江苏省连云港市2019-2020学年中考数学四模试卷含解析

江苏省连云港市2019-2020学年中考数学四模试卷
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．已知a=12（7+1）2，估计a 的值在（ ） A ．3 和4之间
B ．4和5之间
C ．5和6之间
D ．6和7之间 2．下列分式中，最简分式是（ ）
A ．2211x x -+
B ．211x x +-
C ．2222x xy y x xy -+-
D ．236212
x x -+ 3．如图，已知△ABC 的三个顶点均在格点上，则cosA 的值为（ ）
A ．33
B ．55
C ．233
D ．255
4．如图，直线
与y 轴交于点（0，3）、与x 轴交于点（a ，0），当a 满足时，k 的
取值范围是（ ）
A ．
B ．
C ．
D ．
5．下列因式分解正确的是( )
A ．22x 2x 1(x 1)+-=-
B ．22x 1(x 1)+=+
C ．()2x x 1x x 11-+=-+
D ．()()2
2x 22x 1x 1-=+- 6．如图，线段AB 两个端点的坐标分别为A(4，4)，B(6，2)，以原点O 为位似中心，在第一象限内将线段AB 缩小为原来的12
后得到线段CD ，则端点C 和D 的坐标分别为( )
C．(2，2)，(3，1) D．(3，1)，(2，2)
7．下列各运算中，计算正确的是（）
A．a12÷a3=a4B．（3a2）3=9a6
C．（a﹣b）2=a2﹣ab+b2D．2a•3a=6a2
8．将三粒均匀的分别标有1，2，3，4，5，6的正六面体骰子同时掷出，朝上一面上的数字分别为a，b，c，则a，b，c正好是直角三角形三边长的概率是（）
A．
1
216
B．
1
72
C．
1
36
D．
1
12
9．如图，在坐标系中放置一菱形OABC，已知∠ABC=60°，点B在y轴上，OA=1，先将菱形OABC沿x轴的正方向无滑动翻转，每次翻转60°，连续翻转2017次，点B的落点依次为B1，B2，B3，…，则B2017的坐标为（）
A．（1345,0）B．（1345.5，
3
2
）C．（1345，
3
2
）D．（1345.5，0）
10．下列计算正确的是（）
A．B．C．D．
11．小轩从如图所示的二次函数y=ax2+bx+c（a≠0）的图象中，观察得出了下面五条信息：
①ab＞0；②a+b+c＜0；③b+2c＞0；④a﹣2b+4c＞0；⑤
3
a b
2 ．
你认为其中正确信息的个数有
A．2个B．3个C．4个D．5个
12．二次函数y=ax2+bx+c（a≠0）的部分图象如图,图象过点（-1,0），对称轴为直线x=2,下列结
论:①4a+b=0;②9a+c＞3b;③8a+7b+2c＞0;④当x＞-1时,y的值随x值的增大而增大.其中正确的结论有（）
A．1个B．2个C．3个D．4个二、填空题：（本大题共6个小题，每小题4分，共24分．）
13．观察以下一列数：3，5
4
，
7
9
，
9
16
，
11
25
，…则第20个数是_____．
14．七巧板是我们祖先的一项创造，被誉为“东方魔板”，如图所示是一副七巧板，若已知S△BIC=1，据七巧板制作过程的认识，求出平行四边形EFGH_____．
15．如图，∠1，∠2是四边形ABCD的两个外角，且∠1+∠2＝210°，则∠A+∠D＝____度.
16．不等式组的解是________．
17．如图，已知AE∥BD，∠1=130°，∠2=28°，则∠C的度数为____．
18．如图，在△ABC中，∠C=120°，AB=4cm，两等圆⊙A与⊙B外切，则图中两个扇形的面积之和（即阴影部分）为cm2（结果保留π）.
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，已知三角形ABC的边AB是0的切线，切点为B．AC经过圆心0并与圆相交于点D，C，过C作直线CE丄AB，交AB的延长线于点E,
(1)求证：CB平分∠ACE；
(2)若BE=3，CE=4，求O的半径.
20．（6分）如图，一次函数y=kx+b的图象与二次函数y=﹣x2+c的图象相交于A（﹣1，2），B（2，n）两点．
（1）求一次函数和二次函数的解析式；
（2）根据图象直接写出使二次函数的值大于一次函数的值的x的取值范围；
（3）设二次函数y=﹣x2+c的图象与y轴相交于点C，连接AC，BC，求△ABC的面积．
21．（6分）已知，抛物线y＝1
4
x2﹣x+
3
4
与x轴分别交于A、B两点（A点在B点的左侧），交y轴于点
F．
（1）A点坐标为；B点坐标为；F点坐标为；
（2）如图1，C为第一象限抛物线上一点，连接AC，BF交于点M，若BM＝FM，在直线AC下方的抛物线上是否存在点P，使S△ACP＝4，若存在，请求出点P的坐标，若不存在，请说明理由；
（3）如图2，D、E是对称轴右侧第一象限抛物线上的两点，直线AD、AE分别交y轴于M、N两点，
若OM•ON＝1
4
，求证：直线DE必经过一定点．
切于点D ，点B 在⊙O 上，连接OB ．求证：DE ＝OE ；若CD ∥AB ，求证：BC 是⊙O 的切线；在（2）的条件下，求证：四边形ABCD 是菱形．
23．（8分）如图，某人在山坡坡脚C 处测得一座建筑物顶点A 的仰角为63.4°，沿山坡向上走到P 处再测得该建筑物顶点A 的仰角为53°．已知BC ＝90米，且B 、C 、D 在同一条直线上，山坡坡度i ＝5：1．
(1)求此人所在位置点P 的铅直高度．(结果精确到0.1米)
(2)求此人从所在位置点P 走到建筑物底部B 点的路程(结果精确到0.1米)(测倾器的高度忽略不计，参考数据：tan53°≈43，tan63.4°≈2)
24．（10分）如图，在平面直角坐标系中，反比例函数(0)k y x x
=>的图像与边长是6的正方形OABC 的两边AB ，BC 分别相交于M ,N 两点.若点M 是AB 边的中点，求反比例函数k y x
=
的解析式和点N 的坐标；若2AM =，求直线MN 的解析式及OMN △的面积
25．（10分）如图，已知点D 、E 为△ABC 的边BC 上两点．AD=AE ，BD=CE ，为了判断∠B 与∠C 的大小关系，请你填空完成下面的推理过程，并在空白括号内注明推理的依据．
解：过点A 作AH ⊥BC ，垂足为H ．
∵在△ADE 中，AD=AE （已知）
AH ⊥BC （所作）
∴DH=EH （等腰三角形底边上的高也是底边上的中线）
∴BD+DH=CE+EH（等式的性质）
即：BH=
又∵（所作）
∴AH为线段的垂直平分线
∴AB=AC（线段垂直平分线上的点到线段两个端点的距离相等）∴（等边对等角）
26．（12分）已知关于x的一元二次方程x2﹣（m+3）x+m+2=1．（1）求证：无论实数m取何值，方程总有两个实数根；
（2）若方程两个根均为正整数，求负整数m的值．
27．（12分）计算（﹣1
2
）﹣2﹣（π﹣3）032|+2sin60°；
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．D
【解析】
【分析】
7的范围，进而可得7的范围．
【详解】
解：a=1
2
×（77，
∵27＜3，
∴6＜7＜7，
∴a的值在6和7之间，
【点睛】
此题主要考查了估算无理数的大小，用有理数逼近无理数，求无理数的近似值．
2．A
【解析】
试题分析：选项A为最简分式；选项B化简可得原式==；选项C化简可得原式==；选项D化简可得原式==，故答案选A.
考点：最简分式.
3．D
【解析】
【详解】
过B点作BD⊥AC，如图，
由勾股定理得，AB=22
1310
+=，AD=22
2222
+=，
cosA=AD
AB
=
22
10
=
25
，
故选D．
4．C
【解析】
【分析】
【详解】
解：把点（0，2）（a，0）代入，得b=2．则a=，∵，
∴，
解得：k≥2．
故选C．
本题考查一次函数与一元一次不等式，属于综合题，难度不大．
5．D
【解析】
【分析】
直接利用提取公因式法以及公式法分解因式，进而判断即可．
【详解】
解：A 、2x 2x 1+-，无法直接分解因式，故此选项错误；
B 、2x 1+，无法直接分解因式，故此选项错误；
C 、2x x 1-+，无法直接分解因式，故此选项错误；
D 、()()2
2x 22x 1x 1-=+-，正确． 故选：D ．
【点睛】
此题主要考查了提取公因式法以及公式法分解因式，正确应用公式是解题关键．
6．C
【解析】
【分析】 直接利用位似图形的性质得出对应点坐标乘以
12得出即可． 【详解】
解：∵线段AB 两个端点的坐标分别为A （4，4），B （6，2），
以原点O 为位似中心，在第一象限内将线段AB 缩小为原来的
12
后得到线段CD ， ∴端点的坐标为：（2，2），（3，1）．
故选C ．
【点睛】
本题考查位似变换；坐标与图形性质，数形结合思想解题是本题的解题关键．
7．D
【解析】
【分析】根据同底数幂的除法、积的乘方、完全平方公式、单项式乘法的法则逐项计算即可得.
【详解】A 、原式=a 9，故A 选项错误，不符合题意；
B 、原式=27a 6，故B 选项错误，不符合题意；
C 、原式=a 2﹣2ab+b 2，故C 选项错误，不符合题意；
D 、原式=6a 2，故D 选项正确，符合题意，
故选D ．
【点睛】本题考查了同底数幂的除法、积的乘方、完全平方公式、单项式乘法等运算，熟练掌握各运算的运算法则是解本题的关键．
8．C
【解析】
【分析】
三粒均匀的正六面体骰子同时掷出共出现216种情况,而边长能构成直角三角形的数字为3、4、5,含这三个数字的情况有6种,故由概率公式计算即可.
【详解】
解:因为将三粒均匀的分别标有1,2,3,4,5,6的正六面体骰子同时掷出,按出现数字的不同共666
⨯⨯=216种
情况,其中数字分别为3,4,5,是直角三角形三边长时,有6种情况,所以其概率为1 36
,
故选C.
【点睛】
本题考查的是概率的求法.如果一个事件有n种可能,而且这些事件的可能性相同,其中事件A出现m种结
果,那么事件A的概率P(A)=m
n
.边长为3,4,5的三角形组成直角三角形.
9．B
【解析】
连接AC，如图所示．
∵四边形OABC是菱形，
∴OA=AB=BC=OC．
∵∠ABC=60°，
∴△ABC是等边三角形．
∴AC=AB．
∴AC=OA．
∵OA=1，
∴AC=1．
画出第5次、第6次、第7次翻转后的图形，如图所示．由图可知：每翻转6次，图形向右平移2．
∵3=336×6+1，
∴点B1向右平移1322（即336×2）到点B3．
∵B1的坐标为（1.5），
∴B3的坐标为（1.5+1322，
故选B．
点睛：本题是规律题，能正确地寻找规律“每翻转6次，图形向右平移2”是解题的关键. 10．D
【解析】
分析：根据合并同类项、同底数幂的乘法、幂的乘方、同底数幂的除法的运算法则计算即可．解答：解：A、x+x=2x，选项错误；
B、x?x=x2，选项错误；
C、（x2）3=x6，选项错误；
D、正确．
故选D．
11．D
【解析】
试题分析：①如图，∵抛物线开口方向向下，∴a＜1．
∵对称轴x
b1
2a3
=-=-，∴
2
b a
3
=-＜1．∴ab＞1．故①正确．
②如图，当x=1时，y＜1，即a+b+c＜1．故②正确．
③如图，当x=﹣1时，y=a﹣b+c＞1，∴2a﹣2b+2c＞1，即3b﹣2b+2c＞1．∴b+2c＞1．故③正确．
④如图，当x=﹣1时，y＞1，即a﹣b+c＞1，
∵抛物线与y轴交于正半轴，∴c＞1．
∵b＜1，∴c﹣b＞1．
∴（a﹣b+c）+（c﹣b）+2c＞1，即a﹣2b+4c＞1．故④正确．
⑤如图，对称轴
b1
2a3
=-=-，则
3
a b
2
=．故⑤正确．
综上所述，正确的结论是①②③④⑤，共5个．故选D．
12．B
【解析】
【分析】
根据抛物线的对称轴即可判定①；观察图象可得，当x=-3时，y＜0，由此即可判定②；观察图象可得，当x=1时，y＞0，由此即可判定③；观察图象可得，当x＞2时，的值随值的增大而增大，即可判定④. 【详解】
由抛物线的对称轴为x=2可得=2，即4a+b=0，①正确；
观察图象可得，当x=-3时，y ＜0，即9a-3b+c ＜0，所以
，②错误；
观察图象可得，当x=1时，y ＞0，即a+b+c ＞0，③正确；
观察图象可得，当x ＞2时，的值随值的增大而增大，④错误．
综上，正确的结论有2个.
故选B.
【点睛】 本题考查了二次函数图象与系数的关系：二次函数y=ax 2+bx+c （a≠0），二次项系数a 决定抛物线的开口方向和大小，当a ＞0时，抛物线向上开口；当a ＜0时，抛物线向下开口；一次项系数b 和二次项系数a 共同决定对称轴的位置，当a 与b 同号时（即ab ＞0），对称轴在y 轴左； 当a 与b 异号时（即ab ＜0），对称轴在y 轴右；常数项c 决定抛物线与y 轴交点． 抛物线与y 轴交于（0，c ）；抛物线与x 轴交点个数
由△决定，△=b 2-4ac ＞0时，抛物线与x 轴有2个交点；△=b 2-4ac=0时，抛物线与x 轴有1个交点；
△=b 2-4ac ＜0时，抛物线与x 轴没有交点．
二、填空题：（本大题共6个小题，每小题4分，共24分．）
13．41400
【解析】
【分析】
观察已知数列得到一般性规律，写出第20个数即可．
【详解】
解：观察数列得：第n 个数为
221n n ，则第20个数是41400． 故答案为
41400
． 【点睛】
本题考查了规律型：数字的变化类，弄清题中的规律是解答本题的关键．
14．1
【解析】
【分析】
根据七巧板的性质可得BI=IC=CH=HE ，因为S △BIC =1，∠BIC=90°，可求得2，BC=1，在求得点G 到EF 2 sin45°，根据平行四边形的面积即可求解.
【详解】
由七巧板性质可知，BI=IC=CH=HE ．
又∵S△BIC=1，∠BIC=90°，
∴1
2
BI•IC=1，
∴，
∴，
∵EF=BC=1，，
∴点G到EF
2
，
∴平行四边形EFGH的面积
×
2
=1．
故答案为1
【点睛】
本题考查了七巧板的性质、等腰直角三角形的性质及平行四边形的面积公式，熟知七巧板的性质是解决问题的关键.
15．210.
【解析】
【分析】
利用邻补角的定义求出∠ABC+∠BCD，再利用四边形内角和定理求得∠A+∠D.
【详解】
∵∠1+∠2＝210°，
∴∠ABC+∠BCD＝180°×2﹣210°＝150°，
∴∠A+∠D＝360°﹣150°＝210°.
故答案为：210.
【点睛】
本题考查了四边形的内角和定理以及邻补角的定义，利用邻补角的定义求出∠ABC+∠BCD是关键. 16．x＞4
【解析】
【分析】
分别解出不等式组中的每一个不等式，然后根据同大取大得出不等式组的解集.
【详解】
由①得:x＞2;
由②得 :x ＞4;
∴此不等式组的解集为x ＞4;
故答案为x ＞4.
【点睛】
考查了解一元一次不等式组，一元一次不等式组的解法：解一元一次不等式组时，一般先求出其中各不等式的解集，再求出这些解集的公共部分．解集的规律：同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到.
17．22°
【解析】
【分析】
由AE ∥BD ，根据平行线的性质求得∠CBD 的度数，再由对顶角相等求得∠CDB 的度数，继而利用三角形的内角和等于180°求得∠C 的度数．
【详解】
解：∵AE ∥BD ，∠1=130°，∠2=28°，
∴∠CBD=∠1=130°，∠CDB=∠2=28°，
∴∠C=180°﹣∠CBD ﹣∠CDB=180°﹣130°﹣28°=22°．
故答案为22°
【点睛】
本题考查了平行线的性质，对顶角相等及三角形内角和定理．熟练运用相关知识是解决问题的关键． 18．23
π. 【解析】
【分析】
图中阴影部分的面积就是两个扇形的面积,圆A ，B 的半径为2cm ，则根据扇形面积公式可得阴影面积．
【详解】
()2
26042360
3603A B πππ∠+∠⨯⨯==（cm 2）. 故答案为23
π. 考点：1、扇形的面积公式；2、两圆相外切的性质.
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）
258
. 【解析】
试题分析：（1）证明：如图1，连接OB，由AB是⊙0的切线，得到OB⊥AB，由于CE丄AB，的OB∥CE，于是得到∠1=∠3，根据等腰三角形的性质得到∠1=∠2，通过等量代换得到结果．
（2）如图2，连接BD通过△DBC∽△CBE，得到比例式，列方程可得结果．
（1）证明：如图1，连接OB，
∵AB是⊙0的切线，
∴OB⊥AB，
∵CE丄AB，
∴OB∥CE，
∴∠1=∠3，
∵OB=OC，
∴∠1=∠2，
∴∠2=∠3，
∴CB平分∠ACE；
（2）如图2，连接BD，
∵CE丄AB，
∴∠E=90°，
∴BC===5，
∵CD是⊙O的直径，
∴∠DBC=90°，
∴∠E=∠DBC，
∴△DBC∽△CBE，
∴，
∴BC2=CD•CE，
∴CD==， ∴OC==，
∴⊙O 的半径=
． 考点：切线的性质．
20．（1）y=﹣x+1；（2）﹣1＜x ＜2；（3）3；
【解析】
【分析】
（1）根据待定系数法求一次函数和二次函数的解析式即可.
（2）根据图象以及点A,B 两点的坐标即可求出使二次函数的值大于一次函数的值的x 的取值范围； （3）连接AC 、BC ，设直线AB 交y 轴于点D ，根据ABC ACD BCD S S S =+△△△即可求出△ABC 的面积.
【详解】
（1）把A （﹣1，2）代入y=﹣x 2+c 得：﹣1+c=2，
解得：c=3，
∴y=﹣x 2+3，
把B （2，n ）代入y=﹣x 2+3得：n=﹣1，
∴B （2，﹣1），
把A （﹣1，2）、B （2，﹣1）分别代入y=kx+b 得22 1.
k b k b -+=⎧⎨+=-⎩ 解得： 11,k b =-⎧⎨=⎩
∴y=﹣x+1；
（2）根据图象得：使二次函数的值大于一次函数的值的x 的取值范围是﹣1＜x ＜2；
（3）连接AC 、BC ，设直线AB 交y 轴于点D ，
把x=0代入y=﹣x 2+3得：y=3，
∴C （0，3），
把x=0代入y=﹣x+1得：y=1，
∴D （0，1），
∴CD=3﹣1=2， 则11212212322ABC ACD BCD S S S =+=
⨯⨯+⨯⨯=+=V V V ． 【点睛】
考查待定系数法求二次函数解析式，三角形的面积公式等，掌握待定系数法是解题的关键.
21．（1）（1，0），（3，0），（0，
34
）；（2）在直线AC 下方的抛物线上不存在点P ，使S △ACP ＝4，见解析；（3）见解析
【解析】
【分析】
（1）根据坐标轴上点的特点建立方程求解，即可得出结论；
（2）在直线AC 下方轴x 上一点，使S △ACH ＝4，求出点H 坐标，再求出直线AC 的解析式，进而得出点H 坐标，最后用过点H 平行于直线AC 的直线与抛物线解析式联立求解，即可得出结论； （3）联立直线DE 的解析式与抛物线解析式联立，得出
213(1)044
x k x m -++-=，进而得出44a b k ++＝，34ab m -＝，再由DAG MAO ∆∆∽得出DG AG MO AO =，进而求出1(3)4
OM a -＝，同理可得1(3)4ON b -＝，再根据111(3)(3)444OM ON a b ⋅-⋅-=＝，即可得出结论． 【详解】
（1）针对于抛物线21344y x x =
-+， 令x ＝0，则34y ＝， ∴3(0)4F ，，
令y ＝0，则213044
x x -+=， 解得，x ＝1或x ＝3，
∴(1
0)(30)A B ，，，， 综上所述：0(1
)A ，,(30)B ，,3
(0)4
F ，； （2）由（1）知，(30)B ，，3(0)4F ，， ∵BM ＝FM ， ∴33
(,)28
M ， ∵0(1
)A ，，
∴直线AC的解析式为：
33
y x
44 =-，
联立抛物线解析式得：
2
33
44
13
44
y x
y x x
⎧
=-
⎪⎪
⎨
⎪=-+
⎪⎩
，
解得：1
1
1
x
y
=
⎧
⎨
=
⎩
或
2
2
6
15
4
x
y
=
⎧
⎪
⎨
=
⎪⎩
，
∴
15
(6,)
