2024年浙江省杭州市拱墅区大关中学中考数学模拟试卷（含解析）

这是一份2024年浙江省杭州市拱墅区大关中学中考数学模拟试卷（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。

1.比较−3和−4的大小，结果正确的是( )
A. −3>−4B. −3<−4C. −3=−4D. 无法确定
2.2002年4月16日，神舟十三号载人飞船圆满完成全部既定任务，顺利返回地球家园.六个月的飞天之旅展现了中国航天科技的新高度，如所示航天图标，其文字上方的图案是中心对称图形的是( )
A. B. C. D.
3.下列运算正确的是( )
A. m5×m3=m15B. 2m3−m3=m3
C. (m+2)2=m2+4D. (12m4−3m)÷3m=4m3
4.甲、乙两地相距100km，一辆汽车从甲地开往乙地，把汽车到达乙地所用时间y(单位：h)表示为汽车平均速度x(单位：km/h)的函数，则此函数的图象大致是( )
A. B. C. D.
5.如图，四边形ABCD内接于⊙O，AC，BD为对角线，BD经过圆心O.若∠BAC=40°，则∠DBC的度数为( )
A. 40°B. 50°C. 60°D. 70°
6.《算法统宗》是中国古代数学名著，作者是明代数学家程大位.其中记载了“百羊问题”：甲赶羊群逐草茂，乙拽一羊随其后，戏问甲及一百否？甲云所说无差谬，所得这般一群凑(再多这样一群羊)，再添半群小半(四分之一)群，得你一只来方凑(正好一百)，玄机奥妙谁猜透？设这群羊共有x只，则( )
A. x+12x+14x=100B. x+12x+14x+1=100
C. x+x+12x+14x=100D. x+x+12x+14x+1=100
7.如图，△ABC是等边三角形，D，E分别是AC，BC边上的点，且AD=CE，连接BD，AE相交于点F，则下列说法正确的是( )
①△ABD≌△CAE；②∠BFE=60°．
A. ①
B. ②
C. ①②
D. 都错
8.中国美食讲究色香味美，优雅的摆盘造型也会让美食锦上添花．图①中的摆盘，其形状是扇形的一部分，图②是其几何示意图(阴影部分为摆盘)，通过测量得到AC=BD=12cm，C，D两点之间的距离为4cm，圆心角为60°，则图中摆盘的面积是( )
A. 80π cm2B. 40π cm2C. 24π cm2D. 2π cm2
9.已知抛物线y=x2+bx+c的图象与x轴的两交点的横坐标分别α，β(α<β)，而x2+bx+c−2=0的两根为M、N(MA. α<β10.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，AB=6，下列说法错误的是( )
A. △PBE∽△QFG
B. 当BE=2时，DQ=32
C. 当EG=5时，BE=2或3
D. EG2−CH2=GQ⋅GD
二、填空题：本题共6小题，每小题3分，共18分。
11.分解因式：x2−3x=______．
12.如图，小明行李箱密码锁的密码是由“3，6，9”这三个数组合而成的三位数(不同数位上的数字不同)，现随机输入这三个数，一次就能打开行李箱的概率为______．
13.如图，圆锥形烟囱帽的底面半径为30cm，母线长为50cm，则烟囱帽的侧面积为______cm2.(结果保留π)
14.一次生活常识知识竞赛一共有10道题，答对一题得5分，不答得0分，答错扣2分，小滨有1道题没答，竞赛成绩超过30分，则小滨至多答错了______题.
15.如图，⊙O的半径OA=2，B是⊙O上的动点(不与点A重合)，过点B作⊙O的切线BC，BC=OA，连接OC，AC.当△OAC是直角三角形时，其斜边长为______．
16.如图，在矩形ABCD中，点E在边AB上，△BEC与△FEC关于直线EC对称，点B的对称点F在边AD上，G为CD中点，连结BG分别与CE，CF交于M，N两点.若BM=BE，MG=1，则BN的长为 ，sin∠AFE的值为 ．
三、解答题：本题共8小题，共64分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题8分)
(1)计算：(x+1)(x−1)+x(2−x)．
(2)解不等式组：4x−3>92+x≥0．
18.(本小题8分)
图1表示的是某书店今年1∼5月的各月营业总额的情况，图2表示的是该书店“党史”类书籍的各月营业额占书店当月营业总额的百分比情况.若该书店1∼5月的营业总额一共是182万元，观察图1、图2，解答下列问题：
(1)求该书店4月份的营业总额，并补全条形统计图．
(2)求5月份“党史”类书籍的营业额．
(3)请你判断这5个月中哪个月“党史”类书籍的营业额最高，并说明理由．
19.(本小题8分)
如图，在矩形ABCD中，E，F分别是BC，AD边上的点，且AE=CF．
(1)求证：△ABE≌△CDF；
(2)当AC⊥EF时，AE=10，AC=16，求四边形AECF的面积．
20.(本小题8分)
图1是某型号挖掘机，该挖掘机是由基座、主臂和伸展臂构成.图2是某种工作状态下的侧面结构示意图(MN是基座的高，MP是主臂，PQ是伸展臂，EM//QN).已知基座高度MN为1m，主臂MP长为5m，测得主臂伸展角.∠PME=37°．
(参考数据：sin37°≈35，tan37°≈34，sin53°≈45，tan53°≈43)

(1)求点P到地面的高度；
(2)若挖掘机能挖的最远处点Q到点N的距离为7m，求∠QPM的度数．
21.(本小题8分)
如图1，反比例函数y=mx(m≠0)与一次函数y=kx+b(k≠0)的图象交于点A(1,3)，点B(n,1)，一次函数y=kx+b(k≠0)与y轴相交于点C．
(1)求反比例函数和一次函数的表达式；
(2)如图2，点E是反比例函数图象上A点右侧一点，连接AE，把线段AE绕点A顺时针旋转90°，点E的对应点F恰好也落在这个反比例函数的图象上，求点E的坐标．
22.(本小题8分)
如图，小静和小林在玩沙包游戏，沙包(看成点)抛出后，在空中的运动轨迹可看作抛物线的一部分，小静和小林分别站在点O和点A处，测得OA距离为6m，若以点O为原点，OA所在直线为x轴，建立如图所示的平面直角坐标系，小林在距离地面1m的B处将沙包抛出，其运动轨迹为抛物线C1：y=a(x−3)2+2的一部分，小静恰在点C(0,c)处接住，然后跳起将沙包回传，其运动轨迹为抛物线C2：y=−18x2+n8x+c+1的一部分．
(1)抛物线C1的最高点坐标为______；
(2)求a，c的值；
(3)小林在x轴上方1m的高度上，且到点A水平距离不超过1m的范围内可以接到沙包，若小林成功接到小静的回传沙包，则n的整数值可为______．
23.(本小题8分)
【基础巩固】
(1)如图1，在△ABC中，D为AB上一点，∠ACD=∠B.求证：AC2=AD⋅AB．
【尝试应用】
(2)如图2，在▱ABCD中，E为BC上一点，F为CD延长线上一点，∠BFE=∠A.若BF=4，BE=3，求AD的长．
【拓展提高】
(3)如图3，在菱形ABCD中，E是AB上一点，F是△ABC内一点，EF/​/AC，AC=2EF，∠EDF=12∠BAD，AE=2，DF=5，求菱形ABCD的边长．
24.(本小题8分)
如图1，四边形ABCD内接于⊙O，BD为直径，AD上存在点E，满足AE=CD，连结BE并延长交CD的延长线于点F，BE与AD交于点G．
(1)若∠DBC=α，请用含α的代数式表示∠AGB．
(2)如图2，连结CE，CE=BG.求证：EF=DG．
(3)如图3，在(2)的条件下，连结CG，AD=2．
①若tan∠ADB= 32，求△FGD的周长．
②求CG的最小值．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：|−3|=3，|−4|=4，
∵3<4，
∴−3>−4．
故选：A．
两个负数，绝对值大的其值反而小，据此比较−3和−4的大小即可．
此题主要考查了有理数大小比较的方法，解答此题的关键是要明确：两个负数，绝对值大的其值反而小．
2.【答案】B
【解析】解：A、图案不是中心对称图形，不符合题意；
B、图案是中心对称图形，符合题意；
C、图案不是中心对称图形，不符合题意；
D、图案不是中心对称图形，不符合题意；
故选：B．
根据中心对称图形的概念判断即可．
本题考查的是中心对称图形的概念，把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，这个图形就叫做中心对称图形．
3.【答案】B
【解析】解：m5⋅m3=m8，故选项A错误，不符合题意；
2m3−m3=m3，故选项B正确，不符合题意；
(m+2)2=m2+4m+4，故选项C错误，不符合题意；
(12m4−3m)÷3m=4m3−1，故选项D错误，不符合题意；
故选：B．
计算出各个选项中式子的正确结果，即可判断哪个选项符合题意．
本题考查整式的混合运算，熟练掌握运算法则是解答本题的关键．
4.【答案】C
【解析】解：∵xy=100，
∴y=100x，
∴符合反比例函数的一般形式，且速度和时间均为正数，
∴图象应为在第一象限的双曲线．
故选：C．
根据时间=路程÷速度，得到相应的函数解析式，看属于哪类函数，得到相应图象即可．
本题考查了反比例函数的应用，形如y=kx(k≠0)的函数叫反比例函数，反比例函数的图象是双曲线；有实际意义的反比例函数图象应只在第一象限．
5.【答案】B
【解析】解：∵BD经过圆心O，
∴∠BCD=90°，
∵∠BDC=∠BAC=40°，
∴∠DBC=90°−∠BDC=50°，
故选：B．
由圆周角定理可得∠BCD=90°，∠BDC=∠BAC=40°，再利用直角三角形的性质可求解．
本题主要考查圆周角定理，直角三角形的性质，掌握圆周角定理是解题的关键．
6.【答案】D
【解析】解：原文的意思是：甲赶着一群羊在草地上往前走，乙牵着一只羊从后面跟来，问甲：“你这群羊有100只吗？”甲说：“如果再多这样一群羊，再加上原来羊群的一半，又加上原来羊群的一半的一半，连你牵着的这只羊也算进去，才刚好凑满一百只．”请问甲赶着多少只羊？设这群羊有x只，则可列方程为x+x+12x+14x+1=100，
故选：D．
设这群羊有x只，根据甲乙对话列出方程x+x+12x+14x+1=100即可．
此题考查了一元一次方程的实际应用−古代问题，正确理解题意确定等量关系列得方程是解题的关键．
7.【答案】C
【解析】解：∵△ABC是等边三角形，
∴AB=AC，∠BAD=∠C=60°，
在△ABD和△ACE中，
AB=AB∠BAD=∠CAD=CE，
∴△ABD≌△ACE(SAS)，
∴∠DAF=∠ABD，
∴∠BFE=∠ABD+∠BAF=∠DAF+∠BAF=∠BAD=60°，
故①②正确，符合题意；
故选：C．
由“SAS”可证△ABD≌△ACE，根据全等三角形的性质可得∠DAF=∠ABD，由三角形外角的性质可求∠BFE=60°．
本题考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题．
8.【答案】B
【解析】解：如图，连接CD．
∵OC=OD，∠O=60°，
∴△COD是等边三角形，
∴OC=OD=CD=4cm，
∴S阴=S扇形OAB−S扇形OCD=60⋅π⋅162360−60⋅π⋅42360=40π cm2，
故选：B．
首先证明△OCD是等边三角形，求出OC=OD=CD=4 cm，再根据S阴=S扇形OAB−S扇形OCD，求解即可．
本题考查扇形的面积，等边三角形的判定和性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
9.【答案】B
【解析】解：依题意，画出函y=(x−α)(x−β)的图象，如图所示．
函数图象为抛物线，开口向上，与x轴两个交点的横坐标分别为α，β(α<β)，
方程x2+bx+c−2=0的两根是抛物线y=(x−α)(x−β)与直线y=2的两个交点．
由M由图象可知，M<α<β故选：B．
依题意画出函数y=(x−α)(x−β)和y=2的图象草图，根据二次函数的图象可直接求解．
本题考查了二次函数与一元二次方程的关系，考查了数形结合的数学思想．解题时，画出函数草图，由函数图象直观形象地得出结论，避免了繁琐复杂的计算．
10.【答案】B
【解析】解：∵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A选项是正确；
设DQ=x，BP=y，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=DC=6，∠A=∠B=∠BCD=∠D=90°，
∵折叠性质，
∴EP=PC，FQ=DQ，∠F=∠D=90°，∠FEP=∠BCD=90°，
∴∠BPE+∠BEP=90°=∠AEG+∠BEP，
∴∠AEG=∠BPE，
同理，得∠AEG=∠FQG，
即∠AEG=∠FQG=∠BPE，
在Rt△EBP中，EP2=EB2+BP2，
即(6−y)2=4+y2，
解得：y=83，
∵∠AEG=∠FQG=∠BPE，
∴tan∠BPE=tan∠AEG=tan∠FQG，
则2y=AG4=GFx，
∴AG=8y，GF=2xy，GE=EF−GF=6−2xy，
∵∠AEG=∠FQG=∠BPE，
∴cs∠BPE=cs∠AEG，
则y6−y=46−2xy，
解得：x=5y−12=43，
∴DQ=43，
故B选项是错误的；
设EB=a，BP=b，EP=6−b，AE=6−a，
∵EG=5，
∴GF=6−5=1，
在Rt△EBP中，EP2=EB2+BP2，
即(6−b)2=a+b2，
解得：b=36−a212，
∵∠AEG=∠FQG=∠BPE，
∴tan∠BPE=tan∠AEG=tan∠FQG，
则ab=1FQ=AG6−a，
则FQ=ba,AG=6a−a2b，
∵b=36−a212，
∴AG=6a−a236−a212=a(6−a)×12(6−a)(6+a)=12a6+a，
∵AG2+AE2=EG2，
∴(12a6+a)2+(6−a)2=25，
解得a=2或3，
故C选项是正确的；
过点C作CM⊥EG于M，连接DH，MH，HE，如图，
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，
∴△CMG≌△CDG(HL)，
∵△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．
∴故D选项是正确；
故选：B．
利用有两个角对应相等的两个三角形相似进行判定A选项即可；设DQ=x，BP=y，结合正方形性质以及折叠性质，得出∠AEG=∠FQG=∠BPE，运用勾股定理解出y=83，运用解直角三角形的相关性质内容列式，计算得出DQ=43，故B是错误的；设EB=a，BP=b，EP=6−b，AE=6−a，运用勾股定理解出b=36−a212，运用解直角三角形的相关性质内容列式，计算得出AG2+AE2=EG2，则BE=2或3，故C是正确的，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D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，解直角三角形，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．
11.【答案】x(x−3)
【解析】【分析】
此题考查了因式分解−提公因式法，熟练掌握提取公因式的方法是解本题的关键．直接提取公因式x，即可得出答案．
【解答】
解：原式=x(x−3)，
故答案为：x(x−3)
12.【答案】16
【解析】解：∵共有369、396、639、693、936、963这6种等可能结果，其中正确的只有1种结果，
∴现随机输入这三个数，一次就能打开行李箱的概率为16．
故答案为：16．
根据概率公式求解即可．
本题主要考查概率公式，随机事件A的概率P(A)=事件A可能出现的结果数÷所有可能出现的结果数．
13.【答案】1500π
【解析】解：烟囱帽的侧面积为：12×2π×30×50=1500π(cm2)，
故答案为：1500π．
根据扇形面积公式计算即可．
本题考查的是圆锥的计算，熟记圆锥的侧面展开图是扇形以及扇形面积公式是解题的关键．
14.【答案】2
【解析】解：设小滨答错了x道题，则答对(10−1−x)道题，
根据题意得：5(10−1−x)−2x>30，
解得：x<157，
又∵x为自然数，
∴x的最大值为2，
∴小滨至多答错了2道题．
故答案为：2．
设小滨答错了x道题，则答对(10−1−x)道题，利用总分=5×答对题目数−2×答错题目数，结合小滨的竞赛成绩超过30分，可列出关于x的一元一次不等式，解之取其中的最大整数值，即可得出结论．
本题考查了一元一次不等式的应用，根据各数量之间的关系，正确列出一元一次不等式是解题的关键．
15.【答案】2 2或2 3
【解析】解：连接OB，∵BC是⊙O的切线，
∴∠OBC=90°，
∵BC=OA，
∴OB=BC=2，
∴△OBC是等腰直角三角形，
∴∠BCO=45°，
∴∠ACO⩽45°，
∵当△OAC是直角三角形时，
①∠AOC=90°，如图1，
∴OC= 2OB=2 2，
∴AC= OA2+OC2= 22+(2 2)2=2 3；
②当∠OAC=90°时，如图2，
∴OC=2 2，
综上所述，其斜边长为2 2或2 3，
故答案为：2 2或2 3．
连接OB，根据切线的性质得到∠OBC=90°，当∠AOC=90°时，根据勾股定理得到AC= OA2+OC2= 22+(2 2)2=2 3；当∠OAC=90°时，易求得OC=2 2．
本题考查了切线的性质，勾股定理，正确的理解题意是解题的关键．
16.【答案】2；
2−1

【解析】【分析】
连接BF，FM，由翻折及BM=ME可得四边形BEFM为菱形，再由菱形对角线的性质可得BN=BA.先证明△AEF≌△NMF得AE=NM，再证明△FMN∽△CGN可得CGFM=GNNM，进而求解．
本题考查矩形的翻折问题，解题关键是连接辅助线通过全等三角形及相似三角形的判定及性质求解．
【解答】
解：∵BM=BE，
∴∠BEM=∠BME，
∵AB/​/CD，
∴∠BEM=∠GCM，
又∵∠BME=∠GMC，
∴∠GCM=∠GMC，
∴MG=GC=1，
∵G为CD中点，
∴CD=AB=2．
连接BF，FM，
由翻折可得∠FEM=∠BEM，BE=EF，
∴BM=EF，
∵∠BEM=∠BME，
∴∠FEM=∠BME，
∴EF/​/BM，
∴四边形BEFM为平行四边形，
∵BM=BE，
∴四边形BEFM为菱形，
∵∠EBC=∠EFC=90°，EF/​/BG，
∴∠BNF=90°，
∵BF平分∠ABN，
∴FA=FN，
∴Rt△ABF≌Rt△NBF(HL)，
∴BN=AB=2．
∵FE=FM，FA=FN，∠A=∠BNF=90°，
∴Rt△AEF≌Rt△NMF(HL)，
∴AE=NM，
设AE=NM=x，
则BE=FM=2−x，NG=MG−NM=1−x，
∵FM/​/GC，
∴△FMN∽△CGN，
∴CGFM=GNNM，
即12−x=1−xx，
解得x=2+ 2(舍)或x=2− 2，
∴EF=BE=2−x= 2，
∴sin∠AFE=AEEF=2− 2 2= 2−1．
故答案为：2； 2−1．
17.【答案】解：(1)原式=x2−1+2x−x2
=2x−1；
(2)4x−3>9①2+x≥0②，
解不等式①得：x>3，
解不等式②得：x≥−2，
∴原不等式组的解集为：x>3．
【解析】(1)根据平方差公式和单项式乘多项式展开，合并同类项即可得出答案；
(2)分别解这两个不等式，根据不等式解集的规律即可得出答案．
本题考查了整式的混合运算，解一元一次不等式组，掌握同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到是解题的关键．
18.【答案】解：(1)该书店4月份的营业总额是：182−(30+40+25+42)=45(万元)，
补全统计图如下：
(2)42×25%=10.5(万元)，
答：5月份“党史”类书籍的营业额是10.5万元；
(3)4月份“党史”类书籍的营业额是45×20%=9(万元)，
∵10.5>9，且1−3月份的营业总额以及“党史”类书籍的营业额占当月营业额的百分比都低于4、5月份，
∴5月份“党史”类书籍的营业额最高．
【解析】【分析】
本题考查的是条形统计图和折线统计图的综合运用．读懂统计图，从不同的统计图中得到必要的信息是解决问题的关键．条形统计图能清楚地表示出每个项目的数据，如粮食产量，折线统计图表示的是事物的变化情况，如增长率．
【解答】
(1)用1∼5月的营业总额减去其他月份的总额，求出4月份的营业额，从而补全统计图；
(2)用5月份的营业额乘以“党史”类书籍所占的百分比即可；
(3)先判断出1−3月份的营业总额以及“党史”类书籍的营业额占当月营业额的百分比都低于4、5月份，再求出4月份的“党史”类书籍的营业额，与5月份进行比较，即可得出答案．
19.【答案】(1)证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B=∠D=90°，AB=CD，AD=BC，AD//BC，
在Rt△ABE和Rt△CDF中，
AE=CFAB=CD，
∴Rt△ABE≌Rt△CDF(HL)；
(2)解：∵△ABE≌△CDF，
∴BE=DF，
∵BC=AD，
∴CE=AF，
∵CE//AF，
∴四边形AECF是平行四边形，
又∵AC⊥EF，
∴四边形AECF是菱形，
设AC与EF交于点O，

∴AO=12AC=12×16=8，EF=2OE，
∴OE= AE2−OA2= 102−82=6，
∴EF=12，
∴S菱形AECF=12AC×EF=12×16×12=96．
【解析】(1)由矩形的性质得出∠B=∠D=90°，AB=CD，AD=BC，AD//BC由HL证明Rt△ABE≌Rt△CDF即可；
(2)由全等三角形的性质得出BE=DF，得出CE=AF，由CE/​/AF证出四边形AECF是平行四边形，再由AC⊥EF，即可得出四边形AECF是菱形，然后利用勾股定理求出EF的长，利用菱形的面积等于对角线乘积的一半解题即可．
本题考查了矩形的性质、全等三角形的判定与性质、菱形的判定、勾股定理；熟练掌握矩形的性质和菱形的判定，证明三角形全等是解题的关键．
20.【答案】解：(1)过点P作PG⊥QN，垂足为G，延长ME交PG于点F，

由题意得：MF⊥PG，MF=GN，FG=MN=1m，
在Rt△PFM中，∠PMF=37°，PM=5m，
∴PF=PM⋅sin37°≈5×35=3(m)，
∴PG=PF+FG=3+1=4(m)，
∴点P到地面的高度约为4m；
(2)由题意得：QN=7m，
在Rt△△PFM中，∠PMF=37°，PF=3m，
∴∠MPF=90°−∠PMF=53°，FM=PFtan37∘≈334=4(m)，
∴FM=GN=4m，
∴QG=QN−GN=7−4=3(m)，
在Rt△PQG中，tan∠QPG=QGPG=34，
∴∠QPG≈37°，
∴∠QPM=∠QPG+∠MPG=90°，
∴∠QPM的度数约为90°．
【解析】(1)过点P作PG⊥QN，垂足为G，延长ME交PG于点F，根据题意可得：MF⊥PG，MF=GN，FG=MN=1m，然后在Rt△PFM中，利用锐角三角函数的定义求出PF的长，从而利用线段的和差关系，进行计算即可解答；
(2)由题意得：QN=7m，在Rt△△PFM中，利用锐角三角函数的定义求出FM的长，再利用直角三角形的两个锐角互余可求出∠MPF=53°，然后利用线段的和差关系求出QG=3m，从而在Rt△PQG中，利用锐角三角函数的定义可求出tan∠QPG的值，进而求出∠QPG的度数，最后利用角的和差关系，进行计算即可解答．
本题考查了解直角三角形的应用，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．
21.【答案】解：(1)将点A坐标代入反比例函数解析式得，
m=1×3=3，
所以反比例函数解析式为y=3x．
将点B坐标代入反比例函数解析式得，
n=3，
所以点B的坐标为(3,1)．
将点A和点B的坐标代入一次函数解析式得，
k+b=33k+b=1，
解得k=−1b=4，
所以一次函数解析式为y=−x+4．
(2)设点E的坐标为(a,3a)，
过点A作y轴的平行线l，分别过点E和点F作l的垂线，垂足分别为M和N，

由旋转可知，
AE=AF，∠EAF=90°，
∴∠EAM+∠MAF=∠MAF+∠AFN=90°，
∴∠EAM=∠AFN．
在△EAM和△AFN中，
∠EAM=∠AFN∠AME=∠FNAAE=AF，
∴△EAM≌△AFN(AAS)．
∴FN=AM，AN=ME．
∵点A坐标为(1,3)，点E坐标为(a,3a)，
∴FN=AM=3−3a，AN=ME=a−1，
∴点F的坐标为(3a−2,4−a)．
∵点F在函数y=3x图象上，
∴(3a−2)(4−a)=3，
解得a1=1，a2=6，
因为点A坐标为(1,3)，
所以a=1舍去，
所以点E坐标为(6,12).
