2026年浙江省杭州市中考数学模拟考试最后一卷

**基本信息** 以神舟十三号、志愿者活动等真实情境为载体，覆盖代数、几何、统计核心知识，通过动态探究（如菱形动点）和跨学科应用（如无人机数据），分层考查数学抽象、推理与模型意识，适配中考模拟需求。 **题型特征** |题型|题量|知识覆盖|命题特色| |----|----|----------|----------| |选择|10|相反数、科学记数法、三视图、反比例函数|第7题自行车轮胎磨损问题，以实际损耗为背景构建方程组，考查模型意识| |填空|6|不等式组、概率、规律探究、解直角三角形|第15题矩形翻折动点路径，融合几何变换与轨迹分析，体现空间观念| |解答|8|分式方程、相似证明、统计分析、二次函数综合|第24题菱形双动点问题，结合面积计算与角平分线判定，考查推理能力与运算能力|

2026年浙江省杭州市中考数学模拟考试最后一卷 一、选择题 1．3的相反数是（    ） A． B． C． D． 2．据央视军事报道，临近春节，神舟十三号航天员乘组从400km外的太空向全国人民发来祝福，则400km用科学记数法表示为（    ） A． B． C． D． 3．下列关于该几何体的俯视图画法正确的是（　　） A． B． C． D． 4．下列关于反比例函数的说法中，正确的是（    ） A．图象位于第一、三象限 B．经过点 C．图象关于原点成中心对称 D．当时，y随x的增大而减小 5．如图，直线，等边三角形的两个顶点B，C分别落在直线l，m上，若，则的度数是（    ） A． B． C． D． 6．如图，是以点为位似中心经过位似变换得到的，若，则的周长与的周长比是（    ） A． B． C． D． 7．如今户外骑自行车已经成为很多人的一种锻炼方式，就一对新自行车轮胎而言，后轮轮胎磨损要比前轮轮胎快，经测试，一般自行车前轮轮胎行驶11000千米后报废，后轮轮胎行驶9000千米后报废，可见当行驶了9000千米，后轮轮胎报废时，前轮轮胎还可使用，这样势必造成一定的浪费，如果前后轮轮胎互换一次，使前后轮轮胎同时报废，则自行车行驶的路程会更长，那么应在自行车行驶里程达到多少时，交换前、后轮轮胎，能使自行车的前、后轮轮胎同时报废？设每个新轮胎报废时的总磨损量为1．又设行驶时交换前后轮轮胎，交换位置后走了，则下列所列方程组正确的是（   ） A． B． C． D． 8．云南向来有“奉献、友爱、互助、进步”的美好传统，新时代志愿者精神在云岭大地薪火相传．某校积极响应“奉献、友爱、互助、进步”的志愿者精神，组织学生参与社区服务、非遗保护宣传、生态环保等本土特色志愿活动，为了更好地了解该校学生本学期参加本土特色志愿活动服务次数情况，随机从该校学生中抽取部分学生作为样本进行调查，收集、整理数据，绘制成如图所示的扇形统计图和条形统计图，若该校共有3000名学生，则下列说法正确的是（   ） A．本次调查的样本容量为3000 B．所调查的学生本学期参加志愿活动服务次数为8次的占比为30% C．所调查的学生本学期参加志愿活动服务次数为6次所对应扇形统计图的圆心角为70° D．该校为本学期参加志愿服务不少于7次的学生颁发“志愿者勋章”，估计该校获“志愿者勋章”的学生人数为2100人 9．如图，在中，为斜边的中线，过点作于点，延长至点，使，连接，，点在线段上，连接，且，，．下列结论：①；②；③；④．下列正确的选项是（    ） A．①② B．①③ C．①②③ D．①②③④ 10．如图，在中，，，，E，F分别是边，的中点，动点P从点 E处出发，按逆时针方向，沿，，匀速运动到点F处停止．设的面积为S，动点P运动的路径总长为x，则能表示S与的对应关系的图象大致为（    ） A． B． B． C． D． 二、填空题 11．有理数在数轴上的对应点的位置如图所示，若与互为相反数，则三个数中绝对值最大的数是______． 12．不等式组的解集是_____． 13．一个口袋中有四个完全相同的小球，把它们分别标号为1、2、3、4，随机地摸出一个小球，然后放回，再随机地摸出一个小球，则两次摸出的小球标号的和等于4的概率是____． 14．观察：下列等式，，，据此规律，当时，代数式的值为__________． 15．如图，在矩形中，，，点是边上的动点，将沿直线翻折得到，过点作，垂足为，点是线段上一点，且．当点从点运动到点时，点运动的路径长是______． 16．某校学生开展综合实践活动，测量一建筑物的高度，如图，在建筑物旁边有一幢高度为米的小楼房，小李同学在小楼房楼底处测得处的仰角为，在小楼房楼顶处测得处的仰角为（、在同一平面内，、在同一水平面上），则建筑物的高为______米． 三、解答题 17．计算： (1)； (2)． 18．解方程 (1)； (2)． 19．如图，在中，是的边上的中线，，垂足为E，连接． (1)求证：； (2)求证：． 20．为了解A，B两款无人机在一次充满电后飞行的最长时间，有关人员分别随机调查了A，B两款无人机各10架，记录它们飞行的最长时间（单位：），并对数据进行整理、描述与分析，得到了部分信息． a．10架A款无人机一次充满电后飞行的最长时间分别是：15，16，16，21，21，24，26，27，27，27． b．10架B款无人机一次充满电后飞行的最长时间在中等组的数据分别是：20，21，23，23，23． 10架B款无人机一次充满电后飞行的最长时间扇形统计图如下图： c．两款无人机一次充满电后飞行的最长时间数据分析如下表： 类别 平均数 中位数 众数 方差 A 22 22.5 m 21.8 B 23 n 23 6.2 根据以上信息，解答下列问题： (1)上述图表中，_____，_____，_____； (2)若仅从飞行时间上考虑，B款无人机的飞行性能更好，请说明理由． 21．新定义：若无理数的被开方数（T为正整数）满足（其中n为正整数），则称无理数的“青一区间”为；同理规定无理数的“青一区间”为，例如：因为，所以的“青一区间”为，的“青一区间”为，请回答下列问题： (1)的“青一区间”为 ；的“青一区间”为 ； (2)实数x，y，满足关系式：，求的“青一区间”． 22．如图，在中，，，点D，E分别在边上，且，连接交于点F． (1)如图1，求证：； (2)如图2，连接，当时，求的值； (3)当取得最小值时，直接写出的值． 23．综合与实践 问题提出 某兴趣小组开展综合实践活动：已知抛物线，点、是抛物线上不重合的两点，点的横坐标为，点的横坐标为（为常数）．抛物线上点、之间的部分（包括点、）为图像，设图象的最高点与最低点的纵坐标之差为． 初步感知 （1）连接，当与轴平行时，则点坐标为______； （2）当时，求与之间的函数关系式，并写出相应的取值范围； 延伸探究 （3）以原点为中心，边长为2构造正方形，正方形的边与坐标轴垂直或平行，当点在正方形的内部且图象在正方形的内部（包括边界）的部分的最高点与最低点的纵坐标之差等于，请直接写出的值． 24．已知：如图，菱形ABCD中，cm，cm，动点P从点B出发，沿BA方向匀速运动；同时，动点Q从点C出发，沿CB方向匀速运动，它们的运动速度均为1cm/s．过点P作，过点B作，垂足为M，连接QP．设运动时间为t（s）．解答下列问题： (1)菱形ABCD的高为______cm，的值为______； (2)在运动过程中，是否存在某一时刻t，使四边形MPQB为平行四边形？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由． (3)是否存在某一时刻t，使四边形MPQB的面积是菱形ABCD面积的？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由． (4)是否存在某一时刻t，使点M在的角平分线上？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由． 参考答案 1．A 【分析】直接利用相反数的定义分析得出答案． 【详解】解：3的相反数是：-3． 故选：A． 【点睛】此题主要考查了相反数，正确掌握相反数的定义是解题关键． 2．A 【分析】科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值≥10时，n是正整数；当原数的绝对值＜1时，n是负整数． 【详解】解：400km =400000m＝4×105m， 故选：A． 【点睛】此题考查科学记数法的表示方法．科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数，表示时关键要正确确定a的值以及n的值． 3．D 【分析】根据俯视图的定义，即可进行解答． 【详解】解：该几何体的俯视图为： 故选：D． 【点睛】本题主要考查了俯视图的定义，解题的关键是掌握：从上面看到的图形为俯视图．注意：看得见的线用实线，看不见的线用虚线． 4．C 【分析】本题主要考查了反比例函数的图象和性质，解题的关键是掌握反比例函数图象上点的坐标特征，以及反比例函数，当时，图象分布在第一、三象限，在每一象限内，y随x的增大而减小，当时，图象分布在第二、四象限，在每一象限内，y随x的增大而增大．据此逐个判断即可． 【详解】解：∵， ∴该反比例函数图形位于二、四象限，故A不正确，不符合题意； ∵， ∴B不正确，不符合题意； 该反比例函数图象关于原点成中心对称，故C正确，符合题意； ∵， ∴在每一象限内，y随x的增大而增大，故D不正确，不符合题意； 故选；C． 5．B 【分析】本题考查平行线的性质、等边三角形的性质，根据平行线的性质可得，从而可得，再根据等边三角形的性质可得，即可求解． 【详解】解：∵， ∴， 即， ∵是等边三角形， ∴， 又∵， ∴， ∴， 故选：B． 6．A 【分析】本题考查了位似变换的概念和性质、相似三角形的性质，掌握位似的两个图形必须是相似形、对应边平行是解题的关键．根据位似变换的概念得到，根据相似三角形的性质解答即可． 【详解】解：∵， ∴， ∵是以点为位似中心经过位似变换得到的， ∴，， ∴， ∴， ∴的周长与的周长比是为， 故选：． 7．C 【分析】本题考查列二元一次方程组解应用题，已知每个轮胎总磨损量为1，分别分析交换前后两个轮胎的磨损量，根据总磨损量为1建立等量关系即可得到正确方程组，找准等量关系是解题关键． 【详解】设行驶时交换前后轮轮胎，交换位置后走了，每个轮胎总磨损量为1， 对于原来在前轮位置的轮胎： ∵交换前它作为前轮行驶，前轮每千米磨损为，交换后它作为后轮行驶，后轮每千米磨损为，报废时总磨损为1， ∴； 对于原来在后轮位置的轮胎： ∵交换前它作为后轮行驶，后轮每千米磨损为，交换后它作为前轮行驶，前轮每千米磨损为，报废时总磨损为1， ∴， 因此可得方程组， 故选：C． 8．D 【分析】本题综合考查统计图的意义，其中样本容量为从总体中抽取的样本的总数，扇形统计图各扇形部分的占比的实际意义为样本中各扇形部分对应的人数占样本容量的百分比，条形统计图则显示了各部分对应的样本个数，据此判断各选项即可． 【详解】解：A：根据扇形统计图的占比及条形统计图对应的人数， 可知样本容量为，故错误； B：根据扇形统计图的占比， 可知所调查的学生参加志愿活动服务次数为8次的占比为，故错误； C：根据扇形统计图可知，所调查的学生参加志愿活动服务次数为6次的占比为， 故所在扇形对应的圆心角为，故错误； D：根据扇形统计图可知，所调查的学生参加志愿活动服务次数不少于7次（即7次，8次和9次）的占比为， 该校共有3000名学生，所以估计该校获“志愿者勋章”的学生人数为（人），故正确． 9．D 【分析】①证出DE是△ABC的中位线，则DE＝BC，①正确； ②由直角三角形斜边上的中线性质得出CD＝AB＝BD，则CF＝CD，得出∠CFE＝∠CDE，证∠CDE＝∠EGF，则∠CFE＝∠EGF，得出EF＝EG，故②正确； ③已知∠CDE+∠EGC＝180°，∠EGF+∠EGC＝180°，证明∠CDE＝∠EGF，可判定三角形相似，故③正确； ④过E作EH⊥FG于H，由等腰三角形的性质得出FH＝GH＝FG＝1，证△EFH∽△CEH，求出EH＝2，由勾股定理的EF＝进而得出BC＝2，故④正确． 【详解】①∵CD为斜边AB的中线， ∴AD＝BD， ∵∠ACB＝90°， ∴BC⊥AC， ∵DE⊥AC， ∴DEBC， ∴DE是△ABC的中位线， ∴AE＝CE，DE＝BC，故①正确； ②∴CFBD，CF＝BD， ∵∠ACB＝90°，CD为斜边AB的中线， ∴CD＝AB＝BD， ∴CF＝CD， ∴∠CFE＝∠CDE， ∵∠CDE+∠EGC＝180°，∠EGF+∠EGC＝180°， ∴∠CDE＝∠EGF， ∴∠CFE＝∠EGF， ∴EF＝EG，②正确； ③∵∠CDE＝∠EGF，∠F=∠F， ∴ ，③正确； ④过E作EH⊥FG于H，如图所示： 则∠EHF＝∠CHE＝90°，∠HEF+∠EFH＝∠HEF+∠CEH＝90°，FH＝GH＝FG＝1， ∴∠EFH＝∠CEH，CH＝GC+GH＝3+1＝4， ∴△EFH∽△CEH， ∴＝， ∴EH2＝CH•FH＝4×1＝4， ∴EH＝2， ∴EF＝＝＝， ∴BC＝2DE＝2EF＝2，故④正确； 故选D． 【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质、直角三角形斜边上的中线性质、三角形中位线定理、相似三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、勾股定理等知识；熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题的关键． 10．B 【分析】此题考查了利用分类讨论的思想求动点问题的函数图象；也考查了平行四边形的性质，含30度的直角三角形的性质，三角形的面积公式以及一次函数的图象．分P在上、上、上三种情况讨论，利用三角形面积公式求解即可． 【详解】解：在中，，，， ∵点E，F分别是边AB，CD的中点， ∴，， 当P在上时， 时，过点P作于点H，则，， ∵， ∴， ∴， ∴此时图象是与y轴交于 的线段； 当P在上时， 时，过点B作于点M，则， ∵，， ∴， ∴， ∴此时图象是平行于x轴的线段； 当P在上时， 时，过点P作于点N，则，， ∴， ∵，， ∴ ， ∴， ∴， ∴此时图象是一条过 的线段； 观察四个选项，只有选项B符合题意， 故选：B． 11．a 【分析】本题主要考查了有理数与数轴，相反数的定义，根据相反数的定义可得原点在数b和数c之间，且数b和数c到原点的距离相等，再由绝对值的几何意义即可得到答案． 【详解】解：∵与互为相反数， ∴， ∴， ∴绝对值最大的数为， 故答案为：a． 12．2＜x≤6 【分析】分别求出每一个不等式的解集，根据口诀：同大取大、同小取小、大小小大中间找、大大小小无解了确定不等式组的解集． 【详解】解：， 解不等式①得：x＞2， 解不等式②得：x≤6， 所以不等式组的解集为2＜x≤6； 故答案为2＜x≤6． 【点睛】本题考查了解一元一次不等式组，熟练掌握并准确计算是解题的关键． 13． 【详解】解：如图， 随机地摸出一个小球，然后放回，再随机地摸出一个小球，共有16种等可能的结果数，其中两次摸出的小球标号的和等于4的有3种， 所有两次摸出的小球标号的和等于4的概率=. 故答案为：. 14． 【分析】本题考查多项式乘法中的规律探索，代数式求值，根据已知等式得出规律，结合已知等式得到 ，在实数范围内求得，代入代数式计算即可． 【详解】解： ，， ． ． ． ． ∴． 当时， ． 15． 【分析】分点在矩形内部和点在矩形外部，两种情况进行讨论求解，当点在矩形内部时，作，交于点，证明，进而得到，进而得到点在以为直径的圆上运动，得到当点从点开始运动直至点落在上时，点的运动轨迹为半圆，当点在矩形外部时，同法可得，点在以为直径的圆上，得到当点运动到点时，点的运动轨迹是圆心角为的，求出两段路径的和即可得出结果． 【详解】解：∵矩形， ∴， ∵翻折， ∴， 当点在矩形内部时，作，交于点，则：， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴点在以为直径的圆上运动， ∴当点从点开始运动直至点落在上时，点的运动轨迹为半圆， ∴点的运动路径长为：； 当点在矩形的外部时，作，交的延长线于点， 同法可得：，， ∴，点在以为直径的上运动，连接， 当点运动到点时，如图： ∵，， ∴， ∴， ∴， ∵折叠， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴点的运动轨迹为圆心角为的，路径长为， ∴点的运动路径总长为：； 故答案为： 【点睛】本题考查矩形与折叠，相似三角形的判定和性质，圆周角定理，解直角三角形，求弧长，熟练掌握相关知识点，添加辅助线构造相似三角形，确定点的运动轨迹，是解题的关键． 16． 【分析】本题考查解直角三角形的应用一仰角俯角问题，通过作辅助线构造直角三角形是解题的关键． 设过点的水平线于交于点，在中，用表示，在中，用表示，再利用列方程即可求出． 【详解】解：设过点的水平线于交于点，如图， 由题意，知：四边形是矩形米， ， 在中， 在中，， ， 解得（米）， 故答案为：． 17．(1) (2) 【分析】本题主要考查了实数的混合运算，多项式的乘法，包括绝对值的化简，二次根式的化简，负整数指数次幂，解题的关键是掌握以上运算法则． （1）根据绝对值的化简，二次根式的化简，负整数指数次幂的运算法则进行计算即可； （2）利用多项式乘多项式，单项式乘多项式的法则进行计算即可． 【详解】（1）解： ； （2）解： ． 18．(1) (2)分式方程无解 【分析】（1）根据解分式方程的步骤计算即可得出结果； （2）根据解分式方程的步骤计算即可得出结果． 【详解】（1）解：去分母可得：， 去括号可得：， 移项可得：， 合并同类项可得：， 检验，当时，， ∴分式方程的解为； （2）解：将方程整理可得：， 去分母可得：， 去括号可得：， 移项可得：， 合并同类项可得：， 检验，当时，， ∴分式方程无解． 19．(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题考查的是全等三角形的判定性质，平行四边形的判定与性质，解题的关键是熟练掌握全等三角形的判定与性质， （1）根据等腰三角形的三线合一可得，再利用即可证明； （2）根据平行线的性质和两直线互相垂直，可得，再利用证明，再由平行线的判定即可得出结论； 【详解】（1）解：∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵是边上的中线， ∴， ∵， ∴， 在和中 ， ∴ （2）解：∵，， ∴ 又， ∴ ∵是边上的中线， ∴， ∵， ∴ ∴， ∴， ∴ 20．(1)10，27，23 (2)理由见解析 【分析】（1）根据众数的定义可得的值，根据中位数的定义可得的值，用“1”减去其他部分所占百分比可得的值； （2）可比较中位数，众数与方差得出结论． 【详解】（1）解：∵B款无人机中中等的有5架， ∴所占百分比为， ∴B款无人机中合格的所占百分比为，即； A款无人机一次充满电后飞行的最长时间中，出现次数最多的是27， ； 把B款无人机一次充满电后飞行的最长时间从小到大排列，排在中间的两个数是23和23， ∴中位数是23． （2）解：一次充满电后飞行的最长时间，B款的平均数大于A款，且方差较小，更稳定，故仅从飞行时间上考虑，B款无人机的飞行性能更好． 21．(1)，； (2)的“青一区间”为． 【分析】本题考查无理数的估算，非负性，求一个数的算术平方根．理解并掌握“青一区间”的定义和确定方法，是解题的关键． （1）根据“青一区间”的定义和确定方法，进行求解即可； （2）利用非负性求出x，y的值，再进行求解即可． 【详解】（1）解：∵， ∴的“青一区间”为； ∵， ∴的“青一区间”为； 故答案为：，； （2）解：∵， ∴， 即， ∴，， ∴， ∵， ∴的“青一区间”为． 22．(1)见解析 (2) (3) 【分析】（1）利用两边对应成比例及其夹角相等判定相似即可； （2）先证，进而得到，过作交的延长线于，求得，即，再证，得到； （3）由（1）知，得到，求出，将线段绕点逆时针旋转，得到线段，连接，取的中点为，连接，以点为圆心，的长为半径画圆，连接，易证是等腰直角三角形，进而得到四点共圆，都在上，即点在上运动，设，则，过点作于点，求出，当三点共线时，取得最小值，此时，，即可求解． 【详解】（1）证明：在中，，， ，， 又， ， ； （2）解：由（1）知， ， ，， ， ， ， ，即， ， ， ， ， ， ， 过作交的延长线于， ， ， 又， ， ， ， ， ， ； （3）解：由（1）知， ， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 如图，将线段绕点逆时针旋转，得到线段，连接，取的中点为，连接，以点为圆心，的长为半径画圆，连接， ∵， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵点是的中点， ∴， ∴点都在上， ∵， ∴四点共圆，都在上，即点在上运动， ∴， ∵， ∴， ∴， 设，则， ∴， ∴， ∴， 过点作于点， ∵， ∴， ∴， 当三点共线时，取得最小值， 此时，， ∴． 23．（1）；（2）与之间的函数关系式；（3）的值为或或或 【分析】本题考查了二次函数的图象性质，正方形的性质，分类讨论思想等相关知识，根据题意进行正确的分类讨论是解题的关键． （1）由于抛物线解析式为求出，，然后根据与轴平行得出一元二次方程∴，然后解方程即可； （2）当时，则，结合二次函数的图象解得，或，此时图象的最高点与最低点分别为，那么，即可得到与之间的函数关系式； （3）分类讨论，结合图形列出方程，解之即可． 【详解】解：（1）∵点是抛物线上不重合的两点，点的横坐标为，点的横坐标为， ∴当时，；当时，； ∴，， ∵与轴平行， ∴，解得：（舍去），， ∴； （2）当时，则， 结合二次函数的图象解得，或， 当时，此时图象的最高点与最低点分别为，如图， ∴ 此时图象的最高点与最低点分别为，如图， ∴ ∴与之间的函数关系式为； （3）如图，点在正方形的外部，点在正方形的内部，当时，解得：或， ∴正方形的内部（包括边界）的部分的最高点纵坐标为与最低点的纵坐标， ∴，解得：或， 如图，点，点在正方形的内部，当时，即时， ∴正方形的内部最高点为纵坐标，最低点为纵坐标， ∴，解得：（舍去）或； 如图，点，点在正方形的内部，当时， ∴正方形的内部最高点为纵坐标，最低点为纵坐标， ∴，无实数根； 如图，点，点在正方形的内部，即时， ∴正方形的内部最高点为纵坐标，最低点为抛物线解析式顶点， ∴，解得：（舍去）或（舍去）； 如图，点在正方形的外部，点在正方形的内部，当时， ∴正方形的内部（包括边界）的部分的最高点纵坐标为与最低点的纵坐标， ∴，解得：， 综上可知：的值为：或或或． 24．(1)cm， (2)存在，当时，四边形MPQB为平行四边形，理由见详解； (3)存在，当时，四边形MPQB的面积是菱形ABCD面积的，理由见详解； (4)不存在，理由见详解 【分析】（1）如图所示，过点A作AE⊥BC于点E，在Rt和Rt中，根据勾股定理找等量关系．求出AE的长，进而得出cos∠ABC． （2）若要四边形MPQB为平行四边形，则PM=BQ，因为PMBC，BM⊥PM，所以∠MPB=∠ABC，所以cos∠MPB=cos∠ABC=，用含有t的代数式表示PM和BQ，联立解出t即可． （3）因为S菱形ABCD=5×=24，所以S四边形MPQB=，根据sin∠ABC= sin∠MPB，算出BM=t，因为PMBC，所以四边形MPQB是梯形，根据梯形面积公式得到关于t的一元二次方程，求这个方程即可． （4）若存在，则由角平分线的性质和平行线的性质得PM=PQ，即PM2=PQ2，利用勾股定理分别用含有t的代数式表示出PM和PQ．联立成一个含t的一元二次方程，由根的判别式：Δ＜0可知，此方程无解，故不存在t使点M在∠PQB的角平分线上． 【详解】（1）解：如图所示，过点A作AE⊥BC于点E， ∵菱形ABCD中，AC=6， ∴AB=AD=BC=5， 设BE=x，则CE=BC-BE=5-x， 在Rt中， AE2=AB2-BE2=25-x2， 在Rt中， AE2=AC2-CE2=36-(5-x)2， ∴25-x2=36-(5-x)2， 解得：x=， ∴AE==， ∴菱形ABCD的高为∶ ， 又∵cos∠ABC==， 故答案为：，． （2）解：存在，当时，四边形MPQB为平行四边形， 理由如下： 由题意得，CQ=BP=t， ∴BQ=BC-CQ=5-t， 又∵PMBC，BM⊥PM， ∴∠MPB=∠ABC， ∴cos∠MPB=cos∠ABC=， ∴cos∠MPB==， ∴PM=t， 又∵当四边形MPQB为平行四边形时，PM=BQ ∴t=5-t． 解得：t=， ∴当t=时，四边形MPQB为平行四边形时． （3）解：存在，当时，四边形MPQB的面积是菱形ABCD面积的， 理由如下； ∵S菱形ABCD=5×=24， ∴S四边形MPQB=， 又∵∠ABC =∠MPB ，sin∠ABC==，sin∠MPB= ， ∴， ∴BP=t，BM=t， ∴S四边形MPQB =(MP+BQ)×BM ∴(t+5-t)×t=， ∴18t2-125t+100=0， 解得：t1=，t2=， ∵，而>5 ∴t= （4）解：不存在，理由如下： ∵MQ平分∠PQB， ∴∠PQM=∠PMQ， ∴∠PMQ=∠PQM， ∴PM=PQ， 即：当点M在∠PQB的角平分线上时， PM=PQ，即PM2=PQ2， 如图2，过P作PF⊥BQ于点F， 图2 ∵BP=t，cos∠ABC=， ∴BF=BP·cos∠ABC=t， PF=BP·sin∠ABC=， ∴QF=5-t-t=5-， PQ2=PE2-QF2=()2+(5-)2， ∴(t)2=()2+(5-)2， ∵此方程Δ＜0， ∴无解， ∴不存在t使点M在∠PQB的角平分线上． 【点睛】此题考查了菱形的性质、勾股定理的应用、解直角三角形、解一元二次方程等知识点，解题的关键是熟悉这些知识点，正确作出辅助线． 学科网（北京）股份有限公司 $