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2023年浙江省杭州市西湖区紫金港中学中考数学二模试卷（含解析）
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这是一份2023年浙江省杭州市西湖区紫金港中学中考数学二模试卷（含解析），共22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年浙江省杭州市西湖区紫金港中学中考数学二模试卷
一、选择题（本大题共10小题，共30.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 2023的倒数是( )
A. 2023 B. −2023 C. −12023 D. 12023
2. 据统计，2022年杭州市人均GDP为152600元，数152600用科学记数法表示为( )
A. 152.6×103 B. 15.26×104 C. 1.526×105 D. 0.1526×106
3. 在直角三角形ABC中，已知∠C=90°，∠A=40°，BC=3，则AC=( )
A. 3sin40° B. 3sin50° C. 3tan40° D. 3tan50°
4. 若x+5>0，则( )
A. x+1<0 B. x−1<0 C. x5<−1 D. −2x<12
5. 某景点的参观人数逐年增加，据统计，2014年为10.8万人次，2016年为16.8万人次．设参观人次的平均年增长率为x，则( )
A. 10.8(1+x)=16.8 B. 16.8(1−x)=10.8
C. 10.8(1+x)2=16.8 D. 10.8[(1+x)+(1+x)2]=16.8
6. 函数的自变量x满足12≤x≤2时，函数值y满足14≤y≤1，则这个函数可以是( )
A. y=12x B. y=2x C. y=18 D. y=8x
7. 已知某几何体的三视图(单位：cm)，则这个圆锥的侧面积等于( )
A. 12πcm2
B. 15πcm2
C. 24πcm2
D. 30πcm2
8. 如图，菱形OABC的顶点A，B，C在⊙O上，过点B作⊙O的切线交OA的延长线于点D.若⊙O的半径为2，则BD的长为( )
A. 2
B. 4
C. 2 2
D. 2 3
9. 如图，在正方形ABCD中，点E是边BC上一点，且AB=3BE.过点B作BF⊥AE，交边CD于点F.以C为圆心，CF长为半径画圆，交边BC于点G，连接DG，交BF于点H.则DH：HG=( )
A. 10：3 B. 3：1 C. 8：3 D. 5：3
10. 已知二次函数y=x2+ax+b=(x−x1)(x−x2)(a,b,x1,x2为常数)，若1
11. 计算：3a⋅(−2a)=______．
12. 一个不透明的袋子里面装着3个白球和4个黑球，它们除颜色以外，其余全部相同，从袋子里面摸出一个黑球的概率等于______ ．
13. 已知一次函数y=3x−1与y=kx(k是常数，k≠0)的图象的交点坐标是(2,5)，不等式3x−1≥kx解集是______ ．
14. 如图，在某一时刻测得1米长的竹竿竖直放置时影长1.5米，在同一时刻旗杆AB的影长不全落在水平地面上，有一部分落在楼房的墙上，他测得落在地面上影长为BD=12米，留在墙上的影长CD=2米，则旗杆的高度为______ 米.
15. 如图，已知△ABC中，BC=8，BC边上的高h=3，D为BC上一点，EF//BC，交AB于点E，交AC于点F，则△DEF的面积最大值为______ ．
16. 如图，射线AM，BN都垂直于线段AB，点E为AM上一点，过点A作BE的垂线AC分别交BE，BN于点F，C，过点C作AM的垂线CD，垂足为D，若CD=CF，则AEAD= ______ ．
三、解答题（本大题共7小题，共66.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题6.0分)
解不等式组：x−12−2；由②得x−1≥1，所以x≥2；所以原不等式组的解集为x≥2；圆圆的解答过程是否有错误？如果有错误，写出正确的解答过程．
18. (本小题8.0分)
某校在全校范围内随机抽取了一些学生进行“我最喜欢的球类运动”调查，将调查结果整理后绘制如下两幅不完整的统计图．
请根据图中的信息，解答下列各题：
(1)在本次调查中，一共抽取了______ 名学生，在扇形统计图中，羽毛球对应的圆心角为______ 度；
(2)请补全条形统计图；
(3)统计发现，该校“最喜欢篮球”的人数与“最喜欢足球”人数大约相差240人，请估计全校总人数．
19. (本小题8.0分)
如图，△ABC中，D，E分别是AB，AC上的点，且BD=AD，CE=AE．
(1)求证：△ADE∽△ABC；
(2)若S△DEF=2，求四边形DBCE的面积．
20. (本小题10.0分)
已知一次函数y1=3x−3的图象与反比例函数y2=mx的图象交于点A(a,3)，B(−1,b)．
(1)求a，b的值和反比例函数的表达式；
(2)设点P(x,y1)，Q(x,y2)分别是两函数图象上的点.当y1>y2时x的取值范围．
21. (本小题10.0分)
已知四边形ABCD是矩形，连接BD．
(1)如图1，∠ADB的平分线交AB于E，交CB的延长线于点F.∠DBF的平分线交DF于点H，交DA的延长线于点G，连接FG．
①求证：BD=BF；
②求证：四边形GFBD为菱形；
(2)在(1)的条件下，如图2，连接AC交DF于点P，交BD于点O，若DP=HP，求ABAD的值．
22. (本小题12.0分)
在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y=x2−2x+t2−t．
(1)求抛物线的顶点坐标(用含t的代数式表示)；
(2)点P(x1,y1)，Q(x2,y2)在抛物线上，其中t−1≤x1≤t+2，x2=1−t．
①若y1的最小值是−2，求y1的最大值；
②若对于x1，x2，都有y1
如图1，AC为▱ABCD的对角线，△ABC的外接圆⊙O交CD于点E，连接BE．
(1)求证：∠BAC=∠ABE；
(2)如图2，当AB=AC时，连接OA、OB，延长AO交BE于点G，求证△GOB∽△GBA；
(3)如图3，在(2)的条件下，记AC、BE的交点为点F，连接AE、OF.当EFFG=79时，求sin∠EAG的值．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：2023的倒数是12023．
故选：D．
乘积是1的两数互为倒数，由此即可得到答案．
本题考查倒数，关键是掌握倒数的意义．
2.【答案】C
【解析】解：152600=1.526×105．
故选：C．
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是正整数；当原数的绝对值<1时，n是负整数．
本题考查科学记数法—表示较大的数，关键是掌握用科学记数法表示数的方法．
3.【答案】D
【解析】解：∠B=90°−∠A=90°−40°=50°，
又∵tanB=ACBC，
∴AC=BC⋅tanB=3tan50°．
故选：D．
利用直角三角形两锐角互余求得∠B的度数，然后根据正切函数的定义即可求解．
本题考查了解直角三角形中三角函数的应用，要熟练掌握好边角之间的关系．
4.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查了不等式的性质，能正确根据不等式的性质进行变形是解此题的关键．求出已知不等式的解集，再求出每个选项中不等式的解集，即得出正确答案．
【解答】
解：∵x+5>0，
∴x>−5，
A、根据x+1<0得出x<−1，故本选项不符合题意；
B、根据x−1<0得出x<1，故本选项不符合题意；
C、根据x5<−1得出x<−5，故本选项不符合题意；
D、根据−2x<12得出x>−6，故本选项符合题意；
故选D．
5.【答案】C
【解析】
【分析】
本题主要考查了由实际问题抽象出一元二次方程，若设变化前的量为a，变化后的量为b，平均变化率为x，则经过两次变化后的数量关系为a(1±x)2=b.设参观人次的平均年增长率为x，根据题意可得等量关系：10.8万人次×(1+增长率)2=16.8万人次，根据等量关系列出方程即可．
【解答】
解：设参观人次的平均年增长率为x，由题意得：
10.8(1+x)2=16.8，
故选C．
6.【答案】A
【解析】解：A、把x=12代入y=12x可得y=1，把x=2代入y=12x可得y=14，故A符合题意；
B、把x=12代入y=2x可得y=4，把x=2代入y=2x可得y=1，故B不符合题意；
C、无论x取何值，y的值恒为18，故C不符合题意；
D、把x=12代入y=8x可得y=16，把x=2代入y=8x可得y=4，故D不符合题意．
故选：A．
把x=12代入四个选项中的解析式可得y的值，再把x=2代入解析式可得y的值，然后可得答案．
此题主要考查了反比例函数图象的性质，关键是正确理解题意，根据自变量的值求出对应的函数值．
7.【答案】B
【解析】解：设圆锥底面半径为r，母线长为l，
∵底面半径r为3cm，高为4cm，
∴圆锥母线长l为5cm，
∴侧面积=πrl=15πcm2．
故选：B．
俯视图为圆的只有圆锥、圆柱、球，根据主视图和左视图都是三角形可得到此几何体为圆锥，那么侧面积=πrl．
由该三视图中的数据确定圆锥的底面半径和高是解本题的关键，注意圆锥的高，母线长，底面半径组成直角三角形．
8.【答案】D
【解析】解：如图：连接OB，
∵BD是⊙O的切线，
∴∠OBD=90°，
∵四边形OABC为菱形，
∴OA=AB，
∵OA=OB，
∴OA=OB=AB，
∴△OAB为等边三角形，
∴∠AOB=60°，
∴∠ODB=30°，
∴OD=2OB=4，
由勾股定理得，BD= OD2−OB2=2 3，
故选：D．
连接OB，根据切线的性质定理得到∠OBD=90°，根据菱形的性质、等边三角形的判定定理得到△OAB为等边三角形，得到∠AOB=60°，根据直角三角形的性质、勾股定理计算，得到答案．
本题考查的是切线的性质、菱形的性质、等边三角形的判定和性质，掌握圆的切线垂直于经过切点的半径是解题的关键．
9.【答案】B
【解析】解：过点F作FM//BC，与DH交于点M，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC=∠C=90°，AB=BC=CD，
∵BF⊥AE，
∴∠ABF+∠BAE=∠ABF+∠CBF=90°，
∴∠BAE=∠CBF，
∴△ABE≌△BCF(ASA)，
∴BE=CF，
∴AB=3BE，
∴CD=3CF，
∵CF=CG，
∴CF=CG=13BC=13CB，
∴BG=DF=23CD，
∵MF//BC，
∴△DFM∽△DCG，
∴DMDG=FMCG=DFDC=23，
∴DM=23DG，FM=23CG=23×13BC=29BC，
∴MG=13DG，
∵MF//BC，
∴△HMF∽△HGB，
∴HMHG=FMBG=29BC23BC=13，
∴HM=13HG，
∴HG=34MG=34×13DG=14DG，
∴DH：HG=3：1．
故选：B．
过点F作FM//BC，与DH交于点M，证明△ABE≌△BCF得到CF与CD的关系，再证明△DFM∽△DCG，△HMF∽△HGB，便可求得结果．
本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，关键是运用全等三角形和相似三角形解题．
10.【答案】C
【解析】解：∵y=x2+ax+b=(x−x1)(x−x2)，二次项系数1>0，
∴抛物线开口向上，与x轴交点坐标为(x1,0)，(x2,0)，1
∴t>−1．
又对称轴x=−a2，
此时y=b−a24<0．
∴a+b
∴−6
综上所述，t的取值范围是−1
由二次函数解析式得到抛物线与x轴的两个交点坐标(x1,0)，(x2,0)；然后由二次函数解析式与一元二次方程的关系以及根的判别式得到a2−4b>0；结合根与系数的关系知：x1+x2=−a，x1⋅x2=b；最后根据限制性条件1
11.【答案】−6a2
【解析】解：3a⋅(−2a)=−6a2，
故答案为：−6a2．
利用单项式乘单项式的法则进行计算，即可得出答案．
本题考查了单项式乘单项式，掌握单项式乘单项式的法则是解决问题的关键．
12.【答案】47
【解析】解：∵袋子中球的总个数为3+4=7(个)，其中黑球有4个，
∴从袋子里面摸出一个黑球的概率等于47．
故答案为：47．
直接利用概率公式计算可得．
本题主要考查概率公式，解题的关键是掌握随机事件A的概率P(A)=事件A可能出现的结果数÷所有可能出现的结果数．
13.【答案】x≥2
【解析】解：∵一次函数y=3x−1与y=kx(k是常数，k≠0)的图象的交点坐标是(2,5)，
∴5=2k，k=52，
∴3x−1≥52x
12x≥1
x≥2．
故答案为：x≥2．
根据一次函数的交点坐标即可确定以两个一次函数解析式组成的二元一次方程组的解．
本题考查了一次函数与一元一次不等式，熟练掌握一次函数的交点坐标是解题的关键．
14.【答案】10
【解析】解：过点C作CE⊥AB于E，如图所示：
∵CD⊥BD，AB⊥BD，
∴∠EBD=∠CDB=∠CEB=90°，
∴四边形CDBE为矩形，
则BD=CE=12m，CD=BE=2m．
设AE=x m，则1：1.5=x：12，
解得x=8，
故旗杆的高度AB=AE+BE=8+2=10(m)．
故答案为：10．
矩形CDBE的对边平行且相等．落在墙上的影子长与物体本身的长度相等．
本题考查了相似三角形的应用：通常利用相似三角形的性质即相似三角形的对应边的比相等和“在同一时刻物高与影长的比相等”的原理解决．
15.【答案】3
【解析】解：过点A作AH⊥BC于点H，设E到BC的距离为x，△DEF的面积为y，
根据相似比可知：EFBC=3−x3
解得：EF=83(3−x)，
则△DEF的面积y=12×x×83(3−x)
=−43(x2−3x)
=−43(x−32)2+3
∵−43<0，
∴当x=32时，y有最大值为3，
∴△DEF的面积最大值为3，
故答案为：3．
过点A作AH⊥BC于点H，所以根据相似三角形的性质可求出EF，进而表示出函数关系式，利用函数的性质即可求出答案．
考查根据几何图形的性质确定函数的图象和函数图象的读图能力，要能根据几何图形和图形上的数据分析得出所对应的函数，利用函数的性质解决问题．
16.【答案】 5−12
【解析】解：设AF=a，CF=b；
∵AM⊥AB，BN⊥AB，
∴AM//BN；
∴△AEF∽△CBF；
∴AE:BC=AF:CF=a:b；
在Rt△ABC中，BF⊥AC，由射影定理，得：
AB2=AF⋅AC=a(a+b)；
∵AM⊥AB，BN⊥AB，CD⊥AM，
∴四边形ABCD是矩形，
∴CD=AB=CF=b；
∴b2=a(a+b)，即a2+ab−b2=0，(ab)2+(ab)−1=0
解得ab= 5−12(负值舍去)；
∴AEAD=ab= 5−12．
由于AD//BC，易得△AEF∽△CBF，那么AE：BC=AF：CF，因此只需求得AF、CF的比例关系即可．可设AF=a，CF=b；在Rt△ABC中，由射影定理可知AB2=AF⋅AC，联立CD=CF=AB，即可求得AF、CF的比例关系，由此得解．
此题主要考查了矩形的性质、直角三角形及相似三角形的性质．能够正确的在Rt△ABC中求得AF、CF的比例关系是解答此题的关键．
17.【答案】解：圆圆的解答过程有错误．
正确解答过程如下：
由①得x−1<2x+2，所以x>−3．
由②得x−1≤1，所以x≤2．
所以原不等式组的解集为−3
本题考查解一元一次不等式组，正确求出每一个不等式的解集是基础，熟知“同大取大、同小取小、大小小大中间找、大大小小找不到”的原则是解答此题的关键．
18.【答案】40 72
【解析】解：(1)在本次调查中，一共抽取了学生：18÷45%=40(名)；
在扇形统计图中，羽毛球对应的圆心角为：360°×840=72°．
故答案为：40，72；
(2)样本中“最喜欢足球”人数有：40−18−8−4=10(人)，
补全条形统计图如下：
(3)最喜欢篮球的占45%，最喜欢篮球的占25%，
所以全校总人数为240÷(45%−25%)=1200(人)．
(1)用“最喜欢篮球”的人数除以45%可得样本容量；用360°乘“最喜欢羽毛球”所占比例可得羽毛球对应的圆心角度数；
(2)结合(1)的结论求出“最喜欢足球”人数，进而条形统计图；
(3)用240除以“最喜欢篮球”的人数与“最喜欢足球”人数所占百分比的差即可．
本题考查条形统计图、扇形统计图、用样本估计总体，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
19.【答案】(1)证明：∵BD=AD=12AB，CE=AE=12AC，
∴ADAB=AEAC=12，
∵∠A=∠A，
∴△ADE∽△ABC．
(2)解：∵△ADE∽△ABC，
∴DEBC=ADAB=12，∠ADE=∠ABC，
∴DE//BC，
∴△DEF∽△CBF，
∴EFBF=DFCF=DEBC=12，
∴BF=2EF，CF=2DF，SDEFSCBF=(12)2=14，
∵S△DEF=2，
∴S△DBF=2S△DEF=2×2=4，S△CEF=2S△DEF=2×2=4，S△CBF=4S△DEF=4×2=8，
∴S四边形DBCE=S△DBF+S△DBF+S△CEF+S△CBF=2+4+4+8=18，
∴四边形DBCE的面积是18．
【解析】(1)由BD=AD=12AB，CE=AE=12AC，得ADAB=AEAC=12，而∠A=∠A，即可证明△ADE∽△ABC；
(2)由△ADE∽△ABC，得DEBC=ADAB=12，∠ADE=∠ABC，则DE//BC，所以△DEF∽△CBF，得EFBF=DFCF=DEBC=12，则BF=2EF，CF=2DF，SDEFSCBF=(12)2=14，所以S△DBF=2S△DEF=4，S△CEF=2S△DEF=4，S△CBF=4S△DEF=8，即可由S四边形DBCE=S△DEF+S△DBF+S△CEF+S△CBF求得S四边形DBCE=18．
此题重点考查相似三角形的判定与性质、平行线的性质等知识，适当选择相似三角形的判定定理证明△ADE∽△ABC及△DEF∽△CBF是解题的关键．
20.【答案】解：(1)∵一次函数y1=3x−3的图象与反比例函数y2=mx的图象交于点A(a,3)，B(−1,b)，
∴3=3a−3，b=−3−3，
∴a=2，b=−6，
∴A(2,3)，B(−1,−6)，
把A(2,3)代入反比例函数y2=mx，则3=m2，
∴m=6，
∴反比例函数的表达式是y2=6x；
(2)点P(x,y1)，Q(x,y2)分别是两函数图象上的点．当y1>y2时x的取值范围是x>2或−1
(2)根据交点坐标，结合图象即可求得．
本题考查了一次函数和反比例函数的交点问题，一次函数图象上点的坐标特征，待定系数法求反比例函数的解析式，数形结合是解题的关键．
21.【答案】(1)证明：①∵四边形ABCD是矩形，
∴AD//BC，
∴∠ADF=∠BFD，
∵DF平分∠ADB，
∴∠ADF=∠BDF，
∴∠BFD=∠BDF，
∴BD=BF；
②由①知，AD//BC，
∴∠ADB+∠FBD=180°，
∵DF平分∠ADB，BG平分∠FBD，
∴∠ADB=2∠BDF，∠FBD=2∠DBG，
∴2∠BDF+2∠DBG=180°，
∴∠BDF+∠DBG=90°，
∴∠BHD=180°−(∠BDF+∠DBG)=90°，
∴BG⊥DF，
由①知，BD=BF，
∴DH=FH，
∵DF平分∠ADB，
∴∠ADH=∠BDH，
∵DH=DH，∠BHD=∠GHD，
∴△BDH≌△GDH(ASA)，
∴BH=GH，
∵DH=FH，
∴四边形BDGF是平行四边形，
∵BG⊥DF，
∴▱BDGF是菱形；
(2)∵点O是矩形对角线AC与BD的交点，
∴OD=OB，
∵DP=HP，
∴PO是△BDH的中位线，
∴AC//BG，
∵AD//BC，
∴四边形AGBC是平行四边形，
∴AG=BC，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD=90°，BC=AD，
∴AD=AG=12DG，
由(1)②知，四边形BDGF是菱形，
∴DG=BD，
∴BD=2AD，
在Rt△ABD中，根据勾股定理得，AB= BD2−AD2= 4AD2−AD2= 3AD，
∴ABAD= 3ADAD= 3．
【解析】(1)①先判断出AD//BC，得出∠ADF=∠BFD，再判断出∠ADF=∠BDF，得出∠BFD=∠BDF，即可得出结论；
②先判断出∠ADB+∠FBD=180°，再判断出∠ADB=2∠BDF，∠FBD=2∠DBG，得出∠BDF+∠DBG=90°，进而得出BG⊥DF，即可得出DH=FH，再判断出△BDH≌△GDH(ASA)，得出BH=GH，即可得出结论；
(2)先判断出PO是△BDH的中位线，得出AC//BG，进而得出四边形AGBC是平行四边形，得出AG=BC，进而得出AD=AG=12DG，即可得出BD=2AD，最后用勾股定理得出AB= 3AD，即可得出答案．
此题是四边形综合题，主要考查了矩形的性质，平行四边形的判定和性质，菱形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，三角形的中位线定理，勾股定理，掌握菱形的判断方法是解本题的关键．
22.【答案】解：(1)∵y=x2−2tx+t2−t=(x−t)2−t，
∴抛物线的顶点坐标为(t,−t)；
(2)①∵y=x2−2tx+t2−t=(x−t)2−t，
∴抛物线的对称轴为x=t，
∵1>0，
∴抛物线开口向上，
∵t−1≤x1≤t+2，
∴当x=t时，y1的最小值为−t，
∵y1的最小值是−2，
∴t=2，
∵|t−1−t|=1，|t+2−t|=2，
∴当x=t+2时，y1最大=(t+2−t)2−t=4−t=4−2=2，
即y1的最大值为2；
②∵点P(x1,y1)，Q(x2,y2)在抛物线y=(x−t)2−t上，
∴y1=(x1−t)2−t，y2=(x2−t)2−t，
∵对于x1，x2，都有y1
∴x2−x1>0x2+x1−2t>0或x2−x1<0x2+x1−2t<0，
Ⅰ、当x2−x1>0①x2+x1−2t>0②时，
由①知，x2>x1，
∵t−1≤x1≤t+2，x2=1−t，
∴1−t>t+2，
∴t<−12，
由②知，x2+x1>2t，
∵t−1≤x1≤t+2，x2=1−t，
∴0≤x2+x1≤3，
∴2t<0，
∴t<0，
即t<−12；
Ⅱ、当x2−x1<0③x2+x1−2t<0④时，
由③知，x2
∴1−t
由④知，x2+x1<2t，
∵t−1≤x1≤t+2，x2=1−t，
∴0≤x2+x1≤3，
∴2t>3，
∴t>32，
即t>32；
即满足条件的t的取值范围为t<−12或t>32．
【解析】(1)将抛物线的解析式配成顶点式，即可写成答案；
(2)①先确定出当x=t时，y1的最小值为t，进而求出t，再判断出当x=t+2时，y1取最大值，即可求出答案；
②先由y10，进而得出x2−x1>0x2+x1−2t>0或x2−x1<0x2+x1−2t<0，最后分两种情况，利用t−1≤x1≤t+2，x2=1−t，即可求出答案．
此题是二次函数综合题，主要考查了配方法，函数极值的确定，用分类讨论的思想解决问题是解本题的关键．
23.【答案】(1)证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB//CD，
∴∠ABE=∠BEC，
∵弧BC=弧BC，
∴∠BAC=∠BEC，
∴∠BAC=∠ABE；
(2)证明：∵AB=AC，AO经过圆心，
∴∠BAG=∠CAG，
∵OA=OB，
∴∠OAB=∠OBA，
∵∠BAC=∠ABE，
∴∠OAB=∠OBA=∠OBG，
又∠BGO=∠AGB，
∴△GOB∽△GBA；
(3)解：延长AO交BC于点H，
∵∠ABE=∠ACE=∠BEC，
∴EF=FC，
∵EFFG=79，
设EF=CF=7a，
则FG=9a，GE=16a，
∴BG=CG= GF⋅GE=12a，
∵EFFG=79，
∴S△CEFS△CGF=79，
∵∠GCF=∠ECF，即CF是∠ECG的平分线，
∴点F到∠ECG两边的距离相等，
∴S△CEFS△CGF=CECG=79，
∴CE=283a，
∵AB//CD，
∴△CEF∽△ABF，
∴CEAB=EFBF，
即283aAB=7a12a+9a，
∴AB=28a，
由(2)可知：OB是∠ABG的平分线，同理BGBA=OGOA，
即12a28a=37=OGOA，
∴GO=37OA，
设⊙O的半径为R，
∵BG2=GO⋅GA，
∴(12a)2=37R⋅(R+37R)，
解得：R2=11765a2，
即a2=51176R2，
设OH=x，
在Rt△ABH和Rt△OBH中，(28a)2−(R+x)2=R2−x2，
整理得：xR=23，
即OHOB=23，
∵∠CAE=∠CBE，∠CAG=∠OBG，
∴∠EAG=∠OBH，
∴sin∠EAG=sin∠OBH=OHOB=23．
【解析】(1)根据平行四边形的性质以及圆周角定理即可证明；
(2)由垂径定理证明∠BAG=∠CAG，再推出∠OAB=∠OBA=∠OBG，即可证明结论；
(3)设EF=CF=7a，得到FG=9a，GE=9a，BG=CG=12a，由角平分线的性质求得CE=283a，证明△CEF∽△ABF，求得AB=28a，由角平分线的性质推出GO=37OA，在Rt△ABH和Rt△OBH中，求得OHOB=23，然后推出∠EAG=∠OBH，即可求解．
本题考查了圆周角定理，解直角三角形，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，本题难度大，明确题意，找出所求问题需要的条件是解答本题的关键．
2023年浙江省杭州市西湖区紫金港中学中考数学二模试卷
一、选择题（本大题共10小题，共30.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 2023的倒数是( )
A. 2023 B. −2023 C. −12023 D. 12023
2. 据统计，2022年杭州市人均GDP为152600元，数152600用科学记数法表示为( )
A. 152.6×103 B. 15.26×104 C. 1.526×105 D. 0.1526×106
3. 在直角三角形ABC中，已知∠C=90°，∠A=40°，BC=3，则AC=( )
A. 3sin40° B. 3sin50° C. 3tan40° D. 3tan50°
4. 若x+5>0，则( )
A. x+1<0 B. x−1<0 C. x5<−1 D. −2x<12
5. 某景点的参观人数逐年增加，据统计，2014年为10.8万人次，2016年为16.8万人次．设参观人次的平均年增长率为x，则( )
A. 10.8(1+x)=16.8 B. 16.8(1−x)=10.8
C. 10.8(1+x)2=16.8 D. 10.8[(1+x)+(1+x)2]=16.8
6. 函数的自变量x满足12≤x≤2时，函数值y满足14≤y≤1，则这个函数可以是( )
A. y=12x B. y=2x C. y=18 D. y=8x
7. 已知某几何体的三视图(单位：cm)，则这个圆锥的侧面积等于( )
A. 12πcm2
B. 15πcm2
C. 24πcm2
D. 30πcm2
8. 如图，菱形OABC的顶点A，B，C在⊙O上，过点B作⊙O的切线交OA的延长线于点D.若⊙O的半径为2，则BD的长为( )
A. 2
B. 4
C. 2 2
D. 2 3
9. 如图，在正方形ABCD中，点E是边BC上一点，且AB=3BE.过点B作BF⊥AE，交边CD于点F.以C为圆心，CF长为半径画圆，交边BC于点G，连接DG，交BF于点H.则DH：HG=( )
A. 10：3 B. 3：1 C. 8：3 D. 5：3
10. 已知二次函数y=x2+ax+b=(x−x1)(x−x2)(a,b,x1,x2为常数)，若1
11. 计算：3a⋅(−2a)=______．
12. 一个不透明的袋子里面装着3个白球和4个黑球，它们除颜色以外，其余全部相同，从袋子里面摸出一个黑球的概率等于______ ．
13. 已知一次函数y=3x−1与y=kx(k是常数，k≠0)的图象的交点坐标是(2,5)，不等式3x−1≥kx解集是______ ．
14. 如图，在某一时刻测得1米长的竹竿竖直放置时影长1.5米，在同一时刻旗杆AB的影长不全落在水平地面上，有一部分落在楼房的墙上，他测得落在地面上影长为BD=12米，留在墙上的影长CD=2米，则旗杆的高度为______ 米.
15. 如图，已知△ABC中，BC=8，BC边上的高h=3，D为BC上一点，EF//BC，交AB于点E，交AC于点F，则△DEF的面积最大值为______ ．
16. 如图，射线AM，BN都垂直于线段AB，点E为AM上一点，过点A作BE的垂线AC分别交BE，BN于点F，C，过点C作AM的垂线CD，垂足为D，若CD=CF，则AEAD= ______ ．
三、解答题（本大题共7小题，共66.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题6.0分)
解不等式组：x−12
18. (本小题8.0分)
某校在全校范围内随机抽取了一些学生进行“我最喜欢的球类运动”调查，将调查结果整理后绘制如下两幅不完整的统计图．
请根据图中的信息，解答下列各题：
(1)在本次调查中，一共抽取了______ 名学生，在扇形统计图中，羽毛球对应的圆心角为______ 度；
(2)请补全条形统计图；
(3)统计发现，该校“最喜欢篮球”的人数与“最喜欢足球”人数大约相差240人，请估计全校总人数．
19. (本小题8.0分)
如图，△ABC中，D，E分别是AB，AC上的点，且BD=AD，CE=AE．
(1)求证：△ADE∽△ABC；
(2)若S△DEF=2，求四边形DBCE的面积．
20. (本小题10.0分)
已知一次函数y1=3x−3的图象与反比例函数y2=mx的图象交于点A(a,3)，B(−1,b)．
(1)求a，b的值和反比例函数的表达式；
(2)设点P(x,y1)，Q(x,y2)分别是两函数图象上的点.当y1>y2时x的取值范围．
21. (本小题10.0分)
已知四边形ABCD是矩形，连接BD．
(1)如图1，∠ADB的平分线交AB于E，交CB的延长线于点F.∠DBF的平分线交DF于点H，交DA的延长线于点G，连接FG．
①求证：BD=BF；
②求证：四边形GFBD为菱形；
(2)在(1)的条件下，如图2，连接AC交DF于点P，交BD于点O，若DP=HP，求ABAD的值．
22. (本小题12.0分)
在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y=x2−2x+t2−t．
(1)求抛物线的顶点坐标(用含t的代数式表示)；
(2)点P(x1,y1)，Q(x2,y2)在抛物线上，其中t−1≤x1≤t+2，x2=1−t．
①若y1的最小值是−2，求y1的最大值；
②若对于x1，x2，都有y1
如图1，AC为▱ABCD的对角线，△ABC的外接圆⊙O交CD于点E，连接BE．
(1)求证：∠BAC=∠ABE；
(2)如图2，当AB=AC时，连接OA、OB，延长AO交BE于点G，求证△GOB∽△GBA；
(3)如图3，在(2)的条件下，记AC、BE的交点为点F，连接AE、OF.当EFFG=79时，求sin∠EAG的值．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：2023的倒数是12023．
故选：D．
乘积是1的两数互为倒数，由此即可得到答案．
本题考查倒数，关键是掌握倒数的意义．
2.【答案】C
【解析】解：152600=1.526×105．
故选：C．
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是正整数；当原数的绝对值<1时，n是负整数．
本题考查科学记数法—表示较大的数，关键是掌握用科学记数法表示数的方法．
3.【答案】D
【解析】解：∠B=90°−∠A=90°−40°=50°，
又∵tanB=ACBC，
∴AC=BC⋅tanB=3tan50°．
故选：D．
利用直角三角形两锐角互余求得∠B的度数，然后根据正切函数的定义即可求解．
本题考查了解直角三角形中三角函数的应用，要熟练掌握好边角之间的关系．
4.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查了不等式的性质，能正确根据不等式的性质进行变形是解此题的关键．求出已知不等式的解集，再求出每个选项中不等式的解集，即得出正确答案．
【解答】
解：∵x+5>0，
∴x>−5，
A、根据x+1<0得出x<−1，故本选项不符合题意；
B、根据x−1<0得出x<1，故本选项不符合题意；
C、根据x5<−1得出x<−5，故本选项不符合题意；
D、根据−2x<12得出x>−6，故本选项符合题意；
故选D．
5.【答案】C
【解析】
【分析】
本题主要考查了由实际问题抽象出一元二次方程，若设变化前的量为a，变化后的量为b，平均变化率为x，则经过两次变化后的数量关系为a(1±x)2=b.设参观人次的平均年增长率为x，根据题意可得等量关系：10.8万人次×(1+增长率)2=16.8万人次，根据等量关系列出方程即可．
【解答】
解：设参观人次的平均年增长率为x，由题意得：
10.8(1+x)2=16.8，
故选C．
6.【答案】A
【解析】解：A、把x=12代入y=12x可得y=1，把x=2代入y=12x可得y=14，故A符合题意；
B、把x=12代入y=2x可得y=4，把x=2代入y=2x可得y=1，故B不符合题意；
C、无论x取何值，y的值恒为18，故C不符合题意；
D、把x=12代入y=8x可得y=16，把x=2代入y=8x可得y=4，故D不符合题意．
故选：A．
把x=12代入四个选项中的解析式可得y的值，再把x=2代入解析式可得y的值，然后可得答案．
此题主要考查了反比例函数图象的性质，关键是正确理解题意，根据自变量的值求出对应的函数值．
7.【答案】B
【解析】解：设圆锥底面半径为r，母线长为l，
∵底面半径r为3cm，高为4cm，
∴圆锥母线长l为5cm，
∴侧面积=πrl=15πcm2．
故选：B．
俯视图为圆的只有圆锥、圆柱、球，根据主视图和左视图都是三角形可得到此几何体为圆锥，那么侧面积=πrl．
由该三视图中的数据确定圆锥的底面半径和高是解本题的关键，注意圆锥的高，母线长，底面半径组成直角三角形．
8.【答案】D
【解析】解：如图：连接OB，
∵BD是⊙O的切线，
∴∠OBD=90°，
∵四边形OABC为菱形，
∴OA=AB，
∵OA=OB，
∴OA=OB=AB，
∴△OAB为等边三角形，
∴∠AOB=60°，
∴∠ODB=30°，
∴OD=2OB=4，
由勾股定理得，BD= OD2−OB2=2 3，
故选：D．
连接OB，根据切线的性质定理得到∠OBD=90°，根据菱形的性质、等边三角形的判定定理得到△OAB为等边三角形，得到∠AOB=60°，根据直角三角形的性质、勾股定理计算，得到答案．
本题考查的是切线的性质、菱形的性质、等边三角形的判定和性质，掌握圆的切线垂直于经过切点的半径是解题的关键．
9.【答案】B
【解析】解：过点F作FM//BC，与DH交于点M，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC=∠C=90°，AB=BC=CD，
∵BF⊥AE，
∴∠ABF+∠BAE=∠ABF+∠CBF=90°，
∴∠BAE=∠CBF，
∴△ABE≌△BCF(ASA)，
∴BE=CF，
∴AB=3BE，
∴CD=3CF，
∵CF=CG，
∴CF=CG=13BC=13CB，
∴BG=DF=23CD，
∵MF//BC，
∴△DFM∽△DCG，
∴DMDG=FMCG=DFDC=23，
∴DM=23DG，FM=23CG=23×13BC=29BC，
∴MG=13DG，
∵MF//BC，
∴△HMF∽△HGB，
∴HMHG=FMBG=29BC23BC=13，
∴HM=13HG，
∴HG=34MG=34×13DG=14DG，
∴DH：HG=3：1．
故选：B．
过点F作FM//BC，与DH交于点M，证明△ABE≌△BCF得到CF与CD的关系，再证明△DFM∽△DCG，△HMF∽△HGB，便可求得结果．
本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，关键是运用全等三角形和相似三角形解题．
10.【答案】C
【解析】解：∵y=x2+ax+b=(x−x1)(x−x2)，二次项系数1>0，
∴抛物线开口向上，与x轴交点坐标为(x1,0)，(x2,0)，1
∴t>−1．
又对称轴x=−a2，
此时y=b−a24<0．
∴a+b
∴−6
综上所述，t的取值范围是−1
由二次函数解析式得到抛物线与x轴的两个交点坐标(x1,0)，(x2,0)；然后由二次函数解析式与一元二次方程的关系以及根的判别式得到a2−4b>0；结合根与系数的关系知：x1+x2=−a，x1⋅x2=b；最后根据限制性条件1
11.【答案】−6a2
【解析】解：3a⋅(−2a)=−6a2，
故答案为：−6a2．
利用单项式乘单项式的法则进行计算，即可得出答案．
本题考查了单项式乘单项式，掌握单项式乘单项式的法则是解决问题的关键．
12.【答案】47
【解析】解：∵袋子中球的总个数为3+4=7(个)，其中黑球有4个，
∴从袋子里面摸出一个黑球的概率等于47．
故答案为：47．
直接利用概率公式计算可得．
本题主要考查概率公式，解题的关键是掌握随机事件A的概率P(A)=事件A可能出现的结果数÷所有可能出现的结果数．
13.【答案】x≥2
【解析】解：∵一次函数y=3x−1与y=kx(k是常数，k≠0)的图象的交点坐标是(2,5)，
∴5=2k，k=52，
∴3x−1≥52x
12x≥1
x≥2．
故答案为：x≥2．
根据一次函数的交点坐标即可确定以两个一次函数解析式组成的二元一次方程组的解．
本题考查了一次函数与一元一次不等式，熟练掌握一次函数的交点坐标是解题的关键．
14.【答案】10
【解析】解：过点C作CE⊥AB于E，如图所示：
∵CD⊥BD，AB⊥BD，
∴∠EBD=∠CDB=∠CEB=90°，
∴四边形CDBE为矩形，
则BD=CE=12m，CD=BE=2m．
设AE=x m，则1：1.5=x：12，
解得x=8，
故旗杆的高度AB=AE+BE=8+2=10(m)．
故答案为：10．
矩形CDBE的对边平行且相等．落在墙上的影子长与物体本身的长度相等．
本题考查了相似三角形的应用：通常利用相似三角形的性质即相似三角形的对应边的比相等和“在同一时刻物高与影长的比相等”的原理解决．
15.【答案】3
【解析】解：过点A作AH⊥BC于点H，设E到BC的距离为x，△DEF的面积为y，
根据相似比可知：EFBC=3−x3
解得：EF=83(3−x)，
则△DEF的面积y=12×x×83(3−x)
=−43(x2−3x)
=−43(x−32)2+3
∵−43<0，
∴当x=32时，y有最大值为3，
∴△DEF的面积最大值为3，
故答案为：3．
过点A作AH⊥BC于点H，所以根据相似三角形的性质可求出EF，进而表示出函数关系式，利用函数的性质即可求出答案．
考查根据几何图形的性质确定函数的图象和函数图象的读图能力，要能根据几何图形和图形上的数据分析得出所对应的函数，利用函数的性质解决问题．
16.【答案】 5−12
【解析】解：设AF=a，CF=b；
∵AM⊥AB，BN⊥AB，
∴AM//BN；
∴△AEF∽△CBF；
∴AE:BC=AF:CF=a:b；
在Rt△ABC中，BF⊥AC，由射影定理，得：
AB2=AF⋅AC=a(a+b)；
∵AM⊥AB，BN⊥AB，CD⊥AM，
∴四边形ABCD是矩形，
∴CD=AB=CF=b；
∴b2=a(a+b)，即a2+ab−b2=0，(ab)2+(ab)−1=0
解得ab= 5−12(负值舍去)；
∴AEAD=ab= 5−12．
由于AD//BC，易得△AEF∽△CBF，那么AE：BC=AF：CF，因此只需求得AF、CF的比例关系即可．可设AF=a，CF=b；在Rt△ABC中，由射影定理可知AB2=AF⋅AC，联立CD=CF=AB，即可求得AF、CF的比例关系，由此得解．
此题主要考查了矩形的性质、直角三角形及相似三角形的性质．能够正确的在Rt△ABC中求得AF、CF的比例关系是解答此题的关键．
17.【答案】解：圆圆的解答过程有错误．
正确解答过程如下：
由①得x−1<2x+2，所以x>−3．
由②得x−1≤1，所以x≤2．
所以原不等式组的解集为−3
本题考查解一元一次不等式组，正确求出每一个不等式的解集是基础，熟知“同大取大、同小取小、大小小大中间找、大大小小找不到”的原则是解答此题的关键．
18.【答案】40 72
【解析】解：(1)在本次调查中，一共抽取了学生：18÷45%=40(名)；
在扇形统计图中，羽毛球对应的圆心角为：360°×840=72°．
故答案为：40，72；
(2)样本中“最喜欢足球”人数有：40−18−8−4=10(人)，
补全条形统计图如下：
(3)最喜欢篮球的占45%，最喜欢篮球的占25%，
所以全校总人数为240÷(45%−25%)=1200(人)．
(1)用“最喜欢篮球”的人数除以45%可得样本容量；用360°乘“最喜欢羽毛球”所占比例可得羽毛球对应的圆心角度数；
(2)结合(1)的结论求出“最喜欢足球”人数，进而条形统计图；
(3)用240除以“最喜欢篮球”的人数与“最喜欢足球”人数所占百分比的差即可．
本题考查条形统计图、扇形统计图、用样本估计总体，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
19.【答案】(1)证明：∵BD=AD=12AB，CE=AE=12AC，
∴ADAB=AEAC=12，
∵∠A=∠A，
∴△ADE∽△ABC．
(2)解：∵△ADE∽△ABC，
∴DEBC=ADAB=12，∠ADE=∠ABC，
∴DE//BC，
∴△DEF∽△CBF，
∴EFBF=DFCF=DEBC=12，
∴BF=2EF，CF=2DF，SDEFSCBF=(12)2=14，
∵S△DEF=2，
∴S△DBF=2S△DEF=2×2=4，S△CEF=2S△DEF=2×2=4，S△CBF=4S△DEF=4×2=8，
∴S四边形DBCE=S△DBF+S△DBF+S△CEF+S△CBF=2+4+4+8=18，
∴四边形DBCE的面积是18．
【解析】(1)由BD=AD=12AB，CE=AE=12AC，得ADAB=AEAC=12，而∠A=∠A，即可证明△ADE∽△ABC；
(2)由△ADE∽△ABC，得DEBC=ADAB=12，∠ADE=∠ABC，则DE//BC，所以△DEF∽△CBF，得EFBF=DFCF=DEBC=12，则BF=2EF，CF=2DF，SDEFSCBF=(12)2=14，所以S△DBF=2S△DEF=4，S△CEF=2S△DEF=4，S△CBF=4S△DEF=8，即可由S四边形DBCE=S△DEF+S△DBF+S△CEF+S△CBF求得S四边形DBCE=18．
此题重点考查相似三角形的判定与性质、平行线的性质等知识，适当选择相似三角形的判定定理证明△ADE∽△ABC及△DEF∽△CBF是解题的关键．
20.【答案】解：(1)∵一次函数y1=3x−3的图象与反比例函数y2=mx的图象交于点A(a,3)，B(−1,b)，
∴3=3a−3，b=−3−3，
∴a=2，b=−6，
∴A(2,3)，B(−1,−6)，
把A(2,3)代入反比例函数y2=mx，则3=m2，
∴m=6，
∴反比例函数的表达式是y2=6x；
(2)点P(x,y1)，Q(x,y2)分别是两函数图象上的点．当y1>y2时x的取值范围是x>2或−1
(2)根据交点坐标，结合图象即可求得．
本题考查了一次函数和反比例函数的交点问题，一次函数图象上点的坐标特征，待定系数法求反比例函数的解析式，数形结合是解题的关键．
21.【答案】(1)证明：①∵四边形ABCD是矩形，
∴AD//BC，
∴∠ADF=∠BFD，
∵DF平分∠ADB，
∴∠ADF=∠BDF，
∴∠BFD=∠BDF，
∴BD=BF；
②由①知，AD//BC，
∴∠ADB+∠FBD=180°，
∵DF平分∠ADB，BG平分∠FBD，
∴∠ADB=2∠BDF，∠FBD=2∠DBG，
∴2∠BDF+2∠DBG=180°，
∴∠BDF+∠DBG=90°，
∴∠BHD=180°−(∠BDF+∠DBG)=90°，
∴BG⊥DF，
由①知，BD=BF，
∴DH=FH，
∵DF平分∠ADB，
∴∠ADH=∠BDH，
∵DH=DH，∠BHD=∠GHD，
∴△BDH≌△GDH(ASA)，
∴BH=GH，
∵DH=FH，
∴四边形BDGF是平行四边形，
∵BG⊥DF，
∴▱BDGF是菱形；
(2)∵点O是矩形对角线AC与BD的交点，
∴OD=OB，
∵DP=HP，
∴PO是△BDH的中位线，
∴AC//BG，
∵AD//BC，
∴四边形AGBC是平行四边形，
∴AG=BC，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD=90°，BC=AD，
∴AD=AG=12DG，
由(1)②知，四边形BDGF是菱形，
∴DG=BD，
∴BD=2AD，
在Rt△ABD中，根据勾股定理得，AB= BD2−AD2= 4AD2−AD2= 3AD，
∴ABAD= 3ADAD= 3．
【解析】(1)①先判断出AD//BC，得出∠ADF=∠BFD，再判断出∠ADF=∠BDF，得出∠BFD=∠BDF，即可得出结论；
②先判断出∠ADB+∠FBD=180°，再判断出∠ADB=2∠BDF，∠FBD=2∠DBG，得出∠BDF+∠DBG=90°，进而得出BG⊥DF，即可得出DH=FH，再判断出△BDH≌△GDH(ASA)，得出BH=GH，即可得出结论；
(2)先判断出PO是△BDH的中位线，得出AC//BG，进而得出四边形AGBC是平行四边形，得出AG=BC，进而得出AD=AG=12DG，即可得出BD=2AD，最后用勾股定理得出AB= 3AD，即可得出答案．
此题是四边形综合题，主要考查了矩形的性质，平行四边形的判定和性质，菱形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，三角形的中位线定理，勾股定理，掌握菱形的判断方法是解本题的关键．
22.【答案】解：(1)∵y=x2−2tx+t2−t=(x−t)2−t，
∴抛物线的顶点坐标为(t,−t)；
(2)①∵y=x2−2tx+t2−t=(x−t)2−t，
∴抛物线的对称轴为x=t，
∵1>0，
∴抛物线开口向上，
∵t−1≤x1≤t+2，
∴当x=t时，y1的最小值为−t，
∵y1的最小值是−2，
∴t=2，
∵|t−1−t|=1，|t+2−t|=2，
∴当x=t+2时，y1最大=(t+2−t)2−t=4−t=4−2=2，
即y1的最大值为2；
②∵点P(x1,y1)，Q(x2,y2)在抛物线y=(x−t)2−t上，
∴y1=(x1−t)2−t，y2=(x2−t)2−t，
∵对于x1，x2，都有y1
∴x2−x1>0x2+x1−2t>0或x2−x1<0x2+x1−2t<0，
Ⅰ、当x2−x1>0①x2+x1−2t>0②时，
由①知，x2>x1，
∵t−1≤x1≤t+2，x2=1−t，
∴1−t>t+2，
∴t<−12，
由②知，x2+x1>2t，
∵t−1≤x1≤t+2，x2=1−t，
∴0≤x2+x1≤3，
∴2t<0，
∴t<0，
即t<−12；
Ⅱ、当x2−x1<0③x2+x1−2t<0④时，
由③知，x2
∴1−t
由④知，x2+x1<2t，
∵t−1≤x1≤t+2，x2=1−t，
∴0≤x2+x1≤3，
∴2t>3，
∴t>32，
即t>32；
即满足条件的t的取值范围为t<−12或t>32．
【解析】(1)将抛物线的解析式配成顶点式，即可写成答案；
(2)①先确定出当x=t时，y1的最小值为t，进而求出t，再判断出当x=t+2时，y1取最大值，即可求出答案；
②先由y1
此题是二次函数综合题，主要考查了配方法，函数极值的确定，用分类讨论的思想解决问题是解本题的关键．
23.【答案】(1)证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB//CD，
∴∠ABE=∠BEC，
∵弧BC=弧BC，
∴∠BAC=∠BEC，
∴∠BAC=∠ABE；
(2)证明：∵AB=AC，AO经过圆心，
∴∠BAG=∠CAG，
∵OA=OB，
∴∠OAB=∠OBA，
∵∠BAC=∠ABE，
∴∠OAB=∠OBA=∠OBG，
又∠BGO=∠AGB，
∴△GOB∽△GBA；
(3)解：延长AO交BC于点H，
∵∠ABE=∠ACE=∠BEC，
∴EF=FC，
∵EFFG=79，
设EF=CF=7a，
则FG=9a，GE=16a，
∴BG=CG= GF⋅GE=12a，
∵EFFG=79，
∴S△CEFS△CGF=79，
∵∠GCF=∠ECF，即CF是∠ECG的平分线，
∴点F到∠ECG两边的距离相等，
∴S△CEFS△CGF=CECG=79，
∴CE=283a，
∵AB//CD，
∴△CEF∽△ABF，
∴CEAB=EFBF，
即283aAB=7a12a+9a，
∴AB=28a，
由(2)可知：OB是∠ABG的平分线，同理BGBA=OGOA，
即12a28a=37=OGOA，
∴GO=37OA，
设⊙O的半径为R，
∵BG2=GO⋅GA，
∴(12a)2=37R⋅(R+37R)，
解得：R2=11765a2，
即a2=51176R2，
设OH=x，
在Rt△ABH和Rt△OBH中，(28a)2−(R+x)2=R2−x2，
整理得：xR=23，
即OHOB=23，
∵∠CAE=∠CBE，∠CAG=∠OBG，
∴∠EAG=∠OBH，
∴sin∠EAG=sin∠OBH=OHOB=23．
【解析】(1)根据平行四边形的性质以及圆周角定理即可证明；
(2)由垂径定理证明∠BAG=∠CAG，再推出∠OAB=∠OBA=∠OBG，即可证明结论；
(3)设EF=CF=7a，得到FG=9a，GE=9a，BG=CG=12a，由角平分线的性质求得CE=283a，证明△CEF∽△ABF，求得AB=28a，由角平分线的性质推出GO=37OA，在Rt△ABH和Rt△OBH中，求得OHOB=23，然后推出∠EAG=∠OBH，即可求解．
本题考查了圆周角定理，解直角三角形，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，本题难度大，明确题意，找出所求问题需要的条件是解答本题的关键．
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