+2023年陕西省西安市碑林区铁一中学西安交大附中中考数学六模试卷（含答案）

这是一份+2023年陕西省西安市碑林区铁一中学西安交大附中中考数学六模试卷（含答案），共20页。试卷主要包含了选择题，填空题，计算题，解答题等内容，欢迎下载使用。

中考数学六模试卷
题号
一
二
三
四
总分
得分






一、选择题（本大题共10小题，共30.0分）
1. 81的算术平方根是（　　）
A. 9 B. -9 C. ±9 D. 不存在
2. 如图，是一个正方体的展开图，把展开图折叠成正方体后，有“祝”字一面的相对面上的字是（　　）


A. 你 B. 试 C. 顺 D. 利
3. 已知直线m∥n，将一块含30°角的直角三角板ABC，按如图所示方式放罝，其中A、B两点分别落在直线m、n，若∠1=35°20'，则∠2的度数是（　　）

A. 35°20' B. 35°40' C. 24°40' D. 24°80'
4. 下列计算正确的是（　　）
A. a2+a2=a4 B. （2a）3=6a3
C. 3a2•（-a3）=-3a5 D. 4a6÷2a2=2a3．
5. 边长为2的正六边形ABCODE按如图方式摆放在平面直角坐标系中，若正比例函数y=kx的图象经过点儿A，则k的值为（　　）
A.
B. -
C.
D. -




6. 如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，CD为AB边上的高，CE为AB边上的中线，AD=2，CE=5，则CD=（　　）
A. 2
B. 3
C. 4
D. 2


7. 把直线y=-x+2向上平移a个单位后，与直线y=2x+3的交点在第二象限，则a的取值范围是（　　）
A. a＞1 B. C. - D. a＜1
8. 如图，矩形ABCD中，E是AD的中点，将△ABE沿直线BE折叠后得到△GBE，延长BG交CD于点F，若AB=3，BC=2，则FD的长为（　　）
A. 1
B. 2
C.
D.


9. 如图，四边形ABCD为⊙O的内接四边形，AO⊥BC，垂足为点E，若∠ADC=130°，则∠BDC的度数为（　　）
A. 70°
B. 80°
C. 75°
D. 60°


10. 已知抛物线y=x2-（2m-1）x+2m2-1的顶点为A，当-3＜x＜2时，y随x的增大而增大，则抛物线的顶点在（　　）
A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限
二、填空题（本大题共4小题，共12.0分）
11. 如图，数轴上点A、点B分别表示数a、b，则a+b______0（选填“＞”或“＜”）．


12. 如图，在正五边形ABCDE中，AC、AD为对角线，则∠CAD的大小为______°．





13. 已知A，B两点分别在反比例函数y=（m≠-1）和y=（m≠）的图象上，若点A与点B关于x轴对称，则m的值是______．
14. 如图，在矩形ABCD中，AB=15，BC=17，将矩形ABCD绕点D按顺时针方向旋转得到矩形DEFG，点A落在矩形ABCD的边BC上，连接CG，则CG的长是______．








三、计算题（本大题共1小题，共5.0分）
15. 计算：（）-2-|-2|-2cos45°+







四、解答题（本大题共10小题，共73.0分）
16. 化简：（-x+1）÷







17. 如图，请用尺规作图在△ABC中边上找到点D，使得BD+AD=AC（不写作法，保留作图痕迹）．









18. 如图，在△ABC中，∠ABC=90°，BD⊥AC于点D，点E在DB的延长线上，DE=BC，∠1=∠2，求证：DF=AB．









19. 为了庆祝即将到来的“五四”青年节，某校举行了书法比赛，赛后随机抽查部分参赛同学的成绩，并制作成图表如下：
分数段
频数
频率
60≤x＜70
30
0.15
70≤x＜80
m
0.45
80≤x＜90
60
n
90≤x≤100
20
0.1
请根据以上图表提供的信息，解答下列问题：
（1）这次随机抽查了______名学生；表中的数m=______，n=______；
（2）请在图中补全频数分布直方图；
（3）若绘制扇形统计图，分数段60≤x＜70所对应扇形的圆心角的度数是______；
（4）全校共有600名学生参加比赛，估计该校成绩80≤x＜100范围内的学生有多少人？









20. 如图，在坡顶B处的同一水平面上有一座纪念碑CD垂直于水平面，小明在斜坡底A处测得该纪念碑顶部D的仰角为45°，然后他沿着坡比i=5：12的斜坡AB攀行了39米到达坡顶，在坡顶B处又测得该纪念碑顶部的仰角为68°．求坡顶B到地面AE的距离和纪念碑CD的高度．（结果精确到1米，参考数据：sin68°=0.9，cos68°=0.4，tan68°=2.5）







21. 在学习习总书记关于生态文明建设重要讲话精神，树立“绿水青山就是金山银山”理念后，某学校计划组织全校1440名师生到某林区植树，经过研究，决定租用当地租车公司一共62辆A，B两种型号客车作为交通工具，下表是租车公司提供给学校有关两种型号客车的载客量和租金信息：
型号
载客量
租金单价
A
30人/辆
380元/辆
B
20人/辆
280元/辆
注：载客量指的是每辆客车最多可载该校师生的人数．
设学校租用A型号客车x辆，租车总费用为y元．
（1）求y与x的函数解祈式，请直接写出x的取值范围；
（2）若要使租车总费用不超过19600元，一共有几种租车方案？哪种租车方案最省钱？求出最低费用．







22. 某商场在“五一”促销活动中规定，顾客每消费100元就能获得一次抽奖机会．为了活跃气氛，设计了两个抽奖方案：
方案一：转动转盘A一次，转出红色可领取一份奖品：
方案二：转动转盘B两次，两次都转出红色可领取一份奖品（两个转盘都被平均分成3份）

（1）若转动一次A转盘，求领取一份奖品的概率；
（2）如果你获得一次抽奖机会，你会选择哪个方案？请采用列表法或树状图说明理由．







23. 如图，⊙O是△ABC的外接圆，AB为直径，∠CAB的平分线交⊙O于点D，过点D作⊙O的切线，分别交AC、AB的延长线子点E，F．
（1）求证：EF∥BC；
（2）若BF=2，sinF=，求AD的长．









24. 如图，抛物线L1：y=ax2+bx+c（a≠0）与x轴交于A、B两点，与y轴交于C点，且A（-1，0），OB=OC=3OA．若抛物线L2与抛物线L1关于直线x=2对称．
（1）求抛物线L1与抛物线L2的解析式：
（2）在抛物线L1上是否存在一点P，在抛物线L2上是否存在一点Q，使得以BC为边，且以B、C、P、Q为顶点的四边形为平行四边形？若存在，求出P、Q两点的坐标：若不存在，请说明理由．












25. （1）如图1，等边△ABC的边长为2，点D为BC边上一点，连接AD，则AD长的最小值是______；
（2）如图2，已知菱形ABCD的周长为16，面积为8，E为AB中点，若P为对角线BD上一动点，Q为AD边上一动点，计算EP+PQ的最小值：
（3）如图3，已知在四边形ABCD中，∠BAD=75°，∠ABC=∠ADC=90°，AB=BC=4，E为CD边上一个动点，连接AE，过点D作DF⊥AE，垂足为点F，在AF上截取FP=FD．试问在四边形ABCD内是否存在点P，使得△PBC的面积最小？若存在，请你在图中画出点P的位罝，并求出△PBC的最小面积；若不存在，请说明理由．










答案和解析
1.【答案】A

【解析】解：∵92=81，
∴81的算术平方根是9，
故选：A．
根据算术平方根的概念即可得出81的算术平方根．
本题考查算术平方根的概念，解题的关键是掌握算术平方根的概念．
2.【答案】D

【解析】解：“祝”与“利”是相对面，
“你”与“试”是相对面，
“考”与“顺”是相对面．
故选：D．
正方体的表面展开图，相对的面之间一定相隔一个正方形，根据这一特点作答．
本题主要考查了正方体相对两个面上的文字，注意正方体的空间图形，从相对面入手是解题的关键．
3.【答案】C

【解析】解：∵直线m∥n，
∴∠3=∠1=35°20′，
又∵△ABC中，∠ABC=60°，
∴∠2=60°-35°20′=24°40'，
故选：C．
根据平行线的性质即可得到∠3的度数，再根据三角形内角和定理，即可得到∠2的度数．
本题考查了平行线的性质，熟练掌握平行线的性质是解题的关键．
4.【答案】C

【解析】解：A．a2+a2=2a2，此选项错误；
B．（2a）3=8a3，此选项错误；
C．3a2•（-a3）=-3a5，此选项正确；
D．4a6÷2a2=2a4，此选项错误；
故选：C．
根据合并同类项法则、单项式的乘方、乘法和除法逐一计算可得．
本题主要考查整式的混合运算，解题的关键是掌握合并同类项法则及单项式的乘方、乘法和除法法则．
5.【答案】B

【解析】解：由题意A（-2，2），
把A（-2，2）代入y=kx，
得到2=-2k，
∴k=-，
故选：B．
求出点A的坐标，利用待定系数法即可解决问题．
本题考查正多边形与圆，一次函数的性质等知识，解题的关键是熟练掌握待定系数法解决问题．
6.【答案】C

【解析】【分析】
此题考查直角三角形的性质，关键是根据直角三角形的性质得出AE=CE=5.
根据直角三角形的性质得出AE=CE=5，进而得出DE=3，利用勾股定理解答即可．
【解答】
解：∵在Rt△ABC中，∠ACB=90°，CE为AB边上的中线，CE=5，
∴AE=CE=5，
∵AD=2，
∴DE=3，
∵CD为AB边上的高，
∴在Rt△CDE中，CD=.
故选C.
7.【答案】C

【解析】解：直线y=-x+2向上平移a个单位后可得：y=-x+2+a，
联立两直线解析式得：，
解得：，
即交点坐标为（，），
∵交点在第二象限，
∴，
解得：-．
故选：C．
直线y=-x+2向上平移a个单位后可得：y=-x+2+a，求出直线y=-x+2+a与直线y=2x+3的交点，再由此点在第二象限可得出a的取值范围．
本题考查了一次函数图象与几何变换、两直线的交点坐标，注意第二象限的点的横坐标小于0、纵坐标大于0．
8.【答案】B

【解析】解：∵E是AD的中点，
∴AE=DE，
∵△ABE沿BE折叠后得到△GBE，
∴AE=EG，AB=BG，
∴ED=EG，
∵在矩形ABCD中，
∴∠A=∠D=90°，
∴∠EGF=90°，
∵在Rt△EDF和Rt△EGF中，，
∴Rt△EDF≌Rt△EGF（HL），
∴DF=FG，
设DF=x，则BF=3+x，CF=3-x，
在Rt△BCF中，BC2+CF2=BF2，即（2）2+（3-x）2=（3+x）2，
解得：x=2，
即DF=2；
故选：B．
根据点E是AD的中点以及翻折的性质可以求出AE=DE=EG，然后利用“HL”证明△EDF和△EGF全等，根据全等三角形对应边相等可证得DF=GF；设FD=x，表示出FC、BF，然后在Rt△BCF中，利用勾股定理列式进行计算即可得解．
本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理的应用，翻折变换的性质；熟记矩形的性质和翻折变换的性质，根据勾股定理列出方程是解题的关键．
9.【答案】B

【解析】解：∵四边形ABCD为⊙O的内接四边形，∠ADC=130°，
∴∠ABE=180°-130°=50°，
∵AO⊥BC，
∴∠AEB=90°，
∴∠BAE=40°，
∵AO⊥BC，
∴BC=2BE，
∴∠BDC=2∠BAE=80°，
故选：B．
根据圆内接四边形的性质得出∠ABE的度数，利用互余得出∠BAE的度数，进而利用垂径定理和圆周角定理解答即可．
本题主要考查的是圆内接四边形的性质、圆周角定理的应用，求得∠ABE的度数是解题的关键．
10.【答案】B

【解析】【分析】
本题主要考查二次函数的性质，利用对称轴公式求得抛物线对称轴是解题的关键．先求得抛物线对称轴，再利用函数的增减性可得到关于m的不等式，可求得m的取值范围，即可判定顶点横坐标和纵坐标的符号，从而判定顶点所处的象限．
【解答】
解：∵y=x2-（2m-1）x+2m2-1
∴对称轴为x=-=，且抛物线开口向上，
∴当x＞时，y随x的增大而增大，
∵当-3＜x＜2时，y随x的增大而增大，
∴≤-3，解得m≤-，
∴＜0，==（m+）2-＞0，
∴抛物线的顶点在第二象限，
故选B.
11.【答案】＜

【解析】解：∵|a|＜|b|，且a＞0，b＜0，
则a+b＜0．
由数轴上的数右边的数总是大于左边的数可以知道：b＜-1＜0＜a＜1，且|a|＜|b|．根据有理数的运算法则即可判断．
本题主要考查了利用数轴比较数的大小的方法，以及有理数的运算法则．
12.【答案】36

【解析】解：根据正五边形的性质，△ABC≌△AED，
∴∠CAB=∠DAE=（180°-108°）=36°，
∴∠CAD=108°-36°-36°=36°．
故答案为：36．
根据正五边形的性质和内角和为540°，得到△ABC≌△AED，AC=AD，AB=BC=AE=ED，先求出∠BAC和∠DAE的度数，即可求出∠CAD的度数．
本题考查了正五边形的性质：各边相等，各角相等，内角和为540°．同时考查了多边形的内角和计算公式，及角相互间的和差关系，有一定的难度．
13.【答案】

【解析】解：设点A的坐标为（a，），点B的坐标为（a，），
∵点A与点B关于x轴对称，
∴，
解得，m=，
故答案为：．
根据题意可以分别设出点A和点B的坐标，再根据点A与点B关于x轴对称，可以求得m的值．
本题考查反比例函数图象上点的坐标特征、关于x轴、y轴对称的点的坐标特点，解答本题的关键是明确题意，利用函数的思想解答．
14.【答案】

【解析】解：连接AE，如图所示：
由旋转变换的性质可知，∠ADE=∠CDG，AD=BC=DE=17，AB=CD=DG=15，
由勾股定理得，CE===8，
∴BE=BC-CE=17-8=9，
则AE===3，
∵=，∠ADE=∠CDG，
∴△ADE∽△CDG，
∴==，
解得，CG=，
故答案为：．
连接AE，由旋转变换的性质可知，∠ADE=∠CDG，AD=BC=DE=17，AB=CD=DG=15，由勾股定理得，CE==8，得出BE=BC-CE=9，则AE===3，证明△ADE∽△CDG，得出==，即可得出结果．
本题考查了旋转的性质、矩形的性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质等知识；熟练掌握旋转的性质和勾股定理，证明三角形相似是解题的关键．
15.【答案】解：原式=4-2+-2×+=2+．

【解析】原式利用负整数指数幂法则，绝对值的代数意义，特殊角的三角函数值，以及二次根式性质计算即可求出值．
此题考查了实数的运算，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
16.【答案】解：（-x+1）÷
=[-（x-1）]÷
=[-]÷
=×
=×
=-x（x-1）
=-x2+x

【解析】先把括号里面的式子通分，再把分式除法变为乘法，然后把分式的分子分母分解因式，最后约分即可得出答案．
此题主要考查了分式除法的运算，归根到底是乘法的运算，当分子和分母是多项式时，一般应先进行因式分解，再约分．
17.【答案】解：如图，点D即为所求．


【解析】作线段BC的垂直平分线EF交AC于点D，点D即为所求．
本题考查作图-复杂作图，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
18.【答案】证明：∵BD⊥AC于D，
∴∠EDF=90°，．
∵∠1=∠2，∠1+∠C=90°，∠2+∠E=90°，
∴∠E=∠C．
在△DEF和△BCA中，，
∴△DEF≌△BCA（AAS），
∴DF=AB．

【解析】根据余角的性质，可得∠E=∠C，根据AAS得出△DEF≌△BCA，可得答案．
本题考查了全等三角形的判定与性质，利用了AAS判定三角形全等，利用余角的性质得出∠E=∠C是解题关键．
19.【答案】（1）200   90   0.3   
（2）补全频数分布直方图如下：


（3）54°  
（4）​600×=240，
答：估计该校成绩80≤x＜100范围内的学生有240人．

【解析】解：（1）本次调查的总人数为30÷0.15=200人，
则m=200×0.45=90，n=60÷200=0.3，
故答案为：200、90、0.3；

（2）见答案
（3）若绘制扇形统计图，分数段60≤x＜70所对应扇形的圆心角的度数是360°×0.15=54°，
故答案为：54°；

（4）见答案
【分析】
（1）根据60≤x＜70的频数及其频率求得总人数，进而计算可得m、n的值；
（2）根据（1）的结果，可以补全直方图；
（3）用360°乘以样本中分数段60≤x＜70的频率即可得；
（4）总人数乘以样本中成绩80≤x＜100范围内的学生人数所占比例．
本题考查条形统计图、图表等知识．结合生活实际，绘制条形统计图或从统计图中获取有用的信息，是近年中考的热点．只要能认真准确读图，并作简单的计算，一般难度不大．
20.【答案】解：过点B作BG⊥AE，垂足为点G，如图．
∵i=tan∠BAG==5：12，
∴设BG=5k，则AG=12k，
在Rt△BAG中，由勾股定理得，AB=13k，
∴13k=39，解得k=3，
∴BG=15，
∴坡顶B到AE的距离为15米．
延长DC交AE于点F，
∵BC⊥DC，BC∥AE，
∴DF⊥AE，
∴四边形BCFG是矩形，CF=BG=15，BC=GF，
∵∠DAF=45°，
∴AF=DF，
设DC=x，则AF=36+GF，DF=x+15，即x+15=35+GF，
∴BC=GF=x-21，
在Rt△DBC中，tan∠DBC=，即≈2.5，
解得x≈35，
答：坡顶B到地面AE的距离为15米，纪念碑CD的高度约为35米．

【解析】过点B作BG⊥AE，垂足为点G，如图．根据已知条件得到设BG=5k，则AG=12k，在Rt△BAG中，由勾股定理得，AB=13k，得到BG=15，于是得到坡顶B到AE的距离为15米．延长DC交AE于点F，根据平行线的性质得到DF⊥AE，根据矩形的性质得到AF=DF，设DC=x，则AF=36+GF，DF=x+15，得到BC=GF=x-21，根据三角函数的定义即可得到结论．
本题考查了解直角三角形的应用，解答本题的关键是根据坡度和仰角构造直角三角形，利用三角函数的知识解直角三角形．
21.【答案】解：（1）设学校租用A型号客车x辆，租车总费用为y元，则B型号客车（62-x）辆，
y=380x+280（62-x）=100x+17360
∴
∴20≤x≤48
答：y与x的函数解祈式为y=100x+17360，自变量x的取值范围为20≤x≤48；
（2）当y≤19600时，即：100x+17360≤19600，
∴x≤22.4
又∵20≤x≤48，
∴20≤x≤22.4
又∵x为整数，
∴x可以为20，21，22；
因此共有三种租车方案，
∵y随x的增大而增大，
∴当x=20时，费用最低，y最低=100×20+17360=19360元，此时，A型号客车租20辆，B型号客车租42辆；
答：一共有3种租车方案，A型号客车租20辆，B型号客车租42辆最省钱，最低费用19360元．

【解析】（1）根据费用与租车辆数的关系直接得出关系式，自变量的取值范围要考虑到车辆的总座位数大于或等于总人数，还应考虑只租A型的辆数；
（2）利用费用的函数关系式和自变量x的取值范围，确定何时费用最低，此时的租车方案．
考查一次函数的性质、一元一次不等式组的解法和整数以及方案设计等知识，特别注意自变量的取值范围的确定容易出现错误．
22.【答案】解：（1）若转动一次A转盘，求领取一份奖品的概率=；
（2）选择方案一和方案二一样．
方案二：画树状图为：

共有9种等可能的结果数，其中两次都转出红色的结果数为4，
所以转动转盘B两次，两次都转出红色可领取一份奖品的概率=．
因为转动一次A转盘领取一份奖品的概率和转动转盘B两次都转出红色可领取一份奖品的概率相等，
所以选择两个方案一样．

【解析】（1）利用概率公式求解；
（2）利用树状图法求出方案二中领取一份奖品的概率，然后比较两个方案中领取一份奖品的概率的大小来判断选择哪个方案．
本题考查了列表法与树状图法：利用列表法或树状图法展示所有等可能的结果n，再从中选出符合事件A或B的结果数目m，然后利用概率公式计算事件A或事件B的概率．
23.【答案】解：（1）连接OD，

∵AD平分∠CAB
∴∠CAD=∠DAB，
∵OA=OD
∴∠OAD=∠ODA
∴∠CAD=∠ADO
∴AE∥OD
∵AB是直径
∴∠ACB=90°
∵EF是⊙O切线
∴OD⊥EF，且AE∥OD
∴AE⊥EF，且∠ACB=90°
∴∠E=∠ACB=90°
∴EF∥BC
（2）∵sinF==，且BF=2
∴
∴OD=OB=3
∴AB=6，AF=AB+BF=8
∵sinF==，
∴AE=
∵OF=OB+BF=5，OD=3
∴DF==4
∵OD∥AE
∴
∴
∴DE=
∴AD==

【解析】（1）由角平分线的性质和等腰三角形的性质可得AE∥OD，由切线的性质和平行线的性质可得∠E=∠ACB=90°，即可得结论；
（2）由锐角三角函数可得OD=3，OF=5，由勾股定理可求DF=4，由平行线分线段成比例可求DE的长，即可求AD的长．
本题考查切线的判定与性质，解题的关键是掌握切线的判定与性质、矩形的判定与性质、垂径定理、解直角三角形，熟练掌握切线的判定和性质定理是解题的关键．
24.【答案】解：（1）∵A（-1，0）
∴OB=OC=3OA=3
∴B（3，0），C（0，3）
∵抛物线L1：y=ax2+bx+c经过点A、B、C
∴  解得：
∴抛物线L1的解析式为y=-x2+2x+3=-（x-1）2+4
∴抛物线L1的顶点D（1，4）
∵抛物线L2与抛物线L1关于直线x=2对称
∴两抛物线开口方向、大小相同，抛物线L2的顶点D'与点D关于直线x=2对称
∴D'（3，4）
∴抛物线L2的解析式为y=-（x-3）2+4

（2）存在满足条件的P、Q，使得以BC为边且以B、C、P、Q为顶点的四边形为平行四边形．
设抛物线L1上的P（t，-t2+2t+3）
①若四边形BCPQ为平行四边形，如图1，
∴BQ∥PC，BQ=PC
∴BQ可看作是CP向右平移3个单位，再向下平移3个单位得到的
∴Q（t+3，-t2+2t）
∵点Q在抛物线L2上
∴-t2+2t=-（t+3-3）2+4
解得：t=2
∴P（2，3），Q（5，0）
②若四边形BCQP为平行四边形，如图2，
∴BP∥CQ，BP=CQ
∴CQ可看作是BP向左平移3个单位，再向上平移3个单位得到的
∴Q（t-3，-t2+2t+6）
∴-t2+2t+6=-（t-3-3）2+4
解得：t=
∴P（，-），Q（，-）
综上所述，存在P（2，3），Q（5，0）或P（，-），Q（，-），使得以BC为边且以B、C、P、Q为顶点的四边形为平行四边形．

【解析】（1）用待定系数法求抛物线L1的解析式并配方成顶点式，得到抛物线L1的顶点坐标D；由抛物线L2与抛物线L1关于直线x=2对称可得两抛物线开口方向、大小相同，且两顶点关于直线x=2对称，因此求得抛物线L2的顶点D'，进而得到抛物线L2的顶点式．
（2）由于BC为边，以B、C、P、Q为顶点的四边形为平行四边形，所以有两种情况：①BQ∥PC，BQ=PC；②BP∥CQ，BP=CQ．因为可把点B、C之间看作是向左（或右）平移3个单位，再向上（或下）平移3个单位得到，所以点P、Q之间也有相应的平移关系，故可由点P坐标（t，-t2+2t+3）的t表示点Q坐标，再把点Q坐标代入抛物线L2解方程即求得t的值，进而求得点P、Q坐标．
本题考查了待定系数法求二次函数解析式，二次函数的几何变换，平行四边形的性质，平移的性质，一次方程（组）的解法．平行四边形顶点的存在性问题，往往可以利用平行四边形对边平行且相等，转化为平移得到顶点坐标之间的关系，再进行后续计算．
25.【答案】

【解析】解：（1）如图1中，根据垂线段最短可知，当AD⊥BC时，线段AD的值最小，
∵△ABC是等边三角形，
∴△ABC的高AD=，
∴AD的最小值为．
故答案为．

（2）如图2中，作AH⊥BC于H，在DC上截取DQ′=DQ，连接PQ′，AC，EC．

∵四边形ABCD是菱形，周长为16，
∴AB=BC=4，∠QDP=∠Q′DP，
∴S菱形ABCD=BC•AH，
∴AH==2，
∴sin∠ABH==，
∴∠ABH=60°，
∴△ABC是等边三角形，
∵AE=EB，
∴EC⊥AB，
∵DQ=DQ′，∠PDQ=∠PDQ′，DP=DP，
∴△PDQ≌△PDQ′（SAS），
∴PQ=PQ′，
∴PE+PQ=PE+PQ′，
根据垂线段最短可知，当E，P，Q′共线，且点Q′与C重合时，
PE+PQ′的值最小，最小值=EC=AH=．
∴PE+PQ的值最小，最小值为．

（3）存在，理由如下：
如图3中，以AD为斜边在直线AD的下方作等腰直角△ADO，作OM⊥BC于M，AN⊥OM于N，连接AC，PD．

∵BA=BC=4，∠ABC=90°，
∴AC=AB=8，∠BAC=45°，
∵∠BAD=75°，
∴∠CAD=30°，
∴AD=AC•cos30°=4，
∵△ADO是等腰直角三角形，
∴OA=OD=2，
∵∠ABM=∠NMB=∠ANM=90°，
∴四边形ABMN是矩形，
∴AB=MN=4，∠BAN=90°，
∴∠OAN=75°+45°-90°=30°，
∴ON=OA=，
∴OM=+4，
∵DF⊥AE，FP=FD，
∴∠FPD=45°，
∴∠APD=135°，
∴点P的运动轨迹是，
当点P在线段OM上时，PM的值最小，此时△PBC的面积最小，
此时PM=OM-OP=+4-2=4-，
∴△PBC的面积的最小值=•BC•PM=•4•（4-）=16-4．
（1）根据垂线段最短即可解决问题．
（2）如图2中，作AH⊥BC于H，在DC上截取DQ′=DQ，连接PQ′，AC，EC．首先证明△ABC是等边三角形，证明△PDQ≌△PDQ′（SAS），可得PQ=PQ′，推出PE+PQ=PE+PQ′，再根据垂线段最短即可解决问题．
（3）存在，如图3中，以AD为斜边在直线AD的下方作等腰直角△ADO，作OM⊥BC于M，AN⊥OM于N，连接AC，PD．证明点P的运动轨迹是，当点P在线段OM上时，PM的值最小，此时△PBC的面积最小．
本题属于四边形综合题，考查了等边三角形的性质，菱形的性质，垂线段最短，矩形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，学会用转化的思想思考问题，属于中考压轴题．