【解析】(1)将点A坐标代入反比例函数解析式，求出m，再求出点B坐标，最后用待定系数法求出一次函数解析式即可．
(2)先设出点E的坐标，再利用旋转的性质结合全等三角形的性质得出点F的坐标即可解决问题．
本题考查反比例函数与一次函数的交点问题，熟知反比例函数及一次函数的图象和性质是解题的关键．
22.【答案】(3,2) 4或5
【解析】解：(1)由题意，∵抛物线C1：y=a(x−3)2+2，
∴抛物线C1的最高点坐标为的(3,2)．
故答案为：(3,2)．
(2)由题得，B(6,1)．
将B(6,1)代入抛物线C1：y=a(x−3)2+2，
∴a=−19．
∴抛物线C1：y=−19(x−3)2+2．
∴当x=0时，y=c=1．
(3)∵小林在x轴上方1m的高度上，且到点A水平距离不超过1m的范围内可以接到沙包，
∴此时，点B的坐标范围是(5,1)～(7,1)，
当经过(5,1)时，1=−18×25+n8×5+1+1，
解得：n=175．
当经过(7,1)时，1=−18×49+n8×7+1+1，
解得：n=417，
∴175≤n≤417，
∵n为整数，
∴符合条件的n的整数值为4和5．
故答案为：4或5．
(1)依据题意，由抛物线C1：y=a(x−3)2+2可得最高点坐标，进而可以得解；
(2)依据题意，可得B(6,1)，将B(6,1)代入抛物线C1：y=a(x−3)2+2，从而得解析式，再令x=0，可得c的值；
(3)依据题意，根据点B的取值范围代入解析式可求解．
本题主要考查了二次函数的应用，读懂题意，掌握二次函数图象上点的坐标特征是解题的关键．
23.【答案】解：(1)证明：∵∠ACD=∠B，∠A=∠A，
∴△ADC∽△ACB，
∴ADAC=ACAB，
∴AC2=AD⋅AB．
(2)∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC，∠A=∠C，
又∵∠BFE=∠A，
∴∠BFE=∠C，
又∵∠FBE=∠CBF，
∴△BFE∽△BCF，
∴BFBC=BEBF，
∴BF2=BE⋅BC，
∴BC=BF2BE=423=163，
∴AD=163．
(3)如图，分别延长EF，DC相交于点G，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB/​/DC，∠BAC=12∠BAD，
∵AC/​/EF，
∴四边形AEGC为平行四边形，
∴AC=EG，CG=AE，∠EAC=∠G，
∵∠EDF=12∠BAD，
∴∠EDF=∠BAC，
∴∠EDF=∠G，
又∵∠DEF=∠GED，
∴△EDF∽△EGD，
∴EDEG=EFDE，
∴DE2=EF⋅EG，
又∵EG=AC=2EF，
∴DE2=2EF2，
∴DE= 2EF，
又∵DGDF=DEEF，
∴DG= 2DF=5 2，
∴DC=DG−CG=5 2−2．
【解析】此题是相似形综合题，主要考查了相似三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，菱形的性质等知识，正确掌握相似三角形的判定方法是解题关键．
(1)证明△ADC∽△ACB，得出ADAC=ACAB，则可得出结论；
(2)证明△BFE∽△BCF，得出比例线段BFBC=BEBF，则BF2=BE⋅BC，求出BC，则可求出AD．
(3)分别延长EF，DC相交于点G，证得四边形AEGC为平行四边形，得出AC=EG，CG=AE，∠EAC=∠G，证明△EDF∽△EGD，得出比例线段EDEG=EFDE，则DE= 2EF，可求出DG，则答案可求出．
24.【答案】解：(1)∵BD为⊙O的直径，
∴∠BAD=90°，
∵AE=CD，
∴∠ABG=∠DBC=α，
∴∠AGB=90°−α；
(2)∵BD为⊙O的直径，
∴∠BCD=90°，
∴∠BEC=∠BDC=90°−α，
∴∠BEC=∠AGB，
∵∠CEF=180°−∠BEC，∠BGD=180°−∠AGB，
∴∠CEF=∠BGD，
又∵CE=BG，∠ECF=∠GBD，
∴△CFE≌△BDG(ASA)，
∴EF=DG；
(3)①如图，连接DE，
∵BD为⊙O的直径，
∴∠A=∠BED=90°，
在Rt△ABD中，tan∠ADB= 32，AD=2，
∴AB= 3，
∵AE=CD，
∴AE+DE=CD+DE，
即AD=CE，
∴AD=CE，
∵CE=BG，
∴BG=AD=2，
∵在Rt△ABG中，sin∠AGB=ABBG= 32，
∴∠AGB=60°，AG=12BG=1，
∴EF=DG=AD−AG=1，
∵在Rt△DEG中，∠EGD=60°，
∴EG=12DG=12，DE= 32DG= 32，
在Rt△FED中，DF= EF2+DE2= 72，
∴FG+DG+DF=5+ 72，
∴△FGD的周长为5+ 72；
②如图，过点C作CH⊥BF于H，
∵△BDG≌△CFE，
∴BD=CF，∠CFH=∠BDA，
∵∠BAD=∠CHF=90°，
∴△BAD≌△CHF(AAS)，
∴FH=AD，
∵AD=BG，
∴FH=BG，
∵∠BCF=90°，
∴∠BCH+∠HCF=90°，
∵∠BCH+∠HBC=90°，
∴∠HCF=∠HBC，
∵∠BHC=∠CHF=90°，
∴△BHC∽△CHF，
∴BHCH=CHFH，
设GH=x，
∴BH=2−x，
∴CH2=2(2−x)，
在Rt△GHC中，CG2=GH2+CH2，
∴CG2=x2+2(2−x)=(x−1)2+3，
当x=1时，CG2的最小值为3，
∴CG的最小值为 3．
【解析】(1)利用直径所对的圆周角为90°和在同一圆中，等弧所对的圆周角相等，即可得结果．
(2)证线段相等只需证线段所在的两个三角形全等即可．利用全等三角形的判定可得△CFE≌△BDG(ASA)可得结论，
(3)①连接DE，AD=CE，由弧相等得出弧所对的弦相等，在Rt△ABG中，sin∠AGB=ABBG= 32，得EF=1，在Rt△DEG中，∠EGD=60°，可得EG=12，DE= 32，
在Rt△FED中，由勾股定理得DF= 72，即可求得周长的值．②如图，过点C作CH⊥BF于H，可得△BAD≌△CHF(AAS)，得FH=AD，由相似三角形的判定可得△BHC∽△CHF，设GH=x，由相似的性质得CH2=2(2−x)，在Rt△GHC中，由勾股定理知CG2=GH2+CH2)=(x−1)2+3，即可得最小值．
本题考查圆的综合应用，解本题的关键要熟练掌握圆的性质．全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理等基本知识点．