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2023年陕西省西安市雁塔区曲江二中中考数学六模试卷（含解析）
展开这是一份2023年陕西省西安市雁塔区曲江二中中考数学六模试卷（含解析），共28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年陕西省西安市雁塔区曲江二中中考数学六模试卷
一、选择题（本大题共8小题，共24.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 如图所示的几何体是由4个相同的小正方体组成.从左面看到的几何体的形状图为( )
A.
B.
C.
D.
2. 在物联网时代的所有芯片中，0.000000014m芯片已成为需求的焦点.把它用科学记数法表示正确的是( )
A. 1.4×10−8m B. 1.4×10−9m C. 14×10−9m D. 1.4×10−10m
3. 下列运算正确的是(( )
A. 2a2b+3ab2=5a3b3 B. (−a2)3=a5
C. a2⋅2a3=2a5 D. (a−3)2=a2−9
4. 如图，a//b，Rt△ABC的直角顶点C在直线b上．若∠A=43°，∠2=25°，则∠1等于( )
A. 18°
B. 22°
C. 25°
D. 32°
5. 如图，四边形ABCD是菱形，AC=8，BD=6，DH⊥AB于点H，则DH的长是( )
A. 965
B. 485
C. 245
D. 125
6. 如图，在△ABC中，∠BAC=90°，AD是高，BE是中线，CF是角平分线，CF交AD于点G，交BE于点H，下面说法不正确的是( )
A. △ABE的面积=△BCE的面积 B. ∠AFG=∠AGF
C. BH=CH D. ∠FAG=2∠ACF
7. 如图，AB为⊙O的直径，点C为⊙O上一点，BF//OC，若AB=10，BC=2 5，则CF=( )
A. 4
B. 5
C. 4 5
D. 3 5
8. 将抛物线L：y=ax2+bx+c(a≠0)向左平移6个单位，向下平移5个单位后，得到抛物线L′：y=ax2，L′的图象经过点(−2,8).则抛物线L的表达式为( )
A. y=2(x−6)2+5 B. y=2(x+6)2+5
C. y=2(x−6)2−5 D. y=2(x+6)2−5
二、填空题（本大题共5小题，共15.0分）
9. 16的算术平方根是______ ．
10. 已知有理数a在数轴上的位置如图所示，则−a 3.(填“>”、“<”或“=”)
11. 我们知道古希腊时期的巴台农神庙(Parthenom Temple)的正面是一个黄金矩形.若已知黄金矩形的长等于6，则这个黄金矩形的宽等于______ .(结果保留根号)
12. 如图，在平面直角坐标系中，Rt△OAB的直角顶点B在x轴的正半轴上，点O与原点重合，点A在第一象限，反比例函数y=kx(x>0)的图象经过OA的中点C，交AB于点D，连接CD.若△ACD的面积是1，则k的值是______．
13. 如图，在平面直角坐标系xOy中，半径为2的⊙O与x轴的正半轴交于点A，点B是⊙O上一动点，点C为弦AB的中点，直线y=34x−3与x轴、y轴分别交于点D、E，则△CDE面积的最小值为 ．
三、解答题（本大题共13小题，共104.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
14. (本小题8.0分)
计算(−1)−2023+327−|1−3tan30°|．
15. (本小题8.0分)
解一元一次不等式组4x≤3x+2x+18−1<3x−34．
16. (本小题8.0分)
先化简(3+x3−x+1)÷3x2−9，再从−3，0，3中给x选一个你喜欢的数代入求值．
17. (本小题8.0分)
如图，已知∠AOB和两点M、N，试确定一点P，使得P到射线OA、OB的距离相等，并且到点M、N的距离也相等．(尺规作图：不写作法)
18. (本小题8.0分)
如图，在四边形ABCD中，BC=CD，∠C=2∠BAD.O是四边形ABCD内一点，且OA=OB=OD.求证：
