专题6.1小题易丢分期末考前必做选择30题（提升版）-2022-2023学年九年级数学上学期复习备考高分秘籍 【苏科版】（解析版）

2022-2023学年九年级数学上学期复习备考高分秘籍【苏科版】专题6.1小题易丢分期末考前必做选择30题（提升版）一．选择题（共30小题）1．（2022秋•仪征市期中）如果关于x的方程（x﹣4）2＝m﹣1可以用直接开平方法求解，那么m的取值范围是（）A．m≥1 B．m＞1 C．m＞﹣1 D．m≥﹣1【分析】根据解一元二次方程﹣直接开平方法得到m﹣1≥0，然后解不等式即可．【解析】根据题意得m﹣1≥0，解得m≥1．故选：A．2．（2022秋•仪征市期中）关于x的方程a（x+m）2+b＝0的解是x1＝﹣2，x2＝1（a，m，b均为常数，a≠0），则方程a（x﹣m+2）2+b＝0的解是（）A．x1＝0，x2＝﹣3 B．x1＝0，x2＝3 C．x1＝﹣4，x2＝﹣1 D．无法求解【分析】把方程a（x﹣m+2）2+b＝0变形为a[（﹣x﹣2）+m]2+b＝0，所以可以把方程a（x﹣m+2）2+b＝0看作关于（﹣x﹣2）的一元二次方程，根据题意得﹣x﹣2＝﹣2或﹣x﹣2＝1，然后解一次方程即可．【解析】把方程a（x﹣m+2）2+b＝0变形为a[（﹣x﹣2）+m]2+b＝0，则方程a（x﹣m+2）2+b＝0看作关于（﹣x﹣2）的一元二次方程，∵a（x+m）2+b＝0的解是x1＝﹣2，x2＝1，∴﹣x﹣2＝﹣2或﹣x﹣2＝1，解得x1＝0，x2＝﹣3，即方程a（x﹣m+2）2+b＝0的解是x1＝0，x2＝﹣3．故选：A．3．（2022秋•梁溪区校级期中）我国南宋数学家杨辉在1275年提出的一个问题：“直田积（矩形面积）八百六十四步（平方步），只云阔（宽）不及长一十二步（宽比长少一十二步），问阔及长各几步？”若设宽为x步，则可列方程（）A．x（x﹣12）＝864 B．x（x+12）＝864 C．2（x+x+12）＝864 D．（x+12）（x﹣12）＝864【分析】根据矩形长与宽之间的关系，可得出长为（x+12）步，再结合矩形的面积为八百六十四平方步，即可得出关于x的一元二次方程，此题得解．【解析】∵宽比长少一十二步，且宽为x步，∴长为（x+12）步，又∵直田积（矩形面积）八百六十四步（平方步），∴根据题意可列出方程x（x+12）＝864．故选：B．4．（2022秋•常州期中）已知三角形两边的长分别是8和6，第三边的长是方程x2﹣9x+14＝0的一个实数根，则三角形的周长是（）A．21 B．21或16 C．16 D．22【分析】先利用因式分解法解方程得到x1＝2，x2＝7，然后根据三角形三边的关系确定第三边的长，从而得到三角形的周长．【解析】x2﹣9x+14＝0，（x﹣2）（x﹣7）＝0，x﹣2＝0或x﹣7＝0，所以x1＝2，x2＝7，当三角形的第三边长为2时，2+6＝8，不符合三角形三边的关系，舍去；当三角形的第三边长为7时，三角形的周长为6+8+7＝21．故选：A．（2022秋•姜堰区期中）有3个样本数据如图所示，样本1、样本2、样本3的方差分别为S12、S22、S32，关于它们有下列几种说法：①S12＞S22，②S22＞S32，③S32＞S12．其中正确的序号为（）A．② B．③ C．②③ D．①②【分析】分别计算出方差即可．【解析】样本1的平均数为＝5，S12＝×[（2﹣5）2+（3﹣5）2+（6﹣5）2+（9﹣5）2+（10﹣5）2]＝11，样本2的平均数为＝5，S22＝×[（2﹣5）2+（4﹣5）2+（6﹣5）2+（8﹣5）2+（10﹣5）2]＝9，样本3的平均数为＝5，S32＝×[（2﹣5）2+（5﹣5）2+（6﹣5）2+（7﹣5）2+（10﹣5）2]＝7.8，∴S12＞S22＞S32．故选：D．6．（2022秋•高邮市期中）我校在科技文化节活动中，8位评委给某个节目的评分各不相同，去掉1个最高分和1个最低分，剩下的6个评分与原始的8个评分相比一定不发生变化的是（）A．平均数 B．中位数 C．方差 D．众数【分析】根据平均数、中位数、方差、众数的意义即可求解．【解析】根据题意，从8个原始评分中去掉1个最高分和1个最低分，得到6个有效评分．6个有效评分与8个原始评分相比，中位数一定不发生变化．故选：B．7．（2022秋•玄武区期中）如图，在一块正三角形飞镖游戏板上画一个正六边形（图中阴影部分），假设飞镖投中游戏板上的每一点是等可能的（若投中边界或没有投中游戏板，则重投1次），任意投掷飞镖1次，则飞镖投中阴影部分的概率为（）A． B． C． D．【分析】根据几何概率的求法：飞镖落在阴影部分的概率就是阴影区域的面积与总面积的比值．【解析】如图，根据等边三角形和正六边形的性质，可知图中所有小三角形的面积都相等，∴任意投掷飞镖一次，飞镖投中阴影部分的概率为＝．故选：D．8．（2022春•武进区期中）袋子里有8个红球，m个白球，3个黑球，每个球除颜色外都相同，从中任意摸出一个球，若摸到红球的可能性最大，则m的值不可能是（）A．1 B．3 C．5 D．10【分析】摸到红球的可能性最大，即白球的个数比红球的少．【解析】袋子里有8个红球，m个白球，3个黑球，若摸到红球的可能性最大，则m的值不可能大于8．观察选项，只有选项D符合题意．故选：D．9．（2022秋•仪征市期中）已知⊙O的半径为2cm，点P到圆心O的距离为，则点P在⊙O（）A．上 B．内 C．外 D．内或外【分析】直接根据点与圆的位置关系即可得出结论．【解析】∵⊙O的半径为2cm，点P到圆心O的距离为cm，2cm＞cm，∴点P在圆内．故选：B．10．（2022秋•江都区期中）下列说法正确的是（）A．三点确定一个圆 B．任何三角形有且只有一个内切圆 C．长度相等的弧是等弧 D．三角形的外心是三条角平分线的交点【分析】根据确定圆的条件，三角形的内切圆与内心，等弧的概念，三角形的外接圆与外心，逐一判断即可．【解析】A．不在同一条直线上的三个点确定一个圆，故A不符合题意；B．任何三角形有且只有一个内切圆，故B符合题意；C．能够重合的弧是等弧，故C不符合题意；D．三角形的外心是三条边垂直平分线的交点，故D不符合题意；故选：B．11．（2022秋•高邮市期中）如图，已知⊙O的直径为26，弦AB＝24，动点P、Q在⊙O上，弦PQ＝10，若点M、N分别是弦AB、PQ的中点，则线段MN的取值范围是（）A．7≤MN≤17 B．14≤MN≤34 C．7＜MN＜17 D．6≤MN≤16【分析】连接OM、ON、OA、OP，由垂径定理得OM⊥AB，ON⊥PQ，AM＝AB＝12，PN＝PQ＝5，由勾股定理得OM＝5，ON＝12，当AB∥PQ时，M、O、N三点共线，当AB、PQ位于O的同侧时，线段MN的长度最短＝ON﹣OM＝7，当AB、PQ位于O的两侧时，线段EF的长度最长＝OM+ON＝17，便可得出结论．【解析】连接OM、ON、OA、OP，如图所示：∵⊙O的直径为26，∴OA＝OP＝13，∵点M、N分别是弦AB、PQ的中点，AB＝24，PQ＝10，∴OM⊥AB，ON⊥PQ，AM＝AB＝12，PN＝PQ＝5，∴OM＝＝5，ON＝＝12，当AB∥PQ时，M、O、N三点共线，当AB、PQ位于O的同侧时，线段MN的长度最短＝OM﹣ON＝12﹣5＝7，当AB、PQ位于O的两侧时，线段MN的长度最长＝OM+ON＝12+5＝17，∴线段MN的长度的取值范围是7≤MN≤17，故选：A．12．（2022秋•天宁区校级期中）如图，等边三角形ABC的边长为8，以BC上一点O为圆心的圆分别与边AB、AC相切，则⊙O的半径为（）A．3 B．4 C．2 D．4﹣【分析】设⊙O与AC的切点为E，连接AO，OE，根据等边三角形的性质得到AC＝8，∠C＝∠BAC＝60°，由切线的性质得到∠BAO＝∠CAO＝∠BAC＝30°，求得∠AOC＝90°，解直角三角形即可得到结论．【解析】设⊙O与AC的切点为E，连接AO，OE，∵等边三角形ABC的边长为8，∴AC＝8，∠C＝∠BAC＝60°，∵圆分别与边AB，AC相切，∴∠BAO＝∠CAO＝BAC＝30°，∴∠AOC＝90°，∴OC＝AC＝4，∵OE⊥AC，∴OE＝OC＝2，∴⊙O的半径为2，故选：C．13．（2022秋•姜堰区期中）如图，正n边形A1A2A3…An两条对角线A1A7、A4A6的延长线交于点P，若∠P＝24°，则n的值是（）A．12 B．15 C．18 D．24【分析】连接A2A6，A2A4，根据正n边形的性质知A1A7∥A2A6，得∠P＝∠A2A6A4＝24°，则正n边形中心角为24°，即可解决问题．【解析】连接A2A6，A2A4，∵多边形是正n边形，∴A1A7∥A2A6，∴∠P＝∠A2A6A4＝24°，∴正n边形中心角为24°，∴n＝360°÷24°＝15，故选：B．14．（2022秋•梁溪区校级期中）如图，▱ABCD的三个顶点A、B、D均在⊙O上，且对角线AC经过点O，BC与⊙O相切于点B，已知⊙O的半径为6，则▱ABCD的面积为（）A．54 B．76.8 C．36 D．72+14【分析】连接OB，延长BO交AD于E，如图，先根据切线的性质得OB⊥BC，再利用平行四边形的性质得AD∥BC，AD＝BC，所以BE⊥AD，接着根据垂径定理得到AE＝DE，然后证明△AOE∽△COB，利用相似比求出OE＝3，OC＝12，则根据勾股定理可计算出BC，然后利用平行四边形的面积公式求解．【解析】连接OB，延长BO交AD于E，如图，∵BC与⊙O相切于点B，∴OB⊥BC，∵四边形ABCD为平行四边形，∴AD∥BC，AD＝BC，∴BE⊥AD，∴AE＝DE＝AD＝BC，∵AE∥BC，∴△AOE∽△COB，∴，∴OE＝OB＝3，OC＝2OA＝12，在Rt△OCB中，BC＝＝6，∴▱ABCD的面积＝BE•BC＝（3+6）×6＝54．故选：A．15．（2022春•盱眙县期中）如图，四边形ABCD是正方形，以B为圆心，作半径长为2的半圆，交AB于点E．将半圆B绕点E逆时针旋转，记旋转角为30°，半圆B正好与边CD相切，则正方形的边长为（）A．3 B．2 C．2+ D．4【分析】设半圆B与边CD相切的切点为F，旋转后的圆心B的对应点为O，连接FO并延长交AB于H，根据切线的性质得到FH⊥CD，根据矩形的性质得到FH＝BC，∠BHF＝∠EHO＝90°，根据旋转的性质得到OE＝EB＝OF＝2，∠BEO＝30°，于是得到结论．【解析】设半圆B与边CD相切的切点为F，旋转后的圆心B的对应点为O，连接FO并延长交AB于H，∵CD与⊙O相切，∴FH⊥CD，∵四边形ABCD是正方形，∴∠DCB＝∠ABC＝90°，∴四边形BCFH是矩形，∴FH＝BC，∠BHF＝∠EHO＝90°，∵将半圆B绕点E逆时针旋转，记旋转角为30°，∴OE＝EB＝OF＝2，∠BEO＝30°，∴OH＝OE＝1，∴BC＝FH＝3，即正方形的边长为3，故选：A．16．（2022秋•海陵区校级月考）如图，△ABC内接于⊙O，DE，FG是⊙O的弦，AB＝DE，FG＝AC．下列结论：①DE+FG＝BC；②+＝；③∠DOE+∠FOG＝∠BOC；④∠DEO+∠FGO＝∠BAC．其中所有正确结论的序号是（）A．①②③④ B．②③ C．②④ D．②③④【分析】利用已知条件与三角形的任意两边之和大于第三边可以判定①错误；利用在同圆或等圆中，等弦对等弧，以及等式的性质可以判定②正确；利用在同圆或等圆中，等弦所对的圆心角相等以及等式的性质可以判定③正确；利用等腰三角形的性质以及③的结论可以判定④正确．【解析】∵AB+AC＞BC，AB＝DE，FG＝AC，∴DE+FG＞BC．∴①错误；∵AB＝DE，FG＝AC，∴＝，＝．∴+＝+，∴+＝，∴②正确；连接OA，OB，OC，OD，OE，OF，OG，如图，∵AB＝DE，FG＝AC，∴∠AOB＝∠DOE，∠AOC＝∠FOG．∴∠AOB+∠AOC＝∠DOE+∠FOG．即∠DOE+∠FOG＝∠BOC．∴③正确；∵OA＝OB，∴∠OAB＝∠OBA＝＝90°﹣∠AOB．同理可得：∠OAC＝90°﹣∠AOC，∠DEO＝90°﹣∠DOE，∠FGO＝90°﹣∠FOG．∴∠OAB+∠OAC＝180°﹣（∠AOB+∠AOC）＝180°﹣∠BOC，∠DEO+∠FGO＝180°﹣（∠DOE+∠FOG）．由③知：∠DOE+∠FOG＝∠BOC，∴∠OAB+∠OAC＝∠DEO+∠FGO．即：∠DEO+∠FGO＝∠BAC．∴④正确；∴正确的序号为：②③④．故选：D．17．（2022秋•东台市期中）抛物线y＝ax2+bx+c上部分点的横坐标x和纵坐标y的对应值如下表，则下列说法中正确的有（）个x…﹣4﹣3﹣2﹣101…y…﹣37﹣21﹣9﹣133…①当x＞1时，y随x的增大而减小．②抛物线的对称轴为直线x＝﹣．③当x＝2时，y＝﹣9．④方程ax2+bx+c＝0一个正数解x1满足1＜x1＜2．A．1 B．2 C．3 D．4【分析】根据抛物线的轴对称性，将表格扩充，容易发现①④正确，②③错误．【解析】①由表格看出，当x＞1时，y随x的增大而减小，故①的说法正确；②由表格看出，这个抛物线的对称轴为直线x＝，故②的说法错误；③当x＝2时的函数值与x＝﹣1时的函数值相同，即y＝﹣1，故③的说法错误；④方程ax2+bx+c＝0的解异号，其中正数解x1满足1＜x1＜2，负数解x2满足﹣1＜x2＜0，故④的说法正确．故选：B．18．（2022秋•射阳县校级月考）如图，点A，B的坐标分别为（2，5）和（5，5），抛物线y＝a（x﹣m）2+n的顶点在线段AB上运动（抛物线随顶点一起平移），与x轴交于C、D两点（C在D的左侧），点C的横坐标最小值为﹣3，则点D的横坐标最大值为（）A．2 B．10 C．5 D．9【分析】当C点横坐标最小时，抛物线顶点必为A（2，5），根据此时抛物线的对称轴，可判断出CD间的距离；当D点横坐标最大时，抛物线顶点为B（5，5），再根据此时抛物线的对称轴及CD的长，可判断出D点横坐标最大值．【解析】当点C横坐标为﹣3时，抛物线顶点为A（2，5），对称轴为x＝2，此时D点横坐标为7，则CD＝10；当抛物线顶点为B（5，5）时，抛物线对称轴为x＝5，且CD＝10，故C（0，0），D（10，0）；由于此时D点横坐标最大，故点D的横坐标最大值为10；故选：B．19．（2022秋•如皋市校级月考）若A（m+1，y1）、B（m，y2），C（m﹣2，y3）为抛物线y＝ax2﹣4ax+2（a＜0）上三点，且总有y2＞y3＞y1，则m的取值范围是（）A．m＞2 B． C． D．m＞3【分析】由抛物线解析式可得抛物线开口方向及对称轴，根据抛物线开口方向及对称轴分类讨论y2＞y3，y3＞y1，可得m的取值范围．【解析】∵y＝ax2﹣4ax+2（a＜0），∴抛物线开口向下，对称轴为直线x＝＝2，∵y2＞y3，∴＜2，解得m＜3，∵y3＞y1，∴＞2，解得m＞，故选：C．20．（2022秋•南通月考）函数y＝|ax2+bx+c|（a＞0，b2﹣4ac＞0）的图象是由函数y＝ax2+bx+c（a＞0，b2﹣4ac＞0）的图象x轴上方部分不变，下方部分沿x轴向上翻折而成，如图所示，则下列结论正确的是（）①2a+b＝0；②c＝3；③abc＞0；④将图象向上平移1个单位后与直线y＝5有3个交点．A．①② B．①③ C．②③④ D．①③④【分析】根据函数图象与x轴交点的横坐标求出对称轴为，进而可得2a+b＝0，由图象可得抛物线y＝ax2+bx+c与y轴交点在x轴下方，由抛物线y＝ax2+bx+c的开口方向，对称轴位置和抛物线与y轴交点位置可得abc的符号，求出二次函数y＝ax2+bx+c的顶点式，可得图象向上平移1个单位后与直线y＝5有3个交点【解析】∵图象经过（﹣1，0），（3，0），∴抛物线y＝ax2+bx+c的对称轴为直线x＝1，∴﹣＝1，∴b＝﹣2a，即2a+b＝0，①正确．由图象可得抛物线y＝ax2+bx+c与y轴交点在x轴下方，∴c＜0，②错误．由抛物线y＝ax2+bx+c的开口向上可得a＞0，∴b＝﹣2a＜0，∴abc＞0，③正确．设抛物线y＝ax2+bx+c的解析式为y＝a（x+1）（x﹣3），代入（0，3）得：3＝﹣3a，解得：a＝﹣1，∴y＝﹣（x+1）（x﹣3）＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4，∴顶点坐标为（1，4），∵点（1，4）向上平移1个单位后的坐标为（1，5），∴将图象向上平移1个单位后与直线y＝5有3个交点，故④正确；故选：D．21．（2022•宿豫区开学）已知二次函数y＝2x2﹣4x﹣1在0≤x≤a时，y取得的最大值为15，则a的值为（）A．1 B．2 C．3 D．4【分析】先找到二次函数的对称轴和顶点坐标，求出y＝15时，x的值，再根据二次函数的性质得出答案．【解析】∵二次函数y＝2x2﹣4x﹣1＝2（x﹣1）2﹣3，∴抛物线的对称轴为x＝1，顶点（1，﹣3），∴当y＝﹣3时，x＝1，当y＝15时，2（x﹣1）2﹣3＝15，解得x＝4或x＝﹣2，∵当0≤x≤a时，y的最大值为15，∴a＝4，故选：D．22．（2022•苏州模拟）若二次函数y＝﹣x2+b的图象经过点（0，4），则不等式﹣x2+b≥0的解集为（）A．﹣2≤x≤2 B．x≤2 C．x≥﹣2 D．x≤﹣2或x≥2【分析】由抛物线经过（0，4）可得抛物线解析式，将y＝0代入抛物线解析式可得抛物线与x轴交点横坐标，进而求解．【解析】将（0，4）代入y＝﹣x2+b得b＝4，∴抛物线y＝﹣x2+4，将y＝0代入y＝﹣x2+4得0＝﹣x2+4，解得x1＝﹣2，x2＝2，∵抛物线开口向下，∴﹣2≤x≤2时﹣x2+b≥0，故选：A．23．（2022秋•海陵区校级期中）如图，在△ABC中，P为AB上一点，在下列四个条件中，不能判定△APC和△ACB相似的条件是（）A．∠ACP＝∠B B．∠APC＝∠ACB C．AC2＝AP•AB D．AC•CP＝AP•CB【分析】根据三角形相似的判定方法逐一进行判断．【解析】当∠ACP＝∠B时，∵∠A＝∠A，∴△ACP∽∠ABC；当∠APC＝∠ACB时，∵∠A＝∠A，∴△ACP∽∠ABC；当AC2＝AP•AB时，即，∵A＝∠A，∴△ACP∽∠ABC；当AB•CP＝AP•CB时，即，∵A＝∠A，∴不能判定△APC和△ACB相似，故选：D．24．（2022秋•江阴市校级月考）如图，平行四边形ABCD中，E是边BC上的点，AE交BD于点F，如果BE＝2EC，那么S△BEF：S△DAF等于（）A．1：2 B．1：3 C．2：3 D．4：9【分析】由四边形ABCD是平行四边形，得BC∥AD，BC＝DA，由BE＝2EC，得＝＝，再证明△BEF∽△ADF，得＝＝，于是得到问题的答案．【解析】∵四边形ABCD是平行四边形，∴BC∥AD，BC＝DA，∵BE＝2EC，∴＝，∴＝，∵BE∥AD，∴△BEF∽△ADF，∴＝＝＝，∴S△BEF：S△DAF等于4：9，故选：D．25．（2022秋•锡山区校级月考）如图，正方形ABCD的边长为6，点E是BC的中点，连接AE与对角线BD交于点G，连接CG并延长，交AB于点F，连接DE交CF于点H，连接AH．以下结论：①∠DEC＝∠AEB；②CF⊥DE；③AF＝BF；④＝，⑤HG＝，其中正确结论的个数是（）A．2 B．3 C．4 D．5【分析】由四边形ABCD是边长为6的正方形，点E是BC的中点，得DC＝AB＝6，∠DCE＝∠ABE＝90°，CE＝BE＝3，即可证明△DCE≌△ABE，得∠DEC＝∠AEB，可判断①正确；由∠ABG＝∠CBG＝45°，AB＝CB，BG＝BG，证明△ABG≌△CBG，得∠BAE＝∠BCF＝∠CDE，则∠DHF＝∠DCF+∠CDE＝∠DCF+∠BCF＝90°，即可证明CF⊥DE，可判断②正确；由∠BCF＝∠BAE，CB＝AB，∠CBF＝∠ABE，证明△CBF≌△ABE，得BF＝BE＝3，所以AF＝BF＝3，可判断③正确；根据勾股定理求得CF＝AE＝DE＝＝3，则3CH＝×6×3＝S△CDE，求得CH＝，则HF＝，所以＝，可判断④正确；由△BFG∽△DCG，得＝＝，则FG＝×3＝，所以HG＝3﹣﹣＝，可判断⑤正确，于是得到问题的答案．【解析】∵四边形ABCD是边长为6的正方形，点E是BC的中点，∴DC＝AB＝6，∠DCE＝∠ABE＝90°，CE＝BE＝3，∴△DCE≌△ABE（SAS），∴∠DEC＝∠AEB，故①正确；∵AB＝AD，∠BAD＝90°，∴∠ABD＝∠ADB＝45°，同理∠CBD＝∠CDB＝45°，∴∠ABG＝∠CBG＝45°，∵AB＝CB，BG＝BG，∴△ABG≌△CBG（SAS），∴∠BAE＝∠BCF＝∠CDE，∴∠DHF＝∠DCF+∠CDE＝∠DCF+∠BCF＝∠BCD＝90°，∴CF⊥DE，故②正确；∵∠BCF＝∠BAE，CB＝AB，∠CBF＝∠ABE，∴△CBF≌△ABE（AAS），∴BF＝BE＝3，∴AF＝BF＝3，故③正确；∵S△CDE＝DE•CH＝DC•CE，CF＝AE＝DE＝＝3，∴3CH＝×6×3，∴CH＝，∴HF＝3﹣＝，∴＝＝，故④正确；∵BF∥CD，∴△BFG∽△DCG，∴＝＝＝，∴FG＝CF＝×3＝，∴HG＝3﹣﹣＝，故⑤正确，故选：D．26．（2022秋•太仓市期中）如图，AB是⊙O的直径，半径OC⊥AB于点O，AD平分∠BAC，交OC于点E，交于点D，连接CD，OD，给出以下四个结论：①S△ACE＝2S△DOE；②CE＝OE；③＝2；④2CD2＝CE•AB．其中结论正确的序号是（）A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①③④【分析】设⊙O的半径为r，则OA＝OC＝OD＝OB＝r，OD2＝r2，先证明△ACE∽△DOE，再根据勾股定理求得AC2＝2r2，则AC＝r，所以＝＝2，得S△ACE＝2S△DOE，可判断①正确；由△ACE∽△DOE，得＝＝＝，则CE＝OE≠OE，可判断②错误；由∠DAC＝∠DAB，得＝，则＝＝2，可判断③正确；由∠CDE＝∠COD，∠DCE＝∠OCD，证明△DCE∽△OCD，得＝，所以CD2＝CE•OC，即可证明2CD2＝CE•AB，可判断④正确，于是得到问题的答案．【解析】设⊙O的半径为r，则OA＝OC＝OD＝OB＝r，∴∠ODE＝∠OAD，OD2＝r2，∵AD平分∠BAC，∴∠CAE＝∠OAD，∴∠CAE＝∠ODE，∵∠AEC＝∠DEO，∴△ACE∽△DOE，∵OC⊥AB，∴∠AOC＝∠BOC＝90°，∴AC2＝OA2+OC2＝r2+r2＝2r2，∴AC＝r，∴＝＝＝＝2，∴S△ACE＝2S△DOE，故①正确；∵△ACE∽△DOE，∴＝＝＝，∴CE＝OE≠OE，故②错误；∵∠DAC＝∠DAB，∴＝，∴＝＝2，故③正确；∵∠COD＝∠BOD＝∠BOC＝∠AOC，∠CDE＝∠AOC，∴∠CDE＝∠COD，∵∠DCE＝∠OCD，∴△DCE∽△OCD，∴＝，∴CD2＝CE•OC，∴2CD2＝CE•2OC，∵2OC＝AB，∴2CD2＝CE•AB，故④正确，故选：D．27．（2022秋•惠山区期中）一艘货轮从小岛A正南方向的点B处向西航行30km到达点C处，然后沿北偏西60°方向航行20km到达点D处，此时观测到小岛A在北偏东60°方向，则小岛A与出发点B之间的距离为（）A．20km B．km C．km D．km【分析】过点D作DE⊥AB于点E，过点C作CF⊥DE于点F，易证四边形BCFE是矩形，得出EF＝BC＝30km，CF＝BE，由含30°角直角三角形的性质得出CF＝CD＝10km，再由锐角三角函数定义求出DF＝10km，则DE＝（10+30）km，然后由锐角三角函数定义求出AE＝（10+10）km，即可得出结果．【解析】过点D作DE⊥AB于点E，过点C作CF⊥DE于点F，如图所示：∵∠ABC＝90°，∴四边形BCFE是矩形，∴EF＝BC＝30km，CF＝BE，由题意得：∠DCF＝60°，∠ADE＝90°﹣60°＝30°，∴∠CDF＝90°﹣60°＝30°，∴CF＝CD＝×20＝10（km），∴BE＝10km，DF＝sin60°×CD＝×20＝10（km），∴DE＝DF+EF＝（10+30）（km），∴AE＝tan∠ADE•DE＝tan30°×DE＝×（10+30）＝（10+10）（km），∴AB＝AE+BE＝10+10+10＝（10+20）（km），故选：B．28．（2022•锡山区校级二模）已知：如图，在Rt△ABC中，∠A＝90°，AB＝8，tan∠ABC＝，点N是边AC的中点，点M是射线BC上的一动点（不与B，C重合），连接MN，将△CMN沿MN翻折得△EMN，连接BE，CE，当线段BE的长取最大值时，sin∠NCE的值为（）A． B． C． D．【分析】由翻折可知：NC＝NE，所以点E在以N为圆心，NC长为半径的圆上，点B，N，E共线时，如图所示：此时BE最大，由翻折可知：MN是CE的垂直平分线，延长GN交AB于点D，可得DN平分∠ANB，过点D作DH⊥BN，然后证明Rt△AND≌Rt△HND（HL），可得AN＝HN＝6，根据勾股定理即可解决问题．【解析】如图，由翻折可知：NC＝NE，所以点E在以N为圆心，NC长为半径的圆上，点B，N，E共线时，如图所示：此时BE最大，在Rt△ABC中，∠A＝90°，∵AB＝8，tan∠ABC＝＝，∴AC＝12，∵点N是边AC的中点，∴AN＝CN＝6，∴NE＝6，由翻折可知：MN是CE的垂直平分线，∴∠ENG＝∠CNG，延长GN交AB于点