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2023年陕西省宝鸡市凤翔区中考数学三模试卷（含解析）
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这是一份2023年陕西省宝鸡市凤翔区中考数学三模试卷（含解析），共23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年陕西省宝鸡市凤翔区中考数学三模试卷
一、选择题（本大题共8小题，共24.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. −2的相反数是( )
A. 2 B. −2 C. −12 D. 12
2. 如图，这是一个由6个相同的正方体组成的立体图形，它的左视图是( )
A.
B.
C.
D.
3. 如图，AB//CD，若∠ABE=50°，EF⊥CD，则∠BEF的度数为( )
A. 110°
B. 140°
C. 130°
D. 135°
4. 有理数a，b，c，d在数轴上的对应点的位置如图所示，则下列结论正确的是( )
A. |a|>|b| B. bd>0 C. b+c>0 D. a<−4
5. 如图，点M是菱形ABCD边BC的中点，点E在边CD上，连接AE，过点M作MN//AB交对角线AC于点Q，交AE于点N.已知菱形的周长为32，MN=5，则线段DE的长为( )
A. 4
B. 5
C. 6
D. 7
6. 一次函数y=kx+b的图象不经过第三象限，则( )
A. k>0，b>0 B. k>0，b<0 C. k<0，b≥0 D. k<0，b≤0
7. 如图，AB，CD是⊙O的两条直径，点E是劣弧BC的中点，连接BC，DE.若∠ABC=32°，则∠CDE的度数为( )
A. 34°
B. 29°
C. 32°
D. 24°
8. 已知抛物线y=x2−2mx−3经过点A(−2,n)，将点A先向右平移3个单位，再向下平移b个单位恰好落在抛物线的顶点处，则b的值为( )
A. 3 B. 4 C. 5 D. 9
二、填空题（本大题共5小题，共15.0分）
9. 因式分解：ab2−4a= ．
10. 七巧板是中国民间流传的一种传统智力玩具，它是由等腰直角三角形，正方形和平行四边形组成的.如图，有一块边长为4 2的正方形厚纸板ABCD，做成如图①所示的一套七巧板(点O为正方形纸板对角线的交点，点E、F分别为AD、CD的中点，GE//BI，IH//CD)，将图①示七巧板拼成如图②所示的“鱼形”，则“鱼尾”MN的长为______ ．
11. 如图，△ABC为等边三角形，B(−1,0)，C(3,0)，若将△ABC沿x轴向左平移2个单位后，得到的△A′B′C′，则A′点的坐标为______ ．
12. 在平面直角坐标系xOy中，点A(−2,y1)，B(5,y2)在反比例函数y=kx(k≠0)的图象上，若y1>y2，则k ______ 0(填“>”或“<”)．
13. 如图，正方形ABCD边长为2，点G在以AB为直径的半圆上的一个动点，点F是边CD上的一个动点，点E是AD的中点，则EF+FG的最小值为______．
三、解答题（本大题共13小题，共81.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
14. (本小题5.0分)
计算：−2−1×(−8)− 9−|−4|．
15. (本小题5.0分)
解不等式组：5x+3>3(x−1)8x+29>x．
16. (本小题5.0分)
先化简，再求值：(1+1x+1)÷x2+4x+4x+1，其中x=−3．
17. (本小题5.0分)
如图，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AD是△ABC的BC边上的中线，请用尺规作图法在边AB上求作一点E，使得DE=12AC.(不写作法，保留作图痕迹)
18. (本小题5.0分)
如图，点B，C，E，F在同一条直线上，∠ACB=∠DEF，AC=DE，BE=CF.求证：AB//DF．
19. (本小题5.0分)
如图，小明用一张正方形纸片剪出两个宽都是5cm的长条，如果其中一个长条的面积是另一个长条的1.2倍，求原来正方形纸片的边长．
20. (本小题5.0分)
甲、乙两人用如图所示的两个转盘做游戏，A转盘被等分为三份，分别标有数字1，2，−3；B转盘也被等分成三份，分别标有数字−1，−2，3.甲乙两人同时转动转盘，当转盘停止转动时，记下两个转盘指针所指的数字之和.若指针所指数字之和为正数，则甲胜；指针所指数字之和为负数，则乙胜．
(1)转动A转盘一次，指针所指数字为负数的概率是______ ；
(2)请用列表或画树状图的方法说明这个游戏对甲乙两人是否公平．
21. (本小题6.0分)
如图，C地在B地的正东方向，因有大山阻隔，由B地到C地需绕行A地，已知A地位于B地北偏东53°方向，距离B地516千米，C地位于A地南偏东45°方向．现打算打通穿山隧道，建成两地直达高铁，求建成高铁后从B地前往C地的路程．(结果精确到1千米)【参考数据：sin53°=45，cos53°=35，tan53°=43】
22. (本小题7.0分)
小西想锻炼自己的生活能力，周末进行勤工俭学，他购进A、B两款摆件共100个，A、B两款摆件每个的成本和售价如表所示：
A
B
成本(元/个)
3
3.5
售价(元/个)
3.6
4.3
设小西购进A款摆件x个，每天两款摆件的总利润为y元.(利润=售价−成本)
(1)y与x之间的函数关系式；
(2)如果小西每天要获得的总利润不低于70元，求他每天至多购进A款摆件的个数．
23. (本小题7.0分)
某校想要落实“二十大精神”，发展学生体质，为了了解学生“每天体育运动的时间”(简称“运动时间”)情况，在本校随机调查了50名学生的“运动时间”，并进行统计，绘制了如下统计表：
组别
“运动时间”t/分钟
频数
组内学生的平均“运动时间”/分钟
A
t<20
4
15
B
20≤t<30
8
25
C
30≤t<40
20
35
D
t≥40
18
50
根据上述信息，解答下列问题：
(1)这50名学生的“运动时间”的中位数落在______ 组；
(2)求这50名学生的平均“运动时间”；
(3)若该校有3600名学生，请估计在该校学生中，“运动时间”不少于30分钟的人数．
24. (本小题8.0分)
如图，AB是⊙O的直径，射线BC交⊙O于点D，E是劣弧AD上一点，且AE=DE，过点E作EF⊥BC于点F，延长EF和BA的延长线交于点G．
(1)证明：GF是⊙O的切线；
(2)若AG=2，GE=4，求BF的长．
