2023-2024学年江苏省南京市学校九年级（下）中考数学模拟试卷02（含解析）

这是一份2023-2024学年江苏省南京市学校九年级（下）中考数学模拟试卷02（含解析），共23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。

1.2022年10月31日，搭载空间站梦天实验舱的长征五号B遥四运载火箭，在我国文昌航天发射场发射成功．长征五号B运载火箭可提供1078t起飞推力．已知1t起飞推力约等于10000N，则长征五号B运载火箭可提供的起飞推力约为( )
A. 1.078×105NB. 1.078×106NC. 1.078×107ND. 1.078×108N
2.如图，数轴上A，B，C，D，E五个点分别表示数1，2，3，4，5，则表示数 10的点应在( )
A. 线段AB上B. 线段BC上C. 线段CD上D. 线段DE上
3.若一个等腰三角形的腰长为3，则它的周长可能是( )
A. 5B. 10C. 15D. 20
4.折返跑是一种跑步的形式．如图，在一定距离的两个标志物①、②之间，从①开始，沿直线跑至②处，用手碰到②后立即转身沿直线跑至①处，用手碰到①后继续转身跑至②处，循环进行，全程无需绕过标志物．小华练习了一次2×50m的折返跑，用时18s.在整个过程中，他的速度大小v(m/s)随时间t(s)变化的图象可能是( )
A.
B.
C.
D.
5.如图，在四边形ABCD中，AD//BC，∠DAB=30°，∠ADC=60°，BC=CD=2，若线段MN在边AD上运动，且MN=1，则BM2+2BN2的最小值是( )
A. 132B. 293C. 394D. 10
6.如图，数学活动课上，为测量学校旗杆高度，小菲同学在脚下水平放置一平面镜，然后向后退(保持脚、镜和旗杆底端在同一直线上)，直到她刚好在镜子中看到旗杆的顶端．已知小菲的眼睛离地面高度为1.6m，同时量得小菲与镜子的水平距离为2m，镜子与旗杆的水平距离为10m，则旗杆高度为( )
A. 6.4mB. 8mC. 9.6mD. 12.5m
二、填空题：本题共10小题，每小题3分，共30分。
7.计算：|−2|= ； (−2)2= ．
8.使分式1x−5有意义的x的取值范围是 ．
9.计算3 2− 2= ．
10.分解因式：x2y−4y= ．
11.计算：3a2b⋅(−a)2= ．
12.某青年排球队有12名队员，年龄的情况如下表：
则这12名队员年龄的中位数是 岁．
13.学校提倡“低碳环保，绿色出行”，小明和小亮分别选择步行和骑自行车上学，两人各自从家同时同向出发，沿同一条路匀速前进．如图所示，l1和l2分别表示两人到小亮家的距离s(km)和时间t(h)的关系，则出发______ __h后两人相遇．
14.已知曲线C1、C2分别是函数y=-2x(x<0)，y=kx(k>0,x>0)的图象，边长为6的正△ABC的顶点A在y轴正半轴上，顶点B、C在x轴上(B在C的左侧)，现将△ABC绕原点O顺时针旋转，当点B在曲线C1上时，点A恰好在曲线C2上，则k的值为 ．
15.半径为5cm的圆内接正五边形一边所对劣弧的长为 _cm．
16.如图，在菱形纸片ABCD中，点E在边AB上，将纸片沿CE折叠，点B落在B′处，CB′⊥AD，垂足为F.若CF=4cm，FB′=1cm，则BE= cm．
三、解答题：本题共11小题，共88分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题8分)
计算：a2a2−2a+1⋅a−1a−1a−1．
18.(本小题8分)
解不等式组2(x−1)+1>−3x−1≤1+x3并把它的解集在数轴上表示出来．
19.(本小题8分)
已知：如图，在▱ABCD中，点E、F分别在BC、AD上，∠AFB=∠CED．
求证：
(1)BF//DE；
(2)△ABF≌△CDE．
20.(本小题8分)
为合理安排进、离校时间，学校调查小组对某一天八年级学生上学、放学途中的用时情况进行了调查．本次调查在八年级随机抽取了20名学生，建立以上学途中用时为横坐标、放学途中用时为纵坐标的平面直角坐标系，并根据调查结果画出相应的点，如图所示：
(1)根据图中信息，下列说法中正确的是_______(写出所有正确说法的序号)；
①这20名学生上学途中用时都没有超过30min；
②这20名学生上学途中用时在20min以内的人数超过一半；
③这20名学生放学途中用时最短为5min；
④这20名学生放学途中用时的中位数为15min．
(2)已知该校八年级共有400名学生，请估计八年级学生上学途中用时超过25min的人数；
(3)调查小组发现，图中的点大致分布在一条直线附近．请直接写出这条直线对应的函数表达式并说明实际意义．
21.(本小题8分)
一只不透明的袋子中装有4个小球，分别标有编号1，2，3，4，这些小球除编号外都相同．
(1)搅匀后从中任意摸出1个球，这个球的编号是2的概率为_________________；
(2)搅匀后从中任意摸出1个球，记录球的编号后放回、搅匀，再从中任意摸出1个球．求第2次摸到的小球编号比第1次摸到的小球编号大1的概率是多少？(用画树状图或列表的方法说明)
22.(本小题8分)
随着2022年底城东快速路的全线通车，徐州主城区与东区之间的交通得以有效改善，如图某人乘车从徐州东站至戏马台景区，可沿甲路线或乙路线前往．已知甲、乙两条路线的长度均为12km，甲路线的平均速度为乙路线的32倍，甲路线的行驶时间比乙路线少10min，求甲路线的行驶时间．
23.(本小题8分)
如图，堤坝AB长为10m，坡度i为1：0.75，底端A在地面上，堤坝与对面的山之间有一深沟，山顶D处立有高20m的铁塔CD.小明欲测量山高DE，他在A处看到铁塔顶端C刚好在视线AB上，又在坝顶B处测得塔底D的仰角α为26°35′.求堤坝高及山高DE.(sin26°35′≈0.45,cs26°35′≈0.89,tan26°35′≈0.50，小明身高忽略不计，结果精确到1m)
24.(本小题8分)
拜寺口双塔，分为东西两塔，位于宁夏回族自治区银川市贺兰县拜寺口内，是保存最为完整的西夏佛塔，已有近1000年历史，是中国佛塔建筑史上不可多得的艺术珍品．某数学兴趣小组决定采用我国古代数学家赵爽利用影子对物体进行测量的原理，来测量东塔的高度．东塔的高度为AB，选取与塔底B在同一水平地面上的E、G两点，分别垂直地面竖立两根高为1.5m的标杆EF和GH，两标杆间隔EG为46m，并且东塔AB、标杆EF和GH在同一竖直平面内．从标杆EF后退2m到D处(即ED=2m)，从D处观察A点，A、F、D在一直线上；从标杆GH后退4m到C处(即CG=4m)，从C处观察A点，A、H、C三点也在一直线上，且B、E、D、G、C在同一直线上，请你根据以上测量数据，帮助兴趣小组求出东塔AB的高度．
25.(本小题8分)
在二次函数y=x2−2tx+3(t>0)中．
(1)若它的图象过点(2,1)，则t的值为多少？
(2)当0≤x≤3时，y的最小值为−2，求出t的值；
(3)如果A(m−2,a)，B(4,b)，C(m,a)都在这个二次函数的图象上，且a26.(本小题8分)
如图，AB，CD为⊙O的直径，C为⊙O上一点，过点C的切线与AB的延长线交于点P，∠ABC=2∠BCP，点E是BD的中点，弦CE，BD相交于点F．
(1)求∠OCB的度数；
(2)若EF=3，求⊙O直径的长．
27.(本小题8分)
如图1，小丽借助几何软件进行数学探究：第一步，画出矩形ABCD和矩形EFGH，点E、F在边AB上(EF(1)如图2，小丽取AB=4，EF=3，m=1，n=3，滑动矩形EFGH，当点E、A重合时，CQ=______；
(2)小丽滑动矩形EFGH，使得O恰为边AB的中点．她发现对于任意的m≠n，DP=CQ总成立．请说明理由；
(3)经过数次操作，小丽猜想，设定m、n的某种数量关系后，滑动矩形EFGH，DP=CQ总成立．小丽的猜想是否正确？请说明理由．
2023−2024学年江苏省南京市学校九年级(下)中考数学模拟试卷02
答案和解析
1.【答案】C
【解析】【分析】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≥10时，n是正整数；当原数的绝对值<1时，n是负整数．
【解析】1078×10000=1.078×107．
故选：C．
2.【答案】C
【解析】【分析】根据算术平方根的定义，估算无理数 10的大小，再根据数轴上A，B，C，D，E五个点在数轴上的位置进行判断即可．
【解析】∵3< 10<4，而数轴上A，B，C，D，E五个点分别表示数1，2，3，4，5，
∴表示数 10的点应在线段CD上，
故选：C．
3.【答案】B
【解析】【分析】根据等腰三角形的性质及三角形三边关系求解即可．
【解析】∵等腰三角形的腰长为3，
∴3−3<等腰三角形的底长<3+3，
即0<等腰三角形的底长<6，
∴6<等腰三角形的周长<12，
故选：B．
4.【答案】D
【解析】【分析】根据速度与时间的关系即可得出答案．
【解析】刚开始速度随时间的增大而增大，匀速跑一段时间后减速到②，然后再加速再匀速跑到①，由于体力原因，应该第一个50米速度快，用的时间少，第二个50米速度慢，用的时间多，故他的速度大小v(m/s)随时间t变化的图象可能是D．( )
故选：D．
5.【答案】B
【解析】【分析】过B作BF⊥AD于F，过C作CE⊥AD于E，根据直角三角形的性质得到CE= 32CD= 3，求得BF=CE= 3，要使BM2+2BN2的值最小，则BM和BN越小越好，MN显然在点B的上方(中间位置时)，设MF=x，FN=1−x，根据勾股定理和二次函数的性质即可得到结论．
【解析】过B作BF⊥AD于F，过C作CE⊥AD于E，
∵∠D=60°，CD=2，
∴CE= 32CD= 3，
∵AD//BC，
∴BF=CE= 3，
要使BM2+2BN2的值最小，则BM和BN越小越好，
∴MN显然在点B的上方(中间位置时)，
设MF=x，FN=1−x，
∴BM2+2BN2=BF2+FM2+2(BF2+FN2)=x2+3+2[(1−x)2+3]=3x2−4x+11=3(x−23)2+293，
∴当x=23时，BM2+2BN2的最小值是293．
故选：B．
6.【答案】B
【解析】【分析】根据镜面反射的性质，△ABC∽△EDC，再根据相似三角形对应边成比例列式求解即可．
【解析】如图：
∵AB⊥BD，DE⊥BD，
∴∠ABC=∠EDC=90°，
∵∠ACB=∠DCE，
∴△ABC∽△EDC，
∴ABDE=BCCD，
即1.6DE=210，
∴DE=8(m)，
故选：B．
7.【答案】2
2

【解析】【分析】根据绝对值的性质和二次根式的性质，进行计算即可．
【解析】|−2|=2， (−2)2=2，
故答案为：2，2．
8.【答案】x≠5
【解析】【分析】根据分式有意义的条件可得x−5≠0，求出x的范围即可．
【解析】当x−5≠0时，分式有意义，
解得x≠5，
故答案为：x≠5．
9.【答案】2 2
【解析】【分析】直接利用二次根式的加减运算法则计算得出答案．
【解析】原式=2 2．
故答案为：2 2．
10.【答案】y(x+2)(x−2)
【解析】【分析】先提公因式，再利用平方差公式继续分解即可解答．
【解析】x2y−4y
=y(x2−4)
=y(x+2)(x−2)，
故答案为：y(x+2)(x−2)．
11.【答案】3a4b
【解析】【分析】直接利用积的乘方运算法则化简，再利用单项式乘单项式运算法则计算得出答案．
【解析】3a2b⋅(−a)2=3a2b⋅a2=3a4b．
故答案为：3a4b．
12.【答案】19
【解析】【分析】根据中位数的定义求解．
【解析】观察统计表可知：共12名队员，中位数是第6，7个人平均年龄，因而中位数是19岁．
故答案为：19．
13.【答案】0.35
【解析】【分析】用待定系数法求出l1和l2的函数解析式，再令S1=S2解方程即可．
【解析】设l1的函数解析式为y1=kx+b，
则b=+b=6,
解得k=5b=3.5,
∴l1的函数解析式为S1=5t+3.5；
设l2的函数解析式为S2=mt，
则0.4m=6，
解得m=15，
∴l2的函数解析式为S2=15t；
令S1=S2，即5t+3.5=15t，
解得t=0.35，
∴出发0.35小时后两人相遇．
故答案为：0.35．
14.【答案】6
【解析】【分析】作A′D⊥x轴于D，B′E⊥x轴于E，根据反比例函数系数k的几何意义求得S△OA′D=12k，S△OB′E=12×|−2|=1，根据等边三角形的性质得出OB=3，OA=3 3，易证得△A′OD∽△OB′E，从而得出S▵A’ODS▵B’OE=(OA’OB’)2=3，即12k1=3，解得k=6．
【解析】作A′D⊥x轴于D，B′E⊥x轴于E，
∵将△ABC绕原点O顺时针旋转，点B在曲线C1上时，点A恰好在曲线C2上，
∴S△OA′D=12k，S△OB′E=12×|−2|=1，
∵边长为6的正△ABC的顶点A在y轴正半轴上，顶点B、C在x轴上(B在C的左侧)，OA⊥BC，
∴OB=3，OA=3 3，
由旋转的性质可知OB′=OB=3，OA′=OA=3 3，
∴OA’OB= 3，
∵∠A′OB′=∠AOB=90°，
∴∠B′OE+∠A′OD=90°，
∵∠A′OD+∠OA′D=90°，
∴∠B′OE=∠OA′D，
∵∠OEB′=∠A′DO=90°，
∴△A′OD∽△OB′E，
∴S▵A’ODS▵B’OE=(OA’OB’)2=3，即12k1=3，
∴k=6．
故答案为：6．
15.【答案】2π
【解析】【分析】根据正多边形和圆的性质，计算半径为5cm的圆周长的五分之一即可．
【解析】由题意得，半径为5cm的圆内接正五边形一边所对劣弧的长是半径为5cm的圆周长的五分之一，
所以15×2×π×5=2π(cm)，
故答案为：2π．
16.【答案】257
【解析】【分析】作EH⊥BC于点H，由CF=4cm，FB′=1cm，求得B′C=5cm，由折叠得BC=B′C=5cm，由菱形的性质得BC//AD，DC=BC=5cm，∠B=∠D，因为CB′⊥AD于点F，所以∠BCB′=∠CFD=90°，则∠BCE=∠B′CE=45°，DF= DC2−CF2=3cm，所以∠HEC=∠BCE=45°，则CH=EH，由EHBE=sinB=sinD=45，BHBE=csB=csD=35，得CH=EH=45BE，BH=35BE，于是得45BE+35BE=5，则BE=257cm．
【解析】作EH⊥BC于点H，则∠BHE=∠CHE=90°，
∵CF=4cm，FB′=1cm，
∴B′C=CF+FB′=4+1=5(cm)，
由折叠得BC=B′C=5cm，∠BCE=∠B′CE，
∵四边形ABCD是菱形，
∴BC//AD，DC=BC=5cm，∠B=∠D，
∵CB′⊥AD于点F，
∴∠BCB′=∠CFD=90°，
∴∠BCE=∠B′CE=12∠BCB′=12×90°=45°，DF= DC2−CF2= 52−42=3(cm)，
∴∠HEC=∠BCE=45°，
∴CH=EH，
∵EHBE=sinB=sinD=CFDC=45，BHBE=csB=csD=DFDC=35，
∴CH=EH=45BE，BH=35BE，
∴45BE+35BE=5，
∴BE=257cm，
故答案为：257．
17.【答案】a2a2−2a+1⋅a−1a−1a−1
=a2(a−1)2⋅a−1a−1a−1
=aa−1−1a−1
=a−1a−1
=1．

【解析】【分析】先把能分解因式进行分解，再约分，最后算分式的减法即可．
18.【答案】2(x−1)+1>−3①x−1≤1+x3②,
解不等式①得：x>−1，
解不等式②得：x≤2，
∴原不等式组的解集为：−1∴该不等式组的解集在数轴上表示如图所示：

【解析】【分析】按照解一元一次不等式组的步骤，进行计算即可解答．
19.【答案】证明：(1)∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD//BC，
∴∠ADE=∠CED，
∵∠AFB=∠CED，
∴∠AFB=∠ADE，
∴BF//DE．
(2)∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD，∠A=∠C，
在△ABF和△CDE中，
∠A=∠C∠AFB=∠CEDAB=CD,
∴△ABF≌△CDE(AAS).

【解析】【分析】(1)由平行四边形的性质得AD//BC，则∠ADE=∠CED，而∠AFB=∠CED，所以∠AFB=∠ADE，即可证明BF//DE；
(2)由平行四边形的性质得AB=CD，∠A=∠C，而∠AFB=∠CED，即可根据“AAS”证明△ABF≌△CDE．
20.【答案】(1)根据在坐标系中点的位置，可知：
这20名学生上学途中用时最长的时间为30min，故①说法正确；
这20名学生上学途中用时在20min以内的人数为：17人，超过一半，故②说法正确；
这20名学生放学途中用时最段的时间为5min，故③说法正确；
这20名学生放学途中用时的中位数是用时第10和第11的两名学生用时的平均数，在图中，用时第10和第11的两名学生的用时均小于15min，故这20名学生放学途中用时的中位数为也小于15min，即④说法错误；
故答案为：①②③．
(2)根据图中信息可知，上学途中用时超过25min的学生有1人，
故该校八年级学生上学途中用时超过25min的人数为400×120=20(人)．
(3)如图：
设直线的解析式为：y=kx+b，根据图象可得，直线经过点(10,10)，(7,7)，
将(10,10)，(7,7)代入y=kx+b，得：
10=10k+b7=7k+b,
解得：k=1b=0,
故直线的解析式为：y=x；
则这条直线可近似反映学生上学途中用时和放学途中用时一样．

【解析】【分析】(1)根据图中信息，逐项分析即可求解；
(2)根据图中信息，可得上学途中用时超过25min的学生有1人，用总人数×抽取的学生中上学用时超过25min学生所占比例；即可求解；
(3)先画出近似直线，待定系数法求解即可得到直线的解析式．
21.【答案】(1)∵一共有4个编号的小球，编号为2的有一个，
∴P(任意摸出1个球，这个球的编号是2)=14；
(2)画树状图如下：
一共有16个等可能的结果，其中第2次摸到的小球编号比第1次摸到的小球编号大1出现了3次，
∴P(第2次摸到的小球编号比第1次摸到的小球编号大1)=316．

【解析】【分析】(1)直接利用概率公式求出即可；
(2)用列表法或树状图法列举出所有等可能的结果，从中找出第2次摸到的小球编号比第1次摸到的小球编号大1的结果，然后利用等可能事件的概率公式求出即可．
22.【答案】设甲路线的行驶时间为xmin，则乙路线的行驶时间为(x+10)min，
由题意得：12x=32×12x+10，
解得：x=20，
经检验，x=20是原方程的解，且符合题意，
答：甲路线的行驶时间为20min．

【解析】【分析】设甲路线的行驶时间为xmin，则乙路线的行驶时间为(x+10)min，根据甲路线的平均速度为乙路线的32倍，列出分式方程，解方程即可．
23.【答案】过B作BH⊥AE于H，
∵坡度i为1：0.75，
∴设BH=4xm，AH=3xm，
∴AB= AH2+BH2=5x=10m，
∴x=2，
∴AH=6m，BH=8m，
过B作BF⊥CE于F，
则EF=BH=8，BF=EH，
设DF=am，
∵α=26°35′．
∴BF=DFtan26°35’=a0.5=2a，
∴AE=6+2a，
∵坡度i为1：0.75，
∴CE：AE=(20+a+8)：(6+2a)=1：0.75，
∴a=12，
∴DF=12(米)，
∴DE=DF+EF=12+8=20(米)，
答：堤坝高为8米，山高DE为20米．

【解析】【分析】过B作BH⊥AE于H，设BH=4xm，AH=3xm，根据勾股定理得到AB= AH2+BH2=5x=10m，求得AH=6m，BH=8m，过B作BF⊥CE于F，则EF=BH=8mm，BF=EH，设DF=am，解直角三角形即可得到结论．
24.【答案】设BD=xm，则BC=BD+DG+CG=x+46−2+4=(x+48)m，
∵AB⊥BC，EF⊥BC，
∴AB//EF，
∴△ABD∽△FED，
∴EFAB=DEBD，即1.5AB=2x，
同理可证△ABC∽△HGC，
∴GHAB=CGBC，即1.5AB=4x+48，
∴2x=4x+48，
解得x=48，
经检验，x=48是原方程的解，
∴1.5AB=248，
∴AB=36m，
∴该古建筑AB的高度为36m．

【解析】【分析】设BD=xm，则BC=(x+48)m，通过证明△ABD∽△EFD，得到EFAB=DEBD，即1.5AB=2x，同理得到1.5AB=4x+48，则可建立方程2x=4x+48，解方程即可得到答案．
25.【答案】(1)将(2,1)代入y=x2−2tx+3得：
1=4−4t+3，
解得：t=32；
(2)抛物线y=x2−2tx+3对称轴为x=t．
若0∴t2−2t2+3=−2，
解得t= 5；
若t>3，当x=3时函数取最小值，
∴9−6t+3=−2，
解得t=73(不符合题意，舍去)；
综上所述，t的值为 5；
(3)∵A(m−2,a)，C(m,a)都在这个二次函数的图象上，
∴二次函数y=x2−2tx+3的对称轴直线x=t即为直线x=m−2+m2=m−1，
∴t=m−1，
∵t>0，
∴m−1>0，
解得m>1，
∵m−2∴A在对称轴左侧，C在对称轴右侧，
在y=x2−2tx+3中，令x=0得y=3，
∴抛物线y=x2−2tx+3与y轴交点为(0,3)，
∴(0,3)关于对称轴直线x=m−1的对称点为(2m−2,3)，
∵b<3，
∴4<2m−2，
解得m>3；
①当A(m−2,a)，B(4,b)都在对称轴左侧时，
∵y随x的增大而减小，且a∴4解得m>6，
此时m满足的条件为m>6；
②当A(m−2,a)在对称轴左侧，B(4,b)在对称轴右侧时，
∵a∴B(4,b)到对称轴直线x=m−1距离大于A(m−2,a)到对称轴直线x=m−1的距离，
∴4−(m−1)>m−1−(m−2)，
解得：m<4，
此时m满足的条件是3综上所述，36．

【解析】【分析】(1)将(2,1)代入y=x2−2tx+3即可得t=32；
(2)抛物线y=x2−2tx+3对称轴为x=t.若03，有9−6t+3=−2，解方程并检验可得t的值为 5；
(3)根据A(m−2,a)，C(m,a)都在这个二次函数的图象上，可得二次函数y=x2−2tx+3的对称轴直线x=t即为直线x=m−2+m2=m−1，由t>0，得m>1，因m−23；①当A(m−2,a)，B(4,b)都在对称轴左侧时，y随x的增大而减小，有46；②当A(m−2,a)在对称轴左侧，B(4,b)在对称轴右侧时，B(4,b)到对称轴直线x=m−1距离大于A(m−2,a)到对称轴直线x=m−1的距离，故4−(m−1)>m−1−(m−2)，得：m<4，m满足的条件是326.【答案】(1)∵PC与⊙O相切于点C，
∴OC⊥PC，
∴∠OCB+∠BCP=90°，
∵OB=OC，
∴∠OCB=∠OBC，
∵∠ABC=2∠BCP，
∴∠OCB=2∠BCP，
∴3∠BCP=90°，
∴∠BCP=30°，
∴∠OCB=60°．
(2)连接DE，
∵CD是直径，
∴∠DEC=90°，
∵点E是BD的中点，
∴DE=EB，
∴∠DCE=∠FDE=∠ECB=12∠DCB=30°，
∵∠E=90°，EF=3，∠FDE=30°，
∴DE= 3FE=3 3，
∵∠E=90°，∠DCE=30°，
∴CD=2DE=6 3，
∴⊙O的直径的长为6 3．

【解析】【分析】(1)由切线的性质得到∠OCB+∠BCP=90°，由OB=OC，得到∠OCB=∠OBC，由三角形外角的性质得到∠ABC=2∠BCP，因此∠OCB=2∠BCP，得到3∠BCP=90°，求出∠BCP=30°，得到∠OCB=60°．
(2)由圆周角定理推出∠FDE=30°，由直角三角形的性质求出DE的长，即可得到CD的长．
27.【答案】(1)∵四边形ACBD和四边形EFGH是矩形，
∴∠B=∠EFG=90°，BC=AD，FG=EH，
∴FG//BC，
∴△OGF∽△OQB，
∴FGBQ=OFOB，
∵ABAD=1，EFEH=3，AB=4，EF=3，
∴BC=AD=4，FG=EH=1，
∵OF=OE=12EF=32，OB=AB−OE=4−32=52，
∴1BQ=3252，
∴BQ=53，
∴CQ=4−53=73，
故答案为：73；
(2)如图1，
∵EH//AD，
∴△OEH∽△OAP，
∴EHAP=OEOA，
同理可得，
FGBQ=OFOB，
∵O是EF的中点，O是AB的中点，
∴OE=OF，OA=OB，
∴EHAP=FGBQ，
∵EH=FG，
∴AP=BQ，
∵AD=BC，
∴DP=CQ；
(3)如图，
当m=n时，即：ABAD=EFEH=m时，DP=CQ，理由如下：
同理(2)可得，
EHAP=OEOA，FGBQ=OFOB，
∴AP=OA⋅EHOE，BQ=FG⋅OBOF，
∵EFEH=m，O是EF的中点，
∴AP=2OAm，BQ=2OBm，
∴DP=AD−AP=AD−2OAm，CQ=BQ−BC=2OBm−AD，
∴DP−CQ=2AD−2(OA+OB)m=2AD−2ABm=2(AD⋅m)−2ABm=2AB−2ABm=0，
∴DP=CQ，
当点O运动到AB的中点时，DP=CQ=0．

【解析】【分析】(1)可推出△OGF∽△OQB，从而FGBQ=OFOB，进一步得出结果；
(2)可推出△OEH∽△OAP，从而EHAP=OEOA，同理可得出FGBQ=OFOB，进一步得出结论；
(3)当m=n时，DP=CQ；可推出EHAP=OEOA，FGBQ=OFOB，从而AP=2OAm，BQ=2OBm，从而DP=AD−2OAm，CQ=2OBm−AD，计算得出DP−CQ=0，从而得出DP=CQ．
年龄/岁
18
19
20
21
22
人数
3
5
2
1
1