河北省张家口市2019-2020学年中考数学二模试卷含解析

河北省张家口市2019-2020学年中考数学二模试卷
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．化简a 1a 11a +--的结果为（ ） A ．﹣1 B ．1 C ．a 1a 1+- D ．a 11a
+- 2．如图，在平面直角坐标系中，等腰直角三角形ABC 的顶点A 、B 分别在x 轴、y 轴的正半轴上，∠ABC=90°，CA ⊥x 轴，点C 在函数y=k x
（x ＞0）的图象上，若AB=2，则k 的值为（ ）
A ．4
B ．22
C ．2
D ．2
3．在-3，
12，0，－2这四个数中，最小的数是( ) A ．3 B ．12
C ．0
D ．－2 4．在函数y ＝1
x x -中，自变量x 的取值范围是( ) A ．x≥1 B ．x≤1且x≠0 C ．x≥0且x≠1 D ．x≠0且x≠1
5．如图，已知二次函数y=ax 2+bx+c （a≠0）的图象如图所示，给出以下四个结论：①abc=0，②a+b+c ＞0，③a ＞b ，④4ac ﹣b 2＜0；其中正确的结论有（ ）
A ．1个
B ．2个
C ．3个
D ．4个
6．如图，在△ABC 中，AB=AC=10，CB=16，分别以AB 、AC 为直径作半圆，则图中阴影部分面积是（ ）
A．50π﹣48 B．25π﹣48 C．50π﹣24 D．
7．某几何体的左视图如图所示，则该几何体不可能是()
A．B．C．D．
8．如图，在▱ABCD中，AB=2，BC=1．以点C为圆心，适当长为半径画弧，交BC于点P，交CD于点
Q，再分别以点P，Q为圆心，大于1
2
PQ的长为半径画弧，两弧相交于点N，射线CN交BA的延长线
于点E，则AE的长是（）
A．1
2
B．1 C．
6
5
D．
3
2
9．方程()21
k1x1kx+=0
4
---有两个实数根，则k的取值范围是（）．
A．k≥1B．k≤1C．k>1 D．k<1
10．如图，点A，B为定点，定直线l//AB，P是l上一动点．点M，N分别为PA，PB的中点，对于下列各值：
①线段MN的长；
②△PAB的周长；
③△PMN的面积；
④直线MN，AB之间的距离；
⑤∠APB的大小．
其中会随点P的移动而变化的是（）
A．②③B．②⑤C．①③④D．④⑤
11．已知x2-2x-3=0，则2x2-4x的值为（）
12．下列选项中，能使关于x的一元二次方程ax2﹣4x+c=0一定有实数根的是（）
A．a＞0 B．a=0 C．c＞0 D．c=0
二、填空题：（本大题共6个小题，每小题4分，共24分．）
13．若一个棱柱有7个面，则它是______棱柱．
14．已知一组数据﹣3、3，﹣2、1、3、0、4、x的平均数是1，则众数是_____．
15．布袋中装有2个红球和5个白球，它们除颜色外其它都相同．如果从这个布袋里随机摸出一个球，那么所摸到的球恰好为红球的概率是 ________．
16．若使代数式21
2
x
x
-
+
有意义，则x的取值范围是_____．
17．已知
2
1
x
y
=
⎧
⎨
=
⎩
是二元一次方程组
14
{
13
mx ny
nx my
+=
-=
的解，则m+3n的立方根为__．
18．如图，点E在正方形ABCD的边CD上．若△ABE的面积为8，CE=3，则线段BE的长为_______．
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．（6分）计算：（π﹣1）0+|﹣1|﹣24÷6+（﹣1）﹣1．
20．（6分）在△ABC中，已知AB=AC，∠BAC=90°，E为边AC上一点，连接BE．如图1，若∠ABE=15°，O为BE中点，连接AO，且AO=1，求BC的长；如图2，D为AB上一点，且满足AE=AD，过点A作AF⊥BE交BC于点F，过点F作FG⊥CD交BE的延长线于点G，交AC于点M，求证：BG=AF+FG．
21．（6分）某校检测学生跳绳水平，抽样调查了部分学生的“1分钟跳绳”成绩，并制成了下面的频数分布直方图（每小组含最小值，不含最大值）和扇形图
（1）D 组的人数是 人，补全频数分布直方图，扇形图中m ＝ ；
（2）本次调查数据中的中位数落在 组；
（3）如果“1分钟跳绳”成绩大于或等于120次为优秀，那么该校4500名学生中“1分钟跳绳”成绩为优秀的大约有多少人？
22．（8分）先化简，再求值：22(1)x y x y x y -÷--，其中x=32-，y=11()2
-． 23．（8分）如图，在Rt △ABC 中，90C =o ∠，点D 在边BC 上，DE ⊥AB ，点E 为垂足，7AB =，∠DAB=450，tanB=
34
. (1)求DE 的长；
(2)求CDA ∠的余弦值．
24．（10分）如图，在平面直角坐标系中，O 为坐标原点，△AOB 是等腰直角三角形，∠AOB=90°，点A （2,1）.
