【中考二轮复习】全国2026年最新选择、填空、解答压轴题汇编45题（10-8）

【中考二轮复习】全国2026年最新选择、填空、解答压轴题汇编45题（10-8） 一．选择题（共15小题） 1．（2026•新城区模拟）已知点A（2﹣m，y1），B（m﹣4，y2），都在抛物线y＝ax2+3ax+n（a＞0）上．若点A在对称轴左侧，则y1，y2，y3的大小关系是（　　） A．y2＜y1＜y3 B．y1＜y3＜y2 C．y3＜y2＜y1 D．y3＜y1＜y2 2．（2026•西湖区校级模拟）如图，正方形ABCD中，E为对角线AC上一点，连接DE，过点E作EF⊥DE交DC的延长线于F，交BC于M，若DE＝MF，且，则线段CF的长为（　　） A．2 B． C．1 D． 3．（2026•沛县一模）如图，等边三角形ABC的边长为20，分别以顶点A、B、C为圆心，画3个全等的圆．若圆的半径为x，且0＜x≤10，阴影部分的面积之和为y，能反映y与x之间函数关系的大致图形是（　　） A． B． C．D． 4．（2026•深圳一模）如图，点D是等边△ABC边AB上的一点，且AD：DB＝1：3，现将△ABC折叠，使点C与D重合，折痕为EF，点E，F分别在AC和BC上，则CE：CF＝（　　） A．1：3 B．2：5 C．4：6 D．5：7 5．（2026•溧水区一模）如图，二次函数y＝ax2+bx+c（a，b，c为常数，a≠0）的图象与x轴交于点A（3，0），与y轴交于点B，对称轴为直线x＝1，下列四个结论：①abc＞0；②2a+c＞0；③am2+bm≤﹣a（m为任意实数）；④若，则﹣2＜a+b+c＜﹣1，其中正确结论有（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 6．（2026•安徽模拟）如图，在矩形ABCD中，AB＝2，BC＝4，P是射线BC上一动点，连接AP并将它绕点P顺时针旋转90°得到线段PA′，连接AA′，取AA′的中点Q，再连接PQ，A′C，CQ，DQ．则下列说法正确的是（　　） A．DQ的最小值为2 B．CQ+DQ的最小值为 C．A′C的最小值为 D．PQ+DQ的最小值为 7．（2026•南海区校级模拟）已知点A（﹣5，y1）、B（﹣2，y2）和C（1，y3）都在二次函数y＝ax2+2ax+c（a＜0）的图象上，则y1、y2、y3的大小关系是（　　） A．y1＜y2＜y3 B．y1＜y3＜y2 C．y2＜y3＜y1 D．y3＜y2＜y1 8．（2026•宁波模拟）如图，▱ABCD中，DE∥BG，AF∥CH，E，G分别在AF，CH上，连接FH，∠AFB＝120°，若△AFB≌△HEF，△AED与△HEF的面积相等，则的值为（　　） A． B． C． D． 9．（2026•仪陇县一模）已知抛物线y＝3x2+bx与直线y＝x+1相交于A，B两点，若3＜b＜4，则该抛物线顶点到直线AB的距离d的取值范围是（　　） A． B． C． D． 10．（2024•邯郸一模）如图，要围一个矩形菜园ABCD，其中一边AD是墙，且AD的长不能超过26m，其余的三边AB，BC，CD用篱笆，且这三边的和为40m，有下列结论： ①AB的长可以为6m；②AB的长有两个不同的值满足菜园ABCD面积为192m2；③菜园ABCD面积的最大值为200m2．其中正确的是（　　） A．①② B．①③ C．②③ D．①②③ 11．（2026•红桥区模拟）如图，小亮同学掷铅球时，铅球沿抛物线y＝a（x﹣3）2+5a+3（a为常数，a≠0）运动，其中x（单位：m）是铅球离初始位置的水平距离，y（单位：m）是铅球离地面的高度．若铅球在抛出时离地面的高度OA为1.6m，有下列结论：①铅球运动的高度可以是2.4m；②铅球掷出的水平距离OB为8m；③当铅球离地面的高度为2.1m时，它离初始位置的水平距离为5m．其中，正确结论的个数为（　　） A．0 B．1 C．2 D．3 12．（2026•晋江市一模）如图，点P在双曲线上，PB⊥y轴，垂足为B，过点B作AB∥OP交双曲线于点A，连接OA，交PB于点Q，则的值为（　　） A． B． C． D． 13．（2026•丹江口市一模）如图，已知，正方形ABCD的边长为6，E是CD边上一点，DE＝2，AF⊥AE交CB延长线于点F，连接EF，交AB于点G，则△AFG面积为（　　） A．5 B．4.8 C．4.5 D．4 14．（2025•惠山区一模）如图，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CE是斜边AB上的中线，过点E作EF⊥AB交AC于点F．若△AEF的面积为25，sin∠CEF，则BC的长为（　　） A．6 B． C． D．10 15．（2026•九龙坡区校级模拟）若整式M：anxn+an﹣1xn﹣1+⋯+a1x+a0，其中an为正整数，n为自然数，a0，a1，…，an﹣1均为整数，且满足：an≥an﹣1≥⋯≥a1≥a0.若（n+1）•a0•a1•…•an＝24，则下列说法： ①存在满足条件的单项式M；②若a0＞0，满足条件的整式M恰有13个；③若M为二次三项式，则满足条件的所有M的最小值都大于﹣2．其中正确的个数是（　　） A．0个 B．1个 C．2个 D．3个 二．填空题（共15小题） 16．（2026•新城区模拟）如图，在菱形ABCD中，AB＝12，对角线AC＝18，点E、O分别在边AB、BC上，AE＝OB＝4，⊙O半径为2，点P为AC上一动点，点Q为⊙O上一动点．当EP+PQ＝10时，AP的长为　 　 ． 17．（2026•西湖区校级模拟）某中学数学社团开展折纸活动，如图，在一张宽为，长度足够的矩形纸条中剪取矩形纸片ABCD（）．先将纸片折出折痕BD，再在边AD上取点P，将△ABP沿BP折叠得△A′BP．记A′P与BD的交点为Q，在折纸过程中，当点Q平分线段A′P时，A′B恰好平分∠DBC，则AD长度应取　 　 cm． 18．（2026•沛县一模）如图，∠MON＝30°，点A1，A2，A3，…在射线ON上，点B1，B2，B3，…在射线OM上，△A1B1A2，△A2B2A3，△A3B3A4，…均为等边三角形，若OA1＝1，则△A2025B2025A2026的边长为　 　 ． 19．（2026•深圳一模）如图，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，点P为边AD上一个动点，连接CP，将CP绕点P逆时针旋转90°得到线段PQ，点C的对应点为点Q，连接BQ，CQ，则BQ的最小值为 　 　 ． 20．（2026•溧水区一模）如图，△ABC是边长为1的等边三角形，取BC边中点E，作ED∥AB，EF∥AC，得到四边形EDAF，它的周长记作C1；取BE中点E1，作E1D1∥FB，E1F1∥EF，得到四边形E1D1FF1，它的周长记作C2，⋯，照此规律作下去，则C2027＝　 　 ． 21．（2026•安徽模拟）我们规定：如果一个自然数A的个位数字不为0，且能分解成m×n，其中m与n都是两位数，m与n的十位数字相同，个位数字之和为9，则称数A为“和九数”，并把数A分解成A＝m×n的过程，称为“和九分解”．例如：因为1188＝33×36，33和36的十位数字相同，个位数字之和为9，所以1188是“和九数”，1188分解成1188＝33×36的过程就是“和九分解”．按照这个规定，最大的“和九数”是　 　 ．把一个“和九数”A进行“和九分解”，即A＝m×n，若F（A）＝m+n+1，G（A）＝|m﹣n|，令，若H（A）能被3整除，则满足条件的自然数A的最大值为　 　 ． 22．（2026•南海区校级模拟）如图，在Rt△ABC的纸片中，∠C＝90°，沿过点B的直线折叠这个三角形，使点C落在AB边上的点E处，折痕为BD，AC＝4，AB＝5，则AD的长为 　 　 ． 23．（2026•宁波模拟）同一平面直角坐标系中，抛物线与y＝﹣（x+m）2﹣（x+n）2关于原点成中心对称，则代数式（m+2）2+（n+2）2的值为　 　 ． 24．（2026•仪陇县一模）如图，在矩形ABCD中，AB＝1，BC＝2，P和Q分别是线段BC和CD上的动点，且BP＝2CQ，则PQ的最小值是　 　 ． 25．（2025•南开区三模）如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，A，B，C，D，E均为格点，以AB为直径作半圆，半圆的圆心为点O． （Ⅰ）半圆的半径长为 　 　 ； （Ⅱ）请用无刻度的直尺，在如图所示的网格中，画出圆心O，在线段DE上画出点P，使得∠ACP＝3∠ACO．要求所作直线不多于5条，并简要说明点O，点P的位置是如何找到的（不要求证明） 　 　 ． 26．（2026•红桥区模拟）如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，以AB为直径的圆与网格线相交于点C，D． （1）∠ACB的大小为　 　 （度）； （2）点P在直径AB上，当PC+PD取得最小值时，请用无刻度的直尺，在如图所示的网格中，画出点P，并简要说明点P的位置是如何找到的（不要求证明）　 　 ． 27．（2026•武威一模）如图，正方形ABCD的边BC在∠MON的边ON上，点A在边OM上，∠MON＝30°，AB＝4，点P为射线AM上的一点，将线段PC绕点D顺时针旋转90°得线段EA，当PE取最小值时，则CE＝　 　 ． 28．（2026•丹江口市一模）如图1，在Rt△ABC中，∠C＝90°，点D在AC上，，动点P在Rt△ABC的边上沿C→B→A方向以每秒1个单位长度的速度匀速运动，到达点A时停止，以DP为边作正方形DPEF．设点P的运动时间为t秒，正方形DPEF的面积为S．当点P由点B运动到点A时，如图2，S是关于t的二次函数．则①当t＝1时，S＝　 　 ；②m＝　 　 ． 29．（2026•天宁区校级模拟）如图，矩形ABCD的长，将矩形ABCD对折，折痕为PQ，展开后，再将∠C折到∠DFE的位置，使点C刚好落在线段AQ的中点F处，则EF的值为　 　 ． 30．（2026•九龙坡区校级模拟）一个四位正整数，各个数位上的数字均不为0，当a+b＝6，c+d＝6k（k为正整数）时，称这个四位数M为“顺利数”．将M的千位数字与十位数字调换，百位数字与个位数字调换后得到的新四位数记为M′，规定，当M最大时，G（M）的值为　 　 ；若为整数，且M能被13整除，则满足条件的正整数M的和为　 　 ． 三．解答题（共15小题） 31．（2026•新城区模拟）（1）如图1，直线DE∥BC，连接DB、DC、EB、EC，若S△BCD＝5，则S△BCE＝　 　 ； （2）如图2，△ABC是⊙O的内接三角形，AB＝AC，∠BAC＝45°，BC＝6，求△ABC的面积； （3）如图3，某林业部门计划在一片空地上修建一个四边形阳光花园ABCD，其中∠ABC＝∠ADC＝60°，AB＝40米，BC＝140米，现需要修建一块三角形区域DEF作为牡丹观赏区，要求点E在BC上，CE＝60米，点F在CD上，且EF∥AD．请问牡丹观赏区△DEF的面积是否有最大值？若有，请求出最大值；若没有，请说明理由． 32．（2026•西湖区校级模拟）如图，△ABC内接于⊙O，AB＝AC，连结BO并延长交AC于点E，交⊙O于点D．连结AO，AD，CD． （1）求证：∠ABC＝∠ADB； （2）若∠ACB＝55°，求∠OAC的度数； （3）若，，求AE的长． 33．（2026•沛县一模）在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，抛物线y＝a（x+2）（x﹣4）交x轴的负半轴于点A，交x轴的正半轴于点B，交y轴于点C，且OC＝2OA， （1）求a的值； （2）如图1，点P在第四象限的抛物线上，连接CP交OB于点D．若P点的横坐标为t，设线段OD长为d，求d与t的函数解析式； （3）如图2，在（2）的条件下，点Q在第三象限的抛物线上，连接PQ，过A作AE∥y轴交PQ于点E，连接DE，∠ADE+90°＝2∠AEQ，在线段CD上取点F，连接OF使∠OFP＝∠DPQ，过B作BH⊥OF于点H交DF于点G，若BG＝2OH，求点Q的坐标，并直接写出点E是否在直线OF上． 34．（2026•深圳一模）【综合与实践】 在数学的学习过程中，我们除了掌握课本中常见的四边形外，还会遇到许多具有独特性质的特殊四边形．让我们结合已有知识，对以下特殊四边形展开探究． 定义：在四边形中，若有一个内角为直角，且从该直角顶点引出的对角线，将其对角分成的两个角中恰有一个角为直角，则称这样的四边形为“璧合四边形”． 【初步探究】 （1）如图1，在“璧合四边形ABCD”中，若∠A＝60°，则∠CBD＝　 　 ，的值为　 　 ． 【问题解决】 （2）如图2，在“璧合四边形ABCD”中，∠ADB＝∠ABC＝90°，∠A＝45°，E为线段AB上一点，且CD⊥DE，求的值． 【拓展应用】 （3）如图3，在“璧合四边形ABCD”中，∠A＝45°，AD＝12，E为线段AB上一动点，且CD⊥DE，连接CE，将△CDE沿CE翻折，得到△CFE，连接BF，若BF＝4，作出图形并求线段AE的长． 35．（2026•溧水区一模）综合与实践课上，伍老师带领学生们分小组进行折叠矩形纸片的探究活动． 【折叠实践】 第一步：如图（1），将矩形纸片ABCD对折，使边AD，BC重合，再展开，折痕与AB交于点F． 第二步：如图（2），在AD上取一点E，沿EF折叠矩形ABCD，点A的对应点为G．延长EG交BC于点H，将纸片沿过点H的直线折叠．使点C的对应点落在EH上，折痕与DC交于点M． 【初步发现】 （1）探究图（2）中EF和MH的位置关系． 【深入探究】 （2）勤学小组的同学们选用了如图（3）所示的矩形纸片，选取的点E与点D重合，按步骤折叠后发现，点F，G，M共线．请你帮他们求出的值． 【拓展延伸】 （3）奋进小组的同学们选用了AB＝4dm，BC＝8dm的矩形纸片，按步骤进行多次折叠（选取不同位置的点E），且第二步折叠中，折痕与AD交于点M，把纸片展开后，连接GM（图（4）是奋进小组的一次折叠样例）．请你解决：当△EGM为直角三角形时，直接写出AE的长． 36．（2026•安徽模拟）已知抛物线y＝ax2﹣bx﹣3（a≠0）经过点（4，﹣3）． （1）求该抛物线的对称轴； （2）点A（x1，y1）和B（x2，y2）分别在抛物线y＝ax2﹣bx﹣3和y＝x2﹣x上（A，B与原点都不重合）． ①若，且x1＝x2，比较y1与y2的大小； ②当时，若是一个与x2无关的定值，求a与b的值． 37．（2026•南海区校级模拟）【模型建立】如图1，等腰直角三角形ABC中，∠ACB＝90°，CB＝CA，直线ED经过点C，过点A作AD⊥ED于点D，过点B作BE⊥ED于点E，求证：△BEC≌△CDA； 【模型运用】如图2，在平面直角坐标系中，等腰Rt△ACB，∠ACB＝90°，AC＝BC，AB与y轴交点D，点C的坐标为（0，﹣2），A点的坐标为（4，0），求点B、D两点的坐标； 【模型拓展】如图3，直线yx+3上有一点A，x轴上有一点B（6，0），且满足∠OAB＝45°，直接写出点A的坐标． 38．（2026•宁波模拟）如图1，△ABC中，AB＝AC，P为BC中点，点D在AB上（不与A，B重合），过点D作DM⊥BC，垂足为M，连结CD，过CD的中点E．作EN⊥BC，垂足为N． （1）若BC＝8，当D为AB中点时，求PM的长． （2）求的值． （3）如图2，连结AE，过点E作EQ⊥AE交DM于点Q，连结BQ，求证：QB＝QD． 39．（2026•仪陇县一模）如图，抛物线与x轴交于A，B两点（点A在点B的左边），与y轴负半轴交于点C，OC＝OB＝3，tan∠CAO＝3． （1）求抛物线的解析式； （2）如图1，连接AC，点D在抛物线上，连接BD，若∠ABD＝∠ACO，求点D的坐标； （3）如图2，点P为第四象限内抛物线上一动点，PA，PB与y轴分别交于M，N两点．当点P运动时，试判断的值是否为定值？若是，请求出该定值，若不是，请说明理由． 40．（2026•西青区校级模拟）对称轴为直线x＝﹣1的抛物线y＝ax2+bx﹣3（a≠0）与x轴相交于A，B两点，其中点A的坐标为（﹣3，0）． （1）求抛物线的解析式； （2）点C为抛物线与y轴的交点； ①点P在抛物线上，且S△POC＝4S△BOC，求点P点坐标； ②设点Q是线段AC上的动点，作QD⊥x轴交抛物线于点D，求线段QD长度取的最大值时点D到AC的距离． 41．（2026•红桥区模拟）已知抛物线（b，c为常数）与x轴相交于A（﹣1，0），B两点，与y轴相交于点C（0，3）．M为x轴下方抛物线上横坐标为m的点，连接MB． （1）求该抛物线的解析式和点B的坐标； （2）当∠MBC＝45°时，求m的值； （3）过点M作x轴的平行线与抛物线相交于点P，过点M作y轴的平行线与直线BC相交于点Q，若MP＝MQ，求m的值． 42．（2026•晋江市一模）如图1，在等边三角形ABC中，F为边AC延长线上的一点，将线段AF绕着点A逆时针旋转60°得到线段AD，连接CD，BF． （1）求证：∠ADC＝∠AFB； （2）如图2，将线段BF沿BA方向平移BA的长度得到线段AE，AE与CD相交于点G，连接EF． ①求证：D，E，F三点在同一条直线上； ②当EG＝2AG时，求tan∠ADC的值． 43．（2026•丹江口市一模）在平面直角坐标系xOy中，已知，抛物线y＝ax2﹣2ax过点（﹣1，3）． （1）求抛物线的函数解析式； （2）若将抛物线平移得到抛物线y＝（x﹣h）2﹣1与直线y＝x﹣1在0≤x≤2的范围内有公共点，求h的取值范围； （3）如图，直线y＝kx﹣k（k≠0）与（1）中抛物线交于A，B两点，与x轴交于点C．试探究：当k变化时，抛物线的对称轴上是否存在定点P，使得PC总是平分∠APB？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由． 44．（2026•天宁区校级模拟）如图，已知抛物线y＝ax2+bx+3与x轴交于点A（﹣1，0），B（3，0），与y轴交于点C． （1）求抛物线的解析式； （2）若m≤x≤m+1时，二次函数y＝ax2+bx+3的最大值为m，求m的值； （3）当点P在对称轴左侧的抛物线上时，对称轴上是否存在一点D，使得△APD是以AD为直角边的等腰直角三角形，若存在，请直接写出点P的横坐标；若不存在，请说明理由． 45．（2026•九龙坡区校级模拟）在△ABC中，∠ACB＝60°，点D是△ABC所在平面内一点，连接AD． （1）如图1，若∠ABC＝30°，点D在BC边上，AD平分∠BAC，CD＝2，求AC的长； （2）如图2，若点D在BC边上，AD＝AC．将线段AB绕点A顺时针旋转120°得到AE，连接ED交边AC于点F．用等式表示线段AD，BC，CF之间的数量关系，并证明； （3）如图3，若∠ABC＝60°，AC＝2．连接CD，将CD绕点C顺时针旋转120°得到CE，且点A，D，E三点共线，连接DE，BD．当BD取最小值时，在直线BC上取一点P，连接EP，EB，将△BEP沿BE翻折到△ABC所在的平面内，得到△BEQ，连接CQ，当CQ取最小值时，直接写出△CEQ的面积． 【中考二轮复习】全国2026年最新选择、填空、解答压轴题汇编45题（10-8） 参考答案与试题解析 一．选择题（共15小题） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 D A A D B B B D D C C 题号 12 13 14 15 答案 D A B B 一．选择题（共15小题） 1．（2026•新城区模拟）已知点A（2﹣m，y1），B（m﹣4，y2），都在抛物线y＝ax2+3ax+n（a＞0）上．若点A在对称轴左侧，则y1，y2，y3的大小关系是（　　） A．y2＜y1＜y3 B．y1＜y3＜y2 C．y3＜y2＜y1 D．y3＜y1＜y2 【解答】解：∵抛物线y＝ax2+3ax+n（a＞0）， ∴抛物线开口向上，对称轴为直线x． ∴当x时，y取得最小值为y3． 又∵A在对称轴左侧， ∴2﹣m， ∴m， ∴m﹣44， 又∵A（2﹣m，y1），B（m﹣4，y2）， 且（2﹣m）＝mm﹣4﹣（）＝m， 根据抛物线开口向上时，抛物线上的点离对称轴越近函数值越小， ∴y1＜y2． 综上，y3＜y1＜y2． 故选：D． 2．（2026•西湖区校级模拟）如图，正方形ABCD中，E为对角线AC上一点，连接DE，过点E作EF⊥DE交DC的延长线于F，交BC于M，若DE＝MF，且，则线段CF的长为（　　） A．2 B． C．1 D． 【解答】解：如图，过点E作EH⊥AD于点H，EG⊥CD于点G，EN⊥BC于点N， ∵四边形ABCD是正方形，E为对角线AC上一点， ∴∠ADC＝∠BCD＝∠BCF＝90°，∠DAE＝∠ACD＝45°， ∵EH⊥AD，EG⊥CD，EN⊥BC， ∴∠CEG＝90°﹣∠ECG＝45°＝∠ECG，∠ADC＝∠DHE＝∠DGE＝90°，∠CGE＝∠BCD＝∠CNE＝90°，即CG＝EG， ∴四边形CGEN是正方形，四边形DGEH是矩形， ∴DG＝EH，DH＝GE＝CG， ∵，EH⊥AD， ∴∠DHE＝∠AHE＝90°， ∴，即， ∴EH＝DG＝1， ∵EF⊥DE， ∴∠EDG+∠CFM＝90°， ∵∠EDG+∠GED＝90°， ∴∠CFM＝∠GED， 在△CFM和△GED中， ， ∴△CFM≌△GED（AAS）， ∴CF＝GE，CM＝GD＝1， ∴CF＝CG， ∵∠FCM＝∠FGE＝90°， ∴CM∥GE， ∴MF＝ME， ∴CM是△EFG的中位线， ∴GE＝2CM＝2， ∴CF＝2． 故选：A． 3．（2026•沛县一模）如图，等边三角形ABC的边长为20，分别以顶点A、B、C为圆心，画3个全等的圆．若圆的半径为x，且0＜x≤10，阴影部分的面积之和为y，能反映y与x之间函数关系的大致图形是（　　） A． B． C． D． 【解答】解：∵3个全等的圆与等边三角形ABC形成的阴影部分为三个全等的扇形， ∵圆的半径为x，阴影部分的面积之和为y， ∴根据扇形面积公式得，， 即，0＜x≤10， 综上所述，只有选项A正确，符合题意， 故选：A． 4．（2026•深圳一模）如图，点D是等边△ABC边AB上的一点，且AD：DB＝1：3，现将△ABC折叠，使点C与D重合，折痕为EF，点E，F分别在AC和BC上，则CE：CF＝（　　） A．1：3 B．2：5 C．4：6 D．5：7 【解答】解：设AD＝k，则DB＝3k， ∵△ABC为等边三角形， ∴AB＝AC＝4k，∠A＝∠B＝∠C＝∠EDF＝60°， ∴∠EDA+∠FDB＝120°， 又∵∠EDA+∠AED＝120°， ∴∠FDB＝∠AED， ∴△AED∽△BDF， ∴， 设CE＝x，则ED＝x，AE＝4k﹣x， 设CF＝y，则DF＝y，FB＝4k﹣y， ∴， ∴， ∴， ∴CE：CF＝5：7． 故选：D． 解法二：解：设AD＝k，则DB＝3k， ∵△ABC为等边三角形， ∴AB＝AC＝4k，∠A＝∠B＝∠C＝∠EDF＝60°， ∴∠EDA+∠FDB＝120°， 又∵∠EDA+∠AED＝120°， ∴∠FDB＝∠AED， ∴△AED∽△BDF，由折叠，得CE＝DE，CF＝DF， ∴△AED的周长为5k，△BDF的周长为7k， ∴△AED与△BDF的相似比为5：7， ∴CE：CF＝DE：DF＝5：7． 故选：D． 5．（2026•溧水区一模）如图，二次函数y＝ax2+bx+c（a，b，c为常数，a≠0）的图象与x轴交于点A（3，0），与y轴交于点B，对称轴为直线x＝1，下列四个结论：①abc＞0；②2a+c＞0；③am2+bm≤﹣a（m为任意实数）；④若，则﹣2＜a+b+c＜﹣1，其中正确结论有（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【解答】解：①由图象得：a＞0，c＜0， ∵对称轴为直线， ∴b＝﹣2a， ∴b＜0， ∴abc＞0，故①正确； ②∵对称轴为直线x＝1，图象与x轴交于点A（3，0）， ∴图象与x轴交于另一点（﹣1，0）， ∴a﹣b+c＝0， ∴a﹣（﹣2a）+c＝0， ∴3a+c＝0， ∴﹣a＝2a+c， ∵a＞0， ∴﹣a＝2a+c＜0，故②错误； ③∵a＜0，对称轴为直线x＝1， ∴当x＝1时，y最小＝a+b+c， ∴ax2+bx+c≥a+b+c，即am2+bm+c≥a+b+c（m为任意实数）， ∴am2+bm≥a+b， ∵b＝﹣2a， ∴am2+bm≥﹣a，故③错误； ④由②得，3a+c＝0，b＝﹣2a， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴﹣2＜a+b+c＜﹣1，故④正确； 故正确的结论有2个， 故选：B． 6．（2026•安徽模拟）如图，在矩形ABCD中，AB＝2，BC＝4，P是射线BC上一动点，连接AP并将它绕点P顺时针旋转90°得到线段PA′，连接AA′，取AA′的中点Q，再连接PQ，A′C，CQ，DQ．则下列说法正确的是（　　） A．DQ的最小值为2 B．CQ+DQ的最小值为 C．A′C的最小值为 D．PQ+DQ的最小值为 【解答】解：如图，连接BQ，过D作DQ′⊥BQ交BQ的延长线于Q′，BQ′与AD交于点E， 在矩形ABCD中，AB＝2，BC＝4， ∴AB＝CD＝2，AD＝BC＝4，∠ABC＝∠BAD＝∠BCD＝90°， ∵∠APA′＝90°，AP＝A′P，Q为AA′的中点， ∴∠AOP＝90°＝∠ABP，∠PAO＝∠APO＝45°， ∴A，B，P，Q四点在同一个圆上， ∴∠QBP＝∠OAP＝45°， ∴点Q在射线QE上， ∴当点Q运动到Q′时，此时DQ最短， 如图，当Q，E重合，A′，D重合时， 此时四边形ABPE是正方形，则AB＝AE＝2，∠ABE＝∠AEB＝45°＝∠DEQ′， ∴DE＝AD﹣AE＝2， ∴， ∴当Q，Q′重合时，DQ的最小值为， ∴A选项错误． 如图所示，作点D关于直线BQ的对称点D′，连接D′Q，则DQ＝D′Q， 当C，Q，D′三点共线时，此时CQ+DQ＝CD′最小． 延长CD交BQ于点F，则△DEF为等腰直角三角形， 即DF＝DE＝2， 连接D′F，则D′F＝DF＝2， ∴，所以B选项正确． 如图，过A′作A′H⊥BC于H，取BC的中点M，则BM＝CM＝2， ∵将它绕点P顺时针旋转90°得到线段PA′， ∴PA＝PA′，∠APA′＝90°， ∵∠APB+∠BAP＝∠APB+∠A′PH＝90°， ∴∠BAP＝∠A′PH， 又∠ABP＝∠A′HP＝90°， 在△ABP与△PHA′中， ， ∴△ABP≌△PHA′（AAS）， ∴PH＝AB＝2，BP＝A′H， ∴BM﹣PM＝PH﹣PM， ∴BP＝MH， ∴MH＝A′H， ∴△A′MH是等腰直角三角形， ∴∠A′MH＝45°， 又∵CD＝CM＝2，∠MCD＝90°， ∴∠CMD＝45°， ∴M，A′，D共线， ∴， ∴A′在射线MD上运动， ∴当CA′⊥MD时，CA′最小， ∴， ∴A′C的最小值为， ∴C选项错误． ∵△AA′P为等腰直角三角形，Q为AA′的中点， ∴PQ＝AQ， ∵要使PQ+DQ取得最小，即AQ+DQ最小， 如图，当Q移动到AD上时，AQ+DQ的值最小，最小值为AD＝4． 即PQ+DQ的最小值为4， ∴D选项错误， 故选：B． 7．（2026•南海区校级模拟）已知点A（﹣5，y1）、B（﹣2，y2）和C（1，y3）都在二次函数y＝ax2+2ax+c（a＜0）的图象上，则y1、y2、y3的大小关系是（　　） A．y1＜y2＜y3 B．y1＜y3＜y2 C．y2＜y3＜y1 D．y3＜y2＜y1 【解答】解：由题知：抛物线的对称轴为直线， ∵a＜0， ∴抛物线开口向下， ∴离对称轴越远则函数值越小， 题中三个点离直线x＝﹣1距离由远及近为A、C、B， ∴y1＜y3＜y2， 故选：B． 8．（2026•宁波模拟）如图，▱ABCD中，DE∥BG，AF∥CH，E，G分别在AF，CH上，连接FH，∠AFB＝120°，若△AFB≌△HEF，△AED与△HEF的面积相等，则的值为（　　） A． B． C． D． 【解答】解：设EF＝1，AE＝k，则，AF＝AE+EF＝k+1， ∵△AFB≌△HEF， ∴AF＝EH＝k+1，BF＝EF＝1， 如图，DE∥BG，∠AFB＝120°，过点H作HK⊥AF于点K，过点D作DG⊥AF于点G，延长DE交AB于点M，延长BG交CD于点N， ∴∠DEF＝120°， ∴∠AEH＝60°， 在Rt△EHK中，， ∴， ∴． ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB＝CD，AB∥CD， ∵DM∥BN， ∴四边形BNDM是平行四边形， ∴∠MBN＝∠NDM， ∵AF∥CH，DE∥BG， ∴四边形EFGH是平行四边形， ∴∠EFG＝∠EHG， ∴∠BFE＝∠DHG， 在△ABF和△CDH中， ， ∴△ABF≌△CDH（AAS）， ∴DH＝BF＝1， ∴DE＝EH+DH＝k+1+1＝k+2， 在Rt△DGE中，∠DEG＝60°，， ∴， ∴． ∵S△AED＝S△HEF， ∴， 整理得：k2+k﹣1＝0， 解得：， 由k＞0，则k， 故选：D． 9．（2026•仪陇县一模）已知抛物线y＝3x2+bx与直线y＝x+1相交于A，B两点，若3＜b＜4，则该抛物线顶点到直线AB的距离d的取值范围是（　　） A． B． C． D． 【解答】解：如图，设抛物线的顶点为C， 由解析式可知抛物线顶点横坐标为，纵坐标为， 即顶点坐标为． 设直线与y＝x+1的交点为D， 当时，， ∴， 过点C作CE⊥AB于点E，则CE＝d， ∵y＝x+1与y轴的夹角为45°， ∴∠EDC＝45°， ∴△CDE是等腰直角三角形， ∴， 即， ∴． ∵d关于b的二次函数开口向上，对称轴为b＝1， ∴当3＜b＜4时，d随b的增大而增大． 当b＝3时，， 当b＝4时，， ∴． 故选：D． 10．（2024•邯郸一模）如图，要围一个矩形菜园ABCD，其中一边AD是墙，且AD的长不能超过26m，其余的三边AB，BC，CD用篱笆，且这三边的和为40m，有下列结论： ①AB的长可以为6m； ②AB的长有两个不同的值满足菜园ABCD面积为192m2； ③菜园ABCD面积的最大值为200m2． 其中正确的是（　　） A．①② B．①③ C．②③ D．①②③ 【解答】解：设AD边长为xm，则AB边长为m． 当AB＝6时，6，解得x＝28， ∵AD的长不能超过26m， ∴x≤26，故①不正确； ∵菜园ABCD面积为192m2， ∴x•192， 整理得：x2﹣40x+384＝0， 解得x＝24或x＝16，故②正确； 设矩形菜园的面积为Sm2，根据题意得：S＝x•（x2﹣40x）， ∵0，20＜26， ∴当x＝20时，S有最大值，最大值为200，故③正确； ∴选项正确的有2个． 故选：C． 11．（2026•红桥区模拟）如图，小亮同学掷铅球时，铅球沿抛物线y＝a（x﹣3）2+5a+3（a为常数，a≠0）运动，其中x（单位：m）是铅球离初始位置的水平距离，y（单位：m）是铅球离地面的高度．若铅球在抛出时离地面的高度OA为1.6m，有下列结论： ①铅球运动的高度可以是2.4m； ②铅球掷出的水平距离OB为8m； ③当铅球离地面的高度为2.1m时，它离初始位置的水平距离为5m． 其中，正确结论的个数为（　　） A．0 B．1 C．2 D．3 【解答】解：∵抛物线y＝a（x﹣3）2+5a+3经过点（0，1.6）， ∴1.6＝9a+5a+3， 解得a＝﹣0.1， ∴抛物线的关系式为y＝﹣0.1（x﹣3）2+2.5， 当x＝3时，y最大＝2.5m， ∴铅球运动的高度可以是2.4m； 当y＝0时，﹣0.1（x﹣3）2+2.5＝0， 解得x1＝﹣2（舍），x2＝8， ∴铅球掷出的水平距离OB为8m； 当y＝2.1时，﹣0.1（x﹣3）2+2.5＝2.1， 解得x1＝1，x2＝5， ∴它离初始位置的水平距离是1m或5m． 所以正确的有①②共2个， 故选：C． 12．（2026•晋江市一模）如图，点P在双曲线上，PB⊥y轴，垂足为B，过点B作AB∥OP交双曲线于点A，连接OA，交PB于点Q，则的值为（　　） A． B． C． D． 【解答】解：设，则点B的坐标为， 设直线OP的解析式为y＝kx， ∴，解得， ∴直线OP的解析式为， ∴直线AB的解析式为， 联立得， 整理得x2+ax﹣a2＝0， 解得， ∵x＞0， ∴， 将代入得， ∴点A的坐标为， 作AC⊥y轴于点C， 由条件可知BQ∥AC， ∴△OBQ∽△OCA， ∴，即， 解得， ∴， ∵AB∥OP， ∴． 故选：D． 13．（2026•丹江口市一模）如图，已知，正方形ABCD的边长为6，E是CD边上一点，DE＝2，AF⊥AE交CB延长线于点F，连接EF，交AB于点G，则△AFG面积为（　　） A．5 B．4.8 C．4.5 D．4 【解答】解：∵正方形ABCD的边长为6， ∴AB∥CD，AB＝AD＝6，∠D＝∠BAC＝∠ABC＝90°，即∠D＝∠ABF＝90°， ∴∠BAE+∠EAD＝90°， ∵AF⊥AE， ∴∠BAF+∠EAB＝90°， ∴∠BAF＝∠EAD， ∴△ADE≌△ABF（SAS）， ∴BF＝DE＝2， ∴EC＝DC﹣DE＝4，FC＝FB+BC＝8， ∵AB∥CD， ∴△FBG∽△FCE， ∴，即， 解得：BG＝1， ∴AG＝AB﹣BG＝5， ∴， 故选：A． 14．（2025•惠山区一模）如图，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CE是斜边AB上的中线，过点E作EF⊥AB交AC于点F．若△AEF的面积为25，sin∠CEF，则BC的长为（　　） A．6 B． C． D．10 【解答】解：如图，连接BF， ∵CE是斜边AB上的中线，EF⊥AB， ∴EF是AB的垂直平分线， ∴S△AFE＝S△BFE＝25，∠FBA＝∠A， ∴S△AFB＝50AF•BC． ∵CE＝AE＝BEAB， ∴∠A＝∠FBA＝∠ACE， 又∵∠BCA＝90°＝∠BEF， ∴∠CBF＝90°﹣∠BFC＝90°﹣2∠A， ∠CEF＝90°﹣∠BEC＝90°﹣2∠A， ∴∠CEF＝∠FBC， ∴sin∠CEF＝sin∠FBC． 设BF＝AF＝x， ∴CFx． 又∵BC•AF＝50， ∴BC． 又∵BC2+CF2＝BF2， ∴（）2+（x）2＝x2． ∴x＝5． ∴BC4． 故选：B． 15．（2026•九龙坡区校级模拟）若整式M：anxn+an﹣1xn﹣1+⋯+a1x+a0，其中an为正整数，n为自然数，a0，a1，…，an﹣1均为整数，且满足：an≥an﹣1≥⋯≥a1≥a0.若（n+1）•a0•a1•…•an＝24，则下列说法： ①存在满足条件的单项式M； ②若a0＞0，满足条件的整式M恰有13个； ③若M为二次三项式，则满足条件的所有M的最小值都大于﹣2． 其中正确的个数是（　　） A．0个 B．1个 C．2个 D．3个 【解答】解：若整式M：anxn+an﹣1xn﹣1+⋯+a1x+a0，其中an为正整数，n为自然数，a0，a1，…，an﹣1均为整数，且满足：an≥an﹣1≥⋯≥a1≥a0.则： ∵（n+1）a0a1⋯an＝24，an为正整数，其余ai为整数，满足an≥an﹣1≥⋯≥a0，逐个判断： ①若M为单项式，取n＝0，得1•a0＝24，a0＝24，满足所有条件，M＝24是单项式，故①正确； ②a0＞0时，所有ai都是正整数，n+1是24的正因数，按n分类计数： n+1＝1（n＝0）：共1个；n+1＝2（n＝1）：共3个；n+1＝3（n＝2）：共3个；n+1＝4（n＝3）：共2个；n+1＝6（n＝5）：共2个；n+1＝8（n＝7）：共1个；n+1＝12（n＝11）：共1个；n+1＝24（n＝23）：共1个； 总和为1+3+3+2+2+1+1+1＝14个，故②错误； ③若M为二次三项式，则n＝2，a0，a1，a2都不为0，得3a0a1a2＝24，即a0a1a2＝8，取a0＝﹣4，a1＝﹣2，a2＝1，满足1≥﹣2≥﹣4，符合所有条件，此时M＝x2﹣2x﹣4＝（x﹣1）2﹣5，最小值为﹣5＜﹣2，故③错误， 故选：B． 二．填空题（共15小题） 16．（2026•新城区模拟）如图，在菱形ABCD中，AB＝12，对角线AC＝18，点E、O分别在边AB、BC上，AE＝OB＝4，⊙O半径为2，点P为AC上一动点，点Q为⊙O上一动点．当EP+PQ＝10时，AP的长为　6　 ． 【解答】解：如图，作AF＝AE＝4，连接FP，QO，连接FO交⊙O于点G， ∵四边形ABCD是菱形， ∴∠BAC＝∠DAC，BC∥AD，BC＝BA＝12， ∵AF＝AE＝BO＝4， ∴四边形AFOB为平行四边形， ∴AB＝FO＝12， ∵⊙O半径为2， ∴FG＝12﹣2＝10， ∵AE＝AF，∠EAP＝∠FAP，AP＝AP， ∴△EAP≌△FAP（SAS）， ∴EP＝FP，∠EPA＝∠APF， ∵EP+PQ＝10， ∴FP+PQ＝10＝FG， ∴F，P，Q共线，且与FG重合，此时P为FO与AC的交点， ∵AB∥FO， ∴∠BAC＝∠APF＝∠EPA， ∵∠BAC＝∠BCA， ∴∠BCA＝∠EPA， ∴PE∥BC， ∴△AEP∽△ABC， ∴，即， ∴AP＝6． 故答案为：6． 17．（2026•西湖区校级模拟）某中学数学社团开展折纸活动，如图，在一张宽为，长度足够的矩形纸条中剪取矩形纸片ABCD（）．先将纸片折出折痕BD，再在边AD上取点P，将△ABP沿BP折叠得△A′BP．记A′P与BD的交点为Q，在折纸过程中，当点Q平分线段A′P时，A′B恰好平分∠DBC，则AD长度应取　7　 cm． 【解答】解：如图所示，延长PA′交BC于点E，过点P作PF⊥BC于点F， ∴∠PFB＝∠PFE＝90°， ∵四边形ABCD为矩形， ∴∠A＝∠ABC＝90°，AD∥BC， ∴四边形ABFP为矩形， ∴BF＝AP，， 根据折叠可得，，∠BA′Q＝∠A＝90°＝∠BA′E， ∵A'B平分∠DBC， ∴∠A′BQ＝∠A′BE， 又∵A′B＝A′B， ∴△A′BQ≌△A′BE（ASA）， ∴A′Q＝A′E， ∵点Q平分线段A′P， ∴PQ＝A′Q， ∴PQ＝A′Q＝A′E， ∵AD∥BC， ∴△DPQ∽△BEQ， ∴， 设PQ＝A′Q＝A′E＝xcm， 则PE＝3x，BF＝AP＝A′P＝2x， 由勾股定理得， ∴， ∴ 由勾股定理得PF2+EF2＝PE2， 即， 解得x＝2（负值已舍）， ∴AD＝AP+PD＝4+3＝7（cm）， 故答案为：7． 18．（2026•沛县一模）如图，∠MON＝30°，点A1，A2，A3，…在射线ON上，点B1，B2，B3，…在射线OM上，△A1B1A2，△A2B2A3，△A3B3A4，…均为等边三角形，若OA1＝1，则△A2025B2025A2026的边长为　22024 ． 【解答】解：由条件可知∠B1A1A2＝60°，A1B1＝A1A2， ∵∠MON＝30°， ∴∠A1B1O＝30°， ∴A1B1＝OA1， ∴， 同理可得， ∴，， …， ∴． ∵OA1＝1， ∴当n＝2025时，， 故答案为：22024． 19．（2026•深圳一模）如图，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，点P为边AD上一个动点，连接CP，将CP绕点P逆时针旋转90°得到线段PQ，点C的对应点为点Q，连接BQ，CQ，则BQ的最小值为 　5　 ． 【解答】解：以点B为坐标原点，BC所在直线为x轴、BA所在直线为y轴建立平面直角坐标系，如图所示，则点D的坐标为（4，3）， 过点P作GH⊥x轴于点H，作QG⊥GH于点G， ∴∠PHC＝∠QGP＝90°， ∴∠GPQ+∠GQP＝90°， ∵∠ABH＝90°， ∴四边形ABHP是矩形， ∴PH＝AB＝3，AP＝BH， ∵CP绕点P逆时针旋转90°得到PQ， ∴CP＝QP，∠CPQ＝90°， ∴∠QPG+∠CPH＝90°， ∵∠G＝∠PHC＝90°， ∴∠GPQ+∠GQP＝90°， ∴∠CPH＝∠PQG， ∴△CPH≌△PQG（AAS）， ∴PH＝GQ＝3，CH＝GP， 设点P（m，3），则BH＝AP＝m，CH＝4﹣m＝GP， ∴GH＝GP+PH＝4﹣m+3＝7﹣m， ∴Q（m+3，7﹣m）， ∴， ∵2（m﹣2）2≥0， ∴BQ的最小值是（当m＝2时取得最小值）； 故答案为：． 20．（2026•溧水区一模）如图，△ABC是边长为1的等边三角形，取BC边中点E，作ED∥AB，EF∥AC，得到四边形EDAF，它的周长记作C1；取BE中点E1，作E1D1∥FB，E1F1∥EF，得到四边形E1D1FF1，它的周长记作C2，⋯，照此规律作下去，则C2027＝　　 ． 【解答】解：∵△ABC是边长为1的等边三角形， ∴AB＝BC＝AC＝1， ∵E是BC边中点，ED∥AB， ∴DE是△ABC的中位线， ∴， ∵EF∥AC， ∴四边形EDAF是菱形， ∴， 同理：以此方法得到的四边形都为菱形，且边长为前一个菱形边长的， 即，，……，， ∴． 21．（2026•安徽模拟）我们规定：如果一个自然数A的个位数字不为0，且能分解成m×n，其中m与n都是两位数，m与n的十位数字相同，个位数字之和为9，则称数A为“和九数”，并把数A分解成A＝m×n的过程，称为“和九分解”．例如：因为1188＝33×36，33和36的十位数字相同，个位数字之和为9，所以1188是“和九数”，1188分解成1188＝33×36的过程就是“和九分解”．按照这个规定，最大的“和九数”是　8928　 ．把一个“和九数”A进行“和九分解”，即A＝m×n，若F（A）＝m+n+1，G（A）＝|m﹣n|，令，若H（A）能被3整除，则满足条件的自然数A的最大值为　5544　 ． 【解答】解：设m与n的十位数字为y，m的个位数字为x，其中1≤y≤9，1≤x≤8，x，y均为整数，根据定义可得n的个位数字为9﹣x， 因此m＝10y+x，n＝10y+9﹣x， 要使A＝m×n最大，需y取最大值9，即y＝9， 则A＝（90+x）（99﹣x）＝﹣x2+9x+8910＝﹣（x﹣4.5）2+8930.25， 当x＝3或x＝6时，A＝93×96＝8928，个位不为0，符合要求， 当x＝4或x＝5时，A取得最大值8930，此时A的个位数字为0，不符合要求， 因此最大的“和九数”为8928； ∵F（A）＝m+n+1＝（10y+x）+（10y+9﹣x）+1＝20y+10＝10（2y+1），G（A）＝|m﹣n|＝|（10y+x）﹣（10y+9﹣x）|＝|2x﹣9|， ∴， ∵H（A）能被3整除，10与3互质， ∴为整数， 要使A最大，从最大的y开始验证： 当y＝7时，2y+1＝15，此时，要使该式为整数，则|2x﹣9|＝1或|2x﹣9|＝5， 当y＝8时，2y+1＝17，17为质数，不存在x使为整数，不符合题意； 当y＝9时，2y+1＝19，19为质数，不存在x使为整数，不符合题意； 若|2x﹣9|＝1，得x＝4或x＝5，此时A＝74×75＝5550，个位为0，不符合要求， 若|2x﹣9|＝5，得x＝2或x＝7，此时A＝72×77＝5544，个位不为0，符合要求． 22．（2026•南海区校级模拟）如图，在Rt△ABC的纸片中，∠C＝90°，沿过点B的直线折叠这个三角形，使点C落在AB边上的点E处，折痕为BD，AC＝4，AB＝5，则AD的长为 　　 ． 【解答】解：∵∠C＝90°，AC＝4，AB＝5， ∴BC3， 由折叠可得：CD＝DE，∠AED＝∠C＝90°，BE＝CB＝3， ∴AE＝AB﹣BE＝2， 设CD＝DE＝x，则AD＝AC﹣CD＝4﹣x， 在直角三角形ADE中，AD2＝AE2+DE2， ∴（4﹣x）2＝22+x2， 解得：x， ∴AD＝4， 故答案为：． 23．（2026•宁波模拟）同一平面直角坐标系中，抛物线与y＝﹣（x+m）2﹣（x+n）2关于原点成中心对称，则代数式（m+2）2+（n+2）2的值为　　 ． 【解答】解：设（x，y）为y＝﹣（x+m）2﹣（x+n）2上任一点，它关于原点成中心对称的点为（﹣x，﹣y）， ∵抛物线与y＝﹣（x+m）2﹣（x+n）2关于原点成中心对称， ∴（﹣x，﹣y）在抛物线上， ∴， ∴， ∴或， ∴． 故答案为：． 24．（2026•仪陇县一模）如图，在矩形ABCD中，AB＝1，BC＝2，P和Q分别是线段BC和CD上的动点，且BP＝2CQ，则PQ的最小值是　　 ． 【解答】解：设CQ＝x，则BP＝2x， ∵BC＝2， ∴CP＝BC﹣BP＝2﹣2x， ∵矩形ABCD中∠C＝90°， ∴， ∵5＞0， ∴开口向上， ∵0≤x≤1， ∴当时，PQ2最小，此时PQ最小，最小值为， 故答案为：． 25．（2025•南开区三模）如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，A，B，C，D，E均为格点，以AB为直径作半圆，半圆的圆心为点O． （Ⅰ）半圆的半径长为 　　 ； （Ⅱ）请用无刻度的直尺，在如图所示的网格中，画出圆心O，在线段DE上画出点P，使得∠ACP＝3∠ACO．要求所作直线不多于5条，并简要说明点O，点P的位置是如何找到的（不要求证明） 　取格点M，N，连接MN，MN与格线（横）相交于点Q，连接CQ并延长，直线CQ与DE相交于点P；取格点R，连接QR并延长，直线QR与AB相交于点O，点P，O即为所求．　 ． 【解答】解：（1）由条件可知半圆的半径长为， 故答案为：； （2）取格点M，N，连接MN，MN与格线（横）相交于点Q，连接CQ并延长，直线CQ与DE相交于点P；取格点R，连接QR并延长，直线QR与AB相交于点O，点P，O即为所求． 如图所示，连接OC，CR， 可证明CR＝AC＝5，则可证明△ACO≌△RCO，则有∠RCO＝∠ACO； 取格点W、S，可证明△WRQ≌△SRO，则OS＝WQ＝1.5，则OB＝2.5； 可证明，且点R为OQ的中点，则∠OCQ＝2∠RCO＝2∠ACO， 则∠ACP＝3∠ACO． 故答案为：取格点M，N，连接MN，MN与格线（横）相交于点Q，连接CQ并延长，直线CQ与DE相交于点P；取格点R，连接QR并延长，直线QR与AB相交于点O，点P，O即为所求． 26．（2026•红桥区模拟）如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，以AB为直径的圆与网格线相交于点C，D． （1）∠ACB的大小为　90　 （度）； （2）点P在直径AB上，当PC+PD取得最小值时，请用无刻度的直尺，在如图所示的网格中，画出点P，并简要说明点P的位置是如何找到的（不要求证明）　作点D关于AB的对称点D′，连接CD′，交AB于点P，点P即为所求　 ． 【解答】解：（1）∵AB为直径， ∴∠ACB＝90°， 故答案为：90； （2）如图，点P即为所求， ， ∵AB为直径， ∴∠ADB＝∠AEB＝90°，即BD⊥AM，AE⊥BM， ∴点H为△ABM的垂心， ∴MN⊥AB， ∵AB为直径， ∴由垂径定理可得AB垂直平分FN， 连接DN，交AB于点G，连接FG并延长交圆于点D′，连接DF、D′N， ∴GF＝GN， 由圆周角定理可得：∠GDF＝∠GD′N， ∵∠DGF＝∠D′GN， ∴△DGF≌△D′GN（AAS）， ∴DG＝D′G，即点D′与点D关于AB对称， 连接CD′，交AB于点P，连接DP，点P即为所求． 27．（2026•武威一模）如图，正方形ABCD的边BC在∠MON的边ON上，点A在边OM上，∠MON＝30°，AB＝4，点P为射线AM上的一点，将线段PC绕点D顺时针旋转90°得线段EA，当PE取最小值时，则CE＝　　 ． 【解答】解：连接PD， ∵将线段PC绕点D顺时针旋转90°得到线段EA， ∴CD＝AD，∠CDP＝∠ADE＝90°+∠ADP，PD＝ED， 在△PCD与△EAD中， ， ∴△PCD≌△EAD（SAS），∠PDE＝90°， ∴PD＝ED， ∴△PDE是等腰直角三角形， ∴当PD取最小值时，PE也取得最小值， ∴当PD⊥OM时，PE取得最小值， 如图，延长AD交EG于点F，作EG⊥ON于点G， ∵四边形ABCD是正方形，∠MON＝30°，AB＝4， ∴AD＝AB＝CD＝4，AD∥BC， ∴∠DAP＝∠MON＝30°， ∴， ∴DE＝DP＝2， ∵∠PDE＝90°，PD⊥OM， ∴DE∥AP， ∴∠FDE＝∠DAP＝30°， ∴，， ∵∠FDC＝∠DCG＝∠CGF＝90°， ∴四边形FGCD是矩形， ∴FG＝CD＝4，， ∴EG＝1+4＝5， 在Rt△CEG中，由勾股定理得． 28．（2026•丹江口市一模）如图1，在Rt△ABC中，∠C＝90°，点D在AC上，，动点P在Rt△ABC的边上沿C→B→A方向以每秒1个单位长度的速度匀速运动，到达点A时停止，以DP为边作正方形DPEF．设点P的运动时间为t秒，正方形DPEF的面积为S．当点P由点B运动到点A时，如图2，S是关于t的二次函数．则①当t＝1时，S＝　3　 ；②m＝　11　 ． 【解答】解：①由函数图象可得当点P运动到B点时，S＝PD2＝6，PC＝BC，PD＝BD， ∵，PC2+CD2＝PD2， ∴， ∴BC＝2， 当t＝1时，PC＝1，此时点P在BC上， ∴， ∴S＝PD2＝3； 故答案为：3； ②当点P在AB上时， 由图可知，对应的二次函数的顶点坐标为（4，2）， ∴设S＝a（t﹣4）2+2， 把（2，6）代入，得a（2﹣4）2+2＝6， 解得，a＝1， ∴S＝（t﹣4）2+2， 当t＝7时， S＝（7﹣4）2+2＝11， 即m＝11． 故答案为：11． 29．（2026•天宁区校级模拟）如图，矩形ABCD的长，将矩形ABCD对折，折痕为PQ，展开后，再将∠C折到∠DFE的位置，使点C刚好落在线段AQ的中点F处，则EF的值为　　 ． 【解答】解：过点F作FG⊥AD于点G，交BC于点H， ∵，四边形ABCD是矩形， ∴∠DGF＝∠FHE＝∠FHB＝∠B＝∠C＝∠ADC＝90°，，AD∥BC，AB∥CD， ∴AB∥GH∥DC， ∵F是AQ的中点， ∴DF＝AF＝QF， ∴1， ∴AG＝DGAD，， 由折叠得∠DFE＝∠C＝90°，DQ＝CQ，DF＝DC， ∴DF＝AF＝QF＝DC＝2DQ， ∴AQ＝2QF＝4DQ， ∴， ∴DQ＝CQ＝1， ∵四边形CDGH是矩形， ∴GH＝DC＝2DQ＝2，， ∴FH＝GH﹣GF＝2， ∵∠HFE＝∠GDF＝90°﹣∠DFG， ∴， ∴． 30．（2026•九龙坡区校级模拟）一个四位正整数，各个数位上的数字均不为0，当a+b＝6，c+d＝6k（k为正整数）时，称这个四位数M为“顺利数”．将M的千位数字与十位数字调换，百位数字与个位数字调换后得到的新四位数记为M′，规定，当M最大时，G（M）的值为　150　 ；若为整数，且M能被13整除，则满足条件的正整数M的和为　8463　 ． 【解答】解：四位正整数，要让M最大，则千位上的数字a要尽可能大， 又a+b＝6且b≥1， 所以，a最大可取5，此时b＝1， 又c+d＝6k且c，d≥1，k最大可取3， 所以，c最大可取9，d最大可取9， 所以，最大的M＝5199， ∴， ∴； ∵1000a+100b+10c+d， ， ∴＝101（10a+b+10c+d）， ∴， ∵a+b＝6， ∴b＝6﹣a， ∴G（M）＝10a+6﹣a+10c+d＝9a+6+10c+d， 由条件可知， ∵c+d＝6k，即d＝6k﹣c， ∴， ∴必为整数，且a取1，2，3，4，5，c为1，2，⋯，9，k为1，2，3， 又M＝1000a+100b+10c+d ＝1000a+100（6﹣a）+10c+d 由条件可得M＝900a+600+9c+6k， 当k＝1时，c+d＝6，为整数，a+c是12的因数，M＝900a+600+9c+6， 当a+c＝4时，即a＝3，c＝1时，M＝3315， 3315÷13＝255，符合条件，a，c的其他值均不满足M能被13整除； 当k＝2时，c+d＝12，为整数，a+c是18的因数，M＝900a+600+9c+12， 当a+c＝9时，即a＝5，c＝4时，M＝5148， 5148÷13＝396，符合条件，a，c的其他值均不满足M能被13整除； 当k＝3时，c+d＝18，为整数，无符合条件的M， ∴满足条件的M为3315和5148，其和为3315+5148＝8463． 故答案为：150，8463． 三．解答题（共15小题） 31．（2026•新城区模拟）（1）如图1，直线DE∥BC，连接DB、DC、EB、EC，若S△BCD＝5，则S△BCE＝　5　 ； （2）如图2，△ABC是⊙O的内接三角形，AB＝AC，∠BAC＝45°，BC＝6，求△ABC的面积； （3）如图3，某林业部门计划在一片空地上修建一个四边形阳光花园ABCD，其中∠ABC＝∠ADC＝60°，AB＝40米，BC＝140米，现需要修建一块三角形区域DEF作为牡丹观赏区，要求点E在BC上，CE＝60米，点F在CD上，且EF∥AD．请问牡丹观赏区△DEF的面积是否有最大值？若有，请求出最大值；若没有，请说明理由． 【解答】解：（1）∵DE∥BC， ∴△BCD和△BCE同底等高， ∴S△BCE＝S△BCD＝5． （2）连接AO并延长交BC于点D，连接OB，OC， ∵AB＝AC，BO＝CO， ∴AO是BC的垂直平分线， ∴∠ADB＝90°，， ∵∠BOC＝2∠BAC＝90°， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； （3）∵∠ABC＝∠ADC＝60°，AD∥EF， ∴∠EFC＝∠ADC＝60°， 作△EFC的外接圆⊙O，连接AE并延长交⊙O于点M，连接AF， ∵AD∥EF， ∴S△EFD＝S△AEF， ∵，∠ABC＝60°， ∴在Rt△ABH中，BH＝AB•cos∠ABC＝4020， AH＝AB•sin∠ABC＝4060， ∵BC＝140，，， 在Rt△AEH中，， ∴在Rt△AHE中，， ∴∠AEH＝30°， ∴∠CEM＝∠AEH＝30°， 过点F作FN⊥AM于点N， ∴， ∴当FN最大时，S△AEF最大，即S△DEF最大， 过点O作ON′⊥AE于点N'，$延长N'O交⊙O于点F′，连接FO，FN′ ∴F'N'＝F'O+ON'＝FO+ON'≥F'N'≥FN， ∴F'N'为△AEF的边AE上高的最大值， 连接OE，OC， ∵∠EFC＝60°， ∴∠EOC＝2∠EFC＝120°， ∵OE＝OC， ∴∠OEC＝∠OCE＝$\frac{1}{2}$（180°﹣∠EOC）＝30°， ∴∠OEM＝∠OEC+∠CEM＝30°+30°＝60°， 在等腰△OEC中，EC＝60$\sqrt{3}$，∠OEC＝∠OCE＝30°， ∴OE＝OC＝60， ∴OF'＝OE＝60， 在Rt△OEN'中，ON'＝OE•sin∠OEM＝60•sin60°＝30$\sqrt{3}$， ∴F'N'＝ON'+OF'＝30$\sqrt{3}$+60， ∴S△EFD最大＝S△AEF最大＝$60×（60+30\sqrt{3}）\sqrt{3}$（平方米）． 32．（2026•西湖区校级模拟）如图，△ABC内接于⊙O，AB＝AC，连结BO并延长交AC于点E，交⊙O于点D．连结AO，AD，CD． （1）求证：∠ABC＝∠ADB； （2）若∠ACB＝55°，求∠OAC的度数； （3）若，，求AE的长． 【解答】（1）证明：∵AB＝AC， ∴∠ABC＝∠ACB， 由圆周角定理得：∠ADB＝∠ACB， ∴∠ABC＝∠ADB． （2）解：如图，连接OC， ∵AB＝AC，∠ACB＝55°， ∴∠ABC＝∠ACB＝55°， 由圆周角定理得：∠AOC＝2∠ABC＝110°， ∵OA＝OC， ∴． （3）解：如图，延长AO，交BC于点F，连接OC， ∵AB＝AC，OB＝OC， ∴AF垂直平分BC， ∴∠CAF+∠ACB＝90°， ∵BD是⊙O的直径， ∴∠BAD＝∠BCD＝90°， ∴∠ACD+∠ACB＝90°， ∴∠ACD＝∠CAF， ∴AF∥CD， 又∵∠AEO＝∠CED， ∴△AOE∽△CDE， ∴， ∵， ∴， 解得（负值已舍）， 设DE＝4a（a＞0），则OE＝3a， ∴OB＝OD＝OE+DE＝7a， ∴BE＝OB+OE＝10a，BD＝2OB＝14a， 由圆周角定理得：∠ABE＝∠ACD， ∴∠ABE＝∠CAF，即∠ABE＝∠OAE， 又∵∠BEA＝∠AEO， 在△AOE和△BAE中， ， ∴△AOE∽△BAE， ∴， ∴AE2＝BE•OE＝30a2， 解得（负值已舍）， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴在Rt△ABD中，AB2+AD2＝BD2，即， 解得或（舍去）， ∴． 33．（2026•沛县一模）在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，抛物线y＝a（x+2）（x﹣4）交x轴的负半轴于点A，交x轴的正半轴于点B，交y轴于点C，且OC＝2OA， （1）求a的值； （2）如图1，点P在第四象限的抛物线上，连接CP交OB于点D．若P点的横坐标为t，设线段OD长为d，求d与t的函数解析式； （3）如图2，在（2）的条件下，点Q在第三象限的抛物线上，连接PQ，过A作AE∥y轴交PQ于点E，连接DE，∠ADE+90°＝2∠AEQ，在线段CD上取点F，连接OF使∠OFP＝∠DPQ，过B作BH⊥OF于点H交DF于点G，若BG＝2OH，求点Q的坐标，并直接写出点E是否在直线OF上． 【解答】解：（1）由a（x+2）（x﹣4）＝0得， x1＝﹣2，x2＝4， ∴A（﹣2，0），B（4，0）， ∴OA＝2， ∴OC＝2OA＝4， ∴C（0，4）， ∴4＝a•2×（﹣4）， ∴a； （2）如图1， 作PQ⊥OC于Q， ∵a＝﹣1， ∴y（x+2）（x﹣4），﹣ ∵P（t，）， ∴PQ＝t，OQ， ∴CQ＝OC+OQ， ∵PQ⊥PQ， ∴△COD∽△CQP， ∴， ∴， ∴d； （3）如图2， 作CW⊥OF，交OF的延长线于W，延长CW至V，使WV＝CW，连接HV，BV， ∴∠CWO＝90°，OV＝OC＝OB＝4，CV＝2CW， ∴C、V、B在以O为圆心，OC为半径的圆上， 设⊙O交x轴于I， ∴∠BIC， ∴∠BVC＝180°﹣∠BIC＝135°， ∵BH⊥OF， ∴∠DHO＝90°， ∴∠CWO＝∠DHO＝90°， ∴∠COW+∠OCW＝90°，∠OCW+∠BOH＝90°，CV∥BH， ∴∠OCW＝∠BOH， ∴△BOH≌△OCW（AAS）， ∴CW＝OH， ∵BG＝2OB， ∴BG＝2CW， ∴BG＝CV， ∴四边形CGBV是平行四边形， ∴∠GCV＝180°﹣∠BVC＝45°， ∴∠OFP＝∠CFW＝90°﹣∠GCV＝45°， ∴∠DPQ＝∠OFP＝45°， 作PR⊥AE，交AE的延长线于R，作PT⊥DE于T，作PX⊥x轴于X， ∴∠R＝∠PTE＝∠PTD＝∠PXD＝90°， ∵∠ADE+∠DAE＝180°﹣∠AED，∠DAE＝90°， ∴∠ADE+90°＝180°﹣∠AED， ∵∠AEQ+∠PED＝180°﹣∠AED， ∴∠ADE+90°＝∠AEQ+∠PED， ∵∠ADE+90°＝2∠AEQ， ∴∠AEQ+∠PED＝2∠AEQ， ∴∠AEQ＝∠PED， ∵∠PER＝∠AEQ， ∴∠PER＝∠PED， ∵PE＝PE， ∴△PET≌△PER（AAS）， ∴PR＝PT，∠EPR＝∠EPT，ER＝ET， ∵∠R＝∠DAE＝∠PXD＝90°， ∴∠RPX＝90°，四边形ARPX是矩形， ∵∠CPE＝45°， ∴∠RPE+∠DPX＝45°，∠EPT+∠DPT＝45°， ∴∠DPT＝∠DPX， ∵DP＝DP， ∴△DPT≌△DPX（AAS）， ∴PX＝PT，DT＝DX， ∴PT＝PR， ∴矩形ARPX是正方形， 则设P（m，﹣（m+2）， ∴﹣（m+2）m+4， ∴m1＝6，m2＝﹣2（舍去）， ∴P（6，﹣8） 由（2）得， d， ∴DT＝DX＝OX﹣OD＝4， 设AE＝n，则ET＝ER＝8﹣n，则DE＝4+8﹣n＝12﹣n， 在Rt△ADE中，由勾股定理得， n2+42＝（12﹣n）2， ∴n， ∴E（﹣2，）， ∴PE的解析式为：y， 由得， （舍去）， ∵， ∴Q（）， ∵∠OFP＝∠DPQ＝45°， ∴OF⊥PE， ∵kPE， ∴kOF＝3， ∴直线OF的解析式为：y＝3x， 当x＝﹣2时， y＝﹣6， ∴点E不在直线OF上． 34．（2026•深圳一模）【综合与实践】 在数学的学习过程中，我们除了掌握课本中常见的四边形外，还会遇到许多具有独特性质的特殊四边形．让我们结合已有知识，对以下特殊四边形展开探究． 定义：在四边形中，若有一个内角为直角，且从该直角顶点引出的对角线，将其对角分成的两个角中恰有一个角为直角，则称这样的四边形为“璧合四边形”． 【初步探究】 （1）如图1，在“璧合四边形ABCD”中，若∠A＝60°，则∠CBD＝　60°　 ，的值为　　 ． 【问题解决】 （2）如图2，在“璧合四边形ABCD”中，∠ADB＝∠ABC＝90°，∠A＝45°，E为线段AB上一点，且CD⊥DE，求的值． 【拓展应用】 （3）如图3，在“璧合四边形ABCD”中，∠A＝45°，AD＝12，E为线段AB上一动点，且CD⊥DE，连接CE，将△CDE沿CE翻折，得到△CFE，连接BF，若BF＝4，作出图形并求线段AE的长． 【解答】解：（1）在“壁合四边形ABCD”中，∠A＝60°， ∴∠ABC＝∠ADB＝90°， ∴∠ABD＝90°﹣∠A＝90°﹣60°＝30°， ∴∠CBD＝90°﹣∠ABD＝90°﹣30°＝60°， ∴， 故答案为：60°，； （2）在“壁合四边形ABCD”中，∠A＝45°，∠ADB＝∠ABC＝90°， ∴∠ABD＝180°﹣90°﹣45°＝45°， ∴∠A＝∠ABD，∠CBD＝∠ABC﹣∠ABD＝90°﹣45°＝45°， ∴AD＝BD，∠A＝∠CBD， ∵CD⊥DE， ∴∠CDE＝90°， ∴∠BDC+∠BDE＝90°， ∵∠ADE+∠BDE＝90°， ∴∠ADE＝∠BDC， 在△ADE和△BDC中， ， ∴△ADE≌△BDC（ASA）， ∴AE＝BC， ∴； （3）如图3，过点D作DP⊥AB于点P， 由（2）知，AD＝BD＝12， ∴， ∵∠A＝45°， ∴∠ABD＝∠A＝45°， ∴∠ADB＝90°， ∴， 同理（2）可得，△ADE≌△BDC（ASA）， ∴CD＝DE， ∵将△CDE沿CE翻折，得到△CFE， ∴CD＝DE＝EF＝FC， ∵CD⊥DE， ∴∠CDE＝90°， ∴四边形CDEF为正方形， 如图3，连接DF，当点D的对应点F在AB的上方时，则，∠EDF＝∠BDP＝45°， ∴∠BDP﹣∠FDP＝∠FDE﹣∠FDP， ∴∠BDF＝∠PDE， ∵， ∴△BDF∽△PDE， ∴， ∵BF＝4， ∴， ∴， ∵， ∴； 如图4，当点D的对应点F在AB的下方时， 同理可得：，； 综上所述，AE的长为或． 35．（2026•溧水区一模）综合与实践课上，伍老师带领学生们分小组进行折叠矩形纸片的探究活动． 【折叠实践】 第一步：如图（1），将矩形纸片ABCD对折，使边AD，BC重合，再展开，折痕与AB交于点F． 第二步：如图（2），在AD上取一点E，沿EF折叠矩形ABCD，点A的对应点为G．延长EG交BC于点H，将纸片沿过点H的直线折叠．使点C的对应点落在EH上，折痕与DC交于点M． 【初步发现】 （1）探究图（2）中EF和MH的位置关系． 【深入探究】 （2）勤学小组的同学们选用了如图（3）所示的矩形纸片，选取的点E与点D重合，按步骤折叠后发现，点F，G，M共线．请你帮他们求出的值． 【拓展延伸】 （3）奋进小组的同学们选用了AB＝4dm，BC＝8dm的矩形纸片，按步骤进行多次折叠（选取不同位置的点E），且第二步折叠中，折痕与AD交于点M，把纸片展开后，连接GM（图（4）是奋进小组的一次折叠样例）．请你解决：当△EGM为直角三角形时，直接写出AE的长． 【解答】解：（1）EF∥MN； 证明：∵四边形ABCD是矩形， ∴AD∥BC， ∴∠AEH＝∠CHE， ∵∠GEF∠AEH，∠GHM∠CHE， ∴∠GEF＝∠GHM， ∴EF∥MN； （2）如图（3），连接FH，设AB＝2m，BC＝2n， ∵AF＝FB，AF＝FG， ∴FG＝FB， 由题意知∠FGH＝∠FBH＝90°， 在Rt△FGH和Rt△FBH中， ， ∴Rt△FGH≌Rt△FBH（HL）， ∴BH＝GH， ∵GH＝CH， ∴BH＝GHBC＝n， 由（1）知EF∥MN， ∴△FGD∽△MGH， ∴， ∴2， ∴CM＝GMm， ∴DM＝CD﹣CM＝2mmm， ∵DG2+MG2＝MD2，DG＝AD＝2n， ∴， ∴， ∴； （3）当∠MEG＝90°时，如图（4）， ∴∠AEG＝90°， ∵∠A＝∠EGF＝90°，AF＝FG， ∴四边形AEGF是正方形， ∴AE＝AF＝2dm； 当∠MGE＝90°时，如图（5），过点M作MN⊥BC于点N， MN＝AB＝4dm， ∵∠MGH＝∠MNH＝90°， ∠GHM＝∠NHM， MH＝HM， ∴△GHM≌△NHM（AAS）， ∴MG＝MN＝4dm， ∵AF＝FG＝2dm； ∴MF＝MG+GF＝6dm， ∴AM（dm）， ∵∠A＝∠MGE＝90°， ∠AMF＝∠AMF， ∴△MGE∽△MAF， ∴， ∴， ∴dm． 36．（2026•安徽模拟）已知抛物线y＝ax2﹣bx﹣3（a≠0）经过点（4，﹣3）． （1）求该抛物线的对称轴； （2）点A（x1，y1）和B（x2，y2）分别在抛物线y＝ax2﹣bx﹣3和y＝x2﹣x上（A，B与原点都不重合）． ①若，且x1＝x2，比较y1与y2的大小； ②当时，若是一个与x2无关的定值，求a与b的值． 【解答】解：（1）由条件可得16a﹣4b﹣3＝﹣3， ∴b＝4a， ∴抛物线的对称轴为． （2）①当时，则， 由条件可知． ∵x1＝x2， ∴， ∴，． ∴y1＜y2． ②∵， ∴，即， ∴ax1﹣4a＝2x2﹣2， ∴ax1＝2x2+4a﹣2．即． ∵是一个与x2无关的定值， ∴4a﹣2＝0，即． ∴b＝4a＝2． 37．（2026•南海区校级模拟）【模型建立】如图1，等腰直角三角形ABC中，∠ACB＝90°，CB＝CA，直线ED经过点C，过点A作AD⊥ED于点D，过点B作BE⊥ED于点E，求证：△BEC≌△CDA； 【模型运用】如图2，在平面直角坐标系中，等腰Rt△ACB，∠ACB＝90°，AC＝BC，AB与y轴交点D，点C的坐标为（0，﹣2），A点的坐标为（4，0），求点B、D两点的坐标； 【模型拓展】如图3，直线yx+3上有一点A，x轴上有一点B（6，0），且满足∠OAB＝45°，直接写出点A的坐标． 【解答】（1）证明：∵∠ACB＝90°， ∴∠BCE+∠ACD＝90°， ∵AD⊥ED，BE⊥ED， ∴∠E＝∠D＝90°，∠CAD+∠ACD＝90°， ∴∠BCE＝∠CAD， 在△BEC和△CDA中， ． ∴△BEC≌△CDA（AAS）； （2）解：过C作GH∥x轴，过A作AG⊥GH于G，过B作BH⊥GH于H，如图： 设B（m，n）， ∵∠ACB＝90°，AG⊥GH，BH⊥GH， ∴∠G＝∠H＝90°，∠ACG＝90°﹣∠BCH＝∠CBH， ∵AC＝BC， ∴△ACG≌△CBH（AAS）， ∴AG＝CH，CG＝BH， ∵A（4，0），C（0，﹣2）， ∴2＝﹣m，4＝n﹣（﹣2）， 解得m＝﹣2，n＝2， ∴B（﹣2，2）， 设直线AB解析式为y＝kx+b，把A（4，0），B（﹣2，2）代入得： ， 解得， ∴直线AB解析式为yx， 令x＝0得y， ∴D（0，）； （3）解：作BK⊥AB于B，交AO的延长线于K，作AT⊥x轴于T，KF⊥x轴于F，如图： 设A（a，a+3），则ATa+3，BT＝6﹣a， ∵∠ABK＝90°＝∠BFK＝∠ATB， ∴∠ABT＝90°﹣∠KBF＝∠BKF， ∵∠OAB＝45°， ∴△ABK是等腰直角三角形， ∴BK＝AB， ∴△ATB≌△BFK（AAS）， ∴BF＝ATa+3，KF＝BT＝6﹣a， ∴OF＝OB﹣BF＝6﹣（a+3）＝3a， ∴K（3a，a﹣6）， 设直线AO解析式为y＝k'x， 把A（a，a+3）、K（3a，a﹣6）代入得： ， ∴， ∴a（a﹣6）＝（3a）（3a）， ∴a（a﹣6）﹣（3a）（3a）＝0， ∴（a﹣3）（2a+3a）＝0， 解得：a1＝6，a2， ∴A1（6，6），A2（，）． 38．（2026•宁波模拟）如图1，△ABC中，AB＝AC，P为BC中点，点D在AB上（不与A，B重合），过点D作DM⊥BC，垂足为M，连结CD，过CD的中点E．作EN⊥BC，垂足为N． （1）若BC＝8，当D为AB中点时，求PM的长． （2）求的值． （3）如图2，连结AE，过点E作EQ⊥AE交DM于点Q，连结BQ，求证：QB＝QD． 【解答】（1）解：如图1，△ABC中，AB＝AC，BC＝8，P为BC中点，连结AP， ∴AP⊥BC，BPBC＝4， ∵DM⊥BC，D为AB中点， ∴DM∥AP， ∴BM＝MP＝2； （2）由（1）知BP＝PC， 同理得MN＝CN． 设PN＝a，MP＝b， ∴NC＝MN＝a+b，BP＝PC＝PN+NC＝2a+b， ∴BM＝BP﹣MP＝2a， ∴； （3）证明：如图2，连结AQ，延长QE至点F，使FE＝QE，连结AF，CF，分别过点F，Q作FH⊥AC于点H，QI⊥AB于点I，在AH上取点G，使FG＝FC． ∴∠QID＝∠FHG＝90°， ∵AE⊥QE， ∴AQ＝AF． ∵E为CD中点， ∴DE＝CE， 在△DEQ和△CEF中， ∴△DEQ≌△CEF（SAS）， ∴DQ＝CF＝FG，∠DQE＝∠CFE， ∴DQ∥CF． 由DM⊥BC，AB＝AC，FG＝FC， ∴∠ABC＝∠ACB， ∴∠QDI＝∠FCH＝∠FGH， 在△QDI和△FGH中， ， ∴△QDI≌△FGH（AAS）， ∴QI＝FH， ∴Rt△QAI≌Rt△FAH（HL）， ∴∠QAI＝∠FAH， ∴△QAB≌△FAC（AAS）， ∴QB＝FC， ∴QB＝QD． 39．（2026•仪陇县一模）如图，抛物线与x轴交于A，B两点（点A在点B的左边），与y轴负半轴交于点C，OC＝OB＝3，tan∠CAO＝3． （1）求抛物线的解析式； （2）如图1，连接AC，点D在抛物线上，连接BD，若∠ABD＝∠ACO，求点D的坐标； （3）如图2，点P为第四象限内抛物线上一动点，PA，PB与y轴分别交于M，N两点．当点P运动时，试判断的值是否为定值？若是，请求出该定值，若不是，请说明理由． 【解答】解：（1）∵抛物线与x轴交于A，B两点（点A在点B的左边），与y轴负半轴交于点C，OC＝OB＝3， ∴B（3，0），C（0，﹣3）． ∵， ∴． ∴A（﹣1，0）． 设抛物线解析式为y＝a（x+1）（x﹣3），将点C的坐标代入得： a（0+1）（0﹣3）＝﹣3， 解得：a＝1． ∴该抛物线解析式为y＝（x+1）（x﹣3）＝x2﹣2x﹣3； （2）设D（m，m2﹣2m﹣3）， ∵∠ABD＝∠ACO，， ∴． 如图1：过D作DE⊥x轴于E， ∴． 整理得：． ∵m≠3， ∴， 解得：，． 当时，得：， ∴； 当时，得：， ∴． 综上所述，点D的坐标为或； （3）的值是定值；理由如下： 如图：过P作PQ⊥x轴于Q，设P（n，n2﹣2n﹣3），且0＜n＜3，则Q（n，0）． ∴PQ＝0﹣（n2﹣2n﹣3）＝﹣n2+2n+3． ∵PQ∥OM， ∴△AMO∽△APQ． ∴，即． ∴． ∵PQ∥ON， ∴△NOB∽△PQB． ∴，即． ∴． ∴． ∴的值为常数4， 故是定值． 40．（2026•西青区校级模拟）对称轴为直线x＝﹣1的抛物线y＝ax2+bx﹣3（a≠0）与x轴相交于A，B两点，其中点A的坐标为（﹣3，0）． （1）求抛物线的解析式； （2）点C为抛物线与y轴的交点； ①点P在抛物线上，且S△POC＝4S△BOC，求点P点坐标； ②设点Q是线段AC上的动点，作QD⊥x轴交抛物线于点D，求线段QD长度取的最大值时点D到AC的距离． 【解答】解：（1）∵对称轴为直线x＝﹣1， ∴1， ∴b＝2a， ∴y＝ax2+2ax﹣3， 将点A（﹣3，0）代入，9a﹣6a﹣3＝0， 解得a＝1， ∴y＝x2+2x﹣3； （2）①当x＝0时，y＝﹣3， ∴C（0，﹣3）， （2）①∵S△POC＝4S△BOC， ∴P点的横坐标为4或﹣4， ∴P（4，21）或（﹣4，5）； ②设直线AC的解析式为y＝kx﹣3， ∴﹣3k﹣3＝0， 解得k＝﹣1， ∴直线AC的解析式为y＝﹣x﹣3， 设Q（t，﹣t﹣3），则D（t，t2+2t﹣3）， ∴DQ＝﹣t﹣3﹣t2﹣2t+3＝﹣t2﹣3t＝﹣（t）2， 当t时，DQ有最大值为， 设D点到AC的距离为h， ∴S△ACD33h， 解得h， ∴D到AC的距离为． 41．（2026•红桥区模拟）已知抛物线（b，c为常数）与x轴相交于A（﹣1，0），B两点，与y轴相交于点C（0，3）．M为x轴下方抛物线上横坐标为m的点，连接MB． （1）求该抛物线的解析式和点B的坐标； （2）当∠MBC＝45°时，求m的值； （3）过点M作x轴的平行线与抛物线相交于点P，过点M作y轴的平行线与直线BC相交于点Q，若MP＝MQ，求m的值． 【解答】解：（1）由过点A（﹣1，0）和C（0，3）可得： ． 解得． ∴抛物线解析式为． 令y＝0，得． 解得x1＝﹣1，x2＝6． ∴点B的坐标为（6，0）． （2）如图1，过点C作CD⊥BC交直线BM于点D，过D作DH⊥y轴于点H． ∵∠MBC＝45°， ∴BC＝CD，△BCD为等腰直角三角形， ∵∠DCH+∠CDH＝90°，∠DCH+∠BCO＝90°， ∴∠CDH＝∠BCO． 又∵∠DHC＝∠COB＝90°， ∴△CDH≌△BCO（AAS）． ∴CH＝BO＝6，DH＝CO＝3， ∵C坐标为（0，3）， ∴D点坐标为（﹣3，﹣3）． 设直线BD的解析式为y＝kx+n，代入B（6，0）和D（﹣3，﹣3）得 ， 解得， 即直线BD解析式为． 联立直线BD与抛物线方程得：． 解得x1＝6，． ∴． （3）如图2，抛物线的对称轴为直线． ∵MP平行x轴，M，P都在抛物线上， ∴M，P关于对称轴对称． ∵M横坐标为m， ∴P横坐标为5﹣m． ∴MP＝|m﹣（5﹣m）|＝|2m﹣5|． 设直线BC解析式为y＝kx+d，代入B（6，0），C（0，3）得 ， 解得， ∴直线BC解析式为． ∵MQ平行y轴，Q在BC上，M横坐标为m， ∴Q纵坐标为，M纵坐标为． ∴． ∵M在x轴下方， ∴m＜﹣1或m＞6，此时，所以． ∵MP＝MQ， ∴． 分两种情况讨论： 当m＞6时，2m﹣5＞0，方程化为，解得， ∵m＞6， ∴． 当m＜﹣1时，2m﹣5＜0，方程化为，解得， ∵m＜﹣1， ∴． 综上，m的值为或． 42．（2026•晋江市一模）如图1，在等边三角形ABC中，F为边AC延长线上的一点，将线段AF绕着点A逆时针旋转60°得到线段AD，连接CD，BF． （1）求证：∠ADC＝∠AFB； （2）如图2，将线段BF沿BA方向平移BA的长度得到线段AE，AE与CD相交于点G，连接EF． ①求证：D，E，F三点在同一条直线上； ②当EG＝2AG时，求tan∠ADC的值． 【解答】（1）证明：由旋转的性质，得AF＝AD，∠DAC＝60°． ∵△ABC是等边三角形， ∴∠BAC＝60°，AB＝AC． ∴∠FAB＝∠DAC ∵AF＝AD，∠DAC＝∠FAB，AC＝AB， ∴△DAC≌△FAB（SAS）， ∴∠ADC＝∠AFB； （2）①证明：由平移的性质，得EF∥AB， ∴∠AFE＝∠FAB＝60°， 连接DF， 由（1）得AF＝AD，∠DAC＝60°， ∴△DAF是等边三角形，∠AFD＝60°＝∠AFE， ∴D，E，F三点在同一条直线上； ②解：延长DC交AB的延长线于点Q， ∵EF∥AB， ∴△DEG∽△QAG， ∴， 又∵EG＝2 AG， ∴， ∴DE＝2AQ． 设AC＝a，CF＝b，则AB＝EF＝a， ∵△DAF是等边三角形， ∴AF＝DF＝a+b， ∴DE＝DF﹣EF＝a+b﹣a＝b． ∴， ∵EF∥AB， ∴△ACQ∽△FCD， ∴，即， 整理得：2a2+2ab﹣b2＝0， 解得：或（舍去） 作CH⊥AD，垂足为H，则∠DHC＝∠AHC＝90°， ∵△DAF是等边三角形， ∴∠HAC＝60°， 在Rt△AHC中，AC＝a，则，， ∴， 在Rt△DHC中，， ∴． 43．（2026•丹江口市一模）在平面直角坐标系xOy中，已知，抛物线y＝ax2﹣2ax过点（﹣1，3）． （1）求抛物线的函数解析式； （2）若将抛物线平移得到抛物线y＝（x﹣h）2﹣1与直线y＝x﹣1在0≤x≤2的范围内有公共点，求h的取值范围； （3）如图，直线y＝kx﹣k（k≠0）与（1）中抛物线交于A，B两点，与x轴交于点C．试探究：当k变化时，抛物线的对称轴上是否存在定点P，使得PC总是平分∠APB？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由． 【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2﹣2ax过点（﹣1，3）， ∴a+2a＝3，解得：a＝1， ∴y＝x2﹣2x； （2）设y＝x﹣1在0≤x≤2范围内的两个端点为M，N，如图1， 当x＝0，y＝﹣1，当x＝2时，y＝1， ∴M（0，﹣1），N（2，1）， ∵y＝（x﹣h）2﹣1与线段MN有公共点， ∴联立， 整理，得：x2﹣（2h+1）x+h2＝0， ∴当Δ＝（2h+1）2﹣4h2＝0，即：时，满足题意， 将y＝（x﹣h）2﹣1从开始向右移动， 直至抛物线与线段MN只有一个交点为N（2，1）时， y＝（x﹣h）2﹣1与线段MN均有公共点， ∴当y＝（x﹣h）2﹣1过点N（2，1）时，（2﹣h）2﹣1＝1， 解得：或， ∴当时，抛物线y＝（x﹣h）2﹣1与直线y＝x﹣1在0≤x≤2的范围内有公共点； （3）当k变化时，抛物线的对称轴上存在定点P，使得PC总是平分∠APB；理由如下： 设A（x1，y1），B（x2，y2）， 联立得：， 整理得：x2﹣（k+2）+k＝0， ∴x1+x2＝k+2，x1x2＝k， ∵抛物线的对称轴为直线x＝1， ∴设点P（1，t）， 如图3，分别过点A，点B作AD⊥直线x＝1于点D，BE⊥直线x＝1于点E， 则∠PDA＝∠PEB＝90°， 又∵PC平分∠APB，即∠APD＝∠BPE， ∴△APD∽△BPE， ∴， ∴， ∴， 整理得：k（t+2）＝0， ∵k≠0， ∴t+2＝0， ∴t＝﹣2， ∴存在定点P（1，﹣2），使PC平分∠APB． 44．（2026•天宁区校级模拟）如图，已知抛物线y＝ax2+bx+3与x轴交于点A（﹣1，0），B（3，0），与y轴交于点C． （1）求抛物线的解析式； （2）若m≤x≤m+1时，二次函数y＝ax2+bx+3的最大值为m，求m的值； （3）当点P在对称轴左侧的抛物线上时，对称轴上是否存在一点D，使得△APD是以AD为直角边的等腰直角三角形，若存在，请直接写出点P的横坐标；若不存在，请说明理由． 【解答】解：（1）抛物线y＝ax2+bx+3与x轴交于点A（﹣1，0），B（3，0），将点A，点B的坐标分别代入得： ， 解得：， ∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+3． （2）∵抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4， ∴抛物线的顶点为（1，4），对称轴为直线x＝1， 当x＞1时，y随x的增大而减小，当x＜1时，y随x的增大而增大， 若m+1≤1，即m≤0时， 当x＝m+1时，函数有最大值m， ∴﹣（m+1）2+2（m+1）+3＝m， 解得：（不合题意，舍去），； 若m＜1＜m+1，即0＜m＜1时， 当x＝1时，函数有最大值为m＝4（不合题意，舍去）； 若m＞1， 当x＝m时，函数有最大值为m， ∴﹣m2+2m+3＝m， 解得：（不合题意，舍去），， 综上所述，m的值为或； （3）对称轴上存在一点D，使得△APD是以AD为直角边的等腰直角三角形；点P的横坐标为0或﹣2或或．理由如下： 设D（1，t），则AN＝2， ①当点D为直角顶点， （i）当t＞0时， 如图1，作PM⊥MN交对称轴于点M，记抛物线对称轴与x轴交点为N， ∵∠ADP＝90°， ∴∠PDM+∠ADN＝90°， 又∵∠PDM+∠MPD＝90°， ∴∠ADN＝∠MPD， 在△PMD和△DNA中， ， ∴△PMD≌△DNA（AAS）， ∴PM＝DN＝t，MD＝AN＝2， ∴P（1﹣t，2+t）， 代入抛物线解析式得：2+t＝﹣（1﹣t）2+2（1﹣t）+3， 解得t1＝﹣2（不合题意，舍去），t2＝1， ∴点P的横坐标为1﹣t＝1﹣1＝0； （ii）当t＜0时， 如图2，作PM⊥MN交对称轴于点M， 同理可证△PMD≌△DNA（AAS）， ∴AN＝DM＝2，PM＝DN＝t， ∴设点P（1+t，t﹣2）， 代入抛物线解析式得：t﹣2＝﹣（1+t）2+2（1+t）+3， 解得：t1＝2（不合题意，舍去），t2＝﹣3， ∴点P的横坐标为1+t＝1+（﹣3）＝﹣2； ②当点A为直角顶点， 如图3，过点A作y轴平行线，作PM⊥AM交于点M，DN⊥AN交于点N， 同理易证得△PMA≌△AND（AAS）， ∴PM＝AN＝﹣t，AM＝DN＝2， ∴P（﹣1+t，2）， 代入抛物线解析式得：2＝﹣（﹣1+t）2+2（﹣1+t）+3， 解得：，， ∵点P在对称轴左侧， ∴， ∴点P的横坐标为； 当点P在x轴下方时， 如图4，过点P作PM⊥x轴交x轴于点M，记对称轴与x轴交点为N， 同理易证得△PMA≌△AND（AAS）， ∴PM＝AN＝2，DN＝AM＝t， ∴点P为（﹣1﹣t，﹣2）， 代入抛物线解析式得：﹣2＝﹣（﹣1﹣t）2+2（﹣1﹣t）+3， 解得：，， ∵点P在对称轴左侧， ∴， ∴点P的横坐标为， 综上所述，对称轴上存在一点D，使得△APD是以AD为直角边的等腰直角三角形；点P的横坐标为0或﹣2或或． 45．（2026•九龙坡区校级模拟）在△ABC中，∠ACB＝60°，点D是△ABC所在平面内一点，连接AD． （1）如图1，若∠ABC＝30°，点D在BC边上，AD平分∠BAC，CD＝2，求AC的长； （2）如图2，若点D在BC边上，AD＝AC．将线段AB绕点A顺时针旋转120°得到AE，连接ED交边AC于点F．用等式表示线段AD，BC，CF之间的数量关系，并证明； （3）如图3，若∠ABC＝60°，AC＝2．连接CD，将CD绕点C顺时针旋转120°得到CE，且点A，D，E三点共线，连接DE，BD．当BD取最小值时，在直线BC上取一点P，连接EP，EB，将△BEP沿BE翻折到△ABC所在的平面内，得到△BEQ，连接CQ，当CQ取最小值时，直接写出△CEQ的面积． 【解答】解：（1）在△ABC中，∠ACB＝60°，∠ABC＝30°， ∴∠BAC＝180°﹣60°﹣30°＝90°， ∵AD平分∠BAC， ∴∠CAD＝45°， 过D作DH⊥AC于H， 在Rt△CDH中，CD＝2，∠C＝60°， ∴，， 在Rt△AHD中，∠HAD＝45°， ∴， ∴． （2）2AD＝BC+2CF．证明如下： ∵AD＝AC，∠ACB＝60°， ∴△ACD是等边三角形， ∴AC＝AD＝CD，∠CAD＝60°， 由旋转得AE＝AB，∠BAE＝120°， ∴∠EAC+∠BAD＝∠BAE﹣∠CAD＝60°， 又∠ADC是△ABD的外角， ∴∠ADC＝60°＝∠B+∠BAD， ∴∠EAC＝∠B， 过点E作EG∥BC交AC于点G， 则∠1＝∠C＝60°， ∴∠2＝180°﹣∠1＝120° 又∠3＝180°﹣∠ADC＝120°， ∴∠3＝∠2， 在△AEG和△BAD中， ， ∴△AEG≌△BAD（ASA）， ∴AG＝BD，EG＝AD， ∵AC＝AD＝CD， ∴EG＝CD， 在△FEG和△FDC中， ， ∴△FEG≌△FDC（AAS）， ∴， ∵BD＝BC﹣CD＝BC﹣AD， AG＝AC﹣CG＝AD﹣2CF， ∴AD﹣2CF＝BC﹣AD， 整理得2AD＝BC+2CF． （3）∵∠ACB＝60°，∠ABC＝60°， ∴△ABC是等边三角形， ∴AC＝BC＝AB＝2， 由旋转得CD＝CE，∠DCE＝120°， ∴∠CDE＝∠CED＝30°， ∵A，D，E共线， ∴∠ADC＝150°， ∴点D在以AC为弦的定圆⊙O上， 由圆外一点到圆上一点距离的最值得，BD最小时，D在OB连线上， 此时BD＝OB﹣OD＝OB﹣OA， 连接OA，OC，设OB与AC交于点F，OB的延长线与⊙O交于点O′，连接O′A，O′C， 则∠AO′C＝180°﹣∠ADC＝180°﹣150°＝30°， ∴∠AOC＝2∠AO′C＝60°， ∵OA＝OC， ∴△AOC是等边三角形， ∴OA＝OC＝AC＝AB＝BC＝2， ∴AC⊥OB， ∴， ∴， ∴， ∴，∠BCE＝∠DCE﹣∠DCB＝75°， 设AE与BC交于点K， ∵∠CDE＝∠CED＝30°， ∴∠1＝∠CED+∠CAD＝75°，∠3＝∠BAD+∠ABD＝75°， ∴∠1＝∠2＝∠3＝∠BCE ∴CE＝EK，BK＝BD，∠BKE＝∠BDA＝105°， ∵AD＝CD，CD＝CE， ∴AD＝EK， ∴△ADB≌△EKB（SAS）， ∴∠EBC＝∠ABF＝30°， 根据折叠可得∠EBC＝∠EBQ＝30°， ∴∠CBQ＝60°， 即点Q在直线l上运动， ∴当CQ⊥BQ时，CQ取得最小值， 此时∠CFB＝∠FBQ＝∠CQB＝90°， ∴四边形CFBQ是矩形， ∴， 过点E作EL⊥CQ， 则， ∴． 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $