2024年四川省内江市东兴区中考数学三模试卷（含解析）

这是一份2024年四川省内江市东兴区中考数学三模试卷（含解析），共23页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

1.下列各数是无理数的是( )
A. −2B. 2C. 3.2D. 117
2.将数据0.000000023用科学记数法表示正确的是( )
A. 0.23×10−7B. 2.3×10−8C. 2.3×10−9D. 23×10−9
3.如图是由几个小立方块所搭的几何体的俯视图，小正方形中的数字表示该位置的小立方块的个数，则这个几何体的左视图是( )
A. B. C. D.
4.下列计算正确的是( )
A. 3mn−2mn=1B. (m2n3)2=m4n6
C. (−m)3⋅m=m4D. (m+n)2=m2+n2
5.下列图形中，是中心对称图形但不是轴对称图形的是( )
A. B. C. D.
6.函数y= 1x+3中自变量x的取值范围是( )
A. x>−3B. x≥−3C. x<−3D. x≠−3
7.要想了解九年级1000名考生的数学成绩，从中抽取了100名考生的数学成绩进行统计分析，以下说法正确的是( )
A. 这100名考生是总体的一个样本B. 每位考生的数学成绩是个体
C. 1000名考生是总体D. 100名考生是样本的容量
8.如图，AD与BC相交于点O，AB/​/CD，E，F分别是OC，OD的中点，连接EF，若AO：AD=2：7，AB=4，则EF的长为( )
A. 4
B. 5
C. 6
D. 7
9.如图，AB为圆O一条弦，OD⊥AB交AB于N，劣弧AB于点D，在圆上取一点C，连接AC交OD于M，连接DC，若∠ACD=30°，M平分ON，且DN=2，则AM=( )
A. 13
B. 2 3
C. 2 5
D. 3 3
10.我国古代数学著作《孙子算经》有“多人共车”问题：“今有三人共车，二车空；二人共车，九人步．问：人与车各几何？”其大意如下：有若干人要坐车，如果每3人坐一辆车，那么有2辆空车；如果每2人坐一辆车，那么有9人需要步行，问人与车各多少？设共有x人，y辆车，则可列方程组为( )
A. 3(y−2)=x2y−9=xB. 3(y+2)=x2y+9=xC. 3(y−2)=x2y+9=xD. 3(y−2)=x2y+x=9
11.对于实数a，b定义运算“⊗”为a⊗b=b2−ab，例如3⊗2=22−3×2=−2则关于x的方程(m+2)⊗x=1−m的根的情况，下列说法正确的是( )
A. 有两个不相等的实数根B. 有两个相等的实数根
C. 没有实数根D. 无法确定
12.已知二次函数y=ax2−2ax+3(其中x是自变量)，当0A. 03
C. −3二、非选择题（共102分）
13.分解因式：x3−6x2+9x= ______．
14.关于x的方程x2+mx−2n=0的两根之和为−2，两根之积为1，则m+n的值为______．
15.关于x的分式方程m1−x+2=3x−1有正数解，则符合条件的负整数m的和是______．
16.如图，将半径为15cm的圆形纸片剪去圆心角为144°的一个扇形，用剩下的扇形围成一个圆锥的侧面(接缝忽略不计)，这个圆锥的高是______cm．
17.计算：(−1)−3+| 2−1|−(12)−2+2cs45°− 8．
18.如图，已知△ABC为等边三角形，D为BC延长线上的一点，CE平分∠ACD，CE=BD，求证：
(1)△ABD≌△ACE；
(2)试判断△ADE的形状，并证明．
19.如图，堤坝AB长为10m，坡度i为1：0.75，底端A在地面上，堤坝与对面的山之间有一深沟，山顶D处立有高20m的铁塔CD.小明欲测量山高DE，他在A处看到铁塔顶端C刚好在视线AB上，又在坝顶B处测得塔底D的仰角α为26°35′.求堤坝高及山高DE.(sin26°35′≈0.45,cs26°35′≈0.89,tan26°35′≈0.50，小明身高忽略不计，结果精确到1m)
20.如图，⊙O是△ABC的外接圆，点O在BC边上，∠BAC的平分线交⊙O于点D，连接BD、CD，过点D作BC的平行线与AC的延长线相交于点P．
(1)求证：PD是⊙O的切线；
(2)求证：△ABD∽△DCP；
(3)当AB=12，AC=16时，求CD和DP的长．
21.若α、β是方程x2+3x−1=0的两个实数根，则α2+2α−β=______．
22.已知a、b、c是△ABC的三边长，且a、b、c满足b2=(c+a)(c−a)，若5b−4c=0，则sinA+sinB的值为______．
23.如图，在边长为4的正方形ABCD中，P为对角线BD上一点，过点P分别作PE⊥BC，PF⊥CD，则阴影部分AEPF面积的最小值为______．
24.如图，在x轴的上方，直角∠BOA绕原点O按顺时针方向旋转.若∠BOA的两边分别与函数y=−1x、y=2x的图象交于B、A两点，则cs∠OAB的值为______．
25.问题情境：数学活动课上，王老师给同学们每人发了一张矩形纸片探究折叠的性质在矩形ABCD的CD边上取一点E，将△BCE沿BE翻折，使点C恰好落在AD边上点F处．
实践探究：(1)如图1，若BC=2BA，求∠CBE的度数；
(2)如图2，当AB=6，且AF⋅FD=12时，求BC的长；
问题解决：(3)如图3，延长EF，与∠ABF的角平分线交于点M，BM交AD于点N，当NF=AN+FD时，求ABBC的值．
26.甘肃临夏州积石山县在12月18日23时59分发生6.2级地震，震源深度10公里，当地群众生命和财产安全受到了极大的影响.“众志成城，共克时艰”，某市筹集了大量的生活物资，用甲、乙两种型号的货车，分两批运往积石山县，具体运输情况如表：
已知第一批、第二批每辆货车均满载，第一批累计运输物资42吨，第二批累计运输物资58吨．
(1)求甲、乙两种型号货车每辆满载分别能运多少吨生活物资？
(2)该市后续又筹集了100吨生活物资，计划同时使用两种货车一次性运完(每辆货车都满载)，请问共有几种运输方案？
(3)已知甲型货车每辆运输成本400元/次，乙型货车每辆运输成本500元/次，哪种运输方案的成本最少？最低成本为多少元？
27.如图，在平面直角坐标系xOy中，直线y=−12x+2与x轴交于点A，与y轴交于点B，抛物线y=−12x2+bx+c经过A，B两点且与x轴的负半轴交于点C．
(1)求该抛物线的解析式．
(2)若点D为直线AB上方抛物线上的一个动点，当∠ABD=2∠BAC时，求点D的坐标．
(3)已知E，F分别是直线AB和抛物线上的动点，当EF/​/OB，且以B，O，E，F为顶点的四边形是平行四边形时，直接写出所有符合条件的E点的坐标．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A.−2是整数，属于有理数，故本选项不符合题意；
B. 2是无理数，故本选项符合题意；
C.3.2是有限小数，属于有理数，故本选项不符合题意；
D.117是分数，属于有理数，故本选项不符合题意．
故选：B．
根据无理数是无限不循环小数，可得答案．
此题主要考查了无理数的定义，注意带根号的要开不尽方才是无理数，无限不循环小数为无理数．如π， 6，0.8080080008…(每两个8之间依次多1个0)等形式．
2.【答案】B
【解析】解：0.000000023=2.3×10−8．
故选：B．
根据科学记数法的记数规则判断正误即可．
本题考查科学记数法，掌握科学记数法的记数规则是本题的关键．
3.【答案】D
【解析】解：根据左视图就是从左边看，从左边看，只有两排正方体，左侧叠3个，右侧叠2个，
故选：D．
根据几何体的三视图求解即可．
本题考查三视图，掌握几何体的三视图是关键．
4.【答案】B
【解析】解：A.3mn−2mn=mn，故本选项不合题意；
B.(m2n3)2=m4n6，故本选项符合题意；
C.(−m)3⋅m=−m4，故本选项不合题意；
D.(m+n)2=m2+2mn+n2，故本选项不合题意；
故选：B．
分别根据合并同类项法则，积的乘方运算法则，同底数幂的乘法法则以及完全平方公式逐一判断即可．
本题考查了合并同类项，同底数幂的乘法，积的乘方以及完全平方公式，熟记相关公式与运算法则是解答本题的关键．
5.【答案】D
【解析】解：A、图形既不是中心对称图形，也不是轴对称图形，不符合题意；
B、图形是中心对称图形，也是轴对称图形，不符合题意；
C、图形不是中心对称图形，是轴对称图形，不符合题意；
D、图形是中心对称图形，不是轴对称图形，符合题意．
故选：D．
根据中心对称图形及轴对称图形的概念逐一判定即可．
本题考查的是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度后与自身重合．
6.【答案】A
【解析】解：由题意得：x+3>0，
解得：x>−3，
故选：A．
根据二次根式的被开方数是非负数、分母不为0列出不等式，解不等式得到答案．
本题考查的是函数自变量的取值范围的确定，掌握二次根式的被开方数是非负数、分母不为0是解题的关键．
7.【答案】B
【解析】解：A、这1000名考生的数学成绩是总体的一个样本，故本选项不合题意；
B、每位考生的数学成绩是个体，故本选项符合题意；
C、1000名考生的数学成绩是总体，故本选项不合题意；
D、样本的容量是100，故本选项不合题意．
故选：B．
总体是指考查的对象的全体，个体是总体中的每一个考查的对象，样本是总体中所抽取的一部分个体，而样本容量则是指样本中个体的数目．我们在区分总体、个体、样本、样本容量，这四个概念时，首先找出考查的对象．从而找出总体、个体．再根据被收集数据的这一部分对象找出样本，最后再根据样本确定出样本容量．
本题考查的是确定总体、个体和样本．解此类题需要注意“考查对象实际应是表示事物某一特征的数据，而非考查的事物”．
8.【答案】B
【解析】解：∵AB/​/CD，
∴△ABO∽△DCO，
∴ABDC=AOOD，
∵AO：AD=2：7，
∴AO：OD=2：5，
∴CD=10，
∵点E、F分别是AO、AD的中点，
∴EF=12CD=5，
故选：B．
由△ABO∽△DCO可得ABDC=AOOD，由三角形中位线定理可求解．
本题考查了矩形的性质，相似三角形的性质，掌握△ABO∽△DCO可得ABDC=AOOD是解题的关键．
9.【答案】A
【解析】解：∵∠ACD=30°，∠C=12∠AOD，
∴∠AOD=60°，
∵OA=OD，
∴△OAD是等边三角形，
∵AN⊥OD，
∴ON=DN=2，
∴OA=OD=ON+DN=4，
∵M平分ON，
∴MN=12ON=1，
∵△AOD是等边三角形，AN⊥OD，
∴AN= 32OA=2 3，
∴AM= AN2+MN2= 13．
故选：A．
由圆周角定理推出△OAD是等边三角形，得到DN=ON=2，求出AN的长，由线段中点定义求出MN的长，由勾股定理即可求出AM的长．
本题考查圆周角定理，勾股定理，等边三角形的判定和性质，关键是由圆周角定理推出AOD是等边三角形，由等边三角形的性质求出ON长AN长，得到MN的长，由勾股定理即可求解．
10.【答案】C
【解析】解：由题意得3(y−2)=x2y+9=x，
故选：C．
设共有x人，y辆车，由每3人坐一辆车，那么有2辆空车；如果每2人坐一辆车，那么有9人需要步行列方程可求解．
本题主要考查由实际问题抽象出二元一次方程组，找准等量关系是解题的关键．
11.【答案】A
【解析】解：∵(m+2)⊗x=1−m，
∴x2−(m+2)x=1−m，
∴x2−(m+2)x+m−1=0，
∴Δ=[−(m+2)]2−4×1×(m−1)=m2+8>0，
∴关于x的方程(m+2)⊗x=1−m有两个不相等的实数根．
故选：A．
根据运算“⊗”的定义将方程(m+2)⊗x=1−m转化为一般式，由根的判别式Δ=k2+8>0，即可得出该方程有两个不相等的实数根．
本题考查了根的判别式和实数的运算，牢记“当Δ>0时，方程有两个不相等的实数根”是解决问题的关键．
12.【答案】D
【解析】解：令x=0，则y=3，
∴二次函数与y轴的交点坐标为(0,3)，
二次函数的对称轴是：x=−−2a2a=1，
当a>0，Δ<0时，满足当0∴Δ=(−2a)2−4⋅a×3<0，
解得：a<3，
∴0当a<0时，令x=3，则9a−6a+3≥0，
解得：a≥−1，
∴−1≤a<0，
综上，a的取值范围为−1≤a<0或0故选：D．
先求出二次函数与y轴的交点和对称轴，然后分a>0和a<0讨论得出a的取值范围．
本题主要考查了二次函数图象与系数的知识，弄清当013.【答案】x(x−3)2
【解析】解：x3−6x2+9x
=x(x2−6x+9)
=x(x−3)2，
故答案为：x(x−3)2．
先提公因式，再利用完全平方公式继续分解即可解答．
本题考查了提公因式法与公式法法综合运用，一定要注意如果多项式的各项含有公因式，必须先提公因式．
14.【答案】32
【解析】解：∵方程x2+mx−2n=0的两根之和为−2，两根之积为1，
∴−m=−2，−2n=1，
∴m=2，n=−12，
∴m+n=2−12=32；
故答案为：32．
根据根与系数的关系x1+x2=−ba，x1⋅x2=ca得出−m=−2，−2n=1，求出m与n的值，然后计算即可得出答案．
此题考查了根与系数的关系，熟练掌握一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的根与系数的关系为：x1+x2=−ba，x1⋅x2=ca是解题的关键．
15.【答案】−7
【解析】解：去分母得，−m+2(x−1)=3，
解得，x=m+52，
∵关于x的分式方程m1−x+2=3x−1有正数解，
∴m+52>0，
∴m>−5，
又∵x=1是增根，当x=1时，m+52=1，即m=−3，
∴m≠−3，
∴m>−5且m≠−3，
∴符合条件的负整数m有−4，−2，−1，其和为−4−2−1=−7，
故答案为：−7．
解出关于x的分式方程m1−x+2=3x−1的解为x=m+52，解为正数解，进而确定m的取值范围，注意增根时m的值除外，再根据m为负整数，确定m的所有可能的整数值，求和即可．
本题考查分式方程的解法，以及分式方程产生增根的条件等知识，理解正数解，负整数m的意义是正确解答的关键．
16.【答案】12
【解析】解：设圆锥的底面圆的半径为r cm，
根据题意得2πr=(360−144)π180×15，
解得r=9，
所以圆锥的高为 152−92=12(cm)．
故答案为：12．
设圆锥的底面圆的半径为rcm，由于剩下扇形的弧长等于圆锥底面的周长，根据弧长公式得2πr=(360−144)π180×15，解方程得r=9，然后利用勾股定理可计算出圆锥的高．
本题考查了圆锥的计算：圆锥的侧面展开图为扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长．
17.【答案】解：原式=−1+ 2−1−4+ 2−2 2
=−6．
【解析】直接利用有理数的乘方运算法则以及负整数指数幂的性质、特殊角的三角函数值、二次根式的性质、绝对值的性质分别化简得出答案．
此题主要考查了有理数的乘方运算以及负整数指数幂的性质、特殊角的三角函数值、二次根式的性质、绝对值的性质等知识，正确化简各数是解题关键．
18.【答案】(1)证明：∵△ABC为等边三角形，
∴∠B=∠ACB=60°，AB=AC，
∴∠ACD=120°，
∵CE平分∠ACD，
∴∠ACE=∠DCE=60°，
∴∠B=∠ACE，
在△ABD和△ACE中，
AB=AC∠B=∠ACEBD=CE，
∴△ABD≌△ACE(SAS)；
(2)解：△ADE是等边三角形，证明如下：
由(1)得：△ABD≌△ACE，
∴AD=AE，∠BAD=∠CAE，
即∠BAC+∠CAD=∠DAE+∠CAD，
∴∠DAE=∠BAC=60°，
∴△ADE为等边三角形．
【解析】(1)由等边三角形的性质得出AB=AC，∠B=∠ACB=60°，再证∠ACE=∠B，然后由SAS即可得出结论；
(2)由全等三角形的性质得出AD=AE，∠CAE=∠BAD，再证∠DAE=∠BAC=60°，然后由等边三角形的判定即可得出结论．
本题考查了等边三角形的性质和判定，全等三角形的判定与性质等知识；熟练掌握等边三角形的判定与性质，证明△ABD≌△ACE是解此题的关键．
19.【答案】解：过B作BH⊥AE于H，
∵坡度i为1：0.75，
∴设BH=4x，AH=3x，
∴AB= AH2+BH2=5x=10，
∴x=2，
∴AH=6，BH=8，
过B作BF⊥CE于F，
则EF=BH=8，BF=EH，
设DF=a，
∵α=26°35′．
∴BF=DFtan26∘35′=a0.5=2a，
∴AE=6+2a，
∵坡度i为1：0.75，
∴CE：AE=(20+a+8)：(6+2a)=1：0.75，
∴a=12，
∴DF=12(米)，
∴DE=DF+EF=12+8=20(米)，
答：堤坝高为8米，山高DE为20米．
【解析】过B作BH⊥AE于H，设BH=4x，AH=3x，根据勾股定理得到AB= AH2+BH2=5x=10，求得AH=6，BH=8，过B作BF⊥CE于F，则EF=BH=8，BF=EH，设DF=a，解直角三角形即可得到结论．
本题考查了解直角三角形的应用−俯角仰角，解直角三角形的应用−坡角坡度，正确地作出辅助线是解题的关键．
20.【答案】(1)证明：如图1，连接OD，

∵BC是⊙O的直径，
∴∠BAC=90°，
∵AD平分∠BAC，
∴∠BAC=2∠BAD，
∵∠BOD=2∠BAD，
∴∠BOD=∠BAC=90°，
∵DP/​/BC，
∴∠ODP=∠BOD=90°，
∴PD⊥OD，
∵OD是⊙O半径，
∴PD是⊙O的切线；
(2)证明：∵DP/​/BC，
∴∠ACB=∠P，
∵∠ACB=∠ADB，
∴∠ADB=∠P，
∵∠ABD+∠ACD=180°，∠ACD+∠DCP=180°，
∴∠DCP=∠ABD，
∴△ABD∽△DCP；
(3)解：∵BC是⊙O的直径，
∴∠BDC=∠BAC=90°，
在Rt△ABC中，BC= AB2+AC2=20，
∵AD平分∠BAC，
∴∠BAD=∠CAD，
∴∠BOD=∠COD，
∴BD=CD，
在Rt△BCD中，BD2+CD2=BC2，
∴BD=CD= 22BC=10 2，
∵△ABD∽△DCP，
∴ABCD=BDCP，
∴CP=503．
过点C作CE⊥DP于点E，如图2，

∵∠CDE=45°，
∴CE=DE= 22CD=10，
∴根据勾股定理可得：PE= CP2−CE2=403，
∴DP=DE+PE=703．
【解析】(1)先判断出∠BAC=2∠BAD，进而判断出∠BOD=∠BAC=90°，得出PD⊥OD即可得出结论；
(2)先判断出∠ADB=∠P，再判断出∠DCP=∠ABD，即可得出结论；
(3)先求出BC，再判断出BD=CD，利用勾股定理求出BD=CD，最后用△ABD∽△DCP得出比例式求解即可得出结论．
此题是圆的综合题，主要考查了圆的性质，切线的性质和判定，勾股定理，相似三角形的判定和性质，同角的余角相等，判断出△ABD∽△DCP是解本题的关键．
21.【答案】4
【解析】【解答】
解：∵α为方程x2+3x−1=0的实数根，
∴α2+3α−1=0，
∴α2=−3α+1，
∴α2+2α−β=−3α+1+2α−β
=−(α+β)+1，
∵α、β是方程x2+3x−1=0的两个实数根，
∴α+β=−3，
∴α2+2α−β=3+1=4．
故答案为：4．
【分析】
本题考查了根与系数的关系：若x1，x2是一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的两根时，则x1+x2=−ba，x1x2=ca，也考查了一元二次方程根的定义．
先根据一元二次方程根的定义得到α2+3α−1=0，则α2=−3α+1，于是α2+2α−β可化简为−(α+β)+1，然后再根据根与系数的关系得α+β=−3，再利用整体代入的方法计算即可．
22.【答案】75
【解析】解：∵b2=(c+a)(c−a)，
∴b2=c2−a2，
即：a2+b2=c2，
∴△ABC是以c为斜边的直角三角形，
∵5b−4c=0，
∴bc=45，
设b=4k，则c=5k，
∴△ABC中，a=3k，
∴ac=35，
∴sinA+sinB=ac+bc=35+45=75．
故答案为：75．
把所给的式子进行整理，判断出三角形的形状，进而计算相应角的正弦值的和．
本题主要考查了解直角三角形，在直角三角形中，一个角的正弦值等于它的对边与斜边之比．
23.【答案】4
【解析】解：∵四边形ABCD是正方形，BD是对角线，
∴∠PBE=∠PDF=45°，
∵PE⊥BC，PF⊥CD，
∴四边形ECFP是矩形，△PBE、△PDF是等腰直角三角形，
∴BE=PE，PF=DF，
设EC=x，则BE=4−x=PE=FC，DF=PF=x，设阴影部分的面积为S，由题意得，
S阴影部分=S正方形ABCD−S△ABE−S矩形ECFP−S△ADF
=16−12×4×(4−x)−x(4−x)−12×4x
=16−8+2x−4x+x2−2x
=x2−4x+8
=(x−2)2+4，
∴当x=2时，S最小=4，
故答案为：4．
根据正方形的性质，矩形的判定和性质以及等腰直角三角形的性质得出BE=PE=FC，EC=PF=DF，再设EC为x，阴影部分的面积为S，得出S与x的函数关系式，根据二次函数的最值进行计算即可．
本题考查正方形的性质，矩形的判定和性质以及二次函数的性质，掌握正方形的性质以及二次函数的性质是解决问题的前提．
24.【答案】 63
【解析】解：如图，分别过点A、B作AN⊥x轴于N.BM⊥x轴于M
∵∠AOB=90°，
∴∠BOM+∠AON=∠AON+∠OAN=90°，
∴∠BOM=∠OAN，
∵∠BMO=∠ANO=90°，
∴△BOM∽△OAN，
∴BMON=OMAN；
设B(−m,1m)，A(n,2n)，
则BM=1m，AN=2n，OM=m，ON=n，
∴mn=2mn，mn= 2，
∴n= 2m，
∴OA= n2+4n2= 2m2+2m2= 2+2m4m，
AB= (n+m)2+(2n−1m)2= 3m4+3m，
∵∠AOB=90°，
∴cs∠OAB=OAAB= 63，
故答案为 63．
分别过点A、B作AN⊥x轴、BM⊥x轴，首先证明△BOM∽△OAN，得m与n的关系，进而用m表示n，再由两点为距离公式求得OA，AB，再由三角函数的定义求得结果．
本题主要考查了反比例函数图象上点的坐标特征、相似三角形的判定等知识点及其应用问题；解题的方法是作辅助线，将分散的条件集中；解题的关键是灵活运用相似三角形的判定等知识点来分析、判断、推理或解答．
25.【答案】解：(1)∵四边形ABCD是矩形，
∴∠C=90°，
∵将△BCE沿BE翻折，使点C恰好落在AD边上点F处，
∴BC=BF，∠FBE=∠EBC，∠C=∠BFE=90°，
∵BC=2AB，
∴BF=2AB，
∴∠AFB=30°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD//BC，
∴∠AFB=∠CBF=30°，
∴∠CBE=12∠FBC=15°；
(2)∵将△BCE沿BE翻折，使点C恰好落在AD边上点F处，
∴∠BFE=∠C=90°，CE=EF，
又∵矩形ABCD中，∠A=∠D=90°，
∴∠AFB+∠DFE=90°，∠DEF+∠DFE=90°，
∴∠AFB=∠DEF，
∴△FAB∽△EDF，
∴AFDE=ABDF，
∴AF⋅DF=AB⋅DE，
∵AF⋅DF=12，AB=6，
∴DE=2，
∴CE=DC−DE=6−2=4，
∴EF=4，
∴DF= EF2−DE2= 42−22=2 3，
∴AF=122 3=2 3，
∴BC=AD=AF+DF=2 3+2 3=4 3；
(3)过点N作NG⊥BF于点G，

∵NF=AN+FD，
∴NF=12AD=12BC，
∵BC=BF，
∴NF=12BF，
∵∠NFG=∠AFB，∠NGF=∠BAF=90°，
∴△NFG∽△BFA，
∴NGAB=FGFA=FNBF=12，
设AN=x，
∵BN平分∠ABF，AN⊥AB，NG⊥BF，
∴AN=NG=x，AB=BG=2x，
设FG=y，则AF=2y，
∵AB2+AF2=BF2，
∴(2x)2+(2y)2=(2x+y)2，
解得y=43x，
∴BF=BG+GF=2x+43x=103x，
∴ABBC=ABBF=2x103x=35．
【解析】(1)由折叠的性质得出BC=BF，∠FBE=∠EBC，根据直角三角形的性质得出∠AFB=30°，可求出答案；
(2)根据相似三角形的判定解答即可；
(3)过点N作NG⊥BF于点G，证明△NFG∽△BFA，得出NGAB=FGFA=FNBF=12，设AN=x，设FG=y，则AF=2y，由勾股定理得出(2x)2+(2y)2=(2x+y)2，解出y=43x，则可求出答案．
本题是相似形综合题，考查了矩形的性质，直角三角形的性质，折叠的性质，角平分线的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理等知识，熟练掌握折叠的性质及矩形的性质是解题的关键．
26.【答案】解：(1)设每辆甲型货车满载能运吨生活物资，每辆乙型货车满载能运吨生活物资，
依题意得2x+3y=423x+4y=58，
解得x=6y=10，
答：每辆甲型货车满载能运6吨生活物资，每辆乙型货车满载能运10吨生活物资；
(2)设应安排m辆甲型货车，n辆乙型货车，
依题意得6m+10n=100，
又∵m，n均为自然数，
∴m=5n=7或m=10n=4或m=15n=1，
∴共有3种运输方案，
方案1：安排5辆甲型货车，7辆乙型货车；
方案2：安排10辆甲型货车，4辆乙型货车；
方案3：安排15辆甲型货车，1辆乙型货车；
选择方案1所需费用：400×5+500×7=5500(元)；
选择方案2所需费用：400×10+500×4=6000(元)；
选择方案3所需费用：400×15+500×1=6500(元)；
∵5500<6000<6500，
∴安排5辆甲型货车，7辆乙型货车，运输成本最少，最低成本为5500元．
【解析】(1)设每辆甲型货车满载能运x吨生活物资，每辆乙型货车满载能运y吨生活物资，根据前两批运输所使用的货车的数量及累计运输物资的吨数，即可得出关于x，y的二元一次方程组，解之即可得出结论；
(2)设应安排m辆甲型货车，n辆乙型货车，列出关于m，n的二元一次方程组，结合m，n为自然数，即可得出各运输方案，然后求出各方案所需费用，比较后即可得出结论．
本题考查了二元一次方程和二元一次方程组的应用，解题的关键是找出等量关系，
27.【答案】解：(1)在y=−12x+2中，令y=0，得x=4，令x=0，得y=2，
∴A(4,0)，B(0,2)，
把A(4,0)，B(0,2)代入y=−12x2+bx+c，得c=2−12×16+4b+c，
解得b=32c=2，
∴抛物线得解析式为y=−12x2+32x+2；
(2)由(1)得：OA=4，OB=2，
如图，过点B作x轴得平行线交抛物线于点E，过点D作BE的垂线，垂足为G，

∵BE//x轴，
∴∠BAC=∠ABE，
∵∠ABD=2∠BAC，
∴∠ABD=2∠ABE，
即∠DBE+∠ABE=2∠ABE，
∴∠DBE=∠ABE，
∴∠DBE=∠BAC，
设D点的坐标为 (x,−12x2+32x+2)，则BG=x,DG=−12x2+32x，
∵tan∠DBE=DGBG，
∴tan∠BAC=BOAO，DGBG=BOAO，
∴−12x2+32xx=24，
解得x1=0(舍去)，x2=2，
当x=2时，−12x2+32x+2=3，
∴点D的坐标为(2,3)；
(3)如图，

∵EF//OB，且以B，O，E，F为顶点的四边形是平行四边形，
∴EF=OB，
设 E(m,−12m+2),F(m,−12m2+32m+2)，
EF=|(−12m+2)−(−12m2+32m+2)|=2，
解得 m1=2,m2=2−2 2,m3=2+2 2，
∴E点的坐标为(2,1)或(2−2 2,1+ 2)或(2+2 2,1− 2)．
【解析】(1)求得A，B两点坐标，代入抛物线解析式，获得b，c的值，获得抛物线的解析式；
(2)通过平行线分割2倍角条件，得到相等的角关系，利用等角的三角函数值相等，得到点坐标；
(3)根据题意可得EF=OB，以EF=OB的关系建立方程求解即可．
本题考查了待定系数法，2倍角关系和平行四边形点存在类问题，将2倍角关系转化为等角关系是(2)问题的解题关键，根据平行四边形的性质，得到EF=OB是(3)问题的解题关键，本题综合难度不大．批次货车辆数
第一批
第二批
甲型货车的数量(单位：辆)
2
3
乙型货车的数量(单位：辆)
3
4