2023年广东省深圳市宝安区中考数学三模试卷（含解析）

这是一份2023年广东省深圳市宝安区中考数学三模试卷（含解析），共24页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

第I卷（选择题）
一、选择题（本大题共10小题，共30.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. −2023的相反数是( )
A. −12023B. −2023C. 12023D. 2023
2. 2022年第22届国际足联世界杯在卡塔尔举办.下列四届世界杯会徽中是轴对称图形的是( )
A. B.
C. D.
3. 下列运算正确的是( )
A. 4a2÷2a2=2a2B. a2+3a2=4a2
C. (n+m)2=n2+m2D. (−a2)a4=a8
4. 不等式−2x≤−x+2的解在数轴上的表示正确的是( )
A. B. C. D.
5. 如图，AC//BD，AE平分∠BAC交BD于点E，若∠1=66°，则∠2=( )
A. 123°
B. 128°
C. 132°
D. 142°
6. 如图，斑马线的作用是为了引导行人安全地通过马路．小丽觉得行人沿垂直马路的方向走过斑马线更为合理，这一想法体现的数学依据是( )
A. 垂线段最短
B. 两点确定一条直线
C. 过一点有且只有一条直线与已知直线垂直
D. 过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行
7. 某数学兴趣小组准备了4张卡片，正面依次书写“备”“战”“中”“考”，它们除此之外完全相同，把这4张卡片背面朝上洗匀，从中随机抽取两张，则这两张卡片的正面汉字恰能组成“备考”的概率是( )
A. 16B. 13C. 12D. 23
8. 《九章算术》是中国古代的一本重要数学著作，其中有一道方程的应用题：“五只雀、六只燕，共重16两，雀重燕轻．互换其中一只，恰好一样重．问每只雀、燕的重量各为多少？”解：设雀每只x两，燕每只y两，则可列出方程组为( )
A. 5x+6y=165x+y=6y+xB. 5x+6y=164x+y=5y+x
C. 6x+5y=166x+y=5y+xD. 6x+5y=165x+y=4y+x
9. 下列四个命题：
①一个多边形的内角和是外角和的3倍，则这个多边形的边数是10．
②气象局调查了甲、乙两个城市近5年的降水量，它们的平均降水量都是800毫米，方差分别是s甲2=3.4，s乙2=4.3，则这两个城市年降水量最稳定的是乙城市．
③在同圆或等圆中，同弦或等弦所对的圆周角相等．
④对角线互相平分且垂直的四边形是矩形．
其中假命题的个数是( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
10. 如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，csB=35，将△ABC绕顶点C旋转得到△A′B′C′，且使得B′恰好落在AB边上，A′B′与AC交于点D，则B′DCD的值为( )
A. 25B. 920C. 310D. 720
第II卷（非选择题）
二、填空题（本大题共5小题，共15.0分）
11. 分解因式：3x2−3= ______ ．
12. 若关于x的一元二次方程(k−2)x2+x+k2−4=0有一个根是0，则k的值是______ ．
13. 已知如图，在△ABC中，∠A=70°，且AC=BC，根据图中的尺规作图痕迹，计算∠α= °.
14. 如图，将矩形OABC的顶点O与原点重合，边AO、CO分别与x、y轴重合.将矩形沿DE折叠，使得点O落在边AB上的点F处，反比例函数y=kx(k>0)上恰好经过E、F两点，若B点的坐标为(2,1)，则k的值为______ ．
15. 在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，点D在△ABC内部，若△BCD的面积为13，且满足∠ACD−∠BCD=2∠DAB，则CD= ______ ．
三、解答题（本大题共7小题，共55.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
16. (本小题5.0分)
计算： 12−(12)−2+cs30°+( 3+1)0．
17. (本小题7.0分)
化简求值：x2−4x+4x2−x÷(2x−2x−1)，其中x=3−8．
18. (本小题8.0分)
在“世界读书日”前夕，某校开展了“共享阅读，向上人生”的读书活动.活动中，为了解学生对书籍种类(A：艺术类，B：科技类，C：文学类，D：体育类)的喜欢情况，在全校范围内随机抽取若干名学生，进行问卷调查(每个被调查的学生必须选择而且只能在这四种类型中选择一项)将数据进行整理并绘制成下面两幅不完整的统计图．

