2024年辽宁省沈阳市中考数学二模试卷（含解析）

这是一份2024年辽宁省沈阳市中考数学二模试卷（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。

1.如图，比数轴上的点A表示的数大1的数是( )
A. −1B. 0C. 1D. −2
2.如图是一个由6个相同的小立方块组成的几何体，它的主视图是( )
A.
B.
C.
D.
3.下列四个图形中，对称轴最多的图形是( )
A. B. C. D.
4.下列运算中，正确的是( )
A. 3a3−a2=2aB. (a+b)2=a2+b2
C. a3b2÷a2=ab2D. (a2b)2=a4b
5.下列命题正确的是( )
A. 平行四边形的对角线相等B. 对角线相等的四边形是平行四边形
C. 平行四边形的对角互补D. 对角线互相平分的四边形是平行四边形
6.化简a−1a+1a的结果是( )
A. 0B. 1C. aD. a−2
7.若关于x的方程x2+6x+c=0有两个相等的实数根，则c的值是( )
A. 36B. −36C. 9D. −9
8.《九章算术》是中国传统数学最重要的著作之一．书中记载：“今有人共买兔，人出九，盈六；人出七，不足十四．问人数几何？”意思是：“有若干人共同出钱买兔，如果每人出九钱，那么多了六钱；如果每人出七钱，那么少了十四钱．问：共有几个人？”设共有x个人共同出钱买兔，根据题意，可列一元一次方程为( )
A. 9x+6=7x−14B. 9x−6=7x+14
C. 9x−6=7x−14D. 9x+6=7x+14
9.如图，C岛在A岛的北偏东50°方向，C岛在B岛的北偏西35°方向，则∠ACB的度数是( )
A. 90°B. 85°C. 80°D. 75°
10.如图，在△ABC中，∠BAC=60°，AB=5，点D在AB边上，AD=AC=2，连接CD，在DC，DB上截取DE，DF，使DE=DF，分别以点E，F为圆心，大于12EF长为半径画弧，两弧交于点G，作射线DG，交BC边于点H，则DH的长为( )
A. 2B. 65C. 1D. 23
二、填空题：本题共5小题，每小题3分，共15分。
11.不等式组x>−1x>2的解集为______．
12.将点A(−1,3)沿x轴向右平移2个单位，平移后的点恰好在反比例函数y=kx(k≠0)的图象上，则常数k的值为______．
13.如图，某一时刻停车场内有序号为1、2、3的三个空车位顺次排成一排，现有甲，乙两车需要随机停放到其中一个车位，则甲，乙两车停放在不相邻的位置的概率是______．
14.如图，在平面直角坐标系中，二次函数y=ax2+bx+c的图象与x轴的一个交点坐标是(−3,0)，对称轴为直线x=−1，则这个二次函数图象与x轴另一个交点的坐标是______．
15.如图，在菱形ABCD中，AB= 3+1，∠ABC=60°，点P1为直线BC上方一点，且∠P1BC=15°，分别作点P1关于直线AB和直线AD的对称点P2，P3，连接P2P3，当P2P3与菱形ABCD的边平行时，△P1P2P3的面积为______．
三、解答题：本题共8小题，共73分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
16.(本小题10分)
计算：
(1)−12−33×(−19)；
(2)(x+1)2+(2−x)(2+x)．
17.(本小题8分)
某汽车租赁公司决定采购A型和B型两款新能源汽车、已知每辆A型汽车的进价是每辆B型汽车的进价的1.2倍，若用240万元购进A型汽车的数量比用240万元购进B型汽车的数量少4辆，求每辆A型汽车和每辆B型汽车的进价分别为多少万元．
18.(本小题9分)
从“冬日雪暖阳”到“春天花正开”，沈阳魅力更加迷人，相关数据显示，五一小长假期间，南方“小土豆”到沈阳旅游的人数大幅增加.乐乐一家计划暑假来沈阳游玩，为了更好的了解沈阳的景点，乐乐对网友进行了线上调查，想根据调查的数程制定自已一家人的沈阳游玩计划，调查的过程及不完整的统计结果如表．

请回答下列问题：
(1)本次线上调查共有多少名网友参与？
(2)根据上表的调查结果，若有9000名网友参与调查，请你估计最喜爱“沈阳故宫”的人数；
(3)若返程当天还有景点F，景点G，景点H可以去游玩，各景点建议游玩时间和景点间路程用时情况见图，乐乐一家人打算上午9：00到达第一个景点开始游玩，下午18：30坐飞机回家，需要最晚在下午16：40到达机场，如果按图中景点建议游玩时间选择两个景点游玩，请你帮助乐乐设计一个游玩路线．
先游玩______，再游玩______，然后16：40前到达机场．
19.(本小题8分)
某超市的消费卡做促销活动，消费卡售价y(元)与面值x(元)之间满足一次函数关系，其图象经过原点和点A，如图所示，小张购买了该超市的一张面值是1000元的消费卡，使用这张消费卡，在该超市可以购买任意商品．
(1)求小张购买这张消费卡实际花费的钱数为多少元；
(2)小张使用这张消费卡在该超市购买了某种大米20公斤，超市规定这种大米使用消费卡购买，每公斤在原价的基础上还可以优惠0.4元.设小张购买的大米原价为m元/公斤，小张购买的20公斤大米实际花费的钱数为w元，求w与m的函数关系式．
20.(本小题6分)
某校“结合与实践”活动小组的同学要测量与底面垂直的两栋楼CD与AB的高度之差用，他们借助无人机设计了如下测量方案，如图，无人机悬停在AB，CD两楼之间上方的点O处，此时测出到楼AB顶部点A处的俯角为60°，OA=40m，测出到楼CD顶部点C处的俯角为53°，已知两栋楼之间的距离BD=30m(点A，B、C、D，O在同一平面内)．
(1)求点O到楼AB的距离OE的长；
(2)求两栋楼CD与AB的高度之差.(结果精确到1m)
(参考数据： 3≈1.73，sin53°≈0.80，cs53°≈0.60，tan53°≈1.33)
21.(本小题8分)
如图，AB与⊙O相切于点B，AO交⊙O于点F，延长AO交⊙O于点C，连接BC，点D为⊙O上一点，且DF=BF，连线AD．
(1)求证：AD是⊙O的切线；
(2)若AB=6，AC=8，求⊙O的半径的长．
22.(本小题12分)
【问题初探】
(1)在数学活动课上，张老师给出如下问题，如图1，点△ABC中，AB=BC，∠ABC=90°，点D是边BC上一点，连接AD，在AB右侧作△ADE，使DE=AD，∠ADE=90°，连接CE，求证：∠DCE=135°；
①小创同学从△ABC与△ADE均为等腰直角三角形这个条件出发给出如下解题思路，通过证明△ABD∽△ACE，将∠DCE转化为∠ABD=∠ACB；
②小新同学从结论的角度出发经出另一种解题思路：如图2，在线段AB上截取BP=BD，连接DP，通过证明△APD≌△DCE，将∠DCE转化为∠APD；
请你选择一名同学的解题思路，写出证明过程．
【类比分析】
(2)张老师发现之前两名同学都运用了转化思想，为了帮助学生更好地感悟转化思想，张老师将图1进行变换并提出了下面问题，请你解答．
如图3，在△ABC中，AB=BC，点D是边BC上一点，连接AD，在AB右侧作△ADE，使DE=AD，∠ADE=∠ABC=α(α>90°)，连接CE，过点C作CF/​/AB交AE于点F，探究∠ECF与α的数量关系；
【学以致用】
(3)如图4，在(2)的条件下，当α=120°时，若AB=BC=3 3，CF=2 3，求CD的长．
23.(本小题12分)
【问题情境】
如图1，正方形ABCD，点E是边AB上一动点，点E出点A运动到点B，动点F在边AD上，且DF=AE，连接EF，以EF为一边，在正方形ABCD内部作等边△EFG，连接CB，设AE的长为x，△AEF的面积为S．
【初步感知】
(1)经探究发现S的关于x的二次函数，并绘制成如图2所示的图象，其顶点坐标是(2,2)，请根据图象信息，求S关于x的函数表达式；
【延伸探究】
(2)当△EFG的周长为3 10时，求线段AE的长度；
(3)当△BEG是以BE为底的等腰三角形时，
①小智同学根据学习函数的经验，想尝试结合函数相关知识求线段AE的长度．
根据点E在AB上的不同位置，通过画图软件画出相应的图形，并测量线段EG，BG的长度(同一单位)，得到下表的几组对应的近似值：
将线段AE的长度作为自变量x，EG和BG的长度分别为y1，y2，发现y1，y2都是x的函数，在平面直角坐标系xOy中画出这两个函数的图象，如图3所示.请结合表格和图象信息，当△BEG是以BE为底的等腰三角形时，直接写出线段AE的长度；(结果精确到0.1)
②因为①的方法得到的是线段AE长度的近似值，所以小慧同学还想求出线段AE长度的准确值，请你帮助小慧同学求出线段AE长度的准确值．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：根据题意，设比数轴上的点A表示的数大1的数为x，即x=−1+1=0，
故选：B．
根据题意，设比数轴上的点A表示的数大1的数为x，即x=−1+1=0，即可．
本题考查的是列代数式和数轴，正确理解题意并列出代数式是解题的关键．
2.【答案】D
【解析】解：从正面可看到从左往右四列，小正方形的个数为：1，1，2，1，
故选：D．
找到从正面看所得到的图形即可．
本题考查了三视图的知识，主视图是从物体的正面看得到的视图．
3.【答案】A
【解析】解：A.图形有四条对称轴；
B.图形有三条对称轴；
C.图形有三条对称轴；
D.图形有两条对称轴；
∴对称轴最多的图形是A中的图形，
故选：A．
根据轴对称图形的概念判断出各个选项中图形的对称轴的条数，进而得到答案．
本题考查的是轴对称图形的概念，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．
4.【答案】C
【解析】解：A、原式不能合并，不符合题意；
B、原式=a2+b2+2ab，不符合题意；
C、原式=ab2，符合题意；
D、原式=a4b2，不符合题意．
故选：C．
各式计算得到结果，即可作出判断．
此题考查了整式的混合运算，合并同类项，完全平方公式，幂的乘方与积的乘方，以及单项式除单项式，熟练掌握运算法则及公式是解本题的关键．
5.【答案】D
【解析】解：A、平行四边形的对角线相互平分，故本选项命题错误，不符合题意；
B、对角线相互平分的四边形是平行四边形，故本选项命题错误，不符合题意；
C、平行四边形的对角相等，故本选项命题错误，不符合题意；
D、对角线互相平分的四边形是平行四边形，命题正确，符合题意；
故选：D．
根据平行四边形的判定与性质判断即可．
本题考查的是命题的真假判断，正确的命题叫真命题，错误的命题叫做假命题．判断命题的真假关键是要熟悉课本中的性质定理．
6.【答案】B
【解析】解：原式=a−1+1a=1．
故选：B．
根据分式的加法法则计算即可．
本题考查的是分式的加减法，熟知同分母的分式相加减，分母不变，把分子相加减是解题的关键．
7.【答案】C
【解析】解：∵方程x2+6x+c=0有两个相等的实数根，
∴Δ=62−4c=0，
解得c=9，
故选：C．
本题考查根的判别式，解答本题的关键是明确一元二次方程有两个相等的实数根时Δ=0．
8.【答案】B
【解析】解：设有x个人共同出钱买兔，
根据题意，得9x−6=7x+14．
故选：B．
设有x个人共同出钱买兔，根据买兔需要的总钱数不变，即可得出关于x的一元一次方程，此题得解．
本题考查了由实际问题抽象出一元一次方程，找准等量关系，正确列出一元一次方程是解题的关键．
9.【答案】B
【解析】解：过点C作CF/​/AD，
