辽宁省沈阳市第一六六中学2021-2022学年中考冲刺卷数学试题含解析

2021-2022中考数学模拟试卷

请考生注意：

1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。

2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。

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．在平面直角坐标系中，点A的坐标是（﹣1，0），点B的坐标是（3，0），在y轴的正半轴上取一点C，使A、B、C三点确定一个圆，且使AB为圆的直径，则点C的坐标是（　　）

A．（0，） B．（，0） C．（0，2） D．（2，0）

2．若代数式在实数范围内有意义，则x的取值范围是(   )

A． B． C． D．

3．如图，把长方形纸片ABCD折叠，使顶点A与顶点C重合在一起，EF为折痕．若AB=9，BC=3，试求以折痕EF为边长的正方形面积（　　）

A．11 B．10 C．9 D．16

4．已知矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，E为BC的中点，以点B为圆心，BA的长为半径画圆，交BC于点F，再以点C为圆心，CE的长为半径画圆，交CD于点G，则S1-S2＝（　　）

A．6 B． C．12﹣π D．12﹣π

5．下列安全标志图中，是中心对称图形的是（      ）

A． B． C． D．

6．三角形两边的长是3和4，第三边的长是方程x2－12x＋35＝0的根，则该三角形的周长为（    ）

A．14 B．12 C．12或14 D．以上都不对

7．春季是传染病多发的季节，积极预防传染病是学校高度重视的一项工作，为此，某校对学生宿舍采取喷洒药物进行消毒.在对某宿舍进行消毒的过程中，先经过的集中药物喷洒，再封闭宿舍，然后打开门窗进行通风，室内每立方米空气中含药量与药物在空气中的持续时间之间的函数关系，在打开门窗通风前分别满足两个一次函数，在通风后又成反比例，如图所示.下面四个选项中错误的是（   ）

A．经过集中喷洒药物，室内空气中的含药量最高达到

B．室内空气中的含药量不低于的持续时间达到了

C．当室内空气中的含药量不低于且持续时间不低于35分钟，才能有效杀灭某种传染病毒.此次消毒完全有效

D．当室内空气中的含药量低于时，对人体才是安全的，所以从室内空气中的含药量达到开始，需经过后，学生才能进入室内

8．要使式子有意义，的取值范围是（   ）

A． B．且 C．. 或 D． 且

9．下面四个几何体：

其中，俯视图是四边形的几何体个数是（　　）

A．1 B．2 C．3 D．4

10．已知a﹣b=1，则a3﹣a2b+b2﹣2ab的值为（　　）

A．﹣2 B．﹣1 C．1 D．2

11．如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，BC=12，AC=5，分别以点A，B为圆心，大于线段AB长度的一半为半径作弧，相交于点E，F，过点E，F作直线EF，交AB于点D，连接CD，则△ACD的周长为（　　）

A．13 B．17 C．18 D．25

12．如图，抛物线y=ax2+bx+c与x轴交于点A（-1，0），顶点坐标（1，n）与y轴的交点在（0，2），（0，3）之间（包含端点），则下列结论：①3a+b<0；②-1≤a≤-；③对于任意实数m，a+b≥am2+bm总成立；④关于x的方程ax2+bx+c=n-1有两个不相等的实数根．其中结论正确的个数为(    )

A．1个    B．2个    C．3个    D．4个

二、填空题：（本大题共6个小题，每小题4分，共24分．）

13．如图，正比例函数y=kx与反比例函数y=的图象有一个交点A(2，m)，AB⊥x轴于点B，平移直线y=kx使其经过点B，得到直线l，则直线l对应的函数表达式是_________ .

