2022年西藏昌都地區(qū)八宿縣達標名校中考數(shù)學(xué)適應(yīng)性模擬試題含解析

這是一份2022年西藏昌都地區(qū)八宿縣達標名校中考數(shù)學(xué)適應(yīng)性模擬試題含解析，共27頁。試卷主要包含了考生要認真填寫考場號和座位序號，某班7名女生的體重，對于下列調(diào)查等內(nèi)容，歡迎下載使用。
?2021-2022中考數(shù)學(xué)模擬試卷
注意事項
1．考生要認真填寫考場號和座位序號。
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（共10小題，每小題3分，共30分）
1．如圖，AB∥CD，那么（　?。?br />
A．∠BAD與∠B互補 B．∠1=∠2 C．∠BAD與∠D互補 D．∠BCD與∠D互補
2．如圖，一把帶有60°角的三角尺放在兩條平行線間，已知量得平行線間的距離為12cm，三角尺最短邊和平行線成45°角，則三角尺斜邊的長度為（　?。?br />
A．12cm B．12cm C．24cm D．24cm
3．計算3–（–9）的結(jié)果是（ ）
A．12 B．–12 C．6 D．–6
4．某自行車廠準備生產(chǎn)共享單車4000輛，在生產(chǎn)完1600輛后，采用了新技術(shù)，使得工作效率比原來提高了20%，結(jié)果共用了18天完成任務(wù)，若設(shè)原來每天生產(chǎn)自行車x輛，則根據(jù)題意可列方程為( )
A．+＝18 B．＝18
C．+＝18 D．＝18
5．如圖，正方形ABCD的邊長為2cm，動點P從點A出發(fā)，在正方形的邊上沿A→B→C的方向運動到點C停止，設(shè)點P的運動路程為x(cm)，在下列圖象中，能表示△ADP的面積y(cm2)關(guān)于x(cm)的函數(shù)關(guān)系的圖象是(　　)

A． B． C． D．
6．某班7名女生的體重（單位：kg）分別是35、37、38、40、42、42、74，這組數(shù)據(jù)的眾數(shù)是（ ）
A．74 B．44 C．42 D．40
7．對于下列調(diào)查：①對從某國進口的香蕉進行檢驗檢疫；②審查某教科書稿；③中央電視臺“雞年春晚”收視率.其中適合抽樣調(diào)查的是( )
A．①② B．①③ C．②③ D．①②③
8． 如圖，桌面上放著1個長方體和1個圓柱體，按如圖所示的方式擺放在一起，其左視圖是（　?。?br />
A． B． C． D．
9．如圖，菱形中，對角線AC、BD交于點O，E為AD邊中點，菱形ABCD的周長為28，則OE的長等于（ ）

A．3.5 B．4 C．7 D．14
10．已知二次函數(shù) (為常數(shù)),當(dāng)自變量的值滿足時,與其對應(yīng)的函數(shù)值的最大值為-1,則的值為( )
A．3或6 B．1或6 C．1或3 D．4或6
二、填空題（本大題共6個小題，每小題3分，共18分）
11．如圖，?ABCD中，M、N是BD的三等分點，連接CM并延長交AB于點E，連接EN并延長交CD于點F，以下結(jié)論：
①E為AB的中點；
②FC=4DF；
③S△ECF=；
④當(dāng)CE⊥BD時，△DFN是等腰三角形．
其中一定正確的是_____．

12．如圖，在□ABCD中，AC與BD交于點M，點F在AD上，AF＝6cm，BF＝12cm，∠FBM＝∠CBM，點E是BC的中點，若點P以1cm/秒的速度從點A出發(fā)，沿AD向點F運動；點Q同時以2cm/秒的速度從點C出發(fā)，沿CB向點B運動．點P運動到F點時停止運動，點Q也同時停止運動．當(dāng)點P運動_____秒時，以點P、Q、E、F為頂點的四邊形是平行四邊形．

13．如圖，某商店營業(yè)大廳自動扶梯AB的傾斜角為31°，AB的長為12米，則大廳兩層之間的高度為____米．（結(jié)果保留兩個有效數(shù)字）（參考數(shù)據(jù)；sin31°=0.515，cos31°=0.857，tan31°=0.601）

14．如圖，為的直徑，與相切于點，弦．若，則______.

15．若代數(shù)式x2﹣6x+b可化為（x+a）2﹣5，則a+b的值為____．
16．如圖，在△ABC中，∠C=120°，AB=4cm，兩等圓⊙A與⊙B外切，則圖中兩個扇形的面積之和（即陰影部分）為 cm2（結(jié)果保留π）.

三、解答題（共8題，共72分）
17．（8分）某初中學(xué)校舉行毛筆書法大賽，對各年級同學(xué)的獲獎情況進行了統(tǒng)計，并繪制了如下兩幅不完整的統(tǒng)計圖，請結(jié)合圖中相關(guān)數(shù)據(jù)解答下列問題：
請將條形統(tǒng)計圖補全；獲得一等獎的同學(xué)中有來自七年級，有來自八年級，其他同學(xué)均來自九年級，現(xiàn)準備從獲得一等獎的同學(xué)中任選兩人參加市內(nèi)毛筆書法大賽，請通過列表或畫樹狀圖求所選出的兩人中既有七年級又有九年級同學(xué)的概率.
18．（8分）如圖①，在四邊形ABCD中，AC⊥BD于點E，AB=AC=BD，點M為BC中點，N為線段AM上的點，且MB=MN.

（1）求證：BN平分∠ABE；
（2）若BD=1，連結(jié)DN，當(dāng)四邊形DNBC為平行四邊形時，求線段BC的長；
（3）如圖②，若點F為AB的中點，連結(jié)FN、FM，求證：△MFN∽△BDC．
19．（8分）如圖，正方形ABCD的邊長為4，點E，F(xiàn)分別在邊AB，AD上，且∠ECF＝45°，CF的延長線交BA的延長線于點G，CE的延長線交DA的延長線于點H，連接AC，EF．，GH．

（1）填空：∠AHC　 　∠ACG；（填“＞”或“＜”或“＝”）
（2）線段AC，AG，AH什么關(guān)系？請說明理由；
（3）設(shè)AE＝m，
①△AGH的面積S有變化嗎？如果變化．請求出S與m的函數(shù)關(guān)系式；如果不變化，請求出定值．
②請直接寫出使△CGH是等腰三角形的m值．
20．（8分）已知P是⊙O外一點，PO交⊙O于點C，OC=CP=2，弦AB⊥OC，∠AOC的度數(shù)為60°，連接PB．
求BC的長；求證：PB是⊙O的切線．
21．（8分）正方形ABCD中，點P為直線AB上一個動點（不與點A，B重合），連接DP，將DP繞點P旋轉(zhuǎn)90°得到EP，連接DE，過點E作CD的垂線，交射線DC于M，交射線AB于N．
問題出現(xiàn)：（1）當(dāng)點P在線段AB上時，如圖1，線段AD，AP，DM之間的數(shù)量關(guān)系為　 ??；
題探究：（2）①當(dāng)點P在線段BA的延長線上時，如圖2，線段AD，AP，DM之間的數(shù)量關(guān)系為　 ??；
②當(dāng)點P在線段AB的延長線上時，如圖3，請寫出線段AD，AP，DM之間的數(shù)量關(guān)系并證明；
問題拓展：（3）在（1）（2）的條件下，若AP=，∠DEM=15°，則DM=　 ?。?br />
22．（10分）對于平面直角坐標系xOy中的點P和直線m，給出如下定義：若存在一點P，使得點P到直線m的距離等于1，則稱P為直線m的平行點．
（1）當(dāng)直線m的表達式為y＝x時，
①在點，，中，直線m的平行點是______；
②⊙O的半徑為，點Q在⊙O上，若點Q為直線m的平行點，求點Q的坐標．
（2）點A的坐標為（n，0），⊙A半徑等于1，若⊙A上存在直線的平行點，直接寫出n的取值范圍．
23．（12分）如圖，已知△ABC內(nèi)接于，AB是直徑，OD∥AC，AD=OC．
(1)求證：四邊形OCAD是平行四邊形；
(2)填空：①當(dāng)∠B= 時，四邊形OCAD是菱形；
②當(dāng)∠B= 時，AD與相切.

24．如圖，△ABC內(nèi)接于⊙O，CD是⊙O的直徑，AB與CD交于點E，點P是CD延長線上的一點，AP=AC，且∠B=2∠P．
（1）求證：PA是⊙O的切線；
（2）若PD=，求⊙O的直徑；
（3）在（2）的條件下，若點B等分半圓CD，求DE的長．




參考答案

一、選擇題（共10小題，每小題3分，共30分）
1、C
【解析】
分清截線和被截線，根據(jù)平行線的性質(zhì)進行解答即可．
【詳解】
解：∵AB∥CD，
∴∠BAD與∠D互補，即C選項符合題意；
當(dāng)AD∥BC時，∠BAD與∠B互補，∠1=∠2，∠BCD與∠D互補，
故選項A、B、D都不合題意，
故選：C．
【點睛】
本題考查了平行線的性質(zhì)，熟記性質(zhì)并準確識圖是解題的關(guān)鍵．
2、D
【解析】
過A作AD⊥BF于D,根據(jù)45°角的三角函數(shù)值可求出AB的長度，根據(jù)含30°角的直角三角形的性質(zhì)求出斜邊AC的長即可.
【詳解】
如圖，過A作AD⊥BF于D，
∵∠ABD=45°，AD=12，
∴=12，
又∵Rt△ABC中，∠C=30°，
∴AC=2AB=24，
故選：D．

【點睛】
本題考查解直角三角形，在直角三角形中，30°角所對的直角邊等于斜邊的一半，熟記特殊角三角函數(shù)值是解題關(guān)鍵.
3、A
【解析】
根據(jù)有理數(shù)的減法，即可解答．
【詳解】

故選A．
【點睛】
本題考查了有理數(shù)的減法，解決本題的關(guān)鍵是熟記減去一個數(shù)等于加上這個數(shù)的相
反數(shù)．
4、B
【解析】
根據(jù)前后的時間和是18天，可以列出方程.
【詳解】
若設(shè)原來每天生產(chǎn)自行車x輛，根據(jù)前后的時間和是18天，可以列出方程.
故選B
【點睛】
本題考核知識點：分式方程的應(yīng)用. 解題關(guān)鍵點：根據(jù)時間關(guān)系，列出分式方程.
5、B
【解析】
△ADP的面積可分為兩部分討論，由A運動到B時，面積逐漸增大，由B運動到C時，面積不變，從而得出函數(shù)關(guān)系的圖象．
【詳解】
解：當(dāng)P點由A運動到B點時，即0≤x≤2時，y＝×2x＝x，
當(dāng)P點由B運動到C點時，即2＜x＜4時，y＝×2×2＝2，
符合題意的函數(shù)關(guān)系的圖象是B；
故選B．
【點睛】
本題考查了動點函數(shù)圖象問題，用到的知識點是三角形的面積、一次函數(shù)，在圖象中應(yīng)注意自變量的取值范圍．
6、C
【解析】
試題分析：眾數(shù)是這組數(shù)據(jù)中出現(xiàn)次數(shù)最多的數(shù)據(jù)，在這組數(shù)據(jù)中42出現(xiàn)次數(shù)最多，故選C.
考點：眾數(shù).
7、B
【解析】
根據(jù)普查得到的調(diào)查結(jié)果比較準確，但所費人力、物力和時間較多，而抽樣調(diào)查得到的調(diào)查結(jié)果比較近似解答．
【詳解】
①對從某國進口的香蕉進行檢驗檢疫適合抽樣調(diào)查；
②審查某教科書稿適合全面調(diào)查；
③中央電視臺“雞年春晚”收視率適合抽樣調(diào)查.
故選B.
【點睛】
本題考查了抽樣調(diào)查和全面調(diào)查的區(qū)別，選擇普查還是抽樣調(diào)查要根據(jù)所要考查的對象的特征靈活選用，一般來說，對于具有破壞性的調(diào)查、無法進行普查、普查的意義或價值不大，應(yīng)選擇抽樣調(diào)查，對于精確度要求高的調(diào)查，事關(guān)重大的調(diào)查往往選用普查．
8、C
【解析】
根據(jù)左視圖是從左面看所得到的圖形進行解答即可．
【詳解】
從左邊看時，圓柱和長方體都是一個矩形，圓柱的矩形豎放在長方體矩形的中間．
故選：C．
【點睛】
本題考查了三視圖的知識，左視圖是從物體的左面看得到的視圖．
9、A
【解析】
根據(jù)菱形的四條邊都相等求出AB，再根據(jù)菱形的對角線互相平分可得OB=OD，然后判斷出OE是△ABD的中位線，再根據(jù)三角形的中位線平行于第三邊并且等于第三邊的一半求解即可．
【詳解】
解：∵菱形ABCD的周長為28，
∴AB=28÷4=7，OB=OD，
∵E為AD邊中點，
∴OE是△ABD的中位線，
∴OE=AB=×7=3.1．
故選：A．
【點睛】
本題考查了菱形的性質(zhì)，三角形的中位線平行于第三邊并且等于第三邊的一半，熟記性質(zhì)與定理是解題的關(guān)鍵．
10、B
【解析】
分析：分h＜2、2≤h≤5和h＞5三種情況考慮：當(dāng)h＜2時，根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)可得出關(guān)于h的一元二次方程，解之即可得出結(jié)論；當(dāng)2≤h≤5時，由此時函數(shù)的最大值為0與題意不符，可得出該情況不存在；當(dāng)h＞5時，根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)可得出關(guān)于h的一元二次方程，解之即可得出結(jié)論．綜上即可得出結(jié)論．
詳解：如圖，

當(dāng)h＜2時，有-（2-h）2=-1，
解得：h1=1，h2=3（舍去）；
當(dāng)2≤h≤5時，y=-（x-h）2的最大值為0，不符合題意；
當(dāng)h＞5時，有-（5-h）2=-1，
解得：h3=4（舍去），h4=1．
綜上所述：h的值為1或1．
故選B．
點睛：本題考查了二次函數(shù)的最值以及二次函數(shù)的性質(zhì)，分h＜2、2≤h≤5和h＞5三種情況求出h值是解題的關(guān)鍵．

二、填空題（本大題共6個小題，每小題3分，共18分）
11、①③④
【解析】
由M、N是BD的三等分點，得到DN=NM=BM，根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)得到AB=CD，AB∥CD，推出△BEM∽△CDM，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)得到，于是得到BE=AB，故①正確；根據(jù)相似三角形的性質(zhì)得到=，求得DF=BE，于是得到DF=AB=CD，求得CF=3DF，故②錯誤；根據(jù)已知條件得到S△BEM=S△EMN=S△CBE，求得=，于是得到S△ECF=，故③正確；根據(jù)線段垂直平分線的性質(zhì)得到EB=EN，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得到∠ENB=∠EBN，等量代換得到∠CDN=∠DNF，求得△DFN是等腰三角形，故④正確．
【詳解】
解：∵??M、N是BD的三等分點，
∴DN=NM=BM，
∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴AB=CD，AB∥CD，
∴△BEM∽△CDM，
∴，
∴BE=CD，
∴BE=AB，故①正確；
∵AB∥CD，
∴△DFN∽△BEN，
∴=，
∴DF=BE，
∴DF=AB=CD，
∴CF=3DF，故②錯誤；
∵BM=MN，CM=2EM，
∴△BEM=S△EMN=S△CBE，
∵BE=CD，CF=CD，
∴=，
∴S△EFC=S△CBE=S△MNE，
∴S△ECF=，故③正確；
∵BM=NM，EM⊥BD，
∴EB=EN，
∴∠ENB=∠EBN，
∵CD∥AB，
∴∠ABN=∠CDB，
∵∠DNF=∠BNE，
∴∠CDN=∠DNF，
∴△DFN是等腰三角形，故④正確；
故答案為①③④．
【點睛】
考點：相似三角形的判定與性質(zhì)；全等三角形的判定與性質(zhì)；平行四邊形的性質(zhì)．
12、3或1
【解析】
由四邊形ABCD是平行四邊形得出：AD∥BC，AD=BC，∠ADB=∠CBD，又由∠FBM=∠CBM，即可證得FB=FD，求出AD的長，得出CE的長，設(shè)當(dāng)點P運動t秒時，點P、Q、E、F為頂點的四邊形是平行四邊形，根據(jù)題意列出方程并解方程即可得出結(jié)果．
【詳解】
解：∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴AD∥BC，AD=BC，
∴∠ADB=∠CBD，
∵∠FBM=∠CBM，
∴∠FBD=∠FDB，
∴FB=FD=12cm，
∵AF=6cm，
∴AD=18cm，
∵點E是BC的中點，
∴CE=BC=AD=9cm，
要使點P、Q、E、F為頂點的四邊形是平行四邊形，則PF=EQ即可，
設(shè)當(dāng)點P運動t秒時，點P、Q、E、F為頂點的四邊形是平行四邊形，
根據(jù)題意得：6-t=9-2t或6-t=2t-9，
解得：t=3或t=1．
故答案為3或1．
【點睛】
本題考查了平行四邊形的判定與性質(zhì)、等腰三角形的判定與性質(zhì)以及一元一次方程的應(yīng)用等知識．注意掌握分類討論思想的應(yīng)用是解此題的關(guān)鍵．
13、6.2
【解析】
根據(jù)題意和銳角三角函數(shù)可以求得BC的長，從而可以解答本題.
【詳解】
解：在Rt△ABC中，
∵∠ACB=90°，
∴BC=AB?sin∠BAC=12×0.515≈6.2（米），
答：大廳兩層之間的距離BC的長約為6.2米．
故答案為：6.2.
【點睛】
本題考查解直角三角形的應(yīng)用，解答本題的關(guān)鍵是明確題意，找出所求問題需要的條件，利用銳角三角函數(shù)和數(shù)形結(jié)合的思想解答.
14、1
【解析】
利用切線的性質(zhì)得，利用直角三角形兩銳角互余可得，再根據(jù)平行線的性質(zhì)得到，，然后根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)求出的度數(shù)即可．
【詳解】
∵與相切于點，
∴AC⊥AB，
∴，
∴，
∵，
∴，，
∵，
∴，
∴．
故答案為1．
【點睛】
本題考查了切線的性質(zhì)：圓的切線垂直于經(jīng)過切點的半徑．若出現(xiàn)圓的切線，必連過切點的半徑，構(gòu)造定理圖，得出垂直關(guān)系．
15、1
【解析】
根據(jù)題意找到等量關(guān)系x2﹣6x+b=（x+a）2﹣5，根據(jù)系數(shù)相等求出a,b,即可解題.
【詳解】
解：由題可知x2﹣6x+b=（x+a）2﹣5，
整理得：x2﹣6x+b= x2+2ax+a2-5,
即-6=2a,b= a2-5,
解得：a=-3,b=4,
∴a+b=1.
【點睛】
本題考查了配方法的實際應(yīng)用,屬于簡單題,找到等量關(guān)系求出a,b是解題關(guān)鍵.
16、.
【解析】
圖中陰影部分的面積就是兩個扇形的面積,圓A，B的半徑為2cm，則根據(jù)扇形面積公式可得陰影面積．
【詳解】
（cm2）.
故答案為.
考點：1、扇形的面積公式；2、兩圓相外切的性質(zhì).

三、解答題（共8題，共72分）
17、（1）答案見解析；（2）.
【解析】
【分析】（1）根據(jù)參與獎有10人，占比25%可求得獲獎的總?cè)藬?shù)，用總?cè)藬?shù)減去二等獎、三等獎、鼓勵獎、參與獎的人數(shù)可求得一等獎的人數(shù)，據(jù)此補全條形圖即可；
（2）根據(jù)題意分別求出七年級、八年級、九年級獲得一等獎的人數(shù)，然后通過列表或畫樹狀圖法進行求解即可得.
【詳解】（1）10÷25%=40（人），
獲一等獎人數(shù)：40-8-6-12-10=4（人），
補全條形圖如圖所示：

（2）七年級獲一等獎人數(shù)：4×=1（人），
八年級獲一等獎人數(shù)：4×=1（人），
∴ 九年級獲一等獎人數(shù)：4-1-1=2（人），
七年級獲一等獎的同學(xué)用M表示，八年級獲一等獎的同學(xué)用N表示，
九年級獲一等獎的同學(xué)用P1 、P2表示，樹狀圖如下：

共有12種等可能結(jié)果，其中獲得一等獎的既有七年級又有九年級人數(shù)的結(jié)果有4種，
則所選出的兩人中既有七年級又有九年級同學(xué)的概率P=.
【點評】此題考查了統(tǒng)計與概率綜合，理解扇形統(tǒng)計圖與條形統(tǒng)計圖的意義及列表法或樹狀圖法是解題關(guān)鍵.
18、（1）證明見解析；（2）；（3）證明見解析.
【解析】
分析：（1）由AB=AC知∠ABC=∠ACB，由等腰三角形三線合一知AM⊥BC，從而根據(jù)∠MAB+∠ABC=∠EBC+∠ACB知∠MAB=∠EBC，再由△MBN為等腰直角三角形知∠EBC+∠NBE=∠MAB+∠ABN=∠MNB=45°可得證；
（2）設(shè)BM=CM=MN=a，知DN=BC=2a，證△ABN≌△DBN得AN=DN=2a，Rt△ABM中利用勾股定理可得a的值，從而得出答案；
（3）F是AB的中點知MF=AF=BF及∠FMN=∠MAB=∠CBD，再由即可得證．
詳解：（1）∵AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB，
∵M為BC的中點，
∴AM⊥BC，
在Rt△ABM中，∠MAB+∠ABC=90°，
在Rt△CBE中，∠EBC+∠ACB=90°，
∴∠MAB=∠EBC，
又∵MB=MN，
∴△MBN為等腰直角三角形，
∴∠MNB=∠MBN=45°，
∴∠EBC+∠NBE=45°，∠MAB+∠ABN=∠MNB=45°，
∴∠NBE=∠ABN，即BN平分∠ABE；
（2）設(shè)BM=CM=MN=a，
∵四邊形DNBC是平行四邊形，
∴DN=BC=2a，
在△ABN和△DBN中，
∵，
∴△ABN≌△DBN（SAS），
∴AN=DN=2a，
在Rt△ABM中，由AM2+MB2=AB2可得（2a+a）2+a2=1，
解得：a=±（負值舍去），
∴BC=2a=；
（3）∵F是AB的中點，
∴在Rt△MAB中，MF=AF=BF，
∴∠MAB=∠FMN，
又∵∠MAB=∠CBD，
∴∠FMN=∠CBD，
∵，
∴，
∴△MFN∽△BDC．
點睛：本題主要考查相似形的綜合問題，解題的關(guān)鍵是掌握等腰三角形三線合一的性質(zhì)、直角三角形和平行四邊形的性質(zhì)及全等三角形與相似三角形的判定與性質(zhì)等知識點．
19、（1）=；（2）結(jié)論：AC2＝AG?AH．理由見解析；（3）①△AGH的面積不變．②m的值為或2或8﹣4．.
【解析】
（1）證明∠DAC=∠AHC+∠ACH=43°，∠ACH+∠ACG=43°，即可推出∠AHC=∠ACG；
（2）結(jié)論：AC2=AG?AH．只要證明△AHC∽△ACG即可解決問題；
（3）①△AGH的面積不變．理由三角形的面積公式計算即可；
②分三種情形分別求解即可解決問題.
【詳解】
（1）∵四邊形ABCD是正方形，
∴AB＝CB＝CD＝DA＝4，∠D＝∠DAB＝90°∠DAC＝∠BAC＝43°，
∴AC＝，
∵∠DAC＝∠AHC+∠ACH＝43°，∠ACH+∠ACG＝43°，
∴∠AHC＝∠ACG．
故答案為＝．
（2）結(jié)論：AC2＝AG?AH．
理由：∵∠AHC＝∠ACG，∠CAH＝∠CAG＝133°，
∴△AHC∽△ACG，
∴，
∴AC2＝AG?AH．
（3）①△AGH的面積不變．
理由：∵S△AGH＝?AH?AG＝AC2＝×（4）2＝1．
∴△AGH的面積為1．
②如圖1中，當(dāng)GC＝GH時，易證△AHG≌△BGC，

可得AG＝BC＝4，AH＝BG＝8，
∵BC∥AH，
∴,
∴AE＝AB＝．
如圖2中，當(dāng)CH＝HG時，

易證AH＝BC＝4，
∵BC∥AH，
∴＝1，
∴AE＝BE＝2．
如圖3中，當(dāng)CG＝CH時，易證∠ECB＝∠DCF＝22.3．

在BC上取一點M，使得BM＝BE，
∴∠BME＝∠BEM＝43°，
∵∠BME＝∠MCE+∠MEC，
∴∠MCE＝∠MEC＝22.3°，
∴CM＝EM，設(shè)BM＝BE＝m，則CM＝EMm，
∴m+m＝4，
∴m＝4（﹣1），
∴AE＝4﹣4（﹣1）＝8﹣4，
綜上所述，滿足條件的m的值為或2或8﹣4．
【點睛】
本題屬于四邊形綜合題，考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是靈活運用所學(xué)知識解決問題．
20、（1）BC=2；（2）見解析
【解析】
試題分析：（1）連接OB，根據(jù)已知條件判定△OBC的等邊三角形，則BC=OC=2；
（2）欲證明PB是⊙O的切線，只需證得OB⊥PB即可．
（1）解：如圖，連接OB．
∵AB⊥OC，∠AOC=60°，
∴∠OAB=30°，
∵OB=OA，
∴∠OBA=∠OAB=30°，
∴∠BOC=60°，
∵OB=OC，
∴△OBC的等邊三角形，
∴BC=OC．
又OC=2，
∴BC=2；
（2）證明：由（1）知，△OBC的等邊三角形，則∠COB=60°，BC=OC．
∵OC=CP，
∴BC=PC，
∴∠P=∠CBP．
又∵∠OCB=60°，∠OCB=2∠P，
∴∠P=30°，
∴∠OBP=90°，即OB⊥PB．
又∵OB是半徑，
∴PB是⊙O的切線．

考點：切線的判定．
21、 (1) DM=AD+AP ;(2) ①DM=AD﹣AP ; ②DM=AP﹣AD ;(3) 3﹣或﹣1．
【解析】
（1）根據(jù)正方形的性質(zhì)和全等三角形的判定和性質(zhì)得出△ADP≌△PFN，進而解答即可；
（2）①根據(jù)正方形的性質(zhì)和全等三角形的判定和性質(zhì)得出△ADP≌△PFN，進而解答即可；
②根據(jù)正方形的性質(zhì)和全等三角形的判定和性質(zhì)得出△ADP≌△PFN，進而解答即可；
（3）分兩種情況利用勾股定理和三角函數(shù)解答即可．
【詳解】
（1）DM=AD+AP，理由如下：
∵正方形ABCD，
∴DC=AB，∠DAP=90°，
∵將DP繞點P旋轉(zhuǎn)90°得到EP，連接DE，過點E作CD的垂線，交射線DC于M，交射線AB于N，
∴DP=PE，∠PNE=90°，∠DPE=90°，
∵∠ADP+∠DPA=90°，∠DPA+∠EPN=90°，
∴∠DAP=∠EPN，
在△ADP與△NPE中，
，
∴△ADP≌△NPE（AAS），
∴AD=PN，AP=EN，
∴AN=DM=AP+PN=AD+AP；
（2）①DM=AD﹣AP，理由如下：
∵正方形ABCD，
∴DC=AB，∠DAP=90°，
∵將DP繞點P旋轉(zhuǎn)90°得到EP，連接DE，過點E作CD的垂線，交射線DC于M，交射線AB于N，
∴DP=PE，∠PNE=90°，∠DPE=90°，
∵∠ADP+∠DPA=90°，∠DPA+∠EPN=90°，
∴∠DAP=∠EPN，
在△ADP與△NPE中，
，
∴△ADP≌△NPE（AAS），
∴AD=PN，AP=EN，
∴AN=DM=PN﹣AP=AD﹣AP；
②DM=AP﹣AD，理由如下：
∵∠DAP+∠EPN=90°，∠EPN+∠PEN=90°，
∴∠DAP=∠PEN，
又∵∠A=∠PNE=90°，DP=PE，
∴△DAP≌△PEN，
∴AD=PN，
∴DM=AN=AP﹣PN=AP﹣AD；
（3）有兩種情況，如圖2，DM=3﹣，如圖3，DM=﹣1；
①如圖2：∵∠DEM=15°，
∴∠PDA=∠PDE﹣∠ADE=45°﹣15°=30°，
在Rt△PAD中AP=，AD==3，
∴DM=AD﹣AP=3﹣；
②如圖3：∵∠DEM=15°，
∴∠PDA=∠PDE﹣∠ADE=45°﹣15°=30°，
在Rt△PAD中AP=，AD=AP?tan30°==1，
∴DM=AP﹣AD=﹣1．
故答案為；DM=AD+AP；DM=AD﹣AP；3﹣或﹣1．
【點睛】
此題是四邊形綜合題，主要考查了正方形的性質(zhì)全等三角形的判定和性質(zhì)，分類討論的數(shù)學(xué)思想解決問題，判斷出△ADP≌△PFN是解本題的關(guān)鍵．
22、（1）①，;②，，，;（2）．
【解析】
(1)①根據(jù)平行點的定義即可判斷；
②分兩種情形：如圖1，當(dāng)點B在原點上方時，作OH⊥AB于點H，可知OH=1.如圖2，當(dāng)點B在原點下方時，同法可求；
(2)如圖，直線OE的解析式為，設(shè)直線BC//OE交x軸于C，作CD⊥OE于D. 設(shè)⊙A與直線BC相切于點F，想辦法求出點A的坐標，再根據(jù)對稱性求出左側(cè)點A的坐標即可解決問題；
【詳解】
解：（1）①因為P2、P3到直線y＝x的距離為1，
所以根據(jù)平行點的定義可知，直線m的平行點是，，
故答案為，．
②解：由題意可知，直線m的所有平行點組成平行于直線m，且到直線m的距離為1的直線．
設(shè)該直線與x軸交于點A，與y軸交于點B．
如圖1，當(dāng)點B在原點上方時，作OH⊥AB于點H，可知OH＝1．

由直線m的表達式為y＝x，可知∠OAB＝∠OBA＝45°．
所以．
直線AB與⊙O的交點即為滿足條件的點Q．
連接，作軸于點N，可知．
在中，可求．
所以．
在中，可求．
所以．
所以點的坐標為．
同理可求點的坐標為．

如圖2，當(dāng)點B在原點下方時，可求點的坐標為點的坐標為，
綜上所述，點Q的坐標為，，，．
（2）如圖，直線OE的解析式為，設(shè)直線BC∥OE交x軸于C，作CD⊥OE于D．

當(dāng)CD＝1時，在Rt△COD中，∠COD＝60°，
∴，
設(shè)⊙A與直線BC相切于點F，
在Rt△ACE中，同法可得，
∴，
∴，
根據(jù)對稱性可知，當(dāng)⊙A在y軸左側(cè)時，，
觀察圖象可知滿足條件的N的值為：．
【點睛】
此題考查一次函數(shù)綜合題、直線與圓的位置關(guān)系、銳角三角函數(shù)、解直角三角形等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會用分類討論的思想思考問題，學(xué)會添加常用輔助線，構(gòu)造直角三角形解決問題．
23、（1）證明見解析；（2）① 30°，② 45°
【解析】
試題分析：（1）根據(jù)已知條件求得∠OAC=∠OCA，∠AOD=∠ADO，然后根據(jù)三角形內(nèi)角和定理得出∠AOC=∠OAD，從而證得OC∥AD，即可證得結(jié)論；
（2）①若四邊形OCAD是菱形，則OC=AC，從而證得OC=OA=AC，得出∠即可求得
②AD與相切，根據(jù)切線的性質(zhì)得出根據(jù)AD∥OC，內(nèi)錯角相等得出從而求得
試題解析：(方法不唯一)
(1)∵OA=OC，AD=OC，
∴OA=AD，
∴∠OAC=∠OCA，∠AOD=∠ADO，
∵OD∥AC，
∴∠OAC=∠AOD，
∴∠OAC=∠OCA=∠AOD=∠ADO，
∴∠AOC=∠OAD，
∴OC∥AD，
∴四邊形OCAD是平行四邊形；
(2)①∵四邊形OCAD是菱形，
∴OC=AC，
又∵OC=OA，
∴OC=OA=AC，
∴
∴
故答案為
②∵AD與相切，
∴
∵AD∥OC，
∴
∴
故答案為
24、（1）證明見解析；（2）；（3）；
【解析】
（1）連接OA、AD，如圖，利用圓周角定理得到∠B=∠ADC，則可證明∠ADC=2
∠ACP，利用CD為直徑得到∠DAC=90°，從而得到∠ADC=60°，∠C=30°，則∠AOP=60°，
于是可證明∠OAP=90°，然后根據(jù)切線的判斷定理得到結(jié)論；
（2）利用∠P=30°得到OP=2OA，則，從而得到⊙O的直徑；
（3）作EH⊥AD于H，如圖，由點B等分半圓CD得到∠BAC=45°，則∠DAE=45°，設(shè)
DH=x，則DE=2x，所以 然后求出x即可
得到DE的長．
【詳解】
（1）證明：連接OA、AD，如圖，
∵∠B=2∠P，∠B=∠ADC，
∴∠ADC=2∠P，
∵AP=AC，
∴∠P=∠ACP，
∴∠ADC=2∠ACP，
∵CD為直徑，
∴∠DAC=90°，
∴∠ADC=60°，∠C=30°，
∴△ADO為等邊三角形，
∴∠AOP=60°，
而∠P=∠ACP=30°，
∴∠OAP=90°，
∴OA⊥PA，
∴PA是⊙O的切線；
（2）解：在Rt△OAP中，∵∠P=30°，
∴OP=2OA，
∴
∴⊙O的直徑為；
（3）解：作EH⊥AD于H，如圖，
∵點B等分半圓CD，
∴∠BAC=45°，
∴∠DAE=45°，
設(shè)DH=x，
在Rt△DHE中，DE=2x，
在Rt△AHE中，
∴
即
解得
∴

【點睛】
本題考查了切線的判定與性質(zhì)：經(jīng)過半徑的外端且垂直于這條半徑的直線是圓的切線．圓的切線垂直于經(jīng)過切點的半徑．判定切線時“連圓心和直線與圓的公共點”或“過圓心作這條直線的垂線”；有切線時，常?！坝龅角悬c連圓心得半徑”．也考查了圓周角定理．