数学（贵州卷）2026年中考模拟考前最后一卷含答案

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注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题（本大题共12个小题，每小题3分，共36分．在每个小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，请选出并在答题卡上将该项涂黑）
1．估计11的值（ ）
A．在4和5之间B．在5和6之间
C．在2和3之间D．在3和4之间
【解答】解：∵32＝9，42＝16，而9＜11＜16，
∴9＜11＜16，即3＜11＜4，
∴11的值在3和4之间，
故选：D．
2．下列各个几何体中，它的主视图和左视图不同的是（ ）
A．B．C．D．
【解答】解：A、主视图与左视图都是两个等腰三角形，不符合题意；
B、主视图是长方形，左视图是圆，符合题意；
C、主视图与左视图都是等腰梯形，不符合题意；
D、主视图和左视图都是圆，不符合题意．
故选：B．
3．实数a，b在数轴上的对应点的位置如图所示，下列结论正确的是（ ）
A．a＞bB．a+b＞0C．|a|＞|b|D．ab＞0
【解答】解：由所给数轴可知，
﹣3＜a＜﹣2＜1＜b＜2，
则a+b＜0，|a|＞|b|，ab＜0，
显然只有C选项符合题意．
故选：C．
4．在人体血液中，红细胞的直径约为0.00077cm，数据0.00077用科学记数法表示为（ ）
A．7.7×104B．7.7×10﹣3C．7.7×10﹣4D．0.77×10﹣5
【解答】解：0.00077＝7.7×10﹣4．
故选：C．
5．某地一家庭记录了去年12个月的月用水量如下表，下列关于用水量的中位数、众数描述正确的是（ ）
A．中位数为5，众数为4
B．中位数为5，众数为5
C．中位数为4.5，众数为4
D．中位数、众数均无法确定
【解答】解：∵共12个月，
∴m+n＝12﹣2﹣4﹣3＝3，
把这些数从小到大排列，最中间的数是第6和第7个数的平均数，
∴用水量的中位数是4+52=4.5吨；
∵4吨出现的次数最多，出现了4次，
∴众数为4吨；
故选：C．
6．已知（x1，﹣5），（x2，﹣1），（x3，2）都在双曲线y=kx(k＞0)上，则x1，x2，x3的大小关系是（ ）
A．x1＜x2＜x3B．x3＜x1＜x2C．x3＜x2＜x1D．x2＜x1＜x3
【解答】解：∵k＞0，
∴反比例函数图象分布在第一、三象限，在每一象限内，y随x的增大而减小，
∵（x1，﹣5），（x2，﹣1），（x3，2）都在双曲线y=kx(k＞0)上，
∴x2＜x1＜0，x3＞0，
∴x2＜x1＜x3．
故选：D．
7．如图，在矩形ABCD中，连接BD，分别以B、D为圆心，大于12BD的长为半径画弧两弧交于P、Q两点，作直线PQ，分别与AD、BC交于点M、N，连接BM、DN．若AD＝8，AB＝4．则四边形MBND的周长为（ ）
A．5B．10C．12D．20
【解答】解：由作法得PQ垂直平分BD，
∴MB＝MD，NB＝ND，
设MD＝x，则BM＝x，AM＝8﹣x，
在Rt△ABM中，42+（8﹣x）2＝x2，解得x＝5，即BM＝DM＝5，
同理可得NB＝ND＝5，
∴四边形MBND的周长为5+5+5+5＝20．
故选：D．
8．如图，在平面直角坐标系xOy中，△A'B'C'是由△ABC绕点P旋转得到的，则点P的坐标为（ ）
A．（1，1）B．（1，﹣1）C．（1，0）D．（0，0）
【解答】解：由题知，
因为△A'B'C'是由△ABC绕点P旋转得到的，
所以点P在AA′和CC′的垂直平分线的交点处．
如图所示，
点P坐标为（1，﹣1）．
故选：B．
9．施工队要铺设800米的管道，因在中考期间无法施工，为确保能在中考前铺设完管道，实际铺设时工作效率比原计划提高了25%，最终提前3天完成了这一任务，设原计划每天铺设管道的长度为x米，则下面所列方程中正确的是（ ）
A．800(1+25%)x-800x=3B．800x-800(1+25%)x=3
C．800(1+25%)x-800x=3D．800x-800(1+25%)x=3
【解答】解：根据题意可得：
800x-800(1+25%)x=3．
故选：B．
10．公元三世纪中期，我国魏晋时期的数学家刘徽创立了“割圆术”，为计算圆周率建立了严密的理论和完善的算法，所谓“割圆术”，是通过不断倍增圆内接正多边形的边数，间接求出圆面积和周长的方法．如图，在半径为2的圆内作两个正方形，得到一个正八边形，则阴影部分的面积是（ ）
A．12B．22C．24﹣162D．48﹣322
【解答】解：如图，连接OA，OB．设AF＝EF＝EG＝BG＝x，则FG=2x．
由对称性可知四个阴影部分是全等的等腰直角三角形，
∵△AOB是等腰直角三角形，OA＝OB＝2，
∴AB＝22，
∴2x+2x＝22，
∴x＝22-2，
∴阴影部分的面积＝4×12×（22-2）×（22-2）＝24﹣162．
故选：C．
11．如图，在平面直角坐标系中，直线CE，DF交于点G，若点C，D，E，F的坐标分别为（0，3），（2，0），（4，0），（0，4），则cs∠DGE的值为（ ）
A．35B．255C．25D．55
【解答】解：∵点C，D，E，F的坐标分别为（0，3），（2，0），（4，0），（0，4），
∴OD＝2，OE＝OF＝4，OC＝3，
∴CE=OC2+OE2=5，DF=OD2+OF2=25
过点E作EK∥DF交y轴于点K，
∴∠DGE＝∠CEK，OFOK=ODOE，∠K＝∠OFD
∴4OK=24
∴OK＝8
∴CK＝OK﹣OC＝8﹣3＝5＝CE，
∴∠CEK＝∠K，
∴∠DGE＝∠OFD，
∴cs∠DGE=cs∠OFD=OFDF=425=255．
故选：B．
12．定义：若二次函数的图象与坐标轴有三个公共点，且以这三个公共点为顶点的三角形是直角三角形，则称这样的二次函数为勾股二次函数．如图，若二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）是勾股二次函数，且其图象与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C．下列结论：
①OC2＝OA•OB，
②ac＝﹣1，
③若OB＝4OA，则b2=94，
④若该函数图象的对称轴为直线x＝1，则bc＝2．
其中正确的是（ ）
A．①②B．①③④C．②③④D．①②③④
【解答】解：连接AC、BC，如图，
∵二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）是勾股二次函数，∴∠ACB＝90°，
∵∠ACO+∠BCO＝90°，∠BCO+∠CBO＝90°，∴∠ACO＝∠CBO，
∴Rt△ACO∽Rt△CBO，∴OC：OB＝OA：OC，∴OC2＝OA•OB，所以①正确；
设A（m，0），B（n，0），则OA＝﹣m，OB＝n，
∵m、n为关于x的一元二次方程ax2+bx+c＝0的两根，∴mn=ca，
当x＝0时，y＝ax2+bx+c＝c，
∴C（0，c），∴OC＝c，
∵OC2＝OA•OB，∴c2＝﹣mn，∴c2=-ca，∴ac＝﹣1，所以②正确；
当OB＝4OA，则n＝﹣4m，
∵m+n=-ba，mn=ca，∴m﹣4m=-ba，﹣4m2=ca，解得m=b3a，
∴﹣4×b29a2=ca，∴b2=-94ac，而ac＝﹣1，∴b2=94，所以③正确；
若该函数图象的对称轴为直线x＝1，
∴-b2a=1，∴b＝﹣2a，∴bc＝﹣2ac，
∵ac＝﹣1，∴bc＝2，所以④正确．
故选：D．
二、填空题（本大题共4个小题，每小题4分，共16分）
13．因式分解：x2y﹣xy2＝ ．
【解答】解：原式＝xy（x﹣y），
故答案为：xy（x﹣y）．
14．如果一个矩形的宽与长之比等于黄金数5-12，就称这个矩形为黄金矩形．若矩形ABCD为黄金矩形，矩形ABCD的周长为85+8，则矩形的长为 ．
【解答】解：∵一个矩形的宽与长之比等于黄金数5-12，矩形ABCD为黄金矩形，矩形ABCD的周长为85+8，
∴设矩形长为x，则宽为5-12x，
∵矩形ABCD的周长为85+8
∴2x+2×5-12x=85+8，
解得：x＝8，
故答案为：8．
15．如图，一块菱形ABCD飞镖游戏板，AB＝4，∠ABC＝60°，对角线AC，BD交于点O，以点A为圆心，AO长为半径作弧，交AD于点E；以点C为圆心，CO长为半径作弧，交BC于点F；小明向飞镖板中投掷飞镖，若飞镖都落在菱形ABCD内，求飞镖落在阴影部分的概率是 ．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC＝AD＝4，AD∥BC，OA＝OC，AC⊥BD，
∵∠ABC＝60°，
∴△ABD、△BCD是等边三角形，∠BAD＝120°，
∴AC＝AB＝AD，∠DAC＝∠ACB＝60°，
∴结合作图可得：点E是AD的中点，点F是BC的中点，
∴AE＝AO＝CO＝CF＝2，
∴BO＝DO=42-22=23，
∴S△BOC=S△AOD=12×2×23=23，
S扇形AOE＝S扇形COF=60π×22360=2π3，
∴S阴影＝2（23-2π3）=43-4π3，
∴飞镖落在阴影部分的概率是：43-4π383=12-3π18．
故答案为：12-3π18．
16．如图，在矩形ABCD中，AB=4， BC=43，直线l将矩形ABCD分成周长相等的两部分，过点B作直线l的垂线，垂足为H，连接CH．当∠BCH最大时，CH的长为 ．
【解答】解：连接BD，记BD的中点为O．
由题意，可知直线l过点O．
∵BH⊥l，
∴∠BHO＝90°．
点H在以OB为直径的圆上运动．设圆心为点E，当CH与⊙E相切，且在BC上方时，∠BCH最大．
连接EH，此时EH⊥CH．过点E作EF⊥BC于点F，
由勾股定理，得BD＝8，
∴BO＝4，
∴BE＝OE＝EH＝2．
∵sin∠CBD=CDBD=12，
∴∠CBD＝30°，
∴EF=1，BF=3．
∴CF=33．
∴CE=EF2+CF2=27，
∴CH=CE2-EH2=26，
故答案为：26．
三、解答题(本大题共9题，共98分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
17．“字母表示数”的系统化阐述是16世纪提出的，被后人称为从“算术”到“代数”的一次飞跃，从而大大推动了数学的发展．经过初中数学的学习，我们知道了用字母表示数可以分析从特殊到一般的数学规律，字母与数一样，也可以参与运算．请同学们观察下列关于正整数的平方拆分的等式：
第1个等式：22＝1+12+2；第2个等式：32＝2+22+3；
第3个等式：42＝3+32+4；第4个等式：52＝4+42+5；
（1）请用此方法拆分20262．
（2）请你用上面的规律归纳出一个一般的结论（用含n的等式表示，n为正整数）并运用有关知识，推理说明这个结论是正确的．
【解答】解：（1）由题意可知：
22＝1+12+2，
32＝2+22+3，
42＝3+32+4，
52＝4+42+5；
∴20262＝2025+20252+2026．
答：20262＝2025+20252+2026．
（2）根据题意，含有字母n的等式表示为：（n+1）2＝n+n2+（n+1）．
左边＝（n+1）2，
右边＝n+n2+（n+1）＝n2+2n+1＝（n+1）2，
左边＝右边．
答：（n+1）2＝n+n2+（n+1）．
18．随着快递行业在农村的深入发展，全国各地的特色农产品有了更广阔的销售空间，不同的快递公司在配送、服务、收费和投递范围等方面各具优势、某农产品种植户经过前期调研，打算从甲、乙两家快递公司中选择一家合作．为此，该种植户收集了10家农产品种植户对两家公司的相关评价，并整理、描述、分析如图：
配送速度和服务质量得分统计表：
（1）表格中的m＝ ，S甲2 S乙2（填“＞”“＝”或“＜”）；
（2）补全频数分布直方图，并求出扇形统计图中圆心角α的度数；
（3）综合上表中的统计量，你认为该农产品种植户应选择 公司；
（4）如果A，B两家农产品种植户分别从甲、乙两个快递公司中任选一个公司合作，请用列表法求两家种植户选择同一快递公司的概率．
【解答】解：（1）甲快递公司配送速度10次得分从小到大分别为6，6，7，7，8，9，9，9，9，10，甲快递公司配送速度10次得分的中位数m=8+92=8.5（分），由甲、乙两个快递公司服务质量的折线统计图可直观得到甲快递公司10次得分的比较稳定，即方差较小，S 甲2＜S 乙2，
故答案为：8.5，＜；
（2）甲快递公司配送速度10次得分是9分的频数为10﹣2﹣2﹣1﹣1＝4，
补全频数分布直方图如图所示：
乙快递公司配送速度10次得分是7分的所占的百分比为1﹣10%﹣10%﹣20%﹣40%＝20%，所以乙快递公司配送速度10次得分是7分的所对应的圆心角的度数α＝360°×20%＝72°，
故答案为：72°；
（3）综合考虑选择甲快递公司，理由：
甲快递公司的中位数较大，方差较小．
故答案为：甲；
（4）用树状图表示A、B两家公司分别从甲、乙两个快递公司随机选择一个，
所有等可能出现的结果如下：
共有4种等可能出现的结果，其中选择同一个快递公司的有2种，
所以选择同一个快递公司的概率为24=12．
19．如图，在△ABC中，D，E分别为AB，AC的中点，DF⊥BC，垂足为F，点G在DE的延长线上，DG＝FC．
（1）求证：四边形DFCG是矩形；
（2）若∠B＝45°，DF＝3，DG＝5，求BC和AC的长．
【解答】（1）证明：∵D，E分别为AB，AC的中点，
∴DE是△ABC的中位线，∴DE∥BC，
∵DG＝FC，∴四边形DFCG是平行四边形，
又∵DF⊥BC，∴∠DFC＝90°，
∴平行四边形DFCG是矩形；
（2）解：∵DF⊥BC，∴∠DFB＝90°，
∵∠B＝45°，∴△BDF是等腰直角三角形，
∴BF＝DF＝3，
∵DG＝FC＝5，∴BC＝BF+FC＝3+5＝8，
由（1）可知，DE是△ABC的中位线，四边形DFCG是矩形，
∴DE=12BC＝4，CG＝DF＝3，∠G＝90°，
∴EG＝DG﹣DE＝5﹣4＝1，
∴CE=CG2+EG2=32+12=10，
∵E为AC的中点，
∴AC＝2CE＝210．
20．综合与实践
主题：如何利用闲置硬纸板制作收纳盒，收纳玩具．
素材：闲置的长方形（一张长为60cm，宽为50cm的硬纸板）．
目标：
（1）把长方形硬纸板的四角剪去四个相同的小正方形，然后把纸板的四边沿虚线折起，并用胶带粘好，即可做成一个长方体无盖收纳盒．若该无盖收纳盒的底面积为2000cm2，求剪去的小正方形的边长．
（2）把长方形硬纸板的四角剪去四个相同的小长方形，折成一个有盖的长方体收纳盒，如图所示，若EF和HG两边恰好重合且无重叠部分，盒子的底面积为468cm2．问可否把家里一个玩具机械狗收纳入内？机械狗的实物图和尺寸大小如图，请通过计算判断玩具机械狗能否完全放入该收纳盒．
【解答】解：（1）设剪去的小正方形的边长为xcm，依题意得：
（60﹣2x）（50﹣2x）＝2000，
x2﹣55x+250＝0，解得：x1＝5，x2＝50（舍去），
∴剪去的小正方形的边长为5cm．
（2）设小长方形的宽为xcm（x＜20），长为ycm，
2(y-x)=60-2y(60-2y)(50-2x)=468，解得：y=21x=12，
∴小长方形的宽为12cm．
当EF和HG两边恰好重合且无重叠部分，收纳盒的高为12＜18．
∴玩具机械狗不能完全放入该收纳盒．
21．直线y＝x+b与双曲线y=kx交于点A（6，2）和点B．
（1）求k，b的值；
（2）如图，点C是双曲线y=kx第一象限上的一个动点，若S△ABC＝28，求点C的坐标；
【解答】直线y＝x+b与双曲线y=kx交于点A（6，2）和点B．
解：（1）将A点代入双曲线y=kx，∴k＝12，
将A点代入y＝x+b，∴6+b＝2，解得b＝﹣4；
（2）过点C作CG∥y轴交AB于点G，
设C（m，12m），则G（m，m﹣4），∴CG=12m-m+4，
当x﹣4=12x时，解得x＝﹣2或x＝6，∴B（﹣2，﹣6），
∵S△ABC＝28，∴12×8（12m-m+4）＝28，解得m=-3+572或m=-3-572（舍），
∴C（-3+572，3+572）；
22．2026马年春晚的《武BOT》机器人武术秀燃爆全场，机器人每一个精准利落的动作，不仅给观众带来一场视觉盛宴，更让全世界看到了中国AI机器人硬核实力．
如图1，是某型号的机器人在展示中国功夫时的精彩瞬间，图2是其瞬间抽象的几何示意图，机器人的一腿AB直立于地面MN，小腿部分CD刚好与地面MN平行，上身AP垂直于大腿AC，即AB⊥MN于点B，CD∥MN，AP⊥AC于点A．CE是机器人小腿CD上踢后与大腿AC在同一直线的瞬间．已知AB＝80cm，AP＝100cm，∠DCE＝53°．
（1）求∠CAB的度数；
（2）求点P距地面的高度．（参考数据：sin37°≈0.60，cs37°≈0.80，tan37°≈0.75．）
【解答】解：（1）如图，过点A作AH∥CD，
∵AB⊥MN，
∴∠ABN＝90°，
∵CD∥MN，AH∥CD，
∴CD∥MN∥AH，
∴∠EAH＝∠DCE＝53°，∠BAH＝∠ABN＝90°，
∴∠CAB＝∠EAH+∠BAH＝53°+90°＝143°．
答：∠CAB的度数为143°．
（2）如图，过点P作PT⊥HA交HA延长线于T，
∵AP⊥AC，∴∠PAC＝90°，
∴∠PAT＝180°﹣∠PAC﹣∠EAH＝180°﹣90°﹣53°＝37°，
在Rt△APT中，AB＝80cm，AP＝100cm，∠PAT＝37°，
∴PT＝AP•sin∠PAT＝100•sin37°≈60（cm），
∴AB+PT＝80+60＝140（cm），
答：点P距离地面的高度约为140cm．
23．如图，AB是⊙O的直径，C为AB延长线上一点，CD为⊙O切线，D为切点，OE⊥BD于点H交CD于点E．
（1）求证：∠BDC＝∠BOE；
（2）若sinC=13，AD＝4，求半径的长．
【解答】（1）证明：连接OD，
∵AB是⊙O的直径，∴∠ADB＝90°，∴∠ADO+∠ODB＝90°，
∵CD为⊙O切线，∴∠ODC＝90°，∴∠ADO＝∠BDC，
∵OA＝OD，∴∠A＝∠ADO，∴∠BDC＝∠A，
∵OE⊥BD，∴OC∥AD，∴∠A＝∠BOE，∴∠BDC＝∠BOE；
（2）解：∵∠CDO＝90°，
∴sinC=ODOC=13，设OD＝x，OC＝3x，
∵OE∥AD，∴△COE∽△CAD，∴OEAD=OCCA，∴OE4=3x4x，∴OE＝3，
∵OE⊥BD，∴BH＝DE，
∵BO＝AO，∴OH是△ABD的中位线，∴OH=12AD＝2，∴EH＝3﹣2＝1；
∵∠ODE＝∠OHD＝90°，∠DOH＝∠EOD，
∴△EDO∽△DHO，∴ODOE=OHOD，
∴OD=OE⋅OH=3×2=6．
24．【材料观察】图1中的景观设计以湖为韵，将东方古典的意境与现代设计的灵动美感相结合，在流动的曲线上相融共生，勾勒出独特的流动美．长行数学小组将图中的曲线抽象成数学问题并进行了自主探究．
【数学建模】定义：如图2，若抛物线y1＝bx（x﹣2n）（b＜0，n＜0）与抛物线y2＝ax（x﹣2m）（a＞0，m＞0）的图象有且仅有一个公共点O，则称这两条抛物线单联于点O．
（1）在图2中，点M，点N分别是这两段抛物线的顶点，请直接写出它们的坐标：点M的坐标，点N的坐标为；
（2）小组成员发现O，M，N三点共线，请帮他补全证明过程：
证明：抛物线y1＝ax（x﹣2m）（a＜0，m＜0）与抛物线y2＝bx（x﹣2n）（b＞0，n＞0）的图象只有一个公共点O，即方程联立ax（x﹣2m）＝bx（x﹣2n）有两个相等的实数根，则称这两条抛物线单联于点O．据此得：（a﹣b）x2+（2bn﹣2am）x＝0有两个相等的实数根，
∴Δ＝（2bn﹣2am）2﹣4（a﹣b）×0＝0，
∴2bn﹣2am＝0，
即am＝bn
…
利用以上结论，解决问题：
【模型应用】如图3，长方形ABCD是一处景观．AB＝4米，BC＝12米，E，F分别是边AB，CD的中点，G是EF上的点，设计了两段抛物线EMG和抛物线FNG单联于点G，两条抛物线的顶点分别是M，N，且点N落在BC边上．O1，O2分别是EG，FG的中点，以O1为圆心，O1M为半径，和以O2为心，O2F的一半长度为半径设计两个圆形花坛．
（3）为了设计整体感观更加和谐，使A，M，F三点共线，求出此时⊙O2上的点到AD边最长的距离．
【解答】（1）解：∵y1=bx(x-2n)=b(x2-2nx)=b(x-n)2-bn2，
∴点M的坐标为（n，﹣bn2），
∵y2＝ax（x﹣2m）＝a（x2﹣2am）＝a（x﹣m）2﹣am2，
∴点N的坐标为（m，﹣am2）；
故答案为：n，﹣bn2；m，﹣am2；
（2）证明：抛物线y1＝bx（x﹣2n）（b＜0，n＜0）与二次函数y2＝ax（x﹣2m）（a＞0，m＞0）的图象只有一个公共点O，
即方程联立ax（x﹣2m）＝bx（x﹣2n）有两个相同的解，则称这两条抛物线单联于点O，
据此得：（a﹣b）x2+（2bn﹣2am）x＝0有两个相同的解，
∴（2bn﹣2am）2﹣4（a﹣b）×0＝0，
∴2bn﹣2am＝0，即am＝bn，
如图，过点M、N分别作x轴的垂线，交x轴于点P、Q，连接OM、ON，
∵点M，点N分别是这两段抛物线的顶点，
∴由（1）同理可得，∵M，N分别是这两段抛物线的顶点，
∴M（n，﹣bn2），N（m，﹣am2），
∴MP＝﹣bm2，OP＝﹣n，OQ＝m，NQ＝am2，
∴在Rt△POM中，tan∠POM=MPOP=-bn2-n=bn，
在Rt△QON中，tan∠QON=ONOQ=am2m=am，
∵am＝bn，∴tan∠QON＝tan∠POM，
∴∠QON＝∠POM，
∴M，O，N三点共线；
（3）解：设MO1＝t米，
∵A、M、F三点共线，且MO1⊥x轴，NO2⊥x轴，
∴MO1//NO2，∴△MFO1∽△AFE，
∴MO1AE=FO1EF，∴FO1=MO1⋅EFAE=12t12×4=6t(米)，
∴EO1＝EF﹣FO1＝（12﹣6t）米，
∴EG＝2EO1＝（24﹣12t）米，
GO1＝（12﹣6t）米，
∴FG＝EF﹣EG＝12﹣（24﹣12t）＝（12t﹣12）米，
∴GO2=12FG＝（6t﹣6）米，
∵MO1//NO2，∴△MO1G∽ΔNO2G，
∴MO1NO2=GO1GO2，∴t2=12-6t6t-6，整理得：t2+t﹣4＝0，
解得：t=-1+172或t=-1-172（舍），
∴GO2=6t-6=6×-1+172-6=(317-9)米，
∴⊙O2的半径=12GO2=(3172-92)米，
∴⊙O2上的点到AD边最长距离为(3172-92)+2=(3172-52)米．
25．如图，在扇形AOB中，∠AOB＝90°，点C是弧AB上一点，点D是半径OB上的点，联结CD，∠OCD的平分线和∠COD的平分线相交于点P，联结BP．
（1）如图1，求证：∠OPB＝90°+12∠ODC；
（2）联结BC（如图2）．如果CD⊥OB，CP＝10，△OPB的外接圆⊙M与扇形AOB所在的圆⊙O相交．
①当cs∠CBD=14时，求⊙M与⊙O的公共弦的长；
②联结AM和AP，AP交OC于点E，当AM⊥OP时，求tan∠PAM的值和OE的长．
【解答】（1）证明：∵CP平分∠OCD，OP平分∠COD，∴∠POC＝∠POD，∠PCO＝∠PCD，
∵OC＝OB，∠POC＝∠POB，OP＝OP，
∴△OCP≌△OBP（SAS），∴∠OPC＝∠OPB，
在△OCD中，∠COD+∠OCD+∠ODC＝180°，即2∠POD+2∠PCO+∠ODC＝180°，
∴∠POD+∠PCO=90°-12∠ODC，
在△OPC中，∠OPC=180°-∠POC-∠PCO=180°-(90°-12∠ODC)=90°+12∠ODC，
∴∠OPB=∠OPC=90°+12∠ODC；
（2）解：①∵CD⊥OB，∴∠CDO＝90°，即∠ODC＝90°，
由（1）问结论，∠OPB=90°+12∠ODC=90°+45°=135°，
∵△OCP≌△OBP（SAS），∴CP＝BP＝10，
∴∠CPB＝360°﹣135°﹣135°＝90°，
∴△CPB是等腰直角三角形，
∴BC=CP2+BP2=100+100=102，
在Rt△CDB中，cs∠CBD=BDBC=14，
设BD＝k，则BC=4k=102，∴k=522，即BD=522，
∴CD=BC2-BD2=200-25×24=200-12.5=187.5=5302，
设圆O半径为R，则OB＝OC＝R，OD=OB-BD=R-522，
在Rt△ODC中，OC2＝OD2+CD2，R2=(R-522)2+3752，
R2=R2-52R+25×24+3752，解得，R=202，
设圆O与圆M的另一个交点为Q，连接BQ、OM，
∴BQ是两圆的公共弦，
∵∠OPB＝135°，优弧OB所对的圆心角为2×135°＝270°，
∴劣弧OB所对的圆心角∠OMB＝360°﹣270°＝90°，∴OM⊥BM，
又∵OM垂直平分公共弦BQ，∴OM⊥BQ，
∵BM⊥OM，BQ⊥OM，且B为公共点，∴B、M、Q三点共线，
∴BQ过圆心M，即BQ是圆M的直径，
∵O、B都在圆上，∴OM＝BM＝RM，
∴△OMB是等腰直角三角形，
∴BM=22OB=22×202=20，∴BQ＝2BM＝40，
∴⊙M与⊙O的公共弦长为40；
②延长CD交圆O于点N，
∵CD⊥OB，∴OB垂直平分弦CN，
∴BC=BN，BC＝BN，∴∠BCD＝∠BNC，
∵∠BNC=12∠BOC，∴∠BCD=12∠BOC，
∵AM⊥OP，M是圆心，OP是圆M的弦，
∴OG＝PG，即AM是OP的垂直平分线，
∴AO＝AP，∴AM平分∠OAP，即∠PAM=12∠OAP，
∵OA⊥OB，CD⊥OB，AM⊥OP，CB⊥OP，
∴∠AFO＝∠CBO，∴∠OAF＝∠BCD，即∠PAM＝∠BCD，
∴∠OAP＝∠BOC，∴∠AOB＝∠CDB＝90°，
在△AOP和△OBC中，
∵AO＝OB，∠OAP＝∠BOC，AP＝AO＝OC，
∴△AOP≌△OBC（SAS），∴OP=BC=102，
由△AOP≌△OBC，∠OAP＝∠BOC，∴∠PAM=12∠BOC=∠BCD，
延长OP交BC于R，
∵OP平分∠BOC，OC＝OB，∴OR⊥BC，R为BC中点，
∴BR=BC2=52，∴OR=OP+PR=102+52=152，
在Rt△BOR中，tan∠BOR=BROR=52152=13，∴tan∠PAM=13；
∵AM⊥OP，∴∠PAM+∠APG＝90°，∴∠COP+∠APG＝90°，∴∠OEP＝90°，
∵∠BOR＝∠COP，∴tan∠COP＝tan∠BOR=13，∴PEOE=13，
设PE＝x，则OE＝3x，
∵PE2+OE2＝OP2，∴x2+(3x)2=(102)2，解得x=25，
∴OE＝3x=65．
用水量x（吨）
3
4
5
6
7
频数（个）
2
4
3
m
n
项目
统计量
快递公司
配送速度得分
服务质量得分
平均数
中位数
平均数
方差
甲
8
m
7
S甲2
乙
8
8
7
S乙2