广东省佛山市南海区2023-2024学年中考四模数学试题含解析

广东省佛山市南海区2023-2024学年中考四模数学试题请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。一、选择题（本大题共12个小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．）1．如图，在正五边形ABCDE中，连接BE，则∠ABE的度数为()A．30° B．36° C．54° D．72°2．已知，两数在数轴上对应的点如图所示，下列结论正确的是（）A． B． C． D．3．有若干个完全相同的小正方体堆成一个如图所示几何体，若现在你手头还有一些相同的小正方体，如果保持俯视图和左视图不变，最多可以再添加小正方体的个数为（）A．2 B．3 C．4 D．54．已知抛物线y=ax2+bx+c（a≠1）的对称轴为直线x=2，与x轴的一个交点坐标为（4，1），其部分图象如图所示，下列结论：①抛物线过原点；②a﹣b+c＜1；③当x＜1时，y随x增大而增大；④抛物线的顶点坐标为（2，b）；⑤若ax2+bx+c=b，则b2﹣4ac=1．其中正确的是（）A．①②③ B．①④⑤ C．①②④ D．③④⑤5．北京故宫的占地面积达到720000平方米，这个数据用科学记数法表示为()A．0.72×106平方米 B．7.2×106平方米C．72×104平方米 D．7.2×105平方米6．如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的两边OA，OC分别在x轴和y轴上，并且OA=5，OC=1．若把矩形OABC绕着点O逆时针旋转，使点A恰好落在BC边上的A1处，则点C的对应点C1的坐标为（）A．（﹣） B．（﹣） C．（﹣） D．（﹣）7．钟鼎文是我国古代的一种文字，是铸刻在殷周青铜器上的铭文，下列钟鼎文中，不是轴对称图形的是()A． B． C． D．8．若一组数据2，3，，5，7的众数为7，则这组数据的中位数为()A．2 B．3 C．5 D．79．如图是某个几何体的展开图，该几何体是（）A．三棱柱 B．圆锥 C．四棱柱 D．圆柱10．如图，正方形被分割成四部分，其中I、II为正方形，III、IV为长方形，I、II的面积之和等于III、IV面积之和的2倍，若II的边长为2，且I的面积小于II的面积，则I的边长为（）A．4 B．3 C． D．11．如图，点P是菱形ABCD边上的一动点，它从点A出发沿在A→B→C→D路径匀速运动到点D，设△PAD的面积为y，P点的运动时间为x，则y关于x的函数图象大致为（）A．B．C．D．12．如图，在边长为4的正方形ABCD中，E、F是AD边上的两个动点，且AE=FD，连接BE、CF、BD，CF与BD交于点H，连接DH，下列结论正确的是（）①△ABG∽△FDG②HD平分∠EHG③AG⊥BE④S△HDG：S△HBG=tan∠DAG⑤线段DH的最小值是2﹣2A．①②⑤ B．①③④⑤ C．①②④⑤ D．①②③④二、填空题：（本大题共6个小题，每小题4分，共24分．）13．用黑白两种颜色的正六边形地面砖按如图所示的规律，拼成若干图案：第4个图案有白色地面砖______块；第n个图案有白色地面砖______块．14．如图，AB是半径为2的⊙O的弦，将沿着弦AB折叠，正好经过圆心O，点C是折叠后的上一动点，连接并延长BC交⊙O于点D，点E是CD的中点，连接AC，AD，EO．则下列结论：①∠ACB=120°，②△ACD是等边三角形，③EO的最小值为1，其中正确的是_____．（请将正确答案的序号填在横线上）15．如图,点A、B、C是圆O上的三点,且四边形ABCO是平行四边形,OF⊥OC交圆O于点F，则∠BAF=__．16．计算：-=________.17．如图，在平面直角坐标系中，函数y=（x＞0）的图象经过矩形OABC的边AB、BC的中点E、F，则四边形OEBF的面积为________．18．如图，在边长为3的菱形ABCD中，点E在边CD上，点F为BE延长线与AD延长线的交点．若DE=1，则DF的长为________．三、解答题：（本大题共9个小题，共78分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．19．（6分）如图，在平面直角坐标系中，直线y1＝2x+b与坐标轴交于A、B两点，与双曲线（x＞0）交于点C，过点C作CD⊥x轴，垂足为D，且OA＝AD，点B的坐标为（0，﹣2）．（1）求直线y1＝2x+b及双曲线（x＞0）的表达式；（2）当x＞0时，直接写出不等式的解集；（3）直线x＝3交直线y1＝2x+b于点E，交双曲线（x＞0）于点F，求△CEF的面积．20．（6分）元旦放假期间，小明和小华准备到西安的大雁塔（记为A）、白鹿原（记为B）、兴庆公园（记为C）、秦岭国家植物园（记为D）中的一个景点去游玩，他们各自在这四个景点中任选一个，每个景点被选中的可能性相同．（1）求小明选择去白鹿原游玩的概率；（2）用树状图或列表的方法求小明和小华都选择去秦岭国家植物园游玩的概率．21．（6分）某校决定加强羽毛球、篮球、乒乓球、排球、足球五项球类运动，每位同学必须且只能选择一项球类运动，对该校学生随机抽取进行调查，根据调查结果绘制了如下不完整的频数分布表和扇形统计图：运动项目

频数(人数)

羽毛球

30

篮球

乒乓球

36

排球

足球

12

请根据以上图表信息解答下列问题：频数分布表中的，；在扇形统计图中，“排球”所在的扇形的圆心角为度；全校有多少名学生选择参加乒乓球运动？22．（8分）某校想了解学生每周的课外阅读时间情况，随机调查了部分学生，对学生每周的课外阅读时间x（单位：小时）进行分组整理，并绘制了如图所示的不完整的频数分别直方图和扇形统计图：根据图中提供的信息，解答下列问题：（1）补全频数分布直方图（2）求扇形统计图中m的值和E组对应的圆心角度数（3）请估计该校3000名学生中每周的课外阅读时间不小于6小时的人数23．（8分）计算：4cos30°+|3﹣|﹣（）﹣1+（π﹣2018）024．（10分）如图，四边形ABCD的顶点在⊙O上，BD是⊙O的直径，延长CD、BA交于点E，连接AC、BD交于点F，作AH⊥CE，垂足为点H，已知∠ADE＝∠ACB．（1）求证：AH是⊙O的切线；（2）若OB＝4，AC＝6，求sin∠ACB的值；（3）若，求证：CD＝DH．25．（10分）如图，已知一次函数的图象与反比例函数的图象交于点，与轴、轴交于两点，过作垂直于轴于点.已知.（1）求一次函数和反比例函数的表达式；（2）观察图象:当时，比较.26．（12分）如图，AM是△ABC的中线，D是线段AM上一点（不与点A重合）．DE∥AB交AC于点F，CE∥AM，连结AE．（1）如图1，当点D与M重合时，求证：四边形ABDE是平行四边形；（2）如图2，当点D不与M重合时，（1）中的结论还成立吗？请说明理由．（3）如图3，延长BD交AC于点H，若BH⊥AC，且BH=AM．①求∠CAM的度数；②当FH=，DM=4时，求DH的长．27．（12分）2018年大唐芙蓉园新春灯会以“鼓舞中华”为主题，既有新年韵味，又结合“一带一路”展示了丝绸之路上古今文化经贸繁荣的盛况。小丽的爸爸买了两张门票，她和各个两人都想去观看，可是爸爸只能带一人去，于是读九年级的哥哥提议用他们3人吃饭的彩色筷子做游戏（筷子除颜色不同，其余均相同），其中小丽的筷子颜色是红色，哥哥的是银色，爸爸的是白色，将3人的3双款子全部放在一个不透明的筷篓里摇匀，小丽随机从筷篓里取出一根，记下颜色放回，然后哥哥同样从筷篓里取出一根，若两人取出的筷子颜色相同则小丽去，若不同，则哥哥去。（1）求小丽随机取出一根筷子是红色的概率；（2）请用列表或画树状图的方法求出小随爸爸去看新春灯会的概率。

参考答案一、选择题（本大题共12个小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．）1、B【解析】

在等腰三角形△ABE中，求出∠A的度数即可解决问题．【详解】解：在正五边形ABCDE中，∠A=×（5-2）×180=108°

又知△ABE是等腰三角形，

∴AB=AE，

∴∠ABE=（180°-108°）=36°．

故选B．【点睛】本题主要考查多边形内角与外角的知识点，解答本题的关键是求出正五边形的内角，此题基础题，比较简单．2、C【解析】

根据各点在数轴上位置即可得出结论．【详解】由图可知，b<a<0，A.

∵b<a<0，∴a+b<0，故本选项错误；B.

∵b<a<0，∴ab>0，故本选项错误；C.

∵b<a<0，∴a>b，故本选项正确；D.

∵b<a<0，∴b−a<0，故本选项错误.故选C.3、C【解析】若要保持俯视图和左视图不变，可以往第2排右侧正方体上添加1个，往第3排中间正方体上添加2个、右侧两个正方体上再添加1个，即一共添加4个小正方体，故选C．4、B【解析】

由抛物线的对称轴结合抛物线与x轴的一个交点坐标，可求出另一交点坐标，结论①正确；当x=﹣1时，y＞1，得到a﹣b+c＞1，结论②错误；根据抛物线的对称性得到结论③错误；将x=2代入二次函数解析式中结合4a+b+c=1，即可求出抛物线的顶点坐标，结论④正确；根据抛物线的顶点坐标为（2，b），判断⑤．【详解】解：①∵抛物线y=ax2+bx+c（a≠1）的对称轴为直线x=2，与x轴的一个交点坐标为（4，1），∴抛物线与x轴的另一交点坐标为（1，1），∴抛物线过原点，结论①正确；②∵当x=﹣1时，y＞1，∴a﹣b+c＞1，结论②错误；③当x＜1时，y随x增大而减小，③错误；④抛物线y=ax2+bx+c（a≠1）的对称轴为直线x=2，且抛物线过原点，∴c=1，∴b=﹣4a，c=1，∴4a+b+c=1，当x=2时，y=ax2+bx+c=4a+2b+c=（4a+b+c）+b=b，∴抛物线的顶点坐标为（2，b），结论④正确；⑤∵抛物线的顶点坐标为（2，b），∴ax2+bx+c=b时，b2﹣4ac=1，⑤正确；综上所述，正确的结论有：①④⑤．故选B．【点睛】本题考查的是二次函数图象与系数的关系，二次函数y=ax2+bx+c系数符号由抛物线开口方向、对称轴、抛物线与y轴的交点抛物线与x轴交点的个数确定．5、D【解析】试题分析：把一个数记成a×10n（1≤a<10，n整数位数少1）的形式，叫做科学记数法．∴此题可记为1．2×105平方米．考点：科学记数法6、A【解析】

直接利用相似三角形的判定与性质得出△ONC1三边关系，再利用勾股定理得出答案．【详解】过点C1作C1N⊥x轴于点N，过点A1作A1M⊥x轴于点M，由题意可得：∠C1NO=∠A1MO=90°，∠1=∠2=∠1，则△A1OM∽△OC1N，∵OA=5，OC=1，∴OA1=5，A1M=1，∴OM=4，∴设NO=1x，则NC1=4x，OC1=1，则（1x）2+（4x）2=9，解得：x=±（负数舍去），则NO=，NC1=，故点C的对应点C1的坐标为：（-，）．故选A．【点睛】此题主要考查了矩形的性质以及勾股定理等知识，正确得出△A1OM∽△OC1N是解题关键．7、A【解析】根据轴对称图形的概念求解．解：根据轴对称图形的概念可知：B，C，D是轴对称图形，A不是轴对称图形，故选A．“点睛”本题考查了轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合．8、C【解析】试题解析：∵这组数据的众数为7，∴x=7，则这组数据按照从小到大的顺序排列为：2，3，1，7，7，中位数为：1．故选C．考点：众数；中位数.9、A【解析】

侧面为三个长方形，底边为三角形，故原几何体为三棱柱．【详解】解：观察图形可知，这个几何体是三棱柱．

故选A．【点睛】本题考查的是三棱柱的展开图，对三棱柱有充分的理解是解题的关键．．10、C【解析】

设I的边长为x，根据“I、II的面积之和等于III、IV面积之和的2倍”列出方程并解方程即可．【详解】设I的边长为x根据题意有解得或（舍去）故选：C．【点睛】本题主要考查一元二次方程的应用，能够根据题意列出方程是解题的关键．11、B【解析】【分析】设菱形的高为h，即是一个定值，再分点P在AB上，在BC上和在CD上三种情况，利用三角形的面积公式列式求出相应的函数关系式，然后选择答案即可．【详解】分三种情况：①当P在AB边上时，如图1，设菱形的高为h，y=12∵AP随x的增大而增大，h不变，∴y随x的增大而增大，故选项C不正确；②当P在边BC上时，如图2，y=12AD和h都不变，∴在这个过程中，y不变，故选项A不正确；③当P在边CD上时，如图3，y=12∵PD随x的增大而减小，h不变，∴y随x的增大而减小，∵P点从点A出发沿A→B→C→D路径匀速运动到点D，∴P在三条线段上运动的时间相同，故选项D不正确，故选B．【点睛】本题考查了动点问题的函数图象，菱形的性质，根据点P的位置的不同，运用分类讨论思想，分三段求出△PAD的面积的表达式是解题的关键．12、B【解析】

首先证明△ABE≌△DCF，△ADG≌△CDG（SAS），△AGB≌△CGB，利用全等三角形的性质，等高模型、三边关系一一判断即可．【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，∴AB=CD，∠BAD=∠ADC=90°，∠ADB=∠CDB=45°.∵在△ABE和△DCF中，AB=CD，∠BAD=∠ADC，AE=DF，∴△ABE≌△DCF，∴∠ABE=∠DCF.∵在△ADG和△CDG中，AD=CD，∠ADB=∠CDB，DG=DG，∴△ADG≌△CDG，∴∠DAG=∠DCF，∴∠ABE=∠DAG.∵∠DAG+∠BAH=90°，∴∠BAE+∠BAH=90°，∴∠AHB=90°，∴AG⊥BE，故③正确，同理可证：△AGB≌△CGB.∵DF∥CB，∴△CBG∽△FDG，∴△ABG∽△FDG，故①正确.∵S△HDG:S△HBG=DG:BG=DF:BC=DF:CD=tan∠FCD，∠DAG=∠FCD，∴S△HDG:S△HBG=tan∠FCD=tan∠DAG，故④正确.取AB的中点O，连接OD、OH.∵正方形的边长为4，∴AO=OH=×4=1，由勾股定理得，OD=，由三角形的三边关系得，O、D、H三点共线时，DH最小，DH最小=1-1．无法证明DH平分∠EHG，故②错误，故①③④⑤正确.故选B.【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，正方形的性质，解直角三角形，解题的关键是掌握它们的性质进行解题.二、填空题：（本大题共6个小题，每小题4分，共24分．）13、18块（4n+2）块．【解析】

由已知图形可以发现：前三个图形中白色地砖的块数分别为：6，10，14，所以可以发现每一个图形都比它前一个图形多4个白色地砖，所以可以得到第n个图案有白色地面砖（4n+2）块．【详解】解：第1个图有白色块4+2，第2图有4×2+2，第3个图有4×3+2，所以第4个图应该有4×4+2=18块，第n个图应该有（4n+2）块．【点睛】此题考查了平面图形，主要培养学生的观察能力和空间想象能力．14、①②【解析】

根据折叠的性质可知，结合垂径定理、三角形的性质、同圆或等圆中圆周角与圆心的性质等可以判断①②是否正确，EO的最小值问题是个难点，这是一个动点问题，只要把握住E在什么轨迹上运动，便可解决问题．【详解】如图1，连接OA和OB，作OF⊥AB．

由题知：沿着弦AB折叠，正好经过圆心O

∴OF=OA=OB

∴∠AOF=∠BOF=60°

∴∠AOB=120°

∴∠ACB=120°（同弧所对圆周角相等）

∠D=∠AOB=60°（同弧所对的圆周角是圆心角的一半）

∴∠ACD=180°-∠ACB=60°

∴△ACD是等边三角形（有两个角是60°的三角形是等边三角形）

故，①②正确

下面研究问题EO的最小值是否是1

如图2，连接AE和EF

∵△ACD是等边三角形，E是CD中点

∴AE⊥BD（三线合一）

又∵OF⊥AB

∴F是AB中点

即，EF是△ABE斜边中线

∴AF=EF=BF

即，E点在以AB为直径的圆上运动．

所以，如图3，当E、O、F在同一直线时，OE长度最小

此时，AE=EF，AE⊥EF

∵⊙O的半径是2，即OA=2，OF=1

∴AF=（勾股定理）

∴OE=EF-OF=AF-OF=-1

所以，③不正确

综上所述：①②正确，③不正确．

故答案是：①②．【点睛】考查了圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半．推论：半圆（或直径）所对的圆周角是直角，90°的圆周角所对的弦是直径．也考查了垂径定理．15、15°【解析】

根据平行四边形的性质和圆的半径相等得到△AOB为等边三角形，根据等腰三角形的三线合一得到∠BOF＝∠AOF＝30°，根据圆周角定理计算即可．【详解】解答：连接OB，∵四边形ABCO是平行四边形，∴OC=AB，又OA=OB=OC，∴OA=OB=AB，∴△AOB为等边三角形.∵OF⊥OC,OC∥AB，∴OF⊥AB，∴∠BOF=∠AOF=30°.由圆周角定理得，故答案为15°.16、2【解析】试题解析：原式故答案为17、2【解析】设矩形OABC中点B的坐标为，∵点E、F是AB、BC的中点，∴点E、F的坐标分别为：、，∵点E、F都在反比例函数的图象上，∴S△OCF==，S△OAE=，∴S矩形OABC=，∴S四边形OEBF=S矩形OABC-S△OAE-S△OCF=.即四边形OEBF的面积为2.点睛：反比例函数中“”的几何意义为：若点P是反比例函数图象上的一点，连接坐标原点O和点P，过点P向坐标轴作垂线段，垂足为点D，则S△OPD=.18、1.1【解析】

求出EC，根据菱形的性质得出AD∥BC，得出相似三角形，根据相似三角形的性质得出比例式，代入求出即可．【详解】∵DE=1，DC=3，∴EC=3-1=2，∵四边形ABCD是菱形，∴AD∥BC，∴△DEF∽△CEB，∴，∴，∴DF=1.1，故答案为1.1．【点睛】此题主要考查了相似三角形的判定与性质，解题关键是根据菱形的性质证明△DEF∽△CEB，然后根据相似三角形的性质可求解.三、解答题：（本大题共9个小题，共78分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．19、（1）直线解析式为y1＝2x﹣2，双曲线的表达式为y2＝（x＞0）；（2）0＜x＜2；（3）【解析】

（1）将点B的代入直线y1＝2x+b，可得b，则可以求得直线解析式；令y＝0可得A点坐标为（1，0），又因为OA＝AD，则D点坐标为（2，0），把x＝2代入直线解析式，可得y＝2，从而得到点C的坐标为（2，2），在把（2，2）代入双曲线y2＝，可得k＝4，则双曲线的表达式为y2＝（x＞0）.（2）由x的取值范围，结合图像可求得答案.（3）把x＝3代入y2函数，可得y＝；把x＝3代入y1函数，可得y＝4，从而得到EF，由三角形的面积公式可得S△CEF＝.【详解】解：（1）将点B的坐标（0，﹣2）代入直线y1＝2x+b，可得﹣2＝b，∴直线解析式为y1＝2x﹣2，令y＝0，则x＝1，∴A（1，0），∵OA＝AD，∴D（2，0），把x＝2代入y1＝2x﹣2，可得y＝2，∴点C的坐标为（2，2），把（2，2）代入双曲线y2＝，可得k＝2×2＝4，∴双曲线的表达式为y2＝（x＞0）；（2）当x＞0时，不等式＞2x+b的解集为0＜x＜2；（3）把x＝3代入y2＝，可得y＝；把x＝3代入y1＝2x﹣2，可得y＝4，∴EF＝4﹣＝，∴S△CEF＝××（3﹣2）＝，∴△CEF的面积为．【点睛】本题考察了一次函数和双曲线例函数的综合；熟练掌握由点求解析式是解题的关键；能够结合图形及三角形面积公式是解题的关键.20、（1）；（2）【解析】

（1）利用概率公式直接计算即可；

（2）首先根据题意画出树状图，然后由树状图求得所有等可能的结果与小明和小华都选择去同一个地方游玩的情况，再利用概率公式即可求得答案．【详解】（1）∵小明准备到西安的大雁塔（记为A）、白鹿原（记为B）、兴庆公园（记为C）、秦岭国家植物园（记为D）中的一个景点去游玩，∴小明选择去白鹿原游玩的概率＝；（2）画树状图分析如下：两人选择的方案共有16种等可能的结果，其中选择同种方案有1种，所以小明和小华都选择去秦岭国家植物园游玩的概率＝．【点睛】本题考查了列表法与树状图法：利用列表法和树状图法展示所有可能的结果求出n，再从中选出符合事件A或B的结果数目m，求出概率．21、(1)24，1；(2)54；（3）360.【解析】

（1）根据选择乒乓球运动的人数是36人，对应的百分比是30%，即可求得总人数，然后利用百分比的定义求得a，用总人数减去其它组的人数求得b；（2）利用360°乘以对应的百分比即可求得；（3）求得全校总人数，然后利用总人数乘以对应的百分比求解．【详解】（1）抽取的人数是36÷30%＝120（人），则a＝120×20%＝24，b＝120﹣30﹣24﹣36﹣12＝1．故答案是：24，1；（2）“排球”所在的扇形的圆心角为360°×＝54°，故答案是：54；（3）全校总人数是120÷10%＝1200（人），则选择参加乒乓球运动的人数是1200×30%＝360（人）．22、略；m=40，1．4°；870人．【解析】试题分析：根据A组的人数和比例得出总人数，然后得出D组的人数，补全条形统计图；根据C组的人数和总人数得出m的值，根据E组的人数求出E的百分比，然后计算圆心角的度数；根据D组合E组的百分数总和，估算出该校的每周的课外阅读时间不小于6小时的人数．试题解析：（1）补全频数分布直方图，如图所示．（2）∵10÷10%=100∴40÷100=40%∴m=40∵4÷100=4%∴“E”组对应的圆心角度数=4%×360°=1．4°（3）3000×（25%+4%）=870（人）．答：估计该校学生中每周的课外阅读时间不小于6小时的人数是870人．考点：统计图．23、1【解析】

直接利用特殊角的三角函数值和负指数幂的性质、零指数幂的性质、二次根式的性质分别化简得出答案．【详解】原式=1×+2﹣3﹣2+1=2+2﹣1=1﹣1．【点睛】此题主要考查了实数运算，正确化简各数是解题关键．24、（1）证明见解析；（2）；（3）证明见解析.【解析】

（1）连接OA，证明△DAB≌△DAE，得到AB＝AE，得到OA是△BDE的中位线，根据三角形中位线定理、切线的判定定理证明；（2）利用正弦的定义计算；（3）证明△CDF∽△AOF，根据相似三角形的性质得到CD＝CE，根据等腰三角形的性质证明．【详解】（1）证明：连接OA，由圆周角定理得，∠ACB＝∠ADB，∵∠ADE＝∠ACB，∴∠ADE＝∠ADB，∵BD是直径，∴∠DAB＝∠DAE＝90°，在△DAB和△DAE中，，∴△DAB≌△DAE，∴AB＝AE，又∵OB＝OD，∴OA∥DE，又∵AH⊥DE，∴OA⊥AH，∴AH是⊙O的切线；（2）解：由（1）知，∠E＝∠DBE，∠DBE＝∠ACD，∴∠E＝∠ACD，∴AE＝AC＝AB＝1．在Rt△ABD中，AB＝1，BD＝8，∠ADE＝∠ACB，∴sin∠ADB＝＝，即sin∠ACB＝；（3）证明：由（2）知，OA是△BDE的中位线，∴OA∥DE，OA＝DE．∴△CDF∽△AOF，∴＝，∴CD＝OA＝DE，即CD＝CE，∵AC＝AE，AH⊥CE，∴CH＝HE＝CE，∴CD＝CH，∴CD＝DH．【点睛】本题考查的是圆的知识的综合应用，掌握圆周角定理、相似三角形的判定定理和性质定理、三角形中位线定理是解题的关键．25、（1）;（2）【解析】

（1）由一次函数的解析式可得出D点坐标，从而得出OD长度，再由△ODC与△BAC相似及AB与BC的长度得出C、B、A的坐标，进而算出一次函数与反比例函数的解析式；

（2）以A点为分界点，直接观察函数图象的高低即可知道答案．【详解】解：（1）对于一次函数y=kx-2，令x=0，则y=-2，即D（0，-2），

∴OD=2，

∵AB⊥x轴于B，

∴，

∵AB=1，BC=2，

∴OC=4，OB=6，

∴C（4，0），A（6，1）

将C点坐标代入y=kx-2得4k-2=0，

∴k=，

∴一次函数解析式为y=x-2；

将A点坐标代入反比例函数解析式得m=6，

∴反比例函数解析式为y=；

（2）由函数图象可知：

当0＜x＜6时，y1＜y2；

当x=6时，y1=y2；

当x＞6时，y