福建省厦门市五校2022年九年级数学第一学期期末监测试题含解析.doc

2022-2023学年九上数学期末模拟试卷
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．回答选择题时，选出每小题答案后，用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，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

一、选择题(每小题3分,共30分)
1．已知二次函数y=（a≠0）的图像如图所示，对称轴为x= -1，则下列式子正确的个数是（ ）
（1）abc＞0
（2）2a+b=0
（3）4a+2b+c＜0
（4）b2-4ac＜0

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
2．如图，太阳在A时测得某树（垂直于地面）的影长ED＝2米，B时又测得该树的影长CD＝8米，若两次日照的光线PE⊥PC交于点P，则树的高度为PD为（　　）

A．3米 B．4米 C．4.2米 D．4.8米
3．如果（m+2）x|m|+mx－1＝0是关于x的一元二次方程，那么m的值为（　　）
A．2或－2 B．2 C．－2 D．0
4．如图，一段抛物线，记为抛物线，它与轴交于点;将抛物线绕点旋转得抛物线，交轴于点；将抛物线绕点旋转得抛物线，交轴于点.···如此进行下去，得到一条“波浪线”，若点在此“波浪线”上，则的值为（ ）

A． B． C． D．
5．用一个半径为15、圆心角为120°的扇形围成一个圆锥，则这个圆锥的底面半径是(　 　)
A．5 B．10 C． D．
6．下列方程式属于一元二次方程的是（ ）
A． B． C． D．
7．已知线段a是线段b，c的比例中项，则下列式子一定成立的是（ ）
A． B． C． D．
8．对于反比例函数y=，下列说法正确的是（　　）
A．图象经过点（1，﹣1） B．图象关于y轴对称
C．图象位于第二、四象限 D．当x＜0时，y随x的增大而减小
9．如图，一段公路的转弯处是一段圆弧，则的展直长度为（　　）

A．3π B．6π C．9π D．12π
10．如图，已知正方形ABCD，点E是BC边的中点，DE与AC相交于点F，连接BF，下列结论：；；；，其中正确的是（ ）

A． B． C． D．
二、填空题(每小题3分,共24分)
11．若为一锐角，且，则 ．
12．关于x的一元二次方程3（x﹣1）＝x（1﹣x）的解是_____．
13．若关于x的一元二次方程x2﹣4x+m＝0没有实数根，则m的取值范围是_____．
14．已知cos( a-15°)=，那么a=____________
15．如图，⊙O与直线相离，圆心到直线的距离，，将直线绕点
逆时针旋转后得到的直线刚好与⊙O相切于点，则⊙O的半径= ．

16．某校数学兴趣小组为测量学校旗杆AC的高度，在点F处竖立一根长为1．5米的标杆DF，如图所示，量出DF的影子EF的长度为1米，再量出旗杆AC的影子BC的长度为6米，那么旗杆AC的高度为_______米．

17．如图，等腰直角的顶点在正方形的对角线上，所在的直线交于点，交于点，连接，. 下列结论中，正确的有_________ （填序号）.
①；②是的一个三等分点；③；④；⑤.

18．如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标是（20，0），点B的坐标是（16，0），点C、D在以OA为直径的半圆M上，且四边形OCDB是平行四边形，则点C的坐标为_____．

三、解答题(共66分)
19．（10分）已知：关于x的方程
（1）求证：m取任何值时，方程总有实根．
（2）若二次函数的图像关于y轴对称.
a、求二次函数的解析式
b、已知一次函数，证明：在实数范围内，对于同一x值，这两个函数所对应的函数值均成立.
(3)在（2）的条件下，若二次函数的象经过（-5,0），且在实数范围内，对于x的同一个值，这三个函数所对应的函数值均成立，求二次函数的解析式.
20．（6分）如图，AB为⊙O的直径，C为⊙O上一点，过点C做⊙O 的切线，与AE的延长线交于点D，且AD⊥CD．

（1）求证：AC平分∠DAB；
（2）若AB=10，CD=4，求DE的长．
21．（6分）如图，已知，是的中点，过点作.求证：与相切.

22．（8分）如图，⊙O是Rt△ABC的外接圆，直径AB＝4，直线EF经过点C，AD⊥EF于点D，∠ACD＝∠B．
（1）求证：EF是⊙O的切线；
（2）若AD＝1，求BC的长；
（3）在（2）的条件下，求图中阴影部分的面积．

23．（8分）（1）如图1，O是等边△ABC内一点，连接OA、OB、OC，且OA=3，OB=4，OC=5，将△BAO绕点B顺时针旋转后得到△BCD，连接OD．求：
①旋转角的度数 ；线段OD的长为 ．
②求∠BDC的度数；
（2）如图2所示，O是等腰直角△ABC（∠ABC=90°）内一点，连接OA、OB、OC，将△BAO绕点B顺时针旋转后得到△BCD，连接OD．当OA、OB、OC满足什么条件时，∠ODC=90°？请给出证明．

24．（8分）问题呈现：
如图 1，在边长为 1 小的正方形网格中，连接格点 A、B 和 C、D，AB 和 CD 相交于点 P，求 tan ∠CPB 的值方法归纳：求一个锐角的三角函数值，我们往往需要找出(或构造出)一个直角三角形，观察发现问题中∠ CPB不在直角三角形中，我们常常利用网格画平行线等方法解决此类问题，比如连接格点 B、 E，可得 BE∥CD，则∠ABE=∠CPB，连接AE，那么∠CPB 就变换到 Rt△ABE 中．问题解决：

（1）直接写出图 1 中 tan ÐCPB 的值为______；
（2）如图 2，在边长为 1 的正方形网格中，AB 与 CD 相交于点 P，求 cos ÐCPB 的值．
25．（10分）在二次函数的学习中，教材有如下内容：

小聪和小明通过例题的学习，体会到利用函数图象可以求出方程的近似解.于是他们尝试利用图象法探究方程的近似解，做法如下：

请你选择小聪或小明的做法，求出方程的近似解(精确到0.1).
26．（10分）如图，某旅游景区为方便游客，修建了一条东西走向的木栈道 AB ，栈道 AB 与景区道路CD 平行．在 C 处测得栈道一端 A 位于北偏西 42°方向，在 D 处测得栈道另一端 B 位于北偏西 32°方向．已知 CD ＝120 m ， BD ＝80 m ，求木栈道 AB 的长度（结果保留整数） ．
(参考数据：，，，，，)

参考答案

一、选择题(每小题3分,共30分)
1、B
【详解】由图像可知，抛物线开口向下，a＜0，图像与y轴交于正半轴，c＞0，对称轴为直线x=-1＜0，即-＜0， 因为a＜0，所以b＜0，所以abc＞0，故（1）正确；
由-=-1得，b=2a，即2a-b=0，故（2）错误；
由图像可知当x=2时，y＜0，即4a+2b+c＜0 ， 故（3）正确；
该图像与x轴有两个交点，即b2-4ac＞0，故（4）错误，
本题正确的有两个，故选B．
2、B
【分析】根据题意求出△PDE和△FDP相似，根据相似三角形对应边成比例可得＝，然后代入数据进行计算即可得解．
【详解】∵PE⊥PC，
∴∠E+∠C＝90°，∠E+∠EPD＝90°，
∴∠EPD＝∠C，
又∵∠PDE＝∠FDP＝90°，
∴△PDE∽△FDP，
∴＝，
由题意得，DE＝2，DC＝8，
∴＝，
解得PD＝4，
即这颗树的高度为4米．
故选：B．
【点睛】
本题通过投影的知识结合三角形的相似，求解高的大小；是平行投影性质在实际生活中的应用．
3、B
【分析】根据一元二次方程的定义可得：|m|=1，且m+1≠0，再解即可．
【详解】解：由题意得：|m|=1，且m+1≠0，
解得：m=1．
故选：B．
【点睛】
此题主要考查了一元二次方程的定义，关键是掌握“未知数的最高次数是1”；“二次项的系数不等于0”．
4、D
【分析】根据图象的旋转变化规律以及二次函数的平移规律得出平移后解析式，进而求出m的值．
【详解】∵一段抛物线：，
∴图象与x轴交点坐标为：（0，0），（6，0），
∵将C1绕点A1旋转180°得C2，交x轴于点A2；
将C2绕点A2旋转180°得C3，交x轴于点A3；
……
如此进行下去，直至得Cn．
∴Cn的与x轴的交点横坐标为（6n，0），（6n+3，0），
∴在C337，且图象在x轴上方，
∴C337的解析式为：，
当时，．
即，
故答案为D.
【点睛】
此题主要考查了二次函数的平移规律，根据已知得出二次函数旋转后解析式是解题关键．
5、A
【分析】根据弧长公式计算出弧长，圆锥的底面周长等于侧面展开图的扇形弧长，因而圆锥的底面周长是10π，设圆锥的底面半径是r，列出方程求解．
【详解】半径为15cm，圆心角为120°的扇形的弧长是=10π，圆锥的底面周长等于侧面展开图的扇形弧长，因而圆锥的底面周长是10π.
设圆锥的底面半径是r，
则得到2πr=10π，
解得：r=5，
这个圆锥的底面半径为5.故选择A.
【点睛】
本题考查弧长的计算，解题的关键是掌握弧长的计算公式.
6、D
【解析】根据一元二次方程的定义逐项进行判断即可.
【详解】A、是一元三次方程，故不符合题意；
B、是分式方程，故不符合题意；
C、是二元二次方程，故不符合题意；
D、是一元二次方程，符合题意.
故选：D.
【点睛】
本题考查一元二次方程的定义，熟练掌握定义是关键.
7、B
【解析】根据比例的性质列方程求解即可．解题的关键是掌握比例中项的定义，如果a：b=b：c，即b2=ac，那么b叫做a与c的比例中项．
【详解】A选项，由 得，b2=ac,所以b是a,c的比例中项，不符合题意；
B选项，由得a2=bc,所以a是b,c的比例中项，符合题意；
C选项，由，得c2=ab,所以c是a,b的比例中项，不符合题意；
D选项，由得b2=ac,所以b是a,c的比例中项，不符合题意；
故选B.
【点睛】
本题考核知识点：本题主要考查了比例线段．解题关键点：理解比例中项的意义.
8、D
【解析】A选项：∵1×（-1）=-1≠1，∴点（1，-1）不在反比例函数y=的图象上，故本选项错误；
B选项：反比例函数的图象关于原点中心对称，故本选项错误；
C选项：∵k=1＞0，∴图象位于一、三象限，故本选项错误；
D选项：∵k=1＞0，∴当x＜0时，y随x的增大而减小，故是正确的．
故选B．
9、B
【解析】分析：直接利用弧长公式计算得出答案．
详解：的展直长度为：=6π（m）．
故选B．
点睛：此题主要考查了弧长计算，正确掌握弧长公式是解题关键．
10、C
【解析】试题解析：①和的底分别相等，高 也相等，所以它们的面积也相等，故正确.
②和的底分别相等，高也相等，所以它们的面积也相等，并不是倍的关系.故错误.
③由于是的中点，所以和的相似比为，所以它们的面积之比为.故错误.
④和的底相等，高和 则是的关系，所以它们的面积之比为.故正确.
综上所述，符合题意的有①和④.
故选C.

二、填空题(每小题3分,共24分)
11、30°
【详解】试题分析：∵，
∴.
∵为一锐角，∴.
考点：特殊角的三角函数值.
12、
【分析】由题意直接利用因式分解法进行计算求解即可得出答案．
【详解】解：∵1（x﹣1）＝﹣x（x﹣1），
∴1（x﹣1）+x（x﹣1）＝0，
∴（x﹣1）（x+1）＝0，
则x﹣1＝0或x+1＝0，
解得：x1＝1，x2＝﹣1，
故答案为：x1＝1，x2＝﹣1．
【点睛】
本题主要考查解一元二次方程的能力，熟练掌握解一元二次方程的几种常用方法：直接开平方法、因式分解法、公式法、配方法，结合方程的特点选择合适、简便的方法是解题的关键．
13、m＞4
【分析】根据根的判别式即可求出答案．
【详解】解：由题意可知：△＜0，
∴，
∴m＞4
故答案为：m＞4
【点睛】
本题考查根的判别式，解题的关键是熟练运用根的判别式．
14、45°
【分析】由题意直接利用特殊角的三角函数值，进行分析计算进而得出答案．
【详解】解：∵，
∴a-15°=30°，
∴a=45°．
故答案为：45°．
【点睛】
本题主要考查特殊角的三角函数值，牢记是特殊角的三角函数值解题的关键．
15、1．
【解析】试题分析：∵OB⊥AB，OB=，OA=4，∴在直角△ABO中，sin∠OAB=，则∠OAB=60°；又∵∠CAB=30°，∴∠OAC=∠OAB-∠CAB=30°，∵直线刚好与⊙O相切于点C，∴∠ACO=90°，∴在直角△AOC中，OC=OA=1．故答案是1．
考点：①解直角三角形；②切线的性质；③含30°角直角三角形的性质．
16、2
【分析】在同一时刻物高和影长成正比，即在同一时刻的两个物体，影子，经过物体顶部的太阳光线三者构成的两个直角三角形相似．根据相似三角形的对应边的比相等，即可求解．
【详解】解：∵DE∥AB，DF∥AC，
∴△DEF∽△ABC，
∴，
即，
∴AC=6×1.5=2米．
故答案为：2．
【点睛】
本题考查了相似三角形在测量高度时的应用，解题时关键是找出相似的三角形，然后根据对应边成比例列出方程，建立适当的数学模型来解决问题．
17、①②④
【分析】根据△CBE≌△CDF即可判断①；由△CBE≌△CDF得出∠EBC=∠FDC=45°进而得出△DEF为直角三角形结合即可判断②；判断△BEN是否相似于△BCE即可判断③；根据△BNE∽△DME即可判断④；作EH⊥BC于点H得出△EHC∽△FDE结合tan∠HEC=tan∠DFE=2，设出线段比即可判断⑤.
【详解】∵△CEF为等腰直角三角形
∴CE=CF，∠ECF=90°
又ABCD为正方形
∴∠BCD=90°，BC=DC
又∠BCD=∠BCE+∠ECD
∠ECF=∠ECD+∠DCF
∴∠DCF=∠BCE
∴△CBE≌△CDF(SAS)
∴BE=DF，故①正确；
∴∠EBC=∠FDC=45°
故∠EDF=∠EDC+∠FDC=90°
又
∴E是BD的一个三等分点，故②正确；
∵
∴
即判定△BEN∽△BCE
∵△ECF为等腰直角三角形，BD为正方形对角线
∴∠CFE=45°=∠EDC
∴∠CFE+∠MCF=∠EDC+∠DEM
∴∠MCF=∠DEM
然而题目并没有告诉M是EF的中点
∴∠ECM≠∠MCF
∴∠ECM≠∠DEM≠∠BNE
∴不能判定△BEN∽△BCE
∴不能得出进而不能得出，故③错误；
由题意可知△BNE∽△DME
又BE=2DE
∴BN=2DM，故④正确；
作EH⊥BC于点H
∵∠MCF=∠DEM
又∠HCE=∠DCF
∴∠HCE=∠DEM
又∠EHC=∠FDE=90°
∴△EHC∽△FDE
∴tan∠HEC=tan∠DFE=2
可设EH=x，则CH=2x
EC=
∴sin∠BCE=，故⑤错误；
故答案为①②④.

【点睛】
本题考查的是正方形综合，难度系数较大，涉及到了相似三角形的判定与性质，勾股定理、等腰直角三角形的性质以及方程的思想等，需要熟练掌握相关基础知识.
18、（2，6）
【分析】此题涉及的知识点是平面直角坐标系图像性质的综合应用．过点M作MF⊥CD于F，过C作CE⊥OA于E，在Rt△CMF中，根据勾股定理即可求得MF与EM，进而就可求得OE，CE的长，从而求得C的坐标．
【详解】∵四边形OCDB是平行四边形,点B的坐标为(16,0)，

CD∥OA，CD=OB=16，
过点M作MF⊥CD于F,则
过C作CE⊥OA于E，
∵A(20,0)，
∴OA=20，OM=10，
∴OE=OM−ME=OM−CF=10−8=2，
连接MC,
∴在Rt△CMF中，

