2026年黑龙江省齐齐哈尔市中考数学试卷

**基本信息** 2026年齐齐哈尔中考数学卷以科技前沿（人形机器人测试）、文化传承（长征知识竞赛）为情境，覆盖代数、几何、统计核心知识，通过基础题（实数表示）、综合题（矩形旋转探究）、创新题（二次函数动态问题）梯度设计，考查抽象能力、空间观念与推理意识。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|10/30|实数、轴对称、分式方程|月球温差考负数表示，体育图标考轴对称，体现数学眼光| |填空题|6/18|科学记数法、圆锥母线、菱形性质|AI算力考科学记数法，菱形折叠考几何直观，培养空间观念| |解答题|8/72|二次函数、圆切线、统计分析|人形机器人运动（函数应用）、矩形旋转探究（创新意识）、抛物线平移（推理能力），突出综合应用|

2026年黑龙江省齐齐哈尔市中考数学试卷 一、选择题（每小题只有一个正确答案，每小题3分，满分30分） 1．（3分）·【易】月球表面昼夜温差非常大，白天平均温度零上126℃，夜间平均温度零下150℃．若将零上126℃记作+126℃，则零下150℃可记作（　　） A．+150℃ B．﹣150℃ C．+24℃ D．﹣24℃ 2．（3分）·【易】运用科学的体育与健康知识指导体育运动和生活实践，才能形成终身保持健康的能力．下列关于体育运动的图标中是轴对称图形的是（　　） A． B． C． D． 3．（3分）·【易】下列计算正确的是（　　） A．﹣a3+4a3＝3a3 B．（3a）3＝9a3 C．a6÷a2＝a3 D．（a3）3＝a6 4．（3分）·【易】如图，一块含30°角的直角三角板的两个顶点分别在直线a和b上，若直线a∥b，∠1＝20°，则∠2的度数为（　　） A．30° B．50° C．60° D．70° 5．（3分）·【易】如图是由7个完全相同的小正方体搭成的立体图形，它的俯视图是（　　） A． B． C． D． 6．（3分）·【较易】如果关于x的分式方程的解为正数，那么实数m的取值范围是（　　） A．m＞5且m≠8 B．m＞1且m≠7 C．m＞5 D．m＜5且m≠﹣4 7．（3分）·【较易】将分别标有“热爱”和“奔赴”的两个小球放在一个不透明的口袋中，小球除标记的词语外完全相同．第一次随机摸出一个小球，记录结果后放回口袋，第二次再随机摸出一个小球，两次摸出的小球标记的词语都为“热爱”的概率为（　　） A． B． C． D． 8．（3分）·【较易】5月18日是国际博物馆日．某博物馆推出甲、乙两种文创纪念品，甲种文创纪念品每个3元，乙种文创纪念品每个5元．某游客欲将60元钱全部用于购买甲、乙两种文创纪念品（两种都要买），不同的购买方案有（　　） A．3种 B．4种 C．5种 D．6种 9．（3分）·【易】如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝8，BC＝6，动点P从点B出发沿边BA向终点A匀速运动，同时动点Q从点A出发，沿边AC→CB向终点B匀速运动，两动点运动到各自终点停止运动．若P，Q两点每秒运动的路程相同，点Q运动的路程为x（x＞0），△BPQ的面积为y，则下列图象能反映y与x之间函数关系的是（　　） A． B． C． D． 10．（3分）·【中档】如图所示的是二次函数y＝ax2+bx+c（a，b，c为常数，a≠0）的部分图象，其顶点坐标为（1，n），与y轴交于点A，与x轴正半轴交于点B（m，0）（3＜m＜4）．下列结论：①abc＞0；②3a+c＜0；③b2＝4a（c﹣n）；④若点P（t，y1），Q（3﹣t，y2）（t）都在抛物线y＝ax2+bx+c上，则y1＞y2；⑤若OA＝OB，则关于x的方程ax2+（b+1）x＝0的两根之和为c．其中正确结论的个数是（　　） A．2个 B．3个 C．4个 D．5个 二、填空题（每小题3分，满分18分） 11．（3分）·【易】我国人工智能高速发展，实现了综合实力整体性、系统性跃升，智能算力规模已超过159000亿亿次/秒．将159000用科学记数法表示为　 　 ． 12．（3分）·【中档】若圆锥的底面半径为4，侧面展开图的圆心角为160°，则其母线长为　 　 ． 13．（3分）·【中档】如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，以点B为圆心，适当长为半径作弧，交AB于点M，交BC于点N，分别以M，N为圆心，大于MN的长为半径作弧，两弧在∠ABC内部交于点P，作射线BP交AC于点D．若CD＝2，AB＝7，则△ABD的面积为 　 　 ． 14．（3分）·【中档】如图，平面直角坐标系中，矩形ABCD的边CD在y轴正半轴上，E是边AD的中点，tan∠BCE，点F在边BC上，BFBC，反比例函数y（x＜0）的图象经过点E，F．若AD＝6，则k的值为　 　 ． 15．（3分）·【中档】菱形ABCD中，点E是边AD的中点，EF⊥BC交直线BC于点F．若DE＝3CF，EF＝4，则菱形ABCD的边长为 　 　 ． 16．（3分）·【较易】数学活动课上，同学们把底角为30°的等腰三角形称为“友好三角形”，并利用“友好三角形”进行规律探究．如图，在平面直角坐标系中，点A1在经过原点的直线l上，OA1＝1，点B1在x轴正半轴上，△A1OB1是以OB1为底边的“友好三角形”，以A1B1为底边向右作“友好三角形A1B1C1”；过点C1作A1B1的平行线，分别交直线l和x轴正半轴于点A2，B2，以A2B2为底边向右作“友好三角形A2B2C2”；过点C2作A2B2的平行线，分别交直线l和x轴正半轴于点A3，B3，以A3B3为底边向右作“友好三角形A3B3C3”…按此规律，点C2026的纵坐标为　 　 ． 三、解答题（本题共8道大题，共72分） 17．（9分）·【易】（1）计算：|2|； （2）分解因式：x3y﹣xy． 18．（4分）·【易】求不等式组的所有整数解． 19．（5分）·【中档】解方程：x2﹣6＝5x． 20．（8分）·【较易】2026年是长征胜利90周年．某校开展了以“赓续血脉，永恒记忆”为主题的长征知识竞赛，满分为100分，学生的成绩均高于60分且为整数．现随机抽取了部分学生的成绩作为样本，将抽取的学生成绩x（分）按A，B，C，D四个等级（A：90≤x≤100，B：80≤x＜90，C：70≤x＜80，D：60≤x＜70）进行了整理，并绘制成如下两幅不完整的统计图． 根据以上信息，解答下列问题： （1）本次调查抽取了　 　 名学生的成绩； （2）扇形统计图中，“B等级”对应的扇形圆心角为　 　 度； （3）请直接补全条形统计图； （4）若参加本次竞赛的学生有2700人，请估计本次竞赛中获得“A等级”的学生约有多少人． 21．（10分）·【较易】如图，四边形ABCD内接于⊙O，AC为⊙O的直径，点E在AC的延长线上，且∠CDE+∠ABD＝90°． （1）求证：DE是⊙O的切线； （2）若CE＝8，DE＝12，sin∠BAC，求阴影部分的面积． 22．（10分）·【中档】2026年中国人形机器人打破了人类半马纪录，实现了从“蹒跚学步”到“风驰电掣”的迭代升级．某公司对人形机器人甲、乙进行奔跑测试，在一条笔直的测试路上有A，B两地，机器人甲、乙分别从A，B两地同时出发，机器人甲以360米/分的速度沿测试路匀速跑向B地，到达B地后，立即以n米/分的速度原路匀速返回；机器人乙以240米/分的速度沿测试路匀速跑向A地，到达A地后停止运动，机器人乙到达A地一段时间后，机器人甲也到达A地并停止运动．机器人甲、乙之间的距离y（米）与机器人甲行进的时间x（分）之间的函数关系如图所示．请结合图象信息解答下列问题： （1）A，B两地之间的距离为　 　 米，图中m的值为　 　 ； （2）求线段FG所在直线的函数解析式； （3）机器人甲行进的时间为多少分时，机器人甲、乙相距600米？（直接写出答案即可） 23．（12分）·【难】综合与实践 综合实践课上，同学们以矩形的旋转为主题开展探究活动． 已知有公共顶点的矩形ABCD和矩形EBFG，BA＝2，BE＝1，k．先将矩形EBFG的边BE，BF分别落在矩形ABCD的边BA，BC上，再将矩形EBFG绕点B顺时针旋转，旋转角为α，连接AE，CF． （1）【问题初探】 如图1，当k＝1，0°＜α＜90°时，∠AEB与∠CFB的数量关系是　 　 ，AE与CF的数量关系是　 　 ； （2）【类比推理】 如图2，当k，0°＜α＜90°时，试探究AE与CF的数量关系，请写出结论，并说明理由； （3）【深入探究】 如图3，当k，0°＜α＜360°时，点M为边BC的中点，直线EG交线段BC于点N．若EN＝MN，则CF的长为　 　 ； （4）【拓展延伸】 如图4，当k，0°＜α＜90°时，过点E作EQ⊥BC，垂足为Q，在线段BE上取点P，使BPEQ，连接AP．若△ABP的面积为S，则S的取值范围是　 　 ． 24．（14分）·【较难】综合与探究 如图1，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+4（a＜0）与x轴交于点A（﹣2，0），B（4，0），与y轴交于点C，作直线AC，BC，点P为第一象限内抛物线上的动点，过点P作PD⊥x轴，垂足为D，PD交直线BC于点E． （1）求抛物线的解析式； （2）求PE的最大值及PE最大时点P的坐标； （3）如图2，若将抛物线y＝ax2+bx+4沿射线AC方向平移个单位长度，得到新抛物线，点Q为新抛物线上一点，且∠CBQ＝∠ACB，则点Q的坐标为　 　 ； （4）当PE最大时，作直线OE，若点M为直线BC上的一个动点，连接OM，将线段OM绕点O顺时针旋转90°得到OM′，取OM′的中点N，过点N作NF⊥OE，垂足为F，连接AN，PF，则AN+PF的最小值为　 　 ． 2026年黑龙江省齐齐哈尔市中考数学试卷 参考答案与试题解析 一．选择题（共10小题） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B． B A D C A C A D B 一、选择题（每小题只有一个正确答案，每小题3分，满分30分） 1．【答案】B． 【解析】解：“正”和“负”相对，所以，若将零上126℃记作+126℃，则零下150℃可记作﹣150℃． 故选：B． 2．【答案】B 【解析】解：A，C、D选项中的图标都不能找到这样的一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以不是轴对称图形； B选项中的图标能找到这样的一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以是轴对称图形； 故选：B． 3．【答案】A 【解析】解：A、﹣a3+4a3＝3a3，故此选项符合题意； B、（3a）3＝27a3，故此选项不符合题意； C、a6÷a2＝a4，故此选项不符合题意； D、（a3）3＝a9，故此选项不符合题意； 故选：A． 4．【答案】D 【解析】D解：如图，作EF∥a， ∵a∥b， ∴EF∥b， ∴∠FEB＝∠1＝20°， ∵∠AEB＝90°， ∴∠AEF＝90°﹣20°＝70°， ∵EF∥a， ∴∠2＝∠AEF＝70°． 故选：D． 5．【答案】C 【解析】解：由7个完全相同的小正方体搭成的立体图形，它的俯视图如图所示： 故选：C． 6．【答案】A 【解析】解：原方程去分母得：2﹣m﹣x+3＝﹣2x， 整理得：x＝m﹣5， ∵该方程的解为正数， ∴x＞0且x﹣3≠0， 即m﹣5＞0且m﹣5﹣3≠0， 解得：m＞5且m≠8， 故选：A． 7．【答案】C 【解析】解：列表如下： 热爱 奔赴 热爱 （热爱，热爱） （热爱，奔赴） 奔赴 （奔赴，热爱） （奔赴，奔赴） 共有4种等可能的结果，其中两次摸出的小球标记的词语都为“热爱”的结果有1种， ∴两次摸出的小球标记的词语都为“热爱”的概率为． 故选：C． 8．【答案】A 【解析】解：设购买x个甲种文创纪念品，y个乙种文创纪念品， 根据题意得：3x+5y＝60， ∴y＝12x， 又∵x，y均为正整数， ∴或或， ∴共有3种购买方案． 故选：A． 9．【答案】D 【解析】解：在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝8，BC＝6， ∴，，， 分三种情况讨论： ①当0＜x≤8时，点Q在AC上，点P在AB上，BP＝x，AQ＝x， 过点Q作QD⊥AB于点D， 则， ∴， 此时图象为开口向上的抛物线，当x＝8时，； ②当8＜x≤10时，点Q在BC上，点P在AB上，过点Q作QE⊥AB于点E， BP＝x，BQ＝6﹣（x﹣8）＝14﹣x， ∴QE＝BQ×sinB， ∴， 此时图象为开口向下的抛物线，当x＝8时，y＝19.2； 当x＝10时，； ③当10＜x≤14时，点Q在BC上，点P到达A点停止运动， 此时BP＝AB＝10（即△BPQ 变为△ABQ），BQ＝14﹣x， 以BQ为底，AC为高， ∴， 此时图象为线段，当x＝10时，y＝16； 当x＝14时，y＝0． 综上所述，图象D符合题意， 故选：D． 10．【答案】B 【解析】解：由二次函数图象可得： ∵抛物线开口向下， ∴a＜0； 顶点坐标为（1，n），则对称轴为直线x＝1， 由对称轴公式， 整理得b＝﹣2a，结合a＜0，得b＞0； 抛物线与y轴交于正半轴， ∴c＞0； 抛物线与x轴正半轴交点B（m，0）满足3＜m＜4． ∵a＜0，b＞0，c＞0， ∴abc＜0，故①错误； 根据二次函数轴对称性质：对称轴为x＝1，则y（﹣1）＝y（3）， 将x＝3代入解析式得，y（3）＝9a+3b+c， 把b＝﹣2a代入，化简得，y（3）＝9a+3（﹣2a）+c＝3a+c， ∵3＜m＜4，说明直线x＝3在交点B左侧，此位置抛物线图象在x轴上方， ∴y（3）＞0，即3a+c＞0，故②错误； ∵顶点坐标为（1，n）， ∴， ∴4an＝4ac﹣b2，b2＝4ac﹣4an＝4a（c﹣n），故③正确； 抛物线开口向下，点到对称轴越近，函数值越大． 点P到对称轴x＝1的距离：|t﹣1|， 点Q到对称轴x＝1的距离：|（3﹣t）﹣1|＝|2﹣t|， 平方作差比较距离大小：|t﹣12|﹣|2﹣t|2＝（t2﹣2t+1）﹣（t2﹣4t+4）＝2t﹣3， ∵， ∴2t﹣3＜0，即|t﹣1|2＜|2﹣t|2，得|t﹣1|＜|2﹣t|， ∴点P离对称轴更近，y1＞y2，故④正确； 由A（0，c）得OA＝c，由B（m，0）得OB＝m， ∵OA＝OB， ∴m＝c，即B（c，0）， 将B（c，0）代入抛物线解析式：ac2+bc+c＝0， ∵c≠0， ∴ac+b+1＝0，b+1＝﹣ac， 设一元二次方程ax2+（b+1）x＝0的两根为x1，x2， 由韦达定理可得：， 将b+1＝﹣ac代入得：，故⑤正确； 综上所述正确结论一共有3个， 故选：B． 二、填空题（每小题3分，满分18分） 11．【答案】1.59×105． 【解析】解：159000＝1.59×105． 故答案为：1.59×105． 12．【答案】9． 【解析】解：设该圆锥的母线长为l， 根据题意得2π×4， 解得l＝9， 即该圆锥的母线长为9． 故答案为：9． 13．【答案】7． 【解析】解：由作法得BP平分∠ABC， ∴点D到BA的距离等于点D到BC的距离， ∵∠ACB＝90°，CD＝2， ∴点D到BC的距离为2， ∴点D到BA的距离为2， ∴△ABD的面积7×2＝7． 故答案为：7． 14．【答案】﹣24． 【解析】解：∵四边形ABCD是矩形， ∴AD∥BC，∠ADC＝90°， ∴∠DEC＝∠BCE， ∴tan∠DEC＝tan∠BCE， 即． ∵AD＝6，E为AD中点， ∴DE＝3， ∴DC＝2． ∵BC＝AD＝6，BFBC， ∴BF＝2，CF＝4． 令点F坐标为（﹣4，m）， 则点E坐标为（﹣3，m+2）， ∴﹣4m＝﹣3（m+2）， 解得m＝6， ∴点F坐标为（﹣4，6）． 将点E坐标代入得， k＝﹣4×6＝﹣24． 故答案为：﹣24． 15．【答案】或． 【解析】解：∵DE＝3CF， ∴设CF＝a，则DE＝3a，其中a＞0， ∵点E是边AD的中点， ∴AD＝2DE＝6a， ∵四边形ABCD是菱形， ∴CD＝AD＝6a，AD∥BC， ∵EF⊥BC交直线BC于点F， ∴EF⊥BC， ∴∠EFC＝∠FED＝90°， 依题意有以下两种情况： ①当点F在BC上时，过点CH⊥AD于点H，如图1所示： ∴∠CHE＝∠CHD＝90°， ∴∠CHE＝∠EFC＝∠FED＝90°， ∴四边形CHEF是矩形， ∴HE＝CF＝a，CH＝EF， ∴DH＝DE﹣HE＝3a﹣a＝2a， 在△CHD中，∠CHD＝90°， 由勾股定理得：CH， 解得：a， ∴CD＝6a， ∴菱形ABCD的边长为； ②当点F在BC的延长线上时，过点CH⊥AD于点H，如图2所示： ∴∠CHD＝90°， 同①得：四边形CHEF是矩形， HE＝CF＝a，CH＝EF， ∴DH＝DE+HE＝3a+a＝4a， 在△CHD中，∠CHD＝90°， 由勾股定理得：CH， 解得：a， ∴CD＝6a， ∴菱形ABCD的边长为， 综上所述：菱形ABCD的边长为或． 故答案为：或． 16．【答案】． 【解析】解：如图过点A1作A1D⊥x轴于点D， ∵∠A1OD＝30°，OA1＝1， ∴，，， ∴， ∴， ∵∠C1A1B1＝30°＝∠A1B1O， ∴A1C1∥x轴，则C1的纵坐标为， ∴∠A2A1C1＝∠A1OB1＝30°， 同理可得：，， ∴， ∴A2的纵坐标为， 同理可得A2C2∥x轴，则C2的纵坐标为， ∵∠A1OD＝30°， ∴， ∴，则，， ∴， ∴A3的纵坐标为， …， ∴An的纵坐标为， 又∵An∁n∥x轴，则∁n的纵坐标为， ∴点C2026的纵坐标为， 故答案为：． 三、解答题（本题共8道大题，共72分） 17．【答案】（1）﹣6； （2）xy（x+1）（x﹣1）． 【解析】解：（1）|2| ＝﹣6； （2）x3y﹣xy ＝xy（x2﹣1） ＝xy（x+1）（x﹣1）． 18．【答案】，不等式组的所有整数解是1，2，3． 【解析】解：解不等式①，得， 解不等式②，得x≤3， 所以不等式组的解集为， 则不等式组的所有整数解是1，2，3． 19．【答案】x1＝﹣1，x2＝6． 【解析】解：x2﹣6＝5x， x2﹣5x﹣6＝0， （x+1）（x﹣6）＝0， 则x+1＝0或x﹣6＝0， 所以x1＝﹣1，x2＝6． 20．【答案】（1）50； （2）144； （3） ； （4）估计本次竞赛中获得“A等级”的学生约有810人． 【解析】解：（1）（名）． 故答案为：50． （2）360°＝144°． 故答案为：144； （3）C组人数为50﹣15﹣20﹣3＝12（人）， 条形统计图如图： ． （4）（人）， 答：估计本次竞赛中获得“A等级”的学生约有810人． 21．【答案】（1）连接OD， ∵四边形ABCD内接于⊙O， ∴∠ACD＝∠ABD， ∵AC为⊙O的直径， ∴点O在AC上， ∴OD＝OC， ∴∠ACD＝∠ODC， ∴∠ODC＝∠ABD， ∴∠ODE＝∠CDE+∠ODC＝∠CDE+∠ABD＝90°， ∵OD是⊙O的半径，且DE⊥OD， ∴DE是⊙O的切线． （2）阴影部分的面积是． 【解析】（1）证明：连接OD， ∵四边形ABCD内接于⊙O， ∴∠ACD＝∠ABD， ∵AC为⊙O的直径， ∴点O在AC上， ∴OD＝OC， ∴∠ACD＝∠ODC， ∴∠ODC＝∠ABD， ∴∠ODE＝∠CDE+∠ODC＝∠CDE+∠ABD＝90°， ∵OD是⊙O的半径，且DE⊥OD， ∴DE是⊙O的切线． （2）解：连接OB， ∵AC为⊙O的直径， ∴∠ABC＝∠ADC＝90°，OA＝OB， ∵sin∠BAC， ∴∠OBA＝∠BAC＝30°， ∴∠AOB＝180°﹣∠OBA﹣∠BAC＝120°， ∵∠DAE+∠ACD＝90°，∠CDE+∠ODC＝90°，且∠ACD＝∠ODC， ∴∠DAE＝∠CDE， ∵∠E＝∠E， ∴△DAE∽△CDE， ∴， ∵CE＝8，DE＝12， ∴AE18， ∴AC＝AE﹣CE＝18﹣8＝10， ∴OA＝OCAC＝5，BCAC＝5， ∴AB5， ∴S△ABC5×5， ∴S△AOB＝S△COBS△ABC， ∵S扇形AOB， ∴S阴影＝S扇形AOB﹣S△AOB， ∴阴影部分的面积是． 22．【答案】（1）3600，6； （2）y＝600x﹣3600； （3）5分或7分或20分． 【解析】解：（1）根据题意得：A，B两地之间的距离为3600米； 图中m的值为3600÷（360+240）＝6． 故答案为：3600，6； （2）根据题意得：机器人甲到达B地的时间为3600÷360＝10（分钟）， 此时两机器人之间的距离为240×10＝2400（米）， ∴点G的坐标为（10，2400）． 设线段FG所在直线的函数解析式为y＝kx+b（k≠0）， 将F（6，0），G（10，2400）代入y＝kx+b得：， 解得：， ∴线段FG所在直线的函数解析式为y＝600x﹣3600； （3）机器人乙到达A地的时间为3600÷240＝15（分钟）， ∴点H的坐标为（15，2100）， ∴机器人甲返回A地的速度为240+（2400﹣2100）÷（15﹣10）＝300（米/分）， ∴机器人甲返回A地的时间为15+2100÷300＝22（分钟）． 设线段EF所在直线的函数解析式为y＝ax+c（a≠0）， 将E（0，3600），F（6，0）代入y＝ax+c得：， 解得：， ∴线段EF所在直线的函数解析式为y＝﹣600x+3600； 同理：线段HK所在直线的函数解析式为y＝﹣300x+6600． 当y＝600时，600＝﹣600x+3600， 解得：x＝5； 当y＝600时，600x﹣3600＝600， 解得：x＝7； 当y＝600时，﹣300x+6600＝600， 解得：x＝20． 答：机器人甲行进的时间为5分或7分或20分时，机器人甲、乙相距600米． 23．【答案】（1）∠AEB＝∠CFB，AE＝CF； （2），证明如下： ∵四边形ABCD和四边形EBFG都是矩形， ∴∠ABC＝∠EBF＝90°， ∴∠ABC﹣∠EBC＝∠EBF﹣∠EBC， ∴∠ABE＝∠CBF， ∵， ∴△CBF∽△ABE， ∴， ∴； （3）3或； （4）． 【解析】解：（1）当k＝1时，则， ∴BC＝BA，BF＝BE， ∵四边形ABCD和四边形EBFG都是矩形， ∴∠ABC＝∠EBF＝90°， ∴∠ABC﹣∠EBC＝∠EBF﹣∠EBC， ∴∠ABE＝∠CBF， ∴△ABE≌△CBF（SAS）， ∴∠AEB＝∠CFB，AE＝CF， 故答案为：∠AEB＝∠CFB，AE＝CF； （2），证明如下： ∵四边形ABCD和四边形EBFG都是矩形， ∴∠ABC＝∠EBF＝90°， ∴∠ABC﹣∠EBC＝∠EBF﹣∠EBC， ∴∠ABE＝∠CBF， ∵， ∴△CBF∽△ABE， ∴， ∴； （3）如图所示，当点E在BC上方时，连接AN，过点B作BT⊥AN于点T， ∵， ∴； ∵点M为BC的中点， ∴； ∵四边形EBFG是矩形， ∴∠BEG＝∠EGF＝90°， 设EN＝MN＝x，则， 在Rt△EBN 中，由勾股定理得BN2＝EN2+BE2， ∴， ∴， ∴，， ∵四边形ABCD是矩形， ∴∠ABC＝90°， ∴， ∵BT⊥AN， ∴， ∴， ∴BT＝1， ∴， ∵BN＝BN，BE＝BT＝1，， ∴△BEN≌△BTN（SSS）， ∴∠BNE＝∠BNT， ∴E、N、T三点共线，即点E与点T重合； ∴， 由（2）得； 如图所示，当点E在BC下方时， ∵四边形EBFG是矩形， ∴∠BEG＝∠EBF＝90°， ∴∠BEN＝180°﹣∠BEG＝90°， 同理可得， ∴， ∴∠EBN＝30°； 如图所示，过点E作ET⊥AB交AB的延长线于点T， ∵四边形ABCD是矩形， ∴∠ABC＝90°， ∴∠EBT＝180°﹣90°﹣30°＝60°， ∴，， ∴， ∴； ∵∠ABC＝∠EBF＝90°， ∴∠ABC+∠EBC＝∠EBF+∠EBC， ∴∠ABE＝∠CBF， 又∵， ∴△ABE∽△CBF， ∴， ∴； 综上所述，CF的长为3或， 故答案为：3或； （4）如图所示，过点P作PM⊥AB于点M， ∵PM⊥AB，EQ⊥BC， ∴∠PMB＝∠BQE＝90°， ∴∠MBP+∠MPB＝90°， ∵四边形ABCD是矩形， ∴∠ABC＝90°， ∴∠MBP+∠QBE＝90°， ∴∠MPB＝∠QBE， ∴△MPB∽△QBE， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵（BQ﹣EQ）2≥0， ∴BQ2+EQ2﹣2EQ•BQ≥0， ∴2EQ•BQ≤BQ2+EQ2； 在Rt△EBQ 中，由勾股定理得BQ2+EQ2＝BE2＝12＝1， ∴2EQ•BQ≤BQ2+EQ2＝1， ∴， ∵， ∴， 又∵S＞0， ∴， 故答案为：． 24．【答案】（1）； （2）当m＝2时，PE的值最大，最大值为2，此时点P的坐标为（2，4）； （3）（5，2）或； （4）． 【解析】解：（1）将A（﹣2，0），B（4，0）代入抛物线的解析式y＝ax2+bx+4， 得， 解得， ∴抛物线的解析式为； （2）设点， 当x＝0时，， ∴C（0，4）， 设直线BC的解析式为y＝kx+4， ∵B（4，0）， ∴4k+4＝0，则k＝﹣1， ∴直线BC的解析式为 y＝﹣x+4， ∵PD⊥x轴， ∴E（m，﹣m+4）． ∴， ∵， ∴当m＝2时，PE的值最大，最大值为2，此时点P的坐标为（2，4）； （3）对于，当x＝0时，y＝4，则C（0，4）， ∵A（﹣2，0），， ∴将抛物线沿射线AC方向平移个单位长度，相当于将抛物线先向右平移1个单位长度，再向上平移2个单位长度，得到新抛物线， ∴新抛物线的解析式为， 分两种情况： 当点Q在x轴上方时，如图， 设直线AC的解析式为y＝px+4， 将A（﹣2，0）代入，得0＝﹣2p+4， 解得p＝2， ∴直线AC的解析式为y＝2x+4， ∵∠CBQ＝∠ACB， ∴BQ∥AC， ∴设直线BQ的解析式为y＝2x+t， 将B（4，0）代入，得0＝8+t，解得t＝﹣8， ∴直线BQ的解析式为y＝2x﹣8， 联立方程组， 解得或（舍去）， ∴Q（5，2）； 当点Q在x轴下方时，如图，设， ∵OB＝OC＝4，OA＝2， ∴∠OCB＝∠OBC， 又∵∠CBQ＝∠ACB， ∴∠ABQ＝∠ACO， ∴， ∴，整理得x2﹣3x﹣13＝0， 解得或（舍去）， ， ∴， 综上，满足条件的Q的坐标为 （5，2）或， 故答案为：（5，2）或； （4）如图， 由（2）知，P（2，4），E（2，2），直线BC的解析式为y＝﹣x+4， 设M（m，﹣m+4），则M'（﹣m+4，﹣m）， ∴， ∵E（2，2），O（0，0）， ∴直线OE的解析式为y＝x，则OE与x轴正方向成45°， ∵NF⊥OE于点F， ∴设F（t，t），且NF与x轴所形成的锐角为45°，分别过点N、点F作x轴、y轴的平行线，设交点为K，如图，则△NKF是等腰直角三角形， ∴xN﹣t＝t﹣yN，即， ∴m＝2﹣2t，则N（t+1，t﹣1）， ∴， 设G（﹣3，1）， ∴AN＝FG， ∴AN+PF＝FG+PF，问题转化为求直线OE上的点F到点G（﹣3，1）和点P（2，4）的距离和的最小值， 设点G关于直线y＝x的对称点为G'，则G'（1，﹣3），则AN+PF的最小值为G'P的长度， ∵， ∴AN+PF的最小值为． 故答案为：． 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $