2023年浙江省温州市鹿城区绣山中学中考数学二模试卷（含解析）

这是一份2023年浙江省温州市鹿城区绣山中学中考数学二模试卷（含解析），共25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。

2023年浙江省温州市鹿城区绣山中学中考数学二模试卷
一、选择题（本大题共10小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 在4，−2，0，13四个数中，最小的为(    )
A. 4 B. −2 C. 0 D. 13
2. 2023年2月10日，神舟十五号航天员乘组圆满完成了首次出舱任务，据了解，这艘飞船的时速为每小时28000千米，28000千米用科学记数法表示应为(    )
A. 0.28×105千米 B. 2.8×103千米 C. 2.8×104千米 D. 28×103千米
3. 下列各图形中，经过折叠能围成一个立方体的为(    )
A. B. C. D.
4. 不等式3x−2<4的解集在数轴上表示正确的为(    )
A. B.
C. D.
5. 一次对若干名青少年进行最喜爱的运动项目的问卷调查，得到如图的统计图.若最喜爱足球的人数比最喜爱游泳的人数多20人，则这次问卷调查的总人数为(    )
A. 120人
B. 160人
C. 200人
D. 240人
6. 化简a2a−1−aa−1的结果为(    )
A. a B. a−1 C. aa−1 D. a2−a
7. 如图，AB，BC为⊙O的两条弦，连结OA，OC，点D为AB的延长线上一点.若∠CBD=65°，则∠AOC为(    )
A. 110°
B. 115°
C. 125°
D. 130°
8. 中国清代算书《御制数理精蕴》中有这样一题：“马四匹、牛六头，共价四十八两；马二匹、牛五头，共价三十八两.问马、牛各价几何？”设马每匹x两，牛每头y两，根据题意可列方程组为(    )
A. 4x+6y=382x+5y=48 B. 4x+6y=482x+5y=38 C. 4x+6y=485x+2y=38 D. 4y+6x=482y+5x=38
9. 将二次函数y=ax2−8ax+2的图象向左平移m(m>0)个单位后过点(5,2)，则m的值为(    )
A. 2 B. 3 C. 4 D. 5
10. 如图是由四个全等的直角三角形和一个小正方形EFGH组成，恰好拼成一个大正方形ABCD，小正方形EFGH的对角线FH向两边延长，分别交边AB于点M，交边CD于点N.若E是AH的中点，则MNAB的值为(    )
A. 3 35
B. 103
C. 52
D. 2 105
二、填空题（本大题共6小题，共30.0分）
11. 分解因式：2m2−8=          ．
12. 一只不透明的袋子里装有9个只有颜色不同的球，其中有3个黑球，4个白球和2个红球，搅匀后随机摸出一个球，是白球的概率为______ ．
13. 如图，圆锥形纸帽的高为12cm，底面半径为5cm，则这个纸帽的侧面积为______ cm2．


14. 如图，菱形花坛ABCD的边长为9米，∠B=60°，其中由两个正六边形组成的部分种花，则种花部分的面积为______ 米 2．


15. 如图，点A在x轴上，以OA为边作矩形OABC，反比例函数y=kx(k>0,x>0)的图象经过AB的中点E，交边BC于点D，连结OE.若OE=OC，CD=2，则k的值为______ ．


16. 如图1是一款便携式拉杆车，其侧面示意图如图2所示，前轮⊙O的直径为12cm，拖盘OE与后轮⊙O′相切于点N，手柄OF⊥OE.侧面为矩形ABCD的货物置于拖盘上，AB=20cm，BC=52cm.如图3所示，倾斜一定角度拉车时，货物绕点B旋转，点C落在OF上，若tan∠ABE=15，则OC的长为______ cm，同一时刻，点C离地面高度h=56cm，则点A离地面高度为______ cm．


三、解答题（本大题共8小题，共80.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题10.0分)
(1)计算：(2− 3)0+2−2−2sin30°；
(2)解方程：x2−2x−8=0．
18. (本小题8.0分)
如图，在△ABC和△ADE中，AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE，连结BD，CE．
(1)求证：△ABD≌△ACE．
(2)若∠BCE−∠ABC=15°，求∠ABD的度数．

19. (本小题8.0分)
质量检测部门对甲、乙两家公司销售的某电子产品的使用寿命进行跟踪调查，均取10件，统计结果如下(单位：年)：
(1)分别求出这两组数据的平均数．
(2)如果你是甲公司的推销员，请你结合相关统计量及折线统计图，对本公司的产品进行推销．

20. (本小题8.0分)
如图在6×6的方格纸ABCD中，线段PQ的端点均在格点上，请按要求在四边形ABCD的边上画格点M，N．
(1)在图1中作线段MN，使得PQ平分MN．
(2)在图2中作四边形PMNQ，且PM= 2NQ．


21. (本小题10.0分)
如图，在△ABC中，AD⊥BC于点D，E，F分别为AB，AC的中点，G为边BC上一点，∠EGB=∠FDC，连结EF．
(1)求证：四边形EFCG是平行四边形．
(2)若tanB=45，tanC=2，BC=14，求GD的长．

22. (本小题10.0分)
已知点A(x1,y1)，B(x2,y2)，C(4,1)在二次函数y=a(x−2)2+3的图象上，且x2−x1=6．
(1)求该二次函数的表达式．
(2)已知点A，B在对称轴的异侧，当x1≤x≤x2时，二次函数的最大值与最小值的差为5，设x1，x2的最小值分别为m，n，求m+n的值．
23. (本小题12.0分)
根据以下素材，探索完成任务．
探究遮阳伞下的影子长度

素材1
图1是某款自动旋转遮阳伞，伞面完全张开时张角呈180°，图2是其侧面示意图.已知支架AB长为2.5米，且垂直于地面BC，悬托架AE=DE=0.5米，点E固定在伞面上，且伞面直径DF是DE的4倍.当伞面完全张开时，点D，E，F始终共线.为实现遮阳效果最佳，伞面装有接收器可以根据太阳光线的角度变化，自动调整手柄D沿着AB移动，以保证太阳光线与DF始终垂直．

素材2
某地区某天下午不同时间的太阳高度角α(太阳光线与地面的夹角)参照表：
时刻
12点
13点
14点
15点
16点
17点
太阳高度(度)
90
75
60
45
30
15
参考数据： 3≈1.7, 2≈1.4．


素材3
小明坐在露营椅上的高度(头顶到地面的距离)约为1米，如图2，小明坐的位置记为点Q．


问题解决





任务1
确定影子长度
某一时刻测得BD=1.7米.请求出此时影子GH的长度





任务2
判断是否照射到
这天14点，小明坐在离支架3米处的Q点，请判断此时小明是否会被太阳光照射到？





任务3
探究合理范围
小明打算在这天14：00−15：00露营休息，为保证小明全程不被太阳光照射到，请计算BQ的取值范围．

24. (本小题14.0分)
如图，在圆内接四边形ABCD中，AD，BC的延长线交于点E，连结BO并延长交AD于点G，连结BD.已知BD=AB，∠CDE=3∠CBD，DE=154，BO=5．
(1)求证：∠GBD=∠CBD．
(2)求OG与GD的长．
(3)F是BO中点，动点P在FG上从点F向终点G匀速运动，同时动点Q在AE上从点E向终点A匀速运动.当点Q在点D处时，点P在点O处，设QE=x，PG=y．
①求y关于x的表达式．
②连结PQ，当直线PQ与△BCD的某一边所在的直线垂直时，记垂足为点M，求QM的值．


答案和解析

1.【答案】B 
【解析】解：∵−2<0<13<4，
∴在4，−2，0，13四个数中，最小的为−2．
故选：B．
根据正数大于0，0大于负数，两个负数比较大小，绝对值大的反而小进行比较即可得出结论．
本题考查了有理数比较大小，熟知有理数比较大小的法则是解题的关键．

2.【答案】C 
【解析】解：28000千米=2.8×104千米．
故选：C．
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．
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．

3.【答案】C 
【解析】解：选项A，B，D折叠后都重合了一个面，只有选项C折叠后能围成一个正方体．
故选：C．
由平面图形的折叠及正方体的展开图解题．
本题主要考查展开图折叠成几何体的知识点，注意只要有“凹”、“田”字格的展开图都不是正方体的表面展开图．

4.【答案】A 
【解析】解：不等式移项得：3x<6，
解得：x<2，
表示在数轴上得：
，
故选：A．
求出已知不等式的解集，表示在数轴上即可．
此题考查了在数轴上表示不等式的解集，在表示解集时“≥”，“≤”要用实心圆点表示；“<”，“>”要用空心圆点表示．

5.【答案】C 
【解析】解：根据题意，可得20÷(30%−20%)=200(人)，
即这次问卷调查的总人数为200人．
故选：C．
用最喜爱足球比最喜爱游泳的人数多的人数除以最喜爱足球比最喜爱游泳的人数多的百分比即可得出答案．
本题考查扇形统计图及相关计算．扇形统计图是用整个圆表示总数，用圆内各个扇形的大小表示各部分数量占总数的百分数．通过扇形统计图可以很清楚地表示出各部分数量同总数之间的关系．

6.【答案】A 
【解析】解：原式=a(a−1)a−1=a，
故选：A．
根据分式的运算法则即可求出答案．
本题考查分式的运算，解题的关键是熟练运用分式的运算法则，本题属于基础题型．

7.【答案】D 
【解析】解：如图，在优弧AC上取点P，连接PA，PC，

由圆周角定理得，∠P=12∠AOC，
由圆内接四边形的性质得，∠ABC+∠P=180°，
∵∠ABC+∠CBD=180°，
∴∠CBD=∠P，
∵∠CBD=65°，
∴∠P=65°，
∴∠AOC=2∠P=130°，
故选：D．
在优弧AC上取点P，连接PA，PC，根据圆内接四边形的性质得到∠P=65°，再根据圆周角定理可得答案．
本题考查圆周角定理与圆内接四边形的性质，熟练掌握圆周角定理是解题关键．

8.【答案】B 
【解析】解：设马每匹x两，牛每头y两，根据题意可列方程组为：
4x+6y=482x+5y=38．
故选：B．
直接利用“马四匹、牛六头，共价四十八两(我国古代货币单位)；马二匹、牛五头，共价三十八两”，分别得出方程得出答案．
此题主要考查由实际问题抽象出二元一次方程组，正确得出等式是解题关键．

9.【答案】B 
【解析】解：将二次函数y=ax2−8ax+2=a(x−4)2+2−16a的图象向左平移m个单位后的函数解析式为y=a(x−4+m)2+2−16a，
∵平移后的图象经过点(5,2)，a≠0，m>0，
∴a(5−4+m)2+2−16a=2，解得m=3或m=−5(舍去)，
故选：B．
根据函数图象平移规则“左加右减，上加下减”得到平移后的函数解析式，再代入坐标求解即可．
本题考查二次函数的图象平移，解一元二次方程，熟练掌握图象平移规则是解答的关键．

10.【答案】B 
【解析】解：过M作MT⊥BE于T，过N作NK⊥DG于K，如图：

∵E是AH的中点，
∴AE=EH，
设AE=EH=m，
∵四个直角三角形全等，
∴AE=BF=CG=DH=m=EH=GH=FG=EF，
∴AB= AE2+BE2= m2+(2m)2= 5m，
∵四边形EFGH是正方形，
∴FH= EH2+EF2= 2m，∠EFH=45°=∠MFT，
∴△MFT是等腰直角三角形，
∴MT=FT，
设MT=FT=x，则FM= 2x，
∵MTBT=tan∠ABE=AEBE=12，
∴BT=2MT=2x，
∵FT+BT=BF=m，
∴x+2x=m，
∴x=13m，
∴FM= 23m，
同理可得HN= 23m，
∴MN=FM+FH+HN= 23m+ 2m+ 23m=5 23m，
∴MNAB=5 23m 5m= 103，
故选：B．
过M作MT⊥BE于T，过N作NK⊥DG于K，由E是AH的中点，设AE=EH=m，可得AE=BF=CG=DH=m=EH=GH=FG=EF，AB= AE2+BE2= 5m，FH= EH2+EF2= 2m，根据△MFT是等腰直角三角形，设MT=FT=x，则FM= 2x，由FT+BT=BF=m，即得x=13m，故FM= 23m，同理可得HN= 23m，从而MN=FM+FH+HN=5 23m，即可得到答案．
本题考查正方形性质及应用，涉及勾股定理及应用，全等三角形的性质，锐角三角函数等知识，解题的关键是用含m的代数式表示AB和MN的长度．

11.【答案】2(m+2)(m−2) 
【解析】解：2m2−8
=2(m2−4)
=2(m+2)(m−2)．
故答案为：2(m+2)(m−2)．
先提取公因式2，再对余下的多项式利用平方差公式继续分解因式．
本题考查了提公因式法与公式法分解因式，要求灵活使用各种方法对多项式进行因式分解，一般来说，如果可以先提取公因式的要先提取公因式，再考虑运用公式法分解．

12.【答案】49 
【解析】解：∵一只不透明的袋子里装有9个只有颜色不同的球，其中有4个白球，
∴搅匀后随机摸出一个球，是白球的概率为49．
故答案为：49．
直接根据概率公式求解即可．
本题考查的是概率公式，熟知随机事件A的概率P(A)=事件A可能出现的结果数与所有可能出现的结果数的商是解答此题的关键．

13.【答案】65π 
【解析】解：∵圆锥形纸帽的高为12cm，底面半径为5cm，
∴母线长为 122+52=13(cm)，
∴这个纸帽的侧面积为2π×5×13×12=65π(cm2).
故答案为：65π．
先计算出母线长，再利用圆锥的侧面积=底面周长×母线长÷2，即可求出答案．
此题主要考查了圆锥的有关计算，解答本题的关键是运用圆锥的侧面积=底面周长×母线长÷2的公式．

14.【答案】27 3 
【解析】解：如图，设正六边形EFGHMN的中心为O，过点O作OP⊥EF于P，
∵四边形ABCD是菱形，其边长为9米，∠B=60°，而六边形EFGHMN是正六边形，
∴EF=OE=OF=3米，∠EOF=60°，
∴OP= 32OE=3 32(米)，
∴S正六边形EFGHMN=6S△EOF
=6×12×3×3 32
=27 32(平方米)，
∴两个正六边形的面积为27 3平方米，
故答案为：27 3．
根据菱形的性质和正六边形的性质，求出正六边形的边长和面积即可．
本题考查正多边形和圆，掌握正六边形的性质以及面积的计算方法是正确解答的前提．

15.【答案】16 33 
【解析】解：设OC=AB=m，
∵点E是AB的中点，
∴AE=12AB
∵OE=OC，CD=2，
∴AE=12OE=12m，
∴OA= OE2−(12OE)2= 32OE= 32m，
∴D(2,m)，E( 32m,12m)，
∵反比例函数y=kx(k>0,x>0)的图象经过点D、E，
∴k=2m= 32m⋅12m，
解得m1=8 33，m2=0(舍去)，
∴k=2m=16 33，
故答案为：16 33．
设OC=AB=m，则AE=12OE=12m，利用勾股定理求得OA= 32m，即可得到D(2,m)，E( 32m,12m)，由k=xy得到k=2m= 32m⋅12m，解得m=8 33，即可求得k=2m=16 33．
本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，矩形的性质，正确表示出点D、E的坐标是解题的关键．

16.【答案】10 26 20413 
【解析】解：∵∠ABC=∠COE=90°，
∴∠OBC+∠OCB=90°=∠OBC+∠ABE，
∴∠OCB=∠ABE，
∴tan∠OCB=tan∠ABE=15，
在Rt△COB中，tan∠OCB=OBOC=15，
设OB=x，则OC=5x，
在Rt△COB中，由勾股定理得：BC2=OB2+OC2x2+(5x)2−522，
解得x=2 26，
∵OC=10 26cm，
如图所示，过点O作OG⊥FQ于G，过点A作AH⊥FQ于H，过点A作AP垂直于水平面于P，在OC上取一点T，使得BT=CT，连接BT，

设AH、BC交于S，则四边形APQH是矩形，
∴AP=QH，前轮⊙O的直径为12cm，
∴QG=6cm，
∴CG=CQ−QG=50cm，OG= OC2−CG2=10cm
tan∠OCG=OGCG=15，
∴∠OCG=∠OCB，即∠BCG=2∠OCB，
∵BT=CT，
∴∠TBC=∠TCB，
∴∠BTO=∠TBC+∠TCB=2∠TCB=∠BCG，
设CT=BT=x cm，则OT=OC−CT=(10 26−x)cm，
在Rt△OBT中，由勾股定理得BT2=OB2+OT2，
x2−(2 26)2+(10 26−x)2，
解得x=26 265，
∴tan∠BCG=tan∠BTO=OBOI=512，
cos∠BCG=cos∠BTO=OBT=1213，
∵∠ASB=∠CSH，∠ABS=∠CHS=90°，
∴∠SAB=∠SCH，
∴tan∠SAB=tan∠SCH，
在Rt△ABS中，BS=AB⋅tan∠BAS=253cm，
CS−BC−BS=1313cm，
CH=CS⋅cos∠hcs=52413cm．
AP−HQ=CO−CH=20413cm
故答案为：10 26,20413．
先证明∠OCB=∠ABE，解Rt△COB得到tan∠OCB=OBOC=15，设OB=x，则OC=5，由勾股定理得OC=10 26cm；过点O作OG⊥FQ于G，过点A作AH⊥FQ于H，过点A作AP垂直于水平面于P，在OC上取一点T，使得BT=CT，连接BT，设AH、BC交于S，则四边形APQH是矩形，则AP=QH，求出QG=6cm，则CG=CQ−QG=50cm，利用勾股定理求出OG=10cm；设CT=BT=x cm，则OT=(10 26−x)cm，由勾股定理得到ta∠BCG=tan∠BTO=512，cos∠BCG=cos∠BTO=1213，由∠SAB=∠SCH，得到tan∠SAB=tan∠SCH，再求出CH=5413cm，即可得到答案．
本题主要考查了解直角三角形的实际应用，勾股定理，矩形的性质与判定，等腰三角形的性质等等，正确作出辅助线构造直角三角形是解题的关键．

17.【答案】解：(1)原式=1+14−2×12
=1+14−1
=14；
(2)x2−2x−8=0，
(x−4)(x+2)=0，
x−4=0或x+2=0，
所以x1=4，x2=−2． 
【解析】(1)先根据零指数幂、负整数指数幂的意义和特殊角的三角函数值计算，然后进行有理数的混合运算；
(2)先利用因式分解法把方程转化为x−4=0或x+2=0，然后解两个一次方程即可．
本题考查了解一元二次方程−因式分解法：因式分解法就是利用因式分解求出方程的解的方法，这种方法简便易用，是解一元二次方程最常用的方法．也考查了实数的运算．

18.【答案】(1)证明：∵∠BAC=∠DAE，
∴∠BAC−∠DAC=∠DAE−∠DAC，
即∠BAD=∠CAE．
在△ABD与△ACE中，
AB=AC∠BAD=∠CAEAD=AE，
∴△ABD≌△ACE(SAS)；
(2)解：∵AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB．
∵∠BCE−∠ABC=15°，
∴∠BCE−∠ACB=15°，
即∠ACE=15°，
∵△ABD≌△ACE，
∴∠ABD=∠ACE=15°． 
【解析】(1)由已知条件可求得∠BAD=∠CAE，利用SAS即可判定△ABD≌△ACE；
(2)由题意可得∠ABC=∠ACB，从而可求得∠ACE=15°，结合(1)即可求得∠ABD的度数．
本题主要考查全等三角形的判定与性质，解答的关键是结合图形求得∠BAD=∠CAE．

19.【答案】解：(1)x甲−=8+8+8+8+8+9+10+10+13+1310=9.5(年)．
九年级上数学期末试卷与答案第1页共13页
x乙−=4+4+4+6+7+9+15+15+15+1510=9.4(年)．
(2)推荐购买甲公司的的产品，理由如下：
从平均数来看，甲公司的平均水平大于乙公司的平均水平；
从中位数来看，甲公司中位数为8.5年，乙公司中位数为8年，甲公司的中等水平大于乙公司的中等水平；
从折线统计图来看，甲公司的使用寿命更加稳定；
因此，推荐购买甲公司的的产品． 
【解析】(1)根据平均数的定义解答即可；
(2)根据平均数、中位数以及方差的意义解答即可．
此题考查了折线统计图和加权平均数，掌握加权平均数的计算公式以及平均数的意义是解答本题的意义．

20.【答案】解：如图：

(1)如图1：点M、N即为所求；
(2)如图2：点M、N即为所求． 
【解析】(1)根据平分的意义及网格线的特点作图；
(2)根据勾股定理及网格线的特点作图．
本题考查了作图的应用．掌握网格线的特征是解题的关键．

21.【答案】(1)证明：∵E，F分别为AB，AC的中点，
∴EF//BC，
∵G为边BC上一点，
∴EF//CG，
∵AD⊥BC于点D，
∴∠ADC=90°，
∴DF=CF=AF=12AC，
∴∠C=∠FDC，
∵∠EGB=∠FDC，
∴∠EGB=∠C，
∴EG//CF，
∴四边形EFCG是平行四边形．
(2)解：∵∠ADB=∠ADC=90°，
∴tanB=ADBD=45，tanC=ADCD=2，
设CD=2m，则AD=4m，BD=5m，
∴BC=BD+CD=5m+2m=7m=14，
∴m=2，
∴CD=2×2=4，
∵CG=EF=12BC=12×14=7，
∴GD=CG−CD=7−4=3，
∴GD的长是3． 
【解析】(1)由E，F分别为AB，AC的中点，根据三角形的中位线定理证明EF//BC，由∠ADC=90°，得DF=CF=12AC，则∠C=∠FDC，而∠EGB=∠FDC，所以∠EGB=∠C，则EG//CF，即可证明四边形EFCG是平行四边形；
(2)由∠ADB=∠ADC=90°，得tanB=ADBD=45，tanC=ADCD=2，设CD=2m，则AD=4m，BD=5m，于是得BC=5m+2m=14，则m=2，所以CD=4，而CG=EF=12BC=7，即可求得GD=3．
此题重点考查三角形的中位线定理、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、等腰三角形的性质、平行四边形的判定与性质、锐角三角函数与角直角三角形等知识，证明DF=CF及∠EGB=∠C是解题的关键．

22.【答案】解：(1)∵C(4,1)在二次函数y=a(x−2)2+3的图象上，
∴1=a(4−2)2+3，
解得a=−12，
∴该二次函数的表达式为y=−12(x−2)2+3；
(2)∵A，B在对称轴异侧，且x1≤x≤x2，
∴函数的最大值为3，
∵函数的最大值与最小值的差为5，
∴最小值为−2，
把y=−2代入y=−12(x−2)2+3，得x=2± 10，
∵x2−x1=6<(2+ 10)−(2− 10)，
∴由图象得x1最小值2− 10，
∴x2最小值=2− 10+6=8+ 10，
∴m+n=2− 10+8− 10=10−2 10． 
【解析】(1)利用待定系数法即可求解；
(2)由题意可知函数的最大值为3，最小值为−2，把y=−2代入解析式即可求得自变量x的值，即可求得m=2− 10，n=2− 10+6=8+ 10，进一步求得m+n的值．
本题考查了待定系数法求二次函数的解析式，二次函数图象上点的坐标特征，二次函数的性质，二次函数的最值，解题的关键是理解题意，学会用转化的思想思考问题．

23.【答案】解：(1)如图2，过点E作El⊥AB于点I，过点G作GJ⊥FH于点J
∵BD=1.7米，AB=2.5米，
∴AD=0.8米，
∵AE=DE=0.5米，
∴DI=12AD=0⋅4米，
∴sin∠BDE=35，
∵∠FDG=∠DGJ=90°，
∴sin∠α=sin∠IDE，四边形DGJF为矩形，
∴GJ=DF=2米．
在Rt△GJH中，GH=GJsinα=2×53=103米；
(2)方法1：
如图2，过点Q作PQ⊥BC交HF于点P．
由(1)知，∠IDE=∠α=∠DGB，
∵∠α=60°
∴在Rt△lDE中，DI=12DE=14米，AD=12米，
∴BD=2米．
在Rt△DBG中，BG=BD 3=2 3米，
在Rt△GHH中，GH=2GJ 3=4 3米，
在Rt△PQH中，当PQ=1时，OH=PQ 3=1 3米，
∴小明刚好被照射到时离B点的距离为2 3+4 3−1 3=5 3<3，
∴小明会被照射到．
方法2：
如图2，过点Q作PQ⊥BC交FH于点P，
与方法1同理得，得BG=2 3GH=4 3米，
∴QH=BH−BQ=(6 3−3)米，
在Rt△PQH中，PQ= 3QH=6−3 3<1，
∴小明会被照射到．
(3)当tanα=45°时，BQmin=5− 22，
当tanα=60°时，BQmax=5 3=53 3，
∴5− 22 【解析】(1)如图2，过点E作El⊥AB于点I，过点G作GJ⊥FH于点J根据三角函数的定义即可得到结论；
(2)方法1：如图2，过点Q作PQ⊥BC交HF于点P.由(1)知，∠IDE=∠α=∠DGB，解直角三角形即可得到结论；
(3)根据三角函数的定义即可得到结论．
本题考查了解直角三角形的应用，三角函数的定义，正确地作出辅助线是解题的关键．

24.【答案】(1)证明：∵BD=AB，
∴BD=AB，
∵BG过点O，
∴BG⊥AD，
∴∠GBD=12∠ABD，
∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠CDE=∠ABC，
∵∠CDE=3∠CBD，
∴∠ABC=3∠CBD，
∴∠CBD=12∠ABD，
∴∠CBD=∠GBD；
(2)解：如图，连结OD，

∵OB=OD=5，
∴∠OBD=∠ODB，
∵∠OBD=∠CBD，
∴∠ODB=∠CBD，
∴OD//BE，
∴OGOB=DGDE，即OG5=DG154，
∴OGDG=43，
∵∠OGD=90°，OD=5，
∴OG=4，DG=3；
(3)解：①由题意得：FPQE=FODE，
∵F是BO中点，
∴OF=12OB=52，
∴FG=OF+OG=132，
设QE=x，PG=y，则FP=132−y，
∴132−yx=52154，
∴y=−23x+132；
②(Ⅰ)如图，PQ⊥BC于点M，连结OD，

由(2)知，OD//BE，
∴∠QEM=∠GDO，
∴sin∠QEM=sin∠GDO=45，
∵BG⊥AD，
∴∠PQG=∠PBM=∠GOD，
∴tan∠PQG=tan∠GOD=34，
∴PGQG=34，
∵EG=DG+DE=274，
∴QG=QE−EG=x−274，
∴yx−274=34，且y=−23x+132，
解得：x=55568，
∴QM=QE⋅sin∠QEM=45x=11117；
(Ⅱ)如图，PQ⊥BD于点M，

∵BG⊥AD，
∴∠PQG=∠GBD，
∵BG=OB+OG=9，
∴tan∠PQG=tan∠GBD=13，
∴PGQG=13，即yx−274=13，且y=−23x+132，
解得：x=354，
∴QD=354−154=5，
在Rt△BDG中，BD= BG2+DG2= 92+32=3 10，
∴cos∠GBD=93 10=3 1010=cos∠MQD，
∴QM=QD⋅cos∠MQD=5×3 1010=3 102，
(Ⅲ)当PQ⊥CD于点M，
在△QDM中，
∵∠QDM>90°，
∴∠QMD<90°，
故这种情况不存在．
综上所述，QM的值为11117或3 102． 
【解析】(1)根据垂径定理可得BG⊥AD，由等腰三角形的三线合一性质可知∠GBD=12∠ABD，根据四点共圆可得∠CDE=∠ABC，于是∠ABC=3∠CBD，∠CBD=12ABD，即可证明；
(2)连接OD，由等边对等角得∠OBD=∠ODB，进而得到∠ODB=∠CBD，因此OD//BE，利用平行线分线段成比例得OGDG=43，由∠OGD=90°，OD=5即可求解；
(3)①根据相同时间内走过的路程之比不变即可求解；
②依题意可分三种情况：(Ⅰ)PQ⊥BC于点M，连结OD，由(2)知，先算出sin∠QEM=sin∠GDO=45，再根据同角的余角相等得∠PQG=∠PBM=∠GOD，进而得到tan∠PQG=tan∠GOD=34，于是PGQG=34，再将对应线段的长度代入解出此时x的值，则QM=QE⋅sin∠QEM；(Ⅱ)PQ⊥BD于点M，根据同角的余角相等得∠PQG=∠GBD，于是可得tan∠PQG=tan∠GBD=13，再将对应线段长度代入解出此时x的值，然后在Rt△BDG中求出cos∠GBD的值，由此得出cos∠MQD的值，则QM=QD⋅cos∠MQD；(Ⅲ)当PQ⊥CD于点M，由三角形内和定理可知，∠QMD<90°，故这种情况不存在．
本题主要考查垂径定理、等腰三角形的性质、四点共圆、平行线的性质、解直角三角形、三角形内角和定理等知识，本题属于圆的综合题，难度大，综合性较强，属于中考压轴题，熟记相关性质和定理，学会利用分类讨论思想解决问题是解题关键．