浙江省2025年中考数学押题冲刺卷 考卷+解析卷

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一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．用数轴上的点表示下列各数，其中与原点距离最远的是（ ）
A．﹣4B．﹣2C．1D．3
【分析】利用数轴知识解答．
【解答】解：∵|﹣4|＝4，|﹣2|＝2，|1|＝1，|3|＝3，4＞3＞2＞1，
∴﹣4距离原点最远．
故选：A．
2．在如图所示的几何体中，俯视图和左视图相同的是（ ）
A．B．C．D．
【分析】主视图、左视图、俯视图是分别从物体正面、左面和上面看，所得到的图形．
【解答】解：A．俯视图是带圆心的圆，左视图是等腰三角形，故本选项不合题意；
B．俯视图是圆，左视图是矩形，故本选项不合题意；
C．俯视图与左视图都是正方形，故本选项符合题意；
D．俯视图是三角形，左视图是矩形，故本选项不合题意．
故选：C．
3．在2023年杭州亚运会的赛场上不仅有运动健儿们拼搏的英姿，更有37600多名志愿者四处奔波的动人身影，他们就像一朵朵热情洋溢的小花，在各自岗位上展现开放，阳光向上的风采．将37600用科学记数法表示应为（ ）
A．0.376×105B．37.6×103C．3.76×104D．3.76×105
【分析】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．
【解答】解：37600＝3.76×104．
故选：C．
4．下列计算正确的是（ ）
A．a+2a＝3a2B．a2•a3＝a5C．a3÷a＝aD．（﹣a）3＝a3
【分析】根据同底数幂的乘除法及幂的乘方可进行排除选项．
【解答】解：A、a+2a＝3a，原计算错误，故不符合题意；
B、a2•a3＝a5，原计算正确，故符合题意；
C、a3÷a＝a2，原计算错误，故不符合题意；
D、（﹣a）3＝﹣a3，原计算错误，故不符合题意；
故选：B．
5．如图，在△ABC中，BA＝BC，∠B＝80°，观察图中尺规作图的痕迹，则∠DCE的度数为（ ）
A．60°B．65°C．70°D．75°
【分析】根据等腰三角形的性质可得∠ACB的度数，观察作图过程可得，进而可得∠DCE的度数．
【解答】解：∵BA＝BC，∠B＝80°，
∴∠A＝∠ACB=12（180°﹣80°）＝50°，
∴∠ACD＝180°﹣∠ACB＝130°，
观察作图过程可知：
CE平分∠ACD，
∴∠DCE=12∠ACD＝65°，
∴∠DCE的度数为65°
故选：B．
6．某班组每天需生产50个零件才能在规定的时间内完成一批零件任务，实际上该班组每天比计划多生产了6个零件，结果比规定的时间提前3天并超额生产120个零件，若设该班组要完成的零件任务为x个，则可列方程为（ ）
A．x+12050−x50+6=3B．x50−x50+6=3
C．x50−x+12050+6=3D．x+12050+6−x50=3
【分析】关系式为：零件任务÷原计划每天生产的零件个数﹣（零件任务+120）÷实际每天生产的零件个数＝3，把相关数值代入即可求解．
【解答】解：实际完成的零件的个数为x+120，实际每天生产的零件个数为50+6，
所以根据时间列的方程为：x50− x+12050+6=3，
故选：C．
7．如图，在平面直角坐标系中，△OAB与△OCD是以O为位似中心的位似图形，若A（﹣2，1），B（﹣1，0），D（2，0），则点C的坐标是（ ）
A．（2，﹣3）B．（4，﹣2）C．（3，﹣2）D．（4，﹣3）
【分析】根据位似图形的概念得到△OAB∽△OCD，根据点B、D的坐标求出相似比，再根据位似变换的性质解答即可．
【解答】解：∵△OAB与△OCD是以O为位似中心的位似图形，
∴△OAB∽△OCD，
∵B（﹣1，0），D（2，0），
∴△OAB与△OCD的相似比为1：2，
∵点A的坐标为（﹣2，1），
∴点C的坐标是（4，﹣2），
故选：B．
8．若A（﹣1，y1），B（﹣5，y2），C（0，y3）为二次函数y＝x2+4x﹣m的图象上的三点，则y1，y2，y3的大小关系是（ ）
A．y1＜y2＜y3B．y1＜y3＜y2C．y3＜y1＜y2D．y2＜y1＜y3
【分析】依据题意，由抛物线为y＝x2+4x﹣m＝（x+2）2﹣4﹣m，可得抛物线的对称轴是直线x＝﹣2，且抛物线开口向上，从而可得抛物线上的点离对称轴越近函数值越小，又A（﹣1，y1），B（﹣5，y2），C（0，y3），且﹣1﹣（﹣2）＝1＜0﹣（﹣2）＝2＜﹣2﹣（﹣5）＝3，进而可以判断得解．
【解答】解：由题意，∵抛物线为y＝x2+4x﹣m＝（x+2）2﹣4﹣m，
∴抛物线的对称轴是直线x＝﹣2，且抛物线开口向上．
∴抛物线上的点离对称轴越近函数值越小．
∵A（﹣1，y1），B（﹣5，y2），C（0，y3），且﹣1﹣（﹣2）＝1＜0﹣（﹣2）＝2＜﹣2﹣（﹣5）＝3，
∴y1＜y3＜y2．
故选：B．
9．如图，某城市公园的雕塑是由3个直径为1m的圆两两相垒立在水平的地面上，则雕塑的最高点到地面的距离为（ ）
A．2+32B．3−32C．2+22D．3+22
【分析】连接三个圆心，构造了一个等边三角形，其边长是1，则它的高是32，则雕塑的最高点到地面的距离为32+1．
【解答】解：连接三个圆心，
∴△ABC是等边三角形，且AB＝AC＝BC＝1，
∴它的高是：12−(12)2=32，
∴雕塑的最高点到地面的距离为：32+1=2+32．
故选：A．
10．如图，E是正方形ABCD的边CD上一动点（不与C，D重合），连结AE，以AE为边作正方形AEFG，点M是AF的中点，连结CM．给出下列结论：①2CM=2AE；②点B，M，D三点共线，则下列判断正确的是（ ）
A．①，②都对B．①，②都错C．①对，②错D．①错，②对
【分析】①连接GE，MD，MB，过点E作EP∥BC，交MD于点P，先证明△GAB和△EAD全等得BG＝DE，∠ABG＝∠ADE＝90°，由此得点G，B，C三点共线，根据正方形性质得EG经过点M，△AME是等腰直角三角形，由勾股定理得EM＝
22AE，在Rt△CGE中，根据斜边上中线性质得CM＝EM＝GM＝AM，则CM=22AE，据此可对结论①进行判断；
②先证明△ADM和△CDM全等得∠ADM＝∠CDM＝45°，进而得△EDP是等腰直角三角形，则PE＝DE＝BG，由此可依据“SAS”判定△BGM和△PEM全等，则∠BMG＝∠PME，再根据AF⊥GE得∠BMD＝∠AMP+∠BMG+∠AMG＝180°，据此可对结论②进行判断，综上所述即可得出答案．
【解答】解：①连接GE，MD，MB，过点E作EP∥BC，交MD于点P，如图所示：

∵四边形ABCD和四边形AEFG都是正方形，
∴AB＝AD＝CD，AG＝AE，∠GAE＝∠BAD＝∠ADE＝∠ABC＝∠BCD＝90°，
∴∠GAB+∠BAE＝∠BAE+∠EAD＝90°，
∴∠GAB＝∠EAD，
在△GAB和△EAD中
AB=AD∠GAB=∠EADAG=AE，
∴△GAB≌△EAD（SAS），
∴BG＝DE，∠ABG＝∠ADE＝90°，
∴∠ABG+∠ABC＝180°，
∴点G，B，C在同一条直线上，
∵AF是正方形AEFG的对角线，点M为AF的中点，
∴EG经过点M，
∴GM＝EM＝MA＝ME，AF⊥GE，
∴△AME是等腰直角三角形，
由勾股定理得：AE=AM2+EM2=2EM，
∴EM=22AE，
在Rt△CGE中，CM是斜边GE上的中线，
∴CM＝EM＝GM＝AM，
∴CM=22AE，
即2CM=2AE，
故结论①对；
②在△ADM和△CDM中，
AM=CMAD=CDMD=MD，
∴△ADM≌△CDM（SSS），
∴∠ADM＝∠CDM=12∠ADE＝45°，
∵EP∥BC，
∴∠DEP＝∠BCD＝90°，∠BGM＝∠PEM，
∴△EDP是等腰直角三角形，
∴PE＝DE，
∵BG＝DE，
∴BG＝PE，
在△BGM和△PEM中，
GM=EM∠BGM=∠PEMBG=PE，
∴△BGM≌△PEM（SAS），
∴∠BMG＝∠PME，
∵AF⊥GE，
∴∠AMG＝∠AME＝∠AMP+∠PME＝90°，
∴∠AMP+∠BMG＝90°，
∴∠AMP+∠BMG+∠AMG＝180°，
即∠BMD＝∠AMP+∠BMG+∠AMG＝180°，
∴点B，M，D三点共线，
故结论②对，
综上所述：结论①，②都对．
故选：A．
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．因式分解：a2﹣4b2＝ （a+2b）（a﹣2b） ．
【分析】利用平方差公式进行因式分解即可．
【解答】解：原式＝a2﹣（2b）2＝（a+2b）（a﹣2b）．
故答案为：（a+2b）（a﹣2b）．
12．课桌上有五张不透明看上去无差别的卡片，正面分别写着2，0，−13，π，1，把卡片背面朝上混合后随机抽取一张，取出的卡片正面的数字是无理数的概率是 25 ．
【分析】直接由概率公式求解即可．
【解答】解：∵课桌上有五张不透明看上去无差别的卡片，正面分别写着2，0，−13，π，1，其中2，π是无理数，共有2个，
∴把卡片背面朝上混合后随机抽取一张，取出的卡片正面的数字是无理数的概率是25，
故答案为：25．
13．方程1x−1=2x的解为 x＝2 ．
【分析】利用去分母将原方程化为整式方程，解得x的值后进行检验即可．
【解答】解：原方程去分母得：x＝2（x﹣1），
整理得：x＝2x﹣2，
解得：x＝2，
检验：当x＝2时，x（x﹣1）≠0，
故原方程的解为x＝2，
故答案为：x＝2．
14．如图，圆锥体的高ℎ=22cm，底面圆半径r＝1cm，则该圆锥体的侧面展开图的圆心角的度数是 120° ．
【分析】根据勾股定理，可求出母线长为(22)2+12=3cm，圆锥的底面周长为2πr＝2π，再根据圆锥展开图弧长公式即可求出圆心角．
【解答】解：根据题意得，圆锥的母线长为：(22)2+12=3（cm），
设该圆锥的侧面展开图的圆心角的度数为n°，2π×1=n×π×3180，
解得：n＝120，
∴该圆锥体的侧面展开图的圆心角的度数是：120°，
故答案为：120°．
15．如图，在矩形ABCD中，按以下步骤作图：①分别以点A和C为圆心，以大于12AC的长为半径作弧，两弧相交于点M和N；②作直线MN交CD于点E．若DE＝4，CE＝5，则矩形的对角线AC的长为 310 ．
【分析】利用基本作图可判断MN垂直平分AC，则AE＝CE＝5，然后利用勾股定理先计算出AD，再计算出AC．
【解答】解：由作法得MN垂直平分AC，
∴AE＝CE＝5，
在Rt△ADE中，AD=52−42=3，
在Rt△ADC中，AC=32+92=310．
故答案为310．
16．当n≤x≤n+1时，若二次函数y＝x2﹣4x+3的最大值为2，则n的值为 2−3或1+3 ．
【分析】依据题意，由y＝x2﹣4x+3＝（x﹣2）2﹣1，可得抛物线开口向上，当x＝2时，y取最小值为﹣1，从而抛物线上的点离对称轴越远函数值越大，则当x＝n时或当x＝n+1时，y取最大值，进而分当x＝n时，y取最大值，此时2n+12＜2，即n＜32和当x＝n+1时，y取最大值，此时2n+12＞2，即n＞32，分别进行计算可以得解．
【解答】解：由题意，∵y＝x2﹣4x+3＝（x﹣2）2﹣1，
∴抛物线开口向上，当x＝2时，y取最小值为﹣1．
∴抛物线上的点离对称轴越远函数值越大．
∴当x＝n时或当x＝n+1时，y取最大值．
①当x＝n时，y取最大值，此时2n+12＜2，即n＜32．
又∵此时y最大值为n2﹣4n+3＝2，
∴n＝2+3（不合题意，舍去）或n＝2−3．
②当x＝n+1时，y取最大值，此时2n+12＞2，即n＞32．
又∵此时y最大值为（n+1）2﹣4（n+1）+3＝n2﹣2n＝2，
∴n＝2+3（不合题意，舍去）或n＝2−3．
∴n＝1+3或n＝1−3（不合题意，舍去）．
综上，n＝2−3或1+3．
故答案为：2−3或1+3．
三．解答题（共8小题，满分72分）
17．（8分）计算：(−58)×(−2)3−2×8．
【分析】先进行乘方运算，再根据二次根式的乘法法则运算，然后进行乘法运算，最后进行有理数的减法运算．
【解答】解：原式=−58×（﹣8）−2×8
＝5﹣4
＝1．
18．（8分）解不等式组3x+144＞2x−94x+6≥3x+7
【分析】首先分别计算出两个不等式的解集，再根据解集的规律确定不等式组的解集．
【解答】解：3x+144＞2x−9①4x+6≥3x+7②，
解①得：x＜10，
解②得：1≤x，
故不等式组的解集为：1≤x＜10．
19．（8分）我们把端点都在格点上的线段叫做格点线段，如图，在6×6的方格纸中，有一格点线段AB，请按要求画图．
（1）在图1中画格点线段CD=12AB，且CD⊥AB（点C，D不与点A或B重合）．
（2）在图2中画格点E，连结AE，BE，使得△ABE为等腰三角形，且其重心也落在格点上．
【分析】（1）根据格点线段CD=12AB，且CD⊥AB，画出图形即可（答案不唯一）；
（2）利用等腰直角三角形的性质和重心的定义，构建图形即可．
【解答】解：（1）如图1，线段CD即为所求；
（2）如图2，根据△ABE为等腰三角形，重心也落在格点上，格点E即为所求，点F为重心．
20．（8分）“科技改变生活”，小王是一名摄影爱好者，新入手一台无人机用于航拍．在一次航拍时，数据显示，从无人机A看建筑物顶部B的仰角为45°，看底部C的俯角为60°，无人机A到该建筑物BC的水平距离AD为10米，求该建筑物BC的高度．（结果精确到0.1米；参考数据：2≈1.41，3≈1.73）
【分析】先说明三角形ABD是等腰直角三角形，用等腰三角形的性质求出BD，再在Rt△ACD 中用直角三角形的边角间关系求出CD，最后利用线段的和差关系求出建筑物的高度．
【解答】解：由题意知，∠BAD＝45°，∠CAD＝60°，AD⊥BC．
∵AD⊥BC，
∴∠BDA＝∠ADC＝90°．
∴∠BAD＝∠ABD＝45°．
∴BD＝AD＝10 （米）．
在Rt△ACD 中，
CD＝AD•tan∠CAD
＝AD•tan60°
＝103（米）．
∴BC=BD+CD=10+103≈27.3 （米）．
答：该建筑物BC的高度约为27.3米．
21．（8分）某区教育局为了了解某年级学生对科学知识的掌握情况，在全区范围内随机抽取若干名学生进行科学知识测试，按照测试成绩分优秀，良好、合格与不合格四个等级，并绘制了如图所示两幅不完整统计图．
（1）参与本次测试的学生人数为 150 ，m＝ 30 ；
（2）请补全条形统计图；
（3）若全区该年级共有5000名学生，请估计该年级对科学知识掌握情况较好（测试成绩能达到良好及以上等级）的学生人数．
【分析】（1）从两个统计图可知，样本中学生测试成绩为“良好”的有60人，占调查人数的40%，由频率=频数总数即可求出调查人数，进而求出成绩为“优秀”的学生所占的百分比，确定m的值；
（2）求出样本中成绩为“合格”的学生人数即可补全条形统计图；
（3）求出样本中学生测试成绩达到良好及以上等级的人数所占的百分比，估计总体中学生测试成绩达到良好及以上等级的人数所占的百分比，进而求出相应的学生人数即可．
【解答】解：（1）60÷40%＝150（人），
45÷150×100%＝30%，即m＝30，
故答案为：150，30；
（2）样本中成绩为“合格”的学生人数为150﹣45﹣60﹣5＝40（人），补全条形统计图如下：
（3）5000×45+60150=3500（人），
答：全区该年级5000名学生中对科学知识掌握情况较好（测试成绩能达到良好及以上等级）的学生人数大约有3500人．
22．（10分）某快递公司需将一批总重为25吨的物品从仓库运往配送中心，现有如表所示两种类型货车可供调配：
（1）若公司一次性派出两种货车共8辆，恰好运完所有物品，且公司要求每辆货车必须满载运输，求甲、乙两种货车各派出多少辆？
（2）若快递公司派出甲型、乙型货车共7辆，其中甲型货车不少于2辆，要求预算运输费用不超过3600，元，请设计一种运输方案使总费用最低，并计算最低费用．
【分析】（1）设甲种货车派出x辆，乙种货车派出y辆，根据“公司一次性派出两种货车共8辆，恰好运完25吨物品”，可列出关于x，y的二元一次方程组，解之即可得出结论；
（2）设派出m辆甲种货车，则派出（7﹣m）辆乙种货车，根据“甲种货车不少于2辆，乙种货车非负，总运载量不少于25吨，且运输费用不超过3600元”，可列出关于m的一元一次不等式组，解之可得出m的取值范围，结合m为正整数，可得出各派出方案，再求出各方案所需费用，比较后即可得出结论．
【解答】解：（1）设甲种货车派出x辆，乙种货车派出y辆，
根据题意得：x+y=84x+3y=25，
解得：x=1y=7．
答：甲种货车派出1辆，乙种货车派出7辆；
（2）设派出m辆甲种货车，则派出（7﹣m）辆乙种货车，
根据题意得：m≥27−m≥04m+3(7−m)≥25500m+400(7−m)≤3600，
解得：4≤m≤7，
又∵m为正整数，
∴m可以为4，5，6，7，
∴共有4种派车方案，
方案1：派出4辆甲种货车，3辆乙种货车，总费用为500×4+400×3＝3200（元）；
方案2：派出5辆甲种货车，2辆乙种货车，总费用为500×5+400×2＝3300（元）；
方案3：派出6辆甲种货车，1辆乙种货车，总费用为500×6+400×1＝3400（元）；
方案4：派出7辆甲种货车，总费用为500×7＝3500（元）．
∵3200＜3300＜3400＜3500，
∴当派出4辆甲种货车，3辆乙种货车时，总费用最低，最低费用是3200元．
23．（10分）已知二次函数y＝x2﹣ax﹣2（a为常数）
（1）求证：不论a取何值，该二次函数图象与x轴总有两个公共点．
（2）若函数图象在﹣1≤x≤2时，总有y随着x的增大而先减小后增大，求a的取值范围．
（3）若函数图象经过（m，﹣2），（t，p），（m+t，q），m≠0，求p+q的值（用含有t的代数式表示）．
【分析】（1）利用一元二次方程根的判别式，即可解答；
（2）利用二次函数的对称轴，且图象开口向上，即可求解；
（3）先将点（m，﹣2）代入函数中，得到m＝a，再把点（t，p）、点（m+t，q）代入函数中，表示p+q的值，进行化简即可求解．
【解答】解：（1）∵Δ＝a2+8＞0，
∴该二次函数图象与x轴总有两个公共点；
（2）∵函数图象的对称轴为直线x=a2，图象开口向上，
∴−1＜a2＜2，
解得﹣2＜a＜4；
（3）由条件可得m2﹣am﹣2＝﹣2，且m≠0，
∴m＝a，
把点（t，p）、点（m+t，q）代入原函数中，
得：p＝t2﹣at﹣2，q＝（m+t）2﹣a（m+t）﹣2，
∴p+q＝t2﹣at﹣2+（m+t）2﹣a（m+t）﹣2
＝t2﹣at﹣2+m2+2mt+t2﹣am﹣at﹣2
＝2t2﹣4．
24．（12分）已知，△ABC是⊙O的内接三角形，AB＝AC，△ABD与△ABC关于直线AB对称，AD与⊙O交于点E．
探究一：如图1，连接AO并延长交BC于点M，交⊙O于点N．请判断下列结论是否正确．（在相应括号中，正确的打“√”，错误的打“×”）
①OA⊥BC（ √ ）；
②BD＝BE（ √ ）；
③BD是⊙O的切线（ √ ）．
探究二：连接DO并延长，交⊙O于点F，J，交AB，AC分别于点G，H．
（1）如图2，若DH⊥AC．
①求∠BAC的度数；
②试猜想AE与BD有怎样的数量关系？并说明理由．
（2）如图3，若DH∥BC，求证：E，G，C三点在同一直线上．
【分析】探究一：①利用垂径定理解答即可；
②利用轴对称的性质，圆内接四边形的性质和等腰三角形的判定定理解答即可；
③连接OB，CN，利用圆周角定理，轴对称的性质，同圆的半径相等的性质，等腰三角形的性质和圆的切线的判定定理解答即可；
探究二：（1）①利用垂径定理和直角三角形的边角关系定理求得∠DAC，再利用轴对称的性质解答即可；
②连接OA，OE，OB，OC，利用圆周角定理求得∠AOE＝90°，得到AE=2OA，再利用等边三角形的判定定理和轴对称的性质解答即可得出结论；
（2）连接BE，CG，EG，利用轴对称的性质，平行线的性质和等腰三角形的判定定理得到DG＝BC，得到四边形DBCG是平行四边形，则CG∥BD；利用全等三角形的判定与性质得到DE＝BG，则AE＝AG，利用相似三角形的判定与性质得到∠AEG＝∠ADB，则EG∥BD，利用平行公理解答即可得出结论．
【解答】解：探究一：①∵AB＝AC，
∴AB=AC，
∴OA⊥BC．
∴①的结论正确．
故答案为：√；
②∵△ABD与△ABC关于直线AB对称，
∴∠D＝∠C，
∵四边形ACBE为圆的内接四边形，
∴∠DEB＝∠C，
∴∠DEB＝∠D，
∴BD＝BE．
∴②的结论正确．
故答案为：√；
③连接OB，CN，如图，
∵AN为⊙O的直径，
∴∠ACN＝90°，
∴∠ACB+∠NCB＝90°．
∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB，
∵△ABD与△ABC关于直线AB对称，
∴∠ADB＝∠ABC，
∴∠ADB+∠NCB＝90°，
∵OA＝OB，
∴∠BAN＝∠OBA，
∵∠BAN＝∠NCB，
∴∠OBA＝∠NCB，
∴∠ABD+∠OBA＝90°，
∴∠OBD＝90°，
∴OB⊥DB，
∵OB为⊙O的半径，
∴BD是⊙O的切线．
∴③的结论正确．
故答案为：√；
探究二：（1）①∵DH⊥AC，
∴AH=12AC，∠AHD＝90°，
∵△ABD与△ABC 关于直线AB对称，
∴AC＝AD，
∴AH=12AD，
∴sin∠ADH=AHAD=12，
∴∠ADH＝30°，
∴∠DAC＝60°，
∵△ABD与△ABC 关于直线AB对称，
∴∠DAB＝∠BAC=12∠DAC＝30°；
②AE与BD的数量关系为：AE=2BD.理由：
连接OA，OE，OB，OC，如图，
∵∠DAB＝∠BAC＝30°，AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB＝75°，
∴∠BOE＝2∠BAE＝60°，∠AOB＝2∠ACB＝150°，
∴∠AOE＝90°，
∵OA＝OE，
∴AE=2OA，
∵∠BOC＝2∠BAC＝2×30°＝60°，OB＝OC，
∴△BOC是等边三角形，
∴BC＝OB，
∵△ABD与△ABC 关于直线AB对称，
∴BC＝BD．
∴BD＝BC＝OA，
∴AE=2BD；
（2）连接BE，CG，EG，如图，
∵△ABD与△ABC 关于直线AB对称，
∴BC＝BD，∠ABD＝∠ABC，
∵DH∥BC，
∴∠DGB＝∠ABC，
∴∠ABD＝∠DGB，
∴DG＝DB，
∴DG＝BC，
∴四边形DBCG是平行四边形，
∴CG∥BD．
∵∠DEB＝∠ACB，
∴∠DEB＝∠EDB，
∴BD＝BE．
在△DBG和△BDE中，
∠EDB=∠GBD∠DEB=∠BGDDB=BD，
∴△DBG≌△BDE（AAS），
∴DE＝BG．
∴AE＝AG，
∴AEAD=AGAB，
∵∠EAG＝∠BAD，
∴△EAG∽△DAB，
∴∠AEG＝∠ADB，
∴EG∥BD，
∵CG∥BD，
∴E，G，C三点在同一直线上．
类型
甲型
乙型
满载（吨）
4
3
价格（元）
500
400