2026年河北省中考数学试卷

**基本信息** 2026年河北省中考数学试卷以核心素养为导向，通过错金铜博山炉、颜料调配等文化与生活情境，构建基础巩固（如合并同类项）、能力提升（概率计算）、创新应用（动态几何）的三层梯度，覆盖代数、几何、统计与综合实践知识。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|12/36|代数基础（合并同类项）、几何直观（主视图判断）|结合河北博物院文物考查空间观念| |填空题|4/12|运算能力（有理数计算）、空间观念（楼梯护栏）|以旅游路线设计考查优化思想| |解答题|8/72|统计与概率（家务劳动调查）、综合实践（圆弧测量“会圆术”）、动态几何（正方形移动问题）|通过沈括“会圆术”渗透数学文化，以登山模型考查模型意识|

2026年河北省中考数学试卷 一、选择题（本大题共12小题，每小题3分，共36分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题意） 1．（3分）·【较易】计算：a+a+b+b＝（　　） A．2ab B．2a+2b C．a2b2 D．a2+b2 2．（3分）·【易】如图，点P在直线AB外，点C是直线AB上的动点，则∠1与∠2的关系一定成立的是（　　） A．∠1＞∠2 B．∠1＝3∠2 C．∠1﹣∠2＝90° D．∠1+∠2＝180° 3．（3分）·【较易】计算：（　　） A． B．5 C． D． 4．（3分）·【易】河北博物院收藏的错金铜博山炉（如图1所示）是汉代颇具代表性的香薰器物．将它近似地看成由圆锥、半球和圆柱组成的几何体（如图2所示），则这个几何体的主视图中没有出现的图形是（　　） A．三角形 B．矩形 C．半圆 D．菱形 5．（3分）·【易】嘉嘉在美术课上了解到，用不同比例的红、黄两种颜料能调配出多种暖色调颜色．如图，根据红色颜料的占比，可以将调配出的颜色分为①、②、③、④等四类．用6g红色颜料和4g黄色颜料调配出的颜色属于（　　） A．①类 B．②类 C．③类 D．④类 6．（3分）·【较易】计算：（　　） A． B． C． D． 7．（3分）·【较易】如图，将一个边长为a的正方形分成6个全等的矩形，若这6个矩形周长之和比原正方形的周长多48，则a的值为（　　） A．6 B．8 C．12 D．16 8．（3分）·【中档】掷两枚质地均匀的骰子（六个面上分别刻有1到6的点数），若向上一面的点数之和为2的概率与点数之和为n的概率相等，则n＝（　　） A．3 B．4 C．11 D．12 9．（3分）·【中档】如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，BC＝3AD，过点A作AE∥DC交BC于点E，将△ABE沿AE翻折，得到△AB′E．B′A，B′E分别与直线DC交于M，N两点，则△MB′N与△ABE的面积之比为（　　） A． B． C． D． 10．（3分）·【较易】如图，在⊙O中，所对的圆心角为150°，点D在上．若∠CBO＝n°，则∠ADC＝（　　） A．90°+n° B．180°﹣n° C．195°﹣n° D．2n° 11．（3分）·【较易】平面直角坐标系中有A（1，n），B（m，6），C（m，n）三点．若直线AB经过原点，则点C一定在（　　） A．函数的图象上 B．函数的图象上 C．函数y＝﹣x+5的图象上D．函数y＝6x的图象上 12．（3分）·【较易】如图，在平面直角坐标系中，若两阴影部分的面积分别为m，n，则m﹣n＝（　　） A． B． C． D．0 二、填空题（本大题共4小题，每小题3分，共12分） 13．（3分）·【较易】计算：4﹣（﹣6）＝　 　 ． 14．（3分）·【较易】某楼梯装有护栏，其侧面如图所示．其中AB∥CD，BD⊥DE于点D，AC⊥DE于点E，若∠BAC＝60°，AB＝4m，则CE＝　 　 m． 15．（3分）·【较易】已知关于x的一元二次方程x2x+m＝0有两个实数根，其中一个根是另一个根的平方，则m＝　 　 ． 16．（3分）·【较易】一游客计划从A地出发到B，C，D三地旅游，然后回到A地．该游客到三地的先后顺序不确定，且每个地方只到1次，如A→D→B→C→A．若图中两地间连线上的数字表示两地之间单次通行的交通费用（单位：百元），则此次旅游的交通费用最少为　 　 百元． 三、解答题（本大题共8小题，共72分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 17．（7分）·【较易】（1）解方程：3x＝12+x； （2）解不等式：． 18．（8分）·【易】用运算律或乘法公式可以简化运算，例如： 982＝982﹣22+22 ＝（98+2）×（98﹣2）+22 ＝100×96+4 ＝9604． （1）证明a2＝（a+b）（a﹣b）+b2，并用以上方法计算992． （2）计算：（﹣105）2． 19．（8分）·【较易】（1）尺规作图：如图1，在△ABC中，作出AB边的垂直平分线l．（保留作图痕迹，不写作法） （2）如图2，在△ABC中，∠BAC＝2∠B，点D在BC边上，且DA＝DB．若AC＝6，BC＝9，求线段CD的长． 20．（8分）·【中档】为培养学生的劳动观念和家庭责任意识，某中学开展了“家长家务劳动时长”调查活动．在某一周，每名学生统计自己家长每天整理收纳、烧菜做饭、洗衣清扫等家务劳动时间，计算出家长日均家务劳动时长t（单位：h）并提交． （计算方法：） 收集数据 淇淇随机抽取了40名同学提交的数据，如下： 3.6 2.1 1.9 3.2 2.4 3.1 2.0 2.6 1.9 3.2 1.3 2.8 2.9 1.4 2.1 2.5 1.7 3.5 2.6 2.6 2.3 3.7 2.7 1.9 3.3 2.0 2.6 2.0 1.6 2.8 3.4 2.5 2.1 2.2 1.8 2.4 3.0 2.5 3.5 2.3 整理数据 淇淇将数据适当分组后，绘制了如图所示的不完整的频数分布直方图． 分析数据 （1）①补全上面的频数分布直方图；估计全校学生提交的数据中，t＞2.25的占比为　 　 %． ②把频数分布直方图中各组数据用该组的中间值来代替（如1.25∼1.75的中间值为1.5），并利用图中信息，计算这40名学生提交的家长日均家务劳动时长的平均数． （2）资料显示，我国6周岁以上居民的日均家务劳动时长约为1.28h，淇淇发现与之相比有明显差异，请结合统计知识分析原因．（写出一条即可） 21．（9分）·【中档】在学习了圆的相关知识后，同学们设计并开展了一项综合实践活动，下面是一个小组尚未完成的活动报告． 主题 求生活中的圆弧长 研究内容 本次活动选取学校的铅球场地，将场地的一部分抽象为扇形OPQ（如图1所示），已知扇形OPQ所在圆的半径OM⊥PQ于点N，OP≈10.00m，用不同的方案分别求的长l． 工具 软尺（长度足够）、测角仪（可测量角度的大小）等 研究方案与实践成果 方案一 方案二 方案三 用软尺直接测量的长． 测量数据： 第一次6.36m 第二次6.32m 用测角仪测角，利用弧长公式计算的长． 测量数据：∠POQ≈36° 查阅文献，发现北宋沈括的《梦溪笔谈》中收录了近似计算圆弧长度的“会圆术”．图1中，弧长l． 测量数据：PQ≈6.20m，MN≈0.50m 取两次测量结果的平均数，则l＝6.34m． 利用弧长公式… 根据“会圆术”，… 反思应用 ①方案一可通过　 　 的方法减少误差； ②我们可以利用上面的活动经验解决一些生活中的问题． 如图2所示，公园里一座桥的主桥拱是圆弧形，已知其跨度AB为6m，拱高CD为1m，虽然弧长和圆心角∠AEB不方便测量，但可以通过计算近似得出． 计算过程如下：… 请你帮助该小组完成活动报告，具体如下： （1）写出“反思应用”①中减少误差的方法．（写出一种方法即可） （2）分别利用方案二（结果保留π）和方案三计算的长l． （3）求图2中弧长和圆心角∠AEB．（π取3.1） 22．（9分）·【较易】某登山爱好者根据经验，总结出一个预估自己登山用时t（分钟）的模型：t＝t1+t2．其中，t1＝kx（k为常数），x（千米）表示登山路线的长度；t2＝150h，h（千米）表示山顶与起点的海拔高度差．从A出发到山顶M的路线及相关数据如图所示． （说明：本题中模型已简化，且不计登山过程中休息和必要的预留时间） （1）①求k，h的值． ②计算路线3的长度． （2）已知山顶M的海拔高度为1000米，B在如图所示的一条等高线上，等高线上标注的数字表示其海拔高度（单位：米）．若该登山爱好者从B出发到山顶M的路线长度为3千米，根据本题模型，求该登山爱好者登到山顶M的预估用时． 23．（11分）·【较难】如图，二次函数y＝（x﹣t）（x﹣3t）（其中t＞0）的图象与x轴交于A，B两点（点A在点B左侧），与y轴交于点C，顶点为P．将点B绕点A顺时针旋转90°得到点D． （1）若t＝1，求直线PD的函数表达式，并判断点C关于二次函数图象对称轴的对称点C′是否在直线PD上． （2）当3≤x≤6时，二次函数的最大值为9，求t的值． （3）连接OP，当点D不在直线OP上时，过点D作直线DE∥OP交y轴于点E（0，m），请直接写出m的最小值． 24．（12分）·【难】如图1和图2，在△ABC中，AB＝AC＝10，BC＝12，正方形DEFG的顶点D，E，F分别在△ABC的三边AB，BC，CA上．当点D从点B出发沿BA向点A移动时，点E，F随之分别在BC，CA上移动（正方形DEFG的大小发生变化），当点F与点C重合时，移动停止． （1）tan∠ABC＝　 　 ． （2）如图1，当∠BED＝45°时，求证：BE＝CE． （3）①如图2，当BD时，求BE的长． ②当BE时，直接写出正方形DEFG的边长． （4）在移动过程中，每当点G移动1个单位长度时，点E均移动d个单位长度，直接写出d的值． 2026年河北省中考数学试卷 参考答案与试题解析 一．选择题（共12小题） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 B D A D C A B D C C B B 一、选择题（本大题共12小题，每小题3分，共36分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题意） 1．【答案】B 【解析】解：a+a+b+b＝2a+2b， 故选：B． 2．【答案】D 【解析】解：∵点O在直线AB上， ∴∠AOB是一个平角， ∴∠AOB＝180°， ∴∠1+∠2＝180°， 故选：D． 3．【答案】A 【解析】解：原式， 故选：A． 4．【答案】D 【解析】解：这个几何体的主视图中没有出现的图形是菱形． 故选：D． 5．【答案】C 【解析】解：∵红色颜料质量为6g，黄色颜料质量为4g， ∴调配出的颜料总质量为6+4＝10（g）， ∴红色颜料的占比为， ∵50%＜60%＜75%， ∴该颜色属于③类， 故选：C． 6．【答案】A 【解析】解：原式 ， 故选：A． 7．【答案】B 【解析】解：如图所示： 依题意设AE＝x，AH＝DH＝y， ∴AB＝3x，AD＝2y， ∵四边形ABCD是正方形，且边长得a， ∴AB＝AD＝a， ∴3x＝2y＝a， ∴y＝1.5x，a＝3x， ∴正方形ABCD的周长为：4a＝12x，每个小矩形的周长为：2（x+y）＝5x， ∴6个矩形周长之和：6×5x＝30x， 又∵6个矩形周长之和比原正方形ABCD的周长多48， ∴30x﹣12x＝48， 解得：x， ∴a＝3x＝8． 故选：B． 8．【答案】D 【解析】解：列表如下： 1 2 3 4 5 6 1 （1，1） （1，2） （1，3） （1，4） （1，5） （1，6） 2 （2，1） （2，2） （2，3） （2，4） （2，5） （2，6） 3 （3，1） （3，2） （3，3） （3，4） （3，5） （3，6） 4 （4，1） （4，2） （4，3） （4，4） （4，5） （4，6） 5 （5，1） （5，2） （5，3） （5，4） （5，5） （5，6） 6 （6，1） （6，2） （6，3） （6，4） （6，5） （6，6） 共有36种等可能的结果，其中向上一面的点数之和为2的结果有1种，向上一面的点数之和为3的结果有2种，向上一面的点数之和为4的结果有3种，向上一面的点数之和为11的结果有2种，向上一面的点数之和为12的结果有1种， ∴向上一面的点数之和为2的概率＝向上一面的点数之和为12的概率， 故选：D． 9．【答案】C 【解析】解：∵AD∥BC，AE∥DC， ∴四边形AECD为平行四边形， ∴AD＝CE， ∵BC＝3AD， 即BE+EC＝3AD， ∴BE＝2CE， ∵△ABE沿AE翻折，得到△AB′E， ∴S△AB′E＝S△ABE，B′E＝BE，∠AEB＝∠AEB′， ∵AE∥DC， ∴∠ENC＝∠AEB′，∠AEB＝∠C， ∴∠ENC＝∠C， ∴NE＝CE， ∴B′E＝BE＝2NE， ∴B′N＝NEB′E， ∵MN∥AE， ∴△B′MN∽△B′AE， ∴（）2＝（）2， ∴△MB′N与△ABE的面积之比为． 故选：C． 10．【答案】C 【解析】解：如图，连接CO并延长交⊙O于点E，连接AE， ∵OB＝OC， ∴∠OCB＝∠CBO＝n°， ∴∠BOC＝180°﹣∠B﹣∠OCB＝180°﹣2n°， ∴∠AOC＝∠AOB﹣∠BOC＝150°﹣（180°﹣2n°）＝2n°﹣30°， ∴， ∵∠ADC＝180°﹣∠E＝180°﹣（n°﹣15°）＝195°﹣n°， 故选：C． 11．【答案】B 【解析】解：∵直线AB经过原点， ∴设直线AB的解析式为y＝kx， 把A（1，n）代入解析式得n＝k•1，即k＝n， ∴直线AB的解析式为y＝nx， 把B（m，6）代入y＝nx，得6＝n•m，即mn＝6， ∵点C的坐标为（m，n）， ∴点C横纵坐标的乘积为m•n＝6， 对函数变形，可得xy＝6，满足点C的坐标特征， ∴点C一定在函数的图象上， 故选：B． 12．【答案】B 【解析】解：如图，过点B作BJ∥x轴交直线l1于点J，过点F作EF∥x轴交直线I1于点E， ∵CD∥x轴，GH∥x轴， ∴CD∥BJ，GH∥EF， 由图可知，l1过（0，0），（1，3）；l2过（1，0），（2，3）；l3过（0，3），（3，2）；l4过（0，2），（3，1）， 设l1的直线解析式为y＝ax（a≠0）， 将（1，3）代入上式，则a＝3， ∴l1的直线解析式为y＝3x； 同理可得另外三条直线的解析式分别为：， ∵直线l1与l2的斜率均为3， ∴l1∥l2， ∴四边形JBDC，EFHG是平行四边形， 当y＝1时，1＝3x，解得，则， 当y＝1时，1＝3x﹣3，解得，则， 当y＝2时，2＝3x，解得，则， 当y＝2时，2＝3x﹣3，解得，则， ∴GH＝BC＝1， 联立l2与l3得：，解得：x＝1.8，则y＝2.4， ∴B（1.8，2.4）； 联立I1与l3得：，解得：x＝0.9，则y＝2.7， ∴A（0.9，2.7）； 联立l2与l4得：，解得：x＝1.5，则 y＝1.5， ∴F（1.5，1.5）； 联立l1与l4得：，解得：x＝0.6，则y＝1.8， ∴I（0.6，1.8）； ∴阴影部分n的面积， 阴影部分m的面积， ∴， 故选：B． 二、填空题（本大题共4小题，每小题3分，共12分） 13．【答案】10． 【解析】解：原式＝4+6 ＝10． 14．【答案】2． 【解析】解：∵BD⊥DE，AC⊥DE， ∴BD∥AC， 又∵AB∥CD， ∴四边形ABDC是平行四边形， ∴CD＝AB＝4m， ∵AB∥CD， ∴∠DCE＝∠BAC＝60°， 在Rt△CDE中，∠CED＝90°，∠DCE＝60°， ∴， 故答案为：2． 15．【答案】． 【解析】解：设一元二次方程的两根分别为t，t2， 根据根与系数的关系可得，t•t2＝m， 整理，得，变形得， 解得， 将代入m＝t3，得， 验证判别式：，符合题意， 故答案为：． 16．【答案】21． 【解析】解：根据题意，从A地出发到B，C，D三地旅游，然后回到A地，且每个地方只到1次，共有以下不同的路线方案： 方案一：路线为A→B→C→D→A，交通费用为：3+5+7+6＝21（百元）； 方案二：路线为A→B→D→C→A，交通费用为：3+8+7+4＝22（百元）； 方案三：路线为A→C→B→D→A，交通费用为：4+5+8+6＝23（百元）； 方案四：路线为A→C→D→B→A，交通费用为：4+7+8+3＝22（百元）； 方案五：路线为A→D→B→C→A，交通费用为：6+8+5+4＝23（百元）； 方案六：路线为A→D→C→B→A，交通费用为：6+7+5+3＝21（百元）； 因为21＜22＜23， 所以此次旅游的交通费用最少为21百元， 故答案为：21． 三、解答题（本大题共8小题，共72分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 17．【答案】（1）x＝6； （2）x＞5． 【解析】解：（1）3x＝12+x， 移项，合并同类项得：2x＝12， 系数化为1得：x＝6； （2）， 去分母得：2x﹣6＞x﹣1， 移项，合并同类项得：x＞5． 18．【答案】（1）∵右边＝（a+b）（a﹣b）+b2 ＝（a2﹣b2）+b2 ＝a2﹣b2+b2 ＝a2＝左边， ∴a2＝（a+b）（a﹣b）+b2， ∴992＝（99+1）（99﹣1）+12 ＝100×98+1 ＝9801； （2）11025． 【解析】（1）证明：∵右边＝（a+b）（a﹣b）+b2 ＝（a2﹣b2）+b2 ＝a2﹣b2+b2 ＝a2＝左边， ∴a2＝（a+b）（a﹣b）+b2， ∴992＝（99+1）（99﹣1）+12 ＝100×98+1 ＝9801； （2）解：（﹣105）2 ＝（﹣105）2﹣52+52 ＝[（﹣105）+5]×[（﹣105）﹣5]+25 ＝（﹣100）×（﹣110）+25 ＝11000+25 ＝11025． 19．【答案】（1）如图，直线l即为所求； （2）CD＝4． 【解析】解：（1）如图，直线l即为所求； （2）∵DA＝DB， ∴∠B＝∠BAD， ∴∠CDA＝∠B+∠BAD＝2∠B， ∵∠BAC＝2∠B， ∴∠BAC＝∠CDA， ∵∠C＝∠C， ∴△CDA∽△CAB， ∵AC＝6，BC＝9， ∴， ∴， 解得CD＝4． 20．【答案】（1）①；62.5；②2.5h； （2）本次调查的样本是某中学学生的家长，群体具有特殊性，家长群需要照顾家庭，承担更多家务，劳动时长普遍高于全国全年龄段居民的平均水平，且样本仅来自一所学校，不具备代表性，因此与全国均值存在明显差异． 【解析】解：（1）①由统计数据可得，1.25＜t＜1.75的数据有4个，3.25＜t＜3.75的数据有6个，补全频数分布直方图如下： ， ∴估计全校学生提交的数据中，t＞2.25的占比为62.5%， 故答案为：62.5； ②第一组的组中值为（1.25+1.75）÷2＝1.5，同理可得其余各种的组中值为2.0、2.5、3.0、3.5， ∴2.5（h）， 答：这40名学生提交的家长日均家务劳动时长的平均数为2.5h； （2）本次调查的样本是某中学学生的家长，群体具有特殊性，家长群需要照顾家庭，承担更多家务，劳动时长普遍高于全国全年龄段居民的平均水平，且样本仅来自一所学校，不具备代表性，因此与全国均值存在明显差异． 21．【答案】（1）多次测量取平均值； （2）方案二弧长为2π m；方案三弧长为6.225m； （3），∠AEB＝72°． 【解析】解：（1）方案一可通过多次测量取平均值的方法减少误差， 故答案为：多次测量取平均值； （2）方案二：的长； 方案三：∵，PQ≈6.20m，MN≈0.50m，OP≈10.00m， ∴； （3）∵CD⊥AB，AB＝6m， ∴， 在Rt△ADE 中，由勾股定理得，AE2＝AD2+DE2，CD＝1m， ∴AE2＝32+（AE﹣1）2， 解得AE＝5（m）， 由“会圆术”可得，， 设∠AEB 的度数为n，则由得，， 解得n＝72°． 22．【答案】（1）①k＝15，h＝0.8；②5千米； （2）135分钟． 【解析】解：（1）①由题意得，t＝kx+150h， 代入两组数据得，， 解得； ②由①得，t＝15x+150×0.8＝15x+120， 路线3同样从A到M，海拔差仍为h＝0.8km， 将t＝195代t＝15x+120，得15x+120＝195， 解得x＝5即路线3的长度为5千米； （2）由等高线图可知，B点位于400米等高线上，海拔为400m＝0.4km， 山顶M海拔为1000m＝1km， 因此海拔差：h＝1﹣0.4＝0.6km， 将x＝3kmk＝15代入得，t＝15×3+150×0.6＝45+90＝135， 即预估用时为135分钟． 23．【答案】（1）y＝x﹣3，点C'不在直线PD上； （2）t的值为或4； （3）﹣2． 【解析】解：（1）对于y＝（x﹣t）（x﹣3t），当y＝0时，（x﹣t）（x﹣3t）＝0， 解得x1＝t，x2＝3t， ∴A（t，0），B（3t，0）， 若t＝1，则A（1，0），B（3，0），y＝（x﹣1）（x﹣3）＝x2﹣4x+3＝（x﹣2）2﹣1， ∴AB＝3﹣1＝2，P（2，﹣1）， ∵将点B绕点A顺时针旋转90°得到点D， ∴AD＝AB＝2，∠BAD＝90°， ∴D（1，﹣2）， 设直线PD：y＝kx+b， 则， 解得， ∴直线PD：y＝x﹣3； 对于y＝（x﹣2）2﹣1，当x＝0时，y＝3， ∴C（0，3）， 由y＝（x﹣2）2﹣1可得对称轴为直线x＝2， ∴点C关于二次函数图象对称轴的对称点C'为（4，3）， 当x＝4时，y＝4﹣3＝1≠3， ∴点C'不在直线PD上； （2）由（1）可得A（t，0），B（3t，0）， ∴对称轴为直线， 当2t＜3，即t＜1.5时， ∵抛物线y＝（x﹣t）（x﹣3t）中，1＞0，则抛物线开口向上， ∴当3≤x≤6时，y随着x的增大而增大， ∴当x＝6时，函数取得最大值， ∴（6﹣t）（6﹣3t）＝9，整理得，t2﹣8t+9＝0， 解得或（舍去）； 当3≤2t≤6，即时，， 若，即时，此时x＝6离对称轴更远， ∴当x＝6时，函数取得最大值9， ∴（6﹣t）（6﹣3t）＝9， 整理得，t2﹣8t+9＝0，解得或，均不在范围内，故舍去； 若时，即此时x＝3离对称轴更远， ∴当x＝3时，函数取得最大值， ∴（3﹣t）（3﹣3t）＝9，整理得，t2﹣4t＝0， 解得t＝4或t＝0，均不在范围内，故舍去； 当2t＞6，即t＞3时， ∴当3≤x≤6时，y随着x的增大而减小， ∴当x＝3时，函数取得最大值， ∴（3﹣t）（3﹣3t）＝9，整理得，t2﹣4t＝0解得t＝4或t＝0（舍去）； 综上：t的值为或4； （3）∵A（t，0），B（3t，0）， ∴同（1）可求D（t，﹣2t） 对于y＝（x﹣t）（x﹣3t），对称轴为直线x＝2t， ∴把x＝2t代入y＝（x﹣t）（x﹣3t）可得，y＝（2t﹣t）（2t﹣3t）＝﹣t2， ∴P（2t，﹣t2）设直线OP：y＝px，则﹣t2＝p•2t， 解得， ∵DE∥OP， ∴设直线DE：代入D（t，﹣2t）， 则， 解得， ∴直线DE：， 当x＝0时，，， ∴当t＝2时，m取得最小值为﹣2． 24．【答案】（1）； （2）∵四边形DEFG是正方形， ∴ED＝EF，∠DEF＝90°， ∵∠BED＝45°， ∴∠CEF＝180°﹣∠DEF﹣∠BED＝45°， ∴∠BED＝∠CEF， ∵AB＝AC， ∴∠B＝∠C， ∴△BED≌△CEF（AAS）， ∴BE＝CE； （3）；②； （4）． 【解析】（1）解：过点A作AH⊥BC于点H， ∵AB＝AC＝10，BC＝12， ∴， ∴， ∴， 故答案为：； （2）证明：∵四边形DEFG是正方形， ∴ED＝EF，∠DEF＝90°， ∵∠BED＝45°， ∴∠CEF＝180°﹣∠DEF﹣∠BED＝45°， ∴∠BED＝∠CEF， ∵AB＝AC， ∴∠B＝∠C， ∴△BED≌△CEF（AAS）， ∴BE＝CE； （3）解：①过点D作DM⊥BC于点M，过点F作FN⊥BC于点N，则∠BMD＝∠DME＝∠ENF＝∠CNF＝90°， 在Rt△BDM中，， 设DM＝4x，BM＝3x， ∵∠B＝∠C，，则设FN＝4y，CN＝3y， ∵四边形DEFG是正方形， ∴ED＝EF，∠DEF＝90°， ∴∠DEM＝∠EFN＝90°﹣∠FEN， ∴△DME≌△ENF（AAS）， ∴DM＝EN＝4x，ME＝FN＝4y， 在Rt△BDM中，由勾股定理得， ∴， ∴， ∵BC＝3x+4y+4x+3y＝7x+7y＝12， ∴， ∴； ②构造同样辅助线，如上图， ∵BE＝BM+ME＝40， ∴可得方程组， 解得， ∴， ∴； （4）解：先同样构造（3）问辅助线，再过点G作GI⊥MD交MD的延长线于点I， 同理可证明△DIG≌△EMD， ∴IG＝DM＝4x，DI＝ME＝4y， 由（3）可知7x+7y＝12， ∴， ∴， ∴当点D运动时，点G到BC的距离不变，为， 当点D与点B重合时，记作点D'，作出初始位置时的正方形D'E′F′G'，则点G'，I，G，F'在同一直线上， 由题意设G'G＝1， ∵四边形D'E′F′G'是正方形， ∴∠G'＝∠G'D'M＝90°， ∵∠DMB＝90°， ∴四边形G'D'MI是矩形， ∴G'I＝D'M＝3x，， ∴G'G＝G'I+IG＝7x＝1，， 解得， ∴，， ∴， ∴d的值为． 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $