甘肃省白银市靖远七中学2022年中考数学四模试卷含解析

这是一份甘肃省白银市靖远七中学2022年中考数学四模试卷含解析，共26页。试卷主要包含了下列运算正确的是，3的倒数是等内容，欢迎下载使用。
1． 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。
4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。
一、选择题（共10小题，每小题3分，共30分）
1．如图，⊙O 是等边△ABC 的外接圆，其半径为 3，图中阴影部分的面积是（ ）
A．πB．C．2πD．3π
2．由一些大小相同的小正方体组成的几何体的俯视图如图所示，其中正方形中的数字表示在该位置上的小正方体的个数，那么，这个几何体的左视图是 （）
A．B．C．D．
3．已知⊙O1与⊙O2的半径分别是3cm和5cm，两圆的圆心距为4cm，则两圆的位置关系是（ ）
A．相交 B．内切 C．外离 D．内含
4．如图，AC是⊙O的直径，弦BD⊥AO于E，连接BC，过点O作OF⊥BC于F，若BD=8cm，AE=2cm，则OF的长度是（ ）
A．3cmB． cmC．2.5cmD． cm
5．在快速计算法中，法国的“小九九”从“一一得一”到“五五二十五”和我国的“小九九”算法是完全一样的，而后面“六到九”的运算就改用手势了．如计算8×9时，左手伸出3根手指，右手伸出4根手指，两只手伸出手指数的和为7，未伸出手指数的积为2，则8×9=10×7+2=1．那么在计算6×7时，左、右手伸出的手指数应该分别为（ ）
A．1，2B．1，3
C．4，2D．4，3
6．下列运算正确的是（ ）
A．a3•a2=a6B．a﹣2=﹣C．3﹣2=D．（a+2）（a﹣2）=a2+4
7．如图，在平面直角坐标系中，平行四边形OABC的顶点A的坐标为（﹣4，0），顶点B在第二象限，∠BAO=60°，BC交y轴于点D，DB：DC=3：1．若函数（k＞0，x＞0）的图象经过点C，则k的值为（ ）
A． B． C． D．
8．3的倒数是（ ）
A．B．C．D．
9．如图，在平面直角坐标系中，线段AB的端点坐标为A（-2,4），B（4,2），直线y=kx-2与线段AB有交点，则K的值不可能是（ ）
A．-5B．-2C．3D．5
10．一个几何体的三视图如图所示，这个几何体是（ ）
A．三菱柱B．三棱锥C．长方体D．圆柱体
二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分）
11．如图，在矩形ABCD中，E、F分别是AD、CD的中点，沿着BE将△ABE折叠，点A刚好落在BF上，若AB=2，则AD=________．
12．如图，ABCDE是正五边形，已知AG=1，则FG+JH+CD=_____．
13．解不等式组
请结合题意填空，完成本题的解答．
（1）解不等式①，得________；
（2）解不等式②，得________；
（3）把不等式①和②的解集在数轴上表示出来；
（4）原不等式组的解集为___________．
14．一个正方形AOBC各顶点的坐标分别为A（0，3），O（0，0），B（3，0），C（3，3）．若以原点为位似中心，将这个正方形的边长缩小为原来的，则新正方形的中心的坐标为_____．
15．当a，b互为相反数，则代数式a2+ab﹣2的值为_____．
16．如图，在四边形ABCD中，AC、BD是对角线，AC=AD，BC＞AB，AB∥CD，AB=4，BD=2，tan∠BAC=3，则线段BC的长是_____．
三、解答题（共8题，共72分）
17．（8分）如图，△ABC三个顶点的坐标分别为A（1，1），B（4，2），C（3，4）
（1）请画出将△ABC向左平移4个单位长度后得到的图形△A1B1C1；
（2）请画出△ABC关于原点O成中心对称的图形△A2B2C2；
