2024年江苏省苏州中学伟长班中考数学二模试卷（含解析）

这是一份2024年江苏省苏州中学伟长班中考数学二模试卷（含解析），共24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.下列计算正确的是( )
A. (a3)2=a9B. (xy2)3=xy6C. (−2b2)2=−4b4D. ( a)2=a
2.已知一组数据1，2，x，3，4的平均数是2，则这组数据的方差是( )
A. 2B. 2C. 10D. 10
3.在平面内，下列说法错误的是( )
A. 过直线外一点有且仅有一条直线与已知直线平行
B. 若一条直线上有两点到另一条直线距离相等，则这两条直线平行
C. 同平行于一条直线的两条直线平行
D. 同垂直于一条直线的两条直线平行
4.如图，在△ABC中，∠ACB=70°，∠ACP=∠PBC，则∠BPC的度数为( )
A. 110°
B. 130°
C. 145°
D. 不确定
5.若圆锥的侧面展开图是圆心角为120°的扇形，则该圆锥的侧面积与底面积的比为( )
A. 3：2B. 2：1C. 3：1D. 4：1
6.如图，平面直角坐标系中有一张透明纸片，透明纸片上有抛物线y=x2及一点P(2,4).若将此透明纸片向右、向上移动后，得抛物线的顶点为(7,2)，则此时点P的坐标是( )
A. (9,4)B. (9,6)C. (10,4)D. (10,6)
7.如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，D是边BC上的点，CE⊥AD，垂足为E且∠ABC=∠BED.若AB=4，BD=1，则线段AD长度为( )
A. 3
B. 10
C. 2 3
D. 13
8.若满足∠ABC=60°，AC= 3的△ABC恰好有两个，则边BC的取值范围是( )
A. 3二、填空题：本题共8小题，每小题3分，共24分。
9.如图AB/​/CD，AB与DE交于点F，∠B=40°，∠D=70°，则∠E=______．
10.若m是一元二次方程x2+x−1=0的实数根，则代数式m2+m+2= ______．
11.如图，△ABC的顶点都在方格纸的格点上，则sin∠ACB= ______．
12.如图，DE是△ABC的中位线，DE=2cm，AB+AC=12cm，则梯形DBCE的周长为______cm．
13.无论a取何实数，动点P(a−1,2a−3)恒在直线l上，Q(m,n)是直线l上的点，则(2m−n+2)2的值等于______．
14.如图，在正方形ABCD中，E，F在对角线BD上且∠EAF=45°，若BE=1，DF=2，则EF= ______．
15.已知一次函数y=kx+b(k>0)的图象与反比例函数y=3x(x≠0)的图象交于A，B两点，其中A点在第三象限，B点在第一象限.若线段AB的中点坐标为(1,−1)，则实数k的值为______．
16.在锐角三角形ABC中，2AB2=2AC2+BC2，则tanBtanC的值为______．
三、解答题：本题共11小题，共82分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题5分)
计算：−22+2cs60°+(−3)0−(−13)−1．
18.(本小题5分)
解方程：2x2x−1+xx−2=2．
19.(本小题6分)
先化简，再求值：2a2−4⋅(a2+44a−1)÷(12−1a)，某中a=−32．
20.(本小题6分)
如图，已知反比例函数y=kx(k<0)的图象经过点A(− 3,m)，过点A作AB⊥x轴于点B，且△AOB的面积为 3．
(1)求k和m的值；
(2)若一次函数y=ax+1的图象经过点A，并且与x轴相交于点C，求AO：AC的值．
21.(本小题6分)
如图1是某学校存放学生自行车的车棚的示意图(尺寸如图所示)，车棚顶部是圆柱侧面的一部分，其展开图是矩形.图2是车棚顶部截面的示意图，AB所在圆的圆心为点O．
(1)求AB所在⊙O的半径OA的长；
(2)车棚顶部是用一种帆布覆盖的，求覆盖棚顶的帆布的面积(不考虑接缝等因素，计算结果保留π)．
22.(本小题8分)
文具店购进了20盒“2B”铅笔，但在销售过程中，发现其中混入了若干“HB”铅笔.店员进行统计后，发现每盒铅笔中最多混入了2支“HB”铅笔，具体数据见下表：
(1)用等式写出m，n所满足的数量关系；
(2)从20盒铅笔中任意选取了1盒，若“盒中混入1支HB铅笔”的概率为14，求这20盒中混入“HB”铅笔的数量的平均值．
23.(本小题8分)
在平行四边形ABCD中，AE⊥BC，垂足为E，AF⊥CD，垂足为F，且AE=AF=4，cs∠EAF=13．
(1)求证：△ABE≌△ADF；
(2)求四边形AECF的周长．
24.(本小题8分)
如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，点D是边AB上一点，以BD为直径的⊙O与边AC相切于点E，连接DE并延长DE交BC的延长线于点F．
(1)求证：BD=BF；
(2)若CF=1，OABA=35，求⊙O的半径．
25.(本小题10分)
已知一个直角三角形纸片OAB，其中∠AOB=90°，OA=2，OB=4.如图1，将该纸片放置在平面直角坐标系中，折叠该纸片，折痕与边OB交于点C，与边AB交于点D．
(1)若折叠后点B与点A重合，求直线AC的解析式；
(2)若折叠后点B落在边OA上的点为B′，设OB′=x，OC=y，试求出y关于x的函数解析式，并直接写出y的取值范围；
(3)若折叠后点B落在边OA上的点为B″，且使B″D//OB，则△B″OC的周长为______．
26.(本小题10分)
如图，在平面直角坐标系中，二次函数图象的顶点在原点O，对称轴为y轴，一次函数y=kx+1的图象与二次函数的图象交于A，B两点(A在B的左侧)，且点A坐标为(−4,4).平行于x轴的直线l过(0,−1)点．
(1)求一次函数与二次函数的解析式；
(2)判断以线段AB为直径的圆与直线l的位置关系，并给出证明；
(3)把二次函数的图象向右平移2个单位，再向下平移t个单位(t>0)，二次函数的图象与x轴交于M，N两点，一次函数图象即直线AB交y轴于点F.当t为何值时，过F，M，N三点的圆的面积最小？最小面积是多少？
27.(本小题10分)
2012年广东陆丰渔政大队指挥中心(A)接到海上呼救：一艘韩国货轮在陆丰碣石湾发生船体漏水，进水速度非常迅猛，情况十分危急，18名船员需要援救．经测量货轮B到海岸最近的点C的距离BC=20km，∠BAC=22°37′，指挥中心立即制定三种救援方案
(如图1)：

①派一艘冲锋舟直接从A开往B；②先用汽车将冲锋舟沿海岸线送到点C，然后再派冲锋舟前往B；③先用汽车将冲锋舟沿海岸线送到距指挥中心33km的点D，然后再派冲锋舟前往B．
已知冲锋舟在海上航行的速度为60km/h，汽车在海岸线上行驶的速度为90km/h．
(sin22°37′=513,cs22°37′=1213,tan22°37′=512)
(1)通过计算比较，这三种方案中，哪种方案较好(汽车装卸冲锋舟的时间忽略不计)？
(2)事后，细心的小明发现，上面的三种方案都不是最佳方案，最佳方案应是：先用汽车将冲锋舟沿海岸线送到点P处，点P满足cs∠BPC=23(冲锋舟与汽车速度的比)，然后再派冲锋舟前往B(如图2)．
①利用现有数据，根据cs∠BPC=23，计算出汽车行AP加上冲锋舟行BP的总时间．
②在线段AC上任取一点M；然后用转化的思想，从几何的角度说明汽车行AM加上冲锋舟行BM的时间比车行AP加上冲锋舟行BP的时间要长．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A.∵(a3)2=a6，∴此选项的计算错误，故此选项不符合题意；
B.∵(xy2)3=x3y6，∴此选项的计算错误，故此选项不符合题意；
C.∵(−2b2)2=4b4，∴此选项的计算错误，故此选项不符合题意；
D.∵( a)2=a(a≥0)，∴此选项的计算正确，故此选项符合题意；
故选：D．
A.根据幂的乘方法则进行计算，然后判断即可；
B、C选项均根据积的乘方和幂下乘方法则进行计算，然后判断即可；
D.根据二次根式的定义和性质进行计算，然后判断即可．
本题主要考查了整式和二次根式的混合运算，解题关键是熟练掌握积的乘方法则、幂的乘方法则和二次根式的性质．
2.【答案】B
【解析】解：∵数据1，2，x，3，4的平均数是2，
∴x=2×5−(1+2+3+4)=0，
∴这组数据的方差是15×[(1−2)2+(2−2)2+(0−2)2+(3−2)2+(4−2)2]=2．
故选：B．
根据平均数的计算公式先求出x的值，再代入方差公式进行计算，即可得出答案．
本题考查方差的定义：一般地设n个数据，x1，x2，…xn的平均数为x−，则方差S2=1n[(x1−x−)2+(x2−x−)2+…+(xn−x−)2].
3.【答案】D
【解析】解：A、过直线外一点有且仅有一条直线与已知直线平行，故不符合题意；
B、若一条直线上有两点到另一条直线距离相等，则这两条直线平行，故不符合题意；
C、同平行于一条直线的两条直线平行，故不符合题意；
D、在同一个平面内，同垂直于一条直线的两条直线平行，故符合题意；
故选：D．
根据平行线的判定与性质、平行公理及推论求解判断即可．
此题考查了平行线的判定与性质、平行公理及推论，熟记平行线的判定与性质、平行公理及推论是解题的关键．
4.【答案】A
【解析】解：在△PBC中，∠BPC+∠PBC+∠BCP=180°，
∵∠ACP=∠PBC，
∴∠BPC=180°−∠PBC−∠BCP=180°−∠ACP−∠BCP，
∵∠ACB=70°，
∴∠BCP=70°−∠ACP，
∴∠BPC=180°−∠ACP−∠BCP=180°−∠ACP−(70°−∠ACP)=180°−∠ACP−70°+∠ACP=110°，
故选：A．
在△PBC中由三角形内角和定理得出∠BPC+∠PBC+∠BCP=180°，再根据∠BCP=70°−∠ACP，即可求出∠BPC的度数．
本题考查了三角形内角和定理，熟知三角形三个内角的和是180°是解题的关键．
5.【答案】C
【解析】解：设底面圆的半径为r，侧面展开扇形的半径为R，
由题意得2πr=120πR180，
∴r=13R，
∵S侧=120πR2360=13πR2，S底=πr2，
∴S侧：S底=13πR2：πr2=13πR2：19πR2=3：1．
故选：C．
设底面圆的半径为r，侧面展开扇形的半径为R，由地面圆的周长等于侧面展开图的弧长，可得2πr=120πR180，所以r=13R，再计算圆锥的侧面积与底面积的比即可．
此题主要考查了圆锥的计算，熟记圆的面积和周长公式、扇形的面积和两个弧长公式并灵活应用是解答本题的关键．
6.【答案】B
【解析】解：∵抛物线y=x2及移动至顶点坐标为(7,2)时的新抛物线解析式为：y=(x−7)2+2，即先向右平移7个单位，再向上平移2个单位，
∴P(2,4)应先向右平移7个单位，再向上平移2个单位，其新坐标变为(2+7,4+2)，
即(9,6)．
故选：B．
先根据“左加右减、上加下减”的原则得出新抛物线的解析式，再求出P点坐标即可．
本题考查的是二次函数的图象与几何变换，能根据题意得出新抛物线的解析式是解答此题的关键．
7.【答案】D
【解析】解：∵∠ABC=∠BED，∠ADB=∠BDE，
∴△ABD∽△BED，
∴ADBD=BDDE，
即BD2=DE⋅AD，
∵∠ACB=90°，CE⊥AD，
∴∠ACD=CED=90°，
又∵∠ADC=∠CDE，
∴△ACD∽△CED，
∴ADCD=CDDE，
即CD2=DE⋅AD，
∴CD2=BD2，
∴CD=BD=1，
∴BC=2，
在Rt△ABC中，由勾股定理得AC2=AB2−BC2=42−22=12，
在Rt△ACD中，由勾股定理得AD= AC2+CD2= 12+1= 13，
故选：D．
先证△ABD∽△BED得出BD2=DE⋅AD，再证△ACD∽△CED得出CD2=DE⋅AD，于是得出CD=BD=1，在Rt△ABC中由勾股定理求出AC的长，然后在Rt△ACD中利用勾股定理即可求出AD的长．
本题考查了勾股定理，相似三角形的判定与性质，熟练掌握这些知识点是解题的关键．
8.【答案】A
【解析】解：设BC=a，由正弦定理得：ACsinB=BCsinA，
即 3 32=asinA，变形得：sinA=a2，
由题意得：当A∈(60°,120°)时，满足条件的△ABC有两个，
∴ 32则a的取值范围是( 3,2)，
故选：A．
根据∠ABC=60°，AC= 3求出sinA的值，再根据满足条件的△ABC只有2个，得出BC的取值范围．
本题考查了三角形的三边关系，掌握三角函数是解题的关键．
9.【答案】30°
【解析】【分析】
本题主要考查了平行线的性质、三角形的内角和定理．求∠E的度数时，∠1的度数是连接已知条件∠B=40°与∠D=70°的纽带．
由两直线AB/​/CD，推知内错角∠1=∠D=70°；然后根据三角形的内角和定理求得∠1=∠B+∠E，从而求得∠E=30°．
【解答】
解：∵AB/​/CD，∠D=70°，
∴∠1=∠D=70°(两直线平行，内错角相等)，
又∵180°−∠EFB=∠B+∠E(内角和定理)，
∴180°−∠EFB=∠1=∠B+∠E，
∴∠E=70°−40°=30°．
故答案是：30°．
10.【答案】3
【解析】解：当x=m时，则m2+m−1=0，
即m2+m=1，
所以，m2+m+2=1+2=3，
故答案为：3．
把x=m代入方程x2+x−1=0，得出关于m的一元二次方程，再整体代入求值即可．
本题考查的是一元二次方程解的定义．能使方程成立的未知数的值，就是方程的解，同时，考查了整体代入的思想．
11.【答案】 1010
【解析】解：过点A作BC的垂线，垂足为M，
令小正方形的边长为a，
则由勾股定理得，
AM= a2+a2= 2a，
AC= (4a)2+(2a)2=2 5a，
在Rt△ACM中，
sin∠ACB=AMAC= 2a2 5a= 1010．
故答案为： 1010．
过点A作BC的垂线，构造出直角三角形即可解决问题．
本题考查解直角三角形，过点A作BC的垂线，构造出直角三角形及熟知正切的定义是解题的关键．
12.【答案】12
【解析】解：∵DE是△ABC的中位线，DE=2cm，
∴BC=2DE=2×2=4cm．
∵DE是△ABC的中位线，
∴BD=12AB，CE=12AC，
∴梯形DBCE的周长为BD+CE+DE+BC=12(AB+AC)+(BD+CE)=12×12+6=12cm．
故答案为：12．
由中位线定理易得BC应为DE的2倍，根据线段中点定义可得BD+CE长，也就求得所求梯形的周长．
本题考查了三角形中位线的性质及线段中点定义，三角形中位线性质应用比较广泛，尤其是在三角形、四边形方面起着非常重要作用．
13.【答案】9
【解析】解：令x=a−1，y=2a−3，
则y=2x−1，
所以直线l的解析式为y=2x−1，
∵Q(m,n)是直线l上的点，
∴n=2m−1，
∴(2m−n+2)2=(2m−2m+1+2)2
=32
=9．
故答案为：9．
先求出直线l的解析式为y=2x−1，进而得出n=2m−1，代入及即可得出答案．
本题主要考查一次函数图象上点的坐标特征，写出直线l的解析式是解题的关键．
14.【答案】 5
【解析】解：将△ADF绕点A顺时针旋转90°，得到△ABD，连接EG，如图所示，
则△ADF≌△ABG，
∴DF=BG=2，∠ADF=∠ABG=45°，AF=AG，
∵∠EBA=45°，
∴∠EBG=∠EBA+∠ABG=90°，
∴EG= BE2+BG2= 12+22= 5，
∵四边形ABCD是正方形，∠EAF=45°，
∴∠DAB=90°，
∴∠DAF+∠EAB=45°，
∴∠BAG+∠EAB=45°，
∴∠EAG=45°，
在△EAF和△EAG中，
AE=AG∠EAF=∠EAGAE=AE，
∴△EAF≌△EAG(SAS)，
∴EF=EG，
∵EG= 5，
∴EF= 5，
故答案为： 5．
先将△ADF绕点A顺时针旋转90°，得到△ABD，连接EG，然后根据旋转的性质、全等三角形的判定和勾股定理可以求得EG的长和EF=EG，从而可以求得EF的长．
本题考查正方形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理、旋转的性质，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
15.【答案】1
【解析】解：设A(x1,y1)，B(x2,y2)，
∵线段AB的中点坐标为(1,−1)，
∴x1+x2=2，y1+y2=−2，
联立方程组y=3xy=kx+b得kx2+bx−3=0，
∴x1+x2=−bk，
∴−bk=2，
∴b=−2k，
∵y1+y2=k(x1+x2)+2b=−2，
∴2k+2b=−2，
∴k=1．
故答案为：1．
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，由线段AB的中点坐标为(1,−1)，得出x1+x2=2，y1+y2=−2，再联立方程组得出kx2+bx−3=0，然后利用y1+y2=k(x1+x2)+2b=−2，x1+x2=2得出k的值．
本题是反比例函数与一次函数的交点问题，关键是掌握一元二次方程根与系数的关系．
16.【答案】13
【解析】解：如图所示，过点A作BC的垂线，垂足为M，
在Rt△ABM中，
AB2=AM2+BM2．
在Rt△ACM中，
AC2=AM2+MC2．
∵2AB2=2AC2+BC2，
∴2(AM2+BM2)=2(AM2+MC2)+(BM+MC)2，
整理得，3MC2+2BM⋅MC−BM2=0，
∴3(MCBM)2+2⋅MCBM−1=0，
解得MCBM=13或−1(舍去)，
∴MCBM=13．
在Rt△ABM中，
tanB=AMBM，
在Rt△ACM中，
tanC=AMMC，
∴tanBtanC=AMBMAMMC=MCBM=13．
故答案为：13．
根据题意画出示意图，并过点A作AM⊥BC于点M，根据正切的定义表示出tanBtanC，再根据2AB2=2AC2+BC2得出MC和BM之间的关系即可解决问题．
本题考查解直角三角形及勾股定理，能根据题意画出示意图并熟知勾股定理及正切的定义是解题的关键．
17.【答案】解：原式=−4+2×12+1+3
=−4+1+1+3
=1．
【解析】利用有理数的乘方法则，特殊锐角三角函数值，零指数幂，负整数指数幂计算即可．
本题考查实数的运算，熟练掌握相关运算法则是解题的关键．
18.【答案】解：去分母得：2x(x−2)+x(2x−1)=2(2x−1)(x−2)，
去括号得：2x2−4x+2x2−x=4x2−10x+4，
移项得：2x2+2x2−4x2−4x−x+10x=4，
合并同类项得：5x=4，
把x的系数化为1得：x=45，
检验：把x=45代入最简公分母(2x−1)(x−2)≠0，
故原分式方程的解为：x=45．
【解析】两边同时乘以最简公分母(2x−1)(x−2)去分母，然后去括号、移项、合并同类项、把x的系数化为1，即可算出x的值，然后再检验．
此题主要考查了分式方程的解法，关键是不要忘记检验，没有分母的项不要漏乘，这是同学们最容易出错的地方．
19.【答案】解：2a2−4⋅(a2+44a−1)÷(12−1a)
=2(a+2)(a−2)⋅a2+4−4a4a÷a−22a
=2(a+2)(a−2)⋅(a−2)24a⋅2aa−2
=1a+2，
当a=−32时，原式=1−32+2=2．
【解析】先通分括号内的式子，再算括号外的乘除法，然后将a的值代入化简后的式子计算即可．
本题考查分式的化简求值，熟练掌握运算法则是解答本题的关键．
20.【答案】解：(1)∵△AOB的面积为 3，
∴k=−2 3，
∴反比例函数解析式为y=−2 3x，
∵点点A(− 3,m)在反比例函数图象上，
∴m=−2 3− 3=2，
∴k=−2 3，m=2；
(2)∵一次函数y=ax+1的图象经过点A(− 3,2)
∴2=− 3a+1，解得a=− 33，
∴一次函数解析式为：y=− 33x+1，
当y=0时，x= 3，
∴C( 3,0)，
∴AO= 3+4= 7，AC= 4+(2 3)2=4，
∴AOAC = 74．
【解析】(1)根据反比例函数k值几何意义得到k，将A点坐标代入反比例函数解析式得到m值即可；
(2)先求出点C坐标，根据两点间距离公式分别计算出AO和AC值，取比值即可．
本题考查了一次函数与反比例函数的交点问题，交点坐标满足两个函数解析式是关键．
21.【答案】解：(1)过点O作OF⊥AB于点E，交AB于点F，

∵OF⊥AB，
∴AE=12AB=2 3，
在Rt△AOE中，
∵AO2=AE2+OE2，
∴AO2=(2 3)2+(AO−2)2，
∴AO=4，
故AB所在⊙O的半径OA的长为4米．
(2)由(1)可知AO=4，OE=2，
∴∠OAE=30°，
∴∠AOE=60°，
∴∠AOB=120°，
∴弧AB的长为120π×4180=8π3，
∴覆盖棚顶的帆布的面积为8π3×60=160π(平方米)，
答：覆盖棚顶的帆布的面积为160π平方米．
【解析】(1)过点O作OM⊥AB于点E，交AB于点F，先求出AE的长度，再根据勾股定理列出关于OA的方程式即可作答；
(2)先求出∠AOB=120°，再求弧AB的长，进而求出答案．
本题主要考查解直角三角形的应用，灵活构造直角三角形是解题的关键．
22.【答案】解：(1)观察表格发现：6+m+n=20，
∴用等式写出m，n所满足的数量关系为m+n=14，
故答案为：m+n=14；
(2)∵“盒中混入1支‘HB’铅笔”的概率为14，
∴m20=14，
∴m=5，n=9，
∴这20盒中混入“HB”铅笔的数量的平均值为1×5+2×920=1.15．
【解析】(1)根据表格确定m，n满足的数量关系即可；
(2)利用概率公式列式计算即可．
此题考查概率的求法：如果一个事件有n种可能，而且这些事件的可能性相同，其中事件A出现m种结果，那么事件A的概率P(A)=mn．
23.【答案】(1)证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠B=∠D，∠C+∠D=180°，
在△ABE和△ADF中，
∠B=∠D∠AEB=∠AFDAE=AF，
∴△ABE≌△ADF(AAS)；
(2)解：∵△ABE≌△ADF，
∴AB=AD，BE=DF，
∴四边形ABCD是菱形，
∴BC=CD=AD，
∵∠EAF+∠AEC+∠C+∠AFC=360°，
∴∠EAF+∠C=180°，
∴∠EAF=∠D，
∵cs∠EAF=13=cs∠D=DFAD，
∴设DF=x，则AD=3x，
∵AD2=DF2+AF2，
∴9x2=x2+16，
∴x= 2(负值舍去)，
∴AD=3 2，
∴BC=CD=AD=3 2，
∴CE=CF=2 2，
∴四边形AECF的周长=AE+AF+CE+CF=8+4 2．
【解析】(1)由“AAS”可证△ABE≌△ADF；
(2)由全等三角形的性质可得AB=AD，BE=DF，可证四边形ABCD是菱形，可得BC=CD=AD，由四边形内角和定理可得∠EAF=∠D，由锐角三角函数和勾股定理可求DF，AD的长，即可求解．
本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，菱形的判定和性质，锐角三角函数等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
24.【答案】(1)证明：连接OE，
∵AC与圆O相切，
∴OE⊥AC，
∵BC⊥AC，
∴OE/​/BC，
又∵O为DB的中点，
∴E为DF的中点，即OE为△DBF的中位线，
∴OE=12BF，
又∵OE=12BD，
∴BF=BD；
(2)解：设OA=3x，则AB=5x，BO=2x，
∴BD=4x，
∵CF=1，BD=BF，
∴BC=4x−1，
∵OE/​/BC，
∴△AOE∽△ABC，
∴OEBC=AOAB，
∵OABA=35，
∴OEBC=35，
即2x4x−1=35，
解得，x=1.5，
∴2x=3，
即⊙O的半径是3．
【解析】(1)连接OE，由AC为圆O的切线，利用切线的性质得到OE垂直于AC，再由BC垂直于AC，得到OE与BC平行，根据O为DB的中点，得到E为DF的中点，即OE为三角形DBF的中位线，利用中位线定理得到OE为BF的一半，再由OE为DB的一半，等量代换即可得证；
(2)根据(1)中的结论，再根据三角形相似的知识即可求出圆的半径长．
本题考查了相似三角形的判定与性质、切线的性质、圆周角定理，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用三角形相似解答本题．
25.【答案】4 5−4
【解析】解：(1)如图①，折叠后点B与点A重合，则△ACD≌△BCD．
设点C的坐标为(0,m)(m>0)，则BC=OB−OC=4−m．
∴AC=BC=4−m．
在Rt△AOC中，由勾股定理，AC2=OC2+OA2，
即(4−m)2=m2+22，解得m=32．
∴点C的坐标为(0,32)，
∵OA=2，
∴A(2,0)，
设直线AC的解析式为y=kx+b，
∴2k+b=0b=32，
解得k=−34b=32，
∴直线AC的解析式为y=−34x+32；
(2)如图②，折叠后点B落在OA边上的点为B′，
∴△B′CD≌△BCD．
∵OB′=x，OC=y，
∴B′C=BC=OB−OC=4−y，
在Rt△B′OC中，由勾股定理，得B′C2=OC2+OB′2．
∴(4−y)2=y2+x2，
即y=−18x2+2．
由点B′在边OA上，有0≤x≤2，
∴解析式y=−18x2+2(0≤x≤2)为所求．
∵当0≤x≤2时，y随x的增大而减小，
∴y的取值范围为32≤y≤2；
(3)如图③，折叠后点B落在OA边上的点为B″，且B″D//OC．
∴∠OCB″=∠CB″D．
又∵∠CBD=∠CB″D，
∴∠OCB″=∠CBD，
∵CB″//BA．
∴Rt△COB″∽Rt△BOA．
∴OB″OA=OCOB，
∴OC=2OB″，
在Rt△B″OC中，
设OB″=x0(x0>0)，则OC=2x0．
由(2)的结论，得2x0=−18x02+2，
解得x0=−8±4 5．
∵x0>0，
∴x0=−8+4．
∴OB″=−8+4 5，
∴OC=8 5−16，
∴CB″= OC2+OB″2=−8 5+20，
∴△B″OC的周长为=−8+4 5+8 5−16−8 5+20=4 5−4，
故答案为：4 5−4．
(1)因为折叠后点B与点A重合，那么BC=AC，可先设出C点的坐标，然后表示出BC，AC，在直角三角形OCA中，根据勾股定理即可求出C点的纵坐标，也就求出了C点的坐标，然后根据待定系数法即可得到结论；
(2)方法同(Ⅰ)用OC表示出BC，B′C然后在直角三角形OB′C中根据勾股定理得出x，y的关系式．由于B′在OA上，因此有0≤x≤2，由此可求出y的取值范围；
(3)根据(Ⅰ)(Ⅱ)的思路，应该先得出OB″，OC的关系，知道OA，OB的值，那么可以通过证Rt△COB″∽Rt△BOA来实现．∠B″CO和∠CB″D是平行线B″D，OB的内错角，又因为∠OBA=∠CB″D，因此∠B″CO=∠OBA，即CB″//BA，由此可得出两三角形相似，得出OC，OB″的比例关系，然后根据(1)(2)的思路，在直角三角形OB″C中求出OC的值，根据勾股定理和三角形的周长公式即可得到结论．
本题是一次函数综合题，考查了相似三角形的判定和性质，待定系数法求函数的解析式，勾股定理，折叠的性质，正确地作出图形是解题的关键．
26.【答案】解：(1)把A(−4,4)代入y=kx+1，
则4=−4k+1，
得：k=−34，
故一次函数的解析式为y=−34x+1；
∵二次函数图象的顶点在原点，对称轴为y轴，
∴设二次函数解析式为y=ax2，
把A(−4,4)代入y=ax2
得a=14，
故二次函数解析式为y=14x2．
(2)以线段AB为直径的圆与直线l相切，
证明：如图1所示：过A，B点分别作直线l的垂线，垂足为A′，B′，
则AA′=4+1=5，BB′=14+1=54，
故直角梯形AA′B′B的中位线长为5+542=258，
过B作BH垂直于直线AA′于点H，
则BH=A′B′=5，AH=4−14=154，
∴AB= 52+(154)2=254，
∴AB的长等于AB中点到直线l的距离的2倍，
∴以AB为直径的圆与直线l相切．
(3)如图2所示：平移后二次函数解析式为y=14(x−2)2−t，
令y=0，得14(x−2)2−t=0，x1=2−2 t，x2=2+2 t，
∵过F，M，N三点的圆的圆心一定在平移后抛物线的对称轴上，
点C为定点，B要使圆面积最小，圆半径应等于点F到直线x=2的距离，
此时，半径为2，面积为4π，
设圆心为C，MN中点为E，连CE，CM，则CE=1，
在△CEM中，ME= 22−12= 3，
∴MN=2 3，而MN=|x2−x1|=4 t，
∴t=34，
∴当t=34时，过F，M，N三点的圆面积最小，最小面积为4π．
【解析】(1)已知了一次函数的图象经过A点，可将A点的坐标代入一次函数中，即可求出一次函数的解析式．由于抛物线的顶点为原点，因此可设其解析式为y=ax2，直接将A点的坐标代入抛物线中即可求出抛物线的解析式；
(2)求直线与圆的位置关系需知道圆心到直线的距离和圆的半径长．由于直线l平行于x轴，因此圆心到直线l的距离为1.因此只需求出圆的半径，也就是求AB的长，根据A、B两点的坐标即可求出AB的长．然后判定圆的半径与1的大小关系即可；
(3)先设出平移后抛物线的解析式，不难得出平移后抛物线的对称轴为x=2.因此过F，M，N三点的圆的圆心必在直线x=2上，要使圆的面积最小，那么圆心到F点的距离也要最小(设圆心为C)，即F，C两点的纵坐标相同，因此圆的半径就是2.C点的坐标为(2,1)(可根据一次函数的解析式求出F点的坐标).可设出平移后的抛物线的解析式，表示出MN的长，如果设对称轴与x轴的交点为E，那么可表示出ME的长，然后在直角三角形MEC中根据勾股定理即可确定平移的距离．即t的值．
此题是二次函数综合题，主要考查了求一次函数解析式、二次函数的平移、勾股定理，二次函数的最值、解二元二次方程组等知识点的理解和掌握，解决问题的关键是掌握凡是函数图象经过的点必能满足解析式，梯形的中位线等于上下底之和的一半，同时掌握二次函数平移的规律：上加下减，左加右减．
27.【答案】解：(1)在Rt△ABC中，∵BC=20km，∠BAC=22°37′，
∴AB=BCsin∠BAC=20513=52km，AC=ABcs∠BAC=52×1213=48km，
方案①需要用时：AB60km/h=5260小时=52分钟，
方案②需要用时：AC90+BC60=4890+2060小时=52分钟，
方案③需要用时：3390+ (48−33)2+20260=47分钟，
∴方案③较好；
(2)①∵cs∠BPC=23，
设PC=2x，BP=3x，则BC= 5x2=20，
解得：x=4 5，
即可得PC=8 5km，BP=12 5km，
∴AP=AC−PC=(48−8 5)km，
故可得所用时间为：48−8 590+12 560=10 5+4890=5 5+2445小时；
②

点M为AP上任意一点，汽车开到M点放冲锋舟下水，用时tM=AM90+BM60，
汽车开到P放冲锋舟下水，用时tP=AP90+BP60，
延长BP过M作MH⊥BP于H，
∵cs∠BPC=23，
∴PH=23MP，
又∵冲锋舟在海上航行的速度为60km/h，汽车在海岸线上行驶的速度为90km/h，
∴汽车行MP的时间=冲锋舟行PH的时间，
∴tP=AP90+BP60=AM90+BH60，
∵BM>BH，
∴tM>tP；
点M在PC上任意一点时，过M作MH⊥BP于H，同理可证：tM>tP．
综上可得汽车行AM加上冲锋舟行BM的时间比车行AP加上冲锋舟行BP的时间要长．
【解析】(1)解直角三角形ABC，可得出AB、AC的长度，然后分别求出三种方案需要的时间即可作出比较；
(2)①在Rt△BPC中求出BP、PC的长度，继而得出AP的长度，这样即可求出汽车行AP加上冲锋舟行BP的总时间；
②分两种情况讨论，1)当点M在AP上时，2)当点M在PC上时，过点M作MH⊥BP于点H，表示出tM、tP，根据cs∠BPC=23，可得PH=23MP，继而能判断出汽车行MP的时间=冲锋舟行
PH的时间，转换后比较即可得出结论．
本题考查了解直角三角形的应用，及优化方案的选择，难点在最后一问，注意判断出汽车行MP的时间=冲锋舟行PH的时间是突破口，难度较大．混入“HB”铅笔数
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