2023年江苏省徐州市沛县中考数学模拟试卷（二）（含解析）

这是一份2023年江苏省徐州市沛县中考数学模拟试卷（二）（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。

2023年江苏省徐州市沛县中考数学模拟试卷（二）
一、选择题（本大题共8小题，共24.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 实数−2的相反数是(    )
A. −2 B. 2 C. −12 D. 12
2. 下列各式计算正确的是(    )
A. 33=9 B. (a−b)2=a2−b2
C. 2 2+3 2=5 2 D. (2a2b)3=8a8b3
3. 剪纸是我国具有独特艺术风格的民间艺术，反映了劳动人民对现实生活的深刻感悟．下列剪纸图形中，是中心对称图形的有(    )


A. ①②③ B. ①②④ C. ①③④ D. ②③④
4. 新冠病毒的长度约为120纳米.1纳米=10−9米，则新冠病毒长度用科学记数法表示为(    )
A. 1.2×10−7米 B. 12×10−8米 C. 1.2×10−8米 D. 1.2×10−9米
5. 下面四个几何体中，主视图为矩形的是(    )
A. B. C. D.
6. 五名同学捐款数分别是5，3，6，5，10(单位：元)，捐10元的同学后来又追加了10元．追加后的5个数据与之前的5个数据相比，集中趋势相同的是(    )
A. 只有平均数 B. 只有中位数 C. 只有众数 D. 中位数和众数
7. 若函数y=kx−b的图象如图所示，则关于x的不等式k(x−3)−b>0的解集为(    )


A. x<2 B. x>2 C. x<5 D. x>5
8. 在平面直角坐标系中，正方形ABCD的位置如图所示，点A的坐标为(1,0)，点D的坐标为(0,2).延长CB交x轴于点A1，作正方形A1B1C1C；延长C1B1交x轴于点A2，作正方形A2B2C2C1，按这样的规律进行下去，第2022个正方形(正方形ABCD看作第1个)的面积为(    )

A. 5×(32)2020 B. 5×(94)2022 C. 5×(94)2021 D. 5×(32)2022
二、填空题（本大题共10小题，共30.0分）
9. 16的算术平方根是______．
10. 函数y=2x−1中，自变量x的取值范围是______．
11. 若关于m的多项式−3m2+2m−1的值是5，则代数式6m2−4m的值是______．
12. 用半径为6cm，圆心角为120°的扇形纸片围成一个圆锥的侧面，则这个圆锥的底面圆的半径是          cm．
13. 请写出一个概率是13的随机事件______ ．
14. 已知函数y=mx2+3mx+m−1的图象与坐标轴恰有两个公共点，则实数m的值为______．
15. 如图，在直角坐标系中，△ABC的顶点C与原点O重合，点A在反比例函数y=kx(k>0,x>0)的图象上，点B的坐标为(4,3)，AB与y轴平行，若AB=BC，则k=          ．






16. 如图，在扇形AOB中，点C，D在AB上，将CD沿弦CD折叠后恰好与OA，OB相切于点E，F.已知∠AOB=120°，OA=6，则EF的度数为______，折痕CD的长为______．


17. 如图，在正六边形ABCDEF中，AB=6，点M在边AF上，且AM=2.若经过点M的直线l将正六边形面积平分，则直线l被正六边形所截的线段长是          ．


18. 如图，矩形ABCD中，AB=6，BC=9，以D为圆心，3为半径作⊙D，E为⊙D上一动点，连接AE.以AE为直角边作Rt△AEF，使∠EAF=90°，tan∠AEF=13，则点F与点C的最小距离为______ ．

三、解答题（本大题共10小题，共86.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
19. (本小题10.0分)
计算：
(1)计算：(3−π)0−|−14|+ 36+2−2；
(2)化简：(2m−1+1)÷2m+2m2−2m+1．
20. (本小题10.0分)
(1)解方程：x2−2x−1=0；
(2)解不等式组x+2>1x−5≤3(x−1)．
21. (本小题7.0分)
有五个封装后外观完全相同的纸箱，且每个纸箱内各装有一个西瓜，其中，所装西瓜的重量分别为6kg，6kg，7kg，7kg，8kg.现将这五个纸箱随机摆放．
(1)若从这五个纸箱中随机选1个，则所选纸箱里西瓜的重量为6kg的概率是______；
(2)若从这五个纸箱中随机选2个，请利用列表或画树状图的方法，求所选两个纸箱里西瓜的重量之和为15kg的概率．
22. (本小题8.0分)
综合与实践
【问题情境】数学活动课上，老师带领同学们开展“利用树叶的特征对树木进行分类”的实践活动．
【实践发现】同学们随机收集芒果树、荔枝树的树叶各1片，通过测量得到这些树叶的长y(单位：cm)，宽x(单位：cm)的数据后，分别计算长宽比，整理数据如下：

1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
芒果树叶的长宽比
3.8
3.7
3.5
3.4
3.8
4.0
3.6
4.0
3.6
4.0
荔枝树叶的长宽比
2.0
2.0
2.0
2.4
1.8
1.9
1.8
2.0
1.3
1.9
【实践探究】分析数据如下：

平均数
中位数
众数
方差
芒果树叶的长宽比
3.74
m
4.0
0.0424
荔枝树叶的长宽比
1.91
2.0
n
0.0669
【问题解决】
(1)上述表格中：m= ______ ，n= ______ ；
(2)①A同学说：“从树叶的长宽比的方差来看，我认为芒果树叶的形状差别大.”
②B同学说：“从树叶的长宽比的平均数、中位数和众数来看，我发现荔枝树叶的长约为宽的两倍.”
上面两位同学的说法中，合理的是______ (填序号)；
(3)现有一片长11cm，宽5.6cm的树叶，请判断这片树叶更可能来自于芒果、荔枝中的哪种树？并给出你的理由．

23. (本小题8.0分)
如图，将矩形ABCD沿对角线AC折叠，点B的对应点为点E，AE与CD交于点F．

(1)求证：△DAF≌△ECF；
(2)若∠FCE=40°，求∠CAB的度数．
24. (本小题8.0分)
某日王老师佩戴运动手环进行快走锻炼，两次锻炼后数据如表．与第一次锻炼相比，王老师第二次锻炼步数增长的百分率是其平均步长减少的百分率的3倍．设王老师第二次锻炼时平均步长减少的百分率为x(0 项目
第一次锻炼
第二次锻炼
步数(步)
10000
① ______
平均步长(米/步)
0.6
② ______
距离(米)
6000
7020
注：步数×平均步长=距离．
(1)根据题意完成表格填空；
(2)求x；
(3)王老师发现好友中步数排名第一为24000步，因此在两次锻炼结束后又走了500米，使得总步数恰好为24000步，求王老师这500米的平均步长．
25. (本小题9.0分)
如图，四边形ABCD内接于⊙O，对角线AC为⊙O的直径，过点C作AC的垂线交AD的延长线于点E，点F为CE的中点，连接DB，DC，DF．
(1)求∠CDE的度数；
(2)求证：DF是⊙O的切线；
(3)若AC=2 5DE，求tan∠ABD的值．

26. (本小题8.0分)
如图所示，一幢楼房AB背后有一台阶CD，台阶每层高0.2米，宽0.6米，且AC=17.2米.设太阳光线与地面的夹角为α，当α=60°时，测得楼房在地面上的影长AE=10米.现有两只小猫分别睡在台阶的第一层和第二层上晒太阳.( 3取1.73)
(1)求楼房的高度约为多少米？
(2)当α=45°时，问两只小猫是否都能晒到太阳？请说明理由．

27. (本小题8.0分)
如图，在网格中，每个小正方形的边长均为1，每个小正方形的顶点称为格点，点A，B，C，D，M均为格点．
【操作探究】
在数学活动课上，佳佳同学在如图①的网格中，用无刻度的直尺画了相交于点P的两条互相垂直的线段AB，CD，并给出部分说理过程，请你补充完整：
解：在网格中取格点E，构建两个直角三角形，分别是△ABC和△CDE．
在Rt△ABC中，tan∠BAC=12，
在Rt△CDE中，______，
所以tan∠BAC=tan∠DCE．
所以∠BAC=∠DCE．
因为∠ACP+∠DCE=∠ACB=90°，
所以∠ACP+∠BAC=90°，
所以∠APC=90°，
即AB⊥CD．

【拓展应用】
(1)如图②是以格点O为圆心，AB为直径的圆，请你只用无刻度的直尺，在BM上找出一点P，使PM=AM，写出作法，并给出证明；
(2)如图③是以格点O为圆心的圆，请你只用无刻度的直尺，在弦AB上找出一点P.使AM2=AP⋅AB，写出作法，不用证明．
28. (本小题10.0分)
如图，在锐角△ABC中，∠A=60°，点D，E分别是边AB，AC上一动点，连接BE交直线CD于点F．
(1)如图1，若AB>AC，且BD=CE，∠BCD=∠CBE，求∠CFE的度数；
(2)如图2，若AB=AC，且BD=AE，在平面内将线段AC绕点C顺时针方向旋转60°得到线段CM，连接MF，点N是MF的中点，连接CN.在点D，E运动过程中，猜想线段BF，CF，CN之间存在的数量关系，并证明你的猜想；
(3)若AB=AC，且BD=AE，将△ABC沿直线AB翻折至△ABC所在平面内得到△ABP，点H是AP的中点，点K是线段PF上一点，将△PHK沿直线HK翻折至△PHK所在平面内得到△QHK，连接PQ.在点D，E运动过程中，当线段PF取得最小值，且QK⊥PF时，请直接写出PQBC的值．


答案和解析

1.【答案】B 
【解析】解：−2的相反数是2．
故选：B．
根据相反数的定义解答即可．
本题考查的是实数的性质及相反数的定义，熟知只有符号不同的两个数叫做互为相反数是解题的关键．

2.【答案】C 
【解析】解：A.33=27，因此选项A 不符合题意；
B.(a−b)2=a2−2ab+b2，因此选项B不符合题意；
C.2 2+3 2=(2+3) 2=5 2，因此选项C符合题意；
D.(2a2b)3=8a6b3，因此选项D不符合题意；
故选：C．
根据乘方的意义，完全平方公式，合并同类二次根式以及幂的乘方与积的乘方逐项进行判断即可．
本题考查乘方的意义，完全平方公式，合并同类二次根式以及幂的乘方与积的乘方，理解同类二次根式的意义，掌握合并同类二次根式的方法是得出正确答案的前提．

3.【答案】A 
【解析】解：①、是中心对称图形，故本选项符合题意；
②、是中心对称图形，故本选项符合题意；
③、是中心对称图形，故本选项不符合题意；
④、不是中心对称图形，故本选项符合题意．
故选：A．
根据中心对称图形的概念对各选项分析判断即可得解．
本题考查了中心对称图形的概念，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后能与自身重合．

4.【答案】A 
【解析】解：∵1纳米=10−9米，
∴120纳米=120×10−9米=1.2×10−7米．
故选：A．
首先根据1纳米=10−9米，把120纳米表示成以米为单位的量，然后根据用科学记数法表示较大的数时，一般形式为a×10n，其中1≤|a|<10，n为整数，把新冠病毒长度用科学记数法表示即可．
此题主要考查了用科学记数法表示较大的数，一般形式为a×10n，其中1≤|a|<10，确定a与n的值是解题的关键．

5.【答案】A 
【解析】解：A.长方体的主视图是矩形，故本选项符合题意；
B.三棱锥的主视图是三角形，故本选项不符合题意；
C.圆锥的主视图是等腰三角形，故本选项不符合题意；
D.圆台的主视图是等腰梯形，故本选项不符合题意．
故选：A．
根据主视图是从物体正面看，所得到的图形，分别得出四个几何体的主视图，即可解答．
本题考查了简单几何体的主视图，注意主视图、左视图、俯视图是分别从物体正面、左面和上面看，所得到的图形．

6.【答案】D 
【解析】解：根据题意知，追加前5个数据的中位数是5，众数是5，
追加后5个数据的中位数是5，众数为5，
∵数据追加后平均数会变大，
∴不变的只有中位数和众数，
故选：D．
根据中位数和众数的概念做出判断即可．
本题主要考查平均数、中位数和众数的知识，熟练掌握平均数、中位数和众数的基本概念是解题的关键．

7.【答案】C 
【解析】解：∵一次函数y=kx−b经过点(2,0)，
∴2k−b=0，b=2k．
函数值y随x的增大而减小，则k<0；
解关于k(x−3)−b>0，
移项得：kx>3k+b，即kx>5k；
两边同时除以k，因为k<0，因而解集是x<5．
故选：C．
根据函数图象知：一次函数过点(2,0)；将此点坐标代入一次函数的解析式中，可求出k、b的关系式；然后将k、b的关系式代入k(x−3)−b>0中进行求解即可．
本题考查了一次函数与一元一次不等式的关系及数形结合思想的应用．解决此类问题关键是仔细观察图形，注意几个关键点(交点、原点等)，做到数形结合．

8.【答案】C 
【解析】解：∵点A的坐标为(1,0)，点D的坐标为(0,2)，
∴OA=1，OD=2，
∵∠AOD=90°，
∴AB=AD= 12+22= 5，∠ODA+∠OAD=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD=∠ABC=90°，S正方形ABCD=( 5)2=5，
∴∠ABA1=90°，∠OAD+∠BAA1=90°，
∴∠ODA=∠BAA1，
∴△ABA1∽△DOA，
∴BA1OA=ABOD，即BA11= 52，
∴BA1= 52，
∴CA1=3 52，
∴正方形A1B1C1C的面积=(3 52)2=5×94，…，第n个正方形的面积为5×(94)n−1，
∴第2022个正方形(正方形ABCD看作第1个)的面积为5×(94)2021．
故选：C．
先求出正方形ABCD的边长和面积，再求出第一个正方形A1B1C1C的面积，得出规律，根据规律即可求出第2016个正方形的面积．
本题考查了正方形的性质以及坐标与图形性质；通过求出正方形ABCD和正方形A1B1C1C的面积得出规律是解决问题的关键．

9.【答案】4 
【解析】
【分析】
此题主要考查了算术平方根的定义．一个正数的算术平方根就是其正的平方根．
根据算术平方根的定义即可求出结果．
【解答】
解：因为42=16，
所以 16=4．
故答案为：4．  
10.【答案】x≠1 
【解析】解：根据题意可得x−1≠0；
解得x≠1；
故答案为：x≠1．
根据分式有意义的条件是分母不为0；分析原函数式可得关系式x−1≠0，解可得答案．
本题主要考查函数自变量的取值范围，当函数表达式是分式时，要注意考虑分式的分母不能为0．

11.【答案】−12 
【解析】解：因为多项式−3m2+2m−1的值是5，
所以−3m2+2m=6，
所以原式=−2(−3m2+2m)
=−2×6
=−12，
故答案为：−12．
将代数式适当变形后，利用整体代入的方法解答即可．
本题主要考查了求代数式的值，将代数式适当变形后，利用整体代入的方法解答是解题的关键．

12.【答案】2 
【解析】
【分析】
本题考查了圆锥的计算，理解扇形的弧长等于圆锥的底面圆的周长，从而列出方程是解决问题的关键．
设这个圆锥的底面圆的半径为r cm，利用扇形的弧长等于圆锥的底面圆的周长，列出方程，解方程即可得出答案．
【解答】
解：设这个圆锥的底面圆的半径为r cm，
由题意得：2πr=120×π×6180，
解得：r=2，
∴这个圆锥的底面圆的半径为2cm．
故答案为：2．  
13.【答案】从标有1，2，3的三个卡片中，反面向上随机抽取一个，抽到1的概率 
【解析】解：从标有1，2，3的三个卡片中，反面向上随机抽取一个，抽到1的概率(答案不唯一)．
故答案为：从标有1，2，3的三个卡片中，反面向上随机抽取一个，抽到1的概率．
直接利用概率的意义写出一个符合题意的答案．
此题主要考查了概率的意义，正确举出随机事件是解题关键．

14.【答案】1或−54 
【解析】解：∵函数y=mx2+3mx+m−1的图象与坐标轴恰有两个公共点，
①过坐标原点，m−1=0，m=1，
②与x、y轴各一个交点，
∴Δ=0，m≠0，
(3m)2−4m(m−1)=0，
解得m=0或m=−54，
综上所述：m的值为1或−54．
函数y=mx2+3mx+m−1的图象与坐标轴恰有两个公共点，分情况讨论，①过坐标原点，m−1=0，m=1，②与x、y轴各一个交点，得出Δ=0，m≠0．
本题考查抛物线与x轴的交点、二次函数的性质，掌握函数的图象与坐标轴恰有两个公共点的情况，看清题意，分情况讨论是解题关键．

15.【答案】32 
【解析】
【分析】
本题考查反比例函数图象上点坐标的特征，解题的关键是掌握待定系数法，能根据已知求出点A的坐标．
由点B的坐标为(4,3)求出BC=5，又AB=BC，AB与y轴平行，可得A(4,8)，用待定系数法即得答案．
【解答】
解：∵点B的坐标为(4,3)，C(0,0)，
∴BC= 42+32=5，
∴AB=BC=5，
∵AB与y轴平行，
∴A(4,8)，
把A(4,8)代入y=kx得：8=k4，
解得k=32，
故答案为：32．  
16.【答案】60°  4 6 
【解析】 3解：如图，设翻折后的弧的圆心为O′，连接O′E，O′F，OO′，O′C，OO′交CD于点H，
∴OO′⊥CD，CH=DH，O′C=OA=6，

∵将CD沿弦CD折叠后恰好与OA，OB相切于点E，F．
∴∠O′EO=∠O′FO=90°，
∵∠AOB=120°，
∴∠EO′F=60°，
则EF的度数为60°；
∵∠AOB=120°，
∴∠O′OF=60°，
∵O′F⊥OB，O′E=O′F=O′C=6，
∴OO′=O′Fsin60∘=6 32=4 3，
∴O′H=2 3，
∴CH= O′C2−O′H2= 36−12=2 6，
∴CD=2CH=4 6．
故答案为：60°，4 6．
设翻折后的弧的圆心为O′，连接O′E，O′F，OO′，O′C，OO′交CD于点H，可得OO′⊥CD，CH=DH，O′C=OA=6，根据切线的性质开证明∠EOF=60°，则可得EF的度数；然后根据垂径定理和勾股定理即可解决问题．
本题考查了翻折变换，切线的性质，解决本题的关键是掌握翻折的性质．

17.【答案】4 7 
【解析】
【分析】
本题考查了正多边形和圆，掌握正六边形的特点，等边三角形的性质，直角三角形的性质，勾股定理等知识是解决问题的关键．
设正六边形ABCDEF的中心为O，过点M，O作直线l交CD于点N，则直线l将正六边形的面积平分，直线l被正六边形所截的线段是MN，连接OA，OF，过点M作MH⊥OF于点H.由正六边形的性质得出AF=AB=6，∠AFO=12∠AFE=12×(6−2)×180°6=60°，OA=OF，进而得出△OAF是等边三角形，OA=OF=AF=6，由AM=2，得出MF=4，由MH⊥OF，得出∠FMH=30°，进而求出FH=2，MH=2 3，再求出OH=4，利用勾股定理求出OM=2 7，即可求出MN的长度．
【解答】
解：如图，设正六边形ABCDEF的中心为O，过点M，O作直线l交CD于点N，则直线l将正六边形的面积平分，直线l被正六边形所截的线段是MN，连接OA，OF，过点M作MH⊥OF于点H．

∵六边形ABCDEF是正六边形，AB=6，中心为O，
∴AF=AB=6，∠AFO=12∠AFE=12×(6−2)×180°6=60°，OM=ON，
∵OA=OF
∴△OAF是等边三角形，
∴OA=OF=AF=6，
∵AM=2，
∴MF=AF−AM=6−2=4，
∵MH⊥OF，
∴∠FMH=90°−∠AFO=90°−60°=30°，
∴FH=12MF=12×4=2，MH=MF2−FH2=42−22=23，
∴OH=OF−FH=6−2=4，
∴OM=MH2+OH2=(23)2+42=27，
∴ON=OM=2 7，
∴MN=ON+OM=2 7+2 7=4 7．
故答案为：4 7．  
18.【答案】3 10−1 
【解析】解：如图取AB的中点G，连接FG，FC，GC，

∵∠EAF=90°，tan∠AEF=13，
∴AFAE=13，
∵AB=6，AG=GB，
∴AG=GB=3，
∵AD=9，
∴AGAD=39=13，
∴AFAE=AGAD，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD=∠B=∠EAF=90°，
∴∠FAG=∠EAD，
∴△FAG∽△EAD，
∴FG：DE=AF：AE=1：3，
∵DE=3，
∴FG=1，
∴点F的运动轨迹是以G为圆心1为半径的圆，
∵GC= BC2+BG2=3 10，
∴FC≥GC−FG，
∴FC≥3 10−1，
∴CF的最小值为3 10−1．
故答案为：3 10−1．
如图取AB的中点G，连接FG，FC，GC，由△FAG∽△EAD，推出FG：DE=AF：AE=1：3，因为DE=3，可得FG=1，推出点F的运动轨迹是以G为圆心1为半径的圆，再利用两点之间线段最短即可解决问题．
本题考查了矩形，圆，相似三角形的判定和性质，两点之间线段最短等知识，学会添加常用辅助线，构造相似三角形是解题的关键．

19.【答案】解：(1)(3−π)0−|−14|+ 36+2−2
=1−14+6+14
=7．
(2)(2m−1+1)÷2m+2m2−2m+1
=m+1m−1÷2(m+1)(m−1)2
=m+1m−1×(m−1)22(m+1)
=m−12． 
【解析】(1)先由零次幂法则，绝对值性质，算术平方根定义，负整数指数幂法则化简，再合并计算可得结果；
(2)先将括号内的进行通分合并，把除法变成乘法，再进行约分可得结果．
此题主要是考查了实数的混合运算，分式的混合运算，能够熟练掌握各种运算法则是解答此题的关键．

20.【答案】解：(1)x2−2x−1=0，
x2−2x=1，
x2−2x+1=1+1，
(x−1)2=2，
x−1=± 2，
x=± 2+1，
∴x1= 2+1，x2=− 2+1；
(2)x+2>1①x−5≤3(x−1)②，
解不等式①，得：x>−1，
解不等式②，得：x≥−1，
∴原不等式组的解集是x>−1． 
【解析】(1)根据配方法可以解答此方程；
(2)先解出每个不等式的解集，即可得到不等式组的解集．
本题考查解一元二次方程、解一元一次不等式组，解答本题的关键是明确配方法解一元二次方程的方法和解一元一次不等式的方法．

21.【答案】25 
【解析】解：(1)若从这五个纸箱中随机选1个，则所选纸箱里西瓜的重量为6kg的概率是25，
故答案为：25；
(2)画树状图如下：

共有20种等可能的结果，其中所选两个纸箱里西瓜的重量之和为15kg的结果有4种，
∴所选两个纸箱里西瓜的重量之和为15kg的概率为420=15．
(1)直接由概率公式求解即可；
(2)画树状图，共有20种等可能的结果，其中所选两个纸箱里西瓜的重量之和为15kg的结果有4种，再由概率公式求解即可．
此题考查的是用树状图法求概率．树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合两步或两步以上完成的事件；解题时要注意此题是放回试验还是不放回试验．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．

22.【答案】3.75  2.0  ② 
【解析】解：(1)把10片芒果树叶的长宽比从小到大排列，排在中间的两个数分别为3.7、3.8，故m=3.7+3.82=3.75；
10片荔枝树叶的长宽比中出现次数最多的是2.0，故n=2.0；
故答案为：3.75；2.0；
(2)∵0.0424<0.0669，
∴芒果树叶的形状差别小，故A同学说法不合理；
∵荔枝树叶的长宽比的平均数1.91，中位数是1.95，众数是2.0，
∴B同学说法合理．
故答案为：②；
(3)∵11÷5.6≈1.96，
∴这片树叶更可能是荔枝树叶．
(1)根据中位数和众数的定义解答即可；
(2)根据题目给出的数据判断即可；
(3)根据树叶的长宽比判断即可．
本题考查了众数，中位数，平均数和方差，掌握相关定义是解答本题的关键．

23.【答案】解：(1)证明：已知矩形ABCD沿对角线AC折叠，
则AD=BC=EC，∠D=∠B=∠E=90°，
在△DAF和△ECF中，
∠DFA=∠EFC∠D=∠EDA=EC，
∴△DAF≌△ECF(AAS)；
(2)∵△DAF≌△ECF，
∴∠DAF=∠ECF=40°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠DAB=90°，
∴∠EAB=∠DAB−∠DAF=90°−40°=50°，
∵∠EAC=∠CAB，
∴∠CAB=25°． 
【解析】本题考查矩形的性质，全等三角形的判定和性质，翻折变换等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
(1)根据AAS证明三角形全等即可；
(2)利用全等三角形的性质求解即可．

24.【答案】解：(1)①10000(1+3x) ② 0.6(1−x)；
(2)由题意：10000(1+3x)×0.6(1−x)=7020
解得：x1=1730>0.5(舍去)，x2=0.1．
则x=0.1，
答：x的值为0.1；
(3)根据题意可得：10000+10000(1+0.1×3)=23000，
500÷(24000−23000)=0.5(m)．
答：王老师这500米的平均步幅为0.5米． 
【解析】解：(1)①根据题意可得：10000(1+3x)；
②第二次锻炼的平均步长(米/步)为：0.6(1−x)；
故答案为：10000(1+3x)；0.6(1−x)；
(2)见答案；
(3)见答案．
(1)①直接利用王老师第二次锻炼步数增长的百分率是其平均步长减少的百分率的3倍，得出第二次锻炼的步数；
②利用王老师第二次锻炼时平均步长减少的百分率为x，即可表示出第二次锻炼的平均步长(米/步)；
(2)根据题意表示出第二次锻炼的总距离，进而得出答案；
(3)根据题意可得两次锻炼结束后总步数，进而求出王老师这500米的平均步长．
此题主要考查了一元二次方程的应用，根据题意正确表示出第二次锻炼的步数与步长是解题关键．

25.【答案】(1)解：∵对角线AC为⊙O的直径，
∴∠ADC=90°，
∴∠EDC=90°；

(2)证明：连接DO，
∵∠EDC=90°，F是EC的中点，
∴DF=FC，
∴∠FDC=∠FCD，
∵OD=OC，
∴∠OCD=∠ODC，
∵∠OCF=90°，
∴∠ODF=∠ODC+∠FDC=∠OCD+∠DCF=90°，
∴DF是⊙O的切线；

(3)解：方法一：设DE=1，则AC=2 5，
由AC2=AD×AE
∴20=AD(AD+1)
∴AD=4或−5(舍去)
∵DC2=AC2−AD2
∴DC=2，
∴tan∠ABD=tan∠ACD=ADDC=2；
方法二：如图所示：可得∠ABD=∠ACD，
∵∠E+∠DCE=90°，∠DCA+∠DCE=90°，
∴∠DCA=∠E，
又∵∠ADC=∠CDE=90°，
∴△CDE∽△ADC，
∴DCAD=DEDC，
∴DC2=AD⋅DE
∵AC=2 5DE，
∴设DE=x，则AC=2 5x，
则AC2−AD2=AD⋅DE，
即(2 5x)2−AD2=AD⋅x，
整理得：AD2+AD⋅x−20x2=0，
解得：AD=4x或−5x(负数舍去)，
则DC= (2 5x)2−(4x)2=2x，
故tan∠ABD=tan∠ACD=ADDC=4x2x=2． 
【解析】(1)直接利用圆周角定理得出∠CDE的度数；
(2)直接利用直角三角形的性质结合等腰三角形的性质得出∠ODF=∠ODC+∠FDC=∠OCD+∠DCF=90°，进而得出答案；
(3)利用相似三角形的性质结合勾股定理表示出AD，DC的长，再利用圆周角定理得出tan∠ABD的值．
此题主要考查了圆的综合以及切线的判定、相似三角形的判定与性质、勾股定理等知识，根据题意表示出AD，DC的长是解题关键．

26.【答案】解：(1)当α=60°时，在Rt△ABE中，
∵tan60°=ABAE=AB10，
∴AB=10⋅tan60°=10 3≈10×1.73=17.3米．
即楼房的高度约为17.3米；
(2)当α=45°时，小猫仍可以晒到太阳．理由如下：
假设没有台阶，当α=45°时，从点B射下的光线与地面AD的交点为点F，与MC的交点为点H．
∵∠BFA=45°，
∴tan45°=ABAF=1，
此时的影长AF=AB=17.3米，
∴CF=AF−AC=17.3−17.2=0.1米，
∴CH=CF=0.1米，
∴大楼的影子落在台阶MC这个侧面上，
∴小猫能晒到太阳． 
【解析】(1)在Rt△ABE中，由tan60°=ABAE=AB10，即可求出AB=10⋅tan60°=17.3米；
(2)假设没有台阶，当α=45°时，从点B射下的光线与地面AD的交点为点F，与MC的交点为点H.由∠BFA=45°，可得AF=AB=17.3米，那么CF=AF−AC=0.1米，CH=CF=0.1米，所以大楼的影子落在台阶MC这个侧面上，故小猫能晒到太阳．
本题考查了解直角三角形的应用，锐角三角函数定义，理解题意，将实际问题转化为数学问题是解题的关键．

27.【答案】解：【操作探究】
tan∠DCE=12；
【拓展应用】
(1)如图②，点P即为所求作．

作法：取格点N，作射线AN交BM于点P，点P即为所求作；
证明：∵tan∠MOD=13，tan∠NAC=13，
∴tan∠MOD=tan∠NAC，
∴∠MOD=∠NAC，
∵∠NAC+∠ANC=90°，
∴∠MOD+∠ANC=90°，
∴OM⊥AP，
∵OM是半径，
∴PM=AM；
(2)如图③中，点P即为所求作．

作法：取格点I，连接MI交AB于点P，点P即为所求作． 
【解析】
【分析】
本题属于圆的综合题，考查了垂径定理，解直角三角形等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
【操作探究】由图①及tan∠BAC=12，tan∠BAC=tan∠DCE可知应填tan∠DCE=12；
【拓展应用】(1)取格点N，作射线AN交BM于点P，点P即为所求作．利用垂径定理证明即可；
(2)取格点I，连接MI交AB于点P，点P即为所求作．利用正切函数证得∠FMI=∠MNA，利用圆周角定理得∠B=∠MNA，即可推出△PAM∽△MAB，利用相似三角形的性质即可得出结论．
【解答】
解：【操作探究】
见答案；
【拓展应用】
(1)见答案；
(2)如图③中，点P即为所求作．

作法：取格点I，连接MI交AB于点P，点P即为所求作．
证明：作直径AN，连接BM，MN，
∵tan∠FMI=13，tan∠MNA=13，
∴tan∠FMI=tan∠MNA，
∴∠FMI=∠MNA，
∵∠B=∠MNA，
∴∠AMP=∠B，
又∵∠PAM=∠MAB，
∴△PAM∽△MAB，
∴APAM=AMAB，
∴AM2=AP⋅AB．  
28.【答案】解：(1)如图1中，在射线CD上取一点K，使得CK=BE，

在△BCE和△CBK中，
BC=CB∠BCK=∠CBEBE=CK，
∴△BCE≌△CBK(SAS)，
∴BK=CE，∠BEC=∠BKD，
∵CE=BD，
∴BD=BK，
∴∠BKD=∠BDK=∠ADC=∠CEB，
∵∠BEC+∠AEF=180°，
∴∠ADF+∠AEF=180°，
∴∠A+∠EFD=180°，
∵∠A=60°，
∴∠EFD=120°，
∴∠CFE=180°−120°=60°；

(2)结论：BF+CF=2CN．
理由：如图2中，∵AB=AC，∠A=60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AB=CB，∠A=∠CBD=60°，
∵AE=BD，
∴△ABE≌△BCD(SAS)，
∴∠BCF=∠ABE，
∴∠FBC+∠BCF=60°，
∴∠BFC=120°，
如图2−1中，延长CN到Q，使得NQ=CN，连接FQ，

∵NM=NF，∠CNM=∠FNQ，CN=NQ，
∴△CNM≌△QNF(SAS)，
∴FQ=CM=BC，
延长CF到P，使得PF=BF，则△PBF是等边三角形，
∴∠PBC+∠PCB=∠PCB+∠FCM=120°，
∴∠PFQ=∠FCM=∠PBC，
∵PB=PF，
∴△PFQ≌△PBC(SAS)，
∴PQ=PC，∠CPB=∠QPF=60°，
∴△PCQ是等边三角形，
∴BF+CF=PC=QC=2CN．

(3)由(2)可知∠BFC=120°，
∴点F的运动轨迹为红色圆弧(如图3−1中)，
∴P，F，O三点共线时，PF的值最小，
此时tan∠APK=AOAP=2 3，
∴∠HPK>45°，
∵QK⊥PF，
∴∠PKH=∠QKH=45°，
如图3−2中，过点H作HL⊥PK于点L，设PQ交KH题意点J，设HL=LK=2，PL= 3，PH= 7，KH=2 2，
∵S△PHK=12⋅PK⋅HL=12⋅KH⋅PJ，
∴PQ=2PJ=2×2(2+ 3)2 2=2 2+ 6
∴PQBC=2 2+ 62 7=2 14+ 4214．
 
【解析】(1)如图1中，在射线CD上取一点K，使得CK=BE，证明△BCE≌△CBK(SAS)，推出BK=CE，∠BEC=∠BKD，再证明∠ADF+∠AEF=180°，可得结论；
(2)结论：BF+CF=2CN.首先证明∠BFC=120°.如图2−1中，延长CN到Q，使得NQ=CN，连接FQ，证明△CNM≌△QNF(SAS)，推出FQ=CM=BC，延长CF到P，使得PF=BF，则△PBF是等边三角形，再证明△PFQ≌△PBC(SAS)，推出PQ=PC，∠CPB=∠QPF=60°，推出△PCQ是等边三角形，可得结论；
(3)由(2)可知∠BFC=120°，推出点F的运动轨迹为红色圆弧(如图3−1中)，推出P，F，O三点共线时，PF的值最小，此时tan∠APK=AOAP=2 3，如图3−2中，过点H作HL⊥PK于点L，设HL=LK=2，PL= 3，PH= 7，KH=2 2，由等积法求出PQ，可得结论．
本题属于几何变换综合题，考查了等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，学会利用面积法解决问题，属于中考压轴题．