2023年江苏省泰州市泰兴市中考数学二模试卷（含解析）

这是一份2023年江苏省泰州市泰兴市中考数学二模试卷（含解析），共31页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2023年江苏省泰州市泰兴市中考数学二模试卷
一、选择题（本大题共6小题，共18.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 圆柱体如图所示，它的俯视图是(    )
A.
B.
C.
D.


2. 空气的密度是0.001293g/cm3，将数据0.001293用科学记数法表示为(    )
A. 0.1293×10−3 B. 0.1293×10−6 C. 1.293×10−3 D. 1.293×10−6
3. 李老师是一位运动达人，他通过佩戴智能手环来记录自己一个月(30天)每天所走的步数，并绘制成如图统计图，在这个月每天所走的步数这组数据中，众数是万步．(    )

A. 1.5 B. 1.6 C. 1.7 D. 1.8
4. 如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，BE是⊙O的直径，连结CE，DE.若∠BAD=105°，则∠DCE为(    )
A. 10°
B. 15°
C. 20°
D. 25°
5. 在温度不变的条件下，通过一次又一次地对汽缸顶部的活塞加压，测出每一次加压后缸内气体的体积和气体对汽缸壁所产生的压强，如下表：则可以反映y与x之间的关系的式子是(    )
体积x(mL)
100
80
60
40
20
压强y(kPa)
60
75
100
150
300

A. y=3 000x B. y=6 000x C. y=3000x D. y=6000x
6. m、n为正整数，m2+n2+1=2m+2n，则m+n的值为(    )
A. 2 B. 3 C. 4 D. 5
二、填空题（本大题共10小题，共28.0分）
7. 2023的相反数是______ ．
8. 若 x−2有意义，则x的取值范围是            ．
9. 分解因式：4y2−y= ______ ．
10. 已知一个圆锥的底面圆半径是2，母线长是6，则圆锥侧面积是______ ．
11. “易有太极，始生两仪，两仪生四象，四象生八卦”，太极图是我国古代文化关于太极思想的图示，内含表示一阴一阳的图形(一黑一白).如图，在太极图中随机取一点，则此点取自黑色部分的概率是______ ．


12. 方程x2−mx+3m=0的两个根为x1，x2.若x1⋅x2=−6，则x1+x2= ______ ．
13. 如图，正六边形ABCDEF与⊙O相切于点C、F，则∠COF= ______ °.


14. 某学校航模组设计制作的火箭升空高度h(m)与飞行时间t(s)满足函数关系式为h=−t2+12t+1.如果火箭在点火升空到最高点时打开降落伞，那么降落伞将在离地面______ m处打开．
15. 如图，将反比例函数y=kx(k>0,x>0)的图象绕着坐标原点O顺时针旋转α°(0<α<90)，旋转后的图象与x轴交于A(2 7,0)，若tanα= 32，则k= ______ ．


16. 如图，在边长为6的等边△ABC中，D，E分别在边AB，AC上，连结DE.∠BDE的平分线经过△ABC的内心P，交AB于点F，连结EF，若△ADE为直角三角形，则AD= ______ ．


三、解答题（本大题共10小题，共104.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题12.0分)
(1)计算：|−3|−4sin45°+ 4．
(2)解不等式：x6+x−22>1．
18. (本小题8.0分)
某日，甲、乙两人计划在10：00前随机乘坐由泰兴总站开往上海长途汽车站客车，他们在“同程旅行”上查询到10：00前出发的具体车次时间为06：40、8：15、09：20，且各车次均有足够数量的票．
(1)甲9：00之前出发的概率为______ ；
(2)用画树状图或列表法求甲、乙两人乘坐同一车次的概率．
19. (本小题8.0分)
下面是学习《分式方程的应用》时，老师板书的应用题和两名同学所列的方程．
分式方程
某校为迎接市中学生田径运动会需240面彩旗.计划由八年级(1)班的3个小组完成此任务，3个小组的人数相等.后因1个小组另有任务，剩余2个小组的每名学生要比原计划多做4面彩旗才能完成任务.那么每个小组有多少名学生？原计划每名学生做多少面彩旗？
冰冰：2402x−2403x=4，
庆庆：240y：240y+x=3：2．
根据以上信息，解答下列问题．
(1)冰冰同学所列方程中的x表示______ ，庆庆同学所列方程中的y表示______ ；
(2)请你选择其中的一个方程解决老师提出的问题．
20. (本小题10.0分)
今年五一文旅消费强势爆发，旅游数据创新高，国家文旅部公布的5年来全国“五一”假期旅游数据见表．
年份
接待游客
(亿人次)
同比增长
率
旅游收入
(亿元)
同比增长
率
2019年
1.95
13.70%
1200.0
16.10%
2020年
1.15
−41.03%
480.0
−60.00%
2021年
a
100.00%
1152.0
140.00%
2022年
1.6
−30.43%
660.0
−42.71%
2023年
2.74
71.25%
b
125.00%
知识链接：同比增长(降低)率=(当年发展水平−上一年同期水平)÷上一年同期水平×100%．
如2023年的接待游客同比增长率=(2.74−1.6)÷1.6×100%=71.25%，
2020年的旅游收入同比增长率=(480−1200)÷1200×100%=−60.00%．
(1)求表中的数据a；
(2)请补全接待游客人数与年份的折线统计图；

(3)小明说“在接待游客人数和旅游收入两个方面2023年全国五一假期已全面超越2019年全国五一假期”，你同意他的说法吗？请说明你的理由．
21. (本小题10.0分)
如图，一次函数y=ax+b(a≠0)的图象与反比例函数y=kx(k≠0)的图象交于A(m,2)，B(1,6)两点．
(1)求反比例函数和一次函数的函数表达式；
(2)根据图象直接写出不等式kx>ax+b的解集．

22. (本小题10.0分)
如图，在⊙O中，弦AB与CD交于点E，点C为AmB的中点，现有以下信息：
①AB为直径；②∠ACD=60°；③∠CEB=105°．
(1)从三条信息中选择两条作为条件，另一条作为结论，组成一个真命题．
你选择的条件是______ ，结论是______ (填写序号)，请说明理由．
(2)在(1)的条件下，若AD的长为43π，求⊙O半径．

23. (本小题10.0分)
古代数学家刘徽编撰的《重差》是中国最早的一部测量学著作，也为地图学提供了数学基础.现根据刘徽的《重差》测量一个球体建筑物的高度.如图1，已知点A是球体建筑物与水平地面的接触点(切点)，地面上B，C两点与点A在同一条直线上.若在B，C处分别测得球体建筑物的最大仰角为60°和20°.图2是过该球体建筑物球心的截面图，BF、CG分别与⊙O相切于点D、E，设球的半径(即⊙O的半径)为R．
(1)用R的代数式表示AB长(写出过程)；
(2)若BC=100m，求该球体建筑物的高度(即球体直径)．
(结果精确到0.01m， 3≈1.732，tan80°≈5.671，sin80°≈0.985，cos80°≈0.174)


24. (本小题10.0分)
【综合实䠉】请阅读下面材料完成相应的任务．
借助“鲁班尺”三等分角
如图1，“鲁班尺”也称为“木工尺”.木工师傅中有人找到了利用“鲁班尺”三等分任一角的方法．
如图2，在与尺边BD垂直的尺边上取一点C，使BC等于尺宽AB.如图3，任意画一个角∠EOF，先用鲁班尺画一条到OE的距离等于尺宽且与OE平行的直线l，如图4，将鲁班尺绕点O旋转并反复调整，使点A落在直线l上，点C落OF在上，且尺边BD经过点O，则沿尺边BD画出的直线l′和OA三等分∠EOF．
【任务1】在图4中，过点A作AG⊥OE，垂足为G．
①比较大小：AB ______ AG(填“>、或<”)；
②证明：l′和OA三等分∠EOF．
【任务2】爱动脑筋的小强受到阅读材料中借助“鲁班尺”三等分角方法的启发，想到了通过折叠矩形纸片三等分一个已知角的方法，他的前2个操作步骤如下：
步骤1：如图5，在矩形纸片ABCD上折出任意角∠CBM.将矩形ABCD对折，折痕记为EF，再将矩形BCFE对折，折痕记为GH，展开矩形；
步骤2：如图6，将矩形沿着PQ折叠，点B的对应点B′恰好落在GH上，再移动PQ位置并调整使点E的对应点E′恰好落在BM上．
若∠CBM=48°，请根据小强的操作过程求∠BE′B′的度数．


25. (本小题12.0分)
二次函数y=x2−tx(t>0)图象交x轴于O、A两点，点C(m,n)为点A右侧图象上一动点，过点C作CB⊥x轴于点B.点D(p,q)为该函数x轴上方图象上一动点(不与点C重合)，直线CD交y轴于点E，连接AD、BE．
(1)如图，当t=3，CD//x轴：
①若n=4，判断∠OAD与∠OBE的数量关系，并说明理由；
②若p<0，在点C、D运动的过程中，CE⋅DEBC是否为定值？若是，请求出该定值；若不是，请说明理由；
(2)在点C、D在运动的过程中，试探究∠OAD与∠OBE的数量关系，并说明理由．


26. (本小题14.0分)
【问题探究】：
如图1，△ABC中，点D为AC的中点，过点D的直线分别交边AB于点E、交BC延长线于点F，过点C作CG//AB交EF于G．
(1)求证：S△ABC=S梯BCGE；
(2)若BC=10，S△ABC：S△BEF=45：49，求CF长．
【迁移应用】：
如图2，矩形ABCD中AB=9，BC=12，点P、Q分别是BC、AD上的动点，DQ=2BP，PQ交BD于点O，过点O的直线交AB、BC于点M、N．
(1)当MN⊥BD时，求△BMN面积；
(2)请在图3中只用圆规画出点M、N的位置，使△BMN的面积最小(不写作法，保留作图痕迹)．


答案和解析

1.【答案】A 
【解析】解：从上面看，看到的图形是一个圆，即看到的图形为：

故选：A．
根据俯视图是从上面看到的图形进行求解即可．
本题主要考查了简单几何体的三视图，熟知从上面看到的图形是俯视图是解题的关键．

2.【答案】C 
【解析】解：0.001293=1.293×10−3，
故选：C．
根据题意用科学记数法表示出来即可．绝对值小于1的正数也可以利用科学记数法表示，一般形式为a×10−n，与较大数的科学记数法不同的是其所使用的是负指数幂，指数n由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定．
本题考查用科学记数法表示较小的数，一般形式为a×10−n，其中1≤|a|<10，n为由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定．

3.【答案】C 
【解析】解：根据统计图可知，1.7出现的次数最多，
∴这个月每天所走的步数这组数据中，众数是1.7万步．
故选：C．
根据众数的定义解答即可，一组数据中出现次数最多的数据叫做众数．
本题考查了众数，求一组数据的众数的方法：找出频数最多的那个数据，若几个数据频数都是最多且相同，此时众数就是这多个数据．

4.【答案】B 
【解析】解：∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，
∴∠BAD+∠BCD=180°，
∵∠BAD=105°，
∴∠BCD=75°，
∵BE是⊙O的直径，
∴∠BCE=90°，
∴∠DCE=∠BCE−∠BCD=90°−75°=15°，
故选：B．
根据圆内接四边形的性质得出∠BAD+∠BCD=180°，求出∠BCD=75°，根据圆周角定理得出∠BCE=90°，再求出∠DCE即可．
本题考查了圆内接四边形的性质和圆周角定理，能熟记圆内接四边形的对角互补是解此题的关键．

5.【答案】D 
【解析】
【分析】
此题主要考查了根据实际问题列反比例函数关系式，得出正确的函数关系是解题关键．
利用表格中数据得出函数关系，进而求出即可．
【解答】
解：由表格数据可得：此函数是反比例函数，设解析式为：y=kx，
则xy=k=6000，
故y与x之间的关系的式子是y=6000x，
故选：D．


  
6.【答案】B 
【解析】解：∵m2+n2+1=2m+2n，
∴m2−2m+1+n2−2n+1=1，
∴(m−1)2+(n−1)2=1，
∵(m−1)2≥0，(n−1)2≥0，m、n为正整数，
∴m=1，n=2或m=2，n=1，
∴m+n=3，
故选：B．
利用配方法把原式变形，根据偶次方的非负性解答即可．
本题考查的是配方法的应用，正确完全平方公式是解题的关键．

7.【答案】−2023 
【解析】解：2023的相反数是−2023．
故答案为：−2023．
由相反数的概念即可解答．
本题考查相反数的概念，关键是掌握：只有符号不同的两个数叫做互为相反数，求一个数的相反数的方法就是在这个数的前边添加“−”．

8.【答案】x≥2 
【解析】
【分析】
直接根据二次根式有意义的条件解答即可．
本题考查的是二次根式有意义的条件，熟知二次根式中的被开方数是非负数是解题的关键．
【解答】
解：由题意得，x−2≥0，
∴x≥2．
故答案为：x≥2．  
9.【答案】y(4y−1) 
【解析】解：4y2−y=y(4y−1)．
故答案为：y(4y−1)．
提公因式法分解因式即可．
本题主要考查了提公因法分解因式，解题的关键是找出公因式y，准确计算．

10.【答案】12π 
【解析】解：底面半径为2，则底面周长=4π，圆锥的侧面积=12×4π×6=12π．
故答案为：12π．
圆锥的侧面积=底面周长×母线长÷2．
本题考查了圆锥的计算，利用了圆的周长公式和扇形面积公式求解，解题的关键是牢记有关的公式，难度不大．

11.【答案】12 
【解析】解：根据图形的对称性知，黑色部分为圆面积的一半，
所以在太极图中随机取一点，则此点取自黑色部分的概率是12．
故答案为：12．
根据图形的对称性求出黑色图形的面积，利用几何概型的概率公式计算可得．
本题主要考查了几何概型的概率计算问题，根据对称性求出黑色阴影部分的面积是解题的关键．

12.【答案】−2 
【解析】解：∵方程x2−mx+3m=0的两个根为x1，x2．
∴x1+x2=m，x1⋅x2=3m，
又∵x1⋅x2=−6，
∴3m=−6，
∴m=−2，
∴x1+x2=−2．
故答案为：−2．
利用根与系数的关系，可得出x1+x2=m，x1⋅x2=3m，结合x1⋅x2=−6，可得出3m=−6，解之即可得出m的值，进而可得出x1+x2=−2．
本题考查了根与系数的关系，牢记“一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的两根之和等于−ba，两根之积等于ca”是解题的关键．

13.【答案】120 
【解析】解：正六边形的内角=(6−2)×180°÷6=120°，
∴∠E=∠D=120°，
∵FE、CD分别与⊙O相切于F、C两点，
∴∠OFE=∠OCD=90°，
∴∠FOC=540°−90°−90°−120°−120°=120°，
故答案为：120．
先根据五边形的内角和求∠E=∠D=120°，由切线的性质得：∠OFE=∠OCD=90°，最后利用五边形的内角和相减可得结论．
本题考查了正五边形的内角和、内角的度数、切线的性质，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．

14.【答案】170 
【解析】解：h=−t2+12t+1=−(t−6)2+37
∵a=−1<0，
∴点火升空的最高点距地面37m，
故答案为：37．
把二次函数配方为顶点式，写出最大值解题即可．
本题考查了二次函数的应用以及二次函数的最值，运用配方法配成顶点式是解题的关键．

15.【答案】8 3 
【解析】解：将OA绕原点O逆时针旋转α°，则其对应点A′在函数y=kx的图象上．

过点A′作x轴的垂线，垂足为M．
由题知，因为A(2 7,0)．
所以OA=2 7，则OA′=2 7．
在RT△A′OM中，
tanα= 32，且OA′=2 7．
所以A′M=2 3，OM=4．
即A′(4,2 3).
又点A′在函数图象上，
所以k=4×2 3=8 3．
故答案为：8 3．
将OA绕原点O逆时针旋转α°，可得出其在反比例函数y=kx图象上的对应点A′.且OA′=OA=2 7.再根据tanα= 32，构造直角三角形，可求出点A′的坐标，进而解决问题．
本题考查了反比例函数的图象和性质，以及待定系数法求函数表达式．

16.【答案】3− 3或6−2 3 
【解析】解：如图1，连接BP，
∵△ABC是边长为6的等边三角形，
∴∠A=∠ABC=60°，AB=6，
∵P为△ABC的内心，
∴∠ABP=∠12ABC=30°，
当ADE=90°时，如图1，过点P作PG⊥AB于G，
∴AG=BG=12AB=3，
∴PG= 33BG= 3，
∴BP=2PG=2 3，
∵DF平分∠BDE，
∴∠GDP=∠EDP=45°，
∴DG=PG= 3，
∴AD=AG−DG=3− 3；
当∠AED=90°时，如图2，
∴∠BDE=∠A+∠AED=60°+90°=150°，
∵DF平分∠BDE，
∴∠BDP=12∠BDE=75°，
∴∠BPD=180°−∠BDP−∠ABP=180°−75°−30°=75°，
∴∠BPD=∠BDP，
∴BD=BP=2 3，
∴AD=AB−BD=6−2 3，
综上所述，AD=3− 3或6−2 3．
故答案为：3− 3或6−2 3．
分两种情况讨论：当ADE=90°时，当∠AED=90°时，利用含30度角的直角三角形的性质解答即可．
本题考查三角形内切圆与内心，等边三角形的性质，解直角三角形，角平分线定义，等腰三角形的判定，三角形内角和定理，注意分尖讨论是解题关键．

17.【答案】(1)解：原式=3−4× 22+2
=3−2 2+2
=5−2 2
(2)解：x6+x−22>1，
x+3(x−2)>6，
x+3x−6>6，
x+3x>6+6，
4x>12，
x>3． 
【解析】(1)先计算绝对值、化简二次根式、代入三角函数值，再计算乘法，最后计算加减即可；
(2)不等式去分母，去括号，移项合并，把x系数化为1，即可求出解．
此题考查了解一元一次不等式，以及实数的运算，熟练掌握运算法则是解本题的关键．

18.【答案】23 
【解析】解：(1)根据题意，泰兴总站开往上海长途汽车站客车的车次共3种，其中9：00之前出发的有2种，
∴甲9：00之前出发的概率为23；
故答案为：23；
(2)时间为06：40、8：15、09：20的车次分别记为B，C，D，列树状图如下：

一共有9种等可能的情况，其中甲、乙两人乘坐同一车次有3种情况，
∴甲、乙两人乘坐同一车次的概率是39=13．
(1)用概率公式直接可得答案；
(2)画树状图，共有9种等可能的结果，再由概率公式求解即可．
本题考查的是用树状图法求概率．树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，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．

19.【答案】每个小组学生的人数  原计划每名学生做的彩旗数 
【解析】解：(1)冰冰同学所列方程中的x表示每个小组学生的人数；
庆庆同学所列方程中的y表示原计划每名学生做的彩旗数；
故答案为：每个小组学生的人数，原计划每名学生做的彩旗数；
(2)解方程2402x=2403x=4．
解得x=10，
检验：x=10是所列方程的解，且符合题意，
240÷(3×10)=8(面)．
答：每个小组有10名学生，原计划每名学生做8面彩旗．
(1)根据所列方程中的未知数表示的实际意义即可得到结论；
(2)解方程即可得到结论．
本题考查了分式方程的应用，找准等量关系，正确列出分式方程是解题的关键．

20.【答案】解：(1)根据题意可得：
1.6−aa×100%=−30.43%，
解得：a≈2.3，
(2)如图：

(3)同意：
理由：根据题意：b−660660×100%=125%，
解得：b=1485
∵2.74>1.95，1485>1200，
∴2023年全国五一假期已全面超越2019年全国五一假期． 
【解析】(1)根据统计表知：列方程1.6−aa×100%=−30.43%计算即可；
(2)根据统计表先描点再连线即可；
(3)先列方程b−660660×100%=125%，求出b的值，再将2023年与2019年的游客人数和旅游收入进行比较，即可得出结论．
本题考查统计表，折线统计图，熟练掌握画折线统计图是解题的关键．

21.【答案】解：(1)把(1,6)代入y=kx得k=6，
∴y=6x，
把(m,2)代入y=kx得m=3，把(3,2)，(1,6)代入y=ax+b得3a+b=2a+b=6，
解得a=−2b=8，
∴y=−2x+8；
(2)由函数图象可知，当x<0或1ax+b成立． 
【解析】(1)用待定系数法求解析式即可；
(2)根据两函数图象的上下位置关系结合交点横坐标，即可得出反比例函数大于一次函数的值的x的取值范围．
本题考查了反比例函数与一次函数的交点问题、反比例函数图象上点的坐标特征以及待定系数法求一次函数解析式，以及利用图象求不等式的解集，根据点的坐标利用待定系数法求出函数解析式是解题的关键．

22.【答案】①②  ③ 
【解析】(1)证明：如图所示，连接BC，
∵点C为AmB的中点，
∴AC=BC，AC=BC，
情况一：选择条件是①②，结论是③，是真命题；理由如下：
∵AB为直径，
∴∠ACB=90°，
∴△ABC为等腰直角三角形，∠CAB=45°，
∵∠ACD=60°，
∴∠CEB=∠ACD+∠CAB=60°+45°=105°，
∴条件是①②，结论是③，该命题为真命题；
情况二：选择条件是①③，结论是②，是真命题；理由如下：
∵AB为直径，
∴∠ACB=90°，
∴△ABC为等腰直角三角形，∠CAB=45°，
∵∠CEB=105°，
∴∠ACD=∠CEB−∠CAB=105°−45°=60°，
∴条件是①③，结论是②，该命题为真命题；
情况三：选择条件是②③，结论是①，是真命题；理由如下：
∵∠ACD=60°，∠CEB=105°，
∴∠CAB=∠CEB−∠ACD=105°−60°=45°，
∵AC=BC，
∴∠CAB=∠CBA=45°，
∴∠ACB=90°，
∵AB是圆上的弦，
∴AB为直径，
∴条件是②③，结论是①，该命题为真命题；
故答案为：①②；③(答案不唯一)；
(2)解：由(1)可知，∠ACD=60°，
如图所示，连接OD，
∴∠AOD=2∠ACD=2×60°=120°，
∵AD的长为43π，设⊙O的半径为r，
∴120πr180=43π，
解得：r=2，
∴⊙O的半径为2．
(1)任选其中两条作为已知条件，剩余一条作为结论，均为真命题，结合圆当中的基本性质和定理进行证明即可；
(2)结合条件∠ACD=60°可推出∠AOD，从而结合弧长计算公式直接求解即可．
本题考查圆的基本性质，圆周角定理，弧长计算，等腰三角形的判定和性质，三角形外角的性质等，理解直径所对的圆周角为直角及其推论，掌握弧长计算公式是解题关键．

23.【答案】解：(1)连接OA，OB，OD，

∵BF与⊙O相切于点D，BA与⊙O相切于点A，
∴∠OAB=∠ODB=90°，
∵OA=OD，OB=OB，
∴Rt△OAB≌Rt△ODB(HL)，
∴∠DBO=∠ABO=12∠ABD=30°，
在Rt△OAB中，AB=OAtan30∘=R 33= 3R，
∴AB的长为 3R；
(2)连接OC，OE，

∵CG与⊙O相切于点E，BA与⊙O相切于点A，
∴∠OAC=∠OEC=90°，
∵OA=OE，OC=OC，
∴Rt△OAC≌Rt△OEC(HL)，
∴∠ECO=∠ACO=12∠ACE=10°，
在Rt△OAC中，∠AOC=90°−∠ACO=80°，
∴AC=OA⋅tan80°≈5.671R(m)，
∵BC=100m，
∴AC−AB=BC，
∴5.671R− 3R=100，
解得：R≈25.387，
∴该球体建筑物的高度(即球体直径)约为50.77m． 
【解析】(1)连接OA，OB，OD，根据切线的性质可得∠OAB=∠ODB=90°，从而利用HL证明Rt△OAB≌Rt△ODB，然后利用全等三角形的性质可得∠DBO=∠ABO=30°，最后在Rt△OAB中，利用锐角三角函数的定义进行计算，即可解答；
(2)连接OC，OE，根据切线的性质可得∠OAC=∠OEC=90°，从而利用HL证明Rt△OAC≌Rt△OEC，然后利用全等三角形的性质可得∠ECO=∠ACO=10°，最后在Rt△OAC中，利用锐角三角函数的定义求出AC的长，再根据AC−AB=BC，列出关于R的方程进行计算，即可解答．
本题考查了解直角三角形的应用−仰角俯角问题，全等三角形的判定与性质，切线的性质，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．

24.【答案】= 
【解析】(1)①解：∵用鲁班尺画一条到OE的距离等于尺宽且与OE平行的直线l，AG⊥OE，
∴AB=AG；
故答案为：=；
②证明：∵AB⊥BD，AG⊥OE，
∴∠ABO=∠AGO=90°，
在Rt△AOB与Rt△AOG中，
AB=AGAO=AO，
∴Rt△AOB≌Rt△AOG(HL)，
∴∠AOB=∠AOG，
在△BOC与△BOA中，
BC=AB∠CBO=∠ABO=90°OB=OB，
∴△BOC≌△BOA(SAS)，
∴∠BOC=∠BOA，
∴∠AOG=∠AOB=∠COB，
∴l′和OA三等分∠EOF．
(2)解：连接B′E，过点作BJ⊥B′E′，B′K⊥BC．
∵B′G⊥BE，EG=BG，
∴B′E=B′B．
由翻折可知：BE′=B′E，BE=B′E′=2BG，
∴BB′=BE′，
又∵BJ⊥B′E′，
∴B′J=E′J=BG=B′K，
∴∠E′BJ=∠B′BJ，
∵∠B′GB=∠GBK=∠BKB′=90°，
∴四边形GBKB′是矩形，
∴BG=B′K，
∴B′K=B′J，
∴Rt△JBB′≌Rt△KBB′(HL)，
∴∠JBB′=∠B′BK，
∴∠JBE′=13∠CBM=13×48°=16°，
∵∠BJE′=90°，
∴∠BE′B′=74°．
(1)①根据平行线间的距离相等即可得到结论；
②根据垂直的定义得到∠ABO=∠AGO=90°，根据全等三角形的性质得到∠AOB=∠AOG，∠BOC=∠BOA，等量代换得到∠AOG=∠AOB=∠COB，于是得到l′和OA三等分∠EOF．
(2)连接B′E，过点作BJ⊥B′E′，B′K⊥BC.根据已知条件得到B′E=B′B.根据折叠的性质得到BE′=B′E，BE=B′E′=2BG，求得BB′=BE′，根据等腰三角形的性质得到B′J=E′J=BG=B′K，求得∠E′BJ=∠B′BJ，根据矩形的性质得到BG=B′K，求得B′K=B′J，根据全等三角形的性质得到∠JBB′=∠B′BK，于是得到距离．
本题考查了四边形综合题，矩形的性质，折叠的性质，全等三角形的，正确地作出辅助线是解题的关键．

25.【答案】解：(1)①∠OAD=∠OBE，理由如下：
当t=3时，y=x2−3x，
令y=0得x=0或x=3，
∴A(3,0)，
在y=x2−3x中，令y=4得x=−1或x=4，
∴D(−1,4)，C(4,4)，
∵CD//x轴，CB⊥x轴，
∴E(0,4)，B(4,0)，
∴DE=1，AB=1，
∴DE=AB，且DE//AB，
∴四边形ABED是平行四边形，
∴AD//BE，
∴∠OAD=∠OBE；
②∵D(p,p2−3p)，C(m,m2−3m)，CD//x轴，
∴CE=m，DE=−p，BC=m2−3m，
∵抛物线y=x2−3x的对称轴为x=32，
∴m+p2=32，
∴p=3−m，
∴DE=m−3．
∴CE⋅DEBC=m(m−3)m(m−3)=1．
∴CE⋅DEBC是定值，且定值为1；
(2)∠OAD=∠OBE或∠OAD+∠OBE=180°，理由如下：
过点D作DG⊥x轴，
①m<0.如图，

由C(m,m2−tm)，D(p,p2−tp)得直线CD的解析式为y=(m+p−t)x−mp，
在y=(m+p−t)x−mp中，令x=0得y=−mp，
∴E(0,−mp)，
∴B(m,0)，
在y=x2−tx得A(t,0)，
∴tan∠DAG=DGAG=p2−tpt−p=−p，
tan∠OBE=OEOB=−mpm=−p，
∴tan∠DAG=tan∠OBE，
∴∠DAG=∠OBE，
∴∠OAD=∠OBE；
②m>t，如图，

同①可得∠DAG=∠OBE，
∵∠OAD+∠DAG=180°，
∴∠OAD+∠OBE=180°，
综上所述，∠OAD=∠OBE或∠OAD+∠OBE=180°． 
【解析】(1)①当t=3时，y=x2−3x，A(3,0)，D(−1,4)，C(4,4)，求出E(0,4)，B(4,0)，可得DE=AB，且DE//AB，故四边形ABED是平行四边形，从而∠OAD=∠OBE；
②由D(p,p2−3p)，C(m,m2−3m)，CD//x轴，知CE=m，DE=−p，BC=m2−3m，而抛物线y=x2−3x的对称轴为x=32，得p=3−m，DE=m−3.可得CE⋅DEBC=m(m−3)m(m−3)=1．
(2)过点D作DG⊥x轴，①m<0.由C(m,m2−tm)，D(p,p2−tp)得直线CD的解析式为y=(m+p−t)x−mp，故E(0,−mp)，B(m,0)，求出tan∠DAG=DGAG=p2−tpt−p=−p，tan∠OBE=OEOB=−mpm=−p，即可得∠OAD=∠OBE；②m>t，同①可得∠DAG=∠OBE，从而∠OAD+∠OBE=180°．
本题考查二次函数的综合应用，涉及平行四边形判定与性质，锐角三角函数等知识，解题的关键是用含字母的式子表示相关点坐标和相关线段的长度．

