2023年四川省自贡市中考数学试卷（含答案解析）

这是一份2023年四川省自贡市中考数学试卷（含答案解析），共23页。试卷主要包含了 如图中六棱柱的左视图是， 下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。

2023年四川省自贡市中考数学试卷
1. 如图，数轴上点A表示的数是2023，OA=OB，则点B表示的数是(    )

A. 2023 B. −2023 C. 12023 D. −12023
2. 自贡恐龙博物馆今年“五一”期间接待游客约110000人.人数110000用科学记数法表示为(    )
A. 1.1×104 B. 11×104 C. 1.1×105 D. 1.1×106
3. 如图中六棱柱的左视图是(    )


A. B. C. D.
4. 如图，某人沿路线A→B→C→D行走，AB与CD方向相同，∠1=128∘，则∠2=(    )

A. 52∘ B. 118∘ C. 128∘ D. 138∘
5. 如图，边长为3的正方形OBCD两边与坐标轴正半轴重合，点C的坐标是(    )
A. (3,−3)
B. (−3,3)
C. (3,3)
D. (−3,−3)


6. 下列交通标志图案中，既是中心对称图形又是轴对称图形的是(    )
A. B. C. D.
7. 下列说法正确的是(    )
A. 甲、乙两人10次测试成绩的方差分别是S甲2=4，S乙2=14，则乙的成绩更稳定
B. 某奖券的中奖率为1100，买100张奖券，一定会中奖1次
C. 要了解神舟飞船零件质量情况，适合采用抽样调查
D. x=3是不等式2(x−1)>3的解，这是一个必然事件
8. 如图，△ABC内接于⊙O，CD是⊙O的直径，连接BD，∠DCA=41∘，则∠ABC的度数是(    )

A. 41∘ B. 45∘ C. 49∘ D. 59∘
9. 第29届自贡国际恐龙灯会“辉煌新时代”主题灯组上有一幅不完整的正多边形图案，小华量得图中一边与对角线的夹角∠ACB=15∘，算出这个正多边形的边数是(    )

A. 9 B. 10 C. 11 D. 12
10. 如图1，小亮家、报亭、羽毛球馆在一条直线上.小亮从家跑步到羽毛球馆打羽毛球，再去报亭看报，最后散步回家.小亮离家距离y与时间x之间的关系如图2所示.下列结论错误的是(    )


A. 小亮从家到羽毛球馆用了7分钟 B. 小亮从羽毛球馆到报亭平均每分钟走75米
C. 报亭到小亮家的距离是400米 D. 小亮打羽毛球的时间是37分钟
11. 经过A(2−3b,m)，B(4b+c−1,m)两点的抛物线y=−12x2+bx−b2+2c(x为自变量)与x轴有交点，则线段AB长为(    )
A. 10 B. 12 C. 13 D. 15
12. 如图，分别经过原点O和点A(4,0)的动直线a，b夹角∠OBA=30∘，点M是OB中点，连接AM，则sin∠OAM的最大值是(    )

A. 3+ 66 B. 32 C. 63 D. 56
13. 计算：7a2−4a2=______ .
14. 请写出一个比 23小的整数______ .
15. 化简：x2−1x+1=______ .
16. 端午节早上，小颖为全家人蒸了2个蛋黄粽，3个鲜肉粽，她从中随机挑选了两个孝敬爷爷奶奶，请问爷爷奶奶吃到同类粽子的概率是______ .
17. 如图，小珍同学用半径为8cm，圆心角为100∘的扇形纸片，制作一个底面半径为2cm的圆锥侧面，则圆锥上粘贴部分的面积是______ cm2.

18. 如图，直线y=−13x+2与x轴，y轴分别交于A，B两点，点D是线段AB上一动点，点H是直线y=−43x+2上的一动点，动点E(m,0)，F(m+3,0)，连接BE，DF，HD.当BE+DF取最小值时，3BH+5DH的最小值是______ .

19. 计算：|−3|−( 7+1)0−22.
20. 如图，在平行四边形ABCD中，点M，N分别在边AB，CD上，且AM=CN.求证：DM=BN.

21. 某校组织七年级学生到江姐故里研学旅行，租用同型号客车4辆，还剩30人没有座位；租用5辆，还空10个座位.求该客车的载客量.
22. 某校为了解“世界读书日”主题活动开展情况，对本学期开学以来学生课外读书情况进行了随机抽样调查，所抽取的12名学生课外读书数量(单位：本)数据如下：2，4，5，4，3，5，3，4，1，3，2，4.

(1)补全学生课外读书数量条形统计图；
(2)请直接写出本次所抽取学生课外读书数量的众数、中位数和平均数；
(3)该校有600名学生，请根据抽样调查的结果，估计本学期开学以来课外读书数量不少于3本的学生人数.
23. 如图1，一大一小两个等腰直角三角形叠放在一起，M，N分别是斜边DE，AB的中点，DE=2，AB=4.

(1)将△CDE绕顶点C旋转一周，请直接写出点M，N距离的最大值和最小值；
(2)将△CDE绕顶点C逆时针旋转120∘(如图2)，求MN的长.
24. 如图，点A(2,4)在反比例函数y1=mx图象上.一次函数y2=kx+b的图象经过点A，分别交x轴，y轴于点B，C，且△OAC与△OBC的面积比为2：1.
(1)求反比例函数和一次函数的解析式；
(2)请直接写出y1≥y2时，x的取值范围.

25. 为测量学校后山高度，数学兴趣小组活动过程如下：

(1)测量坡角
如图1，后山一侧有三段相对平直的山坡AB，BC，CD，山的高度即为三段坡面的铅直高度BH，CQ，DR之和，坡面的长度可以直接测量得到，要求山坡高度还需要知道坡角大小.
如图2，同学们将两根直杆MN，MP的一端放在坡面起始端A处，直杆MP沿坡面AB方向放置，在直杆MN另一端N用细线系小重物G，当直杆MN与铅垂线NG重合时，测得两杆夹角α的度数，由此可得山坡AB坡角β的度数.请直接写出α，β之间的数量关系.
(2)测量山高
同学们测得山坡AB，BC，CD的坡长依次为40米，50米，40米，坡角依次为24∘，30∘，45∘；为求BH，小熠同学在作业本上画了一个含24∘角的Rt△TKS(如图3)，量得KT≈5cm，TS≈2cm.求山高DF.( 2≈1.41,结果精确到1米)
(3)测量改进
由于测量工作量较大，同学们围绕如何优化测量进行了深入探究，有了以下新的测量方法.

如图4，5，在学校操场上，将直杆NP置于MN的顶端，当MN与铅垂线NG重合时，转动直杆NP，使点N，P，D共线，测得∠MNP的度数，从而得到山顶仰角β1，向后山方向前进40米，采用相同方式，测得山顶仰角β2；画一个含β1的直角三角形，量得该角对边和另一直角边分别为a1厘米，b1厘米，再画一个含β2的直角三角形，量得该角对边和另一直角边分别为a2厘米，b2厘米.已知杆高MN为1.6米，求山高DF.(结果用不含β1，β2的字母表示)
26. 如图，抛物线y=−43x2+bx+4与x轴交于A(−3,0)，B两点，与y轴交于点C.
(1)求抛物线解析式及B，C两点坐标；
(2)以A，B，C，D为顶点的四边形是平行四边形，求点D坐标；
(3)该抛物线对称轴上是否存在点E，使得∠ACE=45∘，若存在，求出点E的坐标；若不存在，请说明理由.


答案和解析

1.【答案】B 
【解析】解：∵OA=OB，点A表示的数是2023，
∴OB=2023，
∵点B在O点左侧，
∴点B表示的数为：0−2023=−2023，
故选：B.
结合已知条件，根据实数与数轴的对应关系即可求得答案．
本题主要考查实数与数轴的对应关系，此为基础且重要知识点，必须熟练掌握．

2.【答案】C 
【解析】解：110000=1.1×105.
故选：C.
利用科学记数法的法则解答即可．
本题主要考查了科学记数法，表示较大的数，熟练掌握科学记数法的法则是解题的关键．

3.【答案】A 
【解析】解：由题可得，六棱柱的左视图是两个相邻的长相等的长方形，如图：
.
故选：A.
根据从左往右看水平放置的六棱柱，所得的图形进行判断即可．
本题主要考查了简单几何体的三视图，解题时注意：从左往右看几何体所得的图形是左视图．

4.【答案】C 
【解析】解：由题意得，AB//CD，
∴∠2=∠1=128∘.
故选：C.
依据题意，AB与CD方向相同，可得AB//CD，从而可得解．
本题主要考查了平行线的“两直线平行，内错角相等”性质，解题时需要熟练掌握，本题属于简单题．

5.【答案】C 
【解析】解：∵正方形的边长为3，
∴DC=BC=3，
∵点C在第一象限，
∴C的坐标为(3,3).
故选：C.
由正方形的性质可得DC=BC=3，而点C在第一象限，所以C的坐标为(3,3).
本题考查正方形的性质和坐标与图形的性质，求出DC、BC的长即可解答．

6.【答案】B 
【解析】解：图形既是中心对称图形又是轴对称图形，
故选：B.
根据中心对称图形和轴对称图形的概念得出结论即可．
本题主要考查中心对称图形和轴对称图形的知识，熟练掌握中心对称图形和轴对称图形的概念是解题的关键．

7.【答案】D 
【解析】解：A、∵4<14，∴S甲2 B、某奖券的中奖率为1100，则买100张奖券，不一定会中奖，是随机事件，故本选项不符合题意；
C、要了解神舟飞船零件质量情况，适合采用全面调查，故本选项不符合题意；
D、不等式2(x−1)>3的解集是x>2.5，∴x=3是这个不等式的解，是必然事件，故本选项符合题意；
故选：D.
根据必然事件，随机事件，方差的意义，调查方式，分别进行判断即可．
本题考查了必然事件，随机事件，方差，抽样调查，全面调查，掌握这些定义是解题的关键．

8.【答案】C 
【解析】解：∵CD是⊙O的直径，
∴∠DBC=90∘，
∵∠DBA=∠DCA=41∘，
∴∠ABC=90∘−∠DBA=49∘，
故选：C.
由直径所对的圆周角是直角可得∠DBC=90∘，由同弧所对的圆周角相等可得∠DBA=∠DCA，进而可计算∠ABC.
本题主要考查了直径所对的圆周角是直角、同弧所对的圆周角相等，解决本题的关键是熟练掌握相关知识点，难度不大．

9.【答案】D 
【解析】解：∵AB=CB，∠ACB=15∘，
∴∠ABC=180∘−15∘−15∘=150∘，
设这个正多边形为正n边形，则(n−2)×180∘n=150∘，
解得n=12，
经检验n=12是原方程的解，
即这个正多边形是正十二边形，
故选：D.
根据等腰三角形的性质以及三角形内角和定理求出∠ABC，再根据正多边形内角的嗯就是方法列方程求解即可．
本题考查正多边形和圆，掌握正多边形内角的计算方法是解决问题的关键．

10.【答案】D 
【解析】解：A、由图象得：小亮从家到羽毛球馆用了7分钟，故A选项不符合题意；
B、由图象可知：小亮从羽毛球馆到报亭的平均速度为：(1.0−0.4)÷(45−37)=0.075(千米/分)=75(米/分)，故B选项不符合题意；
C、由图象知报亭到小亮家的距离是0.4千米，即400米，故C选项不符合题意；
D、由图象知小亮打羽毛球的时间是37−7=30(分钟)，故D选项符合题意；
故选：D.
根据图象逐个分析即可．
本题考查了函数图象，观察图象，从图象中获取信息是解题的关键．

11.【答案】B 
【解析】解：∵经过A(2−3b,m)，B(4b+c−1,m)两点的抛物线y=−12x2+bx−b2+2c(x为自变量)与x轴有交点，
∴2−3b+4b+c−12=−b2×(−12)，Δ=b2−4×(−12)×(−b2+2c)≥0，
∴b=c+1，b2≤4c，
∴(c+1)2≤4c，
∴(c−1)2≤0，
∴c−1=0，
解得c=1，
∴b=c+1=2，
∴AB=|(4b+c−1)−(2−3b)|
=|4b+c−1−2+3b|
=|7b+c−3|
=|7×2+1−3|
|14+1−3|
=12，
故选：B.
根据二次函数的性质可知2−3b+4b+c−12=−b2×(−12)，再根据经过A(2−3b,m)，B(4b+c−1,m)两点的抛物线y=−12x2+bx−b2+2c(x为自变量)与x轴有交点，可知Δ=b2−4×(−12)×(−b2+2c)≥0，然后可以得到b和c的关系，求出b和c的值，再根据点A和点B的坐标，即可计算出线段AB长．
本题考查抛物线与x轴的交点、二次函数的性质，解答本题的关键是明确题意，求出b和c的值．

12.【答案】A 
【解析】解：作△AOB的外接圆⊙T，连接OT，TA，TB，取OT的中点K，连接KM.

∵∠ATO=2∠ABO=60∘，TO=TA，
∴△OAT是等边三角形，
∵A(4,0)，
∴TO=TA=TB=4，
∵OK=KT，OM=MB，
∴KM=12TB=2，
∴点M在以K为圆心，2为半径的圆上运动，
当AM与⊙K相切时，∠OAM的值最大，此时sin∠OAM的值最大，
∵△OTA是等边三角形，OK=KT，
∴AK⊥OT，
∴AK= OA2−OK2= 42−22=2 3，
∵AM是切线，KM是半径，
∴AM⊥KM，
∴AM= AK2−MK2= (2 3)2−22=2 2，
过点M作ML⊥OA于点L，KR⊥OA于点R，MP⊥RK于点P.
∵∠PML=∠AMK=90∘，
∴∠PMK=∠LMA，
∵∠P=∠MLA=90∘，
∴△MPK∽△MLA，
∴MPML=PKAL=MKAM=22 2=1 2，
设PK=x，PM=y，则有ML= 2y，AL= 2x，
∴ 2y= 3+x①，y=3− 2x，
解得，x=3 2− 33，y=3+ 63，
∴ML= 2y=3 2+2 33，
∴sin∠OAM=MLAM=3 2+2 32 2=3+ 62.
故选：A.
作△AOB的外接圆⊙T，连接OT，TA，TB，取OT的中点K，连接KM.证明KM=12TB=2，推出点M在以K为圆心，2为半径的圆上运动，当AM与⊙K相切时，∠OAM的值最大，此时sin∠OAM的值最大．
本题考查解直角三角形，相似三角形的判定和性质，三角形的外接圆，三角形中位线定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题．

13.【答案】3a2 
【解析】解：7a2−4a2=(7−4)a2=3a2，
故答案为：3a2.
根据合并同类项法则，合并同类项即可．
本题考查同类项，合并同类项，掌握合并同类项法则是正确解答的前提．

14.【答案】4(答案不唯一) 
【解析】解：∵42=16，52=25，而16<23<25，
∴4< 23<5，
∴比 23小的整数有4(答案不唯一)，
故答案为：4(答案不唯一).
根据算术平方根的定义估算无理数 23的大小即可．
本题考查估算无理数的大小，理解算术平方根的定义是正确解答的前提．

15.【答案】x−1 
【解析】解：原式=(x+1)(x−1)x+1
=x−1.
故答案为：x−1.
将分子因式分解后，利用分式的基本性质约分即可．
本题主要考查了分式的约分，利用因式分解法将分子变形是解题的关键．

16.【答案】25 
【解析】解：把2个蛋黄粽分别记为A、B，3个鲜肉粽分别记为C、D、E，
画树状图如下：

共有20种等可能的结果，其中爷爷奶奶吃到同类粽子的结果有8种，
即AB、BA、CD、CE、DC、DE、EC、ED，
∴爷爷奶奶吃到同类粽子的概率是820=25，
故答案为：25.
画树状图，共有20种等可能的结果，其中爷爷奶奶吃到同类粽子的结果有8种，再由概率公式求解即可．
此题考查了树状图法求概率，树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合于两步或两步以上完成的事件．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．

17.【答案】16π9 
【解析】解：如图，由题意得弧AC的长为2π×2=4π(cm)，
设弧AC所对的圆心角为n∘，则
即nπ×8180=4π，
解得n=90，
∴粘贴部分所对应的圆心角为100∘−90∘=10∘，
∴圆锥上粘贴部分的面积是10π×82360=16π9(cm2)，
故答案为：16π9.
求出弧长为4πcm，半径为8cm的扇形所对应的圆心角度数，进而求出粘贴部分的圆心角度数，利用扇形面积的计算方法进行计算即可．
本题考查扇形面积的计算，掌握扇形面积以及弧长的计算方法是正确解答的前提．

18.【答案】392 
【解析】解：∵直线y=−13x+2与x轴，y轴分别交于A，B两点，
∴B(0,2)，A(6,0)，
作点B关于x轴的对称点B′(0,−2)，把点B′向右平移3个单位得到C(3,−2)，
作CD⊥AB于点D，交x轴于点F，过点B′作B′E//CD交x轴于点E，则四边形EFCB是平行四边形，

此时，B′E=BE=CF，
∴BE+DF=CF+DF=CD有最小值，
作CP⊥x轴于点P，则CP=2，OP=3，
∵∠CFP=∠AFD，
∴∠FCP=∠FAD，
∴tan∠FCP=tan∠FAD，
∴PFPC=OBOA，
即PE2=26PF=23，
则F(113,0)，
设直线CD的解析式为y=kx+b，
则，3k+b=−2113k+b=0，
解得k=3b=−11，
∴直线CD的解析式为y=3x−11，
联立y=3x−11y=−13x+2，
解得x=3910y=710，
即D(3910,710)，
过点D作DG⊥y轴于点G，

直线y=−43x+2与x轴的交点为Q(32,0)，则BQ= OQ2+OB2=52，
∴sin∠OBQ=OQBQ=3252=35，
∴HG=BHsin∠GBH=35BH，
∴3BH+5DH=5(35HG+DH)=5(HG+DH)=5DG，
即3BH+5DH的最小值是5DG=5×3910=392，
故答案为：392.
作出点C(3,−2)，作CD⊥AB于点D，交x轴于点F，此时BE+DF的最小值为CD的长，利用解直角三角形求得F(113,0)，利用待定系数法求得直线CD的解析式，联立即可求得点D的坐标，过点D作DG⊥y轴于点G，此时3BH+5DH的最小值是5DG的长，据此求解即可．
本题考查了一次函数的应用，解直角三角形，利用轴对称求最短距离，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．

19.【答案】解：原式=3−1−4
=−2. 
【解析】利用绝对值的意义，零指数幂的意义和有理数的乘方法则化简运算即可．
本题主要考查了实数的运算，绝对值的意义，零指数幂的意义和有理数的乘方法则，熟练掌握实数法则与性质是解题的关键．

20.【答案】证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB//CD，AB=CD，
∵AM=CN，
∴AB−AM=CD−CN，
即BM=DN，
又∵BM//DN，
∴四边形MBND是平行四边形，
∴DM=BN. 
【解析】由平行四边形的性质得AB//CD，AB=CD，再证BM=DN，然后由平行四边形的判定即可得出结论．
本题考查了平行四边形的判定与性质，熟练掌握平行四边形的性质，证明BM=DN是解题的关键．

21.【答案】解：设该客车的载客量为x人，
根据题意得：4x+30=5x−10，
解得：x=40.
答：该客车的载客量为40人． 
【解析】设该客车的载客量为x人，根据去研学的人数不变，可得出关于x的一元一次方程，解之即可得出结论．
本题考查了一元一次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元一次方程是解题的关键．

22.【答案】解：(1)
，
(2)本次所抽取学生课外读书数量的众数为4本，
中位数为3+42=3.5(本)，
平均数为1×1+2×2+3×3+4×4+2×512=103(本)，
(3)3+4+212×600=450(名)，
答：本学期开学以来课外读书数量不少于3本的学生人数为450名． 
【解析】(1)根据题意直接画图；
(2)根据(1)直接写出即可；
(3)先求课外读书数量不少于3本的学生人数所占的比例，再乘以600.
本题主要考查了学生平均数、众数、中位数、条形统计图等统计的知识，难度不大，认真作答即可．

23.【答案】解：(1)以C为圆心，CM长为半径画圆，连接CN交DE于M1，延长NC交圆于M2，
∵△ACB是等腰直角三角形，N是AB中点，
∴CN平分∠ACB，CN=12AB=12×4=2，
∵△DCE是等腰直角三角形，
∴M1是DE中点，
∴CM1=12DE=12×2=1，
∴M、N距离的最小值是NM1=CN−CM1=2−1=1，M、N距离的最大值是NM2=CN+CM2=2+1=3.
(2)连接CM，CN，作NH⊥MC交MC延长线于H，
∵△ACB是等腰直角三角形，N是AB中点，
∴CN=12AB=2，
同理：CM=12DE=1，
∵△CDE绕顶点C逆时针旋转120∘，
∴∠MCN=120∘，
∴∠NCH=180∘−∠MCN=60∘，
∴CH=12CN=1，
∴NH= 3CH= 3，
∵MH=MC+CH=2，
∴MN= MH2+NH2= 7. 
【解析】(1)以C为圆心，CM长为半径画圆，连接CN交DE于M1，延长NC交圆于M2，由等腰直角三角形的性质，推出CN平分∠ACB，CN=12AB=12×4=2，M1是DE中点，CM1=12DE=12×2=1，即可求出M、N距离的最小值和最大值；
(2)连接CM，CN，作NH⊥MC交MC延长线于H，由等腰直角三角形的性质推出CN=12AB=2，CM=12DE=1，由旋转的性质得到∠NCH=180∘−∠MCN=60∘，由直角三角形的性质得到CH=12CN=1，NH= 3CH= 3，由勾股定理即可求出MN= MH2+NH2= 7.
本题考查等腰直角三角形，勾股定理，旋转的性质，关键是以C为圆心，CM的长为半径作辅助圆；通过作辅助线构造直角三角形．

24.【答案】解：(1)∵点A(2,4)在反比例函数y1=mx图象上，
∴m=2×4=8，
∴反比例函数为y1=8x，
∵△OAC与△OBC的面积比为2：1，A(2,4)，
∴B(1,0)或B(−1,0)，
把A(2,4)，B(1,0)代入y2=kx+b得2k+b=4k+b=0，
解得k=4b=−4，
∴一次函数为y2=4x−4，
把A(2,4)，B(−1,0)代入y2=kx+b得2k+b=4−k+b=0，
解得k=43b=43，
∴一次函数为y2=43x+43，
综上，一次函数的解析式为y2=4x−4或y2=43x+43；

(2)当y2=4x−4时，联立y=8xy=4x−4，解得x=2y=4或x=−1y=−8，
由图象可知，y1≥y2时，x的取值范围x≤−1或0 当y2=43x+43时，联立y=8xy=43x+43，解得x=2y=4或x=−3y=−83，
由图象可知，y1≥y2时，x的取值范围x≤−3或0 综上，当y2=4x−4时，x的取值范围x≤−1或0 【解析】(1)由△OAC与△OBC的面积比为2：1，即可求得B(1,0)或(−1,0)，然后利用待定系数法即可求得函数的解析式；
(2)两解析式联立，解方程组求得交点坐标，观察图象即可求得y1≥y2时，x的取值范围．
本题考查了反比例函数与一次函数的交点问题、待定系数法求一次函数的解析式、三角形的面积，熟练掌握待定系数法求函数解析式是解决问题的关键．

25.【答案】解：(1)∵铅直线与水平线垂直，
∴α+β=90∘，
故α，β之间的数量关系为：α+β=90∘；
(2)在Rt△ABH中，
∵AB=40米，∠BAH=24∘，
sin∠BAH=BHAB，
∴sin24∘=BH40，
在Rt△TKS中，
∵KT≈5cm，TS≈2cm，∠TKS=24∘，
sin∠TKS=TSKT，
∴sin24∘=25，
∴BH40=25，
解得BH=16米，
在Rt△CBQ中，
∵BC=50米，∠CBQ=30∘，
∴CQ=12CB=25米，
在Rt△DCR中，
∵CD=40米，∠DCR=45∘，
sin∠DCR=DRCD，
∴DR=CD⋅sin∠DCR=40⋅sin45∘=20 2(米)，
∴DF=BH+CQ+DR=16+25+20 2≈69(米)，
答：山高DF约为69米；
(3)由题意，得tanβ1=a1b1，tanβ2=a2b2，
在Rt△DNL中，
∵tanβ1=DLNL，
∴DLNL=a1b1，
∴NL=b1a1DL，
在Rt△DCR中，
∵tanβ2=DLN′L，
∴DLN′L=a2b2，
∴N′L=b2a2DL，
∵NL−N′L=NN′=40(米)，
∴=b1a1DL−b2a2DL=40，
解得DL=40a1a2b1a2−b2a1，
∴山高DF=DL+LF=40a1a2b1a2−b2a1+1.6(米)，
答：山高DF为(40a1a2b1a2−b2a1+1.6)米． 
【解析】(1)根据铅直线与水平线垂直解答即可；
(2)利用正弦函数定义，得到Rt△ABH和Rt△KTS中24∘角所对的直角边与斜边的比相等，即可求出BH，再分别在Rt△CBQ和Rt△DCR中求出CQ，DR，从而可求出山高DF；
(3)用a1，b1表示出β1的正切，用a2，b2表示出β2的正切，进而可用DL表示出NL和N′L，利用NL−NL′=NN′列方程求出DL，进而求出山高DF.
本题考查解直角三角形的应用-仰角俯角问题，解题中还可利用相似，熟练运用三角函数表示直角三角形中边之间的关系是解题的关键．

26.【答案】解：(1)把点A的坐标代入解析式得b=−83，
∴抛物线的解析式为y=−43x2−83x+4，
∴点C的坐标为(0,4)，点B的坐标为(1,0).
(2)以A，B，C，D为顶点的四边形是平行四边形，分三种情况：
①若AC为对角线，设AC的中点为F，则根据中点坐标公式可得F的坐标为(−32,2)，
设点D的坐标为(a,b)，则有1+a=−320+b2=2
解得a=−4，b=4，此时点D的坐标为(−4,4)，
②若以AB为对角线，设AB的中点为F，则F的坐标为(−1,0)，
设点D的坐标为(a,b)，则有0+a2=−14+b2=0，
解得a=−2，b=−4，此时点D的坐标为(−2,−4)，
③若以BC为对角线，设BC的中点为F，则点F的坐标为(12,2)，
设点D的坐标为(a,b)，则有−3+a2=120+b2=2，
解得a=4，b=4，此时点D的坐标为(4,4)，
综上所述，点D的坐标为(−4,4)或(−2,−4)或(4,4)，
(3)存在，理由如下：
∵tan∠ACO=AOCO=34<1，
∴∠ACO<45∘，
∴E不可能出现在直线AC下方，也不可能在直线AC上，
当点E在直线AC上方时，∠ACE=45∘，过点E作EM⊥AC，如图：

根据点A(−3,0)和点C(0,4)可得直线AC的解析式为y=43x+4，设直线AC与对称轴交于点H，
∴点H(−1,83)，HC=53，
∵EH//y轴，
∴∠EHM=∠HCO，
∴tan∠EHM=∠HCO=AOCO=34=EMHM，
∴EM=34HM，
∵∠ACE=45∘，
∴EM=CM，
∴HC=HM+CM，即53=HM+34HM，
解得HM=2021，
∴EM=57，
在Rt△EMH中，EH= EM2+HM2，
解得EH=2521，
∴E的纵坐标为83+2521=277，
∴点E的坐标为(−1,277). 
【解析】(1)根据待定系数法求出抛物线的解析式，然后即可求出抛物线与x轴和y轴的交点坐标．
(2)分三种情况，先确定四边形的对角线，找到对角线的中点，然后根据中点坐标公式即可求解．
(3)分两种情况，点E在直线AC上方和下方，利用等角的正切值相等求出线段的长，在转化成点的坐标．
本题综合考查了二次函数和几何图形的性质，充分运用性质解题是关键．