福建省厦门市2019-2020学年中考最新终极猜押数学试题含解析

福建省厦门市2019-2020学年中考最新终极猜押数学试题
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．用铝片做听装饮料瓶，现有100张铝片，每张铝片可制瓶身16个或制瓶底45个，一个瓶身和两个瓶底可配成一套，设用x 张铝片制作瓶身，则可列方程（ ）
A ．1645(100)x x =-
B ．1645(50)x x =-
C ．21645(100)x x ⨯=-
D ．16245(100)x x =⨯-
2．下列几何体中，其三视图都是全等图形的是( )
A ．圆柱
B ．圆锥
C ．三棱锥
D ．球
3．如图，一艘海轮位于灯塔P 的南偏东45°方向，距离灯塔60n mile 的A 处，它沿正北方向航行一段时间后，到达位于灯塔P 的北偏东30°方向上的B 处，这时，B 处与灯塔P 的距离为（ ）
A ．603 n mile
B ．602 n mile
C ．303 n mile
D ．302 n mile
4．如图，矩形ABCD 中，E 为DC 的中点，AD ：AB ＝3：2，CP ：BP ＝1：2，连接EP 并延长，交AB 的延长线于点F ，AP 、BE 相交于点O ．下列结论：①EP 平分∠CEB ；②2BF ＝PB•EF ；③PF•EF ＝22AD ；④EF•EP ＝4AO•PO ．其中正确的是（ ）
A ．①②③
B ．①②④
C ．①③④
D ．③④
5．已知抛物线y=ax 2+bx+c （a≠1）的对称轴为直线x=2，与x 轴的一个交点坐标为（4，1），其部分图象如图所示，下列结论：
①抛物线过原点；②a ﹣b+c ＜1；③当x ＜1时，y 随x 增大而增大；
④抛物线的顶点坐标为（2，b ）；⑤若ax 2+bx+c=b ，则b 2﹣4ac=1．
其中正确的是（ ）
A ．①②③
B ．①④⑤
C ．①②④
D ．③④⑤
6．下列运算正确的是（ ）
A ．4 =2
B ．43﹣27=1
C ．182÷=9
D ．233
⨯=2 7．如图，数轴A 、B 上两点分别对应实数a 、b ，则下列结论正确的是( )
A ．a ＋b>0
B ．ab >0
C ．
D ．
8．如果一组数据6、7、x 、9、5的平均数是2x ，那么这组数据的方差为（ ）
A ．4
B ．3
C ．2
D ．1
9．小王抛一枚质地均匀的硬币，连续抛4次，硬币均正面朝上落地，如果他再抛第5次，那么硬币正面朝上的概率为( )
A ．1
B ．12
C ．14
D ．15
10．将（x+3）2﹣（x ﹣1）2分解因式的结果是（ ）
A ．4（2x+2）
B ．8x+8
C ．8（x+1）
D ． 4（x+1）
11．下列是我国四座城市的地铁标志图，其中是中心对称图形的是（ ）
A ．
B ．
C ．
D ．
12．如图，每个小正方形的边长均为1，则下列图形中的三角形（阴影部分）与111A B C ∆相似的是（ ）
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．如图，若点 A 的坐标为 ()1,3 ，则 sin 1∠ =________.
14．如图，正方形ABCD 的边长是16，点E 在边AB 上，AE=3，点F 是边BC 上不与点B 、C 重合的一个动点，把△EBF 沿EF 折叠，点B 落在B′处，若△CDB′恰为等腰三角形，则DB′的长为 .
15．计算a 3÷a 2•a 的结果等于_____．
16．如图，在Rt △ABC 中，∠ACB ＝90°，∠A ＝30°，BC ＝2，点D 是边AB 上的动点，将△ACD 沿CD 所在的直线折叠至△CDA 的位置，CA'交AB 于点E ．若△A'ED 为直角三角形，则AD 的长为_____．
17．在一个不透明的空袋子里放入3个白球和2个红球，每个球除颜色外完全相同，小乐从中任意摸出1个球，摸出的球是红球，放回后充分摇匀，又从中任意摸出1个球，摸到红球的概率是 ____ ． 18．如图，在Rt △ABC 中，∠ACB=90°，BC=6，CD 是斜边AB 上的中线，将△BCD 沿直线CD 翻折至△ECD 的位置，连接AE ．若DE ∥AC ，计算AE 的长度等于_____．
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Rt △ABC 中，∠B=90°，点O 在边AB 上，以点O 为圆心，OA 为半径的圆经过点C ，过点C 作直线MN ，使∠BCM=2∠A ．判断直线MN 与⊙O 的位置关系，并说明理由；若OA=4，
∠BCM=60°，求图中阴影部分的面积．
20．（6分）如图，AB是⊙O的直径，∠BAC=90°，四边形EBOC是平行四边形，EB交⊙O于点D，连接CD并延长交AB的延长线于点F．
（1）求证：CF是⊙O的切线；
（2）若∠F=30°，EB=6，求图中阴影部分的面积．（结果保留根号和π）
21．（6分）如图，矩形ABCD的对角线AC、BD交于点O，且DE∥AC，CE∥BD．
(1)求证：四边形OCED是菱形；
(2)若∠BAC=30°，AC=4，求菱形OCED的面积．
22．（8分）已知，如图，在坡顶A处的同一水平面上有一座古塔BC，数学兴趣小组的同学在斜坡底P 处测得该塔的塔顶B的仰角为45°，然后他们沿着坡度为1：2.4的斜坡AP攀行了26米，在坡顶A处又测得该塔的塔顶B的仰角为76°．求：坡顶A到地面PO的距离；古塔BC的高度（结果精确到1米）．
23．（8分）如图，以O为圆心，4为半径的圆与x轴交于点A，C在⊙O上，∠OAC=60°．
（1）求∠AOC的度数；
（2）P为x轴正半轴上一点，且PA=OA，连接PC，试判断PC与⊙O的位置关系，并说明理由；（3）有一动点M从A点出发，在⊙O上按顺时针方向运动一周，当S△MAO=S△CAO时，求动点M所经过
的弧长，并写出此时M 点的坐标．
24．（10分）在平面直角坐标系xOy 中有不重合的两个点()11,Q x y 与()22,P x y .若Q 、P 为某个直角三角形的两个锐角顶点，当该直角三角形的两条直角边分别与x 轴或y 轴平行（或重合），则我们将该直角三角形的两条直角边的边长之和称为点Q 与点P 之间的“直距”记做PQ D ，特别地，当PQ 与某条坐标轴平行（或重合）时，线段PQ 的长即为点Q 与点P 之间的“直距”．例如下图中，点()1,1P ，点()3,2Q ，此时点Q 与点P 之间的“直距”3PQ D =.
（1）①已知O 为坐标原点，点()2,1A -，()2,0B -，则AO D =_________，BO D =_________； ②点C 在直线3y x =-+上，求出CO D 的最小值；
（2）点E 是以原点O 为圆心，1为半径的圆上的一个动点，点F 是直线24y x =+上一动点.直接写出点E 与点F 之间“直距”EF D 的最小值．
25．（10分）计算：（π﹣1）0+|﹣1|24÷6+（﹣1）﹣1．
26．（12分）阅读下面材料：
已知：如图，在正方形ABCD 中，边AB=a 1．
按照以下操作步骤，可以从该正方形开始，构造一系列的正方形，它们之间的边满足一定的关系，并且一个比一个小． 操作步
骤 作法
由操作步骤推断（仅选取部
分结论）
第一步
在第一个正方形ABCD
的对
角线AC上截取AE=a1，再作EF⊥AC于点E，EF与边BC交于点F，记CE=a2（i）△EAF≌△BAF（判定依据是①）；
（ii）△CEF是等腰直角三角形；
（iii）用含a1的式子表示a2为②：
第二步
以CE为边构造第二个正方
形CEFG；
第三步在第二个正方形的对角线
CF上截取FH=a2，再作
IH⊥CF于点H，IH与边CE
交于点I，记CH=a3：
（iv）用只含a1的式子表示
a3为③：
第四步
以CH为边构造第三个正方
形CHIJ
这个过程可以不断进行下去．若第n个正方形的边长为a n，用只含a1
的式子表示a n为④
请解决以下问题：
（1）完成表格中的填空：
①；②；③；④；
（2）根据以上第三步、第四步的作法画出第三个正方形CHIJ（不要求尺规作图）．
27．（12分）为了预防“甲型H1N1”，某学校对教室采用药薰消毒法进行消毒，已知药物燃烧时，室内每立方米空气中的含药量y（mg）与时间x（min）成正比例，药物燃烧后，y与x成反比例，如图所示，现测得药物8min燃毕，此时室内空气每立方米的含药量为6mg，请你根据题中提供的信息，解答下列问题：
药物燃烧时，求y 关于x 的函数关系式？自变量x 的取值范围是什么？药
物燃烧后y 与x 的函数关系式呢？研究表明，当空气中每立方米的含药量低于1.6mg 时，学生方可进教室，那么从消毒开始，至少需要几分钟后，学生才能进入教室？研究表明，当空气中每立方米的含药量不低于3mg 且持续时间不低于10min 时，才能杀灭空气中的毒，那么这次消毒是否有效？为什么？
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．C
【解析】
【分析】
设用x 张铝片制作瓶身，则用()100x -张铝片制作瓶底，可作瓶身16x 个，瓶底()45100x -个，再根据一个瓶身和两个瓶底可配成一套，即可列出方程.
【详解】
设用x 张铝片制作瓶身，则用()100x -张铝片制作瓶底，
依题意可列方程()21645100x x ⨯=-
故选C.
【点睛】
此题主要考查一元一次方程的应用，解题的关键是根据题意找到等量关系.
2．D
【解析】
分析: 任意方向上的视图都是全等图形的几何体只有球，在任意方向上的视图都是圆，其他的几何体的视图都有不同的.
详解:圆柱，圆锥，三棱锥，球中，
三视图都是全等图形的几何体只有球，在任意方向上的视图都是圆，
故选D.
点睛: 本题考查简单几何体的三视图，本题解题的关键是看出各个图形的在任意方向上的视图. 3．B
【解析】
【分析】
【详解】
如图，作PE⊥AB于E．
在Rt△PAE中，∵∠PAE=45°，PA=60n mile，
∴PE=AE=
2
2
×60=302n mile，
在Rt△PBE中，∵∠B=30°，∴PB=2PE=602n mile．
故选B．
4．B
【解析】
【分析】
由条件设3，AB=2x，就可以表示出CP=
3
3
x，BP=
3
3
x，用三角函数值可以求出∠EBC的度
数和∠CEP的度数，则∠CEP=∠BEP，运用勾股定理及三角函数值就可以求出就可以求出BF、EF的值，从而可以求出结论．
【详解】
解：设3x，AB=2x
∵四边形ABCD是矩形
∴AD=BC，CD=AB，∠D=∠C=∠ABC=90°．DC∥AB
∴3，CD=2x
∵CP：BP=1：2
∴3
，
23
x
∵E为DC的中点，
∴CE=1
2
CD=x，
∴tan∠CEP=PC
EC
=
3
3
，tan∠EBC=
EC
BC
=
3
3
∴∠CEP=30°，∠EBC=30°
∴∠CEB=60°
∴∠PEB=30°
∴∠CEP=∠PEB
∴EP平分∠CEB，故①正确；
∵DC∥AB，
∴∠CEP=∠F=30°，
∴∠F=∠EBP=30°，∠F=∠BEF=30°，∴△EBP∽△EFB，
∴BE BP EF BF
∴BE·BF=EF·BP
∵∠F=∠BEF，
∴BE=BF
∴2
BF＝PB·EF，故②正确∵∠F=30°，
∴PF=2PB=43
x，
过点E作EG⊥AF于G，
∴∠EGF=90°，
∴3
∴PF·EF=43
3
x·32
2AD2=2×3）2=6x2，∴PF·EF≠2AD2，故③错误.
在Rt △ECP 中，
∵∠CEP=30°，
∴x
∵tan ∠PAB=
PB AB ∴∠PAB=30°
∴∠APB=60°
∴∠AOB=90°
在Rt △AOB 和Rt △POB 中，由勾股定理得，
，
∴4AO·2
又EF·2 ∴EF·EP=4AO·PO ．故④正确．
故选，B
【点睛】
本题考查了矩形的性质的运用，相似三角形的判定及性质的运用，特殊角的正切值的运用，勾股定理的运用及直角三角形的性质的运用，解答时根据比例关系设出未知数表示出线段的长度是关键．
5．B
【解析】
【分析】
由抛物线的对称轴结合抛物线与x 轴的一个交点坐标，可求出另一交点坐标，结论①正确；当x=﹣1时，y ＞1，得到a ﹣b+c ＞1，结论②错误；根据抛物线的对称性得到结论③错误；将x=2代入二次函数解析式
中结合4a+b+c=1，即可求出抛物线的顶点坐标，结论④正确；根据抛物线的顶点坐标为（2，b ），判断⑤．
【详解】
解：①∵抛物线y=ax 2+bx+c （a≠1）的对称轴为直线x=2，与x 轴的一个交点坐标为（4，1）， ∴抛物线与x 轴的另一交点坐标为（1，1），
∴抛物线过原点，结论①正确；
②∵当x=﹣1时，y ＞1，
∴a ﹣b+c ＞1，结论②错误；
③当x ＜1时，y 随x 增大而减小，③错误；
④抛物线y=ax 2+bx+c （a≠1）的对称轴为直线x=2，且抛物线过原点， ∴22b a
-=，c=1， ∴b=﹣4a ，c=1，
∴4a+b+c=1，
当x=2时，y=ax 2+bx+c=4a+2b+c=（4a+b+c ）+b=b ，
∴抛物线的顶点坐标为（2，b ），结论④正确；
⑤∵抛物线的顶点坐标为（2，b ），
∴ax 2+bx+c=b 时，b 2﹣4ac=1，⑤正确；
综上所述，正确的结论有：①④⑤．
故选B ．
【点睛】
本题考查的是二次函数图象与系数的关系，二次函数y=ax 2+bx+c 系数符号由抛物线开口方向、对称轴、抛物线与y 轴的交点抛物线与x 轴交点的个数确定．
6．A
【解析】
【分析】
根据二次根式的性质对A 进行判断；根据二次根式的加减法对B 进行判断；根据二次根式的除法法则对C 进行判断；根据二次根式的乘法法则对D 进行判断．
【详解】
A 、原式=2，所以A 选项正确；
B 、原式B 选项错误；
C 、原式=3，所以C 选项错误；
D 、原式，所以D 选项错误． 故选A ．
【点睛】
本题考查了二次根式的混合运算：先把二次根式化为最简二次根式，然后进行二次根式的乘除运算，再合并即可．在二次根式的混合运算中，如能结合题目特点，灵活运用二次根式的性质，选择恰当的解题途径，往往能事半功倍．
7．C
【解析】
本题要先观察a，b在数轴上的位置，得b＜-1＜0＜a＜1，然后对四个选项逐一分析．【详解】
A、因为b＜-1＜0＜a＜1，所以|b|＞|a|，所以a+b＜0，故选项A错误；
B、因为b＜0＜a，所以ab＜0，故选项B错误；
C、因为b＜-1＜0＜a＜1，所以+＞0，故选项C正确；
D、因为b＜-1＜0＜a＜1，所以-＞0，故选项D错误．
故选C．
【点睛】
本题考查了实数与数轴的对应关系，数轴上右边的数总是大于左边的数．
8．A
【解析】
分析：先根据平均数的定义确定出x的值，再根据方差公式进行计算即可求出答案．
详解：根据题意，得：6795
5
x
++++
=2x
解得：x=3，
则这组数据为6、7、3、9、5，其平均数是6，
所以这组数据的方差为1
5
[（6﹣6）2+（7﹣6）2+（3﹣6）2+（9﹣6）2+（5﹣6）2]=4，
故选A．
点睛：此题考查了平均数和方差的定义．平均数是所有数据的和除以数据的个数．方差是一组数据中各数据与它们的平均数的差的平方的平均数．
9．B
【解析】
【分析】
直接利用概率的意义分析得出答案．
【详解】
解：因为一枚质地均匀的硬币只有正反两面，
所以不管抛多少次，硬币正面朝上的概率都是1
2
，
故选B．
【点睛】
此题主要考查了概率的意义，明确概率的意义是解答的关键．
【分析】
直接利用平方差公式分解因式即可．
【详解】
（x ＋3）2−（x−1）2＝[（x ＋3）＋（x−1）][（x ＋3）−（x−1）]＝4（2x ＋2）＝8（x ＋1）．
故选C ．
【点睛】
此题主要考查了公式法分解因式，正确应用平方差公式是解题关键．
11．D
【解析】
【分析】
根据中心对称图形的定义解答即可.
【详解】
选项A 不是中心对称图形；
选项B 不是中心对称图形；
选项C 不是中心对称图形；
选项D 是中心对称图形.
故选D.
【点睛】
本题考查了中心对称图形的定义，熟练运用中心对称图形的定义是解决问题的关键.
12．B
【解析】
【分析】
根据相似三角形的判定方法一一判断即可．
【详解】
解：因为111A B C 中有一个角是135°，选项中，有135°角的三角形只有B ，且满足两边成比例夹角相等，
故选：B ．
【点睛】
本题考查相似三角形的性质，解题的关键是学会利用数形结合的思想解决问题，属于中考常考题型．
二、填空题：（本大题共6个小题，每小题4分，共24分．）
13
根据勾股定理，可得OA 的长，根据正弦是对边比斜边，可得答案．
【详解】
如图，由勾股定理，得：OA=22OB AB +=1．sin ∠1=3AB OA =，故答案为3．
14．36或5.
【解析】
【详解】
（3）当B′D=B′C 时，过B′点作GH ∥AD ，则∠B′GE=90°， 当B′C=B′D 时，AG=DH=12
DC=8，由AE=3，AB=36，得BE=3． 由翻折的性质，得B′E=BE=3，
∴EG=AG ﹣AE=8﹣3=5，
∴22'B E EG -22135-，
∴B′H=GH ﹣B′G=36﹣33=4，
∴22'B H DH +2248+45
（3）当DB′=CD 时，则DB′=36（易知点F 在BC 上且不与点C 、B 重合）；
（3）当CB′=CD 时，
∵EB=EB′，CB=CB′，
∴点E 、C 在BB′的垂直平分线上，
∴EC 垂直平分BB′，
由折叠可知点F 与点C 重合，不符合题意，舍去．
综上所述，DB′的长为36或4536或45
考点：3．翻折变换（折叠问题）；3．分类讨论．
15．a1
【解析】
【分析】
根据同底数幂的除法法则和同底数幂乘法法则进行计算即可．【详解】
解：原式=a3﹣1+1=a1．
故答案为a1．
【点睛】
本题考查了同底数幂的乘除法，关键是掌握计算法则．16．3﹣3或1
【解析】
【分析】
分两种情况:情况一：如图一所示，当∠A'DE=90°时；
情况二：如图二所示，当∠A'ED=90°时.
【详解】
解：如图，当∠A'DE=90°时，△A'ED为直角三角形，
∵∠A'=∠A=30°，
∴∠A'ED=60°=∠BEC=∠B，
∴△BEC是等边三角形，
∴BE=BC=1，
又∵Rt△ABC中，AB=1BC=4，
∴AE=1，
设AD=A'D=x，则DE=1﹣x，
∵Rt△A'DE中，A'D=3DE，
∴x=3（1﹣x），
解得x=3﹣3，
即AD的长为3﹣3；
如图，当∠A'ED=90°时，△A'ED为直角三角形，
此时∠BEC=90°，∠B=60°，
∴∠BCE=30°，
∴BE=1
2
BC=1，
又∵Rt△ABC中，AB=1BC=4，
∴AE=4﹣1=3，
∴DE=3﹣x，
设AD=A'D=x，则
Rt△A'DE中，A'D=1DE，即x=1（3﹣x），
解得x=1，
即AD的长为1；
综上所述，即AD的长为331．
故答案为331．
【点睛】
本题考查了翻折变换，勾股定理，等腰直角三角形的判定和性质等知识，添加辅助线，构造直角三角形，学会运用分类讨论是解题的关键.
17．2 5
【解析】
【分析】袋子中一共有5个球，其中有2个红球，用2除以5即可得从中摸出一个球是红球的概率. 【详解】袋子中有3个白球和2个红球，一共5个球，
所以从中任意摸出一个球是红球的概率为：
25， 故答案为25
. 【点睛】本题考查了概率的计算，用到的知识点为：可能性等于所求情况数与总情况数之比.
18．
【解析】
【分析】
根据题意、解直角三角形、菱形的性质、翻折变化可以求得AE 的长．
【详解】
由题意可得， DE=DB=CD=12
AB ， ∴∠DEC=∠DCE=∠DCB ，
∵DE ∥AC ，∠DCE=∠DCB ，∠ACB=90°，
∴∠DEC=∠ACE ，
∴∠DCE=∠ACE=∠DCB=30°，
∴∠ACD=60°，∠CAD=60°，
∴△ACD 是等边三角形，
∴AC=CD ，
∴AC=DE ，
∵AC ∥DE ，AC=CD ，
∴四边形ACDE 是菱形，
∵在Rt △ABC 中，∠ACB=90°，BC=6，∠B=30°，
∴
∴
故答案为．
【点睛】
本题考查翻折变化、平行线的性质、直角三角形斜边上的中线，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想解答．
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）相切；（2）
163
π- 【解析】
试题分析：（1）MN 是⊙O 切线，只要证明∠OCM=90°即可．（2）求出∠AOC 以及BC ，根据S 阴=S 扇形
OAC﹣S△OAC计算即可．
试题解析：（1）MN是⊙O切线．
理由：连接OC．
∵OA=OC，
∴∠OAC=∠OCA，
∵∠BOC=∠A+∠OCA=2∠A，∠BCM=2∠A，∴∠BCM=∠BOC，
∵∠B=90°，
∴∠BOC+∠BCO=90°，
∴∠BCM+∠BCO=90°，
∴OC⊥MN，
∴MN是⊙O切线．
（2）由（1）可知∠BOC=∠BCM=60°，
∴∠AOC=120°，
在RT△BCO中，OC=OA=4，∠BCO=30°，
∴BO=1
2
OC=2，BC=23
∴S阴=S扇形OAC﹣S△OAC=
2
1204116
42343 36023
ππ
-⨯⨯=-
g
．
考点：直线与圆的位置关系；扇形面积的计算．
20．（1）证明见解析；（2）9﹣3π
【解析】
试题分析：(1)、连接OD，根据平行四边形的性质得出∠AOC=∠OBE，∠COD=∠ODB，结合OB=OD 得出∠DOC=∠AOC，从而证明出△COD和△COA全等，从而的得出答案；(2)、首先根据题意得出△OBD 为等边三角形，根据等边三角形的性质得出EC=ED=BO=DB，根据Rt△AOC的勾股定理得出AC的长度，然后根据阴影部分的面积等于两个△AOC的面积减去扇形OAD的面积得出答案.
试题解析：（1）如图连接OD．
∵四边形OBEC是平行四边形，∴OC∥BE，∴∠AOC=∠OBE，∠COD=∠ODB，
∵OB=OD，∴∠OBD=∠ODB，∴∠DOC=∠AOC，
在△COD和△COA中，，∴△COD≌△COA，∴∠CDO=∠CAO=90°，
∴CF⊥OD，∴CF是⊙O的切线．
（2）∵∠F=30°，∠ODF=90°，∴∠DOF=∠AOC=∠COD=60°，
∵OD=OB，∴△OBD是等边三角形，∴∠4=60°，∵∠4=∠F+∠1，∴∠1=∠2=30°，
∵EC∥OB，∴∠E=180°﹣∠4=120°，∴∠3=180°﹣∠E﹣∠2=30°，∴EC=ED=BO=DB，
∵EB=6，∴OB=OD═O A=3，在Rt△AOC中，∵∠OAC=90°，OA=3，∠AOC=60°，
∴AC=OA•tan60°=3，∴S阴=2•S△AOC﹣S扇形OAD=2××3×3﹣=9﹣3π．
21．（1）证明见解析；（1）23
【解析】
【分析】
（1）由平行四边形的判定得出四边形OCED是平行四边形，根据矩形的性质求出OC=OD，根据菱形的判定得出即可．（1）解直角三角形求出BC=1．3OE，交CD于点F，根据菱形的性
质得出F为CD中点，求出OF=1
2
BC=1，求出OE=1OF=1，求出菱形的面积即可．
【详解】
()1证明：CE//OD
Q，DE//OC，∴四边形OCED是平行四边形，
Q矩形ABCD，AC BD
∴=，
1
OC AC
2
=，
1
OD BD
2
=，
OC OD
∴=，
∴四边形OCED是菱形；
()2在矩形ABCD中，ABC90o
∠=，BAC30
∠=o，AC4
=，BC2
∴=，
AB DC23
∴==
连接OE，交CD于点F，
Q 四边形OCED 为菱形，
F ∴为CD 中点，
O Q 为BD 中点， 1OF BC 12∴==， OE 2OF 2∴==，
OCED 11S OE CD 2232322
∴=⨯⨯=⨯⨯=菱形． 【点睛】
本题主要考查了矩形的性质和菱形的性质和判定的应用，能灵活运用定理进行推理是解此题的关键，注意：菱形的面积等于对角线积的一半．
22． (1)坡顶A 到地面PQ 的距离为10米；()2移动信号发射塔BC 的高度约为19米．
【解析】
【分析】
延长BC 交OP 于H.在Rt △APD 中解直角三角形求出AD ＝10.PD ＝24.由题意BH ＝PH.设BC ＝x.则x+10＝24+DH.推出AC ＝DH ＝x ﹣14.在Rt △ABC 中.根据tan76°＝
BC AC
,构建方程求出x 即可. 【详解】
延长BC 交OP 于H ．
∵斜坡AP 的坡度为1：2.4,
∴512
AD PD =, 设AD ＝5k,则PD ＝12k,由勾股定理,得AP ＝13k,
∴13k ＝26,
解得k ＝2,
∴AD ＝10,
∵BC ⊥AC,AC ∥PO,
∴BH ⊥PO,
∴四边形ADHC是矩形,CH＝AD＝10,AC＝DH, ∵∠BPD＝45°,
∴PH＝BH,
设BC＝x,则x+10＝24+DH,
∴AC＝DH＝x﹣14,
在Rt△ABC中,tan76°＝BC
AC
,即
14
x
x
≈4.1．
解得：x≈18.7,
经检验x≈18.7是原方程的解．
答：古塔BC的高度约为18.7米．
【点睛】
本题主要考查了解直角三角形,用到的知识点是勾股定理,锐角三角函数,坡角与坡角等,解决本题的关键是作出辅助线,构造直角三角形．
23．（1）60°；（2）见解析；（3）对应的M点坐标分别为：M1（2，﹣、M2（﹣2，﹣、M3
（﹣2，）、M4（2，．
【解析】
【分析】
（1）由于∠OAC=60°，易证得△OAC是等边三角形，即可得∠AOC=60°．
（2）由（1）的结论知：OA=AC，因此OA=AC=AP，即OP边上的中线等于OP的一半，由此可证得△OCP 是直角三角形，且∠OCP=90°，由此可判断出PC与⊙O的位置关系．
（3）此题应考虑多种情况，若△MAO、△OAC的面积相等，那么它们的高必相等，因此有四个符合条件的M点，即：C点以及C点关于x轴、y轴、原点的对称点，可据此进行求解．
【详解】
（1）∵OA=OC，∠OAC=60°，
∴△OAC是等边三角形，
故∠AOC=60°．
（2）由（1）知：AC=OA，已知PA=OA，即OA=PA=AC；
∴AC=1
2
OP，因此△OCP是直角三角形，且∠OCP=90°，
而OC是⊙O的半径，
故PC与⊙O的位置关系是相切．（3）如图；有三种情况：
①取C点关于x轴的对称点，则此点符合M点的要求，此时M点的坐标为：M1（2，﹣3；
劣弧MA的长为：6044 1803
ππ
⨯
=；
②取C点关于原点的对称点，此点也符合M点的要求，此时M点的坐标为：M2（﹣2，﹣3）；
劣弧MA的长为：12048 1803
ππ
⨯
=；
③取C点关于y轴的对称点，此点也符合M点的要求，此时M点的坐标为：M3（﹣2，3；
优弧MA的长为：240416 1803
ππ
⨯
=；
④当C、M重合时，C点符合M点的要求，此时M4（2，3；
优弧MA的长为：300420 1803
ππ
⨯
=；
综上可知：当S△MAO=S△CAO时，动点M所经过的弧长为481620
,,,
3333
ππππ
对应的M点坐标分别为：
M1（2，﹣3、M2（﹣2，﹣3）、M3（﹣2，3）、M4（2，3．
【点睛】
本题考查了切线的判定以及弧长的计算方法，注意分类讨论思想的运用，不要漏解．
24．（1）①3，1；②最小值为3；（1）2
5 -
【解析】
【分析】
（1）①根据点Q与点P之间的“直距”的定义计算即可；
②如图3中，由题意，当D CO为定值时，点C的轨迹是以点O为中心的正方形（如左边图），当D CO＝3时，该正方形的一边与直线y＝－x＋3重合（如右边图），此时D CO定值最小，最小值为3；
（1）如图4中，平移直线y＝1x＋4，当平移后的直线与⊙O在左边相切时，设切点为E，作EF∥x轴交直线y＝1x＋4于F，此时D EF定值最小；
【详解】
解：（1）①如图1中，
观察图象可知D AO ＝1＋1＝3，D BO ＝1，
故答案为3，1．
②（i ）当点C 在第一象限时（03x <<），根据题意可知，CO D 为定值，设点C 坐标为(),3x x -+，则()33CO D x x =+-+=，即此时CO D 为3；
（ii ）当点C 在坐标轴上时（0x =，3x =），易得CO D 为3；
（ⅲ）当点C 在第二象限时（0x <），可得()3233CO D x x x =-+-+=-+>；
（ⅳ）当点C 在第四象限时（3x >），可得()3233CO D x x x ⎡⎤⎣⎦=+--+=->；
综上所述，当03x 剟
时，CO D 取得最小值为3； （1）如解图②，可知点F 有两种情形，即过点E 分别作y 轴、x 轴的垂线与直线24y x =+分别交于1F 、2F ；如解图③，平移直线24y x =+使平移后的直线与O e 相切，平移后的直线与x 轴交于点G ，设直线24y x =+与x 轴交于点M ，与y 轴交于点N ，观察图象，此时1EF 即为点E 与点F 之间“直距”EF D 的最小值.连接OE ，易证MON GEO ∽△△，∴MN ON GO OE =，在Rt MON △中由勾股定理得25MN =，∴2541
=，解得5GO =，∴152EF D EF MG MO GO ===-=-.
