上海市解答题（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** 聚焦上海中考数学解答题高频考点，以名校模拟题构建函数与几何综合训练体系，强化数学建模与逻辑推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |函数综合|12题|含一次函数应用、二次函数与不等式等|从解析式到图像性质，渗透数形结合思想| |几何综合|20题|涵盖四边形、圆的证明与计算|以图形变换为核心，强化空间观念与推理意识| |实际应用|3题|水费计算、传感器问题等|立足生活情境，培养数学建模与数据分析能力|

【三轮复习】2026年上海市中考数学名校模拟优选好题-解答题（3-3） 一．高次方程（共1小题） 1．（2026•松江区二模）解方程组：． 二．解分式方程（共1小题） 2．（2022•青浦区模拟）解方程：． 三．待定系数法求一次函数解析式（共1小题） 3．（2026•徐汇区二模）已知函数，请解决下列问题： （1）请按照列表、描点、连线的步骤，在平面直角坐标系xOy中画出函数的大致图象； （2）如果一条直线与坐标轴的交点和函数图象与坐标轴的两个交点完全相同，那么这条直线的表达式是　 　 ； （3）A（m，n）是函数图象上的点，如果n＜2，那么m的取值范围是　 　 ． 列表如下： x y 四．一次函数的应用（共2小题） 4．（2026•徐汇区二模）上海市居民自来水水费由供水费和污水处理费两部分组成，污水处理量由于损耗按照用水量的90%核定计算，污水处理费统一单价为2元/m3.小户型家庭供水费按年用水量分三档计费，收费标准如表，每户每年应缴自来水水费y（元）与用水量x（m3）关系如图所示． 分类 第1档 第2档 第3档 用水量x（m3） 不超过220 超过220不超过300的部分 超过300的部分 供水费单价（元/m3） 2.25 n 6.99 污水处理费（元/m3） 2.00 根据上述信息，解答下列问题： （1）第1档的自来水水费1m3的单价为　 　 元；图中点A的纵坐标为　 　 ； （2）小华家去年的年用水量为250m3，共缴纳水费1065元．通过计算推出n的值为　 　 元； （3）已知小明家去年共缴水费2234元，求小明家去年的年用水量． 5．（2026•闵行区二模）小闵在探究纸杯叠放的高度规律时，得到了一套遗失了部分实验数据的图纸．图①是一张缺失了部分信息的函数图纸，实验数据表示的点P1，P2，P3都落在了线段AB上；图②是同一次实验的另一张缺失了部分图像的示意图，图中显示了6个相同规格的纸杯叠放后增加的高度． （1）求叠放在一起的纸杯总高度y（厘米）关于纸杯数量x（个）的函数解析式（不写定义域）； （2）为了保持纸杯清洁，在最上端的纸杯加装一个盖子以后，高度增加了2厘米，此时总高度为46.8厘米，求纸杯的数量． 五．反比例函数与一次函数的交点问题（共1小题） 6．（2026•浦东新区二模）在平面直角坐标系xOy（如图），已知正比例函数y＝2x的图象与反比例函数的图象相交于点A（2，m），过点B（4，0）作x轴的垂线，与反比例函数的图象相交于点C． （1）求m的值和反比例函数的解析式； （2）联结OC，点D是OC的中点，联结BD，求BD的长． 六．反比例函数的应用（共2小题） 7．（2026•普陀区二模）小普同学在物理课上学习光的折射知识后，知道了近视眼镜的镜片是凹透镜． 【生活观察】生活中配眼镜时需要先验光，如图1是店家提供的验光单的一部分，其中“﹣2.75D”中的“﹣”表示该镜片为近视眼镜的镜片，“2.75D”表示该镜片的透镜焦度是2.75（焦度是表示透镜对光线偏折能力强弱的物理量，用Φ表示），平时说的眼镜镜片的度数y关于透镜焦度Φ的函数解析式为y＝100Φ． （1）根据图1验光单的一部分，直接写出右眼和左眼眼镜镜片的度数． 【问题解决】小普同学为了验证一副近视眼镜和一张标记左眼、右眼均为﹣5.00D的验光单是否匹配，他综合数学与物理所学的知识（见材料一、二），设计了一个验证实验（见材料三）． 材料一：摘自数学八上教材P79页 近视眼镜镜片的度数y（度）与镜片焦距f（米）成反比例．已知400度的近视眼镜镜片的焦距为0.25米． 材料三：把这副近视眼镜的镜片看作一个圆，如图2，把发光物、镜片和光屏放置在光具底座上，将它们的中心位置调节到高度一致．用一束平行于主光轴GE的光线射向镜片，镜片光心为点O，在镜片另一侧的光屏上形成了一个圆形光斑． 材料二：摘自物理八上教材P98页 如图4﹣4﹣7所示，平行于主轴的光通过凹透镜后，会向远离主轴的方向偏折，这些光的反向延长线相交于主轴上一点F，点F叫做凹透镜的虚焦点，凹透镜的光心O是主轴上一个特殊的点．虚焦点F到光心O的距离叫做凹透镜的焦距，用字母f表示． （2）根据材料一，求近视眼镜镜片的透镜焦度Φ关于镜片焦距f的函数解析式． （3）根据材料三抽象出数学模型（如图3），镜片直径AB与光斑直径CD平行，GE⊥CD，测得AB＝0.06米，CD＝0.15米，镜片光心O到光屏的距离OE为0.3米．结合材料二，请判断这副近视眼镜的度数是否与这张验光单匹配？并阐述理由． 8．（2026•金山区二模）如图1是一种测量油箱内油量的装置“油位传感器”示意图，其中滑动变阻器的滑片跟滑杆连接．滑杆可以绕固定轴O转动，滑杆的一端固定着一个浮子．油箱中的油量减少时，油面下降，浮子随油面落下，带动滑杆使滑动变阻器的滑片向上移动，从而改变电路中电流表的示数，因此电流表上一定的示数对应者油面一定的高度．如果把电流表刻度盘上的数值改为相应的油量体积，就可以直接读出油箱中的油量．电流I（单位：A）与总电阻R（单位：Ω）成反比例，其中R＝R0+R1，已知R0＝20Ω． 可变电阻R1（单位：Ω）与油量体积V（单位：L）之间的关系如图2所示，R1≥0．当油箱内油量体积为35L时，电流表显示为0.1A． （1）当油箱内油量体积为35L时，求总电阻R的值； （2）求I关于总电阻R的函数解析式； （3）当油箱中油量体积满足5≤V≤55时，求电流表显示电流的取值范围． 七．二次函数与不等式（组）（共1小题） 9．（2026•嘉定区）在函数学习中，我们经历了“确定函数的解析式——利用函数图象研究其性质——应用函数解决问题”的学习过程，并会通过描点或平移的方法画出一个函数的大致图象，结合经历的学习过程，我们来研究函数并完成下列填空： （1）函数的定义域是　 　 ； （2）用“描点法”画出函数的图象： ①列表：如表是x与y的几组对应值，其中m＝　 　 ； x … ﹣3 ﹣2 ﹣1 1 2 3 … … 2 m 2 … ②描点：根据表中各组对应值，在平面直角坐标系中描出了各点； ③连线：用平滑的曲线顺次连接各点，如图． （3）结合函数图象，写出函数中y随x的变化特征：　 　 ； （4）请结合图象直接写出不等式的解集：　 　 ． 八．二次函数的应用（共1小题） 10．（2026•宝山区二模）【问题背景】 图1是一个矿洞，为了使矿洞更牢固，某工程队想要搭建矩形支撑架． 【数据测量】 图2是矿洞横截面的示意图，截面是轴对称图形，外轮廓线由上方抛物线L和下方的矩形ABCD组成，矩形ABCD的边BC＝4m，CD＝1m，E是抛物线L的顶点，且点E到BC的距离为3m，矩形FGMN的边FN、MN、MG为支撑架的架骨，点F、G在边BC上，点M、N在抛物线L上． 【问题解决】 如图3，工程队以矩形ABCD的顶点B为原点，以BC边所在的直线为x轴，以AB边所在的直线为y轴，建立平面直角坐标系． （1）求顶点E的坐标及抛物线L的函数表达式； （2）当支撑架FGMN为正方形时，求架骨MN的长； （3）为满足宽为2.4m，高为1.9m的矿车能够在支撑架内通行（矿车距离上方、两侧支撑架分别需预留0.1m的安全距离），求此时BF的取值范围． 九．二次函数综合题（共6小题） 11．（2026•上海校级模拟）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y＝ax2+2ax﹣3a（a＜0）与x轴交于A和B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，抛物线的顶点为D． （1）求点A和点B的坐标； （2）若点E与点C关于抛物线的对称轴对称，联结AE，AC，若AC平分∠EAO，求抛物线的表达式； （3）若点P是抛物线第四象限上一动点，联结AD、AC、DP、CP，线段DP与线段AC交于点F，与x轴交于点G，当S△ADF＝S△CFP时，求的值． 12．（2026•普陀区二模）在平面直角坐标系xOy中（如图所示），已知某抛物线的表达式为y＝ax2（a＞0）．沿着x轴的正方向看，点M在抛物线的上升部分，设直线OM与x轴的夹角为α． （1）如果，求该抛物线的表达式； （2）已知点N在抛物线的下降部分，且∠OMN＝2α． ①求的值； ②平移抛物线，使新抛物线的顶点O′落在线段MN上，且新抛物线与y轴交于点C．已知点M的纵坐标为1，当四边形OMCN是以ON为腰的等腰梯形时，求点O′的坐标． 13．（2026•虹口区二模）已知抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）． （1）画抛物线时，如果列出的两组数据如表（信息不完整）所示，请直接写出该抛物线的对称轴，并求此时a和c之间的数量关系； x … ﹣1 … 1 … y … 2 … 2 … （2）已知点C为抛物线与y轴的交点，点A、B在抛物线上，联结OA、AC、CB和OB． ①如果四边形OACB为正方形，那么b的值是　 　 ，a和c之间的数量关系是　 　 ； ②如图，当a＜0时，已知四边形OACB为菱形，cot∠AOC＝2，点P在抛物线上且横坐标为2，联结PA、PC，如果△PAC的面积为12，求抛物线的表达式． 14．（2026•奉贤区二模）在平面直角坐标系中，如果某一个点的纵坐标比横坐标小1，那么我们把这样的点称为“一步点”，例如点（0，﹣1）、（3，2）都是“一步点”． 在平面直角坐标系xOy中（如图），如果某条抛物线的顶点是“一步点”，当它的顶点的横坐标为2时，该抛物线与y轴的交点为（0，5）． （1）求这条抛物线的表达式和抛物线上的另一个“一步点”； （2）已知直线y＝﹣2x+4与x轴、y轴分别交于点A、B．将（1）中的抛物线平移得到一条新抛物线，如果新抛物线的顶点C还是“一步点”．设点C的横坐标为m． ①当点C在△ABO的内部时，求m的取值范围； ②设新抛物线与y轴的交点为D，当∠CDO＝∠ABO时，求新抛物线的表达式． 15．（2026•黄浦区二模）如图，直线交x轴、y轴于点A、B．抛物线y＝ax2+bx+c经过点A、B． （1）下列表述中，正确的是　 　 （A）如果抛物线y＝ax2+bx+c与x轴在点A的右边还有一个公共点，那么a＞0； （B）如果抛物线y＝ax2+bx+c与x轴在点A的右边还有一个公共点，那么a＜0； （C）如果抛物线y＝ax2+bx+c与x轴在点A的左边还有一个公共点，那么a＞0； （D）如果抛物线y＝ax2+bx+c与x轴在点A的左边还有一个公共点，那么a＜0． （2）记抛物线与x轴异于A的公共点为C，抛物线的顶点为D． ①当点C到A、B两点的距离相等时，求抛物线的表达式； ②如果点D关于x轴的对称点恰好在直线AB上，求点C的坐标． 16．（2026•崇明区二模）在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y＝ax2﹣6ax+c（a＜0）与x轴交于A（1，0）和点B，顶点为D． （1）求此抛物线的对称轴及点B的坐标； （2）抛物线的对称轴与x轴交于点M，点P是抛物线上横坐标为2的一点，BP与对称轴交于点N，联结BD． ①求S△BDN：S△BMN的值； ②设直线PD与x轴交于点F，过点F作BD的平行线，与y轴交于点E，当四边形BDFE是直角梯形时，求∠PBO的正切值． 十．四边形综合题（共6小题） 17．（2026•长宁区校级模拟）小嵊与小州两位八年级的同学结合尺规作图展开了以下探究： 素材提供：圆规是常用的作图工具，如图1，圆规的两脚AB＝AC＝10cm，∠BAC＝α． 实践操作：小嵊利用尺规作图作出了过直线外一点A作已知直线l的垂线． 步骤如下： ①如图2，以点A为圆心，以10cm为半径画弧，交直线l于B，C两点． ②再以B，C两点为圆心，以10cm为半径分别画弧，两弧交于点D． ③连结AD，则直线AD即为所作的直线l的垂线． 问题解决： （1）如图1，若α＝60°，则所画圆的面积为 　 　 ． （2）如图2，AD⊥l的理由是： ∵由作图可知，四边形ABDC是 　 　 ， ∴AD⊥l． 若BC＝12cm，则AD＝　 　 cm． 探究提升： （3）小州认为以下问题也可以借助尺规作图解决： 如图3，在矩形ABCD中，AB＝12，BC＝16，点E是CD上一动点，点D关于直线BE的对称点为点N，当N落在直线BC上时，用尺规作图作出点E，并求出DE的长．（保留作图痕迹，要求：先尺规作图，再把痕迹用中性笔描黑） 18．（2026•浦东新区二模）折纸是承载中国传统礼俗与生活智慧的民间传统艺术．学校折纸社团的同学们用12cm×12cm正方形纸片开展折纸活动． 【发现问题】如图1，将正方形纸片ABCD对折再展开，折痕交AD于点E、交BC于点F，点E、F分别是边AD、BC的二等分点．在第一次对折后，同向再对折一次（如图2），可得到边的　 　 等分点．按照这样的方式对折n次（n是正整数）可以得到边的　 　 等分点（用含n的代数式表示），但这样折的方式都不会得到边的三等分点． 【提出问题】能不能通过折纸的方式得到边的三等分点？ 【分析问题】围绕这个问题，同学们展开了讨论． 小明：共得到边的三等分点，得想想别的折法． 小华：同向对折的方式得不到边的三等分点，能否通过把角翻折到边上，构造出1：2的比例？ 小海：嗯，我是这样想的，在第一次对折展开（如图1）的基础上，将点B沿着直线翻折到点E处（如图3），折痕分别交正方形的边于点G、H．边BC交正方形的边于点M，M就是边CD的一个三等分点． 【解决问题】 （1）完成填空；（2）求AG的长；（3）判断小海的折法是否正确并说明理由． 19．（2026•奉贤区二模）（1）某社区有一个宽度（CD）为3米的矩形健身区ABCD，它恰好容纳了4个竖放的矩形器材区和2个横放的矩形器材区，且每个矩形器材区形状大小都相同（如图1所示）．求每一个矩形器材区的边长； （2）为响应国家全民健身的号召，社区计划新建一个一边长为10米的矩形健身区，用于放置42个运动器材（每一个运动器材需要一个独立的器材区域），他们规划了内部器材区的布局，拟定了如下的方案： （i）健身区的布局采用竖放矩形器材区和平行四边形器材区的组合形式（如图2所示），其中平行四边形器材区的排数比矩形器材区少一排，为保证通行安全，每排器材区之间设置1.5米宽的通道； （ii）每一个矩形器材区的边长与（1）中的矩形器材区相同，每一个平行四边形器材区的面积与一个矩形器材区的面积相等； （iii）每一个平行四边形器材区的形状大小都相同，且它有一个内角为45°，其非水平方向的边长与矩形的长边相等，即在平行四边形PQMN中，∠PQM＝45°，PN＝AE． ①求平行四边形器材区的另一边PQ的长； ②求新建矩形健身区另一边的长度．（结果保留整数参考数据；） 20．（2026•闵行区二模）探究：在铁片上裁剪正方形． （1）如图△ABC是一块等边三角形的废铁片，利用其剪裁出顶点在边上的一个正方形铁片． Ⅰ．请根据以下步骤画图： ①在边AB上取点G'（如图），过G′作G′D′⊥BC，垂足为D′； ②以G′D′为边在△ABC内部作正方形G'D'E'F'； ③联结BF′并延长交AC于点F； ④过F作FE∥F′E交BC于点E、FG∥F'G交AB于点G；过G作GD∥G'D'交BC于点D． Ⅱ．以上画图步骤作为条件，求证：四边形DEFG是正方形． （2）如果△ABC是一块边长为3、4、5的直角三角形废铁片，利用其剪裁一个顶点在边上的正方形铁片，那么这个正方形铁片的最大面积为　 　 ． 21．（2026•静安区）如图，正方形ABCD中，点E在边BC上，点F是正方形外一点，联结AE、EF、AF，对角线AC与线段EF相交于点M，如果AB•AF＝AE•AC，且∠EAC＝∠DAF． （1）求证：∠ACF＝90°，AFEF； （2）当点E是边BC的中点时，请直接写出△AMF与△EMC面积的比值：　 　 ． 22．（2026•岚县一模）综合与探究 【问题情境】如图1，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＞BC，D，E分别是边AC，BC的中点，连接DE，现将△CDE绕着点C顺时针旋转． （1）【猜想验证】如图2，当旋转角为2∠BAC时，设点D的初始位置为点F，连接BF，FD，试判断四边形BCDF的形状，并说明理由； （2）【拓展延伸】如图3，当线段BE经过CD的中点时，连接BE和AD并交于点M，试判断线段DM与BC之间的数量关系，并说明理由； （3）若AB＝8，BC＝6，将△CDE绕着点C旋转一周的过程中，当CE⊥BC时，连接BD，过点A作AH⊥BD交直线BD于点H，请直接写出AH的长． 十一．相交两圆的性质（共1小题） 23．（2026•浦东新区二模）已知：如图，⊙O1与⊙O2相交于点P、Q，且，过点P的直线AB分别交⊙O1、⊙O2于点A、B，且AP＝BP，点C是线段O1O2的中点．联结QO2并延长交BP于点M，且PM＝BM． （1）求证：CP⊥AB； （2）求证：四边形CPO2Q是菱形． 十二．圆的综合题（共7小题） 24．（2026•启东市模拟）如图，在△ABC中，AB＝AC，以AB为直径的⊙O交BC于点D，过点D作DE⊥AC于点E，交BA的延长线于点F． （1）求证：DF是⊙O的切线； （2）若OA＝AF＝2，求图中阴影部分的面积． 25．（2026•徐汇区二模）在四边形ABCD中，AD∥BC，点E在边CD上，且CE＝3DE，AB＝2AE，联结AE、BE． （1）如图1，求证：∠AEB＝∠ABC； （2）如图2，当AB＝CD＝BE时，求的值； （3）如图3，当四边形ABCD为矩形且AB＝8时，点O在线段BE上，且⊙O截AB、CD两边所得的两条弦相等．如果⊙O与⊙C的公共弦所在直线恰好经过点B，⊙C的半径为3，求此公共弦的长． 26．（2026•虹口区二模）如图，在扇形AOB中，∠AOB＝90°，点C是弧AB上一点，点D是半径OB上的点，联结CD，∠OCD的平分线和∠COD的平分线相交于点P，联结BP． （1）如图1，求证：∠OPB＝90°∠ODC； （2）联结BC（如图2）．如果CD⊥OB，CP＝10，△OPB的外接圆⊙M与扇形AOB所在的圆⊙O相交． ①当cos∠CBD时，求⊙M与⊙O的公共弦的长； ②联结AM和AP，AP交OC于点E，当AM⊥OP时，求tan∠PAM的值和OE的长． 27．（2026•长宁区二模）已知线段AB是⊙O的一条弦，点C是⊙O上的一点． （1）联结AC、BC，如图1，如果AC＝BC，∠C＝45°，且AB＝4，求⊙O的半径长； （2）当圆心O在线段AB上时， ①如图2，已知点D在⊙O上，满足DA＝DC，且S△ADC＝S△ACB，如果BC＝2，求AC的长； ②如图3，已知点E在线段AB上，满足AE：BE＝2：3，如果沿着弦BC翻折⊙O后的弧线恰好经过点E，求tan∠ABC的值． 28．（2026•闵行区二模）已知：如图，AB为半圆O的直径，点E为的中点，联结OE交弦CD于点G、交弦AD交于点P，且∠APO＝∠ABD，联结AC、BD． （1）如图①，求证：四边形ABDC是等腰梯形； （2）点M在直径AB上（M不与A、B重合），联结CM交AD与点F． Ⅰ．如图②，当CM⊥AD，且M为AO的中点时，求的值； Ⅱ．联结BF，半圆O的半径为1，∠BFM＝∠ACM． 当△AFM为直角三角形时，求AM的长． 29．（2026•奉贤区二模）如图，AB、AC是⊙O的弦，AB＝AC，过点C作AB的平行线，交半径AO的延长线于点D，联结BD． （1）求证：四边形ABDC是菱形； （2）如果C是的中点，求的值； （3）联结CO，如果⊙O的半径是2，且△COD是等腰三角形，求边AB的长． 30．（2026•松江区二模）【问题提出】把一个长、宽分别为a、b（b＜a＜4b）的长方形（如图1），剪拼成一个正方形．（拼接的时候无缝隙、不重叠，裁剪的损耗忽略不计） 【方案设计】某学习小组提出以下设计思考： （1）根据剪拼前后图形面积不变，可知剪拼后正方形的边长为　 　 ．（用含a、b的代数式表示） （2）如图2，延长BC至点E，使CE＝b，以BE为直径作半圆O．延长CD交⊙O于点F，联结BF、EF，可得∠BFE＝90°（后续说理如需用到这一结论，可直接使用）．他们认为：“CF就是所求正方形的边长”． （3）如图3，以CF为边，在CF左侧作正方形CFGH，BF分别与GH、AD交于点M、N，沿虚线BN、HM裁剪，△BHM、△ABN可以通过适当的图形运动分别与△NDF、△GMF叠合，拼成正方形CFGH． 【论证说明】 （1）如图2，该学习小组认为：“CF是所求正方形的边长”，试说明理由； （2）△BHM可以通过怎样的图形运动与△NDF叠合，并说明它们能够叠合的理由． 十三．作图—应用与设计作图（共1小题） 31．（2026•青浦区二模）被誉为“金果子”的草莓，是青浦区乡村产业振兴的一个亮点．某草莓采摘园计划通过互联网销售草莓，需设计一款底面积为600cm2的有盖子的长方体快递包装盒，所用的材料为长100cm，宽60cm的长方形硬纸板．制作方法如下：在每一张纸板的四个角上分别剪去两个相同的正方形和两个相同的长方形（如方案1图所示）．然后折叠成一个有盖纸盒（盒盖与盒底大小形状相同） 为了优化设计，草莓采摘园的老板借助AI提出了一种改进方案（称为方案2），方案2也需要在四个角上分别剪去两个相同的正方形和两个相同的长方形．AI对方案2的优点给出了如下评价： 1．节省材料，成本更低：两种方案体积相同，底面积相同，但方案2表面积更小，用料更省，长期生产可降低包装成本． 2．结构更稳固：方案2底面更接近正方形，重心更稳，抗压性更好，运输时不易变形、挤压，能更好保护物品． 接下来请你帮助老板解决以下问题： （1）设方案1中剪去的正方形的边长为xcm，求包装盒的表面积； （2）尝试在备用图中画出方案2，并通过计算说明AI对方案2“表面积最小”的评价是否准确？ 十四．几何变换综合题（共1小题） 32．（2026•长宁区校级模拟）半角模型是指有公共顶点，锐角等于较大角的一半，且组成这个较大角的两边相等，通过翻折、旋转或“截长补短”作辅助线等方法，将角的倍分关系转化为角的相等关系，并进一步构成全等三角形，弱化条件，变更载体．而构建模型，可把握问题的本质． 【问题提出】 （1）如图1，四边形ABCD是正方形，E，F分别在边BC和CD上，且∠EAF＝45°（此时，小明为了解决线段EF，BE，DF之间的关系，将△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABG后，如图2，进而证明　 　 ≌△EAF，可得出结论．他的结论应是　 　 ． 【触类旁通】如图3，若在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，E，F分别是BC，CD上的点，且，上述结论是否仍然成立，并说明理由． 【知识应用】2026年4月13日，针对某国军舰在南海的非法巡航及侦察活动，中国人民解放军南部战区在南海某海域组织联合反制演习．演习中，我方055型万吨驱逐舰“延安舰”（代号“蓝刃”）与815A型电子侦察船“天权星舰”（代号“天眼”）协同行动，模拟对“敌”舰队的跟踪与电子压制．如图4，指挥中心设在永暑礁附近的O点．演习开始前，055驱逐舰位于O点北偏西30°的A处，815侦察船位于O点南偏东70°的B处，且OA＝OB（两舰到指挥中心距离相等）．接到“敌舰现身”的紧急指令后：055驱逐舰以30海里/小时的速度向正东方向全速机动，准备前出拦截；815侦察船以20海里/小时的速度沿北偏东50°方向前出，实施电子侦察与信号定位．2小时后，055舰到达C点，815船到达D点．此时，指挥中心通过雷达确认：∠COD＝70°（即两舰与指挥中心连线之间的夹角）．试求此时两舰之间的距离CD（单位：海里）． 十五．相似三角形的判定与性质（共1小题） 33．（2026•上海校级模拟）如图，在菱形ABCD中，E是CD上一点，联结BE并延长交AD的延长线于点G，交AC于点F． （1）求证：BE•BF＝BG•EF； （2）若E是CD的中点，且AF•CF＝2BF2，求证：BE⊥CD． 十六．相似形综合题（共1小题） 34．（2026•杨浦区二模）综合与实践 【问题背景】折纸是一门将数学、艺术与工程完美结合的学科．通过折纸不仅能够创造出非常奇妙的图形，还可以发现一些有趣的数学问题，下面我们就利用一张正方形纸片来开展“折纸与数学”探究活动． 【操作探究】（1）小创小组将正方形纸片（如图1）按照图2至图3的方式操作，那么图3中∠ABG＝　 　 °，并写出求解过程； （2）小智小组将正方形纸片（如图4）按照图5至图7的方式操作，折痕BE、BG与折痕AC的交点分别是H、Q，经过多次操作和测量，发现线段HQ与EG的比值是一个定值，请你帮助小智小组求出的值； 【尝试应用】 （3）如图7，设正方形ABCD的边长为1，AE＝m，求的值（用含m的代数式表示）． 十七．解直角三角形的应用（共1小题） 35．（2026•上海校级模拟）如图，P是在小区入口处安装的摄像头，△PAB是摄像头的监控区域．MN为水平地面，点A、B在直线MN上．已知摄像头离地面的高度PH＝4.8米，∠APH＝37°，∠APB＝39°． （1）求AB的长． （2）一辆高2米、长4.4米的厢式货车（图中的矩形），以每小时5.4千米的速度进入小区，那么从车头（CD）进入监控区域到车尾（EF）驶出监控区域需要几秒？ （参考数据：sin37°≈0.6，cos37°≈0.8，tan37°≈0.75，sin76°≈0.97，cos76°≈0.24，tan76°≈4．） 【三轮复习】2026年上海市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．高次方程（共1小题） 1．（2026•松江区二模）解方程组：． 【解答】解：x2﹣xy﹣6y2＝0分解为（x+2y）（x﹣3y）＝0， ∴可化为和， 解方程组，得， 解方程组，得， 综上，原方程组的解为和． 二．解分式方程（共1小题） 2．（2022•青浦区模拟）解方程：． 【解答】解：去分母得：x（x﹣2）+12＝3（x+2）， 去括号得：x2﹣2x+12＝3x+6， 移项，合并同类项得：x2﹣5x+6＝0， 解得：x＝2或x＝3， 检验：（1）把x＝2代入得：x2﹣4＝0， ∴x＝2不是原方程的解． （2）把x＝3代入得：x2﹣4≠0， ∴x＝3是原方程的解． 三．待定系数法求一次函数解析式（共1小题） 3．（2026•徐汇区二模）已知函数，请解决下列问题： （1）请按照列表、描点、连线的步骤，在平面直角坐标系xOy中画出函数的大致图象； （2）如果一条直线与坐标轴的交点和函数图象与坐标轴的两个交点完全相同，那么这条直线的表达式是yx　 ； （3）A（m，n）是函数图象上的点，如果n＜2，那么m的取值范围是　﹣2＜m≤2　 ． 列表如下： x y 【解答】解：（1）由题意，列表如下： x ﹣7 ﹣2 0 1 2 y 3 2 1 0 ∴作图如下： ； （2）由题意，设所求直线为y＝kx+b（k≠0）， 又图象过（0，），（2，0）， ∴． ∴k，b． ∴所求直线为yx． 故答案为：yx； （3）由题意，结合（1）y随x的增大而减小， 又令y＝n＝2， ∴x＝m＝﹣2． ∴当n＜2时，﹣2＜m≤2． 故答案为：﹣2＜m≤2． 四．一次函数的应用（共2小题） 4．（2026•徐汇区二模）上海市居民自来水水费由供水费和污水处理费两部分组成，污水处理量由于损耗按照用水量的90%核定计算，污水处理费统一单价为2元/m3.小户型家庭供水费按年用水量分三档计费，收费标准如表，每户每年应缴自来水水费y（元）与用水量x（m3）关系如图所示． 分类 第1档 第2档 第3档 用水量x（m3） 不超过220 超过220不超过300的部分 超过300的部分 供水费单价（元/m3） 2.25 n 6.99 污水处理费（元/m3） 2.00 根据上述信息，解答下列问题： （1）第1档的自来水水费1m3的单价为　4.05　 元；图中点A的纵坐标为　891　 ； （2）小华家去年的年用水量为250m3，共缴纳水费1065元．通过计算推出n的值为　4　 元； （3）已知小明家去年共缴水费2234元，求小明家去年的年用水量． 【解答】解：（1）由题意，∵第1档水费单价＝供水费单价+污水处理费单价×0.9， ∴2.25+2.00×0.9＝4.05（元/m3）， 又∵点A对应用水量x＝220m3， ∴总水费为：220×4.05＝891（元）， 故答案为：4.05；891； （2）由题意得，220×2.25+30n+250×0.9×2＝1065， ∴n＝4． 故答案为：4； （3）由题意，设小明家去年的年用水量为xm3， ∴220×2.25+80×4+（x﹣300）×6.99+2•0.9x＝2234． ∴x＝400． 答：小明家去年的年用水量为400m3． 5．（2026•闵行区二模）小闵在探究纸杯叠放的高度规律时，得到了一套遗失了部分实验数据的图纸．图①是一张缺失了部分信息的函数图纸，实验数据表示的点P1，P2，P3都落在了线段AB上；图②是同一次实验的另一张缺失了部分图像的示意图，图中显示了6个相同规格的纸杯叠放后增加的高度． （1）求叠放在一起的纸杯总高度y（厘米）关于纸杯数量x（个）的函数解析式（不写定义域）； （2）为了保持纸杯清洁，在最上端的纸杯加装一个盖子以后，高度增加了2厘米，此时总高度为46.8厘米，求纸杯的数量． 【解答】解：（1）我们可以先分析图②：6个纸杯叠放增加的高度是6cm，所以每增加1个纸杯，高度增加6÷（6﹣1）＝1.2cm， 由图①知，当x＝0时，y＝8.8， ∴函数解析式为y＝1.2x+8.8； （2）在最上端的纸杯加装一个盖子以后，高度增加了2厘米，此时总高度为46.8厘米， 由题意得46.8﹣2＝1.2x+8.8， 解得x＝30， 答：纸杯的数量为30个． 五．反比例函数与一次函数的交点问题（共1小题） 6．（2026•浦东新区二模）在平面直角坐标系xOy（如图），已知正比例函数y＝2x的图象与反比例函数的图象相交于点A（2，m），过点B（4，0）作x轴的垂线，与反比例函数的图象相交于点C． （1）求m的值和反比例函数的解析式； （2）联结OC，点D是OC的中点，联结BD，求BD的长． 【解答】解：（1）正比例函数y＝2x的图象与反比例函数的图象相交于点A（2，m）， ∴m＝2×2＝4， ∴k＝2m＝2×4＝8， ∴反比例函数的解析式为y； （2）∵过点B（4，0）作x轴的垂线，与反比例函数的图象相交于点C， ∴把x＝4代入y，得y＝2， ∴C（4，2）， ∵点D是OC的中点， ∴D（2，1）， ∴BD． 六．反比例函数的应用（共2小题） 7．（2026•普陀区二模）小普同学在物理课上学习光的折射知识后，知道了近视眼镜的镜片是凹透镜． 【生活观察】生活中配眼镜时需要先验光，如图1是店家提供的验光单的一部分，其中“﹣2.75D”中的“﹣”表示该镜片为近视眼镜的镜片，“2.75D”表示该镜片的透镜焦度是2.75（焦度是表示透镜对光线偏折能力强弱的物理量，用Φ表示），平时说的眼镜镜片的度数y关于透镜焦度Φ的函数解析式为y＝100Φ． （1）根据图1验光单的一部分，直接写出右眼和左眼眼镜镜片的度数． 【问题解决】小普同学为了验证一副近视眼镜和一张标记左眼、右眼均为﹣5.00D的验光单是否匹配，他综合数学与物理所学的知识（见材料一、二），设计了一个验证实验（见材料三）． 材料一：摘自数学八上教材P79页 近视眼镜镜片的度数y（度）与镜片焦距f（米）成反比例．已知400度的近视眼镜镜片的焦距为0.25米． 材料三：把这副近视眼镜的镜片看作一个圆，如图2，把发光物、镜片和光屏放置在光具底座上，将它们的中心位置调节到高度一致．用一束平行于主光轴GE的光线射向镜片，镜片光心为点O，在镜片另一侧的光屏上形成了一个圆形光斑． 材料二：摘自物理八上教材P98页 如图4﹣4﹣7所示，平行于主轴的光通过凹透镜后，会向远离主轴的方向偏折，这些光的反向延长线相交于主轴上一点F，点F叫做凹透镜的虚焦点，凹透镜的光心O是主轴上一个特殊的点．虚焦点F到光心O的距离叫做凹透镜的焦距，用字母f表示． （2）根据材料一，求近视眼镜镜片的透镜焦度Φ关于镜片焦距f的函数解析式． （3）根据材料三抽象出数学模型（如图3），镜片直径AB与光斑直径CD平行，GE⊥CD，测得AB＝0.06米，CD＝0.15米，镜片光心O到光屏的距离OE为0.3米．结合材料二，请判断这副近视眼镜的度数是否与这张验光单匹配？并阐述理由． 【解答】解：（1）右眼度数为：100×2.75＝275°；左眼视力为：100×3.00＝300°； （2）设y， ∵400度的近视眼镜镜片的焦距为0.25米， ∴k＝400×0.25＝100， ∴y， ∵y＝100Φ， ∴100Φ， ∴Φ； （3）这副近视眼镜的度数与这张验光单匹配． 理由：延长CA，DB交GE于点F，则点F为虚焦点， ∵AB∥CD， ∴△FAB∽△FCD， ∴， ∴， 解得：OF＝0.2， ∴Φ5， ∴这副近视眼镜的度数与这张验光单匹配． 8．（2026•金山区二模）如图1是一种测量油箱内油量的装置“油位传感器”示意图，其中滑动变阻器的滑片跟滑杆连接．滑杆可以绕固定轴O转动，滑杆的一端固定着一个浮子．油箱中的油量减少时，油面下降，浮子随油面落下，带动滑杆使滑动变阻器的滑片向上移动，从而改变电路中电流表的示数，因此电流表上一定的示数对应者油面一定的高度．如果把电流表刻度盘上的数值改为相应的油量体积，就可以直接读出油箱中的油量．电流I（单位：A）与总电阻R（单位：Ω）成反比例，其中R＝R0+R1，已知R0＝20Ω． 可变电阻R1（单位：Ω）与油量体积V（单位：L）之间的关系如图2所示，R1≥0．当油箱内油量体积为35L时，电流表显示为0.1A． （1）当油箱内油量体积为35L时，求总电阻R的值； （2）求I关于总电阻R的函数解析式； （3）当油箱中油量体积满足5≤V≤55时，求电流表显示电流的取值范围． 【解答】解：（1）由题意，设R1＝kV+b（k≠0）， 结合图象（0，240），（60，0）， ∴． ∴k＝﹣4，b＝240． ∴R1＝﹣4V+240． ∴当V＝35L时，R1＝﹣4×35+240＝100（Ω）． ∴R＝R0+R1＝20+100＝120（Ω）． 答：当油箱内油量体积为35L时，总电阻R的值为120Ω； （2）由题意，∵电流I与总电阻R成反比例， ∴I， 又∵当油箱内油量体积为35L时，电流表显示为0.1A， ∴结合（1）R＝120Ω， ∴k＝120×0.1＝12． ∴I关于总电阻R的函数解析式为I； （3）由题意，∵5≤V≤55， ∴20≤﹣4V+240＝R1≤220． ∴40≤R0+R1＝R≤240． ∴0.05I≤0.3，即0.05≤I≤0.3． 七．二次函数与不等式（组）（共1小题） 9．（2026•嘉定区）在函数学习中，我们经历了“确定函数的解析式——利用函数图象研究其性质——应用函数解决问题”的学习过程，并会通过描点或平移的方法画出一个函数的大致图象，结合经历的学习过程，我们来研究函数并完成下列填空： （1）函数的定义域是x≠0　 ； （2）用“描点法”画出函数的图象： ①列表：如表是x与y的几组对应值，其中m＝　5　 ； x … ﹣3 ﹣2 ﹣1 1 2 3 … … 2 m 2 … ②描点：根据表中各组对应值，在平面直角坐标系中描出了各点； ③连线：用平滑的曲线顺次连接各点，如图． （3）结合函数图象，写出函数中y随x的变化特征：　当x＜0时，y随x的增大而增大；当x＞0时，y随x的增大而减小　 ； （4）请结合图象直接写出不等式的解集：x＜﹣1或x＞1　 ． 【解答】解：（1）由题意得，函数的定义域是x≠0． 故答案为：x≠0； （2）①由题意得，当x时，y＝m＝5． 故答案为：5； ②由题意，根据表中各组对应值，在平面直角坐标系中描出了各点； ③连线：用平滑的曲线顺次连接各点，如图． （3）结合函数图象，可得：当x＜0时，y随x的增大而增大；当x＞0时，y随x的增大而减小． 故答案为：当x＜0时，y随x的增大而增大；当x＞0时，y随x的增大而减小； （4）由题意，不等式的解集是图象在直线y＝2下方部分的自变量的取值范围， ∴结合图象可得，x＜﹣1或x＞1． 故答案为：x＜﹣1或x＞1． 八．二次函数的应用（共1小题） 10．（2026•宝山区二模）【问题背景】 图1是一个矿洞，为了使矿洞更牢固，某工程队想要搭建矩形支撑架． 【数据测量】 图2是矿洞横截面的示意图，截面是轴对称图形，外轮廓线由上方抛物线L和下方的矩形ABCD组成，矩形ABCD的边BC＝4m，CD＝1m，E是抛物线L的顶点，且点E到BC的距离为3m，矩形FGMN的边FN、MN、MG为支撑架的架骨，点F、G在边BC上，点M、N在抛物线L上． 【问题解决】 如图3，工程队以矩形ABCD的顶点B为原点，以BC边所在的直线为x轴，以AB边所在的直线为y轴，建立平面直角坐标系． （1）求顶点E的坐标及抛物线L的函数表达式； （2）当支撑架FGMN为正方形时，求架骨MN的长； （3）为满足宽为2.4m，高为1.9m的矿车能够在支撑架内通行（矿车距离上方、两侧支撑架分别需预留0.1m的安全距离），求此时BF的取值范围． 【解答】解：（1）由题意得，顶点E为（2，3）， ∴可设抛物线为y＝a（x﹣2）2+3， 又图象过A（0，1）， ∴4a+3＝1． ∴a． ∴抛物线L的表达式为y（x﹣2）2+3； （2）∵四边形FGMN为正方形， ∴MN＝FG＝2FH． 设BF＝m，则FH＝2﹣m，NF＝4﹣2m， ∴N（m，4﹣2m）． 又∵N在抛物线L：y（x﹣2）2+3的图象上， ∴4﹣2m（m﹣2）2+3． ∴m1＝4，m2＝4（不合题意，舍去）． ∴MN＝FN＝4﹣2m＝24； （3）设BF＝m，则N（m，m2+2m+1）， ∴NFm2+2m+1． ∵FH＝2﹣m1.3，NFm2+2m+1≥1.9+0.1＝2， ∴2m≤0.7，即2BF≤0.7． 九．二次函数综合题（共6小题） 11．（2026•上海校级模拟）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y＝ax2+2ax﹣3a（a＜0）与x轴交于A和B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，抛物线的顶点为D． （1）求点A和点B的坐标； （2）若点E与点C关于抛物线的对称轴对称，联结AE，AC，若AC平分∠EAO，求抛物线的表达式； （3）若点P是抛物线第四象限上一动点，联结AD、AC、DP、CP，线段DP与线段AC交于点F，与x轴交于点G，当S△ADF＝S△CFP时，求的值． 【解答】解：（1）在y＝ax2+2ax﹣3a（a＜0）中，令y＝0得：0＝ax2+2ax﹣3a， 解得x＝﹣3或x＝1， ∴A（﹣3，0），B（1，0）； （2）如图： ∵y＝ax2+2ax﹣3a＝a（x+1）2﹣4a， ∴抛物线y＝ax2+2ax﹣3a的对称轴为直线x＝﹣1， 在y＝ax2+2ax﹣3a中，令x＝0得y＝﹣3a， ∴C（0，﹣3a）， ∵点E与点C关于抛物线的对称轴直线x＝﹣1对称， ∴E（﹣2，﹣3a），EC∥x轴， ∴∠ECA＝∠CAO， ∵AC平分∠EAO， ∴∠EAC＝∠CAO， ∴∠ECA＝∠EAC， ∴AE＝CE， ∵A（﹣3，0），C（0，﹣3a），E（﹣2，﹣3a）， ∴2， 解得a或a， ∵a＜0， ∴a， ∴抛物线的表达式为yx2x； （3）如图： ∵y＝ax2+2ax﹣3a＝a（x+1）2﹣4a， ∴D（﹣1，﹣4a）， ∵C（0，﹣3a）， ∴直线CD解析式为y＝ax﹣3a， ∵S△ADF＝S△CFP， ∴S△ADP＝S△ACP， ∴AP∥CD， 设直线AP解析式为y＝ax+m， 把A（﹣3，0）代入得：0＝﹣3a+m， ∴m＝3a， ∴直线AP解析式为y＝ax+3a， 联立， 解得或， ∴P（2，5a）， 由D（﹣1，﹣4a），P（2，5a）得直线DP解析式为y＝3ax﹣a， 在y＝3ax﹣a中，令y＝0得x， ∴G（，0）， ∵D（﹣1，﹣4a），P（2，5a）， ∴DG，GP， ∴． 12．（2026•普陀区二模）在平面直角坐标系xOy中（如图所示），已知某抛物线的表达式为y＝ax2（a＞0）．沿着x轴的正方向看，点M在抛物线的上升部分，设直线OM与x轴的夹角为α． （1）如果，求该抛物线的表达式； （2）已知点N在抛物线的下降部分，且∠OMN＝2α． ①求的值； ②平移抛物线，使新抛物线的顶点O′落在线段MN上，且新抛物线与y轴交于点C．已知点M的纵坐标为1，当四边形OMCN是以ON为腰的等腰梯形时，求点O′的坐标． 【解答】解：（1）设M（m，am2）， ∵tanα＝4， ∴am＝4， ∴M（m，4m）， ∵OM， ∴17＝17m2， 解得m＝±1， ∵M点在抛物线的上升部分， ∴m＝1， ∴M（1，4）， ∴a＝4， ∴y＝4x2； （2）①过点M作MH∥x轴，过点N作NH⊥MH交于H点， ∵∠OMN＝2α， ∴∠NMH＝α， 设N（n，an2）， ∴tanαa（m+n）， ∵tanα＝am， ∴﹣a（m+n）＝am， ∴n＝﹣2m， ∴N（﹣2m，4am2）， ∴OM，MN， ∴； ②∵点M的纵坐标为1， ∴M（m，1），N（﹣2m，4）， ∴直线MN的解析式为yx+2， 设O'（t，t+2）， ∴y'＝a（x﹣t）2t+2， ∴C（0，at2t+2）， ∵四边形OMCN是以ON为腰的等腰梯形， ∴ON＝MC，OM∥NC， ∵直线OM的解析式为yx，直线NC的解析式为yx+at2t+2， ∴①， ∵ON＝MC， ∴4m2+16＝m2+（at2t+1）2②， 联立①②得，m，a，t或t， 当t时，O'（，）； 当t，时，O'（，）． 13．（2026•虹口区二模）已知抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）． （1）画抛物线时，如果列出的两组数据如表（信息不完整）所示，请直接写出该抛物线的对称轴，并求此时a和c之间的数量关系； x … ﹣1 … 1 … y … 2 … 2 … （2）已知点C为抛物线与y轴的交点，点A、B在抛物线上，联结OA、AC、CB和OB． ①如果四边形OACB为正方形，那么b的值是　0　 ，a和c之间的数量关系是ac＝﹣2　 ； ②如图，当a＜0时，已知四边形OACB为菱形，cot∠AOC＝2，点P在抛物线上且横坐标为2，联结PA、PC，如果△PAC的面积为12，求抛物线的表达式． 【解答】解：（1）由表可知，抛物线经过点（﹣1，2）和（1，2）， ∴抛物线的对称轴是x＝0， ∴， ∴抛物线的解析式是y＝ax2+c（a≠0）， 把点（﹣1，2）的坐标代入可得：a+c＝2； （2）①当x＝0时，可得：y＝ax2+bx+c＝c， ∴点C的坐标为（0，c）， ∵四边形OACB是正方形，OC是正方形的对角线， ∴点A、B关于OC对称， ∴抛物线的对称轴是x＝0， ∴b＝0； ∴AB＝OC，点A、B的纵坐标是， 可得：， 整理得：2ax2+c＝0， 解得：， ∴点A的坐标为，点B的坐标为， ∴， 可得：c， ∴a2c2＝﹣2ac， 解得：ac＝﹣2或ac＝0（不符合题意，舍去）； 故答案为：0，ac＝﹣2； ②如图，连接AB交OC于点E，连接PA交OC于点F，连接PC， ∵四边形OACB为菱形， ∴AB⊥OC，AE＝BE，CE＝OE， ∵cot∠AOC＝2， ∴OE＝2AE， ∵OC＝c， ∴，， ∴点A的坐标是， 把点A的坐标代入y＝ax2+c可得：， 解得：， ∴抛物线的解析式为，点A的坐标， ∵点P的横坐标为2， ∴， ∴点P的坐标为， 设直线AP的解析式是y＝mx+n（m≠0）， 则有， 解得：， ∴直线AP的解析式是， 当x＝0时，可得：， ∴点F的坐标为， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴抛物线的解析式为． 14．（2026•奉贤区二模）在平面直角坐标系中，如果某一个点的纵坐标比横坐标小1，那么我们把这样的点称为“一步点”，例如点（0，﹣1）、（3，2）都是“一步点”． 在平面直角坐标系xOy中（如图），如果某条抛物线的顶点是“一步点”，当它的顶点的横坐标为2时，该抛物线与y轴的交点为（0，5）． （1）求这条抛物线的表达式和抛物线上的另一个“一步点”； （2）已知直线y＝﹣2x+4与x轴、y轴分别交于点A、B．将（1）中的抛物线平移得到一条新抛物线，如果新抛物线的顶点C还是“一步点”．设点C的横坐标为m． ①当点C在△ABO的内部时，求m的取值范围； ②设新抛物线与y轴的交点为D，当∠CDO＝∠ABO时，求新抛物线的表达式． 【解答】解：（1）根据“一步点”的定义，抛物线的顶点的横坐标为2时，顶点坐标为（2，1）， 设抛物线的表达式为y＝a（x﹣2）2+1， 将（0，5）代入得，5＝a（0﹣2）2+1， 解得a＝1， ∴抛物线的表达式为y＝（x﹣2）2+1，即y＝x2﹣4x+5， 设抛物线上的“一步点”坐标为（x，y），则y＝x﹣1， 将y＝x﹣1代入抛物线表达式得，x﹣1＝x2﹣4x+5， 解得x1＝2，x2＝3， 当x＝2时，y＝1，点为（2，1）， 当x＝3时，y＝2，点为（3，2）； （2）①对于y＝﹣2x+4， 令x＝0，得y＝4， ∴B（0，4）， 令y＝0，得x＝2， ∴A（2，0）， ∵顶点C是“一步点”，且点C的横坐标为m， ∴C（m，m﹣1）， 若点C在△ABO的内部，则点C在第一象限且在直线AB下方， ∴， 解得， ∴m的取值范围是； ②由平移性质可知，新抛物线的表达式为y＝（x﹣m）2+（m﹣1）， 令x＝0，得y＝m2+m﹣1， ∴D（0，m2+m﹣1）， 过点C作CE⊥y轴于点E，则E（0，m﹣1）， ∴CE＝|m|，DE＝|（m2+m﹣1）﹣（m﹣1）|＝m2， 在Rt△CED中，， 在Rt△ABO中，， ∵∠CDO＝∠ABO， ∴， 解得m＝±2， 当m＝2时，y＝（x﹣2）2+1＝x2﹣4x+5， 当m＝﹣2时，y＝（x+2）2﹣3＝x2+4x+1， ∴新抛物线的表达式为y＝x2﹣4x+5或y＝x2+4x+1． 15．（2026•黄浦区二模）如图，直线交x轴、y轴于点A、B．抛物线y＝ax2+bx+c经过点A、B． （1）下列表述中，正确的是A （A）如果抛物线y＝ax2+bx+c与x轴在点A的右边还有一个公共点，那么a＞0； （B）如果抛物线y＝ax2+bx+c与x轴在点A的右边还有一个公共点，那么a＜0； （C）如果抛物线y＝ax2+bx+c与x轴在点A的左边还有一个公共点，那么a＞0； （D）如果抛物线y＝ax2+bx+c与x轴在点A的左边还有一个公共点，那么a＜0． （2）记抛物线与x轴异于A的公共点为C，抛物线的顶点为D． ①当点C到A、B两点的距离相等时，求抛物线的表达式； ②如果点D关于x轴的对称点恰好在直线AB上，求点C的坐标． 【解答】解：（1）直线交x轴、y轴于点A、B， ∴A（3，0），B（0，4）， ∴抛物线y＝ax2+bx+c经过A（3，0）和B（0，4）， 因此：当x＝0时，y＝c＝4，即抛物线的常数项为4． ∴抛物线解析式为y＝ax2+bx+4， 由抛物线与x轴的一个交点是A（3，0），设另一个交点为（x1，0）， 利用根与系数的关系可得：，即， A．若另一交点在A的右边（x1＞3），则， 若a＞0，可解得； 若a＜0，此时，不等式无解； 故a＞0，符合题意； B．由A选项分析可知选项B错误； C．若另一交点在A的左边（x1＜3）， 当a＞0时，抛物线开口向上，，解得：； 若a＜0，则x1＜0，即小于3； 但a＜0时，， 也满足在A左边，故不能推出a＞0，即选项C错误； D．由C选项分析可知选项D错误； 故答案为：A； （2）①设C（x，0）， 由CA＝CB，即， ∴（x﹣3）2＝x2+42， 解得：， ∴， ∵抛物线过A（3，0），B（0，4），， 设，代入B（0，4）得：， 解得：， ∴抛物线表达式为：， 即； ②设抛物线与x轴的交点为A（3，0）和C（x1，0）， 则抛物线的对称轴为，顶点D的横坐标为， 设抛物线为y＝a1（x﹣3）（x﹣x1），代入B（0，4）得：4＝a1（0﹣3）（0﹣x1）， 解得：， ∴， ∴抛物线的顶点坐标为， ∵点D关于x轴的对称点为，且该点在直线上， ∴， 解得x1＝3（与A重合，舍去）或x1＝1， ∴点C的坐标为（1，0）． 16．（2026•崇明区二模）在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y＝ax2﹣6ax+c（a＜0）与x轴交于A（1，0）和点B，顶点为D． （1）求此抛物线的对称轴及点B的坐标； （2）抛物线的对称轴与x轴交于点M，点P是抛物线上横坐标为2的一点，BP与对称轴交于点N，联结BD． ①求S△BDN：S△BMN的值； ②设直线PD与x轴交于点F，过点F作BD的平行线，与y轴交于点E，当四边形BDFE是直角梯形时，求∠PBO的正切值． 【解答】解：（1）对称轴为直线x3， ∵A（1，0），且A、B关于对称轴对称， ∴xB﹣3＝3﹣1， ∴xB＝5， ∴B（5，0）； （2）①如图， 把（1，0）代入y＝ax2﹣6ax+c得c＝5a， ∴y＝ax2﹣6ax+5a＝a（x﹣3）2﹣4a， ∴D（3，﹣4a）， 当x＝2时，y＝﹣3a， ∴P（2，﹣3a）， 又∵B（5，0） ∴直线BP解析式为y＝ax﹣5a， 当x＝3时，y＝﹣2a， ∴N（3，﹣2a）， ∴DN＝﹣4a﹣（﹣2a）＝﹣2a，MN＝﹣2a， ∴1； ②如图， ∵D（3，﹣4a），P（2，﹣3a）， ∴直线DP解析式为y＝﹣a（x﹣2）﹣3a＝﹣ax﹣a， 令y＝0，得x＝﹣1， ∴F（﹣1，0）， ∵D（3，﹣4a）B（5，0）， ∴直线DB解析式为y＝2a（x﹣5）＝2ax﹣10a， ∵BD∥EF， ∴直线EF解析式为y＝2ax+2a， 当x＝0时，y＝2a， ∴E（0，2a）， 当∠FDB＝90°时， 过D作GH∥x轴，再分别过F、B作GH的垂线段，垂足分别为G、H， 此时GF＝﹣4a，DG＝4，DH＝2，BH＝﹣4a， ∵∠G＝∠FDB＝∠H＝90°， ∴∠FDB＝∠DBH＝90°﹣∠BDH， ∴△FGD∽△DHB， ∴， ∴， ∴， ∴； 当∠DBE＝90°时， 过B作HK∥y轴，再分别过D、E作KH的垂线段，垂足分别为H、K， 同理可得△PHB∽△BKE， ∴， ∴， ∴； 综上，∠PBO的正切值为或． 十．四边形综合题（共6小题） 17．（2026•长宁区校级模拟）小嵊与小州两位八年级的同学结合尺规作图展开了以下探究： 素材提供：圆规是常用的作图工具，如图1，圆规的两脚AB＝AC＝10cm，∠BAC＝α． 实践操作：小嵊利用尺规作图作出了过直线外一点A作已知直线l的垂线． 步骤如下： ①如图2，以点A为圆心，以10cm为半径画弧，交直线l于B，C两点． ②再以B，C两点为圆心，以10cm为半径分别画弧，两弧交于点D． ③连结AD，则直线AD即为所作的直线l的垂线． 问题解决： （1）如图1，若α＝60°，则所画圆的面积为 　100πcm2 ． （2）如图2，AD⊥l的理由是： ∵由作图可知，四边形ABDC是 　菱形　 ， ∴AD⊥l． 若BC＝12cm，则AD＝　16　 cm． 探究提升： （3）小州认为以下问题也可以借助尺规作图解决： 如图3，在矩形ABCD中，AB＝12，BC＝16，点E是CD上一动点，点D关于直线BE的对称点为点N，当N落在直线BC上时，用尺规作图作出点E，并求出DE的长．（保留作图痕迹，要求：先尺规作图，再把痕迹用中性笔描黑） 【解答】解：（1）如图1，∵AB＝AC＝10cm，∠BAC＝α＝60°， ∴所画圆的半径为10cm， ∴所画圆的面积为102π＝（100π）cm2， 故答案为：100πcm2； （2）如图2，AD⊥l的理由是： ∵由作图可知，四边形ABDC是菱形， ∴AD⊥l，OB＝OCBC12＝6（cm）， ∴AO8（cm）， ∴AD＝2AO＝16cm， 故答案为：菱形；16； （3）如图3，点E即为所求； 作法：延长BC到点N，使CN＝4，连接DN，过点B作DN的垂直平分线交CD于点E，交DN于点F，连接EN，理由如下： ∵点D关于直线BE的对称点为点N， ∴DE＝NE， 在矩形ABCD中，CD＝AB＝12，BC＝16， 设DE＝NE＝x， ∴CE＝CD﹣DE＝12﹣x， ∵四边形ABCD是矩形， ∴∠BCD＝∠DCN＝90°， 由作图可知：BF⊥DN， ∴∠BFN＝90°， ∴∠EBC＝90°﹣∠BNF＝∠CDN， ∴△BCE∽△DCN， ∴， ∴， ∴CN（12﹣x）， 在Rt△ECN中，根据勾股定理得：EN2＝CN2+CE2， ∴x2（12﹣x）2+（12﹣x）2， 解得x或x＝60（舍去）， ∴DE的长为， ∴12﹣x， ∴CN4， 18．（2026•浦东新区二模）折纸是承载中国传统礼俗与生活智慧的民间传统艺术．学校折纸社团的同学们用12cm×12cm正方形纸片开展折纸活动． 【发现问题】如图1，将正方形纸片ABCD对折再展开，折痕交AD于点E、交BC于点F，点E、F分别是边AD、BC的二等分点．在第一次对折后，同向再对折一次（如图2），可得到边的　四　 等分点．按照这样的方式对折n次（n是正整数）可以得到边的　2n 等分点（用含n的代数式表示），但这样折的方式都不会得到边的三等分点． 【提出问题】能不能通过折纸的方式得到边的三等分点？ 【分析问题】围绕这个问题，同学们展开了讨论． 小明：共得到边的三等分点，得想想别的折法． 小华：同向对折的方式得不到边的三等分点，能否通过把角翻折到边上，构造出1：2的比例？ 小海：嗯，我是这样想的，在第一次对折展开（如图1）的基础上，将点B沿着直线翻折到点E处（如图3），折痕分别交正方形的边于点G、H．边BC交正方形的边于点M，M就是边CD的一个三等分点． 【解决问题】 （1）完成填空； （2）求AG的长； （3）判断小海的折法是否正确并说明理由． 【解答】解：（1）由题意得，第一次对折后，同向再对折一次（如图2），可得到边的四等分点． 按照这样的方式对折n次（n是正整数）可以得到边的2n等分点； 故答案为：四，2n； （2）设AG＝x． ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠A＝90°， ∵E是AD的中点，AD＝12， ∴AE＝6，GE＝12﹣x． ∵Rt△AGE中，AG2+AE2＝GE2， ∴x2+62＝（12﹣x）2． 解得AG＝4.5． （3）小海的折法正确，理由如下： ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠D＝∠GBC＝90°， ∴∠AEM＝∠DME+∠D，即∠AEG+∠CEG＝∠DME+∠D， 又∵∠CEG＝∠D＝90°， ∴∠AEG＝∠DME． ∴tan∠AEG＝tan∠DME． ∴， ∴， 解得DM＝8． 由8：12＝2：3可知，M是边的一个三等分点． 19．（2026•奉贤区二模）（1）某社区有一个宽度（CD）为3米的矩形健身区ABCD，它恰好容纳了4个竖放的矩形器材区和2个横放的矩形器材区，且每个矩形器材区形状大小都相同（如图1所示）．求每一个矩形器材区的边长； （2）为响应国家全民健身的号召，社区计划新建一个一边长为10米的矩形健身区，用于放置42个运动器材（每一个运动器材需要一个独立的器材区域），他们规划了内部器材区的布局，拟定了如下的方案： （i）健身区的布局采用竖放矩形器材区和平行四边形器材区的组合形式（如图2所示），其中平行四边形器材区的排数比矩形器材区少一排，为保证通行安全，每排器材区之间设置1.5米宽的通道； （ii）每一个矩形器材区的边长与（1）中的矩形器材区相同，每一个平行四边形器材区的面积与一个矩形器材区的面积相等； （iii）每一个平行四边形器材区的形状大小都相同，且它有一个内角为45°，其非水平方向的边长与矩形的长边相等，即在平行四边形PQMN中，∠PQM＝45°，PN＝AE． ①求平行四边形器材区的另一边PQ的长； ②求新建矩形健身区另一边的长度．（结果保留整数参考数据；） 【解答】解：（1）设矩形的长为a米，宽为b米， 根据题意得， 解得， 答：矩形的长为2米，宽为1米； （2）①如图， 在平行四边形MNPQ中，MQ∥PN， ∴∠NPL＝∠PQM＝45°， ∵PN＝AE＝2， ∴NL＝PLPN， ∵每一个平行四边形器材区的面积与一个矩形器材区的面积相等， ∴PQ•NL＝2×1，即PQ＝2， 解得PQ米， 故平行四边形器材区的另一边PQ的长为米； ②∵6.07，10， ∴每排可放10个矩形器材，6个平行四边形器材； 设放置了a排矩形器材，则有（a﹣1）排平行四边形器材， ∴10a+6（a﹣1）≥42， 解得a≥3， ∴a＝3，a﹣1＝2， 即放置了3排矩形器材，2排平行四边形器材， ∴共有4个过道， 则2×32+1.5×4＝6+2.8+6≈15米， 故新建矩形健身区另一边的长度为15米． 20．（2026•闵行区二模）探究：在铁片上裁剪正方形． （1）如图△ABC是一块等边三角形的废铁片，利用其剪裁出顶点在边上的一个正方形铁片． Ⅰ．请根据以下步骤画图： ①在边AB上取点G'（如图），过G′作G′D′⊥BC，垂足为D′； ②以G′D′为边在△ABC内部作正方形G'D'E'F'； ③联结BF′并延长交AC于点F； ④过F作FE∥F′E交BC于点E、FG∥F'G交AB于点G；过G作GD∥G'D'交BC于点D． Ⅱ．以上画图步骤作为条件，求证：四边形DEFG是正方形． （2）如果△ABC是一块边长为3、4、5的直角三角形废铁片，利用其剪裁一个顶点在边上的正方形铁片，那么这个正方形铁片的最大面积为　　 ． 【解答】解：（1）如图所示， 证明：∵四边形G'D'E'F'是正方形，FE∥F′E'，FG∥F'G'，GD∥G'D'， ∴∠GDE＝∠FGD＝∠FED＝∠F'E'D'＝90°， ∴四边形GDEF为矩形， ∴F'E'＝F'G'， ∵FE∥F'E'， ∴△BE'F'∽△BEF， ∴， 同理， ∴， 又∵F'E'＝F'G'， ∴FE＝FG， ∴矩形GDEF为正方形． （2）在△ABC中，∠C＝90°，AC＝3，BC＝4， ∴AB＝5， ∴； ①当正方形的边在△ABC的直角边上时， 如图，连接CE， 设正方形DEFC的边长为x，则DE＝EF＝x， ， ∴， ∴正方形的面积为 ②当正方形的边在△ABC的斜边上时，如图， 设正方形的边长为x， ∵NQ∥AB， ∴△NCQ∽△ABC， ∴， 即， ∴，， ∴， ∵∠ACB＝∠QPB＝90°，∠B＝∠B， ∴△PBQ∽△CBA， ∴，即， ∴， ∴， 解得：， ∴正方形的面积为， ∴这个正方形铁片的最大面积为． 故答案为：． 21．（2026•静安区）如图，正方形ABCD中，点E在边BC上，点F是正方形外一点，联结AE、EF、AF，对角线AC与线段EF相交于点M，如果AB•AF＝AE•AC，且∠EAC＝∠DAF． （1）求证：∠ACF＝90°，AFEF； （2）当点E是边BC的中点时，请直接写出△AMF与△EMC面积的比值：　10　 ． 【解答】（1）证明：∵AC是正方形ABCD的对角线， ∴∠BAC＝∠CAD＝45°， ∵∠EAC＝∠DAF， ∴∠BAC﹣∠EAC＝∠CAD﹣∠DAF，即∠BAE＝∠CAF， ∵AB•AF＝AE•AC， ∴， ∴△ABE∽△ACF， ∴∠ACF＝∠B＝90°， ∵∠BAE＝∠CAF， ∴∠BAE+∠EAC＝∠CAF+∠EAC，即∠BAC＝∠EAF＝45°， ∵， ∴， ∴△ABC∽△AEF， ∴△AEF是等腰直角三角形， ∴； （2）解：∵∠AEF＝∠ACF＝90°，∠AME＝∠FMC， ∴△AEM∽△FCM， ∴， ∴， ∵∠AMF＝∠EMC， ∴△AMF∽△EMC， ∵点E是边BC的中点， ∴设BE＝EC＝x，则BC＝AB＝2x， ∴，， ∴． 故答案为：10． 22．（2026•岚县一模）综合与探究 【问题情境】如图1，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＞BC，D，E分别是边AC，BC的中点，连接DE，现将△CDE绕着点C顺时针旋转． （1）【猜想验证】如图2，当旋转角为2∠BAC时，设点D的初始位置为点F，连接BF，FD，试判断四边形BCDF的形状，并说明理由； （2）【拓展延伸】如图3，当线段BE经过CD的中点时，连接BE和AD并交于点M，试判断线段DM与BC之间的数量关系，并说明理由； （3）若AB＝8，BC＝6，将△CDE绕着点C旋转一周的过程中，当CE⊥BC时，连接BD，过点A作AH⊥BD交直线BD于点H，请直接写出AH的长． 【解答】解：（1）四边形BCDF是平行四边形，理由如下： ∵F是AC的中点，∠ABC＝90°， ∴， ∴∠BAF＝∠ABF， ∴∠BFC＝∠BAC+∠ABF＝2∠BAC． 由旋转的性质得CD＝CF，∠DCF＝2∠BAC， ∴BF＝CD，∠BFC＝∠DCF， ∴BF∥CD， ∴四边形BCDF是平行四边形． （2）BC＝2DM，理由如下： ∵在图1中，D、E分别是AC，BC的中点， ∴△CDE是△ABC的中位线，AC＝2CD，BC＝2EC， ∴DE∥AB， ∴∠CED＝∠ABC＝90°； 如图3所示，设BE与CD的交点为N（此后过程都基于图3）， ∵∠CDE＝90°，线段BE经过CD的中点， ∴， ∵AC＝2CD，BC＝2EC， ∴． 由旋转的性质可得∠ACB＝∠DCE， ∴∠ACB+∠BCD＝∠DCE+∠BCD，即∠ACD＝∠BCE， ∴△ACD∽△BCE， ∴∠ADC＝∠BEC． 在△DNM和△ENC中， ， ∴△DNM≌△ENC（ASA）， ∴DM＝CE． ∵BC＝2CE， ∴BC＝2DM； （3）如图4所示，当点E在BC上方时，延长DE交AB于点G． ∵CE⊥BC， ∴∠BCE＝90°， 由（3）可知，∠CED＝90°， ∴∠CEG＝180°﹣∠CED＝90°， 又∵∠ABC＝90°， ∴四边形BCEG是矩形， ∴GE＝BC，CE＝BG，∠BGD＝90°， ∵AB＝8，BC＝6， ∴， ∴GD＝GE+ED＝6+4＝10， ∴， ∵AH⊥BD， ∴， ∴， ∴； 如图5所示，当点E在BC的下方时，过点B作BP⊥ED交ED的延长线于点P， ∴∠BPE＝90°， ∵∠PBC＝180°﹣∠ABC＝90°＝∠CED， ∴四边形BCEP是矩形， ∴PE＝BC＝6，BP＝CE＝3， ∴PD＝PE﹣DE＝6﹣4＝2， ∴； ∵AH⊥BD， ∵， ∴AH•BD＝AB•PD， ∴， ∴． 综上所述，AH的长为或． 十一．相交两圆的性质（共1小题） 23．（2026•浦东新区二模）已知：如图，⊙O1与⊙O2相交于点P、Q，且，过点P的直线AB分别交⊙O1、⊙O2于点A、B，且AP＝BP，点C是线段O1O2的中点．联结QO2并延长交BP于点M，且PM＝BM． （1）求证：CP⊥AB； （2）求证：四边形CPO2Q是菱形． 【解答】证明：（1）过点O1⊥AP于点D，如图1所示： 根据垂径定理得：O1D⊥AB，PD＝AD， ∴QO2的延长交BP于点M，且PM＝BM， 根据垂径定理得：QM⊥AB， ∴O1D∥QM， ∴四边形O1DMO2是梯形， ∵PM＝BM，PD＝AD， ∴BP＝2PM，AP＝2PD， 又∵AP＝BP， ∴2PM＝2PD， ∴PM＝PD， 又∵点C是O1O2的中点， ∴PC是梯形O1DMO2的中位线， ∴PC∥QM， ∵QM⊥AB， ∴CP⊥AB； （2）连接PQ交O1O2于点N，如图2所示： 根据相交两圆的性质得：O1O2⊥PQ，且PN＝QN， ∴∠PNC＝∠QNO2＝90°， 由（1）可知：PC∥QM， ∴∠NCP＝∠NQO2， 在△NCP和△NQO2中， ， ∴△NCP≌△NQO2（ASA）， ∴PC＝QO1， 又∵PC∥QM， ∴四边形CPO2Q是平行四边形， 又∴O2P＝O2Q， ∴平行四边形CPO2Q是菱形． 十二．圆的综合题（共7小题） 24．（2026•启东市模拟）如图，在△ABC中，AB＝AC，以AB为直径的⊙O交BC于点D，过点D作DE⊥AC于点E，交BA的延长线于点F． （1）求证：DF是⊙O的切线； （2）若OA＝AF＝2，求图中阴影部分的面积． 【解答】（1）证明：连接OD， ∵AB＝AC， ∴∠B＝∠C． 又∵OB＝OD， ∴∠B＝∠ODB， ∴∠C＝∠ODB， ∴AC∥OD． ∵DF⊥AC， ∴OD⊥DF． ∵OD是⊙O的半径， ∴DF是⊙O的切线； （2）解：∵AO＝AF＝OD， ∴OD＝OAOF， ∴∠C＝30°， ∴∠B＝∠ODB＝30°， ∴∠AOD＝60°． 而∠FDO＝90°， ∴∠F＝30°， 又OF＝OA+AF＝OD+AF， ∴OD＝OA＝AF＝AD＝2， ∴阴影部分的面积＝扇形OAD﹣△AOD的面积22ππ． 25．（2026•徐汇区二模）在四边形ABCD中，AD∥BC，点E在边CD上，且CE＝3DE，AB＝2AE，联结AE、BE． （1）如图1，求证：∠AEB＝∠ABC； （2）如图2，当AB＝CD＝BE时，求的值； （3）如图3，当四边形ABCD为矩形且AB＝8时，点O在线段BE上，且⊙O截AB、CD两边所得的两条弦相等．如果⊙O与⊙C的公共弦所在直线恰好经过点B，⊙C的半径为3，求此公共弦的长． 【解答】（1）证明：如图，延长AE交BC延长线于点F， ∵AD∥BC， ∴△ADE∽△FCE， ∴， ∵CE＝3DE， ∴， ∴FE＝3AE， ∴AF＝AE+EF＝4AE， ∵AB＝2AE， ∴，， 即， ∵∠BAE＝∠FAB， ∴△BAE∽△FAB， ∴∠ABE＝∠AFB， ∵∠AEB＝180°﹣∠ABE﹣∠BAE，∠ABF＝180°﹣∠AFB﹣∠FAB， ∴∠AEB＝∠ABC． （2）解：如图，延长AE交BC延长线于点G，过点A作AH⊥BC于点H，过点D作DM⊥BC于点M，过点E作EN⊥BC于点N， 同理（1）可得，△ADE∽△GCE， ∵CE＝3DE，， ∴CG＝3AD， 同理（1）可得，△BAE∽△GAB， ∴， ∴BG＝2BE， 设AD＝x，AB＝CD＝BE＝4a，则CG＝3x，BG＝8a，DE＝a，CE＝3a， ∵AD∥BC，AH⊥BC，DM⊥BC， ∴四边形AHMD是矩形， ∴HM＝AD＝x，DM＝AH， 在Rt△ABH和Rt△DCM中， ， ∴Rt△ABH≌Rt△DCM（HL）， ∴BH＝CM， ∵BH+CM＝BG﹣CG﹣HM＝8a﹣3x﹣x＝8a﹣4x， ∴CM＝BH＝（8a﹣4x）＝4a﹣2x， 在Rt△ABH中，DM2＝AH2＝AB2﹣BH2＝（4a）2﹣（4a﹣2x）2＝16xa﹣4x2， ∵DM⊥BC，EN⊥BC， ∴△CEN∽△CDM， ∴， ∴，即， ∴，CN＝3ax， ∴BN＝BG﹣CG﹣CN＝8a﹣3x﹣（3ax）＝5ax， 在Rt△BNE中，BN2+NE2＝BE2， ∴， 解得ax， ∴BC＝BG﹣CG＝8a﹣3xx﹣3xx， ∴； （3）解：如图，过点O作OH⊥CD于点H，连接OC，CF，设FG与OC交于点P， ∵四边形ABCD为矩形且AB＝8， ∴，BC＝AD，， 则CE＝CD﹣DE＝6，∠BCD＝∠D＝90°， 在Rt△ADE中，， 在Rt△BCE中，， ∵⊙O截AB、CD两边所得的两条弦相等， ∴点O到AB和CD的距离相等， ∴， ∵OH⊥CD，∠BCD＝90°， ∴OH∥BC， ∴△EOH∽△EBC， ∴， ∴EB＝2EO， ∴点O为EB的中点，则， ∴， ∴△OBC是等边三角形， ∴∠OCB＝60°， ∵FG中⊙O和⊙C的公共弦， ∴OF＝OG，CF＝CG， ∴CE垂直平分FG， ∴∠BPC＝90°，FG＝2FP， ∴∠PBC＝90°﹣∠OCB＝30°， ∴， 在Rt△PCF中，， ∴． 26．（2026•虹口区二模）如图，在扇形AOB中，∠AOB＝90°，点C是弧AB上一点，点D是半径OB上的点，联结CD，∠OCD的平分线和∠COD的平分线相交于点P，联结BP． （1）如图1，求证：∠OPB＝90°∠ODC； （2）联结BC（如图2）．如果CD⊥OB，CP＝10，△OPB的外接圆⊙M与扇形AOB所在的圆⊙O相交． ①当cos∠CBD时，求⊙M与⊙O的公共弦的长； ②联结AM和AP，AP交OC于点E，当AM⊥OP时，求tan∠PAM的值和OE的长． 【解答】（1）证明：∵CP平分∠OCD，OP平分∠COD， ∴∠POC＝∠POD，∠PCO＝∠PCD， ∵OC＝OB，∠POC＝∠POB，OP＝OP， ∴△OCP≌△OBP（SAS）， ∴∠OPC＝∠OPB， 在△OCD中，∠COD+∠OCD+∠ODC＝180°， 即2∠POD+2∠PCO+∠ODC＝180°， ∴， 在△OPC中，， ∴； （2）解：①∵CD⊥OB， ∴∠CDO＝90°，即∠ODC＝90°， 由（1）问结论，， ∵△OCP≌△OBP（SAS）， ∴CP＝BP＝10， ∴∠CPB＝360°﹣135°﹣135°＝90°， ∴△CPB是等腰直角三角形， ∴， 在Rt△CDB中，， 设BD＝k，则， ∴，即， ∴， 设圆O半径为R，则OB＝OC＝R，， 在Rt△ODC中，OC2＝OD2+CD2， ， ， 解得，， 设圆O与圆M的另一个交点为Q，连接BQ、OM， ∴BQ是两圆的公共弦， ∵∠OPB＝135°，优弧OB所对的圆心角为2×135°＝270°， ∴劣弧OB所对的圆心角∠OMB＝360°﹣270°＝90°， ∴OM⊥BM， 又∵OM垂直平分公共弦BQ， ∴OM⊥BQ， ∵BM⊥OM，BQ⊥OM，且B为公共点， ∴B、M、Q三点共线， ∴BQ过圆心M，即BQ是圆M的直径， ∵O、B都在圆上， ∴OM＝BM＝RM， ∴△OMB是等腰直角三角形， ∴， ∴BQ＝2BM＝40， ∴⊙M与⊙O的公共弦长为40； ②延长CD交圆O于点N， ∵CD⊥OB， ∴OB垂直平分弦CN， ∴，BC＝BN， ∴∠BCD＝∠BNC， ∵， ∴， ∵AM⊥OP，M是圆心，OP是圆M的弦， ∴OG＝PG，即AM是OP的垂直平分线， ∴AO＝AP， ∴AM平分∠OAP，即， ∵OA⊥OB，CD⊥OB，AM⊥OP，CB⊥OP， ∴∠AFO＝∠CBO， ∴∠OAF＝∠BCD，即∠PAM＝∠BCD， ∴∠OAP＝∠BOC， ∴∠AOB＝∠CDB＝90°， 在△AOP和△OBC中， ∵AO＝OB，∠OAP＝∠BOC，AP＝AO＝OC， ∴△AOP≌△OBC（SAS）， ∴， 由△AOP≌△OBC，∠OAP＝∠BOC， ∴， 延长OP交BC于R， ∵OP平分∠BOC，OC＝OB， ∴OR⊥BC，R为BC中点， ∴， ∴， 在Rt△BOR中，， ∴； ∵AM⊥OP， ∴∠PAM+∠APG＝90°， ∴∠COP+∠APG＝90°， ∴∠OEP＝90°， ∵∠BOR＝∠COP， ∴tan∠COP＝tan∠BOR， ∴， 设PE＝x，则OE＝3x， ∵PE2+OE2＝OP2， ∴， 解得， ∴OE＝3x． 27．（2026•长宁区二模）已知线段AB是⊙O的一条弦，点C是⊙O上的一点． （1）联结AC、BC，如图1，如果AC＝BC，∠C＝45°，且AB＝4，求⊙O的半径长； （2）当圆心O在线段AB上时， ①如图2，已知点D在⊙O上，满足DA＝DC，且S△ADC＝S△ACB，如果BC＝2，求AC的长； ②如图3，已知点E在线段AB上，满足AE：BE＝2：3，如果沿着弦BC翻折⊙O后的弧线恰好经过点E，求tan∠ABC的值． 【解答】解：（1）如图，连接OA、OB， ∵OA＝OB，∠AOB＝2∠C＝2×45°＝90°， ∴△AOB是等腰直角三角形， 在Rt△AOB中，OA2+OB2＝AB2， ∴， 解得OA＝4或OA＝﹣4（舍去）， ∴⊙O的半径长为4； （2）①如图，连接OD， ∵AD＝DC、OD是⊙O的半径， ∴OD⊥AC，， ∴点F是AC的中点， ∴OF是△ABC的中位线， ∴， ∵AB是⊙O的直径， ∴∠ACB＝90°， ∵S△ADC＝S△ACB， ∴， ∴DF＝BC＝2， ∴AO＝DO＝DF+OF＝2+1＝3， 在Rt△OFA中，由勾股定理得：， ∴； ②如图，过点E作EG⊥BC交⊙O于点E'，连接AE'、BE'、OE'、AC，设AE'交BC于点M， ∴∠E'GC＝90°， ∵AE：BE＝2：3， 设AE＝4m、BE＝6m，则AB＝AE+BE＝4m+6m＝10m， 由翻折的性质得：BE＝BE'＝6m、∠ABC＝∠E'BC、E'G＝EG， ∵AB是⊙O的直径， ∴∠ACB＝∠AE'B＝90°B， 在Rt△ABE'中，由勾股定理得：AE'8m， ∵∠ACB＝∠E'GC＝90°、∠AMC＝∠E'MG， ∴△AMC∽△E'MG， ∴， ∵∠ACB＝∠EGB，∠CBA＝∠GBA， ∴△ABC∽△EBG， ∴， ∴， ∴AM＝5m、E'M＝3m， ∵∠CAM＝∠E′BM，∠ABC＝∠E'BC， ∴∠CAM＝∠ABC， ∵∠ACM＝∠BCA， ∴△ACM∽△BCA， ∴， 在Rt△ACB中，tan∠ABC． 28．（2026•闵行区二模）已知：如图，AB为半圆O的直径，点E为的中点，联结OE交弦CD于点G、交弦AD交于点P，且∠APO＝∠ABD，联结AC、BD． （1）如图①，求证：四边形ABDC是等腰梯形； （2）点M在直径AB上（M不与A、B重合），联结CM交AD与点F． Ⅰ．如图②，当CM⊥AD，且M为AO的中点时，求的值； Ⅱ．联结BF，半圆O的半径为1，∠BFM＝∠ACM． 当△AFM为直角三角形时，求AM的长． 【解答】（1）证明：∵AB为半圆O的直径， ∴∠ADB＝90°， ∴∠DAB+∠ABD＝90°， ∵∠APO＝∠ABD， ∴∠DAB+∠APO＝90°， ∴∠AOE＝∠EOB＝90°， ∴， ∵点E为的中点， ∴， ∴， ∴，∠CDA＝∠DAB，AC＝BD， ∴∠CAB＝∠DBA，AB∥CD， ∴四边形ABDC是等腰梯形； （2）解：Ⅰ．设AM＝a， ∵M为AO的中点， ∴AM＝OM＝a． ∴OA＝OB＝2a． ∴BM＝3a． ∵CM⊥AD，∠ADB＝90°， ∴CM∥BD． ∵AB∥CD， ∴四边形CMBD是平行四边形． ∴CD＝BM＝3a． ∵AB∥CD， ∴△AFM∽△DFC． ∴， ∴； Ⅱ．如图，当∠AFM＝90°时， 设AM＝x，则BM＝2﹣x， 由（1）可得四边形CMBD是平行四边形， ∴CD＝BM＝2﹣x，CM＝BD． ∵∠BFM＝∠ACM，∠BFM+∠DFB＝∠ACM+∠CAF＝90°， ∴∠DFB＝∠CAF． ∵∠CFA＝∠FDB＝90°， ∴△CAF∽△BFD． ∴． ∵CM∥BD， ∴，， ∴， ∴． ∴， ∴， ∴， ∴， 解得（舍），． ∴； 如图，当∠AMF＝90°时， ∵∠BFM＝∠ACM，∠BFM+∠FBM＝∠ACM+∠CAM＝90°， ∴∠FBM＝∠CAM． ∵∠CAM＝∠DBA， ∴∠FBM＝∠DBA． 此时点F与点D重合，此种情况不存在． 当∠MAF＝90°时， ∵∠MAF＝∠DAB＜90°， ∴此种情况不存在． 综上所述，． 29．（2026•奉贤区二模）如图，AB、AC是⊙O的弦，AB＝AC，过点C作AB的平行线，交半径AO的延长线于点D，联结BD． （1）求证：四边形ABDC是菱形； （2）如果C是的中点，求的值； （3）联结CO，如果⊙O的半径是2，且△COD是等腰三角形，求边AB的长． 【解答】（1）证明：连接OC、OD， 在△AOC和△AOB中， ， ∴△AOC≌△AOB（SSS）， ∴∠OAC＝∠OAB， ∵CD∥AB， ∴∠OAB＝∠ADC， ∴∠OAC＝∠ADC， ∴AC＝CD， ∴AB＝CD， ∵AB∥CD， ∴四边形ABDC是平行四边形， ∵AB＝AC， ∴四边形ABDC是菱形； （2）解：如图，连接CO并延长交AB于点H， ∵C是的中点， ∴CH垂直平分AB， ∴AHAB，∠AHC＝90°， ∵AC＝AB， ∴AHAC， 在Rt△ACH中，sin∠ACH， ∴∠ACH＝30°， ∴∠OAC＝∠ACH＝30°， 连接BD交BC于点G， 由（1）知四边形ABCD是菱形， ∴AD⊥BC，AG＝DGAD， 在Rt△ACG中，cos30°， 则， ∴； （3）当OC＝OD时，如图， ∵OC＝OA＝OB＝OD， ∴AC＝BD， ∴四边形ABCD是正方形， ∴ABOB＝2； 当CD＝OD时，如图， 设∠CAO＝∠ACO＝α， 则∠DOC＝2α＝∠OCD， ∵AC＝DC， ∴∠ADC＝α， 过C作CM平分∠OCD交OD于点M， 则∠OCM＝∠DCM＝α， ∴∠OMC＝∠DCM+∠ADC＝2α＝∠DOC，CM＝DM， ∴CM＝CO＝2＝DM， ∵∠CMO＝∠OCD，∠COM＝∠DOC， ∴△OCM∽△ODC， ∴，即， 整理得OM2+2OM﹣4＝0， 解得OM1（负值已舍）， ∴CD＝OD＝OM+DM1， ∴AB＝CD1； 当CD＝CO时，此时∠COD＝∠ODC， ∵∠COD＝2∠OAC＝2∠ODC， ∴相互矛盾，故不存在此情况； 综上，边AB的长为2或1． 30．（2026•松江区二模）【问题提出】把一个长、宽分别为a、b（b＜a＜4b）的长方形（如图1），剪拼成一个正方形．（拼接的时候无缝隙、不重叠，裁剪的损耗忽略不计） 【方案设计】某学习小组提出以下设计思考： （1）根据剪拼前后图形面积不变，可知剪拼后正方形的边长为　　 ．（用含a、b的代数式表示） （2）如图2，延长BC至点E，使CE＝b，以BE为直径作半圆O．延长CD交⊙O于点F，联结BF、EF，可得∠BFE＝90°（后续说理如需用到这一结论，可直接使用）．他们认为：“CF就是所求正方形的边长”． （3）如图3，以CF为边，在CF左侧作正方形CFGH，BF分别与GH、AD交于点M、N，沿虚线BN、HM裁剪，△BHM、△ABN可以通过适当的图形运动分别与△NDF、△GMF叠合，拼成正方形CFGH． 【论证说明】 （1）如图2，该学习小组认为：“CF是所求正方形的边长”，试说明理由； （2）△BHM可以通过怎样的图形运动与△NDF叠合，并说明它们能够叠合的理由． 【解答】解：【方案设计】（1）由题意得，矩形的面积为ab， ∵根据剪拼前后图形面积不变， ∴可知剪拼后正方形的边长为； 【论证说明】（1）如图2，过点O作OT⊥BF，则∠OTB＝90°， ∵OT经过圆心， ∴TB＝TF， ∵BO＝OE， ∴OT∥EF， ∴∠EFB＝∠OTD＝90°， 在矩形ABCD中，∠DCB＝90°， ∴∠1＝∠2＝90°﹣∠BFC， ∴tan∠1＝tan∠2， ∴， ∴， 解得（舍负）， ∴CF是所求正方形的边长； （2）△BHM可以通过平移运动与△NDF叠合，理由如下： ∵矩形ABCD，正方形CFGH， ∴AD∥BC，∠C＝∠GHC＝90°，，GH∥CD， ∴∠FND＝∠MBH，∠FDN＝∠C＝90°， ∴∠FDN＝∠MHB＝90°， ∴△BHM∽△NDF， ∴， ∵GH∥CD， ∴△BHM∽△BCF， ∴， ∴， 解得， ∴， ∴DF＝HM， ∴， ∴BH＝ND，BM＝NF， ∴△BHM≌△NDF（SSS）， ∴△BHM可以通过平移运动与△NDF叠合． 十三．作图—应用与设计作图（共1小题） 31．（2026•青浦区二模）被誉为“金果子”的草莓，是青浦区乡村产业振兴的一个亮点．某草莓采摘园计划通过互联网销售草莓，需设计一款底面积为600cm2的有盖子的长方体快递包装盒，所用的材料为长100cm，宽60cm的长方形硬纸板．制作方法如下：在每一张纸板的四个角上分别剪去两个相同的正方形和两个相同的长方形（如方案1图所示）．然后折叠成一个有盖纸盒（盒盖与盒底大小形状相同） 为了优化设计，草莓采摘园的老板借助AI提出了一种改进方案（称为方案2），方案2也需要在四个角上分别剪去两个相同的正方形和两个相同的长方形．AI对方案2的优点给出了如下评价： 1．节省材料，成本更低：两种方案体积相同，底面积相同，但方案2表面积更小，用料更省，长期生产可降低包装成本． 2．结构更稳固：方案2底面更接近正方形，重心更稳，抗压性更好，运输时不易变形、挤压，能更好保护物品． 接下来请你帮助老板解决以下问题： （1）设方案1中剪去的正方形的边长为xcm，求包装盒的表面积； （2）尝试在备用图中画出方案2，并通过计算说明AI对方案2“表面积最小”的评价是否准确？ 【解答】解：（1）由题意可得， DE＝HG＝x，EG＝100，EM＝60， ∴， 则剪去的长方形的长为：LP＝30﹣x+x＝30， 则包装盒的表面积＝长方形硬纸板的面积﹣正方形面积﹣长方形面积＝100×60﹣2x2﹣2×x×30＝﹣2x2﹣60x+6000（cm2）； （2）∵DH＝CF＝（100﹣2x）cm，底面积等于600cm2， ∴（100﹣2x）（30﹣x）＝600， 解得：x＝20或x＝60（舍去）， 当x＝20时，方案1包装盒的表面积为：﹣2×202﹣60×20+6000＝4000cm2， ∵两种方案体积相同，底面积相同，底面更接近正方形， ∴得图， 当FL＝20cm，CF＝30cm时，满足条件， ∴AC＝20cm，FB＝50cm， 则包装盒的表面积＝长方形硬纸板的面积﹣正方形面积﹣长方形面积＝100×60﹣2×202﹣2×20×50＝3200cm2， 方案2包装盒的表面积为：3200cm2＜4000cm2， 则AI对方案2“表面积最小”的评价准确． 十四．几何变换综合题（共1小题） 32．（2026•长宁区校级模拟）半角模型是指有公共顶点，锐角等于较大角的一半，且组成这个较大角的两边相等，通过翻折、旋转或“截长补短”作辅助线等方法，将角的倍分关系转化为角的相等关系，并进一步构成全等三角形，弱化条件，变更载体．而构建模型，可把握问题的本质． 【问题提出】 （1）如图1，四边形ABCD是正方形，E，F分别在边BC和CD上，且∠EAF＝45°（此时，小明为了解决线段EF，BE，DF之间的关系，将△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABG后，如图2，进而证明　△EAG ≌△EAF，可得出结论．他的结论应是EF＝BE+DF ． 【触类旁通】如图3，若在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，E，F分别是BC，CD上的点，且，上述结论是否仍然成立，并说明理由． 【知识应用】2026年4月13日，针对某国军舰在南海的非法巡航及侦察活动，中国人民解放军南部战区在南海某海域组织联合反制演习．演习中，我方055型万吨驱逐舰“延安舰”（代号“蓝刃”）与815A型电子侦察船“天权星舰”（代号“天眼”）协同行动，模拟对“敌”舰队的跟踪与电子压制．如图4，指挥中心设在永暑礁附近的O点．演习开始前，055驱逐舰位于O点北偏西30°的A处，815侦察船位于O点南偏东70°的B处，且OA＝OB（两舰到指挥中心距离相等）．接到“敌舰现身”的紧急指令后：055驱逐舰以30海里/小时的速度向正东方向全速机动，准备前出拦截；815侦察船以20海里/小时的速度沿北偏东50°方向前出，实施电子侦察与信号定位．2小时后，055舰到达C点，815船到达D点．此时，指挥中心通过雷达确认：∠COD＝70°（即两舰与指挥中心连线之间的夹角）．试求此时两舰之间的距离CD（单位：海里）． 【解答】解：（1）由旋转可得GB＝DF，AF＝AG，∠BAG＝∠DAF， ∵四边形ABCD为正方形， ∴∠BAD＝90°， ∵∠EAF＝45°， ∴∠BAE+∠DAF＝45°， ∴∠BAG+∠BAE＝45°， ∴∠GAE＝∠FAE， 在△EAG和△EAF中， ， ∴△EAG≌△EAF（SAS）， ∴GE＝EF， ∵GE＝GB+BE＝BE+DF， ∴EF＝BE+DF； 故答案为：△EAG；EF＝BE+DF； （2）上述结论仍然成立；理由如下： 如图2，延长FD至点G，使DG＝BE，连接AG， ∵∠B+∠ADC＝180°，∠ADG+∠ADC＝180°， ∴∠B＝∠ADG， 在△ABE和△ADG中， ， ∴△ABE≌△ADG（SAS）， ∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG， ∵∠BAD， ∴∠BAE+∠DAF＝∠BAD﹣∠EAF∠BAD， ∴∠DAG+∠DAF∠BAD， 即∠GAF∠BAD， ∴∠EAF＝∠GAF， ∵AE＝AG，AF＝AF， ∴△AEF≌△AGF（SAS）， ∴EF＝GF， ∵GF＝DG+DF＝BE+DF， ∴EF＝BE+DF； （3）如图4，延长AC、BD相交于点G， 在四边形AOBG中， ∠AOB＝30°+90°+20°＝140°，∠COD＝70°∠AOB， ∵OA＝OB，∠OAG+∠OBG＝60°+120°＝180°符合（2）中的条件． ∴结论CD＝AC+BD成立， 即CD＝AC+BD＝2×（30+20）＝100（海里）， 答：此时两舰之间的距离为100海里． 十五．相似三角形的判定与性质（共1小题） 33．（2026•上海校级模拟）如图，在菱形ABCD中，E是CD上一点，联结BE并延长交AD的延长线于点G，交AC于点F． （1）求证：BE•BF＝BG•EF； （2）若E是CD的中点，且AF•CF＝2BF2，求证：BE⊥CD． 【解答】证明：（1）∵四边形ABCD是菱形， ∴AB∥CD，AD∥BC，∠BCD＝∠BAD，∠G＝∠EBC， ∴△GAB∽△BCE， ∴， ∵AB∥CD， ∴△ABF∽△CEF， ∴， ∴， ∴BE•BF＝BG•EF； （2）如图所示，连接DF， ∵四边形ABCD是菱形， ∴∠ACD＝∠ACB，AB＝CD＝BC， 又∵CF＝CF， ∴△CFD≌△CFB（SAS）， ∴DF＝BF， ∵E是CD的中点， ∴， 由（1）得△ABF∽△CEF， ∴， ∴AF＝2CF， ∵AF•CF＝2BF2， ∴2CF•CF＝2BF2， ∴CF＝BF或CF＝﹣BF（舍去）， ∴CF＝DF， 又∵E是CD的中点， ∴EF⊥CD，即BE⊥CD． 十六．相似形综合题（共1小题） 34．（2026•杨浦区二模）综合与实践 【问题背景】折纸是一门将数学、艺术与工程完美结合的学科．通过折纸不仅能够创造出非常奇妙的图形，还可以发现一些有趣的数学问题，下面我们就利用一张正方形纸片来开展“折纸与数学”探究活动． 【操作探究】（1）小创小组将正方形纸片（如图1）按照图2至图3的方式操作，那么图3中∠ABG＝　30　 °，并写出求解过程； （2）小智小组将正方形纸片（如图4）按照图5至图7的方式操作，折痕BE、BG与折痕AC的交点分别是H、Q，经过多次操作和测量，发现线段HQ与EG的比值是一个定值，请你帮助小智小组求出的值； 【尝试应用】 （3）如图7，设正方形ABCD的边长为1，AE＝m，求的值（用含m的代数式表示）． 【解答】解：（1）连接AH， ∵对折正方形ABCD， ∴AE＝BE，EF⊥AB． ∴AH＝BH． 由折叠可知△ABG≌△HBG． ∴BA＝BH，． ∴AH＝BH＝BA． ∴△ABH是等边三角形． ∴∠ABH＝60°， ∴∠ABG＝30°， 故答案为：30； （2）连接HG、EQ． ∵对折正方形ABCD， ∴△ABC≌△ADC． ∴∠ACB＝∠ACD＝45°． ∵折叠，AB折至BE处， ∴△ABE≌△FBE． ∴∠ABE＝∠FBE，∠BAE＝∠BFE＝90°， 同理∠CBG＝∠FBG，∠BCG＝∠BFG＝90°， ∴∠ABE+∠FBE+∠FBG+∠CBG＝90°，∠BFE+∠BFG＝180°， ∴∠EBG＝45°，E、F、G三点共线． ∴∠EBG＝∠ACD＝45°， ∵∠BQH＝∠CQG， ∴△BQH∽△CQG． ∴， 又∵∠BQC＝∠HQG， ∴△BQC∽△HQG． ∴∠BCQ＝∠HGQ＝45°， ∴∠EBG+∠HGB＝90°， ∴∠BHG＝90°， ∴， 同理， ∴， 又∵∠QBH＝∠EBG， ∴△BQH∽△BEG， ∴， ∴； （3）设CG＝n，则DG＝1﹣n，GE＝m+n． 在Rt△DEG中， ∵DE2+DG2＝EG2， ∴（1﹣m）2+（1﹣n）2＝（m+n）2， ∴n， 由（2）得， ∴HQ（m+n）， ∴HQ， ∵AB∥CD， ∴， ∴， ∴， ∴QC， ∴． 十七．解直角三角形的应用（共1小题） 35．（2026•上海校级模拟）如图，P是在小区入口处安装的摄像头，△PAB是摄像头的监控区域．MN为水平地面，点A、B在直线MN上．已知摄像头离地面的高度PH＝4.8米，∠APH＝37°，∠APB＝39°． （1）求AB的长． （2）一辆高2米、长4.4米的厢式货车（图中的矩形），以每小时5.4千米的速度进入小区，那么从车头（CD）进入监控区域到车尾（EF）驶出监控区域需要几秒？ （参考数据：sin37°≈0.6，cos37°≈0.8，tan37°≈0.75，sin76°≈0.97，cos76°≈0.24，tan76°≈4．） 【解答】解：（1）∵PH⊥MN， ∵∠APH＝37°，∠APB＝39°， ∴∠BPH＝∠APH+∠APB＝37°+39° ＝76°， ∴在 Rt△PHA 中，tan37° ， ∵PH＝4.8 米，tan37°≈0.75， ∴AH＝PH×tan37° ＝4.8×0.75＝3.6 （米）， 在 Rt△PHB 中，tan76° ＝ ， ∵tan76°≈4， ∴BH＝PH×tan76° ＝4.8×4 ＝19.2 （米）， ∴AB＝BH﹣AH ＝19.2﹣3.6 ＝15.6 （米）， ∴AB的长是15.6米； （2）∵货车速度为 5.4 千米/小时， ∴5.4 千米/小时＝1.5 米/秒， ∵货车高 2 米， ∴CD＝EF＝2米， ∵CD∥PH， ∴∠BCD＝∠BPH＝76°， ∴tan76° ， ∴BD＝CD×4＝8（米）， ∵EF∥PH， ∴∠AFE＝∠APH＝37°， ∵tan37° ， ∴AE＝2×0.75＝1.5， ∴ED＝EA+（AB﹣BD） ＝1.5+（15.6﹣8） ＝1.5+7.6 ＝9.1（米）， ∵货车长 4.4 米， ∴车头（CD）进入监控区域到车尾（EF）驶出监控区域需要的时间是： （9.1+4.4）÷1.5 ＝9 （秒）， ∴从车头（CD）进入监控区域到车尾（EF）驶出监控区域需要9秒． 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $