青岛版初中数学九年级上册期中测试卷（困难）（含答案解析）

这是一份青岛版初中数学九年级上册期中测试卷（困难）（含答案解析），共42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。

青岛版初中数学九年级上册期中测试卷
考试范围：第一.二章；考试时间：120分钟；总分：120分
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
第I卷（选择题）

一、选择题（本大题共12小题，共36.0分）
1. 如图所示，图中共有相似三角形(    )
A. 2对
B. 3对
C. 4对
D. 5对
2. 如图，在正方形ABCD的对角线AC上取一点E.使得∠CDE=15°，连接BE并延长BE到F，使CF=CB，BF与CD相交于点H，若AB=1，有下列结论：①BE=DE；②CE+DE=EF；③S△DEC=14−312；④DHHC=23−1.则其中正确的结论有(    )

A. ①②③ B. ①②③④ C. ①②④ D. ①③④
3. 著名画家达⋅芬奇用三个正方形和三个全等的直角三角形拼成如下图形证明了勾股定理，其中∠ACB=∠EJD=90°，CB=EJ，连结HF，CJ，得到4个全等的四边形HFGI，四边形HFBA，四边形CJEA，四边形JCBD.CJ分别交AB，ED于点M，N，若MN：CJ=5：9，且AB=5，则HF的长为(    )


A. 63 B. 72 C. 82 D. 310
4. 将矩形ABCD和矩形CEFG分割成5块图形(如图中①②③④⑤)，并把这5块图形重新组合，恰好拼成矩形BEHN.若AM=1，DE=4，EF=3，那么矩形BEHN的面积为(    )

A. 20 B. 24 C. 30 D. 45
5. 如图，将正方形纸片ABCD沿PQ折叠，使点C的对称点E落在边AB上，点D的对称点为点F，EF交AD于点G，连接CG交PQ于点H，连接CE.下列四个结论中：
①△PBE∽△QFG；
②S△CEG=S△CBE+S四边形CDQH；
③EC平分∠BEG；
④EG2−CH2=GQ⋅GD，
其中正确的结论是(    )
A. ①② B. ①②③ C. ①③④ D. ②③④
6. 如图，正方形ABCD的边长是3，BP=CQ，连接AQ，DP交于点O，并分别与边CD，BC交于点F，E，连接AE，下列结论：①AQ⊥DP；②OA2=OE⋅OP；③S△AOD=S四边形OECF；其中正确结论的个数(    )


A. 1 B. 3 C. 2 D. 0
7. 如图，正方形ABCD的边长为2，点E是BC的中点，AE与BD交于点P，F是CD上一点，连接AF分别交BD，DE于点M，N，且AF⊥DE，连接PN，则以下结论中：①S△ABM=4S△FDM；②PN=26515；③tan ∠EAF=34；④△PMN∽△DPE，正确的是
A. ①②③ B. ①②④ C. ①③④ D. ②③④
8. 如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，将△ABC绕顶点C逆时针旋转得到△AˈBˈC，M是BC的中点，P是AˈBˈ的中点，连结PM.若BC=2，∠BAC=30°，则线段PM的最大值是(    )
A. 4
B. 3
C. 2
D. 1
9. 如图，已知A、B两点的坐标分别为(8,0)、(0,8)，点C、F分别是直线x=−5和x轴上的动点，CF=10，点D是线段CF的中点，连接AD交y轴于点E，当△ABE面积取得最小值时，tan∠BAD的值是(    )


A. 817 B. 717 C. 49 D. 59
10. 如图，等边△ABC的边长为3，点D在边AC上，AD=12，线段PQ在边BA上运动，PQ=12，有下列结论：
①CP与QD可能相等；
②△AQD与△BCP可能相似；
③四边形PCDQ面积的最大值为31316；
④四边形PCDQ周长的最小值为3+372．
其中，正确结论的序号为(    )


A. ①④ B. ②④ C. ①③ D. ②③
11. 如图，Rt△ABC中，∠BAC=90∘，cosB=14，点D是边BC的中点，以AD为底边在其右侧作等腰三角形ADE，使∠ADE=∠B，连接CE，则CEAD的值为(    )
A. 32
B. 3
C. 152
D. 2
12. 如图，正方形ABCD中，点E在边BC上，且CE=2BE.连接BD、DE、AE，且AE交BD于F，OG为△BDE的中位线，下列结论∶①BD=4OF，②S△ABE=4S△ODG，  ③CD=5OG，  ④sin∠BFE=255.其中正确结论的个数是(    )

A. 4个 B. 3个 C. 2 D. 1个
第II卷（非选择题）

二、填空题（本大题共4小题，共12.0分）
13. 如图，在△ABC中，∠C=90°，BC=AC=1，点P为边BC上一点，将线段PA绕点P逆时针旋转90°交AB于点Q，则BQ长度的最大值为______．


14. 如图，直线l:y=2x+b交y轴于点C，点A在y轴的正半轴上，以OA为斜边作等腰直角△ AOB，点B(2,2).将△ AOB向右平移得到△ DEF，连结BE交直线l于点G.当A，B，E三点共线时，点D恰好落在直线l上，则ABGE的值为          ．

15. 如图，把边长为1：2的矩形ABCD沿长边BC，AD的中点E，F对折，得到四边形ABEF，点G，H分别在BE，EF上，且BG=EH=25BE=2，AG与BH交于点O，N为AF的中点，连接ON，作OM⊥ON交AB于点M，连接MN，则tan∠AMN=______．

16. 如图，在正方形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点E在BC边上，且CE=2BE，连接AE交BD于点G，过点B作BF⊥AE于点F，连接OF并延长，交BC于点M，过点O作OP⊥OF交DC于点N，S四边形MONC=94，现给出下列结论：①GEAG=13；②sin∠BOF=13；③OG=BG；④OF=355；
其中正确的结论有______．

三、解答题（本大题共9小题，共72.0分）
17. 如图1，四边形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，OA=OC，OB=OD+CD．

(1)过点A作AE/​/DC交BD于点E，求证：AE=BE；
(2)如图2，将△ABD沿AB翻折得到△ABD′．
①求证：BD′//CD；
②若AD′//BC，求证：CD2=2OD⋅BD．

18. 如图，∠ABD=∠BCD=90°，DB平分∠ADC，过点B作BM // CD交AD于点M，连接CM交DB于点N．

(1)求证：BD2=AD·CD；
(2)若CD=6，AD=8，求MN的长．
19. 在矩形ABCD中，AE⊥BD于点E，点P是边AD上一点．

(1)若BP平分∠ABD，交AE于点G，PF⊥BD于点F，如图①，证明四边形AGFP是菱形；
(2)若PE⊥EC，如图②，求证：AE⋅AB=DE⋅AP；
(3)在(2)的条件下，若AB=1，BC=2，求AP的长．
20. 从三角形(不是等腰三角形)一个顶点引出一条射线与对边相交，顶点与交点之间的线段把这个三角形分割成两个小三角形，如果分得的两个小三角形中一个为等腰三角形，另一个与原三角形相似，我们把这条线段叫做这个三角形的完美分割线．
(1)如图1，在△ABC中，CD为角平分线，∠A=40°，∠B=60°，求证：CD为△ABC的完美分割线．
(2)在△ABC中，∠A=48°，CD是△ABC的完美分割线，且△ACD为等腰三角形，求∠ACB的度数．
(3)如图2，△ABC中，AC=2，BC=2，CD是△ABC的完美分割线，且△ACD是以CD为底边的等腰三角形，求完美分割线CD的长．
21. 首钢滑雪大跳台是世界上首个永久性的单板大跳台，其优美的造型，独特的设计给全球观众留下深刻的印象，大跳台场地分为助滑区、起跳台、着陆坡和终点区域4个都分，现将大跳台抽象成如图的简图，FC表示运送运动员上跳台的自动扶梯，CD表示助滑区，Rt△DEH表示起跳台，EB表示着陆坡．已知∠CFA=60°，∠EBF=30°，在助滑区D处观察到顶点C处的仰角是30°，且自动扶梯的速度是2m/s，运送运动员到达跳台顶端C点处需要30秒，BE=24m，DE/​/BF，CA、DG、EF都垂直于BF．
(1)求大跳台AC的高度是多少米(结果精确到0.1m)；
(2)首钢滑雪大跳台主体结构采用装配式钢结构体系和预制构件，“助滑区”和“着陆坡”赛道面宽35米，面板采用10mm耐候钢，密度为7850kg/m3，求铺装“助滑区”和“着陆坡”赛道的耐候钢总重量是多少吨(结果精确到1吨).(2≈1.41，3≈1.73)
22. 如图，是由边长为1的小正方形构成的网格，每个小正方形的顶点叫做格点，△ABC的三个顶点在格点上，仅用无刻度的直尺在网格中画图，画图过程用虚线表示．
(1)将边BC绕点C逆时针旋转90°得到线段CD；
(2)在线段CD上找一点M，使得AM/​/BC；
(3)在AC上找一点P，使DP+MP最小；
(4)依据(1)(2)(3)的作图，试探究：若α、β是锐角，且tanα=1，tanβ=13，则tan(α+β)=______．

23. 如图，某大楼的顶部树有一块广告牌CD，小李在山坡的坡脚A处测得广告牌底部D的仰角为60°.沿坡面AB向上走到B处测得广告牌顶部C的仰角为45°，已知山坡AB的坡度i=1:3，AB=10米，AE=15米.(i=1:3是指坡面的铅直高度BH与水平宽度AH的比)
(1)求点B距水平面AE的高度BH；
(2)求广告牌CD的高度．
(测角器的高度忽略不计，结果精确到0.1米.参考数据：2≈1.414，3≈1.732)
24. 已知△ABC中，∠ABC=90°，tan∠C=12，AB=5，点P是边BC上一点(点P不与B、C重合)，过点P作PD⊥AC，垂足为点D，过点B作BE⊥DP交直线DP于点E，联结AP，过点B作BF⊥AP，垂足为点F．
(1)如图1，
①求DE的长  ②设PC=x，BE=y，求y关于x的函数解析式，并写出自变量x的取值范围；
(2)如图2，延长BF交AC于M点，若BP=mPC，求AMMC的值(用m表示)．
25. 已知：如图，某船向正东方向航行，在A处望见某岛C在北偏东60°，船前进6海里到B点，测得该岛在北偏东30°，已知在该岛周围6海里内有暗礁，问船若继续向东航行，有无触礁危险？请说明理由．


答案和解析

1.【答案】C 
【解析】
【分析】
本题主要考查相似三角形的判定方法的掌握情况．
可以运用相似三角形的判定方法进行验证．
【解答】
解：共四对，分别是△PAC∽△PBD、△AOC∽△DOB、
△AOB∽△COD、△PAD∽△PCB．
故选C．  
2.【答案】A 
【解析】
【分析】
本题主要考查对正方形的性质，相似三角形的判定与性质，全等三角形的性质和判定，三角形的面积，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质等知识点的理解和掌握，综合运用这些性质进行证明是解此题的关键．
①由正方形的性质可以得出AB=AD，∠BAC=∠DAC=45°，通过证明△ABE≌△ADE，就可以得出BE=DE；
②在EF上取一点G，使EG=EC，连结CG，再通过条件证明△DEC≌△FGC就可以得出CE+DE=EF；
③过D作DM⊥AC交于M，根据勾股定理求出AC，根据三角形的面积公式即可求出高DM，根据三角形的面积公式即可求得S△DEC=14−312；
④解直角三角形求得DE，根据等边三角形性质得到CG=CE，然后通过证得△DEH∽△CGH，求得DHHC=DECG=3+1．
【解答】
证明：①∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠ABC=∠ADC=90°，∠BAC=∠DAC=∠ACB=∠ACD=45°．
在△ABE和△ADE中，
AB=AD∠BAC=∠DACAE=AE，
∴△ABE≌△ADE(SAS)，
∴BE=DE，故①正确；
②在EF上取一点G，使EG=EC，连结CG，
∵△ABE≌△ADE，
∴∠ABE=∠ADE，
∴∠CBE=∠CDE，
∵BC=CF，
∴∠CBE=∠F，
∴∠CBE=∠CDE=∠F，
∵∠CDE=15°，
∴∠CBE=15°，
∴∠CEG=60°，
∵CE=GE，
∴△CEG是等边三角形．
∴∠CGE=60°，CE=GC，
∴∠GCF=45°，
∴∠ECD=GCF，
在△DEC和△FGC中，
CE=CG∠ECD=∠GCFCD=CF,
∴△DEC≌△FGC(SAS)，
∴DE=GF，
∵EF=EG+GF，
∴EF=CE+ED，故②正确；
③过D作DM⊥AC交于M，
根据勾股定理求出AC=2，
由面积公式得：12AD×DC=12AC×DM，
∴DM=22，
∵∠DCA=45°，∠AED=60°，
∴CM=22，EM=66，
∴CE=CM−EM=22−66
∴S△DEC=12CE×DM=14−312，故③正确；
④在Rt△DEM中，DE=2ME=63，
∵△ECG是等边三角形，
∴CG=CE=22−66，
∵∠DEF=∠EGC=60°，
∴DE//CG，
∴△DEH∽△CGH，
∴DHHC=DECG=6322−66=3+1，故④错误；
综上，正确的结论有①②③，
故选：A．  
3.【答案】D 
【解析】解：过点C作CP⊥DE于点P，交AB于点K，如图所示：

∵四边形HFGI，四边形HFBA，四边形CJEA，四边形JCBD都是全等的，
∴HF=CJ，
∵∠ACB=∠EJD=90°，CB=EJ，AB=ED
∴△ABC≌△DEJ(SAS)，
易得CM=NJ，
∵MN：CJ=5：9，
∴CM：MN=2：5，
∵AB/​/ED，
∴CK：KP=2：5，
∵AB=5，
∴KP=BD=AB=5，
∴CK=2，
设BC=a，AC=b，则CF=2a，CH=2b，
∴CJ=HF=2a+2b，
由等积法可得，AB⋅CK=AC⋅BC，
∴ab=10，
由勾股定理可得，a2+b2=25，
∴HF2=(2a+2b)2=2(a2+2ab+b2)=90，
∴HF=310；
故选：D．
过点C作CP⊥DE于点P，交AB于点K，设BC=a，AC=b，进而可得CF=2a，CH=2b，则有CJ=HF=2a+2b，然后由CM：MN=2：5，得CK=2，最后可得ab=10，a2+b2=25，则问题可求解．
本题主要考查正方形的性质、勾股定理及线段的比，熟练掌握正方形的性质、勾股定理及线段的比是解题的关键．

4.【答案】C 
【解析】解：由题意知AN=EF=3，BC=AD=MN=AN+AM=4，
∴MD=AD−AM=4−1=3，
∵∠BEH=90°，
∴∠PED+∠BEC=∠BEC+∠EBC=90°，
∴∠PED=∠EBC，
∵BC=DE=4，
∴△BCE≌△EDP(AAS)，
∴PD=EC，
设HM=EC=PD=x，则MP=3−x，
∵∠HMP=∠EDP=90°，∠HPM=∠EPD，
∴△HPM∽△EPD，
∴MPPD=MHDE，即3−xx=x4，
解得x=2，
∴EC=2，DC=2+4=6，
∴S矩形BEHN=S矩形ABCD+S矩形CEFG
=BC×DC+EC×EF
=4×6+2×3
=30．
故选：C．
先判定△BCE≌△EDP(AAS)，即可得出PD=EC；设HM=EC=PD=x，则MP=3−x，再根据△HPM∽△EPD，即可得到MPPD=MHDE，即3−xx=x4，进而得到EC=2，DC=6，最后根据S矩形BEHN=S矩形ABCD+S矩形CEFG进行计算，即可得到矩形BEHN的面积．
本题主要考查了全等三角形的判定与性质以及相似三角形的判定与性质，在判定两个三角形相似时，应注意利用图形中已有的公共角、公共边等隐含条件，以充分发挥基本图形的作用．寻找相似三角形的一般方法是通过作平行线构造相似三角形；或依据基本图形对图形进行分解、组合．

5.【答案】C 
【解析】解：①∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A=∠B=∠BCD=∠D=90°．
由折叠可知：∠GEP=∠BCD=90°，∠F=∠D=90°．
∴∠BEP+∠AEG=90°，
∵∠A=90°，
∴∠AEG+∠AGE=90°，
∴∠BEP=∠AGE．
∵∠FGQ=∠AGE，
∴∠BEP=∠FGQ．
∵∠B=∠F=90°，
∴△PBE∽△QFG．
故①正确；
②过点C作CM⊥EG于M，
由折叠可得：∠GEC=∠DCE，
∵AB/​/CD，
∴∠BEC=∠DCE，
∴∠BEC=∠GEC，
在△BEC和△MEC中，
∠B=∠EMC=90°∠BEC=∠GECCE=CE，
∴△BEC≌△MEC(AAS)．
∴CB=CM，S△BEC=S△MEC．
∵CG=CG，
∴Rt△CMG≌Rt△CDG(HL)，
∴S△CMG=S△CDG，
∴S△CEG=S△BEC+S△CDG>S△BEC+S四边形CDQH，
∴②不正确；
③由折叠可得：∠GEC=∠DCE，
∵AB/​/CD，
∴∠BEC=∠DCE，
∴∠BEC=∠GEC，
即EC平分∠BEG．
∴③正确；
④连接DH，MH，HE，如图，

∵△BEC≌△MEC，△CMG≌△CDG，
∴∠BCE=∠MCE，∠MCG=∠DCG，
∴∠ECG=∠ECM+∠GCM=12∠BCD=45°，
∵EC⊥HP，
∴∠CHP=45°．
∴∠GHQ=∠CHP=45°．
由折叠可得：∠EHP=∠CHP=45°，
∴EH⊥CG．
∴EG2−EH2=GH2．
由折叠可知：EH=CH．
∴EG2−CH2=GH2．
∵CM⊥EG，EH⊥CG，
∴∠EMC=∠EHC=90°，
∴E，M，H，C四点共圆，
∴∠HMC=∠HEC=45°．
在△CMH和△CDH中，
CM=CD∠MCG=∠DCGCH=CH，
∴△CMH≌△CDH(SAS)．
∴∠CDH=∠CMH=45°，
∵∠CDA=90°，
∴∠GDH=45°，
∵∠GHQ=∠CHP=45°，
∴∠GHQ=∠GDH=45°．
∵∠HGQ=∠DGH，
∴△GHQ∽△GDH，
∴GQGH=GHGD，
∴GH2=GQ⋅GD，
∴GE2−CH2=GQ⋅GD．
∴④正确；
综上可得，正确的结论有：①③④．
故选：C．
①利用有两个角对应相等的两个三角形相似进行判定即可；
②过点C作CM⊥EG于M，通过证明△BEC≌△MEC，进而说明△CMG≌△CDG，可得S△CEG=S△BEC+S△CDG>S△BEC+S四边形CDQH，可得②不正确；
③由折叠可得：∠GEC=∠DCE，由AB/​/CD可得∠BEC=∠DCE，结论③成立；
④连接DH，MH，HE，由△BEC≌△MEC，△CMG≌△CDG可知：∠BCE=∠MCE，∠MCG=∠DCG，所以∠ECG=∠ECM+∠GCM=12∠BCD=45°，由于EC⊥HP，则∠CHP=45°，由折叠可得：∠EHP=∠CHP=45°，则EH⊥CG；利用勾股定理可得EG2−EH2=GH2；由CM⊥EG，EH⊥CG，得到∠EMC=∠EHC=90°，所以E，M，H，C四点共圆，所以∠HMC=∠HEC=45°，通过△CMH≌△CDH，可得∠CDH=∠CMH=45°，这样，∠GDH=45°，因为∠GHQ=∠CHP=45°，易证△GHQ∽△GDH，则得GH2=GQ⋅GD，从而说明④成立．
本题主要考查了相似形的综合题，正方形的性质，翻折问题，勾股定理，三角形全等的判定与性质，三角形的相似的判定与性质，翻折问题是全等变换，由翻折得到对应角相等，对应边相等是解题的关键．

6.【答案】C 
【解析】
【分析】
本题考查了相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，正方形的性质等，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题的关键．
由四边形ABCD是正方形，得到AB=AD=BC=CD，∠DAB=∠ABC=90°，根据全等三角形的性质得到∠P=∠Q，根据余角的性质得到AQ⊥DP，故①正确；根据相似三角形的性质得到AO2=OD⋅OP，由OD≠OE，得到OA2≠OE⋅OP，故②错误；根据全等三角形的性质得到CF=BE，DF=CE，进而证明△ADF≌△DCE，得出S△ADF=S△DCE，于是得到S△ADF−S△DFO=S△DCE−S△DOF，即S△AOD=S四边形OECF，故③正确．
【解答】
解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD=BC=CD，∠DAB=∠ABC=∠ADC=∠DCE=90°，
∵BP=CQ，
∴AP=BQ，
在△DAP与△ABQ中，
AD=AB∠DAP=∠ABQAP=BQ，
∴△DAP≌△ABQ(SAS)，
∴∠P=∠Q，
∵∠Q+∠QAB=90°，
∴∠P+∠QAB=90°，
∴∠AOP=90°，
∴AQ⊥DP，故结论①正确；
∵∠DOA=∠AOP=90°，∠ADO+∠P=∠ADO+∠DAO=90°，
∴∠DAO=∠P，
∴△DAO∽△APO，
∴AOOD=OPOA，
∴AO2=OD⋅OP，
∵AE>AB，
∴AE>AD，
∴OD≠OE，
∴OA2≠OE⋅OP，故结论②错误；
在△CQF与△BPE中，
∠FCQ=∠EBPCQ=BP∠Q=∠P，
∴△CQF≌△BPE(ASA)，
∴CF=BE，
∴DF=CE，
在△ADF与△DCE中，
AD=CD∠ADC=∠DCEDF=CE，
∴△ADF≌△DCE(SAS)，
∴S△ADF=S△DCE，
∴S△ADF−S△DFO=S△DCE−S△DOF，
即S△AOD=S四边形OECF，故结论③正确．  
7.【答案】A 
【解析】解：∵正方形ABCD的边长为2，点E是BC的中点，
∴AB=BC=CD=AD=2，∠ABC=∠C=∠ADF=90°，CE=BE=1，
∵AF⊥DE，
∴∠DAF+∠ADN=∠ADN+∠CDE=90°，
∴∠DAN=∠EDC，
在△ADF与△DCE中，∠ADF=∠C,AD=CD∠DAF=∠CDE，
∴△ADF≌△DCE(ASA)，
∴DF=CE=1，
∵AB/​/DF，
∴△ABM∽△FDM，
∴S△ABMS△FDM=(ABDF)2=4，
∴S△ABM=4S△FDM；故①正确；
由勾股定理可知：AF=DE=AE=12+22=5，
∵12×AD×DF=12×AF×DN，
∴DN=255，
∴EN=355，AN=AD2−DN2=455，
∴tan∠EAF=ENAN=34，故③正确，
作PH⊥AN于H．
∵BE/​/AD，
∴PAPE=ADBE=2，
∴PA=253，
∵PH/​/EN，
∴AHAN=PAAE=23，
∴AH=23×455=8515，HN=4515，
∴PN=PH2+NH2=26515，故②正确，
∵PN≠DN，
∴∠DPN≠∠PDE，
∴△PMN与△DPE不相似，故④错误．
故选：A．
①正确．利用相似三角形的性质解决问题即可．
②正确．作PH⊥AN于H，求出PH，HN即可解决问题．
③正确．求出EN，AN即可判断．
④错误．证明∠DPN≠∠PDE即可．
本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形，勾股定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考选择题中的压轴题．

8.【答案】B 
【解析】
【分析】
本题主要考查的是旋转的性质、解直角三角形、直角三角形30度角的性质、直角三角形斜边中线定理，三角形的三边关系等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，学会利用三角形的三边关系解决最值问题，如图连接PC，求出PC=2，根据PM≤PC+CM，可得PM≤3，由此即可解决问题．
【解答】
解：如图连接PC，

在Rt△ABC中，∵∠A=30°，BC=2，
∴AB=4，
根据旋转不变性可知，A′B′=AB=4，
∴A′P=PB′，
∴PC=12A′B′=2，
∵CM=BM=1，
又∵PM≤PC+CM，即PM≤3，
∴PM的最大值为3(此时P、C、M共线)．
故选B．  
9.【答案】B 
【解析】解：如图，设直线x=−5交x轴于K.由题意KD=12CF=5，

∴点D的运动轨迹是以K为圆心，5为半径的圆，
∴当直线AD与⊙K相切时，△ABE的面积最小，
∵AD是切线，点D是切点，
∴AD⊥KD，
∵AK=13，DK=5，
∴AD=12，
∵tan∠EAO=OEOA=DKAD，
∴OE8=512，
∴OE=103，
∴AE=OE2+OA2=263，
作EH⊥AB于H．
∵S△ABE=12⋅AB⋅EH=S△AOB−S△AOE，
∴EH=723，
∴AH=AE2−EH2=1723，
∴tan∠BAD=EHAH=7231723=717，
故选：B．
如图，设直线x=−5交x轴于K.由题意KD=12CF=5，推出点D的运动轨迹是以K为圆心，5为半径的圆，推出当直线AD与⊙K相切时，△ABE的面积最小，作EH⊥AB于H.求出EH，AH即可解决问题．
本题考查解直角三角形，坐标与图形的性质，直线与圆的位置关系，三角形的面积等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考选择题中的压轴题．

10.【答案】D 
【解析】解： ①在△ABC中可知PC恒大于PD，PD大于等于DQ，
∴PC>DQ，故 ①错误;
 ②∵∠A=∠B=60∘，
∴当ADBP=AQBC时，△AQD∽△BCP，
设BP=a，则AQ=52−a，
则12a=52−a3，
整理得2a2−5a+3=0，△=(−5)2−4×2×3=1>0，故方程有解，故 ②正确;
 ③设AQ=x，
则S四边形PCDQ=12×3×332−12×12×32x−12×(3−x−12)×332=338+538x．
∵x的最大值为3−12=52，
∴当x=52时，四边形PCDQ的面积最大，最大值为31316，故 ③正确;
 ④如图，作点D关于AB的对称点D′，作D′F/​/PQ，且D′F=PQ，连接CF交AB于点P′，在射线P′A上取P′Q′=PQ，此时四边形PCDQ的周长最小.过点C作CH⊥D′F交D′F​的延长线于点H，交AB于点J．

由题意得DD′=2AD·sin60∘=32，HJ=12DD′=34，CJ=332，
FH=32−12−14=34，
∴CH=CJ+HJ=734，
∴CF=FH2+CH2=(34)2+(734)2=392，
∴四边形PCDQ的周长的最小值为3+392，故 ④错误，
所以正确的有 ② ③，
故选D．
①根据三角形的边角关系即可判断①．
②当ADBP=AQBC时，△AQD∽△BCP，整理得到一元二次方程，根据根的判别式判断方程有解，即可判断②．
③设AQ=x，则S四边形PCDQ=338+535x，当x取最大值时，可得结论，即可判断③．
④如图，作点D关于AB的对称点D′，作D′F/​/PQ，且D′F=PQ，连接CF交AB于点P′，在射线P′A上取P′Q′=PQ，此时四边形PCDQ的周长最小.求出CF的长即可判断④．
本题考查相似三角形的判定和性质，一次函数的性质，轴对称最短问题等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．

11.【答案】D 
【解析】解：设DE交AC于点T，过点E作EH⊥CD于点H，如图所示．

∵在Rt△ABC中，点D是边BC的中点，
∴AD=DB=DC．
∴∠B=∠DAB．
∵∠B=∠ADE，
∴∠DAB=∠ADE．
∴AB/​/DE．
∴∠DTC=∠BAC=90∘．
∵DT//AB，BD=DC，
∴AT=TC．
∴EA=EC=ED．
∴∠EDC=∠ECD．
∵EH⊥CD，
∴CH=DH．
∵DE/​/AB，
∴∠EDC=∠B.
∴∠ECD=∠B.
∴cos∠ECH=cosB=14，
∴CHEC=14．
∴ECAD=ECCD=EC2CH=2．

12.【答案】B 
【解析】
【分析】
本题考查正方形的性质，相似三角形的判定与性质，锐角三角函数的定义，三角形的中位线，由条件四边形ABCD是正方形可以得出AB=BC=CD=DA，AD//BC，S△ABE=S△BED，通过作辅助线制造直角三角形可以求出正弦值，利用三角形相似可以求出线段之间的关系，三角形面积的等积变换，平行线的性质就可以求出相应的结论．
【解答】
解：∵CE=2BE，
∴BEBC=BEAD=13，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=CD=DA，AD/​/BC，
∴△BFE∽△DFA，
∴BFDF=BEAD=13，
∵O是BD的中点，G是DE的中点，
∴OB=OD=12BD，
∴BF=OF=14BD，
即BD=4OF，
故①正确，
∵OG//BC，BE=2OG，
∴△ODG∽△BDE，
∴ S△ODG S△BDE=14，
∵S△ABE=S△BDE，
∴ S△ODG S△ABE=14，
即S ​△ABE=4S △ODG，
故②正确，
∵OG为△BDE的中位线，
∴BE=2OG，
∵CE=2BE，
∴CE=4OG，
∴BC=BE+CE=6OG
即CD=6OG，
故③错误；
过点B作BH⊥AE，

∵∠AHB=∠ABE=90°，∠BAH=∠EAB，
∴△BAH∽△EAB，
∴AH：AB=BH：BE，
∴AH：BH=AB：BE=3，
∵设BH=x，则AH=3x，
在Rt△ABH中，AB=AH2+BH2=10x，
∴BD=2AB=25x，
∴BF=14BD=52x
∴sin∠BFE=BHBF=x52x=255，
故④正确．
故正确结论有3个，
故选B．  
13.【答案】32−4 
【解析】解：过点Q作QT⊥BC于T，设BQ=y，CP=c，则BT=TQ=22y，

∵将线段PA绕点P逆时针旋转90°交AB于点Q，
∴∠APA′=90°，
∵∠APC+∠TOQ=∠APC+∠PAC=90°，
∴∠TPQ=∠PAC，
∵∠C=∠PTQ=90°，
∴△PTQ∽△ACP，
∴PTAC=TQPC，
∴1−x−22y1=22yx，
∴x2+(22y−1)x+22y=0，
∵△≥0，
∴(22y−1)2−4×22y≥0，
解得y≤32−4或y≥32+4(舍去)，
∴BQ≤32−4，
∴BQ的最大值为32−4．
过点Q作QT⊥BC于T，设BQ=y，CP=c，则BT=TQ=22y，证明△PTQ∽△ACP，推出PTAC=TQPC，推出1−x−22y1=22yx，可得x2+(22y−1)x+22y=0，由△≥0，可得(22y−1)2−4×22y≥0，解得y≤32−4或y≥32+4(舍去)，可得结论．
本题考查相似三角形的判定和性质，一元二次方程的根的判别式等知识，解题的关键是学会利用参数解决问题，学会用转化的思想思考问题．

14.【答案】32 
【解析】
【分析】
本题考查等腰直角三角形的性质，一次函数的性质，比例线段以及相似三角形的判定与性质，能利用这些性质进行计算是解此题的关键.先根据等腰直角三角形的性质以及A、B、E三点共线求出A(0,4)，E(4,0)，则D(4,4)，将D(4,4)代入直线y=2x+b可得b=−4，直线l解析式为y=2x−4，则该直线与x轴交点坐标为H(2,0)，连接BH，可知BH/​/DE，根据比例线段的性质即可求出ABGE的值．
【解答】
解：∵△AOB为等腰直角三角形，点B(2,2)，且A、B、E三点共线，
∴△AOE为等腰直角三角形，OE=4，
∴E(4,0)，D(4,4)，
把D(4,4)代入直线y=2x+b得
b=−4，
∴直线l解析式为y=2x−4，
设该直线与x轴交点为H，则H(2,0)，
连接BH，则BH/​/DE，
∴BGGE=BHDE=24=12，
∴ABGE=BEGE=BGGE+1=32．
故答案为32．  
15.【答案】58 
【解析】解：∵点E，F分别是BC，AD的中点，
∴AF=12AD，BE=12BC，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=90°，AD//BC，AD=BC，
∴AF=BE=12AD，
∴四边形ABEF是矩形，
由题意知，AD=2AB，
∴AF=AB，
∴矩形ABEF是正方形，
∴AB=BE，∠ABE=∠BEF=90°，
∵BG=EH，
∴△ABG≌△BEH(SAS)，
∴∠BAG=∠EBH，
∴∠BAG+∠ABO=∠EBH+∠ABO=∠ABG=90°，
∴∠AOB=90°，
∵BG=EH=25BE=2，
∴BE=5，
∴AF=5，
在Rt△ABG中，根据勾股定理得，AG=AB2+BG2=29，
∵∠OAB=∠BAG，∠AOB=∠ABG，
∴△AOB∽△ABG，
∴OAAB=OBBG=ABAG，
∴OA5=OB2=529，
∴OA=2529，OB=1029，
∵OM⊥ON，
∴∠MON=90°=∠AOB，
∴∠BOM=∠AON，
∵∠BAG+∠FAG=90°，∠ABO+∠EBH=90°，∠BAG=∠EBH，
∴∠OBM=∠OAN，
∴△OBM∽△OAN，
∴OBOA=BMAN，
∵点N是AF的中点，
∴AN=12AF=52，
∴10292529=BM52，
∴BM=1，
∴AM=AB−BM=4，
在Rt△MAN中，tan∠AMN=ANAM=524=58，
故答案为：58．
先判断出四边形ABEF是正方形，进而判断出△ABG≌△BEH(SAS)，得出∠BAG=∠EBH，进而求出∠AOB=90°，再判断出△AOB∽△ABG，求出OA=2529，OB=1029，再判断出△OBM∽△OAN，求出BM=1，即可求出答案．
此题主要考查了矩形性质，正方形性质和判定，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，求出BM是解本题的关键．

16.【答案】①③④ 
【解析】解：过点O作OH/​/BC交AE于点H，OQ⊥BC于点Q，过点B作BK⊥OM交OM延长线于K，

∵四边形ABCD是正方形，
∴OB=12BD，OC=12AC，
∵BD=AC，
∴OB=OC，∠BOC=90°，
∴∠BOM+∠MOC=90°．
∵OP⊥OF，
∴∠MON=90°，
∴∠CON+∠MOC=90°，
∴∠BOM=∠CON，
在△BOM与△CON中，
∠OBM=∠OCNOB=OC∠BOM=∠CON，
∴△BOM≌△CON(ASA)，
∴S△BOM=S△CON，
∴四边形MONC的面积=S△BOC=12OB⋅OC=94，
∴OB=OC=322，
∴BC=322×2=3．
∵CE=2BE，
∴BE=13BC=1，
∴AE=AB2+BE2=10．
∵BF⊥AE，
∴12AE⋅BF=12AB⋅ME，
∴BF=31010，
∴AF=AB2−BF2=91010，
∴HF=2105，EF=1010，
∴OFFM=HFEF=OHME=4，
∴ME=14OH=14×1=14，
∴BM=34，MQ=34．
∵AD/​/BC，
∴GEAG=BEAD=13，故①符合题意；
∵OH/​/BC，
∴OHEC=AOAC=AHAE=12，∠HOG=∠GBE，
又∵CE=2BE，
∴OH=BE，AH=HE=102．
∵∠HGO=∠EGB，
∴△HOG≌△EBG(AAS)，
∴OG=BG，故③符合题意；
∵OQ2+MQ2=OM2，
∴OM=OQ2+MQ2=354，
∴OF=354×45=355，故④符合题意；
∵S△OBM=12OM⋅BK=12BM⋅OQ，
∴12×354⋅BK=12×34×32，
解得BK=3510，
∴sin∠BOF=BKOB=1010，故②不符合题意；
故答案为：①③④．
①直接根据平行线分线段成比例即可判断正误；
②过点O作OH/​/BC交AE于点H，过点O作OQ⊥BC交BC于点Q，过点B作BK⊥OM交OM的延长线于点K，首先根据四边形MONC的面积求出正方形的边长，利用勾股定理求出AE，AF，EF的长度，再利用平行线分线段成比例分别求出OM，BK的长度，然后利用sin∠BOF=BKOB即可判断；
③直接利用平行线的性质证明△HOG≌△EBG，即可得出结论；
④利用平行线分线段成比例得出OFFM=4，然后利用勾股定理求出OM的长度，进而OF的长度可求．
本题主要考查了四边形综合题，熟练掌握正方形的性质，全等三角形的判定及性质，平行线分线段成比例和锐角三角函数是解题的关键．

17.【答案】(1)证明：∵AE/​/DC，
∴∠CDO=∠AEO，∠EAO=∠DCO，
又∵OA=OC，
∴△AOE≌△COD(AAS)，
∴CD=AE，OD=OE，
∵OB=OE+BE，OB=OD+CD，
∴BE=CD，
∴AE=BE；
(2)①证明：如图，过点A作AE/​/DC交BD于点E，

由(1)可知△AOE≌△COD，AE=BE，
∴∠ABE=∠EAB，
∵将△ABD沿AB翻折得到△ABD′，
∴∠ABD′=∠ABD，
∴∠ABD′=∠BAE，
∴BD′//AE，
又∵AE//CD
∴BD′//CD．
②证明：如图，过点A作AE/​/DC交BD于点E，延长AE交BC于点F，

∵AD′//BC，BD′//AE，
∴四边形AD′BF为平行四边形．
∴∠D′=∠AFB，
∵将△ABD沿AB翻折得到△ABD′．
∴∠D′=∠ADB，
∴∠AFB=∠ADB，
又∵∠AED=∠BEF，
∴△AED∽△BEF，
∴AEDE=BEEF，
∵AE=CD，
∴CDDE=BEEF，
∵EF/​/CD，
∴△BEF∽△BDC，
∴BEEF=BDDC，
∴CDDE=BDCD，
∴CD2=DE⋅BD，
∵△AOE≌△COD，
∴OD=OE，
∴DE=2OD，
∴CD2=2OD⋅BD． 
【解析】(1)证明△AOE≌△COD(AAS)，由全等三角形的性质得出CD=AE，OD=OE，则可得出结论；
(2)①过点A作AE/​/DC交BD于点E，由(1)得出∠ABE=∠EAB，由折叠的性质可得出∠ABD′=∠BAE，则BD′//AE，可得出结论；
②过点A作AE/​/DC交BD于点E，延长AE交BC于点F，证明△AED∽△BEF，得出AEDE=BEEF，证明△BEF∽△BDC，由相似三角形的性质得出BEEF=BDDC，根据AE=CD，DE=2OD可得出结论．
本题是相似形综合题，考查了翻折的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，平行线的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．

18.【答案】(1)证明：∵DB平分∠ADC，
∴∠ADB=∠CDB，
又∠ABD=∠BCD=90°，
∴△ABD∽△BCD，
∴ADBD=BDCD，
∴BD2=AD⋅CD；
(2)解：∵BM//CD，
∴∠MBD=∠BDC，
∵∠ADB=∠CDB，
∴∠ADB=∠MBD，
∴BM=MD，
∵∠ABD=90°，△ABD是直角三角形，AD=8，
∴∠MAB=∠MBA，BM=MD=AM=4，
∵BD2=AD⋅CD且CD=6，AD=8，
∴BD2=48，
∴BC2=BD2−CD2=12，
∴MC2=MB2+BC2=28，
∴MC=27，
∵BM//CD，
∴△MNB∽△CND，
∴BMCD=MNCN=23，且MC=27，
∴MN=457． 
【解析】本题是相似三角形的综合题，主要考查了相似三角形的判定与性质，勾股定理，角平分线的定义以及平行线的性质．
(1)由∠ABD=∠BCD=90°，DB平分∠ADC，可推得△ABD∽△BCD，利用相似三角形的性质即可得到答案；
(2)由BM/​/CD和DB平分∠ADC且∠ABD=90°，可推得BM=DM=AM=4，再由(1)的结论可得BD2，利用勾股定理可得BC2和MC的长度，再利用BM/​/CD，得到△MNB∽△CND，于是BMCD=MNCN=23，即可得到答案．

19.【答案】(1)证明：如图①中，

∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD=90°，
∵AE⊥BD，
∴∠AED=90°，
∴∠BAE+∠EAD=90°，∠EAD+∠ADE=90°，
∴∠BAE=∠ADE，
∵∠AGP=∠BAG+∠ABG，∠APG=∠ADE+∠PBD，∠ABG=∠PBD，
∴∠AGP=∠APG，
∴AP=AG，
∵PA⊥AB，PF⊥BD，BP平分∠ABD，
∴PA=PF，
∴PF=AG，
∵AE⊥BD，PF⊥BD，
∴PF/​/AG，
∴四边形AGFP是平行四边形，
∵PA=PF，
∴四边形AGFP是菱形．

(2)证明：如图②中，

∵AE⊥BD，PE⊥EC，
∴∠AED=∠PEC=90°，
∴∠AEP=∠DEC，
∵∠EAD+∠ADE=90°，∠ADE+∠CDE=90°，
∴∠EAP=∠EDC，
∴△AEP∽△DEC，
∴AEDE=APDC，
∵AB=CD，
∴AE⋅AB=DE⋅AP；

(3)解：∵四边形ABCD是矩形，
∴BC=AD=2，∠BAD=90°，
∴BD=AB2+AD2=5，
∵AE⊥BD，
∴S△ABD=12⋅BD⋅AE=12⋅AB⋅AD，
∴AE=255，
∴DE=AD2−AE2=455，
∵AE⋅AB=DE⋅AP；
∴AP=255×1455=12． 
【解析】(1)想办法证明AG=PF，AG/​/PF，推出四边形AGFP是平行四边形，再证明PA=PF即可解决问题．
(2)证明△AEP∽△DEC，可得AEDE=APDC，由此即可解决问题．
(3)利用(2)中结论．求出DE，AE即可．
本题属于相似形综合题，考查了相似三角形的判定和性质，矩形的性质，解直角三角形等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，属于中考常考题型．

20.【答案】(1)证明：∵∠A=40∘，∠B=60∘，
∴∠ACB=80∘，
∴△ABC不是等腰三角形，
∵CD平分∠ACB，
∴∠ACD=∠BCD=12∠ACB=40∘．
∴∠ACD=∠A=40∘，
∴△ACD为等腰三角形．
∵∠DCB=∠A=40∘，∠CBD=∠ABC，
∴△BCD∽△BAC，
∴CD是△ABC的完美分割线．
(2)解：当AD=CD时(如图 ①)，∠ACD=∠A=48∘．
∵△BDC∽△BCA，
∴∠BCD=∠A=48∘，
∴∠ACB=∠ACD+∠BCD=96∘．
当AD=AC时(如图 ②)，∠ACD=∠ADC=180∘−48∘2=66∘．
∵△BDC∽△BCA，∴∠BCD=∠A=48∘，
∴∠ACB=∠ACD+∠BCD=114∘．
当AC=CD时(如图 ③)，∠ADC=∠A=48∘．
∵△BDC∽△BCA，∴∠BCD=∠A=48∘，
∴∠ADC=∠BCD，其与∠ADC>∠BCD矛盾，舍去．
综上，∠ACB=96∘或114∘．

(3)解：由题意知AC=AD=2，
∵△BCD∽△BAC，∴BCBA=BDBC，
设BD=x，∴(2)2=x⋅(x+2)，解得x=−1±3，
∵x>0，∴x=3−1．∵△BCD∽△BAC，
∴CDAC=BDBC=3−12，
∴CD=3−12×2=2×(3−1)=6−2．
 
【解析】本题考查相似三角形综合题、相似三角形的判定和性质、等腰三角形的性质等知识，解题的关键是理解题意，学会分类讨论思想，属于中考压轴题．
(1)根据完美分割线的定义只要证明①△ABC不是等腰三角形，②△ACD是等腰三角形，③△BDC∽△BCA即可．
(2)分三种情形讨论即可①如图2，当AD=CD时，②如图3中，当AD=AC时，③如图4中，当AC=CD时，分别求出∠ACB即可．
(3)设BD=x，利用△BCD∽△BAC，得BCBA=DBBC，列出方程即可解决问题

21.【答案】解：(1)根据题意可知：CF=2×30=60(m)，
∴AC=CF⋅sin60°=60×32=303(m)，
答：大跳台AC的高度是303米；
(2)如图，过点D作DM⊥CA于点M，
得矩形AMDG，矩形DGNE，

在Rt△ACF中，CF=60m，∠CFA=60°，
∴AC=CF⋅sin60°=60×32=303(m)，
在Rt△EBN中，∠EBN=30°，BE=24m，
∴EN=12BE=12m，
∴AM=DG=EN=12m，
∴CM=AC−AM=(303−12)m，
∵DE//BF，
∴∠CDM=∠E=30°，
∴CD=2CM=2(303−12)=603−24≈79.8m，
∴耐候钢的体积=79.8×35×10−2+24×35×10−2=36.33(m3)，
∴耐候钢总重量=36.33×7850≈285190(吨)．
答：赛道的耐候钢总重量约为285190吨． 
【解析】(1)根据自动扶梯的速度是2m/s，运送运动员到达跳台顶端C点处需要30秒，即可解决问题；
(2)过点D作DM⊥CA于点M，得矩形AMDG，矩形DGNE，然后根据特殊角三角函数分别求出CD，BE的长，再根据题意求出耐候钢的体积，进而可以解决问题．
此题考查了解直角三角形的应用−仰角俯角问题．此题难度适中，注意能借助仰角或俯角构造直角三角形并解直角三角形是解此题的关键．

22.【答案】2 
【解析】解：(1)如图，线段CD即为所求；
(2)如图，点M即为所求；

(3)如图，点P即为所求；
(4)∵CD=12+32=10，
∴12AM⋅CD=12×AD⋅CF，
∴10AM=12，
∴AM=6105，
∵AC=32+32=32，
∴CM=AC2−AM2=18−36025=3105，
∵tanα=tan∠ACF=tan45°=1，tan∠FCD=tanβ=13，
∴tan∠ACM=tan(α+β)=AMCM=6105×5310=2．
故答案为：2．
(1)根据旋转的性质即可将边BC绕点C逆时针旋转90°得到线段CD；
(2)根据网格即可在线段CD上找一点M，使得AM/​/BC；
(3)找到点D关于AC的对称点D′，连接D′M交AC于点P，根据两点之间线段最短即可使DP+MP最小；
(4)依据(1)(2)(3)的作图，根据tanα=1，tanβ=13，可得∠BAC=α=45°，∠CAM=β，利用三角形外角定义可得∠EBC=α+β，进而可得tan(α+β)=ECBE=2．
本题考查了作图−旋转变换，平行线的性质，作图−轴对称变换，解直角三角形，解决本题的关键是掌握旋转的性质．

23.【答案】解：(1)过B作BG⊥DE于G，
Rt△ABH中，i=tan∠BAH=13=33，
∴∠BAH=30°，
∴BH=12AB=5；

(2)∵BH⊥HE，GE⊥HE，BG⊥DE，
∴四边形BHEG是矩形．
∵由(1)得：BH=5，AH=53，
∴BG=AH+AE=53+15，
Rt△BGC中，∠CBG=45°，
∴CG=BG=53+15．
Rt△ADE中，∠DAE=60°，AE=15，
∴DE=3AE=153．
∴CD=CG+GE−DE=53+15+5−153=20−103≈2.7m．
答：宣传牌CD高约2.7米． 
【解析】(1)过B作DE的垂线，设垂足为G.分别在Rt△ABH中，通过解直角三角形求出BH、AH；
(2)在△ADE解直角三角形求出DE的长，进而可求出EH即BG的长，在Rt△CBG中，∠CBG=45°，则CG=BG，由此可求出CG的长然后根据CD=CG+GE−DE即可求出宣传牌的高度．
此题综合考查了仰角、坡度的定义，能够正确地构建出直角三角形，将实际问题化归为解直角三角形的问题是解答此类题的关键．

24.【答案】解：(1)①如图：

作BM⊥AC于M，则BM=ED，
∵△ABC中，∠ABC=90°，tan∠C=12=ABBC，AB=5，
∴BC=2AB=25，
∴AC2=BC2+AB2=(25)2+(5)2=25，
∴AC=5，
∵12AC×BM=12AB×BC，
∴ED=BM=AB×BCAC=5×255=2；
②在Rt△CPD中，tan∠C=12=PDCD，
∴CD=2PD，
又∵sin∠C=PDPC=ABAC，
∴PDx=55，
∴PD=55x，
∴CD=2PD=255x，PE=ED−PD=2−55x，
∵BE⊥DP，PD⊥AC，
∴BE/​/AC，
∴∠PBE=∠C，tan∠PBE=tan∠C=12，
∴PEBE=12，
∴BE=2PE，即y=2(2−55x)=4−255x，
又∵P为BC上一点，且不与B，C重合，
∴0 ∴y关于x的函数解析式为y=4−255x(0 (2)过M分别做MH⊥AB，MG⊥BC，

∵△ABM与△CBM等高，
∴SΔABMSΔCBM=AMMC，
又∵SΔABM=12AB⋅MH,SΔBCM=12BC⋅MG
∴SΔABMSΔCBM=12×5×MH12×25×MG=MH2MG，
∵四边形MHBG为矩形，
∴MG=BH
∴tan∠HBM=HMBH，
又∵∠BAP+∠APB=∠BAP+∠ABF=90°，
∴∠HBM=∠BPA，
∴tan∠APB=ABBP，
又∵BP=mPC,BC=25，
∴BP=mm+1BC=mm+1⋅25，
∴MCAM=MH2MG=MH2BH=AB2BP=52⋅25mm+1=m+14m.   
 
【解析】本题主要考查三角形综合．
(1)①作BM⊥AC于M，则BM=ED，在Rt△ABC中，求出BC=2AB=25，AC=5，再根据△ABC的面积，求出BM，即可求解；
②在Rt△CPD中，tan∠C=12=PDCD，可得CD=2PD，再根据sin∠C=PDPC=ABAC，可得PD=55x，于是CD=2PD=255x，PE=ED−PD=2−55x，说明∠PBE=∠C，可得tan∠PBE=tan∠C=12，进而可得BE=2PE，即可求解；
(2)过M分别做MH⊥AB，MG⊥BC，根据△ABM与△CBM等高，可得SΔABMSΔCBM=AMMC，进而可得SΔABMSΔCBM=12×5×MH12×25×MG=MH2MG，说明∠HBM=∠BPA，可得tan∠APB=ABBP，求出BP=mm+1BC=mm+1⋅25，即可求解．

25.【答案】解：有触礁危险，理由如下：
过点C作CD⊥AB延长线于点D
依题意，∠CAB=30°，∠ABC=120°
∴∠ACB=30°，∠CBD=60°
∴BC=AB=6
在Rt△BCD中，∵sin∠CBD=sin60°=CDBC
∴CD=BC sin60°=6×32=33
∵33<6
∴有触礁危险 
【解析】判断有无危险只要求出点C到AB的距离，与6海里比较大小就可以．
本题是将实际问题转化为直角三角形中的数学问题，可通过作辅助线构造直角三角形，再把条件和问题转化到这个直角三角形中，使问题解决．