【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（20-20）

【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（20-20） 一．选择题（共15小题） 1．（2025•广安）如图，二次函数y＝ax2+bx+c（a，b，c为常数，a≠0）的图象交x轴于A，B两点，点A的坐标是（﹣1，0），点B的坐标是（n，0），有下列结论：①abc＜0；②4a+c＞2b；③关于x的方程ax2+bx+c＝0的解是x1＝﹣1，x2＝n；④．其中正确的有（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 2．（2026•长沙模拟）如图，点A是反比例函数在第二象限内图象上一点，点B是反比例函数在第一象限内图象上一点，直线AB与y轴交于点C，且AC＝BC，连接OA、OB，则△AOB的面积是（　　） A．2 B．2.5 C．3 D．3.5 3．（2026•娄底一模）如图，由六个正九边形中间可以拼接出一个美丽的“梅花形图案”，则图中∠ABC的度数为（　　） A．60° B．70° C．80° D．90° 4．（2025•绵阳三模）在等腰Rt△ABC中，∠A＝90°，点D在AB上，点E在AC上且，连接ED，将△AED沿ED翻折到Rt△ABC的内部，得到△A′ED，连接A′B．则tan∠A′BD＝（　　） A． B． C． D． 5．（2026•泸县一模）新定义：若一个点的纵坐标是横坐标的2倍，则称这个点为二倍点．若二次函数y＝x2﹣x+c（c为常数）在﹣2＜x＜4的图象上存在两个二倍点，则c的取值范围是（　　） A．﹣2＜c B．﹣4＜c C．﹣4＜c D．﹣10＜c 6．（2026•南山区校级一模）“综合与实践”活动小组的同学借助无人机测量AB，CD两座楼之间的距离．无人机在AB，CD两楼之间上方的点O处，点O距地面AC的高度为60m，此时观测到楼AB底部点A处的俯角为70°，楼CD上点E处的俯角为30°，沿水平方向由点O飞行24m到达点F，测得点E处俯角为60°，其中点A，B，C，D，E，F，O均在同一竖直平面内．则楼AB与CD之间的距离AC的长为（　　）（结果精确到1m．参考数据：sin70°≈0.94，cos70°≈0.34，tan70°≈2.75， A．56m B．58m C．59m D．60m 7．（2026•龙马潭区模拟）已知抛物线y＝ax2+bx+c，对任意的自变量x都有ax2+bx≥4a+2b，若该抛物线过点A（4﹣m，y1），B（m+1，y2），B（m+1，y2），且y1＜y2，则m的取值范围是（　　） A． B． C． D． 8．（2025•陕西）已知二次函数y＝ax2+bx﹣3（a≠0），当x＞0时，y的值随x值的增大而减小，则下列结论正确的是（　　） A．ab＜0 B．该函数图象的顶点位于第四象限 C．方程ax2+bx+1＝0没有实数根 D．该函数的最大值不小于﹣3 9．（2017•鄞州区一模）如图，已知二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）图象过点（﹣1，0），顶点为（1，2），则结论：①abc＞0；②x＝1时，函数最大值是2；③4a+2b+c＞0；④2a+b＝0；⑤2c＜3b． 其中正确的结论有（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 10．（2026•东台市一模）关于x、y的方程组的解中x﹣y≥5，则k的取值范围为（　　） A．k≥3 B．k≤3 C．k≥8 D．k≥9 11．（2023•莱芜区三模）如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，分别以B，C为圆心，以大于BC的长为半径画弧，两弧相交于点M、N，作直线MN交AC于E，交BC于D，连接AD．若AECE，AE＝2，则AD＝（　　） A． B．2 C． D． 12．（2026•郸城县模拟）用吸管吹气时，吸管内部空气振动产生声音，因此可以用吸管制作吸管乐器．根据物理学知识，同一材质的吸管内部空气振动的频率f（单位：kHz）可近似地看成吸管长度l（单位：cm）的反比例函数．甲、乙两种材质的吸管乐器频率f关于吸管长度l的函数图象如图所示．根据图象，下列结论正确的是（　　） A．频率相同时，甲材质吸管乐器的长度比乙材质吸管乐器的长度短 B．对于乙材质吸管乐器，频率越大，长度越长 C．长度相同时，甲材质吸管乐器的频率比乙材质吸管乐器的频率大 D．对于甲材质吸管乐器，长度越长，频率越大 13．（2025•广东）如图，在矩形ABCD中，E，F是BC边上的三等分点，连接DE，AF相交于点G，连接CG．若AB＝8，BC＝12，则tan∠GCF的值是（　　） A． B． C． D． 14．（2025•河南）汽车轮胎的摩擦系数是影响行车安全的重要因素，在一定条件下，它会随车速的变化而变化．研究发现，某款轮胎的摩擦系数μ与车速v（km/h）之间的函数关系如图所示．下列说法中错误的是（　　） A．汽车静止时，这款轮胎的摩擦系数为0.9 B．当0≤v≤60时，这款轮胎的摩擦系数随车速的增大而减小 C．要使这款轮胎的摩擦系数不低于0.71，车速应不低于60km/h D．若车速从25km/h增大到60km/h，则这款轮胎的摩擦系数减小0.04 15．（2026•柴桑区校级一模）七巧板是一种古老的中国传统智力玩具（如图1），小明用图1中的一副七巧板拼出如图2所示“企鹅”的图形，已知正方形ABCD的边长为4，则图2中EF的长为则（　　） A． B． C． D． 二．填空题（共15小题） 16．（2026•新疆一模）在平面直角坐标系中，抛物线y＝x2+2x﹣3的图象如图所示．P为第三象限内抛物线上一动点，作PD⊥x轴于点D，交AC于点E，点G为y轴上一动点，过点E作∠EGC＝30°，设点P的横坐标为m，则的最大值为　 　 ． 17．（2026•长沙模拟）2025年“湘超联赛”极大激发了湖南人民的足球热情，常规赛中全省共有14个队进行单循环比赛，每场比赛胜队积3分，败队积0分，平局时两队各积1分，常规赛结束以后，总积分最高的8个队进入下一轮的淘汰赛，如果总积分相同，还要按净胜球等排序，若2026年常规赛规则不变，长沙队想要保证进入淘汰赛，则长沙队至少要积多少分？针对该问题，甲，乙，丙，丁四位同学进行了以下讨论： 甲：一共进行了场比赛，我们需要考虑最理想的情况，假设每一场都分出胜负，可以让前8名积分相同，并且积分尽可能低一点． 乙：不仅要考虑前8名，还要让第9名的积分尽可能高一点，可以先考虑和前8名积分一样，这样9个队尽可能平分91个胜场，积31分就能保证进入前八名． 丙：前9个队不可能包揽全部91个胜场，比如后面5个队之间的比赛胜场． 丁：刚刚都是理想情况下的分析，还要验证一下能不能实现． 结合四位同学的讨论，长沙队至少要积　 　 分，才能保证进入淘汰赛． 18．（2026•娄底一模）如果m＝k（k+1），其中m，k都是正整数，则称m为“矩数”，k为m的最佳拆分点．例如：6＝2×（2+1），6为“矩数”，2为6的最佳拆分点．若“矩数”p的最佳拆分点为t，“矩数”q的最佳拆分点为s．若p﹣q＝8，则的值为　 　 ． 19．（2025•厦门模拟）已知二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象经过点M（3，m2+3），N（d，2m），当y＜m时，x的取值范围是t﹣1＜x＜3﹣t，则d的取值范围是　 　 ． 20．（2026•泸县一模）如图，在平面直角坐标系xOy中，直线y＝﹣x﹣2与x轴、y轴分别交于A、B两点，C、D是半径为1的⊙O上两动点，且CD，P为弦CD的中点．当C、D两点在圆上运动时，△PAB面积的最大值是 　 　 ． 21．（2026•南山区校级一模）如图，在等腰△ABC中，AB＝AC＝5，，点D是BC边上一点，连接AD，将AD绕点D逆时针旋转90°，点A的对应点A′恰好落在AB延长线上，则CD的长为　 　 ． 22．（2025•淮北校级自主招生）定义：在平面直角坐标系中，一个图形向右平移a个单位长度，再绕原点按顺时针方向旋转θ角度，这样的图形运动叫做图形的γ（a，θ）变换．现将斜边为1的等腰直角三角形ABC放置在如图的平面直角坐标系中，△ABC经γ（1，180°）变换后得△A1B1C1为第一次变换，△A1B1C1经γ（2，180°）变换后得△A2B2C2为第二次变换，…，经γ（n，180°）变换得△AnBn∁n，则点C2025的坐标是　 　 ． 23．（2026•安康一模）如图，已知在△ABC中，AB＝4，∠ABC＝90°，tan∠ACB，点D、E分别在边AC、BC上，且BC＝DC，若DE把△ABC的面积平分，则DE＝　 　 ． 24．（2026•南京一模）如图，正方形ABCD中，∠EAF＝45°，连接EF，BD，则BM，MN，ND之间的数量关系为　 　 ． 25．（2026•东台市一模）甲、乙两款智能手环分别对同一用户进行15次静息心率监测（单位：次/分钟），监测数据的平均值均为72次/分钟，心率波动的方差分别为，则在此次监测中，采集到更稳定心率数据的手环是　 　 ．（填“甲”或“乙”） 26．（2026•海州区校级模拟）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，BD＝8，AC＝6，E，F分别为BC，OD的中点，连接EF，则EF的长为 　 　 ． 27．（2026•郸城县模拟）如图，在平面直角坐标系中，A（4，0），B（﹣2，0），C（4，4），D（﹣2，6），点E在x轴上，满足∠BED＝∠DEC，则点E的坐标为 　 　 ． 28．（2026•南海区校级一模）如图，已知等边三角形ABC的边长为8，P是△ABC内一点，PD∥AC，PE∥AB，PF∥BC，点D，E，F分别在AB，BC，AC上，则PD+PE+PF＝　 　 ． 29．（2026•船营区校级模拟）如图，点A、B、C均在⊙O上，直径AB＝4，∠ABC＝15°，则图中阴影部分的面积为 　 　 ． 30．（2026•柴桑区校级一模）在平面直角坐标系xOy中，四边形OABC是矩形，点A（18，0），B（18，8），C（0，8），D（8，0），点E是折线AB﹣BC上一动点（A点除外），连接ED，点A关于ED的对称点为点P，若点P落在矩形OABC的边上，则点E的坐标为　 　 ． 三．解答题（共15小题） 31．（2025•深圳）综合与探究 【探索发现】如图1，小军用两个大小不同的等腰直角三角板拼接成一个四边形． 【抽象定义】以等腰三角形的一腰为边向外作等腰三角形，使该边所对的角等于原等腰三角形的顶角，此时该四边形称为“双等四边形”，原等腰三角形称为四边形的“伴随三角形”．如图2，在△ABC中，AB＝AC，AC＝AD，∠D＝∠BAC．此时，四边形ABCD是“双等四边形”，△ABC是“伴随三角形”． 【问题解决】如图3，在四边形ABCD中，AB＝AC，AD＝CD，∠D＝∠BAC．求：①AD与BC的位置关系为：　 　 ；②AC2　 　 AD•BC．（填“＞”，“＜”或“＝”） 【方法应用】①如图4，在△ABC中，AC＝BC．将△ABC绕点A逆时针旋转至△ADE，点D恰好落在BC边上，求证：四边形ABDE是双等四边形． ②如图5，在等腰三角形ABC中，AC＝BC，cosB，AB＝5，在平面内找一点D，使四边形ABCD是以△ABC为伴随三角形的双等四边形，若存在，请求出CD的长，若不存在，请说明理由． 32．（2026•长沙模拟）已知关于x的二次函数（a，b，c是常数，a＞0）的图象与x轴交于A，B两点（A在B左侧），顶点为点P，直线y2＝ax﹣b． （1）若点P（1，﹣2），求c﹣a的值． （2）对于二次函数，无论t为何值，x＝1﹣t和x＝3+t时的函数值都相等，点G（2，c﹣3a）为x轴下方一定点，且点G到直线y2＝ax﹣b的距离的最大值为，函数的图象是否经过定点？若是，请求出定点的坐标；否则，请说明理由． （3）过点P作PQ⊥x轴交直线y2＝ax﹣b于点Q，交x轴于点H，若四边形APBQ为菱形，且三条长度分别与QH，PH，AB相等的线段能组成一个含有120°的三角形，且c≥b，求的最大值． 33．（2026•娄底一模）在平面直角坐标系中，如图（1），抛物线y＝ax2+bx+1与x轴交于A（﹣1，0），B（4，0）两点，与y轴交于点C，直线与坐标轴交于M、N点． （1）求抛物线解析式并求出M、N两点坐标； （2）点E是抛物线上一点，连接ME、NE，当△MNE的面积最小时，求出点E的坐标并写出面积最小值； （3）如图（2），点F是抛物线上横坐标为t的点，过点F分别作坐标轴的平行线交直线MN于点G，交x轴于点I，以GF、FI为边作矩形FGHI，设矩形FGHI的周长为L，直接写出当L＝11时，t的值． 34．（2026•雷州市校级模拟）如图（1），平面直角坐标系xOy中，已知点A（4，3），反比例函数的图象分别交矩形ABOC的两边AC，AB于E、F两点（E、F不与A重合），沿着EF将矩形ABOC折叠使A、D两点重合． （1）AE＝　 　 （用含有k的代数式表示）； （2）如图（2），当点D恰好落在矩形ABOC的对角线BC上时． ①证明：EF∥BC； ②计算：CE的长度． （3）若折叠后，连接AD，△ABD是等腰三角形，求此时点D的坐标． 35．（2026•泸县一模）综合与探究： 如图1，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2﹣2x+c与x轴交于点A（﹣3，0）和点C，与y轴交于点B（0，3），点P是抛物线上点A与点C之间的动点（不包括点A，点C）． （1）求抛物线的解析式； （2）如图1，动点P在抛物线上，且在直线AB上方，求△ABP面积的最大值及此时点P的坐标； （3）如图2，过原点O作直线l交抛物线于M、N两点，点M的横坐标为m，点N的横坐标为n．求证：mn是一个定值． 36．（2026•南山区校级一模）【问题初探】（1）如图1，在正方形ABCD中，点E是CD边上一点，F为BC延长线上一点．且CE＝CF，求证：BE＝DF，BE⊥DF． 【类比迁移】（2）如图2，在矩形ABCD中，AB＝6，AD＝8，点E是CD边上一点，将△BED沿BE折叠得到△BEG，延长DG和BC相交于点F．当CE＝2DE时，求FG的长． 【拓展提升】（3）如图3，在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，点E是CD边上一点，且DE＝2CE，F为BC延长线上一点，连接DF交射线BE于点G，当线段DF与射线BE所夹的锐角为60°时，求的值． 37．（2021•庆云县模拟）如图，已知抛物线yx2+bx+c经过△ABC的三个顶点，其中点A（0，1），点B（9，10），AC∥x轴，点P是直线AC下方抛物线上的动点． （1）求抛物线的解析式； （2）过点P且与y轴平行的直线l与直线AB、AC分别交于点E、F，当四边形AECP的面积最大时，求点P的坐标和四边形AECP的最大面积； （3）当点P为抛物线的顶点时，在直线AC上是否存在点Q，使得以C、P、Q为顶点的三角形与△ABC相似？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由． 38．（2025•阎良区一模）【问题提出】 （1）如图1，四边形ABCD内接于⊙O，若∠B＝95°，则∠D的度数为　 　 °； 【问题探究】 （2）如图2，在矩形ABCD中，AB＝23，BC＝30，点P在边AD上，且AP＞DP，连接BP、CP，tan∠BPC，求PC的长； 【问题解决】 （3）2025年3月9日，国家卫生健康委员会相关负责人在十四届全国人大三次会议民生主题记者会上表示，实施“体重管理年”3年行动，普及健康生活方式，加强慢性病防治．某市为积极响应国家号召，拟开设一所健康管理中心，其设计示意图如图3所示，在四边形ABCD中，对角线AC为一条走廊，在边AB和走廊AC上分别取点F、E，连接DF交AC于点P，并规划△PEF区域为咨询中心，△PDE区域为评估中心，其他区域为实训中心．根据设计要求，点D到AC的距离为70米，tan∠BAC，点A、D、E、F在同一个圆的圆周上，评估中心（△PDE）的面积为2800平方米，请你求出评估中心（△PDE）的周长． 39．（2026•南京一模）在△ABC中，AB＝AC＝10，AE平分∠BAD，AD是BC边上的高，点E在边BC上，连接AE． （1）若∠B＝36°，求∠EAD的度数． （2）当AD＝6时，求CE的长． 40．（2006•东营）如图，平面直角坐标系中，四边形OABC为矩形，点A，B的坐标分别为（4，0），（4，3），动点M，N分别从O，B同时出发．以每秒1个单位的速度运动．其中，点M沿OA向终点A运动，点N沿BC向终点C运动．过点M作MP⊥OA，交AC于P，连接NP，已知动点运动了x秒． （1）P点的坐标为多少（用含x的代数式表示）； （2）试求△NPC面积S的表达式，并求出面积S的最大值及相应的x值； （3）当x为何值时，△NPC是一个等腰三角形？简要说明理由． 41．（2026•海州区校级模拟）定义：在平面直角坐标系中，y是自变量x的函数，下面构建一个新函数，当x＜0时，y′＝y，当x≥0时，y′＝﹣y，即，将变换后函数y′称为原函数y的变构函数，例如二次函数y＝﹣x2+1的变构函数为． （1）求一次函数y＝﹣2x+5的变构函数y′的函数表达式； （2）点（n，﹣2）在反比例函数的变构函数图象上，求n的值； （3）函数l的解析式y＝ax2﹣4ax+3a（a＜0），点M、N的坐标分别为（﹣1，﹣4），，接MN，线段MN与二次函数y＝ax2﹣4ax+3a的变构函数y′的图象只有一个公共点时，直接写出y′的值或取值范围． 42．（2026•郸城县模拟）【问题提出】 如图1，点E是菱形ABCD边BC上的一点，△AEF是等腰三角形，AE＝EF，∠AEF＝∠ABC＝α（α≥90°），AF交CD于点G，探究∠FCG与α的数量关系． 【问题探究】 （1）先将问题特殊化，如图2，当α＝90°时，求∠FCG的度数； （2）再探究一般情形，如图1，求∠FCG的度数；（用含α的代数式表示） 【问题拓展】 （3）如图3，当α＝120°，AB＝6时，若点G为边CD的三等分点，请直接写出BE的长． 43．（2026•南海区校级一模）如图，直线与双曲线交于A，B两点，点A的坐标为（m，﹣3），点C是双曲线第一象限分支上的一点，连接BC并延长交x轴于点D，且BC＝2CD． （1）求k的值并写出点B的坐标； （2）线段EF＝1在x轴上运动，且F点在右侧，求四边形BEFC周长的最小时点E的坐标； （3）P是坐标轴上的点，Q是平面内一点，是否存在点P，Q，使得四边形ABPQ是矩形？若存在，请直接写出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由． 44．（2026•船营区校级模拟）在平面直角坐标系中，点O是坐标原点，抛物线y＝x2﹣bx（b是常数）经过点（2，﹣4）．点P是该抛物线上的点，横坐标为m，点Q的坐标（2﹣m，2+m），连结PQ． （1）求该抛物线对应的函数表达式； （2）当线段PQ平行于x轴时，求线段PQ的长； （3）当线段PQ不与坐标轴平行时，以线段PQ为对角线作矩形PMQN，且PM∥x轴． ①若矩形PMQN被抛物线对称轴分成1：3两部分，求m的值； ②当抛物线在矩形PMQN内部的点的纵坐标y随x的增大而减小时，直接写出m的取值范围． 45．（2026•柴桑区校级一模）综合与探究 数学活动课上，王老师带领同学们探索平行四边形的旋转，研究的路径是从特殊到一般，研究发现，在旋转的某些特殊时刻，图形具有特殊的性质． （1）【操作探究】如图1，矩形ABCD中，AB＝3，BC＝5，将矩形ABCD绕点A逆时针旋转到矩形AB′C′D′的位置，当B′C′经过点D时，连接DD′，线段DD′的长度为　 　 ； （2）如图2，菱形ABCD绕点A逆时针旋转到菱形AB′C′D′的位置，B′C′与CD共线，AB′与BC交于点E，C′D′与AD交于点F，延长BC、D′C′交于点M．判断四边形AEMF的形状，并说明理由； （3）【问题解决】如图3，将▱ABCD绕点A逆时针旋转到▱AB′C′D′的位置，使点B′落在BC上，B′C′与CD交于点E，小华猜想此时点D应落在边C′D′上，王老师提供了如图4所示思路，请填空： （4）【拓展提升】如图5，在▱ABCD中，AB＝12，BC＝13，∠ABC＝α（45°＜α＜90°），将▱ABCD绕着BC中点O顺时针旋转到▱A′B′C′D′的位置，当点B′为一次落在边AB上时，边A′D′与边CD相交于点G． ①猜想D、C、C′是否在同一直线上，并说明理由； ②求CG的长．（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（20-20） 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 C C C B B A D C C C A B C A 一．选择题（共15小题） 1．（2025•广安）如图，二次函数y＝ax2+bx+c（a，b，c为常数，a≠0）的图象交x轴于A，B两点，点A的坐标是（﹣1，0），点B的坐标是（n，0），有下列结论：①abc＜0；②4a+c＞2b；③关于x的方程ax2+bx+c＝0的解是x1＝﹣1，x2＝n；④．其中正确的有（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【解答】解：根据图象可得：抛物线的开口向下，交y轴于正半轴， ∴a＜0，c＞0， 又∵抛物线的对称轴在y轴右侧，， ∴b＞0， ∴abc＜0，故结论①正确； 由函数的图象可得：当x＝﹣2时，y＜0，即4a﹣2b+c＜0，即4a+c＜2b，故结论②错误； ∵二次函数y＝ax2+bx+c的图象交x轴于A，B两点，点A（﹣1，0），点B（n，0）， ∴关于x的方程ax2+bx+c＝0的解是x1＝﹣1，x2＝n，，故结论③④正确； 综上，结论正确的有3个， 故选：C． 2．（2026•长沙模拟）如图，点A是反比例函数在第二象限内图象上一点，点B是反比例函数在第一象限内图象上一点，直线AB与y轴交于点C，且AC＝BC，连接OA、OB，则△AOB的面积是（　　） A．2 B．2.5 C．3 D．3.5 【解答】解：分别过A、B两点作AD⊥x轴，BE⊥x轴，垂足为D、E， ∵AC＝CB， ∴OD＝OE， 设A（﹣a，），则B（a，）， 故S△AOB＝S梯形ADEB﹣S△AOD﹣S△BOE（）×2aaa3． 解法二：过A，B两点作y轴的垂线，由AC＝BC求两个三角形全等，再求面积， 故选：C． 3．（2026•娄底一模）如图，由六个正九边形中间可以拼接出一个美丽的“梅花形图案”，则图中∠ABC的度数为（　　） A．60° B．70° C．80° D．90° 【解答】解：正九边形每个内角的度数为140°， 则∠ABC＝360°﹣140°×2＝80°， 故选：C． 4．（2025•绵阳三模）在等腰Rt△ABC中，∠A＝90°，点D在AB上，点E在AC上且，连接ED，将△AED沿ED翻折到Rt△ABC的内部，得到△A′ED，连接A′B．则tan∠A′BD＝（　　） A． B． C． D． 【解答】解：∵在等腰Rt△ABC中，∠A＝90°， ∴AB＝AC， 设AB＝AC＝4a（a＞0）， ∵， ∴AD＝CE＝a， ∴AE＝AC﹣CE＝3a，BD＝AB﹣AD＝3a， ∴， 如图，连接AA'，交DE于点F，过点A'作A'G⊥AB于点G， 由折叠的性质得：DE垂直平分A'A，A'D＝AD＝a， ∴A'A＝2AF， ∵， ∴， ∴AA'，， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴在Rt△A'BG中，， 故选：C． 5．（2026•泸县一模）新定义：若一个点的纵坐标是横坐标的2倍，则称这个点为二倍点．若二次函数y＝x2﹣x+c（c为常数）在﹣2＜x＜4的图象上存在两个二倍点，则c的取值范围是（　　） A．﹣2＜c B．﹣4＜c C．﹣4＜c D．﹣10＜c 【解答】解：由题意可得二倍点所在直线为y＝2x， 将x＝﹣2代入y＝2x得y＝﹣4， 将x＝4代入y＝2x得y＝8， 设A（﹣2，﹣4），B（4，8），如图， 联立方程x2﹣x+c＝2x， 当Δ＞0时，抛物线与直线y＝2x有两个交点， 即9﹣4c＞0， 解得c， 此时，直线x＝﹣2和直线x＝4与抛物线交点在点A，B上方时，抛物线与线段AB有两个交点， 把x＝﹣2代入y＝x2﹣x+c得y＝6+c， 把x＝4代入y＝x2﹣x+c得y＝12+c， ∴， 解得c＞﹣4， ∴﹣4＜c满足题意． 故选：B． 6．（2026•南山区校级一模）“综合与实践”活动小组的同学借助无人机测量AB，CD两座楼之间的距离．无人机在AB，CD两楼之间上方的点O处，点O距地面AC的高度为60m，此时观测到楼AB底部点A处的俯角为70°，楼CD上点E处的俯角为30°，沿水平方向由点O飞行24m到达点F，测得点E处俯角为60°，其中点A，B，C，D，E，F，O均在同一竖直平面内．则楼AB与CD之间的距离AC的长为（　　）（结果精确到1m．参考数据：sin70°≈0.94，cos70°≈0.34，tan70°≈2.75， A．56m B．58m C．59m D．60m 【解答】解：延长AB，CD分别与直线OF交于点G和点H， 由题意得：AG＝60m，GH＝AC，OF＝24m，AG⊥OF，CH⊥OF， 在Rt△AGO中，∠AOG＝70°， ∴OG21.8（m）， ∵∠HFE是△OFE的一个外角， ∴∠OEF＝∠HFE﹣∠FOE＝30°， ∴∠FOE＝∠OEF＝30°， ∴OF＝EF＝24m， 在Rt△EFH中，∠HFE＝60°， ∴FH＝EF•cos60°＝2412（m）， ∴AC＝GH＝OG+OF+FH＝21.8+24+12≈58（m）， ∴楼AB与CD之间的距离AC的长约为58m． 故选：B． 7．（2026•龙马潭区模拟）已知抛物线y＝ax2+bx+c，对任意的自变量x都有ax2+bx≥4a+2b，若该抛物线过点A（4﹣m，y1），B（m+1，y2），B（m+1，y2），且y1＜y2，则m的取值范围是（　　） A． B． C． D． 【解答】解：由题意，∵对任意的自变量x都有ax2+bx≥4a+2b， ∴对任意的自变量x都有ax2+bx+c≥4a+2b+c， ∴当x＝2时，函数取最小值， ∴抛物线的开口向上，对称轴为直线x＝2， ∴抛物线上的点离对称轴越远，函数值越大， ∵该抛物线过点A（4﹣m，y1），B（m+1，y2），B（m+1，y2），且y1＜y2， ∴|4﹣m﹣2|＜|m+1﹣2|， ∴． 故选：A． 8．（2025•陕西）已知二次函数y＝ax2+bx﹣3（a≠0），当x＞0时，y的值随x值的增大而减小，则下列结论正确的是（　　） A．ab＜0 B．该函数图象的顶点位于第四象限 C．方程ax2+bx+1＝0没有实数根 D．该函数的最大值不小于﹣3 【解答】解：∵二次函数y＝ax2+bx﹣3（a≠0），当x＞0时，y的值随x值的增大而减小， ∴图象开口向下，对称轴不在y轴的右侧， ∴0，a＜0， ∴b≤0， ∴ab≥0，故A选项错误，不合题意； ∵对称轴不在y轴的右侧， ∴该函数图象的顶点不在y轴的右侧，故选项B错误，不合题意； ∵b≤0，a＜0， ∴b2﹣4a＞0， ∴方程ax2+bx+1＝0中，Δ＝b2﹣4a＞0， ∴方程ax2+bx+1＝0有两个不相等的实数根，故选项C错误，不合题意； ∵抛物线开口向下，交y轴于点（0，﹣3）， ∴函数的最大值y≥﹣3，选项D正确，符合题意． 故选：D． 9．（2017•鄞州区一模）如图，已知二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）图象过点（﹣1，0），顶点为（1，2），则结论： ①abc＞0；②x＝1时，函数最大值是2；③4a+2b+c＞0；④2a+b＝0；⑤2c＜3b． 其中正确的结论有（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【解答】解：∵抛物线开口向下， ∴a＜0， ∵对称轴为直线x1， ∴b＝﹣2a＞0， ∵抛物线与y轴的交点在正半轴， ∴c＞0， ∴abc＜0，故①错误； ∵顶点坐标为（1，2）， ∴x＝1时，函数最大值是2，故②正确； 根据对称性，抛物线与x轴的另一交点为（0，3）， ∴x＝2时，y＞0， ∴4a+2b+c＞0，故③正确； ∵b＝﹣2a， ∴2a+b＝0，故④正确； 当x＝﹣1时，y＝a﹣b+c＝0， ∴b+c＝0， ∴2c＝3b，故⑤错误； 综上所述，正确的结论有②③④共3个． 故选：C． 10．（2026•东台市一模）关于x、y的方程组的解中x﹣y≥5，则k的取值范围为（　　） A．k≥3 B．k≤3 C．k≥8 D．k≥9 【解答】解：由得：4x﹣4y＝3k﹣4， ∴x﹣yk﹣1， ∵x﹣y≥5， ∴k﹣1≥5， 解得k≥8； 故选：C． 11．（2023•莱芜区三模）如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，分别以B，C为圆心，以大于BC的长为半径画弧，两弧相交于点M、N，作直线MN交AC于E，交BC于D，连接AD．若AECE，AE＝2，则AD＝（　　） A． B．2 C． D． 【解答】解：∵AE＝2，AECE， ∴CE＝4， ∴AC＝AE+EC＝2+4＝6， 由作图可知DE垂直平分线段BC， ∴EB＝EC＝4， ∵∠BAC＝90°， ∴AB2， ∴BC4， ∵BD＝CD，∠BAC＝90°， ∴ADBC＝2． 故选：C． 12．（2026•郸城县模拟）用吸管吹气时，吸管内部空气振动产生声音，因此可以用吸管制作吸管乐器．根据物理学知识，同一材质的吸管内部空气振动的频率f（单位：kHz）可近似地看成吸管长度l（单位：cm）的反比例函数．甲、乙两种材质的吸管乐器频率f关于吸管长度l的函数图象如图所示．根据图象，下列结论正确的是（　　） A．频率相同时，甲材质吸管乐器的长度比乙材质吸管乐器的长度短 B．对于乙材质吸管乐器，频率越大，长度越长 C．长度相同时，甲材质吸管乐器的频率比乙材质吸管乐器的频率大 D．对于甲材质吸管乐器，长度越长，频率越大 【解答】解：根据反比例函数图象的性质逐项分析判断如下： A、如图所示， 频率相同时，均为f1，甲材质吸管乐器的长度l1比乙材质吸管乐器的长度l2短，正确，符合题意； B、对于乙材质吸管乐器，频率越大，长度越短，故原选项错误，不符合题意； C、如图所示， 长度相同时，均为l1，甲材质吸管乐器的频率f1比乙材质吸管乐器的频率f2小，故原选项错误，不符合题意； D、对于甲材质吸管乐器，长度越长，频率越小，故选项错误，不符合题意； 故选：A． 13．（2025•广东）如图，在矩形ABCD中，E，F是BC边上的三等分点，连接DE，AF相交于点G，连接CG．若AB＝8，BC＝12，则tan∠GCF的值是（　　） A． B． C． D． 【解答】解：过点G作GM⊥BC于点M，如图所示： 在矩形ABCD中，AB＝8，BC＝12，∠B＝90°， ∵点E，F是BC的三等分点， ∴BE＝EF＝CFBC＝4， ∴BF＝BE+EF＝8， ∴AB＝BF＝8， ∴△ABF是等腰直角三角形， ∴∠BFA＝45°， 同理：△CDE是等腰直角三角形， ∴∠CED＝45°， ∴∠BFA＝∠CED＝45°， ∴△GEF是等腰直角三角形， ∵GM⊥EF， ∴GM＝EM＝FMEF＝2， ∴CM＝CF+MF＝4+2＝6， 在Rt△GMC中，tan∠GCF． 故选：B． 14．（2025•河南）汽车轮胎的摩擦系数是影响行车安全的重要因素，在一定条件下，它会随车速的变化而变化．研究发现，某款轮胎的摩擦系数μ与车速v（km/h）之间的函数关系如图所示．下列说法中错误的是（　　） A．汽车静止时，这款轮胎的摩擦系数为0.9 B．当0≤v≤60时，这款轮胎的摩擦系数随车速的增大而减小 C．要使这款轮胎的摩擦系数不低于0.71，车速应不低于60km/h D．若车速从25km/h增大到60km/h，则这款轮胎的摩擦系数减小0.04 【解答】解：由图象可得， 汽车静止时，这款轮胎的摩擦系数为0.9，故选项A说法正确，不符合题意； 当0≤v≤60时，这款轮胎的摩擦系数随车速的增大而减小，故选项B说法正确，不符合题意； 要使这款轮胎的摩擦系数不低于0.71，车速应不超过60km/h，故选项C说法错误，符合题意； 若车速从25km/h增大到60km/h，则这款轮胎的摩擦系数减小0.04，故选项D说法正确，不符合题意； 故选：C． 15．（2026•柴桑区校级一模）七巧板是一种古老的中国传统智力玩具（如图1），小明用图1中的一副七巧板拼出如图2所示“企鹅”的图形，已知正方形ABCD的边长为4，则图2中EF的长为则（　　） A． B． C． D． 【解答】解：如图，过E作EG⊥FG于G， 由七巧板和正方形的性质可知：EG＝1，FG＝1+4＝5， 在Rt△FEG中，由勾股定理得，EF， 故选：A． 二．填空题（共15小题） 16．（2026•新疆一模）在平面直角坐标系中，抛物线y＝x2+2x﹣3的图象如图所示．P为第三象限内抛物线上一动点，作PD⊥x轴于点D，交AC于点E，点G为y轴上一动点，过点E作∠EGC＝30°，设点P的横坐标为m，则的最大值为　4　 ． 【解答】解：如图，作EH⊥y轴于点H， 令y＝x2+2x﹣3＝0， 解得x1＝﹣3，x2＝1， ∴A（﹣3，0）， 当x＝0时，y＝﹣3， ∴C（0，﹣3）， 设直线AC的解析式为y＝kx+b， 将A（﹣3，0）和C（0，﹣3）代入，得：， 解得， ∴直线AC的解析式为y＝﹣x﹣3； ∵点P的横坐标为m， ∴点P的坐标为（m，m2+2m﹣3），点E的坐标为（m，﹣m﹣3）， ∴PD＝﹣（m2+2m﹣3）＝﹣m2﹣2m+3，ED＝﹣（﹣m﹣3）＝m+3，EH＝﹣m， ∴PE＝﹣m2﹣2m+3﹣（m+3）＝﹣m2﹣3m ∵∠EGC＝30°， ∴， ∴， ∴的最大值为4． 故答案为：4． 17．（2026•长沙模拟）2025年“湘超联赛”极大激发了湖南人民的足球热情，常规赛中全省共有14个队进行单循环比赛，每场比赛胜队积3分，败队积0分，平局时两队各积1分，常规赛结束以后，总积分最高的8个队进入下一轮的淘汰赛，如果总积分相同，还要按净胜球等排序，若2026年常规赛规则不变，长沙队想要保证进入淘汰赛，则长沙队至少要积多少分？针对该问题，甲，乙，丙，丁四位同学进行了以下讨论： 甲：一共进行了场比赛，我们需要考虑最理想的情况，假设每一场都分出胜负，可以让前8名积分相同，并且积分尽可能低一点． 乙：不仅要考虑前8名，还要让第9名的积分尽可能高一点，可以先考虑和前8名积分一样，这样9个队尽可能平分91个胜场，积31分就能保证进入前八名． 丙：前9个队不可能包揽全部91个胜场，比如后面5个队之间的比赛胜场． 丁：刚刚都是理想情况下的分析，还要验证一下能不能实现． 结合四位同学的讨论，长沙队至少要积　28　 分，才能保证进入淘汰赛． 【解答】解：14支球队单循环比赛，总比赛场数为， 若所有比赛均分出胜负，每场产生1个胜场，总胜场为91， 要使前9名积分尽可能高且平均，所有比赛分出胜负，则： 前9支球队对阵后5支球队共9×5＝45场比赛，前9支球队全部获胜，每队在此得到5×3＝15分，共获得45个胜场； 后5支球队内部共有场比赛，总胜场为10，全部为后5支球队获得； 前9支球队内部共有场比赛，总胜场为36，平均分给9支球队，每队获得36÷9＝4个胜场，每队在此得到4×3＝12分； 因此每支前9球队总积分为15+12＝27，总胜场为9×（5+4）+10＝91，符合总胜场要求，该情况成立，说明9支球队可以同时积27分， 所以27分无法保证进入前8， 若长沙队积28分，若存在9支球队积分不低于28分， 则每队至少需要10个胜场，总胜场至少为9×10+10＝100＞91，矛盾， 因此不可能存在9支球队积分不低于28分， 故28分一定可以保证进入前8， 所以长沙队至少要积28分，才能保证进入淘汰赛． 故答案为：28． 18．（2026•娄底一模）如果m＝k（k+1），其中m，k都是正整数，则称m为“矩数”，k为m的最佳拆分点．例如：6＝2×（2+1），6为“矩数”，2为6的最佳拆分点．若“矩数”p的最佳拆分点为t，“矩数”q的最佳拆分点为s．若p﹣q＝8，则的值为　　 ． 【解答】解：因为“矩数”p的最佳拆分点为t，“矩数”q的最佳拆分点为s， 所以p＝t（t+1），q＝s（s+1）， 因为p﹣q＝8， 所以t（t+1）﹣s（s+1）＝8， t2+t﹣s2﹣s＝8， （t2﹣s2）+（t﹣s）＝8， （t+s）（t﹣s）+（t﹣s）＝8， （t﹣s）（t+s+1）＝8， 因为t、s都是正整数，所以t﹣s和t+s+1也为正整数，且t+s+1＞t﹣s， 因为8＝1×8＝2×4， 当t﹣s＝1，t+s+1＝8时，可得方程组， 解得：， 当t﹣s＝2，t+s+1＝4时，可得方程组， 解得：（舍去）， 将t＝4，s＝3代入，得． 故答案为：． 19．（2025•厦门模拟）已知二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象经过点M（3，m2+3），N（d，2m），当y＜m时，x的取值范围是t﹣1＜x＜3﹣t，则d的取值范围是　﹣1＜d＜3　 ． 【解答】解：∵二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0），y＜m时，x的取值范围是t﹣1＜x＜3﹣t， ∴二次函数的开口向上，对称轴为直线x1， ∵开口向上时，抛物线上的点离对称轴越远，函数值越大，反之越小， 且m2+3﹣2m＝（m﹣1）2+2＞0， ∴m2+3＞2m， 故3﹣1， 解得﹣1＜d＜3． 故答案为：﹣1＜d＜3． 20．（2026•泸县一模）如图，在平面直角坐标系xOy中，直线y＝﹣x﹣2与x轴、y轴分别交于A、B两点，C、D是半径为1的⊙O上两动点，且CD，P为弦CD的中点．当C、D两点在圆上运动时，△PAB面积的最大值是 　3　 ． 【解答】解：作OQ⊥AB，连接OP、OD、OC， ∵CD，OC＝OD＝1， ∴OC2+OD2＝CD2， ∴△OCD为等腰直角三角形， 由y＝﹣x﹣2得，点A（﹣2，0）、B（0，﹣2）， ∴OA＝OB＝2， ∴△OAB为等腰直角三角形， ∴AB＝2，OQ， 由题得，当P、O、Q共线时，S△ABP最大， ∵P为弦CD的中点， ∴OP， ∴PQ＝OP+OQ， ∴S△ABPAB•PQ＝3． 故答案为：3． 21．（2026•南山区校级一模）如图，在等腰△ABC中，AB＝AC＝5，，点D是BC边上一点，连接AD，将AD绕点D逆时针旋转90°，点A的对应点A′恰好落在AB延长线上，则CD的长为　　 ． 【解答】解：过A作AH⊥BC于H，过A′作A′G⊥BC交直线BC于G，如图， ∴， ∵AB＝AC＝5， ∴CH＝BH＝3，∠C＝∠ABC＝∠GBA′， ∴， ∵将AD绕点D逆时针旋转90°，点A的对应点A′恰好落在AB延长线上， ∴∠A′DA＝90°，AD＝A′D， ∵A′G⊥BC，AH⊥BC， ∴∠A′DG＝∠HAD＝90°﹣∠HDA，∠A′GD＝∠AHD＝90°， ∴△AHD≌△DGA′（ASA）， ∴AH＝DG＝4，DH＝A′G， ∵∠C＝∠ABC＝∠GBA′， ∴， ∴， 设A′G＝4x，则BG＝3x， ∴DH＝A′G＝4x， ∵GD＝GB+BH+DH， ∴4＝3x+3+4x， 解得， ∴， ∴． 22．（2025•淮北校级自主招生）定义：在平面直角坐标系中，一个图形向右平移a个单位长度，再绕原点按顺时针方向旋转θ角度，这样的图形运动叫做图形的γ（a，θ）变换．现将斜边为1的等腰直角三角形ABC放置在如图的平面直角坐标系中，△ABC经γ（1，180°）变换后得△A1B1C1为第一次变换，△A1B1C1经γ（2，180°）变换后得△A2B2C2为第二次变换，…，经γ（n，180°）变换得△AnBn∁n，则点C2025的坐标是　　 ． 【解答】解：过点C作CD⊥x轴， ∵△ABC为斜边为1的等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴C1是由先向右平移1个单位，再绕原点按顺时针方向旋转180°，即根据平移后的点关于原点对称得到的， ∴， 同理：，，，，⋯， ∴，，，…， ∴， ∵2025＝2×1013﹣1， ∴， 即， 故答案为：． 23．（2026•安康一模）如图，已知在△ABC中，AB＝4，∠ABC＝90°，tan∠ACB，点D、E分别在边AC、BC上，且BC＝DC，若DE把△ABC的面积平分，则DE＝　　 ． 【解答】解：过点E作EF⊥AC，垂足为F． 在Rt△ABC中， ∵tan∠ACB，AB＝4， ∴BC． ∵BC＝CD， ∴CD． ∵S△ABCAB•BC4，DE把△ABC的面积平分， ∴S△CDES△ABC． ∵S△CDECD×EF， ∴EF＝2． 在Rt△CDE中， ∵tan∠ACB， ∴CF． ∴DF＝CD﹣CF． 在Rt△FDE中， DE ． 故答案为：． 24．（2026•南京一模）如图，正方形ABCD中，∠EAF＝45°，连接EF，BD，则BM，MN，ND之间的数量关系为MN2＝BM2+ND2 ． 【解答】解：如图：将△ABM逆时针旋转90°得△ADM′， ∵四边形ABCD为正方形， ∴∠BAD＝90°，∠ABD＝∠ADB＝45°， ∴∠NDM′＝90°， ∴NM′2＝ND2+DM′2， ∵∠BAD＝∠MAD+∠BAM＝90°， ∴∠EAM′＝∠BAM+∠MAD＝∠DAM′+∠MAD＝90°， ∵∠EAF＝45°， ∴∠FAM′＝∠EAF＝45°， 在△ANM′和△AMN中， ， ∴△ANM′≌△AMN（SAS）， ∴MN＝NM′． ∵BM＝DM′， ∴MN2＝ND2+BM2． 故答案为：MN2＝ND2+BM2． 25．（2026•东台市一模）甲、乙两款智能手环分别对同一用户进行15次静息心率监测（单位：次/分钟），监测数据的平均值均为72次/分钟，心率波动的方差分别为，则在此次监测中，采集到更稳定心率数据的手环是　甲　 ．（填“甲”或“乙”） 【解答】解：根据方差越小，数据越稳定可知：平均值相同，且， 故采集到更稳定心率数据的手环是甲； 故答案为：甲． 26．（2026•海州区校级模拟）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，BD＝8，AC＝6，E，F分别为BC，OD的中点，连接EF，则EF的长为 　　 ． 【解答】解：如图，四边形ABCD是菱形，BD＝8，AC＝6，取BO中点G，连接EG， ∴AC⊥BD，，， ∵点E是BC的中点，点G是OB的中点， ∴EG是△BOC的中位线，， ∴EG∥AC，， ∴EG⊥BD， ∵F是OD中点， ∴， ∴FG＝4， 在直角三角形GEF中，由勾股定理得：． 故答案为：． 27．（2026•郸城县模拟）如图，在平面直角坐标系中，A（4，0），B（﹣2，0），C（4，4），D（﹣2，6），点E在x轴上，满足∠BED＝∠DEC，则点E的坐标为 　（1，0）或（4，0）　 ． 【解答】解：①如图，过D作DT⊥AC于T， ∵A （4，0），B （﹣2，0），C （4，4），D （﹣2，6）， ∴∠DBA＝∠BAT＝∠ATD＝90°， BD＝BA＝6， ∴四边形ABDT是正方形， 连接AD，则∠BAD＝∠TAD＝45°， ∴E，A重合时，有∠BED＝∠DEC， ∴E点的坐标为 （4，0）． ②如图，过D作DH⊥EC 于H， ∵∠BED＝∠DEC，DB⊥BE， ∴DB＝DH＝6， ∵C （4，4），D （﹣2，6）， ∴CD， CH， 由三角形内角和定理可得：∠BDE＝∠HDE， ∵DB⊥BE，DH⊥EH， ∴BE＝HE 设BE＝x， 则HE＝x，CE＝x+2，AE＝6﹣x， ∵CA⊥EA，CA＝4， ∴（x+2）2＝（6﹣x）2+42， 解得，x＝3， ∴BE＝3， ∴E点的坐标为（1，0）； 综上，E点的坐标为（1，0）或（4，0）． 故答案为：（1，0）或（4，0）． 28．（2026•南海区校级一模）如图，已知等边三角形ABC的边长为8，P是△ABC内一点，PD∥AC，PE∥AB，PF∥BC，点D，E，F分别在AB，BC，AC上，则PD+PE+PF＝　8　 ． 【解答】解：过E点作EG∥PD，过D点作DH∥F， ∵PE∥AB， ∴四边形DGEP为平行四边形， ∴EG＝DP，PE＝GD， 又∵△ABC是等边三角形，EG∥AC， ∴△BEG为等边三角形， ∴EG＝PD＝GB， 同理可证：DH＝PF＝AD， ∴PD+PE+PF＝BG+GD+AD＝AB＝8， 故答案为：8． 29．（2026•船营区校级模拟）如图，点A、B、C均在⊙O上，直径AB＝4，∠ABC＝15°，则图中阴影部分的面积为 　　 ． 【解答】解：∵，直径AB＝4，∠ABC＝15°， ∴∠COA＝2∠ABC＝30°，AO＝2， ∴S阴影， 故答案为：． 30．（2026•柴桑区校级一模）在平面直角坐标系xOy中，四边形OABC是矩形，点A（18，0），B（18，8），C（0，8），D（8，0），点E是折线AB﹣BC上一动点（A点除外），连接ED，点A关于ED的对称点为点P，若点P落在矩形OABC的边上，则点E的坐标为　（18，5）或（12，8）或　 ． 【解答】解：∵四边形OABC是矩形， ∴AB＝OC＝8，BC＝OA＝18，OD＝8， ∴AD＝OA﹣OD＝18﹣8＝10， 由折叠性质可得：AD＝PD＝10，AE＝PE， ①当点E在AB上，P在BC上时，过D作DM⊥BC于点M，则MD∥OC， 设E（18，m），其中0＜m≤8，则AE＝m，BE＝8﹣m， ∵四边形OABC是矩形， ∴BC∥AO，OC∥AB，∠OCB＝∠B＝90°， ∴四边形OCMD，ABMD是平行四边形， ∵∠OCB＝∠B＝90°， ∴四边形OCMD，ABMD是矩形， ∴CM＝OD＝8，∠BMD＝90°， 由勾股定理可得，PM2+MD2＝PD2， ∴PM2+82＝102， ∴PM＝6， ∴BP＝10﹣6＝4， 由勾股定理可得，PB2+BE2＝PE2， ∴42+（8﹣m）2＝m2，解得：m＝5， ∴E（18，5）； ②当E、P在BC上时，如图，过P作PN⊥OA于点N， 同理可得：四边形OCPN，ABPN是矩形， ∴∠PND＝90°，OC＝PN＝8，ON＝CP， 由勾股定理可得，， ∴CP＝ON＝OD﹣ND＝8﹣6＝2， ∴PB＝BC﹣CP＝18﹣2＝16， ∵点A关于ED的对称点为点P， ∴AD＝PD，AE＝PE， 在△PDE与△ADE中， ， ∴△PDE≌△ADE（SSS）， ∴∠PDE＝∠ADE， ∵BC∥AO， ∴∠ADE＝∠PED， ∴∠PED＝∠PDE， ∴PE＝PD， ∴PE＝PD＝10， ∴CE＝PC+PE＝2+10＝12， ∴E（12，8）； ③当E在BC上，P在OC上时，如图， 设CE＝n，则BE＝18﹣n， ∵点A关于ED的对称点为点P， ∴AD＝PD＝10，AE＝PE， ∴， ∴PC＝OC﹣OP＝8﹣6＝2， 由勾股定理得：PE2＝PC2+CE2，AE2＝AB2+BE2， ∴PC2+CE2＝AB2+BE2， ∴22+n2＝82+（18﹣n）2，解得：， ∴； 综上，点E的坐标为（18，5）或（12，8）或． 故答案为：（18，5）或（12，8）或． 三．解答题（共15小题） 31．（2025•深圳）综合与探究 【探索发现】如图1，小军用两个大小不同的等腰直角三角板拼接成一个四边形． 【抽象定义】以等腰三角形的一腰为边向外作等腰三角形，使该边所对的角等于原等腰三角形的顶角，此时该四边形称为“双等四边形”，原等腰三角形称为四边形的“伴随三角形”．如图2，在△ABC中，AB＝AC，AC＝AD，∠D＝∠BAC．此时，四边形ABCD是“双等四边形”，△ABC是“伴随三角形”． 【问题解决】如图3，在四边形ABCD中，AB＝AC，AD＝CD，∠D＝∠BAC．求：①AD与BC的位置关系为：　平行　 ；②AC2　＝　 AD•BC．（填“＞”，“＜”或“＝”） 【方法应用】①如图4，在△ABC中，AC＝BC．将△ABC绕点A逆时针旋转至△ADE，点D恰好落在BC边上，求证：四边形ABDE是双等四边形． ②如图5，在等腰三角形ABC中，AC＝BC，cosB，AB＝5，在平面内找一点D，使四边形ABCD是以△ABC为伴随三角形的双等四边形，若存在，请求出CD的长，若不存在，请说明理由． 【解答】【问题解决】解：①∵AB＝AC，DA＝DC，∠BAC＝∠ADC， ∴，， ∴∠DAC＝∠ACB， ∴AD∥BC； ②∵∠DAC＝∠ACB，∠BAC＝∠ADC， ∴△ABC∽△DAC， ∴， ∴AC2＝BC•CD， ∵CD＝AD， ∴AC2＝BC•AD； 故答案为：①平行；②＝； 【方法应用】①证明：∵△ADE为△ABC旋转得到， ∴AB＝AD， 令∠B＝α，则∠ADB＝α，∠BAD＝180°﹣2α， ∴∠ADE＝∠B＝a， 由旋转得，DE＝BC，AE＝AC， 又∵AC＝BC， ∴EA＝ED， ∴∠DAE＝∠ADE＝α， ∴∠E＝180°﹣2α， ∴∠E＝∠BAD， ∴四边形ABDE为双等四边形； ②解：作AH⊥BC于点H， ∴AB＝5， ∴BH＝3，AH＝4， 设CH＝x，则AC＝BC＝x+3， 在Rt△AHC中，CH2+AH2＝AC2， 即x2+42＝（x+3）2， 解得：， ∴，， 第一种情况：若∠ACB＝∠D＝∠CAD，CA＝CD时，CD＝AC； 第二种情况：若∠ACB＝∠D＝∠ACD，AD＝AC时， ∴AD＝AC， 作AM⊥CD于点M， ∴CM＝DM， ∴， ∴CMAC， ∴； 第三种情况：若∠D＝∠ACB，DA＝DC时，如图， ∴∠DAC＝∠DCA＝∠CAB＝∠ABC， ∴△CAB∽△DAC， ∴， ∴， ∴； 综上所述：满足条件时，或或． 32．（2026•长沙模拟）已知关于x的二次函数（a，b，c是常数，a＞0）的图象与x轴交于A，B两点（A在B左侧），顶点为点P，直线y2＝ax﹣b． （1）若点P（1，﹣2），求c﹣a的值． （2）对于二次函数，无论t为何值，x＝1﹣t和x＝3+t时的函数值都相等，点G（2，c﹣3a）为x轴下方一定点，且点G到直线y2＝ax﹣b的距离的最大值为，函数的图象是否经过定点？若是，请求出定点的坐标；否则，请说明理由． （3）过点P作PQ⊥x轴交直线y2＝ax﹣b于点Q，交x轴于点H，若四边形APBQ为菱形，且三条长度分别与QH，PH，AB相等的线段能组成一个含有120°的三角形，且c≥b，求的最大值． 【解答】解：（1）∵关于x的二次函数（a，b，c是常数，a＞0）的图象顶点为点P（1，﹣2），将点P的坐标代入，结合对称轴公式得： ， 解得：， ∴c﹣a＝a﹣2﹣a＝﹣2； （2）函数的图象经过定点；理由如下： ∵无论t为何值，x＝1﹣t和x＝3+t时的函数值都相等， ∴二次函数的对称轴为直线， ∴，即b＝﹣4a， ∴y2＝ax﹣b＝ax+4a， 当x＝﹣4时，y2＝﹣4a+4a＝0为定值， ∴直线y2过定点（﹣4，0）， 设点（﹣4，0）为点E，点G到直线y2＝ax﹣b的距离为h， ∴， 根据垂线段最短可知，h≤GE， ∴h的最大值为GE，即， ∴（c﹣3a）2+36＝45， 解得：c﹣3a＝±3， ∵点G（2，c﹣3a）在x轴下方，即c﹣3a＜0， ∴c﹣3a＝﹣3，即c＝3a﹣3， ∴， 当x＝1或3，y1＝﹣3为定值， ∴二次函数y1的图象过定点（1，﹣3）和（3，﹣3）； （3）∵四边形是APBQ菱形， 又∵AB与PQ交于点H， ∴PH＝QH，AH＝BH， 如图1，以PH、QH为边构造△PQH，且PQ＝AB，作HM⊥PQ于点M， 由题意可知，∠PHQ＝120°， ∵PH＝QH，HM⊥PQ， ∴，， 在直角△PHM中，， ∴， ∴， 如图2， ， ∴顶点P的坐标为， ∵PQ⊥x轴， ∴， ∵点Q在直线y2＝ax﹣b， ∴点Q的坐标为， ∵函数图象与x轴有两个交点， ∴判别式Δ＝b2﹣4ac＞0， ∴点P在x轴下方，点Q在x轴上方， ∴，（b＜0）， ∵PH＝QH， ∴， 化简，得：b2﹣4ac＝﹣6ab， ∵，， ∴， ∴点B的坐标为， 将代入，得： ， 化简，得：， ∵b2﹣4ac＝﹣6ab， ∴， 化简，得：， 将代入b2﹣4ac＝﹣6ab，得： ， 化简，得：， ∵c≥b， ∴，即9b3≤16b， ∵b＜0， ∴9b2≥16， 解得：， ， ∵， 又∵， ∴随着b的增大而增大， ∴当时，取得最大值为． 33．（2026•娄底一模）在平面直角坐标系中，如图（1），抛物线y＝ax2+bx+1与x轴交于A（﹣1，0），B（4，0）两点，与y轴交于点C，直线与坐标轴交于M、N点． （1）求抛物线解析式并求出M、N两点坐标； （2）点E是抛物线上一点，连接ME、NE，当△MNE的面积最小时，求出点E的坐标并写出面积最小值； （3）如图（2），点F是抛物线上横坐标为t的点，过点F分别作坐标轴的平行线交直线MN于点G，交x轴于点I，以GF、FI为边作矩形FGHI，设矩形FGHI的周长为L，直接写出当L＝11时，t的值． 【解答】解：（1）∵直线与坐标轴交于M、N点， ∴在直线中，当x＝0时，y＝3，即N（0，3）， 当y＝0时，， 解得x＝﹣4， ∴M（﹣4，0）； ∵抛物线y＝ax2+bx+1与x轴交于A（﹣1，0）、B（4，0）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； （2）由（1）可得：N（0，3），M（﹣4，0）， ∴OM＝4，ON＝3， ∴， ∴， 如图2，作GE⊥MN交MN于点G，作EH∥y轴交MN于H， ， 设，则， ∴， ∵EH∥y轴， ∴∠GHE＝∠MNO， ∴sin∠GHE＝sin∠MNO， ∴， ∴， ∴△EMN的面积， ∵， ∴当m＝0时，△EMN的面积最小，为4，此时， ∴当△MNE的面积最小时，点E的坐标为（0，1），此时面积最小值为4； （3）t的值为﹣2或2．理由如下： ∵点F是抛物线上横坐标为t的点， ∴， ∵过点F分别作坐标轴的平行线交直线MN于点G，交x轴于点I， ∴I（t，0），点G的纵坐标为， 在中，当时，， 解得：， ∴， ∴，， ∵以GF、FI为边作矩形FGHI，设矩形FGHI的周长为L， ∴， ∵L＝11， ∴， 令， 解得：t＝﹣1或t＝4， 当t＜﹣1时，， 故原方程可化为：， 解得：t＝﹣2或（不符合题意，舍去）， 当﹣1≤t≤4时，，故原方程可化为：， 解得：t＝2或t＝﹣11（不符合题意，舍去）； 当t＞4时，，故原方程可化为：， 解得：t＝﹣2（不符合题意，舍去）或（不符合题意，舍去）； 综上所述，t的值为﹣2或2． 34．（2026•雷州市校级模拟）如图（1），平面直角坐标系xOy中，已知点A（4，3），反比例函数的图象分别交矩形ABOC的两边AC，AB于E、F两点（E、F不与A重合），沿着EF将矩形ABOC折叠使A、D两点重合． （1）AE＝　4　 （用含有k的代数式表示）； （2）如图（2），当点D恰好落在矩形ABOC的对角线BC上时． ①证明：EF∥BC； ②计算：CE的长度． （3）若折叠后，连接AD，△ABD是等腰三角形，求此时点D的坐标． 【解答】（1）解：∵四边形ABOC是矩形，且A（4，3）， ∴AC＝4，OC＝3， ∵点E在反比例函数y上， ∴E（，3）， ∴CE， ∴AE＝4； 故答案为：4； （2）①证明：如图2，∵A（4，3）， ∴AC＝4，AB＝3， ∴， ∴点F在y上， ∴F（4，）， ∴， ∴， ∵∠A＝∠A， ∴△AEF∽△ACB， ∴∠AEF＝∠ACB， ∴EF∥BC； ②解：∵EF∥BC， ∴∠FED＝∠CDE， 连接AD交EF于M点， ∴△AEF≌△DEF， ∴∠AEM＝∠DEM，AE＝DE， ∴∠FED＝∠CDE＝∠AEF＝∠ACB， ∴CE＝DE＝AEAC＝2； （3）解：过D点作DN⊥AB， ①当BD＝AD时，如图3，有∠AND＝90°，AN＝BNAB， ∴∠DAN+∠ADN＝90°， ∵∠DAN+∠AFM＝90°， ∴∠ADN＝∠AFM， ∴tan∠ADN＝tan∠AFM， ∴， ∵AN， ∴DN， ∴D（4，），即D（，）； ②当AB＝AD＝3时，如图4， 在Rt△ADN中，tan∠ADN＝tan∠AFM， ∴， ∴ANAD3， ∴BN＝3﹣AN＝3， ∵DNAN， ∴D（4，），即D（，）； ③当AB＝BD时，△AEF≌△DEF， ∴DF＝AF， ∴DF+BF＝AF+BF，即DF+BF＝AB， ∴DF+BF＝BD， 此时D、F、B三点共线，不符合题意舍去， ∴AB≠BD， 综上所述，所求D点坐标为（，）或（，）． 35．（2026•泸县一模）综合与探究： 如图1，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2﹣2x+c与x轴交于点A（﹣3，0）和点C，与y轴交于点B（0，3），点P是抛物线上点A与点C之间的动点（不包括点A，点C）． （1）求抛物线的解析式； （2）如图1，动点P在抛物线上，且在直线AB上方，求△ABP面积的最大值及此时点P的坐标； （3）如图2，过原点O作直线l交抛物线于M、N两点，点M的横坐标为m，点N的横坐标为n．求证：mn是一个定值． 【解答】（1）解：在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2﹣2x+c与x轴交于点A（﹣3，0）和点C，与y轴交于点B（0，3），把点A（﹣3，0）和点B（0，3）的坐标代入得： ， 解得：， ∴抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣2x+3； （2）解：如图所示，过点P作PH∥y轴，交AB于点H， 设直线AB的解析式为y＝kx+b，把点A和点B的坐标代入得： ， 解得：， ∴直线AB的解析式为y＝x+3， 点P是抛物线上点A与点C之间的动点（不包括点A，点C）．设点P的横坐标为x，则点P的纵坐标为﹣x2﹣2x+3， ∴点H的横坐标为x，点H的纵坐标为x+3， ∴PH＝﹣x2﹣2x+3﹣（x+3）＝﹣x2﹣3x， ∵S△APB＝S△APH+S△BPH， 整理得：S△APBx， ∴可知当时，△APB的面积有最大值，最大值是， 当时，， 此时点P的坐标为； （3）证明：设直线MN的解析式为y＝hx， 解方程组， 可得：﹣x2﹣2x+3＝hx， 整理得：x2+（2+h）x﹣3＝0， 一元二次方程x2+（2+h）x﹣3＝0中， Δ＝b2﹣4ac＝（2+h）2+12＞0， ∴一元二次方程x2+（2+h）x﹣3＝0有两个不相等的实数根， 这两个不相等的实数根分别为m、n， 则有， ∴mn是一个定值． 36．（2026•南山区校级一模）【问题初探】（1）如图1，在正方形ABCD中，点E是CD边上一点，F为BC延长线上一点．且CE＝CF，求证：BE＝DF，BE⊥DF． 【类比迁移】（2）如图2，在矩形ABCD中，AB＝6，AD＝8，点E是CD边上一点，将△BED沿BE折叠得到△BEG，延长DG和BC相交于点F．当CE＝2DE时，求FG的长． 【拓展提升】（3）如图3，在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，点E是CD边上一点，且DE＝2CE，F为BC延长线上一点，连接DF交射线BE于点G，当线段DF与射线BE所夹的锐角为60°时，求的值． 【解答】（1）证明：延长BE交于DF于点H，如图， 在正方形ABCD中，BC＝CD，∠BCE＝∠DCF＝90°， ∵CE＝CF， ∴△BCE≌△DCF（SAS）， ∴∠CBE＝∠CDF，BE＝DF． ∵∠BEC＝∠DEH， ∴∠BCE＝∠DHE＝90°， 即BE⊥DF； （2）解：延长BE交于DF于点H， 在矩形ABCD中，∠BCD＝90°，AB＝CD，AD＝BC， ∵AB＝6，AD＝8，CE＝2DE， ∴CE＝4，DE＝2，BC＝8， ∴在Rt△BCE中，， ∵△BED沿BE折叠得到△BEG， ∴DH＝HG，BH⊥DF，即∠DHE＝90°， ∵∠BEC＝∠DEH， ∴△BCE∽△DHE， ∴∠CBE＝∠CDH，，即， ∴，， ∵， ∴， ∴在Rt△DFC中，， ∴CF＝3， ∴在Rt△DFC中，， ∴； （3）解：当线段DF与射线BE所夹的锐角为60°时，则∠BGF＝60°或∠BGD＝60°； ①当∠BGF＝60°时，过点E作EP⊥CF交于CF于点P，延长BG交AD延长线于点H， 在菱形ABCD中，∠A＝120°， ∴∠BCD＝120°，BC＝CD，AD//BC， ∵DE＝2CE， ∴令DE＝4，CE＝2，则BC＝CD＝6， 在Rt△BEP中，∠ECP＝60°， ∴CP＝1，， ∴BP＝7， 在Rt△BEP中，， ∵AH∥BF， ∴，， ∴，DH＝12， ∵∠BCD＝∠DGE，∠BEC＝∠DEG， ∴△BCE∽△DGE， ∴∠CBE＝∠GDE， ∵AH∥BF， ∴∠CBE＝∠H， ∴∠GDE＝∠H， ∴△HED∽△DEG， ∴，即， ∴， ∴，， ∴， ∴； ②当∠BGD＝60°时，∠BGF＝120°， 由①知，DH＝12， ∵∠EBC＝∠GBF，∠BCD＝∠BGF， ∴△BCE∽△BGF， ∴∠BEC＝∠F， ∵AH∥BF， ∴∠GDH＝∠F， ∵∠BEC＝∠DEG， ∴∠GDH＝∠DEG， ∵∠H＝∠H， ∴△DEH∽△GDH， ∴，即， 由①知，DH＝12， ∵∠EBC＝∠GBF，∠BCD＝∠BGF， ∴△BCE∽△BGF， ∴∠BEC＝∠F， ∵AH∥BF， ∴∠GDH＝∠F， ∵∠BEC＝∠DEG， ∴∠GDH＝∠DEG， ∵∠H＝∠H， ∴△DEH∽△GDH， ∴，即， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； 综上，的值为或． 37．（2021•庆云县模拟）如图，已知抛物线yx2+bx+c经过△ABC的三个顶点，其中点A（0，1），点B（9，10），AC∥x轴，点P是直线AC下方抛物线上的动点． （1）求抛物线的解析式； （2）过点P且与y轴平行的直线l与直线AB、AC分别交于点E、F，当四边形AECP的面积最大时，求点P的坐标和四边形AECP的最大面积； （3）当点P为抛物线的顶点时，在直线AC上是否存在点Q，使得以C、P、Q为顶点的三角形与△ABC相似？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由． 【解答】解：（1）将A（0，1），B（9，10）代入函数解析式，得 ， 解得， 抛物线的解析式yx2﹣2x+1； （2）∵AC∥x轴，A（0，1）， ∴x2﹣2x+1＝1，解得x1＝6，x2＝0（舍），即C点坐标为（6，1）， ∵点A（0，1），点B（9，10）， ∴直线AB的解析式为y＝x+1，设P（m，m2﹣2m+1） ∴E（m，m+1）， ∴PE＝m+1﹣（m2﹣2m+1）m2+3m． ∵AC⊥PE，AC＝6， ∴S四边形AECP＝S△AEC+S△APCAC•EFAC•PF AC•（EF+PF）AC•EP6（m2+3m）＝﹣m2+9m＝﹣（m）2， ∵0＜m＜6， ∴当m时，四边形AECP的面积最大值是，此时P（，）； （3）∵yx2﹣2x+1（x﹣3）2﹣2， P（3，﹣2）．PF＝yF﹣yp＝3，CF＝xF﹣xC＝3， ∴PF＝CF， ∴∠PCF＝45°， 同理可得∠EAF＝45°， ∴∠PCF＝∠EAF， ∴在直线AC上存在满足条件得点Q，设Q（t，1）且AB＝9，AC＝6，CP＝3， ∵以C，P，Q为顶点的三角形与△ABC相似， ①当△CPQ∽△ABC时，，， 解得t＝4， Q（4，1）； ②当△CQP∽△ABC时，，， 解得t＝﹣3， Q（﹣3，1）． 综上所述：当点P为抛物线的顶点时，在直线AC上存在点Q，使得以C、P、Q为顶点的三角形与△ABC相似，Q点的坐标为（4，1）或（﹣3，1）． 38．（2025•阎良区一模）【问题提出】 （1）如图1，四边形ABCD内接于⊙O，若∠B＝95°，则∠D的度数为　85　 °； 【问题探究】 （2）如图2，在矩形ABCD中，AB＝23，BC＝30，点P在边AD上，且AP＞DP，连接BP、CP，tan∠BPC，求PC的长； 【问题解决】 （3）2025年3月9日，国家卫生健康委员会相关负责人在十四届全国人大三次会议民生主题记者会上表示，实施“体重管理年”3年行动，普及健康生活方式，加强慢性病防治．某市为积极响应国家号召，拟开设一所健康管理中心，其设计示意图如图3所示，在四边形ABCD中，对角线AC为一条走廊，在边AB和走廊AC上分别取点F、E，连接DF交AC于点P，并规划△PEF区域为咨询中心，△PDE区域为评估中心，其他区域为实训中心．根据设计要求，点D到AC的距离为70米，tan∠BAC，点A、D、E、F在同一个圆的圆周上，评估中心（△PDE）的面积为2800平方米，请你求出评估中心（△PDE）的周长． 【解答】解：（1）∵四边形ABCD内接于⊙O， ∴∠B+∠D＝180°， ∵∠B＝95°， ∴∠D＝180°﹣95°＝85°， 故答案为：85； （2）过点P作PF⊥BC于点F，如图2． ∵四边形ABCD为矩形，AB＝23， ∴四边形ABFP为矩形，PF＝AB＝23． 作△BCP 的外接圆⊙O，连接OP、OB、OC，作OE⊥BC于点E，OH⊥PF于点H，如图2， ∴∠BOC＝2∠BPC，OB＝OP＝OC，∠OEB＝∠OEC＝90°． 又∵OE＝OE， ∴Rt△OEB≌Rt△OEC（HL）， ∴，BE＝CEBC＝15． ∵tan∠BPC， ∴tan∠BOE， 即， ∴OE＝8， ∴OP＝OB17． ∵∠OEF＝∠OHF＝∠EFH＝90°， ∴四边形OEFH为矩形， ∴HF＝OE＝8， ∴PH＝PF﹣HF＝23﹣8＝15， ∴OH8， ∴EF＝OH＝8， ∴CF＝CE﹣EF＝7， ∴CP17； （3）∵点A、D、E、F在同一个圆的圆周上， ∴∠EDF＝∠EAF， 即tan∠PDE＝tan∠BAC， 过点D作DN⊥AC于点N， 如图3，则DN＝70米． ∵S△PDE＝2800平方米，DN＝70米， ∴PE＝80米． 作△PDE的外接圆⊙O，连接OP、OD、OE，作OM⊥PE于点M，OH⊥DN于点H，如图3， 则∠POE＝2∠PDE，OP＝OD＝OE，∠OMP＝∠OME＝90°． 又∵OM＝OM， ∴Rt△OMP≌Rt△OME（HL）， ∴∠POM＝∠EOM∠POE＝∠PDE，米． ∵， ∴， 即， ∴OM＝30 米， ∴米． ∵∠OMN＝∠OHN＝∠MNH＝90°， ∴四边形OMNH为矩形， ∴HN＝OM＝30米， ∴DH＝DN﹣HN＝40米， ∴米， ∴MN＝OH＝30 米， ∴EN＝ME﹣MN＝10 米，PN＝PM+MN＝70 米， ∴米，米， ∴△PDE的周长为（米）， 即评估中心（△PDE）的周长为（米． 39．（2026•南京一模）在△ABC中，AB＝AC＝10，AE平分∠BAD，AD是BC边上的高，点E在边BC上，连接AE． （1）若∠B＝36°，求∠EAD的度数． （2）当AD＝6时，求CE的长． 【解答】解：（1）在△ABC中，AD是BC边上的高， ∴AD⊥BC， ∴∠ADB＝90°， ∴∠BAD＝90°﹣∠B＝90°﹣36°＝54°， ∵AE平分∠BAD， ∴； （2）作EF⊥AB于点F，则∠AFE＝∠ADE＝90°， ∵AB＝10，AD＝6， ∴， ∵AE平分∠BAD， ∴DE＝EF， ∵AE＝AE， ∴Rt△ADE≌Rt△AFE（HL）， ∴AF＝AD＝6， ∴BF＝AB﹣AF＝4， 设DE＝EF＝x， 则BE＝8﹣x， ∵BF2+EF2＝BE2， ∴42+x2＝（8﹣x）2， 解得x＝3， ∴DE＝3， ∵AB＝AC，AE平分∠BAD， ∴CD＝BD＝8， ∴CE＝CD+DE＝11． 40．（2006•东营）如图，平面直角坐标系中，四边形OABC为矩形，点A，B的坐标分别为（4，0），（4，3），动点M，N分别从O，B同时出发．以每秒1个单位的速度运动．其中，点M沿OA向终点A运动，点N沿BC向终点C运动．过点M作MP⊥OA，交AC于P，连接NP，已知动点运动了x秒． （1）P点的坐标为多少（用含x的代数式表示）； （2）试求△NPC面积S的表达式，并求出面积S的最大值及相应的x值； （3）当x为何值时，△NPC是一个等腰三角形？简要说明理由． 【解答】解：（1）过点P作PQ⊥BC于点Q， 有题意可得：PQ∥AB， ∴△CQP∽△CBA， ∴， ∴， 解得：QPx， ∴PM＝3x， 由题意可知，C（0，3），M（x，0），N（4﹣x，3）， P点坐标为（x，3x）． （2）设△NPC的面积为S，在△NPC中，NC＝4﹣x， NC边上的高为，其中，0≤x≤4． ∴S（4﹣x）x（﹣x2+4x） （x﹣2）2． ∴S的最大值为，此时x＝2． （3）延长MP交CB于Q，则有PQ⊥BC． ①若NP＝CP， ∵PQ⊥BC， ∴NQ＝CQ＝x． ∴3x＝4， ∴x． ②若CP＝CN，则CN＝4﹣x，PQx，CPx，4﹣xx， ∴x； ③若CN＝NP，则CN＝4﹣x． ∵PQx，NQ＝4﹣2x， ∵在Rt△PNQ中，PN2＝NQ2+PQ2， ∴（4﹣x）2＝（4﹣2x）2+（x）2， ∴x． 综上所述，x，或x，或x． 41．（2026•海州区校级模拟）定义：在平面直角坐标系中，y是自变量x的函数，下面构建一个新函数，当x＜0时，y′＝y，当x≥0时，y′＝﹣y，即，将变换后函数y′称为原函数y的变构函数，例如二次函数y＝﹣x2+1的变构函数为． （1）求一次函数y＝﹣2x+5的变构函数y′的函数表达式； （2）点（n，﹣2）在反比例函数的变构函数图象上，求n的值； （3）函数l的解析式y＝ax2﹣4ax+3a（a＜0），点M、N的坐标分别为（﹣1，﹣4），，接MN，线段MN与二次函数y＝ax2﹣4ax+3a的变构函数y′的图象只有一个公共点时，直接写出y′的值或取值范围． 【解答】解：（1）由题意，当x＜0时，y'＝﹣2x+5， 当x≥0时，y'＝﹣（﹣2x+5）＝2x﹣5， ∴一次函数y＝﹣2x+5的变构函数y'的函数表达式为y′； （2）∵反比例函数的变构函数为y′， 又∵点（n，﹣2）在反比例函数的变构函数图象上， ∴当n＜0时，2， 解得：n＝﹣3； 当n＞0时，2， 解得：n＝3； 综上：n的值为3或﹣3； （3）由定义得y＝ax2﹣4ax+3a（a＜0）的变构函数为y′， 如图， ∵点M、N的坐标分别为（﹣1，﹣4），， ∴当y'＝ax2﹣4ax+3a经过点M（﹣1，﹣4）时， a•（﹣1）2﹣4a•（﹣1）+3a＝﹣4， 解得：a， 当y'＝﹣ax2+4ax﹣3a经过点N（，﹣4）时， ﹣a•（）2+4a3a＝﹣4， 解得：a， 当y'＝﹣ax2+4ax﹣3a＝﹣a（x﹣2）2+a顶点在MN上时， 即点（2，a）在MN上， ∴a＝﹣4， 当y'＝ax2﹣4ax+3a与y轴交点在MN上时， 即（0，3a）在MN上，a， ∴线段MN与二次函数y＝ax2﹣4ax+3a的变构函数y'的图象只有一个公共点时a或a＝﹣4或a． 42．（2026•郸城县模拟）【问题提出】 如图1，点E是菱形ABCD边BC上的一点，△AEF是等腰三角形，AE＝EF，∠AEF＝∠ABC＝α（α≥90°），AF交CD于点G，探究∠FCG与α的数量关系． 【问题探究】 （1）先将问题特殊化，如图2，当α＝90°时，求∠FCG的度数； （2）再探究一般情形，如图1，求∠FCG的度数；（用含α的代数式表示） 【问题拓展】 （3）如图3，当α＝120°，AB＝6时，若点G为边CD的三等分点，请直接写出BE的长． 【解答】解：（1）过点F作FH⊥BC的延长于H，如图2， ∵∠AEF＝∠ABC＝α＝90°， ∴∠BAE+∠AEB＝90°，∠FEH+∠AEB＝90°， ∴∠BAE＝∠FEH， ∵FH⊥BC， ∴∠EHF＝90°， ∴∠ABE＝∠EHF， 在△ABE和△EHF中， ， ∴△ABE≌△EHF（AAS）， ∴AB＝EH，BE＝FH， ∵四边形ABCD是菱形， ∴AB＝BC， ∴BC＝EH， ∴BE＝CH＝FH， ∴∠GCF＝∠FCH＝45°； （2）在AB上截取AN，使AN＝EC，连接NE．如图1， ∵∠ABC+∠BAE+∠AEB＝∠AEF+∠FEC+∠AEB＝180°，∠ABC＝∠AEF， ∴∠EAN＝∠FEC， ∵四边形ABCD是菱形， ∴AB＝BC， 在△ANE和△ECF中， ， ∴△ANE≌△ECF（SAS）， ∴∠ANE＝∠ECF， ∵AB＝BC， ∴BN＝BE， ∵∠EBN＝α， ∴， ∴∠GCF＝∠ECF﹣∠BCD＝∠ANE﹣∠BCD ； （3）过点A作CD的垂线交CD的延长线于点P，在AB上截取AN，使AN＝EC，连接NE，作BM⊥NE于点M．如图3， ∵AB＝6，点G为边CD的三等分点， ∴或， ∴DG＝2，CG＝4或DG＝4，CG＝2， ∵四边形ABCD是菱形， ∴∠ADC＝∠ABC＝α＝120°， ∴∠ADP＝60°， ∴∠PAD＝30°， ∴，， 由（2）知，， ∵∠AGP＝∠FGC， ∴△APG∽△FCG． ∴， ∴或， ∴或． 由（2）知：△ANE≌△ECF，BN＝BE， ∴或， ∵BN＝BE，BM⊥NE， ∴或， ∵BN＝BE，∠ABC＝α＝120°， ∴∠BEM＝∠BNM＝30°， ∴， 由勾股定理，得BE2＝BM2+EM2，即， ∴或． 43．（2026•南海区校级一模）如图，直线与双曲线交于A，B两点，点A的坐标为（m，﹣3），点C是双曲线第一象限分支上的一点，连接BC并延长交x轴于点D，且BC＝2CD． （1）求k的值并写出点B的坐标； （2）线段EF＝1在x轴上运动，且F点在右侧，求四边形BEFC周长的最小时点E的坐标； （3）P是坐标轴上的点，Q是平面内一点，是否存在点P，Q，使得四边形ABPQ是矩形？若存在，请直接写出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由． 【解答】解：（1）∵直线与双曲线交于A，B两点，点A（m，﹣3）， ∴， 解得：， ∴点A（﹣2，﹣3），反比例函数的表达式为：， ∵直线与双曲线都关于原点O对称， ∴点A，B关于原点O对称， ∴点B的坐标为（2，3）； （2）过点B作BH⊥x轴于点H，过点C作CK⊥x轴于点K，如图1所示： ∵点B（2，3）， ∴BH＝3， ∵BC＝2CD， ∴BD＝3CD， ∵BH⊥x轴，CK⊥x轴， ∴BH∥CK， ∴△BCK∽△DBH， ∴， ∴， ∴CK＝1， ∴点C的纵坐标为1， 对于，当y＝1时，x＝6， ∴点C的坐标为（6，1）， ∴BC， 当线段EF＝1在x轴上运动时，四边形BEFC的周长为：BC+EF+BE+CF， ∴当BE+CF为最小时，四边形BEFC的周长为最小， 作点B关于x轴对称点P，过点P作PQ∥x轴，且PQ＝1（点Q在点P的右侧），连接PE，QF，QC，如图2所示： ∴BE＝PE， ∵线段EF在x上移动，且EF＝1， ∴PQ∥EF，PQ＝EF＝1， ∴四边形AEFQ是平行四边形， ∴PE＝QF＝BE， ∴BE+CF＝QF+CF， 根据“两点之间线段最短”得：QF+CF≤QC， ∴点Q，F，C在同一条直线上时，QF+CF为最小，即BE+CF为最小，如图3所示： ∵点B（2，3），点B与点P关于x轴对称， ∴点P（2，﹣3）， ∵AQ＝1， ∴点Q（3，﹣3）， 设直线CQ的表达式为：y＝kx+b， 将点C（6，1），点Q（3，﹣3）代入y＝kx+b， 得：， 解得：， ∴直线QC的表达式为：， 对于，当y＝0时，x， ∴点F的坐标为， ∴OF， ∵EF＝1， ∴OE＝OF﹣EF， 此时点E的坐标为； （3）存在，理由如下： ①当点P在x轴上上时，过点B作BM⊥x轴于点M，如图4所示： 则∠OMB＝90°， ∵点B（2，3）， ∴OM＝2，BM＝3， 在Rt△OBM中，由勾股定理得：OB， ∵四边形ABPQ是矩形， ∴∠OMB＝∠OBP＝90°， 又∵BOM＝∠POB， ∴△OBM∽△OPB， ∴， ∴， ∴OP， ∴点P的坐标为； ②当点P在y轴上时，过点P作PB⊥y轴于点N，如图5所示： ∵点B（2，3）， ∴BN＝2，ON＝3， 同理可证明：△OBN∽△OPB，OB， ∴， ∴， ∴OP， 此时点P的坐标为． 综上所述：点P的坐标为，． 44．（2026•船营区校级模拟）在平面直角坐标系中，点O是坐标原点，抛物线y＝x2﹣bx（b是常数）经过点（2，﹣4）．点P是该抛物线上的点，横坐标为m，点Q的坐标（2﹣m，2+m），连结PQ． （1）求该抛物线对应的函数表达式； （2）当线段PQ平行于x轴时，求线段PQ的长； （3）当线段PQ不与坐标轴平行时，以线段PQ为对角线作矩形PMQN，且PM∥x轴． ①若矩形PMQN被抛物线对称轴分成1：3两部分，求m的值； ②当抛物线在矩形PMQN内部的点的纵坐标y随x的增大而减小时，直接写出m的取值范围． 【解答】解：（1）∵抛物线y＝x2﹣bx经过点（2，﹣4），将坐标代入得： ﹣4＝22﹣2b， 解得：b＝4， ∴该抛物线对应的函数表达式为y＝x2﹣4x； （2）∵点P是该抛物线上的点，横坐标为m，点Q的坐标（2﹣m，2+m）， ∴点P的纵坐标为m2﹣4m， ∵线段PQ平行于x轴时， ∴m2﹣4m＝2+m， 解得：， 当时，依题意得：， 当时，依题意得：， ∴线段PQ的长为或； （3）①如图1，矩形PMQN，中心点为C，过点C作CD⊥对称轴于点D， 由（2）得P（m，m2﹣4m），Q（2﹣m，2+m）， ∴，M点的横坐标为2﹣m， ∵PM＝|2﹣m﹣m|＝|2﹣2m|， ∵抛物线对应的函数表达式为y＝x2﹣4x， ∴对称轴为直线x＝2， ∴CD＝2﹣1＝1， ∵PM∥x轴，矩形PMQN被抛物线对称轴分成1：3两部分， ∴或， ∴或， 解得：m＝﹣1或m＝3或或， 当或时，点P、Q位于对称轴的同侧，不符合题意； 综上所述，m的值为﹣1或3； ②m的取值范围为﹣2≤m＜1或1＜m．理由如下： 由①得对称轴为x＝2， ∴当x＜2时，y随x的增大而减小， 当y＝x2﹣4x＝0时， 解得：x1＝0，x2＝4， 抛物线与坐标轴的两个交点分别为（0，0），（4，0）， 由图得：当点Q与点（4，0）重合时，抛物线在矩形内部的点的纵坐标y随x的增大而减小， ∴2﹣m≤4， 解得：m≥﹣2， 此时点P在点Q左侧， ∴m＜2﹣m， ∴m＜1， ∴﹣2≤m＜1； 当点P在点Q右侧时，m＞2﹣m， 解得：m＞1， 如图3， ∵点P是该抛物线上的点， ∴抛物线在矩形PMQN内部的点的纵坐标y随x的增大而减小； 当线段PQ平行于x轴时，， ∴1＜m， 综上所述，m的取值范围为﹣2≤m＜1或1＜m． 45．（2026•柴桑区校级一模）综合与探究 数学活动课上，王老师带领同学们探索平行四边形的旋转，研究的路径是从特殊到一般，研究发现，在旋转的某些特殊时刻，图形具有特殊的性质． （1）【操作探究】如图1，矩形ABCD中，AB＝3，BC＝5，将矩形ABCD绕点A逆时针旋转到矩形AB′C′D′的位置，当B′C′经过点D时，连接DD′，线段DD′的长度为　　 ； （2）如图2，菱形ABCD绕点A逆时针旋转到菱形AB′C′D′的位置，B′C′与CD共线，AB′与BC交于点E，C′D′与AD交于点F，延长BC、D′C′交于点M．判断四边形AEMF的形状，并说明理由； （3）【问题解决】如图3，将▱ABCD绕点A逆时针旋转到▱AB′C′D′的位置，使点B′落在BC上，B′C′与CD交于点E，小华猜想此时点D应落在边C′D′上，王老师提供了如图4所示思路，请填空： （4）【拓展提升】如图5，在▱ABCD中，AB＝12，BC＝13，∠ABC＝α（45°＜α＜90°），将▱ABCD绕着BC中点O顺时针旋转到▱A′B′C′D′的位置，当点B′为一次落在边AB上时，边A′D′与边CD相交于点G． ①猜想D、C、C′是否在同一直线上，并说明理由； ②求CG的长．（用含α的式子表示） 【解答】解：（1）如图， ∵四边形ABCD是矩形， ∴∠B＝∠C＝90°，AB＝CD＝3，BC＝AD＝5， 由旋转的性质得：AB′＝AB＝3，C′D′＝CD＝3，B′C′＝BC＝5，∠B′＝∠B＝90°，∠C′＝∠C＝90°， 在Rt△AB′D中，由勾股定理得：， ∴C′D＝5﹣4＝1， 在Rt△DCD′中，由勾股定理得：， 故答案为：； （2）四边形AEMF是菱形，理由如下： ∵菱形ABCD绕点A旋转，B′C′与CD共线， ∴AD∥BM，AB′∥D′M，AB＝AD＝AD′，∠B＝∠D＝∠D′，∠BAD＝∠B′AD′， ∴四边形AEMF是平行四边形， ∠BAD﹣∠B′AD＝∠B′AD′﹣∠B′AD，即∠BAE＝∠D′AF， 在△BAE和△D′AF中，， ∴△BAE≌△D′AF（ASA）， ∴AE＝AF， ∴四边形AEMF是菱形； （3）如图，连接DD′， 由旋转的性质得：AB＝AB′，AD＝AD′，∠BAB′＝∠DAD′， ∴△BAB′和△DAD′都是等腰三角形， ∴，， ∴∠AB′B＝∠ADD′， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD∥BC， ∴∠AB′B＝∠DAB′， ∴∠ADD′＝∠DAB′， ∴AB′∥DD′， ∵四边形AB′C′D′由四边形ABCD旋转而成， ∴四边形AB′C′D′是平行四边形， ∴AB′∥C′D′， 又∵AB′∥DD′， ∴C′、D、D′共线， ∴图4中两空分别为：∠ADD′＝∠DAB′，AB′∥DD′； （4）①点D、C、C′在同一直线上，理由如下： ∵在▱ABCD中，AB＝12，BC＝13，∠ABC＝α（45°＜α＜90°），将▱ABCD绕着BC中点O顺时针旋转到▱A′B′C′D′的位置， ∴AB＝CD＝12，AD＝BC＝B′C′＝13，AB∥CD，BC＝B′C′， 如图，连接B′C，CC′，B′G，BC′， ∵O为BC的中点， ∴OB＝OC＝OB′＝OC′， ∴四边形B′BC′C是矩形， ∴BB′∥CC′，∠B′CC′＝90°，而AB∥CD， ∴∠OCC′＝∠ABC＝α＝∠B′C′C，C′在DC的延长线上， ∴点D、C、C′在同一直线上； ②由①得CC′＝B′C′•cosα＝13cosα， ∵四边形ABCD，四边形A′B′C′D′都是平行四边形，结合旋转， ∴S▱ABCD＝S▱A′B′C′D′＝2S△B′C′G，而∠B′CC′＝90°， ∴CD•CB′＝C′G•CB′， ∴C′G＝CD＝12， ∴CG＝12﹣13cosα． 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $