【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（20-12）

【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（20-12） 一．选择题（共15小题） 1．（2026•重庆模拟）已知整式M：，其中an，n为正整数，an﹣1，an﹣2，…，a1，a0为自然数，若n+an+an﹣1+an﹣2+⋯+a1+a0＝6． ①满足条件的所有整式M中，次数最高的是6次； ②满足条件的所有整式M共有28个； ③当n＝2时，满足条件的所有整式M的和为20x2+10x+10； ④满足条件的二次三项式中，当x取任意实数时，其值一定为非负数的整式M共有7个． 其中正确的个数是（　　） A．1 B．2 C．3 D．4 2．（2026•邗江区校级一模）如图，直线y＝mx+n交反比例函数y（x＞0）的图象于点A和点B，交x轴于点C，，过点A作AD⊥x轴于点D，连接BD并延长，交y轴于点P，连接PC．若△PCD的面积为4，则k的值为（　　） A．8 B．12 C．16 D．18 3．（2026•北京模拟）如图，在平面直角坐标系xOy中，M，N分别是反比例图象上两个动点，MA⊥x轴于点A，NB⊥y轴于点B，直线MN与x轴、y轴分别交于点F和点E．给出下面四个结论：①ME＝NF；②∠BMA＝∠ANB；③△OEF可能是等腰直角三角形；④△MAN与△MBN的面积相等．上述结论中，所有正确结论的序号是（　　） A．③④ B．①② C．②③ D．①③④ 4．（2026•内蒙古模拟）如图，矩形ABCD中，．点P是BC边上一动点，点M为线段AP上一动点．∠ADM＝∠BAP，则BM的最小值为（　　） A．2 B． C．2.4 D． 5．（2022•洛阳二模）如图，在平面直角坐标系中，直线l为正比例函数y＝x的图象，点A1的坐标为（1，0），过点A1作x轴的垂线交直线l于点D1，以A1D1为边作正方形A1B1C1D1；过点C1作直线l的垂线，垂足为A2，交x轴于点B2，以A2B2为边作正方形A2B2C2D2；过点C2作x轴的垂线，垂足为A3，交直线l于点D3，以A3D3为边作正方形A3B3C3D3，…，按此规律操作下所得到的正方形AnBn∁nDn的面积是（　　） A．（）n B．（）n﹣1 C．（）n D．（）n﹣1 6．（2026•和平区校级一模）小明利用函数知识，设计了一个函数计算程序，其程序框图如图所示，输入x的值为﹣2时，输出y的值为1；输入x的值为2时，输出y的值为3；输入x的值为3时，输出y的值为6，小华根据小明的函数特点，得出以下结论：①k＝1，a＝1，b＝﹣2；②这个复杂函数始终保持y随x的增大而增大；③若小明设计的函数y＝ax2+bx+3与直线y＝t有两个公共点，则t＞2；④若在函数图象上有点P、Q（P与Q不重合），P的横坐标为m，Q的横坐标为﹣m+1，小华对P、Q之间（含P、Q两点）的图象进行研究，当图象对应函数的最大值和最小值均不随m的变化而变化时，m的取值范围是﹣1≤m≤0．小华的说法中正确的个数是（　　） A．0 B．1 C．2 D．3 7．（2025•甘肃）如图1，在等腰直角三角形ABC中，∠ACB＝90°，点D为边AB的中点．动点P从点A出发，沿边AC→CB方向匀速运动，运动到点B时停止．设点P的运动路程为x，△APD的面积为y，y与x的函数图象如图2所示，当点P运动到CB的中点时，PD的长为（　　） A．2 B．2.5 C． D．4 8．（2026•朝阳区校级一模）如图，OA是⊙O的半径，分别以点O和点A为圆心，大于OA的长为半径作弧，两弧交于M，N两点，作直线MN交⊙O于B，C两点，点D是⊙O上一点，点A与点D分别在BC的两侧，连接BD，CD，则∠BDC的度数是（　　） A．45° B．60° C．80° D．无法确定 9．（2026•历下区一模）如图1，在△ABC中，AD为边BC上的中线，将△ABD沿射线BC的方向平移得△EFG，设平移的距离为x，△EFG与△ACD重叠的面积为y，y与x的函数图象如图2所示，有以下结论：①BC＝6；②△ABC的面积为10；③点在y与x的函数图象上；④y的最大值为．其中正确的有（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 10．（2025•武威一模）抛物线的部分图象如图所示，抛物线的顶点是C，直线x＝1与抛物线的交点为A，抛物线与x轴的一个交点为B（4，0），直线AB的解析式为y2＝mx+n（m≠0），下列结论：①2a+b＜0；②abc＞0；③方程ax2+bx+c＝mx+n有两个不相等的实数根；④抛物线与x轴的另一个交点是（﹣2，0）．其中正确的个数为（　　） A．1 B．2 C．3 D．4 11．（2026•肥东县校级一模）如图，正方形ABCD的边长为4，点E是AD边上的中点，连接BE，将△ABE 沿直线BE翻折到正方形ABCD所在的平面内，得△FBE，延长BF交DC于点G，连接CF，则△CFG的面积为（　　） A．2 B． C． D． 12．（2026•余干县校级一模）回望93阅兵式的宏伟场面，为弘扬伟大的抗战精神，铭记历史、缅怀先烈、珍爱和平、开创未来，某中学组织学生代表，前往江西南昌的八一起义纪念馆参与“传承红色基因，赓续英雄血脉”主题研学活动．队伍从学校出发，乘坐大巴匀速行驶35分钟后抵达纪念馆，随即在馆内聆听八一起义的专题讲解，历时50分钟．讲解结束后，师生换乘车辆按原路匀速返程，因返程高峰，行驶时间比去程多了20分钟．设师生队伍离学校的距离为y米，离校的时间为x分钟，则下列图象能大致反映y与x关系的是（　　） A． B． C．D． 13．（2019•聊城）如图，在Rt△ABO中，∠OBA＝90°，A（4，4），点C在边AB上，且，点D为OB的中点，点P为边OA上的动点，当点P在OA上移动时，使四边形PDBC周长最小的点P的坐标为（　　） A．（2，2） B．（，） C．（，） D．（3，3） 14．（2026•镜湖区校级一模）如图，正方形ABCD的对角线上的两个动点M、N，满足，点P是AB的中点，连接AN、PM，若AB＝6，则当AN+PM的值最小时，线段AN的长度为（　　） A． B． C． D． 15．（2026•临泉县校级一模）如图，在△ABC中，AB＝BC，D为AB上一点，E为CD上一点，且∠DCB+∠EAB＝90°，∠DEB＝∠ABC，若，，则线段BC的长为（　　） A． B． C． D． 二．填空题（共15小题） 16．（2026•重庆模拟）如果一个四位数M能被两个两位数m与n表示为M＝m2+n，其中数m与n的十位数字相同，个位数字之和为8，则称四位数M为“成功数”，并把数M被数m与n表示为M＝m2+n的过程，称为“成功分解”，例如：1258＝352+33，35与33的十位数字相同，个位数字之和等于8，所以1258是“成功数”．按照这个规定，则1894　 　 “成功数”（填“是”或“不是”）；若把一个四位“成功数”M进行“成功分解”，即表示为M＝m2+n，并将m放在n的左边组成一个新的四位数N，若N能被13整除，且N的各个数位数字之和能被4整除，则满足条件的数M最小值是　 　 ． 17．（2026•邗江区校级一模）如图，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝2，E是对角线AC上的一动点，连接BE，若以BE为边向右上侧作等边△BEG；点E从点A运动到点C的过程中，连接CG，则线段CG的最小值是　 　 ． 18．（2026•北京模拟）现在有三个仓库A1、A2、A3，分别存有7吨、12吨、11吨某原材料；要将这种原材料运往三个加工厂B1、B2、B3，每个加工厂都需要10吨原材料．从每个仓库运送1吨材料到每个加工厂的成本如表所示（单位：元/吨）： B1 B2 B3 A1（7t） 1 2 6 A2（12t） 0 4 2 A3（11t） 3 1 5 现在要让每个仓库清仓、每个加工厂都得到足够的材料， （1）如果从A3运10吨到B1、运1吨到B2，从A1运7吨到B2，那么从A2需要运 　 　 吨到B2； （2）考虑各种方案，运费最低为 　 　 元． 19．（2026•内蒙古模拟）如图所示，正方形ABCD与AEFG（其中边BC，EF分别在x，y轴的正半轴上）的公共顶点A在反比例函数的图象上，直线DG与x，y轴分别相交于点M，N．若这两个正方形的面积之和是且MD＝4GN．则k的值是 　 　 ． 20．（2026•威远县校级一模）若关于x的不等式组有且仅有3个整数解，且关于y的分式方程的解为非负数，则所有满足条件的整数m的值之和为　 　 ． 21．（2020•天津）如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，△ABC的顶点A，C均落在格点上，点B在网格线上，且AB． （Ⅰ）线段AC的长等于　 　 ． （Ⅱ）以BC为直径的半圆与边AC相交于点D，若P，Q分别为边AC，BC上的动点，当BP+PQ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，Q，并简要说明点P，Q的位置是如何找到的（不要求证明）　 　 ． 22．（2026•西宁模拟）如图，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，点E是BC边上一点，将△ABE沿AE折叠，使点B落在点B′处．当△CEB′为直角三角形时，BE的长为　 　 ． 23．（2026•朝阳区校级一模）综合实践小组的同学们利用自制密度计测量溶液的密度，当密度计悬浮在不同的液体中时，浸在溶液中的高度h（cm）是液体的密度ρ（g/cm3）的反比例函数，其图象如图所示（ρ＞0）．当溶液密度ρ＝2.5g/cm3时，密度计浸在溶液中的高度h为　 　 cm． 24．（2026•历下区一模）如图，正方形纸片ABCD的边长为4，点E是边BC的中点，连接DE，先将纸片沿直线DE折叠，使点C落在四边形ABED内的点F处，延长DF交AB于点G，再将纸片沿过点G的直线折叠，使点A落在DG上的点K处，折痕GH交AD于点H，则HK＝　 　 ． 25．（2026•科左中旗模拟）如图1是某种云梯车，如图2是其示意图，当云梯OD升起时，OD与底盘OC的夹角为∠1，液压杆AB与底盘OC的夹角为∠2．已知液压杆AB＝3m，某一工作时刻，∠1＝31°，∠2＝53°．此时AO的长为　 　 （精确到小数点后一位，参考数据：sin53°≈0.80，cos53°≈0.60，tan53°≈1.33，sin31°≈0.52，cos31°≈0.86，tan31°≈0.60） 26．（2025•池州三模）如图，菱形ABCD中，∠B＝60°，E是BC边上一点，F是CD边上一点，∠EAF＝60°，连接EF交AC于点G． （1）若∠CEF＝α，则∠EAC＝　 　 （用α表示）； （2）若AB＝4，则EG•GF的最大值是　 　 ． 27．（2026•余干县校级一模）如图，在等边△ABC中，AB＝5，点D为边AC上一点，AD＝4，点E是边BC上的动点，连接DE，以DE为边作正方形DEFG，设DE＝a，若a是y关于x的函数的系数，且函数图象与x轴只有一个交点，则正方形DEFG的面积为　 　 ． 28．（2026•元宝区校级模拟）如图，在长方形ABCD中，AD＝3，AB＝2，BF＝DE，则CE+DF的最小值是　 　 ． 29．（2026•镜湖区校级一模）在矩形ABCD中，AB＝4，BC，E为CD边上一点，将△BCE沿BE折叠，使得C落到矩形内部点F的位置，连接AF．若tan∠BAF，则（1）S△ABF＝　 　 ；（2）CE＝　 　 ． 30．（2026•临泉县校级一模）如图，正方形ABCD的边长为2，E，F分别是AB，BC的中点，AF与DE，DB分别交于点M、N． （1）AN＝　 　 ； （2）△MND的面积是　 　 ． 三．解答题（共15小题） 31．（2026•重庆模拟）在菱形ABCD中，对角线AC与BD交于点O． （1）如图1，若AC＝10，BD＝8，求菱形ABCD的面积； （2）如图2，若E为CA延长线上一点，连接DE，将DE绕点D顺时针旋转120°至DF，连接EF．EF所在直线交DA延长线于点G，延长CA至点H，使得AH＝AG，I为AB延长线上一点，且∠AIH+∠AGF＝30°，∠DAB＝60°，求证：AI﹣AEAD． （3）如图3，若BD＝6，AD＝5，E是AD延长线上的一点，连接BE，作△FBE与△ABE关于直线BE对称，EF交射线AC于点P，连接BP，请直接写出PB﹣PC的最大值． 32．（2026•邗江区校级一模）在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+c经过点A（﹣1，0），B（4，0），C（0，4）三点，与y轴交于点C，点P是抛物线上一动点，且在直线BC的上方． （1）求抛物线的表达式． （2）如图1，过点P作PD⊥x轴，交直线BC于点E，连接PB若，求点P的坐标． （3）如图2，连接AC，PC，AP，AP与BC交于点G，过点P作PF∥AC交BC于点F．记△ACG，△PCG，△PGF的面积分别为S1，S2，S3．求的最小值． 33．（2026•北京模拟）在平面直角坐标系xOy中，已知点M（a，b），N． 对于点P给出如下定义：将点P向右（a≥0）或向左（a＜0）平移|a|个单位长度，再向上（b≥0）或向下（b＜0）平移|b|个单位长度，得到点P′，点P′关于点N的对称点为Q，称点Q为点P的“对应点”． （1）如图，点M（1，1），点N在线段OM的延长线上，若点P（﹣2，0），点Q为点P的“对应点”． ①在图中画出点Q； ②连接PQ，交线段ON于点T．求证：； （2）⊙O的半径为是⊙O上一点，点N在线段OM上，且，若P为⊙O外一点，点Q为点P的“对应点”，连接PQ．当点M在⊙O上运动时直接写出PQ长的最大值与最小值的差（用含t的式子表示）． 34．（2024•济南）在平面直角坐标系xOy中，抛物线C1：y＝x2+bx+c经过点A（0，2），B（2，2），顶点为D；抛物线C2：y＝x2﹣2mx+m2﹣m+2（m≠1），顶点为Q． （1）求抛物线C1的表达式及顶点D的坐标； （2）如图1，连接AD，点E是抛物线C1对称轴右侧图象上一点，点F是抛物线C2上一点，若四边形ADFE是面积为12的平行四边形，求m的值； （3）如图2，连接BD，DQ，点M是抛物线C1对称轴左侧图象上的动点（不与点A重合），过点M作MN∥DQ交x轴于点N，连接BN，DN，求△BDN面积的最小值． 35．（2026•威远县校级一模）如图1，在平面直角坐标系中，直线y＝x+4与x轴、y轴分别交于A、B两点，抛物线y＝﹣x2+bx+c经过A、B两点，并且与x轴交于另一点C（点C在点A的右侧），点P是抛物线上一动点． （1）求抛物线的解析式； （2）若点P是第二象限内抛物线上的一个动点，过点P作PD∥y轴交AB于点D，点E为线段DB上一点，且DE，过点E作EF∥PD交抛物线于点F，当点P运动到什么位置时，四边形PDEF的面积最大？并求出此时点P的坐标； （3）如图2，点F为AO的中点，连接BF，点G为y轴负半轴上一点，且GO＝2，沿x轴向右平移直线AG，记平移过程的直线为A'G'，直线A'G'交x轴于点M，交直线AB于点N．是否存在点M，使得△FMN为等腰三角形，若存在，直接写出平移后点M的坐标；若不存在，请说明理由． 36．（2026•和平区校级一模）已知抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于A，B两点，点A在点B的左侧，与y轴交于点C． （1）已知B（1，0），C（0，4），求抛物线的解析式； （2）在（1）的条件下， ①点D是线段OC上的一动点，连接AD，BD，将△ABD沿直线AD翻折，得到△AB′D，当点B′恰好落在抛物线的对称轴上时，求点D的坐标； ②将抛物线位于y轴及y轴左侧的部分记为函数w1，过点C作直线L1∥x轴，将原抛物线位于y轴右侧的部分沿直线L1翻折，翻折后的部分记为函数w2，函数w1和函数w2形成新的函数w，在w1上任取点Q，过点Q作直线L2∥AC，当L2与函数w只有两个公共点时，直接写出L2的解析式　 　 ； （3）已知A（﹣c，0），c＞0，动点P在直线AC上方的抛物线上，过点P作直线AC的垂线，交抛物线于点F，点F在第一象限，过点F作FG⊥x轴，垂足为G，当的最大值为时，求b的值． 37．（2026•西宁模拟）【思维导图】 丞丞同学通过全等三角形的学习，简要地绘制了关于三角形中线的思维导图． 【初步应用】 （1）如图①，在△ABC中，E是AB的中点，连接CE，过点E作EF⊥BC于点F，若△ABC的面积是12，EF＝2，求BC的长． 【推导明理】 （2）如图②，AD是△ABC的中线，若AB＝6，AC＝4．求AD的取值范围． 丞丞同学利用所学的数学知识及解题经验，先延长AD至点H，使得AD＝DH，连接BH，从而得到△ADC≌△HDB，进而通过全等三角形的性质和三角形三边的关系得出AD的取值范围；在辅助线的做法上，霖霖同学经过思考，先过点B作BH∥AC，交AD的延长线于点H，从而得到△ADC≌△HDB，进而解决问题． 请你选择一名同学的解题思路，写出解答过程． 【拓展运用】 （3）如图③，在△ABC中，CA＝CB，D，F分别是AC，BC上一点，连接BD，AF，E是BD的中点，连接AE，若∠BAF＝∠CAE＝∠ACB，求证：AD+BF＝BC． 38．（2026•朝阳区校级一模）在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+2x+c（a≠0）与x轴交于A（﹣1，0），B（3，0）两点，与y轴交于点C，作直线BC． （1）求抛物线的解析式． （2）如图，点P是线段BC上方的抛物线上一动点，过点P作PQ∥AB，交BC于Q，请问线段PQ是否存在最大值？若存在，请求出最大值及此时点P的坐标；若不存在，请说明理由． （3）设点D（1，n），点E（1，1﹣n），将线段DE绕点D顺时针旋转90°后得到线段DF，以DE，DF为边构造正方形DEGF． ①用含n的式子表示点G的坐标； ②当正方形DEGF的边与二次函数在x≤3范围上的图象有且仅有一个公共点时，请直接写出n的值或取值范围． 39．（2026•历下区一模）在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝4，连接对角线AC．在Rt△AEF中，∠AEF＝90°，AE＝9，∠EAF＝∠CAB． （1）如图1，当点B，C分别在边AE，AF上时，请完成填空：EF＝　 　 ，　 　 ； （2）将图1中的Rt△AEF绕点A按逆时针方向旋转，连接BE． ①如图2，当点F在边BC的延长线上时，求线段BE的长； ②如图3，若点H在线段BE上，且，连接DH，求线段DH的最大值． 40．（2026•科左中旗模拟）抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于A（﹣2，0）、B（4，0）两点，与y轴交于点C，抛物线对称轴与抛物线交于点P，与直线BC交于点M，连接PB． （1）求抛物线的函数表达式； （2）在第一象限内的抛物线上是否存在点D，使得△BCD的面积最大？若存在，求出点D的坐标及△BCD面积的最大值；若不存在，请说明理由； （3）在抛物线上是否存在点Q，使得△QMB与△PMB面积相等？若存在，直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由． 41．（2026•肥东县校级一模）如图，二次函数的图象的顶点C的横坐标为﹣1，直线y＝﹣x+n与该二次函数的图象交于A，B两点，其中点A的坐标为（﹣3，2），点B在y轴上． （1）求n的值及二次函数的表达式． （2）求△ABC的面积． （3）在该二次函数的对称轴上是否存在点Q，使得△ABQ是以AB为腰的等腰三角形？若存在，请求出符合条件的Q点的坐标；若不存在，请说明理由． 42．（2026•余干县校级一模）定义：至少有一组邻边相等且至少有一个内角为直角的凸四边形称为直菱四边形．例如，如图1，在四边形ABCD中，AB＝AD，AB⊥BC，则四边形ABCD为直菱四边形． 【特例感知】 （1）下列四边形一定是直菱四边形的是　 　 （填序号）； ①平行四边形 ②矩形 ③菱形 ④正方形 （2）如图2，在等边△ABC中，点D为△ABC过点A的中线上一点，连接DC，将线段DC绕点D顺时针旋转60°得到线段DE，连接BE，CE．求证：四边形ABEC是直菱四边形； （3）【深入探究】 如图3，已知，四边形ABCD是对角互补的直菱四边形，AB＝AD，∠BCD＝60°，以点A为顶点的∠EAF＝60°，AE，AF与边BC，CD分别交于E，F两点．试探究EF，BE，FD之间的数量关系？并说明理由； （4）【拓展应用】 如图4，四边形ABCD为直菱四边形，∠BCD＝90°，，连接BD，若∠BDC＝60°，BD＝AD，作∠DAE＝30°，且DE⊥AE，连接CE并延长交BD于点F，交AB于点M，求CM的长． 43．（2026•元宝区校级模拟）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，，CD⊥AB于点D，点E是直线AC上一动点，连接DE，过点D作FD⊥ED，交直线BC于点F． （1）如图1，若m＝n，点E在线段AC上，求出的值，并写出证明过程； （2）①如图2，若点E在线段AC上，则　 　 （用含m，n的代数式表示）； ②当点E在直线AC上运动时，①中的结论是否仍然成立？请仅就图3的情形给出证明； （3）若，，请直接写出CE的长． 44．（2026•镜湖区校级一模）在平面直角坐标系中，O为坐标原点，二次函数y1＝ax2+bx+c（a≠0）的图象与x轴交于点A（﹣2，0）和点B两点，顶点为C（1，4）． （1）求二次函数y1＝ax2+bx+c的解析式和点B坐标； （2）若二次函数y2的图象经过B，C，M（t，4）三点，其中t≠1，该函数图象与x轴交于另一点D，点D在线段OA上（与O，A不重合）． ①若D点的坐标为（﹣1，0），试求t的值； ②求OD・DB的取值范围． 45．（2026•临泉县校级一模）在平面直角坐标系中，一次函数的图象与x轴、y轴分别交于A、C两点，抛物线y＝ax2+bx+c经过A，B（1，0），C三点． （1）求抛物线的解析式； （2）当m﹣2≤x≤m+1时，y先随x的增大而增大，后随x的增大而减小，求m的取值范围； （3）P为抛物线上一动点，在抛物线的对称轴上是否存在点Q，使以A、C、P、Q为顶点的四边形是平行四边形且A，B，Q三点不共线？若存在，求出△ABQ的面积；若不存在，说明理由． 【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（20-12） 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 B D A B C A B C A B 题号 12 13 14 15 答案 B C D A 一．选择题（共15小题） 1．（2026•重庆模拟）已知整式M：，其中an，n为正整数，an﹣1，an﹣2，…，a1，a0为自然数，若n+an+an﹣1+an﹣2+⋯+a1+a0＝6． ①满足条件的所有整式M中，次数最高的是6次； ②满足条件的所有整式M共有28个； ③当n＝2时，满足条件的所有整式M的和为20x2+10x+10； ④满足条件的二次三项式中，当x取任意实数时，其值一定为非负数的整式M共有7个． 其中正确的个数是（　　） A．1 B．2 C．3 D．4 【解答】解：根据题目给定条件，按n的不同取值分类讨论，逐个验证四个结论如下： ①要得到最大次数n，需要使系数之和S＝an+an﹣1+…+a0最小；因为an为正整数，an﹣1，…，a0为自然数，所以S的最小值为1（当an＝1且其余系数均为0时），由n+S＝6可得，nmax+1＝6，即最高次数为5次，故①错误，不符合题意； ②按n分类计算整式总个数： n＝1时，a1+a0＝5，a1≥1，共5种； n＝2时，a2+a1+a0＝4，a2≥1，共4+3+2+1＝10种； n＝3时，a3+a2+a1+a0＝3，a3≥1，共6+3+1＝10种； n＝4时，a4+a3+a2+a1+a0＝2，a4≥1，共4+1＝5种； n＝5时，a5+…+a0＝1，a5≥1，共1种； 总个数为5+10+10+5+1＝31≠28，故②错误，不符合题意； ③n＝2时，计算所有整式的和： x2的系数总和为1×4+2×3+3×2+4×1＝20； x的系数总和为； 常数项总和与x系数相等，为10； ∴满足条件的所有整式M的和为20x2+10x+10，故③正确，符合题意； ④二次三项式满足：n＝2，a2＞0，a1＞0，a0＞0，得a2+a1+a0＝4，所有符合的整式为x2+x+2、x2+2x+1、2x2+x+1，共3个，配方后恒为非负数，3≠7，故④错误，不符合题意； 综上，只有1个结论正确， 故选：A． 2．（2026•邗江区校级一模）如图，直线y＝mx+n交反比例函数y（x＞0）的图象于点A和点B，交x轴于点C，，过点A作AD⊥x轴于点D，连接BD并延长，交y轴于点P，连接PC．若△PCD的面积为4，则k的值为（　　） A．8 B．12 C．16 D．18 【解答】解：过点B分别作BM⊥AD于点M，BN⊥CD于点N， 设点B（a，b），k＝ab， 则BN∥AD，则△CNB∽△CDA， 则，即， ∴ADb， 则k＝abb•xA，则xAa， 则点A（a，b），则点D（a，0）， 由点B、D的坐标得，直线BD的表达式为：yxb， 则点P（0，b）； 由点A、B的坐标得，直线AB的表达式为：yb， 则点C（，0）则CD＝a， ∵S△PCDCD•OPa•b＝4， 则ab＝12＝k， 故选：B． 3．（2026•北京模拟）如图，在平面直角坐标系xOy中，M，N分别是反比例图象上两个动点，MA⊥x轴于点A，NB⊥y轴于点B，直线MN与x轴、y轴分别交于点F和点E．给出下面四个结论：①ME＝NF；②∠BMA＝∠ANB；③△OEF可能是等腰直角三角形；④△MAN与△MBN的面积相等．上述结论中，所有正确结论的序号是（　　） A．③④ B．①② C．②③ D．①③④ 【解答】解：设点M的坐标为，点N的坐标为， ∵MA⊥x轴于点A，NB⊥y轴于点B，AM与BN交于点G， ∴BG＝a，，BN＝b，， ∴GN＝BN﹣BG＝b﹣a，， ∴，， ∴， ∵MA⊥x轴于点A，NB⊥y轴于点B，AM与BN交于点G， ∴∠GBO＝∠GBO＝∠AOB＝90°， ∴四边形OBGA是矩形， ∴∠BGA＝90°， ∴∠MGB＝∠NGA＝90°， ∵， ∴无法判定， ∴△AFG∽△BEG不一定成立， ∴∠BMA≠∠ANB，故结论②不正确； ∵∠MGB＝∠NGA＝90°， ∴，， ∵， ∴GG•GM＝GA•NG， ∴S△MGB＝S△AGN， ∴S△MGB+S△MGN＝S△AGN+S△MGN， 即S△MBN＝S△MAN，故结论④正确； 连接AB，如图所示： ∵四边形OBGA是矩形， ∴∠BGA＝∠MGN＝90°， ∵， 在△ABG和△GNM中， ，∠BGA＝∠MGN＝90°， ∴△GAB∽△GMN， ∴∠GAB＝∠GMN， ∴MN∥AB， 即FE∥AB， 由条件可知AM∥BE，BN∥AF， ∴四边形AMEB和四边形BNFA都是平行四边形， ∴EM＝AB，NF＝AB， ∴ME＝NF，故结论①正确， ∵点M的坐标为，点N的坐标为， ∴，， 当a＝b时，∴OM＝ON， ∴△OEF可能是等腰直角三角形，故结论③正确； 综上所述：正确的结论的序号是①③④． 故选：D． 4．（2026•内蒙古模拟）如图，矩形ABCD中，．点P是BC边上一动点，点M为线段AP上一动点．∠ADM＝∠BAP，则BM的最小值为（　　） A．2 B． C．2.4 D． 【解答】解：设AD的中点为O，连接OM，OB，如图所示： ∵四边形ABCD是矩形，且AB，BC＝8， ∴CD＝AB，AD＝BC＝8，∠BAD＝90°， ∴△OAD是直角三角形， ∵点O是AD的中点， ∴OAAD＝4， 在Rt△OAB中，由勾股定理得：OB6， ∵∠BAP+∠MAD＝∠BAD＝90°，∠ADM＝∠BAP， ∴∠ADM+∠MAD＝90°， 在△AMD中，∠AMD＝180°﹣（∠ADM+∠MAD）＝90°， ∴△AMD是直角三角形， ∵点O是AD的中点， ∴OM是Rt△AMD的斜边AD上的中线， ∴OMAD＝4， 根据“两点之间线段最短”得：BM+OM≥OB， ∴BM≥OB﹣OM＝6﹣4＝2， ∴当点O，M，B共线时，BM为最小，最小值为2． 故选：A． 5．（2022•洛阳二模）如图，在平面直角坐标系中，直线l为正比例函数y＝x的图象，点A1的坐标为（1，0），过点A1作x轴的垂线交直线l于点D1，以A1D1为边作正方形A1B1C1D1；过点C1作直线l的垂线，垂足为A2，交x轴于点B2，以A2B2为边作正方形A2B2C2D2；过点C2作x轴的垂线，垂足为A3，交直线l于点D3，以A3D3为边作正方形A3B3C3D3，…，按此规律操作下所得到的正方形AnBn∁nDn的面积是（　　） A．（）n B．（）n﹣1 C．（）n D．（）n﹣1 【解答】解：∵直线l为正比例函数y＝x的图象， ∴∠D1OA1＝45°， ∴D1A1＝OA1＝1， ∴正方形A1B1C1D1的面积＝1＝（）1﹣1， 由勾股定理得，OD1，D1A2， ∴A2B2＝A2O， ∴正方形A2B2C2D2的面积（）2﹣1， 同理，A3D3＝OA3， ∴正方形A3B3C3D3的面积（）3﹣1， … 由规律可知，正方形AnBn∁nDn的面积＝（）n﹣1， 故选：B． 6．（2026•和平区校级一模）小明利用函数知识，设计了一个函数计算程序，其程序框图如图所示，输入x的值为﹣2时，输出y的值为1；输入x的值为2时，输出y的值为3；输入x的值为3时，输出y的值为6，小华根据小明的函数特点，得出以下结论：①k＝1，a＝1，b＝﹣2；②这个复杂函数始终保持y随x的增大而增大；③若小明设计的函数y＝ax2+bx+3与直线y＝t有两个公共点，则t＞2；④若在函数图象上有点P、Q（P与Q不重合），P的横坐标为m，Q的横坐标为﹣m+1，小华对P、Q之间（含P、Q两点）的图象进行研究，当图象对应函数的最大值和最小值均不随m的变化而变化时，m的取值范围是﹣1≤m≤0．小华的说法中正确的个数是（　　） A．0 B．1 C．2 D．3 【解答】解：由题知， 因为输入x的值为﹣2时，输出y的值为1， 所以﹣2k+3＝1， 解得k＝1． 因为输入x的值为2时，输出y的值为3；输入x的值为3时，输出y的值为6， 所以， 解得． 故①正确； 由上述过程可知， 当x≤0时，y＝x+3；当x＞0时，y＝x2﹣2x+3， 则当0＜x＜1时，y随x的增大而减小， 故②错误； 因为小明设计的函数y＝ax2+bx+3＝x2﹣2x+3＝（x﹣1）2+2， 所以抛物线的顶点坐标为（1，2）且开口向上， 则当该抛物线与直线y＝t有两个公共点时，t＞2． 故③正确； 因为， 所以直线x＝m和直线x＝﹣m+1关于直线x对称． P的横坐标为m，Q的横坐标为1﹣m．P，Q两点构成的区间是[m，1﹣m]（若m＜1﹣m）或[1﹣m，m]（若m＞1﹣m）． 这两个点关于直线对称． 在x≤0部分，y＝x+3是增函数． 在x＞0部分，y＝x2﹣2x+3＝（x﹣1）2+2，顶点为（1，2），对称轴为x＝1． 整个函数的最低点（最小值）是抛物线的顶点（1，2）． 要保证区间内值不变，该区间必须始终包含函数的最低点，即顶点（1，2）． ∴顶点的横坐标x＝1必须在P、Q两点构成的区间内． 若m＜1﹣m（即m＜1/2），区间为[m，1﹣m]， 则需m≤1≤1﹣m，解得m≤0． 若m＞1﹣m（即m＞1/2），区间为[1﹣m，m]， 则需1﹣m≤1≤m，解得m≥1． 在满足最小值不变的条件下， 情况一：m≤0．此时区间为[m，1﹣m]． ∵m≤0， ∴1﹣m≥1．区间[m，1﹣m]包含顶点x＝1． 区间的左端点x＝m≤0，对应的函数值为yp＝m+3， 区间的右端点x＝1﹣m≥1，对应的函数值为yQ＝（1﹣m）2﹣2（1﹣m）+3＝m2+2， ∴m）＝m2﹣m﹣1． 当m≥1时，该差值也不是恒正或恒负． 当m＝1时，差为﹣1，yQ＞yp； 当m＝2时，差为1，yp＞yQ． 因此，最大值也不是定值． 综上所述，不存在一个m的取值范围，使得在P、Q之间的图像的最大值和最小值都保持不变． 因此，结论④是错误的． ∴经过验证，小华的四个结论中，正确的有①和③，共2个． 故选：C． 7．（2025•甘肃）如图1，在等腰直角三角形ABC中，∠ACB＝90°，点D为边AB的中点．动点P从点A出发，沿边AC→CB方向匀速运动，运动到点B时停止．设点P的运动路程为x，△APD的面积为y，y与x的函数图象如图2所示，当点P运动到CB的中点时，PD的长为（　　） A．2 B．2.5 C． D．4 【解答】解：根据题意动点P从点A出发，沿边AC→CB方向匀速运动过程中，△APD的面积先增大，再减小， 当点P运动到点C时，△APD的面积最大， 根据函数图象可得此时△APD的面积为4， 如图， ∵点D为边AB的中点，等腰直角三角形ABC， ∴， 可得 AC＝4， 当点P运动到CB的中点时，如图， ∵点D为边AB的中点， ∴， 故选：A． 8．（2026•朝阳区校级一模）如图，OA是⊙O的半径，分别以点O和点A为圆心，大于OA的长为半径作弧，两弧交于M，N两点，作直线MN交⊙O于B，C两点，点D是⊙O上一点，点A与点D分别在BC的两侧，连接BD，CD，则∠BDC的度数是（　　） A．45° B．60° C．80° D．无法确定 【解答】解：连接OB，OC，由作图知，BC是线段OA的垂直平分线， ∴OC＝AC，OB＝AB， ∵OC＝OB， ∴OC＝AC＝OA＝OB＝AB， ∴△AOB和△OAC都是等边三角形， ∴∠BAC＝∠BAO+∠CAO＝120°， ∴∠BDC＝180°﹣∠BAC＝60°， 故选：B． 9．（2026•历下区一模）如图1，在△ABC中，AD为边BC上的中线，将△ABD沿射线BC的方向平移得△EFG，设平移的距离为x，△EFG与△ACD重叠的面积为y，y与x的函数图象如图2所示，有以下结论：①BC＝6；②△ABC的面积为10；③点在y与x的函数图象上；④y的最大值为．其中正确的有（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【解答】解：由图象可知，当x＝6时，y＝0， 即：△EFG与△ACD重叠的面积为0， 此时，F与C重合，BC＝6， ∴①正确； 当x＝3时，，F与D重合，G与C重合，令EF与AC的交点为M， ∵EF∥AB，D为BC的中点， ∴M为AC中点， ∵， ∴S△ACD＝2S△CFM＝5， ∴S△ABC＝2S△ACD＝10， ∴②正确； 当0≤x≤3时，连接HM，AE， ∵GM∥AD， ∴△GMC∽△ADC， ∴，即： 同理：△FGD∽△BAD， ∴， ∴DH＝GM， ∵AD﹣DH＝EG﹣GM， ∴AH＝EM， ∵AH∥EM，， ∴四边形AHME是平行四边形， ∴AE∥HM∥CD，EN＝HN， ∵△EMH∽△EFG， ∴， 即：， ∴， 同理：， ∴， ∵y＝S△EFG﹣S△FDH﹣S△EMN， ∴， 即当x＝2时，， ∴④正确； 当3＜x≤6时， ∵FM∥AB， ∴△CFM∽△CBA， ∴， ∴， ， 当x＝5时，， ∴③错误． 故选：C． 10．（2025•武威一模）抛物线的部分图象如图所示，抛物线的顶点是C，直线x＝1与抛物线的交点为A，抛物线与x轴的一个交点为B（4，0），直线AB的解析式为y2＝mx+n（m≠0），下列结论：①2a+b＜0；②abc＞0；③方程ax2+bx+c＝mx+n有两个不相等的实数根；④抛物线与x轴的另一个交点是（﹣2，0）．其中正确的个数为（　　） A．1 B．2 C．3 D．4 【解答】解：①由题可知抛物线的对称轴在直线x＝1的右侧， 则， 则2a+b＞0， 故①错误，不符合题意； ②∵抛物线开口向下，则a＜0， ∵对称轴在y轴右侧，则b＞0， ∵抛物线与y轴交于正半轴，则c＞0， ∴abc＜0， 故②错误，不符合题意； ③从图象看，两个函数图象有两个交点，故方程ax2+bx+c＝mx+n有两个不相等的实数根，故③正确，符合题意； ④∵抛物线与x轴的另一个交点是（﹣2，0）， ∴抛物线对称轴是直线x＝1，B（4，0）， 抛物线对称轴是直线x＝1，B（4，0） 故④错误，不符合题意． 则有一个正确， 故选：A． 11．（2026•肥东县校级一模）如图，正方形ABCD的边长为4，点E是AD边上的中点，连接BE，将△ABE 沿直线BE翻折到正方形ABCD所在的平面内，得△FBE，延长BF交DC于点G，连接CF，则△CFG的面积为（　　） A．2 B． C． D． 【解答】解：如图，连接EG， ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠A＝∠D＝∠BCG＝90°，AB＝AD＝CD＝BC＝4， ∵点E是AD边上的中点， ∴AE＝DE， 由翻折的性质得，AE＝EF，BF＝AE＝4，∠BFE＝∠A＝90° ∴∠EFG＝∠D＝90°，EF＝ED， 在Rt△EFG和Rt△EDG中， ， ∴Rt△EFG≌Rt△EDG（HL）， ∴DG＝FG， 设DG＝FG＝x，则CG＝4﹣x，BG＝4+x， 由勾股定理得BC2+CG2＝BG2， 即16+（4﹣x）2＝（4+x）2， 解得x＝1， ∴DG＝FG＝1， ∴FG：BF＝1：4， ∴， 故选：B． 12．（2026•余干县校级一模）回望93阅兵式的宏伟场面，为弘扬伟大的抗战精神，铭记历史、缅怀先烈、珍爱和平、开创未来，某中学组织学生代表，前往江西南昌的八一起义纪念馆参与“传承红色基因，赓续英雄血脉”主题研学活动．队伍从学校出发，乘坐大巴匀速行驶35分钟后抵达纪念馆，随即在馆内聆听八一起义的专题讲解，历时50分钟．讲解结束后，师生换乘车辆按原路匀速返程，因返程高峰，行驶时间比去程多了20分钟．设师生队伍离学校的距离为y米，离校的时间为x分钟，则下列图象能大致反映y与x关系的是（　　） A． B． C． D． 【解答】解：依题意，师生队伍离学校的距离先增大，然后不变，最后变小， 故选：B． 13．（2019•聊城）如图，在Rt△ABO中，∠OBA＝90°，A（4，4），点C在边AB上，且，点D为OB的中点，点P为边OA上的动点，当点P在OA上移动时，使四边形PDBC周长最小的点P的坐标为（　　） A．（2，2） B．（，） C．（，） D．（3，3） 【解答】解：∵在Rt△ABO中，∠OBA＝90°，A（4，4）， ∴AB＝OB＝4，∠AOB＝45°， ∵，点D为OB的中点， ∴BC＝3，OD＝BD＝2，∴D（2，0），C（4，3）， 作D关于直线OA的对称点E，连接EC交OA于P， 则此时，四边形PDBC周长最小，E（0，2）， ∵直线OA 的解析式为y＝x， 设直线EC的解析式为y＝kx+b， ∴， 解得：， ∴直线EC的解析式为yx+2， 解得，， ∴P（，）， 故选：C． 14．（2026•镜湖区校级一模）如图，正方形ABCD的对角线上的两个动点M、N，满足，点P是AB的中点，连接AN、PM，若AB＝6，则当AN+PM的值最小时，线段AN的长度为（　　） A． B． C． D． 【解答】解：作点P关于BD的对称点P′，过P′作P′M∥AE交BD于M，过P′作P′E∥BD交CD于E，连接AE交BD于N， 此时，AN+PM的值最小． ∵点P是AB的中点， ∴P′是BC的中点， ∴E为CD的中点， ∴． ∵，， ∴， ∴P′E＝MN， ∴四边形P′ENM是平行四边形， ∴EN＝P′M． ∵． ∵AB∥CD， ∴△ABN∽△EDN， ∴， ∴． 故选：D． 15．（2026•临泉县校级一模）如图，在△ABC中，AB＝BC，D为AB上一点，E为CD上一点，且∠DCB+∠EAB＝90°，∠DEB＝∠ABC，若，，则线段BC的长为（　　） A． B． C． D． 【解答】解：过点B作BF⊥CD于点F， ∴∠BFC＝90°， ∵∠DEB＝∠DCB+∠EBC，∠DEB＝∠ABC＝∠ABE+∠EBC， ∴∠ABE＝∠DCB， 又∵∠DCB+∠EAB＝90°， ∴∠ABE+∠EAB＝90°， ∴∠AEB＝90°， 在△AEB与△BFC中， ， ∴Rt△AEB≌Rt△BFC（AAS）， ∴，（全等三角形对应边相等）， ∴根据勾股定理得，BF2＝BE2﹣EF2＝24， ∴， 则线段BC的长为， 故选：A． 二．填空题（共15小题） 16．（2026•重庆模拟）如果一个四位数M能被两个两位数m与n表示为M＝m2+n，其中数m与n的十位数字相同，个位数字之和为8，则称四位数M为“成功数”，并把数M被数m与n表示为M＝m2+n的过程，称为“成功分解”，例如：1258＝352+33，35与33的十位数字相同，个位数字之和等于8，所以1258是“成功数”．按照这个规定，则1894　是　 “成功数”（填“是”或“不是”）；若把一个四位“成功数”M进行“成功分解”，即表示为M＝m2+n，并将m放在n的左边组成一个新的四位数N，若N能被13整除，且N的各个数位数字之和能被4整除，则满足条件的数M最小值是　1728　 ． 【解答】解：如果一个四位数M能被两个两位数m与n表示为M＝m2+n，其中数m与n的十位数字相同，个位数字之和为8，则称四位数M为“成功数”， 若M＝1894是成功数，则m2＝M﹣n＝1894﹣n， ∵m，n都为两位数，且m与n的十位数字相同，个位数字之和为8， ∴40≤m＜50，40≤n＜50， ∴1844＜1894﹣n≤1854， 即1844＜m2≤1854， ∴m＝43， ∴n＝45， 即1894＝432+45， ∴1894是“成功数”． 设m＝10a+b，则n＝10a+8﹣b（a为1﹣9的整数，b为0﹣8的整数），N＝1000a+100b+10a+8﹣b＝1010a+99b+8． ∵N能被13整除，N的各位数字之和为a+b+a+8﹣b＝2a+8，且能被4整除，即2a+8＝4k（k为整数），化简得a+4＝2k， ∴a为偶数． 又∵M＝m2+n＝（10a+b）2+10a+8﹣b是四位数， 当a＝2，b＝8时，m＝28，n＝20，此时M＝m2+n＝（10a+b）2+10a+8﹣bM＝282+20＝804，不满足M为4位数的条件． 当a＝4，b＝1时，m＝41，n＝47，M＝412+47＝1681+47＝1728，N＝1010×4+99×1+8＝4040+99+8＝4147，4147÷13＝319，能被13整除，各位数字之和为4+1+4+7＝16，能被4整除． 因此，M的最小值为1728． 17．（2026•邗江区校级一模）如图，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝2，E是对角线AC上的一动点，连接BE，若以BE为边向右上侧作等边△BEG；点E从点A运动到点C的过程中，连接CG，则线段CG的最小值是　　 ． 【解答】解：以BC为边作等边△BCF，连接FG． 由题意可得：BE＝BG，BC＝BF，∠EBG＝∠CBF＝60°， ∴∠EBC＝∠GBF， ∴△EBC≌△GBF（SAS）， ∴∠BCE＝∠BFG， ∵在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝2， ∴， ∴tan∠BFG＝tan∠ECB＝2， ∴∠BFG是定值，即点G在与BF成定角的直线GF上运动． 过点C作CH⊥FG于点H，则点G在点H时，CG取得最小值，最小值为CH的长． 如图，当点E与点A重合时， 过点G作GM⊥AB于点M，过点F作FN⊥BC于点N， ∴， ∴． 由题意可得：BF＝BC＝2，， ∴． ∵，△GBF≌△ABC， ∴SRt△GBF＝SRt△ABC＝4， ∠GBF＝∠ABC＝90°，BG＝AB＝4， ∴在Rt△GBF中， ∵， 又， ∴， ∴， ∴线段CG的最小值是． 故答案为：． 18．（2026•北京模拟）现在有三个仓库A1、A2、A3，分别存有7吨、12吨、11吨某原材料；要将这种原材料运往三个加工厂B1、B2、B3，每个加工厂都需要10吨原材料．从每个仓库运送1吨材料到每个加工厂的成本如表所示（单位：元/吨）： B1 B2 B3 A1（7t） 1 2 6 A2（12t） 0 4 2 A3（11t） 3 1 5 现在要让每个仓库清仓、每个加工厂都得到足够的材料， （1）如果从A3运10吨到B1、运1吨到B2，从A1运7吨到B2，那么从A2需要运 　2　 吨到B2； （2）考虑各种方案，运费最低为 　40　 元． 【解答】解：（1）如果从A3运10吨到B1、运1吨到B2，从A1运7吨到B2，那么从A2需要运10﹣（1+7）＝2吨到B2， 故答案为：2； （2）解：运费如下： B1 B2 B3 A1（7t） 1 2 6 A2（12t） 0 4 2 A3（11t） 3 1 5 运输方案一： B1 B2 B3 A1（7t） 7 A2（12t） 10 2 A3（11t） 3 8 运费为：14+4+3+40＝61； 运输方案二： B1 B2 B3 A1（7t） 7 A2（12t） 2 10 A3（11t） 3 8 运费为：7+8+20+9+8＝52； 运输方案三： B1 B2 B3 A1（7t） 7 A2（12t） 3 0 9 A3（11t） 0 10 1 运费为：7+18+10+5＝40． 故答案为：40． 19．（2026•内蒙古模拟）如图所示，正方形ABCD与AEFG（其中边BC，EF分别在x，y轴的正半轴上）的公共顶点A在反比例函数的图象上，直线DG与x，y轴分别相交于点M，N．若这两个正方形的面积之和是且MD＝4GN．则k的值是 　3　 ． 【解答】解：∵四边形ABCD与AEFG都是正方形， ∴AE＝EF＝FG＝AG，AB＝BC＝CD＝AD，FG∥DE∥OM， ∠NFG＝∠GAD＝∠DCM＝90°， ∴∠NGF＝∠GDA＝∠DMC， 在△NFG和△DCM中， ∠NFG＝∠DCM＝90°，∠NGF＝∠DMC， ∴△NFG∽△DCM， ∴得， ∵MD＝4GN， ∴得， 设GF＝a，MC＝4a，NF＝b，CD＝4b，其中a＞0，b＞0， ∴AE＝AG＝GF＝a，AD＝AB＝CD＝4b， ∴点A的坐标为（a，4b）， ∵点A在反比例函数的图象上， ∴k＝4ab， 在△NFG和△GAD中， ∠NFG＝∠GAD＝90°，∠NGF＝∠GDA， ∴△NFG∽△GAD， ∴， ∴， ∴a2＝4b2， ∵a＞0，b＞0， ∴a＝2b， ∴k＝4ab＝8b2， ∵正方形ABCD与正方形AEFG的面积之和是， ∴a2+（4b）2， ∴（2b）2+（4b）2， ∴b2， ∴k＝8b2＝3． 故答案为：3． 20．（2026•威远县校级一模）若关于x的不等式组有且仅有3个整数解，且关于y的分式方程的解为非负数，则所有满足条件的整数m的值之和为　16　 ． 【解答】解：， 解①得：x＜4， 解②得：， ∴不等式组的解集为：，其整数解为：3、2、1， ∴， 解得：0＜m≤6， 解方程，得y＝m﹣2， 由条件可知y＝m﹣2≥0且m﹣2≠2， 解得m≥2且m≠4， ∴2≤m≤6且m≠4， 则所有满足条件的整数m的值之和是2+3+5+6＝16， 故答案为：16． 21．（2020•天津）如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，△ABC的顶点A，C均落在格点上，点B在网格线上，且AB． （Ⅰ）线段AC的长等于　　 ． （Ⅱ）以BC为直径的半圆与边AC相交于点D，若P，Q分别为边AC，BC上的动点，当BP+PQ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，Q，并简要说明点P，Q的位置是如何找到的（不要求证明）　取格点M，N，连接MN，连接BD并延长，与MN相交于点B′，连接B′C，与半圆相交于点E，连接BE，与AC相交于点P，连接B′P并延长，与BC相交于点Q，则点P，Q即为所求　 ． 【解答】解：（Ⅰ）线段AC的长等于； （Ⅱ）如图，∵点A，C是2×3网格的格点， ∴取2×3网格的格点M，N，M′，N′，连接MN，M′N′， 即将AC平移至MN和M′N′，′ ∴MN∥AC∥M′N′， 连接BD并延长，与MN相交于点B′， 连接B′C，与半圆相交于点E，连接BE， 与AC相交于点P，连接B′P并延长，与BC相交于点Q， 则点P，Q即为所求． ∵BC是直径， ∴∠BDC＝90°， ∵MN∥AC∥M′N， ∴BD⊥MN，BD⊥M′N′， ∴BD＝B′D， ∴点B、点B′关于AC对称， ∴BP＝B′P， ∴BP+PQ＝B′P+PQ＝B′Q最短． 22．（2026•西宁模拟）如图，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，点E是BC边上一点，将△ABE沿AE折叠，使点B落在点B′处．当△CEB′为直角三角形时，BE的长为　3或6　 ． 【解答】解：当△CEB′为直角三角形时，有两种情况： 情况一：当∠EB′C＝90°时，图形如下， ∵△AEB′是△AEB折叠得到， ∴∠AB′E＝∠ABE＝90°， ∵∠EB′C＝90°， ∴点A、B′、C三点共线， ∵BC＝8，AB＝6， ∴AB′＝AB＝6，， ∴B′C＝AC﹣AB′＝4， 设BE＝x，则B′E＝x，CE＝8﹣x， 在Rt△B′EC中有CE2＝B′E2+B′C， 即（8﹣x）2＝x2+42， 64﹣16x＝16， 解得：x＝3， ∴BE＝3； 情况二：当∠CEB′＝90°时，图形如下， 此时ABEB′为正方形， ∴BE＝AB＝6； 综上所述，BE的长为3或6， 故答案为：3或6． 23．（2026•朝阳区校级一模）综合实践小组的同学们利用自制密度计测量溶液的密度，当密度计悬浮在不同的液体中时，浸在溶液中的高度h（cm）是液体的密度ρ（g/cm3）的反比例函数，其图象如图所示（ρ＞0）．当溶液密度ρ＝2.5g/cm3时，密度计浸在溶液中的高度h为　8　 cm． 【解答】解：设反比例函数表达式为． 当ρ＝1，h＝20时得： k＝1×20＝20． ∴h关于ρ的函数表达式为， 把ρ＝2.5g/cm3代入，得， 故密度计浸在溶液中的高度h为8cm， 故答案为：8． 24．（2026•历下区一模）如图，正方形纸片ABCD的边长为4，点E是边BC的中点，连接DE，先将纸片沿直线DE折叠，使点C落在四边形ABED内的点F处，延长DF交AB于点G，再将纸片沿过点G的直线折叠，使点A落在DG上的点K处，折痕GH交AD于点H，则HK＝　　 ． 【解答】解：连接GE， ∵四边形ABCD是边长为4的正方形， ∴AD＝CD＝BC＝4，∠A＝∠B＝∠C＝90°， ∵点E是边BC的中点， ∴BE＝CEBC＝2， ∴DE2＝CD2+CE2＝42+22＝20， 由折叠得FE＝CE＝2，HK＝HA，∠DFE＝∠C＝90°，∠GDE＝∠CDE，∠FED＝∠CED∠CEF，∠GKH＝∠A＝90°， ∴FE＝BE，DH＝AD﹣HA＝4﹣HK，∠GFE＝90°，∠DKH＝90°， 在Rt△FEG和Rt△BEG中， ， ∴Rt△FEG≌Rt△BEG（HL）， ∴∠FEG＝∠BEG∠BEF， ∴∠DEG＝∠FED+∠FEG（∠CEF+∠BEF）， ∵∠CEF+∠BEF＝180°， ∴∠DEG＝90°， ∵cos∠GDE＝cos∠CDE， ∴DG5， ∴KG＝AG3， ∴DK＝DG﹣KG＝2， ∵DK2+HK2＝DH2， ∴22+HK2＝（4﹣HK）2， 解得HK， 故答案为：． 25．（2026•科左中旗模拟）如图1是某种云梯车，如图2是其示意图，当云梯OD升起时，OD与底盘OC的夹角为∠1，液压杆AB与底盘OC的夹角为∠2．已知液压杆AB＝3m，某一工作时刻，∠1＝31°，∠2＝53°．此时AO的长为　2.2m （精确到小数点后一位，参考数据：sin53°≈0.80，cos53°≈0.60，tan53°≈1.33，sin31°≈0.52，cos31°≈0.86，tan31°≈0.60） 【解答】解：过B点作BH⊥OC于H点，如图， 在Rt△ABH中， ∵AB＝3m， ∴BH＝3×sin53°＝3×0.80＝2.4， ∴AH＝3×cos53°＝3×0.60＝1.8， 在Rt△OBH中， ∵∠1＝31°，， ∴， ∴OA＝OH﹣AH＝4﹣1.8＝2.2． 此时OA的长为2.2m． 故答案为：2.2m． 26．（2025•池州三模）如图，菱形ABCD中，∠B＝60°，E是BC边上一点，F是CD边上一点，∠EAF＝60°，连接EF交AC于点G． （1）若∠CEF＝α，则∠EAC＝　60°﹣α　 （用α表示）； （2）若AB＝4，则EG•GF的最大值是　3　 ． 【解答】解：（1）∵四边形ABCD是菱形， ∴AB＝BC，∠ABC＝60°， ∴△ABC是等边三角形， ∴∠ACB＝∠B＝60°， ∴∠ACF＝∠BCD﹣∠ACB＝60°， ∴∠B＝∠ACF， ∵∠BAC＝∠EAF＝60°， ∴∠BAE+∠EAC＝∠EAC+∠CAF＝60°， ∴∠BAE＝∠CAF， 在△BAE和△CAF中， ， ∴△BAE≌△CAF（ASA）， ∴AE＝AF， ∵∠EAF＝60°，AE＝AF， ∴△AEF是等边三角形； ∴∠AFE＝60°＝∠ACE， ∵∠AGF＝∠EGC， ∴∠CEF＝∠CAF＝α， ∴∠CAE＝∠EAF﹣∠CAF＝60°﹣α； 故答案为：60°﹣α； （2）∵EG+GF＝EF， ∴GF＝EF﹣EG， ∴EG•GF＝EG（EF﹣EG）， 设EG＝x，EF＝t， 可得：EG•GF＝EG（EF﹣EG） ＝x（t﹣x） ＝﹣x2+xt ， 当时，EG•GF取最大值， ∴， ∴EG＝GF， ∵△AEF为等边三角形， ∴AG⊥EF，， ∴∠BAE＝60°﹣∠EAG＝30°， ∴AE平分∠BAC， ∵△ABC为等边三角形， ∴AE⊥BC， ∵AB＝4， ∴BE＝CE＝2， ∴， ∴， ∴， 即EG•GF的最大值为3． 故答案为：3． 27．（2026•余干县校级一模）如图，在等边△ABC中，AB＝5，点D为边AC上一点，AD＝4，点E是边BC上的动点，连接DE，以DE为边作正方形DEFG，设DE＝a，若a是y关于x的函数的系数，且函数图象与x轴只有一个交点，则正方形DEFG的面积为　1或4或9　 ． 【解答】解：设DE＝a， 若3﹣a≠0，则函数为二次函数， 令y＝0得：， 则判别式， 解得a＝1或a＝2， 若3﹣a＝0，则函数为一次函数， 该函数图象为直线，必定与x轴只有一个交点； 在等边△ABC中，AB＝AC＝5，∠C＝60°， ∴DC＝AC﹣AD＝5﹣4＝1， 由于点E是边BC上的动点， 如图，过点D作DE⊥BC， 则DE的最小值为点D到直线BC的垂线段长度DE， ∴∠DEC＝90° 在Rt△DEC中，∠C＝60°， ∴， 当点E与点B重合时，DE为最大， 过点D作DM⊥DC，则， 在Rt△DMC中，∠C＝60°， ， ∴， 在Rt△DME中，由勾股定理得：， ∴DE的取值范围为：， ∴a的可能取值为1、2、3， ∵正方形DEFG的面积为a2， 当a＝1时，a2＝1， 当a＝2时，a2＝22＝4， 当a＝3时，a2＝32＝9， 综上所述，正方形DEFG的面积为1或4或9． 故答案为：1或4或9． 28．（2026•元宝区校级模拟）如图，在长方形ABCD中，AD＝3，AB＝2，BF＝DE，则CE+DF的最小值是　　 ． 【解答】解：如图，在长方形ABCD中，AD＝3，AB＝2，延长CB到点M，使得BM＝CD，连接DM， ∴∠MBF＝∠CDE＝∠DCM＝90°，AB＝CD＝CM＝2，BC＝AD＝3， ∴CM＝BC+BM＝3+2＝5， 在△ECD和△FMB中， ， ∴△ECD≌△FMB（SAS）， ∴CE＝MF， 连接DM， ∵DF+FM≥DM， ∴DF+CE≥DM， 故当D，F，M三点共线时，DF+CE取得最小值， 在直角三角形CDM中，由勾股定理得最小值为：， 故答案为：． 29．（2026•镜湖区校级一模）在矩形ABCD中，AB＝4，BC，E为CD边上一点，将△BCE沿BE折叠，使得C落到矩形内部点F的位置，连接AF．若tan∠BAF，则（1）S△ABF＝　2　 ；（2）CE＝　　 ． 【解答】解：过点F作MN∥AD，交AB、CD分别于点M、N， 则MN⊥AB，MN⊥CD， ∴∠BMF＝∠FNE＝90°， ∴∠BFM+∠FBM＝90°， 由折叠得：， ∴∠BFM+∠EFN＝90°， ∴∠FBM＝∠EFN， ∴△BMF∽△FNE， ∴， ∵， 设FM＝x，则BM＝4﹣2x，AM＝2x， 在Rt△BFM中， ， 解得（舍去）， ∴FM＝1， ∴； ∵AM＝2， ∴BM＝2， ∵， ∴， 解得， ∴． 故答案为：2，． 30．（2026•临泉县校级一模）如图，正方形ABCD的边长为2，E，F分别是AB，BC的中点，AF与DE，DB分别交于点M、N． （1）AN＝　　 ； （2）△MND的面积是　　 ． 【解答】解：（1）连接DF， ∵BC的中点，E，F分别是AB， ∴AE＝BF＝1， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝BC＝2，AD∥BC， ∴， ∵AD∥BF， ∴△AND∽△FNB， ∴， ∴， （2）∵AD＝AB，∠DAB＝∠ABF，AE＝BF， ∴△ADE≌△BAF（SAS）， ∴∠ADE＝∠BAF， ∵∠BAF+∠FAD＝90°， ∴∠FAD+∠ADE＝90°， ∴∠AMD＝90°， ∴AM⊥DE， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴． 三．解答题（共15小题） 31．（2026•重庆模拟）在菱形ABCD中，对角线AC与BD交于点O． （1）如图1，若AC＝10，BD＝8，求菱形ABCD的面积； （2）如图2，若E为CA延长线上一点，连接DE，将DE绕点D顺时针旋转120°至DF，连接EF．EF所在直线交DA延长线于点G，延长CA至点H，使得AH＝AG，I为AB延长线上一点，且∠AIH+∠AGF＝30°，∠DAB＝60°，求证：AI﹣AEAD． （3）如图3，若BD＝6，AD＝5，E是AD延长线上的一点，连接BE，作△FBE与△ABE关于直线BE对称，EF交射线AC于点P，连接BP，请直接写出PB﹣PC的最大值． 【解答】（1）解：∵， ∴菱形ABCD的面积为40； （2）证明：连接AF，如图， ∵四边形ABCD是菱形， ∴AD＝CD＝BC＝AB，AC⊥BD， ∵∠DAB＝60°， ∴∠DAO＝∠BAO＝∠ACD＝30°，∠ADC＝120°， ∴OAAD， ∴ACAD， ∵将DE绕点D顺时针旋转120°至DF， ∴∠EDF＝∠ADC＝120°，DF＝DE， ∴∠EDF+∠EDA＝∠ADC+∠EDA，即∠ADF＝∠CDE， 在△ADF与△CDE中， ， ∴△ADF≌△CDE（SAS）， ∴AF＝CE，∠FAD＝∠ACD＝30°， ∴∠FAG＝180°﹣∠FAD＝150°， ∵∠CAI＝∠H+∠AIH＝30°，∠AIH+∠AGF＝30°， ∴∠H＝∠AGF，∠HAI＝150°， ∴∠FAG＝∠HAI， 在△AFG与△AIH中， ， ∴△AFG≌△AIH（AAS）， ∴AF＝AI， ∴CE＝AI， ∴AI﹣AE＝CE﹣AE＝ACAD； （3）过B作BH⊥AE于H，BT⊥EF于T，如图： ∵四边形ABCD是菱形，BD＝6，AD＝5， ∴AC⊥BD，OB＝ODBD＝3，OA＝OC4， ∴PC＝OP﹣OC＝OP﹣4，PB， ∴PB﹣PCOP+444， ∴当OP最小时，PB﹣PC取最大值， ∵OP， ∴PB最小时，OP最小，PB﹣PC的值最大，由垂线段最短可知，此时BP⊥EF，即P与T重合，PB＝BT， ∵S菱形ABCD＝AD•BH， ∴AC•BD＝AD•BH，即8×6＝5BH， ∴BH， 由对称性可得，BT＝BH， ∴PB﹣PC的值最大时，PB＝BT，OP， ∴PB﹣PCOP+44； ∴PB﹣PC的最大值为． 32．（2026•邗江区校级一模）在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+c经过点A（﹣1，0），B（4，0），C（0，4）三点，与y轴交于点C，点P是抛物线上一动点，且在直线BC的上方． （1）求抛物线的表达式． （2）如图1，过点P作PD⊥x轴，交直线BC于点E，连接PB若，求点P的坐标． （3）如图2，连接AC，PC，AP，AP与BC交于点G，过点P作PF∥AC交BC于点F．记△ACG，△PCG，△PGF的面积分别为S1，S2，S3．求的最小值． 【解答】解：（1）由题意得：， 解得， ∴y＝﹣x2+3x+4； （2）设直线BC的解析式为y＝kx+b，则有： ，解得：， ∴直线BC的解析式为：y＝﹣x+4， 设点P（m，﹣m2+3m+4）， ∵PD⊥x轴， ∴PD∥y轴， ∴E（m，﹣m+4），D（m，0）， ∴PE＝﹣m2+3m+4﹣（﹣m+4）＝﹣m2+4m，ED＝﹣m+5， ∵，， ∴3PE＝4ED， ∴3（﹣m2+4m）＝4（﹣m+4）， 解得：，m2＝4（此时B，P重合，不合题意舍去）， ∴； （3）∵PF∥AC， ∴△ACG∽△PFG， ∴，， ∴， 作AN∥BC交y轴于N，作PQ∥y轴交BC于Q， ∵直线BC的解析式为y＝﹣x+4，AN∥BC， ∴直线AN的解析式为y＝﹣x+n， 由条件可得n＝﹣1， ∴直线AN的解析式为y＝﹣x﹣1， 当x＝0时，y＝﹣1， ∴N（0，﹣1）， ∴ON＝1，CN＝OC+ON＝5， 由条件可知∠PQF＝∠NCB＝∠ANC，∠PFC＝∠ACF， ∵∠PFC＝∠FPQ+∠PQF，∠ACF＝∠NCB+∠ACN，∠PQF＝∠NCB＝45°， ∴∠FPQ＝∠ACN， ∴△CAN∽△PFQ， ∴， 设P（t，﹣t2+3t+4），则Q（t，﹣t+4），PQ＝﹣t2+4t， ∴， ∴， ∴当t＝2时，有最小值． 33．（2026•北京模拟）在平面直角坐标系xOy中，已知点M（a，b），N． 对于点P给出如下定义：将点P向右（a≥0）或向左（a＜0）平移|a|个单位长度，再向上（b≥0）或向下（b＜0）平移|b|个单位长度，得到点P′，点P′关于点N的对称点为Q，称点Q为点P的“对应点”． （1）如图，点M（1，1），点N在线段OM的延长线上，若点P（﹣2，0），点Q为点P的“对应点”． ①在图中画出点Q； ②连接PQ，交线段ON于点T．求证：； （2）⊙O的半径为是⊙O上一点，点N在线段OM上，且，若P为⊙O外一点，点Q为点P的“对应点”，连接PQ．当点M在⊙O上运动时直接写出PQ长的最大值与最小值的差（用含t的式子表示）． 【解答】（1）①解：点Q如下图所示． ∵点M（1，1）， ∴点P（﹣2，0）向右平移1个单位长度，再向上平移1个单位长度，得到点P′， ∴P′（﹣1，1）， ∵点P′关于点N的对称点为Q，N（2，2）， ∴点Q的横坐标为：2×2﹣（﹣1）＝5，纵坐标为：2×2﹣1＝3， ∴点Q（5，3），在坐标系内找出该点即可； ②证明：如图延长ON至点A（3，3），连接AQ， ∵AQ∥OP， ∴∠AQT＝∠OPT， 在△AQT与△∠OPT中， ， ∴△AQT≌△OPT（AAS）， ∴， ∵A（3，3），M（1，1），N（2，2）， ∴，，， ∴， ∴， ∴； （2）解：如图所示， 连接PO并延长至S，使OP＝OS，延长SQ至T，使ST＝OM， ∵M（a，b），点P向右（a≥0）或向左（a＜0）平移|a|个单位长度，再向上（b≥0）或向下（b＜0）平移|b|个单位长度，得到点P′， ∴， ∵点P′关于点N的对称点为Q， ∴NP′＝NQ， 又∵OP＝OS， ∴OM∥ST， ∴NM为△P′QT的中位线， ∴NM∥QT，， ∵， ∴， ∴， 在△PQS中，PS﹣QS＜PQ＜PS+QS， 结合题意，PQmax＝PS+QS，PQmin＝PS﹣QS， ∴， 即PQ长的最大值与最小值的差为． 34．（2024•济南）在平面直角坐标系xOy中，抛物线C1：y＝x2+bx+c经过点A（0，2），B（2，2），顶点为D；抛物线C2：y＝x2﹣2mx+m2﹣m+2（m≠1），顶点为Q． （1）求抛物线C1的表达式及顶点D的坐标； （2）如图1，连接AD，点E是抛物线C1对称轴右侧图象上一点，点F是抛物线C2上一点，若四边形ADFE是面积为12的平行四边形，求m的值； （3）如图2，连接BD，DQ，点M是抛物线C1对称轴左侧图象上的动点（不与点A重合），过点M作MN∥DQ交x轴于点N，连接BN，DN，求△BDN面积的最小值． 【解答】解：（1）∵抛物线 y＝x2+bx+c过点A（0，2），B（2，2）， 得 ， 解得 ， ∴抛物线C1的表达式为y＝x2﹣2x+2； ∵y＝x2﹣2x+2＝（x﹣1）2+1， ∴顶点D（1，1）； （2）如图1，连接DE，过点E作EG∥y轴，交AD延长线于点G，过点D作DH⊥EG，垂足为H，与y轴交于 H'， 设点E的横坐标为t． 设直线AD的表达式为y＝kx+b， 由题意知 ， 解得 ， ∴直线AD的表达式为 y＝﹣x+2， 则E（t，t2﹣2t+2），G（t，2﹣t）， ∴EG＝t2﹣t， ∵▱ADFE的面积为12， ∴S△ADES△四边形ADFE6， ∴S△ADE＝S△AGE﹣S△DGE， ∵H′D＝1， ∴EG＝12， ∴t2﹣t＝12， 解得t1＝4，t2＝﹣3 （舍）， ∴E（4，10）， ∵点E先向右平移1个单位长度，再向下平移1个单位长度，得到点F， ∴F（5，9）， 将F（5，9）代入y＝x2﹣2mx+m2﹣m+2（m≠1）， 得m2﹣11m+18＝0， 解得m1＝2，m2＝9， （3）如图3，过M作MP⊥x轴，垂足为P，过点D作DK∥y轴，过点Q作QK∥x轴，与DK交于点K， 设 M（h，h2﹣2h+2），则N（n，0）， ∵y＝x2﹣2mx+m2+2﹣m＝（x﹣m）2+2﹣m， ∴抛物线C2的顶点Q（m，2﹣m）， ∴DK＝|1﹣（2﹣m）|＝|m﹣1|，KQ＝|m﹣1|， ∴DK＝KQ，∠DQK＝45°， ∵MN∥DQKQ∥NP， ∴∠MNP＝∠DQK＝45°， ∴∠NMP＝45°， ∴MP＝NP， ∴n﹣h＝h2﹣2h+2， ∴n＝h2﹣h+2＝（h）2， ∴当时，， ∴点N横坐标最小值为，此时点N到直线BD距离最近，△BDN的面积最小， 最近距离即边BD上的高，高为：， ∴△BDN面积的最小值为S△BDN． 35．（2026•威远县校级一模）如图1，在平面直角坐标系中，直线y＝x+4与x轴、y轴分别交于A、B两点，抛物线y＝﹣x2+bx+c经过A、B两点，并且与x轴交于另一点C（点C在点A的右侧），点P是抛物线上一动点． （1）求抛物线的解析式； （2）若点P是第二象限内抛物线上的一个动点，过点P作PD∥y轴交AB于点D，点E为线段DB上一点，且DE，过点E作EF∥PD交抛物线于点F，当点P运动到什么位置时，四边形PDEF的面积最大？并求出此时点P的坐标； （3）如图2，点F为AO的中点，连接BF，点G为y轴负半轴上一点，且GO＝2，沿x轴向右平移直线AG，记平移过程的直线为A'G'，直线A'G'交x轴于点M，交直线AB于点N．是否存在点M，使得△FMN为等腰三角形，若存在，直接写出平移后点M的坐标；若不存在，请说明理由． 【解答】解：（1）令x＝0，则y＝4， ∴B（0，4）， 令y＝0，则x＝﹣4， ∴A（﹣4，0）， 将A（﹣4，0），B（0，4）代入y＝﹣x2+bx+c， ∴， 解得， ∴y＝﹣x2﹣3x+4； （2）设P（t，﹣t2﹣3t+4）， ∵点P在第二象限内， ∴﹣4＜t＜0， ∵PD∥y轴， ∴D（t，t+4）， ∴PD＝﹣t2﹣4t， ∵OA＝OB＝4， ∴∠BAC＝45°， ∴∠PDE＝45°， 过点E作EG⊥PD交于G， ∵DE， ∴GE＝GD＝2， ∴E（t+2，t+6）， ∵EF∥PD， ∴F（t+2，﹣t2﹣7t﹣6）， ∴EF＝﹣t2﹣8t﹣12 ∴S四边形PDEF2×（﹣t2﹣4t﹣t2﹣8t﹣12）＝﹣2（t+3）2+6， ∴当t＝﹣3时，四边形PDEF的面积最大，最大值为6， 此时P（﹣3，4）； （3）存在点M，使得△FMN为等腰三角形，理由如下： ∵A（﹣4，0），点F为AO的中点， ∴F（﹣2，0）， ∵GO＝2，点G在y轴负半轴上， ∴G（0，﹣2）， 设直线AB的解析式为y＝kx+h， ∴， 解得， ∴yx﹣2， 设直线AB向右平移m个单位长度， ∴平移后的直线解析式为yxm﹣2， ∴M（﹣4+m，0）， 联立方程组， 解得， ∴N（m﹣4，m）， ∴FM2＝（2﹣m）2，FN2＝（m﹣2）2+（m）2，MN＝（m）2+（m）2， ①当FM＝FN时，（2﹣m）2＝（m﹣2）2+（m）2， 解得m＝0（舍）或m， ∴M（，0）； ②当FM＝MN时，（2﹣m）2＝（m）2+（m）2， 解得m或m， ∴M（，0）或（，0）； ③当FN＝MN时，（m﹣2）2+（m）2＝（m）2+（m）2， 解得m＝2（舍去）或m＝﹣6（舍）， 综上所述：M点坐标为（，0）或（，0）或（，0）． 36．（2026•和平区校级一模）已知抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于A，B两点，点A在点B的左侧，与y轴交于点C． （1）已知B（1，0），C（0，4），求抛物线的解析式； （2）在（1）的条件下， ①点D是线段OC上的一动点，连接AD，BD，将△ABD沿直线AD翻折，得到△AB′D，当点B′恰好落在抛物线的对称轴上时，求点D的坐标； ②将抛物线位于y轴及y轴左侧的部分记为函数w1，过点C作直线L1∥x轴，将原抛物线位于y轴右侧的部分沿直线L1翻折，翻折后的部分记为函数w2，函数w1和函数w2形成新的函数w，在w1上任取点Q，过点Q作直线L2∥AC，当L2与函数w只有两个公共点时，直接写出L2的解析式y＝x+8　 ； （3）已知A（﹣c，0），c＞0，动点P在直线AC上方的抛物线上，过点P作直线AC的垂线，交抛物线于点F，点F在第一象限，过点F作FG⊥x轴，垂足为G，当的最大值为时，求b的值． 【解答】解：（1）将B（1，0），C（0，4）代入y＝﹣x2+bx+c中， 得， 解得， ∴抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣3x+4； （2）①如图，设抛物线的对称轴与x轴交点为H， 令﹣x2﹣3x+4＝0， 解得：x1＝1，x2＝﹣4， ∴A（﹣4，0），B（1，0）， ∴AB＝1﹣（﹣4）＝5， 由翻折可得AB'＝AB＝5，∠B'AD＝∠DAB， ∵对称轴为直线， ∴， ∵AB'＝AB＝5＝2AH， ∴，cos∠B'AB， ∴∠AB'H＝30°，∠B'AB＝60°， ∴， 在Rt△AOD中，， ∴； ②对于函数，图象开口向下，对称轴为直线， 当x＝0时，y＝4，则C（0，4）， 设直线AC的函数表达式为y＝kx+t， 则， 解得， ∴直线AC的函数表达式为y＝x+4， ∵直线L2∥AC， ∴设直线L2的函数表达式为y＝x+m， 由折叠性质，画图如下， 由图知，当m＝4时，直线L2与函数W1的图象在部分有一个交点， 与函数w2的图象在C处相交，此时函数L2与函数w的图象只有两个公共点，但直线L2与直线AC重合，不满足直线L2//AC， 当m＜4时，直线L2与函数w1的图象在部分有一个交点，与函数w2的图象无交点； 当m＞4时，只有直线L2与函数w1的图象相切时，与函数w2的图象有一个交点， 此时函数L2与函数w的图象只有两个公共点， 联立方程组， 得x2+4x+m﹣4＝0， 由Δ＝42﹣4（m﹣4）＝0得m＝8， ∴直线L2的函数表达式为y＝x+8， 故当L2与函数M图象只有两个公共点时，直线L2的函数表达式为y＝x+8； 故答案为：y＝x+8； （3）如图，设PF与AC交于点E，过P作PQ⊥PF交GF延长线于Q，则PQ∥AC， ∵OA＝OC，PQ∥AC，QG∥y轴， ∴∠Q＝∠ACO＝45°， ∴△QPF是等腰直角三角形， ∴， ∴， 当QG取最大值时，取得最大值，此时QG的最大值为， 由y＝﹣x2+bx+c＝0得x2﹣bx﹣c＝0， ∴xA•xB＝﹣c， ∵A（﹣c，0），c＞0， ∴xB＝1，则B（1，0）， ∴﹣1+b+c＝0，则c＝1﹣b＞0， ∴b＜1，y＝﹣x2+bx+1﹣b， ∵A（﹣c，0），C（0，c）， ∴直线AC的函数解析式为y＝x+c， 设直线PQ的函数解析式为y＝x+h， 设P（n，﹣n2+bn+1﹣b），代入y＝x+h中，得h＝﹣n2+（b﹣1）n+1﹣b， ∴直线PQ的函数解析式为y＝x﹣n2+（b﹣1）n+1﹣b， ∵PQ⊥PF， ∴设直线PF的函数解析式为y＝﹣x+p， 联立方程组， 整理得x2﹣（b+1）x+b+p﹣1＝0， ∴xP+xF＝b+1，则xF＝b+1﹣n， ∵FG⊥x轴， ∴QG＝yQ＝b+1﹣n﹣n2+（b﹣1）n+1﹣b＝﹣n2+（b﹣2）n+2， ∵﹣1＜0， ∴时，QG取最大值， ∴． 解得b＝﹣3或b＝7＞1（不符题意，舍去）． 37．（2026•西宁模拟）【思维导图】 丞丞同学通过全等三角形的学习，简要地绘制了关于三角形中线的思维导图． 【初步应用】 （1）如图①，在△ABC中，E是AB的中点，连接CE，过点E作EF⊥BC于点F，若△ABC的面积是12，EF＝2，求BC的长． 【推导明理】 （2）如图②，AD是△ABC的中线，若AB＝6，AC＝4．求AD的取值范围． 丞丞同学利用所学的数学知识及解题经验，先延长AD至点H，使得AD＝DH，连接BH，从而得到△ADC≌△HDB，进而通过全等三角形的性质和三角形三边的关系得出AD的取值范围；在辅助线的做法上，霖霖同学经过思考，先过点B作BH∥AC，交AD的延长线于点H，从而得到△ADC≌△HDB，进而解决问题． 请你选择一名同学的解题思路，写出解答过程． 【拓展运用】 （3）如图③，在△ABC中，CA＝CB，D，F分别是AC，BC上一点，连接BD，AF，E是BD的中点，连接AE，若∠BAF＝∠CAE＝∠ACB，求证：AD+BF＝BC． 【解答】（1）解：在△ABC中，E是AB的中点，EF⊥BC于点F，△ABC的面积是12，EF＝2， ∴AE＝BE， ∴△BEC的面积， ∴即， ∴BC＝6； （2）解：AD是△ABC的中线，AB＝6，AC＝4．延长AD至点H，使得AD＝DH，连接BH，如图②， ∴BD＝CD， 在△ADC和△HDB中， ， ∴△ADC≌△HDB（SAS）， ∴BH＝AC＝4， ∴6﹣4＜AH＜6+4，即2＜2AD＜10， ∴1＜AD＜5； （3）证明：延长AE到M，使得EM＝AE，连接BM， ∵E是BD的中点， ∴BE＝DE， ∵CA＝CB， ∴∠CBA＝∠CAB， ∵∠BAF＝∠ACB，∠BAF+∠ABF+∠AFB＝∠CAB+∠ACB+∠ABF， ∴∠AFB＝∠CAB＝∠CBA， ∴AB＝AF， ∵∠BAF＝∠CAE＝∠ACB， ∴∠BAM+∠MAF＝∠MAF+∠FAC，AH＝CH， ∴∠BAM＝∠FAC， 在△EAD和△EMB中， ， ∴△AED≌△MEB（SAS）， ∴∠M＝∠CAE＝∠ACF，BM＝AD， 在△ABM和△AFC中， ， ∴△ABM≌△AFC（AAS）， ∴BM＝CF＝AD， ∴AD+BF＝CF+BF＝BC． 38．（2026•朝阳区校级一模）在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+2x+c（a≠0）与x轴交于A（﹣1，0），B（3，0）两点，与y轴交于点C，作直线BC． （1）求抛物线的解析式． （2）如图，点P是线段BC上方的抛物线上一动点，过点P作PQ∥AB，交BC于Q，请问线段PQ是否存在最大值？若存在，请求出最大值及此时点P的坐标；若不存在，请说明理由． （3）设点D（1，n），点E（1，1﹣n），将线段DE绕点D顺时针旋转90°后得到线段DF，以DE，DF为边构造正方形DEGF． ①用含n的式子表示点G的坐标； ②当正方形DEGF的边与二次函数在x≤3范围上的图象有且仅有一个公共点时，请直接写出n的值或取值范围． 【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+2x+c（a≠0）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：， ∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+3； （2）线段PQ存在最大值；理由如下： ∵B（3，0）， ∴OB＝3； ∵抛物线y＝﹣x2+2x+3与y轴交于点C， 当x＝0时，得y＝3， ∴C（0，3）， ∴OC＝3， ∴OC＝OB， ∴∠OBC＝45°， 设直线BC的解析式为y＝kx+3，将点B的坐标代入得： 3k+3＝0， 解得：k＝﹣1， ∴直线BC的解析式为y＝﹣x+3， 如图1，点P是线段BC上方的抛物线上一动点，PQ∥AB，交BC于Q，过点P作PE⊥x轴，交BC于点D． 设P（m，﹣m2+2m+3），则D（m，﹣m+3）， ∴PD＝﹣m2+2m+3+m﹣3＝﹣m2+3m， ∵PQ⊥BC， ∴∠QPD＝90°＝∠PEB， ∵∠PDQ＝∠BDE， ∴∠DQP＝∠OBC＝45°， ∴△PDQ为等腰直角三角形， ∴， ∴当时，PQ有最大值，此时； （3）①∵y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4， ∴二次函数的对称轴为直线x＝1， ∴点D、E在抛物线的对称轴上； 当时，点E在点D上方，如图2，图3， ∵D（1，n），E（1，1﹣n）， ∴DE＝1﹣n﹣n＝1﹣2n， ∵将线段DE绕点D顺时针旋转90°后得到线段DF， ∴DF＝DE，∠EDF＝90°， ∴F（2﹣2n，n），G（2﹣2n，1﹣n）； 当时，点E在点D下方，如图4， 同理可得：DE＝n﹣（1﹣n）＝2n﹣1， ∴F（2﹣2n，n），G（2﹣2n，1﹣n）， ∴不论n为何值，G点坐标为G（2﹣2n，1﹣n）； ②n的取值范围为或或．理由如下： ∵正方形DEGF的边与二次函数在x≤3范围上的图象有且仅有一个公共点， ∴边EG与抛物线相交或顶点在抛物线上， 如图3，边FG在B点右侧，EG与抛物线相交，2﹣2n＞3， 解得：； 如图4，点G在抛物线上， ∵四边形DEGF是正方形， ∴EG＝DF， ∵G（2﹣2n，1﹣n）， ∴1﹣n＝﹣（2﹣2n﹣1）2+4， 解得：（正值已舍去）； 如图4，当n＞0时，点F在抛物线上， ∴n＝﹣（2﹣2n﹣1）2+4， 解得：（负值已舍去）； 综上所述，n的取值范围为或或． 39．（2026•历下区一模）在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝4，连接对角线AC．在Rt△AEF中，∠AEF＝90°，AE＝9，∠EAF＝∠CAB． （1）如图1，当点B，C分别在边AE，AF上时，请完成填空：EF＝　6　 ，　　 ； （2）将图1中的Rt△AEF绕点A按逆时针方向旋转，连接BE． ①如图2，当点F在边BC的延长线上时，求线段BE的长； ②如图3，若点H在线段BE上，且，连接DH，求线段DH的最大值． 【解答】解：（1）如图1，矩形ABCD， ∴∠ABC＝90°， ∵∠AEF＝90°， ∴BC∥EF， ∴， ∵AB＝6，BC＝4，AE＝9， ∴， ∴EF＝6； ∵在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝6，BC＝4， ∴AC2， ∵BC∥EF， ∴， ∴， 故答案为：6，； （2）①如图2， ∵四边形ABCD是矩形， ∴∠ABC＝90°， ∴， ∵∠AEF＝∠ABC＝90°，∠EAF＝∠CAB， ∴△EAF∽△BAC， ∴， ∴， ∵AE＝9， ∴， ∵AB＝6， ∴在Rt△FAB中，， ∴CF＝BF﹣BC＝5， ∵∠EAF＝∠CAB， ∴∠EAF﹣∠CAE＝∠CAB﹣∠CAE， ∴∠FAC＝∠EAB， 又∵， ∴△FAC∽△EAB， ∴， ∴； ②如图3，在AB上取一点G，使得，连接DG与HG， ∵，， ∴， 又∵∠GBH＝∠ABE， ∴△BGH∽△BAE， ∴， ∵AE＝9， ∴， ∵， ∴AG＝AB﹣BG＝4， ∵四边形ABCD是矩形， ∴AD＝BC＝4， ∴在Rt△DAG中，， ∴， 即DH的最大值为． 40．（2026•科左中旗模拟）抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于A（﹣2，0）、B（4，0）两点，与y轴交于点C，抛物线对称轴与抛物线交于点P，与直线BC交于点M，连接PB． （1）求抛物线的函数表达式； （2）在第一象限内的抛物线上是否存在点D，使得△BCD的面积最大？若存在，求出点D的坐标及△BCD面积的最大值；若不存在，请说明理由； （3）在抛物线上是否存在点Q，使得△QMB与△PMB面积相等？若存在，直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由． 【解答】解：（1）∵抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于A（﹣2，0）、B（4，0）两点， ∴， 解得， ∴y＝﹣x2+2x+8； （2）在第一象限内的抛物线上存在点D，使得△BCD的面积最大， 令x＝0，得C（0，8）， 则可设直线BC的解析式：y＝kx+8， 代入B（4，0）， 得4k+8＝0， 解得k＝﹣2，即y＝﹣2x+8， 设点D（t，﹣t2+2t+8），0＜t＜4， 过D作DE⊥x轴交BC于E， 则E（t，﹣2t+8），DE＝（﹣t2+2t+8）﹣（﹣2t+8）＝﹣t2+4t， ， 这是开口向下的二次函数， ∵0＜t＜4， ∴当t＝2时，S△BCD的面积最大，最大面积为8， 此时D的坐标为（2，8）； （3）在抛物线上存在点Q，使得△QMB与△PMB面积相等， 由y＝﹣x2+2x+8＝﹣（x﹣1）2+9得抛物线的对称轴为直线x＝1，顶点坐标为P（1，9）， 由（2）知直线BC的解析式为y＝﹣2x+8，则直线BC与对称轴x＝1交点坐标为M（1，6）， ∴PM＝9﹣6＝3， 过Q作QF⊥x轴交BC于F， 设Q（x，﹣x2+2x+8），则F（x，﹣2x+8）， QF＝|﹣x2+2x+8﹣（﹣2x+8）|＝|﹣x2+4x|， 又△QMB与△PMB面积相等， ∴QF＝PM，即|﹣x2+4x|＝3， ∴﹣x2+4x＝3，解得x＝1（与点P重合，舍去）或x＝3，此时Q（3，5）， 或﹣x2+4x＝﹣3，解得或， 对应Q的坐标为：， 综上，点Q的坐标为（3，5），． 41．（2026•肥东县校级一模）如图，二次函数的图象的顶点C的横坐标为﹣1，直线y＝﹣x+n与该二次函数的图象交于A，B两点，其中点A的坐标为（﹣3，2），点B在y轴上． （1）求n的值及二次函数的表达式． （2）求△ABC的面积． （3）在该二次函数的对称轴上是否存在点Q，使得△ABQ是以AB为腰的等腰三角形？若存在，请求出符合条件的Q点的坐标；若不存在，请说明理由． 【解答】解：（1）∵直线y＝﹣x+n过点A（﹣3，2）， ∴2＝3+n， 解得n＝﹣1， ∴y＝﹣x﹣1． 令x＝0，则y＝﹣1， ∴点B（0，﹣1）． 设二次函数的表达式为y＝ax2+bx+c，由题意得： ， 解得， ∴二次函数的表达式为y＝x2+2x﹣1； （2）由（1）知，直线AB的表达式为y＝﹣x﹣1，二次函数的对称轴为直线x＝﹣1． 设直线y＝﹣x﹣1与二次函数图象的对称轴交于点D，则点D（﹣1，0）， 把x＝﹣1代入y＝x2+2x﹣1得：y＝﹣2， ∴点C（﹣1，﹣2）， ∴△ABC的面积； （3）在该二次函数的对称轴上存在点Q，使得△ABQ是以AB为腰的等腰三角形；理由如下： 设点Q（﹣1，m）， ∵点B（0，﹣1），A（﹣3，2）， ∴AB2＝18，AQ2＝4+（2﹣m）2，BQ2＝1+（m+1）2． 分两种情况： ①当AB＝AQ时，18＝4+（2﹣m）2， 解得， ∴点Q的坐标为或； ②当AB＝BQ时，18＝1+（m+1）2， 解得， ∴点Q的坐标为或． 综上所述，在该二次函数的对称轴上存在点Q，使得△ABQ是以AB为腰的等腰三角形；点Q的坐标为或或或． 42．（2026•余干县校级一模）定义：至少有一组邻边相等且至少有一个内角为直角的凸四边形称为直菱四边形．例如，如图1，在四边形ABCD中，AB＝AD，AB⊥BC，则四边形ABCD为直菱四边形． 【特例感知】 （1）下列四边形一定是直菱四边形的是　④　 （填序号）； ①平行四边形 ②矩形 ③菱形 ④正方形 （2）如图2，在等边△ABC中，点D为△ABC过点A的中线上一点，连接DC，将线段DC绕点D顺时针旋转60°得到线段DE，连接BE，CE．求证：四边形ABEC是直菱四边形； （3）【深入探究】 如图3，已知，四边形ABCD是对角互补的直菱四边形，AB＝AD，∠BCD＝60°，以点A为顶点的∠EAF＝60°，AE，AF与边BC，CD分别交于E，F两点．试探究EF，BE，FD之间的数量关系？并说明理由； （4）【拓展应用】 如图4，四边形ABCD为直菱四边形，∠BCD＝90°，，连接BD，若∠BDC＝60°，BD＝AD，作∠DAE＝30°，且DE⊥AE，连接CE并延长交BD于点F，交AB于点M，求CM的长． 【解答】（1）解：①∵平行四边形的邻边不一定相等， ∴该选项不符合直菱四边形的定义； ②∵矩形的邻边不一定相等， ∴该选项不符合直菱四边形的定义； ③∵菱形的四边相等，但内角不一定为直角， ∴该选项不符合直菱四边形的定义； ④∵正方形的四边相等，四个内角都为直角， ∴正方形一定是直菱四边形，该选项符合题意， 故答案为：④； （2）证明：∵△ABC是等边三角形， ∴∠ABC＝∠ACB＝∠BAC＝60°，AB＝AC＝BC， ∵点D为△ABC中线上一点， ∴AD平分∠BAC， ∴， ∵将线段DC绕点D顺时针旋转60°得到线段DE， ∴∠CDE＝60°，DC＝DE， ∴△DCE为等边三角形， ∴∠DCE＝60°＝∠ACB，CE＝CD， ∴∠BCE＝∠ACD． 在△BCE和△ACD中， ∴△BCE≌△ACD（SAS）， ∴∠CBE＝∠CAD＝30°， ∴∠ABE＝∠ABC+∠CBE＝60°+30°＝90°， ∴四边形ABEC是直菱四边形； （3）解：EF＝FD+BE．理由如下： ∵四边形ABCD是对角互补的直菱四边形，∠BCD＝60°， ∴． 如图3，将△ADF绕点A顺时针旋转120°得到△ABM， ∴△ABM≌△ADF， ∴∠ABM＝∠D＝90°，∠MAB＝∠FAD，AM＝AF，MB＝FD， ∵∠ABE＝90°， ∴∠MBE＝∠ABM+∠ABE＝180°， ∴M，B，E三点共线， ∴∠MAE＝∠MAB+∠BAE＝∠FAD+∠BAE＝∠BAD﹣∠EAF＝60°， ∴∠MAE＝∠FAE， ∵AE＝AE，AM＝AF， ∴△MAE≌△FAE（SAS）， ∴EM＝EF， ∴EF＝EM＝BM+BE＝FD+BE； （4）解：如图4，连接DM，作DG⊥CM于点G， ∵∠BCD＝90°，∠BDC＝60°， ∴∠CBD＝∠BCD﹣∠BDC＝30°， ∴，BD＝2CD＝2， ∴AD＝BD＝2． ∵DE⊥AE，∠DAE＝30°， ∴，∠ADE＝60°， ∴∠CDE＝∠ADB， ∵， ∴△CDE∽△BDA， ∴∠DCM＝∠DBM，， ∴， 解得：（经检验，是分式方程的解，且符合题意）， ∵∠DCM＝∠DBM， ∴点D，M，B，C共圆， ∴∠DMB＝180°﹣∠BCD＝90°，∠DMC＝∠DBC＝30°， ∴，， ∴， ∴， ∴． 43．（2026•元宝区校级模拟）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，，CD⊥AB于点D，点E是直线AC上一动点，连接DE，过点D作FD⊥ED，交直线BC于点F． （1）如图1，若m＝n，点E在线段AC上，求出的值，并写出证明过程； （2）①如图2，若点E在线段AC上，则　　 （用含m，n的代数式表示）； ②当点E在直线AC上运动时，①中的结论是否仍然成立？请仅就图3的情形给出证明； （3）若，，请直接写出CE的长． 【解答】解：（1）当m＝n时，即：BC＝AC， ∵∠ACB＝90°， ∴∠A+∠ABC＝90°， ∵CD⊥AB， ∴∠DCB+∠ABC＝90°， ∴∠A＝∠DCB， ∵∠FDE＝∠ADC＝90°， ∴∠FDE﹣∠CDE＝∠ADC﹣∠CDE， 即∠ADE＝∠CDF， ∴△ADE∽△CDF， ∴， ∵∠A＝∠DCB，∠ADC＝∠BDC＝90°， ∴△ADC∽△CDB， ∴， ∴； （2）①∵∠ACB＝90°， ∴∠A+∠ABC＝90°， ∵CD⊥AB， ∴∠DCB+∠ABC＝90°， ∴∠A＝∠DCB， ∵∠FDE＝∠ADC＝90°， ∴∠FDE﹣∠CDE＝∠ADC﹣∠CDE， 即∠ADE＝∠CDF， ∴△ADE∽△CDF， ∴， ∵∠A＝∠DCB，∠ADC＝∠BDC＝90°， ∴△ADC∽△CDB， ∴， ∴； 故答案为：； ②成立．如图3， ∵∠ACB＝90°， ∴∠A+∠ABC＝90°， 又∵CD⊥AB， ∴∠DCB+∠ABC＝90°， ∴∠A＝∠DCB， ∵∠FDE＝∠ADC＝90°， ∴∠FDE+∠CDE＝∠ADC+∠CDE， 即∠ADE＝∠CDF， ∴△ADE∽△CDF， ∴， ∵∠A＝∠DCB，∠ADC＝∠BDC＝90°， ∴△ADC∽△CDB， ∴， ∴； （3）由（2）有，△ADE∽△CDF，． 又∵，， ∴， ∴，， ∴， ∴CF＝2AE， 如图4，图5，图6，连接EF． ①如图4，当E在线段AC上时， 在Rt△CEF中，，， 根据勾股定理得，CE2+CF2＝EF2， ∴． ∴，或舍）； ②如图5，当E在AC延长线上时， 在Rt△CEF中，，， 根据勾股定理得，CE2+CF2＝EF2， ∴， ∴，或舍）； ③如图6，当E在CA延长线上时， 在Rt△CEF中，，， 根据勾股定理得，CE2+CF2＝EF2， ∴， ∴，或（舍）， 综上：或． 44．（2026•镜湖区校级一模）在平面直角坐标系中，O为坐标原点，二次函数y1＝ax2+bx+c（a≠0）的图象与x轴交于点A（﹣2，0）和点B两点，顶点为C（1，4）． （1）求二次函数y1＝ax2+bx+c的解析式和点B坐标； （2）若二次函数y2的图象经过B，C，M（t，4）三点，其中t≠1，该函数图象与x轴交于另一点D，点D在线段OA上（与O，A不重合）． ①若D点的坐标为（﹣1，0），试求t的值； ②求OD・DB的取值范围． 【解答】解：（1）∵二次函数图象的顶点为C（1，4）， ∴设， 代入A（﹣2，0）得：0＝（﹣3）2a+4， 解得， ∴， 令y1＝0，则， 解得x1＝4，x2＝﹣2， ∴B（4，0）， 即，B（4，0）． （2）①由题意，过B（4，0）、C（1，4）、M（t，4）的二次函数y2， ∵C与M纵坐标相同， ∴对称轴为， 又∵点D与B关于对称轴对称，则D的横坐标xD满足， 即xD＝t﹣3， 若D（﹣1，0）， 则t﹣3＝﹣1， 得t＝2． ②∵DB＝4﹣xD＝4﹣（t﹣3）＝7﹣t，OD＝|xD|＝3﹣t， ∴OD•DB＝（3﹣t）（7﹣t）＝t2﹣10t+21＝（t﹣5）2﹣4， ∵点D在线段OA上且不与端点重合，即﹣2＜xD＜0， ∴﹣2＜t﹣3＜0， 解得1＜t＜3， 又∵OD•DB的值随着t的增大而减小， 当t＝1时，OD•DB＝（1﹣5）2﹣4＝12，当t＝3时，OD•DB＝（3﹣5）2﹣4＝0， ∴0＜OD•DB＜12． 45．（2026•临泉县校级一模）在平面直角坐标系中，一次函数的图象与x轴、y轴分别交于A、C两点，抛物线y＝ax2+bx+c经过A，B（1，0），C三点． （1）求抛物线的解析式； （2）当m﹣2≤x≤m+1时，y先随x的增大而增大，后随x的增大而减小，求m的取值范围； （3）P为抛物线上一动点，在抛物线的对称轴上是否存在点Q，使以A、C、P、Q为顶点的四边形是平行四边形且A，B，Q三点不共线？若存在，求出△ABQ的面积；若不存在，说明理由． 【解答】解：（1）令x＝0，得y＝4， ∴点C的坐标为（0，4）． 令y＝0，得x＝﹣3， ∴点A的坐标为（﹣3，0）． 设抛物线解析式为y＝a（x﹣1）（x+3）， 将C（0，4）代入得4＝﹣3a， 解得a， ∴y（x﹣1）（x+3）x2x+4， ∴抛物线的解析式为yx2x+4； （2）∵A（﹣3，0），B（1，0）， ∴抛物线的对称轴为直线x＝﹣1． ∵， ∴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． ∵当m﹣2≤x≤m+1时，y先随x的增大而增大，后随x的增大而减小， ∴， 解得﹣2＜m＜1． （3）存在点Q， 设，Q（﹣1，q）， ①当AC为平行四边形的边时， 若四边形APQC是平行四边形，如图1所示． ∵A（﹣3，0），C（0，4）， ∴﹣3﹣1＝0+p， 解得p＝﹣4，则P（﹣4，）， ∴， ∴， ∴点Q的坐标为（﹣1，）， 又∵AB＝4， ∴此时△ABQ的面积为4． 若四边形AQPC是平行四边形，如图2所示． ∵A（﹣3，0），C（0，4）， ∴﹣3+p＝0﹣1， 解得p＝2，则P（2，）， ∴0＝4+q， 解得q， ∴点Q的坐标为 又∵AB＝4， ∴此时△ABQ的面积为4； ②当AC为平行四边形的对角线时，如图3所示． ∵A（﹣3，0），C（0，4）， ∴﹣3+0＝p﹣1， ∴p＝﹣2， ∴P（﹣2，4）， ∴4+0＝4+q， ∴q＝0， ∴点Q的坐标为（﹣1，0）， 但此时A，B，Q三点共线，不符合题意． 综上所述，存在符合题意的点Q，且△ABQ的面积为或． 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $