2019年黑龙江省齐齐哈尔市中考数学试卷

2019年黑龙江省齐齐哈尔市中考数学试卷

黑龙江省齐齐哈尔市2019年中考数学试卷 一、选择题（每小题只有一个正确答案，每小题3分，满分30分）‎ ‎1．（3分）3的相反数是（　　）‎ A．﹣3 B． C．3 D．±3‎ ‎2．（3分）下面四个图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎3．（3分）下列计算不正确的是（　　）‎ A．±＝±3 B．2ab+3ba＝5ab ‎ C．（﹣1）0＝1 D．（3ab2）2＝6a2b4‎ ‎4．（3分）小明和小强同学分别统计了自己最近10次“一分钟跳绳”的成绩，下列统计量中能用来比较两人成绩稳定程度的是（　　）‎ A．平均数 B．中位数 C．方差 D．众数 ‎5．（3分）如图，直线a∥b，将一块含30°角（∠BAC＝30°）的直角三角尺按图中方式放置，其中A和C两点分别落在直线a和b上．若∠1＝20°，则∠2的度数为（　　）‎ A．20° B．30° C．40° D．50°‎ ‎6．（3分）如图是由几个相同大小的小正方体搭建而成的几何体的主视图和俯视图视图，则搭建这个几何体所需要的小正方体的个数至少为（　　）‎ A．5 B．6 C．7 D．8‎ ‎7．（3分）“六一”儿童节前夕，某部队战士到福利院慰问儿童．战士们从营地出发，匀速步行前往文具店选购礼物，停留一段时间后，继续按原速步行到达福利院（营地、文具店、福利院三地依次在同一直线上）．到达后因接到紧急任务，立即按原路匀速跑步返回营地（赠送礼物的时间忽略不计），下列图象能大致反映战士们离营地的距离S与时间t之间函数关系的是（　　）‎ A． B． ‎ C． D．‎ ‎8．（3分）学校计划购买A和B两种品牌的足球，已知一个A品牌足球60元，一个B品牌足球75元．学校准备将1500元钱全部用于购买这两种足球（两种足球都买），该学校的购买方案共有（　　）‎ A．3种 B．4种 C．5种 D．6种 ‎9．（3分）在一个不透明的口袋中，装有一些除颜色外完全相同的红、白、黑三种颜色的小球．已知袋中有红球5个，白球23个，且从袋中随机摸出一个红球的概率是，则袋中黑球的个数为（　　）‎ A．27 B．23 C．22 D．18‎ ‎10．（3分）如图，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与x轴交于点（﹣3，0），其对称轴为直线x＝﹣，结合图象分析下列结论：‎ ‎①abc＞0；‎ ‎②3a+c＞0；‎ ‎③当x＜0时，y随x的增大而增大；‎ ‎④一元二次方程cx2+bx+a＝0的两根分别为x1＝﹣，x2＝；‎ ‎⑤＜0；‎ ‎⑥若m，n（m＜n）为方程a（x+3）（x﹣2）+3＝0的两个根，则m＜﹣3且n＞2，‎ 其中正确的结论有（　　）‎ A．3个 B．4个 C．5个 D．6个 二、填空题（共7小题，每小题3分，满分21分）‎ ‎11．（3分）预计到2025年我国高铁运营里程将达到38000公里．将数据38000用科学记数法表示为　 　．‎ ‎12．（3分）如图，已知在△ABC和△DEF中，∠B＝∠E，BF＝CE，点B、F、C、E在同一条直线上，若使△ABC≌△DEF，则还需添加的一个条件是　 　（只填一个即可）．‎ ‎13．（3分）将圆心角为216°，半径为5cm的扇形围成一个圆锥的侧面，那么围成的这个圆锥的高为　 　cm．‎ ‎14．（3分）关于x的分式方程﹣＝3的解为非负数，则a的取值范围为　 　．‎ ‎15．（3分）如图，矩形ABOC的顶点B、C分别在x轴，y轴上，顶点A在第二象限，点B的坐标为（﹣2，0）．将线段OC绕点O逆时针旋转60°至线段OD，若反比例函数y＝（k≠0）的图象经过A、D两点，则k值为　 　．‎ ‎16．（3分）等腰△ABC中，BD⊥AC，垂足为点D，且BD＝AC，则等腰△ABC底角的度数为　 　．‎ ‎17．（3分）如图，直线l：y＝x+1分别交x轴、y轴于点A和点A1，过点A1作A1B1⊥l，交x轴于点B1，过点B1作B1A2⊥x轴，交直线l于点A2；过点A2作A2B2⊥l，交x轴于点B2，过点B2作B2A3⊥x轴，交直线l于点A3，依此规律…，若图中阴影△A1OB1的面积为S1，阴影△A2B1B2的面积为S2，阴影△A3B2B3的面积为S3…，则Sn＝　 　．‎ 三、解答题（共7小题，满分69分）‎ ‎18．（10分）（1）计算：（）﹣1+﹣6tan60°+|2﹣4|‎ ‎（2）因式分解：a2+1﹣2a+4（a﹣1）‎ ‎19．（5分）解方程：x2+6x＝﹣7‎ ‎20．（8分）如图，以△ABC的边BC为直径作⊙O，点A在⊙O上，点D在线段BC的延长线上，AD＝AB，∠D＝30°．‎ ‎（1）求证：直线AD是⊙O的切线；‎ ‎（2）若直径BC＝4，求图中阴影部分的面积．‎ ‎21．（10分）齐齐哈尔市教育局想知道某校学生对扎龙自然保护区的了解程度，在该校随机抽取了部分学生进行问卷，问卷有以下四个选项：A．十分了解；B．了解较多：C．了解较少：D．不了解（要求：每名被调查的学生必选且只能选择一项）．现将调查的结果绘制成两幅不完整的统计图．请根据两幅统计图中的信息回答下列问题：‎ ‎（1）本次被抽取的学生共有　 　名；‎ ‎（2）请补全条形图；‎ ‎（3）扇形图中的选项“C．了解较少”部分所占扇形的圆心角的大小为　 　°；‎ ‎（4）若该校共有2000名学生，请你根据上述调查结果估计该校对于扎龙自然保护区“十分了解”和“了解较多”的学生共有多少名？‎ ‎22．（10分）甲、乙两地间的直线公路长为400千米．一辆轿车和一辆货车分别沿该公路从甲、乙两地以各自的速度匀速相向而行，货车比轿车早出发1小时，途中轿车出现了故障，停下维修，货车仍继续行驶．1小时后轿车故障被排除，此时接到通知，轿车立刻掉头按原路原速返回甲地（接到通知及掉头时间不计）．最后两车同时到达甲地，已知两车距各自出发地的距离y（千米）与轿车所用的时间x（小时）的关系如图所示，请结合图象解答下列问题：‎ ‎（1）货车的速度是　 　千米/小时；轿车的速度是　 　千米/小时；t值为　 　．‎ ‎（2）求轿车距其出发地的距离y（千米）与所用时间x（小时）之间的函数关系式并写出自变量x的取值范围；‎ ‎（3）请直接写出货车出发多长时间两车相距90千米．‎ ‎23．（12分）综合与实践 折纸是同学们喜欢的手工活动之一，通过折纸我们既可以得到许多美丽的图形，同时折纸的过程还蕴含着丰富的数学知识．‎ 折一折：把边长为4的正方形纸片ABCD对折，使边AB与CD重合，展开后得到折痕EF．如图①：点M为CF上一点，将正方形纸片ABCD沿直线DM折叠，使点C落在EF上的点N处，展开后连接DN，MN，AN，如图②‎ ‎（一）填一填，做一做：‎ ‎（1）图②中，∠CMD＝　 　．‎ 线段NF＝　 　‎ ‎（2）图②中，试判断△AND的形状，并给出证明．‎ 剪一剪、折一折：将图②中的△AND剪下来，将其沿直线GH折叠，使点A落在点A′处，分别得到图③、图④．‎ ‎（二）填一填 ‎（3）图③中阴影部分的周长为　 　．‎ ‎（4）图③中，若∠A′GN＝80°，则∠A′HD＝　 　°．‎ ‎（5）图③中的相似三角形（包括全等三角形）共有　 　对；‎ ‎（6）如图④点A′落在边ND上，若＝，则＝　 　（用含m，n的代数式表示）．‎ ‎24．（14分）综合与探究 如图，抛物线y＝x2+bx+c与x轴交于A、B两点，与y轴交于C点，OA＝2，OC＝6，连接AC和BC．‎ ‎（1）求抛物线的解析式；‎ ‎（2）点D在抛物线的对称轴上，当△ACD的周长最小时，点D的坐标为　 　．‎ ‎（3）点E是第四象限内抛物线上的动点，连接CE和BE．求△BCE面积的最大值及此时点E的坐标；‎ ‎（4）若点M是y轴上的动点，在坐标平面内是否存在点N，使以点A、C、M、N为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出点N的坐标；若不存在，请说明理由．‎ ‎2019年黑龙江省齐齐哈尔市中考数学试卷 参考答案与试题解析 一、选择题（每小题只有一个正确答案，每小题3分，满分30分）‎ ‎1．【分析】根据只有符号不同的两个数互为相反数，可得答案．‎ ‎【解答】解：3的相反数是﹣3，‎ 故选：A．‎ ‎2．【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．‎ ‎【解答】解：A、不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项错误；‎ B、不是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项错误；‎ C、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项错误；‎ D、是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项正确．‎ 故选：D．‎ ‎3．【分析】直接利用同底数幂的乘除运算法则以及完全平方公式、合并同类项法则分别化简得出答案．‎ ‎【解答】解：A、±＝±3，正确，故此选项错误；‎ B、2ab+3ba＝5ab，正确，故此选项错误；‎ C、（﹣1）0＝1，正确，故此选项错误；‎ D、（3ab2）2＝9a2b4，错误，故此选项正确；‎ 故选：D．‎ ‎4．【分析】根据方差的意义：体现数据的稳定性，集中程度，波动性大小；方差越小，数据越稳定．要比较两位同学在五次数学测验中谁的成绩比较稳定，应选用的统计量是方差．‎ ‎【解答】解：能用来比较两人成绩稳定程度的是方差，‎ 故选：C．‎ ‎5．【分析】直接利用平行线的性质结合三角形内角和定理得出答案．‎ ‎【解答】解：∵直线a∥b，‎ ‎∴∠1+∠BCA+∠2+∠BAC＝180°，‎ ‎∵∠BAC＝30°，∠BCA＝90°，∠1＝20°，‎ ‎∴∠2＝40°．‎ 故选：C．‎ ‎6．【分析】主视图、俯视图是分别从物体正面、上面看，所得到的图形．‎ ‎【解答】‎ 解：综合主视图和俯视图，底层最少有4个小立方体，第二层最少有2个小立方体，因此搭成这个几何体的小正方体的个数最少是6个．‎ 故选：B．‎ ‎7．【分析】根据题意，可以写出各段过程中，S与t的关系，从而可以解答本题．‎ ‎【解答】解：由题意可得，‎ 战士们从营地出发到文具店这段过程中，S随t的增加而增大，故选项A错误，‎ 战士们在文具店选购文具的过程中，S随着t的增加不变，‎ 战士们从文具店去福利院的过程中，S随着t的增加而增大，故选项C错误，‎ 战士们从福利院跑回营地的过程中，S随着t的增大而减小，且在单位时间内距离的变化比战士们从营地出发到文具店这段过程中快，故选项B正确，选项D错误，‎ 故选：B．‎ ‎8．【分析】设购买A品牌足球x个，购买B品牌足球y个，根据总价＝单价×数量，即可得出关于x，y的二元一次方程，结合x，y均为正整数即可求出结论．‎ ‎【解答】解：设购买A品牌足球x个，购买B品牌足球y个，‎ 依题意，得：60x+75y＝1500，‎ ‎∴y＝20﹣x．‎ ‎∵x，y均为正整数，‎ ‎∴，，，，‎ ‎∴该学校共有4种购买方案．‎ 故选：B．‎ ‎9．【分析】袋中黑球的个数为x，利用概率公式得到＝，然后利用比例性质求出x即可．‎ ‎【解答】解：设袋中黑球的个数为x，‎ 根据题意得＝，解得x＝22，‎ 即袋中黑球的个数为22个．‎ 故选：C．‎ ‎10．【分析】利用二次函数图象与系数的关系，结合图象依次对各结论进行判断．‎ ‎【解答】解：∵抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与x轴交于点（﹣3，0），其对称轴为直线x＝﹣‎ ‎∴抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与x轴交于点（﹣3，0）和（2，0），且a＝b 由图象知：a＜0，c＞0，b＜0‎ ‎∴abc＞0‎ 故结论①正确；‎ ‎∵抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与x轴交于点（﹣3，0）‎ ‎∴9a﹣3b+c＝0‎ ‎∵a＝b ‎∴c＝﹣6a ‎∴3a+c＝﹣3a＞0‎ 故结论②正确；‎ ‎∵当x＜﹣时，y随x的增大而增大；当﹣＜x＜0时，y随x的增大而减小 ‎∴结论③错误；‎ ‎∵cx2+bx+a＝0，c＞0‎ ‎∴x2+x+1＝0‎ ‎∵抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与x轴交于点（﹣3，0）和（2，0）‎ ‎∴ax2+bx+c＝0的两根是﹣3和2‎ ‎∴＝1，＝﹣6‎ ‎∴x2+x+1＝0即为：﹣6x2+x+1＝0，解得x1＝﹣，x2＝；‎ 故结论④正确；‎ ‎∵当x＝﹣时，y＝＞0‎ ‎∴＜0‎ 故结论⑤正确；‎ ‎∵抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与x轴交于点（﹣3，0）和（2，0），‎ ‎∴y＝ax2+bx+c＝a（x+3）（x﹣2）‎ ‎∵m，n（m＜n）为方程a（x+3）（x﹣2）+3＝0的两个根 ‎∴m，n（m＜n）为方程a（x+3）（x﹣2）＝﹣3的两个根 ‎∴m，n（m＜n）为函数y＝a（x+3）（x﹣2）与直线y＝﹣3的两个交点的横坐标 结合图象得：m＜﹣3且n＞2‎ 故结论⑥成立；‎ 故选：C．‎ 二、填空题（共7小题，每小题3分，满分21分）‎ ‎11．【分析】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，表示时关键要正确确定a的值以及n的值．‎ ‎【解答】解：38000用科学记数法表示应为3.8×104，‎ 故答案为：3.8×104．‎ ‎12．【分析】添加AB＝DE，由BF＝CE推出BC＝EF，由SAS可证△ABC≌△DEF．‎ ‎【解答】解：添加AB＝DE；‎ ‎∵BF＝CE，‎ ‎∴BC＝EF，‎ 在△ABC和△DEF中，，‎ ‎∴△ABC≌△DEF（SAS）；‎ 故答案为：AB＝DE．‎ ‎13．【分析】圆锥的底面圆的半径为r，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弧长公式得到2πr＝，解得r＝3，然后根据勾股定理计算出圆锥的高．‎ ‎【解答】解：设圆锥的底面圆的半径为r，‎ 根据题意得2πr＝，解得r＝3，‎ 所以圆锥的高＝＝4（cm）．‎ 故答案为4．‎ ‎14．【分析】根据解分式方程的方法和方程﹣＝3的解为非负数，可以求得a的取值范围．‎ ‎【解答】解：﹣＝3，‎ 方程两边同乘以x﹣1，得 ‎2x﹣a+1＝3（x﹣1），‎ 去括号，得 ‎2x﹣a+1＝3x﹣3，‎ 移项及合并同类项，得 x＝4﹣a，‎ ‎∵关于x的分式方程﹣＝3的解为非负数，x﹣1≠0，‎ ‎∴，‎ 解得，a≤4且a≠3，‎ 故答案为：a≤4且a≠3．‎ ‎15．【分析】过点D作DE⊥x轴于点E，由点B的坐标为（﹣2，0）知OC＝AB＝﹣，由旋转性质知OD＝OC＝﹣、∠DOC＝60°，据此求得OE＝ODcos30°＝﹣k，DE＝ODsin30°＝﹣k，即D（﹣k，﹣k），代入解析式解之可得．‎ ‎【解答】解：过点D作DE⊥x轴于点E，‎ ‎∵点B的坐标为（﹣2，0），‎ ‎∴AB＝﹣，‎ ‎∴OC＝﹣，‎ 由旋转性质知OD＝OC＝﹣、∠COD＝60°，‎ ‎∴∠DOE＝30°，‎ ‎∴DE＝OD＝﹣k，OE＝ODcos30°＝×（﹣）＝﹣k，‎ 即D（﹣k，﹣k），‎ ‎∵反比例函数y＝（k≠0）的图象经过D点，‎ ‎∴k＝（﹣k）（﹣k）＝k2，‎ 解得：k＝0（舍）或k＝﹣，‎ 故答案为：﹣．‎ ‎16．【分析】分点A是顶点、点A是底角顶点、AD在△ABC外部和AD在△ABC 内部三种情况，根据等腰三角形的性质、直角三角形的性质计算．‎ ‎【解答】解：①如图1，点A是顶点时，‎ ‎∵AB＝AC，AD⊥BC，‎ ‎∴BD＝CD，‎ ‎∵AD＝BC，‎ ‎∴AD＝BD＝CD，‎ 在Rt△ABD中，∠B＝∠BAD＝×（180°﹣90°）＝45°；‎ ‎②如图2，点A是底角顶点，且AD在△ABC外部时，‎ ‎∵AD＝BC，AC＝BC，‎ ‎∴AD＝AC，‎ ‎∴∠ACD＝30°，‎ ‎∴∠BAC＝∠ABC＝×30°＝15°；‎ ‎③如图3，点A是底角顶点，且AD在△ABC内部时，‎ ‎∵AD＝BC，AC＝BC，‎ ‎∴AD＝AC，‎ ‎∴∠C＝30°，‎ ‎∴∠BAC＝∠ABC＝（180°﹣30°）＝75°；‎ 故答案为：15°或45°或75°．‎ ‎17．【分析】由直线l：y＝x+1可求出与x轴交点A的坐标，与y轴交点A1的坐标，进而得到OA，OA1的长，也可求出Rt△OAA1的各个内角的度数，是一个特殊的直角三角形，以下所作的三角形都是含有30°角的直角三角形，然后这个求出S1、S2、S3、S4、……根据规律得出Sn．‎ ‎【解答】解：直线l：y＝x+1，当x＝0时，y＝1；当y＝0时，x＝﹣‎ ‎∴A（﹣，0）A1（0，1）‎ ‎∴∠OAA1＝30°‎ 又∵A1B1⊥l，‎ ‎∴∠OA1B1＝30°，‎ 在Rt△OA1B1中，OB1＝•OA1＝，‎ ‎∴S1＝；‎ 同理可求出：A2B1＝，B1B2＝，‎ ‎∴S2＝＝＝；‎ 依次可求出：S3＝；S4＝；S5＝……‎ 因此：Sn＝‎ 故答案为：．‎ 三、解答题（共7小题，满分69分）‎ ‎18．【分析】（1）根据实数运算的法则计算即可；‎ ‎（2）根据因式分解﹣分组分解法分解因式即可．‎ ‎【解答】解：（1）（）﹣1+﹣6tan60°+|2﹣4|＝3+2﹣6×+4﹣2＝1；‎ ‎（2）a2+1﹣2a+4（a﹣1）＝（a﹣1）2+4（a﹣1）＝（a﹣1）（a﹣1+4）＝（a﹣1）（a+3）．‎ ‎19．【分析】方程两边都加上9，配成完全平方式，再两边开方即可得．‎ ‎【解答】解：∵x2+6x＝﹣7，‎ ‎∴x2+6x+9＝﹣7+9，即（x+3）2＝2，‎ 则x+3＝±，‎ ‎∴x＝﹣3±，‎ 即x1＝﹣3+，x2＝﹣3﹣．‎ ‎20．【分析】（1）连接OA，则得出∠COA＝2∠B＝2∠D＝60°，可求得∠OAD＝90°，可得出结论；‎ ‎（2）可利用△OAD的面积﹣扇形AOC的面积求得阴影部分的面积．‎ ‎【解答】（1）证明：连接OA，则∠COA＝2∠B，‎ ‎∵AD＝AB，‎ ‎∴∠B＝∠D＝30°，‎ ‎∴∠COA＝60°，‎ ‎∴∠OAD＝180°﹣60°﹣30°＝90°，‎ ‎∴OA⊥AD，‎ 即CD是⊙O的切线；‎ ‎（2）解：∵BC＝4，‎ ‎∴OA＝OC＝2，‎ 在Rt△OAD中，OA＝2，∠D＝30°，‎ ‎∴OD＝2OA＝4，AD＝2，‎ 所以S△OAD＝OA•AD＝×2×2＝2，‎ 因为∠COA＝60°，‎ 所以S扇形COA＝＝π，‎ 所以S阴影＝S△OAD﹣S扇形COA＝2﹣．‎ ‎21．【分析】（1）本次被抽取的学生共30÷30%＝100（名）；‎ ‎（2）100﹣20﹣30﹣10＝40（名），据此补全；‎ ‎（3）扇形图中的选项“C．了解较少”部分所占扇形的圆心角360°×30%＝108°；‎ ‎（4）该校对于扎龙自然保护区“十分了解”和“了解较多”的学生：2000×＝1200（名）．‎ ‎【解答】解：（1）本次被抽取的学生共30÷30%＝100（名），‎ 故答案为100；‎ ‎（2）100﹣20﹣30﹣10＝40（名），‎ 补全条形图如下：‎ ‎（3）扇形图中的选项“C．了解较少”部分所占扇形的圆心角 ‎360°×30%＝108°，‎ 故答案为108；‎ ‎（4）该校对于扎龙自然保护区“十分了解”和“了解较多”的学生：‎ ‎2000×＝1200（名），‎ 答：该校对于扎龙自然保护区“十分了解”和“了解较多”的学生共1200名．‎ ‎22．【分析】（1）观察图象即可解决问题；‎ ‎（2）分别求出得A、B、C的坐标，运用待定系数法解得即可；‎ ‎（3）根据题意列方程解答即可．‎ ‎【解答】解：（1）车的速度是50千米/小时；轿车的速度是：400÷（7﹣2）＝80千米/小时；t＝240÷80＝3．‎ 故答案为：50；80；3；‎ ‎（2）由题意可知：A（3，240），B（4，240），C（7，0），‎ 设直线OA的解析式为y＝k1x（k1≠0），‎ ‎∴y＝80x（0≤x≤3），‎ 当3≤x≤4时，y＝240，‎ 设直线BC的解析式为y＝k2x+b（k≠0），‎ 把B（4，240），C（7，0）代入得：‎ ‎，解得，‎ ‎∴y＝﹣80+560，‎ ‎∴y＝；‎ ‎（3）设货车出发x小时后两车相距90千米，根据题意得：‎ ‎50x+80（x﹣1）＝400﹣90或50x+80（x﹣2）＝400+90，‎ 解得x＝3或5．‎ 答：货车出发3小时或5小时后两车相距90千米．‎ ‎23．【分析】（1）由折叠的性质得，四边形CDEF是矩形，得出EF＝CD，∠DEF＝90°，DE＝AE＝AD，由折叠的性质得出DN＝CD＝2DE，MN＝CM，得出∠EDN＝60°，得出∠CDM＝∠NDM＝15°，EN＝DN＝2，因此∠CMD＝75°，NF＝EF﹣EN＝4﹣2；‎ ‎（2）证明△AEN≌△DEN得出AN＝DN，即可得出△AND是等边三角形；‎ ‎（3）由折叠的性质得出A′G＝AG，A′H＝AH，得出图③中阴影部分的周长＝△ADN的周长＝12；‎ ‎（4）由折叠的性质得出∠AGH＝∠A′GH，∠AHG＝∠A′HG，求出∠AGH＝50°，得出∠AHG＝∠A′HG＝70°，即可得出结果；‎ ‎（5）证明△NGM∽△A′NM∽△DNH，即可得出结论；‎ ‎（6）设＝＝a，则A'N＝am，A'D＝an，证明△A′GH∽△HA′D，得出＝＝，设A'G＝AG＝x，A'H＝AH＝y，则GN＝4﹣x，DH＝4﹣y，得出＝＝，解得：x＝y，得出＝＝＝．‎ ‎【解答】解：（1）由折叠的性质得，四边形CDEF是矩形，‎ ‎∴EF＝CD，∠DEF＝90°，DE＝AE＝AD，‎ ‎∵将正方形纸片ABCD沿直线DM折叠，使点C落在EF上的点N处，‎ ‎∴DN＝CD＝2DE，MN＝CM，‎ ‎∴∠EDN＝60°，‎ ‎∴∠CDM＝∠NDM＝15°，EN＝DN＝2，‎ ‎∴∠CMD＝75°，NF＝EF﹣EN＝4﹣2；‎ 故答案为：75°，4﹣2；‎ ‎（2）△AND是等边三角形，理由如下：‎ 在△AEN与△DEN中，，‎ ‎∴△AEN≌△DEN（SAS），‎ ‎∴AN＝DN，‎ ‎∵∠EDN＝60°，‎ ‎∴△AND是等边三角形；‎ ‎（3）∵将图②中的△AND沿直线GH折叠，使点A落在点A′处，‎ ‎∴A′G＝AG，A′H＝AH，‎ ‎∴图③中阴影部分的周长＝△ADN的周长＝3×4＝12；‎ 故答案为：12；‎ ‎（4）∵将图②中的△AND沿直线GH折叠，使点A落在点A′处，‎ ‎∴∠AGH＝∠A′GH，∠AHG＝∠A′HG，‎ ‎∵∠A′GN＝80°，‎ ‎∴∠AGH＝50°，‎ ‎∴∠AHG＝∠A′HG＝70°，‎ ‎∴∠A′HD＝180°﹣70°﹣70°＝40°；‎ 故答案为：40；‎ ‎（5）如图③，‎ ‎∵∠A＝∠N＝∠D＝∠A′＝60°，‎ ‎∠NMG＝∠A′MN，∠A′NM＝∠DNH，‎ ‎∴△NGM∽△A′NM∽△DNH，‎ ‎∵△AGH≌△A′GH ‎∴图③中的相似三角形（包括全等三角形）共有4对，‎ 故答案为：4；‎ ‎（6）设＝＝a，则A'N＝am，A'D＝an，‎ ‎∵∠N＝∠D＝∠A＝∠A′＝60°，‎ ‎∴∠NA′G+∠A′GN＝∠NA′G+∠DA′H＝120°，‎ ‎∴∠A′GN＝∠DA′H，‎ ‎∴△A′GH∽△HA′D，‎ ‎∴＝＝，‎ 设A'G＝AG＝x，A'H＝AH＝y，则GN＝4﹣x，DH＝4﹣y，‎ ‎∴＝＝，‎ 解得：x＝y，‎ ‎∴＝＝＝；‎ 故答案为：．‎ ‎24．【分析】（1）由OA＝2，OC＝6得到A（﹣2，0），C（0，﹣6），用待定系数法即求得抛物线解析式．‎ ‎（2）由点D在抛物线对称轴上运动且A、B关于对称轴对称可得，AD＝BD，所以当点C、D、B在同一直线上时，△ACD周长最小．求直线BC解析式，把对称轴的横坐标代入即求得点D纵坐标．‎ ‎（3）过点E作EG⊥x轴于点G，交直线BC与点F，设点E横坐标为t，则能用t表示EF的长．△BCE面积拆分为△BEF与△CEF的和，以EF为公共底计算可得S△BCE＝EF•OB，把含t的式子代入计算即得到S△BCE关于t的二次函数，配方即求得最大值和t的值，进而求得点E坐标．‎ ‎（4）以AC为菱形的边和菱形的对角线进行分类画图，根据菱形邻边相等、对边平行的性质确定点N在坐标．‎ ‎【解答】解：（1）∵OA＝2，OC＝6‎ ‎∴A（﹣2，0），C（0，﹣6）‎ ‎∵抛物线y＝x2+bx+c过点A、C ‎∴ 解得：‎ ‎∴抛物线解析式为y＝x2﹣x﹣6‎ ‎（2）∵当y＝0时，x2﹣x﹣6＝0，解得：x1＝﹣2，x2＝3‎ ‎∴B（3，0），抛物线对称轴为直线x＝‎ ‎∵点D在直线x＝上，点A、B关于直线x＝对称 ‎∴xD＝，AD＝BD ‎∴当点B、D、C在同一直线上时，C△ACD＝AC+AD+CD＝AC+BD+CD＝AC+BC最小 设直线BC解析式为y＝kx﹣6‎ ‎∴3k﹣6＝0，解得：k＝2‎ ‎∴直线BC：y＝2x﹣6‎ ‎∴yD＝2×﹣6＝﹣5‎ ‎∴D（，﹣5）‎ 故答案为：（，﹣5）‎ ‎（3）过点E作EG⊥x轴于点G，交直线BC与点F 设E（t，t2﹣t﹣6）（0＜t＜3），则F（t，2t﹣6）‎ ‎∴EF＝2t﹣6﹣（t2﹣t﹣6）＝﹣t2+3t ‎∴S△BCE＝S△BEF+S△CEF＝EF•BG+EF•OG＝EF（BG+OG）＝EF•OB＝×3（﹣t2+3t）＝﹣（t﹣）2+‎ ‎∴当t＝时，△BCE面积最大 ‎∴yE＝（）2﹣﹣6＝﹣‎ ‎∴点E坐标为（，﹣）时，△BCE面积最大，最大值为．‎ ‎（4）存在点N，使以点A、C、M、N为顶点的四边形是菱形．‎ ‎∵A（﹣2，0），C（0，﹣6）‎ ‎∴AC＝‎ ‎①若AC为菱形的边长，如图3，‎ 则MN∥AC且，MN＝AC＝2‎ ‎∴N1（﹣2，2），N2（﹣2，﹣2），N3（2，0）‎ ‎②若AC为菱形的对角线，如图4，则AN4∥CM4，AN4＝CN4‎ 设N4（﹣2，n）‎ ‎∴﹣n＝‎ 解得：n＝﹣‎ ‎∴N4（﹣2，﹣）‎ 综上所述，点N坐标为（﹣2，2），（﹣2，﹣2），（2，0），（﹣2，﹣）．‎