【中考数学冲刺】2026届黑龙江省绥化市中考仿真数学试卷3 附解析

/【备考2026】黑龙江省绥化市中考仿真数学试卷3一．选择题（共12小题，满分36分，每小题3分）1．（3分）下列图形中既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（）A． B． C． D．2．（3分）下列计算中正确的是（）A．﹣|﹣3|＝3 B．40＝﹣1 C．51＝2 D．﹣7x＝﹣7和x的积3．（3分）把一个水平放置的正方体按图方式截去一个三棱柱，则剩余部分的左视图为（）A． B． C． D．4．（3分）若，则n＝（）A．﹣1 B．﹣2 C．﹣3 D．﹣45．（3分）下列运算正确的是（）A．|| B．a2•a4＝a6 C．（3a2）3＝9a6 D．6．（3分）如图，a∥b，∠1＝135°，∠3＝28°，则∠2的度数为（）A．75° B．73° C．70° D．68°7．（3分）下列命题中叙述正确的是（）A．若方差，则甲组数据的波动较小 B．三角形三条中线的交点叫做三角形的内心 C．同一平面内垂直于同一直线的两条直线互相平行 D．对角线互相垂直且平分的平行四边形是正方形8．（3分）某单位有职工100名，按年龄将所有职工分成8组，在40～42（岁）组的频数是32．若绘制扇形统计图，则这个组对应的扇形圆心角度数为（）A．108° B．110.8° C．115.2° D．120°9．（3分）若点A（﹣4，y1），B（﹣2，y2），C（5，y3）在反比例函数的图象上，则y1，y2，y3大小关系为（）A．y3＞y1＞y2 B．y2＞y3＞y1 C．y3＞y2＞y1 D．y1＞y2＞y310．（3分）为了更好宣传宁德畲族历史文化，某商店推出多款文创产品，其中有木质浮雕冰箱贴、畲族IP卡通钥匙扣等．已知1个冰箱贴的售价比1个钥匙扣的售价高20元，用45元购买钥匙扣和105元购买冰箱贴的数量一样多．若设钥匙扣的单价为x元，则可列方程是（）A． B． C． D．11．（3分）如图，四边形ABCD是矩形，点P从边AD上点E出发，沿直线运动到矩形内部一点处，再从该点沿直线运动到顶点B，最后沿BC运动到点C．设点P运动的路程为x，△CDP的面积为y，图2是y关于x变化的函数图象，根据图象，下列判断正确的是（）A．AB＝4 B．点P经过矩形ABCD对角线的交点 C． D．当3≤x≤8时，AP长度的最小值为412．（3分）如图，正方形ABCD中，点E在对角线BD上，点F是边BC上一点，BE＝2ED，CF＝2BF，连接AE并延长交CD于G，连接AF交BD于H、连接EF、FG．给出下列结论：①DG＝GC；②∠FGC＝∠AGF；③△AHE∽△DGE；④；⑤∠BAF＝∠BEF；其中正确结论的个数是（）A．2个 B．3个 C．4个 D．5个二．填空题（共10小题，满分30分，每小题3分）13．（3分）分解因式：b2﹣2ab+2a﹣b＝．14．（3分）若代数式有意义，则实数x的取值范围是．15．（3分）小明制作了十张卡片，上面分别标有1～10这10个数字，从这十张卡片中随机抽取一张恰好能被3整除的概率是．16．（3分）定义（a，b，c）为方程ax2+bx+c＝0的特征数．若特征数为（1，2k﹣2，k2﹣k）的方程的两实数根的平方和为12，则k的值为．17．（3分）化简．18．（3分）某数学兴趣小组的同学用圆形纸片进行折纸操作：如图，先作出一个半径为4的⊙O，再沿弦AB折叠⊙O，折叠后恰好经过圆心O，连接AO并延长交⊙O于点C，则图中阴影部分的面积为．19．（3分）如图，在平面直角坐标系中，已知点A（2，4），B（3，2），以原点O为位似中心，作△OAB的位似图形△OA'B'并把△OAB的边长缩小到原来的，则点A的对应点A′的坐标是．20．（3分）如图，△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠BAC＝∠DAE＝90°，点D是BC边上的动点（不与点B、C重合），DE与AC交于点F，连结CE．下列结论：①BD＝CE；②BD2+CD2＝2AE2；③∠DAC＝∠CED；④在△ABC内存在唯一一点P，使得PA+PB+PC的值最小，若点D在AP的延长线上，且AP的长为2，则CE＝2．其中含所有正确结论的选项是．21．（3分）用同样大小的菱形图片按如图所示的方式摆图案，按照这样的规律摆下去，则第n个图形需菱形图片张（用含n的代数式表示）．22．（3分）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠ABC＝30°，点D为BC的中点，将△ABC绕点D逆时针旋转得到△A'B'C'，当点A的对应点A'落在边AB上时，点C'在BA的延长线上，连接BB'，若AA'＝1，则四边形A'BB'D的面积为．三．解答题（共6小题，满分54分）23．（7分）（1）如图①，△ABC中，∠C＝90°，AD平分∠BAC交BC于点D，点O在边AB上，且⊙O经过A、D两点，分别交AB、AC于点E、F．求证：BC是⊙O的切线；（2）如图②，△ABC中，∠C＝90°，用直尺和圆规作⊙P，使它满足以下条件：圆心P在边AB上，经过点A，且与边BC相切．（保留作图痕迹，不用写出作法）24．（8分）图1是某款篮球架，图2是其示意图，立柱OA垂直地面OB，支架CD与OA交于点A，支架CG⊥CD交OA于点G，支架DE平行地面OB，篮筺EF与支架DE在同一直线上，OA＝2.5米，AD＝0.8米，∠AGC＝32°．（1）求∠GAC的度数；（2）某运动员准备给篮筐挂上篮网，如果他站在発子上，最高可以把篮网挂到离地面3米处，那么他能挂上篮网吗？请通过计算说明理由．（参考数据：sin32°≈0.53，cos32°≈0.85，tan32°≈0.62）25．（9分）已知某公司有甲、乙两种物质共680件，且甲种物质比乙种物质多200件．（1）该公司有甲、乙两种物质各有多少件？（2）现计划租用A，B两种型号的货车共16辆，一次性将这批甲、乙两种物质运送到外地，已知A型货车可装甲种物质40件和乙种物质10件，B型货车可装甲种物质20件和乙种物质20件，试通过计算帮助该公司设计几种运输方案？（3）在（2）条件下，A型货车每辆需付运费800元，B型货车每辆需付运费720元该公司应选择哪种方案，才能使运输费用最少？最少费用是多少？26．（9分）综合与实践数学活动课上，数学老师以“矩形纸片的折叠”为课题开展数学活动：将矩形纸片ABCD对折，使得点A，D重合，点B，C重合，折痕为EF，展开后沿过点B的直线再次折叠纸片，点A的对应点为点N，折痕为BM．初步探究：（1）如图（1）若AB＝BC，则当点N落在EF上时，BF和BN的数量关系是，∠NBF的度数为．思考探究：（2）在AB＝BC的条件下进一步进行探究，将△BMN沿BN所在的直线折叠，点M的对应点为点M′．当点M′落在CD上时，如图（2），设BN，BM′分别交EF于点J，K．若DM′＝4，请求出三角形BJK的面积．开放拓展：（3）如图（3），在矩形纸片ABCD中，AB＝2，AD＝4，将纸片沿过点B的直线折叠，折痕为BM，点A的对应点为点N，展开后再将四边形ABNM沿BN所在的直线折叠，点A的对应点为点P，点M的对应点为点M′，连接CP，DP，若PC＝PD，请直接写出AM的长．（温馨提示：，）27．（10分）如图，在Rt△ABC中，∠B＝90°，AE平分∠BAC交BC于点E，O为AC上一点，经过A，E的⊙O分别交AB，AC于点D，F，连接OD交AE于点M．（1）求证：BC是⊙O的切线；（2）若CF＝2，EC＝4，求⊙O的半径；（3）若AE＝EC，⊙O的半径为2，求阴影部分面积．28．（11分）如图，抛物线y＝ax2+bx+c（a＞0）交x轴于点A（﹣1，0），B（3，0），交y轴于点C，动直线l：y＝kx+3a经过点B，交y轴于点D，与抛物线另一交点为E．（1）若点C的坐标为（0，﹣3），求抛物线的解析式；（2）如图1，点P为x轴上一动点（不与点B重合），连接BC，PE，PC，求的值；（3）如图2，连接AD，BC，M，N分别是AD，BC的中点，MN交x轴于点F，则当a为何值时，△AMF与△BFN相似？

答案一．选择题（共12小题，满分36分，每小题3分）1．【考点】中心对称图形；轴对称图形【分析】把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形；如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形；据此进行判断即可．解：A是中心对称图形，但不是轴对称图形，不符合题意；B是轴对称图形，但不是中心对称图形，不符合题意；C既是轴对称图形，又是中心对称图形，符合题意；D是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意．故选：C．【点评】本题考查中心对称图形，轴对称图形，熟练掌握其定义是解题的关键．2．【考点】零指数幂；相反数；绝对值；有理数的乘方【分析】根据相关定义与运算逐项验证即可得到答案，解：A、﹣|﹣3|＝﹣3≠3，计算错误，不符合题意；B、40＝1≠﹣1，计算错误，不符合题意；C、51＝5≠2，计算错误，不符合题意；D、根据单项式定义，﹣7x表示﹣7与x的积，计算正确，符合题意；故选：D．【点评】本题考查绝对值运算、零指数幂运算、乘方预算及代数式的意义，熟记绝对值运算、零指数幂运算、乘方预算及代数式的意义是解决问题的关键．3．【考点】简单组合体的三视图；截一个几何体【分析】根据从左边看得到的图形是左视图，可得答案．解：从左边看，剩余部分的左视图为直角梯形．故选：D．【点评】本题考查了简单组合体的三视图，从左边看得到的图形是左视图．4．【考点】科学记数法—表示较小的数【分析】把转变为小数，然后用科学记数法表示出来，即可得出答案．解：∵，∴n＝﹣3．故选：C．【点评】本题考查了科学记数法﹣表示较小的数，掌握科学记数法的表示方法是解题的关键．5．【考点】幂的乘方与积的乘方；算术平方根；实数的性质；同底数幂的乘法【分析】根据绝对值的定义，同底数幂的乘法，幂的乘方与积的乘方以及二次根式的乘法的计算方法逐项进行计算即可．解：A．因为，所以||，因此选项A不符合题意；B．a2•a4＝a2+4＝a6，因此选项B符合题意；C．（3a2）3＝27a6，因此选项C不符合题意；D.，因此选项D不符合题意；故选：B．【点评】本题考查同底数幂的乘法，幂的乘方与积的乘方以及绝对值，掌握同底数幂的乘法，幂的乘方与积的乘方的计算方法是正确解答的前提．6．【考点】平行线的性质【分析】由对顶角相等得出∠4的度数，再由a与b平行，利用两直线平行同旁内角互补得到∠5，再根据三角形外角的性质即可求出∠2的度数．解：如图，∵∠3与∠4为对顶角，∠3＝28°，∴∠3＝∠4＝28°（对顶角相等），∵a∥b，∴∠1+∠5＝180°（两直线平行，通盘内角互补），∵∠1＝135°，∴∠5＝180°﹣∠1＝180°﹣135°＝45°．∴∠2＝∠4+∠5＝28°+45°＝73°，则∠2的度数为73°，故选：B．【点评】本题考查了平行线的性质，关键是平行线性质的熟练掌握．7．【考点】命题与定理；方差；正方形的判定；三角形的内切圆与内心【分析】根据方差的意义，三角形重心的概念，平行线判定，正方形判定逐项判断即可．解：若方差，则乙组数据的波动较小，故A错误，不符合题意；三角形三条中线的交点叫做三角形的重心，故B错误，不符合题意；同一平面内垂直于同一直线的两条直线互相平行，故C正确，符合题意；对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形，故D错误，不符合题意；故选：C．【点评】本题考查命题与定理，解题的关键是掌握方差的意义，三角形重心的概念，平行线判定，正方形判定．8．【考点】频数（率）分布直方图；扇形统计图【分析】根据扇形圆心角的度数为本组人数与总人数之比，再乘以360°进行计算即可．解：由题意可得，这个组对应扇形圆心角的度数为：，故选：C．【点评】本题考查了扇形统计图、频数分布直方图，从扇形图上可以清楚地看出各部分数量和总数量之间的关系．9．【考点】反比例函数图象上点的坐标特征【分析】先判断出反比例函数图象在第一、三象限，再根据反比例函数的性质，在每一个象限内，y随x的增大而减小判断．解：∵k＝3＞0，∴反比例函数的图象位于第一、三象限，∵﹣4＜﹣2＜0，∴0＞y1＞y2，∵5＞0，∴y3＞0，∴y3＞y1＞y2．故选：A．【点评】本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，熟记反比例函数的增减性是解题的关键．10．【考点】由实际问题抽象出分式方程【分析】设钥匙扣的单价为x元，则冰箱贴的单价为（x+20）元．根据题意，用45元购买钥匙扣的数量与用105元购买冰箱贴的数量相等，由此建立方程．解：根据题意得：，故选：A．【点评】本题考查了由实际问题抽象出分式方程，关键是读懂题意，根据设出未知数，找出合适的等量关系，列出方程是关键．11．【考点】动点问题的函数图象【分析】在解题时根据函数的图象求出有关的线段的长度，分析各个选项即可得到答案．解：由题意知，当P与B重合时，x＝8，S△CDP最大，当点P在BC上运动，S△CDP逐渐减小，直至P与C重合时，则x＝16，∴BC＝16﹣8＝8，S△CDP的最大值，∴CD＝AB＝6，∴CD＝AB＝6，∴A错误，不符合题意；，∴，∴C错误，不符合题意；当0≤x≤3时，点P在EF上，EF⊥AD，EF＝3，，∴DE＝4，∴点E是AD的中点，即点P从AD的中点出发，延长EF交BC于点G，∵BF＝5，用勾股定理可求FG＝3，∴F是EG的中点，∴点F是矩形ABCD对角线的交点，即点P经过矩形对角线的交点，∴B正确，符合题意；作AH⊥BF，连接AF，如图，当3≤x≤8时，点P在FB上运动，S△AFBS矩形AEGB，即BF•AHAE•AB，•5AH6×4，解得：，∴当3≤x≤8时，AP长度的最小值即为AH的值，∴D错误，不符合题意；故选：B．【点评】本题主要考查了动点问题的函数图象，解直角三角形的相关计算，勾股定理，解答本题的关键是根据函数的图象求出有关的线段的长度．12．【考点】相似三角形的判定与性质；全等三角形的判定与性质；角平分线的性质；正方形的性质【分析】①本题需先根据已知BE＝2ED，得出，再根据AB＝CD，即可得出结果；②本题需先设出数据，再得出AG、AF等于多少，再求出这两个角的正切值是多少，即可求出结果；③本题需先根据题意得出，即可求出结果；④由②可知在Rt△CFG中，求出FG，再求出EH，即可计算得出结论；⑤证出∠ABD＝∠EFH＝45°，即可得到∠BAF＝∠BEF．解：①正方形ABCD中，AB∥DC，∴△GED∽△AEB，∵BE＝2DE，∴，∴，∵CD＝AB，∴，∴CG＝DG，故本选项正确；②设BF＝1，则CF＝2，，AB＝AD＝3，过点E作AB的平行线，交BC于N，交AD于M，可得四边形MNCD是矩形，△AME∽△ADG，且相似比为，∵AD＝3，∴AM＝2，NC＝1，DM＝1，则BN＝BC﹣NC＝2，FN＝BN﹣BF＝1，∵MD∥BN，∴△MDE∽△NBE，且相似比，∴EN＝2，ME＝1，在Rt△EFN中，，在Rt△AME中，，在Rt△ABF中，，∴AF2＝AE2+EF2，∴∠AEF＝90°，∵，∴，∴，又，∴∠FGC≠∠AGF，故本选项错误；③由②可知：正方形ABCD中，AB＝AD＝3，AD∥BC，，BF＝1，∴△AHD∽△FHB，∴，∴，∵，∴，∴，∵∠AEH＝∠DEG，∴，∴，∴△AHE∽△DGE，故本选项正确；④由②可知，CF＝2，，在Rt△CFG中：∵，，∴，故本选项正确；⑤正方形ABCD中，∠ABC＝90°，BD平分∠ABC，∴∠ABD＝45°，由②可知：在Rt△AEF中，AE＝EF，∴，∴∠ABD＝∠EFH＝45°，∵∠AHB＝∠EHF，∠AHB+∠ABH+∠BAF＝180°，∠EHF+∠EFH+∠BEF＝180°，∴∠BAF＝∠BEF，故本选项正确．故选：C．【点评】本题主要考查了正方形的性质，相似三角形的判定和性质，添加辅助线，构造相似三角形，是解题的关键．二．填空题（共10小题，满分30分，每小题3分）13．【考点】因式分解﹣分组分解法【分析】将原式分组后进行因式分解即可．解：原式＝（b2﹣2ab）﹣（b﹣2a）＝b（b﹣2a）﹣（b﹣2a）＝（b﹣2a）（b﹣1），故（b﹣2a）（b﹣1）．【点评】本题考查分组分解法因式分解，将原式进行正确的分组是解题的关键．14．【考点】二次根式有意义的条件；分式有意义的条件【分析】根据二次根式及分式有意义的条件易得x﹣1≥0且3﹣x≠0，解得x的取值范围即可．解：若代数式有意义，则x﹣1≥0且3﹣x≠0，解得：x≥1且x≠3，故x≥1且x≠3．【点评】本题考查二次根式及分式有意义的条件，熟练掌握其有意义的条件是解题的关键．15．【考点】列表法与树状图法；数的整除；概率公式【分析】由小明制作了十张卡片，上面分别标有1～10这十个数字．其中能被4整除的有4，8，直接利用概率公式求解即可求得答案．解：∵小明制作了十张卡片，上面分别标有1～10这十个数字．其中能被3整除的有3，6，9；∴从这十张卡片中随机抽取一张恰好能被3整除的概率是：．故．【点评】此题考查了概率公式的应用．用到的知识点为：概率＝所求情况数与总情况数之比．16．【考点】根与系数的关系【分析】根据方程的两实数根的平方和为12，得Δ≥0，x1+x2＝﹣（2k﹣2），，然后根据列方程求解即可．解：根据题意可知，该方程为x2+（2k﹣2）x+k2﹣k＝0，∵方程的两实数根的平方和为12，∴Δ＝（2k﹣2）2﹣4（k2﹣k）＝4k2﹣8k+4﹣4k2+4k＝﹣4k+4≥0，∴k≤1，设两实数根为x1，x2，则x1+x2＝﹣（2k﹣2），，∵∴（2k﹣2）2﹣2（k2﹣k）＝12，整理得：k2﹣3k﹣4＝0，解得：k1＝4，k2＝﹣1，∵k≤1，∴k＝﹣1，故﹣1．【点评】本题考查一元二次方程根的判别式，一元二次方程根与系数的方程，对于一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0），若x1，x2是该方程的两个实数根，则x1+x2，x1x2．17．【考点】分式的混合运算【分析】先利用异分母分式加减法法则计算括号里，再算括号外，即可解答．解：原式••，故．【点评】本题考查了分式的混合运算，准确熟练地进行计算是解题的关键．18．【考点】扇形面积的计算；翻折变换（折叠问题）；垂径定理【分析】过点O作OD⊥AB于点E，交⊙O于点D，连接BD，OB，依题意得OA＝OB＝OD＝4，由折叠的性质得BD＝OB＝4，则△OBD是等边三角形，进而可得出BE，S△OBD，证明∠BOC＝∠BOD＝60°，则S扇形BOD＝S扇形BOC，S弓形OB＝S弓形BD，据此可得S阴影＝S△OBD．解：过点O作OD⊥AB于点E，交⊙O于点D，连接BD，OB，如图所示：∵⊙O半径为4，∴OA＝OB＝OD＝4，由折叠的性质得：BD＝OB＝4，∴OD＝OB＝BD＝4，∴△OBD是等边三角形，∵OD⊥AB，∠BOD＝∠OBD＝60°，∴∠OBA∠OBD＝30°，∵OA＝OB＝4，∴∠A＝∠OBA＝30°，S弓形OA＝S弓形OB，∴∠BOC＝∠A+∠OBA＝60°，∴S扇形BOC，∴S阴影＝S扇形BOC．【点评】此题主要考查了扇形面积的计算，垂径定理，图形的翻折变换及其性质，熟练掌握扇形面积的计算公式，垂径定理，图形的翻折变换及其性质，等边三角形的判定和性质是解决问题的关键．19．【考点】位似变换；坐标与图形性质【分析】根据位似变换的性质计算，得到答案．解：∵以坐标原点O为位似中心，作与△OAB的位似比为的位似图形△OA′B′，A（2，4），∴点A的对应点A′的坐标是（2，4）或（2×（），4×（）），即（1，2）或（﹣1，﹣2）．故（1，2）或（﹣1，﹣2）．【点评】本题考查的是位似变换的性质，在平面直角坐标系中，如果位似变换是以原点为位似中心，相似比为k，那么位似图形对应点的坐标的比等于k或﹣k．20．【考点】旋转的性质；全等三角形的判定与性质；等边三角形的性质；勾股定理；等腰直角三角形；轴对称﹣最短路线问题【分析】①正确，证明△BAD≌△CAE（SAS），可得结论，②正确，利用等腰直角三角形直角边和斜边的关系即可得结论；③正确，证明A，D，C，E四点共圆，利用圆周角定理证明；④错误．将△BPC绕点B顺时针旋转60°得到△BNM，连接PN，当点A，点P，点N，点M共线时，PA+PB+PC值最小，此时∠APB＝∠APC＝∠BPC＝120°，PB＝PC，AD⊥BC，设PD＝t，则BD＝ADt，构建方程求出t，可得结论．解：∵∠BAC＝∠DAE＝90°，∴∠BAD＝∠CAE，∵AB＝AC，AD＝AE，∴△BAD≌△CAE（SAS），∴BD＝EC，∠ADB＝∠AEC，故①正确；∵△ADE是等腰直角三角形，∴DEAE，∴2AE2＝DE2，∵BD＝EC，∴BD2+CD2＝EC2+CD2＝DE2，∴BD2+CD2＝2AE2；故②正确；∵ADB+∠ADC＝180°，∴∠AEC+∠ADC＝180°，∴∠DAE+∠DCE＝180°，∴∠DAE＝∠DCE＝90°，取DE的中点O，连接OA，OC，则OA＝OD＝OE＝OC，∴A，D，C，E四点共圆，∴∠DAC＝∠CED，故③正确；如图，将△BPC绕点B顺时针旋转60°得到△BNM，连接PN，﹣BP＝BN，PC＝NM，∠PBN＝60°，∴△BPN是等边三角形，∴BP＝PN．∴PA+PB+PC＝AP+PN+MN，当点A，点P，点N，点M共线时，PA+PB+PC值最小，此时∠APB＝∠APC＝∠BPC＝120°，PB＝PC，AD⊥BC，∴∠BPD＝∠CPD＝60°，设PD＝t，则BD＝ADt，∴2+tt，∴t1，∴CE＝BDt＝3，故④错误，故①②③．【点评】本题考查等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，四点共圆，圆周角定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线解决问题．21．【考点】规律型：图形的变化类；列代数式【分析】直接利用已知图形中棱形的个数进而得出变化规律得出答案．解：∵第1个图形有4个棱形，第2个图形有4+3×1＝7个棱形，第3个图形有4+3×2＝10个棱形，∴第n个图形需棱形：4+3×（n﹣1）＝（3n+1）个．故（3n+1）．【点评】此题主要考查了图形变化类，正确得出棱形个数变化规律是解题关键．22．【考点】旋转的性质；等腰三角形的性质；含30度角的直角三角形【分析】先证明△A'AD是等边三角形，再证明A′O⊥BC，再利用直角三角形30°角对应的边是斜边的一半分别求出A'B'和A'O，再利用勾股定理求出OD，从进而即可求解．解：如图所示，设A'B'与BD交于点O，连接A'D和AD，∵点D为BC的中点，AB＝AC，∠ABC＝30°，∴AD⊥BC，A'D⊥B'C'，A'D是∠B′A′C′的角平分线，AD是∠BAC的平分线，∴∠B'A'C'＝120°，∠BAC＝120°，∴∠BAD＝∠B'A'D＝60°，∵A'D＝AD，∴△A'AD是等边三角形，∴A'A＝AD＝A'D＝1，∵∠BA'B'＝180°﹣∠B'A'C'＝60°，∴∠BA'B'＝∠A'AD，∴A′B＝AD，∴A′B′⊥BC，∴，∴，∵A'B'＝2A'D＝2，∵∠A'BD＝∠A'DO＝30°，∴BO＝OD，∴，∴四边形A'BB'D的面积为．故．【点评】本题考查等腰三角形、等边三角形和直角三角形的性质，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，证明△A'AD是等边三角形是解本题的关键．三．解答题（共6小题，满分54分）23．【考点】作图—复杂作图；圆周角定理；切线的判定与性质【分析】（1）连接OD，如图①，先证明∠ODA＝∠CAD得到OD∥AC，根据平行线的性质得到∠ODB＝∠C＝90°，然后根据切线的判定方法得到结论；（2）如图②，先作∠BAC的平分线交BC于Q点，再过Q点作BC的垂线交AB于P点，接着以P点为圆心，PQ为半径作圆得到⊙P．（1）证明：连接OD，如图①，∵AD平分∠BAC，∴∠CAD＝∠OAD，∵OA＝OD，∴∠OAD＝∠ODA，∴∠ODA＝∠CAD，∴OD∥AC，∴∠ODB＝∠C＝90°，∴OD⊥AC，∵OD为⊙O的半径，∴BC是⊙O的切线；（2）解：如图②，⊙P为所作．【点评】本题考查了作图﹣复杂作图：解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作．也考查了切线的判定与性质．24．【考点】解直角三角形的应用【分析】（1）根据直角三角形的两个锐角互余即可求解；（2）延长OA，ED交于点M，根据题意得出∠ADM＝32°，解Rt△ADM，求得AM，根据OM＝OA+AM与3比较即可求解．解：（1）∵CG⊥CD，∴∠ACG＝90°，∵∠AGC＝32°，∴∠GAC＝90°﹣32°＝58°．（2）该运动员能挂上篮网，理由如下．如图，延长OA，ED交于点M，∵OA⊥OB，DE∥OB，∴∠DMA＝90°，又∵∠DAM＝∠GAC＝58°，∴∠ADM＝32°，在Rt△ADM中，AM＝ADsin32°≈0.8×0.53＝0.424，∴OM＝OA+AM＝2.5+0.424＝2.924＜3，∴该运动员能挂上篮网．【点评】本题考查了解直角三角形的应用，直角三角形的两个锐角互余，熟练掌握三角函数的定义是解题的关键．25．【考点】一次函数的应用；二元一次方程组的应用；一元一次不等式组的应用【分析】（1）设该公司有甲种物质有m件，根据题意得：m+（m﹣200）＝680，即可解得答案；（2）设租用A种型号的货车x辆，可得：，而x是整数，即可得到答案；（3）由A型货车每辆需付运费800元，B型货车每辆需付运费720元，知租用A种型号的货车6辆，租用B种型号的货车10辆运输费用最少．解：（1）设该公司有甲种物质有m件，则有乙种物质（m﹣200）件，根据题意得：m+（m﹣200）＝680，解得m＝440，∴m﹣200＝440﹣200＝240，∴该公司有甲种物质有440件，有乙种物质240件；（2）设租用A种型号的货车x辆，则租用B种型号的货车（16﹣x）辆，根据题意得：，解得6≤x≤8，∵x是整数，∴x可取6，7，8；∴该公司有3种运输方案：租用A种型号的货车6辆，租用B种型号的货车10辆或租用A种型号的货车7辆，租用B种型号的货车9辆或租用A种型号的货车8辆，租用B种型号的货车8辆；（3）∵A型货车每辆需付运费800元，B型货车每辆需付运费720元，∴租用A型货车最少时，费用最少，即租用A种型号的货车6辆，租用B种型号的货车10辆运输费用最少，最少费用为6×800+10×720＝12000（元），∴租用A种型号的货车6辆，租用B种型号的货车10辆，才能使运输费用最少，最少费用是12000元．【点评】本题考查一元一次方程的应用，一元一次不等式组的应用和一次函数的应用，解题的关键是读懂题意，列出方程，不等式解决问题．26．【考点】四边形综合题【分析】（1）根据折叠的性质得：AB＝BN，BF＝CFBC，根据直角三角形的性质可得∠BNF＝30°，由直角三角形的两锐角互余可得结论；（2）由折叠得：BM＝BM'，证明Rt△ABM≌Rt△CBM'（HL），可知AM＝CM'，∠ABM＝∠CBM'，得△BFJ是等腰直角三角形，再证明四边形ABCD是正方形，分别计算BF＝FC＝2，JK＝2，由三角形面积公式可得结论；（3）如图（3），过点P作PG⊥BC于G，PH⊥CD于H，根据等腰三角形的三线合一可得DH＝CHCDAB＝1，由折叠的性质和矩形的性质可得PG＝CH＝1，BN＝BP＝AB＝2，∠NBP＝∠ABN，设PL＝x，则M'L＝2x，M'Px，根据NLNM'+M'L，列方程可解答．解：（1）由折叠得：AB＝BN，BF＝CF，∠BFN＝90°，∵AB＝BC，∴BFBN，∴∠BNF＝30°，∴∠NBF＝90°﹣30°＝60°，故BFBN，60°；（2）由折叠得：BM＝BM'，∵四边形ABCD是矩形，∴∠A＝∠C＝90°，∵AB＝BC，∴Rt△ABM≌Rt△CBM'（HL），∴AM＝CM'，∠ABM＝∠CBM'，∴∠ABM＝∠MBN＝∠NBM'＝∠CBM'，∴∠FBJ＝45°，∴△BFJ是等腰直角三角形，∵四边形ABCD是矩形，AB＝BC，∴矩形ABCD是正方形，∴AD＝CD，∠D＝90°，∴DM＝DM'＝4，∴MM'＝4，∵AM＝MN＝M'N＝CM'，∴CM'＝2，∴BC＝CD＝4+2，∴BF＝FC＝2，∵FK∥CM'，∴BK＝KM'，∴FKCM'，∵△BFJ是等腰直角三角形，∴BF＝FC＝2，∴JK＝22，∴S△BJK•JK•BF2×（2）＝2；（3）如图（3），过点P作PG⊥BC于G，PH⊥CD于H，∵PC＝PD，∴DH＝CHCDAB＝1，∵∠PGC＝∠PHC＝∠BCH＝90°，∵四边形PGCH是矩形，∴PG＝CH＝1，由折叠得：BN＝BP＝AB＝2，∠NBP＝∠ABN，Rt△BPG中，∠PBG＝30°，∴∠ABN＝∠NBP30°，延长NM'，BP交于L，Rt△BNL中，BN＝2，∠NBL＝30°，tan30°，∴NL，Rt△M'PL中，∠M'LP＝90°﹣30°＝60°，∴∠PM'L＝30°，设PL＝x，则M'L＝2x，M'Px，∵NLNM'+M'L，∴x+2x，∴x2，∴AMx（2）＝4﹣2．【点评】本题是四边形的综合题，考查了折叠的性质，含30°角的直角三角形的性质，矩形的性质和判定，正方形的判定和性质，三角函数等知识，掌握折叠的性质和正确作辅助线是解题的关键，题目具有一定的综合性，比较新颖．27．【考点】圆的综合题【分析】（1）连接OE，根据角平分线的性质及同弧所对的圆周角是圆心角的一半得出∠OEC＝90°即可；（2）由勾股定理可得出答案．（3）先利用等腰三角形的性质与角平分线，三角形内角和定理，求出∠CAE＝∠BAE＝∠C＝30°，从而求得∠EOF＝60°，即可由扇形面积公式得S扇形EOF，再由直角三角形的性质与勾股定理求出，从而求得2，即可由S阴影＝S△OEC﹣S扇形EOF求解．（1）证明：连接OE，∵A