扬州市2023年中考第二次模拟考试
数学试题
（考试时间：120分钟试卷满分：150分）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。
3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第Ⅰ卷（选择题）
一．选择题（共8小题，满分24分，每小题3分）
1．（3分）的倒数是（ ）
A．﹣2019 B． C． D．2019
2．（3分）下列计算正确的是（ ）
A．x3 x2＝x6 B．﹣（x2）4＝x6 C．x6÷x5＝x D．x2+x3＝x5
3．（3分）如图，从边长为a+5的正方形纸片中剪去一个边长为a+1的正方形，将剩余部分沿虚线剪拼成一个不重叠、无缝隙的长方形，那么该长方形的长为（ ）
A．2a+10 B．2a+2 C．2a+6 D．2a+8
4．（3分）病毒无情，人间有爱，某中学广大教师为防疫积极捐款献爱心，如图所示是该校50名教师的捐款情况统计，则他们捐款金额的众数和中位数分别是（ ）
A．200元，100元 B．100元，200元
C．200元，150元 D．100元，150元
5．（3分）已知实数a，b满足a≠b，且a2﹣4a＝b2﹣4b＝2，则a2+b2的值为（ ）
A．16 B．20 C．25 D．30
6．（3分）已知二次函数y＝（2﹣a）x2+（a+2）x﹣1，当x取互为相反数的任意两个实数值时，对应的函数值y总相等，则关于x的一元二次方程（2﹣a）x2+（a+2）x﹣1＝0的两根之积为（ ）
A． B． C．﹣1 D．0
7．（3分）如图，AB是⊙O的直径，∠BOC＝50°，则∠D的度数为（ ）
A．65° B．25° C．15° D．35°
8．（3分）如图1，在菱形ABCD中，∠C＝120°，M是AB的中点，N是对角线BD上一动点，设DN长为x，线段MN与AN长度的和为y，图2是y关于x的函数图象，图象右端点F的坐标为（2，3），则图象最低点E的坐标为（ ）
A．（，2） B．（，） C．（，） D．（，2）
第Ⅱ卷（非选择题）
二、填空题（共10小题，满分30分，每小题3分）
9．（3分）要使有意义，则x的取值必须满足的条件是 ．
10．（3分）分解因式：3x2y2+xy﹣1＝ ．
11．（3分）用一个圆心角为120°，半径为2的扇形做一个圆锥的侧面，则这个圆锥的侧面积为 ．
12．（3分）在直角△ABC中，∠C＝90°，，∠C的角平分线交AB于点D，且CD＝2，斜边AB的值是 ．
13．（3分）六个学生进行投篮比赛，投进的个数分别为14，15，15，17，17，18，这六个数的平均数是 ．
14．（3分）如图，在平面直角坐标系中，四边形ABCD是菱形，BC∥x轴．AD与y轴交于点E，反比例函数y（x＞0）的图象经过顶点C、D．已知点C的横坐标为5，BE＝2DE，则k的值为 ．
15．（3分）小甬在拼图时，发现8个一样大小的长方形如图①所示排列，恰好可以拼成一个大的长方形．小真看见了，说：“我来试一试．”结果小真七拼八凑，拼成如图②所示的正方形．咳，怎么中间还留下了一个洞，恰好是边长为2mm的小正方形!则小真拼成的正方形的面积为 mm2．
16．（3分）如图，在平面直角坐标系中，正方形ABCD与正方形BEFG是以原点O为位似中心的位似图形，且相似比为1：3，点A，B，E在x轴上，若正方形BEFG的边长为6，则点C的坐标为 ．
17．（3分）一座建于若干年前的水库大坝，目前坝高4米，现要在不改变坝高的情况下修整加固，将背水坡AB的坡度由1：0.75改为1：2，则修整后的大坝横截面积增加了 平方米．
18．（3分）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝a（x+2）2+b﹣1与y＝a（x﹣3）2+b交于点A．过点A作y轴的垂线，分别交两条抛物线于点B、C（点B在点A左侧，点C在点A右侧），线段BC的长为 ．
三、解答题（共10小题，满分96分）
19．（8分）计算：
（1）（﹣2）2+（﹣3）0﹣； （2）．
20．（8分）解不等式组：．
21．（8分）如图，平行四边形ABCD中，点O是对角线AC的中点，点M为BC上一点，连接AM，且AB＝AM．AE为△ABM边BM的中线，AF⊥AB，EG⊥GD，延长FO交AB于点N．
（1）若BM＝4，MC＝6，AC＝10，求AM的长度：
（2）若∠ACB＝45°，求证：AN+AF＝2FG．
22．（8分）“一方有难，八方支援”是中华民族的传统美德．在抗击新冠病毒战役中，我省支援湖北医疗队共1460人奔赴武汉．其中小丽、小王和三个同事共五人直接派往一线某医院，根据该医院人事安排需要先抽出一人去急诊科，再派两人到发热门诊，请你利用所学知识完成下列问题．
（1）小丽被派往急诊科的概率是 ；
（2）若正好抽出她们一位同事去往急诊科，请你利用画树状图或列表的方法，求出小丽和小王同时被派往发热门诊的概率．
23．（8分）已知关于x的一元二次方程x2﹣（2k+1）x+k2+k＝0．
（1）求证：方程有两个不相等的实数根；
（2）若△ABC的两边AB，AC的长是这个方程的两个实数根，第三边BC的长为5，当△ABC是等腰三角形时，求△ABC三边的长．
24．（10分）如图，Rt△ABC中，∠ABC＝90°，以AB为直径作⊙O，点D为⊙O上一点，且CD＝CB，连接DO并延长交CB的延长线于点E．
（1）判断直线CD与⊙O的位置关系，并证明；
（2）若BE＝8，DE＝16，求⊙O的半径．
25．（10分）卡塔尔世界杯完美落幕．在一场比赛中，球员甲在离对方球门30米处的O点起脚吊射（把球高高地挑过守门员的头顶，射入球门），假如球飞行的路线是一条抛物线，在离球门14米时，足球达到最大高度8米．如图所示，以球员甲所在位置O点为原点，球员甲与对方球门所在直线为x轴，建立平面直角坐标系．
（1）求满足条件的抛物线的函数表达式；
（2）如果葡萄牙球员C罗站在球员甲前3米处，C罗跳起后最高能达到2.88米，那么C罗能否在空中截住这次吊射？
26．（12分）如图，直线yx+1与x轴交于点A，与y轴交于点B，与双曲线y（x＞0）交于点C，BC＝2AB．
（1）求k的值；
（2）已知点T为x轴正半轴上一点，连接OC、BT交于点M，满足AT OC＝AC BT
①求sin∠CBT；
②连接CT，设点N为△BCT的外心．求BM：MN的值．
27．（12分）已知△ABC中，AB＝AC，点D是BC延长线上的一点，E是AB上一点，连接DE交AC于点G，使得∠AED＝2∠ADC．
（1）如图1，若DE⊥AB，∠ADG＝30°，CD＝3，求线段AD的长．
（2）如图2，过点C作CF∥AB交DE于点F，在EG上取一点N，使得GN＝GC，连接AN，求证：AE＝DF．
（3）如图3，若点D是平面内任意一点，且满足∠ADC＝45°，AC＝6，直接写出△ACD面积的最大值．
28．（12分）如图1，在⊙O中，弦AB⊥弦CD，垂足为点E，连接AD、BC、AO，AD＝AB．
（1）求证：∠CAO＝2∠CDB；
（2）如图2，过点O作OH⊥AD，垂足为点H，求证：2OH+CE＝DE；
（3）如图3，在（2）的条件下，延长DB、AC交于点F，过点D作DM⊥AC，垂足为M交AB于N，若BC＝12，AF＝3BF，求MN的长．
参考答案
一、选择题（共8小题，满分24分，每小题3分）
1．A
【分析】根据倒数的定义解答．
【解答】解：的倒数是2019．
故选：A．
【点评】考查了倒数的定义，考查了学生对概念的记忆，属于基础题．
2．C
【分析】分别根据同底数幂的乘法法则，幂的乘方运算法则，同底数幂的除法法则以及合并同类项法则逐一判断即可．
【解答】解：A．x3 x2＝x5，故本选项不符合题意；
B．﹣（x2）4＝﹣x8，故本选项不符合题意；
C．x6÷x5＝x，符合题意；
D．x2与x3不是同类项，所以不能合并，故本选项不符合题意．
故选：C．
【点评】本题主要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，熟记幂的运算法则是解答本题的关键．
3．C
【分析】根据图形可知，后来剪拼成的长方形的长为（a+5）+（a+1），然后去括号，再合并同类项即可．
【解答】解：由图可得，
后来剪拼成的长方形的长为（a+5）+（a+1）＝a+5+a+1＝2a+6，
故选：C．
【点评】本题考查整式的加减，解题的关键是可以发现后来剪拼成的长方形的长为原来大正方形的边长与剪下的小正方形的边长之和．
4．B
【分析】根据众数、中位数的意义求解即可．
【解答】解：捐款金额为100元的人数最多，是16人，因此捐款金额的众数是100元，
将这50人的捐款金额从小到大排列处在中间位置的两个数都是200元，因此捐款金额的中位数是200元，
故选：B．
【点评】本题考查众数、中位数，理解中位数、众数的意义是正确计算的前提．
5．B
【分析】根据已知得出a、b是方程x2﹣4x﹣2＝0的两个根，求出a+b＝4，ab＝﹣2，把a2+b2变成（a+b）2﹣2ab，代入求出即可．
【解答】解：∵a2﹣4a＝b2﹣4b＝2，
∴a2﹣4a﹣2＝0，b2﹣4b﹣2＝0，
∵a≠b，
∴a、b是方程x2﹣4x﹣2＝0的两个根，
∴a+b＝4，ab＝﹣2，
∴a2+b2＝（a+b）2﹣2ab＝16+4＝20，
故选：B．
【点评】本题考查了根与系数的关系和完全平方公式的应用，关键是求出a+b＝4，ab＝﹣2．
6．B
【分析】根据二次函数y＝（2﹣a）x2+（a+2）x﹣1，当x取互为相反数的任意两个实数值时，对应的函数值y总相等，可以得到该函数的对称轴为y轴，从而可以得到a的值，然后即可求得该函数与x轴的交点，即可得到一元二次方程（2﹣a）x2+（a+2）x﹣1＝0的两根，再将这两个根相乘，即可解答本题．
【解答】解：∵二次函数y＝（2﹣a）x2+（a+2）x﹣1，当x取互为相反数的任意两个实数值时，对应的函数值y总相等，
∴该函数的对称轴为直线x0，
解得a＝﹣2，
∴二次函数y＝4x2﹣1，
∴当y＝0时，0＝4x2﹣1，解得x1，x2，
∴一元二次方程（2﹣a）x2+（a+2）x﹣1＝0的两根是x1，x2，
∴一元二次方程（2﹣a）x2+（a+2）x﹣1＝0的两根之积是（），
故选：B．
【点评】本题考查抛物线与x轴的交点、二次函数的性质、二次函数图象上点的坐标特征，解答本题的关键是明确题意，利用二次函数的性质解答．
7．
【分析】直接用同弧所对的圆周角是圆心角的一半求解即可．
【解答】解：∵AB是⊙O的直径，∠BOC＝50°，
∴∠D∠BOC50°＝25°．（同弧所对的圆周角是圆心角的一半）
故选：B．
【点评】此题是圆周角定理，解本题的关键是清楚同弧所对的圆周角是圆心角的一半．
8．C
【分析】由函数图象可得点F表示图1中点N与点B重合时，即可求BD，BM的长，由锐角三角函数可求解．
【解答】解：如图，连接AC，MC，
∵四边形ABCD是菱形，∠BCD＝120°，
∴AB＝BC，AC垂直平分BD，∠ABC＝60°，∠ABD＝∠DBC＝30°，
∴AN＝CN，△ABC是等边三角形，
∴AN+MN＝CN+MN，
∴当点N在线段CM上时，AN+MN有最小值为CM的长，
∵点F的坐标为（2，3），
∴DB＝2，AB+BM＝3，
∵点M是AB的中点，
∴AM＝BM，CM⊥AB，
∴2BM+BM＝3，
∴BM＝1，
∵tan∠ABC＝tan60°，
∴CM，
∵cos∠ABD＝cos30°，
∴BN'，
∴DN'，
∴点E的坐标为：（，），
故选：C．
【点评】本题考查了菱形的性质，锐角三角函数，动点问题的函数图象，理解函数图象中点表示的具体意义是解题的关键．
二、填空题（共10小题，满分30分，每小题3分）
9．
【分析】根据二次根式有意义的条件列出不等式，解不等式即可．
【解答】解：由题意得，x﹣1≥0，
解得，x≥1，
故答案为：x≥1．
【点评】本题考查的是二次根式有意义的条件，掌握二次根式中的被开方数是非负数是解题的关键．
10．
【分析】先求出方程3x2y2+xy﹣1＝0的解，再分解因式即可．
【解答】解：解方程3x2y2+xy﹣1＝0得：xy，
即（xy）1，（xy）2，
所以3x2y2+xy﹣1＝3（xy）（xy），
故答案为：3（xy）（xy）．
【点评】本题考查了在实数范围内分解因式，能求出方程3x2y2+xy﹣1＝0的解是解此题的关键，注意：如果方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的解是x1，x2，那么ax2+bx+c＝a（x﹣x1）（x﹣x2）．
11．
【分析】根据扇形面积公式求出扇形面积，根据圆锥的侧面展开图与原来的扇形之间的关系解答．
【解答】解：扇形面积π，
则这个圆锥的侧面积为π，
故答案为：π．
【点评】本题考查的是圆锥的计算，正确理解圆锥的侧面展开图与原来的扇形之间的关系是解决本题的关键．
12．
【分析】由直角∠C的角平分线交AB于点D，且CD＝2，根据直角三角形的性质可求出DE＝EC＝CF＝FD＝2，再根据锐角三角函数和勾股定理得到AC BC＝18，AC+BC＝9，根据AB2＝AC2+BC2＝（AC+BC）2﹣2AC BC，即可求出AB．
【解答】解：如图，
∵∠C＝90°，∠C的角平分线交AB于点D，且CD＝2，
∴DE＝EC＝CF＝FD＝2，
在Rt△ADE中，AE，
在Rt△BDF中，BF，
∴AC BC＝（2）（2）
＝4（11）
＝4（2）
＝18，
AC+BC＝（2）+（2）
＝4+2（）
＝4+5
＝9，
∴AB2＝AC2+BC2
＝（AC+BC）2﹣2AC BC
＝81﹣36
＝45，
即AB＝3，
故答案为：3．
【点评】本题考查解直角三角形，掌握直角三角形的边角关系是解决问题的关键．
13．
【分析】先根据平均数的定义列出算式，再求出平均数即可．
【解答】解：平均数为（14+15+15+17+17+18）＝16，
故答案为：16．
【点评】本题考查了平均数的定义及求法，能熟记平均数的定义是解此题的关键，注意：数据a1，a2，a3， ，an的平均数是（a1+a2+a3+ +an）．
14．
【分析】由已知可得菱形边长为5，设出点D坐标，即可用勾股定理构造方程，进而求出k值．
【解答】解：过点D作DF⊥BC于F，
由已知，BC＝5，
∵四边形ABCD是菱形，
∴DC＝5，
∵BE＝2DE，
∴设DE＝x，则BE＝2x，
∴DF＝2x，BF＝x，FC＝5﹣x，
在Rt△DFC中，
DF2+FC2＝DC2，
∴（2x）2+（5﹣x）2＝52，
解得x1＝2，x2＝0（舍去），
∴DE＝2，FD＝4，
设OB＝a，
则点D坐标为（2，a+4），点C坐标为（5，a），
∵点D、C在双曲线上，
∴k＝2×（a+4）＝5a，
∴a，
∴k＝5，
故答案为：．
【点评】本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，菱形的性质，勾股定理，求出DE的长度是本题的关键．
15．
【分析】设小长方形的长为xmm，宽为ymm，根据长方形及正方形的性质，即可得出关于x，y的二元一次方程组，解之即可得出x，y的值，再利用正方形的面积计算公式即可求出结论．
【解答】解：设小长方形的长为xmm，宽为ymm，
依题意得：，
解得：，
∴小真拼成的正方形的面积＝（x+2y）2＝（10+2×6）2＝484（mm2）．
故答案为：484．
【点评】本题考查了二元一次方程组的应用，找准等量关系，正确列出二元一次方程组是解题的关键．
16．
【分析】根据位似图形的概念得到BC∥EF，，根据相似三角形的性质计算，分别求出OB、BC，得到答案．
【解答】解：∵正方形ABCD与正方形BEFG是以原点O为位似中心的位似图形，相似比为1：3，
∴BC∥EF，，
∴△OBC∽△OEF，BC＝2，
∴，即，
∴OB＝3，
∴点C的坐标为（3，2），
故答案为：（3，2）．
【点评】本题考查的是位似变换的概念和性质、相似三角形的判定和性质，掌握位似图形的对应边平行是解题的关键．
17．【分析】
根据坡度的概念分别求出CD、BC，进而求出BD的长，根据三角形的面积公式计算，得到答案．
【解答】解：∵背水坡AB的坡度为1：0.75，AC＝4，
∴0.75，
解得，BC＝3，
∵坡AD的坡度为1：2，AC＝4，
∴CD＝8，
∴BD＝DC﹣BC＝5，
∴△ADB的面积5×4＝10（平方米），
故答案为：10．
【点评】本题考查的是解直角三角形的应用﹣坡度坡角问题，掌握坡度的概念是解题的关键．
18．
【分析】设抛物线y＝a（x+2）2+b﹣1的对称轴与线段BC交于点E，抛物线y＝a（x﹣3）2+b的对称轴与线段BC交于点F，由抛物线的对称性结合BC＝2（AE+AF），即可求出结论．
【解答】解：设抛物线y＝a（x+2）2+b﹣1的对称轴与线段BC交于点E，抛物线y＝a（x﹣3）2+b的对称轴与线段BC交于点F，如图所示．
由抛物线的对称性，可知：BE＝AE，CF＝AF，
∴BC＝BE+AE+AF+CF＝2（AE+AF）＝2×[3﹣（﹣2）]＝10．
故答案为：10．
【点评】本题考查了二次函数的性质，利用二次函数图象的对称性解决问题是解题的关键．
三、解答题（共10小题，满分96分）
19．
【分析】（1）先计算乘方、立方根、零指数幂及负整数指数幂，再计算加减可得；
（2）先因式分解、除法转化为乘法，再约分即可得．
【解答】解：（1）原式＝4﹣4+1﹣9＝﹣8；
（2）原式 ．
【点评】本题主要考查分式的乘除法及实数的运算，解题的关键是掌握分式混合运算顺序与混合运算法则及立方根、零指数幂、负整数指数幂的法则．
20．
【分析】先根据不等式的性质求出不等式的解集，再根据求不等式组解集的规律求出不等式组的解集即可．
【解答】解：，
解不等式①，得x＞﹣1，
解不等式②，得x≤6，
所以不等式组的解集是﹣1＜x≤6．
【点评】本题考查了解一元一次不等式组，能根据求不等式组解集的规律求出不等式组的解集是解此题的关键．
21．
【分析】（1）由等腰三角形的性质可求BE＝ME＝2，由勾股定理可求AE，AM的长；
（2）过点E作EH⊥AF于H，由“AAS”可证△ANO≌△CFO，可得AN＝CF，由“AAS”可证△AEH≌△CEG，可得AH＝GC，EH＝EG，可证四边形EHFG是正方形，可得HF＝FG，即可得结论．
【解答】解：（1）∵BM＝4，AB＝AM，AE为△ABM边BM的中线，
∴BE＝ME＝2，
∴EC＝EM+MC＝2+6＝8，
∴AE6，
∴AM2；
（2）如图，过点E作EH⊥AF于H，
∵AB∥CD，AF⊥AB，
∴∠BAO＝∠FCO，∠ANO＝∠CFO，AF⊥CD，
∵点O是对角线AC的中点，
∴AO＝CO，
∴△ANO≌△CFO（AAS），
∴AN＝CF，
∵∠ACB＝45°，AE⊥EC，
∴AE＝EC，
∵EH⊥AF，EG⊥GD，AF⊥CD，
∴四边形EHFG是矩形，
∴∠HEG＝∠AEC＝90°，
∴∠AEH＝∠CEG，
又∵∠AHE＝∠EGC＝90°，
∴△AEH≌△CEG（AAS），
∴AH＝GC，EH＝EG，
∴四边形EHFG是正方形，
∴HF＝FG，
∴AN+AF＝FC+AH+HF＝FC+CG+FG＝2FG．
【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，平行四边形的性质，正方形的判定和性质，勾股定理等知识，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键．
22．【分析】
（1）直接根据概率公式求解即可；
（2）根据题意画出树状图得出所有等情况数，找出小丽和小王同时被派往发热门诊的情况数，然后根据概率公式即可得出答案．
【解答】解：（1）小丽被派往发热门诊的概率；
故答案为：；
（2）小丽、小王和两个同事分别用A，B，C1，C2表示，根据题意画图如下：
由上可知；一共出现了12种等可能的结果，小丽和小王同时出现的有2种情况，
则小丽和小王同时被派往发热门诊的概率是．
【点评】此题考查的是用列表法或树状图法求概率．列表法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，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．用到的知识点为：概率＝所求情况数与总情况数之比．
23．
【分析】（1）根据方程的系数结合根的判别式，可得出Δ＝1＞0，进而可证出方程有两个不相等的实数根；
（2）利用因式分解法解方程得到∴x1＝k，x2＝k+1，AB、AC的长为k、k+1，讨论当AB＝BC时，即k＝5；当AC＝BC时，k+1＝5，解得k＝4，进而即可求得△ABC三边的长．
【解答】（1）证明：∵Δ＝[﹣（2k+1）]2﹣4×（k2+k）＝1＞0，
∴无论k取何值，方程有两个不相等的实数根．
（2）解：∵由x2﹣（2k+1）x+k2+k＝0，得（x﹣k）[x﹣（k+1）]＝0，
∴x1＝k，x2＝k+1．
即AB、AC的长为k、k+1，
当AB＝BC时，即k＝5，满足三角形构成条件，则△ABC三边的长为5、5、6；
当AC＝BC时，k+1＝5，解得k＝4，满足三角形构成条件，则△ABC三边的长为5、5、4；
综上所述，△ABC三边的长为5、5、6或5、5、4．
【点评】本题考查了一元二次方程根与系数的关系：若x1，x2是一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的两根，x1+x2，x1x2．也考查了根的判别式．
24．
【分析】（1）欲证明CD是切线，只要证明OD⊥CD，利用全等三角形的性质即可证明；
（2）设⊙O的半径为r，在Rt△OBE中，根据OE2＝EB2+OB2，可得（16﹣r）2＝r2+82，推出r＝6，即可解决问题．
【解答】解：（1）相切，
证明：如图，连接OC，
在△OCB与△OCD中，
，
∴△OCB≌△OCD（SSS），
∴∠ODC＝∠OBC＝90°，
∴OD⊥DC，
又∵OD为⊙O的半径，
∴DC是⊙O的切线；
（2）设⊙O的半径为r，
在Rt△OBE中，∵OE2＝EB2+OB2，
∴（16﹣r）2＝r2+82，
∴r＝6，
∴⊙O的半径为6．
【点评】本题考查直线与圆的位置关系、圆周角定理、勾股定理、锐角三角函数等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，属于中考常考题型．
25．
【分析】（1）根据题意得出二次函数的顶点坐标，进而求出二次函数解析式；
（2）即可利用x＝3得出答案．
【解答】解：（1）由题意可得，足球距离点O（30﹣14）＝16米时，足球达到最大高度8米，
设抛物线解析式为：y＝a（x﹣16）2+8，
把（0，0）代入解析式得：0＝a（0﹣16）2+8，
解得：a，
故抛物线解析式为：y（x﹣16）2+8；
（2）当x＝3时，y（3﹣16）2+8＝2.71875＜2.88，
故C罗能在空中截住这次吊射．
【点评】此题主要考查了二次函数的应用，正确求出二次函数解析式是解题关键．
26．
【分析】（1）由△AOB∽△ADC求出点C（6，3），进而求解；
（2）①由AT OC＝AC BT得到点T（7，0），利用BC2＝CT2+BC2，得到△BCT为直角三角形，进而求解；
②由△BCT为直角三角形得到，点N为△BCT的外心，求出N（，），由EN∥OB得到△BMO∽△NME，即可求解．
【解答】解：（1）对于yx+1，令yx+1＝0，解得x＝﹣3，令x＝0，则y＝1，
故点A、B的坐标分别为（﹣3，0）、（0，1），
设过点C的垂线与x轴交于点D，
则△AOB∽△ADC，则，
∵OB＝1，OA＝3，
∴CD＝3，AD＝9，
则OD＝9﹣3＝6，
故点C（6，3），
将点C的坐标代入反比例函数表达式得：k＝3×6＝18；
（2）①设点T（t，0），
由点A、B、C、T坐标得：AT＝t+3，OC，AC，BT，
∵AT OC＝AC BT，即（t+3），
解得：t＝7或﹣1（舍去﹣1），
故点T（7，0）；
由B、C、T的坐标得：BT，
同理可得BC，CT，
则BC2＝CT2+BC2，
∴△BCT为直角三角形，
∴sin∠CBT；
②∵△BCT为直角三角形，点N为△BCT的外心，
则点N是BT的中点，
由中点公式得，点N（，），
过点N作y轴的平行线交OC于点E，
由点C的坐标得：直线OC的表达式为yx，
当x时，yx，故点E（，），
则EN，
∵EN∥OB，
∴△BMO∽△NME，
则BM：MN＝OB：EN＝14：5．
【点评】本题考查的是反比例函数综合运用，涉及到一次函数的性质、圆的基本知识、三角形相似、解直角三角形等，综合性强，难度适中．
27．
【分析】（1）作CH⊥AD于H，设∠BAC＝α，分别表示出∠CAD，∠ACB和∠ABC，在△ABC中根据三角形内角和求得α，进而解斜三角形ACD求得结果；
（2）在AG上截取GH＝GF，连接NH，EH，设∠ABC＝∠ACB＝α，∠ADC＝β，则AED＝2β，通过角之间的关系推出AG＝DG，进而证明△DGC≌△AGN，进一步证明△CGF≌△NGH，从而得出AH＝DF，通过角之间关系得出∠ANH＝∠ANE和∠AEN＝∠NHG，从而得出点A、E、N、H四点共圆，从而得出∠AHE＝∠ANE，∠AEH＝∠ANH，进而∠AEH＝∠AHE，进一步得出结论；
（3）根据“定弦对定角”得出点D的运动轨迹，进一步求得结果．
【解答】（1）解：如图1，
作CH⊥AD于H，设∠BAC＝α，
在Rt△ADE中，
∠DAE＝90°﹣∠ADE＝60°，
∴∠CAD＝∠BAD﹣∠BAC＝60°﹣α，
∵∠ADE＝90°，∠AED＝2∠ADC，
∴∠ADC＝45°，
∴∠ACB＝∠ADC+∠CAD＝45°+（60°﹣α）＝105°﹣α，
∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB＝105°﹣α，
在△ABC中，
∠ABC+∠ACB+∠BAC＝180°，
∴2（105°﹣α）+α＝180°，
∴α＝30°，
∴∠CAD＝30°，
在Rt△CDH中，
CH＝DH＝CD sin∠ADC＝3 sin45°＝33，
在Rt△ACH中，
AH3，
∴AD＝DH+AH＝3+3；
（2）证明：如图2，
在AG上截取GH＝GF，连接NH，EH，
设∠ABC＝∠ACB＝α，∠ADC＝β，则AED＝2β，
∵∠AED＝∠ABC+∠BDE，
∴2β＝α+∠BDE，
∴∠BDE＝2β﹣α，
