2023年浙江省温州市文成县中考数学一模试卷一、选择题（本题有10小题，每小题4分，共40分，每小题只有一个选项是正确的，不选、多选、错选，均不给分）1．（4分）﹣3的相反数为（A．﹣3B．﹣）C．D．3）2．（4分）如图所示的几何体由一个圆柱体和一个长方体组成，它的俯视图是（A．B．C．D．3．（4分）计算：m6÷m3的结果是（A．m18B．m9）C．m3D．m24．（4分）温州银泰商场某店一天中卖出某种品牌的休闲鞋16双，它们的尺码与销售量如表所示：鞋的尺码/cm销售量/双25225.53）C．26.5D．2726426.54273则这16双鞋的尺码组成的数据中，中位数（A．25.5B．265．（4分）在平面直角坐标系中，有四个点A（2，5），B（1，3），C（3，1），D（﹣2，﹣3），其中不在同一个一次函数图象上的是（A．点AB．点B）C．点CD．点D）6．（4分）如图，△ABC内接于⊙O，AB＝AC，∠B＝70°，则∠OCB等于（第1页（共7页）A．40°B．50°C．60°D．65°7．（4分）一张小凳子的结构如图所示，AC＝BC，∠1＝100°，BC＝20cm，则AB等于（）A．20sin50°cmB．40cos50°cmC．D．8．（4分）如图，OC平分∠AOB，AC＝BC，若OA＝7，OB＝3，AC＝2.5，则点C到OA边距离等于（）A．1.5B．2C．D．9．（4分）已知点A（﹣2，a），B（﹣1，b），C（5，c）是二次函数y＝mx2﹣2mx+n（m＜0）上的点，则（A．a＜c＜b）B．c＜b＜aC．a＜b＜cD．c＜a＜b10．（4分）由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成的大正方形ABCD如图所示，点E为小正方形的顶点，延长CE交AD于点F，BF分别交AM，DN于点G，H，过点D作DN的垂线交BF延长线于点K，连结EK，若△BCF为等腰三角形，值为（），则的A．B．C．D．第2页（共7页）二、填空题（本题有6小题，每小题5分，共30分）11．（5分）分解因式：a2﹣1＝．12．（5分）数据1，3，2，3，7，a，5，3，其中a是这组数据的众数，则该组数据的平均数是．＝．13．（5分）计算：14．（5分）如图，正六边形ABCDEF内接于半径为1的⊙O，则的长为．15．（5分）如图，点B在反比例函数的图象上，点A在x轴上，OB＝AB，过点A作AD∥OB交y轴负半轴于点D，连结BD，当△OCD面积为3时，则k的值为．16．（5分）图1是小文家的木马玩具，图2是木马玩具底座水平放置的示意图，点O是所在圆的圆心，OA＝OB，点A，点B离地高度均为15cm，水平距离AB＝90cm，则OA＝cm，当半径OA转到竖直位置时，木马就有翻倒的风险，为安全起见，点B离cm．地高度应小于第3页（共7页）三、解答题（本题有8小题，共80分，解答需写出必要的文字说明、演算步骤或证明过程）17．（10分）（1）计算：（2）化简：（m﹣2）2﹣m（m+4）．；18．（8分）如图，在四边形ABCD中，BD平分∠ADC，点E在线段BD上，∠A＝∠DEC＝90°，AB＝CE．（1）求证：△ABD≌△ECD；（2）当∠DCB＝55°时，求∠ABD的度数．19．（8分）为关注学生出行安全，调查了某班学生出行方式，调查结果分为四类：A﹣骑自行车，B﹣步行，C﹣坐社区巴士，D﹣其它，并将调查结果绘制成以下两幅不完整的统计图．请你根据统计图，解答下列问题：（1）本次一共调查了多少名学生？（2）C类女生有名，D类男生有名，并将条形统计图补充完整．（3）若从被调查的A类和D类学生中分别随机选取一位同学进行进一步调查，请用列表法或画树状图的方法求出所选同学中恰好是一位男同学和一位女同学的概率．20．（8分）如图，在7×5的方格纸ABCD中，请按要求画格点线段（端点在格点上），且线段的端点均不与点A，B，C，D重合．（1）在图1中画一条格点线段GH，使G，H分别落在边AD，BC上，且GH与EF互相平分．第4页（共7页）（2）在图2上画一条格点线段MN，使M，N分别落在边AB，CD上，且要求MN分EF为1：2两部分．21．（10分）如图，AB为⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，点F为圆上一点，点C作CH∥AF交AB于点G，交AD于点H．（1）求证：CD＝CH；（2）若CG＝2GH，AB＝10，求AF．，过22．（12分）根据以下素材，探索完成任务．如何给桥护栏挂小彩灯图1是桥的护栏实物图，护栏长200米，高1.6米，图2是桥素护栏示意图，为了使彩灯挂起材来整齐美观，设计小组首先制1作了外缘呈抛物线型模板，然后用该模板在图纸上绘制抛物线图案，彩灯沿抛物线摆放．第5页（共7页）方案一：护栏中间正好可以摆5具模板，绘制5条抛物线图案连成一条波浪线，每条抛物线的顶点落在护栏的上下边．方案二：将模板一部分放入护栏，绘制若干条抛物线图案，靠上下两边连成两条波浪线，每条抛物线的高度都相等，相素对两条抛物线的顶点之间的距材2离h为0.7米．方案三：将方案一和方案二中的抛物线图案各若干条，沿护栏下边摆放，大的图案摆在中间，小的图案摆两边，连成一条波浪线，且整个小彩灯图案呈轴对称图形，每条抛物线图案保持完整，两边能摆尽摆，可以有空余．任务问题解决求出模板抛物线的函数解析式；一确定抛物线形状确定方案二中一条抛物线图案求出其中一条抛物线图案的宽度CD，每边这样的图二的宽度和摆放方案三设计方案三摆放方案案最多可以摆放几个？确定大小抛物线图案各需多少个，并给出摆放方案．23．（14分）如图，点E，F分别为矩形ABCD边AD，CD上的点，以BE为直径作⊙O交BF于点G，且EF与⊙O相切，连结EG．（1）若AE＝EG，求证：△ABE≌△GBE．第6页（共7页）（2）若AB＝2，tan∠EBF＝．①求DE的长．②连结AG，若△ABG是以AG为腰的等腰三角形，求所有满足条件的BC的长．（3）连结CG，若CG的延长线经过点A，且ED＝EG，求的值．第7页（共7页）2023年浙江省温州市文成县中考数学一模试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题有10小题，每小题4分，共40分，每小题只有一个选项是正确的，不选、多选、错选，均不给分）1．【分析】根据只有符号不同的两个数互为相反数解答．【解答】解：﹣3的相反数是3．故选：D．【点评】本题考查了相反数的定义，是基础题，熟记概念是解题的关键．2．【分析】根据俯视图是从上面看得到的图形，可得答案．【解答】解：从上面看，可得如下图形：故选：C．【点评】本题考查了简单组合体的三视图，俯视图是从上面看得到的图形．3．【分析】直接利用同底数幂的除法运算法则计算得出答案．【解答】解：m6÷m3＝m3．故选：C．【点评】本题主要考查同底数幂的乘法，解答的关键是对同底数幂的乘法的法则的掌握．4．【分析】利用中位数的定义求解．【解答】解：把这16双鞋的尺码从小到大排序后位于中间位置的两个数分别是26cm，26cm，所以中位数是故选：B．【点评】本题考查了中位数的定义，掌握定义是解答本题的关键．5．【分析】在平面直角坐标系中标出各点，即可判断．【解答】解：如图：由图得，不在同一个一次函数图象上的是点C，故选：C．第1页（共17页）＝26．【点评】本题考查一次函数图象上点的坐标特征，解答本题的关键是在平面直角坐标系中标出各点．6．【分析】连接OB，先利用等腰三角形的性质可得∠ABC＝∠ACB＝70°，从而利用三角形内角和定理可得∠A＝40°，然后再利用圆周角定理可得∠BOC＝2∠A＝80°，最后利用等腰三角形的性质以及三角形内角和定理，进行计算即可解答．