4
C，
如图1，设H是直线AC下方轴x上一点，AH＝a且S△ACH＝4，
∴
115
4
24
a⨯=，
解得：
32
15
a＝，
∴
47
(,0)
15
H，
过H作l∥AC，
∴直线l的解析式为
347
420
y x
=-，
联立抛物线解析式，解得2
535620
x x
-+＝，
∴4949.60.60
∆--<
＝＝，
即：在直线AC下方的抛物线上不存在点P，使4
ACP
S
V
＝；
（3）如图2，过D，E分别作x轴的垂线，垂足分别为G，H，
设2
13
(,)
44
D a a a
-+，2
13
(,)
44
E b b b
-+，直线DE的解析式为y kx m
+
＝，联立直线DE的解析式与抛物线解析式联立，得2
13
(1)0
44
x k x m
-++-=，∴44
a b k
++
＝，34
ab m
-
＝，
∵DG⊥x轴，
∴DG∥OM，
∴DAG MAO ∆∆∽， ∴DG AG MO AO =，
即1(1)(3)141
a a a OM ---=， ∴1(3)4OM a -＝，同理可得1(3)4
ON b -＝ ∴111(3)(3)444OM ON a b ⋅-⋅-=＝， ∴3()50ab a b -++＝，
即343(44)50m k --++＝，
∴31m k =--，
∴直线DE 的解析式为31
(3)1y kx k k x ----＝＝， ∴直线DE 必经过一定点(3,1)-．
【点睛】
本题主要考查了二次函数的综合应用，熟练掌握二次函数与一次函数的综合应用，交点的求法，待定系数法求函数解析式等方法式解决本题的关键.
22．（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）先判断出∠2+∠3＝90°，再判断出∠1＝∠2即可得出结论；
（2）根据等腰三角形的性质得到∠3＝∠COD ＝∠DEO ＝60°，根据平行线的性质得到∠4＝∠1，根据全等三角形的性质得到∠CBO ＝∠CDO ＝90°，于是得到结论；
（3）先判断出△ABO ≌△CDE 得出AB ＝CD ，即可判断出四边形ABCD 是平行四边形，最后判断出CD ＝AD 即可．
【详解】
（1）如图，连接OD ，
∵CD 是⊙O 的切线，
∴OD ⊥CD ，
∴∠2+∠3＝∠1+∠COD ＝90°，
∵DE ＝EC ，
∴∠1＝∠2，
∴∠3＝∠COD ，
∴DE ＝OE ；
（2）∵OD ＝OE ，
∴OD ＝DE ＝OE ，
∴∠3＝∠COD ＝∠DEO ＝60°，
∴∠2＝∠1＝30°，
∵AB ∥CD ，
∴∠4＝∠1，
∴∠1＝∠2＝∠4＝∠OBA ＝30°，
∴∠BOC ＝∠DOC ＝60°，
在△CDO 与△CBO 中，{OD OB
DOC BOC OC OC
=∠=∠=，
∴△CDO ≌△CBO （SAS ），
∴∠CBO ＝∠CDO ＝90°，
∴OB ⊥BC ，
∴BC 是⊙O 的切线；
（3）∵OA ＝OB ＝OE ，OE ＝DE ＝EC ，
∴OA ＝OB ＝DE ＝EC ，
∵AB ∥CD ，
∴∠4＝∠1，
∴∠1＝∠2＝∠4＝∠OBA ＝30°，
∴△ABO ≌△CDE （AAS ），
∴AB ＝CD ，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∴∠DAE＝1
2
∠DOE＝30°，
∴∠1＝∠DAE，
∴CD＝AD，
∴▱ABCD是菱形．
【点睛】
此题主要考查了切线的性质，同角的余角相等，等腰三角形的性质，平行四边形的判定和性质，菱形的判定，判断出△ABO≌△CDE是解本题的关键．
23．（1）此人所在P的铅直高度约为14.3米；（2）从P到点B的路程约为17.1米
【解析】
分析：(1)过P作PF⊥BD于F，作PE⊥AB于E，设PF＝5x，在Rt△ABC中求出AB，用含x的式子表示出AE，EP，由tan∠APE，求得x即可；(2)在Rt△CPF中，求出CP的长.
详解：过P作PF⊥BD于F，作PE⊥AB于E，
∵斜坡的坡度i＝5:1，
设PF＝5x，CF＝1x，
∵四边形BFPE为矩形，
∴BF＝PEPF＝BE.