25. (本小题8.0分)
如图，抛物线y=ax2+bx−3(a≠0)与x轴交于点A(−3,0)和点B(1,0)，与y轴交于点C.抛物线的对称轴与x轴交于点M．
(1)求该抛物线的表达式；
(2)若点E在抛物线的对称轴上，线段EB绕点E顺时针旋转90°后，点B的对应点B′恰好也落在此抛物线上，请求出所有满足条件的点E的坐标．
26. (本小题10.0分)
在综合与实践课上，老师组织同学们以“矩形的折叠”为主题开展数学活动．
如图，在矩形ABCD中，AB=6，BC=10．
(1)如图①，将矩形ABCD折叠，使顶点B落在边AD上的点E处，折痕的一端点G在边BC上.当折痕的另一端点F在边AB上，且AF=2时，∠BGE的度数为______ ；
(2)如图②，将矩形ABCD折叠，使顶点A落在边BC上的点G处，折痕的一端点E在边AD上，另一端点为矩形ABCD的顶点B.将△ABE折叠后重新展开，连接BE，EC，过点E作EF⊥EC交线段AB于点F，连接CF，与BE交于点P.求PE长；
(3)如图③，将△EDH沿直线EH折叠，连接EC，折叠后点D落在EC边上的点D′处，点H在边CD上，过点D′作D′N⊥AD于点N，与EH交于点M，且AE=2.求△MD′H的面积．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】
【分析】
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.不要把相反数的意义与倒数的意义混淆．
根据一个数的相反数就是在这个数前面添上“−”号，求解即可．
【解答】
解：−2的相反数是：−(−2)=2，
故选：A．
2.【答案】C
【解析】解：这个组合体的左视图为：
故选：C．
根据简单组合体三视图的画法画出它的左视图即可．
本题考查简单组合体的三视图，理解视图的定义，掌握解答组合体三视图的画法和形状是正确判断的前提．
3.【答案】B
【解析】解：如图，过点E作EH//AB，
∵∠ABE=50°，
则∠ABE=∠BEH=50°，
∵EF⊥CD，
∴∠EFC=90°，
∵AB//CD，
∴EH//CD，
∴∠HEF=∠EFC=90°，
∴∠BEH+∠HEF=∠ABE+∠EFC=50°+90°=140°，
即∠BEF=∠ABE+∠EFC=140°．
故选：B．
过点E作EH//AB，根据平行公理求出EH//CD，然后根据两直线平行，内错角相等求出∠BEH，∠CFE，再根据∠BEF=∠BEH+∠HEF计算即可得解．
本题考查了平行线的性质，此类题目，难点在于过拐点作平行线．
4.【答案】A
【解析】解：由数轴可知a
∵b<0，d>0，
∴bd<0，故B不符合题意；
∵−2
∵−4
根据数轴所给点的位置对每一个选项依次判断即可．
本题考查实数与数轴，熟练掌握数轴上点的特征，绝对值的定义是解题的关键．
5.【答案】C
【解析】解：∵四边形ABCD是菱形，周长为32，
∴AB//CD，AB=BC=CD=AD=8，
∵M是菱形ABCD边BC的中点，MN//AB，
∴Q是AC的中点，
∴QM是△ABC中位线，
∴QM=12AB=4，
∵MN=5，
∴QN=MN−QM=5−4=1，
∵MN//AB，
∴MN//CD，
∴N是AE的中点，
∴QN是△ACE的中位线，
∴CE=2QN=2，
∴DE=CD−CE=8−2=6，
故选：C．
由菱形的性质得AB//CD，AB=BC=CD=AD=8，再证QM是△ABC中位线，得QM=12AB=4，然后证QN是△ACE的中位线，得CE=2QN=2，即可得出结论．
本题考查了菱形的性质、平行线的性质、三角形中位线定理等知识，熟练掌握菱形的性质和三角形中位线定理是解题的关键．
6.【答案】C
【解析】解：∵一次函数y=kx+b的图象不经过第三象限，
∴k<0，b≥0．
故选：C．
根据图象在坐标平面内的位置关系确定k，b的取值范围，从而求解．
本题主要考查一次函数图象与系数的关系，熟知一次函数y=kx+b(k≠0)中，当k>0时，直线必经过一、三象限；k<0时，直线必经过二、四象限；b>0时，直线与y轴正半轴相交；b=0时，直线过原点；b<0时，直线与y轴负半轴相交是解题的关键．
7.【答案】B
【解析】解：连接OE，如图，
∵∠ABC=32°，
∴∠AOC=2∠ABC=64°，
∴∠BOC=180°−∠AOC=116°，
∵点E是劣弧BC的中点，
∴∠COE=∠BOE=12∠BOC=58°，
∴∠CDE=12∠COE=29°．
故选：B．
连接OE，如图，先根据圆周角定理得到∠AOC=2∠ABC=64°，则利用邻补角可计算出∠BOC=116°，再根据圆心角、弧、弦的关系，利用点E是劣弧BC的中点得到∠COE=∠BOE=58°，然后根据圆周角定理得到∠CDE的度数．
本题考查了周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半．也考查了圆心角、弧、弦的关系．
8.【答案】D
【解析】解：∵y=x2−2mx−3=(x−m)2−m2−3，
∴顶点为(m,−m2−3)，
将点A(−2,n)先向右平移3个单位，再向下平移b个单位得到(1,n−b)，
∴m=1，n−b=−m2−3=−4，
∵抛物线y=x2−2x−3经过点A(−2,n)，
∴n=4+4−3=5，
∴5−b=−4，
解得b=9，
故选：D．
求得抛物线的顶点坐标，求得A平移后的坐标，根据题意得到m=1，n−b=−4，即可求得抛物线为y=x2−2x−3，代入A(−2,n)求得n，即可求得b的值．
本题考查了二次函数的性质，二次函数图象上点的坐标特征，二次函数最值，根据题意列出等式是解题的关键．
9.【答案】a(b+2)(b−2)
【解析】
解：原式=a(b2−4)
=a(b+2)(b−2)，
故答案为：a(b+2)(b−2)
【分析】此题考查了提公因式法与公式法的综合运用，熟练掌握因式分解的方法是解本题的关键．
原式提取公因式，再利用平方差公式分解即可．
10.【答案】6
【解析】解：在等腰直角三角形ACD中，
AD=CD=4 2，
∴AC=8，
∵点E、F分别为AD、CD的中点，
∴EF=12AC=4，
又∵AG=GO=OH=CH，
∴FI=EI=12EF=2，
∴MN=4+2=6．
故答案为：6．
根据正方形的性质，等腰三角形的性质，平行四边形的性质即可求解．
本题考查正方形，等腰三角形，平行四边形的性质，熟悉性质是解题关键．
11.【答案】(−1,2 3)
【解析】解：∵△ABC为等边三角形，B(−1,0)，C(3,0)，
∴A点坐标为(1,2 3)，
沿x轴向左平移2个单位后，则点A′的坐标为(−1,2 3).
故答案为：(−1,2 3).
直接利用平移中点的变化规律求解即可．平移中点的变化规律是：横坐标右移加，左移减；纵坐标上移加，下移减．
本题考查了解直角三角形、图形与坐标等知识．要注意各象限点的坐标的特征．
12.【答案】<
【解析】解：∵点A(−2,y1)，B(5,y2)在反比例函数y=kx(k≠0)的图象上，且y1>y2，
∴点A(−2,y1)在第二象限，B(5,y2)在第四象限，
∴k<0，
故答案为：<．
根据各象限内点的坐标特征及函数的增减性即可确定k的取值范围．
此题考查的是反比例函数图象上点的坐标特点及平面直角坐标系中各象限内点的坐标特征，比较简单．
13.【答案】 10−1
【解析】解：作E点关于CD的对称点E′，连接E′O，交CD于F，交半圆O于G，此时EF+FG的值最小，
∵EF=E′F，
∴EF+FG=E′F+FG，
∴EF+FG的最小值为E′O−GO，
∵正方形边长为2，
∴AO=GO=1，
∵E是AD的中点，
∴DE=DE′=1，
∴EE′=2，
在Rt△AE′O中，E′O= E′A2+AO2= 32+12= 10，
∴E′O−GO= 10−1，
∴EF+FG的最小值为 10−1，
故答案为： 10−1．
作E点关于CD的对称点E′，连接E′O，交CD于F，交半圆O于G，此时EF+FG的值最小，在Rt△AE′O中，E′O= 10，即可求EF+FG的最小值为 10−1．
本题考查轴对称求最短距离，熟练掌握轴对称求最短距离的方法，灵活应用正方形、勾股定理、圆的性质是解题的关键．
14.【答案】解：原式=−12×(−8)−3−4
=4−3−4
=−3．
【解析】直接利用负整数指数幂的性质以及绝对值的性质、二次根式的性质分别化简，进而得出答案．
此题主要考查了实数的运算，正确化简各数是解题关键．
15.【答案】解；解不等式5x+3>3(x−1)，得：x>−3，
解不等式8x+29>x，得x<2，
则不等式组的解集为−3
本题考查的是解一元一次不等式组，正确求出每一个不等式解集是基础，熟知“同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到”的原则是解答此题的关键．
16.【答案】解：(1+1x+1)÷x2+4x+4x+1
=x+1+1x+1÷(x+2)2x+1
=x+2x+1⋅x+1(x+2)2
=1x+2，
当x=−3时，原式=1−3+2=−1．
【解析】先根据分式的加法法则进行计算，再根据分式的除法法则把除法变成乘法，算乘法，最后代入求出答案即可．
本题考查了分式的化简求值，能正确根据分式的运算法则进行化简是解此题的关键，注意运算顺序．
17.【答案】解：作边AB的垂直平分线交AB于E，如图：
点E即为所求．
【解析】由AD是△ABC的BC边上的中线知D为BC中点，作AB的中点即可．
本题考查作图−复杂作图，解题的关键是掌握线段垂直平分线的尺规作图方法和三角形中位线定理．
18.【答案】证明：∵BE=FC，
∴BC=EF，
在△ABC和△DFE中，
BC=EF∠ACB=∠DEFAC=DE，
∴△ABC≌△DFE(SAS)；
∴∠ABC=∠DFE，
∴AB//DF，
【解析】由SAS证明△ABC≌△DFE即可，由全等三角形的性质得出∠ABC=∠DFE，证出AB//DF．
本题考查了全等三角形的判定与性质、平行线的判定；证明三角形全等是解决问题的关键．
19.【答案】解：设小长条的长为x cm，则原来正方形的边长为(x+5)cm，
∴小长条的面积为：5xcm2，大长条的面积为：5(x+5)cm2，
∵其中一个长条的面积是另一个长条的1.2倍，
∴1.2×5x=5(x+5)，
解得：x=25，
∴原来正方形纸片的边长为x+5=25+5=30cm．
故原来正方形纸片的边长为30cm．
【解析】设小长条的长为x cm，则原来正方形的边长为(x+5)cm，然后计算两个长条的面积，再利用面积关系列出方程求x，即可求出原正方形的边长．
本题主要考查了一元一次方程的应用，找到两个长条的边长关系是解题的关键．
20.【答案】13
【解析】解：(1)转动A转盘一次，指针所指数字为负数的概率是13，
故答案为：13；
(2)这个游戏对甲乙两人公平，理由如下：
画树状图为：
共有9种等可能的结果，
指针所指数字之和为正数的结果数为3，
所以甲胜的概率=39=13，
乙胜的概率=39=13，
所以这个游戏对甲乙两人公平．
(1)根据等可能事件可得指针所指数字为负数的概率是13；
(2)找出指针所指数字之和为正数和负数的结果数，再计算出甲胜和乙胜的概率，然后比较两概率的大小，从而可判断游戏是否公平．
本题考查了列表法与树状图法：利用列表法或树状图法展示所有可能的结果求出n，再从中选出符合事件A或B的结果数目m，然后根据概率公式计算事件A或事件B的概率．
21.【答案】解：作AD⊥BC于D，
在Rt△ADB中，cos∠DAB=ADAB，sin∠DAB=BDAB，
∴AD=AB⋅cos∠DAB=516×35=309.6，BD=AB⋅sin∠DAB=516×45=412.8，
在Rt△ADC中，∠DAC=45°，
∴CD=AD=309.6，
∴BC=BD+CD≈722，
答：建成高铁后从B地前往C地的路程约为722千米．
【解析】作AD⊥BC于D，根据正弦、余弦的定义分别求出BD、AD，根据等腰直角三角形的性质求出CD，结合图形计算得到答案．
本题考查的是解直角三角形的应用−方向角问题，掌握方向角的概念、熟记锐角三角函数的定义是解题的关键．
22.【答案】解：(1)设小西购进A款摆件x个，∴购进B款摆件(100−x)个．
y=(3.6−3)x+(4.3−3.5)(100−x)，
y=−0.2x+80；
答：y与x之间的函数关系式为y=−0.2x+80．
(2)由题可列：y≥70．
∴−0.2x+80≥70，解得x≤50．
答：他每天至多购进A款摆件的个数为50个．
【解析】(1)根据题意，购进B摆件是100−x，利用利润=售价−成本公式，列出y与x的关系式即可．
(2)根据问题1得出的函数关系式，要求总利润不低于70元列出一元一次不等式，求出x的范围取最小整数值．
本题以应用题为背景考查了一次函数和不等式的应用，考核了学生方程思想，解题关键是读懂题意，在题目当中找出正确的等量关系和不等关系解决问题．
23.【答案】C
【解析】解：(1)把50名学生的“运动时间”从小到大排列，排在中间的两个数均在C组，故这50名学生的“运动时间”的中位数落在C组，
故答案为：C；
(2)x−=150×(15×4+25×8+35×20+50×18)=37.2(分钟)，
答：这50名学生的平均“运动时间”为37.2分钟；
(3)3600×20+1850=2736(名)．
答：估计在该校学生中，“运动时间”不少于30分钟的人数有2736名．
(1)利用中位数的定义解答即可；
(2)根据平均数的定义解答即可；
(3)用样本估计总体即可．
本题考查了中位数，频数(率)分布表．从频数(率)分布表中得到必要的信息是解决问题的关键．
24.【答案】(1)证明：如图，连接OE，
∵AE=DE，
∴∠ABE=∠CBE，
∵OE=OB，
∴∠OBE=∠OEB，
∴∠OEB=∠FBE，
∴BF//OE，
∵EF⊥BC，
∴∠BFE=90°，
∴∠BFE=∠OEG=90°，
∴OE⊥GE，
∴GF是⊙O的切线；
(2)解：设⊙O的半径为r，AG=2，GE=4，
∵在Rt△GOE中，OE2+GE2=OG2，
∴r2+42=(2+r)2，
解得r=3，
即⊙O的半径为3；
∵⊙O的半径为3，
∴OG=AG+OA=5，GB=OG+OB=8，
∵BF//OE，
∴△BFG～△OEG，
∴BFOE=GBGO，
即BF3=85，
∴BF=245．
【解析】(1)连接OE，先证明∠ABE=∠CBE，再证明∠OEB=∠FBE，BF//OE，进而证明OE⊥GE，即可证明GF是⊙O的切线；
(2)设⊙O的半径为r，根据勾股定理得到r2+42=(2+r)2，解方程即可得到⊙O的半径为3；根据BF//OE，得到△BFG～△OEG，根据相似三角形的性质求解即可．
本题为圆的综合题，考查了圆周角定理，切线的判定，勾股定理，相似三角形的判定和性质等知识，熟知相关定理并根据题意灵活应用是解题关键．
25.【答案】解：(1)∵抛物线y=ax2+bx−3(a≠0)与x轴交于点A(−3,0)和点B(1,0)，
∴9a−3b−3=0a+b−3=0，
解得：a=1b=2，
∴抛物线的表达式为y=x2+2x−3；
(2)∵y=x2+2x−3=(x+1)2−4，
∴抛物线y=x2+2x−3的对称轴为x=−1，
∵点E在抛物线的对称轴上，
∴设E(−1,n)，
∵线段EB绕点E时顺针旋转90°后，点B的对应点B′恰好也落在此抛物线上，
∴分两种情况：
①当n≥0时，要使EB=EB′，由图可知点B′与点A重合．
∵∠BEA=90°，
∴ME=MA=2．
∴E(−1,2)；
②当n<0时，
由题意，得E′B=E′B′，∠BE′B′=90°，
如图，过B′作B′N⊥对称轴于点N，
∴∠NE′B′+∠ME′B=∠NE′B′+∠NB′E′=90°，
∴∠NB′E′=∠ME′B，
∴∠BME′=∠CNE′=90°，BE′=E′B′，
∴△B′NE′≌△E′MB(AAS)，
∴B′N=E′M=−n，E′N=BM=2，
∴B′(−n−1,n−2)，
代入y=x2+2x−3得n−2=(−n−1)2+2(−n−1)−3，
解得n=−1，n=2(舍去)，
∴E(−1,−1)．
∴满足条件的点E的坐标为(−1,2)或(−1,−1)．
【解析】(1)利用待定系数法构建方程组求解；
(2)线段EB绕点E时顺针旋转90°后，点B的对应点B′恰好也落在此抛物线上分两种情况：①当n≥0时，要使EB=EB′，由图可知点B′与点A重合．②当n<0时，由题意，得E′B=E′B′，∠BE′B′=90°，如图，过B′作B′N⊥对称轴于点N，证明△B′NE′≌△E′MB(AAS)，推出B′N=E′M=−n，E′N=BM=2，可得B′(−n−1,n−2)，再利用待定系数法，可得结论．
本题属于二次函数综合题，考查了二次函数的性质，旋转变换，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是掌握待定系数法，学会构建二次函数解决最值问题，学会利用参数构建方程解决问题．
26.【答案】60°
【解析】解：(1)∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=∠B=90°，
∵AB=6，AF=2，
∴BF=AB−AF=6−2=4，
由折叠得：EF=BF=4，∠GEF=∠B=90°，
∴cos∠AFE=AFEF=24=12，
∴∠AFE=60°，
∴∠EFB=180°−∠AFE=180°−60°120°，
∵∠EFB+∠B+∠GEF+∠BGE=360°，
∴∠BGE=60°，
故答案为：60°；
(2)设EG与CF交于点K，如图，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=∠ABC=∠BCD=∠D=90°，CD=AB=6，AD=BC=10，
由折叠得：BG=AB=6，∠BGE=∠A=90°，
∴四边形ABGE是正方形，
∴BE= 2AB=6 2，AE=EG=6，
∵EF⊥EC，
∴∠CED+∠AEF=90°，
∵∠CED+∠ECD=90°，
∴∠ECD=∠AEF，
∵CD=AE，
∴△CED≌△EFA(ASA)，
∴AF=DE=AD−AE=10−6=4，
∴BF=AB−AF=6−4=2，
∵∠CGE=180°−∠BGE=90°=∠ABC，
∴EG//AB，
∴△CKG∽△CFB，
∴KGBF=CGBC，即KG2=10−610，
∴KG=45，
∴EK=EG−KG=6−45=265，
∵EG//AB，
∴△EPK∽△BPF，
∴PEPB=EKBF=2652=135，
∴PB=513PE，
∵PB+PE=BE，
∴513PE+PE=6 2，
∴PE=13 23；
(3)∵AE=2，
∴DE=AD−AE=10−2=8，
在Rt△CDE中，CE= CD2+DE2= 62+82=10，
由折叠得：D′H=DH，D′E=DE=8，∠ED′H=∠D=90°，
∴∠CD′H=180°−∠ED′H=90°，CD′=CE−D′E=10−8=2，
∵∠CD′H=∠D，∠D′CH=∠DCE，
∴△CD′H∽△CDE，
∴CHCE=CD′CD，即CH10=26，
∴CH=103，
∵D′N⊥AD，
∴∠D′NE=90°=∠D，
∴D′H//CD，
∴△ED′M∽△ECH，
∴D′MCH=D′ECE，即D′M103=810，
∴D′M=83，
∵cos∠CED=END′E=DECE，
∴EN8=810，
∴EN=325，
∴DN=DE−EN=8−325=85，
∴S△MD′H=12D′M⋅DN=12×83×85=3215．
(1)根据矩形的性质可得∠A=∠B=90°，由折叠得：EF=BF=4，∠GEF=∠B=90°，利用三角函数定义可得cos∠AFE=AFEF=12，即∠AFE=60°，再运用四边形内角和为360°即可求得答案；
(2)设EG与CF交于点K，根据矩形性质和折叠可得四边形ABGE是正方形，BE= 2AB=6 2，AE=EG=6，再证得△CED≌△EFA(ASA)，可得AF=DE=4，BF=2，再证明△CKG∽△CFB，△EPK∽△BPF，即可求得答案；
(3)利用勾股定理可得CE=10，由△CD′H∽△CDE，可求得CH=103，由△ED′M∽△ECH，可得D′M=83，再由cos∠CED=END′E=DECE，可得EN=325，进而求得DN=85，利用S△MD′H=12D′M⋅DN即可求得答案．
此题是四边形综合题，主要考查了矩形的性质，正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，折叠变换的性质，三角形面积，解直角三角形等，熟练掌握判定两三角形相似的方法是解本题的关键．
2023年陕西省宝鸡市凤翔区中考数学三模试卷
一、选择题（本大题共8小题，共24.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. −2的相反数是( )
A. 2 B. −2 C. −12 D. 12
2. 如图，这是一个由6个相同的正方体组成的立体图形，它的左视图是( )
A.
B.
C.
D.
3. 如图，AB//CD，若∠ABE=50°，EF⊥CD，则∠BEF的度数为( )
A. 110°
B. 140°
C. 130°
D. 135°
4. 有理数a，b，c，d在数轴上的对应点的位置如图所示，则下列结论正确的是( )
A. |a|>|b| B. bd>0 C. b+c>0 D. a<−4
5. 如图，点M是菱形ABCD边BC的中点，点E在边CD上，连接AE，过点M作MN//AB交对角线AC于点Q，交AE于点N.已知菱形的周长为32，MN=5，则线段DE的长为( )
A. 4
B. 5
C. 6
D. 7
6. 一次函数y=kx+b的图象不经过第三象限，则( )
A. k>0，b>0 B. k>0，b<0 C. k<0，b≥0 D. k<0，b≤0
7. 如图，AB，CD是⊙O的两条直径，点E是劣弧BC的中点，连接BC，DE.若∠ABC=32°，则∠CDE的度数为( )
A. 34°
B. 29°
C. 32°
D. 24°
8. 已知抛物线y=x2−2mx−3经过点A(−2,n)，将点A先向右平移3个单位，再向下平移b个单位恰好落在抛物线的顶点处，则b的值为( )
A. 3 B. 4 C. 5 D. 9
二、填空题（本大题共5小题，共15.0分）
9. 因式分解：ab2−4a= ．
10. 七巧板是中国民间流传的一种传统智力玩具，它是由等腰直角三角形，正方形和平行四边形组成的.如图，有一块边长为4 2的正方形厚纸板ABCD，做成如图①所示的一套七巧板(点O为正方形纸板对角线的交点，点E、F分别为AD、CD的中点，GE//BI，IH//CD)，将图①示七巧板拼成如图②所示的“鱼形”，则“鱼尾”MN的长为______ ．
11. 如图，△ABC为等边三角形，B(−1,0)，C(3,0)，若将△ABC沿x轴向左平移2个单位后，得到的△A′B′C′，则A′点的坐标为______ ．
12. 在平面直角坐标系xOy中，点A(−2,y1)，B(5,y2)在反比例函数y=kx(k≠0)的图象上，若y1>y2，则k ______ 0(填“>”或“<”)．
13. 如图，正方形ABCD边长为2，点G在以AB为直径的半圆上的一个动点，点F是边CD上的一个动点，点E是AD的中点，则EF+FG的最小值为______．
三、解答题（本大题共13小题，共81.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
14. (本小题5.0分)
计算：−2−1×(−8)− 9−|−4|．
15. (本小题5.0分)
解不等式组：5x+3>3(x−1)8x+29>x．
16. (本小题5.0分)
先化简，再求值：(1+1x+1)÷x2+4x+4x+1，其中x=−3．
17. (本小题5.0分)
如图，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AD是△ABC的BC边上的中线，请用尺规作图法在边AB上求作一点E，使得DE=12AC.(不写作法，保留作图痕迹)
18. (本小题5.0分)
如图，点B，C，E，F在同一条直线上，∠ACB=∠DEF，AC=DE，BE=CF.求证：AB//DF．
19. (本小题5.0分)
如图，小明用一张正方形纸片剪出两个宽都是5cm的长条，如果其中一个长条的面积是另一个长条的1.2倍，求原来正方形纸片的边长．
20. (本小题5.0分)
甲、乙两人用如图所示的两个转盘做游戏，A转盘被等分为三份，分别标有数字1，2，−3；B转盘也被等分成三份，分别标有数字−1，−2，3.甲乙两人同时转动转盘，当转盘停止转动时，记下两个转盘指针所指的数字之和.若指针所指数字之和为正数，则甲胜；指针所指数字之和为负数，则乙胜．
(1)转动A转盘一次，指针所指数字为负数的概率是______ ；
(2)请用列表或画树状图的方法说明这个游戏对甲乙两人是否公平．
21. (本小题6.0分)
如图，C地在B地的正东方向，因有大山阻隔，由B地到C地需绕行A地，已知A地位于B地北偏东53°方向，距离B地516千米，C地位于A地南偏东45°方向．现打算打通穿山隧道，建成两地直达高铁，求建成高铁后从B地前往C地的路程．(结果精确到1千米)【参考数据：sin53°=45，cos53°=35，tan53°=43】
22. (本小题7.0分)
小西想锻炼自己的生活能力，周末进行勤工俭学，他购进A、B两款摆件共100个，A、B两款摆件每个的成本和售价如表所示：
A
B
成本(元/个)
3
3.5
售价(元/个)
3.6
4.3
设小西购进A款摆件x个，每天两款摆件的总利润为y元.(利润=售价−成本)
(1)y与x之间的函数关系式；
(2)如果小西每天要获得的总利润不低于70元，求他每天至多购进A款摆件的个数．
23. (本小题7.0分)
某校想要落实“二十大精神”，发展学生体质，为了了解学生“每天体育运动的时间”(简称“运动时间”)情况，在本校随机调查了50名学生的“运动时间”，并进行统计，绘制了如下统计表：
组别
“运动时间”t/分钟
频数
组内学生的平均“运动时间”/分钟
A
t<20
4
15
B
20≤t<30
8
25
C
30≤t<40
20
35
D
t≥40
18
50
根据上述信息，解答下列问题：
(1)这50名学生的“运动时间”的中位数落在______ 组；
(2)求这50名学生的平均“运动时间”；
(3)若该校有3600名学生，请估计在该校学生中，“运动时间”不少于30分钟的人数．
24. (本小题8.0分)
如图，AB是⊙O的直径，射线BC交⊙O于点D，E是劣弧AD上一点，且AE=DE，过点E作EF⊥BC于点F，延长EF和BA的延长线交于点G．
(1)证明：GF是⊙O的切线；
(2)若AG=2，GE=4，求BF的长．
25. (本小题8.0分)
如图，抛物线y=ax2+bx−3(a≠0)与x轴交于点A(−3,0)和点B(1,0)，与y轴交于点C.抛物线的对称轴与x轴交于点M．
(1)求该抛物线的表达式；
(2)若点E在抛物线的对称轴上，线段EB绕点E顺时针旋转90°后，点B的对应点B′恰好也落在此抛物线上，请求出所有满足条件的点E的坐标．
26. (本小题10.0分)
在综合与实践课上，老师组织同学们以“矩形的折叠”为主题开展数学活动．
如图，在矩形ABCD中，AB=6，BC=10．
(1)如图①，将矩形ABCD折叠，使顶点B落在边AD上的点E处，折痕的一端点G在边BC上.当折痕的另一端点F在边AB上，且AF=2时，∠BGE的度数为______ ；
(2)如图②，将矩形ABCD折叠，使顶点A落在边BC上的点G处，折痕的一端点E在边AD上，另一端点为矩形ABCD的顶点B.将△ABE折叠后重新展开，连接BE，EC，过点E作EF⊥EC交线段AB于点F，连接CF，与BE交于点P.求PE长；
(3)如图③，将△EDH沿直线EH折叠，连接EC，折叠后点D落在EC边上的点D′处，点H在边CD上，过点D′作D′N⊥AD于点N，与EH交于点M，且AE=2.求△MD′H的面积．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】
【分析】
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.不要把相反数的意义与倒数的意义混淆．
根据一个数的相反数就是在这个数前面添上“−”号，求解即可．
【解答】
解：−2的相反数是：−(−2)=2，
故选：A．
2.【答案】C
【解析】解：这个组合体的左视图为：
故选：C．
根据简单组合体三视图的画法画出它的左视图即可．
本题考查简单组合体的三视图，理解视图的定义，掌握解答组合体三视图的画法和形状是正确判断的前提．
3.【答案】B
【解析】解：如图，过点E作EH//AB，
∵∠ABE=50°，
则∠ABE=∠BEH=50°，
∵EF⊥CD，
∴∠EFC=90°，
∵AB//CD，
∴EH//CD，
∴∠HEF=∠EFC=90°，
∴∠BEH+∠HEF=∠ABE+∠EFC=50°+90°=140°，
即∠BEF=∠ABE+∠EFC=140°．
故选：B．
过点E作EH//AB，根据平行公理求出EH//CD，然后根据两直线平行，内错角相等求出∠BEH，∠CFE，再根据∠BEF=∠BEH+∠HEF计算即可得解．
本题考查了平行线的性质，此类题目，难点在于过拐点作平行线．
4.【答案】A
【解析】解：由数轴可知a
∵b<0，d>0，
∴bd<0，故B不符合题意；
∵−2
∵−4
根据数轴所给点的位置对每一个选项依次判断即可．
本题考查实数与数轴，熟练掌握数轴上点的特征，绝对值的定义是解题的关键．
5.【答案】C
【解析】解：∵四边形ABCD是菱形，周长为32，
∴AB//CD，AB=BC=CD=AD=8，
∵M是菱形ABCD边BC的中点，MN//AB，
∴Q是AC的中点，
∴QM是△ABC中位线，
∴QM=12AB=4，
∵MN=5，
∴QN=MN−QM=5−4=1，
∵MN//AB，
∴MN//CD，
∴N是AE的中点，
∴QN是△ACE的中位线，
∴CE=2QN=2，
∴DE=CD−CE=8−2=6，
故选：C．
由菱形的性质得AB//CD，AB=BC=CD=AD=8，再证QM是△ABC中位线，得QM=12AB=4，然后证QN是△ACE的中位线，得CE=2QN=2，即可得出结论．
本题考查了菱形的性质、平行线的性质、三角形中位线定理等知识，熟练掌握菱形的性质和三角形中位线定理是解题的关键．
6.【答案】C
【解析】解：∵一次函数y=kx+b的图象不经过第三象限，
∴k<0，b≥0．
故选：C．
根据图象在坐标平面内的位置关系确定k，b的取值范围，从而求解．
本题主要考查一次函数图象与系数的关系，熟知一次函数y=kx+b(k≠0)中，当k>0时，直线必经过一、三象限；k<0时，直线必经过二、四象限；b>0时，直线与y轴正半轴相交；b=0时，直线过原点；b<0时，直线与y轴负半轴相交是解题的关键．
7.【答案】B
【解析】解：连接OE，如图，
∵∠ABC=32°，
∴∠AOC=2∠ABC=64°，
∴∠BOC=180°−∠AOC=116°，
∵点E是劣弧BC的中点，
∴∠COE=∠BOE=12∠BOC=58°，
∴∠CDE=12∠COE=29°．
故选：B．
连接OE，如图，先根据圆周角定理得到∠AOC=2∠ABC=64°，则利用邻补角可计算出∠BOC=116°，再根据圆心角、弧、弦的关系，利用点E是劣弧BC的中点得到∠COE=∠BOE=58°，然后根据圆周角定理得到∠CDE的度数．
本题考查了周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半．也考查了圆心角、弧、弦的关系．
8.【答案】D
【解析】解：∵y=x2−2mx−3=(x−m)2−m2−3，
∴顶点为(m,−m2−3)，
将点A(−2,n)先向右平移3个单位，再向下平移b个单位得到(1,n−b)，
∴m=1，n−b=−m2−3=−4，
∵抛物线y=x2−2x−3经过点A(−2,n)，
∴n=4+4−3=5，
∴5−b=−4，
解得b=9，
故选：D．
求得抛物线的顶点坐标，求得A平移后的坐标，根据题意得到m=1，n−b=−4，即可求得抛物线为y=x2−2x−3，代入A(−2,n)求得n，即可求得b的值．
本题考查了二次函数的性质，二次函数图象上点的坐标特征，二次函数最值，根据题意列出等式是解题的关键．
9.【答案】a(b+2)(b−2)
【解析】
解：原式=a(b2−4)
=a(b+2)(b−2)，
故答案为：a(b+2)(b−2)
【分析】此题考查了提公因式法与公式法的综合运用，熟练掌握因式分解的方法是解本题的关键．
原式提取公因式，再利用平方差公式分解即可．
10.【答案】6
【解析】解：在等腰直角三角形ACD中，
AD=CD=4 2，
∴AC=8，
∵点E、F分别为AD、CD的中点，
∴EF=12AC=4，
又∵AG=GO=OH=CH，
∴FI=EI=12EF=2，
∴MN=4+2=6．
故答案为：6．
根据正方形的性质，等腰三角形的性质，平行四边形的性质即可求解．
本题考查正方形，等腰三角形，平行四边形的性质，熟悉性质是解题关键．
11.【答案】(−1,2 3)
【解析】解：∵△ABC为等边三角形，B(−1,0)，C(3,0)，
∴A点坐标为(1,2 3)，
沿x轴向左平移2个单位后，则点A′的坐标为(−1,2 3).
故答案为：(−1,2 3).
直接利用平移中点的变化规律求解即可．平移中点的变化规律是：横坐标右移加，左移减；纵坐标上移加，下移减．
本题考查了解直角三角形、图形与坐标等知识．要注意各象限点的坐标的特征．
12.【答案】<
【解析】解：∵点A(−2,y1)，B(5,y2)在反比例函数y=kx(k≠0)的图象上，且y1>y2，
∴点A(−2,y1)在第二象限，B(5,y2)在第四象限，
∴k<0，
故答案为：<．
根据各象限内点的坐标特征及函数的增减性即可确定k的取值范围．
此题考查的是反比例函数图象上点的坐标特点及平面直角坐标系中各象限内点的坐标特征，比较简单．
13.【答案】 10−1
【解析】解：作E点关于CD的对称点E′，连接E′O，交CD于F，交半圆O于G，此时EF+FG的值最小，
∵EF=E′F，
∴EF+FG=E′F+FG，
∴EF+FG的最小值为E′O−GO，
∵正方形边长为2，
∴AO=GO=1，
∵E是AD的中点，
∴DE=DE′=1，
∴EE′=2，
在Rt△AE′O中，E′O= E′A2+AO2= 32+12= 10，
∴E′O−GO= 10−1，
∴EF+FG的最小值为 10−1，
故答案为： 10−1．
作E点关于CD的对称点E′，连接E′O，交CD于F，交半圆O于G，此时EF+FG的值最小，在Rt△AE′O中，E′O= 10，即可求EF+FG的最小值为 10−1．
本题考查轴对称求最短距离，熟练掌握轴对称求最短距离的方法，灵活应用正方形、勾股定理、圆的性质是解题的关键．
14.【答案】解：原式=−12×(−8)−3−4
=4−3−4
=−3．
【解析】直接利用负整数指数幂的性质以及绝对值的性质、二次根式的性质分别化简，进而得出答案．
此题主要考查了实数的运算，正确化简各数是解题关键．
15.【答案】解；解不等式5x+3>3(x−1)，得：x>−3，
解不等式8x+29>x，得x<2，
则不等式组的解集为−3
本题考查的是解一元一次不等式组，正确求出每一个不等式解集是基础，熟知“同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到”的原则是解答此题的关键．
16.【答案】解：(1+1x+1)÷x2+4x+4x+1
=x+1+1x+1÷(x+2)2x+1
=x+2x+1⋅x+1(x+2)2
=1x+2，
当x=−3时，原式=1−3+2=−1．
【解析】先根据分式的加法法则进行计算，再根据分式的除法法则把除法变成乘法，算乘法，最后代入求出答案即可．
本题考查了分式的化简求值，能正确根据分式的运算法则进行化简是解此题的关键，注意运算顺序．
17.【答案】解：作边AB的垂直平分线交AB于E，如图：
点E即为所求．
【解析】由AD是△ABC的BC边上的中线知D为BC中点，作AB的中点即可．
本题考查作图−复杂作图，解题的关键是掌握线段垂直平分线的尺规作图方法和三角形中位线定理．
18.【答案】证明：∵BE=FC，
∴BC=EF，
在△ABC和△DFE中，
BC=EF∠ACB=∠DEFAC=DE，
∴△ABC≌△DFE(SAS)；
∴∠ABC=∠DFE，
∴AB//DF，
【解析】由SAS证明△ABC≌△DFE即可，由全等三角形的性质得出∠ABC=∠DFE，证出AB//DF．
本题考查了全等三角形的判定与性质、平行线的判定；证明三角形全等是解决问题的关键．
19.【答案】解：设小长条的长为x cm，则原来正方形的边长为(x+5)cm，
∴小长条的面积为：5xcm2，大长条的面积为：5(x+5)cm2，
∵其中一个长条的面积是另一个长条的1.2倍，
∴1.2×5x=5(x+5)，
解得：x=25，
∴原来正方形纸片的边长为x+5=25+5=30cm．
故原来正方形纸片的边长为30cm．
【解析】设小长条的长为x cm，则原来正方形的边长为(x+5)cm，然后计算两个长条的面积，再利用面积关系列出方程求x，即可求出原正方形的边长．
本题主要考查了一元一次方程的应用，找到两个长条的边长关系是解题的关键．
20.【答案】13
【解析】解：(1)转动A转盘一次，指针所指数字为负数的概率是13，
故答案为：13；
(2)这个游戏对甲乙两人公平，理由如下：
画树状图为：
共有9种等可能的结果，
指针所指数字之和为正数的结果数为3，
所以甲胜的概率=39=13，
乙胜的概率=39=13，
所以这个游戏对甲乙两人公平．
(1)根据等可能事件可得指针所指数字为负数的概率是13；
(2)找出指针所指数字之和为正数和负数的结果数，再计算出甲胜和乙胜的概率，然后比较两概率的大小，从而可判断游戏是否公平．
本题考查了列表法与树状图法：利用列表法或树状图法展示所有可能的结果求出n，再从中选出符合事件A或B的结果数目m，然后根据概率公式计算事件A或事件B的概率．
21.【答案】解：作AD⊥BC于D，
在Rt△ADB中，cos∠DAB=ADAB，sin∠DAB=BDAB，
∴AD=AB⋅cos∠DAB=516×35=309.6，BD=AB⋅sin∠DAB=516×45=412.8，
在Rt△ADC中，∠DAC=45°，
∴CD=AD=309.6，
∴BC=BD+CD≈722，
答：建成高铁后从B地前往C地的路程约为722千米．
【解析】作AD⊥BC于D，根据正弦、余弦的定义分别求出BD、AD，根据等腰直角三角形的性质求出CD，结合图形计算得到答案．
本题考查的是解直角三角形的应用−方向角问题，掌握方向角的概念、熟记锐角三角函数的定义是解题的关键．
22.【答案】解：(1)设小西购进A款摆件x个，∴购进B款摆件(100−x)个．
y=(3.6−3)x+(4.3−3.5)(100−x)，
y=−0.2x+80；
答：y与x之间的函数关系式为y=−0.2x+80．
(2)由题可列：y≥70．
∴−0.2x+80≥70，解得x≤50．
答：他每天至多购进A款摆件的个数为50个．
【解析】(1)根据题意，购进B摆件是100−x，利用利润=售价−成本公式，列出y与x的关系式即可．
(2)根据问题1得出的函数关系式，要求总利润不低于70元列出一元一次不等式，求出x的范围取最小整数值．
本题以应用题为背景考查了一次函数和不等式的应用，考核了学生方程思想，解题关键是读懂题意，在题目当中找出正确的等量关系和不等关系解决问题．
23.【答案】C
【解析】解：(1)把50名学生的“运动时间”从小到大排列，排在中间的两个数均在C组，故这50名学生的“运动时间”的中位数落在C组，
故答案为：C；
(2)x−=150×(15×4+25×8+35×20+50×18)=37.2(分钟)，
答：这50名学生的平均“运动时间”为37.2分钟；
(3)3600×20+1850=2736(名)．
答：估计在该校学生中，“运动时间”不少于30分钟的人数有2736名．
(1)利用中位数的定义解答即可；
(2)根据平均数的定义解答即可；
(3)用样本估计总体即可．
本题考查了中位数，频数(率)分布表．从频数(率)分布表中得到必要的信息是解决问题的关键．
24.【答案】(1)证明：如图，连接OE，
∵AE=DE，
∴∠ABE=∠CBE，
∵OE=OB，
∴∠OBE=∠OEB，
∴∠OEB=∠FBE，
∴BF//OE，
∵EF⊥BC，
∴∠BFE=90°，
∴∠BFE=∠OEG=90°，
∴OE⊥GE，
∴GF是⊙O的切线；
(2)解：设⊙O的半径为r，AG=2，GE=4，
∵在Rt△GOE中，OE2+GE2=OG2，
∴r2+42=(2+r)2，
解得r=3，
即⊙O的半径为3；
∵⊙O的半径为3，
∴OG=AG+OA=5，GB=OG+OB=8，
∵BF//OE，
∴△BFG～△OEG，
∴BFOE=GBGO，
即BF3=85，
∴BF=245．
【解析】(1)连接OE，先证明∠ABE=∠CBE，再证明∠OEB=∠FBE，BF//OE，进而证明OE⊥GE，即可证明GF是⊙O的切线；
(2)设⊙O的半径为r，根据勾股定理得到r2+42=(2+r)2，解方程即可得到⊙O的半径为3；根据BF//OE，得到△BFG～△OEG，根据相似三角形的性质求解即可．
本题为圆的综合题，考查了圆周角定理，切线的判定，勾股定理，相似三角形的判定和性质等知识，熟知相关定理并根据题意灵活应用是解题关键．
25.【答案】解：(1)∵抛物线y=ax2+bx−3(a≠0)与x轴交于点A(−3,0)和点B(1,0)，
∴9a−3b−3=0a+b−3=0，
解得：a=1b=2，
∴抛物线的表达式为y=x2+2x−3；
(2)∵y=x2+2x−3=(x+1)2−4，
∴抛物线y=x2+2x−3的对称轴为x=−1，
∵点E在抛物线的对称轴上，
∴设E(−1,n)，
∵线段EB绕点E时顺针旋转90°后，点B的对应点B′恰好也落在此抛物线上，
∴分两种情况：
①当n≥0时，要使EB=EB′，由图可知点B′与点A重合．
∵∠BEA=90°，
∴ME=MA=2．
∴E(−1,2)；
②当n<0时，
由题意，得E′B=E′B′，∠BE′B′=90°，
如图，过B′作B′N⊥对称轴于点N，
∴∠NE′B′+∠ME′B=∠NE′B′+∠NB′E′=90°，
∴∠NB′E′=∠ME′B，
∴∠BME′=∠CNE′=90°，BE′=E′B′，
∴△B′NE′≌△E′MB(AAS)，
∴B′N=E′M=−n，E′N=BM=2，
∴B′(−n−1,n−2)，
代入y=x2+2x−3得n−2=(−n−1)2+2(−n−1)−3，
解得n=−1，n=2(舍去)，
∴E(−1,−1)．
∴满足条件的点E的坐标为(−1,2)或(−1,−1)．
【解析】(1)利用待定系数法构建方程组求解；
(2)线段EB绕点E时顺针旋转90°后，点B的对应点B′恰好也落在此抛物线上分两种情况：①当n≥0时，要使EB=EB′，由图可知点B′与点A重合．②当n<0时，由题意，得E′B=E′B′，∠BE′B′=90°，如图，过B′作B′N⊥对称轴于点N，证明△B′NE′≌△E′MB(AAS)，推出B′N=E′M=−n，E′N=BM=2，可得B′(−n−1,n−2)，再利用待定系数法，可得结论．
本题属于二次函数综合题，考查了二次函数的性质，旋转变换，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是掌握待定系数法，学会构建二次函数解决最值问题，学会利用参数构建方程解决问题．
26.【答案】60°
【解析】解：(1)∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=∠B=90°，
∵AB=6，AF=2，
∴BF=AB−AF=6−2=4，
由折叠得：EF=BF=4，∠GEF=∠B=90°，
∴cos∠AFE=AFEF=24=12，
∴∠AFE=60°，
∴∠EFB=180°−∠AFE=180°−60°120°，
∵∠EFB+∠B+∠GEF+∠BGE=360°，
∴∠BGE=60°，
故答案为：60°；
(2)设EG与CF交于点K，如图，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=∠ABC=∠BCD=∠D=90°，CD=AB=6，AD=BC=10，
由折叠得：BG=AB=6，∠BGE=∠A=90°，
∴四边形ABGE是正方形，
∴BE= 2AB=6 2，AE=EG=6，
∵EF⊥EC，
∴∠CED+∠AEF=90°，
∵∠CED+∠ECD=90°，
∴∠ECD=∠AEF，
∵CD=AE，
∴△CED≌△EFA(ASA)，
∴AF=DE=AD−AE=10−6=4，
∴BF=AB−AF=6−4=2，
∵∠CGE=180°−∠BGE=90°=∠ABC，
∴EG//AB，
∴△CKG∽△CFB，
∴KGBF=CGBC，即KG2=10−610，
∴KG=45，
∴EK=EG−KG=6−45=265，
∵EG//AB，
∴△EPK∽△BPF，
∴PEPB=EKBF=2652=135，
∴PB=513PE，
∵PB+PE=BE，
∴513PE+PE=6 2，
∴PE=13 23；
(3)∵AE=2，
∴DE=AD−AE=10−2=8，
在Rt△CDE中，CE= CD2+DE2= 62+82=10，
由折叠得：D′H=DH，D′E=DE=8，∠ED′H=∠D=90°，
∴∠CD′H=180°−∠ED′H=90°，CD′=CE−D′E=10−8=2，
∵∠CD′H=∠D，∠D′CH=∠DCE，
∴△CD′H∽△CDE，
∴CHCE=CD′CD，即CH10=26，
∴CH=103，
∵D′N⊥AD，
∴∠D′NE=90°=∠D，
∴D′H//CD，
∴△ED′M∽△ECH，
∴D′MCH=D′ECE，即D′M103=810，
∴D′M=83，
∵cos∠CED=END′E=DECE，
∴EN8=810，
∴EN=325，
∴DN=DE−EN=8−325=85，
∴S△MD′H=12D′M⋅DN=12×83×85=3215．
(1)根据矩形的性质可得∠A=∠B=90°，由折叠得：EF=BF=4，∠GEF=∠B=90°，利用三角函数定义可得cos∠AFE=AFEF=12，即∠AFE=60°，再运用四边形内角和为360°即可求得答案；
(2)设EG与CF交于点K，根据矩形性质和折叠可得四边形ABGE是正方形，BE= 2AB=6 2，AE=EG=6，再证得△CED≌△EFA(ASA)，可得AF=DE=4，BF=2，再证明△CKG∽△CFB，△EPK∽△BPF，即可求得答案；
(3)利用勾股定理可得CE=10，由△CD′H∽△CDE，可求得CH=103，由△ED′M∽△ECH，可得D′M=83，再由cos∠CED=END′E=DECE，可得EN=325，进而求得DN=85，利用S△MD′H=12D′M⋅DN即可求得答案．
此题是四边形综合题，主要考查了矩形的性质，正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，折叠变换的性质，三角形面积，解直角三角形等，熟练掌握判定两三角形相似的方法是解本题的关键．
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