2026届南阳市内乡县中考联考数学试卷含解析

这是一份2026届南阳市内乡县中考联考数学试卷含解析，文件包含2对数函数原卷版docx、1指数函数原卷版docx、1指数函数解析版docx、1指数函数解析版pdf、2对数函数解析版docx、2对数函数解析版pdf等6份试卷配套教学资源，其中试卷共31页， 欢迎下载使用。
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。
2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。
3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。
4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题（共10小题，每小题3分，共30分）
1．下列图标中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
2．如图，已知正五边形内接于，连结，则的度数是（ ）
A．B．C．D．
3．圆锥的底面半径为2，母线长为4，则它的侧面积为（ ）
A．8πB．16π C．4πD．4π
4．我国古代数学家刘徽创立的“割圆术”可以估算圆周率π，理论上能把π的值计算到任意精度．祖冲之继承并发展了“割圆术”，将π的值精确到小数点后第七位，这一结果领先世界一千多年，“割圆术”的第一步是计算半径为1的圆内接正六边形的面积S6，则S6的值为（ ）
A．B．2C．D．
5．化简的结果是（ ）
A．B．C．D．
6．下列各图中，∠1与∠2互为邻补角的是( )
A．B．
C．D．
7．如图，△ABC是等边三角形，点P是三角形内的任意一点，PD∥AB，PE∥BC，PF∥AC，若△ABC的周长为12，则PD+PE+PF＝( )
A．12B．8C．4D．3
8．如图，矩形ABOC的顶点A的坐标为（﹣4，5），D是OB的中点，E是OC上的一点，当△ADE的周长最小时，点E的坐标是（ ）
A．（0，）B．（0，）C．（0，2）D．（0，）
9．如图，AB∥CD，直线EF与AB、CD分别相交于E、F，AM⊥EF于点M，若∠EAM=10°，那么∠CFE等于（ ）
A．80°B．85°C．100°D．170°
10．2018年10月24日港珠澳大桥全线通车，港珠澳大桥东起香港国际机场附近的香港口岸人工岛，向西横跨伶仃洋海域后连接珠海和澳门人工岛，止于珠海洪湾，它是世界上最长的跨海大桥，被称为“新世界七大奇迹之一”，港珠澳大桥总长度55000米，则数据55000用科学记数法表示为（ ）
A．55×105B．5.5×104C．0.55×105D．5.5×105
二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分）
11．如图，在平面直角坐标系中，点A（0，6），点B在x轴的负半轴上，将线段AB绕点A逆时针旋转90°至AB'，点M是线段AB'的中点，若反比例函数y=（k≠0）的图象恰好经过点B'、M，则k=_____．
12．计算：|-3|-1=__．
13．化简：÷=_____．
14．如图，将两张长为8，宽为2的矩形纸条交叉，使重叠部分是一个菱形，容易知道当两张纸条垂直时，菱形的周长有最小值8，那么菱形周长的最大值是_________．
15．直线y=2x＋1经过点(0，a)，则a=________．
16．如图，如果四边形ABCD中，AD＝BC＝6，点E、F、G分别是AB、BD、AC的中点，那么△EGF面积的最大值为_____．
三、解答题（共8题，共72分）
17．（8分）某水果店购进甲乙两种水果，销售过程中发现甲种水果比乙种水果销售量大，店主决定将乙种水果降价1元促销，降价后30元可购买乙种水果的斤数是原来购买乙种水果斤数的1.5倍．
（1）求降价后乙种水果的售价是多少元/斤？
（2）根据销售情况，水果店用不多于900元的资金再次购进两种水果共500斤，甲种水果进价为2元/斤，乙种水果进价为1.5元/斤，问至少购进乙种水果多少斤？
18．（8分）阅读材料：小胖同学发现这样一个规律：两个顶角相等的等腰三角形，如果具有公共的顶角的顶点，并把它们的底角顶点连接起来则形成一组旋转全等的三角形．小胖把具有这个规律的图形称为“手拉手”图形．如图1，在“手拉手”图形中，小胖发现若∠BAC＝∠DAE，AB＝AC，AD＝AE，则BD＝CE．
(1)在图1中证明小胖的发现；
借助小胖同学总结规律，构造“手拉手”图形来解答下面的问题：
(2)如图2，AB＝BC，∠ABC＝∠BDC＝60°，求证：AD+CD＝BD；
(3)如图3，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝m°，点E为△ABC外一点，点D为BC中点，∠EBC＝∠ACF，ED⊥FD，求∠EAF的度数（用含有m的式子表示）．
19．（8分）某种商品每天的销售利润元，销售单价元，间满足函数关系式：，其图象如图所示．
（1）销售单价为多少元时，该种商品每天的销售利润最大？ 最大利润为多少元？
（2）销售单价在什么范围时，该种商品每天的销售利润不低于21 元？
20．（8分）已知矩形ABCD的一条边AD＝8，将矩形ABCD折叠，使得顶点B落在CD边上的P点处．如图，已知折痕与边BC交于点O，连接AP、OP、OA．
（1）求证：；
（2）若△OCP与△PDA的面积比为1：4，求边AB的长．
21．（8分）如图，抛物线y=ax2+ax﹣12a（a＜0）与x轴交于A、B两点（A在B的左侧），与y轴交于点C，点M是第二象限内抛物线上一点，BM交y轴于N．
（1）求点A、B的坐标；
（2）若BN=MN，且S△MBC=，求a的值；
（3）若∠BMC=2∠ABM，求的值．
22．（10分）如图，△ABC中，∠A=90°，AB=AC=4，D是BC边上一点，将点D绕点A逆时针旋转60°得到点E，连接CE.
(1)当点E在BC边上时,画出图形并求出∠BAD的度数；
(2)当△CDE为等腰三角形时，求∠BAD的度数；
(3)在点D的运动过程中，求CE的最小值.
(参考数值:sin75°=， cs75°=，tan75°=)
23．（12分）如图，D为⊙O上一点，点C在直径BA的延长线上，且∠CDA＝∠CBD．
（1）求证：CD是⊙O的切线；
（2）过点B作⊙O的切线交CD的延长线于点E，BC＝6，．求BE的长．
24．今年，我国海关总署严厉打击“洋垃圾”违法行动，坚决把“洋垃圾”拒于国门之外．如图，某天我国一艘海监船巡航到A港口正西方的B处时，发现在B的北偏东60°方向，相距150海里处的C点有一可疑船只正沿CA方向行驶，C点在A港口的北偏东30°方向上，海监船向A港口发出指令，执法船立即从A港口沿AC方向驶出，在D处成功拦截可疑船只，此时D点与B点的距离为75海里．
（1）求B点到直线CA的距离；
（2）执法船从A到D航行了多少海里？（结果保留根号）
参考答案
一、选择题（共10小题，每小题3分，共30分）
1、D
【解析】
试题分析：根据轴对称图形和中心对称图形的概念，可知：
A既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故不正确；
B不是轴对称图形，但是中心对称图形，故不正确；
C是轴对称图形，但不是中心对称图形，故不正确；
D即是轴对称图形，也是中心对称图形，故正确.
故选D.
考点：轴对称图形和中心对称图形识别
2、C
【解析】
根据多边形内角和定理、正五边形的性质求出∠ABC、CD=CB，根据等腰三角形的性质求出∠CBD，计算即可．
【详解】
∵五边形为正五边形
∴
∵
∴
∴
故选：C．
本题考查的是正多边形和圆、多边形的内角和定理，掌握正多边形和圆的关系、多边形内角和等于（n-2）×180°是解题的关键．
3、A
【解析】
解：底面半径为2，底面周长=4π，侧面积=×4π×4=8π，故选A．
4、C
【解析】
根据题意画出图形，结合图形求出单位圆的内接正六边形的面积．
【详解】
如图所示，
单位圆的半径为1，则其内接正六边形ABCDEF中，
△AOB是边长为1的正三角形，
所以正六边形ABCDEF的面积为
S6=6××1×1×sin60°=．
故选C．
本题考查了已知圆的半径求其内接正六边形面积的应用问题，关键是根据正三角形的面积，正n边形的性质解答．
5、D
【解析】
将除法变为乘法，化简二次根式，再用乘法分配律展开计算即可.
【详解】
原式=×=×（+1）=2+.
故选D.
本题主要考查二次根式的加减乘除混合运算，掌握二次根式的混合运算法则是解题关键.
6、D
【解析】
根据邻补角的定义可知：只有D图中的是邻补角，其它都不是．
故选D．
7、C
【解析】
过点P作平行四边形PGBD，EPHC，进而利用平行四边形的性质及等边三角形的性质即可．
【详解】
延长EP、FP分别交AB、BC于G、H，
则由PD∥AB，PE∥BC，PF∥AC，可得，
四边形PGBD，EPHC是平行四边形，
∴PG=BD，PE=HC，
又△ABC是等边三角形，
又有PF∥AC，PD∥AB可得△PFG，△PDH是等边三角形，
∴PF=PG=BD，PD=DH，
又△ABC的周长为12，
∴PD+PE+PF=DH+HC+BD=BC=×12=4，
故选C．
本题主要考查了平行四边形的判定及性质以及等边三角形的判定及性质，等边三角形的性质：等边三角形的三个内角都相等，且都等于60°．
8、B
【解析】
解：作A关于y轴的对称点A′，连接A′D交y轴于E，则此时，△ADE的周长最小．∵四边形ABOC是矩形，∴AC∥OB，AC=OB．∵A的坐标为（﹣4，5），∴A′（4，5），B（﹣4，0）．
∵D是OB的中点，∴D（﹣2，0）．
设直线DA′的解析式为y=kx+b，∴，∴，∴直线DA′的解析式为．当x=0时，y=，∴E（0，）．故选B．
9、C
【解析】
根据题意，求出∠AEM,再根据AB∥CD，得出∠AEM与∠CFE互补，求出∠CFE．
【详解】
∵AM⊥EF，∠EAM=10°
∴∠AEM=80°
又∵AB∥CD
∴∠AEM+∠CFE=180°
∴∠CFE=100°．
故选C．
本题考查三角形内角和与两条直线平行内错角相等．
10、B
【解析】
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＞1时，n是正数；当原数的绝对值＜1时，n是负数．
【详解】
将度55000用科学记数法表示为5.5×1．
故选B．
此题考查科学记数法的表示方法．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，表示时关键要正确确定a的值以及n的值．
二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分）
11、12
【解析】
根据题意可以求得点B'的横坐标，然后根据反比例函数y=（k≠0）的图象恰好经过点B'、M，从而可以求得k的值．
【详解】
解：作B′C⊥y轴于点C，如图所示，
∵∠BAB′=90°，∠AOB=90°，AB=AB′，
∴∠BAO+∠ABO=90°，∠BAO+∠B′AC=90°，
∴∠ABO=∠BA′C，
∴△ABO≌△BA′C，
∴AO=B′C，
∵点A（0，6），
∴B′C=6，
设点B′的坐标为（6，），
∵点M是线段AB'的中点，点A（0，6），
∴点M的坐标为（3，），
∵反比例函数y=（k≠0）的图象恰好经过点M，
∴＝，
解得，k=12，
故答案为：12.
本题考查反比例函数图象上点的坐标特征、旋转的性质，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
12、2
【解析】
根据有理数的加减混合运算法则计算.
【详解】
解：|﹣3|﹣1=3-1=2.
故答案为2.
考查的是有理数的加减运算、乘除运算，掌握它们的运算法则是解题的关键.
13、m
【解析】
解：原式=•=m．故答案为m．
14、1
【解析】
画出图形，设菱形的边长为x，根据勾股定理求出周长即可．
【详解】
当两张纸条如图所示放置时，菱形周长最大，设这时菱形的边长为xcm，
在Rt△ABC中，
由勾股定理：x2=（8-x）2+22，
解得：x=,
∴4x=1，
即菱形的最大周长为1cm．
故答案是：1．
解答关键是怎样放置纸条使得到的菱形的周长最大，然后根据图形列方程．
15、1
【解析】
根据一次函数图象上的点的坐标特征，将点（0，a）代入直线方程，然后解关于a的方程即可．
【详解】
∵直线y=2x+1经过点（0，a），
∴a=2×0+1，
∴a=1．
故答案为1．
16、4.1．
【解析】
取CD的值中点M，连接GM，FM．首先证明四边形EFMG是菱形，推出当EF⊥EG时，四边形EFMG是矩形，此时四边形EFMG的面积最大，最大面积为9，由此可得结论．
【详解】
解：取CD的值中点M，连接GM，FM．
∵AG＝CG，AE＝EB，
∴GE是△ABC的中位线
∴EG＝BC，
同理可证：FM＝BC，EF＝GM＝AD，
∵AD＝BC＝6，
∴EG＝EF＝FM＝MG＝3，
∴四边形EFMG是菱形，
∴当EF⊥EG时，四边形EFMG是矩形，此时四边形EFMG的面积最大，最大面积为9，
∴△EGF的面积的最大值为S四边形EFMG＝4.1，
故答案为4.1．
本题主要考查菱形的判定和性质，利用了三角形中位线定理，掌握菱形的判定：四条边都相等的四边形是菱形是解题的关键．
三、解答题（共8题，共72分）
17、（1）降价后乙种水果的售价是2元/斤；（2）至少购进乙种水果200斤．
【解析】
（1）设降价后乙种水果的售价是x元， 30元可购买乙种水果的斤数是，原来购买乙种水果斤数是，根据题意即可列出等式；（2）设至少购进乙种水果y斤，甲种水果（500﹣y）斤，有甲乙的单价，总斤数≤900即可列出不等式，求解即可.
【详解】
解：（1）设降价后乙种水果的售价是x元，根据题意可得：
，
解得：x＝2，经检验x＝2是原方程的解，
答：降价后乙种水果的售价是2元/斤；
（2）设至少购进乙种水果y斤，根据题意可得：
2（500﹣y）+1.5y≤900，
解得：y≥200，
答：至少购进乙种水果200斤．
本题考查了分式的应用和一元一次不等式的应用，根据题意列出式子是解题的关键
18、（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）∠EAF =m°.
【解析】
分析：（1）如图1中，欲证明BD=EC，只要证明△DAB≌△EAC即可；
（2）如图2中，延长DC到E，使得DB=DE．首先证明△BDE是等边三角形，再证明△ABD≌△CBE即可解决问题；
（3）如图3中，将AE绕点E逆时针旋转m°得到AG，连接CG、EG、EF、FG，延长ED到M，使得DM=DE，连接FM、CM．想办法证明△AFE≌△AFG，可得∠EAF=∠FAG=m°.
详（1）证明：如图1中，
∵∠BAC=∠DAE，
∴∠DAB=∠EAC，
在△DAB和△EAC中，
，
∴△DAB≌△EAC，
∴BD=EC．
（2）证明：如图2中，延长DC到E，使得DB=DE．
∵DB=DE，∠BDC=60°，
∴△BDE是等边三角形，
∴∠BD=BE，∠DBE=∠ABC=60°，
∴∠ABD=∠CBE，
∵AB=BC，
∴△ABD≌△CBE，
∴AD=EC，
∴BD=DE=DC+CE=DC+AD．
∴AD+CD=BD．
（3）如图3中，将AE绕点E逆时针旋转m°得到AG，连接CG、EG、EF、FG，延长ED到M，使得DM=DE，连接FM、CM．
由（1）可知△EAB≌△GAC，
∴∠1=∠2，BE=CG，
∵BD=DC，∠BDE=∠CDM，DE=DM，
∴△EDB≌△MDC，
∴EM=CM=CG，∠EBC=∠MCD，
∵∠EBC=∠ACF，
∴∠MCD=∠ACF，
∴∠FCM=∠ACB=∠ABC，
∴∠1=3=∠2，
∴∠FCG=∠ACB=∠MCF，
∵CF=CF，CG=CM，
∴△CFG≌△CFM，
∴FG=FM，
∵ED=DM，DF⊥EM，
∴FE=FM=FG，
∵AE=AG，AF=AF，
∴△AFE≌△AFG，
∴∠EAF=∠FAG=m°．
点睛：本题考查几何变换综合题、旋转变换、等腰三角形的性质、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用“手拉手”图形中的全等三角形解决问题，学会构造“手拉手”模型，解决实际问题，属于中考压轴题．
19、（1）10，1；（2）．
【解析】
（1）将点代入中，求出函数解析式，再根据二次函数的性质求出最大值即可；
（2）求出对称轴为直线，可知点关于对称轴的对称点是，再根据图象判断出x的取值范围即可．
【详解】
解：（1）图象过点，
，
解得
．
．
的顶点坐标为．
，
∴当时，最大=1．
答：该商品的销售单价为10元时，每天的销售利润最大，最大利润为1元．
（2）∵函数图象的对称轴为直线，
可知点关于对称轴的对称点是，
又∵函数图象开口向下，
∴当时，．
答：销售单价不少于8元且不超过12元时，该种商品每天的销售利润不低于21元．
本题考查了待定系数法求二次函数解析式以及二次函数的性质，解题的关键是熟悉待定系数法以及二次函数的性质．
20、 (1)详见解析；（2）10.
【解析】
①只需证明两对对应角分别相等可得两个三角形相似；故.
②根据相似三角形的性质求出PC长以及AP与OP的关系，然后在Rt△PCO中运用勾股定理求出OP长，从而求出AB长．
【详解】
①∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC,DC=AB,∠DAB=∠B=∠C=∠D=90°.
由折叠可得：AP=AB，PO=BO，∠PAO=∠BAO，∠APO=∠B.
∴∠APO=90°.
∴∠APD=90°−∠CPO=∠POC.
∵∠D=∠C，∠APD=∠POC.
∴△OCP∽△PDA.
∴.
②∵△OCP与△PDA的面积比为1:4，
∴OCPD=OPPA=CPDA=14−−√=12.
∴PD=2OC，PA=2OP，DA=2CP.
∵AD=8，
∴CP=4，BC=8.
设OP=x，则OB=x，CO=8−x.
在△PCO中，
∵∠C=90∘，CP=4，OP=x，CO=8−x，
∴x2=(8−x)2+42.
解得：x=5.
∴AB=AP=2OP=10.
∴边AB的长为10.
本题考查了相似三角形的判定与性质以及翻转变换，解题的关键是熟练的掌握相似三角形与翻转变换的相关知识.
21、（1）A（﹣4，0），B（3，0）；（2）；（3）.
【解析】
（1）设y=0，可求x的值，即求A，B的坐标；
（2）作MD⊥x轴，由CO∥MD可得OD=3，把x=-3代入解析式可得M点坐标，可得ON的长度，根据S△BMC=，可求a的值；
（3）过M点作ME∥AB，设NO=m，＝k，可以用m，k表示CO，EO，MD，ME，可求M点坐标，代入可得k，m，a的关系式，由CO=2km+m=-12a，可得方程组，解得k，即可求结果．
【详解】
（1）设y=0，则0=ax2+ax﹣12a （a＜0），
∴x1=﹣4，x2=3，
∴A（﹣4，0），B（3，0）
（2）如图1，作MD⊥x轴，
∵MD⊥x轴，OC⊥x轴，
∴MD∥OC，
∴=且NB=MN，
∴OB=OD=3，
∴D（﹣3，0），
∴当x=﹣3时，y=﹣6a，
∴M（﹣3，﹣6a），
∴MD=﹣6a，
∵ON∥MD
∴，
∴ON=﹣3a，
根据题意得：C（0，﹣12a），
∵S△MBC=，
∴（﹣12a+3a）×6=，
a=﹣，
（3）如图2：过M点作ME∥AB，
∵ME∥AB，
∴∠EMB=∠ABM且∠CMB=2∠ABM，
∴∠CME=∠NME，且ME=ME，∠CEM=∠NEM=90°，
∴△CME≌△MNE，
∴CE=EN，
设NO=m，=k（k＞0），
∵ME∥AB，
∴==k，
∴ME=3k，EN=km=CE，
∴EO=km+m，
CO=CE+EN+ON=2km+m=﹣12a，
即，
∴M（﹣3k，km+m），
∴km+m=a（9k2﹣3k﹣12），
（k+1）×=（k+1）（9k﹣12），
∴=9k-12，
∴k=，
∴.
本题考查的知识点是函数解析式的求法，二次函数的图象和性质，是二次函数与解析几何知识的综合应用，难度较大．
22、（1）∠BAD=15°；（2）∠BAC=45°或∠BAD =60°；（3）CE=．
【解析】
（1）如图1中，当点E在BC上时．只要证明△BAD≌△CAE，即可推出∠BAD=∠CAE=（90°-60°）=15°；
（2）分两种情形求解①如图2中，当BD=DC时，易知AD=CD=DE，此时△DEC是等腰三角形．②如图3中，当CD=CE时，△DEC是等腰三角形；
（3）如图4中，当E在BC上时，E记为E′，D记为D′，连接EE′．作CM⊥EE′于M，E′N⊥AC于N，DE交AE′于O．首先确定点E的运动轨迹是直线EE′（过点E与BC成60°角的直线上），可得EC的最小值即为线段CM的长（垂线段最短）.
【详解】
解：（1）如图1中，当点E在BC上时．
∵AD=AE，∠DAE=60°，
∴△ADE是等边三角形，
∴∠ADE=∠AED=60°，
∴∠ADB=∠AEC=120°，
∵AB=AC，∠BAC=90°，
∴∠B=∠C=45°，
在△ABD和△ACE中，
∠B=∠C，∠ADB=∠AEC，AB=AC，
∴△BAD≌△CAE，
∴∠BAD=∠CAE=（90°-60°）=15°．
（2）①如图2中，当BD=DC时，易知AD=CD=DE，此时△DEC是等腰三角形，∠BAD=∠BAC=45°．
②如图3中，当CD=CE时，△DEC是等腰三角形．
∵AD=AE，
∴AC垂直平分线段DE，
∴∠ACD=∠ACE=45°，
∴∠DCE=90°，
∴∠EDC=∠CED=45°，
∵∠B=45°，
∴∠EDC=∠B，
∴DE∥AB，
∴∠BAD=∠ADE=60°．
（3）如图4中，当E在BC上时，E记为E′，D记为D′，连接EE′．作CM⊥EE′于M，E′N⊥AC于N，DE交AE′于O．
∵∠AOE=∠DOE′，∠AE′D=∠AEO，
∴△AOE∽△DOE′，
∴AO：OD=EO：OE'，
∴AO：EO=OD：OE'，
∵∠AOD=∠EOE′，
∴△AOD∽△EOE′，
∴∠EE′O=∠ADO=60°，
∴点E的运动轨迹是直线EE′（过点E与BC成60°角的直线上），
∴EC的最小值即为线段CM的长（垂线段最短），
设E′N=CN=a，则AN=4-a，
在Rt△ANE′中，tan75°=AN：NE'，
∴2+=，
∴a=2-，
∴CE′=CN=2-．
在Rt△CE′M中，CM=CE′•cs30°=，
∴CE的最小值为．
本题考查几何变换综合题、等腰直角三角形的性质、等边三角形的性质、全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质、轨迹等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，学会利用垂线段最短解决最值问题，属于中考压轴题．
23、（1）证明见解析；（2）.
【解析】
试题分析：连接OD.根据圆周角定理得到∠ADO＋∠ODB＝90°，
而∠CDA＝∠CBD，∠CBD＝∠BDO.于是∠ADO＋∠CDA＝90°，可以证明是切线.
根据已知条件得到由相似三角形的性质得到 求得 由切线的性质得到根据勾股定理列方程即可得到结论．
试题解析：(1)连接OD.
∵OB＝OD，
∴∠OBD＝∠BDO.
∵∠CDA＝∠CBD，
∴∠CDA＝∠ODB.
又∵AB是⊙O的直径，∴∠ADB＝90°，
∴∠ADO＋∠ODB＝90°，
∴∠ADO＋∠CDA＝90°，即∠CDO＝90°，
∴OD⊥CD.
∵OD是⊙O的半径，
∴CD是⊙O的切线；
(2)∵∠C＝∠C，∠CDA＝∠CBD，∴△CDA∽△CBD，
BC＝6，∴CD＝4.
∵CE，BE是⊙O的切线，
∴BE＝DE，BE⊥BC，
∴BE2＋BC2＝EC2，
即BE2＋62＝(4＋BE)2，
解得BE＝.
24、（1）B点到直线CA的距离是75海里；（2）执法船从A到D航行了（75﹣25）海里．
【解析】
（1）过点B作BH⊥CA交CA的延长线于点H，根据三角函数可求BH的长；
（2）根据勾股定理可求DH，在Rt△ABH中，根据三角函数可求AH，进一步得到AD的长．
【详解】
解：（1）过点B作BH⊥CA交CA的延长线于点H，
∵∠MBC＝60°，
∴∠CBA＝30°，
∵∠NAD＝30°，
∴∠BAC＝120°，
∴∠BCA＝180°﹣∠BAC﹣∠CBA＝30°，
∴BH＝BC×sin∠BCA＝150×＝75（海里）．
答：B点到直线CA的距离是75海里；
（2）∵BD＝75海里，BH＝75海里，
∴DH＝＝75（海里），
∵∠BAH＝180°﹣∠BAC＝60°，
在Rt△ABH中，tan∠BAH＝＝，
∴AH＝25，
∴AD＝DH﹣AH＝（75﹣25）（海里）．
答：执法船从A到D航行了（75﹣25）海里．
本题主要考查了勾股定理的应用，解直角三角形的应用-方向角问题．能合理构造直角三角形，并利用方向角求得三角形内角的大小是解决此题的关键．