2024年四川省泸州市合江县中考数学一模试卷（含详细答案解析）

这是一份2024年四川省泸州市合江县中考数学一模试卷（含详细答案解析），共23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.有关数据显示，2024年1月，新能源汽车产销125.2万辆.将数据125.2万用科学记数法表示为( )
A. 12.52×105B. 1.252×106C. 0.1252×107D. 1.252×107
3.五个大小相同的正方体搭成的几何体如图所示，其俯视图是( )
A.
B.
C.
D.
4.下列计算结果正确的是( )
A. 4a+3b=7abB. 3a2b−3b2a=0
C. −3a2×2a3=−6a5D. 4a6÷2a3=2a2
5.如图，在△ABC中，∠C=90∘，点C在直线l1上.若∠1=27∘，l1//l2，则∠2的度数为( )
A. 53∘
B. 63∘
C. 72∘
D. 73∘
6.在一次中学生田径运动会上，参加男子跳高的16名运动员的成绩如表所示：则这些运动员成绩的中位数、众数分别为( )
A. 1.65、1.70B. 1.65、1.75C. 1.70、1.70D. 1.70、1.75
7.若点P(3,a−2)和点Q(b+4,−2)关于x轴对称，则点(a,b)在( )
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
8.如图，CD为⊙O的直径，弦AB⊥DC于E，ED=1，AB=10，则CD的值是( )
A. 13
B. 20
C. 26
D. 28
9.定义(a,b,c)为方程ax2+bx+c=0的特征数.若特征数为(1,2k−2,k2−k)的方程的两实数根的平方和为12，则k的值为( )
A. −1或4B. −4C. −1D. −4或1
10.如图，菱形ABCD的对角线相交于点O，过点D作DE//AC，且DE=12AC，连接CE、OE、AE，交OD于点F.若AB=4，∠ABC=60∘，则AE的长为( )
A. 2 3
B. 2 5
C. 2 7
D. 4 2
11.如图，在平面直角坐标系中，有A(−1,0)，B(0,1)，P(−3,2)三点，若点C是以点P为圆心，1为半径的圆上一点，则△ABC的面积最大值为( )
A. 2+ 22
B. 2− 22
C. 2+ 2
D. 2
12.在平面直角坐标系中，已知点A(−2,3)，B(2,1)，若抛物线y=ax2−2x+1(a≠0)与线段AB有两个不同的交点，则a的取值范围是( )
A. −916C. −12≤a≤1且a≠0D. a≤−12或a≥1
二、填空题：本题共4小题，每小题3分，共12分。
13.因式分解：x3+6x2+9x=______.
14.将抛物线y=2x2先向右平移2个单位，再向下平移3个单位，那么所得的抛物线的顶点坐标为______.
15.若关于x的一元一次不等式组x≥−2x+72x−x−1216.如图，在直角坐标系中，A(−2,0)，B(0,2)，C是OB的中点，点D在第二象限，且四边形AOCD为矩形，P是CD上一个动点，过点P作PH⊥OA于H，Q是点B关于点A的对称点，则BP+PH+HQ的最小值为______.
三、解答题：本题共9小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题6分)
计算(2024+π)0−| 3−2|−3tan30∘+(12)−1.
18.(本小题6分)
如图，BC//EF，点C、F在AD上，AF=DC，∠A=∠D，求证：AB=DE.
19.(本小题6分)
化简：(x2x+1−x)÷x2−1x2+2x+1.
20.(本小题7分)
某学校为了开展好课后延时服务，举办了A：机器人；B：航模；C：科幻绘画：D：信息学；E：科技小制作等五个兴趣小组(每人限报一项)，将参加各兴趣小组的人数绘制成如图两幅不完整的统计图.根据统计图中的信息解答下列问题：
(1)求本次参加课后延时服务的学生人数；
(2)把条形统计图补充完整，并求扇形统计图中∠α的度数；
(3)在C组最优秀的2名同学(1名男生1名女生)和E组最优秀的3名同学(2名男生1名女生)中，各选1名同学参加全区的课后延时服务成果展示比赛，利用树状图或表格，求所选两名同学中恰好是1名男生1名女生的概率.
21.(本小题7分)
2024年春季进入甲流高发期，合江县某学校购进A，B两种消毒液，用于预防甲流病毒.购买4桶A消毒液和3桶B消毒液，则一共需要250元；若购买2桶A消毒液和5桶B消毒液，则一共需要230元.
(1)每桶A消毒液和每桶B消毒液的价格分别是多少元？
(2)若该校计划购买A，B两种消毒液共50桶，其中A消毒液的数量至少比B消毒液的数量多4桶，同时又不大于B消毒液的数量的2倍少4桶，怎样购买，才能使总费用最少？并求出最少费用.
22.(本小题8分)
小明准备测量学校旗杆的高度，他发现斜坡正对着太阳时，旗杆AB的影子恰好落在水平地面BC和斜坡面CD上，测得旗杆在水平地面上的影长BC=15m，在斜坡坡面上的影长CD=6 2m，太阳光线AD与水平线所成的角为30∘.若太阳光线AD与斜坡坡面CD的夹角为75∘，求旗杆AB的高度.(结果保留根号)
23.(本小题8分)
如图，一次函数y=kx+b的图象与反比例函数y=6x(x>0)的图象交于点A(a,b)和点B(a−4,3)，P为线段AB上一点，过点P作x轴的垂线，交反比例函数y=6x的图象于点Q.
(1)求一次函数y=kx+b的表达式；
(2)当△OPQ的面积为34时，求P点的坐标.
24.(本小题12分)
如图，AB为⊙O的直径，C为⊙O上一点，连接CB，过C作CD⊥AB于点D，过C作∠DCE，使∠DCE=2∠BCD，其中CE交AB的延长线于点E.
(1)求证：CE是⊙O的切线；
(2)如图2，点F是⊙O上一点，且满足∠FCE=2∠ABC，连接AF并延长交EC的延长线于点G.
①试探究线段CF与CD之间满足的数量关系；
②若CD=4，tan∠BCE=12，求线段AF的长.
25.(本小题12分)
如图，在平面直角坐标系中，直线y=kx+2与x轴交于点A(−4,0)，与y轴交于点B，抛物线y=ax2+bx+c经过A，B两点，与x轴的另一个交点为C(1,0).
(1)求抛物线的解析式.
(2)D为直线AB上方抛物线上一动点.
①连接DO交AB于点E，若DE：DO=3：7，求点D的坐标；
②是否存在点D，使得∠DBA的度数恰好是∠BAC的2倍？如果存在，请求出点D的坐标；如果不存在，请说明理由.
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】B
【解析】解：125.2万=1252000=1.252×106.
故选：B.
根据科学记数法的定义，计算求值即可；
本题考查了科学记数法，掌握把一个大于10的数表示成a×10n的形式(a大于或等于1且小于10，n是正整数)是关键．
3.【答案】D
【解析】解：俯视图有3列，从左到右小正方形的个数是2，1，1，
故选：D.
直接从上往下看，看到平面图形就是俯视图，选择正确选项即可．
本题主要考查了简单组合体的三视图的知识，俯视图是从上往下看得到的平面图形．
4.【答案】C
【解析】解：A、4a和3b不是同类项，无法合并，故此选项错误；
B、3a2b和−3b2a不是同类项，无法合并，故此选项错误；
C、−2a2×3a3=−6a5，故此选项正确；
D、4a6÷2a3=2a3，故此选项错误；
故选：C.
直接利用合并同类项法则以及单项式的乘除法则分别判断得出答案．
此题主要考查了合并同类项以及单项式的乘除法，正确掌握相关运算法则是解题关键．
5.【答案】B
【解析】解：如图，
∵∠C=90∘，∠1=27∘，
∴∠3=180∘−90∘−27∘=63∘，
∵l1//l2，
∴∠2=∠3=63∘，
故选：B.
根据平角的定义得出∠3的度数，进而利用两直线平行，内错角相等解答即可．
此题考查平行线的性质，关键是根据两直线平行，内错角相等解答．
6.【答案】C
【解析】解：运动员跳高成绩出现最多是61.70米，因此，众数是1.70米；
将跳高成绩从小到大排列后，处在第8、9位的两个数都是1.70米，因此这两个数的平均数也是1.70米，故中位数是1.70米，
故选：C.
根据众数的意义，求出运动员跳高成绩出现次数最多的数即为众数，从小到大排列后，计算第8、9位的两个数的平均数即为中位数，计算后作出选择即可
考查平均数、中位数、众数的意义及求法，掌握各个统计量的意义是解决问题的前提，掌握方法是关键．
7.【答案】D
【解析】解：由题意，得：b+4=3，a−2=2，
∴a=4>0，b=−1<0，
∴点(a,b)在第四象限；
故选：D.
根据关于x轴对称的点的特征：横坐标相同，纵坐标互为相反数，求出a，b的值，根据象限内点的特点，进行判断即可．
本题考查的是关于坐标轴对称的点的坐标特点，熟知关于x轴对称的点的横坐标不变，纵坐标互为相反数是解题的关键．
8.【答案】C
【解析】解：如图，连接OA，
设圆的半径为x，则OE=x−1，
由垂径定理可得AB⊥CD，AE=BE=12AB=5，
Rt△OAE中，OA2=AE2+OE2，
x2=25+(x−1)2，
解得：x=13，
∴CD=26，
故选：C.
连接OA，设圆的半径为x，则OE=x−1，由垂径定理可得AB⊥CD，AE=5，Rt△OAE中由勾股定理建立方程求解即可．
本题考查了垂径定理，勾股定理，解题的关键是掌握相关知识的灵活运用．
9.【答案】C
【解析】解：根据题意可知，该方程为x2+(2k−2)x+k2−k=0，
∵方程的两实数根的平方和为12，
∴Δ=(2k−2)2−4(k2−k)
=4k2−8k+4−4k2+4k
=−4k+4≥0，
∴k≤1，
设两实数根为x1，x2，则x1+x2=−(2k−2)，x1⋅x2=k2−k，
∵x12+x22=(x2+xx)2−2x1x2=12
∴(2k−2)2−2(k2−k)=12，
整理得：k2−3k−4=0，
解得：k1=4，k2=−1，
∵k≤1，
∴k=−1，
故选：C.
根据方程的两实数根的平方和为12，得Δ≥0，x1+x2=−(2k−2)，x1⋅x2=k2−k，然后根据x12+x22=(x2+xx)2−2x1x2=12列方程求解即可．
本题考查一元二次方程根的判别式，一元二次方程根与系数的方程，对于一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)，若x1，x2是该方程的两个实数根，则x1+x2=−ba，x1x2=ca.
10.【答案】C
【解析】解：在菱形ABCD中，OC=12AC，AC⊥BD，
∴DE=OC，
∵DE//AC，
∴四边形OCED是平行四边形，
∵AC⊥BD，
∴平行四边形OCED是矩形，
∴∠OCE=90∘，
∵四边形ABCD是菱形，
∴∠ABC=60∘，BA=BC=AD，
∴△ABC为等边三角形，
∴AD=AB=AC=4，OA=12AC=2，
在Rt△ADO中，由勾股定理得：CE=OD= AD2−AO2= 42−22=2 3，
在Rt△ACE中，由勾股定理得：AE= AC2+CE2= 42+(2 3)2=2 7，
故选：C.
先求出四边形OCED是平行四边形，再根据菱形的对角线互相垂直求出∠COD=90∘，证明四边形OCED是矩形，再根据菱形的性质得出AC=AB，先根据勾股定理求出CE，即OD，最后再根据勾股定理求出AE的长度即可．
本题考查了菱形的性质、平行四边形的判定、矩形的判定与性质、勾股定理、等边三角形的判定与性质；熟练掌握菱形的性质，证明四边形是矩形是解决问题的关键．
11.【答案】A
【解析】解：作射线AP，过点P作PH⊥x轴于H，

∵A(−1,0)，B(0,1)，P(−3,2)，
∴OA=OB=1，AH=PH=2，
∴∠PAH=∠OAB=45∘，AB= 2，AP=2 2，
∴∠PAB=90∘，
设射线AP交⊙P于C，过点C作圆的切线，则切线//AB，
∴此时△ABC的面积最大，
∵圆的半径为1，
∴AC=2 2+1，
∴△ABC的面积最大值为12AB⋅AC=12× 2×(2 2+1)=2+12 2，
故选：A.
连接PA，过点P作PH⊥x轴于H，可得∠PAH=∠OAB=45∘，则∠PAB=90∘，设PA交⊙P于C，过点C作圆的切线，可知此时△ABC的面积最大，即可求解．
本题考查了坐标与图形性质，三角形的面积，点和圆的位置关系以及切线的性质等知识，正确记忆相关知识点是解题关键．
12.【答案】A
【解析】解：当a>0时，x=−2时y≥3，x=2时，y≥1，
∴4a+4+1≥34a−4+1≥1，
解得a≥1，
当a<0时，
设直线AB的解析式为y=kx+b，
∴−2k+b=32k+b=1，
∴k=−12b=2，
∴y=−12x+2，
联立方程组y=−12x+2y=ax2−2x+1，
∴ax2−32x−1=0，
∴Δ=94+4a>0，
∴a>−916，
∴−916当x=−2时，y=4a+4+1=3，
∴a=−12，此时抛物线y=ax2−2x+1(a≠0)与线段AB有两个不同的交点，
∴−916综上所述：a≥1或−916故选：A.
分两种情况讨论：当a>0时，4a+4+1≥34a−4+1≥1，求出a的取值范围；当a<0时，求出直线AB的解析式，联立方程组y=−12x+2y=ax2−2x+1，由判别式Δ=94+4a>0和函数经过点(−2,3)结合求出a的取值范围．
本题考查二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，分类讨论是解题的关键．
13.【答案】x(x+3)2
【解析】解：x3+6x2+9x
=x(x2+6x+9)
=x(x+3)2.
故答案为：x(x+3)2.
先提取公因式x，再对余下的多项式利用完全平方公式继续分解．
本题考查了用提公因式法和公式法进行因式分解，一个多项式有公因式首先提取公因式，然后再用其他方法进行因式分解，同时因式分解要彻底，直到不能分解为止．
14.【答案】(2,−3)
【解析】解：由题意得：平移后的抛物线的解析式为：y=2(x−2)2−3，
∴顶点坐标为(2,−3)，
故答案为：(2,−3).
根据函数图象平移的原则写出平移后的抛物线的解析式，并写出顶点坐标即可．
本题考查了二次函数的图象与几何变换，熟练掌握“上加下减，左加右减”的法则是解题的关键．
15.【答案】7
【解析】解：解不等式x≥−2x+7得：x≥73，
解不等式2x−x−12∵一元一次不等式组x≥−2x+72x−x−12∴2a−13≤73，
解得a≤4，
解分式方程3−ayy−2+2=−12−y，得y=22−a，
∵关于y的分式方程3−ayy−2+2=−12−y有整数解，
∴2−a=±1或2−a=±2
∴a=4或3或0或1，a=1时，y=2，原分式方程无解，故将a=1舍去，
∴符合条件的所有整数a的和是4+3+0=7，
故答案为：7.
不等式组变形后，根据无解确定出a的范围，再表示出分式方程的解，由分式方程有非负整数解，确定出满足条件a的值，进而求出之和．
本题考查了解分式方程，解一元一次不等式组，熟练掌握解分式方程和一元一次不等式组的方法是解题的关键．
16.【答案】6
【解析】解：如图，连接CH，
∵A(−2,0)，B(0,2)，
∴OB=2，OA=2，
∵C是OB的中点，
∴BC=OC=1，
∵∠PHO=∠COH=∠DCO=90∘，
∴四边形PHOC是矩形，
∴PH=OC=BC=1，
∵PH//BC，
∴四边形PBCH是平行四边形，
∴BP=CH，
∴BP+PH+HQ=CH+HQ+1，
要使CH+HQ的值最小，只需C、H、Q三点共线即可，
∵点Q是点B关于点A的对称点，
∴Q(−4,−2)，
又∵点C(0,1)，
根据勾股定理可得CQ= (0+4)2+(1+2)2=5，
此时，BP+PH+HQ=CH+HQ+PH=CQ+1=5+1=6，
即BP+PH+HQ的最小值，6；
故答案为：6.
连接CH，根据A、B的坐标先确定OA和OB的长，证明四边形PHOC是矩形，得PH=OC=BC=1，再证明四边形PBCH是平行四边形，则BP=CH，在BP+PH+HQ中，PH=1是定值，所以只要CH+HQ的值最小就可以，当C、H、Q在同一直线上时，CH+HQ的值最小，利用平行四边形的性质求出即可．
本题考查了一次函数点的坐标的求法、三角形面积的求法和三点共线及最值，综合性强，是中考常见题型，正确记忆相关知识点是解题关键．
17.【答案】解：原式=1−(2− 3)−3× 33+2
=1−2+ 3− 3+2
=1.
【解析】分别计算零指数幂，去绝对值，特殊角的三角函数值，负整数指数幂，再进行加减运算即可．
本题考查了实数的加减运算，正确化简每一项是解题的关键．
18.【答案】证明：∵BC//EF，
∴∠ACB=∠DFE，
∵AF=DC，
∴AF+CF=DC+CF，
∴AC=DF，
在△ABC和△DEF中，
∠A=∠DAC=DF∠ACB=∠DFE，
∴△ABC≌△DEF(ASA)，
∴AB=DE.
【解析】由BC//EF，得∠ACB=∠DFE，再由AF=DC，根据等式的性质推导出AC=DF，而∠A=∠D，即可根据全等三角形的判定定理“ASA”证明△ABC≌△DEF，则AB=DE.
此题重点考查平行线的性质、等式的性质、全等三角形的判定与性质等知识，证明△ABC≌△DEF是解题的关键．
19.【答案】解：(x2x+1−x)÷x2−1x2+2x+1
=−xx+1⋅(x+1)2(x+1)(x−1)
=−xx−1.
【解析】先计算括号内的减法，再计算除法即可．
此题考查了分式的混合运算，熟练掌握分式的运算法则和顺序是解题的关键．
20.【答案】解：(1)本次参加课后延时服务的学生人数是18÷22.5%=80(名).
(2)参加D组的人数为80−16−18−20−8=18(名).
补全条形统计图如图所示．
扇形统计图中的∠α的度数是360∘×1680=72∘.
(3)设C组的1名男生和1名女生分别记为a，b，E组的2名男生和1名女生分别记为c，d，e.
画树状图如下：
共有6种等可能的结果，其中所选两名同学中恰好是1名男生1名女生的结果有：ae，bc，bd，共3种，
∴所选两名同学中恰好是1名男生1名女生的概率为36=12.
【解析】(1)用参加B组的学生人数除以其所占的百分比可得本次参加课后延时服务的学生人数．
(2)用本次参加课后延时服务的学生人数分别减去参加A，B，C，E组的学生人数，可求出参加D组的学生人数，补全条形统计图即可；用360∘乘以参加A组的学生所占的百分比，即可求出∠α的度数．
(3)画树状图得出所有等可能的结果数和所选两名同学中恰好是1名男生1名女生的结果数，再利用概率公式可得出答案．
本题考查列表法与树状图法、条形统计图、扇形统计图；
21.【答案】解：(1)设每桶A消毒液的价格是x元、每桶B消毒液的价格是y元，根据题意得：
4x+3y=2502x+5y=230，
解得：x=40y=30，
答：每桶A消毒液40元，每桶B消毒液30元；
(2)设购买A消毒液a桶，则购买B消毒液(50−a)桶，总费用为w元，
根据题意得：a−(50−a)≥4a≤2(50−a)−4，
解得：27≤a≤32；
需总费用为：w=40a+30(50−a)=10a+1500，
∵10>0，
∴w的值随a的增大而增大，
当a=27时，w的值最小，最小值为w=10×27+1500=1770，
则50−27=23(桶)，
答：设购买A消毒液27桶，则购买B消毒液23桶，总费用最少1770元．
【解析】(1)设每桶A消毒液的价格是x元、每桶B消毒液的价格是y元，根据题意列二元一次方程组，解方程组即可求解；
(2)设购买A消毒液a桶，则购买B消毒液(50−a)桶，总费用为w，根据题意可得出关于a的一元一次不等式组，解之即可得出a的取值范围，再根据所需总费用=A种消毒液的价格×购进数量+B种消毒液的价格×购进数量，即可得出w关于a的函数关系式，再利用一次函数的性质即可解决最值问题．
本题考查了二元一次方程组的应用、一元一次不等式组的应用以及一次函数的应用，解题的关键是：(1)找准等量关系，正确列出二元一次方程组；(2)根据各数量之间的关系，找出w关于a的函数关系式．
22.【答案】解：延长AD，BC交于点M，过点D作DH⊥BM于点H，如图所示：
根据平行线的性质得：∠M=30∘，
∵∠ADC=75∘，
∴∠DCH=∠ADC−∠M=45∘，
∴DH=CD×sin∠DCH=6 2×sin45∘=6，CH=CD×cs∠DCH=6 2×cs45∘=6，
∴HM=DHtan∠M=6tan30∘=6 3，
∴BM=BC+CH+HM=15+6+6 3=21+6 3，
在Rt△ABM中，
AB=BM⋅tan30∘=(21+6 3)× 33=7 3+6(m)，
答：旗杆AB的高度为(7 3+6)m.
【解析】延长AD，BC交于点M，过点D作DH⊥BM于点H，利用解直角三角形求得DH、CH、HM，从而得出BM，再由三角函数求出AB即可．
本题考查的是解直角三角形的应用，根据题意作出辅助线，构造出直角三角形是解题的关键．
23.【答案】解：(1)将B(a−4,3)代入y=6x，
得：a=6，
∴B(2,3)，A(6,b)，
将点A(6,b)代入y=6x，
得b=1，
∴A(6,1)，
将点A(6,1)，点B(2,3)代入y=kx+b，
得：k=−12，b=4，
∴y=−12x+4.
(2)设点P(t,−12t+4)，Q(t,6t)，
PQ=−t2+4−6t，
S△OPQ=(−t2+4−6t)×12×t=34，
解得：t1=3，t2=5，
∴P(3,52)或(5,32).
故答案为：P(3,52)或(5,32).
【解析】本题考查反比例函数和一次函数的性质，将点B坐标代入反比例函数表达式求出a的值，从而将点A的坐标求出来，再将点A，点B的坐标代入一次函数表达式，求出k，b的值；第二问设出点P的坐标，将线段PQ表示出来，从而表示出三角形OPQ的面积，从而求得点P的坐标．
本题难度适中，认真审题，掌握一次函数和反比例函数的性质是答题的关键．
24.【答案】(1)证明：如图1，连接OC，
∵OB=OC，
∴∠OBC=∠OCB，
∵CD⊥AB，
∴∠OBC+∠BCD=90∘，
∵∠DCE=2∠BCD，
∴∠BCE=∠BCD，
∴∠OCB+∠BCE=90∘，
即OC⊥CE，
∴CE是⊙O的切线；
(2)解：①线段CF与CD之间满足的数量关系是：CF=2CD，
理由如下：如图2，过O作OH⊥CF于点H，连接CO，
∴CF=2CH，
∵∠FCE=2∠ABC=2∠OCB，且∠BCD=∠BCE，
∴∠OCH=∠OCD，
∵OC为公共边，
∴△COH≌△COD(AAS)，
∴CH=CD，
∴CF=2CD；
②过点C作CP⊥FG，连接BF，过点C作CH⊥BF，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠AFB=90∘，
∵∠BCD=∠BCE，tan∠BCE=12，
∴tan∠BCD=12.
∵CD=4，
∴BD=CD⋅tan∠BCD=2，
∴BC= CD2+BD2=2 5，
由①得：CF=2CD=8，
设OC=OB=x，则OD=x−2，
在Rt△ODC中，OC2=OD2+CD2，
∴x2=(x−2)2+42，
解得：x=5，即OB=5，
∵OC⊥GE，
∴∠OCF+∠FCG=90∘，
∵∠OCD+∠COD=90∘，∠FCO=∠OCD，
∴∠GCF=∠COB，
∵四边形ABCF为⊙O的内接四边形，
∴∠GFC=∠ABC，
∴△GFC∽△CBO，
∴FGCB=FCBO=GCCO，
∴FG2 5=85=GC5，
∴FG=16 55,GC=8.
∵CP⊥FG，
∴PF=12FG=8 55，
∴PC= CF2−PF2= 82−(8 55)2=16 55，
∵∠CPF=∠PFB=∠CHF=90∘，
∴四边形PFHC是矩形，
∴FH=PC=16 55,CH=PF=8 55，
∴BH= CB2−CH2= (2 5)2−(8 55)2=6 55，
∴BF=FH+BH=16 55+6 55=22 55，
∴AF= AB2−BF2= 102−(22 55)2=4 55.
【解析】(1)如图1，连接OC，根据等边对等角得：∠OBC=∠OCB，由垂直定义得：∠OBC+∠BCD=90∘，根据等量代换可得：∠OCB+∠BCE=90∘，即OC⊥CE，可得结论；
(2)①如图2，过O作OH⊥CF于点H，证明△COH≌△COD，则CH=CD，得CF=2CD；
②过点C作CP⊥FG，连接BF，过点C作CH⊥BF，先根据勾股定理求BC= CD2+BD2=2 5，则CF=2CD=8，设OC=OB=x，则OD=x−2，根据勾股定理列方程得：x2=(x−2)2+42，可得x的值，证明△GFC∽△CBO，列比例式可得FG的长，再求解即可．
此题是圆的综合题，主要考查了勾股定理，全等和相似三角形的判定和性质，锐角三角函数，圆的切线的判定，第2问的最后一问有难度，证明△GFC∽△CBO是关键．
25.【答案】解：(1)当x=0时，y=2，∴B(0,2)，
将A、B、C分别代入y=ax2+bx+c
得16a−4b+c=0a+b+c=0c=2，
解得：a=−12b=−32c=2，
∴解析式为：y=−12x2−32x+2；
(2)①如图1，过点D作DF⊥x轴于G，交AB于点F，
∵DEDO=37，
∴DEEO=34，
将点A(−4,0)代入y=kx+2得：−4k+2=0，
解得：k=12，
∴直线AB表达式为：y=12x+2，
设点D(m,−12m2−32m+2)，F(m,12m+2)，
∴DF=−12m2−32m+2−(12m+2)=−12m2−2m，
∵DF⊥x轴，
∴∠DGA=∠BOA=90∘，
∴DF//OB，
∴△DFE∽△OBE，
∴DEOE=DFOB，
∵DE：OE=3：4，
∴DEOE=DFOB=34，即：−12m2−2m2=34，
∴−m2−4m=3，
解得：m1=−1，m2=−3，
∵点D为直线AB上方抛物线上的点，
∴D的坐标为(−1,3)或(−3,2)；
②存在点D，使得∠DBA=2∠BAC，理由如下：
如图2，过点B作BH//x轴，交抛物线于点H，过点D作DM⊥x轴，交BH于点N，
∴∠BAC=∠HBA，
∵∠DBA=∠BAC，
∴∠DBH=∠HBA=∠BAC，
在Rt△AOB中，OB=2，OA=4，
∴tan∠DBH=tan∠BAC=OBOA=12，
∴tan∠DBH=DNNB=12，
设点D(m,−12m2−32m+2)，
则DN=−12m2−32m，BN=−m，
∴−12m2−32m−m=12，
解得：m=−2，
∴点D的坐标为(−2,3)；
∴存在点D，使得∠DBA=2∠BAC，此时点D(−2,3).
【解析】(1)令x=0代入y=12x+2中可得点B的坐标，再利用待定系数法求抛物线的函数解析式；
(2)①过点D作DF⊥x轴于G，交AB于点F，证明△DFE∽△OBE，设点D(m,−12m2−32m+2)，F(m,12m+2)，根据相似三角形性质建立方程求解即可；②过点B作BH//x轴，交抛物线于点H，过点D作DM⊥x轴，交BH于点N，先证明∠DBH=∠HBA=∠BAC，然后设点D(m,−12m2−32m+2)，应用三角函数定义建立方程求解．
本题是二次函数的综合题，属于中考压轴题，考查了待定系数法求函数解析式的知识、相似三角形判定与性质、平行线的性质、三角函数定义以及两函数的交点问题．熟练掌握二次函数的性质，相似三角形性质与判定以及正确添加辅助线是解答此题的关键．成绩/m
1.50
1.60
1.65
1.70
1.75
1.80
人数
2
3
1
5
4
1