2024年江苏省徐州市沛县五中中考数学一模试卷（含解析）

这是一份2024年江苏省徐州市沛县五中中考数学一模试卷（含解析），共25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。

1.−2024的绝对值是( )
A. 2024B. −2024C. 12024D. −12024
2.下列食品标识中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是( )
A. 绿色饮品B. 绿色食品
C. 有机食品D. 速冻食品
3.下列运算正确的是( )
A. a2⋅a3=a6B. a4÷a2=a2C. (a3)2=a5D. 2a2+3a2=5a4
4.数学家斐波那契编写的《算经》中有如下问题：一组人平分10元钱，每人分得若干；若再加上6人，平分40元钱，则第二次每人所得与第一次相同，求第一次分钱的人数，设第一次分钱的人数为x人，则可列方程( )
A. 10x=40x−6B. 40x=10x−6C. 10x=40x+6D. 10x=40(x+6)
5.某班有8名学生参加数学竞赛，他们的得分情况如表，那么这8名学生所得分数的众数和中位数分别是( )
A. 90，90B. 90，85C. 90，87.5D. 85，85
6.如图，AB是⊙O的直径，C，D是⊙O上两点，若∠AOC=140°，则∠BDC=( )
A. 20°
B. 40°
C. 55°
D. 70°
7.在平面直角坐标系中，将二次函数y=(x+1)2+3的图象向右平移2个单位长度，再向下平移1个单位长度，所得抛物线对应的函数表达式为( )
A. y=(x+3)2+2B. y=(x−1)2+2C. y=(x−1)2+4D. y=(x+3)2+4
8.如图，把正方形ABCD绕着它的对称中心O沿着逆时针方向旋转，得到正方形A′B′C′D′，A′B′和B′C′分别交AB于点E，F，在正方形旋转过程中，∠EOF的大小( )
A. 随着旋转角度的增大而增大
B. 随着旋转角度的增大而减小
C. 不变，都是60°
D. 不变，都是45°
二、填空题：本题共10小题，每小题3分，共30分。
9.25的平方根是______．
10.习近平总书记指出“善于学习，就是善于进步”.“国家中小学智慧云平台”上线的某天，全国大约有5450000人在平台上学习，将这个数据用科学记数法表示为 ．
11.分解因式：3x2−12y2=______．
12.若 x−5在实数范围内有意义，则实数x的取值范围是 ．
13.己知圆锥的侧面积是12π，母线长为4，则圆锥的底面圆半径为______．
14.如图，六边形ABCDEF是⊙O的内接正六边形，设正六边形ABCDEF的面积为S1，△ACE的面积为S2，则S1S2= ______．
15.如图，A，B是反比例函数y=kx(x>0)图象上的两点，连接OA，OB，过点A作AC⊥x轴于点C，交OB于点D，若AD：DC=2：3，△AOD的面积为2，点B的坐标为(m,2)，则m的值为______．
16.如图，抛物线y=ax2+c与直线y=mx+n交于A(−2,p)，B(4,q)两点，则不等式ax2−mx+c17.矩形ABCD中，M为对角线BD的中点，点N在边AD上，且AN=AB=1.当以点D，M，N为顶点的三角形是直角三角形时，AD的长为______．
18.如图，直角△ABC中，∠ACB=90°，∠A=30°，BC=4，点E是边AC上一点，将BE绕点B顺时针旋转60°到点F，则CF长的最小值是______．
三、解答题：本题共10小题，共86分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
19.(本小题10分)
计算：
(1)−14+ 8+(23−π)0−2sin45°；
(2)化简：(3a−2−1a+2)⋅(a2−4)．
20.(本小题10分)
(1)解方程：2x2−5x+2=0；
(2)解不等式组：3(x−2)>x−42x+13≥x−1．
21.(本小题7分)
为了解中考体育科目训练情况，某校从九年级学生中随机抽取了部分学生进行了一次中考体育科目测试(把测试结果分为四个等级：A级：优秀：B级：良好：C级：及格：D级：不及格)，并将测试结果绘成了如下两幅不完整的统计图.请根据统计图中的信息解答下列问题：
