2023年江苏省苏州中学园区校中考数学二模试卷（含解析）

这是一份2023年江苏省苏州中学园区校中考数学二模试卷（含解析），共28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。

2023年江苏省苏州中学园区校中考数学二模试卷
一、选择题（本大题共8小题，共24.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 计算(−3)+5的结果等于(    )
A. 2 B. −2 C. 8 D. −8
2. 数据−2，−1，0，1，2，4的中位数是(    )
A. 0 B. 0.5 C. 1 D. 2
3. 已知直线m//n，将一块含30°角的直角三角板ABC(∠ABC=30°,∠BAC=60°)按如图方式放置，点A，B分别落在直线m，n上．若∠1=70°.则∠2的度数为(    )


A. 30° B. 40° C. 60° D. 70°
4. 已知点A(a,1)与点B(−4,b)关于原点对称，则a+b的值为(    )
A. 5 B. −5 C. 3 D. −3
5. 下列命题是真命题的是(    )
A. 四边都是相等的四边形是矩形 B. 菱形的对角线相等
C. 对角线互相垂直的平行四边形是正方形 D. 对角线相等的平行四边形是矩形
6. 如图，已知∠ABC=∠BAD，添加下列条件还不能判定△ABC≌△BAD的是(    )


A. AC=BD B. ∠CAB=∠DBA
C. ∠C=∠D D. BC=AD
7. 在四边形ABCD中，∠B=90°，AC=4，AB//CD，DH垂直平分AC，点H为垂足．设AB=x，AD=y，则y关于x的函数关系用图象大致可以表示为(    )
A. B. C. D.
8. 如图是一个由5张纸片拼成的平行四边形，相邻纸片之间互不重叠也无缝隙，其中两张等腰直角三角形纸片的面积都为S1，另两张直角三角形纸片的面积都为S2，中间一张正方形纸片的面积为S3，则这个平行四边形的面积一定可以表示为(    )


A. 4S1 B. 4S2 C. 4S2+S3 D. 3S1+4S3
二、填空题（本大题共8小题，共24.0分）
9. 计算：23− 4= ______ ．
10. 风能是一种清洁能源，我国风能储量很大，仅陆地上风能储量就有253000兆瓦，用科学记数法表示为______兆瓦．
11. 分解因式：xy2−9x=          ．
12. 下列图案是用长度相同的火柴棒按一定规律拼搭而成，图案①需8根火柴棒，图案②需15根火柴棒，…，按此规律，图案⑦需______ 根火柴棒．


13. 如果正n边形的一个内角与一个外角的比是3：2，则n=______．
14. 把抛物线=x2−2先向右平移2个单位，再向上平移3个单位，平移后抛物线的表达式是______ ．
15. 如图，在△ABC中，AB=10，AC=8，BC=6，以边AB的中点O为圆心，作半圆与AC相切，点P、Q分别是边BC和半圆上的动点，连接PQ，则PQ长的最大值与最小值的和是______．


16. 如图，点A，B在反比例函数y=kx(k>0)的图象上，AC⊥x轴，BD⊥x轴，垂足C，D分别在x轴的正、负半轴上，CD=k，已知AB=2AC，E是AB的中点，且△BCE的面积是△ADE的面积的2倍，则k的值是______．


三、解答题（本大题共11小题，共84.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题5.0分)
计算：4cos30°+(1− 2)0− 12+|−2|．
18. (本小题6.0分)
解不等式组：2x+3≤x+5−x+23<2+x．
19. (本小题6.0分)
先化简，再求值x−2x−1÷(x+1−3x−1)，其中x= 5−4．
20. (本小题6.0分)
如图，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，E是边AC上一点，且BE=BC，过点A作BE的垂线，交BE的延长线于点D，求证：△ADE∽△ABC．

21. (本小题7.0分)
初一新生随机摇号分班，一共分4个班，班号分别为1班、2班、3班、4班，甲、乙两人是该校的新生．
(1)甲恰好被分在1班的概率为______ ．
(2)请用树状图或列表法求甲、乙被分在班号连续的两个班级的概率．
22. (本小题8.0分)
为落实国家“双减”政策，某中学在课后托管时间里开展了“音乐社团、体育社团、文学社团，美术社团”活动.该校从全校600名学生中随机抽取了部分学生进行“你最喜欢哪一种社团活动(每人必选且只选一种)”的问卷调查，根据调查结果，绘制了如图所示的两幅不完整的统计图．

根据图中信息，解答下列问题
(1)求参加问卷词查的学生共有多少人？
(2)条形统计图中m的值为______ ，扇形统计图中α的度数为______ ．
(3)根据调查结果，可估计该校600名学生中最喜欢“音乐社团”的有______ 人.
23. (本小题8.0分)
绍云中学计划为绘画小组购买某种品牌的A、B两种型号的颜料，若购买1盒A种型号的颜料和2盒B种型号的颜料需用56元；若购买2盒A种型号的颜料和1盒B种型号的颜料需用64元．
(1)求每盒A种型号的颜料和每盒B种型号的颜料各多少元；
(2)绍云中学决定购买以上两种型号的颜料共200盒，总费用不超过3920元，那么该中学最多可以购买多少盒A种型号的颜料？
24. (本小题8.0分)
如图，⊙O是△ABC的外接圆，EF与⊙O相切于点D，EF//BC分别交AB，AC的延长线于点E和F，连接AD交BC于点N，∠ABC的平分线BM交AD于点M．
(1)求证：AD平分∠BAC；
(2)若AB：BE=5：2，AD= 14，求线段DM的长．

25. (本小题10.0分)
我们把两个面积相等但不全等的三角形叫做偏等积三角形．
(1)如图1，已知等腰直角△ABC，∠ACB=90°，请将它分成两个三角形，使它们成为偏等积三角形；
(2)理解运用：如图2，已知△ABC为直角三角形，∠ACB=90°，以AB，AC为边向外作正方形ABDE，正方形ACFG，连接EG.求证：△ABC与△AEG为偏等积三角形；
(3)如图3，四边形ABED是一片绿色花园，△ACB、△DCE是等腰直角三角形，∠ACB=∠DCE=90°(0<∠BCE<90°)，已知BE=60m，△ACD的面积为2100m2.计划修建一条经过点C的笔直的小路CF，F在BE边上，FC的延长线经过AD中点G.若小路每米造价600元，请计算修建小路的总造价．


26. (本小题10.0分)
平面直角坐标系xOy中，抛物线G：y=ax2+bx+c(0 (1)用含a的式子表示b；
(2)求点E的坐标：
(3)若直线DE与抛物线G的另一个交点F的横坐标为6a+3，求y=ax2+bx+c在1

27. (本小题10.0分)
在平面直角坐标系中，点O为原点，点A的坐标为(−6,0).如图1，正方形OBCD的顶点B在x轴的负半轴上，点C在第二象限．现将正方形OBCD绕点O顺时针旋转角α得到正方形OEFG．
(1)如图2，若α=60°，OE=OA，求直线EF的函数表达式．
(2)若α为锐角，tanα=12，当AE取得最小值时，求正方形OEFG的面积．
(3)当正方形OEFG的顶点F落在y轴上时，直线AE与直线FG相交于点P，△OEP的其中两边之比能否为 2：1？若能，求点P的坐标；若不能，试说明理由

答案和解析

1.【答案】A 
【解析】
【分析】
本题主要考查的是有理数的加法法则，掌握有理数的加法法则是解题的关键。依据有理数的加法法则计算即可。
【解答】
解：(−3)+5=5−3=2。
故选：A。  
2.【答案】B 
【解析】解：这组数据的中位数为0+12=0.5，
故选：B．
根据中位数的定义即可得．
本题主要考查中位数，掌握：将一组数据按照从小到大(或从大到小)的顺序排列，如果数据的个数是奇数，则处于中间位置的数就是这组数据的中位数．如果这组数据的个数是偶数，则中间两个数据的平均数就是这组数据的中位数是解题的关键．

3.【答案】B 
【解析】解：∵m//n，∠1=70°，
∴∠1=∠ABD=70°，
∵∠ABC=30°，
∴∠2=∠ABD−∠ABC=40°，

故选：B．
根据平行线的性质求得∠ABD，再根据角的和差关系求得结果．
本题主要考查了平行线的性质，关键是熟练掌握平行线的性质．

4.【答案】C 
【解析】解：由A(a,1)关于原点的对称点为B(−4,b)，得
a=4，b=−1，
a+b=3，
故选：C．
根据关于原点的对称点，横纵坐标都互为相反数，可得a、b的值，根据有理数的加法，可得答案．
本题考查了关于原点对称的点的坐标，利用了关于原点对称的点的坐标规律：关于原点的对称点，横纵坐标都互为相反数．

5.【答案】D 
【解析】解：A、四边都是相等的四边形是菱形，故选项错误；
B、菱形的对角线互相垂直，故选项错误；
C、对角线互相垂直的平行四边形是菱形，故选项错误；
D、对角线相等的平行四边形是矩形，故选项正确．
故选：D．
利用平行四边形、正方形、矩形及菱形的判定定理对各选项逐一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，解题的关键是了解平行四边形、正方形、矩形及菱形的判定定理，难度中等．

6.【答案】A 
【解析】
【分析】
本题考查了全等三角形的判定，判定两个三角形全等的一般方法有：SSS、SAS、ASA、AAS、HL.注意：AAA、SSA不能判定两个三角形全等，判定两个三角形全等时，必须有边的参与，若有两边一角对应相等时，角必须是两边的夹角．根据全等三角形的判定：SAS，AAS，ASA，可得答案．
【解答】
解：由题意，得∠ABC=∠BAD，AB=BA，
A、∠ABC=∠BAD，AB=BA，AC=BD，三角形不全等，故A错误；
B、在△ABC与△BAD中，∠ABC=∠BADAB=BA∠CAB=∠DBA，△ABC≌△BAD(ASA)，故B正确；
C、在△ABC与△BAD中，∠C=∠D∠ABC=∠BADAB=BA，△ABC≌△BAD(AAS)，故C正确；
D、在△ABC与△BAD中，BC=AD∠ABC=∠BADAB=BA，△ABC≌△BAD(SAS)，故D正确；
故选A．  
7.【答案】D 
【解析】解：∵DH垂直平分AC，
∴DA=DC，AH=HC=2，
∴∠DAC=∠DCH，
∵CD//AB，
∴∠DCA=∠BAC，
∴∠DAH=∠BAC，∵∠DHA=∠B=90°，
∴△DAH∽△CAB，
∴ADAC=AHAB，
∴y4=2x，
∴y=8x，
∵AB ∴x<4，
∴图象是D．
故选：D．
由△DAH∽△CAB，得ADAC=AHAB，求出y与x关系，再确定x的取值范围即可解决问题．
本题科学相似三角形的判定和性质、相等垂直平分线性质、反比例函数等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形，构建函数关系，注意自变量的取值范围的确定，属于中考常考题型．

8.【答案】A 
【解析】解：设等腰直角三角形的直角边为a，正方形边长为c，
则S2=12(a+c)(a−c)=12a2−12c2，
∴S2=S1−12S3，
∴S3=2S1−2S2，
∴平行四边形面积=2S1+2S2+S3=2S1+2S2+2S1−2S2=4S1．
故选：A．
设等腰直角三角形的直角边为a，正方形边长为c，求出S2(用a、c表示)，得出S1，S2，S3之间的关系，由此即可解决问题．
本题考查平行四边形的性质、直角三角形的面积等知识，解题的关键是求出S1，S2，S3之间的关系，属于中考常考题型．

9.【答案】6 
【解析】解：23− 4
=8−2
=6．
故答案为：6．
先算乘方和开方，再加减．
本题考查了实数的运算，掌握乘方和开方的意义是解决本题的关键．

10.【答案】2.53×105 
【解析】解：数字253000用科学记数法可表示为2.53×105．
故答案为：2.53×105．
科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|<10，n为整数．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值≥10时，n是正数；当原数的绝对值<1时，n是负数．
此题考查了科学记数法的表示方法．科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|<10，n为整数，表示时关键要正确确定a的值以及n的值．

11.【答案】x(y+3)(y−3)． 
【解析】
【分析】
本题考查对多项式的分解能力，一般先考虑提公因式，再考虑利用公式分解因式，要注意分解因式要彻底，直到不能再分解为止．
应先提取公因式x，再对余下的多项式利用平方差公式继续分解．
【解答】
解：xy2−9x=x(y2−9)=x(y−3)(y+3)．
故答案为：x(y−3)(y+3)．  
12.【答案】50 
【解析】解：∵图案①需火柴棒：8根；
图案②需火柴棒：8+7=15根；
图案③需火柴棒：8+7+7=22根；
…
∴图案n需火柴棒：8+7(n−1)=7n+1根；
当n=7时，7n+1=7×7+1=50，
∴图案⑦需50根火柴棒；
故答案为：50．
根据图案①、②、③中火柴棒的数量可知，第1个图形中火柴棒有8根，每多一个多边形就多7根火柴棒，由此可知第n个图案需火柴棒8+7(n−1)=7n+1根，令n=7可得答案．
此题主要考查了图形的变化类，解决此类题目的关键在于图形在变化过程中准确抓住不变的部分和变化的部分，变化部分是以何种规律变化．

13.【答案】5 
【解析】解：设外角为2x，则其内角为3x，
则2x+3x=180°，
解得：x=36°，
∴外角为2x=72°，
∵正n边形外角和为360°，
∴n=360°÷72°=5，
故答案为：5．
设外角为2x，则其内角为3x，根据其内外角互补可以列出方程求得外角的度数，然后利用外角和定理求得边数即可．
本题考查了正多边形的外角与内角的知识，熟练掌握正多边形的内角和和外角和定理是解决此类题目的关键．

14.【答案】y=(x−2)2+1 
【解析】解：抛物线y=x2−2的顶点坐标为(0,−2)，点(0,2)向右平移2个单位，再向上平移3个单位所得对应点的坐标为(2,1)，所以平移后抛物线的表达式为y=(x−2)2+1．
故答案为：y=(x−2)2+1．
先确定y=x2的顶点坐标为(0,0)，再根据点平移的规律得到点(0,0)平移后对应点的坐标，然后根据顶点式写出平移后抛物线的表达式．
本题考查了二次函数图象与几何变换：由于抛物线平移后的形状不变，故a不变，所以求平移后的抛物线解析式通常可利用两种方法：一是求出原抛物线上任意两点平移后的坐标，利用待定系数法求出解析式；二是只考虑平移后的顶点坐标，即可求出解析式．

15.【答案】9 
【解析】解：如图，设⊙O与AC相切于点E，连接OE，作OP1⊥BC垂足为P1交⊙O于Q1，
此时垂线段OP1最短，P1Q1最小值为OP1−OQ1，
∵AB=10，AC=8，BC=6，
∴AB2=AC2+BC2，
∴∠C=90°，
∵∠OP1B=90°，
∴OP1//AC
∵AO=OB，
∴P1C=P1B，
∴OP1=12AC=4，
∴P1Q1最小值为OP1−OQ1=1，
如图，当Q2在AB边上时，P2与B重合时，P2Q2经过圆心，经过圆心的弦最长，
P2Q2最大值=5+3=8，
∴PQ长的最大值与最小值的和是9．
故答案为：9．
如图，设⊙O与AC相切于点E，连接OE，作OP1⊥BC垂足为P1交⊙O于Q1，此时垂线段OP1最短，P1Q1最小值为OP1−OQ1，求出OP1，如图当Q2在AB边上时，P2与B重合时，P2Q2最大值=5+3=8，由此不难解决问题．
本题考查切线的性质、三角形中位线定理等知识，解题的关键是正确找到点PQ取得最大值、最小值时的位置，属于中考常考题型．

16.【答案】3 72 
【解析】
【解答】
解：过点B作直线AC的垂线交直线AC于点F，如图所示．

∵△BCE的面积是△ADE的面积的2倍，E是AB的中点，
∴S△ABC=2S△BCE，S△ABD=2S△ADE，
∴S△ABC=2S△ABD，且△ABC和△ABD的高均为BF，
∴AC=2BD，
∴OD=2OC．
∵CD=k，
∴点A的坐标为(k3,3)，点B的坐标为(−2k3,−32)，
∴AC=3，BD=32，
∴AB=2AC=6，AF=AC+BD=92，
∴CD=k= AB2−AF2= 62−(92)2=3 72．
故答案为：3 72．
【分析】
本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征、三角形的面积公式以及勾股定理，构造直角三角形利用勾股定理巧妙得出k值是解题的关键．
过点B作直线AC的垂线交直线AC于点F，由△BCE的面积是△ADE的面积的2倍以及E是AB的中点即可得出S△ABC=2S△ABD，结合CD=k即可得出点A、B的坐标，再根据AB=2AC、AF=AC+BD即可求出AB、AF的长度，根据勾股定理即可算出k的值，此题得解．  
17.【答案】解：4cos30°+(1− 2)0− 12+|−2|
=4× 32+1−2 3+2
=2 3+1−2 3+2
=3． 
【解析】先化简各式，然后再进行计算即可解答．
本题考查了二次根式的混合运算，零指数幂，特殊角的三角函数值，准确熟练地进行计算是解题的关键．

18.【答案】解：由2x+3≤x+5得：x≤2，
由−x+23<2+x得：x>−1，
则不等式组的解集为−1 【解析】分别求出每一个不等式的解集，根据口诀：同大取大、同小取小、大小小大中间找、大大小小找不到确定不等式组的解集．
本题考查的是解一元一次不等式组，正确求出每一个不等式解集是基础，熟知“同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到”的原则是解答此题的关键．

19.【答案】解：原式=x−2x−1÷(x2−1x−1−3x−1)
=x−2x−1÷x2−4x−1
=x−2x−1⋅x−1(x+2)(x−2)
=1x+2，
当x= 5−4时，原式=1 5−4+2=1 5−2= 5+2． 
【解析】根据分式的减法法则、除法法则把原式化简，把x的值代入计算即可．
本题考查的是分式的化简求值，掌握分式的混合运算法则是解题的关键．

20.【答案】证明：∵BE=BC，
∴∠C=∠CEB，
∵∠CEB=∠AED，
∴∠C=∠AED，
∵AD⊥BE，
∴∠D=∠ABC=90°，
∴△ADE∽△ABC． 
【解析】根据等腰三角形的性质以及对顶角相等可得∠C=∠CEB=∠AED，由AD⊥BE可得∠D=∠ABC=90°，即可得△ADE∽△ABC．
本题考查了相似三角形的判定，熟练掌握相似三角形的判定方法是解决问题的关键．

21.【答案】14 
【解析】解：(1)甲恰好被分在1班的概率为14；
故答案为：14；
(2)列表如下：

1
2
3
4
1
(1,1)
(2,1)
(3,1)
(4,1)
2
(1,2)
(2,2)
(3,2)
(4,2)
3
(1,3)
(2,3)
(3,3)
(4,3)
4
(1,4)
(2,4)
(3,4)
(4,4)
所有等可能的情况有16种，其中甲、乙被分在班号连续的两个班级的情况数有6种，分别为(2,1)，(1,2)，(2,3)，(3,2)，(3,4)，(4,3)，
则P(甲、乙被分在班号连续的两个班级)=616=38．
(1)所有等可能的情况数有4种，甲恰好被分在1班的情况有1种，求出甲恰好被分在1班的概率即可；
(2)列表得出所有等可能的情况数，找出甲、乙被分在班号连续的两个班级的情况数，求出甲、乙被分在班号连续的两个班级的概率即可．
此题考查了列表法与树状图法，以及概率公式，概率=所求情况数与总情况数之比．

22.【答案】11  90°  100 
【解析】解：(1)24÷40%=60(人)，
∴参加问卷调查的学生共有60人．
(2)m=60−10−24−15=11(人)，
α=360°×1560=90°，
故答案为：11；90°．
(3)600×1060=100(人)，
∴估计该校600名学生中最喜欢“音乐社团”的约有100人．
(1)利用24÷40%即可求出参加问卷调查的学生人数；
(2)根据m=60−10−24−15，α=360°×1560即可得出答案．
(3)用该校总人数乘以样本中最喜欢“音乐社团”的占比即可．
本题考查了条形统计图，熟练掌握条形统计图是解题的关键．

23.【答案】解：(1)设每盒A种型号的颜料x元，每盒B种型号的颜料y元，
依题意得：x+2y=562x+y=64，
解得：x=24y=16．
答：每盒A种型号的颜料24元，每盒B种型号的颜料16元．
(2)设该中学可以购买m盒A种型号的颜料，则可以购买(200−m)盒B种型号的颜料，
依题意得：24m+16(200−m)≤3920，
解得：m≤90．
答：该中学最多可以购买90盒A种型号的颜料． 
【解析】(1)设每盒A种型号的颜料x元，每盒B种型号的颜料y元，根据“购买1盒A种型号的颜料和2盒B种型号的颜料需用56元；购买2盒A种型号的颜料和1盒B种型号的颜料需用64元”，即可得出关于x，y的二元一次方程组，解之即可得出结论；
(2)设该中学可以购买m盒A种型号的颜料，则可以购买(200−m)盒B种型号的颜料，利用总价=单价×数量，结合总价不超过3920元，即可得出关于m的一元一次不等式，解之取其中的最大值即可得出结论．
本题考查了二元一次方程组的应用以及一元一次不等式的应用，解题的关键是：(1)找准等量关系，正确列出二元一次方程组；(2)根据各数量之间的关系，正确列出一元一次不等式．

24.【答案】(1)证明：连接OD，如图，

∵EF与⊙O相切于点D，
∴OD⊥EF，
∵BC//EF，
∴OD⊥BC，
∴BD=CD，
∴∠BAD=∠CAD，
∴AD平分∠BAC；

(2)解：∵AB：BE=5：2， 14，EF//BC，
∴ANDN=ABBE=52，
∴DN=2 147，
∵∠BAD=∠CAD=∠CBD，
又∵∠BDN=∠ADB，
∴△BDN∽△ADB，
∴DNDB=BDAD，即：2 147DB=BD 14，
∴BD=2(负值舍去)，
∵∠ABC的平分线BM交AD于点M，
∴∠ABM=∠CBM，
∴∠ABM+∠BAD=∠CBM+∠CBD，即：∠BMD=∠DBM，
∴DM=BD=2． 
【解析】(1)连接OD，根据切线的性质得OD⊥EF，由EF//BC得OD⊥BC，由垂径定理得BD=CD，进而即可得到结论；
(2)由平行线分线段定理得DN=2 147，再证明△BDN∽△ADB，可得BD=2，最后证明∠BMD=∠DBM，进而即可求解．
本题主要考查圆的基本性质，切线的性质、相似三角形的判定和性质，平行线分线段成比例定理，等腰三角形的判定和性质；找出相似三角形是解题的关键．

25.【答案】(1)解：如图，作中线AD，则△ACD和△ABD为偏等积三角形；

(2)证明：作EH⊥AG，交GA的延长线于H，

∵四边形ABDE是正方形，
∴AB−AE，∠BAE=90°，
∵∠CAH=90°，
∴∠BAC=∠EAH，
在△ABC和△AEH中，
∠ACB=∠H∠CAB=∠HAEAB=AE，
∴△ABC≌△AEH(AAS)，
∴HE=BC，
∵四边形ACFG是正方形，
∴AC=AG，
∴S△ABC=S△AGE，
∴△ABC与△AEG为偏等积三角形；
(3)解：由(2)同理得，S△ACD=S△BCE，

过点A作AM//CD，交CG的延长线于M，
∴∠M=∠DCG，
∵点G为AD的中点，
∴DG=AG，
∵∠AGM=∠DGC，
∴△AGM≌△DGC(AAS)，
∴AM=CD，
∵AM//CD，
∴∠MAC+∠DCA=180°，
∵∠ACD+∠BCE=180°，
∴∠MAC=∠BCE，
∵MA=CD=CE，AC=BC，
∴△MAC≌△ECB(SAS)，
∴∠ACM=∠CBF，
∵∠ACB=90°，
∴∠ACM+∠BCF=90°，
∴∠BCF+∠CBE=90°，
∴CF⊥BE，
∵S△BCE=12×BE×CF=2100，
∴CF=2×210060=70(m)，
∴修建小路的总造价为70×600=42000(元)． 
【解析】(1)作中线AD即可得出△ACD和△ABD为偏等积三角形；
(2)作EH⊥AG，交GA的延长线于H，利用AAS证明△ABC≌△AEH，得HE=BC，从而证明结论；
(3)由(2)同理得，S△ACD=S△BCE，过点A作AM//CD，交CG的延长线于M，首先根据平行和中点证明△AGM≌△DGC，得AM=CD，再证明△MAC≌△ECB(SAS)，得∠ACM=∠CBF，从而证明CF⊥BE，即可解决问题．
本题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，平行线的性质等知识，熟练掌握基本几何模型，作辅助线构造全等三角形是解决本题的关键．

26.【答案】解：(1)∵抛物线G：y=ax2+bx+c(0 ∴c−5a=a+b+c，
∴b=−6a；
(2)如图，设BC的中点为M，

∵B(x1,3)，C(x2,3)，线段BC上有一点E，
∴S1=12×BE×3=32BE，S2=12×CE×3=32CE，
∵S1=S2+32．
∴32CE+32=32BE，
∴BE=CE+1，
∵b=−6a，
∴抛物线G：y=ax2−6ax+c，
∴对称轴为x=−6a−2a=3，
∴BC的中点M坐标为(3,3)，
∵BE=BM+EM，CE=CM−EM，BM=CM，BE=CE+1，
∴EM=12，
∴当x1 当x1>x2时，点E为(52,3)，
∴点E(72,3)或(52,3)；
(3)∵直线DE与抛物线G：y=ax2−6ax+c的另一个交点F的横坐标为6a+3，
∴y=a(6a+3)2−6a·(6a+3)+c=36a−9a+c，
∴点F(6a+3,36a−9a+c)，
∵点D是抛物线的顶点，
∴点D(3,−9a+c)，
∴直线DF的解析式为：y=6x−18+c−9a，
∵6>0，
∴点E坐标为(72,3)，
又∵点D(3,−9a+c)，
∴直线DE解析式为：y=(6+18a−2c)x+7c−63a−18，
∵直线DE与直线DF是同一直线，
∴6=6+18a−2c，
∴c=9a，
∴抛物线解析式为：y=ax2−6ax+9a，
∵1 ∴当x=3时，y最小=0，当x=6时，y最大=9a，
∴0≤y<9a． 
【解析】本题是二次函数综合题，考查了二次函数的性质，三角形面积公式，一次函数图象的性质，求出c=9a是本题的关键．
(1)将点A坐标代入解析式可求解；
(2)由三角形面积关系，可得BE=CE+1，由对称轴为x=3，可求BC中点M的坐标(3,3)，由线段的数量关系，可求EM=12，可求解；
(3)先求出点F坐标，点D坐标可求直线DF解析式，可得点E坐标，可求DE解析式，可得c=9a，由二次函数的性质可求解．

27.【答案】解：(1)如图1，

过点E作EH⊥OA于点H，EF与y轴的交点为M．
∵OE=OA，α=60°，
∴△AEO为正三角形，
∴OH=3，EH= 62−32=3 3．
∴E(−3,3 3).
∵∠AOM=90°，
∴∠EOM=30°．
在Rt△EOM中，
∵cos∠EOM=OEOM，
即 32=6OM，
∴OM=4 3．
∴M(0,4 3).
设直线EF的函数表达式为y=kx+4 3，
∵该直线过点E(−3,3 3)，
∴−3k+4 3=3 3，
解得k= 33，
所以，直线EF的函数表达式为y= 33x+4 3．
(2)如图2，

射线OQ与OA的夹角为α( α为锐角，tanα=12).
无论正方形边长为多少，绕点O旋转角α后得到正方
形OEFG的顶点E在射线OQ上，
∴当AE⊥OQ时，线段AE的长最小．
在Rt△AOE中，设AE=a，则OE=2a，
∴a2+(2a)2=62，解得a1=6 55，a2=−6 55(舍去)，
∴OE=2a=12 55，
∴S正方形OEFG=OE2=1445．

(3)设正方形边长为m．
当点F落在y轴正半轴时．
如图3，

当P与F重合时，△PEO是等腰直角三角形，有OPPE= 2或OPOE= 2．
在Rt△AOP中，∠APO=45°，OP=OA=6，
∴点P1的坐标为(0,6)．
在图3的基础上，
当减小正方形边长时，
点P在边FG 上，△OEP的其中两边之比不可能为 2：1；
当增加正方形边长时，存在PEOE= 2(图4)和OPPE= 2(图5)两种情况．
如图4，

△EFP是等腰直角三角形，
有PEEF= 2，
即PEOE= 2，
此时有AP//OF．
在Rt△AOE中，∠AOE=45°，
∴OE= 2OA=6 2，
∴PE= 2OE=12，PA=PE+AE=18，
∴点P2的坐标为(−6,18)．
如图5，

过P作PR⊥x轴于点R，延长PG交x轴于点H.设PF=n．
在Rt△POG中，PO2=PG2+OG2=m2+(m+n)2=2m2+2mn+n2，
在Rt△PEF中，PE2=PF2+EF2=m2+n2，
当POPE= 2时，
∴PO2=2PE2．
∴2m2+2mn+n2=2(m2+n2)，得n=2m．
∵EO//PH，
∴△AOE∽△AHP，
∴OAAH=OEPH=14，
∴AH=4OA=24，
即OH=18，
∴m=9 2．
在等腰Rt△PRH中，PR=HR= 22PH=36，
∴OR=RH−OH=18，
∴点P3的坐标为(−18,36)．
当点F落在y轴负半轴时，
如图6，

P与A重合时，在Rt△POG中，OP= 2OG，
又∵正方形OGFE中，OG=OE，
∴OP= 2OE．
∴点P4的坐标为(−6,0)．
在图6的基础上，当正方形边长减小时，△OEP的其中
两边之比不可能为 2：1；当正方形边长增加时，存在PEPO= 2(图7)这一种情况．
如图7，过P作PR⊥x轴于点R，

设PG=n．
在Rt△OPG中，PO2=PG2+OG2=n2+m2，
在Rt△PEF中，PE2=PF2+FE2=(m+n )2+m2=2m2+2mn+n2．
当PEPO= 2时，
∴PE2=2PO2．
∴2m2+2mn+n2=2n2+2m2，
∴n=2m，
由于NG=OG=m，则PN=NG=m，
∵OE//PN，
∴△AOE∽△ANP，
∴ANAO=PNOE=1，
即AN=OA=6．
在等腰Rt△ONG中，ON= 2m，
∴12= 2m，
∴m=6 2，
在等腰Rt△PRN中，RN=PR=6，
∴点P5的坐标为(−18,6)．
所以，△OEP的其中两边的比能为 2：1，点P的坐标是：P1(0,6)，P2(−6,18)，
P3(−18,36)，P4(−6,0)，P5(−18,6)． 
【解析】(1)先判断出△AEO为正三角形，再根据锐角三角函数求出OM即可；
(2)判断出当AE⊥OQ时，线段AE的长最小，用勾股定理计算即可；
(3)由△OEP的其中两边之比为 2：1分三种情况进行计算即可．
此题是正方形的性质题，主要考查了正方形的性质，等腰三角形的性质，勾股定理，解本题的关键是灵活运用勾股定理进行计算．