?2021-2022中考數(shù)學(xué)模擬試卷
注意事項：
1．答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號填寫在答題卡上。
2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標(biāo)號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。
3．考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回。

一、選擇題（每小題只有一個正確答案，每小題3分，滿分30分）
1．如圖，四邊形ABCD是正方形，點P，Q分別在邊AB，BC的延長線上且BP=CQ，連接AQ，DP交于點O，并分別與邊CD，BC交于點F，E，連接AE，下列結(jié)論：①AQ⊥DP；②△OAE∽△OPA；③當(dāng)正方形的邊長為3，BP＝1時，cos∠DFO=，其中正確結(jié)論的個數(shù)是( )

A．0 B．1 C．2 D．3
2．若一次函數(shù)y＝（2m﹣3）x﹣1+m的圖象不經(jīng)過第三象限，則m的取值范圖是（　?。?br /> A．1＜m＜ B．1≤m＜ C．1＜m≤ D．1≤m≤
3．如圖，為了測量河對岸l1上兩棵古樹A、B之間的距離，某數(shù)學(xué)興趣小組在河這邊沿著與AB平行的直線l2上取C、D兩點，測得∠ACB＝15°，∠ACD＝45°，若l1、l2之間的距離為50m，則A、B之間的距離為（　?。?br />
A．50m B．25m C．（50﹣）m D．（50﹣25）m
4．有四包真空包裝的火腿腸，每包以標(biāo)準(zhǔn)質(zhì)量450g為基準(zhǔn)，超過的克數(shù)記作正數(shù)，不足的克數(shù)記作負數(shù)．下面的數(shù)據(jù)是記錄結(jié)果，其中與標(biāo)準(zhǔn)質(zhì)量最接近的是（　?。?br /> A．+2 B．﹣3 C．+4 D．﹣1
5．若，則的值為（ ）
A．12 B．2 C．3 D．0
6．某藥品經(jīng)過兩次降價，每瓶零售價由168元降為108元，已知兩次降價的百分率相同，設(shè)每次降價的百分率為x，根據(jù)題意列方程得（　　）
A．168（1﹣x）2＝108 B．168（1﹣x2）＝108
C．168（1﹣2x）＝108 D．168（1+x）2＝108
7．已知x1，x2是關(guān)于x的方程x2+bx﹣3=0的兩根，且滿足x1+x2﹣3x1x2=5，那么b的值為（　?。?br /> A．4 B．﹣4 C．3 D．﹣3
8．如圖，⊙O與直線l1相離，圓心O到直線l1的距離OB＝2，OA＝4，將直線l1繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)30°后得到的直線l2剛好與⊙O相切于點C，則OC＝( )

A．1 B．2 C．3 D．4
9．如圖1，在△ABC中，AB=BC，AC=m，D，E分別是AB，BC邊的中點，點P為AC邊上的一個動點，連接PD，PB，PE.設(shè)AP=x，圖1中某條線段長為y，若表示y與x的函數(shù)關(guān)系的圖象大致如圖2所示，則這條線段可能是（ ）

A．PD B．PB C．PE D．PC
10．的算術(shù)平方根是（ ）
A．9 B．±9 C．±3 D．3
二、填空題（共7小題，每小題3分，滿分21分）
11．某校準(zhǔn)備從甲、乙、丙、丁四個科創(chuàng)小組中選出一組，參加區(qū)青少年科技創(chuàng)新大賽，表格反映的是各組平時成績的平均數(shù)（單位：分）及方差S2，如果要選出一個成績較好且狀態(tài)穩(wěn)定的組去參賽，那么應(yīng)選的組是_____．

甲
乙
丙
丁

7
8
8
7
s2
1
1.2
0.9
1.8

12．如圖，中，，，，，平分，與相交于點，則的長等于_____.

13．圖甲是小明設(shè)計的帶菱形圖案的花邊作品，該作品由形如圖乙的矩形圖案拼接而成（不重疊，無縫隙）．圖乙種，，EF=4cm，上下兩個陰影三角形的面積之和為54cm2，其內(nèi)部菱形由兩組距離相等的平行線交叉得到，則該菱形的周長為___cm

14．分解因式：2a2﹣2=_____．
15．方程的解是__________.
16．若數(shù)據(jù)2、3、5、3、8的眾數(shù)是a，則中位數(shù)是b，則a﹣b等于_____．
17．已知關(guān)于的一元二次方程的兩個實數(shù)根分別是x =-2,x =4，則的值為________.
三、解答題（共7小題，滿分69分）
18．（10分）近日，深圳市人民政府發(fā)布了《深圳市可持續(xù)發(fā)展規(guī)劃》，提出了要做可持續(xù)發(fā)展的全球創(chuàng)新城市的目標(biāo)，某初中學(xué)校了解學(xué)生的創(chuàng)新意識，組織了全校學(xué)生參加創(chuàng)新能力大賽，從中抽取了部分學(xué)生成績，分為5組：A組50～60；B組60～70；C組70～80；D組80～90；E組90～100，統(tǒng)計后得到如圖所示的頻數(shù)分布直方圖（每組含最小值不含最大值）和扇形統(tǒng)計圖．抽取學(xué)生的總?cè)藬?shù)是　 　人，扇形C的圓心角是　 　°；補全頻數(shù)直方圖；該校共有2200名學(xué)生，若成績在70分以下（不含70分）的學(xué)生創(chuàng)新意識不強，有待進一步培養(yǎng)，則該校創(chuàng)新意識不強的學(xué)生約有多少人？

19．（5分）如圖，在矩形ABCD中，AB═2，AD=，P是BC邊上的一點，且BP=2CP．
（1）用尺規(guī)在圖①中作出CD邊上的中點E，連接AE、BE（保留作圖痕跡，不寫作法）；
（2）如圖②，在（1）的條體下，判斷EB是否平分∠AEC，并說明理由；
（3）如圖③，在（2）的條件下，連接EP并廷長交AB的廷長線于點F，連接AP，不添加輔助線，△PFB能否由都經(jīng)過P點的兩次變換與△PAE組成一個等腰三角形？如果能，說明理由，并寫出兩種方法（指出對稱軸、旋轉(zhuǎn)中心、旋轉(zhuǎn)方向和平移距離）

20．（8分）如圖，AB是⊙O的直徑，D是⊙O上一點，點E是AC的中點，過點A作⊙O的切線交BD的延長線于點F．連接AE并延長交BF于點C．
（1）求證：AB=BC；
（2）如果AB=5，tan∠FAC=，求FC的長．

21．（10分）如圖，在平行四邊形ABCD中，E、F為AD上兩點，AE=EF=FD，連接BE、CF并延長，交于點G， GB=GC．
（1）求證：四邊形ABCD是矩形；
（1）若△GEF的面積為1．
①求四邊形BCFE的面積；
②四邊形ABCD的面積為　 ?。?br />
22．（10分）校車安全是近幾年社會關(guān)注的重大問題，安全隱患主要是超速和超載．某中學(xué)數(shù)學(xué)活動小組設(shè)計了如下檢測公路上行駛的汽車速度的實驗：先在公路旁邊選取一點C，再在筆直的車道上確定點D，使CD與垂直，測得CD的長等于21米，在上點D的同側(cè)取點A、B，使∠CAD=30，∠CBD=60．
(1)求AB的長(精確到0.1米，參考數(shù)據(jù)：)；
(2)已知本路段對校車限速為40千米／小時，若測得某輛校車從A到B用時2秒，這輛校車是否超速?說明理由．

23．（12分）已知：如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，O為坐標(biāo)原點，△OAB的頂點A、B的坐標(biāo)分別是A（0，5），B（3，1），過點B畫BC⊥AB交直線于點C，連結(jié)AC，以點A為圓心，AC為半徑畫弧交x軸負半軸于點D，連結(jié)AD、CD．
（1）求證：△ABC≌△AOD．
（2）設(shè)△ACD的面積為，求關(guān)于的函數(shù)關(guān)系式．
（3）若四邊形ABCD恰有一組對邊平行，求的值．

24．（14分）如圖，已知在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC＞BC，CD是Rt△ABC的高，E是AC的中點，ED的延長線與CB的延長線相交于點F．
（1）求證：DF是BF和CF的比例中項；
（2）在AB上取一點G，如果AE?AC=AG?AD，求證：EG?CF=ED?DF．




參考答案

一、選擇題（每小題只有一個正確答案，每小題3分，滿分30分）
1、C
【解析】
由四邊形ABCD是正方形，得到AD=BC, 根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到∠P=∠Q，根據(jù)余角的性質(zhì)得到AQ⊥DP；故①正確；根據(jù)勾股定理求出直接用余弦可求出．
【詳解】
詳解：∵四邊形ABCD是正方形，
∴AD=BC,
∵BP=CQ，
∴AP=BQ，
在△DAP與△ABQ中,
∴△DAP≌△ABQ，
∴∠P=∠Q，
∵
∴
∴
∴AQ⊥DP；
故①正確；
②無法證明，故錯誤．
∵BP=1，AB=3，
∴


∴ 故③正確，
故選C．
【點睛】
考查正方形的性質(zhì)，三角形全等的判定與性質(zhì)，勾股定理，銳角三角函數(shù)等，綜合性比較強，對學(xué)生要求較高．
2、B
【解析】
根據(jù)一次函數(shù)的性質(zhì)，根據(jù)不等式組即可解決問題；
【詳解】
∵一次函數(shù)y=（2m-3）x-1+m的圖象不經(jīng)過第三象限，
∴，
解得1≤m＜．
故選：B．
【點睛】
本題考查一次函數(shù)的圖象與系數(shù)的關(guān)系等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會用轉(zhuǎn)化的思想思考問題，屬于中考?？碱}型．
3、C
【解析】
如圖，過點A作AM⊥DC于點M，過點B作BN⊥DC于點N．則AM=BN．通過解直角△ACM和△BCN分別求得CM、CN的長度，則易得AB =MN=CM﹣CN，即可得到結(jié)論．
【詳解】
如圖，過點A作AM⊥DC于點M，過點B作BN⊥DC于點N．
則AB=MN，AM=BN．
在直角△ACM中，∵∠ACM=45°，AM=50m，∴CM=AM=50m．
在直角△BCN中，∵∠BCN=∠ACB+∠ACD=60°，BN=50m，∴CN=（m），∴MN=CM﹣CN=50﹣（m）．
則AB=MN=（50﹣）m．
故選C．