(1)本次抽样测试的学生人数是______；
(2)图②中∠α的度数是______°，并把图1条形统计图补充完整；
(3)若该校九年级有学生1120名，如果全部参加这次中考体育科目测试，请估计不及格的人数．
22.(本小题7分)
2023年盐城市初中毕业升学体育考试有必考项目立定跳远和一项选考项目，男生选考项目为掷实心球或引体向上，女生选考项目为掷实心球或仰卧起坐．
(1)小明(男)从选考项目中任选一个，选中引体向上的概率为______；
(2)小明(男)和小红(女)分别从选考项目中任选一个，求两人都选择掷实心球的概率.(用树状图或列表法写出分析过程)
23.(本小题7分)
近年来，我市大力发展交通，建成多条快速通道，小李开车从家到单位有两条路线可选择，路线a为全程10千米的普通道路，路线b包含快速通道，全程7千米，走路线b比路线a平均速度提高40%，时间节省10分钟，求走路线a和路线b的平均速度分别是多少？
24.(本小题8分)
如图，在△ABC中，D，E分别是AB，AC的中点．
(1)过点E作CD的垂线，垂足为点O，交BC于点F(尺规作图，保留痕迹，不写作法)；
(2)根据(1)中作图，连接DF，若AC=BC，求证：四边形DECF是菱形．
25.(本小题8分)
如图，在Rt△ABC中，∠B=90°，AD平分∠BAC交BC于点D，点E是斜边AC上一点，以AE为直径的⊙O经过点D，交AB于点F，连接DF．
(1)求证：BC是⊙O的切线；
(2)若BD=6，tan∠ADB= 3，求图中阴影部分的面积(结果保留π)．
26.(本小题8分)
如图，在港口A处的正东方向有两个相距10km的观测点B、C.一艘轮船从A处出发，沿北偏东26°方向航行至D处，在B、C处分别测得∠ABD=45°、∠C=37°.求：
(1)D处到直线BC的距离．
(2)轮船航行的距离AD.(参考数据：sin26°≈0.44，cs26°≈0.90，tan26°≈0.49，sin37°≈0.60，cs37°≈0.80，tan37°≈0.75.)
27.(本小题10分)
问题情境：数学活动课上，王老师给同学们每人发了一张矩形纸片探究折叠的性质在矩形ABCD的CD边上取一点E，将△BCE沿BE翻折，使点C恰好落在AD边上点F处．
实践探究：(1)如图1，若BC=2BA，求∠CBE的度数；
(2)如图2，当AB=6，且AF⋅FD=12时，求BC的长；
问题解决：(3)如图3，延长EF，与∠ABF的角平分线交于点M，BM交AD于点N，当NF=AN+FD时，求ABBC的值．
28.(本小题11分)
如图1，抛物线y=−x2+bx与x轴交于点A，与直线y=−x交于点B(4,−4)，点C(0,−4)在y轴上.点P从点B出发，沿线段BO方向匀速运动，运动到点O时停止．
(1)求抛物线y=−x2+bx的表达式；
(2)当BP=2 2时，请在图1中过点P作PD⊥OA交抛物线于点D，连接PC，OD，判断四边形OCPD的形状，并说明理由；
(3)如图2，点P从点B开始运动时，点Q从点O同时出发，以与点P相同的速度沿x轴正方向匀速运动，点P停止运动时点Q也停止运动.连接BQ，PC，求CP+BQ的最小值．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：−2024的绝对值是2024．
故选：A．
根据绝对值的意义解答即可．
本题主要考查了绝对值的意义，解题的关键是熟练掌握|a|=a(a>0)0(a=0)−a(a<0)．
2.【答案】D
【解析】解：A、既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项不合题意；
B、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不合题意；
C、不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项不合题意；
D、既是轴对称图形，又是中心对称图形，故本选项符合题意；
故选：D．
根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
本题考查了轴对称图形及中心对称图形的知识，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形沿对称轴叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，图形旋转180°后与原图形重合．
3.【答案】B
【解析】解：A、a2⋅a3=a5，故此选项不符合题意；
B、a4÷a2=a2，故此选项符合题意；
C、(a3)2=a6，故此选项不符合题意；
D、2a2+3a2=5a2，故此选项不符合题意；
故选：B．
根据同底数幂的乘法法则、同底数幂的除法法则、幂的乘方法则、合并同类项法则分别进行判断即可．
本题考查了合并同类项法则、同底数幂的除法法则、幂的乘方法则、同底数幂的乘法法则，熟练掌握这些法则是解题的关键．
4.【答案】C
【解析】解：设第一次分钱的人数为x人，则第二次分钱的人数为(x+6)人，
依题意得：10x=40x+6．
故选：C．
设第一次分钱的人数为x人，则第二次分钱的人数为(x+6)人，利用人均分得钱数=总钱数÷参与分钱的人数，结合两次每人分得的钱数相同，即可得出关于x的分式方程，此题得解．
本题考查了由实际问题抽象出分式方程以及数学常识，找准等量关系，正确列出分式方程是解题的关键．
5.【答案】C
【解析】解：由表格可知：得分90的有3人，人数最多，
则这8名学生所得分数的众数为90；
将这8名学生所得分数从小到大排列后，第4、5名学生的分数为85、90，
即这8名学生所得分数的中位数为85+902=87.5．
故选：C．
根据众数和中位数的定义即可求出结论．
此题考查的是求一组数据的众数和中位数，掌握众数和中位数的定义是解决此题的关键．
6.【答案】A
【解析】解：∵∠BOC+∠AOC=180°，∠AOC=140°，
∴∠BOC=180°−140°=40°，
∴∠BDC=12∠BOC=20°．
故选：A．
由邻补角的性质求出∠BOC的度数，由圆周角定理，即可求出∠BDC的度数．
本题考查圆周角定理，邻补角的性质，关键是掌握圆周角定理．
7.【答案】B
【解析】解：将二次函数y=(x+1)2+3的图象向右平移2个单位长度，再向下平移1个单位长度，所得抛物线对应的函数表达式为y=(x+1−2)2+3−1，即y=(x−1)2+2．
故选：B．
直接利用二次函数的平移规律，左加右减，上加下减，进而得出答案．
本题主要考查二次函数的几何变换，掌握“左加右减，上加下减”的法则是解题的关键．
8.【答案】D
【解析】解：如图所示，连接AO，BO，A′O，AB′，
∵正方形ABCD绕着它的对称中心O沿着逆时针方向旋转，得到正方形A′B′C′D′，
∴AO=B′O，
∴∠OAB′=∠OB′A，
又∵∠OAE=∠OB′E=45°，
∴∠EAB′=∠EB′A，
∴AE=B′E，
又∵EO=EO，
∴△AOE≌△B′OE(SSS)，
∴∠AOE=∠B′OE．
同理可得，∠BOF=∠B′OF，
∴∠EOF=∠B′OE+∠B′OF=12∠AOB=12×90°=45°．
∴在正方形旋转过程中，∠EOF的大小不变，是45°．
故选：D．
连接AO，BO，A′O，AB′，依据正方形的性质，即可得到AE=B′E，进而得出△AOE≌△B′OE(SSS)，根据全等三角形的的性质，可得∠AOE=∠B′OE.同理可得，∠BOF=∠B′OF，根据∠EOF=∠B′OE+∠B′OF=12∠AOB，可知在正方形旋转过程中，∠EOF的大小不变，是45°．
本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质以及旋转的性质的综合运用，解决问题的关键是作辅助线构造全等三角形以及等腰三角形，利用全等三角形的对应角相等得出结论．
9.【答案】±5
【解析】解：∵(±5)2=25，
∴25的平方根是±5，
故答案为：±5．
运用开平方和平方的互逆运算关系进行求解．
此题考查了实数平方根的求解能力，关键是能准确理解并运用开平方和平方的互逆运算关系．
10.【答案】5.45×106
【解析】解：5450000=5.45×106．
故答案为：5.45×106．
科学记数法的表示形式为±a×10n的形式，其中1≤|a|<10，n为整数．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值≥10时，n是正数；当原数的绝对值<1时，n是负数．
本题考查了科学记数法的表示方法，掌握形式为±a×10n的形式，其中1≤|a|<10，n为整数是关键．
11.【答案】3(x−2y)(x+2y)
【解析】解：3x2−12y2，
=3(x2−4y2)，
=3(x+2y)(x−2y)．
先提取公因式3，再对余下的多项式利用平方差公式继续分解．
本题考查了提公因式法，公式法分解因式，关键在于提取公因式后，可以利用平方差公式进行二次分解．
12.【答案】x≥5
【解析】解：式子 x−5在实数范围内有意义，则x−5≥0，
故实数x的取值范围是：x≥5．
故答案为：x≥5．
直接利用二次根式有意义的条件进而得出答案．
此题主要考查了二次根式有意义的条件，正确把握相关定义是解题关键．
13.【答案】3
【解析】解：设圆锥的底面圆半径为r，
由题意得，12×2π×r×4=12π，
解得，r=3，
故答案为：3．
设圆锥的底面圆半径为r，根据扇形弧长公式计算即可．
本题考查的是圆锥的计算，正确理解圆锥的侧面展开图与原来的扇形之间的关系是解决本题的关键，理解圆锥的母线长是扇形的半径，圆锥的底面圆周长是扇形的弧长．
14.【答案】2
【解析】解：如图，连接OC，OD，OE，OD交CE于点M，过点O作ON⊥CD于点N，设⊙O的半径为r，则OC=OD=OE=r，
∵六边形ABCDEF是⊙O的内接正六边形，
∴∠COD=360°6=60°，
∵OC=OD，
∴△COD是正三角形，
∴CD=OC=OD=r，
∵ON⊥CD，
∴CN=DN=12CD=12r，
∴ON= OC2−CN2= 32r，
∴正六边形ABCDEF的面积为S1=6S△COD=6×12×r× 32r=3 32r2；
由题意可知，△ACE是⊙O的内接正三角形，
∴∠COM=60°，
∴OM=12OC=12r，CM= 32OC= 32r，
∴CE=2CM= 3r，
∴△ACE的面积为S2=3S△OCE=3×12× 3r×12r=3 34r2；
∴S1S2=2．
根据圆内接正六边形的性质可用半径r表示正六边形的面积S1，再根据圆内接正三角形的性质可用半径r表示正三角形的面积S2，最后再计算S1S2的值即可．
本题考查正多边形和圆，掌握圆内接正六边形，圆内接正三角形的性质是正确解答的前提．
15.【答案】5
【解析】解：∵AD：DC=2：3，△AOD的面积为2，
∴△OCD的面积为3，△OCA的面积为5，
∵A，B是双曲线y=kx(x>0)上的两点，AC⊥x轴于点C，
∴k2=5，则k=10，
∴y=10x，
将点B(m,2)代入y=10x中，得2=10m，
∴m=5，
故答案为：5．
先根据AD：DC=2：3，△AOD的面积为2，求得△AOC的面积，再根据反比例函数中系数k的几何意义求出k值，进而得出反比例函数解析式，将点B坐标代入解析式即可求解m值．
本题考查反比例函数中k的几何意义以及反比例函数图象上点的特征，解答关键是利用AD=2CD得出△OCA的面积．
16.【答案】−2【解析】解：∵A(−2,p)，B(4,q)
∴当−2∴ax2+c故答案为：−2根据图象中直线在抛物线上方的x的取值范围求解．
本题考查二次函数与不等式的关系，解题关键是将不等式ax2−mx+c17.【答案】2或1+ 2
【解析】解：以点D，M，N为顶点的三角形是直角三角形时，分两种情况：
①如图1，当∠MND=90°时，
则MN⊥AD，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=90°，
∴MN//AB，
∵M为对角线BD的中点，
∴AN=DN，
∵AN=AB=1，
∴AD=2AN=2；
如图2，当∠NMD=90°时，
则MN⊥BD，
∵M为对角线BD的中点，
∴BM=DM，
∴MN垂直平分BD，
∴BN=DN，
∵∠A=90°，AB=AN=1，
∴BN= 2AB= 2，
∴AD=AN+DN=1+ 2，
综上所述，AD的长为2或1+ 2．
故答案为：2或1+ 2．
以点D，M，N为顶点的三角形是直角三角形时，分两种情况：如图1，当∠MND=90°时，如图2，当∠NMD=90°时，根据矩形的性质和三角形中位线定理以及等腰直角三角形的性质即可得到结论．
本题考查了矩形的性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质，三角形中位线定理，分类讨论是解题的关键．
18.【答案】2
【解析】【分析】
取AB的中点D，连接DE，过点D作DH⊥AC于点H，可证得△BCF≌△BDE(SAS)，得出CF=DE，当且仅当DE⊥AC，即点E与点H重合时，DE=DH=12AD=2为DE的最小值，即可得出CF的最小值为2．
本题考查了直角三角形性质，旋转变换的性质，全等三角形的判定和性质，垂线段最短等，添加辅助线构造全等三角形是解题的关键．
【解答】
解：如图，取AB的中点D，连接DE，过点D作DH⊥AC于点H，
则AD=BD=12AB，∠AHD=∠ACB=90°，
∵∠A=30°，BC=4，
∴AB=2BC=8，∠ABC=90°−30°=60°，
由旋转得：BF=BE，∠EBF=60°，
∴∠EBC+∠CBF=60°，
∵∠EBC+∠DBE=60°，
∴∠CBF=∠DBE，
∵AD=BD=12AB=4，
∴BC=BD，
在△BCF和△BDE中
BF=BE∠CBF=∠DBEBC=BD
∴△BCF≌△BDE(SAS)，
∴CF=DE，
当且仅当DE⊥AC，即点E与点H重合时，DE=DH=12AD=2为DE的最小值，
∴CF的最小值为2．
故答案为：2．
19.【答案】解：(1)−14+ 8+(23−π)0−2sin45°
=−1+2 2+1−2× 22
= 2；
(2)(3a−2−1a+2)⋅(a2−4)
=(3a−2−1a+2)⋅(a−2)(a+2)
=3(a+2)−(a−2)
=2a+8．
【解析】(1)对二次根式化简、根据零指数幂的运算法则、将特殊角的三角函数值代入计算即可；
(2)利用平方差公式和乘方分配律计算即可．
本题考查分式的加减法、零指数幂、特殊角的三角函数值等，掌握零指数幂的运算法则和特殊角的三角函数值是本题的关键．
20.【答案】解：(1)(x−2)(2x−1)=0，
∴x−2=0或2x−1=0，
∴x1=2，x2=12；
(2)3(x−2)>x−4①2x+13≥x−1②，
解不等式①得：x>1；
解不等式②得：x≤4，
∴不等式组的解集为1【解析】(1)用因式方程法求解即可；
(2)求出每个不等式的解集，再求出公共解集即可．
本题考查解一元二次方程和一元一次不等式组，解题的关键是掌握解一元二次方程的一般方法和求不等式公共解集的方法．
21.【答案】40 54
【解析】解：(1)本次抽样的人数是12÷30%=40(人)．
故答案为：40；
(2)∠α=640×360°=54°，
故答案为：54；C级的人数是40−6−12−8=14(人)，
故补画条形统计图如下：
(3)若该校九年级有学生800名，如果全部参加这次中考体育科目测试，
则估计不及格的人数是1120×840=224(人)．
(1)由B级的占30%即可得答案；
(2)A级6人，除以40，然后再乘以360°即可得α；用抽样的人数减去A、B、D级的人数即可得C级的人数，从而补全条形图；
(3)先算出D级占的比例，然后再乘以总数即可．
本题考查了扇形统计图和条形统计图的综合、用样本估计总体等知识，解题关键是要通过扇形统计图和条形统计图获得所需信息．
22.【答案】12
【解析】解：(1)∵男生选考项目为掷实心球或引体向上，
∴小明(男)从选考项目中任选一个，选中引体向上的概率为12．
故答案为：12．
(2)设掷实心球记为A，引体向上记为B，仰卧起坐记为C，
画树状图如下：
共有4种等可能的结果，其中两人都选择A.掷实心球的结果有1种，
∴两人都选择掷实心球的概率为14．
(1)直接利用概率公式可得答案．
(2)画树状图得出所有等可能的结果数以及两人都选择掷实心球的结果数，再利用概率公式可得出答案．
本题考查列表法与树状图法，熟练掌握列表法与树状图法以及概率公式是解答本题的关键．
23.【答案】解：设走路线a的平均速度是x千米/时，则走路线b的平均速度是(1+40%)x千米/时，
根据题意得：10x−7(1+40%)x=1060，
解得：x=30，
经检验，x=30是所列方程的解，且符合题意，
∴(1+40%)x=(1+40%)×30=42(千米/时)．
答：走路线a的平均速度是30千米/时，走路线b的平均速度是42千米/时．
【解析】设走路线a的平均速度是x千米/时，则走路线b的平均速度是(1+40%)x千米/时，利用时间=路程÷速度，结合走路线b比路线a节省10分钟，可列出关于x的分式方程，解之经检验后，可得出走路线a的平均速度，再将其代入(1+40%)x中，即可求出走路线b的平均速度．
本题考查了分式方程的应用，找准等量关系，正确列出分式方程是解题的关键．
24.【答案】(1)解：图形如图所示：

(2)证明：∵AD=DB，AE=EC，
∴DE/​/CB，DE=12BC，
∴∠EDO=∠FCO，
∵CA=CB，
∴DE=EC，
∵EF⊥CD，
∴OD=OC，
在Rt△EDO和Rt△FCO中，
∠EDO=∠FCOOD=OC∠DOE=∠COF，
∴△EDO≌△FCO(ASA)，
∴DE=CF，
∵DE/​/CF，
∴四边形DECF是平行四边形，
∵ED=EC，
∴四边形DECF是菱形．
【解析】(1)根据要求作出图形；
(2)根据邻边相等的平行四边形是菱形证明即可．
本题考查作图−复杂作图，菱形的判定等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
25.【答案】(1)证明：连接OD，
∵OA=OD，
∴∠OAD=∠ODA，
∵AD平分∠BAC，
∴∠OAD=∠BAD，
∴∠ODA=∠BAD，
∴OD/​/AB，
∴∠ODC=∠B=90°，
∴半径OD⊥BC于点D，
∴BC是⊙O的切线；
(2)解：连接OF，DE，
∵∠B=90°，tan∠ADB= 3，
∴∠ADB=60°，∠BAD=30°，
∵BD=6，
∴AD=2BD=12，
∵AE是⊙O的直径，
∴∠ADE=90°，
∵AD平分∠BAC，
∴∠DAE=∠BAD=30°，
在Rt△ADE中，AD=12，
∵cs∠DAE=ADAE= 32，
∴AE=8 3，
∴OA=12AE=4 3，
∵AD平分∠BAC，
∴∠BAC=2∠BAD=60°，
∵OA=OF，
∴△AOF是等边三角形，
∴∠AOF=60°，
∵OD/​/AB，
∴S△ADF=S△AOF，
∴S阴影=S扇形OAF=60π×(4 3)2360=8π．
【解析】(1)连接OD，由OA=OD，得到∠OAD=∠ODA，由角平分线定义得到∠OAD=∠BAD，因此∠ODA=∠BAD推出OD/​/AB，得到半径OD⊥BC，即可证明问题；
(2)连接OF，DE，由tan∠ADB= 3，得到∠ADB=60°，由直角三角形的性质求出AD长，由锐角的余弦求出AE长，得到圆的半径长，由OD/​/AB，推出阴影的面积=扇形OAF的面积，由扇形面积公式即可解决问题．
本题考查切线的判定，扇形面积的计算，解直角三角形，圆周角定理，角平分线定义，关键是证明OD/​/AB；推出S阴影=S扇形OAF．
26.【答案】解：(1)过点D作DE⊥AC，垂足为E，

设BE=x km，
∵BC=10km，
∴CE=BE+BC=(x+10)km，
在Rt△BED中，∠DBE=45°，
∴DE=BE⋅tan45°=x(km)，
在Rt△DCE中，∠C=37°，
∴DE=CE⋅tan37°≈0.75(x+10)km，
∴x=0.75(x+10)，
解得：x=30，
∴DE=30km，
∴D处到直线BC的距离约为30km；
(2)如图：

由题意得：AF/​/DE，
∴∠FAD=∠ADE=26°，
在Rt△ADE中，DE=30km，
∴AD=DEcs26∘≈300.9=1003(km)，
∴轮船航行的距离AD约为1003km．
【解析】(1)过点D作DE⊥AC，垂足为E，设BE=x km，则CE=(x+10)km，然后分别在Rt△BED和Rt△DCE中，利用锐角三角函数的定义求出DE的长，从而列出关于x的方程，进行计算即可解答；
(2)根据题意可得：AF/​/DE，从而可得∠FAD=∠ADE=26°，然后在Rt△ADE中，利用锐角三角函数的定义进行计算，即可解答．
本题考查了解直角三角形的应用−方向角问题，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
27.【答案】解：(1)∵四边形ABCD是矩形，
∴∠C=90°，
∵将△BCE沿BE翻折，使点C恰好落在AD边上点F处，
∴BC=BF，∠FBE=∠EBC，∠C=∠BFE=90°，
∵BC=2AB，
∴BF=2AB，
∴∠AFB=30°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD//BC，
∴∠AFB=∠CBF=30°，
∴∠CBE=12∠FBC=15°；
(2)∵将△BCE沿BE翻折，使点C恰好落在AD边上点F处，
∴∠BFE=∠C=90°，CE=EF，
又∵矩形ABCD中，∠A=∠D=90°，
∴∠AFB+∠DFE=90°，∠DEF+∠DFE=90°，
∴∠AFB=∠DEF，
∴△FAB∽△EDF，
∴AFDE=ABDF，
∴AF⋅DF=AB⋅DE，
∵AF⋅DF=12，AB=6，
∴DE=2，
∴CE=DC−DE=6−2=4，
∴EF=4，
∴DF= EF2−DE2= 42−22=2 3，
∴AF=122 3=2 3，
∴BC=AD=AF+DF=2 3+2 3=4 3；
(3)过点N作NG⊥BF于点G，

∵NF=AN+FD，
∴NF=12AD=12BC，
∵BC=BF，
∴NF=12BF，
∵∠NFG=∠AFB，∠NGF=∠BAF=90°，
∴△NFG∽△BFA，
∴NGAB=FGFA=FNBF=12，
设AN=x，
∵BN平分∠ABF，AN⊥AB，NG⊥BF，
∴AN=NG=x，AB=BG=2x，
设FG=y，则AF=2y，
∵AB2+AF2=BF2，
∴(2x)2+(2y)2=(2x+y)2，
解得y=43x，
∴BF=BG+GF=2x+43x=103x，
∴ABBC=ABBF=2x103x=35．
【解析】(1)由折叠的性质得出BC=BF，∠FBE=∠EBC，根据直角三角形的性质得出∠AFB=30°，可求出答案；
(2)根据相似三角形的判定解答即可；
(3)过点N作NG⊥BF于点G，证明△NFG∽△BFA，得出NGAB=FGFA=FNBF=12，设AN=x，设FG=y，则AF=2y，由勾股定理得出(2x)2+(2y)2=(2x+y)2，解出y=43x，则可求出答案．
本题是相似形综合题，考查了矩形的性质，直角三角形的性质，折叠的性质，角平分线的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理等知识，熟练掌握折叠的性质及矩形的性质是解题的关键．
28.【答案】解：(1)∵抛物线y=−x2+bx过点B(4,−4)，
∴−16−4b=−4，
∴b=3，
∴y=−x2+3x．
答：抛物线的表达式为y=−x2+3x．
(2)四边形OCPD是平行四边形，理由如下：
如图1，作PD⊥OA交x轴于点H，连接PC、OD，

∵点P在y=−x上，
∴OH=PH，∠POH=45°，
连接BC，
∵OC=BC=4，
∴OB=4 2．
∴BP=2 2，
∴OP=OB−BP=2 2，
∴OH=PH= 22OP= 22×2 2=2，
当xD=2时，DH=yD=−4+3×2=2，
∴PD=DH+PH=2+2=4，
∵C(0,−4)，
∴OC=4，
∴PD=OC，
∵OC⊥x轴，PD⊥x轴，
∴PD/​/OC，
∴四边形OCPD是平行四边形．
(3)如图2，由题意得，BP=OQ，连接BC，

在OA上方作△OMQ，使得∠MOQ=45°，OM=BC，
∵OC=BC=4，BC⊥OC，
∴∠CBP=45°，
∴∠CBP=∠MOQ，
∵BP=OQ，∠CBP=∠MOQ，BC=OM，
∴△CBP≌△MOQ(SAS)，
∴CP=MQ，
∴CP+BQ=MQ+BQ≥MB(当M，Q，B三点共线时最短)，
∴CP+BQ的最小值为MB，
∵∠MOB=∠MOQ+∠BOQ=45°+45°=90°，
∴MB= OM2+OB2= 42+(4 2)2=4 3，
即CP+BQ的最小值为4 3．
答：CP+BQ的最小值为4 3．
【解析】(1)利用待定系数法将B点坐标代入抛物线y=−x2+bx中，即可求解．
(2)作辅助线，根据题意，求出PD的长，PD=OC，PD//OC，利用一组对边平行且相等的四边形是平行四边形即可得证．
(3)作出图，证明△CBP≌△MOQ(SAS)，CP+BQ的最小值为MB，根据勾股定理求出MB即可解答．
本题考查二次函数的综合应用，解题的关键是作辅助线，构造全等三角形解决问题．分数(分)
80
85
90
95
人数(人)
2
2
3
1