天津市薊州區(qū)第三聯(lián)合區(qū)重點(diǎn)達(dá)標(biāo)名校2024屆中考數(shù)學(xué)五模試卷含解析

天津市薊州區(qū)第三聯(lián)合區(qū)重點(diǎn)達(dá)標(biāo)名校2024屆中考數(shù)學(xué)五模試卷注意事項(xiàng)1．考生要認(rèn)真填寫考場(chǎng)號(hào)和座位序號(hào)。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結(jié)束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監(jiān)考員收回。一、選擇題（本大題共12個(gè)小題，每小題4分，共48分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的．）1．將二次函數(shù)的圖象先向左平移1個(gè)單位，再向下平移2個(gè)單位，所得圖象對(duì)應(yīng)的函數(shù)表達(dá)式是（）A． B．C． D．2．下列等式從左到右的變形,屬于因式分解的是A．8a2b=2a·4ab B．-ab3-2ab2-ab=-ab(b2+2b)C．4x2+8x-4=4x D．4my-2=2(2my-1)3．如圖，矩形ABCD內(nèi)接于⊙O，點(diǎn)P是上一點(diǎn)，連接PB、PC，若AD=2AB，則cos∠BPC的值為（）A． B． C． D．4．如圖，矩形ABCD的邊AB=1，BE平分∠ABC，交AD于點(diǎn)E，若點(diǎn)E是AD的中點(diǎn)，以點(diǎn)B為圓心，BE長(zhǎng)為半徑畫弧，交BC于點(diǎn)F，則圖中陰影部分的面積是（）A．2- B． C．2- D．5．如圖，△ABC中，AB＝4，AC＝3，BC＝2，將△ABC繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°得到△AED，則BE的長(zhǎng)為（）A．5 B．4 C．3 D．26．如圖，取一張長(zhǎng)為、寬為的長(zhǎng)方形紙片，將它對(duì)折兩次后得到一張小長(zhǎng)方形紙片，若要使小長(zhǎng)方形與原長(zhǎng)方形相似，則原長(zhǎng)方形紙片的邊應(yīng)滿足的條件是（）A． B． C． D．7．如圖，△ABC中，∠CAB=65°，在同一平面內(nèi)，將△ABC繞點(diǎn)A旋轉(zhuǎn)到△AED的位置，使得DC∥AB，則∠BAE等于（）A．30° B．40° C．50° D．60°8．1．桌面上放置的幾何體中，主視圖與左視圖可能不同的是()A．圓柱B．正方體C．球D．直立圓錐9．在如圖的2016年6月份的日歷表中，任意框出表中豎列上三個(gè)相鄰的數(shù)，這三個(gè)數(shù)的和不可能是()A．27 B．51 C．69 D．7210．由4個(gè)相同的小立方體搭成的幾何體如圖所示，則它的主視圖是（）A．B．C．D．11．已知⊙O的半徑為5，弦AB=6，P是AB上任意一點(diǎn)，點(diǎn)C是劣弧的中點(diǎn)，若△POC為直角三角形，則PB的長(zhǎng)度（）A．1 B．5 C．1或5 D．2或412．如圖，在四邊形ABCD中，∠A=120°，∠C=80°．將△BMN沿著MN翻折，得到△FMN．若MF∥AD，F(xiàn)N∥DC，則∠F的度數(shù)為（）A．70° B．80° C．90° D．100°二、填空題：（本大題共6個(gè)小題，每小題4分，共24分．）13．已知圖中Rt△ABC，∠B=90°,AB=BC,斜邊AC上的一點(diǎn)D，滿足AD=AB，將線段AC繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)α（0°<α<360°），得到線段AC’，連接DC’，當(dāng)DC’//BC時(shí)，旋轉(zhuǎn)角度α的值為_________,14．化簡(jiǎn)：＝_____．15．因式分解：a2﹣a＝_____．16．若關(guān)于x的一元二次方程x2+2x﹣m2﹣m=0（m＞0），當(dāng)m=1、2、3、…、2018時(shí)，相應(yīng)的一元二次方程的兩個(gè)根分別記為α1、β1，α2、β2，…，α2018、β2018，則：的值為_____．17．如圖，直角△ABC中，AC=3，BC=4，AB=5，則內(nèi)部五個(gè)小直角三角形的周長(zhǎng)為_____．18．分解因式：__________.三、解答題：（本大題共9個(gè)小題，共78分，解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟．19．（6分）已知，，，斜邊，將繞點(diǎn)順時(shí)針旋轉(zhuǎn)，如圖1，連接．（1）填空：；（2）如圖1，連接，作，垂足為，求的長(zhǎng)度；（3）如圖2，點(diǎn)，同時(shí)從點(diǎn)出發(fā)，在邊上運(yùn)動(dòng)，沿路徑勻速運(yùn)動(dòng)，沿路徑勻速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)兩點(diǎn)相遇時(shí)運(yùn)動(dòng)停止，已知點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)速度為1.5單位秒，點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)速度為1單位秒，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為秒，的面積為，求當(dāng)為何值時(shí)取得最大值？最大值為多少？20．（6分）某種型號(hào)油電混合動(dòng)力汽車，從A地到B地燃油行駛需純?nèi)加唾M(fèi)用76元，從A地到B地用電行駛需純用電費(fèi)用26元，已知每行駛1千米，純?nèi)加唾M(fèi)用比純用電費(fèi)用多0.5元．求每行駛1千米純用電的費(fèi)用；若要使從A地到B地油電混合行駛所需的油、電費(fèi)用合計(jì)不超過39元，則至少需用電行駛多少千米？21．（6分）如圖，在四邊形ABCD中，E是AB的中點(diǎn)，AD//EC，∠AED=∠B．求證：△AED≌△EBC；當(dāng)AB=6時(shí)，求CD的長(zhǎng)．22．（8分）如圖所示，在坡角為30°的山坡上有一豎立的旗桿AB，其正前方矗立一墻，當(dāng)陽光與水平線成45°角時(shí)，測(cè)得旗桿AB落在坡上的影子BD的長(zhǎng)為8米，落在墻上的影子CD的長(zhǎng)為6米，求旗桿AB的高（結(jié)果保留根號(hào)）．23．（8分）如圖，AB為⊙O的直徑，點(diǎn)C在⊙O上，AD⊥CD于點(diǎn)D，且AC平分∠DAB，求證：（1）直線DC是⊙O的切線；（2）AC2=2AD?AO．24．（10分）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，一次函數(shù)y＝﹣x+2的圖象交x軸于點(diǎn)P，二次函數(shù)y＝﹣x2+x+m的圖象與x軸的交點(diǎn)為（x1，0）、（x2，0），且+＝17（1）求二次函數(shù)的解析式和該二次函數(shù)圖象的頂點(diǎn)的坐標(biāo)．（2）若二次函數(shù)y＝﹣x2+x+m的圖象與一次函數(shù)y＝﹣x+2的圖象交于A、B兩點(diǎn)（點(diǎn)A在點(diǎn)B的左側(cè)），在x軸上是否存在點(diǎn)M，使得△MAB是以∠ABM為直角的直角三角形？若存在，請(qǐng)求出點(diǎn)M的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說明理由．25．（10分）如圖，AB為⊙O的直徑，點(diǎn)D、E位于AB兩側(cè)的半圓上，射線DC切⊙O于點(diǎn)D，已知點(diǎn)E是半圓弧AB上的動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)F是射線DC上的動(dòng)點(diǎn)，連接DE、AE，DE與AB交于點(diǎn)P，再連接FP、FB，且∠AED＝45°．求證：CD∥AB；填空：①當(dāng)∠DAE＝時(shí)，四邊形ADFP是菱形；②當(dāng)∠DAE＝時(shí)，四邊形BFDP是正方形．26．（12分）解方程：27．（12分）如圖，在平行四邊形ABCD中，E、F分別為邊AB、CD的中點(diǎn)，BD是對(duì)角線．求證：△ADE≌△CBF；若∠ADB是直角，則四邊形BEDF是什么四邊形？證明你的結(jié)論．

參考答案一、選擇題（本大題共12個(gè)小題，每小題4分，共48分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的．）1、B【解析】

拋物線平移不改變a的值，由拋物線的頂點(diǎn)坐標(biāo)即可得出結(jié)果．【詳解】解：原拋物線的頂點(diǎn)為（0，0），向左平移1個(gè)單位，再向下平移1個(gè)單位，那么新拋物線的頂點(diǎn)為（-1，-1），

可設(shè)新拋物線的解析式為：y=（x-h）1+k，

代入得：y=（x+1）1-1．

∴所得圖象的解析式為：y=（x+1）1-1；

故選：B．【點(diǎn)睛】本題考查二次函數(shù)圖象的平移規(guī)律；解決本題的關(guān)鍵是得到新拋物線的頂點(diǎn)坐標(biāo)．2、D【解析】

根據(jù)因式分解是把一個(gè)多項(xiàng)式轉(zhuǎn)化成幾個(gè)整式積的形式，可得答案．【詳解】解：A、是整式的乘法，故A不符合題意；

B、沒把一個(gè)多項(xiàng)式轉(zhuǎn)化成幾個(gè)整式積的形式，故B不符合題意；

C、沒把一個(gè)多項(xiàng)式轉(zhuǎn)化成幾個(gè)整式積的形式，故C不符合題意；

D、把一個(gè)多項(xiàng)式轉(zhuǎn)化成幾個(gè)整式積的形式，故D符合題意；

故選D．【點(diǎn)睛】本題考查了因式分解的意義，因式分解是把一個(gè)多項(xiàng)式轉(zhuǎn)化成幾個(gè)整式積的形式．3、A【解析】

連接BD，根據(jù)圓周角定理可得cos∠BDC=cos∠BPC，又BD為直徑，則∠BCD=90°，設(shè)DC為x，則BC為2x，根據(jù)勾股定理可得BD=x，再根據(jù)cos∠BDC===，即可得出結(jié)論.【詳解】連接BD，∵四邊形ABCD為矩形，∴BD過圓心O，∵∠BDC=∠BPC（圓周角定理）∴cos∠BDC=cos∠BPC∵BD為直徑，∴∠BCD=90°，∵=,∴設(shè)DC為x，則BC為2x，∴BD===x，∴cos∠BDC===，∵cos∠BDC=cos∠BPC，∴cos∠BPC=.故答案選A.【點(diǎn)睛】本題考查了圓周角定理與勾股定理，解題的關(guān)鍵是熟練的掌握?qǐng)A周角定理與勾股定理的應(yīng)用.4、B【解析】

利用矩形的性質(zhì)以及結(jié)合角平分線的性質(zhì)分別求出AE，BE的長(zhǎng)以及∠EBF的度數(shù)，進(jìn)而利用圖中陰影部分的面積=S-S-S，求出答案．【詳解】∵矩形ABCD的邊AB=1，BE平分∠ABC，∴∠ABE=∠EBF=45°,AD∥BC，∴∠AEB=∠CBE=45°，∴AB=AE=1,BE=，∵點(diǎn)E是AD的中點(diǎn)，∴AE=ED=1，∴圖中陰影部分的面積=S?S?S=1×2?×1×1?故選B.【點(diǎn)睛】此題考查矩形的性質(zhì)，扇形面積的計(jì)算，解題關(guān)鍵在于掌握運(yùn)算公式5、B【解析】

根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得AB=AE，∠BAE=60°，然后判斷出△AEB是等邊三角形，再根據(jù)等邊三角形的三條邊都相等可得BE=AB．【詳解】解：∵△ABC繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)

60°得到△AED，∴AB=AE，∠BAE=60°，∴△AEB是等邊三角形，∴BE=AB，∵AB=1，∴BE=1．故選B．【點(diǎn)睛】本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，等邊三角形的判定與性質(zhì)，主要利用了旋轉(zhuǎn)前后對(duì)應(yīng)邊相等以及旋轉(zhuǎn)角的定義．6、B【解析】

