2024年黑龙江省哈尔滨市南岗区中考数学一模试卷（含解析）

这是一份2024年黑龙江省哈尔滨市南岗区中考数学一模试卷（含解析），共24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.下列实数中，最大的数是( )
A. −1B. 0C. 1D. 2
2.下列运算正确的是( )
A. a2+a3=a5B. a2⋅a3=a5C. a2÷a3=a5D. (a2)3=a5
3.我国古代数学的许多创新与发明都曾在世界上有重要影响.下列图形“杨辉三角”“中国七巧板”“刘微割圆术”“赵爽弦图”中，中心对称图形是( )
A. B. C. D.
4.如图是一个立体图形的三视图，该立体图形是( )
A. 三棱柱
B. 圆柱
C. 三棱锥
D. 圆锥
5.在反比例函数y=4−kx的图象上有两点A(x1,y1)，B(x2,y2)，当x1<0A. k<0B. k>0C. k<4D. k>4
6.方程5x+1−1x−1=0的解为( )
A. x=12B. x=1C. x=32D. x=2
7.某2020年人均可支收入为2.36万元，2022年达到2.7万元，若2020年至2022年间每年人均可支配收入的增长率都为x，则下面所列方程正确的是( )
A. 2.7(1+x)2=2.36B. 2.36(1+x)2=2.7
C. 2.7(1−x)2=2.36D. 2.36(1−x)2=2.7
8.爬坡时坡面与水平面夹角为α，则每爬1m耗能(1.025−csα)J，若某人爬了1000m，该坡角为30°，则他耗能(参考数据： 3≈1.732， 2≈1.414)( )
A. 58JB. 159JC. 1025JD. 1732J
9.如图，在△ABC中，∠ACB=70°，△ABC的内切圆⊙O与AB，BC分别相切于点D，E，连接DE，AO的延长线交DE于点F，则∠AFD的大小是( )
A. 35°
B. 40°
C. 45°
D. 50°
10.甲乙两地相距a千米，小亮8：00乘慢车从甲地去乙地，10分钟后小莹乘快车从乙地赶往甲地.两人分别距甲地的距离y(千米)与两人行驶时刻t(×时×分)的函数图象如图所示，则小亮与小莹相遇的时刻为( )
A. 8：28B. 8：30C. 8：32D. 8：35
二、填空题：本题共10小题，每小题3分，共30分。
11.2023年5月28日，我国自主研发的C919国产大飞机商业首航取得圆满成功.C919可储存约186000升燃油，将数据186000用科学记数法表示为______．
12.在函数y=1x+1中，自变量x的取值范围是______．
13.计算 45−5 15的结果是______．
14.把多项式2a3−8a2b+8ab2分解因式的结果是______．
15.不等式组x−3<23x+1≥2x的解集是______．
16.如图，在△ABC中，点D在边AB上，过点D作DE/​/BC，交AC于点E.若AD=2，BD=3，则DEBC的值是______．
17.有数学4，5，6的三张卡片，将这三张卡片任意摆成一个三位数，摆出的三位数是5的倍数的概率是______．
18.矩形ABCD中，M为对角线BD的中点，点N在边AD上，且AN=AB=1.当以点D，M，N为顶点的三角形是直角三角形时，AD的长为______．
19.如图，在△ABC中，∠ABC=90°，∠ACB=30°，AB=4，点O为BC的中点，以O为圆心，OB长为半径作半圆，交AC于点D，则图中阴影部分的面积是______.(用含π的式子表示)
20.如图，正方形ABCD的边长为4，点E在AB上，连接DE，∠CDE的平分线交BC于点F，连接EF，点G是DE的中点，连接AG并延长交DF于点H，若EF⊥DF，则线段GH的长为______．
三、解答题：本题共7小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
21.(本小题7分)
先化简，再求代数式(1−4a+3)÷a2−2a+13a+9的值，其中a=2cs30°+1．
22.(本小题7分)
如图，在方格纸中按要求画图，并完成填空．
(1)画出线段OA绕点O顺时针旋转90°后得到的线段OB，连接AB；
(2)画出与△AOB关于直线OB对称的图形，点A的对称点是C；
(3)填空：∠OCB的度数为______．
23.(本小题8分)
某校为了解学生参加家务劳动的情况，随机抽取了部分学生在某个休息日做家务的劳动时间t(单位：h)作为样本，将收集的数据整理后分为A，B，C，D，E五个组别，其中A组的数据分别为：0.6，0.5，0.4，0.3，0.3，绘制成如下不完整的统计图表．
各组劳动时间的频数分布表
请根据以上信息解答下列问题．
(1)A组数据的众数是______；
(2)求B组所在扇形的圆心角的度数；
(3)若该校有1800名学生，估计该校学生劳动时间超过1h的人数．
24.(本小题8分)
已知：点A，D，C，B在同一条直线上，且AD=BC，AE=BF，CE=DF．
(1)如图1，求证：AE/​/BF；
(2)如图2，连接DE，CF，EF，且EF⊥AB，在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图2中的四个等腰三角形．
25.(本小题10分)
创建文明城市，构建美好家园.为提高垃圾分类意识，幸福社区决定采购A，B两种型号的新型垃圾桶.若购买2个A型垃圾桶和3个B型垃圾桶共需要420元，购买5个A型垃圾桶和1个B型垃圾桶共需要400元．
(1)求每个A型垃圾桶和每个B型垃圾桶各为多少元；
(2)若需购买A，B两种型号的垃圾桶共200个，总费用不超过15200元，至少需购买A型垃圾桶多少个？
26.(本小题10分)
已知：⊙O是△ABC的外接圆，∠ACB的平分线交⊙O于点D，连接AD，BD．
(1)如图1，求证：AD=BD；
(2)如图2，AB是⊙O的直径，过点A作AE⊥CD，垂足为点E，连接BE，若∠DBE=2∠ABC，求证：DE=2CE；
(3)如图3，在(2)的条件下，点F在BD上，连接CF分别交BE，BD于点G，H，若BG=CG，S△CEG=3，求线段FH的长．
27.(本小题10分)
已知：在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，抛物线y=−32x2+mx+m+4的顶点为点A，交y轴于点B，过点B作BC/​/x轴交抛物线于点C，且点C的横坐标为−4．
(1)如图1，求m的值；
(2)如图2，作直线AB，点D为直线AB右侧抛物线上的一个动点，连接BD，CD，设△BCD的面积为S，点D的横坐标为t，求S与t之间的函数解析式(不要求写出自变量t的取值范围)；
(3)如图3，在(2)的条件下，作抛物线的对称轴l，线段CD分别交直线l，线段AB于点E，F，点G为CD的延长线上一点，连接BG，其中BG>CE，且∠BGC=2∠BAE，点H在线段AF上，连接EH，GH，当EH=GH，且∠EHG=90°时，求S的值．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：2>1>0>−1，
最大的数是2．
故选：D．
正数>0>负数，两个负数比较大小，绝对值大的反而小；据此进行判断即可．
本题考查有理数的大小比较，此为基础且重要知识点，必须熟练掌握．
2.【答案】B
【解析】解：A.a2与a3不是同类项，无法合并，
故A不符合题意；
B.a2⋅a3=a2+3=a5，
则B符合题意；
C.a2÷a3=a2−3=a−1，
则C不符合题意；
D.(a2)3=a6，
则D不符合题意；
故选：B．
根据合并同类项法则，同底数幂乘法及除法法则，幂的乘方法则将各项计算后进行判断即可．
本题考查整式的运算，其相关运算法则是基础且重要知识点，必须熟练掌握．
3.【答案】D
【解析】解：选项A、B、C都不能找到一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，所以不是中心对称图形．
选项D能找到一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，所以是中心对称图形．
故选：D．
根据中心对称图形的概念判断．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．
本题考查的是中心对称图形，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与自身重合．
4.【答案】D
【解析】解：圆锥的三视图分别为三角形，三角形，圆．
故选：D．
根据三视图的知识，正视图和左视图都为一个三角形，而俯视图为一个圆，故可得出这个图形为一个圆锥．
本题考查了由几何体的三种视图判断出几何体的形状，应从所给几何体的三视图入手分析．
5.【答案】C
【解析】解：∵当x1<0∴反比例函数y=4−kx的图象位于一、三象限，
4−k>0，
解得k<4，
故选：C．
根据反比例函数的性质，可得答案．
本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，熟知反比例函数的性质是解题关键．
6.【答案】C
【解析】解：5x+1−1x−1=0，
5(x−1)−(x+1)=0，
5x−5−x−1=0，
4x=6，
x=32，
故选：C．
根据解分式方程的一般步骤来解答．
本题考查了解分式方程，解题的关键是根据解分式方程的一般步骤来解答．
7.【答案】B
【解析】解：根据题意得2.36(1+x)2=2.7．
故选：B．
利用2022年间每年人均可支配收入=2020年间每年人均可支配收入×(1+每年人均可支配收入的增长率)2，即可得出关于x的一元二次方程，此题得解．
本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
8.【答案】B
【解析】解：由题意得：
某人爬了1000m，该坡角为30°，则他耗能=1000×(1.025−cs30°)=1000×(1.025− 32)≈159(J)，
故选：B．
根据题意可得：他耗能=1000×(1.025−cs30°)，进行计算即可解答．
本题考查了解直角三角形的应用−坡度坡角问题，准确熟练地进行计算是解题的关键．
9.【答案】A
【解析】解：∵⊙O是△ABC的内切圆，与AB，BC分别相切于点D，E，
∴BE=BD，AO平分∠BAC，
∴∠BDE=∠BED=12(180°−∠B)，∠DAO=12∠BAC，
∴∠AFD=∠BDE−∠DAO=12(180°−∠B)−12∠BAC=12(180°−∠B−∠BAC)，
∵180°−∠B−∠BAC=∠ACB=70°，
∴∠AFD=12×70°=35°，
故选：A．
由⊙O是△ABC的内切圆，与AB，BC分别相切于点D，E，得BE=BD，AO平分∠BAC，则∠BDE=12(180°−∠B)，∠DAO=12∠BAC，所以∠AFD=∠BDE−∠DAO=12(180°−∠B−∠BAC)=12∠ACB=35°，于是得到问题的答案．
此题重点考查三角形的内切圆的定义、切线长定理、等腰三角形的性质、三角形内角和定理、三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和等知识，推导出∠AFD=∠BDE−∠DAO=12(180°−∠B−∠BAC)是解题的关键．
10.【答案】A
【解析】解：设小亮与小莹相遇时，小亮乘车行驶了x小时，
∵小亮、小莹乘车行驶完全程用的时间分别是76小时，12小时，
∴小亮、小莹乘车行驶的速度分别是67a千米/时，2a千米/时，
由题意得：67ax+2a(x−16)=a，
∴x=715，
715小时=28分钟，
∴小亮与小莹相遇的时刻为8：28．
故选：A．
设小亮与小莹相遇时，小亮乘车行驶了x小时，因为小亮、小莹乘车行驶的速度分别是67a千米/时，2a千米/时，即可得到方程：67ax+2a(x−16)=a，求出x的值，即可解决问题．
本题考查一元一次方程的应用，关键是由题意列出方程：67ax+2a(x−16)=a．
11.【答案】1.86×105
【解析】解：186000=1.86×105，
故答案为：1.86×105．
用科学记数法表示绝对值大于1的数，将原数化为a×10n的形式，其中1≤|a|<10，n为正整数，n的值等于把原数变为a时小数点移动的位数．
本题主要考查了用科学记数法表示绝对值大于1的数，解题的关键是掌握用科学记数法表示绝对值大于1的数的方法：将原数化为a×10n的形式，其中1≤|a|<10，n为整数，n的值等于把原数变为a时小数点移动的位数．
12.【答案】x≠−1
【解析】解：由题意得：
x+1≠0，
解得：x≠−1，
故答案为：x≠−1．
根据分母不为0，可得x+1≠0，然后进行计算即可解答．
本题考查了函数自变量的取值范围，熟练掌握分母不为0是解题的关键．
13.【答案】2 5
【解析】解：原式=3 5−5× 55
=3 5− 5
=2 5．
故答案为：2 5．
原式两项化简为最简二次根式后，合并同类二次根式即可得到结果．
此题考查了二次根式的加减法，以及二次根式的性质与化简，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
14.【答案】2a(a−2b)2
【解析】解：2a3−8a2b+8ab2
=2a(a2−4ab+4b2)
=2a(a−2b)2，
故答案为：2a(a−2b)2．
先提取公因式，然后利用完全平方公式进行因式分解即可．
本题考查了因式分解，熟练掌握提取公因式法、公式法分解因式是解题的关键．
15.【答案】−1≤x<5
【解析】解：x−3<2①3x+1≥2x②，
解不等式①，得：x<5，
解不等式②，得：x≥−1，
∴该不等式组的解集是−1≤x<5，
故答案为：−1≤x<5．
先解出每个不等式的解集，即可得到不等式组的解集．
本题考查解一元一次不等式组，解答本题的关键是明确解一元一次不等式的方法．
16.【答案】25
【解析】解：∵AD=2，BD=3，
∴AB=AD+BD=5，
∵DE/​/BC，
∴△ADE∽△ABC，
∴DEBC=ADAB=25，
故答案为：25．
通过证明△ADE∽△ABC，可得DEBC=ADAB=25，即可求解．
本题考查相似三角形的判定和性质，掌握相似三角形的性质是解题的关键．
17.【答案】13
【解析】解：树状图如下所示：
，
由上可得，三位数有6个，是5的倍数的三位数是：465，645，
∴三位数是5的倍数的概率为：26=13；
故答案为：13．
先画出相应的树状图，然后即可得到摆出的三位数是5的倍数的概率．
本题考查列表法与树状图法，解答本题的关键是明确题意，画出相应的树状图，求出相应的概率．
18.【答案】2或1+ 2
【解析】解：以点D，M，N为顶点的三角形是直角三角形时，分两种情况：
①如图1，当∠MND=90°时，
则MN⊥AD，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=90°，
∴MN//AB，
∵M为对角线BD的中点，
∴AN=DN，
∵AN=AB=1，
∴AD=2AN=2；
如图2，当∠NMD=90°时，
则MN⊥BD，
∵M为对角线BD的中点，
∴BM=DM，
∴MN垂直平分BD，
∴BN=DN，
∵∠A=90°，AB=AN=1，
∴BN= 2AB= 2，
∴AD=AN+DN=1+ 2，
综上所述，AD的长为2或1+ 2．
故答案为：2或1+ 2．
以点D，M，N为顶点的三角形是直角三角形时，分两种情况：如图1，当∠MND=90°时，如图2，当∠NMD=90°时，根据矩形的性质和三角形中位线定理以及等腰直角三角形的性质即可得到结论．
本题考查了矩形的性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质，三角形中位线定理，分类讨论是解题的关键．
19.【答案】5 3−2π
【解析】解，连接OD，过D作DE⊥BC于E，
∵∠ABC=90°，∠ACB=30°，
∴AC=8，
在△ABC中，∠ABC=90°，AB=4，AC=8，
∴sinC=ABAC=48=12，BC= AC2−AB2= 82−42=4 3，
∵∠ACB=30°，
∴∠DOB=60°，
∵OD=12BC=2 3，
∴DE=3，
∴阴影部分的面积是：12×4×4 3−12×2 3×3−60⋅π⋅12360=5 3−2π，
故答案为：5 3−2π．
根据题意，作出合适的辅助线，即可求得DE的长、∠DOB的度数，然后根据图形可知阴影部分的面积是△ABC的面积减去△COD的面积和扇形BOD的面积，从而可以解答本题．
本题考查扇形面积的计算、勾股定理，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
20.【答案】2522
【解析】解：过F作ED的垂线交ED于点I，延长AH与DC交于点J，
在△DFI和△DFC中，
∠IDF=∠CDF∠DIF=∠CDF=DF，
∴△DFI≌△DFC(AAS)，
∴IF=FC，
∵∠EDF=∠FDC，∠EFD=∠C，
∴△DFC∽△BEF，
∵∠BEF+∠BFE=∠BFE+∠DFC=90°，
∴∠BEF=∠CFD=∠FEI，
在△IEF和△BEF中，
∠BEF=∠IEF∠B=∠EIFEF=EF，
∴△IEF≌△BEF(AAS)，
∴BF=IF=CF，
∴F为BF的中点，
∴BF=FC=IF=2，
∵△FBE∽△DCF，
∴EBFC=BFDC，
∴EB2=24，
∴EB=1，AE=3，
∵AD=4，
∴ED= 32+42=5，
∵EG=GD，
∴四边形ADEJ为矩形，
∴AE=DJ=3，
AC=EG=FD=GJ=52，
设GH=x，
∵DF为∠EDC的角平分线，
∴DGDJ=GHHJ，
∴523=x52−x，
∴x=2522，
∴GH=2522．
故答案为：2522．
过F作ED的垂线交ED于点I，延长AH与DC交于点J，利用AAS证明△DFI≌△DFC，则IF=FC，又根据AA证明△DFC∽△BEF，因为∠BEF+∠BFE=∠BFE+∠DFC=90°，则∠BEF=∠CFD=∠FEI，利用AAS证明△IEF≌△BEF，则BF=IF=CF，因为F为BF的中点，则BF=FC=IF=2，根据△FBE∽△DCF，推出EBFC=BFDC，则EB=1，AE=3，根据勾股定理求出ED，因为EG=GD，则四边形ADEJ为矩形，推出AE=DJ=3，则AC=EG=FD=GJ=52，设GH=x，根据DF为∠EDC的角平分线，得出DGDJ=GHHJ，求出x即可．
本题考查正方形的性质，等腰三角形的判定与性质，全等三角形的判定，相似三角形的判定，解题的关键是掌握相关知识的灵活运用．
21.【答案】解：原式=a+3−4a+3⋅3(a +3)(a−1)2
=a−1a+3⋅3(a+3)(a−1)2
=3a−1，
当a=2cs30°+1=2× 32+1= 3+1时，
原式=3 3+1−1
=3 3
= 3．
【解析】先通分算括号内的，把除化为乘，化简后将a的值代入计算即可．
本题考查分式化简求值，解题的关键是掌握分式的基本性质把所求式子化简．
22.【答案】解：(1)如图，OB为所作；
(2)如图，△COB为所作；
(3)45°
【解析】解：(1)见答案；
(2)见答案；
(3)∵线段OA绕点O顺时针旋转90°后得到的线段OB，
∴OB=OA，∠AOB=90°，
∴△OAB为等腰直角三角形，
∴∠OAB=45°，
∵△COB与△AOB关于直线OB对称，
∴∠OCB=∠OAB=45°．
故答案为：45°．
(1)利用网格特点和旋转的性质画出点A的对称点B，从而得到OB；
(2)延长AO到C点使OC=OA，则△COB满足条件；
(3)先根据旋转的性质得到OB=OA，∠AOB=90°，则可判断△OAB为等腰直角三角形，所以∠OAB=45°，然后利用对称的性质得到∠OCB的度数．
本题考查了作图−旋转变换：根据旋转的性质可知，对应角都相等都等于旋转角，对应线段也相等，由此可以通过作相等的角，在角的边上截取相等的线段的方法，找到对应点，顺次连接得出旋转后的图形．也考查了轴对称变换．
23.【答案】0.4
【解析】解：(1)∵A组的数据分别为：0.5，0.4，0.4，0.4，0.3，
∴A组数据的众数是0.4；
故答案为：0.4；
(2)本次调查的样本容量是15÷25%=60，
∵a=60−5−20−15−8=12，
∴B组所在扇形的圆心角的大小是360°×1260=72°；
(3)1800×20+15+860=1290(人)，
答：估计该校学生劳动时间超过lh的大约有1290人．
(1)利用众数的定义即可得出答案；
(2)由D组的人数及其所占百分比可得样本容量，用360°乘以B组所占百分比即可；
(3)用总人数乘以样本中学生劳动时间超过1h的人数所占百分比即可．
本题考查频数(率)分布表，扇形图和利用统计图获取信息的能力．解答本题的关键是利用统计图获取信息时，必须认真观察、分析、研究统计图，才能作出正确的判断．
24.【答案】(1)证明：∵AD=BC，
∴AD+CD=BC+CD，
即AC=BD，
在△ACE和△BDF中，
AE=BFAC=BDCE=DF，
∴△ACE≌△BDF(SSS)，
∴∠A=∠B，
∴AE/​/BF；
(2)解：△CDE、△CDF、△CEF、△DEF是等腰三角形，理由如下：
如图2，AB交EF于点O，

∵△ACE≌△BDF，
∴∠ACE=∠BDF，
∵EF⊥AB，
∴∠DOF=∠COE，
在△DOF和△COE中，
∠DOF=∠COE∠ODF=∠OCEDF=CE，
∴△DOF≌△COE(AAS)，
∴OF=OE，
∵EF⊥AB，
∴AB垂直平分EF，
∴CE=CF，DE=DF，
∵CE=DF，
∴CE=CF=DE=DF，
∴△CDE、△CDF、△CEF、△DEF是等腰三角形．
【解析】(1)利用SSS证明△ACE≌△BDF，根据全等三角形的性质得出∠A=∠B，根据“内错角相等，两直线平行”即可得解；
(2)利用AAS证明△DOF≌△COE，根据全等三角形的性质得出OF=OE，根据线段垂直平分线的判定与性质求出CE=CF=DE=DF，根据等腰三角形的判定定理即可得解．
此题考查了全等三角形的判定与性质，熟记全等三角形的判定与性质是解题的关键．
25.【答案】解：(1)设A型垃圾桶单价为x元，B型垃圾桶单价为y元，
由题意可得2x+3y=4205x+y=400，
解得x=60y=100，
答：A型垃圾桶单价为60元，B型垃圾桶单价为100元；
(2)设A型垃圾桶a个，
由题意可得：60a+100(200−a)≤15200，
a≥120，
答：至少需购买A型垃圾桶120个．
【解析】(1)设A型垃圾桶单价为x元，B型垃圾桶单价为y元，根据购买2个A型垃圾桶和3个B型垃圾桶共需要420元，购买5个A型垃圾桶和1个B型垃圾桶共需要400元，列出二元一次方程组，即可求解；
(2)设A型垃圾桶a个，根据总费用不超过15200元，列出不等式，即可求解．
本题考查了一元一次不等式组的应用以及二元一次方程组的应用，解题的关键是：(1)找准等量关系，正确列出二元一次方程组；(2)根据各数量之间的关系，正确列出一元一次不等式组．
26.【答案】(1)证明：∵CD平分∠ACB，
∴∠ACD=∠BCD，
∴AD=BD，
∴∠ABD=∠BAD，
∴AD=BD；
(2)证明：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，∠ADB=90°，
∵CD是∠ACB的平分线，
∴∠ACD=∠BCD=45°，
∵AC=AC，
∴∠CBA=∠ADC，
∴∠CDB=90°−∠ADC，
∵∠DBE=2∠ABC，
∴∠DBE=2∠ADC，
∴∠BED=90°−∠ADE，
∴∠BDE=∠BED，
∴BE=BD，
过点B作BM⊥DE交于点M，
∴DM=12DE，
∵∠BMD=∠AED，∠ADE=∠BDM，AD=BD，
∴△ADE≌△BDM(AAS)，
∴AE=MD，
∵∠ACE=∠AEC=45°，
∴CE=AE，
∴DE=2CE；
(3)解：设∠ABC=α，
∵∠CBE=2∠ABC，
∴∠CBE=2α，
∵∠ABD=45°，
∴∠CBE=45°−α，
∴∠CBD=45°+α，
∵BG=CG，
∴∠BCH=45°−α，
∴∠DHB=90°，
∵∠BCD=45°，
∴∠HCD=α，
∴∠ADE=∠DCH，
∵ED=2AE，
∴tan∠ADE=tan∠DCH=12，
过点G作GN⊥CD交于N点，
∵∠GEN=90°−α，
∴∠EGN=α，
∴EN=12GN，
∵NGCN=12，
∴NG=23CE，
∵S△CEG=3，
∴12×CE×23CE=3，
解得CE=3，
∴ED=6，CD=9，
∴AD=BD=3 5，DH=9 55，
∴BH=BD−DH=6 55，
∵DF=DF，
∴∠DBF=∠DCF，
∴HF=12BH=3 55．
【解析】(1)证明∠ABD=∠BAD，即可得到AD=BD；
(2)推导出∠BDE=∠BED，可得BE=BD，过点B作BM⊥DE交于点M，则DM=12DE，再证明△ADE≌△BDM(AAS)，可得AE=MD，由CE=AE，即可得DE=2CE；
(3)设∠ABC=α，推导出∠DHB=90°，从而得到∠ADE=∠DCH，则tan∠ADE=tan∠DCH=12，过点G作GN⊥CD交于N点，再由∠EGN=α，求出NG=23CE，根据S△CEG=3，得到12×CE×23CE=3，能求出CE=3，再求出AD=BD=3 5，DH=9 55，BH=BD−DH=6 55，由∠DBF=∠DCF，可求HF=12BH=3 55．
本题考查圆的综合应用，熟练掌握直角三角形的性质，三角形全等的判定及性质，同弧所对的圆周角相等，等腰三角形的性质是解题的关键．
27.【答案】解：(1)根据抛物线的对称轴公式x=−b2a，
可知，点B与点C关于直线x=m3对称，且点C的横坐标为−4．
∴x=m3=−2，
∴m=−6．
(2)∵m=−6．
∴抛物线的表达式为：y=−32x2−6x−2．
∴B(0.−2)，
∵点D的坐标为t，
∴点D的纵坐标为−32t2−6t−2，
∴△BCD的高为−32t2−6t−2−(−2)=−32t2−6t，
∴S=12×4×(−32t2−6t)，
即S=−32−12t．
(3)连接AC，作BM⊥HM于M，作BK⊥AC于K，作GP⊥BC交CB的延长线于P，设直线AE与BC交于点Q，
∵点B，C关于直线l对称，点E在直线l上，
∴∠ACE=∠ABE，∠CAE=∠BAE，
∴∠BAC=2∠BAE，
∵∠BGC=2∠BAE，
∴∠BGC=∠BAC．
∵∠BAC+∠ACE−∠AFC=∠BGC+∠GBF+∠BEG=180°，∠AFC=∠BEG，
∴∠ACE=∠GBF，
∴∠ABE=∠GBF，
∴BH平方∠EBG，
作HM⊥BE于M，作HN⊥BG于N，
∴HM=HN，△HME，△HNG为直角三角形，
∵EH=GH，
∴Rt△HME≌Rt△HNG(HL)，
∴∠MHE=∠NHG，
∵∠NHG+∠NHE=∠EHG=90°，
∴∠MHN=90°，
∠EBG=360°−∠MHN−∠HME−∠HNB=90°，
∵BC=4，AQ=6，
∴CQ=BQ=2，
∴AC=AB= AQ2+CQ2=2 10，
∴12×AQ×BC=12×AC×BK，
∴12×6×4=12×2 10×BK，
∴BK=6 105，
∴AK= AB2−BK2= (2 10)2−(6 105)2=8 105，
∴tan∠BAC=tan∠BGC，
即BKAK=BEBG=6 1058 105=34，
∵∠EBQ+∠BEQ=∠EBQ+∠GBP=90°，
∴∠BEQ=∠GBP，
∵∠BQE=∠GPB=90°，
∴△BEQ∽△GBP，
∴BQGP=BEBG=34，
∴PG=2×43=83，
∴点G的纵坐标为83−2=23，
设直线CG为y=kx+b，
将点C(−4,2)代入y=kx+b，
得−2=−4k+b，
∴b=4k−2，
∴y=kx+4k−2，
∵点E的横坐标为−2，
∴当x=−2时，y=−2k+4k−2=2k−2，
∴EQ=2k−2−(−2)=2k，
∴BP=2k×43=8k3，
∴G(8k3,23)，
将G(8k3,23)代入y=kx+4k−2，
∴23=k⋅8k3+4k−2，
∴k1=12，k2=−2(舍)，
∴y=12x，
将y=12x与y=−32x2−6x−2联立，
得12x=−32x2−6x−2，
解得：x1=−13，x2=−4(舍)，
此时
S=−3t2−12t=−3×(−13)2−12×(−13)=113．
【解析】(1)利用待定系数法解答．
(2)设点D的坐标(t,−32t2−6t−2)，用三角形面积公式表示即可．
(3)连接AC，作BM⊥HM于M，作BK⊥AC于K，作GP⊥BC交CB的延长线于P，作HM⊥BE于M，作HN⊥BG于N，证明BH平方∠EBG，证明△BEQ∽△GBP，设直线AE与BC交于点Q，求出直线CG，与二次函数表达式联立，解方程，得出D点横坐标，代入即可．
本题是二次函数的综合题型，其中涉及到的知识点有抛物线的顶点公式，利用三角函数解直角三角形，相似三角形的判定和性质以及一元二次方程的问题．组别
时间t/h
频数
A
05
B
0.5a
C
120
D
1.515
E
t>2
8