【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（10-9）

【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（10-9） 一．选择题（共15小题） 1．（2023•武汉）皮克定理是格点几何学中的一个重要定理，它揭示了以格点为顶点的多边形的面积S＝N，其中N，L分别表示这个多边形内部与边界上的格点个数，在平面直角坐标系中，横、纵坐标都是整数的点为格点．已知A（0，30），B（20，10），O（0，0），则△ABO内部的格点个数是（　　） A．266 B．270 C．271 D．285 2．（2026•桥东区一模）如图，点O为矩形ABCD对角线的交点，AB＝a，BC＝b．点E是AB边上一点（不含端点及中点），连接EO并延长，交CD边于点F．将矩形ABCD沿EF折叠，点A，D的对应点分别是点A'，D'，直线A'D'和直线BC相交于点H，连接EH，OH，FH，嘉嘉得出一个正确的结论：OH上EF，淇淇继续探究，发现了以下四个结论，其中不正确的是（　　） A．EH＝FH B．当点A'和点C不重合时，△A'EH≌△CFH C．tan∠EHO D．当A'在直线AB上方时，点A'到直线AB距离的最大值为 3．（2026•市中区一模）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 4．（2026•海门区模拟）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AC：BC＝7：10，∠ABC和∠ACD的角平分线相交于点D，过点D作BD的垂线，交CA延长线于点E，连接AD，若△BCD的面积为6，下列结论：①AC＝AB；②∠EDC＝135°；③AD平分∠BAC；④，其中正确的有（　　）个 A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 5．（2026•天山区校级一模）如图①，在四边形ABCD中，AB∥CD，∠ABC＝90°，动点P从点B出发，沿B→C→D方向运动，运动至点D停止．设点P运动的路程为x，△ABP的面积为y，如果y关于x的函数图象如图②所示，则△BCD的周长是（　　） A． B． C． D． 6．（2026•新市区模拟）已知平行四边形ABCD中，，点E在CD边上，△BCE沿BE折叠得△BC′E，下列结论正确的是（　　） A．当BE⊥CD时，DC′＝2 B．当C′落在CD边上时，tan∠BC'E C．当C′落在AB边上时，△BC′E的面积为 D．C′D的最小值为 7．（2025•新疆）一辆快车从A地匀速驶向B地，一辆慢车从B地匀速驶向A地，两车同时出发，各自到达目的地后停止．两车之间的距离s（km）与行驶时间t（h）之间的函数关系如图所示，下列结论错误的是（　　） A．两车出发2h后相遇 B．A，B两地相距280km C．快车比慢车早h到达目的地 D．快车的速度为80km/h，慢车的速度为60km/h 8．（2026•未央区一模）已知二次函数y＝ax2+bx+c的自变量x与函数y的部分对应值如表（自变量x从左到右依次从小到大）． x … x1 x2 x3 x4 x5 x6 x7 … y … 6 m 12 k 12 m 6 … 则下列关于这个二次函数的结论正确的是（　　） A．图象的开口向上 B．b2≥4a（c﹣k） C．6≤m≤12 D．当时，y的值是k 9．（2026•渝中区校级模拟）已知整式Mn（x）＝anxn+an﹣1xn﹣1+⋯+a1x+a0，其中an﹣1，⋯，a0为自然数，n与an均为正整数．例：当n＝3，x＝﹣1时，有M3（﹣1）＝a3•（﹣1）3+a2•（﹣1）2+a1•（﹣1）+a0＝﹣a3+a2﹣a1+a0．下列说法： ①若M2（1）＝3，则符合条件的整式Mn（x）中有4个二次二项式； ②若Mn（1）•n＝4，则符合条件的整式Mn（x）有8个； ③若M2（2）＝9，且整式M2（x）是二次三项式，则M2（x）的值一定是正数． 其中正确的个数是（　　） A．0 B．1 C．2 D．3 10．（2026•莱芜区模拟）在平面直角坐标系中，若点P的横坐标和纵坐标相等或互为相反数，则称点P为“大美点”．例如点（1，1），（1，﹣1），，…，都是“大美点”．若二次函数y＝ax2+3x+c（a≠0，c≠0）的图象上只有三个“大美点”，其中一个“大美点”是（2，2），当0≤x≤m时，函数y＝ax2+3x+c（a≠0，c≠0）的最小值为﹣2，最大值为，则m的取值范围为（　　） A．3≤m≤6 B．3＜m＜6 C．0≤m≤3 D．0＜m＜3 11．（2026•西安模拟）抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）上部分点的坐标如下表，下列说法错误的是（　　） x … ﹣3 ﹣2 ﹣1 0 1 … y … m ﹣3 ﹣4 ﹣3 m … A．图象的开口向上 B．m＞0 C．函数的最小值为﹣4 D．a﹣b+c＜0 12．（2022•福州模拟）已知函数y1＝3x+1，y2＝ax（a为常数），当x＞0时，y1＞y2，则a的取值范围是（　　） A．a≥3 B．a≤3 C．a＞3 D．a＜3 13．（2026•长沙一模）如图所示，学校举行数学文化竞赛，图中的四个点分别描述了八年级的四个班级竞赛成绩的优秀率y（班级优秀人数占班级参加竞赛人数的百分率）与该班参加竞赛人数x的情况，其中描述1班和4班两个班级情况的点恰好在同一个反比例函数的图象上，则成绩优秀人数最多的是（　　） A．八（1）班 B．八（2）班 C．八（3）班 D．八（4）班 14．（2023•衢州）已知二次函数y＝ax2﹣4ax（a是常数，a＜0）的图象上有A（m，y1）和B（2m，y2）两点．若点A，B都在直线y＝﹣3a的上方，且y1＞y2，则m的取值范围是（　　） A． B． C． D．m＞2 15．（2026•小店区模拟）在△ABC中，AB＝AC＝4，∠BAC＝120°，AD⊥BC于点D，以点A为圆心，AD为半径画弧，分别交AB，AC于点E，F，连接DE，DF，过点D作DG⊥AB于点G，以点D为圆心，DG为半径画弧交AC于点H，则图中阴影部分的面积为（　　） A． B． C． D． 二．填空题（共15小题） 16．（2025•海伦市校级一模）如图，在直角坐标系中，每个网格小正方形的边长均为1个单位长度，以点P为位似中心作正方形PA1A2A3、正方形PA4A5A6、…，按此规律作下去，所作正方形的顶点均在格点上，其中正方形PA1A2A3的顶点坐标分别为P（﹣3，0），A1（﹣2，1），A2（﹣1，0），A3（﹣2，﹣1），则顶点A2024的坐标为 　 　 . 17．（2026•桥东区一模）如图，正方形ABCD的边长为2，点O在正方形的内部，以O为圆心，2为半径的圆经过点D和C，与BC边交于点E，在正方形ABCD内的圆弧上取一点F，使得，连接并延长EF和AB边交于点G，则EG﹣AG的值为　 　 ． 18．（2026•市中区一模）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＝　 　 ． 19．（2026•海门区模拟）在正方形ABCD中，E为对称中心，BD为对角线，P为正方形内部一点，PA＝6，PC＝10，PD，Q为DC边上一动点，连结QE，QB，则（QE+QB）2的最小值为　 　 ． 20．（2026•天山区校级一模）定义：将三角形沿过顶点的直线折叠，折叠后的另一个顶点恰好落在这个三角形的边上（不含顶点）时，此时折痕被称为“落边折痕”．特例感知：已知△ABC，D为AC边上一点，将△ABC沿BD折叠，使得点A恰好落在BC边上（不含点C），此时折痕BD称为“落边折痕”．若△ABC是直角三角形，其中∠A＝90°，∠ABC＝60°，AB＝1，若点D为AC边上一点，将△ABC沿着BD折叠后，点A恰好落在BC边上的点E处，则“落边折痕”BD的长 　 　 ；若△ABC是等腰三角形，其中AB＝AC＝5，BC＝6，则其“落边折痕”的长度是 　 　 ． 21．（2026•新市区模拟）如图，已知△ABC为等边三角形，边长为3，在三边上分别取点D，E，F，使AF＝CE＝BD＝1，连接AE，BF，CD相交于点H，J，G，则△HJG的面积为　 　 ． 22．（2026•乌鲁木齐校级模拟）将边长为1的正方形纸片按如图所示方法进行对折，记第1次对折后得到的图形面积为S1，第2次对折后得到的图形面积为S2，…，第n次对折后得到的图形面积为Sn，请根据图2化简，S1+S2+S3+…+S2019+S2020＝　 　 ． 23．（2026•未央区一模）如图正方形ABCD中，E为AD边上任意一点（不与点A、D重合），将CE绕点C逆时针旋转90°至F，连接EF，取EF的中点P，若BP＝2，则AE的长为　 　 ． 24．（2026•渝中区校级模拟）我们规定，一个四位正整数，若满足a+c＝b+d，则称这个四位数为“和同数”．例如：四位数3652，因为3+5＝6+2，所以3652是“和同数”．按照这个规定，最小的“和同数”是　 　 ．一个“和同数”，将其千位数字与百位数字调换位置，十位数字与个位数字调换位置，得到一个新的四位数，记，，若被3除余2，且G（M）被7整除，则满足条件的正整数M的和是　 　 ． 25．（2026•莱芜区模拟）如图，折叠边长为8cm的正方形纸片ABCD，折痕是BE，点A落在点F处，分别延长BF，EF交CD于点G，H，若点E是AD边的中点，则GH＝　 　 cm． 26．（2026•西安模拟）、如图，四边形ABCD是菱形，连接AC，BD交于点O．G为AD边上的一动点（不与点A，D重合），GE⊥AC于点E，GF⊥DB于点F，若OA＝3，OB＝6，则EF的最小值为　 　 ． 27．（2021•罗湖区校级模拟）如图，以直角三角形ABC的斜边BC为边在三角形ABC的同侧作正方形BCEF，设正方形的中心为O，连接AO，如果AB＝4，AO＝6，则AC＝　 　 ． 28．（2026•长沙一模）雅雅让同学们猜一个两位数，四位同学对这个数作出了如下猜测： 甲：“这个数比60小，它是个双数．” 乙：“这个数比80大，它是个单数．” 丙：“这个数的数字和是12；它加上5后是11的倍数．” 丁：“这个数加上9后是10的倍数；它加上6后是7的倍数．” 雅雅检查后发现，每个同学都恰好说对了一半，这个两位数是　 　 ． 29．（2026•永春县一模）小君家购入如图1的划船机一台，如图2是划船机的部分示意图．阻尼轮⊙O由支架AD和AC支撑，点A处于点O的正下方，AD与⊙O相切，脚踏板点E和圆心O在连杆CE上，CD部分隐藏在阻尼轮内部，测量发现点E到地面的高度EF为35cm，E、A两点间的水平距离AF为72cm，tan∠DAC，则CD的长为 　 　 cm． 30．（2026•小店区模拟）在Rt△ABC中，∠C＝90°，AD是BC边的中线，∠ABC的平分线交AD于点E，交AC于点F，若AC＝9，AB＝15，则EF的长为　 　 ． 三．解答题（共15小题） 31．（2021•道外区一模）如图，抛物线y＝a（x+2）（x﹣5）（a＜0）交x轴于A、B两点（A左B右），交y轴于C，且5OA＝2OC． （1）求抛物线的解析式； （2）P为第一象限抛物线上一点，连接PA交y轴于点D，设点P的横坐标为m，△PCD的面积为S，求S与m的函数关系式； （3）在（2）的条件下，连接BC交PA于点E，过点O作OF∥PA，交BC于点F，若PE＝PF，求点P的坐标． 32．（2026•桥东区一模）数学兴趣小组对三角形面积的最值问题展开了如下探究： 【探究1】 （1）如图1，已知等边三角形ABC的边长为a，则S△ABC＝　 　 （用含a的代数式表示）； （2）如图2，菱形ABCD的边长为6，∠D＝60°，点E和点F分别在CD边和BC边上，∠EAF＝60°，连接EF，求△AEF面积的最小值； 【探究2】 （3）如图3，在△ABC中，∠BAC＝45°，AD为BC边上的高，AD＝m（m为定值），求△ABC面积的最小值（用含m的代数式表示）． 33．（2026•市中区一模）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． 34．（2026•海门区模拟）如图1，抛物线C1：y＝x2+b交y轴于A（0，1）． （1）直接写出抛物线C1的解析式 　 　 ． （2）如图1，x轴上两动点M，N满足：﹣Xm＝Xn＝n．若B，C（B在C左侧）为线段MN上的两个动点，且满足：B点和C点关于直线l：x＝1对称．过B作BB'⊥x轴交C1于B'，过C作CC'⊥x轴交C1于C'，连接B'C'．求B'C'的最大值（用含n的代数式表示）． （3）如图2，将抛物线C1向下平移个单位长度得到抛物线C2.C2对称轴左侧的抛物线上有一点M，其横坐标为m．以OM为直径作⊙K，记⊙K的最高点为Q．若Q在直线y＝﹣2x上，求m的值． 35．（2026•天山区校级一模）如图①，在正方形ABCD中，点N、M分别在边BC、CD上，连结AM、AN、MN．∠MAN＝45°，将△AMD绕点A顺时针旋转90°，点D与点B重合，得到△ABE． 【实践探究】 （1）求证：△ANM≌△ANE，并直接写出DM，BN与MN之间的数量关系； （2）在图①条件下，若CN＝6，CM＝8，则正方形ABCD的边长是 　 　 ； （3）如图②，点M、N分别在边CD、AB上，且BN＝DM．点E、F分别在BM、DN上，∠EAF＝45°，连接EF，猜想三条线段EF、BE、DF之间满足的数量关系，并说明理由． 【拓展应用】 （4）如图③，在矩形ABCD中，AB＝6，AD＝8，点M、N分别在边DC、BC上，连结AM，AN，已知∠MAN＝45°，BN＝2，直接写出DM的长． 36．（2026•新市区模拟）在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）经过点A（3，1），与y轴的交点为C（0，1）． （1）求c的值，并用含a的式子表示b； （2）已知直线y＝ax+1与抛物线交于两点，点B是右侧交点． ①求点B的横坐标； ②过点P（t，0）作x轴的垂线，交抛物线于点M（M不与B，C重合），连接MB，MC．已知在点P从点O运动到点D（4a，0）的过程中，△MBC的面积随OP长度的增大而增大，求a的取值范围． 37．（2026•乌鲁木齐校级模拟）【基础巩固】 （1）如图1，在△ABC中，D为AB上一点，∠ACD＝∠B．求证：AC2＝AD•AB． 【尝试应用】 （2）如图2，在▱ABCD中，E为BC上一点，F为CD延长线上一点，∠BFE＝∠A．若BF＝3，BE＝2，求AD的长． 【拓展提高】 （3）如图3，在菱形ABCD中，E是AB上一点，F是△ABC内一点，EF∥AC，AC＝2EF，∠EDF∠BAD．AE＝1，DF＝3，请直接写出菱形ABCD的边长． 38．（2026•未央区一模）问题提出： （1）如图①，在△ABC中，请用尺规作图的方法，作出AB边上的高． 问题发现： （2）如图②，在等边△ABC中，点E、F分别是边AC和边BC上的动点，且CE＝BF，连接AF和BE交于点G，求证：S△ABG＝S四边形CEGF． 问题解决： （3）“全民健身，同心同行”，某运动公园示意图如图③，四边形ABDC中，AC＝20，∠D＝60°，为促进全民健身，计划将四边形ABDC分为两个部分，△ABC为健身区，△BCD为休闲区，经过调研发现，最可行的方案是要满足BC＝CD，且AB⊥BC，是否存在面积最大的四边形AB﹣CD？若存在，请求出四边形ABCD的面积最大值；若不存在，请说明理由． 39．（2026•渝中区校级模拟）在△ABC中，将BC绕点B顺时针方向旋转90°得到BD，连接CD． （1）如图1，若∠CAB＝45°，∠ACB＝60°，，求AC的长； （2）如图2，连接AD，点F为AD中点，连接BF，过点C作CG⊥AB，垂足为G．过点B作BF的垂线交直线CG于点H，猜想BH与BF之间的数量关系，并证明； （3）如图3，连接AD，点F为AD中点，点E是BC的中点，连接EF，点P是直线BD上一动点，连接CP．当EF取最大值时，将△CPB沿CP翻折到△ABC所在的平面内，得到△CPQ，连接FQ．若，BC＝4，直接写出此条件下FQ的最小值． 40．（2026•莱芜区模拟）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点D是AB边上的一个动点，连接CD． 【问题发现】 （1）如图1，将CD绕点C逆时针旋转90°得到CE，连接DE，AE，若AC＝BC，则AE与BD的数量关系是　 　 ，∠BAE＝　 　 度； 【类比迁移】 （2）如图2，将CD绕点C逆时针旋转90°得到CD′，点E在CD′上，且，若AC＝2，，则AE与BD的数量关系是　 　 ，∠BAE＝　 　 度．请证明你的结论； 【拓展应用】 （3）如图3，在（2）的条件下，当点D在直线AB上移动时，其他条件不变，取线段DE的中点F，连接AF，CF，当△ACF是直角三角形时，求线段AE的长． 41．（2026•西安模拟）问题提出 （1）如图1，在△ABC与△ADE中，∠BAC＝∠DAE，AD＝2AE，AB＝2AC，若BD＝6，则CE＝　 　 ； 问题解决 （2）如图2，某小区计划修建四边形花园广场ABCD，且AB＝160米，CB＝CD，∠ADC＝135°，∠BCD＝90°，在花园广场ABCD中修建观光路AC，将广场分为两个三角形区域，△ACD区域建造成绿化区，P为AB的中点，以BP为斜边在△ABC内部修建一个等腰直角△PQB鱼池，其他区域种植月季供业主欣赏，求月季区的最大面积． 42．（2023•宁德模拟）已知抛物线ybx+c与y轴交于点A（0，3），对称轴是直线x＝3．直线yx+m与抛物线交于B，C两点（点B在点C的左侧），点Q是直线BC下方抛物线上的一个动点，点P在抛物线对称轴上． （1）求抛物线的表达式； （2）当点P在x轴上，且△ABC和△PBC的面积相等时，求m的值； （3）求证：当四边形QBPC是平行四边形时，不论m为何值，点Q的坐标不变． 43．（2026•长沙一模）如图，四边形ACPD是⊙O的内接四边形，点B是DC延长线上一点，连接AB、AD、AP，AP交直径CD于E，若∠BAC＝∠ADB，，． （1）求证：AB与⊙O相切； （2）若AP平分∠CAD，求的值； （3）设CE＝x，记，若，求y关于x的函数解析式，并求自变量x的取值范围． 44．（2026•永春县一模）如图，四边形ABCD内接于⊙O，AC平分∠BAD，E为AC上一点，且BC＝CE． （1）求证：∠ACD＝2∠ABE； （2）若BE∥CD，BC∥AD，求的值； （3）若，探究三条线段AB，AD，BC之间的数量关系，并说明理由． 45．（2026•小店区模拟）综合与探究 问题情境：数学课上，同学们以矩形为基本图形，探索图形变化中产生的数学问题．已知矩形ABCD中，AD＞AB．点E是平面内的一个动点，且BE＝AD，∠CBE的平分线交射线CD于点F，连接EF，过点E作CD的平行线交直线BF于点G，连接CG． 初步思考：（1）如图1，点E在矩形ABCD内部，猜想四边形EGCF的形状，并证明你的结论； 深入探究：（2）如图2，已知AB＝3，当点E落在AD边上，且恰好是AD的中点时，求此时GF的长； （3）保持（2）中矩形ABCD的形状大小不变，继续改变点E的位置．若，请直接写出所有满足条件的CF的长． 【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（10-9） 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 12 13 14 15 答案 C D B B B D C B C A B B B C A 一．选择题（共15小题） 1．（2023•武汉）皮克定理是格点几何学中的一个重要定理，它揭示了以格点为顶点的多边形的面积S＝N，其中N，L分别表示这个多边形内部与边界上的格点个数，在平面直角坐标系中，横、纵坐标都是整数的点为格点．已知A（0，30），B（20，10），O（0，0），则△ABO内部的格点个数是（　　） A．266 B．270 C．271 D．285 【解答】解：由A（0，30）可知边OA上有31个格点（含点O，A）， ∵直线OB的解析式为yx， ∴当x为小于或等于20的正偶数时y也为整数，即OB边上有10个格点（不含端点O，含端点B）； ∵直线AB的解析式为y＝﹣x+30， ∴当0＜x＜20且x为整数时，y均为整数，故边AB上有19个格点（不含端点）， ∴L＝31+19+10＝60， ∵△ABO的面积为S30×20＝300， ∴300＝N60﹣1， ∴N＝271． 故选：C． 2．（2026•桥东区一模）如图，点O为矩形ABCD对角线的交点，AB＝a，BC＝b．点E是AB边上一点（不含端点及中点），连接EO并延长，交CD边于点F．将矩形ABCD沿EF折叠，点A，D的对应点分别是点A'，D'，直线A'D'和直线BC相交于点H，连接EH，OH，FH，嘉嘉得出一个正确的结论：OH上EF，淇淇继续探究，发现了以下四个结论，其中不正确的是（　　） A．EH＝FH B．当点A'和点C不重合时，△A'EH≌△CFH C．tan∠EHO D．当A'在直线AB上方时，点A'到直线AB距离的最大值为 【解答】解：∵点O为矩形ABCD对角线的交点， ∴OE＝OF， ∵OH⊥EF， ∴OH垂直平分EF， ∴EH＝FH， 故A选项正确，不符合题意； 如图1：点O为矩形ABCD对角线的交点，连接AC， ∴AO＝CO，AB∥CD，∠DAB＝∠BCD＝∠ABC＝90°， ∴∠EAO＝∠FCO， 在△AOE和△COF中， ， ∴△AOE≌△COF（ASA）， ∴AE＝CF， 由折叠的性质可得：A′E＝AE，∠A′＝∠DAB＝90°， ∴∠A′＝∠FCH＝90°，A′E＝CF， ∵EH＝FH， ∴△A′EH≌△CFH（HL）， 故B选项正确，不符合题意； 如图2，点O为矩形ABCD对角线的交点，连接BD， ∴AO＝BO， ∴∠OAB＝∠OBA， ∵OH⊥EF， ∴∠EOH＝90°， ∵∠EOH+∠EBH＝180°， ∴点E、O、H、B四点共圆， ∴∠EBO＝∠EHO， ∴∠OAB＝∠EHO， ∴， 故C选项正确，不符合题意； 如图3，连接OA′， 由折叠的性质可得：OA＝OA′， ∴点A′在以点O为圆心，OA为半径的圆弧上， ∵， ∴， 由图形并结合垂径定理可得，当OA′⊥AB时，此时点A′距离AB最远，此时最大距离为， 故D选项错误，符合题意， 故选：D． 3．（2026•市中区一模）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． 4．（2026•海门区模拟）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AC：BC＝7：10，∠ABC和∠ACD的角平分线相交于点D，过点D作BD的垂线，交CA延长线于点E，连接AD，若△BCD的面积为6，下列结论：①AC＝AB；②∠EDC＝135°；③AD平分∠BAC；④，其中正确的有（　　）个 A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【解答】解：∵AC：BC＝7：10， ∴，， ∴①不正确； ∵∠BAC＝90°， ∴∠ABC+∠ACB＝90°， ∵∠ABC和∠ACB的角平分线相交于点D， ∴， ∴∠BDC＝180°﹣（∠DBC+∠DCB）＝135°， ∵ED⊥BD， ∴∠BDE＝90°， ∴∠EDC＝360°﹣∠BDC﹣∠BDE＝135°，故②正确； ∵∠ABC和∠ACB的角平分线相交于点D，△ABC三条角平分线交于同一点， ∴AD平分∠BAC，故③正确； ∵∠BDC＝∠EDC＝135°，CD＝CD，∠ECD＝∠BCD， ∴△BCD≌△ECD（ASA）， ∴S△BCD＝S△ECD＝6， ∵CD平分∠ACB，AC：BC＝7：10， ∴， ∴， ∴，故④不正确； 综上所述，正确的有②③， 故选：B． 5．（2026•天山区校级一模）如图①，在四边形ABCD中，AB∥CD，∠ABC＝90°，动点P从点B出发，沿B→C→D方向运动，运动至点D停止．设点P运动的路程为x，△ABP的面积为y，如果y关于x的函数图象如图②所示，则△BCD的周长是（　　） A． B． C． D． 【解答】解：根据题意，当P在BC上时，三角形面积增大，结合图2可得，BC＝2； 当P在CD上时，三角形面积不变，结合图2可得，CD＝3． ∵AB∥CD，∠ABC＝90°， ∴∠BCD＝180°﹣∠ABC＝90°． ∴BD． ∴△BCD 的周长＝BC+CD+BD＝2+35． 故选：B． 6．（2026•新市区模拟）已知平行四边形ABCD中，，点E在CD边上，△BCE沿BE折叠得△BC′E，下列结论正确的是（　　） A．当BE⊥CD时，DC′＝2 B．当C′落在CD边上时，tan∠BC'E C．当C′落在AB边上时，△BC′E的面积为 D．C′D的最小值为 【解答】解：A项：如图，当BE⊥CD时，BE为B到CD的距离， 在平行四边形ABCD中，，AB＝CD＝3，∠A＝∠C＝45°， ∴∠EBC＝∠C＝45°，即△BCE是等腰直角三角形， ∴，即平行四边形ABCD中，以AB为底边的高为1， ∵△BCE沿BE折叠得△BC′E， ∴△BCE≌△BC′E（SSS）， ∴∠C′EB＝∠CEB＝90°，CE＝C′E＝1， 即点C′落在CD边上， ∴DC′＝CD﹣CC′＝3﹣2＝1≠2，A项错误，不符合题意； B项：由A项可知，当C′落在CD边上时，∠BC′E＝45°， ∴，B项错误，不符合题意； C项：∵△BCE沿BE折叠得△BC′E，点E在CD上运动， ∴点C′的运动轨迹是以点B为圆心，BC为半径的圆上运动， 如图，作以点B为圆心，BC为半径的圆，⊙B与AB交点C′，连接CC′，过点E作EF⊥AB， ∵∠C＝∠EC′B＝45°， ∴四边形C′ECB是平行四边形， ∵， 由A项可知，平行四边形ABCD中，以AB为底边的高为1， ∴EF＝1， ∴，C项错误，不符合题意； D项：∵点C′的运动轨迹是以点B为圆心，BC为半径的圆上运动， 如图，当D，C′，B三点共线时，C′D有最小值， 过点D作DF⊥AB， ∵∠A＝45°， ∴， ∴BF＝AB﹣AF＝3﹣1＝2， 在Rt△DFB中，， ∴，即DC′的最小值为，D项正确，符合题意． 故选：D． 7．（2025•新疆）一辆快车从A地匀速驶向B地，一辆慢车从B地匀速驶向A地，两车同时出发，各自到达目的地后停止．两车之间的距离s（km）与行驶时间t（h）之间的函数关系如图所示，下列结论错误的是（　　） A．两车出发2h后相遇 B．A，B两地相距280km C．快车比慢车早h到达目的地 D．快车的速度为80km/h，慢车的速度为60km/h 【解答】解：当＝2时，s＝0， ∴两车出发2h后相遇， ∴A正确，不符合题意； 当t＝0时，s＝280， ∴A，B两地相距280km， ∴B正确，不符合题意； 快车比慢车早（h）到达目的地， ∴C错误，符合题意； 快车的速度为28080（km/h），慢车的速度为28060（km/h）， ∴D正确，不符合题意． 故选：C． 8．（2026•未央区一模）已知二次函数y＝ax2+bx+c的自变量x与函数y的部分对应值如表（自变量x从左到右依次从小到大）． x … x1 x2 x3 x4 x5 x6 x7 … y … 6 m 12 k 12 m 6 … 则下列关于这个二次函数的结论正确的是（　　） A．图象的开口向上 B．b2≥4a（c﹣k） C．6≤m≤12 D．当时，y的值是k 【解答】解：由条件可知抛物线对称轴为直线， 由表格知：当x1＜x3时，6＜12；当x5＜x7时，12＞6， ∴在对称轴左侧，y随x的增大而增大；在对称轴右侧，y随x的增大而减小， ∴图象的开口向下，故选项A错误，不符合题意； ∵函数y＝ax2+bx+c顶点的纵坐标为，函数图象开口向下，即a＜0， ∴当时，y有最大值为， 而x4不一定等于， ∴， ∴4ak≥4ac﹣b2， ∴b2≥4ac﹣4ak，即b2≥4a（c﹣k），故B选项正确，符合题意； ∵在对称轴左侧，y随x的增大而增大，且x1＜x2＜x3， ∴6＜m＜12，故C选项错误，不符合题意， ∵当时，函数有最大值为， 由选项B知，，故D选项错误，不符合题意． 故选：B． 9．（2026•渝中区校级模拟）已知整式Mn（x）＝anxn+an﹣1xn﹣1+⋯+a1x+a0，其中an﹣1，⋯，a0为自然数，n与an均为正整数．例：当n＝3，x＝﹣1时，有M3（﹣1）＝a3•（﹣1）3+a2•（﹣1）2+a1•（﹣1）+a0＝﹣a3+a2﹣a1+a0．下列说法： ①若M2（1）＝3，则符合条件的整式Mn（x）中有4个二次二项式； ②若Mn（1）•n＝4，则符合条件的整式Mn（x）有8个； ③若M2（2）＝9，且整式M2（x）是二次三项式，则M2（x）的值一定是正数． 其中正确的个数是（　　） A．0 B．1 C．2 D．3 【解答】解：由题可知an为正整数，an﹣1，⃯，a0为自然数（含0），逐个分析： ①，M2（1）＝a2+a1+a0＝3，二次二项式仅两个非零项，a2＞0，分两类讨论： ∵a0＝0，a1＞0时，a2+a1＝3，正整数解共2组；a1＝0，a0＞0时，a2+a0＝3，正整数解共2组； ∴合计2+2＝4个，①正确； ②Mn（1）•n＝4，n为正整数，为正整数，故n可取1，2，4， ∵n＝1时，a1+a0＝4，共4个不同多项式；n＝2时，a2+a1+a0＝2，共3个不同多项式；n＝4时，仅a4＝1，其余系数为0，共1个； ∴合计4+3+1＝8个，②正确； ③M2（x）是二次三项式，故a2＞0，a1＞0，a0＞0，M2（2）＝4a2+2a1+a0＝9，存在符合条件的多项式； ∵当x＝﹣1时，M2（﹣1）＝0，0不是正数，③错误， 综上，正确的说法共2个， 故选：C． 10．（2026•莱芜区模拟）在平面直角坐标系中，若点P的横坐标和纵坐标相等或互为相反数，则称点P为“大美点”．例如点（1，1），（1，﹣1），，…，都是“大美点”．若二次函数y＝ax2+3x+c（a≠0，c≠0）的图象上只有三个“大美点”，其中一个“大美点”是（2，2），当0≤x≤m时，函数y＝ax2+3x+c（a≠0，c≠0）的最小值为﹣2，最大值为，则m的取值范围为（　　） A．3≤m≤6 B．3＜m＜6 C．0≤m≤3 D．0＜m＜3 【解答】解：∵一个“大美点”是（2，2）， ∴4a+6+c＝2， ∴c＝﹣4a﹣4， ∵二次函数的图象上只有三个“大美点”， ∴对应的x＝﹣y或x＝y这两个一元二次方程必有一个有两个相等的实数根， 当x＝﹣y时，有ax2+4x+c＝0， ∴Δ＝42﹣4a（﹣4a﹣4）＝0， 化简得：a2+a+1＝0， ∴，此方程无解， 当x＝y时，有ax2+2x+c＝0， ∴Δ＝22﹣4a（﹣4a﹣4）＝0， 化简得：4a2+4a+1＝0， ∴（2a+1）2＝0， ∴， ∴， ∴原二次函数为， ∴， ∵， ∴当x＝3时，二次函数有最大值为， ∵当x＝0时，y＝﹣2， ∴（0，﹣2）关于抛物线的对称轴直线x＝3的对称点为（6，﹣2）， ∵当0≤x≤m时，函数的最小值为﹣2，最大值为， ∴m的取值范围为：3≤m≤6． 故选：A． 11．（2026•西安模拟）抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）上部分点的坐标如下表，下列说法错误的是（　　） x … ﹣3 ﹣2 ﹣1 0 1 … y … m ﹣3 ﹣4 ﹣3 m … A．图象的开口向上 B．m＞0 C．函数的最小值为﹣4 D．a﹣b+c＜0 【解答】解：由条件可知抛物线的对称轴为直线， ∴顶点坐标为（﹣1，﹣4）， 设抛物线解析式为y＝a（x+1）2﹣4，将（0，﹣3）代入得a﹣4＝﹣3，解得a＝1， ∵a＝1＞0， ∴抛物线开口向上，A正确，不符合题意； 展开解析式得y＝x2+2x﹣3，将x＝﹣3代入得y＝（﹣3）2+2×（﹣3）﹣3＝0，即m＝0，不满足m＞0，B错误，符合题意； ∵抛物线开口向上，顶点纵坐标为﹣4， ∴函数最小值为﹣4，C正确，不符合题意； 当x＝﹣1时，y＝a×（﹣1）2+b×（﹣1）+c＝a﹣b+c＝﹣4＜0，D正确，不符合题意； 故选：B． 12．（2022•福州模拟）已知函数y1＝3x+1，y2＝ax（a为常数），当x＞0时，y1＞y2，则a的取值范围是（　　） A．a≥3 B．a≤3 C．a＞3 D．a＜3 【解答】解：∵y1＝3x+1，y2＝ax， ∴y1＞y2，则3x+1＞ax，可得（3﹣a）x＞﹣1， ∵当x＞0时，y1＞y2， ∴3﹣a≥0， 解得a≤3， 故选：B． 13．（2026•长沙一模）如图所示，学校举行数学文化竞赛，图中的四个点分别描述了八年级的四个班级竞赛成绩的优秀率y（班级优秀人数占班级参加竞赛人数的百分率）与该班参加竞赛人数x的情况，其中描述1班和4班两个班级情况的点恰好在同一个反比例函数的图象上，则成绩优秀人数最多的是（　　） A．八（1）班 B．八（2）班 C．八（3）班 D．八（4）班 【解答】解：设（k＞0）， 过八（1）点，八（3）点作y轴的平行线交反比例函数于A，B， 设八（1）点为（x1，y1），八（2）点（x2，y2），八（3）点为（x3，y3），八（4）点（x4，y4），点A为（x1，y1'），点B为（x3，y3'）， 由图象可知：y1＞y1'，y3＜y3'， 依题意得：x1y1，x2y2，x3y3，x4y4分别为八（1），八（2），八（3），八（4）的优秀人数． 由题意可得： k＝x1y1'＝x3y3'＝x4y4， ∵y1＞y1'，y3＜y3'， ∴x1y1＞x1y1'＝k，x3y3＜x3y3'＝k， ∴x2y2＞x1y1＝x4y4＞x3y3， 即：八（2）班优秀人数＞八（1）班优秀人数＝八（4）班优秀人数＞八（3）班优秀人数， 故选：B． 14．（2023•衢州）已知二次函数y＝ax2﹣4ax（a是常数，a＜0）的图象上有A（m，y1）和B（2m，y2）两点．若点A，B都在直线y＝﹣3a的上方，且y1＞y2，则m的取值范围是（　　） A． B． C． D．m＞2 【解答】解：∵a＜0， ∴y＝﹣3a＞0， ∵A（m，y1）和B（2m，y2）两点都在直线y＝﹣3a的上方，且y1＞y2， ∴4am2﹣8am＞﹣3a， ∴4m2﹣8m+3＜0， ∴m①， ∵二次函数y＝ax2﹣4ax（a是常数，a＜0）的图象上有A（m，y1）和B（2m，y2）两点． ∴am2﹣4am＞4am2﹣8am， ∴3am2＜4am， ∵a＜0，m＞0， ∴am＜0， ∴m②， 由①②得m． 故选：C． 15．（2026•小店区模拟）在△ABC中，AB＝AC＝4，∠BAC＝120°，AD⊥BC于点D，以点A为圆心，AD为半径画弧，分别交AB，AC于点E，F，连接DE，DF，过点D作DG⊥AB于点G，以点D为圆心，DG为半径画弧交AC于点H，则图中阴影部分的面积为（　　） A． B． C． D． 【解答】解：在△ABC中，AB＝AC＝4，∠BAC＝120°，AD⊥BC， 由等腰三角形三线合一得：∠BAD＝∠CAD＝60°， 在Rt△ABD中，， 又DG⊥AB， 在Rt△ADG中，，AG＝AD•cos60°＝1， 根据作图可知，且点H在AC上， ∵∠BAD＝∠CAD＝60°， ∴DH⊥AC， ∴AH＝AD•cos60°＝1， 在四边形AGDH中，∠AGD＝∠AHD＝90°，∠BAC＝120°， ∴∠GDH＝360°﹣90°﹣90°﹣120°＝60°， 根据题意可得AE＝AD＝AF＝2， ∴S阴影GAH＝S四边形AGDH﹣S扇形GDH ， S阴影ED+S阴影DF＝2（S扇形ADE﹣S△ADE） ， ∴， 故选：A． 二．填空题（共15小题） 16．（2025•海伦市校级一模）如图，在直角坐标系中，每个网格小正方形的边长均为1个单位长度，以点P为位似中心作正方形PA1A2A3、正方形PA4A5A6、…，按此规律作下去，所作正方形的顶点均在格点上，其中正方形PA1A2A3的顶点坐标分别为P（﹣3，0），A1（﹣2，1），A2（﹣1，0），A3（﹣2，﹣1），则顶点A2024的坐标为 　（1347，0）　 . 【解答】解：∵A2（﹣1，0），A5（1，0），A8（3，0），A11（5，0），…， ∴A3n﹣1（2n﹣3，0）， ∵2024＝3×675﹣1， ∴A2024的坐标为（1347，0）， 故答案为：（1347，0）． 17．（2026•桥东区一模）如图，正方形ABCD的边长为2，点O在正方形的内部，以O为圆心，2为半径的圆经过点D和C，与BC边交于点E，在正方形ABCD内的圆弧上取一点F，使得，连接并延长EF和AB边交于点G，则EG﹣AG的值为　2　 ． 【解答】解：如图，正方形ABCD的边长为2，连接OC，OD，OE，OF，过O作OH⊥CD于H，则OC＝OD， ∴，∠BCD＝∠B＝90°， ∵点C，D在⊙O上，半径为2，OH⊥CD， ∴， ∴， ∴∠ODH＝30°， ∴∠CED＝60°， ∵OC＝OE， ∴△OCE是等边三角形，∠COE＝60°， ∴CE＝OC＝2，． ∵EF＝CE＝OE＝OF， ∴△EOF是等边三角形，∠OEF＝60°， ∴∠BEG＝60°，EF＝2， 在Rt△BEG中，， ∴， ∴，， ∴， ∴EG﹣AG＝2． 18．（2026•市中区一模）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，，……，， ∴． 19．（2026•海门区模拟）在正方形ABCD中，E为对称中心，BD为对角线，P为正方形内部一点，PA＝6，PC＝10，PD，Q为DC边上一动点，连结QE，QB，则（QE+QB）2的最小值为　290　 ． 【解答】解：过点P作MP⊥AD，NP⊥CD，垂足分别为M，N，过E作EH⊥BC，垂足别为H，在BC延长线上取点B关于CD的对称点B′，连接B′E， ∴∠PMD＝∠PND＝90°， ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠ADC＝90°， ∴四边形DMPN是矩形； ∴MP＝DN，NP＝DM（矩形的对边相等）， 设MP＝x，NP＝y，AB＝a， ∴AM＝a﹣y，CN＝a﹣x， ∵PA＝6，PC＝10，PD， ∴， 解得：a2＝116或a2＝20（不合题意舍去）， 过E作EH⊥BC，垂足别为H，在BC延长线取点B关于CD的对称点B′点，连接B′E， 由辅助线做法可知：，B′C＝a， ∵E为正方形ABCD的对称中心， ∴， ∵EQ+BQ≤B′E， ∴QE+QB的最小值为B′E，（QE+QB）2的最小值为B′E2． ∴． ∴（QE+QB）2的最小值为290． 故答案为：290． 20．（2026•天山区校级一模）定义：将三角形沿过顶点的直线折叠，折叠后的另一个顶点恰好落在这个三角形的边上（不含顶点）时，此时折痕被称为“落边折痕”．特例感知：已知△ABC，D为AC边上一点，将△ABC沿BD折叠，使得点A恰好落在BC边上（不含点C），此时折痕BD称为“落边折痕”．若△ABC是直角三角形，其中∠A＝90°，∠ABC＝60°，AB＝1，若点D为AC边上一点，将△ABC沿着BD折叠后，点A恰好落在BC边上的点E处，则“落边折痕”BD的长 　　 ；若△ABC是等腰三角形，其中AB＝AC＝5，BC＝6，则其“落边折痕”的长度是 　或．　 ． 【解答】解：∵△ABC是直角三角形，∠ABC＝60°，将△ABC沿着BD折叠后，点A恰好落在BC边上的点E处， ∴∠EBD＝∠ABD∠ABC＝30°， 又∵∠A＝90°，AB＝1， ∴BD； 根据题意可知，当三角形存在“落边折痕”时，折叠后的对应点在三角形的边上（不含顶点）． 在等腰△ABC中，AB＝AC＝5，BC＝6，BC＞AB， ∴只能是点A向下折叠，则分情况讨论（若是其他折叠方式，则对应点落在三角形边的延长线上或顶点处，不满足定义）； ①如图③，当沿BD折叠，点A落在BC边上的点E处时， 由三角形面积可得， ∴， 过点D作DF⊥BC于点F，过点A作AG⊥BC于点G，（通过面积比，可以推导出对应线段比值，构造等量关系，求解所需线段）， ∴，G为BC中点，AG∥DF， ∴CG＝3，△AGC∽△DFC， 由勾股定理得：AG4， ∴， ∴CF，DF， ∴GF＝CG﹣FC＝3， ∴BF＝BC﹣CF＝6， 在Rt△BDF中，BD； ②如图④，当沿CH折叠，点A落在BC边上的点I处时，同①，则CH；（此种情况与情况①属于对称状态，折痕相等）； ③如图⑤，当沿BP折叠，点A落在AC边上的点Q处时， BP为AQ的垂直平分线，即BP⊥AC， 由①可知，， ∴BP•AC＝12， ∴BP； ④如图⑥，当沿CX折叠，点A落在AB边上的点Y处时，CX为AY的垂直平分线，则同情况③，则CX．（此种情况与情况③属于对称状态，折痕亦相等）， 综上所述，“落边折痕”的长度为或． 故答案为：；或． 21．（2026•新市区模拟）如图，已知△ABC为等边三角形，边长为3，在三边上分别取点D，E，F，使AF＝CE＝BD＝1，连接AE，BF，CD相交于点H，J，G，则△HJG的面积为　　 ． 【解答】解：如图，过点A作AK⊥BC交BC于点K， ∵△ABC是等边三角形， ∴∠ABC＝∠BAC＝∠ACB＝60°，AB＝BC＝AC＝3， 又∵AF＝CE＝BD＝1， ∴AB﹣BD＝BC﹣CE＝AC﹣AF， 即AD＝BE＝CF＝2， 在△ABE和△BCF中， ， ∴△ABE≌△BCF（SAS）， 同理证得△CAD≌△ABE（SAS），△BCF≌△CAD（SAS）， ∴∠AEB＝∠BFC＝∠CDA，AE＝BF＝CD，∠BAE＝∠CBF＝∠ACD， ∵∠ABH+∠CBF＝60°， ∴∠ABH+∠BAE＝60°， ∴∠AHB＝180°﹣（∠ABH+∠BAE）＝180°﹣60°＝120°， ∴∠BHJ＝180°﹣120°＝60°， 同理可得∠CJH＝60°，∠BGJ＝60°， ∴△HJG是等边三角形， ∵△ABC是等边三角形， ∴，， ∵BE＝2， ∴， 在Rt△AKE中，， ∴， ∵∠AEB＝∠BFC＝∠CDA， ∴180°﹣∠AEB＝180°﹣∠CDA＝180°﹣∠BFC，即∠JEC＝∠BDC＝∠AFH， ∵∠JCE＝∠BCD， ∴△JCE∽△BCD， ∴， ∴， 解得，， ∵∠BAE＝∠CBF＝∠ACD， ∴∠BAC﹣∠BAE＝∠CBA﹣∠CBF＝∠ACB﹣∠ACD， 即∠HAF＝∠JCE， 在△AFH和△CJE中， ， ∴△AFH≌△CJE（ASA）， ∴， ∴， ∵△HJG是等边三角形， ∴， 过点H作HM⊥GJ交GJ于点M， ∴，， ∴． 22．（2026•乌鲁木齐校级模拟）将边长为1的正方形纸片按如图所示方法进行对折，记第1次对折后得到的图形面积为S1，第2次对折后得到的图形面积为S2，…，第n次对折后得到的图形面积为Sn，请根据图2化简，S1+S2+S3+…+S2019+S2020＝　1或　 ． 【解答】解：观察图形的变化可知： S1， S2， S3， … S2020， 第2020次对折后，剩下部分的面积为． 所以S1+S2+S3……+S2020＝1． 故答案为：1或者． 23．（2026•未央区一模）如图正方形ABCD中，E为AD边上任意一点（不与点A、D重合），将CE绕点C逆时针旋转90°至F，连接EF，取EF的中点P，若BP＝2，则AE的长为　　 ． 【解答】解：如图所示，连接BF，AP，CP，作PQ⊥AB于点Q， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝BC＝CD＝DA，∠ABC＝∠BCD＝∠CDA＝∠DAB＝90°， ∵将CE绕点C逆时针旋转90°至F， ∴CE＝CF，∠ECF＝90°， ∴∠DCE+∠ECB＝∠ECB+∠BCF＝90°，则∠DCE＝∠BCF， ∴△DCE≌△BCF（SAS）， ∴∠D＝∠CBF＝90°，则∠ABC+∠CBF＝180°， ∴点A，B，F共线， ∵点P是EF中点， ∴在Rt△ECF中，， 在Rt△AEF中，， ∴AP＝CP，且AB＝CB，BP＝BP， ∴△ABP≌△CBP（SSS）， ∴∠ABP＝∠CBP＝45°， 在Rt△BPQ中，BP＝2，∠BQP＝90°，∠PBQ＝45°， ∴， ∵∠DAB＝∠PQB＝90°， ∴AD∥PQ， ∴△AEF∽△QPF， ∴， ∴， 故答案为：． 24．（2026•渝中区校级模拟）我们规定，一个四位正整数，若满足a+c＝b+d，则称这个四位数为“和同数”．例如：四位数3652，因为3+5＝6+2，所以3652是“和同数”．按照这个规定，最小的“和同数”是　1001　 ．一个“和同数”，将其千位数字与百位数字调换位置，十位数字与个位数字调换位置，得到一个新的四位数，记，，若被3除余2，且G（M）被7整除，则满足条件的正整数M的和是　2497　 ． 【解答】解：要使正整数最小，则a＝1，c＝0， 由条件可知d＝a+c﹣b＝1+0﹣b＝1﹣b， ∵0≤b≤9，0≤d≤9， ∴b＝0，d＝1， ∴最小的“和同数”是1001； ∵，， ∴M﹣M′＝（1000a+100b+10c+d）﹣（1000b+100a+10d+c）＝900（a﹣b）+9（c﹣d）， ∴， 又∵c﹣d＝b﹣a， ∴， ∵M+M′＝11（100a+100b+c+d）， ∴， ∵F（M）＝a﹣b，被3除余2， ∴， 即能被3整除， 设（k为整数）， 整理得， ∵G（M）能被7整除，1≤a≤9，0≤b≤9， ∴当k＝1时，， 当a＝1时，b＝2，此时c＝b+d﹣a＝2+d﹣1＝1+d，G（M）＝100×1+100×2+d+1+d＝301+2d，且301能被7整除， ∴2d能被7整除， ∴d＝0或d＝7， 当d＝0时，c＝1， ∴M＝1210； 当d＝7时，c＝8， ∴M＝1287； ∴当k＝2时，， 当a＝2时，b＝﹣1（不符合题意，舍去）； ∴M有1210、1287， 则和是1210+1287＝2497， 故答案为：1001，2497． 25．（2026•莱芜区模拟）如图，折叠边长为8cm的正方形纸片ABCD，折痕是BE，点A落在点F处，分别延长BF，EF交CD于点G，H，若点E是AD边的中点，则GH＝　　 cm． 【解答】解：如图，边长为8cm的正方形纸片ABCD，连接BH， ∴AB＝BC＝CD＝DA＝8cm，∠A＝∠ABC＝∠C＝∠D＝90°， ∵点E为AD的中点， ∴AE＝DEAD8＝4（cm）， 由折叠得，EF＝AE＝4cm，BF＝BA＝8cm，∠BFE＝∠A＝90°， ∴∠BFH＝∠HFG＝90°， 设HF＝x cm， 在直角三角形BFH中，由勾股定理得：BH2＝BF2+FH2， ∴BH2＝82+x2， 在Rt△HED中，HE＝（4+x）cm，DE＝4cm， 由勾股定理得：HD（）cm， ∴CH＝CD﹣HD＝（8）cm， 在Rt△BCH中，由勾股定理得：BC2+CH2＝BH2， ∴82+x2， 解得：x1，x2＝﹣8（不合题意，舍去）， ∴HFcm， ∴HE＝HF+EF4（cm）， ∴HD（cm）， ∵∠HFG＝∠D＝90°，∠GHF＝∠EHD， ∴△HFG∽△HDE， ∴，即， 解得：HG． 26．（2026•西安模拟）、如图，四边形ABCD是菱形，连接AC，BD交于点O．G为AD边上的一动点（不与点A，D重合），GE⊥AC于点E，GF⊥DB于点F，若OA＝3，OB＝6，则EF的最小值为　　 ． 【解答】解：如图，连接OG， ∵四边形ABCD是菱形， ∴AC⊥BD，OD＝OB＝6， ∴∠AOD＝90°， 由勾股定理得， ∵GE⊥AC，GF⊥DB， ∴∠GEO＝∠GFO＝90°， ∴四边形OFGE为矩形， ∴EF＝OG， 当OG⊥AD时，OG的值最小，即EF的值最小， 由等面积得， 即EF的最小值为， 故答案为：． 27．（2021•罗湖区校级模拟）如图，以直角三角形ABC的斜边BC为边在三角形ABC的同侧作正方形BCEF，设正方形的中心为O，连接AO，如果AB＝4，AO＝6，则AC＝　16　 ． 【解答】解：在AC上截取CG＝AB＝4，连接OG， ∵四边形BCEF是正方形，∠BAC＝90°， ∴OB＝OC，∠BAC＝∠BOC＝90°， ∴B、A、O、C四点共圆， ∴∠ABO＝∠ACO， ∵在△BAO和△CGO中 ， ∴△BAO≌△CGO（SAS）， ∴OA＝OG＝6，∠AOB＝∠COG， ∵∠BOC＝∠COG+∠BOG＝90°， ∴∠AOG＝∠AOB+∠BOG＝90°， 即△AOG是等腰直角三角形， 由勾股定理得：AG， 即AC＝12+4＝16． 故答案为：16 28．（2026•长沙一模）雅雅让同学们猜一个两位数，四位同学对这个数作出了如下猜测： 甲：“这个数比60小，它是个双数．” 乙：“这个数比80大，它是个单数．” 丙：“这个数的数字和是12；它加上5后是11的倍数．” 丁：“这个数加上9后是10的倍数；它加上6后是7的倍数．” 雅雅检查后发现，每个同学都恰好说对了一半，这个两位数是　57　 ． 【解答】解：整理四位同学的表述，每位一真一假： 甲：①这个数比60小，②这个数是双数． 乙：①这个数比80大，②这个数是单数． 丙：①数字和为12，②加5后是11的倍数． 丁：①加9后是10的倍数，②加6后是7的倍数． 情况1：假设甲①真，甲②假，可得：这个数小于60，是单数． 因为数小于60，因此乙①为假，根据乙一真一假，得乙②真，符合这个数是单数，无矛盾．若丁①真，则这个数加9是10的倍数，可得这个数个位为1，则这个数可能为11，21，31，41，51；其数字和均不为12，且加5后也都不是11的倍数，故丙①②均为假，所以丁①是假，从而得丁②真，即这个数加6是7的倍数． 设这个数为x，则x＝7k﹣6，x是小于60的两位数单数，可得：k＝3时，x＝15，数字和1+5＝6≠12；k＝5时，x＝29，数字和2+9＝11≠12；k＝7时，x＝43，数字和4+3＝7≠12；k＝9时，x＝57，数字和5+7＝12，符合丙①真，验证丙②：57+5＝62，不是11的倍数，丙②假，满足一真一假，所有条件都符合． 情况2：假设甲①假，甲②真，可得：这个数大于等于60，是双数．若乙①真，乙②假，可得：这个数大于80，是双数，若丁①真，则个位为1，是单数，矛盾，因此丁①假，丁②真，x+6为7的倍数，80＜x＜100，其中x为双数，得x＝92，92数字和9+2＝11≠12，92+5＝97不是11的倍数，丙全假，矛盾．若乙①假，乙②真，可得：这个数小于等于80，是单数，与“这个数是双数”矛盾，情况2不成立．综上，符合所有条件的两位数是57， 故答案为：57． 29．（2026•永春县一模）小君家购入如图1的划船机一台，如图2是划船机的部分示意图．阻尼轮⊙O由支架AD和AC支撑，点A处于点O的正下方，AD与⊙O相切，脚踏板点E和圆心O在连杆CE上，CD部分隐藏在阻尼轮内部，测量发现点E到地面的高度EF为35cm，E、A两点间的水平距离AF为72cm，tan∠DAC，则CD的长为 　50　 cm． 【解答】解：如图，过点E作EH⊥OA于点H， ∵AD与⊙O相切， ∴AD⊥CD， ∴tan∠DAC， ∵O是CD的中点， ∴， ∴tan∠EOA， ∵EH＝AF＝72（cm）， ∴OH＝30cm， ∵AH＝EF＝35cm， ∴OA＝65cm， ∵tan∠EOA， 设AD＝12xcm，OD＝5xcm， ∴OA13x（cm）， ∴13x＝65， 解得x＝5， ∴OD＝25cm， ∴CD＝2OD＝50（cm）． 故答案为：50． 30．（2026•小店区模拟）在Rt△ABC中，∠C＝90°，AD是BC边的中线，∠ABC的平分线交AD于点E，交AC于点F，若AC＝9，AB＝15，则EF的长为　　 ． 【解答】解：如图所示，分别过点E作EG⊥BC，EK⊥AB，垂足为G、K，过点F作FH⊥AB，垂足为H， ∵∠C＝90°，AC＝9，AB＝15， ∴， ∵AD是BC边的中线， ∴BD＝CD＝6， ∵BF是∠ABC的平分线， ∴EK＝EG，FH＝FC， ∵， ∴， ∴FH＝FC＝4， ∵， ∴， 解得， ∵∠EBG＝∠FBC，∠BGE＝∠C＝90°， ∴△BGE∽△BCF， ∴， ∴， ∴， ∴， ， ∴． 故答案为：． 三．解答题（共15小题） 31．（2021•道外区一模）如图，抛物线y＝a（x+2）（x﹣5）（a＜0）交x轴于A、B两点（A左B右），交y轴于C，且5OA＝2OC． （1）求抛物线的解析式； （2）P为第一象限抛物线上一点，连接PA交y轴于点D，设点P的横坐标为m，△PCD的面积为S，求S与m的函数关系式； （3）在（2）的条件下，连接BC交PA于点E，过点O作OF∥PA，交BC于点F，若PE＝PF，求点P的坐标． 【解答】解：（1）在y＝a（x+2）（x﹣5）中， 当x＝0时，y＝﹣10a， ∴C（0，﹣10a）， ∴OC＝﹣10a， 此时a（x+2）（x﹣5）＝0， ∵a≠0， ∴（x+2）（x﹣5）＝0， ∴x＝﹣2或x＝5， ∴A（﹣2，0），B（5，0）， ∴OA＝2，OB＝5， ∵5OA＝2OC， ∴10＝﹣20a， ∴a， ∴抛物线的解析式为：yx2x+5； （2）P点的横坐标为m，则P（m，（m+2）（m﹣5））． 如图，过点P作PH⊥x轴，垂足为H， ∵tan∠PAH， ∴tan∠PAH， ∴OD＝5﹣m， ∴CD＝5﹣（5﹣m）＝m， ∴S△PCD， ∴S； （3）∵OB＝OC＝5， ∴∠OBC＝∠OCB＝45°， 如图，设PH交BC于点G，连接GD交OF点N， ∴∠BGH＝∠OBC＝45°， ∴GH＝BH＝OD＝5﹣m， ∴四边形OHGD为矩形， ∴DG∥AB， ∴∠PGD＝∠PHO＝90°， ∴∠PGF＝∠BGH＝45°， ∴∠NGF＝∠PGF＝45°， ∵OF∥PA， ∴四边形AOND为平行四边形， ∴DN＝OA＝2， 设∠APF＝2α， ∵PE＝PF， ∴∠PEF＝∠PFE＝90°﹣α， ∵OF∥PA， ∴∠EFN＝∠PEF＝∠PFE， ∴∠PFG＝∠NFG， 又∵FG＝FG， ∴△PGF≌△NGF（AAS）， ∴NG＝PG＝（m2m+5）﹣（5﹣m）m2， ∵DG＝CD， ∴m2m+2＝m， 解得：m＝4或m＝﹣1（舍）， ∴P（4，3）． 32．（2026•桥东区一模）数学兴趣小组对三角形面积的最值问题展开了如下探究： 【探究1】 （1）如图1，已知等边三角形ABC的边长为a，则S△ABC＝　　 （用含a的代数式表示）； （2）如图2，菱形ABCD的边长为6，∠D＝60°，点E和点F分别在CD边和BC边上，∠EAF＝60°，连接EF，求△AEF面积的最小值； 【探究2】 （3）如图3，在△ABC中，∠BAC＝45°，AD为BC边上的高，AD＝m（m为定值），求△ABC面积的最小值（用含m的代数式表示）． 【解答】解：（1）过点A作AH⊥BC于点H，如图， ∵△ABC是等边三角形，边长为a， ∴， 在Rt△ABH中，由勾股定理得， ∴， 故答案为： （2）连接AC，如图， ∵四边形ABCD是菱形，边长为6， ∴AD＝CD＝6，AB∥CD， ∵∠D＝60°， ∴△ADC是等边三角形， ∴AD＝AC＝6，∠DAC＝∠ACD＝60°， ∵菱形中∠BCD＝180°﹣∠D＝120°， ∴， ∴∠D＝∠ACF＝60°， ∵∠EAF＝60°， ∴∠DAC﹣∠EAC＝∠EAF﹣∠EAC，即∠DAE＝∠CAF， 在△ADE和△ACF中， ， ∴△ADE≌△ACF（ASA）， ∴AE＝AF， 又∵∠EAF＝60°， ∴△AEF是等边三角形， ∴由（1）得， 要使△AEF的面积最小，只需使AE的长度最小， 根据垂线段最短，当AE⊥CD时，AE取得最小值， ∵△ADC是等边三角形，AE⊥CD， ∴在Rt△ADE中，由勾股定理得， ∴△AEF面积的最小值为； （3）∵AD为BC边上的高， ∴∠ADB＝∠ADC＝90°， 作△ABD关于AB对称的△ABE，作△ACD关于AC对称的△ACG，延长EB，GC交于点F，如图， 则∠EAB＝∠DAB，∠GAC＝∠DAC，AE＝AD＝AG＝m，∠AEB＝∠ADB＝90°，∠AGC＝∠ADC＝90°， ∵∠BAC＝45°， ∴∠EAG＝∠EAB+∠BAC+∠GAC＝2∠BAC＝90°， 又∵∠E＝∠G＝90°， ∴四边形AEFG是矩形， 又∵AE＝AG＝m， ∴正方形边长为m，矩形AEFG是正方形， 设BD＝BE＝x，CD＝CG＝y，则CF＝FG﹣CG＝m﹣y，BC＝x+y，BF＝EF﹣BE＝m﹣x， 在Rt△BFC中，∠F＝90°，由勾股定理得BF2+CF2＝BC2， 即（m﹣x）2+（m﹣y）2＝（x+y）2， 展开化简得xy＝m2﹣m（x+y）， 由完全平方公式的非负性可知（x﹣y）2≥0，变形得（x+y）2≥4xy， ∴（x+y）2≥4m2﹣4m（x+y），即（x+y）2+4m（x+y）﹣4m2≥0， 当（x+y）2+4m（x+y）﹣4m2＝0时， 由求根公式得（舍去）， ∴x+y的最小值为，即BC的最小值为， 根据△ABC的面积， ∴最小值为． 33．（2026•市中区一模）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． 34．（2026•海门区模拟）如图1，抛物线C1：y＝x2+b交y轴于A（0，1）． （1）直接写出抛物线C1的解析式 y＝x2+1　 ． （2）如图1，x轴上两动点M，N满足：﹣Xm＝Xn＝n．若B，C（B在C左侧）为线段MN上的两个动点，且满足：B点和C点关于直线l：x＝1对称．过B作BB'⊥x轴交C1于B'，过C作CC'⊥x轴交C1于C'，连接B'C'．求B'C'的最大值（用含n的代数式表示）． （3）如图2，将抛物线C1向下平移个单位长度得到抛物线C2.C2对称轴左侧的抛物线上有一点M，其横坐标为m．以OM为直径作⊙K，记⊙K的最高点为Q．若Q在直线y＝﹣2x上，求m的值． 【解答】解：（1）把点A代入y＝x2+b， 得：1＝b， ∴， 故答案为：y＝x2+1； （2）设B（q，0），则C（2﹣q，0）， ∴B'（q，q2+1），C'（2﹣q，q2﹣4q+5）， 由两点距离的坐标公式可得： （B′C′）2＝（2﹣q﹣q）2+[（2﹣q）2﹣q2]2＝20q2﹣40q+20＝20（q﹣1）2， ∵﹣n≤q＜1且1＜2﹣q≤n， ∴2﹣n≤q＜1， ∴[（B′C′）2]max时，q＝qmin＝2﹣n， 此时（B′C′）2＝20（2﹣n﹣1）2＝20（n﹣1）2， ∴， ∵n≥1， ∴； （3）由题意得：， ∴， ∴， ∴， ∴OK的最高点点Q坐标为， 设yQ＝k，则， 化简上式有：， 而Q点在y＝﹣2x上，则k＝﹣2xQ＝﹣m， ∴k＝﹣m为上述方程的一个解， 化简得：， 即， 解得：，， 故或． 35．（2026•天山区校级一模）如图①，在正方形ABCD中，点N、M分别在边BC、CD上，连结AM、AN、MN．∠MAN＝45°，将△AMD绕点A顺时针旋转90°，点D与点B重合，得到△ABE． 【实践探究】 （1）求证：△ANM≌△ANE，并直接写出DM，BN与MN之间的数量关系； （2）在图①条件下，若CN＝6，CM＝8，则正方形ABCD的边长是 　12　 ； （3）如图②，点M、N分别在边CD、AB上，且BN＝DM．点E、F分别在BM、DN上，∠EAF＝45°，连接EF，猜想三条线段EF、BE、DF之间满足的数量关系，并说明理由． 【拓展应用】 （4）如图③，在矩形ABCD中，AB＝6，AD＝8，点M、N分别在边DC、BC上，连结AM，AN，已知∠MAN＝45°，BN＝2，直接写出DM的长． 【解答】解：（1）∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝CD＝AD，∠BAD＝∠C＝∠D＝90°， 由旋转得：△ABE≌△ADM， ∴BE＝DM，∠ABE＝∠D＝90°，AE＝AM，∠BAE＝∠DAM， ∴∠BAE+∠BAM＝∠DAM+∠BAM＝∠BAD＝90°， 即∠EAM＝90°， ∵∠MAN＝45°， ∴∠EAN＝90°﹣45°＝45°， ∴∠MAN＝∠EAN， 在△ANM和△AEN中， ， ∴△ANM≌△AEN（SAS）， ∴MN＝EN． ∵EN＝BE+BN＝DM+BN， ∴MN＝BN+DM． （2）在Rt△CMN中，MN10， 则BN+DM＝10， 设正方形ABCD的边长为x，则BN＝BC﹣CN＝x﹣6，DM＝CD﹣CM＝x﹣8， ∴x﹣6+x﹣8＝10， 解得：x＝12， 即正方形ABCD的边长是12； 故答案为：12； （3）EF2＝BE2+DF2， 理由如下：如图②，将△AFD绕点A顺时针旋转90°，点D与点B重合，得到△ABH，连接EH， ∴∠ADF＝∠ABH，DF＝BH，∠DAF＝∠BAH，AH＝AF， ∵∠EAF＝45°， ∴∠DAF+∠BAE＝45°＝∠BAH+∠BAE， ∴∠HAE＝45°＝∠EAF， 又∵AH＝AF，AE＝AE， ∴△EAH≌△EAF（SAS）， ∴HE＝EF， ∵BN＝DM，BN∥DM， ∴四边形BMDN是平行四边形， ∴DN∥BM， ∴∠AND＝∠ABM， ∵∠ADN+∠AND＝90°， ∴∠ABH+∠ABM＝90°＝∠HBM， ∴BE2+BH2＝HE2， ∴EF2＝BE2+DF2； （4）如图③，延长AB至P，使BP＝BN＝2，过P作BC的平行线交DC的延长线于Q，延长AN交PQ于E，连接EM， 则四边形APQD是正方形， ∴PQ＝DQ＝AP＝AB+BP＝8， 设DM＝x，则MQ＝8﹣x， ∵PQ∥BC， ∴△ABN∽△APE， ∴， ∴PEBN， ∴EQ＝PQ﹣PE＝8， 由（1）得：EM＝PE+DMx， 在Rt△QEM中，由勾股定理得：（）2+（8﹣x）2＝（x）2， 解得：x＝4， 即DM的长是4． 36．（2026•新市区模拟）在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）经过点A（3，1），与y轴的交点为C（0，1）． （1）求c的值，并用含a的式子表示b； （2）已知直线y＝ax+1与抛物线交于两点，点B是右侧交点． ①求点B的横坐标； ②过点P（t，0）作x轴的垂线，交抛物线于点M（M不与B，C重合），连接MB，MC．已知在点P从点O运动到点D（4a，0）的过程中，△MBC的面积随OP长度的增大而增大，求a的取值范围． 【解答】解：（1）抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）经过点A（3，1），与y轴的交点为C（0，1）．将点A，点C的坐标分别代入得： ， 解得：； （2）①∵直线y＝ax+1与抛物线交于两点，点B是右侧交点， 联立得：ax+1＝ax2﹣3ax+1， 解得：x1＝0，x2＝4， ∴点B的横坐标为4； ②i）当a＜0时，如图1，过点P（t，0）作x轴的垂线，交抛物线于点M， 点P从点O运动到点D（4a，0）的过程中，BC长度不变，MC逐渐增大，点M到BC的距离增大，△MBC的面积逐渐增大， ∴△MBC的面积随OP长度的增大而增大； ii）当a＞0时，如图2，设过点P（t，0）作x轴的垂线，交抛物线于点M，交直线于点N， ∴M（t，at2﹣3at+1），N（t，at+1）， 当0＜t＜4a，MN＝at+1﹣（at2﹣3at+1）＝﹣at2+4at， ∴ ＝﹣2at2+8at ＝﹣2a（t﹣2）2+8a， ∵a＞0， ∴﹣2a＜0， ∴当t≤2时，S△MBC随t的增大而增大， ∴4a≤2，解得， ∴， 综上所述，a的取值范围是或a＜0． 37．（2026•乌鲁木齐校级模拟）【基础巩固】 （1）如图1，在△ABC中，D为AB上一点，∠ACD＝∠B．求证：AC2＝AD•AB． 【尝试应用】 （2）如图2，在▱ABCD中，E为BC上一点，F为CD延长线上一点，∠BFE＝∠A．若BF＝3，BE＝2，求AD的长． 【拓展提高】 （3）如图3，在菱形ABCD中，E是AB上一点，F是△ABC内一点，EF∥AC，AC＝2EF，∠EDF∠BAD．AE＝1，DF＝3，请直接写出菱形ABCD的边长． 【解答】（1）证明：∵∠ACD＝∠B，∠A＝∠A， ∴△ADC∽△ACB， ∴， ∴AC2＝AD•AB； （2）解：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD＝BC，∠A＝∠C， 又∵∠BFE＝∠A， ∴∠BFE＝∠C， 又∵∠FBE＝∠CBF， ∴△BFE∽△BCF， ∴， ∴BF2＝BE•BC， ∴BC， ∴AD； （3）解：如图3，分别延长EF，DC相交于点G， ∵四边形ABCD是菱形， ∴AB∥DC， ∵AC∥EF， ∴四边形AEGC为平行四边形， ∴AC＝EG，CG＝AE＝1，∠EAC＝∠G， ∵∠EDF∠BAD， ∴∠EDF＝∠BAC， ∴∠EDF＝∠G， 又∵∠DEF＝∠GED， ∴△EDF∽△EGD， ∴， ∴DE2＝EF•EG， 又∵EG＝AC＝2EF， ∴DE2＝2EF2， ∴DE， 又∵ ∴DGDF＝3， ∴DC＝DG﹣CG＝3． ∴菱形ABCD的边长为3． 38．（2026•未央区一模）问题提出： （1）如图①，在△ABC中，请用尺规作图的方法，作出AB边上的高． 问题发现： （2）如图②，在等边△ABC中，点E、F分别是边AC和边BC上的动点，且CE＝BF，连接AF和BE交于点G，求证：S△ABG＝S四边形CEGF． 问题解决： （3）“全民健身，同心同行”，某运动公园示意图如图③，四边形ABDC中，AC＝20，∠D＝60°，为促进全民健身，计划将四边形ABDC分为两个部分，△ABC为健身区，△BCD为休闲区，经过调研发现，最可行的方案是要满足BC＝CD，且AB⊥BC，是否存在面积最大的四边形AB﹣CD？若存在，请求出四边形ABCD的面积最大值；若不存在，请说明理由． 【解答】（1）解：如图，点CP即为所求． （2）证明：∵△ABC是等边△ABC， ∴AB＝BC，∠ABC＝∠ACB＝60°， 在△ABF和△BCE中， ∴△ABF≌△BCE（SAS）， ∴S△ABF＝S△BCE， ∴S△ABF﹣S△BFG＝S△BCE﹣S△BFG， ∴S△ABG＝S四边形CEGF； （3）存在，理由如下： 过点D作DE⊥AB的延长线于点E，则BC∥DE， 根据同底等高可知：S△CDB＝S△BEC，S四边形ABDC＝S△ACE， ∵∠D＝60°，BC＝CD， ∴△BCD是等边三角形， 设BC＝a，则． 在Rt△BCE中，． ∴． 在△ACE中，∠AEC是定角，对边AC＝20， ∴点E在以为一段弧的圆上运动． 设∠AEC＝α，则以AC为底作顶角为2α的等腰△AOC，以O为圆心，OA为半径画圆， 那么点E就在弧AC上运动． 过点O做OE′⊥AC于点G，交圆O于点E'，此时S△ACE最大； ∵∠AEC＝∠AE′C＝∠AOG＝α，， ∴sin∠AOG， ∴OA5， ∴OG5， ∴E'G＝OE'+OG＝55， ∴SΔAE'C5050， 即：SΔAE'C＝S四边形ABDCmax＝5050． 39．（2026•渝中区校级模拟）在△ABC中，将BC绕点B顺时针方向旋转90°得到BD，连接CD． （1）如图1，若∠CAB＝45°，∠ACB＝60°，，求AC的长； （2）如图2，连接AD，点F为AD中点，连接BF，过点C作CG⊥AB，垂足为G．过点B作BF的垂线交直线CG于点H，猜想BH与BF之间的数量关系，并证明； （3）如图3，连接AD，点F为AD中点，点E是BC的中点，连接EF，点P是直线BD上一动点，连接CP．当EF取最大值时，将△CPB沿CP翻折到△ABC所在的平面内，得到△CPQ，连接FQ．若，BC＝4，直接写出此条件下FQ的最小值． 【解答】解：（1）过点B作BE⊥AC， 由题可知：BC＝BD，∠CBD＝90°， 则根据勾股定理：BC2+BD2＝CD2， 得：， ∴BC＝2， ∵∠CAB＝45°，∠ACB＝60°，∠CEB＝90°， ∴∠CBE＝30°，BE＝AE， ∴， 则根据勾股定理：， ∴， ∴； （2）BH＝2BF； 证明：在BH上取一点K，使得BF＝BK，连接CK， 由题可知∠CEB＝90°，∠FBH＝90°， ∴∠KBC＝∠FBD， 在△KBC和△FBD中， ， ∴△KBC≌△FBD（SAS）， ∴DF＝CK， ∵点F为AD中点， ∴DF＝AF， ∴CK＝AF， ∴∠CKB＝∠DFB， ∴∠CKH＝∠AFB， ∵CG⊥AB， ∴∠CGB＝90°， ∴∠CHK＝90°+∠GBH＝∠ABF， 在△CKH和△AFB中， ， ∴△CKH≌△AFB（AAS）， ∴HK＝BF， ∴BH＝2BF； （3）根据题意可得图，，BC＝BD＝4， 可得，∠BDC＝45°， 取AC的中点I，连接IE，IF， ∴IE为△ABC的中位线， ∴， ∴IF为△ADC的中位线， ∴， 在△IEF，， 当E，I，F三点共线时，EF取最大值，， 如图所示， 此时，EI∥IF， ∴AB∥CD∥EF， ∴∠CDB＝∠ABD＝45°， 过点A作AG⊥CB的延长线交于点G，过点C作CJ⊥AD，过点A作AK⊥BD， ∴∠ABG＝45°， ∴AG＝BG， ∴AG2+BG2＝AB2， ∴AG＝BG＝1， ∴AK2+BK2＝AB2， ∴AK＝BK＝1， ∴CG＝BC+BG＝4+1＝5， ∴， ∴DK＝BD﹣BK＝4﹣1＝3， ∴， 在Rt△ADC中，AC2﹣AJ2＝CD2﹣DJ2， ∴， ∴， ∴， ∵点F为AD中点， ∴． ∴， ∴， 由题可知，△CPB和△CPQ全等， ∴BC＝CQ＝4， 当C，Q，F三点共线的时候，FQ取得最小值，则． 40．（2026•莱芜区模拟）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点D是AB边上的一个动点，连接CD． 【问题发现】 （1）如图1，将CD绕点C逆时针旋转90°得到CE，连接DE，AE，若AC＝BC，则AE与BD的数量关系是AE＝BD ，∠BAE＝　90　 度； 【类比迁移】 （2）如图2，将CD绕点C逆时针旋转90°得到CD′，点E在CD′上，且，若AC＝2，，则AE与BD的数量关系是　　 ，∠BAE＝　90　 度．请证明你的结论； 【拓展应用】 （3）如图3，在（2）的条件下，当点D在直线AB上移动时，其他条件不变，取线段DE的中点F，连接AF，CF，当△ACF是直角三角形时，求线段AE的长． 【解答】解：（1）由旋转的性质可知：CD＝CE，∠DCE＝90°， 又∵∠ACB＝90°， ∴∠ACB﹣∠ACD＝∠DCE﹣∠ACD， 即∠BCD＝∠ACE， 在△BCD和△ACE中： ， ∴△BCD≌△ACE（SAS） ∴AE＝BD，∠CAE＝∠B， 在Rt△ABC中，∵AC＝BC，∠ACB＝90°， ∴∠B＝∠BAC＝45°， ∴∠CAE＝45° ∴∠BAE＝∠BAC+∠CAE＝45°+45°＝90°； 综上，AE与BD的数量关系是AE＝BD，∠BAE＝90°； 故答案为：AE＝BD，90； （2）∵AC＝2，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵∠ACE+∠ACD＝∠ACD+∠BCD＝90°， ∴∠ACE＝∠BCD， ∴△ACE∽△BCD， ∴，∠CAE＝∠CBA， ∵∠ACB＝90°， ∴∠B+∠BAC＝90°， ∴∠EAC+∠BAC＝90°，即：∠BAE＝90°， ∴，∠BAE＝90°， 故答案为：，90； （3）由（2）知∠BAE＝90°，点F是DE的中点， ∴， ∵∠DCE＝90°， ∴， ∴AF＝CF， ∵△ACF是直角三角形， ∴∠AFC＝90°，∠FAC＝∠FCA＝45°， ∴， ∴， 设AE＝x，则， ∵AC＝2，，∠ACB＝90°， ∴， ①如图，当点D在线段AB上时， ， ∵∠BAE＝90°， ∴AE2+AD2＝DE2， ∴， ∴，（舍去）， ②如图，当点D在BA的延长线上时， ， ∵∠BAE＝90°， ∴∠DAE＝180°﹣90°＝90°， ∴AE2+AD2＝DE2， ∴， ∴，舍去）， 综上所述，AE的长为或． 41．（2026•西安模拟）问题提出 （1）如图1，在△ABC与△ADE中，∠BAC＝∠DAE，AD＝2AE，AB＝2AC，若BD＝6，则CE＝　3　 ； 问题解决 （2）如图2，某小区计划修建四边形花园广场ABCD，且AB＝160米，CB＝CD，∠ADC＝135°，∠BCD＝90°，在花园广场ABCD中修建观光路AC，将广场分为两个三角形区域，△ACD区域建造成绿化区，P为AB的中点，以BP为斜边在△ABC内部修建一个等腰直角△PQB鱼池，其他区域种植月季供业主欣赏，求月季区的最大面积． 【解答】解：（1）∵AB＝2AC，AD＝2AE， ∴， 又∵∠BAC＝∠DAE， ∴∠BAD＝∠CAE， ∴△ABD∽△ACE， ∴， ∵BD＝6， ∴CE＝3， 故答案为：3； （2）∵点P为AB中点，AB＝160米， ∴BP＝APAB＝80（米）， ∵△PQB是以BP为斜边的等腰直角三角形， ∴∠PQB＝90°，∠QBP＝45°，PQ＝BQ， ∴， ∴BQ＝PQBP＝8040（米）， ∴（平方米）， ∴月季区的面积S＝S△ABC﹣S△PQB＝（S△ABC﹣1600）平方米， ∴当S△ABC的面积为最大时，月季区的面积S为最大， 过点C作CH⊥AB于点H，连接BD，QH，CQ，如图所示： ∴S△ABCAB•CH160×CH＝80CH， ∴当CH为最大时，S△ABC的面积为最大， ∵CB＝CD，∠BCD＝90°， ∴△BCD是等腰直角三角形， ∴∠CBD＝∠CDB＝45°， ∴， ∴， ∵∠ADC＝135°， ∴∠ADB＝∠ADC﹣∠CDB＝90°， ∴△ABD是直角三角形， ∵点P是AB的中点， ∴DP是Rt△ABC的斜边AB上的中线， ∴（米）， ∵， ∴， ∴， 又∵∠QBP＝∠CBD＝45°， ∴∠CBD﹣∠QBD＝∠QBP﹣∠QBD， ∴∠CBQ＝∠DBP， ∴△DBP∽△CBQ， ∴， ∴， ∴（米）， ∴点C在以点Q为圆心，以米为半径的圆上， ∴当点C，Q，H共线时，CH为最大， 此时QH⊥BP，CH＝CQ+QH， ∵△PQB是以BP为斜边的等腰直角三角形， ∴PH＝BH＝QHBP80＝40（米）， ∴米， ∴S△ABC160CH＝80×（40平方米， 所以，月季区的面积S的最大值为：3200+32001600＝（1600+3200）平方米． 答：月季区的最大面积为平方米． 42．（2023•宁德模拟）已知抛物线ybx+c与y轴交于点A（0，3），对称轴是直线x＝3．直线yx+m与抛物线交于B，C两点（点B在点C的左侧），点Q是直线BC下方抛物线上的一个动点，点P在抛物线对称轴上． （1）求抛物线的表达式； （2）当点P在x轴上，且△ABC和△PBC的面积相等时，求m的值； （3）求证：当四边形QBPC是平行四边形时，不论m为何值，点Q的坐标不变． 【解答】（1）解：∵ybx+c与y轴交于点A（0，3），对称轴是直线x＝3， ∴， 解得：， ∴抛物线的表达式为y3x+3； （2）解：分别过点A，C作BC的垂线，垂足为E，F，连接AP交BC于点G，如图， 则∠AEG＝∠PFG＝90°． ∵△ABC的面积BC•AE，△PBC的面积BC•PF，△ABC和△PBC的面积相等， ∴BC•AEBC•PF， ∴AE＝PF． 在△AGE和△PGF中， ， ∴△AGE≌△PGF（AAS）， ∴AG＝PG， 即点G为AP的中点， ∵对称轴是直线x＝3， ∴P（3，0）， ∵A（0，3）， ∴G（，）． ∵点G在直线yx+m上， ∴m， ∴m． （3）证明：由题意得：直线yx+m与抛物线交于B，C两点， ∴， ∴3x+3x+m． ∴x2﹣7x+6﹣2m＝0． ∴点B，C两点的横坐标为方程x2﹣7x+6﹣2m＝0的两根， ∴xB+xC＝7． 连接PQ交BC于点M，如图， ∵四边形QBPC是平行四边形， ∴BM＝CMBC，PM＝QMPQ， ∴xM， ∴， ∴xQ＝4． ∵点Q在抛物线y3x+3上， ∴yQ3×4+3＝﹣1， ∴点Q的坐标为（4，﹣1）． ∴当四边形QBPC是平行四边形时，不论m为何值，点Q的坐标不变． 43．（2026•长沙一模）如图，四边形ACPD是⊙O的内接四边形，点B是DC延长线上一点，连接AB、AD、AP，AP交直径CD于E，若∠BAC＝∠ADB，，． （1）求证：AB与⊙O相切； （2）若AP平分∠CAD，求的值； （3）设CE＝x，记，若，求y关于x的函数解析式，并求自变量x的取值范围． 【解答】（1）证明：如图1，∠BAC＝∠ADB，∠BAC＝∠ADB，连接OA，则OA＝OD， ∴∠BAC＝∠OAD，∠OAD＝∠ODA， ∵CD是⊙O的直径， ∴∠CAD＝90°， ∴∠CAO+∠OAD＝∠CAO+∠BAC＝∠BAO＝90°， ∴半径OA⊥AB， ∴直线AB是⊙O的切线； （2）解：∵∠BAC＝∠ADB，∠ABC＝∠DBA， ∴△ABC∽△DBA， ∴， ∵， ∴， ∴AB＝2BC，BD＝2AB， ∴BD＝4BC， ∴CD＝BD﹣BC＝3BC； ∵， ∴， ∵AP平分∠CAD， ∴∠CAP＝∠DAP， ∵∠DAP＝∠DCP，∠CAP＝∠CDP， ∴∠CDP＝DCP， ∴PC＝PD， ∵CD是⊙O的直径， ∴∠CPD＝90°， 在直角三角形PCD中，由勾股定理得：CD2＝PC2+PD2＝2PC2＝90， 解得：（负值已舍去）， ∵， ∴设AC＝m，AD＝2m， 在直角三角形ACD中，由勾股定理得：CD， 解得：（负值已舍去）， ∴， ∵∠APC＝∠ADC，∠CAP＝∠DAP， ∴∠ACP＝∠AED， ∵∠AED＝∠CEP， ∴∠ACP＝∠CEP， ∵∠APC＝∠CPE， ∴△ACP∽△CEP， ∴， ∴PE•PA＝PC2＝45，① ∵∠APC＝∠ADC，∠CAP＝∠DAP， ∴△ACP∽△AED， ∴， ∴AE•PA＝AD•AC＝36，② ∴①÷②得，， ∴； （3）解：在⊙O中，∠CPE＝∠ADE，∠CEP＝∠AED， ∴△CEP∽△AED， ∴， ∴CE•DE＝AE•PE， ∵CE＝x， ∴， ∴， 如图2，过A作AM⊥CD于M，过P作PN⊥CD于N，则AM∥CN， ∴△AME∽△PNE， ∴， ∴， 在Rt△CPD中，∠CPD＝90°， ∴CP•PD＝CD•PN， ∴a， 在Rt△CAD中，∠CAD＝90°， ∴CA•DA＝CD•AM， ∵∠CMA＝∠CAD，∠ACM＝∠DCA， ∴△CMA∽△CAD， ∴， ∴AC2＝CM•CD， 由（2）知：， ∴CD•AM36，AM，CM， ∴， 在Rt△AME中，∠AME＝90°， 由勾股定理得：AE， ∴， ∴， ∴ ， ， ∴， ∴由题意可得，x的范围是：． 44．（2026•永春县一模）如图，四边形ABCD内接于⊙O，AC平分∠BAD，E为AC上一点，且BC＝CE． （1）求证：∠ACD＝2∠ABE； （2）若BE∥CD，BC∥AD，求的值； （3）若，探究三条线段AB，AD，BC之间的数量关系，并说明理由． 【解答】（1）证明：方法一：如图①，连接BD交AC于点F． ∵AC平分∠BAD， ∴∠BAC＝∠DAC． ∵， ∴∠DAC＝∠DBC， ∴∠BAC＝∠DBC， ∵BC＝CE， ∴∠EBC＝∠BEC，即∠EBF+∠DBC＝∠BAC+∠ABE， ∴， ∴， ∴∠ABD＝∠ACD， ∴∠ACD＝2∠ABE； 方法二：∵AC平分∠BAD， ∴设∠BAC＝∠CAD＝α， 由圆内接四边形的性质，可知∠BCD+∠BAD＝180°， 则∠BCD＝180°﹣2α， ∵BC＝CE， ∴△BCE为等腰三角形． 设∠CBE＝∠CEB＝β，则∠BCE＝180°﹣2β， ∵∠ACD＝∠BCD﹣∠BCE， ∴∠ACD＝180°﹣2α﹣（180°﹣2β）＝2β﹣2α＝2（β﹣α）， ∵∠ABE＝∠CEB﹣∠BAC＝β﹣α， ∴∠ACD＝2∠ABE； （2）解：设∠BAC＝∠DAC＝α，BE＝x， 如图①，连接BD交AC于点F． ∵， ∴∠BDC＝∠BAC＝α． ∵， ∴∠CBD＝∠CAD＝α， ∵BE∥CD， ∴∠EBF＝∠BDC＝α， ∴∠CBE＝∠EBF+∠CBF＝2α， ∵BC＝CE， ∴∠BEC＝∠CBE＝2α， ∴∠ABE＝∠EBF＝α． ∵AD∥BC， ∴∠BCE＝∠CAD＝α， ∴BE＝BF＝CF＝x， ∴△BEF∽△CBE， ∴， ∴BE2＝EF•CB， 设BC＝CE＝a（a＞0），则EF＝a﹣x， ∴x2＝（a﹣x）•a， 解得（负值已舍去）． ∵AC平分∠BAD， ∴， ∴BC＝CD＝a， ∴； （3）解：AB•AD＝BC2，理由如下： 如图②，延长AC至点H，使得CH＝CD，连接DH． ∵CH＝CD， ∴∠ACD＝2∠H． 由（1）证得∠ACD＝2∠ABE， ∴∠ABE＝∠H． ∵AC平分∠BAD， ∴∠BAC＝∠DAC， ∴△ABE∽△AHD， ∴， ∴AB•AD＝AE•AH． ∵BC＝CD＝CE，CH＝CD， ∴CD＝CE＝CH． ∵AE＝AC﹣CE，AH＝AC+CH＝AC+CE， ∴AB•AD＝AE•AH＝（AC﹣CE）（AC+CE）＝AC2﹣CE2， ∵， ∴AB•AD＝2CE2﹣CE2＝CE2＝BC2． 45．（2026•小店区模拟）综合与探究 问题情境：数学课上，同学们以矩形为基本图形，探索图形变化中产生的数学问题．已知矩形ABCD中，AD＞AB．点E是平面内的一个动点，且BE＝AD，∠CBE的平分线交射线CD于点F，连接EF，过点E作CD的平行线交直线BF于点G，连接CG． 初步思考：（1）如图1，点E在矩形ABCD内部，猜想四边形EGCF的形状，并证明你的结论； 深入探究：（2）如图2，已知AB＝3，当点E落在AD边上，且恰好是AD的中点时，求此时GF的长； （3）保持（2）中矩形ABCD的形状大小不变，继续改变点E的位置．若，请直接写出所有满足条件的CF的长． 【解答】解：（1）四边形EGCF是菱形，证明如下： ∵四边形ABCD为矩形，BE＝AD， ∴AD＝BC＝BE， ∵BF平分∠CBE， ∴∠EBF＝∠CBF， ∵BF＝BF， ∴△EBF≌△CBF（SAS）， ∴EF＝CF，∠EFB＝∠CFB， 同理EG＝CG， ∵EG∥CD， ∴∠EGF＝∠CFB， ∴∠EGF＝∠EFB， ∴EG＝EF＝CF＝CG， ∴四边形EGCF是菱形； （2）如图，延长EG交BC于点H，连接CE， ∵四边形ABCD为矩形， ∴BC⊥CD，AD∥BC，AD＝BC，AB＝CD＝3， ∵EG∥CD， ∴EG⊥AD，EG⊥BC， ∴四边形CDEH为矩形， ∴DE＝CH，EH＝CD＝3， ∵点E是AD的中点， ∴， 即EH垂直平分BC， ∴BC＝BE＝CE， ∴△BCE为等边三角形， ∴∠BEC＝60°， ∴，， ∴， ∴， ∴， 由（1）得：四边形EGCF是菱形， ∴∠FEG＝2∠CEG＝60°，EG＝EF， ∴△EGF为等边三角形， ∴FG＝EF， 在Rt△DEF中，DE2+DF2＝EF2， ∴， 解得：FG＝2； （3）连接CE交BF于点P， 由（1）得：四边形EGCF是菱形，由（2）得：， ∴CE⊥FG，PG＝PF， 如图，当点F在CD边上时，设PG＝PF＝a，则FG＝2a， ∵， ∴BG＝3a，BF＝5a， ∴BP＝4a， ∵， ∴，解得：， ∴， ∴； 如图，当点F在CD的延长线上时，设PG＝PF＝b，则FG＝2b， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴，解得：， ∴， ∴； 综上所述，CF的长为或． 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $