江苏省解答题（3-3）-【中考三轮复习】全国2026年中考数学名校模拟优选好题

**基本信息** 聚焦函数与几何综合，以分类讨论、数形结合为核心方法，构建从基础到压轴的递进训练体系，培养数学抽象与逻辑推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |函数综合|11题|待定系数法、参数分类、交点方程|从单一函数到多函数综合，渗透方程思想| |几何综合|17题|构造全等/相似、动态轨迹分析、折叠变换|从静态图形到动态问题，强化空间观念| |统计与应用|3题|数据特征分析、解直角三角形|实际问题数学化，培养应用意识|

【三轮复习】2026年江苏省中考数学名校模拟优选好题-解答题（3-3） 一．一次函数的应用 二．反比例函数图象上点的坐标特征（共1小题） 1．（2026•天宁区校级模拟）如图，点A为反比例函数图象上的一点，在x轴正半轴上有一点B，OB＝4．连接OA，AB，此时OA＝AB，且tan∠AOB＝3． （1）求k的值； （2）过点B作BC⊥OB，交反比例函数的图象于点C，连接OC交AB于点D，求点D的坐标． 三．待定系数法求反比例函数解析式（共1小题） 2．（2026•灌南县一模）小军借助反比例函数图象设计“鱼形”图案，如图，在平面直角坐标系中，以反比例函数图象上的点A和点B为顶点，分别作菱形AOCD和菱形OBEF，点D，E在x轴上，，以点O为圆心，OA长为半径作AC，连接BF． （1）求的解析式； （2）求图中阴影部分面积之和． 四．反比例函数与一次函数的交点问题（共2小题） 3．（2026•姑苏区模拟）如图，一次函数y＝mx﹣2m+4（m≠0）与反比例函数的图象交于A，B两点，点A的横坐标为2，过点B作x轴的平行线，交y轴于点C，连接OA，AC，OA与BC交于点D． （1）求k的值； （2）求△ACD面积的最大值，并求出此时m的值． 4．（2026•高新区一模）如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，反比例函数y（k≠0）的图象与正比例函数yx的图象交于A，B两点，其中点A的坐标为（﹣3，m）． （1）求k的值； （2）当x时，自变量x的取值范围为　 　 ； （3）将直线AB向上平移后，与反比例函数图象交于C，D两点，与两坐标轴分别相交于E，F两点．若S△ABC＝12，求直线CD的函数表达式． 五．二次函数综合题（共7小题） 5．（2026•南通模拟）在平面直角坐标系xOy中，已知点M（x1，y1），N（x2，y2）是抛物线上的两点，x1≠x2． （1）若a＝0，则抛物线顶点坐标为　 　 ； （2）若对于x1＝1+a，3﹣2a＜x2＜4﹣2a，都有y1＞y2，求a的取值范围； （3）在（1）的条件下，存在动点P（p，﹣2），其中p≠x1，p≠x2，使得直线PM，PN与抛物线都仅有一个公共点，求证：． 6．（2026•锡山区一模）已知二次函数y＝ax2+bx+3的图象与x轴交于点A（﹣3，0），B（1，0）两点，与y轴交于点C． （1）直接写出这个二次函数的表达式； （2）如图1，连接BC，点P是直线AC上的一个动点，过点P的直线l与BC平行，则在直线l上是否存在点Q，使点B与点P关于直线CQ对称？若存在，请求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由． （3）如图2，点G，H为x轴上方的抛物线上两点（点G在点H的右边），直线AG、AH与y轴分别交于S，T两点，若OS•OT＝6，试探究直线GH是否经过定点？若是，求出定点坐标；若不是，请说明理由． 7．（2026•天宁区校级模拟）如图，二次函数y＝x2﹣2x+c的图象与x轴交于点A（﹣1，0）和点B，与y轴交于点C． （1）求c的值； （2）将二次函数y＝x2﹣2x+c的图象向右平移m（m＞0）个单位，向下平移n（n＞0）个单位，与x轴相交于点A'和点B'． ①若A'的横坐标为m﹣2，求线段A'B'的长； ②若1＜m＜3，点M（2m﹣7，p），N（m+9，q）在该函数图象上，则p　 　 q．（填“＞”、“＜”或“＝”） （3）P为二次函数y＝x2﹣2x+c的图象上位于y轴右侧的一点（与点B不重合），过点P作PD⊥x轴，垂足为D，Q为y轴上一点，且.若四边形CPDQ中存在两个内角为直角，求点P的坐标． 8．（2026•宿城区一模）如图1，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+c与x轴分别交于A（﹣2，0）、B（6，0）两点，与y轴交于点C（0，4），顶点为点G，连接AC、BC，点P为直线BC上方抛物线上一动点，连接AP交BC于点M． （1）求抛物线的函数表达式及顶点G的坐标； （2）当的值最大时，求点P的坐标及的最大值； （3）如图2，在（2）的条件下，EF是此抛物线对称轴上长为2的一条动线段（点E在点F上方），连接CE、AF，当四边形ACEF周长取最小值时，求点E的坐标；在此条件下，以点G、E、H、P为顶点的四边形为平行四边形，直接写出点H的坐标． 9．（2026•江都区一模）图1是放在水平桌面上的高脚杯的截面图，杯体ACB是抛物线状（杯体厚度不计），点C是该抛物线的顶点，CD＝8cm，EF＝4cm，D是EF的中点．当高脚杯中装满红酒时，液面AB＝6cm，此时最大深度（液面到最低点的距离）为4cm． （1）以直线EF为x轴，直线CD为y轴，点D为原点，建立平面直角坐标系，求出此直角坐标系下的杯体ACB的函数关系式； （2）如图2所示，现将高脚杯绕点F缓慢倾斜倒出部分红酒，当倾斜角α＝45°时停止，此时液面为GB． ①求此时点A距离桌面的高度； ②直接写出此时酒杯内红酒的最大深度是　 　 cm． 10．（2026•姜堰区一模）点A，B分别为反比例函数、的图象上一点，二次函数y＝a（x﹣h）2的图象经过点A，B，顶点为C，A，B的横坐标分别为m，n，n＜h＜m． （1）如图1，AB∥x轴． ①若m＝2，求h的值； ②试说明：当x＞0时，二次函数y＝a（x﹣h）2的函数值随x增大而增大； （2）当h＝0，mn＝﹣6时，求直线AB与y轴的交点坐标； （3）若mn＝﹣6a2，求证：∠ACB＝90°． 11．（2026•大丰区一模）定义：在平面直角坐标系xOy中，点P（x，y）在某函数图象上，且满足|x|≤k，|y|≤k（k是常数，k≥0），则称点P是该函数图象的“k距点”． 例如：点P（1，2）是函数y＝2x图象的一个“2距点”． （1）①在点P1（1，2），，中，是反比例函数图象的“2距点”的是点　 　 ； ②在平面直角坐标系xOy中，所有“2距点”组成的图形的面积是　 　 ； （2）已知一次函数y＝mx﹣4m+2的图象上有且只有一个“3距点”，求m的值； （3）已知二次函数y＝﹣x2﹣2kx﹣k2﹣3k+1图象上存在“k距点”，请直接写出k的取值范围． 六．三角形综合题（共1小题） 12．（2026•徐州一模）如图1，一副直角三角板满足AB＝BC，AC＝DE，∠ABC＝∠DEF＝90°，∠EDF＝30°． 【操作】将三角板DEF的直角顶点E放置于三角板ABC的斜边AC上，再将三角板DEF绕点E旋转，并使边DE与边AB交于点P，边EF与边BC交于点Q． 【探究一】在旋转过程中， （1）如图2，当时，EP与EQ满足数量关系是　 　 ； （2）如图3，当时，EP与EQ满足怎样的数量关系？并说明理由； 【探究二】若且AC＝30cm，连PQ，设△EPQ的面积为S（cm2），在旋转过程中，S是否存在最大值或最小值？若存在，求出最大值或最小值；若不存在，说明理由． 七．平面镶嵌（密铺）（共1小题） 13．（2023•黄岛区一模）【探究】（1）观察下列算式，并完成填空： 1＝12 1+3＝4＝22 1+3+5＝9＝32 1+3+5+7＝16＝42； 1+3+5．…+（2n﹣1）＝　 　 .（n是正整数） （2）如图是某市一广场用正六边形、正方形和正三角形地板砖铺设的图案，图案中央是一块正六边形地板砖，周围是正方形和正三角形的地板砖．从里向外第一层包括6块正方形和6块正三角形地板砖；第二层包括6块正方形和18块正三角形地板砖；以此递推． ①第3层中分别含有 　 　 块正方形和 　 　 块正三角形地板砖； ②第n层中分别含有 　 　 块正方形和 　 　 块正三角形地板砖（用含n的代数式表示）． 【应用】 该市打算在一个新建广场中央，采用如图样式的图案铺设地面，现有1块正六边形、150块正方形地板砖，问：铺设这样的图案，还需要多少块正三角形地板砖？请说明理由． 八．四边形综合题（共8小题） 14．（2026•锡山区一模）【综合与实践】 在物理实验中，光线从空气中射入液体中会发生折射现象．某学习小组设计了如图所示的实验装置：水槽横截面为矩形MNFD，MN＝80cm，O为水槽水面DF的中点，水深DM＝20cm． 如图1，小明同学从高出水面30cm的A处发出一束激光，射到水槽水面上的O处，光在水中的路径为OB，C为水槽底部MN的中点，测得BC＝10cm． 【问题初探】 （1）图1中，α，β分别为入射角、折射角，则tanβ＝　 　 ； 【深入探究】 （2）小组成员探究如何才能使折射光线经过点C． ①小刚同学设计了如图2所示的实验，在保持入射角、折射角不变的条件下，通过把光线的出发点从点A降至点R，也能使得折射光线经过点C．请直接写出下降高度为　 　 cm； ②小张同学设计了如图3所示的实验，在保持光线出发点A、入射角、折射角不变的条件下，通过增加水面高度，使得折射光线经过点C，求增加的水面高度； 【问题拓展】 （3）小组讨论后认为：在保持入射角、折射角不变的条件下，将光线出发点的高度降低xcm，同时增加水面高度ycm，也能使得折射光线经过点C．请求出y与x之间的函数关系． 15．（2026•天宁区校级模拟）综合与实践 在我们的生活中，“盲区”是一个无处不在的概念；汽车行驶时驾驶员视线被车体遮挡形成的汽车盲区，城市安防中摄像头因角度限制无法观察的监控盲区，都蕴含着深刻的几何原理． 活动一：汽车盲区的计算 汽车盲区是指驾驶员位于正常驾驶座位置时（如图1），其视线被车体遮挡而不能直接观察到的那部分区域．预防进入汽车盲区，能有效预防交通事故发生，提高学生避险能力．如图2是一个汽车盲区的示意图，BE为汽车盲区，驾驶员的眼睛位于点P处，眼睛与地面BE的距离为1.5m，车宽AF＝1.8m，车头FACD可近似看成一个矩形，且满足3DF＝2AF，求汽车盲区BE的长； 活动二：监控盲区的定位 探究1：在一个矩形院子安装一个摄像头，摄像头的监控角度为90°．若将摄像头安装在墙AB的E处，F、G是摄像头的监控边界与墙壁的交点，如图3，图4所示，阴影部分为摄像头的盲区．若AB＝20米，AD＝10米，在线段AB是否存在点E，当摄像头在E点转动时，摄像头的盲区面积不变，则AE的长为 　 　 米； 探究2：在南北走向的马路l上，工作人员要安装一个监控角度为90°的摄像头，用于监控与马路l平行且与马路l距离为6的墙面AB，已知AB＝16．以墙面AB的中点为原点建立如图5所示的平面直角坐标系，当摄像头的监控边界恰好与墙面交于A、B两点时，符合条件的摄像头对应的点P坐标为 　 　 ． 16．（2026•宿城区一模）如图①，菱形ABCD与菱形BEFG的边AB、BE在同一条直线上，点C在GB上，点M为GC的中点． （1）观察猜想：如图①，线段BM与线段AE的数量关系是 　 　 ． （2）拓展探究：如图②，若∠ABC＝110°，将图1中的菱形BEFG绕点B顺时针旋转至图2位置，其他条件不变，连接BM，分别求线段BM与线段AE的数量关系和这两线所形成的较小角的度数； （3）解决问题：如图③，若将（2）中的菱形改为矩形，且BC＝6，，BG＝9，BE＝5，请直接写出： ①BM与AE的关系是 　 　 ； ②矩形BEFG绕点B顺时针旋转一周，点M的运动路径的长是 　 　 ． 17．（2026•鼓楼区校级模拟）定义：若一个四边形中存在相邻两边的平方和等于一条对角线的平方，则称这个四边形为“勾股四边形”，这两条相邻的边称为这个四边形的勾股边． （1）概念理解 ①你所知道的特殊四边形中，是“勾股四边形”的有　 　 （一个即可）； ②如图（1），点A，B在正方形网格的格点上，请你在图中画出以格点为顶点，OA，OB为勾股边，且对角线相等的所有“勾股四边形”OAMB； （2）知识运用如图（2），△ABD是等边三角形，∠CBE＝60°，且BE＝BC，∠DCB＝30°，求证：DC2+BC2＝AC2，即四边形ABCD是“勾股四边形”； （3）拓展应用如图（3），菱形ABCD是“勾股四边形”，对角线AC、BD交于点O，AD＝4，OE⊥OF，求四边形OEBF的面积． 18．（2026•常州模拟）在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝6，AC＝8．直角三角板EDF中∠EDF＝90°，将三角板的直角顶点D放在Rt△ABC斜边BC的中点处，并将三角板绕点D旋转，三角板的两边DE，DF分别与边AB，AC交于点M，N． （1）如图①，在三角板旋转过程中，当点M为AB的中点时，四边形AMDN的形状是　 　 ； （2）如图②，在三角板旋转过程中，当∠B＝∠MDB时，求线段CN的长； （3）如图③，在三角板旋转过程中，当AM＝AN时，求线段AN的长． 19．（2026•如皋市校级模拟）综合与探究 问题情境： 矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，∠BAC的平分线交BC于点E．将△ABE绕点E顺时针旋转，得到△FGE点A，B的对应点分别为点F，G（点G与点B不重合）． 深入探究： （1）如图1，当点F在边AD上时，求证：∠AEF＝2∠BAE； （2）如图2，当点G在线段AE上时，连接AF，CF， ①求证：AC⊥EF； ②求四边形AECF的面积； （3）当点G在矩形ABCD的对角线上时，连接DF，直接写出DF的长． 20．（2026•姜堰区一模）点O为矩形ABCD的边AD上一点，．将矩形ABCD绕点O逆时针旋转α角（0°＜α＜180°）得到矩形A′B′C′D′． （1）如图1，当点B′落在BC边上时，α＝　 　 °； （2）如图2，当点B′、C、A′在同一直线上时，求的值； （3）当∠B′A′C＝30°时，过O作OE⊥CA′，垂足为E，过E、A′、B三点的圆与边BC的另一个交点为F，直接写出的值． 21．（2026•工业园区模拟）数学实验：“探”为观“纸”． 三边长度之比为3：4：5的直角三角形是同学们熟悉的几何图形．那么，能否通过折叠正方形纸片得到这样的三角形呢？下面，我们利用边长为1的正方形纸片ABCD进行探究． 【实验1】 如图①，已知点P为边AD的中点，将△PCD沿PC折叠得到△PCF．点Q为边AB上一点，将△BCQ沿QC折叠，使BC与FC重合．图中是否存在三边长度之比为3：4：5的直角三角形？请证明你的结论； 【实验2】 如图②，已知点P为边AD的中点，将正方形纸片ABCD折叠，使点C、点B分别落在点P、点E处，PE与边AB的交点为Q，折痕为MN．图中是否存在三边长度之比为3：4：5的直角三角形？若存在，请指出所有这样的三角形，并选择其中的一个加以证明； 【实验3】 如图③，已知点P为边AD上一点，将正方形纸片ABCD折叠，使点C、点B分别落在点P、点E处，且PE经过边AB的中点Q，折痕为MN．△APQ是否是三边长度之比为3：4：5的直角三角形？请证明你的结论． 九．直线与圆的位置关系（共1小题） 22．（2026•南通模拟）如图，AB为⊙O的直径，C为⊙O上一点，∠ABC的平分线交⊙O于点D，DE⊥BC于点E． （1）试判断DE与⊙O的位置关系，并说明理由； （2）过点D作DF⊥AB于点F，若∠ABC＝60°，BE＝3，求图中阴影部分的面积． 十．切线的性质（共1小题） 23．（2026•海安市一模）如图，点A，B，C在⊙O上，⊙O的半径为4，∠BAC＝30°，以AB，BC为边作▱ABCD． （1）如图1，当AB经过圆心O时，求∠D的度数； （2）如图2，当CD与⊙O相切时，求▱ABCD与⊙O重叠部分（阴影部分）的面积． 十一．圆的综合题（共2小题） 24．（2026•南京一模）运动的视角看图形的变化是非常重要的数学眼光… 四边形ABCD是一块矩形铁皮，AB＝3，AD＝a，从中如何剪出一个圆心角为120°的最大扇形？ 【初步认识】 （1）若矩形铁皮按如图①的方式剪出扇形，且整个图形是轴对称图形，则a的值为　 　 ． （2）若要从矩形ABCD铁皮中剪出一个半径为3的圆心角为120°的扇形，则a的最小值为　 　 ． 【继续探索】 （3）如图②，矩形ABCD的顶点A、D在l1上，顶点B、C在l2上，点P、Q分别在AD、BC上．从中剪出圆心角为120°的最大扇形与边AD相切于点P，且该扇形的弧的一个端点为Q，请用直尺和圆规在l1上作出点A的位置．（保留作图痕迹，写出必要的文字说明） 【问题解决】 （4）进一步探究发现，在矩形ABCD中，圆心角为120°的最大扇形的半径r随a的变化而变化…，请根据a的不同范围，写出“r的值”或“求r的思路”．（可用含a的式子表示） 25．（2026•东台市二模）综合与实践 【问题情境】最完美的四边形是正方形，在“综合与实践”课上，老师和同学们一起对正方形进行了再探究：如图1，正方形ABCD的对角线AC，BD相交于点O． 【数学思考】老师首先提出了如下问题： （1）如图2，作△COD关于CD的对称图形△CED，连接AE交BD于点F．试判断OF与DF的数量关系，并说明理由； 【深入探究】老师让问学提出新的问题： （2）善思小组提出问题：如图3，以BC为直径作⊙P，点M为⊙P上的动点，连接CM，OM，若正方形ABCD的边长为6cm，求△COM面积的最大值； （3）智慧小组提出问题：如图4，以BC为直径作⊙P，点M为⊙P上的动点，过点M作对角线AC垂线，垂足为Q，若正方形ABCD的边长为6cm，求MQ+AQ的取值范围． 十二．作图—复杂作图（共2小题） 26．（2026•天宁区校级模拟）如图1，在四边形ABCD中，AD∥BC，点O为对角线BD的中点，过点O的直线l分别与AD、BC所在的直线相交于点E、F．（点E不与点D重合） （1）求证：△DOE≌△BOF； （2）若ED＝EB，请用圆规和无刻度的直尺在图2中找到点E（不写作法，保留作图痕迹），此时由E、B、F、D四点构成的四边形的形状是　 　 ． 27．（2026•灌南县一模）如图①，在四边形ABCD中，BA＝BC，DA＝DC，BD和AC交于点O，我们把这种有两组邻边分别相等的四边形叫做筝形．不相邻的两个顶点连成的线段叫做它的对角线，线段AC就是它的一条对角线． （1）求证：AC⊥BD． （2）下列条件能够判定四边形ABCD是筝形的有　 　 ．（将所有正确的序号填在横线上） ①AB＝CD且AD＝BC；②AB＝BC且∠BAD＝∠BCD；③∠ABD＝∠CBD且AC⊥BD； ④AC⊥BD且OB＝OD． （3）如图②，在筝形ABCD中，AB＝AD，BC＝CD，请利用无刻度的直尺和圆规，在筝形ABCD内部找一点P，连接PB，PD，使折线B﹣P﹣D恰好将筝形ABCD的面积分为相等的两部分．（保留作图痕迹，不写作法） 十三．作图—应用与设计作图（共1小题） 28．（2026•启东市模拟）小华和小明探究一道作图题：由边长为1的小正方形构成的网格图形中，每个小正方形的顶点称为格点．如图，△ABC的顶点A，B，C都在格点上．请仅用无刻度的直尺，在边AC上求作一点Q，使BQ⊥AC． 小华和小明分别给出了作法，请判断是否正确，并选择一个人的作法说明理由． 十四．翻折变换（折叠问题）（共1小题） 29．（2026•邯郸模拟）综合与实践： 已知宽与长的比是：（约为0.618）的矩形叫黄金矩形．某数学兴趣小组对如何用折纸或尺规作图的方法得到黄金矩形进行了探索． 实验操作： 第一步：在一张矩形纸片的一端，利用图1的方法折出一个正方形，然后把纸片展平； 第二步：如图2，把这个正方形折成两个全等的矩形，再把纸片展平； 第三步：折出内侧矩形的对角线DF，并把DF折到图3中FN处； 第四步：如图4，展开纸片，按照所得的点N折出NP，得到矩形CDPN． 问题解决： （1）求证：矩形CDPN是黄金矩形； （2）在图2的基础上，参考上述操作思路，嘉嘉说：“也可以用无刻度的直尺和圆规在图2中作出黄金矩形CDPN．”请你根据嘉嘉的想法作出图形（保留作图痕迹，不写作法）； 拓展延伸： 淇淇同学发现，在图4中还有一个黄金矩形，但她说不出理由，请你帮她找出来并证明． 十五．几何变换综合题（共2小题） 30．（2026•锡山区一模）如图，在四边形纸片ABCD中，AB∥CD，∠A＝90°，∠ABC＝60°，AB＝8，BC＝4． （1）求CD的长； （2）若P为AB边上一动点（点P不与点A，B重合），过点P作直线l∥BC，沿直线l折叠该纸片，设AP＝t，折叠后纸片重叠部分的面积为S，求S关于t的函数表达式． 31．（2026•江都区一模）如图1，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，∠C＝α（0°＜α＜45°），点D是BC边上一点，将线段DB绕点D顺时针旋转2α得到线段DE，在射线CB上作点C关于点D的对称点F，连接AE、EF． （1）如图2，当点E在线段AC上时，直接写出BE与AC的位置关系　 　 ； （2）若点A、E、D三点共线，在图3中利用尺规作图补全图形（保留作图痕迹，不写作法），并证明∠AEF＝90°； （3）若∠C＝30°，BC＝2，则当点D在何处时，线段EF有最小值，并说明理由． 十六．解直角三角形的应用（共2小题） 32．（2026•灌南县一模）图1是中国社会主义青年团第一次全国代表大会纪念馆广场的主雕塑，将其抽象为如图2所示的平面示意图，四边形EFMN，DCKL为两个全等的平行四边形基座，基座上方承托着一面团旗，已知∠F＝70°，EF＝5.74m，雕塑总高（点A到EN的距离）为9.9m，基座上的团旗柱AG＝4.79m，点E，N，L，D在同一水平线上． （1）求平行四边形基座的高度； （2）请通过计算说明团旗柱AG与斜面MN的位置关系． （结果精确到0.1m．参考数据：sin70°≈0.94，cos70°≈0.34，tan70°≈2.75） 33．（2026•大丰区一模）2026马年春晚的《武BOT》机器人武术秀燃爆全场，机器人每一个精准利落的动作，不仅给观众带来一场视觉盛宴，更让全世界看到了中国AI机器人硬核实力． 如图1，是某型号的机器人在展示中国功夫时的精彩瞬间，图2是其瞬间抽象的几何示意图，机器人的一腿AB直立于地面MN，小腿部分CD刚好与地面MN平行，上身AP垂直于大腿AC，即AB⊥MN于点B，CD∥MN，AP⊥AC于点A．CE是机器人小腿CD上踢后与大腿AC在同一直线的瞬间．已知AB＝80cm，AP＝100cm，∠DCE＝53°． （1）求∠CAB的度数； （2）求点P距地面的高度．（参考数据：sin37°≈0.60，cos37°≈0.80，tan37°≈0.75．） 十七．解直角三角形的应用-仰角俯角问题（共1小题） 34．（2026•宿城区一模）如图，为了测量山坡上一棵树PQ的高度，小明在点A处利用测角仪测得树顶P的仰角为45°，然后他沿着正对树PQ的方向前进10m到达B点处，此时测得树顶P和树底Q的仰角分别是60°和30°，设PQ垂直于AB，且垂足为C． （1）求∠BPQ的度数； （2）求树PQ的高度（结果精确到0.1m，． 十八．方差（共1小题） 35．（2026•常州模拟）项目式学习： 【问题情境】数学活动课上，老师引导学生开展“利用树叶的特征对树木进行分类”的项目式学习． 【实践研究】同学们随机收集柳树、香樟树的树叶各1片，通过测量得到这些树叶的长y（单位：cm），宽x（单位：cm）的数据后，分别计算长宽比，整理数据如下： 编号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 柳树叶的长宽比 3.8 3.7 3.5 3.4 3.8 4.0 3.6 4.0 3.6 4.0 香樟树叶的长宽比 2.0 2.0 2.0 2.4 1.8 1.9 1.8 2.0 1.3 1.9 【合作探究】分析数据如下： 统计量 平均数 中位数 众数 方差 柳树叶的长宽比 3.74 m 4.0 0.0424 香樟树叶的长宽比 1.91 1.95 n 0.0669 【问题解决】 （1）上述表格中：m＝　 　 ，n＝　 　 ． （2）①A同学说：“从树叶的长宽比的方差来看，我认为柳树叶的形状差别大．” ②B同学说：“从树叶的长宽比的平均数、中位数和众数来看，我发现香樟树叶的长约为宽的两倍．” 上面两名同学的说法中，合理的是　 　 （填序号）． （3）现有一片长11cm，宽5.6cm的树叶，请判断这片树叶更可能来自柳树、香樟中的哪种树？给出你的理由． 【三轮复习】2026年江苏省中考数学名校模拟优选好题-解答题（3-3） 参考答案与试题解析 一．一次函数的应用 二．反比例函数图象上点的坐标特征（共1小题） 1．（2026•天宁区校级模拟）如图，点A为反比例函数图象上的一点，在x轴正半轴上有一点B，OB＝4．连接OA，AB，此时OA＝AB，且tan∠AOB＝3． （1）求k的值； （2）过点B作BC⊥OB，交反比例函数的图象于点C，连接OC交AB于点D，求点D的坐标． 【解答】解：（1）过点A作AH⊥x轴，垂足为点H，AH交OC于点M，如图所示， ∵OA＝AB，AH⊥OB， ∴OH＝BHOB＝2， ∵tan∠AOB＝3， ∴3， ∴AH＝6， ∴点A的坐标为（2，6）． ∵点A为反比例函数图象上的一点， ∴k＝2×6＝12； （2）∵BC⊥x轴，OB＝4，点C在反比例函数y上， ∴BC＝3， ∴C（4，3）， ∴直线OC为yx， 设直线AB的解析式为y＝ax+b， ∵A（2，6），B（4，0）， ∴， 解得， ∴直线AB的解析式为y＝﹣3x+12， 由，解得， ∴D（，）． 三．待定系数法求反比例函数解析式（共1小题） 2．（2026•灌南县一模）小军借助反比例函数图象设计“鱼形”图案，如图，在平面直角坐标系中，以反比例函数图象上的点A和点B为顶点，分别作菱形AOCD和菱形OBEF，点D，E在x轴上，，以点O为圆心，OA长为半径作AC，连接BF． （1）求的解析式； （2）求图中阴影部分面积之和． 【解答】解：（1）连接AC交OD为G， ∵四边形AOCD是菱形，． ∴． ∴AG＝1． ∴，将点代入反比例函数， 得，解得， ∴反比例函数的解析式为； （2）∵OA＝2，OD＝2，AG＝1， ∴sin∠AOG， ∴∠AOG＝30°， 由菱形的性质知：∠AOG＝∠COG＝30°， ∴∠AOC＝60°， ∴， ∵， 令OE、BF的交点为H， 由菱形OBEF知，S△FHO＝S△BHO， ∵， ∴， ∴S阴影＝S△FBO+S菱形AOCD﹣S扇形AOC ． 四．反比例函数与一次函数的交点问题（共2小题） 3．（2026•姑苏区模拟）如图，一次函数y＝mx﹣2m+4（m≠0）与反比例函数的图象交于A，B两点，点A的横坐标为2，过点B作x轴的平行线，交y轴于点C，连接OA，AC，OA与BC交于点D． （1）求k的值； （2）求△ACD面积的最大值，并求出此时m的值． 【解答】解：（1）∵一次函数y＝mx﹣2m+4＝m（x﹣2）+4， ∴一次函数y＝mx﹣2m+4的图象过点（2，4）， ∵一次函数y＝mx﹣2m+4（m≠0）与反比例函数的图象交于A，B两点，点A的横坐标为2， ∴A（2，4）， ∴k＝2×4＝8； （2）由（1）可知反比例函数为y， 解，得或， ∴B（，﹣2m）， ∵过点B作x轴的平行线，交y轴于点C， ∴C（0，﹣2m）， ∴OC＝﹣2m， ∵A（2，4）， ∴直线OA为y＝2x， 当y＝﹣2m时，则x＝﹣m， ∴D（﹣m，﹣2m）， ∴S△ACD•（﹣m）•（4+2m）＝﹣m2﹣2m＝﹣（m+1）2+1， ∴当m＝﹣1时，△ACD面积有最大值为1． 4．（2026•高新区一模）如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，反比例函数y（k≠0）的图象与正比例函数yx的图象交于A，B两点，其中点A的坐标为（﹣3，m）． （1）求k的值； （2）当x时，自变量x的取值范围为　﹣3＜x＜0或x＞3　 ； （3）将直线AB向上平移后，与反比例函数图象交于C，D两点，与两坐标轴分别相交于E，F两点．若S△ABC＝12，求直线CD的函数表达式． 【解答】解：（1）把A（﹣3，m）代入yx得，m（﹣3）＝2， ∴A（﹣3，2）， ∵点A在反比例函数y（k≠0）的图象上， ∴k＝﹣3×2＝﹣6； （2）∵反比例函数y（k≠0）的图象与正比例函数yx的图象交于A，B两点，A（﹣3，2）， ∴B（3，﹣2）， 观察图象，当x时，自变量x的取值范围为﹣3＜x＜0或x＞3； 故答案为：﹣3＜x＜0或x＞3； （3）∵A（﹣3，2），B（3，﹣2）， ∴OA＝OB， ∵CD∥AB， ∴S△OBES△ABC6， ∴OE•xB＝6， ∴OE＝4， ∴E（0，4）， ∴直线CD为yx+4． 五．二次函数综合题（共7小题） 5．（2026•南通模拟）在平面直角坐标系xOy中，已知点M（x1，y1），N（x2，y2）是抛物线上的两点，x1≠x2． （1）若a＝0，则抛物线顶点坐标为　（0，1）　 ； （2）若对于x1＝1+a，3﹣2a＜x2＜4﹣2a，都有y1＞y2，求a的取值范围； （3）在（1）的条件下，存在动点P（p，﹣2），其中p≠x1，p≠x2，使得直线PM，PN与抛物线都仅有一个公共点，求证：． 【解答】（1）解：当a＝0时，y， 故顶点坐标为（0，1）， 故答案为：（0，1）； （2）解：抛物线的对称轴为直线x＝a，开口向上，如图所示， 由题意并结合图象可得，解得， 即a的取值范围为； （3）证明：在（1）的条件下，y， 由题意可设直线PM的表达式为y＝k（x﹣p）﹣2＝kx﹣kp﹣2， 同理可得直线PN的表达式为y＝mx﹣mp﹣2， 联立抛物线与直线PM可得kx﹣kp﹣2， 整理得到kx+kp+3＝0，令Δ＝0， 即k2﹣2pk﹣6＝0，由韦达定理可得2x1＝2p，则x1＝p； 联立抛物线与直线PN， 同理可得m2﹣2pm﹣6＝0，由韦达定理可得2x2＝2p，则x2＝p， ∴（x1+x2）p． 6．（2026•锡山区一模）已知二次函数y＝ax2+bx+3的图象与x轴交于点A（﹣3，0），B（1，0）两点，与y轴交于点C． （1）直接写出这个二次函数的表达式； （2）如图1，连接BC，点P是直线AC上的一个动点，过点P的直线l与BC平行，则在直线l上是否存在点Q，使点B与点P关于直线CQ对称？若存在，请求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由． （3）如图2，点G，H为x轴上方的抛物线上两点（点G在点H的右边），直线AG、AH与y轴分别交于S，T两点，若OS•OT＝6，试探究直线GH是否经过定点？若是，求出定点坐标；若不是，请说明理由． 【解答】解：（1）将点A（﹣3，0），B（1，0）代入y＝ax2+bx+3， 得， 解得， ∴y＝﹣x2﹣2x+3； （2）如图， 当点P在线段AC上时，连接BP，交CQ于R， ∵点B和点Q关于CQ对称， ∴CP＝CB， 设P（t，t+3）， 由CP2＝CB2得， 2t2＝10， ∴t1，t2（舍去）， ∴P（，3）， ∵PQ∥BC， ∴1， ∴CR＝QR， ∴四边形BCPQ是平行四边形， ∵1+（）﹣0＝1，0+（3）﹣3， ∴Q（1，）； 如图， 当点P在AC的延长线上时，由上可知：P（，3）， 同理可得：Q（1，）， 综上所述：Q（1，）或（1，）； （3）设G（m，﹣m2﹣2m+3），H（n，﹣n2﹣2n+3）， 设直线GH解析式为y＝kx+d， 则， 解得， ∴直线GH解析式为y＝（﹣m﹣n﹣2）x+mn+3， 同理可得直线AH解析式为y＝（1﹣n）（x+3）， 直线AG解析式为y＝（1﹣m）（x+3）， 令x＝0，得yS＝3﹣3m，yT＝3﹣3n， ∴OS＝3﹣3m，OT＝3﹣3n， ∵OS•OT＝6， ∴（3﹣3m）（3﹣3n）＝6， 整理得m+n＝mn， 代入直线GH解析式为y＝（﹣mn）x+mn+3＝mn（﹣x+1）x+3， 当x＝1时，y， ∴直线GH经过定点（1，）． 7．（2026•天宁区校级模拟）如图，二次函数y＝x2﹣2x+c的图象与x轴交于点A（﹣1，0）和点B，与y轴交于点C． （1）求c的值； （2）将二次函数y＝x2﹣2x+c的图象向右平移m（m＞0）个单位，向下平移n（n＞0）个单位，与x轴相交于点A'和点B'． ①若A'的横坐标为m﹣2，求线段A'B'的长； ②若1＜m＜3，点M（2m﹣7，p），N（m+9，q）在该函数图象上，则p　＜　 q．（填“＞”、“＜”或“＝”） （3）P为二次函数y＝x2﹣2x+c的图象上位于y轴右侧的一点（与点B不重合），过点P作PD⊥x轴，垂足为D，Q为y轴上一点，且.若四边形CPDQ中存在两个内角为直角，求点P的坐标． 【解答】解：（1）将A（﹣1，0）代入y＝x2﹣2x+c中， ∴c＝﹣3； （2）①平移后的函数解析式为y＝（x﹣1﹣m）2﹣4﹣n， 当y＝0时，（x﹣1﹣m）2﹣4﹣n＝0， 解得x1＝1+m或x2＝1+m， 当m﹣2＝1+m时，解得n＝5， ∴x1＝4+m，x2＝﹣2+m， ∴A'B'＝6； ②∵点M（2m﹣7，p），N（m+9，q）在该函数图象上， ∴p＝m2﹣16m+64﹣4﹣n＝m2﹣16m+60﹣n，q＝60﹣n， ∴q﹣p＝﹣m2+16m＝﹣（m﹣8）2+64， ∵1＜m＜3， ∴15＜q﹣p＜39， ∴q＞p， 故答案为：＜； （3）∵PD⊥x轴，QC⊥x轴， ∴PD∥QC， ∵四边形CPDQ中存在两个内角为直角， ∴CP⊥y轴或DQ⊥y轴， 当CP⊥y轴时，P（2，﹣3）； 当DQ⊥y轴时，设P（t，t2﹣2t﹣3），则D（t，0）， ∵tan∠QPD， 解得t或t（舍）， ∴P（，）； 综上所述：P点坐标为（2，﹣3）或（，）． 8．（2026•宿城区一模）如图1，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+c与x轴分别交于A（﹣2，0）、B（6，0）两点，与y轴交于点C（0，4），顶点为点G，连接AC、BC，点P为直线BC上方抛物线上一动点，连接AP交BC于点M． （1）求抛物线的函数表达式及顶点G的坐标； （2）当的值最大时，求点P的坐标及的最大值； （3）如图2，在（2）的条件下，EF是此抛物线对称轴上长为2的一条动线段（点E在点F上方），连接CE、AF，当四边形ACEF周长取最小值时，求点E的坐标；在此条件下，以点G、E、H、P为顶点的四边形为平行四边形，直接写出点H的坐标． 【解答】解：（1）将A（﹣2，0）、B（6，0）、C（0，4）代入y＝ax2+bx+c， 得， ∴， ∴抛物线的函数表达式为yx2x+4， ∵yx2x+4（x﹣2）2， ∴顶点G的坐标为（2，）； （2）过点A作x轴的垂线交直线BC于点F，过点P作x轴的垂线交直线BC于点E， ∴AF∥PE， ∴△PEM∽△AFM， ∴， ∵B（6，0），C（0，4）， 设直线BC的解析为y＝kx+4， ∴6k+4＝0， ∴k， ∴yx+4， 设P（t，t2t+4），则E（t，t+4）， ∴PEt2t+4t﹣4t2+2t， ∵A（﹣2，0）， x＝﹣2时，yx+4， ∴F（﹣2，）， ∴AF， ∴， ∴当PE取得最大值时，取得最大值， ∵PEt2+2t（t﹣3）2+3， ∴当t＝3时，PE有最大值3， ∴， ∴的最大值，此时P（3，5）； （3）∵A（﹣2，0）、C（0，4）， ∴AC＝2， ∵EF＝2， ∴四边形ACEF中，边AC与EF为定值， ∴当AF+CE最小时，四边形ACEF的周长最小． 将点A向上平移2个单位得到A′（﹣2，2），作点C关于对称轴为直线x＝2的对称点C′（4，4），连接A′C′，与对称轴的交于点E′． ∴当点E运动到和点E′重合时AF+CE＝A′E′+C′E′＝A′C′最小， ∵A′（﹣2，2），C′（4，4）， 设直线A′C′的解析式为y＝mx+n， ∴，解得， ∴直线A′C′的解析式为yx， 将x＝2代入yx，则y， ∴点E′（2，）， 设H（p，q）， ①当GE、PH为平行四边形的对角线时， ∵G（2，），E（2，），P（3，5）， ∴， ∴， ∴H（1，）； ②当GP、EH为平行四边形的对角线时， ∵G（2，），E（2，），P（3，5）， ∴， ∴， ∴H（3，7）； ③当GH、EP为平行四边形的对角线时， ∵G（2，），E（2，），P（3，5）， ∴， ∴， ∴H（3，3）； 综上所述，点H的坐标为（1，）或（3，7）或（3，3）． 9．（2026•江都区一模）图1是放在水平桌面上的高脚杯的截面图，杯体ACB是抛物线状（杯体厚度不计），点C是该抛物线的顶点，CD＝8cm，EF＝4cm，D是EF的中点．当高脚杯中装满红酒时，液面AB＝6cm，此时最大深度（液面到最低点的距离）为4cm． （1）以直线EF为x轴，直线CD为y轴，点D为原点，建立平面直角坐标系，求出此直角坐标系下的杯体ACB的函数关系式； （2）如图2所示，现将高脚杯绕点F缓慢倾斜倒出部分红酒，当倾斜角α＝45°时停止，此时液面为GB． ①求此时点A距离桌面的高度； ②直接写出此时酒杯内红酒的最大深度是　　 cm． 【解答】解：（1）建立平面直角坐标系如图3所示， 由CD＝8cm可知点C（0，8）， 由AB＝6cm及液面到最低点的距离为4cm可知B（3，12）， 故设杯体ACB的函数表达式为y＝ax2+8，代入B（3，12）， 得12＝9a+8，解得a， 故杯体ACB的函数表达式为yx2+8； （2）①如图4所示， ∵DF＝2，α＝45°，CD＝8， ∴DHJK，CJ， ∵AB＝6， ∴AN＝BN＝IN＝3，AI， ∵CN＝4， ∴CI＝4﹣3＝1，IM， 故点A距离桌面的高度为AI+IM+CJ+JK（cm）； ②如图6所示，过点B作直线a，作直线b与倾斜45°后的杯体相切， 则此时酒杯内的红酒的最大深度为图5中直线a、b之间的距离h的值， 故设直线b的解析式为y＝x+m，与y轴交于点M，直线a过点B（3，12）且与y轴交于点N， 联立y＝x+m与抛物线yx2+8，整理可得， 令Δ＝0，即1﹣4（8﹣m）＝0， 解得m， 故直线a的表达式为y＝x+9， 故MN＝9， 故最大深度hcm， 故答案为：cm． 10．（2026•姜堰区一模）点A，B分别为反比例函数、的图象上一点，二次函数y＝a（x﹣h）2的图象经过点A，B，顶点为C，A，B的横坐标分别为m，n，n＜h＜m． （1）如图1，AB∥x轴． ①若m＝2，求h的值； ②试说明：当x＞0时，二次函数y＝a（x﹣h）2的函数值随x增大而增大； （2）当h＝0，mn＝﹣6时，求直线AB与y轴的交点坐标； （3）若mn＝﹣6a2，求证：∠ACB＝90°． 【解答】解：（1）①解：当m＝2时，则A（2，1）， 此时点B坐标为（﹣3，1）， ∵AB∥x轴，且点A、B在抛物线上， ∴点A、B关于对称轴直线x＝h对称， ∴2﹣h＝h﹣（﹣3）， 解得h； ②证明：由题可知，B（n，）， ∵AB∥x轴， ∴，（m﹣h）2＝（n﹣h）2， 则3m+2n＝0， ∴． ∴h＜0， ∴当x＞0时，y＝a（x﹣h）2的函数值随x的增大而增大； （2）解：当h＝0时，则，， ∴， ∵mn＝﹣6， ∴36a2＝1， ∴， ∴抛物线解析式为yx2， ∵A（m，am2），B（n，am2）， ∴， ∴当x＝0时，y＝﹣amn＝1， ∴直线AB与y轴的交点坐标为（0，1）； （3）证明：过A作AD⊥x轴于D，过B作BE⊥x轴于E， 由题知A（m，a（m﹣h）2），B（n，a（n﹣h）2），C（h，0）， ∴tan∠ACDa（m﹣h）， tan∠CBE， ∵点A在y上，点B在y上， ∴ma（m﹣h）2＝2，na（n﹣h）2＝﹣3， 两式相乘可得mna2（m﹣h）2（n﹣h）2＝﹣6． ∵mn＝﹣6a2， ∴a2（m﹣h）（n﹣h）＝﹣1． ∴a（m﹣h）． ∴tan∠ACD＝tan∠CBE． ∴∠ACD＝∠CBE． ∵∠BCE+∠CBE＝90°， ∴∠ACD+∠BCE＝90°， ∴∠ACB＝90°． 11．（2026•大丰区一模）定义：在平面直角坐标系xOy中，点P（x，y）在某函数图象上，且满足|x|≤k，|y|≤k（k是常数，k≥0），则称点P是该函数图象的“k距点”． 例如：点P（1，2）是函数y＝2x图象的一个“2距点”． （1）①在点P1（1，2），，中，是反比例函数图象的“2距点”的是点P1和P3 ； ②在平面直角坐标系xOy中，所有“2距点”组成的图形的面积是　16　 ； （2）已知一次函数y＝mx﹣4m+2的图象上有且只有一个“3距点”，求m的值； （3）已知二次函数y＝﹣x2﹣2kx﹣k2﹣3k+1图象上存在“k距点”，请直接写出k的取值范围． 【解答】解：（1）①对于点P1（1，2），，， 只有P2的纵坐标4＞2，其余点的横、纵坐标的绝对值都小于等于2， 故反比例函数图象的“2距点”的是点P1和P3， 故答案为：P1和P3； ②根据“2距点”的定义可知，所有“2距点”围成的图形应为一个中心在原点、边长为4的正方形， 故其面积为16， 故答案为：16； （2）对于一次函数y＝mx﹣4m+2＝（x﹣4）m+2， 故此函数恒过点（4，2）， 当m＞0时，且当y＝mx﹣4m+2＝（x﹣4）m+2过点（3，﹣3）时，满足题意， 即3m﹣4m+2＝﹣3，解得m＝5； 当m＜0时，且当y＝mx﹣4m+2＝（x﹣4）m+2过点（3，3）时，满足题意， 即3m﹣4m+2＝3，解得m＝﹣1， 综上，m的值为5或﹣1； （3）由“k距点”的定义可知，所有“k距点”组成的图形为一个中心在原点，边长为2k的正方形， 而二次函数y＝﹣x2﹣2kx﹣k2﹣3k+1图象上存在“k距点”，可转化为该二次函数的图象与上述正方形存在交点， 当y＝﹣x2﹣2kx﹣k2﹣3k+1过上述正方形的左下角顶点（﹣k，﹣k）时， 即﹣k2+2k2﹣k2﹣3k+1＝﹣k，解得k； 当y＝﹣x2﹣2kx﹣k2﹣3k+1过上述正方形的右上角顶点（k，k）时， 即﹣k2﹣2k2﹣k2﹣3k+1＝﹣k，解得k（舍去负值），即k， 综上，k的取值范围为． 六．三角形综合题（共1小题） 12．（2026•徐州一模）如图1，一副直角三角板满足AB＝BC，AC＝DE，∠ABC＝∠DEF＝90°，∠EDF＝30°． 【操作】将三角板DEF的直角顶点E放置于三角板ABC的斜边AC上，再将三角板DEF绕点E旋转，并使边DE与边AB交于点P，边EF与边BC交于点Q． 【探究一】在旋转过程中， （1）如图2，当时，EP与EQ满足数量关系是EP＝EQ ； （2）如图3，当时，EP与EQ满足怎样的数量关系？并说明理由； 【探究二】若且AC＝30cm，连PQ，设△EPQ的面积为S（cm2），在旋转过程中，S是否存在最大值或最小值？若存在，求出最大值或最小值；若不存在，说明理由． 【解答】解：（1）当时，E为AC中点， ∵△ABC是等腰直角三角形， ∴BE＝CE，∠PBE＝∠C＝45°， 又∵∠PEB+∠BEQ＝90°，∠CEQ+∠BEQ＝90°， ∴∠PEB＝∠CEQ， 在△PEB和△QEC中， ， ∴△PEB≌△QEC（ASA）， ∴EP＝EQ， 故答案为：EP＝EQ； （2）EP：EQ＝1：2；理由如下： 作EM⊥AB，EN⊥BC， ∴∠EMP＝∠ENQ＝90°， 又∵∠PEN+∠MEP＝∠PEN+∠NEQ＝90°， ∴∠MEP＝∠NEQ． ∴△MEP∽△NEQ， ∴EP：EQ＝ME：NE， 又∵∠EMA＝∠ENC＝90°，∠A＝∠C， ∴△MEA∽△NEC， ∴ME：NE＝EA：EC， ∵， ∴EP：EQ＝EA：EC＝1：2． 【探究二】存在，最大值为75cm2，最小值为50cm2． 由【探究一】中（2）知当时，EP：EQ＝EA：EC＝1：2； 设EQ＝x，则， ∴•， 当EQ⊥BC时，EQ与EN重合时，面积取最小， ∵AC＝30，△ABC是等腰直角三角形， ∴， ∵，AC＝30， ∴AE＝10，CE＝20， ∴， ∴当时，； 当EQ＝EF时，S取得最大， ∵AC＝DE＝30，∠DEF＝90°，∠EDF＝30°， 在Rt△DEF中，， ∴，此时△EPQ面积最大， ∴． 七．平面镶嵌（密铺）（共1小题） 13．（2023•黄岛区一模）【探究】（1）观察下列算式，并完成填空： 1＝12 1+3＝4＝22 1+3+5＝9＝32 1+3+5+7＝16＝42； 1+3+5．…+（2n﹣1）＝n2 .（n是正整数） （2）如图是某市一广场用正六边形、正方形和正三角形地板砖铺设的图案，图案中央是一块正六边形地板砖，周围是正方形和正三角形的地板砖．从里向外第一层包括6块正方形和6块正三角形地板砖；第二层包括6块正方形和18块正三角形地板砖；以此递推． ①第3层中分别含有 　6　 块正方形和 　30　 块正三角形地板砖； ②第n层中分别含有 　6　 块正方形和 　6（2n﹣1）　 块正三角形地板砖（用含n的代数式表示）． 【应用】 该市打算在一个新建广场中央，采用如图样式的图案铺设地面，现有1块正六边形、150块正方形地板砖，问：铺设这样的图案，还需要多少块正三角形地板砖？请说明理由． 【解答】解：（1）观察算式规律可得，1+3+5+…+（2n﹣1）＝n2， 故答案为：n2； （2）①∵第一层包括6块正方形和6块正三角形地板砖， 第二层包括6块正方形和6+12＝18块正三角形地板砖， ∴第三层包括6块正方形和18+12＝30块正三角形地板砖． 故答案为：6，30； ②∵每一层中正方形地板砖块数不变； 正三角形地板砖的块数分别为： 第一层6＝6×1＝6×（2×1﹣1）块， 第二层18＝6×3＝6×（2×2﹣1）块， 第三层30＝6×5＝6×（2×3﹣1）块， ∴第n层6（2n﹣1）块正三角形地板砖． 故答案为：6，6（2n﹣1）； 【应用】铺设这样的图案，还需要3750块正三角形地板砖．理由如下： ∵150÷6＝25（层）， ∴150块正方形地板砖可以铺设这样的图案25层； ∵铺设n层需要正三角形地板砖的数量为：6[1+3+5+⋯+（2n﹣1）]＝6n2， ∴当n＝25时，6×252＝3750． 故铺设这样的图案，还需要3750块正三角形地板砖． 八．四边形综合题（共8小题） 14．（2026•锡山区一模）【综合与实践】 在物理实验中，光线从空气中射入液体中会发生折射现象．某学习小组设计了如图所示的实验装置：水槽横截面为矩形MNFD，MN＝80cm，O为水槽水面DF的中点，水深DM＝20cm． 如图1，小明同学从高出水面30cm的A处发出一束激光，射到水槽水面上的O处，光在水中的路径为OB，C为水槽底部MN的中点，测得BC＝10cm． 【问题初探】 （1）图1中，α，β分别为入射角、折射角，则tanβ＝　　 ； 【深入探究】 （2）小组成员探究如何才能使折射光线经过点C． ①小刚同学设计了如图2所示的实验，在保持入射角、折射角不变的条件下，通过把光线的出发点从点A降至点R，也能使得折射光线经过点C．请直接写出下降高度为　　 cm； ②小张同学设计了如图3所示的实验，在保持光线出发点A、入射角、折射角不变的条件下，通过增加水面高度，使得折射光线经过点C，求增加的水面高度； 【问题拓展】 （3）小组讨论后认为：在保持入射角、折射角不变的条件下，将光线出发点的高度降低xcm，同时增加水面高度ycm，也能使得折射光线经过点C．请求出y与x之间的函数关系． 【解答】解：（1）∵矩形MNFD，O为水槽水面DF的中点，C为水槽底部MN的中点， ∴DO∥MC，，∠DMN＝90°， ∴四边形DMOC为矩形， ∴OC∥AM，OC＝DM＝20cm， 在Rt△OCB中，tanβ； 故答案为：； （2）①作TP⊥MN， 则TP＝DM＝20cm，DT＝MP， 由题意，得， ； ∴， ∴DT＝MP＝CM﹣CP＝40﹣10＝30cm， 如图，设AR为ncm，则DR＝AD﹣AR＝（30﹣n）cm， ∴， 解得n， ∴ARcm； 故答案为：； ②作HG⊥MN， 则PH＝MG，HG＝MP， 设DP＝mcm，则HG＝（20+m）cm，AP＝（30﹣m）cm， 由（1）知：，tanβ， 在图3中，HP＝AP•tanα（30﹣m）＝40m， GC＝HG•tanα（20+m）＝10m， ∵MC＝MG+CG＝HP+CG， ∴40m+10m＝40， 解得m＝12cm， 即DP＝12cm， ∴增加的水面高度为12cm； （3）如图，设下降后的光线为WK，水面上升至TK，延长CO交TK于点X， 由题意，得：AW＝xcm，DT＝ycm， 则WT＝AD﹣AW﹣DT＝（30﹣x﹣y）cm，CX＝OC+DT＝（20+y）cm， ， T， ∴， 解得：． 15．（2026•天宁区校级模拟）综合与实践 在我们的生活中，“盲区”是一个无处不在的概念；汽车行驶时驾驶员视线被车体遮挡形成的汽车盲区，城市安防中摄像头因角度限制无法观察的监控盲区，都蕴含着深刻的几何原理． 活动一：汽车盲区的计算 汽车盲区是指驾驶员位于正常驾驶座位置时（如图1），其视线被车体遮挡而不能直接观察到的那部分区域．预防进入汽车盲区，能有效预防交通事故发生，提高学生避险能力．如图2是一个汽车盲区的示意图，BE为汽车盲区，驾驶员的眼睛位于点P处，眼睛与地面BE的距离为1.5m，车宽AF＝1.8m，车头FACD可近似看成一个矩形，且满足3DF＝2AF，求汽车盲区BE的长； 活动二：监控盲区的定位 探究1：在一个矩形院子安装一个摄像头，摄像头的监控角度为90°．若将摄像头安装在墙AB的E处，F、G是摄像头的监控边界与墙壁的交点，如图3，图4所示，阴影部分为摄像头的盲区．若AB＝20米，AD＝10米，在线段AB是否存在点E，当摄像头在E点转动时，摄像头的盲区面积不变，则AE的长为 　10　 米； 探究2：在南北走向的马路l上，工作人员要安装一个监控角度为90°的摄像头，用于监控与马路l平行且与马路l距离为6的墙面AB，已知AB＝16．以墙面AB的中点为原点建立如图5所示的平面直角坐标系，当摄像头的监控边界恰好与墙面交于A、B两点时，符合条件的摄像头对应的点P坐标为 　（6，2）或（6，﹣2）　 ． 【解答】解：活动一：过点P作PH⊥BE于点H，交AF于点G，如图， ∵四边形FACD为一个矩形， ∴AF∥BE，∠AFD＝∠FDC＝90°， ∵PH⊥BE， ∴PG⊥AF， ∴四边形FDHG为矩形， ∴GH＝FD， ∵眼睛与地面BE的距离为1.5m， ∴PH＝1.5m， ∵AF＝1.8m，3DF＝2AF， ∴DF＝1.2m， ∴GH＝DF＝1.2m， ∴PG＝PH﹣GH＝0.3m， ∵AF∥BE， ∴△PFA∽△PEB， ∴， ∴， ∴BE＝9m． 答：汽车盲区BE的长为9m． 活动二：探究1：在线段AB存在点E，当摄像头在E点转动时，摄像头的盲区面积不变，则AE的长为10米． 过点G作GH⊥AB于点H，如图， 则四边形ADGH，四边形BCGH为矩形， ∴AD＝GH＝BC＝10米，CG＝BH， 设AE＝xm，则BE＝（20﹣x）m，设∠AEF＝α， ∵∠FEG＝90°， ∴∠AEF+∠HEG＝90°， ∵∠HEG+∠EGH＝90°， ∴∠EGH＝∠AEF＝α， 在Rt△AEF中，AF＝AE•tanα＝xtanα m， 在Rt△EHG中，EH＝GH•tan∠EGH＝10tanα m， ∴BH＝BE﹣EH＝（20﹣x﹣10tanα）m， ∴摄像头的盲区面积＝S△AEF+S梯形BCGE xtanα•x 200﹣10x﹣50tanα， ＝（50）tanα+200﹣10x， ∵当摄像头在E点转动时，摄像头的盲区面积不变， ∴50＝0， ∵x＞0， ∴x＝10， ∴在线段AB存在点E，当摄像头在E点转动时，摄像头的盲区面积不变，则AE的长为10米． 故答案为：10； 探究2：以点O为圆心，以AB＝8为半径画圆，交x轴于点C，与直线l分别交于点P1，P2，连接P1O，P1A，P1B，设直线l与x轴交于点D，过点P1E⊥AB于点E，如图， 则OA＝OB＝OP1＝8，OD＝6， ∵AB为⊙O的直径， ∴∠AP1B＝90°， ∴P1，P2为安装监控角度为90°的摄像头的位置， ∵∠AOC＝90°，P1E⊥AB，l⊥OD， ∴四边形P1DOE为矩形， ∴PD＝OE2， ∴P1（6，2）． 同理可求P2（6，﹣2）． 综上，符合条件的摄像头对应的点P坐标为（6，2）或（6，﹣2）． 故答案为：（6，2）或（6，﹣2）． 16．（2026•宿城区一模）如图①，菱形ABCD与菱形BEFG的边AB、BE在同一条直线上，点C在GB上，点M为GC的中点． （1）观察猜想：如图①，线段BM与线段AE的数量关系是 BM　 ． （2）拓展探究：如图②，若∠ABC＝110°，将图1中的菱形BEFG绕点B顺时针旋转至图2位置，其他条件不变，连接BM，分别求线段BM与线段AE的数量关系和这两线所形成的较小角的度数； （3）解决问题：如图③，若将（2）中的菱形改为矩形，且BC＝6，，BG＝9，BE＝5，请直接写出： ①BM与AE的关系是 　，BM⊥AE ； ②矩形BEFG绕点B顺时针旋转一周，点M的运动路径的长是 　9π　 ． 【解答】解：（1）BM，理由如下： 设AB＝BC＝a，BE＝BG＝b， ∴AE＝a+b，CG＝b﹣a， ∵点M为CG的中点， ∴CM， ∴BM＝BC+CM＝a， ∴BM， 故答案为：BM； （2）如图，延长BM到点H，使HM＝BM，连接GH，延长MB交AE于N， ∵点M是CG的中点， ∴CM＝GM， ∵∠BMC＝∠HMG， ∴△BMC≌△HMG（SAS）， ∴CB＝GH＝AB，∠CBM＝∠GMH， ∴CB∥GH， ∴∠CBG+∠HGB＝180°， 在菱形ABCD与菱形BEFG中，∠ABC＝110°，∠GBE＝70°， ∴∠CBG+∠ABE＝180°， ∴∠ABE＝∠HGB， ∵BE＝BG， ∴△ABE≌△HGB（SAS）， ∴∠AEB＝∠HBG，AE＝HB， 即AE＝2BM， ∴BM， ∴∠HNE＝∠GBE＝70°； （3）①如图，延长BM到H，使MH＝BM，连接GH，延长MB交AE于点N， 在△CMB与△GMH中， ， ∴△CMB≌△GMH（SAS）， ∴∠BCM＝∠HGM，BC＝HG， ∴BC∥GH， ∴∠BGH+∠CBG＝180°， ∵矩形ABCD与矩形BEFG中，∠ABC＝∠GBE＝90°， ∴∠ABE+∠CBG＝180°， ∴∠ABE＝∠BGH， ∵BC＝6，AB，BG＝9，BE＝5， ∴， ∵BC＝HG， ∴， ∴△ABE∽△HGB， ∴， ∵BM， ∴， ∵△CMB≌△GMH， ∴∠CBM＝∠H， ∵△ABE∽△HGB， ∴∠BAE＝∠H， ∴∠BAE＝∠CBM， ∵∠ABC＝90°， ∴∠CBM+∠ABN＝90°， ∴∠BAE+∠ABN＝90°， ∴∠ANB＝90°， 即BM⊥AE， 故答案为：，BM⊥AE； ②如图，取BC的中点O，连接OM，则OC＝OB， ∵点M是GC的中点， ∴MC＝MG， ∴OM是△BCG的中位线， ∴OM， ∵BG＝9， ∴OM， ∴矩形BEFG绕点B顺时针旋转一周时，点M的运动轨迹为以点O为圆心，以OM的长为半径的圆上， ∴点M的运动路径的长＝29π， 故答案为：9π． 17．（2026•鼓楼区校级模拟）定义：若一个四边形中存在相邻两边的平方和等于一条对角线的平方，则称这个四边形为“勾股四边形”，这两条相邻的边称为这个四边形的勾股边． （1）概念理解 ①你所知道的特殊四边形中，是“勾股四边形”的有　正方形（或矩形）　 （一个即可）； ②如图（1），点A，B在正方形网格的格点上，请你在图中画出以格点为顶点，OA，OB为勾股边，且对角线相等的所有“勾股四边形”OAMB； （2）知识运用如图（2），△ABD是等边三角形，∠CBE＝60°，且BE＝BC，∠DCB＝30°，求证：DC2+BC2＝AC2，即四边形ABCD是“勾股四边形”； （3）拓展应用如图（3），菱形ABCD是“勾股四边形”，对角线AC、BD交于点O，AD＝4，OE⊥OF，求四边形OEBF的面积． 【解答】（1）解：①由勾股定理可知，矩形和正方形相邻两边的平方和等于其一条对角线的平方， 故答案为：正方形（或矩形）； ②如图1，四边形OAMB和四边形OAM1B即为所求； （2）证明：如图2，连接EC， ∵△ABD是等边三角形， ∴∠ABD＝60°，AB＝DB， ∵∠CBE＝60°＝∠ABD， ∴∠ABD+∠DBC＝∠CBE+∠DBC，即∠ABC＝∠DBE， 在△ABC和△DBE中， ， ∴△ABC≌△DBE（SAS）， ∴AC＝DE； ∵∠CBE＝60°，BC＝BE， ∴△BCE是等边三角形， ∴EC＝BC，∠BCE＝60°， ∵∠DCB＝30°， ∴∠DCE＝90°， 在Rt△DCE中，由勾股定理得：DC2+EC2＝DE2， ∴DC2+BC2＝AC2，即四边形ABCD是“勾股四边形”； （3）解：∵四边形ABCD是菱形， ∴AB＝BC＝CD＝AD， ∵菱形ABCD是“勾股四边形”， ∴菱形ABCD的两边长的平方等于其对角线的平方， 不妨设AB2+AD2＝BD2， ∴∠BAD＝90°， ∵四边形ABCD是菱形， ∴四边形ABCD是正方形， ∴OB＝OA，∠AOB＝90°，∠OAE＝∠OBF＝45°， ∵OE⊥OF， ∴∠EOF＝90°＝∠AOB， ∴∠AOE+∠EOB＝∠EOB+∠BOF， ∴∠AOE＝∠BOF， 在△AOE和△BOF中， ， ∴△AOE≌△BOF（ASA）， ∴S△AOE＝S△BOF， ∴． 18．（2026•常州模拟）在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝6，AC＝8．直角三角板EDF中∠EDF＝90°，将三角板的直角顶点D放在Rt△ABC斜边BC的中点处，并将三角板绕点D旋转，三角板的两边DE，DF分别与边AB，AC交于点M，N． （1）如图①，在三角板旋转过程中，当点M为AB的中点时，四边形AMDN的形状是　矩形　 ； （2）如图②，在三角板旋转过程中，当∠B＝∠MDB时，求线段CN的长； （3）如图③，在三角板旋转过程中，当AM＝AN时，求线段AN的长． 【解答】解：（1）四边形AMDN是矩形，理由如下： ∵点D是BC的中点，点M是AB的中点， ∴MD∥AC， ∴∠A+∠AMD＝180°， ∵∠BAC＝90°， ∴∠AMD＝90°， ∵∠A＝∠AMD＝∠MDN＝90°， ∴四边形AMDN是矩形； 故答案为：矩形； （2）如图，过点N作NG⊥CD于G， ∵AB＝6，AC＝8，∠BAC＝90°， ∴BC10， ∵点D是BC的中点， ∴BD＝CD＝5， ∵∠MDN＝90°＝∠A， ∴∠B+∠C＝90°，∠BDM+∠CDN＝90°， ∴∠CDN＝∠C， ∴DN＝CN， 又∵NG⊥CD， ∴DG＝CG， ∵cosC， ∴， ∴CN； （3）如图，连接MN，AD，过点N作HN⊥AD于H， ∵AM＝AN，∠MAN＝90°， ∴∠AMN＝∠ANM＝45°， ∵∠BAC＝∠EDF＝90°， ∴点A，点M，点D，点N四点共圆， ∴∠ADN＝∠AMN＝45°， ∵NH⊥AD， ∴∠ADN＝∠DNH＝45°， ∴DH＝HN， ∵BD＝CD＝5，∠BAC＝90°， ∴AD＝CD＝5， ∴∠C＝∠DAC， ∴tanC＝tan∠DAC， ∴AHHN， ∵AH+HD＝AD＝5， ∴DH＝HN，AH， ∴AN． 解法二：如图，延长MD到T，使得MD＝DT，连接NT，CT． 设AM＝AN＝a．证明CT＝BM＝6﹣a，NM＝NTa，∠NCT＝90°， 由NT2＝CN2+CT2， 可得（a）2＝（8﹣a）2+（6﹣a）2， 解得a，即AN． 19．（2026•如皋市校级模拟）综合与探究 问题情境： 矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，∠BAC的平分线交BC于点E．将△ABE绕点E顺时针旋转，得到△FGE点A，B的对应点分别为点F，G（点G与点B不重合）． 深入探究： （1）如图1，当点F在边AD上时，求证：∠AEF＝2∠BAE； （2）如图2，当点G在线段AE上时，连接AF，CF， ①求证：AC⊥EF； ②求四边形AECF的面积； （3）当点G在矩形ABCD的对角线上时，连接DF，直接写出DF的长． 【解答】（1）证明：∵△ABE绕点E旋转得到△FGE， ∴△ABE≌△FGE， ∴AE＝EF， ∴∠EAF＝∠AFE， ∴∠AEF＝180°﹣∠EAF﹣∠AFE＝180°﹣2∠EAF， 在矩形ABCD中，∠BAD＝90°， ∴∠BAE+∠EAF＝90°， ∴∠EAF＝90°﹣∠BAE， ∴∠AEF＝180°﹣2∠EAF＝180°﹣2（90°﹣∠BAE）＝2∠BAE； （2）①证明：如图，设AC交EF于点O， ∵四边形ABCD是矩形，AB＝3，BC＝4， ∴∠B＝90°， ， ∵△ABE≌△FGE， ∴∠AEB＝∠AEO，EF＝AE， ∵AE平分∠BAC， ∴∠BAE＝∠OAE， 在△ABE和△AOE中， ， ∴△ABE≌△AOE（ASA）， ∴OE＝BE，∠AOE＝∠B＝90°， ∴AC⊥EF； ②解：∵AC⊥EF ∴∠EOC＝∠B＝90°， 在△EOC和△ABC中， ， ∴△EOC∽△ABC， ∴，即， ∴， ∴， 在直角三角形ABE中，由勾股定理得：， ∴四边形AECF的面积为： S△AEF+S△CEF ； （3）解：DF的长为或．理由如下： 点G在矩形ABCD的对角线上时，分两种情况讨论： 如图，若点G在对角线BD上时，过点F作FM⊥BD于M，过点E作EN⊥BD于N， 在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4， ∴AD＝BC＝4，CD＝AB＝3，∠BCD＝90°， 由勾股定理得：， 由（1）②得：， ∴等腰三角形的三线合一）， 在Rt△BCD中，， ∴在Rt△BEN中，， ∴，，， 由旋转的性质得：FG＝AB＝3，∠EGF＝∠ABE＝90°， ∴∠NGE+∠FGM＝90°， ∵FM⊥BD，EN⊥BD， ∴∠ENG＝∠GMF＝90°， ∴∠NGE+∠GEN＝90°， ∴∠FGM＝∠GEN， 在△FGM和△GEN中， ， ∴△FGM∽△GEN， ∴， ∴，， ∴， 由勾股定理得：； 如图，若点G在对角线AC上时，过点D作DH⊥AC于H． ∵AE平分∠BAC， ∴点E到AC的距离等于BE的长度， 由旋转的性质得：BE＝GE，GF＝AB＝3，∠EGF＝∠ABC＝90°， ∴GE⊥AC， ∴∠AGE＝90°， ∴∠AGE+∠EGF＝180°， ∴点A，G，C，F在同一条直线上， 在Rt△ABE和Rt△AGE中， ， ∴Rt△ABE≌Rt△AGE（HL）， ∴AG＝AB＝3， ∴AF＝AG+GF＝6， 在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4， ∴AD＝BC＝4，CD＝AB＝3，∠ADC＝90°， 由勾股定理得：， ∵， ∴， 由勾股定理得：， ∴， 由勾股定理得：； 综上所述，DF的长为或． 20．（2026•姜堰区一模）点O为矩形ABCD的边AD上一点，．将矩形ABCD绕点O逆时针旋转α角（0°＜α＜180°）得到矩形A′B′C′D′． （1）如图1，当点B′落在BC边上时，α＝　60　 °； （2）如图2，当点B′、C、A′在同一直线上时，求的值； （3）当∠B′A′C＝30°时，过O作OE⊥CA′，垂足为E，过E、A′、B三点的圆与边BC的另一个交点为F，直接写出的值． 【解答】解：（1）连接OB'，如图1所示， 设OA＝a，则BC3AO＝3a，ABa，OD＝2a， ∵∠A'＝90°，OA'＝OA＝a，A'B'＝ABa， ∴tan∠B'OA'， ∴∠B'OA'＝60°，∠OB'A'＝30°． ∴OB'＝2OA'＝2a＝OD， 又∵∠C'B'O＝60°， ∴△ODB'为等边三角形， ∴∠DOB'＝60°， ∴∠A'OA＝180°﹣60°﹣60°＝60°，即α＝60°， 故答案为：60； （2）连接CO，如图2所示， 由（1）可知CO， 由旋转可知OA'＝OA＝a， 故CA'a， 故； （3）①：如图3﹣1所示，连接CO、EF、BE、BA'， 设OA＝a，则由（1）中可知OA'＝a，ABa，OD＝2a， 由（2）中可知CO， ∵OE⊥CA′，∠B'A'D'＝90°，∠B′A′C＝30°， ∴∠EA'O＝60°，∠EOA'＝30°， ∴A'EOA'，OE， CE，CA'＝CE+A'E3a， 根据题意可知A'、E、F、B四点共圆，则由圆内接四边形性质可得 ∠CA'B＝∠CFE，∠CEF＝∠CBA'， ∴△CEF∽△CBA'， ∴，即CF， ∴BF＝BC﹣CF＝3a， ∴； ②：如图3﹣2所示，连接CO、A'F、A'B、BE， 设OA＝a，则由（1）中可知OA'＝a，ABa，OD＝2a， 由（2）中可知CO， ∵∠B'A'C＝30°，∠B'A'D'＝90°， ∴∠OA'E＝60°，∠A'OE＝30°， ∴A'EOA'，OE，CE， ∴CA'＝CE﹣A'E＝2a， 根据题意可知A'、E、B、F四点共圆，则由圆内接四边形性质可得 ∠CFA'＝∠CEB，∠CA'F＝∠CBE， ∴△CFA'∽△CEB， ∴，即CF， ∴BF＝CB﹣CF， 故， 综上，的值为或． 21．（2026•工业园区模拟）数学实验：“探”为观“纸”． 三边长度之比为3：4：5的直角三角形是同学们熟悉的几何图形．那么，能否通过折叠正方形纸片得到这样的三角形呢？下面，我们利用边长为1的正方形纸片ABCD进行探究． 【实验1】 如图①，已知点P为边AD的中点，将△PCD沿PC折叠得到△PCF．点Q为边AB上一点，将△BCQ沿QC折叠，使BC与FC重合．图中是否存在三边长度之比为3：4：5的直角三角形？请证明你的结论； 【实验2】 如图②，已知点P为边AD的中点，将正方形纸片ABCD折叠，使点C、点B分别落在点P、点E处，PE与边AB的交点为Q，折痕为MN．图中是否存在三边长度之比为3：4：5的直角三角形？若存在，请指出所有这样的三角形，并选择其中的一个加以证明； 【实验3】 如图③，已知点P为边AD上一点，将正方形纸片ABCD折叠，使点C、点B分别落在点P、点E处，且PE经过边AB的中点Q，折痕为MN．△APQ是否是三边长度之比为3：4：5的直角三角形？请证明你的结论． 【解答】解：【实验1】存在， 由折叠的性质可知，PD＝PF，BC＝FC，∠D＝∠PFC＝90°，∠B＝∠CFQ＝90°， ∴∠PFC+∠CFQ＝180°，即P、F、Q三点共线， 设PQ＝x，则FQ＝x， ∵正方形边长为1，P为AD的中点， ∴AP＝PD，PF，∴PQ＝PF+FQx，AQ＝1﹣x， 在Rt△APQ中，由勾股定理可知，AP2+AQ2＝PQ2， ∴（）2+（1﹣x）2＝（x）2， 解得x， ∴AQ＝1，PQ， ∴AQ：AP：PQ：：4：3：5， ∴△APQ是三边长度之比为3：4：5的直角三角形； 【实验2】存在，△ENQ，△PDM与△QAP是三边长度之比为3：4：5的直角三角形， 选择证明△PDM， 由折叠的性质可知，MN垂直平分PC， ∴MP＝MC， 设DM＝x，则MP＝MC＝1﹣x， 在Rt△PDM中，PD， 由勾股定理可得：PD2+DM2＝PM2， ∴（）2+x2＝（1﹣x）2， 解得x， ∴DM，PM＝1， ∴DM：PD：PM3：4：5， ∴△PDM是三边长度之比为3：4：5的直角三角形； 【实验3】△APQ是三边长度之比为3：4：5的直角三角形， 由折叠的性质可知，MN垂直平分PC， ∴MP＝MC， 设DM＝x，则MP＝1﹣x， 在Rt△PDM中，PD， ∴AP＝1， ∵∠E＝90°，∠A＝90°，∠MPD＝90°， ∴∠DPM＝∠AQP， ∴△PDM∽△QAP， ∴， ∵Q是中点， ∴AQ， ∴， 解得x＝0或x， 当x＝0时，点M与点D重合，点P与点A重合，无法构成三角形， 当x时，符合题意， ∴△APQ是三边长度之比为3：4：5的直角三角形． 九．直线与圆的位置关系（共1小题） 22．（2026•南通模拟）如图，AB为⊙O的直径，C为⊙O上一点，∠ABC的平分线交⊙O于点D，DE⊥BC于点E． （1）试判断DE与⊙O的位置关系，并说明理由； （2）过点D作DF⊥AB于点F，若∠ABC＝60°，BE＝3，求图中阴影部分的面积． 【解答】证明：（1）连接OD， ∵BD是∠ABC的平分线， ∴∠ABD＝∠CBD， 又∵OD＝OB， ∴∠ODB＝∠OBD， ∵DE⊥BC， ∴∠E＝90°， ∴∠CBD+∠BDE＝90°， ∴∠ODB+∠BDE＝90°， 即OD⊥DE， ∴DE是⊙O的切线； （2）∵DF⊥AB， ∴∠DFB＝90°＝∠E， 又∵∠ABD＝∠CBD∠ABC＝30°，BD＝BD， ∴△BDF≌△BDE （AAS） ∴BF＝BE＝3， 在Rt△BDF中，∠FBD＝30°，BF＝3， ∴DF＝tan30°×BF33， 在Rt△ODF中，∠DOF＝2∠OBD＝30°×2＝60°，DF＝3， ∴OF＝tan30°×DF3，OD＝2•OF＝2， ∴S阴影＝S扇形OAD﹣S△ODF π×（2）23 ＝2π ． 十．切线的性质（共1小题） 23．（2026•海安市一模）如图，点A，B，C在⊙O上，⊙O的半径为4，∠BAC＝30°，以AB，BC为边作▱ABCD． （1）如图1，当AB经过圆心O时，求∠D的度数； （2）如图2，当CD与⊙O相切时，求▱ABCD与⊙O重叠部分（阴影部分）的面积． 【解答】解：（1）∵AB经过圆心O， ∴AB是⊙O的直径， ∴∠ACB＝90°， ∴△ABC是直角三角形， 在Rt△ABC中，∠BAC＝30°， ∴∠B＝90°﹣∠BAC＝60°， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴∠D＝∠B＝60°， ∴∠D的度数为60°； （2）连接OA，OB，OC，AC，设OC交AB于点E，如图所示： ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB∥CD， ∵∠BAC＝30°， ∴∠ACD＝∠BAC＝30°， ∵CD与⊙O相切，且点为C， ∴OC⊥CD， ∴∠OCD＝90°， ∴∠OCA＝∠OCD﹣∠ACD＝90°﹣30°＝60°， ∵⊙O的半径为4， ∴OA＝OB＝OC＝4， 在△OAC中，OA＝OC＝4，∠OCA＝60°， ∴△OAC是等边三角形， ∴∠AOC＝60°，AC＝OC＝OA＝4， ∴S扇形OAC， ∵AB∥CD，OC⊥CD， ∴OC⊥AB， ∴△AEC是直角三角形， 在Rt△AEC中，∠BAC＝30°，AC＝4， ∴CEAC＝2， 由勾股定理得：AE， ∴S△OACOC•AE， ∴S弓形AC＝S扇形OAC﹣S△OAC， 在△OAB中，OA＝OB，OC⊥AB于点E， ∴BE＝AE， ∴AB＝BE+AE， ∴S△ABCAE•CE， ∴图中阴影部分的面积为：S△ABC+S弓形AC． 即▱ABCD与⊙O重叠部分（阴影部分）的面积为． 十一．圆的综合题（共2小题） 24．（2026•南京一模）运动的视角看图形的变化是非常重要的数学眼光… 四边形ABCD是一块矩形铁皮，AB＝3，AD＝a，从中如何剪出一个圆心角为120°的最大扇形？ 【初步认识】 （1）若矩形铁皮按如图①的方式剪出扇形，且整个图形是轴对称图形，则a的值为　　 ． （2）若要从矩形ABCD铁皮中剪出一个半径为3的圆心角为120°的扇形，则a的最小值为　　 ． 【继续探索】 （3）如图②，矩形ABCD的顶点A、D在l1上，顶点B、C在l2上，点P、Q分别在AD、BC上．从中剪出圆心角为120°的最大扇形与边AD相切于点P，且该扇形的弧的一个端点为Q，请用直尺和圆规在l1上作出点A的位置．（保留作图痕迹，写出必要的文字说明） 【问题解决】 （4）进一步探究发现，在矩形ABCD中，圆心角为120°的最大扇形的半径r随a的变化而变化…，请根据a的不同范围，写出“r的值”或“求r的思路”．（可用含a的式子表示） 【解答】解：（1）令扇形的圆心为O，与AB边的交点为E，与CD的交点为F，与AD的切点为H，连接OH，如图， ∴∠AHO＝90°，OE＝OH， ∵四边形ABCD是矩形， ∴∠A＝∠B＝90°，BC＝AD＝a， ∴四边形ABOH是矩形， ∴OH＝AB＝3，即OE＝3， ∵整个图形是轴对称图形， ∴，， ∴， ∴， 即， 故答案为：； （2）当扇形OEF的半径OE在BC边上，点E与点B重合，点F在CD边上，且扇形OEF所在的圆O与AD相切时，a取得最小值，如图， 有OF＝OE＝3，∠C＝90°，∠COF＝180°﹣∠EOF＝180°﹣120°＝60°， ∴， ∴， 故答案为：； （3）第一步作最大扇形圆心O的位置，作图痕迹如下， 第二步作∠QOE＝120°，作图痕迹如下， 第三步：过点E作EA⊥l1垂足为A，作图痕迹如下； （4）①当0＜a≤2时，r＝a；思路如下： 如图， 证明四边形AOHD是矩形，得到OH＝AD，即r＝a； ②当时，r＝3；思路如下： 如图， 证明四边形ABOH是矩形，得到OH＝AB，即r＝3； ③当时，构图求r思路如下： 根据上图的特征，在矩形中构图如下： 根据勾股定理先求出KN，KE1，可求出LM，继而求出∠KE1L＝∠E1F1M＝30°， 根据三角函数求出LE1，E1M可列方程：，即可用含a的式子表示r． 25．（2026•东台市二模）综合与实践 【问题情境】最完美的四边形是正方形，在“综合与实践”课上，老师和同学们一起对正方形进行了再探究：如图1，正方形ABCD的对角线AC，BD相交于点O． 【数学思考】老师首先提出了如下问题： （1）如图2，作△COD关于CD的对称图形△CED，连接AE交BD于点F．试判断OF与DF的数量关系，并说明理由； 【深入探究】老师让问学提出新的问题： （2）善思小组提出问题：如图3，以BC为直径作⊙P，点M为⊙P上的动点，连接CM，OM，若正方形ABCD的边长为6cm，求△COM面积的最大值； （3）智慧小组提出问题：如图4，以BC为直径作⊙P，点M为⊙P上的动点，过点M作对角线AC垂线，垂足为Q，若正方形ABCD的边长为6cm，求MQ+AQ的取值范围． 【解答】解：（1）OF与DF的数量关系为OF＝DF．理由： ∵四边形ABCD为正方形， ∴AC⊥BD，OA＝OB＝OD＝OC， ∵作△COD关于CD的对称图形△CED， ∴DE＝OD，EC＝OC， ∴ED＝OD＝OC＝EC， ∴四边形ODEC为菱形， ∴DE∥OC， ∴∠DEF＝∠OAF． ∵DE＝OD，OD＝OA， ∴DE＝OA． 在△DEF和△OAF中， ， ∴△DEF≌△OAF（AAS）， ∴DF＝OF． （2）∵点M为⊙P上的动点， ∴当点M到OC的距离最大时，△COM面积取得最大值， ∴当点M为优弧的中点时，△COM面积最大，如图，点M为优弧的中点，连接MP并延长，交OC于点H， ∵点P为圆心，， ∴MH⊥OC，OH＝HC， ∵正方形ABCD的边长为6cm， ∴AB＝BC＝6cm，∠ACB＝45°， ∴ACAB＝6（cm），PM＝PCBC＝3（cm）， ∴OCAC＝3（cm），PHPC， ∴MH＝PH+PM3， ∴△COM面积的最大值OC•MH． （3）连接MC，MB，过点B作BH⊥MQ于点H，如图， ∵四边形ABCD为正方形， ∴AC⊥BD， ∵MQ⊥OC，BH⊥MQ， ∴四边形OBHQ为矩形， ∴BH＝OQ，QH＝OB＝3， 设BH＝OQ＝m，MQ＝n，则MH＝MQ﹣HQ＝n﹣3，CQ＝OC﹣OQ＝3m， ∴BM2＝BH2+MH2，CM2＝QC2+MQ2＝（3m）2+n2， ∵以BC为直径作⊙P， ∴∠BMC＝90°， ∴BM2+CM2＝BC2， ∴， ∴m2+n2﹣3（m+n）＝0． 设m+n＝k，则n＝k﹣m， ∴m2+（k﹣m）2﹣3k＝0， ∴2m2﹣2km+k2﹣3k＝0， ∴（﹣2k）2﹣4×2×（k2﹣3k）≥0， ∴0≤k≤6， ∴0≤m+n≤6． ∵MQ+AQ＝AO+OQ+MQ＝OA+a+b， ∴3MQ+AQ≤9． 十二．作图—复杂作图（共2小题） 26．（2026•天宁区校级模拟）如图1，在四边形ABCD中，AD∥BC，点O为对角线BD的中点，过点O的直线l分别与AD、BC所在的直线相交于点E、F．（点E不与点D重合） （1）求证：△DOE≌△BOF； （2）若ED＝EB，请用圆规和无刻度的直尺在图2中找到点E（不写作法，保留作图痕迹），此时由E、B、F、D四点构成的四边形的形状是　菱形　 ． 【解答】（1）证明：∵O是BD的中点， ∴OD＝OB， ∵AD∥CB， ∴∠EDO＝∠FBO， ∵∠DOE＝∠BOF， ∴△DOE≌△BOF（ASA）； （2）解：图形如图所示： 结论：四边形BEDF是菱形． 理由：由（1）可知，△DOE≌△BOF， ∴DE＝BF， ∵DE∥BF， ∴四边形BEDF是平行四边形， ∵BD⊥EF， ∴四边形BEDF是菱形． 故答案为：菱形． 27．（2026•灌南县一模）如图①，在四边形ABCD中，BA＝BC，DA＝DC，BD和AC交于点O，我们把这种有两组邻边分别相等的四边形叫做筝形．不相邻的两个顶点连成的线段叫做它的对角线，线段AC就是它的一条对角线． （1）求证：AC⊥BD． （2）下列条件能够判定四边形ABCD是筝形的有　②③④　 ．（将所有正确的序号填在横线上） ①AB＝CD且AD＝BC； ②AB＝BC且∠BAD＝∠BCD； ③∠ABD＝∠CBD且AC⊥BD； ④AC⊥BD且OB＝OD． （3）如图②，在筝形ABCD中，AB＝AD，BC＝CD，请利用无刻度的直尺和圆规，在筝形ABCD内部找一点P，连接PB，PD，使折线B﹣P﹣D恰好将筝形ABCD的面积分为相等的两部分．（保留作图痕迹，不写作法） 【解答】（1）证明：如图①中，在四边形ABCD中，BA＝BC，DA＝DC， ∴点B，D在线段AC的垂直平分线上， ∴AC⊥BD； （2）解：①∵AB＝CD，AD＝BC， ∴无法判断四边形ABCD是筝形． 故①错误； ②由AB＝BC，∠BAD＝∠BCD，能判定四边形ABCD是筝形． 故②正确； ③由∠ABD＝∠CBD且AC⊥BD， 可以判断BD垂直平分线段AC，推出BA＝BC．DA＝DC， 四边形ABCD是筝形， 故③正确； ④由AC⊥BD且OB＝OD， 能判断出AC垂直平分线段BD，推出AB＝AD，CB＝CD， ∴四边形ABCD是筝形； 故④正确． 故答案为：②③④； （3）解：如图②中，点P即为所求． 十三．作图—应用与设计作图（共1小题） 28．（2026•启东市模拟）小华和小明探究一道作图题：由边长为1的小正方形构成的网格图形中，每个小正方形的顶点称为格点．如图，△ABC的顶点A，B，C都在格点上．请仅用无刻度的直尺，在边AC上求作一点Q，使BQ⊥AC． 小华和小明分别给出了作法，请判断是否正确，并选择一个人的作法说明理由． 【解答】解：两人的方法都正确． 小华：∵AB5，CD5， ∴AB＝BC＝CD＝AD， ∴四边形ABC都是菱形， ∴BD⊥AC满足题目要求； 小明：由作图可知∠ADC＝∠BFE＝90°，AD＝3，CD＝1，EF＝3，BF＝9， ∴， ∴△ADC∽△BFE， ∴∠CAD＝∠FBE， ∵∠AJQ＝∠BJD， ∴∠AQJ＝∠BDJ＝90°， ∴BQ⊥AC满足题目要求． 十四．翻折变换（折叠问题）（共1小题） 29．（2026•邯郸模拟）综合与实践： 已知宽与长的比是：（约为0.618）的矩形叫黄金矩形．某数学兴趣小组对如何用折纸或尺规作图的方法得到黄金矩形进行了探索． 实验操作： 第一步：在一张矩形纸片的一端，利用图1的方法折出一个正方形，然后把纸片展平； 第二步：如图2，把这个正方形折成两个全等的矩形，再把纸片展平； 第三步：折出内侧矩形的对角线DF，并把DF折到图3中FN处； 第四步：如图4，展开纸片，按照所得的点N折出NP，得到矩形CDPN． 问题解决： （1）求证：矩形CDPN是黄金矩形； （2）在图2的基础上，参考上述操作思路，嘉嘉说：“也可以用无刻度的直尺和圆规在图2中作出黄金矩形CDPN．”请你根据嘉嘉的想法作出图形（保留作图痕迹，不写作法）； 拓展延伸： 淇淇同学发现，在图4中还有一个黄金矩形，但她说不出理由，请你帮她找出来并证明． 【解答】（1）证明：由操作过程可知，CD＝BC＝2CF， 设CF＝k，则CD＝2k， ∴， 由折叠的性质得， ∴， ∴， ∴矩形CDPN是黄金矩形． （2）解：作图如图． 拓展延伸： 解：矩形ABNP也是黄金矩形，证明如下： 由问题解决（1）可得，AB＝BC＝CD＝2k，， ∴， ∴， ∴矩形ABNP也是黄金矩形． 十五．几何变换综合题（共2小题） 30．（2026•锡山区一模）如图，在四边形纸片ABCD中，AB∥CD，∠A＝90°，∠ABC＝60°，AB＝8，BC＝4． （1）求CD的长； （2）若P为AB边上一动点（点P不与点A，B重合），过点P作直线l∥BC，沿直线l折叠该纸片，设AP＝t，折叠后纸片重叠部分的面积为S，求S关于t的函数表达式． 【解答】解：（1）过点C作CE⊥AB于点R， ∴∠ABC＝60°，BC＝4， ∴，AD＝CR＝BC•sin60°2， ∵AB∥CD，∠A＝90°，AB＝8， ∴四边形ARCD为矩形， ∴CD＝AR＝AB﹣BR＝8﹣2＝6； （2）由（1）得AB∥CD，设直线l与ABCD的交点为Q，点A，点D关于直线/l的对称点分别为A'，D'， 当点Q与点D重合时， ∵直线∥BC，∠ABC＝60°，BC＝4， ∴∠APQ＝∠ABC＝60°，PQ＝BC＝4， ∴AP＝PQ•cos60°＝2，tan60°， ∴AQAP； 当0＜t≤2时，重叠部分面积为S△A'DP＝S△APQ， 此时AP＝t，AQt， ∴重叠部分面积为S＝S△APQ； 连接AC， ∵∠ABC＝60°，AB＝8， ∴AB•cos60°＝4＝BC， ∴AC⊥BC， 当点A'与点C重合时，由折叠的性质得PA'＝PA，∠A'PQ＝∠APQ． ∵直线l∥BC，∠ABC＝60°， ∴∠A'PQ＝∠APQ＝∠ABC＝60°， ∴△A'BP为等边三角形， ∴PA'＝PA＝AB＝4， 当2＜t≤4时，重叠部分为四边形A'PQE，A'D'交CD于点E，延长PA'交ABCD于点F，则∠EA'F＝90°， 此时PA＝PA'＝t，PQ＝BC＝4，DQ＝D'Q＝t﹣2，AD＝A'D'＝2， 由折叠性质得PA＝PA'，∠APQ＝∠A'PQ， ∵直线l∥BC，∠ABC＝60°， ∴∠A'PQ＝∠APQ＝∠ABC＝60°， ∴∠D'QE＝∠A'PB＝∠PFQ＝60°， ∴△PQF为等边三角形， ∴PQ＝PF＝FQ＝BC＝4， ∴， ∴， ∴A'E＝A'D'﹣D'E'＝2（t﹣2）（4﹣t）， ∴A'F4﹣t， ∴S△A'EFA'E•A'F（4﹣t）2， 故重叠部分的面积为S＝S△PQF﹣S△A'EF＝4（4﹣t）2t2+4t﹣4； 当4＜t＜8时，即点A在四边形ABCD外部时，作FT⊥AB于点T，重叠部分面积为SCFPQ， 此时AP＝t，BP＝AB﹣AP＝8﹣t， ∵， 同理得△BFP为等边三角形， 则BP＝BF＝8﹣t， ∴， ∴， ∴； 综上，S． 31．（2026•江都区一模）如图1，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，∠C＝α（0°＜α＜45°），点D是BC边上一点，将线段DB绕点D顺时针旋转2α得到线段DE，在射线CB上作点C关于点D的对称点F，连接AE、EF． （1）如图2，当点E在线段AC上时，直接写出BE与AC的位置关系　垂直　 ； （2）若点A、E、D三点共线，在图3中利用尺规作图补全图形（保留作图痕迹，不写作法），并证明∠AEF＝90°； （3）若∠C＝30°，BC＝2，则当点D在何处时，线段EF有最小值，并说明理由． 【解答】解：（1）∵将线段DB绕点D顺时针旋转2α得到线段DE， ∴BD＝DE，∠BDE＝2α， ∵∠BDE＝∠C+∠CED＝α+∠CED＝2α， ∴∠CED＝α＝∠C， ∴DE＝DC， ∴DEBC， ∴∠BEC＝90°， ∴BE⊥CE； 故答案为：垂直； （2）作图见图作法： ①作AC垂直平分线交BC于点D； ②连接AD，以D为圆心BD为半径作弧交AD于E； ③以D为圆心CD为半径作弧交BC延长线于点F，连接EF． 证明：由作图知，AD＝CD， ∵在射线CB上作点C关于点D的对称点F， ∴DF＝CD， ∴DF＝AD， ∵BD＝DE，∠ADB＝∠FDE， ∴△ABD≌△FED（SAS）， ∴∠FED＝∠ABD＝90°； （3）当点D在BC的中点时，EF有最小值， 理由：设BD＝DE＝x，则DF＝DC＝2﹣x， 过点E作EH⊥BC， 则∠EHD＝90°，∠EDH＝2α＝60°， ∴，FH＝2x， ∴EF2＝EH2+FH2＝（x）2+（2）2＝3x2﹣6x+4＝3（x﹣1）2+1， 当x＝1时，即点D在BC的中点时，EF2＝1， ∴线段EF有最小值为1． 十六．解直角三角形的应用（共2小题） 32．（2026•灌南县一模）图1是中国社会主义青年团第一次全国代表大会纪念馆广场的主雕塑，将其抽象为如图2所示的平面示意图，四边形EFMN，DCKL为两个全等的平行四边形基座，基座上方承托着一面团旗，已知∠F＝70°，EF＝5.74m，雕塑总高（点A到EN的距离）为9.9m，基座上的团旗柱AG＝4.79m，点E，N，L，D在同一水平线上． （1）求平行四边形基座的高度； （2）请通过计算说明团旗柱AG与斜面MN的位置关系． （结果精确到0.1m．参考数据：sin70°≈0.94，cos70°≈0.34，tan70°≈2.75） 【解答】解：（1）基座由两个全等的平行四边形组成，如图，过点F作FP⊥ED于点P． ∴FC∥ED， ∴∠EFG＝∠FEP＝70°， 在Rt△EFP中，， 解得PF≈5.4， ∴平行四边形基座的高度约为5.4m； （2）如图，过点A作AQ⊥GF于点Q． ∴AQ＝9.9﹣5.4＝4.5（m）， 在Rt△AGQ中，， ∴∠AGQ＝70°， ∵∠EFG＝70°， ∴团旗柱AG∥EF， ∵基座EFMN是平行四边形， ∴MN∥EF， ∴AG∥MN， 即团旗柱AG与斜面MN平行． 33．（2026•大丰区一模）2026马年春晚的《武BOT》机器人武术秀燃爆全场，机器人每一个精准利落的动作，不仅给观众带来一场视觉盛宴，更让全世界看到了中国AI机器人硬核实力． 如图1，是某型号的机器人在展示中国功夫时的精彩瞬间，图2是其瞬间抽象的几何示意图，机器人的一腿AB直立于地面MN，小腿部分CD刚好与地面MN平行，上身AP垂直于大腿AC，即AB⊥MN于点B，CD∥MN，AP⊥AC于点A．CE是机器人小腿CD上踢后与大腿AC在同一直线的瞬间．已知AB＝80cm，AP＝100cm，∠DCE＝53°． （1）求∠CAB的度数； （2）求点P距地面的高度．（参考数据：sin37°≈0.60，cos37°≈0.80，tan37°≈0.75．） 【解答】解：（1）如图，过点A作AH∥CD， ∵AB⊥MN， ∴∠ABN＝90°， ∵CD∥MN，AH∥CD， ∴CD∥MN∥AH， ∴∠EAH＝∠DCE＝53°，∠BAH＝∠ABN＝90°， ∴∠CAB＝∠EAH+∠BAH＝53°+90°＝143°． 答：∠CAB的度数为143°． （2）如图，过点P作PT⊥HA交HA延长线于T， ∵AP⊥AC， ∴∠PAC＝90°， ∴∠PAT＝180°﹣∠PAC﹣∠EAH＝180°﹣90°﹣53°＝37°， 在Rt△APT中，AB＝80cm，AP＝100cm，∠PAT＝37°， ∴PT＝AP•sin∠PAT＝100•sin37°≈60（cm）， ∴AB+PT＝80+60＝140（cm）， 答：点P距离地面的高度约为140cm． 十七．解直角三角形的应用-仰角俯角问题（共1小题） 34．（2026•宿城区一模）如图，为了测量山坡上一棵树PQ的高度，小明在点A处利用测角仪测得树顶P的仰角为45°，然后他沿着正对树PQ的方向前进10m到达B点处，此时测得树顶P和树底Q的仰角分别是60°和30°，设PQ垂直于AB，且垂足为C． （1）求∠BPQ的度数； （2）求树PQ的高度（结果精确到0.1m，． 【解答】解：（1）由题意得：∠PBC＝60°，∠CBQ＝30°， ∴∠PBQ＝∠PBC﹣∠QBC＝60°﹣30°＝30°； （2）设BC＝xm， ∵AB＝10m， ∴AC＝AB+BC＝（x+10）m， 在Rt△ACP中，∠PAC＝45°， ∴PC＝AC•tan45°＝（x+10）m， 在Rt△PBC中，∠PBC＝60°， ∴PC＝BC•tan60°x（m）， ∴x＝x+10， 解得：x＝55， ∴BC＝（55）m，PCx＝（15+5）m， 在Rt△BCQ中，∠CBQ＝30°， ∴CQ＝BC•tan30°＝（55）（5）m， ∴PQ＝CP﹣CQ＝15+5（5）＝1015.8（m）， ∴树PQ的高度约为15.8m． 十八．方差（共1小题） 35．（2026•常州模拟）项目式学习： 【问题情境】数学活动课上，老师引导学生开展“利用树叶的特征对树木进行分类”的项目式学习． 【实践研究】同学们随机收集柳树、香樟树的树叶各1片，通过测量得到这些树叶的长y（单位：cm），宽x（单位：cm）的数据后，分别计算长宽比，整理数据如下： 编号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 柳树叶的长宽比 3.8 3.7 3.5 3.4 3.8 4.0 3.6 4.0 3.6 4.0 香樟树叶的长宽比 2.0 2.0 2.0 2.4 1.8 1.9 1.8 2.0 1.3 1.9 【合作探究】分析数据如下： 统计量 平均数 中位数 众数 方差 柳树叶的长宽比 3.74 m 4.0 0.0424 香樟树叶的长宽比 1.91 1.95 n 0.0669 【问题解决】 （1）上述表格中：m＝　3.75　 ，n＝　2.0　 ． （2）①A同学说：“从树叶的长宽比的方差来看，我认为柳树叶的形状差别大．” ②B同学说：“从树叶的长宽比的平均数、中位数和众数来看，我发现香樟树叶的长约为宽的两倍．” 上面两名同学的说法中，合理的是B （填序号）． （3）现有一片长11cm，宽5.6cm的树叶，请判断这片树叶更可能来自柳树、香樟中的哪种树？给出你的理由． 【解答】解：（1）柳树叶的长宽比的中位数为：m3.75， 香樟树叶的长宽比的众数为2.0． 答案为：3.75；2.0； （2）∵0.0424＜0.0669， ∴柳树叶的形状差别小，故A同学说法不合理； ∵香樟树叶的长宽比的平均数1.91，中位数是1.95，众数是2.0， ∴B同学说法合理． 故答案为：B； （3）∵一片长11cm，宽5.6cm的树叶，长宽比接近2， ∴这片树叶更可能来香樟树叶． 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $