2020年重庆市南岸区中考数学一诊试卷 解析版

2020年重庆市南岸区中考数学一诊试卷
一、选择题：（本大题12个小题，每小题4分，共48分）在每个小题的下面，都给出了代号为A、B、C、D的四个答案，其中只有一个是正确的，请将答题卡上题号右侧正确答案所对应的方框涂黑.）
1．（4分）下列各数中，比﹣2小的数是（　　）
A．﹣3 B．﹣1 C．0 D．1
2．（4分）计算（3b）2正确的是（　　）
A．9b2 B．9b C．6b2 D．3b2
3．（4分）如图，在直角坐标系中，点P（2，2）是一个光源．木杆AB两端的坐标分别为（0，1），（3，1）．则木杆AB在x轴上的投影长为（　　）

A．3 B．5 C．6 D．7
4．（4分）下列命题正确的是（　　）
A．一组邻边相等的四边形是菱形
B．对角线互相平分的四边形是菱形
C．对角线互相垂直的四边形是菱形
D．四条边都相等的四边形是菱形
5．（4分）如图，AB与⊙O相切于点C，OA＝OB，⊙O的直径为8，AB＝10，则OA的长为（　　）

A．3 B．6 C． D．
6．（4分）估计（2﹣）×的运算结果应在哪两个连续自然数之间（　　）
A．2和3 B．3和4 C．4和5 D．5和6
7．（4分）中国古代人民很早就在生产生活中发现了许多有趣的数学问题，其中《孙子算经》中有个问题，原文：今有三人共车，二车空；二人共车，九人步，问人与车各几何？译文为：今有若干人乘车，每3人共乘一车，最终剩余2辆车，若每2人共乘一车，最终剩余9个人无车可乘，求共有多少人？设有x人，根据题意可列方程为（　　）
A．﹣2＝ B．+2＝ C．+2＝ D．﹣2＝
8．（4分）按如图所示的运算程序，能使输出的结果是3的是（　　）

A．x＝1，y＝1 B．x＝1，y＝2 C．x＝2，y＝1 D．x＝2，y＝2
9．（4分）如图，已知△ABC（AC＜BC），用尺规在BC上确定一点P，使PA+PB＝BC，则下列四种不同方法的作图中，作法正确的是（　　）

A．
B．
C．
D．
10．（4分）为扩大网络信号的辐射范围，某通信公司在一座小山上新建了一座大型的网络信号发射塔．如图，在高为12米的建筑物DE的顶部测得信号发射塔AB顶端的仰角∠FEA＝56°，建筑物DE的底部D到山脚底部C的距离DC＝16米，小山坡面BC的坡度（或坡比）i＝1：0.75，坡长BC＝40米（建筑物DE、小山坡BC和网络信号发射塔AB的剖面图在同一平面内，信号发射塔AB与水平线DC垂直），则信号发射塔AB的高约为 （　　）
（参考数据：sin56°≈0.83，cos56°≈0.56，tan56°≈1.48）

A．71.4米 B．59.2米 C．48.2米 D．39.2米
11．（4分）如图，在直角坐标系内，正方形OABC的顶点O与原点重合，点A在第二象限，点B，C在第一象限内，对角线OB的中点为D，且点D，C在反比例函数y＝（k≠0）的图象上，若点B的纵坐标为4，则k的值为（　　）

A．1+ B．3﹣ C．2﹣2 D．2+2
12．（4分）如图，矩形ABCD中，AB＝3，BC＝12，E为AD中点，F为AB上一点，将△AEF沿EF折叠后，点A恰好落到CF上的点G处，则折痕EF的长是（　　）

A．6﹣2 B．3 C．2 D．6+2
二、填空题：（本大题6个小题，每小题4分，共24分）请将每小题的答案直接填在答题卡中对应的横线上．
13．（4分）计算：（2020+π）0+（）﹣1＝　 　．
14．（4分）据新闻对新型冠状病毒肺炎的疫情实时动态，截止北京时间2020年4月16日，全球累计确诊人数已超过2038000．把数2038000用科学记数法表示为　 　．
15．（4分）在不透明的袋中装有除颜色外其它都相同的3个红球和2个白球，搅匀后从中随机摸出2个球，则摸出的两个球恰好一红一白的概率是　 　．
16．（4分）如图，矩形ABCD的对角线交于点O，以点A为圆心，AB的长为半径画弧，刚好过点O，以点D为圆心，DO的长为半径画弧，交AD于点E，若AC＝2，则图中阴影部分的面积为　 　．（结果保留π）

17．（4分）某快递公司快递员甲匀速骑车去距公司6000米的某小区取物件，出发几分钟后，该公司快递员乙发现甲的手机落在公司，于是立马匀速骑车去追赶甲，乙出发几分钟后，甲也发现自己的手机落在了公司，立即调头以原速的2倍原路返回，1分钟后遇到了乙，乙把手机给甲后，乙以原速的一半原路返回公司，甲以返回时的速度继续去小区取物件，刚好在事先预计的时间到达该小区．甲、乙两人相距的路程y（米）与甲出发的时间x（分钟）之间的关系如图所示（给手机及中途其它耽误时间忽略不计），则甲到小区时，乙距公司的路程是　 　米．

18．（4分）某运输公司有核定载重量之比为4：5：6的甲、乙、丙三种货车，该运输公司接到为武汉运输抗疫的医药物资任务，迅速按照各车型核定载重量将抗疫的医药物资运往武汉，承担本次运输的三种货车数量相同、当这批物资送达武汉后，发现还需要一部分医药物资才能满足当地的需要，于是该运输公司又安排部分甲、乙、丙三种货车进行第二次运输，其中乙型车第二次运输的物资量是还需要运输的物资量的，丙型车两次运输的物资总量是两次运往武汉物资总量的，甲型车两次运输的物资总量与乙型车两次运输的物资总量之比为3：4，则甲型车第一次与第二次运输的物资量之比是　 　．
三、解答题：（本大题7个小题，每小题10分，共70分）解答时每小题必须给出必要的演算过程或推理步骤，画出必要的图形（包括辅助线），请将解答过程书写在答题卡中对应的位置上.
19．（10分）计算：
（1）（x+2y）（x﹣2y）+4y（y﹣x）；
（2）（）．
20．（10分）如图，在△ABC中，AB＝AC，D是边BC延长线上一点，连结AD．AE∥BD，∠BAC＝∠DAE，连接CE交AD于点F．
（1）若∠D＝36°，求∠B的度数；
（2）若CA平分∠BCE，求证：△ABD≌△ACE．

21．（10分）在防疫知识普查考试中，某次测试试题的满分为20分．某校为了解该校部分学生的成绩情况，从该校七、八年级学生中各随机抽取了20名学生的成绩进行了整理、描述和分析，下面给出了部分信息：
抽取的20名七年级学生成绩是：
20，20，20，20，19，19，19，19，18，18，
18，18，18，18，18，17，16，16，15，14．
抽取的40名学生成绩统计表

七年级
八年级
平均分
18
18
众数
a
b
中位数
18
c
方差
2.7
2.7
根据以上信息，解答下列问题：
（1）直接写出上表中a，b，c的值；
（2）在这次测试中，你认为是七年级成绩好，还是八年级成绩好？请说明理由（一条理由即可）；
（3）该校七、八年级共有学生1000人，估计此次测试成绩不低于19分的学生有多少人？

22．（10分）为支援武汉抗击新冠肺炎，甲地捐赠了600吨的救援物质并联系了一家快递公司进行运送．快递公司准备安排A、B两种车型把这批物资从甲地快速送到武汉．其中，从甲地到武汉，A型货车5辆、B型货车6辆，一共需补贴油费3800元；A型货车3辆、B型货车2辆，一共需补贴油费1800元．
（1）从甲地到武汉，A、B两种型号的货车，每辆车需补贴的油费分别是多少元？
（2）A型货车每辆可装15吨物资，B型货车每辆可装12吨物资，安排的B型货车的数量是A型货车的2倍还多4辆，且A型车最多可安排18辆．运送这批物资，不同安排中，补贴的总的油费最少是多少？
23．（10分）如图，在平面直角坐标系xOy中，二次函数图象的顶点坐标为（2，﹣3），该图象与x轴相交于点A，B，与y轴相交于点C，其中点A的横坐标为﹣1．
（1）求该二次函数的表达式；
（2）点P是直线BC下方，抛物线上的一个动点，当△PBC面积取得最大值时，求点P的坐标和△PBC面积的最大值．

24．（10分）城市的许多街道是相互垂直或平行的，因此，往往不能沿直线行走到达目的地，只能按直角拐弯的方式行走，可以按照街道的垂直和平行方向建立平面直角坐标系xOy，对两点A（x1，y1）和B（x2，y2），用以下方式定义两点间距离：d（A，B）＝|x1﹣x2|+|y1﹣y2|．
（1）已知点A（﹣2，1），则d（O，A）＝　 　．
（2）函数y＝x2﹣5x+7（x≥0）的图象如图①所示，B是图象上一点，求d（O，B）的最小值及对应的点B的坐标．
（3）某市要修建一条通往景观湖的道路，如图②，道路以M为起点，先沿MN方向到某处，再在该处拐一次直角弯沿直线到湖边，如何修建能使道路最短？（要求：建立适当的平面直角坐标系，画出示意图并简要说明理由）

25．（10分）如图，正方形ABCD的边长为2，E为AB的中点，P是BA延长线上的一点，连接PC交AD于点F，AP＝FD．
（1）求的值：
（2）连接EC，在线段EC上取一点M，使EM＝EB，连接MF．求证：MF＝PF．

四、解答题：（本大题1个小题，共8分）解答时每小题必须给出必要的演算过程或推理步骤，画出必要的图形（包括辅助线），请将解答过程书写在答题卡中对应的位置上，
26．（8分）如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝6，AD⊥BC于点D．点G是射线AD上一点．
（1）若GE⊥GF，点E，F分别在AB，AC上，当点G与点D重合时，如图①所示，容易证明AE+AF＝AD．当点G在线段AD外时，如图②所示，点E与点B重合，猜想并证明AE，AF与AG存在的数量关系．
（2）当点G在线段AD上时，AG+BG+CG的值是否存在最小值？若存在，求出这个最小值；若不存在，请说明理由．


2020年重庆市南岸区中考数学一诊试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：（本大题12个小题，每小题4分，共48分）在每个小题的下面，都给出了代号为A、B、C、D的四个答案，其中只有一个是正确的，请将答题卡上题号右侧正确答案所对应的方框涂黑.）
1．【解答】解：比﹣2小的数是应该是负数，且绝对值大于2的数；
分析选项可得，只有A符合．
故选：A．
2．【解答】解：（3b）2＝9b2．
故选：A．
3．【解答】解：延长PA、PB分别交x轴于A′、B′，作PE⊥x轴于E，交AB于D，如图，
∵P（2，2），A（0，1），B（3，1）．
∴PD＝1，PE＝2，AB＝3，
∵AB∥A′B′，
∴△PAB∽△PA′B′，
∴＝，即＝，
∴A′B′＝6，
故选：C．

4．【解答】解：A、一组邻边相等的平行四边形是菱形，故原题说法错误；
B、对角线互相平分且垂直的四边形是菱形，故原题说法错误；
C、对角线互相垂直的平行四边形是菱形，故原题说法错误；
D、四条边都相等的四边形是菱形，故原题说法正确；
故选：D．
5．【解答】解：连接OC，
∵AB与⊙O相切于点C，
∴OC⊥AB，
∵OA＝OB，
∴AC＝BC＝AB＝5，
在Rt△AOC中，
OA＝＝．
故选：D．

6．【解答】解：（2﹣）×
＝2×﹣×
＝2﹣1
＝﹣1，
∵＜＜，即4＜＜5，
∴3＜﹣1＜4，
∴2﹣）×在3和4之间，
故选：B．
7．【解答】解：设有x人，
依题意，得：+2＝．
故选：C．
8．【解答】解：A、把x＝1，y＝1代入运算程序得：0+1＝1，不符合题意；
B、把x＝1，y＝2代入运算程序得：4﹣2＝2，不符合题意；
C、把x＝2，y＝1代入运算程序得：1+1＝2，不符合题意；
D、把x＝2，y＝2代入运算程序得：1+2＝3，符合题意．
故选：D．
9．【解答】解：用尺规在BC上确定一点P，使PA+PB＝BC，如图所示：
，
先做出AC的垂直平分线，即可得出AP＝PC，即可得出PC+BP＝PA+PB＝BC．
故选：B．
10．【解答】解：如图，延长EF交AB于点H，DC⊥AB于点G，

∵ED⊥DG，
∴四边形EDGH是矩形，
∴GH＝ED＝12，
∵小山坡面BC的坡度i＝1：0.75，即＝，
设BG＝4x，CG＝3x，则BC＝5x，
∵BC＝40，
∴5x＝40，
解得x＝8，
∴BG＝32，CG＝24，
∴EH＝DG＝DC+CG＝16+24＝40，
BH＝BG﹣GH＝32﹣12＝20，
在Rt△AEH中，∠AEH＝56°，
∴AH＝EH•tan56°≈40×1.48≈59.2，
∴AB＝AH﹣BH＝59.2﹣20＝39.2（米）．
答：信号发射塔AB的高约为39.2米．
故选：D．
11．【解答】解：过A作AE⊥x轴于E，过C作CF⊥x轴于F，

设C（a，b），则OF＝a，CF＝b，
∵四边形ABCO为正方形，
∴OA＝CO，∠AOC＝90°，
∴∠AOE+∠COF＝90°，
∵AE⊥x轴，
∴∠AOE+∠OEA＝90°，
∴∠OEA＝∠COF，
在△OAE和△COF中，
，
∴△OAE≌△COF（AAS），
∴AE＝OF＝a，OE＝CF＝b，
∴A（﹣b，a），
∵四边形ABCO为正方形，D是OB的中点，
∴D是AC的中点，
∴∴D（），
∵点D，C在反比例函数y＝（k≠0）的图象上，
∴k＝ab＝，即a2﹣b2＝4ab，
∵B点的纵坐标为4，
∴D点纵坐标为，即a+b＝4，
联立方程组，
解得，，或（舍去），
∴k＝ab＝2﹣2．
故选：C．
12．【解答】解：如图，连接EC，
∵四边形ABCD为矩形，
∴∠A＝∠D＝90°，BC＝AD＝12，DC＝AB＝3，
∵E为AD中点，
∴AE＝DE＝AD＝6，
由翻折知，△AEF≌△GEF，
∴AE＝GE＝6，∠AEF＝∠GEF，∠EGF＝∠EAF＝90°＝∠D，
∴GE＝DE，
∴EC平分∠DCG，
∴∠DCE＝∠GCE，
∵∠GEC＝90°﹣∠GCE，∠DEC＝90°﹣∠DCE，
∴∠GEC＝∠DEC，
∴∠FEC＝∠FEG+∠GEC＝×180°＝90°，
∴∠FEC＝∠D＝90°，
又∵∠DCE＝∠GCE，
∴△FEC∽△EDC，
∴＝，
∵EC＝＝＝3，
∴＝，
∴FE＝2，
故选：C．

二、填空题：（本大题6个小题，每小题4分，共24分）请将每小题的答案直接填在答题卡中对应的横线上．
13．【解答】解：原式＝1+2＝3．
故答案为：3．
14．【解答】解：将2038000用科学记数法表示为：2.038×106．
故答案为：2.038×106．
15．【解答】解：列表如下：

红
红
红
白
白
红

（红，红）
（红，红）
（红，白）
（红，白）
红
（红，红）

（红，红）
（红，白）
（红，白）
红
（红，红）
（红，红）

（红，白）
（红，白）
白
（白，红）
（白，红）
（白，红）

（白，白）
白
（白，红）
（白，红）
（白，红）
（白，白）

由树状图知，共有20种等可能结果，其中摸出的两个球恰好一红一白的有12种结果，
∴摸出的两个球恰好一红一白的概率为＝，
故答案为：．
16．【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴OA＝OC＝OB＝OD，
∵AB＝AO，
∴△ABO是等边三角形，
∴∠BAO＝60°，
∴∠EDO＝30°，
∵AC＝2，
∴OA＝OD＝1，
∴图中阴影部分的面积为：＝，
故答案为：．
17．【解答】解：设甲开始的速度为a（m/min），则甲后来的速度为2a（m/min），
由题意可得，9+，
解得，a＝500，
设乙的速度为b（m/min），由甲乙相遇知，
（9﹣）b+2a•1＝（9﹣1）a，
∴b＝1000，
∴甲乙相遇时乙距公司的路程为：（9﹣）×1000＝3000，
甲到达小区的时间为：＝12（min），
∴甲到小区时，乙距公司的路程为：3000﹣1000××（12﹣9）＝1500（m），
故答案为：1500．
18．【解答】解：设第一次甲种货车运输的总重量为4x，乙种货车运输的总重量为5x，丙种货车运输的总重量为6x，第二次三种货车运输的总重量为y，根据题意得，
第二次乙种货车运输的总重量为y，
第二次甲种货车运输的总重量为（5x+y）﹣4x＝，
第二次丙种货车运输的总重量为（15x+y）﹣6x＝，
于是有：＝y，
∴y＝8x，
∴甲型车第一次与第二次运输的物资量之比：4x：（）＝2，
故答案为：2：1．
三、解答题：（本大题7个小题，每小题10分，共70分）解答时每小题必须给出必要的演算过程或推理步骤，画出必要的图形（包括辅助线），请将解答过程书写在答题卡中对应的位置上.
19．【解答】解：（1）（x+2y）（x﹣2y）+4y（y﹣x）
＝x2﹣4y2+4y2﹣4xy
＝x2﹣4xy；

（2）（）
＝•
＝•
＝．
20．【解答】解：（1）∵AE∥BD，
∴∠DAE＝∠BAC，
∵∠DAE＝∠BAC，
∴∠D＝∠BAC＝36°，
∵AB＝AC，
∴∠B＝∠ACB，
∴∠B＝＝＝72°．
（2）证明：∵CA平分∠BCE，
∴∠BCA＝∠ACE，
∵∠B＝∠ACB，
∴∠B＝∠ACE，
∵∠BAC＝∠DAE，
∴∠BAD＝∠CAE，
在△ABD和△ACE中，
，
∴△ABD≌△ACE（ASA）．
21．【解答】解：（1）七年级20名学生成绩的众数a＝18，八年级成绩的众数b＝19，中位数c＝＝18.5；
（2）八年级的成绩好，
∵七年级与八年级成绩的平均分和方差相等，而八年级的中位数大于七年级的中位数，即八年级高分人数稍多，
∴八年级的成绩好；
（3）估计此次测试成绩不低于19分的学生有1000×＝450（人）．
22．【解答】解：（1）设从甲地到武汉，每辆A型货车补贴油费x元，每辆B型货车补贴油费y元，
依题意，得：，
解得：．
答：从甲地到武汉，每辆A型货车补贴油费400元，每辆B型货车补贴油费300元．
（2）设安排A型货车m辆，则安排B型货车（2m+4）辆，
依题意，得：，
解得：14≤m≤18．
∵m为正整数，
∴m＝15，16，17，18
当m＝15时，补贴的总的油费为400×15+300×（15×2+4）＝16200（元）；
当m＝16时，补贴的总的油费为400×16+300×（16×2+4）＝17200（元）；
当m＝17时，补贴的总的油费为400×17+300×（17×2+4）＝18200（元）；
当m＝18时，补贴的总的油费为400×18+300×（18×2+4）＝19200（元）．
∵16200＜17200＜18200＜19200，
∴运送这批物资，不同安排中，补贴的总的油费最少是16200元．
23．【解答】解：（1）设抛物线的表达式为：y＝a（x﹣h）2+k，
则函数的顶点坐标为：（2，﹣3），
则y＝a（x﹣2）2﹣3，
∵点A的横坐标为﹣1，则点A（﹣1，0），将点A的坐标代入上式并解得：a＝，
故抛物线的表达式为：y＝（x﹣2）2﹣3＝x2﹣x﹣；

（2）过点P作y轴的平行线交BC于点H，

由（1）知：y＝x2﹣x﹣；令y＝0，则x＝﹣1或5，x＝0，则y＝﹣，
故点B、C的坐标分别为：（5，0）、（0，﹣），
设直线BC的表达式为：y＝kx+b，则，解得：，
故直线BC的表达式为：y＝x﹣；
设点P的坐标为：（x，x2﹣x﹣），则点H（x，x﹣），
△PBC面积S＝S△PHB+S△PHC＝×PH×（xB﹣xC）＝5×（x﹣﹣x2+x+）＝﹣x2+x，
∵＜0，故S有最大值，最大值为：，此时x＝，
故点P（，﹣）．
24．【解答】解：（1）由题意得：d（O，A）＝|0+2|+|0﹣1|＝2+1＝3，
故答案为：3．
（2）设B（x，y），根据题意得：
d（O，B）＝|x﹣0|+|x2﹣5x+7﹣0|＝|x|+|x2﹣5x+7|；
∵x2﹣5x+7＝+＞0，又x≥0，
∴d（O，B）＝x+x2﹣5x+7
＝x+x2﹣5x+7
＝x2﹣4x+7
＝（x﹣2）2+3．
∴当x＝2时，d（O，B）有最小值3，22﹣5×2+7＝1，
∴d（O，B）的最小值为3，点B的坐标为（2，1）．
（3）如图，以M为原点，MN所在直线为x轴建立平面直角坐标系xOy．
将函数y＝﹣x的图象沿y轴正方向平移，直到与景观湖边界所在曲线有交点时停止．
设交点为E，过点E作EH⊥MN，垂足为H．

修建方案是：先沿MN方向修建到H处，再沿HE方向修建到E处．
理由：设过点E的直线l与x轴相交于点F．在景观湖边界所在曲线上任取一点P，过点P作直线l'∥l，l'与x轴相交于点G．因为∠EFH＝45°，所以EH＝HF，d（O，E）＝OH+EH＝OF．同理d（O，P）＝OG．因为OG≥OF，所以d（O，P）≥d（O，E）．因此，上述方案修建的道路最短．
25．【解答】（1）解：∵正方形ABCD的边长为2，
∴PB∥CD，AD＝2，
设AP＝FD＝a，则AF＝AD﹣FD＝2﹣a，
∵PB∥CD，
∴△AFP∽△DFC，
∴＝，即＝，
解得：a1＝﹣1，a2＝﹣﹣1（不合题意舍去），
∴AP＝FD＝﹣1，AF＝2﹣+1＝3﹣，
∴＝＝；
（2）证明：在CD上截取DH＝AF，则CH＝FD＝﹣1，如图所示：
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝CD，∠PAF＝∠ADC＝∠B＝90°，
在△PAF和△FDH中，，
∴△PAF≌△FDH（SAS），
∴PF＝FH，
∵AD＝CD，AF＝DH，
∴FD＝CH＝AP＝﹣1，
∵正方形ABCD的边长为2，E为AB的中点，
∴BE＝AE＝EM＝1，
∴PE＝PA+AE＝﹣1+1＝，
∵在Rt△BCE中，∠B＝90°，
∴EC2＝BE2+BC2＝12+22＝5，
∴EC＝，
∴EC＝PE，CM＝EC﹣EM＝﹣1＝CH，
∴∠P＝∠ECP，
∵PB∥CD，
∴∠P＝∠PCD，
∴∠ECP＝∠PCD，
在△FCM和△FCH中，，
∴△FCM≌△FCH（SAS），
∴MF＝FH，
∴MF＝PF．

四、解答题：（本大题1个小题，共8分）解答时每小题必须给出必要的演算过程或推理步骤，画出必要的图形（包括辅助线），请将解答过程书写在答题卡中对应的位置上，
26．【解答】解：（1）AE+AF＝AG，
理由如下：如图②，过点G作HG⊥AG交AB延长线于点H，

∵∠BAC＝90°，AB＝AC＝6，AD⊥BC，
∴∠DAB＝∠DAC＝45°，
∴∠AHG＝∠BAD＝45°，
∴AG＝HG，
∴AH＝AG，
∵∠EGF＝∠AGH＝90°，
∴∠AGF＝∠EGH，
又∵∠AHG＝∠FAG＝45°，
∴△AGF≌△HGE（ASA），
∴AF＝BH，
∴AH＝AE+BH＝AE+AF＝AG；
（2）如图③，将△ABG绕点A顺时针旋转60°得到△AB'G'，连接GG'，B'C，过点B'作B'N⊥AC，交CA的延长线于点N，

∴AB＝AB'＝6，AG＝A'G，∠BAB'＝60°，∠GAG'＝60°，BG＝B'G'，
∴△AGG'是等边三角形，
∴AG＝GG'，
∴AG+BG+CG＝GG'+B'G'+CG，
∴当点B'，点G'，点G，点C共线时，AG+BG+CG的值最小，最小值为B'C的长，
∵∠B'AC＝∠B'AB+∠BAC＝60°+90°＝150°，
∴∠B'AN＝30°，
∴B'N＝3，AN＝B'N＝3，
∴CN＝6+3，
∴B'C＝＝＝3+3，
∴AG+BG+CG的最小值为3+3．