2023年浙江省杭州市西湖区之江实验中学中考数学二模试卷（含解析）

这是一份2023年浙江省杭州市西湖区之江实验中学中考数学二模试卷（含解析），共20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。

1. 下列各数中，最小的数是( )
A. 0B. −1C. − 2D. −2
2. 根据教育部统计，2023届高校毕业生的规模将达到1158万人，数据1158万用科学记数法表示为( )
A. 1.158×104B. 1.158×107C. 1.158×108D. 0.1158×108
3. 将一副三角尺按如图所示的位置摆放在直尺上，则∠1的度数为( )
A. 45°
B. 65°
C. 75°
D. 85°
4. 一组数据−3，a，2，3，5有唯一的众数3，则这组数据的中位数是( )
A. −2B. 1C. 3D. 5
5. 下列计算正确的是( )
A. (−1)2023=−2023B. −32=9
C. 4=±2D. (a3)2=a6
6. 我国“DF−41型”导弹俗称“东风快递”，速度可达到26马赫(1马赫=340米/秒)，则“DF−41型”导弹飞行多少分钟能打击到12000公里处的目标？设飞行x分钟能打击到目标，可以得到方程( )
A. 26×340×60x=12000B. 26×340x=12000
C. 26×340x1000=12000D. 26×340×60x1000=12000
7. 已知抛物线y1=x2−2经过平移后得到抛物线y2=x2−4，若抛物线y上任意一点M坐标是(m,n)，则其对应点M坐标一定是( )
A. (m,n−2)B. (m−2,n)C. (m+2,n)D. (m,n+2)
8. 若A(x1,y1)，B(x2,y2)分别在一次函数y=kx+b(k>0)图象上两个不相同的点，记P=(x1−x2)(y1−y2)，则P为( )
A. 0B. 正数C. 负数1D. 非负数
9. 如图，O为等腰三角形ABC的外心，AB=AC，连结OB，记∠C=α，∠CBO=β，则α，β满足的关系式为( )
A. 2β−α=90°
B. 2β−α=180°
C. 12β+α=90°
D. 2a−β=90°
10. 已知抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)经过不同的两点A(2−m,n)，B(m,n)，下列说法正确的是( )
A. 若m>2时都有n>c，则a<0B. 若m>1时都有nC. 若m<0时都有n>c，则a>0D. 若m<0时都有n0
二、填空题（本大题共6小题，共24.0分）
11. 分解因式：a2−4= ．
12. 已知点A(−2,m−1)在反比例函数y=−2x的图象上，则m= ______ ．
13. 如图，AB是⊙O的直径，点P是AB延长线上的一点，PC是⊙O的切线，C为切点.若PA=64，tanP=724，则PC= ______ ．
14. 点E为正方形ABCD的边AB上一点，连接DE，AC，且DE与AC相交于点M.若S△AMES△CMD=116则sin∠CDE= ______ ．
15. 袋子里有四个完全相同的球，球上分别标有数字−1，−3，1，4，随机摸出一个球，记下数字为k：不放回，再随机摸出一个球，记下数字为b，则y=kx+b的图象经过第三象限的概率为______ ．
16. 如图将菱形ABCD的沿DF翻折，使点C落在AB边上，连结DE，EF，如果BE=BF，设△EBF的面积为S1，△DFC的面积为S2，则∠C= ______ ，S1S2= ______ ．
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)
解分式方程：xx−2+42−x=3
小明同学是这样解答的：
解：去分母，得：x+4=3(x−2)．
去括号，得：x+4=3x−6．
移项，合并同类项，得：−2x=−10．
两边同时除以−2，得：x=5．
经检验，x=5是原方程的解．
小明的解答过程是否有错误？如果有错误，请写出正确的解答过程．
18. (本小题8.0分)
某初中为增强学生亚运精神，举行了“迎亚运”书画作品创作比赛，评选小组从全校24个班中随机抽取4个班(用A，B，C，D表示)，并对征集到的作品数量进行了统计分析，得到下列两幅不完整的统计图．
(1)评选小组采用的调查方式是普查还抽样调查？
(2)根据上图表中的数据，补充完整作品数量条形图，并求出C班扇形的圆心角度数；
(3)请你估计该校在此次活动中征集到的作品数量．
19. (本小题8.0分)
如图，在△ABC中，AB=AC，E为BA延长线上一点，且ED⊥BC交AC于点F．
(1)求证：△AEF是等腰三角形；
(2)若AB=13，EF=12，F为AC中点，求BC的长．
20. (本小题10.0分)
一辆汽车从甲地前往乙地，若以100km/h的平均速度行驶，则3h后到达，
(1)该车原路返回时，求平均速度v(km/h)与时间t(h)之间的函数关系式．
(2)已知该车上午8点从乙地出发，
①若需在当天11点至13点间(含11点与13点)返回甲地，求平均速度v(km/h)的取值范围．
②若该车最高限速为120km/h，能否在当天10点前返回甲地？请说明理由．
21. (本小题10.0分)
已知：如图，在平行四边形ABCD中，∠ABC的平分线交AD于点E，点F是BE的中点，连接AF并延长交BC于点G，连接EG，CF．
(1)求证：四边形AEGB是菱形；
(2)若tan∠ABC= 3，CD=8，AD=10，求CF的长．
22. (本小题12.0分)
已知抛物线y=x2+(2m−4)x+1．
(1)若点A(m,0)在抛物线上，求抛物线解析式．
(2)若x≤−2时，y随着x的增大而减小，求m的取值范围．
(3)若点B(−m,y1)C(m,y2)，(m+6,y3)在抛物线上且y3>y2≥y1，求m的取值范围．
23. (本小题12.0分)
已知：如图1，AB是⊙O的弦，点C是⊙O的半径OB的延长线上一点，将△ABC翻折得到△ABC′，AC′交半径OB于点D．

(1)求证：BC′//OA．
(2)若AC与⊙O相切．
①如图2，点C′落在⊙O上，求sinC的值．
②如图3，若OA=10，AB=12，求△BDC′的面积．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：−2<− 2<−1<0，
故选：D．
根据实数大小比较法则判断即可．
本题考查了实数的大小比较的应用，掌握正数都大于0，负数都小于0，两个负数比较大小，其绝对值大的反而小是解题的关键．
2.【答案】B
【解析】解：1158万=11580000=1.158×107．
故选：B．
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．
此题考查科学记数法的表示方法．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，表示时关键要正确确定a的值以及n的值．
3.【答案】C
【解析】解：∵∠2+60°+45°=180°，
∴∠2=75°．
∵直尺的上下两边平行，
∴∠1=∠2=75°．
故选：C．
由平角等于180°结合三角板各角的度数，可求出∠2的度数，由直尺的上下两边平行，利用“两直线平行，同位角相等”可得出∠1的度数．
本题考查了平行线的性质，牢记“两直线平行，同位角相等”是解题的关键．
4.【答案】C
【解析】解：∵数据：−3，a，2，3，5有唯一的众数3，
∴a=3，
∴这组数据按大小排序后为：−3，2，3，3，5，
∴这组数据的中位数为3．
故选：C．
先根据数据：−3，a，2，3，5有唯一的众数3，求得a的值，再计算中位数的大小．
本题主要考查了众数与中位数，求一组数据的众数的方法是找出出现次数最多的数据．将一组数据按照从小到大(或从大到小)的顺序排列，如果数据的个数是奇数，则处于中间位置的数就是这组数据的中位数．
5.【答案】D
【解析】解：A.(−1)2023=−1，故本选项不符合题意；
B.−32=−9，故本选项不符合题意；
C. 4=2，故本选项不符合题意；
D.(a3)2=a6，故本选项符合题意；
故选：D．
根据有理数的乘方，算术平方根和幂的乘方进行计算即可．
本题考查了有理数的乘方，算术平方根和幂的乘方等知识点，能熟练掌握有理数的乘方，算术平方根和幂的乘方是解此题的关键，①(am)n=amn，②当a≥0时， a2=a．
6.【答案】D
【解析】解：根据题意得：26×340×60x1000=12000，
故选：D．
根据速度×时间=路程列方程，时间单位换算成分，路程单位换算成公里即可得出答案．
本题考查了由实际问题抽象出一元一次方程，掌握1公里=1千米=1000米是解题的关键．
7.【答案】A
【解析】解：∵抛物线y1=x2−2经过平移后得到抛物线y2=x2−4，
∴抛物线y1=x2−2向下平移2个单位后得到抛物线y2=x2−4，
∴抛物线y上任意一点M坐标是(m,n)，则其对应点M坐标为(m,n−2)，
故选：A．
根据题意求得抛物线y1=x2−2向下平移2个单位后得到抛物线y2=x2−4，故抛物线y上任意一点M向下平移2个单位得到其对应点的坐标．
本题考查了二次函数图象与几何变换，解题的关键是根据题意推得抛物线y1=x2−2向下平移2个单位后得到抛物线y2=x2−4．
8.【答案】B
【解析】解：∵一次函数一次函数y=kx+b(k>0)，
∴y随着x增大而增大，
∵若A(x1,y1)，B(x2,y2)分别在一次函数y=kx+b(k>0)图象上两个不相同的点，
∴(x1−x2)与(y1−y2)同号，
∴P=(x1−x2)(y1−y2)>0，
故选：B．
根据k>0，y随着x增大而增大，可知(x1−x2)与(y1−y2)同号，进一步可知P的符号．
本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，熟练掌握一次函数性质与系数的关系是解题的关键．
9.【答案】D
【解析】解：∵AB=AC，∠ACB=α，
∴∠ACB=∠ABC=α，
∴∠CAB=180°−2α，
连接OC，OA，
∵O为等腰三角形ABC的外心，
∴OB=OA=OC，
∴∠CBO=∠BCO=β，
∴∠ABO=∠ACO=α−β，
∴∠CAO=∠ACO=∠ABO=∠BAO=α−β，
∴∠CAB=2(α−β)=180°−2α，
∴2a−β=90°，
故选：D．
根据等腰三角形的判定和性质以及三角形的内角和定理即可得到结论．
本题考查了三角形的外接圆与外心，等腰三角形的判定和性质，正确地作出辅助线是解题的关键．
10.【答案】C
【解析】解：∵抛物线y=ax2+bx+c经过A(2−m,n)，B(m,n)两点，
∴抛物线的对称轴为直线x=2−m+m2=1．
对于A选项，若m>2时，
∴2−m<0<1．
又n>c，
∴此时，y随x的增大而减小．
∴抛物线开口向上．
∴a>0，故A不符合题意．
对于B选项，若m>1时，
∴0<1此时(0,c)关于对称轴对称的点为(2,c)，
若n∴a>0或a<0．
∴选项B不符合题意．
若m<0时，
∴m<0<1．
又n>c，
∴此时，y随x的增大而减小．
∴抛物线开口向上．
∴a>0，故C符合题意．
若m<0时，
∴m<0<1．
又n∴此时，y随x的增大而增大．
∴抛物线开口向下．
∴a<0，故D不符合题意．
故选：C．
根据A、B两点的纵坐标相同，可求得抛物线的对称轴为直线x=1，再由对称轴公式即可求得答案；
本题主要考查了二次函数图象上点的坐标特征，解题时需要熟练掌握并灵活运用．
11.【答案】(a+2)(a−2)
【解析】
【分析】
运用平方差公式进行因式分解．
本题主要考查利用平方差公式分解因式，熟记公式结构是解题的关键．
【解答】
解：a2−4=(a+2)(a−2)．
12.【答案】2
【解析】解：∵点A(−2,m−1)在反比例函数y=−2x的图象上，
∴−2×(m−1)=−2，
∴m=2．
故答案为：2．
将点的坐标代入反比例函数解析式即可求出m值．
本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，图象上点的纵横坐标之积是定值k．
13.【答案】48
【解析】解：连接OC，
∵PC是⊙O的切线，
∴OC⊥PC，
在Rt△OCP中，tanP=724，
设OC=7x，则CP=24x，PO=64−7x，
在Rt△PCO中，根据勾股定理得，
PO2=PC2+OC2，
(64−7x)2=(24x)2+(7x)2，
解得：x1=2，x2=−339(舍)，
∴PC=24×2=48，
故答案为：48．
连接OC，根据切线的性质得到OC⊥PC，根据正切的定义以及勾股定理进行计算，得到答案．
本题考查的是切线的性质、正弦正切的定义，掌握圆的切线垂直于经过切点的半径是解题的关键．
14.【答案】4 1717
【解析】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AE//CD，AD=CD，
∴△AME∽△CMD，
∴S△AMES△CMD=(AECD)2=116，
∴AECD=14，
∴AEAD=14，
令AE=x，AD=4x，
DE= AE2+AD2= 17x，
∴sin∠AED=ADED=4x 17x=4 1717．
∵AE//CD，
∴∠CDE=∠AED，
∴sin∠CDE=sin∠AED=4 1717．
故答案为：4 1717．
由△AME∽△CMD，推出S△AMES△CMD=(AECD)2=116，得到AECD=14，因此AEAD=14，令AE=x，AD=4x，由勾股定理得到DE= 17x，即可求出sin∠AED=4 1717.由∠CDE=∠AED，得到sin∠CDE=sin∠AED=4 1717．
本题考查相似三角形的判定和性质，解直角三角形，正方形的性质，关键是由△AME∽△CMD，得到AEAD=14．
15.【答案】23
【解析】解：∵y=kx+b的图象经过第三象限时，
∴k>0或k<0，b<0，
树状图如下，

由上可得，一共存在12种等可能性，其中y=kx+b的图象经过第三象限的有8种可能性，
∴y=kx+b的图象经过第三象限的概率为812=23，
故答案为：23．
根据一次函数的性质可知：当k>0或k<0，b<0时，y=kx+b的图象经过第三象限，然后画出相应的树状图，即可求得相应的概率．
本题考查列表法与树状图法、一次函数的性质、概率公式，解答本题的关键是明确题意，画出相应的树状图，求出相应的概率．
16.【答案】72° 5−2
【解析】解：在DC上取一点G，使FG=FC，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC=CD=DA，∠A=∠C，∠ADC+∠C=180°，
∵BE=BF，
∴AE=CF，
∴△DAE≌△DFC(SAS)，
∴∠ADE=∠CDF，
由翻折得，∠CDF=∠EDF，
∴∠ADE=∠CDF=∠EDF，
∵∠ADC+∠C=180°，
∴∠ADE+∠CDF+∠EDF+∠C=180°，
∴3∠CDF+∠C=180°①，
∵DF=DC，
∴∠DFC=∠C，
∴∠DFC+∠C+∠CDF=180°，
∴2∠C+∠CDF=180°②，
由①②得∠C=72°；
∵FG=FC，
∠C=∠FGC=72°，
∴∠FGC=∠DFC=72°，
∵∠C=∠C，
∴△FGC∽△DFC，
∴FCDC=GCFC，
∵∠CDF=180°−2∠C=180°−2×72°=36°，∠DFG=∠FGC−∠CDF=72°−36°=36°，
∴∠CDF=∠DFG，
∴GD=GF=FC，
∴FCDC=DC−FCFC，
∴FC2−DC2+FC⋅DC=0，
∴(FCDC)2+FCDC−1=0，
∴FCDC= 5−12，
∵∠BEF=∠BFE=∠FDG=∠DFG=36°，
∴△BEF∽△GDF，
∴EFDF=FCDC= 5−12，
∴S△BEFS△GDF=( 5−12)2，
∴S△GDFS△CDF=DGDC=FCDC= 5−12，
∴S△BEFS△CDF=( 5−12)3= 5−2，
∴S1S2= 5−2，
故答案为：72°， 5−2．
三个等腰三角形△DAE、△DFC、△DEF全等，可得∠ADE=∠CDF=∠EDF，利用∠ADC+∠C=180°求∠C；构造△FGC∽△∠DFC，求出FCDC= 5−12，由△BEF∽△GDF求出面积比，利用等高求出S△GDFS△CDF，进而得到S1S2= 5−2．
本题在菱形下考查了顶角为36°底角为72°的等腰三角形的判断与性质，涉及了三角形全等，三角形相似的判定与性质，方程思想，关键是求出∠C，构造△FGC∽△∠DFC，求出相似比．
17.【答案】解：有错误．
去分母，得：x−4=3(x−2)，
去括号，得：x−4=3x−6，
移项，合并同类项，得：−2x=−2，
两边同时除以−2，得：x=1．
经检验，x=1是原方程的解．
【解析】根据解分式方程的步骤计算即可．
本题考查解分式方程，熟练掌握解分式方程的步骤是解答本题的关键．
18.【答案】解：(1)评价小组从全校24个班中随机抽取了4个班，属于抽样调查；
(2)所调查的4个班征集到的作品数为：6÷25%=24(件)，
则C班有：24−(4+6+4)=10(件)，
补全条形图如图：

C班扇形的圆心角度数为360°×1024=150°；
(3)∵平均每个班有：24÷4=6(件)，
∴估计该校在此次活动中征集到的作品数量为6×24=144(件)；
【解析】(1)评价小组从全校24个班中随机抽取了4个班，属于抽样调查；
(2)求出所调查的4个班征集到的作品数为24件，则C班作品的件数为：24−4−6−4=10(件)，补全条形统计图，用360°乘以C班级作品数所占比例即可；
(3)再求出抽取的4个班每班平均征集的数量，然后乘以班级总数即可；
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．条形统计图能清楚地表示出每个项目的数据；扇形统计图直接反映部分占总体的百分比大小．
19.【答案】(1)证明：∵AB=AC，
∴∠B=∠C，
∵ED⊥BC，
∴∠EDB=∠EDC=90°，
∴∠E+∠B=90°，∠C+∠DFC=90°，
∴∠E=∠DFC，
∵∠DFC=∠EFA，
∴∠EFA=∠E，
∴AE=AF，
∴△AEF为等腰三角形；
(2)解：过点A作AG⊥ED于点G，如图所示：

∵AE=AF，AG⊥ED，EF=12，
∴FG=GE=12EF=6，
∵F为AC中点，
∴AF=FC=12AC=12AB=132，
在△AFG与△CFD中，
∠AGF=∠CDFAF=CF∠AFG=∠CFD，
∴△AFG≌△CFD(ASA)，
∴DF=FG=6，
∴AH=2DF=12，
∴BH= AB2−AH2=5，
∴BC=2BH=10，
【解析】(1)根据等腰三角形的性质，得出∠B=∠C，根据余角的性质，得出∠E=∠DFC，根据对顶角的性质，得出∠EFA=∠E，即可得出答案；
(2)证明△AFG≌△CFD(ASA)，得出DF=FG=6，即可得出答案．
本题主要考查了等腰三角形的判定和性质，三角形全等的判定和性质，余角的性质，对顶角相等，解题的关键是熟练掌握等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定方法．
20.【答案】解：(1)∵路程=vt=100×3=300(km)
∴v关于t的函数表达式为：v=300t；
(2)①8点至11点时间长为3小时，8点至13点时间长为5小时，
将t=3代入v=300t，得v=100．
将t=5代入v=300t，得v=60．
∴汽车平均速度v(km/h)的取值范围为：60≤v≤100；
②不能在当天10点前返回甲地．理由如下：
∵8点至10点时间长为2小时，
将t=2，代入v=300t，
得v=150>120千米/小时，超速了．
故汽车不会在当天10点前返回甲地．
【解析】(1)根据路程、速度、时间之间的关系即可解决问题；
(2)①根据题意，结合(1)即可解决问题；
②将t=2，代入v=300t，得v=150>120千米/小时，超速了．进而可以解决问题．
本题考查了一次函数的应用，解决本题的关键是掌握路程=速度×时间．
21.【答案】(1)证明：∵BE平分∠ABC，
∴∠ABE=∠CBE，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD//BC且AD=BC，
∴∠CBE=∠AEB，
∴∠ABE=∠AEB=∠CBE，
∴AB=AE，
∵点F是BE的中点，
∴EF=BF，
∵∠AFE=∠GFB，
∴△AFE≌△GFB(ASA)，
∴AE=BG，
∵AD//BC，
∴四边形AEGB是平行四边形，
∵AB=AE，
∴四边形AEGB是菱形；
(2)解：∵tan∠ABC= 3，
∴∠ABC=60°，
过点F作FM⊥BC于点M，如图所示：

∵四边形ABGE是菱形，
∴∠GBE=12∠ABC=30°，BG=AB=CD=8，BC=AD=10，
∴FG=12BG=4，
∴BF= 3FG=4 3，
∴FM=12BF=2 3，
∴BM= 3FM=6，
∴CM=BC−BM=10−6=4，
在Rt△FMC中，根据勾股定理得：
CF= FM2+CM2= 12+16=2 7．
【解析】(1)先证明AB=AE，然后证明△AFE≌△GFB(ASA)，得AE=BG，证出四边形AEGB是平行四边形，即可得出结论；(2)过点F作FM⊥BC于点M，由菱形的性质得出∠GBE=12∠ABC=30°，BG=AB=8，BC=AD=10，在Rt△BFG中，求出BF=4 3，在Rt△BFM中，求出FM=2 3，再求出BM=6，得出CM=BC−BM=10−6=4，Rt△FMC中，由勾股定理即可得出CF的长．
本题考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、直角三角形的性质、等腰三角形的判定、三角函数、勾股定理等知识；本题综合性强，有一定难度．
22.【答案】解：(1)∵点A(m,0)在抛物线上，
∴m2+(2m−4)m+1=0，
解得m=1或m=13，
∴抛物线解析式为y=x2−2x+1或y=x2−103x+1；
(2)∵x≤−2时，y随着x的增大而减小，
∴−2m−42×1≥−2，
解得m≤4；
(3)当m>0时，可知点(−m,y1)，(m,y2)，(m+6,y3)从左至右分布，
∵y3>y2≥y1，
∴2−m≤02−m解得m≥2；
当m<0时，
∴−m+2解得−12综上，m的取值范围是−12【解析】(1)代入点A(m,0)即可求解；
(2)根据题意得出−2m−42×1≥−2，解不等式即可；
(3)利用二次函数的性质即可得出关于m的不等式)组)，解不等式(组)即可．
本题考查了待定系数法求二次函数的解析式，二次函数图象上点的坐标特征，二次函数的性质，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．
23.【答案】(1)证明：∵将△ABC翻折得到△ABC′，
∴∠ABC=∠ABC′，
∵OA=OB，
∴∠OAB=∠OBA，
∵∠ABC+∠OBA=180°，
∴∠ABC′+∠OAB=180°，
∴BC′//OA；
(2)解：①∵AC与⊙O相切，
∴OA⊥AC，
∴∠OAC=90°，
∴∠O+∠C=90°，
∵将△ABC翻折得到△ABC′，
∴∠C=∠C′，
∵∠O=2∠C′，
∴∠O=2∠C，
∴3∠C=90°，
∴∠C=30°，
∴sinC=12；
②作OE⊥AB，垂足为E，则AE=EB=12AB=6，
∴OE= OA2−AE2= 102−62=8，
∵BC′//OA，
∴∠OAD=∠C′，
∵∠AOD+∠C=90°，∠C=∠C′，
∴∠AOD+∠OAD=90°，
∴AC′⊥OC，
∵S△OAB=12AB⋅OE=12OB⋅AD，即12×12×8=12×10⋅AD，
∴AD=485，
∴OD= OA2−AD2= 102−(485)2=145，
∴BD=OB−OD=10−145=365，
∵∠OAD=∠C′，∠C′DB=∠ADO，
∴△C′DB∽△ADO，
∴BDOD=DC′AD，即365145=DC′485，
∴DC′=86435，
∴S△BDC′=12BD⋅DC′=12×365×86435=15552175．

【解析】(1)证明∠ABC′+∠OAB=180°即可；
(2)①通过∠C、∠C′和∠O的关系，结合△OAC是直角三角形得到∠C=30°，进而求sinC的值；
②说明△C′DB是直角三角形，再利用S△BDC′=12BD⋅DC′求．
本题以圆为载体考查了圆的性质，平行线的判定，翻折问题，相似，解直角三角形等知识，(2)②的关键是得出△C′DB是直角三角形．