2024年广东省中山市沙栏中学中考数学一模试卷（含解析）

这是一份2024年广东省中山市沙栏中学中考数学一模试卷（含解析），共28页。

A．B．C．D．3
2．（3分）今年是共建“一带一路”倡议提出10周年，也是构建人类命运共同体理念提出10周年．2013年到2022年，中国与“一带一路”共建国家的累计双向投资超过3800亿美元．3800亿用科学记数法表示为（ ）
A．38×1010B．3.8×1011C．0.38×1012D．3.8×1012
3．（3分）下列计算正确的是（ ）
A．x+x＝2x2B．（x2）3＝x5C．（2x）2＝2x2D．x3•x2＝x5
4．（3分）下列各式从左到右的变形，因式分解正确的是（ ）
A．a（a+b）＝a2+abB．a2+ab﹣3＝a（a+b）﹣3
C．2ab2﹣8a＝2a（b2﹣4）D．a2﹣2a﹣8＝（a+2）（a﹣4）
5．（3分）学习组织“超强大脑”答题赛，参赛的11名选手得分情况如表所示，那么这11名选手得分的中位数和众数分别是（ ）
A．86.5和90B．80和90C．90和95D．90和90
6．（3分）若关于x的方程有正数解，则（ ）
A．m＞0且m≠3B．m＜6且m≠3C．m＜0D．m＞6
7．（3分）如图，量角器外缘上有A，B，C三点，它们所对应的读数分别是80°，50°，180°，则∠ACB为（ ）
A．50°B．30°C．25°D．15°
8．（3分）如图，△ABC的内切圆⊙O与BC，AC，AB分别相切于点D，E，F，且∠C＝90°，AC＝8，BC＝6，则阴影部分（即四边形CEOD）的面积为（ ）
A．4B．6.25C．7.5D．9
9．（3分）在锐角△ABC中，AD⊥BC，BE⊥AC，垂足分别为D、E，AD与BE交于点F，BF＝AC，那么∠ABC等于（ ）
A．60°B．50°C．48°D．45°
10．（3分）如图，一段抛物线y＝﹣x2+8x（0≤x≤8）记为C1，它与x轴交于点O，A1两点；将C1绕点A1旋转180°得到C2，交x轴于点A2；将C2绕点A2旋转180°得到C3，交x轴于点A3，…，如此下去，得到一条“波浪线”．若点M（2023，m） 在此“波浪线”上，则m的值为（ ）
A．﹣8B．8C．﹣7D．7
二．填空题（共5小题，满分20分，每小题4分）
11．（4分）使二次根式有意义的条件是 ．
12．（4分）若将A（2，b）向下平移4个单位得B，且A与B关于x轴对称，则b＝ ．
13．（4分）如图，△AOB与△COD是位似图形，且OA＝AC，则△AOB与△COD的相似比为 ．
14．（4分）关于x的一元二次方程2x2+4mx+m＝0有两个不同的实数根x1，x2，且+＝，则m＝ ．
15．（4分）如图，在△ABC中，∠ABC＝60°，AB＝4，AC＝2，则BC＝ ；若点D是边AC上的动点（不与点A，C重合），将线段BD绕点B逆时针旋转60°得到线段BE，连接AE，当线段AE取最小值时，则CD＝ ．
三．解答题（共9小题，满分70分）
16．（6分）计算：（π﹣2022）0﹣3tan30°+|1﹣|+（）﹣2．
17．（6分）先化简，再求值：（+）÷，其中a＝．
18．（6分）又到一年丰收季，重庆外国语学校“国内中考、高考、国内保送、出国留学”捷报频传．作为准初三的初二年级学生希望抓紧暑期更好的提升自我．张同学采用随机抽样的方式对初二年级学生此次暑期生活的主要计划进行了问卷调查，并将调查结果按照“A社会实践类、B学习提高类、C游艺娱乐类、D其他”进行了分类统计，并绘制了如图1和如图2两幅不完整的统计图．（接受调查的每名同学只能在四类中选择其中一种类型，不可多选或不选．）请根据图中提供的信息完成以下问题．
（1）扇形统计图中表示B类的扇形的圆心角是 度，并补全条形统计图；
