系得到2−m<0且n−3≥0，然后写出两个不等式的公共解即可．
本题考查了一次函数图象与系数的关系：对于y=kx+b，当k>0，b>0⇔y=kx+b的图象在一、二、三象限；k>0，b<0⇔y=kx+b的图象在一、三、四象限；k<0，b>0⇔y=kx+b的图象在一、二、四象限；k<0，b<0⇔y=kx+b的图象在二、三、四象限．
6.【答案】C
【解析】解：x−23
去括号得，2x−4<3x−3，
移项得，2x−3x<−3+4，
合并同类项得，−x<1，
系数化为1得，x>−1，
故选：C．
根据解一元一次不等式的基本步骤：去分母、去括号、移项、合并同类项、系数化为1可得．
本题主要考查解一元一次不等式的基本能力，严格遵循解不等式的基本步骤是关键，尤其需要注意不等式两边都乘以或除以同一个负数，不等号方向要改变．
7.【答案】B
【解析】解：点P(m,n)是线段AB上一点，以原点O为位似中心把△AOB放大到原来的两倍，
则点P的对应点的坐标为(m×2,n×2)或(m×(−2),n×(−2))，即(2m,2n)或(−2m,−2n)．
故选：B．
回顾位似的两种类型，有A型或者X型；所以给点P的坐标乘±2，即为(m×2,n×2)或(m×(−2),n×(−2))，化简即可．
本题考查坐标与图形性质和位似变换，如果两个图形不仅是相似图形，而且对应顶点的连线相交于一点，对应边互相平行，那么这样的两个图形叫做位似图形，这个点叫做位似中心．
8.【答案】C
【解析】解：由图象可得，
甲步行的速度为：1500÷(10+5)=100(米/分)，
乙的速度为：1500÷(10−5)=300(米/分)，
设甲出发后两人第一次相遇所需的时间是a分钟，
100a+300(a−5)=1500，
解得a=7.5，
即甲出发后两人第一次相遇所需的时间是7.5分钟，
故选：C．
根据题意和图象中的数据，可以计算出甲、乙的速度，然后即可列出相应的方程，求解即可．
本题考查一次函数的应用，利用数形结合的思想解答是解答本题的关键．
9.【答案】A
【解析】解：∵AB⊥BC、DC⊥BC，OM⊥BC，
∴OM//AB//CD，
∴△COM∽△CAB，△BOM∽△BDC，
∴OMAB=CMBC，OMDC=BMBC，
∴OM4=CMBC，OM6=BMBC，
∴OM4+OM6=CM+BMBC=1，
∴OM=125，
∵EF⊥BC，
∴EG//AB//CD，
∵点E是BD的中点，
∴BE=DE，
∴BG=CG，
∴CF=AF，
∴EG=12CD=3，FG=12AB=2，
∴EF=EG−FG=1，
∴OM−EF=75，
故选：A．
根据平行线的判定方法得到OM//AB//CD，根据相似三角形的性质得到OM=125，根据三角形中位线定理得到EF=EG−FG=1，于是得到结论．
本题考查了相似三角形的判定和性质，平行线等分线段定理，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键．
10.【答案】B
【解析】解：如图，
①当0
∴∠EDC=90°，
∵四边形ABCD是菱形，BC=1，且∠B=60°，
∴∠B=∠DCE=60°，
∴∠E=30°，
∵DC=BC=1，
∴CE=2，DE= 3，
∴S△CDE=12×1× 3= 32，
由平移可知：
CC1=x，则CE1=2−x，
DC//D1C1，S△DCE=S△D1C1E1，
∴△E1FC∽△E1 D1 C1，
∴S△E1FCS△DEC=(2−x2)2，
∴S△E1FC= 32⋅(2−x2)2．
∴y=S△DEC−S△E1FC
=− 38(x−2)2+ 32．
当x=1时，y=3 38，
∵− 38<0，
∴抛物线开口向下，
所以当x=1时，函数y有最大值为3 38，
所以根据筛选法，可知：
只有选项B符合要求．
②将△CDE沿CB的方向继续平移，
当1
=− 34x+5 38
当x=2时，
y=− 32+5 38= 38
③当2
= 38(x−3)2，
∵ 38>0，
∴抛物线开口向上，
当x=2时，y= 38
当x=3时，y=0
故选：B．
根据四边形ABCD是菱形，BC=1，且∠B=60°，DE⊥DC可得S△CDE=12×1× 3= 32，由平移可得CC1=x，则CE1=2−x，DC//D1C1，S△DCE=S△D1C1E1，得△E1FC∽△E1 D1 C1，相似三角形面积的比等于相似比的平方可求出S△E1FC= 32⋅(2−x2)2.进而可以表示y，抛物线开口向下，当x=1时，函数y有最大值为3 38，即可判断．
本题考查了动点问题的函数图象，解决本题的关键是根据动点的运动过程表示阴影部分面积．
11.【答案】≠−1
【解析】解：根据题意得：x+1≠0，
解得：x≠−1．
故答案是：≠−1．
根据分式有意义的条件：分母≠0，据此即可解不等式求解．
本题考查了分式有意义的条件，分母不等于0，理解有意义的条件是关键．
12.【答案】 3a3
【解析】解：如图，△ABC是⊙O的边长为a的内接正三角形．
连接OB，OA，
∵△ABC是正三角形，
∴AO垂直平分BC，设垂足为D．
∴BD=CD=a2；
又∵∠OBD=30°，
∴OD= 3a6，则OB=2OD= 3a3，
故答案为： 3a3．
利用正三角形的性质找到由内切圆半径，外接圆半径和边长的一半所组成的三角形(如△OBD)，然后进行计算可求出外接圆半径．
本题考查正多边形与圆，正三角形的性质、解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题．
13.【答案】2 18
【解析】解：由题意知2+1+5+a+3=3×5，
解得a=4，
则这组数据为1、2、3、4、5，
所以其方差为15×[(1−3)2+(2−3)2+(3−3)2+(4−3)2+(5−3)2]=2，
若这组数据每个数据都乘以3，则这组新数据的方差是2×32=18，
故答案为：2，18．
先根据平均数的定义求出a的值，再依据方差的定义和性质求解即可得出答案．
本题主要考查方差和平均数，解题的关键是掌握方差和平均数的定义．
14.【答案】152
【解析】解：作HK//CG交AB于点K，
∴BKKG=BHCH，AGKG=ANNH．
∵H是BC的中点，
∴BH=CH，
∴BK=KG，
∴HK=12CG=3．
∵AH⊥CG，
∴∠ANC=∠HNC=∠ANG=90°．
∵CG平分∠ACB，
∴∠ACN=∠HCN．
∵CN=CN，
在△ACN与△HCN中，
∠ACN=∠HCNCN=CN∠ANC=∠HNC，
∴△ACN≌△HCN(ASA)，
∴AN=HN，
∴AG=KG，
∴AG=KG=BG，
∵HK//CG，
∴∠KHA=∠ANG=90°，
∴AK= AH2+HK2=5，
∴AG=52，
∴AB=152．
故答案为：152．
作HK//CG交AB于点K，由平行线分线段成比例定理可证AG=KG=BG，根据勾股定理求出AK的长，进而可求出AB的长．
本题考查了平行线分线段成比例定理，三角形的中位线，全等三角形的判定与性质，以及勾股定理等知识，证明AG=KG=BG是解答本题的关键．
15.【答案】10[1+(1+x)+(1+x)2]=25
【解析】解：∵一月份的产值为10万吨，平均每月增长率为x，
∴二月份的产值为10(1+x)，
∴三月份的产值为10(1+x)⋅(1+x)=10(1+x)2，
∴可列方程为10[1+(1+x)+(1+x)2]=25．
故答案为：10[1+(1+x)+(1+x)2]=25．
等量关系为：一月份的产值+二月份的产值+三月份的产值=25万吨，把相关数值代入即可．
考查由实际问题抽象出一元二次方程中求平均变化率的方法．若设变化前的量为a，变化后的量为b，平均变化率为x，则经过两次变化后的数量关系为a(1±x)2=b.得到第一季度的营业额的等量关系是解决本题的关键．
16.【答案】2a−b
【解析】解：根据图示，可得b
∴ (a−b)2−|a|
=a−b−(−a)
=a−b+a
=2a−b．
故答案为：2a−b．
根据图示，可得b
17.【答案】−10
【解析】解：设A(x,−2x))(x<0)，则B(x,kx)，C(0,kx)，
∵△ABC的面积是4，
∴12×(−x)(kx+2x)=4，
解得：k=−10，
故答案为：−10．
设A(x,−2x)，则用x表示B、C的坐标，再根据三角形的面积公式求解．
本题考查了反比例函数k的几何意义，掌握图象上的点的坐标特点是解题的关键．
18.【答案】①④
【解析】解：∵抛物线开口向下，
∴a<0，
∵对称轴在y轴左侧，
∴b<0，
∵抛物线与y轴交于正半轴，
∴c>0，
∴abc>0，故①正确，
∵抛物线过点(12,0)，
∴14a+12b+c=0，
∴a+2b+4c=0，故②错误，
∵对称轴是直线x=−b2a=−1，
∴b=2a，
∵抛物线过点(12,0)，
∴抛物线过点(−52,0)，
∴当x=−3时，y=9a−3b+c<0，
∴92b−3b+c<0，
∴3b+2c<0，故③错误，
∵抛物线开口向下，对称轴是直线x=−1，
∴当x=−1时，y有最大值为：a−b+c，
∴a−b+c≥m(am−b)+c，
即a−b≥m(am−b)，故④正确，
故选：①④．
根据抛物线的特征可判断①，将(12,0)代入抛物线可判断②，求出抛物线与x轴的另一交点，可得当x=−3时，y=9a−3b+c<0，进而可判断③，由图象可知当x=−1时抛物线有最大值为a−b+c可判断④．
本题主要考查了二次函数的图象与系数的关系、二次函数图象上点的特征，熟练掌握二次函数的性质是解决本题的关键．
19.【答案】解：(x2+1x−1−x+1)÷x21−x
=[x2+1x−1−(x−1)2x−1]⋅1−xx2
=[x2+1−(x2−2x+1)x−1]⋅1−xx2
=2xx−1⋅−(x−1)x2
=−2x，
∵sin60°= 32，
∴x=2× 32= 3，
则原式=−2 3=−2 33．
【解析】先根据分式的混合运算法则和运算顺序将原式化简，再将x=2sin60°=2× 32= 3代入计算即可求解．
本题主要考查分式的化简求值、特殊角的三角函数值，熟知分式的混合运算法则和运算顺序，以此特殊角的三角函数值是解题关键．
20.【答案】解：(1)设骑车学生的速度是x km/h，则汽车速度是3x km/h，
由题意得：10x=103x+16+2460，
去分母的得，30=10+2x，
解得，x=10，
经检验x=10是原方程的解，
答：骑车学生的速度是10km/h．
(2)设骑车学生出发y小时后，汽车追上骑车学生，
由题意得：10y=30(y−1660)，
解得，y=25，
∴10−10×25=6(km)，
答：汽车追上骑车学生的地点距离实践中心的路程是6km．
【解析】(1)设骑车学生的速度是x km/h，根据骑车的时间=汽车的时间+40min建立方程，求解即可．
(2)设骑车学生出发y小时后，汽车追上骑车学生，根据时间差16min，路程相等建立方程，求出y，再求得结果．
本题考查了分式方程的应用，分析题意，找到关键描述语，找出合适等量关系是解题的关键．
21.【答案】抽样调查 300 30
【解析】解：(1)在调查活动中，教育局采取的调查方式是抽样调查；
故答案为：抽样调查；
(2)45÷15%=300(人)，
所以教育局抽取的初中生有300人，
m%=1−15%−3%−7%−45%=30%，
所以m=30；
故答案为：300，30；
(3)10000×30%=3000(人)，
所以估计平均每天完成作业时长在“70≤t<80”分钟的初中生约有3000人；
(4)从这9名学生中随机抽取一名进行访谈，且每一名学生被抽到的可能性相同，则恰好抽到男生的概率为59．
(1)根据题意可判断调查的方式；
(2)用A组的人数除以它所占的百分比得到调查的总人数，然后用1分别减去A、C、D、E组的百分比得到m的值；
(3)用10000乘以样本中B组所占的百分比即可；
(4)直接利用概率公式计算．
本题考查了概率公式：某事件的概率等于该事件所占的结果数除以总的结果数．也考查了统计图和样本估计总体．
22.【答案】解：由题意得：CB⊥BN，CA⊥MA，NF=10m，AM=BN，
设BF=x m，
∴AM=BN=NF+FB=(10+x)m，
在Rt△ABF中，∠AFB=60°，
∴AB=BF⋅tan60°= 3x(m)，
在Rt△AMC中，∠CMA=11°，
∴AC=AM⋅tan11°≈0.2(x+10)m，
∴CB=AC+AB=0.2(x+10)+ 3x=( 3x+0.2x+2)m，
在Rt△AFB中，∠CFB=63°，
∴CB=BF⋅tan63°≈2x(m)，
∴2x= 3x+0.2x+2，
解得：x=20，
∴AC=0.2(x+10)=6(m)，
∴广告牌AC的高度约为6m．
【解析】由题意得：CB⊥BN，CA⊥MA，NF=10m，AM=BN，设BF=x m，则AM=BN=(10+x)m，然后在Rt△ABF中，利用锐角三角函数的定义求出AB的长，再在Rt△AMC中，利用锐角三角函数的定义求出AC的长，从而求出CB的长，最后在Rt△AFB中，利用锐角三角函数的定义求出BC的长，从而列出关于x的方程，进行计算即可解答．
本题考查了解直角三角形的应用−仰角俯角问题，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．
23.【答案】解：(1)根据题意知，顶点A(10,5)，
设抛物线解析式为y=a(x−10)2+5，
把O(0,0)代入解析式得：a(0−10)2+5=0，
解得a=−120，
∴这条抛物线的函数表达式为y=−120(x−10)2+5=−120x2+x；
(2)∵中间的灯笼正好悬挂在A处，且水平距离对称的悬挂了11个，
∴在A点左右两侧各有5个灯笼，
∵两个灯笼之间水平距离为1.6m，
∴左侧最低点横坐标为2，
由(1)知抛物线为y=−120x2+x，
∴当x=2时，y=−120×22+2=1.8，
∴左侧最低的纵坐标为1.8，
∵灯笼长为40cm=0.4m，
∴最低点到水面的距离为1.8−0.4=1.4(m)，
∵降水水面会上升30cm=0.3m，
∴最低点距水面1.1m>1m，
∴悬挂方式安全．
【解析】(1)根据题意设出抛物线的顶点式，利用待定系数法可得抛物线的函数表达式；
(2)根据实际问题确定出最低点的位置，然后借助(1)中解析式求出最低点坐标，然后判断即可．
本题考查二次函数的应用，熟练掌握不同坐标系中求解析式，能把实际问题转化为抛物线是解题的关键．
24.【答案】(1)证明：连接OC，如图，
∵CD=CB，
∴∠EAC=∠CAB，
∵EF⊥AD，
∴∠EAC+∠ACE=90°，
∵OC=OA，
∴∠CAB=∠OCA，
∴∠EAC=∠OCA，
∴∠ACO+∠ACE=90°，即半径OC⊥EF，
∴EF是⊙O的切线；
(2)解：连接BD，交OC于点G，如图，
∵AE⊥EF，OC⊥EF，
∴AE//OC，
∵O为AB为中点，
∴OG为△ABD中位线，
∴OG=12AD=3，DG=BG，
∴DG=BG=CE，DB⊥OC，GC=OC−OG=2，
∵AB=10，
∴OB=5，
∴BG= OB2−OG2=4，
∴DG=BG=4，
∵AE⊥EF，OC⊥EF，DB⊥OC，
∴四边形DECG是矩形，
∴DE=CG=2，EC=DG=4，
∴AE=8，
∴在△AEC中，AC= AE2+EC2=4 5．
【解析】(1)连接OC，利用CD=BC，可得∠EAC=∠CAB，根据EF⊥AD，可得∠EAC+∠ACE=90°，再根据OC=OA，可得∠EAC=∠OCA，即有∠ACO+∠ACE=90°，问题随之得证；
(2)连接BD，交OC于点G，先证明OG为△ABD中位线，即OG=12AD=3，DG=BG，进而有DG=BG=CE，DB⊥OC，GC=OC−OG=2，利用勾股定理可得BG= OB2−OG2=4，即DG=BG=4，再证明四边形DECG是矩形，即有DE=CG=2，EC=DG=4，在△AEC中，利用勾股定理可作答．
本题考查了切线的判定，三角形中位线的判定与性质，勾股定理，构筑辅助线，并掌握以上知识是解题的关键．
25.【答案】解：(1)结论：DFAE=54．
理由：如图1中，连接BD，BF．
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠DAB=90°，AD=BC，．
∵BC：AB=3：4，
∴AD：AB=3：4，
设AD=3k，AB=4k，则BD=5k，
∴AD；AB：BD=3：4：5，
同法可证EF：BE：BF=3：4：5，
∴△ABD∽△EBF，
∴∠ABD=∠EBF，ABBE=BDBF，
∴∠ABE=∠DBF，ABBD=BEBF，
∴△ABE∽△DBF，
∴DFAE=DBAB=54；
(2)如图2中，连接BF，AE，过点G作GT⊥DC交DC的延长线于点T．
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD=8，
∵DF=CF=4，DF：AE=5：4，
∴AE=165，
∵∠ABC=∠EBG=90°，
∴∠ABE=∠CBG，
∵ABCB=BEBG=43，
∴△ABE∽△CBG，
∴AECG=ABBC=43，
∴CG=125，
∵∠BCF=∠BGF=90°，
∴C，F，B，G四点共圆，
∴∠GCT=∠FBG，
∵∠T=∠BGF=90°，
∴△CTG∽△BGF，
∴CT：GT：CG=BG：GF：BF=3：4：5，
∴GT=45CG=4825，
∴△CFG的面积=12⋅CF⋅GT=12×4×4825=9625；
(3)如图3中，连接BD，CG，AE，过点M作ML⊥DF于点L，设DG交BC于点O．
∵DF：AE=5：4，DF=10，
∴AE=8，
∵△ABE∽△CBG，
∴AE：CG=AB+BC=4：3，
∴CG=6，
∵ML//CB，
∴△FLM∽△FGB，
∴ML：FL：FM=BG：FG：BF=3：4；5，
∵FM=5，
∴ML=3，FL=4，
∴DL=DF−FL=10−4=6，
∴DM= DL2+ML2= 62+32=3 5，
∴sin∠MDL=MLDM=OCDO= 55，
∵∠DCO=∠OGB=90°，
∴D，C，G，B四点共圆，
∴∠OCG=∠ODB，
∵∠COG=∠BOD，
∴△COG∽△DOB，
∴CGBD=COOD= 55，
∴BD=6 5，
∴AB=45BD=24 55．
【解析】(1)结论：DFAE=54.证明AD：AB：BD=3：4：5，再证明△ABE∽△DBF，可得结论；
(2)如图2中，连接BF，AE，过点G作GT⊥DC交DC的延长线于点T.利用相似三角形的性质求出CG，解直角三角形求出GT，可得结论；
(3)如图3中，连接BD，CG，AE，过点M作ML⊥DF于点L，设DG交BC于点O.利用(1)中结论求出AE，利用相似三角形的性质求出CG，BD，可得结论．
本题属于相似形综合题，考查了相似三角形的判定和性质，解直角三角形，四点共圆等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，属于中考压轴题．
26.【答案】解：(1)把A(−1,0)、B(6,0)代入y=−x2+bx+c中得：
−1−b+c=0−36+6b+c=0，
解得：b=5c=6，
∴抛物线的解析式为y=−x2+5x+6；
(2)如图：
在抛物线y=−x2+5x+6中，当x=0时，y=6，
∴C的坐标为(0,6)，
∵点C与点D关于x轴对称，
∴点D的坐标为(0,−6)，
∵点B的坐标为(6,0)，
∴直线BD的解析式为y=x−6，
设P(m,0)，则M(m,−m2+5m+6)，N(m,m−6)，
∴MN=−m2+4m+12，
∴S△MDB=12MN⋅|xB−xD|=12(−m2+4m+12)×6=−3m2+12m+36=−3(m−2)2+48，
∵−3<0，
∴当m=2时，S△MDB最大，
此时，P点的坐标为(2,0)；
(3)存在点Q，使得以Q，M，N三点为顶点的三角形是直角三角形，理由如下：
由(2)知P坐标为(2,0)，
∴M(2,12)，N(2,−4)，
①当∠QMN=90°时，如图：
∴QM//x轴，
∴Q(0,12)；
②当∠MNQ=90°时，如图：
∴NQ//x轴，
∴Q(0,−4)；
③当∠MQN=90°时，如图：
设Q(0,n)，则QM2+QN2=MN2，
即4+(12−n)2+4+(n+4)2=(12+4)2，
解得，n=4±2 15，
∴Q(0,4+2 15)或(0,4−2 15).
综上，存在以Q，M，N三点为顶点的三角形是直角三角形，Q点坐标为(0,12)或(0,−4)或(0,4+2 15)或(0,4−2 15).
【解析】(1)用待定系数法可得抛物线的解析式为y=−x2+5x+6；
(2)由y=−x2+5x+6得C的坐标为(0,6)，可知点D的坐标为(0,−6)，直线BD的解析式为y=x−6，设P(m,0)，则M(m,−m2+5m+6)，N(m,m−6)，可得MN=−m2+4m+12，从而S△MDB=12MN⋅|xB−xD|=−3(m−2)2+48，由二次函数性质即可得P点的坐标为(2,0)；
(3)M(2,12)，N(2,−4)，分3种情况：①当∠QMN=90°时，可得Q(0,12)；②当∠MNQ=90°时，可得Q(0,−4)；③当∠MQN=90°时，设Q(0,n)，可得4+(12−n)2+4+(n+4)2=(12+4)2，即得Q(0,4+2 15)或(0,4−2 15).
本题考查二次函数的综合应用，涉及待定系数法、三角形面积，直角三角形判定等知识，解题的关键是用含字母的式子表示相关点的坐标和相关线段的长度．
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