专题09 【五年中考+一年模拟】选择中档题一-备战2023年河南中考真题模拟题分类汇编

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参考答案
1．A
【详解】分析：设合伙人数为x人，羊价为y钱，根据羊的价格不变列出方程组．
详解：设合伙人数为x人，羊价为y钱，根据题意，可列方程组为：
y=5x+45y=7x+3．
故选A．
点睛：本题考查了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．
2．A
【分析】计算一元二次方程根的判别式进而即可求解．
【详解】解：Δ=b2-4ac=1+4=5>0
∴一元二次方程x2+x-1=0的根的情况是有两个不相等的实数根，
故选：A.
【点睛】本题考查了一元二次方程ax2+bx+c=0 (a≠0，a，b，c为常数)的根的判别式Δ=b2-4ac，理解根的判别式对应的根的三种情况是解题的关键．当Δ>0时，方程有两个不相等的实数根；当Δ=0时，方程有两个相等的实数根；当Δ0，
∴方程由两个不相等的实数根．
故选A．
【点睛】本题运用了根的判别式的知识点，把方程转化为一般式是解决问题的关键．
7．C
【分析】根据点A-1,y1,B2,y1,C3,y3在反比例函数y=-6x的图象上，可以求得y1,y2,y3的值，从而可以比较出y1,y2,y3的大小关系．
【详解】解：∵点A-1,y1,B2,y1,C3,y3在反比例函数y=-6x的图象上，
∴y1=-6-1=6，y2=-62=-3，y3=-63=-2，
∵-3＜-2＜6，
∴y1>y3>y2，
故选：C．
【点睛】本题考查反比例函数图象上点的坐标特征，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用反比例函数的性质解答．
8．B
【分析】根据(-2,n)和(4,n)可以确定函数的对称轴x=1，再由对称轴的x=b2即可求解；
【详解】解：抛物线y=-x2+bx+4经过(-2,n)和(4,n)两点，
可知函数的对称轴x=1，
∴b2=1，
∴b=2；
∴y=-x2+2x+4，
将点(-2,n)代入函数解析式，可得n=-4；
故选B．
【点睛】本题考查二次函数图象上点的坐标；熟练掌握二次函数图象上点的对称性是解题的关键．
9．C
【分析】由菱形的性质可得出BO=DO，AB=BC=CD=DA，再根据中位线的性质可得BC=2OE=6，结合菱形的周长公式即可得出结论．
【详解】解：∵四边形ABCD为菱形，
∴BO=DO，AB=BC=CD=DA，
∵OE=3，且点E为CD的中点，
∴OE是△BCD的中位线，
∴BC=2OE=6．
∴菱形ABCD的周长为:4BC=4×6=24．
故选：C．
【点睛】本题考查了菱形的性质以及中位线的性质，解题的关键是求出BC=6．
10．B
【分析】根据菱形的性质判断即可．
【详解】解：A、菱形的四条边都相等，A选项正确，不符合题意；
B、菱形的对角线不一定相等，B选项错误，符合题意；
C、菱形的对角线互相垂直，C选项正确，不符合题意；
D、菱形是轴对称图形，D选项正确，不符合题意；
故选：B．
【点睛】本题主要考查了对菱形的性质的理解，关键是根据菱形的性质解答．
11．B
【分析】先画出E落在AB上的示意图，如图，根据锐角三角函数求解O'B的长度，结合正方形的性质，从而可得答案．
【详解】解：由题意知：C-2,0,
∵ 四边形COED为正方形，
∴CO=CD=OE, ∠DCO=90°,
∴D-2,2,E0,2,
如图，当E落在AB上时，
∵A-2,6,B7,0,
∴AC=6,BC=9,
由tan∠ABC=ACBC=EO'O'B,
∴69=2O'B,
∴O'B=3,
∴OO'=7-3=4,OC'=2,
∴D2,2.
故选B.

【点睛】本题考查的是平移的性质的应用，同时考查了正方形的性质，图形与坐标，锐角三角函数，掌握以上知识是解题的关键．
12．A
【分析】连接FC，根据基本作图，可得OE垂直平分AC，由垂直平分线的性质得出AF=FC．再根据ASA证明ΔFOA≌ΔBOC，那么AF=BC=3，等量代换得到FC=AF=3，利用线段的和差关系求出FD=AD-AF=1．然后在直角ΔFDC中利用勾股定理求出CD的长．
【详解】
解：如图，连接FC，则AF=FC．
∵AD∥BC，
∴∠FAO=∠BCO．
在ΔFOA与ΔBOC中，
∠FAO=∠BCOOA=OC∠AOF=∠COB，
∴ΔFOA≌ΔBOC(ASA)，
∴AF=BC=3，
∴FC=AF=3，FD=AD-AF=4-3=1．
在ΔFDC中，∵∠D=90°，
∴CD2+DF2=FC2，
∴CD2+12=32，
∴CD=22．
故选：A．
【点睛】本题考查了作图﹣基本作图，勾股定理，线段垂直平分线的判定与性质，全等三角形的判定与性质，难度适中．求出CF与DF是解题的关键．
13．A
【分析】依据勾股定理即可得到Rt△AOH中，AO=5，依据∠AGO=∠AOG，即可得到AG=AO=5，进而得出HG=5-1，可得G（5-1，2）．
【详解】如图，过点A作AH⊥x轴于H，AG与y轴交于点M，

∵▱AOBC的顶点O（0，0），A（-1，2），
∴AH=2，HO=1，
∴Rt△AOH中，AO=5，
由题可得，OF平分∠AOB，
∴∠AOG=∠EOG，
又∵AG∥OE，
∴∠AGO=∠EOG，
∴∠AGO=∠AOG，
∴AG=AO=5，
∴MG=5-1，
∴G（5-1，2），
故选A．
【点睛】本题主要考查了角平分线的作法，勾股定理以及平行四边形的性质的运用，解题时注意：求图形中一些点的坐标时，过已知点向坐标轴作垂线，然后求出相关的线段长，是解决这类问题的基本方法和规律．
14．A
【分析】分别求出两个不等式的解集，进行判断即可．
【详解】x-1>0①x+12≤2②，
解不等式①得：x＞1，
解不等式②得：x≤3，
∴不等式组的解集为1＜x≤3，
在数轴上表示为：

故选：A．
【点睛】本题主要考查了解一元一次不等式组，解题的关键是熟练求解一元一次不等式、掌握不等式组的解集在数轴上的表示方法．
15．B
【分析】根据数轴可知a>0，b0，b0，
∴该方程有两个不相等的实数根．
故选B
【点睛】本题考查了一元二次方程根的判别式，数轴，根据数轴判断a>0，b0，
∴方程有两个不相等的实数根，
即x1=2，x2=-1，
故选C．
【点睛】本题主要考查列一元二次方程与一元二次方程根的判别式，一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的根与Δ=b2-4ac有如下关系：①当Δ﹥0时，方程有两个不相等的实数根；②当Δ=0时，方程有两个相等的实数根；③当Δ﹤0时，方程无实数根；上面结论反过来也成立．
17．C
【分析】把常数项-1移项后，在方程左右两边同时加上一次项系数-10的一半的平方，然后配方即可.
【详解】把方程x2-10x-1=0的常数项移到等号的右边，得到x2-10x=1，
方程两边同时加上一次项系数一半的平方，得到x2-10x+25=1+25，
配方得（x-5）2=26，
故选C．
【点睛】本题考查了解一元二次方程--配方法．配方法的一般步骤：（1）把常数项移到等号的右边；（2）把二次项的系数化为1；（3）等式两边同时加上一次项系数一半的平方．
选择用配方法解一元二次方程时，最好使方程的二次项的系数为1，一次项的系数是2的倍数．
18．B
【分析】根据函数的三个性质，逐一判断即可．
【详解】解：A． y=x，函数图象经过(1，1)，函数图象经过第三象限，当x>0时、y随x的增大而增大，故该选项不正确，不符合题意；
B． y=1x，函数图象经过(1，1)，函数图象经过第三象限，当x>0时、y随x的增大而减小，故该选项正确，符合题意；
C． y=-1x，函数图象经过(1，-1)，函数图象经过第二、四象限，当x>0时、y随x的增大而增大，故该选项不正确，    
D． y=x2，函数图象经过(1，1)，函数图象经过第一、②象限，当x>0时、y随x的增大而增大，故该选项不正确，
故选B
【点睛】本题考查了正比例函数图象的性质，反比例函数图象的性质，二次函数的图象与性质，掌握以上函数图象的性质是解题的关键．
19．C
【分析】分别画出在Q1，Q2，Q3，Q4处观察小树A的角度，判断即可．
【详解】解，如图，

∠1，∠2，∠3，∠4分别是
小树A在点Q1，Q2，Q3，Q4处的方位角，
小树A在点Q3的北偏西30°方向上，
故选C．
【点睛】本题主要考查根据方位描述确定物体的位置，明确题意、熟知方位是解题的关键．
20．A
【分析】由一次函数y1=x与二次函数y2=ax2+bx+c图象相交于P、Q两点，得出方程ax2+（b-1）x+c=0有两个不相等的根，进而得出函数y=ax2+（b-1）x+c与x轴有两个交点，根据方程根与系数的关系得出函数y=ax2+（b-1）x+c的对称轴x=-b-12a＞0，即可进行判断．
【详解】点P在抛物线上，设点P（x，ax2+bx+c），又因点P在直线y=x上，
∴x=ax2+bx+c，
∴ax2+（b-1）x+c=0；
由图象可知一次函数y=x与二次函数y=ax2+bx+c交于第一象限的P、Q两点，
∴方程ax2+（b-1）x+c=0有两个正实数根．
∴函数y=ax2+（b-1）x+c与x轴有两个交点，
又∵-b2a＞0，a＞0
∴-b-12a=-b2a+12a＞0
∴函数y=ax2+（b-1）x+c的对称轴x=-b-12a＞0，
∴A符合条件，
故选A．
21．D
【分析】连接OC，交AB于点D．先证ΔOBC是等边三角形，求出OC，利用菱形对角线垂直平分的性质求出OD，利用勾股定理求出BD，橡皮筋再次被拉长的长度为BC+AC-AB．
【详解】解：如图，连接OC，交AB于点D．

∵四边形OACB是菱形，AO=BO=4cm，
∴BC=AC=OA=OB=4cm，OC⊥AB，OA//BC，
∴∠OBC=180°-∠AOB=60°，
∴ΔOBC是等边三角形，
∴OC=OB=BC=4cm，
∴OD=12OC=2cm，
∴BD=OB2-OD2=42-22=23cm，
∴AB=2BD=43cm，
∴BC+AC-AB=4+4-43=(8-43)cm，
故选D．
【点睛】此题主要考查平行线的性质、等边三角形的判定与性质、菱形的判定与性质，解题的关键是熟知菱形对角形垂直且平分的特点．
22．C
【分析】分别写出四个命题的逆命题，根据对顶角，邻补角，矩形的定义，以及平行线的性质与判定进行判断即可．
【详解】逆命题为：相等的角是对顶角，为假命题，不符合题意；
逆命题为：和为180°的角互为邻补角，为假命题，不符合题意；
逆命题为：两直线平行，同位角相等，为真命题，符合题意；
逆命题为：对角线相等的图形为矩形，为假命题，不符合题意；
故选C．
【点睛】本题考查对顶角，邻补角，矩形的定义，平行线的性质与判定，能够熟练掌握平行线的性质与判定间的关系是解决本题的关键．
23．A
【分析】根据矩形的性质逐项分析即可．
【详解】解：矩形的对边平行且相等，故A错误，符合题意；
矩形的对角线相等，故B正确，不符合题意；
矩形的对角线互相平分，故C正确，不符合题意；
矩形是轴对称图形，故D正确，不符合题意．
故选A．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，掌握矩形的性质是解题的关键．
24．C
【分析】根据题意可知∠2+∠3=180°，根据同旁内角互补，两直线平行即可判断a∥b，据此即可求解．
【详解】解：证明：∵∠1=60°
∴∠1=∠3=60°（对顶角相等）
∵∠2=120°
∴∠2+∠3=120°+60°=180°
∴a ∥ b同旁内角互补，两直线平行（填依据）
故选C
【点睛】本题考查了平行线的判定定理，掌握同旁内角互补，两直线平行是解题的关键．
25．D
【分析】首先根据平行线的性质求出∠α=∠2=55°，然后根据三角形外角的性质即可求出∠β的度数．
【详解】解：如图：

∵直线l1 ∥直线l2，∠α=55°，
∴∠α=∠2=55°，
∴∠β=∠2+∠1=55°+30°=85°，
故选：D．
【点睛】此题考查了平行线的性质和三角形外角的性质，解题的关键是熟练掌握平行线的性质和三角形外角的性质．
26．D
【分析】连接OC，根据S阴影=S△B'OC-S扇ECO利用等边三角形的性质和扇形面积公式分别求出S△B'OC和S扇ECO代入运算即可．
【详解】连接OC如图所示：

∴OC=OB， Ð B =ÐOCB=60°，
∴ OC= OB= BC=4，
又∵BC=B'C=4 ，
因为B'C与半圆相切，
∴∠B'OC＝90°，
∴OC=B'C=4 ，∠COB'=45°,
∴S阴影=S△B'OC-S扇ECO=4×4×12-45°π×42360°=8-2π，
故选：D．
【点睛】本题主要考查了圆有关的计算，涉及到了圆的性质，切线的性质和判定，三角形的面积公式，扇形面积公式，利用图形作差表示出阴影部分的面积是解题的关键．
27．C
【分析】分别得到将正方体①移动前后的三视图，依此即可作出判断．
【详解】解：将小正方体①移到②的上方前的主视图正方形的个数为3，1，1；小正方体①移到②的上方后的主视图正方形的个数为2，1，2；发生改变．
将小正方体①移到②的上方前的左视图正方形的个数为1，3，1；小正方体①移到②的上方后的左视图正方形的个数为1，2，2；发生改变．
将小正方体①移到②的上方前的俯视图正方形的个数为3，1，2；小正方体①移到②的上方后的俯视图正方形的个数为3，1，2；没有发生改变．
故选：C．
【点睛】考查三视图中的知识，得到从几何体的正面，左面，上面看的平面图形中正方形的列数及每列正方形的个数是解决本题的关键．
28．B
【分析】根据平行线分线段成比例求解即可．
【详解】解：∵直线l1∥l2∥l3，
∴AECE=BEDE，
∵AE=1，BE=2，DE=3，
∴1CE=23，
∴CE=32，
∴CD=CE+DE=32+3=92．
故选B．
【点睛】本题考查平行线分线段成比例定理的应用，注意：一组平行线截两条直线，所截的对应线段成比例．
29．A
【分析】分别画出已知图形的主视图，左视图，俯视图，选择排序即可．
【详解】该几何体的主视图、左视图、俯视图按顺序排列如下，

故选A．
【点睛】本题主要考查画三视图，可以根据已知图形画出三视图是解题关键．
30．B
【分析】根据该组合体的主视图和俯视图及正方形的个数确定每层的小正方形的个数，然后确定其左视图：
【详解】解：∵该组合体共有8个小正方体，俯视图和主视图如图，
∴该组合体共有两层，第一层有5个小正方体，第二层有三个小正方形，且左边列1个，中间列2个．
∴左视图应该是两层，每层两个．
故选B．
【点睛】本题考查三视图确定小正方形的位置，三视图的定义与空间想象是解题关键．
31．D
【分析】先求解每一个不等式的解集，然后根据口诀：大大取大，小小取小，大小小大中间找，大大小小找不到，取它们的公共部分即得不等式组的解集．
【详解】解：解不等式2x+6≤0，得x≤-3；
解不等式3-x>2，得x2的解集是：x≤-3；
故选：D．
【点睛】此题考查了一元一次不等式组的解法，熟练掌握解一元一次不等式组的方法与步骤是解答此题的关键．
32．D
【分析】直接利用解分式方程的一般步骤解分式方程即可求解．
【详解】2x+1+12x-3=0
解：去分母，得22x-3+x+1=0，
∴4x-6+x+1=0，
解得x=1，
检验：当x=1时，2x-3x+1=-2≠0，
∴x=1是原分式方程的解，
故选：D
【点睛】本题考查了分式方程的解法，注意：解分式方程时，一定不能漏掉检验．
33．A
【分析】根据一元二次方程解的定义和根与系数的关系得到m2-4m+1=0，m＋n＝4，然后利用整体代入的方法计算．
【详解】解：∵m，n分别是一元二次方程x2-4x+1=0的两个根，
∴m2-4m+1=0，m＋n＝4，
∴m2-4m=-1，
∴m2-3m+n=m2-4m+m+n=-1+4=3，
故选：A．
【点睛】本题考查了一元二次方程的解，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，x1+x2=-ba，x1⋅x2=ca，熟练掌握一元二次方程根与系数的关系是解题的关键．
34．B
【分析】根据一元二次方程是只含有一个未知数且未知数的最高次数是2的方程可知a≠0，根据方程有两个实数根得Δ≥0，综合求解即可．
【详解】∵方程ax2+2x-1=0是一元二次方程，且有两个实数根，
∴a≠0Δ=22-4a×(-1)≥0
解得：a≥-1且a≠0，
故选： B．
【点睛】本题考查了一元二次方程的概念和根的判别式，掌握一元二次方程根的判别式是解题的关键．但要注意一元二次方程的二次项系数非零．
35．A
【分析】由于方程有实数根，当方程为一元二次方程时，令Δ＞0，即可求出m的取值范围，要注意，m-1≠0．再令方程为一元一次方程，进行解答．
【详解】解：当方程m-1x2+2mx+m=0为一元二次方程时，
m-1≠0，即m≠1．
∵关于x的方程m-1x2+2mx+m=0有实数根，
∴Δ=2m2-4m-1m≥0，
解得m≥0；
当方程m-1x2+2mx+m=0为一元一次方程时，
m-1=0且m≠0，
则m=1，
综上，m≥0时方程有实数根．
故选：A．
【点睛】本题考查了一元二次方程的定义以及根的判别式，注意要分类讨论，对一元一次方程和一元二次方程分别解答．
36．D
【分析】把方程化成一般式，求出根的判别式判断即可．
【详解】解：x+2x-3=-7
化简得，x2-x+1=0，
b2-4ac=1-4×1×10，即b2-4×3>0，
解得：b>23或b-1时抛物线y随x的增大而增大
-1-（-2）=0-（-1）
∴x=-2与x=0的函数值是y1,
∴A（-2，y1）转化为A′（0，y1）
∵3>1>0，
∴y3>y2>y1
故选：D．
【点睛】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征，解题时，需熟悉抛物线的有关性质：抛物线的开口向上，抛物线上的点根据对称性进行转化，利用函数增减性比较是解题关键．
45．B
【分析】先把函数式化成顶点式，再根据平移前后两个抛物线的顶点坐标的变化来确定平移方法．
【详解】解：∵y=x2+4x+4=x+22，
∴抛物线顶点坐标为(-2,0)，
∵抛物线y=x2的顶点坐标为0,0，
∴y=x2+4x+4的图象向右平移2个单位得到y=x2的图象．
故选：B．
【点睛】本题考查了二次函数图象与几何变换，解决本题的关键是根据顶点式得到新抛物线的顶点坐标．
46．C
【分析】过点M作ME∥AB，从而可得AB∥ME∥CD，则有∠ABM=∠BME，∠CDM=∠DME，即可求∠BMD的度数．
【详解】解：过点M作ME∥AB，如图，

∵AB∥CD，
∴AB∥ME∥CD，
∴∠ABM=∠BME=30°，∠CDM=∠DME=45°，
∴∠BMD=∠BME+∠DME=75°．
故选：C．
【点睛】本题考查平行线的性质，解答的关键是熟记平行线的性质并灵活运用．
47．D
【分析】根据垂径定理，同弧或等弧所对的圆周角相等，即可．
【详解】∵AB是直径，CD是弦，CD⊥AB，垂足为F，
∴CF=DF，CB=DB，AC=AD，
∴∠BAC=∠BED，∠CAB=∠BED，
∴A、B、C正确；
∵∠ACB=90°，
∴∠CAB+∠ABC=90°，
∴∠BED+∠ABC=90°，但是不能确定∠ABC和∠BED的大小关系，
∴∠ABC>∠BED不一定正确，
故选：D．
【点睛】本题考查圆的性质，垂径定理，解题的关键是掌握垂径定理的运用．
48．B
【分析】由AB∥CE，∠BAC=80°可得∠ACE=80°，进而即可求∠ACB；
【详解】∵AB∥CE，∠BAC=80°,
∴∠BAC=∠ACE=80°，
∵∠DCE=35°，
∴∠ACB=180°-∠ACE+∠DCE=65°．
故选：B.
【点睛】本题主要考查平行线的性质，掌握“两直线平行，内错角相等”定理是解题的关键．
49．C
【分析】根据平行线的性质可得∠BCE=∠B=60°，再由三角形外角的性质，即可求解．
【详解】解：根据题意得：∠E=45°，∠B=60°，
∵AB∥CE，
∴∠BCE=∠B=60°，
∴∠1=∠E+∠BCE=105°．
故选：C
【点睛】本题主要考查了平行线的性质，三角形外角的性质，熟练掌握平行线的性质，三角形外角的性质是解题的关键．
50．B
【分析】根据所给立体图形对展开图进行想象解可得出正确答案
【详解】由图中正方体观察可知：
A项应该为： ，不符合题意；
B项应该为：，符合题意；
C项应该为：，不符合题意；
D项应该为：，不符合题意
故选B
【点睛】本题考查正方体的展开图，掌握空间想象的方法是关键．
51．D
【分析】根据含30°角的直角三角形的性质，特殊角的三角函数值解答即可．
【详解】解：根据在直角三角形中，30°角所对的直角边是斜边的一半可知：sin30°=12，
∵sin(α+20°)=12，
∴α+20°=30°，
解得α=10°，
故选：D．
【点睛】本题考查了含30°角的直角三角形的性质，正弦的定义，特殊角的三角函数值．解题的关键是掌握含30°角的直角三角形的性质，特殊解的三角函数值．
52．A
【分析】根据平行线的性质和直角三角形两个锐角互余即可得出答案．
【详解】∵AB∥CD，
∴∠BAD=∠2．
∵AD⊥BD，
∴∠1+∠BAD=90°，
∴∠1+∠2=90°，
∴∠2=90°-54°=36°
故选A．
【点睛】本题考查平行线的性质、直角三角形两个锐角互余．掌握两直线平行，内错角相等是解题关键．
53．B
【分析】已知EF⊥EG，EF=EG，可得∠EFG=45°，再根据AB//CD，得∠BEF+∠EFD=180°
，即可求出∠2度数．
【详解】∵EF⊥EG，EF=EG
∴∠EFG=45°
∵AB//CD
∴∠BEF+∠EFD=180°
∴∠1+∠GEF+∠EFG+∠2=180°
即18°+90°+45°+∠2=180°
∴∠2=27°
故选：B
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，等边对等角，及三角形内角和的应用，本题还考查了平行线的性质定理，两直线平行，同旁内角互补．
54．B
【分析】利用勾股定理求出AB，再减去BC可得AC的长．
【详解】解：由图可知：
AB=62+42=213，
∵BC=2133，
∴AC=AB-BC=213-2133=4133，
故选B．
【点睛】本题考查了二次根式的加减，勾股定理与网格问题，解题的关键是利用勾股定理求出线段AB的长．
55．B
【分析】过G作GH⊥AC于H，设OG＝HG＝x，则CG＝12﹣x，依据勾股定理可得，Rt△CGH中GH2+CH2＝CG2，进而得出x2+82＝（12﹣x）2，解方程即可得到x的值，即可得出点G的横坐标．
【详解】解：如图所示，过G作GH⊥AC于H，

由题可得，AF平分∠CAO，GO⊥AO，
∴OG＝HG，
∴Rt△AOG≌Rt△AHG（HL），
∵A（0，5），AC＝13，
∴OC＝132-52＝12，AO＝AH＝5，CH＝8，
设OG＝HG＝x，则CG＝12﹣x，
∵Rt△CGH中，GH2+CH2＝CG2，
∴x2+82＝（12﹣x）2，
解得x＝103，
∴点G的横坐标为103，
故选：B．
【点睛】本题考查尺规作图-角平分线、角平分线的性质、勾股定理等内容，得到AF平分∠CAO是解题的关键．
56．B
【分析】如图，作B'H⊥y轴于H．解直角三角形求出B'H，OH即可．
【详解】解：如图，作B'H⊥y轴于H．

由题意：OA'=A'B'=2，∠B'A'H=60°，
∴ ∠A'B'H=30°，
∴ AH'=12A'B'=1，B'H=3，
∴ OH=3，
∴ B'(-3,3)，
故选：B．
【点睛】本题考查坐标与图形变化——旋转，解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题．
57．A
【分析】设点B'的横坐标为x，然后表示出BC、B'C的横坐标的距离，再根据位似比列式计算即可得解.
【详解】设点B'的横坐标为x，
则B、C间的横坐标的差为a-1，B'、C间的横坐标的差为-x+1，
∵ △ABC放大到原来的2倍得到△A'B'C'，
∴ 2a-1=-x+1，
解得：x=-2a+3.
故选：A.
【点睛】本题考查了位似变换，坐标与图形的性质，根据位似比的定义，利用两点间的横坐标的距离等于对应边的比列出方程是解题的关键.
58．C
【分析】根据已知条件和平移的性质推出AB=DE=3，△ABC∽△PEC，即可推出EC的长度从而求出BF的长．
【详解】解：∵将Rt△ABC沿射线BC方向平移后得到Rt△DEF，AB=3，AC=5，DP=1，
∴DE=3，∠A=∠CPE，∠B=∠DEC，BC=AC2-AB2=52-32=4，BC=EF，
∴PE=2， △ABC∽△PEC，
∴AB : PE=BC : EC，即3 : 2=4 : EC，
∴EC=83，
∴BF=BC+EF-EC=4+4-83=163．
故选：C．
【点睛】本题主要考查平移的性质、相似三角形的判定和性质，求证三角形相似，找到对应边是解题的关键．
59．D
【分析】连接CO，过点D作DG⊥AB于点G，连接AD，因为CE＝2DE，构造△DGE∽△COE，求出DG＝3，设GE＝x，则OE＝2x，DG＝3，则AG＝6﹣3x，BG＝6＋3x，再利用△AGD∽△ADB，列出方程即可解决．
【详解】解：连接CO，过点D作DG⊥AB于点G，连接AD，

∵∠BDC＝45°，
∴∠CAO＝∠CDB＝45°，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB＝∠ADB＝90°，
∴∠CAB＝∠CBA＝45°，
∵BC＝62，
∴AB＝2BC＝12，
∵OA＝OB，
∴CO⊥AB，
∴∠COA＝∠DGE＝90°，
∵∠DEG＝∠CEO，
∴△DGE∽△COE，
∴DECE=GEOE=12＝DGCO，
∵CE＝2DE，
设GE＝x，则OE＝2x，DG＝3，
∴AG＝6﹣3x，BG＝6＋3x，
∵∠ADB＝∠AGD＝90°，
∠DAG＝∠BAD，
∴△AGD∽△ADB，
∴DG2＝AG•BG，
∴9＝（6﹣3x）（6＋3x），
∵x＞0，
∴x＝3，
∴OE＝23，
在Rt△OCE中，由勾股定理得：
CE＝OE2+OC2=12+36=43，
故选：D．
【点睛】本题主要考查了圆周角定理，相似三角形的判定与性质，勾股定理等知识，作辅助线构造出△DGE∽△COE是解题关键
60．A
【详解】∵正方形ABCD与正方形BEFG是以原点O为位似中心的位似图形，且相似比为13，
∴ADBG=13，
∵BG=6，
∴AD=BC=2，
∵AD//BG，
∴△OAD∽△OBG，
∴OAOB=13，
∴OA2+OA=13，
解得：OA=1，
∴OB=3，
∴C点坐标为：（3，2），
故选：A