∴∠ADE＝∠ADC﹣∠BDE＝β﹣（2β﹣α）＝α﹣β，
∵∠ACB＝∠ADC+∠DAC，
∴α＝β+∠DAC，
∴∠DAC＝α﹣β，
∴∠ADE＝∠DAC，
∴AG＝DG，
∵∠DGC＝∠AGN，CG＝GN，
∴△DGC≌△AGN（SAS），
∴AG＝DG，∠DCG＝∠ANG，
同理可得：△CGF≌△NGH（SAS），
∴GH＝FG，∠FCG＝∠HNG，
∴∠DCG﹣∠FCG＝∠ANG﹣∠HNG，
即：∠ANH＝∠DCF，
∵CF∥AB，
∴∠FCD＝∠ABC，∠CFG＝∠AEN，
∴∠ANH＝∠ABC，
∵∠ACB＝180°﹣∠DCF﹣∠FCG，
∠ANE＝180°﹣∠ANH﹣∠HNG，
∴∠ANE＝∠ACB，
∴∠ANH＝∠ANE，
∵∠CFG＝∠AEN（已证），∠NHG＝∠CFG（已证），
∴∠AEN＝∠NHG，
∴点A、E、N、H四点共圆，
∴∠AHE＝∠ANE，∠AEH＝∠ANH，
∴∠AEH＝∠AHE，
∴AE＝AH，
∵AG＝DG，GH＝FG，
∴DF＝AH，
∴AE＝DF；
（3）解：如图，
以AC为斜边作等腰直角三角形AOC，以点O为圆心，OA为半径作圆O，
作OE⊥AC于E，延长EO交⊙O于D′则点D在优弧AD′C上运动，
当点D运动到点D′时，△ACD的面积最大，
在Rt△AOC中，
OAAC＝3，OEAC＝3，
∴ED′＝OE+OD′＝3+3，
∴S△ACD最大9+9．
【点评】本题考查了等腰三角形性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形，确定圆的条件等知识，解决问题的关键是作辅助线，构造全等三角形．
28．
【分析】（1）连接OB、OD，利用圆周角定理和三角形内角和定理，全等三角形的判定及等腰三角形的三线合一即可得到结果；
（2）过点O作OT⊥CD，OG⊥AB，根据矩形的性质和垂径定理即可得到结果；
（3）首先根据BF和AF的关系根据相似得出AD，然后设BE＝x，再根据相似得出ED＝3x，然后根据勾股定理得出BD，然后根据全等得出BE＝NE，最后根据相似得出MN．
【解答】解：（1）如图，连接AO、DO，
∵AB＝AD，
∴，
∴∠AOB＝∠AOD，
∴AO＝OB，AO＝OD，
∴△AOB≌△AOD，
∴∠BAO＝∠DAO，
延长AO交BD于点H，
∵AB＝AD，
∴AH⊥BD，
∴∠AHB＝∠AHD＝90°，
∵，
∴∠ACD＝∠ABD，
∴∠CAB＝∠BAO＝∠OAD，
∴∠CAO＝2∠CDB．
（2）过点O作OT⊥CD，则CT＝DT，
∵CD⊥AB，CD⊥OT，OQ⊥AB，
∴∠OQB＝∠OTE＝∠AED＝90°，
∴四边形OTEQ为矩形，
∴OQ＝ET，
∵TD＝CT＝ET+CE，
∵AB＝AD，
∴OQ＝OH，
∴2OH+CE＝DE．
（3）如图，∵∠ACB+∠ADB＝180°，
∠FCB+∠ACB＝180°，
∴∠ADB＝∠FCB，
∵∠F＝∠F，
∴△FCB∽△FDA，
∴，
∵CB＝12，
∴AB＝AD＝36，
∵∠BCD＝∠BAD，∠AEB＝∠AED，
∴△CEB∽△AED，
∴，
设BE＝x，则AE＝36﹣x，ED＝3x，
∵AB⊥CD，
∴∠AED＝90°，
则在Rt△AED中，
AE2+ED2＝AD2，
（36﹣x）2+（3x）2＝362，
解得：，
∴BD
∵CD⊥AB，
∴∠BED＝90°，∠NMA＝90°，∠ANM＝∠END，
∴∠NED＝∠MAN，
∴∠BDE＝∠EDN，
∵ED＝ED，
∴△BED≌△NED，
∴，
∵∠CDB＝∠CAB，∠NMA＝∠BED，
∴△AMN∽△DEB，
∴，
∴，
∴MN．
【点评】本题是一道圆的综合性题目，运用了同弧所对的圆周角相等，垂径定理，相似，圆的内接四边形，勾股定理等知识，并灵活运用了辅助线。
