2021年浙江省温州市苍南县中考数学第一次摸底试卷

这是一份2021年浙江省温州市苍南县中考数学第一次摸底试卷，共26页。试卷主要包含了不等式组的解集为，已知点等内容，欢迎下载使用。

1．在﹣4，﹣2，0，1，3，5这六个数中，任意三数之积的最大值是（ ）
A．15B．40C．24D．30
2．如图所示的几何体的从左面看到的图形为（ ）
A．B．C．D．
3．某校为了解学生的课外阅读情况，随机抽取了一个班的学生，对他们一周的课外阅读时间进行了统计，统计数据如下表，则该班学生一周课外阅读时间的中位数和众数分别是（ ）
A．8，7B．8，8C．8.5，8D．8.5，7
4．已知M、N两点关于y轴对称，且点M在反比例函数的图象上，点N在直线y＝x+4上，设点M的坐标为（a，b），则二次函数y＝﹣abx2+（a+b）x有（ ）
A．最小值为2B．最大值为2C．最小值为﹣2D．最大值为﹣2
5．在一只不透明的口袋中放入只有颜色不同的白球6个，黑球8个，黄球n个，搅匀后随机从中摸取一个恰好是黄球的概率为，则放入的黄球个数?＝（ ）
A．4B．5C．6D．7
6．不等式组的解集为（ ）
A．x≥﹣2B．﹣2＜x＜3C．x＞3D．﹣2≤x＜3
7．已知点（m，﹣2）关于原点对称的点落在直线y＝x﹣3上，则m的值为（ ）
A．﹣5B．﹣2C．1D．2
8．一副学生三角板放在一个圈里恰好如图所示，顶点D在圆圈外，其他几个顶点都在圆圈上，圆圈和AD交于点E，已知AC＝8cm，则这个圆圈上的弦CE长是（ ）
A．6cmB．6cmC．4cmD．cm
9．若x、y满足方程组，则x﹣y的值为（ ）
A．﹣2B．﹣1C．1D．2
10．如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，CD、CE分别是高和角平分线，已知△BEC的面积是15，△CDE的面积为3，则△ABC的面积为（ ）
A．22.5或20B．22.5C．24或20D．20
二．填空题（满分0分，每小题0分）
11．因式分解：x2y﹣36y＝ ．
12．如图，AB∥CD，∠D＝60°，FB＝FE，则∠E＝ °．
13．若关于x的一元二次方程x2﹣4x+m﹣1＝0有两个相等的实数根，则m的值为 ．
14．一个箱子内有3颗相同的球，将3颗球分别标示号码1，2，5，今浩浩以每次从箱子内取一颗球且取后放回的方式抽取，并预计取球10次，现已取了8次，取出的结果依次为1，2，2，5，5，2，1，2，若每次取球时，任一颗球被取到的机会皆相等，且取出的号码即为得分数，浩浩打算依计划继续从箱子取球2次，则发生“这10次得分的平均数在2.2～2.4之间（含2.2，2.4）”的情形的概率为 ．
15．将双曲线y＝向右平移1个单位长度，再向下平移2个单位长度，得到的新双曲线与直线y＝kx﹣2﹣k（k＞0）相交于两点，其中一个点的横坐标为a，另一个点的纵坐标为b，则（a﹣1）（b+2）＝ ．
16．如图，AB为⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，点F在圆上，且，BE＝2，CD＝8，CF交AB于点G，则弦CF的长为 ，AG的长为 ．
三．解答题
17．（1）计算：﹣（﹣1）2020﹣（π﹣2）0；
（2）分解因式：3x3﹣12x；
（3）计算：（﹣a﹣1）2﹣（1+a）（a﹣1）；
（4）解方程：．
18．如图，在四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，若BC＝4，AO＝CO＝3，BD＝10，∠ACB＝90°，求AD的长及四边形ABCD的面积．
19．（1）已知线段a，以此为边，用尺规作图（保留作图痕迹，不需写作法）作出一个含有60°的菱形；
（2）如图，在菱形ABCD中，点M、N分别是边BC、CD上的点，连接AM、AN，若∠ABC＝∠MAN＝60°，求证：BM＝CN．
20．已知抛物线y＝ax2+c经过点A（0，2）和点B（﹣1，0）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）将（1）中的抛物线平移，使其顶点坐标为（2，1），平移后的抛物线与x轴的两个交点分别为点C，D（点C在点D的左边），求点C，D的坐标；
（3）将（1）中的抛物线平移，设其顶点的纵坐标为m，平移后的抛物线与x轴两个交点之间的距离为n．若1＜m≤5，直接写出n的取值范围．
21．某校学生的数学期末总评成绩由参与教学活动、作业、期末考试成绩3部分组成．各部分所占比例如图所示．小明参与数学活动、作业和期末考试得分依次为84分、92分、88分．则小明的数学期末总评成绩是多少？
22．在平面直角坐标系中，矩形OABC的边OC、OA分别在x轴、y轴上，点A（0，m），点C（n，0），且m、n满足+（n﹣2）2＝0．
（1）求点A、C的坐标；
（2）如图1，点D为第一象限内一动点，连CD、BD、OD，∠ODB＝90°，试探究线段CD、OD、BD之间的数量关系，并证明你的结论；
（3）如图2，点F在线段OA上，连BF，作OM⊥BF于M，AN⊥BF于N，当F在线段OA上运动时（不与O、A重合），的值是否变化？若变化，求出变化的范围；若不变，求出其值．
23．如图1是某体育看台侧面的示意图，观众区AC的坡度i＝1：2，顶端C离水平地面AB的高度为15，活动顶棚外沿处的点E恰好在点A的正上方，从D处看E处的仰角α＝30°，竖直的立杆上C，D两点间的距离为5．
（1）直接写出观众区的水平宽度AB＝ ，DE＝ ；点E离水平地面的高度EA＝ ．
（2）为了看台遮阳的需要，现将活动顶棚ED绕D点向下转动11°30ʹ，此时E点在地面上的铅直投影恰好落在点F处（如图2），求AF的长．（sin11°30′≈0.20，cs11°30′≈0.98，tan11°30′≈0.20；sin18°30′≈0.32，cs18°30ʹ≈0.95，tan18°30ʹ≈0.33，结果精确到0.1）
24．如图1，在△ABC中，AB＝AC，⊙O是△ABC的外接圆，过C作CD∥AB，CD交⊙O于D，连接AD交BC于点E，延长DC至点F，使CF＝AC，连接AF．
（1）求证：AF是⊙O的切线；
（2）求证：AB2﹣BE2＝BE•EC；
（3）如图2，若点G是△ACD的内心，BC•BE＝64，求BG的长．
2021年浙江省温州市苍南县中考数学第一次摸底试卷
参考答案与试题解析
一．选择题（每题4分，满分0分）
1．在﹣4，﹣2，0，1，3，5这六个数中，任意三数之积的最大值是（ ）
A．15B．40C．24D．30
【分析】取出三个数，使其积最大即可．
【解答】解：（﹣4）×（﹣2）×5＝40，
则任意三数之积的最大值是40．
故选：B．
2．如图所示的几何体的从左面看到的图形为（ ）
A．B．C．D．
【分析】左视图就是从几何体的左侧看，所得到的图形，实际上就是从左面“正投影”所得到的图形，
【解答】解：从这个几何体的左面看，所得到的图形是长方形，能看到的轮廓线用实线表示，看不见的轮廓线用虚线表示，
因此，选项D的图形，符合题意，
故选：D．
3．某校为了解学生的课外阅读情况，随机抽取了一个班的学生，对他们一周的课外阅读时间进行了统计，统计数据如下表，则该班学生一周课外阅读时间的中位数和众数分别是（ ）
A．8，7B．8，8C．8.5，8D．8.5，7
【分析】根据中位数、众数的意义即可求出答案．
【解答】解：学生一周课外阅读时间的出现次数最多的是7小时，因此众数是7；
将40名学生的读书时间从小到大排列后处在中间位置的两个数都是8小时，因此中位数是8，
故选：A．
4．已知M、N两点关于y轴对称，且点M在反比例函数的图象上，点N在直线y＝x+4上，设点M的坐标为（a，b），则二次函数y＝﹣abx2+（a+b）x有（ ）
A．最小值为2B．最大值为2C．最小值为﹣2D．最大值为﹣2
【分析】先用待定系数法求出二次函数的解析式，再根据二次函数图象上点的坐标特征求出其最值即可．
【解答】解：∵M，N两点关于y轴对称，
∴设点M的坐标为（a，b），则N点的坐标为（﹣a，b），
又∵点M在反比例函数 的图象上，点N在一次函数y＝x+4的图象上，
∴，整理得 ，
故二次函数y＝﹣abx2+（a+b）x为y＝﹣2x2+4x，
∴二次项系数为﹣2＜0，故函数有最大值，最大值为y＝＝2．
故选：B．
5．在一只不透明的口袋中放入只有颜色不同的白球6个，黑球8个，黄球n个，搅匀后随机从中摸取一个恰好是黄球的概率为，则放入的黄球个数?＝（ ）
A．4B．5C．6D．7
【分析】根据口袋中装有白球6个，黑球8个，黄球n个，故球的总个数为6+8+n，再根据黄球的概率公式列式解答即可．
【解答】解：∵口袋中装有白球6个，黑球8个，黄球n个，
∴球的总个数为6+8+n，
∵从中随机摸出一个球，摸到黄球的概率为，
∴
解得，n＝7．
故选：D．
6．不等式组的解集为（ ）
A．x≥﹣2B．﹣2＜x＜3C．x＞3D．﹣2≤x＜3
【分析】分别求出两不等式的解集，进而得出它们的公共解集．
【解答】解：，
解①得：x＞3，
解②得：x≥﹣2，
所以不等式组的解集为：x＞3．
故选：C．
7．已知点（m，﹣2）关于原点对称的点落在直线y＝x﹣3上，则m的值为（ ）
A．﹣5B．﹣2C．1D．2
【分析】根据关于原点对称的点的坐标特点写出落在一次函数图象上的点的坐标，代入一次函数即可求解．
【解答】解：点（m，﹣2）关于原点对称的点为（﹣m，2）
代入直线y＝x﹣3，得2＝﹣m﹣3
解得m＝﹣5
故选：A．
8．一副学生三角板放在一个圈里恰好如图所示，顶点D在圆圈外，其他几个顶点都在圆圈上，圆圈和AD交于点E，已知AC＝8cm，则这个圆圈上的弦CE长是（ ）
A．6cmB．6cmC．4cmD．cm
【分析】作AH⊥CE于H，如图，∠ACB＝90°，∠ABC＝∠BAC＝45°，∠BAD＝30°，根据圆周角定理得到∠BCE＝∠BAD＝30°，∠AEC＝∠ABC＝45°，则∠ACE＝60°，利用含30度的直角三角形三边的关系得到CH＝AC＝4，AH＝CH＝4，AE＝HE＝4，然后计算CH+HE即可．
【解答】解：作AH⊥CE于H，如图，∠ACB＝90°，∠ABC＝∠BAC＝45°，∠BAD＝30°，
∴∠BCE＝∠BAD＝30°，
∴∠ACE＝60°，
在Rt△ACH中，CH＝AC＝×8＝4，
∴AH＝CH＝4，
∵∠AEC＝∠ABC＝45°，
∴AE＝HE＝4，
∴CE＝CH+HE＝（4+4）cm．
故选：C．
9．若x、y满足方程组，则x﹣y的值为（ ）
A．﹣2B．﹣1C．1D．2
【分析】方程组两方程相减即可求出结果．
【解答】解：，
①﹣②得：3x﹣3y＝6，
则x﹣y＝2，
故选：D．
10．如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，CD、CE分别是高和角平分线，已知△BEC的面积是15，△CDE的面积为3，则△ABC的面积为（ ）
A．22.5或20B．22.5C．24或20D．20
【分析】首先过点E作EM⊥BC于M，EN⊥AC于N，根据角平分线的性质，即可得EM＝EN，然后设S△ACD＝x，根据三角形的面积求解方法，可得＝＝＝，又由△ACD∽△CBD，可得＝（）2，即可得方程：＝（）2，解此方程即可求得答案．
【解答】解：过点E作EM⊥BC于M，EN⊥AC于N，
∵CE是△ABC的角平分线，
∴EM＝EN，
设S△ACD＝x，
∵S△ACE＝AC•EN＝AE•CD，S△BCE＝BC•EM＝BE•CD，
∴＝＝＝，
∵∠ADC＝∠CDB＝90°，
∴∠A+∠ACD＝90°，∠ACD+∠BCD＝90°，
∴∠A＝∠BCD，
∴△ACD∽△CBD，
∴＝（）2，
∵＝，
∴＝（）2，
解得：x＝2或4.5，
∴S△ABC＝2+18＝20或S△ABC＝18+4.5＝22.5．
故选：A．
二．填空题（满分0分，每小题0分）
11．因式分解：x2y﹣36y＝ y（x+6）（x﹣6） ．
【分析】先提公因式，再利用平方差公式进行因式分解即可．
【解答】解：x2y﹣36y＝y（x2﹣36）＝y（x+6）（x﹣6），
故答案为：y（x+6）（x﹣6）．
12．如图，AB∥CD，∠D＝60°，FB＝FE，则∠E＝ 30 °．
【分析】根据平行线的性质，可以得到∠EFA的度数，然后根据等腰三角形的性质和三角形外角和不相邻内角的关系，可以求得∠E的度数．
【解答】解：∵AB∥CD，
∴∠EFA＝∠D，
∵∠D＝60°，
∴∠EFA＝60°，
∵FB＝FE，
∴∠E＝∠B，
∵∠EFA＝∠E+∠B，
∴∠E＝30°，
故答案为：30．
13．若关于x的一元二次方程x2﹣4x+m﹣1＝0有两个相等的实数根，则m的值为 5 ．
【分析】利用判别式的意义得到△＝（﹣4）2﹣4×（m﹣1）＝0，然后解关于m的方程即可．
【解答】解：根据题意得△＝（﹣4）2﹣4×（m﹣1）＝0，
解得m＝5．
故答案为5．
14．一个箱子内有3颗相同的球，将3颗球分别标示号码1，2，5，今浩浩以每次从箱子内取一颗球且取后放回的方式抽取，并预计取球10次，现已取了8次，取出的结果依次为1，2，2，5，5，2，1，2，若每次取球时，任一颗球被取到的机会皆相等，且取出的号码即为得分数，浩浩打算依计划继续从箱子取球2次，则发生“这10次得分的平均数在2.2～2.4之间（含2.2，2.4）”的情形的概率为 ．
【分析】先画树状图展示所有9种等可能的结果数，再找出发生“这10次得分的平均数在2.2～2.4之间（含2.2，2.4）”的结果数，然后根据概率公式求解．
【解答】解：∵这10个数的平均数在2.2～2.4之间（含2.2，2.4），
∴这10个数的和在22到24之间（包括22、24），
又前8个数的和为20，
则后两次的和在2到4之间（包括2和4），
画树状图如下：
共有9种等可能的结果数，其中和在2到4之间的有4种结果，
所以发生“这10次得分的平均数在2.2～2.4之间（含2.2，2.4）”的情形的概率为，
故答案为：．
15．将双曲线y＝向右平移1个单位长度，再向下平移2个单位长度，得到的新双曲线与直线y＝kx﹣2﹣k（k＞0）相交于两点，其中一个点的横坐标为a，另一个点的纵坐标为b，则（a﹣1）（b+2）＝ ﹣3 ．
【分析】由于一次函数y＝kx﹣2﹣k（k＞0）的图象过定点P（1，﹣2），而点P（1，﹣2）恰好是原点（0，0）向右平移1个单位长度，再向下平移2个单位长度得到的，因此将双曲线y＝向右平移1个单位长度，再向下平移2个单位长度，得到的新双曲线与直线y＝kx﹣2﹣k（k＞0）相交于两点，在平移之前是关于原点对称的，表示出这两点坐标，根据中心对称两点坐标之间的关系求出答案．
【解答】解：一次函数y＝kx﹣2﹣k（k＞0）的图象过定点P（1，﹣2），而点P（1，﹣2）恰好是原点（0，0）向右平移1个单位长度，再向下平移2个单位长度得到的，
因此将双曲线y＝向右平移1个单位长度，再向下平移2个单位长度，得到的新双曲线与直线y＝kx﹣2﹣k（k＞0）相交于两点，在没平移前是关于原点对称的，
平移前，这两个点的坐标为（a﹣1，），（，b+2），
∴a﹣1＝﹣，
∴（a﹣1）（b+2）＝﹣3．
故答案为：﹣3．
16．如图，AB为⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，点F在圆上，且，BE＝2，CD＝8，CF交AB于点G，则弦CF的长为 ，AG的长为 ．
【分析】连接DF，OC，先求出OC＝5，连接DO并延长交CF于点H，证明△DHF∽△CEO，可得＝，可求出FH和DH的长，求出CF和OH长，证明△GHO∽△CEO，可得，可求出OG长，则AG的长可求出．
【解答】解：连接BC，DF，OC，连接DO并延长交CF于点H，
∵弦CD⊥AB于点E，CD＝8，
∴CE＝＝4，
设OC＝x，则OE＝x﹣2，
∵OE2+CE2＝OC2，
∴（x﹣2）2+42＝x2，
解得x＝5，
∴OC＝5，
∴OE＝5﹣2＝3，
∵，
∴DF＝CD，∠CFD＝∠COB，DH⊥CF，
∴∠FHD＝∠OEC＝90°，
∴△DHF∽△CEO，
∴＝，
∴，
∴FH＝，DH＝，
∴CF＝2FH＝，
OH＝DH﹣OD＝，
∵∠CFD＝∠COB＝∠BOD，∠BOD＝∠GOH，
∴∠GOH＝∠DFH，
∵∠GHO＝∠OEC＝90°，
∴△GHO∽△CEO，
∴，
∴，
∴OG＝，
∴AG＝OA﹣OG＝5﹣＝．
故答案为：，．
三．解答题
17．（1）计算：﹣（﹣1）2020﹣（π﹣2）0；
（2）分解因式：3x3﹣12x；
（3）计算：（﹣a﹣1）2﹣（1+a）（a﹣1）；
（4）解方程：．
【分析】（1）原式利用乘方的意义，零指数幂、负整数指数幂法则计算即可求出值；
（2）原式提取公因式，再利用平方差公式分解即可；
（3）原式利用完全平方公式，以及平方差公式化简，去括号合并即可结果；
（4）分式方程去分母转化为整式方程，求出整式方程的解得到x的值，经检验即可得到分式方程的解．
【解答】解：（1）原式＝9﹣1﹣1
＝7；
（2）原式＝3x（x2﹣4）
＝3x（x+2）（x﹣2）；
（3）原式＝a2+2a+1﹣a2+1
＝2a+2；
（4）去分母得：3（x+1）+x2﹣1＝x2，
整理得：3x＝﹣2，
解得：x＝﹣，
经检验x＝﹣是分式方程的解．
18．如图，在四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，若BC＝4，AO＝CO＝3，BD＝10，∠ACB＝90°，求AD的长及四边形ABCD的面积．
【分析】根据OA＝OC＝3，∠ACB＝90°，BC＝4，利用勾股定理可以得到OB的长，再根据BD＝10，即可得到OD的长，然后即可证明△AOD≌△COB，从而得到AD＝CB，∠OAD＝∠OCB＝90°，进而可以得到AD的长及四边形ABCD的面积．
【解答】解：∵OA＝OC＝3，∠ACB＝90°，BC＝4，
∴OB＝5，AC＝6，
∵BD＝10，
∴OB＝OD＝5，
在△AOD和△COB中，
∴△AOD≌△COB（SAS），
∴AD＝CB，∠OAD＝∠OCB＝90°，
∵CB＝4，
∴AD＝4，
∵四边形ABCD的面积是：＝＝24，
即AD的长是4，四边形ABCD的面积是24．
19．（1）已知线段a，以此为边，用尺规作图（保留作图痕迹，不需写作法）作出一个含有60°的菱形；
（2）如图，在菱形ABCD中，点M、N分别是边BC、CD上的点，连接AM、AN，若∠ABC＝∠MAN＝60°，求证：BM＝CN．
【分析】（1）作边长为a的等边三角形即可解决问题．
（2）连接AC，证明△ABM≌△ACN（ASA）可得结论．
【解答】解：（1）如图所示四边形ACBD即为所作的菱形；
（2）如图，连接AC，
∵∠ABC＝∠MAN＝60°，
∴△ABC和△ACD均为等边三角形，
∴AB＝AC，
∴∠B＝∠CAN＝60°，∠BAC＝∠MAN＝60°，
∴∠BAM＝∠CAN，
又AB＝AC，
∴△ABM≌△ACN（ASA），
∴BM＝CN．
20．已知抛物线y＝ax2+c经过点A（0，2）和点B（﹣1，0）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）将（1）中的抛物线平移，使其顶点坐标为（2，1），平移后的抛物线与x轴的两个交点分别为点C，D（点C在点D的左边），求点C，D的坐标；
（3）将（1）中的抛物线平移，设其顶点的纵坐标为m，平移后的抛物线与x轴两个交点之间的距离为n．若1＜m≤5，直接写出n的取值范围．
【分析】（1）把点A、B的坐标分别代入函数解析式，列出关于a、c的方程组，通过解方程求得它们的值；
（2）根据平移的规律写出平移后抛物线的解析式，然后令y＝0，则解关于x的方程，即可求得点C、D的横坐标；
（3）根据根与系数的关系来求n的取值范围．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+c经过点A（0，2）和点B（﹣1，0）．
∴解得：，
∴此抛物线的解析式为y＝﹣2x2+2；
（2）∵此抛物线平移后顶点坐标为（2，1），
∴抛物线的解析式为y＝﹣2（x﹣2）2+1，
令y＝0，即﹣2（x﹣2）2+1＝0，
解得 x1＝2+，x2＝2﹣．
∵点C在点D的左边，
∴C（ 2﹣，0），D（2+，0）；
（3）设平移后抛物线的解析式是y＝﹣2x2+m，该抛物线与x轴的两交点横坐标为 x1，x2，
整理为：2x2﹣m＝0．
此时x1+x2＝0，x1•x2＝﹣m．
则|x2﹣x1|＝＝＝n．
当m＝1时，n＝．
当m＝5时，n＝．
所以，n的取值范围是：＜n≤．
21．某校学生的数学期末总评成绩由参与教学活动、作业、期末考试成绩3部分组成．各部分所占比例如图所示．小明参与数学活动、作业和期末考试得分依次为84分、92分、88分．则小明的数学期末总评成绩是多少？
【分析】利用加权平均数的计算方法进行计算即可．
【解答】解：84×25%+92×35%+88×40%＝88.4（分），
答：小明的数学期末总评成绩是88.4分．
22．在平面直角坐标系中，矩形OABC的边OC、OA分别在x轴、y轴上，点A（0，m），点C（n，0），且m、n满足+（n﹣2）2＝0．
（1）求点A、C的坐标；
（2）如图1，点D为第一象限内一动点，连CD、BD、OD，∠ODB＝90°，试探究线段CD、OD、BD之间的数量关系，并证明你的结论；
（3）如图2，点F在线段OA上，连BF，作OM⊥BF于M，AN⊥BF于N，当F在线段OA上运动时（不与O、A重合），的值是否变化？若变化，求出变化的范围；若不变，求出其值．
【分析】（1）根据解方程，可得m、n的值，根据m、n的值，可得答案；
（2）根据三角形的内角和，可得∠DOC与∠∠QBC的关系，根据SAS，可得三角形全等，根据全等三角形的性质，可得DC与CQ的关系，根据等式的性质，可得∠DCQ的度数，根据勾股定理，可得答案；
（3）根据矩形的判断与性质，可得AN与GM的关系，根据同角的余角相等，可得∠OAG与∠BAN的关系，根据ASA，可得三角形全等，根据全等三角形的性质，可得GO与BN的关系，根据等量代换，可得答案．
【解答】解：（1）m、n满足+（n﹣2）2＝0，
∴m＝﹣2，n＝2，
∴A（0，﹣2）、C（2，0）；
（2）在BD上截取BQ＝OD，连接CQ，如图中的图1，
∵OC＝OA，
∴矩形OABC是正方形，
OC＝OB，∠OCB＝90°
∵BD⊥OD，
∴∠BOD＝90°，
∵∠1与∠2是对顶角，
∴∠1＝∠2，
∠DOC＝∠QBC，
在△DOC和△QBC中，
，
∴△CDO≌△CQB（SAS），
∴CD＝CQ，∠DCO＝∠QCB
∴∠DCO+∠OCQ＝∠QCB+∠OCQ
∴∠DCQ＝∠OCB＝90°，
在Rt△DCQ中，由勾股定理得
CD2+CQ2＝DQ2
∴2CD2＝DQ2
∴CD＝DQ
∴CD＝BD﹣BQ
∴CD＝BD﹣OD；
（3）的值不变，理由如下
过A点作AG⊥OM的延长线于G，如图中的图2
∵OM⊥BF，AN⊥BF，AG⊥OM
∴四边形MGAN是矩
∴AN＝MG，∠OGA＝∠GAN．
∴∠1+∠2＝∠2+∠3
∴∠1＝∠3，
在△OGA和△BNA中，
，
∴△OGA≌△BNA（AAS）
∴OG＝BN
∴OM+MG＝BN
∴OM+AN＝BN
∴．
23．如图1是某体育看台侧面的示意图，观众区AC的坡度i＝1：2，顶端C离水平地面AB的高度为15，活动顶棚外沿处的点E恰好在点A的正上方，从D处看E处的仰角α＝30°，竖直的立杆上C，D两点间的距离为5．
（1）直接写出观众区的水平宽度AB＝ 30 ，DE＝ 20 ；点E离水平地面的高度EA＝ 10+20 ．
（2）为了看台遮阳的需要，现将活动顶棚ED绕D点向下转动11°30ʹ，此时E点在地面上的铅直投影恰好落在点F处（如图2），求AF的长．（sin11°30′≈0.20，cs11°30′≈0.98，tan11°30′≈0.20；sin18°30′≈0.32，cs18°30ʹ≈0.95，tan18°30ʹ≈0.33，结果精确到0.1）
【分析】（1）根据题意得四边形ABDF是矩形，得AB＝DF，AF＝DB，根据AC的坡度i＝1：2，顶端C离水平地面AB的高度为15，可得AB＝30，再根据特殊角三角函数即可求出结果；
（2）过点D作DG⊥EF于点G，结合（1）知DE＝20，根据题意可知：α＝18°30ʹ，根据锐角三角函数即可求解．
【解答】解：（1）如图1，根据题意可知：
四边形ABDF是矩形，
∴AB＝DF，AF＝DB，
∵AC的坡度i＝1：2，顶端C离水平地面AB的高度为15，
∴AB＝30；
∴DF＝AB＝30，
∵α＝30°，
∴DE＝＝＝20，
∴EF＝DE＝10，
∵C，D两点间的距离为5．
∴DB＝DC+BC＝5+15＝20，
∴EA＝EF+AF＝10+20．
故答案为：30，20，10+20；
（2）如图2，过点D作DG⊥EF于点G，
由（1）知：DE＝20，
根据题意可知：α＝18°30ʹ，
∴DG＝DE×cs18°30′≈20×0.95≈32.9，
∴AF＝BF﹣AB＝DG﹣AB≈32.9﹣30≈2.9．
24．如图1，在△ABC中，AB＝AC，⊙O是△ABC的外接圆，过C作CD∥AB，CD交⊙O于D，连接AD交BC于点E，延长DC至点F，使CF＝AC，连接AF．
（1）求证：AF是⊙O的切线；
（2）求证：AB2﹣BE2＝BE•EC；
（3）如图2，若点G是△ACD的内心，BC•BE＝64，求BG的长．
【分析】（1）连接OA，由∠CAF＝∠CFA知∠ACD＝∠CAF+∠CFA＝2∠CAF，结合∠ACB＝∠BCD得∠ACD＝2∠ACB，∠CAF＝∠ACB，据此可知AF∥BC，从而得OA⊥AF，从而得证；
（2）证明△ABE∽△CBA，列比例式可得结论；
（3）由（2）知AB2＝BC•BE，据此知AB＝8，连接AG，得∠BAG＝∠BAD+∠DAG，∠BGA＝∠GAC+∠ACB，由点G为内心知∠DAG＝∠GAC，结合∠BAD+∠DAG＝∠GAC+∠ACB得∠BAG＝∠BGA，从而得出BG＝AB＝8．
【解答】解：（1）如图1，连接OA，
∵AB＝AC，
∴＝，∠ACB＝∠B，
∴OA⊥BC，
∵CA＝CF，
∴∠CAF＝∠CFA，
∵CD∥AB，
∴∠BCD＝∠B，
∴∠ACB＝∠BCD，
∴∠ACD＝∠CAF+∠CFA＝2∠CAF，
∵∠ACB＝∠BCD，
∴∠ACD＝2∠ACB，
∴∠CAF＝∠ACB，
∴AF∥BC，
∴OA⊥AF，
∴AF为⊙O的切线；
（2）∵∠BAD＝∠BCD＝∠ACB，∠B＝∠B，
∴△ABE∽△CBA，
∴，
∴AB2＝BC•BE＝BE（BE+CE）＝BE2+BE•CE，
∴AB2﹣BE2＝BE•EC；
（3）由（2）知：AB2＝BC•BE，
∵BC•BE＝64，
∴AB＝8，
如图2，连接AG，
∴∠BAG＝∠BAD+∠DAG，∠BGA＝∠GAC+∠ACB，
∵点G为内心，
∴∠DAG＝∠GAC，
又∵∠BAD+∠DAG＝∠GAC+∠ACB，∠BAD＝∠ACB，
∴∠BAG＝∠BGA，
∴BG＝AB＝8．
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