∴点C的坐标为(2,6).
故答案为(2,6).
【点睛】
此题重点考察学生对坐标与图形性质的实际应用，勾股定理，注意数形结合思想在解题的关键．

三、解答题(共66分)
19、（1）证明见解析；（2）a、y1=x2-1；b、证明见解析；（3）.
【解析】（1）首先此题的方程并没有明确是一次方程还是二次方程，所以要分类讨论：
①m=0，此时方程为一元一次方程，经计算可知一定有实数根；
②m≠0，此时方程为二元一次方程，可表示出方程的根的判别式，然后结合非负数的性质进行证明．
（2）①由于抛物线的图象关于y轴对称，那么抛物线的一次项系数必为0，可据此求出m的值，从而确定函数的解析式；
②此题可用作差法求解，令y1-y2，然后综合运用完全平方式和非负数的性质进行证明．
（3）根据②的结论，易知y1、y2的交点为（1，0），由于y1≥y3≥y2成立，即三个函数都交于（1，0），结合点（-5，0）的坐标，可用a表示出y3的函数解析式；已知y3≥y2，可用作差法求解，令y=y3-y2，可得到y的表达式，由于y3≥y2，所以y≥0，可据此求出a的值，即可得到抛物线的解析式．
【详解】解：（1）分两种情况：
当m=0时，原方程可化为3x-3=0，即x=1； ∴m=0时，原方程有实数根；
当m≠0时，原方程为关于x的一元二次方程，
∵△=[-3（m-1）]2-4m（2m-3）=m2-6m+9=（m-3）2≥0，
∴方程有两个实数根；
综上可知：m取任何实数时，方程总有实数根；
（2）①∵关于x的二次函数y1=mx2-3（m-1）x+2m-3的图象关于y轴对称；
∴3（m-1）=0，即m=1；
∴抛物线的解析式为：y1=x2-1；
②∵y1-y2=x2-1-（2x-2）=（x-1）2≥0，
∴y1≥y2（当且仅当x=1时，等号成立）；
（3）由②知，当x=1时，y1=y2=0，即y1、y2的图象都经过（1，0）；
∵对应x的同一个值，y1≥y3≥y2成立，
∴y3=ax2+bx+c的图象必经过（1，0），
又∵y3=ax2+bx+c经过（-5，0），
∴y3=a（x-1）（x+5）=ax2+4ax-5a；
设y=y3-y2=ax2+4ax-5a-（2x-2）=ax2+（4a-2）x+（2-5a）；
对于x的同一个值，这三个函数对应的函数值y1≥y3≥y2成立，
∴y3-y2≥0，
∴y=ax2+（4a-2）x+（2-5a）≥0；
根据y1、y2的图象知：a＞0，
∴y最小=≥0
∴（4a-2）2-4a（2-5a）≤0， ∴（3a-1）2≤0，
而（3a-1）2≥0，只有3a-1=0，解得a= ，
∴抛物线的解析式为：
【点睛】
本题考查二次函数与一元二次方程的关系、根的判别式、完全平方公式、非负数的性质以及用待定系数法确定函数解析式的方法，难度较大,
20、（1）见解析；（1）DE=1
【分析】（1）连接OC，利用切线的性质可得出OC∥AD，再根据平行线的性质得出∠DAC=∠OCA，又因为∠OCA=∠OAC，继而可得出结论；
（1）方法一：连接BE交OC于点H，可证明四边形EHCD为矩形，再根据垂径定理可得出，得出，从而得出，再通过三角形中位线定理可得出，继而得出结论；方法二：连接BC、EC，可证明△ADC∽△ACB，利用相似三角形的性质可得出AD=8，再证△DEC∽△DCA，从而可得出结论；方法三：连接BC、EC，过点C做CF⊥AB，垂足为F，利用已知条件得出OF=3，再证明△DEC≌△CFB，利用全等三角形的性质即可得出答案．
【详解】解：（1）证明：连接OC，

∵CD切☉O于点C
∴OC⊥CD
∵AD⊥CD
∴∠D=∠OCD=90°
∴∠D+∠OCD=180°
∴OC∥AD
∴∠DAC=∠OCA
∵OA=OC
∴∠OCA=∠OAC
∴∠DAC=∠OAC
∴AC平分DAB
（1）方法1：连接BE交OC于点H
∵AB是☉O直径
∴∠AEB=90°
∴∠DEC=90°
∴四边形EHCD为矩形
∴CD=EH=4
DE=CH
∴∠CHE=90°
即OC⊥BH
∴EH=BE=4
∴BE=8
∴在Rt△AEB中
AE=6
∵EH=BH
AO=BO
∴OH=AE=3
∴CH=1
∴DE=1
方法1：
连接BC、EC

∵AB是直径
∴∠ACB=90°
∴∠D=∠ACB
∵∠DAC=∠CAB
∴△ADC∽△ACB
∴
∠B=∠DCA
∴AC1=10·AD
∵AC1=AD1+CD1
∴10·AD=AD1+16
∴AD=1舍AD=8
∵四边形ABCE内接于☉O
∴∠B+∠AEC=180°
∵∠DEC+∠AEC=180°
∴∠B=∠DEC
∴∠DEC=∠DCA
∵∠D=∠D
∴△DEC∽△DCA
∴
∴CD1=AD·DE
∴16=8·DE
∴DE=1；
方法3：
连接BC、EC，过点C做CF⊥AB，垂足为F

∵CD⊥AD，∠DAC=∠CAB
∴CD=CF=4，∠D=∠CFB=90°
∵AB=10
∴OC=OB=5
∴OF=3
∴BF=OB-OF=5-3=1
∵四边形ABCE内接于☉O
∴∠B+∠AEC=180°
∵∠DEC+∠AEC=180°
∴∠B=∠DEC
∴△DEC≌△CFB
∴DE=FB=1．
【点睛】
本题是一道关于圆的综合题目，涉及的知识点有切线的性质、平行线的性质、矩形的性质、相似三角形的判定及性质、全等三角形的判定及性质等，综合利用以上知识点是解此题的关键．
21、详见解析.
【分析】证法一：连接，，，，连接交于点，利用线段垂直平分线的性质和垂径定理的推论证明垂直平分，然后利用垂径定理和平行线的性质求得，从而使问题得证；证法二：连接，，连接交于点，利用垂径定理的推论得到，，然后利用平行线的性质求得，从而使问题得证；证法三：过点作于点，延长交于点，利用垂径定理的推论得到是的中点，然后判断点与点是同一个点，然后然后利用平行线的性质求得，从而使问题得证.
【详解】证明：证法一：连接，，，，连接交于点.
∵，∴点在的垂直平分线上.
∵是的中点，∴，∴，
∴点在的垂直平分线上，
∴垂直平分，∴，
∵，∴，∴，
∵点为半径的外端点，
∴与相切.

证法二：连接，，连接交于点.
∵是的中点，∴，
∴，∴，∴，
∵，∴，∴，
∵点为半径的外端点，
∴与相切.

证法三：过点作于点，延长交于点，
∴，，∴是的中点，
∵点是的中点，∴点与点是同一个点.
∵，∴，∴，
∵点为半径的外端点，
∴与相切.

【点睛】
本题考查切线的判定及垂径定理的推论，掌握相关定理灵活应用解题是本题的解题关键.
22、（1）见解析；（2）；（3）
【分析】（1）连接OC，由OB＝OC，利用等边对等角得到∠BCO＝∠B，由∠ACD＝∠B，得到∠ACD+∠OCA＝90°，即可得到EF为圆O的切线；
（2）证明Rt△ABC∽Rt△ACD，可求出AC＝2，由勾股定理求出BC的长即可；
（3）求出∠B＝30°，可得∠AOC＝60°，在Rt△ACD中，求出CD，然后用梯形ADCO和扇形OAC的面积相减即可得出答案．
【详解】（1）证明：连接OC，
∵AB是⊙O直径，
∴∠ACB＝90°，即∠BCO+∠OCA＝90°，
∵OB＝OC，
∴∠BCO＝∠B，
∵∠ACD＝∠B，
∴∠ACD+∠OCA＝90°，
∵OC是⊙O的半径，
∴EF是⊙O的切线；
（2）解：在Rt△ABC和Rt△ACD中，
∵∠ACD＝∠B，∠ACB＝∠ADC，
∴Rt△ABC∽Rt△ACD，
∴，
∴AC2＝AD•AB＝1×4＝4，
∴AC＝2，
∴；
（3）解：∵在Rt△ABC中，AC＝2，AB＝4，
∴∠B＝30°，
∴∠AOC＝60°，
在Rt△ADC中，∠ACD＝∠B＝30°，AD＝1，
∴CD＝＝＝，
∴S阴影＝S梯形ADCO﹣S扇形OAC＝．

【点睛】
本题是圆的综合题，考查了切线的判定，圆周角定理，相似三角形的判定与性质，勾股定理以及扇形面积的计算，熟练掌握圆的基本性质是解本题的关键．
23、（1）①，4；②；（2），证明见解析．
【分析】（1）①根据等边三角形的性质得BA＝BC，∠ABC＝60°，再根据旋转的性质得∠OBD＝∠ABC＝60°，于是可确定旋转角的度数为60°；由旋转的性质得BO＝BD，加上∠OBD＝60°，则可判断△OBD为等边三角形，所以OD＝OB＝4；
②由△BOD为等边三角形得到∠BDO＝60°，再利用旋转的性质得CD＝AO＝3，然后根据勾股定理的逆定理可证明△OCD为直角三角形，∠ODC＝90°，所以∠BDC＝∠BDO＋∠ODC＝150°；
（2）根据旋转的性质得∠OBD＝∠ABC＝90°，BO＝BD，CD＝AO，则可判断△OBD为等腰直角三角形，则OD＝OB，然后根据勾股定理的逆定理，当CD2＋OD2＝OC2时，△OCD为直角三角形，∠ODC＝90°．
【详解】解：（1）①∵△ABC为等边三角形，
∴BA＝BC，∠ABC＝60°，
∵△BAO绕点B顺时针旋转后得到△BCD，
∴∠OBD＝∠ABC＝60°，
∴旋转角的度数为60°；
∵旋转至，
∴，，，
∴为等边三角形
∴，，
故答案为：60°；4
②在中，，，，
∵
∴
∴为直角三角形，，
∴
（2）时，，
理由如下：
∵绕点顺时针旋转后得到，
∴，，，
∴为等腰直角三角形，
∴
∵当时，为直角三角形，，
∴，即
∴当满足时，．
【点睛】
本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．也考查了等边三角形的判断与性质和勾股定理的逆定理．
24、（1）2；（2）
【分析】（1）根据平行四边形的判定及平行线的性质得到∠CPB=∠ABE，利用勾股定理求出AE，BE，AB，证明△ABE是直角三角形，∠AEB=90°，即可求出tan ÐCPB= tan ÐABE；
（2）如图2中，取格点D，连接CD，DM．通过平行四边形及平行线的性质得到∠CPB=∠MCD，利用勾股定理的逆定理证明△CDM是直角三角形，且∠CDM=90°，即可得到cos∠CPB=cos∠MCD．
【详解】解：（1）连接格点 B、 E，
∵BC∥DE，BC=DE，
∴四边形BCDE是平行四边形，
∴DC∥BE，
∴∠CPB=∠ABE，
∵AE=，BE=，AB=
，
∴△ABE是直角三角形，∠AEB=90°，
∴tan∠CPB= tan∠ABE=，
故答案为：2；
（2）如图2所示，取格点M，连接CM，DM，
∵CB∥AM，CB=AM，
∴四边形ABCM是平行四边形，
∴CM∥AB，
∴∠CPB=∠MCD，
∵CM=，CD=，MD=，
，
∴△CDM是直角三角形，且∠CDM=90°，
∴cos∠CPB=cos∠MCD=．

【点睛】
本题考查三角形综合题、平行线的性质、勾股定理及勾股定理逆定理、直角三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用数形结合的思想解决问题，学会用转化的思想思考问题．
25、（1）详见解析， ，，．（2）详见解析， ，，．
【分析】分别按照小聪和小明的作法列表，描点，连线画出图象然后找近似值即可.
【详解】解法：选择小聪的作法，
列表并作出函数的图象：

…
-1
0
1
2
…

…

…

根据函数图象，得近似解为 ，，．
解法2：选择小明的作法，
列表并作出函数和的图象：

…
-1
0
1
2
3
…

…

…

…
-2
-1
1
2
…

…

…

根据函数图象，得近似解为 ，，.
【点睛】
本题主要考查根据函数图象求方程的近似解，能够画出函数图象是解题的关键.
26、
【分析】过C作CE⊥AB于E，DF⊥AB交AB的延长线于F，于是得到CE∥DF，推出四边形CDFE是矩形，得到EF=CD=120，DF=CE，解直角三角形即可得到结论．
【详解】过C作CE⊥AB于E，DF⊥AB交AB的延长线于F，

则CE∥DF，
∵AB∥CD，
∴四边形CDFE是矩形，
∴EF=CD=120，DF=CE，
在Rt△BDF中，∵∠BDF=32°，BD=80，
∴DF=cos32°•BD=80×≈68，BF=sin32°•BD=80×，
∴BE=EF-BF=，
在Rt△ACE中，∵∠ACE=42°，CE=DF=68，
∴AE=CE•tan42°=68×，
∴AB=AE+BE=+≈139m，
答：木栈道AB的长度约为139m．
【点睛】
本题考查解直角三角形-方向角问题，解题的关键是学会添加常用辅助线．构造直角三角形解决问题．