2022届浙江宁波董玉娣中学中考数学最后冲刺模拟试卷含解析

这是一份2022届浙江宁波董玉娣中学中考数学最后冲刺模拟试卷含解析，共26页。试卷主要包含了下列事件中必然发生的事件是，如图所示，在平面直角坐标系中A，若，则x-y的正确结果是等内容，欢迎下载使用。

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．下列计算中，正确的是（ ）
A． B． C． D．
2．学习全等三角形时，数学兴趣小组设计并组织了“生活中的全等”的比赛，全班同学的比赛结果统计如下表：
得分（分）
60
70
80
90
100
人数（人）
7
12
10
8
3
则得分的众数和中位数分别为（　　）
A．70分，70分 B．80分，80分 C．70分，80分 D．80分，70分
3．下列事件中必然发生的事件是（　　）
A．一个图形平移后所得的图形与原来的图形不全等
B．不等式的两边同时乘以一个数，结果仍是不等式
C．200件产品中有5件次品，从中任意抽取6件，至少有一件是正品
D．随意翻到一本书的某页，这页的页码一定是偶数
4．如图，在平面直角坐标系中，平行四边形OABC的顶点A的坐标为（﹣4，0），顶点B在第二象限，∠BAO=60°，BC交y轴于点D，DB：DC=3：1．若函数（k＞0，x＞0）的图象经过点C，则k的值为（　　）

A． B． C． D．
5．如图，在△ABC中，∠CAB＝75°，在同一平面内，将△ABC绕点A逆时针旋转到△AB′C′的位置，使得CC′∥AB，则∠CAC′为（　　）

A．30° B．35° C．40° D．50°
6．如图所示，在平面直角坐标系中A（0，0），B（2，0），△AP1B是等腰直角三角形，且∠P1=90°，把△AP1B绕点B顺时针旋转180°，得到△BP2C；把△BP2C绕点C顺时针旋转180°，得到△CP3D，依此类推，则旋转第2017次后，得到的等腰直角三角形的直角顶点P2018的坐标为（　　）

A．（4030，1） B．（4029，﹣1）
C．（4033，1） D．（4035，﹣1）
7．若，则x-y的正确结果是（ ）
A．－１ B．１ C．-5 D．5
8．如图，把一张矩形纸片ABCD沿EF折叠后，点A落在CD边上的点A′处，点B落在点B′处，若∠2=40°，则图中∠1的度数为（ ）

A．115° B．120° C．130° D．140°
9．如图，BD∥AC，BE平分∠ABD，交AC于点E，若∠A=40°，则∠1的度数为（　　）

A．80° B．70° C．60° D．40°
10．如图，A、B、C、D四个点均在⊙O上，∠AOD=50°，AO∥DC，则∠B的度数为（　　）

A．50° B．55° C．60° D．65°
11．一元二次方程x2﹣3x+1=0的根的情况（　　）
A．有两个相等的实数根 B．有两个不相等的实数根
C．没有实数根 D．以上答案都不对
12．如图1，点E为矩形ABCD的边AD上一点，点P从点B出发沿BE→ED→DC运动到点C停止，点Q从点B出发沿BC运动到点C停止，它们运动的速度都是1cm/s．若点P、Q同时开始运动，设运动时间为t（s），△BPQ的面积为y（cm2），已知y与t之间的函数图象如图2所示．给出下列结论：①当0＜t≤10时，△BPQ是等腰三角形；②S△ABE=48cm2；③14＜t＜22时，y=110﹣1t；④在运动过程中，使得△ABP是等腰三角形的P点一共有3个；⑤当△BPQ与△BEA相似时，t=14.1．其中正确结论的序号是（　　）

A．①④⑤ B．①②④ C．①③④ D．①③⑤
二、填空题：（本大题共6个小题，每小题4分，共24分．）
13．分解因式：x3y﹣2x2y+xy=______．
14．二次根式中，x的取值范围是　 　．
15．的相反数是_____．
16．已知方程的一个根为1，则的值为__________.
17．函数中，自变量x的取值范围是 ．
18．数学家吴文俊院士非常重视古代数学家贾宪提出的“从长方形对角线上任一点作两条分别平行于两邻边的直线，则所容两长方形面积相等(如图所示)”这一推论，他从这一推论出发，利用“出入相补”原理复原了《海岛算经》九题古证．

(以上材料来源于《古证复原的原则》《吴文俊与中国数学》和《古代世界数学泰斗刘徽》)
请根据上图完成这个推论的证明过程．
证明：S矩形NFGD＝S△ADC－(S△ANF＋S△FGC)，
S矩形EBMF＝S△ABC－(______________＋______________)．
易知，S△ADC＝S△ABC，______________＝______________，______________＝______________．
可得S矩形NFGD＝S矩形EBMF.
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）如图，一农户要建一个矩形猪舍，猪舍的一边利用长为12m的住房墙，另外三边用25m长的建筑材料围成，为方便进出，在垂直于住房墙的一边留一个1m宽的门，所围矩形猪舍的长、宽分别为多少时，猪舍面积为80m2？

20．（6分）如图，抛物线y=x2+bx+c与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，其对称轴交抛物线于点D，交x轴于点E，已知OB=OC=1．
（1）求抛物线的解析式及点D的坐标；
（2）连接BD，F为抛物线上一动点，当∠FAB=∠EDB时，求点F的坐标；
（3）平行于x轴的直线交抛物线于M、N两点，以线段MN为对角线作菱形MPNQ，当点P在x轴上，且PQ=MN时，求菱形对角线MN的长．

21．（6分）某公司计划购买A，B两种型号的电脑，已知购买一台A型电脑需0.6万元，购买一台B型电脑需0.4万元，该公司准备投入资金y万元，全部用于购进35台这两种型号的电脑，设购进A型电脑x台．
（1）求y关于x的函数解析式；
（2）若购进B型电脑的数量不超过A型电脑数量的2倍，则该公司至少需要投入资金多少万元？
22．（8分）如图，抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于点A和点B（3，0），与y轴交于点C（0，3），点D是抛物线的顶点，过点D作x轴的垂线，垂足为E，连接DB．
（1）求此抛物线的解析式及顶点D的坐标；
（2）点M是抛物线上的动点，设点M的横坐标为m．
①当∠MBA＝∠BDE时，求点M的坐标；
②过点M作MN∥x轴，与抛物线交于点N，P为x轴上一点，连接PM，PN，将△PMN沿着MN翻折，得△QMN，若四边形MPNQ恰好为正方形，直接写出m的值．

23．（8分）如图1，在圆中，垂直于弦，为垂足，作，与的延长线交于.
（1）求证：是圆的切线；
（2）如图2，延长，交圆于点，点是劣弧的中点，，，求的长 .

24．（10分）（1）解方程：x2﹣4x﹣3=0；
（2）解不等式组：
25．（10分）如图，以△ABC的边AB为直径的⊙O与边AC相交于点D，BC是⊙O的切线，E为BC的中点，连接AE、DE．
求证：DE是⊙O的切线；设△CDE的面积为 S1，四边形ABED的面积为 S1．若 S1＝5S1，求tan∠BAC的值；在（1）的条件下，若AE＝3，求⊙O的半径长．
26．（12分）抛物线y=ax2+bx+3（a≠0）经过点A（﹣1，0），B（，0），且与y轴相交于点C．
（1）求这条抛物线的表达式；
（2）求∠ACB的度数；
（3）点D是抛物线上的一动点，是否存在点D，使得tan∠DCB=tan∠ACO．若存在，请求出点D的坐标，若不存在，说明理由．

27．（12分）给出如下定义：对于⊙O的弦MN和⊙O外一点P（M，O，N三点不共线，且点P，O在直线MN的异侧），当∠MPN+∠MON＝180°时，则称点P是线段MN关于点O的关联点．图1是点P为线段MN关于点O的关联点的示意图．

在平面直角坐标系xOy中，⊙O的半径为1．
（1）如图2，已知M（，），N（，﹣），在A（1，0），B（1，1），C（，0）三点中，是线段MN关于点O的关联点的是　 　；
（2）如图3，M（0，1），N（，﹣），点D是线段MN关于点O的关联点．
①∠MDN的大小为　 　；
②在第一象限内有一点E（m，m），点E是线段MN关于点O的关联点，判断△MNE的形状，并直接写出点E的坐标；
③点F在直线y＝﹣x+2上，当∠MFN≥∠MDN时，求点F的横坐标x的取值范围．



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、D
【解析】
根据积的乘方、合并同类项、同底数幂的除法以及幂的乘方进行计算即可．
【详解】
A、（2a）3=8a3，故本选项错误；
B、a3+a2不能合并，故本选项错误；
C、a8÷a4=a4，故本选项错误；
D、（a2）3=a6，故本选项正确；
故选D．
【点睛】
本题考查了积的乘方、合并同类项、同底数幂的除法以及幂的乘方，掌握运算法则是解题的关键．
2、C
【解析】
解：根据表格中的数据，可知70出现的次数最多，可知其众数为70分；把数据按从小到大排列，可知其中间的两个的平均数为80分，故中位数为80分．
故选C．
【点睛】
本题考查数据分析．
3、C
【解析】
直接利用随机事件、必然事件、不可能事件分别分析得出答案．
【详解】
A、一个图形平移后所得的图形与原来的图形不全等，是不可能事件，故此选项错误；
B、不等式的两边同时乘以一个数，结果仍是不等式，是随机事件，故此选项错误；
C、200件产品中有5件次品，从中任意抽取6件，至少有一件是正品，是必然事件，故此选项正确；
D、随意翻到一本书的某页，这页的页码一定是偶数，是随机事件，故此选项错误；
故选C．
【点睛】
此题主要考查了随机事件、必然事件、不可能事件，正确把握相关定义是解题关键．
4、D
【解析】解：∵四边形ABCD是平行四边形，点A的坐标为（﹣4，0），∴BC=4，∵DB：DC=3：1，∴B（﹣3，OD），C（1，OD），∵∠BAO=60°，∴∠COD=30°，∴OD=，∴C（1，），∴k=，故选D．
点睛：本题考查了平行四边形的性质，掌握平行四边形的性质以及反比例函数图象上点的坐标特征是解题的关键．
5、A
【解析】
根据旋转的性质可得AC=AC,∠BAC=∠BAC',再根据两直线平行,内错角相等求出∠ACC=∠CAB,然后利用等腰三角形两底角相等求出∠CAC,再求出∠BAB=∠CAC,从而得解
【详解】
∵CC′∥AB，∠CAB＝75°，
∴∠C′CA＝∠CAB＝75°，
又∵C、C′为对应点，点A为旋转中心，
∴AC＝AC′，即△ACC′为等腰三角形，
∴∠CAC′＝180°﹣2∠C′CA＝30°．
故选A．
【点睛】
此题考查等腰三角形的性质，旋转的性质和平行线的性质，运用好旋转的性质是解题关键
6、D
【解析】
根据题意可以求得P1，点P2，点P3的坐标，从而可以发现其中的变化的规律，从而可以求得P2018的坐标，本题得以解决．
【详解】
解：由题意可得，
点P1（1，1），点P2（3，-1），点P3（5，1），
∴P2018的横坐标为：2×2018-1=4035，纵坐标为：-1，
即P2018的坐标为（4035，-1），
故选：D．
【点睛】
本题考查了点的坐标变化规律，解答本题的关键是发现各点的变化规律，求出相应的点的坐标．
7、A
【解析】
由题意，得
x-2=0，1-y=0，
解得x=2，y=1．
x-y=2-1=-1，
故选：A．
8、A
【解析】
解：∵把一张矩形纸片ABCD沿EF折叠后，点A落在CD边上的点A′处，点B落在点B′处，∴∠BFE=∠EFB'，∠B'=∠B=90°．∵∠2=40°，∴∠CFB'=50°，∴∠1+∠EFB'﹣∠CFB'=180°，即∠1+∠1﹣50°=180°，解得：∠1=115°，故选A．
9、B
【解析】
根据平行线的性质得到根据BE平分∠ABD，即可求出∠1的度数．
【详解】
解：∵BD∥AC，
∴

∵BE平分∠ABD，
∴
故选B．
【点睛】
本题考查角平分线的性质和平行线的性质，熟记它们的性质是解题的关键．
10、D
【解析】
试题分析：连接OC，根据平行可得：∠ODC=∠AOD=50°，则∠DOC=80°，则∠AOC=130°，根据同弧所对的圆周角等于圆心角度数的一半可得：∠B=130°÷2=65°.
考点：圆的基本性质
11、B
【解析】
首先确定a=1，b=-3，c=1，然后求出△=b2-4ac的值，进而作出判断．
【详解】
∵a=1，b=-3，c=1，
∴△=（-3）2-4×1×1=5＞0，
∴一元二次方程x2-3x+1=0两个不相等的实数根；
故选B．
【点睛】
此题考查了根的判别式，一元二次方程根的情况与判别式△的关系：（1）△＞0⇔方程有两个不相等的实数根；（2）△=0⇔方程有两个相等的实数；（3）△＜0⇔方程没有实数根．
12、D
【解析】
根据题意，得到P、Q分别同时到达D、C可判断①②，分段讨论PQ位置后可以判断③，再由等腰三角形的分类讨论方法确定④，根据两个点的相对位置判断点P在DC上时，存在△BPQ与△BEA相似的可能性，分类讨论计算即可．
【详解】
解：由图象可知，点Q到达C时，点P到E则BE=BC=10，ED=4
故①正确
则AE=10﹣4=6
t=10时，△BPQ的面积等于
∴AB=DC=8
故
故②错误
当14＜t＜22时，
故③正确；
分别以A、B为圆心，AB为半径画圆，将两圆交点连接即为AB垂直平分线
则⊙A、⊙B及AB垂直平分线与点P运行路径的交点是P，满足△ABP是等腰三角形
此时，满足条件的点有4个，故④错误．
∵△BEA为直角三角形
∴只有点P在DC边上时，有△BPQ与△BEA相似
由已知，PQ=22﹣t
∴当或时，△BPQ与△BEA相似
分别将数值代入
或，
解得t=（舍去）或t=14.1
故⑤正确
故选：D．
【点睛】
本题是动点问题的函数图象探究题，考查了三角形相似判定、等腰三角
形判定，应用了分类讨论和数形结合的数学思想．

二、填空题：（本大题共6个小题，每小题4分，共24分．）
13、xy（x﹣1）1
【解析】
原式提取公因式，再利用完全平方公式分解即可．
【详解】
解：原式=xy（x1-1x+1）=xy（x-1）1．
故答案为：xy（x-1）1
【点睛】
此题考查了提公因式法与公式法的综合运用，熟练掌握因式分解的方法是解本题的关键．
14、．
【解析】
根据二次根式被开方数必须是非负数的条件，要使在实数范围内有意义，必须．
15、
【解析】
根据只有符号不同的两个数互为相反数，可得答案．
【详解】
的相反数是−.
故答案为−.
【点睛】
本题考查的知识点是相反数，解题的关键是熟练的掌握相反数.
16、1
【解析】
欲求m，可将该方程的已知根1代入两根之积公式和两根之和公式列出方程组，解方程组即可求出m值．
【详解】
设方程的另一根为x1，又∵x=1，
∴，
解得m=1．
故答案为1．
【点睛】
本题的考点是一元二次方程的根的分布与系数的关系，主要考查利用韦达定理解题．此题也可将x=1直接代入方程3x2-9x+m=0中求出m的值．
17、且.
【解析】
试题分析：求函数自变量的取值范围，就是求函数解析式有意义的条件，根据二次根式被开方数必须是非负数和分式分母不为0的条件，要使在实数范围内有意义，必须且.
考点：1.函数自变量的取值范围；2.二次根式和分式有意义的条件.
18、S△AEF S△FMC S△ANF S△AEF S△FGC S△FMC
【解析】
根据矩形的性质：矩形的对角线把矩形分成面积相等的两部分，由此即可证明结论．
【详解】
S矩形NFGD=S△ADC-（S△ANF+S△FGC），S矩形EBMF=S△ABC-（ S△ANF+S△FCM）．
易知，S△ADC=S△ABC，S△ANF=S△AEF，S△FGC=S△FMC，
可得S矩形NFGD=S矩形EBMF．
故答案分别为 S△AEF，S△FCM，S△ANF，S△AEF，S△FGC，S△FMC．
【点睛】
本题考查矩形的性质，解题的关键是灵活运用矩形的对角线把矩形分成面积相等的两部分这个性质，属于中考常考题型．

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、10，1．
【解析】
试题分析：可以设矩形猪舍垂直于住房墙一边长为m，可以得出平行于墙的一边的长为m，由题意得出方程求出边长的值．
试题解析：设矩形猪舍垂直于住房墙一边长为m，可以得出平行于墙的 一边的长为m，由题意得化简，得，解得：
当时，（舍去），
当时，，
答：所围矩形猪舍的长为10m、宽为1m．
考点：一元二次方程的应用题．
20、 (1) ，点D的坐标为(2，-8) (2) 点F的坐标为(7，)或(5，)(3) 菱形对角线MN的长为或.
【解析】
分析：（1）利用待定系数法，列方程求二次函数解析式.(2)利用解析法，∠FAB=∠EDB， tan∠FAG=tan∠BDE，求出F点坐标.(3)分类讨论，当MN在x轴上方时，在x轴下方时分别计算MN.
详解：
(1)∵OB=OC=1，
∴B(1，0)，C(0，-1).
∴，
解得，
∴抛物线的解析式为.
∵=，
∴点D的坐标为(2，-8).

(2)如图，当点F在x轴上方时，设点F的坐标为(x，).过点F作FG⊥x轴于点G，易求得OA=2，则AG=x+2，FG=.
∵∠FAB=∠EDB，
∴tan∠FAG=tan∠BDE，
即，
解得，(舍去).
当x=7时，y=，
∴点F的坐标为(7，).
当点F在x轴下方时，设同理求得点F的坐标为(5，).
综上所述，点F的坐标为(7，)或(5，).
(3)∵点P在x轴上，

∴根据菱形的对称性可知点P的坐标为(2，0).
如图，当MN在x轴上方时，设T为菱形对角线的交点.
∵PQ=MN，
∴MT=2PT.
设TP=n，则MT=2n. ∴M(2+2n，n).
∵点M在抛物线上，
∴，即.
解得，(舍去).
∴MN=2MT=4n=.
当MN在x轴下方时，设TP=n，得M(2+2n，-n).
∵点M在抛物线上，
∴，
即.
解得，(舍去).
∴MN=2MT=4n=.
综上所述，菱形对角线MN的长为或.
点睛：
1.求二次函数的解析式
（1）已知二次函数过三个点，利用一般式，y＝ax2＋bx＋c（）.列方程组求二次函数解析式.
(2)已知二次函数与x轴的两个交点(，利用双根式，y=（）求二次函数解析式,而且此时对称轴方程过交点的中点,.
2.处理直角坐标系下，二次函数与几何图形问题：第一步要写出每个点的坐标（不能写出来的，可以用字母表示），写已知点坐标的过程中，经常要做坐标轴的垂线，第二步，利用特殊图形的性质和函数的性质，往往是解决问题的钥匙.
21、（1）y=0.2x+14（0＜x＜35）；（2）该公司至少需要投入资金16.4万元．
【解析】
（1）根据题意列出关于x、y的方程，整理得到y关于x的函数解析式；
（2）解不等式求出x的范围，根据一次函数的性质计算即可．
【详解】
解：（1）由题意得，0.6x+0.4×（35﹣x）=y，
整理得，y=0.2x+14（0＜x＜35）；
（2）由题意得，35﹣x≤2x，
解得，x≥，
则x的最小整数为12，
∵k=0.2＞0，
∴y随x的增大而增大，
∴当x=12时，y有最小值16.4，
答：该公司至少需要投入资金16.4万元．
【点睛】
本题考查的是一次函数的应用、一元一次不等式的应用，掌握一次函数的性质是解题的关键．
22、（1）（1，4）（2）①点M坐标（﹣，）或（﹣，﹣）；②m的值为 或
【解析】
（1）利用待定系数法即可解决问题；
（2）①根据tan∠MBA=，tan∠BDE==，由∠MBA=∠BDE，构建方程即可解决问题；②因为点M、N关于抛物线的对称轴对称，四边形MPNQ是正方形，推出点P是抛物线的对称轴与x轴的交点，即OP=1，易证GM=GP，即|-m2+2m+3|=|1-m|，解方程即可解决问题.
【详解】
解：（1）把点B（3，0），C（0，3）代入y=﹣x2+bx+c，
得到，解得，
∴抛物线的解析式为y=﹣x2+2x+3，
∵y=﹣x2+2x﹣1+1+3=﹣（x﹣1）2+4，
∴顶点D坐标（1，4）；
（2）①作MG⊥x轴于G，连接BM．则∠MGB=90°，设M（m，﹣m2+2m+3），

∴MG=|﹣m2+2m+3|，BG=3﹣m，
∴tan∠MBA=，
∵DE⊥x轴，D（1，4），
∴∠DEB=90°，DE=4，OE=1，
∵B（3，0），
∴BE=2，
∴tan∠BDE==，
∵∠MBA=∠BDE，
∴=，
当点M在x轴上方时， =，
解得m=﹣或3（舍弃），
∴M（﹣，），
当点M在x轴下方时， =，
解得m=﹣或m=3（舍弃），
∴点M（﹣，﹣），
综上所述，满足条件的点M坐标（﹣，）或（﹣，﹣）；
②如图中，∵MN∥x轴，

