【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（10-10）

【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（10-10） 一．选择题（共15小题） 1．（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． 2．（2025•广元）如图①，有一水平放置的正方形EFGH，点D为FG的中点，等腰△ABC满足顶点A，B在同一水平线上且CA＝CB，点B与HE的中点重合．等腰△ABC以每秒1个单位长度的速度水平向右匀速运动，当点B运动到点D时停止．在这个运动过程中，等腰△ABC与正方形EFGH重叠部分的面积y与运动时间t（s）之间的对应关系如图②所示，下列说法错误的是（　　） A．AB＝4 B．∠ACB＝90° C．当0≤t≤2时，y D．△EFD的周长为9+5 3．（2026•历城区模拟）关于二次函数y＝ax2﹣4ax﹣5（a≠0）的四个结论：①对任意实数m，都有x1＝2+m与x2＝2﹣m对应的函数值相等；②当3≤x≤4时，函数值y的取值范围内恰有4个整数，则或；③若抛物线与x轴交于不同两点A，B，且AB≤6，则或a≥1；④M（x1，y1），N（x2，y2）是抛物线上两点，若x1＜x2，x1+x2＞4，则y1＜y2．其中正确的结论是（　　） A．①②③ B．①③④ C．②④ D．①②③④ 4．（2026•启东市模拟）如图，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝5，点E在射线AD上运动，以BE为直角边向右作Rt△BEF，使得∠BEF＝90°，BE＝2EF，连接CF．则CF的最小值为（　　） A．3 B．4 C． D． 5．（2026•南山区一模）“湾区之光”摩天轮位于深圳市宝安区滨海文化公园内，是国内首个全天景回转式轿厢摩天轮，共设有28个进口太空舱，其示意图如图所示．该摩天轮高128m（即最高点离水面平台MN的距离），圆心O到MN的距离约为71.5m，摩天轮匀速旋转一圈用时约27min．某轿厢从点A出发，9min后到达点B，此过程中，该轿厢所经过的路径（即）长度为（　　）m．（结果保留π） A． B． C． D． 6．（2026•定海区一模）如图，矩形ABCD和正方形AEFG面积相等，点B在边EF上，点G在CD上，FG交BC于M点，EN⊥AB，AB＝18，若S△ENB：S△BFM＝16：9，则AD＝（　　） A． B． C． D． 7．（2026•阜阳校级一模）如图1，点P从菱形ABCD的顶点A出发，沿A→C→B以1cm/s的速度匀速运动到点B，点P运动时△PAD的面积y（cm2）随时间x（s）变化的关系如图2，则a的值为（　　） A． B． C． D．9 8．（2026•桥西区一模）将一副三角尺平放在桌面上，如图所示．若AB∥CE，BC＝CD＝4，则①∠BCD的大小为120°；②点E到AB的距离为；③若连接AE，则；④若连接BD，则．以上说法正确的个数为（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 9．（2026•阜阳校级一模）如图，在四边形ABCD中，对角线AC与BD交于点O，且∠CAD＝∠BDC．若AC＝12，AD＝8，CD＝10，BD＝11，则BO的长为（　　） A． B． C． D． 10．（2026•西安校级模拟）已知关于x的二次函数y＝ax2+2ax+3a2+3，当x≥2时，y随x的增大而增大，且﹣2≤x≤1时，y的最大值为9，则a的值为（　　） A． B．1 C．1或﹣2 D．或 11．（2025•广元模拟）抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于点A（﹣1，0），顶点坐标（1，n）与y轴的交点在（0，2），（0，3）之间（包含端点），则下列结论：①5a+b＜0；②若（4，y1），（﹣1.5，y2）是抛物线上两点，则y1＜y2；③关于x的方程ax2+bx+c＝n+1有两个不相等的实数根；④对于任意实数m，a（m2﹣1）≤b（1﹣m）总成立；⑤．其中结论正确的个数为（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 12．（2021•威海）如图，在菱形ABCD中，AB＝2cm，∠D＝60°，点P，Q同时从点A出发，点P以1cm/s的速度沿A﹣C﹣D的方向运动，点Q以2cm/s的速度沿A﹣B﹣C﹣D的方向运动，当其中一点到达D点时，两点停止运动．设运动时间为x（s），△APQ的面积为y（cm2），则下列图象中能大致反映y与x之间函数关系的是（　　） A． B． C． D． 13．（2025•定西模拟）在△ABC中，∠C＝90°，AC＝6，BC＝8，则下列三角函数值正确的是（　　） A． B． C． D． 14．（2026•上海校级模拟）已知一个三角形的三边长分别为5、5、8，则其外接圆的半径为（　　） A． B． C． D． 15．（2026•呼兰区模拟）如图所示，△ABC中若DE∥BC，EF∥AB，则下列比例式正确的是（　　） A． B． C． D． 二．填空题（共15小题） 16．（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　 　 ． 17．（2026•高新区校级一模）阅读材料：如图1，已知正方形ABCD中，M为对角线BD上一点，则将△ABM绕点B逆时针旋转60°得到△FBG，则AM+BM+MC的最小值是线段FC的长度．根据阅读材料所提供的方法求解以下问题：如图2，若在边长为2的正方形ABCD中有任意两个点P、Q，则AP+BP+PQ+DQ+CQ的最小值是　 　 ． 18．（2026•历城区模拟）如图，在四边形ABCD中，AB∥DC，AD⊥DC，AB＝4，AD＝DC＝2，E是线段AD的中点，F是线段AB上的一个动点．现将△AEF沿EF所在直线翻折得到△AEF（如图的所有点在同一平面内），连接AB，AC，则△A′BC面积的最小值为　 　 ． 19．（2026•启东市模拟）在平面直角坐标系中，已知．分别连接AB，BC，AC，把△ABC沿BC翻折得到△A′BC．当A′与D重合时，BD＝　 　 ；当以A′、C、B、D为顶点的四边形是矩形时，m＝　 　 ． 20．（2026•南山区一模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，D为AB上一点，连接CD，以CD为直角边向右侧作等腰直角△CDE，∠CDE＝90°，CD＝DE，CE与AB交于点F，连接BE，若BE＝BF，则的值为　 　 ． 21．（2026•定海区一模）如图，△ABC内接于⊙O，D是上一点，AD∥BC，连接OA交BC于E，OA平分∠BAD，，，则AC＝　 　 ． 22．（2024•安徽）如图，现有正方形纸片ABCD，点E，F分别在边AB，BC上．沿垂直于EF的直线折叠得到折痕MN，点B，C分别落在正方形所在平面内的点B′，C′处，然后还原． （1）若点N在边CD上，且∠BEF＝α，则∠C′NM＝　 　 （用含α的式子表示）； （2）再沿垂直于MN的直线折叠得到折痕GH，点G，H分别在边CD，AD上，点D落在正方形所在平面内的点D′处，然后还原．若点D′在线段B′C′上，且四边形EFGH是正方形，AE＝4，EB＝8，MN与GH的交点为P，则PH的长为 　 　 ． 23．（2026•桥西区一模）如图，四边形ABCD是一个矩形纸片，AB＝4，AD＝8．E是AD边上一点．将△ABE沿着BE翻折，A点的对应点为A′．在翻折的过程中，当△A′DE是直角三角形时，A′D的长为　 　 ． 24．（2026•阜阳校级一模）如图，将一张长方形纸片ABCD放在平面直角坐标系中，点A与原点O重合，顶点B、D分别在x轴、y轴上，AB＝4，AD＝3，P为边CD上一动点，连接BP，将△BCP沿BP折叠，点C落在点C′处． （1）如图1，连接BD，当点C在线段BD上时，线段DC′的长度是　 　 ； （2）如图2，若点P使得点C′到矩形的两条较长边的距离之比为1：2，则点C′的坐标为　 　 ． 25．（2026•西安校级模拟）如图，在等边△ABC中，AB＝10，以点B为圆心，半径为2作⊙B，点D是AC边上的一个动点，过点D作DE与⊙B相切于点E，则线段DE的最小值为　 　 ． 26．（2026•江阳区校级模拟）如图，正方形ABCD的边长为，E为边AB的中点，连接CE，过点D作DF⊥CE，垂足为F，G为DF上一点，且DG＝CF，则CG的长为　 　 ． 27．（2026•白银区校级模拟）如图，已知抛物线y＝ax2+bx+c（a，b，c为常数，a≠0）经过点（2，0），且对称轴为直线x，有下列结论；④abc＞0；②a+b＞0；③4a+2b+3c＜0；④无论a，b，c取何值，抛物线一定经过（，0）；⑤4am2+4bm﹣b≥0．其中正确结论有 　 　 .（填写序号） 28．（2026•五华区校级模拟）创新社区在创建全国卫生城市的活动中，随机检查了本社区部分住户五月份某周内“垃圾分类”的实施情况，将他们绘制了两幅不完整的统计图（A．小于5天；B．5天；C．6天；D．7天）若该社区共有1200户居民，请估计社区每天进行垃圾分类的住户约有　 　 户． 29．（2024•黄浦区二模）如图，D是等边△ABC边BC上点，BD：CD＝2：3，作AD的垂线交AB、AC分别于点E、F，那么AE：AF＝　 　 ． 30．（2026•呼兰区模拟）如图，正方形ABCD中，点E、F分别在边BC、BD上，连接BD分别交AE、BF于点G、H，若AE平分∠BEF；①则∠EAF＝45°；②BE+DF＝EF；③若BE＝EC＝3，则；④若DH＝4，BG＝5，则．其中正确的序号是　 　 ． 三．解答题（共15小题） 31．（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． 32．（2026•高新区校级一模）如图1，在正方形ABCD中，AB＝4，在AD上取一点E，使得，以AE为边作正方形AEFG，连接BE，CF． 问题发现： （1）填空：　 　 ；直线BE，CF所夹锐角的度数是　 　 ；（提示：构造与△ABE相似的三角形） 拓展探究： （2）如图2，正方形AEFG绕点A顺时针旋转时，上述结论是否成立？若成立，请结合图2证明；若不成立，请说明理由； 解决问题： （3）在旋转过程中，当点E到直线AB的距离为时，请直接写出CF的长． 33．（2026•历城区模拟）如图1，已知抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于A（﹣1，0），B（3，0）两点，与y轴交于C点，点P是抛物线上在第一象限内的一个动点，且点P的横坐标为t． （1）求抛物线的表达式； （2）设抛物线的对称轴为l，l与x轴的交点为D．在直线l上是否存在点M，使得四边形CDPM是菱形？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由； （3）如图2，连接BC，PB，PC，设△PBC的面积为S． ①求S关于t的函数表达式； ②求P点到直线BC的距离的最大值，并求出此时点P的坐标． 34．（2026•启东市模拟）如图，在矩形ABCD中，，动点E在AD上，从A向D以每秒1个单位长度的速度运动，设运动时间为t（s）（0＜t＜2）．将四边形BCDE沿直线BE翻折得到四边形BC′D′E，连接AC′，AD′． （1）当时，请判断此时△AC′D′的形状并说明理由． （2）当t为何值时，C正好落在矩形的边所在的直线上，请判断此时△AC′D′的形状并说明理由． 35．（2026•南山区一模）【定义】连接三角形的一个顶点与对边上任意一点的线段，把这个三角形分割成两个三角形，其中一个是等腰三角形，另一个是直角三角形，就称这条线段是该三角形的“奇妙分割线”． 【理解定义】（1）如图1，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝120°，D是线段BC上一点，连接AD，若AD＝BD，那么线段AD　 　 （填“是”或“不是”）△ABC的“奇妙分割线”． 【运用定义】 （2）如图2，在平行四边形ABCD中，，BC＝5，连接AC，若∠BAC＝90°，E是线段BC上一点，CE＝3，连接DE交AC与点F．求证：线段CF是△DCE的“奇妙分割线”． 【拓展提升】 （3）如图3，在△ABC中，AB＝5，BC＝3，sin∠ABC，点D是线段BC上的动点（点D不与B、C重合），连接AD，将△ABD沿AD翻折得到△AED，点B的对应点为点E，连接BE、CE，当ED是△BCE的“奇妙分割线”时，求线段BD的长． 36．（2026•定海区一模）问题提出 （1）如图①，AB⊥BC，CD⊥BC，E为BC上一点，连接AE、DE，当∠AED＝90°时，∠A+∠D＝　 　 °． 问题探究 （2）如图②，在边长为6的等边△ABC中，D为AB的中点，E为BC边上任意一点，连接DE，并作∠DEF＝60°，使得∠DEF的一边与AC交于点F，试求出CF的最大值． 问题解决 （3）如图③，四边形ABCD为某美食商业区的平面示意图，其中AD∥BC，∠B＝90°，AB＝80m，BC＝CD＝100m．经过一段时间的运营，为了更好地服务消费者，打造美食街区的独特风格．市场管理者计划在美食商业区规划一片三角形区域用于美食烹饪表演． 方案：在BC上选取一点M，CD上选取一点N，连接AM、AN、MN，构造△AMN．已知点A为美食商业区的出入口，，设BM＝xm，NC＝ym． （i）求y与x之间的函数关系式． （ii）为了不影响其他商户的经营，同时确保表演区域足够集中，需要点N与点C的距离足够远，请你根据需求计算出当NC最大时△AMN的面积． 37．（2026•阜阳校级一模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+3（a≠0）与x轴分别交于A（﹣1，0），B两点，与y轴交于点C，抛物线的顶点D（1，4），对称轴交x轴于点G． （1）求抛物线解析式； （2）如图1，点P是第一象限中抛物线上一动点，连接PC、PA，分别交对称轴于点E、F． ①在点P的运动过程中，DE、EF、FG这三条线段能否相等？若相等，求出点P的坐标；若不相等，请说明理由； ②如图2，连接AC、BC，AP与BC相交于点H，若△PCH的面积为S1，△ACH的面积为S2，求的最大值． 38．（2026•桥西区一模）如图1，在平行四边形ABCD中，AB＝6，AD＝10，点F为AD的中点，过点F作FE⊥AB于E，． （1）求EF的长； （2）如图2，以EF为直角边构造Rt△GEF，∠GFE＝90°，斜边GE交AD于点P，GF＝2． ①求PF的长； ②Rt△GEF的外心为O，求点O与点A之间的距离； ③将Rt△GEF向右平移，点E平移到点B时停止，当以GE为直径的圆与平行四边形ABCD的边相切时，直接写出平移的距离． 39．（2026•阜阳校级一模）已知二次函数y＝ax2﹣2ax﹣3a（a＞0）的图象为抛物线C． （1）求抛物线C的顶点坐标（用a表示）； （2）若M（m，p），N（n，q）在抛物线C上， ①若m＝4，求证：p+q≥a． ②若抛物线C经过（2，﹣3），且q﹣p＝2，m＜n，对于某一个实数p，若n﹣m的最小值为1，则n﹣m的最大值为 　 　 ． ③若对于任意的t﹣1＜m＜t+2，t+3＜n＜t+5，总有p≠q．则t的取值范围是 　 　 ． 40．（2026•西安校级模拟）问题提出 （1）如图1，在直角△ABC中，∠A＝30°，⊙I是△ABC的内切圆，若⊙I的半径是1，则△ABC的斜边长为 　 　 ． 问题解决 （2）小方的爸爸是一位翡翠设计师，一位顾客想将一块如图2所示的四边形原石BDFE进行切割设计．顾客首先需要切割出一个玉镯，再根据剩料进行其他设计．由于该原石成色最好的部分在∠B附近区域，所以玉镯要尽可能贴着BE边和BD边，观察到EF和DF的边缘都有杂质和细小裂隙，因此切割线不能经过DF边和EF边．根据原石情况和切割工艺，设计师需要先切割出能覆盖玉镯的三角形，再进行后期精细化打磨．为了最大限度地利用该石材，切割出的△ABC（点A在BD上，点C在BE上），应使得AC尽可能短，同时△ABC的周长和面积尽可能的小．经过测量，∠B＝60°，BE＝156mm，BD＝175mm．根据顾客的需求，手镯的内圈直径为56mm，外圈直径为70mm，即小圆⊙O的直径为56mm，大圆⊙O的直径为70mm． 请你通过计算，帮助小方爸爸说明是否存在BD和BE上的点A和点C使得覆盖大圆⊙O的△ABC周长取得最小时，面积也取得最小值？若存在，请求出△ABC的周长及面积；若不存在，请说明理由． 41．（2017•武侯区模拟）如图，直线y＝2x﹣10分别与x轴，y轴交于点A，B，点C为OB的中点，抛物线y＝﹣x2+bx+c经过A，C两点． （1）求抛物线的函数表达式； （2）点D是直线AB上方的抛物线上的一点，且△ABD的面积为． ①求点D的坐标； ②点P为抛物线上一点，若△APD是以PD为直角边的直角三角形，求点P到抛物线的对称轴的距离． 42．（2026•白银区校级模拟）已知抛物线与x轴交于A（﹣1，0），B（5，0）两点，与y轴交于点C（0，5）． （1）求出抛物线的解析式； （2）如图1，点D是抛物线上位于对称轴右侧的一个动点，且点D在第一象限内，过点D作x轴的平行线交抛物线于点E，作y轴的平行线交x轴于点G，过点E作EF⊥x轴，垂足为点F，当四边形DEFG的周长最大时，求点D的坐标； （3）如图2，点M是抛物线的顶点，将△MBC沿BC翻折得到△NBC，NB与y轴交于点Q，在对称轴上找一点P，使得△PQB是以QB为直角边的直角三角形，请直接写出点P的坐标． 43．（2026•五华区校级模拟）如图，AB为⊙O的直径，点C在⊙O上，∠ACB的平分线CD交⊙O于点D，过点D作DE∥AB，交CB的延长线于点E． （1）若∠CAB＝28°，求∠ADC的度数； （2）求证：DE是⊙O的切线； （3）若，△ABC的周长为21，求△ABC的面积． 44．（2024•奉贤区二模）如图，已知半圆O的直径为MN，点A在半径OM上，B为的中点，点C在上，以AB、BC为邻边作矩形ABCD，边CD交MN于点E． （1）如果MN＝6，AM＝2，求边BC的长； （2）联结CN，当△CEN是以CN为腰的等腰三角形时，求∠BAN的度数； （3）联结DO并延长，交AB于点P，如果BP＝2AP，求的值． 45．（2026•呼兰区模拟）已知，抛物线y＝ax2﹣7ax+10a交x轴正半轴于点A、B（A左B右），交y轴正半轴于点C，连接AC，tan∠ACO． （1）如图1，求抛物线的解析式； （2）如图2，点P为第一象限点B右侧抛物线上一动点，连接BC、BP、CP，设点P的横坐标为t，△PBC的面积为S，求S与t间的函数关系式（不要求写出t的取值范围）； （3）如图3，在（2）的条件下，点D为CB延长线上一点，连接PD交x轴于点E，连接AD，若2∠BCO﹣∠BPE＝∠PBE，∠PDA＝∠PBC，求点P的坐标． 【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（10-10） 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 A D A D A A B C A B D 题号 12 13 14 15 答案 A C C C 一．选择题（共15小题） 1．（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． 2．（2025•广元）如图①，有一水平放置的正方形EFGH，点D为FG的中点，等腰△ABC满足顶点A，B在同一水平线上且CA＝CB，点B与HE的中点重合．等腰△ABC以每秒1个单位长度的速度水平向右匀速运动，当点B运动到点D时停止．在这个运动过程中，等腰△ABC与正方形EFGH重叠部分的面积y与运动时间t（s）之间的对应关系如图②所示，下列说法错误的是（　　） A．AB＝4 B．∠ACB＝90° C．当0≤t≤2时，y D．△EFD的周长为9+5 【解答】解：由△ABC的运动可知，等腰△ABC 与正方形EFGH重叠部分的图形一开始是直角三角形，当过了顶角顶点之后，则重叠部分的图形为四边形，当等腰△ABC整体全部运动到正方形内部时，则重叠部分的图形为△ABC，此时面积不变．记HE中点为I，由函数图象可得，当t＝2时，y＝2，此时点C落在HE上，如图： 则BI＝2×1＝2，由题意得AB⊥HE， ∵CA＝CB， ∴AB＝2BI＝4，， ∴Cl＝2＝BI， ∴此时△CIB为等腰直角三角形， ∴∠B＝45°， ∵CA＝CB， ∴∠A＝∠B＝45°， ∴∠ACB＝90°，故A、B正确，不符合题意； ∴当0≤t≤2时，重叠部分记为△IJB， 由题意得：BI＝t×1＝t，∠B＝45°，AB⊥HE， ∴△IJB为等腰直角三角形， ∴IJ＝IB＝t，，故C正确，不符合题意； 由函数图象可得，当t＝6时运动停止，那么△ABC的顶点B从点I运动到点D用时6s，如图： ∴DI＝EF＝6， ∵四边形HEFG是正方形， ∴EF＝GF＝6，∠F＝90°， 由题意得：D为BC的中点， ∴DF＝3， ∴， ∴△EFD的周长为， 故D错误，符合题意， 故选：D． 3．（2026•历城区模拟）关于二次函数y＝ax2﹣4ax﹣5（a≠0）的四个结论：①对任意实数m，都有x1＝2+m与x2＝2﹣m对应的函数值相等；②当3≤x≤4时，函数值y的取值范围内恰有4个整数，则或；③若抛物线与x轴交于不同两点A，B，且AB≤6，则或a≥1；④M（x1，y1），N（x2，y2）是抛物线上两点，若x1＜x2，x1+x2＞4，则y1＜y2．其中正确的结论是（　　） A．①②③ B．①③④ C．②④ D．①②③④ 【解答】解：∵y＝ax2﹣4ax﹣5＝a（x2﹣4x）﹣5＝a（x﹣2）2﹣4a﹣5， ∴该抛物线的对称轴为直线x＝2， ∵x1＝2+m，x2＝2﹣m， ∴x1+x2＝4， ∴，即x1与x2关于对称轴直线x＝2对称， ∴对任意实数m，取x1＝2+m及x2＝2﹣m，对应的函数值总相等，故①正确； ∵y＝a（x﹣2）2﹣4a﹣5， ∴抛物线的顶点为（2，﹣4a﹣5）， 当x＝3时，y＝﹣3a﹣5，当x＝4时，y＝﹣5； 当a＞0时，二次函数图象开口向上，在3≤x≤4上，y随着x的增大而增大，故﹣3a﹣5≤y≤﹣5， ∵对应的y的整数值有4个，即﹣5，﹣6，﹣7，﹣8， ∴﹣9＜﹣3a﹣5≤﹣8， 解得； 当a＜0时，二次函数图象开口向下，在3≤x≤4上，y随着x的增大而减小，故﹣5≤y≤﹣3a﹣5， ∵对应的y的整数值有4个，即﹣5，﹣4，﹣3，﹣2， ∴﹣2≤﹣3a﹣5＜﹣1， 解得：； 综上所述，若3≤x≤4，对应的y的整数值有4个，则或，故②正确； ∵抛物线与x轴交于不同两点A，B，且AB≤6， ∴设A（x1，0），B（x2，0），则|x1﹣x2|≤6， 解Δ＝（﹣4a）2﹣4a×（﹣5）＞0得：或a＞0， 在y＝ax2﹣4ax﹣5中，令y＝0，则ax2﹣4ax﹣5＝0， ∴x1+x2＝4，， ∴， ∵|x1﹣x2|≤6， ∴， ∴， 解得：a≥1或a＜0， 综上所述，若抛物线与x轴交于不同两点A，B，且AB≤6，则或a≥1；故③正确； ∵抛物线的对称轴为直线x＝2，x1+x2＞4， ∴， ∵x1＜x2， ∴点N到对称轴的距离大于点M到对称轴的距离， 当a＞0时，二次函数图象开口向上，在对称轴右侧y随着x的增大而增大，结合点N到对称轴的距离大于点M到对称轴的距离得出y1＜y2； 当a＜0时，二次函数图象开口向下，在对称轴右侧y随着x的增大而减小，结合点N到对称轴的距离大于点M到对称轴的距离得出y1＞y2，故④错误； 综上所述，正确的有①②③， 故选：A． 4．（2026•启东市模拟）如图，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝5，点E在射线AD上运动，以BE为直角边向右作Rt△BEF，使得∠BEF＝90°，BE＝2EF，连接CF．则CF的最小值为（　　） A．3 B．4 C． D． 【解答】解：如图，当点F在CD左侧时，过点F作MN∥AB交AD于点M，交BC于点N， ∵四边形ABCD是矩形， ∴AD＝BC＝5，∠A＝∠D＝90°，AD∥BC，AB∥CD，CD＝AB＝4， ∵MN∥AB， ∴AB∥MN∥CD， ∴四边形AMNB为矩形，四边形CDMN为矩形， ∴MN＝AB＝4，CN＝DM， ∵∠A＝90°， ∴∠AEB+∠ABE＝90°， ∵MN∥AB， ∴∠A＝∠DMF＝90°， ∴∠A＝∠EMF＝90°， ∵∠BEF＝90°， ∴∠AEB+∠MEF＝90°， ∴∠ABE＝∠MEF， ∴△BAE∽△EMF， ∴， 设MF＝x，则NF＝4﹣x， ∴， ∴EM＝2，AE＝2x， 则CN＝DM＝AD﹣EM﹣AE＝5﹣2﹣2x＝3﹣2x， ∴CF2＝FN2+CN2， ∴CF2＝（4﹣x）2+（3﹣2x）2＝5（x﹣2）2+5， 如图，当点F在CD右侧时，过点F作MN∥AB交AD延长线于M，交BC延长线于点N， 同理可得CN＝DM＝AM﹣AD＝2x+2﹣5＝2x﹣3， ∴CF2＝FN2+CN2＝（4﹣x）2+（2x﹣3）2＝5（x﹣2）2+5， 当x＝2时，CF2的最小值为5， ∴CF的最小值是． 故选：D． 5．（2026•南山区一模）“湾区之光”摩天轮位于深圳市宝安区滨海文化公园内，是国内首个全天景回转式轿厢摩天轮，共设有28个进口太空舱，其示意图如图所示．该摩天轮高128m（即最高点离水面平台MN的距离），圆心O到MN的距离约为71.5m，摩天轮匀速旋转一圈用时约27min．某轿厢从点A出发，9min后到达点B，此过程中，该轿厢所经过的路径（即）长度为（　　）m．（结果保留π） A． B． C． D． 【解答】解：∵最高点离水面平台MN的距离为128m，圆心O到MN的距离为71.5m， ∴摩天轮的半径为128﹣71.5＝56.5（m）， ∵摩天轮匀速旋转一圈用时27min，轿厢从点A出发，9min后到达点B， ∴， ∴该轿厢所经过的路径长度为： ， 故选：A． 6．（2026•定海区一模）如图，矩形ABCD和正方形AEFG面积相等，点B在边EF上，点G在CD上，FG交BC于M点，EN⊥AB，AB＝18，若S△ENB：S△BFM＝16：9，则AD＝（　　） A． B． C． D． 【解答】解：∵四边形AEFG是正方形， ∴∠GAE＝∠AEF＝∠F＝∠AGF＝90°，AG＝AE， ∴∠GAB+∠BAE＝90° ∵四边形ABCD是矩形， ∴∠DAB＝∠ABC＝∠C＝∠D＝90°，CD＝AB＝18， ∴∠DAG+∠GAB＝90°， ∴∠DAG＝∠BAE， ∵EN⊥AB， ∴∠ANE＝90°， ∴∠D＝∠ANE＝90°， 又∵AG＝AE， ∴△ADG≌△ANE（AAS）， ∴S△ADG＝S△ANE，EN＝DG，AN＝AD． ∵矩形ABCD和正方形AEFG面积相等， ∴S矩形ABCD﹣S四边形ABMG＝S正方形AEFG﹣S四边形ABMG， ∴S△ENB+S△BFM＝S△GCM， ∵S△ENB：S△BFM＝16：9， ∴S△ENB：S△GCM＝S△ENB：（S△ENB+S△BFM）＝16：25， ∵∠EBN+∠MBF＝90°，∠EBN+∠BEN＝90°， ∴∠MBF＝∠BEN， 同理可证，∠MBF＝∠CGM， ∴∠CGM＝∠BEN， ∵∠BNE＝∠C＝90°， ∴△CGM∽△NEB， ∴EN：GC＝4：5， ∴DG：GC＝4：5， ∴． ∵∠AEN+∠BEN＝90°，∠AEN+∠EAN＝90°， ∴∠BEN＝∠EAN， ∵∠ANE＝∠ENB＝90°， ∴△ANE∽△ENB， ∴， ∴， 解得或（舍去）， ∴， 故选：A． 7．（2026•阜阳校级一模）如图1，点P从菱形ABCD的顶点A出发，沿A→C→B以1cm/s的速度匀速运动到点B，点P运动时△PAD的面积y（cm2）随时间x（s）变化的关系如图2，则a的值为（　　） A． B． C． D．9 【解答】解：过点C作CE⊥AD， ∵四边形ABCD是菱形， ∴AD∥BC，AD＝BC， ∴点P在边BC上运动时，y的值不变， ∴AD＝BC＝10+a﹣10＝a， 即菱形的边长是a， ∴AD•CE＝4a，即CE＝8， 当点P在AC上运动时，y逐渐增大， ∴AC＝10， ∴AE6， 在Rt△DCE中，DC＝a，DE＝a﹣6，CE＝8， ∴a2＝82+（a﹣6）2， 解得：a． 故选：B． 8．（2026•桥西区一模）将一副三角尺平放在桌面上，如图所示．若AB∥CE，BC＝CD＝4，则①∠BCD的大小为120°；②点E到AB的距离为；③若连接AE，则；④若连接BD，则．以上说法正确的个数为（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【解答】解：由题意，∠A＝30°，∠B＝60°，∠D＝∠E＝45°，∠ACB＝∠DCE＝90°， ∵AB∥CE， ∴∠ACE＝∠A＝30°（两直线平行，内错角相等）， ∴∠BCD＝360°﹣90°﹣90°﹣30°＝150°，所以结论①错误； ∵BC＝CD＝4，∠A＝30°， ∴AB＝2BC＝8，， 连接AE，过点E作EF⊥AC， ∵∠ACE＝30°，CE＝CD＝4， ∴， ∴，所以结论③正确； 连接BD，延长DC交AB于P， ∵∠ABC＝60°，∠BCP＝180°﹣∠BCD＝30°， ∴∠BPC＝180°﹣60°﹣30°＝90°， ∴，， ∴，所以结论④正确， ∵AB∥CE， ∴点E到AB的距离，所以结论②正确， 综上所述，说法正确的是②③④，共3个，所以只有选项C正确，符合题意， 故选：C． 9．（2026•阜阳校级一模）如图，在四边形ABCD中，对角线AC与BD交于点O，且∠CAD＝∠BDC．若AC＝12，AD＝8，CD＝10，BD＝11，则BO的长为（　　） A． B． C． D． 【解答】解：∵∠DCA＝∠DCO，∠CDO＝∠CAD， ∴△DCO∽△ACD， ∴， ∴， ∴OD， ∴OB＝BD﹣OD＝11． 故选：A． 10．（2026•西安校级模拟）已知关于x的二次函数y＝ax2+2ax+3a2+3，当x≥2时，y随x的增大而增大，且﹣2≤x≤1时，y的最大值为9，则a的值为（　　） A． B．1 C．1或﹣2 D．或 【解答】解：∵二次函数y＝ax2+2ax+3a2+3（其中x是自变量）， ∴对称轴是直线x1， ∵当x≥2时，y随x的增大而增大， ∴a＞0， ∵﹣2≤x≤1时，y的最大值为9， ∴x＝1时，y＝a+2a+3a2+3＝9， ∴3a2+3a﹣6＝0， ∴a＝1，或a＝﹣2（不合题意舍去）． 故选：B． 11．（2025•广元模拟）抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于点A（﹣1，0），顶点坐标（1，n）与y轴的交点在（0，2），（0，3）之间（包含端点），则下列结论：①5a+b＜0；②若（4，y1），（﹣1.5，y2）是抛物线上两点，则y1＜y2；③关于x的方程ax2+bx+c＝n+1有两个不相等的实数根；④对于任意实数m，a（m2﹣1）≤b（1﹣m）总成立；⑤．其中结论正确的个数为（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【解答】解：∵抛物线与x轴交于点A（﹣1，0），顶点坐标（1，n）， ∴对称轴为直线，即b＝﹣2a， 代入A点坐标：a（﹣1）2+b（﹣1）+c＝0⇒a﹣b+c＝0， 结合b＝﹣2a，得c＝﹣3a， ∵与y轴交点在（0，2）和（0，3）之间， ∴2≤c≤3⇒2≤﹣3a≤3， 解得； 结论①：5a+b＝5a+（﹣2a）＝3a， ∵a＜0， ∴3a＜0，即5a+b＜0，故①正确； 结论②：抛物线开口向下，对称轴x＝1， 点（4，y1）距对称轴|4﹣1|＝3，点（﹣1.5，y2）距对称轴|﹣1.5﹣1|＝2.5， ∵3＞2.5， ∴y1＜y2，故②正确； 结论③：方程ax2+bx+c＝n+1， ∵顶点y＝n为最大值，n+1＞n， ∴直线y＝n+1与抛物线无交点，方程无实根，故③错误； 结论④：a（m2﹣1）≤b（1﹣m）， 代入b＝﹣2a，a（m2﹣1）≤﹣2a（1﹣m）， 整理得a[（m2﹣1）+2（1﹣m）]≤0⇒a（m﹣1）2≤0， ∵a＜0且（m﹣1）2≥0， ∴不等式恒成立，故④正确； 结论⑤：由解析得，故⑤正确． 综上，正确结论有4个． 故选：D． 12．（2021•威海）如图，在菱形ABCD中，AB＝2cm，∠D＝60°，点P，Q同时从点A出发，点P以1cm/s的速度沿A﹣C﹣D的方向运动，点Q以2cm/s的速度沿A﹣B﹣C﹣D的方向运动，当其中一点到达D点时，两点停止运动．设运动时间为x（s），△APQ的面积为y（cm2），则下列图象中能大致反映y与x之间函数关系的是（　　） A． B． C． D． 【解答】解：∵四边形ABCD为菱形， ∴AB＝BC＝CD＝DA＝2cm，∠B＝∠D＝60°． ∴△ABC、△ACD都是等边三角形， ∴∠CAB＝∠ACB＝∠ACD＝60°． 如图1所示，当0≤x≤1时，AQ＝2xcm，AP＝xcm， 作PE⊥AB于E， ∴PE＝sin∠PAE×AP（cm）， ∴yAQ•PE2x， 故D选项不正确； 如图2，当1＜x≤2时，AP＝xcm，CQ＝（4﹣2x）cm， 作QF⊥AC于点F， ∴QF＝sin∠ACB•CQ（cm）， ∴y， 故B选项不正确； 如图3，当2＜x≤3时，CQ＝（2x﹣4）cm，CP＝（x﹣2）cm， ∴PQ＝CQ﹣CP＝2x﹣4﹣x+2＝（x﹣2）cm， 作AG⊥DC于点G， ∴AG＝sin∠ACD•AC2（cm）， ∴y． 故C选项不正确， 故选：A． 13．（2025•定西模拟）在△ABC中，∠C＝90°，AC＝6，BC＝8，则下列三角函数值正确的是（　　） A． B． C． D． 【解答】解：在Rt△ABC中，AC＝6，BC＝8，∠C＝90°， ∴， A．，故选项计算错误，不符合题意； B．，故选项计算错误，不符合题意； C．，故选项计算正确，符合题意； D．，故选项计算错误，不符合题意； 故选：C． 14．（2026•上海校级模拟）已知一个三角形的三边长分别为5、5、8，则其外接圆的半径为（　　） A． B． C． D． 【解答】解：如图，连接AO并延长交BC于D，交⊙O于E， ∵AB＝AC＝5， ∴， ∴AD⊥BC，BD＝CD＝4， ∴AD＝5， ∵AE是⊙O的直径， ∴∠ACE＝90°， ∴AC2＝AD•AE， ∴AE， ∴外接圆的半径为， 故选：C． 15．（2026•呼兰区模拟）如图所示，△ABC中若DE∥BC，EF∥AB，则下列比例式正确的是（　　） A． B． C． D． 【解答】解：∵DE∥BC，EF∥AB， ∴四边形DEFB是平行四边形， ∴DE＝BF，BD＝EF； ∵DE∥BC， ∴， ， ∵EF∥AB， ∴，， ∴， 故选：C． 二．填空题（共15小题） 16．（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：． 17．（2026•高新区校级一模）阅读材料：如图1，已知正方形ABCD中，M为对角线BD上一点，则将△ABM绕点B逆时针旋转60°得到△FBG，则AM+BM+MC的最小值是线段FC的长度．根据阅读材料所提供的方法求解以下问题：如图2，若在边长为2的正方形ABCD中有任意两个点P、Q，则AP+BP+PQ+DQ+CQ的最小值是　22　 ． 【解答】解：将△ABP绕B逆时针旋转60°得到△A'BP'，连接AA'，将△CDQ绕D逆时针旋转60°得到△C'DQ'，连接CC'，连接A'C'与AB，CD分别交于M，N，如图： 由旋转可知，AP＝A'P'，AB＝A'B，∠ABA'＝60°，BP＝BP'，∠PBP'＝60°，CQ＝C'Q'，QD＝Q'D，∠QDQ'＝60°，DC＝DC'，∠CDC'＝60°， ∴△ABA'，△PBP'，△QDQ'，△CDC'都是等边三角形， ∴BP＝PP'，DQ＝QQ'， ∴AP+BP+PQ+DQ+CQ＝A'P'+PP'+PQ+QQ'+C'Q'， ∴AP+BP+PQ+DQ+CQ的最小值即为A'C'的长， ∵AA'＝BA'，DC'＝CC'， ∴A'在AB的垂直平分线上，C'在DC的垂直平分线上， ∵AB＝CD，AB∥CD， ∴A'C'是AB，CD的垂直平分线， ∴∠BMN＝∠CNM＝90°，BM＝CN＝1， ∴A'MBM，C'NCN，四边形BCNM是长方形， ∴MN＝BC＝2， ∴A'C'＝A'M+MN+C'N＝22， ∴AP+BP+PQ+DQ+CQ的最小值为22； 故答案为：22． 18．（2026•历城区模拟）如图，在四边形ABCD中，AB∥DC，AD⊥DC，AB＝4，AD＝DC＝2，E是线段AD的中点，F是线段AB上的一个动点．现将△AEF沿EF所在直线翻折得到△AEF（如图的所有点在同一平面内），连接AB，AC，则△A′BC面积的最小值为　　 ． 【解答】解：如图，过点C作CG⊥AB于点G， ∵AB∥DC，AD⊥DC， ∴∠ADC＝∠DAG＝∠AGC＝90°， ∴四边形ADCG是矩形， ∵AD＝DC＝2， ∴四边形ADCG是正方形， ∴CG＝AG＝AD＝2， ∵AB＝4， ∴BG＝AB﹣AG＝4﹣2＝2， ∴， 当点A′到BC的距离最小时，△A′BC面积最小， 过点A′作A′H⊥BC交BC的延长线于点H，即当A′H最小时，△A′BC面积最小， ∵E是线段AD的中点，AD＝2， ∴， 由折叠的性质得：A′E＝AE＝1， ∴点A′在以点E为圆心，1长为半径的半圆上运动， ∴当点E、A′、H三点共线时，A′H最小，此时△A′BC面积最小， 延长AD，BC交于点M，过点D作DN⊥CM于点N，则DN∥EH， ∴△MND∽△MHE， ∵∠BGC＝90°，CG＝BG＝2， ∴∠ABC＝∠BCG＝45°， ∵AB∥DC， ∴∠DCM＝∠ABC＝45°， ∵∠CDM＝180°﹣∠ADC＝180°﹣90°＝90°， ∴△CDM是等腰直角三角形， ∴，DM＝CD＝2， ∴EM＝DE+DM＝1+2＝3，， ∴， ∵△MND∽△MHE， ∴，即， ∴， ∴， ∴， ∴△A′BC面积的最小值为． 故答案为：． 19．（2026•启东市模拟）在平面直角坐标系中，已知．分别连接AB，BC，AC，把△ABC沿BC翻折得到△A′BC．当A′与D重合时，BD＝　6　 ；当以A′、C、B、D为顶点的四边形是矩形时，m＝　1或5或6　 ． 【解答】解：根据题意得，当A'与D重合时，BC是AA'的垂直平分线， ∴AC＝DC， ∵，D（m+6，）， ∴CD＝m+6﹣m＝6， ∴AC＝6， ∵A（0，0）， ∴， 解得：， ∴， ∵B（6，0）， ∴； 当以A'、C、B、D为顶点的四边形是矩形时，有两种情况： ①当A'点在x轴上，如图， 此时A'B＝AB＝6， ∴m＝6； ②当A'点不在x轴上，如图， 过点C作CE⊥x于点E，DF⊥x于点F， ∴∠CEB＝∠DFB＝90°， ∴∠ECB+∠CBE＝90°， ∵四边形A'CBD是矩形， ∴∠CBD＝90°， ∴∠ECB＝∠FBD， 又∵∠CEB＝∠DFB＝90°， ∴△CBE∽△BDF， ∴，即， 解得m＝1或m＝5； 综上，m的值为：1或5或6； 故答案为：6；1或5或6． 20．（2026•南山区一模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，D为AB上一点，连接CD，以CD为直角边向右侧作等腰直角△CDE，∠CDE＝90°，CD＝DE，CE与AB交于点F，连接BE，若BE＝BF，则的值为　　 ． 【解答】解：∵∠ACB＝90°，AC＝BC，∠CDE＝90°，CD＝DE， ∴∠A＝∠CBA＝45°，∠DCE＝∠DEC＝45°， ∴∠DEF＝∠CBF， 又∵∠DFE＝∠CFB， ∴△DFE∽△CFB， ∴，即， 又∵∠DFC＝∠EFB， ∴△DCF∽△EBF， ∴∠EBF＝∠DCF＝45°， ∵BE＝BF， ∴∠BEF＝∠BFE＝67.5°， ∴∠BCE＝∠BFE﹣∠CBA＝22.5°， ∴∠BCD＝∠BCE+∠DCE＝67.5°， ∴∠BDC＝180°﹣∠ABC﹣∠BCD＝67.5°＝∠BCD， ∴BD＝BC， 过F作FG⊥BF交BC于点G，则∠BFG＝90°， 又∵∠ABC＝45°， ∴∠BGF＝45°， ∴BF＝GF， ∴∠CFG＝∠BGF﹣∠BCE＝22.5°＝∠BCE， ∴FG＝CG， ∴BE＝BF＝FG＝CG， 设BE＝BF＝FG＝CG＝a，则，， ∴， ∴， 故答案为：． 21．（2026•定海区一模）如图，△ABC内接于⊙O，D是上一点，AD∥BC，连接OA交BC于E，OA平分∠BAD，，，则AC＝　10　 ． 【解答】解：延长AO交⊙O于点F，连接FC，OB，如图， ∵OA平分∠BAD， ∴∠DAO＝∠BAO， ∵AD∥BC， ∴∠DAE＝∠BEA， ∴∠BAE＝∠BEA， ∴， ∵OA＝OB， ∴∠OAB＝∠OBA， ∴∠ABO＝∠BEA， ∴△AOB∽△ABE， ∴， ∵，， ∴， 解得：， ∴，， 又∵∠FEC＝∠BEA，∠FCB＝∠BAF， ∴∠FCE＝∠FEC， ∴， ∵AF是⊙O的直径， ∴∠ACF＝90°， ∴． 故答案为：10． 22．（2024•安徽）如图，现有正方形纸片ABCD，点E，F分别在边AB，BC上．沿垂直于EF的直线折叠得到折痕MN，点B，C分别落在正方形所在平面内的点B′，C′处，然后还原． （1）若点N在边CD上，且∠BEF＝α，则∠C′NM＝　90°﹣α　 （用含α的式子表示）； （2）再沿垂直于MN的直线折叠得到折痕GH，点G，H分别在边CD，AD上，点D落在正方形所在平面内的点D′处，然后还原．若点D′在线段B′C′上，且四边形EFGH是正方形，AE＝4，EB＝8，MN与GH的交点为P，则PH的长为 　3　 ． 【解答】解：（1）∵MN⊥EF，∠BEF＝α， ∴∠EMN＝90°﹣α， ∵CD∥AB， ∴∠CNM＝∠EMN＝90°﹣α， ∴∠C′NM＝∠CNM＝90°﹣α． 故答案为：90°﹣α． （2）如图，设PH与NC'交于点G'， ∵四边形ABCD和四边形EFGH是正方形， ∴∠A＝∠D＝∠GHE＝90°，GH＝EH， ∴∠AHE+∠GHD＝∠AHE+∠AEH＝90° ∴∠GHD＝∠AEH， ∴△EAH≌△HDG（AAS） 同理可证△EAH≌△HDG≌△GCF≌△FBE， ∴DH＝CG＝AE＝4，DG＝EB＝8， ∴GH4， ∵MN⊥GH，且∠C′NM＝∠CNM， ∴MN垂直平分GG'，即PG＝PG'GG'，且NG＝NG'， ∵四边形CBMN沿MN折叠， ∴CN＝C'N， ∴CN﹣NG＝C'N﹣NG'，即C'G'＝CG＝4， ∵△GDH沿GH折叠得到△GD'H， ∴GD'＝GD＝8， ∵∠HC'G'＝∠HD'G＝90°， ∴C'G'∥D'G， ∴， ∴HG'＝GG'HG＝2， 又∵PG'GG'， ∴PH＝PG'+HG'＝3． 故答案为：3． 23．（2026•桥西区一模）如图，四边形ABCD是一个矩形纸片，AB＝4，AD＝8．E是AD边上一点．将△ABE沿着BE翻折，A点的对应点为A′．在翻折的过程中，当△A′DE是直角三角形时，A′D的长为　或　 ． 【解答】解：如图，若∠EA′D＝90°， ∵将△ABE沿着BE翻折， ∴AB＝A′B＝4，∠A＝∠EA′B＝90°，AE＝A′E， ∵∠DA′E+∠BA′E＝180°， ∴点A′，点B，点D三点共线， ∵， ∴； 如图，若∠A′ED＝90°， ∴∠A′EA＝90°， ∵∠A＝∠ABA′＝90°＝∠A′EA， ∴四边形AEA′B是矩形， ∵将△ABE沿着BE翻折， ∴AE＝A′E， ∴四边形AEA′B是正方形， ∴AE＝AB＝A′E＝4， ∴DE＝8﹣4＝4， ∴； ③若∠EDA′＝90°， ∵A′B＝4＜BC＝8， ∴点A′不可能落在直线CD上， ∴不存在∠EDA′＝90°， 综上所述：或． 24．（2026•阜阳校级一模）如图，将一张长方形纸片ABCD放在平面直角坐标系中，点A与原点O重合，顶点B、D分别在x轴、y轴上，AB＝4，AD＝3，P为边CD上一动点，连接BP，将△BCP沿BP折叠，点C落在点C′处． （1）如图1，连接BD，当点C在线段BD上时，线段DC′的长度是　2　 ； （2）如图2，若点P使得点C′到矩形的两条较长边的距离之比为1：2，则点C′的坐标为　或　 ． 【解答】（1）解：∵四边形ABCD是矩形， ∴∠BAD＝90°，BC＝AD＝3， ∴由勾股定理得， ， ∴BC′＝BC＝3， ∴DC′＝BD﹣BC′＝5﹣3＝2， 故答案为：2； （2）如图所示，过点C′作EF⊥CD交CD于点E，交AB于点F， ∴∠CEF＝90°， ∵∠C＝∠ABC＝90°， ∴四边形BCEF为矩形， ∴EF＝BC＝3， 当C′E：C′F＝1：2时， C′E＝1，C′F＝2， ∴BC′＝BC＝3， 由勾股定理得， ， ∴， ∴点C′的坐标为； 当C′E：C′F＝2：1时，C′E＝2，C′F＝1， 由折叠得：BC′＝BC＝3， 由勾股定理，得 ， ∴， ∴点C′的坐标为； ∴点C′的坐标为或． 故答案为：或． 25．（2026•西安校级模拟）如图，在等边△ABC中，AB＝10，以点B为圆心，半径为2作⊙B，点D是AC边上的一个动点，过点D作DE与⊙B相切于点E，则线段DE的最小值为　　 ． 【解答】解：如图，连接BD，BE，作BF⊥AC于点F，则∠BFA＝90°， 在等边△ABC中，AB＝10， ∴AC＝10， ∴， ∴， ∵DE与⊙B相切于点E，BE＝2， ∵DE⊥BE， ∴， ∵BD≥BF，且当BD的值最小时，DE的值最小， ∴过点D作DE与⊙B相切于点E，则当时，DE最小为， 故答案为：． 26．（2026•江阳区校级模拟）如图，正方形ABCD的边长为，E为边AB的中点，连接CE，过点D作DF⊥CE，垂足为F，G为DF上一点，且DG＝CF，则CG的长为　2　 ． 【解答】解：∵四边形ABCD是正方形， ∴∠B＝∠BCD＝90°，， ∴∠BCE+∠DCF＝90°， ∵DF⊥CE， ∴∠DFC＝90°＝∠B，∠FDC+∠DCF＝90°， ∴∠FDC＝∠BCE， ∴△BCE∽△FDC， ∴， ∵E为边AB的中点，AB＝BC， ∴BC＝2BE， ∴，即DF＝2FC， ∵DG＝CF， ∴DF＝2DG， ∴， ∵CD2＝20＝DF2+CF2＝5CF2， 得CF＝2（负值舍去）， ∴， 故答案为：2． 27．（2026•白银区校级模拟）如图，已知抛物线y＝ax2+bx+c（a，b，c为常数，a≠0）经过点（2，0），且对称轴为直线x，有下列结论；④abc＞0；②a+b＞0；③4a+2b+3c＜0；④无论a，b，c取何值，抛物线一定经过（，0）；⑤4am2+4bm﹣b≥0．其中正确结论有 　①③④⑤　 .（填写序号） 【解答】解：①∵抛物线的对称轴为直线x，即对称轴在y轴的右侧， ∴ab＜0， ∵抛物线与y轴交在负半轴上， ∴c＜0， ∴abc＞0， 故①正确； ②∵抛物线的对称轴为直线x， ∴， ∴﹣2b＝2a， ∴a+b＝0， 故②不正确； ③∵抛物线y＝ax2+bx+c（a，b，c为常数，a≠0）经过点（2，0）， ∴4a+2b+c＝0， ∵c＜0， ∴4a+2b+3c＜0， 故③正确； ④由对称得：抛物线与x轴另一交点为（﹣1，0）， ∵， ∴c＝﹣2a， ∴1， ∴当a≠0，无论b，c取何值，抛物线一定经过（，0）， 故④正确； ⑤∵b＝﹣a， ∴4am2+4bm﹣b＝4am2﹣4am+a＝a（4m2﹣4m+1）＝a（2m﹣1）2， ∵a＞0， ∴a（2m﹣1）2≥0，即4am2+4bm﹣b≥0， 故⑤正确； 本题正确的有：①③④⑤，共4个． 故答案为：①③④⑤． 28．（2026•五华区校级模拟）创新社区在创建全国卫生城市的活动中，随机检查了本社区部分住户五月份某周内“垃圾分类”的实施情况，将他们绘制了两幅不完整的统计图（A．小于5天；B．5天；C．6天；D．7天）若该社区共有1200户居民，请估计社区每天进行垃圾分类的住户约有　300　 户． 【解答】解：先由A类别的户数及其所占百分比可得被调查的总户数为9÷15%＝60（户）， （户）， 故答案为：300． 29．（2024•黄浦区二模）如图，D是等边△ABC边BC上点，BD：CD＝2：3，作AD的垂线交AB、AC分别于点E、F，那么AE：AF＝　　 ． 【解答】解：过点D作GD⊥AD，交AB于点G，交AC的延长线于点H，DM⊥AB于点M，DN⊥AC于点N，如图， ∵BD：CD＝2：3， ∴设BD＝2m，则CD＝3m， ∴BC＝5m． ∵△ABC为等边三角形， ∴AB＝AC＝BC＝5m，∠B＝∠ACB＝60°， ∵DM⊥AB，DN⊥AC， ∴∠BDM＝NCD＝30°， ∴BMBD＝m，CNCDm， ∴DMm，DNm． ∴AM＝AB﹣BM＝4m，AN＝AC﹣CNm． ∴ADm． ∵AD⊥DG，DM⊥AB， ∴△AMD∽△ADG， ∴． ∴AGm． 同理：△ADN∽△AHD， ∴， ∴AHm． ∵EF⊥AD，GH⊥AD， ∴EF∥GH， ∴△AEF∽△AGH， ∴． 故答案为：． 30．（2026•呼兰区模拟）如图，正方形ABCD中，点E、F分别在边BC、BD上，连接BD分别交AE、BF于点G、H，若AE平分∠BEF；①则∠EAF＝45°；②BE+DF＝EF；③若BE＝EC＝3，则；④若DH＝4，BG＝5，则．其中正确的序号是　①②③　 ． 【解答】解：作AL⊥EF于点L，则∠ALE＝∠ALF＝90°， ∵四边形ABCD是正方形，点E、F分别在边BC、BD上，BD分别交AE、BF于点G、H， ∴∠BAD＝∠ABE＝∠C＝∠ADF＝90°，AB＝AD， ∴∠ALE＝∠ABE，∠ADH＝∠ABG＝45°， ∵AE平分∠BEF， ∴∠AEL＝∠AEB， 在△AEL和△AEB中， ， ∴△AEL≌△AEB（AAS）， ∴∠EAL＝∠EAB∠BAL，AL＝AB＝AD，LE＝BE， 在Rt△AFL和Rt△AFD中， ， ∴Rt△AFL≌Rt△AFD（HL）， ∴∠FAL＝∠FAD∠DAL，LF＝DF， ∴∠EAF＝∠EAL+∠FAL（∠BAL+∠DAL）∠BAD＝45°，BE+DF＝LE+LF＝EF， 故①正确，②正确； ∵BE＝EC＝3， ∴LE＝BE＝3，AD＝CD＝BC＝2BE＝6， ∴EF＝LE+LF＝3+DF，CF＝CD﹣DF＝6﹣DF， ∵EC2+CF2＝EF2， ∴32+（6﹣DF）2＝（3+DF）2， 解得DF＝2， ∴AF2， 故③正确； 将△ADH绕点A顺时针旋转90°得到△ABM，则AM＝AH，BM＝DH＝4，∠BAM＝∠DAH，∠ABM＝∠ADH＝45°， ∴∠MBG＝∠ABM+∠ABG＝90°， ∵BG＝5， ∴GM， ∵∠GAH＝45°， ∴∠GAM＝∠BAG+∠BAM＝∠BAG+∠DAH＝∠BAD﹣∠GAH＝45°， ∴∠GAH＝∠GAM， 在△GAH和△GAM中， ， ∴△GAH≌△GAM（SAS）， ∴GH＝GM3， 故④错误， 故答案为：①②③． 三．解答题（共15小题） 31．（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． 32．（2026•高新区校级一模）如图1，在正方形ABCD中，AB＝4，在AD上取一点E，使得，以AE为边作正方形AEFG，连接BE，CF． 问题发现： （1）填空：　　 ；直线BE，CF所夹锐角的度数是　45°　 ；（提示：构造与△ABE相似的三角形） 拓展探究： （2）如图2，正方形AEFG绕点A顺时针旋转时，上述结论是否成立？若成立，请结合图2证明；若不成立，请说明理由； 解决问题： （3）在旋转过程中，当点E到直线AB的距离为时，请直接写出CF的长． 【解答】解：（1）如图，连接AF，连接AC交BE于O，延长BE交FC于H， ∵四边形ABCD和四边形AEFG是正方形， ∴ACAB，AFAE，∠BAC＝∠EAF＝45°， ∴∠FAC＝∠EAB，， ∴△AEB∽△AFC， ∴，∠ABE＝∠ACF， 又∵∠AOB＝∠COE， ∴∠BAC＝∠BHC＝45°， 故答案为：，45°； （2）结论仍然成立，理由如下：如图，连接AF，连接AC交BE于O，延长BE交FC于H， ∵四边形ABCD和四边形AEFG是正方形， ∴ACAB，AFAE，∠BAC＝∠EAF＝45°， ∴∠FAC＝∠EAB，， ∴△AEB∽△AFC， ∴，∠ABE＝∠ACF， 又∵∠AOB＝∠COE， ∴∠BAC＝∠BHC＝45°； （3）如图③，当点E直线AD的左侧时，过点E作EH⊥AB于H，则EH， ∵AE， ∴AH1， ∴BH＝AB+AH＝5， ∴BE3， ∵， ∴CF＝3； 如图，当点E直线AD的右侧时，过点E作EH⊥AB于H，则EH， ∵AE， ∴AH1， ∴BH＝AB﹣AH＝3， ∴BE， ∵， ∴CF， 综上所述：CF＝3或． 33．（2026•历城区模拟）如图1，已知抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于A（﹣1，0），B（3，0）两点，与y轴交于C点，点P是抛物线上在第一象限内的一个动点，且点P的横坐标为t． （1）求抛物线的表达式； （2）设抛物线的对称轴为l，l与x轴的交点为D．在直线l上是否存在点M，使得四边形CDPM是菱形？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由； （3）如图2，连接BC，PB，PC，设△PBC的面积为S． ①求S关于t的函数表达式； ②求P点到直线BC的距离的最大值，并求出此时点P的坐标． 【解答】解：（1）抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于A（﹣1，0），B（3，0）两点，将点A，点B的坐标分别代入得： ， 解得：， ∴抛物线的表达式为y＝﹣x2+2x+3． （2）在直线l上存在点M，使得四边形CDPM是菱形；理由如下： 如图，连接CP，交对称轴l于E， ∵y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4， ∴抛物线的对称轴为直线x＝1，点M的横坐标为1， ∵四边形CDPM是菱形， ∴CP⊥DM，DE＝ME，CP∥x轴， 抛物线y＝﹣x2+2x+3与y轴交于C点， 当x＝0时，得：y＝3， ∴C（0，3）， ∴E（1，3），DE＝ME＝3， ∴DM＝6， ∴M（1，6）； （3）①如图2，过点P作PH⊥x轴于H，交BC于F， 设直线BC的解析式为y＝kx+b1，将点B，点C的坐标分别代入得： ， 解得：， ∴直线BC的解析式为y＝﹣x+3， ∵点P的横坐标为t， ∴P（t，﹣t2+2t+3），F（t，﹣t+3）， ∴PF＝﹣t2+2t+3﹣（﹣t+3）＝﹣t2+3t， ∴． ②如图2，过点P作PG⊥BC于G， ∵B（3，0），C（0，3）， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴当时，PG取得最大值，即P点到直线BC的距离的最大值为， 当时，， ∴． 34．（2026•启东市模拟）如图，在矩形ABCD中，，动点E在AD上，从A向D以每秒1个单位长度的速度运动，设运动时间为t（s）（0＜t＜2）．将四边形BCDE沿直线BE翻折得到四边形BC′D′E，连接AC′，AD′． （1）当时，请判断此时△AC′D′的形状并说明理由． （2）当t为何值时，C正好落在矩形的边所在的直线上，请判断此时△AC′D′的形状并说明理由． 【解答】解：（1）△AC′D′为等腰三角形．理由如下： 如图1， ∵时，， ∴， ∴∠AEB＝60°， ∵AD∥BC， ∴∠EBC＝60°， 由翻折可得：∠EBC'＝∠EBC＝60°， ∴∠ABC'＝30°， 作AH⊥BC'于点H，则， 作AG⊥C′D′于点G，则四边形C′HAG为矩形． ∴，即AG垂直平分C'D'， ∴AC'＝AD'， ∴△ACD′为等腰三角形． （2）∵， ∴， ∴点C′可能落在BA或DA的延长线上． ①当点C′落在BA的延长线上时，如图2， 则有， ∵∠BAD＝90°， ∴AE＝AB＝t＝2， 由翻折可得：∠C'＝∠C＝90°， ∴△AC'D'为直角三角形，此时t＝2； ②当点C′在线段DA的延长线上时，如图3， 则有∠EBC＝∠EBC′， ∵AD∥BC， ∴∠C′EB＝∠EBC， ∴∠C′EB＝∠EBC′， ∴， ∵AE＝t， ∴， 在Rt△ABC中，AB2+AC'2＝BC'2， ∴， 解得：， ∴， ∴AC'＝C'D′＝2， ∴△AC′D′为等腰三角形，此时t＝2． 35．（2026•南山区一模）【定义】连接三角形的一个顶点与对边上任意一点的线段，把这个三角形分割成两个三角形，其中一个是等腰三角形，另一个是直角三角形，就称这条线段是该三角形的“奇妙分割线”． 【理解定义】（1）如图1，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝120°，D是线段BC上一点，连接AD，若AD＝BD，那么线段AD　是　 （填“是”或“不是”）△ABC的“奇妙分割线”． 【运用定义】 （2）如图2，在平行四边形ABCD中，，BC＝5，连接AC，若∠BAC＝90°，E是线段BC上一点，CE＝3，连接DE交AC与点F．求证：线段CF是△DCE的“奇妙分割线”． 【拓展提升】 （3）如图3，在△ABC中，AB＝5，BC＝3，sin∠ABC，点D是线段BC上的动点（点D不与B、C重合），连接AD，将△ABD沿AD翻折得到△AED，点B的对应点为点E，连接BE、CE，当ED是△BCE的“奇妙分割线”时，求线段BD的长． 【解答】（1）解：∵AB＝AC，∠BAC＝120°， ∴∠B＝∠C＝30°， ∵AD＝BD， ∴∠BAD＝∠B＝30°， ∴∠DAC＝∠BAC﹣∠BAD＝120°﹣30°＝90°，即△ADC为直角三角形， ∵AD＝BD， ∴△ABD为等腰三角形， ∴AD是△ADC的“奇妙分割线”， 故答案为：是； （2）证明：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD∥BC，AB∥CD，AD＝BC＝5，， ∴△ADF∽△CEF，∠DCF＝∠BAC＝90°， ∴，△CDF为直角三角形， ∵∠BAC＝90°， ∴， ∴，， ∵∠DCF＝90°， ∴， ∴， ∴△CEF是等腰三角形， ∴CF是△DCE的“奇妙分割线”； （3）解：由翻折可知，BD＝DE，AE＝AB＝5，∠ADB＝∠ADE， ∴△BDE是等腰三角形， 又∵DE是△BCE的“奇妙分割线”， ∴△DCE为直角三角形； ①当∠EDC＝90°时，∠BDE＝90°， ∵∠ADB+∠ADE+∠BDE＝360° ∴∠ADB＝∠ADE＝135°， ∴∠ADC＝45°， 如图，过点A作AF⊥BC交BC的延长线于F，则∠AFB＝90°， ∵AB＝5，， ∴AF＝ABsin∠ABC＝3， ∴， ∵∠ADC＝45°， ∴DF＝AF＝3， ∴BD＝BF﹣DF＝1； ②当∠DCE＝90°时， 如图，作AF⊥BC交BC的延长线于F，过E作EG⊥AF交AF的延长线于G， 则∠G＝∠CFG＝∠ECF＝90°， ∴四边形CEGF是矩形， ∴EG＝CF，CE＝FG， 由①可知，AF＝3，BF＝4， ∴EG＝CF＝BF﹣BC＝4﹣3＝1， ∵AE＝AB＝5，EG⊥AG， ∴， ∴， 设BD＝DE＝x，则CD＝3﹣x， 在Rt△DCE中，∠DCE＝90°， ∴CD2+CE2＝DE2，即， 解得， ∴； ③当∠CED＝90°时，不存在满足题意的图形，舍去； 综上，BD的长为1或． 36．（2026•定海区一模）问题提出 （1）如图①，AB⊥BC，CD⊥BC，E为BC上一点，连接AE、DE，当∠AED＝90°时，∠A+∠D＝　90　 °． 问题探究 （2）如图②，在边长为6的等边△ABC中，D为AB的中点，E为BC边上任意一点，连接DE，并作∠DEF＝60°，使得∠DEF的一边与AC交于点F，试求出CF的最大值． 问题解决 （3）如图③，四边形ABCD为某美食商业区的平面示意图，其中AD∥BC，∠B＝90°，AB＝80m，BC＝CD＝100m．经过一段时间的运营，为了更好地服务消费者，打造美食街区的独特风格．市场管理者计划在美食商业区规划一片三角形区域用于美食烹饪表演． 方案：在BC上选取一点M，CD上选取一点N，连接AM、AN、MN，构造△AMN．已知点A为美食商业区的出入口，，设BM＝xm，NC＝ym． （i）求y与x之间的函数关系式． （ii）为了不影响其他商户的经营，同时确保表演区域足够集中，需要点N与点C的距离足够远，请你根据需求计算出当NC最大时△AMN的面积． 【解答】解：（1）∵AB⊥BC，CD⊥BC， ∴∠B＝∠C＝90°， ∴∠A+∠AEB＝90°，∠D+∠DEC＝90°， ∴∠A+∠AEB+∠D+∠DEC＝180°， ∵∠AED＝90°， ∴∠AEB+∠DEC＝90°， ∴∠A+∠D＝90°． 故答案为：90； （2）∵△ABC是等边三角形，∠DEF＝60°， ∴∠B＝∠C＝60°＝∠DEF，AB＝BC＝6． ， ∴∠BDE＝∠FEC， ∴△DBE∽△ECF， ∴△DBE∽△ECF， ∴． 设BE＝m，CF＝n，则EC＝6﹣m， ∵D为AB的中点， ∴， ∴，整理得， ∴当m＝3时，n有最大值，最大值为3，即CF的最大值为3． （3）（i）如图，延长CB至点E，使得，连接AE，过点D作DF⊥BC， 根据题意可知，DF＝AB＝80m，CD＝100m， ∴， ∴，， ∵， ∴tanE＝tan∠AMN＝tanC， ∴∠E＝∠AMN＝∠C， ∵∠E+∠EAM+∠AME＝180°，∠AME+∠AMN+∠NMC＝180°， ∴∠EAM＝∠NMC， ∴△AEM∽△MCN， ∴． 设BM＝xm，NC＝ym． ∵， ∴， 整理得． （ii）如图，过点N作BC的垂线，与AD的延长线交于点G，与BC交于点H． 由（i）可知，， ∴当x＝20时，y取得最大值为64， 即当BM＝20m时，CN有最大值为64m， ∵， ∴设NH＝4am，CH＝3am， ∴， ∴， ∴， ∴． ∵CF＝60m，BM＝20m，CM＝80m， ∴AD＝BF＝BC﹣CF＝40m， ∴，，，， ∴， ∴当NC最大时，△AMN的面积为2176m2． 37．（2026•阜阳校级一模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+3（a≠0）与x轴分别交于A（﹣1，0），B两点，与y轴交于点C，抛物线的顶点D（1，4），对称轴交x轴于点G． （1）求抛物线解析式； （2）如图1，点P是第一象限中抛物线上一动点，连接PC、PA，分别交对称轴于点E、F． ①在点P的运动过程中，DE、EF、FG这三条线段能否相等？若相等，求出点P的坐标；若不相等，请说明理由； ②如图2，连接AC、BC，AP与BC相交于点H，若△PCH的面积为S1，△ACH的面积为S2，求的最大值． 【解答】解：（1）抛物线y＝ax2+bx+3（a≠0）与x轴分别交于A（﹣1，0），B两点，抛物线的顶点D（1，4）， ∴设抛物线的解析式为y＝a（x﹣1）2+4， 把点A的坐标代入得： 0＝a（﹣1﹣1）2+4， 解得：a＝﹣1， ∴y＝﹣（x﹣1）2+4＝﹣x2+2x+3； （2）①DE、EF、FG这三条线段能相等；理由如下： 假设存在， ∵D（1，4）， ∴DG＝4， ∴当时，， 抛物线y＝﹣x2+2x+3与y轴交于点C， ∴当x＝0时，得：y＝3， ∴C（0，3）， 设直线AF的解析式为y＝kx+m，将点A，点F的坐标分别代入得： ， 解得：， ∴； 同法可得：直线CE的解析式为， 联立得：， 解得：， ∴两条直线的交点坐标为， 对于y＝﹣x2+2x+3，当时，得：， 故两条直线的交点在抛物线上， ∴DE、EF、FG这三条线段能相等；； ②抛物线y＝﹣x2+2x+3与x轴分别交于A（﹣1，0），B两点， 当y＝0时，得：﹣x2+2x+3＝0， 解得：x1＝﹣1，x2＝3， ∴B（3，0）， 同①法可得：直线BC的解析式为直线y＝﹣x+3， 作AM⊥x轴，交BC的延长线于点M，作PN⊥x轴，交BC于点N， 则：AM∥PN， ∵A（﹣1，0）， ∴当x＝﹣1时，y＝﹣（﹣1）+3＝4， ∴AM＝4， 设P（t，﹣t2+2t+3），则：N（t，﹣t+3）， ∴PN＝﹣t2+2t+3+t﹣3＝﹣t2+3t， ∵AM∥PN， ∴△AMH∽△PNH， ∴， ∵△PCH，△ACH是同高三角形， ∴， ∴当时，的值最大，为． 38．（2026•桥西区一模）如图1，在平行四边形ABCD中，AB＝6，AD＝10，点F为AD的中点，过点F作FE⊥AB于E，． （1）求EF的长； （2）如图2，以EF为直角边构造Rt△GEF，∠GFE＝90°，斜边GE交AD于点P，GF＝2． ①求PF的长； ②Rt△GEF的外心为O，求点O与点A之间的距离； ③将Rt△GEF向右平移，点E平移到点B时停止，当以GE为直径的圆与平行四边形ABCD的边相切时，直接写出平移的距离． 【解答】解：（1）∵点F为AD的中点， ∴， 在Rt△AEF中，， 设EF＝4x，AE＝3x， 则（4x）2+（3x）2＝52，得x＝1， ∴EF＝4； （2）①在Rt△GEF中，GF＝2， ∵FE⊥AB，∠GFE＝90°， ∴GF∥AE， ∴△GFP∽△EAP， ∴， ∴PF＝2； ②在Rt△GEF中，△GFE的外心是GE的中点O，如图2，连接AO，作OQ⊥AB于Q， 在Rt△GEF中，GF＝2，EF＝4， 由勾股定理得：GE2， ∴， ∵GF∥AB， ∴∠G＝∠GEQ， ∴tan∠GEQ＝tan∠G， 又∵， 在Rt△OQE中，， 设OQ＝2y，QE＝y，则， 解得：y＝1（负值已舍去）， ∴OQ＝2，QE＝1， ∴AQ＝2， 由勾股定理得； ③平移的距离为或．理由如下： 由①得， 当圆与AD边相切时，如图2，过点O作OM∥GF，交AD于点M，则△GFP∽△OMP， ∴， ∴， 解得：（经检验，是分式方程的解，且符合题意）， 作O′N⊥AD于点N，则， ∵O′M∥AB， ∴∠NMO′＝∠A， ∴， ∴平移的距离； 当圆与BC边相切时，如图3，∠O′RN＝∠A， 同理，， ∴平移的距离； 综上所述，平移的距离为或． 39．（2026•阜阳校级一模）已知二次函数y＝ax2﹣2ax﹣3a（a＞0）的图象为抛物线C． （1）求抛物线C的顶点坐标（用a表示）； （2）若M（m，p），N（n，q）在抛物线C上， ①若m＝4，求证：p+q≥a． ②若抛物线C经过（2，﹣3），且q﹣p＝2，m＜n，对于某一个实数p，若n﹣m的最小值为1，则n﹣m的最大值为 　2　 ． ③若对于任意的t﹣1＜m＜t+2，t+3＜n＜t+5，总有p≠q．则t的取值范围是 t或t≥0　 ． 【解答】（1）解：由题意可得此二次函数的对称轴为直线x1， 当x＝1时，y＝﹣4a， 故抛物线C的顶点坐标为（1，﹣4a）； （2）①证明：当m＝4时，p＝16a﹣8a﹣3a＝5a， ∵a＞0， ∴当x＝1时，y＝﹣4a，则q≥﹣4a， ∴p+q≥﹣4a+p＝﹣4a+5a＝a， 即p+q≥a； ②解：∵抛物线C经过（2，﹣3）， ∴﹣3＝a×（﹣1）×3，解得a＝1， 故二次函数表达式为y＝x2﹣2x﹣3． ∵对于某一个实数p，n﹣m的最小值为1，即n＝m+1， 且q﹣p＝2，m＜n， 故点M必在点N的左侧，N必在对称轴右侧， ∴q﹣p＝（m+1）2﹣2（m+1）﹣3﹣m2+2m+3＝2， 整理可得2m＝3，m， ∵横坐标为的点关于对称轴对称后的点横坐标为， ∴对于此实数p，n﹣m的最大值为． 故答案为：2． ③∵对于任意的t﹣1＜m＜t+2，t+3＜n＜t+5，总有p≠q， 如图1所示，作t+2的对称点为﹣t，则只需﹣t≥t+5即可， 解得t； 如图2所示，作t﹣1的对称点为3﹣t，则只需3﹣t≤t+3即可， 解得t≥0， 综上，t的取值范围为t或t≥0． 故答案为：t或t≥0． 40．（2026•西安校级模拟）问题提出 （1）如图1，在直角△ABC中，∠A＝30°，⊙I是△ABC的内切圆，若⊙I的半径是1，则△ABC的斜边长为 　22　 ． 问题解决 （2）小方的爸爸是一位翡翠设计师，一位顾客想将一块如图2所示的四边形原石BDFE进行切割设计．顾客首先需要切割出一个玉镯，再根据剩料进行其他设计．由于该原石成色最好的部分在∠B附近区域，所以玉镯要尽可能贴着BE边和BD边，观察到EF和DF的边缘都有杂质和细小裂隙，因此切割线不能经过DF边和EF边．根据原石情况和切割工艺，设计师需要先切割出能覆盖玉镯的三角形，再进行后期精细化打磨．为了最大限度地利用该石材，切割出的△ABC（点A在BD上，点C在BE上），应使得AC尽可能短，同时△ABC的周长和面积尽可能的小．经过测量，∠B＝60°，BE＝156mm，BD＝175mm．根据顾客的需求，手镯的内圈直径为56mm，外圈直径为70mm，即小圆⊙O的直径为56mm，大圆⊙O的直径为70mm． 请你通过计算，帮助小方爸爸说明是否存在BD和BE上的点A和点C使得覆盖大圆⊙O的△ABC周长取得最小时，面积也取得最小值？若存在，请求出△ABC的周长及面积；若不存在，请说明理由． 【解答】解：（1）如图，设内切圆圆心为O，过O分别作AB、AC、BC的垂线段，垂足为D、E、F，连接OA、OB、OC，则OD＝OE＝OF＝R， ∵∠A＝30°， ∴设BC＝x，则AB＝2x，ACx， 由内切圆可得，CE＝CF＝R， ∴AD＝AE＝AC﹣R，BD＝BF＝BC﹣R， ∴AB＝AD+BD＝AC+BC﹣2R， ∴R1， 解得x1， ∴AB＝2x＝22，即斜边长为22， 故答案为：22； （2）由题意可知大⊙O与△ABC相切，如图，过O作AB、AC、BC的垂线段，垂足分别为M、N、P，连接OA、OB、OC， ∵大⊙O的直径为70mm， ∴OM＝OP＝ON＝35mm， ∵∠B＝60°， ∴∠OBN＝∠OBM＝30°，∠AOC＝90°120°， ∴BM＝BN＝35mm， ∵AM＝AP，CN＝CP， ∴C△ABC＝AB+BC+AC ＝BM+AM+AC+BN+CN ＝BM+BN+AP+CP+AC ＝702AC， ∴要使△ABC的周长最小，则求AC最小值即可， 如图，作△ABC的外接圆⊙Q，连接OQ，过Q作QH⊥AC于点H， ∵∠AOC＝120°， ∴∠AQC＝120°， 设QA＝QC＝QO＝r，则ACr，QHr， ∵QH+OP≤OQ， ∴35r≤r， ∴r≥70， ∴ACr≥70，即当AC＝70时，有最小值， 此时C△ABC＝702AC＝210mm， S△ABC（AB+BC+AC）•RC△ABC•R21035＝3675（mm）2． 41．（2017•武侯区模拟）如图，直线y＝2x﹣10分别与x轴，y轴交于点A，B，点C为OB的中点，抛物线y＝﹣x2+bx+c经过A，C两点． （1）求抛物线的函数表达式； （2）点D是直线AB上方的抛物线上的一点，且△ABD的面积为． ①求点D的坐标； ②点P为抛物线上一点，若△APD是以PD为直角边的直角三角形，求点P到抛物线的对称轴的距离． 【解答】解：（1）当y＝0时，2x﹣10＝0，解得x＝5，则A（5，0）， 当x＝0时，y＝2x﹣10＝﹣10，则B（0，﹣10） ∵点C为OB的中点， ∴C（0，﹣5）， 把A（5，0），C（0，﹣5）代入y＝﹣x2+bx+c得，解得， ∴抛物线解析式为y＝﹣x2+6x﹣5； （2）①过D作DE∥y轴交AB于E，如图， 设D（x，﹣x2+6x﹣5），则E（x，2x﹣10）， ∵S△ABD＝S△BDE+S△ADE5×DE（﹣x2+6x﹣5﹣2x+10） ∴（﹣x2+6x﹣5﹣2x+10）， 整理得x2﹣4x+4＝0，解得x1＝x2＝2， ∴D（2，3）； ②∵抛物线解析式为y＝﹣x2+6x﹣5， ∴抛物线的顶点为M（3，4）， ∴MD，AD＝3，AM＝2， ∴MD2+AD2＝AM2， ∴MD⊥AD， 若D为直角顶点，则P与M点重合，即P（3，4），如图， 此时P点到抛物线对称轴的距离为0； 若P为直角顶点，如图， 过点P作GH∥x轴，DG⊥GH于G，AH⊥GH于H， ∵∠APD＝90°， ∴△DGP∽△PHA， ∴， 设P（t，﹣t2+6t﹣5），则： GP＝t﹣2，DG＝﹣t2+6t﹣5﹣3，PH＝5﹣t，AH＝﹣t2+6t﹣5， ∴， ∴， ∴， ∴t2﹣5t+5＝0， ∴t， ∴P点坐标为（，）或（，）； 若P点坐标为（，），则P点到抛物线对称轴的距离为， 若P点坐标为（，），则P点到抛物线对称轴的距离为． 42．（2026•白银区校级模拟）已知抛物线与x轴交于A（﹣1，0），B（5，0）两点，与y轴交于点C（0，5）． （1）求出抛物线的解析式； （2）如图1，点D是抛物线上位于对称轴右侧的一个动点，且点D在第一象限内，过点D作x轴的平行线交抛物线于点E，作y轴的平行线交x轴于点G，过点E作EF⊥x轴，垂足为点F，当四边形DEFG的周长最大时，求点D的坐标； （3）如图2，点M是抛物线的顶点，将△MBC沿BC翻折得到△NBC，NB与y轴交于点Q，在对称轴上找一点P，使得△PQB是以QB为直角边的直角三角形，请直接写出点P的坐标． 【解答】解：（1）∵抛物线与x轴交于A（﹣1，0），B（5，0）两点， 设抛物线的解析式为y＝a（x+1）（x﹣5）， 把C（0，5）代入解析式，得5＝a（0+1）×（0﹣5）， 解得：a＝﹣1， ∴抛物线的解析式为：y＝﹣（x+1）（x﹣5）， 即y＝﹣x2+4x+5； （2）∵抛物线的解析式为：y＝﹣x2+4x+5＝﹣（x﹣2）2+9， ∴抛物线图象的对称轴为直线x＝2， 设D（x，﹣x2+4x+5）（2＜x＜5）， ∵DE∥x轴， ∴E（4﹣x，﹣x2+4x+5）， 过点D作x轴的平行线交抛物线于点E，作y轴的平行线交x轴于点G，过点E作EF⊥x轴， ∴四边形DEFG是矩形， ∴四边形DEFG的周长 ＝2DG+2DE ＝2（﹣x2+4x+5）+2[x﹣（4﹣x）] ＝﹣2x2+12x+2 ＝﹣2（x﹣3）2+20， ∵﹣2＜0， ∴当x＝3时，四边形DEFG的周长最大，则﹣32+4×3+5＝8， ∴当四边形DEFG的周长最大时，点D的坐标为（3，8）； （3）过C作CH垂直抛物线对称轴于H，过N作NK⊥y轴于K， ∴∠NKC＝∠MHC＝90°， 由翻折得CN＝CM，∠BCN＝∠BCM， ∵B（5，0），C（0，5）． ∴OB＝OC， ∴∠OCB＝∠OBC＝45°， ∵CH⊥对称轴于H， ∴CH∥x轴， ∴∠BCH＝∠OBC＝45°， ∴∠BCH＝∠OCB＝45°， ∴∠BCN﹣∠OCB＝∠BCM﹣∠BCH，即∠NCK＝∠MCH， ∴△MCH≌△NCK（AAS）， ∴NK＝MH，CK＝CH， ∵抛物线的解析式为：y＝﹣（x﹣2）2+9， ∴对称轴为直线x＝2，M（2，9）， ∴MH＝9﹣5＝4，CH＝2， ∴NK＝MH＝4，CK＝CH＝2， ∴OK＝OC﹣CK＝3， ∴N（﹣4，3）， 设直线BN的解析式为y＝k'x+b'， ∴， 解得：， ∴直线BN的解析式为：， 将x＝0代入，则， ∴， 设P（2，p）， ∴，BP2＝（5﹣2）2+p2＝9+p2，， 分两种情况： ①当∠BQP＝90°时，BP2＝PQ2+BQ2， ∴， 解得：， ∴； ②当∠QBP＝90°时，P'Q2＝BP'2+BQ2， ∴， 解得：p＝﹣9， ∴点P'的坐标为（2，﹣9）； 综上，所有符合条件的点P的坐标为或（2，﹣9）． 43．（2026•五华区校级模拟）如图，AB为⊙O的直径，点C在⊙O上，∠ACB的平分线CD交⊙O于点D，过点D作DE∥AB，交CB的延长线于点E． （1）若∠CAB＝28°，求∠ADC的度数； （2）求证：DE是⊙O的切线； （3）若，△ABC的周长为21，求△ABC的面积． 【解答】（1）解：∵AB为⊙O的直径， ∴∠ACB＝90°， ∵∠CAB＝28°， ∴∠ABC＝90°﹣28°＝62°， ∴∠ADC＝∠ABC＝62°； （2）证明：∵AB为⊙O的直径， ∴∠ACB＝90°， ∵∠ACB的平分线CD交⊙O于点D， ∴∠ACD＝∠BCD∠ACB＝45°， ∴∠AOD＝2∠ACD＝90°， ∵DE∥AB， ∴∠ODE＝∠AOD＝90°， ∵OD是⊙O的半径，且DE⊥OD， ∴DE是⊙O的切线； （3）解：过D作DG⊥AC于G，DH⊥CE于H， ∵AB为⊙O的直径， ∴∠ACB＝90°， ∵∠ACB的平分线CD交⊙O于点D， ∴∠ACD＝∠BCD∠ACB＝45°， ∴△CDG与△CDH是等腰直角三角形， ∵CD＝6， ∴CG＝DG＝CH＝DHCD＝6， 在Rt△ADG与Rt△BDH中， ， ∴Rt△ADG≌Rt△BDH（HL）， ∴AG＝BH， ∴AC+BC＝AG+CG+HC﹣BH＝CG+CH＝12， ∵△ABC的周长为21， ∴AB＝21﹣12＝9， ∵AC2+BC2＝AB2＝81， ∴（AC+BC）2＝AC2+BC2+2AC•BC＝144， ∴2AC•BC＝144﹣81＝63， ∴AC•BC， ∴△ABC的面积AC•BC． 44．（2024•奉贤区二模）如图，已知半圆O的直径为MN，点A在半径OM上，B为的中点，点C在上，以AB、BC为邻边作矩形ABCD，边CD交MN于点E． （1）如果MN＝6，AM＝2，求边BC的长； （2）联结CN，当△CEN是以CN为腰的等腰三角形时，求∠BAN的度数； （3）联结DO并延长，交AB于点P，如果BP＝2AP，求的值． 【解答】解：（1）连接OB，OC，过C作CP⊥OB于P，如图： ∵MN＝6， ∴OB＝OC＝3， ∵AM＝2， ∴OA＝1， ∴tan∠ABO， ∵∠ABO+∠OBC＝90°，∠OBC+∠BOP＝90°， ∴∠BCP＝∠ABO， ∴， 设BP＝x，则CP＝3x，OP＝OB﹣BP＝3﹣x， 在Rt△POC中，OC2＝OP2+PC2， 解得：x或0（舍去）， ∴BP，PC， 在Rt△BPC中，BC； （2）连接CM，OC，如图： ∵B是的中点， ∴∠MOB＝90°， ∴∠BCM＝45°， ∴∠MCE＝45°， ∵MN为直径， ∴∠MCN＝90°， ∴∠ECN＝45°， ①当CE＝CN时， ∠CEN67.5°， ∵AB∥CD， ∴∠BAN＝∠CEN＝67.5°， ②当CN＝EN时， ∠CEN＝45°， ∴∠CNE＝90°，不符合题意； 综上所述，∠BAN＝67.5°； （3）过O作BC的垂线交BC于G，交AD于H，作AB的垂线，交AB于T，交CD于S，如图： 令OB＝OM＝ON＝OC＝1， ∵OB＝OC， ∴OG为BC的垂直平分线， ∵四边形ABCD为矩形， ∴OH是AD的垂直平分线， ∴OA＝OD， ∵∠ADE＝90°， ∴OA＝OD＝OE， ∴∠OAD＝∠ODA， 又∵AD＝AD，∠BAD＝∠ADE＝90°， ∴△ADP≌△DAE（ASA）， ∴AP＝DE，DP＝AE， ∴OP＝OA＝OE＝DE， ∴TS是AP和DE的垂直平分线， ∵PB＝2AP， ∴BT＝BP+PT＝BPAPAB， ∵∠BTO＝∠AOB＝90°，∠ABO＝∠TBO， ∴△ABO∽△OTB， ∴， ∴AB， ∴BT， ∵OG⊥BC， ∴四边形OTBG为矩形， ∴OG＝BT， ∴BG， ∴BC＝2BG， ∴． 45．（2026•呼兰区模拟）已知，抛物线y＝ax2﹣7ax+10a交x轴正半轴于点A、B（A左B右），交y轴正半轴于点C，连接AC，tan∠ACO． （1）如图1，求抛物线的解析式； （2）如图2，点P为第一象限点B右侧抛物线上一动点，连接BC、BP、CP，设点P的横坐标为t，△PBC的面积为S，求S与t间的函数关系式（不要求写出t的取值范围）； （3）如图3，在（2）的条件下，点D为CB延长线上一点，连接PD交x轴于点E，连接AD，若2∠BCO﹣∠BPE＝∠PBE，∠PDA＝∠PBC，求点P的坐标． 【解答】解：（1）∵把y＝0代入得，ax2﹣7ax+10a＝0， ∵a≠0， ∴x2﹣7x+10＝0， ∴x1＝2，x2＝5， ∴A（﹣2，0），B（5，0）， ∴OA＝2， ∵tan∠ACO， ∴OC＝5， ∴C（0，5）， 将点C坐标代入得，10a＝5， ∴a， ∴yx2x+5； （2）如图，作PE⊥x轴于E，PF⊥y轴于F， ∵， ∴PF＝t，PEt2t+5， ∴S△PBC＝S△OPC+S△OPB﹣S△BOCOC•PFOB•PEOC•OB， ∴St2t； （3）∵OB＝OC，∠BOC＝90°， ∴∠OBC＝∠BCO＝45°， ∵2∠BCO﹣∠BPE＝∠PBE， ∴90°﹣∠BPE＝∠PBE， ∴∠PBE+∠BPE＝90°， ∴∠PEB＝90°， ∴PE⊥x轴， ∵∠DBE＝∠OBC＝45°， ∴∠BDE＝45°＝∠DBE， ∴DE＝BE＝t﹣5， 设∠ADB＝α， ∴∠PDA＝45°+α＝∠PBC， ∴∠PBC＝90°+α， ∴∠PBE＝90°﹣α， ∴∠BPE＝α＝∠ADB， ∴tan∠BPE＝tan∠ADB， 如图，作AM⊥BC于M， ∴∠AMB＝90°， ∴∠BAM＝∠ABM＝45°＝∠BDE＝∠DBE， ∵AB＝5﹣2＝3，AM＝BMAB，， ∴， ∵tan∠BPE＝tan∠ADB， ∴， ∴， ∴t＝8， ∴P（8，9）． 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $