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2023年黑龙江省绥化市中考数学试卷（含解析）
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这是一份2023年黑龙江省绥化市中考数学试卷（含解析），共34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。
2023年黑龙江省绥化市中考数学试卷
一、选择题（本大题共12小题，共36.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 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.
2. 计算|−5|+20的结果是( )
A. −3 B. 7 C. −4 D. 6
3. 如图是一个正方体，被切去一角，则其左视图是( )
A.
B.
C.
D.
4. 纳米是非常小的长度单位，1nm=0.000000001m，把0.000000001用科学记数法表示为( )
A. 1×10−9 B. 1×10−8 C. 1×108 D. 1×109
5. 下列计算中，结果正确的是( )
A. (−pq)3=p3q3 B. x⋅x3+x2⋅x2=x8
C. 25=±5 D. (a2)3=a6
6. 将一副三角板按如图所示摆放在一组平行线内，∠1=25°，∠2=30°，则∠3的度数为( )
A. 55° B. 65° C. 70° D. 75°
7. 下列命题中叙述正确的是( )
A. 若方差s甲2>s乙2，则甲组数据的波动较小
B. 直线外一点到这条直线的垂线段，叫做点到直线的距离
C. 三角形三条中线的交点叫做三角形的内心
D. 角的内部到角的两边的距离相等的点在角的平分线上
8. 绥化市举办了2023年半程马拉松比赛，赛后随机抽取了部分参赛者的成绩(单位：分钟)，并制作了如下的参赛者成绩组别表、扇形统计图和频数分布直方图.则下列说法正确的是( )
组别
参赛者成绩
A
70≤x<80
B
80≤x<90
C
90≤x<100
D
100≤x<110
E
110≤x<120
A. 该组数据的样本容量是50人
B. 该组数据的中位数落在90～100这一组
C. 90～100这组数据的组中值是96
D. 110～120这组数据对应的扇形统计图的圆心角度数为51°
9. 在平面直角坐标系中，点A在y轴的正半轴上，AC平行于x轴，点B，C的横坐标都是3，BC=2，点D在AC上，且其横坐标为1，若反比例函数y=kx(x>0)的图象经过点B，D，则k的值是( )
A. 1
B. 2
C. 3
D. 32
10. 某运输公司，运送一批货物，甲车每天运送货物总量的14.在甲车运送1天货物后，公司增派乙车运送货物，两车又共同运送货物12天，运完全部货物.求乙车单独运送这批货物需多少天？设乙车单独运送这批货物需x天，由题意列方程，正确的是( )
A. 14+12x=1 B. 14+12(14+1x)=1
C. 14(1+12)+1x=1 D. 14+(14+12)1x=1
11. 如图，在菱形ABCD中，∠A=60°，AB=4，动点M，N同时从A点出发，点M以每秒2个单位长度沿折线A−B−C向终点C运动；点N以每秒1个单位长度沿线段AD向终点D运动，当其中一点运动至终点时，另一点随之停止运动.设运动时间为x秒，△AMN的面积为y个平方单位，则下列正确表示y与x函数关系的图象是( )
A. B.
C. D.
12. 如图，在正方形ABCD中，点E为边CD的中点，连接AE，过点B作BF⊥AE于点F，连接BD交AE于点G，FH平分∠BFG交BD于点H.则下列结论中，正确的个数为( )
①AB2=BF⋅AE
②S△BGF：S△BAF=2：3
③当AB=a时，BD2−BD⋅HD=a2
A. 0个 B. 1个 C. 2个 D. 3个
二、填空题（本大题共10小题，共30.0分）
13. 因式分解：x2+xy−xz−yz= ______ ．
14. 若式子 x+5x有意义，则x的取值范围是______ ．
15. 在4张完全相同的卡片上，分别标出1，2，3，4.从中随机抽取1张后，放回再混合在一起.再随机抽取一张，那么第二次抽取卡片上的数字能够整除第一次抽取卡片上的数字的概率是______ ．
16. 已知一元二次方程x2+x=5x+6的两根为x1与x2，则1x1+1x2的值为______ ．
17. 化简：(x+2x2−2x−x−1x2−4x+4)÷x−4x2−2x= ______ ．
18. 如图，⊙O的半径为2cm，AB为⊙O的弦，点C为AB上的一点，将AB沿弦AB翻折，使点C与圆心O重合，则阴影部分的面积为______ .(结果保留π与根号)
19. 如图，在平面直角坐标系中，△ABC与△AB′C′的相似比为1：2，点A是位似中心，已知点A(2,0)，点C(a,b)，∠C=90°.则点C′的坐标为______ .(结果用含a，b的式子表示)
20. 如图，△ABC是边长为6的等边三角形，点E为高BD上的动点.连接CE，将CE绕点C顺时针旋转60°得到CF.连接AF，EF，DF，则△CDF周长的最小值是______ ．
21. 在求1+2+3+…+100的值时，发现：1+100=101，2+99=101…，从而得到1+2+3+…+100=101×50=5050.按此方法可解决下面问题.图(1)有1个三角形，记作a1=1；分别连接这个三角形三边中点得到图(2)，有5个三角形，记作a2=5；再分别连接图(2)中间的小三角形三边中点得到图(3)，有9个三角形，记作a3=9；按此方法继续下去，则a1+a2+a3+…+an= ______ .(结果用含n的代数式表示)
22. 已知等腰△ABC，∠A=120°，AB=2.现将△ABC以点B为旋转中心旋转45°，得到△A′BC′，延长C′A′交直线BC于点D.则A′D的长度为______ ．
三、解答题（本大题共6小题，共54.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
23. (本小题7.0分)
已知：点P是⊙O外一点．
(1)尺规作图：如图，过点P作出⊙O的两条切线PE，PF，切点分别为点E、点F.(保留作图痕迹，不要求写作法和证明)
(2)在(1)的条件下，若点D在⊙O上(点D不与E，F两点重合)，且∠EPF=30°，求∠EDF的度数．
24. (本小题8.0分)
如图，直线MN和EF为河的两岸，且MN//EF，为了测量河两岸之间的距离，某同学在河岸FE的B点测得∠CBE=30°，从B点沿河岸FE的方向走40米到达D点，测得∠CDE=45°．
(1)求河两岸之间的距离是多少米？(结果保留根号)
(2)若从D点继续沿DE的方向走(12 3+12)米到达P点.求tan∠CPE的值．
25. (本小题9.0分)
某校组织师生参加夏令营活动，现准备租用A、B两型客车(每种型号的客车至少租用一辆).A型车每辆租金500元，B型车每辆租金600元.若5辆A型和2辆B型车坐满后共载客310人；3辆A型和4辆B型车坐满后共载客340人．
(1)每辆A型车、B型车坐满后各载客多少人？
(2)若该校计划租用A型和B型两种客车共10辆，总租金不高于5500元，并将全校420人载至目的地.该校有几种租车方案？哪种租车方案最省钱？
(3)在这次活动中，学校除租用A、B两型客车外，又派出甲、乙两辆器材运输车.已知从学校到夏令营目的地的路程为300千米，甲车从学校出发0.5小时后，乙车才从学校出发，却比甲车早0.5小时到达目的地.如图是两车离开学校的路程s(千米)与甲车行驶的时间t(小时)之间的函数图象.根据图象信息，求甲乙两车第一次相遇后，t为何值时两车相距25千米．
26. (本小题9.0分)
已知：四边形ABCD为矩形，AB=4，AD=3，点F是BC延长线上的一个动点(点F不与点C重合).连接AF交CD于点G．
(1)如图一，当点G为CD的中点时，求证：△ADG≌△FCG；
(2)如图二，过点C作CE⊥AF，垂足为E.连接BE，设BF=x，CE=y.求y关于x的函数关系式；
(3)如图三，在(2)的条件下，过点B作BM⊥BE，交FA的延长线于点M.当CF=1时，求线段BM的长．
27. (本小题10.0分)
如图，MN为⊙O的直径，且MN=15，MC与ND为圆内的一组平行弦，弦AB交MC于点H.点A在MC上，点B在NC上，∠OND+∠AHM=90°．
(1)求证：MH⋅CH=AH⋅BH；
(2)求证：AC=BC；
(3)在⊙O中，沿弦ND所在的直线作劣弧ND的轴对称图形，使其交直径MN于点G.若sin∠CMN=35，求NG的长．
28. (本小题11.0分)
如图，抛物线y1=ax2+bx+c的图象经过A(−6,0)，B(−2,0)，C(0,6)三点，且一次函数y=kx+6的图象经过点B．
(1)求抛物线和一次函数的解析式；
(2)点E，F为平面内两点，若以E、F、B、C为顶点的四边形是正方形，且点E在点F的左侧.这样的E，F两点是否存在？如果存在，请直接写出所有满足条件的点E的坐标；如果不存在，请说明理由；
(3)将抛物线y1=ax2+bx+c的图象向右平移8个单位长度得到抛物线y2，此抛物线的图象与x轴交于M，N两点(M点在N点左侧).点P是抛物线y2上的一个动点且在直线NC下方.已知点P的横坐标为m.过点P作PD⊥NC于点D，求m为何值时，CD+12PD有最大值，最大值是多少？
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A、是轴对称图形，但不是中心对称图形，故A不符合题意；
B、是轴对称图形，但不是中心对称图形，故B不符合题意；
C、既是中心对称图形，又是轴对称图形，故C符合题意；
D、是中心对称图形，但不是轴对称图形，故D不符合题意；
故选：C．
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，由此即可判断．
本题考查轴对称图形，中心对称图形，关键是掌握轴对称图形，中心对称图形的定义．
2.【答案】D
【解析】解：|−5|+20=5+1=6．
故答案为：D．
本题考查绝对值和零指数幂的运算．
本题考查绝对值和零指数幂的运算．解题的关键是熟悉任何非零数的零次幂都等于1．
3.【答案】B
【解析】解：该几何体的左视图是：
故选：B．
左视图是从物体左侧看到的视图，其中看得见的轮廓画成实线，看不见的轮廓画成虚线，由此判断即可．
本题考查了几何体的三视图，熟知：左视图是从物体左侧看到的视图．
4.【答案】A
【解析】解：0.000000001=1×10−9
故选：A．
本题主要根据科学记数法的定义和负指数的知识来解答．
本题主要考查了科学记数法的相关知识，难度不大．
5.【答案】D
【解析】解：A：(−pq)3=(−p)3q3=−p3q3，故选项A错误，
B：x⋅x3+x2⋅x2=x4+x4=2x4，故选项B错误，
C： 25=5，故选项C错误，
D：(a2)3=a2×3=a6．
故答案为：D．
本题考查整式的乘法中幂的乘方和积的乘方，算术平方根，同底数幂的乘法的运算．
本题考查整式的乘法中幂的乘方和积的乘方，算术平方根，同底数幂的乘法的运算．解题的关键是理解算术平方根的意义，幂的乘方的运算．
6.【答案】C
【解析】解：如图，
由题意可得：∠CAE=90°，∠ACF=45°，
∵∠1=25°，
∴∠BAC=∠1+∠CAE=115°，
∵AB//CD，
∴∠BAC+∠ACD=180°，
∴∠ACD=180°−∠BAC=65°，
∴∠3=180°−∠ACD−∠ACF=70°．
故选：C．
由题意可求得∠BAC=115°，再由平行线的性质可求得∠ACD的度数，结合平角的定义即可求∠3．
本题主要考查平行线的性质，解答的关键是熟记平行线的性质并灵活运用．
7.【答案】D
【解析】解：A.若方差s甲2>s乙2，则乙组数据的波动较小，故此选项不合题意；
B.直线外一点到这条直线的垂线段长度，叫做点到直线的距离，故此选项不合题意；
C.三角形三条中线的交点叫做三角形的重心，故此选项不合题意；
D.角的内部到角的两边的距离相等的点在角的平分线上，故此选项符合题意．
故选：D．
直接利用方差的意义以及点到直线的距离、重心、角平分线的性质分别分析得出答案．
此题主要考查了方差的意义以及点到直线的距离、重心、角平分线的性质，正确掌握相关性质是解题关键．
8.【答案】B
【解析】解：A.该组数据的样本容量是：12÷24%=50，样本容量没有单位，原说法错误，故本选项不符合题意；
B.80～90这一组数据有：50−4−7−12×2=15(人)，所以该组数据的中位数落在90～100这一组，原说法正确，故本选项符合题意；
C.90～100这组数据的组中值是95，原说法错误，故本选项不符合题意；
D.110～120这组数据对应的扇形统计图的圆心角度数为：360°×750=50.4°，原说法错误，故本选项不符合题意．
故选：B．
用C中的频数除以24%可得样本容量；根据中位数的定义可得该组数据的中位数落在90～100这一组；90～100这组数据的组中值是95；用360°乘90～100这组数据的组中值是所占比例可知这组数据对应的扇形统计图的圆心角度数．
本题主要考查了频数分布直方图，扇形统计图，中位数以及频数(率)分布表，解题的关键是读懂图，找出对应数据，解决问题．
9.【答案】C
【解析】解：∵点A在y轴正半轴上，AC//x轴，点B，C的横坐标都是3，且BC=2，点D在AC上，且横坐标为1，
∴设B(3,a)，则D(1,a+2)，
∵反比例函数y=kx(x>0)的图象经过点B，D，
∴3a=a+2，解得a=1，
∴B(3,1)，
∴k=3×1=3．
故选：C．
先设B(3,a)，则D(1,a+2)，再根据反比例函数y=kx(x>0)的图象经过点B，D得出3a=a+2，求出a的值，进而得出B点坐标，求出k的值即可．
本题考查的是反比例函数图象上点的坐标特点，熟知反比例函数图象上各点的坐标一定适合此函数的解析式是解答此题的关键．
10.【答案】B
【解析】解：由题意可得，
14+12(14+1x)=1，
故选：B．
根据题意可知：甲单独工作1天的工作量+甲和乙合作12天的工作=单位”1“，列出相应的方程即可．
本题考查由实际问题抽象出分式方程，解答本题的关键是明确题意，列出相应的分式方程．
11.【答案】A
【解析】解：连接BD，过B作BE⊥AD于E，当0
在菱形ABCD中，∠A=60°，AB=4，
∴AB=AD，
∴△ABD是等边三角形，
∴AE=ED=12AD=2，BE= 3AE=2 3，
∵AM=2x，AN=小，
∴AMAN=ABAE=2，
∵∠A=∠A，
∴△AMN∽△ABN，
∴∠ANM=∠AEB=90°，
∴MN= AM2−AN2= 3x，
∴y=12x× 3x= 32x2，
当4≤t<8时，点M在BC上，
y=12AN⋅BE=12x×2 3= 3x，
综上所述，当0
连接BD，过B作BE⊥AD于E，根据已知条件得到△ABD是等边三角形，根据相似三角形的判定定理得到△AMN∽△ABN，根据相似三角形的性质得到∠ANM=∠AEB=90°，当0
12.【答案】D
【解析】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD=∠ADE=90°，AB=AD，
∵BF⊥AE，
∴∠ABF=90°−∠BAF=∠DAE，
∴cos∠ABF=cos∠EAD，
即BFAB=ADAE，
又AB=AD，
∴AB2=BF⋅AE．
故①正确；
设正方形的边长为a，
∵点E为边CD的中点，
∴DE=a2，
∴tan∠ABF=tan∠EAD=12．
在Rt△ABE中，
AB= AF2+BF2= 5AF=a，
∴AF= 55a．
在Rt△ADE中，
AE= AD2+DE2= 5a2，
∴EF=AE−AF= 52a− 55a=3 510a．
∵AB//DE，
∴△GAB∽△GED，
∴AGGE=ABDE=2，
∴GE=13AE= 56a，
∴FG=AE−AF−GE= 52a− 55a− 56a=2 515a，
∴AFFG= 5 515a=32，
∴S△BGF：S△ABF=2：3．
故②正确；
∵AB=a，
∴AD=AB=a，
∴BD2=AB2+AD2=2a2，
如图所示，过点H分别作BF，AE的垂线，垂足分别为M，N，如图，
又∵BF⊥AE，HM⊥BF，HN⊥AE，
∴四边形FMHN是矩形，
∵FH是∠BFG的角平分线，
∴HM=HN，
∴四边形FMHN是正方形，
∴FN=HM=HN，
∴BF=2AF=2 55a，FG=2 515a，
∴MHBM=FGBF=13．
设MH=b，则BF=BM+FM=BM+MH=3b+b=4b，
在Rt△BMH中，
BH= BM2+MH2= 10b．
∵BF=2 55a，
∴2 55a=4b，
解得：b= 510a．
∴BH= 10× 510a= 22a，
∴BD2−BD⋅HD=2a2− 2a× 22a=a2．
故③正确．
故选：D．
①根据题意可得∠ABF=90°−∠BAF=∠DAE，则cos∠ABF=cos∠EAD，即BFAB=ADAE，又AB=AD，即可判断①；②设正方形的边长为a，根据勾股定理求得AF，证明△GAB∽△GED，根据相似三角形的性质求得GE，进而求得FG，即可判断②；过点H分别作BF，AE的垂线，垂足分别为M，N根据②的结论求得BH，勾股定理求得BD，即可判断③．
本题考查了解直角三角形，相似三角形的性质与判定，正方形的性质，熟练掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．
13.【答案】(x+y)(x−z)
【解析】解：原式=(x2+xy)−z(x+y)
=x(x+y)−z(x+y)
=(x+y)(x−z)，
故答案为：(x+y)(x−z)．
利用分组分解法及提公因式法因式分解即可．
本题考查因式分解，将原式分组为(x2+xy)−z(x+y)是解题的关键．
14.【答案】x≥−5且x≠0
【解析】解：由题意得x+5≥0且x≠0，
解得x≥−5且x≠0，
故答案为：x≥−5且x≠0．
根据分式的分母不为0和二次根式的被开平方数大于等于0进行求解．
此题考查了分式和二次根式定义的应用能力，关键是能准确理解并运用以上知识．
15.【答案】12
【解析】解：画树状图如下：
共有16种等可能的结果，其中第二次抽取卡片上的数字能够整除第一次抽取卡片上的数字的结果有8种，
∴第二次抽取卡片上的数字能够整除第一次抽取卡片上的数字的概率是816=12，
故答案为：12．
画树状图，共有16种等可能的结果，其中第二次抽取卡片上的数字能够整除第一次抽取卡片上的数字的结果有8种，再由概率公式求解即可．
本题考查了树状图法，树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合于两步或两步以上完成的事件；解题时还要注意是放回试验还是不放回试验．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
16.【答案】−23
【解析】解：一元二次方程x2+x=5x+6整理得，
x2−4x−6=0．
根据题意得x1+x2=4，x1x2=−6，
所以原式=x1+x2x1x2=4−6=−23．
故答案为：−23．
根据根与系数的关系得到x1+x2=4，x1x2=−6，再把原式变形得到x1+x2x1x2，然后利用整体代入的方法进行计算．
本题考查了一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的根与系数的关系：若方程的两根为x1，x2，则x1+x2=−ba，x1⋅x2=ca．
17.【答案】1x−2
【解析】解：(x+2x2−2x−x−1x2−4x+4)÷x−4x2−2x
=[x+2x(x−2)−x−1(x−2)2]⋅x(x−2)x−4
=[x2−4x(x−2)2−x2−xx(x−2)2]⋅x(x−2)x−4
=x−4x(x−2)2⋅x(x−2)x−4
=1x−2，
故答案为：1x−2．
先通分计算括号里的分式加减，再计算除法．
此题考查了分式混合运算的能力，关键是能准确确定运算顺序，并能进行正确地计算．
18.【答案】(23π− 3)cm2
【解析】解：如图，连接OA，OC，OC交AB于点M，
由折叠性质可得OA=AC，AB⊥OC，
∴OA=OC=AC=2cm，
∴OM=CM=12OC=1cm，∠AOC=60°，
∵∠AMO=90°，
∴AM= OA2−OM2= 22−12= 3(cm)，
∴S阴影=S扇形AOC−S△AOC
=60π×22360−12×2× 3
=(23π− 3)(cm2)，
故答案为：(23π− 3)cm2．
连接OA，OC，OC交AB于点M，根据折叠性质及等边三角形性质求得∠AOC=60°，OM的长度，再利用勾股定理求得AM的长度，然后利用扇形AOC的面积减去△AOC的面积即可求得答案．
本题考查扇形面积公式和折叠性质，结合已知条件求得∠AOC的度数及OM的长度是解题的关键．
19.【答案】(6−2a,−2b)
【解析】解：过C作CM⊥AB于M，过C′⊥AB′于N，
则∠ANC′=∠AMC=90°，
∵△ABC与△AB′C′的相似比为1：2，
∴ACAC′=12，
∵∠NAC′=∠CAM，
∴△ACM∽△AC′N，
∴AMAN=CMC′N=ACAC′，
∵点A(2,0)，点C(a,b)，
∴OA=2，OM=a，CM=b，
∴AM=a−2，
∴a−2AN=bC′N=12，
∴AN=2a−4，C′N=2b，
∴ON=AN−OA=2a−6，
∴点C′的坐标为(6−2a,−2b)，
故答案为：(6−2a,−2b)．
过C作CM⊥AB于M，过C′⊥AB′于N，则∠ANC′=∠AMC=90°，根据相似三角形的判定和性质定理即可得到结论．
本题考查的是位似变换和坐标与图形性质，掌握相似三角形的性质：相似三角形的对应边的比相等是解题的关键．
20.【答案】3+3 3
【解析】解：∵△ABC是等边三角形，
∴AC=BC=6，∠ABC=∠BCA=60°，
∵∠ECF=60°，
∴∠BCE=60°−∠ECA=∠ACF，
∵CE=CF，
∴△BCE≌△ACF(SAS)，
∴∠CAF=∠CBE，
∵△ABC是等边三角形，BD是高，
∴∠CBE=12∠ABC=30°，CD=12AC=3，
过C点作CG⊥AF，交AF的延长线于点G，延长CG到H，使得GH=CG，连接AH，DH，DH与AG交于点I，连接CI，FH，
则∠ACG=60°，CG=GH=12AC=3，
∴CH=AC=6，
∴△ACH为等边三角形，
∴DH=CD⋅tan60°=3 3，
AG垂直平分CH，
∴CI=HI，CF=FH，
∴CI+DI=HI+DI=DH=3 3，
CF+DF=HF+DF≥DH，
∴当F与I重合时，即D、F、H三点共线时，CF+DF的值最小为：CF+DF=DH=3 3，
∴△CDF的周长的最小值为3+3 3．
故答案为：3+3 3．
分析已知，可证明△BCE≌△ACF，得∠CAF=∠CBE=30°，可知点F在△ABC外，使∠CAF=30°的射线AF上，根据将军饮马型，求得DF+CF的最小值便可求得本题结果．
本题主要考查了等边三角形的性质，旋转的性质，全等三角形的性质与判定，将军饮马的应用，关键在于证明三角形全等确定E点运动轨迹．
21.【答案】2n2−n
【解析】解：∵图(1)有1个三角形，记作a1=1；
图(2)有5个三角形，记作a2=5=1+4=1+4×1；
图(3)有9个三角形，记作a3=9=1+4+4=1+4×2；
…，
∴图(n)中三角形的个数为：an=1+4(n−1)=4n−3，
∴a1+a2+a3+…+an
=1+5+9+…+(4n−3)
=1+4n−32⋅n
=2n2−n．
故答案为：2n2−n．
根据题意可求得an=4n−3，从而可求解．
本题主要考查图形的变化规律，解答的关键是由所给的图形总结出an=4n−3．
22.【答案】4+2 3或4−2 3
【解析】解：∵将△ABC绕点B旋转45°得到△A′BC′，
∴有以下两种情况：
①当△ABC绕点B逆时针旋转45°得到△A′BC′，
过点B作BE⊥A′D于E，作BD的垂直平分线HF交DB于H，交A′D于F，连接BF，
∵△ABC为等腰三角形，∠A=120°，AB=2，
∴∠BA′C′=∠A=120°，A′B=AB=2，∠ABC=30°，
∴∠DA′B=60°，
由旋转的性质得：∠A′BA=45°，
∴∠A′BC=∠A′BA+∠ABC=75°，
又∵∠A′BC=∠DA′B+∠D，
即75°=60°+∠D=15°，
在Rt△A′BE中，∠DA′B=60°，A′B=2，
∴∠A′BE=30°，
∴A′E=12AB=1，
由勾股定理得：BE= A′B2−A′E2= 3，
∵HF为BD的垂直平分线，
∴DF=BF，
∴∠D=∠FBD=15°，
∴∠EFB=∠D+∠FBD=30°，
∴BF=2BE=2 3，故：DF=BF=2 3，
由勾股定理得：EF= BF2−BE2=3，
∴A′D=AE+EF+DF=4+2 3；
②当△ABC绕点B顺时针旋转45°得到△A′BC′，
过点D作DM⊥A′D于M，作AD的垂直平分线PQ交A′B于Q，
由旋转的性质得：∠ABA′=45°，∠BA′C′=∠A=120°，A′B=AB=2，
∴∠A′BD=∠ABA′−∠ABC=15°，∠BA′D=60°，
∵DM⊥A′D，
∴∠A′DM=30°，
在Rt△A′DM中，∠A′DM=30°，设A′M=x，
则A′D=2A′M=2x，
由勾股定理得：DM= A′D2−A′M2= 3x，
∵PQ为BD的垂直平分线，
∴BQ=DQ，
∴∠A′BD=∠QDB=15°，
∴∠DQM=∠A′BD+∠QDB=30°，
∴DQ=BQ=2DM=2 3x，
由勾股定理得：QM= QD2−DM2=3x，
∵A′M+QM+BQ=A′B，
∴x+3x+2 3x=2，
∴x=2− 3，
即A′D=2x=4−2 3．
综上所述：A′D的长度为4+2 3或4−2 3．
故答案为：4+2 3或4−2 3．
分两种情况：①当△ABC绕点B逆时针旋转45°得到△A′BC′，过点B作BE⊥A′D于D，作BD的垂直平分线HF交DB于H，交A′D于F，连接BF，先求出∠D=15°，再求出A′E=1，BE= 3，进而得DF=BF=2 3，EF=3，据此可求得A′D的长；
②当△ABC绕点B顺时针旋转45°得到△A′BC′，过点D作DM⊥A′D于M，作AD的垂直平分线PQ交A′B于Q，先求出∠A′BD=15°，设A′M=x，则A′D=2x，DM= 3x，进而可求得DQ=BQ=2 3x，QM=3x，据此可求出x，进而可求得A′D的长．
此题主要考查了图形的旋转变换及性质，等腰三角形的性质，直角三角形的性质，勾股定理等，解答此题的关键是理解题意，熟练掌握图形的旋转变换，理解在直角三角形中，30°的角所对的直角边等于斜边的一半，分类讨论是解答此题的难点，漏解是解答此题的易错点之一．
23.【答案】解：(1)如图，PE、PF为所作；
(2)连接OE、OF，如图，
∵PE，PF为⊙O的两条切线，
∴OE⊥PE，OF⊥PF，
∴∠OEP=∠OFP=90°，
∴∠EOF=180°−∠EPF=180°−30°=150°，
当点D在优弧EF上时，∠EDF=12∠EOF=75°，
当点D′在弧EF上时，∠ED′F=180°−∠EDF=180°−75°=105°，
综上所述，∠EDF的度数为75°或105°．
【解析】(1)连接OP，作OP的垂直平分线得到OP的中点M，再以M点为圆心，MA为半径作圆交⊙O于点E、F，则根据圆周角定理得到∠OEP=∠OFP=90°，从而可判断PE，PF为⊙O的两条切线；
(2)连接OE、OF，如图，先根据切线的性质得到∠OEP=∠OFP=90°，则根据四边形的内角和可计算出∠EOF=150°，当点D在优弧EF上时，利用圆周角定理得到∠EDF=75°，当点D′在弧EF上时，利用圆内接四边形的性质得到∠ED′F=105°．
本题考查了作图−复杂作图：解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作．也考查了圆周角定理和切线的判定与性质．
24.【答案】解：如图，过点C作CH⊥EF于点H，
在Rt△CHB中，
∵tan∠CBH= 33=CHHB，
∴HB= 3CH，
在Rt△CHD中，∠CDH=45°，
∴CH=DH，
又∵BH−DH=BD=40，
∴ 3CH−CH=40，
解得CH=20 3+20，
即河两岸之间的距离是(20 3+20)米；
(2)在Rt△CHP中，HP=HD=PD=20 3+20−(12 3+12)=8 3+8，
∴tan∠CPE=CHHP
=20 3+208 3+8
=208
=52．
【解析】(1)根据直角三角形的边角关系得出 3CH−CH=40，进而求出答案；
(2)求出HP，根据锐角三角函数的定义进行计算即可．
本题了、考查解直角三角形的应用，掌握直角三角形的边角关系是正确解答的前提．
25.【答案】解：(1)设每辆A型车坐满后载客x人，每辆B型车坐满后载客y人，
根据题意得：5x+2y=3103x+4y=340，
解得：x=40y=55，
∴每辆A型车坐满后载客40人，每辆B型车坐满后载客55人；
(2)设租用A型车m辆，则租用B型车(10−m)辆，
由题意得：500m+600(10−m)≤550040m+55(10−m)≥420，
解得：5≤m≤823，
∵m是正整数，
∴m可取5，6，7，8
∴共有4种方案，
设总租金为w元，
根据题意得w=500m+600(10−m)=−100m+6000，
∵−100<0，
∴w随m的增大而减小，
∴m=8时，w最小为−100×8+6000=5200(元)；
∴租用A型车8辆，租用B型车2辆最省钱；
(3)设s甲=kt，把(4,300)代入得：
300=4k，
解得k=75，
∴s甲=75t，
设s乙=kt+b，把(0.5,0)，(3.5,300)代入得：
0.5k+b=03.5k+b=300，
解得k=100b=−50，
∴s乙=100t−50，
∵两车第一次相遇后，相距25千米，
∴100t−50−75t=25或300−75t=25，
解得t=3或t=113，
∴在甲乙两车第一次相遇后，当t=3小时或113小时时，两车相距25千米．
【解析】(1)设每辆A型车坐满后载客x人，每辆B型车坐满后载客y人，根据5辆A型和2辆B型车坐满后共载客310人；3辆A型和4辆B型车坐满后共载客340人得：5x+2y=3103x+4y=340，解方程组可得答案；
(2)设租用A型车m辆，则租用B型车(10−m)辆，可得：500m+600(10−m)≤550040m+55(10−m)≥420，又m是正整数，故m可取5，6，7，8，共有4种方案，设总租金为w元，有w=500m+600(10−m)=−100m+6000，由一次函数性质可得租用A型车8辆，租用B型车2辆最省钱；
(3)设s甲=kt，s乙=kt+b，用待定系数法求出解析式，根据两车第一次相遇后，相距25千米，可得100t−50−75t=25或300−75t=25，即可解得答案．
本题考查一次函数的应用，解题的关键是读懂题意，能从函数图象中获取有用的信息．
26.【答案】(1)证明：∵四边形ABCD为矩形，
.∴AD//BF，
∴∠D=∠DCF，
∵G为CD中点，
∴DG=CG，
∵∠AGD=∠FGC，
∴△ADG≌△FCG(ASA)；
(2)解：∵四边形ABCD为矩形，
∴∠ABC=90°，
∵CE⊥AF，
∴∠CEF=90°=∠ABC，
∵∠F=∠F，
∴△CEF∽△ABF，
∴CEAB=CFAF，
∵AB=4，BF=x，
在Rt△ABF中，AF= AB2+BF2= x2+16，
∵CE=y，
∴y4=x−3 x2+16，
∴y=4x−12 x2+16(或者y=(4x−12) x2+16x2+16)；
(3)解：过点E作EN⊥BF于点N，
∵四边形ABCD为矩形，AD=3，
∴AD=BC=3，
∵AB=4，CF=1，
∴AB=BF，
∴△ABF为等腰直角三角形，
∴∠CFE=∠BAF=45°，
∵CE⊥AF，
∴△CEF为等腰直角三角形，
∴∠ECF=45°，
∵EN⊥CF，
∴EN平分CF，
∴CN=NF=NE=12，
在Rt△BNE中，根据勾股定理得：
BE2=BN2+EN2，
∴BE= (3+12)2+(12)2=5 22，
∵∠ECF=∠BAF=45°，
∴∠BAM=∠BCE=135°，
∵BM⊥BE，
∴∠MBA+∠ABE=90°，
∠ABE+∠EBC=90°，
∴∠MBA=∠EBC，
∴△BAM∽△BCE，
∴BMBE=BABC=43，
∴BM5 22=43，
∴BM=10 23．
【解析】(1)根据矩形的性质得出AD//BF，则∠D=∠DCF，根据题意得出DG=CG，即可证明△ADG≌△FCG(ASA)；
(2)在Rt△ABF中，根据勾股定理表示出AF，证明△CEF∽△ABF，根据相似三角形的性质即可求解；
(3)过点E作EN⊥BF于点N，得出△ABF，△CEF为等腰直角三角形，在Rt△BNE中，勾股定理求得BE，证明△BAM∽△BCE，根据相似三角形的性质即可求解．
本题是四边形综合题，考查了矩形的性质，全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，列函数关系式，勾股定理，熟练掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．
27.【答案】(1)证明：∵∠ABC和∠AMC是AC所对的圆周角，
∴∠ABC=∠AMC，
∵∠AHM=∠CHB，
∴△AMH∽△CBH，
∴AHCH=MHBH，
∴MH⋅CH=AH⋅BH．
(2)证明：连接OC，交AB于点F，
∵MC与ND为一组平行弦，即：MC//ND，
∴∠OND=∠OMC，
∵OM=OC，
∴∠OMC=∠OCM，
∵∠OND+∠AHM=90°，
∴∠OCM+∠AHM=∠OCM+∠CHB=90°，
∴∠HFC=90°，
∴OC⊥AB，
∴OC是AB的垂直平分线，
AC=BC−；
(3)解：连接DM、DG，过点D作DE⊥MN，垂足为E，设点G的对称点G′，连接G′D、G′N，
∵DG=DG′，∠G′ND=∠GND，DM=DG′，DG′=DM，
∴DG=DM，
∴△DGM是等腰三角形，
∵DE⊥MN，
∴GE=ME，
∵DN//CM，
∴∠CMN=∠DNM，
∵MN为直径，
∴∠MDN=90°，
∴∠MDE+∠EDN=90°，
∵DE⊥MN，
∴∠DEN=90°，
∴∠DNM+∠EDN=90°，
∴sin∠EDM=sin∠DNM=sin∠CMN=35，
在Rt△MND中，MN=15，
∴sin∠DNM=MDMN=35MD15=35，
∴MD=9，
在Rt△MED中，sin∠EDM=35=MEMD，
∴ME9=35，
∴ME=275，
∴NG=MN−MG=MN−2ME=15−2×275=215，
∴NG=215，
故答案为：215．
【解析】(1)证明△AMH∽△CBH即可；
(2)连接OC，交AB于点F，根据平行线的性质和已知条件证明垂直平分即可；
(3)利用对称的性质作辅助线，根据已知条件，转化为解直角三角形问题即可．
本题考查了圆的综合问题，同弧所对圆周角相等、构建合适的辅助线是解题的关键；熟练掌握相似三角形的判定与性质、垂直平分线的性质、熟悉锐角三角函数解决直角三角形．
28.【答案】解：(1)∵抛物线y1=ax2+bx+c的图象经过A(−6,0)，B(−2,0)，C(0,6)三点，
∴36a−6b+c=04a−2b+c=0c=6，
解得a=12b=4c=6，
∴y1=12x2+4x+6，
把B(−2,0)代入一次函数y=kx+6中，
得k=3，
∴y=3x+6．
答：抛物线的解析式为y1=12x2+4x+6，一次函数的解析式为y=3x+6．
(2)①当BC为正方形的边长时，
分别过B点，C点作E1E2⊥BC，F1F2⊥BC，使E1B=E2B=BC，CF1=CF2=BC，连接E1F1，E2F2，
过点E1作E1H1⊥x轴于H1，∴△BE1H1≌△CBO(AAS)，
∴E1H1=OB=2，H1B=OC=6，
∴E1(−8,2)，
同理可得，E2(4,−2)．
②以BC为正方形的对角线时，
过BC的中点G作E3F3⊥BC，使E3F3与BC互相平分且相等，
则四边形E3BF3C为正方形，
过点E3作E3N⊥y轴于点N，过点B作BM⊥E3N于点M，
∴△CE3N≌△E3BM(AAS)，
∴CN=E3M，BM=E3N，
∵BC=2 10，
∴E3G=BG= 10，
∴E3B=2 5，
在Rt△E3NC中，E3C2=CN2+E3N2，
∴(2 5)2=CN2+(6−CN)2，
解得CN=2或4，
当CN=4时，E3(2,2)，此时点E在点F右侧，舍去；
当CN=2时，E3(−4,4)．
综上，E1(−8,2)，E2(4,−2)，E3(−4,4)．
(3)∵抛物线y1=12x2+4x+6向右平移8个单位长度得到抛物线y2，
∴M(2,0)，N(6,0)，
∵y2过M，N，C三点，
∴y2=12x2−4x+6，
在直线CN下方的抛物线y2上任取一点P，作PH⊥x轴交NC于点H，过H作HG⊥y轴于G，
∵N(6,0)，C(0,6)，
∴ON=OC，
∴△CON时等腰直角三角形，
∵∠CHG=45°，∠GHP=90°，
∴∠PHD=45°，
∵PD⊥CN，
∴△HPD是等腰直角三角形，
∴HD=DP= 22HP，
∵点P在抛物线y2上，且横坐标为m，
∴CG=GH=m，
∴CH= 2m，
∵yCN=−x+6，
∴H(m,−m+6)，
∴HP=−m+6−(12m2−4m+6)=−12m2+3m，
∴HD=DP= 22(−12m2+3m)=− 24m2+3 22m，
∴CD+12PD=CH+HD+12PD=CH+32PD= 2m+32(− 24m2+3 22m)=−3 28(m−133)2+169 224，
答：当m=133时，CD+12PD的最大值为169 224．
【解析】(1)利用待定系数法求解函数解析式即可．
(2)分①BC为正方形的边长，②BC为正方形的对角线两种情况讨论，作辅助线，构造全等三角形，利用全等三角形的性质和勾股定理即可求解．
(3)求出y2的解析式，证明△CON时等腰直角三角形，△HPD是等腰直角三角形，求出H的坐标，进而求出HP和HD，即可求解．
本题考查了二次函数的综合应用，解题的关键是作辅助线，构造全等三角形，利用全等三角形的性质和勾股定理解决问题．
2023年黑龙江省绥化市中考数学试卷
一、选择题（本大题共12小题，共36.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 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.
2. 计算|−5|+20的结果是( )
A. −3 B. 7 C. −4 D. 6
3. 如图是一个正方体，被切去一角，则其左视图是( )
A.
B.
C.
D.
4. 纳米是非常小的长度单位，1nm=0.000000001m，把0.000000001用科学记数法表示为( )
A. 1×10−9 B. 1×10−8 C. 1×108 D. 1×109
5. 下列计算中，结果正确的是( )
A. (−pq)3=p3q3 B. x⋅x3+x2⋅x2=x8
C. 25=±5 D. (a2)3=a6
6. 将一副三角板按如图所示摆放在一组平行线内，∠1=25°，∠2=30°，则∠3的度数为( )
A. 55° B. 65° C. 70° D. 75°
7. 下列命题中叙述正确的是( )
A. 若方差s甲2>s乙2，则甲组数据的波动较小
B. 直线外一点到这条直线的垂线段，叫做点到直线的距离
C. 三角形三条中线的交点叫做三角形的内心
D. 角的内部到角的两边的距离相等的点在角的平分线上
8. 绥化市举办了2023年半程马拉松比赛，赛后随机抽取了部分参赛者的成绩(单位：分钟)，并制作了如下的参赛者成绩组别表、扇形统计图和频数分布直方图.则下列说法正确的是( )
组别
参赛者成绩
A
70≤x<80
B
80≤x<90
C
90≤x<100
D
100≤x<110
E
110≤x<120
A. 该组数据的样本容量是50人
B. 该组数据的中位数落在90～100这一组
C. 90～100这组数据的组中值是96
D. 110～120这组数据对应的扇形统计图的圆心角度数为51°
9. 在平面直角坐标系中，点A在y轴的正半轴上，AC平行于x轴，点B，C的横坐标都是3，BC=2，点D在AC上，且其横坐标为1，若反比例函数y=kx(x>0)的图象经过点B，D，则k的值是( )
A. 1
B. 2
C. 3
D. 32
10. 某运输公司，运送一批货物，甲车每天运送货物总量的14.在甲车运送1天货物后，公司增派乙车运送货物，两车又共同运送货物12天，运完全部货物.求乙车单独运送这批货物需多少天？设乙车单独运送这批货物需x天，由题意列方程，正确的是( )
A. 14+12x=1 B. 14+12(14+1x)=1
C. 14(1+12)+1x=1 D. 14+(14+12)1x=1
11. 如图，在菱形ABCD中，∠A=60°，AB=4，动点M，N同时从A点出发，点M以每秒2个单位长度沿折线A−B−C向终点C运动；点N以每秒1个单位长度沿线段AD向终点D运动，当其中一点运动至终点时，另一点随之停止运动.设运动时间为x秒，△AMN的面积为y个平方单位，则下列正确表示y与x函数关系的图象是( )
A. B.
C. D.
12. 如图，在正方形ABCD中，点E为边CD的中点，连接AE，过点B作BF⊥AE于点F，连接BD交AE于点G，FH平分∠BFG交BD于点H.则下列结论中，正确的个数为( )
①AB2=BF⋅AE
②S△BGF：S△BAF=2：3
③当AB=a时，BD2−BD⋅HD=a2
A. 0个 B. 1个 C. 2个 D. 3个
二、填空题（本大题共10小题，共30.0分）
13. 因式分解：x2+xy−xz−yz= ______ ．
14. 若式子 x+5x有意义，则x的取值范围是______ ．
15. 在4张完全相同的卡片上，分别标出1，2，3，4.从中随机抽取1张后，放回再混合在一起.再随机抽取一张，那么第二次抽取卡片上的数字能够整除第一次抽取卡片上的数字的概率是______ ．
16. 已知一元二次方程x2+x=5x+6的两根为x1与x2，则1x1+1x2的值为______ ．
17. 化简：(x+2x2−2x−x−1x2−4x+4)÷x−4x2−2x= ______ ．
18. 如图，⊙O的半径为2cm，AB为⊙O的弦，点C为AB上的一点，将AB沿弦AB翻折，使点C与圆心O重合，则阴影部分的面积为______ .(结果保留π与根号)
19. 如图，在平面直角坐标系中，△ABC与△AB′C′的相似比为1：2，点A是位似中心，已知点A(2,0)，点C(a,b)，∠C=90°.则点C′的坐标为______ .(结果用含a，b的式子表示)
20. 如图，△ABC是边长为6的等边三角形，点E为高BD上的动点.连接CE，将CE绕点C顺时针旋转60°得到CF.连接AF，EF，DF，则△CDF周长的最小值是______ ．
21. 在求1+2+3+…+100的值时，发现：1+100=101，2+99=101…，从而得到1+2+3+…+100=101×50=5050.按此方法可解决下面问题.图(1)有1个三角形，记作a1=1；分别连接这个三角形三边中点得到图(2)，有5个三角形，记作a2=5；再分别连接图(2)中间的小三角形三边中点得到图(3)，有9个三角形，记作a3=9；按此方法继续下去，则a1+a2+a3+…+an= ______ .(结果用含n的代数式表示)
22. 已知等腰△ABC，∠A=120°，AB=2.现将△ABC以点B为旋转中心旋转45°，得到△A′BC′，延长C′A′交直线BC于点D.则A′D的长度为______ ．
三、解答题（本大题共6小题，共54.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
23. (本小题7.0分)
已知：点P是⊙O外一点．
(1)尺规作图：如图，过点P作出⊙O的两条切线PE，PF，切点分别为点E、点F.(保留作图痕迹，不要求写作法和证明)
(2)在(1)的条件下，若点D在⊙O上(点D不与E，F两点重合)，且∠EPF=30°，求∠EDF的度数．
24. (本小题8.0分)
如图，直线MN和EF为河的两岸，且MN//EF，为了测量河两岸之间的距离，某同学在河岸FE的B点测得∠CBE=30°，从B点沿河岸FE的方向走40米到达D点，测得∠CDE=45°．
(1)求河两岸之间的距离是多少米？(结果保留根号)
(2)若从D点继续沿DE的方向走(12 3+12)米到达P点.求tan∠CPE的值．
25. (本小题9.0分)
某校组织师生参加夏令营活动，现准备租用A、B两型客车(每种型号的客车至少租用一辆).A型车每辆租金500元，B型车每辆租金600元.若5辆A型和2辆B型车坐满后共载客310人；3辆A型和4辆B型车坐满后共载客340人．
(1)每辆A型车、B型车坐满后各载客多少人？
(2)若该校计划租用A型和B型两种客车共10辆，总租金不高于5500元，并将全校420人载至目的地.该校有几种租车方案？哪种租车方案最省钱？
(3)在这次活动中，学校除租用A、B两型客车外，又派出甲、乙两辆器材运输车.已知从学校到夏令营目的地的路程为300千米，甲车从学校出发0.5小时后，乙车才从学校出发，却比甲车早0.5小时到达目的地.如图是两车离开学校的路程s(千米)与甲车行驶的时间t(小时)之间的函数图象.根据图象信息，求甲乙两车第一次相遇后，t为何值时两车相距25千米．
26. (本小题9.0分)
已知：四边形ABCD为矩形，AB=4，AD=3，点F是BC延长线上的一个动点(点F不与点C重合).连接AF交CD于点G．
(1)如图一，当点G为CD的中点时，求证：△ADG≌△FCG；
(2)如图二，过点C作CE⊥AF，垂足为E.连接BE，设BF=x，CE=y.求y关于x的函数关系式；
(3)如图三，在(2)的条件下，过点B作BM⊥BE，交FA的延长线于点M.当CF=1时，求线段BM的长．
27. (本小题10.0分)
如图，MN为⊙O的直径，且MN=15，MC与ND为圆内的一组平行弦，弦AB交MC于点H.点A在MC上，点B在NC上，∠OND+∠AHM=90°．
(1)求证：MH⋅CH=AH⋅BH；
(2)求证：AC=BC；
(3)在⊙O中，沿弦ND所在的直线作劣弧ND的轴对称图形，使其交直径MN于点G.若sin∠CMN=35，求NG的长．
28. (本小题11.0分)
如图，抛物线y1=ax2+bx+c的图象经过A(−6,0)，B(−2,0)，C(0,6)三点，且一次函数y=kx+6的图象经过点B．
(1)求抛物线和一次函数的解析式；
(2)点E，F为平面内两点，若以E、F、B、C为顶点的四边形是正方形，且点E在点F的左侧.这样的E，F两点是否存在？如果存在，请直接写出所有满足条件的点E的坐标；如果不存在，请说明理由；
(3)将抛物线y1=ax2+bx+c的图象向右平移8个单位长度得到抛物线y2，此抛物线的图象与x轴交于M，N两点(M点在N点左侧).点P是抛物线y2上的一个动点且在直线NC下方.已知点P的横坐标为m.过点P作PD⊥NC于点D，求m为何值时，CD+12PD有最大值，最大值是多少？
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A、是轴对称图形，但不是中心对称图形，故A不符合题意；
B、是轴对称图形，但不是中心对称图形，故B不符合题意；
C、既是中心对称图形，又是轴对称图形，故C符合题意；
D、是中心对称图形，但不是轴对称图形，故D不符合题意；
故选：C．
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，由此即可判断．
本题考查轴对称图形，中心对称图形，关键是掌握轴对称图形，中心对称图形的定义．
2.【答案】D
【解析】解：|−5|+20=5+1=6．
故答案为：D．
本题考查绝对值和零指数幂的运算．
本题考查绝对值和零指数幂的运算．解题的关键是熟悉任何非零数的零次幂都等于1．
3.【答案】B
【解析】解：该几何体的左视图是：
故选：B．
左视图是从物体左侧看到的视图，其中看得见的轮廓画成实线，看不见的轮廓画成虚线，由此判断即可．
本题考查了几何体的三视图，熟知：左视图是从物体左侧看到的视图．
4.【答案】A
【解析】解：0.000000001=1×10−9
故选：A．
本题主要根据科学记数法的定义和负指数的知识来解答．
本题主要考查了科学记数法的相关知识，难度不大．
5.【答案】D
【解析】解：A：(−pq)3=(−p)3q3=−p3q3，故选项A错误，
B：x⋅x3+x2⋅x2=x4+x4=2x4，故选项B错误，
C： 25=5，故选项C错误，
D：(a2)3=a2×3=a6．
故答案为：D．
本题考查整式的乘法中幂的乘方和积的乘方，算术平方根，同底数幂的乘法的运算．
本题考查整式的乘法中幂的乘方和积的乘方，算术平方根，同底数幂的乘法的运算．解题的关键是理解算术平方根的意义，幂的乘方的运算．
6.【答案】C
【解析】解：如图，
由题意可得：∠CAE=90°，∠ACF=45°，
∵∠1=25°，
∴∠BAC=∠1+∠CAE=115°，
∵AB//CD，
∴∠BAC+∠ACD=180°，
∴∠ACD=180°−∠BAC=65°，
∴∠3=180°−∠ACD−∠ACF=70°．
故选：C．
由题意可求得∠BAC=115°，再由平行线的性质可求得∠ACD的度数，结合平角的定义即可求∠3．
本题主要考查平行线的性质，解答的关键是熟记平行线的性质并灵活运用．
7.【答案】D
【解析】解：A.若方差s甲2>s乙2，则乙组数据的波动较小，故此选项不合题意；
B.直线外一点到这条直线的垂线段长度，叫做点到直线的距离，故此选项不合题意；
C.三角形三条中线的交点叫做三角形的重心，故此选项不合题意；
D.角的内部到角的两边的距离相等的点在角的平分线上，故此选项符合题意．
故选：D．
直接利用方差的意义以及点到直线的距离、重心、角平分线的性质分别分析得出答案．
此题主要考查了方差的意义以及点到直线的距离、重心、角平分线的性质，正确掌握相关性质是解题关键．
8.【答案】B
【解析】解：A.该组数据的样本容量是：12÷24%=50，样本容量没有单位，原说法错误，故本选项不符合题意；
B.80～90这一组数据有：50−4−7−12×2=15(人)，所以该组数据的中位数落在90～100这一组，原说法正确，故本选项符合题意；
C.90～100这组数据的组中值是95，原说法错误，故本选项不符合题意；
D.110～120这组数据对应的扇形统计图的圆心角度数为：360°×750=50.4°，原说法错误，故本选项不符合题意．
故选：B．
用C中的频数除以24%可得样本容量；根据中位数的定义可得该组数据的中位数落在90～100这一组；90～100这组数据的组中值是95；用360°乘90～100这组数据的组中值是所占比例可知这组数据对应的扇形统计图的圆心角度数．
本题主要考查了频数分布直方图，扇形统计图，中位数以及频数(率)分布表，解题的关键是读懂图，找出对应数据，解决问题．
9.【答案】C
【解析】解：∵点A在y轴正半轴上，AC//x轴，点B，C的横坐标都是3，且BC=2，点D在AC上，且横坐标为1，
∴设B(3,a)，则D(1,a+2)，
∵反比例函数y=kx(x>0)的图象经过点B，D，
∴3a=a+2，解得a=1，
∴B(3,1)，
∴k=3×1=3．
故选：C．
先设B(3,a)，则D(1,a+2)，再根据反比例函数y=kx(x>0)的图象经过点B，D得出3a=a+2，求出a的值，进而得出B点坐标，求出k的值即可．
本题考查的是反比例函数图象上点的坐标特点，熟知反比例函数图象上各点的坐标一定适合此函数的解析式是解答此题的关键．
10.【答案】B
【解析】解：由题意可得，
14+12(14+1x)=1，
故选：B．
根据题意可知：甲单独工作1天的工作量+甲和乙合作12天的工作=单位”1“，列出相应的方程即可．
本题考查由实际问题抽象出分式方程，解答本题的关键是明确题意，列出相应的分式方程．
11.【答案】A
【解析】解：连接BD，过B作BE⊥AD于E，当0
在菱形ABCD中，∠A=60°，AB=4，
∴AB=AD，
∴△ABD是等边三角形，
∴AE=ED=12AD=2，BE= 3AE=2 3，
∵AM=2x，AN=小，
∴AMAN=ABAE=2，
∵∠A=∠A，
∴△AMN∽△ABN，
∴∠ANM=∠AEB=90°，
∴MN= AM2−AN2= 3x，
∴y=12x× 3x= 32x2，
当4≤t<8时，点M在BC上，
y=12AN⋅BE=12x×2 3= 3x，
综上所述，当0
连接BD，过B作BE⊥AD于E，根据已知条件得到△ABD是等边三角形，根据相似三角形的判定定理得到△AMN∽△ABN，根据相似三角形的性质得到∠ANM=∠AEB=90°，当0
12.【答案】D
【解析】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD=∠ADE=90°，AB=AD，
∵BF⊥AE，
∴∠ABF=90°−∠BAF=∠DAE，
∴cos∠ABF=cos∠EAD，
即BFAB=ADAE，
又AB=AD，
∴AB2=BF⋅AE．
故①正确；
设正方形的边长为a，
∵点E为边CD的中点，
∴DE=a2，
∴tan∠ABF=tan∠EAD=12．
在Rt△ABE中，
AB= AF2+BF2= 5AF=a，
∴AF= 55a．
在Rt△ADE中，
AE= AD2+DE2= 5a2，
∴EF=AE−AF= 52a− 55a=3 510a．
∵AB//DE，
∴△GAB∽△GED，
∴AGGE=ABDE=2，
∴GE=13AE= 56a，
∴FG=AE−AF−GE= 52a− 55a− 56a=2 515a，
∴AFFG= 5 515a=32，
∴S△BGF：S△ABF=2：3．
故②正确；
∵AB=a，
∴AD=AB=a，
∴BD2=AB2+AD2=2a2，
如图所示，过点H分别作BF，AE的垂线，垂足分别为M，N，如图，
又∵BF⊥AE，HM⊥BF，HN⊥AE，
∴四边形FMHN是矩形，
∵FH是∠BFG的角平分线，
∴HM=HN，
∴四边形FMHN是正方形，
∴FN=HM=HN，
∴BF=2AF=2 55a，FG=2 515a，
∴MHBM=FGBF=13．
设MH=b，则BF=BM+FM=BM+MH=3b+b=4b，
在Rt△BMH中，
BH= BM2+MH2= 10b．
∵BF=2 55a，
∴2 55a=4b，
解得：b= 510a．
∴BH= 10× 510a= 22a，
∴BD2−BD⋅HD=2a2− 2a× 22a=a2．
故③正确．
故选：D．
①根据题意可得∠ABF=90°−∠BAF=∠DAE，则cos∠ABF=cos∠EAD，即BFAB=ADAE，又AB=AD，即可判断①；②设正方形的边长为a，根据勾股定理求得AF，证明△GAB∽△GED，根据相似三角形的性质求得GE，进而求得FG，即可判断②；过点H分别作BF，AE的垂线，垂足分别为M，N根据②的结论求得BH，勾股定理求得BD，即可判断③．
本题考查了解直角三角形，相似三角形的性质与判定，正方形的性质，熟练掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．
13.【答案】(x+y)(x−z)
【解析】解：原式=(x2+xy)−z(x+y)
=x(x+y)−z(x+y)
=(x+y)(x−z)，
故答案为：(x+y)(x−z)．
利用分组分解法及提公因式法因式分解即可．
本题考查因式分解，将原式分组为(x2+xy)−z(x+y)是解题的关键．
14.【答案】x≥−5且x≠0
【解析】解：由题意得x+5≥0且x≠0，
解得x≥−5且x≠0，
故答案为：x≥−5且x≠0．
根据分式的分母不为0和二次根式的被开平方数大于等于0进行求解．
此题考查了分式和二次根式定义的应用能力，关键是能准确理解并运用以上知识．
15.【答案】12
【解析】解：画树状图如下：
共有16种等可能的结果，其中第二次抽取卡片上的数字能够整除第一次抽取卡片上的数字的结果有8种，
∴第二次抽取卡片上的数字能够整除第一次抽取卡片上的数字的概率是816=12，
故答案为：12．
画树状图，共有16种等可能的结果，其中第二次抽取卡片上的数字能够整除第一次抽取卡片上的数字的结果有8种，再由概率公式求解即可．
本题考查了树状图法，树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合于两步或两步以上完成的事件；解题时还要注意是放回试验还是不放回试验．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
16.【答案】−23
【解析】解：一元二次方程x2+x=5x+6整理得，
x2−4x−6=0．
根据题意得x1+x2=4，x1x2=−6，
所以原式=x1+x2x1x2=4−6=−23．
故答案为：−23．
根据根与系数的关系得到x1+x2=4，x1x2=−6，再把原式变形得到x1+x2x1x2，然后利用整体代入的方法进行计算．
本题考查了一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的根与系数的关系：若方程的两根为x1，x2，则x1+x2=−ba，x1⋅x2=ca．
17.【答案】1x−2
【解析】解：(x+2x2−2x−x−1x2−4x+4)÷x−4x2−2x
=[x+2x(x−2)−x−1(x−2)2]⋅x(x−2)x−4
=[x2−4x(x−2)2−x2−xx(x−2)2]⋅x(x−2)x−4
=x−4x(x−2)2⋅x(x−2)x−4
=1x−2，
故答案为：1x−2．
先通分计算括号里的分式加减，再计算除法．
此题考查了分式混合运算的能力，关键是能准确确定运算顺序，并能进行正确地计算．
18.【答案】(23π− 3)cm2
【解析】解：如图，连接OA，OC，OC交AB于点M，
由折叠性质可得OA=AC，AB⊥OC，
∴OA=OC=AC=2cm，
∴OM=CM=12OC=1cm，∠AOC=60°，
∵∠AMO=90°，
∴AM= OA2−OM2= 22−12= 3(cm)，
∴S阴影=S扇形AOC−S△AOC
=60π×22360−12×2× 3
=(23π− 3)(cm2)，
故答案为：(23π− 3)cm2．
连接OA，OC，OC交AB于点M，根据折叠性质及等边三角形性质求得∠AOC=60°，OM的长度，再利用勾股定理求得AM的长度，然后利用扇形AOC的面积减去△AOC的面积即可求得答案．
本题考查扇形面积公式和折叠性质，结合已知条件求得∠AOC的度数及OM的长度是解题的关键．
19.【答案】(6−2a,−2b)
【解析】解：过C作CM⊥AB于M，过C′⊥AB′于N，
则∠ANC′=∠AMC=90°，
∵△ABC与△AB′C′的相似比为1：2，
∴ACAC′=12，
∵∠NAC′=∠CAM，
∴△ACM∽△AC′N，
∴AMAN=CMC′N=ACAC′，
∵点A(2,0)，点C(a,b)，
∴OA=2，OM=a，CM=b，
∴AM=a−2，
∴a−2AN=bC′N=12，
∴AN=2a−4，C′N=2b，
∴ON=AN−OA=2a−6，
∴点C′的坐标为(6−2a,−2b)，
故答案为：(6−2a,−2b)．
过C作CM⊥AB于M，过C′⊥AB′于N，则∠ANC′=∠AMC=90°，根据相似三角形的判定和性质定理即可得到结论．
本题考查的是位似变换和坐标与图形性质，掌握相似三角形的性质：相似三角形的对应边的比相等是解题的关键．
20.【答案】3+3 3
【解析】解：∵△ABC是等边三角形，
∴AC=BC=6，∠ABC=∠BCA=60°，
∵∠ECF=60°，
∴∠BCE=60°−∠ECA=∠ACF，
∵CE=CF，
∴△BCE≌△ACF(SAS)，
∴∠CAF=∠CBE，
∵△ABC是等边三角形，BD是高，
∴∠CBE=12∠ABC=30°，CD=12AC=3，
过C点作CG⊥AF，交AF的延长线于点G，延长CG到H，使得GH=CG，连接AH，DH，DH与AG交于点I，连接CI，FH，
则∠ACG=60°，CG=GH=12AC=3，
∴CH=AC=6，
∴△ACH为等边三角形，
∴DH=CD⋅tan60°=3 3，
AG垂直平分CH，
∴CI=HI，CF=FH，
∴CI+DI=HI+DI=DH=3 3，
CF+DF=HF+DF≥DH，
∴当F与I重合时，即D、F、H三点共线时，CF+DF的值最小为：CF+DF=DH=3 3，
∴△CDF的周长的最小值为3+3 3．
故答案为：3+3 3．
分析已知，可证明△BCE≌△ACF，得∠CAF=∠CBE=30°，可知点F在△ABC外，使∠CAF=30°的射线AF上，根据将军饮马型，求得DF+CF的最小值便可求得本题结果．
本题主要考查了等边三角形的性质，旋转的性质，全等三角形的性质与判定，将军饮马的应用，关键在于证明三角形全等确定E点运动轨迹．
21.【答案】2n2−n
【解析】解：∵图(1)有1个三角形，记作a1=1；
图(2)有5个三角形，记作a2=5=1+4=1+4×1；
图(3)有9个三角形，记作a3=9=1+4+4=1+4×2；
…，
∴图(n)中三角形的个数为：an=1+4(n−1)=4n−3，
∴a1+a2+a3+…+an
=1+5+9+…+(4n−3)
=1+4n−32⋅n
=2n2−n．
故答案为：2n2−n．
根据题意可求得an=4n−3，从而可求解．
本题主要考查图形的变化规律，解答的关键是由所给的图形总结出an=4n−3．
22.【答案】4+2 3或4−2 3
【解析】解：∵将△ABC绕点B旋转45°得到△A′BC′，
∴有以下两种情况：
①当△ABC绕点B逆时针旋转45°得到△A′BC′，
过点B作BE⊥A′D于E，作BD的垂直平分线HF交DB于H，交A′D于F，连接BF，
∵△ABC为等腰三角形，∠A=120°，AB=2，
∴∠BA′C′=∠A=120°，A′B=AB=2，∠ABC=30°，
∴∠DA′B=60°，
由旋转的性质得：∠A′BA=45°，
∴∠A′BC=∠A′BA+∠ABC=75°，
又∵∠A′BC=∠DA′B+∠D，
即75°=60°+∠D=15°，
在Rt△A′BE中，∠DA′B=60°，A′B=2，
∴∠A′BE=30°，
∴A′E=12AB=1，
由勾股定理得：BE= A′B2−A′E2= 3，
∵HF为BD的垂直平分线，
∴DF=BF，
∴∠D=∠FBD=15°，
∴∠EFB=∠D+∠FBD=30°，
∴BF=2BE=2 3，故：DF=BF=2 3，
由勾股定理得：EF= BF2−BE2=3，
∴A′D=AE+EF+DF=4+2 3；
②当△ABC绕点B顺时针旋转45°得到△A′BC′，
过点D作DM⊥A′D于M，作AD的垂直平分线PQ交A′B于Q，
由旋转的性质得：∠ABA′=45°，∠BA′C′=∠A=120°，A′B=AB=2，
∴∠A′BD=∠ABA′−∠ABC=15°，∠BA′D=60°，
∵DM⊥A′D，
∴∠A′DM=30°，
在Rt△A′DM中，∠A′DM=30°，设A′M=x，
则A′D=2A′M=2x，
由勾股定理得：DM= A′D2−A′M2= 3x，
∵PQ为BD的垂直平分线，
∴BQ=DQ，
∴∠A′BD=∠QDB=15°，
∴∠DQM=∠A′BD+∠QDB=30°，
∴DQ=BQ=2DM=2 3x，
由勾股定理得：QM= QD2−DM2=3x，
∵A′M+QM+BQ=A′B，
∴x+3x+2 3x=2，
∴x=2− 3，
即A′D=2x=4−2 3．
综上所述：A′D的长度为4+2 3或4−2 3．
故答案为：4+2 3或4−2 3．
分两种情况：①当△ABC绕点B逆时针旋转45°得到△A′BC′，过点B作BE⊥A′D于D，作BD的垂直平分线HF交DB于H，交A′D于F，连接BF，先求出∠D=15°，再求出A′E=1，BE= 3，进而得DF=BF=2 3，EF=3，据此可求得A′D的长；
②当△ABC绕点B顺时针旋转45°得到△A′BC′，过点D作DM⊥A′D于M，作AD的垂直平分线PQ交A′B于Q，先求出∠A′BD=15°，设A′M=x，则A′D=2x，DM= 3x，进而可求得DQ=BQ=2 3x，QM=3x，据此可求出x，进而可求得A′D的长．
此题主要考查了图形的旋转变换及性质，等腰三角形的性质，直角三角形的性质，勾股定理等，解答此题的关键是理解题意，熟练掌握图形的旋转变换，理解在直角三角形中，30°的角所对的直角边等于斜边的一半，分类讨论是解答此题的难点，漏解是解答此题的易错点之一．
23.【答案】解：(1)如图，PE、PF为所作；
(2)连接OE、OF，如图，
∵PE，PF为⊙O的两条切线，
∴OE⊥PE，OF⊥PF，
∴∠OEP=∠OFP=90°，
∴∠EOF=180°−∠EPF=180°−30°=150°，
当点D在优弧EF上时，∠EDF=12∠EOF=75°，
当点D′在弧EF上时，∠ED′F=180°−∠EDF=180°−75°=105°，
综上所述，∠EDF的度数为75°或105°．
【解析】(1)连接OP，作OP的垂直平分线得到OP的中点M，再以M点为圆心，MA为半径作圆交⊙O于点E、F，则根据圆周角定理得到∠OEP=∠OFP=90°，从而可判断PE，PF为⊙O的两条切线；
(2)连接OE、OF，如图，先根据切线的性质得到∠OEP=∠OFP=90°，则根据四边形的内角和可计算出∠EOF=150°，当点D在优弧EF上时，利用圆周角定理得到∠EDF=75°，当点D′在弧EF上时，利用圆内接四边形的性质得到∠ED′F=105°．
本题考查了作图−复杂作图：解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作．也考查了圆周角定理和切线的判定与性质．
24.【答案】解：如图，过点C作CH⊥EF于点H，
在Rt△CHB中，
∵tan∠CBH= 33=CHHB，
∴HB= 3CH，
在Rt△CHD中，∠CDH=45°，
∴CH=DH，
又∵BH−DH=BD=40，
∴ 3CH−CH=40，
解得CH=20 3+20，
即河两岸之间的距离是(20 3+20)米；
(2)在Rt△CHP中，HP=HD=PD=20 3+20−(12 3+12)=8 3+8，
∴tan∠CPE=CHHP
=20 3+208 3+8
=208
=52．
【解析】(1)根据直角三角形的边角关系得出 3CH−CH=40，进而求出答案；
(2)求出HP，根据锐角三角函数的定义进行计算即可．
本题了、考查解直角三角形的应用，掌握直角三角形的边角关系是正确解答的前提．
25.【答案】解：(1)设每辆A型车坐满后载客x人，每辆B型车坐满后载客y人，
根据题意得：5x+2y=3103x+4y=340，
解得：x=40y=55，
∴每辆A型车坐满后载客40人，每辆B型车坐满后载客55人；
(2)设租用A型车m辆，则租用B型车(10−m)辆，
由题意得：500m+600(10−m)≤550040m+55(10−m)≥420，
解得：5≤m≤823，
∵m是正整数，
∴m可取5，6，7，8
∴共有4种方案，
设总租金为w元，
根据题意得w=500m+600(10−m)=−100m+6000，
∵−100<0，
∴w随m的增大而减小，
∴m=8时，w最小为−100×8+6000=5200(元)；
∴租用A型车8辆，租用B型车2辆最省钱；
(3)设s甲=kt，把(4,300)代入得：
300=4k，
解得k=75，
∴s甲=75t，
设s乙=kt+b，把(0.5,0)，(3.5,300)代入得：
0.5k+b=03.5k+b=300，
解得k=100b=−50，
∴s乙=100t−50，
∵两车第一次相遇后，相距25千米，
∴100t−50−75t=25或300−75t=25，
解得t=3或t=113，
∴在甲乙两车第一次相遇后，当t=3小时或113小时时，两车相距25千米．
【解析】(1)设每辆A型车坐满后载客x人，每辆B型车坐满后载客y人，根据5辆A型和2辆B型车坐满后共载客310人；3辆A型和4辆B型车坐满后共载客340人得：5x+2y=3103x+4y=340，解方程组可得答案；
(2)设租用A型车m辆，则租用B型车(10−m)辆，可得：500m+600(10−m)≤550040m+55(10−m)≥420，又m是正整数，故m可取5，6，7，8，共有4种方案，设总租金为w元，有w=500m+600(10−m)=−100m+6000，由一次函数性质可得租用A型车8辆，租用B型车2辆最省钱；
(3)设s甲=kt，s乙=kt+b，用待定系数法求出解析式，根据两车第一次相遇后，相距25千米，可得100t−50−75t=25或300−75t=25，即可解得答案．
本题考查一次函数的应用，解题的关键是读懂题意，能从函数图象中获取有用的信息．
26.【答案】(1)证明：∵四边形ABCD为矩形，
.∴AD//BF，
∴∠D=∠DCF，
∵G为CD中点，
∴DG=CG，
∵∠AGD=∠FGC，
∴△ADG≌△FCG(ASA)；
(2)解：∵四边形ABCD为矩形，
∴∠ABC=90°，
∵CE⊥AF，
∴∠CEF=90°=∠ABC，
∵∠F=∠F，
∴△CEF∽△ABF，
∴CEAB=CFAF，
∵AB=4，BF=x，
在Rt△ABF中，AF= AB2+BF2= x2+16，
∵CE=y，
∴y4=x−3 x2+16，
∴y=4x−12 x2+16(或者y=(4x−12) x2+16x2+16)；
(3)解：过点E作EN⊥BF于点N，
∵四边形ABCD为矩形，AD=3，
∴AD=BC=3，
∵AB=4，CF=1，
∴AB=BF，
∴△ABF为等腰直角三角形，
∴∠CFE=∠BAF=45°，
∵CE⊥AF，
∴△CEF为等腰直角三角形，
∴∠ECF=45°，
∵EN⊥CF，
∴EN平分CF，
∴CN=NF=NE=12，
在Rt△BNE中，根据勾股定理得：
BE2=BN2+EN2，
∴BE= (3+12)2+(12)2=5 22，
∵∠ECF=∠BAF=45°，
∴∠BAM=∠BCE=135°，
∵BM⊥BE，
∴∠MBA+∠ABE=90°，
∠ABE+∠EBC=90°，
∴∠MBA=∠EBC，
∴△BAM∽△BCE，
∴BMBE=BABC=43，
∴BM5 22=43，
∴BM=10 23．
【解析】(1)根据矩形的性质得出AD//BF，则∠D=∠DCF，根据题意得出DG=CG，即可证明△ADG≌△FCG(ASA)；
(2)在Rt△ABF中，根据勾股定理表示出AF，证明△CEF∽△ABF，根据相似三角形的性质即可求解；
(3)过点E作EN⊥BF于点N，得出△ABF，△CEF为等腰直角三角形，在Rt△BNE中，勾股定理求得BE，证明△BAM∽△BCE，根据相似三角形的性质即可求解．
本题是四边形综合题，考查了矩形的性质，全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，列函数关系式，勾股定理，熟练掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．
27.【答案】(1)证明：∵∠ABC和∠AMC是AC所对的圆周角，
∴∠ABC=∠AMC，
∵∠AHM=∠CHB，
∴△AMH∽△CBH，
∴AHCH=MHBH，
∴MH⋅CH=AH⋅BH．
(2)证明：连接OC，交AB于点F，
∵MC与ND为一组平行弦，即：MC//ND，
∴∠OND=∠OMC，
∵OM=OC，
∴∠OMC=∠OCM，
∵∠OND+∠AHM=90°，
∴∠OCM+∠AHM=∠OCM+∠CHB=90°，
∴∠HFC=90°，
∴OC⊥AB，
∴OC是AB的垂直平分线，
AC=BC−；
(3)解：连接DM、DG，过点D作DE⊥MN，垂足为E，设点G的对称点G′，连接G′D、G′N，
∵DG=DG′，∠G′ND=∠GND，DM=DG′，DG′=DM，
∴DG=DM，
∴△DGM是等腰三角形，
∵DE⊥MN，
∴GE=ME，
∵DN//CM，
∴∠CMN=∠DNM，
∵MN为直径，
∴∠MDN=90°，
∴∠MDE+∠EDN=90°，
∵DE⊥MN，
∴∠DEN=90°，
∴∠DNM+∠EDN=90°，
∴sin∠EDM=sin∠DNM=sin∠CMN=35，
在Rt△MND中，MN=15，
∴sin∠DNM=MDMN=35MD15=35，
∴MD=9，
在Rt△MED中，sin∠EDM=35=MEMD，
∴ME9=35，
∴ME=275，
∴NG=MN−MG=MN−2ME=15−2×275=215，
∴NG=215，
故答案为：215．
【解析】(1)证明△AMH∽△CBH即可；
(2)连接OC，交AB于点F，根据平行线的性质和已知条件证明垂直平分即可；
(3)利用对称的性质作辅助线，根据已知条件，转化为解直角三角形问题即可．
本题考查了圆的综合问题，同弧所对圆周角相等、构建合适的辅助线是解题的关键；熟练掌握相似三角形的判定与性质、垂直平分线的性质、熟悉锐角三角函数解决直角三角形．
28.【答案】解：(1)∵抛物线y1=ax2+bx+c的图象经过A(−6,0)，B(−2,0)，C(0,6)三点，
∴36a−6b+c=04a−2b+c=0c=6，
解得a=12b=4c=6，
∴y1=12x2+4x+6，
把B(−2,0)代入一次函数y=kx+6中，
得k=3，
∴y=3x+6．
答：抛物线的解析式为y1=12x2+4x+6，一次函数的解析式为y=3x+6．
(2)①当BC为正方形的边长时，
分别过B点，C点作E1E2⊥BC，F1F2⊥BC，使E1B=E2B=BC，CF1=CF2=BC，连接E1F1，E2F2，
过点E1作E1H1⊥x轴于H1，∴△BE1H1≌△CBO(AAS)，
∴E1H1=OB=2，H1B=OC=6，
∴E1(−8,2)，
同理可得，E2(4,−2)．
②以BC为正方形的对角线时，
过BC的中点G作E3F3⊥BC，使E3F3与BC互相平分且相等，
则四边形E3BF3C为正方形，
过点E3作E3N⊥y轴于点N，过点B作BM⊥E3N于点M，
∴△CE3N≌△E3BM(AAS)，
∴CN=E3M，BM=E3N，
∵BC=2 10，
∴E3G=BG= 10，
∴E3B=2 5，
在Rt△E3NC中，E3C2=CN2+E3N2，
∴(2 5)2=CN2+(6−CN)2，
解得CN=2或4，
当CN=4时，E3(2,2)，此时点E在点F右侧，舍去；
当CN=2时，E3(−4,4)．
综上，E1(−8,2)，E2(4,−2)，E3(−4,4)．
(3)∵抛物线y1=12x2+4x+6向右平移8个单位长度得到抛物线y2，
∴M(2,0)，N(6,0)，
∵y2过M，N，C三点，
∴y2=12x2−4x+6，
在直线CN下方的抛物线y2上任取一点P，作PH⊥x轴交NC于点H，过H作HG⊥y轴于G，
∵N(6,0)，C(0,6)，
∴ON=OC，
∴△CON时等腰直角三角形，
∵∠CHG=45°，∠GHP=90°，
∴∠PHD=45°，
∵PD⊥CN，
∴△HPD是等腰直角三角形，
∴HD=DP= 22HP，
∵点P在抛物线y2上，且横坐标为m，
∴CG=GH=m，
∴CH= 2m，
∵yCN=−x+6，
∴H(m,−m+6)，
∴HP=−m+6−(12m2−4m+6)=−12m2+3m，
∴HD=DP= 22(−12m2+3m)=− 24m2+3 22m，
∴CD+12PD=CH+HD+12PD=CH+32PD= 2m+32(− 24m2+3 22m)=−3 28(m−133)2+169 224，
答：当m=133时，CD+12PD的最大值为169 224．
【解析】(1)利用待定系数法求解函数解析式即可．
(2)分①BC为正方形的边长，②BC为正方形的对角线两种情况讨论，作辅助线，构造全等三角形，利用全等三角形的性质和勾股定理即可求解．
(3)求出y2的解析式，证明△CON时等腰直角三角形，△HPD是等腰直角三角形，求出H的坐标，进而求出HP和HD，即可求解．
本题考查了二次函数的综合应用，解题的关键是作辅助线，构造全等三角形，利用全等三角形的性质和勾股定理解决问题．
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