14．如图，在平面直角坐标系中，⊙P的圆心在x轴上，且经过点A（m，﹣3）和点B（﹣1，n），点C是第一象限圆上的任意一点，且∠ACB=45°，则⊙P的圆心的坐标是_____．

15．如图，矩形ABCD中，AB=4，BC=8，P，Q分别是直线BC，AB上的两个动点，AE=2，△AEQ沿EQ翻折形成△FEQ，连接PF，PD，则PF+PD的最小值是____．

16．如图，已知△ABC，AB=6，AC=5，D是边AB的中点，E是边AC上一点，∠ADE=∠C，∠BAC的平分线分别交DE、BC于点F、G，那么的值为__________．

17．如图，△ABC中，D、E分别在AB、AC上，DE∥BC，AD：AB=1：3，则△ADE与△ABC的面积之比为______．

18．如果一个直角三角形的两条直角边的长分别为5、12，则斜边上的高的长度为______．

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）甲、乙两人分别站在相距6米的A、B两点练习打羽毛球，已知羽毛球飞行的路线为抛物线的一部分，甲在离地面1米的C处发出一球，乙在离地面1.5米的D处成功击球，球飞行过程中的最高点H与甲的水平距离AE为4米，现以A为原点，直线AB为x轴，建立平面直角坐标系（如图所示）．求羽毛球飞行的路线所在的抛物线的表达式及飞行的最高高度．

20．（6分）解不等式组： ，并写出它的所有整数解．

21．（6分）如图，在△ABC中，点D在边BC上，联结AD，∠ADB=∠CDE，DE交边AC于点E，DE交BA延长线于点F，且AD2=DE•DF．

(1)求证：△BFD∽△CAD；

(2)求证：BF•DE=AB•AD．

22．（8分）已知抛物线y=a（x+3）（x﹣1）（a≠0），与x轴从左至右依次相交于A、B两点，与y轴相交于点C，经过点A的直线y=﹣x+b与抛物线的另一个交点为D．

（1）若点D的横坐标为2，求抛物线的函数解析式；

（2）若在第三象限内的抛物线上有点P，使得以A、B、P为顶点的三角形与△ABC相似，求点P的坐标；

（3）在（1）的条件下，设点E是线段AD上的一点（不含端点），连接BE．一动点Q从点B出发，沿线段BE以每秒1个单位的速度运动到点E，再沿线段ED以每秒个单位的速度运动到点D后停止，问当点E的坐标是多少时，点Q在整个运动过程中所用时间最少？

23．（8分）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，再在笔直的车道上确定点D，使CD与垂直，测得CD的长等于21米，在上点D的同侧取点A、B，使∠CAD=30，∠CBD=60．求AB的长(精确到0.1米，参考数据：)；已知本路段对校车限速为40千米／小时，若测得某辆校车从A到B用时2秒，这辆校车是否超速?说明理由．

24．（10分）如图，AB是⊙O的直径，点C在AB的延长线上，CD与⊙O相切于点D，CE⊥AD，交AD的延长线于点E．

（1）求证：∠BDC=∠A；

（2）若CE=4，DE=2，求AD的长．

25．（10分）如图，某数学活动小组为测量学校旗杆AB的高度，沿旗杆正前方米处的点C出发,沿斜面坡度的斜坡CD前进4米到达点D，在点D处安置测角仪，测得旗杆顶部A的仰角为37°，量得仪器的高DE为1.5米.已知A、B、C、D、E在同一平面内，AB⊥BC,AB//DE.求旗杆AB的高度.（参考数据：sin37°≈，cos37°≈，tan37°≈.计算结果保留根号）

26．（12分）商场某种商品平均每天可销售30件，每件盈利50元. 为了尽快减少库存，商场

决定采取适当的降价措施. 经调查发现，每件商品每降价1元，商场平均每天可多售出 2

件．设每件商品降价x元. 据此规律，请回答：

（1）商场日销售量增加 ▲ 件，每件商品盈利 ▲ 元（用含x的代数式表示）；

（2）在上述条件不变、销售正常情况下，每件商品降价多少元时，商场日盈利可达到2100元？

27．（12分）如图，在矩形ABCD中，AD＝4，点E在边AD上，连接CE，以CE为边向右上方作正方形CEFG，作FH⊥AD，垂足为H，连接AF.

(1)求证：FH＝ED；

(2)当AE为何值时，△AEF的面积最大？

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、A

【解析】
直接根据△AOC∽△COB得出OC2=OA•OB，即可求出OC的长，即可得出C点坐标．

【详解】

如图，连结AC，CB.    

依△AOC∽△COB的结论可得：OC2=OAOB，

即OC2=1×3=3，

解得：OC=或− (负数舍去)，

故C点的坐标为(0, ).

故答案选：A.

【点睛】

本题考查了坐标与图形性质，解题的关键是熟练的掌握坐标与图形的性质.

2、D

【解析】

试题解析：要使分式有意义，

则1-x≠0，

解得：x≠1．

故选D．

3、B

【解析】
根据矩形和折叠性质可得△EHC≌△FBC，从而可得BF=HE=DE，设BF=EH=DE=x，则AF=CF=9﹣x，在Rt△BCF中，由BF2+BC2=CF2可得BF=DE=AG=4，据此得出GF=1，由EF2=EG2+GF2可得答案．

【详解】

如图，∵四边形ABCD是矩形，

∴AD=BC，∠D=∠B=90°，

根据折叠的性质，有HC=AD，∠H=∠D，HE=DE，

∴HC=BC，∠H=∠B，

又∠HCE+∠ECF=90°，∠BCF+∠ECF=90°，

∴∠HCE=∠BCF，

在△EHC和△FBC中，

∵，

∴△EHC≌△FBC，

∴BF=HE，

∴BF=HE=DE，

设BF=EH=DE=x，

则AF=CF=9﹣x，

在Rt△BCF中，由BF2+BC2=CF2可得x2+32=（9﹣x）2，

解得：x=4，即DE=EH=BF=4，

则AG=DE=EH=BF=4，

∴GF=AB﹣AG﹣BF=9﹣4﹣4=1，

∴EF2=EG2+GF2=32+12=10，

故选B．

【点睛】

本题考查了折叠的性质、矩形的性质、三角形全等的判定与性质、勾股定理等，综合性较强，熟练掌握各相关的性质定理与判定定理是解题的关键.

4、D

【解析】
根据题意可得到CE=2，然后根据S1﹣S2  =S矩形ABCD-S扇形ABF-S扇形GCE，即可得到答案

【详解】

解：∵BC＝4，E为BC的中点，

∴CE＝2，

∴S1﹣S2＝3×4﹣ ，

故选D．

【点睛】

此题考查扇形面积的计算，矩形的性质及面积的计算.

5、B

【解析】

试题分析：A．不是中心对称图形，故此选项不合题意；

B．是中心对称图形，故此选项符合题意；

C．不是中心对称图形，故此选项不符合题意；

D．不是中心对称图形，故此选项不合题意；

故选B．

考点：中心对称图形．

6、B

【解析】
解方程得：x=5或x=1．

当x=1时，3+4=1，不能组成三角形；

当x=5时，3+4＞5，三边能够组成三角形．

∴该三角形的周长为3+4+5=12，

故选B．

7、C

【解析】
利用图中信息一一判断即可.

【详解】

解: A、正确．不符合题意．

B、由题意x=4时，y=8，∴室内空气中的含药量不低于8mg/m3的持续时间达到了11min，正确，不符合题意；

C、y=5时，x=2.5或24，24-2.5=21.5＜35，故本选项错误，符合题意；

D、正确．不符合题意，

故选C.

【点睛】

本题考查反比例函数的应用、一次函数的应用等知识，解题的关键是读懂图象信息，属于中考常考题型.

8、D

【解析】
根据二次根式和分式有意义的条件计算即可.

【详解】

解：∵ 有意义，

∴a+2≥0且a≠0，

解得a≥-2且a≠0.

故本题答案为：D.

【点睛】

二次根式和分式有意义的条件是本题的考点，二次根式有意义的条件是被开方数大于等于0，分式有意义的条件是分母不为0.

9、B

【解析】

试题分析：根据俯视图是分别从物体上面看，所得到的俯视图是四边形的几何体有正方体和三棱柱，

故选B．

考点：简单几何体的三视图

10、C

【解析】
先将前两项提公因式，然后把a﹣b=1代入，化简后再与后两项结合进行分解因式，最后再代入计算．

【详解】

a3﹣a2b+b2﹣2ab=a2（a﹣b）+b2﹣2ab=a2+b2﹣2ab=（a﹣b）2=1．

故选C．

【点睛】

本题考查了因式分解的应用，四项不能整体分解，关键是利用所给式子的值，将前两项先分解化简后，再与后两项结合．

11、C

【解析】

在Rt△ABC中，∠ACB=90°，BC=12，AC=5，根据勾股定理求得AB=13.根据题意可知，EF为线段AB的垂直平分线，在Rt△ABC中，根据直角三角形斜边的中线等于斜边的一半可得CD=AD=AB，所以△ACD的周长为AC+CD+AD=AC+AB=5+13=18.故选C.

12、D

【解析】
利用抛物线开口方向得到a＜0，再由抛物线的对称轴方程得到b=-2a，则3a+b=a，于是可对①进行判断；利用2≤c≤3和c=-3a可对②进行判断；利用二次函数的性质可对③进行判断；根据抛物线y=ax2+bx+c与直线y=n-1有两个交点可对④进行判断．

【详解】

∵抛物线开口向下，

∴a＜0，

而抛物线的对称轴为直线x=-=1，即b=-2a，

∴3a+b=3a-2a=a＜0，所以①正确；

∵2≤c≤3，

而c=-3a，

∴2≤-3a≤3，

∴-1≤a≤-，所以②正确；

∵抛物线的顶点坐标（1，n），

∴x=1时，二次函数值有最大值n，

∴a+b+c≥am2+bm+c，

即a+b≥am2+bm，所以③正确；

∵抛物线的顶点坐标（1，n），

∴抛物线y=ax2+bx+c与直线y=n-1有两个交点，

∴关于x的方程ax2+bx+c=n-1有两个不相等的实数根，所以④正确．

故选D．

【点睛】

本题考查了二次函数图象与系数的关系：二次项系数a决定抛物线的开口方向和大小．当a＞0时，抛物线向上开口；当a＜0时，抛物线向下开口；一次项系数b和二次项系数a共同决定对称轴的位置：当a与b同号时，对称轴在y轴左； 当a与b异号时，对称轴在y轴右．常数项c决定抛物线与y轴交点：抛物线与y轴交于（0，c）．抛物线与x轴交点个数由判别式确定：△=b2-4ac＞0时，抛物线与x轴有2个交点；△=b2-4ac=0时，抛物线与x轴有1个交点；△=b2-4ac＜0时，抛物线与x轴没有交点．

二、填空题：（本大题共6个小题，每小题4分，共24分．）

13、y=x-3

【解析】

【分析】由已知先求出点A、点B的坐标，继而求出y=kx的解析式，再根据直线y=kx平移后经过点B，可设平移后的解析式为y=kx+b，将B点坐标代入求解即可得.

【详解】当x=2时，y==3，∴A(2，3)，B（2，0），

∵y=kx过点 A(2，3)，

∴3=2k，∴k=，

∴y=x，

∵直线y=x平移后经过点B，

∴设平移后的解析式为y=x+b，

则有0=3+b，

解得：b=-3，

∴平移后的解析式为：y=x-3，

故答案为：y=x-3.

【点睛】本题考查了一次函数与反比例函数的综合应用，涉及到待定系数法，一次函数图象的平移等，求出k的值是解题的关键.

14、（2，0）

【解析】

【分析】作辅助线，构建三角形全等，先根据同弧所对的圆心角是圆周角的二倍得：∠APB=90°，再证明△BPE≌△PAF，根据PE=AF=3，列式可得结论．

【详解】连接PB、PA，过B作BE⊥x轴于E，过A作AF⊥x轴于F，

∵A（m，﹣3）和点B（﹣1，n），

∴OE=1，AF=3，

∵∠ACB=45°，

∴∠APB=90°，

∴∠BPE+∠APF=90°，

∵∠BPE+∠EBP=90°，

∴∠APF=∠EBP，

∵∠BEP=∠AFP=90°，PA=PB，

∴△BPE≌△PAF，

∴PE=AF=3，

设P（a，0），

∴a+1=3，

a=2，

∴P（2，0），

故答案为（2，0）．

【点睛】本题考查了圆周角定理和坐标与图形性质，三角形全等的性质和判定，作辅助线构建三角形全等是关键．

15、1

【解析】
如图作点D关于BC的对称点D′，连接PD′，ED′，由DP=PD′，推出PD+PF=PD′+PF，又EF=EA=2是定值，即可推出当E、F、P、D′共线时，PF+PD′定值最小，最小值=ED′﹣EF．

【详解】

如图作点D关于BC的对称点D′，连接PD′，ED′，

在Rt△EDD′中，∵DE=6，DD′=1，

∴ED′==10，

∵DP=PD′，

∴PD+PF=PD′+PF，

∵EF=EA=2是定值，

∴当E、F、P、D′共线时，PF+PD′定值最小，最小值=10﹣2=1，

∴PF+PD的最小值为1，

故答案为1．

【点睛】

本题考查翻折变换、矩形的性质、勾股定理等知识，解题的关键是学会利用轴对称，根据两点之间线段最短解决最短问题.

16、

【解析】
由题中所给条件证明△ADF△ACG，可求出的值.

【详解】

解：在△ADF和△ACG中，

AB=6，AC=5，D是边AB的中点

AG是∠BAC的平分线，

∴∠DAF=∠CAG

∠ADE＝∠C

∴△ADF△ACG

∴.

故答案为.

【点睛】

本题考查了相似三角形的判定和性质，难度适中，需熟练掌握.

17、1：1．

【解析】

试题分析：由DE∥BC，可得△ADE∽△ABC，根据相似三角形的面积之比等于相似比的平方可得S△ADE：S△ABC=（AD：AB）2=1：1.

考点：相似三角形的性质.

18、

【解析】
利用勾股定理求出斜边长，再利用面积法求出斜边上的高即可．

【详解】

解：∵直角三角形的两条直角边的长分别为5，12，

∴斜边为=13，

∵三角形的面积=×5×12=×13h（h为斜边上的高），

∴h=．

故答案为：．

【点睛】

考查了勾股定理，以及三角形面积公式，熟练掌握勾股定理是解本题的关键．

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、米.

【解析】
先求抛物线对称轴，再根据待定系数法求抛物线解析式，再求函数最大值.

【详解】

由题意得：C（0，1），D（6，1.5），抛物线的对称轴为直线x=4，

设抛物线的表达式为：y=ax2+bx+1（a≠0），

则据题意得：，

解得：，

∴羽毛球飞行的路线所在的抛物线的表达式为：y=﹣x2+x+1，

∵y=﹣（x﹣4）2+，

∴飞行的最高高度为：米．

【点睛】

本题考核知识点：二次函数的应用. 解题关键点：熟记二次函数的基本性质.

20、﹣2，﹣1，0，1，2；

【解析】
首先解每个不等式，两个不等式的解集的公共部分就是不等式组的解集；再确定解集中的所有整数解即可．

【详解】

解：解不等式（1），得

解不等式（2），得x≤2

所以不等式组的解集：－3＜x≤2

它的整数解为：－2，－1，0，1，2

21、见解析

【解析】

试题分析：（1）， ，可得∽ ，从而得，

再根据∠BDF=∠CDA 即可证；

（2）由∽ ，可得，从而可得，再由∽，可得从而得，继而可得 ，得到．

试题解析：（1）∵，∴，

∵ ，∴∽ ，

∴，

又∵∠ADB=∠CDE ，∴∠ADB+∠ADF=∠CDE+∠ADF，

即∠BDF=∠CDA ，

∴∽；

（2）∵∽ ，∴，

∵ ，∴，

∵∽，∴，∴，

∴ ， ∴．

【点睛】本题考查了相似三角形的性质与判定，能结合图形以及已知条件灵活选择恰当的方法进行证明是关键.

22、（1）y=﹣（x+3）（x﹣1）=﹣x2﹣2x+3；（2）（﹣4，﹣）和（﹣6，﹣3）（3）（1，﹣4）．

【解析】

试题分析：（1）根据二次函数的交点式确定点A、B的坐标，求出直线的解析式，求出点D的坐标，求出抛物线的解析式；（2）作PH⊥x轴于H，设点P的坐标为（m，n），分△BPA∽△ABC和△PBA∽△ABC，根据相似三角形的性质计算即可；（3）作DM∥x轴交抛物线于M，作DN⊥x轴于N，作EF⊥DM于F，根据正切的定义求出Q的运动时间t=BE+EF时，t最小即可．

试题解析：（1）∵y=a（x+3）（x﹣1），

∴点A的坐标为（﹣3，0）、点B两的坐标为（1，0），

∵直线y=﹣x+b经过点A，

∴b=﹣3，

∴y=﹣x﹣3，

当x=2时，y=﹣5，

则点D的坐标为（2，﹣5），

∵点D在抛物线上，

∴a（2+3）（2﹣1）=﹣5，

解得，a=﹣，

则抛物线的解析式为y=﹣（x+3）（x﹣1）=﹣x2﹣2x+3；

（2）作PH⊥x轴于H，

设点P的坐标为（m，n），

当△BPA∽△ABC时，∠BAC=∠PBA，

∴tan∠BAC=tan∠PBA，即=，

∴=，即n=﹣a（m﹣1），

∴，

解得，m1=﹣4，m2=1（不合题意，舍去），

当m=﹣4时，n=5a，

∵△BPA∽△ABC，

∴=，即AB2=AC•PB，

∴42=•，

解得，a1=（不合题意，舍去），a2=﹣，

则n=5a=﹣，

∴点P的坐标为（﹣4，﹣）；

当△PBA∽△ABC时，∠CBA=∠PBA，

∴tan∠CBA=tan∠PBA，即=，

∴=，即n=﹣3a（m﹣1），

∴，

解得，m1=﹣6，m2=1（不合题意，舍去），

当m=﹣6时，n=21a，

∵△PBA∽△ABC，

∴=，即AB2=BC•PB，

∴42=•，

解得，a1=（不合题意，舍去），a2=﹣，

则点P的坐标为（﹣6，﹣），

综上所述，符合条件的点P的坐标为（﹣4，﹣）和（﹣6，﹣）；

（3）作DM∥x轴交抛物线于M，作DN⊥x轴于N，作EF⊥DM于F，

则tan∠DAN===，

∴∠DAN=60°，

∴∠EDF=60°，

∴DE==EF，

∴Q的运动时间t=+=BE+EF，

∴当BE和EF共线时，t最小，

则BE⊥DM，E(1,﹣4)．

考点：二次函数综合题.

23、（1）24.2米(2) 超速，理由见解析

【解析】
（1）分别在Rt△ADC与Rt△BDC中，利用正切函数，即可求得AD与BD的长，从而求得AB的长．

（2）由从A到B用时2秒，即可求得这辆校车的速度，比较与40千米/小时的大小，即可确定这辆校车是否超速．

【详解】

解：（1）由題意得，

在Rt△ADC中，，

在Rt△BDC中，，

∴AB=AD－BD=（米）．

（2）∵汽车从A到B用时2秒，∴速度为24.2÷2=12.1（米/秒），

∵12.1米/秒=43.56千米/小时，∴该车速度为43.56千米/小时．

∵43.56千米/小时大于40千米/小时，

∴此校车在AB路段超速．

24、（1）证明过程见解析；（2）1.

【解析】

试题分析：（1）连接OD，由CD是⊙O切线，得到∠ODC=90°，根据AB为⊙O的直径，得到∠ADB=90°，等量代换得到∠BDC=∠ADO，根据等腰直角三角形的性质得到∠ADO=∠A，即可得到结论；（2）根据垂直的定义得到∠E=∠ADB=90°，根据平行线的性质得到∠DCE=∠BDC，根据相似三角形的性质得到，解方程即可得到结论．

试题解析：（1）连接OD， ∵CD是⊙O切线， ∴∠ODC=90°， 即∠ODB+∠BDC=90°，

∵AB为⊙O的直径， ∴∠ADB=90°， 即∠ODB+∠ADO=90°， ∴∠BDC=∠ADO，

∵OA=OD， ∴∠ADO=∠A， ∴∠BDC=∠A；

（2）∵CE⊥AE， ∴∠E=∠ADB=90°， ∴DB∥EC， ∴∠DCE=∠BDC， ∵∠BDC=∠A， ∴∠A=∠DCE，

∵∠E=∠E， ∴△AEC∽△CED， ∴， ∴EC2=DE•AE， ∴11=2（2+AD）， ∴AD=1．

考点：（1）切线的性质；（2）相似三角形的判定与性质．

25、3+3.5

【解析】
延长ED交BC延长线于点F，则∠CFD=90°，Rt△CDF中求得CF=CDcos∠DCF=2、DF=CD=2，作EG⊥AB，可得GE=BF=4、GB=EF=3.5，再求出AG=GEtan∠AEG=4•tan37°可得答案．

【详解】

如图，延长ED交BC延长线于点F，则∠CFD=90°，

∵tan∠DCF=i=，

∴∠DCF=30°，

∵CD=4，

∴DF=CD=2，CF=CDcos∠DCF=4×=2，

∴BF=BC+CF=2+2=4，

过点E作EG⊥AB于点G，

则GE=BF=4，GB=EF=ED+DF=1.5+2=3.5，

又∵∠AED=37°，

∴AG=GEtan∠AEG=4•tan37°，

则AB=AG+BG=4•tan37°+3.5=3+3.5，

故旗杆AB的高度为（3+3.5）米．

考点：1、解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题；2、解直角三角形的应用﹣坡度坡角问题

26、（1） 2x  50－x

（2）每件商品降价20元，商场日盈利可达2100元.

【解析】
（1） 2x  50－x．

(2)解：由题意，得(30＋2x)(50－x)＝2 100

解之得x1＝15，x2＝20.

∵该商场为尽快减少库存，降价越多越吸引顾客．

∴x＝20.

答：每件商品降价20元，商场日盈利可达2 100元．

27、（1）证明见解析；（2）AE＝2时，△AEF的面积最大．

【解析】
（1）根据正方形的性质，可得EF=CE，再根据∠CEF=∠90°，进而可得∠FEH=∠DCE，结合已知条件∠FHE=∠D=90°，利用“AAS”即可证明△FEH≌△ECD，由全等三角形的性质可得FH=ED；

（2）设AE=a，用含a的函数表示△AEF的面积，再利用函数的最值求面积最大值即可．

【详解】

(1)证明：∵四边形CEFG是正方形，∴CE＝EF.

∵∠FEC＝∠FEH＋∠CED＝90°，∠DCE＋∠CED＝90°，

∴∠FEH＝∠DCE.

在△FEH和△ECD中，

,

∴△FEH≌△ECD，

∴FH＝ED.

(2)解：设AE＝a，则ED＝FH＝4－a，

∴S△AEF＝AE·FH＝a(4－a)＝－ (a－2)2＋2，

∴当AE＝2时，△AEF的面积最大．

【点睛】

本题考查了正方形性质、矩形性质以及全等三角形的判断和性质和三角形面积有关的知识点，熟记全等三角形的各种判断方法是解题的关键．