2024学年中考数学第二次模拟考试广东省卷试题（含答案）

这是一份2024学年中考数学第二次模拟考试广东省卷试题（含答案），共2页。试卷主要包含了化简，不等式组的解在数轴上表示为等内容，欢迎下载使用。
本试卷共23小题，满分120分，考试用时90分钟.
注意事项：1．答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将将自己的准考证号、姓名、考场号和座位号填写在答题卡上。用2B铅笔在“考场号”和“座位号”栏相应位置填涂自己的考场号和座位号，将条形码粘贴在答题卡“条形码粘贴处”.
2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案. 答案不能答在试卷上。
3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡上各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液. 不按以上要求作答的答案无效。
4．考生必须保持答题卡的整洁. 考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题（本大题共10个小题，每小题3分，共30分．在每个小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求的）
1．中国是最早采用正负数表示相反意义的量的国家．某仓库运进小麦6吨，记为 +6吨，那么仓库运出小麦8吨应记为（ ）吨．
A．+8B．-8C．±8D．-2
2．下列图案中，是轴对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
3．赤道长约为40000000m，用科学记数法可以把数字40000000表示为（ ）
A．4×107B．40×106C．400×105D．4000×103
4．一条公路两次转弯后又回到原来的方向（即），如图所示，如果第一次转弯时，那么应等于（ ）

A．140°B．40°C．100°D．180°
5．化简：
A．1B．0C．D．
6．某品牌20寸的行李箱拉杆拉开后放置如图所示，经测量该行李箱从轮子底部到箱子上沿的高度与从轮子底部到拉杆顶部的高度之比是黄金比（约等于）．已知cm，则AB约是（ ）
A．30cmB．49cmC．55cmD．129cm
7．不等式组的解在数轴上表示为（ ）
A．B．C．D．
8．某校为庆祝中国共产党建党100周年举行“传承红色基因，沐浴阳光成长”歌咏比赛，七年级8个班通过抽签决定出场顺序，七年级（1）班恰好抽到第1个出场的概率为（ ）
A．B．C．D．
9．如图，四边形内接于是的直径，连接，若，则的度数是（ ）
A．B．C．D．
10．如图，抛物线与轴交于点，，与轴交于点，正方形的边在轴上，，在抛物线上，连结，，是正三角形，，则阴影部分的面积为（ ）
A．B．C．D．
二、填空题（本大题共5个小题，每小题3分，共15分）
11．分解因式： ．
12．计算：×﹣sin45°＝ ．
13．长方体的体积为103 m3，底面积为S，高度为d，则S与d之间的函数关系式为 ；当S＝500时，d＝ .
14．某服装的进价为400元，出售时标价为600元，由于换季，商场准备打折销售，但要保证利润率不低于，那么该服装至多打 折．
15．如图，四边形是边长为2的正方形，点在正方形内，是等边三角形，则的面积为 ．

三、解答题（一）（本大题共3小题，第16题10分，第17、18题个7分，共24分）
16．（1）计算：；
（2）一次函数的图像与平行且与x轴交于点（-2,0）求解析式
17．新能源电动汽车与燃油汽车相比，因用车成本低逐渐广受大众的喜欢．经试测，燃油汽车的百公里成本是新能源电动汽车的5倍，在不考虑汽车其他损耗的情况下，100元的成本可使新能源电动汽车比燃油汽车多行驶800公里，求新能源电动汽车和燃油汽车的百公里成本．（备注：百公里成本指的是汽车每行驶100公里需要的成本）
18．在如图所示平面直角坐标系中，每个小正方形的边长均为，的三个顶点坐标分别为，，．
(1)画出绕点顺时针旋转后得到；
(2)在（1）的条件下，求点旋转到点的过程中所经过的路径长（结果保留）．
四、解答题（二）（本大题共3小题，每小题9分，共27分）
19．如图，在中，∠ACB为钝角．
(1)尺规作图：在边AB上确定一点D，使∠ADC＝2∠B（不写作法，保留作图痕迹，并标明字母）；
(2)在（1）的条件下，若∠B＝15°，∠ACB＝105°，CD＝3，AC＝，求的面积．
20．某校从甲、乙两个班各随机抽取10名学生参加全市义务教育质量监测．样本学生中体育学科的测试成绩（满分100分）如下表，学校进一步对样本学生每周课外锻炼时间进行了问卷调查，并绘制了条形统计图，数据如下：
请根据以上调查报告，解答下列问题：
(1)请完成样本学生成绩表中所缺数据；
(2)甲班有50名学生，估计在这些学生中课外锻炼时间达到3小时以上的人数；
(3)从表中分析甲、乙两班样本学生测试成绩（从平均数、方差、中位数、众数中选一个统计量分析即可）．
21．某县消防大队到某小区进行消防演习已知，图是一辆登高云梯消防车的实物图，图是其工作示意图，起重臂可伸缩，且起重臂可绕点在一定范围内转动，张角为转动点A距离地面的高度为．

(1)当起重臂长度为，张角，求云梯消防车最高点距离地面的高度；
(2)已知该小区层高为，若某居民家突发险情，请问该消防车有效救援能达到几层？请说明理由．（结果精确到，参考数据：，，，）
五、解答题（三）（本大题共2小题，每小题12分，共24分）
22．综合与探究：
如图，抛物线与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，点A的坐标是，点C的坐标是，点F在对称轴上运动．
(1)求抛物线的解析式及顶点D的坐标；
(2)如图1，点D关于y轴的对称点是点E，连接FE，以EF为边作等腰直角三角形EFG，使，，点G恰好落在该抛物线上，求点F的坐标；
(3)点H在抛物线上运动，请借助图2探究以点O，B，F，H为顶点的四边形是平行四边形，请直接写出点H的坐标．
23．定义：如果同一平面内的四个点在同一个圆上，则称这四个点共圆，简称“四点共圆”．我们学过了“圆的内接四边形的对角互补”这一定理，它的逆命题“对角互补的四边形四个顶点共圆”是证明“四点共圆”的一种常用方法．除此之外，我们还经常用“同旁张角相等”来证明“四点共圆”．如图1，在线段AB同侧有两点C，D．连接，，，，如果，那么A，B，C，D“四点共圆”
(1)如图2，已知四边形中，对角线、相交于点P，点E在的延长线上，下列条件：①；②：③：④．其中，能判定A，B，C，D“四点共圆”的条件有___________：
(2)如图3，直线与x轴交于点A，与y轴交于点B，点C在x轴正半轴上，点D在y轴负半轴上，若A，B，C，D“四点共圆”，且，求四边形的面积；
(3)如图4，已知是等腰三角形，，点D是线段上的一个动点（点D不与点B重合，且，连结AD，作点C关于的对称点E，连接并延长交的延长线于F，连接，．
①求证：A，D，B，E“四点共圆”；
②若，的值是否会发生变化，若不变化，求出其值：若变化，请说明理由．
2024年中考第二次模拟考试（广东省卷）
数学·全解全析
一、选择题（本大题共10个小题，每小题3分，共30分．在每个小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求的）
1．中国是最早采用正负数表示相反意义的量的国家．某仓库运进小麦6吨，记为 +6吨，那么仓库运出小麦8吨应记为（ ）吨．
A．+8B．-8C．±8D．-2
【答案】B
【分析】根据正负数的意义，直接写出答案即可．
【详解】解：因为题目运进记为正，那么运出记为负，
所以运出面粉8吨应记为-8吨，故B正确．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了正数和负数，根据互为相反意义的量，确定运出的符号，是解决本题的关键．
2．下列图案中，是轴对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据轴对称图形的概念对各选项分析判断即可得解．
【详解】解：A．不是轴对称图形，故本选项不符合题意；
B．是轴对称图形，故本选项符合题意；
C．不是轴对称图形，故本选项不符合题意；
D．不是轴对称图形，故本选项不符合题意．
故选：B．
【点睛】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．赤道长约为40000000m，用科学记数法可以把数字40000000表示为（ ）
A．4×107B．40×106C．400×105D．4000×103
【答案】A
【分析】根据科学记数法“把一个大于10的数表示成的形式(其中a是整数数位只有一位的数，即a大于或等于1且小于10，n是正整数)”进行解答即可得．
【详解】解：，
故选：A．
【点睛】本题考查了科学记数法，解题的关键是掌握科学记数法表示形式中a与n的确定．
4．一条公路两次转弯后又回到原来的方向（即），如图所示，如果第一次转弯时，那么应等于（ ）

A．140°B．40°C．100°D．180°
【答案】A
【分析】根据平行线的性质得出，代入求出即可．
【详解】，
（两直线平行，内错角相等），
，
，
故选A．
【点睛】本题考查了平行线的性质的应用，根据平行线的性质（两直线平行，内错角相等）得出是解题的关键．
5．化简：
A．1B．0C．D．
【答案】C
【分析】根据同分母分式的加减运算可进行求解．
【详解】解：；
故选C．
【点睛】本题主要考查同分母分式的加减运算，熟练掌握同分母分式的加减运算是解题的关键．
6．某品牌20寸的行李箱拉杆拉开后放置如图所示，经测量该行李箱从轮子底部到箱子上沿的高度与从轮子底部到拉杆顶部的高度之比是黄金比（约等于）．已知cm，则AB约是（ ）
A．30cmB．49cmC．55cmD．129cm
【答案】B
【分析】
根据题意列出比例式即可解答．
【详解】解：由题意可得，
，
解得，
故选：B．
【点睛】本题考查了比例问题，解题关键是根据题意正确列出比例式．
7．不等式组的解在数轴上表示为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】先求出每个不等式的解集，再求出不等式组的解集即可．
【详解】解：，
解不等式①，得x≥﹣1，
解不等式②，得x＜1，
所以不等式组的解集是﹣1≤x＜1，
在数轴上表示为：
故选：B．
【点睛】本题主要考查不等式组，掌握解不等式组的方法是关键．
8．某校为庆祝中国共产党建党100周年举行“传承红色基因，沐浴阳光成长”歌咏比赛，七年级8个班通过抽签决定出场顺序，七年级（1）班恰好抽到第1个出场的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】直接用概率公式求解即可得．
【详解】解：∵七年级共有8个班，
∴七年级（1）班恰好抽到第1个出场的概率为，
故选B．
【点睛】本题考查了概率公式，解题的关键是要熟记概率公式．
9．如图，四边形内接于是的直径，连接，若，则的度数是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】首先利用圆内接四边形的性质和的度数求得的度数，然后利用直径所对的圆周角是直角确定，然后利用直角三角形的两个锐角互余求得答案即可．
【详解】解：连，
∵四边形内接与，，
∴，
∵为直径，
∴，
∴，
故选：B．
【点睛】本题考查了圆内接四边形的性质及圆周角定理的知识，解题的关键是了解圆内接四边形的对角互补．
