D_【备考2019】浙教版数学中考模拟(绍兴市)数学试卷2(包含参考答案)

【备考2019】浙教版数学中考模拟（绍兴市）试卷2（含解析）
姓名：__________班级：__________考号：__________
题号一二三总分
得分
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共40分。

在每小题给出的四个选项中，只有一个
选项是符合题目要求的）
1.﹣的相反数是（ ）
A．8B．﹣8C．D．﹣
2.2012年伦敦奥运会上，中国选手吕小军在男子举重77公斤级比赛中，打破了原奥运会纪录，创造
了新抓举纪录，成绩是175公斤，下列说法正确的是（）
A．原来奥运会纪录是175公斤B．原来奥运会纪录是77公斤
C. 原来奥运会纪录小于77公斤D．原来奥运会纪录小于175公斤
3.如图是底面为正方形的长方体，下面有关它的三个视图的说法正确的是（ ）
A．俯视图与主视图相同B．左视图与主视图相同
C．左视图与俯视图相同D．三个视图都相同
4.一个不透明的布袋里装有5个红球，2个白球，3个黄球，它们除颜色外其余都相同，从袋中任意
摸出1个球，是黄球的概率为（ ）
A．B．C．D．
5.下列计算，结果等于a4的是（ ）
A．a+3a B．a5﹣a C．（a2）2D．a8÷a2
6.一次函数y=kx+b（k，b为常数，且k≠0）的图象如图所示，根据图象信息可求得关于x的方程
kx+b=0的解为（ ）
A．x=﹣1B．x=2C．x=0D．x=3
7.如图，点D是BC边上一点且BD：DC=1：2，点F为线段AD上一点且AF：DF=1：2，BF的延长线交
AC于E，则AE：AC=（ ）
A．1：2B．1：3C．1：4D．1：7
8.如图，小正方形是按一定规律摆放的，下面四个选项中的图片，适合填补图中空白处的是（
）
A．B．C．D．
9.二次函数y=ax2+bx+c（a≠0）的大致图象如图所示，顶点坐标为（﹣2，﹣9a），下列结论：
①4a+2b+c＞0；②5a﹣b+c=0；③若方程a（x+5）（x﹣1）=﹣1有两个根x1和x2，且x1＜x2，
则﹣5＜x1＜x2＜1；④若方程|ax2+bx+c|=1有四个根，则这四个根的和为﹣4．其中正确的结论有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
10.如图，▱ABCD的周长为32cm，AC，BD相交于点O，OE⊥AC交AD于点E，则△DCE的周长为（
）
A． 24cm B． 16cm C． 8cm D． 10cm
二、填空题（本大题共6小题，每小题5分，共30分）
11.化简：a+1+a（a+1）+a（a+1）2+…+a（a+1）99=_________．
12.为了开展“阳光体育”活动，某班计划购买甲、乙两种体育用品（每种体育用品都购买），其中
甲种体育用品每件20元，乙种体育用品每件30元，共用去150元，请你设计一下，共有 种购买方案．
13.如图，AB、CD是⊙O的两条弦，若∠AOB+∠C=180°，∠COD=∠A，则∠AOB= ．
14.如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，∠A=30°，AC=4，M是AB边上一动点，N是AC边上的一动点，
则MN+MC的最小值为_____．
15.已知矩形ABCD的四个顶点均在反比例函数y=的图象上，且点A的横坐标是2，则矩形ABCD的
面积为 ．
16.如图，在平面直角坐标系中，菱形OABC的一个顶点在原点O处，且∠AOC=60°，A点的坐标是
（0，4），则直线AC的表达式是 ．
三、解答题（本大题共8小题，共80分）
17.（1）计算：|﹣2|﹣2cos60°+（）﹣1﹣（2018﹣）0
（2）先化简（1﹣）•，再在1、2、3中选取一个适当的数代入求值．
18.某高中学校为使高一新生入校后及时穿上合身的校服，现提前对某校九年级三班学生即将所穿校
服型号情况进行了摸底调查，并根据调查结果绘制了如图两个不完整的统计图（校服型号以身高作为标准，共分为6种型号）．
根据以上信息，解答下列问题：
（1）该班共有多少名学生？其中穿175型校服的学生有多少？
（2）在条形统计图中，请把空缺部分补充完整．
（3）在扇形统计图中，请计算185型校服所对应的扇形圆心角的大小；
（4）求该班学生所穿校服型号的众数和中位数．
19.如图，一座山的一段斜坡BD的长度为600米，且这段斜坡的坡度i=1：3（沿斜坡从B到D时，
其升高的高度与水平前进的距离之比）．已知在地面B处测得山顶A的仰角为33°，在斜坡D 处测得山顶A的仰角为45°．求山顶A到地面BC的高度AC是多少米？（结果用含非特殊角的三角函数和根式表示即可）
20.已知二次函数y=x2﹣6x+8．
（1）将y=x2﹣6x+8化成y=a（x﹣h）2+k的形式；
（2）当0≤x≤4时，y的最小值是 ，最大值是 ；
（3）当y＜0时，写出x的取值范围．
21.如图，在边长为4的正方形ABCD中，请画出以A为一个顶点，另外两个顶点在正方形ABCD的边
上，且含边长为3的所有大小不同的等腰三角形．（要求：只要画出示意图，并在所画等腰三角形长为3的边上标注数字3）
22.如图，△ABD和△ACE均为等腰直角三角形，A为公共直角顶点，过A作AF垂直CB交CB的延长
线于F．
（1）若AC=10，求四边形ABCD的面积；
（2）求证：CE=2AF．
23.如图，在平面直角坐标系中，△AOB的三个顶点的坐标分别是A（4，3），O（0，0），
B（6，0）．点M是OB边上异于O，B的一动点，过点M作MN∥AB，点P是AB边上的任意点，连接AM，PM，PN，BN．设点M（x，0），△PMN的面积为S．
（1）求出OA所在直线的解析式，并求出点M的坐标为（1，0）时，点N的坐标；
（2）求出S关于x的函数关系式，写出x的取值范围，并求出S的最大值；
（3）若S：S△ANB=2：3时，求出此时N点的坐标．
24.如图，点F在▱ABCD的对角线AC上，过点F、B分别作AB、AC的平行线相交于点E，连接
BF，∠ABF=∠FBC+∠FCB．
（1）求证：四边形ABEF是菱形；
（2）若BE=5，AD=8，sin∠CBE=，求AC的长．
答案解析
一、选择题
1.【考点】相反数．
【分析】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：﹣的相反数是，
故选：C．
【点评】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．
2.【考点】生活中的数学
【分析】根据“成绩是175公斤，打破了原奥运会纪录”即可作出判断.
解：由题意得原来奥运会纪录小于175公斤，
故选D.
【】本题属于基础应用题，只需学生熟练掌握数学的基本应用，即可完成.
3.【考点】简单几何体的三视图．
【分析】根据从正面看得到的视图是主视图，从左边看得到的图形是左视图，从上面看得到的图形是俯视图，可得答案．
解：A．俯视图是一个正方形，主视图是一个长方形，故A错误；
B、左视图是一个长方形，主视图是个长方形，且两个长方形的长和宽分别相等，所以B正确；
C、左视图是一个长方形，俯视图是一个正方形，故C错误；
D、俯视图是一个正方形，主视图是一个长方形，左视图是一个长方形，故D错误；
故选：B．
【点评】本题考查了简单组合体的三视图，从正面看得到的视图是主视图，从左边看得到的图形是左视图，从上面看得到的图形是俯视图．　
4.【考点】概率公式．
【分析】让黄球的个数除以球的总个数即为所求的概率．
解：因为一共10个球，其中3个黄球，所以从袋中任意摸出1个球是黄球的概率是．
故选：C．
【点评】本题考查概率的基本计算，用到的知识点为：概率等于所求情况数与总情况数之比．　
5.【考点】合并同类项；幂的乘方与积的乘方；同底数幂的除法
【分析】根据同底数幂的除法法则：底数不变，指数相减；同底数幂的乘法法则：同底数幂相乘，底数不变，指数相加；幂的乘方法则：底数不变，指数相乘进行计算即可．
解：A．a+3a=4a，错误；
B、a5和a不是同类项，不能合并，故此选项错误；
C、（a2）2=a4，正确；
D、a8÷a2=a6，错误；
故选：C．
【点评】此题主要考查了同底数幂的乘除法，以及幂的乘方，关键是正确掌握计算法则．
6.【考点】一次函数与一元一次方程
【分析】首先利用待定系数法把（2，3）（0，1）代入y=kx+b，可得关于k、b的方程组，再解方程组可得k、b的值，求出一次函数解析式，再求出方程kx+b=0的解即可．
解：∵y=kx+b经过（2，3）（0，1），
∴，
解得：，
∴一次函数解析式为y=x+1，
x+1=0，
解得：x=﹣1，
故选：A．
【点评】此题主要考查了一次函数与一元一次方程的关系，关键是正确利用待定系数法求出一次函数解析式．
7.【考点】平行线分线段成比例
【分析】先过A作BC的平行线，交BE的延长线于G，根据△AFG∽△DFB，即可得到BC=6AG，再根据△AEG∽△CEB，即可得到CE=6AE，进而得出AE：AC的值．
解：如图，过A作BC的平行线，交BE的延长线于G，
∵AG∥BD，
∴△AFG∽△DFB，
∴==，
即2AG=BD，
又∵BD：DC=1：2，
∴CD=2BD=4AG，
∴BC=6AG，
∵AG∥BC，
∴△AEG∽△CEB，
∴==，
∴CE=6AE，
∴=，
故选：D．
【点评】本题主要考查了平行线分线段成比例定理的运用，解决问题的关键是作平行线构造相似三角形，依据相似三角形的性质得出结论．解题时注意：平行于三角形的一边，并且和其他两边（或两边的延长线）相交的直线，所截得的三角形的三边与原三角形的三边对应成比例．8.【考点】规律型：图形的变化类
【分析】根据题意知原图形中各行、各列中点数之和为10，据此可得．
解：由题意知，原图形中各行、各列中点数之和为10，
符合此要求的只有
故选：C．
【点评】本题主要考查图形的变化规律，解题的关键是得出原图形中各行、各列中点数之和为10．
9.【考点】二次函数图象与系数的关系；二次函数图象上点的坐标特征；抛物线与x轴的交点
【分析】根据二次函数的性质一一判断即可．
解：∵抛物线的顶点坐标（﹣2，﹣9a），
∴﹣=﹣2，=﹣9a，
∴b=4a，c=﹣5a，
∴抛物线的解析式为y=ax2+4ax﹣5a，
∴4a+2b+c=4a+8a﹣5a=7a＞0，故①正确，
5a﹣b+c=5a﹣4a﹣5a=﹣4a＜0，故②错误，
∵抛物线y=ax2+4ax﹣5a交x轴于（﹣5，0），（1，0），
∴若方程a（x+5）（x﹣1）=﹣1有两个根x1和x2，且x1＜x2，则﹣5＜x1＜x2＜1，正确，故③正确，
若方程|ax2+bx+c|=1有四个根，则这四个根的和为﹣8，故④错误，
故选：B．
【点评】本题考查二次函数的性质、二次函数图象上的点的特征、抛物线与坐标轴的交点问题等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
10.【考点】平行四边形性质、线段垂直平分线性质
【分析】根据平行四边形性质得出AD=BC，AB=CD，OA=OC，根据线段垂直平分线得出AE=CE，求出CD+DE+EC=AD+CD，代入求出即可．
解：∵平行四边形ABCD，
∴AD=BC，AB=CD，OA=OC，
∵EO⊥AC，
∴AE=EC，
∵AB+BC+CD+AD=32cm，
∴AD+DC=16cm，
∴△DCE的周长是：CD+DE+CE=AE+DE+CD=AD+CD=16cm，
故选：B．
【点评】解答本题的关键是利用线段垂直平分线的性质求出AE=CE，进而求三角形的周长
二、填空题
11.【考点】提公因式法
【分析】原式提取公因式，计算即可得到结果．
解：原式=（a+1）[1+a+a（a+1）+a（a+1）2+…+a（a+1）98]，
=（a+1）2[1+a+a（a+1）+a（a+1）2+…+a（a+1）97]，
=（a+1）3[1+a+a（a+1）+a（a+1）2+…+a（a+1）96]，
=…，
=（a+1）100．
故答案是：（a+1）100．
【点睛】考查了因式分解-提公因式法，熟练掌握提取公因式的方法是解本题的关键．
12.【考点】二元一次方程的应用
【分析】设购买甲种体育用品x件，购买乙种体育用品y件，根据“甲种体育用品每件20元，乙种体育用品每件30元，共用去150元”列出方程，并解答．
解：设购买甲种体育用品x件，购买乙种体育用品y件，
依题意得：20x+30y=150，
即2x+3y=15，
当x=3时，y=3．
当x=6时，y=1．
即有两种购买方案．
故答案是：两．
【点评】此题主要考查了二元一次方程的应用，根据题意得出正确的等量关系是解题关键．13.【考点】圆的认识
【分析】设∠COD=∠A=x°，表示出∠AOB和∠OCD，然后利用三角形内角和定理求解即可．解：设∠COD=∠A=x°，
∴∠AOB=（180﹣2x）°，
∠OCD=∠ODC=°，
∵∠AOB+∠C=180°，
∴+180﹣2x=180
解得：x=36
∴∠AOB=（180﹣2x）°=108°，
故答案为：108°．
【点评】本题考查圆的认识，设出未知数计算，体现了方程的数学思想．
14.【考点】轴对称-最短路线问题，含30度角的直角三角形性质
【分析】作点C关于AB的对称点C′，过点C作C′N⊥AC于N，交AB于点M，则C′N的长即为MN＋MC的最小值；
解: 作点C关于AB的对称点C′，过点C作C′N⊥AC于N，交AB于点M，则C′N的长即为
MN＋MC的最小值，连接CC′交AB于点H，则CC′⊥AB，C′H＝HC′，
∵∠C′MH＝∠AMN，∠A＝30°，
∴∠C′＝∠A＝30°，
∵AC＝4，
∴HC＝AC，
∴CC′＝4，
∴C′N＝CC′•cosC′＝2．
故答案为2.
【点睛】本题考查轴对称−最短问题，直角三角形30度角性质，锐角三角函数等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
15.【考点】反比例函数系数k的几何意义．
【分析】先根据点A在反比例函数y=的图象上，且点A的横坐标是2，可得A（2，），再根据B（，2），D（﹣，﹣2），运用两点间距离公式求得AB和AD的长，即可得到矩形ABCD的面积．也可以根据A，B的坐标求得△AOB的面积，进而得到矩形的面积．
解法1：如图所示，根据点A在反比例函数y=的图象上，且点A的横坐标是2，可得
A（2，），
根据矩形和双曲线的对称性可得，B（，2），D（﹣，﹣2），
由两点间距离公式可得，AB==，AD==，
∴矩形ABCD的面积=AB×AD=×=；
解法2：如图所示，过B作BE⊥x轴，过A作AF⊥x轴，
根据点A在反比例函数y=的图象上，且点A的横坐标是2，可得A（2，），
根据矩形和双曲线的对称性可得，B（，2），
∵S△BOE=S△AOF=，
∴S△AOB=S梯形ABEF=（+2）×（2﹣）=，
∴矩形ABCD的面积=4×=，
故答案为：．
16.【考点】待定系数法求一次函数解析式；菱形的性质
【分析】根据菱形的性质，可得OC的长，根据三角函数，可得OD与CD，根据待定系数法，可得答案．
解：如图，
由菱形OABC的一个顶点在原点O处，A点的坐标是（0，4），得
OC=OA=4．
又∵∠1=60°，
∴∠2=30°．
sin∠2==，
∴CD=2．
cos∠2=cos30°==，
OD=2，
∴C（2，2）．
设AC的解析式为y=kx+b，
将A，C点坐标代入函数解析式，得
，
解得，
直线AC的表达式是y=﹣x+4，
故答案为：y=﹣x+4．
【点评】本题考查了待定系数法求一次函数解析式，利用锐角三角函数得出C点坐标是解题关键，又利用了菱形的性质及待定系数法求函数解析式．
三、解答题
17.【考点】实数的运算；分式的化简求值；零指数幂；负整数指数幂；特殊角的三角函数值
【分析】（1）根据绝对值、特殊角的三角函数值、负整数指数幂、零指数幂可以解答本题；
（2）根据分式的减法和乘法可以化简题目中的式子，再从1、2、3中选取一个使得原分式有意义的值代入化简后的式子即可解答本题．
解：（1）|﹣2|﹣2cos60°+（）﹣1﹣（2018﹣）0
=2﹣2×+6﹣1
=2﹣1+6﹣1
=6；
（2）（1﹣）•
=
=
=，
当x=2时，原式=．
【点评】本题考查分式的化简求值、绝对值、特殊角的三角函数值、负整数指数幂、零指数幂，解答本题的关键是明确它们各自的计算方法．
18.【考点】条形统计图，扇形统计图，众数，中位数，平均数
【分析】（1）根据穿165型的人数与所占的百分比列式进行计算即可求出学生总人数，再乘以175型所占的百分比计算即可得解；
（2）求出185型的人数，然后补全统计图即可；
（3）用185型所占的百分比乘以360°计算即可得解；
（4）根据众数的定义以及中位数的定义解答．
解：（1）15÷30%=50（名），50×20%=10（名），
即该班共有50名学生，其中穿175型校服的学生有10名；
（2）185型的学生人数为：50﹣3﹣15﹣15﹣10﹣5=50﹣48=2（名），
补全统计图如图所示；
（3）185型校服所对应的扇形圆心角为：×360°=14.4°；
（4）165型和170型出现的次数最多，都是15次，
故众数是165和170；
共有50个数据，第25、26个数据都是170，
故中位数是170．
【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．除此之外，本题也考查了平均数、中位数、众数的认识．19.【考点】解直角三角形的应用-俯角仰角
【分析】作DH⊥BC于H．设AE=x．在Rt△ABC中，根据tan∠ABC=，构建方程即可解决问题；
解：作DH⊥BC于H．设AE=x．
∵DH：BH=1：3，
在Rt△BDH中，DH2+（3DH）2=6002，
∴DH=60，BH=180，
在Rt△ADE中，∵∠ADE=45°，
∴DE=AE=x，
∵又HC=ED，EC=DH，
∴HC=x，EC=60，
在Rt△ABC中，tan33°=，
∴x=，
∴AC=AE+EC=+60=．
答：山顶A到地面BC的高度AC是米
【点评】本题考查仰角的定义，要求学生能借助仰角构造直角三角形并解直角三角形．解此题的关键是掌握数形结合思想与方程思想的应用．
20.【考点】二次函数的三种形式；二次函数的最值．
【分析】（1）由于二次项系数是1，所以直接加上一次项系数的一半的平方来凑完全平方式，把一般式转化为顶点式；
（2）根据二次函数的性质结合自变量的取值范围即可求解；
（3）先求出方程x2﹣6x+8=0的两根，再根据二次函数的性质即可求解．
解：（1）y=x2﹣6x+8=（x2﹣6x+9）﹣9+8=（x﹣3）2﹣1；
（2）∵抛物线y=x2﹣6x+8开口向上，对称轴为x=3，
∴当0≤x≤4时，x=3，y有最小值﹣1；x=0，y有最大值8；
（3）∵y=0时，x2﹣6x+8=0，解得x=2或4，
∴当y＜0时，x的取值范围是2＜x＜4．
故答案为﹣1，8．
【点评】本题考查了二次函数解析式的三种形式，二次函数的性质及最值的求法，难度适
中．把一般式转化为顶点式是解题的关键．
【考点】作图—应用与设计作图，等腰三角形的判定，勾股定理，正方形的性质
【分析】①以A为圆心，以3为半径作弧，交AD、AB两点，连接即可；②连接AC，在AC上，以A为端点，截取1.5个单位，过这个点作AC的垂线，交AD、AB两点，连接即可；③以A为端点在AB上截取3个单位，以截取的点为圆心，以3个单位为半径画弧，交BC一个点，连接即可；④连接AC，在AC上，以C为端点，截取1.5个单位，过这个点作AC的垂线，交BC、DC 两点，然后连接A与这两个点即可；⑤以A为端点在AB上截取3个单位，再作着个线段的垂直平分线交CD一点，连接即可，⑥以A为端点在AD上截取3个单位，再作着个线段的垂直平分线交BC一点，连接即可；⑦以A为端点在AD上截取3个单位，以截取的点为圆心，以3个单位为半径画弧，交CD一个点，连接即可．
解：满足条件的所有图形如图所示：
【点评】此题主要考查了作图-应用与设计作图，关键是掌握等腰三角形的判定方法．
21.【考点】全等三角形的性质和判定，等腰三角形的性质和判定，角平分线性质，直角三角形的性
质的应用
【分析】（1）求出∠BAC=∠EAD，根据SAS推出△ABC≌△ADE，推出四边形ABCD的面积=三角形ACE的面积，即可得出答案；
（2）过点A作AG⊥CG，垂足为点G，根据等腰直角三角形的性质得出∠ACE=∠AEC=45°，△ABC≌△ADE求出∠ACB=∠AEC=45°，再推出∠ACB=∠ACE，求出AF=AG，求出CG=AG=GE，即可得出答案．
（1）解：∵∠BAD=∠CAE=90°，
∴∠BAC+∠CAD=∠EAD+∠CAD
∴∠BAC=∠EAD，
在△ABC和△ADE中，
，
∴△ABC≌△ADE（SAS），
∵S四边形ABCD=S△ABC+S△ACD，
∴S四边形ABCD=S△ADE+S△ACD=S△ACE=×10×10=50；
（2）证明：过点A作AG⊥CG，垂足为点G，
∵△ACE是等腰直角三角形，
∴∠ACE=∠AEC=45°，
由△ABC≌△ADE得：
∠ACB=∠AEC=45°，
∴∠ACB=∠ACE，
∴AC平分∠ECF，
∵AF⊥CB，
∴AF=AG，
又∵AC=AE，
∴∠CAG=∠EAG=45°，
∴∠CAG=∠EAG=∠ACE=∠AEC=45°，
∴CG=AG=GE，
∴CE=2AG，
∴CE=2AF．
【点评】本题考查了全等三角形的性质和判定，等腰三角形的性质和判定，角平分线性质，直角三角形的性质的应用，能综合运用性质进行推理是解此题的关键，难度适中．
22.【考点】一次函数综合题
【分析】（1）利用待定系数法求解析式即可；
（2）作AG⊥OB 于G ，NH⊥OB 于H ，利用勾股定理先求得AG 的长，然后根据三角形相似求得NH ：AG=OM ：OB ，得出NH 的长，因为△MBN 的面积=△PMN 的面积=S ，即可求得S 与x 的关系式．
（3）因为△AMB 的面积=△ANB 的面积=S△ANB，△NMB 的面积=△NMP 的面积=S ，所以
NH ；AG=2：3，因为ON ：OA=NH ：AG ，OM ：OB=ON ：OA ，所以OM ：OB=ON ：OA=2：3，进而求得M 点的坐标，求得MN 的解析式，然后求得直线MN 与直线OA 的交点即可．
解：（1）设直线OA 的解析式为y=k 1x ，
∵A（4，3），
∴3=4k 1，解得k 1=43
，
∴OA 所在的直线的解析式为：y=43
x ，
同理可求得直线AB 的解析式为；y=﹣23
x+9，
∵MN∥AB，
∴设直线MN 的解析式为y=﹣23x+b ，把M （1，0）代入得：b=23
，
∴直线MN 的解析式为y=﹣23x+23
，解，得，
∴N（23，21
）．
（2）如图2，作NH⊥OB 于H ，AG⊥OB 于G ，则AG=3．
∵MN∥AB，
∴△MBN 的面积=△PMN 的面积=S ，
∴△OMN∽△OBA，
∴NH：AG=OM ：OB ，
∴NH：3=x ：6，即NH=21
x ，∴S=21MB•NH=×21（6﹣x）×21x=﹣41（x﹣3）2+49
（0＜x ＜6），
∴当x=3时，S 有最大值，最大值为49
．
（3）如图2，∵MN∥AB，
∴△AMB 的面积=△ANB 的面积=S△ANB，△NMB 的面积=△NMP 的面积=S ∵S：S△ANB=2：3，∴21MB•NH ：21
MB•AG=2：3，即NH ；AG=2：3，
∵AG⊥OB 于G ，NH⊥OB，
∴NH∥AG，
∴ON：OA=NH ：AG=2：3，
∵MN∥AB，
∴OM：OB=ON ：OA=2：3，
∵OA=6，
∴=32，
∴OM=4，
∴M（4，0）
∵直线AB 的解析式为；y=﹣23
x+9，
∴设直线MN 的解析式y=﹣x+b ∴代入得：0=﹣23
×4+b ，
解得b=6，
∴直线MN 的解析式为y=﹣x+6，解得，∴N（38
，2）．【点评】本题考查了待定系数法求解析式，直线平行的性质，三角形相似判定及性质，同底等高的三角形面积相等等，相等面积的三角形的转化是本题的关键．
23.【考点】菱形的判定与性质；勾股定理；平行四边形的性质．
【分析】（1）由外角的性质可得∠AFB=∠FBC+∠FCB，又因为∠ABF=∠FBC+∠FCB，易得AB=AF ，由菱形的判定定理可得结论；
（2）作DH⊥AC 于点H ，由特殊角的三角函数可得∠CBE=30°，由平行线的性质可得
∠2=∠CBE=30°，利用锐角三角函数可得AH ，DH ，由菱形的性质和勾股定理得CH ，得AC ．
（1）证明：∵EF∥AB，BE∥AF，
∴四边形ABEF 是平行四边形．
∵∠ABF=∠FBC+∠FCB，∠AFB=∠FBC+∠FCB，
∴∠ABF=∠AFB，
∴AB=AF，
∴▱ABEF 是菱形；
（2）解：作DH⊥AC 于点H ，
∵，
∴∠CBE=30°，
∵BE∥AC，
∴∠1=∠CBE，
∵AD∥BC，
∴∠2=∠1，
∴∠2=∠CBE=30°，
Rt△ADH中，，
DH=AD•sin∠2=4，
∵四边形ABEF是菱形，
∴CD=AB=BE=5，
Rt△CDH中，，
∴．
【点评】本题主要考查了菱形的性质及判定定理，锐角三角函数等，由锐角三角函数解得AH，CH是解答此题的关键．。