由題圖可知：得對(duì)折兩次后得到的小長(zhǎng)方形紙片的長(zhǎng)為，寬為，然后根據(jù)相似多邊形的定義，列出比例式即可求出結(jié)論．【詳解】解：由題圖可知：得對(duì)折兩次后得到的小長(zhǎng)方形紙片的長(zhǎng)為，寬為，∵小長(zhǎng)方形與原長(zhǎng)方形相似，故選B．【點(diǎn)睛】此題考查的是相似三角形的性質(zhì)，根據(jù)相似三角形的定義列比例式是解決此題的關(guān)鍵．7、C【解析】試題分析：∵DC∥AB，∴∠DCA=∠CAB=65°.∵△ABC繞點(diǎn)A旋轉(zhuǎn)到△AED的位置，∴∠BAE=∠CAD，AC=AD.∴∠ADC=∠DCA="65°."∴∠CAD=180°﹣∠ADC﹣∠DCA="50°."∴∠BAE=50°．故選C．考點(diǎn)：1.面動(dòng)旋轉(zhuǎn)問題；2.平行線的性質(zhì)；3.旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)；4.等腰三角形的性質(zhì)．8、B【解析】試題分析：根據(jù)從正面看得到的視圖是主視圖，從左邊看得到的圖形是左視圖，從上面看得到的圖形是俯視圖，正方體主視圖與左視圖可能不同，故選B．考點(diǎn)：簡(jiǎn)單幾何體的三視圖．9、D【解析】設(shè)第一個(gè)數(shù)為x，則第二個(gè)數(shù)為x+7，第三個(gè)數(shù)為x+1．列出三個(gè)數(shù)的和的方程，再根據(jù)選項(xiàng)解出x，看是否存在．解：設(shè)第一個(gè)數(shù)為x，則第二個(gè)數(shù)為x+7，第三個(gè)數(shù)為x+1故三個(gè)數(shù)的和為x+x+7+x+1=3x+21當(dāng)x=16時(shí)，3x+21=69；當(dāng)x=10時(shí)，3x+21=51；當(dāng)x=2時(shí)，3x+21=2．故任意圈出一豎列上相鄰的三個(gè)數(shù)的和不可能是3．故選D．“點(diǎn)睛“此題主要考查了一元一次方程的應(yīng)用，解題關(guān)鍵是要讀懂題目的意思，根據(jù)題目給出的條件，找出合適的等量關(guān)系列出方程，再求解．10、A【解析】試題分析：幾何體的主視圖有2列，每列小正方形數(shù)目分別為2，1.故選A．考點(diǎn)：三視圖視頻11、C【解析】

由點(diǎn)C是劣弧AB的中點(diǎn)，得到OC垂直平分AB，求得DA=DB=3，根據(jù)勾股定理得到OD==1，若△POC為直角三角形，只能是∠OPC=90°，則根據(jù)相似三角形的性質(zhì)得到PD=2，于是得到結(jié)論．【詳解】∵點(diǎn)C是劣弧AB的中點(diǎn)，∴OC垂直平分AB，∴DA=DB=3，∴OD=，若△POC為直角三角形，只能是∠OPC=90°，則△POD∽△CPD，∴，∴PD2=4×1=4，∴PD=2，∴PB=3﹣2=1，根據(jù)對(duì)稱性得，當(dāng)P在OC的左側(cè)時(shí)，PB=3+2=5，∴PB的長(zhǎng)度為1或5.故選C．【點(diǎn)睛】考查了圓周角，弧，弦的關(guān)系，勾股定理，垂徑定理，正確左側(cè)圖形是解題的關(guān)鍵．12、B【解析】

首先利用平行線的性質(zhì)得出∠BMF=120°，∠FNB=80°，再利用翻折變換的性質(zhì)得出∠FMN=∠BMN=60°，∠FNM=∠MNB=40°，進(jìn)而求出∠B的度數(shù)以及得出∠F的度數(shù)．【詳解】∵M(jìn)F∥AD，F(xiàn)N∥DC，∠A=120°，∠C=80°，

∴∠BMF=120°，∠FNB=80°，

∵將△BMN沿MN翻折得△FMN，

∴∠FMN=∠BMN=60°，∠FNM=∠MNB=40°，

∴∠F=∠B=180°-60°-40°=80°，

故選B．【點(diǎn)睛】主要考查了平行線的性質(zhì)以及多邊形內(nèi)角和定理以及翻折變換的性質(zhì)，得出∠FMN=∠BMN，∠FNM=∠MNB是解題關(guān)鍵．二、填空題：（本大題共6個(gè)小題，每小題4分，共24分．）13、15或255°【解析】如下圖，設(shè)直線DC′與AB相交于點(diǎn)E，∵Rt△ABC中，∠B=90°，AB=BC，DC′//BC，∴∠AED=∠ABC=90°，∠ADE=∠ACB=∠BAC=45°，AB=AC，∴AE=AD，又∵AD=AB，AC′=AC，∴AE=AB=AC=AC′，∴∠C′=30°，∴∠EAC′=60°，∴∠CAC′=60°-45°=15°，即當(dāng)DC′∥BC時(shí)，旋轉(zhuǎn)角=15°；同理，當(dāng)DC′′∥BC時(shí)，旋轉(zhuǎn)角=180°-45°-60°=255°；綜上所述，當(dāng)旋轉(zhuǎn)角=15°或255°時(shí)，DC′//BC.故答案為：15°或255°.14、【解析】

直接利用二次根式的性質(zhì)化簡(jiǎn)求出答案．【詳解】,故答案為.【點(diǎn)睛】本題考查了二次根式的性質(zhì)與化簡(jiǎn)，正確掌握二次根式的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．15、a（a﹣1）【解析】

直接提取公因式a，進(jìn)而分解因式得出答案【詳解】a2﹣a＝a（a﹣1）．故答案為a（a﹣1）．【點(diǎn)睛】此題考查公因式，難度不大16、．【解析】

利用根與系數(shù)的關(guān)系得到α1+β1=-2，α1β1=-1×2；α2+β2=-2，α2β2=-2×3；…α2018+β2018=-2，α2018β2018=-2018×1．把原式變形，再代入，即可求出答案．【詳解】∵x2+2x-m2-m=0，m=1，2，3，…，2018，∴由根與系數(shù)的關(guān)系得：α1+β1=-2，α1β1=-1×2；α2+β2=-2，α2β2=-2×3；…α2018+β2018=-2，α2018β2018=-2018×1．∴原式===2×（）=2×（1-）=，故答案為．【點(diǎn)睛】本題考查了根與系數(shù)的關(guān)系：若x1，x2是一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的兩根時(shí)，x1+x2=-，x1x2=．17、1【解析】分析：由圖形可知，內(nèi)部小三角形直角邊是大三角形直角邊平移得到的，故內(nèi)部五個(gè)小直角三角形的周長(zhǎng)為大直角三角形的周長(zhǎng)．詳解：由圖形可以看出：內(nèi)部小三角形直角邊是大三角形直角邊平移得到的，故內(nèi)部五個(gè)小直角三角形的周長(zhǎng)為AC+BC+AB=1．故答案為1．點(diǎn)睛：本題主要考查了平移的性質(zhì)，需要注意的是：平移前后圖形的大小、形狀都不改變．18、a(a－4)2【解析】

首先提取公因式a，進(jìn)而利用完全平方公式分解因式得出即可．【詳解】故答案為：【點(diǎn)睛】本題主要考查因式分解，熟練掌握提取公因式法和公式法是解題的關(guān)鍵.分解一定要徹底.三、解答題：（本大題共9個(gè)小題，共78分，解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟．19、（1）1；（2）；（3）x時(shí)，y有最大值，最大值．【解析】

（1）只要證明△OBC是等邊三角形即可；（2）求出△AOC的面積，利用三角形的面積公式計(jì)算即可；（3）分三種情形討論求解即可解決問題：①當(dāng)0＜x時(shí)，M在OC上運(yùn)動(dòng)，N在OB上運(yùn)動(dòng)，此時(shí)過點(diǎn)N作NE⊥OC且交OC于點(diǎn)E．②當(dāng)x≤4時(shí)，M在BC上運(yùn)動(dòng)，N在OB上運(yùn)動(dòng)．③當(dāng)4＜x≤4.8時(shí)，M、N都在BC上運(yùn)動(dòng)，作OG⊥BC于G．【詳解】（1）由旋轉(zhuǎn)性質(zhì)可知：OB＝OC，∠BOC＝1°，∴△OBC是等邊三角形，∴∠OBC＝1°．故答案為1．（2）如圖1中．∵OB＝4，∠ABO＝30°，∴OAOB＝2，ABOA＝2，∴S△AOC?OA?AB2×2．∵△BOC是等邊三角形，∴∠OBC＝1°，∠ABC＝∠ABO+∠OBC＝90°，∴AC，∴OP．（3）①當(dāng)0＜x時(shí)，M在OC上運(yùn)動(dòng)，N在OB上運(yùn)動(dòng)，此時(shí)過點(diǎn)N作NE⊥OC且交OC于點(diǎn)E．則NE＝ON?sin1°x，∴S△OMN?OM?NE1.5xx，∴yx2，∴x時(shí)，y有最大值，最大值．②當(dāng)x≤4時(shí)，M在BC上運(yùn)動(dòng)，N在OB上運(yùn)動(dòng)．作MH⊥OB于H．則BM＝8﹣1.5x，MH＝BM?sin1°（8﹣1.5x），∴yON×MHx2+2x．當(dāng)x時(shí)，y取最大值，y，③當(dāng)4＜x≤4.8時(shí)，M、N都在BC上運(yùn)動(dòng)，作OG⊥BC于G．MN＝12﹣2.5x，OG＝AB＝2，∴y?MN?OG＝12x，當(dāng)x＝4時(shí)，y有最大值，最大值＝2．綜上所述：y有最大值，最大值為．【點(diǎn)睛】本題考查幾何變換綜合題、30度的直角三角形的性質(zhì)、等邊三角形的判定和性質(zhì)、三角形的面積等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)用分類討論的思想思考問題．20、（1）每行駛1千米純用電的費(fèi)用為0.26元．（2）至少需用電行駛74千米．【解析】

（1）根據(jù)某種型號(hào)油電混合動(dòng)力汽車，從A地到B地燃油行駛純?nèi)加唾M(fèi)用76元，從A地到B地用電行駛純電費(fèi)用26元，已知每行駛1千米，純?nèi)加唾M(fèi)用比純用電費(fèi)用多0.5元，可以列出相應(yīng)的分式方程，然后解分式方程即可解答本題；（2）根據(jù)（1）中用電每千米的費(fèi)用和本問中的信息可以列出相應(yīng)的不等式，解不等式即可解答本題．【詳解】（1）設(shè)每行駛1千米純用電的費(fèi)用為x元，根據(jù)題意得：=解得：x=0.26經(jīng)檢驗(yàn)，x=0.26是原分式方程的解，答：每行駛1千米純用電的費(fèi)用為0.26元；（2）從A地到B地油電混合行駛，用電行駛y千米，得：0.26y+（﹣y）×（0.26+0.50）≤39解得：y≥74，即至少用電行駛74千米．21、（1）證明見解析；（2）CD=3【解析】分析:（1）根據(jù)二直線平行同位角相等得出∠A=∠BEC，根據(jù)中點(diǎn)的定義得出AE=BE，然后由ASA判斷出△AED≌△EBC；（2）根據(jù)全等三角形對(duì)應(yīng)邊相等得出AD=EC，然后根據(jù)一組對(duì)邊平行且相等的四邊形是平行四邊形得出四邊形AECD是平行四邊形，根據(jù)平行四邊形的對(duì)邊相等得出答案.詳解:（1）證明：∵AD∥EC∴∠A=∠BEC∵E是AB中點(diǎn)，∴AE=BE∵∠AED=∠B∴△AED≌△EBC（2）解：∵△AED≌△EBC∴AD=EC∵AD∥EC∴四邊形AECD是平行四邊形∴CD=AE∵AB=6∴CD=AB=3點(diǎn)睛:本題考查全等三角形的判定和性質(zhì)、平行四邊形的判定和性質(zhì)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是正確尋找全等三角形解決問題，屬于中考常考題型.22、旗桿AB的高為（4+1）m．【解析】試題分析：過點(diǎn)C作CE⊥AB于E，過點(diǎn)B作BF⊥CD于F．在Rt△BFD中，分別求出DF、BF的長(zhǎng)度．在Rt△ACE中，求出AE、CE的長(zhǎng)度，繼而可求得AB的長(zhǎng)度．試題解析：解：過點(diǎn)C作CE⊥AB于E，過點(diǎn)B作BF⊥CD于F，過點(diǎn)B作BF⊥CD于F．在Rt△BFD中，∵∠DBF=30°，sin∠DBF==，cos∠DBF==．∵BD=8，∴DF=4，BF=．∵AB∥CD，CE⊥AB，BF⊥CD，∴四邊形BFCE為矩形，∴BF=CE=4，CF=BE=CD﹣DF=1．在Rt△ACE中，∠ACE=45°，∴AE=CE=4，∴AB=4+1（m）．答：旗桿AB的高為（4+1）m．23、（1）證明見解析.（2）證明見解析.【解析】分析：（1）連接OC，由OA=OC、AC平分∠DAB知∠OAC=∠OCA=∠DAC，據(jù)此知OC∥AD，根據(jù)AD⊥DC即可得證；（2）連接BC，證△DAC∽△CAB即可得．詳解：（1）如圖，連接OC，∵OA=OC，∴∠OAC=∠OCA，∵AC平分∠DAB，∴∠OAC=∠DAC，∴∠DAC=∠OCA，∴OC∥AD，又∵AD⊥CD，∴OC⊥DC，∴DC是⊙O的切線；（2）連接BC，∵AB為⊙O的直徑，∴AB=2AO，∠ACB=90°，∵AD⊥DC，∴∠ADC=∠ACB=90°，又∵∠DAC=∠CAB，∴△DAC∽△CAB，∴，即AC2=AB?AD，∵AB=2AO，∴AC2=2AD?AO．點(diǎn)睛：本題主要考查圓的切線，解題的關(guān)鍵是掌握切線的判定、圓周角定理及相似三角形的判定與性質(zhì)．24、（1）y＝﹣x2+x+2＝（x﹣）2+，頂點(diǎn)坐標(biāo)為（，）；（2）存在，點(diǎn)M（，0）．理由見解析．【解析】