∴点M、N关于抛物线的对称轴对称，
∵四边形MPNQ是正方形，
∴点P是抛物线的对称轴与x轴的交点，即OP=1，
易证GM=GP，即|﹣m2+2m+3|=|1﹣m|，
当﹣m2+2m+3=1﹣m时，解得m=，
当﹣m2+2m+3=m﹣1时，解得m=，
∴满足条件的m的值为或.
【点睛】
本题考查二次函数综合题、锐角三角函数、正方形的判定和性质等知识，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，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．
23、（1）详见解析；（2）
【解析】
（1）连接OA，利用切线的判定证明即可；
（2）分别连结OP、PE、AE，OP交AE于F点，根据勾股定理解答即可．
【详解】
解：（1）如图，连结OA，

∵OA=OB，OC⊥AB，
∴∠AOC=∠BOC，
又∠BAD=∠BOC，
∴∠BAD=∠AOC
∵∠AOC+∠OAC=90°，
∴∠BAD+∠OAC=90°，
∴OA⊥AD，
即：直线AD是⊙O的切线；
（2）分别连结OP、PE、AE，OP交AE于F点，
∵BE是直径，
∴∠EAB=90°，
∴OC∥AE，
∵OB=，
∴BE=13
∵AB=5，在直角△ABE中，AE=12，EF=6，FP=OP-OF=-=4
在直角△PEF中，FP=4，EF=6，PE2=16+36=52，
在直角△PEB中，BE=13，PB2=BE2-PE2，
PB=＝3．
【点睛】
本题考查了切线的判定，勾股定理，正确的作出辅助线是解题的关键．
24、（1），；（2）1≤x＜1．
【解析】
试题分析：利用配方法进行解方程；首先分别求出两个不等式的解，然后得出不等式组的解．
试题解析：（1）－1x=3－1x+1=7=7 x－2=±
解得：，
（2）解不等式1，得x≥1 解不等式2，得x＜1 ∴不等式组的解集是1≤x＜1
考点：一元二次方程的解法；不等式组．
25、（1）见解析；（1）tan∠BAC＝；（3）⊙O的半径＝1．
【解析】
（1）连接DO，由圆周角定理就可以得出∠ADB=90°，可以得出∠CDB=90°，根据E为BC的中点可以得出DE=BE，就有∠EDB=∠EBD，OD=OB可以得出∠ODB=∠OBD，由等式的性质就可以得出∠ODE=90°就可以得出结论．
（1）由S1=5 S1可得△ADB的面积是△CDE面积的4倍，可求得AD：CD=1：1，可得．则tan∠BAC的值可求；
（3）由（1）的关系即可知，在Rt△AEB中，由勾股定理即可求AB的长，从而求⊙O的半径.
【详解】
解：（1）连接OD，

∴OD＝OB
∴∠ODB＝∠OBD．
∵AB是直径，
∴∠ADB＝90°，
∴∠CDB＝90°．
∵E为BC的中点，
∴DE＝BE，
∴∠EDB＝∠EBD，
∴∠ODB+∠EDB＝∠OBD+∠EBD，
即∠EDO＝∠EBO．
∵BC是以AB为直径的⊙O的切线，
∴AB⊥BC，
∴∠EBO＝90°，
∴∠ODE＝90°，
∴DE是⊙O的切线；
（1）∵S1＝5 S1
∴S△ADB＝1S△CDB
∴
∵△BDC∽△ADB
∴
∴DB1＝AD•DC
∴
∴tan∠BAC＝＝．
（3）∵tan∠BAC＝
∴，得BC＝AB
∵E为BC的中点
∴BE＝AB
∵AE＝3，
∴在Rt△AEB中，由勾股定理得
，解得AB＝4
故⊙O的半径R＝AB＝1．

【点睛】
本题考查了圆周角定理的运用，直角三角形的性质的运用，等腰三角形的性质的运用，切线的判定定理的运用，勾股定理的运用，相似三角形的判定和性质，解答时正确添加辅助线是关键．
26、（1）y=﹣2x2+x+3；（2）∠ACB=45°；（3）D点坐标为（1，2）或（4，﹣25）．
【解析】
（1）设交点式y=a（x+1）（x﹣），展开得到﹣a=3，然后求出a即可得到抛物线解析式；
（2）作AE⊥BC于E，如图1，先确定C（0，3），再分别计算出AC=，BC=，接着利用面积法计算出AE=，然后根据三角函数的定义求出∠ACE即可；
（3）作BH⊥CD于H，如图2，设H（m，n），证明Rt△BCH∽Rt△ACO，利用相似计算出BH=，CH=，再根据两点间的距离公式得到（m﹣）2+n2=（）2，m2+（n﹣3）2=（）2，接着通过解方程组得到H（，﹣）或（），然后求出直线CD的解析式，与二次函数联立成方程组，解方程组即可．
【详解】
（1）设抛物线解析式为y=a（x+1）（x﹣），即y=ax2﹣ax﹣a，∴﹣a=3，解得：a=﹣2，∴抛物线解析式为y=﹣2x2+x+3；
（2）作AE⊥BC于E，如图1，当x=0时，y=﹣2x2+x+3=3，则C（0，3），而A（﹣1，0），B（，0），∴AC==，BC==
AE•BC=OC•AB，∴AE==．
在Rt△ACE中，sin∠ACE===，∴∠ACE=45°，即∠ACB=45°；
（3）作BH⊥CD于H，如图2，设H（m，n）．
∵tan∠DCB=tan∠ACO，∴∠HCB=∠ACO，∴Rt△BCH∽Rt△ACO，∴==，即==，∴BH=，CH=，∴（m﹣）2+n2=（）2=，①
m2+（n﹣3）2=（）2=，②
②﹣①得m=2n+，③，把③代入①得：（2n+﹣）2+n2=，整理得：80n2﹣48n﹣9=0，解得：n1=﹣，n2=．
当n=﹣时，m=2n+=，此时H（，﹣），易得直线CD的解析式为y=﹣7x+3，解方程组得：或，此时D点坐标为（4，﹣25）；
当n=时，m=2n+=，此时H（），易得直线CD的解析式为y=﹣x+3，解方程组得：或，此时D点坐标为（1，2）．
综上所述：D点坐标为（1，2）或（4，﹣25）．

【点睛】
本题是二次函数综合题．熟练掌握二次函数图象上点的坐标特征、二次函数的性质和相似三角形的判定的性质；会利用待定系数法求函数解析式，把求两函数交点问题转化为解方程组的问题；理解坐标与图形性质；会运用分类讨论的思想解决数学问题．
27、（1）C；（2）①60；②E（，1）；③点F的横坐标x的取值范围≤xF≤．
【解析】
（1）由题意线段MN关于点O的关联点的是以线段MN的中点为圆心，为半径的圆上，所以点C满足条件；
（2）①如图3-1中，作NH⊥x轴于H．求出∠MON的大小即可解决问题；
②如图3-2中，结论：△MNE是等边三角形．由∠MON+∠MEN=180°，推出M、O、N、E四点共圆，可得∠MNE=∠MOE=60°，由此即可解决问题；
③如图3-3中，由②可知，△MNE是等边三角形，作△MNE的外接圆⊙O′，首先证明点E在直线y=-x+2上，设直线交⊙O′于E、F，可得F（，），观察图形即可解决问题；
【详解】
（1）由题意线段MN关于点O的关联点的是以线段MN的中点为圆心，为半径的圆上，所以点C满足条件，
故答案为C．
（2）①如图3-1中，作NH⊥x轴于H．

∵N（，-），
∴tan∠NOH=，
∴∠NOH=30°，
∠MON=90°+30°=120°，
∵点D是线段MN关于点O的关联点，
∴∠MDN+∠MON=180°，
∴∠MDN=60°．
故答案为60°．
②如图3-2中，结论：△MNE是等边三角形．

理由：作EK⊥x轴于K．
∵E（，1），
∴tan∠EOK=，
∴∠EOK=30°，
∴∠MOE=60°，
∵∠MON+∠MEN=180°，
∴M、O、N、E四点共圆，
∴∠MNE=∠MOE=60°，
∵∠MEN=60°，
∴∠MEN=∠MNE=∠NME=60°，
∴△MNE是等边三角形．
③如图3-3中，由②可知，△MNE是等边三角形，作△MNE的外接圆⊙O′，

易知E（，1），
∴点E在直线y=-x+2上，设直线交⊙O′于E、F，可得F（，），
观察图象可知满足条件的点F的横坐标x的取值范围≤xF≤．
【点睛】
此题考查一次函数综合题，直线与圆的位置关系，等边三角形的判定和性质，锐角三角函数，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考压轴题．