【解答】解：连接OB，∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB＝70°，∴∠A＝180°﹣∠ABC﹣∠ACB＝40°，∴∠BOC＝2∠A＝80°，∵OB＝OC，∴∠OBC＝∠OCB＝（180°﹣∠BOC）＝50°，故选：B．【点评】本题考查了三角形的外接圆与外心，圆周角定理，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．7．【分析】过点C作CD⊥AB，垂足为D，先利用三角形的外角性质可得∠2+∠CAB＝100°，再利用等腰三角形的性质可得∠2＝∠CAB＝50°，AB＝2BD，然后在Rt△BCD中，利用锐角三角函数的定义求出BD的长，进行计算即可解答．【解答】解：过点C作CD⊥AB，垂足为D，∵∠1是△ABC的一个外角，∴∠1＝∠2+∠CAB＝100°，∵CA＝CB，∴∠2＝∠CAB＝50°，∵CD⊥AB，∴AB＝2BD，在Rt△BCD中，BC＝20cm，∴BD＝BC•cos50°＝20cos50°（cm），∴AB＝2BD＝40cos50°（cm），故选：B．第2页（共17页）【点评】本题考查了解直角三角形的应用，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．8．【分析】过点C作CM⊥OA于点M，CN⊥OB于点N，根据角平分线的性质得出CM＝CN，利用HL证明Rt△ACM≌Rt△BCN，Rt△MOC≌Rt△NOC，根据全等三角形的性质及线段的和差求出AM＝2，根据勾股定理求解即可．【解答】解：如图，过点C作CM⊥OA于点M，CN⊥OB于点N，∵OC平分∠AOB，∴CM＝CN，在Rt△ACM和Rt△BCN中，，∴Rt△ACM≌Rt△BCN（HL），∴AM＝BN，在Rt△MOC和Rt△NOC中，，∴Rt△MOC≌Rt△NOC（HL），∴OM＝ON，∴OA＝OM+AM＝OB+BN+AM＝OB+2AM，∵OA＝7，OB＝3，∴AM＝2，∵AC＝2.5，∴CM＝＝1.5，即点C到OA边距离等于1.5，故选：A．【点评】此题考查了全等三角形的判定与性质、角平分线的性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．9．【分析】先根据二次函数的性质得到抛物线开口方向和对称轴，然后比较三个点离对称轴的远近得到a、b、c的大小关系．【解答】解：∵二次函数y＝mx2﹣2mx+n（m＜0），第3页（共17页）∴抛物线开口向下，对称轴为直线x＝﹣＝1，∵点A（﹣2，a），B（﹣1，b），C（5，c）是二次函数y＝mx2﹣2mx+n（m＜0）上的点，∴点C离直线x＝1最远，点B离直线x＝1最近，∴c＜a＜b；故选：D．【点评】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征：二次函数图象上点的坐标满足其解析式．10．【分析】设CF交DN于点Q，作KL⊥CF交CF的延长线于点L，由△BCF为等腰三角形，得BF＝CF，再证明△ABF≌△DCF，而Rt△ADN≌Rt△BAM≌Rt△CBE≌Rt△DCQ，则∠ABF＝∠CDF＝∠BAM＝∠CBE＝∠ADN，可推导出∠GFA＝∠GAF，则BG＝AG＝FG＝，所以BF＝CF＝5，即可证明AF：AB：BF＝1：2：2，则CE＝，进而求得BC＝AD＝BC＝2，BE＝2CE＝4，所以DQ＝BM＝CE＝2，EF＝3，再证明四边＝tan∠KFL＝tan∠BFE＝＝＝，得FL＝KL，再求得DK＝QL＝，即可求得形DQLK是矩形，则KL＝DQ＝2，由＝，则EL＝EF+FL＝，由勾股定理得EK＝QF+FL＝，由＝＝tan∠DHK＝tan∠EBF＝＝，得DH＝DK＝，于是得到问题的答案．【解答】解：设CF交DN于点Q，作KL⊥CF交CF的延长线于点L，则∠L＝90°，∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝DC＝AD＝BC，∠BAF＝∠CDF＝90°，∴BF＞AB，CF＞CD，∴BF≠BC，CF≠BC，∵△BCF为等腰三角形，∴BF＝CF，∴△ABF≌△DCF（SAS），∵Rt△ADN≌Rt△BAM≌Rt△CBE≌Rt△DCQ，∴∠ABF＝∠CDF＝∠BAM＝∠CBE＝∠ADN，∵∠GFA+∠ABF＝90°，∠GAF+∠BAM＝90°，第4页（共17页）∴∠GFA＝∠GAF，∴BG＝AG＝FG＝，∴BF＝CF＝2×＝5，设AB＝DC＝AD＝BC＝2m，∴AF＝DF＝AD＝m，∴BF＝＝，＝m，∴AF：AB：BF＝1：2：∵m＝5，，，∴AF＝DF＝m＝∴BC＝AD＝2∵∠BEC＝90°，∴＝sin∠CBE＝sin∠ABF＝BC＝×2，＝tan∠CBE＝tan∠ABF＝，∴CE＝＝2，BE＝2CE＝4，∴DQ＝BM＝CE＝2，EF＝CF﹣CE＝5﹣2＝3，∵四边形MNQE是正方形，DK⊥DN，∴∠L＝∠DQL＝∠KDQ＝90°，∴四边形DQLK是矩形，∴KL＝DQ＝2，∵∠KFL＝∠BFE，∴＝tan∠KFL＝tan∠BFE＝＝，∴FL＝KL＝×2＝，∴EL＝EF+FL＝3+＝，∴EK＝∵CQ＝BE＝4，∴QF＝CF﹣CQ＝5﹣4＝1，∴DK＝QL＝QF+FL＝1+＝，第5页（共17页）＝＝，∵QN∥EM，∴∠DHK＝∠EBF，∴＝tan∠DHK＝tan∠EBF＝，＝，∵DH＝DK＝×＝∴＝＝，故选：D．【点评】此题重点考查正方形的性质、等腰三角形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、矩形的判定与性质、锐角三角函数与解直角三角形、二次根式的化简等知识与方法，此题综合性强，难度较大，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．二、填空题（本题有6小题，每小题5分，共30分）11．【分析】符合平方差公式的特征，直接运用平方差公式分解因式．平方差公式：a2﹣b2＝（a+b）（a﹣b）．【解答】解：a2﹣1＝（a+1）（a﹣1）．故答案为：（a+1）（a﹣1）．【点评】本题主要考查平方差公式分解因式，熟记公式是解题的关键．12．【分析】先根据众数的定义求出a的值，再利用平均数的计算方法求解．【解答】解：∵1，3，2，3，7，a，5，3，其中a是这组数据的众数，∴a的值为3．∴该组数据的平均数是：故答案为：．＝．【点评】本题主要考查众数和算术平均数，解题的关键是掌握算术平均数和众数的概念．13．【分析】按同分母分式的加法法则运算，再化简分式即可．【解答】解：原式＝＝＝2．第6页（共17页）故答案为：2．【点评】本题考查了分式的运算，掌握同分母分式的加减法法则是解决本题的关键．14．【分析】由正六边形的性质求出圆心角∠AOB的度数，得出所对的圆心角度数，再利用弧长公式解答即可．【解答】解：连接OA，OB，OC．∵六边形ABCDEF为正六边形，∴∠AOB＝∠BOC＝360°×＝60°，∴∠AOC＝120°，∴的长为＝π；故答案为：π．【点评】本题考查了正多边形和圆，弧长公式，解题的关键是记住弧长公式l＝．15．【分析】过点B作BE⊥OA于点E，作BF⊥y轴于点F，利用等腰三角形性质可得OE＝AE，由k的几何意义可得S△OBE＝k，推出S△ABO＝k，利用等底等高的三角形面积相等可得S△OBD＝S△ABO＝k，S△BOC＝k﹣3，再结合等高三角形面积比等于底的比可得＝＝，设B（b，），则BF＝b，BE＝，根据S△OBD＝S△ABO＝k，得出＝，再由BE∥OD，可得＝，建立方程求解即可得出答案．【解答】解：如图，过点B作BE⊥OA于点E，作BF⊥y轴于点F，∵OB＝AB，∴OE＝AE，∵S△OBE＝k，∴S△ABE＝S△OBE＝k，∴S△ABO＝k，∵AD∥OB，∴S△OBD＝S△ABO＝k，∵S△OCD＝3，∴S△BOC＝k﹣3，第7页（共17页）∵＝，∴＝，设B（b，），则BF＝b，BE＝，∵S△OBD＝S△ABO＝k，∴OD•BF＝OA•BE，∴OD＝∴＝，＝＝＝2BE，∵BE∥OD，∴△BCE∽△DCO，∴∴＝，＝，解得：k＝．故答案为：．【点评】本题考查了反比例函数系数k的几何意义，三角形面积，相似三角形的判定和性质等，关键是根据同底等高把面积进行转化．16．【分析】如图①，作半径OD⊥AB交AB于E，设OA＝xcm，应用垂径定理，勾股定理列出关于x的方程，求出x即可；如图②半径OA与地面垂直，OA⊥AK，作BK⊥AK于K，设BK＝ycm，应用勾股定理列出关于y的方程，求出y的值即可．【解答】解：如图①，作半径OD⊥AB交AB于E，设OA＝xcm，∴AE＝BE＝AB＝×90＝45cm，ED＝15cm，设OA＝xcm，∵OA2＝AE2+OE2，∴x2＝452+（x﹣15）2，∴x＝75，∴OA＝75cm．第8页（共17页）如图②半径OA与地面垂直，OA⊥AK，作BK⊥AK于K，设BK＝ycm，∵四边形AKBH是矩形，∴AH＝BK＝ycm，∴OH＝OA﹣AH＝（75﹣y）cm，∵BH2＝AB2﹣AH2＝OB2﹣OH2，∴902﹣y2＝752﹣（75﹣y）2，∴y＝54，∴点B离地高度应小于54cm．故答案为：75，54．【点评】本题考查垂径定理，勾股定理，关键是通过作辅助线构造直角三角形，应用勾股定理来解决问题．三、解答题（本题有8小题，共80分，解答需写出必要的文字说明、演算步骤或证明过程）17．【分析】（1）先根据零指数幂的计算法则，数的开方法则及特殊角的三角函数值分别计算出各数，再根据实数混合运算的法则进行计算即可；（2）先根据完全平方公式和单项式乘以多项式的法则把式子展开，再进行计算即可．【解答】解：（1）原式＝﹣2+3+1﹣2×＝﹣2+3+1﹣1＝1；（2）原式＝m2+4﹣4m﹣m2﹣4m＝4﹣8m．【点评】本题考查的是二次根式的混合运算，涉及到零指数幂的计算法则，数的开方法则及特殊角的三角函数值，完全平方公式和单项式乘以多项式，熟知以上知识是解题的关键．18．【分析】（1）根据角平分线定义得到∠ADB＝∠EDC，利用AAS证明△ABD≌△ECD；（2）根据全等三角形的性质及等腰三角形的性质推出∠DBC＝∠DCB＝55°，根据三角形内角和定理求出∠EDC＝70°，则∠ADB＝70°，根据三角形内角和定理即可得解．【解答】（1）证明：∵BD平分∠ADC，∴∠ADB＝∠EDC，第9页（共17页）在△ABD和△ECD中，，∴△ABD≌△ECD（AAS）；（2）解：∵△ABD≌△ECD，∴BD＝CD，∴∠DBC＝∠DCB＝55°，∴∠EDC＝180°﹣55°﹣55°＝70°，∴∠ADB＝70°，∴∠ABD＝180°﹣70°﹣90°＝20°．【点评】此题考查了全等三角形的判定与性质，利用AAS证明△ABD≌△ECD是解题的关键．19．【分析】（1）用步行的人数除以所占的百分比即可得出调出的总人数；（2）用调查的总人数乘以所占的百分比，即可求出C类和D类的人数，从而补全统计图；（3）根据题意先画出树状图得出所以等情况数和恰好是一位男同学和一位女同学的情况数，然后根据概率公式即可得出答案．【解答】解：（1）本次调查的学生数＝10÷50%＝20（名）；（2）C类女生数有20×25%﹣2＝3名；D类男生数有20×（1﹣50%﹣25%﹣15%）﹣1＝1名，条形统计图为：故答案为：3，1；（3）画树状图为：第10页（共17页）共有6种等可能的结果数，其中恰好是一位男同学和一位女同学的结果数为3种，所以所选A，D两类同学中恰好是一位男同学和一位女同学的概率是＝．【点评】此题主要考查了条形统计图和扇形统计图的综合运用，读懂统计图，从不同的统计图中得到必要的信息是解决问题的关键．条形统计图能清楚地表示出每个项目的数据；扇形统计图直接反映部分占总体的百分比大小．20．【分析】（1）根据平行四边形的对角线互相平分作图；（2）根据网格线是平行的得出相似三角形，再利用相似三角形的性质作图．【解答】解：如下图：（1）线段GH即为所求；（2）线段MN即为所求．【点评】本题考查了作图的应用与设计，掌握平行四边形和相似三角形的性质是解题的关键，21．【分析】（1）连接AC．欲证明CD＝CH，只要证明∠CHD＝∠CDH；（2）过点H作HJ⊥CD于点J．连接BC．首先证明G是△ACD的重心，推出AG＝2GE，设GH＝k，则CG＝2k，CH＝CD＝3k，EC＝ED＝k，可得EG＝AG＝k，AE＝＝k，k，再证明△AEC∽△CEB，推出EC2＝AE•EB，构建方程求解．【解答】（1）证明：连接AC．∵AB是直径，AB⊥CD，∴＝，第11页（共17页）∵∴＝＝，，∴∠FAD＝∠ADC，∵CH∥AF，∴∠CHD＝∠FAD，∴∠CHD＝∠ADC，∴CH＝CD；（2）解：过点H作HJ⊥CD于点J．连接BC．∵∴＝＝，，∴AF＝CD，∵AB⊥CD，JH⊥CD，∴HJ∥GE，∵CG＝2GH，∴＝＝2，∴CE＝2EJ，∵AB是直径，AB⊥CD，∴EC＝ED，∴EJ＝JD，∵HJ∥AE，∴AH＝HD，∴G是△ACD的重心，∴AG＝2GE，设GH＝k，则CG＝2k，CH＝CD＝3k，EC＝ED＝k，∴EG＝∴AG＝k，AE＝＝k，k，∵AB是直径，第12页（共17页）∴∠ACB＝90°，∵∠AEC＝∠BEC＝90°，∴∠CAE+∠ACE＝90°，∠ACE+∠BCE＝90°，∴∠CAE＝∠BCE，∴△AEC∽△CEB，∴EC2＝AE•EB，∴（k）2＝解得k＝，．k（10﹣k），∴AF＝CD＝3k＝【点评】本题考查圆心角，弧，弦之间的关系，垂径定理，勾股定理，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题．22．【分析】任务一：用待定系数法求解即可；任务二：先求出点D的纵坐标，代入解析式求出点C和点D的横坐标，求出开口宽度，然后可求出每边这样的图案最多可以摆放几个；任务三：设较大的抛物线段m条，较小抛物线n条，可得40m+30n≤200（m，n为正整数，且m≤5），然后讨论即可．【解答】解：任务一：由题意得：AB＝200÷5＝40（m），点B的坐标为（20，0.8），设抛物线解析式为y＝ax2，将B点坐标代入解析式得：0.8＝400a，解得a＝，x2；∴抛物线解析式为y＝任务二：h＝0.7时，点D的纵坐标为：（1.6﹣0.7）÷2＝0.45，当y＝0.45时，代入y＝得0.45＝x2，x2，解得x1＝﹣15，x2＝15，∴CD＝30，200÷30＝6，第13页（共17页）∴这样的抛物线图案每边最多可以摆放6个；任务三：设较大的抛物线可以摆放m条，较小的抛物线n条，由以上条件可知：AB＝40，CD＝30，40m+30n≤200（m，n为正整数，且m≤5），，①m＝1，n＝5（不能对称摆放，舍去），②m＝1，n＝4（中间摆1个较大的，左右摆2个较小的，两边各余20米，符合题意），③m＝2，n＝4（中间摆2个较大的，左右摆2个较小的，两边各余20米，符合题意）．④m＝3，n＝2（中间摆3个较大的，左右摆1个较小的，两边各余10米，符合题意），⑤m＝4，n＝1（不对称摆放，舍去）综上所述，方案1：较大的抛物线段1条，较小的抛物线4条；方案2：较大的抛物线段1条，较小的抛物线4条；方案3：较大的抛物线段3条，较小的抛物线2条．【点评】本题考查了二次函数的应用，求出抛物线解析式是解得本题关键．23．【分析】（1）利用圆周角定理和全等三角形的判定定理解答即可；（2）①利用切线的性质定理，矩形的性质和相似三角形的判定与性质，通过证明△ABE∽△DEF得到，再利用直角三角形的边角关系定理解答即可得出结论；②利用分类讨论的思想方法分两种情况讨论解答：Ⅰ．当GA＝GB时，利用全等三角形的判定与性质得到BE＝BC，设BC＝x，则AD＝BC＝x，则AE＝AD﹣DE＝x﹣1，利用勾股定理列出方程解答即可；Ⅱ．当GA＝AB＝2时，利用相似三角形的判定得到△BAE∽△BCF，进而得到，再利用（2）①的结论，利用勾股定理解答即可得出结论；（3）利用全等三角形的判定定理证明得到Rt△EGF≌Rt△EDF和Rt△EAB≌Rt△EGB，得到AE＝EG＝DE，利用三角形的中位线得到DF＝FC＝FG，设DF＝FC＝FG＝a，则AB＝CD＝BG＝2a，则BF＝BG+GF＝3a，取BF的中点H，连接EH，利用梯形的中位线定理得到EF，最后利用相似三角形的判定定理得到△CFG∽△EHF，由相似三角形的性质即可得出结论．【解答】（1）证明：∵BE为直径，∴∠BAE＝∠BGE＝90°．在Rt△ABE和Rt△GBE中，，∴Rt△ABE和Rt△GBE（HL）；第14页（共17页）（2）解：①∵EF与⊙O相切，∴BE⊥EF，∴∠BEF＝90°，∴∠AEB+∠DEF＝90°．∵四边形ABCD为矩形，∴∠BAE＝90°，∴∠ABE+∠AEB＝90°，∴∠ABE＝∠DEF，∵∠BAE＝∠D＝90°，∴△ABE∽△DEF，∴．在Rt△BEF中，∵tan∠EBF＝，∴，2＝1；∴DE＝AB＝②若△ABG是以AG为腰的等腰三角形，Ⅰ．当GA＝GB时，∵GA＝GB，∴∠GAB＝∠GBA，∵∠DAB＝∠CBA＝90°，∴∠EAG＝∠FBC．∵∠EAG＝∠EBG，∴∠EBG＝∠FBC．在△BEF和△BCF中，，∴△BEF≌△BCF（AAS），∴BE＝BC．第15页（共17页）设BC＝x，则AD＝BC＝x，∴AE＝AD﹣DE＝x﹣1，∵AB2+AE2＝BE2，∴22+（x﹣1）2＝x2，解得：x＝，∴BC＝；Ⅱ．当GA＝AB＝2时，∵GA＝AB，∴∠ABG＝∠AGB．∵∠AEB＝∠AGB．∴∠AEB＝∠ABG．∵∠AEB+∠ABE＝90°，∠ABG+∠FBC＝90°，∴∠ABE＝∠FBC，∵∠BAE＝∠C＝90°，∴△BAE∽△BCF，∴．，由（2）知：∴∴∴BC＝，，．综上，若△ABG是以AG为腰的等腰三角形，满足条件的BC的长为或（3）解：∵BE为圆的直径，∴∠EGF＝90°．在Rt△EGF和Rt△EDF中，，∴Rt△EGF≌Rt△EDF（HL），∴∠DEF＝∠GEF，DF＝FG．第16页（共17页）；∵∠AEG+∠GEF＝90°，∠DEF+∠AEB＝90°，∴∠AEB＝∠GEB．在Rt△EAB和Rt△EGB中，，∴Rt△EAB≌Rt△EGB（AAS），∴AB＝BG，AE＝EG，∴AE＝EG＝DE，∴BE⊥AC．∵BE⊥EF，∴EF∥AC．∴EF为△DAC的中位线，∴DF＝FC，∴DF＝FC＝FG．设DF＝FC＝FG＝a，则AB＝CD＝BG＝2a，∴BF＝BG+GF＝3a．取BF的中点H，连接EH，如图，则EH为梯形ABFD的中位线，∴EF＝∵EF∥AC，∴∠FGC＝∠EFH．∵EH∥CD，∴∠CFG＝∠EHF，∴△CFG∽△EHF，∴．a．【点评】本题主要考查了圆的有关性质，圆周角定理，圆的切线的性质定理，等腰三角形的性质，直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质三角形的中位线定理，利用分类讨论的思想方法解答是解题的关键。第17页（共17页）