贵州省毕节地区2019-2020学年中考数学四模考试卷含解析

贵州省毕节地区2019-2020学年中考数学四模考试卷
一、选择题（本大题共12个小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．）
1．济南市某天的气温：-5~8℃，则当天最高与最低的温差为（）
A．13 B．3 C．-13 D．-3
2．如图所示，△ABC为等腰直角三角形，∠ACB=90°，AC=BC=2，正方形DEFG边长也为2，且AC
与DE在同一直线上，△ABC从C点与D点重合开始，沿直线DE向右平移，直到点A与点E重合为止，设CD的长为x，△ABC与正方形DEFG重合部分（图中阴影部分）的面积为y，则y与x之间的函数关系的图象大致是（）
A．B．
C．D．
3．如图，▱ABCD对角线AC与BD交于点O，且AD＝3，AB＝5，在AB延长线上取一点E，使BE＝2
5 AB，
连接OE交BC于F，则BF的长为()
A．2
3
B．
3
4
C．
5
6
D．1
4．在直角坐标系中，已知点P（3，4），现将点P作如下变换：①将点P先向左平移4个单位，再向下平移3个单位得到点P1；②作点P关于y轴的对称点P2；③将点P绕原点O按逆时针方向旋转90°得到点P3，则P1，P2，P3的坐标分别是（）
A．P1（0，0），P2（3，﹣4），P3（﹣4，3）
B．P1（﹣1，1），P2（﹣3，4），P3（4，3）
C．P1（﹣1，1），P2（﹣3，﹣4），P3（﹣3，4）
D．P1（﹣1，1），P2（﹣3，4），P3（﹣4，3）
5．将一副三角板按如图方式摆放，∠1与∠2不一定互补的是（）
A．B．C．D．
6．如图，已知AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于E，连接BC、BD、AC，下列结论中不一定正确的是（）
A．∠ACB=90°B．OE=BE C．BD=BC D．»»
=
AD AC
7．如图，四边形ABCD内接于⊙O，F是¶CD上一点，且¶¶
=，连接CF并延长交AD的延长线于
DF BC
点E，连接AC．若∠ABC=105°，∠BAC=25°，则∠E的度数为（）
A．45°B．50°C．55°D．60°
8．甲、乙两地相距300千米，一辆货车和一辆轿车分别从甲地开往乙地（轿车的平均速度大于货车的平均速度），如图线段OA和折线BCD分别表示两车离甲地的距离y（单位：千米）与时间x（单位：小时）之间的函数关系．则下列说法正确的是（）
A．两车同时到达乙地
B．轿车在行驶过程中进行了提速
C．货车出发3小时后，轿车追上货车
D．两车在前80千米的速度相等
9．下列图形中，是轴对称图形但不是中心对称图形的是（）
A．B．C．D．
10．下列所述图形中，是轴对称图形但不是中心对称图形的是（）
A．线段B．等边三角形C．正方形D．平行四边形
11．如图，平面直角坐标系xOy中，矩形OABC的边OA、OC分别落在x、y轴上，点B坐标为（6，4），
反比例函数
6
y
x
=的图象与AB边交于点D，与BC边交于点E，连结DE，将△BDE沿DE翻折至△B'DE
处，点B'恰好落在正比例函数y=kx图象上，则k的值是（）
A．
2
5
-B．
1
21
-C．
1
5
-D．
1
24
-
12．下列四个几何体，正视图与其它三个不同的几何体是（）A．B．
C．D．
二、填空题：（本大题共6个小题，每小题4分，共24分．）
13．在△ABC中，∠C=90°，若tanA=1
2
，则sinB=______．
14．如图，在矩形ABCD中，AD=2，CD=1，连接AC，以对角线AC为边，按逆时针方向作矩形ABCD 的相似矩形AB1C1C，再连接AC1，以对角线AC1为边作矩形AB1C1C的相似矩形AB2C2C1，…，按此规律继续下去，则矩形AB n C n C n-1的面积为________________．
15．在平面直角坐标系中，如果点P 坐标为（m ，n ），向量OP uuu r 可以用点P 的坐标表示为OP uuu r =（m ，n ），已知：OA u u u r =（x 1，y 1），OB uuu r =（x 2，y 2），如果x 1•x 2+y 1•y 2=0，那么OA u u u r 与OB uuu r
互相垂直，下列四组向量：①OC u u u r =（2，1），OD uuu r =（﹣1，2）；②OE uuu r =（cos30°，tan45°），OF uuu r =（﹣1，sin60°）；③OG u u u r =（3﹣
2，﹣2）
，OH u u u r =（3+2，12
）；④OC u u u r =（π0，2），u u u r ON =（2，﹣1）．其中互相垂直的是______（填上所有正确答案的符号）．
16．如图，从甲楼底部A 处测得乙楼顶部C 处的仰角是30°，从甲楼顶部B 处测得乙楼底部D 处的俯角是45°，已知甲楼的高AB 是120m ，则乙楼的高CD 是_____m （结果保留根号）
17．如图，量角器的0度刻度线为AB ，将一矩形直尺与量角器部分重叠，使直尺一边与量角器相切于点C ，直尺另一边交量角器于点A ，D ，量得10AD cm =，点D 在量角器上的读数为60o ，则该直尺的宽度为____________cm ．
18．比较大小：51-_____1(填“＜”或“＞”或“＝”)． 三、解答题：（本大题共9个小题，共78分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
19．（6分）如图，在四边形ABCD 中，BD 为一条对角线，AD BC ∥，2AD BC =，90ABD ∠=︒.E 为AD 的中点，连结BE .
（1）求证：四边形BCDE 为菱形；
（2）连结AC ，若AC 平分BAD ∠，1BC =，求AC 的长.
20．（6分）如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC 的顶点B 坐标为（4，6），点P 为线段OA 上一动点（与点O 、A 不重合），连接CP ，过点P 作PE ⊥CP 交AB 于点D ，且PE ＝PC ，过点P 作PF ⊥OP 且PF ＝PO （点F 在第一象限），连结FD 、BE 、BF ，设OP ＝t ．
（1）直接写出点E 的坐标（用含t 的代数式表示）：
；
（2）四边形BFDE 的面积记为S ，当t 为何值时，S 有最小值，并求出最小值；
（3）△BDF 能否是等腰直角三角形，若能，求出t ；若不能，说明理由．
21．（6分）如图,已知△ABC,以A 为圆心AB 为半径作圆交AC 于E,延长BA 交圆A 于D 连DE 并延长交BC 于F, 2CE CF CB =⋅
(1)判断△ABC 的形状，并证明你的结论；
(2)如图1,若BE=CE=23,求⊙A 的面积；
(3)如图2,若tan ∠CEF=12
,求cos ∠C 的值.
22．（8分）315
211x x x -⎧⎨-+-⎩＜（）＜
23．（8分）已知矩形ABCD ，AB=4，BC=3，以AB 为直径的半圆O 在矩形ABCD 的外部（如图），将半圆O 绕点A 顺时针旋转α度（0°≤α≤180°）
（1）半圆的直径落在对角线AC 上时，如图所示，半圆与AB 的交点为M ，求AM 的长；
（2）半圆与直线CD 相切时，切点为N ，与线段AD 的交点为P ，如图所示，求劣弧AP 的长；
（3）在旋转过程中，半圆弧与直线CD 只有一个交点时，设此交点与点C 的距离为d ，直接写出d 的取
值范围．
24．（10分）在Rt△ABC中，∠BAC=,D是BC的中点，E是AD的中点．过点A作AF∥BC交BE 的延长线于点F．
（1）求证：△AEF≌△DEB；
（2）证明四边形ADCF是菱形；
（3）若AC=4，AB=5，求菱形ADCFD 的面积．
25．（10分）已知关于的方程mx2+（2m-1）x+m-1=0（m≠0）. 求证：方程总有两个不相等的实数根；若方程的两个实数根都是整数，求整数的值.
26．（12分）解方程：（x﹣3）（x﹣2）﹣4=1．
27．（12分）三辆汽车经过某收费站下高速时，在2个收费通道A，B中，可随机选择其中的一个通过．（1）三辆汽车经过此收费站时，都选择A通道通过的概率是；
（2）求三辆汽车经过此收费站时，至少有两辆汽车选择B通道通过的概率．
参考答案
一、选择题（本大题共12个小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．）
1．A
【解析】
由题意可知，当天最高温与最低温的温差为8-（-5）=13℃，故选A.
2．A
【解析】
【分析】
此题可分为两段求解，即C 从D 点运动到E 点和A 从D 点运动到E 点，列出面积随动点变化的函数关系式即可．
【详解】
解：设CD 的长为x ABC V ，与正方形DEFG 重合部分(图中阴影部分)的面积为y ∴
当C 从D 点运动到E 点时，即02x ≤≤时，()()2
111y 222x 2x x 2x 222
=
⨯⨯--⨯-=-+． 当A 从D 点运动到E 点时，即2x 4<≤时，()][()211y 2x 22x 2x 4x 822⎡⎤=⨯--⨯--=-+⎣⎦， y ∴与x 之间的函数关系()221y x 2x 0x 221y x 4x 8(2x 4)2⎧=-+≤≤⎪⎪⎨⎪=-+<≤⎪⎩
由函数关系式可看出A 中的函数图象与所求的分段函数对应．
故选A ．
【点睛】
本题考查的动点变化过程中面积的变化关系，重点是列出函数关系式，但需注意自变量的取值范围． 3．A
【解析】
【分析】
首先作辅助线：取AB 的中点M ，连接OM ，由平行四边形的性质与三角形中位线的性质，即可求得：△EFB ∽△EOM 与OM 的值，利用相似三角形的对应边成比例即可求得BF 的值．
【详解】
取AB 的中点M ，连接OM ，
∵四边形ABCD 是平行四边形，
∴AD ∥BC ，OB=OD ，
∴OM ∥AD ∥BC ，OM=
12AD=12
×3=32， ∴△EFB ∽△EOM ，
∴BF BE OM EM
，
∵AB=5，BE=2
5 AB，
∴BE=2，BM=5
2
，
∴EM=5
2
+2=
9
2
，
∴
2 39 22 BF
＝
，
∴BF=2
3
，
故选A．
【点睛】
此题考查了平行四边形的性质、相似三角形的判定与性质等知识．解此题的关键是准确作出辅助线，合理应用数形结合思想解题．
4．D
【解析】
【分析】
把点P的横坐标减4，纵坐标减3可得P1的坐标；
让点P的纵坐标不变，横坐标为原料坐标的相反数可得P2的坐标；
让点P的纵坐标的相反数为P3的横坐标，横坐标为P3的纵坐标即可．
【详解】
∵点P（3，4），将点P先向左平移4个单位，再向下平移3个单位得到点P1，∴P1的坐标为（﹣1，1）．∵点P关于y轴的对称点是P2，∴P2（﹣3，4）．
∵将点P绕原点O按逆时针方向旋转90°得到点P3，∴P3（﹣4，3）．
故选D．
【点睛】
本题考查了坐标与图形的变化；用到的知识点为：左右平移只改变点的横坐标，左减右加，上下平移只改变点的纵坐标，上加下减；两点关于y轴对称，纵坐标不变，横坐标互为相反数；（a，b）绕原点O按逆时针方向旋转90°得到的点的坐标为（﹣b，a）．
5．D
【解析】
A选项：
∠1+∠2=360°－90°×2=180°；
B选项：
∵∠2+∠3=90°，∠3+∠4=90°，
∴∠2=∠4，
∵∠1+∠4=180°，
∴∠1+∠2=180°；
C选项：
∵∠ABC=∠DEC=90°，∴AB∥DE，∴∠2=∠EFC，
∵∠1+∠EFC=180°，∴∠1+∠2=180°；
D选项：∠1和∠2不一定互补.
故选D.
点睛：本题主要掌握平行线的性质与判定定理，关键在于通过角度之间的转化得出∠1和∠2的互补关系. 6．B
【解析】
【分析】
根据垂径定理及圆周角定理进行解答即可．
【详解】
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，故A正确；
∵点E不一定是OB的中点，
∴OE与BE的关系不能确定，故B错误；
∵AB ⊥CD ，AB 是⊙O 的直径，
∴»»BD
BC =， ∴BD=BC ，故C 正确；
∴AD AC =u u u r u u u r ，故D 正确．
故选B ．
【点睛】
本题考查的是垂径定理，熟知平分弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧是解答此题的关键． 7．B
【解析】
【分析】
先根据圆内接四边形的性质求出∠ADC 的度数，再由圆周角定理得出∠DCE 的度数，根据三角形外角的性质即可得出结论．
【详解】
∵四边形ABCD 内接于⊙O ，∠ABC=105°，
∴∠ADC=180°﹣∠ABC=180°﹣105°=75°．
∵»»DF BC =，∠BAC=25°，
∴∠DCE=∠BAC=25°，
∴∠E=∠ADC ﹣∠DCE=75°﹣25°=50°．
【点睛】
本题考查圆内接四边形的性质，圆周角定理.圆内接四边形对角互补.在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆心角相等，而同弧所对的圆周角等于圆心角的一半，所以在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等.
8．B
【解析】
【分析】
①根据函数的图象即可直接得出结论;②求得直线OA 和DC 的解析式,求得交点坐标即可；③由图象无法求得B 的横坐标;④分别进行运算即可得出结论.
【详解】
由题意和图可得，
轿车先到达乙地，故选项A 错误，
轿车在行驶过程中进行了提速，故选项B 正确，
货车的速度是：300÷5＝60千米/时，轿车在BC 段对应的速度是：()80080 2.5 1.213÷-=千米/时，故选
设货车对应的函数解析式为y ＝kx ，
5k ＝300，得k ＝60，
即货车对应的函数解析式为y ＝60x ，
设CD 段轿车对应的函数解析式为y ＝ax ＋b ，
2.5804.5300a b a b +=⎧⎨+=⎩，得110195a b =⎧⎨=-⎩
， 即CD 段轿车对应的函数解析式为y ＝110x －195，
令60x ＝110x －195，得x ＝3.9，
即货车出发3.9小时后，轿车追上货车，故选项C 错误，
故选：B ．
【点睛】
此题考查一次函数的应用，解题的关键在于利用题中信息列出函数解析式
9．A
【解析】
A.是轴对称图形不是中心对称图形，正确；
B.是轴对称图形也是中心对称图形，错误；
C.是中心对称图形不是轴对称图形，错误；
D. 是轴对称图形也是中心对称图形，错误，
故选A.
【点睛】本题考查轴对称图形与中心对称图形，正确地识别是解题的关键.
10．B
【解析】
【分析】
根据中心对称图形和轴对称图形的概念对各选项分析判断即可得解．
【详解】
解：A 、线段，是轴对称图形，也是中心对称图形，故本选项不符合题意；
B 、等边三角形，是轴对称图形但不是中心对称图形，故本选项符合题意；
C 、正方形，是轴对称图形，也是中心对称图形，故本选项不符合题意；
D 、平行四边形，不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项不符合题意．
故选：B ．
【点睛】
本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合．
11．B
【分析】
根据矩形的性质得到，CB∥x轴，AB∥y轴，于是得到D、E坐标，根据勾股定理得到ED，连接BB′，交ED于F，过B′作B′G⊥BC于G，根据轴对称的性质得到BF=B′F，BB′⊥ED求得BB′，设EG=x，根据勾股定理即可得到结论．
【详解】
解：∵矩形OABC，
∴CB∥x轴，AB∥y轴．
∵点B坐标为（6，1），
∴D的横坐标为6，E的纵坐标为1．
∵D，E在反比例函数
6
y
x
=的图象上，
∴D（6，1），E（3
2
，1），
∴BE=6﹣3
2
=
9
2
，BD=1﹣1=3，
∴22
BE BD
+3
13
2
．连接BB′，交ED于F，过B′作B′G⊥BC于G．
∵B，B′关于ED对称，∴BF=B′F，BB′⊥ED，
∴BF•ED=BE•BD 3
13
2
BF=3×
9
2
，
∴
13
∴
13
．
设EG=x，则BG=9
2
﹣x．
∵BB′2﹣BG2=B′G2=EB′2﹣GE2，
∴222299()()()2213
x x --=-， ∴x=
4526
， ∴EG=4526
， ∴CG=4213
， ∴B′G=5413
， ∴B′（4213，﹣213
）， ∴k=121-． 故选B ．
【点睛】
本题考查了翻折变换（折叠问题），矩形的性质，勾股定理，熟练掌握折叠的性质是解题的关键． 12．C
【解析】
【分析】
根据几何体的三视图画法先画出物体的正视图再解答.
【详解】
解：A 、B 、D 三个几何体的主视图是由左上一个正方形、下方两个正方形构成的，
而C 选项的几何体是由上方2个正方形、下方2个正方形构成的，
故选：C ．
【点睛】
此题重点考查学生对几何体三视图的理解，掌握几何体的主视图是解题的关键.
二、填空题：（本大题共6个小题，每小题4分，共24分．）
13．25 【解析】
分析：直接根据题意表示出三角形的各边，进而利用锐角三角函数关系得出答案．
详解：如图所示：
∵∠C=90°，tanA=12
， ∴设BC=x ，则AC=2x ，故5，
则sinB=
5AC AB ==.
． 点睛：此题主要考查了锐角三角函数关系，正确表示各边长是解题关键．
14．2152
n
n -或52()4n ⨯ 【解析】
试题分析：，
∴1S =2×1=2，2S =21S ，3S =22S =41S =42⨯，
．．．，n S =212n S -=．．．=222
n ⨯=254n n ⨯=2152n n -． 故答案为2152
n
n -． 考点：1．相似多边形的性质；2．勾股定理；3．规律型；4．矩形的性质；5．综合题．
15．①③④
【解析】
分析：根据两个向量垂直的判定方法一一判断即可；
详解：①∵2×(−1)+1×2=0，
∴OC u u u v 与OD u u u v 垂直;
②∵cos301tan45sin60⨯+⋅==o o o ∴OE uuu v 与OF u u u v 不垂直.
③∵()1202+-⨯=， ∴OG u u u v 与OH u u u v 垂直. ④∵()02210π⨯+⨯-=，
∴OM u u u u v 与ON u u u v
垂直.
故答案为:①③④.
点睛：考查平面向量，解题的关键是掌握向量垂直的定义.
16．
【解析】
【分析】
利用等腰直角三角形的性质得出AB=AD ，再利用锐角三角函数关系即可得出答案．
【详解】
解:由题意可得：∠BDA=45°，
则AB=AD=120m ，
又∵∠CAD=30°，
∴在Rt △ADC 中，
tan ∠CDA=tan30°=33CD AD =， 解得：CD=403（m ），
故答案为403．
【点睛】
此题主要考查了解直角三角形的应用，正确得出tan ∠CDA=tan30°
=CD AD 是解题关键． 17．533
【解析】
【分析】
连接OC,OD,OC 与AD 交于点E ，根据圆周角定理有130,2
BAD BOD ∠=∠=︒根据垂径定理有：15,2
AE AD == 解直角OAE △即可. 【详解】
连接OC,OD,OC 与AD 交于点E ，
130,2
BAD BOD ∠=
∠=︒ 10 3.cos303
AE OA ==︒ 5tan 303,3OE AE =⋅︒= 直尺的宽度：105533 3.333
CE OC OE =-==
故答案为5
3 3
【点睛】
考查垂径定理，熟记垂径定理是解题的关键. 18．＜
【解析】
【详解】
∵51
-
≈0.62，0.62＜1，
∴51
-
＜1；
故答案为＜．
三、解答题：（本大题共9个小题，共78分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．19．（1）证明见解析；（2）AC=3；
【解析】
【分析】
（1）由DE=BC，DE∥BC，推出四边形BCDE是平行四边形，再证明BE=DE即可解决问题；（2）只要证明△ACD是直角三角形，∠ADC=60°，AD=2即可解决问题；
【详解】
（1）证明：∵AD=2BC，E为AD的中点，
∴DE=BC，
∵AD∥BC，
∴四边形BCDE是平行四边形，
∵∠ABD=90°，AE=DE，
∴BE=DE，
∴四边形BCDE是菱形．
（2）连接AC，如图所示：
∵∠ADB=30°，∠ABD=90°，
∴AD=2AB，
∵AD=2BC，
∴AB=BC，
∴∠BAC=∠BCA，
∵AD∥BC，
∴∠DAC=∠BCA，
∴∠CAB=∠CAD=30°
∴AB=BC=DC=1，AD=2BC=2，
∵∠DAC=30°，∠ADC=60°，
在Rt△ACD中，=
【点睛】
考查菱形的判定和性质、直角三角形斜边中线的性质、锐角三角函数等知识，解题的关键是熟练掌握菱形的判定方法.
20．(1)、（t+6，t）；(2)、当t=2时，S有最小值是16；(3)、理由见解析．
【解析】
【分析】
【详解】
（1）如图所示，过点E作EG⊥x轴于点G，则∠COP=∠PGE=90°，
由题意知CO=AB=6、OA=BC=4、OP=t，∵PE⊥CP、PF⊥OP，
∴∠CPE=∠FPG=90°，即∠CPF+∠FPE=∠FPE+∠EPG，∴∠CPF=∠EPG，
又∵CO⊥OG、FP⊥OG，∴CO∥FP，∴∠CPF=∠PCO，∴∠PCO=∠EPG，
在△PCO和△EPG中，∵∠PCO=∠EPG，∠POC=∠EGP，PC=EP，∴△PCO≌△EPG（AAS），
∴CO=PG=6、OP=EG=t，则OG=OP+PG=6+t，则点E的坐标为（t+6，t），
（2）∵DA∥EG，∴△PAD∽△PGE，∴AD PA
GE PG
=，∴
4
6
AD t
t
-
=，
∴AD=1
6
t（4﹣t），
∴BD=AB﹣AD=6﹣1
6
t（4﹣t）=
1
6
t2﹣
2
3
t+6，
∵EG⊥x轴、FP⊥x轴，且EG=FP，
∴四边形EGPF为矩形，∴EF⊥BD，EF=PG，
∴S四边形BEDF=S△BDF+S△BDE=1
2
×BD×EF=
1
2
×（
1
6
t2﹣
2
3
t+6）×6=
1
2
（t﹣2）2+16，
∴当t=2时，S有最小值是16；
（3）①假设∠FBD为直角，则点F在直线BC上，∵PF=OP＜AB，
∴点F不可能在BC上，即∠FBD不可能为直角；
②假设∠FDB 为直角，则点D 在EF 上，
∵点D 在矩形的对角线PE 上，
∴点D 不可能在EF 上，即∠FDB 不可能为直角；
③假设∠BFD 为直角且FB=FD ，则∠FBD=∠FDB=45°，
如图2，作FH ⊥BD 于点H ，
则FH=PA ，即4﹣t=6﹣t ，方程无解，
∴假设不成立，即△BDF 不可能是等腰直角三角形．
21． (1) △ABC 为直角三角形，证明见解析；（2）12π；（3）
45
. 【解析】
【分析】 （1）由2CE CF CB =⋅,得△CEF ∽△CBE,∴∠CBE=∠CEF ，由BD 为直径,得∠ADE+∠ABE=90°
,即可得∠DBC=90°故△ABC 为直角三角形.(2)设∠EBC=∠ECB=x,根据等腰三角形的性质与直角三角形的性质易得 x=30°，则∠ABE=60°故AB=BE=23A 的面积；(3)由(1)知∠D=∠CFE=∠CBE,故tan ∠CBE=12
,设EF=a,BE=2a,利用勾股定理求出 BD=2BF=25a ,得5a ，DE=2BE=4a,过F 作FK ∥BD 交CE 于K,利用平行线分线段成比例得
14FK EF AD DE ==，求得 13CF BF =，5CF = 即可求出tan ∠C ＝
34
FK CF = 再求出cos ∠C 即可. 【详解】 解：∵2CE CF CB =⋅, ∴CE CB CF CE
=, ∴△CEF ∽△CBE,
∴∠CBE=∠CEF ，
∵AE=AD,
∴∠ADE=∠AED=∠FEC=∠CBE,
∵BD 为直径,
∴∠ADE+∠ABE=90°,
∴∠CBE+∠ABE=90°,
∴∠DBC=90°△ABC 为直角三角形.
(2)∵BE=CE
∴设∠EBC=∠ECB=x,
∴∠BDE=∠EBC=x,
∵AE=AD
∴∠AED=∠ADE=x,
∴∠CEF=∠AED=x
∴∠BFE=2x
在△BDF 中由△内角和可知:
3x=90°
∴x=30°
∴∠ABE=60°
∴AB=BE=∴12A S e π=
(3)由(1)知:∠D=∠CFE=∠CBE,
∴tan ∠CBE=12
, 设EF=a,BE=2a,
∴,BD=2BF=,
∴，
∴,DE=2BE=4a,过F 作FK ∥BD 交CE 于K, ∴14
FK EF AD DE ==，
∵FK =
， ∴14
CF FK BC AB ==
∴13CF BF =，CF = ∴tan ∠C ＝
34FK CF =
∴cos ∠C
＝45
.
【点睛】
此题主要考查圆内的三角形综合问题，解题的关键是熟知圆的切线定理，等腰三角形的性质，及相似三角形的性质.
22．﹣2＜x ＜2．
【解析】
【分析】
分别解不等式，进而得出不等式组的解集．
【详解】
315211x x x -⎧⎨-+-⎩
＜①（）＜② 解①得：x ＜2
解②得：x ＞﹣2．
故不等式组的解集为：﹣2＜x ＜2．
【点睛】
本题主要考查了解一元一次不等式组，正确掌握不等式组的解法是解题的关键．
23．（2）AM=
165；（2）»AP =23π；（3）7≤d ＜4或3． 【解析】
【分析】
（2）连接B′M ，则∠B′MA=90°，在Rt △ABC 中，利用勾股定理可求出AC 的长度，由∠B=∠B′MA=90°、∠BCA=∠MAB′可得出△ABC ∽△AMB′，根据相似三角形的性质可求出AM 的长度；
（2）连接OP 、ON ，过点O 作OG ⊥AD 于点G ，则四边形DGON 为矩形，进而可得出DG 、AG 的长度，在Rt △AGO 中，由AO=2、AG=2可得出∠OAG=60°，进而可得出△AOP 为等边三角形，再利用弧长公式即可求出劣弧AP 的长；
（3）由（2）可知：△AOP 为等边三角形，根据等边三角形的性质可求出OG 、DN 的长度，进而可得出CN 的长度，画出点B′在直线CD 上的图形，在Rt △AB′D 中（点B′在点D 左边），利用勾股定理可求出B′D 的长度进而可得出CB′的长度，再结合图形即可得出：半圆弧与直线CD 只有一个交点时d 的取值范
围．
【详解】
（2）在图2中，连接B′M，则∠B′MA=90°．
在Rt△ABC中，AB=4，BC=3，
∴AC=2．
∵∠B=∠B′MA=90°，∠BCA=∠MAB′，
∴△ABC∽△AMB′，
∴AM
AB
=
AB'
AC
，即
AM
4
=
4
5
，
∴AM=16
5
；
（2）在图3中，连接OP、ON，过点O作OG⊥AD于点G，
∵半圆与直线CD相切，
∴ON⊥DN，
∴四边形DGON为矩形，
∴DG=ON=2，
∴AG=AD-DG=2．
在Rt△AGO中，∠AGO=90°，AO=2，AG=2，
∴∠AOG=30°，∠OAG=60°．
又∵OA=OP，
∴△AOP为等边三角形，
∴AP n=60π4
360
⨯⨯
=
2
3
π．
（3）由（2）可知：△AOP为等边三角形，
∴DN=GO=
3
2
3
∴CN=CD+DN=4+3．
当点B′在直线CD上时，如图4所示，
在Rt△AB′D中（点B′在点D左边），AB′=4，AD=3，
∴22
7，
AB'AD
∴CB′=47．
∵AB′为直径，
∴∠ADB′=90°，
∴当点B′在点D右边时，半圆交直线CD于点D、B′．
∴当半圆弧与直线CD只有一个交点时，7＜4或3
【点睛】
本题考查了相似三角形的判定与性质、矩形的性质、等边三角形的性质、勾股定理以及切线的性质，解题的关键是：（2）利用相似三角形的性质求出AM的长度；（2）通过解直角三角形找出∠OAG=60°；（3）依照题意画出图形，利用数形结合求出d的取值范围．
24．（1）证明详见解析；（2）证明详见解析；（3）1．
【解析】
【分析】
（1）利用平行线的性质及中点的定义，可利用AAS证得结论；
（2）由（1）可得AF=BD，结合条件可求得AF=DC，则可证明四边形ADCF为平行四边形，再利用直角三角形的性质可证得AD=CD，可证得四边形ADCF为菱形；
（3）连接DF，可证得四边形ABDF为平行四边形，则可求得DF的长，利用菱形的面积公式可求得答案．【详解】
（1）证明：∵AF∥BC，
∴∠AFE=∠DBE，
∵E是AD的中点，
∴AE=DE，
在△AFE和△DBE中，
AFE DBE FEA BED AE DE ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩
∴△AFE ≌△DBE （AAS ）；
（2）证明：由（1）知，△AFE ≌△DBE ，则AF=DB ．
∵AD 为BC 边上的中线
∴DB=DC ，
∴AF=CD ．
∵AF ∥BC ，
∴四边形ADCF 是平行四边形，
∵∠BAC=90°，D 是BC 的中点，E 是AD 的中点，
∴
AD=DC=12
BC ， ∴四边形ADCF 是菱形；
（3）连接DF ，
∵AF ∥BD ，AF=BD ，
∴四边形ABDF 是平行四边形，
∴DF=AB=5，
∵四边形ADCF 是菱形，
∴S 菱形ADCF =
12AC▪DF=12×4×5=1． 【点睛】
本题主要考查菱形的性质及判定，利用全等三角形的性质证得AF=CD 是解题的关键，注意菱形面积公式的应用．
25．（1）证明见解析（2）m=1或m=-1 【解析】
试题分析：（1）由于m≠0，则计算判别式的值得到1=V ，从而可判断方程总有两个不相等的实数根； （2）先利用求根公式得到1211,1x x m
=-=
-，然后利用有理数的整除性确定整数m 的值． 试题解析：(1)证明：∵m≠0，
∴方程为一元二次方程， Q 2(21)4(1)10m m m =---=>V ，
∴此方程总有两个不相等的实数根；
(2)∵(21)12m x m --±=， 1211,1x x m
∴=-=-， ∵方程的两个实数根都是整数，且m 是整数，
∴m=1或m=−1.
26．x 1=5+172，x 2=5172
- 【解析】
试题分析：方程整理为一般形式，找出a ，b ，c 的值，代入求根公式即可求出解．
试题解析：解：方程化为2520x x -+=，1a =，5b =-，2c =．
224(5)41217b ac ∆=-=--⨯⨯=＞1．
24(5)17517b b ac x -±---±±===． 即15172x +=，25172
x -=． 27．（1）18；（2）12
【解析】
【分析】
（1）用树状图分3次实验列举出所有情况，再看3辆车都选择A 通道通过的情况数占总情况数的多少即可；
（2）由（1）可知所有可能的结果数目，再看至少有两辆汽车选择B 通道通过的情况数占总情况数的多少即可．
【详解】
解：（1）画树状图得：
共8种情况，甲、乙、丙三辆车都选择A 通道通过的情况数有1种，
所以都选择A 通道通过的概率为
18， 故答案为：18
； （2）∵共有8种等可能的情况，其中至少有两辆汽车选择B 通道通过的有4种情况，
∴至少有两辆汽车选择B通道通过的概率为41 82 ．
【点睛】
考查了概率的求法；用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比；得到所求的情况数是解决本题的关键．。