(1)这次调查中，一共调查了______ 名学生；
(2)求出扇形统计图中“D”所在扇形的圆心角大小，并补全条形统计图；
(3)若全校有1200名学生，请估计喜欢B(科技类)的学生有多少名？
19. (本小题8.0分)
文明，是一座城市的幸福底色，是城市的内在气质.2023年是成都争创全国文明典范城市的关键之年为积极推进创建工作，某社区计划购买A，B两种型号的垃圾分装桶共120个，其中A型垃圾分装桶的个数不少于B型的一半.根据市场调查，A型垃圾分装桶的价格为每个400元，B型垃圾分装桶的价格为每个100元．
(1)设购买A型垃圾分装桶x个，求x的取值范围；
(2)某企业为了更好地服务于社区，打算捐赠这批垃圾分装桶，试问：该企业最少需要花费多少元？
20. (本小题8.0分)
如图，在一次足球比赛中，守门员在距地面1米高的P处大力开球，一运动员在离守门员6米的A处发现球在自己头上的正上方距离地面4米处达到最高点Q，球落到地面B处后又一次弹起.已知足球在空中的运行轨迹是一条抛物线，在草坪上弹起后的抛物线与原来的抛物线形状相同，最大高度为1米．

(1)求足球第一次落地之前的运动路线的函数解析式及第一次落地点B与守门员(点O)的距离；
(2)运动员(点A)要抢到第二个落点C，他应再向前跑多少米？(假设点O，A，B，C在同一条直线上，结果保留根号)
21. (本小题8.0分)
综合与实践
数学活动课上，老师出示了一个问题：如图，已知三只蚂蚁A、B、C在半径为1的⊙O上静止不动，第四只蚂蚁P在⊙O上的移动，并始终保持∠APC=∠CPB=60°．
(1)请判断△ABC的形状；
“数学希望小组”很快得出结论，请你回答这个结论：△ABC是______ 三角形；
(2)“数学智慧小组”继续研究发现：当第四只蚂蚁P在⊙O上的移动时，线段PA、PB、PC三者之间存在一种数量关系：请你写出这种数量关系：______ ，并加以证明；

(3)“数学攀峰小组”突发奇想，深入探究发现：若第五只蚂蚁M同时随着蚂蚁P的移动而移动，且始终位于线段PC的中点，在这个运动过程中，线段BM的长度一定存在最小值，请你求出线段BM的最小值是______ (不写解答过程，直接写出结果)．
22. (本小题11.0分)
【问题情境】
(1)如图1，正方形ABCD中，E、F分别是边AB和对角线AC上的点，∠EDF=45°.易证△DBE∽△DCF(不需写出证明过程)，此时BECF的值是______ ；(直接填结果)

【问题解决】
(2)如图2，矩形ABCD中，AB=6，BC=8，E、F分别是边AB和对角线AC上的点，tan∠EDF=43，BE=5，求CF的长；
【变式探究】
(3)如图3，菱形ABCD中，BC=5，对角线AC=6，BH⊥AD交DA的延长线于点H，E、F分别是线段HB和AC上的点，tan∠EDF=34，HE=85，求CF的长．
【拓展延伸】
(4)如图4，点O为等腰Rt△ABC的斜边AB的中点，AC=BC=5 2，OE=2，连接BE，作Rt△BEF，其中∠BEF=90°，tan∠EBF=34，连接AF，求四边形ACBF的面积的最大值为______ .(直接写出结果)
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：−2023的相反数为2023．
故选：D．
只有符号不同的两个数叫做互为相反数，由此即可得到答案．
本题主要考查相反数，关键是掌握相反数的定义．
2.【答案】A
【解析】解：B，C，D选项中的图形都不能找到一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以不是轴对称图形；
A选项中的图形能找到一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以是轴对称图形；
故选：A．
根据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，这条直线叫做对称轴进行分析即可．
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．
3.【答案】B
【解析】解：A.4a2÷2a2=2，故此选项不合题意；
B.a2+3a2=4a2，故此选项符合题意；
C.(n+m)2=n2+2mn+m2，故此选项不合题意；
D.(−a2)a4=−a6，故此选项不合题意．
故选：B．
直接利用整式的除法运算法则、完全平方公式以及合并同类项法则、同底数幂的乘法运算法则分别化简，进而得出答案．
此题主要考查了整式的除法运算、完全平方公式以及合并同类项、同底数幂的乘法运算，正确掌握相关运算法则是解题关键．
4.【答案】B
【解析】解：∵−2x≤−x+2，
∴−2x+x≤2，
则−x≤2，
∴x≥−2，
将不等式解集表示在数轴上如下：
故选：B．
根据解一元一次不等式基本步骤：移项、合并同类项、系数化为1可得．
本题主要考查解一元一次不等式的基本能力，严格遵循解不等式的基本步骤是关键，尤其需要注意不等式两边都乘以或除以同一个负数不等号方向要改变．
5.【答案】A
【解析】解：如图：

∵∠1=66°，
∴∠BAC=180°−∠1=180°−66°=114°，
∵AE平分∠BAC，
∴∠3=12∠BAC=12×114°=57°，
∵AC//BD，
∴∠2+∠3=180°，
∴∠2=180°−∠3=180°−57°=123°．
故选：A．
根据邻补角的定义求出∠BAC，再根据角平分线的定义求出∠3，然后利用两直线平行，同旁内角互补列式求解即可．
本题考查的是平行线的性质，解题的关键是熟练掌握平行线的性质并灵活运用，平行线的性质：两直线平行，同位角相等；两直线平行，同旁内角互补；两直线平行，内错角相等．
6.【答案】A
【解析】
【分析】
本题主要考查了垂线段最短的性质，熟练掌握数学和生活密不可分的关系是解答本题的关键．
根据生活经验结合数学原理解答即可．
【解答】
解：小丽觉得行人沿垂直马路的方向走过斑马线更为合理，这一想法体现的数学依据是垂线段最短，
故选：A．
7.【答案】A
【解析】解：列表如下：
由表知，共有12种等可能结果，其中这两张卡片的正面汉字恰能组成“备考”的有2种结果，
所以这两张卡片的正面汉字恰能组成“备考”的概率为212=16，
故选：A．
列表得出所有等可能结果，从中找到符合条件的结果数，再根据概率公式求解即可．
此题考查的是用树状图法求概率．树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合两步或两步以上完成的事件；解题时要注意此题是放回试验还是不放回试验．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
8.【答案】B
【解析】解：设雀每只x两，燕每只y两，则可列出方程组为：
5x+6y=164x+y=5y+x．
故选：B．
此题主要考查了由实际问题抽象出二元一次方程组，正确表示出“互换一只恰好一样重”的等式是解题关键．
9.【答案】D
【解析】解：①一个多边形的内角和是外角和的3倍，则这个多边形的边数是8，故原命题错误，是假命题，符合题意．
②气象局调查了甲、乙两个城市近5年的降水量，它们的平均降水量都是800毫米，方差分别是s甲2=3.4，s乙2=4.3，则这两个城市年降水量最稳定的是甲城市，故原命题错误，是假命题，符合题意．
③在同圆或等圆中，同弦或等弦所对的圆周角相等或互补，故原命题错误，是假命题，符合题意．
④对角线互相平分且垂直的四边形是菱形，故原命题错误，是假命题，符合题意．
假命题有4个，
故选：D．
利用多边形的内角和定理、方差的意义、圆周角定理及矩形的判定方法分别判断后即可确定正确的选项．
本题考查了命题与定理的知识，解题的关键是了解有关的定义及定理，难度较小．
10.【答案】D
【解析】解：如图，过点C作CM⊥AB于点M，
∵∠C=90°，csB=35，
∴BCAB=35．
设BC=3λ，则AB=5λ，
由勾股定理得AC=4λ，
由射影定理得：BC2=BM⋅AB．
∴BM=95.由旋转变换的性质得：
CB=CB′，A′C=AC=4λ，∠A′=∠A.而CM⊥BB′，
∴B′M=BM，AB′=5λ−185λ=75λ，
∵∠A′=∠A，∠A′DC=∠ADB′，
∴△A′DC∽△ADB′，
∴B′DCD=720，
故选：D．
如图，作辅助线．首先求出BM的长度，进而求出AC、BB′的长度；证明△A′DC∽△ADB′，得B′DCD=720，即可解决问题．
主要考查了旋转变换的性质、勾股定理、相似三角形的判定等几何知识点及其应用问题；解题的方法是作辅助线，将分散的条件集中；解题的关键是灵活运用旋转变换的性质、勾股定理等几何知识点来分析、判断、推理或解答．
11.【答案】3(x+1)(x−1)
【解析】解：3x2−3，
=3(x2−1)，
=3(x+1)(x−1)．
首先提取公因式3，然后运用平方差公式继续进行因式分解．
本题考查提公因式法，公式法分解因式，注意：这里的公因式是数字3，因式分解要进行彻底．
12.【答案】−2
【解析】解：把x=0代入(k−2)x2+x+k2−4=0，得
k2−4=0，
解得k1=−2，k2=2，
而k−2≠0即k≠2．
所以k=−2．
故答案是：−2．
先把x=0代入(k−2)x2+x+k2−4=0得到：k2−4=0，解关于k的方程得k1=−2，k2=2，然后根据一元二次方程的定义可确定k的值．
本题考查了一元二次方程的解：能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值是一元二次方程的解．
13.【答案】5
【解析】解：在△ABC中，∠A=70°，且AC=BC，
∴∠ABC=∠A=70°，∠ACB=180°−2×70°=40°，
如图：

由作图痕迹可知：BE是∠ABC的角平分线，
∴∠EBC=12∠ABC=35°，EF为线段BC的中垂线，
∴BE=CE，
∴∠BCE=∠EBC=35°，
∴∠α=∠ACB−∠BCE=5°；
故答案为：5．
根据等边对等角，以及三角形内角和定理，求出∠ABC，∠ACB的度数，根据作图可知，两条线分别为∠ABC的角平分线，BC的中垂线，根据角平分线平分角，中垂线的性质进行角的转化，求解即可．
本题考查基本作图，三角形内角和定理，中垂线的性质，等腰三角形的判定和性质，角平分线的定义．熟练掌握角平分线和垂线的作图方法，是解题的关键．
14.【答案】10−2 21
【解析】解：连结OF，过E作EH⊥OA于H．
∵B点坐标为(2,1)，
∴E点的纵坐标为1，F点的横坐标为2，
∵反比例函数y=kx(k>0)上恰好经过E、F两点，
∴E点的坐标为(k,1)，F点的坐标为(2,k2)，
∵∠EDH+∠AOF=∠EDH+∠HED=90°，
∴∠AOF=∠HED，
又∠EHD=∠OAF=90°，
∴△EHD∽△OAF，
∴EHOA=HDAF，即12=HDk2，
∴HD=k4，
∴OD=HD+OH=k4+k=5k4，AD=2−5k4，
由折叠可得DF=OD=5k4，
在Rt△DAF中，由勾股定理可得(2−5k4)2+(k2)2=(5k4)4，
解得k1=10−2 21，k2=10+2 21(舍)．
∴k的值为10−2 21．
故答案为：10−2 21．
连结OF，过E作EH⊥OA于H，由B点坐标为(2,1)，即可得出E点的坐标为(k,1)，F点的坐标为(2,k2)，证得△EHD∽△OAF，得到EHOA=HDAF，求得HD=k4，进而求得OD=HD+OH=k4+k=5k4，AD=2−5k4，由折叠可得DF=OD=5k4，利用勾股定理得到关于k的方程，解方程即可求得k的值．
此题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，矩形的性质，坐标与图形性质，三角形相似的判定和性质，勾股定理，以及折叠的性质，正确表示出线段的长度是解本题的关键．
15.【答案】 26
【解析】解：如图，过点B作BH⊥直线CD于H，
设∠BCD=α，∠DAB=β，
∴∠ACD=90°−α，
∵∠ACD−∠BCD=2∠DAB，
∴90°−α−α=2β，
∴α+β=45°，
∵∠ACB=90°，AC=BC，
∴∠CAB=∠CBA=45°，
∴∠CAD+∠DAB=∠CAD+β=45°，
∴∠CAD=α=∠BCD，
∵∠BCD+∠ACD=90°，
∴∠CAD+∠ACD=90°，
∴∠ADC=90°=∠H，
在△ACD和△CBH中，
∠CAD=∠BCD∠ADC=∠HAC=BC，
∴△ACD≌△CBH(AAS)，
∴CD=BH，
∵△BCD的面积为13，
∴12×CD⋅BH=13，
∴CD= 26，
故答案为： 26．
由角的数量关系可得α+β=45°，由等腰直角三角形的性质可求∠ADC=90°=∠H，由“AAS”可证△ACD≌△CBH，可得CD=BH，由三角形的面积公式可求解．
本题考查了旋转的性质，考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形的面积公式，求出∠ADC=90°是解题的关键．
16.【答案】解：原式=2 3−4+ 32+1
=5 32−3．
【解析】原式利用二次根式性质，零指数幂、负整数指数幂法则，以及特殊角的三角函数值计算即可求出值．
此题考查了实数的运算，零指数幂、负整数指数幂，以及特殊角的三角函数值，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
17.【答案】解：原式=(x−2)2x(x−1)÷x−2x
=(x−2)2x(x−1)⋅xx−2
=x−2x−1．
把x=3−8=−2代入得
原式=−2−2−2−1=43．
【解析】先根据分式混合运算的法则把原式进行化简，再把x的值代入进行计算即可．
本题考查的是分式的化简求值，熟知分式混合运算的法则是解题的关键．
18.【答案】200
【解析】解：(1)40÷20%=200(名)，
答：调查的总学生是200名；
(2)D所占百分比为30200×100%=15%，
扇形统计图中“D”所在扇形的圆心角的度数为：360°×15%=54°；
B所占的百分比是1−15%−20%−30%=35%，
C的人数是：200×30%=60(名)，
补图如下：

(3)1200×35%=420(名)，
答：估计喜欢B(科技类)的学生大约有420名．
(1)根据A类的人数和所占的百分比，即可求出总人数；
(2)用整体1减去A、C、D类所占的百分比，即可求出扇形统计图中“D”所在扇形的圆心角的度数以及B所占的百分比；用总人数乘以所占的百分比，求出C的人数，从而补全图形；
(3)总人数乘以样本中B所占百分比即可得．
此题主要考查了条形统计图和扇形统计图的应用，正确利用条形统计图得出正确信息是解题关键．
19.【答案】解：(1)根据题意得，x≥12(120−x)，
解得：x≥40，
∴x的取值范围为40≤x≤120；
(2)设该企业需要花费y元，
根据题意得，y=400x+100(120−x)=300x+12000，
∵k=300>0，
∴y随x的增大而增大，
∴当x=40时，y=24000，
答：企业最少需要花费24000元．
【解析】(1)根据A型垃圾分装桶的个数不少于B型的一半得到不等式，解不等式即可得到结论；
(2)设该企业需要花费y元，根据题意得到一次函数解析式，根据余弦函数的性质即可得到结论．
本题考查了一元一次不等式的应用与一次函数的综合，利用一次函数的增减性求最小值是解决本题的关键．
20.【答案】解：(1)设足球第一次落地之前的运动路线的函数解析式为y=a(x−6)2+4，
∵点(0,1)在该函数图象上，
∴a(0−6)2+4=1，
解得a=−112，
即足球第一次落地之前的运动路线的函数解析式为y=−112(x−6)2+4，
当y=0时，0=−112(x−6)2+4，
解得x1=4 3+6，x2=−4 3+6(不符合题意，舍去)，
∴第一次落地点B与守门员(点O)的距离为4 3+6；
(2)将y=3代入y=−112(x−6)2+4，得x3=2 3+6，x4=−2 3+6，
∴BC=(2 3+6)−(−2 3+6)=4 3，
∴AC=AB+BC=(4 3+6−6)+4 3=8 3，
即他应再向前跑8 3米．
【解析】(1)根据题意可知足球第一次落地之前的运动路线对应的抛物线的顶点坐标为(6,4)，过点(0,1)，然后即可求得相应的函数解析式，再令y=0求出相应的x的值，即可得到第一次落地点B与守门员(点O)的距离；
(2)根据题意可知BC的长度与第一段函数解析式中y=3时对应的两个横坐标差的绝对值的长度相等，然后即可得到BC的长，从而可以计算出AC的长度，本题得以解决．
本题考查二次函数的应用，解答本题的关键是明确题意，求出相应的函数解析式．
21.【答案】等边 PC=PA+PB 72−12
【解析】解：(1)∵∠APC=∠CPB=60°，
∴PC,AC对应的圆周角为60°，
∴∠ABC=60°，∠BAC=60°，
∴∠ACB=180°−60°−60°=60°，
∴△ABC为等边三角形．
故答案为：等边．
(2)如图，在PC上截取PD=AP，连接AD，

∵∠APC=60°，
∴△APD为等边三角形，
∴AD=AP=PD，∠ADP=60°，∠ADC=120°，
∵∠APB=∠APC+∠BPC=120°，
∴∠ADC=∠APB，
在△APB和△ADC中，
∠APB=∠ADC∠ABP=∠ACDAP=AD，
∴△APB≌△ADC(AAS)，
∴BP=CD，
∵PD=AP，
∴PC=PA+PB．
故答案为：PC=PA+PB．
(3)根据题意可知，如图，M的轨迹是以OC为直径的圆，设圆心为O′，连接BO′，过O′作O′N⊥BC于N，过O作O′N⊥BC，OQ⊥BC，

∴∠O′CB=30°，O′C=12，
∴O′N=14,CN= 34，
∴O′N//OQ，
∵O′是OC的中点，
∴O′N是三角形OQC的中位线，
∴N为CQ的中点，
∴CQ=2CN=12 3，
又∵Q是BC的中点，
∴BC=2CQ= 3，
∴BN=BC−CN= 3−14 3=34 3，
∴BO′= BN2+O′N2= (3 34)2+(14)2= 72，
∴BM=BO′−O′M= 72−12．
故答案为： 72−12．
(1)根据题意可得到∠ABC=60°，∠BAC=60°，利用等边三角形的判定即可解答．
(2)作出辅助线，先证明△APD为等边三角形，再利用等边三角形的性质及全等三角形的性质与判定即可解答．
(3)作出辅助线，证明O′N是三角形OQC的中位线，进一步利用勾股定理即可解答．
本题考查了圆的综合应用，解题的关键是作出辅助线，掌握全等三角形的性质与判定．
22.【答案】 2 2 21+1634
【解析】解：(1)∵∠EDF=45°，
∴∠EDB+∠BDF=45°，
∵∠CDF+∠BDF=45°，
∴∠EDB=∠CDF，
∵四边形ABCD为正方形，BD，AC为对角线，
∴∠EBD=∠FCD=45°，
∴△DBE∽△DCF；
∵：四边形ABCD为正方形，BD，AC为对角线，
∴∠BDC=45°，
∴CD=BD.cs45°，
∴BD= 2CD．
∵△DBE∽DCF，
∴BECF=BDCD= 2CDCD= 2，
故答案为： 2；
(2)设BD交AC于点O，

∵AB=6，BC=8，
∴AC=BD= 62+82=10，
在矩形ABCD中，AC=BD，
∴OD=OC，
∴∠ODC=∠OCD，
∵AB//CD，
∴∠ABD=∠ODC，
∴∠ABD=∠OCD，
∵tan∠BDC=BCCD=43，tan∠EDF=43，
∴∠EDF=∠BDC，
∵∠EDF=∠EDB+∠BDF，∠BDC=∠BDF+∠FDC，
∴∠EDB=∠FDC，
∴△DBE∽△DCF，
BFCF=BDDC=53，
∵BE=5，
∴CF=3；
(3)连接BD交AC于O点，
在菱形ABCD中，BC=AB=DC=AD=5，AC=6，AC⊥BD，

∴OC=12AC=3，BD=2OD，
在Rt△ODC中，OD= DC2−OC2=4，
∴BD=2OD=8，tan∠ODC=OCOD=34，
∵BD为菱形对角线，
∴∠HDB=∠ODC，
∵BH⊥HD，AC⊥BD，
∴∠DHB=∠DOC=90°，
∴△DHB∽△DOC，
∴BHCO=DBDC，即BH3=85t，
∴.BH=245，
∵HE=85，
∴BE=BH−HE=165，
∵tan∠EDF=34，
∴∠EDF=∠ODC，
∴∠EDB=∠CDF，
∵BH⊥AD，
∴∠HBD+∠HDB=90°，
∵∠HDB=∠ODC，∠ODC+∠OCD=90°，
∴∠HBD=∠OCD，
∴△DBE∽△DCF，
∴BECF=BDDC=85，
∴CF=5BE8=5×1658=2．
(4)∵四边形ACBF的面积=S△ABC+S△FAB，
△ABC的面积为定值，
∴△ABF面积最大时，四边形ACBF的面积最大．
∵AB=5 2且位置不变，
∴点F距离.4B最大时，△ABF面积最大．
∵OE=2，
∴点E在以O为圆心，半径为2的圆上，如图所示：

∵∠BEF=90°，
∴当O，E，F三点在一条直线上，即BE与该圆相切时，△ABF面积最大．
过F作FD⊥OB于D，
∴AC=BC=5 2，
∴AB= 2AC=10．
∵O为AB的中点，
∴BO=5．
∵BE⊥OF，
∴BE= OB2−OE2= 21，
∵tan∠EBF=34，
∴EFBE=34，
∴EF=34 21，
∴OF=OE+EF=2+34 21，
在Rt△BEO中，sin∠EOB=BEOB= 215，
在Rt△ODF中，sin∠EOB=DFOF= 215，
∴DF=OF× 215×(2+34 21)=2 215+6320，
∴△ABF面积最大值为12×AB×DF=2 21+634．
∴四边形ACBF的面积的最大值=S△ABC+S△FAB=12×AC×BC+2 21+634=2 21+1634．
(1)求出∠EDB=∠CDF，∠EBD=∠FCD=45°，即可证明△DBE∽△DCF，求出BD= 2CD.由△DBE∽△DCF得BECF=BDCD= 2CDCD= 2；
(2)连接BD交AC于点O，先证明∠ABD=∠OCD，再通过计算tan∠BDC，得出∠EDF=∠BDC，求出∠EDB=∠FDC，证明△DBE∽△DCF，根据相似三角形的性质列式求解即可；
(3)连接BD交AC于O点，先求出BD=20D=8，tan∠ODC=OCOD=34，证明△DHB∽△DOC，可得出=BHCO=DBDC，求出BH、BE的长，然后根据tan∠EDF=34，得出∠EDF=∠ODC.求出∠EDB=∠CDF，然后证明△DBE∽△DCF，根据相似三角形的性质列式求解即可．
(4)由题意可知△ABF面积最大时，四边形ACBF的面积最大．由于AB=5 2且位置不变，可知当O，E，F三点在一条直线上，△ABF面积最大；过F作FD⊥OB于D，利用锐角三角函数和勾股定理可求DF，△ABF面积的最大值可求，结论可得．
本题考查了正方形、矩形、菱形的性质，勾股定理，解直角三角形，相似三角形的判定与性质，圆等知识，作出合适的辅助线，构造相似三角形是解题的关键，注意解题方法的延续性．
备
战
中
考
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战备
中备
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中战
考战
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备中
战中
考中
考
备考
战考
中考