26.【答案】问题探究：
(1)证明：∵点D为AC的中点，
∴DA=DC，
∵CG//AB，
∴∠A=∠DCG，
在△AED和△CGD中，
∠ADE=∠CDGAD=CD∠A=∠DCG，
∴△AED≌△CGD(ASA)，
∴S△AED=S△CGD，
∵S△ABC=S四边形BCED+S△AED，S梯形BCGE=S四边形BCED+S△GCD，
∴S△ABC=S梯形BCGE；

(2)解：∵S△ABC：S△BEF=45：49，S△ABC=S梯形BCGE，
∴S梯形BEGC：S△BEF=45：49，
∵S梯形BEGC+S△FCG=S△BEF，
∴S△FCG：S△BEF=4：49，
∵CG//AB，
∴△FCG∽△FBE，
∴FC：BF=2：7，即FCFC+BC=FCFC+10=27，
∴CF=4；

迁移应用：
(1)解：∵四边形ABCD为矩形，
∴AD//BC，
∴△ODQ∽△OBP，
∴ODOB=DQBP=2：1，
∵AB=9，BC=12，
∴BD= AB2+AD2= 92+122=15，
∴OB=5，
∵MN⊥BD，
∴∠BON=∠C=90°，
∵△OBN∽△CBD，
∴OBBC=BNBD，即512=BN15，
∴BN=254，
∴ON= BN2−OB2= (254)2−52=154，
∵∠BMO+∠MBO=90°，∠MBO+∠OBN=90°，
∴∠BMO=∠OBN，
∵∠MOB=∠BON=90°，
∴△BMO∽△NBO，
∴BMBN=BOON，即BM254=5154，
∴S△BMN=12BM⋅BN=12×253×254=62524；
(2)解：如图，以O为圆心，OB长为半径作圆弧，交AB于M、BC于N，此时△BMN的面积最小．

  作OE⊥BC交BC于点E，则OE//DC，

∴△OBE∽△DBC，
∴OBBD=OEDC，即515=OE9，
∴OE=3，
∴BE= OB2−OE2= 52−32=4，
设EN=x，则BN=4+x，
∵OE//BM，
∴△OEN∽△MBN，
∴ENBN=OEBM，即x4+x=3BM，
∴BM=3(4+x)x，
∴S△BMN=12BM⋅BN=12⋅3(4+x)x⋅(4+x)=24x+12+3x2=32(x+16x)+12=32( x−4 x)2+12+12=32( x−4 x)2+24，
当 x=4 x时，即x=4时，S△BMN最小，
此时BN=8，BM=6，
∴MN= BM2+BN2= 62+82=10，ON= 32+42=5，
∴OM=MN−ON=5，
∴以O为圆心，OB长为半径作圆弧，交AB于M、BC于N，△BMN的面积最小． 
【解析】问题探究：(1)通过证明△AED≌△CGD(ASA)，得到S△AED=S△CGD，由S△ABC=S四边形BCED+S△AED，S梯形BCGE=S四边形BCED+S△GCD，即可得证；
(2)由S△ABC：S△BEF=45：49，S△ABC=S梯形BCGE，可得S梯形BEGC：S△BEF=45：49，S梯形BEGC+S△FCG=S△BEF，可得S△FCG：S△BEF=4：49，由CG//AB可得△FCG∽△FBE，从而可得FCFC+BC=FCFC+10=27，求解即可得到答案；
迁移应用：(1)通过证明△ODQ∽△OBP可得OB=5，通过证明△OBN∽△CBD，可得BN=254，由勾股定理可得ON=154，通过证明△BMO∽△NBO可得BM=253，再根据三角形的面积公式进行计算即可得到答案；
(2)以O为圆心，OB长为半径作弧，交AB于点M、交BC于点N，此时△BMN的面积最小．
本题考查了全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理，熟练掌握全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质是解题的关键．