2023年黑龙江省哈尔滨市南岗区中考数学三模试卷

这是一份2023年黑龙江省哈尔滨市南岗区中考数学三模试卷，共22页。

2023年黑龙江省哈尔滨市南岗区中考数学三模试卷
第Ⅰ卷选择题（共30分）
1．（3分）﹣8的倒数是（　　）
A．8 B． C．﹣ D．﹣8
2．（3分）下列运算中，结果正确的是（　　）
A．a3÷a3＝a B．a2+a2＝a4 C．（a3）2＝a5 D．a•a＝a2
3．（3分）下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　）
A． B． C． D．
4．（3分）下列几何体中，同一个几何体的主视图与俯视图不同的是（　　）
A． B． C． D．
5．（3分）抛物线y＝﹣3（x﹣4）2+5的顶点坐标是（　　）
A．（4，5） B．（﹣4，5） C．（4，﹣5） D．（﹣4，﹣5）
6．（3分）在直角△ABC中，∠C＝90°，AB＝3，AC＝2，则sinA的值为（　　）
A． B． C． D．
7．（3分）如图，圆O是Rt△ABC的外接圆，∠ACB＝90°，∠A＝25°，过点C作圆O的切线，交AB的延长线于点D，则∠D的度数是（　　）

A．25° B．40° C．50° D．65°
8．（3分）方程的解为（　　）
A．x＝﹣5 B．x＝5 C．x＝﹣7 D．x＝7
9．（3分）如图，△ABC是一张等腰三角形纸片，顶角∠BAC＝120°，BC＝6．现将△ABC折叠，使点B与点A重合，折痕为DE，则DE的长为（　　）

A．1 B．2 C．2 D．3
10．（3分）如图，在△ABC中，D、E分别为AB、AC边上的点，DE∥BC，BE与CD相交于点F，则下列结论一定正确的是（　　）

A． B． C． D．
二.填空题（每小题3分，共计30分）
11．（3分）把202200000用科学记数法表示为 　 　．
12．（3分）函数y＝中，自变量x的取值范围是 　 　．
13．（3分）计算﹣3的结果是　 　．
14．（3分）把多项式a3﹣6a2b+9ab2分解因式的结果是　 　．
15．（3分）已知反比例函数y＝的图象经过点（2，﹣5），则k的值为 　 　．
16．（3分）不等式组的解集为　 　．
17．（3分）若扇形的圆心角为120°，半径为2，则该扇形的面积是　 　（结果保留π）．
18．（3分）小明在元宵节煮了20个元宵，其中10个黑芝麻馅，6个山楂馅，4个红豆馅（除馅料不同外，其它都相同）．煮好后小明随意吃一个，吃到红豆馅元宵的概率是 　 　．
19．（3分）已知：在△ABC中，AB＝AC，AD⊥BC于点D，点E在直线AC上，2CE＝AC，AD＝6，BE＝5，则△ABC的面积是 　 　．
20．（3分）如图，四边形ABDC中，∠ABC＝∠BCD＝90°，∠ACD＝2∠D，AC+1＝BC+CD，AB＝3，则线段BD的长为 　 　．

三、解答题
21．（7分）先化简，再求代数式的值，其中a＝2sin60°+tan45°．
22．（7分）如图，在每个小正方形的边长均为1的方格纸中有线段AB和CD，其中点A、B、C、D均在小正方形的顶点上．
（1）在方格纸中画出锐角等腰三角形ABE，点E在小正方形的顶点上，且△ABE的面积为10；
（2）在方格纸中画出等腰直角三角形CDF，点F在小正方形的顶点上，且△CDF的面积为10；
（3）在（1）、（2）条件下，连接EF，请直接写出线段EF的长．

23．（8分）某社区为了调查居民对“物业管理”的满意度．用“A”表示“相当满意”，“B”表示“满意”，“C”表示“比较满意”，“D”表示“不满意”，随机抽取了部分居民作问卷调查，要求每名参与调查的居民只选一项，如图是工作人员根据问卷调查统计资料绘制的两幅不完整的统计图，请你根据统计图提供的信息解答以下问题：
（1）本次问卷调查共调查了多少人；
（2）请通过计算补全条形统计图；
（3）如果该社区有居民2000人，请你估计该社区居民对“物业管理”感到“不满意”的有多少人？


24．（8分）如图，正方形ABCD，点E在AD上，将△CDE绕点C顺时针旋转90°至△CFG，点F，G分别为点D，E旋转后的对应点，连接EG，DB，DF，DB与CE交于点M，DF与CG交于点N．
（1）求证BM＝DN；
（2）直接写出图中已经存在的所有等腰直角三角形．

25．（10分）哈尔滨地铁“三号线”正在进行修建，现有大量的残土需要运输．某车队有载重量为8吨、10吨的卡车共12辆，全部车辆运输一次可以运输110吨残土．
（1）求该车队有载重量8吨、10吨的卡车各多少辆？
（2）随着工程的进展，该车队需要一次运输残土不低于166吨，为了完成任务，该车队准备新购进这两种卡车共6辆，则最多购进载重量为8吨的卡车多少辆？
26．（10分）已知：AB为⊙O的直径，点D为弦AC上一点，连接OD并延长交⊙O于点E，连接BE，BE交AC于点F，且．
（1）如图1，求证：；
（2）如图2，连接BD，点H为BD中点，射线CH交⊙O于点M，G为上一点，连接GM，BG，求证：∠G＝∠BDE；
（3）如图3，在（2）的条件下，在DE上取一点N，连接EG，BN，使∠GEO＝∠EBN，BD＝BG，连接AN，若2∠NAD＝∠ONB，GM＝1，，求线段AC的长．

27．（10分）如图1，平面直角坐标系中，点O为坐标原点，直线y＝﹣x+b与x轴交于点A，与y轴交于点C，过点C作直线BC⊥AC，交x轴于点B，且线段AB＝8．
（1）求直线BC的解析式；
（2）如图2，点D是线段AC上一点，点E在BD的延长线上，连接CE，AE，若∠CED＝45°，求证：AE⊥BE；
（3）如图3，在（2）的条件下，点G为第四象限内一点，且点E的横坐标小于点G的横坐标，连接AG，OG，且∠AGO＝150°，连接EG交x轴于点F，使EG＝AE．点M为第二象限内一点，连接MG交x轴于点P，交y轴于点N，连接OM，使OM＝AG，若，∠AGP+∠M＝180°，求点N的坐标．

2023年黑龙江省哈尔滨市南岗区中考数学模拟练习试卷（二）
参考答案与试题解析
第Ⅰ卷选择题（共30分）
1．【分析】乘积是1的两数互为倒数，由此即可得到答案．
【解答】解：﹣8的倒数是﹣．
故选：C．
【点评】本题考查倒数，关键是掌握倒数的定义．
2．【分析】本题考查幂的运算法则，依据幂的运算法则计算即可．
【解答】解：A、由于同底数的幂相除底数不变指数相减，故当a≠0时，a3÷a3＝a0＝1，故本选项错误；
B、a2+a2＝2a2，故本选项错误；
C、依据幂的乘方运算法则可以得出（a3）2＝a6，故本选项错误；
D、a•a＝a2，正确．
故选：D．
【点评】本题考查幂的运算和整式的加减，是需要熟练掌握的知识．
3．【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的概念，对各选项分析判断即可得解．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；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．
【解答】解：A．不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项不符合题意；
B．是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
C．既是轴对称图形，又是中心对称图形，故本选项符合题意；
D．是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意．
故选：C．
【点评】本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念，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，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．
4．【分析】主视图、左视图、俯视图是分别从物体正面、侧面和上面看，所得到的图形．
【解答】解：A、圆柱的主视图与俯视图都是矩形，错误；
B、正方体的主视图与俯视图都是正方形，错误；
C、圆锥的主视图是等腰三角形，而俯视图是圆和圆心，正确；
D、球体主视图与俯视图都是圆，错误；
故选：C．
【点评】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，俯视图是从物体的上面看得到的视图．
5．【分析】已知抛物线解析式为顶点式，可直接写出顶点坐标．
【解答】解：∵二次函数的解析式为y＝﹣3（x﹣4）2+5，
∴其顶点坐标为：（4，5）．
故选：A．
【点评】考查二次函数的性质，将解析式化为顶点式y＝a（x﹣h）2+k，顶点坐标是（h，k），对称轴是直线x＝h．
6．【分析】如图，根据勾股定理，得BC＝＝．再根据锐角的正弦值的定义，求得sinA．
【解答】解：如图．

在Rt△ABC中，∠C＝90°，
∴BC＝＝．
∴sinA＝．
故选：A．
【点评】本题主要考查勾股定理、正弦值的定义，熟练掌握勾股定理、正弦值的定义是解决本题的关键．
7．【分析】首先连接OC，由∠A＝25°，可求得∠BOC的度数，由CD是圆O的切线，可得OC⊥CD，继而求得答案．
【解答】解：连接OC，
∵圆O是Rt△ABC的外接圆，∠ACB＝90°，
∴AB是直径，
∵∠A＝25°，
∴∠BOC＝2∠A＝50°，
∵CD是圆O的切线，
∴OC⊥CD，
∴∠D＝90°﹣∠BOC＝40°．
故选：B．

【点评】此题考查了切线的性质以及圆周角的性质．注意准确作出辅助线是解此题的关键．
8．【分析】分式方程去分母转化为整式方程，求出整式方程的解得到x的值，经检验即可得到分式方程的解．
【解答】解：去分母得：x+1＝2（x﹣3），
去括号得：x+1＝2x﹣6，
移项合并得：﹣x＝﹣7，
解得：x＝7，
检验：把x＝7代入得：（x﹣3）（x+1）≠0，
∴分式方程的解为x＝7．
故选：D．
【点评】此题考查了解分式方程，利用了转化的思想，解分式方程注意要检验．
9．【分析】利用含30°角的直角三角形的性质可得CE＝2AE，BE＝2DE，从而得出AE的长，再根据折叠的性质可得答案．
【解答】解：∵AB＝AC，∠BAC＝120°，
∴∠B＝∠C＝30°，
∵将△ABC折叠，使点B与点A重合，
∴∠BAE＝∠B＝30°，BE＝AE，∠BDE＝90°，
∴∠CAE＝∠BAC﹣∠BAE＝90°，
∴CE＝2AE＝2BE，
∴BE＝2，
在Rt△BDE中，∵∠B＝30°，
∴DE＝BE＝1，
故选：A．
【点评】本题主要考查了等腰三角形的性质，含30°角的直角三角形的性质，折叠的性质等知识，熟练掌握30°角所对的直角边等于斜边的一半是解题的关键．
10．【分析】根据平行线分线段成比例定理进行判断即可．
【解答】解：∵DE∥BC，
∴＝，＝，
∴＝，A错误，不符合题意；
∵DE∥BC，
∴＝，B正确，符合题意；
∵DE∥BC，
∴＝，C错误不符合题意；
∵DE∥BC，
∴＝，D错误不符合题意，
故选：B．
【点评】本题考查的是平行线分线段成比例定理的应用，灵活运用定理、找准对应关系是解题的关键．
二.填空题（每小题3分，共计30分）
11．【分析】用科学记数法表示较大的数时，一般形式为a×10n，其中1≤|a|＜10，n为整数，且n比原来的整数位数少1，据此判断即可．
【解答】解：202200000＝2.022×108．
故答案是：2.022×108．
【点评】此题主要考查了用科学记数法表示较大的数，一般形式为a×10n，其中1≤|a|＜10，确定a与n的值是解题的关键．
12．【分析】根据分式有意义的条件列出不等式，解不等式即可．
【解答】解：由题意得2x+8≠0，
解得：x≠﹣4，
故答案为：x≠﹣4．
【点评】本题考查的是函数自变量的取值范围的确定，掌握分式的分母不为0是解题的关键．
13．【分析】先把各二次根式化为最减二次根式，再合并同类项即可．
【解答】解：原式＝3﹣
＝2．
故答案为：2．
【点评】本题考查的是二次根式的加减法，熟知二次根式相加减，先把各个二次根式化成最简二次根式，再把被开方数相同的二次根式进行合并，合并方法为系数相加减，根式不变是解答此题的关键．
14．【分析】首先提公因式a，再利用完全平方进行二次分解即可．
【解答】解：a3﹣6a2b+9ab2
＝a（a2﹣6ab+9b2）
＝a（a﹣3b）2．
故答案为：a（a﹣3b）2．
【点评】本题考查了提公因式法与公式法分解因式，要求灵活使用各种方法对多项式进行因式分解，一般来说，如果可以先提取公因式的要先提取公因式，再考虑运用公式法分解．
15．【分析】根据反比例函数图象上点的坐标特征，k＝2×（﹣5）＝﹣10．
【解答】解：∵反比例函数y＝的图象经过点（2，﹣5），
∴k＝2×（﹣5）＝﹣10，
故答案为：﹣10．
【点评】此题主要考查了反比例函数图象上点的坐标特征，图象上的点（x，y）的横纵坐标的积是定值k，即xy＝k．
16．【分析】分别解得不等式①②，然后再求得他们公共部分即使不等式组的解集．
【解答】解：∵不等式组，
∴解不等式①得：x＜2，
解不等式②得：x≥﹣1，
∴不等式组的解集为﹣1≤x＜2．
故答案为：﹣1≤x＜2．
【点评】本题主要考查了解一元一次不等式组的知识，要掌握解集的规律：同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到．
17．【分析】直接根据扇形的面积公式计算即可．
【解答】解：∵n＝120°，R＝2，
∴S＝＝．
故答案为π．
【点评】本题考查了扇形的面积公式：S＝．
18．【分析】根据概率的求法，找准两点：
①全部情况的总数20；
②符合条件的情况数目4；二者的比值就是其发生的概率．
【解答】解：∵有4个红豆馅元宵，共20个元宵，
∴P（红豆馅元宵）＝＝．
故答案为：．
【点评】本题考查概率的求法：如果一个事件有n种可能，而且这些事件的可能性相同，其中事件A出现m种结果，那么事件A的概率P（A）＝．
19．【分析】分两种情形：当点E在点A与点C之间时；当点E在AC的延长线上时，分别勾股定理与等腰三角形的性质求解即可．
【解答】解：如图1，在等腰△ABC中，AB＝AC，AD⊥BC于D，
∴AD是底边BC的中线，
∵2CE＝AC，
∴G为△ABC的重心，
∵AD＝6，BE＝5，
∴DG＝AD＝2，BG＝BE＝3，
∴在直角△BDG中，由勾股定理得到：BD＝＝，BC＝2BD＝，
∴S△ABC＝BC×AD＝16．
如图2，作EG⊥BC于G．
∵EG∥AD，
∴＝＝＝2，
∴EG＝3，设CG＝a，则BD＝CD＝2a，
∴在直角△BEG中，由勾股定理得到：BG＝＝4，
∴5a＝4，
∴a＝，
∴BC＝，
∴S△ABC＝BC×AD＝××6＝．
故答案为：16或．


【点评】此题主要考查等腰三角形的性质及勾股定理的综合运用．本题的难点是得到BC的长．
20．【分析】作DN⊥AB交AB延长线于N，延长BN到M，使NM＝AB，得到四边形BCDN 是矩形，从而证明△ACB≌△MDN，得到AC＝DM，由∠ACD＝2∠CDB，推出∠MBD＝∠BDM，得到MB＝MD，由AC+1＝BC+CD，求出BC的长，由勾股定理求出AC，得到CD的长，由勾股定理即可求出BD的长．
【解答】解：作DN⊥AB交AB延长线于N，延长BN到M，使NM＝AB，
∵∠ABC＝∠BCD＝90°，
∴四边形BCDN是矩形，
∴BC＝DN，
∵∠ABC＝∠MND＝90°，
∴△ACB≌△MDN（SAS），
∴∠A＝∠M，AC＝DM，
∵CD∥AM，
∴∠ACD+∠A＝∠CDM+∠M＝180°，
∴∠ACD＝∠CDM＝2∠CDB，
∴∠CDB＝∠BDM，
∵∠MBD＝∠CDB，
∴∠MBD＝∠BDM，
∴MB＝MD，
∵AC+1＝BC+CD，
∴BM+1＝BC+BN，
∴BN+MN+1＝BC+NB，
∵NM＝AB＝3，
∴BC＝4，
∴AC＝＝＝5，
∴BM＝AC＝5，
∴BN＝MB﹣MN＝5﹣3＝2，
∴CD＝BN＝2，
∴DB＝＝＝2．
故答案为：2．

【点评】本题考查勾股定理，关键是通过作辅助线构造全等三角形．
三、解答题
21．【分析】先根据分式的减法法则算减法，再根据分式的除法法则和乘法法则进行计算，求出a的值后代入，即可求出答案．
【解答】解：
＝÷
＝÷
＝•
＝，
a＝2sin60°+tan45°＝2×+1＝+1，
当a＝+1时，原式＝＝＝．
【点评】本题考查了分式的化简与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化简是解此题的关键，注意运算顺序．
22．【分析】（1）作出腰为5锐角的等腰三角形即可．
（2）作出腰为2的等腰直角三角形即可．
（3）利用勾股定理求解即可．
【解答】解：（1）如图，△ABE即为所求作．
（2）如图，△CDF即为所求作．
（3）EF＝＝2．

【点评】本题考查作图﹣应用与设计作图，勾股定理，三角形的面积等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
23．【分析】（1）根据条形图可得C人数为100人，根据扇形图可得C占总人数的20%，再用100除以20%可得答案；
（2）首先利用总数减去其他等级的人数，求出B等级的人数，从而补全统计图；
（3）利用样本估计总体的方法用2000乘以感到“不满意”的人数所占百分比．
【解答】解：（1）根据题意得：
100÷20%＝500（人），
答：本次问卷调查共调查了500人．

（2）B等级的人数有：500﹣200﹣100﹣50＝150（人），
补全统计图如下：


（3）估计该社区居民对“物业管理”感到“不满意”的有：2000×10%＝200（人）．
【点评】本题考查的是条形统计图和扇形统计图的综合运用，读懂统计图，从不同的统计图中得到必要的信息是解决问题的关键．
24．【分析】（1）根据正方形的性质得∠DCB＝90°，CD＝CB，再根据旋转的性质得CF＝CD，∠ECG＝∠DCF＝90°，则可判断△CDF为等腰直角三角形，所以∠CDF＝∠CFD＝45°，然后证明△BCM≌△DCN，则BM＝DN；
（2）根据正方形的性质可判断△ABD和△BCD为等腰直角三角形，根据旋转的性质可判断△CDF和△ECG为等腰直角三角形，然后判断△BDF为腰直角三角形．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD为正方形，
∴∠DCB＝90°，CD＝CB，
∵△CDE绕点C顺时针旋转90°至△CFG，
∴CF＝CD，∠ECG＝∠DCF＝90°，
∴△CDF为等腰直角三角形，
∴∠CDF＝∠CFD＝45°，
∵∠BCM+∠DCE＝90°，∠DCN+∠DCE＝90°，
∴∠BCM＝∠DCN，
∵∠CBM＝∠ABC＝45°，
∴∠CBM＝∠CDN，
在△BCM和△DCN中
，
∴△BCM≌△DCN，
∴BM＝DN；
（2）解：∵四边形ABCD为正方形，
∴△ABD和△BCD为等腰直角三角形；
由（1）得△CDF为等腰三角形；
∵△CDE绕点C顺时针旋转90°至△CFG，
∴CE＝CG，∠ECG＝90°，
∴△ECG为等腰直角三角形；
∵△CBD和△CFD为等腰直角三角形；
∴△BDF为等腰直角三角形．
【点评】本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．也考查了等腰直角三角形的判定方法和正方形的性质．
25．【分析】（1）设该车队有载重量8吨的卡车x辆，载重量10吨的卡车y辆，由题意：某车队有载重量为8吨、10吨的卡车共12辆，全部车辆运输一次可以运输110吨残土．列出方程组，解方程组即可；
（2）设购进载重量8吨的卡车m辆，则购进载重量10吨的卡车（6﹣m）辆，根据该车队需要一次运输残土不低于166吨，列出一元一次不等式，解之取其中的最大整数值即可．
【解答】解：（1）设该车队有载重量8吨的卡车x辆，载重量10吨的卡车y辆，
依题意，得：，
解得：，
答：该车队有载重量8吨的卡车5辆，载重量10吨的卡车7辆．
（2）设购进载重量8吨的卡车m辆，则购进载重量10吨的卡车（6﹣m）辆，
依题意，得：110+8m+10（6﹣m）≥166，
解得：m≤2，
∴m可取的最大值为2．
答：最多购进载重量8吨的卡车2辆．
【点评】本题考查了二元一次方程组的应用以及一元一次不等式的应用，解题的关键是：（1）找准等量关系，正确列出二元一次方程组；（2）根据各数量之间的关系，正确列出一元一次不等式．
26．【分析】（1）设∠BAC＝2α，则∠CFE＝135°﹣α，进而得出∠B＝45°﹣α，再判断出∠B＝∠E，进而得出∠EDF＝90°，即可得出结论；
（2）连接BC，先判断出OD∥BC，得出∠DBC+∠BDE＝180°，再判断出∠MCB+∠DBE＝180°，即可得出结论；
（3）延长BC交AN的延长线于R，过点N作NQ⊥BR于Q，先判断出∠GMB＝∠DNB，进而判断出△MGB≌△NDB（AAS），得出DN＝MG＝1，再判断出OD为△ABC的中位线，得出BC＝2OD＝，再求出CR＝2DN＝2，BR＝，再判断出四边形DNQC是矩形，得出AC＝2DC＝2NQ，DN＝CQ＝1，进而得出BQ＝，设∠NAD＝y，则∠ONB＝2y，得出∠AND＝90°﹣y，进而判断出∠BNR＝∠R，得出BN＝BR＝，最后用勾股定理，即可求出答案．
【解答】（1）证明：∵∠CFE+∠BAC＝135°，
∴设∠BAC＝2α，
∴∠CFE＝135°﹣α，
∴∠BFC＝180°﹣∠CFE＝45°+α，
∴∠B＝∠BFC﹣∠BAC＝45°﹣α，
∵OB＝OE，
∴∠B＝∠E，
∵∠CFE＝∠E+∠EDF，
∴∠EDF＝∠CFE﹣∠E＝135°﹣α﹣（45°﹣α）＝90°，
∴OD⊥AC，
∴；

（2）证明：如图2，

连接BC，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°＝∠ADO，
∴OD∥BC，
∴∠DBC+∠BDE＝180°，
∵H是BD的中点，
∴CH＝BH＝DH＝BD，
∴∠DBC＝∠HCB，
∴∠MCB+∠DBE＝180°，
∵四边形BCMG是圆内接四边形，
∴∠G+∠MCB＝180°，
∴∠G＝∠BDE；

（3）解：如图3，

延长BC交AN的延长线于R，过点N作NQ⊥BR于Q，
∵∠GEO＝∠EBN，∠GEB＝∠GEO+∠BEO，∠DNB＝∠EBN+∠BEO，
∴∠GEB＝∠DNB，
∵∠GMB＝∠GEB，
∴∠GMB＝∠DNB，
由（2）知，∠MGB＝∠NDB，
∵BG＝BD，
∴△MGB≌△NDB（AAS），
∴DN＝MG＝1，
∵O为AB的中点，D为AC的中点，
∴OD为△ABC的中位线，
∴BC＝2OD＝，
∵OD∥BC，
∴△ADN∽△ACR，
∴，
∴CR＝2DN＝2，
∴BR＝，
∵NQ⊥CR，ND⊥CD，∠DCR＝∠DCB＝90°，
∴四边形DNQC是矩形，
∴AC＝2DC＝2NQ，DN＝CQ＝1，
∴BQ＝，
∵2∠NAD＝∠ONB，
∴设∠NAD＝y，
∴∠ONB＝2y，
∴∠AND＝90°﹣y，
∵OD∥BC，
∴∠NBC＝∠ONB＝2y，∠R＝∠AND＝90°﹣y，
∴∠BNR＝180°﹣∠R﹣∠NBC＝90°﹣y，
∴∠BNR＝∠R，
∴BN＝BR＝，
在Rt△BQN中，由勾股定理得，NQ＝＝，
∴AC＝2NQ＝．
【点评】本题主要考查了圆与三角形综合，相似三角形的性质与判定，矩形的性质与判定，垂径定理，三角形中位线定理，勾股定理，圆内接四边形的性质等等，正确作出辅助线是解题的关键．
27．【分析】（1）求出B、C点坐标，再用待定系数法求函数解析式即可；
（2）作CH⊥CE交于H点，证明△CHB≌△CEA（AAS），求出∠CHB＝∠CEA＝135°，即可得到∠AEB＝135°﹣45°＝90°，则AE⊥BE；
（3）连接OE，作OR＝OA，使∠ROG＝∠AOG，则△AOG≌△DGR（SAS），可得到△AGR是等边三角形，再由圆的定义可知E、A、R三点在以O为圆心，OA为半径的圆上，连接ER，证明△EGR≌△EAR（SSS），进而再证明△EGA≌△AOR（AAS），即可得△AOE是等边三角形，作OQ∥AG交MG于点Q，证明△APG≌△OPQ（AAS），可得OP＝AP＝2，连接EP，则EP垂直平分AO，设FG＝x，则FP＝x，在Rt△EPF中，（2）2+（x）2＝（4﹣x）2，解得x＝﹣2（舍）或 x＝，分别求出PF＝，EF＝，FG＝，作GI⊥OA交于I点，求出GI＝，PI＝，根据tan∠GPI＝tan∠NPO，得到＝，从而求出ON＝，即可求得N（0，）．
【解答】（1）解：当x＝0时，y＝b，
∴C（0，b），
当y＝0时，x＝b，
∴A（b，0），
∴OA＝OC，
∴∠CAB＝45°，
∵BC⊥AC，
∴∠ACB＝90°，
∴∠CBA＝45°，
∴OB＝b，
∴B（﹣b，0），
∵AB＝8，
∴b＝4，
∴B（﹣4，0），C（0，4），
设直线BC的解析式为y＝kx+4，
∴﹣4k+4＝0，
解得k＝1，
∴直线BC的解析式为y＝x+4；
（2）证明：作CH⊥CE交于H点，
∴∠HCE＝∠ACB＝90°，
∴∠BCH＝∠ECA，
∵∠CED＝45°，
∴∠CHE＝∠CED＝45°，
∴CH＝CE，∠CHB＝135°，
∵AC＝AB，
∴△CHB≌△CEA（AAS），
∴∠CHB＝∠CEA＝135°，
∴∠AEB＝135°﹣45°＝90°，
∴AE⊥BE；
（3）解：连接OE，
∵OA＝OB，∠AEB＝90°，2OE＝AB，
∴OE＝OA＝4，
作OR＝OA，使∠ROG＝∠AOG，
∴△AOG≌△DGR（SAS），
∴AG＝GR，
∵∠AGO＝∠OGR＝150°，
∴∠AGR＝60°，
∴△AGR是等边三角形，
∵OE＝OA＝OR，
∴E、A、R三点在以O为圆心，OA为半径的圆上，
连接ER，
∵EG＝AE，GR＝AR，ER＝ER，
∴△EGR≌△EAR（SSS），
∴∠AEG＝∠GER，
∴∠AEG＝∠AOR，
∵OA＝OR，AE＝EG，
∴∠OAR＝∠EAG，
∵AR＝AG，
∴△EGA≌△AOR（AAS），
∴AE＝AO＝OE，
∴△AOE是等边三角形，
作OQ∥AG交MG于点Q，
∴∠AGP＝∠OQG，
∵∠AGP+∠M＝180°，∠MQO+∠OQG＝180°，
∴∠M＝∠OQM，
∴OM＝OQ，
∵OM＝AG，
∴OQ＝AG，
∵∠APG＝∠OPQ，
∴△APG≌△OPQ（AAS），
∴OP＝AP＝2，
连接EP，则EP垂直平分AO，
∴∠APE＝90°，∠AEP＝30°，
∴EP＝2，
∵PF＝FG，
设FG＝x，则FP＝x，
在Rt△EPF中，EP2+PF2＝EF2，即（2）2+（x）2＝（4﹣x）2，
解得x＝﹣2（舍）或 x＝，
∴PF＝，EF＝，FG＝，
作GI⊥OA交于I点，
∴GI＝，PI＝，
∵∠GPI＝∠NPO，
∴tan∠GPI＝tan∠NPO，
∴＝，
∴ON＝，
∴N（0，）．


【点评】本题考查一次函数的图象及性质，熟练掌握一次函数的图象及性质，三角形全等的判定及性质，圆周角与圆心角的性质，圆的定义，平行线的性质，等边三角形的性质，勾股定理是解题的关键．