（3）在x轴上找一点P，使PA+PB的值最小，请直接写出点P的坐标．
18．（8分）已知一次函数y＝x+1与抛物线y＝x2+bx+c交A（m，9），B（0，1）两点，点C在抛物线上且横坐标为1．
（1）写出抛物线的函数表达式；
（2）判断△ABC的形状，并证明你的结论；
（3）平面内是否存在点Q在直线AB、BC、AC距离相等，如果存在，请直接写出所有符合条件的Q的坐标，如果不存在，说说你的理由．
19．（8分）在矩形ABCD中，两条对角线相交于O，∠AOB=60°，AB=2，求AD的长．
20．（8分）在△ABC中，已知AB=AC，∠BAC=90°，E为边AC上一点，连接BE．
(1)如图1，若∠ABE=15°，O为BE中点，连接AO，且AO=1，求BC的长；
(2)如图2，D为AB上一点，且满足AE=AD，过点A作AF⊥BE交BC于点F，过点F作FG⊥CD交BE的延长线于点G，交AC于点M，求证：BG=AF+FG．
21．（8分）已知：如图，∠ABC，射线BC上一点D．
求作：等腰△PBD，使线段BD为等腰△PBD的底边，点P在∠ABC内部，且点P到∠ABC两边的距离相等．
22．（10分）如图，在△ABC中，∠C=90°，以AB上一点O为圆心，OA长为半径的圆恰好与BC相切于点D，分别交AC、AB于点E、F．
（1）若∠B=30°，求证：以A、O、D、E为顶点的四边形是菱形．
（2）若AC=6，AB=10，连结AD，求⊙O的半径和AD的长．
23．（12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）．
24．如图，热气球探测器显示，从热气球A处看一栋楼顶部B处的仰角为30°，看这栋楼底部C处的俯角为60°，热气球与楼的水平距离AD为100米，试求这栋楼的高度BC．
参考答案
一、选择题（共10小题，每小题3分，共30分）
1、D
【解析】
根据等边三角形的性质得到∠A=60°，再利用圆周角定理得到∠BOC=120°，然后根据扇形的面积公式计算图中阴影部分的面积即可．
【详解】
∵△ABC 为等边三角形，
∴∠A=60°，
∴∠BOC=2∠A=120°，
∴图中阴影部分的面积= =3π．
故选D．
【点睛】
本题考查了三角形的外接圆与外心、圆周角定理及扇形的面积公式，求得∠BOC=120°是解决问题的关键．
2、A
【解析】
从左面看，得到左边2个正方形，中间3个正方形，右边1个正方形．故选A．
3、A
【解析】
试题分析：∵⊙O1和⊙O2的半径分别为5cm和3cm，圆心距O1O2=4cm，5﹣3＜4＜5+3，
∴根据圆心距与半径之间的数量关系可知⊙O1与⊙O2相交．
故选A．
考点：圆与圆的位置关系．
4、D
【解析】
分析：根据垂径定理得出OE的长，进而利用勾股定理得出BC的长，再利用相似三角形的判定和性质解答即可．
详解：连接OB，
∵AC是⊙O的直径，弦BD⊥AO于E，BD=1cm，AE=2cm．
在Rt△OEB中，OE2+BE2=OB2，即OE2+42=（OE+2）2
解得：OE=3，
∴OB=3+2=5，
∴EC=5+3=1．
在Rt△EBC中，BC=．
∵OF⊥BC，
∴∠OFC=∠CEB=90°．
∵∠C=∠C，
∴△OFC∽△BEC，
∴，即，
解得：OF=．
故选D．
点睛：本题考查了垂径定理，关键是根据垂径定理得出OE的长．
5、A
【解析】
试题分析：通过猜想得出数据，再代入看看是否符合即可．
解：一只手伸出1，未伸出4，另一只手伸出2，未伸出3，伸出的和为3×10=30，
30+4×3=42，
故选A．
点评：此题是定义新运算题型．通过阅读规则，得出一般结论．解题关键是对号入座不要找错对应关系．
6、C
【解析】
直接利用同底数幂的乘除运算法则、负指数幂的性质、二次根式的加减运算法则、平方差公式分别计算即可得出答案．
【详解】
A、a3•a2=a5，故A选项错误；
B、a﹣2=，故B选项错误；
C、3﹣2=，故C选项正确；
D、（a+2）（a﹣2）=a2﹣4，故D选项错误，
故选C．
【点睛】
本题考查了同底数幂的乘除运算以及负指数幂的性质以及二次根式的加减运算、平方差公式，正确掌握相关运算法则是解题关键．
7、D
【解析】解：∵四边形ABCD是平行四边形，点A的坐标为（﹣4，0），∴BC=4，∵DB：DC=3：1，∴B（﹣3，OD），C（1，OD），∵∠BAO=60°，∴∠COD=30°，∴OD=，∴C（1，），∴k=，故选D．
点睛：本题考查了平行四边形的性质，掌握平行四边形的性质以及反比例函数图象上点的坐标特征是解题的关键．
8、C
【解析】
根据倒数的定义可知．
解：3的倒数是．
主要考查倒数的定义，要求熟练掌握．需要注意的是：
倒数的性质：负数的倒数还是负数，正数的倒数是正数，0没有倒数．
倒数的定义：若两个数的乘积是1，我们就称这两个数互为倒数．
9、B
【解析】
当直线y=kx-2与线段AB的交点为A点时，把A（-2，4）代入y=kx-2，求出k=-3，根据一次函数的有关性质得到当k≤-3时直线y=kx-2与线段AB有交点；当直线y=kx-2与线段AB的交点为B点时，把B（4，2）代入y=kx-2，求出k=1，根据一次函数的有关性质得到当k≥1时直线y=kx-2与线段AB有交点，从而能得到正确选项．
【详解】
把A（-2，4）代入y=kx-2得，4=-2k-2，解得k=-3，
∴当直线y=kx-2与线段AB有交点，且过第二、四象限时，k满足的条件为k≤-3；
把B（4，2）代入y=kx-2得，4k-2=2，解得k=1，
∴当直线y=kx-2与线段AB有交点，且过第一、三象限时，k满足的条件为k≥1．
即k≤-3或k≥1．
所以直线y=kx-2与线段AB有交点，则k的值不可能是-2．
故选B．
【点睛】
本题考查了一次函数y=kx+b（k≠0）的性质：当k＞0时，图象必过第一、三象限，k越大直线越靠近y轴；当k＜0时，图象必过第二、四象限，k越小直线越靠近y轴．
10、A
【解析】
主视图、左视图、俯视图是分别从物体正面、左面和上面看，所得到的图形．
【详解】
由于左视图和俯视图为长方形可得此几何体为柱体，由主视图为三角形可得为三棱柱．
故选：B．
【点睛】
此题主要考查了学生对三视图掌握程度和灵活运用能力，同时也体现了对空间想象能力方面的考查．
二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分）
11、
【解析】
如图，连接EF，
∵点E、点F是AD、DC的中点，
∴AE=ED，CF=DF=CD=AB=1，
由折叠的性质可得AE=A′E，
∴A′E=DE，
在Rt△EA′F和Rt△EDF中，
，
∴Rt△EA′F≌Rt△EDF（HL），
∴A′F=DF=1，
∴BF=BA′+A′F=AB+DF=2+1=3，
在Rt△BCF中，
BC=．
∴AD=BC=2 ．
点睛：本题考查了翻折变换的知识，解答本题的关键是连接EF，证明Rt△EA′F≌Rt△EDF，得出BF的长，再利用勾股定理解答即可．
12、+1
【解析】
根据对称性可知：GJ∥BH，GB∥JH，
∴四边形JHBG是平行四边形，
∴JH=BG，
同理可证：四边形CDFB是平行四边形，
∴CD=FB，
∴FG+JH+CD=FG+BG+FB=2BF，
设FG=x，
∵∠AFG=∠AFB，∠FAG=∠ABF=36°，
∴△AFG∽△BFA，
∴AF2=FG•BF，
∵AF=AG=BG=1，
∴x（x+1）=1，
∴x=（负根已经舍弃），
∴BF=+1=，
∴FG+JH+CD=+1．
故答案为+1．
13、（1）x＜1；（2）x≥﹣2；（1）见解析；（4）﹣2≤x＜1；
【解析】
(1)先移项,再合并同类项,求出不等式1的解集即可;
(2)先去分母、移项,再合并同类项,求出不等式2的解集即可;
(1)把两不等式的解集在数轴上表示出来即可;
(4)根据数轴上不等式的解集,求出其公共部分即可.
【详解】
（1）解不等式①，得：x＜1；
（2）解不等式②，得：x≥﹣2；
（1）把不等式①和②的解集在数轴上表示出来如下：
（4）原不等式组的解集为：﹣2≤x＜1，
故答案为：x＜1、x≥﹣2、﹣2≤x＜1．
【点睛】
本题主要考查一元一次不等式组的解法及在数轴上的表示。
14、（，）或（﹣，﹣）．
【解析】
分点A、B、C的对应点在第一象限和第三象限两种情况，根据位似变换和正方形的性质解答可得．
【详解】
如图，
①当点A、B、C的对应点在第一象限时，
由位似比为1：2知点A′（0，）、B′（，0）、C′（，），
∴该正方形的中心点的P的坐标为（，）；
②当点A、B、C的对应点在第三象限时，
由位似比为1：2知点A″（0，-）、B″（-，0）、C″（-，-），
∴此时新正方形的中心点Q的坐标为（-，-），
故答案为（，）或（-，-）．
【点睛】
本题主要考查位似变换，解题的关键是熟练掌握位似变换的性质和正方形的性质．
15、﹣1．
【解析】
分析：
由已知易得：a+b=0，再把代数式a1+ab-1化为为a(a+b)-1即可求得其值了.
详解：
∵a与b互为相反数，
∴a+b=0，
∴a1+ab-1=a(a+b)-1=0-1=-1.
故答案为：-1.
点睛：知道“互为相反数的两数的和为0”及“能够把a1+ab-1化为为a(a+b)-1”是正确解答本题的关键.
16、6
【解析】
作DE⊥AB，交BA的延长线于E，作CF⊥AB，可得DE=CF，且AC=AD，可证Rt△ADE≌Rt△AFC，可得AE=AF，∠DAE=∠BAC，根据tan∠BAC=∠DAE=，可设DE=3a，AE=a，根据勾股定理可求a的值，由此可得BF，CF的值．再根据勾股定理求BC的长．
【详解】
如图：
作DE⊥AB，交BA的延长线于E，作CF⊥AB，
∵AB∥CD，DE⊥AB⊥，CF⊥AB
∴CF=DE，且AC=AD
∴Rt△ADE≌Rt△AFC
∴AE=AF，∠DAE=∠BAC
∵tan∠BAC=3
∴tan∠DAE=3
∴设AE=a，DE=3a
在Rt△BDE中，BD2=DE2+BE2
∴52=（4+a）2+27a2
解得a1=1，a2=-（不合题意舍去）
∴AE=1=AF，DE=3=CF
∴BF=AB-AF=3
在Rt△BFC中，BC=＝6
【点睛】
本题是解直角三角形问题，恰当地构建辅助线是本题的关键，利用三角形全等证明边相等，并借助同角的三角函数值求线段的长，与勾股定理相结合，依次求出各边的长即可．
三、解答题（共8题，共72分）
17、（1）详见解析；（2）详见解析；（3）图见解析，点P坐标为（2，0）．
【解析】
(1)根据网格结构找出点A、B、C平移后的对应点的位置，然后顺次连接即可；
(2))找出点A、B、C关于原点O的对称点的位置，然后顺次连接即可；
(3)找出A的对称点A′，连接BA′，与x轴交点即为P．
【详解】
(1)如图1所示，△A1B1C1，即为所求：
(2)如图2所示，△A2B2C2，即为所求：
(3)找出A的对称点A′(1，﹣1)，
连接BA′，与x轴交点即为P；
如图3所示，点P即为所求，点P坐标为(2，0)．
【点睛】
本题考查作图-旋转变换，平移变换，轴对称最短问题等知识，得出对应点位置是解题关键．
18、（1）y＝x2﹣7x+1；（2）△ABC为直角三角形．理由见解析；（3）符合条件的Q的坐标为（4，1），（24，1），（0，﹣7），（0，13）．
【解析】
（1）先利用一次函数解析式得到A（8，9），然后利用待定系数法求抛物线解析式；
（2）先利用抛物线解析式确定C（1，﹣5），作AM⊥y轴于M，CN⊥y轴于N，如图，证明△ABM和△BNC都是等腰直角三角形得到∠MBA＝45°，∠NBC＝45°，AB＝8 ，BN＝1，从而得到∠ABC＝90°，所以△ABC为直角三角形；
（3）利用勾股定理计算出AC＝10 ，根据直角三角形内切圆半径的计算公式得到Rt△ABC的内切圆的半径＝2 ，设△ABC的内心为I，过A作AI的垂线交直线BI于P，交y轴于Q，AI交y轴于G，如图，则AI、BI为角平分线，BI⊥y轴，PQ为△ABC的外角平分线，易得y轴为△ABC的外角平分线，根据角平分线的性质可判断点P、I、Q、G到直线AB、BC、AC距离相等，由于BI＝×2＝4，则I（4，1），接着利用待定系数法求出直线AI的解析式为y＝2x﹣7，直线AP的解析式为y＝﹣x+13，然后分别求出P、Q、G的坐标即可．
【详解】
解：（1）把A（m，9）代入y＝x+1得m+1＝9，解得m＝8，则A（8，9），
把A（8，9），B（0，1）代入y＝x2+bx+c得，
解得，
∴抛物线解析式为y＝x2﹣7x+1；
故答案为y＝x2﹣7x+1；
（2）△ABC为直角三角形．理由如下：
当x＝1时，y＝x2﹣7x+1＝31﹣42+1＝﹣5，则C（1，﹣5），
作AM⊥y轴于M，CN⊥y轴于N，如图，
∵B（0，1），A（8，9），C（1，﹣5），
∴BM＝AM＝8，BN＝CN＝1，
∴△ABM和△BNC都是等腰直角三角形，
∴∠MBA＝45°，∠NBC＝45°，AB＝8，BN＝1，
∴∠ABC＝90°，
∴△ABC为直角三角形；
（3）∵AB＝8，BN＝1，
∴AC＝10，
∴Rt△ABC的内切圆的半径＝，
设△ABC的内心为I，过A作AI的垂线交直线BI于P，交y轴于Q，AI交y轴于G，如图，
∵I为△ABC的内心，
∴AI、BI为角平分线，
∴BI⊥y轴，
而AI⊥PQ，
∴PQ为△ABC的外角平分线，
易得y轴为△ABC的外角平分线，
∴点I、P、Q、G为△ABC的内角平分线或外角平分线的交点，
它们到直线AB、BC、AC距离相等，
BI＝×2＝4，
而BI⊥y轴，
∴I（4，1），
设直线AI的解析式为y＝kx+n，
则，
解得，
∴直线AI的解析式为y＝2x﹣7，
当x＝0时，y＝2x﹣7＝﹣7，则G（0，﹣7）；
设直线AP的解析式为y＝﹣x+p，
把A（8，9）代入得﹣4+n＝9，解得n＝13，
∴直线AP的解析式为y＝﹣x+13，
当y＝1时，﹣x+13＝1，则P（24，1）
当x＝0时，y＝﹣x+13＝13，则Q（0，13），
综上所述，符合条件的Q的坐标为（4，1），（24，1），（0，﹣7），（0，13）．
【点睛】
本题考查了二次函数的综合题：熟练掌握二次函数图象上点的坐标特征、角平分线的性质和三角形内心的性质；会利用待定系数法求函数解析式；理解坐标与图形性质是解题的关键．
19、
【解析】
试题分析：
由矩形的对角线相等且互相平分可得：OA=OB=OD，再由∠AOB=60°可得△AOB是等边三角形，从而得到OB=OA=2，则BD=4，最后在Rt△ABD中，由勾股定理可解得AD的长.
试题解析：
∵四边形ABCD是矩形，
∴OA=OB=OD，∠BAD=90°，
∵∠AOB=60°，
∴△AOB是等边三角形，
∴OB=OA=2，
∴BD=2OB=4，
在Rt△ABD中
∴AD===.
20、（1） （2）证明见解析
【解析】
（1）如图1中，在AB上取一点M，使得BM=ME，连接ME．，设AE=x，则ME=BM=2x，AM=x，根据AB2+AE2=BE2，可得方程（2x+x）2+x2=22，解方程即可解决问题．
（2）如图2中，作CQ⊥AC，交AF的延长线于Q，首先证明EG=MG，再证明FM=FQ即可解决问题．
【详解】
解：如图 1 中，在 AB 上取一点 M，使得 BM=ME，连接 ME．
在 Rt△ABE 中，∵OB=OE，
∴BE=2OA=2，
∵MB=ME，
∴∠MBE=∠MEB=15°，
∴∠AME=∠MBE+∠MEB=30°，设 AE=x，则 ME=BM=2x，AM=x，
∵AB2+AE2=BE2，
∴，
∴x= （负根已经舍弃），
∴AB=AC=（2+ ）• ，
∴BC= AB= +1．
作 CQ⊥AC，交 AF 的延长线于 Q，
∵ AD=AE ，AB=AC ，∠BAE=∠CAD，
∴△ABE≌△ACD（SAS），
∴∠ABE=∠ACD，
∵∠BAC=90°，FG⊥CD，
∴∠AEB=∠CMF，
∴∠GEM=∠GME，
∴EG=MG，
∵∠ABE=∠CAQ，AB=AC，∠BAE=∠ACQ=90°，
∴△ABE≌△CAQ（ASA），
∴BE=AQ，∠AEB=∠Q，
∴∠CMF=∠Q，
∵∠MCF=∠QCF=45°，CF=CF，
∴△CMF≌△CQF（AAS），
∴FM=FQ，
∴BE=AQ=AF+FQ=AF=FM，
∵EG=MG，
∴BG=BE+EG=AF+FM+MG=AF+FG．
【点睛】
本题考查全等三角形的判定和性质、直角三角形斜边中线定理，等腰直角三角形的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．
21、作图见解析.
【解析】
由题意可知，先作出∠ABC的平分线，再作出线段BD的垂直平分线，交点即是P点.
【详解】
∵点P到∠ABC两边的距离相等，
∴点P在∠ABC的平分线上；
∵线段BD为等腰△PBD的底边，
∴PB=PD，
∴点P在线段BD的垂直平分线上，
∴点P是∠ABC的平分线与线段BD的垂直平分线的交点，
如图所示：
【点睛】
此题主要考查了尺规作图，正确把握角平分线的性质和线段垂直平分线的性质是解题的关键.
22、（1）证明见解析；（2）；3．
【解析】
试题分析：（1）连接OD、OE、ED．先证明△AOE是等边三角形，得到AE=AO=0D，则四边形AODE是平行四边形，然后由OA=OD证明四边形AODE是菱形；
（2）连接OD、DF．先由△OBD∽△ABC，求出⊙O的半径，然后证明△ADC∽△AFD，得出AD2=AC•AF，进而求出AD．
试题解析：（1）证明：如图1，连接OD、OE、ED．
∵BC与⊙O相切于一点D，
∴OD⊥BC，
∴∠ODB=90°=∠C，
∴OD∥AC，
∵∠B=30°，
∴∠A=60°，
∵OA=OE，
∴△AOE是等边三角形，
∴AE=AO=0D，
∴四边形AODE是平行四边形，
∵OA=OD，
∴四边形AODE是菱形．
（2）解：设⊙O的半径为r．
∵OD∥AC，
∴△OBD∽△ABC．
∴，即8r=6（8﹣r）．
解得r=，
∴⊙O的半径为．
如图2，连接OD、DF．
∵OD∥AC，
∴∠DAC=∠ADO，
∵OA=OD，
∴∠ADO=∠DAO，
∴∠DAC=∠DAO，
∵AF是⊙O的直径，
∴∠ADF=90°=∠C，
∴△ADC∽△AFD，
∴，
∴AD2=AC•AF，
∵AC=6，AF=，
∴AD2=×6=45，
∴AD==3．
点评：本题考查了切线的性质、圆周角定理、等边三角形的判定与性质、菱形的判定和性质以及相似三角形的判定和性质，是一个综合题，难度中等．熟练掌握相关图形的性质及判定是解本题的关键．
考点：切线的性质；菱形的判定与性质；相似三角形的判定与性质．
23、（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．
24、这栋楼的高度BC是米．
【解析】
试题分析：在直角三角形ADB中和直角三角形ACD中，根据锐角三角函数中的正切可以分别求得BD和CD的长，从而可以求得BC的长．
试题解析：
解：∵°，°，°，AD＝100，
∴在Rt中，，
在Rt中，.
∴．
点睛：本题考查解直角三角形的应用－仰角俯角问题，解答此类问题的关键是明确已知边、已知角和未知边之间的三角函数关系．