（1）求点B 的坐标；
（2）求经过A 、O 、B 三点的抛物线的函数表达式；
（3）在（2）所求的抛物线上，是否存在一点P ，使四边形ABOP 的面积最大？若存在，求出点P 的坐标；若不存在，请说明理由.
25．（10分）我们知道，平面内互相垂直且有公共原点的两条数轴构成平面直角坐标系，如果两条数轴不垂直，而是相交成任意的角ω（0°＜ω＜180°且ω≠90°），那么这两条数轴构成的是平面斜坐标系，两条数轴称为斜坐标系的坐标轴，公共原点称为斜坐标系的原点，如图1，经过平面内一点P作坐标轴的平行线PM和PN，分别交x轴和y轴于点M，N．点M、N在x轴和y轴上所对应的数分别叫做P点的x坐标和y坐标，有序实数对（x，y）称为点P的斜坐标，记为P（x，y）．
（1）如图2，ω＝45°，矩形OAB C中的一边OA在x轴上，BC与y轴交于点D，OA＝2，OC＝l．
①点A、B、C在此斜坐标系内的坐标分别为A，B，C．
②设点P（x，y）在经过O、B两点的直线上，则y与x之间满足的关系为．
③设点Q（x，y）在经过A、D两点的直线上，则y与x之间满足的关系为．
（2）若ω＝120°，O为坐标原点．
①如图3，圆M与y轴相切原点O，被x轴截得的弦长OA＝43，求圆M的半径及圆心M的斜坐标．
②如图4，圆M的圆心斜坐标为M（2，2），若圆上恰有两个点到y轴的距离为1，则圆M的半径r的取值范围是．
26．（12分）在矩形ABCD中，AB＝6，AD＝8，点E是边AD上一点，EM⊥EC交AB于点M，点N 在射线MB上，且AE是AM和AN的比例中项．
如图1，求证：
∠ANE＝∠DCE；如图2，当点N在线段MB之间，联结AC，且AC与NE互相垂直，求MN的长；连接AC，如果△AEC与以点E、M、N为顶点所组成的三角形相似，求DE的长．
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．B
【解析】
【分析】
先把分式进行通分，把异分母分式化为同分母分式，再把分子相加，即可求出答案．
【详解】
解：
a1a1a1
1 a11a a1a1a1
-
+=-==
-----
．
故选B．
2．A
【解析】
【分析】作BD⊥AC于D，如图，先利用等腰直角三角形的性质得到22，2，再利用AC⊥x轴得到C2，2），然后根据反比例函数图象上点的坐标特征计算k的值．
【详解】作BD⊥AC于D，如图，
∵△ABC为等腰直角三角形，
∴22，
∴2，
∵AC⊥x轴，
∴C2，2，
把C2，2y=k
x
得22=4，
故选A．
【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质以及反比例函数图象上点的坐标特征，熟知反比例函数y=k
x （k
为常数，k≠0）的图象是双曲线，图象上的点（x，y）的横纵坐标的积是定值k，即xy=k是解题的关键. 3．D
【解析】
【分析】
根据正数大于0，负数小于0，正数大于一切负数，两个负数，绝对值大的反而小比较即可.
【详解】
31
2
，0，﹣1这四个数中，﹣130＜
1
2
，
故最小的数为：﹣1．
故选D．
【点睛】
本题考查了实数的大小比较，解答本题的关键是熟练掌握实数的大小比较方法，特别是两个负数的大小比较.
4．C
【解析】
【分析】
根据分式和二次根式有意义的条件进行计算即可．
【详解】
由题意得：x≥2且x﹣2≠2．解得：x≥2且x≠2．
故x的取值范围是x≥2且x≠2．
故选C．
【点睛】
本题考查了函数自变量的取值范围问题，掌握分式和二次根式有意义的条件是解题的关键．
5．C
【解析】
【详解】
根据图像可得：a<0，b<0，c=0，即abc=0，则①正确；
当x=1时，y<0，即a+b+c<0，则②错误；
根据对称轴可得：－=－，则b=3a，根据a<0，b<0可得：a>b；则③正确；
根据函数与x轴有两个交点可得：－4ac>0，则④正确.
故选C.
【点睛】
本题考查二次函数的性质.能通过图象分析a，b，c的正负，以及通过一些特殊点的位置得出a，b，c之间的关系是解题关键.
6．B
【解析】
【分析】
【详解】
设以AB、AC为直径作半圆交BC于D点，连AD，如图，
∴AD⊥BC，
∴BD=DC=BC=8，
而AB=AC=10，CB=16，
∴AD===6，
∴阴影部分面积=半圆AC的面积+半圆AB的面积﹣△ABC的面积，
=π•52﹣•16•6，
=25π﹣1．
故选B．
7．D
【解析】
【分析】
【详解】
解：几何体的左视图是从左面看几何体所得到的图形，选项A、B、C的左视图均为从左往右正方形个数为2，1，符合题意，选项D的左视图从左往右正方形个数为2，1，1，
故选D．
本题考查几何体的三视图．
8．B
【解析】
分析：只要证明BE=BC 即可解决问题；
详解：∵由题意可知CF 是∠BCD 的平分线，
∴∠BCE=∠DCE ．
∵四边形ABCD 是平行四边形，
∴AB ∥CD ，
∴∠DCE=∠E ，∠BCE=∠AEC ，
∴BE=BC=1，
∵AB=2，
∴AE=BE-AB=1，
故选B ．
点睛：本题考查的是作图-基本作图，熟知角平分线的作法是解答此题的关键．
9．D
【解析】
当k=1时，原方程不成立，故k≠1，
当k≠1时，方程()21k 1x =04
-为一元二次方程． ∵此方程有两个实数根，
∴22
1b 4ac 4k 11k k 122k 04-=
-⨯-⨯=---=-≥（（）（），解得：k≤1． 综上k 的取值范围是k ＜1．故选D ．
10．B
【解析】
试题分析： ①、MN=
12
AB ，所以MN 的长度不变； ②、周长C △PAB =12
（AB+PA+PB ），变化； ③、面积S △PMN =14S △PAB =14×12AB·h ，其中h 为直线l 与AB 之间的距离，不变; ④、直线NM 与AB 之间的距离等于直线l 与AB 之间的距离的一半，所以不变；
⑤、画出几个具体位置，观察图形，可知∠APB 的大小在变化．
故选B
考点：动点问题，平行线间的距离处处相等，三角形的中位线
【解析】
方程两边同时乘以2，再化出2x 2-4x 求值．
解：x 2-2x-3=0
2×（x 2-2x-3）=0
2×（x 2-2x ）-6=0
2x 2-4x=6
故选B ．
12．D
【解析】
试题分析：根据题意得a≠1且△=2440ac -≥，解得4ac ≤且a≠1．观察四个答案，只有c ＝1一定满足条件，故选D ．
考点：根的判别式；一元二次方程的定义．
二、填空题：（本大题共6个小题，每小题4分，共24分．）
13．5
【解析】
分析：根据n 棱柱的特点，由n 个侧面和两个底面构成，可判断.
详解：由题意可知：7-2=5.
故答案为5.
点睛：此题主要考查了棱柱的概念，根据棱柱的底面和侧面的关系求解是解题关键.
14．3
【解析】
∵－3、3, －2、1、3、0、4、x 的平均数是1，
∴－3+3－2+1+3+0+4+x=8
∴x=2,
∴一组数据－3、3, －2、1、3、0、4、2,
∴众数是3.
故答案是：3.
15．
【解析】
试题解析：∵一个布袋里装有2个红球和5个白球， ∴摸出一个球摸到红球的概率为：．
考点：概率公式．
16．x≠﹣2
【解析】
【分析】
直接利用分式有意义则其分母不为零，进而得出答案．【详解】
∵分式21
2
x
x
-
+
有意义，
∴x的取值范围是：x+2≠0，
解得：x≠−2.
故答案是：x≠−2.
【点睛】
本题考查了分式有意义的条件，解题的关键是熟练的掌握分式有意义的条件. 17．3
【解析】
【分析】
把x与y的值代入方程组求出m与n的值，即可确定出所求．
【详解】
解：把
2
1
x
y
=
⎧
⎨
=
⎩
代入方程组得：
214
,
213
m n
n m
+=
⎧
⎨
-=
⎩
相加得：m+3n=27，
则27的立方根为3，
故答案为3
【点睛】
此题考查了二元一次方程组的解，方程组的解即为能使方程组中两方程左右两边相等的未知数的值．18．5.
【解析】
【详解】
试题解析：过E作EM⊥AB于M，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=BC=CD=AB，∴EM=AD，BM=CE，∵△ABE的面积为8，
∴1
2
×AB×EM=8，
解得：EM=4，
即AD=DC=BC=AB=4，
∵CE=3，
由勾股定理得：BE=2222
43
BC CE
+=+=5.
考点：1.正方形的性质；2.三角形的面积；3.勾股定理．
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．
19．2
【解析】
【分析】
先根据0次幂的意义、绝对值的意义、二次根式的除法、负整数指数幂的意义化简，然后进一步计算即可. 【详解】
解：原式=2+2﹣+2
=2﹣2+2
=2．
【点睛】
本题考查了0次幂的意义、绝对值的意义、二次根式的除法、负整数指数幂的意义，熟练掌握各知识点是解答本题的关键.
20．（1）（2）证明见解析
【解析】
【分析】
（1）如图1中，在AB上取一点M，使得BM=ME，连接ME．，设AE=x，则ME=BM=2x，AM=x，根据AB2+AE2=BE2，可得方程（2x+x）2+x2=22，解方程即可解决问题．
（2）如图2中，作CQ⊥AC，交AF的延长线于Q，首先证明EG=MG，再证明FM=FQ即可解决问题．【详解】
解：如图 1 中，在AB 上取一点M，使得BM=ME，连接ME．
在Rt△ABE 中，∵OB=OE，
∴BE=2OA=2，
∵MB=ME，
∴∠MBE=∠MEB=15°，
∴∠AME=∠MBE+∠MEB=30°，设AE=x，则ME=BM=2x，AM=x，∵AB2+AE2=BE2，
∴，
∴x=（负根已经舍弃），
∴AB=AC=（2+ ）•，
∴BC= AB= +1．
作CQ⊥AC，交AF 的延长线于Q，
∵ AD=AE ，AB=AC ，∠BAE=∠CAD，
∴△ABE≌△ACD（SAS），
∴∠ABE=∠ACD，
∵∠BAC=90°，FG⊥CD，
∴∠AEB=∠CMF，
∴∠GEM=∠GME，
∴EG=MG，
∵∠ABE=∠CAQ，AB=AC，∠BAE=∠ACQ=90°，
∴△ABE ≌△CAQ （ASA ），
∴BE=AQ ，∠AEB=∠Q ，
∴∠CMF=∠Q ，
∵∠MCF=∠QCF=45°，CF=CF ，
∴△CMF ≌△CQF （AAS ），
∴FM=FQ ，
∴BE=AQ=AF+FQ=AF=FM ，
∵EG=MG ，
∴BG=BE+EG=AF+FM+MG=AF+FG ．
【点睛】
本题考查全等三角形的判定和性质、直角三角形斜边中线定理，等腰直角三角形的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．
21．（1）16、84°；（2）C ；（3）该校4500名学生中“1分钟跳绳”成绩为优秀的大约有3000（人）
【解析】
【分析】
（1）根据百分比＝所长人数÷总人数，圆心角＝360︒⨯百分比，计算即可；
（2）根据中位数的定义计算即可；
（3）用一半估计总体的思考问题即可；
【详解】
（1）由题意总人数610%60÷＝＝人，
D 组人数6061419516----＝＝人；
B 组的圆心角为143608460
︒⨯=︒； （2）根据A 组6人，B 组14人，C 组19人，D 组16人，E 组5人可知本次调查数据中的中位数落在C 组；
（3）该校4500名学生中“1分钟跳绳”成绩为优秀的大约有404500300060
⨯
＝人． 【点睛】
本题主要考查了数据的统计，熟练掌握扇形图圆心角度数求解方法，总体求解方法等相关内容是解决本题的关键.
22．x+y ．
【解析】
试题分析：根据分式的减法和除法可以化简题目中的式子，然后将x 、y 的值代入即可解答本题．
试题解析：原式=()()x x y x y x y x y y -++-⋅- =()()y x y x y x y y
+-⋅-=x+y ，
当2，y=11()2-=2时，原式
23． (1)3;(2)
10
【解析】
分析：（1）由题意得到三角形ADE 为等腰直角三角形，在直角三角形DEB 中，利用锐角三角函数定义求出DE 与BE 之比，设出DE 与BE ，由AB=7求出各自的值，确定出DE 即可；
（2）在直角三角形中，利用勾股定理求出AD 与BD 的长，根据tanB 的值求出cosB 的值，确定出BC 的长，由BC ﹣BD 求出CD 的长，利用锐角三角函数定义求出所求即可．
详解：（1）∵DE ⊥AB ，∴∠DEA=90°．又∵∠DAB=41°，∴DE=AE ．在Rt △DEB 中，∠DEB=90°，tanB=34DE BE ，
∴=34
，设DE=3x ，那么AE=3x ，BE=4x ．∵AB=7，∴3x+4x=7，解得：x=1，∴DE=3；
（2）在Rt △ADE 中，由勾股定理，得：，同理得：BD=1．在Rt △ABC 中，由tanB=34，
可得：cosB=45，∴BC=285，∴CD=35，∴cos ∠CDA=CD AD CDA 点睛：本题考查了解直角三角形，涉及的知识有：锐角三角函数定义，勾股定理，等腰直角三角形的判定与性质，熟练掌握各自的性质是解答本题的关键．
24． (1) B （-1.2）;(2) y=
57x?66
x -;(3)见解析. 【解析】
【分析】
（1）过A 作AC ⊥x 轴于点C ，过B 作BD ⊥x 轴于点D ，则可证明△ACO ≌△ODB ，则可求得OD 和BD 的长，可求得B 点坐标；
（2）根据A 、B 、O 三点的坐标，利用待定系数法可求得抛物线解析式；
（3）由四边形ABOP 可知点P 在线段AO 的下方，过P 作PE ∥y 轴交线段OA 于点E ，可求得直线OA 解析式，设出P 点坐标，则可表示出E 点坐标，可表示出PE 的长，进一步表示出△POA 的面积，则可得到四边形ABOP 的面积，再利用二次函数的性质可求得其面积最大时P 点的坐标．
【详解】
（1）如图1，过A 作AC ⊥x 轴于点C ，过B 作BD ⊥x 轴于点D ，
∵△AOB 为等腰三角形，
∴AO=BO ，
∵∠AOB=90°，
∴∠AOC+∠DOB=∠DOB+∠OBD=90°，
∴∠AOC=∠OBD ，
在△ACO 和△ODB 中
AOC OBD ACO ODB AO BO ＝＝＝∠∠⎧⎪∠∠⎨⎪⎩
∴△ACO ≌△ODB （AAS ），
∵A （2，1），
∴OD=AC=1，BD=OC=2，
∴B （-1，2）；
（2）∵抛物线过O 点，
∴可设抛物线解析式为y=ax 2+bx ，
把A 、B 两点坐标代入可得4212a b a b +⎧⎨-⎩＝＝，解得5676
a b ⎧⎪⎪⎨⎪-⎪⎩
＝＝， ∴经过A 、B 、O 原点的抛物线解析式为y=
56x 2-76
x ； （3）∵四边形ABOP ，
∴可知点P 在线段OA 的下方，
过P 作PE ∥y 轴交AO 于点E ，如图2，
设直线AO解析式为y=kx，∵A（2，1），
∴k=1
2
，
∴直线AO解析式为y=1
2
x，
设P点坐标为（t，5
6
t2-
7
6
t），则E（t，
1
2
t），
∴PE=1
2
t-（
5
6
t2-
7
6
t）=-
5
6
t2+
5
3
t=-
5
6
（t-1）2+
5
6
，
∴S△AOP=1
2
PE×2=PE═-
5
6
（t-1）2+
5
6
，
由A（2，1）可求得
∴S△AOB=1
2
AO•BO=
5
2
，
∴S四边形ABOP=S△AOB+S△AOP=-5
6
（t-1）2+
5
6
+
5
2
=()2
510
1
63
t
--+，
∵-5
6
＜0，
∴当t=1时，四边形ABOP的面积最大，此时P点坐标为（1，-1
3），
综上可知存在使四边形ABOP的面积最大的点P，其坐标为（1，-1
3）．
【点睛】
本题为二次函数的综合应用，主要涉及待定系数法、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质、三角形的面积以及方程思想等知识．在（1）中构造三角形全等是解题的关键，在（2）中注意待定系数法的应用，在（3）中用t表示出四边形ABOP的面积是解题的关键．本题考查知识点较多，综合性较强，难度适中．
25．（1）①（2，0），（1），（﹣1）；②x；③x，y=；（2）①半径为
4，M（
3
）1＜r+1．
【解析】
【分析】
（1）①如图2-1中，作BE∥OD交OA于E，CF∥OD交x轴于F．求出OE、OF、CF、OD、BE即可解决问题；②如图2-2中，作BE∥OD交OA于E，作PM∥OD交OA于M．利用平行线分线段成比例定理即可解决问题；③如图3-3中，作QM∥OA交OD于M．利用平行线分线段成比例定理即可解决问题；
（2）①如图3中，作MF⊥OA于F，作MN∥y轴交OA于N．解直角三角形即可解决问题；②如图4中，连接OM，作MK∥x轴交y轴于K，作MN⊥OK于N交⊙M于E、F．求出FN=NE=1时，⊙M
的半径即可解决问题.
【详解】
（1）①如图2﹣1中，作BE∥OD交OA于E，CF∥OD交x轴于F，
由题意OC=CD=1，OA=BC=2，
∴BD=OE=1，OD=CF=BE=2，
∴A（2，0），B（1，2），C（﹣1，2），
故答案为（2，0），（1，2），（﹣1，2）；
②如图2﹣2中，作BE∥OD交OA于E，作PM∥OD交OA于M，
∵OD∥BE，OD∥PM，
∴BE∥PM，
∴BE
PM
=
OE
OM
，
∴21
x =，
∴y=2x；
③如图2﹣3中，作QM∥OA交OD于M，
则有MQ DM OA DO
=，
∴
2
22
x y
-=，
∴y=﹣
2
2
x+2，
故答案为y=2x，y=﹣
2
2
x+2；
（2）①如图3中，作MF⊥OA于F，作MN∥y轴交OA于N，
∵ω=120°，OM⊥y轴，
∴∠MOA=30°，
∵MF⊥OA，OA=43，
∴OF=FA=23，
∴FM=2，OM=2FM=4，
∵MN∥y轴，
∴MN⊥OM，
∴MN=43
3
，ON=2MN=
83
3
，
∴M（83
，
43
）；
②如图4中，连接OM，作MK∥x轴交y轴于K，作MN⊥OK于N交⊙M于E、F．
∵MK∥x轴，ω=120°，
∴∠MKO=60°，
∵MK=OK=2，
∴△MKO是等边三角形，
∴MN=3，
当FN=1时，MF=3﹣1，
当EN=1时，ME=3+1，
观察图象可知当⊙M的半径r的取值范围为3﹣1＜r＜3+1．
故答案为：3﹣1＜r＜3+1．
【点睛】
本题考查圆综合题、平行线分线段成比例定理、等边三角形的判定和性质、平面直角坐标系等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造平行线解决问题，属于中考压轴题．
26．（1）见解析；（2）49
24
；（1）DE的长分别为
9
2
或1．
【解析】【分析】
（1）由比例中项知AM AE
AE AN
＝，据此可证△AME∽△AEN得∠AEM＝∠ANE，再证∠AEM＝∠DCE
可得答案；
（2）先证∠ANE＝∠EAC，结合∠ANE＝∠DCE得∠DCE＝∠EAC，从而知DE DC
DC AD
＝，据此求得AE
＝8﹣9
2
＝
7
2
，由（1）得∠AEM＝∠DCE，据此知
AM DE
AE DC
＝，求得AM＝
21
8
，由求得
AM AE
AE AN
＝MN
＝49 24
；
（1）分∠ENM＝∠EAC和∠ENM＝∠ECA两种情况分别求解可得．【详解】
解：（1）∵AE是AM和AN的比例中项
∴AM AE AE AN
＝，
∵∠A＝∠A，
∴△AME∽△AEN，
∴∠AEM＝∠ANE，
∵∠D＝90°，
∴∠DCE＋∠DEC＝90°，
∵EM⊥BC，
∴∠AEM＋∠DEC＝90°，
∴∠AEM＝∠DCE，
∴∠ANE＝∠DCE；
（2）∵AC与NE互相垂直，∴∠EAC＋∠AEN＝90°，
∵∠BAC＝90°，
∴∠ANE＋∠AEN＝90°，
∴∠ANE＝∠EAC，
由（1）得∠ANE＝∠DCE，∴∠DCE＝∠EAC，
∴tan∠DCE＝tan∠DAC，
∴DE DC DC AD
＝，
∵DC＝AB＝6，AD＝8，
∴DE＝9
2
，
∴AE＝8﹣9
2
＝
7
2
，
由（1）得∠AEM＝∠DCE，∴tan∠AEM＝tan∠DCE，
∴AM DE AE DC
＝，
∴AM＝21
8
，
∵AM AE AE AN
＝，
∴AN＝14
3
，
∴MN＝49 24
；
（1）∵∠NME＝∠MAE＋∠AEM，∠AEC＝∠D＋∠DCE，又∠MAE＝∠D＝90°，由（1）得∠AEM＝∠DCE，
∴∠AEC＝∠NME，
当△AEC与以点E、M、N为顶点所组成的三角形相似时
①∠ENM＝∠EAC，如图2，
∴∠ANE＝∠EAC，
由（2）得：DE＝9
2
；
②∠ENM＝∠ECA，
如图1，
过点E作EH⊥AC，垂足为点H，由（1）得∠ANE＝∠DCE，
∴∠ECA＝∠DCE，
∴HE＝DE，
又tan∠HAE＝
6
8 EH DC
AH AD
＝＝，
设DE＝1x，则HE＝1x，AH＝4x，AE＝5x，又AE＋DE＝AD，
∴5x＋1x＝8，
解得x＝1，
∴DE＝1x＝1，
综上所述，DE的长分别为9
2
或1．
【点睛】
本题是相似三角形的综合问题，解题的关键是掌握相似三角形的判定与性质、三角函数的应用等知识点．
27．详见解析.
【解析】
【分析】
只要证明∠EAM=∠ECN，根据同位角相等两直线平行即可证明.
【详解】
证明：∵AB∥CD，
∴∠EAB=∠ECD，
∵∠1=∠2，
∴∠EAM=∠ECN，
∴AM∥CN．
【点睛】
本题考查平行线的判定和性质，解题的关键是熟练掌握平行线的性质和判定，属于中考基础题．。