（1）由根與系數(shù)的關(guān)系，結(jié)合已知條件可得9+4m＝17，解方程求得m的值，即可得求得二次函數(shù)的解析式，再求得該二次函數(shù)圖象的頂點(diǎn)的坐標(biāo)即可；（2）存在，將拋物線表達(dá)式和一次函數(shù)y＝﹣x+2聯(lián)立并解得x＝0或，即可得點(diǎn)A、B的坐標(biāo)為（0，2）、（，），由此求得PB=，AP=2，過點(diǎn)B作BM⊥AB交x軸于點(diǎn)M，證得△APO∽△MPB，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)可得，代入數(shù)據(jù)即可求得MP＝，再求得OM＝，即可得點(diǎn)M的坐標(biāo)為（，0）．【詳解】（1）由題意得：x1+x2＝3，x1x2＝﹣2m，x12+x22＝（x1+x2）2﹣2x1x2＝17，即：9+4m＝17，解得：m＝2，拋物線的表達(dá)式為：y＝﹣x2+x+2＝（x﹣）2+，頂點(diǎn)坐標(biāo)為（，）；（2）存在，理由：將拋物線表達(dá)式和一次函數(shù)y＝﹣x+2聯(lián)立并解得：x＝0或，∴點(diǎn)A、B的坐標(biāo)為（0，2）、（，），一次函數(shù)y＝﹣x+2與x軸的交點(diǎn)P的坐標(biāo)為（6，0），∵點(diǎn)P的坐標(biāo)為（6，0），B的坐標(biāo)為（，），點(diǎn)B的坐標(biāo)為（0，2）、∴PB＝=，AP==2過點(diǎn)B作BM⊥AB交x軸于點(diǎn)M，∵∠MBP＝∠AOP＝90°，∠MPB＝∠APO，∴△APO∽△MPB，∴，∴，∴MP＝，∴OM＝OP﹣MP＝6﹣＝，∴點(diǎn)M（，0）．【點(diǎn)睛】本題是一道二次函數(shù)的綜合題，一元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系、直線與拋物線的較大坐標(biāo)．相似三角形的判定與性質(zhì)，題目較為綜合，有一定的難度，解決第二問的關(guān)鍵是求得PB、AP的長(zhǎng)，再利用相似三角形的性質(zhì)解決問題．25、（1）詳見解析；（2）①67.5°；②90°．【解析】

（1）要證明CD∥AB，只要證明∠ODF＝∠AOD即可，根據(jù)題目中的條件可以證明∠ODF＝∠AOD，從而可以解答本題；（2）①根據(jù)四邊形ADFP是菱形和菱形的性質(zhì)，可以求得∠DAE的度數(shù)；②根據(jù)四邊形BFDP是正方形，可以求得∠DAE的度數(shù)．【詳解】（1）證明：連接OD，如圖所示，∵射線DC切⊙O于點(diǎn)D，∴OD⊥CD，即∠ODF＝90°，∵∠AED＝45°，∴∠AOD＝2∠AED＝90°，∴∠ODF＝∠AOD，∴CD∥AB；（2）①連接AF與DP交于點(diǎn)G，如圖所示，∵四邊形ADFP是菱形，∠AED＝45°，OA＝OD，∴A