2019年江苏省无锡市江阴市澄要片中考数学模拟试卷(5月份)(解析版)

2019年江苏省无锡市江阴市澄要片中考数学模拟试卷（5月份）
一、选择题（本大题共10小题，共30.0分）
1.-5的倒数是（）
A. 5
B.
C.
D.
2.下列运算正确的是（）
A. B. C. D.
3.如图，所给图形中是中心对称图形但不是轴对称图形的是（）
A.
B.
C.
D.
4.一次数学测试后，随机抽取九年级某班5名学生的成绩如下：91，78，98，85，98．关于这组数据说
法错误的是（）
A. 极差是20
B. 中位数是91
C. 众数是98
D. 平均数是91
5.若一个多边形的内角和等于1620°，则这个多边形的边数为（）
A. 9
B. 10
C. 11
D. 12
6.如图，在⊙O中，∠BOD=120°，则∠BCD的度数是（）
A.
B.
C.
D.
7.如图，是某几何体的三视图及相关数据，则该几何体的侧面积是（）
A. B. C. D.
8.如图1，一个扇形纸片的圆心角为90°，半径为4．如图2，将这张扇形纸片折叠，使点A与点O恰好
重合，折痕为CD，图中阴影为重合部分，则阴影部分的面积为（）
A. B. C. D.
9.如图，点A在反比例函数y=（x＞0）图象上，点B在y轴负半轴上，连结AB交x
轴于点C，若△AOC的面积为1，则△BOC的面积为（）
A. B. C. D. 110.甲、乙两人在直线跑道上同起点、同终点、同方向匀速跑步500米，先到终点的人原地休息．已知甲
先出发2秒．在跑步过程中，甲、乙两人的距离y（米）与乙出发的时间t（秒）之间的关系如图所示，给出以下结论：①a=8；②b=92；③c=123．其中正确的是（）
A. ①②③
B. 仅有①②
C. 仅有①③
D. 仅有②③
二、填空题（本大题共8小题，共24.0分）
11.分解因式：a2b-4ab+4b=______．
12.函数y=中，自变量x的取值范围是______．
13.今年清明假期全国铁路发送旅客约41000000人次，将41000000用科学记数法表示为
______．
14.在-2、1、-3这三个数中，任选两个数的积作为k的值，使正比例函数y=kx的图象在第
一、三象限的概率是______
15.如图，等腰△ABC中，AB=AC，∠C=65°，AB的垂直平分线MN交AC于点D，则∠DBC
的度数是______．
16.如图，斜坡AB的长为200米，其坡角为45°．现把它改成坡角为30°的斜坡AD，那
么BD=______米．（结果保留根号）
17.在平面直角坐标系xOy中，点A的坐标为（1，0），P是第一象限内任意一点，连接PO，PA，若∠POA=m°，
∠PAO=n°，则我们把（m°，n°）叫做点P的“双角坐标”．例如，点（1，1）的“双角坐标”为（45°，90°）．
（1）点（，）的“双角坐标”为______；
（2）若点P到x轴的距离为，则m+n的最小值为______．
18.在四边形ABCD中，AB∥CD，BC⊥CD，AB=2，CD=3，在BC上取点P（P与B、C不重合）连接PA
延长至E，使PA=2AE，连接PD并延长至F，使PD=3FD，以PE、PF为边作平行四边形，另一个顶点为G，则PG长度的最小值为______．
三、计算题（本大题共1小题，共8.0分）
19.某工厂有甲种原料69千克，乙种原料52千克，现计划用这两种原料生产A，B两种型号的产品共80
件，已知每件A型号产品需要甲种原料0.6千克，乙种原料0.9千克；每件B型号产品需要甲种原料
1.1千克，乙种原料0.4千克．请解答下列问题：
（1）该工厂有哪几种生产方案？
（2）在这批产品全部售出的条件下，若1件A型号产品获利35元，1件B型号产品获利25元，（1）中哪种方案获利最大？最大利润是多少？
（3）在（2）的条件下，工厂决定将所获利润的25%全部用于再次购进甲、乙两种原料，要求每种原料至少购进4千克，且购进每种原料的数量均为整数．若甲种原料每千克40元，乙种原料每千克60元，请直接写出购买甲、乙两种原料之和最多的方案．
四、解答题（本大题共9小题，共76.0分）
20.计算或化简
（1）-3tan30
（2）（x+3）（x-3）-（x-2）2
21.（1）解不等式组：
＜
（2）解方程：
22.如图，点D是△ABC的边AB上一点，点E为AC的中点，过点C作CF∥AB
交DE延长线于点F．
（1）求证：AD=CF．
（2）连接AF，CD，求证：四边形ADCF为平行四边形．23.今年以来，我国持续大面积的雾霾天气让环保和健康问题成为焦点，某校学生会为了调查学生对雾霾
天气知识的了解程度，随机抽取了该校的n名学生做了一次跟踪调查，将调查结果分为四个等级：（A）非常了解．（B）比较了解．（C）基本了解．（D）不了解，并将调查结果绘制成如下两幅不完整统计图．
根据统计图提供的信息，解答下列问题：
（1）求n的值；
（2）在调查的n名学生中，对雾霾天气知识不了解的学生有______人，并将条形统计图补充完整．（3）估计该校1500名学生中，对雾霾天气知识比较了解的学生人数．
24.小红参加学校组织的庆祝党的十九大胜利召开知识竞赛，答对最后两道单选题就顺利通关，第一道单
选题有3个选项，第二道单选题有4个选项，可是小红这两道题都不会，不过竞赛规则规定每位选手有两次求助机会，使用“求助”一次可以让主持人去掉其中一题的一个错误选项，主持人提醒小红可以使用两次“求助”．
（1）如果小红两次“求助”都在第一道题中使用，那么小红通关的概率是______．
（2）如果小红将每道题各用一次“求助”，请用树状图或者列表来分析她顺序通关的概率．
25.如图，已知等腰三角形ABC的底角为30°，以BC为直径的⊙O与底
边AB交于点D，过D作DE⊥AC，垂足为E．
（1）证明：DE为⊙O的切线；
（2）连接OE，若BC=4，求△OEC的面积．
26.已知，如图，在边长为10的菱形ABCD中，cos∠B=，点E为BC边上的中点，点F为边AB边上一
点，连接EF，过点B作EF的对称点B′，
（1）在图（1）中，用无刻度的直尺和圆规作出点B′（不写作法，保留痕迹）；
（2）当△EFB′为等腰三角形时，求折痕EF的长度．
（3）当B′落在AD边的中垂线上时，求BF的长度．
27.（1）问题发现
如图1，在△OAB和△OCD中，OA=OB，OC=OD，∠AOB=∠COD=40°，连接AC，BD交于点M．填空：
①的值为______；
②∠AMB的度数为______．
（2）类比探究
如图2，在△OAB和△OCD中，∠AOB=∠COD=90°，∠OAB=∠OCD=30°，连接AC交BD的延长线于点M．请判断的值及∠AMB的度数，并说明理由；
（3）拓展延伸
在（2）的条件下，将△OCD绕点O在平面内旋转，AC，BD所在直线交于点M，若OD=1，OB=，
请直接写出当点C与点M重合时AC的长．
28.如图①，在平面直角坐标系中，二次函数y=-x2+bx+c的图象与坐标轴交于A，B，C三点，其中点A
的坐标为（-3，0），点B的坐标为（4，0），连接AC，BC．动点P从点A出发，在线段AC上以每秒1个单位长度的速度向点C作匀速运动；同时，动点Q从点O出发，在线段OB上以每秒1个单位长度的速度向点B作匀速运动，当其中一点到达终点时，另一点随之停止运动，设运动时间为t秒．连接PQ．
（1）填空：b=______，c=______；
（2）在点P，Q运动过程中，△APQ可能是直角三角形吗？请说明理由；
（3）在x轴下方，该二次函数的图象上是否存在点M，使△PQM是以点P为直角顶点的等腰直角三角形？若存在，请求出运动时间t；若不存在，请说明理由；
（4）如图②，点N的坐标为（-，0），线段PQ的中点为H，连接NH，当点Q关于直线NH的对称
点Q′恰好落在线段BC上时，请直接写出点Q′的坐标．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】
解：-5的倒数是
-．
故选：D．
根据倒数的定义可直接解答．
本题考查的是倒数的定义，即乘积是1的两数互为倒数．
2.【答案】A
【解析】
解：A、原式=x，符合题意；
B、原式=x5，不符合题意；
C、原式不能合并，不符合题意；
D、原式不能合并，不符合题意，
故选：A．
各项计算得到结果，即可作出判断．
此题考查了同底数幂的乘除法，合并同类项，以及幂的乘方与积的乘方，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
3.【答案】C
【解析】
解：A、不是轴对称图形，也不是中心对称图形．故A选项错误；
B、是轴对称图形，也是中心对称图形．故B选项错误；
C、不是轴对称图形，是中心对称图形．故C选项正确；
D、是轴对称图形，不是中心对称图形．故D选项错误．
故选：C．
根据轴对称图形的概念：如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴；把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，这个点叫做对称中心，进行分析可以选出答案．
此题主要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，图形两部分沿对称轴折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，图形旋转180度后与原图形重
合．
4.【答案】D
【解析】
解：将数据从小到大排列为：78，85，91，98，98，
A、极差为98-78=20，说法正确，故本选项错误；
B、中位数是91，说法正确，故本选项错误；
C、众数是98，说法正确，故本选项错误；
D
、平均数是=90，说法错误，故本选项正确；
故选：D．
根据极差、中位数、众数及平均数的定义，结合数据进行分析即可．
本题考查了极差、中位数、众数及平均数的知识，属于基础题，解答本题的关键是掌握各部分的定义．
5.【答案】C
【解析】
解：设多边形的边数为n，由题意得：
180（n-2）=1620，
解得：n=11，
故选：C．
首先设多边形的边数为n，再根据多边形内角和公式可得方程180（n-2）=1620，再解即可．
此题主要考查了多边形的内角与外角，关键是掌握多边形内角和定理：（n-2）•180 （n≥3）且n为
整数）．
6.【答案】C
【解析】
解：∵对的圆周角是∠A，对的圆心角是∠DOB，
又∵∠BOD=120°，
∴∠
A=∠DOB=60°，
∵A、B、C、D四点共圆，∴∠A+∠BCD=180°，
∴∠BCD=180°-60°=120°，故选：C．
根据圆周角定理得出∠
A=∠DOB=60°，根据圆内接四边形的性质得出∠A+∠BCD=180°，代入
求出即可．
本题考查了圆周角定理和圆内接四边形的性质，能根据定理求出∠
A=∠DOB和
∠A+∠BCD=180°是解此题的关键．
7.【答案】B
【解析】
解：由三视图可知此几何体为圆锥，
∴圆锥的底面半径为3，母线长为5，
∵圆锥的底面周长等于圆锥的侧面展开扇形的弧长，
∴圆锥的底面周长=圆锥的侧面展开扇形的弧长=2πr=2π×3=6π，
∴圆锥的侧面积
==×6π×5=15π，
故选：B．
根据三视图可以判定此几何体为圆锥，根据三视图的尺寸可以知圆锥的底面半径为3，圆锥的母线长为5，代入公式求得即可．
本题考查了圆锥的侧面积的计算，解题的关键是正确的理解圆锥的底面周长等于圆锥的侧面展开扇形的面积．
8.【答案】C
【解析】
解：连接OD，
在Rt△OCD中，
OC=OD=2，
∴∠ODC=30°，
CD=
=2，∴∠COD=60°，
∴阴影部分的面积
=-×2×2=π
-2，
故选：C．连接OD，根据勾股定理求出CD，根据直角三角形的性质求出∠AOD，根据扇形面积公式、三角形面积公式计算，得到答案．
本题考查的是扇形面积计算、勾股定理，掌握扇形面积公式是解题的关键．
9.【答案】B
【解析】
解：如图1所示，过点A作AH垂直x轴，垂足为点H，
设点A的坐标为（m ，），
∴
AH=，
∵△AOC的面积是1，
∴OC••=1，
解得OC=，
∴
CH=OH-OC=，
∵△OBC∽△AHC，
∴
，即
解得
OB=，
∴
OB•OC•
=，
故选：B．
设点A的坐标，表示OC的长度，利用相似表述出线段OB的长度，从而得到△OBC的面积．此题考查了反比例函数上的点坐标的特征，找出相似三角形为解题关键．
10.【答案】A
【解析】
解：甲的速度为：8÷2=4（米/秒）；
乙的速度为：500÷100=5（米/秒）；
b=5×100-4×（100+2）=92（米）；
5a-4×（a+2）=0，
解得a=8，
c=100+92÷4=123（秒），
∴正确的有①②③．
故选：A．
易得乙出发时，两人相距8m，除以时间2即为甲的速度；由于出现两人距离为0的情况，那么乙的速度较快．乙100s跑完总路程500可得乙的速度，进而求得100s时两人相距的距离可得b 的值，同法求得两人距离为0时，相应的时间，让两人相距的距离除以甲的速度，再加上100即为c的值．
考查一次函数的应用；得到甲乙两人的速度是解决本题的突破点；得到相应行程的关系式是解决本题的关键．
11.【答案】b（a-2）2
【解析】
解：a2b-4ab+4b=b（a2-4a+4）=b（a-2）2
考查了对一个多项式因式分解的能力．本题属于基础题，当一个多项式有公因式，将其分解因式时应先提取公因式，再对余下的多项式继续分解．此题应先提公因式，再用完全平方公式．本题考查因式分解的概念，注意必须将式子分解到不能分解为止．
完全平方公式：a2±2ab+b2=（a±b）2．
12.【答案】x≥1且x≠2
【解析】
解：根据题意得：，
解得：x≥1且x≠2．
故答案为：x≥1且x≠2．
根据二次根式的性质和分式的意义，被开方数大于等于0，可知x-1≥0；分母不等于0，可知：
x-2≠0，则可以求出自变量x的取值范围．
本题考查了函数自变量的范围问题，函数自变量的范围一般从三个方面考虑：（1）当函数表达式是整式时，自变量可取全体实数；
（2）当函数表达式是分式时，考虑分式的分母不能为0；
（3）当函数表达式是二次根式时，被开方数为非负数．
13.【答案】4.1×107
【解析】
解：41 000000=4.1×107，
故答案为：4.1×107．
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＞1时，n 是正数；当原数的绝对值＜1时，n是负数．
此题考查科学记数法的表示方法．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，表示时关键要正确确定a的值以及n的值．
14.【答案】
【解析】
解：画树状图得：
∵共有6种等可能的结果，任选两个数的积作为k的值，使正比例函数数y=kx的图象在第一、三象限的有2种情况，
∴任选两个数的积作为k的值，使正比例函数y=kx的图象在第一、三象限的概率是=，
故答案为：．
首先根据题意画出树状图，然后由树状图求得所有等可能的结果与任选两个数的积作为k的值，使正比例函数y=kx的图象在第一、三象限的情况，再利用概率公式即可求得答案．
本题考查的是用列表法或画树状图法求概率．列表法或画树状图法可以不重复不遗漏的列出
所有可能的结果，列表法适合于两步完成的事件，树状图法适合两步或两步以上完成的事件．注意概率=所求情况数与总情况数之比．
15.【答案】15°
【解析】
解：∵AB的垂直平分线MN交AC于点D，
∴AD=BD，
∴∠ABD=∠A，
∵等腰△ABC中，AB=AC，
∴∠ABC=∠C=65°，
∴∠A=180°-∠ABC+∠C=50°，
∴∠DBC=∠ABC-∠ABD=15°．
故答案为：15°．
由AB的垂直平分线MN交AC于点D，可得AD=BD，继而证得∠ABD=∠A，然后由等腰△ABC 中，AB=AC，∠C=65°，求得∠ABC=∠C=65°，又由三角形内角和定理，得方程：∠A=∠ABD=50°，继而求得答案．
此题考查了线段垂直平分线的性质以及等腰三角形的性质．注意垂直平分线上任意一点，到线
段两端点的距离相等．
16.【答案】100（-）
【解析】
解：由题意可得：
BC=AC=AB•sin45°=100（m），
则tan30°
=，
故DC=
=100×
=100（m），
则BD=100
（-）m．
故答案为：100（-）．
直接利用锐角三角函数关系得出AC，BC的长，进而得出DC的长，即可得出答案．此题主要考查了解直角三角形的应用，正确运用锐角三角函数关系是解题关键．
17.【答案】（60°，60°）90
【解析】
解：（1）∵P （，），OA=1，
∴tan∠
POA==，tan∠PAO=
=，
∴∠POA=60°，∠PAO=60°，即点P的“双角坐标”为（60°，60°），
故答案为：（60°，60°）；
（2）根据三角形内角和定理知若要使m+n取得最小值，即∠POA+∠PAO取得最小值，
则∠OPA需取得最大值，
如图，
∵点P到x轴的距离为，OA=1，
∴OA中点为圆
心，为半径画圆，与直线
y=相切于点P，
在直线
y=上任取一点P′，连接P′O、P′A，P′O交圆于点Q，
∵∠OPA=∠1＞∠OP′A，
此时∠OPA最大，∠OPA=90°，
∴m+n的最小值为90，
故答案为：90．
（1）分别求出tan∠POA、tan∠PAO即可得∠POA、∠PAO的度数，从而得出答案；
（2）根据三角形内角和定理知若要使m+n取得最小值，即∠POA+∠PAO取得最小值，则∠OPA 需取得最大值，OA中点为圆心，为半径画圆，与直线
y=相切于点P，由∠OPA=∠1＞∠OP′A 知此时∠OPA最大，∠OPA=90°，即可得出答案．
本题主要考查坐标与图形的性质、锐角的三角函数、三角形的内角和定理、外角的性质及圆周角定理，根据内角和定理推出m+n取得最小值即为∠OPA取得最大值，且找到满足条件的点P 位置是关键．
18.【答案】7
【解析】
解：连接PG、EF交于点O，PG交AD于点K，过点A作AM∥EO交PG于点M，过点D作DN∥FO交PG于点N．∵PA=2AE，PD=3FD，
∴
，．
∵AM∥EO，DN∥FO，
∴△POE∽△PMA，△POF∽△PND，
∴
=，
，
∴MP=OP，
NP=OP，AM=EO，
DN=FO，又∵在平行四边形PEGF中，OE=OF，
∴，
∵AM∥DN，
∴，
∵，
∴，
解得：OP=PK．
由题意可知，PG必过点K，当KP⊥BC时，PG最小，此时
PK=，
∴
OP=PK=，
∴PG=2OP=7．
故答案为：7．
作如下辅助线：连接PG、EF交于点O，PG交AD于点K，过点A作AM∥EO交PG于点M，过点D作DN∥FO交PG于点N，由此可得△POE∽△PMA，△POF∽△PND，△AKM∽△DKN，利用
对应边成比例即可求出平行四边形的对角线PG必过点K
，且，当KP⊥BC时，PG的长
度最小，此时PK=，所以OP=
=，PG=2OP=7．
本题考查了平行四边形的性质、相似三角形的判定及性质的利用，作平行线构造相似三角形是
解题的关键．
19.【答案】解：（1）设生产A型号产品x件，则生产B型号产品（80-x）件，由题意，得
，
解得：38≤x≤40．
∵x为整数，
∴x=38，39，40，
∴有3种生产方案：
方案1，生产A型号产品38件，生产B型号产品42件；
方案2，生产A型号产品39件，生产B型号产品41件；
方案3，生产A型号产品40件，生产B型号产品40件．
（2）设生产A型号产品x件，所获利润为W元，由题意，得
W=35x+25（80-x），
即W=10x+2000，
∵k=10＞0，
∴W随x的增大而增大，
又∵38≤x≤40，
∴当x=40时，W最大=2400元．
∴生产A型号产品40件，B型号产品40件时获利最大，最大利润为2400元．
（3）设购买甲种原料m千克，购买乙种原料n千克，由题意，得
40m+60n=2400×25%，
即2m+3n=30，
∵m+n要最大，
∴n要最小．
∵m≥4，n≥4，
∴n=4．
∴m=9．
∴购买甲种原料9千克，乙种原料4千克．
【解析】
（1）设生产A型号产品x件，则生产B型号产品（80-x）件，根据原材料的数量与每件产品的用
量建立不等式组，求出其解即可；
（2）设所获利润为W元，根据总利润=A型号产品的利润+B型号产品的利润建立W与x之间的
函数关系式，求出其解即可；
（3）根据（2）的结论，设购买甲种原料m千克，购买乙种原料n千克，建立方程，根据题意只有n
最小，m最大才可以得出m+n最大得出结论．
本题考查了列一元一次不等式组解实际问题的运用，一元一次不等式组
的解法的运用，一次函
数的解析式的运用，二元一次不定方程的解法的运用．解答时由一次函数的解析式求解是关键．
20.【答案】解：（1）原式=2-3×-4
=2--4
=-4；
（2）原式=x2-9-x2+4x-4
=4x-13．
【解析】
（1）先根据二次根式的性质，特殊角的三角函数值，负整数指数幂进行计算，再求出即可；（2）先算乘法，再换上同类项即可．
本题考查了二次根式的性质，特殊角的三角函数值，负整数指数，整式的混合运算等知识点，能求出每一部分的值是解（1）的关键，能正确根据整式的运算法则进行化简是解此题的关键．
21.【答案】解：（1）由①得x＞0，
由②得x≤3，
∴原不等式组的解为0＜x≤3；
（2）去分母，得（x-3）2+2x（x-3）=3x2，
去括号，得x2-6x+9+2x2-6x=3x2，
解得x=，
经检验x=是原分式方程的根，
故原方程的解为x=．
【解析】
（1）先求出其中各不等式的解集，再求出这些解集的公共部分；
（2）解分式方程的步骤：①去分母；②求出整式方程的解；③检验；④得出结论．
本题考查了解一元一次不等式组以及解分式方程，熟练掌握一元一次不等式组与分式方程的解法是解题的关键．
22.【答案】解：（1）证明：∵CF∥AB，
∴∠ADE=∠F，∠FCE=∠A．
∵点E为AC的中点，
∴AE=EC．
∵在△ADE和△CFE中，
，
∴△ADE≌△CFE（AAS）．
∴AD=CF；
（2）∵△ADE≌△CFE，
∴DE=FE．
∵AE=EC，
∴四边形ADCF为平行四边形．
【解析】
（1）根据CF∥AB就可以得出∠A=∠ECF，∠ADE=∠F，证明△ADE≌△CFE就可以求出结论；（2）由△ADE≌△CFE就可以得出DE=FE，又有AE=CE于是就得出结论．
本题考查了中点的旋转的运用于，全等三角形的判定及性质的运用，平行四边形的判定方法的运用，解答时证明三角形全等是关键．
23.【答案】140
【解析】
解：（1）由条形图可知，非常了解的人数是20人，由扇形统计图可知，非常了解的人数占5%，则n=20÷5%=400（人）；
（2）400-20-60-180=140，
则对雾霾天气知识不了解的学生有140人．
故答案为：140；
（3）1500×=225（人）．
答：该校1500名学生中，对雾霾天气知识比较了解的学生人数有225人．
（1）根据条形统计图和扇形统计图得到人数和百分比，计算即可；
（2）根据样本容量等于频数之和计算；
（3）用样本估计总体即可．
本题考查的是条形统计图、扇形统计图和用样本估计总体，读懂统计图，从统计图中得到必要的信息是解决问题的关键．条形统计图能清楚地表示出每个项目的数据．
24.【答案】
【解析】
解：（1）第一道肯定能对，第二道对的概率为，
所以通关的概率为；
故答案为：；
（2）画树状图为：
∴共有6种等可能的结果，其中顺利通关的只有1种情况，
∴顺利通关的概率为：P
（通关）
=．
（1）小红两次“求助”都在第一道题中使用，第一道肯定能对，第二道对的概率为，即可得出结果；
（2）用树状图得出共有6种等可能的结果，顺利通关的只有1种情况，即可得出结果．
此题考查了列表法或树状图法求概率．当有两个元素时，可用树形图列举，也可以列表列举．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
25.【答案】（1）证明：连接OD，CD，
∵BC为⊙O直径，
∴∠BDC=90°，
即CD⊥AB，
∵△ABC是等腰三角形，
∴AD=BD，
∵OB=OC，
∴OD是△ABC的中位线，
∴OD∥AC，
∵DE⊥AC，
∴OD⊥DE，
∵D点在⊙O上，
∴DE为⊙O的切线；（2）解：∵∠A=∠B=30°，BC=4，
∴CD=BC=2，BD=BC•cos30°=2，∴AD=BD=2，AB=2BD=4，
∴S△ABC=AB•CD=×4×2=4，
∵DE⊥AC，
∴DE=AD=×2=，
AE=AD•cos30°=3，
∴S△ODE=OD•DE=×2×=，
S△ADE=AE•DE=
××3=，
∵S△BOD=S△BCD=×S△ABC
=×4=，∴S△OEC
=S△ABC-S△BOD-S△ODE-S△ADE=4---=．
【解析】
（1）首先连接OD，CD，由以BC为直径的⊙O，可得CD⊥AB，又由等腰三角形ABC的底角为30°，可得AD=BD，即可证得OD∥AC，继而可证得结论；
（2）首先根据三角函数的性质，求得BD，DE，AE的长，然后求得△BOD，△ODE，△ADE以及△ABC的面积，继而求得答案．
此题考查了切线的判定、三角形中位线的性质、等腰三角形的性质、圆周角定理以及三角函数等知识．此题难度适中，注意掌握辅助线的作法，注意掌握数形结合思想的应用．
26.【答案】解：（1）点B′的位置如图所示．
（2）①当B’E=EF时，EF=5，
②图1中，当B’E=B’F时，即BE=BF，作FH⊥BE于H．
在Rt△BFH中，cos B==，
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∴BH = ，FH = =
，EH =BE -BH =
，
∴EF = =
=
③图2中，当EF =B ’F 时，即FE =FB ，作FH ⊥BE ，则BH =HE =
．
在Rt △BFH 中，cos B = =
， ∴BF =
∴EF =BF = ．
综上：EF =5， ，
．
（3）如图3中，取AD 中点M ，作MN ⊥AD 交BC 于N ，连接BB ′，作FH ⊥BC 于H ，作AG ⊥BC 于G ，则四边形AMNG 是矩形，AM =GN =5．
在Rt △ABG 中，cos B = =
，
∴BG =3，CN =10-3-5=2，EN =EC -CN =3， 在Rt △EB ′N 中，NB ′= =4，
设BF =10k ，则BH =3k ，FH = k ，EH =5-3k ， ∵∠HFE +∠FEH =90°，∠FEH +∠NBB ′=90°， ∴∠EFH =∠NBB ′， ∴tan ∠EFH =tan ∠NBB ′=
， ∴ =
， 解得k =
， ∴BF =
．
【解析】
（1）分别以E 、F 为圆心BE 、FB 为半径弧两弧的交点即为B′； （2）分三种情形分别求解即可；
（3）如图3中，取AD 中点M ，作MN ⊥AD 交BC 于N ，连接BB′，作FH ⊥BC 于H ，作AG ⊥BC 于G ，则四边形AMNG 是矩形，AM=GN=5．根据tan ∠EFH=tan ∠NBB′=，列出方程即可解决
问题；
本题考查作图-轴对称变换、线段的垂直平分线的性质、菱形的性质、等腰三角形的性质、解直
角三角形、锐角三角函数等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．
27.【答案】1 40° 【解析】
解：（1）问题发现
①如图1，∵∠AOB=∠COD=40°， ∴∠COA=∠DOB ，
∵OC=OD ，OA=OB ， ∴△COA ≌△DOB （SAS ）， ∴AC=BD ， ∴
=1，
②∵△COA ≌△DOB ， ∴∠CAO=∠DBO ，
∵∠AOB=40°
， ∴∠OAB+∠ABO=140°
， 在△AMB 中，∠AMB=180°
-（∠CAO+∠OAB+∠ABD ）=180°-（∠DBO+∠OAB+∠ABD ）=180°-140°=40°， 故答案为：①1；②40°； （2）类比探究 如
图2，
=
，∠AMB=90°，理由是：
Rt △COD 中，∠DCO=30°，∠DOC=90°， ∴，
同理得：，
∴
，
∵∠AOB=∠COD=90°，
∴∠AOC=∠BOD，
∴△AOC∽△BOD，
∴
=，∠CAO=∠DBO，
在△AMB中，∠AMB=180°-（∠MAB+∠ABM）=180°-（∠OAB+∠ABM+∠DBO）=90°；（3）拓展延伸
①点C与点M重合时，如图3，同理得：△AOC∽△BOD，
∴∠AMB=90°
，，
设BD=x，则
AC=x，
Rt△COD中，∠OCD=30°，OD=1，∴CD=2，BC=x-2，
Rt△AOB中，∠OAB=30°，
OB=，
∴
AB=2OB=2，
在Rt△AMB中，由勾股定理得：AC2+BC2=AB2，
，
x2-x-6=0，
（x-3）（x+2）=0，
x1=3，x2=-2，
∴
AC=3；
②点C与点M重合时，如图4，同理得：∠AMB=90°
，，
设BD=x，则
AC=x，
在Rt△AMB中，由勾股定理得：AC2+BC2=AB2，
+（x+2）2=
x2+x-6=0，
（x+3）（x-2）=0，
x1=-3，x2=2，
∴
AC=2；
综上所述，AC的长为3或2．
（1）①证明△COA≌△DOB（SAS），得AC=BD，比值为1；
②由△COA≌△DOB，得∠CAO=∠DBO，根据三角形的内角和定理得：∠AMB=180°-（∠DBO+∠OAB+∠ABD）=180°-140°=40°；（2）根据两边的比相等且夹角相等可得△AOC∽△BOD，
则=，由全等三角形的性质得∠AMB的度数；
（3）正确画图形，当点C与点M重合时，有两种情况：如图3和4，同理可得：△AOC∽△BOD，则∠AMB=90°
，，可得AC的长．
本题是三角形的综合题，主要考查了三角形全等和相似的性质和判定，几何变换问题，解题的关键是能得出：△AOC∽△BOD，根据相似三角形的性质，并运用类比的思想解决问题，本题是一道比较好的题目．
28.【答案】 4
【解析】
解：（1）设抛物线的解析式为y=a（x+3）（x-4）．将
a=-代入得：y=-x2+x+4，
∴
b=，c=4．
（2）在点P、Q运动过程中，△APQ不可能是直角三角形．
理由如下：连结QC．
∵在点P、Q运动过程中，∠PAQ、∠PQA始终为锐角，
∴当△APQ是直角三角形时，则∠APQ=90°．
将x=0代入抛物线的解析式得：y=4，
∴C（0，4）．
∵AP=OQ=t，
∴PC=5-t，
∵在Rt△AOC中，依据勾股定理得：AC=5，在Rt△COQ中，依据勾股定理可知：CQ2=t2+16
，在
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Rt△CPQ中依据勾股定理可知：PQ2=CQ2-CP2，在Rt△APQ中，AQ2-AP2=PQ2，
∴CQ2-CP2=AQ2-AP2，即（3+t）2-t2=t2+16-（5-t）2，解得：t=4.5．
∵由题意可知：0≤t≤4，
∴t=4.5不合题意，即△APQ不可能是直角三角形．
（3）如图所示：
过点P作DE∥x轴，分别过点M、Q作MD⊥DE、QE⊥DE，垂足分别为D、E，MD交x轴与点F，过点P作PG⊥x轴，垂足为点G，则PG∥y轴，∠E=∠D=90°．
∵PG∥y轴，
∴△PAG∽△ACO，
∴
==
，即==，
∴
PG=t，
AG=t，
∴
PE=GQ=GO+OQ=AO-AG+OQ=3-
t+t=3+t，
DF=GP=t．
∵∠MPQ=90°，∠D=90°，
∴∠DMP+∠DPM=∠EPQ+∠DPM=90°，∴∠DMP=∠EPQ．
又∵∠D=∠E，PM=PQ，
∴△MDP≌△PEQ，
∴
PD=EQ=t，
MD=PE=3+t，
∴
FM=MD-DF=3+t-
t=3-t，
OF=FG+GO=PD+OA-AG=3+t-
t=3+t，
∴M（
-3-t，
-3+t）．
∵点M在x轴下方的抛物线上，
∴
-3+
t=-×（
-3-t）2+×（
-3-t）+4，解得：
t=．
∵0≤t≤4，
∴
t=．
（4）如图所示：连结OP，取OP的中点R，连结RH，NR，延长NR交线段BC于点Q′．
yu
∵点H为PQ的中点，点R为OP的中点，
∴
RH=QO=t，RH∥OQ．
∵A（-3，0），N（
-，0），
∴点N为OA的中点．
又∵R为OP的中点，
∴
NR=AP=t，
∴RH=NR，
∴∠RNH=∠RHN．
∵RH∥OQ，
∴∠RHN=∠HNO，
∴∠RNH=∠HNO，即NH是∠QNQ′的平分线．
设直线AC的解析式为y=mx+n，把点A（-3，0）、C（0，4
）代入得：，解得：m=，n=4，
∴直线AC的表示为
y=x+4．
同理可得直线BC的表达式为y=-x+4．
设直线NR的函数表达式为
y=x+s，将点N的坐标代入得：×（
-）+s=0，解得：s=2，∴直线NR的表述表达式为y=x+2．
将直线NR和直线BC的表达式联立得：，解得：x=，y=，
∴Q′
（
，）．
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（1）设抛物线的解析式为y=a（x+3）（x-4）．将
a=-代入可得到抛物线的解析式，从而可确定出b、
c的值；
（2）连结QC．先求得点C的坐标，则PC=5-t，依据勾股定理可求得AC=5，CQ2=t2+16，接下来，依据CQ2-CP2=AQ2-AP2列方程求解即可；
（3）过点P作DE∥x轴，分别过点M、Q作MD⊥DE、QE⊥DE，垂足分别为D、E，MD交x轴与点F，过点P作PG⊥x轴，垂足为点G，首先证明△PAG∽△ACO，依据相似三角形的性质可得到
PG=t，
AG=t，然后可求得PE、DF的长，然后再证明△MDP≌PEQ，从而得到
PD=EQ=t，
MD=PE=3+t，然后可求得FM和OF的长，从而可得到点M的坐标，然后将点M的坐标代入抛物线的解析式求解即可；
（4）连结：OP，取OP的中点R，连结RH，NR，延长NR交线段BC与点Q′．首先依据三角形的
中位线定理得到RH=
QO=t，RH∥OQ，
NR=
AP=t，则RH=NR，接下来，依据等腰三角形
的性质和平行线的性质证明NH是∠QNQ′的平分线，然后求得直线NR和BC的解析式，最后求
得直线NR和BC的交点坐标即可．
本题主要考查的是二次函数的综合应用，解答本题主要应用了待定系数法求二次函数的解析
式、相似三角形的性质和判定、全等三角形的性质和判定，依据勾股定理列出关于t的方程是
解答问题（2）的关键；求得点M的坐标（用含t的式子表示）是解答问题（3）的关键；证得NH为
∠QHQ′的平分线是解答问题（4）的关键．
第14页，共14页。