10．如图，抛物线与轴交于点，，与轴交于点，正方形的边在轴上，，在抛物线上，连结，，是正三角形，，则阴影部分的面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】设交于点，根据正方形与抛物线的对称性，可得阴影部分面积为，先求得抛物线的解析式为，待定系数法求得直线的解析式为，根据对称性设，进而求得点的坐标，点的坐标，即可求解．
【详解】解：如图，设交于点，
∵是正三角形，，
∴
∴
设过的抛物线解析式为，
将点代入，得
∴
∴抛物线解析式为，
∵四边形是正方形，且关于轴对称，
∴
设，
∵在上，
∴，
解得（舍去）
∵，
设直线的解析式为，
∴
∴
∴直线的解析式为
∵在上，
∴的横坐标为
代入
得
∴
∴
∴阴影部分面积为
故选D
【点睛】本题考查了抛物线的性质，待定系数法求解析式，正方形的性质，等边三角形的性质，勾股定理，求得点的坐标是解题的关键．
二、填空题（本大题共5个小题，每小题3分，共15分）
11．分解因式： ．
【答案】(1+2a)(1-2a)
【分析】运用平方差公式分解即可．
【详解】解：1−4a2=(1+2a)(1-2a)．
故答案为：(1+2a)(1-2a)．
【点睛】本题主要考查因式分解，熟练掌握公式法进行因式分解是解决本题的关键．
12．计算：×﹣sin45°＝ ．
【答案】/
【分析】根据实数的混合运算法则，先计算乘法、特殊角的正弦值，再计算减法．
【详解】解：×﹣sin45°
＝
＝
＝．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查实数的混合运算、特殊角的正弦值，熟练掌握实数的混合运算法则、特殊角的正弦值是解决本题的关键．
13．长方体的体积为103 m3，底面积为S，高度为d，则S与d之间的函数关系式为 ；当S＝500时，d＝ .
【答案】 S＝
【分析】根据长方体的体积＝底面积×高，即可求解．
【详解】解：∵长方体的体积＝底面积×高，即V＝Sd，
∴S＝，
当S＝500时，代入S＝中得，d＝2，
故答案是：S＝；．
【点睛】此题主要考查了函数的定义，长方体体积公式．
14．某服装的进价为400元，出售时标价为600元，由于换季，商场准备打折销售，但要保证利润率不低于，那么该服装至多打 折．
【答案】七/7
【分析】设打x折，根据“利润率不低于”列出不等式，解之即可．
【详解】解：设打x折，则
解得：，
答：该服装至多打七折．
故答案为：七
【点睛】本题考查一元一次不等式的应用，解题关键是找到不等关系，列出不等式．
15．如图，四边形是边长为2的正方形，点在正方形内，是等边三角形，则的面积为 ．

【答案】/
【分析】的面积为，根据题意分别求出这三个三角形的面积即可解答．
【详解】过作于，于，

∵四边形是边长为2的正方形，
∴，
∴四边形是矩形，
是等边三角形，
∴，，，
∴，
，
，
，
的面积为，
故答案为：．
【点睛】本题考查正方形的性质和三角形的面积，找出三角形面积之间的关系是解题关键．
三、解答题（一）（本大题共3小题，第16题10分，第17、18题个7分，共24分）
16．（1）计算：；
（2）一次函数的图像与平行且与x轴交于点（-2,0）求解析式
【答案】（1）；（2）y=2x+4.
【分析】（1）根据二次根式的乘法、二次根式的化简、零指数幂的运算性质分别计算，再合并同类二次根式即可；
（2）由于一次函数的图象与平行，可设一次函数的解析式为y=2x+b，再把（－2,0）代入解析式可求得b的值，问题即得解决.
【详解】解：（1）
=
=
=
=；
（2）∵一次函数的图象与平行，
∴设一次函数的解析式为y=2x+b，
把（－2,0）代入y=2x+b，得0=2×（－2）+b，解得b=4，
∴一次函数的解析式为y=2x+4.
【点睛】本题考查了二次根式的混合运算和待定系数法求一次函数的解析式，熟练掌握二次根式的混合运算法则和待定系数法求解的方法是解题的关键.
17．新能源电动汽车与燃油汽车相比，因用车成本低逐渐广受大众的喜欢．经试测，燃油汽车的百公里成本是新能源电动汽车的5倍，在不考虑汽车其他损耗的情况下，100元的成本可使新能源电动汽车比燃油汽车多行驶800公里，求新能源电动汽车和燃油汽车的百公里成本．（备注：百公里成本指的是汽车每行驶100公里需要的成本）
【答案】新能源电动汽车的百公里成本为10元，燃油汽车的百公里成本为50元
【分析】设新能源电动汽车的每公里成本为x元，根据100元的成本可使新能源电动汽车比燃油汽车多行驶800公里列出方程，解之，再乘100，可得每百公里的成本．
【详解】解：设新能源电动汽车的每公里成本为x元，
由题意可得：，
解得：，
经检验为原方程的解，
，
∴新能源电动汽车的百公里成本为10元，燃油汽车的百公里成本为50元．
【点睛】此题考查分式方程的应用，找出题目蕴含的数量关系，列出方程解决问题．
18．在如图所示平面直角坐标系中，每个小正方形的边长均为，的三个顶点坐标分别为，，．
(1)画出绕点顺时针旋转后得到；
(2)在（1）的条件下，求点旋转到点的过程中所经过的路径长（结果保留）．
【答案】(1)见解析
(2)点旋转到点的过程中所经过的路径长为
【分析】本题考查作图题旋转变换、弧长公式，熟练掌握旋转的性质、弧长公式是解答本题的关键．
(1)根据旋转的性质作图即可；
(2) 利用勾股定理求出OA的长，再利用弧长公式计算即可．
【详解】（1）即为所画．
（2）∵
∴．
四、解答题（二）（本大题共3小题，每小题9分，共27分）
19．如图，在中，∠ACB为钝角．
(1)尺规作图：在边AB上确定一点D，使∠ADC＝2∠B（不写作法，保留作图痕迹，并标明字母）；
(2)在（1）的条件下，若∠B＝15°，∠ACB＝105°，CD＝3，AC＝，求的面积．
【答案】(1)见解析；
(2)．
【分析】（1）作线段BC的垂直平分线交AB于点D，连接CD，点D即为所求；
（2）根点C作CH⊥AB于点H，求出AB，CH可得结论．
【详解】（1）解：如图，点D即为所求；
（2）解：过点C作CH⊥AB于点H．
∵点D在BC的垂直平分线上，
∴DC＝DB，
∴∠B＝∠DCB＝15°，
∴∠ADC＝∠B+∠DCB＝30°，
∵∠ACB＝105°，
∴∠ACD＝90°，
∵CD＝，
∴AC＝CD•tan30°＝1，
∴AD＝2AC＝2，CH＝CD＝，
∵AB＝AD+BD＝2+，
∴S△ABC＝•AB•CH＝×（2+）×＝．
【点睛】本题考查作图﹣复杂作图，解直角三角形，三角形的面积等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
20．某校从甲、乙两个班各随机抽取10名学生参加全市义务教育质量监测．样本学生中体育学科的测试成绩（满分100分）如下表，学校进一步对样本学生每周课外锻炼时间进行了问卷调查，并绘制了条形统计图，数据如下：
请根据以上调查报告，解答下列问题：
(1)请完成样本学生成绩表中所缺数据；
(2)甲班有50名学生，估计在这些学生中课外锻炼时间达到3小时以上的人数；
(3)从表中分析甲、乙两班样本学生测试成绩（从平均数、方差、中位数、众数中选一个统计量分析即可）．
【答案】(1)74.5，78
(2)15人
(3)乙班成绩好，理由见解析（答案不唯一）
【分析】（1）根据平均数和中位数的定义求解可得；
（2）观察条形图，得出甲班达到3小时以上的人数分别为3人，从而求出甲班达到3小时以上的人数的百分比，最后用50乘以百分比即可；
（3）结合平均数，中位数，众数，方差的意义进行分析评判．
【详解】（1）解：甲班的平均数为，
乙班的中位数为第5个和第6个数的平均数，即
（2）解：，
答：甲班达到3小时以上的人数是15人；
（3）解：∵甲乙两班平均数都是74.5分，甲班的方差是129.65，乙班的方差是53.85，
而，即乙班的方差小于甲班，
∴乙班成绩更稳定，即乙班成绩好．（答案不唯一）
【点睛】本题考查了条形图和数据统计表，统计调查，解题的关键在于能结合条形图和数据统计表分析学生的成绩．
21．某县消防大队到某小区进行消防演习已知，图是一辆登高云梯消防车的实物图，图是其工作示意图，起重臂可伸缩，且起重臂可绕点在一定范围内转动，张角为转动点A距离地面的高度为．

(1)当起重臂长度为，张角，求云梯消防车最高点距离地面的高度；
(2)已知该小区层高为，若某居民家突发险情，请问该消防车有效救援能达到几层？请说明理由．（结果精确到，参考数据：，，，）
【答案】(1)云梯消防车最高点距离地面的高度为
(2)该消防车能有效救援层
【分析】如图所示，过点作，垂足为，可求出，在中，根据余弦的计算方法即可求出的长，由此即可求解；
当，时，能达到最高高度，可求出的度数，在中，根据正弦的计算方法即可求出的长，由此即可求解．
【详解】（1）如图所示，过点作，垂足为，过点A作，垂足为，

则，，
，
，
在中，，，
，
，
云梯消防车最高点距离地面的高度为．
（2）该消防车能有效救援层，理由如下，
当，时，能达到最高高度，
，
，
在中，，
，
，
，
该消防车能有效救援层．
【点睛】本题主要考查了解直角三角形的应用，掌握直角三角形的边角关系是解题的关键．
五、解答题（三）（本大题共2小题，每小题12分，共24分）
22．综合与探究：
如图，抛物线与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，点A的坐标是，点C的坐标是，点F在对称轴上运动．
(1)求抛物线的解析式及顶点D的坐标；
(2)如图1，点D关于y轴的对称点是点E，连接FE，以EF为边作等腰直角三角形EFG，使，，点G恰好落在该抛物线上，求点F的坐标；
(3)点H在抛物线上运动，请借助图2探究以点O，B，F，H为顶点的四边形是平行四边形，请直接写出点H的坐标．
【答案】(1)，D的坐标是；
(2)点F的坐标是或；
(3)点H的坐标是，或
【分析】（1）将A和 C代入，即可求出b和c的值，即得出抛物线解析式，再改为顶点式即可知顶点坐标；
（2）根据题意可知点E的坐标是．设点F的坐标是，过点F作直线轴，过点E作直线l于点M，过点G作直线l于点N．即易证≌( AAS)，得出，，从而可得点G的坐标是．将点G坐标代入，解出m即可得出点F坐标；
（3）根据题意可求出B(3，0)．设F(1，t)．分类讨论①当OB与OF为邻边时，②当OB与OH为邻边时和③当OB为对角线时，根据平行四边形的性质，即可用t表示出H点的坐标，代入，求出t即得出答案．
【详解】（1）将A和 C代入，得，
解得．
∴抛物线的解析式为：．
∴顶点D的坐标是；
（2）∵点关于y轴的对称点是点E，
∴点E的坐标是．
设点F的坐标是，
如图，过点F作直线轴，过点E作直线l于点M，过点G作直线l于点N．
∵，，
∴．
∴．
∴．
∴≌( AAS)．
∴，．
∴点G的坐标是．
∵点G恰好落在抛物线上，
∴．
解得，．
∴点F的坐标是或；
（3）对于，令，则，
解得：，
∴B(3，0)．
设F(1，t)．
分类讨论：①当OB与OF为邻边时，如图，
∵四边形OBHF为平行四边形，F(1，t)， B(3，0)，
∴H(4，t)，
∴，
故此时H(4，-5)；
②当OB与OH为邻边时，如图，
同理可得H(-2，t)，
∴，
故此时H(-2，-5)；
③当OB为对角线时，如图，连接FH，交OB于点P．
根据题意可知P(，0)．
∵F(1，t)，
∴H(2，-t)，
∴，
解得：，
∴H(2，3)．
综上可知点H的坐标为(4，-5)或(-2，-5)或(2，3)．
【点睛】本题考查利用待定系数法求函数解析式，三角形全等的判定和性质，平行四边形的性质，抛物线上的点的坐标特征．掌握抛物线上的点的坐标满足其解析式是解题关键．注意（3）要分类讨论，避免漏答案．
23．定义：如果同一平面内的四个点在同一个圆上，则称这四个点共圆，简称“四点共圆”．我们学过了“圆的内接四边形的对角互补”这一定理，它的逆命题“对角互补的四边形四个顶点共圆”是证明“四点共圆”的一种常用方法．除此之外，我们还经常用“同旁张角相等”来证明“四点共圆”．如图1，在线段AB同侧有两点C，D．连接，，，，如果，那么A，B，C，D“四点共圆”
(1)如图2，已知四边形中，对角线、相交于点P，点E在的延长线上，下列条件：①；②：③：④．其中，能判定A，B，C，D“四点共圆”的条件有___________：
(2)如图3，直线与x轴交于点A，与y轴交于点B，点C在x轴正半轴上，点D在y轴负半轴上，若A，B，C，D“四点共圆”，且，求四边形的面积；
(3)如图4，已知是等腰三角形，，点D是线段上的一个动点（点D不与点B重合，且，连结AD，作点C关于的对称点E，连接并延长交的延长线于F，连接，．
①求证：A，D，B，E“四点共圆”；
②若，的值是否会发生变化，若不变化，求出其值：若变化，请说明理由．
【答案】(1)①③④
(2)
(3)不变，8
【分析】（1）根据“同旁张角相等”可判断①；先证明，然后根据“对角互补的四边形四个顶点共圆” 可判断③；先证明可得，然后根据“同旁张角相等”可判断④；根据②的条件无法判定A，B，C，D“四点共圆”；
（2）先求出A、B的坐标，从而判定为等腰直角三角形，得出，根据A，B，C，D“四点共圆”和可得出，，进而求出，然后证明得出，最后根据求解即可；
（3）①根据轴对称的性质得到，，，，进而得到，即可证明结论；
②连接，证明，根据相似三角形的性质列出比例式，计算即可．
【详解】（1）解：∵，
∴A，B，C，D“四点共圆”，
故①正确；
∵，，
∴，
∴A，B，C，D“四点共圆”，
故③正确；
∵，
∴，
又，
∴，
∴，
∴A，B，C，D“四点共圆”，
故④正确；
根据②的条件无法判定A，B，C，D“四点共圆”．
故能判定A，B，C，D“四点共圆”的条件有①③④．
（2）解：对于，
当时，则，
当时，则，解得，
∴，，
∴，
又，
∴，
∵A，B，C，D“四点共圆”，
∴，
又，
∴，
∴，
∴，
∵A，B，C，D“四点共圆”，
∴，
又，，
∴，
∴，
∴
；
（3）①证明：∵，
∴，
∵点E与点C关于的对称，
∴，，
∴，，
∴，
∴，
∴A，D，B，E四点共圆；
②解：的值不会发生变化，
理由如下：如图4，连接，
∵点E与点C关于的对称，
∴，
∴，
又，
∴，
∵A，D，B，E四点共圆，
∴，
∴，
∴A，B，F，C四点共圆，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查的是四点共圆、相似三角形的判定和性质、轴对称的性质，正确理解四点共圆的条件是解题的关键．
样本学生测试成绩
甲班
53
65
65
65
78
79
81
82
84
93
乙班
61
63
68
75
78
78
78
80
81
83
平均数
方差
中位数
众数
甲班
129.65
78.5
65
乙班
74.5
53.85
78
样本学生测试成绩
甲班
53
65
65
65
78
79
81
82
84
93
乙班
61
63
68
75
78
78
78
80
81
83
平均数
方差
中位数
众数
甲班
129.65
78.5
65
乙班
74.5
53.85
78