【點睛】
本題考查了解直角三角形的應(yīng)用．解決此問題的關(guān)鍵在于正確理解題意的基礎(chǔ)上建立數(shù)學(xué)模型，把實際問題轉(zhuǎn)化為數(shù)學(xué)問題．
4、D
【解析】
試題解析：因為|+2|=2，|-3|=3，|+4|=4，|-1|=1，
由于|-1|最小，所以從輕重的角度看，質(zhì)量是-1的工件最接近標(biāo)準(zhǔn)工件．
故選D．
5、A
【解析】
先根據(jù)得出，然后利用提公因式法和完全平方公式對進行變形，然后整體代入即可求值．
【詳解】
∵，
∴，
∴．
故選：A．
【點睛】
本題主要考查整體代入法求代數(shù)式的值，掌握完全平方公式和整體代入法是解題的關(guān)鍵．
6、A
【解析】
設(shè)每次降價的百分率為x，根據(jù)降價后的價格=降價前的價格（1-降價的百分率），則第一次降價后的價格是168（1-x），第二次后的價格是168（1-x）2，據(jù)此即可列方程求解．
【詳解】
設(shè)每次降價的百分率為x，
根據(jù)題意得：168（1-x）2=1．
故選A．
【點睛】
此題主要考查了一元二次方程的應(yīng)用，關(guān)鍵是根據(jù)題意找到等式兩邊的平衡條件，這種價格問題主要解決價格變化前后的平衡關(guān)系，列出方程即可．
7、A
【解析】
根據(jù)一元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系和整體代入思想即可得解.
【詳解】
∵x1，x2是關(guān)于x的方程x2+bx﹣3=0的兩根，
∴x1+x2=﹣b，x1x2=﹣3，
∴x1+x2﹣3x1x2=﹣b+9=5，
解得b=4.
故選A.
【點睛】
本題主要考查一元二次方程的根與系數(shù)的關(guān)系（韋達定理），
韋達定理：若一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)有兩個實數(shù)根x1，x2，那么x1+x2=，x1x2=.
8、B
【解析】
先利用三角函數(shù)計算出∠OAB＝60°，再根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得∠CAB＝30°，根據(jù)切線的性質(zhì)得OC⊥AC，從而得到∠OAC＝30°，然后根據(jù)含30度的直角三角形三邊的關(guān)系可得到OC的長．
【詳解】
解：在Rt△ABO中，sin∠OAB＝＝＝，
∴∠OAB＝60°，
∵直線l1繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)30°后得到的直線l1剛好與⊙O相切于點C，
∴∠CAB＝30°，OC⊥AC，
∴∠OAC＝60°﹣30°＝30°，
在Rt△OAC中，OC＝OA＝1．
故選B．
【點睛】
本題考查了直線與圓的位置關(guān)系：設(shè)⊙O的半徑為r，圓心O到直線l的距離為d，則直線l和⊙O相交?d＜r；直線l和⊙O相切?d＝r；直線l和⊙O相離?d＞r．也考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)．
9、C
【解析】
觀察可得，點P在線段AC上由A到C的運動中，線段PE逐漸變短，當(dāng)EP⊥AC時，PE最短，過垂直這個點后，PE又逐漸變長，當(dāng)AP=m時，點P停止運動，符合圖像的只有線段PE，故選C.
點睛：本題考查了動點問題的函數(shù)圖象，對于此類問題來說是典型的數(shù)形結(jié)合，圖象應(yīng)用信息廣泛，通過看圖獲取信息，不僅可以解決生活中的實際問題，還可以提高分析問題、解決問題的能力．用圖象解決問題時，要理清圖象的含義即會識圖．
10、D
【解析】
根據(jù)算術(shù)平方根的定義求解.
【詳解】
∵=9，
又∵（±1）2=9，
∴9的平方根是±1，
∴9的算術(shù)平方根是1．
即的算術(shù)平方根是1．
故選:D．
【點睛】
考核知識點：算術(shù)平方根.理解定義是關(guān)鍵.

二、填空題（共7小題，每小題3分，滿分21分）
11、丙
【解析】
先比較平均數(shù)得到乙組和丙組成績較好，然后比較方差得到丙組的狀態(tài)穩(wěn)定，于是可決定選丙組去參賽．
【詳解】
因為乙組、丙組的平均數(shù)比甲組、丁組大，而丙組的方差比乙組的小，
所以丙組的成績比較穩(wěn)定，
所以丙組的成績較好且狀態(tài)穩(wěn)定，應(yīng)選的組是丙組．
故答案為丙．
【點睛】
本題考查了方差：一組數(shù)據(jù)中各數(shù)據(jù)與它們的平均數(shù)的差的平方的平均數(shù)，叫做這組數(shù)據(jù)的方差．方差是反映一組數(shù)據(jù)的波動大小的一個量．方差越大，則平均值的離散程度越大，穩(wěn)定性也越??；反之，則它與其平均值的離散程度越小，穩(wěn)定性越好．也考查了平均數(shù)的意義．
12、3
【解析】
如圖，延長CE、DE，分別交AB于G、H，由∠BAD=∠ADE=60°可得三角形ADH是等邊三角形，根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)可知CG⊥AB，可求出AG的長，進而可得GH的長，根據(jù)含30°角的直角三角形的性質(zhì)可求出EH的長，根據(jù)DE=DH-EH即可得答案.
【詳解】
如圖，延長CE、DE，分別交AB于G、H，
∵∠BAD=∠ADE=60°，
∴△ADH是等邊三角形，
∴DH=AD=AH=5，∠DHA=60°，
∵AC=BC，CE平分∠ACB，∠ACB=90°，
∴AB==8，AG=AB=4，CG⊥AB，
∴GH=AH=AG=5-4=1，
∵∠DHA=60°，
∴∠GEH=30°，
∴EH=2GH=2
∴DE=DH-EH=5=2=3.

故答案為：3
【點睛】
本題考查等邊三角形的判定及性質(zhì)、等腰直角三角形的性質(zhì)及含30°角的直角三角形的性質(zhì)，熟記30°角所對的直角邊等于斜邊的一半的性質(zhì)并正確作出輔助線是解題關(guān)鍵.
13、
【解析】
試題分析：根據(jù)，EF=4可得：AB=和BC的長度，根據(jù)陰影部分的面積為54可得陰影部分三角形的高，然后根據(jù)菱形的性質(zhì)可以求出小菱形的邊長為，則菱形的周長為：×4=.
考點：菱形的性質(zhì).
14、2（a+1）（a﹣1）．
【解析】
先提取公因式2，再對余下的多項式利用平方差公式繼續(xù)分解．
【詳解】
解：2a2﹣2，
=2（a2﹣1），
=2（a+1）（a﹣1）．
【點睛】
本題考查了提公因式法和公式法進行因式分解，一個多項式有公因式首先提取公因式，然后再用其他方法進行因式分解，同時因式分解要徹底，直到不能分解為止．
15、.
【解析】
根據(jù)解分式方程的步驟依次計算可得.
【詳解】
解：去分母，得：，
解得：，
當(dāng)時，，
所以是原分式方程的解，
故答案為：.
【點睛】
本題主要考查解分式方程，解題的關(guān)鍵是熟練掌握解分式方程的步驟：①去分母；②求出整式方程的解；③檢驗；④得出結(jié)論.
16、2
【解析】
將數(shù)據(jù)排序后，位置在最中間的數(shù)值。即將數(shù)據(jù)分成兩部分，一部分大于該數(shù)值，一部分小于該數(shù)值。中位數(shù)的位置：當(dāng)樣本數(shù)為奇數(shù)時，中位數(shù)=(N+1)/2 ; 當(dāng)樣本數(shù)為偶數(shù)時，中位數(shù)為N/2與1+N/2的均值；眾數(shù)是在一組數(shù)據(jù)中,出現(xiàn)次數(shù)最多的數(shù)據(jù)。根據(jù)定義即可算出．
【詳解】
2、1、5、1、8中只有1出現(xiàn)兩次，其余都是1次，得眾數(shù)為a=1．
2、1、5、1、8重新排列2、1、1、5、8，中間的數(shù)是1,中位數(shù)b=1．
∴a﹣b=1-1=2．
故答案為：2．
【點睛】
中位數(shù)與眾數(shù)的定義．
17、-10
【解析】
根據(jù)根與系數(shù)的關(guān)系得出-2+4=-m，-2×4=n，求出即可．
【詳解】
∵關(guān)于x的一元二次方程的兩個實數(shù)根分別為x =-2,x =4，
∴?2+4=?m，?2×4=n，
解得：m=?2，n=?8，
∴m+n=?10，
故答案為：-10
【點睛】
此題考查根與系數(shù)的關(guān)系，掌握運算法則是解題關(guān)鍵

三、解答題（共7小題，滿分69分）
18、（1）300、144；（2）補全頻數(shù)分布直方圖見解析；（3）該校創(chuàng)新意識不強的學(xué)生約有528人．
【解析】
（1）由D組頻數(shù)及其所占比例可得總?cè)藬?shù)，用360°乘以C組人數(shù)所占比例可得；
（2）用總?cè)藬?shù)分別乘以A、B組的百分比求得其人數(shù)，再用總?cè)藬?shù)減去A、B、C、D的人數(shù)求得E組的人數(shù)可得；
（3）用總?cè)藬?shù)乘以樣本中A、B組的百分比之和可得．
【詳解】
解：（1）抽取學(xué)生的總?cè)藬?shù)為78÷26%=300人，扇形C的圓心角是360°×=144°，
故答案為300、144；
（2）A組人數(shù)為300×7%=21人，B組人數(shù)為300×17%=51人，
則E組人數(shù)為300﹣（21+51+120+78）=30人，
補全頻數(shù)分布直方圖如下：

（3）該校創(chuàng)新意識不強的學(xué)生約有2200×（7%+17%）=528人．
【點睛】
考查了頻數(shù)（率）分布直方圖：提高讀頻數(shù)分布直方圖的能力和利用統(tǒng)計圖獲取信息的能力．利用統(tǒng)計圖獲取信息時，必須認真觀察、分析、研究統(tǒng)計圖，才能作出正確的判斷和解決問題．也考查了用樣本估計總體．
19、（1）作圖見解析；（2）EB是平分∠AEC，理由見解析； （3）△PFB能由都經(jīng)過P點的兩次變換與△PAE組成一個等腰三角形，變換的方法為：將△BPF繞點B順時針旋轉(zhuǎn)120°和△EPA重合，①沿PF折疊，②沿AE折疊．
【解析】
【分析】（1）根據(jù)作線段的垂直平分線的方法作圖即可得出結(jié)論；
（2）先求出DE=CE=1，進而判斷出△ADE≌△BCE，得出∠AED=∠BEC，再用銳角三角函數(shù)求出∠AED，即可得出結(jié)論；
（3）先判斷出△AEP≌△FBP，即可得出結(jié)論．
【詳解】（1）依題意作出圖形如圖①所示；

（2）EB是平分∠AEC，理由：
∵四邊形ABCD是矩形，
∴∠C=∠D=90°，CD=AB=2，BC=AD=，
∵點E是CD的中點，
∴DE=CE=CD=1，
在△ADE和△BCE中，，
∴△ADE≌△BCE，
∴∠AED=∠BEC，
在Rt△ADE中，AD=，DE=1，
∴tan∠AED==，
∴∠AED=60°，
∴∠BCE=∠AED=60°，
∴∠AEB=180°﹣∠AED﹣∠BEC=60°=∠BEC，
∴BE平分∠AEC；
（3）∵BP=2CP，BC==，
∴CP=，BP=，
在Rt△CEP中，tan∠CEP==，
∴∠CEP=30°，
∴∠BEP=30°，
∴∠AEP=90°，
∵CD∥AB，
∴∠F=∠CEP=30°，
在Rt△ABP中，tan∠BAP==，
∴∠PAB=30°，
∴∠EAP=30°=∠F=∠PAB，
∵CB⊥AF，
∴AP=FP，
∴△AEP≌△FBP，
∴△PFB能由都經(jīng)過P點的兩次變換與△PAE組成一個等腰三角形，
變換的方法為：將△BPF繞點B順時針旋轉(zhuǎn)120°和△EPA重合，①沿PF折疊，②沿AE折疊．
【點睛】本題考查了矩形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，解直角三角形，圖形的變換等，熟練掌握和靈活應(yīng)用相關(guān)的性質(zhì)與定理、判斷出△AEP≌△△FBP是解本題的關(guān)鍵．
20、 (1)見解析;(2).
【解析】
分析：（1）由AB是直徑可得BE⊥AC，點E為AC的中點，可知BE垂直平分線段AC，從而結(jié)論可證；
（2）由∠FAC+∠CAB=90°，∠CAB+∠ABE=90°，可得∠FAC=∠ABE，從而可設(shè)AE=x，BE=2x，由勾股定理求出AE、BE、AC的長. 作CH⊥AF于H，可證Rt△ACH∽Rt△BAC，列比例式求出HC、AH的值，再根據(jù)平行線分線段成比例求出FH，然后利用勾股定理求出FC的值.
詳解：（1）證明：連接BE.
∵AB是⊙O的直徑，
∴∠AEB=90°，
∴BE⊥AC，
而點E為AC的中點，
∴BE垂直平分AC，
∴BA=BC；
（2）解：∵AF為切線，
∴AF⊥AB，
∵∠FAC+∠CAB=90°，∠CAB+∠ABE=90°，
∴∠FAC=∠ABE，
∴tan∠ABE=∠FAC=，
在Rt△ABE中，tan∠ABE==，
設(shè)AE=x，則BE=2x，
∴AB=x，即x=5，解得x=，
∴AC=2AE=2，BE=2
作CH⊥AF于H，如圖，
∵∠HAC=∠ABE，
∴Rt△ACH∽Rt△BAC，
∴==，即==，
∴HC=2，AH=4，
∵HC∥AB，
∴=，即=，解得FH=
在Rt△FHC中，F(xiàn)C==．

點睛：本題考查了圓周角定理的推論，線段垂直平分線的判定與性質(zhì)，切線的性質(zhì)，勾股定理，相似三角形的判定與性質(zhì)，平行線分線段成比例定理，銳角三角函數(shù)等知識點及見比設(shè)參的數(shù)學(xué)思想，得到BE垂直平分AC是解（1）的關(guān)鍵，得到Rt△ACH∽Rt△BAC是解（2）的關(guān)鍵.
21、（1）證明見解析；（1）①16；②14；
【解析】
（1）根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)得到AD∥BC，AB=DC，AB∥CD于是得到BE=CF，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到∠A=∠D，根據(jù)平行線的性質(zhì)得到∠A+∠D=180°，由矩形的判定定理即可得到結(jié)論；
（1）①根據(jù)相似三角形的性質(zhì)得到，求得△GBC的面積為18，于是得到四邊形BCFE的面積為16；
②根據(jù)四邊形BCFE的面積為16，列方程得到BC?AB=14，即可得到結(jié)論．
【詳解】
（1）證明：∵GB=GC，
∴∠GBC=∠GCB，
在平行四邊形ABCD中，
∵AD∥BC，AB=DC，AB∥CD，
∴GB-GE=GC-GF，
∴BE=CF，
在△ABE與△DCF中，
，
∴△ABE≌△DCF，
∴∠A=∠D，
∵AB∥CD，
∴∠A+∠D=180°，
∴∠A=∠D=90°，
∴四邊形ABCD是矩形；
（1）①∵EF∥BC，
∴△GFE∽△GBC，
∵EF=AD，
∴EF=BC，
∴，
∵△GEF的面積為1，
∴△GBC的面積為18，
∴四邊形BCFE的面積為16，；
②∵四邊形BCFE的面積為16，
∴（EF+BC）?AB=×BC?AB=16，
∴BC?AB=14，
∴四邊形ABCD的面積為14，
故答案為：14．
【點睛】
本題考查了相似三角形的判定和性質(zhì)，矩形的判定和性質(zhì)，圖形面積的計算，全等三角形的判定和性質(zhì)，證得△GFE∽△GBC是解題的關(guān)鍵．
22、（1）24.2米(2) 超速，理由見解析
【解析】
（1）分別在Rt△ADC與Rt△BDC中，利用正切函數(shù)，即可求得AD與BD的長，從而求得AB的長．
（2）由從A到B用時2秒，即可求得這輛校車的速度，比較與40千米/小時的大小，即可確定這輛校車是否超速．
【詳解】
解：（1）由題意得，
在Rt△ADC中，，
在Rt△BDC中，，
∴AB=AD－BD=（米）．
（2）∵汽車從A到B用時2秒，∴速度為24.2÷2=12.1（米/秒），
∵12.1米/秒=43.56千米/小時，∴該車速度為43.56千米/小時．
∵43.56千米/小時大于40千米/小時，
∴此校車在AB路段超速．
23、（1）證明詳見解析；（2）S=（m+1）2+（m＞）；（2）2或1．
【解析】
試題分析：（1）利用兩點間的距離公式計算出AB=5，則AB=OA，則可根據(jù)“HL”證明△ABC≌△AOD；
（2）過點B作直線BE⊥直線y=﹣m于E，作AF⊥BE于F，如圖，證明Rt△ABF∽Rt△BCE，利用相似比可得BC=（m+1），再在Rt△ACB中，由勾股定理得AC2=AB2+BC2=25+（m+1）2，然后證明△AOB∽△ACD，利用相似的性質(zhì)得，而S△AOB=，于是可得S=（m+1）2+（m＞）；
（2）作BH⊥y軸于H，如圖，分類討論：當(dāng)AB∥CD時，則∠ACD=∠CAB，由△AOB∽△ACD得∠ACD=∠AOB，所以∠CAB=∠AOB，利用三角函數(shù)得到tan∠AOB=2，tan∠ACB=，所以=2；當(dāng)AD∥BC，則∠5=∠ACB，由△AOB∽△ACD得到∠4=∠5，則∠ACB=∠4，根據(jù)三角函數(shù)定義得到tan∠4=，tan∠ACB=，則=，然后分別解關(guān)于m的方程即可得到m的值．
試題解析：（1）證明：∵A（0，5），B（2，1），
∴AB==5，
∴AB=OA，
∵AB⊥BC，
∴∠ABC=90°，
在Rt△ABC和Rt△AOD中，
，
∴Rt△ABC≌Rt△AOD；
（2）解：過點B作直線BE⊥直線y=﹣m于E，作AF⊥BE于F，如圖，∵∠1+∠2=90°，∠1+∠2=90°，
∴∠2=∠2，
∴Rt△ABF∽Rt△BCE，
∴，即，
∴BC=(m+1），
在Rt△ACB中，AC2=AB2+BC2=25+（m+1）2，
∵△ABC≌△AOD，
∴∠BAC=∠OAD，即∠4+∠OAC=∠OAC+∠5，
∴∠4=∠5，
而AO=AB，AD=AC，
∴△AOB∽△ACD，
∴=，
而S△AOB=×5×2=，
∴S=（m+1）2+（m＞）；
（2）作BH⊥y軸于H，如圖，
當(dāng)AB∥CD時，則∠ACD=∠CAB，
而△AOB∽△ACD，
∴∠ACD=∠AOB，
∴∠CAB=∠AOB，
而tan∠AOB==2，tan∠ACB===，
∴=2，解得m=1；
當(dāng)AD∥BC，則∠5=∠ACB，
而△AOB∽△ACD，
∴∠4=∠5，
∴∠ACB=∠4，
而tan∠4=，tan∠ACB=，
∴=，
解得m=2．
綜上所述，m的值為2或1．

考點：相似形綜合題．
24、證明見解析
【解析】
試題分析：（1）根據(jù)已知求得∠BDF=∠BCD，再根據(jù)∠BFD=∠DFC，證明△BFD∽△DFC，從而得BF：DF=DF：FC，進行變形即得；
（2）由已知證明△AEG∽△ADC，得到∠AEG=∠ADC=90°，從而得EG∥BC，繼而得 ，
由（1）可得 ，從而得 ，問題得證.
試題解析：（1）∵∠ACB=90°，∴∠BCD+∠ACD=90°，
∵CD是Rt△ABC的高，∴∠ADC=∠BDC=90°，∴∠A+∠ACD=90°，∴∠A=∠BCD，
∵E是AC的中點，
∴DE=AE=CE，∴∠A=∠EDA，∠ACD=∠EDC，
∵∠EDC+∠BDF=180°-∠BDC=90°，∴∠BDF=∠BCD，
又∵∠BFD=∠DFC，
∴△BFD∽△DFC，
∴BF：DF=DF：FC，
∴DF2=BF·CF；
（2）∵AE·AC=ED·DF，
∴ ，
又∵∠A=∠A，
∴△AEG∽△ADC，
∴∠AEG=∠ADC=90°，
∴EG∥BC，
∴ ，
由（1）知△DFD∽△DFC，
∴ ，
∴ ，
∴EG·CF=ED·DF.

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