∴∠DAC=∠ACF=50°，
∵AD/​/BE，
∴CF//BE，
∴∠BCF=∠EBC=35°，
∴∠ACB=∠ACF+∠BCF=85°，
故选：B．
过点C作CF/​/AD，根据猪脚模型进行计算，即可解答．
本题考查了平行线的性质，方向角，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
10.【答案】B
【解析】解：∵∠A=60°，AD=AC=2，
∴△ACD是等边三角形，
∴AC=CD=2，∠A=∠ADC=60°，
∴∠CDB=120°，
∵DH平分∠CDB，
∴∠BDH=12∠CDB=60°，
∴∠A=∠BDH，
∴DH/​/AC，
∴DHAC=BDAB，
∴DH2=35，
∴DH=65．
故选：B．
证明△ADC是等边三角形，推出AC//DH，利用平行线分线段成比例定理求解．
本题考查作图−基本作图，勾股定理，等边三角形的判定和性质，平行线分线段成比例定理等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
11.【答案】−1【解析】解：不等式组x>−1x>2的解集是x>2，
故答案为：x>2．
利用不等式组取解集的方法判断即可．
此题考查了不等式的解集，熟练掌握不等式取解集的方法是解本题的关键．
12.【答案】3
【解析】解：将点A(−1,3)沿x轴向右平移2个单位得到(1,3)，
∵点(1,3)恰好在反比例函数y=kx(k≠0)的图象上，
∴k=3，
故答案为：3．
将点A(−1,3)沿x轴向右平移2个单位得到(1,3)，根据点(1,3)在反比例函数图象上，据此解答即可．
本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，熟练掌握图象上点的坐标特征是关键．
13.【答案】13
【解析】解：列表如下：
共有6种等可能的结果，其中甲，乙两车停放在不相邻的位置的结果有：(1,3)，(3,1)，共2种，
∴甲，乙两车停放在不相邻的位置的概率是26=13．
故答案为：13．
列表可得出所有等可能的结果数以及甲，乙两车停放在不相邻的位置的结果数，再利用概率公式可得出答案．
本题考查列表法与树状图法，熟练掌握列表法与树状图法以及概率公式是解答本题的关键．
14.【答案】(1,0)
【解析】解：由题意，∵对称轴为直线x=−1，
又抛物线与x轴的一个交点坐标为(−3,0)，
∴另一交点的横坐标为：−1+(−1+3)=1．
∴抛物线与x轴的另一交点的坐标是(1,0)．
故答案为：(1,0)．
依据题意，由对称轴为直线x=−1，又抛物线与x轴的一个交点坐标为(−3,0)，从而结合两个交点关于对称轴对称即可计算得解．
本题主要考查了抛物线与x轴的交点，解题时要能根据抛物线与x轴的交点与对称轴对称进行计算是关键．
15.【答案】2 3或3+2 3
【解析】解：①当P2P3//AB时，
∵AB/​/CD，
∴P2P3//AB//CD，如图1：
设P1P2与AB交于点E，P1P3交AD于点F，则有P2P3//AE，
连接EF，
由对称性可知，AB垂直平分P1P2，AD垂直平分P1P3，
∴EF为△P1P2P3的中位线，
∴EF//P2P3，
又∵点F在直线AB上，也在直线AD上，
∴F与点A重合，
设BE=x，∠EBP1=∠ABC−∠P1BC=45°，
∴△BEP1为等腰直角三角形，
∴EP1=BE=x，
又∵∠BAD=180°−∠ABC=180°−60°=120°，
∴∠EAP1=∠BAD−∠P1AD=120°−90°=30°，
在Rt△EAP1中，AE= 3EP1= 3x，
∴AB=BE+AE=( 3+1)x= 3+1，
∴x=1，
∴P1P2=2EP1=2，
∵P2P3//AB，
∴∠P3P2P1=∠AEP1=90°，∠P2P3P1=∠EAP1=30°，
在Rt△P3P2P1中，P2P3= 3P2P1=2 3，
∴SΔP1P2P3=12P1P2×P2P3=2 3；
②当P2P3//AD//BC时，如图，
设P1P2与AB交于点M，P1P3交AD于点N，连接MN，
同理可得MN为△P1P2P3的中位线，
∴MN//P2P3，
又∵AN//P2P3，
∴点M在直线AN上，M，A重合，
则BA垂直平分P1P2于点A，
又∵∠ABP1=∠ABC−∠P1BC=45°，
∴△BAP1是等腰直角三角形，
∴AP1=AB= 3+1，P1P2=2AP1=2 3+2，∠DAP1=∠BAD−∠BAP1=30°，
又∵P2P3//AD，AD垂直平分P1P3，
∴P2P3⊥P1P3，∠P3P2P1=∠DAP1=30°，
在Rt△P3P2P1中，∠P3P2P1=30°，
∴P1P3=12P1P2= 3+1，P2P3= 3P1P3=3+ 3，
∴S△P1P2P3=12P1P3×P2P3=12( 3+1)(3+ 3)=3+2 3，
综上，△P1P2P3的面积为2 3或3+2 3，
故答案为：2 3或3+2 3．
分P2P3////AB和P2P3//AD两种情况，在P2P3//AB时先证明点F与点A重合，求出BE、AE的长，再由中位线定理求出P2P3的长，再根据三角形面积公式求解即可；同理可求出P2P3即AD时的结论．
本题主要考查菱形的性质，三角形的面积，等边三角形的判定与性质，轴对称的性质，三角形中位线性质定理等知识，解答本题的关键是熟练掌握轴对称的性质．
16.【答案】解：(1)原式=−1−27×(−19)
=−1+3
=2；
(2)原式=x2+2x+1+4−x2
=2x+5．
【解析】(1)先算乘方，再算乘法，最后算减法即可；
(2)利用完全平方公式及平方差公式计算即可．
本题考查有理数及整式的运算，熟练掌握相关运算法则是解题的关键．
17.【答案】解：设每辆B型汽车的进价为：x万元，则每辆A型汽车的进价为1.2x万元，
依题意得：2401.2x=240x−4，
解得：x=10，
经检验，x=10是方程的解，且符合题意，
∴1.2x=1.2×10=12，
答：每辆A型汽车的进价为12万元，每辆B型汽车的进价为10万元．
【解析】设每辆B型汽车的进价为x万元，则每辆A型汽车的进价为1.2x万元，根据用240万元购进A型汽车的数量比用240万元购进B型汽车的数量少4辆，列出分式方程，解方程即可．
本题考查了分式方程的应用，找准等量关系，正确列出分式方程是解题的关键．
18.【答案】G F(H)
【解析】(1)解：300÷30%=1000(名)，
答：本次线上调查共有1000名网友参与；
(2)解：9000×1000−1000×50%−150−100−3001000=3600(名)，
答：估计最喜爱“沈阳故宫”的人数为3600人；
(3)解：因为上午9：00到达第一个景点开始游玩，下午18：30坐飞机回家，需要最晚在下午16：40到达机场，共需用时7时40分，
方案一：从景点G开始，再至景点F，最后到达机场需用时：3+1.5+2+1=7.5时<7时40分，故设计的路线为先游玩G，再游玩F；
方案二：从景点G开始，再至景点H，最后至到达机场需用时：3+1+2.5+1=7.5时<7时40分，故设计的路线为先游玩G，再游玩H，
故答案为：G，F.(或G，H)
(1)用B的人数除以所占百分比即可得出被调查的人数；
(2)用样本估计总体即可；
(3)根据参观时间加路程用时不大于7时40分进行设计游玩路线即可．
本题主要考查条形统计图，扇形统计图以及用样本估计总体，根据图即可求解．
19.【答案】解：(1)设OA解析式为y=kx，把(500,425)代入得：
425=500k，
解得k=0.85，
∴y=0.85x，
当x=1000时，y=0.85×1000=850，
∴小张购买这张消费卡实际花费850元；
(2)根据题意得：w=20(m−0.4)×8501000=17m−6.8，
∴w与m的函数关系式为w=17m−6.8．
【解析】(1)求出OA解析式为y=0.85x，当x=1000时，y=850，故小张购买这张消费卡实际花费850元；
(2)用20乘以单价再乘以0.85可得w=17m−6.8．
本题考查一次函数的应用，解题的关键是读懂题意，列出函数关系式．
20.【答案】解：(1)∵∠AEO=90°，∠AOE=60°，OA=40m，
∴OE=12OA=12×40=20(m)，
答：点O到楼AB的距离OE的长为20m；
(2)过C作CH⊥OE于H，
则四边形EBDH是矩形，
∴EH=BD=30m，

在Rt△OCH中，∵∠CHO=90°，∠COH=53°，OH=EH=30−20=10(m)，
∴CH=OH⋅tan53°=10×1.33≈13.3(m)
在Rt△OCH中，AE=AO⋅sin60°=40× 32=20 3≈34.6(m)，
∴两栋楼CD与AB的高度之差为34.6−13.3=21.3(m)．
【解析】(1)根据直角三角形的性质求得OE=12OA=12×40=20m；
(2)过C作CH⊥OE于H，根据矩形的性质得到EH=BD=30m，解直角三角形即可得到结论．
本题考查了解直角三角形的应用−仰角俯角问题，等腰三角形的判定，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
21.【答案】(1)证明：连接OD、OB，则OD=OB，
∵DF=BF，
∴∠AOD=∠AOB，
∵AB与⊙O相切于点B，
∴AB⊥OB，
在△AOD和△AOB中，
OD=OB∠AOD=∠AOBOA=OA，
∴△AOD≌△AOB(SAS)，
∴∠ADO=∠ABO=90°，
∵OD是⊙O的半径，且AD⊥OD，
∴AD是⊙O的切线．
(2)解：连接BF，设⊙O的半径为r，
∵OB=OF，
∴∠OBF=∠OFB，
∵CF是⊙O的直径，
∴∠CBF=90°，CF=2r，
∵∠ABF+∠OBF=90°，∠C+∠OFB=90°，
∴∠ABF=∠C，
∵∠FAB=∠BAC，
∴△FAB∽△BAC，
∴ABAC=AFAB，
∴AB2=AC⋅AF，
∵AB=6，AC=8，
∴62=8(8−2r)，
解得r=74，
∴⊙O的半径的长为74．
【解析】(1)证明：连接OD、OB，由DF=BF，得∠AOD=∠AOB，由切线的性质得AB⊥OB，再证明△AOD≌△AOB，则∠ADO=∠ABO=90°，即可证明AD是⊙O的切线；
(2)连接BF，设⊙O的半径为r，因为CF是⊙O的直径，所以∠CBF=90°，由∠ABF+∠OBF=90°，∠C+∠OFB=90°，且∠OBF=∠OFB，得∠ABF=∠C，而∠FAB=∠BAC，即可证明△FAB∽△BAC，得ABAC=AFAB，于是得62=8(8−2r)，即可求得⊙O的半径的长为74．
此题重点考查圆周角定理、切线的判定与性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质等知识，正确地作出辅助线是解题的关键．
22.【答案】(1)证明：方法一：∵AB=AC，AD=DE，
∴ABAD=BCDE，
∵∠ABC=∠ADE=90°，
∴△ABC∽△ADE，
∴∠BAC=∠DAE，ABAD=ACAE，
∴∠BAD=∠CAE，
∴△ABD∽△ACE，
∴∠ACE=∠ABC=90°，
∵∠ABC=∠BAB=180°−∠ABC2=45°，
∴∠DCE=∠ACB+∠ACE=135°，
方法二：如图1，

在BA上截取PB=BD，
∴∠BPD=∠BDP=45°，
∴∠APD=135°，
∵AB=AC，
∴AP=CD，
∵∠ADE=90°，
∴∠CDE+∠ADB=90°，
∵∠B=90°，
∴∠PAD+∠ADB=90°，
∴∠PAD=∠CDE，
∴△PAD≌△CDE(SAS)，
∴∠DCE=∠APD=135°；
(2)解：由(1)得，
∠ACE=∠ABC=α，
∵AB=BC，∠ABC=α，
∴∠ACB=∠BAC=180°−α2=90°−12α，
∴∠BCE=∠ACB+∠ACE=90°+12α，
∵CF/​/AB，
∴∠BCF=180°−∠ABC=180°−α，
∴∠ECF=∠BCE−∠BCF=90°=12α−(180°−α)=32α−90°；
(3)解：如图2，

延长BC，交AE的延长线于点G，作GH⊥FC，交FC的延长线于点H，
∵CF/​/AB，
∴△GCF∽△GBA，
∴CGBG=FGAG=CFAB=2 33 3=23，
∴CGCG+3 3=23，
∴CG=6 3，
∵∠GCH=∠BCF=180°−∠ABC=60°，
∴CH=CG⋅cs∠GCH=12CG=3 3，GH=CG⋅sin∠GCH= 32CG=9，
∴FG= FH2+GH2= (FC+CH)2+92= (5 3)2+81=2 39，
由(2)得，
∠FCE=32×120°−90=90°，
∴∠FCE=∠H，
∴CE//GH，
∴EGFG=CHFH，△FCE∽△FHG，
∴EG2 39=35，CEGH=CFFH=25，
∴EG=6 395，CE=25GH=185，
∵FGAG=23，
∴2 39AG=23，
∴AG=3 39，
∴AE=AG−EG=3 39−6 395=9 395，
∴AD=DE=AE 3=9 135，
∵EW=CE⋅sin∠ECW=CE⋅sin30°=95，CW=CE⋅cs∠ECW=9 35，
∴DW= DE2−EW2= (9 135)2−(95)2=18 35，
∴CD=DW−CW=9 35．
【解析】(1)方法一：可证得△ABC∽△ADE，从而∠BAC=∠DAE，ABAD=ACAE，进而证得△ABD∽△ACE，从而∠ACE=∠ABC=90°，进而得出结果；方法二：在BA上截取PB=BD，可证得△PAD≌△CDE，进一步得出结果；
(2)可得出∠ACB=∠BAC=180°−α2=90°−12α，从而得出∠BCE=∠ACB+∠ACE=90°+12α，根据CF/​/AB得出∠BCF=180°−∠ABC=180°−α，进而得出∠ECF=∠BCE−∠BCF=90°=12α−(180°−α)=32α−90°；
(3)延长BC，交AE的延长线于点G，作GH⊥FC，交FC的延长线于点H，可证得△GCF∽△GBA，从而得出CGCG+3 3=23，从而得出CG=6 3，解直角三角形CGH求得CH和GH，进而求得FG，可得出CE/​/GH，从而EGFG=CHFH，△FCE∽△FHG，进而得出EG=6 395，CE=25GH=185，进而求得AG=3 39，从而求得AE，AD，可得出EW和CW，DW，进一步得出结果．
本题考查了相似三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解决问题的关键是作辅助线，构造相似三角形．
23.【答案】解：(1)设S=a(x−2)2+2，
∵抛物线经过(0,0)，
∴−0=a(0−2)2+2，
解得a=−12，
∴S=−12(x−2)2+2=−12x2+2x；
(2)∵AE=DF=x，由图2可知正方形的边长为4，
∴AF=4−x，
∵△EFG的周长为3 10，△EFG为等边三角形，
∴EF=FG=EG= 10，
∵∠BAD=90°，
∴AE2+AF2=EF2，
∴x2+(4−x)2=10，
解得x1=1，x2=3，
∴AE的长为1或3；
(3)①AE=4−43 3.理由如下：
由图3可知，y1，y2有两个交点，
当x=4时，BG=EG=4，但△BEG不存在，故此种情况不符，舍去；
在1∴BG=EG时，AE的长度为1.7；
②以点B为原点，BC所在的直线为x轴，AB所在的直线为y轴，建立如图所示的平面直角坐标系，

则B(0,0)，A(0,4)，E(0,4−x)，F(4−x,4)，
过EN⊥EF交FG的延长线于点N，作NM⊥y轴于点M，则∠FEN=90°，
∵∠EFG=∠FEG=60°，
∴∠GEN=∠GNE=30°，
∴EG=GN=FG，
∴G为FN的中点，
∵EFEN=tan30°= 33，
∴EN= 3EF，
∴∠1+∠2=∠1+∠3=90°，
∴∠2=∠3，∠EAF=∠EMN=90°，
∴△AEF∽△MNE，
∴AFEM=AEMN=EFEN= 33，
∴MN= 3AE= 3x，EM= 3AF= 3(4−x)，BM=EM−BE= 3(4−x)−(4−x)=( 3−1)(4−x)，
∴N( 3x,−( 3−1)(4−x))．
∵G为FN的中点，
∴G( 3x+(4−x)2,( 3−1)(x−4)+42)，
即G(( 3−1)x+42,( 3−1)x+8−4 32)，
∴BG2=[( 3−1)x+42]2+[( 3−1)x+8−4 32]2=(2− 3)x2+(8 3−12)x+32−16 3，
∵EG2=EF2=AE2+AF2=x2+(4−x)2，
又∵BG2=EG2，
∴(2− 3)x2+(8 3−12)x+32−16 3=x2+(4−x)2，
整理得(x−4)( 3x−4 3+4)=0，
∴x−4=0或 3x−4 3+4=0，
∴x1=4(不合题意，舍去)，x2=4−43 3，
∴AE=4−43 3．
【解析】(1)用顶点式假设函数的解析式，利用待定系数法解答即可求解；
(2)由图2可知正方形的边长为4，得AF=4−x，再利用等边三角形的性质得EF=FG=EG= 10，根据勾股定理得AE2+AF2=EF2，即x2+(4−x)2=10，解方程即可求解；
(3)①由图3可知，y1，y2有两个交点，可排除当x=4时，BG=EG=4；又根据图象可知在1②以点B为原点，BC所在的直线为x轴，AB所在的直线为y轴，建立如图所示的平面直角坐标系，可得B(0,0)，A(0,4)，E(0,4−x)，F(4−x,4)，过EN⊥EF交FG的延长线于点N，作NM⊥y轴于点M，由等边三角形的性质可得∠GEN=∠GNE=30°，进而得G为FN的中点，利用三角函数得EN= 3EF，再证明△AEF∽△MNE，得到AFEM=AEMN=EFEN= 33，可得MN= 3AE= 3x，EM= 3AF= 3(4−x)，即得BM=EM−BE=( 3−1)(4−x)，得到N( 3x.−( 3−1)(4−x))，利用中点坐标公式得G(( 3−1)x+42,( 3−1)x+8−4 32)，得到BG2=(2− 3)x2+(8 3−12)x+32−16 3，又可得EG2=EF2=AE2+AF2=x2+(4−x)2，根据BG2=EG2构建方程，解方程即可求解．
本题考查了二次函数的图象和性质，待定系数法求二次函数解析式，正方形的性质，等边三角形的性质，等腰三角形的性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形三角形，勾股定理，坐标与图形，正确作出辅助线及看懂函数图象是解题的关键．调查目的
了解网友最喜爱的沈阳景点
调查方式
抽样调查
调查对象
部分网友
调查内容
你最喜爱的沈阳景点(每名网友只能从下列五个选项中选择一个景点)
A.沈阳故宫
B，张学良旧居
C、沈阳世博园
D、中街步行街
E、工业博物馆
调查结果
AE
0
…
1.5
1.6
1.7
1.8
1.9
…
4
EG
4.00
…
2.92
2.88
2.86
2.84
2.83
…
4.00
BG
2.07
…
2.77
2.82
2.87
2.91
2.96
…
4.00
1
2
3
1
(1,2)
(1,3)
2
(2,1)
(2,3)
3
(3,1)
(3,2)