2022屆內蒙古鄂爾多斯市伊金霍洛旗中考數(shù)學五模試卷含解析

這是一份2022屆內蒙古鄂爾多斯市伊金霍洛旗中考數(shù)學五模試卷含解析，共23頁。試卷主要包含了答題時請按要求用筆，某同學將自己7次體育測試成績等內容，歡迎下載使用。
?2021-2022中考數(shù)學模擬試卷
注意事項:
1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區(qū)域內。
2．答題時請按要求用筆。
3．請按照題號順序在答題卡各題目的答題區(qū)域內作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。
4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。
5．保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。

一、選擇題（共10小題，每小題3分，共30分）
1．如圖，△ABC中，AB=2，AC=3，1＜BC＜5，分別以AB、BC、AC為邊向外作正方形ABIH、BCDE和正方形ACFG，則圖中陰影部分的最大面積為（　　）

A．6 B．9 C．11 D．無法計算
2．如圖，兩張完全相同的正六邊形紙片邊長為重合在一起，下面一張保持不動，將上面一張紙片沿水平方向向左平移a個單位長度，則空白部分與陰影部分面積之比是　　

A．5：2 B．3：2 C．3：1 D．2：1
3．義安區(qū)某中學九年級人數(shù)相等的甲、乙兩班學生參加同一次數(shù)學測試，兩班平均分和方差分別為甲=89分，乙=89分，S甲2=195，S乙2=1．那么成績較為整齊的是（　?。?br /> A．甲班 B．乙班 C．兩班一樣 D．無法確定
4．若代數(shù)式有意義，則實數(shù)x的取值范圍是（ ）
A．x≠1 B．x≥0 C．x≠0 D．x≥0且x≠1
5．下列命題正確的是（　?。?br /> A．對角線相等的四邊形是平行四邊形
B．對角線相等的四邊形是矩形
C．對角線互相垂直的平行四邊形是菱形
D．對角線互相垂直且相等的四邊形是正方形
6．如圖，AB為⊙O的直徑，C，D為⊙O上的兩點，若AB＝14，BC＝1．則∠BDC的度數(shù)是（　?。?br />
A．15° B．30° C．45° D．60°
7．加工爆米花時，爆開且不糊的粒數(shù)占加工總粒數(shù)的百分比稱為“可食用率”．在特定條件下，可食用率p與加工時間t（單位：分鐘）滿足的函數(shù)關系p＝at2+bt+c（a，b，c是常數(shù)），如圖記錄了三次實驗的數(shù)據(jù)．根據(jù)上述函數(shù)模型和實驗數(shù)據(jù)，可得到最佳加工時間為（　?。?br />
A．4.25分鐘 B．4.00分鐘 C．3.75分鐘 D．3.50分鐘
8．某同學將自己7次體育測試成績（單位：分）繪制成折線統(tǒng)計圖，則該同學7次測試成績的眾數(shù)和中位數(shù)分別是（　?。?br />
A．50和48 B．50和47 C．48和48 D．48和43
9．如下字體的四個漢字中，是軸對稱圖形的是（ ）
A． B． C． D．
10．在Rt△ABC中，∠C＝90°，AB＝4，AC＝1，則cosB的值為（　?。?br /> A． B． C． D．
二、填空題（本大題共6個小題，每小題3分，共18分）
11．若代數(shù)式x2﹣6x+b可化為（x+a）2﹣5，則a+b的值為____．
12．若不等式組 的解集是x＜4，則m的取值范圍是_____．
13．如圖，⊙O的半徑為1cm，正六邊形ABCDEF內接于⊙O，則圖中陰影部分面積為_____cm1．（結果保留π）

14．如圖，將△AOB繞點O按逆時針方向旋轉45°后得到△COD，若∠AOB=15°，則∠AOD=_____度．

15．正五邊形的內角和等于______度．
16．分解因式6xy2－9x2y－y3 = _____________.
三、解答題（共8題，共72分）
17．（8分）如圖1，在菱形ABCD中，AB＝，tan∠ABC＝2，點E從點D出發(fā)，以每秒1個單位長度的速度沿著射線DA的方向勻速運動，設運動時間為t（秒），將線段CE繞點C順時針旋轉一個角α（α＝∠BCD），得到對應線段CF．

