2024年甘肃省武威十一中教研联片中考数学一模试卷

这是一份2024年甘肃省武威十一中教研联片中考数学一模试卷，共26页。试卷主要包含了选择题，填空题，计算题，作图题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．（3分）下列各点中，在反比例函数y＝﹣图象上的点是（ ）
A．（﹣4，2）B．（﹣2，﹣4）C．（﹣2，1）D．（2，1）
2．（3分）若点A（﹣1，y1），B（2，y2），C（3，y3）在反比例函数y＝﹣的图象上，则y1，y2，y3的大小关系是（ ）
A．y1＞y2＞y3B．y2＞y3＞y1C．y1＞y3＞y2D．y3＞y2＞y1
3．（3分）下列各组数中，成比例的是（ ）
A．1，﹣2，﹣3，﹣6B．1，4，2，﹣8
C．5，6，2，3D．，，1，
4．（3分）如图，D、E分别是△ABC的边AB、BC上的点，DE∥AC，若S△BDE：S△CDE＝1：4，则S△BDE：S△ADC＝（ ）
A．1：16B．1：18C．1：20D．1：24
5．（3分）在△ABC中，∠A、∠B为锐角，满足，则∠C等于（ ）
A．105°B．75°C．60°D．45°
6．（3分）如图所示的几何体由5个大小相同的立方体搭成，则该几何体的俯视图是（ ）
A．B．C．D．
7．（3分）如图，在平面直角坐标系中，菱形OABC的边OA在x轴上，点A（5，0），sin∠COA＝，若反比例函数y＝（k＞0，x＞0）经过点C，则k的值是（ ）
A．10B．12C．48D．50
8．（3分）在△ABC中，∠C＝90°，，则sinA的值为（ ）
A．B．C．D．
9．（3分）如图，⊙A过点O（0，0），C（，0），D（0，1），点B是x轴下方⊙A上的一点，连接BO，BD，则∠OBD的度数是（ ）
A．15°B．30°C．45°D．60°
10．（3分）如图，在平面直角坐标系中，点A在函数的图象上，点B在函数（k＞0，x＞0）的图象上．若AO＝2BO，∠AOB＝90°，则k的值为（ ）
A．B．C．D．
二、填空题（共24分）
11．（3分）如图，△AOB是直角三角形，∠AOB＝90°，∠ABO＝30°，点A在反比例函数y＝的图象上，若点B在反比例函数y＝的图象上，则k＝ ．
12．（3分）已知α为锐角．若，则α＝ °．
13．（3分）已知＝，则＝ ．
14．（3分）一个长方体的三种视图如图所示，若其俯视图为正方形，则这个长方体的体积为 cm3．
15．（3分）如图，点A在双曲线上，点B在双曲线上，且AB∥x轴，C、D在x轴上，若四边形ABCD为平行四边形，则它的面积为 ．
16．（3分）如图所示，在矩形ABCD中，AD＝8，AE⊥BD，垂足为E，ED＝4BE，则AE的长为 ．
17．（3分）长方体的主视图与俯视图如图所示，则这个长方体的体积是 ．
18．（3分）如图，在平面直角坐标系中，双曲线y＝（k1＞0）与直线y＝k2x（k2≠0）交于A、B两点，点H是双曲线第一象限上的动点（在点A左侧），直线AH、BH分别与y轴交于P、Q两点，若HA＝a•HP，HB＝b•HQ，则a﹣b的值为 ．
三、计算题（共8分）
19．（8分）（1）解方程：x2﹣6x＝0；
（2）计算：．
四、作图题（共6分）
20．（6分）如图是边长为1的小正方形构成的8×6的网格，三角形ABC的顶点均在格点上．
（1）将三角形ABC绕C点按顺时针旋转90°，得到三角形A1B1C，请在图1中作出三角形A1B1C．
（2）在图2中，仅用无刻度尺在线段AC上找一点M，使得．
（3）在图3中，在三角形内寻找一格点N，使得∠BNC＝2∠A．
五、解答题（共52分）
21．（5分）已知y＝y1+y2，y1与x成正比例，y2与x+2成反比例，且当x＝﹣1时，y＝3；当x＝3时，y＝7．求x＝﹣3时，y的值．
22．（6分）某电器商场销售甲、乙两种品牌空调，已知每台乙种品牌空调的进价比每台甲种品牌空调的进价高20%，用7200元购进的乙种品牌空调数量比用3000元购进的甲种品牌空调数量多2 台．
（1）求甲、乙两种品牌空调的进货价；
（2）该商场拟用不超过16000 元购进甲、乙两种品牌空调共10台进行销售，其中甲种品牌空调的售价为2500元/台，乙种品牌空调的售价为3500元/台．请你帮该商场设计一种进货方案，使得在售完这10 台空调后获利最大，并求出最大利润．
23．（8分）如图，在△ABC中，∠B＝45°，CD是AB边上的中线，过点D作DE⊥BC，垂足为点E，若CD＝5，sin∠BCD＝．
（1）求BC的长；
（2）求∠ACB的正切值．
24．（8分）如图，点C在以AB为直径的⊙O上，CD平分∠ACB交⊙O于点D，交AB于点E，过点D作⊙O的切线交CO的延长线于点F．
（1）求证：FD∥AB；
（2）若AC＝2，BC＝，求FD的长．
25．（8分）如图，一艘货轮以40海里/小时的速度在海面上航行，当它行驶到A处时，发现它的东北方向有一灯塔B，货轮继续向北航行30分钟后到达C点，发现灯塔B在它北偏东75°方向，求此时货轮与灯塔B的距离．（结果精确到0.1海里，参考数据：≈1.414，≈1.732）
26．（7分）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，点O为AB边上一点，以OA为半径的⊙O与BC相切于点D，分别交AB，AC边于点E，F．
（1）求证：AD平分∠BAC；
（2）若AC＝6，tan∠CAD＝，求AE的长．
27．（10分）如图1，抛物线y＝ax2+b与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，点A的坐标是（2，0），点C的坐标是（0，4）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图2，点P是第四象限内抛物线上一点，连接PB交y轴于点E，设点P的横坐标为t，线段CE的长为d，求d与t之间的函数关系式，并直接写出自变量t的取值范围；
（3）如图3，点D是第三象限内抛物线上一点，连接PD交y轴于点F，过点D作DM⊥BP于点H，交x轴于点M，连接AD交BP于点N，连接MN，若，∠BND＝∠ANM时，求点P的坐标．
2024年甘肃省武威十一中教研联片中考数学一模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（共30分）
1．【分析】将各选项坐标代入解析式可求解．
【解答】解：当x＝﹣4时，y＝，故（﹣4，2）不在反比例函数y＝﹣图象上；
当x＝﹣2时，y＝1，故（﹣2，﹣4）不在反比例函数y＝﹣图象上；
当x＝﹣2时，y＝1，故（﹣2，1）在反比例函数y＝﹣图象上；
当x＝2时，y＝﹣1，故（2，1）不在反比例函数y＝﹣图象上；
故选：C．
【点评】本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，正确掌握代入法是解题的关键．
2．【分析】根据反比例函数图象上点的坐标特征求出y1、y2、y3的值，比较后即可得出结论．
【解答】解：∵点A（﹣1，y1）、B（2，y2）、C（3，y3）在反比例函数y＝﹣的图象上，
∴y1＝﹣＝6，y2＝﹣＝﹣3，y3＝﹣＝﹣2，
又∵﹣3＜﹣2＜6，
∴y1＞y3＞y2．
故选：C．
【点评】本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，利用反比例函数图象上点的坐标特征求出y1、y2、y3的值是解题的关键．
3．【分析】根据比例的性质解决此题．
【解答】解：A．由﹣2×（﹣3）≠1×（﹣6），得1，﹣2，﹣3，﹣6不成比例，故A不符合题意．
B．由4×2≠1×（﹣8），得1，4，2，﹣8不成比例，故B不符合题意．
C．由6×2≠5×3，得5，6，2，3不成比例，故C不符合题意．
D．由，得，，1，成比例，故D符合题意．
故选：D．
【点评】本题主要考查比例的性质，熟练掌握比例的性质是解决本题的关键．
4．【分析】由S△BDE：S△CDE＝1：4，得到，根据DE∥AC，推出△BDE∽△ABC，根据相似三角形的性质面积比等于相似比的平方即可得到结论．
【解答】解：∵S△BDE：S△CDE＝1：4，
∴，
∴，
∵DE∥AC，
∴△BDE∽△ABC，
∴，
∴S△BDE：S△BAC＝（）2＝，
∴S△ADC＝S△BAC﹣（S△BDE+S△CDE）＝25﹣（1+4）＝20，
∴S△BDE：S△ADC＝1：20．
故选：C．
【点评】本题考查了相似三角形的判定和性质，熟练掌握等高不同底的三角形的面积的比等于底的比与三角形的面积比等于相似比的平方是解决问题的关键．
5．【分析】根据绝对值及偶次方的非负性，可得出tanB及sinA的值，从而得出∠A及∠B的度数，利用三角形的内角和定理可得出∠C的度数．
【解答】解：∵|tanB﹣|+（2sinA﹣）2＝0，
∴tanB＝，sinA＝，
则∠B＝30°，∠A＝45°，
故∠C＝180°﹣∠A﹣∠B＝105°．
故选：A．
【点评】本题考查了特殊角的三角函数值及非负数的性质，解答本题的关键是得出tanB及sinA的值，另外要求我们熟练掌握一些特殊角的三角函数值．
6．【分析】根据从上面看得到的视图是俯视图，可得答案．
【解答】解：从上面看，可得选项C的图形．
故选：C．
【点评】本题考查了简单组合体的三视图，掌握从上面看得到的视图是俯视图是关键．
7．【分析】由菱形的性质和锐角三角函数可求点（3，4），将点C坐标代入解析式可求k的值．
【解答】解：如图，过点C作CE⊥OA于点E，
∵菱形OABC的边OA在x轴上，点A（5，0），
∴OC＝OA＝5，
∵．
∴CE＝4，
∴
∴点C坐标（3，4）
∵若反比例函数经过点C，
∴k＝3×4＝12，
故选：B．
【点评】本题考查了反比例函数性质，反比例函数图象上点的坐标特征，菱形的性质，勾股定理，锐角三角函数，关键是求出点C坐标．
8．【分析】根据＝，sinA＝，代入即可得出答案．
【解答】解：如图所示：
∵在△ABC中，∠C＝90°，＝，
∴sinA＝＝．
故选：B．
【点评】本题考查了互余两角的三角函数的关系，注意：如果∠A+∠B＝90°，则sinA＝csB，csA＝sinB．
9．【分析】连接DC，利用三角函数得出∠DCO＝30°，进而利用圆周角定理得出∠DBO＝30°即可．
【解答】解：连接DC，如图所示，
∵C（，0），D（0，1），∠DOC＝90°，
∴OD＝1，OC＝，
∴∠DCO＝30°，
∴∠OBD＝30°，
故选：B．
【点评】此题考查圆周角定理，关键是利用三角函数得出∠DCO＝30°．
10．【分析】过点A作AC⊥x轴于C，过点B作BD⊥x轴于D，可得∠AOC＝∠OBD，根据相似三角形面积比等于相似比的平方得，再利用反比例函数系数k的几何意义即可求解．
【解答】解：过点A作AC⊥x轴于C，过点B作BD⊥x轴于D，如图所示：
∴∠ACO＝∠BDO＝90°，
∴∠AOC+∠OAC＝∠BOD+∠OBD＝90°，
又∵∠AOB＝90°，
∴∠AOC+∠BOD＝90°，
∴∠AOC＝∠OBD，
∴△AOC∽△OBD，且AO＝2BO，
∴，
即，
则，解得，
∵k＞0，
∴，
故选：D．
【点评】本题考查了三角形相似的判定及性质、反比例函数系数k的几何意义，熟练掌握相似三角形面积比等于相似比的平方及反比例函数系数k的几何意义是解题的关键．
二、填空题（共24分）
11．【分析】要求函数的解析式只要求出B点的坐标就可以，过点A，B作AC⊥x轴，BD⊥x轴，分别于C，D．根据条件得到△ACO∽△ODB，得到：＝＝＝，然后用待定系数法即可．
【解答】解：过点A，B作AC⊥x轴，BD⊥x轴，分别于C，D．
设点A的坐标是（m，n），则AC＝n，OC＝m．
∵∠AOB＝90°，
∴∠AOC+∠BOD＝90°．
∵∠DBO+∠BOD＝90°，
∴∠DBO＝∠AOC．
∵∠BDO＝∠ACO＝90°，
∴△BDO∽△OCA．
∵∠AOB＝90°，∠ABO＝30°，
∴＝，
∴＝＝＝，
设A（m，n），则B（﹣n，m），
∵点A在反比例函数y＝的图象上，
∴mn＝2，
∴﹣n•m＝﹣3×2＝﹣6，
∴k＝﹣6．
故答案为：﹣6．
【点评】本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，相似三角形的判定和性质，利用相似三角形的性质求得点B的坐标（用含n的式子表示）是解题的关键．
12．【分析】根据特殊角的三角函数值计算．
【解答】解：∵sin30°＝，
∴α＝60°．
故答案为：60．
【点评】本题考查特殊角三角函数值，熟记各特殊角三角函数值是解题的关键．
13．【分析】根据比例的性质，可得a、b间的关系，根据分式的性质，可得答案．
【解答】解：由比例的性质，得b＝a．
＝＝＝＝，
故答案为：．
【点评】本题考查了比例的性质，利用了比例的性质，分式的性质．
14．【分析】根据对角线为6cm，俯视图是一个正方形，则底面面积为6×6÷2＝18（cm2），再根据长方体体积计算公式即可解答．
【解答】解：∵俯视图为正方形，根据主视图可得：正方形对角线为6cm，长方体的高为8cm，
∴长方体的体积为：6×6÷2×8＝144（cm3）．
故答案为：144．
【点评】此题考查了由三视图判断几何体，用到的知识点是三视图的基本知识以及长方体体积计算公式．
15．【分析】由AB∥x轴可知，A、B两点纵坐标相等，设A（，m），B（，m），求出AB的长，再根据平行四边形的面积公式进行计算即可；
【解答】解：∵点A在双曲线上，点B在双曲线上，且AB∥x轴，
∴设A（，m），则B（，m），
∴AB＝＝，
∴S▱ABCD＝•m＝2，
故答案为：2．
【点评】本题考查了反比例函数，关键是由平行于x轴的直线上的点的纵坐标相等，设出点的坐标，再根据平行四边形的面积公式计算．
16．【分析】设BE＝x，则DE＝4x，根据矩形的性质得到∠ABE＝∠DAE，推出△ABE∽△DAE，利用相似三角形的性质可求解．
【解答】解：设BE＝x，则DE＝4x，
∵四边形ABCD为矩形，且AE⊥BD，
∴∠AEB＝∠AED＝90°，
∵∠BAE+∠ABE＝∠BAE+∠DAE＝90°，
∴∠ABE＝∠DAE，
∴△ABE∽△DAE，
∴，
∴AE2＝BE⋅DE，即AE2＝4x2，
∴AE＝2x，
在Rt△ADE中，由勾股定理可得AD2＝AE2+DE2，
即82＝（2x）2+（4x）2，
解得，
∴，
故答案为：．
【点评】本题考查了矩形的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，关键是相似三角形判定定理的应用．
17．【分析】由所给的视图判断出长方体的长、宽、高，让它们相乘即可得到体积．
【解答】解：由主视图可知，这个长方体的长和高分别为4和3，由俯视图可知，这个长方体的长和宽分别为4和2，因此这个长方体的长、宽、高分别为4、2、3，因此这个长方体的体积为4×2×3＝24．
故答案为：24．
【点评】本题主要考查了由两种视图来推测整个正方体的特征，这种类型问题在中考试卷中经常出现，注意：主视图主要反映物体的长和高，左视图主要反映物体的宽和高，俯视图主要反映物体的长和宽．
18．【分析】作HC⊥y轴，AD⊥y轴，BE⊥y轴分别于点C、D、E，则CH∥AD∥BE，OD＝OE，根据平行线分线段成比例定理即可求解．
【解答】解：作HC⊥y轴，AD⊥y轴，BE⊥y轴分别于点C、D、E，则CH∥AD∥BE．
∵反比例函数是中心对称图形，
∴AD＝BE．
∵CH∥AD∥BE，HA＝a•HP，HB＝b•HQ，
∴，，
即＝＝a+1，＝＝b﹣1，
∴a+1＝b﹣1，
∴a﹣b＝﹣2．
故答案为：﹣2．
【点评】本题考查了平行线分线段成比例定理和一次函数与反比例函数的应用，关键是根据平行线分线段成比例定理得出比例式，题目比较好，但有一定的难度．
三、计算题（共8分）
19．【分析】（1）移项后运用因式分解法，即可得出两个一元一次方程，求出方程的解即可；
（2）代入各个特殊值，再根据实数的混合运算法则求出即可．
【解答】解：（1）x2﹣6x＝0，
∴x（x﹣6）＝0，
∴x＝0，x﹣6＝0，
∴x1＝0，x2＝6．
（2）
＝
＝
＝．
【点评】本题考查了解一元二次方程，实数的混合运算，特殊角的三角函数值的应用，主要考查学生的计算能力．
四、作图题（共6分）
20．【分析】（1）分别作点A、点B绕C点按顺时针方向旋转90°得到的对应点A1、B1，顺次连接A1C、B1C、A1B1，即可得到△A1B1C；
（2）由图可知AP＝3，CQ＝2，AP∥CQ，由△AMP∽△CMQ，即可证明点M满足要求；
（3）按要求找到点N，连接BN、CN、AN，由勾股定理可得，点N到点A、B、C的距离相等，即点N是△ABC的外心，以点N为圆心，BN为半径画圆，由圆周角定理即可证明点N满足要求．
【解答】解：（1）如图，△A1B1C即为所求，
（2）如图，点M即为所求，
由图可知，AP＝3，CQ＝2，AP∥CQ，
∴△AMP∽△CMQ，
∴，
∴，
即点M符合要求；
（3）如图，
连接BN、CN、AN，
由勾股定理可得，
∴点N到点A、B、C的距离相等，
即点N是△ABC的外心，以点N为圆心，BN为半径画圆，
则∠BNC＝2∠A，
即点N符合题意．
【点评】此题考查了相似三角形的判定和性质、圆周角定理、勾股定理、图形的旋转作图等知识，根据题意正确作图是解题的关键．
五、解答题（共52分）
21．【分析】首先根据正比例和反比例的定义可得y＝kx+，再把x＝﹣1，y＝3；x＝3，y＝7代入得到关于k、m的方程组，再解可得k、m的值，进而可得y与x的解析式，再把x＝﹣3代入计算出y的值即可．
【解答】解：∵y1与x成正比例，
∴y1＝kx，
∵y2与x+2成反比例，
∴y2＝，
∵y＝y1+y2，
∴y＝kx+，
∵当x＝﹣1时，y＝3；当x＝3时，y＝7，
∴，
解得：，
∴y＝2x+，
当x＝﹣3时，y＝2×（﹣3）﹣5＝﹣11．
【点评】此题主要考查了待定系数法求反比例函数解析式，关键是正确表示出y与x的关系式．
22．【分析】（1）设甲种品牌空调的进货价为x元/台，则乙种品牌空调的进货价为1.2x元/台，根据数量＝总价÷单价可得出关于x的分式方程，解之并检验后即可得出结论；
（2）设购进甲种品牌空调a台，所获得的利润为y元，则购进乙种品牌空调（10﹣a）台，根据总价＝单价×数量结合总价不超过16000 元，即可得出关于a的一元一次不等式，解之即可得出a的取值范围，再由总利润＝单台利润×购进数量即可得出y关于a的函数关系式，利用一次函数的性质即可解决最值问题．
【解答】解：（1）设甲种品牌空调的进货价为x元/台，则乙种品牌空调的进货价为1.2x元/台，
根据题意得：﹣＝2，
解得：x＝1500，
经检验，x＝1500是原分式方程的解，
∴1.2x＝1500×1.2＝1800．
答：甲种品牌空调的进货价为1500元/台，乙种品牌空调的进货价为1800元/台．
（2）设购进甲种品牌空调a台，所获得的利润为y元，则购进乙种品牌空调（10﹣a）台，
根据题意得：1500a+1800（10﹣a）≤16000，
解：a≥．
∵a≤10，且a为正整数，
∴a＝7，8，9，10．
∵y＝（2500﹣1500）a+（3500﹣1800）（10﹣a）＝﹣700a+17000，其中k＝﹣700＜0，
∴y的值随着a的值的增大而减小，
∴当a＝7时，y取得最大值，此时y＝﹣7×700+17000＝12100．
答：进货方案为：购进甲种空调7台，乙种空调3台，可获得最大利润，最大利润为12100元．
【点评】本题考查了一次函数的应用、分式方程的应用以及一元一次不等式的应用，解题的关键是：（1）根据数量＝总价÷单价列出关于x的分式方程；（2）根据总利润＝单台利润×购进数量找出y关于a的函数关系式．
23．【分析】（1）设DE＝3x，DE⊥BC，所以CD＝5x，CE＝4x，由CD＝5可求出x＝1，从而可求出答案．
（2）过点A作AF⊥BC于点F，由于D是AB的中点，所以DE是△ABF的中位线，从而可求出AF＝BF＝6，再求出CF＝1即可求出∠ACB的正切值．
【解答】解：（1）设DE＝3x，DE⊥BC，
∵sin∠BCD＝，
∴，
∴CD＝5x，CE＝4x，
∵CD＝5，
∴x＝1，
∴CE＝4，
∵∠B＝45°，
∴DE＝BE＝3x，
∴BC＝BE+CE＝7x＝7．
（2）过点A作AF⊥BC于点F，
∴DE∥AF，
∵D是AB的中点，
∴DE是△ABF的中位线，
∴AF＝2DE，BF＝2BE，
由（1）可知：DE＝BE＝3，
∴AF＝6，BF＝6，
∴CF＝BC﹣BF＝1，
∴tan∠ACB＝6．
【点评】本题考查解直角三角形，解题的关键是求出DE、CE的长度，本题属于中等题型．
24．【分析】（1）连接OD，证明DF⊥OD，AB⊥OD，可得结论；
（2）过点C作CH⊥AB于点H．利用勾股定理求出AB，利用面积法求出CH，证明△CHO∽△ODF，推出＝，由此求出DF即可．
【解答】（1）证明：连接OD．
∵DF是⊙O的切线，
∴OD⊥DF，
∵CD平分∠ACB，
∴＝，
∴OD⊥AB，
∴AB∥DF；
（2）解：过点C作CH⊥AB于点H．
∵AB是直径，
∴∠ACB＝90°，
∵BC＝，AC＝2，
∴AB＝＝＝5，
∵S△ABC＝•AC•BC＝•AB•CH，
∴CH＝＝2，
∴BH＝＝1，
∴OH＝OB﹣BH＝﹣1＝，
∵DF∥AB，
∴∠COH＝∠F，
∵∠CHO＝∠ODF＝90°，
∴△CHO∽△ODF，
∴＝，
∴＝，
∴DF＝．
【点评】本题属于圆综合题，考查了垂径定理，圆周角定理，平行线的判定，相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识，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．
25．【分析】作CED⊥AB于D，根据题意求出AC的长，根据正弦的定义求出CD，根据三角形的外角的性质求出∠B的度数，根据正弦的定义计算即可．
【解答】解：如图所示：过点C作CD⊥AB于点D，
∵货轮以40海里/小时的速度在海面上航行，向北航行30分钟后到达C点
∴AC＝40×＝20海里，
∵∠A＝45°，∠1＝75°，
∴∠ACD＝45°，∠DCB＝60°，
则∠B＝30°，
则DC＝ACsin45°＝20×＝10海里，
故BC＝2CD＝20≈28.3海里．
答：此时货轮与灯塔B的距离约为28.3海里．
【点评】此题主要考查了方向角问题，根据题意作出正确辅助线是解题关键．
26．【分析】（1）连接OD，则∠ODA＝∠BAD，由切线的性质得BC⊥OD，可证明OD∥AC，则∠ODA＝∠CAD，所以∠BAD＝∠CAD，即AD平分∠BAC；
（2）连接DE，在Rt△ACD中，tan∠CAD＝＝，AC＝6，则CD＝，得出AD＝，又因AE是直径，得出∠ADE＝90°．则∠ADE＝∠C，由（1）知∠EAD＝∠CAD．推出△ADE∽△ACD，则，即：，则AE＝7.5．
【解答】（1）证明：连接OD，则OD＝OA，
∴∠ODA＝∠BAD，
∵⊙O与BC相切于点D，
∴BC⊥OD，
∴∠ODB＝∠C＝90°，
∴OD∥AC，
∴∠ODA＝∠CAD，
∴∠BAD＝∠CAD，
∴AD平分∠BAC．
（2）解：如图，连接DE，
在Rt△ACD中，tan∠CAD＝，AC＝6，
∴CD＝，
∴AD＝
∵AE是直径，
∴∠ADE＝90°．
∴∠ADE＝∠C，
由（1）知∠EAD＝∠CAD．
∴△ADE∽△ACD，
∴，即：，
∴AE＝7.5．
【点评】此题重点考查切线的性质、等腰三角形的性质、平行线的判定与性质、勾股定理、锐角三角函数与解直角三角形等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．
27．【分析】（1）用待定系数法求函数的解析式即可；
（2）求出直线BP的解析式，再求E点坐标；
（3）过点D作DG⊥x轴交于G点，过点P作PK⊥DG交于K点，交y轴于点L，过点A作AQ∥y轴交PB于点Q，过点P作PR⊥x轴交于点R，设D（n，4﹣n2），可得PK＝t﹣n，DK＝（n﹣t）（n+t），根据tan∠KPD＝＝，求出D（﹣3，﹣5），证明△AQN≌△AMN（ASA），可得AQ＝AM，再证△DGM∽△BAQ，根据tan∠ABP＝＝，求出t的值即可求P点坐标．
【解答】解：（1）将点A（2，0），点C（0，4）代入y＝ax2+b，
∴，
解得，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+4；
（2）∵点P的横坐标为t，
∴P（t，﹣t2+4），
当y＝0时，﹣x2+4＝0，
解得x＝2或x＝﹣2，
∴B（﹣2，0），
当x＝0时，y＝4，
∴C（0，4），
设直线BP的解析式为y＝kx+b'，
∴，
解得，
∴直线BP的解析式y＝（2﹣t）x+4﹣2t，
当x＝0时，y＝4﹣2t，
∴E（0，4﹣2t），
∴CE＝d＝4﹣4+2t＝2t，
∵P点在第四象限，
∴t＞2；
（3）过点D作DG⊥x轴交于G点，过点P作PK⊥DG交于K点，交y轴于点L，过点A作AQ∥y轴交PB于点Q，过点P作PR⊥x轴交于点R，
设D（n，4﹣n2），
∴PK＝t﹣n，DK＝（4﹣t2）﹣（4﹣n2）＝（n﹣t）（n+t），
∵EF＝d＝t，
∴OF＝OE+EF＝2t﹣4+t＝3t﹣4，
∴LF＝OF﹣OL＝（3t﹣4）﹣（t2﹣4）＝t（3﹣t），
∵tan∠KPD＝＝，
∴n＝﹣3，
∴D（﹣3，﹣5），
∴AG＝5，
∵∠DGA＝90°，
∴∠GDA＝∠GAD＝45°，
∵QA⊥AG，
∴∠GAD＝∠DAQ＝45°，
∵∠BND＝∠ANM，
∴∠ANM＝∠ANQ，
∴△AQN≌△AMN（ASA），
∴AQ＝AM，
∵DO⊥BP，
∴∠BHM＝90°，
∴∠AQB＝90°﹣∠ABQ，∠BMH＝90°﹣∠ABQ，
∴∠AQB＝∠BMH，
∴△DGM∽△BAQ，
∴＝＝，
∴AM＝AQ＝AG＝，
∵tan∠ABP＝＝，
∴t﹣2＝，
解得t＝，
∴P（，﹣）．
【点评】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，三角形全等的判定及性质，三角形相似的判定及性质，直角三角形的性质是解题的关键．