在RT△ABC中，BC＝90，
tan∠ACB＝AB BC
，
∴AB＝tan63.4°×BC≈2×90＝180，
∴AE＝AB－BE＝AB－PF＝180－5x，EP＝BC＋CF≈90＋10x.
在RT△AEP中，
tan∠APE＝
18054
90123 AE x
EP x
-
≈
＝
＋
，
∴x＝20
7
，
∴PF＝5x＝100
14.3 7
≈.
答：此人所在P的铅直高度约为14.3米.
由(1)得CP ＝13x ，
∴CP ＝13×207
≈37.1，BC ＋CP ＝90＋37.1＝17.1. 答：从P 到点B 的路程约为17.1米.
点睛：本题考查了解直角三角形的应用，关键是正确的画出与实际问题相符合的几何图形，找出图形中的相关线段或角的实际意义及所要解决的问题，构造直角三角形，用勾股定理或三角函数求相应的线段长. 24．（1）18y x
=
，N(3，6)；（2）y ＝－x ＋2，S △OMN ＝3. 【解析】
【分析】
（1）求出点M 坐标，利用待定系数法即可求得反比例函数的解析式，把N 点的纵坐标代入解析式即可求得横坐标；
（2）根据M 点的坐标与反比例函数的解析式，求得N 点的坐标，利用待定系数法求得直线MN 的解析式，根据△OMN ＝S 正方形OABC －S △OAM －S △OCN －S △BMN 即可得到答案．
【详解】
解：(1)∵点M 是AB 边的中点，∴M(6，3)． ∵反比例函数y ＝
k x 经过点M ，∴3＝6
k ．∴k ＝1． ∴反比例函数的解析式为y ＝18x ． 当y ＝6时，x ＝3，∴N(3，6)．
(2)由题意，知M(6，2)，N(2，6)．
设直线MN 的解析式为y ＝ax ＋b ，则
6226a b a b +=⎧⎨+=⎩
， 解得18a b =-⎧⎨=⎩
， ∴直线MN 的解析式为y ＝－x ＋2．
∴S △OMN ＝S 正方形OABC －S △OAM －S △OCN －S △BMN ＝36－6－6－2＝3．
【点睛】
本题考查了反比例函数的系数k的几何意义，待定系数法求一次函数的解析式和反比例函数的解析式，正方形的性质，求得M、N点的坐标是解题的关键．
25．见解析
【解析】
【分析】
根据等腰三角形的性质与判定及线段垂直平分线的性质解答即可.
【详解】
过点A作AH⊥BC，垂足为H．
∵在△ADE中，AD=AE（已知），
AH⊥BC（所作），
∴DH=EH（等腰三角形底边上的高也是底边上的中线）．
又∵BD=CE（已知），
∴BD+DH=CE+EH（等式的性质），
即：BH=CH．
∵AH⊥BC（所作），
∴AH为线段BC的垂直平分线．
∴AB=AC（线段垂直平分线上的点到线段两个端点的距离相等）．
∴∠B=∠C（等边对等角）．
【点睛】
本题考查等腰三角形的性质及线段垂直平分线的性质，等腰三角形的底边中线、底边上的高、顶角的角平分线三线合一；线段垂直平分线上的点到线段两端的距离相等；
26．(1)见解析；(2) m=-1.
【解析】
【分析】
（1）根据方程的系数结合根的判别式，即可得出△=1>1，由此即可证出：无论实数m取什么值，方程总有两个不相等的实数根；
（2）利用分解因式法解原方程，可得x1=m，x2=m+1，在根据已知条件即可得出结论．
【详解】
（1）∵△=（m+3）2﹣4（m+2）
=（m+1）2
∴无论m取何值，（m+1）2恒大于等于1
∴原方程总有两个实数根
（2）原方程可化为:(x-1)(x-m-2)=1
∴x1=1, x2=m+2
∵方程两个根均为正整数,且m为负整数
∴m=-1.
【点睛】
本题考查了一元二次方程与根的判别式，解题的关键是熟练的掌握根的判别式与根据因式分解法解一元二次方程.
27．1
【解析】
【分析】
原式利用零指数幂、负整数指数幂法则，绝对值的代数意义，以及特殊角的三角函数值计算即可得到结果．【详解】
原式．
【点睛】
此题考查了实数的运算，绝对值，零指数幂、负整数指数幂，以及特殊角的三角函数值，熟练掌握运算法则是解本题的关键．。