2024年吉林省长春市朝阳区中考数学一模试卷（含解析）

这是一份2024年吉林省长春市朝阳区中考数学一模试卷（含解析），共19页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题，八年级开展了以“学法明理等内容，欢迎下载使用。

1.在下列各数中，比−3小的数是( )
A. 2B. 0C. −2D. −4
2.2024年清明小长假期间，长春站客流主要以短途流为主，预计发送旅客505000人次.505000这个数用科学记数法表示为( )
A. 505×103B. 5.05×106C. 5.05×105D. 0.505×106
3.如图表示的是一个不等式组的解集，则这个不等式组的解集是( )
A. 14.如图，将一个正方体的表面展开图的每个面都标注了数字，若正方体的底面是面⑥，则正方体的上面是( )
A. 面①B. 面②C. 面③D. 面⑤
5.工人师傅常用角尺平分一个任意角，具体做法如下：如图，已知∠AOB是一个任意角，在边OA、OB上分别取OM=ON，移动角尺，使角尺两边相同的刻度分别与点M、N重合，就可以知道射线OC是∠AOB的角平分线.依据的数学基本事实是( )
A. 两边及其夹角分别相等的两个三角形全等
B. 两角及其夹边分别相等的两个三角形全等
C. 两角分别相等且其中一组等角的对边相等的两个三角形全等
D. 三边分别相等的两个三角形全等
6.下列计算正确的是( )
A. a3⋅a2=a6B. a6÷a2=a3C. (−a2)3=a6D. (ab3)2=a2b6
7.如图，AB是半圆的直径，圆心为O.若AB的长为6，则弦AC的长为( )
A. 6sinA
B. 6csA
C. 6csA
D. 6tanA
8.如图，在平面直角坐标系中，平行四边形OABC的顶点A在x轴上，顶点B在第一象限，且纵坐标为4，点D为边AB的中点，反比例函数y=kx(k>0,x>0)的图象经过点C、D.若S△OCD=6，则点D的横坐标为( )
A. 32B. 134C. 4D. 5
二、填空题：本题共6小题，每小题3分，共18分。
9.分解因式：x2−2x=________．
10.若关于x的方程x2+x−k=0有两个不相等的实数根，则实数k的取值范围为______．
11.我国古代数学著作《孙子算经》中记载“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？其大意是：每车坐3人，两车空出来；每车坐2人，多出9人无车坐.问人数和车数各多少？设共有车x辆，可求得x的值为______．
12.如图，若∠B=77°，∠C=85°，则∠1+∠2= ______°.
13.如图，已知∠AOB=α，按下列步骤用直尺和圆规作图，
第一步：在射线OA上截取OC；
第二步：以点O为圆心、OC长为半径作圆弧，交OB于点D，连结CD；
第三步：以点C为圆心、OC长为半径作圆弧，交OB于点E，连结CE．
则∠DCE的大小为______.(用含α的代数式表示)
14.在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx+c(a>0)的对称轴为直线x=t，A(x1,y1)，B(x2,y2)是抛物线上两点，当0y2，则t的取值范围为______．
三、解答题：本题共8小题，共56分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题6分)
先化简，再求值：(a+1)2−a(a−2)，其中a=−12．
16.(本小题6分)
2023年9月5日，长春市第一届运动会开幕式在长春奥林匹克公园体育场举行.本次赛会以“同享市运精彩，共创长春未来”为主题，会徽取抽象的运动人物造型和长春的首位字母“C”融合变形塑造，吉祥物“鹿娃”充分展现了“宽容大气、自强不息”的长春城市精神.现有三张不透明卡片，其中一张卡片的正面图案为会徽，另外两张卡片的正面图案都为吉祥物“鹿娃”，卡片除正面图案不同外其余均相同，将这三张卡片背面向上并搅匀．
(1)若小明从中随机抽取一张，“抽到卡片上的图案是会徽”是______事件(填“随机”“不可能”或“必然”)．
(2)若小明从中随机抽取一张，记下卡片上的图案后背面向上放回，重新搅匀后再从中随机抽取一张.请用画树状图(或列表)的方法，求小明两次抽到的卡片上的图案都是吉祥物“鹿娃”的概率.(图案为会徽的卡片记为A，图案为吉祥物的两张卡片分别记为B1、B2)
17.(本小题6分)
为了提高垃圾分类的效率，某垃圾处理厂购买了甲、乙两种型号机器人，其中每台甲种型号机器人的售价比每台乙种型号机器人的售价多20万元.用480万元购买甲种型号机器人和用360万元购买乙种型号机器人的台数相同，求每台甲种型号机器人的售价．
18.(本小题7分)
如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，过点B作BM/​/AC，过点C作CN//DB交BM于点E，连结DE．
(1)求证：四边形BECO是矩形．
(2)若AB=6，∠BAD=120°，则tan∠DEC的值为______．
19.(本小题7分)
某中学组织七、八年级开展了以“学法明理、守法立身”为主题的普法知识竞赛，为了解学生掌握普法知识的情况，分别从七年级和八年级各随机抽取了50名学生的竞赛成绩(满分：100分)进行整理、描述和分析，给出以下部分信息：
a.八年级50名学生竞赛成绩的频数分布直方图：
(数据分成5组：50≤x<60，60≤x<70，70≤x<80，80≤x<90，90≤x≤100.)
b.八年级50名学生竞赛成绩在80≤x<90一组的具体成绩为：
80，80，81，83，84，84，85，85，85，85，86，86，87，88，88，89．
c.七、八年级各随机抽取的50名学生的竞赛成绩的统计数据如表所示：
根据以上信息，解答下列问题：
(1)补全八年级50名学生竞赛成绩的频数分布直方图．
(2)在表中，m的值为______．
(3)在这次竞赛中，竞赛成绩更好的是______年级，理由是______．
(4)若竞赛成绩不低于85分记为优秀，根据统计结果，估计八年级650名学生中有多少名学生的竞赛成绩为优秀．
20.(本小题7分)
图①、图②、图③均是5×5的正方形网格，每个小正方形的边长均为1，每个小正方形的顶点称为格点，点A、B、C均在格点上，只用无刻度的直尺，分别在给定的网格中按下列要求作图，保留作图痕迹．
(1)在图①中，作线段AB的中点O．
(2)在图②中，作线段AB的垂直平分线EF．
(3)在图③中，过点C作线段CD⊥AB于点D．
21.(本小题8分)
某小区在旧小区改造过程中，需要为一段路面重新铺设地砖，由小区物业的甲、乙两个小组共同完成.甲小组先单独铺设路面，一段时间后，乙小组也赶来和甲小组一起铺设路面.甲、乙两个小组每小时铺设路面的长度不变，乙小组每小时铺设路面40米.甲、乙两小组铺设路面的总长度y(米)与甲小组铺设路面所用的时间x(时)之间的函数图象如图所示．
(1)甲小组每小时铺设路面______米，m的值为______．
(2)求乙小组加入后，y与x之间的函数关系式．
(3)当铺设完路面总长度的一半时，求甲、乙两个小组各自铺设路面的长度．
22.(本小题9分)
【教材呈现】下面是华师版八年级上册数学教材第96页的部分内容．
我们已经知道角是轴对称图形，角平分线所在的直线是角的对称轴.如图，OC是∠AOB的平分线，P是OC上任一点，作PD⊥OA，PE⊥OB，垂足分别为点D和点E.将∠AOB沿OC对折，我们发现PD与PE完全重合.由此即有：
角平分线的性质定理角平分线上的点到角两边的距离相等．
已知：如图，OC是∠AOB的平分线，点P是OC上的任意一点，PD⊥OA，PE⊥OB，垂足分别为点D和点E．
请写出完求证：PD=PE．
分析图中有两个直角三角形PDO和PEO，只要证明这两个三角形全等，便可证得PD=PE．
(1)请根据教材中的分析，结合图①，写出“角平分线的性质定理”完整的证明过程．
【定理应用】
(2)如图②，已知OC是∠AOB的平分线，点P是OC上的任意一点，点D、E分别在边OA、OB上，连结PD、PE，∠AOB+∠DPE=180°.若∠AOB=60°，OD+OE=5 3，则OP的长为______．
(3)如图③，在平行四边形ABCD中，∠ABC=60°，BE平分∠ABC交AD于点E，连结CE，将CE绕点E旋转，当点C的对应点F落在边AB上时，若BF+BC=12 3，则四边形BCEF的面积为______．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：∵|−4|>|−3|>|−2|，
∴−4<−3<−2<0<2，
∴比−3小的数是−4．
故选：D．
根据负数都小于零，两个负数比较大小，绝对值大的数反而小进行比较即可．
本题考查了有理数大小比较，比较有理数大小的方法：1、数轴法：在数轴上表示的两个数，右边的总比左边的数大；2、正数都大于零，负数都小于零，正数大于负数；3、绝对值法：①两个正数比较大小，绝对值大的数大；两个负数比较大小，绝对值大的数反而小．
2.【答案】C
【解析】解：505000=5.05×105，
故选：C．
科学记数法的表示形式为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≥10时，n是正整数；当原数的绝对值<1时，n是负整数．
此题考查科学记数法的表示方法．科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|<10，n为整数，表示时关键要正确确定a的值以及n的值．
3.【答案】C
【解析】解：不等式组的解集是1故选：C．
根据“小于向左，大于向右；边界点含于解集为实心点，不含于解集即为空心点”即可得．
本题主要考查在数轴上表示不等式组的解集．
4.【答案】A
【解析】解：根据正方体表面展开图的“相间、Z端是对面”可知，标注“⑥”与“①”的面是相对的面，
所以若正方体的底面是面⑥，则正方体的上面是①．
故选：A．
根据正方体表面展开图的特征进行判断即可．
本题考查正方体的展开与折叠，掌握正方体表面展开图的特征，正确判断相对的面是解决问题的关键．
5.【答案】D
【解析】解：∵角尺两边相同的刻度分别与点M、N重合
∴CM=CN，
在△OCM和△OCN中，
CM=CNOM=ONOC=OC，
∴△OCM≌△OCN(SSS)，
∴∠MOC=∠NOC，
即OC平分∠AOB，
∴依据的数学基本事实是三边分别相等的两个三角形全等．
故选：D．
依题意得CM=CN，然后可依据“SSS”判定△OCM和△OCN全等，从而得∠MOC=∠NOC，据此可得出所依据的数学基本事实．
此题主要考查了全等三角形的判定，熟练掌握三边分别相等的两个三角形全等是解决问题的关键．
6.【答案】D
【解析】解：A、a3⋅a2=a5，故A不符合题意；
B、a6÷a2=a4，故B不符合题意；
C、(−a2)3=−a6，故C不符合题意；
D、(ab3)2=a2b6，故D符合题意；
故选：D．
根据同底数幂的除法，同底数幂的乘法，幂的乘方与积的乘方法则进行计算，逐一判断即可解答．
本题考查了同底数幂的除法，同底数幂的乘法，幂的乘方与积的乘方，熟练掌握它们的运算法则是解题的关键．
7.【答案】B
【解析】解：连接BC，
∵AB是半圆O的直径，
∴∠ACB=90°，
在Rt△ABC中，AB=6，
∴AC=AB⋅csA=6csA，
∴弦AC的长为6csA，
故选：B．
连接BC，根据直径所对的圆周角是直角可得∠ACB=90°，然后在Rt△ABC中，利用锐角三角函数的定义进行计算，即可解答．
本题考查了圆周角定理，解直角三角形，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
8.【答案】C
【解析】解：如图，作BE⊥x轴，DF⊥x轴，CG⊥x轴，垂足分别为E、F、G，
∵点B在第一象限，纵坐标为4，D为AB的中点，
∴C(k4,4)，D(k2,2)，
根据反比例函数k值的几何意义，
S梯形CDFG=S△COD=6，
∴12×(2+4)(k2−k4)=6，解得k=8．
∴反比例函数解析式为：y=8x，
当y=2时，x=4，
∴点D的横坐标为4．
故选：C．
作BE⊥x轴，DF⊥x轴，CG⊥x轴，根据k值的几何意义可知S梯形CDFG=S△COD=6，依据已知条件求出k值，得到反比例函数解析式，将y=2代入解析式可知点D的横坐标．
本题考查了反比例函数k值的几何意义，熟练掌握反比例函数k值的几何意义是关键．
9.【答案】x(x−2)
【解析】解：x2−2x=x(x−2)．
故答案为：x(x−2)．
提取公因式x，整理即可．
本题考查了提公因式法分解因式，因式分解的第一步：有公因式的首先提取公因式．
10.【答案】k>−14
【解析】解：∵关于x的方程x2+x−k=0有两个不相等的实数根，
∴Δ=12−4×1×(−k)>0，
即1+4k>0，
解得：k>−14，
故答案为：k>−14．
根据关于x的方程x2+x−k=0有两个不相等的实数根，则Δ=b2−4ac=12−4×1×(−k)>0，据此即可得出结果．
本题考查的是跟的判别式，利用一元二次方程跟的情况求实数k的取值范围是解题的关键．
11.【答案】15
【解析】解：根据题意得：3(x−2)=2x+9，
解得：x=15，
∴x的值为15．
故答案为：15．
根据“每车坐3人，两车空出来；每车坐2人，多出9人无车坐”，结合人数不变，可列出关于x的一元一次方程，解之即可得出结论．
本题考查了一元一次方程的应用以及数学常识，找准等量关系，正确列出一元一次方程是解题的关键．
12.【答案】162
【解析】解：延长CD，交BA的延长线于点E，如图所示，
∵∠B=77°，∠C=85°，
∴∠E=180°−∠B−∠C=180°−77°−85°=18°，
∴∠1+∠3=180°−∠E=180°−18°=162°，
∵∠2=∠3，
∴∠1+∠2=162°，
故答案为：162．
延长CD，交BA的延长线于点E，然后根据三角形内角和，可以求得∠E的度数，从而可以得到∠1和∠3的和，再根据对顶角的性质，即可得到∠1+∠2的和．
本题考查三角形内角和，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
13.【答案】90°−32α
【解析】解：根据作图可知OD=OC=CE，
∵∠AOB=α，
∴∠CEO=∠AOB=α，∠ODC=∠OCD=(180°−α)÷2=90°−12α；
∴∠DCE=∠ODC−∠CEO=90°−12α−α=90°−32α；
故答案为：90°−32α.
由OD=OC=CE，∠AOB=α，可得∠CEO=∠AOB=α，∠ODC=∠OCD==90°−12α；故∠DCE=∠ODC−∠CEO=90°−32α.
本题考查列代数式，解题的关键是掌握等腰三角形的性质和三角形内角和定理．
14.【答案】t≥3
【解析】解：由题意，∵0∴2∴1由x1y2，且a>0，
∴A、B的中点在对称轴左侧．
∴x1+x22∴t≥3．
故答案为：t≥3．
依据题意，由0y2，且a>0，进而A、B的中点在对称轴左侧，故x1+x22本题主要考查了二次函数的性质，二次函数图象上点的坐标特征，熟知抛物线的对称性是解题的关键．
15.【答案】解：原式=a2+2a+1−(a2−2a)
=a2+2a+1−a2+2a
=4a+1，
当a=−12时，原式=4×(−12)+1=−2+1=−1．
【解析】根据完全平方公式、单项式乘多项式的运算法则、合并同类项法则把原式化简，把a的值代入计算即可．
本题考查的是整式的化简求值，掌握整式的混合运算法则是解题的关键．
16.【答案】随机
【解析】解：(1)根据题意，小明从中随机抽取一张，“抽到卡片上的图案是会徽”是随机事件，
故答案为：随机；
(2)画树状图如下：
一共有9种等可能的情况，其中小明两次抽到的卡片上的图案都是吉祥物“鹿娃”有4种可能的情况，
∴P(小明两次抽到的卡片上的图案都是吉祥物“鹿娃”)=49．
(1)根据随机事件和必然事件的定义判断并填空即可；
(2)利用列表法或画树状图解答即可．
本题考查随机事件，列表法和树状图法求等可能事件的概率，掌握列表法和树状图法求等可能事件的概率的方法是解题的关键．
17.【答案】解：设每台甲种型号机器人的售价为x万元，则每台乙种型号机器人的售价为(x−20)万元，
根据题意得：480x=360x−20，
解得：x=80，
经检验，x=80是所列方程的解，且符合题意．
答：每台甲种型号机器人的售价为80万元．
【解析】设每台甲种型号机器人的售价为x万元，则每台乙种型号机器人的售价为(x−20)万元，利用数量=总价÷单价，结合用480万元购买甲种型号机器人和用360万元购买乙种型号机器人的台数相同，可列出关于x的分式方程，解之经检验后，即可得出结论．
本题考查了分式方程的应用，找准等量关系，正确列出分式方程是解题的关键．
18.【答案】 36
【解析】(1)证明：∵BM/​/AC，CN//DB，BM、CN相交于点E，AC、BD相交于点O，
∴BE/​/OC，CE/​/OB，
∴四边形BECO是平行四边形，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∴∠BOC=90°，
∴四边形BECO是矩形．
(2)解：∵BC/​/AD，∠BAD=120°，
∴∠ABC=180°−∠BAD=60°，
∵AB=CB=6，
∴△ABC是等边三角形，
∴AC=AB=6，
∴OC=OA=12AC=3，
∴OD=OB= CB2−OC2= 62−32=3 3，
∴BD=OD+OB=3 3+3 3=6 3，
∵四边形BECO是矩形，
∴∠DBE=90°，BE=OC=3，
∵∠DEC=∠BDE，
∴tan∠DEC=tan∠BDE=BEBD=36 3= 36，
故答案为： 36．
(1)由BM/​/AC，CN//DB，证明四边形BECO是平行四边形，由菱形的性质得AC⊥BD，则∠BOC=90°，即可证明四边形BECO是矩形；
(2)BC//AD，∠BAD=120°，得∠ABC=60°，则△ABC是等边三角形，所以AC=AB=BC=6，则OC=OA=3，求得OD=OB= CB2−OC2=3 3，则BD=6 3，由矩形的性质得∠DBE=90°，BE=OC=3，而∠DEC=∠BDE，所以tan∠DEC=tan∠BDE=BEBD= 36，于是得到问题的答案．
此题重点考查菱形的性质、矩形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、勾股定理、锐角三角函数与解直角三角形等知识，证明∠BOC=90°是解题的关键．
19.【答案】82 七 七、八年级各抽取的50名学生的竞赛成绩的平均水平相同，但七年级比八年级成绩更稳定
【解析】解：(1)八年级50名学生竞赛成绩在80≤x<90一组16人，补全八年级50名学生竞赛成绩的频数分布直方图如下：
(2)八年级抽取的50名学生的竞赛成绩的中位数是成绩由小到大排列，第25、第26个成绩的平均数，
∵前3组有数据：4+8+10=22个数据，
∴第25、第26个数据是80≤x<90一组的第3个，第4个数据，即81，83，
∴m=(81+83)÷2=82，
故答案为：82；
(3)在这次竞赛中，竞赛成绩更好的是七年级，
理由如下：∵七年级成绩的平均数=八年级成绩的平均数=82.7，七年级成绩的方差86.30<八年级成绩的方差124.70，
∴七、八年级各抽取的50名学生的竞赛成绩的平均水平相同，但七年级比八年级成绩更稳定，
故答案为：七；七、八年级各抽取的50名学生的竞赛成绩的平均水平相同，但七年级比八年级成绩更稳定；
(4)八年级50名学生竞赛成绩不低于85分有：10+12=22(名)，
650×2250=286(名)，
答：估计八年级650名学生中有286名学生的竞赛成绩为优秀．
(1)八年级50名学生竞赛成绩在80≤x<90一组16人，补全八年级50名学生竞赛成绩的频数分布直方图即可；
(2)根据中位数的意义解答即可；
(3)根据平均数和方差的意义判断并说明理由即可；
(4)将650乘以竞赛成绩不低于85分所占比即可估计八年级650名学生中有多少名学生的竞赛成绩为优秀．
本题考查频数分布直方图，平均数，中位数，方差，用样本估计总体，掌握平均数，中位数，方差的意义是解题的关键．
20.【答案】解：(1)如图①，点O即为所求．
(2)如图②，EF即为所求．
(3)如图③，CD即为所求．

【解析】(1)利用网格直接取AB的中点即可．
(2)取格点E，使△ABE是以AB为斜边的等腰直角三角形，再取AB的中点F，连接EF即可．
(3)根据垂直的定义画图即可．
本题考查作图—应用与设计作图、等腰直角三角形的性质，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
21.【答案】50 150
【解析】解：(1)由图象可知，8小时内甲、乙两小组铺设路面共600米，
其中乙小组铺设路面40×(8−3)=200(米)，则甲小组铺设路面600−200=400(米)，
∴甲小组每小时铺设路面400÷8=50(米)，
∴m=50×3=150．
故答案为：50，150．
(2)设乙小组加入后，y与x之间的函数关系式为y=kx+b(k、b为常数，且k≠0)．
将坐标(3,150)和(8,600)代入y=kx+b，
得3k+b=1508k+b=600，
解得k=90b=−120，
∴乙小组加入后，y与x之间的函数关系式为y=90x−120(3≤x≤8)．
(3)当铺设完路面总长度的一半时，铺设路面的长度为600×12=300(米)，
∵300>150，
∴当y=300时，得90x−120=300，解得x=143．
50×143=7003(米)，
300−7003=2003，
∴甲小组铺设路面的长度为7003米，乙小组铺设路面的长度为2003米．
(1)先计算3时−8时内乙小组铺设路面的长度，由8小时内甲、乙两小组铺设路面的总长度计算出甲小组铺设路面的长度，再根据“铺设速度=铺设长度÷铺设时间”计算出甲小组每小时铺设路面的长度，根据“铺设长度=铺设速度×铺设时间”计算出m的值即可；
(2)利用待定系数法求出y与x之间的函数关系式，并标明自变量的取值范围即可；
(3)求出铺设完路面总长度的一半时所用的时间，根据“铺设长度=铺设速度×铺设时间”求出甲小组铺设路面的长度，从而求出乙小组铺设路面的长度即可．
本题考查一次函数的应用，理解题意并利用待定系数法求出y与x之间的函数关系式是解题的关键．
22.【答案】5 36 3
【解析】(1)证明：∵OC是∠AOB的平分线，
∴∠DOP=∠EOP，
∵PD⊥OA，PE⊥OB，
∴∠PDO=∠PEO=90°，
∵OP=OP，
∴△ODP≌△OEP(AAS)，
∴PD=PE；
(2)解：作PM⊥OA，PN⊥OB，垂足分别为点M和点N，
，
∵OC是∠AOB的平分线，
∴∠MOP=∠NOP=30°，
∵PM⊥OA，PN⊥OB，
∴∠PMO=∠PNO=90°，
∵OP=OP，
∴△OMP≌△ONP(AAS)，
∴PM=PN，∠PMO=∠PNE=90°，OM=ON，
∵∠AOB=60°，
∴∠MPN=120°，
∵∠AOB+∠DPE=180°，
∴∠DPE=120°，
∴∠DPM=∠EPN，
∴△PDM≌△PEN(ASA)，
∴NE=DM，
∵OD+OE=5 3，
∴OM+ON=5 3，即OM=ON=5 32，
∴OP=OMcs∠MOP=5，
故答案为：5；
(3)解：作EM⊥BA，EN⊥BC，垂足分别为点M和点N，
，
由于CE绕点E旋转，点C的对应点F落在边AB上，即CE=EF，
∵BE平分∠ABC，EM⊥BA，EN⊥BC，
∴EM=EN，∠EMB=∠ENC=90°，
∵CE=EF，
∴△EMF≌△ENC(HL)，
∴NC=MF，
∵BF+BC=12 3，
∴BN+BM=12 3，
∵EM=EN，∠EMB=∠ENB=90°，BE=BE，
∴△BEM≌△BEN(HL)，
∴BM=BN=6 3，
∵BE平分∠ABC，∠ABC=60°，
∴∠CBE=∠MBE=30°，
∴EN=BN⋅tan∠CBE=6，
∴EM=6，
∵△EMF≌△ENC，△BEM≌△BEN，
∴四边形BCEF的面积=2S△BNE=2×12×EN×BN=36 3，
故答案为：36 3．
(1)因为OC是∠AOB的平分线，所以∠DOP=∠EOP，因为PD⊥OA，PE⊥OB，所以∠PDO=∠PEO=90°，因为OP=OP，可得△ODP≌△OEP，即证得PD=PE；
(2)作PM⊥OA，PN⊥OB，垂足分别为点M和点N，证△OMP≌△ONP，可得PM=PN，∠PMO=∠PNE=90°，OM=ON，因为∠AOB=60°，∠AOB+∠DPE=180°，可得∠DPM=∠EPN，证△PDM≌△PEN，可得NE=DM，因为OD+OE=5 3，所以OM+ON=5 3，即OM=ON=5 32，OP=OMcs∠MOP，可得OP的长；
(3)证△EMF≌△ENC，可得NC=MF，因为BF+BC=12 3，所以BN+BM=12 3，证△BEM≌△BEN，可得BM=BN=6 3，已知∠ABC=60°，BE平分∠ABC，可得CBE=∠MBE=30°，EN=BN⋅tan∠CBE，求得EN，因为四边形BCEF的面积=四边形BNEF+三角形ENC的面积=三角形BEM的面积+三角形BEN的面积=2个三角形BEN的面积，求得三角形BEN的面积，可得四边形BCEF的面积．
本题考查了四边形综合题，关键是掌握角平分线的性质定理．年级
平均数
中位数
方差
七年级
82.7
83
86.30
八年级
82.7
m
124.70