2023年广东省广州市黄埔区北京师大广州实验学校中考数学二模试卷（含解析）

这是一份2023年广东省广州市黄埔区北京师大广州实验学校中考数学二模试卷（含解析），共24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年广东省广州市黄埔区北京师大广州实验学校中考数学二模试卷
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的相反数等于(    )
A. 2023 B. −2023 C. 12023 D. −12023
2. 如图1是一个正方体的展开图，该正方体按如图2所示的位置摆放，此时这个正方体朝下的一面的字是(    )

A. 中 B. 国 C. 梦 D. 强
3. 下列运算中，正确的是(    )
A. a2⋅a5=a10 B. (a−b)2=a2−b2
C. (−3a3)2=6a6 D. −3a2b+2a2b=−a2b
4. 按照如图所示的计算程序，若x=2，则输出的结果是(    )


A. 16 B. −16 C. 26 D. −26
5. 已知一次函数y=kx+b函数值y随自变量x的增大而减小，且kb<0，则函数y=kx+b的图象大致是(    )
A. B.
C. D.
6. 在△ABC中，若|sinA−12|+( 22−cosB)2=0，则∠C的度数是(    )
A. 45° B. 75° C. 105° D. 120°
7. 在正数范围内定义一种运算“※”，其规定则为a※b=1a+1b，如2※4=12+14=34，根据这个规则，则方程3※(x+1)=1的解为(    )
A. 12 B. 1 C. −1 D. −12
8. 某校举办了“玉龙书韵”主题演讲比赛活动，参赛的10名选手成绩如表，则10位选手成绩的中位数、众数分别是(    )
成绩
81
85
88
91
人数
1
3
4
2

A. 86.5，88 B. 88，87 C. 88，88 D. 85，86
9. 如图，△OAB中，∠AOB=60°，OA=4，点B的坐标为(6,0)，将△OAB绕点A逆时针旋转得到△CAD，当点O的对应点C落在OB上时，点D的坐标为(    )
A. (7,3 3)
B. (7,5)
C. ((5 3,5)
D. (5 3,3 3)
10. 如图，在矩形ABCD中，AB=3，BC=4，点P从点B出发，沿B→C→D→B匀速运动到点B，设点P运动的路程为x，△ADP的面积为y，那么y与x之间的函数关系的图象是(    )
A.
B.
C.
D.

二、填空题（本大题共6小题，共18.0分）
11. 函数y= 2x−1中，自变量x的取值范围是______ ．
12. 已知a是方程x2+3x−1=0的一个实数根，则2a2+6a+2021的值为______ ．
13. AB是⊙O的内接正六边形一边，点P是优弧AB上的一点(点P不与点A，B重合)且BP//OA，AP与OB交于点C，则∠OCP的度数为______．


14. 我国北方有一个习俗：过年包饺子时会随机在饺子中包上糖果或硬币，我们称其为“幸运饺子”.吃到“幸运饺子”的人新的一年的日子会甜甜美美、万事如意.小亮家共煮了60个饺子，其中有4个“幸运饺子”，小亮从中随机挑选了一个饺子正好是“幸运饺子”的概率是______ ．
15. 如图，矩形ABCD的对角线交于点O，点E是矩形外一点，CE//BD，BE//AC，∠ABD=30°，连接AE交BD于点F、连接CF.若AC=8，则线段CF的长为______ ．


16. 如图，正方形ABCD的边长为4 2，E为BC上一点，且BE= 2，F为AB边上的一个动点，连接EF，以EF为边向右侧作等边△EFG，连接CG，则CG的最小值为______ ；


三、解答题（本大题共9小题，共72.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题4.0分)
计算|− 22|−sin45°+( 8− 2)0．
18. (本小题4.0分)
如图，∠ACB=90°，AC=BC，点C，D，E在同一直线上，∠CEB=∠ADC=90°，AD=2.5，DE=1.7，求BE的长．

19. (本小题6.0分)
已知A=x2−1x2+2x−x−1x．
(1)化简A；
(2)若B=x2−x−2，当B=0时，求A的值．
20. (本小题6.0分)
为丰富课后服务内容，某校开设了武术操、生活与数学、语言艺术、劳动制作四门校本课程，为了解学生对这四门校本课程的喜爱情况，对学生进行了随机问卷调查，分别用A、B、C、D代表这四门课程，并对调查结果分析后绘制了如下两幅图不完整的统计图．

请你根据图中提供的信息完成下列问题：
(1)求被调查学生的人数并将条形统计图补充完整；
(2)已知该校有1800名学生，估计该校学生喜爱课程C的学生有多少人？
(3)小黄和小埔参加校本课程学习，若每人从A、B、C三门校本课程中随机选取一门，请用画树状图或列表格的方法，求两人恰好选中同一门校本课程的概率．
21. (本小题8.0分)
黄墙区已经开通了以“交通惠民、智驾启航”为主题的自动驾驶便民巴土线路，科学城和知识城自动驾驶便民巴土线开通试运营、某汽车公司计划购进一批自动驾驶便民巴士尝试进行销售，据了解1辆A型巴士、2辆B型巴士的进价共计105万元；3辆A型巴士、4辆B型巴士的进价共计255万元．
(1)求A、B两种型号的巴士每辆进价分别为多少万元？
(2)若该公司计划正好用270万元购进以上两种型号的自动驾驶便民巴士(两种型号的巴士均购买)，请你帮助该公司设计购买方案．
22. (本小题10.0分)
如图，在平面直角坐标系中，点B(3,4)在反比例函数y=kx(k>0,x>0)的图象上，BA⊥x轴于点A，将△OAB向右平移得到△O′A′B′，双曲线交边O′B′于点C(a,2)，交边A′B′于点D．
(1)求k，a的值；
(2)求点D的坐标．

23. (本小题10.0分)
如图，在矩形ABDC中，AB=3，BD=4，E是线段BD上一点．
(1)尺规作图：作点B关于AE的对称点B′；
(2)连接AD，当B′刚好落在线段AD上时，求BE；
(3)连接CE，当B′刚好落在线段CE上时，求BE．

24. (本小题12.0分)
如图，在矩形ABCD中，AB=6，BC=8，点E是AD边上的动点，将矩形ABCD沿BE折叠，点A落在点A′处，连接A′C．

(1)如图1，求证：∠DEA′=2∠ABE；
(2)如图2，若AE=2，求S△A′CB．
(3)点E在AD边上运动的过程中，∠A′CB的度数是否存在最大值，若存在，求出此时线段AE的长；若不存在，请说明理由．
25. (本小题12.0分)
已知关于x的方程ax2+(3a+1)x+3=0．
(1)求证：无论a取任何实数时，该方程总有实数根；
(2)若抛物线y=ax2+(3a+1)x+3的图象与x轴两个交点的横坐标均为整数，且a为正整数，求a值以及此时抛物线的顶点H的坐标；
(3)在(2)的条件下，直线y=−x+5与y轴交于点C，与直线OH交于点D.现将抛物线平移，保持顶点在直线OD上．若平移的抛物线与射线CD(含端点C)只有一个公共点，请直接写出它的顶点横坐标h的值或取值范围．
答案和解析

1.【答案】B 
【解析】解：2023的相反数等于−2023．
故选：B．
根据相反数的定义即可得出答案．
本题考查了相反数的定义，掌握只有符号不同的两个数叫做互为相反数是解题的关键．

2.【答案】B 
【解析】解：正方体的表面展开图，相对的面之间一定相隔一个正方形，
与“中”字相对的面上的汉字是“国”，即此时这个正方体朝下的一面的字是国．
故选：B．
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】D 
【解析】解：A、a2⋅a5=a7，故选项错误；
B、(a−b)2=a2−2ab+b2，故选项错误；
C、(−3a3)2=9a6，故选项错误；
D、−3a2b+2a2b=−a2b，故选项正确；
故选：D．
根据同底数幂的乘法，合并同类项，幂的乘方和积的乘方，完全平方公式分别判断即可．
本题考查了同底数幂的乘法，合并同类项，幂的乘方和积的乘方，完全平方公式，解题的关键是掌握各自的运算法则．

4.【答案】D 
【解析】解：当x=2时，10−x2=10−4=6>0，不合题意；
当x=6时，10−x2=10−36=−26<0，符合题意，
故选：D．
将x的值代入程序图中的程序按要求计算即可．
本题主要考查了求代数式的值，有理数的混合运算，本题是操作型题目，按程序图的要求运算是解题的关键．

5.【答案】C 
【解析】解：一次函数y=kx+b，
∵函数值y随自变量x的增大而减小，
∴k<0，
∴函数图象过第二、四象限．
∵kb<0，
∴b>0，
∴函数图象与y轴的交点在x轴上方，即图象经过第一、二、四象限．
故选：C．
根据一次函数的性质得到k<0，而kb<0，则b>0，所以一次函数y=kx+b的图象经过第一、二、四象限．
本题考查了一次函数性质，一次函数y=kx+b(k、b为常数，k≠0)是一条直线，当k>0，图象经过第一、三象限，y随x的增大而增大；当k<0，图象经过第二、四象限，y随x的增大而减小；图象与y轴的交点坐标为(0,b)，熟记一次函数的图象与k、b的关系是解题的关键．

6.【答案】C 
【解析】
【分析】
本题考查的是非负数的性质的应用、特殊角的三角函数值的计算和三角形内角和定理的应用，熟记特殊角的三角函数值是解题的关键．
根据非负数的性质列出关系式，根据特殊角的三角函数值求出∠A、∠B的度数，根据三角形内角和定理计算即可．
【解答】
解：由题意得，sinA−12=0， 22−cosB=0，
即sinA=12， 22=cosB，
解得，∠A=30°，∠B=45°，
∴∠C=180°−∠A−∠B=105°，
故选：C．  
7.【答案】A 
【解析】解：由题意得：3※(x+1)=13+1x+1．
∵3※(x+1)=1，
∴13+1x+1=1．
∴x+1+3=3(x+1)．
∴x+4=3x+3．
∴−2x=−1．
∴x=12．
当x=12时，3(x+1)≠0．
∴这个方程的解为x=12．
故选：A．
通过题意，得13+1x+1=1.然后解这个分式方程．
本题主要考查解分式方程，熟练掌握解分式方程的方法是解决本题的关键．

8.【答案】C 
【解析】解：10位选手成绩的中位数为88+882=88(分)，众数为88分，
故选：C．
根据中位数和众数的定义求解即可．
本题主要考查众数和中位数，解题的关键是掌握众数、中位数的定义．

9.【答案】A 
【解析】解：如图，过点D作DE⊥x轴于点E．

∵B(6,0)，
∴OB=6，
由旋转的性质可知AO=AC=4，OB=CD=6，∠ACD=∠AOB=60°，
∵∠AOC=60°，
∴△AOC是等边三角形，
∴OC=OA=4，∠ACO=60°，
∴∠DCE=60°，
∴CE=12CD=3，DE=3 3，
∴OE=OC+CE=4+3=7，
∴D(7,3 3)，
故选：A．
如图，过点D作DE⊥x轴于点E.证明△AOC是等边三角形，解直角三角形求出DE，CE，可得结论．
本题考查作图−旋转变换，解直角三角形，等边三角形的判定和性质等知识，解题的关键是掌握旋转变换的性质，属于中考常考题型．

10.【答案】A 
【解析】解：由题得当点P在BC上时，△ADP的面积不变，
当点P在CD上时，△ADP的面积随x的增大而减小，
当点P在DB上时，△ADP的面积随x的增大而增大，
故选：A．
分别分析由题得当点P在BC上时、当点P在CD上时、当点P在DB上时的△ADP的面积随x的变化情况即可作答．
本题考查了动点问题的函数图象的应用，分析函数变化规律是解题关键．

11.【答案】x≥12 
【解析】解：由题意得：2x−1≥0，
解得：x≥12，
故答案为：x≥12．
根据二次根式的被开方数是非负数列出不等式，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，熟记二次根式的被开方数是非负数是解题的关键．

12.【答案】2023 
【解析】解：∵a是方程x2+3x−1=0的一个实数根，
∴a2+3a−1=0，
即a2+3a=1，
∴2a2+6a+2021=2(a2+3a)+2021=2×1+2021=2023．
故答案为：2023．
先根据一元二次方程的解的定义得到a2+3a=1，再把a2+6a+2021变形为2(a2+3a)+2021，然后利用整体代入的方法计算．
本题考查了一元二次方程的解：能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值是一元二次方程的解．

13.【答案】90° 
【解析】解：∵AB是⊙O的内接正六边形一边，
∴∠AOB=16×360°=60°，
∴∠P=12∠AOB=30°，
∵BP//OA，
∴∠OAC=∠P=30°，
∴∠OCP=∠AOB+∠OAC=60°+30°=90°．
故答案为：90°．
根据AB是⊙O的内接正六边形一边，得出∠AOB=16×360°=60°，再根据圆周角定理得出∠P=12∠AOB=30°，由BP//OA，得出∠OAC=∠P=30°，再由三角形外角性质推出∠OCP=∠AOB+∠OAC=60°+30°=90°．
本题考查了圆的相关计算，熟练运用圆周角定理是解题的关键．

14.【答案】115 
【解析】解：任意挑选一个饺子共有50种等可能结果，其中正好是包有“幸运饺子”的有4种结果，
所以小亮从中随机挑选了一个饺子正好是“幸运饺子”的概率是460=115．
故答案为：115．
根据概率的求法，找准两点：①全部情况的总数；②符合条件的情况数目；二者的比值就是其发生的概率．
此题考查概率的求法：如果一个事件有n种可能，而且这些事件的可能性相同，其中事件A出现m种可能，那么事件A的概率P(A)=mn．

15.【答案】2 3 
【解析】解：(1)∵CE//BD，BE//AC，
∴四边形OBEC是平行四边形，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AC=BD，OB=12BD，OC=12AC，
∴OB=OC，
∴平行四边形OBEC是菱形；
∴OC=BE=OA，
∵BE//AC，
∴∠OAF=∠BEF，
在△AOF与△EBF中，
∠OAF=∠BEF∠AFO=∠EFBAO=BE，
∴△AOF≌△EBF(AAS)，
∴OF=BF，
∵AC=8，
∴BD=8，
∴OC=OB=4，
∵∠ABD=30°，
∴∠OBC=60°，
∴△OBC是等边三角形，
∴CF⊥OB，
∴CF= 32OC=2 3．
故答案为：2 3．
根据平行四边形的判定定理得到四边形OBEC是平行四边形，根据矩形的性质得到OB=OC，根据菱形的判定定理即可得到平行四边形OBEC是菱形，可得BE=OC=AO，由“AAS”可证△AOF≌△EBF，可得BF=OF，推出△OBC是等边三角形，根据等边三角形的性质得到CF⊥OB，解直角三角形即可得到结论．
本题考查了菱形的判定和性质，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的性质，熟练掌握矩形的性质定理是解题的关键．

16.【答案】52 2 
【解析】解：由题意可知，点F是主动点，点G是从动点，点F在线段上运动，点G也一定在直线轨迹上运动

将△EFB绕点E旋转60°，使EF与EG重合，得到△EFB≌△EHG
从而可知△EBH为等边三角形，点G在垂直于HE的直线HN上
作CM⊥HN，则CM即为CG的最小值
作EP⊥CM，可知四边形HEPM为矩形，
则CM=MP+CP=HE+12EC= 2+3 22=52 2，

故答案为：52 2．
由题意分析可知，点F为主动点，G为从动点，所以以点E为旋转中心构造全等关系，得到点G的运动轨迹，之后通过垂线段最短构造直角三角形获得CG最小值．
本题考查了线段极值问题，分清主动点和从动点，通过旋转构造全等，从而判断出点G的运动轨迹，是本题的关键，之后运用垂线段最短，构造图形计算，是极值问题中比较典型的类型．

17.【答案】解：|− 22|−sin45°+( 8− 2)0
= 22− 22+1
=1． 
【解析】先化简各式，然后再进行计算即可解答．
本题考查了实数的运算，零指数幂，特殊角的三角函数值，准确熟练地进行计算是解题的关键．

18.【答案】证明：∵∠ACB=90°，BE⊥CE，AD⊥CE，
∴∠BCE+∠DCA=90°，∠BEC=∠CDA=90°，
∴∠ACD+∠BCE=90°，
∴∠BCE=∠CAD，
在△CEB和△ADC中，
∠BCE=∠CAD∠BEC=∠CDABC=CA，
∴△CEB≌△ADC(AAS)；
∴BE=CD，CE=AD=2.5．
∵DC=CE−DE，DE=1.7，
∴DC=2.5−1.7=0.8
∴BE=0.8． 
【解析】由AD⊥CE，BE⊥CE，可以得到∠BEC=∠CDA=90°，再根据∠ACB=90°，可以得到∠BCE=∠CAD，根据全等三角形的判定和性质定理即可得到结论．
本题考查全等三角形的判定与性质，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想解答．

19.【答案】解：(1)A=x2−1x2+2x−x−1x
=x2−1x(x+2)−(x−1)(x+2)x(x+2)
=x2−1x(x+2)−x2+x−2x(x+2)
=1−xx(x+2)．
(2)当B=x2−x−2=0时，
∴(x−2)(x+1)=0，
∴x=2或x=−1，
当x=2时，A=1−22×(2+2)=−18，
当x=−1时，A=1+1−(−1+2)=−2． 
【解析】(1)根据分式的运算法则计算即可；
(2)先解一元二次方程求得x的值，再代入A进行求解．
此题主要是考查了分式的运算和一元二次方程的解法，能够熟练运用分式的运算法则化简A是解答此题的关键．

20.【答案】解：(1)被调查学生的人数为48÷40%=120(人)；
A课程人数为120−(48+18+12)=42(人)，
补全图形如下：

(2)估计该校学生喜爱课程C的学生有1800×18120=270(人)；
(3)列表如下：

A
B
C
A
A，A
B，A
C，A
B
A，B
B，B
C，B
C
A，C
B，C
C，C
共有9种等可能的结果，其中两人恰好选中同一门校本课程的结果有3种，
所以两人恰好选中同一门校本课程的概率为39=13． 
【解析】(1)由B学科人数及其所占百分比可得总人数；
(2)总人数减去B、C、D学科人数求得A学科人数，从而补全图形；
(3)用总人数乘以样本中C学科人数所占比例即可；
(4)先列出表格得出所有等可能的结果数，再根据概率公式即可得出答案．
本题考查了列表法或树形图、用样本估计总体、条形统计图、扇形统计图等知识点，能根据题意列出算式是解此题的关键．

21.【答案】解：(1)设A型巴士的进价为x万元/辆，B型巴士的进价为y万元/辆，
根据题意得：x+2y=1053x+4y=255，
解得：x=45y=30．
答：A型巴士的进价为45万元/辆，B型巴士的进价为30万元/辆；
(2)设购进m辆A型巴士，n辆B型巴士，
根据题意得：45m+30n=270，
∴m=6−23n.
又∵m，n均为正整数，
∴m=4n=3或m=2n=6，
∴该公司共有2种购买方案，
方案1：购进4辆A型巴士，3辆B型巴士；
方案2：购进2辆A型巴士，6辆B型巴士． 
【解析】(1)设A型巴士的进价为x万元/辆，B型巴士的进价为y万元/辆，根据“1辆A型巴士、2辆B型巴士的进价共计105万元；3辆A型巴士、4辆B型巴士的进价共计255万元”，可列出关于x，y的二元一次方程组，解之即可求出结论；
(2)设购进m辆A型巴士，n辆B型巴士，利用总价=单价×数量，可列出关于m，n的二元一次方程，再结合m，n均为正整数，即可得出各购买方案．
本题考查了二元一次方程组的应用以及二元一次方程的应用，解题的关键是：(1)找准等量关系，正确列出二元一次方程组；(2)找准等量关系，正确列出二元一次方程．

22.【答案】解：(1)∵点B(3,4)在反比例函数y=kx(k>0,x>0)的图象上，
∴k=3×4=12，
∴反比例函数为y=12x，
∵双曲线经过C(a,2)，
∴2=12a，
解得a=6；
(2)作CE⊥x轴于E，则CE//A′B′，
∴O′EO′A′=CEA′B′，即O′E3=24，
∴O′E=32，
∴OO′=OE−O′E′=6−32=92，
∴将△OAB向右平移92个单位得到△O′A′B′，
∴OA′=3+92=152，
把x=152代入y=12x得，y=85，
∴点D(152,85). 
【解析】(1)根据待定系数法求得反比例函数解析式，进而把点C (a,2)代入，即可求得a的值；
(2)根据C点的坐标，利用平行线分线段成比例定理求得O′E，从而求得平移的距离，进而求得D点的坐标，代入解析式即可求得点D的坐标．
本题考查了待定系数法求反比例函数的解析式，反比例图象上点的特征，反比例函数系数k的几何意义，坐标与图形的变化−平移，三角形的面积，熟知反比例函数图象上各点的坐标一定适合此函数的解析式是解答此题的关键．

23.【答案】解：(1)如图所示，点B′即为所求；

(2)∵四边形ABDC是矩形，
∴∠ABC=90°，
∴AD= AB2+BC2= 32+42=5，
当B′刚好落在线段AD上时，

∵点B，点B′关于AE的对称，
∴AE垂直平分BB′，
∴AB′=AB=3，BE=B′E，
∵AE=AE，
∴△ABE≌△AB′E(SSS)，
∴∠AB′E=∠ABE=90°，
∴DB′=2，
∵DE2=EB′2+B′D2，
∴(4−BE)2=BE2+22，
解得BE=32；
(3)连接CE当B刚好落在线段CE上时，

∵点B，点B′关于AE的对称，
∴AE垂直平分BB′，
∴AB′=AB=3，BE=B′E，
∵AE=AE，
∴△ABE≌△AB′E(SSS)，
∴∠AB′E=∠ABE=90°，
∴∠AB′C=∠D=90°，
∴AB′=CD=3，
∵AC//BD，
∴∠ACB′=∠CED，
∴△ACB′≌△CED(AAS)，
∴CE=AD=4，
∴DE= CE2−CD2= 7，
∴BE=BD−DE=4− 7． 
【解析】(1)根据题意作出图形结论；
(2)根据勾股定理得到AD= AB2+BC2= 32+42=5，根据轴对称的性质得到AB′=AB=3，BE=B′E，根据全等三角形的性质和勾股定理即可得到结论；
(3)根据全等三角形的性质得到∠AB′E=∠ABE=90°，CE=AD=4，根据勾股定理即可得到结论．
本题是四边形的综合题，考查了全等三角形的判定和性质，矩形的性质，勾股定理，线段垂直平分线的性质，正确地作出辅助线是解题的关键．

24.【答案】(1)证明：由折叠可知，∠AEB=∠BEA′，∠ABE=∠EBA′，∠A=∠EA′B=90°，
∵∠DEA′=180°−2∠AEB，
∵∠AEB=90°−∠ABE，
∴∠DEA′=180°−2(90°−∠ABE)=2∠ABE；
(2)解：过A′作GH⊥AD交于G点，交BC于H点，
∵∠EA′B=90°，
∴∠EA′G+∠BA′H=90°，
∵∠GEA′+∠EA′G=90°，
∴∠GEA′=∠BA′E，
∴△EA′G∽△A′BH，
∴EA′A′B=A′GBH，
∵AE=A′E=2，AB=A′B=6，
∴26=A′GBH，
∴BH=3A′G，
在Rt△A′BH中，36=9A′G2+(6−A′G)2，
解得A′G=65，
∴A′H=6−65=245，
∴S△A′BC=12×8×245=965；
(3)解：∠A′CB的度数存在最大值，理由如下：
过点B作BF⊥CA′交延长线于点F，
∵∠BFC=90°，BC=8，
∴sin∠BCA′=BFBC=BF8，
∴当BF最大时，∠BCA′就最大，
∴当BA′⊥A′C时，BF的值最大，此时E、A′、C三点共线，
设AE=x，则A′E=x，ED=8−x，
∵AB=6，
∴EC= 36+(8−x)2，
∵12×8×6=12× 36+(8−x)2×6，
∴ 36+(8−x)2=8，
解得x=8+2 7(舍)或x=8−2 7，
∴AE=8−2 7． 
【解析】(1)根据折叠的性质可得∠DEA′=180°−2∠AEB，再由三角形内角和定理可得∠AEB=90°−∠ABE，再等量代换即可证明；
(2)过A′作GH⊥AD交于G点，交BC于H点，证明△EA′G∽△A′BH，可得BH=3A′G，在Rt△A′BH中，36=9A′G2+(6−A′G)2，求出A′G=65后可求A′H=245，再求S△A′BC=965即可；
(3)过点B作BF⊥CA′交延长线于点F，由sin∠BCA′=BF8，可知当BA′⊥A′C时，BF的值最大，此时E、A′、C三点共线，设AE=x，则A′E=x，ED=8−x，由等积法可得 36+(8−x)2=8，求出x即为所求AE的长．
本题考查四边形的综合应用，熟练掌握矩形的性质，三角形相似的判定及性质，折叠的性质，直角三角形勾股定理是解题的关键．

25.【答案】解：(1)当a=0时，原方程化为x+3=0，此时方程有实数根 x=−3．
当a≠0时，原方程为一元二次方程．
∵△=(3a+1)2−12a=9a2−6a+1=(3a−1)2≥0．
∴此时方程有两个实数根．
综上，不论a为任何实数时，方程 ax2+(3a+1)x+3=0总有实数根．

(2)∵令y=0，则 ax2+(3a+1)x+3=0．
解得 x1=−3，x2=−1a．
∵抛物线y=ax2+(3a+1)x+3的图象与x轴两个交点的横坐标均为整数，且a为正整数，
∴a=1．
∴抛物线的解析式为y=x2+4x+3=(x+2)2−1．
∴顶点H坐标为(−2,−1)；
(3)∵点O(0,0)，点H(−2,−1)
∴直线OH的解析式为：y=12x，
∵现将抛物线平移，保持顶点在直线OD上．
∴设平移后的抛物线顶点坐标为(h,12h)，
∴解析式为：y=(x−h)2+12h，
∵直线y=−x+5与y轴交于点C，
∴点C坐标为(0,5)
当抛物线经过点C时，
∴5=(0−h)2+12h，
∴h1=−52，h2=2，
∴当−52≤h<2时，平移的抛物线与射线CD(含端点C)只有一个公共点；
当平移的抛物线与直线CD(含端点C)只有一个公共点，
联立方程组可得y=−x+5y=(x−h)2+12h
∴x2+(1−2h)x+h2+12h−5=0，
∴△=(1−2h)2−4(h2+12h−5)=0
∴h=72，
∴抛物线y=(x−72)2+74与射线CD的唯一交点为(3,2)，符合题意；
综上所述：平移的抛物线与射线CD(含端点C)只有一个公共点，顶点横坐标h=72或−52≤h<2． 
【解析】(1)分别讨论当a=0和a≠0的两种情况，分别对一元一次方程和一元二次方程的根进行判断；
(2)令y=0，则 ax2+(3a+1)x+3=0，求出两根，再根据抛物线y=ax2+(3a+1)x+3的图象与x轴两个交点的横坐标均为整数，且a为正整数，求出a的值，即可求顶点坐标；
(3)分两种情况讨论，通过特殊位置可求h的范围，由平移的抛物线与直线CD(含端点C)只有一个公共点，联立方程组可求h的值，即可求解．
本题是二次函数综合题，主要考查了根的判别式，二次函数与x轴的交点问题，二次函数与不等式的关系，(3)根据CD是射线，要分情况讨论．