(1)∠BOD=∠C；
(2)四边形OBCD是菱形．
19. (本小题8.0分)
如图，在平面直角坐标系中，四边形ABCD是平行四边形，点A的坐标为(−1,0)，点B的坐标为(0,−2)，点D的坐标为(2,0)，将▱ABCD平移，使点A移动到点A′(−2,1)，求平移后C点的对应点C′的坐标．
20. (本小题8.0分)
将分别标有数字1，2，3，5的四张卡片洗匀后，背面朝上放在桌面上．
(1)随机地抽取一张，则抽到奇数的概率是______ ；
(2)随机抽取两张，请利用列表或画树状图的方法，求这两个数字之和能被2整除的概率是多少？
21. (本小题8.0分)
如图，有甲乙两座建筑物，从甲建筑物A点处测得乙建筑物D点的俯角ɑ为45°.C点的俯角β为58°，BC方两座建筑物的水平距离，已知乙建筑物的高度CD为6m，求甲建筑物的高度AB.(sin58°≈0.85,cos58°≈0.53,tan58°≈1.60，结果保留整数)
22. (本小题8.0分)
“聚焦双减，落实五项管理”，为了解双减政策实施以来同学们的学习状态，某校志愿
者调研了七，八年级部分同学完成作业的时间情况．从七，八年级中各抽取20名同学作业完成时间数据(单位：分钟)进行整理和分析，共分为四个时段(x表示作业完成时间，x取整数)；A.x≤60；B.60
八年级抽取20名同学中完成作业时间在C时段的所有数据为：72，75，74，76，75，75，78，75．
七、八年级抽取的同学完成作业时间统计表：
年级
平均数
中位数
众数
七年级
72
75
b
八年级
75
a
75
根据以上信息，解答下列问题：
(1)填空：a=______，b=______，并补全统计图；
(2)根据以上数据分析，双减政策背景的作业时间管理中，哪个年级落实得更好？请说明理由；(写出一条即可)
(3)该校七年级有900人，八年级有700人，估计七，八年级时间管理优秀的共有多少人？
23. (本小题8.0分)
李师傅将容量为60升的货车油箱加满后，从工厂出发运送一批物资到某地.行驶过程中，货车离目的地的路程s(千米)与行驶时间t(小时)的关系如图所示(中途休息、加油的时间不计.当油箱中剩余油量为10升时，货车会自动显示加油提醒.设货车平均耗油量为0.1升/千米，请根据图象解答下列问题：
(1)求s关于t的函数表达式；
(2)当货车显示加油提醒后，问行驶时间t在怎样的范围内货车应进站加油？
24. (本小题8.0分)
如图，AB为⊙O的直径，D、E是⊙O上的两点，延长AB至点C，连接CD，∠BDC=∠BAD．
(1)求证：CD是⊙O的切线．
(2)若tan∠BAD=23，AC=9，求⊙O的半径．
25. (本小题8.0分)
已知抛物线L：y=−23x2+bx+c，与y轴的交点为C(0,2)，与x轴的交点分别为A(3,0)、B(点A在点B右侧)．
(1)求抛物线的表达式．
(2)将抛物线沿x轴向左平移m(m>0)个单位，所得的抛物线与x轴的左交点为M，与y轴的交点为点N，若∠NMO=∠CAO，求m的值．
26. (本小题8.0分)
【问题情境】
如图1，在△ABC中，∠A=120°，AB=AC，BC=5 3，则△ABC的外接圆的半径值为______ ．
【问题解决】如图2，点P为正方形ABCD内一点，且∠BPC=90°，若AB=4，求AP的最小值．
【问题解决】
如图3，正方形ABCD是一个边长为3 3m的书展区域设计图，CE为大门，点E在边BC上，CE= 3m，点P是正方形ABCD内设立的一个活动治安点，到B、E的张角为120°，即∠BPE=120°，点A、D为另两个固定治安点.现需在展览区域内部设置一个补水供给点Q，使得Q到A、D、P三个治安点的距离和最小，试求QA+QD+QP最小值.(结果精确到0.1m，参考数据 3≈1.7，14.42≈207)
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：从左面看这个几何体，所得到的图形为：
故选：D．
根据解答组合体三视图的画法画出该组合体从左面看到的图形即可．
本题考查简单组合体的三视图，理解视图的定义，掌握简单组合体三视图的画法是正确解答的前提．
2.【答案】A
【解析】解：0.000000014=1.4×10−8，
故选：A．
根据科学记数法的定义求解．
本题考查了科学记数法，掌握科学记数法的特征是解题的关键．
3.【答案】C
【解析】解：A、不是同类项不能合并，故A不符合题意；
B、(−a2)3=−a6，故B不符合题意；
C、a2⋅2a3=2a5，故C符合题意；
D、(a−3)2=a2−6a+9，故D不符合题意．
故选：C．
根据合并同类项，幂的乘方与积的乘方，单项式乘单项式，完全平方公式的运算法则计算即可．
本题考查合并同类项，幂的乘方与积的乘方，单项式乘单项式，完全平方公式，正确计算是解题的关键．
4.【答案】B
【解析】解：如图，过点B作BD//a，
∵a//b，
∴BD//b，
在Rt△ABC中，∠ABC=90°−∠A=90°−43°=47°．
∵BD//b，
∴∠4=∠2=25°，
∴∠3=∠ABC−∠4=47°−25°=22°．
∵BD//a，
∴∠1=∠3=22°．
故选：B．
由三角形内教课可求出∠B，再根据平行可知∠4=∠2，进而求出∠3，再由平行可知∠1=∠3．
本题考查平行线的性质，解题关键是结合图形利用平行线的性质进行角的转化和计算．
5.【答案】C
【解析】解：如图，设AC与BD的交点为O，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，OA=OC=4，OB=OD=3，
∴AB= AO2+OB2=5，
∴S菱形ABCD=12AC⋅BD=AB⋅DH，
∴DH=6×82×5=245，
故选C．
根据菱形的面积等于对角线积的一半，可求得菱形的面积，又由菱形的对角线互相平分且垂直，可根据勾股定理得AB的长，根据菱形的面积的求解方法：底乘以高或对角线积的一半，即可得菱形的高．
本题考查了菱形的性质：菱形的对角线互相平分且垂直；菱形的面积的求解方法：底乘以高或对角线积的一半．
6.【答案】C
【解析】解：∵BE是中线，
∴AE=CE，
∴△ABE的面积=△BCE的面积(等底等高的三角形的面积相等)，故A正确；
∵CF是角平分线，
∴∠ACF=∠BCF，
∵AD为高，
∴∠ADC=90°，
∵∠BAC=90°，
∴∠ABC+∠ACB=90°，∠ACB+∠CAD=90°，
∴∠ABC=∠CAD，
∵∠AFG=∠ABC+∠BCF，∠AGF=∠CAD+∠ACF，
∴∠AFG=∠AGF，故B正确；
∵AD为高，
∴∠ADB=90°，
∵∠BAC=90°，
∴∠ABC+∠ACB=90°，∠ABC+∠BAD=90°，
∴∠ACB=∠BAD，
∵CF是∠ACB的平分线，
∴∠ACB=2∠ACF，
∴∠BAD=2∠ACF，
即∠FAG=2∠ACF，故D正确；
根据已知条件不能推出∠HBC=∠HCB，即不能推出BH=CH，故C错误；
故选：C．
根据等底等高的三角形的面积相等即可判断A；根据三角形内角和定理求出∠ABC=∠CAD，根据三角形的外角性质即可推出B；根据等腰三角形的判定判断C；根据三角形内角和定理求出∠FAG=∠ACD，根据角平分线定义即可判断D．
本题考查了三角形内角和定理，三角形的外角性质，三角形的角平分线、中线、高，等腰三角形的判定等知识点，能综合运用定理进行推理是解此题的关键，题目比较好，属于中考题型．
7.【答案】C
【解析】解：连OF、AC．
∵BF//OC，
∴∠A=∠BFC=∠FCO．
∵OF=OC=OA，
∴∠ACO=∠A=∠FCO=∠OFC，
∴△OAC≌△OFC(AAS)，
∴CF=AC= AB2−BC2=4 5，
故选：C．
连OF、AC.证明△OAC≌△OFC(AAS)即可解决问题．
本题考查圆周角定理，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
8.【答案】A
【解析】
【分析】
主要考查了待定系数法求二次函数的解析式，二次函数图象与几何变换，熟练掌握平移的规律：左加右减，上加下减．并用规律求函数解析式．
根据待定系数法求得a=2，然后根据平移的规律：左加右减，上加下减即可求得．
【解答】
解：∵抛物线L′：y=ax2的图象经过点(−2,8)，
∴8=4a，解得a=2，
∴抛物线L′为y=2x2，
∵将抛物线L：y=ax2+bx+c(a≠0)向左平移6个单位，向下平移5个单位后，得到抛物线L′：y=2x2，
∴将抛物线L′：y=2x2向右平移6个单位，向上平移5个单位后，得到抛物线L：y=2(x−6)2+5，
故选：A．
9.【答案】2
【解析】解： 16=4，4的算术平方根是2．
故答案为：2．
根据算术平方根、平方根，即可解答．
本题考查了算术平方根，解决本题的关键是熟记算术平方根定义．
10.【答案】<
【解析】解：根据图示，可得：−2
∴−a<3．
故答案为：<．
根据图示，可得：−2
11.【答案】3 5−3
【解析】解：由题意得，这个黄金矩形的宽为： 5−12×6=3 5−3，
故答案为：3 5−3．
根据黄金比值为 5−12计算即可．
本题考查的是黄金分割的概念以及黄金比值，把线段AB分成两条线段AC和BC(AC>BC)，且使AC是AB和BC的比例中项(即ABAC=ACBC)，叫做把线段AB黄金分割．
12.【答案】43
【解析】解：连接OD，过C作CE//AB，交x轴于E，
∵∠ABO=90°，反比例函数y=kx(x>0)的图象经过OA的中点C，
∴S△COE=S△BOD=12k，S△ACD=S△OCD=1，
∵CE//AB，
∴△OCE∽△OAB，
∴△OCE与△OAB得到面积比为1：4，
∴4S△OCE=S△OAB，
∴4×12k=1+1+12k，
∴k=43．
故答案为：43．
作辅助线，构建直角三角形，利用反比例函数k的几何意义得到S△OCE=S△OBD=12k，根据OA的中点C，利用△OCE∽△OAB得到面积比为1：4，代入可得结论．
本题考查了反比例函数比例系数k的几何意义：在反比例函数y=kx图象中任取一点，过这一个点向x轴和y轴分别作垂线，与坐标轴围成的矩形的面积是定值|k|.在反比例函数的图象上任意一点向坐标轴作垂线，这一点和垂足以及坐标原点所构成的三角形的面积是12|k|，且保持不变．也考查了相似三角形的判定与性质．
13.【答案】2
【解析】
【分析】
本题考查三角形的中位线定理，相似三角形的判定与性质，三角形的面积，一次函数图象上点的坐标特征等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造三角形的中位线解决问题，属于中考常考题型．
如图，连接OB，取OA的中点M，连接CM，过点M作MN⊥DE于N.首先证明点C的运动轨迹是以M为圆心，1为半径的⊙M，设⊙M交MN于C′.求出MN，当点C与C′重合时，△CDE的面积最小．
【解答】
解：如图，连接OB，取OA的中点M，连接CM，过点M作MN⊥DE于N．
∵AC=CB，AM=OM，
∴MC=12OB=1，
∴点C的运动轨迹是以M为圆心，1为半径的⊙M，设⊙M交MN于C′．
∵直线y=34x−3与x轴、y轴分别交于点D、E，
∴D(4,0)，E(0,−3)，
∴OD=4，OE=3，
∴DE= 32+42=5，
∵∠MDN=∠ODE，∠MND=∠DOE，
∴△DNM∽△DOE，
∴MNOE=DMDE，
∴MN3=35，∴MN=95，
当点C与C′重合时，△CDE的面积最小，最小值=12×5×(95−1)=2，
故答案为2．
14.【答案】解：原式=−1+3−|1−3× 33|
=−1+3−|1− 3|
=−1+3−( 3−1)
=−1+3− 3+1
=3− 3．
【解析】直接利用负整数指数幂的性质以及立方根的性质、特殊角的三角函数值、绝对值的性质分别化简，进而得出答案．
此题主要考查了实数的运算，正确化简各数是解题关键．
15.【答案】解：由4x≤3x+2得：x≤2，
由x+18−1<3x−34得：x>−15，
所以不等式组的解集为−15
本题考查的是解一元一次不等式组，正确求出每一个不等式解集是基础，熟知“同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到”的原则是解答此题的关键．
16.【答案】解：原式=3+x+3−x3−x⋅(x+3)(x−3)3
=−6x−3⋅(x+3)(x−3)3
=−2(x+3)
=−2x−6，
∵9−x2≠0，
∴x≠±3，
∴当x=0时，
原式=−2×0−6=−6．
【解析】先利用分式的相应的法则对分式进行化简，再结合分式有意义的条件选取合适的数代入运算即可．
本题主要考查分式的化简求值，解答的关键是对相应的运算法则的掌握．
17.【答案】解：如图，点P即为所求．
【解析】作线段MN的垂直平分线EF，作∠AOB的角平分线OT，射线OT交直线EF于点P，点P即为所求．
本题考查作图−基本作图，角平分线的性质，线段的垂直平分线的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
18.【答案】证明：(1)延长AO到E，
∵OA=OB，
∴∠ABO=∠BAO，
又∠BOE=∠ABO+∠BAO，
∴∠BOE=2∠BAO，
同理∠DOE=2∠DAO，
∴∠BOE+∠DOE=2∠BAO+2∠DAO=2(∠BAO+∠DAO)
即∠BOD=2∠BAD，
又∠BCD=2∠BAD，
∴∠BOD=∠C；
(2)连接OC，
在△OBC和△ODC中，
OB=ODCB=CDOC=OC,
∴△OBC≌△ODC，
∴∠BOC=∠DOC，∠BCO=∠DCO，
∵∠BOD=∠BOC+∠DOC，∠BCD=∠BCO+∠DCO，
∴∠BOC=12∠BOD，∠BCO=12∠BCD，
又∠BOD=∠BCD，
∴∠BOC=∠BCO，
∴BO=BC，
又OB=OD，BC=CD，
∴OB=BC=CD=DO，
∴四边形OBCD是菱形．
【解析】此题考查菱形的判定，关键是根据全等三角形的判定和性质以及菱形的判定解答．
(1)延长AO到E，利用等边对等角和角之间关系解答即可；
(2)连接OC，根据全等三角形的判定和性质以及菱形的判定解答即可．
19.【答案】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BC=AD，
∵点A的坐标为(−1,0)，点B的坐标为(0,−2)，点D的坐标为(2,0)，
∴OA=1，OB=2，OD=2，
∴BC=AD=OA+OD=3，
∴C(3,−2)，
∵将▱ABCD平移，使点A(−1,0)移动到点A′(−2,1)，
∴平移后C点的对应点C′的坐标为(3−1,−2+1)，
即C′(2,−1)．
【解析】由平行四边形的性质得BC=AD，再求出AD=BC=3，OB=2，则C(3,−2)，然后由平移的性质即可得出结论．
本题考查了平行四边形的性质、坐标与图形性质、平移的性质等知识，熟练掌握平行四边形的性质和平移的性质是解题的关键．
20.【答案】34
【解析】解：(1)∵共有标有数字1、2、3、5的四张卡片，抽到奇数的有3种情况；
∴P(抽一张是奇数)=34；
(2)由题意可列表：
十位
个位
1
2
3
5
1
3
4
6
2
3
5
7
3
4
5
8
5
6
7
8
∵由表格可知共有等可能的结果12种，其中组成的两位数能被2整除的结果有6种，
∴P(两张卡片组成的两位数能被3整除)=612=12．
(1)由共有标有数字1、2、3、5的四张卡片，抽到奇数的有3种情况，利用概率公式求解即可求得答案；
(2)首先根据题意列出表格，然后由这两个数字之和能被2整除的情况，再利用概率公式求解即可求得答案．
此题考查的是用列表法或画树状图法求概率．注意列表法或画树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，列表法适合于两步完成的事件，树状图法适合两步或两步以上完成的事件．注意概率=所求情况数与总情况数之比．
21.【答案】解：延长CD交AE于点F，
由题意得：AB=CF，CF⊥AE，
设AF=x m，
在Rt△AFD中，∠FAD=45°，
∴FD=AF⋅tan45°=x(m)，
在Rt△AFC中，∠FAC=58°，
∴CF=AF⋅tan58°≈1.6x(m)，
∵CF−DF=CD，
∴1.6x−x=6，
解得：x=10，
∴AB=CF=1.6x=16(m)，
∴甲建筑物的高度AB约为16m．
【解析】延长CD交AE于点F，根据题意可得：AB=CF，CF⊥AE，然后设AF=x m，在Rt△AFD中，利用锐角三角函数的定义求出DF的长，再在Rt△AFC中，利用锐角三角函数的定义求出CF的长，从而根据CF−DF=CD，列出关于x的方程，最后进行计算即可解答．
本题考查了解直角三角形的应用−仰角俯角问题，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
22.【答案】75 78
【解析】解：(1)将八年级抽取20名同学的完成作业时间按从小到大的顺序，第10，11个数均在C时段，
而C时段的所有数据为：72，75，74，76，75，75，78，75，
按从小到大排列为：72，74，75，75，75，75，76，78，
则第10，11个数均为75，所以中位数a=75+752=75．
将七年级抽取20名同学的完成作业时间出现次数最多的是78分，因此众数是78分，即b=78，
故答案为：75，78，补全频数分布直方图如下：
(2)七年级落实的好，理由：七年级学生完成作业的平均时间为72分，比八年级的少；
(3)七年级作业管理为优秀所占的比例为1620，八年级作业管理为优秀所占的比例为1520，
所以七、八年级作业管理为优秀的人数为900×1620+700×1520=1245(人)，
答：七，八年级时间管理优秀的共有1245人．
(1)根据中位数、众数的意义求解即可；
(2)从平均数、中位数、众数方面比较得出答案；
(3)分别求出求出七，八年级时间管理优秀的人数，再相加即可．
本题考查频数分布直方图，中位数、众数、平均数以及样本估计总体，掌握中位数、众数、平均数的计算方法是正确解答的前提．
23.【答案】解：(1)由图象，得t=0时，s=880，
∴工厂离目的地的路程为880千米，
答：工厂离目的地的路程为880千米；
设s=kt+b(k≠0)，
将(0,880)和(4,560)代入s=kt+b得，
b=8804k+b=560，
解得：k=−80b=880，
∴s关于t的函数表达式：s=−80t+880，
0≤t≤880÷80，
0≤t≤11，
答：s关于t的函数表达式：s=−80t+880(0≤t≤11)；
(2)当油箱中剩余油量为10升时，
s=880−(60−10)÷0.1=380(千米)，
∴380=−80t+880，
解得：t=254(小时)，
当油箱中剩余油量为0升时，
s=880−60÷0.1=280(千米)，
∴280=−80t+880，解得：t=152(小时)，
∵k=−80<0，
∴s随t的增大而减小，
∴t的取值范围是254≤t<152．
【解析】(1)用待定系数法求出函数解析式即可；
(2)当油箱中剩余油量为10升时和当油箱中剩余油量为0升时，求出t的取值即可．
本题考查一次函数的应用，解答本题的关键是明确题意，利用一次函数的性质和数形结合的思想解答．
24.【答案】(1)证明：连接OD，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ADB=90°，
∴∠A+∠ABD=90°，
∵OB=OD，
∴∠ABD=∠ODB，
∵∠BDC=∠A，
∴∠BDC+∠ODB=90°，
∴∠ODC=90°，
∴OD⊥CD，
∵OD是⊙O的半径，
∴CD是⊙O的切线；
(2)解：∵∠ADB=90°，tan∠BAD=23，
∴BDAD=23，
∵∠C=∠C，∠BDC=∠BAD，
∴△BDC∽△DAC，
∴CDAC=BCCD=BDAD=23，
∵AC=9，
∴CD9=23，
∴CD=6，
∴BC6=23，
∴BC=4，
∴AB=AC−BC=9−4=5．
∵AB为⊙O的直径，
∴⊙O的半径为52．
【解析】(1)连接OD，由圆周角定理得出∠ADB=90°，证出OD⊥CD，由切线的判定可得出结论；
(2)证明△BDC∽△DAC，由相似三角形的性质得出CDAC=BCCD=BDAD=23，由比例线段求出CD和BC的长，可求出AB的长，则可得出答案．
本题考查了切线的判定，相似三角形的判定与性质，锐角三角函数的定义，圆周角定理，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
25.【答案】解：(1)把A(3,0)、C(0,2)代入抛物线解析式y=−23x2+bx+c得：
0=−23×32+3b+c2=c，
解得：b=43c=2，
∴抛物线的表达式为：y=−23x2+43x+2；
(2)∵抛物线的表达式为：y=−23x2+43x+2，
令y=0，得；0=−23x2+43x+2，
解得：x1=−1，x2=3，
∴B(−1,0)，
∵平移后的抛物线的解析式为：y=−23(x+m)2+43(x+m)+2，
∴当x=0时，y=−23m2+43m+2=−23(m+1)(m−3)，
即N(−23(m+1)(m−3),0)，
∵所得的抛物线与x轴的左交点为M，
∴M(−1−m,0)，
∵∠NMO=∠CAO，
∴tan∠NMO=tan∠CAO，
∴ONOM=OCOA，
∴|−23(m+1)(m−3)||−1−m|=23，
∴m=2或4．
【解析】(1)将A、C坐标代入抛物线解析式，求得b、c，即可得解；
(2)表示出平移后的抛物线的解析式，从而求得OM和ON的长，根据tan∠NMO=tan∠CAO列出ONOM=OCOA，从而得出m的方程，进而求得结果．
本题考查了二次函数与一元二次方程的关系，图象平移的规律等知识，解决问题的关键是求出抛物线平移后的解析式．
26.【答案】5
【解析】解：(1)如图1，作△ABC的外接圆O，作直径AD，连接OB，
∵AB=AC，
∴AO⊥BC，∠BAO=60°，
∵OA=OB，
∴△OBA是等边三角形，
∴AB=OA=OB，
设AD与BC交于点E，BE=12BC=5 32，
在直角三角形ABE中，
∵sin∠BAO=BEAB，
∴sin60°=5 32AB= 32，
∴AB=5，
∴OA=5，
故答案为：5；
(2 )如图2，
∵∠BPC=90°，
∴点在以BC为直径的圆上，设圆心为点O，
则OP=12BC=2，
∴O，P，A三点线时AP最小，
在直角三角形ABO中，
AO= AB2+OB2=2 5，
∵PO=2，
∴AP的最小值为：AO−PO=2 5−2；
(3)如图3，设∠BPE所在圆的圆心为点O，根据(1)可得∠BPE所在圆的半径为2 32 32=2，以点D为旋转中心，将△DQA顺时针旋转60°，得到△DFN，当N，F，Q，P，O共线时，QA+QD+QP最小，过点N作NG⊥AB交BA的延长线于点G，连接AN，则△AND是等边三角形，过点O作OM⊥GN于M交BC于点H，连接OB，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD//BC//GN，
∴OH⊥BC，
∵CE= 3，
∴BE=2 3，
∴BH= 3，
∴OH= OB2−BH2=1，
∵AD=DN，∠ADN=60°，
∴△AND是等边三形，且AN=3 3，∠NAD=60°，
∴∠GAN=30°，
∴GN=ANsin30°=3 32，AG=ANcos30°=92，
∴OM=OH+AB+AG=92+1+3 3=112+3 3，MN=GN−BH=3 32− 3= 32，
∴ON= OM2+MN2= (112+3 3)2+( 32)2≈11，
∴QA+QD+QP最小值为：11−2=9(cm)．
(1)作出三角形的外接圆O，证明△OBA是等边三角形，利用三线合一性质计算即可；
(2 )点P在以BC为直径的圆上，根据圆心，P，A三点共线时AP最小，计算即可；
(3)如图3，设∠BPE所在圆的圆心为点O，根据(1)可得∠BPE所在圆的半径，以点D为旋转中心，将△DQA顺时针旋转60°，得到△DFN，当N，F，Q，P，O共线时，QA+QD+QP最小，构造直角三角形求解即可．
本题考查了正方形的性质、圆中半径相等，点与圆位置关系中的最值问题，费马点最值问题，旋转的思想，锐角三角函数，解题的关键是正确构造辅助圆，旋转60°处理费马点问题．
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