2023年广东省深圳市中考数学考前模拟预测试题（五）(含答案)

这是一份2023年广东省深圳市中考数学考前模拟预测试题（五）(含答案)，共28页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2023年深圳市中考数学考前模拟预测试题（五）
一、单选题（每题3分，共30分）(共10题；共30分)
1．（3分）若(-2022)×□=1，则“□”内应填的实数是（　　）
A．-2022 B．2022 C．-12022 D．12022
2．（3分）如图，将棱长为6的正方体截去一个棱长为3的正方体后，得到一个新的几何体，这个几何体的主视图是（　　）

A． B． C． D．
3．（3分）某公司有10名员工，每人年收入数据如下表：
年收入/万元
4
6
8
10
人数/人
3
4
2
1
则他们年收入数据的众数与中位数分别为（　　）
A．4，6 B．6，6 C．4，5 D．6，5
4．（3分）2023年《政府工作报告》提出，“义务教育优质均衡发展”．根据预算报告，支持学前教育发展资金安排250亿元、增加20亿元，扩大普惠性教育资源供给．其中250亿元用科学记数法表示为（　　）
A．2.5×108元 B．2.5×109元 C．0.25×108元 D．2.5×1010元
5．（3分）下列运算正确的是（　　）
A．a2+a2=a4 B．(a-b)2=a2+b2
C．(a3)4=a7 D．(-a+1)(-a-1)=a2-1
6．（3分）将不等式组 x-2<1,-x-2≤0 的解集表示在数轴上，正确的是（　　）
A．
B．
C．
D．
7．（3分）一把直尺与含30°的直角三角板如图所示放置，∠1＝40°，则∠2的度数是（　　）

A．500 B．600 C．700 D．800
8．（3分）如图，在▱ABCD中，添加下列条件仍不能判定▱ABCD是菱形的是（　　）

A．AC⊥BD B．AB=BC C．AC=BD D．∠DAC=∠BAC
9．（3分）如图，面积为64的正方形 ABCD ，分成4个全等的长方形和一个面积为4的小正方形，则小长方形的长和宽分别是（　　）

A．32，2 B．16，1 C．8，2 D．5，3
10．（3分）如图，AB为⊙O的直径，CD与⊙O相切于点C，交AB的延长线于点D，且CA=CD．若BD=3，则⊙O半径长为（　　）

A．2 B．3 C．33 D．23
二、填空题（每空3分，共15分）(共5题；共15分)
11．（3分）分解因式： a3-9ab2 =　 　.
12．（3分）在一个不透明的布袋中有白球和黑球共20个，这些球除颜色外都相同．小明将布袋中的球搅拌均匀，从中随机摸出一个球，记下它的颜色后再放回布袋中．不断重复这一过程，共摸了100次球，发现有40次摸到黑球，则布袋中黑球的个数可能为　 　．
13．（3分）等腰三角形三边长分别为 a，b，2 ，且a，b是关于 x 的一元二次方程 2x2-6x+n-1=0 的两根，则n的值为　 　
14．（3分）如图，已知直线y＝mx＋4分别与y轴，x轴交于A，B两点，且△ABO的面积为16，反比例函数的图象恰好经过AB的中点，则反比例函数的表达式为　 　.

15．（3分）如图，在矩形ABCD中，E为BC边上一点，AB=2，且∠BAE=∠DAC，sin∠CAE=35，则CE的长为　 　．

三、解答题（共7题，共55分）(共7题；共55分)
16．（5分）计算：(-1)2021 + 12 ·cos30°-( 12 )-1
17．（7分）化简 aa2-4·a+2a2-3a÷12-a ，并求值，其中 a 与 2 、 3 构成 ΔABC 的三边，且 a 为整数．
18．（8分）为了了解全校1800名学生对学校设置的体操、球类、跑步、踢毽子等课外体育活动项目的喜爱情况，在全校范围内随机抽取了若干名学生.对他们最喜爱的体育项目（每人只选一项）进行了问卷调查，将数据进行了统计并绘制成了如图所示的频数分布直方图和扇形统计图（均不完整）.

（1）（2分）补全频数分布直方图；
（2）（3分）求扇形统计图中表示“跑步”项目扇形圆心角的度数；
（3）（3分）根据调查结果，学校准备开展球类比赛，某班要从喜欢球类的甲、乙、丙、丁四位学生中随机抽取两名学生参赛，请列表或画树状图的方法求甲和乙两名学生同时被选中的概率.
19．（8分）某学校打算购买甲乙两种不同类型的笔记本． 已知甲种类型的电脑的单价比乙种类型的要便宜10元，且用110元购买的甲种类型的数量与用120元购买的乙种类型的数量一样．
（1）（4分）求甲乙两种类型笔记本的单价．
（2）（4分）该学校打算购买甲乙两种类型笔记本共100件，且购买的乙的数量不超过甲的3倍，则购买的最低费用是多少?
20．（8分）在初中阶段的函数学习中，我们经历了“确定函数的表达式——利用函数图象研究其性质——运用函数解决问题”的学习过程．在画函数图象时，我们通过描点或平移的方法画出了所学的函数图象．同时，我们也学习了绝对值的意义|a|=a(a>0)-a(a<0)．
结合上面经历的学习过程，现在来解决下面的问题：
在函数y=|kx-3|+b中，当x=2时，y=-4；当x=0时，y=-1．

（1）（2分）求这个函数的表达式；
（2）（2分）在给出的平面直角坐标系中，请用你喜欢的方法画出这个函数的图象，并写出这个函数的一条性质；
（3）（3分）已知函数y=12x-3的图象如图所示，结合你所画的函数图象，直接写出不等式|kx-3|+b≤12x-3的解集．
（4）（1分）若方程|x2-6x|-a=0有四个不相等的实数根，则实数a的取值范围是　 　．
21．（9分）已知AB和AC分别切⊙O于点B和C，D是BC上一点，连接DB，DC．

（1）（3分）如图1，求证：∠CDB=90°+12∠A；
（2）（3分）如图2，作∠BDC的平分线交⊙O于点K，当∠CAB=60°时，求证：CD+BD=DK；
（3）（3分）如图3，在（2）的条件下，过D的切线分别交BC，AC于点E，F，作直径DG，连接GK，当F是AC的中点时，BD=3，求线段GK的长．
22．（10分）
（1）（2分）【探究发现】

如图1，正方形ABCD两条对角线相交于点O，正方形 A1B1C1O 与正方形ABCD的边长相等，在正方形 A1B1C1O 绕点O旋转过程中，边 OA1 交边AB于点M，边 OC1 交边BC于点N．
①线段BM、BN、AB之间满足的数量关系是　 　；
②四边形OMBN与正方形ABCD的面积关系是 S四边形OMBN=　 　S正方形ABCD ；
（2）（2分）【类比探究】
如图2，若将（1）中的“正方形ABCD”改为“含60°的菱形ABCD”，即 ∠B1OD1=∠DAB=60° ，且菱形 OB1C1D1 与菱形ABCD的边长相等．当菱形 OB1C1D1 绕点O旋转时，保持边 OB1 交边AB于点M，边 OD1 交边BC于点N．
请猜想：
①线段BM、BN与AB之间的数量关系是 ▲ ；
②菱形OMBN与菱形ABCD的面积关系是 S四边形OMBN=▲ S菱形ABCD ；
请你证明其中的一个猜想．
（3）（2分）【拓展延伸】
如图3，把（2）中的条件“ ∠B1OD1=∠DAB=60° ”改为“ ∠DAB=∠B1OD1=α ”，其他条件不变，则
①BM+BNBD=　 　；（用含α的式子表示）
②S四边形OMBNS菱形ABCD=　 　．（用含α的式子表示）

答案解析部分
1．【答案】C
【解析】【解答】解：∵(-2022)×(-12022)=1．
故答案为：C

【分析】利用有理数的除法计算即可。
2．【答案】A
【解析】【解答】解：从正面看是一个正方形，正方形的右上角是一个小正方形，
故答案为：A.
【分析】根据从正面看得到的视图是主视图，可得答案.
3．【答案】B
【解析】【解答】解：6出现次数最多, 故众数为: 6，
最中间的2个数为6和6，中位数为 6+62=6 ，
故答案为： B.
【分析】数据出现最多的为众数;将数据从小到大排列,最中间的2个数的平均数为中位数.
4．【答案】D
【解析】【解答】解：250亿元用科学记数法表示为2.5×1010．
故答案为：D．

【分析】利用科学记数法的定义及书写要求求解即可。
5．【答案】D
【解析】【解答】解：A、 a2+a2=2a2，故A不符合题意；
B、(a-b)2=a2-2ab+b2，故B不符合题意；
C、(a3)4=a12，故C不符合题意；
D、(-a+1)(-a-1)=(-a)2-1=a2-1，故D符合题意；
故答案为：D．

【分析】利用合并同类项、完全平方公式、幂的乘方和平方差公式逐项判断即可。
6．【答案】C
【解析】【解答】解： x-2<1①-x-2≤0② ，
解不等式①，得x＜3，
解不等式②，得x≥−2，
所以不等式组的解集为-2⩽x＜3，
不等式组的解集在数轴上表示为： ．
故答案为：C．
【分析】分别求出每一个不等式的解集，再根据“大于向右，小于向左，包括端点用实心，不包括端点用空心”的原则逐个判断即可．
7．【答案】D
【解析】【解答】解：如图，取∠3和∠4，

∵∠3=90°-30°=60°，
∴∠4=180°-∠1-∠3=180°-40°-60°=80°，
∵直尺的两边平行，
∴∠2=∠4=80°.
故答案为：D.

【分析】取∠3和∠4，根据余角的性质求∠3的度数，再根据平角的定义列式求出∠4，最后根据平行线的性质求∠2的度数即可.
8．【答案】C
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴A．当AC⊥BD时，根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形，可得▱ABCD是菱形；
B．当AB=BC时，根据有一组邻边相等的平行四边形是菱形，可得▱ABCD是菱形；
C．当AC=BD时，有对角线相等的平行四边形是矩形，故本项不能证明是菱形；
D．当∠DAC=∠BAC，AC平分∠ABD时，易证得AD=DC，根据有一组邻边相等的平行四边形是菱形，可得▱ABCD是菱形；
故答案为：C．
【分析】对角线互相垂直的平行四边形是菱形，有一组邻边相等的平行四边形是菱形，据此逐一判断即可.
9．【答案】D
【解析】【解答】解：设小长方形的长和宽分别是a、b，
∵正方形 ABCD 的面积为64，小正方形的面积为4，
∴正方形 ABCD 的边长为8，小正方形的的边长为2，
由图可得： a+b=8b-a=2 ，
解得 a=5b=3 ，
∴小长方形的长和宽分别是5，3.
故答案为：D.
【分析】设小长方形的长和宽分别是a、b，根据大、小正方形的面积可得正方形ABCD的边长为8，小正方形的的边长为2，据此可得关于a、b的方程组，求解即可.
10．【答案】B
【解析】【解答】解： 如图，连接OC，

∵CD与⊙O相切于点C，
∴∠OCD=90°，
∴∠DCB+∠OCB=90°，
∵OB=OC，
∴∠OBC=∠OCB，
∵CA=CD，
∴∠A=∠D，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∴∠A+∠ABC=90°，
∴∠D+∠OCB=90°，
∴∠DCB=∠D，
∴∠ABC=∠D+∠DCB=2∠D=2∠A，
∴∠A+2∠A=90°，
∴∠A=30°，
∵∠DCB=∠D，
∴BC=BD=3，
∴AB=2BC=6，
∴⊙O半径长为3．
故答案为：B．

【分析】连接OC，先证出∠A=∠D，再结合∠ABC=∠D+∠DCB=2∠D=2∠A可得∠A+2∠A=90°，求出∠A=30°，再利用含30°角的直角三角形的性质可得AB=2BC=6，最后求出半径的长即可。
11．【答案】a(a+3b)(a-3b)
【解析】【解答】a3−9ab2=a(a2−9b2)=a(a+3b)(a−3b)
故答案为：a(a+3b)(a−3b).
【分析】由题意可先提公因式a，括号内符合平方差公式的特征，用平方差公式分解即可。
12．【答案】8
【解析】【解答】解：∵共摸了100次球，发现有40次摸到黑球，
∴摸到黑球的概率为0.4，
∴口袋中白球和黑球共20个，
∴袋中的黑球大约有28×0.4=8（个）；
故答案为：8．
【分析】先求出摸到黑球的概率为0.4，再求出口袋中白球和黑球共20个，最后求解即可。
13．【答案】10
【解析】【解答】当a=2或b=2时，把x=2代入x2-6x+n-1=0得4-12+n-1=0，解得n=9，此时方程的根为2和4，而2+2=4，故舍去；
当a=b时，△=（-6）2-4×（n-1）=0，解得n=10，
所以n为10．
【分析】根据等腰三角形的性质可得：a=2，或b=2或a=b，①a=2，或b=2时，将x=2代入方程可求得n的值；
②当a=b时，根据一元二次方程的根的判别式可得b2-4ac=0，将a、b、c的值代入即可求解。
14．【答案】y=8x
【解析】【解答】解：设AB的中点为C，
当x=0时，y＝4，即AO=4，
∵△ABO的面积为16，
∴12×4×OB=16 ，
∴OB=8 ，
过点C作CD⊥AO，垂足为D，

∵AB的中点为C，
∴DO=2，CD=4，即C点的坐标为（4，2），
设反比例函数解析式为 y=kx ，把C点的坐标代入得，
2=k4 ，
解得， k=8 ，
反比例函数解析式为 y=8x ，
故答案为： y=8x .
【分析】设AB的中点为C，过点C作CD⊥AO，垂足为D，令直线y=mx+4中的y=0可得关于x的方程，解之可求得这条直线与y轴的交点A的坐标；则S△ABO=12OA×OB=16可求得OB的值，由线段中点定义可求得点C的坐标，根据反比例函数经过点C，用待定系数法可求得反比例函数的解析式.
15．【答案】3
【解析】【解答】解：如图，作EH⊥AC于H，作CF⊥AE交AE的延长线于F，

∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABE=90°，AD∥BC，
∴∠CAD=∠ACB，
∵∠ABE=∠CFE，∠AEB=∠CEF，
∴180°-∠AEB-∠ABE=180°-∠FEC-∠CFE，
即∠ECF=∠BAE，
又∵∠BAE=∠CAD，
∴∠ACB=∠ECF，
即EC是∠ACF的角平分线，
∵EH⊥AC，EF⊥FC，
∴EF=EH，
∵sin∠CAE=EHAE=35，
设EH=3k，AE=5k，则EF=3k，
则AH=AE2-EH2=(5k)2-(3k)2=4k，
∴AF=AE+EF=5k+3k=8k，
∵sin∠EAC=FCAC=35，
∴cos∠EAC=45=AFAC，
∴AC=54AF=10k，
∴FC=AC2-AF2=6k，
∴EC=EF2+FC2=(3k)2+(6k)2=35k，
∵∠ABE=∠CFE，∠AEB=∠CEF，
∴△ABE∽△CFE，
∴ABCF=AEEC，
即26k=5k35k，
解得k=55，
∴EC=35k=35×55=3．
故答案为：3．
【分析】作EH⊥AC于H，作CF⊥AE交AE的延长线于F，证明△ABE∽△CFE可得26k=5k35k，求出k=55，即可得到EC=35k=35×55=3。
16．【答案】解：原式=-1+2 3 × 32 -2
=-1+3-2
=0
【解析】【分析】先根据有理数的乘方、二次根式的性质、负整数指数幂进行化简，再把30°的余弦值代入，然后进行实数的混合运算，即可得出答案.
17．【答案】解：原式= a(a+2)(a-2)·a+2a(a-3)·(2-a) = -1a-3 ，
∵a 与 2 、 3 构成 ΔABC 的三边，且 a 为整数
∴1 由题可知 a≠0 、 ±2 、 3 ，
∴a=4 ，
∴原式= -14-3=-1
【解析】【分析】根据分式的混合运算法则可将分式化简；根据三角形三边关系定理可得a的取值范围，再由分式有意义的条件可得a=4，将a=4代入化简后的分式即可求解。
18．【答案】（1）解：10÷12.5％=80（人），
80×25%＝20（人），如图所示：

（2）解：扇形统计图中表示“跑步”项目扇形圆心角的度数为360°×1080＝45°；
（3）解：画树状图如下：

∵一共有12种等可能的情况，甲和乙两名学生同时被选中的情况有2种，
∴甲和乙两名学生同时被选中的概率=2÷12= 16 .
【解析】【分析】（1）利用体操的人数除以所占的比例可得总人数，利用总人数乘以踢毽子所占的比例可得对应的人数，据此补全频数分布直方图；
（2）利用 “跑步”的人数所占的比例乘以360°即可；
（3）此题是抽取不放回类型，画出树状图，找出总情况数以及甲和乙两名学生同时被选中的情况数，然后利用概率公式进行计算.
19．【答案】（1）解：设甲类型的笔记本电脑单价为x元，则乙类型的笔记本电脑为(x+10)元．
由题意得：110x=120x+10
解得：x=110
经检验x=110是原方程的解，且符合题意．
∴乙类型的笔记本电脑单价为：110+10=120（元）．
答：甲类型的笔记本电脑单价为110元，乙类型的笔记本电脑单价为120元．
（2）解：设甲类型笔记本电脑购买了a件，最低费用为w，则乙类型笔记本电脑购买了(100-a)件．
由题意得：100-a≤3a．
∴a≥25．
w=110a+120(100-a)=110a+12000-120a=-10a+12000．
∵-10<0，
∴当a越大时w越小．
∴当a=25时，w最大，最大值为-10×25+12000=11750（元）．
答：最低费用为11750元．
【解析】【分析】（1）先求出110x=120x+10，再求解即可；
（2）先求出 100-a≤3a． 再求出w的函数解析式，最后求解即可。
20．【答案】（1）解：∵在函数y=|kx-3|+b中，当x=2时，y=-4；当x=0时，y=-1，
∴|2k-3|+b=-4|-3|+b=-1，
解得k=32b=-4，
∴这个函数的表达式为y=|32x-3|-4；
（2）解：∵y=|32x-3|-4，
∴y=32x-7(x≥2)y=-32x-1(x<2)，
∴函数y=32x-7过点(2，-4)和(4，-1)，
函数y=-32x-1过点(0，-1)和(-2，2)，
该函数图象如图所示，

性质：当x>2时，y的值随x的增大而增大；
（3）解：由函数的图象可得，不等式|kx-3|+b≤12x-3的解集为：1≤x≤4；
（4）0 【解析】【解答】解：（4）解：由|x2-6x|-a=0得a=|x2-6x|，
作出y=|x2-6x|的图象，

由图象可知，要使方程|x2-6x|-a=0有四个不相等的实数根，则0 故答案为：0
【分析】（1）利用待定系数法求函数解析式即可；
（2）利用两点法画函数图象，根据图象写出其性质即可；
（3）观察图象可知当1≤x≤4时， 函数y=|32x-3|-4 的图象在函数y=12x-3图象的下方，据此即得论；
（4）由|x2-6x|-a=0得a=|x2-6x|，作出y=|x2-6x|的图象，根据图象即可求解.
21．【答案】（1）证明：连接OC，OB，
∵AB和AC分别切⊙O于点B和C，
∴∠OCA=∠OBA=90°，
∴∠COB+∠A=180°，
∵∠CDB=12(360°-∠BOC)，
∠CDB=12[360°-(180-∠A)]，
即∠CDB=90°+12∠A；
（2）证明：连接BC，KB，在DK上截取DB=DH，
∵∠CAB=60°，
∴∠CDB=90°+12×60°=120°，
∵∠BDC的平分线交⊙O于点K，
∴∠CDK=∠BDK=60°，
∴△BDH是等边三角形，
∴∠DHB=60°，HB=DH，
∴∠BHK=∠CDB=120°，
∵∠BCD=∠BKD，
∴△BCD≅△BHK，
∴HK=DC，
∴CD+BD=KH+HD=DK；

（3）解：连接CH并延长，交⊙O于M，连接MB、AD、AH、CK、CG，在线段MC上截取MN=MB，由（2）可知三角形BCK是等边三角形，∠CKB=60°，KC=BC，
∵过D的切线分别交BC，AC于点E，F，F是AC的中点，

∴FC=FD=AF，
∴∠FCD=∠FDC，∠FDA=∠FAD，
∴∠FDA+∠FDC=12×180°=90°，
∵∠CDK=∠BDK=60°，
∴∠ADH=∠BDA=150°，
∵DB=DH，AD=AD，
∴△ADH≅△ADB，
∴AH=AB，
∵AB和AC分别切⊙O于点B和C，
∴AH=AB=AC，
∴∠ACH=∠AHC，∠AHB=∠ABH，
∴∠CHB=∠AHB+∠AHC=12(360°-∠BAC)=150°，
∵∠DHB=60°，
∴∠BHM=30°，∠DHC=90°，∠DCH=30°，
∵∠M=∠CKB=60°，
∴∠HBM=90°，三角形∠BNM是等边三角形，
∴HB=3BM=3BN，∠BNM=60°，
∴∠BNC=120°，
∵∠CBK=60°，
∴∠KGC=∠BNC=120°，
∵DG是直径，
∴∠DCG=90°，
∴∠HCG=60°，
∵∠BCK=60°，
∴∠BCN=∠KCG，
∵KC=BC，
∴△BCN≅△KCG，
∴GK=BN，
∵BD=3，
∴GK=33BD=3．
【解析】【分析】（1）连接OC，OB，根据切线的性质可得∠OCA=∠OBA=90°，再结合∠CDB=12(360°-∠BOC)，∠CDB=12[360°-(180-∠A)]，求出∠CDB=90°+12∠A即可；
（2） 连接BC，KB，在DK上截取DB=DH， 先证出△BDH是等边三角形，可得∠DHB=60°，HB=DH，再证出△BCD≅△BHK，可得HK=DC，最后利用线段的和差及等量代换可得CD+BD=KH+HD=DK；
（3）连接CH并延长，交⊙O于M，连接MB、AD、AH、CK、CG，在线段MC上截取MN=MB，先证出∠HBM=90°，三角形∠BNM是等边三角形，可得HB=3BM=3BN，∠BNM=60°，再证出△BCN≅△KCG，可得GK=BN，结合BD=3，求出GK=33BD=3即可。
22．【答案】（1）BM+BN=AB；14
（2）解：①BM+BN=12AB ；②S四边形OMBN=S△OBH=12S△OBA=18S菱形ABCD ；
证明：①如下图，连接MN，

∵四边形ABCD是菱形， ∠B1OD1=∠DAB=60° ，
∴∠ABC=120° ，
∵∠MON+∠MBN=180° ，
∴O，M，B，N四点共圆，
∴∠OMN=∠OBN=60° ，
∵∠MON=60° ，
∴△MON 是等边三角形，
∴OM=ON ，
将 △OBN 绕点O顺时针旋转60°得到△ OHM ，
∵OM=ON ， ∠OMB+∠ONB=180° ，
∴边BN刚好落在AB上，即为MH，
∴BM+BN=BH ，
∵OB=OH ， ∠BOH=60° ，
∴△OBH 是等边三角形，
∴BH=OB=ABsin30°=12AB ，
∴BM+BN=12AB
（3）sinα2；12sin2α2 或者 12(sinα2)2
【解析】【解答】(1)解：①∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC，∠NOC+∠BON=90°，OC= BO， ∠ABO=∠OCB，
∵四边形A1B1C1O是正方形，
∴∠MOB+∠BON=90°，
∴∠NOC=∠MOB，
∴△OBM≌△OCN，
∴BM=CN，
∴BM+BN=CN+BN=BC=AB，
∴BM+BN=AB，
②∵S△OBM=S△OCN，
∴S四边形OMBN= 14 S正方形ABCD；
(3)∵由（1）可知：当∠DAB=∠A1OC1=90°， BM+BNBD=BCBD=sin45° ，
由（2）可知：∠DAB=∠B1OD1=60°， BM+BNBD=HBBD=OBAB=sin30° ，
∴当∠DAB=∠B1OD1=α， BM+BNBD=sina2 ；
∵由（1）可知：当∠DAB=∠A1OC1=90°，S四边形OMBN= 14 S正方形ABCD，
∴S四边形OMBNS正方形ABCD=14 即 S四边形OMBNS正方形ABCD=12×sin90°2×sin90°2=12sin290°2 ，
同理由（2）可知： S四边形OMBNS菱形ABCD=18 ，即 S四边形OMBNS菱形ABCD=12×sin60°2×sin60°2=12sin260°2 ，
∴当∠DAB=∠B1OD1=α， S四边形OMBNS菱形ABCD=12×sina2×sina2=12sin2a2 ．
【分析】（1）①先利用“ASA”证明△OBM≌△OCN，可得BM=CN，再利用线段的和差及等量代换可得BM+BN=AB；
②根据S△OBM=S△OCN，可得S四边形OMBN= 14 S正方形ABCD；
（2）①连接MN，先证明O，M，B，N四点共圆，再证明△MON是等边三角形，可得OM=ON，再证明△OBH是等边三角形，可得BH=OB=ABsin30°=12AB，再计算可得BM+BN=12AB；
②根据题意猜想S四边形OMBN=S△OBH=12S△OBA=18S菱形ABCD即可；
（3）①利用（1）的证明方法及计算方法可得BM+BNBD=sina2；
②利用（2）的证明方法及计算方法可得S四边形OMBNS菱形ABCD=12×sina2×sina2=12sin2a2。