精品解析：2026年广东广州第十六中学中考二模数学试题

2026届学年初三毕业班6月运 数学试题（问卷） 一、选择题（本大题共10题，每小题3分，满分3分，单选题） 1. 下列各数中最大的负数是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查的知识点是有理数大小比较的方法，解题关键是要明确负数绝对值大的其值反而小． 有理数大小比较的法则：正数都大于；负数都小于；正数大于一切负数；两个负数，绝对值大的其值反而小，据此判断即可． 【详解】解：，，，， ， ， 所给的各数中最大的负数是． 故选：． 2. 把图形绕O点顺时针旋转180度后，得到的图形是（　　） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查旋转的性质，中心对称，由绕O点顺时针旋转180度，即原图形与旋转后的图形关于点O中心对称，据此逐一判断即可． 【详解】解：把图形绕O点顺时针旋转180度后，得到的图形是选项C的图形． 故选：C． 3. 费尔兹奖是国际上享有崇高声誉的一个数学奖项，每四年评选一次，主要授予年轻的数学家．下面数据是部分获奖者获奖时的年龄（单位：岁）：32，35，29，33，40，35，则这组数据的中位数和众数分别是（ ） A. 35，35 B. 34，33 C. 34，35 D. 35，34 【答案】C 【解析】 【分析】这组数据中出现次数最多的数是众数，把这组数据按从小到大的顺序排列最中间的两个数据的平均数是中位数． 【详解】29，32，33，35，35，40， 这组数据的众数：35， 这组数据的中位数：． 故选：C． 【点睛】本题考查了众数和中位数，解决问题的关键是熟练掌握众数和中位数的定义和确定方法． 4. 下列计算中正确的有（ ）个 ①；②；③；④；⑤；⑥． A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】A 【解析】 【分析】根据幂的相关运算法则逐一进行判断即可完成． 【详解】，故①错误； ，故②错误； 故③错误； ，故④错误； ，故⑤正确； ，故⑥错误． 所以正确的只有1个． 故选：A． 【点睛】本题考查了幂的相关运算法则，掌握幂的这些运算法则是解题的关键． 5. 张三经营了一家草场，草场里面种植上等草和下等草．他卖五捆上等草的根数减去11根，就等于七捆下等草的根数；卖七捆上等草的根数减去25根，就等于五捆下等草的根数．设上等草一捆为根，下等草一捆为根，则下列方程正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设上等草一捆为根，下等草一捆为根，根据“卖五捆上等草的根数减去11根，就等于七捆下等草的根数；卖七捆上等草的根数减去25根，就等于五捆下等草的根数．”列出方程组，即可求解． 【详解】解：设上等草一捆为根，下等草一捆为根，根据题意得： ． 故选：C 【点睛】本题主要考查了二元一次方程组的应用，明确题意，准确得到等量关系是解题的关键． 6. 一元二次方程的根的情况是（ ） A. 没有实数根 B. 有两个相等的实数根 C. 有一个实数根 D. 有两个不相等的实数根 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查一元二次方程判别式与方程根的情况，求出即可得到答案，熟记一元二次方程根的情况与判别式的关系是解决问题的关键． 【详解】解：， ， ，则一元二次方程的根的情况是没有实数根， 故选：A． 7. 下列说法正确的是（ ） A. 经过有交通信号灯的路口，遇到绿灯是必然事件 B. 一个抽奖活动中，中奖概率为，表示抽奖20次就有1次中奖 C. 甲、乙两名射击运动员10次射击成绩（单位：环）的平均数分别为、，方差分别为、．若，，，则乙的成绩比甲的稳定 D. 对端午节期间市场上粽子质量情况的调查，采用抽样调查 【答案】D 【解析】 【分析】利用调查方式的选择、方差的意义及概率公式分别判断后即可确定正确的选项． 【详解】解：A、经过有交通信号灯的路口，遇到绿灯是随机事件，故原说法错误，该选项不符合题意； B、一个抽奖活动中，中奖概率为，表示抽奖20次可能有1次中奖，故原说法错误，该选项不符合题意； C、∵，∴则甲的成绩比乙的稳定，故原说法错误，该选项不符合题意； D、对端午节期间市场上粽子质量情况的调查，采用抽样调查，故原说法正确，该选项符合题意． 故选：D． 【点睛】本题考查了全面调查与抽样调查，概率公式，方差和概率的意义，理解各个概念是正确判断的前提． 8. 如图，已知点在上，为的中点．若，，则的长等于（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查圆的性质及弧长公式，解题的关键是掌握圆周角定理和圆心角，弧的关系．连接，由，得，又为的中点．故，即知，再根据弧长公式计算即可． 【详解】解：连接，如图： C为的中点， ， ， ， ， ， 故选：B． 9. 如图，在矩形中，，，将矩形折叠，使点B与点D重合，折痕为，则的长为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】连接，设，则，在中，，解得，，故． 【详解】解：如图，连接，由折叠知，， 设，则， 在中，， 化简得，，即， 解得，， ． 10. 若点，在二次函数（，t为常数）的图象上，则下列判断正确的是（ ） A. 当时，若，则 B. 当时，若，则 C. 当时，若，则 D. 当时，若，则 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征，二次函数的性质．根据二次函数的性质，确定，，再讨论各因式的符号判断各个选项中的说法是否正确，从而可以解答本题． 【详解】解：∵点，在二次函数（，t为常数）的图象上， ∴ 设，则，， ∵， 当时，若，则，此时无法确定的符号，故不一定成立，选项A判断错误， 当时，若，则，此时无法确定的符号，故不一定成立，选项B判断错误， 当时，若，则，， 此时，故，选项C判断错误， 当时，若，则，，此时，故，选项D判断正确， 故选：D． 二、（本大题共6题，每小题3分，满分18分） 11. 据统计，2026年2月1日至20日，港珠澳大桥日均车流量约17800次，数据17800用科学记数法表示为_______． 【答案】 【解析】 【分析】科学记数法的表示形式为，其中，为整数，确定和的值即可得到结果． 【详解】解：． 12. 若代数式有意义，则的取值范围是_____． 【答案】且 【解析】 【分析】根据分母不为0以及被开方数为非负数建立不等式求解即可. 【详解】解：∵代数式有意义， ∴且， ∴且. 13. 如图为人行天桥的示意图，若高长为米，斜道长为米，则的值为_____． 【答案】 【解析】 【分析】先由勾股定理求出，再由正切函数定义求解即可． 【详解】解：在中，，，则由勾股定理可得， ． 14. 如图所示是某几何体的三视图，根据图中数据计算，这个几何体侧面展开图的圆心角的度数为_______°． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了根据三视图还原几何体，勾股定理，弧长等知识．熟练掌握根据三视图还原几何体，勾股定理，弧长是解题的关键． 由三视图可知，该几何体为圆锥，由勾股定理可得，圆锥的母线长为，则，计算求解，然后作答即可． 【详解】解：由三视图可知，该几何体为圆锥， 由勾股定理可得，圆锥的母线长为， ∴， 解得 ，， 故答案为：． 15. 如图，点A，B分别在和的图象上，且轴，点在轴上，若的面积为7，则_____． 【答案】 6 【解析】 【分析】连接、，根据，以及反比例函数的性质解题即可． 【详解】解：如图，连接、， ∵轴， ∴，， ∴， ∵ ， ∵点A，B分别在和的图象上， ∴，， ∴， 解得． 16. 如图，点B坐标为，点A为x正半轴上一动点，，且面积为20，则最大值为_______． 【答案】 【解析】 【分析】过点C作，过点A作，过点B作BEx轴，交于点E，作轴于点F，连接，证明四边形是矩形，由三角形和矩形面积的关系求出，进一步得到点E的坐标是，取的中点为M，连接，，由直角三角形斜边上中线性质得到，由勾股定理求得，由，当点O，C，M三点共线时，取最大值，得到答案． 【详解】解：如图，过点C作，过点A作，过点B作BEx轴，交于点E，作轴于点F，连接， 则， ∵， ∴四边形为矩形， ∵面积为20， ∴矩形的面积为， ∴， ∵轴， ∴， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∴， ∵点， ∴， ∴，， ∴点E的坐标是， 取的中点为M，连接，， ∵是直角三角形， ∴， 在中，，， ∴， ∵点A是x轴正半轴上的动点， ∴点C也是动点， ∴， 当点O，C，M三点共线时，取最大值， ∴的最大值为． 三．解答题 17. 解不等式组：，并把解集在数轴上表示出来． 【答案】，在数轴上表示为： 【解析】 【分析】先求出一元一次不等式组的解集，然后再在数轴上表示即可． 【详解】解：， 解不等式，得， 解不等式，得， ∴不等式组的解集为， 解集在数轴上表示略． 18. 如图，，．求证：． 【答案】 证明：∵， ∴， ∵，， ∴， ∴. 【解析】 【分析】本题考查的是全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，先证明，结合，，证明即可. 【详解】略 19. 先化简：，并从，0，1，2中取一个合适的数作为x的值代入求值． 【答案】； 【解析】 【分析】本题考查分式的化简求值，熟练掌握分式化简的方法是解题的关键． 根据完全平方公式和平方差公式化简所求式子，根据分式有意义的条件得到，将代入化简后的式子进行计算即可． 【详解】解： 由于， 则， 当时，原式． 20. 如图，在中，． （1）请用无刻度的直尺和圆规找到边的中点，连接并延长，在延长线上截取，使，连接和（保留作图痕迹，不写作法）． （2）证明（1）中得到的四边形是正方形． 【答案】（1） 解：如图所示（答案不唯一，合理即可）． （或或或） （2） 解：由作图可知， ， ∴四边形是平行四边形， ∵，， ∴四边形是正方形． 【解析】 【分析】此题考查了等腰三角形的性质、垂直平分线的作图、正方形的判定等知识，熟练掌握正方形的判定是关键． （1）根据等腰三角形的性质和垂直平分线（或角平分线）的作图进行解答即可； （2）利用正方形的判定进行解答即可． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 21. 央行推出数字货币，支付方式即将变革，调查结果显示，目前支付方式有：A微信、B支付宝、Ｃ现金、D其他，调查组对某超市一天内购买者的支付方式进行调查统计，根据调查结果绘制了如下两幅不完整的统计图： 请你根据统计图提供的信息，解答下列问题： （1）本次一共调查了多少名购买者？ （2）请补全条形统计图； （3）在扇形统计图中，C种支付方式所对应的圆心角为______度； （4）在一次购物中，小明利小亮都想从“微信”、“支付宝”、“现金”三种付款方式中选一种方式进行付款，请用树状图或列表法求出两人恰好选择同一种付款方式的概率． 【答案】（1）200名； （2）补全统计图如图所示： （3）79.2；（4）． 【解析】 【分析】（1）根据C的人数和所占的百分比可以求得本次调查的购买者的人数； （2）根据统计图中的数据可以求得选择A和D的人数，从而可以将条形统计图补充完整； （3）用360°乘以C种支付方式所占的百分比即可得出在扇形统计图中C种支付方式所对应的圆心角的度数； （4）根据题意画出树状图得出所有等可能的情况数，找出符合题意的情况数，然后根据概率公式即可得出答案． 【详解】解：（1）44÷22%=200（名） 答：本次一共调查了200名购买者． （2）A种支付方式的有：200×30%=60人， D种支付方式的有：200-56-44-60=40人 （3）C种支付方式所对应的圆心角为360°×22%=79.2° 故答案为：79.2； （4）由题意可得： 一共产生了9种等可能的结果， 其中两人恰好选择同一种付款方式的结果有3种， 所以两人恰好选择同一种付款方式的概率为． 【点睛】本题考查扇形统计图、条形统计图以及用列树状图法求概率，明确题意，灵活运用相关数据解题是关键． 22. 请根据以下素材，探索完成任务． 买新能源车到底划不划算 素材1 某中学数学兴趣小组对市场上配置相近的A款燃油车和B款新能源车做对比调查．其中A、B两款车的有关数据如下： 购车费用/万元 购置税/万元 年均保养费用/万元 年均保险费用/万元 预计10年后的车价/万元 A款燃油车 B款新能源车 素材2 总费用（以使用年为例）购车费用预计年后的车价购置税保养费用保险费用油费或电费 素材3 每公里燃油车的油费比新能源车的电费多元，当油费和电费均为元时，新能源车的行驶路程是燃油车的4倍 问题解决 任务1 A款燃油车每公里油费是多少元； 任务2 设平均每年的行驶路程为万公里，A款燃油车使用年的总费用为万元，B款新能源车使用年的总费用为万元，分别求出和关于x的表达式； 任务3 每年行驶里程至少为多少万公里时，购买B款新能源车更划算（以使用年为例）． 【答案】（1）A款燃油车平均每公里油费用为元 （2）；（3）每年行驶里程至少为0.8万公里，购买B款新能源车更划算 【解析】 【分析】本题考查分式方程的应用、一次函数的应用以及一元一次不等式的应用，找准等量关系，正确列出分式方程和一元一次不等式是解题的关键． （1）由这两款车的平均每公里的行驶费用间的关系，可得出A款燃油车平均每公里的加油费用为元，利用可行驶的总路程加油费（充电费）A款燃油车平均每公里的加油费用（B款新能源车平均每公里的充电费用），结合充电费和加油费均为元时新能源车可行驶的总路程是燃油车的4倍，可列出关于x的分式方程，解之经检验后，可得出B款新能源车平均每公里的充电费用，再将其代入中，即可求出A款燃油车平均每公里的加油费用； （2）根据使用燃油车10年的总费用购车费用预计年后的车价购置税保养费用保险费用，使用新能源车年的总费用购车费用预计年后的车价购置税保养费用保险费用，化简表达式，即可求解； （3）要使购买B款新能源车更划算，即，可以得到一元一次不等式，解之即可得出结论． 【详解】解：（1）设B款新能源车平均每公里的充电费用为x元，则A款燃油车平均每公里的加油费用为元， 由题意，得， 解得， 经检验，是原分式方程的解且符合题意， ∴（元）， 答：A款燃油车平均每公里油费用为元； （2）根据题意，得 ， ， ， ， ， ； （3）要使购买B款新能源车更划算，即， 即， 解得， 答：当每年行驶里程至少为万公里，购买B款新能源车更划算． 23. 如图，四边形内接于，为直径，，过点C作于点E，交的延长线于点H，连接交于点G． （1）求证：是的切线； （2）若点D为的中点，求证：； （3）若，，求的长． 【答案】（1）见解析 （2）见解析 （3）32 【解析】 【分析】（1）连接，，证得 ，得出 ，则，则结论得证； （2）连接，得出，证明 ，则，证出，则可得出结论； （3）延长交于点F，得出 ，在中，，可求出，，证明 ，由可求出，再求出，则可得出的长． 【小问1详解】 证明：如图，连接，， ∵， ∴， 又∵ ， ∴ ， ∴ ， ∵， ∴， ∵是的半径， ∴是的切线； 【小问2详解】 证明：如图，连接， ∵， ∴， ∴ ， 又∵，， ∴， ∵， ∴ ， ∴， ∵点D为的中点， ∴， ∴； 【小问3详解】 解：如图，延长交于点F， ∵是的直径，， ∴， ∴， ∴ ， 在中，， ∴，， ∴ ， ∵ ，， ∴， ∴，即， ∴， ∴ ，在中，， ∴ ． 24. 如图，在平面直角坐标系中，抛物线与x轴交于，两点，与y轴交于点C． （1）求抛物线的解析式； （2）作直线，点D是直线上方抛物线上的一动点，连接与直线交于点E，当取得最大值时，求点D的坐标； （3）将抛物线先向右平移2个单位，再向下平移2个单位，得到抛物线，点P是抛物线上一个动点，作以点P为中点的线段，且轴，．设点P的横坐标为m，若线段与抛物线有交点，求m的取值范围． 【答案】（1） （2） （3）线段与抛物线有交点，m的取值范围为． 【解析】 【分析】（1）利用待定系数法求二次函数的解析式即可； （2）如图，过作交于，求解直线的解析式为，设，可得，证明，再进一步求解即可． （3）求解，可得顶点坐标为：，设，当顶点在线段上时，可得， 如图，当在上时，可得：，进一步可得答案． 【小问1详解】 解：将代入得， ，解得， ∴抛物线的解析式为． 【小问2详解】 解：如图，过作交于， 当时，， ∴， 设直线的解析式为，将代入解析式得， ，解得 ∴直线的解析式为， 设， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 当时，最大， ∴， ∴． 【小问3详解】 解：将抛物线先向右平移2个单位，再向下平移2个单位，得到抛物线， ∴， ∴顶点坐标为：， 如图， 设， 当顶点在线段上时， ∴， 解得：，（舍去）， 如图，当在上时， ∴， 解得：， 综上：线段与抛物线有交点，m的取值范围为． 【点睛】本题主要考查了二次函数的图象和性质，图象的平移，利用待定系数法求解析式，二次函数与一次函数的结合，相似三角形的判定与性质等内容，解题的关键是熟练掌握二次函数的性质． 25. 如图，在菱形中，，点E为线段上一个动点，边关于对称的线段为，连接． （1）当平分时，的度数为_______． （2）延长，交射线于点G，当时，求的长． （3）连接，点H为线段上一动点（不与点A，C重合），且，求的最小值． 【答案】（1） （2） （3）8 【解析】 【分析】本题考查了菱形的性质、轴对称的性质、勾股定理、矩形的性质等知识点，掌握数形结合思想是解题的关键． （1）由折叠的性质可得，由角平分线的性质可得，即，最后结合即可解答； （2如图：过E作于其延长上点H，延长交于M设，连接；由折叠的性质、等腰三角形的性质、平行线的性质等知识点可得；再说明，根据直角三角形的性质及勾股定理可得，、，然后证明，根据相似三角形的性质列式计算可得，最后根据线段的和差即可解得； （3）如图：过B作，根据菱形的性质、直角三角形的性质、勾股定理可得；如图：过B作交延长线于F，可得；再证明四边形是平行四边形可得、，再证明易得，即，然后求得的最小值即可． 【小问1详解】 解：∵边关于对称的线段为， ∴， ∵边关于对称的线段为， ∴， ∴， ∵， ∴，即，解得：． 故答案为：． 【小问2详解】 解：如图：过E作于其延长上点H，延长交于M 设，连接 由轴对称的性质可得：，，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴，， ∴，即， ∵ ∴即 ∵， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴ ∴， ∴． 【小问3详解】 解：如图：过B作， ∵四边形是菱形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴，即， 如图：过B作交延长线于F， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴，即， ∴， 当D、E、F三点不共线时，， 当D、E、F三点共线时，， ∴，即， ∴的最小值为8． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026届学年初三毕业班6月运 数学试题（问卷） 一、选择题（本大题共10题，每小题3分，满分3分，单选题） 1. 下列各数中最大的负数是（ ） A. B. C. D. 2. 把图形绕O点顺时针旋转180度后，得到的图形是（　　） A. B. C. D. 3. 费尔兹奖是国际上享有崇高声誉的一个数学奖项，每四年评选一次，主要授予年轻的数学家．下面数据是部分获奖者获奖时的年龄（单位：岁）：32，35，29，33，40，35，则这组数据的中位数和众数分别是（ ） A. 35，35 B. 34，33 C. 34，35 D. 35，34 4. 下列计算中正确的有（ ）个 ①；②；③；④；⑤；⑥． A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 5. 张三经营了一家草场，草场里面种植上等草和下等草．他卖五捆上等草的根数减去11根，就等于七捆下等草的根数；卖七捆上等草的根数减去25根，就等于五捆下等草的根数．设上等草一捆为根，下等草一捆为根，则下列方程正确的是（ ） A. B. C. D. 6. 一元二次方程的根的情况是（ ） A. 没有实数根 B. 有两个相等的实数根 C. 有一个实数根 D. 有两个不相等的实数根 7. 下列说法正确的是（ ） A. 经过有交通信号灯的路口，遇到绿灯是必然事件 B. 一个抽奖活动中，中奖概率为，表示抽奖20次就有1次中奖 C. 甲、乙两名射击运动员10次射击成绩（单位：环）的平均数分别为、，方差分别为、．若，，，则乙的成绩比甲的稳定 D. 对端午节期间市场上粽子质量情况的调查，采用抽样调查 8. 如图，已知点在上，为的中点．若，，则的长等于（ ） A. B. C. D. 9. 如图，在矩形中，，，将矩形折叠，使点B与点D重合，折痕为，则的长为（ ） A. B. C. D. 10. 若点，在二次函数（，t为常数）的图象上，则下列判断正确的是（ ） A. 当时，若，则 B. 当时，若，则 C. 当时，若，则 D. 当时，若，则 二、（本大题共6题，每小题3分，满分18分） 11. 据统计，2026年2月1日至20日，港珠澳大桥日均车流量约17800次，数据17800用科学记数法表示为_______． 12. 若代数式有意义，则的取值范围是_____． 13. 如图为人行天桥的示意图，若高长为米，斜道长为米，则的值为_____． 14. 如图所示是某几何体的三视图，根据图中数据计算，这个几何体侧面展开图的圆心角的度数为_______°． 15. 如图，点A，B分别在和的图象上，且轴，点在轴上，若的面积为7，则_____． 16. 如图，点B坐标为，点A为x正半轴上一动点，，且面积为20，则最大值为_______． 三．解答题 17. 解不等式组：，并把解集在数轴上表示出来． 18. 如图，，．求证：． 19. 先化简：，并从，0，1，2中取一个合适的数作为x的值代入求值． 20. 如图，在中，． （1）请用无刻度的直尺和圆规找到边的中点，连接并延长，在延长线上截取，使，连接和（保留作图痕迹，不写作法）． （2）证明（1）中得到的四边形是正方形． 21. 央行推出数字货币，支付方式即将变革，调查结果显示，目前支付方式有：A微信、B支付宝、Ｃ现金、D其他，调查组对某超市一天内购买者的支付方式进行调查统计，根据调查结果绘制了如下两幅不完整的统计图： 请你根据统计图提供的信息，解答下列问题： （1）本次一共调查了多少名购买者？ （2）请补全条形统计图； （3）在扇形统计图中，C种支付方式所对应的圆心角为______度； （4）在一次购物中，小明利小亮都想从“微信”、“支付宝”、“现金”三种付款方式中选一种方式进行付款，请用树状图或列表法求出两人恰好选择同一种付款方式的概率． 22. 请根据以下素材，探索完成任务． 买新能源车到底划不划算 素材1 某中学数学兴趣小组对市场上配置相近的A款燃油车和B款新能源车做对比调查．其中A、B两款车的有关数据如下： 购车费用/万元 购置税/万元 年均保养费用/万元 年均保险费用/万元 预计10年后的车价/万元 A款燃油车 B款新能源车 素材2 总费用（以使用年为例）购车费用预计年后的车价购置税保养费用保险费用油费或电费 素材3 每公里燃油车的油费比新能源车的电费多元，当油费和电费均为元时，新能源车的行驶路程是燃油车的4倍 问题解决 任务1 A款燃油车每公里油费是多少元； 任务2 设平均每年的行驶路程为万公里，A款燃油车使用年的总费用为万元，B款新能源车使用年的总费用为万元，分别求出和关于x的表达式； 任务3 每年行驶里程至少为多少万公里时，购买B款新能源车更划算（以使用年为例）． 23. 如图，四边形内接于，为直径，，过点C作于点E，交的延长线于点H，连接交于点G． （1）求证：是的切线； （2）若点D为的中点，求证：； （3）若，，求的长． 24. 如图，在平面直角坐标系中，抛物线与x轴交于，两点，与y轴交于点C． （1）求抛物线的解析式； （2）作直线，点D是直线上方抛物线上的一动点，连接与直线交于点E，当取得最大值时，求点D的坐标； （3）将抛物线先向右平移2个单位，再向下平移2个单位，得到抛物线，点P是抛物线上一个动点，作以点P为中点的线段，且轴，．设点P的横坐标为m，若线段与抛物线有交点，求m的取值范围． 25. 如图，在菱形中，，点E为线段上一个动点，边关于对称的线段为，连接． （1）当平分时，的度数为_______． （2）延长，交射线于点G，当时，求的长． （3）连接，点H为线段上一动点（不与点A，C重合），且，求的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $