2024年贵州省铜仁市万山区中考数学三模试卷（含解析）

这是一份2024年贵州省铜仁市万山区中考数学三模试卷（含解析），共21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。

1.2的相反数是( )
A. −12B. 12C. −2D. 2
2.生活中一些常见的物体可以抽象成立体图形，以下立体图形中三视图形状相同的可能是( )
A. 正方体B. 圆锥
C. 圆柱D. 四棱锥
3.第19届亚运会于2023年9月23日至10月8日在杭州举行，杭州奥体中心体育场占地面积430亩，共有80800个座位，其中数80800用科学记数法表示为( )
A. 80.8×103B. 8.08×103C. 8.08×104D. 0.808×105
4.如图，AE/​/CD，AC平分∠BCD，∠2=35°，∠D=60°，则∠B=( )
A. 52°
B. 50°
C. 45°
D. 25°
5.若关于x的一元二次方程x2−3x+m=0有两个相等的实数根，则实数m的值为( )
A. −9B. −94C. 94D. 9
6.正十二边形的外角和为( )
A. 30°B. 150°C. 360°D. 1800°
7.小区新增了一家快递店，第一天揽件200件，第三天揽件242件，设该快递店揽件日平均增长率为x，根据题意，下面所列方程正确的是( )
A. 200(1+x)2=242B. 200(1−x)2=242
C. 200(1+2x)=242D. 200(1−2x)=242
8.一个不透明的袋子里装有18个黄球和若干个红球，这些球除颜色外都相同，小明从中随机摸出一个球，记下颜色后再放回袋中，通过多次摸球试验后发现，摸到红球的频率稳定在0.4，则袋子里约有红球( )
A. 6个B. 12个C. 18个D. 24个
9.在方格图中，以格点为顶点的三角形叫做格点三角形.在如图所示的平面直角坐标系中，格点△ABC、△DEF成位似关系，则位似中心的坐标为( )
A. (−1,0)
B. (0,0)
C. (0,1)
D. (1,0)
10.若点A(−6,y1)，B(−2,y2)，C(3,y3)在反比例函数y=2k2+3x(k为常数)的图象上，则y1，y2，y3大小关系为( )
A. y1>y2>y3B. y2>y3>y1C. y3>y2>y1D. y3>y1>y2
11.如图，⊙O与正五边形ABCDE的两边AE，CD相切于A，C两点，则∠AOC的度数是( )
A. 144°
B. 130°
C. 129°
D. 108°
12.如图，在△ABC中，AB=10，BC=6，AC=8，点P为线段AB上的动点.以每秒1个单位长度的速度从点A向点B移动，到达点B时停止.过点P作PM⊥AC于点M.作PN⊥BC于点N，连接MN，线段MN的长度y与点P的运动时间t(秒)的函数关系如图所示，则函数图象最低点E的坐标为( )
A. (5,5)B. (6,245)C. (325,245)D. (325,5)
二、填空题：本题共4小题，每小题4分，共16分。
13.计算： 2− 8=______．
14.如果方程x2−3x−2=0的两个实数根分别是x1、x2，那么x1+x2= ______．
15.如图，在平面直角坐标系中，菱形ABCD对角线的交点坐标是O(0,0)，点B的坐标是(0,1)，且BC=5，则点A的坐标是______．
16.如图，弧AB所对圆心角∠AOB=90°，半径为8，点C是OB中点，点D弧AB上一点，CD绕点C逆时针旋转90°得到CE，则AE的最小值是______．
三、解答题：本题共9小题，共98分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题12分)
(1)计算：2tan45°+(−12)0+| 3−1|．
(2)化简：(1x−2−1x+2)÷xx2−4．
18.(本小题10分)
国家花样滑雪运动队为了选拔奥运会运动员，去某体育学校举办了一次预选赛，将成绩分为四个等级：优秀、良好、合格、不合格，并绘制成两幅不完整的统计图．

(1)这次预选赛共有______名运动员参赛，在扇形统计图中，表示“优秀”的扇形圆心角的度数为______；
(2)将条形统计图补充完整；
(3)请写出一条对同学们滑雪运动的建议．
19.(本小题10分)
如图，四边形ABCD中，AD//BC，点O为对角线BD的中点，过点O的直线l分别与AD、BC所在的直线相交于点E、F.(点E不与点D重合)
(1)求证：△DOE≌△BOF；
(2)当直线l⊥BD时，连接BE、DF，试判断四边形EBFD的形状，并说明理由．
20.(本小题10分)
端午节是我国入选世界非物质文化遗产的传统节日，端午节吃粽子是中华民族的传统习俗.某超市为了满足人们的需求，计划在端午节前购进甲、乙两种粽子进行销售.经了解，每个乙种粽子的进价比每个甲种粽子的进价多2元，用1000元购进甲种粽子的个数与用1200元购进乙种粽子的个数相同．
(1)甲、乙两种粽子每个的进价分别是多少元？
(2)该超市计划购进这两种粽子共200个(两种都有)，其中甲种粽子的个数不低于乙种粽子个数的2倍，若甲、乙两种粽子的售价分别为12元/个、15元/个，设购进甲种粽子m个，两种粽子全部售完时获得的利润为W元．
①求W与m的函数关系式，并求出m的取值范围；
②超市应如何进货才能获得最大利润，最大利润是多少元？
21.(本小题10分)
为建设美好公园社区，增强民众生活幸福感，某社区服务中心在文化活动室墙外安装遮阳篷，便于社区居民休憩．
如图，在侧面示意图中，遮阳篷AB长为5米，与水平面的夹角为16°，且靠墙端离地高BC为4米，当太阳光线AD与地面CE的夹角为45°时，求阴影CD的长.(结果精确到0.1米；参考数据：sin16°≈0.28，cs16°≈0.96，tan16°≈0.29)
22.(本小题10分)
如图，在⊙O中，AB是直径，点C是圆上一点.在AB的延长线上取一点D，连接CD，使∠BCD=∠A．
(1)求证：直线CD是⊙O的切线；
(2)若∠ACD=120°，CD=2 3，求图中阴影部分的面积(结果用含π的式子表示)．
23.(本小题10分)
如图，一次函数y=k1x+b的图象与反比例函数y=k2x的图象交于A(−4,1)，B(m,4)，两点.(k1,k2,b均为常数)
(1)求一次函数和反比例函数的解析式；
(2)根据图象直接写出不等式k1x+b>k2x的解集．
24.(本小题12分)
在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y=x2−2mx+m2−2，直线y=−12x+2与x轴，y轴分别交于A，B两点．
(1)求抛物线的对称轴及顶点坐标；
(2)若m=1，点(x1,y1)，(x2,y2)在该抛物线上，且−2(3)当抛物线与线段AB只有一个公共点时，请直接写出m的取值范围．
25.(本小题14分)
综合运用
如图1，在平面直角坐标系中，正方形OABC的顶点A在x轴的正半轴上.如图2，将正方形OABC绕点O逆时针旋转，旋转角为α(0°<α<45°)，AB交直线y=x于点E，BC交y轴于点F．
(1)当旋转角∠COF为多少度时，OE=OF；(直接写出结果，不要求写解答过程)
(2)若点A(4,3)，求FC的长；
(3)如图3，对角线AC交y轴于点M，交直线y=x于点N，连接FN.将△OFN与△OCF的面积分别记为S1与S2.设S=S1−S2，AN=n，求S关于n的函数表达式．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：2的相反数是−2，
故选：C．
根据相反数的概念解答即可．
本题考查了相反数的意义，一个数的相反数就是在这个数前面添上“−”号；一个正数的相反数是负数，一个负数的相反数是正数，0的相反数是0．
2.【答案】A
【解析】解：A、该正方体的三视图都是正方形，符合题意；
B、该圆锥的主视图和左视图都是分别为三角形，三角形，俯视图是圆及圆心，不符合题意；
C、该圆柱的主视图和左视图都是矩形，俯视图是圆，不符合题意；
D、该四棱锥的主视图和左视图是三角形，俯视图是画有对角线的矩形，不符合题意．
故选：A．
主视图、左视图、俯视图是分别从物体正面、左面和上面看，所得到的图形．依此找到主视图、左视图和俯视图形状都相同的图形即可．
本题考查了几何体的三种视图，掌握定义是关键．注意所有的看到的轮廓线都应表现在三视图中．
3.【答案】C
【解析】解：80800=8.08×104，
故选：C．
根据科学记数法的方法进行解题即可．
本题主要考查了科学记数法，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．
4.【答案】B
【解析】解：∵AE//CD，∠2=35°，
∴∠1=∠2=35°，
∵AC平分∠BCD，
∴∠BCD=2∠1=70°，
∵∠D=60°，
∴∠B=180°−∠D−∠BCD=180°−60°−70°=50°，
故选：B．
根据平行线的性质和角平分线的定义，可以求得∠BCD的度数，再根据三角形内角和即可求得∠B的度数．
本题考查平行线的性质、角平分线的定义，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
5.【答案】C
【解析】解：∵关于x的一元二次方程x2−3x+m=0有两个相等的实数根，
∴Δ=b2−4ac=(−3)2−4m=0，
解得m=94．
故选：C．
若一元二次方程有两个相等的实数根，则根的判别式Δ=b2−4ac，建立关于m的等式，即可求解．
此题考查了根的判别式．一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的根与Δ=b2−4ac有如下关系：(1)Δ>0⇔方程有两个不相等的实数根；(2)Δ=0⇔方程有两个相等的实数根；(3)Δ<0⇔方程没有实数根．
6.【答案】C
【解析】解：因为多边形的外角和为360°，所以正十二边形的外角和为：360°.故选：C．
本题考查多边形的外角和问题，多边形外角和定理：任意多边形的外角和都等于360°．
本题考查多边形的外角和定理，解题的关键是指出定理即可求出正十二边行的外角和度数．
7.【答案】A
【解析】解：根据题意，可列方程：200(1+x)2=242，
故选：A．
设该快递店揽件日平均增长率为x，关系式为：第三天揽件数=第一天揽件数×(1+揽件日平均增长率)2，把相关数值代入即可．
本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，找到关键描述语，就能找到等量关系，是解决问题的关键．同时要注意增长率问题的一般规律．
8.【答案】B
【解析】解：设袋中红球有x个，
根据题意，可得：xx+18=0.4，
解得：x=12，
经检验：x=12时，x+18≠0，
所以x=12是原方程的解．
故选：B．
根据袋子里装有18个黄球和若干个红球，利用红球在总数中所占比例得出与试验比例应该相等即可求出答案．
此题主要考查了利用频率估计随机事件的概率，大量反复试验下频率稳定值即概率．用到的知识点为：频率=所求情况数与总情况数之比．
9.【答案】A
【解析】解：如图：
△ABC与△DEF的对应顶点的连线相交于点(−1,0)，则位似中心的坐标为(−1,0)．
故选：A．
根据位似中心的定义作答．
本题主要考查了位似变换，坐标与图形性质，解题的关键是掌握“位似中心”的确定方法．
10.【答案】D
【解析】解：∵k2≥0，
∴2k2+3≥3，
∴反比例函数y=2k2+3x(k为常数)的图象位于第一三象限，
∵−6<−2，
∴0>y1>y2，
∵3>0，
∴y3>0，
∴y3>y1>y2．
故选：D．
先判断出反比例函数图象在第一三象限，再根据反比例函数的性质，在每一个象限内，y随x的增大而减小判断．
本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，熟记反比例函数的增减性是解题的关键．
11.【答案】A
【解析】【分析】
先根据五边形的内角和求出∠E=∠D=108°，由切线的性质得到∠OAE=∠OCD=90°，最后利用五边形的内角和即可得出答案．
本题考查了正五边形的内角和、切线的性质，求出正五边形每个内角的度数是解题的关键．
【解答】
解：∵正五边形的每个内角度数为：(5−2)×180°÷5=108°，
∴∠E=∠D=108°，
∵AE、CD分别与⊙O相切于A、C两点，
∴∠OAE=∠OCD=90°，
∴∠AOC=540°−90°−90°−108°−108°=144°，
故选：A．
12.【答案】C
【解析】解：连接CP，
∵AB=10，BC=6，AC=8，
∴AC2+BC2=82+62=102=AB2，
∴△ABC是直角三角形，∠ACB=90°，
∵PM⊥AC，PN⊥BC，
∴∠PMC=∠PNC=90°，
∴∠PMC=∠PNC=∠ACB=90°，
∴四边形CMPN是矩形，
∴MN=CP，
当CP⊥AB时，CP取得最小值，此时CP=AC⋅BCAB=8×610=245，AP= AC2−CP2= 82−(245)2=325，
∴函数图象最低点E的坐标为(325,245)，
故选：C．
根据矩形的性质和直角三角形的性质，可以得到CP⊥AB时，CP取得最小值，此时MN取得最小值，然后即可求得点E的坐标．
本题考查动点问题的函数图象，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】− 2
【解析】解：原式= 2−2 2=− 2．
故答案为：− 2
原式化简后，合并即可得到结果．
此题考查了二次根式的加减法，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
14.【答案】3
【解析】解：∵方程x2−3x−2=0的两个实数根分别是x1、x2，
∴x1+x2=3．
故答案为：3．
由于方程x2−3x−2=0的两个实数根分别是x1、x2，直接利用一元二次方程的根与系数的关系即可求解．
此题主要考查了一元二次方程的根与系数的关系，比较简单，直接利用即可求解．
15.【答案】(2 6,0)
【解析】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴∠BOC=90°，OC=OA，
∵点B的坐标是(0,1)，
∴OB=1，
在直角三角形BOC中，BC=5，
∴OC= BC2−OB2= 52−12=2 6，
∴点C的坐标(−2 6,0)，
∵点A与点C关于原点对称，
∴点A的坐标(2 6,0)．
故答案为：(2 6,0)．
根据菱形性质得OC的长，因而得点C的坐标，根据对称性质可得答案．
此题考查的是菱形的性质、坐标与图形的性质，掌握菱形的对称性质是解决此题关键．
16.【答案】4 10−8．
【解析】解：如图，连OD，以OC为边向下作正方形OCTH，连AT，ET．
∵OA=OB=8，OC=CB=CT=OH=HT=4，
∴AH=AO+OH=12，
∴AT= AH2+HT2= 122+42=4 10，
∴∠OCT=∠ECD=90°，
∴∠OCD=∠RCE，
在△OCD和△TCE中，
CO=CT∠OCD=∠TCECD=CE，
∴△OCD≌△TCE(SAS)，
∴ET=OD=8，
∴AE≥AE−ET=4 10−8，
∴AE的最小值为4 10−8．
故答案为：4 10−8．
如图，连接OD，以OC为边向下作正方形OCTH，连接AT，ET.利用勾股定理求出AT，再证明△OCD≌△TCE(SAS)，推出ET=OD=8，由AE≥AT−ET=4 10−8，可得结论．
本题考查全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考填空题中的压轴题．
17.【答案】解：(1)原式=2×1+1+ 3−1
=2+1+ 3−1
=2+ 3；
(2)原式=x+2−(x−2)(x−2)(x+2)⋅(x+2)(x−2)x
=4(x−2)(x+2)⋅(x+2)(x−2)x
=4x．
【解析】(1)先把特殊角三角函数值代入，计算零指数幂，去绝对值，再合并即可；
(2)通分先算括号内的，把除化为乘，再将分子，分母分解因式约分即可．
本题考查实数的运算和分式的混合运算，解题的关键是掌握实数相关运算的法则和分式的基本性质．
18.【答案】40 108°
【解析】解：(1)这次预选赛共有12÷30%=40(名)，
表示“优秀”的扇形圆心角的度数为360°×30%=108°；
故答案为：40；108°；
(2)及格的人数为：40−12−16−2=10(人)，
补全条形统计图如图：
(3)建议平时多训练，提高滑雪水平(答案不唯一)．
(1)由成绩“优秀”的学生人数除以所占百分比求出预选赛一共随机抽取的学生人数，用360°乘以成绩“优秀”的学生人数所占百分比即可解决问题；
(2)求出及格人数即可把条形统计图补充完整；
(3)答案不唯一，合理即可．
本题考查条形统计图，扇形统计图，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
19.【答案】(1)证明：∵AD/​/BC，
∴∠ODE=∠OBF，
∵点O为对角线BD的中点，
∴OD=OB，
在△DOE和△BOF中，
∠ODE=∠OBFOD=OB∠DOE=∠BOF，
∴△DOE≌△BOF(ASA)．
(2)解：四边形EBFD是菱形，理由如下：
∵OD=OB，直线l经过点O且l⊥BD，
∴直线l是线段BD的垂直平分线，
∴DE=BE，DF=BF，
∵△DOE≌△BOF，
∴DE=BF，
∵DE=BE=DF=BF，
∴四边形EBFD是菱形．
【解析】(1)由AD//BC，得∠ODE=∠OBF，而OD=OB，∠DOE=∠BOF，即可根据全等三角形的判定定理“ASA”证明△DOE≌△BOF；
(2)由OD=OB，直线l经过点O且l⊥BD，得DE=BE，DF=BF，由△DOE≌△BOF，得DE=BF，则DE=BE=DF=BF，所以四边形EBFD是菱形．
此题重点考查平行线的性质、全等三角形的判定与性质、线段的垂直平分线的性质、菱形的判定等知识，证明∠ODE=∠OBF及直线l垂直平分线段BD是解题的关键．
20.【答案】解：(1)设每个甲种粽子的进价为x元，则每个乙种粽子的进价为(x+2)元，
根据题意得：1000x=1200x+2，
解得x=10，
经检验，x=10是原方程的根，
此时x+2=12，
答：每个甲种粽子的进价为10元，每个乙种粽子的进价为12元；
(2)①设购进甲种粽子m个，则购进乙种粽子(200−m)个，
根据题意得：W=(12−10)m+(15−12)(200−m)=2m+600−3m=−m+600，
∴W与m的函数关系式为W=−m+600；
∵甲种粽子的个数不低于乙种粽子个数的2倍，
∴m≥2(200−m)，
解得m≥4003，
②由①知，W=−m+600，−1<0，m为正整数，
∴当m=134时，W有最大值，最大值为466，
此时200−134=66，
∴购进甲种粽子134个，乙种粽子66个时利润最大，最大利润为466元．
【解析】(1)设每个甲种粽子的进价为x元，则每个乙种粽子的进价为(x+2)元，根据用1000元购进甲种粽子的个数与用1200元购进乙种粽子的个数相同，列出方程，解方程即可，注意验根；
(2)①设购进甲种粽子m个，则购进乙种粽子(200−m)个，全部售完获得利润为W元，根据总利润=甲、乙两种粽子利润之和列出函数解析式，再根据甲种粽子的个数不低于乙种粽子个数的2倍求出m的取值范围；
②结合m的取值范围，再根据函数的性质求最值，并求出相应的方案．
本题考查一次函数和分式方程的应用以及一元一次不等式的应用，关键是找到等量关系列出函数解析式和分式方程．
21.【答案】解：过A作AT⊥BC于T，AK⊥CE于K，如图：

在Rt△ABT中，
BT=AB⋅sin∠BAT=5×sin16°≈1.4(米)，AT=AB⋅cs∠BAT=5×cs16°≈4.8(米)，
∵∠ATC=∠C=∠CKA=90°，
∴四边形ATCK是矩形，
∴CK=AT=4.8米，AK=CT=BC−BT=4−1.4=2.6(米)，
在Rt△AKD中，
∵∠ADK=45°，
∴DK=AK=2.6米，
∴CD=CK−DK=4.8−2.6=2.2(米)，
∴阴影CD的长约为2.2米．
【解析】过A作AT⊥BC于T，AK⊥CE于K，在Rt△ABT中，BT=AB⋅sin∠BAT=1.4(米)，AT=AB⋅cs∠BAT≈4.8(米)，可得CK=AT=4.8米，AK=CT=BC−BT=4−1.4=2.6(米)，而∠ADK=45°，知DK=AK=2.6米，故CD=CK−DK=4.8−2.6=2.2米．
本题考查解直角三角形的应用，解题的关键是掌握锐角三角函数的定义，求出相关线段的长度．
22.【答案】(1)证明：连接OC，
∵AB是直径，
∴∠ACB=∠OCA+∠OCB=90°，
∵OA=OC，∠BCD=∠A，
∴∠OCA=∠A=∠BCD，
∴∠BCD+∠OCB=∠OCD=90°，
∴OC⊥CD，
∵OC是⊙O的半径，
∴直线CD是⊙O的切线．
(2)解：∵∠ACD=120°，∠ACB=90°，
∴∠A=∠BCD=120°−90°=30°，
∴∠DOC=2∠A=60°，
在Rt△OCD中，tan∠DOC=CDOC=tan60°，CD=2 3，
∴2 3OC= 3，解得OC=2，
∴阴影部分的面积=S△OCD−S扇形BOC=12×2 3×2−60×π×22360=2 3−2π3．
【解析】(1)连接OC，由AB是直径，可得∠ACB=∠OCA+∠OCB=90°，再证∠OCA=∠A=∠BCD，从而有∠BCD+∠OCB=∠OCD=90°，即可证明．
(2)由圆周角定理求得∠DOC=2∠A=60°，在Rt△OCD中，解直角三角形得OC=2，然后利用三角形的面积公式和扇形的面积公式即可解答．
本题主要考查圆周角定理，切线的判定，扇形的面积公式及解直角三角形，熟练掌握性质是解题关键．
23.【答案】解：(1)将点A(−4,1)代入y=k2x得1=k2−4，
∴k2=−4，
∴反比例函数的解析式为y=−4x；
将点B(m,4)代入y=−4x得4=−4m，
∴m=−1，
将点A(−4,1)、B(−1,4)分别代入y=k1x+b得1=−4k1+b4=−k1+b，
解得k1=1b=5，
∴一次函数的解析式为y=x+5；
(2)根据图象可知，当−4k2x，
∴不等式k1x+b>k2x的解集为−40．
【解析】(1)利用待定系数法即可求出函数解析式；
(2)根据图象位置关系找到一次函数在反比例函数上方的部分即可得解．
本题考查反比例函数与一次函数的交点问题以及借助图象求不等式的解集．掌握待定系数法是关键．
24.【答案】解：(1)∵抛物线y=x2−2mx+m2−2=(x−m)2−2，
∴抛物线的对称轴为直线x=m，顶点坐标为(m,−2)；
(2)y1>y2，理由如下：
∵m=1，
∴y=x2−2x−1，
∴抛物线的对称轴为直线x=1．
∵a=1>0，
∴当x>1时，y随x的增大而增大，当x<1时，y随x的增大而减小．
∵−2∴x1关于对称轴x=1对称的t的取值范围为3∴y1>y2；
(3)由直线y=−12x+2，
当x=0时，y=2，
当y=0时，−12x+2=0，解得x=4
∴A(4,0)，B(0,2)，
分三种情况讨论：
①当抛物线过点B时，可得m2−2=2，
解得m=2或m=−2．
当m=2时，抛物线的表达式为y=x2−4x+2，
联立y=x2−4x+2y=−12x+2，
解得x1=0或x2=72．
∵x2=72<4，
∴两交点都在线段AB上．
当m2−2=2时，同理可得x1=0或x2=−92(负值舍去)，
∴−2≤m<2；
②当抛物线过点A时，可得(4−m)2−2=0，
解得m=4+ 2或m=4− 2，
∴4+ 2③当直线y=−12x+2与抛物线的公共点为抛物线顶点时，
∵由(1)知抛物线顶点的纵坐标为−2，故此情况不存在．
综上所述，m的取值范围为−2≤m<2或4− 2【解析】(1)抛物线化成顶点式，即可求出抛物线的对称轴及顶点坐标；
(2)根据二次函数的图象和性质即可求出答案；
(3)分三种情况讨论进行求解即可．
此题考查了二次函数的图象和性质，二次函数和一次函数的交点问题，熟练掌握二次函数的图象和性质是解题的关键．
25.【答案】解：(1)当OE=OF时，
在Rt△AOE和Rt△COF中，
OE=OFOA=OC，
∴Rt△AOE≌Rt△COF(HL)，
∴∠AOE=∠COF(即∠AOE=旋转角)，
∴2∠AOE=45°，
∴∠COF=∠AOE=22.5°，
∴当旋转角为22.5°时，OE=OF；
(2)过点A作AG⊥x轴于点G，则有AG=3，OG=4，

∴OA= OG2+AG2=5，
∵四边形OABC是正方形，
∴OC=OA=5，∠AOC=∠C=90°，
又∵∠COF+∠FOA=90°，∠AOG+∠FOA=90°，
∴∠COG=∠GOA，
∴Rt△AOG∽Rt△FOC，
∴OCOG=FCAG，
∴FC=OC⋅AGOG=5×34=154，
∴FC的长为154；
(3)过点N作直线PQ⊥BC于点P，交OA于点Q，

∵四边形OABC是正方形，
∴∠BCA=∠OCA=45°，BC/​/OA，
又∠FON=45°，
∴∠FCN=∠FON=45°，
∴F、C、O、N四点共圆，
∴∠OFN=∠OCA=45°，
∴∠OFN=∠FON=45°，
∴△FON是等腰直角三角形，
∴FN=NO，∠FNO=90°，
∴∠FNP+∠ONQ=90°，

又∵∠NOQ+∠ONQ=90°，
∴∠NOQ=∠FNP，
∴△NOQ≌△FNP(AAS)，
∴NP=OQ，FP=NQ，
∵四边形OQPC是矩形，
∴CP=OQ，OC=PQ，
∴S1=S△OFN=12ON2，
=12(OQ2+NQ2)=12(PN2+NQ2)=12PN2+12NQ2，
S2=S△COF=12CF⋅OC，
=12(PC−PF)⋅(PN+NQ)，
=12(PN−NQ)⋅(PN+NQ)=12(PN2−NQ2)，
=12PN2−12NQ2，
∴S=S1−S2=NQ2，
又∵△ANQ为等腰直角三角形，
∴NQ= 22AN= 22n，
∴S=NQ2=( 22n)2=12n2，
∴S关于n的函数表达式为S=12n2．
【解析】(1)如图2中，当OE=OF时，得到Rt△AOE≌Rt△COF，利用全等三角形的性质以及旋转的性质解决问题即可；
(2)在图2中，过点A作AG⊥x轴于点G，利用三角形相似，可得结论；
(3)过点N作直线PQ⊥BC于点P，交OA于点Q，利用四点共圆，得出三角形FON是等腰直角三角形是解决问题的关键，结合三角形全等的判定和性质和三角形的面积公式解决问题．
本题属于一次函数综合题，考查了正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，相似角三角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，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题．