（2）张同学已从被调查的同学中确定了甲、乙、丙、丁四名同学进行开学后的经验交流，并计划在这四人中选出两人的宝贵经验刊登在本班班刊上．请利用画树状图或列表的方法求出甲同学的经验刊登在班刊上的概率．
19．（6分）2022年我国已成为全球最大的电动汽车市场，电动汽车在保障能源安全，改善空气质量等方面较传统汽车都有明显优势．经过对某款电动汽车和某款燃油车的对比调查发现，电动汽车平均每公里的充电费比燃油车平均每公里的加油费少0.6元．若充电费和加油费均为300元时，电动汽车可行驶的总路程是燃油车的4倍，求这款电动汽车平均每公里的充电费．
20．（8分）为了解决中低收入困难家庭的住房问题，某县新增了如图所示的甲、乙两幢保障性住房，线段AB、DC分别表示甲、乙两幢保障性住房的高，AB⊥BC，DC⊥BC，从B点测得D点的仰角α为60°，从A点测得D点的仰角β为30°，已知甲幢保障性住房高AB＝36米．
（1）求乙幢保障性住房的高DC；
（2）求甲、乙两幢保障性住房之间的距离BC（结果精确到0.01米）．
（参考数据：≈1.414，≈1.732）
21．（8分）某商家销售某种商品，每件进价为40元．经市场调查发现，该商品一周的销售量y（大于0的整数）件与销售单价x（不低于50的整数）满足一次函数关系，部分调查数据如表：
（1）直接写出销售量y关于销售单价x的函数表达式：y＝ ．
（2）若一周的销售利润为2750元，则销售单价是多少元/件？
（3）现商家决定将商品一周的销售利润作为捐款寄往贫困地区，则捐款能达到的最大值是 元．
22．（8分）如图，点A，B，C在圆O上，∠ABC＝60°，直线AD∥BC，AD＝AB，点O在BD上．
（1）求证AD是圆O的切线；
（2）若，求圆O的半径．
23．（10分）已知：与x轴交于A、B两点，与y的轴交点C（0，3），对称轴为直线．
（1）如图1，求抛物线的解析式；
（2）如图2，点D在抛物线上，连接CD，且∠OCD＝120°，过D作DG⊥OB于点G，连接CG，试判断△CGD的形状，并说明理由；
（3）如图3，在（2）的条件下，点P在抛物线上，点Q在PD延长线上，FG＝GQ，CD∥GQ，在线段CF上取点M，MG交CQ于N，当CM＝DE，CN：NQ＝1：2时，求P点坐标．
24．（12分）我们定义：对角线互相垂直且相等的四边形叫做“神奇四边形”．
（1）在我们学过的下列四边形①平行四边形②矩形③菱形④正方形中，是“神奇四边形”的是 （填序号）；
（2）如图1，在正方形ABCD中，E为BC上一点，连接AE，过点B作BG⊥AE于点H，交CD于点G，连AG、EG．
①求证：四边形ABEG是“神奇四边形”；
②如图2，点M、N、P、Q分别是AB、AG、GE、EB的中点．试判断四边形MNPQ是不是“神奇四边形”；
（3）如图3，点F、R分别在正方形ABCD的边AB、CD上，把正方形沿直线FR翻折，使得BC的对应边B'C'恰好经过点A，过点A作AO⊥FR于点O，若AB'＝2，正方形的边长为6，求线段OF的长．
2024年广东省中山市沙栏中学中考数学一模试卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．（3分）的相反数是（ ）
A．B．C．D．3
【分析】根据相反数的定义进行解答即可．
【解答】解：的相反数是，
故选：C．
2．（3分）今年是共建“一带一路”倡议提出10周年，也是构建人类命运共同体理念提出10周年．2013年到2022年，中国与“一带一路”共建国家的累计双向投资超过3800亿美元．3800亿用科学记数法表示为（ ）
A．38×1010B．3.8×1011C．0.38×1012D．3.8×1012
【分析】科学记数法的表现形式为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，当原数绝对值大于等于10时，n是正整数，当原数绝对值小于1时，n是负整数；由此进行求解即可得到答案．
【解答】解：3800亿＝380000000000＝3.8×1011．
故选：B．
3．（3分）下列计算正确的是（ ）
A．x+x＝2x2B．（x2）3＝x5C．（2x）2＝2x2D．x3•x2＝x5
【分析】根据幂的乘方、积的乘方、同底数幂的乘法以及合并同类项法则进行计算即可．
【解答】解：x+x＝2x，因此选项A不符合题意；
（x2）3＝x6，因此选项B不符合题意；
（2x）2＝4x2，因此选项C不符合题意；
x2•x3＝x2+3＝x5，因此选项D符合题意；
故选：D．
4．（3分）下列各式从左到右的变形，因式分解正确的是（ ）
A．a（a+b）＝a2+abB．a2+ab﹣3＝a（a+b）﹣3
C．2ab2﹣8a＝2a（b2﹣4）D．a2﹣2a﹣8＝（a+2）（a﹣4）
【分析】根据因式分解的定义逐个判断即可．
【解答】解：A．从左到右的变形属于整式乘法，不属于因式分解，故本选项不符合题意；
B．从左到右的变形不属于因式分解，故本选项不符合题意；
C．2ab2﹣8a＝2a（b2﹣4）＝2a（b+2）（b﹣2），分解不彻底，故本选项不符合题意；
D．从左到右的变形属于因式分解，故本选项符合题意．
故选：D．
5．（3分）学习组织“超强大脑”答题赛，参赛的11名选手得分情况如表所示，那么这11名选手得分的中位数和众数分别是（ ）
A．86.5和90B．80和90C．90和95D．90和90
【分析】直接利用中位数和众数的定义求解可得．
【解答】解：这组数据的中位数是第6个数据，即9（0分），
众数为9（5分），
故选：C．
6．（3分）若关于x的方程有正数解，则（ ）
A．m＞0且m≠3B．m＜6且m≠3C．m＜0D．m＞6
【分析】解分式方程得到x＝6﹣m，结合已知可得6﹣m＞0，同时注意，分式方程中x≠3，所以6﹣m≠3，则可求m的取值范围．
【解答】解：分式方程两边同时乘以（x﹣3），得
x﹣2（x﹣3）＝m，
解得x＝6﹣m，
∵方程有正数解，
∴6﹣m＞0，
解得m＜6，
∵x≠3，
∴6﹣m≠3，则m≠3，
∴m的取值范围是m＜6且m≠3，
故选：B．
7．（3分）如图，量角器外缘上有A，B，C三点，它们所对应的读数分别是80°，50°，180°，则∠ACB为（ ）
A．50°B．30°C．25°D．15°
【分析】连接OA、OB，根据量角器的读数，可得出∠AOB的度数；根据圆周角定理即可求出∠ACB的度数．
【解答】解：设量角器的圆心是O，连接OA、OB，
则∠AOB＝80°﹣50°＝30°，
由圆周角定理，得∠ACB＝30°÷2＝15°．
故选：D．
8．（3分）如图，△ABC的内切圆⊙O与BC，AC，AB分别相切于点D，E，F，且∠C＝90°，AC＝8，BC＝6，则阴影部分（即四边形CEOD）的面积为（ ）
A．4B．6.25C．7.5D．9
【分析】由AC＝8，BC＝6，∠C＝90°，求得AB＝＝10，由⊙O与BC，AC，AB分别相切于点D，E，F，得BC⊥OD，AC⊥OE，AE＝AF，BD＝BF，CD＝CE，则AE+BD＝AF+BF＝10，四边形ODCE是正方形，由CE+CD＝AC+BC﹣（AE+BD）＝4，求得CE＝CD＝2，则S阴影＝CE•CD＝4，于是得到问题的答案．
【解答】解：∵AC＝8，BC＝6，∠C＝90°，
∴AB＝＝＝10，
∵⊙O与BC，AC，AB分别相切于点D，E，F，
∴BC⊥OD，AC⊥OE，AE＝AF，BD＝BF，CD＝CE，
∴∠ODC＝∠OEC＝∠C＝90°，AE+BD＝AF+BF＝AB＝10，
∴四边形ODCE是正方形，CE+CD＝AC+BC﹣（AE+BD）＝8+6﹣10＝4，
∴CE＝CD＝×4＝2，
∴S阴影＝CE•CD＝2×2＝4，
故选：A．
9．（3分）在锐角△ABC中，AD⊥BC，BE⊥AC，垂足分别为D、E，AD与BE交于点F，BF＝AC，那么∠ABC等于（ ）
A．60°B．50°C．48°D．45°
【分析】由“AAS”可证△DBF≌△DAC，根据全等三角形的性质得出AD＝BD，求出∠ABC＝∠DAB＝45°．
【解答】解：如图，
∵AD⊥BC，BE⊥AC，
∴∠BDF＝∠ADC＝90°，∠BEC＝∠ADC＝90°，
∴∠DAC+∠C＝90°，∠DBF+∠C＝90°，
∴∠DBF＝∠DAC，
在△DBF和△DAC中，
，
∴△DBF≌△DAC（AAS），
∴AD＝BD，
∴∠ABC＝∠BAD＝45°，
故选：D．
10．（3分）如图，一段抛物线y＝﹣x2+8x（0≤x≤8）记为C1，它与x轴交于点O，A1两点；将C1绕点A1旋转180°得到C2，交x轴于点A2；将C2绕点A2旋转180°得到C3，交x轴于点A3，…，如此下去，得到一条“波浪线”．若点M（2023，m） 在此“波浪线”上，则m的值为（ ）
A．﹣8B．8C．﹣7D．7
【分析】从图象看，可以把0≤x≤16当成一个周期，则2023÷16＝126余7，即可求解．
【解答】解：∵一段抛物线C1：y＝﹣x（x﹣8）（0≤x≤8），
∴图象C1与x轴交点坐标为：（0，0），（8，0），
∵将C1绕点A1旋转180°得C2，交x轴于点A2，
∴抛物线C2：y＝（x﹣8）（x﹣16）（8≤x≤16），
从图象看，可以把0≤x≤16当成一个周期，
则2023÷16＝126余7，
当x＝7时，y＝﹣x2+8x＝7，
即m＝7，
故选：D．
二．填空题（共5小题，满分20分，每小题4分）
11．（4分）使二次根式有意义的条件是 ．
【分析】根据二次根式（a≥0）进行计算即可．
【解答】解：由题意可得：
3x﹣1≥0，
∴x≥，
故答案为：x≥．
12．（4分）若将A（2，b）向下平移4个单位得B，且A与B关于x轴对称，则b＝ 2 ．
【分析】依据平移的规律即可得到B（2，b﹣4），再根据A（4，3）与点B关于x轴对称，即可得出方程b+b﹣4＝0，解之即可．
【解答】解：点A（2，b）向下平移4个单位后得到B（2，b﹣4），
∵A（2，b）与点B关于x轴对称，
∴b+b﹣4＝0，
解得：b＝2，
故答案为：2．
13．（4分）如图，△AOB与△COD是位似图形，且OA＝AC，则△AOB与△COD的相似比为 1：2 ．
【分析】根据位似图形的概念得到△AOB∽△COD，根据相似三角形的相似比的概念解答即可．
【解答】解：∵△AOB与△COD是位似图形，
∴△AOB∽△COD，
∵OA＝AC，
∴OA：OC＝1：2，
∴△AOB与△COD的相似比为1：2，
故答案为：1：2．
14．（4分）关于x的一元二次方程2x2+4mx+m＝0有两个不同的实数根x1，x2，且+＝，则m＝ ﹣ ．
【分析】根据根与系数的关系得到x1+x2＝﹣2m，x1•x2＝，再由+＝变形得到（x1+x2）2﹣2x1x2＝，即可得到（8m﹣3）（8m+1）＝0，然后解此方程代入根的判别式后取舍即可．
【解答】解：∵关于x的一元二次方程2x2+4mx+m＝0有两个不同的实数根x1，x2，
∴x1+x2＝﹣2m，x1•x2＝，
∵Δ＝b2﹣4ac
＝（4m）2﹣4×2m，
＝16m2﹣8m，
∵+＝，
∴（x1+x2）2﹣2x1x2＝，
∴4m2﹣2×＝，
（8m﹣3）（8m+1）＝0，
解得：m1＝，m2＝﹣，
当m1＝时，Δ＝16×﹣8×＝﹣3＜0，不符合题意，舍去；
当m2＝﹣时，Δ＝16×﹣8×（﹣）＝＞0，符合题意；
综上，m＝﹣．
故答案为：﹣．
15．（4分）如图，在△ABC中，∠ABC＝60°，AB＝4，AC＝2，则BC＝ 6 ；若点D是边AC上的动点（不与点A，C重合），将线段BD绕点B逆时针旋转60°得到线段BE，连接AE，当线段AE取最小值时，则CD＝ ．
【分析】由锐角三角函数可求BH，AH的长，由勾股定理可求CH的长，即可求BC的长，由“SAS”可证△ABE≌△FBD，可得AE＝DF，则当DF⊥AC时，DF有最小值，即AE有最小值，由锐角三角函数可求解．
【解答】解：如图，过点A作AH⊥BC于H，
∵AH⊥BC，∠ABC＝60°，AB＝4，
∴csB＝＝，
∴BH＝2，
∴AH＝BH＝2，
∴CH＝＝＝4，
∴BC＝BH+CH＝6，
如图，在BC上截取AB＝BF＝4，连接AF，DF，
∵将线段BD绕点B逆时针旋转60°得到线段BE，
∴BD＝BE，∠EBD＝60°，
∵∠ABC＝60°，
∴∠EBD＝∠ABC，
∴∠ABE＝∠DBF，
∴△ABE≌△FBD（SAS），
∴AE＝DF，
∴当DF有最小值时，AE有最小值，
则当DF⊥AC时，DF有最小值，
此时，csC＝＝，
∴，
∴CD＝，
故答案为：6，．
三．解答题（共9小题，满分70分）
16．（6分）计算：（π﹣2022）0﹣3tan30°+|1﹣|+（）﹣2．
【分析】化简零指数幂，绝对值，负整数指数幂，代入特殊角的三角函数值，然后算乘法，再算加减．
【解答】解：原式＝1﹣3×+﹣1+4
＝1﹣+﹣1+4
＝4．
17．（6分）先化简，再求值：（+）÷，其中a＝．
【分析】利用分式的加减法则、除法法则，先化简分式，再代入求值．
【解答】解：原式＝÷
＝•
＝，
当a＝时，
原式＝
＝＝．
18．（6分）又到一年丰收季，重庆外国语学校“国内中考、高考、国内保送、出国留学”捷报频传．作为准初三的初二年级学生希望抓紧暑期更好的提升自我．张同学采用随机抽样的方式对初二年级学生此次暑期生活的主要计划进行了问卷调查，并将调查结果按照“A社会实践类、B学习提高类、C游艺娱乐类、D其他”进行了分类统计，并绘制了如图1和如图2两幅不完整的统计图．（接受调查的每名同学只能在四类中选择其中一种类型，不可多选或不选．）请根据图中提供的信息完成以下问题．
（1）扇形统计图中表示B类的扇形的圆心角是 144 度，并补全条形统计图；
（2）张同学已从被调查的同学中确定了甲、乙、丙、丁四名同学进行开学后的经验交流，并计划在这四人中选出两人的宝贵经验刊登在本班班刊上．请利用画树状图或列表的方法求出甲同学的经验刊登在班刊上的概率．
【分析】（1）先根据A类型人数及其所占百分比求得总人数，继而根据各类型人数之和等于总人数求得B的人数，再用360°乘以B类型人数所占比例可得；
（2）列表得出所有等可能结果，从中找打符合条件的结果数，再利用概率公式可得答案．
【解答】解：（1）∵被调查的人数为45÷30%＝150人，
∴B等级人数为150﹣（45+15+30）＝60人，
则扇形统计图中表示B类的扇形的圆心角是360°×＝144°，
补全图形如下：
故答案为：144；
（2）列表如下：
由树状图（或表格）可知，所有等可能的结果共12种，其中包含甲同学的有6种，
所以P（甲同学的经验刊登在班刊上的概率）＝＝．
19．（6分）2022年我国已成为全球最大的电动汽车市场，电动汽车在保障能源安全，改善空气质量等方面较传统汽车都有明显优势．经过对某款电动汽车和某款燃油车的对比调查发现，电动汽车平均每公里的充电费比燃油车平均每公里的加油费少0.6元．若充电费和加油费均为300元时，电动汽车可行驶的总路程是燃油车的4倍，求这款电动汽车平均每公里的充电费．
【分析】设这款电动汽车平均每公里的充电费用为x元，由题意：若充电费和加油费均为300元时，电动汽车可行驶的总路程是燃油车的4倍，列出分式方程，解方程即可．
【解答】解：设这款电动汽车平均每公里的充电费用为x元，则燃油车平均每公里的加油费为（x+0.6）元，
根据题意，得：＝×4，
解得：x＝0.2，
经检验，x＝0.2是原方程的解，且符合题意，
答：这款电动汽车平均每公里的充电费用为0.2元．
20．（8分）为了解决中低收入困难家庭的住房问题，某县新增了如图所示的甲、乙两幢保障性住房，线段AB、DC分别表示甲、乙两幢保障性住房的高，AB⊥BC，DC⊥BC，从B点测得D点的仰角α为60°，从A点测得D点的仰角β为30°，已知甲幢保障性住房高AB＝36米．
（1）求乙幢保障性住房的高DC；
（2）求甲、乙两幢保障性住房之间的距离BC（结果精确到0.01米）．
（参考数据：≈1.414，≈1.732）
【分析】（1）过点A作AE⊥CD于点E．解直角三角形即可得到结论；
（2）根据三角函数的定义即可得到结论．
【解答】解：（1）过点A作AE⊥CD于点E．
根据题意，得∠DBC＝∠α＝60°，∠DAE＝∠β＝30°，AE＝BC，EC＝AB＝36．
设DE＝x，则DC＝DE+EC＝x+36．
在Rt△AED中，tan∠DAE＝tan30°＝，
∴AE＝x，
∴BC＝AE＝x．
在Rt△DCB中，tan∠DBC＝tan60°＝，
∴＝，
∴3x＝x+36，
∴x＝18，
经检验x＝18是原方程的解．
∴DC＝54（米）．
答：乙建筑物的高DC为54米；
（2）∵BC＝AE＝x，x＝18，
∴BC＝×18＝18×1.732≈31.18（米）．
答：甲、乙两建筑物之间的距离BC为31.18米．
21．（8分）某商家销售某种商品，每件进价为40元．经市场调查发现，该商品一周的销售量y（大于0的整数）件与销售单价x（不低于50的整数）满足一次函数关系，部分调查数据如表：
（1）直接写出销售量y关于销售单价x的函数表达式：y＝ ﹣10x+1000 ．
（2）若一周的销售利润为2750元，则销售单价是多少元/件？
（3）现商家决定将商品一周的销售利润作为捐款寄往贫困地区，则捐款能达到的最大值是 9000 元．
【分析】（1）设y＝kx+b，用待定系数法可得销售量y关于销售单价x的函数表达式为y＝﹣10x+1000，
（2）根据题意得：（x﹣40）（﹣10x+1000）＝2750，即可解得销售单价是95元/件；
（3）设商品一周的销售利润为w元，w＝（x﹣40）（﹣10x+1000）＝﹣10x2+1400x﹣40000＝﹣10（x﹣70）2+9000，由二次函数性质可得答案．
【解答】解：（1）设y＝kx+b，将（50，500），（60，400）代入得：
，
解得，
∴销售量y关于销售单价x的函数表达式为y＝﹣10x+1000，
故答案为：﹣10x+1000；
（2）根据题意得：（x﹣40）（﹣10x+1000）＝2750，
解得x＝95或x＝45（舍去），
∴销售单价是95元/件；
（3）设商品一周的销售利润为w元，
w＝（x﹣40）（﹣10x+1000）＝﹣10x2+1400x﹣40000＝﹣10（x﹣70）2+9000，
∴x＝70时，w取最大值，最大值为9000元，
故答案为：9000．
22．（8分）如图，点A，B，C在圆O上，∠ABC＝60°，直线AD∥BC，AD＝AB，点O在BD上．
（1）求证AD是圆O的切线；
（2）若，求圆O的半径．
【分析】（1）连接OA，利用平行线的性质得到∠D＝∠DBC，利用等对等角得到∠D＝∠ABD，求得∠DBC＝∠ABD＝30°，∠BAD＝120°，证明∠OAD＝90°，即可得到结论；
（2）作OH⊥BC于点H，利用垂径定理和特殊角的三角函数值即可求解．
【解答】（1）证明：如图，连接OA．
∵AD∥BC，
∴∠D＝∠DBC．
∵AD＝AB，
∴∠D＝∠ABD，
∴，∠BAD＝120°．
∵OA＝OB，
∴∠BAO＝∠ABD＝30°，
∴∠OAD＝90°．
∵OA为圆O的半径，
∴AD是圆O的切线；
（2）解：如图，连接OC，过点O作OH⊥BC于点H．
∵OB＝OC，OH⊥BC，
∴∠OCB＝∠OBC＝30°，．
在Rt△BOH中，，即，
解得OB＝6，
故圆O的半径为6．
23．（10分）已知：与x轴交于A、B两点，与y的轴交点C（0，3），对称轴为直线．
（1）如图1，求抛物线的解析式；
（2）如图2，点D在抛物线上，连接CD，且∠OCD＝120°，过D作DG⊥OB于点G，连接CG，试判断△CGD的形状，并说明理由；
（3）如图3，在（2）的条件下，点P在抛物线上，点Q在PD延长线上，FG＝GQ，CD∥GQ，在线段CF上取点M，MG交CQ于N，当CM＝DE，CN：NQ＝1：2时，求P点坐标．
【分析】（1）运用待定系数法即可求得答案；
（2）过点D作DK⊥y轴于K，则∠CDG＝∠DCK＝60°，设CK＝m，利用解直角三角形可得：CD＝2m，DK＝m，得出D（m，3+m），把点D的坐标代入抛物线解析式可求得m＝3，进而可证得△CGD是等边三角形；
（3）连接GE，过点Q作QR⊥x轴于R，利用SAS可证得△CGF≌△DGQ，得出∠GCF＝∠GDQ，GF＝GQ，再证得△CGM≌△GDE（SAS），可得GM＝GE，∠CGM＝∠DGE，再证得△MGE是等边三角形，得出ME＝MG，由PQ∥MG，可得＝＝，进而得出＝＝，再由△DFE∽△GFM，可得＝＝，即GF＝2DF，进而求得Q（5，2），运用待定系数法可得直线DQ的解析式为y＝﹣x+12，与抛物线解析式联立即可求得答案．
【解答】解：（1）∵由题意得：，
解得：，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+x+3；
（2）△CGD是等边三角形，理由如下：
如图，过点D作DK⊥y轴于K，
∵∠OCD＝120°，
∴∠DCK＝180°﹣∠OCD＝60°，
∵DG⊥OB，
∴∠DGB＝∠KOB＝90°，
∴DG∥OK，
∴∠CDG＝∠DCK＝60°，
设CK＝m，
∵∠CKD＝90°，∠DCK＝60°，
∴CD＝＝＝2m，DK＝CK•tan∠DCK＝m•tan60°＝m，
∵C（0，3），
∴OC＝3，
∴OK＝OC+CK＝3+m，
∴D（m，3+m），
把D（m，3+m）代入y＝﹣x2+x+3，得：3+m＝﹣（m）2+×m+3，
解得：m＝3或m＝0（舍去），
∴D（3，6），CD＝6，DG＝6，
∴CD＝DG，
∵∠CDG＝60°，
∴△CGD是等边三角形；
（3）如图，连接GE，过点Q作QR⊥x轴于R，
∵△CDG是等边三角形，
∴CG＝DG，
∵CD∥GQ，
∴∠DGQ＝∠CDG＝60°＝∠CGF，
∴∠QGR＝90°﹣60°＝30°，
∵CG＝DG，∠CGF＝∠DGQ，FG＝GQ，
∴△CGF≌△DGQ（SAS），
∴∠GCF＝∠GDQ，GF＝GQ，
∵CG＝DG，∠GCM＝∠GDE，CM＝DE，
∴△CGM≌△GDE（SAS），
∴GM＝GE，∠CGM＝∠DGE，
∴∠DGE+∠MGF＝∠CGM+∠MGF＝∠CGD＝60°，
∴∠MGE＝60°，
∴△MGE是等边三角形，
∴ME＝MG，
∵∠FCG+∠FGC+∠CFG＝180°，∠FDE+∠FED+∠DFE＝180°，∠CFG＝∠DFE，
∴∠FED＝∠FGC＝60°，
∴∠FED＝∠GME＝60°，
∴PQ∥MG，
∴＝＝，
∵CM＝DE，
∴＝＝，
∵∠DFE＝∠GFM，∠DEF＝∠GMF，
∴△DFE∽△GFM，
∴＝＝，即GF＝2DF，
∵GF+DF＝6，
∴DF＝2，GF＝4，
∴GQ＝GF＝4，
在Rt△GQR中，GR＝GQ•cs∠QGR＝4cs30°＝2，QR＝GQ•sin∠QGR＝4sin30°＝2，
由（2）知D（3，6），DG⊥x轴，
∴OG＝3，
∴OR＝OG+GR＝3+2＝5，
∴Q（5，2），
设直线DQ的解析式为y＝kx+n，把Q（5，2），D（3，6）代入，
得，
解得：，
∴直线DQ的解析式为y＝﹣x+12，
与抛物线解析式联立得：﹣x2+x+3＝﹣x+12，
解得：x＝或x＝3（舍去），
把x＝代入y＝﹣x+12，得：y＝﹣×+12＝10，
∴P（，10）．
24．（12分）我们定义：对角线互相垂直且相等的四边形叫做“神奇四边形”．
（1）在我们学过的下列四边形①平行四边形②矩形③菱形④正方形中，是“神奇四边形”的是 ④ （填序号）；
（2）如图1，在正方形ABCD中，E为BC上一点，连接AE，过点B作BG⊥AE于点H，交CD于点G，连AG、EG．
①求证：四边形ABEG是“神奇四边形”；
②如图2，点M、N、P、Q分别是AB、AG、GE、EB的中点．试判断四边形MNPQ是不是“神奇四边形”；
（3）如图3，点F、R分别在正方形ABCD的边AB、CD上，把正方形沿直线FR翻折，使得BC的对应边B'C'恰好经过点A，过点A作AO⊥FR于点O，若AB'＝2，正方形的边长为6，求线段OF的长．
【分析】（1）由“神奇四边形”的定义即可得出结论；
（2）①证△ABE≌△BCG（ASA），得AE＝BG，再由“神奇四边形”的定义即可得出结论；
②由三角形中位线定理得出MN＝PQ，MQ＝NP，则四边形MNPQ为平行四边形，再证四边形MNPQ是正方形，则可得出结论；
（3）延长AO交BC于S，由勾股定理求出AO的长，设AF＝x，则BF＝B'F＝6﹣x，再由勾股定理得22+（6﹣x）2＝x2，解得x＝，即可解决问题．
【解答】（1）解：∵平行四边形的对角线互相平分，矩形的对角线互相平分且相等，菱形的对角线互相垂直平分，正方形的对角线互相垂直平分且相等，
∴正方形是“神奇四边形”，
故答案为：④；
（2）①证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC＝∠BCD＝90°，
∴∠ABG+∠CBG＝90°，
∵BG⊥AE，
∴∠BAE+∠ABG＝90°，
∴∠BAE＝∠CBG，
在△ABE和△BCG中，
，
∴△ABE≌△BCG（ASA），
∴AE＝BG，
又∵BG⊥AE，
∴四边形ABEG是“神奇四边形”；
②解：四边形MNPQ是“神奇四边形”，理由如下：
∵M，N为AB，AG的中点，
∴MN为△ABG的中位线，
∴MN∥BG，MN＝BG，
同理：PQ∥BG，PQ＝BG，MQ∥AE，MQ＝AE，NP∥AE，NP＝AE，
∴MN＝PQ，MQ＝NP，
∴四边形MNPQ为平行四边形，
∵AE＝BG，
∴MN＝MQ，
∴平行四边形MNPQ为菱形，
∵BG⊥AE，MQ∥AE，
∴MQ⊥BG，
∵MN∥BG，
∴MQ⊥MN，
∴∠QMN＝90°，
∴四边形MNPQ为正方形，
∴四边形MNPQ是“神奇四边形”；
（3）解：如图3，延长AO交BC于S，
由翻折的性质可知，BF＝B'F，AB'＝BS＝2，AO＝SO，∠B'＝∠B，
∵四边形ABCD是正方形，边长为6，
∴AB＝6，∠B＝90°，
∴AS＝＝＝2，∠B'＝∠B＝90°，
∴AO＝AS＝，
设AF＝x，则BF＝B'F＝6﹣x，
在Rt△AB'F中，由勾股定理得：22+（6﹣x）2＝x2，
∴x＝，
∴AF＝，
∵AO⊥FR，
∴∠AOF＝90°，
∴OF＝＝＝，
即线段OF的长为．
分数（分）
60
80
90
95
人数（人）
2
2
3
4
销售单价x（元/件）
50
55
60
70
75
…
一周的销售量y（件）
500
450
400
300
250
…
分数（分）
60
80
90
95
人数（人）
2
2
3
4
甲
乙
丙
丁
甲
（甲，乙）
（甲，丙）
（甲，丁）
乙
（乙，甲）
（乙，丙）
（乙，丁）
丙
（丙，甲）
（丙，乙）
（丙，丁）
丁
（丁，甲）
（丁，乙）
（丁，丙）
销售单价x（元/件）
50
55
60
70
75
…
一周的销售量y（件）
500
450
400
300
250
…