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2023年黑龙江省哈尔滨市南岗区中考数学毕业试卷（含解析）
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这是一份2023年黑龙江省哈尔滨市南岗区中考数学毕业试卷（含解析），共25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年黑龙江省哈尔滨市南岗区中考数学毕业试卷
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. 实数−2023的绝对值是( )
A. 2023 B. −2023 C. 12023 D. −12023
2. 下列图形中，是中心对称图形但不是轴对称图形的是( )
A. B. C. D.
3. 下列计算正确的是( )
A. x3+x3=2x B. x3÷x=x3
C. (x−y)2=x2−y2 D. (−x3)2=x6
4. 如图，由5个相同正方体组合而成的几何体，它的俯视图是( )
A.
B.
C.
D.
5. 点(2,−4)在反比例函数y=kx的图象上，则下列各点在此函数图象上的是( )
A. (2,4) B. (−1,−8) C. (−2,−4) D. (4,−2)
6. 方程2x+3=1x−1的解为( )
A. x=3 B. x=4 C. x=5 D. x=−5
7. 如图，O为跷跷板AB的中点，支柱OC与地面MN垂直，垂足为点C，当跷跷板的一端B着地时，跷跷板AB与地面MN的夹角∠ABM=25°，测得AB=6cm.则OC的长为( )
A. 6cos25° B. 6sin25° C. 3sin25° D. 3cos25°
8. 将抛物线y=−x2通过一次平移可得到抛物线y=−(x+4)2，对这一平移过程描述正确的( )
A. 向右平移4个单位长度 B. 向左平移4个单位长度
C. 向上平移4个单位长度 D. 向下平移4个单位长度
9. 如图，在△ABC中，点D、E、F分别在AB、AC、BC边上，连接DE、EF，若DE//BC，EF//AB，则下列结论错误的是( )
A. AEEC=BFFC
B. ADBF=ABBC
C. EFAB=DEBC
D. CECF=EABF
10. “脱贫攻坚”小组乘汽车赴360km处的农村进行调研，前一段路为高速公路，后段路为乡村公路，汽车在高速公路和乡村公路上分别以某一速度匀速行驶，汽车行驶的路程y(km)与行驶时间x(h)间的关系如图所示，则该记者到达采访地的行驶时间为( )
A. 5小时 B. 4.5小时 C. 4小时 D. 5.5小时
第II卷（非选择题）
二、填空题（本大题共10小题，共30.0分）
11. 将5300000用科学记数法表示为______ ．
12. 函数y=x−2x+3中，自变量x的取值范围是______．
13. 把多项式ax2−4a分解因式的结果是______．
14. 计算 27− 12的结果为______．
15. 不等式组3x−1>28−6x≤0的解集是______ ．
16. 一个不透明的盒子里装有1个红球，2个白球，这些球除颜色外其它均相同，现从中随机地摸出一个小球，不放回，然后再从剩下的小球中随机摸出一个，则摸出的两个小球恰好都是白球的概为______ ．
17. 已知扇形的面积为12πcm2，半径为12cm，则该扇形的圆心角是______．
18. 如图，在⊙O中，AB切⊙O于点A，连接OB交⊙O于点C，点D在⊙O上，连接CD、AD，若∠B=50°，则∠D为______ ．
19. 已知，矩形ABCD，E为CD的中点，F为AB上一点，连接EF，若CD=6，BC=2，EF= 5，则FB的长为______ ．
20. 如图，正方形ABCD的边长为5，点E在CD的边上，且DE=1，△AFE与△ADE关于AE所在的直线对称，将△ADE按顺时针方向绕点A旋转90°得到△ABG，连接FG、BE，则线段FG的长为______ ．
三、解答题（本大题共7小题，共56.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
21. (本小题8.0分)
先化简，再求值：(1+4x−3)÷x2+2x+12x−6，其中x=2sin45°−1．
22. (本小题8.0分)
如图，网格中每个小正方形的边长均为1，点A、B在小正方形的顶点上．
(1)画出以AB为底的等腰直角△ABC(点C在小正方形的顶点上)；
(2)画出以AB为一边且面积为20的平行四边形ABDE，(点D、E都在小正方形的顶点上)，连接CE，请直接写出线段CE的长．
23. (本小题8.0分)
为喜迎中国共产党第二十次全国代表大会的召开，某中学举行党史知识竞赛.团委随机抽取了部分学生的成绩作为样本，把成绩按达标、良好、优秀、优异四个等级分别进行统计，并将所得数据绘制成了不完整的统计图．
请根据图中提供的信息，解答下列问题：
(1)圆心角β= ______ 度；
(2)通过计算求出优秀人数，并补全条形统计图：
(3)已知某中学共有1200名学生，估计此次竞赛该校获优异等级的学生人数为多少人．
24. (本小题8.0分)
在△ABC中，过A作BC的平行线，交∠ACB的平分线于点D，点E是BC上一点，连接DE，交AB于点F，∠CAD+∠BED=180°．
(1)如图1，求证：四边形ACED是菱形；
(2)如图2，若∠ACB=90°，BC=2AC，点G、H分别是AD、AC边中点，连接CG、EG、EH，不添加字母和辅助线，直接写出图中与△CEH所有的全等的三角形．
25. (本小题8.0分)
某体育用品商店计划购进一些篮球和排球.已知1个篮球和2个排球的进价的和为280元，2个篮球和1个排球的进价的和为320元．
(1)求每个篮球和每个排球的进价各是多少元；
(2)若该体育用品商店计划购进篮球和排球共40个，且购进的总费用不超过3600元，则该体育用品商店最多可以购进篮球多少个？
26. (本小题8.0分)
已知，在△ABC中，AB=AC，点A，点B在⊙O上，AC交⊙O于D，BC交⊙O于E，连接DE．
(1)如图1，求证：DE=EC；
(2)如图2，过点A作AH⊥BC于H，连接OH，若AH//DE，求证：OH平分∠AHB；
(3)如图3，在(2)的条件下，过点A作AF//BC，AF交⊙O于F，连接BF，DH，延长DH交⊙O于W，若OH= 2，FB= 10，求线段WD的长．
27. (本小题8.0分)
在平面直角坐标系中，O为坐标原点，抛物线y=ax2−ax+6分别交x轴、y轴于A、C、B三点，OB=OA．
(1)求a的值；
(2)如图1，点P在第一象限内抛物线上，其横坐标为t，连接AB、PB、PA，设△PBA的面积为S，求S与t的函数关系式；(不要求写出t的取值范围)
(3)如图2，在(2)的条件下，直线PD交x轴于D，交y轴于E，交AB于点R，点F在OA上，连接FE，使∠PEF=∠DEO，点K在ED上，连接FK，使∠FKP=45°，作TR//y轴，连接TE交x轴于N，使FK=TE，点Q在第一象限内抛物线上，QG⊥PD于G，连接FQ，使∠AFQ=∠PEF，若FE−FN=2ON，BE+AF=FE，求QG的长．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：因为负数的绝对值等于它的相反数；
所以，−2023的绝对值等于2023．
故选：A．
利用绝对值的意义求解．
本题考查绝对值的含义，即：正数的绝对值是它本身，负数的绝对值是它的相反数．
2.【答案】A
【解析】解：A.是中心对称图形但不是轴对称图形，故本选项符合题意；
B.是中心对称图形，也是轴对称图形，故本选项不合题意；
C.是中心对称图形，也是轴对称图形，故本选项不合题意；
D.是中心对称图形，也是轴对称图形，故本选项不合题意；
故选：A．
根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．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，这个点叫做对称中心．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．
本题考查了中心对称图形与轴对称图形，熟记相关定义是解答本题的关键．
3.【答案】D
【解析】解：A、x3+x3=2x3，故A不符合题意；
B、x3÷x=x2，故B不符合题意；
C、(x−y)2=x2−2xy+y2，故C不符合题意；
D、(−x3)2=x6，故D符合题意；
故选：D．
利用完全平方公式，合并同类项的法则，同底数幂的乘法的法则，积的乘方的法则对各项进行运算即可．
本题主要考查完全平方公式，合并同类项，积的乘方，同底数幂的除法，解答的关键是对相应的运算法则的掌握．
4.【答案】A
【解析】解：选项A中的图形比较符合该组合体的俯视图，
故选：A．
根据俯视图的意义进行判断即可．
本题考查计算组合体的三视图，理解视图的意义是正确判断的前提．
5.【答案】D
【解析】解：∵点(2,−4)在反比例函数y=kx的图象上，
∴−4=k2，得k=−8，
∴y=−8x，
∴xy=−8，
∵2×4=8，故选项A不符合题意，
(−1)×(−8)=8，故选项B不符合题意，
(−2)×(−4)=8，故选项C不符合题意，
4×(−2)=−8，故选项D符合题意，
故选：D．
根据点(2,−4)在反比例函数y=kx的图象上，可以求得k的值，从而可以判断各个选项是否正确．
本题考查反比例函数图象上点的坐标特征，解答本题的关键是明确题意，利用反比例函数的性质解答．
6.【答案】C
【解析】解：2(x−1)=x+3，
2x−2=x+3，
x=5，
令x=5代入(x+3)(x−1)≠0，
故选：C．
根据分式方程的解法即可求出答案．
本题考查分式方程的解法，解题的关键是熟练运用分式方程的解法，本题属于基础题型．
7.【答案】C
【解析】解：∵O为跷跷板AB的中点，AB=6cm，
∴OB=3cm，
∵支柱OC与地面MN垂直，垂足为点C，
∴∠OCB=90°，
在Rt△OCB中，
∵∠OBC=∠ABM=25°，sin∠OBC=OCOB，
∴OC=OB⋅sin∠OBC=3sin25°，
故选：C．
先求出OB，在Rt△OBC中利用三角函数关系即可求出OC．
本题考查解直角三角形的应用，熟悉直角三角形中的边角关系是解题的关键．
8.【答案】B
【解析】解：抛物线y=−x2的顶点坐标为(0,0)，抛物线y=−(x+4)2的顶点坐标为(−4,0)，
∵点(0,0)向左平移4个单位可得到(−4,0)，
∴将抛物线y=−x2向左平移4个单位得到抛物线y=−(x+4)2．
故选：B．
先利用顶点式得到两抛物线的顶点坐标，然后通过点的平移情况判断抛物线平移的情况．
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．
9.【答案】C
【解析】解：A、EF//AB，
∴AEEC=BFFC，故选项A正确；
B、∵DE//BC，
∴ADAB=DEBC，
∵DE//BC，EF//AB，
∴四边形BDEF是平行四边形，
∴DE=BF，
∴ADAB=BFBC，
∴ADBF=ABBC，故选项B正确；
C、∵EF//AB，
∴EFAB=CFBC，
∵CF与DE的大小关系不能确定，
∴EFAB≠DEBC，故选项C错误；
D、∵EF//AB，
∴CEEA=CFBF，
∴CECF=EABF，故选项D正确，
故选：C．
利用平行线分线段成比例定理，平行四边形的性质和相似三角形的判定与性质对每个选项进行判断即可．
本题主要考查了平行线分线段成比例定理，平行四边形的性质和相似三角形的判定与性质，正确应用平行线分线段成比例定理是解题的关键．
10.【答案】A
【解析】解：汽车在乡村公路上行驶的速度为：(270−180)÷(3.5−2)=60km/h，
则该记者到达采访地的时间为：2+(360−180)÷60=5h，
故选：A．
根据题意表示出乡村公路的速度，从而可以求出到达的时间．
本题考查一次函数的应用，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
11.【答案】5.3×106
【解析】解：5300000=5.3×106．
故答案为：5.3×106．
把一个大于10的数记成a×10n的形式，其中a是整数数位只有一位的数，n是正整数，这种记数法叫做科学记数法，由此即可得到答案．
本题考查科学记数法—表示较大的数，关键是掌握用科学记数法表示数的方法．
12.【答案】x≠−3
【解析】解：由题意得，x+3≠0，
解得x≠−3．
故答案为：x≠−3．
根据分母不等于0列式计算即可得解．
本题考查了函数自变量的范围，一般从三个方面考虑：
(1)当函数表达式是整式时，自变量可取全体实数；
(2)当函数表达式是分式时，考虑分式的分母不能为0；
(3)当函数表达式是二次根式时，被开方数非负．
13.【答案】a(x+2)(x−2)
【解析】
【分析】
本题考查了因式分解，掌握利用提公因式法和平方差公式分解因式是解决本题的关键．
首先提取公因式分解因式，再利用平方差公式分解即可．
【解答】
解：ax2−4a
=a(x2−4)
=a(x+2)(x−2)．
故答案为：a(x+2)(x−2)．
14.【答案】 3
【解析】解：原式=3 3−2 3= 3．
故答案为： 3．
先将二次根式化为最简，然后合并同类二次根式即可得出答案．
此题考查了二次根式的加减运算，属于基础题，解答本题的关键是掌握二次根式的化简及同类二次根式的合并．
15.【答案】x≥43
【解析】解：3x−1>2①8−6x≤0②，
解不等式①得：x>1，
解不等式②得：x≥43．
∴不等式组的解集为：x≥43．
故答案为：x≥43．
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．
本题考查了解一元一次不等式组，正确掌握一元一次不等式解集确定方法是解题的关键．
16.【答案】13
【解析】解：画树状图得：
∵共有6种等可能的结果，这2个球都是白球的有2种情况，
∴这2个球都是白球的概率为：26=13．
故答案为：13．
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这2个球都是白球的情况，再利用概率公式即可求得答案．
此题考查了列表法或树状图法求概率．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
17.【答案】30°
【解析】解：设圆心角为n°，由题意得：nπ×122360=12π，
解得：n=30，
故答案为：30°．
首先设圆心角为n°，再根据扇形面积的计算公式S=nπr2360，代入相关数值进行计算即可．
此题主要考查了扇形的面积计算，关键是熟练掌握扇形面积的计算公式．
18.【答案】20°
【解析】解：连接OA，
∵AB切圆于A，
∴半径OA⊥AB，
∴∠OAB=90°，
∵∠ABO=50°，
∴∠AOB=90°−∠ABO=40°，
∴∠D=12∠AOB=20°．
故答案为：20°．
连接OA，由切线的性质定理得到∠OAB=90°，求出∠AOB=40°，由圆周角定理即可得到∠D=12∠AOB=20°．
本题考查切线的性质，圆周角定理，关键是由切线的性质定理求出∠AOB的度数，由圆周角的定理即可求出∠D的度数．
19.【答案】4或2
【解析】解：过点E作ET⊥AB，
∵四边形ABCD为矩形，
∴∠AB=∠B=∠C=∠D=90等于，AB=CD=6，
∵EF⊥AB，
∴四边形ATED和四边形BCET均为矩形，
∴ET=BC=2，AT=DE，BT=CE，
∵点E为CD的中点，
∴DE=CE=3，
∴De=CE=AT=BD=3，
∵EF= 5，ET=2，
∴EF>ET，
∴有以下两种情况：
①当点F在点ET的左侧时，
在Rt△EFT中，ET=2，EF= 5，
由勾股定理得：FT= EF2−ET2=1，
∴FB=FT+TB=4，
②当点F在ET的右侧时，设为F′，
同理：F′T=1，
∴F′B=BT−F′T=2．
综上所述：FB的长为4或2．
故答案为：4或2．
过点E作ET⊥AB，先证四边形ATED和四边形BCET均为矩形，然后分两种情况进行讨论：①当点F在点ET的左侧时，可由勾股定理求出FT，进而可得FB；②当点F在ET的右侧时，设为F′，同理可求出F′T，进而可得F′B．
此题主要考查了矩形的性质和判定，勾股定理，解答此题的关键是熟练掌握矩形的判定及性质，难点是分类讨论思想在解题中的应用，漏解是解答此题的易错点之一．
20.【答案】 41
【解析】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴BC=CD=5.∠C=90°，
∵DE=1，
∴CE=DC−DE=5−1=4，
∴BE= BC2+CE2= 52+42= 41，
∵△AFE与△ADE关于AE所在的直线对称，
∴△ADE≌△AFE，
由旋转得：△ADE≌△ABG，
∴△AFE≌△ABG，
∴AF=AB，AE=AG，∠BAG=∠FAE，
∴∠BAG+∠BAF=∠FAE+∠BAF，
∴∠GAF=∠EAB，
∴△GAF≌△EAB(SAS)，
∴FG=BE= 41，
故答案为： 41．
根据正方形的性质可得BC=CD=5.∠C=90°，从而可得CE=4，进而在Rt△BCE中，利用勾股定理求出BE的长，然后根据轴对称的性质以及旋转的性质可得△ADE≌△AFE≌△ABG，从而可得AF=AB，AE=AG，∠BAG=∠FAE，进而可得∠GAF=∠EAB，最后利用SAS证明△GAF≌△EAB，从而利用全等三角形的性质可得FG=BE= 41，即可解答．
本题考查了旋转的性质，正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，轴对称的性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．
21.【答案】解：(1+4x−3)÷x2+2x+12x−6
=x−3+4x−3⋅2(x−3)(x+1)2
=x+1x−3⋅2(x−3)(x+1)2
=2x+1，
当x=2sin45°−1=2× 22−1= 2−1时，
原式=2 2−1+1
=2 2
= 2．
【解析】先根据分式的加法法则进行计算，再根据分式的除法法则把除法变成乘法，算乘法，求出x的值，最后代入求出答案即可．
本题考查了分式的化简求值和特殊角的三角函数值，能正确根据分式的运算法则进行计算是解此题的关键，注意运算顺序．
22.【答案】解：(1)如图，△ABC即为所求；
(2)如图，平行四边形ABDE即为所求，CE= 32+42=5．
【解析】(1)根据等腰直角三角形的定义画出图形；
(2)利用数形结合的射线画出平行四边形ABDE，再利用勾股定理求出EC．
本题考查作图−应用与设计作图，勾股定理，勾股定理的逆定理，等腰直角三角形的性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
23.【答案】144
【解析】解：(1)本次调查的样本容量=10÷20%=50，
圆心角β=2050×100%×360°=144°，
故答案为：144；
(2)成绩优秀的人数=50−2−10−20=18(名)，
补全图形，如图所示：
(3)1200×2050=480(名)，
答：估计此次竞赛该校获优异等级的学生人数为480名．
(1)由成绩良好的学生人数除以所占百分比得出本次调查的样本容量，即可解决问题；
(2)求出成绩优秀的人数，即可解决问题；
(3)由红星中学共有学生人数乘以此次竞赛该校获优异等级的学生人数所占的比例即可．
本题考查条形统计图、扇形统计图、用样本估计总体，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
24.【答案】(1)证明：∵AD//BC，
∴∠ADC=∠BCD，
∵CD平分∠ACB，
∴∠ACD=∠BCD，
∴∠ADC=∠ACD，
∴AD=AC，
∵AD//BC，
∴∠ADE=∠DEB，
∵∠DEB+∠DEC=180°，∠DEB+∠CAD=180°，
∴∠DEC=∠DAC，
∴ADE+∠DAC=180°，
∴DE//AC，
∴四边形ACED是菱形；
(2)解：∵∠ACB=90°，
∴菱形ACED是正方形，
∴∠D=∠CAG=∠DEC=90°，
AC=AD=CE，
∵G是AD的中点，H是AC边中点，
∴AG=DG=CE，
∴△EDG≌△CAG≌△ECH(SAS)，
∵BC=2AC，
∴BE=CE=AD，
∵AD//BE，
∴∠B=∠DAF，
∵∠AFE=∠BFE，
∴△BFE≌△AFD(AAS)，
∵AD=CE=BE，
∴△BEF≌△ECH，
∴图中与△CEH全等的三角形有△ADF，△EDG，△CAG，△EBF．
【解析】(1)根据平行线的性质得到∠ADC=∠BCD，根据角平分线的定义得到∠ACD=∠BCD，等量代换得到∠ADC=∠ACD，推出DE//AC，于是得到结论；
(2)根据已知条件得到菱形ACED是正方形，求得∠D=∠CAG=∠DEC=90°，AC=AD=CE，根据全等三角形的判定定理即可得到结论．
本题考查了菱形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，平行线的性质，角平分线的定义，证得△EDG≌△CAG≌△ECH是解题的关键．
25.【答案】解：(1)设每个篮球的进价是x元，每个排球的进价是y元，
依题意有：x+2y=2802x+y=320，
解得x=120y=80．
故每个篮球的进价是120元，每个排球的进价是80元；
(2)设该体育用品商店可以购进篮球a个，则购进排球(40−a)个，
根据题意得：120a+80(40−a)≤3600．
解得a≤10．
答：该体育用品商店最多可以购进篮球10个．
【解析】(1)设每个篮球的进价是x元，每个排球的进价是y元，根据“1个篮球和2个排球的进价的和为280元，2个篮球和1个排球的进价的和为320元”得到方程组，解方程组即可解得结果；
(2)设该体育用品商店可以购进篮球a个，则购进排球(40−a)个，根据题意得不等式组即可得到结果．
本题考查了一元一次不等式的应用，二元一次方程组的应用，找准数量关系是解题的关键．
26.【答案】(1)证明：∵AB=AC，
∴∠B=∠C，
∵四边形ABED为圆的内接四边形，
∴∠EDC=∠B，
∴∠EDC=∠C，
∴DE=EC；
(2)证明：连接OA，OB，如图，
∵AH⊥BC于H，AH//DE，
∴DE⊥BC．
由(1)知：DE=EC，
∴△DEC为等腰直角三角形，
∴∠C=∠EDC=45°，
∴∠B=∠C=45°，
∴△ABC为等腰直角三角形．
∵AH⊥BC，
∴△AHC，△AHB均为等腰直角三角形，
∴AH=BH．
在△AOH和△BOH中，
OA=OBOH=OHAH=BH，
∴△AOH≌△BOH(SSS)，
∴∠AHO=∠BHO，
∴OH平分∠AHB；
(3)解：过点O作ON⊥AH于点N，OG⊥AF于点G，如图，
则AG=FG=12AF．
∵AH⊥BC，AF//BC，
∴AF⊥AH．
∵ON⊥AH，OG⊥AF，
∴四边形OGAN为矩形，
∴AG=ON．
由(2)知：∠AHO=∠BHO，
∵∠AHB=90°，
∴∠AHO=45°，
∴ON=HN= 22OH= 22× 2=1，
∴AG=ON=1，
∴AF=2．
连接AE，过点F作FM⊥BC于点M，
∵AF//BC，
∴BF=AE，
∴BF=AE．
∴四边形AFBE为等腰梯形，
∴∠FBE=∠AEB．
在△BFM和△EAH中，
∠BMF=∠EHA=90°∠FBE=∠AEBBF=AE，
∴△BFM≌△EAH(AAS)，
∴FM=AH，BM=EH．
∵AF⊥AH，AH⊥BC，FM⊥BC，
∴四边形AFMH为矩形，
∴MH=AF=2，
设BM=EH=a，则BH=AH=FM=2+a．
在Rt△BFM中，
∵FB2=FM2+BM2，
∴( 10)2=a2+(a+2)2，
解得：a=1或a=−3(不合题意，舍去)，
∴BM=EH=1，FM=AH=3，
∴CH=AH=BH=3，
∴DE=CE=CH−EH=2，
∴DH= EH2+DE2= 5．
连接BW，
∵∠WBH=∠EDH，∠BHW=∠DHE，
∴△BHW∽△DHE，
∴BHWH=DHHE，
∴3WH= 51，
∴WH=3 55．
∴WD=WH+DH=8 55．
【解析】(1)利用等腰三角形的性质，圆的内接四边形的性质和等腰三角形的判定定理解答即可；
(2)连接OA，OB，利用等腰直角三角形的判定与性质和全等三角形的判定与性质解答即可；
(3)过点O作ON⊥AH于点N，OG⊥AF于点G，利用垂径定理和等腰直角三角形的性质求得AF的长，连接AE，过点F作FM⊥BC于点M，利用等腰梯形的性质和全等三角形的判定与性质，矩形的判定与性质得到MH=AF=2，设BM=EH=a，则BH=AH=FM=2+a，利用勾股定理列出关于a的方程，解方程求得a值，则得：CH=AH=BH=3，DE=CE=CH−EH=2，利用勾股定理和相似三角形的判定与性质分别求得线段DH，WH，则结论可求．
本题主要考查了圆的有关性质，等腰三角形的性质，圆的内接四边形的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰梯形的性质，平行线的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质，垂径定理，过点O作圆的弦心距是解决此类问题常添加的辅助线．
27.【答案】解：(1)∵抛物线y=ax2−ax+6分别交x轴、y轴于A、C、B三点，
∴当x=0时，y=6，
∴B(0,6)，OB=OA=6，A(6,0)，
∴0=62×a−6a+6，
解得a=−15，
即y=−15x2+15x+6．
答：a的值为−15．
(2)如图，连接OP，过P分别作x，y轴的垂线，垂足为T，W，
∴∠BOA=∠PNO=∠PTO=90°，
∴四边形PTOW为矩形，
设P(t,−15t2+15t+6)，
∴PT=OW=t,PW=−15t2+15t+6，
∴S△PBA=S△BOP+S△AOP−S△AOB
；
=12OB⋅PT+12OA⋅PW−12OB⋅OA
=12×6(t−15t2+15t+6−6)
=3×(−15t2+65t)
=−35t2+185t．
答：S与t的函数关系式为：S=−35t2+185t．
(3)如图，截取OM=ON，
∵FE−FN=2ON，
∴FE=2ON+FN，
∴FE=FM，
设∠DFK=α，
∵∠FKE=45°，
∴∠KDF=45°−α，
则∠PEF=∠DEO=∠BEG=45°+α，∠OEF=90°−2α，∠EFO=2α，
∴FK平分∠EFO，
∴∠EFK=∠MFK，
∴△KEF≌△KMF(SAS)，
∴KE=KM，∠EKF=∠MKF=45°，连接EM，
∴EM⊥KF，
∴△EKM是等腰直角三角形，
∴∠MEF=90°−α，
∴∠MEO=90°−α−(90°−2α)=α=∠NEO，
作TV⊥y轴于V，作KI⊥x轴于I，作RH⊥y轴于H，
∴四边形HRTV是矩形，
∵KF=TE，∠KIF=∠TVE=90°，
∴△KIF≌△TVE(HL)，
∴KI=TV=RH，
作KZ⊥y轴于Z，
∴四边形KIOZ是矩形，
∴∠KIM=∠KZE=90°，
∴△KZE≌KIM(HL)，
∴KI=KZ=RH，
∴四边形KINZ是正方形，连接OK，
∴OK平分∠EOD，
∴∠KOE=∠KOD=45°
∴△KZE≌△RHE(AAS)，
∴KE=RE，
BE=OE=12BO=3，
∴E(3,0)，
∵BE+AF=EF，AF=OA−OF=6−OF，
∴3+6−OF=EF，
∴EF=9−OF，
在Rt△EOF中，OF2+OE2=EF2，
∴OF2+9=(9−OF)2，
解得OF=4，
∴EF=MF=5，OM=ON=MF−OF=1，
在Rt△EOM中，tanα=OMOE=13，
则tan(45°−α)=12，tan∠QFA=tan(45°+α)=2，
作作QL⊥x轴于L，
设FL=m，则QL=2m，Q(4+m,2m)，
代入解析式y=−15x2+15x+6，得2m=−15(4+m)2+15(4+m)+6，
整理得m2+17m−18=0，
解得m1=1，m2=−18(舍去)，
∴Q(5,2)，
∴QL=KI=2，
连接KQ，
∴四边形KILQ是平行四边形，
∴KQ=7，
在Rt△KGQ中，∠QKG=45°−α,tan(45°−α)=12，
∴GQKG=12，即KG=2GQ，
∴GQ2=KQ2−KG2=49−4GQ2，
整理得GQ2=495，
解得GQ=7 55，(负值舍去)．
答：GQ的值为7 55．
【解析】(1)根据题意可求得A、B两点坐标，根据OB=OA可列出方程，即可求解．
(2)作出辅助线，证得四边形PTOW为矩形，设出点P的坐标，求得PT、PW的值，进而求得S△PBA=S△BOP+S△AOP−S△AOB，计算即可求解．
(3)作出辅助线，证得FE=FM，设∠DFK=α，证得△KEF≌△KMF(SAS)，△EKM是等腰直角三角形，根据矩形及正方形的判定及性质，证得四边形KINZ是正方形，求出BE，OE的长，利用勾股定理求出OF的长，再利用三角函数及勾股定理即可求解．
本题考查了二次函数的综合应用，解题的关键是作出辅助线，掌握勾股定理及全等三角形的性质与判定．
2023年黑龙江省哈尔滨市南岗区中考数学毕业试卷
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. 实数−2023的绝对值是( )
A. 2023 B. −2023 C. 12023 D. −12023
2. 下列图形中，是中心对称图形但不是轴对称图形的是( )
A. B. C. D.
3. 下列计算正确的是( )
A. x3+x3=2x B. x3÷x=x3
C. (x−y)2=x2−y2 D. (−x3)2=x6
4. 如图，由5个相同正方体组合而成的几何体，它的俯视图是( )
A.
B.
C.
D.
5. 点(2,−4)在反比例函数y=kx的图象上，则下列各点在此函数图象上的是( )
A. (2,4) B. (−1,−8) C. (−2,−4) D. (4,−2)
6. 方程2x+3=1x−1的解为( )
A. x=3 B. x=4 C. x=5 D. x=−5
7. 如图，O为跷跷板AB的中点，支柱OC与地面MN垂直，垂足为点C，当跷跷板的一端B着地时，跷跷板AB与地面MN的夹角∠ABM=25°，测得AB=6cm.则OC的长为( )
A. 6cos25° B. 6sin25° C. 3sin25° D. 3cos25°
8. 将抛物线y=−x2通过一次平移可得到抛物线y=−(x+4)2，对这一平移过程描述正确的( )
A. 向右平移4个单位长度 B. 向左平移4个单位长度
C. 向上平移4个单位长度 D. 向下平移4个单位长度
9. 如图，在△ABC中，点D、E、F分别在AB、AC、BC边上，连接DE、EF，若DE//BC，EF//AB，则下列结论错误的是( )
A. AEEC=BFFC
B. ADBF=ABBC
C. EFAB=DEBC
D. CECF=EABF
10. “脱贫攻坚”小组乘汽车赴360km处的农村进行调研，前一段路为高速公路，后段路为乡村公路，汽车在高速公路和乡村公路上分别以某一速度匀速行驶，汽车行驶的路程y(km)与行驶时间x(h)间的关系如图所示，则该记者到达采访地的行驶时间为( )
A. 5小时 B. 4.5小时 C. 4小时 D. 5.5小时
第II卷（非选择题）
二、填空题（本大题共10小题，共30.0分）
11. 将5300000用科学记数法表示为______ ．
12. 函数y=x−2x+3中，自变量x的取值范围是______．
13. 把多项式ax2−4a分解因式的结果是______．
14. 计算 27− 12的结果为______．
15. 不等式组3x−1>28−6x≤0的解集是______ ．
16. 一个不透明的盒子里装有1个红球，2个白球，这些球除颜色外其它均相同，现从中随机地摸出一个小球，不放回，然后再从剩下的小球中随机摸出一个，则摸出的两个小球恰好都是白球的概为______ ．
17. 已知扇形的面积为12πcm2，半径为12cm，则该扇形的圆心角是______．
18. 如图，在⊙O中，AB切⊙O于点A，连接OB交⊙O于点C，点D在⊙O上，连接CD、AD，若∠B=50°，则∠D为______ ．
19. 已知，矩形ABCD，E为CD的中点，F为AB上一点，连接EF，若CD=6，BC=2，EF= 5，则FB的长为______ ．
20. 如图，正方形ABCD的边长为5，点E在CD的边上，且DE=1，△AFE与△ADE关于AE所在的直线对称，将△ADE按顺时针方向绕点A旋转90°得到△ABG，连接FG、BE，则线段FG的长为______ ．
三、解答题（本大题共7小题，共56.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
21. (本小题8.0分)
先化简，再求值：(1+4x−3)÷x2+2x+12x−6，其中x=2sin45°−1．
22. (本小题8.0分)
如图，网格中每个小正方形的边长均为1，点A、B在小正方形的顶点上．
(1)画出以AB为底的等腰直角△ABC(点C在小正方形的顶点上)；
(2)画出以AB为一边且面积为20的平行四边形ABDE，(点D、E都在小正方形的顶点上)，连接CE，请直接写出线段CE的长．
23. (本小题8.0分)
为喜迎中国共产党第二十次全国代表大会的召开，某中学举行党史知识竞赛.团委随机抽取了部分学生的成绩作为样本，把成绩按达标、良好、优秀、优异四个等级分别进行统计，并将所得数据绘制成了不完整的统计图．
请根据图中提供的信息，解答下列问题：
(1)圆心角β= ______ 度；
(2)通过计算求出优秀人数，并补全条形统计图：
(3)已知某中学共有1200名学生，估计此次竞赛该校获优异等级的学生人数为多少人．
24. (本小题8.0分)
在△ABC中，过A作BC的平行线，交∠ACB的平分线于点D，点E是BC上一点，连接DE，交AB于点F，∠CAD+∠BED=180°．
(1)如图1，求证：四边形ACED是菱形；
(2)如图2，若∠ACB=90°，BC=2AC，点G、H分别是AD、AC边中点，连接CG、EG、EH，不添加字母和辅助线，直接写出图中与△CEH所有的全等的三角形．
25. (本小题8.0分)
某体育用品商店计划购进一些篮球和排球.已知1个篮球和2个排球的进价的和为280元，2个篮球和1个排球的进价的和为320元．
(1)求每个篮球和每个排球的进价各是多少元；
(2)若该体育用品商店计划购进篮球和排球共40个，且购进的总费用不超过3600元，则该体育用品商店最多可以购进篮球多少个？
26. (本小题8.0分)
已知，在△ABC中，AB=AC，点A，点B在⊙O上，AC交⊙O于D，BC交⊙O于E，连接DE．
(1)如图1，求证：DE=EC；
(2)如图2，过点A作AH⊥BC于H，连接OH，若AH//DE，求证：OH平分∠AHB；
(3)如图3，在(2)的条件下，过点A作AF//BC，AF交⊙O于F，连接BF，DH，延长DH交⊙O于W，若OH= 2，FB= 10，求线段WD的长．
27. (本小题8.0分)
在平面直角坐标系中，O为坐标原点，抛物线y=ax2−ax+6分别交x轴、y轴于A、C、B三点，OB=OA．
(1)求a的值；
(2)如图1，点P在第一象限内抛物线上，其横坐标为t，连接AB、PB、PA，设△PBA的面积为S，求S与t的函数关系式；(不要求写出t的取值范围)
(3)如图2，在(2)的条件下，直线PD交x轴于D，交y轴于E，交AB于点R，点F在OA上，连接FE，使∠PEF=∠DEO，点K在ED上，连接FK，使∠FKP=45°，作TR//y轴，连接TE交x轴于N，使FK=TE，点Q在第一象限内抛物线上，QG⊥PD于G，连接FQ，使∠AFQ=∠PEF，若FE−FN=2ON，BE+AF=FE，求QG的长．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：因为负数的绝对值等于它的相反数；
所以，−2023的绝对值等于2023．
故选：A．
利用绝对值的意义求解．
本题考查绝对值的含义，即：正数的绝对值是它本身，负数的绝对值是它的相反数．
2.【答案】A
【解析】解：A.是中心对称图形但不是轴对称图形，故本选项符合题意；
B.是中心对称图形，也是轴对称图形，故本选项不合题意；
C.是中心对称图形，也是轴对称图形，故本选项不合题意；
D.是中心对称图形，也是轴对称图形，故本选项不合题意；
故选：A．
根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．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，这个点叫做对称中心．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．
本题考查了中心对称图形与轴对称图形，熟记相关定义是解答本题的关键．
3.【答案】D
【解析】解：A、x3+x3=2x3，故A不符合题意；
B、x3÷x=x2，故B不符合题意；
C、(x−y)2=x2−2xy+y2，故C不符合题意；
D、(−x3)2=x6，故D符合题意；
故选：D．
利用完全平方公式，合并同类项的法则，同底数幂的乘法的法则，积的乘方的法则对各项进行运算即可．
本题主要考查完全平方公式，合并同类项，积的乘方，同底数幂的除法，解答的关键是对相应的运算法则的掌握．
4.【答案】A
【解析】解：选项A中的图形比较符合该组合体的俯视图，
故选：A．
根据俯视图的意义进行判断即可．
本题考查计算组合体的三视图，理解视图的意义是正确判断的前提．
5.【答案】D
【解析】解：∵点(2,−4)在反比例函数y=kx的图象上，
∴−4=k2，得k=−8，
∴y=−8x，
∴xy=−8，
∵2×4=8，故选项A不符合题意，
(−1)×(−8)=8，故选项B不符合题意，
(−2)×(−4)=8，故选项C不符合题意，
4×(−2)=−8，故选项D符合题意，
故选：D．
根据点(2,−4)在反比例函数y=kx的图象上，可以求得k的值，从而可以判断各个选项是否正确．
本题考查反比例函数图象上点的坐标特征，解答本题的关键是明确题意，利用反比例函数的性质解答．
6.【答案】C
【解析】解：2(x−1)=x+3，
2x−2=x+3，
x=5，
令x=5代入(x+3)(x−1)≠0，
故选：C．
根据分式方程的解法即可求出答案．
本题考查分式方程的解法，解题的关键是熟练运用分式方程的解法，本题属于基础题型．
7.【答案】C
【解析】解：∵O为跷跷板AB的中点，AB=6cm，
∴OB=3cm，
∵支柱OC与地面MN垂直，垂足为点C，
∴∠OCB=90°，
在Rt△OCB中，
∵∠OBC=∠ABM=25°，sin∠OBC=OCOB，
∴OC=OB⋅sin∠OBC=3sin25°，
故选：C．
先求出OB，在Rt△OBC中利用三角函数关系即可求出OC．
本题考查解直角三角形的应用，熟悉直角三角形中的边角关系是解题的关键．
8.【答案】B
【解析】解：抛物线y=−x2的顶点坐标为(0,0)，抛物线y=−(x+4)2的顶点坐标为(−4,0)，
∵点(0,0)向左平移4个单位可得到(−4,0)，
∴将抛物线y=−x2向左平移4个单位得到抛物线y=−(x+4)2．
故选：B．
先利用顶点式得到两抛物线的顶点坐标，然后通过点的平移情况判断抛物线平移的情况．
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．
9.【答案】C
【解析】解：A、EF//AB，
∴AEEC=BFFC，故选项A正确；
B、∵DE//BC，
∴ADAB=DEBC，
∵DE//BC，EF//AB，
∴四边形BDEF是平行四边形，
∴DE=BF，
∴ADAB=BFBC，
∴ADBF=ABBC，故选项B正确；
C、∵EF//AB，
∴EFAB=CFBC，
∵CF与DE的大小关系不能确定，
∴EFAB≠DEBC，故选项C错误；
D、∵EF//AB，
∴CEEA=CFBF，
∴CECF=EABF，故选项D正确，
故选：C．
利用平行线分线段成比例定理，平行四边形的性质和相似三角形的判定与性质对每个选项进行判断即可．
本题主要考查了平行线分线段成比例定理，平行四边形的性质和相似三角形的判定与性质，正确应用平行线分线段成比例定理是解题的关键．
10.【答案】A
【解析】解：汽车在乡村公路上行驶的速度为：(270−180)÷(3.5−2)=60km/h，
则该记者到达采访地的时间为：2+(360−180)÷60=5h，
故选：A．
根据题意表示出乡村公路的速度，从而可以求出到达的时间．
本题考查一次函数的应用，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
11.【答案】5.3×106
【解析】解：5300000=5.3×106．
故答案为：5.3×106．
把一个大于10的数记成a×10n的形式，其中a是整数数位只有一位的数，n是正整数，这种记数法叫做科学记数法，由此即可得到答案．
本题考查科学记数法—表示较大的数，关键是掌握用科学记数法表示数的方法．
12.【答案】x≠−3
【解析】解：由题意得，x+3≠0，
解得x≠−3．
故答案为：x≠−3．
根据分母不等于0列式计算即可得解．
本题考查了函数自变量的范围，一般从三个方面考虑：
(1)当函数表达式是整式时，自变量可取全体实数；
(2)当函数表达式是分式时，考虑分式的分母不能为0；
(3)当函数表达式是二次根式时，被开方数非负．
13.【答案】a(x+2)(x−2)
【解析】
【分析】
本题考查了因式分解，掌握利用提公因式法和平方差公式分解因式是解决本题的关键．
首先提取公因式分解因式，再利用平方差公式分解即可．
【解答】
解：ax2−4a
=a(x2−4)
=a(x+2)(x−2)．
故答案为：a(x+2)(x−2)．
14.【答案】 3
【解析】解：原式=3 3−2 3= 3．
故答案为： 3．
先将二次根式化为最简，然后合并同类二次根式即可得出答案．
此题考查了二次根式的加减运算，属于基础题，解答本题的关键是掌握二次根式的化简及同类二次根式的合并．
15.【答案】x≥43
【解析】解：3x−1>2①8−6x≤0②，
解不等式①得：x>1，
解不等式②得：x≥43．
∴不等式组的解集为：x≥43．
故答案为：x≥43．
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．
本题考查了解一元一次不等式组，正确掌握一元一次不等式解集确定方法是解题的关键．
16.【答案】13
【解析】解：画树状图得：
∵共有6种等可能的结果，这2个球都是白球的有2种情况，
∴这2个球都是白球的概率为：26=13．
故答案为：13．
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这2个球都是白球的情况，再利用概率公式即可求得答案．
此题考查了列表法或树状图法求概率．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
17.【答案】30°
【解析】解：设圆心角为n°，由题意得：nπ×122360=12π，
解得：n=30，
故答案为：30°．
首先设圆心角为n°，再根据扇形面积的计算公式S=nπr2360，代入相关数值进行计算即可．
此题主要考查了扇形的面积计算，关键是熟练掌握扇形面积的计算公式．
18.【答案】20°
【解析】解：连接OA，
∵AB切圆于A，
∴半径OA⊥AB，
∴∠OAB=90°，
∵∠ABO=50°，
∴∠AOB=90°−∠ABO=40°，
∴∠D=12∠AOB=20°．
故答案为：20°．
连接OA，由切线的性质定理得到∠OAB=90°，求出∠AOB=40°，由圆周角定理即可得到∠D=12∠AOB=20°．
本题考查切线的性质，圆周角定理，关键是由切线的性质定理求出∠AOB的度数，由圆周角的定理即可求出∠D的度数．
19.【答案】4或2
【解析】解：过点E作ET⊥AB，
∵四边形ABCD为矩形，
∴∠AB=∠B=∠C=∠D=90等于，AB=CD=6，
∵EF⊥AB，
∴四边形ATED和四边形BCET均为矩形，
∴ET=BC=2，AT=DE，BT=CE，
∵点E为CD的中点，
∴DE=CE=3，
∴De=CE=AT=BD=3，
∵EF= 5，ET=2，
∴EF>ET，
∴有以下两种情况：
①当点F在点ET的左侧时，
在Rt△EFT中，ET=2，EF= 5，
由勾股定理得：FT= EF2−ET2=1，
∴FB=FT+TB=4，
②当点F在ET的右侧时，设为F′，
同理：F′T=1，
∴F′B=BT−F′T=2．
综上所述：FB的长为4或2．
故答案为：4或2．
过点E作ET⊥AB，先证四边形ATED和四边形BCET均为矩形，然后分两种情况进行讨论：①当点F在点ET的左侧时，可由勾股定理求出FT，进而可得FB；②当点F在ET的右侧时，设为F′，同理可求出F′T，进而可得F′B．
此题主要考查了矩形的性质和判定，勾股定理，解答此题的关键是熟练掌握矩形的判定及性质，难点是分类讨论思想在解题中的应用，漏解是解答此题的易错点之一．
20.【答案】 41
【解析】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴BC=CD=5.∠C=90°，
∵DE=1，
∴CE=DC−DE=5−1=4，
∴BE= BC2+CE2= 52+42= 41，
∵△AFE与△ADE关于AE所在的直线对称，
∴△ADE≌△AFE，
由旋转得：△ADE≌△ABG，
∴△AFE≌△ABG，
∴AF=AB，AE=AG，∠BAG=∠FAE，
∴∠BAG+∠BAF=∠FAE+∠BAF，
∴∠GAF=∠EAB，
∴△GAF≌△EAB(SAS)，
∴FG=BE= 41，
故答案为： 41．
根据正方形的性质可得BC=CD=5.∠C=90°，从而可得CE=4，进而在Rt△BCE中，利用勾股定理求出BE的长，然后根据轴对称的性质以及旋转的性质可得△ADE≌△AFE≌△ABG，从而可得AF=AB，AE=AG，∠BAG=∠FAE，进而可得∠GAF=∠EAB，最后利用SAS证明△GAF≌△EAB，从而利用全等三角形的性质可得FG=BE= 41，即可解答．
本题考查了旋转的性质，正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，轴对称的性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．
21.【答案】解：(1+4x−3)÷x2+2x+12x−6
=x−3+4x−3⋅2(x−3)(x+1)2
=x+1x−3⋅2(x−3)(x+1)2
=2x+1，
当x=2sin45°−1=2× 22−1= 2−1时，
原式=2 2−1+1
=2 2
= 2．
【解析】先根据分式的加法法则进行计算，再根据分式的除法法则把除法变成乘法，算乘法，求出x的值，最后代入求出答案即可．
本题考查了分式的化简求值和特殊角的三角函数值，能正确根据分式的运算法则进行计算是解此题的关键，注意运算顺序．
22.【答案】解：(1)如图，△ABC即为所求；
(2)如图，平行四边形ABDE即为所求，CE= 32+42=5．
【解析】(1)根据等腰直角三角形的定义画出图形；
(2)利用数形结合的射线画出平行四边形ABDE，再利用勾股定理求出EC．
本题考查作图−应用与设计作图，勾股定理，勾股定理的逆定理，等腰直角三角形的性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
23.【答案】144
【解析】解：(1)本次调查的样本容量=10÷20%=50，
圆心角β=2050×100%×360°=144°，
故答案为：144；
(2)成绩优秀的人数=50−2−10−20=18(名)，
补全图形，如图所示：
(3)1200×2050=480(名)，
答：估计此次竞赛该校获优异等级的学生人数为480名．
(1)由成绩良好的学生人数除以所占百分比得出本次调查的样本容量，即可解决问题；
(2)求出成绩优秀的人数，即可解决问题；
(3)由红星中学共有学生人数乘以此次竞赛该校获优异等级的学生人数所占的比例即可．
本题考查条形统计图、扇形统计图、用样本估计总体，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
24.【答案】(1)证明：∵AD//BC，
∴∠ADC=∠BCD，
∵CD平分∠ACB，
∴∠ACD=∠BCD，
∴∠ADC=∠ACD，
∴AD=AC，
∵AD//BC，
∴∠ADE=∠DEB，
∵∠DEB+∠DEC=180°，∠DEB+∠CAD=180°，
∴∠DEC=∠DAC，
∴ADE+∠DAC=180°，
∴DE//AC，
∴四边形ACED是菱形；
(2)解：∵∠ACB=90°，
∴菱形ACED是正方形，
∴∠D=∠CAG=∠DEC=90°，
AC=AD=CE，
∵G是AD的中点，H是AC边中点，
∴AG=DG=CE，
∴△EDG≌△CAG≌△ECH(SAS)，
∵BC=2AC，
∴BE=CE=AD，
∵AD//BE，
∴∠B=∠DAF，
∵∠AFE=∠BFE，
∴△BFE≌△AFD(AAS)，
∵AD=CE=BE，
∴△BEF≌△ECH，
∴图中与△CEH全等的三角形有△ADF，△EDG，△CAG，△EBF．
【解析】(1)根据平行线的性质得到∠ADC=∠BCD，根据角平分线的定义得到∠ACD=∠BCD，等量代换得到∠ADC=∠ACD，推出DE//AC，于是得到结论；
(2)根据已知条件得到菱形ACED是正方形，求得∠D=∠CAG=∠DEC=90°，AC=AD=CE，根据全等三角形的判定定理即可得到结论．
本题考查了菱形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，平行线的性质，角平分线的定义，证得△EDG≌△CAG≌△ECH是解题的关键．
25.【答案】解：(1)设每个篮球的进价是x元，每个排球的进价是y元，
依题意有：x+2y=2802x+y=320，
解得x=120y=80．
故每个篮球的进价是120元，每个排球的进价是80元；
(2)设该体育用品商店可以购进篮球a个，则购进排球(40−a)个，
根据题意得：120a+80(40−a)≤3600．
解得a≤10．
答：该体育用品商店最多可以购进篮球10个．
【解析】(1)设每个篮球的进价是x元，每个排球的进价是y元，根据“1个篮球和2个排球的进价的和为280元，2个篮球和1个排球的进价的和为320元”得到方程组，解方程组即可解得结果；
(2)设该体育用品商店可以购进篮球a个，则购进排球(40−a)个，根据题意得不等式组即可得到结果．
本题考查了一元一次不等式的应用，二元一次方程组的应用，找准数量关系是解题的关键．
26.【答案】(1)证明：∵AB=AC，
∴∠B=∠C，
∵四边形ABED为圆的内接四边形，
∴∠EDC=∠B，
∴∠EDC=∠C，
∴DE=EC；
(2)证明：连接OA，OB，如图，
∵AH⊥BC于H，AH//DE，
∴DE⊥BC．
由(1)知：DE=EC，
∴△DEC为等腰直角三角形，
∴∠C=∠EDC=45°，
∴∠B=∠C=45°，
∴△ABC为等腰直角三角形．
∵AH⊥BC，
∴△AHC，△AHB均为等腰直角三角形，
∴AH=BH．
在△AOH和△BOH中，
OA=OBOH=OHAH=BH，
∴△AOH≌△BOH(SSS)，
∴∠AHO=∠BHO，
∴OH平分∠AHB；
(3)解：过点O作ON⊥AH于点N，OG⊥AF于点G，如图，
则AG=FG=12AF．
∵AH⊥BC，AF//BC，
∴AF⊥AH．
∵ON⊥AH，OG⊥AF，
∴四边形OGAN为矩形，
∴AG=ON．
由(2)知：∠AHO=∠BHO，
∵∠AHB=90°，
∴∠AHO=45°，
∴ON=HN= 22OH= 22× 2=1，
∴AG=ON=1，
∴AF=2．
连接AE，过点F作FM⊥BC于点M，
∵AF//BC，
∴BF=AE，
∴BF=AE．
∴四边形AFBE为等腰梯形，
∴∠FBE=∠AEB．
在△BFM和△EAH中，
∠BMF=∠EHA=90°∠FBE=∠AEBBF=AE，
∴△BFM≌△EAH(AAS)，
∴FM=AH，BM=EH．
∵AF⊥AH，AH⊥BC，FM⊥BC，
∴四边形AFMH为矩形，
∴MH=AF=2，
设BM=EH=a，则BH=AH=FM=2+a．
在Rt△BFM中，
∵FB2=FM2+BM2，
∴( 10)2=a2+(a+2)2，
解得：a=1或a=−3(不合题意，舍去)，
∴BM=EH=1，FM=AH=3，
∴CH=AH=BH=3，
∴DE=CE=CH−EH=2，
∴DH= EH2+DE2= 5．
连接BW，
∵∠WBH=∠EDH，∠BHW=∠DHE，
∴△BHW∽△DHE，
∴BHWH=DHHE，
∴3WH= 51，
∴WH=3 55．
∴WD=WH+DH=8 55．
【解析】(1)利用等腰三角形的性质，圆的内接四边形的性质和等腰三角形的判定定理解答即可；
(2)连接OA，OB，利用等腰直角三角形的判定与性质和全等三角形的判定与性质解答即可；
(3)过点O作ON⊥AH于点N，OG⊥AF于点G，利用垂径定理和等腰直角三角形的性质求得AF的长，连接AE，过点F作FM⊥BC于点M，利用等腰梯形的性质和全等三角形的判定与性质，矩形的判定与性质得到MH=AF=2，设BM=EH=a，则BH=AH=FM=2+a，利用勾股定理列出关于a的方程，解方程求得a值，则得：CH=AH=BH=3，DE=CE=CH−EH=2，利用勾股定理和相似三角形的判定与性质分别求得线段DH，WH，则结论可求．
本题主要考查了圆的有关性质，等腰三角形的性质，圆的内接四边形的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰梯形的性质，平行线的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质，垂径定理，过点O作圆的弦心距是解决此类问题常添加的辅助线．
27.【答案】解：(1)∵抛物线y=ax2−ax+6分别交x轴、y轴于A、C、B三点，
∴当x=0时，y=6，
∴B(0,6)，OB=OA=6，A(6,0)，
∴0=62×a−6a+6，
解得a=−15，
即y=−15x2+15x+6．
答：a的值为−15．
(2)如图，连接OP，过P分别作x，y轴的垂线，垂足为T，W，
∴∠BOA=∠PNO=∠PTO=90°，
∴四边形PTOW为矩形，
设P(t,−15t2+15t+6)，
∴PT=OW=t,PW=−15t2+15t+6，
∴S△PBA=S△BOP+S△AOP−S△AOB
；
=12OB⋅PT+12OA⋅PW−12OB⋅OA
=12×6(t−15t2+15t+6−6)
=3×(−15t2+65t)
=−35t2+185t．
答：S与t的函数关系式为：S=−35t2+185t．
(3)如图，截取OM=ON，
∵FE−FN=2ON，
∴FE=2ON+FN，
∴FE=FM，
设∠DFK=α，
∵∠FKE=45°，
∴∠KDF=45°−α，
则∠PEF=∠DEO=∠BEG=45°+α，∠OEF=90°−2α，∠EFO=2α，
∴FK平分∠EFO，
∴∠EFK=∠MFK，
∴△KEF≌△KMF(SAS)，
∴KE=KM，∠EKF=∠MKF=45°，连接EM，
∴EM⊥KF，
∴△EKM是等腰直角三角形，
∴∠MEF=90°−α，
∴∠MEO=90°−α−(90°−2α)=α=∠NEO，
作TV⊥y轴于V，作KI⊥x轴于I，作RH⊥y轴于H，
∴四边形HRTV是矩形，
∵KF=TE，∠KIF=∠TVE=90°，
∴△KIF≌△TVE(HL)，
∴KI=TV=RH，
作KZ⊥y轴于Z，
∴四边形KIOZ是矩形，
∴∠KIM=∠KZE=90°，
∴△KZE≌KIM(HL)，
∴KI=KZ=RH，
∴四边形KINZ是正方形，连接OK，
∴OK平分∠EOD，
∴∠KOE=∠KOD=45°
∴△KZE≌△RHE(AAS)，
∴KE=RE，
BE=OE=12BO=3，
∴E(3,0)，
∵BE+AF=EF，AF=OA−OF=6−OF，
∴3+6−OF=EF，
∴EF=9−OF，
在Rt△EOF中，OF2+OE2=EF2，
∴OF2+9=(9−OF)2，
解得OF=4，
∴EF=MF=5，OM=ON=MF−OF=1，
在Rt△EOM中，tanα=OMOE=13，
则tan(45°−α)=12，tan∠QFA=tan(45°+α)=2，
作作QL⊥x轴于L，
设FL=m，则QL=2m，Q(4+m,2m)，
代入解析式y=−15x2+15x+6，得2m=−15(4+m)2+15(4+m)+6，
整理得m2+17m−18=0，
解得m1=1，m2=−18(舍去)，
∴Q(5,2)，
∴QL=KI=2，
连接KQ，
∴四边形KILQ是平行四边形，
∴KQ=7，
在Rt△KGQ中，∠QKG=45°−α,tan(45°−α)=12，
∴GQKG=12，即KG=2GQ，
∴GQ2=KQ2−KG2=49−4GQ2，
整理得GQ2=495，
解得GQ=7 55，(负值舍去)．
答：GQ的值为7 55．
【解析】(1)根据题意可求得A、B两点坐标，根据OB=OA可列出方程，即可求解．
(2)作出辅助线，证得四边形PTOW为矩形，设出点P的坐标，求得PT、PW的值，进而求得S△PBA=S△BOP+S△AOP−S△AOB，计算即可求解．
(3)作出辅助线，证得FE=FM，设∠DFK=α，证得△KEF≌△KMF(SAS)，△EKM是等腰直角三角形，根据矩形及正方形的判定及性质，证得四边形KINZ是正方形，求出BE，OE的长，利用勾股定理求出OF的长，再利用三角函数及勾股定理即可求解．
本题考查了二次函数的综合应用，解题的关键是作出辅助线，掌握勾股定理及全等三角形的性质与判定．
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