2023年黑龙江省鹤岗市中考数学试卷

这是一份2023年黑龙江省鹤岗市中考数学试卷，共7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．（3分）下列运算正确的是（ ）
A．（﹣2a）2＝﹣4a2B．（a﹣b）2＝a2﹣b2
C．（﹣m+2）（﹣m﹣2）＝m2﹣4D．（a5）2＝a7
2．（3分）下列新能源汽车标志图案中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ）
A．B．
C．D．
3．（3分）一个由若干个大小相同的小正方体搭成的几何体，它的俯视图和左视图如图所示，那么组成该几何体所需小正方体的个数最少是（ ）
A．4B．5C．6D．7
4．（3分）已知一组数据1，0，﹣3，5，x，2，﹣3的平均数是1，则这组数据的众数是（ ）
A．﹣3B．5C．﹣3和5D．1和3
5．（3分）如图，在长为100m，宽为50m的矩形空地上修筑四条宽度相等的小路，若余下的部分全部种上花卉，且花圃的面积是3600m2，则小路的宽是（ ）
A．5mB．70mC．5m或70mD．10m
6．（3分）已知关于x的分式方程+1＝的解是非负数．则m的取值范围是（ ）
A．m≤2B．m≥2C．m≤2且m≠﹣2D．m＜2且m≠﹣2
7．（3分）某社区为了打造“书香社区”，丰富小区居民的业余文化生活，计划出资500元全部用于采购A，B，C三种图书，A种每本30元，B种每本25元，C种每本20元，其中A种图书至少买5本，最多买6本（三种图书都要买），此次采购的方案有（ ）
A．5种B．6种C．7种D．8种
8．（3分）如图，△ABC是等腰三角形，AB过原点O，底边BC∥x轴，双曲线y＝过A，B两点，过点C作CD∥y轴交双曲线于点D．若S△BCD＝12，则k的值是（ ）
A．﹣6B．﹣12C．﹣D．﹣9
9．（3分）如图，在平面直角坐标中，矩形ABCD的边AD＝5．OA：OD＝1：4，将矩形ABCD沿直线OE折叠到如图所示的位置，线段OD1恰好经过点B，点C落在y轴的点C1位置，点E的坐标是（ ）
A．（1，2）B．（﹣1，2）C．（﹣1，2）D．（1﹣，2）
10．（3分）如图，在正方形ABCD中，点E，F分别是AB，BC上的动点，且AF⊥DE，垂足为G，将△ABF沿AF翻折，得到△AMF，AM交DE于点P，对角线BD交AF于点H，连接HM，CM，DM，BM，下列结论正确的是（ ）
①AF＝DE；②BM∥DE；③若CM⊥FM，则四边形BHMF是菱形；④当点E运动到AB的中点，tan∠BHF＝2；⑤EP•DH＝2AG•BH．
A．①②③④⑤B．①②③⑤C．①②③D．①②⑤
二、填空题（每小题3分，共30分）
11．（3分）据交通运输部信息显示：2023年“五一”假期第一天，全国营运性客运量约5699万人次，将5699万用科学记数法表示为 ．
12．（3分）在函数y＝中，自变量x的取值范围是 ．
13．（3分）如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，试添加一个条件 ，使得矩形ABCD为正方形．
14．（3分）一个不透明的袋子中装有3个红球和2个白球，这些小球除标号外完全相同，随机摸出两个小球，恰好是一红一白的概率是 ．
15．（3分）关于x的不等式组有3个整数解，则实数m的取值范围是 ．
16．（3分）如图，AB是⊙O的直径，PA切⊙O于点A，PO交⊙O于点C，连接BC，若∠B＝28°，则∠P＝ °．
17．（3分）已知圆锥的母线长13cm，侧面积65πcm2，则这个圆锥的高是 cm．
18．（3分）如图，在Rt△ACB中，∠BAC＝30°，CB＝2，点E是斜边AB的中点，把Rt△ABC绕点A顺时针旋转，得Rt△AFD，点C，点B旋转后的对应点分别是点D，点F，连接CF，EF，CE，在旋转的过程中，△CEF面积的最大值是 ．
19．（3分）矩形ABCD中，AB＝3，AD＝9，将矩形ABCD沿过点A的直线折叠，使点B落在点E处，若△ADE是直角三角形，则点E到直线BC的距离是 ．
20．（3分）如图，在平面直角坐标系中，△ABC的顶点A在直线l1：y＝x上，顶点B在x轴上，AB垂直x轴，且OB＝2，顶点C在直线l2：y＝x上，BC⊥l2；过点A作直线l2的垂线，垂足为C1，交x轴于B1，过点B1作A1B1垂直x轴，交l1于点A1，连接A1C1，得到第一个△A1B1C1；过点A1作直线l2的垂线，垂足为C2，交x轴于B2，过点B2作A2B2垂直x轴，交l1于点A2，连接A2C2，得到第二个△A2B2C2；如此下去，…，则△A2023B2023C2023的面积是 ．
三、解答题（满分60分）
21．（5分）先化简，再求值：（1﹣）÷，其中m＝tan60°﹣1．
22．（6分）如图，在平面直角坐标系中，已知△ABC的三个顶点坐标分别是A（2，﹣1），B（1，﹣2），C（3，﹣3）．
（1）将△ABC向上平移4个单位，再向右平移1个单位，得到△A1B1C1，请画出△A1B1C1；
（2）请画出△ABC关于y轴对称的△A2B2C2；
（3）将△A2B2C2绕着原点O顺时针旋转90°，得到△A3B3C3，求线段A2C2在旋转过程中扫过的面积（结果保留π）．
23．（6分）如图，抛物线y＝ax2+bx+3与x轴交于A（﹣3，0），B（1，0）两点．交y轴于点C．
（1）求抛物线的解析式；
（2）抛物线上是否存在一点P，使得S△PBC＝S△ABC，若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
24．（7分）某中学开展主题为“垃圾分类，绿色生活”的宣传活动，为了解学生对垃圾分类知识的掌握情况，该校团委在校园内随机抽取了部分学生进行问卷调查，将他们的得分按A：优秀，B：良好，C：合格，D：不合格四个等级进行统计，并绘制了如下不完整的条形统计图和扇形统计图．
（1）这次学校抽查的学生人数是 ；
（2）将条形图补充完整；
（3）扇形统计图中C组对应的扇形圆心角度数是 °；
（4）如果该校共有2200人，请估计该校不合格的人数．
25．（8分）已知甲，乙两地相距480km，一辆出租车从甲地出发往返于甲乙两地，一辆货车沿同一条公路从乙地前往甲地，两车同时出发，货车途经服务区时，停下来装完货物后，发现此时与出租车相距120km，货车继续出发h后与出租车相遇．出租车到达乙地后立即按原路返回，结果比货车早15分钟到达甲地．如图是两车距各自出发地的距离y（km）与货车行驶时间x（h）之间的函数图象，结合图象回答下列问题：
（1）图中a的值是 ；
（2）求货车装完货物后驶往甲地的过程中，距其出发地的距离y（km）与行驶时间x（h）之间的函数关系式；
（3）直接写出在出租车返回的行驶过程中，货车出发多长时间与出租车相距12km．
26．（8分）如图①，△ABC和△ADE是等边三角形，连接DC，点F，G，H分别是DE，DC和BC的中点，连接FG，FH．易证：FH＝FG．
若△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，且∠BAC＝∠DAE＝90°，如图②；若△ABC和△ADE都是等腰三角形，且∠BAC＝∠DAE＝120°，如图③；其他条件不变，判断FH和FG之间的数量关系，写出你的猜想，并利用图②或图③进行证明．
27．（10分）2023年5月30日上午9点31分，神舟十六号载人飞船在酒泉发射中心发射升空．某中学组织毕业班的同学到当地电视台演播大厅观看现场直播，学校准备为同学们购进A，B两款文化衫，每件A款文化衫比每件B款文化衫多10元，用500元购进A款和用400元购进B款的文化衫的数量相同．
（1）求A款文化衫和B款文化衫每件各多少元？
（2）已知毕业班的同学一共有300人，学校计划用不多于14800元，不少于14750元购买文化衫，求有几种购买方案？
（3）在实际购买时，由于数量较多，商家让利销售，A款七折优惠，B款每件让利m元，采购人员发现（2）中的所有购买方案所需资金恰好相同，试求m值．
28．（10分）如图，在平面直角坐标系中，菱形AOCB的边OC在x轴上，∠AOC＝60°，OC的长是一元二次方程x2﹣4x﹣12＝0的根，过点C作x轴的垂线，交对角线OB于点D，直线AD分别交x轴和y轴于点F和点E，动点M从点O以每秒1个单位长度的速度沿OD向终点D运动，动点N从点F以每秒2个单位长度的速度沿FE向终点E运动．两点同时出发，设运动时间为t秒．
（1）求直线AD的解析式；
（2）连接MN，求△MDN的面积S与运动时间t的函数关系式；
（3）点N在运动的过程中，在坐标平面内是否存在一点Q，使得以A，C，N，Q为顶点的四边形是矩形．若存在，直接写出点Q的坐标，若不存在，说明理由．
2023年黑龙江省鹤岗市中考数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（每小题3分，共30分）
1．（3分）下列运算正确的是（ ）
A．（﹣2a）2＝﹣4a2B．（a﹣b）2＝a2﹣b2
C．（﹣m+2）（﹣m﹣2）＝m2﹣4D．（a5）2＝a7
【分析】分别对四个选项进行分析．
【解答】解：（﹣2a）2＝4a2，所以A错误；
（a﹣b）2＝a2﹣2ab+b2，所以B错误；
（﹣m+2）（﹣m﹣2）＝m2﹣4，所以C正确；
（a5）2＝a10，所以D错误．
故选：C．
【点评】本题主要考查了整式乘法的知识、积的乘方的知识、幂的乘方的知识、平方差公式、完全平方公式，难度不大．
2．（3分）下列新能源汽车标志图案中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ）
A．B．
C．D．
【分析】把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，由此即可得到答案．
【解答】解：A、既是轴对称图形，又是中心对称图形，故A符合题意；
B、D，是轴对称图形，但不是中心对称图形，故B、D不符合题意；
C、不是轴对称图形，是中心对称图形．故C不符合题意．
故选：A．
【点评】本题考查轴对称图形，中心对称图形，关键是掌握轴对称图形，中心对称图形的定义．
3．（3分）一个由若干个大小相同的小正方体搭成的几何体，它的俯视图和左视图如图所示，那么组成该几何体所需小正方体的个数最少是（ ）
A．4B．5C．6D．7
【分析】从俯视图中可以看出最底层小正方体的个数及形状，从左视图可以看出每一层小正方体的层数和个数，从而算出总的个数．
【解答】解：从俯视图可得最底层有4个小正方体，由左视图可得第二层最少有1个小正方体，最多有3个小正方体，
所以组成该几何体所需小正方体的个数最少是5个．
故选：B．
【点评】本题主要考查由三视图判断几何体，解题的关键是掌握口诀“俯视打地基，主视疯狂盖，左视拆违章”．
4．（3分）已知一组数据1，0，﹣3，5，x，2，﹣3的平均数是1，则这组数据的众数是（ ）
A．﹣3B．5C．﹣3和5D．1和3
【分析】先根据算术平均数的定义列出关于x的方程，解之求出x的值，从而还原这组数据，再利用众数的概念求解可得．
【解答】解：∵数据1，0，﹣3，5，x，2，﹣3的平均数是1，
∴1+0﹣3+5+x+2﹣3＝7×1，
解得x＝5，
则这组数据为1，0，﹣3，5，5，2，﹣3，
∴这组数据的众数为﹣3和5，
故选：C．
【点评】本题主要考查众数和算术平均数，解题的关键是掌握算术平均数和众数的概念．
5．（3分）如图，在长为100m，宽为50m的矩形空地上修筑四条宽度相等的小路，若余下的部分全部种上花卉，且花圃的面积是3600m2，则小路的宽是（ ）
A．5mB．70mC．5m或70mD．10m
【分析】设小路的宽是xm，则余下的部分可合成长为（100﹣2x）m，宽为（50﹣2x）m的矩形，根据花圃的面积是3600m2，可列出关于x的一元二次方程，解之取其符合题意的值，即可得出结论．
【解答】解：设小路的宽是xm，则余下的部分可合成长为（100﹣2x）m，宽为（50﹣2x）m的矩形，
根据题意得：（100﹣2x）（50﹣2x）＝3600，
整理得：x2﹣75x+350＝0，
解得：x1＝5，x2＝70（不符合题意，舍去），
∴小路的宽是5m．
故选：A．
【点评】本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
6．（3分）已知关于x的分式方程+1＝的解是非负数．则m的取值范围是（ ）
A．m≤2B．m≥2C．m≤2且m≠﹣2D．m＜2且m≠﹣2
【分析】分式方程去分母转化为整式方程，由分式方程的解是非负数，确定出m的范围即可．
【解答】解：分式方程去分母得：m+x﹣2＝﹣x，
解得：x＝，
由分式方程的解是非负数，得到≥0，且﹣2≠0，
解得：m≤2且m≠﹣2，
故选：C．
【点评】此题考查了分式方程的解，以及解一元一次不等式，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
7．（3分）某社区为了打造“书香社区”，丰富小区居民的业余文化生活，计划出资500元全部用于采购A，B，C三种图书，A种每本30元，B种每本25元，C种每本20元，其中A种图书至少买5本，最多买6本（三种图书都要买），此次采购的方案有（ ）
A．5种B．6种C．7种D．8种
【分析】当购买5本A种图书时，设购买x本B种图书，y本C种图书，利用总价＝单价×数量，可列出关于x，y的二元一次方程，结合x，y均为正整数，可得出当购买5本A种图书时，有3种采购方案；当购买6本A种图书时，设购买m本B种图书，n本C种图书，利用总价＝单价×数量，可列出关于m，n的二元一次方程，结合m，n均为正整数，可得出当购买6本A种图书时，有3种采购方案，进而可得出此次采购的方案有6种．
【解答】解：当购买5本A种图书时，设购买x本B种图书，y本C种图书，
根据题意得：30×5+25x+20y＝500，
∴x＝14﹣y，
又∵x，y均为正整数，
∴或或，
∴当购买5本A种图书时，有3种采购方案；
当购买6本A种图书时，设购买m本B种图书，n本C种图书，
根据题意得：30×6+25m+20n＝500，
∴n＝16﹣m，
又∵m，n均为正整数，
∴或或，
∴当购买6本A种图书时，有3种采购方案．
∴此次采购的方案有3+3＝6（种）．
故选：B．
【点评】本题考查了二元一次方程的应用，找准等量关系，正确列出二元一次方程是解题的关键．
8．（3分）如图，△ABC是等腰三角形，AB过原点O，底边BC∥x轴，双曲线y＝过A，B两点，过点C作CD∥y轴交双曲线于点D．若S△BCD＝12，则k的值是（ ）
A．﹣6B．﹣12C．﹣D．﹣9
【分析】设出B的坐标，通过对称性求出C点的坐标，进而求出D的坐标，即可用k表示出线段BC和CD的长度，结合已知面积即可列出方程求出k．
【解答】解：设BC与y轴的交点为F，B（b，），则A（﹣b，﹣），b＞0，由题意知，
AO＝BO，即O是线段AB的中点，过A作AE⊥BC于点E，
∵AC＝AB，AE⊥BC，
∴BE＝CE，AE∥y轴，
∴CF＝3BF＝3b，
∴C（﹣3b，），
∴D（﹣3b，），
∴CD＝，BC＝4b，
∴S△BCD＝，
∴k＝﹣．
故选：C．
【点评】对于反比例函数中图形的面积问题，常用一个未知数表示关键点的坐标，通过推导求其面积．
9．（3分）如图，在平面直角坐标中，矩形ABCD的边AD＝5．OA：OD＝1：4，将矩形ABCD沿直线OE折叠到如图所示的位置，线段OD1恰好经过点B，点C落在y轴的点C1位置，点E的坐标是（ ）
A．（1，2）B．（﹣1，2）C．（﹣1，2）D．（1﹣，2）
【分析】根据相似三角形的判定定理得到△ABC∽△D1C1O，求出AB＝CD＝2，连接OC，设BC与OC1交于F，然后求出OC＝OC1＝2，得到C1F＝2﹣2，根据勾股定理即可得到结论．
【解答】解：∵矩形ABCD的边AD＝5．OA：OD＝1：4，
∴OA＝1，OD＝4，BC＝5，
∵AB∥OC1，
∴∠ABO＝∠D1OC1，
∵∠BAO＝∠OD1C1＝90°，
∴△AOB∽△D1C1O，
∴，
∵将矩形ABCD沿直线OE折叠到如图所示的位置，
∴OD1＝OD＝4，D1C1＝DC＝AB，
∴，
∴AB＝2（负值舍去），
∴CD＝2，
连接OC，设BC与OC′交于F，
∴OC＝，
∵∠FOA＝∠OAB＝∠ABF＝90°，
∴四边形OABF是矩形，
∴AB＝OF＝2，∠BFO＝90°＝∠EFC1，OA＝BF＝1，
∴CF＝5﹣1＝4，
由折叠知，OC1＝OC＝2，EC1＝EC＝CF﹣EF＝4﹣EF，
∴FC1＝OC1＝2﹣2，
∵EF2+C1F2＝，
∴，
解得EF＝﹣1，
∴E（1﹣，2），
故选：D．
【点评】本题考查了矩形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，折叠的性质，勾股定理，利用相似三角形的性质求出AB的长是解题的关键．
10．（3分）如图，在正方形ABCD中，点E，F分别是AB，BC上的动点，且AF⊥DE，垂足为G，将△ABF沿AF翻折，得到△AMF，AM交DE于点P，对角线BD交AF于点H，连接HM，CM，DM，BM，下列结论正确的是（ ）
①AF＝DE；②BM∥DE；③若CM⊥FM，则四边形BHMF是菱形；④当点E运动到AB的中点，tan∠BHF＝2；⑤EP•DH＝2AG•BH．
A．①②③④⑤B．①②③⑤C．①②③D．①②⑤
【分析】利用正方形的性质和翻折的性质，对每个选项的结论逐一判断，即可解答．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DAE＝∠ABF＝90°，DA＝AB，
∵AF⊥DE，
∴∠BAF+∠AED＝90°，
∵∠BAF+∠AFB＝90°，
∴∠AED＝∠BFA，
在△ABF和△DAE中，
，
∴△ABF≌△DAE（AAS），
∴AF＝DE．
故①正确；
∵将△ABF沿AF翻折，得到△AMF，
∴BM⊥AF，
∵AF⊥DE，
∴BM∥DE．
故②正确；
当CM⊥FM时，∠CMF＝90°，
∵∠AMF＝∠ABF＝90°，
∴∠AMF+∠CMF＝180°，即A，M，C在同一直线上，
∴∠MCF＝45°，
∴∠MFC＝90°﹣∠MCF＝45°，
由翻折的性质可得：∠HBF＝∠HMF＝45°，BF＝MF，
∴∠HMF＝∠MFC，∠HBC＝∠MFC，
∴BC∥MH，HB∥MF，
∴四边形BHMF是平行四边形，
∵BF＝MF，
∴平行四边形BHMF是菱形，故③正确；
当点E运动到AB的中点，如图，
设正方形ABCD的边长为2a，则AE＝BF＝a，
在Rt△AED中，
，
∵∠AHD＝∠FHB，∠ADH＝∠FBH＝45°，
∴△AHD∽△FHB，
∴，
∴．
∵∠AGE＝∠ABF＝90°，∠EAG＝∠FAB，
∴△AGE∽△ABF，
∴，
∴，，
∴，．
∵∠BHF＝∠DHA，
∴在Rt△DGH中，
，
故④错误；
∵∠AHD＝∠FHB，∠ADH＝∠FBH＝45°，
∴△AHD∽△FHB，
∴，
∴，．
∵AF⊥EP，
根据翻折的性质可得：，
∴EP•DH＝a•a＝，2AG•BH＝2×a•a＝，
∴EP•DH＝2AG•BH，
故⑤正确．
综上分析可知，正确的是①②③⑤．
故选：B．
【点评】本题考查了正方形的性质，翻折的性质，相似三角形的判定和性质，正切的概念，熟练按照要求 做出图形，利用寻找相似三角形是解题的关键．
二、填空题（每小题3分，共30分）
11．（3分）据交通运输部信息显示：2023年“五一”假期第一天，全国营运性客运量约5699万人次，将5699万用科学记数法表示为 5.699×107 ．
【分析】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．当原数绝对值大于10时，n是正整数；当原数的绝对值小于 1时，n是负整数．据此解答即可．
【解答】解：5699万＝56990000＝5.699×107．
故答案为：5.699×107．
【点评】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，确定a的值以及n的值是解题的关键．
12．（3分）在函数y＝中，自变量x的取值范围是 x≥﹣3 ．
【分析】因为二次根式的被开方数要为非负数，即x+3≥0，解此不等式即可．
【解答】解：根据题意得：x+3≥0，解得：x≥﹣3．
故答案为：x≥﹣3．
【点评】当函数表达式是二次根式时，被开方数为非负数．
13．（3分）如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，试添加一个条件 AB＝AD（答案不唯一） ，使得矩形ABCD为正方形．
【分析】根据正方形的判定方法添加即可．
【解答】解：AB＝AD．
理由：∵四边形ABCD是矩形，
又∵AB＝AD，
∴四边形ABCD是正方形．
或∵四边形ABCD是矩形，
又∵AC⊥BD，
∴四边形ABCD是正方形，
故答案为：AB＝AD（答案不唯一）．
【点评】本题考查了正方形的判定，矩形的性质，熟练掌握特殊四边形的判定方法与性质是解题的关键．
14．（3分）一个不透明的袋子中装有3个红球和2个白球，这些小球除标号外完全相同，随机摸出两个小球，恰好是一红一白的概率是 ．
【分析】画树状图，共有20种等可能的结果，其中恰好是一红一白的结果有12种，再由概率公式求解即可．
【解答】解：画树状图如下：
共有20种等可能的结果，其中恰好是一红一白的结果有12种，
∴恰好是一红一白的概率是＝，
故答案为：．
【点评】本题考查的是用树状图法求概率．树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合于两步或两步以上完成的事件．用到的知识点为：概率＝所求情况数与总情况数之比．
15．（3分）关于x的不等式组有3个整数解，则实数m的取值范围是 ﹣3≤m＜﹣2 ．
【分析】先求出不等式组中每个不等式的解集，然后求出其公共解集，最后求其整数解进而求得m的取值范围．
【解答】解：解不等式x+5＞0，得：x＞﹣5，
解不等式x﹣m≤1，得：x≤m+1，
∵不等式组有3个整数解，
∴不等式组的3个整数解为﹣4、﹣3、﹣2，
∴﹣2≤m+1＜﹣1，
∴﹣3≤m＜﹣2．
故答案为：﹣3≤m＜﹣2．
【点评】本题考查了一元一次不等式组的整数解，解一元一次不等式组的应用，解此题的关键是能得出关于m的不等式组．
16．（3分）如图，AB是⊙O的直径，PA切⊙O于点A，PO交⊙O于点C，连接BC，若∠B＝28°，则∠P＝ 34 °．
【分析】根据切线的性质可得∠OAP＝90°，然后利用圆周角定理可得∠AOC＝2∠B＝56°，从而利用直角三角形的两个锐角互余进行计算，即可解答．
【解答】解：∵PA切⊙O于点A，
∴∠OAP＝90°，
∵∠B＝28°，
∴∠AOC＝2∠B＝56°，
∴∠P＝90°﹣∠AOC＝34°，
故答案为：34．
【点评】本题考查了切线的性质，圆周角定理，熟练掌握切线的性质，以及圆周角定理是解题的关键．
17．（3分）已知圆锥的母线长13cm，侧面积65πcm2，则这个圆锥的高是 12 cm．
【分析】设圆锥的底面圆的半径为rcm，利用圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长和扇形的面积公式得到•2π•r•13＝65π，解得r＝5，然后利用勾股定理计算圆锥的高．
【解答】解：设圆锥的底面圆的半径为rcm，
根据题意得•2π•r•13＝65π，
解得r＝5，
所以圆锥的高＝＝12（cm）．
故答案为：12．
【点评】本题考查了圆锥的计算：圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长．
18．（3分）如图，在Rt△ACB中，∠BAC＝30°，CB＝2，点E是斜边AB的中点，把Rt△ABC绕点A顺时针旋转，得Rt△AFD，点C，点B旋转后的对应点分别是点D，点F，连接CF，EF，CE，在旋转的过程中，△CEF面积的最大值是 4+ ．
【分析】线段CE为定值，点F到CE距离最大时，△CEF的面积最大，画出图形，即可求出答案．
【解答】解：∵线段CE为定值，
∴点F到CE的距离最大时，△CEF的面积有最大值．
在Rt△ACB中，∠BAC＝30°，E是AB的中点，
∴AB＝2BC＝4，CE＝AE＝AB＝2，AC＝AB•cs30°＝2，
∴∠ECA＝∠BAC＝30°，
过点A作AG⊥CE交CE的延长线于点G，
∴AG＝AC＝，
∵点F的在以A为圆心，AB长为半径的圆上，
∴AF＝AB＝4，
∴点F到CE的距离最大值为4+，
∴，
故答案为：．
【点评】本题主要考查了旋转的性质，特殊直角三角形的性质，点的运动轨迹等知识，采取动静互换，画出△CEF的面积最大时的图形是解题的关键．
19．（3分）矩形ABCD中，AB＝3，AD＝9，将矩形ABCD沿过点A的直线折叠，使点B落在点E处，若△ADE是直角三角形，则点E到直线BC的距离是 6或3+2或3﹣2 ．
【分析】由折叠的性质可得点E在以点A为圆心，AB长为半径的圆上运动，延长BA交圆A的另一侧于点E，则此时△ADE是直角三角形，易得点E到直线BC的距离；当过点D的直线与圆相切于点E时，△ADE是直角三角形，分两种情况讨论即可求解．
【解答】解：由题意矩形ABCD沿过点A的直线折叠，使点B落在点E处，
可知点E在以点A为圆心，AB长为半径的圆上运动，
如图1，延长BA交OA的另一侧于点E，则此时△ADE是直角三角形，
点E到直线BC的距离为BE的长度，即BE＝2AB＝6；
当过点D的直线与圆相切于点E时，△ADE是直角三角形，分两种情况：
①如图2，过点E作EH⊥BC交BC于点H，交AD于点G，

∵四边形ABCD是矩形，
∴EG⊥AD，
∴四边形ABHG是矩形，
∴GH＝AB＝3，
∵AE＝AB＝3，AE⊥DE，AD＝9，
由勾股定理可得DE＝＝6，
∵S△AED＝AE•DE＝AD•EG，
∴EG＝2，
∴E到直线BC的距离EH＝EG+GH＝3+2；
②如图3，过点E作EN⊥BC交BC于点N，交AD于点M，
∵四边形ABCD是矩形，
∴NM⊥AD，
∴四边形ABNM是矩形，
∴MN＝AB＝3，
∵AE＝AB＝3，AE⊥DE，AD＝9，
由勾股定理可得DE＝＝6，
∵S△AED＝AE•DE＝AD•EM，
∴EM＝2，
∴E到直线BC的距离EN＝MN﹣GN＝3﹣2；
综上，点E到直线BC的距离是6或3+2或3﹣2，
故答案为：6或3+2或3﹣2．
【点评】本题考查了矩形的折叠问题，切线的应用，以及勾股定理，找到点E的运动轨迹是解题的关键．
20．（3分）如图，在平面直角坐标系中，△ABC的顶点A在直线l1：y＝x上，顶点B在x轴上，AB垂直x轴，且OB＝2，顶点C在直线l2：y＝x上，BC⊥l2；过点A作直线l2的垂线，垂足为C1，交x轴于B1，过点B1作A1B1垂直x轴，交l1于点A1，连接A1C1，得到第一个△A1B1C1；过点A1作直线l2的垂线，垂足为C2，交x轴于B2，过点B2作A2B2垂直x轴，交l1于点A2，连接A2C2，得到第二个△A2B2C2；如此下去，…，则△A2023B2023C2023的面积是 24046 ．
【分析】解直角三角形得出∠AOB＝30°，∠BOC＝60°，求出S△ABC＝，证明△ABC∽△A1B1C1，△ABC∽△A2B2C2，得出＝4S△ABC，＝42•S△ABC＝（22）2•S△ABC，总结得出＝（2n）2S△ABC＝22nS△ABC，从而得出＝22×2023×＝24046．
【解答】解：∵OB＝2，
∴B（2，0），
∵AB⊥x轴，
∴点A的横坐标为2，
∵直线l1：y＝x，
∴点A的纵坐标为＝，
∴∠AOB＝，
∴∠AOB＝30°，
∵直线l2：y＝x，
∴C（xC，），
∴＝，
∴∠BOC＝60°，
∴OC＝，
∴C点的横坐标为：＝，
∴S△ABC＝＝，
∵BC⊥l2，B1C1⊥l2，B2C2⊥l2，
∴BC∥B1C1∥B2C2，
∴∠C1B1O＝∠C2B2O＝∠CBO＝30°，
∴∠C1B1O＝∠C2B2O＝∠CBO＝∠AOB，
∴AO＝AB1，A1O＝A1B2，
∵AB⊥x轴，A1B1⊥x轴，
∴OB＝，OB1＝，
∵AB⊥x轴，A1B1⊥x轴，A2B2⊥x轴，
∴AB∥A1B1∥A2B2，
∴，，
∵BC∥B1C1∥B2C2，
∴，，
∴，
∵∠ABC＝∠A1B1C1＝90°﹣30°＝60°，
∴△ABC∽△A1B1C1，
同理△ABC∽△A2B2C2，
∴＝4S△ABC，＝42•S△ABC＝（22）2•S△ABC，
∴＝（2n）2S△ABC＝22nS△ABC，
＝22×2023×＝24046．
故答案为：24046．
【点评】本题考查了三角形相似的判定和性质，解直角三角形，三角形面积的计算，平行线的判定和性质，一次函数规律的探究，角平分线的性质，三角形全等的判定和性质．解题的关键是得出一般规律．
三、解答题（满分60分）
21．（5分）先化简，再求值：（1﹣）÷，其中m＝tan60°﹣1．
【分析】利用分式的运算法则先化简分式，再代入特殊角的函数值确定m，最后利用二次根式的性质得结论．
【解答】解：原式＝÷
＝×
＝．
当m＝tan60°﹣1＝﹣1时，
原式＝
＝
＝．
【点评】本题主要考查了分式的化简求值，掌握分式的运算法则及特殊角的函数值是解决本题的关键．
22．（6分）如图，在平面直角坐标系中，已知△ABC的三个顶点坐标分别是A（2，﹣1），B（1，﹣2），C（3，﹣3）．
（1）将△ABC向上平移4个单位，再向右平移1个单位，得到△A1B1C1，请画出△A1B1C1；
（2）请画出△ABC关于y轴对称的△A2B2C2；
（3）将△A2B2C2绕着原点O顺时针旋转90°，得到△A3B3C3，求线段A2C2在旋转过程中扫过的面积（结果保留π）．
【分析】（1）根据平移的性质得出对应点的位置，画出平移后的图形即可；
（2）利用轴对称的性质得出对应点的位置，画出图形即可；
（3）根据题意画出旋转后的图形，先求得：OA2＝＝，OB2＝＝，OC2＝＝3，再利用线段A2C2在旋转过程中扫过的面积＝S﹣S扇形DOE，即可求得答案．
【解答】解：（1）如图所示，△A1B1C1即为所求；
（2）如图所示，△A2B2C2即为所求；
（3）将△A2B2C2绕着原点O顺时针旋转90°，得到△A3B3C3，如图，连接OC3交于D，连接OC2交于E，
∵A2（﹣2，﹣1），B2（﹣1，﹣2），C2（﹣3，﹣3），
∴OA2＝＝，OB2＝＝，OC2＝＝3，
∴OA2＝OB2＝OD＝OE＝，
由旋转得：OA2＝OA3，OB2＝OB3，OC2＝OC3，A2C2＝A3C3，∠C2OC3＝DOE＝90°，
∴△OA2C2≌△OA3C3（SSS），
∴＝，
∴线段A2C2在旋转过程中扫过的面积＝S﹣S扇形DOE＝﹣＝．
【点评】本题考查简单作图、扇形面积的计算、平移变换、轴对称变换、旋转变换，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
23．（6分）如图，抛物线y＝ax2+bx+3与x轴交于A（﹣3，0），B（1，0）两点．交y轴于点C．
（1）求抛物线的解析式；
（2）抛物线上是否存在一点P，使得S△PBC＝S△ABC，若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）把A（﹣3，0），B（1，0）两点，代入抛物线y＝ax2+bx+3，解方程组即可得到抛物线的解析式；
（2）分别求得A、B、C的坐标，与BC的解析式y＝﹣3x+3；作PE∥x轴交BC于E，设点P的横坐标为t，分别求得P点坐标为（t，﹣t2﹣2t+3）与E点坐标为（，﹣t2﹣2t+3）；然后利用S△PBC＝S△ABC列方程解答即可．
【解答】解：（1）由抛物线与x轴交于A（﹣3，0），B（1，0）两点，代入抛物线y＝ax2+bx+3得：
，
解得：；
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣2x+3；
（2）存在，理由如下：
∵A（﹣3，0），B（1，0），
∴AB＝4，
抛物线y＝ax2+bx+3与y轴交于点C，
令x＝0，则y＝3，
∴C点坐标为（0，3），OC＝3，
∴S△ABC＝AB•OC＝×4×3＝6，
∴S△PBC＝S△ABC＝3；
作PE∥x轴交BC于E，如图：
设BC的解析式为：y＝kx+b，将B、C代入得：
，
解得：，
∴BC的解析式为：y＝﹣3x+3；
设点P的横坐标为t，则P（t，﹣t2﹣2t+3），
则E的横坐标为：﹣3x+3＝﹣t2﹣2t+3，解得：x＝，
∴E（，﹣t2﹣2t+3）；
∴PE＝﹣t＝，
∴S△PBC＝××3＝3，
解得：t＝﹣2或3；
∴P点纵坐标为：﹣（﹣2）2﹣2×（﹣2）+3＝3；或﹣（3）2﹣2×（3）+3＝﹣12，
∴点P的坐标为（﹣2，3）或（3，﹣12）．
【点评】本题考查二次函数综合应用，涉及待定系数法，直角三角形的判定等，解题的关键是方程思想的应用．
24．（7分）某中学开展主题为“垃圾分类，绿色生活”的宣传活动，为了解学生对垃圾分类知识的掌握情况，该校团委在校园内随机抽取了部分学生进行问卷调查，将他们的得分按A：优秀，B：良好，C：合格，D：不合格四个等级进行统计，并绘制了如下不完整的条形统计图和扇形统计图．
（1）这次学校抽查的学生人数是 40人 ；
（2）将条形图补充完整；
（3）扇形统计图中C组对应的扇形圆心角度数是 90 °；
（4）如果该校共有2200人，请估计该校不合格的人数．
【分析】（1）用A等级的人数除以A等级的人数所占的百分比即可得到总人数；
（2）用（1）的结论分别减去其它三个等级的人数可得C等级的人数，进而补全条形图；
（3）用360°乘C组所占比例可得答案；
（4）全校2200人乘样本中不合格的人数所占比例即可得到结论．
【解答】解：（1）这次学校抽查的学生人数是：12÷30%＝40（人），
故答案为：40人；
（2）C等级的人数为：40﹣12﹣14﹣4＝10（人），
补全条形图如下：
（3）360°×＝90°，
故答案为：90；
（4）2200×＝220（人），
答：估计该校不合格的人数约220人．
【点评】本题考查的是条形统计图和扇形统计图的综合运用，读懂统计图，从不同的统计图中得到必要的信息是解决问题的关键．条形统计图能清楚地表示出每个项目的数据；扇形统计图直接反映部分占总体的百分比大小．
25．（8分）已知甲，乙两地相距480km，一辆出租车从甲地出发往返于甲乙两地，一辆货车沿同一条公路从乙地前往甲地，两车同时出发，货车途经服务区时，停下来装完货物后，发现此时与出租车相距120km，货车继续出发h后与出租车相遇．出租车到达乙地后立即按原路返回，结果比货车早15分钟到达甲地．如图是两车距各自出发地的距离y（km）与货车行驶时间x（h）之间的函数图象，结合图象回答下列问题：
（1）图中a的值是 120 ；
（2）求货车装完货物后驶往甲地的过程中，距其出发地的距离y（km）与行驶时间x（h）之间的函数关系式；
（3）直接写出在出租车返回的行驶过程中，货车出发多长时间与出租车相距12km．
【分析】（1）由图象知，C（4，480），设直线OC的解析式为y＝kx，把C（4，480）代入，解方程即可得到结论；
（2）由停下来装完货物后，发现此时与出租车相距120km，可得此时出租车距离乙地为120+120＝240（km），把y＝240代入y＝120x求得货车装完货物时，x＝2，B（2，120），根据货车继续出发h后与出租车相遇，可得×*出租车的速度+货车的速度）＝120，根据直线OC的解析式为y＝120x，可得出租车的速度为120km/h，于是得到相遇时，货车的速度为120﹣120＝60（km/h）故可设直线BG的解析式为y＝60x+b，将B（2，120）代入求得b＝0，于是得到直线BG的解析式为y＝60x，故货车装完货物后驶往甲地的过程中，于是得到结论；
（3）把y＝480代入y＝60x，得到G（8，480），求得F（8，0），根据出租车到达乙地后立即按原路返回，经过比货车早15分钟到达甲地，可得EF＝，设在出租车返回的行驶过程中，货车出发t小时，与出租车相距12km，此时货车距离乙地为60tkm，出租车距离乙地为128（t﹣4）＝（128t﹣512）km，①出租车和货车第二次相遇前，相距12km时，②出租车和货车第二次相遇后，相距12km时，列方程即可得到结论．
【解答】解：（1）由图象知，C（4，480），
设直线OC的解析式为y＝kx，把C（4，480）代入得，480＝4k，
解得k＝120，
∴直线OC的解析式为y＝120x；把（1，a）代入y＝120x，得a＝120，
故答案为：120；
（2）由停下来装完货物后，发现此时与出租车相距120km，货车行驶时间为小时，
∵a＝120（km），
∴货车卸货时与乙地相距120km，
∴出租车距离乙地为120+120＝240（km），
∴出租车距离甲地为480﹣240＝240（km），
把y＝240代入y＝120x得，240＝120x，
解得x＝2，
∴货车装完货物时，x＝2，B（2，120），
根据货车继续出发h后与出租车相遇，
可得×（出租车的速度+货车的速度）＝120，
根据直线OC的解析式为y＝120x（0≤x≤4），
可得出租车的速度为120km/h，
∴相遇时，货车的速度为120﹣120＝60（km/h），
故可设直线BG的解析式为y＝60x+b，
将B（2，120）代入y＝60x+b，可得120＝120+b，
解得b＝0，
∴直线BG的解析式为y＝60x（2≤x≤8），
故货车装完货物后驶往甲地的过程中，距其出发地的距离y（km）与行驶时间x（h）之间的函数关系式为y＝60x，
（3）把y＝480代入y＝60x，可得480＝60x，
解得x＝8，
∴G（8，480），
∴F（8，0），
根据出租车到达乙地后立即按原路返回，经过比货车早15分钟到达甲地，可得EF＝，
∴，
∴出租车返回后的速度为480÷（）＝128km/h，
设在出租车返回的行驶过程中，货车出发t小时，与出租车相距12km，
此时货车距离乙地为60tkm，出租车距离乙地为128（t﹣4）＝（128t﹣512）km，
①出租车和货车第二次相遇前，相距12km时，可得60t1﹣（128t1﹣512）＝12，
解得t1＝；
②出租车和货车第二次相遇后，相距12km时，可得（128t2﹣512）﹣60t2＝12，
解得t2＝，
故在出租车返回的行驶过程中，货车出发h或h与出租车相距12km．
【点评】本题考查了一次函数的应用，待定系数法求函数的解析式，正确的理解题意，根据题中信息求得所需的数据是解题的关键．
26．（8分）如图①，△ABC和△ADE是等边三角形，连接DC，点F，G，H分别是DE，DC和BC的中点，连接FG，FH．易证：FH＝FG．
若△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，且∠BAC＝∠DAE＝90°，如图②；若△ABC和△ADE都是等腰三角形，且∠BAC＝∠DAE＝120°，如图③；其他条件不变，判断FH和FG之间的数量关系，写出你的猜想，并利用图②或图③进行证明．
【分析】如图②；连接AH，CE，AF，根据等腰直角三角形的性质得到AH⊥BC，AF⊥DE，，求得∠CAH＝∠EAF＝45°，根据相似三角形的性质得到CE＝FH，根据三角形中位线定理得到CE＝2FG，于是得到FH＝FG；
如图③；连接AH，CE，AF，根据等腰三角形的性质得到∠AFD＝∠ADE＝∠ACB＝∠B＝30°，AH⊥BC，AF⊥DE，∠CAH＝∠EAF＝，根据相似三角形的性质得到CE＝2FH，根据三角形中位线定理得到CE＝2FG，于是得到FH＝FG．
【解答】解：如图②；FH＝FG，
证明：连接AH，CE，AF，
∵△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，且∠BAC＝∠DAE＝90°，F，H分别是DE，BC的中点，
∴AH⊥BC，AF⊥DE，，
∴∠CAH＝∠EAF＝45°，
∴∠HAF＝∠EAC，，
∴△AHF∽△ACE，
∴，
∴CE＝FH，
∵点F，G分别是DE，DC的中点，
∴CE＝2FG，
∴FH＝FG；
如图③；FH＝FG，
证明：连接AH，CE，AF，
∵△ABC和△ADE都是等腰三角形，且∠BAC＝∠DAE＝120°，
∴∠AFD＝∠ADE＝∠ACB＝∠B＝30°，
∵点F，H分别是DE，BC的中点，
∴AH⊥BC，AF⊥DE，∠CAH＝∠EAF＝，
∴∠HAF＝∠EAC，，
∴△AHF∽△ACE，
∴＝，
∴CE＝2FH，
∵点F，G分别是DE，DC的中点，
∴CE＝2FG，
∴FH＝FG；
【点评】本题考查了相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，等腰三角形的性质，含30°角的直角三角形的性质，熟练掌握相似三角形的判定和性质定理是解题的关键．
27．（10分）2023年5月30日上午9点31分，神舟十六号载人飞船在酒泉发射中心发射升空．某中学组织毕业班的同学到当地电视台演播大厅观看现场直播，学校准备为同学们购进A，B两款文化衫，每件A款文化衫比每件B款文化衫多10元，用500元购进A款和用400元购进B款的文化衫的数量相同．
（1）求A款文化衫和B款文化衫每件各多少元？
（2）已知毕业班的同学一共有300人，学校计划用不多于14800元，不少于14750元购买文化衫，求有几种购买方案？
（3）在实际购买时，由于数量较多，商家让利销售，A款七折优惠，B款每件让利m元，采购人员发现（2）中的所有购买方案所需资金恰好相同，试求m值．
【分析】（1）设B款文化衫每件x元，则A款文化衫每件（x+10）元，利用数量＝总价÷单价，结合用500元购进A款和用400元购进B款的文化衫的数量相同，可列出关于x的分式方程，解之经检验后，可得出B款文化衫的单价，再将其代入（x+10）中，可求出A款文化衫的单价；
（2）设购买y件A款文化衫，则购买（300﹣y）件B款文化衫，利用总价＝单价×数量，结合总价不多于14800元且不少于14750元，可列出关于y的一元一次不等式组，解之可得出y的取值范围，再结合y为正整数，即可得出共有6种购买方案；
（3）设购买300件两款文化衫所需总费用为w元，利用总价＝单价×数量，可得出w关于y的函数关系式，由（2）中的所有购买方案所需资金恰好相同（即w的值与y值无关），利用一次函数的性质，可得出m﹣5＝0，解之即可得出m的值．
【解答】解：（1）设B款文化衫每件x元，则A款文化衫每件（x+10）元，
根据题意得：＝，
解得：x＝40，
经检验，x＝40是所列方程的解，且符合题意，
∴x+10＝40+10＝50．
答：A款文化衫每件50元，B款文化衫每件40元；
（2）设购买y件A款文化衫，则购买（300﹣y）件B款文化衫，
根据题意得：，
解得：275≤y≤280，
又∵y为正整数，
∴y可以为275，276，277，278，279，280，
∴共有6种购买方案；
（3）设购买300件两款文化衫所需总费用为w元，则w＝50×0.7y+（40﹣m）（300﹣y）＝（m﹣5）y+300（40﹣m），
∵（2）中的所有购买方案所需资金恰好相同，
∴w的值与y值无关，
∴m﹣5＝0，
∴m＝5．
答：m的值为5．
【点评】本题考查了分式方程的应用、一元一次不等式组的应用以及一次函数的应用，解题的关键是：（1）找准等量关系，正确列出分式方程；（2）根据各数量之间的关系，正确列出一元一次不等式组；（3）根据各数量之间的关系，找出w关于y的函数关系式．
28．（10分）如图，在平面直角坐标系中，菱形AOCB的边OC在x轴上，∠AOC＝60°，OC的长是一元二次方程x2﹣4x﹣12＝0的根，过点C作x轴的垂线，交对角线OB于点D，直线AD分别交x轴和y轴于点F和点E，动点M从点O以每秒1个单位长度的速度沿OD向终点D运动，动点N从点F以每秒2个单位长度的速度沿FE向终点E运动．两点同时出发，设运动时间为t秒．
（1）求直线AD的解析式；
（2）连接MN，求△MDN的面积S与运动时间t的函数关系式；
（3）点N在运动的过程中，在坐标平面内是否存在一点Q，使得以A，C，N，Q为顶点的四边形是矩形．若存在，直接写出点Q的坐标，若不存在，说明理由．
【分析】（1）过点A作AH⊥OC于H，解方程可得OC＝6，然后解直角三角形求出CD、OH和AH的长，得到点A、D的坐标，再利用待定系数法求出解析式即可；
（2）首先证明△EOD是等边三角形，求出DO＝DF＝4，然后分情况讨论：①当点N在DF上，即0≤t≤2时，过点M作NP⊥OB于P，②当点M在DE上，即2＜t≤4时，过点M作NT⊥OB于T，分别解直角三角形求出NP和NT，再利用三角形面积公式列式即可；
（3）分情况讨论：①当AN是直角边时，则CN⊥EF，过点M作NK⊥CF于K，首先求出CN，然后解直角三角形求出CK和NK，再利用平移的性质得出点Q的坐标；②当AN是对角线时，则∠ACN＝90°，过点M作NL⊥CF于L，证明∠NCF＝∠NFC，可得CL＝FL＝3，然后解直角三角形求出NL，再利用平移的性质得出点Q的坐标．
【解答】（1）解：解方程x2﹣4x﹣12＝0得：x1＝6，x2＝﹣2，
∴OC＝6，
∵四边形AOCB是菱形，∠AOC＝60°，
∴OA＝OC＝6，∠BOC＝∠AOC＝30°，
∴CD＝OC•tan30°＝6×＝2，
∴D（6，2），
过点A作AH⊥OC于H，
∵∠AOH＝60°，
∴OH＝OA＝3，AH＝OA•sin60°＝6×＝3，
∴A（3，3），
设直线AD的解析式为y＝kx+b（k≠0），
代入A（3，3），D（6，2 ）得：，
解得：
，
∴直线AD的解析式为y＝﹣；
（2）解：由（1）知在Rt△COD中，，∠DOC＝30°，
∴，∠EOD＝90°﹣∠DOC＝90°﹣30°＝60°，
∵直线与y轴交于点E，
∴，
∴OE＝OD，
∴△EOD是等边三角形，
∴∠OED＝∠EDO＝∠BDF＝60°，，
∴∠OFE＝30°＝∠DOF，
∴，
①当点N在DF上，即 时，
由题意得：，，
过点N作NP⊥OB于P，
则NP＝DN×sin∠PDN＝DN×sin60°＝（4﹣2t）×＝6﹣t，
∴S＝DM×NP＝（4﹣2t）×（6﹣t）＝t2﹣9t+12；
②当点N在DE上，即 时
由题意得：DM＝OD﹣OM＝，DN＝2t﹣4，
过点N作NT⊥OB于T，
则NT＝DN•sin∠NDT＝DN•sin60°＝（2t﹣4）×＝，
∴S＝＝；
综上，S＝；
（3）解：存在，分情况讨论：
①如图，当AN是直角边时，则CN⊥EF，过点N作NK⊥CF于K，
∵∠NFC＝30°，，
∴∠NCK＝60°，，
∴CF＝12﹣6＝6，
∴，
∴CK＝CN×cs60°＝3×＝，NK＝CN×sin60°＝3×＝，
∴将点N向左平移个单位长度，再向下平移个单位长度得到点C，
∴将点A向左平移个单位长度，再向下平移个单位长度得到点Q，
∵，
∴Q（，）；
②如图，当AN是对角线时，则∠ACN＝90°，过点N作NL⊥CF于L，
∵OA＝OC，∠AOC＝60°，
∴△AOC是等边三角形，
∴∠ACO＝60°，
∴∠NCF＝180°﹣60°﹣90°＝30°＝∠NFC，
∴CL＝FL＝CF＝3，
∴NL＝CL•tan30°＝3×＝，
∴将点C向右平移3个单位长度，再向上平移 个单位长度得到点N，
∴将点A向右平移3个单位长度，再向上平移 个单位长度得到点Q，
∵，
∴Q（6，4）；
∴存在一点Q，使得以A，C，N，Q为顶点的四边形是矩形，点Q的坐标是 或（6，4）．
【点评】本题考查了解一元二次方程，菱形的性质，解直角三角形，待定系数法的应用，等边三角形的判定和性质，含30°直角三角形的性质，二次函数的应用，矩形的判定和性质以及平移的性质等知识，灵活运用各知识点，作出合适的辅助线，熟练掌握数形结合思想与分类讨论思想的应用是解题的关键．
2023/8/25 11:40:52；用户：陈莉；邮箱：[email protected]；学号：39221433