2024年山东省德州市武城县、禹城市中考数学一练试卷（含解析）

这是一份2024年山东省德州市武城县、禹城市中考数学一练试卷（含解析），共29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.−6的倒数是( )
A. 6B. −6C. 16D. −16
2.下列图形中既是轴对称图形又是中心对称图形的是( )
A. B. C. D.
3.下列式子是二次根式的是( )
A. a2−1B. a2+2C. 1a2D. a
4.如图所示的几何体，它的左视图是( )
A.
B.
C.
D.
5.下列计算正确的是( )
A. 2ab2+3a2b=5a2b2B. (−a2)3=a6
C. a2⋅a3=a6D. (−ab3)2=a2b6
6.关于x的方程x2+5x+m=0的一个根为−2，则另一个根是( )
A. −6B. −3C. 3D. 6
7.地球周围的大气层阻挡了紫外线和宇宙射线对地球生命的伤害，同时产生一定的大气压，海拔不同，大气压不同．观察图中数据，你发现( )
A. 海拔越高，大气压越大
B. 图中曲线是反比例函数的图象
C. 海拔为4千米时，大气压约为70千帕
D. 图中曲线表达了大气压和海拔两个量之间的变化关系
8.如图，在△ABC中，∠BAC=138°，将△ABC绕点A按逆时针方向旋转得到△AB′C′.若点B′刚好落在BC边上，且AB′=CB′，则∠C的度数为( )
A. 16°
B. 15°
C. 14°
D. 13°
9.如图，一次函数y1=kx+b图象经过点A(2,0)，与正比例函数y2=2x的图象交于点B，则不等式0A. x>0
B. x>1
C. 0D. 110.为扎实推进“五育”并举工作，加强劳动教育，某校投入2万元购进了一批劳动工具．开展课后服务后，学生的劳动实践需求明显增强，需再次采购一批相同的劳动工具，已知采购数量与第一次相同，但采购单价比第一次降低10元，总费用降低了15%.设第二次采购单价为x元，则下列方程中正确的是( )
A. 20000x=20000×(1−15%)x−10B. 20000x−10=20000×(1−15%)x
C. 20000x=20000×(1−15%)x+10D. 20000x+10=20000×(1−15%)x
11.如图，已知直线y=34x−3与x轴、y轴分别交于A、B两点，P是以C(0,1)为圆心，1为半径的圆上一动点，连结PA、PB.则△PAB面积的最大值是( )
A. 10 3+1
B. 10 3
C. 10.5
D. 11.5
12.如图，在平面直角坐标系xOy中，点A，B分别在函数y=6x(x>0)，y=kx(x<0)的图象上，AB/​/x轴，点C是y轴上一点，线段AC与x轴正半轴交于点D.若△ABC的面积为8，CDAD=35，则k的值为( )
A. 2B. 4C. −2D. −4
二、填空题：本题共6小题，每小题4分，共24分。
13.分解因式：4ax2−16ay2= ______．
14.如图，已知OA=OB，数轴上点A所表示的数为a，则a= ______．
15.杭州亚运会吉祥物是一组承载深厚底蕴和充满时代活力的机器人，组合名为“江南忆”，出自唐朝诗人白居易的名句“江南忆，最忆是杭州”.现有三张杭州亚运会吉祥物卡片，正面图案如图所示，背面完全相同，把这三张卡片背面朝上洗匀，从中随机抽取一张，不放回，再抽取一张，则抽取的这两张卡片的正面图案恰好是“琮琮”和“莲莲”的概率是______．
16.将量角器按如图所示的方式放置在三角形纸板上，使点C在半圆上．点A、B的读数分别为86°、30°，则∠ACB的大小为______．
17.如图，抛物线y=−x2−3x+4与x轴交于A，B两点(点A在点B的左侧)，与y轴交于点C.若点D为抛物线上一点且横坐标为−3，点E为y轴上一点，点F在以点A为圆心，2为半径的圆上，则DE+EF的最小值______．
18.如图，在正方形ABCD中，E为BC上一点，过点E作EF//CD，交AD于F，交对角线BD于G，取DG的中点H，连接AH，EH，FH.下列结论：
①FH//AE；
②AH=EH且AH⊥EH；
③∠BAH=∠HEC；
④△EHF≌△AHD；
⑤若BEEC=2，则S四边形DHECS△AHE=313，
其中哪些结论是正确的______.(填序号)
三、解答题：本题共7小题，共78分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
19.(本小题11分)
(1)计算：38+2cs30°−(12)−1−|1−tan60°|．
(2)解不等式组x−3(x−2)≥41+2x3>x−1．
20.(本小题11分)
“赏中华诗词，寻文化基因，品文学之美”，某校举行了古诗词知识竞赛，了解七年级学生对“古诗词”的掌握情况.现从七年级随机抽取50名学生进行古诗词竞赛，并将他们的竞赛成绩(百分制，单位：分)进行统计.部分信息如下：
【数据整理】50名学生成绩的频数分布直方图如图所示：(数据分成五组：50≤x<60，60≤x<70，70≤x<80，80≤x<90，90≤x≤100)
【数据分析】50名学生成绩的平均数、中位数、众数如下：
其中成绩在70≤x<80这一组的具体得分是：77，79，76，75，76，73，76，70，77，71，79.根据以上信息，回答下列问题：
(1)在这次测试中，50名学生的成绩在80分以上的人数占总人数的______%；
(2)成绩在70≤x<80这一组的11位学生得分的中位数是______分，表中m的值为______；
(3)随机抽取的50名学生中，小星竞赛得分为76分，小红说：本次竞赛小星属于中等偏上水平，你是否同意小红的说法？说明理由．
21.(本小题11分)
我国素有“基建狂魔”的称号，设计并建造了大量的世纪工程，如三峡大坝及三峡水电工程；秦岭隧道工程；珠港澳跨海大桥工程……每天的工程建设都在如火如荼地进行着.如图，某天一台塔吊正对新建的大楼进行封顶施工，现在我们将这个实际问题通过数学建模抽象成以下数学问题，如果工人在楼顶A处测得吊钩D处的俯角15°，测得塔吊B，C两点的仰角分别为30°和60°，此时BC=14米，塔吊需向A处吊运材料.(参考数值sin15°= 6− 24，cs15°= 6+ 24，tan15°=2− 3)
(1)求楼顶A到平衡臂BC的距离(结果保留根号)；
(2)吊钩D需向右、向上分别移动多少米才能将材料送达A处？(结果保留根号)
22.(本小题11分)
如图，△ABC中，AB=AC，以AB为直径的圆交BC于点E，过点E作于EF⊥CA于点F，交AB的延长线于点D．
(1)求证：DF是⊙O的切线；
(2)若CF=2，tan∠C=2，求DE的长．
23.(本小题11分)
高台跃下，凌空旋转，天际中滑翔出优美曲线；跳台滑雪简称“跳雪”，运动员沿着助滑道飞速下滑，在起跳点腾空，身体在空中沿抛物线飞行直至着陆坡，主要考核运动员的飞行距离和动作姿势.在这项运动里，我们可以用数学知识解决一些实际问题.如图是某跳台滑雪训练场的横截面示意图，取某一位置的水平线为x轴，过起跳点A作水平线的垂线为y轴，建立平面直角坐标系.图中的抛物线l1：y1=−1240x2+mx+40近似表示滑雪场地上的一座小山坡，某运动员从点O正上方50米处的A点滑出，滑出后沿一段抛物线l2：y2=−1120x2+bx+c运动.飞行中某一时刻当运动员运动到离A处的水平距离为60米时，高出水平线的高度为60米．
(1)求抛物线l2所对应的函数表达式．
(2)若运动员在高出水平线10米的小山坡上着地，求此时运动员降落点到A点的水平距离．
(3)在(2)的条件下，当运动员滑行中与小山坡l1的竖直距离最大时，求运动员运动的水平距离．
24.(本小题11分)
综合与实践
问题情境
四边形ABCD是边长为5的菱形，连接BD.将△BCD绕点B按顺时针方向旋转得到△BEF，点C，D旋转后的对应点分别为E，F.旋转角为α(0°<α<360°)．
观察思考
(1)如图1，连接AC，当点F第一次落在对角线AC上时，α= ______．
探究证明
(2)如图2，当α>180°，且EF//BD时，EF与AD交于点G.试判断四边形BDGF的形状，并说明理由．
拓展延伸
(3)如图3，连接CE.在旋转过程中，当EF与菱形ABCD的一边平行时，且tan∠DAB=34，请直接写出线段CE的长．
25.(本小题12分)
二次函数y=ax2+bx+c交x轴于点A(−1,0)和点B(−3,0)，交y轴于点C(0,−3)．
(1)求二次函数的解析式；
(2)如图1，点E为抛物线的顶点，点T(0,t)为y轴负半轴上的一点，将抛物线绕点T旋转180°，得到新的抛物线，其中B，E旋转后的对应点分别记为B′，E′，当四边形BEB′E′的面积为12时，求t的值；
(3)如图2，过点C作CD//x轴，交抛物线于另一点D.点M是直线CD上的一个动点，过点M作x轴的垂线，交抛物线于点P.是否存在点M使△PBC为直角三角形，若存在，请直接写出点M的坐标，若不存在，请说明理由．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：−6的倒数是−16．
故选：D．
根据倒数的定义求解．
本题考查了倒数，倒数的定义：若两个数的乘积是1，我们就称这两个数互为倒数．
2.【答案】D
【解析】解：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°后与原图重合．
A、不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项错误；
B、是中心对称图形，不是轴对称图形，故此选项错误；
C、不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项错误；
D、是中心对称图形，也是轴对称图形，故此选项正确；
故选：D．
根据轴对称图形与中心对称图形的概念逐一判断，要注意：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°后与原图重合．
本题考查轴对称及中心对称的定义，掌握中心对称图形与轴对称图形的概念是关键，
3.【答案】B
【解析】解：A、当a2−1<0时，原式不是二次根式，不符合题意；
B、 a2+2是二次根式，符合题意；
C、 1a2当a=0时不是二次根式，不符合题意；
D、当a<0时，原式不是二次根式，不符合题意；
故选：B．
根据形如 a(a≥0)的式子叫做二次根式进行求解即可．
本题主要考查了二次根式的定义，熟练掌握二次根式的定义是关键．
4.【答案】A
【解析】解：根据题意得：几何体的左视图为：，
选项A符合．
故选：A．
根据几何体确定出其左视图即可．
此题考查了简单组合体的三视图，锻炼了学生的思考能力和对几何体三种视图的空间想象能力．
5.【答案】D
【解析】解：A.2ab2与3a2b不是同类项，不能合并，故不正确；
B.(−a2)3=−a6，故不正确；
C.a2⋅a3=a5，故不正确；
D.(−ab3)2=a2b6，正确；
故选：D．
根据合并同类项，同底数幂的乘法，积的乘方法则逐项计算即可．
本题考查了合并同类项，同底数幂的乘法，积的乘方，熟练掌握运算法则是解答本题的关键．
6.【答案】B
【解析】解：设方程的另一个根为n，
则有−2+n=−5，
解得：n=−3．
故选：B．
设方程的另一个根为n，根据两根之和等于−ba，即可得出关于n的一元一次方程，解之即可得出结论．
本题考查了根与系数的关系，牢记两根之和等于−ba、两根之积等于ca是解题的关键．
7.【答案】D
【解析】【分析】
根据所给图象进行分析，确定答案即可．
【解答】
解：观察图象可知，海拔越高，大气压越低，A选项不符合题意；
图象经过点(2,80)和(4,60)，两点的横、纵坐标之积不同，说明图中曲线不是反比例函数的图象，B选项不符合题意；
海拔为4千米时，由图象可知大气压应该是60千帕左右，C选项不符合题意；
图中曲线表达的是大气压和海拔两个量之间的变化关系，D选项符合题意．
故选：D．
【点评】
本题考查读图，分析图中的数据，关键要读懂题意，会分析图中数据．
8.【答案】C
【解析】解：∵AB′=CB′，
∴∠C=∠CAB′，
∴∠AB′B=∠C+∠CAB′=2∠C，
∵将△ABC绕点A按逆时针方向旋转得到△AB′C′，
∴∠C=∠C′，AB=AB′，
∴∠B=∠AB′B=2∠C，
∵∠B+∠C+∠CAB=180°，
∴3∠C=180°−138°，
∴∠C=14°，
∴∠C′=∠C=14°，
故选：C．
由旋转的性质可得∠C=∠C′，AB=AB′，由等腰三角形的性质可得∠C=∠CAB′，∠B=∠AB′B，由三角形的外角性质和三角形内角和定理可求解．
本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，灵活运用这些的性质解决问题是本题的关键．
9.【答案】D
【解析】解：当x>1时，2x>kx+b，
∵函数y=kx+b(k≠0)的图象经过点B(2,0)，
∴x<2时，kx+b>0，
∴不等式0故选：D．
当x>1时，直线y=2x都在直线y=kx+b的上方，当x<2时，直线y=kx+b在x轴上方，于是可得到不等式0本题考查了一次函数与一元一次不等式的关系：从函数的角度看，就是寻求使一次函数y=ax+b的值大于(或小于)0的自变量x的取值范围；从函数图象的角度看，就是确定直线y=kx+b在x轴上(或下)方部分所有的点的横坐标所构成的集合．
10.【答案】D
【解析】解：由题意可得，
20000x+10=20000(1−15%)x，
故选：D．
根据题目中的数据和两次购买的数量相同，可以列出相应的分式方程．
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，找出等量关系，列出相应的分式方程．
11.【答案】C
【解析】解：∵直线y=34x−3与x轴、y轴分别交于A、B两点，
∴A点的坐标为(4,0)，B点的坐标为(0,−3)，3x−4y−12=0，
即OA=4，OB=3，由勾股定理得：AB=5，
过C作CM⊥AB于M，连接AC，
则由三角形面积公式得：12×AB×CM=12×OA×OC+12×OA×OB，
∴5×CM=4×1+3×4，
∴CM=165，
∴圆C上点到直线y=34x−3的最大距离是1+165=215，
∴△PAB面积的最大值是12×5×215=212．
故选：C．
求出A、B的坐标，根据勾股定理求出AB，求出点C到AB的距离，即可求出圆C上点到AB的最大距离，根据面积公式求出即可．
本题考查了三角形的面积，点到直线的距离公式的应用，解此题的关键是求出圆上的点到直线AB的最大距离，属于中档题目．
12.【答案】D
【解析】解：如图，过点A、点B分别作AM⊥x轴，BN⊥x轴，垂足分别为M、N，
∵点A，B分别在函数y=6x(x>0)，y=kx(x<0)的图象上，
由反比例函数系数k的几何意义可知，
∴S矩形AEOM=4，S矩形OEBN=|k|=−k，
又∵S△BCDS△BDA=CDDA=35，而S△ABC=8，
∴S△ADB=5，
∵S△ADB=12S矩形ABNM，
∴S矩形ABNM=2S△ADB=10，
∴S矩形OEBN=10−6=4=−k，
∴k=−4，
故选：D．
由反比例函数系数k的几何意义可得S矩形AEOM=4，S矩形OEBN=|k|=−k，根据三角形的面积公式可得S△BCDS△BDA=CDDA=35，进而求出S△ADB=5，再求出S矩形ABNM和S矩形OEBN即可．
本题考查反比例函数系数k的几何意义，掌握反比例函数系数k的几何意义以及三角形面积的计算方法是正确解答的前提．
13.【答案】4a(x+2y)(x−2y)
【解析】解：4ax2−16ay2
=4a(x2−4y2)
=4a(x+2y)(x−2y)，
故答案为：4a(x+2y)(x−2y)．
先提取公因式4a，再根据平方差公式分解因式即可．
本题主要考查了分解因式，熟知分解因式的方法是解题的关键．
14.【答案】− 52
【解析】解：由题意得，OA=OB= 12+(12)2= 52，
∴a=− 52，
故答案为：− 52．
根据勾股定理求出OA=OB= 52即可得到答案．
本题主要考查了实数与数轴，勾股定理，化简二次根式，解题的关键是掌握相关运算．
15.【答案】13
【解析】解：将“宸宸”、“琮琮”和“莲莲”分别记为A，B，C，
画树状图如下：
共有6种等可能的结果，其中抽取的这两张卡片的正面图案恰好是“琮琮”和“莲莲”的结果有：BC，CB，共2种，
∴抽取的这两张卡片的正面图案恰好是“琮琮”和“莲莲”的概率为26=13．
故答案为：13．
画树状图得出所有等可能的结果数以及抽取的这两张卡片的正面图案恰好是“琮琮”和“莲莲”的结果数，再利用概率公式可得出答案．
本题考查列表法与树状图法，熟练掌握列表法与树状图法以及概率公式是解答本题的关键．
16.【答案】28°
【解析】解：设半圆圆心为O，连OA，OB，如图，
∵∠ACB=12∠AOB，
而∠AOB=86°−30°=56°，
∴∠ACB=12×56°=28°．
故答案为：28°．
设半圆圆心为O，连OA，OB，则∠AOB=86°−30°=56°，根据圆周角定理得∠ACB=12∠AOB，即可得到∠ACB的大小．
本题考查了圆周角定理．在同圆或等圆中，同弧和等弧所对的圆周角相等，一条弧所对的圆周角是它所对的圆心角的一半．
17.【答案】 65−2
【解析】解：对于y=−x2−3x+4，当y=0时，−x2−3x+4=0，
解得：x1=−4，x2=1，
∴点A的坐标为(−4,0)，
对于y=−x2−3x+4，当x=−3时，y=4，
∴点D的坐标为(−3,4)，
作点D关于y轴对称的点T，则点T(3,4)，
连接AE交与轴于M，交⊙A于N，过点T作TH⊥x轴于H，连接AF，
当点E与点M重合，点F与点N重合时，DE+EF为最小，最小值为线段TN的长．
理由如下：
当点E与点M不重合，点F与点N不重合时，
根据轴对称的性质可知：DE=TE，
∴DE+EF=TE+EF，
根据“两点之间线段最短”可知：TE+EF+AF>AT，
即：TE+EF+AF>TN+AN，
∵AF=AN=2，
∴TE+EF>TN，
即：DE+EF>TN，
∴当点E与点M重合，点F与点N重合时，DE+EF为最小．
∵点T(3,4)，A(−4,0)，
∴OH=3，TH=4，OA=4，
∴AH=OA+OH=7，
在Rt△ATH中，AH=7，TH=4，
由勾股定理得：TA= AH2+TH2= 65，
∴TN=TA−AN= 65−2．
即DE+EF为最小值为 65−2．
故答案为： 65−2．
先求出点A(−4,0)，点D(−3,4)，作点D关于y轴对称的点T，则点T(3,4)，连接AE交与轴于M，交⊙A于N，过点T作TH⊥x轴于H，连接AF，当点E与点M重合，点F与点N重合时，DE+EF为最小，最小值为线段TN的长，然后可在Rt△ATH中由勾股定理求出TA，进而可得TN，据此可得出答案．
此题主要考查了二次函数与x轴的交点，利用轴对称求最短路线，勾股定理等，解答此题的关键是准确的求出二次函数与x轴的交点坐标，难点是确定当DE+EF为最小时，点E，F的位置．
18.【答案】②③④
【解析】解：①在正方形ABCD中，∠ADC=∠C=90°，∠ADB=45°，
∵EF/​/CD，
∴∠EFD=90°，
∴四边形EFDC为矩形，
在Rt△FDG中，∠FDG=45°，
∴FD=FG，
∵H是DG中点，
∴FH⊥BD，
∵正方形对角线互相垂直，过A点只能有一条垂直于BD的直线，
∴AE不垂直于BD，
∴FH与AE不平行．
∴①不正确；
②∵四边形ABEF是矩形，
∴AF=EB，∠BEF=90°，
∵BD平分∠ABC，
∴∠EBG=∠EGB=45°，
∴BE=GE，
∴AF=EG．
在Rt△FGD中，H是DG的中点，
∴FH=GH，FH⊥BD，
∴∠AFH=∠AFE+∠GFH=90°+45°=135°，
∠EGH=180°−∠EGB=180°−45°=135°，
∴∠AFH=∠EGH，
∴△AFH≌△EGH(SAS)，
∴AH=EH，∠AHF=∠EHG，
∴∠AHF+AHG=∠EHG+∠AHG，
即∠FHG=∠AHE=90°，
∴AH⊥EH．
∴②正确；
③∵△AFH≌△EGH，
∴∠FAH=∠GEH，
∵∠BAF=∠CEG=90°，
∴∠BAH=∠HEC．
∴③正确；
④∵EF=AD，FH=DH，EH=AH，
∴△EHF≌△AHD(SSS)，
∴④正确；
⑤如图，过点H作HM⊥AD于点M，
设EC=FD=FG=x，则BE=AF=EG=2x，
∴BC=DC=AB=AD=3x，HM=12x，
∴AM=AF+DM=52x，
∴AH2=(52x)2+(12x)2=132x2，
∴S四边形DHEC=S梯形EGDC−S△EGH，
=12(2x+3x)⋅x−12⋅2x⋅12x
=2x2，
S△AHE=12AH⋅EH=12AH2=134x2，
∴S四边形DHECS△AHE=2x2134x=813，
∴⑤不正确；
故答案为：②③④．
①根据正方形对角线互相垂直、过一点有且只有一条直线与已知直线垂直即可得结论；
②根据矩形的判定和性质、直角三角形的性质，证明三角形全等即可得结论；
③证明△AFH≌△EGH(SAS)，由全等三角形性质得出AH=EH，∠AHF=∠EHG，根据矩形的性质进行角的计算即可得结论；
④根据边边边证明三角形全等即可得结论；
⑤过点H作HM⊥AD于点M，根据割补法求四边形的面积，再求等腰直角三角形的面积，即可得结论．
本题考查了正方形的性质、矩形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、直角三角形的性质、三角形和梯形的面积等内容，解题关键是综合利用以上知识解决问题．
19.【答案】解：(1)38+2cs30°−(12)−1−|1−tan60°|
=2+2× 32−2−|1− 3|
=2+ 3−2−( 3−1)
=2+ 3−2− 3+1
=1；
(2)x−3(x−2)≥4①1+2x3>x−1②
解不等式①得：x≤1，
解不等式②得：x<4，
∴不等式组的解集为x≤1．
【解析】(1)先计算特殊角三角函数值负整数指数幂，再根据实数的运算法则求解即可．
(2)先求出每个不等式的解集，再根据“同大取大，同小取小，大小小大中间找，大大小小找不到(无解)”求出不等式组的解集即可．
本题主要考查了求特殊角三角函数值，实数的混合计算，负整数指数幂，解一元一次不等式组，掌握特殊角三角函数值是关键．
20.【答案】46 76 78
【解析】解：(1)由频数分布直方图可知，
50名学生的成绩在8(0分)以上(含80分)的有15+8=23(人)，
∴在这次测试中，50名学生的成绩在8(0分)以上(含80分)的人数占总人数的2350×100%=46%
故答案为：46．
(2)将成绩在70≤x<80这一组的得分按照从小到大排列，则排在第6位的为7(6分)，
∴成绩在70≤x<80这一组的11位学生得分的中位数是7(6分)．
∵50名学生成绩的中位数是第25，26个数据的平均数，而把这些数据从小到大排列，第25，26个数据分别为77，79，
∴m=77+792=78，
故答案为：76，78．
(3)不同意小红的说法．理由如下：
∵50名学生成绩的中位数为7(8分)，76<78，
∴本次竞赛小星属于中等偏下水平．
(1)将频数分布直方图中80≤x<90和90≤x≤100这两组的人数相加即可得出答案．
(2)根据中位数的定义可得答案．
(3)根据中位数的意义判断即可．
本题考查频数(率)分布直方图、中位数，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
21.【答案】解：(1)设CD，AE交于点F，如图；

由题意知，∠BAF=30°，∠CAF=60°，
∴∠BAC=60°−30°=30°；
∵AE//BC，
∴∠ABC=∠BAF=30°，
∴∠ABC=∠BAC，
∴AC=BC=14米；
∵CF⊥AF，
∴在Rt△ACF中，CF=AC⋅sin60°=14× 32=7 3(米)；
∵楼顶A到平衡臂BC的距离与CF的长度相等，
∴楼顶A到平衡臂BC的距离为7 3米；
(2)由(1)知，AC=14米，∠CAF=60°，
∴AF=AC⋅cs60°=14×12=7(米)；
在Rt△AFD中，FD=AF⋅tan15°=7(2− 3)=(14−7 3)米，
∴吊钩D需向右移动7米、向上移动(14−7 3)米才能将材料送达A处．
【解析】(1)设CD，AE交于点F，由题意得AC=BC=14米，在Rt△ACF中由三角函数可求得CF，即楼顶A到平衡臂BC的距离；
(2)由(1)的计算可求得AD，在Rt△AFD中，由正切关系可求得FD，即可求得向上与向右平移的距离．
本题考查了解直角三角形解决俯角、仰角的实际应用，等腰三角形的判定．正确理解题意是关键．
22.【答案】(1)证明：连接OE，

∵AB=AC，OE=OB，
∴∠C=∠ABC，∠ABC=∠OEB，
∴∠C=∠OEB，
∴OE//AC，
∵EF⊥CA，
∴∠OED=∠AFE=90°，即OE⊥DF，
∵OE是⊙O的半径，
∴DF是⊙O的切线；
(2)解：连接AE，
∵AB为直径，
∴∠AEB=∠AEC=90°，
在Rt△CFE中，CF=2，tan∠C=2，
∴EF=2CF=4，CE=2 5，
在Rt△AEC中，CE=2 5，tan∠C=2，
∴AE=2CE=4 5，AC=10，
∴OE=12AB=12AC=5，
∵OE/​/AC，
∴△OED∽△AFD，
∴DEDF=OEAF，
设DE=x，则xx+4=510−2，
解得x=203，
即DE=203．
【解析】(1)连接OE，要证明DF是⊙O的切线，只要证明OE⊥DF即可；
(2)连接AE，在Rt△CFE中，求得EF=2CF=4，CE=2 5，在Rt△AEC中，求得CE=2 5，证明△OED∽△AFD，利用相似三角形的性质，列式计算即可求解．
本题考查了切线的判定与性质、相似三角形的判定与性质、圆周角定理及其推论、勾股定理、等腰三角形的性质以及解直角三角形等，注意准确作出辅助线是解此题的关键．
23.【答案】解：(1)由题意，A(0,50)，
又抛物线为y2=−1120x2+bx+c，
∴c=50，
∴y2=−1120x2+bx+50，
又抛物线过点(60,60)，
∴−1120×3600+60b+50=60，
∴b=23，
∴所求函数关系式为y2=−1120x2+23x+50；
(2)把y=10时，10=−1120x2+23x+50，
解得x1=120，x2=−40(舍去)，
∴x=120，
答：此时运动员降落点到A点的水平距离为120米；
(3)把(120,10)代入y1=−1240x2+mx+40得：
−1240×1202+120m+40=10，
解得m=14，
∴y1=−1240x2+14x+40，
∴y2−y1=−1120x2+23x+50+1240x2−14x−40=−1240x2+512x+10=−1240(x−50)2+24512，
∵−1240<0，
∴当x=50时，运动员滑行中与小山坡l1的竖直距离最大，
∴运动员运动的水平距离50米．
【解析】(1)根据抛物线 ​2过点A(0,50)求出b即可求出抛物线l2所对应的函数表达式；
(2)把y=10代入(1)中解析式求出x即可；
(3)先求出小山坡l1的函数解析式，再由函数性质求y2−y1的最大值即可．
本题考查二次函数的应用，解答本题的关键是明确题意，求出相应的函数解析式，利用二次函数的性质求最值．
24.【答案】60°
【解析】解：(1)如图1，设AC交BD于点O，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，OB=OD=12BD，
∴∠BOF=90°，BD=2OB，
由旋转的性质得：BF=BD，
∴BF=BD=2OB，
∴∠BFO=30°，
∴∠OBF=90°−∠BFO=90°−30°=60°，
∴α=60°，
故答案为：60°；
(2)四边形BDGF为菱形，理由如下：
∵四边形ABCD是菱形，
∴∠ADB=∠BDC，
由旋转的性质得：BD=BF，∠F=∠BDC，
∴∠F=∠ADB，
∵EF/​/BD，
∴∠F+∠DBF=180°，
∴∠ADB+∠DBF=180°，
∴DG/​/BF，
∵EF/​/BD，
∴四边形BDGF是平行四边形，
又∵BD=BF，
∴平行四边形BDGF为菱形；
(3)①如图4，当EF/​/BC时，
∵四边形ABCD是菱形，
∴BC=CD，
由旋转的性质得：BE=BC，EF=CD，
∴BC=BE=EF，
∴四边形BCFE是菱形，
过点D作DH⊥AB于点H，
则tan∠DAB=DHAH=34，
设DH=3a，则AH=4a，
由勾股定理得：AD= DH2+AH2= (3a)2+(4a)2=5a，
∵四边形ABCD是边长为5的菱形，
∴AD=AB=5，
∴a=1，
∴DH=3，AH=4，
∴BH=AB−AH=5−4=1，
由勾股定理得：BD= DH2+BH2= 32+12= 10，
∵EF/​/BC，
∴∠F=∠FBC，
∵EB=EF=BC=5，
∴∠F=∠EBF，
∴∠EBF=∠FBC，
∴BG⊥CE，CE=2EG，
∴BG=12BF，
∵BF=BD= 10，
∴BG=12 10，
∴EG= BE2−BG2= 52−(12 10)2=3 102，
∴CE=2EG=3 10；
②如图5，当EF/​/AB时，则∠E=∠ABE，
∵AB/​/CD，
∴∠ABD=∠BDC，
∵∠BDC=∠F，
∴∠F=∠ABD，
∴∠ABD+∠ABE+∠EBF=∠F+∠E+∠EBF=180°，
∵∠DBC=∠FBE，
∴∠FBE+∠ABE+∠ABD=180°，
∴E、B、C三点共线，
∴CE=BC+BE=5+5=10；
综上所述，CE的长为3 10或10．
(1)设AC交BD于点O，先由菱形的性质得出∠BOF=90°，BD=2OB，再由旋转的性质得BF=BD，则BF=BD=2OB，得∠BFO=30°，即可得出答案；
(2)由菱形的性质得∠ADB=∠BDC，再由旋转的性质得BD=BF，∠F=∠BDC，然后证四边形BDGF是平行四边形，即可得出结果；
(3)分两种情况，①当EF/​/BC时，先证四边形BCFE是菱形，过点D作DH⊥AB于点H，则tan∠DAB=DHAH=34，设DH=3a，则AH=4a，由菱形的性质求出a=1，则DH=3，AH=4，再由勾股定理得BD= 10，进而由勾股定理求出EG的长，即可得出CE的长；
②当EF/​/AB时，则∠E=∠ABE，证E、B、C三点共线，即可得出CE的长．
本题是四边形综合题目，考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、旋转的性质、锐角三角函数定义以及勾股定理等知识，本题综合性强，熟练掌握菱形的判定与性质和旋转的性质是解题的关键，属于中考常考题型．
25.【答案】解：(1)∵二次函数过点A(−1,0)，B(−3,0)，C(0,−3)，
∴a−b+c=09a−3b+c=0c=−3，
解得：a=−1b=−4c=−3，
∴该抛物线解析式为：y=−x2−4x−3；
(2)如图1，连接EE′、BB′，延长BE，交y轴于点Q．

由(1)得y=−x2−4x−3=−(x+2)2+1，
∴抛物线顶点E(−2,1)，
设直线BE的解析式为y=kx+b，
∵B(−3,0)，E(−2,1)，
∴−3k+b=0−2k+b=1，
解得：k=1b=3，
∴直线BE的解析式为：y=x+3，
∴Q(0,3)，
∵抛物线y=−x2−4x−3绕点T(0,t)旋转180°，
∴TB=TB′，TE=TE′，
∴四边形BEB′E′是平行四边形，
∴S△BET=14S▱BEB′E′=14×12=3，
∵S△BET=S△BQT−S△EQT=12QT⋅(|xB|−|xE|)=12QT⋅(3−2)=12QT，
∴QT=6，
∴3−t=6，
∴t=−3；
(3)解：设P(x,−x2−4x−3)，
①当∠BP1C=90°时，如图2，过点P1作P1E⊥y轴于点E，过点B作BF⊥x轴于点F，P1E与BF交于点N1，

∵∠BP1C=90°，
∴∠N1P1B+∠CP1E=∠CP1E+∠P1CE=90°
∴∠N1P1B=∠P1CE，
∴tan∠N1P1B=tan∠P1CE，
∴BN1P1N1=P1EEC，
∵BN1=−x2−4x−3，P1N1=x+3，P1E=−x，EC=−x2−4x，
∴−x2−4x−3x+3=−x−x2−4x，
化简得：x2+5x+5=0，
解得：x1=−5+ 52，x2=−5− 52(舍去)，
∴M1(−5+ 52,−3)；
②当∠BP2C=90°时，与①同理可得：x2+5x+5=0，
解得：x1=−5+ 52(舍去)，x2=−5− 52，
∴M2(−5− 52,−3)；
③当∠P3BC=90°时，如图3，由△BM3C是等腰直角三角形，

∴△N3BP3也是等腰直角三角形，
∴N3B=N3P3，
∴−x2−4x−3=x+3，
化简得：x2+5x+6=0，
解得：x1=−2，x2=−3(舍去)，
∴M3点的坐标为(−2,−3)；
④当∠BCP4=90°时，由△BOC是等腰直角三角形，
可得△N4P4C也是等腰直角三角形，
∴P4N4=CN4，
∴−x=−3−(−x2−4x−3)，
化简得：x2+5x=0，
解得：x1=−5，x2=0(舍去)，
∴M4点的坐标为(−5,−3)，
综上所述：满足条件的M点的坐标为：M1(−5+ 52,−3)，M2(−5− 52,−3)，M3(−2,−3)，M4(−5,−3)．
【解析】(1)运用待定系数法将A(−1,0)，B(−3,0)，C(0,−3)代入y=ax2+bx+c，解方程组即可求得二次函数解析式；
(2)如图1，连接EE′、BB′，延长BE，交y轴于点Q.利用待定系数法求出直线BE的解析式，根据抛物线y=−x2−4x−3绕点T(0,t)旋转180°，可得四边形BEB′E′是平行四边形，运用平行四边形性质即可求得答案；
(3)设P(x,−x2−4x−3)，根据以点B、C、P为顶点的三角形是直角三角形，分四种情况分别讨论即可：①当∠BP1C=90°时，②当∠P3BC=90°时，③当∠P3BC=90°时，④当∠BCP4=90°时，利用等腰直角三角形性质建立方程求解即可得出答案．
本题是二次函数的综合题，主要考查了二次函数图象和性质，待定系数法，旋转变换的性质，中心对称，平行四边形的判定与性质，直角三角形性质等知识点，熟练掌握平行四边形和等腰直角三角形性质，灵活运用数形结合思想、方程思想和分类讨论思想思考解决问题是解题关键．年级
平均数
中位数
众数
七年级
76.9
m
80