（1）求證：BE＝DF；
（2）當t＝　 　秒時，DF的長度有最小值，最小值等于　 ?。?br /> （3）如圖2，連接BD、EF、BD交EC、EF于點P、Q，當t為何值時，△EPQ是直角三角形？
18．（8分）如圖，在△ABC中，∠ABC=90°，D，E分別為AB，AC的中點，延長DE到點F，使EF=2DE．
（1）求證：四邊形BCFE是平行四邊形；
（2）當∠ACB=60°時，求證：四邊形BCFE是菱形．

19．（8分）如圖，已知△ABC，按如下步驟作圖：
①分別以A、C為圓心，以大于AC的長為半徑在AC兩邊作弧，交于兩點M、N；
②連接MN，分別交AB、AC于點D、O；
③過C作CE∥AB交MN于點E，連接AE、CD．
（1）求證：四邊形ADCE是菱形；
（2）當∠ACB=90°，BC=6，△ADC的周長為18時，求四邊形ADCE的面積．

20．（8分）如圖，平行四邊形ABCD的對角線AC，BD相交于點O，EF過點O且與AB、CD分別交于點E、F．求證：OE＝OF．

21．（8分）問題提出
（1）如圖1，正方形ABCD的對角線交于點O，△CDE是邊長為6的等邊三角形，則O、E之間的距離為 ；
問題探究
（2）如圖2，在邊長為6的正方形ABCD中，以CD為直徑作半圓O，點P為弧CD上一動點，求A、P之間的最大距離；
問題解決
（3）窯洞是我省陜北農(nóng)村的主要建筑，窯洞賓館更是一道靚麗的風景線，是因為窯洞除了它的堅固性及特有的外在美之外，還具有冬暖夏涼的天然優(yōu)點家住延安農(nóng)村的一對即將參加中考的雙胞胎小寶和小貝兩兄弟，發(fā)現(xiàn)自家的窯洞(如圖3所示)的門窗是由矩形ABCD及弓形AMD組成，AB=2m，BC=3.2m，弓高MN=1.2m(N為AD的中點，MN⊥AD)，小寶說，門角B到門窗弓形弧AD的最大距離是B、M之間的距離．小貝說這不是最大的距離，你認為誰的說法正確？請通過計算求出門角B到門窗弓形弧AD的最大距離．

22．（10分）某花卉基地種植了郁金香和玫瑰兩種花卉共 30 畝，有關數(shù)據(jù)如表：

成本
（單位：萬元/畝）
銷售額
（單位：萬元/畝）
郁金香
2.4
3
玫瑰
2
2.5
（1）設種植郁金香 x 畝，兩種花卉總收益為 y 萬元，求 y 關于 x 的函數(shù)關系式．（收益=銷售額﹣成本）
（2） 若計劃投入的成本的總額不超過 70 萬元，要使獲得的收益最大，基地應種植郁金香和玫瑰個多少畝？
23．（12分）如圖，已知∠ABC=90°，AB=BC．直線l與以BC為直徑的圓O相切于點C．點F是圓O上異于B、C的動點，直線BF與l相交于點E，過點F作AF的垂線交直線BC于點D．
如果BE=15，CE=9，求EF的長；證明：①△CDF∽△BAF；②CD=CE；探求動點F在什么位置時，相應的點D位于線段BC的延長線上，且使BC=CD，請說明你的理由．
24．如今很多初中生購買飲品飲用，既影響身體健康又給家庭增加不必要的開銷，為此數(shù)學興趣小組對本班同學一天飲用飲品的情況進行了調查，大致可分為四種：
A：自帶白開水；B：瓶裝礦泉水；C：碳酸飲料；D：非碳酸飲料．
根據(jù)統(tǒng)計結果繪制如下兩個統(tǒng)計圖（如圖），根據(jù)統(tǒng)計圖提供的信息，解答下列問題：
請你補全條形統(tǒng)計圖；在扇形統(tǒng)計圖中，求“碳酸飲料”所在的扇形的圓心角的度數(shù)；為了養(yǎng)成良好的生活習慣，班主任決定在自帶白開水的5名同學（男生2人，女生3人）中隨機抽取2名同學擔任生活監(jiān)督員，請用列表法或樹狀圖法求出恰好抽到一男一女的概率．



參考答案

一、選擇題（共10小題，每小題3分，共30分）
1、B
【解析】
有旋轉的性質得到CB=BE=BH′，推出C、B、H'在一直線上，且AB為△ACH'的中線，得到S△BEI=S△ABH′=S△ABC，同理：S△CDF=S△ABC，當∠BAC=90°時， S△ABC的面積最大，S△BEI=S△CDF=S△ABC最大，推出S△GBI=S△ABC，于是得到陰影部分面積之和為S△ABC的3倍，于是得到結論．
【詳解】
把△IBE繞B順時針旋轉90°，使BI與AB重合，E旋轉到H'的位置，
∵四邊形BCDE為正方形，∠CBE=90°，CB=BE=BH′，
∴C、B、H'在一直線上，且AB為△ACH'的中線，
∴S△BEI=S△ABH′=S△ABC，
同理：S△CDF=S△ABC，
當∠BAC=90°時，
S△ABC的面積最大，
S△BEI=S△CDF=S△ABC最大，
∵∠ABC=∠CBG=∠ABI=90°，
∴∠GBE=90°，
∴S△GBI=S△ABC，
所以陰影部分面積之和為S△ABC的3倍，
又∵AB=2，AC=3，
∴圖中陰影部分的最大面積為3× ×2×3=9，
故選B．
【點睛】
本題考查了勾股定理，利用了旋轉的性質：旋轉前后圖形全等得出圖中陰影部分的最大面積是S△ABC的3 倍是解題的關鍵．
2、C
【解析】
求出正六邊形和陰影部分的面積即可解決問題；
【詳解】
解：正六邊形的面積，
陰影部分的面積，
空白部分與陰影部分面積之比是：：1，
故選C．
【點睛】
本題考查正多邊形的性質、平移變換等知識，解題的關鍵是理解題意，靈活運用所學知識解決問題，屬于中考?？碱}型．
3、B
【解析】
根據(jù)方差的意義，方差反映了一組數(shù)據(jù)的波動大小，故可由兩人的方差得到結論．
【詳解】
∵S甲2>S乙2，
∴成績較為穩(wěn)定的是乙班。
故選：B.
【點睛】
本題考查了方差，解題的關鍵是掌握方差的概念進行解答.
4、D
【解析】
試題分析：∵代數(shù)式有意義，
∴，
解得x≥0且x≠1．
故選D．
考點：二次根式，分式有意義的條件．
5、C
【解析】分析：根據(jù)平行四邊形、矩形、菱形、正方形的判定定理判斷即可．
詳解：對角線互相平分的四邊形是平行四邊形，A錯誤；
對角線相等的平行四邊形是矩形，B錯誤；
對角線互相垂直的平行四邊形是菱形，C正確；
對角線互相垂直且相等的平行四邊形是正方形；
故選：C．
點睛：本題考查的是命題的真假判斷，正確的命題叫真命題，錯誤的命題叫做假命題．判斷命題的真假關鍵是要熟悉課本中的性質定理．
6、B
【解析】
只要證明△OCB是等邊三角形，可得∠CDB=∠COB即可解決問題.
【詳解】
如圖，連接OC，

∵AB=14，BC=1，
∴OB=OC=BC=1，
∴△OCB是等邊三角形，
∴∠COB=60°，
∴∠CDB=∠COB=30°，
故選B．
【點睛】
本題考查圓周角定理，等邊三角形的判定等知識，解題的關鍵是學會利用數(shù)形結合的首先解決問題，屬于中考?？碱}型．
7、C
【解析】
根據(jù)題目數(shù)據(jù)求出函數(shù)解析式，根據(jù)二次函數(shù)的性質可得．
【詳解】
根據(jù)題意,將(3,0.7)、(4,0.8)、(5,0.5)代入p=at2+bt+c，
得：
解得：a=?0.2,b=1.5,c=?2，
即p=?0.2t2+1.5t?2，
當t=?=3.75時，p取得最大值，
故選C.
【點睛】
本題考查了二次函數(shù)的應用，熟練掌握性質是解題的關鍵.
8、A
【解析】
由折線統(tǒng)計圖，可得該同學7次體育測試成績，進而求出眾數(shù)和中位數(shù)即可.
【詳解】
由折線統(tǒng)計圖，得：42，43，47，48，49，50，50，
7次測試成績的眾數(shù)為50，中位數(shù)為48，
故選：A．
【點睛】
本題考查了眾數(shù)和中位數(shù)，解題的關鍵是利用折線統(tǒng)計圖獲取有效的信息.
9、A
【解析】
試題分析：根據(jù)軸對稱圖形的意義：如果一個圖形沿著一條直線對折后兩部分完全重合，這樣的圖形叫做軸對稱圖形，這條直線叫做對稱軸；據(jù)此可知，A為軸對稱圖形．
故選A．
考點：軸對稱圖形
10、A
【解析】
∵在Rt△ABC中,∠C=90°，AB=4，AC=1，
∴BC== ，
則cosB== ，
故選A

二、填空題（本大題共6個小題，每小題3分，共18分）
11、1
【解析】
根據(jù)題意找到等量關系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用,屬于簡單題,找到等量關系求出a,b是解題關鍵.
12、m≥1．
【解析】
∵不等式組的解集是x＜1，
∴m≥1，
故答案為m≥1．
13、
【解析】
試題分析：根據(jù)圖形分析可得求圖中陰影部分面積實為求扇形部分面積，將原圖陰影部分面積轉化為扇形面積求解即可．
試題解析：如圖所示：連接BO，CO，

∵正六邊形ABCDEF內接于⊙O，
∴AB=BC=CO=1，∠ABC=110°，△OBC是等邊三角形，
∴CO∥AB，
在△COW和△ABW中
，
∴△COW≌△ABW（AAS），
∴圖中陰影部分面積為：S扇形OBC=．
考點：正多邊形和圓．
14、30°
【解析】
根據(jù)旋轉的性質得到∠BOD=45°，再用∠BOD減去∠AOB即可.
【詳解】
∵將△AOB繞點O按逆時針方向旋轉45°后，得到△COD，
∴∠BOD=45°，
又∵∠AOB=15°，
∴∠AOD=∠BOD－∠AOB=45°－15°=30°.
故答案為30°.
15、540
【解析】
過正五邊形五個頂點，可以畫三條對角線，把五邊形分成3個三角形
∴正五邊形的內角和=3180=540°
16、－y(3x－y)2
【解析】
先提公因式-y，然后再利用完全平方公式進行分解即可得.
【詳解】
6xy2－9x2y－y3
=-y(9x2-6xy+y2)
=-y(3x-y)2，
故答案為：-y(3x-y)2.
【點睛】
本題考查了利用提公因式法與公式法分解因式，熟練掌握因式分解的方法及步驟是解題的關鍵.因式分解的一般步驟：一提（公因式），二套（套用公式），注意一定要分解到不能再分解為止.

三、解答題（共8題，共72分）
17、（1）見解析；（2）t＝（6+6），最小值等于12；（3）t＝6秒或6秒時，△EPQ是直角三角形
【解析】
（1）由∠ECF＝∠BCD得∠DCF＝∠BCE，結合DC＝BC、CE＝CF證△DCF≌△BCE即可得；
（2）作BE′⊥DA交DA的延長線于E′．當點E運動至點E′時，由DF＝BE′知此時DF最小，求得BE′、AE′即可得答案；
（3）①∠EQP＝90°時，由∠ECF＝∠BCD、BC＝DC、EC＝FC得∠BCP＝∠EQP＝90°，根據(jù)AB＝CD＝6，tan∠ABC＝tan∠ADC＝2即可求得DE；
②∠EPQ＝90°時，由菱形ABCD的對角線AC⊥BD知EC與AC重合，可得DE＝6.
【詳解】
（1）∵∠ECF＝∠BCD，即∠BCE+∠DCE＝∠DCF+∠DCE，
∴∠DCF＝∠BCE，
∵四邊形ABCD是菱形，
∴DC＝BC，
在△DCF和△BCE中，
,
∴△DCF≌△BCE（SAS），
∴DF＝BE；
（2）如圖1，作BE′⊥DA交DA的延長線于E′．

當點E運動至點E′時，DF＝BE′，此時DF最小，
在Rt△ABE′中，AB＝6，tan∠ABC＝tan∠BAE′＝2，
∴設AE′＝x，則BE′＝2x，
∴AB＝x＝6，x＝6，
則AE′＝6
∴DE′＝6+6，DF＝BE′＝12，
時間t=6+6，
故答案為：6+6，12；
（3）∵CE＝CF，
∴∠CEQ＜90°，
①當∠EQP＝90°時，如圖2①，

∵∠ECF＝∠BCD，BC＝DC，EC＝FC，
∴∠CBD＝∠CEF，
∵∠BPC＝∠EPQ，
∴∠BCP＝∠EQP＝90°，
∵AB＝CD＝6，tan∠ABC＝tan∠ADC＝2，
∴DE＝6，
∴t＝6秒；
②當∠EPQ＝90°時，如圖2②，

∵菱形ABCD的對角線AC⊥BD，
∴EC與AC重合，
∴DE＝6，
∴t＝6秒，
綜上所述，t＝6秒或6秒時，△EPQ是直角三角形．
【點睛】
此題是菱形與動點問題，考查菱形的性質，三角形全等的判定定理，等腰三角形的性質，最短路徑問題，注意（3）中的直角沒有明確時應分情況討論解答.
18、（1）見解析；（2）見解析
【解析】
（1）由題意易得，EF與BC平行且相等，利用四邊形BCFE是平行四邊形．
（2）根據(jù)菱形的判定證明即可．
【詳解】
（1）證明：：∵D．E為AB，AC中點
∴DE為△ABC的中位線，DE=BC，
∴DE∥BC，
即EF∥BC，
∵EF=BC，
∴四邊形BCEF為平行四邊形．
（2）∵四邊形BCEF為平行四邊形，
∵∠ACB=60°，
∴BC=CE=BE，
∴四邊形BCFE是菱形．

【點睛】
本題考查平行四邊形的判定和性質、菱形的判定、等邊三角形的判定和性質等知識，解題的關鍵是靈活運用所學知識解決問題，屬于中考?？碱}型．
19、（1）詳見解析；（2）1．
【解析】
（1）利用直線DE是線段AC的垂直平分線，得出AC⊥DE，即∠AOD=∠COE=90°，從而得出△AOD≌△COE，即可得出四邊形ADCE是菱形.
（2）利用當∠ACB=90°時，OD∥BC，即有△ADO∽△ABC，即可由相似三角形的性質和勾股定理得出OD和AO的長，即根據(jù)菱形的性質得出四邊形ADCE的面積.
【詳解】
（1）證明：由題意可知：
∵分別以A、C為圓心，以大于AC的長為半徑在AC兩邊作弧，交于兩點M、N；
∴直線DE是線段AC的垂直平分線，
∴AC⊥DE，即∠AOD=∠COE=90°；
且AD=CD、AO=CO，
又∵CE∥AB，
∴∠1=∠2，
在△AOD和△COE中

∴△AOD≌△COE（AAS），
∴OD=OE，
∵A0=CO，DO=EO，
∴四邊形ADCE是平行四邊形，
又∵AC⊥DE，
∴四邊形ADCE是菱形；
（2）解：當∠ACB=90°時，
OD∥BC，
即有△ADO∽△ABC，
∴
又∵BC=6，
∴OD=3，
又∵△ADC的周長為18，
∴AD+AO=9，
即AD=9﹣AO，
∴
可得AO=4，
∴DE=6，AC=8，
∴


【點睛】
考查線段垂直平分線的性質，菱形的判定，相似三角形的判定與性質等，綜合性比較強.
20、見解析
【解析】
由四邊形ABCD是平行四邊形,根據(jù)平行四邊形對角線互相平分,即可得OA=OC,易證得△AEO≌△CFO,由全等三角形的對應邊相等,可得OE=OF．
【詳解】
證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形,
∴OA=OC,AB∥DC,
∴∠EAO=∠FCO,
在△AEO和△CFO中,
∴△AEO≌△CFO(ASA),
∴OE=OF.
【點睛】
本題考查了平行四邊形的性質和全等三角形的判定,屬于簡單題,熟悉平行四邊形的性質和全等三角形的判定方法是解題關鍵.
21、（1）；（2）；（2）小貝的說法正確，理由見解析，．
【解析】
（1）連接AC，BD，由OE垂直平分DC可得DH長，易知OH、HE長，相加即可；
（2）補全⊙O，連接AO并延長交⊙O右半側于點P，則此時A、P之間的距離最大，在Rt△AOD中，由勾股定理可得AO長，易求AP長；
（1）小貝的說法正確，補全弓形弧AD所在的⊙O，連接ON，OA，OD，過點O作OE⊥AB于點E，連接BO并延長交⊙O上端于點P，則此時B、P之間的距離即為門角B到門窗弓形弧AD的最大距離，在Rt△ANO中，設AO=r，由勾股定理可求出r，在Rt△OEB中，由勾股定理可得BO長，易知BP長.
【詳解】
解：（1）如圖1，連接AC，BD，對角線交點為O，連接OE交CD于H，則OD=OC．

∵△DCE為等邊三角形，
∴ED=EC，
∵OD=OC
∴OE垂直平分DC，
∴DHDC=1．
∵四邊形ABCD為正方形，
∴△OHD為等腰直角三角形，
∴OH=DH=1，
在Rt△DHE中，
HEDH=1，
∴OE=HE+OH=11；
（2）如圖2，補全⊙O，連接AO并延長交⊙O右半側于點P，則此時A、P之間的距離最大，

在Rt△AOD中，AD=6，DO=1，
∴AO1，

∴AP=AO+OP=11；
（1）小貝的說法正確．理由如下，
如圖1，補全弓形弧AD所在的⊙O，連接ON，OA，OD，過點O作OE⊥AB于點E，連接BO并延長交⊙O上端于點P，則此時B、P之間的距離即為門角B到門窗弓形弧AD的最大距離，

由題意知，點N為AD的中點，，
∴ANAD=1.6，ON⊥AD，
在Rt△ANO中，
設AO=r，則ON=r﹣1.2．
∵AN2+ON2=AO2，
∴1.62+(r﹣1.2)2=r2，
解得：r，
∴AE=ON1.2，
在Rt△OEB中，OE=AN=1.6，BE=AB﹣AE，
∴BO，
∴BP=BO+PO，
∴門角B到門窗弓形弧AD的最大距離為．
【點睛】
本題考查了圓與多邊形的綜合，涉及了圓的有關概念及性質、等邊三角形的性質、正方形和長方形的性質、勾股定理等，靈活的利用兩點之間線段最短，添加輔助線將題中所求最大距離轉化為圓外一點到圓上的最大距離是解題的關鍵.
22、（1）y = 0.1x + 15，（2）郁金香 25 畝，玫瑰 5 畝
【解析】
（1）根據(jù)題意和表格中的數(shù)據(jù)可得到y(tǒng)關于x的函數(shù)；
（2）根據(jù)題意可列出相應的不等式，再根據(jù)（1）中的函數(shù)關系式即可求解.
【詳解】
（1）由題意得y=（3-2.4）x-（2.5-2）（30-x）=0.1x+15
即y關于x的函數(shù)關系式為y=0.1x+15
（2）由題意得2.4x+2（30-x）≤70
解得x≤25，
∵y=0.1x+15
∴當x=25時，y最大=17.5
30-x=5，
∴要使獲得的收益最大，基地應種植郁金香25畝和玫瑰5畝.
【點睛】
此題主要考查一次函數(shù)的應用，解題的關鍵是根據(jù)題意進行列出關系式與不等式進行求解.
23、（1） （2）證明見解析（3）F在直徑BC下方的圓弧上，且
【解析】
（1）由直線l與以BC為直徑的圓O相切于點C，即可得∠BCE=90°，∠BFC=∠CFE=90°，則可證得△CEF∽△BEC，然后根據(jù)相似三角形的對應邊成比例，即可求得EF的長；
（2）①由∠FCD+∠FBC=90°，∠ABF+∠FBC=90°，根據(jù)同角的余角相等，即可得∠ABF=∠FCD，同理可得∠AFB=∠CFD，則可證得△CDF∽△BAF；
②由△CDF∽△BAF與△CEF∽△BCF，根據(jù)相似三角形的對應邊成比例，易證得，又由AB=BC，即可證得CD=CE；
（3）由CE=CD，可得BC= CD=CE，然后在Rt△BCE中，求得tan∠CBE的值，即可求得∠CBE的度數(shù)，則可得F在⊙O的下半圓上，且.
【詳解】
（1）解：∵直線l與以BC為直徑的圓O相切于點C．
∴∠BCE=90°，
又∵BC為直徑，
∴∠BFC=∠CFE=90°，
∵∠FEC=∠CEB，
∴△CEF∽△BEC，
∴，
∵BE=15，CE=9，
即：，
解得：EF= ；
（2）證明：①∵∠FCD+∠FBC=90°，∠ABF+∠FBC=90°，
∴∠ABF=∠FCD，
同理：∠AFB=∠CFD，
∴△CDF∽△BAF；
②∵△CDF∽△BAF，
∴，
又∵∠FCE=∠CBF，∠BFC=∠CFE=90°，
∴△CEF∽△BCF，
∴，
∴，
又∵AB=BC，
∴CE=CD；
（3）解：∵CE=CD，
∴BC=CD=CE，
在Rt△BCE中，tan∠CBE=，
∴∠CBE=30°，
故 為60°，
∴F在直徑BC下方的圓弧上，且．

【點睛】
考查了相似三角形的判定與性質，圓的切線的性質，圓周角的性質以及三角函數(shù)的性質等知識．此題綜合性很強，解題的關鍵是方程思想與數(shù)形結合思想的應用．
24、（1）詳見解析；（2）72°；（3）
【解析】
（1）由B類型的人數(shù)及其百分比求得總人數(shù)，在用總人數(shù)減去其余各組人數(shù)得出C類型人數(shù)，即可補全條形圖；
（2）用360°乘以C類別人數(shù)所占比例即可得；
（3）用列表法或畫樹狀圖法列出所有等可能結果，從中確定恰好抽到一男一女的結果數(shù)，根據(jù)概率公式求解可得．
【詳解】
解：（1）∵ 抽 查的總人數(shù)為：（人）
∴ 類人數(shù)為：（人）
補全條形統(tǒng)計圖如下：

（2）“碳酸飲料”所在的扇形的圓心角度數(shù)為：
（3）設男生為、，女生為、、，
畫樹狀圖得：

∴恰好抽到一男一女的情況共有12 種，分別是
∴ （恰好抽到一男一女）．
【點睛】
本題考查的是條形統(tǒng)計圖和扇形統(tǒng)計圖的綜合運用以及概率的求法，讀懂統(tǒng)計圖，從不同的統(tǒng)計圖中得到必要的信息是解決問題的關鍵．條形統(tǒng)計圖能清楚地表示出每個項目的數(shù)據(jù)；扇形統(tǒng)計圖直接反映部分占總體的百分比大?。?br />