【点睛】
本题考查一次函数的综合题，点Q 与点P 之间的“直距”的定义，圆的有关知识，正方形的性质等知识，解题的关键是理解题意，学会利用新的定义，解决问题，属于中考压轴题．
失分原因
第（1）问（1）不能根据定义找出AO、BO的“直距”分属哪种情形；
（1）不能找出点C在不同位置时，的取值情况，并找到的最小值第（1）问（1）不能根据定义正确找出点E与点F之间“直距” 取最小值时点E、F 的位置；
（1）不能想到由相似求出GO的值
25．2
【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.
26．（121）a1；③2－1)2a1；④2－1)n－1a1；（2）见解析.
【解析】
【分析】
（1）①由题意可知在Rt△EAF和Rt△BAF中，AE=AB，AF=AF，所以Rt△EAF≌Rt△BAF；
②由题意得AB=AE=a1，2a1，则CE=a22a1﹣a1=2﹣1）a1；
③同上可知2221）a1，FH=EF=a2，则CH=a3=CF﹣21)2a1；
④同理可得a n21)n－1a1；
（2）根据题意画图即可.
【详解】
解：（1）①斜边和一条直角边分别相等的两个直角三角形全等；
理由是：如图1，在Rt△EAF和Rt△BAF中，
∵
AE AB AF AF
=
⎧
⎨
=
⎩
，
∴Rt△EAF≌Rt△BAF（HL）；
②∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=a 1，∠ABC=90°，
∴AC=2a 1， ∵AE=AB=a 1， ∴CE=a
2=2a 1﹣a 1=（2﹣1）a 1；
③∵四边形CEFG 是正方形，
∴△CEF 是等腰直角三角形，
∴CF=2CE=2（2－1）a 1，
∵FH=EF=a 2，
∴CH=a 3=CF ﹣FH=2（2－1）a 1﹣（2－1）a 1=(2－1)2a 1；
④同理可得：a n =(2－1)n －1a 1；
故答案为①斜边和一条直角边分别相等的两个直角三角形全等②（2﹣1）a 1；③(2－1)2a 1；④(2－
1)n －1a 1；
（2）所画正方形CHIJ 见右图.
27．（1）()3084{?48(8)x x y x x
≤≤=>；（2）至少需要30分钟后生才能进入教室．（3）这次消毒是有效的． 【解析】
【分析】
（1）药物燃烧时，设出y 与x 之间的解析式y=k 1x ，把点（8，6）代入即可，从图上读出x 的取值范围；药物燃烧后，设出y 与x 之间的解析式y=2k x
，把点（8，6）代入即可； （2）把y=1.6代入反比例函数解析式，求出相应的x ；
（3）把y=3代入正比例函数解析式和反比例函数解析式，求出相应的x ，两数之差与10进行比较，大于或等于10就有效．
【详解】
解：（1）设药物燃烧时y 关于x 的函数关系式为y=k 1x （k 1＞0）代入（8，6）为6=8k 1
∴k 1=34
设药物燃烧后y 关于x 的函数关系式为y=2k x （k 2＞0）代入（8，6）为6=2k 8
， ∴k 2=48 ∴药物燃烧时y 关于x 的函数关系式为3y x 4=
（0≤x≤8）药物燃烧后y 关于x 的函数关系式为48y x =（x ＞8） ∴()30x 84y 48(8)x
x x ⎧≤≤⎪⎪⎨=⎪>⎪⎩ （2）结合实际，令48y x =
中y≤1.6得x≥30 即从消毒开始，至少需要30分钟后生才能进入教室．
（3）把y=3代入3y x 4=
，得：x=4 把y=3代入48y x
=
，得：x=16 ∵16﹣4=12
所以这次消毒是有效的．
【点睛】
现实生活中存在大量成反比例函数的两个变量，解答该类问题的关键是确定两个变量之间的函数关系，然后利用待定系数法求出它们的关系式．。