【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（20-17）

【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（20-17） 一．选择题（共15小题） 1．（2026•武威一模）如图，已知二次函数y＝ax2+bx+c的图象与x轴交于（﹣3，0），顶点是（﹣1，m），则以下结论：①abc＞0；②4a+2b+c＞0；③若y≥c，则x≤﹣2或x≥0；④．其中正确的是（　　） A．①②③④ B．②③④ C．②③ D．①④ 2．（2026•惠安县一模）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC，AD平分∠BAC，CE⊥AB于E，交AD于点F，若EF＝1，则BD的长是（　　） A． B．2 C． D． 3．（2026•正定县一模）如图，抛物线y＝x2﹣5x﹣6与x轴交于点A，B，与y轴交于点C，点D为直线BC上一点，且横坐标为7，将线段CD沿y轴上下平移，当线段CD与抛物线有唯一交点时，设点C的纵坐标为a，则a的取值范围是（　　） A． ﹣6＜a≤1或a＝﹣15 B．﹣7＜a≤1或a＝﹣9 C．﹣6≤a≤2或a＝﹣15 D．﹣7＜a≤2或a＝﹣9 4．（2025•广元）已知抛物线y＝ax2+bx+c（a，b，c是常数且a≠0）的自变量x与函数y的部分对应值如表： x … 0 1 2 3 4 … y … m ﹣4 n ﹣4 s … 其中0＜m＜2．以下结论：①abc＜0；②若抛物线经过点（﹣2，y1），（7，y2），则y2＞y1；③关于x的方程|ax2+bx+c|+1﹣s＝0有两个不相等的实数根；④s+n＜﹣4；⑤当m＝1，t≤x≤t+2时，y的最小值是1，则t＝2或4．其中正确的结论有（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 5．（2026•水磨沟区模拟）如图，在矩形纸片ABCD中，AB＝2，BC＝4，点E是边CD的中点，点M，N分别是边AD，BC上一点，将纸片ABCD沿直线MN对折，使点A与点E重合，AB的对应边EF与CN交于点G．则下列结论：①AM＝2；②CG；③MD•CG＝1；④tan∠FNG．其中正确结论的个数有（　　） A．4个 B．3个 C．2个 D．1个 6．（2026•天山区模拟）我国著名数学家华罗庚有快速求整数立方根的方法：要得到的结果，可以按如下步骤思考： 第一步：确定的位数，因为103＝1000，1003＝1000000，而1000＜59319＜1000000，所以，由此得是两位数； 第二步：确定个位数字，因为59319的个位上的数是9，而只有9的立方的个位上的数是9； 第三步：确定十位数字，划去59319后面的三位319得到59，因为33＝27，43＝64，而27＜59＜64，所以的十位上的数字是3． 综合以上可得，． 根据上述方法，﹣148877的立方根是（　　） A．﹣53 B．﹣63 C．53 D．63 7．（2026•鄂尔多斯模拟）已知二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）中，函数y与自变量x的部分对应值如表（其中n＞0）： x … ﹣n 0 n+1 … y … 10 ﹣2 10 … 根据表格提供的信息，下列说法正确的是（　　） A．该抛物线与x轴的交点坐标为（0，﹣2） B．该抛物线的对称轴是直线x＝1 C．该二次函数存在最大值 D．点A（﹣n﹣2，y1）是该抛物线上一点，则y1＞10 8．（2024•湖北校级自主招生）如图，已知锐角△ABC的顶点A到垂心H的距离等于它的外接圆半径，则∠BAC的度数为（　　） A．52° B．56° C．60° D．64° 9．（2026•长治一模）如图，在扇形MON中，∠MON＝105°，半径OM＝6，将扇形MON沿直线PN折叠，点O恰好落在MN上的点Q处，折痕交OM于点P，则阴影部分的面积为（　　） A． B． C． D． 10．（2026•安徽模拟）如图，已知△ABC是等腰三角形，AB＝AC，∠BAC＝120°，AD⊥BC于点D，点P是BA延长线上一点，点O是线段AD上一点，OP＝OC，则以下结论错误的是（　　） A．直线AD是线段BC的垂直平分线 B．∠APO+∠DCO＝30° C．△OPC是等边三角形 D．AB＞AO+AP 11．（2026•肥东县校级一模）如图，在正方形ABCD中，E为BC上一点，过点E作EF∥CD，交AD于F，交对角线BD于G，取DG的中点H，连接AH，EH，FH．下列结论：①FH∥AE；②AH＝EH且AH⊥EH；③∠BAH＝∠HEC；④△EHF≌△AHD；⑤若，则．其中哪些结论是正确（　　） A．①②④⑤ B．②③④ C．①②③ D．②③④⑤ 12．（2026•芜湖二模）如图，正方形ABCD中，AB＝4，F是AB边上一点，连接CF，过点B作BE⊥CF于点E，连接AE并延长，交BC于点G，若AF＝2，则BG的长为（　　） A．1 B． C． D． 13．（2026•孝昌县一模）如图，在正方形ABCD中，点E在BC的延长线上，点F是CD的中点，连接EF并延长交AD于点G，连接BG，BF．若AB＝4CE＝4，则sin∠FBG＝（　　） A． B． C． D．2 14．（2026•雁塔区校级二模）在平面直角坐标系中，将抛物线y＝x2﹣2mx+m2﹣6m+3（m为常数）关于x轴对称得到的新抛物线与原抛物线顶点间的距离为12，则m的值为（　　） A． B． C．或 D．或 15．（2026•浙江一模）如图，矩形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，点A′是点A关于直线BD的对称点，连结A′B交CD，AC于点E，F，连结OE．若CF＝3，OF＝2，则OE的长度为（　　） A． B． C． D． 二．填空题（共15小题） 16．（2026•武威一模）一个几何体由几个大小相同的小立方块搭成，它的主视图、俯视图如图所示，则搭成这个几何体的小立方块至少有 　 　 个． 17．（2026•惠安县一模）已知抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0），当y≥1时，﹣1≤x≤m，且0＜m＜1，下列四个结论：①a＜0；②b＞0；③若0＜n＜1，则a（n﹣1）2+b（n﹣1）+c＞1；④若a＝﹣1，则直线y＝2与抛物线y＝ax2+bx+c无交点．其中结论正确的是　 　 ．（填写序号） 18．（2026•正定县一模）如图，正方形ABCD中，点P为BD（BD＞6）上一动点，连接AP，过点P作PQ⊥AP交CD边所在直线于点Q．点P从点B出发，沿BD方向移动，若移动的路径长为6，则AQ的中点M移动的路径长为　 　 ． 19．（2024•东莞市校级自主招生）如图，在正方形ABCD和正方形AEFG中，AB＝5，AE＝4，将正方形AEFG绕点A旋转，连接CG，当∠ABG最大时，则CG的长为 　 　 ． 20．（2026•水磨沟区模拟）已知a≠0且a≠1，我们定义，记为，记为a2；…；，记为an．若将数组中的各数分别作f1的变换，得到的数组记为（a1，b1，c1）；将（a1，b1，c1）作f2的变换，得到的数组记为（a2，b2，c2）；…．则a1+b1+c1+a2+b2+c2+…+a2026+b2026+c2026的值为　 　 ． 21．（2026•天山区模拟）如图，矩形ABCD中，AB＝9，BC＝15，将该矩形绕着点A旋转，得到四边形AB1C1D1，使点D在直线B1C1上，那么线段BB1的长度是　 　 ． 22．（2026•鄂尔多斯模拟）如图，在矩形ABCD中，M为AB的中点，连接MD，E为MD中点，连接BE，CE，若∠BEC为直角，则tan∠ADM的值为　 　 ． 23．（2020•浙江自主招生）如图，在正方形ABCD中，E是AD的中点，AF⊥BE于点F，以BF为直径的圆与BC交于点G，则的值为 　 　 ． 24．（2026•长治一模）如图，边长为2的正方形ABCD中，点E为CD的中点，连结BE，将△BCE沿BE折叠得到△BC′E，连接C′D，则C′D的长为　 　 ． 25．（2026•芜湖二模）如图，已知矩形ABCD，连接BD，点P是AD上一点，且∠PBD＝∠CBD． （1）若AB＝4，BC＝6，则AP＝　 　 ； （2）连接CP交BD于点Q，若CQ＝CD，则　 　 ． 26．（2026•肥东县校级一模）如图，点D、E、F分别在△ABC的边AB、AC、BC上，，DE∥BC，EF∥AB． （1）　 　 ； （2）连接DF，若点M是DF的中点，连接CM并延长交AB于点N，则　 　 ． 27．（2026•镜湖区校级一模）如图，在平面直角坐标系xOy中，点A，B分别是反比例函数、一次函数y2＝x+b的交点，已知A（1，2），在线段AB上取一点C，过C点作直线l平行x轴，交反比例函数y1于点D，连接OD、OC． （1）b＝　 　 ； （2）记△OCD的面积为S△OCD，则S△OCD最大值为　 　 ． 28． （2026•孝昌县一模）如图中的①，▱ABCD中两条对角线AC、BD交于点O，AB＝5，点P从顶点B出发，沿B→C→D以1cm/s的速度匀速运动到点D，图②是点P运动过程中线段OP的长度y与时间t的函数关系图象，其中M、N分别是两段曲线的最低点，则点M的横坐标为 　 ，点N的纵坐标为 　 　 ． 29．（2026•雁塔区校级二模）如图，在平行四边形ABCD中，，AB＝2，∠BCD＝135°．若M、N分别是边AD、BC上的动点，且DM＝CN，作ME⊥BD，NF⊥BD，垂足分别为E、F，则ME+NF的值为　 　 ． 30．（2026•浙江一模）如图，已知点D为⊙O的直径AB上一点，且AD＝2DB．C为⊙O上一点，满足AD＝AC，连结CD并延长交圆于点E，连结AE，过点A作AF⊥CD，若CF＝1，则EF的长为　 　 ． 三．解答题（共15小题） 31．（2026•武威一模）在平面直角坐标系中，抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于A，B两点．与y轴交于点C．且点A的坐标为（﹣1，0），点C的坐标为（0，3）． （1）求该抛物线的解析式； （2）如图甲，若点P是第一象限内抛物线上的一动点．当点P到直线BC的距离最大时，求点P的坐标； （3）图乙中，若点M是抛物线上一点，点N是抛物线对称轴上一点，是否存在点M使得以B，C，M，N为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出点M的坐标；若不存在，请说明理由． 32．（2026•惠安县一模）如图，在四边形ABCD中，对角线BD⊥CD，∠BAD+∠C＝180°，过A作AE⊥CD交CD延长线于点E，作AF⊥BC于F，与BD交于点G，连接EF，分别与AD、BD交于点O、H，并连接AH． （1）求证：∠DAE＝∠BAF； （2）求证：AH⊥BD； （3）设DG＝3BG，EH＝4FH，试探究BF，DE之间的数量关系． 33．（2026•正定县一模）已知抛物线y＝ax2+bx+3（a≠0）过（3，n）和（﹣1，n）． （1）a与b之间的数量关系是　 　 ； （2）若该抛物线开口向下，当﹣3≤x≤2时，抛物线的最高点为M，最低点为N，点N的纵坐标为﹣12，求点M和点N的坐标； （3）对于该抛物线上的两点A（x1，y1），B（x2，y2），设t≤x1≤t+1，当x2≥4时，均有y1≤y2，请直接写出t的取值范围； （4）在（2）的条件下，抛物线与x轴交于点A，C，与y轴交于点B，点D是抛物线上对称轴右侧的一点，过点D作y轴的平行线交直线BC于点E，过点D，E分别作x轴的平行线交抛物线的对称轴于点G，F．过点A作BC的平行线交y轴于点H，当四边形DEFG在直线AH，直线BC之间的部分的面积恰好是四边形DEFG面积的一半时，请直接写出点D的横坐标m的值． 34．（2026•乌鲁木齐一模）综合与实践 如图1，在正方形ABCD中，AB＝4，在BC上取一点G，使得，以CG为边作正方形CEFG，连接AF，DG． 【问题发现】 （1）的值是 　 　 ，直线DG，AF所夹锐角的度数是 　 　 ． 【拓展探究】 （2）如图2，正方形CEFG绕点C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）如图3，在旋转过程中，当点G到直线DC的距离为时，请直接写出AF的长． 35．（2026•水磨沟区模拟）【方法提炼】解答几何问题常常需要添辅助线，其中平移图形是重要的添辅助线策略． 【问题情境】 如图1，在正方形ABCD中，E，F，G分别是BC，AB，CD上的点，FG⊥AE于点Q．求证：AE＝FG． 小明在分析解题思路时想到了两种平移法： 方法1：平移线段FG使点F与点B重合，构造全等三角形； 方法2：平移线段BC使点B与点F重合，构造全等三角形； 【尝试应用】 （1）请按照小明的思路，选择其中一种方法进行证明； （2）如图2，正方形网格中，点A，B，C，D为格点，AB交CD于点O．求sin∠AOC的值； （3）如图3，点P是线段AB上的动点，分别以AP，BP为边在AB的同侧作正方形APCD与正方形PBEF，连接DE分别交线段BC，PC于点M，N． ①求∠DMC的度数； ②连接AC交DE于点H，直接写出的值． 36．（2026•天山区模拟）【动手实践】如图1，将正方形纸片ABCD沿AE折叠，使点B落在正方形纸片ABCD内点B'处，延长EB'交CD于点F，连接AF，求∠EAF的度数． 【深入探究】如图2，先将正方形纸片ABCD对折，折痕为MN，再将正方形纸片ABCD沿AE折叠，使点B落在折痕MN上的点B′处，延长EB'交CD于点F，连接AF，BB'． ①求证：△ABB′是等边三角形； ②若正方形ABCD的边长为3，求△EAF的面积． 【拓展迁移】如图3，将（2）中的边DC向左平移至D'C'分别交AD，BC于点D'，C'，且经过点B'，求的值． 37．（2026•鄂尔多斯模拟）在平行四边形中，进行如下折叠： （1）如图1，将▱ABCD沿EF折叠，使点C与点A重合，折痕与BC，AD边分别交于点E，F，求证：CE＝AF； （2）如图2，E，F分别是BC，AD边上的动点，连接EF，将▱ABCD沿EF折叠，点D落在点D′处，点C落在点C′处，EC′交AB于点G，C′D′分别交AB，AD于点H，K，如果FK＝EG，请猜想BE和DF的数量关系，并说明理由： （3）在图1的基础上，连接BF与AE交于点H，如图3所示，若AB＝2，BC＝4，∠BCD＝60°，请直接写出△BEH的面积． 38．（2026•林州市校级模拟）定义：我们把函数的“变化率”规定为研究函数增减快慢的量，对于函数y＝f（x），任取两个不相等的自变量x1，x2，记Δx＝x2﹣x1，Δy＝f（x2）﹣f（x1），则叫做函数在x1到x2的平均变化率． 特别地： 1．若对于任意x1，x2，平均变化率为定值，则称该函数为常变率函数，这个定值叫做该函数的固定变率；例如正比例函数y＝3x，平均变化率恒为3，故其固定变率为3； 2．若平均变化率随自变量变化，当x2无限趋近于x1（记x1＝x）时，的定值叫做函数在x处的瞬时变率，记作f′（x）； 3．瞬时变率的计算规则：可通过代数变形消去Δx（x2＝x1+Δx），再直接去掉Δx，即可得到f′（x）． （1）已知一次函数y＝2x﹣5，记其表达式为f′（x）＝2x﹣5 ①求该函数的固定变率f′（x）； ②若一次函数g（x）＝mx+n的固定变率为﹣3，且过点（2，7），求g（x）的解析式． （2）已知反比例函数 ①按定义推导该函数的瞬时变率f′（x）（用含k，x的式子表示）； ②若k＝8，点在f（x）的图象上，过A作AB⊥x轴于B，点C在x轴正半轴上，且BC＝2，记直线AC的斜率为kAC，当f′（a）＝kAC时，求△ABC面积的最大值与最小值． （3）已知二次函数f（x）＝ax2+bx+4（a≠0），其图象与y轴交于点D ①按定义推导该二次函数的瞬时变率f′（x）（用含a，b，x的式子表示）； ②若a＝1，b＝﹣2，过点D作直线L，使得直线L的斜率等于f（x）在点（t，f（t）处的瞬时变率，直线L与f（x）的图象交于另一点E，点F为f（x）图象的顶点，连接EF，DF，记△DEF的面积为S，求E的坐标； ③在②的条件下，点P在f（x）的图象上，且点P的横坐标为m，其瞬时变率f′（m）满足f′（m）≤6，求S关于t的函数解析式，并求S的最大值与最小值及对应m的取值范围． [f（x）即函数值，例如y＝2x﹣5可表示为f（x）＝2x﹣5，即f（x）＝y] 39．（2026•长治一模）综合与探究 如图1：△ABC中，AB＝AC＝13，BC＝10，点D在边AC上，． （1）求证：△ABC∽△BDC； （2）如图2所示，将△ABD绕点B顺时针旋转得到△A′BD′（点A的对应点为A′，点D的对应点为D′）． ①当点A′落在BC的延长线上时，过点B作BF∥AC交A′D′的延长线于点F，猜想CA′，BF、AB之间的数量关系，并说明理由； ②当AD所在的直线与BD′所在的直线垂直时，直接写出点A与点A′之间的距离． 40．（2026•安徽模拟）如图1是一个高脚杯的截面图，杯体CPD呈抛物线形（杯体厚度不计），点P是抛物线的顶点，AB为杯底，点O是AB的中点，且OP⊥AB，OP＝CD＝6，杯子的高度（即CD，AB之间的距离）为15．以O为原点，AB所在直线为x轴，OP所在直线为y轴建立平面直角坐标系． （1）求杯体CPD所在抛物线的解析式； （2）将放在水平桌面上的装有饮料的高脚杯绕点B顺时针旋转60°，液面恰好到达点D处（DQ∥l）．如图2． （ⅰ）请你以AB的中点O为原点，AB所在直线为x轴，OP所在直线为y轴建立平面直角坐标系，并求出DQ与y轴的交点坐标； （ⅱ）求此时杯子内液体的最大深度． 41．（2026•镜湖区校级一模）在边长为4的正方形ABCD中，M是AD边的中点，点E是AB边上的一个动点，连接EM并延长交射线CD于点F． （1）如图1，连接CM，当AE＝1时，求证：CM⊥EF； （2）过点M作EF的垂线交射线BC于点G，连接EG，FG． （ⅰ）如图2，求证：MG＝2ME； （ⅱ）如图3，当△BEG∽△CGF时，求tan∠BGE的值． 42．（2026•芜湖二模）已知抛物线y＝ax2+bx+c（a，b，c是常数，ab≠0，且a＞0）的最小值是﹣1． （1）若该抛物线的对称轴为直线x＝1，并且经过点（﹣1，3），求抛物线对应的函数表达式． （2）若直线y＝ax+c经过抛物线y＝ax2+bx+c的顶点． ①求抛物线的顶点坐标； ②A（p﹣4，y1），B（p，y2）是抛物线上的两点，且y1＞y2，求p的取值范围． 43．（2026•孝昌县一模）如图，抛物线与x轴交于A，B两点（点B在点A的右侧），与y轴交于点C．直线y＝2x+2经过A，C两点． （1）求a的值； （2）判断△ABC的形状，并说明理由； （3）定义：如果一个矩形的两个顶点位于三角形的一条边上，另外两个顶点分别位于三角形的另外两条边上，那么这个矩形就是这个三角形的内接矩形．若点E在AC上，点F在BC上，四边形EFGH是△ABC的内接矩形，设EF＝m，矩形EFGH的面积记为S． ①求S关于m的函数关系式； ②直接写出矩形EFGH的面积最大时，矩形在AB边上的顶点的坐标． 44．（2026•雁塔区校级二模）问题探究： （1）如图1，在⊙O中，点C是优弧AB上一点，点P在⊙O外，且C、P在直线AB的同侧，则∠C与∠P的大小关系为∠C　 　 ∠P（填“＜”“＝”或“＞”）； （2）如图2，在Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝BC＝2，点E是BC的中点．若点P是边AC上一点，试求PB+PE的最小值； 问题解决： （3）如图3，社区便民步道l与主干道OD相交于点D，步道入口C到D的距离为500m，C到主干道OD的距离CO为300m．步道上有一休息椅M，它到点D的距离为250m．现需要在主干道OD上设置一段长5m的便民服务宣传栏AB，为节约成本，需使步道入口C到A、休息椅M到B的路程和最短（即CA+MB最小），且居民在步道上散步时，希望在点P处能以最佳视角（即∠APB最大）看清宣传栏AB上的内容，求点P到路口D的距离． 45．（2026•浙江一模）如图，正方形ABCD，直线DA绕点D顺时针旋转α至DE（0°≤α≤45°），作A关于直线DE的对称点F，AF交DE于点G，连CF交DE于点H，连BH交AC于点M．小明在探究DHC与α的大小关系时，发现其对应如下： α 10° 20° 30° α ∠DHC 45° 45° ①　 　 ②　 　 （1）请填表，并证明结论②； （2）求证：BH∥AF； （3）在直线DA旋转过程中，试探究线段AM与线段CM的比（用含α的式子表示）． 【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（20-17） 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 B A C B A D C D D B B A D A 一．选择题（共15小题） 1．（2026•武威一模）如图，已知二次函数y＝ax2+bx+c的图象与x轴交于（﹣3，0），顶点是（﹣1，m），则以下结论：①abc＞0；②4a+2b+c＞0；③若y≥c，则x≤﹣2或x≥0；④．其中正确的是（　　） A．①②③④ B．②③④ C．②③ D．①④ 【解答】解：①∵抛物线开口向上，对称轴在y轴左边，与y轴交于负半轴， ∴a＞0，b＞0，c＜0， ∴abc＜0，故结论①错误； ②∵二次函数y＝ax2+bx+c的图象与x轴交于（﹣3，0），顶点是（﹣1，m）， ∴抛物线与x轴的另一个交点为（1，0）， ∵抛物线开口向上， ∴当x＝2时，y＝4a+2b+c＞0，故结论②正确； ③由题意可知对称轴为：直线x＝﹣1， ∴， ∴b＝2a， 把y＝c，b＝2a代入y＝ax2+bx+c得：ax2+2ax+c＝c， ∴x2+2x＝0， 解得x＝0或﹣2， ∴当y≥c，则x≤﹣2或x≥0，故结论③正确； ④把（﹣1，m），（1，0）代入y＝ax2+bx+c得：a﹣b+c＝m，a+b+c＝0， ∴， ∵b＝2a， ∴， ∵抛物线与x轴的另一个交点为（1，0）， ∴a+b+c＝0， ∴， ∴，故④错误． 故选：C． 2．（2026•惠安县一模）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC，AD平分∠BAC，CE⊥AB于E，交AD于点F，若EF＝1，则BD的长是（　　） A． B．2 C． D． 【解答】解：取AD的中点M，连接ME， ∵BC＝AC，CE⊥AB， ∴E是AB的中点， ∴ME是△ABD的中位线， ∴BD＝2ME，ME∥BD， ∴∠EMF＝∠ADC， ∵AD平分∠BAC， ∴∠EAF＝∠CAD， ∵CE⊥AB于E， ∴∠AEF＝∠ACB＝90°， ∴∠AFE＝∠ADC， ∴∠AFE＝∠EMF， ∴ME＝EF＝1， ∴BD＝2ME＝2． 故选：B． 3．（2026•正定县一模）如图，抛物线y＝x2﹣5x﹣6与x轴交于点A，B，与y轴交于点C，点D为直线BC上一点，且横坐标为7，将线段CD沿y轴上下平移，当线段CD与抛物线有唯一交点时，设点C的纵坐标为a，则a的取值范围是（　　） A．﹣6＜a≤1或a＝﹣15 B．﹣7＜a≤1或a＝﹣9 C．﹣6≤a≤2或a＝﹣15 D．﹣7＜a≤2或a＝﹣9 【解答】解：在y＝x2﹣5x﹣6中，当y＝0时，x2﹣5x﹣6＝0， 解得x＝6或x＝﹣1， ∴B（6，0），A（﹣1，0）， 当x＝0时，y＝﹣6， ∴C（0，﹣6）； 设直线BC的解析式为y＝kx+b， ∴， ∴， ∴直线BC的解析式为y＝x﹣6， 在y＝x﹣6中，当x＝7时，y＝1， ∴D（7，1）， 设D（7，1）向上平移n个单位长度时，落在抛物线上， ∴此时D（7，1+n）， ∴72﹣5×7﹣6＝1+n， 49﹣35﹣6＝1+n， 8＝1+n， 解得n＝7， ∴平移后C（0，1）， ∴当线段CD沿y轴向上平移，且当线段CD与抛物线有唯一交点时，﹣6＜a≤1； 当线段CD沿y轴向下平移，当线段CD与抛物线有唯一交点时， 设直线BC向下平移m个单位，则平移后直线为y＝x﹣6﹣m， ∴直线BC与抛物线有唯一交点， ∴x2﹣5x﹣6＝x﹣6﹣m，即方程x2﹣6x+m＝0有两个相等的实数解， ∴Δ＝（﹣6）2﹣4m＝0， 36﹣4m＝0， 解得m＝9， 此时a＝﹣6﹣9＝﹣15， 综上：当线段CD与抛物线有唯一交点时，﹣6＜a≤1或a＝﹣15． 故选：A． 4．（2025•广元）已知抛物线y＝ax2+bx+c（a，b，c是常数且a≠0）的自变量x与函数y的部分对应值如表： x … 0 1 2 3 4 … y … m ﹣4 n ﹣4 s … 其中0＜m＜2．以下结论：①abc＜0；②若抛物线经过点（﹣2，y1），（7，y2），则y2＞y1；③关于x的方程|ax2+bx+c|+1﹣s＝0有两个不相等的实数根；④s+n＜﹣4；⑤当m＝1，t≤x≤t+2时，y的最小值是1，则t＝2或4．其中正确的结论有（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【解答】解：∵当x＝1和x＝3时，均有y＝﹣4， ∴点（1，﹣4）和点（3，﹣4）关于对称轴对称， ∴抛物线的对称轴为， ∴抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）的对称轴为， ∴b＝﹣4a， ∴抛物线的解析式为y＝ax2﹣4ax+c， 又∵当x＝0时，y＝c，由表格可知当x＝0时，y＝m， ∴c＝m， ∵0＜m＜2， ∴m＞﹣4， ∴抛物线的开口向上， ∴a＞0，c＞0，b＝﹣4a＜0， ∴abc＜0，故①正确； 由①可知抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）开口向上，对称轴为x＝2， ∵|7﹣2|＝5，|﹣2﹣2|＝4， ∴5＞4， ∵开口向上的抛物线离对称轴越远的点对应的y值越大， ∴y2＞y1故②正确； ∵抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）开口向上，对称轴为x＝2， ∴（0，m）与（4，s）关于对称轴对称， ∴m＝s，由①可知m＝c， ∴m＝s＝c， ∵0＜s＜2，当s＞1时，0＜s﹣1＜1，把方程|ax2+bx+c|+1﹣s＝0整理得：|ax2+bx+c|＝s﹣1， ∴|ax2+bx+c|＝s﹣1有4个根； 当s＝1时，方程为|ax2+bx+c|＝0， ∴方程有2个根；当s＜1时，s﹣1＜0，则有|ax2+bx+c|＝s﹣1＜0， ∴方程|ax2+bx+c|+1﹣s＝0无实根，故③错误； ∵x＝2时，n＝4a+2b+c，当x＝1时，a+b+c＝﹣4，当x＝3时，9a+3b+c＝﹣4，可得b＝﹣4a，c＝3a﹣4， ∴n＝4a+2b+c＝﹣a﹣4，s＝m＝c＝3a﹣4， ∴s+n＝2a﹣8， ∵0＜m＜2， ∴0＜3a﹣4＜2，解得：， ∴，故④正确； ∵当m＝1时，m＝c＝s＝1，此时抛物线过点（0，1），（4，1），抛物线y＝ax2+bx+1与y＝1交于点（0，1），（4，1）， ∵t≤x≤t+2时最小值为1， ∴t+2≤0或t≥4，当t+2≤0时，t≤﹣2， ∴t＝﹣2或t＝4，与结论t＝2不符合，故⑤错误． 综上所述，正确结论为①②④，共3个． 故选：C． 5．（2026•水磨沟区模拟）如图，在矩形纸片ABCD中，AB＝2，BC＝4，点E是边CD的中点，点M，N分别是边AD，BC上一点，将纸片ABCD沿直线MN对折，使点A与点E重合，AB的对应边EF与CN交于点G．则下列结论：①AM＝2；②CG；③MD•CG＝1；④tan∠FNG．其中正确结论的个数有（　　） A．4个 B．3个 C．2个 D．1个 【解答】解：①∵四边形ABCD是矩形， ∴AD＝BC＝4，AB＝CD＝2，∠A＝∠B＝∠C＝∠D＝90°， ∵点E是边CD的中点， ∴DE＝CECD＝1， 设AM＝x，则DM＝4﹣x， 由折叠得EM＝AM＝x， 在Rt△DEM中，DE2+DM2＝EM2， ∴12+（4﹣x）2＝x2， 解得：x， ∴AM，故①错误； ②由折叠得∠MEF＝∠A＝90°， ∴∠MED+∠GEC＝90°， ∵∠MED+∠EMD＝90°， ∴∠GEC＝∠EMD， ∵∠C＝∠D＝90°， ∴△EGC∽△MED， ∴， ∵DM＝4， ∴CG，故②正确； ③由②得：MD，CG， ∴MD•CG1，故③正确； ④由折叠得∠F＝∠B＝90°， ∴∠F＝∠C＝90°， ∵∠FGN＝∠CGE， ∴90°﹣∠FGN＝90°﹣∠CGE， 即∠FNG＝∠CEG， ∴tan∠FNG＝tan∠CEG，故④正确； 综上所述，正确结论的个数有3个． 故选：B． 6．（2026•天山区模拟）我国著名数学家华罗庚有快速求整数立方根的方法：要得到的结果，可以按如下步骤思考： 第一步：确定的位数，因为103＝1000，1003＝1000000，而1000＜59319＜1000000，所以，由此得是两位数； 第二步：确定个位数字，因为59319的个位上的数是9，而只有9的立方的个位上的数是9； 第三步：确定十位数字，划去59319后面的三位319得到59，因为33＝27，43＝64，而27＜59＜64，所以的十位上的数字是3． 综合以上可得，． 根据上述方法，﹣148877的立方根是（　　） A．﹣53 B．﹣63 C．53 D．63 【解答】解：由题知， 因为（﹣50）3＝﹣125000，（﹣60）3＝﹣216000，而﹣216000＜﹣148877＜﹣125000， 所以﹣6050， 显然只有A选项符合题意． 故选：A． 7．（2026•鄂尔多斯模拟）已知二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）中，函数y与自变量x的部分对应值如表（其中n＞0）： x … ﹣n 0 n+1 … y … 10 ﹣2 10 … 根据表格提供的信息，下列说法正确的是（　　） A．该抛物线与x轴的交点坐标为（0，﹣2） B．该抛物线的对称轴是直线x＝1 C．该二次函数存在最大值 D．点A（﹣n﹣2，y1）是该抛物线上一点，则y1＞10 【解答】解：由表格可知，x＝﹣n和x＝n+1的函数值相同，该抛物线与y轴的交点坐标为（0，﹣2）， 故A错误； ∴抛物线的对称轴为， 故B错误； 又∵在对称轴的左侧，y随着x的增大而减小， ∴抛物线的开口向上，二次函数存在最小值， 故C错误； ∵点A（﹣n﹣2，y1）是该抛物线上一点，且， ∴y1＞10； 综上，只有选项D正确， 故选：D． 8．（2024•湖北校级自主招生）如图，已知锐角△ABC的顶点A到垂心H的距离等于它的外接圆半径，则∠BAC的度数为（　　） A．52° B．56° C．60° D．64° 【解答】解：如图，锐角△ABC的顶点A到垂心H的距离等于它的外接圆半径，点O是△ABC的外心，设△ABC外接圆的半径为r，连接BO并延长交⊙O于点D，连接OC，AD，CD，CH． ∴BD是⊙O的直径， ∴∠BCD＝90°， ∴CD⊥BC， ∵H是△ABC的垂心， ∴AD⊥BC， ∴AH∥CD， 同理：AD∥CH， ∴四边形AHCD是平行四边形， ∴CD＝AH＝r， ∵点O是△ABC外接圆的圆心， ∴OC＝OD＝r， ∴OC＝OD＝CD＝r， ∴△OCD是等边三角形， ∴∠BDC＝60°， ∴∠BAC＝∠BDC＝60°． 故选：C． 9．（2026•长治一模）如图，在扇形MON中，∠MON＝105°，半径OM＝6，将扇形MON沿直线PN折叠，点O恰好落在MN上的点Q处，折痕交OM于点P，则阴影部分的面积为（　　） A． B． C． D． 【解答】解：连接OQ，交PN于E， 由条件可知PN⊥OQ，QE＝OE＝3，∠QNE＝∠ONE，ON＝NQ＝6， ∴∠NEO＝90°，△QON是等边三角形， ∴∠QON＝∠QNO＝60°， ∵∠MON＝105°， ∴∠POQ＝∠MON﹣∠QON＝45°， ∵∠OEP＝90°， ∴PE＝OE＝3， ∴阴影部分的面积 ＝S扇形MOQ﹣S△POQ ． 故选：D． 10．（2026•安徽模拟）如图，已知△ABC是等腰三角形，AB＝AC，∠BAC＝120°，AD⊥BC于点D，点P是BA延长线上一点，点O是线段AD上一点，OP＝OC，则以下结论错误的是（　　） A．直线AD是线段BC的垂直平分线 B．∠APO+∠DCO＝30° C．△OPC是等边三角形 D．AB＞AO+AP 【解答】解：∵△ABC是等腰三角形，AB＝AC，AD⊥BC， ∴直线AD是线段BC的垂直平分线，故A正确； 如图所示，连接OB， ∵∠BAC＝120°， ∴BD＝CD，， ∴OB＝OC，∠ABC＝90°﹣∠BAD＝90°﹣60°＝30°， ∵OP＝OC， ∴OB＝OC＝OP， ∴∠APO＝∠ABO，∠DCO＝∠DBO， ∴∠APO+∠DCO＝∠ABO+∠DBO＝∠ABD＝30°，故B正确， ∴∠APC+∠DCP＝180°﹣∠ABD＝150°， ∵∠APO+∠DCO＝30°， ∴∠OPC+∠OCP＝150°﹣30°＝120°， ∴∠POC＝180°﹣（∠OPC+∠OCP）＝180°﹣120°＝60°， ∵OP＝OC， ∴△OPC是等边三角形．故C正确； 如图，在AC上截取AE＝PA，连接PE， ∵∠PAE＝180°﹣∠BAC＝60°， ∴△APE是等边三角形， ∴∠PEA＝∠APE＝60°，PE＝PA， ∴∠APO+∠OPE＝60°， ∵∠OPE+∠CPE＝∠CPO＝60°， ∴∠APO＝∠CPE， 在△OPA和△CPE中， ， ∴△OPA≌△CPE（SAS）， ∴AO＝CE， ∴AB＝AC＝AE+CE＝AO+AP，故D错误， 故选：D． 11．（2026•肥东县校级一模）如图，在正方形ABCD中，E为BC上一点，过点E作EF∥CD，交AD于F，交对角线BD于G，取DG的中点H，连接AH，EH，FH．下列结论：①FH∥AE；②AH＝EH且AH⊥EH；③∠BAH＝∠HEC；④△EHF≌△AHD；⑤若，则．其中哪些结论是正确（　　） A．①②④⑤ B．②③④ C．①②③ D．②③④⑤ 【解答】证明：①在正方形ABCD中，∠ADC＝∠C＝90°，∠ADB＝45°， ∵EF∥CD∴∠EFD＝90°， 得矩形EFDC． 在Rt△FDG中，∠FDG＝45°， ∴FD＝FG， ∵H是DG中点， ∴FH⊥BD ∵正方形对角线互相垂直，过A点只能有一条垂直于BD的直线， ∴AE不垂直于BD， ∴FH与AE不平行． 所以①不正确． ②∵四边形ABEF是矩形， ∴AF＝EB，∠BEF＝90°， ∵BD平分∠ABC， ∴∠EBG＝∠EGB＝45°， ∴BE＝GE， ∴AF＝EG． 在Rt△FGD中，H是DG的中点， ∴FH＝GH，FH⊥BD， ∴∠AFH＝∠AFE+∠GFH＝90°+45°＝135°， ∠EGH＝180°﹣∠EGB＝180°﹣45°＝135°， ∴∠AFH＝∠EGH， ∴△AFH≌△EGH， ∴AH＝EH，∠AHF＝∠EHG， ∴∠AHF+AHG＝∠EHG+∠AHG， 即∠FHG＝∠AHE＝90°， ∴AH⊥EH． 所以②正确． ③∵△AFH≌△EGH， ∴∠FAH＝∠GEH， ∵∠BAF＝CEG＝90°， ∴∠BAH＝∠HEC． 所以③正确． ④∵EF＝AD，FH＝DH，EH＝AH， ∴△EHF≌△AHD 所以④正确． ⑤如图，过点H作HM⊥AD于点M， 设EC＝FD＝FG＝x，则BE＝AF＝EG＝2x， ∴BC＝DC＝AB＝AD＝3x，HMx，AMx， ∴AH2＝（x）2+（x）2x2， S四边形DHEC＝S梯形EGDC﹣S△EGH （2x+3x）•x2x2 S△AHEAH•EHAH2x2 ∴． 所以⑤不正确． 故选：B． 12．（2026•芜湖二模）如图，正方形ABCD中，AB＝4，F是AB边上一点，连接CF，过点B作BE⊥CF于点E，连接AE并延长，交BC于点G，若AF＝2，则BG的长为（　　） A．1 B． C． D． 【解答】解：过点E作EH⊥AB于点H，如图所示： ∴∠AHE＝90°， ∵四边形ABCD是正方形，且AB＝4，∠ABC＝90°， ∴BC＝AB＝4， ∵AF＝2， ∴BF＝AB﹣AF＝2， 在△BCF中，由勾股定理得：CF， ∴BE⊥CF于点E， ∴由三角形的面积公式得：S△BCFCF•BEBC•BF， ∴BE， 在Rt△BEF中，由勾股定理得：EF， ∵∠AHF＝∠ABC＝90°， ∴EH∥BC， ∴△FHE∽△FBC， ∴， ∴FH•CF＝FB•EF， ∴， ∴FH， ∴AH＝AF+FH， 在Rt△FEH中，由勾股定理得：EH， ∵EH∥BC， ∴△AHF∽△ABG， ∴， ∴BG•AH＝AB•EH， ∴， ∴BG． 故选：B． 13．（2026•孝昌县一模）如图，在正方形ABCD中，点E在BC的延长线上，点F是CD的中点，连接EF并延长交AD于点G，连接BG，BF．若AB＝4CE＝4，则sin∠FBG＝（　　） A． B． C． D．2 【解答】解：∵正方形ABCD中，AB＝4， ∴BC＝CD＝AD＝4，∠BCD＝∠D＝90°， ∵4CE＝4， ∴CE＝1， ∵F是CD的中点， ∴DF＝FC＝2， ∵∠D＝∠ECF＝90°，∠DGF＝∠E，DF＝FC， ∴△DGF≌△CEF（AAS）， ∴DG＝CE＝1，GF＝EF， 在Rt△ABG中，AG＝AD﹣DG＝3，AB＝4， ∴． ∵BE＝BC+CE＝5， ∴BG＝BE， ∵FG＝FE， ∴BF⊥EG， ∴∠BFG＝90°， ∵DG＝1，DF＝2， ∴FG， ∴． 故选：A． 14．（2026•雁塔区校级二模）在平面直角坐标系中，将抛物线y＝x2﹣2mx+m2﹣6m+3（m为常数）关于x轴对称得到的新抛物线与原抛物线顶点间的距离为12，则m的值为（　　） A． B． C．或 D．或 【解答】解：由题知， 因为y＝x2﹣2mx+m2﹣6m+3＝（x﹣m）2﹣6m+3， 所以原抛物线的顶点坐标为（m，﹣6m+3）， 则该抛物线关于x轴对称后所得新抛物线的顶点坐标为（m，6m﹣3）． 因为新抛物线与原抛物线顶点间的距离为12， 所以|﹣6m+3﹣（6m﹣3）|＝12， 解得m或． 故选：D． 15．（2026•浙江一模）如图，矩形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，点A′是点A关于直线BD的对称点，连结A′B交CD，AC于点E，F，连结OE．若CF＝3，OF＝2，则OE的长度为（　　） A． B． C． D． 【解答】解：∵在矩形ABCD中，对角线AC，BD交于点O， ∴AB＝CD，AB∥CD，， ∴∠BCD＝90°， ∴∠EDB＝∠ABD， 由轴对称的性质可得∠ABD＝∠ABD， ∴∠EBD＝∠EDB， ∴ED＝EB， ∵OD＝OB， ∴OE⊥BD， ∴∠EOD＝∠EOB＝90°； ∵CF＝3，OF＝2， ∴OB＝OA＝OD＝OF+CF＝5， ∴AF＝OA+OF＝7； ∵AB∥CD， ∴△ABF∽△CEF， ∴， 设AB＝CD＝7x，CE＝3x，则ED＝EB＝CD﹣CE＝4x， 在Rt△BCE中，由勾股定理得BCx； ∵∠EOD＝∠BCD＝90°，∠EDO＝∠BDC， ∴△EOD∽△BCD， ∴， 即， ∴OE， 故选：A． 二．填空题（共15小题） 16．（2026•武威一模）一个几何体由几个大小相同的小立方块搭成，它的主视图、俯视图如图所示，则搭成这个几何体的小立方块至少有 　9　 个． 【解答】解：搭成这个几何体的小立方块最少可以为如图所示： 故搭成该几何体的小立方块的个数最少1+1+2+3+1+1＝9（个）． 故答案为：9． 17．（2026•惠安县一模）已知抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0），当y≥1时，﹣1≤x≤m，且0＜m＜1，下列四个结论：①a＜0；②b＞0；③若0＜n＜1，则a（n﹣1）2+b（n﹣1）+c＞1；④若a＝﹣1，则直线y＝2与抛物线y＝ax2+bx+c无交点．其中结论正确的是　①③④　 ．（填写序号） 【解答】解：由题意，∵当y≥1时，﹣1≤x≤m， ∴对称轴为直线x，a＜0，故①正确； ∵0＜m＜1， ∴0，则0， ∴b＜0，故②错误； ∵0＜m＜1， ∴点（﹣1，1）与（m，1）距离为m+1＞1， ∵a＜0，抛物线开口向下，顶点在y轴左侧，且纵坐标大于1， 当0＜n＜1时，﹣1＜n﹣1＜0，此区间内函数值均大于1， 即a（n﹣1）2+b（n﹣1）+c＞1，故③正确； 由题意，∵a＝﹣1， ∴，即﹣1＜b＜0， 又∵当a＝﹣1时，抛物线解析式为y＝﹣x2+bx+c， 设顶点纵坐标为， 由题意，∵抛物线y＝﹣x2+bx+c（a，b，c是常数，a＜0）经过（﹣1，1）， ∴﹣1﹣b+c＝1， ∴c＝b+2， ∴tcb2+b+2（b+2）2+1， ∵﹣1＜b＜0，， ∴当b＝0时，t取得最大值为2，而b＜0， ∴关于x的一元二次方程ax2+bx+c＝2无解， ∴直线y＝2与抛物线y＝ax2+bx+c无交点，故④正确． 故答案为：①③④． 18．（2026•正定县一模）如图，正方形ABCD中，点P为BD（BD＞6）上一动点，连接AP，过点P作PQ⊥AP交CD边所在直线于点Q．点P从点B出发，沿BD方向移动，若移动的路径长为6，则AQ的中点M移动的路径长为　3　 ． 【解答】解：当点P在点B处时，点M在正方形对角线的交点处， 连接AC交BD于点M，作PN⊥CD于点N，PF⊥AD于点F，延长FP交BC于点E， 则∠PNC＝∠PNQ＝∠PFA＝∠BEF＝∠CEF＝90°， ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠CBP＝45°，AP＝PC，PF＝PN，∠ADC＝∠BCD＝90°，点M是AC的中点， ∴∠FPN＝90°，四边形PNCE是矩形， ∴∠NPQ+∠QPF＝90°，CN＝PE， ∵PQ⊥AP， ∴∠APF+∠QPF＝90°， ∴∠NPQ＝∠APF， ∴△APF≌△QPN， ∴AP＝PQ， ∴CP＝PQ， ∴CQ＝2CN， ∵BP＝6， ∴PE＝3， ∴CN＝3， ∴CQ＝6， ∵点M′是AQ的中点， ∴MM′CQ＝3， ∴AQ的中点M移动的路径长3， 故答案为：3． 19．（2024•东莞市校级自主招生）如图，在正方形ABCD和正方形AEFG中，AB＝5，AE＝4，将正方形AEFG绕点A旋转，连接CG，当∠ABG最大时，则CG的长为 　或　 ． 【解答】解：由题意可知，点G的运动轨迹是以A为圆心，AG为半径的圆，当BG与⊙A相切时，∠ABG的值最大； 当点G在AB右侧时，如图，过点G作GM⊥CB交CB的延长线于点M，过点G作GN⊥AB于点N， 易证四边形BNGM为矩形， 在正方形ABCD中，AB＝BC． ∵BG是⊙A的切线， ∴AG⊥BG， ∵AB＝5，AG＝4， ∴BG＝3， ∵∠GAN＝∠BAG，∠AGB＝∠ANG， ∴△ABG∽△AGN， ∴， ∴NG，AN， ∴MG＝BN＝AB﹣AN，CM＝CB+BM＝AB+NG＝5， ∴CG； 当点G在AB左侧时，如图，过点G作GM⊥CD于点M，过点G作GN⊥AB于点N， ∵四边形ABCD是正方形， ∴四边形BNMC为矩形， ∵BG是⊙A的切线， ∴AG⊥BG， ∵AB＝5，AG＝4， ∴BG＝3， ∵∠GAN＝∠BAG，∠AGB＝∠ANG， ∴△ABG∽△AGN， ∴， ∴NG，AN， ∴MG＝MN﹣NG＝BC﹣NG，MC＝CD﹣DM＝AB﹣AN＝5， ∴CG； 则答案为：或． 20．（2026•水磨沟区模拟）已知a≠0且a≠1，我们定义，记为，记为a2；…；，记为an．若将数组中的各数分别作f1的变换，得到的数组记为（a1，b1，c1）；将（a1，b1，c1）作f2的变换，得到的数组记为（a2，b2，c2）；…．则a1+b1+c1+a2+b2+c2+…+a2026+b2026+c2026的值为　4164.5　 ． 【解答】解：由题知， ； ； ； ； …， 由此可见，从第一组数开始，所得数组按（），（），（）循环出现． 因为﹣1且2026÷3＝675余1， 所以a1+b1+c1+a2+b2+c2+…+a2026+b2026+c2026＝6754164.5． 故答案为：4164.5． 21．（2026•天山区模拟）如图，矩形ABCD中，AB＝9，BC＝15，将该矩形绕着点A旋转，得到四边形AB1C1D1，使点D在直线B1C1上，那么线段BB1的长度是　或　 ． 【解答】解：当点B1在矩形ABCD内部时，如图， 由旋转可知，AB1＝AB＝9，BC＝B1C1＝AD＝15， 在Rt△AB1D中，B1D12， ∴DC1＝B1C1﹣B1D＝15﹣12＝3， 在Rt△C1D1D中，DD13， ∵AB＝AB1，AD＝AD1， ∴， ∵∠BAB1＝∠DAD1， ∴△ABB1∽△ADD1， ∴，即， ∴BB1； 当点B1在矩形ABCD外部时，如图， 同理可得，DB112，C1D＝DB1+B1C1＝12+15＝27，DD19， ∵△ABB1∽△ADD1， ∴，即， ∴BB1 综上所述，BB1的长为或； 故答案为：或． 22．（2026•鄂尔多斯模拟）如图，在矩形ABCD中，M为AB的中点，连接MD，E为MD中点，连接BE，CE，若∠BEC为直角，则tan∠ADM的值为　　 ． 【解答】解：延长BE交CD延长线于点F，过点E作EG⊥BC于G， ∵四边形ABCD是矩形， ∴AB∥CD，AD＝BC， ∴∠BME＝∠FDE，∠ABE＝∠F， ∵E为MD中点， ∴ME＝ED， ∴△BME≌△FDE（AAS）， ∴BE＝EF，BM＝DF， ∵∠BEC＝90°， ∴BC＝CF， ∵∠BCF＝90°， ∴△BCF是等腰直角三角形， ∴∠FBC＝∠F＝45°， ∵∠BEC＝90°， ∴∠BCE＝45°， ∴BE＝EC＝EF， 设AD＝BC＝n，AM＝MB＝m， ∵EG⊥CB，FC⊥BC， ∴EG∥FC， ∵∠EBG＝∠FBC＝45°， ∴△EBG∽△FBC， ∴，即， ∴， ∵△BEC是等腰直角三角形， ∴， ∴，即n＝3m， ∴． 故答案为：． 23．（2020•浙江自主招生）如图，在正方形ABCD中，E是AD的中点，AF⊥BE于点F，以BF为直径的圆与BC交于点G，则的值为 　　 ． 【解答】解：连接FG，如图所示： ∵在正方形ABCD中，E是AD的中点，AF⊥BE于点F． ∴AE＝EDAB， ∴∠EFA＝90°＝∠EAB， ∵∠FEA＝∠AEB， ∴△FEA∽△AEB， ∴， ∴EFAF， 设EF＝k， ∴AF＝2k， ∵∠EAF＝∠ABF， ∵∠AFE＝∠BFA＝90°， ∴△AFE∽△BFA， ∴， ∴BF＝4k， ∴BE＝5k， 设正方形的边长为2a，∴BEa， ∴ka， ∵BF是圆的直径， ∴∠BGF＝90°， ∵∠AEF＝∠FBG， ∠AFE＝∠BGF＝90°， ∴△AFE∽△FGB ∴FG＝2BG， ∵BF＝4ka， ∴BGa， ∴GC＝2a﹣BG＝2aaa， ∴， 故答案为：． 24．（2026•长治一模）如图，边长为2的正方形ABCD中，点E为CD的中点，连结BE，将△BCE沿BE折叠得到△BC′E，连接C′D，则C′D的长为　　 ． 【解答】解：如图，过点E作EF⊥C′D于点F， ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠C＝90°， ∵点E为CD的中点， ∴， 由翻折的性质可得， ∠BC′E＝∠C＝90°，BC′＝BC＝2，C′E＝CE＝DE＝1，∠BEC＝∠BEC′， ∴△DEC′为等腰三角形，且C′D＝2C′F，∠FEC′＝∠FED， ∴∠FEC′+∠BEC′＝90°， ∴∠C′BE＝∠C′EF＝90°﹣∠BEC′， 又∵∠BC′E＝∠EFC′＝90°， ∴△BEC′∽△EC′F， 由勾股定理得， ∴， ∴， ∴． 故答案为：． 25．（2026•芜湖二模）如图，已知矩形ABCD，连接BD，点P是AD上一点，且∠PBD＝∠CBD． （1）若AB＝4，BC＝6，则AP＝　　 ； （2）连接CP交BD于点Q，若CQ＝CD，则　　 ． 【解答】解：（1）在矩形ABCD中，AD∥BC， ∴∠PDB＝∠CBD， ∵∠PBD＝∠CBD， ∴∠PBD＝∠PDB， ∴BP＝DP， 设AP＝x，则BP＝DP＝6﹣x， 在Rt△ABP中，AB2+AP2＝BP2， 即42+x2＝（6﹣x）2， 解得， 则； （2）∵CQ＝CD， ∴∠CDQ＝∠CQD， 又∵∠PBD＝∠CBD，∠CDQ+∠PDB＝∠ADC＝90°，∠CQD＝∠PQB， ∴∠PBD+∠PQB＝90°， ∴∠BPC＝90°， 设AP＝m，DP＝n，则BC＝AD＝m+n，BP＝DP＝n， ∴CP2＝CD2+DP2＝2n2﹣m2，AB2＝CD2＝BP2﹣AP2＝n2﹣m2， 在Rt△BPC中，BP2+CP2＝BC2， 即n2+2n2﹣m2＝（m+n）2， 整理得m2+mn﹣n2＝0， 即， 设，即t2+t﹣1＝0， 解得或（舍去）， ∴． 26．（2026•肥东县校级一模）如图，点D、E、F分别在△ABC的边AB、AC、BC上，，DE∥BC，EF∥AB． （1）　　 ； （2）连接DF，若点M是DF的中点，连接CM并延长交AB于点N，则　　 ． 【解答】解：（1）∵DE∥BC，， ∴， ∵EF∥AB， ∴， ∴； 故答案为：； （2）如图，过点F作FG∥CN交AB于点G， ∴△DNM∽△DGF， ∴， ∵点M是DF的中点， ∴， ∴， ∴N是DG的中点， ∴MN是△DGF的中位线， ∴GF＝2MN，设MN＝a， ∴GF＝2a， ∵FG∥CN， ∴△BFG∽△BCN， ∴，由（1）得， ∴， ∴CN＝4FG＝8a， ∴CM＝CN﹣MN＝8a﹣a＝7a， ∴CM＝7MN， ∴若点M是DF的中点，连接CM并延长交AB于点N，则． 故答案为：． 27．（2026•镜湖区校级一模）如图，在平面直角坐标系xOy中，点A，B分别是反比例函数、一次函数y2＝x+b的交点，已知A（1，2），在线段AB上取一点C，过C点作直线l平行x轴，交反比例函数y1于点D，连接OD、OC． （1）b＝　1　 ； （2）记△OCD的面积为S△OCD，则S△OCD最大值为　　 ． 【解答】解：（1）∵一次函数y2＝x+b过点A（1，2）， ∴2＝1+b， 解得b＝1． 故答案为：1； （2）∵反比例函数的图象过点A（1，2）， ∴k＝1×2＝2， ∴反比例函数解析式为y， 解方程组得或， ∴B（﹣2，﹣1）， 设C（a，a+1），则D（，a+1）， ∵点C是线段AB上的点， ∴﹣2≤a≤1， ∴CD＝|a|，O到CD的距离为|a+1|， ∴S△OCD|a|•|a+1||﹣a2﹣a+2|， ∵﹣2≤a≤1， ∴﹣a2﹣a+2≥0， ∴S△OCD|﹣a2﹣a+2|（a）2， ∴S△OCD的最大值为． 故答案为：． 28．（2026•孝昌县一模）如图中的①，▱ABCD中两条对角线AC、BD交于点O，AB＝5，点P从顶点B出发，沿B→C→D以1cm/s的速度匀速运动到点D，图②是点P运动过程中线段OP的长度y与时间t的函数关系图象，其中M、N分别是两段曲线的最低点，则点M的横坐标为 　10　 ，点N的纵坐标为 　3　 ． 【解答】解：由图可知点P在BC上运动时，OP先变小后变大， 由图象可知：点P从B向C运动时，OP的最大值为5，最小值为5， ∴BO＝5，OC＝5， 由于M是曲线部分的最低点， 此时OP最小， 如图，过O作OP1⊥BC于点P1，OP1＝5， ∴由勾股定理得：BP110， ∴点M的横坐标为10； 过点O作OP2⊥CD于点P2，如图， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴OD＝OB， 由图象可知：点P从C向D运动时，OC＝5， 又OD＝OB＝5， ∴设CP2＝x，则P2D＝5x， ∴（5）2﹣x2＝（5）2﹣（5x）2， 解得：x， 即CP2， ∴OP23， ∴点N的纵坐标为3． 故答案为：10，3． 29．（2026•雁塔区校级二模）如图，在平行四边形ABCD中，，AB＝2，∠BCD＝135°．若M、N分别是边AD、BC上的动点，且DM＝CN，作ME⊥BD，NF⊥BD，垂足分别为E、F，则ME+NF的值为　　 ． 【解答】解：根据题意，四边形ABCD是平行四边形． ∵，AB＝2，∠BCD＝135°． ∴， CD＝AB＝2•∠ABC＝180°﹣∠BCD＝180°﹣135°＝45°， 根据余弦定理：BD2＝BC2+CD2﹣2•BC•CD•cos（∠BCD）， 代入已知数值：cos135°， 由于， ∴， BD2＝36+16， BD2＝52， ， 在△BCD中，，， ∵AD∥BC， ∴∠ADB＝∠DBC． ∴sin（∠ADB）＝sin（∠DBC）， 在直角△MDE中： ME＝MD•sin（∠MDE）＝MD•sin（∠ADB）＝MD•， 在直角△NFB中： NF＝BN•sin（∠NBF）＝BN•sin（∠DBC）＝BN•， ∴， 根据题目条件，DM＝CN． 将此代入上式：， ∵点N在边BC上， ∴CN+BN＝BC． ， 将代入：•， ∴ME+NF． 答：ME+NF的值为． 30．（2026•浙江一模）如图，已知点D为⊙O的直径AB上一点，且AD＝2DB．C为⊙O上一点，满足AD＝AC，连结CD并延长交圆于点E，连结AE，过点A作AF⊥CD，若CF＝1，则EF的长为　　 ． 【解答】解：连结BE， ∵AD＝2DB，AD＝AC， ∴AB＝2DB+DB＝3DB，AC＝2DB，∠C＝∠ADC， ∵∠C＝∠B，∠ADC＝∠EDB， ∴∠B＝∠EDB， ∴BE＝DE， ∵AF⊥CD于点F，AB是⊙O的直径， ∴∠AFC＝∠AEB＝90°， ∴△AFC∽△AEB， ∴， ∵CF＝1， ∴， ∴DE， ∵AD＝AC，AF⊥CD于点F， ∴DF＝CF＝1， ∴EF＝DE+DF1， 故答案为：． 三．解答题（共15小题） 31．（2026•武威一模）在平面直角坐标系中，抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于A，B两点．与y轴交于点C．且点A的坐标为（﹣1，0），点C的坐标为（0，3）． （1）求该抛物线的解析式； （2）如图甲，若点P是第一象限内抛物线上的一动点．当点P到直线BC的距离最大时，求点P的坐标； （3）图乙中，若点M是抛物线上一点，点N是抛物线对称轴上一点，是否存在点M使得以B，C，M，N为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出点M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，B两点．与y轴交于点C．且点A的坐标为（﹣1，0），点C的坐标为（0，3）．将点A，点C的坐标分别代入得： ， 解得：， ∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+3； （2）过P作PD⊥x轴于D，交BC于Q，过P作PH⊥BC于H，如图甲， 抛物线y＝﹣x2+2x+3与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C， 当y＝0时，得：﹣x2+2x+3＝0， 解得：x＝3或x＝﹣1， ∴B（3，0）， ∵点C的坐标为（0，3）， ∴OB＝OC＝3， ∴△BOC是等腰直角三角形， ∴∠CBO＝45°， ∵PD⊥x轴， ∴∠BQD＝45°＝∠PQH， ∴△PHQ是等腰直角三角形， ∴， ∴当PQ最大时，PH最大， 设直线BC解析式为y＝kx+3，将点B的坐标代入得： 0＝3k+3， 解得：k＝﹣1， ∴直线BC解析式为y＝﹣x+3， 设P（m，﹣m2+2m+3）（0＜m＜3），则Q（m，﹣m+3）， ∴， ∵a＝﹣1＜0， ∴当时，PQ最大为， ∴时，PH最大，即点P到直线BC的距离最大，此时； （3）存在点M使得以B，C，M，N为顶点的四边形是平行四边形，点M的坐标为（2，3）或（﹣2，﹣5）或（4，﹣5）．理由如下： 抛物线y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4对称轴为直线x＝1， 设M（s，﹣s2+2s+3），N（1，t），而B（3，0），C（0，3）， ①以MN、BC为对角线，则MN、BC的中点重合，如图2， 依题意得：， 解得：， ∴M（2，3）； ②以MB、NC为对角线，则MB、NC的中点重合，如图3， 依题意得：， 解得：， ∴M（﹣2，﹣5）； ③以MC、NB为对角线，则MC、NB中点重合，如图4， ， 解得， ∴M（4，﹣5）； 综上所述，存在点M使得以B，C，M，N为顶点的四边形是平行四边形，点M的坐标为（2，3）或（﹣2，﹣5）或（4，﹣5）． 32．（2026•惠安县一模）如图，在四边形ABCD中，对角线BD⊥CD，∠BAD+∠C＝180°，过A作AE⊥CD交CD延长线于点E，作AF⊥BC于F，与BD交于点G，连接EF，分别与AD、BD交于点O、H，并连接AH． （1）求证：∠DAE＝∠BAF； （2）求证：AH⊥BD； （3）设DG＝3BG，EH＝4FH，试探究BF，DE之间的数量关系． 【解答】（1）证明：如图，在四边形ABCD中， ∵∠BAD+∠C＝180°， ∴∠ABC+∠ADC＝180°， ∵∠ADE+∠ADC＝180°， ∴∠ABC＝∠ADE， ∵AE⊥CD，AF⊥BC， ∴∠AFB＝∠AED＝90°， ∴∠DAE＝∠BAF； （2）证明：∵∠DAF＝∠BAF， ∴cos∠DAE＝cos∠BAF， ∴， ∵∠DAE+∠DAF＝∠BAF+∠DAF， ∴∠EAF＝∠DAB， ∴△EAF∽△DAB， ∴∠AEF＝∠ADB， ∵BD⊥CD，AE⊥CD， ∴∠OED＝∠ODE， ∴OE＝OD， 又∠AOE＝∠HOD． ∴△AOE≌△HOD（ASA）， ∴AE＝DH， 又AE∥DH， ∴四边形AIIDE为平行四边形， ∵∠AED＝90°， ∴四边形ADE为矩形， ∴AH⊥BD； （3）解：，理由如下： ∵AE∥DH， ∴∠EAD＝∠ADH＝∠BAG， 又∠ABG＝∠ABG， ∴△BAG∽△BDA， ∴，即BA2＝BG•BD， ∵DG＝3BG， 设BG＝a，DG＝3a，则BD＝4a， ∴BA2＝BG•BD＝a•4a＝4a2， 则BA＝2a， ∵AE∥GH， ∴， 设FG＝b，则AG＝4b， ∴AF＝5b， 由勾股定理得BF2＝BG2﹣GF2＝BA2﹣AF2， ∴a2﹣b2＝（2a）2﹣（5b）2， 解得， ∴， ∵∠AHG＝∠BFG，∠AGH＝∠BGF， ∴△AGH∽△BGF， ∴， 又AH＝DE， ∴， 即． 33．（2026•正定县一模）已知抛物线y＝ax2+bx+3（a≠0）过（3，n）和（﹣1，n）． （1）a与b之间的数量关系是b＝﹣2a ； （2）若该抛物线开口向下，当﹣3≤x≤2时，抛物线的最高点为M，最低点为N，点N的纵坐标为﹣12，求点M和点N的坐标； （3）对于该抛物线上的两点A（x1，y1），B（x2，y2），设t≤x1≤t+1，当x2≥4时，均有y1≤y2，请直接写出t的取值范围； （4）在（2）的条件下，抛物线与x轴交于点A，C，与y轴交于点B，点D是抛物线上对称轴右侧的一点，过点D作y轴的平行线交直线BC于点E，过点D，E分别作x轴的平行线交抛物线的对称轴于点G，F．过点A作BC的平行线交y轴于点H，当四边形DEFG在直线AH，直线BC之间的部分的面积恰好是四边形DEFG面积的一半时，请直接写出点D的横坐标m的值． 【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+3（a≠0）过（3，n）和（﹣1，n）， ∴（3，n）和（﹣1，n）的纵坐标相同， ∴（3，n）和（﹣1，n）是关于抛物线对称轴对称的两点， ∴抛物线的对称轴为：，即b＝﹣2a； 故答案为：b＝﹣2a； （2）∵抛物线的对称轴为：x＝1，由抛物线图象可知a＜0， ∴当﹣3≤x≤2时，抛物线的最高点M的横坐标为1，最低点N的横坐标为﹣3， ∵点N的纵坐标为﹣12， ∴点N的坐标为（﹣3，﹣12）， 由（1）知抛物线的表达式为：y＝ax2﹣2ax+3（a≠0）， ∴代入点N的坐标（﹣3，﹣12），得：9a+6a+3＝﹣12， 解得：a＝﹣1， ∴抛物线的表达式为：y＝﹣x2+2x+3， 即y＝﹣（x﹣1）2+4抛物线的顶点坐标为：（1，4）， ∴点M的坐标为（1，4）； （3）由（1）知抛物线的表达式为：y＝ax2﹣2ax+3（a≠0）， ∵抛物线上的两点A（x1，y1），B（x2，y2）， 当x2≥4时，均有y1≥y2， ∴当x2＝4时，， 根据抛物线的对称性可知，当x＝﹣2时，也有y＝&a+3， ∵t≤x1≤t+1，当x2≥4时，有y1≥y2， ∴当t+1≤4，且t≥﹣2， 解得：﹣2≤t≤3时，满足要求，有y1≥y2， ∴t的取值范围为﹣2≤t≤3； （4）由（2）知y＝﹣x2+2x+3， ∴点B（0，3），点C（3，0），点A（﹣1，0）， ∴设直线BC的表达式为：y＝kx+b， 代入点B（0，3），点C（3，0），得直线BC的表达式为：y＝﹣x+3， 设直线AH的表达式为：y＝﹣x+b2代入点A（﹣1，0），得直线AH的表达式为：y＝﹣x﹣1， ∵点D在抛物线上， ∴D（m，﹣m2+2m+3），E（m，﹣m+3）， ∵点F，G均在对称轴所在直线x＝1上， ∴xF＝xG＝1， 由题意得四边形DEFG为矩形， 如图，当点D位于第一象限时，当EG与BC共线时，满足在直线AH、BC之间的部分的面积恰好是矩形DEFG面积的一半， 此时四边形DEFG为正方形，DE＝EF， ∴yD﹣yE＝xE﹣xF，即﹣m2+2m+3﹣（﹣m+3）＝m﹣1， 解得：， ∵点D是对称轴右侧的一点， ∴m＞1，取； 如图，当D位于第四象限时，对角线不在BC上时，令AH交对称轴于N，DE交AH于M， 根据矩形对称性，当FN＝DM时，则， ∴N（1，﹣2），M（m，﹣m﹣1）， ∴yF﹣yN＝yM﹣yD， ∴﹣m+3﹣（﹣2）＝﹣m﹣1﹣（﹣m2+2m+3）， 解得：（不合题意，舍去）或综上，m的值为或． 34．（2026•乌鲁木齐一模）综合与实践 如图1，在正方形ABCD中，AB＝4，在BC上取一点G，使得，以CG为边作正方形CEFG，连接AF，DG． 【问题发现】 （1）的值是 　　 ，直线DG，AF所夹锐角的度数是 　45°　 ． 【拓展探究】 （2）如图2，正方形CEFG绕点C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）如图3，在旋转过程中，当点G到直线DC的距离为时，请直接写出AF的长． 【解答】解：（1）如图1，连接FC，连接AC交DG于O，延长DG交AF于H， ∵四边形ABCD和四边形CEFG是正方形， ∴DA＝DC，∠ADC＝∠CGF＝90°，GC＝GF，∠ACB+∠FCG＝45°+45°＝90°＝∠ACF， ∴由勾股定理得， ∴∠ACF＝∠DCG，， ∴△DGC∽△AFC， ∴，∠FAC＝∠GDC， 又∵∠AOH＝∠DOC， ∴∠AHO＝∠ACD＝45°， 故答案为：，45°； （2）上述结论成立； 证明：如图2，连接FC，连接AC交DG于O，延长DG交AF于H， ∵四边形ABCD和四边形CEFG是正方形， ∴DA＝DC，∠ADC＝∠CGF＝∠DCB＝90°，GC＝GF，∠ACB+∠FCG+∠BCG＝45°+45°+∠BCG＝90°+∠BCG＝∠ACF， 而∠DCG＝∠BCD+∠BCG＝90°+∠BCG， ∴∠DCG＝∠ACF， 由勾股定理得， ∴， ∴△DGC∽△AFC， ∴，∠FAC＝∠GDC， 又∵∠AOH＝∠DOC， ∴∠AHO＝∠ACD＝45°， ∴结论仍然成立； （3）AF的长为或．理由如下： 如图3，当点G在BC右侧，过点G作GH⊥DC交DC延长线于点H，则， ∵， 在直角三角形GCH中，由勾股定理得：， ∴DH＝DC+CH＝4+1＝5， 在直角三角形DGH中，由勾股定理得：， ∵， ∴； 如图4，当点G在BC左侧，过点GH⊥DC于点H，则， ∵， 在直角三角形GCH中，由勾股定理得：， ∴DH＝DC﹣CH＝4﹣1＝3， 在直角三角形DGH中，由勾股定理得：， ∵， ∴， 综上所述：或． 35．（2026•水磨沟区模拟）【方法提炼】解答几何问题常常需要添辅助线，其中平移图形是重要的添辅助线策略． 【问题情境】 如图1，在正方形ABCD中，E，F，G分别是BC，AB，CD上的点，FG⊥AE于点Q．求证：AE＝FG． 小明在分析解题思路时想到了两种平移法： 方法1：平移线段FG使点F与点B重合，构造全等三角形； 方法2：平移线段BC使点B与点F重合，构造全等三角形； 【尝试应用】 （1）请按照小明的思路，选择其中一种方法进行证明； （2）如图2，正方形网格中，点A，B，C，D为格点，AB交CD于点O．求sin∠AOC的值； （3）如图3，点P是线段AB上的动点，分别以AP，BP为边在AB的同侧作正方形APCD与正方形PBEF，连接DE分别交线段BC，PC于点M，N． ①求∠DMC的度数； ②连接AC交DE于点H，直接写出的值． 【解答】（1）证明：方法1：平移线段FG至BH交AE于点K，如图， 由平移的性质得FG∥BH， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AB∥CD，AB＝BC，∠ABE＝∠C＝90°， ∴四边形BFGH是平行四边形， ∴BH＝FG， ∵FG⊥AE， ∴BH⊥AE， ∴∠BKE＝90°， ∴∠KBE+∠BEK＝90°， ∵∠BEK+∠BAE＝90°， ∴∠BAE＝∠CBH， 在△ABE和△BCH中， ， ∴△ABE≌△BCH（ASA）， ∴AE＝BH， ∴AE＝FG； 方法2：平移线段BC至FH交AE于点K，如图， 则四边形BCHF是矩形，∠AKF＝∠AEB， ∴FH＝BC，∠FHG＝90°， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝BC，∠ABE＝90°， ∴AB＝FH，∠ABE＝∠FHG， ∵FG⊥AE， ∴∠HFG+∠AKF＝90°， ∵∠AEB+∠BAE＝90°， ∴∠BAE＝∠HFG， 在△ABE和△FHG中， ， ∴△ABE≌△FHG（ASA）， ∴AE＝FG； （2）解：将线段AB向右平移至FD处，使得点B与点D重合，连接CF，如图， ∴∠AOC＝∠FDC， 设正方形网格中小正方形的边长为单位1， 则AC＝2，AF＝1，CE＝2，DE＝4，FG＝3，DG＝4， 由勾股定理可得，，，DF5， ∵52， 即CF2+CD2＝DF2， ∴△DCF为直角三角形，∠FCD＝90°， ∴sin∠AOC＝sin∠FDC； （3）解：①平移线段BC至DG处，连接GE，如图， 则∠DMC＝∠GDE，四边形DGBC是平行四边形， ∴DC＝GB， ∵四边形ADCP与四边形PBEF都是正方形， ∴DC＝AD＝AP，BP＝BE，∠DAG＝∠GBE＝90°， ∴DC＝AD＝AP＝GB， ∴AG＝BP＝BE， 在△AGD和△BEG中， ， ∴△AGD≌△BEG（SAS）， ∴DG＝EG，∠ADG＝∠EGB， ∴∠EGB+∠AGD＝∠ADG+∠AGD＝90°， ∴∠EGD＝90°， ∴∠GDE＝∠GED＝45°， ∴∠DMC＝∠GDE＝45°； ②如图， ∵AC为正方形ADCP的对角线，∠DMC＝45°， ∴∠DAC＝∠PAC＝45°＝∠DMC， ∴， ∵∠HCM＝∠BCA， ∴∠AHD＝∠CHM＝∠ABC， ∴△ACB∽△ADH， ∴． 36．（2026•天山区模拟）【动手实践】如图1，将正方形纸片ABCD沿AE折叠，使点B落在正方形纸片ABCD内点B'处，延长EB'交CD于点F，连接AF，求∠EAF的度数． 【深入探究】如图2，先将正方形纸片ABCD对折，折痕为MN，再将正方形纸片ABCD沿AE折叠，使点B落在折痕MN上的点B′处，延长EB'交CD于点F，连接AF，BB'． ①求证：△ABB′是等边三角形； ②若正方形ABCD的边长为3，求△EAF的面积． 【拓展迁移】如图3，将（2）中的边DC向左平移至D'C'分别交AD，BC于点D'，C'，且经过点B'，求的值． 【解答】【动手实践】解：四边形ABCD为正方形， ∴AB＝BC＝CD＝ AD，∠ABC＝∠C＝∠D＝∠BAD＝90°， 根据折叠可得：AB'＝AB，∠AB'E＝∠B＝90°，∠BAE＝∠B′AE， ∴AB'＝AD，∠AB'F＝180°﹣90°＝90°， ∵AF＝AF， ∴Rt△AFD≌Rt△AFB'（HL）， ∴∠DAF＝∠B'AF． ∵∠BAE+∠BAE+∠DAF+∠BAF＝90°， ∴∠B'AE+∠B'AF90°＝45°， 即∠EAF＝45°； 【深入探究】①证明：根据折叠可得：AM＝BMAB，∠AMB'＝∠BMB'＝90°，AB＝AB'， ∴AMAB'， 在Rt△AMB'中，cos∠MAB'， ∴∠MAB＝'60°， ∵AB＝AB'． ∴△ABB'是等边三角形； ②根据折叠可得AE垂直平分BB'， ∵ABB'是等边三角形， ∴∠BAB'＝60°，∠BAEBAB'60°＝30°， 在Rt△ABE中，BE＝AB×tan∠BAE＝3． ∴CE＝3，B'E＝BE， 由①可知：Rt△AFD≌Rt△AFB， ∴DF＝BF'． 设DF＝BF＝x，则CF＝3﹣x，EF十x 在Rt△CEF中，根据勾股定理得：EF2＝CE2+CF2， ∴（x）2＝（3）2+（3﹣x）2， 解得：．x＝6﹣3，EF6﹣36﹣2、 ∵∠AB'E＝90°， ∴AB'⊥EF， ∴S△AEFEF×AB（6﹣2）×3＝9﹣3； 【拓展迁移】解：由①可知：△ABB'为等边三角形， ∴∠ABB'＝60°，AB＝AB'， ∴∠B'BC'＝90°﹣60°＝30°， 由平移可得∠B'C'B＝∠C＝90°， ∴cos∠B'BC'＝cos30°， ∴， ∵AB＝BB'， ∴． 37．（2026•鄂尔多斯模拟）在平行四边形中，进行如下折叠： （1）如图1，将▱ABCD沿EF折叠，使点C与点A重合，折痕与BC，AD边分别交于点E，F，求证：CE＝AF； （2）如图2，E，F分别是BC，AD边上的动点，连接EF，将▱ABCD沿EF折叠，点D落在点D′处，点C落在点C′处，EC′交AB于点G，C′D′分别交AB，AD于点H，K，如果FK＝EG，请猜想BE和DF的数量关系，并说明理由： （3）在图1的基础上，连接BF与AE交于点H，如图3所示，若AB＝2，BC＝4，∠BCD＝60°，请直接写出△BEH的面积． 【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD∥BC， ∴∠AFE＝∠CEF， 由折叠的性质可知，∠AEF＝∠CEF，AE＝CE， ∴∠AEF＝∠AFE， ∴AE＝AF， ∴CE＝AF； （2）解：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD∥BC，∠B＝∠D， ∴∠AFE+∠BEF＝180°，即∠AFE+∠C′EF+∠BEC′＝180°， 由折叠的性质可知，∠D＝∠D′，DF＝D′F，D′F∥C′E， ∴∠B＝∠D′，∠D′FE+∠C′EF＝180°， ∴∠AFD′+∠AFE+∠C′EF＝180°， ∴∠AFD′＝∠BEC′， 在△D′FK和△BEG中， ， ∴△D′FK≌△BEG（AAS）， ∴D′F＝BE， ∴DF＝BE； （3）解：如图，过点A作AM⊥CB的延长线于点M，过点H作HN⊥CB交于点N， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB∥CD， ∴∠ABM＝∠BCD＝60°， 在Rt△ABM中，AB＝2，∠ABM＝60°， ∴，BM＝AB•cos60°＝1， ∴CM＝BC+BM＝5， 由（1）可知，CE＝AE＝AF 设CE＝a，则AE＝AF＝a，EM＝5﹣a，BE＝4﹣a， 在Rt△AEM中，AM2+EM2＝AE2， ∴， 解得：， ∴，， ∵AD∥BC， ∴△AFH∽△EBH， ∴， ∴ ∵AM∥HN， ∴△EHN∽△EAM， ∴， ∴， ∴△BEH的面积． 38．（2026•林州市校级模拟）定义：我们把函数的“变化率”规定为研究函数增减快慢的量，对于函数y＝f（x），任取两个不相等的自变量x1，x2，记Δx＝x2﹣x1，Δy＝f（x2）﹣f（x1），则叫做函数在x1到x2的平均变化率． 特别地： 1．若对于任意x1，x2，平均变化率为定值，则称该函数为常变率函数，这个定值叫做该函数的固定变率；例如正比例函数y＝3x，平均变化率恒为3，故其固定变率为3； 2．若平均变化率随自变量变化，当x2无限趋近于x1（记x1＝x）时，的定值叫做函数在x处的瞬时变率，记作f′（x）； 3．瞬时变率的计算规则：可通过代数变形消去Δx（x2＝x1+Δx），再直接去掉Δx，即可得到f′（x）． （1）已知一次函数y＝2x﹣5，记其表达式为f′（x）＝2x﹣5 ①求该函数的固定变率f′（x）； ②若一次函数g（x）＝mx+n的固定变率为﹣3，且过点（2，7），求g（x）的解析式． （2）已知反比例函数 ①按定义推导该函数的瞬时变率f′（x）（用含k，x的式子表示）； ②若k＝8，点在f（x）的图象上，过A作AB⊥x轴于B，点C在x轴正半轴上，且BC＝2，记直线AC的斜率为kAC，当f′（a）＝kAC时，求△ABC面积的最大值与最小值． （3）已知二次函数f（x）＝ax2+bx+4（a≠0），其图象与y轴交于点D ①按定义推导该二次函数的瞬时变率f′（x）（用含a，b，x的式子表示）； ②若a＝1，b＝﹣2，过点D作直线L，使得直线L的斜率等于f（x）在点（t，f（t）处的瞬时变率，直线L与f（x）的图象交于另一点E，点F为f（x）图象的顶点，连接EF，DF，记△DEF的面积为S，求E的坐标； ③在②的条件下，点P在f（x）的图象上，且点P的横坐标为m，其瞬时变率f′（m）满足f′（m）≤6，求S关于t的函数解析式，并求S的最大值与最小值及对应m的取值范围． [f（x）即函数值，例如y＝2x﹣5可表示为f（x）＝2x﹣5，即f（x）＝y] 【解答】解：（1）①任取x1≠x2， ∴， ∴f′（x）＝2； ②由定义得m＝﹣3，代入（2，7）得7＝﹣3×2+n， 解得n＝13，故g（x）＝﹣3x+13． 任取x1≠x2， ∴， ∴f′（x）＝2； （2）①x2＝x+Δx，， ，去掉Δx得； ②k＝8，则，，B（a，0），C（a+2，0）或（a﹣2，0）（a＞2） 当C（a+2，0）时，， 令，解得a＝2， 当C（a﹣2，0）时，，无负解，舍去， ； 又a＞0，由f′（a）＝kAC推导得a＝2为唯一解，故面积定值4， ∴最大值和最小值均为4． （3）①x2＝x+Δx，Δy＝a（x+Δx）2+b（x+Δx）+4﹣（ax2+bx+4）＝2axΔx+a（Δx）2+bΔx， ，去掉Δx得，f′（x）＝2ax+b； ②a＝1，b＝﹣2，则f（x）＝x2﹣2x+4＝（x﹣1）2+3， ∴D（0，4），F（1，3），f′（t）＝2t﹣2， 直线L的解析式：y＝（2t﹣2）x+4，联立， 解得x＝0或x＝2t，故E（2t，4t2﹣4t+4）； ③， 由f′（m）＝2m﹣2≤6，得m≤4， 分情况讨论：当t≤0或t≥1时，S＝2t2﹣2t， 当t＝1时，Smin＝0，无最大值； 当0＜t＜1时，S＝﹣2t2+2t； 当时，； 综上，，最大值，最小值0，对应m≤4． 39．（2026•长治一模）综合与探究 如图1：△ABC中，AB＝AC＝13，BC＝10，点D在边AC上，． （1）求证：△ABC∽△BDC； （2）如图2所示，将△ABD绕点B顺时针旋转得到△A′BD′（点A的对应点为A′，点D的对应点为D′）． ①当点A′落在BC的延长线上时，过点B作BF∥AC交A′D′的延长线于点F，猜想CA′，BF、AB之间的数量关系，并说明理由； ②当AD所在的直线与BD′所在的直线垂直时，直接写出点A与点A′之间的距离． 【解答】（1）证明：∵AB＝AC＝13，BC＝10，， ∴，， ∴， ∵∠ACB＝∠BCD， ∴△ABC∽△BDC； （2）解：①AB＝BF+CA′；理由如下： ∵△ABC中，AB＝AC＝13， ∴∠ABC＝∠ACB， ∵BF∥AC， ∴∠ACB＝∠FBA′＝∠ABC， ∵△ABD绕点B顺时针旋转得到△A′BD′， ∴∠A＝∠A′，AB＝A′B， 在△ABC和△A′BF中， ， ∴△ABC≌△A′BF（ASA）， ∴BC＝BF， ∴AB＝A′B＝CA′+BC＝CA′+BF； ②点A与点A′之间的距离为或． 由（1）知，△ABC∽△BDC， ∴∠ABC＝∠BDC， 由①知，∠ABC＝∠ACB， ∴∠ACB＝∠BDC， ∴BD＝BC＝10， ∴∠C＝∠BDC＝∠ABC， ∴∠BAC＝∠DBC， 如图2，过A作AM⊥BC交BC于点M， ∵AB＝AC＝13，BC＝10， ∴， 在直角三角形ABM中，由勾股定理得：， 当BD′⊥AC交AC于点E时，A′B交AC于点G，过点A作AF⊥A′B交A′B于点F， ∴∠FGE＝90°+∠GAF＝90°+∠GBE＝90°+∠ABD， ∴∠GAF＝∠ABD， ∴∠BAF＝∠BAC+∠GAF＝∠DBC+∠ABD＝∠ABC， ∵∠AMB＝∠AFB＝90°，AB＝BA， ∴△ABF≌△BAM（AAS）， ∴BF＝AM＝12、AF＝BM＝5， ∴A′F＝A′B﹣BF＝AB﹣BF＝13﹣12＝1， ∴， 如图3，当直线BD′⊥AC交AC于点L时，A′B的延长线交AC于点P，过点A作AN⊥A′B交A′B的延长线于点N， 同理可证，BN＝AM＝12、AN＝BM＝5， ∴A′N＝A′B+BN＝AB+BN＝13+12＝25， 在直角三角形A′AN中，由勾股定理得：， 综上所述，点A与点A′之间的距离为或． 40．（2026•安徽模拟）如图1是一个高脚杯的截面图，杯体CPD呈抛物线形（杯体厚度不计），点P是抛物线的顶点，AB为杯底，点O是AB的中点，且OP⊥AB，OP＝CD＝6，杯子的高度（即CD，AB之间的距离）为15．以O为原点，AB所在直线为x轴，OP所在直线为y轴建立平面直角坐标系． （1）求杯体CPD所在抛物线的解析式； （2）将放在水平桌面上的装有饮料的高脚杯绕点B顺时针旋转60°，液面恰好到达点D处（DQ∥l）．如图2． （ⅰ）请你以AB的中点O为原点，AB所在直线为x轴，OP所在直线为y轴建立平面直角坐标系，并求出DQ与y轴的交点坐标； （ⅱ）求此时杯子内液体的最大深度． 【解答】解：（1）∵点O是AB的中点，且OP⊥AB，OP＝CD＝6，杯子的高度（即CD，AB之间的距离）为15， ∴P（0，6），D（3，15），C（﹣3，15）， 设杯体CPD所在抛物线的解析式为：y＝a（x﹣h）2+k， ∴h＝0，k＝6，a（3﹣0）2+6＝15， 解得：h＝0，k＝6，a＝1， ∴杯体CPD所在抛物线的解析式为：y＝x2+6； （2）坐标系如图所示，过D作DE⊥l交l于点E，过E作ME⊥AB交AB于点M， ∵点O是AB的中点，且OP⊥AB，OP＝CD＝6，杯子的高度（即CD，AB之间的距离）为15， ∴OB＝3，DB＝15，DB⊥AB， ∵饮料的高脚杯绕点B顺时针旋转60°， ∴∠DBE＝180°﹣90°﹣60°＝30°， ∴， ∴，， ∴B（3，0），，， 设BE的解析式为y＝kx+b，将B（3，0），代入得， ， 解得：， ∵DQ∥l， ∴， 设DQ的解析式为：， 将点D代入得， ， 解得：， DQ的解析式为：， 当x＝0时， ， ∴DQ与y轴的交点坐标为：； （ⅱ）在QD上任取一点F作FH⊥AB交AB于H，交抛物线于G，如图所示， 设，则G（m，m2+6）， ∴， ∵﹣1＜0， ∴当时 ∴此时杯子内液体的最大深度为：． 41．（2026•镜湖区校级一模）在边长为4的正方形ABCD中，M是AD边的中点，点E是AB边上的一个动点，连接EM并延长交射线CD于点F． （1）如图1，连接CM，当AE＝1时，求证：CM⊥EF； （2）过点M作EF的垂线交射线BC于点G，连接EG，FG． （ⅰ）如图2，求证：MG＝2ME； （ⅱ）如图3，当△BEG∽△CGF时，求tan∠BGE的值． 【解答】（1）证明：连接CE， ∵M是AD边的中点， ∴AM＝DM， ∵四边形ABCD为正方形， ∴∠MAE＝∠CDM＝∠MDF＝∠ABC＝90°，AB＝BC＝CD＝AD＝4， ∵在△AME和△DMF中， ， ∴△AME≌△DMF（ASA）， ∴AE＝DF＝1，ME＝MF， ∴M为EF的中点，BE＝AB﹣AE＝4﹣1＝3，CF＝CD+DF＝4+1＝5， ∵Rt△BCE中，， ∴CE＝CF＝5， ∴点C一定在线段EF的垂直平分线上， 故CM⊥EF； （2）（ⅰ）证明：如图，过点G作GN⊥AD，交AD的延长线于点N， ∵四边形ABCD为正方形，M是AD边的中点， ∴∠A＝∠B＝90°，AB＝BC＝CD＝AD＝4，， ∵∠A＝∠B＝∠N＝90°， ∴四边形ABGN是矩形， ∴NG＝AB＝AD＝4， ∵GM⊥EF， ∴∠NMG+∠AME＝90°， 在Rt△MAE中，∠AEM+∠AME＝90°， ∴∠AEM＝∠NMG， ∵∠A＝∠N＝90°， ∴△AME∽△NGM， ∴， 即MG＝2ME； （ⅱ）解：由（1）可知△AME≌△DMF， ∴AE＝DF，ME＝MF， 又GM⊥EF， ∴GE＝FG， ∵△BEG∽△CGF， ∴， ∴BE＝CG，BG＝CF， 设BE＝CG＝x，则DF＝AE＝AB﹣BE＝4﹣x， CF＝BG＝BC+CG＝4+x， 又CF＝CD+DF＝4+4﹣x＝8﹣x， 则有4+x＝8﹣x， 解得x＝2， 即BE＝CG＝2， ∴． 42．（2026•芜湖二模）已知抛物线y＝ax2+bx+c（a，b，c是常数，ab≠0，且a＞0）的最小值是﹣1． （1）若该抛物线的对称轴为直线x＝1，并且经过点（﹣1，3），求抛物线对应的函数表达式． （2）若直线y＝ax+c经过抛物线y＝ax2+bx+c的顶点． ①求抛物线的顶点坐标； ②A（p﹣4，y1），B（p，y2）是抛物线上的两点，且y1＞y2，求p的取值范围． 【解答】解：（1）已知抛物线y＝ax2+bx+c（a，b，c是常数，ab≠0，且a＞0）的最小值是﹣1． 根据题意，得抛物线的顶点坐标为（1，﹣1）． 设抛物线对应的函数表达式为y＝a（x﹣1）2﹣1， 把（﹣1，3）代入，可得3＝4a﹣1 解得a＝1， ∴抛物线对应的函数表达式为y＝（x﹣1）2﹣1＝x2﹣2x； （2）①根据y＝ax2+bx+c， 可得二次函数的顶点为， 把代入y＝ax+c， 得， 化简，得． ∵， ∴， ∴b＝2a， ∴， ∴抛物线的顶点坐标为（﹣1，﹣1）； ②设抛物线对应的函数表达式为y＝a（x+1）2﹣1． ∴，． ＝a（p﹣3）2﹣a（p+1）2 ＝8a（1﹣p）． ∵y1＞y2， ∴8a（1﹣p）＞0， ∵a＞0， ∴1﹣p＞0， ∴p＜1． 43．（2026•孝昌县一模）如图，抛物线与x轴交于A，B两点（点B在点A的右侧），与y轴交于点C．直线y＝2x+2经过A，C两点． （1）求a的值； （2）判断△ABC的形状，并说明理由； （3）定义：如果一个矩形的两个顶点位于三角形的一条边上，另外两个顶点分别位于三角形的另外两条边上，那么这个矩形就是这个三角形的内接矩形．若点E在AC上，点F在BC上，四边形EFGH是△ABC的内接矩形，设EF＝m，矩形EFGH的面积记为S． ①求S关于m的函数关系式； ②直接写出矩形EFGH的面积最大时，矩形在AB边上的顶点的坐标． 【解答】解：（1）抛物线与x轴交于A，B两点（点B在点A的右侧），直线y＝2x+2经过A，C两点． 当y＝0时，得：2x+2＝0， 解得：x＝﹣1， ∴点A（﹣1，0）， 将点A的坐标代入得： ， 解得：； （2）△ABC是直角三角形；理由如下： 由（1）得：抛物线解析式为， 抛物线与x轴交于A，B两点（点B在点A的右侧），与y轴交于点C， 当y＝0时，得：， 解得：x1＝4，x2＝﹣1； 当x＝0时，y＝2， ∴点B（4，0），点C（0，2）， ∴， ∴AC2+BC2＝AB2， ∴△ABC是直角三角形； （3）①当顶点G，H都在AB边上时，如图1，设EF与OC交于点K， ∵四边形EFGH为矩形，KO⊥AB， ∴∠FEH＝∠EHG＝∠FGH＝∠EFG＝∠KOH＝∠KOG＝90°， ∴四边形EHOK，FGOK为矩形， ∴OK＝EH， ∵EF∥AB， ∴△CEF∽△CAB．， ∴， ∴，即， ∴； 当顶点G在BC边上，顶点H在AB边上时，如图2，此时点F与点C重合， ∵四边形EFGH为矩形， ∴GH∥AC， ∴△BHG∽△BAC， ∴， ∴， ∴， ∴； 当点E与点C重合时，如图3， ∵四边形EFGH为矩形， ∴GF∥AC， ∴△BGF∽△BAC， ∴，即， ∴， ∴， 综上所述，有两个顶点G，H落在AB上时，；只有一个顶点H落在AB上时，；当点E与点C重合时，点G在AB上，； ②矩形EFGH的面积最大时，矩形在AB边上的顶点的坐标为，（2，0）或．理由如下： 有两个顶点G，H落在AB上时，， 只有一个顶点H落在AB上时，； 当点E与点C重合时，点G在AB上，， ∴当或或时，矩形EFGH的面积最大， 当时，，，即点E的纵坐标为1， 当y＝1时，得：2x+2＝1， 解得：， ∴矩形在AB边上的顶点的坐标分别为，（2，0）； 当时，， ∴，即AE＝EF， ∵CG∥EH， ∴，即点H为AB的中点， ∴点H的坐标为； 当时，， ∴，即EF＝BF， ∵EH∥CF， ∴，即点G为AB的中点， ∴点G的坐标为； 综上所述，矩形EFGH的面积最大时，矩形在AB边上的顶点的坐标为，（2，0）或． 44．（2026•雁塔区校级二模）问题探究： （1）如图1，在⊙O中，点C是优弧AB上一点，点P在⊙O外，且C、P在直线AB的同侧，则∠C与∠P的大小关系为∠C　＞　 ∠P（填“＜”“＝”或“＞”）； （2）如图2，在Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝BC＝2，点E是BC的中点．若点P是边AC上一点，试求PB+PE的最小值； 问题解决： （3）如图3，社区便民步道l与主干道OD相交于点D，步道入口C到D的距离为500m，C到主干道OD的距离CO为300m．步道上有一休息椅M，它到点D的距离为250m．现需要在主干道OD上设置一段长5m的便民服务宣传栏AB，为节约成本，需使步道入口C到A、休息椅M到B的路程和最短（即CA+MB最小），且居民在步道上散步时，希望在点P处能以最佳视角（即∠APB最大）看清宣传栏AB上的内容，求点P到路口D的距离． 【解答】解：（1）∠C＞∠P，理由如下：令AP与⊙O的交点为Q，连接BQ，如图： ∵， ∴∠C＝∠AQB， 在△BPQ中，∠AQB＝∠P+∠QBP，即∠AQB＞∠P， ∴∠C＞∠P． 故答案为：＞； （2）作E关于直线AC的对称点E，连接CE，EE，BE，BE交AC于P，如图： ∵E，E'关于直线AC对称， ∴PE＝PE'， ∴PB+PE＝PB+PE'≥BE'， 当点B，P，E'三点共线时，PB+PE'的值最小，最小值为BE'的长度， ∵∠ABC＝90°，AB＝BC＝2， ∴∠ACB＝45°， ∵点E是BC的中点， ∴， ∵E，E'关于直线AC对称， ∴∠ACE’＝∠ACB＝45℃E＝CE'＝1， ∴∠BCE'＝90°， 在Rt△BCE中，BE'， ∴PB+PE'的最小值为； （3）根据题意可得，MD＝250m，CD＝500m，CO＝300m，AB＝5m， 故点M是CD的中点，， 过点A作AM′∥BM且AM′＝BM，过点M'作OD的对称点M''，M′M″交OD于点E，过点M作MF⊥OD交OD于点F，过点M''作M''G⊥CO的延长线于点G，连接CM''，与OD交于点A'，连接AM''，如图： 则EF＝MM＝AB＝5m，四边形MM′EF是矩形，四边形MM′AB是平行四边形，AM'＝AM''， ∵MF⊥OD，CO⊥OD， ∴CO∥MF， ∴， 又∵点M是CD的中点， ∴， 故MF是△COD的中位线， ∴，， ∴M′E＝M″E＝MF＝150m，GM″＝OE＝DF﹣EF＝200﹣5＝195m， CG＝CO+OG＝CO+M″E＝300+150＝450m， ∵CA+BM＝CA+AM'＝CA+AM″， 在△CAM″中，CA+AM''≥CM''， ∴CA+MB≥CM''， 故当点C、A、M''三点共线时，CA+MB取最小值． ∵OA∥GM″， ∴△COA′∽△CGM''， ∴， ∴OA'130m， 由（1）可得，满足∠APB最大，则需要点P、A、B三点在同一个圆上， 过弦AB确定圆O′，⊙O′与CD相切于点P，连接O′P、O′B、O′D，过点O′作O′P′⊥OD交于点P′，如图： 则O′P′垂直平分AB， ∴O′P＝O′B，． 在Rt△O′P′B中，O'P'2＝O'B2﹣P'B2， 在Rt△O′P′D中，O'P'2＝O'D2﹣P'D2， 即O'B2﹣P'B2＝O'D2﹣P'D2， 又∵O′P＝O′B， 整理可得P'D2﹣P'B2＝O'D2﹣O'P2， 在Rt△O'PD中，PD2＝O'D2﹣O'P2，即PD2＝P'D2﹣P'B2， ∴ 故符合条件时，点P到路口D的距离为． 45．（2026•浙江一模）如图，正方形ABCD，直线DA绕点D顺时针旋转α至DE（0°≤α≤45°），作A关于直线DE的对称点F，AF交DE于点G，连CF交DE于点H，连BH交AC于点M．小明在探究DHC与α的大小关系时，发现其对应如下： α 10° 20° 30° α ∠DHC 45° 45° ①　45°　 ②　45°　 （1）请填表，并证明结论②； （2）求证：BH∥AF； （3）在直线DA旋转过程中，试探究线段AM与线段CM的比（用含α的式子表示）． 【解答】（1）解：由表可知，∠DHC为定值45°，故α＝30时，∠DHC＝45°；当0°≤α≤45°时，∠DHC＝45°；理由如下： 连接DF，AH，设CF交AD于N，如图： ∵A，F关于DE对称， ∴DF＝DA，HF＝HA， ∴∠DFA＝∠DAF，∠HFA＝∠HAF， ∴∠DFH＝∠DAH， ∵DA＝DC， ∴DF＝DC， ∴∠DFC＝∠DCN，即∠NAH＝∠NCD， ∵∠ANH＝∠CND， ∴∠AHN＝∠CDN＝90°， ∴∠AHF＝90°， ∵HF＝HA，HG⊥AF， ∴∠FHE＝∠AHE＝45°， ∴∠DHC＝∠FHE＝45°； 故答案为：45°；45°； （2）证明：连接BD交AC于点O，连接AH，OH，如图： 由（1）可知∠AHC＝90°， ∵四边形ABCD是正方形， ∴OA＝OC＝OB＝OD， ∴OH＝OA＝OC， ∴OH＝OB＝OD， ∴∠BHD＝90°， ∴BH⊥DE， ∵DE⊥AF， ∴BH∥AF； （3）设BH交AD于K，如图： 由（2）知∠BHD＝90°， ∴∠KHD＝∠KAB＝90°， ∵∠HKD＝∠AKB， ∴∠HDK＝∠ABK＝α， ∴tan∠ABK＝tanα， ∵AK∥BC， ∴△AKM∽△CBM， ∴， ∵AB＝BC， ∴tanα． 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $