2026中考数学压轴题每日一题（120题）答案_2025-2026中考数学《压轴题每日一题》(1)

★2026中考数学压轴题每日一题参考答案★ ★类型1：二次函数代几综合(1-26题)+二次函数无 图代数推理(27-32)★ 1．【分析】(1)待定系数法求解析式即可； (2)求出D，E点的坐标，易得抛物线的顶点坐标在直 线y=-1上移动，根据抛物线y=(x-h)2-1与线段 DE有公共点，得到抛物线与直线AB有一个交点开始， 将抛物线向右移动直至抛物线与线段DE只有一个交点 为E(2,1)时，均满足题意，求出两个临界值即可得出 结果； ∴当y=(x-h)2-1过点E(2,1)时，(2-h)2-1=1， (3)先求出C点坐标，进而求出直线PQ的解析式，联 解得：h=2- 2或h=2+ 2， 立抛物线与直线AB，根据根与系数的关系结合中点坐 1 ∴当- ≤h≤2+ 2时，抛物线y=(x-h)2-1与 4 标公式求出M点坐标，同理求出N点坐标，作MH⊥ 线段DE有公共点； CT ， NF ⊥ CT 根 据 TC 平 分 ∠ MTN ， 得 到 (3)存在， tan∠NTF= tan∠MTH，设T(1,t)，根据正切的定 ∵y=kx-k，∴当y=0时，x=1， 义，列出比例式进行求解即可． ∴C(1,0)，抛物线的对称轴为直线x=1， 【解答】解：(1)∵抛物线y=ax2+bx过点(-1,3)，且 ∴点C在抛物线的对称轴上， 对称轴为直线x=1， ∵PQ过点C，且与直线AB垂直， ∴   - a- 2 b a b= = 3 1 ，解得   a b= = - 1 2 ， ∴直线PQ的解析式为：y=- 1 (x-1)，即：y= k 则该抛物线解析式为：y=x2-2x； 1 1 - x+ ， k k (2)当k=1时，则y=x-1， y=kx-k  ∴当x=0，y=-1，当x=2时，y=1， 联立 ，整理，得x2-(k+2)x+k=0， y=x2-2x ∴D(0,-1)，E(2,1)， ∴x +x =k+2，y +y =kx -k+kx -k=k(x A B A B A B A ∵y=(x-h)2-1， +x )-2k=k2， B ∴顶点坐标在直线y=-1上移动， ∵M为AB的中点， ∵y=(x-h)2-1与线段DE有公共点， k+2 k2 ∴联立   y=(x-h)2-1 ， ∴M 2 , 2 y=x-1 整理，得x2-(2h+1)x+h2=0， ∴当△=(2h+1)2-4h2=0， 1 即h=- 时，满足题意， 4 1 将y=(x-h)2-1从h=- 开始向右移动，直至抛物 4 线与线段DE只有一个交点为E(2,1)时，y=(x-h)2 -1与线段DE均有公共点，  y=-1 x+1 ，联立 k k ， y=x2-2x 1 1 同理可得：N1- , 2k 2k2  ★ 2026 中考数学 压轴题 每日一题 参考答案（类型 1）★ ， 作MH⊥CT，NF⊥CT， ∵TC 平分∠MTN，∴∠NTF=∠MTH， MH NF ∴tan∠NTF=tan∠MTH，∴ = ， TH TF ·1·k+2 -1 1-1+ 1 2 2k 设T(1,t)，则 = ， t-k2 t- 1 2 2k2 1 解得：t=- ， 2 1 ∴抛物线的对称轴上存在T1,- 2  ，使得TC 总是平 分∠MTN． 2．【分析】(1)利用待定系数法求二次函数的解析式； (2)先求出直线BC的解析式，然后设点P的坐标为(x, x2-5x-6)，过点P作PF⎳y轴交BC于点F，交x 轴于点H，点F的坐标为(x,x-6)，求出PF长，再证 PQ 明△QPF∽△QOC，根据对应边成比例求出 的最 OQ 大值，把点P向上平移4个单位长度得到点Q，点Q 的坐标为(3,-8)，连接GD，即可得到BD+PE= BD+DG，连接AG，则AG是最小值，利用勾股定理 即可解答； (3)根据平移得到抛物线y'的解析式，然后过点P作 PQ⊥y轴于点Q，过点N作NK⊥x轴于点K，连接 PM，即可得到 ∠NAB = ∠OPM - 45° = ∠OPQ = ∠POB，设点 N 的坐标为 (a,a2 - a - 14)，根据 tan∠NAB=tan∠OPQ，列等式求出a的值即可． 5 【解答】解：(1)设抛物线的解析式为y=x- 2  2 +k， 49 49 把(6,0)代入得 +k=0，解得k=- ， 4 4 5 ∴y=x- 2  则点F的坐标为(x,x-6)， ∴PF=x-6-(x2-5x-6)=-x2+6x， ∵PF⎳y轴， ∴∠PFQ=∠OCQ，∠FPQ=∠COQ， ∴△QPF∽△QOC， QP PF 1 1 3 ∴ = = (-x2+6x)=- (x-3)2+ ， QO OC 6 6 2 QP 3 ∴当x=3时， 取得最大值为 ，这时点P的坐 QO 2 标为(3,-12)， 把点P向上平移4个单位长度得到点G，点G的坐标 为(3,-8)，连接GD， 则四边形DEPG是平行四边形， ∴DG=PE， 即BD+PE=BD+DG， 5 由A，B关于x= 对称性可得点A的坐标为(-1,0)， 2 连接AG，则BD+PE=BD+DG的最小值为AG长， 即AG= AH2+HG2= 42+82=4 5， 即BD+PE的最小值为4 5； (3)∵AB=AC=6， ∴∠ABC=∠ACB=45°， ∵将抛物线y=x2+bx+c沿射线BC方向平移2 2个 单位长度，即为向左平移两个单位长度，向下平移两 个单位长度得到抛物线y'， 5 2 49 即y=x- +2 - =x2-5x-6； 2 4 (2)令x=0，则y=-6， ∴点C的坐标为(0,-6)， 设直线BC的解析式为y=mx+n， 6m+n=0 m=1   把(6,0)和(0,-6)代入得 ，解得 ， n=6 n=-6 ∴y=x-6， 设点P的坐标为(x,x2-5x-6)，过点P作PH⎳y轴 交BC于点F，交x轴于点H，如图，  ★ 2026 中考数学 压轴题 每日一题 参考答案（类型 1）★ 2 49 - -2=x2-x-14， 4 过点P作PQ⊥y轴于点Q，过点N作NK⊥x轴于点 K，连接PM， 设点N的坐标为(a,a2-a-14)， 由平移得∠QPM=45°， ∴∠NAB=∠OPM-45°=∠OPQ+∠QPM-45°= ∠OPQ=∠POB， 如图1， ∵tan∠NAB=tan∠OPQ， ·2·12 -(a2-a-14) 即 = ， 3 a-(-1) 解得a=-5(舍去)或a=2， ∴点N的坐标为(2,-12)； 如图2， ∵tan∠NAB=tan∠OPQ， 12 a2-a-14 即 = ， 3 a-(-1) 5+ 97 5- 97 解得a= 或a= (舍去)， 2 2 5+ 97 ∴点N的坐标为 ,14+2 97 2  ； 综 上 所 述 ， 点 N 的 坐 标 为 ( 2 , - 12 ) 或 5+ 97  ,14+2 97 2  ． 3．【分析】(1)待定系数法求出函数解析式即可； (2)求出点A的坐标，进而得到点M的坐标，求出直 线AB的解析式，进而求出点C的坐标，求出点D的 1 坐标，根据△BCD的面积= CD⋅OM进行求解即 2 可； (3)①根据要求作图即可，连接BF，作FQ⊥OB于 点Q，证明△AOE≅△BOF，得到∠OBF=∠OAE= 45°，BF=AE= 2，进而得到△FQB为等腰直角三 角形，求出F点坐标，将F点的横坐标代入抛物线的 解析式，判断点F是否在抛物线上即可； ②连接BF并延长，交x轴于点G，连接PM，PF， MF，作MH⊥BG于点H，斜边上的中线得到MP= 1 OA=2，根据PF≥MF-PM，得到当M，P，F 2 三点共线时，PF最小，同①可知，∠OBF=∠OAE =45°，得到点F在射线BG上运动，进而得到当MF ⊥BG时，即F与点H重合时，MF最小，此时PF最 小为MH-PM，易得△OBG为等腰直角三角形，求 出OG的长，进而求出MG的长，易得△MHG为等腰 直角三角形，求出MH的长，根据PF最小为MH- PM，计算即可． 5 【解答】解：(1)把B(0,-4)，代入y=ax+ 2  2 4)(a≠0)，得-10a=-4，解得：a= ， 5 2 5 ∴y= x+ 5 2 (x-  2 3 (x-4)= x2- x-4； 5 5 2 5 (2)当y= x+ 5 2  (x-4)=0时， 5 则x =- ，x =4，∴A(4,0)， 1 2 2 ∵M是OA的中点，∴M(2,0)，∴OM=2， ∵B(0,-4)，∴设直线AB的解析式为：y=kx-4， 把A(4,0)，代入， 得k=1，∴y=x-4， ∵点M作OA的垂线，交AB于点C，交抛物线于点 18 D，∴C(2,-2)，D2,- 5  ★ 2026 中考数学 压轴题 每日一题 参考答案（类型 1）★ ， 18 8 ∴CD=-2+ = ， 5 5 1 1 8 8 ∴△BCD的面积= CD⋅OM= ×2× = ； 2 2 5 5 (3)①由题意，作图如下： 连接BF，作FQ⊥OB于点Q， 由(2)可知：OA=OB=4， ∴∠OAB=∠OBA=45° ∵将线段OE绕点O顺时针旋转90°得到OF， ∴OE=OF，∠EOF=90°=∠BOA， ∴∠AOE=∠BOF， 又∵OA=OB，OE=OF， ∴△AOE≅△BOF(SAS)， ∴∠OBF=∠OAE=45°，BF=AE= 2， ∵FQ⊥OB， ∴△FQB为等腰直角三角形， 2 ∴FQ=BQ= BF=1， 2 ∴OQ=OB-BQ=3，∴F(-1,-3)， 2 3 对于y= x2- x-4， 5 5 2 3 当x=-1时，y= + -4=-3， 5 5 ∴点F在抛物线上； ②连接BF并延长，交x轴于点G，连接PM，MF， 作MH⊥BG于点H，如图， ·3·∵∠OPA=90°，M为OA的中点， 1 ∴PM= OA=2， 2 ∵PF≥MF-PM， ∴当M，P，F三点共线时，PF最小， 同①可得，∠OBF=∠OAE=45°， ∴点F在射线BG上运动， ∴当MF⊥BG时，即F与点H重合时，MF最小，此 时PF最小为MH-PM， ∵∠OBG=45°， ∴△OBG为等腰直角三角形， ∴OG=OB=4，∠BGO=45° ∴MG=OG+OM=6，△MHG为等腰直角三角形， 2 ∴MH= MG=3 2， 2 ∴PF的最小值为MH-PM=3 2-2． 4．【分析】(1)由解析式可知C(0,3)，令y=0，则 -x2+2x+3=0．解得x=-1，或x=3．点B的坐标 为(3,0)，最后由待定系数法可求直线BC的表达式； (2)方法一：把M(m,y )，N(m+2,y )代入y=-x2+ 1 2 1 2x+3中，可得y +2y =-3m+ 1 2 3  【解答】解：(1)令x=0，则y=3，可得C的坐标为 (0,3)． 令y=0，则-x2+2x+3=0，解得x=-1或x=3． 故点B的坐标为(3,0)， 设直线BC的表达式为y=kx+b，  b=3,  k=-1, 故 解得 ， 3k+b=0. b=3. ∴直线BC对应函数的表达式为y=-x+3． (2)不存在实数m使得y +2y =10，理由如下： 1 2 方法一：把M(m,y )，N(m+2,y )代入二次函数y= 1 2 -x2+2x+3中， 可得y =-m2+2m+3，y =-(m+2)2+2(m+2)+ 1 2 3=-m2-2m+3， ∴y +2y =-m2+2m+3+2(-m2-2m+3)=-3m2 1 2 -2m+9， 1 配方得y +2y =-3m+ 1 2 3 2 1 +9 ，求出此 3 函数的最大值，即可判断；方法二：由方法一，得y 1 +2y =-3m2-2m+9．当y +2y =10时，可得方程 2 1 2 -3m2-2m+9=10，整理方程后用根的判别式考虑方 程的解的问题； (3)作NH⎳y轴，交x轴于点H，交BC于点N'，作 PQ⊥NH，垂足为Q，作MM'⎳y轴，交BC于点 M'，则MM'⎳NN'，当x=1-m时，y=-(1-m)2 +2(1-m)+3=-m2+4．点P的坐标为(1-m,-m2 +4)，点N的坐标为(m+2,-m2-2m+3)，点Q的 坐标为(m+2,-m2+4)，点H的坐标为(m+2,0)， 点N'的坐标为(m+2,-m+1)．从而可知NQ=PQ = |2m + 1|， BH = HN' = | -m + 1|．故 ∠PNQ = ∠BN'H=45°．证明△MDE∽△MNP，由面积比可推 1 得MD= MN，即MD=ND．再证明△MM'D'∽ 2 MM MD 1 △NN'D，由 = = ，即MM'=NN'，由 NN ND 1 此用含m的式子表示线段长列方程求解即可．  ★ 2026 中考数学 压轴题 每日一题 参考答案（类型 1）★ 2 1 +9 ． 3 1 1 故当m=- 时，y +2y 的最大值为9 ≠10． 3 1 2 3 故不存在实数m使得y +2y =10； 1 2 方法二：由方法一得y +2y =-3m2-2m+9． 1 2 当y +2y =10时，即-3m2-2m+9=10，整理可得 1 2 3m2+2m+1=0． ∵△=4-12=-8<0， ∴方程没有实数根． ∴不存在实数m使得y +2y =10； 1 2 1+ 5 1- 5 (3)m= 或m= ，理由如下： 2 2 如图1，作NH⎳y轴，交x轴于点H，交BC于点N'， 作PQ⊥NH，垂足为Q，作MM'⎳y轴，交BC于点 M'， 则MM'⎳NN'， 当x=1-m时，y=-(1-m)2+2(1-m)+3=-m2 +4． ∴点P的坐标为(1-m,-m2+4)． ∵点N的坐标为(m+2,-m2-2m+3)， ·4·∴点Q的坐标为(m+2,-m2+4)，点H的坐标为(m +2,0)， 点N'的坐标为(m+2,-m+1)． ∴NQ=PQ=|2m+1|，BH=HN'=|-m+1|． ∴∠PNQ=∠BN'H=45°． ∴PN⎳BC， MD ∴△MDE∽△MNP．∴ MN  2 1 = ， 4 1 ∴MD= MN，即MD=ND． 2 ∵MM'⎳NN'，∴△MM'D∽△NN'D． MM MD 1 ∴ = = ，即MM'=NN'， NN ND 1 ∵点M的坐标为(m,-m2+2m+3)， ∴点M'的坐标为(m,-m+3)． ∴m2-3m=|-m2-m+2|，即m2-m-1=0或 -4m=-2， 1+ 5 1- 5 1 解得m= 或m= 或m= (此时P与 2 2 2 M重合，舍去)， 1+ 5 1- 5 故m= 或m= ． 2 2 5．【分析】(1)运用待定系数法即可求解； 1 ( 2 ) ① 求 出 直 线 BC : y =- x + 3 ， 则 2 1 Dt,- t2+t+3 4  1 ，Et,- t+3 2  ∴C(0,3)， 设直线BC表达式为：y=kx+b， 则   6k+b=0 ，解得：   k=- 2 1 ， b=3 b=3 1 ∴直线BC:y=- x+3， 2 ∵DE⊥AB， 1 ∴Dt,- t2+t+3 4 ，即可用t的代数 式表示DE； ②用两点间距离公式分别表示三边，分类讨论，建立 方程求解即可； (3)在y轴负半轴取点N(0,-6)，连接NG并延长交x 轴于点M，连接AN，证明△BOE≅△NOG(SAS)， 则∠CBO=∠MNO，确定点G在线段MN上运动(不 包括端点)，故当AG⊥MN时，AG最小，可证明 △COB≅△MON(ASA)，求得MN= OM2+ON2 = 1 3 5，而当 AG ⊥ MN 时， S = AM ⋅ ON = △AMN 2 1 MN⋅AG，即可由面积法求最小值． 2 【解答】解：(1)∵抛物线y=ax2+bx+3与x轴交于 A，B两点(点A在点B左侧)，与y轴交于点C，OA =2，OB=6， ∴A(-2,0)，B(6,0)， ∴   4a-2b+3=0 ，解得：   a=- 4 1 ， 36a+6b+3=0 b=1 1 ∴抛物线表达式为y=- x2+x+3； 4 1 (2)①对于抛物线表达式y=- x2+x+3， 4 当x=0，y=3，  1 ，Et,- t+3 2  ， 1 1 ∴DE=- t2+t+3-- t+3 4 2  1 3 =- t2+ t， 4 2 1 3 ∴DE=- t2+ t(01时，共2种情况满足题意；②当m-n= 3时，即m=n+3，这与m=n相矛盾，故不成立， 对应的t值有0个；③当mn=2时，由m=n可知， m=n= 2，故ME=2，故t2+3t=2，即t2+3t= ±2，可解得t有4个值； m ④当 =1时，m=n恒成立，所以对应的t值有无 n 数个． 【解答】解：(1)∵二次函数y=-x2-2x+3=-(x+ 3)(x-1)， ∴令y=0，可得x=-3或1，  ★ 2026 中考数学 压轴题 每日一题 参考答案（类型 1）★ 2 9 + ， 2 9 即MN的最大值为 ； 2 (3)作MS⊥AC于点S，RN⊥AC于点R，设MN交 AC于点E，如图1所示， 由待定系数法可知直线AC的表达式为y=x+3， ∴∠CAB=45°，∴∠MES=∠NER=45°， ∵MS=m，RN=n， ∴ME= 2m，RN= 2n， ∵E(t,t+3)， ∴ME=t2+3t，NE=t2+3t， 即ME=NE=t2+3t，进而可得m=n， ①当m+n=4时， 即m=n=2，故MN=4 2， 9 当-3≤t≤0时，MN = <4 2， max 2 那么由图可知当t<-3时或t>1时，共2种情况满足 题意， 故对应的t值有2个； ②当m-n=3时，即m=n+3，这与m=n相矛盾， 故不成立，对应的t值有0个； ③当mn=2时，由m=n可知，m=n= 2， 故ME=2， ∴t2+3t=2，即t2+3t=±2， ·6·-3- 17 -3+ 17 解得t=-2或-1或 或 ， 2 2 故对应的t值有4个； m ④当 =1时， n ∵m=n恒成立，∴对应的t值有无数个． 故答案为：2，0，4，无数． 7．【分析】(1)可求得D(2,-3)，进而将点D和点A 坐标代入抛物线的解析式，求得a，b，进一步得出结 果； (2)①可求得OF=3 2，从而得出OM+FM≥OF= 3 2，当O、M、F共线时，OM+FM最小，可证得 四边形BOCF是正方形，进而得出点M坐标； ②连接 NG，作 EH ⊥ EN 于 H，可证得 △OCM ≅ △GCN，从而NG=OM，从而得出OM+BN=NG+ BN≥BG，根据∠BCG=90°，BC=3 2，CG=3得 出BG，从而得出结果； (3)设EP交AB于F，作FW⊥BC于W，可得出 AC=FC，从而∠FCO=∠OCA，进而推出∠OAP= FW ∠BCF，进而得出 tan∠OAP=tan∠BCF= = CW 1 PF 1 ，从而 = ，从而求得PF，进而得出结果． 2 AF 2 【解答】解：(1)由题意得， C(0,-3)，D(2,-3)， a-b-3=0 a=1   ∴ ，∴ ， a⋅22+2b-3=-3 b=-2 ∴抛物线的解析式为：y=x2-2x-3， ∵y=x2-2x-3=(x-1)2-4，∴E(1,-4)； (2)①∵C(0,-3)，D(2,-3)， ∴CD⊥OC， ∵CF=CO=3，∴OF=3 2， ∴OM+FM≥OF=3 2， 当O、M、F共线时，OM+FM最小， 由x2-2x-3=0得， x =-1，x =3，∴B(3,0)，∴BF⊥OB， 1 2 ∵∠BOC=90°，∴四边形BOCF是矩形， 3 3 ∴矩形BOCF是正方形，∴M ,- 2 2  ★ 2026 中考数学 压轴题 每日一题 参考答案（类型 1）★ 连接NG，作EH⊥EN于H， ∵E(1,-4)，C(0,-3)， ∴EH=CH=1， ∴∠ECH=∠CEH=45°， 由①知， 四边形BOCF是正方形， ∴∠BCO=45°， ∴∠BCO=∠ECH， ∵CG=OC，CM=CN， ∴△OCM≅△GCN(SAS)， ∴NG=OM， ∴OM+BN=NG+BN≥BG， ∴当B、N、G共线时，OM+BN最小， ∵∠BCG=90°，BC=3 2，CG=3， ∴BG= (3 2)2+32=3 3， ∴(OM+BN)最_小； (3)如图2， 设EP交AB于F，作FW⊥BC于W， ∵E(1,-4)， ∴F(1,0)， ∵A(-1,0)， ∴OA=OF， ∵OC⊥AF， ∴AC=FC， ∴∠FCO=∠OCA， ； ∵∠OCB=45°， ∴∠FCO+∠BCF=45°， ②如图1， ∵∠OAP+∠OCA=45°， ∴∠OAP=∠BCF， ∵BF=OB-OF=2，∠OBC=45°， ∴FW=BW= 2， ∵BC=3 2， ∴CW=BC-BW=2 2， FW 1 ∴tan∠OAP=tan∠BCF= = ， CW 2 ·7·PF 1 ∴ = ， AF 2 1 ∴PF= AF=1， 2 ∴P(1,1)或(1,-1)， 故答案为：(1,1)或(1,-1)． 8．【分析】(1)待定系数法进行求解即可； (2)一般式化为顶点式，求出T点坐标，根据P点横坐 1 3 标，得到Pt, t2-t- 2 2  ，进而求出PH，TH，进 行求解即可； (3)①求出C点，B点坐标，分00)交L 于点E，A(0,3)， 1 ∴n=3， ∴直线AE的解析式为y=kx+3， 1 ∵y=a(x-3)2+d(a<0)经过点C ,2 2  ， 25 ∴2= a+d， 4 25 ∴d=2- a， 4 25 11 ∴y=a(x-3)2+2- a=ax2-6ax+ a+2， 4 4 y=ax2-6ax+11a+2 联立 4 ， y=kx+3 11a 消去y得，ax2-kx-6ax+ -1=0， 4 6a+k 6a+k 6ak+k2 ∴x +x = ，则E , +3 1 2 a a a  ， ∵点M的横坐标是点E横坐标的一半， 6a+k 6a+k ∴M , k+3 2a 2a  6a+k 6ak+k2 ，即 , +3 2a 2a  ， 将E代入y=-x2+6x+3， 6ak+k2 (6a+k)2 6a+k ∴ +3=- +6× +3① a a2 a ∵点M为直线AE与L 的唯一公共点， 2 11a ∴△=(k+6a)2-4×a× -1 4  ★ 2026 中考数学 压轴题 每日一题 参考答案（类型 1）★ =0②， a=-1 a=-1   联立①②得： 或 ， k=6- 15 k=6+ 15 当k=6+ 15时，唯一公共点不在第一象限，不符合 题意， ∴k=6- 15． 10．【分析】(1)依据题意，结合表格数据可得，二次 -2+0 函数的对称轴是直线x= =-1，则可设二次函 2 数为y=a(x+1)2+k，结合图象过(0,-2)，(1,1)，可 得-2=a(0+1)2+k，且1=a(1+1)2+k，进而求出 ·9·★ 2026 中考数学 压轴题 每日一题 参考答案（类型 1）★ a，k后即可判断得解； ③当n-1≤0时，即n≤1， (2)依据题意，结合(1)y=(x+1)2-3，可得顶点坐标 ∴当x=0时，y取最小值为(1-n)2-3；当x=3时， 为(-1,-3)，进而可以作图得解； y取最大值为(4-n)2-3． (3)依据题意，由二次函数的图象向右平移n个单位长 又∵最大值与最小值的差为5， 度后，则新函数为y=(x+1-n)2-3，故此时对称轴 ∴(4-n)2-3-(1-n)2-3=5． 是直线x=n-1，函数图象开口向上，然后分三种情 5 ∴n= >1，不合题意． 3 形分别讨论计算，进而可以得解． 综上，n=1+ 5或n=4- 5． 【解答】解：(1)由题意，结合表格数据可得，二次函 11．【分析】(1)代入点A、B的坐标，求得系数，即 -2+0 数的对称轴是直线x= =-1． 2 可得到解析式； ∴可设二次函数为y=a(x+1)2+k． (2)过点P作PQ⎳BC交y轴于点Q，连接CQ，进行 又∵图象过(0,-2)，(1,1)， 等面积转化，由面积求得线段长度，可得点的坐标， ∴-2=a(0+1)2+k，且1=a(1+1)2+k． 从而可求直线的解析式，再与抛物线解析式联立，即 ∴a=1，k=-3． 可解得点P的坐标； ∴二次函数为y=(x+1)2-3，即y=x2+2x-2． (3) 将 RT △CBO 绕点 C 逆时针旋转 90° 得到 (2)由题意，结合(1)y=(x+1)2-3， RT△CRQ，则△BCR为等腰直角三角形．由旋转性质 ∴顶点坐标为(-1,-3)． 可得点R的坐标，从而可得直线方程，由等腰三角形 作图如下． 的性质，可知G为直线与抛物线的交点，联立此直线 方程与抛物线解析式，结合所处象限，即可得到点G 的坐标； (4)根据题设条件所描述的运动过程，结合三角形的相 似判定与性质，分析CF取最小值和最大值时候点F所 处的位置，用勾股定理解直角三角形，结合三角形三 边关系可求出CF的最小值，进而可得CF的范围． 【解答】解：(1)解：将A(-1,0)，B(6,0)代入抛物线 的解析式y=ax2+bx+3，  a-b+3=0  a=- 2 1 得 36a+6b+3=0 ，解得 b=5 ， 2 (3)由题意，∵二次函数的图象向右平移n个单位长度 1 5 ∴抛物线的解析式为y=- x2+ x+3． 2 2 后， (2)解：过点P作PQ⎳BC交y轴于点Q，连接CQ， ∴新函数为y=(x+1-n)2-3． 如图a所示， ∴此时对称轴是直线x=n-1，函数图象开口向上． 则S =S =24， ∴①当3≤n-1时，即n≥4， △QBC △PBC ∴当x=0时，y取最大值为(1-n)2-3；当x=3时， y取最小值为(4-n)2-3． 又∵最大值与最小值的差为5， ∴(1-n)2-3-(4-n)2+3=5． 10 ∴n= <4，不合题意． 3 ②当01时，PE=x2+4x-5-(-x-5)=x2+5x， DE=x+5，x2+5x=3(x+5)， 思路同②，此时Q[-2m，-2(m2-2m-1)]，代入抛 解得x=3，或x=-5(舍去)， 物线解析式得，-2(m2-2m-1)=(-2m)2+4m-1， ∴x2+4x-5=16， 2 2 ∴P(3,16)， 解得m=- (舍去)，或m= ， 2 2 2 故P点坐标为P(-3,-8)，P(3,16)； 1 2 此时，当P点向右一直移动，直至到x轴时，都符合 题意， 2 ∴当 1，四种情况解答； (3)过点F，P作FG⊥x轴于G，PH⊥x轴于H， 得∠AGF=∠AHP=90°，根据等腰直角三角形．得 AF = AP， ∠PAF = 90°，得 ∠FAG = ∠APH，得 △AFG≅△PAH(AAS)，得AH=FG，PH=AG，设 P(m,m2+4m-5)，分-51两种情况 解答． 【解答】解：(1)∵抛物线y=ax2+bx-交x轴于A(1, 0)，B(-5,0)两点， (3)过点F，P作FG⊥x轴于G，PH⊥x轴于H， a+b-5=0 a=1   ∴ ，解得 ， 25a-5b-5=0 b=4 则∠AGF=∠AHP=90°， ∴y=x2+4x-5； ∵△AFP是以PF为斜边的等腰直角三角形． (2)y=x2+4x-5中，当x=0时，y=-5， ∴AF=AP，∠PAF=90°90°， ∴C(0,-5)， ∴∠FAG+∠PAH=∠APH+∠PAH=90°， ∴设直线BC的解析式为y=kx-5， ∴∠FAG=∠APH， ∵B(-5,0)，∴-5k-5=0，∴k=-1， ∴△AFG≅△PAH(AAS)， ∴y=-x-5，设P(x,x2+4x-5)， ∴AH=FG，PH=AG， 则E(x,-x-5)， 设P(m,m2+4m-5)， 当x<-5时，PE=x2+4x-5-(-x-5)=x2+5x， 当-51时，AH=m-1，PH=m2+4m-5， ∴FG=m-1， ∴-x-5=m-1， ∴x=-m-4， ∴F(-m-4,m-1)， ∴AG=1-(-m-4)=m+5， ∴m2+4m-5=m+5， 解得m=2，m=-5(舍去)， ∴P坐标为(2,7)； 故P坐标为(-1,-8)，或(-2,-9)，或(2,7)． 14．【分析】(1)将点(3,3)代入y=x2+bx，求出b即 可求解析式； (2)先求抛物线的对称轴为直线x=1，由A，B两点关 于该抛物线的对称轴对称，可得2m+1=2，求出 1 3 A ，- 2 4  1 3 ∴A ，- 2 4 ，再由A、C关于M点对称，求出C点 即可； 1 (3)当01)，P又在 ∵∠DBM=∠EBN， 原抛物线上，新抛物线与直线x=1交于点N， ∴△DMB∽△ENB， 连结FP、PN，过点P作PH⊥FN，∠FPN=120°， DM BD 如图所示： ∴ = ， EN BE ∵DE:BE=1:2， ∴DB:BE=3:2， DM 3 ∴ = ， EN 2 设点E的纵坐标为2m，则点D的纵坐标为3m， 设AC的解析式为y=kx+r(k≠0)， ∵C(0,3)，A(3,0)， 3=r  ∴ 0=3k+r ， ∴平移后的抛物线的解析式为y=-(x-m)2+n， r=3 把x=1代入y=-(x-m)2+n，  解得 ， k=-1 得y =-(1-m)2+n， N ∴AC的解析式为y=-x+3， ·17·★ 2026 中考数学 压轴题 每日一题 参考答案（类型 1）★ ∵点P(m,n)在y=-(x-1)2+4上， ∴y=-(x+1)(x-3)， ∴n=-(m-1)2+4， ∴y=-x2+2x+3； ∴(m-1)2=4-n， (2)①把x=0代入y=-x2+2x+3，得y=3， ∴y =-(1-m)2+n=-4+n+n=-4+2n， ∴C(0,3)， N ∴N(1,-4+2n)， 如图，延长DC与x轴相交于点G， ∵P(m,n)，N(1,-4+2n)，F(1,4)， ∴PF2=(m-1)2+(n-4)2，PN2=(m-1)2+[n-( -4+2n)]2=(m-1)2+(n-4)2， 则PF2=PN2，即PF=PN， ∴△PFN是等腰三角形， ∵∠FPN=120°， 1 ∴∠EPH= ×120°=60°， 2 FH 4-n 则tan∠FPH=tan60°= = = 3， ∵B(3,0)，C(0,3)， HP m-1 ∴OB=OC=3， ∴4-n= 3(m-1)， ∵∠COB=90°， 令t=m-1， ∴∠CBO=45°， ∴4-n= 3t， ∵∠DCB=90°=∠BCG， 即n=- 3t+4， ∴∠CGB=90°-∠CBO=90°-45°=45°， ∵n=-(m-1)2+4， ∴∠GCO=180°-∠COG-∠CGB=180°-90°-45°= ∴- 3t+4=-t2+4， 45°， 即t2- 3t=0， ∴OG=OC=3，∴G(-3,0)， ∴t(t- 3)=0， 设直线CG的解析式为：y=kx+m(k≠0)， ∴t =0,t = 3， 1 2 把C(0,3)，G(-3,0)代入， ∴m-1=0，或m-1= 3， 3=m k=1   ∴m=1(舍去)或m= 3+1， 得 ，解得 ， 0=-3k+m m=3 ∴P(1+ 3,1)， ∴直线CG的解析式为：y=x+3， ∴平移后的抛物线解析式为y=-(x-1- 3)2+1， ∵点D是直线CG与二次函数的交点， 令y=0，则0=-(x-1- 3)2+1， y=x+3  ∴(x-1- 3)2=1， ∴联立解析式 y=-x2+2x+3 ， 即x-1- 3=±1， x=0 x=1   解得 或 ， ∴x =2+ 3，x = 3， y=3 y=4 1 2 则|x -x |=2+ 3- 3=2， ∴D(1,4)； 1 2 ∴新抛物线与x轴存在两个不同的交点，这两个交点之 ②如图，过点D作二次函数的对称轴平行于y轴，过 间的距离为2． 点O作OH⎳EF交二次函数的对称轴于点H，且OH 18．【分析】(1)利用两点式求解抛物线解析式； =EF= 2，连接HE，设DH交x轴为点G， (2)①延长DC与x轴相交于点G，证明△COG是等腰 直角三角形，从而得到G点坐标，求出直线CG的解 析式，联立抛物线解析式求解即可； ②过点O作OH⎳EF，且OH=EF= 2，连接HE， DH，设DH交x轴为点G，然后证明四边形OFEH是 平行四边形，根据DE+EH≥DH，得出DE+EH= DH时，DE+EH最小，进一步求出DH即可． 【解答】解：(1)∵A(-1,0)，B(3,0)， 在二次函数y=-x2+bx+c的图象上， ∵OH⎳EF，且OH=EF， 设该二次函数为y=-(x-x)(x-x )， 1 2 ·18·∴四边形OFEH是平行四边形， ∴OF=EH， ∵∠CBO=45°， ∴∠BOH=45°， ∴△OGH为等腰直角三角形， ∴OG=GH， ∵OH=EF= 2，OG2+GH2=OH2， ∴OG=GH=1， ∴H(1,-1)， ∵DE+EH≥DH， ∴当DE+EH=DH时，DE+EH最小， ∵D(1,4)，H(1,-1)， ∴DH=5．此时D、E、H三点共线且DH⊥x轴， ∴点F的坐标为(0,3)与点C重合，满足EF在线段 BC上， ∴DE+OF的最小值为5． 19．【分析】(1)把点A(2,2)代入二次函数y=ax(x- 1 4)中，可得a=- ，进而可得二次函数的表达式； 2 (2)先求出直线OA的表达式为y=x，选择①：由题意 1 可 知 P x，- x2+2x 1 2 1 1  ， B ( x ， x ) ， 1 1 1 Qx ，- x2+2x 2 2 2 2  1 ，C(x ，x )，故PB=- x2+ 2 2 2 1 1 x ，QC=- x2+x ，根据PB>QC，可得不等式 1 2 2 2 1 1 - x2+x >- x2+x2，整理变形后可得x +x >2； 2 1 1 2 2 2 1 2 1 选择②：同理得Rx ，- x2+2x 3 2 3 3  ，D(x ，x )，故 3 3 1 1 RD=- x2+x ，由PB>RD，可得不等式- x2+ 2 3 3 2 1 1 x >- x2+x ，整理变形后可得x +x <2； 1 2 3 3 1 3 (3) 由待定系数法可求得直线 AP 的表达式为 y = 1 1- x 2 1  x+x ，设直线AP交y轴于点G，如图2所 1 示，先证明△GOA≅△TOA(SAS)，进而可得∠AMN =∠TAO，再证明△TOA≅△TNM(AAS)，可得TN = TO = x ， ON = 2x ，作 QH ⊥ x 轴于点 H，则 1 1 QH 9 tan∠QTH = =- x + 6，又 tan∠QTH = TH 4 1 OQ 9 9 tan∠Q TO，即 1 =- x +6，故OQ =- x2+ 1 OT 4 1 1 4 1 6x ．由待定系数法可得直线 RT 的表达式为 y = 1 1  x -2 4 1  1 1 x- x2+2x ，即OR =- x2+2x ，故 4 1 1 1 4 1 1 5 R Q =OQ +OR =- x2+8x ，t=R Q -ON= 1 1 1 1 2 1 1 1 1 5 5 5 6 - x2+8x -2x =- x2+6x =- x - 2 1 1 1 2 1 1 2 1 5  6 18 当x = 时，t的最大值为 ． 1 5 5 【解答】解：(1)把点A(2,2)代入二次函数y=ax(x- 4)(a≠0)中， 1 得-4a=2，故a=- ， 2 1 故此二次函数的表达式为y=- x2+2x． 2 (2)证明：选择①：由A(2,2)可知直线OA的表达式为 y=x， 1 由题意可知 Px，- x2+2x 1 2 1 1 2 18 + ， 5  ， B(x ， x )， 1 1 1 Qx ，- x2+2x 2 2 2 2  ，C(x ，x )， 2 2 1 1 1 故PB=- x2+2x -x =- x2+x ，QC=- x2+ 2 1 1 1 2 1 1 2 2 x ， 2 1 1 ∵PB>QC，即- x2+x >- x2+x2， 2 1 1 2 2 2 1 整理可得 (x -x )(x +x )>x -x ，由于x -x > 2 2 1 2 1 2 1 2 1 0， 1 故 (x +x)>1， 2 2 1 即x +x >2； 1 2 1 选择②：同理得Rx ，- x2+2x 3 2 3 3  ，D(x ，x )， 3 3 1 故RD=- x2+x ， 2 3 3 1 1 ∵PB>RD，即- x2+x >- x2+x ， 2 1 1 2 3 3 1 整理可得 (x -x )(x +x )>x -x ，由于x -x < 2 3 1 3 1 3 1 3 1 0， 1 故 (x +x)<1， 2 3 1 即x +x <2； 1 3 (3) 由待定系数法可求得直线 AP 的表达式为 y = 1 1- x 2 1  ★ 2026 中考数学 压轴题 每日一题 参考答案（类型 1）★ x+x， 1 设直线AP交y轴于点G，如图2所示， 则OG=x =OT， 1 ·19·∵∠GOA=∠TOA=45°， 在△GOA和△TOA中， OG=OT  ∠GOA=∠TOA， OA=OA ∴△GOA≅△TOA(SAS)， ∴∠PAO=∠TAO， ∵∠AMN=∠PAO， ∴∠AMN=∠TAO， ∵AO= 22+22=2 2=MN， 在△TOA和△TNM中， ∠TMN=∠TAO  ∠OTA=∠NTM， AO=MN ∴△TOA≅△TNM(AAS)， ∴TN=TO=x，ON=2x， 1 1 作QH⊥x轴于点H， QH - 2 1 x2 2 +2x 2 9 则tan∠QTH= = =- x +6， TH x -x 4 1 2 1 又∵tan∠QTH=tan∠QTO， 1 OQ 9 即 1 =- x +6， OT 4 1 9 ∴OQ =- x +6 1 4 1  9 x =- x2+6x． 1 4 1 1 1 1 ∵T(x，0)，R x，- x2+x 1 2 1 8 1 1  ， ∴ 由待定系数法可得直线 RT 的表达式为 y = 1  x -2 4 1  1 x- x2+2x， 4 1 1 1 即OR =- x2+2x， 1 4 1 1 5 ∴RQ =OQ +OR =- x2+8x， 1 1 1 1 2 1 1 5 5 ∴t=R Q -ON=- x2+8x -2x =- x2+6x = 1 1 2 1 1 1 2 1 1 5 6 - x - 2 1 5  (3)过C在y轴右侧作射线CM，使∠OCM=45°，过 A作AH⊥CM于H，AH交y轴于Q，证明△QCH 2 是等腰直角三角形，可得QH= CQ，∠CQH= 2 2 45°，故2AQ+ 2CQ=2AQ+ CQ 2 2 18 + ， 5 6 18 故当x = 时，t的最大值为 ． 1 5 5 6 18 即当x= 时，t的最大值为 ． 5 5 20．【分析】(1)用待定系数法可得抛物线的解析式为 y=x2+6x+5； (2)由抛物线的对称轴为直线x=-3，设P(-3,t)，过 P作KT⎳x轴，过B作BK⊥KT于K，过D作DT ⊥KT于T，求出B(-5,0)，得KP=-3-(-5)=2， 再证△BPK≅△PDT(AAS)，可得BK=PT=|t|， KP=DT=2，故D(-3+t,t-2)，代入y=x2+6x+ 5得：t-2=(-3+t)2+6(-3+t)+5，解出t值得P 的坐标为(-3,-1)或(-3,2)；  ★ 2026 中考数学 压轴题 每日一题 参考答案（类型 1）★ =2(AQ+ QH)=2AH，由垂线段最短可知，此时2AQ+ 2CQ 最小，最小值为2AH，由△AQO是等腰直角三角形， 得OQ=OA=1，AQ= 2OA= 2，即得Q(0,1)， 2 再求出 CQ = OC - OQ = 4，可得 QH = CQ = 2 2 2，AH=AQ+QH=3 2，从而知2AQ+ 2CQ 的最小值为6 2． 【解答】解：(1)∵抛物线y=x2+bx+c关于直线x= -3对称，与x轴交于A(-1,0)， -b =-3 ∴ 2 ， 1-b+c=0 b=6  解得 ， c=5 ∴抛物线的解析式为y=x2+6x+5； (2)由抛物线的对称轴为直线x=-3，设P(-3,t)， 过P作KT⎳x轴，过B作BK⊥KT于K，过D作 DT⊥KT于T，如图： 在y=x2+6x+5中，令y=0得0=x2+6x+5， 解得x=-1或x=-5， ∴B(-5,0)， ∴KP=-3-(-5)=2， ∵将线段BP绕点P逆时针旋转90°得到DP， ∴∠BPD=90°，BP=DP， ∴∠BPK=90°-∠DPT=∠PDT， ∵∠K=∠T=90°， ∴△BPK≅△PDT(AAS)， ∴BK=PT=|t|，KP=DT=2， ∴D(-3+t,t-2)， 把D(-3+t,t-2)代入y=x2+6x+5得：t-2=( -3+t)2+6(-3+t)+5， ·20·解得t=-1或t=2， ∴P的坐标为(-3,-1)或(-3,2)； (3)在线段OC上存在点Q，使2AQ+ 2CQ存在最小 值，理由如下： 过C在y轴右侧作射线CM，使∠OCM=45°，过A 作AH⊥CM于H，AH交y轴于Q，如图： ∵∠OCM=45°，∠QHC=90°， ∴△QCH是等腰直角三角形， 2 ∴QH= CQ，∠CQH=45°， 2 2 ∴2AQ+ 2CQ=2AQ+ CQ 2  三角形利用外角性质找小角的二倍，在OC上取点D， 使AD=CD，则∠ADO=2∠ACO=∠BAQ，先求出 OD长度，进而作点B关于直线AQ对称点E，连接 BE交AQ于点F，过E作EG⊥x轴于点G，易得 BM+MN=EM+MN≥EG，所以解Rt△BEG即可 得解． 【解答】解：(1)∵对称轴为直线x=1，且二次函数y =x2+bx+c(b、c为常数)的图象与x轴交于A(-1, 0)、B两点，∴B(3,0)， ∴y=(x+1)(x-3)=x2-2x-3； (2)由y=x2-2x-3可知C(0,-3)， ∴OB=OC=3，即∠OCB=∠OBC=45°， 第一种情况：当点P在直线BC上方时， 如图，记BP与y轴交于点K， =2(AQ+QH)= 2AH， 则∠OPB+∠CBP=∠OBC=45°， 由垂线段最短可知，此时2AQ+ 2CQ最小，最小值 又∵∠CBP+∠ACO=45°， 为2AH， ∴∠OBP=∠ACO， ∵∠AQO=∠CQH=45°，∠AOQ=90°， OK OA 1 ∴tan∠OBP=tan∠ACO，即 = = ， OB OC 3 ∴△AQO是等腰直角三角形， 1 ∴OQ=OA=1，AQ= 2OA= 2， ∴OK= OB=1， 3 ∴Q(0,1)， 1 由B(3,0)，K(0,-1)可得直线BP解析式为y= x- 3 在y=x2+6x+5中，令x=0得y=5， ∴C(0,5)， 1，联立   y= 3 1 x-1 ， y=x2-2x-3 ∴CQ=OC-OQ=5-1=4， ∴QH= 2 2 CQ=2 2， 解得   x y= = 0 3 (与B点重合)或   x y= = - - 1 2 3 1 ， 9 ∴AH=AQ+QH=3 2， 2 11 ∴P- ，- ∴2AQ+ 2CQ的最小值为6 2． 3 9 21．【分析】(1)根据对称关系可得点B坐标，进而得 到交点式，化简即可； (2)分类讨论：点P在直线BC上方时，易得∠ACO= ∠ABP，此时利用相似或者三角函数求出OK长度，进 而得到直线BK解析式，即可求解；当点P在BC下方 时，可以作A关于y轴对称点L，则易得∠CBP= ∠BCL，BP⎳CL，进而求解即可；也可以做点K关 于直线BC的对称点G，求出点G坐标，进而求出直 线BG解析式，联立求交点坐标即可； (3)在二次函数中，一般处理二倍角问题可以构造等腰  ★ 2026 中考数学 压轴题 每日一题 参考答案（类型 1）★ ； 第二种情况：当点P在直线BC下方时， 方法一：如图，作点A关于y轴对称点L，连接CL， 则∠ACO=∠LCO，L(1,0)， ·21·∵∠CBP+∠ACO=45°，∠LCO+∠BCL=45°， ∴∠CBP=∠BCL， ∴BP⎳CL， 由C(0,-3)，L(1,0)可得直线CL的解析式为y=3x- 3， ∴设直线BP:y=3x+n， 将B(3,0)代入得n=-9， ∴直线BP:y=3x-9， y=3x-9  联立 ， y=x2-2x-3 x=3 x=2   解得 (与B点重合)或 ， y=0 y=-3 ∴P(2,-3)； 方法二：作K关于直线BC对称点G，连接KG交BC 于点H， 此时∠CBK=∠CBP，满足∠CBP+∠ACO=45°， ∵K(0,-1)，C(0,-3)， ∴CK=2， ∵∠BCO=45°， ∴△CHK为等腰直角三角形， ∴H(1,-2) ∴G(2,-3) ∵点G(2,-3)也在抛物线上， ∴点P与点G重合，即P(2,-3)； (备注：此时如果没有发现点P和点G重合，也可以求 出BG解析式，联立二次函数求交点P坐标)． 2 11 综上，点P的坐标为- ，- 3 9  =2∠ACO， ∵∠BAQ=2∠ACO， ∴∠BAQ=∠ADO， 设OD=m，则CD=AD=3-m， 在Rt△AOD中，OA2+OD2=AD2， ∴1+m2=(3-m)2， 5 解得m= ， 3 4 5 ∴OD= ，AD= ， 3 3 作点B关于直线AQ对称点E，连接BE交AQ于点F， 过E作EG⊥x轴于点G， 则BM=EM，BF=EF， ∴BM+MN=EM+MN≥EG， 当且仅当E、M、G三点共线时，(BM+MN) = min EG； ∵∠BAQ=∠ADO， ∴sin∠BAQ=sin∠ADO， BF OA 3 即 = = ， AB AD 5 3 12 ∴BF= AB= ， 5 5 24 ∴BE=2BF= ， 5 ∵∠AGE=∠AFE=90°， ∴∠BEG=∠BAF=∠ADO， ∴cos∠BEG=cos∠ADO， EG OD 4 即 = = ， BE AD 5 4 96 ∴EG= BE= ， 5 25 96 ∴(BM+MN) = ． min 25 15 22．【分析】(1)把A(3,0)代入y=ax2+2ax- ， 4 求出抛物线的解析式，令y=0，即可求解； ( 2 ) 设 直 线 PQ 为 y =- x + n ， 设 点 1 1 15 P m, m2+ m- 4 2 4 或(2,-3)； (3)如图，在OC上取点D，使AD=CD，则∠ADO  ， 1 1 15 Qm+2, (m+2)2+ (m+2)- 4 2 4  ★ 2026 中考数学 压轴题 每日一题 参考答案（类型 1）★ 1 ，可得 m2+ 4 1 15 1 1 15 m- =-m+n且 (m+2)2+ (m+2)- 2 4 4 2 4 ·22·=-(m+2)+n，即可求解； (3)设直线l解析式y=kx+b，直线l与抛物线相交于 点G(x ，y )，H(x ，y )，与抛物线解析式联立可得 3 3 4 4 △>0，x +x =4k-2，x x =-15-4b，作GC⊥ 3 4 3 4 MN，HD⊥MN，GC=-1-x ，MC=y +5，HD 3 3 =x +1，MD=y +5，根据∠GMN=∠HMN，可得 4 4 GC HD tan∠GMN=tan∠HMN，从而得到 = ，进 MC MD 而得到(x +1)(kx +b+5)+(x +1)(kx +b+5)= 3 4 4 3 0，继而得到-4k(b-k+3)=0，再由直线l不垂直于 y轴，可得b=k-3，从而得到直线l解析式y=k(x+ 1)-3，即可求解． 15 【解答】解：(1)把A(3,0)代入y=ax2+2ax- ， 4 1 ∴a= ， 4 1 1 15 ∴抛物线的解析式为y= x2+ x- ， 4 2 4 1 1 15 令y=0，则 x2+ x- =0， 4 2 4 解得x =-5，x =3， 1 2 ∴B(-5,0)； 1 (2)∵y= (x+1)2-4，N是抛物线顶点， 4 ∴N(-1,-4)， 设直线BN的解析式为y=kx+b， 1 1 ∵B(-5,0)，N(-1,-4)， -5k +b =0 k =-1 ∴   1 1 ，解得：   1 ， -k +b =-4 b =-5 1 1 1 ∴直线BN的解析式为y=-x-5， ∵PQ⎳BN， 可设直线PQ为y=-x+n， 1 1 15 设 点 P m, m2+ m- 4 2 4  ， 1 1 15 Qm+2, (m+2)2+ (m+2)- 4 2 4  ∵∠GMN=∠HMN， GC HD ∴tan∠GMN=tan∠HMN．即 = ， MC MD -1-x x +1 ∴ 3 = 4 ， y +5 y +5 3 4 ∴(x +1)(y +5)+(x +1)(y +5)=0， 3 4 4 3 ∴(x +1)(kx +b+5)+(x +1)(kx +b+5)=0． 3 4 4 3 ∴2kx x +(k+b+5)(x +x )+2b+10=0． 3 4 3 4 ∴2k(-15-4b)+(k+b+5)(4k-2)+2b+10=0． ∴-4k(b-k+3)=0， ∵直线l不垂直于y轴， ∴k≠0， ∴b-k+3=0， ∴b=k-3， ∴直线l解析式y=k(x+1)-3， ∵无论k为何值，x=-1，y=-3， ∴l过定点T(-1,-3)， 故存在定点T(-1,-3)． 23．【分析】(1)分割法得到四边形BCDE的面积= 1 BD⋅CE，即可得出结果； 2 (2)根据三角形的中位线定理，证明△ADE∽△ABC， 3 ， 进而推出S = S ，进而得到当四边形 四边形DCBE 4 △ABC ∴ 1 m2+ 1 m- 15 =-m+n且 1 (m+2)2+ 1 (m BCDE的面积最大时，S最大，过点B作BM⊥CE， 4 2 4 4 2 过点D作DN⊥CE，则BM≤BG，DN≤DG，进而 15 +2)- =-(m+2)+n， 1 4 得到四边形BCDE的最大面积= ⋅CE⋅BD，列出函 2 解得：m=-4； 数关系式，再根据二次函数的性质求最值即可； (3)存在定点T满足条件． (3)根据平移求出抛物线y的解析式，设x =m，根据 F 设直线l解析式y=kx+b，直线l与抛物线相交于点G 三角形的中线平分面积，得到K为F，Q的中点，进 (x ，y )，H(x ，y )， 3 3 4 4 2 7 2 y=1 x2+1 x-15 而得到Q点坐标，设Hn,- 3 n2+ 3 n- 3 ∴ 4 2 4 ， y=kx+b ∴x2+(2-4k)x-15-4b=0， ∴△>0，x +x =4k-2，x x =-15-4b， 3 4 3 4 作GC⊥MN，HD⊥MN，GC=-1-x ，MC=y 3 3 +5，HD=x +1，MD=y +5， 4 4  ★ 2026 中考数学 压轴题 每日一题 参考答案（类型 1）★ ，根据斜 率公式求出k ，根据直线过点H，将解析式写为y- 2 2 y =k (x-x )，得到y=- (n-m)(x-1)+x+1， H 2 H 3 令x=1，求出y值，即可得出结果． 1 【解答】解：(1)∵BD⊥CE，BD=1，CE= ， 2 ·23·∴四边形BCDE的面积=S +S △BCE △DCE 1 1 = ⋅CE⋅BG+ ⋅CE⋅DG 2 2 1 = ⋅CE⋅(BG+DG) 2 1 = ⋅CE⋅BD 2 1 1 = × ×1 2 2 1 = ， 4 1 故答案为： ； 4 (2)∵△ABC中，D，E分别是AC，AB的中点， ∴DE是△ABC的中位线， 1 ∴DE⎳BC，DE= BC， 2 ∴△ADE∽△ABC， DE ∴S :S = △ADE △ABC BC  2 1 = ， 4 1 ∴S = S ， △ADE 4 △ABC 3 ∴S = S ， 四边形DCBE 4 △ABC 4 ∴S = S ， △ABC 3 四边形DCBE 当四边形BCDE的面积最大时，△ABC的面积最大， 如图，过点B作BM⊥CE，过点D作DN⊥CE，则 BM≤BG，DN≤DG， ∵四边形BCDE的面积=S +S △BCE △DCE 1 1 = ⋅CE⋅BM+ ⋅CE⋅DN 2 2 1 ≤ ⋅CE⋅(BG+DG) 2 1 = CE⋅BD， 2 1 ∴四边形BCDE的面积最大= CE⋅BD， 2 3 ∵BD+CE= ，BD=x， 2 3 ∴CE= -x， 2 4 1 3 ∴S= × x -x 3 2 2  2 2 3 =- x2+x=- x- 3 3 4  (3)直线l是过定点． 2 3 由(2)知：S=- x- 3 4 2 + 3 ， 8 3 3 ∴当x= 时，S最大为 ； 4 8  2 3 + ， 8 2 3 ∴y=- x- -1 3 4  2 3 2 7 + +1=- x- 8 3 4  2 11 + ， 8 2 7 2 ∴y=- x2+ x- ， 3 3 3 ∵直线y=k x-k 交该图象于点F，H(F点在H点左 1 1 边)， 设x =m，x =n， F H 2 7 2 ∵kx-k =- x2+ x- ， 1 1 3 3 3 ∴2x2+(3k -7)x-3k +2=0 1 1 7-3k 2-3k ∴根据韦达定理得m+n= 1 ，mn= 1 ， 2 2 5 ∴m+n-mn= ， 2 ∵S =S ， △HFK △HKQ ∴K为F，Q的中点， 过点F，Q的直线与直线x=l交于点K， ∴x =1， K ∴x =2-m， Q 2 7 2 ∴Q2-m,- (2-m)2+ (2-m)- 3 3 3  ， 2 7 2 设Hn,- n2+ n- 3 3 3  ， ∴k = y Q -y H =- 2 (n-m)+1， 2 x -x 3 Q H ∴直线l:y-y =k (x-x )， H 2 H 即y= - 2 (n-m)+1  3  2 7 2 (x-n)+- n2+ n- 3 3 3  = - 2 (n-m)+1  3  2 4 2 x- mn+ n- ， 3 3 3 5 ∵m+n-mn= ， 2 2 2 5 ∴- mn=- (m+n)+ ， 3 3 3 ∴y= - 2 (n-m)+1  3  ★ 2026 中考数学 压轴题 每日一题 参考答案（类型 1）★ 2 x+ (n-m)+1 3 2 =- (n-m)(x-1)+x+1， 3 ∵n-m≠0， ∴当x-1=0，即x=1时，y=1+1=2， ∴直线l过定点(1,2)． 24．【分析】(1)运用待定系数法即可求得答案； (2)先联立抛物线与直线l:y=x-1求出交点D的坐标， 再求出对称轴，则得到点M的坐标表示，再由两点间 距离公式建立方程求解即可； (3)设P(m,0)，由旋转得∠NPH=90°，PN=PH， 当m<-1时，过点P作y轴的平行线，过点H，N分 别作平行线的垂线，垂足为点F，E，证明△PEN≅ △HFP(AAS)，表示出H(4+m,1+m)，将点H(4+ ·24·m,1+m)代入y=-x2-2x+3，得-(4+m)2-2(4+ -11± 33 解得：m= ， 2 m)+3=1+m，解方程即可；当m>-1时，作出同 -11- 33 样的辅助线，同理可求解． ∴P ，0 2 【解答】解：(1)∵抛物线y=ax2+bx+c与x轴相交 于A(-3,0)、B(1,0)两点，与y轴交于点C(0,3)， 9a-3b+c=0 a=-1   ∴a+b+c=0 ，解得：b=-2， c=3 c=3 ∴抛物线的表达式为y=-x2-2x+3； y=x-1  (2)联立得： ， y=-x2-2x+3 x =-4 x =1 解得：   1 ，   2 ， y =-5 y =0 1 2 ∴D(-4,-5)， ∵y=-x2-2x+3=-(x+1)2+4， ∴抛物线的对称轴为直线x=-1，顶点为N(-1,4)， 设M(-1,n)， ∵MB=MD， ∴MB2=MD2， ∴(-1-1)2+(n-0)2=(-1+4)2+(n+5)2， 解得：n=-3， ∴n的值为-3； (3)由(2)得顶点N(-1,4)， 设P(m,0)，由旋转得∠NPH=90°，PN=PH， 当m<-1时，过点P作y轴的平行线EF，过点H， N分别作EF的垂线，垂足为点F，E，如图， ∴∠E=∠F=∠NPH=90°， ∴∠EPN+∠ENP=∠EPN+∠FPH=90°， ∴∠ENP=∠FPH， ∴△PEN≅△HFP(AAS)， ∴EN=PF=-1-m，PE=FH=4， ∴H(4+m,1+m)， 将点H(4+m,1+m)代入y=-x2-2x+3，得-(4+ m)2-2(4+m)+3=1+m， 整理得：m2+11m+22=0，  -11+ 33 或P ，0 2  ； 当m>-1时，过点P作y轴的平行线，过点H，N分 别作平行线的垂线，垂足为点F，E，如图， ∴∠E=∠F=∠NPH=90°， ∴∠EPN+∠ENP=∠EPN+∠FPH=90°， ∴∠ENP=∠FPH， ∴△PEN≅△HFP(AAS)， ∴EN=PF=m+1，PE=FH=4， ∴H(m-4,-m-1)， 将点H(m-4,-m-1)代入y=-x2-2x+3，得 -(m-4)2-2(m-4)+3=-m-1，整理得：m2- 7m+4=0， 7± 33 解得：m= ， 2 7- 33 ∴P ，0 2  7+ 33 或P ，0 2  ； 综 上 ， 所 有 符 合 条 件 的 点 P 的 坐 标 为 ： -11- 33  ，0 2  -11+ 33 或  ，0 2  或 7- 33  ，0 2  7+ 33 或 ，0 2  ． 25．【分析】(1)用待定系数法可得抛物线的解析式为 y=-x2+2x+3； (2)过F作FH⊥x轴于H，设直线CD交y轴于K， 1 求出K0, 2  1 1 ，直线y= x+ 与x轴交点为A(-1, 2 2 OK 1 0)，得tan∠KAO= = ，设FH=t，则EH= OA 2 2t，得DE=EF= 5t，AD=2DE=2 5t，AE= 5t，从而求出F(7t-1,t)，把F(7t-1,t)代入y=-x2 +2x+3得：t=-(7t-1)2+2(7t-1)+3，解出t值 20 27 可得F ， 7 49  ★ 2026 中考数学 压轴题 每日一题 参考答案（类型 1）★ ； (3)由点P(x ，y )在抛物线y=-x2+2x+3上，点Q 1 1 (x ，y )在抛物线y=x2-(4m-2)x+4m2+2上，可 1 2 ·25·得y -y =x2-(4m-2)x +4m2+2-(-x2+2x +3) 2 1 1 1 1 1 =2x2-4mx +4m2-1=2(x -m)2+2m2-1，再分 1 1 1 三种情况讨论可得答案． 【解答】解：(1)把(2,3)，A(-1,0)代入y=-x2+bx -4+2b+c=3  +c得： ， -1-b+c=0 b=2  解得 ， c=3 ∴抛物线的解析式为y=-x2+2x+3； (2)过F作FH⊥x轴于H，设直线CD交y轴于K， 如图： 1 1 1 在y= x+ 中，令x=0得y= ，令y=0得x= 2 2 2 -1， 1 ∴K0, 2  1 1 ，直线y= x+ 与x轴交点为A(-1,0)， 2 2 OK 1 ∴tan∠KAO= = ， OA 2 ∵四边形CDEF是正方形， ∴EF⎳CD，DE=EF， ∴∠FEH=∠KAO， FH 1 ∴tan∠FEH= = ， EH 2 设FH=t，则EH=2t， ∴EF= FH2+EH2= 5t， ∴DE=EF= 5t， ∵∠ADE=90°， DE 1 ∴tan∠KAO= = ， DA 2 ∴AD=2DE=2 5t， ∴AE= DE2+AD2= ( 5t)2+(2 5t)2=5t， ∴AH=AE+EH=5t+2t=7t， ∴OH=AH-OA=7t-1， ∴F(7t-1,t)， 把F(7t-1,t)代入y=-x2+2x+3得：t=-(7t-1)2 +2(7t-1)+3， 27 解得t=0(舍去)或t= ， 49 20 27 ∴F ， 7 49  ★ 2026 中考数学 压轴题 每日一题 参考答案（类型 1）★ (x，y )在抛物线y=x2-(4m-2)x+4m2+2上， 1 2 ∴y =-x2+2x +3，y =x2-(4m-2)x +4m2+2， 1 1 1 2 1 1 ∴y -y =x2-(4m-2)x +4m2+2-(-x2+2x +3) 2 1 1 1 1 1 =2x2-4mx +4m2-1=2(x -m)2+2m2-1， 1 1 1 当m≤1时，若1≤x ≤2，则x =1时，y -y 的值 1 1 2 1 为3， ∴2(1-m)2+2m2-1=3， 1+ 3 1- 3 解得m= (大于1，舍去)或m= ， 2 2 1- 3 ∴m= ； 2 当10和a<0两种 情况分析求解即可． 【解答】解：(1)将点O(0,0)代入，抛物线y=ax2+ bx+c， 可得c=0，∴该抛物线解析式为y=ax2+bx， 将点A(3,3a)代入，抛物线y=ax2+bx， 当03时，可有MN=at2-3at其图象开口向上，对 3 称轴为直线x= ，不符合题意； 2 若a<0，可有2a<0，即点P在y轴左侧，如下图， ∵PM⊥x轴，∴x =x =4， M N 将x=4代入y=x2-2x，可得y=42-2×4=8，即 M(4,8)， 将x=4代入y=x，可得y=4，即N(4,4)， ∴MN=8-4=4； ②当点P从点O运动到点B(2a,0)的过程中， ∵PM⊥x轴，P(t,0)， 当t<0时，可有MN=-at2+3at，其图象开口向上， ∴x =x =t， 3 M N 对称轴为直线x= ， 2 将x=t代入y=ax2-2ax，可得y=at2-2at，即M 若MN的长随OP的长的增大而增大，即MN的长随t (t,at2-2at)， 的减小而增大， 将x=t代入y=ax，可得y=at，即N(t,at)， 3 3 则2a≤ ，解得a≤ ， ∴MN=|at2-2at-at|=|at2-3at|， 2 4 令MN=0，即at2-3at=0，解得t=0或t=3， ∴a<0， 若a>0，可有2a>0，即点P在y轴右侧，如下图， 3 综上所述，a的取值范围为a≤ 且a≠0． 4 28．【分析】(1)将A和B代入解析式，求出b和c的 值； (2)①将A和B代入解析式，求出抛物线解析式为抛物 线解析式为y=ax2-4ax+3a+1=a(x-2)2+1-a， 得出D和Q的坐标，得到CD和PQ的长度，得出比 值； ②分类讨论即可． ·28·【解答】解：(1)将A(1,1)，B(3,1)代入y=x2+bx+c 中， 1=1+b+c b=-4   ∴ ，∴ ； 1=9+3b+c c=4 (2)①将A(1,1)，B(3,1)代入y=ax2+mx+n(a≠1) 中， 1=a+m+n m=-4a   ∴ ，∴ ， 1=9a+3m+n n=1+3a ∴抛物线解析式为y=ax2-4ax+3a+1=a(x-2)2+ 1-a， ∵抛物线与y轴交于点D， ∴D(0,3a+1)，顶点Q(2,1-a)， 由(1)可知：y=x2-4x+4=(x-2)2， ∴C(0,4)，P(2,0)， ∴CD=|3a-3|，PQ=|a-1|， CD |3a-3| ∴ = =3； PQ |a-1| ②a．当CD⊥PD时，如图所示，D(0,0)， 1 4 ∴3a+1=0，∴a=- ，∴Q2, 3 3  ， ∴∠QCD为最小内角， 4 过点Q作QM⊥CD于点M，∴M0, 3  ★ 2026 中考数学 压轴题 每日一题 参考答案（类型 1）★ 3 17 综上所述：最小的角的正弦值为 或 ． 5 17 29．【分析】(1)待定系数法求出函数解析式即可； (2)先求出对称轴，由题意，可知，B，C关于对称轴 对称，B，C的纵坐标均为t，中点得到x =2x ，对 C B x +x 3 称性得到 B C = x =3，求出x ，再代入函数解 2 2 B B 析式求出t的值即可； (3)根据题意，易得要使n-m最大，则m，n为一条 直线与抛物线的交点，x=m和x=n关于对称轴对 称，根据直线l，l 之间的距离为16，为定值，得到当 1 2 一条直线恰好经过抛物线的顶点(3,-4)，即：y=-4 时，n-m最大，此时另一条直线的解析式为y=16 -4=12，令x2-6x+5=12，求出x的值，进而确定 m，n的值，进行求解即可． 【解答】解：(1)把(1,0)代入y=x2-ax+5， 得：1-a+5=0， 解得：a=6； (2)由(1)知：y=x2-6x+5， -6 ∴对称轴为直线x=- =3， 2×1 ∵点A(0,t)在y轴上，过点A(0,t)与x轴平行的直线 交抛物线于B，C两点， ∴B，C关于对称轴对称，B，C的纵坐标均为t， 又∵点B为线段AC的中点， ∴xc=2xB， x +x 3 ∴ B C = x =3，∴xB=2， 2 2 B ∴x=2代入y=x2-6x+5， ， 得：y=22-6×2+5=-3，∴t=-3； ∴QM=2，CM= 8 ，CQ= 10 ， (3)∵y=x2-6x+5=(x-3)2-4， 3 3 ∴抛物线的顶点坐标(3,-4)， 3 ∴sin∠QCD= ； 5 当抛物线的一段y=x2-ax+5(m≤x≤n)夹在两条 b．当CD⊥CQ时，如图所示，Q(2,4)， 均与x轴平行的直线l ，l 之间时，m，n为直线与抛 1 2 物线的交点， ∴要使n-m最大，则，m，n为一条直线与抛物线 的交点，x=m和x=n关于对称轴对称， 又∵直线l，l 之间的距离为16，为定值， 1 2 ∴当一条直线恰好经过抛物线的顶点(3,-4)，即：y= -4时，n-m最大，此时另一条直线的解析式为y= 16-4=12，如图： ∴1-a=4，∴a=-3，∴D(0,-8)， ∴∠CDP为最小内角， 过点P作PN⊥CD于点N，∴N(0,0)， ∴PN=2，DN=8，PD=2 17， 17 ∴sin∠CDP= ； 17 ·29·∴当x2-6x+5=12时， 解得：x =7，x =-1， 1 2 即n=7，m=-1， ∴n-m的最大值为：7-(-1)=8． 30．【分析】(I)待定系数法求解析式，即可求解； (II)①根据a=-2，得出抛物线解析式为y=-2x2+bx +b+2，点D在第四象限，过点D作DH⊥x轴于点 H，证明△ADH≅△CAO(AAS)，进而得出点D的坐 标为(b+1,-1)，代入解析式，解方程，即可求解； ②在x轴上点A的左侧取点G，使GA=AC，连接 GC．在Rt△AOC中，根据勾股定理，AC2=AO2+ OC2，得出GA=AC= 1+c2，根据题意，点A和点 B关于直线/对称，点F在直线l上，得AF=BF．根 据平行四边形的性质得出当点F在线段BC上时，CE +CF取得最小值2 6，即BC=2 6，勾股定理可得 m2+c2=24，进而代入c2=m2-2m，求得点B(4,0)， 2 C(0,2 2)，可得直线BC的解析式为y=- x+ 2 3 5 2 2 2，．求得点F的坐标为 , 2 4  ，根据平移的性 5 13 2 质即可得出点E的坐标为 , 2 4  ★ 2026 中考数学 压轴题 每日一题 参考答案（类型 1）★ ∴∠AHD=90°， ∴∠HAD+∠ADH=90°， ∵∠CAD=90°， ∴∠CAO+∠HAD=90°， ∴∠ADH=∠CAO， 又∵AD=AC，∠AHD=∠AOC=90°， ∴△ADH≅△CAO(AAS)， ∴DH=AO=1，AH=OC=b+2， ∵OH=AH-AO， ∴OH=b+2-1=b+1， ∴点D的坐标为(b+1,-1)， ∵点D在抛物线y=-2x2+bx+b+2上， ∴-1=-2(b+1)2+b(b+1)+b+2， 整理得，b2+2b-1=0， 解得b =-1+ 2,b =-1- 2， 1 2 ∵b>0， ∴b =-1- 2不合，舍去， 2 ∴b=-1+ 2， ∴点D的坐标为( 2,-1)； ②∵c=b-a，a<0，b>0， ． ∴c>0，m>1， 【解答】解：(I)∵a=-1，b=2，c=3， 在x轴上点A的左侧取点G，使GA=AC，连接GC． ∴该抛物线的解析式为y=-x2+2x+3， ∵y=-x2+2x+3=-(x-1)2+4， ∴该抛物线顶点P的坐标为(1,4)； (II)①∵点A(-1,0)在抛物线y=ax2+bx+c上， ∴0=a-b+c，即c=b-a， 又∵a=-2，点C(0,c)， ∴OC=c=b+2，AO=1， ∴抛物线解析式为y=-2x2+bx+b+2， 如图，点D在第四象限，过点D作DH⊥x轴于点H， ∴∠ACG=∠CGA，得∠CAB=2∠CGA． ∵∠CAB=2∠ABC，∴∠ABC=∠CGA． ∴CG=CB，则GO=OB． 在Rt△AOC中，根据勾股定理，AC2=AO2+OC2， ·30·∴AC= 1+c2， ∴GA= 1+c2， ∴GO=GA+AO= 1+c2+1． 又∵点B(m,0)，得OB=m． ∴ 1+c2+1=m，即c2=m2-2m， 根据题意，点A和点B关于直线l对称，点F在直线l 上，得AF=BF． 又∵▱ACEF中，AF=CE．得CE=BF． ∴CE+CF=BF+CF≥BC． ∴当点F在线段BC上时，CE+CF取得最小值2 6， 即BC=2 6， 在Rt△OBC中，OB2+OC2=BC2， ∴m2+c2=24． 将c2=m2-2m代入，得m2+(m2-2m)=24． 解得m =4，m =-3(舍)， 1 2 ∴c=2 2， ∴点B(4,0)，C(0,2 2)， 2 ∴直线BC的解析式为y=- x+2 2． 2 设点F的横坐标为x ，则4-x =x -(-1)， 0 0 0 3 得x = ， 0 2 3 5 2 ∴点F的坐标为 , 2 4  ． ∵线段CE可以看作是由线段AF经过平移得到的， ∴点E可以看作是点F向右平移一个单位，向上平移 2 2个单位得到的， 5 13 2 ∴点E的坐标为 , 2 4  ． 31．【分析】(1)将已知点的坐标代入解析式中，得出 系数之间的关系，利用对称轴公式即可求解； (2)①根据题意得出函数的解析式，将x =x 代入解析 1 2 式中，利用作差法即可得出函数值的大小； x2-2x x ②将函数值用各自自变量表示，整理 2 2 = 2 a(x2-4x) x 1 1 1 得出两自变量的数量关系，即x =a(x -4)+2，再利 2 1 用特殊值法即可求出系数的值． 【解答】解：(1)由题意得，将点(4,0)代入y=ax2+ bx得， b 16a+4b=0，即b=-4a，∴- =2， 2a 故所求抛物线的对称轴是直线x=2． 1 (2)①由(1)可知，抛物线的解析式为y= x2-2x． 2 又∵x =x ， 1 2 1 ∴y -y =(x2-2x )-  x2-2x 2 1 2 2 2 1 1  =(x2-2x )- 1 1 1  x2-2x 2 1 1  1 ∵抛物线y= x2-2x过原点，且点A与原点不重合， 2 1 ∴x ≠0，∴ x2>0，故y >y； 1 2 1 2 1 ②由题意知，y =ax2-4ax，y =x2-2x ， 1 1 1 2 2 2 y x x2-2x x ∵ 2 = 2 ，∴ 2 2 = 2 ， y x a(x2-4x) x 1 1 1 1 1 ∵两条抛物线均过原点，且A，B与原点都不重合， 所以x ≠0，x ≠0． 1 2 x -2 故 2 =1，即x =a(x -4)+2． 2 1 a(x -4) 1 x a(x -4)+2 2-4a ∴ 2 = 1 =a+ ， x x x 1 1 1 2-4a 依题意知，a+ 是与x 无关的定值． x 1 1 2-4a 不妨将x =1和x =2分别代入a+ ，可得2- 1 1 x 1 1 3a=1-a，解得a= ， 2 1 x 1 经检验，当a= 时， 2 = 是一个与x 无关的定 2 x 2 1 1 1 值，符合题意．∴a= ，b=-4a=-2． 2 32．【分析】(1)将a=0、b=3 代入y=x(x-a)+ (x-a)(x-b)+x(x-b) 化简，然后根据二次函数的 性质即可解答； (2)b=2a代入y=x(x-a)+(x-a)(x-b)+x(x-b) 化简可得y=3x2-6ax+2a2然后根据二次函数的性质 即可解答； (3)先求出y ，y ，y 然后代入y +my +y =0进行 1 2 3 1 2 3 求解即可． 【解答】解：(1)当a=0，b=3 时，二次函数y=x(x -a)+(x-a)(x-b)+x(x-b)可化为：y=x(x-0) +(x-0)(x-3)+x(x-3)=3x2-6x， b -6 ∴此函数图象的对称轴为直线x=- =- =1； 2a 2×3 (2)当b=2a时，二次函数y=x(x-a)+(x-a)(x- b)+x(x-b)可化为：y=x(x-a)+(x-a)(x-2a) +x(x-2a)=3x2-6ax+2a2， b -6a ∴抛物线对称轴为直线x=- =- =a， 2a 2×3 ∵3>0，∴抛物线开口方向向上， ∵在0≤x≤1时，y随x的增大而减小， ∴a≥1， ∵在3≤x≤4时，y随x的增大而增大，∴a≤3， ∴1≤a≤3； a+b (3)若点A(a,y )，B ，y 1 2 2 1 = x2． 2 1  ★ 2026 中考数学 压轴题 每日一题 参考答案（类型 1）★ ，C(b,y )均在该函数 3 的图象上， ∴y =a(a-a)+(a-a)(a-b)+a(a-b)=a2-ab， 1 y=x(x-a)+(x-a)(x-b)+x(x-b)=3x2-2(a+ ·31·b)x+ab， a+b ∴y =3 2 2  2 a+b -2(a+b) 2  +ab (a+b)2 =3× -(a+b)2+ab 4 (a+b)2 =- +ab 4 1 ab 1 =- a2- - b2+ab 4 2 4 1 ab 1 =- a2+ - b2 4 2 4 1 =- (a2-2ab+b2) 4 1 =- (a-b)2， 4 y =b(b-a)+(b-a)(b-b)+b(b-b)=b2-ab； 3 ∵y +my +y =0， 1 2 3 ∴a2-ab+m - 1 (a-b)2  4  +b2-ab=0， 整理得：(a-b)2 1- 1 m  4  ★ 2026 中考数学 压轴题 每日一题 参考答案（类型 1）★ =0， ∵a，b为两个不相等的实数， ∴a-b≠0， 1 ∴1- m=0，解得：m=4． 4 ·32·★ 2026 中考数学 压轴题 每日一题 参考答案（类型 2）★ ★类型2：相似综合（12题）★ ∴CD=12， 1．【分析】(1)由折叠的性质得：∠B=∠AFE，BE ∴DQ=CD-CG-QG=4； = FE，再结合平行四边形的性质可得 ∠PCG = (3)如图，延长AD，EQ交于点M， ∠QFG，然后根据三角形内角和定理可得 ∠CQE= ∠P，即可求证； (2)根据全等三角形的性质可得EQ=EP，从而得到 FQ=CP，可证明△FQG≅△CPG，从而得到FG= CG=3，GQ=GP=5，再由折叠的性质得：AF= AB，再根据△CGP∽△BAP，可得AB=12，即可求 解； 设CQ=a，BE=b (3)延长AD，EQ交于点M，设CQ=a，BE=b，证 CQ 1 明 △DQM ∽ △CQE 得出 DM = 2bn，证明 △FEP ∽ ∴ = ，CE=2BE， DQ n 1 △CEQ，得出PF= a，证明△AMF∽△PEF，得出 ∴DQ=an，EC=2b， 2 3+2n (2n+1)b ∴AB=CD=(n+1)a，AD=3b， EP = b，进而求得 CP = ，根据 2n+2 2n+2 ∵△ABE关于AE折叠， PC⎳AD得出△GPC∽△GAD，根据相似三角形的性 ∴AF=AB=(n+1)a， 质，即可求解． ∵AD⎳BC，即DM⎳EC， 【解答】解：(1)由折叠的性质得：∠B=∠AFE，BE ∴△DQM∽△CQE， =FE， DM DQ DM an ∴ = ，即 = =n， ∵四边形ABCD是平行四边形， EC CQ 2b a ∴AB⎳CD， ∴DM=2bn ∴∠B=∠PCG， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴∠AFE=∠PCG， ∴∠B=∠ADQ， ∵∠AFE=∠QFG， 又∵△ABE关于AE折叠， ∴∠PCG=∠QFG， ∴∠AFE=∠B， ∵∠FGQ=∠CGP， ∵∠AFQ+∠AFE=180°， ∴∠CQE=∠P， ∴∠AFQ+∠ADQ=180°， ∵CE=BE，BE=EF， ∴∠DAF+∠DQF=180°， ∴EF=EC， ∵∠EQC+∠DQF=180°， 又∵∠CEQ=∠FEP， ∴∠EQC=∠DAF， ∴△EFP≅△ECQ(AAS)； ∵AD⎳BC， (2)∵△EFP≅△ECQ， ∴∠DAF=∠FPE， ∴EQ=EP， ∴∠EQC=∠FPE， ∵EF=EC， 又∵∠FEP=∠CEQ， ∴FQ=CP， ∴△FEP∽△CEQ， EF FP b FP ∵∠FGQ=∠CGP，∠CQE=∠P， ∴ = ，即 = ， EC CQ 2b a ∴△FQG≅△CPG(AAS)， 1 ∴PF= a， ∴FG=CG=3，GQ=GP=5， 2 由折叠的性质得：AF=AB， ∵AD⎳BC， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴△AMF∽△PEF， ∴AB⎳CD，AB=CD， ∴ AM = AF ， EP PF ∴△CGP∽△BAP， EP (n+1)a CG PG ∴ = ， ∴ = ， (3+2n)b 1 a AB AP 2 3 5 3+2n ∴ = ，解得：AB=12， 解得：EP= b， AB AB+3+5 2n+2 ·33·★ 2026 中考数学 压轴题 每日一题 参考答案（类型 2）★ 3+2n (2n+1)b ∴BE=CE， ∴CP=EC-EP=2b- b= ， 2n+2 2n+2 ∴△BEH≅△CEF(AAS)， 又∵PC⎳AD， ∴EH=EF，∠H=∠CFE， ∴△GPC∽△GAD， ∵AE=EF， (2n+1)b CG CP 2n+2 2n+1 ∴AE=EH， ∴ = = = ． DG AD 3b 6n+6 ∴∠H=∠BAE， 2．【分析】 (1) ①延长 FE， AB 交于 H，可证明 ∴∠BAE=∠CFE； △BEH ≅ △CEF(AAS)，得到 EH = EF， ∠H = 方法2：过点E作EI⎳AB交AF于点I， ∠CFE，则可证明AE=EH，得到∠H=∠BAE，则 ∵EI⎳BA，AB⎳CD， ∠BAE=∠CFE； ∴BAE=∠AEI，∠EFC=∠IEF， ②如图所示，延长BF，AD交于M，由平行四边形的 ∵E为BC的中点， 性质得到 AD ⎳ BC， AD = BC，证明 △BEG ∽ ∴I为AF的中点， BE GE △MAG， △BCF ∽ △MDF，得到 = = ∵AE=AF， AM AG BG BC BF CF ∴∠AEI=∠IEF， ， = = =1，则BF=MF，BC= GM DM MF DF ∴∠BAE=∠EFC； DM；设CE=BE=m，则BC=DM=2m，AM= GE BG BE 1 AD+DM=4m，进而可得 = = = ， AG MG AM 4 BG 2 S S GE 即可得到 = ，可证明 △BGE = △GFE = = GF 3 S S AG △BGA △GFA 1 S BG 2 ， △ABG = = ，设S =4n，则S = 4 S FG 3 △ABG △BGE △AFG 3 ②解：如图所示，延长BF，AD交于M， n，S =6n，则S = n，据此可得答案； △AFG △EGF 2 (2)延长AD，EF交于M，由平行四边形的性质可得 AD⎳BC，CD=AB=3，证明△AEF∽△MEA， EC △AEF∽△ECF，再证明△ECF∽△MDF，得到 DM EF CF = = ，求出DF=CD-CF=2，设CE=s， FM DF ∵四边形ABCD是平行四边形， FE=t，则由相似三角形的性质可得AE=st，AF= ∴AD⎳BC，AD=BC， t2DM=2s，FM=2t，进而可得AM=AD+DM=5 t st ∴△BEG∽△MAG，△BCF∽△MDF， + 2s；再由 △AEF ∽ △MEA，得到 = = st t+2t BE GE BG BC BF CF ∴ = = ， = = =1， t2  s t t = t+ st 2t AM AG GM DM MF DF ，则 ，解方程即可得到答案． ∴BF=MF，BC=DM， 5+2s st = t2 t+2t 5+2s ∵E是边BC中点， 【解答】(1)①证明：如图所示，延长FE，AB交于H， ∴BC=2CE=2BE， 设CE=BE=m，则BC=DM=2m， ∴AM=AD+DM=4m， GE BG BE m 1 BF ∴ = = = = ， =1， AG MG AM 4m 4 MF BG 2 ∴ = ， GF 3 S S GE 1 S BG 2 ∴ △BGE = △GFE = = ， △ABG = = ， S S AG 4 S FG 3 ∵四边形ABCD是平行四边形， △BGA △GFA △AFG 设S =4n，则S =n，S =6n， ∴AB⎳CD， △ABG △BGE △AFG 3 ∴∠EBH=∠ECF，∠EHB=∠EFC， ∴S = n， △EGF 2 ∵E是边BC中点， ·34·★ 2026 中考数学 压轴题 每日一题 参考答案（类型 2）★ ∴ S △BGE = S △BGE = n = 2 ； (2) ①根据 △ABC ∽ △FCE 得出 ∠BCE = ∠F = S △AEF S △AGF +S △EGF 6n+3 2 n 15 ∠BAC， AB = BC ，根据已知 CF = AC，可得 FC CE (2)解：如图所示，延长AD，EF交于M， △ABC∽△CBE； ②根据∠AEC=45°，AC=4，得出E在△AEC的外 接圆上运动，设△AEC的外接圆为⊙O，设EF与⊙O 交于点G，连接AG，证明△BAC∽△GFA，得出BC 1 = AG，当AG为⊙O的直径时，AG取得最大值为 2 4 2，进而即可求解． ∵四边形ABCD是平行四边形， 【解答】(1)解：如图，连接BO并延长，在BO的延长 ∴AD⎳BC，CD=AB=3， 线上截取OD=OB，点D即为所作， ∴∠AEB=∠EAD， ∵∠AEB=∠AFE=∠EFC， ∴∠EFA=∠EAD， 又∵∠AEF=∠MEA， ∴△AEF∽△MEA， ∵O为AC中点， ∵∠AEB+∠AEF+∠FEC=∠EFC+∠FCE+∠FEC ∴AO=OC， =180°，∠AEB=∠EFC， 根据作图可得BO=OD， ∴∠AEF=∠FCE， ∴四边形ABCD为平行四边形， ∴△AEF∽△ECF， (2)①∵△ABC∽△FCE， ∵AD⎳BC， ∴∠F=∠BAC，∠ACB=∠FEC， ∴△ECF∽△MDF， ∵∠ACE=∠F+∠CEF=∠ECB+∠ACB， EC EF CF ∴ = = ， DM FM DF ∴∠BCE=∠F=∠BAC， ∵CF=1， ∵△ABC∽△FCE， ∴DF=CD-CF=2， AB BC ∴ = 且CF=AC， FC CE 设CE=s，FE=t， AB BC ∵△AEF∽△ECF， ∴ = ， AC CE CF CE EF 1 s t ∴ = = ，即 = = ， ∴△ABC∽△CBE； EF AE AF t AE AF ②∵∠AEC=45°，AC=4， ∴AE=st，AF=t2， ∴E在△AEC的外接圆上运动， EC EF CF s t 1 ∵ = = ，即 = = ， DM FM DF DM FM 2 设△AEC的外接圆为⊙O，如图，设EF与⊙O交于 ∴DM=2s，FM=2t， 点G，连接AG， ∴AM=AD+DM=5+2s， ∵△AEF∽△MEA， EF AE AF t st t2 ∴ = = ，即 = = ， AE EM AM st t+2t 5+2s  t = st st t+2t ∴ ， st = t2 t+2t 5+2s s= 3 s=- 3   解得 t2=5 3+6 或 t2=5 3-6 (舍去)， 3 3 ∴∠AOC=2∠AEC=90°， 5 3+6 2 ∴AF= ． ∴OA=OC= AC=2 2， 3 2   3．【分析】(1)连接BO并延长，在BO的延长线上截 ∵CG=CG， 取OD=OB，连接AD，CD，进而根据对角线互相平 ∴∠GAF=∠CEF， 分的四边形是平行四边形，即可得证； ∵∠CEF=∠ACB， ·35·★ 2026 中考数学 压轴题 每日一题 参考答案（类型 2）★ ∴∠GAF=∠BCA， 又∵∠F=∠BAC， ∴△BAC∽△GFA， 又∵CF=AC，则AF=2AC， BC AC 1 ∴ = = ， AG AF 2 1 若BC= AG， 2 ∴当AG为⊙O的直径时，AG取得最大值为4 2， ∴BC的最大值为2 2． ∵OC 平分∠AOB，CD⊥OB，CQ⊥OA， 4．【分析】(1)如图，过点C作CP⊥OA于点P，由 ∴CQ=CD， 角平分线的性质定理可得CP=CD，再证明Rt△POC 在Rt△QOC和Rt△DOC 中， ≅ Rt△DOC(HL) 可得 OP = OD，然后说明四边形 ∵OC=OC，CP=CD， CPEG是矩形可得PE=CG，最后根据线段的和差以 ∴Rt△QOC≅Rt△DOC， 及等量代换即可解答； ∴OQ=OD， (2)如图，过点C作CQ⊥OA于点Q，由角平分线的 ∵DE⊥OA，CG⊥DE，CP⊥OA， 性质定理可得CQ=CD，再证明Rt△QOC≅Rt△DOC ∴∠CQE=∠QEG=∠CGE=90°， 可得OQ=OD，然后说明四边形CQEG是矩形可得 ∴四边形CQEG是矩形， QE=CG，最后根据线段的和差以及等量代换即可解 ∴QE=CG， 答； ∴OD=OQ=QE-OE=CG-OE； (3)分0°<∠AOB<90°和90°<∠AOB<180°分别利 (3)①如图：当0°<∠AOB<90°时， 用(1)(2)的相关结论以及相似三角形的判定与性质、勾 股定理解答即可． 【解答】解：(1)如图，过点C作CP⊥OA于点P， ∵CG⊥DE，DE⊥OA，∴CG⎳OE， CG GF ∴△OEF∽△CGF，∴ = =3， OE EF 即CG=3OE，OD=CG+OE=3OE+OE=4OE， ∵OC 平分∠AOB，CD⊥OB，CP⊥OA， ∴DE= OD2-OE2= (4OE)2-OE2= 15OE， ∴CP=CD， ∵∠DCG+∠CDG=90°，∠ODE+∠CDG=90°， 在Rt△POC和Rt△DOC中， ∴∠DCG=∠ODE，∴△CDG∽△DOE， OD DE 15OE 15 ∵OC=OC，CP=CD， ∴ = = = ； CD CG 3OE 3 ∴Rt△POC≅Rt△DOC(HL)， ②如图：当90°<∠AOB<180°时， ∴OP=OD， ∵DE⊥OA，CG⊥DE，CP⊥OA， ∴∠CPE=∠PEG=∠CGE=90°， ∴四边形CPEG是矩形， ∴PE=CG， ∴OD=OP=PE+OE=CG+OE， 故答案为：OD=CG+OE； (2)不成立，OD=CG-OE，证明如下： 如图，过点C作CQ⊥OA于点Q， ·36·★ 2026 中考数学 压轴题 每日一题 参考答案（类型 2）★ ∵CG⊥GF，GF⊥OE， ∴CG⎳OE， ∴△OEF∽△CGF， CG GF ∴ = =3， OE EF 即CG=3OE， 同理可证△AFB∽△AEO， ∴OD=CG-OE=3OE-OE=2OE， BF AB ∴DE= OD2-OE2= (2OE)2-OE2= 3OE， ∴ OE = AO ， ∵∠DCG+∠CDG=90°，∠ODE+∠CDG=90°， ∵菱形ABCD中，∠ABC=60°， ∴∠DCG=∠ODE， ∴∠ABO=30°， OD DE 3OE 3 ∵O是AB的垂直平分线与BD的交点， ∴△CDG∽△DOE， = = = ， CD CG 3OE 3 ∴AO=BO， OD 15 3 综上， 的值为 或 ． ∴∠BAO=∠ABO=30°， CD 3 3 5．【分析】(1)利用正方形的性质结合旋转的性质求解 过点O作OG⊥AB于点G， BG BG 即可； ∴AB=2BG， cos∠ABO= = = cos30°= OB OA (2)由题意得△AEF∽△AOB，推出∠EAB=∠EAO， 3 ， AF AB BF = ，再得到△AFB∽△AEO，推出 = 2 AE AO OE AB ∴ = 3， AB ，根据正方形的性质求解即可； OA AO BF AB ∴ = = 3， BF AB (3)同理可证△AFB∽△AEO，得到 = ，根据 OE AO OE AO BF ∴ 的值与α无关； 线段垂直平分线的性质求得AB=2BG，再根据余弦函 OE 数的定义求解即可； β BF AB β (3)同理可证，∠BAO= ， = =2cos ， β BF AB β 2 OE OA 2 (4)同理可证，∠BAO= ， = =2cos ， β β 2 OE OA 2 ∴BF=OE⋅2cos ，BA=OB⋅2cos ， 2 2 根据BE=OE+OB，求解即可． ∵BE=OE+OB， 【解答】解：(1)∵四边形ABCD是正方形， β β ∴∠OAB=∠DAC=45°，AD= 2OA， ∴BF+BA=OE⋅2cos +OB⋅2cos 2 2 AD β β ∴旋转角为45°，k= = 2， OA =2(OE+OB)cos =2BEcos ， 2 2 ∴k= 2， β 即BF+BA=2BEcos ． 故答案为：45°， 2； 2 (2)根据题意得△AEF∽△AOB， 6．【分析】(1)利用勾股定理求得BD= 22+42 = AF AE 2 5，再证明△ADB∽△DBC，利用相似三角形的性质 ∴∠EAF=∠OAB， = ， AB AO 求解即可； AF AB ∴∠FAB=∠EAO， = ， (2) ①由折叠的性质得 ∠A =∠A = 90°， ∠ABD = AE AO ∠ABD，再证明∠ABD=90°，根据有三个角是直角的 ∴△AFB∽△AEO， BF AB 四边形是矩形即可得解； ∴ = ， OE AO ②延长AD和AD相交于点Q，连接BQ，证明四边形 ∠OAB=45°，∠AOB=90°， ABAQ是正方形，再证明△DQE∽△CBE，据此求解 AB ∴ = 2， 即可； AO (3)先利用折叠的性质求得∠BPD=90°，推出点P在 BF AB ∴ = = 2， OE AO 以BD为直径的⊙O上，连接OC，OP，得到CP≤ BF (3) 的值与α无关，理由如下，如图， OC-OP，据此求解即可． OE 【解答】解：(1)∵∠BAD=∠ABC=∠BDC=90°， ∴AD⎳BC， ∴∠ADB=∠DBC， ·37·★ 2026 中考数学 压轴题 每日一题 参考答案（类型 2）★ ∴△ADB∽△DBC， AD AB ∴ = ， BD CD ∵∠BAD=90°，AD=2，AB=4， ∴BD= 22+42=2 5， 2 4 ∴ = ， 2 5 CD ∴CD=4 5； (2)①四边形DBAF是矩形，理由如下， ∴CP≥OC-OP，即点P在OC上时，线段CP存在 由折叠的性质得∠A=∠A=90°，∠ABD=∠ABD， 最小值， ∵∠ABD+∠DBC=∠ABC=90°， ∵OC= OD2+CD2= ( 5)2+(4 5)2= 85， ∴∠ABD=∠ABD+∠DBC=90°， 线段CP的最小值为 85- 5． ∴四边形DBAF是矩形； 7．【分析】(1)根据旋转可得AC=CD，CB=CE， ②延长AD和AD相交于点Q，连接BQ， AC CD ∠ACD=∠BCE，则 = ，即可证明△BCE∽ CB CE △ACD； (2)根据BC=2，AC=1，∠ACB=90°，可得AC= BC CD=1，AB= 5，即可得出tan∠A= =2，过 AC DH D 作 DH ⊥ AC，则 tan∠A = = 2，即 DH = AH 2 2AH，在△CDH中勾股定理求出AH= ，则DH= 由折叠的性质得∠A=∠A=90°，∠ABD=∠ABD， 5 ∠EBD=∠EBD， 4 ，在△ADH中勾股定理求出AD，根据△BCE∽ 5 ∵点A恰好落在边BC上， BE BC 4 5 ∴AB=AB=4，∠ABA=90°， △ACD，得出 AD = AC ，即可求出BE= 5 ； ∴四边形ABAQ是矩形， (3)①设旋转角为α，则∠ACD=∠BCE=α，AC= ∵AB=AB=4， CD，CB=CE，根据等腰三角形的性质和三角形内角 ∴四边形ABAQ是正方形， 1 和定理即可得出∠CDA=∠A=90°- α，∠CEB= 2 ∵ ∠ABE = ∠ABD + ∠EBD = ∠ABD + ∠EBD' = 1 ∠ABE=0.5×90°=45°， ∠CBE=90°- α，根据∠ACB=90°，得出∠BCF= 2 ∴点E在对角线BQ上， 90°， ∠DCB = 90° -α， ∠ECF = 90° -α，即可得 ∴ DQ = AQ - AD = 2 ， BC = BD2+CD2 = ∠DCB=∠ECF，根据GF⎳AB，得出∠F+∠A= (2 5)2+(4 5)2=10， 180°，即可得∠CDB=∠F，证明△BCD≅△ECF，得 ∵四边形ABAQ是正方形， 出CD=CF，结合CD=AC，得出AC=CF； GF 5 ∴AQ⎳CB， ②根据 = ，设GF=5k，GB=6k，证明四边 GB 6 ∴△DQE∽△CBE， 形ABGF是平行四边形，得出AB=GF=5k，AF= DE DQ 2 1 ∴ = = = ， BG=6k，∠G=∠A，由①得CD=AC=CF=3k， CE BC 10 5 1 2 5 在Rt△ABC中，勾股定理得出BC=4k，则sin∠A= ∴DE= CD= ； 6 3 BC 4k 4 4 = = ，则 sin∠G = sin∠A = ，根据 (3)由折叠的性质得∠EBD=∠EBD，BD=BD， AB 5k 5 5 ∴BE是线段DD的垂直平分线， △CBD ≅ △CEF ，得出 ∠CBD = ∠CEF ，根据 GF⎳AB，得出∠FEB+∠ABE=180°，证明∠FEB ∴∠BPD=90°， BE 4 ∴点P在以BD为直径的⊙O上，连接OC，OP， =90°，∠BEG=90°，则 sin∠G= = ，求出 BG 5 24 1 BE= k，由①可得∠ADC=∠CEB=90°- α， 5 2 ∠ADC+∠CDB=180°，得出∠CEB+∠CDB=180°， ·38·★ 2026 中考数学 压轴题 每日一题 参考答案（类型 2）★ 证出点C，D，B，E四点共圆，根据圆周角定理得出 ∴∠BCF=90°，∠DCB=90°-α， DK ∴∠ECF=90°-α， ∠BED=∠BCD，证明△BEK∽△DCK，得出 = BK ∴∠DCB=∠ECF， CK 3k 5 = = ，设DK=5x，BK=8x，CK=5y， EK 24k 8 ∵GF⎳AB， 5 ∴∠F+∠A=180°， EK=8y，则BC=BK+CK=8x+5y=4k①，根据 ∴∠CDA+∠CDB=180°，∠CDA=∠A， 旋转可得DE=AB=5k，则DE=DK+EK=5x+8y ∴∠CDB=∠F， KD 5x =5k②，联立①②求出x，y，再根据 = 即可 KE 8y ∵∠DCB=∠ECF，∠CDB=∠F，CB=CE， 求解． ∴△BCD≅△ECF(AAS)， 【解答】 (1) 证明： ∵ 将 △ABC 绕点 C 旋转得到 ∴CD=CF， △DEC，点A的对应点D落在边AB上， ∵CD=AC， ∴AC=CD，CB=CE，∠ACD=∠BCE， ∴AC=CF； AC CD GF 5 ∴ = ， ②解：∵ = ， CB CE GB 6 ∴△BCE∽△ACD； ∴设GF=5k，GB=6k， (2)解：∵BC=2，AC=1，∠ACB=90°， ∵GF⎳AB，BG⎳AF， ∴AC=CD=1，AB= AC2+BC2= 22+12= 5， ∴四边形ABGF是平行四边形， BC ∴AB=GF=5k，AF=BG=6k，∠G=∠A， ∴tan∠A= =2， AC 由①得CD=AC=CF=3k， 过D作DH⊥AC， 在Rt△ADC中，AB2=BC2+AC2， ∴BC= AB2-AC2= (5k)2-(3k)2=4k， BC 4k 4 ∴sin∠A= = = ， AB 5k 5 4 ∴sin∠G=sin∠A= ， 5 ∵△CBD≅△CEF， DH ∴tan∠A= =2， ∴∠CBD=∠CEF， AH ∵GF⎳AB， ∴DH=2AH， ∴∠FEB+∠ABE=180°， 在△CDH中，CH2+DH2=CD2， 即∠CEF+∠CEB+∠CBE+∠CBD=180°， 即(1-AH)2+(2AH)2=12， 即2(∠CEF+∠CEB)=2∠FEB=180°， 2 解得：AH= ，AH=0(舍去)， 5 ∴∠FEB=90°， 4 ∴DH= ， ∴∠BEG=90°， 5 BE 4 BE 4 在△ADH中，AH2+DH2=AD2， ∴sin∠G= = ，即 = ， BG 5 6k 5 2 5 24 ∴AD= AH2+(2AH)2= 5AH= ， ∴BE= k， 5 5 ∵△BCE∽△ACD， 1 由①可得 ∠ADC = ∠CEB = 90° - α， ∠ADC + 2 BE BC BE 2 ∴ = ，即 = ， AD AC 2 5 1 ∠CDB=180°， 5 ∴∠CEB+∠CDB=180°， 4 5 ∴BE= ； ∴点C，D，B，E四点共圆， 5 (3)①证明：设旋转角为α，则∠ACD=∠BCE=α， ∴∠BED=∠BCD， AC=CD，CB=CE， ∵∠BEK=∠KCD，∠BKE=∠DKC， 180°-α 1 ∴△BEK∽△DCK， ∴ ∠CDA = ∠A = = 90° - α， ∠CEB = 2 2 DK CK CD 3k 5 ∴ = = = = ， ∠CBE= 180°-α =90°- 1 α， BK EK BE 24k 8 2 2 5 ∵∠ACB=90°， 设DK=5x，BK=8x，CK=5y，EK=8y， ·39·★ 2026 中考数学 压轴题 每日一题 参考答案（类型 2）★ 则BC=BK+CK=8x+5y=4k①， 则FG=AF， 根据旋转可得DE=AB=5k， ∴DE=DK+EK=5x+8y=5k②， 7 20 联立①②可得x= k,y= k， 39 39 5× 7 k KD 5x 39 7 ∴ = = = ． KE 8y 8×20k 32 39 8．【分析】(1)由折叠的性质可得BD=BD，BE= BE，∠BDE=∠BDE，再根据平行线的性质可得 ∴∠C=90°，AD⎳BC， ∠BDE=∠BED，进而得到∠BDE=∠BED，由等角 ∴∠AMD=∠C=90°， 对等边推出BD=BE，从而证明BE=BD=BD= ∴∠AMA=90°， BE，即可四边形BDBE是菱形； 由折叠的性质得AD=AD，∠ADF=∠ADF，AF= (2)①由(1)推出BD=BD=BE，由折叠的性质得到 AF， AD=AD，结合已知可得AD=2BD=2BE，进而推 ∴△ADF≅△ADF(SAS)， 出BD=AB=BE，得到∠1=∠2，∠3=∠4，再根 ∴∠A=∠DAF， 据三角形内角和定理即可求出∠2+∠3=90°，即可得 ∵∠AFH=∠AFG， 到DE与AE的位置关系； ∴∠AHF=∠AMA=90°， ②分△AFG是以AF为腰AG为底的等腰三角形和 ∵∠A=∠A， △AFG是以AF为腰FG为底的等腰三角形两种情况讨 ∴△AFH∽△ABC， 论，如图，延长AF交AB于点H，设AC，AD交点 AF HF AH 为M，利用三角形相似的性质建立方程求解即可． ∴ = = ， AB BC AC 【解答】解：(1)四边形BDBE是菱形，理由如下： ∴HF:AH:AF=BC:AC:AB=3:4:5， 由折叠的性质可得BD=BD，BE=BE，∠BDE= ∵∠A=∠DAF，AF=AF，∠AHF=∠AMF， ∠BDE， ∴△AHF≅△AMF(AAS)， ∵BD⎳BC， ∴HF=FM，AH=AM， ∴∠BDE=∠BED， 设HF=FM=3x，AH=AM=4x，AF=AF=5x， ∴∠BDE=∠BED， ∴AM=AF+FM=8x， ∴BD=BE， ∵AD⎳BC， ∴BE=BD=BD=BE， ∴△AMD∽△ACB， ∴四边形BDBE是菱形； AM AD 8x AD ∴ = ，即 = ， (2)①DE⊥AE，理由如下： AC AB 12 15 由(1)知四边形BDBE是菱形， ∴AD=10x， ∴BD=BE=BD， ∴BE=BD=AB-AD=15-10x， 由折叠的性质得到AD=AD， ∴CE=BC-BE=10x-6， ∵FG=AF=5x， ∵AD=2BD， ∴AD=2BD=2BD=2BE， ∴MG=FG-FM=2x， ∴BD=AB=BE， ∴CG=AC-AM-MG=12-8x-2x=12-10x， ∵AD⎳BC， ∴∠1=∠2，∠3=∠4， ∴△AMG∽△ECG， ∵∠1+∠2+∠3+∠4=180°， A'M MG ∴∠2+∠3=90°， ∴ = ， CE CG ∴DE⊥AE； 4x 2x ∴ = ， ②∵∠C=90°，AB=15，BC=9， 10x-6 12-10x 解得：x=1， ∴AC= AB2-BC2=12， ∴AF=5x=5； 当△AFG是以AF为腰AG为底的等腰三角形时，如 当△AFG是以AF为腰FG为底的等腰三角形时，如 图，延长AF交AB于点H，设AC，AD交点为M， ·40·★ 2026 中考数学 压轴题 每日一题 参考答案（类型 2）★ 图，则AF=AG， △CPB，再进一步解答即可；如图，当P在线段OC上 时，延长 AD 交 BP 于 H ，同理可得： △BAH - △GEB，设BE=EF=2m，而BE=2FG，则GF= EG=m，可得AH=10，证明△APH-△CPB，再进 一步可得答案． 【解答】解：(1)在菱形ABCD中，∵AB=BC=CD =AD，∠ABC=60°， ∴△ABC为等边三角形， ∵点P与线段AC的中点O重合， 同理得HF:AH:AF=BC:AC:AB=3:4:5，HF=FM， 1 ∴∠PBC= ∠ABC=30°， AH=AM，AF=AF， 2 设HF=FM=3y，AH=AM=4y，AF=AF=5y， ∴BP⊥AC， 故答案为：30，BP⊥AC； ∴AM=AF+FM=8y， ∵AD⎳BC， (2)CE=2BE， 理由：如图，把 △ABE 绕 B 顺时针旋转 60° 得到 ∴△AMD∽△ACB， AM AD 8y AD △CBQ， ∴ = ，即 = ， AC AB 12 15 ∴AD=10y， ∴BE=BD=AB-AD=15-10y， ∴CE=BC-BE=10y-6， ∵△AFG是以AF为腰FG为底的等腰三角形，AM ⊥AC， ∴GM=FM=3y， ∴FG=GM+FM=6y， ∴BE=BQ，∠EBQ=60°，∠AEB=∠BQC． ∴CG=AC-AF-FG=12-11y， ∴△BEQ为等边三角形， ∵AD⎳BC， ∴∠BEQ=60°=∠BQE，BE=EQ， ∴△AMG∽△ECG， ∵点E在线段BP上，且∠AEP=30°，∠PEC=60°， A'M MG ∴∠AEB=150°，∠BEC=180°-60°=120°， ∴ = ， CE CG ∴∠BEQ=∠CEQ=60°，∠AEB=∠BQC=150°， 4y 3y ∴ = ， ∴∠EQC=150°-60°=90°， 10y-6 12-11y ∴∠ECQ=90°-60°=30°． 33 解得：x= ， 37 ∴CE=2EQ=2BE； 165 ∴AF=5y= ； (3)如图，当P在线段OA上，记BP与AD交于点H， 37 165 综上，AF的长为5或 ． 37 9．【分析】(1)根据菱形的性质证明△ABC为等边三 角形，再结合等边三角形的性质可得答案； (2)如图，把△ABE绕B顺时针旋转60°得到△CBQ， 证明 △BEQ 为等边三角形，可得 ∠BEQ = 60° = ∠BQE， BE = EQ，求解 ∠BEQ = ∠CEQ = 60°， ∵AH⎳BC， ∠AEB=∠BQC=150°，∠EQC=150°-60°=90°，可 ∴∠AHB=∠CBH， 得∠ECQ=90°-60°=30°，进一步可得结论； ∵∠ABC=60°，∠BAD=120°=∠BEG， (3)如图，当P在线段OA上，记BP与AD交于点H， ∴△HAB∽△BEG， AH BE 证明△HAB-△BEG，可得 = ，设FG=x， AH BE AB EG ∴ = ， AB EG 10 则 EF = BE = 2x，可得 AH = ，证明 △APH - 设FG=x，则EF=BE=2x， 3 ·41·★ 2026 中考数学 压轴题 每日一题 参考答案（类型 2）★ ∴EG=3x， DE取得最小值，根据含30度角的直角三角形的性质， 2x AH 即可求解． ∴ = ， 3x 5 【解答】(1)解：∵将线段AD绕点A逆时针旋转90°得 10 ∴AH= 3 ， 到线段AD， ∵AD⎳BC， ∴∠DAD=90°，AD=AD， ∴△APH∽△CPB， ∵∠BAC=90°， AH AP ∴∠BAC-∠DAC=∠DAD =∠DAC，即∠DAB= ∴ = ， BC PC ∠DAC， 10 AP 3 2 又∵AB=AC， ∴ = = ， PC 5 3 ∴△DAB≅△DAC(SAS)， ∵△ABC为等边三角形， ∴CD=BD，∠ADC=∠ADB； 2 ∴AC=AB=5，AP=5× =2， 5 故答案为：相等(或CD'=BD)；相等(或∠AD'C= 如图，当P在线段OC上时，延长AD交BP于H， ∠ADB)； (2)证明：∵四边形ABCD是正方形， ∴∠DCB=90°，BC=DC． ∵CE绕点C逆时针旋转90°得到CE'， ∴∠ECE'=90°，CE=CE'． ∵∠DCB=∠ECE'=90°， ∴∠DCB-∠BCE=∠ECE'-∠BCE 同理可得：∠H=∠PBC，∠BAH=∠BEG=120°， 即∠DCE=∠BCE'． ∴△BAH∽△GEB， ∴△BCE'≅△DCE(SAS)． 设BE=EF=2m，而BE=2FG，则GF=EG=m， ∴∠BE'C=∠DEC=90°． AB EG m 1 ∴ = = = ， ∵∠CED+∠CEF=180°， AH BE 2m 2 ∴∠CEF=90°， ∴AH=10， ∴∠BE'C=∠ECE'=∠CEF=90°． AP AH 同理：△APH∽△CPB， = =2，AP=5× CP BC ∴四边形CEFE'是矩形． 2 = 10 ， 又∵CE=CE'， 3 3 ∴四边形CEFE'是正方形； 10 综上：AP的长为2或 ． 3 (3)解：∵CE绕点C逆时针旋转90°得到线段CE， 10．【分析】(1)根据旋转的性质可得∠DAD=90°， ∴∠ECE=90°，CE=CE， AD=AD，进而证明∠DAB=∠DAC，即可证明 CG 4 ∵ = ， △DAB≅△DAC(SAS)，根据全等三角形的性质，即可 CE 3 CG 4 求解； ∴ = ， CE 3 (2) 根据正方形的性质，旋转的性质，同 (1) 证明 ∵四边形ABCD是矩形，AB=3，BC=4， △BCE≅△DCE(SAS)，得出∠BEC=∠DEC=90°， ∴CD=AB=3， 结合CE=CE，即可得证； BC 4 ∴ = ， (3)同(2)的方法证明△BCG∽△DCE，得出四边形 CD 3 CG BC 4 CEFG是矩形，连接AC，BD交于点O，连接OF， ∴ = = ， CE CD 3 根据直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半，得出 ∵∠DCB=∠ECE=90°， 点A，F，B，C，D共圆，勾股定理求得AC，FC， ∴∠DCB-∠BCE=∠ECE -∠BCE，即∠DCE= 3 21 进而解Rt△FCG，求得FG= ，再证明∠ACF= ∠BCE， 5 8 ∴△BCG∽△DCE， ∠BCG，根据正弦的定义，得出BG= ，即可求解； 5 ∴∠BGC=∠DEC=90°， (4)连接AC，BD交于点O，证明△EAO≅△EAB ∵∠CED+∠CEF=180°， (SAS)得出∠AOE=∠ABE=90°，当DE⊥OE时， ∴∠CEF=90°， ·42·★ 2026 中考数学 压轴题 每日一题 参考答案（类型 2）★ ∴∠BGC=∠ECG=∠CEF=90°， ∴∠BAD=90°，AO=OB， ∴四边形CEFG是矩形， ∵AD=3 2，AB= 6， 如图，连接AC，BD交于点O，连接OF， ∴AC=BD= AB2+AD2=2 6， ∴AO=OB=AB= 6， ∴△AOB是等边三角形，则∠OAB=60°， ∵线段AE绕点A逆时针旋转60°得到线段AE， ∴AE=AE，∠EAE=60°， ∴∠OAB=∠EAE=60°， ∴∠OAB-∠OAE=∠EAE-∠OAE，即∠EAO= ∠EAB， ∵O是AC，BD的中点， 又∵OA=BA，EA=EA， 1 ∴△EAO≅△EAB(SAS)， 在Rt△OBF中，OF= BD， 2 ∴∠AOE=∠ABE=90°， 1 ∴OF= AC=OA=OC=OD=OB， 2 ∴E在OE上运动，且EO⊥AC， ∴A，F，B，C，D共圆， ∴当DE'⊥OE时，DE取得最小值， ∴∠AFC=90°， ∵∠AOB=60°， ∵AD=BC， ∴∠AOD=120°，   ∴AD=BC， 又∵∠AOE=90°， ∴∠GFC=∠ACD， ∴∠EOD=30， 在Rt△ABC中，AC= AB2+BC2=5， ∴当DE⊥OE时，DE= 1 OD= 1 BD= 6 ， 2 4 2 AD 3 ∴cos∠ACD= = ， 6 AC 5 故答案为： ． 2 ∵AF=2， 11．【分析】(1)连接OD，根据正方形的性质，利用 在Rt△AFC中，FC= AC2-AF2= 21， AAS得到△OCE≅△ODE，即可证明结论； 3 21 ∴FG=FCcos∠CFG= ， (2)过点E作EG⊥BC交AC于点G，利用勾股定理和 5   相似三角形，求出比值即可； ∵BC=BC，∴∠BFC=∠BAC， (3)过点D作DP⊥BA于点P，作DQ⊥BC于点Q， 又∵∠AFC=∠G=90°， 设CE=x，求出AP=CQ=3，DP=DQ=3 3，然 ∴∠ACB=∠FCG， 后表示DF2，DE2，在射线CA上截取AM=AF=2， ∴ ∠ACB - ∠FBC = ∠FCG - ∠FBC，即 ∠ACF = 在射线AC上截取CN=CE=x，根据全等得到DM= ∠BCG， DF，DN=DE，∠MDN=90°，然后根据勾股定理求 AF BG ∴sin∠ACF= =sin∠BCG= ， AC BC 出x值，再根据相似三角形的对应边成比例解答即可． ∴ 2 = BG ，∴BG= 8 ，∴BF= 3 21 - 8 ； 【解答】(1)证明：连接OD， 5 4 5 5 5 3 21 8 故答案为： - ； 5 5 (4)解：如图，连接AC，BD交于点O， ∵ABCD是正方形，OF⊥OE， ∴ OD = OC， ∠COD = ∠EOF = 90°， ∠ACD = ∠ACB=45°， ∴∠DOF=∠COE， ∴△OCE≅△ODF(ASA)， ∴OE=OF； ∵四边形ABCD是矩形， ·43·★ 2026 中考数学 压轴题 每日一题 参考答案（类型 2）★ (2)解：过点E作EG⊥BC交AC于点G． 设CE=x， ∵四边形ABCD是菱形， ∴AD⎳BC，DC⎳AB， ∴∠PAD=∠DCQ=∠B=60°， ∴∠ADP=∠CDQ=30°， ∴AP=CQ=3，DP=DQ= AD2-AP2=3 3， 1 ∵AF= AB． 3 ∵AB⊥AC， ∴AF=2， 1 ∴tan∠ACB= ， ∴PF=PA+AF=5， 2 ∴DF2=DP2+PF2=27+25=52，DE2=DQ2+ AB 1 ∴ = ， AC 2 QE2=27+(3+x)2， 3 5 在射线CA上截取AM=AF=2，在射线AC上截取 ∵AB= ， 5 CN=CE=x， 6 5 ∴AC= ， ∵四边形ABCD是菱形， 5 ∴BC= AB2+AC2=3， ∴BA=BC，∠BAC=∠DAC=∠D=60°， ∵BE:EC=1:2， ∴∠MAD=∠FAD=120°，AC=AB=6， 2 又∵DA=DA， ∴CE= BC=2． 3 ∴△ADM≅△ADF， 1 在Rt△GEC 中，tan∠GCE= ，CE=2， ∴DM=DF，∠MDA=∠FDA， 2 则GE=1，CG= 5， 同理：DN=DE，∠NDC=∠EDC， 5 ∴∠MAF+∠EDN=2(∠ADF+∠EDC)=2(∠ADC- ∴AG= ， 5 ∠EDF)=2×(60°-30°)=60°， ∵∠AEF=∠GEC=90°， ∴∠MDN=90°， ∴∠AEG=∠FEC． ∴DM2+DN2=MN2，即DF2+DE2=MN2， ∵ ∠AGE = ∠GEC + ∠GCE = ∠OCF + ∠GCE = ∴52+27+(3+x)2=(2+6+x)2， ∠FCE， 解得CE=2.4， ∴△AGE∽△FCE， 又∵CE⎳AD， GA GE 5 1 ∴ = ，即 = ， ∴∠BCA=∠CAD，∠CEG=∠ADG， CF CE CF 2 ∴△CEG∽△ADG， 2 5 得CF= ， 5 CG CE ∴ = ， 3 5 AG AD 又∵OC= ， 5 CG 2.4 即 = ， 13 65 6-CG 6 则OF= OC2+CF2= = ， 5 5 解得：CG= 12 ， 7 OF 13 ∴ = ； 又∵O是AC的中点， CF 2 (3)过点D作DP⊥BA于点P，作DQ⊥BC于点Q， ∴OC=3， 12 9 ∴OG=OC-CG=3- = ． 7 7 12．【分析】(1)连接EF，证明Rt△EPF≅Rt△ECF， 即可求证； (2)根据题意得点P在以A为圆心，10为半径的⊙A的 弧上，连接AM，当点P在线段AM上时，PM有最小 值，根据勾股定理求出AM，即可求解； (3)过点P作PH⊥AD于H，交BC于点G，证明 △PHN∽△DHP，可得HP2=HN⋅HD，设HN=x， ·44·★ 2026 中考数学 压轴题 每日一题 参考答案（类型 2）★ HD=13-x，根据勾股定理得到关于x的方程，可得 ∴∠1+∠3=90°， 到HP=6，AH=8，HG=AB=10，PG=4，BG ∴∠3=∠2， =AH=8，设BE=m，则PE=m，GE=8-m，在 ∵∠PHN=∠DHP， Rt△PGE中，根据勾股定理求出m=5，即可求解． ∴△PHN∽△DHP， 【解答】(1)证明：如图，连接EF， HP HN ∴ = ， HD HP ∴HP2=HN⋅HD， ∵AN=4，AD=17， ∴DN=13， 设HN=x，HD=13-x， ∴AH=x+4，HP2=x(13-x)， 由折叠可得∠APE=∠B=90°，PE=BE， ∵AB=10， ∵四边形ABCD为矩形， ∴AP=AB=10， ∴∠C=90°， ∵HP2=AP2-AH2， ∵E为BC的中点， ∴HP2=102-(x+4)2， ∴BE=EC， ∴x(13-x)=102-(x+4)2， ∴PE=EC， 解得x=4， 在Rt△EPF与Rt△ECF中， ∴HP=6，AH=8，HG=AB=10，PG=4，BG= ∵EP=EC，EF=EF， AH=8， ∴Rt△EPF≅Rt△ECF(HL)， 设BE=m，则PE=m，GE=8-m， ∴FP=FC； 在Rt△PGE中，PE2=EG2+PG2， (2)解：∵AP=AB=10，点E在移动过程中，AP= ∴m2=(8-m)2+42， 10不变． 解得m=5， ∴点P在以A为圆心，10为半径的⊙A的弧上， 即BE的长为5． 连接AM，如图， 当点P在线段AM上时，PM有最小值， ∵AD=17，AB=CD=10，CM=4， ∴DM=6， ∴AM= AD2+DM2= 172+62= 325=5 13， ∴PM的最小值为AM-AP=5 13-10； (3)解：过点P作PH⊥AD于H，延长HP交BC于点 G，连接PD、NP，如图， ∵∠NPD=90°， ∴∠1+∠2=90°， ·45·★ 2026 中考数学 压轴题 每日一题 参考答案（类型 3）★ ★类型3：三角形(1-7)+四边形(8-20)+动点问题 AB=AC  (21-24)★ ∠BAE=∠CAD， AE=AD 1．【分析】(1)①由AB=AC，∠BAC=α=60°，得 ∴△ABE≅△ACD(SAS)， 到△ABC是等边三角形，从而得到∠ABC=∠BCA= ∴BE=CD，∠ABE=∠ACD=120°， ∠ACB=60°，进而推出∠BAE=∠CAD，因此可证明 ∴∠EBF=∠ABE-∠ABC=120°-60°=60°， △ABE ≅ △ACD(SAS)，得到 BE = CD， ∠ABE = ∵EF⊥BC， ∠ACD=60°，求得∠EBF=60°，因此BE=2BF，由 BF BF CD=BD+BC=BF+DF+BC即可得到结论BF= ∴在Rt△BEF中，BE= = =2BF， cos∠BEF cos60° DF+BC； ∵CD=BD-BC=BF+DF-BC，CD=BE=2BF， ②由AB=AC，∠BAC=α=60°，得到△ABC是等边 ∴2BF=BF+DF-BC， 三角形，从而∠ABC=∠BCA=60°，进而推出∠BAE ∴BF=DF-BC； =∠CAD，因此可证明△ABE≅△ACD(SAS)，得到 (2)解：∵AB=AC，∠BAC=α=120°， BE = CD， ∠ABE = ∠ACD = 120°，求得 ∠BEF = 1 ∴∠ABC=∠BCA= (180°-∠BAC)=30°， ∠ABE-∠ABC=60°，因此BE=2BF，由CD=BD 2 ∵∠BAC=∠EAD=α=120°， -BC=BF+DF-BC，即可得到结论 BF=DF- ∴ ∠BAC - ∠BAD = ∠EAD - ∠BAD，即 ∠DAC = BC； ∠EAB， (2)同(1)思路即可求解． ∴在△ABE和△ACD中， 【解答】(1)①证明：∵AB=AC，∠BAC=α=60°， AB=AC ∴△ABC是等边三角形，  ∠BAE=∠CAD， ∴∠ABC=∠BCA=∠ACB=60°， AE=AD ∵∠BAC=∠EAD=α=60°， ∴△ABE≅△ACD(SAS)， ∴ ∠BAC + ∠BAD = ∠EAD + ∠BAD，即 ∠BAE = ∴BE=CD，∠ABE=∠ACD=30° ∠CAD， ∴∠EBC=∠EBA+∠ABC=30°+30°=60°， ∴在△ABE和△ACD中， ∵EF⊥BC， AB=AC  ∴在Rt△BEF 中， ∠BAE=∠CAD， BF BF AE=AD BE= = =2BF， cos∠BEF cos60° ∴△ABE≅△ACD(SAS)， ∵CD=BC-BD=DF-BF+BC，CD=BE=2BF， ∴BE=CD，∠ABE=∠ACD=60°， ∴2BF=DF+BC-BF， ∴∠EBF=180°-∠ABE-∠ABC=180°-60°-60°= ∴3BF=DF+BC． 60°， 2．【分析】(1)利用等边对等角求得∠DBC=∠ACB， ∵EF⊥BC， 再利用AAS证明△ABC≅△DCB即可； BF BF ∴在Rt△BEF 中，BE= = =2BF， (2) 由题意得 △ABC ≅ △D'C'B，得到 ∠BAC = cos∠EBF cos60° ∠C'D'B，AB=D'C'=2，AC=BD'，作AE⊥BC ∵CD=BD+BC=BF+DF+BC，CD=BE=2BF， 于点E，利用直角三角形的性质结合勾股定理求得BE ∴2BF=BF+DF+BC， ∴BF=DF+BC； =1，BD'=AC= 7，证明AM⎳C'D'，推出△BAM ②解：BF=DF-BC，理由如下： ∽△BD'C'，利用相似三角形的性质列式计算即可求解； ∵AB=AC，∠BAC=α=60°， (3)设∠BC'C=α，由旋转的性质得BC'=BC，则 ∴△ABC是等边三角形， ∠BC'C=∠BCC'=α，利用三角形内角和定理以及平 ∴∠ABC=∠BCA=60°， 角的性质求得∠BNC=120°-α，∠D'C'N=120°-α， ∴∠ACD=180°-∠BCA=120°， 推出∠BNC=∠D'C'N=120°-α，求得AN=AC= 3 21 ∵4∠BAC=∠EAD=α=60°， 7，作CF⊥BN于点F，求得S = ，再求 △ACN 4 ∴ ∠BAC - ∠EAC = ∠EAD - ∠EAC，即 ∠BAE = 得AM:CM=4:3，据此求解即可． ∠CAD， 【解答】(1)证明：∵PB=PC， ∴在△ABE和△ACD中， ·46·★ 2026 中考数学 压轴题 每日一题 参考答案（类型 3）★ ∴∠PBC=∠PCB，即∠DBC=∠ACB， ∵， 在△ABC和△DCB中， ∠BAC=∠CDB  ∠ACB=∠DBC， BC=CB ∴△ABC≅△DCB(AAS)； (2) 解：由 (1) 知： △ABC ≅ △DCB，即 △ABC ≅ △D'C'B， ∴∠BAC=∠C'D'B，AB=D'C'=2，AC=BD'， 作AE⊥BC于点E，如图2， ∵∠ABC=60°，∴∠BCF=30°， 3 ∵BC=3，∴BF= ， 2 在直角三角形 BCF 中，由勾股定理得： CF = 3 3 BC2-BF2= ， 2 1 1 3 3 3 21 ∴S = AN×CF= × 7× = ， △ACN 2 2 2 4 4 7 3 7 ∵AM= ，CM= ，即AM:CM=4:3， ∵∠ABC=60°， 7 7 ∴∠BAE=30°， 4 3 21 ∴S = S = ． 1 △AMN 7 △ACN 7 ∴BE= AB=1， 2 3．【分析】(1)利用勾股定理计算即可； 在直角三角形 ABE 中，由勾股定理得： AE = (2)如图，求解∠A=∠B=45°，AD=CD=2，证明 AB2-BE2= 3， ∠FEB=∠A=45°，结合∠DEF=45°，可得∠DEB= ∴CE=BC-BE=2， 90°=∠AED，再进一步求解即可； 在直角三角形 ACE 中，由勾股定理得： AC = (3)证明∠BEF=∠ADE，结合∠A=∠B=45°，DE= AE2+CE2= 7， FE，从而可得结论；(4)如图，当F在BC的左边时， ∴BD'=AC= 7， 结合题意可得：EG⊥BC，FQ⊥BC，EG=2FQ， ∵∠BAC=∠C'D'B， 过D作DH⊥AB于H，过F作FK⊥EG于K，可得 ∴AM⎳C'D'， FQ=GK=GE，结合(1)可得：DH=AH= 2，证 ∴△BAM∽△BD'C'， 明△DHE≅△EKF，可得EK=DH= 2再进一步解得 BA AM 2 AM 即可；如图，当F在BC的右边时，过D作DH⊥AB ∴ = ，即 = ， BD' C'D' 7 2 于H，过F作FK⊥EG于K，同法可得答案． 4 7 ∴AM= ， 【解答】(1)解：∵在△ABC中，∠C=90°，AC=BC 7 3 7 =4， ∴CM=AC-AM= ； 7 ∴AB= AC2+BC2=4 2， (3)解：设∠BC'C=α， 故答案为：4 2； 由旋转的性质得BC'=BC，则∠BC'C=∠BCC'=α， (2)解：如图，在△ABC中，∠C=90°，AC=BC= ∵∠ABC=∠D'C'B=60°，∠NBC+∠BCN+∠BNC 4，点D为边AC的中点， =180°，∠BC'C+∠BC'D'+∠D'C'N=180°， ∴∠A=∠B=45°，AD=CD=2， ∴∠BNC=120°-α，∠D'C'N=120°-α， ∴∠BNC=∠D'C'N=120°-α， ∵AM⎳C'D'， ∴∠ANC=∠ACN， ∴AN=AC= 7， 作CF⊥BN于点F，如图3， ·47·★ 2026 中考数学 压轴题 每日一题 参考答案（类型 3）★ ∵EF⎳AC， ∴EG=BG=2 2， ∴∠FEB=∠A=45°， ∴BE= EG2+BG2=4，AE=4 2-4； 而∠DEF=45°， 如图，当F在BC的右边时，过D作DH⊥AB于H， ∴∠DEB=90°=∠AED， 过F作FK⊥EG于K， 2 ∴AE=AD⋅cos45°=2× = 2； 2 (3)证明：∵将线段DE绕点E顺时针旋转45°得到线 段EF， ∴DE=DF，∠DEF=45°， 如图，∵∠DEF+∠BEF=∠DEB=∠A+∠ADE， ∠DEF=∠A=45°， ∴∠BEF=∠ADE， 同理：EK=DH= 2， ∴四边形四边形FKGQ为矩形， ∴FQ=GK， ∵GE=2FQ， 2 2 2 ∴GE=2GK，EG= ，GK=FQ= ， 3 3 2 2 2 2 4 同理可得：EG=BG= ，BE= × 2= ， 3 3 3 4 ∴AE=4 2- ， ∴∠A=∠B=45°，DE=FE， 3 4 ∴△ADE≅△BEF(AAS)； 综上：AE的长为4 2-4或4 2- ． 3 (4)解：如图，当F在BC的左边时，结合题意可得： 4．【分析】(1)利用AB=AC，∠BAC=α=60°，得 EG⊥BC，FQ⊥BC，EG=2FQ， 出△ABC是等边三角形，得出∠ABC=∠ACB=60°， 过D作DH⊥AB于H，过F作FK⊥EG于K， 由旋转得∠DAE=60°，则可求出∠DAC，再利用外角 ∴四边形FKGQ为矩形， 即可求解； ∴FQ=GK=GE， (2)连接CE，DH，利用α=∠BAC=90°，AB=AC， 得∠ABD=∠ACB=45°，证明△BAD≅△CAE，得 BD = CE， ∠ABD = ∠ACE = 45°，得出 ∠DCE = ∠ACB+∠ACE=45°+45°=90°，再证明DG=DC， 得出△BDG≅△ECD，可得∠BGD=∠EDC，BG= DE，再通过点H是BG的中点，和点F是DE的中点， 1 1 证明DH=HG= BG，DF=CF= DE，通过证 2 2 明△HDF是等腰直角三角形，即可得出； 结合(1)可得：DH=AH= 2， (3)取BC中点U，AC中点V，连接AU，EV，UV， ∵EG⊥BC，∠B=45°， 通过证明△ADU≅△AEV，得出∠AVE=∠AUD= ∴∠GEB=∠B=45°， 90°，由点V为固定点，∠AVE=90°，得点E在过点 ∴GB=GE=2GK=2EK， V且垂直于AC的直线上运动，由点到直线的最短距离 ∵∠DEF=45°， 可得，当CE取最小值时，即CE垂直于点E运动轨迹 ∴∠DEF+∠GEB=90°， 的直线，即点E和点V重合时，CE最小，此时，由翻 ∴∠DEH+∠FEK=90°， 折可知AE=QE，则点Q的轨迹为以点E为圆心， ∴∠DHE=90°=∠HDE+HED， AE=4为半径的圆，由点到圆上一点的最大距离可知 ∴∠HDE=∠KEF， 当B、E、Q依次共线时，BQ取最大值，此时，连接 ∵DE=EF， MA，过点B作BS⊥CN于点S，过点Q作QR⊥CN ∴△DHE≅△EKF(AAS)， 于点 R，证明 △MAE ≅ △BDE，得出 MA = BD = ∴EK=DH= 2， ·48·★ 2026 中考数学 压轴题 每日一题 参考答案（类型 3）★ 4 3，∠MAE=∠BDE，通过证明∠MAN=30°，得出 1 ∴DF=CF= DE，∴DH=DF， 2 1 MN= MA=2 3，AN= 3MN=6，再计算出AS 2 ∴△HDF是等腰直角三角形，∴HF= 2DF= 2CF， 1 即HF= 2CF； = AB=4，BS= 3AS=4 3，即可求出SE=8， 2 (3) 如图，取 BC 中点 U， AC 中点 V，连接 AU， 则BE= BS2+SE2=4 7，通过△BES∽△QER，求 EV，UV， 8 7 出ER= ，可求出NR=NA+AE+ER=10+ 7 8 7 1 ，则利用S = MN⋅NR即可求出． 7 △MNQ 2 【解答】解：(1)∵AB=AC，∠BAC=α=60°， ∴△ABC是等边三角形， ∴∠ABC=∠ACB=60°， ∵AB=AC=8，∠BAC=120°， 由旋转得∠DAE=60°， 1 ∴∠ACU=30°，∠CAU= ∠BAC=60°，AU⊥BC， ∴∠DAC=∠DAE=∠CAE=60°-20°=40°， 2 ∴∠ADB=∠DAC+∠ACB=100°； ∴AU= 1 AC=4， 2 (2)HF= 2CF，证明如下： 1 ∵V是AC中点，∴AV= AC，∴AU=AV， 如图，连接CE，DH， 2 由旋转知AD=AE，∠DAE=60°， ∴△ADE是等边三角形，∠DAE=∠CAU=60°， ∴∠DAU=∠EAV， ∴△ADU≅△AEV(SAS)， ∴∠AVE=∠AUD=90°， 由点V为固定点，∠AVE=90°，得点E在过点V且垂 直于AC的直线上运动， ∵α=∠BAC=90°，AB=AC， 由点到直线的最短距离可得，当CE取最小值时，即 ∴∠ABD=∠ACB=45°， CE垂直于点E运动轨迹的直线， 由旋转知AD=AE，∠DAE=90°， 即点E和点V重合时，CE最小， ∴∠BAC=∠DAE=90°， 此时如图， 即∠BAD+∠DAC=∠CAE+∠DAC， ∴∠BAD=∠CAE，∴△BAD≅△CAE(SAS)， ∴BD=CE，∠ABD=∠ACE=45°， ∴∠DCE=∠ACB+∠ACE=45°+45°=90°， ∵DG⊥BC，∴∠CDG=∠BDG=∠DCE=90°， ∵∠ACB=45°， 由翻折可知AE=QE， ∴∠CGD=∠ACB=45°， ∴点Q的轨迹为以点E为圆心，AE=4为半径的圆， ∴DG=DC， 由点到圆上一点的最大距离可知当B、E、Q依次共线 ∴△BDG≅△ECD(SAS)， 时，BQ取最大值， ∴∠BGD=∠EDC，BG=DE， 此时如图，连接MA，过点B作BS⊥CN于点S，过 ∵点H是BG的中点，∠BDG=90°， 点Q作QR⊥CN于点R， 1 ∴DH=HG= BG， 2 ∴∠HDG=∠HGD， ∴∠HDG=∠EDC， ∴∠HDG+∠GDE=∠EDC+∠GDE， 即∠HDF=∠GDC=90°， ∵点F是DE的中点，∠DCE=90°， ·49·∵MN⊥CA，QR⊥CN， 1 1 8 7 ∴ S = MN ⋅ NR = × 2 3 × 10+ △MNQ 2 2 7 由旋转知BM=BE，∠MBE=60°， ∴△BEM是等边三角形， ∴∠BEM=60°，BE=EM， ∵△ADE是等边三角形， ∴∠AED=60°，AE=DE， ∴∠BEM=∠AED=60°， ∴∠AEM=∠DEB， ∴△MAE≅△BDE(SAS)， ∴MA=BD，∠MAE=∠BDE， ∵AB=AC=8，∠BAC=120°，∠DAE=60°， ∴∠ABC=∠ACB=30°，∠DAE=∠BAD=60°， ∴AD⊥BC， 1 ∴AD= AB=4，BD= 3AD=4 3， 2 ∴MA=BD=4 3， ∵E为AC中点， ∴DE=CE， ∴∠EDC=∠ACB=30°， ∴∠MAE=∠BDE=180°-∠EDC=150°， ∴∠MAN=180°-∠MAE=30°， 1 ∴MN= MA=2 3，AN= 3MN=6， 2 ∵∠BAS=180°-∠BAC=60°， ∴∠ABS=30°， 1 ∴AS= AB=4，BS= 3AS=4 3， 2 ∴SE=AS+AE=4+4=8， ∴BE= BS2+SE2=4 7， ∵BS⊥CN，QR⊥CN． ∴∠BSE=∠QRE=90°， 又∵∠BES=∠QER， ∴△BES∽△QER， BE SE ∴ = ， EQ ER 4 7 8 即 = ， 4 ER 8 7 解得ER= ， 7 8 7 ∴NR=NA+AE+ER=10+ ， 7  ★ 2026 中考数学 压轴题 每日一题 参考答案（类型 3）★ = 8 21 10 3+ ． 7 5．【分析】(1)根据α=45°，得出∠BAC=∠ABC= 45°，根据旋转可得 AE = AD = AC， ∠EAB = 90° -∠BAC=45°，进而证明四边形ABFE是平行四边形， 得出BF=AE，BF=AC；即可得证； (2)在DB上取一点G，使得AG=AB，证明△DAG≅ △EAB(SAS)，得出DG=BE，∠AGD=∠ABE= 180°-∠AGC=180°-α，进而根据三角形内角和定理得 出∠FBE=180°-2α，根据平行线的性质得出∠BFE= ∠ABF=α，进而得出∠BEF=α，根据等角对等边可 得BE=BF，则DG=BF，根据三线合一可得GC= BC，进而根据 DF = BD - BF = BD - DG = BG = 2BC，即可得证． 【解答】证明：(1)∵∠ACB=90°，∠ABC=45°， ∴∠BAC=∠ABC=45°， ∵线段AD绕点A逆时针旋转180°-2×45°=90°得到 线段AE，点D与点C重合， ∴AE=AD=AC，∠EAB=90°-∠BAC=45°， ∴∠EAB=∠ABC， ∴BC⎳AE， ∵EF⎳AB， ∴四边形ABFE是平行四边形， ∴BF=AE， ∴BF=AC； (2)DF=2BC，证明： 如图，在DC上取一点G，使得CG=CB， ∵∠ACB=90°， ∴∠ACG=∠ACB=90°， 在Rt△ACG和Rt△ACB中， AC=AC  ∠ACG=ACB， CG=CB ∴Rt△ACG≅Rt△ACB(SAS)， ∴AG=AB， ∴∠AGB=∠ABG=α， ·50·★ 2026 中考数学 压轴题 每日一题 参考答案（类型 3）★ ∴∠BAG=180°-2α， 当点D和点N分别是AC和BC的中点时， ∵将线段AD绕点A逆时针旋转180°-2α得到线段 1 1 可得AD= AC= 2，BN= BC=2， 2 2 AE， AD 2 ∴DA=EA， 故a= = ． BN 2 ∴∠DAE=∠GAB=180°-2α， (2)∵a= 2，AD=aBN， ∴∠DAG=∠EAB， ∴AD= 2BN，设BN=x，则AD= 2x，CN=BC ∴△DAG≅△EAB(SAS)， -BN=4-x， ∴DG=BE，∠AGD=∠ABE=180°-∠AGC=180° ∵等腰直角三角形ABC中，∠A=90°，BC=4， -α， ∴AB=AC=2 2，CD=AC-AD=2 2- 2x， 又∵∠ABC=α， ∵M是AB的中点， ∵∠FBE=∠ABE-∠ABC=180°-α-α=180°-2α， ∴AM=BM= 2， ∵EF⎳AB， ∴∠B=∠C=45°， ∴∠BFE=∠ABF=α， 当点C，D，N为顶点的三角形与△BMN相似时，分 ∴∠BEF=180°-∠FBE-∠BFE=α， 两种情况： ∴BE=BF， CD CN ①当△CDN∽△BMN时，则 = ， BM BN ∴DG=BF， 2 2- 2x 4-x ∵AG=AB，AC⊥BC， 即 = ，此方程无解，不符合题意； 2 x ∴GC=BC， CN CD ②当△CND∽△BMN时，则 = ， ∴DF=BD-BF=BD-DG=BG=2BC． BM BN 4-x 2 2- 2x 6．【分析】(1)先求出AB、AC的长，再根据中点求 ∴ = 解得：x=3+ 5(不符合题意， 2 x 出AD、BN的长，即可得a的值； 舍去)或x=3- 5， (2)设BN=x，得到AD= 2x，CN=BC-BN=4- ∴BN=3- 5， x，进而得到CD=AC-AD=2 2- 2x，分△CDN 综上可得BN=3- 5． ∽△BMN和△CND∽△BMN两种情况进行讨论，列出 (3)法一(几何法): 比例式进行求解即可； ∵a= 2，AD=aBN， (3)法一(几何法)：以AD为斜边构造等腰直角三角形 ∴AD= 2BN． ADE，连接BE，易得△AED为等腰直角三角形，得 以AD为斜边构造等腰直角三角形ADE，连接BE，则 到AD= 2DE= 2AE，∠DAE=45°，进而得到四边 ∠ADE=∠C=45°， 形EDNB为平行四边形，得到BE=DN，将AB绕点 如图所示： B旋转90度得到BF，连接NF，MF，证明△AEB≅ △BNF，得到BE=DF，进而得到DF=DN，得到 MN+ND=MN+NF≥MF，勾股定理求出MF的长 即可．法二(代数法)：作ME⊥BC于点E，DF⊥BC 于点F，由BM= 2，可得BE=ME=1，设BN=x， 则AD= 2BN= 2x，CD=2 2- 2x， 2 DF=CF= CD=2-x，EN=x-1，NF=BC 2 -BN-CF=4-x-2+x=2，由勾股定理可得MN + ND = ME2+EN2 + DF2+NF2 = (x-1)2+(0-1)2+ (x-2)2+(0-2)2，上式结果可看 ∴AD= 2DE= 2AE， 成点(x,0)到点(1,1)和点(2,2)的距离之和，根据将军 ∴AE=DE=BN， 饮马原理即可求得结果． ∵∠ADE=∠C=45°， 【解答】解：(1)∵三角形ABC为等腰直角三角形， ∴DE⎳BN， ∠A=90°，BC=4， ∴四边形EDNB为平行四边形， ∴AB=AC=2 2． ∴BE=DN， ·51·★ 2026 中考数学 压轴题 每日一题 参考答案（类型 3）★ 将AB绕点B旋转90度得到BF，连接NF，MF， KH BK = ，设DE=EF=FG=HG=KH=DK= AC AB 则BF=AB=2 2，∠ABF=90°，∠ABC=45°， x，根据AB=AD+DK+BK=3，解得x，代入即可． ∴∠NBF=45°=∠BAE， 【解答】(1)解：连接BE，CF，AD，BE，AD交于 又∵AB=BF，AE=BN， 点O， ∴△AEB≅△BNF(SAS)， ∴BE=NF， ∴DN=NF， ∴MN+ND=MN+NF≥MF， ∴当点N在线段MF上时，MN+ND的值最小为MF 的长， 1 由图可知： 在Rt△MBF中，BM= AB= 2，BF=2 2， 2 ①AB平行于DE，只能知道△AOB∽△DOE，其他对 故MF= BM2+BF2= 10， 边同理，故平行六边形的三组主对边分别相等是错误 ∴MN+ND的最小值为 10． 的； 法二(代数法)：作ME⊥BC于点E，DF⊥BC于点 ②AB平行于DE，∠ABE=∠BED，同理可得∠CBE F，如图所示： =BEF，其他对角同理，故平行六边形的三组主对角分 别相等是正确的； ③由①可知，平行六边形的三条主对角线互相平分是错 误的． 故答案为：①错误；②正确；③错误； (2)证明：过点Q作QH平行且相等于PO，连接OH， HS， ∵BM= 2， ∴BE=ME=1，设BN=x， 则 AD = 2BN = 2x， CD = AC - AD = 2 2 - 2x， ∵∠C=45°， 2 ∴DF=CF= CD=2-x， 2 则平行四边形PQHO是平行四边形， ∴EN=x-1，NF=BC-BN-CF=4-x-2+x= ∴PQ平行于OH，PQ=OH， 2， 在平行六边形OPQRST中，PO平行于RS，PO= 由 勾 股 定 理 可 得 MN + ND = ME2+EN2 + RS， DF2+NF2 ∴QH平行且相等于RS， = (x-1)2+(0-1)2+ (x-2)2+(0-2)2， ∴QRSH为平行四边形， 上式结果可看成点(x,0)到点(1,1)和点(2,2)的距离之 ∴QR平行于HS，QR=HS， 和， 在平行六边形OPQRST中，PQ平行于ST，QR平行 欲求和最小，根据将军饮马原理，作点(1,1)关于x轴 于OT， 的对称点(1,-1)， ∴OH平行于ST，HS平行于OT， 则MN+ND的最小值为 (2-1)2+(2+1)2= 10． ∴HSTO为平行四边形， 7．【分析】(1)连接BE，CF，AD，根据相似三角形 ∴HS=OT，OH=ST， 和平行线的性质即可判断； ∴QR=OT，PQ=ST， (2)先证明QRSH为平行四边形，再证明HSTO为平行 ∵OP=PQ=QR=RS， 四边形，即可证明是菱六边形； ∴PQ=QR=RS=ST=OT=PO， (3)根据菱六边形DEFGHK得到 DE = AD = AE ， ∴平行六边形OPQRST是菱六边形． BC AB AC (3)解：设三角形纸片为△ABC， ·52·★ 2026 中考数学 压轴题 每日一题 参考答案（类型 3）★ 裁剪后的纸片为菱六边形DEFGHK， ⊥BG交BG于点M，交AB于点N， ∴ DE 平行于 HG， HK 平行于 EFHG， GF 平行于 AB，DE=EF=FG=HG=KH=DK， ∴△ADE∽△ABC，△BKH∽△BAC， DE AD AE KH BK ∴ = = ， = ， BC AB AC AC AB 设DE=EF=FG=HG=KH=DK=x， x AD AE x BK 则 = = , = ， 6 3 4 4 3 1 2 3 ∴AD= x，AE= x，BK= x， 2 3 4 ∵CN⊥BG，CG=CB， ∵AB=AD+DK+BK=3， ∴M为BG的中点， 1 3 ∵AA'⊥BE， ∴ x+x+ x=3， 2 4 ∴CN⎳AF， 4 解得：x= ， 3 ∴MN是△ABG的中位线， 1 2 2 8 4 1 ∴AD= x= ，AE= x= ，DE=x= ． ∴BN= AB， 2 3 3 9 3 2 ∵∠ABE=90°-∠CBG=∠BCN，∠BAE=∠CBN= 90°，AB=BC， ∴△ABE≅△BCN(ASA)， 1 1 ∴AE=BN= AB= AD， 2 2 8．【分析】(1)由SSS可证△ABE≅△ABE，可得 ∵E为AD的中点，AG=GA'， ∠BAE=∠BAE=90°，通过证明△ADE是等腰直角三 ∴EG⎳A'D， 角形，可得AD=AE=1，即可求解； ∴∠DA'G=∠EGA=90°， (2) (i) 由折叠的性质可得 BA = BA' = BC，可得 同理可证△ADA'≅△BAG(ASA)， ∠BAA'=∠BA'A，∠BCA'=∠BA'C，即可求解； ∴A'D=AG=A'G， (ii)由ASA可证△ABE≅△BCN，△ADA'≅△BAG， ∴△A'DG是等腰直角三角形． 可得A'D=AG=A'G，即可求解． 9．【分析】(1)根据正方形的性质，证明△ADG≅ 【解答】(1)解：∵BE是线段AA'的垂直平分线， ABF，即可得出结论； ∴A'E=AE=1，BA'=BA， (2)根据正方形的性质，证明△PAE≅△EDG，即可得 ∴BE=BE， 出结论； ∴△ABE≅△ABE(SSS)， (3)作FH⊥AB，得到AE⎳FH，平行线分线段成比 ∴∠BAE=∠BAE=90°， 例得到AP=AH，进而得到AE为△PHF的中位线， ∵四边形ABCD是正方形， 得到FH=2AE，根据AP=DE，得到AH=DE，进 ∴∠ADB=45°， 而得到AE=BH，勾股定理得到BF= 5AE，再根据 ∴△ADE是等腰直角三角形， AE=DG，即可得出结论． ∴AD=AE=1， 【解答】解：(1)BF=DG，理由如下： ∴DE= 2， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AD=AE+DE= 2+1， ∴AB=AD，∠BAD=90°， ∴AB=AD=AB= 2+1； ∵△EFG是直角三角形，EG=EF， (2)(i)证明：由题意知，BA=BA'=BC， ∴∠FEG=90°， ∴∠BAA'=∠BA'A，∠BCA'=∠BA'C， 当点E与点A重合时， 1 1 ∴∠AAC=∠AAB+∠CAB= (180°-∠ABA)+ 则∠FAG=90°=∠BAD， 2 2 ∴∠DAG=∠BAF=90°-∠DAF， (180°-∠CBA)=180°-45°=135°， 又∵AB=AD，AG=AF， ∴∠CA'F=180°-∠AA'C=45°； ∴△ADG≅ABF， (ii)解：△A'DG是等腰直角三角形，理由如下：作CN ∴BF=DG； ·53·(2)∵四边形ABCD是正方形， GM=MC=CN=BT=MF，则可得ET=NG，证明 ∴∠ADC=∠DAB=90°， Rt△DNG ≅ Rt△GTE，得出 DG = GE， ∠NDG = ∵点G在CD的延长线上，FE的延长线与BA的延长 ∠EGT，再利用∠NDG+∠NGD=90°，得出∠DGE 线交于点P， =90°，即可证明； ∴∠PAE=∠EDG=90°， (3)证明Rt△DAE≅Rt△ABF，得出∠ADE=∠BAF， ∴∠P+∠AEP=90°， AF=DE，再证明∠AOE=90°，在Rt△DAE 中，利用 ∵∠FEG=∠DEF+∠DEG=90°，∠AEP=∠DEF， 勾股定理求出DE= AE2+AD2= 10由等面积法得 ∴∠P=∠DEG， 3 10 求出AO= ，在Rt△OAE 中，利用勾股定理求 10 ∵EG=EF，EF=EP， 10 ∴EG=EP， 出OE= AE2-AO2= ，再证明△EOQ为等腰直 10 在△APE和△DEG中， 10 角三角形，得出QO=EO= ，利用线段和差即可 ∠PAE=∠EDG=90° 10  ∠P=∠DEG ， 求解； EP=EG (4)构造△DGP的外接圆⊙H，连接DH，PH，GH， ∴△PAE≅△EDG， 过点H作HR⊥AC于点R，设⊙H的半径为r，过点 ∴AE=DG； D作DT⊥AC于T，证明△HPG是等腰直角三角形， (3)BF= 5DG，理由如下： 1 3 2 得出PG= 2r求得S = PG×DT= PG 由(2)可知：△PAE≅△EDG， △DPG 2 4 则当PG最小时，△DPG 的面积最小，则r最小时， ∴AE=DG，AP=DE， 2 作FH⊥AB于点H， △DPG 的面积最小，由 DH + HR = r + r = 2 则∠FHB=∠FHA=90°=∠PAE， 2 1+ 2 ∴AE⎳FH， PA PE ∴ = =1， AH EF ∴PA=AH， ∵PE=EF， ∴AE为△PHF 的中位线， ∴HF=2AE， ∵AP=DE，PA=AH， ∴DE=AH， 又∵AD=AB， ∴AE=BH， 在Rt△BHF中，由勾股定理，得：BF= HF2+BH2 = 5AE， ∵AE=DG， ∴BF= 5DG． 10．【分析】(1)根据图形进行猜想即可； (2)过点G作GM⊥BC于M，过点G作NT⊥GM分 别交AB、CD于T、N，证明四边形TBMG为矩形， 四边形GMCN为正方形，结合正方形性质证明GN=  ★ 2026 中考数学 压轴题 每日一题 参考答案（类型 3）★ r可知当DH+HR最小时，△DPG的面积最 小，由点到直线的最短距离可得，当D、H、R依次共 线，且DR⊥AC时，DH+HR最小，此时，点T与 R重合，再进行计算即可． 【解答】(1)解：相等，垂直； (2)证明：过点G作GM⊥BC于M，过点G作NT⊥ GM分别交AB、CD于T、N， ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠ACB=45°，∠B=∠BCD=90°， ∴∠TGM=∠B=∠GMB=∠GMC=∠BCD=∠NGM =90°， ∴四边形TBMG为矩形，四边形GMCN为正方形， ∴GN=GM=MC=CN=BT，∠CNT=∠BTG= 90°，BM=GT， ∴∠DNG=∠GTE=90°， ∴DC-CN=BC-CM，即DN=BM=GT， ·54·∵FG⊥AC，∠ACB=45°， ∴∠ACB=∠CFG=45°， ∴CG=GF， ∴CM=MF， ∴GN=GM=MC=CN=BT=MF， ∵AE=BF， ∴AB-AE-BT=BC-BF-MF， ∴ET=NG， ∴Rt△DNG≅Rt△GTE， ∴DG=GE，∠NDG=∠EGT， 又∵∠NDG+∠NGD=90°， ∴∠EGT+∠NGD=90°， ∴∠DGE=90°， ∴DG⊥GE； (3)解：在正方形ABCD中，由AB=AD，∠DAE= ∠ABF=90°，AE=BF， ∴Rt△DAE≅Rt△ABF， ∴∠ADE=∠BAF，AF=DE， ∴∠ADE+∠DEA=∠BAF+∠DEA=90°， ∴∠AOE=90°， ∴AF⊥DE， 在Rt△DAE中，AD=3，AE=1， 得DE= AE2+AD2= 12+32= 10， 1 1 由等面积法得AO×DE× =AE×AD× ， 2 2 1 1 即AO× 10× =1×3× ， 2 2 3 10 ∴AO= ， 10 3 10 在Rt△OAE中，OE= AE2-AO2= 12- 10  由(2)可知DG=GE，DG⊥GE， ∴∠GDP=45°， ∴∠PHG=2∠GDP=90°， ∵HP=HG， 1 ∴△HPG是等腰直角三角形，HR=PR=GR= PG 2 PH 2 = = r， 2 2 ∴PG= 2r， ∵正方形ABCD中，AD=3，△ACD是等腰直角三角 1 形，AC= 2AD=3 2,DT=AT=CT= AC= 2 3 2 ， 2 1 1 3 2 3 2 ∴S = PG×DT= PG× = PG， △DPG 2 2 2 4 ∴当PG最小时，△DPG的面积最小， ∴当r最小时，△DPG的面积最小，DH+HR=r+ 2 2 r=1+ 2 2 2 10 = ， 10 由(2)可知DG=GE，DG⊥GE， ∴∠GED=45°， ∴△EOQ为等腰直角三角形， 10 ∴QO=EO= ， 10 3 10 10 ∴ QF = AF - AO - OQ = 10 - - = 10 10 3 10 ； 5 (4)解：如图，构造△DGP的外接圆⊙H，连接DH， PH，GH，过点H作HR⊥AC于点R， 设⊙H的半径为r，过点D作DT⊥AC于T，  r， ∴当DH+HR最小时，△DPG的面积最小，由点到直 线的最短距离可得， 当D、H、R依次共线，且DR⊥AC时，DH+HR 最小，此时如图，点T与R重合， 2 则DR=1+ 2  ★ 2026 中考数学 压轴题 每日一题 参考答案（类型 3）★ 3 2 r= ， 2 6 2-6 解得：r= ， 2 2 6-3 2 ∴PR= r= ， 2 2 ·55·★ 2026 中考数学 压轴题 每日一题 参考答案（类型 3）★ 3 2 6-3 2 ∴∠FAH=45° ∴ AP = AR - PR = AT - PR = - = 2 2 故答案为：45； 3 2-3． (2)延长CB至点T，使得BT=DF，连接AT，FH， 11．【分析】(1)连接AH，AF与格线的交点记为M， N，先确定点M，N为格点，然后由勾股定理以及逆定 理证明△AMN为等腰直角三角形，即可求解∠FAH 的 度数； (2)延长CB至点T，使得BT=DF，连接AT，FH， 先证明△ABT≅△ADF(SAS)，则AT=AF，∠TAB = ∠FAD，那么 ∠FAD + ∠BAH = 90° -∠HAF = ∠TAB+∠BAH=∠TAH，可得四边形AEPG是矩形， 四边形PEBH，PGDF，PHCF为矩形，求出TH= ∵四边形ABCD是正方形， TB+BH=10，由勾股定理得HF=10，则HT=HF， ∴AB=AD，∠BAD=∠C=∠D=∠ABC=∠ABT= 那么△AHT≅△AHF(SSS)，则∠TAH=∠HAF，即 90°， 可求解∠FAH=45°； ∴△ABT≅△ADF(SAS)， (3)延长CB至点T，使得BT=DF，连接AT，FH， ∴AT=AF，∠TAB=∠FAD， 同理△ABT≅△ADF(SAS)，同(2)可得四边形AEPG ∴∠FAD+∠BAH=90°-∠HAF=∠TAB+∠BAH= 是矩形，四边形PEBH，PGDF，PHCF为矩形，设 ∠TAH， 正方形的边长为x，AG=a，PG=b，则CH=BC- ∵EF⎳AD，GH⎳AB， BH=x-a，CF=CD-DF=x-b，HT=BH+BT ∴四边形AEPG是平行四边形， =a+b，由S =2S ，得到x2=ab+ax+ 矩形PHCF 矩形PGAE ∵∠BAD=90°， bx，在Rt△CHF 中，由勾股定理得HF2=(x-a)2+ ∴四边形AEPG是矩形， (x-b)2，求出HF=a+b，则HF=HT，再同(2) 同理可得四边形PEBH，PGDF，PHCF为矩形， △AHT≅△AHF(SSS)即可． ∴PE=BH=6，PG=DF=TB=4，∠HPF=90°， 【解答】解：(1)如图，MN即为所求： ∴TH=TB+BH=4+6=10，HF= PH2+PF2 = 62+82=10， ∴HT=HF， ∴在△AHT和△AHF中， AH=AH  HT=HF ， AT=AF ∴△AHT≅△AHF(SSS)， ∴∠TAH=∠HAF， 连接AH，AF与格线的交点记为M，N， ∵∠TAH=90°-∠HAF， 由网格可得，EM⎳BH， ∴90°-∠HAF=∠HAF， ∴△AEM∽△ABH， ∴∠HAF=45°，即∠FAH=45°； EM AE 1 ∴ = = ， (3)随点P的运动，∠FAH的度数不变，且为45°，理 BH AB 2 由如下： ∵BH=2， 延长CB至点T，使得BT=DF，连接AT，FH， ∴EM=1， ∴M为格点，同理N为格点， ∵AM= AE2+EM2= 10，MN= 12+32= 10， AN= 22+42= 20， ∴AM2+MN2=AN2，AM=MN， ∴∠AMN=90°， ∴△AMN为等腰直角三角形， ·56·★ 2026 中考数学 压轴题 每日一题 参考答案（类型 3）★ ∠FEB，由轴对称的性质可得 ∠AEB = ∠FEB，则 ∠DEB=∠DBE，据此可得DE=DB=6，即可得到 AE=AD+DE=11； ②由勾股定理得PB= OB2+OP2= OP2+9，根据 PA = OA + OP = 4 + OP，可求出 PA - PB = 4 - 9 9 ，根据 > 0，可推出 OP+ OP2+9 OP+ OP2+9 当OP有最小值时，OP+ OP2+9有最小值，即此时 9 ∵四边形ABCD是正方形， 有最大值，即当OP有最小值时，PA OP+ OP2+9 ∴AB=AD，∠BAD=∠C=∠D=∠ABC=∠ABT= -PB有最小值；过点B作BH⊥AD于H，BT⊥FE 90°， 24 于T，由等面积法可得BH= ，则由轴对称的性质 ∴△ABT≅△ADF(SAS)， 5 ∴BT=DF，AT=AF，∠TAB=∠FAD， 24 可得BT=BH= ，由勾股定理得OP= PB2-32， 5 ∴∠FAD+∠BAH=90°-∠HAF=∠TAB+∠BAH= 则当PB有最小值时，OP有最小值，由垂线段最短可 ∠TAH， 24 同 (2) 可得四边形 AEPG 是矩形，四边形 PEBH， 知BP≥BT= ，故当点P与点T重合时，BP有最 5 PGDF，PHCF为矩形， 24 小值，最小值为 ，据此求解即可． 5 设正方形的边长为x，AG=a，PG=b， 【解答】解：(1)如图，设AC，BD交于点O， ∴AG=PE=BH=a，PG=DF=BT=b， ∴CH=BC-BH=x-a，CF=CD-DF=x-b， ∴HT=BH+BT=a+b， ∴∵S =2S ， 矩形PHCF 矩形PGAE ∴(x-a)(x-b)=2ab， 整理得x2=ab+ax+bx， ∵在菱形ABCD中，AB=5，AC=8， ∵在Rt△CHF中，CH2+CF2=HF2， 1 ∴AC⊥BD，OA= AC=4， 2 ∴HF2=(x-a)2+(x-b)2 ∴OB= AB2-OA2=3， =2x2-2ax+a2-2bx+b2 OB 3 =2ab+2ax+2bx-2ax+a2-2bx+b2 ∴sin∠BAC= = ； AB 5 =(a+b)2， (2)①如图，设AC，BD交于点O， ∴HF=a+b(舍负)， ∴HF=HT， ∴在△AHT和△AHF 中， AH=AH  HT=HF ， AT=AF ∴△AHT≅△AHF(SSS)， ∴∠TAH=∠HAF， ∵∠TAH=90°-∠HAF， ∴90°-∠HAF=∠HAF， ∵四边形ABCD是菱形， ∴∠HAF=45°，即∠FAH=45°． ∴AC⊥BD，OA= 1 AC=4，BD=2OB，AD= 2 12．【分析】(1)先根据菱形的性质可得AC⊥BD， AB=5， 1 OA= AC=4，再根据勾股定理可得OB=3，然后 2 ∴OB= AB2-OA2= 52-42=3， 根据正弦的定义求解即可得； ∴BD=6； (2)①连接BD，设AC，BD交于点O，同理求出OB ∵EF⊥AC，AC⊥BD， = 3，则 BD = 6；证明 EF ⎳ BD，得到 ∠DBE = ∴EF⎳BD， ·57·∴∠DBE=∠FEB， 24 ∴OP =  最小值 5 由轴对称的性质可得∠AEB=∠FEB， ∴∠DEB=∠DBE， ∴DE=DB=6， ∴AE=AD+DE=11； ②在Rt△BOP中，由勾股定理得PB= OB2+OP2= OP2+9， ∵PA=OA+OP=4+OP， ∴PA-PB=4+OP- OP2+9 (OP- OP2+9)(OP+ OP2+9) =4+ OP+ OP2+9 OP2-OP2-9 =4+ OP+ OP2+9 9 =4- ， OP+ OP2+9 9 ∵ >0， OP+ OP2+9 9 ∴要使PA-PB的值最小，则 要最大， OP+ OP2+9 ∴OP+ OP2+9要有最小值， 又∵ OP2+9的值随着OP的值增大而增大， ∴OP+ OP2+9的值随着OP的值增大而增大， ∴当OP有最小值时，OP+ OP2+9有最小值，即此 9 时 有最大值， OP+ OP2+9 ∴当OP有最小值时，PA-PB有最小值； 如图所示，过点B作BH⊥AD于H，BT⊥FE于T， 1 1 ∵S = AC⋅BD= AD⋅BH， 菱形ABCD 2 2 1 AC⋅BD 1 ×6×8 2 2 24 ∴BH= = = ， AD 5 5 24 ∴由轴对称的性质可得BT=BH= ， 5 在Rt△POB中，由勾股定理得 OP= PB2-OB2 = PB2-32， ∴当PB有最小值时，OP有最小值， 24 由垂线段最短可知BP≥BT= ， 5 24 ∴当点P与点T重合时，BP有最小值，最小值为 ， 5  ★ 2026 中考数学 压轴题 每日一题 参考答案（类型 3）★ 2 3 39 -32= ， 5 9 3 39-4 ∴(PA-PB) =4- = ． 最小值 3 39 +24 5 5 5 13．【分析】(1)由题易得∠ABF=∠CBE，∠A=C， 据此即可得解； (2) 证 △EBE 为等腰直角三角形，得到 ∠BE B = 1 1 ∠BEE =45°，进而得到∠CEN=∠CNE=∠C E M= 1 1 1 45°，进而容易得证； (3)设AF=1，则AD= 7，AB=2 7，利用cosA AF AP = = ，可得AP长，进而求出DP和PG，再 AB AD 证△AFG∽△ADB，即可得证． 【解答】(1)解：由题可知∠ABF=∠CBE， ∵BE⊥CD， ∴∠CEB=90°， ∴∠CBE+∠C=90°， 在平行四边形ABCD中，∠A=∠C， ∴∠A+∠ABF=90°， 故答案为：90； (2)证明：∵CN⊥CD， ∴∠CND=90°， 由题可知∠CE C =∠CEB=90°，BE=B E ，CE= 1 1 1 1 C E， 1 1 ∵AB⎳CD， ∴∠EBE =∠CBE=90°， 1 ∴△EBE 为等腰直角三角形， 1 ∴∠BEB=∠BEE =45°， 1 1 ∴∠CEN=∠CNE=∠C EM=45°， 1 1 ∴CN=CE=C E， 1 1 在△CNM和△C EM； 1 1 ∠CMN=∠CME  1 1 ∠CNE=∠C EM ， 1 1 CN=C E 1 1 ∴△CNM≅△C EM(AAS)； 1 1 (3)证明：如图，过点D作DP⊥AB垂足为点P， 由题AB=2AD=2 7AF， 设AF=1， ·58·★ 2026 中考数学 压轴题 每日一题 参考答案（类型 3）★ ∴AD= 7，AB=2 7， 利用勾股定理可得：CL2= 145 ，在Rt△CLH中，利用 16 AF 1 7 ∴cosA= = = ， 勾股定理即可求出CH的长度． AB 2 7 14 7 1 【解答】(1)解：∵四边形ABCD是矩形， 在Rt△ADP中，AP=AD⋅cosA= 7⋅ = ， 14 2 ∴AB=CD，AD=BC， 3 3 ∴DP= AD2-AP2= ， ∵AB=1，AD=4， 2 ∴AB=CD=1，AD=BC=4， ∵∠AGD=60°， ∴矩形ABCD的周长为2(AB+CD)=2×(1+4)=10， 3 3 DP 2 3 ∴在Rt△GDP中，PG= = = ， 故答案为：10； tan∠DGP 3 2 (2)解：如图所示，以点E为圆心EO为半径画弧，交 ∴AG=AP+PG=2， BC于点M，延长MO交AD于点N，线段MN即为所 AF AD 1 AF AG ∴ = = ，即 = ， AG AB 2 AD AB 求， ∵∠A=∠A， ∴△AFG∽△ADB， ∴∠AFG=∠ADB， ∴FG⎳BD． 14．【分析】(1)根据矩形的周长公式计算即可； (2)以点E为圆心EO为半径画弧，交BC于点M，延 长MO交AD于点N，连接MN，由作图可知△OME ∵EF⊥BC， 是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质可证 ∴∠BEF=90°， ∠NMC=45°，根据矩形的性质可证△AON≅△COM， ∵EM=EO， 根据全等三角形的性质可证AN=CM，DN=BM，从 ∴△EOM是等腰直角三角形， 而可证直线MN把矩形分成了周长相等的两部分，所以 ∴∠OME=45°， 线段MN即为所求； ∵矩形ABCD的对角线交于点O， (3)根据矩形的性质可证四边形AGMN是平行四边形， ∴AO=CO， 根据平行四边形的性质可证∠NMG=∠AGB=45°，根 ∵四边形ABCD是矩形， 据平行四边形的性质和矩形的性质可以证明出AN= ∴AD⎳BC，AD=BC， CM， BM = DN，所以可以证明 AN + AB + BM = ∴∠AON=∠COM， CM+CD+DN，所以直线MN把矩形ABCD分成了 在△AON和△COM中， 周长相等的两部分，从而可证直线MN符合要求； ∠OAN=∠OCM  (4)①过点H作HG⊥BC，连接AC交PQ于点O，过 AO=CO ， ∠AON=∠COM 点P作PK⊥BC于点K，过点O作OT⊥BC，根据 ∴△AON≅△COM(ASA)， 矩形的性质可得：AP=CQ，PD=BQ，AB=DC= ∴AN=CM， PK=1，根据勾股定理可以求出PQ= 2，利用AAS ∴DN=BM， 可证△AOP≅△COQ，根据全等三角形的性质可得： ∴AN+AB+BM=CM+CD+DN， 2 5 PO=QO= OT=QT=2，从而可得：CQ= ， 2 2 ∴直线MN把矩形ABCD分成周长相等的两部分； 3 (3)证明：∵四边形ABCD是矩形， BQ= ，根据等腰直角三角形的性质可得：HG= 2 ∴∠B=90°，AD⎳BC， 3 13 ，CG= ，根据正切的定义可以求出∠BCH的正 4 4 ∵BG=AB， 切；②连接AC交PQ于点O，PQ把矩形ABCD分成 ∴∠AGB=45°， 了周长相等的两部分，点O为AC和PQ的中点，利用 ∵AN=MG， 17 ∴四边形AGMN是平行四边形， 勾股定理可以求出AC= 17LH= ，过点L作LT 4 ∴MN⎳AG， ⊥BC，则△BLT∽△BDC，根据相似三角形的性质可 ∴∠NMG=∠AGB=45°， 1 以求出LT= 4 ，BT=1，CT=3，在Rt△CLT中， ∵直线l是GC的垂直平分线， ·59·∴GM=CM， 5 3 13 = + = ， 2 4 4 ∴GM=CM=AN， 3 ∴BM=BC-CM，DN=AD-AN， ∴tan∠BCH= HG = 4 = 3 ； CG 13 13 ∴BM=DN， 4 ∴AN+AB+BM=CM+CD+DN， ②如图所示，连接BD交PQ于点O， ∴MN把矩形ABCD分成了周长相等的两部分， ∴直线MN符合要求； (4)解：①如图所示，过点H作HG⊥BC，连接AC交 PQ于点O，过点P作PK⊥BC于点K，过点O作 OT⊥BC， ∵PQ把矩形ABCD分成了周长相等的两部分， ∴点O为BD和PQ的中点， ∵BH⊥PQ， ∴点H在以BO为直径的⊙L上，当CH与⊙L相切 时，∠BCH最大， ∵四边形ABCD是矩形，且直线PQ将矩形ABCD分 ∵AB=1，AD=4， 成周长相等的两部分，则点O是矩形ABCD的对角线 ∴BD= 12+42= 17， AC与BD的交点， ∴BO= 1 AC= 17 ， 2 2 ∴点O是AC的中点， 17 1 ∴LH=BL=OL= ， ∴BT=CT= BC=2， 4 2 过点L作LT⊥BC， ∴AP=CQ，PD=BQ，AB=DC=PK=1， ∴∠BTL=90°， ∵∠PQC=45°， ∵四边形ABCD是矩形， ∴△PQK是等腰直角三角形， ∴∠BCD=90°， ∴PK=QK=1， ∴TL⎳CD， ∴PQ= PK2+QK2= 12+12= 2， 则△BLT∽△BDC， ∵四边形ABCD是矩形， BL LT BT ∴ = = ， ∴AD⎳BC， BD CD BC ∴∠APQ=∠CQP=45°， 17 4 LT BT ∴ = = ， 在△AOP和△COQ中， 17 1 4 ∠AOP=∠COQ 1  ∴LT= BT=1， ∠APO=∠CQP， 4 AP=CQ ∴CT=BC-BT=4-1=3， ∴△AOP≅△COQ(AAS)， ∴CL2=TL2+CT2= 145 ， 16 2 1 ∴PO=QO= ，OT=QT= ， ∵CH是⊙L的切线， 2 2 1 5 ∴∠CHL=90°， ∴CQ=CT+QT=2+ = ， 2 2 145 17 5 3 ∴CH= CL2-HL2 = - ∴BQ=BC-CQ=4- = ，∠BQH=∠PQC= 16 4 2 2 45°， ∵BH⊥PQ于点H， ∴∠BHQ=90°， ∴△BHQ是等腰直角三角形， 1 1 3 3 ∴HG=GQ= BQ= × = ，CG=CQ+GQ 2 2 2 4  ★ 2026 中考数学 压轴题 每日一题 参考答案（类型 3）★ 2 145 17 = - 16 16 = 8=2 2． AB 15．【分析】(1)根据黄金矩形的定义可得： = AD 5-1 ，再进一步求解即可； 2 (2)先证明四边形ABFE是正方形；可得AB=BF= EF=AE=2，DE=CF= 5-1，证明四边形CFED 是矩形，从而可得答案； ·60·★ 2026 中考数学 压轴题 每日一题 参考答案（类型 3）★ (3)先证四边形BPQF是矩形，然后求解FG= 12+22 = 5，由对折可得：FH=FB=2，设BP=x，则 1 1 AP=2-x，由面积可得： ×1×(2-x)+ ×2x 2 2 1 1 + × 5x= ×(1+2)×2，可得：x= 5-1，再 2 2 进一步可得结论． 【解答】(1)解：∵AD= 5+1，矩形ABCD是黄金矩 ∵S +S +S =S △APG △PBF △PGF 梯形ABFG 形， 1 1 1 1 ∴ ×1×(2-x)+ ×2x+ × 5x= ×(1+2) AB 5-1 2 2 2 2 ∴ = ， AD 2 ×2， 5-1 ∴AB= ×( 5+1)=2； 解得：x= 5-1， 2 ∴BP= 5-1， (2)证明：∵折叠黄金矩形纸片ABCD，点B落在AD BP 5-1 上的点E处， ∴ = ， BF 2 ∴AB=AE，∠B=∠AEF， ∴四边形BFQP是黄金矩形． 又∵四边形ABCD是矩形， 16．【分析】(1)①由翻折得AD=DP，∠DAB= ∴∠BAE=∠B=∠C=∠D=90°，AB=CD，AD= ∠DPB，利用四边形ABCD是平行四边形，可证明DP BC= 5+1， =BC，∠DPB=∠BCD，再证明△DPM≅△BCM， ∴∠BAE=∠B=∠AEF=90°， 即可求证； ∴四边形ABFE是矩形， ②由△DPM≅△BCM，得DM=BM，过点M作MN ∵AB=AE， ⊥BD于点N，过点B作BH⊥CD于点H，利用等腰 ∴四边形ABFE是正方形， 1 5 三角形性质得DN=BN= BD= ，求出cos∠CDB 2 2 ∴AB=BF=EF=AE， 5 由(1)可知，AB=2， DH 3 DN 2 25 = = = = ，可得DM= ，利用勾 BD 5 DM DM 6 ∴AB=BF=EF=AE=2， 10 ∴DE=CF= 5+1-2= 5-1， 股定理求出MN= DM2-DN2= 即可求解； 3 ∵∠C=∠D=∠DEF=90°， (2)过点C作CP⊥BD于点P，连接AG交BD于点 ∴四边形CFED是矩形， T，过点B作BH⊥CD于点H，由翻折的性质得AG ∴EF=CD=2， 1 ⊥BD，同(2)可得DH=CH= CD=3，利用S 2 △BCD DE 5-1 ∴ = ， 1 1 24 FE 2 = CD⋅BH= BD⋅CP，求出CP= ，可得BP 2 2 5 ∴四边形CDEF是黄金矩形； 7 = BC2-CP2= ，证明△ADT≅△CBP，得出DT (3)解：四边形BPQF是黄金矩形，证明如下： 5 ∵PQ⊥EF，四边形ABFE是正方形， 7 7 18 =BP= ，求出DP=BD-BP=5- = ，证 5 5 5 ∴∠B=∠BFE=∠PQF=90°， 明△DGT∽△DCP，利用相似三角形的性质即可求解． ∴四边形BFQP是矩形， 【解答】解：(1)①PM=CM；理由如下： 由(2)可知，AB=BF=AE=EF=2， 由翻折得AD=DP，∠DAB=∠DPB，四边形ABCD ∵G为AE的中点，∴AG=EG=1， 是平行四边形， ∴FG= EG2+EF2= 12+22= 5， ∴AD=BC，∠DAB=∠BCD， 如图，连接PG，由对折可得：FH=FB=2，BP= ∴DP=BC，∠DPB=∠BCD， PH，∠PHF=∠B=90°， 又∵∠DMP=∠BMC， 设BP=PH=x，则AP=2-x， ∴△DPM≅△BCM(AAS)，∴PM=CM； ②∵△DPM≅△BCM，∴DM=BM， 如图，过点M作MN⊥BD于点N，过点B作BH⊥ CD于点H， ·61·★ 2026 中考数学 压轴题 每日一题 参考答案（类型 3）★ DG DT ∴ = ， DC DP 7 DG 5 即 = ， 6 18 5 7 解得：DG= ． 3 17．【分析】【探究发现】由将△DEF沿EF翻折得到 1 5 △GEF，即知DE=GE，DF=GF，而DF=DE，故 ∴DN=BN= BD= ， 2 2 GE=DE=DF=GF，从而四边形DEGF是菱形； ∵BD=BC=5，CD=6， 【探究证明】同【探究发现】可知四边形BMHN是菱 1 ∴DH=CH= CD=3， 形，有NH⎳BC，而E为边AD的中点，M为边BC 2 5 的中点，四边形ABCD是平行四边形，即可得DE= DH 3 DN 2 ∴cos∠CDB= = = = ， BM，AD⎳NH，又DE=FG，FG⎳AD，故FG= BD 5 DM DM 25 DE=BM=HN，FG⎳NH，从而四边形GFHN是平 ∴DM= ， 6 行四边形； 10 ∴MN= DM2-DN2= ， 【探究提升】若四边形GFHN为轴对称图形，则四边形 3 1 1 10 25 GFHN是矩形或菱形，当四边形GFHN是矩形时，过 ∴S = BD×MN= ×5× = ； △BDM 2 2 3 3 G作GK⊥AB于K，过E作ET⊥AB于T，设AT= (2)过点C作CP⊥BD于点P，连接AG交BD于点 x，则AE=2x，可得AD=2AE=4x，DE=AE= T，过点B作BH⊥CD于点H， 2x，求出AB=AT+TK+KN+BN=x+2x+3x+ AD 1 2x=8x，即可得 = ；当四边形GFHN是菱形 AB 2 时，延长 FG 交 AB 于 W，设 AD = y，求出 AB = 3 AD 2 y，即可得 = ． 2 AB 3 【解答】【探究发现】解：四边形DEGF是菱形，理由 如下： ∵将△DEF沿EF翻折得到△GEF， 由翻折的性质得AG⊥BD， ∴DE=GE，DF=GF， 1 ∵DF=DE， 同(2)可得DH=CH= CD=3， 2 ∴GE=DE=DF=GF， ∴BH= BD2-DH2=4， ∴四边形DEGF是菱形； 1 1 ∴S △BCD = 2 CD⋅BH= 2 BD⋅CP，即6×4=5⋅CP， 【探究证明】证明：如图： 24 得CP= ， 5 7 ∴BP= BC2-CP2= ， 5 平行四边形ABCD中，AD=BC，AD⎳CB， ∴∠ADT=∠CBP， 又∵∠ATD=∠CPB=90°， ∵将△BMN沿MN翻折得到△HMN， ∴△ADT≅△CBP(AAS)， ∴BN=HN，BM=HM， 7 ∴DT=BP= ， ∵BN=BM， 5 7 18 ∴HN=BN=BM=HM， ∴DP=BD-BP=5- = ， 5 5 ∴四边形BMHN是菱形， ∵AG⊥BD，CP⊥BD， ∴NH⎳BC， ∴GT⎳CP， ∵E为边AD的中点，M为边BC的中点， ∴△DGT∽△DCP， 1 1 ∴DE= AD，BM= BC， 2 2 ·62·★ 2026 中考数学 压轴题 每日一题 参考答案（类型 3）★ ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD=BC，AD⎳BC， ∴DE=BM，AD⎳NH， ∵四边形DEGF是菱形， ∴DE=FG，FG⎳AD， ∴FG=DE=BM=HN，FG⎳NH， ∴四边形GFHN是平行四边形； 设AD=y，则DE=DF=EG=GF=BN=BM=HM 【探究提升】解：四边形GFHN能成为轴对称图形，理 1 由如下： =NH= y， 2 由【探究证明】知，四边形GFHN是平行四边形，若 ∵四边形GFHN是菱形， 四边形GFHN为轴对称图形，则四边形GFHN是矩形 1 ∴GF=FH=NH=GN= y， 或菱形， 2 ∵EG⎳CD⎳AB，GF⎳AD， 当四边形GFHN是矩形时，过G作GK⊥AB于K， ∴四边形AEGW是平行四边形，∠GWN=∠A=60°， 过E作ET⊥AB于T，如图： 1 1 ∴AW=EG= y，GW=AE= y， 2 2 ∴GW=GN， ∴△GWN是等边三角形， 1 ∴WN=GW= y， 2 1 1 1 3 ∴AB=AW+WN+BN= y+ y+ y= y， ∵∠A=60°， 2 2 2 2 ∴∠AET=30°， ∴ AD = y = 2 ； 1 AB 3y 3 ∴AT= AE， 2 2 AD 综上所述，四边形GFHN为轴对称图形时， 的值 设AT=x，则AE=2x， AB 1 2 ∴ET= AE2-AT2= 3x=GK， 为 或 ． 2 3 ∵E为AD中点， 18．【分析】(1)根据折叠的性质，折痕为角平分线， ∴AD=2AE=4x，DE=AE=2x， 结合平行线的性质，得到∠ECB=∠FBC，猜想BE ∵四边形DEGF是菱形， =CF； ∴EG=DE=2x=TK， (2)根据题干给定的2种方法进行证明即可； ∵四边形GFHN是矩形， (3)设BE=x，则BG=BE=CF=x，DF=AE= ∴∠GNH=90°， AB - BE = 6 - x，勾股定理求出 CD = AB = ∴∠GNK=180°-∠GNH-∠HNB=180°-90°-60°= x2-(6-x)2= 12x-36，①当∠BGD=90°时，根 30°， 据平行线的判定和性质，以及三角形的外角的性质，推 ∴KN= 3GK= 3× 3x=3x， 出 ∠CGD' = ∠GCD，进而得到 DG = DC = 1 1 ∵BN=BM= BC= AD=2x， 2 2 12x-36，证明∠GBD'=∠FCD，得到tan∠GBD' ∴AB=AT+TK+KN+BN=x+2x+3x+2x=8x， = tan∠FCD，列出比例式，进行求解即可．②当 AD 4x 1 ∠GDB=90°时，可得∠GCD=∠GCB=∠FCD= ∴ = = ； AB 8x 2 30°，利用三角函数列方程求解即可． 当四边形GFHN是菱形时，延长FG交AB于W，如 【解答】解： (1) 由折叠可知 ∠DBF = ∠CBF = 图： 1 1 ∠DBC，∠ECB=∠ECB= ∠BCB． 2 2 由矩形的性质，可知AD⎳BC， ∴∠DBC=∠BCB． ∴①∠ECB=∠FBC． ∴CE⎳BF． ·63·★ 2026 中考数学 压轴题 每日一题 参考答案（类型 3）★ 智慧小组先测量BE和CF的长度，猜想其关系为② AB-BE=6-x， BE=CF， ∴CD=AB= x2-(6-x)2= 12x-36， 故答案为：①∠ECB=∠FBC；②BE=CF； 如图，当△BD'G为直角三角形时，则：∠BGD= (2)法一：∵四边形ABCD是矩形， 90°， ∴∠A=∠B=∠BCD=∠D=90°，BC=AD， ∴∠GBD+∠BGD=180°， ∵折叠， ∴GD⎳AD⎳BC， ∴∠EBC=∠B=90°，BD=BD，BC=BC=AD， ∴∠DGC=∠ECB， ∠D=∠BDF=90°，BE=BE， 又∵∠GCD=∠ECB， ∴AD-BD=BC-CD，即：AB=CD，∠CDF ∴∠CGD=∠GCD， =90°=∠A， ∴DG=DC= 12x-36， 由(1)知：∠CBD=∠BCB， ∵BG⎳AB⎳CD， 又∵∠ABE+∠CBD=180°-∠EBC=90°，∠BCB ∴∠GBD=∠FCD， +∠BCF=∠BCD=90°， ∴ 在 Rt△BGD 和 Rt△CD'F 中， tan∠GBD' = ∴∠ABE=∠FCD， tan∠FCD， 又∵∠A=∠CDF，AB=CD， GD DF 12x-36 6-x ∴ = ，即： = ， ∴△ABE≅△DCF， GB CD x 12x-36 ∴x(6-x)=12x-36， ∴BE=CF， 解得：x=3 5-3或x=-3 5-3(舍去)； ∵BE=BE， ∴BE=3 5-3； ∴BE=CF； 法 二 ： 作 B  G ⎳ AB 交 CE 于 点 G ， 则 ： 当∠GDB=90°时， BG⎳AB⎳CD， ∵∠BDF=∠D=90°， ∵CE⎳BF， ∴∠GDB+∠BDF=180°， ∴四边形CFBG为平行四边形， ∴G、D、F三点共线， ∴BG=CF， ∴BC⊥GF， ∵四边形BGCF是平行四边形， ∵四边形ABCD是矩形， ∴四边形BGCF是菱形， ∴AB⎳CD， ∴AB⎳BG， ∴∠GCD=∠FCD， ∴∠BGE=∠BEC， ∵∠GCD=∠GCB， ∴∠GCD=∠GCB=∠FCD=30°， ∵折叠， ∴∠BEC=∠BEC，BE=BE， 设CF=a，则DF=DF=6-a， DF 1 ∴∠BGE=∠BEC， ∴ =sin30°= ， FC 2 ∴BE=BG， 6-a 1 即 = ， ∴BE=BE=BG=CF； a 2 (3)∵BG⎳AB， 解得：a=4， ∴∠A=∠GBD=90°， ∴BE=CF=4； 由(2)可知：BG=BE=BE=CF，CD=AB， 综上所述：BE=3 5-3或4． △ABE≅△DCF， 19．【分析】(1)利用正方形的性质求得EH= 2BH， ∴DF=AE， 证明△ABE≅△CBG(SAS)，推出AE=CG，根据AH 设BE=x，则：BG=BE=CF=x，DF=AE= =AE+EH即可求解； ·64·★ 2026 中考数学 压轴题 每日一题 参考答案（类型 3）★ (2) 在 AE 上截取 AM = CH，证明 △MAB ≅ △HCB (SAS)，推出 ∠MBA = ∠CBH， BM = BH，证明 △MBH是等腰直角三角形，求得MH= 2BH，根据 AH=AM+MH，即可求得AH=CH+ 2BH； (3)在CG上截取 CM=AH，证明 △ABH ≅△CBM (SAS)，得到BH=BM，∠MBC=∠ABH，同理，得 到△MBH是等腰直角三角形，求得MH= 2BH，根 据CH=CM+MH，即可求得CH=AH+ 2BH． 【解答】解：(1)AH=CH+ 2BH，理由如下， ∵∠BCH=∠HAB，BC=AB， 如图，当点G，H重合时， ∴△ABH≅△CBM(SAS)， ∵正方形ABCD与正方形BEFG， ∴BH=BM，∠MBC=∠ABH， ∴AB=BC，BE=BH，∠ABC=90°，∠EBH=90°， 同理，△MBH是等腰直角三角形， ∴EH= 2BH，∠ABE=90°-∠EBC=∠CBG， ∴MH= 2BH， ∴△ABE≅△CBG(SAS)， ∵CH=CM+MH， ∴AE=CG， ∴CH=AH+ 2BH． ∴AH=AE+EH=CH+ 2BH； 20．【分析】 (1) 根据思路一：构造 △QA A 与 3 2 (2)AH=CH+ 2BH，理由如下， △PA A 全等，从而得出△A PQ是等腰直角三角形， 1 2 2 由(1)得△ABE≅△CBG(SAS)， 即可PA +PA 与PA 的数量关系； 1 3 2 ∴∠BCH=∠MAB， (2)在射线PA 上截取A Q=PA ，连接A Q，过点A 3 3 1 2 2 在AE上截取AM=CH， 作A T⊥PQ于点T，同(1)得△QA A ≅△PA A ，则 2 3 2 1 2 ∠PA Q=∠A A A =108°，A P=A Q，可得∠PA T 2 1 2 3 2 2 2 1 PT 30 = ∠PA Q=54°，根据PA = ≈ ≈37.0， 2 2 2 sin54° 0.81 即可求解； (3)同(2)的方法，即可求解． 【解答】解：(1)PA +PA = 2PA ， 1 3 2 ∵∠BCH=∠MAB，AB=BC， 如图，在射线PA 上截取A Q=PA，连接A Q， 3 3 1 2 ∴△MAB≅△HCB(SAS)， ∴∠MBA=∠CBH，BM=BH， ∵ ∠HBG = 90° -∠CBH - ∠EBC， ∠EBM = 90° -∠MBA-∠EBC， ∴∠HBG=∠EBM， ∴ ∠MBH = ∠EBM + ∠EBC + ∠CBH = ∠HBG + ∠EBC+∠CBH=∠EBG=90°， ∴△MBH是等腰直角三角形， ∴MH= 2BH， ∵AH=AM+MH， ∵∠PA A +∠PA A =180°，∠QA A +∠A A P= 1 2 3 2 3 2 2 3 ∴AH=CH+ 2BH； 180， (3)CH=AH+ 2BH，理由如下， ∴∠A AP=∠A A Q， 2 1 2 3 由(1)得△ABE≅△CBG(SAS)， 又∵四边形AA A A 是正方形， 1 2 3 4 ∴AE=CG，∠BCH=∠HAB， ∴A A =A A ， 2 1 2 3 在CG上截取CM=AH， ∴△QA A ≅△PAA ， 3 2 1 2 ∴∠AA P=∠A A Q，A P=A Q， 1 2 3 2 2 2 又∵四边形AA A A 是正方形， 1 2 3 4 ∴∠AA A =90°， 1 2 3 ·65·★ 2026 中考数学 压轴题 每日一题 参考答案（类型 3）★ ∴∠PA 2 Q=90°， ∴PA cos72°= PA 3 +PA 1 ， 2 ∴△A PQ是等腰直角三角形， 2tan72° 2 ∴PA +PA =2PA ⋅sin72°． ∴PQ=PA +A Q=PA +PA = 2PA ， 1 3 2 3 3 3 1 2 21．【分析】(1)证明△BAE≅△DAG(SAS)，导角即 故答案为：PA +PA = 2PA ； 1 3 2 可得解； (5-2)×180° (2)正五边形的一个内角为 =108°， DG 5 (2)由题易知tan∠CMB=tan∠DMG= ，所以求 DM 如图，在射线PA 上截取A Q=PA ，连接A Q，过点 3 3 1 2 出用a表示出DM即可，连接AC交BC于点O，易证 A作AT⊥PQ于点T， △CMO∽△GMD，利用相似比求出DM即可得解； (3)分类讨论，解△ADE即可得解． 【解答】解：(1)BD⊥DG，理由如下； 在正方形ABCD和正方形AEFG中， ∴AB=AD，AE=AG，∠BAD=∠EAG=90°， ∴∠BAE=∠DAC=90°-∠DAE， ∴△BAE≅△DAG(SAS)， ∴∠ABE=∠ADG， ∵∠ABD+∠ADB=90°， ∴∠ADG+∠ADB=90°，即∠BDG=90°， ∴BD⊥DG； 同理可得△QA A ≅△PAA ， (2)连接AC交BD于点O，则∠COD=90°， 3 2 1 2 ∴∠PA Q=∠AA A =108°，A P=A Q， 2 1 2 3 2 2 1 ∴∠PA T= ∠PA Q=54°， 2 2 2 ∵PA =11，PA =49， 1 3 ∴PQ=PA +A Q=PA +PA =60， 3 3 3 1 1 ∴PT= PQ=30， 2 PT 30 ∴PA = ≈ ≈37.0； 2 sin54° 0.81 (3)如图，在射线PA 上截取A Q=PA ，连接A Q过 3 3 1 2 点A 作A T⊥PQ于点T， 2 2 ∵正方形边长为8， ∴AC=BD= 2AB=8 2， ∴OC=OD=4 2， ∴OM=OD-DM=4 2-DM， ∵∠COM=∠GDM=90°，∠CMO=∠GMD， ∴△CMO∽△GMD， DG DM a DM ∴ = ，即 = ， OC OM 4 2 4 2-DM 4 2a 解得DM= ， 4 2+a (10-2)×180° 同理可得∠PA 2 Q=∠A 1 A 2 A 3 = 10 =144°， ∵∠BDG=90°， 1 DG 4 2+a ∴∠PA T= ∠PA Q=72°， ∴ tan∠CMB = tan∠DMG = = a ⋅ = 2 2 2 DM 4 2a PT 2a+8 ∴A 2 T=PA 2 cos72°= ， ， tan72° 8 ∵2PT=PA +PA， 2a+8 3 1 故答案为： ； 8 ·66·(3)当点E在线段BD上时，如图，过E作EK⊥AD于 点K， ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠ADE=45°， ∴△DEK为等腰直角三角形， 2 ∴DK=EK=DE⋅sin45°= x， 2 2 ∴AK=AD-DK=8- x， 2 在Rt△AKE中，AE2=EK2+AK2 2 = x 2  2 2 +8- x 2  2 =x2-8 2x+64， ∴S=AE2=x2-8 2x+64； 当点E在BD延长线上时，如图，过E作EL⊥AD交 AD延长线于点L， 2 同理可得EL=DL= x， 2 2 ∴AL=AD+DL=8+ x， 2 在Rt△ALE中，AE2=EL2+AL2 2 = x 2  2 2 +8+ x 2  =x2+8 2x+64， ∴S=AE2=x2+8x+64； 综上，S与x的函数解析式为S=x2-8 2x+64或S =x2+8 2x+64． 22．【分析】(Ⅰ)作FG⊥OE于点G，作CH⊥AB 于点H，根据等边三角形的性质，结合勾股定理进行求 解即可； (Ⅱ)①平移的性质，得到∠FEO=∠OEF=60°， OE=OE= 3，求出OE的长，解直角三角形求出 OG的长，线段的和差表示出AG的长，当点F落在y 轴上之后，直至点E与点O重合之前，重叠部分为四 边形，求出t的范围即可； 3 3 3 3 ②分 ≤t< 3，t= 3和 3 则AH=AB⋅sin∠ABD=40× =24， 5 n>0，m，n互质且一奇一偶)； ∵∠CDB=∠ADH， 非本原勾股数：a=k(m2-n2)，b=k(2mn)，c= 24 ∴sin∠CDB=sin∠ADH= ， 25 k(m2+n2)(k为正整数)， 24 264 48 证明：对于本原勾股数，计算a2+b2: ∴d =QD⋅sin∠CDB=(55-10t)× = - t， 2 25 5 5 ·71·★ 2026 中考数学 压轴题 每日一题 参考答案（类型 4）★ (m2-n2)2+(2mn)2 解得：x =200，x =-40(舍去)， 1 2 =m4-2m2n2+n4+4m2n2 故起跳点P与落地点Q的水平距离OQ的长为200cm； =m4+2m2n2+n4 (3)设该平台的高度为kcm，由题意，设新的函数解析 =(m2+n2)2 3 式为：y=- (x-80)2+60+k， 320 =c2， 由题可知A(80,57)，B(80,0)，C(120,48)，D(120,0)， 非本原勾股数为k倍的本原勾股数， 9 故a2+b2=k2[(m2-n2)2+(2mn)2] ∴直线AD的解析式为y=- 40 x+75(80≤x≤120)， =k2(m2+n2)2 ∴h=- 3 (x-80)2+60+k+ 9 x-75=- 3 x2+ 320 40 320 =c2． 69 同理，a=2kmn，b=k(m2-n2)，c=k(m2+n2)成 40 x+k-75， 立； ∵对称轴为直线x=92，80≤x≤120， (3)查表可以知道他的最短是202129这个勾股数， ∴当x=120时，h有最小值3， 一个直角三角形三条边的长度之和为20+21+29=70 3 69 ∴- x2+ x+k-75=3，解得k=6， 320 40 米， 故该平台的高度为6cm． 因为图案是由四个全等的直角三角形组成， 4．【分析】(1)先作∠ADE=∠B，DE交AC于点E， 所以需要种花70×4=280株． 得出DE⎳BF，再以点B为圆心，以DE的长为半径画 3．【分析】(1)根据起跳点与落地点的距离为160cm， 弧，交线段BC于一点F，连接EF，则DE=BF，故 得到对称轴为直线x=80，根据运动路线的最高点距地 四边形BDEF是平行四边形，即可作答； 面60cm，得到顶点纵坐标为60，写出顶点坐标，列出 (2)过P点作PH⊥BC于点H，解得PH=3，故P在 顶点式，把(0,0)代入，求出函数解析式即可； 线段MN上运动的，整理C =BP+CP+6，经过 (2)根据抛物线的形状不变，利用平移思想，写出新的 △BPC 分析当BP+CP有最小值时，则△BPC的周长有最小 函数解析式，令y=0，求出x的值，进而求出OQ的 值，即作B点关于MN的对称点B，当B，P，C三 长即可； 点共线时，BP+CP有最小值，即BC的长，结合矩 (3)设该平台的高度为kcm，根据题意，得到新的抛物 3 形的性质以及勾股定理列式计算，得 B C = 线的解析式为：y=- (x-80)2+60+k，直线AD 320 BB2+BC2=6 2，即可作答； 9 的解析式为 y =- x + 75(80 ≤ x ≤ 120)，则 h = (3)取AB的中点M，取AC的中点N，连接MN，得 40 3 69 MN是△ABC的中位线，再过点P作PD⎳AC，证明 - x2+ x+k-75，当x=120时，h有最小值 320 40 PB AB 120 2 △PBD∽△ABC，整理 = = = ，故 3，再求h即可． PD AC 180 3 【解答】解：(1)由题意得，抛物线的对称轴为直线x= AQ=PD，再证明四边形APDQ是平行四边形，因为 80，顶点纵坐标为60， O 是 PQ 的中点，得 AO = OD，证明 △ADH ∽ OE OD 1 ∴顶点坐标为(80,60)， △ODE， = = ，由题意得OE为定值，则 AH AD 2 设抛物线的函数解析式为：y=a(x-80)2+60， 点O在△ABC的中位线MN上运动，作△BOC的外接 ∵图象过原点， 圆⊙T，当且仅当⊙T与MN相切时，∠BOC的值最 3 ∴a(0-80)2+60=0，解得a=- ， 1 320 大，先得出MB= ×AB=60m，CM⊥AB，运用 2 3 ∴y=- (x-80)2+60； BK BM 320 三角函数得cos∠ABC= = ，代入数值进行 BM BC (2)∵抛物线的形状不变，点(0,75)， 计算，即可作答． 故第二次的函数图象可以看作由(1)的抛物线向上平移 【解答】解：(1)依题意，先作∠ADE=∠B，DE交 75个单位长度得到的， AC于点E，得出DE⎳BF， 3 ∴新的抛物线的解析式为：y=- (x-80)2+60+ 再以点B为圆心，以DE的长为半径画弧，交线段BC 320 3 于一点F， 75=- (x-80)2+135， 320 连接EF，则DE=BF， 3 当y=0时，- (x-80)2+135=0， ∵DE⎳BF， 320 ·72·★ 2026 中考数学 压轴题 每日一题 参考答案（类型 4）★ ∴四边形BDEF是平行四边形， ∴MN是△ABC的中位线， 即▱BDEF如图所示： 过点P作PD⎳AC， ∴∠BAC=∠BPD， 又∵∠ABD=∠PBD， ∴△PBD∽△ABC， PB PD PB AB 120 2 ∴ = ，即 = = = ， AB AC PD AC 180 3 BP 2 ∵ = ， AQ 3 (2)如图，过P点作PH⊥BC于点H， ∴AQ=PD， ∵PD⎳AC， ∴四边形APDQ是平行四边形， 连接AD， ∵O是PQ的中点，且四边形APDQ是平行四边形， ∴AO=OD， ∴O是AD的中点， 过A点作AH⊥BC于点H，过点O作OE⊥BC于点 ∵S =9，BC=6， E， △BPC 1 1 ∴∠AHD=∠OED=90°， ∴ ×BC×PH= ×6×PH=9， 2 2 ∵∠ADH=∠ODE， 解得PH=3， ∴△ADH∽△ODE， 过点P作MN⎳BC且分别与AB，CD交于M，N， OE OD 1 ∴ = = ， 即P在线段MN上运动的， AH AD 2 则C =BP+CP+BC=BP+CP+6， ∵AB=120m，AC=BC=180m， △BPC 当BP+CP有最小值时，则△BPC的周长有最小值， ∴AH为定值， 作B点关于MN的对称点B， ∴OE为定值， ∴BM=BM=3，BP=BP，∴BP+CP=BP+CP 则点O在△ABC的中位线MN上运动，作△BOC的外 ≥BC， 接圆⊙T， 当B，P，C三点共线时，BP+CP有最小值，即 当且仅当⊙T与MN相切时，∠BOC的值最大， BC的长，即△BPC的周长有最小值， ∠BOC=∠BFC=∠BOC+∠OBF， ∵四边形ABCD是矩形，∴∠ABC=90°， 故∠BOC=∠BFC>∠BOC， 在Rt△BBC中，BB=6，BC=6， 如图，连接CM，作MK⊥BC于点K，OL⊥BC于 ∴BC= BB2+BC2= 36+36=6 2， 点L，连接OT，LT， 此时△BPC得周长=BP+CP+6=6 2+6； (3)如图，取AB的中点M，取AC的中点N，连接 MN， ∵⊙T与MN相切于点O， ∴∠MOT=90°， ∵OL⊥BC于点L， ∴∠BLO=90°， ·73·∵MN⎳BC， 当9≤x≤12时，当机器人甲、乙相距30米时，得15x ∴∠MOL=90°． -135=30，解得x=11， 故O，L，T三点共线， 当124分别讨论即可得到 答案． 【解答】解：(1)由图可知，初始位置时S=0， ∴从初始起右移至图3情形的过程中，S随x的增大而 增大； (2)如图： 根据题意，初始位置时P在AD上，右移至图3时，P 在BC上， ∴向右移动的距离x=AB=3m，此时AM=1m，Q 向右移动到AD上， ∴AN=MN-AM=3-1=2(m)， (AN+PQ)⋅AQ (2+3)×2 ∴S= = =5(m2)； 2 2 ∴图3情形的x的值为3m，S的值为5m2； (3)设初始位置时，∠ANP=α，如图： ∵AP=2m，AN=1m，∠PAN=90°， AP ∴tanα= =2， AN 从图3情形起右移至M与A重合的过程中，设PQ交 =4． BC于G，PN交BC于E，QM交AD于F，连接EF， 7．【分析】(1)从初始起右移至图3情形的过程中，S 如图： 随x的增大而增大； (2)初始位置时P在AD上，右移至图3时，P在BC 上，故向右移动的距离x=AB=3m，根据梯形面积公 式可得S=5(m2)； (3)设初始位置时，∠ANP=α，可得tanα=2，从图 3情形起右移至M与A重合的过程中，设PQ交BC于 G，PN交BC于E，QM交AD于F，连接EF，由平 由平移的性质可知，PG=(x-3)m，BN=(4-x)m， ∴GQ=3-(x-3)=(6-x)m，AN=3-(4-x)=(x ·75·-1)m， ∵tanP=tan∠ENB=tanα=2， ∴GE=2PG=(2x-6)m，BE=2BN=(8-2x)m， ∵AM=MN-AN=AB-AN=BN，∠MAF=90°= ∠NBE，∠FMA=∠ENB， ∴△FMA≅△ENB(ASA)， ∴FM=EN， ∵FM⎳EN， ∴四边形FMNE是平行四边形， ∴EF⎳MN，EF=MN=3m， ∵MN⎳PQ， ∴四边形QFEG，四边形FANE都是梯形， 6-x+3 ∴ S = S + S = 梯形QFEG 梯形FANE  2x-6  + 2 x-1+3  8-2x  =-2x2+14x-19， 2 ∴S关于x的解析式为S=-2x2+14x-19(34时，S随x的增大而减小，此时S< 2 ； 解得   b=5.8 ， 11 ∵5< ， ∴当6≤x≤10时，设弹簧测力计A的示数F 关于x 2 拉力 7 的函数解析式为F =-0.3x+5.86≤x≤10 ∴遮阳区面积最大时，▱MNPQ向右移动了 m． 拉力 2 8．【分析】(1)根据题意得安检时间为x分钟，则已入 场人数为(用x表示)18x，w与x的函数表达式为w= y-18x=-x2+42x+100； (2)根据二次函数的性质可得出结论； (3)运用二次函数的性质解答即可． 【解答】解：(1)若开设3条安检通道，安检时间为x分 钟，则已入场人数为(用x表示)18x，若排队人数为w， 则w与x的函数表达式为w=y-18x=-x2+42x+ 100； 故答案为：18x，w=-x2+42x+100； (2)w=-x2+42x+100=-(x-21)2+541， ∴当x=21时，Wmax=541； 答：排队人数在第21分钟达到最大值，最大人数为541 人； (3)设开了m条通道， 则：w=y-6mx=-x2+60x+100-6mx=-x2+6 (10-m)x+100， ∴对称轴为x=3(10-m)，  ． (3)根据图象，圆柱体小铝块所受重力为4N， 当x=8时，F =-0.3×8+5.8=3.4， 拉力 4-3.4=0.6(N)， ∴m=0.6， 当6≤x≤10时，设弹簧测力计B的示数F 关于x的 拉力 函数解析式为F =kx+b(k、b 为常数，且k ≠0)， 拉力 1 1 1 1 1 将坐标(6,4)和(10,2.5)分别代入为F =kx+b， 拉力 1 1 6k +b =4 得   1 1 ， 10k +b =2.5 1 1 k =-0.375 解得   1 ， b =6.25 1 ∴当6≤x≤10时，设弹簧测力计B的示数F 关于x 拉力 的函数解析式为F =-0.375x+6.256≤x≤10 拉力  ★ 2026 中考数学 压轴题 每日一题 参考答案（类型 4）★ ， 当-0.375x+6.25=3.4时， 解得x=7.6， 7.6-6=1.6(cm)， ∴n=1.6． 10．【分析】(1)利用待定系数法求解即可； ·76·1 (2)首先得到G(6,0)，然后求出C :y=- (x-2)(x- 2 5 1 8 12 6)=- x2+ x- ，然后将x=5.5代入求解判断 5 5 5 即可； 3 (3)首先求出P1, 2  ，然后由|a|越小开口越大，|a|越 大开口越小，点F在(3,0)和(4,0)之间(包括这两点)得 到当抛物线顶点为点M，且经过点(4,0)时，开口最 大，此时a最大，当抛物线顶点为点P，且经过点(3,0) 时，开口最小，此时a最小，然后分别利用待定系数法 求解即可． 1 1 【解答】解： (1)∵ 当 a =- ， b = 时， C :y = 2 2 1 1 1 - x2+ x+c， 2 2 ∵点F坐标为(2,0)， 1 1 ∴0=- ×22+ ×2+c， 2 2 ∴c=1， 1 1 ∴抛物线C 的表达式为y=- x2+ x+1； 1 2 2 (2)不能，理由如下： ∵FG=4，点F坐标为(2,0)， ∴G(6,0)， 1 1 8 12 ∴C :y=- (x-2)(x-6)=- x2+ x- ， 2 5 5 5 5 ∵点A的坐标为(4.5,0)，AB=1， ∴B(5.5,0)， 1 8 12 ∴将x=5.5代入y=- x2+ x- =0.35<0.5， 5 5 5 ∴此时石块沿抛物线C 运动时不能越过障碍物； 2 1 (3)∵四边形MNPQ是正方形，M ,1 2  ，N(1,1)， 1 3 Q , 2 2  ， 3 ∴P1, 2  ∴由图象可得，当抛物线顶点为点M，且经过点(4,0) 时，开口最大，此时a最大， 1 ∴设C 的表达式为y=ax- 1 2 ， 如图所示， ∵抛物线开口向下， ∴a<0， ∵|a|越小开口越大，|a|越大开口越小，点F在(3,0) 和(4,0)之间(包括这两点)，  2 +1， 1 将(4,0)代入得，0=a4- 2  ★ 2026 中考数学 压轴题 每日一题 参考答案（类型 4）★ 2 +1， 4 解得a=- ， 49 ∴由图象可得，当抛物线顶点为点P，且经过点(3,0) 时，开口最小，此时a最小， 3 ∴设C 的表达式为y=a(x-1)2+ ， 1 2 3 将(3,0)代入得，0=a(3-1)2+ ， 2 3 解得a=- ， 8 3 4 ∴a的取值范围为- ≤a≤- ． 8 49 11．【分析】(1)根据矩形的性质和平行线的性质证明 即可； (2)根据正切的定义计算即可得解； (3)延长DR交TU于F，延长PS交TU于E，则四边 形DPEF为矩形，由矩形的性质可得DP=EF，DF= PE，由题意可得DP=30米，∠EPU=5.1°，∠FDU =9.1°，∠TDF=14.5°，设EU=x米，则FU=(30- 30-x x x) 米，解直角三角形得出 = ，求出FU= 0.16 0.09 19.2米，PE=DF=120米，再解直角三角形得出TF =31.2米，即可得解； (4)结合题意提出合理的建议即可． 【解答】(1)证明：∵四边形HIJK为矩形， ∴∠H=90°， ∵QM⎳HK， ∴∠IQM=∠H=90°， 又∵OG⎳HI， ∴∠MOG=∠IQM=90°， ∴OG⊥QM； (2)解：在Rt△VWY中，∠W=90°，∠YVW=5.1°， VW=10.0cm，YW=0.91cm， YW 0.91 ∴tan5.1°=tan∠YVW= = ≈0.09； VM 10 ∵∠XVY=4.0°，∠YVW=5.1°，XY=0.70cm， YW=0.91cm， ∴∠XVW=∠XVY+∠YVW=9.1°，XW=XY+ YW=1.6lcm， ∵在Rt△VWX中，∠W=90°，∠XVW=9.1°，VW =10.0cm，XW=16．lcm， XW 1.61 ∴tan9.1°=tan∠XVW= = ≈0.16， VM 10 ∵YW=0.91cm，XY=0.70cm，ZX=0.94cm， ·77·★ 2026 中考数学 压轴题 每日一题 参考答案（类型 4）★ ∴ZW=ZX+XY+YW=2.55cm， 再结合表格数据可得，图象过(0,0)和(0.4,4)，可得一 ∵在Rt△VWZ中，∠W=90°，∠ZVW=14.5°，VW 次函数的解析式为一次函数为x=10t，进而可以得解； =10.0cm，ZW=2.55cm， (3)依据题意，当t=1.6秒时，x=10×1.6=16，再代 ZW 2.55 入原抛物线得y=-0.05×162+0.8×16+1.8=1.8，即 ∴tan14.5°=tan∠ZVW= = ≈0.26， VM 10 此时球的坐标为(16,1.8)，又新抛物线y=-0.02x2+px 故答案为：0.09，0.16，0.26； +m过点(16,1.8)，得m=1.8+0.02×162-16p=6.92 (3)解：如图，延长DR交TU于F，延长PS交TU于 -16p，则抛物线为y=-0.02x2+px+6.92-16p，结 E， 合当x=2时，y≥1.8，可得-0.02×22+2p+6.92- 16p≥1.8，进而计算可以得解． 【解答】解：(1)由题意，∵二次函数y=ax2+bx+ 1.8经过点(2,3.2)和(4,4.2)， 4a+2b+1.8=3.2  ∴ ∴a=-0.05，b=0.8， 16a+4b+1.8=4.2 ∴二次函数为y=-0.05x2+0.8x+1.8． (2)由题意，∵二次函数为y=-0.05x2+0.8x+1.8， b 0.8 ∴其对称轴为直线x=- = =8， 2a 2×0.05 则∠DFE=∠PEF=∠DFT=∠DPE=90°， ∴此时最大高度为：y=-0.05×82+0.8×8+1.8=5． ∴四边形DPEF为矩形， 又根据信息二，x与t是一次函数关系， ∴DP=EF，DF=PE， ∴可设x=kt+c， 由题意可得：DP=(25-15)×3=30米，∠EPU= 又∵结合表格数据可得，图象过(0,0)和(0.4,4)， 5.1°，∠FDU=9.1°，∠TDF=14.5°， ∴c=0，且0.4k+c=4．∴k=10，c=0． 设EU=x米，则FU=EF-EU=(30-x)米， ∴一次函数为x=10t．∴当x=8时，t=0.8(秒)． EU x ∵ tan ∠EPU = = = tan5.1° ≈ 0.09， ∴经过0.8秒达到最大高度，最大高度是5米． PE PE (3)由题意，当t=1.6秒时，x=10×1.6=16， FU 30-x tan∠FDU= = =tan9.1°≈0.16， DF DF ∴代入原抛物线得y=-0.05×162+0.8×16+1.8= x 30-x ∴PE= ，DF= ， 1.8，即此时球的坐标为(16,1.8)． 0.09 0.16 30-x x 又∵新抛物线y=-0.02x2+px+m过点(16,1.8)，得 ∴ = ， 0.16 0.09 m=1.8+0.02×162-16p=6.92-16p， 解得：x=10.8， ∴抛物线为y=-0.02x2+px+6.92-16p． 10.8 ∴FU=30-10.8=19.2米，PE=DF= =120 又∵当x=2时，y≥1.8， 0.09 ∴-0.02×22+2p+6.92-16p≥1.8． 米， TF TF ∴p≤0.36． ∵tan∠TDF= = =tan14.5°≈0.26， DF 120 故答案为：p≤0.36． ∴TF=31.2米， 13．【分析】(1)认真研读题干，过点M作MP⊥l， ∴TU=TF+UF=19.2+31.2≈50米，即该塔高度为 MP 代入数值得 sin10°= ≈0.174进行计算，即可作 50米； MN 答； (4)解：提出合理建议为：①多次测量取平均值；②取 (2)先以点C为坐标原点，建立平面直角坐标系，设抛 角的正切值用分数． 物线ACB的解析式为y=ax2(a<0)，再把B(5,-2.4) 12．【分析】(1)依据题意，根据二次函数y=ax2+bx 12 +1.8(a，b为常数)图象经过点(2,3.2)，(4,4.2)，从而 代入进行计算，得y=- x2即可作答； 125 由待定系数法即可计算得解； (3)认真研读题干，得出10÷5-1=4，再算出当x=4 (2)依据题意，由二次函数为y=-0.05x2+0.8x+1.8， 时，y=-1.536，则OG=1.536，GH=CH-OG= b 0.8 可得其对称轴为直线x=- = =8，则此时 3.864，即可得出h=GH-0.3=3.564=3.5(米)，即可 2a 2×0.05 作答． 最大高度为：y=-0.05×82+0.8×8+1.8=5，又根 【解答】解：(1)过点M作MP⊥l， 据信息二，x与t是一次函数关系，故可设x=kt+c， ·78·★ 2026 中考数学 压轴题 每日一题 参考答案（类型 4）★ ∴h=3.564≈4(米)． ∵斜坡的坡角α为10°，隧道内积水的水深为0.27米， ∴∠MNP=10°，MP=0.27， ∵MP⊥l，sin10°≈0.174， MP 0.27 在 Rt△MNP 中， sin10° = ≈ 0.174， ≈ MN MN 0.174， 0.27 ∴MN= =1.55(米)； 0.174 (2)以点C为坐标原点，建立平面直角坐标系， 设抛物线ACB的解析式为y=ax2(a<0)， ∵隧道的最高点C到地面DE距离为5.4米，两侧墙面 高AD=BE=3米，地面跨度DE=10米， ∴B(5,-2.4)， 把B(5,-2.4)代入y=ax2， 得-2.4=25a， 12 ∴a=- ， 125 12 ∴y=- x2； 125 (3)车辆行驶方向的右侧车道线(宽度忽略不计)与墙面 的距离为1米，必须保证车辆顶部与隧道顶部ACB在 竖直方向的空隙不小于0.3米， ∴10÷5-1=4， 12 ∴当x=4时，y=- ×42=-1.536， 125 则OG=1.536， ∴GH=CH-OG=5.4-1.536=3.864， 限高架上标有警示语“车辆限高h米”(即最大安全限 高)， ∴h=GH-0.3=3.864-0.3=3.564(米)， ∵涉及安全问题， ·79·★ 2026 中考数学 压轴题 每日一题 参考答案（类型 5）★ ★类型5：圆综合（8题）★ ∴△CHD∽△DHF， 1．【分析】(1)利用等腰三角形的性质定理和圆周角定 HD HC ∴ = ， HF HD 理解答即可； ∴HD2=HC⋅HF， (2)连接CD，利用等腰三角形的性质定理，圆周角定理 ∴AH2=HF⋅HC； 和等腰三角形的判定定理得到AH=HD，利用圆周角 (3)解：连接AO并延长交CB于点M，连接CD，如 定理和相似三角形的判定与性质得到HD2=HC⋅HF， 图， 利用等量代换的性质解答即可得出结论； (3)连接AO并延长交CB于点M，连接CD，利用垂径 定理得到AM⊥BC，CM=BM，利用直角三角形的 AM 边角关系定理得到tan∠ABC= = 5，设BM= BM k，则AM= 5k，BC=2k，利用勾股定理得到AB， BA AD 利用相似三角形的判定与性质得到 = ，得到 EA AB k=a，则DE=k，AE=3k，利用相似三角形的判定 与性质求得CE=k，再利用相似三角形的性质求得AB =3 6，最后利用三角形的周长的意义和等量代换的性 质解答即可． ∵AB=AC，   【解答】(1)证明：∵AB=AC， ∴AB=AC， ∴∠ABC=∠ACB， ∴AM⊥BC，CM=BM， ∵∠ACB=∠ADB， AM ∴tan∠ABC= = 5， BM ∴∠ABC=∠ADB． 设BM=k，则AM= 5k，BC=2k， ∵∠ADB=∠DBE+∠E， ∴AB= BM2+AM2= 6k， ∴∠ABC=∠DBE+∠E； ∵AD=2DE， (2)证明：连接CD，如图， ∴设DE=a，则AD=2a， ∴AE=AD+DE=3a． ∵∠ADB=∠ACB，∠ACB=∠ABC， ∴∠ADB=∠ABC， ∵∠BAD=∠EAB， ∴△BAD∽△EAB， BA AD ∴ = ， EA AB 6k 2a ∴ = ， 3a 6k ∴k=a， ∵BG=DG， ∴DE=k，AE=3k， ∴∠ABD=∠GDB， ∵四边形ABCD为圆的内接四边形， 由(1)知：∠ABC=∠ADB， ∴∠EDC=∠ABC， ∵ ∠ABC = ∠ABD + ∠DBC， ∠ADB = ∠GDB + ∵∠E=∠E， ∠GDA， ∴△EDC∽△EBA， ∴∠DBE=∠GDA， DE CE ∴ = ， ∵∠DBE=∠CAD， BE AE ∴∠CAD=∠GDA， ∴ k = CE ， CE+2k 3k ∴AH=HD． ∴CE2+2k⋅CE-3k2=0， ∵∠ACD=∠ABD， ∵CE>0， ∴∠ACD=∠GDB． ∴CE=k， ∵∠CHD=∠DHF， ·80·★ 2026 中考数学 压轴题 每日一题 参考答案（类型 5）★ ∵△EDC∽△EBA， CD CE ∴ = ， AB AE 6 k ∴ = ， AB 3k ∴AB=3 6． 由(2)知：AH=HD，BG=DG， ∴△AGH的周长=AG+GH+AH =AG+GH+HD ∵AD与BC均为该半圆的切线， =AG+GD ∴AD⊥AB，BC⊥AB， =AG+GB ∴AD⎳BC， =AB ∴∠M=∠OCB， =3 6． ∵O为AB的中点， 2．【分析】(1)如图，连接CO，并延长交DA的延长 ∴OA=OB， 线于点M，过点O作OE⊥CD于点E，根据AD与 在△OAM与△OBC 中， BC均为该半圆的切线，得出AD⊥AB，BC⊥AB， ∠M=∠OCB  则 AD ⎳ BC，可得 ∠M = ∠OCB．证明 △OAM ≅ ∠OAM=∠OBC=90°， △OBC，得出AM=BC，根据CD=AD+BC，得出 OA=OB CD = AD + AM = DM ，则 ∠M = ∠OCE，可得 ∴△OAM≅△OBC(AAS)， ∠OCB=∠OCE，即CO平分∠BCD．又OE⊥CD， ∴AM=BC， OB⊥CB，得出OE=OB，即可证明CD与该半圆相 ∵CD=AD+BC， 切； ∴CD=AD+AM=DM， (2)如图，过点C作CM⊥AD，交AD于点M，在 ∴∠M=∠OCE， △CDM中，由勾股定理可得CD2=DM2+CM2，根据 ∴∠OCB=∠OCE，即CO平分∠BCD， CD=AD+BC=a+b，DM=|a-b|，CM=2r，列 又∵OE⊥CD，OB⊥CB， 等式得出r2=AD⋅BC=ab=2，代入可得m= 2 ∴OE=OB， 2+a ∴CD与该半圆相切； 2 ab ab b a + = + = + =n； 2+b ab+a ab+b 1+b 1+a (2)解：m=n．理由如下： (3)如图，根据CD，AD，BC均为该半圆的切线，则 DA=DE，CB=CE，证明△DAG∽△BCG，得出 CG CB CE CG CE = = ，从而得出 = ，证明 GA AD ED CA CD △ACD ∽ △GCE，得出 ∠ADC = ∠GEC ，得出 FG AF EG⎳AD⎳BC，FG⎳AD⎳BC，得出 = , BC AB FG BF FG FG 1 1 如图，过点C作CM⊥AD，交AD于点M， = ，则 + =1，即可得 + AD AB BC AD BC AD 在△CDM中，由勾股定理可得CD2=DM2+CM2， 1 1 1 1 = ，同理可得 + = ，得出FG=EG ∵CD=AD+BC=a+b，DM=|a-b|，CM=2r， FG BC AD EG ∴(a+b)2=(a-b)2+4r2， =x，由(2)可知r2=AD⋅BC=DE⋅EC=1，得出 2 2 1 1 1 1 1 1 ∴r2=AD⋅BC=ab=2，代入可得m= + + = + = = DC = ，又在 2+a 2+b DE CE BC AD EG x ab ab b a 1 1 = + = + =n； Rt△ABE 中， AE⋅BE= (2x)(2r)=2x，得出AE ab+a ab+b 1+b 1+a 2 2 (3)解：∵CD，AD，BC均为该半圆的切线， 4 1 ⋅ BE = 4x，即可得 = ，从而得出 y = AE⋅BE x ∴DA=DE，CB=CE， 1 1 1 1 1 3 + +DC= + + = ． ∵AD⊥AB，BC⊥AB， AE⋅BE FG x x x x ∴AD⎳BC， 【解答】(1)证明：如图，连接CO，并延长交DA的延 ∴△DAG∽△BCG， 长线于点M，过点O作OE⊥CD于点E， ·81·★ 2026 中考数学 压轴题 每日一题 参考答案（类型 5）★ CG CB CE ∴ = = ， GA AD ED CG CE ∴ = ， CA CD ∵∠ACD=∠GCE， ∴△ACD∽△GCE， ∴∠ADC=∠GEC． ∴EG⎳AD⎳BC，FG⎳AD⎳BC， FG AF FG BF ∴ = , = ， BC AB AD AB ∴∠ABM=90°，AM=2R， FG FG ∴ + =1， BC AD ∵AD是△ABC 的高， ∴ 1 + 1 = 1 ， ∴∠ADC=90°， BC AD FG ∵∠ACB=∠AMB， 1 1 1 同理可得 + = ， BC AD EG ∴△ABM∽△ADC， ∴FG=EG=x， AB AM AB 2R ∴ = ，即 = ， AD AC AD AC 由(2)可知r2=AD⋅BC=DE⋅EC=1， AB⋅AC 1 1 1 1 1 DE+CE ∴R= ； ∴ + = + = = =DC 2AD DE CE BC AD EG DE⋅CE (3)解：如图，连接OE， 1 = ， x 又在Rt△ABE 中， 1 1 ∵ AE⋅BE= (2x)(2r)=2x， 2 2 ∴AE⋅BE=4x， 4 1 ∴ = ， AE⋅BF x 1 1 1 1 1 3 ∴y= + +DC= + + = ． AE⋅BE FG x x x x 3．【分析】(1)分别作AB，BC的垂直平分线交于点 ∵EF为⊙O的切线， O，以OA为半径作圆，即可求解； ∴∠OEF=90°， (2) 作 ⊙ O 的直径 AM，连接 BM，证明 △ABM ∽ ∵∠ACB=60°，∠ADC=90°， △ADC，根据相似三角形的性质，即可求解； ∴∠DAC=30°， (3)连接OE，根据EF为⊙O的切线，得出∠OEF= ∴∠EOC=60°，∠F=30°， 90°，进而证明△OEC是等边三角形，得出CE=CF= ∵OE=OC， R，在Rt△ADC，Rt△ABD中分别求得AB，AC，根 ∴△OEC是等边三角形，∠OEC=∠OCE=60°， 129 据(2)的结论求得R= 即可求解． 3 ∴∠CEF=30°，∠CEF=∠F， 【解答】(1)解：如图所示，即为所求； ∴CE=CF=R． 在Rt△ADC中，AD=3 3，∠ACB=60°，tan60°= AD 3 3 = ， CD CD ∴CD=3，BD=BC-CD=7-3=4， 在Rt△ACD中，AC= AD2+CD2 = (3 3)2+32 = 6， 在Rt△ABD中，AB= AD2+BD2 = 42+(3 3)2 = 43， (2)证明：如图，作⊙O的直径AM，连接BM， AB⋅AC 129 代入R= ，得R= ， 2AD 3 129 即CF= ． 3 ·82·★ 2026 中考数学 压轴题 每日一题 参考答案（类型 5）★ 4．【分析】(1)证明△CBE是等边三角形即可； ∴∠EAC=∠EBC=∠BAC=∠BEC， (2)延长CO交⊙O于点M，连接EM，由圆周角定理 ∴CE=CB， 可得 ∠CEM = 90°，即 ∠AEC + ∠AEM = 90°，又 ∵∠BCN=∠ACB，∠CBE=∠BAC， ∠AEM=∠ACM，∠AEC=∠ACF，所以∠ACF+ ∴△BCN∽△ACB， ∠ACM=90°然后由切线的判定方法即可求证； BC CN ∴ = ， AC CB (3)设AC与BE交于点N，由AC平分∠BAE，可得 ∴BC2=AC⋅CN①， ∠EAC=∠BAC，CE=CB，通过圆周角定理可得 ∵∠AEN=∠BEA，∠EAC=∠BAC， ∠EAC = ∠EBC = ∠BAC，证明 △BCN ∽ △ACB， ∴△AEN∽△ACB， BC CN AE AN △AEN∽△ACB，故有 = , = ，即 AE AN AC CB AC AB ∴ = ， AC AB 有BC2=AC⋅CN①，AE⋅AB=AC⋅AN②，然后通 ∴AE⋅AB=AC⋅AN②， 过①+②即可求解． ①+②得：BC2+AE⋅AB=AC⋅CN+AC⋅AN=AC 【解答】解：(1)∵CE=CB，且∠CBE=60°， (CN+AN)=AC2， ∴△CBE是等边三角形， ∵CE=CB， ∴∠BCE=60°； ∴AC2=BC⋅CE+AB⋅AE， (2)证明：延长CO交⊙O于点M，连接EM，如图， ∴此时a=1，b=1． ∴存在常数a=1，b=1，使等式AC2=aBC⋅CE+ bAB⋅AE成立． 5．【分析】(1)根据正方形，正八边形内角性质解答； (2)根据正方形内切圆半径为1，得正方形边长为2，即 得正方形周长； (3)根据正六边形内切圆半径为1，得正六边形边长为 2 3 ，即得正六边形周长； 3 ∵CM是⊙O的直径， (4)在周长都是12的情况下，得正三角形的边长为4， ∴∠CEM=90°， 2 3 边心距为 ，积为4 3，正方形的边长为3，面积 ∴∠AEC+∠AEM=90°， 3 ∵∠AEM=∠ACM，∠AEC=∠ACF， 为9，正六边形的边长为 2，边心距为 3，面积为 ∴∠ACF+∠ACM=90°， 6 3． ∴∠MCF=90°， 【解答】解：(1)∵正方形每个内角为90°， ∴OC⊥CF， ∴360°÷90°=4， ∵OC是⊙O的半径， ∴能密铺， ∴直线CF是⊙O的切线； ∵正八边形的每个内角为135°， (3)解：存在常数a=1，b=1，使等式AC2=aBC⋅ 8 ∴360°÷135°= ， 3 CE+bAB⋅AE成立；理由如下： ∴不能密铺， 如图，设AC与BE交于点N， 故答案为：①90°；②360°÷90°=4；③360°÷135°= 8 ；④不能； 3 (2)设AB切⊙O于点E，连接OE，AC，BD， ∵AC平分∠BAE， ∴∠EAC=∠BAC， ∵∠EAC=∠EBC，∠BEC=∠BAC， 则AC，BD交于点O，AC⊥BD，OE⊥AB， ·83·★ 2026 中考数学 压轴题 每日一题 参考答案（类型 5）★ ∵OA=OB， ∴AE=BE=OE=1， ∴AB=2， ∵正方形ABCD的周长为8； 故答案为：8； (3)设AB切⊙O于点G，连接OG，OA，OB， 12 ∵AB= =3， 4 ∴S =AB2=9， 正方形ABCD 正六边： 则OG⊥AB，OA=OB， 1 ∴AG=BG= AB， 2 360° ∵∠AOB= =60°， 6 12 1 ∵AB= =2， ∴∠AOG= ∠AOB=30°， 6 2 1 ∴AG= AB=1， ∴OA=2AG， 2 ∵AG2+OG2=OA2， ∴OA=2AG=2， 3 3 ∴OG= OA2-AG2= 3， ∴AG= OG= ， 3 3 1 ∴S =6× AB⋅OG=6 3． 2 3 正六边形ABCDEF 2 ∴AB= ， 3 6．【分析】(1)连接OD，可得∠ODE=∠OED， 正六边形周长为4 3； ∠ODE=∠ADC，由直径性质，得∠ADE=90°，可得 (4)三角形： ∠ODC=90°，即得直线BC是⊙O的切线； (2)证明∠CAD=∠DAE，得tan∠CAD=tan∠DAE 3 DE 3 = ，得 = ，可得 DE = 6，证明 △BDE - 4 AD 4 BE DE 3 3 △BAD，得 = = BE= BD由OD2+BD2 BD AD 4 4 120 =OB2得BD= ； 7 (3)当四边形ADEF面积最大时，△AEF面积最大，点  F是AE的中点，可得AF=EF，得到∠AEF=∠EAF ∵AC= 12 =4， =45°，根据等腰直角三角形的判定和性质以及三角形 3 的面积公式即可得到结论． 1 ∴AD= AC=2， 2 【解答】(1)证明：连接OD，则OD=OE， 1 ∵∠OAD= ∠BAC=30°， 2 ∴OA=2OD， ∵AD2+OD2=OA2， 3 2 3 ∴OD= AD= ， 3 3 1 ∴S =3× AC⋅OD=4 3， △ABC 2 正方形： ∴∠ODE=∠OED， ∵∠AED=∠ADC， ∴∠ODE=∠ADC， ·84·∵AE是⊙O的直径，∠ADE=90°， ∵∠ODC=∠ADC+∠ODA=∠ODE+∠ODA=90°， ∵OD是⊙O的半径； ∴直线BC是⊙O的切线； (2)解：∵∠C=∠ADE=90°，∠ADC=∠AED， ∴∠CAD=∠DAE， DE ∵tan∠CAD=tan∠DAE=2，tan∠DAE= ， AD DE 3 ∴ = ， AD 4 4 ∴AD= DE， 3 ∵AD2+DE2=AE2AE=10， 4 ∴ DE 3  2 +DE2=102， ∴DE=6， ∵∠BDE=∠CAD，∠CAD=∠DAE， ∴∠BDE=∠DAE， ∵∠B=∠B， ∴△BDE∽△BAD， BE DE 3 ∴ = = ， BD AD 4 3 ∴BE= BD， 4 1 ∵OD=OE= AE=5， 2 3 ∴OB=OE+BE=5+ BD， 4 ∵OD2+BD2=OB2， 3 ∴52+BD2=5+ BD 4  ★ 2026 中考数学 压轴题 每日一题 参考答案（类型 5）★ 2 ∴AF=EF= AE=5 2， 2 ∵DE=6， ∴AD=8， 过A作AG⊥DF于G，EH⊥DF于H， ∴△ADG与△DEH是等腰直角三角形， 2 2 ∴AG= AD=4 2，EH= DE=3 2， 2 2 ∴ 四边形 ADEF 的面积 = S + S = S + △AEF △ADE △ADF S ， △DEF 1 1 1 1 ∴ ×5 2 ×5 2 + ×8×6= ×4 2DF+ × 2 2 2 2 3 2DF， ∴DF=7 2． 7．【分析】(1)先由切线的性质可得∠ABF=90°，则   ∠BAF=20°，又AC=2BD，所以∠ADC=2∠BAF= 40°，最后通过三角形外角性质即可求解；   (2)①由AC=2BD，则∠ADC=2∠BAD，因为OA= OD，故有∠OAD=∠ADO，则∠ADC=2∠ADO，得 到∠ODC=∠ODA，通过等腰三角形的性质可证明 △CMD≅△AMD(AAS)，再根据全等三角形的性质可 180° 得∠AMD=∠CMD= =90°，从而求证； 2 AD AB ②连接BD，证明△ABD∽△AFB，则有 = ， AB AF 所以AB2=AD⋅AF，由①知∠CAD=∠ACD，故有 AD=CD，即AB2=CD⋅AF，然后代入求解即可． 2 【解答】解：(1)∵AB是⊙O直径，BG是⊙O的切 ， 线， 120 解得BD=0(舍去)或BD= ； ∴∠ABF=90°， 7 ∵∠AFB=70°， (3) ∴∠BAF=20°，   ∵AC=2BD， ∴∠ADC=2∠BAF=40°， ∴∠GDF=∠ADC=40°， ∴∠G=∠AFB-∠GDF=70°-40°=30°；   (2)①∵AC=2BD， ∴∠ADC=2∠BAD， 当四边形ADEF面积最大时，△AEF面积最大，点F  ∵OA=OD， 到AE的距最大，点F是AE的中点，   ∴∠OAD=∠ADO， ∴AF=EF， ∴∠ADC=2∠ADO， ∴AF=EF， ∴∠ODC=∠ODA， ∵∠AFE=90°， ∵OC=OD， 1 ∴∠AEF=∠EAF= (180°-∠AFE)=45°， 2 ∴∠OCD=∠ODC， ∴∠EDF=∠ADF=∠EAF=∠AEF=45°， ∴∠OCD=∠OAD， ∴∠DEG=90°-∠EDF=45°， 又∵OC=OA， ∵AE=10， ∴∠OCA=∠OAC， ·85·★ 2026 中考数学 压轴题 每日一题 参考答案（类型 5）★ ∴∠CAD=∠ACD， 又∵MD=MD， ∴△CMD≅△AMD(AAS)， 180° ∴∠AMD=∠CMD= =90°， 2 ∴DM⊥AC； ②连接BD， ∵∠C=90°， ∴BC⊥AC， ∵BD是∠ABC的平分线， ∴∠OBD=∠CBD， ∵OB是⊙O的半径，⊙O恰好经过点D，交AB于点 ∵AB是⊙O直径， E， ∴∠ADB=90°， ∴OE=OD=OB， ∴∠ADB=∠ABF， ∴∠ODB=∠OBD， 又∵∠BAD=∠BAD， ∴∠ODB=∠CBD， ∴△ABD∽△AFB， ∴OD⎳BC， AD AB ∴OD⊥AC， ∴ = ， AB AF 又∵OD是⊙O半径， ∴AB2=AD⋅AF， ∴直线AC是⊙O的切线； 由①知，∠CAD=∠ACD， (2)解：设⊙O的半径为R， ∴AD=CD， ∴OD=OE=OB=R， ∴AB2=CD⋅AF， ∵点E是AO的中点， ∵CD⋅AF=16， ∴AE=OE=R， ∴AB=4． ∴AO=2R， 8．【分析】 (1) 连接 OD，根据角平分线定义得 由(1)可知：OD⊥AC， ∠OBD=∠CBD，根据OD=OB得∠ODB=∠OBD= OD R 1 ∴在Rt△AOD中，sinA= = = ， ∠CBD得OD⎳BC，由此得OD⊥AC，然后根据切线 AO 2R 2 的判定即可得出结论； ∴∠A=30°， (2)设⊙O的半径为R，则OD=OE=OB=R，根据 ∴∠AOD=60°， 点E是AO的中点得AO=2R，由此得∠A=30°， ∵AD=3， OD ∠AOD = 60°，再求出 OD = 3，进而得 S △AOD = ∴tanA= ， AD 3 3 π 2 ，S 扇形EOD = 2 ，据此可得阴影部分的面积； ∴OD=AD⋅tanA=3×tan30°= 3， DE 5 1 1 3 3 (3)在Rt△BDE中，根据sin∠DBA= BE = 5 ，设 ∴S △AOD = 2 AD⋅OD= 2 ×3× 3= 2 ，S 扇形EOD DE= 5a，BE=5a，则BD=2 5a，OD=2.5a，证 60π×( 3)2 π = = ， 360 2 明△BDE和△BCD相似得CD=2a，BC=4a，再证 3 3-π 10a 25a ∴阴影部分的面积为：S -S = ； 明△AOD和△ABC相似得AD= ，则AO= ， △AOD 扇形EOD 2 3 6 (3)∵BE是⊙O直径， 由此根据余弦函数的定义即可得出cosA的值． ∴∠BDE=90°， 【解答】(1)证明：连接OD，如图所示： DE 5 在Rt△BDE中，sin∠DBA= = ， BE 5 设DE= 5a，BE=5a， 由勾股定理得：BD= BE2-DE2 = (5a)2-( 5a)2 ·86·=2 5a， 1 ∴OD= BE=2.5a， 2 ∵∠OBD=∠CBD，∠BDE=∠C=90°， ∴△BDE∽△BCD， DE BD BE ∴ = = ， CD BC BD 5a 2 5a 5a ∴ = = ， CD BC 2 5a ∴CD=2a，BC=4a， ∵由(1)可知：OD⎳BC， ∴△AOD∽△ABC， AD OD ∴ = ， AC BC AD 2.5a ∴ = ， AD+2a 4a 10a ∴AD= ， 3 在Rt△AOD中，由勾股定理得：AO= AD2+OD2= 10a  3  ★ 2026 中考数学 压轴题 每日一题 参考答案（类型 5）★ 2 25a +(2.5a)2= ， 6 10a AD 3 4 ∴cosA= = = ． AO 25a 5 6 ·87·★类型6：新定义（8题）★ 1．【分析】(1)根据“不动点函数”的定义，代入点 (m,m)，计算即可判断； (2)根据“不动点函数”的定义，代入点(m,m)，计算 即可得解； (3)先求得顶点坐标为(b,c-b2)，根据“不动点函数” 的定义，即可得到b=c-b2； (4)根据题意得，y=(x-6)(12-x)=-x2+18x-72， 令x=-x2+18x-72解方程即可求解． 【解答】解：(1)①对于y=x+2， 由于m≠m+2， 所以y=x+2不是“不动点函数”，原说法错误； ②对于y=-3x+2，代入点(m,m)， 得m=-3m+2， 1 解得m= ， 2 所以 y =-3x + 2 是“不动点函数”，且不动点是 1 1  , 2 2  ★ 2026 中考数学 压轴题 每日一题 参考答案（类型 6）★ ab <100，得 =10，即得p=m+n； c A (3)设 =C，A，B，C的数字分别为a，b，c，C B 的位数为x，则B×C=A．当a≥b时，必有a≥c， m=n+x-1，即x=m-n+1；当a1,  a c b >b≥1, ab (2)① ，所以 ，所以1< <10， b ≤1, ab ≤a<10, c c c 与(*)矛盾，不合题意； a ab ab ② >1所以 >b>1，又 ≤ab<100，所以1 c c c ab < <100， c ab 由(*)知 =10所以p=m+n； c A (3)当A的数字大于或等于B的数字时， 的位数是 ，原说法错误； B m-n+1， ③y=x是“不动点函数”，且有无数个不动点，说法 A 当A的数字小于B的数字时， 的位数是m-n． 正确． B 故答案为：③； 证明如下：由已知，A，B的位数分别为m，n， (2)∵一次函数y=kx+b(k≠0)是“不动点函数”， A 设 =C，A，B，C的数字分别为a，b，c，C的 B ∴代入点(m,m)， 位数为x，则B×C=A， 得m=mk+b， 由小华的命题知，当a≥b时，必有a≥c， 整理得(1-k)m=b， 此时，m=n+x-1，所以x=m-n+1， 当1-k≠0即k≠1且k≠0时，b为任意实数； 当ab≥1, 【解答】【问题解决】解：①∵AB=AC，DA=DC， c (2)①当cb>1，可得1< c c ∴AD⎳BC； ·88·★ 2026 中考数学 压轴题 每日一题 参考答案（类型 6）★ ②∵∠DAC=∠ACB，∠BAC=∠ADC， ∴CM=DM， ∴△ABC∽△DAC， 7 CM 6 7 ∴ =cos∠ACM=cos∠ACB= = ， ∴ AC = BC ， AC 25 25 CD AC 6 7 7 25 7 ∴AC2=BC⋅CD， ∴CM= AC= × = ， 25 25 6 6 ∵CD=AD， 7 ∴CD=2CM= ； ∴AC2=BC⋅AD； 3 故答案为：①平行；②=； 第三种情况：若∠D=∠ACB，DA=DC时，如图， 【方法应用】①证明：∵△ADE为△ABC旋转得到， ∴AB=AD， 令∠B=α，则∠ADB=α，∠BAD=180°-2α， ∴∠ADE=∠B=a， 由旋转得，DE=BC，AE=AC， 又∵AC=BC，∴EA=ED， ∴∠DAE=∠ADE=α，∴∠E=180°-2α， ∴∠DAC=∠DCA=∠CAB=∠ABC， ∴∠E=∠BAD， ∴△CAB∽△DAC， ∴四边形ABDE为双等四边形； CD AC ∴ = ， ②解：作AH⊥BC于点H， BC AB 25 CD 6 ∴ = ， 25 5 6 125 ∴CD= ； 36 25 7 125 综上所述：满足条件时，CD= 或 或 ． 6 3 36 4．【分析】(1)①根据新定义可得A 的是⊙O的关联 3 3 ∴cosB= AB=5， 点且其与⊙O的关联角度小于90°，进而根据切线的性 5 ∴BH=3，AH=4， 质，解Rt△MA 3 O，即可求得∠MA 3 O=30°，即可求 设CH=x，则AC=BC=x+3， 解； 在Rt△AHC中，CH2+AH2=AC2， ②根据定义可得B为⊙O外一点，由BD<1，⊙O的 即x2+42=(x+3)2， 半径为1，得出BO≥2，进而当OB=2时，勾股定理 7 求得m的值，即可求解； 解得：x= ， 6 (2)由(1)可得，当A在圆的外部时，且AM，AN为圆 7 25 ∴CH= ，BC=AC= ， 的切线时，∠MAN最大，且A距离圆心越近，根据 6 6 第一种情况：若∠ACB=∠D=∠CAD，CA=CD时， 90°≤α≤180°，得出r0，即可解得答案． k 【解答】解： (1) ①设函数 y = 图象上任意一点 x k m, m ∴t2=(t-1)2+32， 解得：t=5(不包含临界值)， ∴t>5时，E，F都在⊙T内部，此时α=180°； ④当F在半径为 2t的圆，如图， 设⊙T的半径为r，则t=-r， ∴32+(r+1)2=( 2r)2， 解得：r=1+ 11， ∴t≤-1- 11时，此时90°≤α≤180°； 3 2 综上所述， ≤t<3或t>5或t≤-1- 11． 2 5．【分析】(1)①根据“对偶点”判断即可； ②设(n,-2n+1)和(2n-1,-n)是y=-2x+1图象上 一对“对偶点”，可得得n=1，此时n+(-2n+1)= 0，不符合“对偶点”定义，即可判断； ③设(t,t2+t-1)和(-t2-t+1，-t)是函数y=x2+x -1的图象上的“对偶点”，故(-t2-t+1)2+(-t2-t +1)-1=-t，解得t的值可知(1,1)和(-1,-1)是一对 “对偶点”，判断函数y=x2+x-1的图象上只有一对 “对偶点”； (2)由题意可求出两个一次函数为y=x+b ，y=x+ 1  k ，可知- ，-m m  k 也在函数y= 图象上， x k 而m, m  k 与- ，-m m  ★ 2026 中考数学 压轴题 每日一题 参考答案（类型 6）★ 是“对偶点”， k ∴函数y= (k是非零常数)的图象上存在无数对“对 x 偶点”； 故答案为： ； ②设(n,-2n+1)和(2n-1,-n)是y=-2x+1图象上 一对“对偶点”， ∴-n=-2(2n-1)+1， 解得n=1， 此时n+(-2n+1)=0，不符合“对偶点”定义， ∴函数y=-2x+1一定不是“对偶函数”， 故答案为： ； ③设(t,t2+t-1)和(-t2-t+1，-t)是函数y=x2+x -1的图象上的“对偶点”， ∴(-t2-t+1)2+(-t2-t+1)-1=-t， 变形整理得：(t+1)(t-1)(t2+2t-1)=0， 解得t =-1，t =1，t = 2-1，t =- 2-1， 1 2 3 4 当t =-1或t =1时，(1,1)和(-1,-1)是一对“对偶 1 2 点”，符合题意； 当t = 2-1，t =- 2-1时，t+(t2+t-1)=0， 3 4 不符合“对偶点”定义； ∴函数y=x2+x-1的图象上只有一对“对偶点”， 故答案为：×； (2)由题意可得：x =-y ，y =-x ，则点(x ，y )与 2 1 2 1 1 1 点(-y，-x)在x ≠-y 是一对“对偶点”， 1 1 1 1 ∵y=kx+b 是“对偶函数”， 1 1 ∴ 其 图 象 上 必 存 在 一 对 “ 对 偶 点 ”， 有 y =kx +b   - 1 x = 1 - 1 ky 1 +b ，两式相减可得k 1 =1， 1 1 1 1 同理可得k =1， 2 ∴两个一次函数为y=x+b，y=x+b ， 1 2 ∵b，b 都是常数，且b ⋅b <0， 1 2 1 2 ∴两个一次函数的图象分别与两坐标轴围成的平面图形 是有公共直角顶点的分别位于二、四象限的两个等腰直 角三角形，如图： ·91·1 1 ∴其面积之和S= b2+ b2； 2 1 2 2 ( 3 ) 由 题 意 可 得 a ≠ 0 ， 且 x ≠- y 时 ， 有 1 1 y =2ax2-1① 1 1 -x 1 =2a-y 1    2-1 ② ， 1 两式相减可得x -y = ， 1 1 2a 1 ∴y =x - ， 1 1 2a 1 代入①整理可得2ax2-x + -1=0， 1 1 2a ∵二次函数y=2ax2-1是“对偶函数”， 1 ∴关于x 的一元二次方程2ax2-x + -1=0必有 1 1 1 2a 实数根， 1 而△=1-8a -1 2a  =8a-3， 3 3 13 当△=0，即8a-3=0时，a= ，由 x2-x - 8 4 1 1 16 2 =0可得x = ， 1 3 3 2 ∴y = × 1 4 3  ★ 2026 中考数学 压轴题 每日一题 参考答案（类型 6）★ ∴⊙O是线段AB的最小覆盖圆． “▲”处应填写的推理依据为三角形的任意两边之和大 于第三边． 故答案为：三角形的任意两边之和大于第三边； 探究二：∵∠ACB=90°，O为AB的中点， ∴OC=OA=OB， ∴C在⊙O上； 拓展应用：(1)如图，⊙O即为矩形ABCD的最小覆盖 圆； (2)∵矩形ABCD，AB=1cm，BC=2cm， ∴∠ABC=90°， ∴BD=AC= 12+22= 5(cm)， 故答案为： 5； (3)作AD的垂直平分线LJ，交AD于L，交BC于J， 2 2 ∴四边形ABJL，DCJL是两个全等的矩形， -1=- ， 3 ∴AL=DL=1=BJ=CJ， ∴x +y =0，此时不符合题意，这种情况舍去； 1 1 ∵用两个等圆完全覆盖矩形ABCD， ∴必有△=-3+8a>0， ∴两圆一定过L，J， 3 解得a> ． 8 6．【分析】探究一：根据三角形的三边关系可得答案； 探究二：利用直角三角形斜边上的中线的性质证明OC =OA=OB即可得到答案； 拓展应用：(1)连接AC，BD，交于点O，以O为圆 心，OA为半径作圆即可；(2)结合矩形性质与勾股定 理计算即可；(3)作AD的垂直平分线LJ，交AD于L， 交BC于J，可得四边形ABJL，DCJL是两个全等的 矩形，AL=DL=1=BJ=CJ，用两个等圆完全覆盖 矩形ABCD，可得两圆一定过L，J，再进一步解答即 连接AJ，BL，CJ，DJ，交点分别为Q，K， 可． 同理可得：这样的两个等圆的最小直径为AJ或BL或 【解答】解：探究一：理由如下：由题意得线段AB的 CL或DJ， 最小覆盖圆一定经过点A、点B．如图①，以AB为直 ∴最小直径为 12+12= 2如图， 径作⊙O，再过A、B两点作⊙O(O与O不重合)，连 作AB的垂直平分线交AB，CD于V，W， 结OA，OB．在△OAB中，有OA+OB>AB(三角 形的任意两边之和大于第三边)． ∵OA=OB， ∴2OA>AB， 即⊙O的直径大于⊙O的直径． ·92·★ 2026 中考数学 压轴题 每日一题 参考答案（类型 6）★ 同法作⊙Q，⊙K， 当p为W 的“映射点”， 3 此时不是直径最小的等圆； ∴∠PON=∠PON， 综上：用两个等圆完全覆盖矩形ABCD．则这样的两个 又∵∠PON=∠TON=90°-∠PON， 等圆的最小直径为 2cm， 设∠PON=α，则∠TON=90°-α， 故答案为： 2． ∴∠PON=∠PON=2∠TON=180°-2α， 7．【分析】(1)根据定义，观察P(-1,0)，P(1,2)，经 1 2 ∴180°-2α=α， 过ON对称后，判断对称点是否在AB上，即可求解； 解得α=60°， (2)根据正方形的顶点到O的距离为 2，则对称之前的 ∴∠PON=60°，∠TON=30°， 点到原点的距离为 2，进而求得b的最大值，将D(-1, ∵TN=1， 1)代入y=x+b得，1=-1+b，即可求解； ∴OT=2， (3)根据新定义，找到临界值，即OP为⊙T的切线时 当t减小时，P关于W 的“映射点”，在W 即⊙T的 3 3 的情形，求得t的值，即可求解． 内部，符合题意， 【解答】解：(1)如图，当A，N重合时，P 关于ON的 1 ∴t≤2， 对称点为(0,-1)，在线段AB上， 当t<0时，根据对称性可得t≥-2， 综上所述，-2≤t≤2． 8．【分析】(1)直接按照新定义计算即可； (2)按照新定义结合分式的混合运算法则分别计算等号 左边和右边，进行验证即可； (3)由勾股定理得到a2+b2=26由全等三角形的性质得 到EF=AF-AE=a-b，则(a-b)2=16然后展开求 出ab，再由完全平方公式变形得到(a+b)2=(a-b)2+ 4ab=36求出a+b，最后按照新定义结合运算法则计算 ∵P(-1,0)是图W的“映射点”， 1 即可． 而P(1,2)关于ON的对称点不在AB上，则P(1,2)不 2a⋅2a 2 2 【解答】解：(1)由新定义得，(2a)(2a)= = 是图W 的“映射点”， 2a+2a 1 4a2 故答案为：P(-1,0)； =a， 1 4a (2)依题意，正方形的顶点到O的距离为 12+12= 2， 故答案为：a； ∴当l:y=x+b上存在点P是图W 的“映射点”，则 2 (2)对正实数a，b，c，运算“ ”满足结合律(ab)c 点O到y=x+b的距离为 2， =a(bc)， ∴当y=x+b经过点D时，b的值最大， ab ⋅c 将D(-1,1)代入y=x+b得，1=-1+b， 理由如下：左边： (ab)c = ab c = a+b = a+b ab +c 解得b=2， a+b ∴b的最大值2； abc a+b abc = ， (3)如图，ON，OP分别为⊙T的切线， ab+ac+bc ab+ac+bc a+b ·93·★ 2026 中考数学 压轴题 每日一题 参考答案（类型 6）★ a× bc abc bc b+c b+c 右边： a(bc) = a = = = b+c a+ bc ab+ac+bc b+c b+c abc ， ab+ac+bc ∴左边=右边， ∴对正实数a，b，c，运算“ ”满足结合律(ab)c= a(bc)； (3)由题意得，∠AFB=90°， ∴AF2+BF2=AB2， ∵AF=a，BF=b，且a>b，正方形ABCD的面积为 26， ∴a2+b2=26， ∵四个直角三角形全等， ∴AE=BF=b， ∴EF=AF-AE=a-b， ∵正方形EFGH的面积为16， ∴(a-b)2=16a2+b2-2ab=16， ∴26-2ab=16， ∴ab=5， ∴(a+b)2=(a-b)2+4ab=16+4×5=36， ∴a+b=6(舍负)， ab 5 ∴(2a)b(2a)=(2a)(2a)b=ab= = ， a+b 6 5 故答案为： ． 6 ·94·★类型7：反比例函数综合（2题）★ 1．【分析】(1)把B(3,0)代入y=-x+b，可求出一次 函数的解析式，从而得到点A的坐标，即可求解； (2)连接AD，求出点C的坐标为(-1,-2)，可得AC2 2 =20设点D的坐标为m, m  ，可得到AD2=(1-m)2 2 +2- m  2 2 ，CD2=(-1-m)2+-2- m  2 ，再由勾 股定理求出m的值，即可求解； 2 (3)设点E的坐标为t, t  ，求出直线AE的解析式， 可用t表示点E的坐标，再由三角形的面积公式解答， 即可求解． 【解答】解：(1)∵直线y=-x+b与x轴的交点为B(3, 0)， ∴0=-3+b， 解得b=3， ∴一次函数的解析式为y=-x+3， 把A(a,2)代入y=-x+3， 得2=-a+3， 解得：a=1， ∴点A(1,2)， k 把点A(1,2)代入y= ， x 得k=1×2=2； (2)如图，连接AD， 2 由(1)得：反比例函数的解析式为y= ， x ∵直线AO与反比例函数的图象在第三象限交于点C， 点A(1,2)， ∴点C的坐标为(-1,-2)， ∴AC2=(1+1)2+(2+2)2=20， 2 设点D的坐标为m, m  ， 2 ∴AD2=(1-m)2+ 2- m  2 ，CD2=(-1-m)2+ 2 -2- m  ∴AD2=CD2+AC2， 2 ∴(1-m)2+2- m 2 ， ∵∠ACD=90°，  2 2 =(-1-m)2+-2- m  2 +20， 解得：m=-4或-1(舍去)， 1 ∴点D的坐标为-4,- 2  ， 设直线AD的函数表达式为y=kx+b(k ≠0) 1 1 1 1 把点-4，- 2  -4k +b =-1 (1，2)代入得： 1 1 2 ， k +b =2 1 1 k =1  1 2 解得： b =3 1 2 1 3 ∴直线AD的函数表达式为y= x+ ； 2 2 2 (3)设点E的坐标为t, t  ， 设直线AE的解析式为y=k x+b ， 2 2 2 把点t, t  ，(1,2)代入， tk +b =2 得 2 2 t ， k +b =2 2 2 k =-2  2 t 解得： ， b =2t+2 2 t 2 2t+2 ∴直线AE的解析式为y=- x+ ， t t 2 2t+2 当y=0时，0=- x+ ， t t 解得x=t+1， ∴点P的坐标为(t+1,0)， ∴BP=|t+1-3|=|t-2|， 1 1 2 ∴S = ×(-y )×BP= ×- △BEP 2 E 2 t  ×|t-2|， ∵△BEP的面积为2， 1 2 ∴ ×- 2 t  ×|t-2|=2， 2 解得t= 或t=-2， 3 2 ∴点E的坐标为(-2,-1)或 ,3 3  ★ 2026 中考数学 压轴题 每日一题 参考答案（类型 7）★ ． MN MP 2．【分析】(1)设PN=x，根据题意 = ， MP PN 2 2-x 得 = ，解一元二次方程，即可求解； 2-x x (2)①作线段AB的垂直平分线DE，交AB于点D；② 过点B作BF⊥AB，且BF=BD；③连接AF；④以 点F为圆心，BF为半径，画弧，交AF于点G；⑤以 点A为圆心，AG为半径，画弧，交AB于点C，点C 即为线段AB的中外比点．设BD=x，根据勾股定理 求得AF= 5x，继而求得AG=AC=( 5 -1)x， AB AC BC=(3- 5)x，分别代入 、 ，即可求证点 AC BC C为线段AB的中外比点； ·95·(3)当△ODE是等腰三角形时，点D、E、F分别为 5+1 ， 2 AB，BC，OB的中外比点，分三种情况讨论：①当 AB AC △OED=90°时，证得△COE≅△BED，设点E(m,n)， ∴ = ， AC BC 则D(m+n,n-m)，根据点D、E在反比例函数y= ∴点C为线段AB的中外比点． k (k>0,x>0)的图象上，可构建方程n2-mn-m2= (3)当△ODE是等腰三角形时，点D、E、F分别为 x AB，BC，OB的中外比点，理由如下： 1+ 5 0，解得n= m，分别求得BE、CE、BC、 2 第一种情况：当△OED=90°，则OE=ED， BD、AD、AB的值，即可求证．设直线OB的函数解 ∴∠OEC+∠DEB=90°， 析式为y=ax(a≠0)，利用待定系数法求得直线OB的 ∵四边形OABC是矩形， 5-1 ∴∠OCE=∠EBD=90°， 函数解析式为y= x，联立方程组，求得点F的 2 ∴∠COE+∠OEC=90°， 坐标，即可求证；②当∠ODE=90°，同理可证点D， ∴∠COE=∠DEB， E， F 分别为 AB， BC， OB 的中外比点；③当 ∴△COE≅△BED(AAS)， ∠EOD=90°，则点E、D分别位于y轴、x轴上，与 设点E(m,n)， 反比例函数不符． ∴OC=EB=n，CE=BD=m，则D(m+n,n-m)， 【解答】解：(1)设PN=x，则MP=MN-PN=2- k ∵点D、E在反比例函数y= (k>0,x>0)的图象 x， x MN MP 2 2-x 上， 根据题意，得： = ，即 = ， MP PN 2-x x  k =n① 整理，得：x2-6x+4=0，解得：x 1 =3+ 5，x 2 = 得： m ， k =n-m② 3- 5， m+n mn ∵3+ 5>2， 由①得：k=mn，将其代入②，得： =n-m， m+n ∴x =3+ 5舍去， 1 整理，得：n2-mn-m2=0， ∴PN=3- 5； m± (-m)2-4×1×(-m2) m±m 5 (2)如图所示，点C为所求． 解得：n= = ， 2 2 1+ 5 1- 5 ∴n = m,n = m(舍去)， 1 2 2 2 1+ 5 ∴ E m, m 2 设BD=x， ∴根据题意，得：AD=BD=BF=FG=x，AB= 2x， ∴AF= AB2+BF2= (2x)2+x2= 5x， ∴AG=AC=x 5-x=( 5-1)x，BC=AB-AC =2x-( 5-1)x=(3- 5)x， AB 2x 5+1 AC ( 5-1)x ∵ = = ， = = AC ( 5-1)x 2 BC (3- 5)x  3+ 5 5-1 ， D  m, m 2 2  ， 3+ 5 1+ 5 B m, m 2 2  ， 1+ 5 3+ 5 ∴BE= m，CE=m，BC= m，BD= 2 2 5-1 1+ 5 m，AD= m，AB= m， 2 2 1+ 5 ∵ BE 2 =  m 2  2 3+ 5 = m2， BC ⋅ CE = 2 3+ 5 3+ 5 m⋅m= m2，BD2=m2，AB⋅AD= 2 2 1+ 5 5-1 m⋅ m=m2， 2 2 BC BE AB BD ∴ = ， = ， BE CE BD AD ∴点E、D为BC、AB的中外比点． k ∵点E在反比例函数y= (k>0,x>0)的图象上， x 1+ 5 Em, m 2  ★ 2026 中考数学 压轴题 每日一题 参考答案（类型 7）★ ， 1+ 5 ∴k=mn= m2， 2 ·96·1+ 5 m2 2 ∴反比例函数为y= ， x 3+ 5 1+ 5 ∵B m, m 2 2  ， 设直线OB的函数解析式为y=ax(a≠0)， 3+ 5 1+ 5 将点B m, m 2 2  ，O(0,0)代入，得：a= 5-1 ， 2 5-1 ∴直线OB的函数解析式为y= x， 2 y= 5-1x  2 联立方程组 1+ 5m2 ， y= 2 x x= 5+1m 解得： 2 ， y=m 5+1 ∴F m,m 2  ， OB OF ∴ = ， OF BF ∴点F为OB的中外比点． 第二种情况：当∠ODE=90°，则OD=DE， ∴∠ODA+∠EDB=90°， ∵四边形OABC是矩形， ∴∠OAD=∠EBD=90°， ∴∠ODA+∠DOA=90°， ∴∠EDB=∠DOA， ∴△OAD≅△DBE(AAS)， 设点D(a,b)， ∴OA=DB=a，AD=BE=b，则E(a-b,a+b)， k ∵点D、E在反比例函数y= (k>0,x>0)的图象 x 上，  k =b① a 得： ， k =a+b② a-b ab 由①得：k=ab，将其代入②，得： =a+b， a-b 整理，得：b2+ab-a2=0， -a± a2-4×1×(-a2) -a± 5a 解得：b= = ， 2 2 -1+ 5 -1- 5 ∴b = a，b = a(舍去)， 1 2 2 2 5-1 ∴ D a, a 2  3- 5 5+1 ， E  a, a 2 2  ， 1+ 5 Ba, a 2  BC BE AB BD ∴ = ， = ， BE CE BD AD ∴点E、D为BC、AB的中外比点． k ∵点E在反比例函数y= (k>0,x>0)的图象上， x 3- 5 5+1 E a, a 2 2 ， 5-1 3- 5 ∴BE= a，CE= a，BC=a，BD=a， 2 2 5-1 1+ 5 AD= a，AB= a， 2 2  ， 5-1 ∴k=ab= a2， 2 5-1a2 2 ∴反比例函数为y= ， x 1+ 5 ∵Ba, a 2  ， 设直线OB的函数解析式为y=gx(g≠0)， 1+ 5 将点Ba, a 2  5+1 ，O(0,0)代入，得：g= ， 2 5+1 ∴直线OB的函数解析式为y= x， 2 y= 5+1x  2 联立方程组， 5-1a2 ， y= 2 x x= 5-1a 解得： 2 ， y=a 5-1 ∴F a,a 2  ★ 2026 中考数学 压轴题 每日一题 参考答案（类型 7）★ ， OB OF ∴ = ， OF BF ∴点F为OB的中外比点． 第三种情况：当∠EOD=90°，则点E、D分别位于y 轴、x轴上，与反比例函数不符，因此这种情况不存 在． ∴综上所述，当△ODE是等腰直角三角形时，点D， E，F分别为AB，BC，OB的中外比点． 3．【分析】(1)把点A坐标代入反比例函数解析式， 求出反比例函数解析式，则可求出点C坐标，再把点 A和点C坐标代入一次函数y=mx+b的解析式中求出 一次函数y=mx+b的解析式，进而求出点M的坐标， 再利用三角形面积计算公式求解即可； (2)利用对称性可得点B坐标，利用两点距离计算公式 和勾股定理的逆定理可证明∠ACB=90°，则只存在 △OAD∽△BAC和△OAD∽△CAB这两种情况，当 AD OA 1 △OAD∽△BAC时，则 = = ，此时点D AC AB 2 为AC的中点，利用中点坐标公式可得答案当△OAD AD OD OA ∽△CAB时，则 = = ，可求出AD= AB BC AC 5 2 , OD = 3 5 ， 设 D ( d , d + 3 ) ， 则 (-2-d)2+(1-d-3)2=(5 2)2  (0-d)2+(0-d-3)2=(3 5)2 ，解方程即可得到答 案． ·97·k 【解答】解：(1)把A(-2,1)代入到y= (k≠0)中得： x k 1= ，解得k=-2， -2 2 ∴反比例函数解析式为y=- ， x 2 2 在y=- 中，当x=-1时，y=- =2， x -1 ∴C(-1,2)， 把 A(-2,1)， C(-1,2) 代入到 y = mx + b 中得： -2m+b=1 m=1    ，解得 ， -m+b=2 b=3 ∴一次函数y=mx+b的表达式为y=x+3， 在y=x+3中，当y=x+3=0时，x=-3， ∴M(-3,0)，∴OM=3， 1 1 3 ∴S = OM⋅|y |= ×3×1= ； △AOM 2 A 2 2 (2)∵直线AB经过原点， ∴由反比例函数的对称性可得点B的坐标为B(2,-1)， OA=OB， ∵A(-2,1)，C(-1,2)， ∴ AC = [-2-(-1)]2+(1-2)2 = 2 ， BC = [2-(-1)]2+(-1-2)2 = 3 2 ， AB = [2-(-2)]2+(-1-1)2=2 5， ∴AC2+BC2=( 2)2+(3 2)2=2+18=20，AB2= (2 5)2=20， ∴AC2+BC2=AB2，∴∠ACB=90°， ∵BC⊥AC，∴OA与AC不垂直， ∵△OAD与△ABC相似， ∴只存在△OAD∽△BAC和△OAD∽△CAB这两种情 况， AD OA 1 当△OAD∽△BAC时，则 = = ，∠ODA AC AB 2 =∠BCA=90°， 1 ∴AD= AC，OD⎳BC， 2 ∴此时点D为AC的中点， 3 3 ∴点D的坐标为- , 2 2  AD OD 5 = = ， 2 5 3 2 2 ∴AD=5 2，OD=3 5， 设D(d,d+3)， (-2-d)2+(1-d-3)2=(5 2)2 ∴ (0-d)2+(0-d-3)2=(3 5)2 ， 解得d=3， ∴d+3=6， ∴点D的坐标为(3,6)； 3 3 综上所述，点D的坐标为- , 2 2 ， AD OD OA 当△OAD∽△CAB时，则 = = ， AB BC AC  ★ 2026 中考数学 压轴题 每日一题 参考答案（类型 7）★ 或(3,6)． 4．【分析】(1)作BF⊥x轴于点F，利用等边三角形 的性质结合直角三角形的性质求得点B的坐标为(1, 3)，再利用待定系数法求解即可； (2)根据题意得到点C与点B关于原点对称，求得点C 的坐标为(-1,- 3)，利用待定系数法求得直线AC的 解析式，联立求得点D的坐标，再利用三角形面积公式 求解即可； (3)先求得∠ACB=30°，∠BAC=90°，分当DQ⊥x 轴和当DQ⊥AD时两种情况讨论，据此求解即可． 【解答】解：(1)作BF⊥x轴于点F， ∵△OBA为等边三角形，OA=2， ∴OB=2，OF=AF=1， ∴BF= OB2-OF2= 3， ∴点B的坐标为(1, 3)， k ∵点B在反比例函数y= (k>0)的图象上， x ·98·∴k=1× 3= 3， 3 ∴反比例函数的表达式为y= ； x k (2)∵延长BO与反比例函数y= 的图象在第三象限 x 交于点C， ∴点C与点B关于原点对称， ∴点C的坐标为(-1,- 3)， ∵OA=2， ∴点A的坐标为(2,0)， 设直线AC的解析式为y=kx+b， -k+b=- 3  ∴ ， 2k+b=0 k= 3  3 解得 ， b=-2 3 3 3 2 3 ∴直线AC的解析式为y= x- ， 3 3 3 3 2 3 联立得 = x- ， x 3 3 解得x=3或x=-1(舍去)， 经检验，x=3是原方程的解， 3 ∴点D的坐标为3, 3  ， 1 3 ∴S = ×OA×|y |= ； △OAD 2 D 3 (3)是，理由如下： ∵△OBA为等边三角形，点C与点B关于原点对称， ∴OA=OB=OC，∠BOA=∠BAO=60°， 1 ∴∠OAC=∠OCA= ∠BOA=30°， 2 ∴∠BAC=90°， 当DQ⊥x轴时， ∠DAQ=∠OAC=30°=∠BCA，∠DQA=∠BAC= 90°， ∴△DQA∽△BAC， 3 ∵点D的坐标为3, 3  当DQ⊥AD时， ∠DAQ=∠OAC=30°=∠BCA，∠QDA=∠BAC= 90°， ∴△QDA∽△BAC， 3 ∵点D的坐标为3, 3 ， ∴点O的坐标为(3,0)；  ，点A的坐标为(2,0)， 2 3 ∴AD= ， 3 AD 4 ∴AQ= = ， cos30° 3 4 10 ∴OQ=2+ = ， 3 3 10 ∴点O的坐标为 ,0 3  ， 10 综上，点Q的坐标为(3,0)或 ,0 3  ★ 2026 中考数学 压轴题 每日一题 参考答案（类型 7）★ ． ·99·★类型8：各类型综合练习（20题）★ ∵∠HEW=∠AED， ∴∠W=∠HEW， 1．【分析】(1)可证得△ADE≅△DCF，从而∠DAE ∴HW=EH， = ∠CDF，进而证得 ∠HDG = ∠DGH，从而 DH = ∵四边形ABCD是正方形， GH； ∴AB⎳CD，AB=AD， (2)作HW⊥DF，交DC的延长线于W，根据△ADE ∴△ABG∽△EDG， ≅△DCF，GH=DH，从而的粗∠AED=∠F，可证 AG AB AD 得∠W=∠F，∠W=∠HEW，进而得出HW=EH， ∴ = = =tan∠AED， EG DE DE AG AB 可证得 △ABG ∽ △EDG，进而证得 = = GH DH EG DE ∵ = =tanW， EH HW AD GH DH =tan∠AED， = =tanW，从而得出 AG GH DE EH HW ∴ = ， EG EH AG GH = ，进一步得出结果； ∴AG⋅EH=EG⋅GH； EG EH (3)解：由(1)知， (3)由(1)知△ADE≅△DCF，DH=GH，从而得出 △ADE≅△DCF，DH=GH， DF=AE，由(2)知，AG⋅EH=EG⋅GH，从而得出 GE AG GE ∴DF=AE，∠CDF=∠DAE， = =n，根据比例的性质得出 = EH GH GE+EH 由(2)知， AG n GE AG n = ，从而得出 = = ， AG⋅EH=EG⋅GH， AG+GH n+1 GH AH n+1 GE AG 设GE=na，DH=GH=(n+1)a，AG=nb，AH= ∴ = =n， EH GH (n+1)b，则EH=GH-GE=a，AE=AG+GE= GE AG n ∴ = = ， na+nb，可计算得出AH-AG=GH=(n+1)b-bn GE+EH AG+GH n+1 GE AG n =b，从而b=(n+1)a，进一步得出结果． ∴ = = ， GH AH n+1 【解答】(1)证明：∵四边形ABCD是正方形， 设GE=na，DH=GH=(n+1)a，AG=nb，AH= ∴ AD = CD， ∠ADC = ∠BCD = ∠DCF = 90°， (n+1)b， ∠ADB=∠BDC=45°， ∴EH=GH-GE=a，AE=AG+GE=na+nb， ∵DE=CF， ∵AH-AG=GH=(n+1)b-bn=b， ∴△ADE≅△DCF(SAS)， ∴b=(n+1)a， ∴∠DAE=∠CDF， DH GH (n+1)a (n+1)a n+1 ∴ = = = = ． ∵∠HDG=∠CDF+∠BDC=∠CDF+45°， DF AE na+nb na+n(n+1)a n2+2n ∠DGH=∠DAE+∠ADB=∠CDF+45°， 1 2．【分析】(1)当x= x2-3时，求解方程，即可得 4 ∴∠HDG=∠DGH， 到A、B点坐标； ∴DH=GH； 1 (2)证明：如图， (2)设Pt, t2-3 4 作HW⊥DF，交DC的延长线于W， 由(1)知， △ADE≅△DCF，GH=DH， ∴∠AED=∠F， ∵∠WHF=∠OCW=90°，∠FOH=∠COW， ∴∠W=∠F，  1 ，则M-t, t2-3 4  ，N(t,t)，由 1 PM=PN，可得|2t|=t- t2+3，即可求出P点横坐 4 标为2或6-4 3(舍)； 1 (3)设Cc, c2-3 4  1 ，Dd, d2-3 4  ，直线CD的解析 1 1 式为y= c+ d 4 4  1 x- cd-3，由题可知cd=-12， 4 1 1 同理直线AC的解析式为y= c- 4 2  1 x+ c-3， 2 1 3 直线BD的解析式为y= d+ 4 2  3 x- d-3，分别 2 12-2c 求出E ，0 c-2  12-2c ，F ，0 c-2  ★ 2026 中考数学 压轴题 每日一题 参考答案（类型 8）★ ，则OF=OE， 3 再由S = S ，可得c，d的关系，可求C点坐 △DOF 4 △COE 标，即可求直线CD的解析式． ·100·1 【解答】解：(1)当x= x2-3时，解得x=-2或x= 4 6， ∴A(-2,-2)，B(6,6)； 1 (2)设Pt, t2-3 4  1 ，则M-t, t2-3 4  ，N(t,t)， 1 ∴PM=|2t|，PN=t- t2+3， 4 ∵PM=PN， 1 ∴|2t|=t- t2+3， 4 解得t=2或t=6-4 3， ∴P点横坐标为2或6-4 3； 1 (3)设Cc, c2-3 4  1 ，Dd, d2-3 4  ， 1 1 直线CD的解析式为y= c+ d 4 4  1 x- cd-3， 4 ∵CD经过原点， 1 ∴- cd-3=0， 4 解得cd=-12， 1 1 同理直线AC的解析式为y= c- 4 2  1 x+ c-3， 2 1 3 直线BD的解析式为y= d+ 4 2  3 x- d-3， 2 6d+12 ∴F ，0 d+6  12-2c ，E ，0 c-2  ， ∵cd=-12， 2c-12 ∴F ，0 c-2  ， ∴OF=OE， 3 ∵S = S ， △DOF 4 △COE 1 3 1 ∴ ×OF×|y |= × ×OE×|y |， 2 d 4 2 c 1 d2-3  4  3 ∴ = ， 1 c2-3 4 4 解得：c=-4，d=3， ∴C(-4,1)， 1 ∴直线CD的解析式为y=- x． 4 3．【分析】(1)由中心对称的性质，可求出(1,0)关于 原点的对称点为(-1,0)，(0,-1)关于原点的对称点为 (0,1)，进而用待定系数法可得函数表达式； 1 (2)法一：设点Aa, +1 a  1 为函数y= +1上任意一 x 点，P(m,n)，则点A关于P(m,n)成中心对称后的对 1 应点为A2m-a,2n- -1 a  1 1 法二：函数y= +1图象可看成是反比例函数y= x x 的图象的向上平移1个单位后得到，且反比例函数y= 1 的图象是关于原点(0,0)成中心对称的，故而函数y x 1 = +1的图象是关于点(0,1)成中心对称的，即得答 x 案； 1 (3)(i)当a= 时，分别求出C 和C 表达式，再画出 2 1 2 图形即可解本题； (ii)根据C 和C 关于点(2,2)成中心对称，则点(2,2) 1 2 必为W区域内一个“整点”． 当有9个“整点”时，须以点(2,2)为中心，再向外找 出4对关于(2,2)成中心对称的点的坐标，由图2可知， “整点”只能是(1,1)和(3,3)、(2,1)和(2,3)、(0,1)和 (4,3)、(1,2)和(3,2)，此时当函数C 过点(0,1)，即4 2 3 -10a=1时，满足题意，可得a= ；同理，当有15 10 个“整点”时，须以点(2,2)为中心，再向外找出7对 关于(2,2)成中心对称的点的坐标，由图3可知，即在 前面9个“整点”的基础上再增加3对关于(2,2)成中 心对称的点的坐标，即(0,2)和(4,2)、(3,1)和(-1,1)、 (1,3)和(5,3)，此时当函数C 过点(5,3)，即16a+a= 1 3 3时，满足题意，可得a= ，综上可得a的取值范围 17 3 3 为 BC)． 得出EG的长． AC BC x 1-x 【解答】(1)解：∵∠CAD=∠EAB， ∴ = ，即 = ， AB AC 1 x ∴∠CAD+∠DAB=∠EAB+∠DAB， 5-1 5-1 解得x= (负值舍去)．即黄金比为 ； 即∠CAB=∠DAE， 2 2 【问题再探】解：如图所示；点E即为AC的黄金分割 ∵AE⋅AB=AD⋅AC， AE AD 点； ∴ = ， AC AB ∴△ABC∽△ADE(两边对应成比例且夹角相等)， ∵∠C=90°， ∴∠E=∠C=90°； 1 (2)证明：∵FA⊥EA，S = S ， △AEF 2 矩形ABCD 1 1 ∴ AF⋅AE= AB⋅AD， 【知识迁移】证明：∵四边形ACDE是正方形，四边形 2 2 CBFD是矩形， 即AF⋅AE=AB⋅AD， AF AD ∴∠EAB=∠BCD=90°，AC=CD=AE=DE=BF， ∴ = ， AB AE BC=DF， ∵四边形ABCD是矩形，AB=3，BC=4， ∵点C为线段AB的黄金分割点， ∴∠BAD=∠B=90°，BC=AD=4， AC BC ∴ = ， ∵FA⊥EA， AB AC CD BC ∴∠FAE=90°， ∴ = ， AB AE ∴∠FAD=∠BAE=90°-∠DAE， ∴△EAB∽△BCD； ∴△ABE∽△AFD， 【延伸拓展】证明：∵五边形ABCDE是正五边形， ∴∠AFD=∠B=90°， ∴∠BAE=∠AED=(5-2)×180°=108°，AB=AE ∴F在以AD为直径的圆上运动， =DE， 1 1 ∴F到BC的最大距离为 AD+AB= ×4+3=5； ∴∠ABE=∠AEM=∠DAE=∠ADE=(180°-108°)= 2 2 36°， (3)解：∵梯形ABCD中，AD⎳BC，∠B=90°， ∵∠DAE=∠DAE，∠ADE=∠AEM=36°， AD=AB=8，BC=16， 1 1 1 ∴△AME∽△AED， ∴ S = S = × AD+BC △EFG 8 梯形ABCD 8 2 ∴AE:AD=AM:AE， ∴AE2=AD⋅AM， ∵AE=DE=DM， ∴DM2=AD⋅AM， ∴点M是AD的黄金分割点． 5．【分析】 (1) 由 ∠CAD = ∠EAB 推出 ∠CAB = ∠DAE，结合 AE ⋅ AB = AD ⋅ AC 得比例式，证明 △ABC∽△ADE，利用∠C=90°得出∠E的度数． (2)由矩形面积和△AEF面积关系得AE⋅AF的定值， 结合FA⊥EA和矩形中∠ABE=90°，证明△ABE∽ △AFD，得出∠AFD=90°，即可得出F在以AD为直 径的圆上运动，进而根据题意，即可求解． (3)先计算梯形的面积和△EFG的面积，结合GE⊥  × AB = 1 8+16 16  ★ 2026 中考数学 压轴题 每日一题 参考答案（类型 8）★ ×8=12， ∵GE⊥FE， 1 ∴ GE⋅EF=12， 2 即GE⋅EF=24， ∵点E是线段AB的中点， 1 ∴BE= AB=4， 2 如图，取BQ=6，作矩形QPEB，则PE=QB=6， ∠PEB=∠B=90°，连接PG， ·103·∴EB⋅PE=4×6=24， ∴EB⋅PE=GE⋅EF， EG PE ∴ = ， EB EF 又∵∠GEF=∠PEB=90°， ∴∠GEP=∠FEB=90°-∠PEF， ∴△PEG∽△FEB， ∴∠PGE=∠FBE=90°， ∴G在PE为直径的圆上， ∴当△ADG的面积最小时，G在过O点且垂直于PE 的直线上，则此时△PGE是等腰直角三角形， 2 ∴GP=GE= PE=3 2． 2 6．【分析】(1)将B(-4,0)的代入y=ax2+bx-4，即 可求解； (2) 过点 P 作 PG ⎳ y 轴交直线 BC 与点 G，设 1 Pt, t2+t-4 2  1 ，则G(t,-t-4)，则S = × △PBC 2 1 4 t2+t-4+t+4=4，求出t的值即可求P点坐标； 2 (3) 将 (1) 中 b = 4a - 1 代入函数解析式，求出 1 A ，0 a  ，再由△OAC是直角三角形，可知△AOC 1 的外心M为AC的中点，即M ，-2 2a  ，过点M作 MN⎳x轴交直线BC于点N，过点N作NQ⊥MN， 且NQ=MN，连接QM，则M点与Q点关于BC对 1 称，分别求出N(-2,-2)，Q-2,-4- 2a  1 设Pt, t2+t-4 2 ，再由Q 1 点在抛物线上，可得方程-4- =4a-2(4a-1)- 2a 4，求出a的值即可． 【解答】解：(1)将B(-4,0)的代入y=ax2+bx-4， ∴16a-4b-4=0， 解得b=4a-1； 1 (2)∵a= ， 2 1 ∴y= x2+x-4，∴C(0,-4)， 2 设直线BC的解析式为y=kx-4， ∴-4k-4=0，解得k=-1， ∴y=-x-4， 过点P作PG⎳y轴交直线BC与点G，  ，则G(t,-t-4)， 1 1 ∴S = ×4 t2+t-4+t+4=4， △PBC 2 2 解得t=-2或t=2 2-2或t=-2 2-2， ∴P(-2,-4)或(2 2 -2，-2 2)或(-2 2 -2， 2 2)； (3)∵b=4a-1， ∴y=ax2+(4a-1)x-4， 当y=0时，ax2+(4a-1)x-4=0， 1 1 解得x=-4或x= ，∴A ，0 a a  ， ∵△OAC是直角三角形， ∴△AOC的外心M为AC的中点， 1 ∴M ，-2 2a  ， 过点M作MN⎳x轴交直线BC于点N，过点N作NQ ⊥MN，且NQ=MN，连接QM， ∵OB=OC，∴∠OBC=45°，∴∠MNC=45°， ∴△MNQ是等腰直角三角形， ∴M点与Q点关于BC对称， 1 ∴N(-2,-2)，∴Q-2,-4- 2a  ★ 2026 中考数学 压轴题 每日一题 参考答案（类型 8）★ ， ∵Q点在抛物线上， 1 ∴-4- =4a-2(4a-1)-4， 2a 1+ 3 1- 3 解得a= 或a= (舍)， 4 4 1+ 3 ∴a的值为 ． 4 7．【分析】(1)根据矩形的性质得到AD⎳BC，AD ·104·AG AD =BC，根据相似三角形的性质得到 = ，得 CG MC AG 到BC=2CM，求得AD=2CM，得到 =2，于是 CG 得到AG=2GC； (2)①根据勾股定理得到AC= 62+82=10，求得BD =AC=10，如图，过点I作IH⊥BC，垂足为H，设 1 1 IH=r，则 (BC+CD+BD)⋅r= BC⋅CD，得到 2 2 r=2，于是得到结论； ②如图，作IH⊥BC，垂足为H，作GQ⊥BC，垂足 为Q，设IH=r，AB=CD=c，AC=BD=b，由 b+c AB + AC = 2BC 得 BC = ，在 △BCD 中， 2 1 b+c b+c+ 2 2  设IH=r，AB=CD=c，AC=BD=b， b+c 由AB+AC=2BC得BC= ， 2 1 b+c 在△BCD中， b+c+ 2 2 1 b+c ⋅r= ⋅ ⋅c，解方程得到r= 2 2 1 GQ CG c，根据相似三角形的性质得到 = ，求得 3 AB CA 1 GQ= c，得到GQ=IH，根据相似三角形的性质即 3 可得到结论． 【解答】(1)证明：∵四边形ABCD是矩形， ∴AD⎳BC，AD=BC， AG AD ∴△ADG∽△CMG，∴ = ， CG MC ∵M是BC的中点，∴BC=2CM， AG ∴AD=2CM，∴ =2，∴AG=2GC； CG (2)解：①在Rt△ABC中，∵AB=6，BC=8， ∴AC= 62+82=10， ∴BD=AC=10， 如图，过点I作IH⊥BC，垂足为H， 1 1 设IH=r，则 (BC+CD+BD)⋅r= BC⋅CD， 2 2 ∴r=2， 即IH=2， ∴点I到BC的距离为2； ②如图，作IH⊥BC，垂足为H，作GQ⊥BC，垂足 为Q，  1 b+c ⋅r= ⋅ ⋅c， 2 2 1 ∴r= c， 3 GQ CG ∵GQ⎳AB，∴△CGQ∽△CAB，∴ = ， AB CA GQ 1 ∵AG=2GC，∴AC=3GC，∴ = ， AB 3 1 ∴GQ= c，∴GQ=IH， 3 ∵IH⊥BC，GQ⊥BC，∴GQ⎳IH， ∴四边形GQHI是平行四边形，∴GI⎳BC， 即EF⎳BC， AG DF ∴ = ，∴△DEF∽△DBC， AC DC EF DF EF AG 2 ∴ = ，∴ = = ． BC DC BC AC 3 8．【分析】(1)依据题意，先用待定系数法求出y= 5 5 15 和直线AM的解析式y=- x+ ，进而可以计算 x 2 2 得解； (2)依据题意，设直线AM 的解析式为y=k x+b (k ≠ 1 1 1 1 5 0)，结合A(1,5)，M m, 1 m  ，可得AM 的解析式为y 1 5 5 =- x+ +5，又设直线BM 的解析式为y=k x m m 1 2 5 5 +b (k ≠0)，从而可得BM 的解析式为y= x+ 2 2 1 m m 5 5 10 -5，故OC = +5，OD =5- ，则d = .同 1 m 1 m 1 m 10 理，d = ，进而可以得解； 2 m+n (3)依据题意，由m(d -d )=2d ，则md =(m+2)⋅ 1 2 2 1 d ，又由(2)，得md =(m+n)⋅d =10，故n=2，结 2 1 2 10 10 合3(d +d )=2n3，则3 + 1 2 m m+2  ★ 2026 中考数学 压轴题 每日一题 参考答案（类型 8）★ =16，可得m= 3，进而求出AM 的解析式为y=-x+6，BM 的解析 2 2 式为y=x-4，从而C(0,6)，D (0,-4)，又M (5,1)， 2 2 可得△C D M 是等腰直角三角形．进而可以判断得解． 2 2 2 k 【解答】(1)解：设反比例函数的解析式为y= ， x ∵A(1,5)在函数图象上， ·105·5 5 ∴k=5．∴y= ．∴M 2, x 1 2  ． 设直线AM的解析式为y=kx+b(k ≠0)， 1 1 1 5 ∵A(1,5)，M 2, 1 2  ， 5 15 15 ∴y=- x+ ，∴点C 的坐标为0, 2 2 1 2  ． 15 ∴OC = ． 1 2 (2)解：设直线AM 的解析式为y=kx+b(k ≠0)， 1 1 1 1 5 .∵A(1,5)，M m, 1 m  ， 5 5 ∴AM 的解析式为y=- x+ +5． 1 m m 设直线BM 的解析式为y=k x+b (k ≠0)， 1 2 2 2 5 ∵B(-1,-5)，M m, 1 m  ， 5 5 ∴BM 的解析式为y= x+ -5． 1 m m 5 5 ∴OC = +5，OD =5- 1 m 1 m 10 10 ∴d = .同理，d = ． 1 m 2 m+n ∴(m+n)⋅d =10． 2 (3)解：∵m(d -d )=2d ， 1 2 2 ∴md =(m+2)⋅d ． 1 2 由(2)，得md =(m+n)⋅d =10．∴n=2． 1 2 10 10 ∵3(d +d )=2n3．∴3 + 1 2 m m+2  =16． ∴m=3．∴M (5,1)． 2 ∵A(1,5)，B(-1,-5)， ∴AM 的解析式为y=-x+6，BM 的解析式为y=x 2 2 -4． ∴C(0,6)，D (0,-4)． 2 又∵M (5,1)， 2 ∴△C D M 是等腰直角三角形． 2 2 2 ∴点D 关于直线AM 对称的点P的坐标为(10,6)． 2 2 3 9．【分析】(1)求出x=0时，函数y=- x+3的函 2 数值，得到B点坐标，即可得出结果； (2)根据点B'落在x轴正半轴上，得到点B向下平移了 3个单位，进而得到点C向下平移3个单位后，与C'的 纵坐标相同，进而求出C的纵坐标，代入函数解析式， 求出C点坐标即可； (3)待定系数法求出二次函数的解析式，设抛物线向右 平移h(h>0)个单位，再向下平移3个单位得到新的抛 物 线 ， 得 到 新 的 抛 物 线 的 解 析 式 为 ： y = 9 4 x- -h 8 3  ∴OB=3； 故答案为：3； (2)∵B(0,3)，点B的对应点B'落在x轴正半轴上， ∴点B向下平移3个单位， ∴点C向下平移3个单位后，与C'的纵坐标相同， ∵点C'的纵坐标为-2， ∴点C的纵坐标为-2+3=1； 3 ∵点C在线段AB上，即点C在直线y=- x+3上， 2 3 4 4 ∴当y=- x+3=1时，x= ，∴C ,1 2 3 3 2 -2，把D点坐标代入，求出解析式，进 而根据二次函数的图象和性质，进行求解即可． 【解答】解：(1)由条件可知B(0,3)，  ； 4 (3)∵B(0,3)，C ,1 3  ， 4 ∴y=ax- 3  2 4 +1，把B(0,3)代入，得：a0- 3  2 +1=3， 9 9 4 ∴a= ，∴y= x- 8 8 3  2 +1， ∵平移后点B的对应点B'落在x轴正半轴上， ∴设抛物线向右平移h(h>0)个单位，再向下平移3个 单位得到新的抛物线， 9 4 ∴新的抛物线的解析式为：y= x- -h 8 3  2 -2， 5 把G0, 2  9 4 代入，得： 0- -h 8 3  2 5 -2= ， 2 2 10 解得：h= 或h=- (舍去)； 3 3 9 4 2 ∴y= x- - 8 3 3  ★ 2026 中考数学 压轴题 每日一题 参考答案（类型 8）★ 2 9 -2= (x-2)2-2， 8 ∴抛物线的开口向上，对称轴为直线x=2， ∴抛物线上的点离对称轴越远，函数值越大，点D(3, y)关于对称轴的对称点为D'(1,y)， 1 1 ∵对于满足my 总成 2 2 2 1 立， ∴m+1<1或m≥3， ∴m<0或m≥3． 10．【分析】(1)按顺序应用旋转和平移的性质画图即 可； (2)先求出按方式一和方式二变换后的端点坐标，然后 再根据待定系数法列方程组，求出一次项系数，通过一 次项系数来判断直线a，a 的位置关系； 1 2 (3)①先由平行性质转化为共线问题，再通过参考直线 方程得到函数关系y=x+1； ②通过线段端点位置关系分析范围，结合不等式确定临 界点(x=1和x=3)，结合图形，即可求解． 【解答】解：(1)如图所示，线段C D 即为所求作的线 2 2 段； ·106·★ 2026 中考数学 压轴题 每日一题 参考答案（类型 8）★ 设直线GG 的解析式为：y=kx+b， 1 2 3=-3k+b  则 ， 2=-2k+b k=-1  解得 ， b=0 ∴直线GG 的解析式为：y=-x， 1 2 将点H 坐标为(-y,x+1)代入得，x+1=-(-y)，整 1 理得，y=x+1， ∴H(-(x+1)，x+1)，H (-x,x)， 1 2 讨论有交点情况： (i)当点H 在线段GH 上时，两线段有交点， 2 1 1 (2)设线段a的端点为P(x，y)和Q(x ，y )， ∴-x≤-3，即x≥3， 1 1 2 2 按方式一变换得到线段对应端点分别为：P(-y ，x + 1 1 1 1)，Q(-y ，x +1)， 1 2 2 按方式二变换得到线段对应端点分别为：P(1-y ， 2 1 x)，Q (1-y ，x )， 1 2 2 2 设直线a 的解析式为：y=px+q，代入P(-y ，x + 1 1 1 1 1)，Q(-y ，x +1)得， 1 2 2   x 1 +1=-y 1 p+q ，消去q后，整理得，p= x 1 -x 2 ， x +1=-y p+q y -y 2 2 2 1 设直线a 2 的解析式为：y=mx+n，代入P 2 (1-y 1 ， (ii)当点H 1 在线段G 1 G 2 上(H 1 不与端点重合)时，两线 x)，Q (1-y ，x )得， 段无交点， 1 2 2 2   x 1 =(1-y 1 )m+n ，消去n后，整理得，m= x 1 -x 2 ， ∴-3<-(x+1)<-2，即10， ∴ OA = OB ，∴OA2=OB⋅OC， OC OA ∴00)； (3)先求对称轴与直线AB的交点D及顶点C，计算 S 设点P坐标，利用面积公式S =S 列方 △CAD △PAD △CAD 程，得到绝对值方程并求解，排除与C重合的点，得出 横坐标． 【解答】解：(1)∵抛物线顶点横坐标为-1， b -2 ∴由顶点公式x=- ，其中b=-2，即- =-1， 2a 2a ∴a=-1， ∴抛物线表达式为y=-x2-2x+3， 故答案为：y=-x2-2x+3； (2)当y=0时，-x2-2x+3=0，即x2+2x-3=0， 解得x=-3或x=1(正半轴，不合题意，舍去)，故A( -3,0)， 当x=0时，y=3， 故B(0,3)， 设直线AB的方程为y=kx+b， 将点A(-3,0)与点B(0,3)代入得b=3，k=1， ∴直线AB的方程为y=x+3， 向上平移m个单位后，直线方程为y=x+3+m， 与抛物线y=-x2-2x+3联立：-x2-2x+3=x+3 +m， 整理得：x2+3x+m=0， ·109·★ 2026 中考数学 压轴题 每日一题 参考答案（类型 8）★ 抛物线与直线有交点时，△=32-4×1×m=9-4m -3- 17 即点 P 的横坐标是 ，点 P 的横坐标是 1 2 2 ≥0， -3+ 17 9 ， 解得m≤ ， 2 4 -3+ 17 -3+ 17 又m>0， ∴存在点P，横坐标为-2， ， ， 2 2 9 ∴m的取值范围为00， 若函数y 与x轴有2个交点，则当x=-2时，有y ≤ 1 1 0，  -2a+2≤0， 3 解得：a≤- ； 4 1 若函数y 与x轴只有1个交点，则△=a+ 1 2  ★ 2026 中考数学 压轴题 每日一题 参考答案（类型 8）★ 2 -4a( -2a+2)=0， 1 整理得：9a2-7a+ =0， 4 7+2 10 7-2 10 解得：a= 或a= ， 18 18 7+2 10 当a= 时，则y 与x轴的交点的横坐标为 18 1 a+1 2 =4- 10， 2a ∵-2<4- 10<2， 7+2 10 ∴a= ，符合题意； 18 7-2 10 当 a = ，则 y 与 x 轴的交点的横坐标为 18 1 a+1 2 =4+ 10>2，不符合题意，舍去； 2a 3 综上所述，实数 a 的取值范围为 a ≤- 或 a = 4 7+2 10 ． 18 16．【分析】(1)过点E作EK⊥CD于点K，即可得 到四边形EBCK是矩形，然后证明△ABM∽△EKH， EH 即可求出 的值，然后根据正切的定义求出∠ACB AM 的度数即可； (2)根据勾股定理求出AM长，利用(1)的结论求出EH 长，然后证明△AGM是等边三角形，根据正弦的定义 求出GF长解答即可； (3)①根据(2)的证明得到EF+GH=FG，过点M作 ML⎳AB交EH于点L，则有△AEF≅△MLF，得到 EF=FL，即可得到LG=GH，然后根据平行线分线段 成比例得到结论即可； ②连接CG，CQ，根据直角三角形斜边上的中线性质 和平行线分线段成比例得到AG=GM=CG=GQ，进 而判断∠ACQ=90°，即可得到点Q在与线段CD夹角 为30°的射线上，然后根据垂线段最短解答即可． 【解答】(1)解：过点E作EK⊥CD于点K， ∵四边形ABCD是矩形， ·112·∴∠B=∠BCD=∠EKC=∠EKH=90°， ∴EF=FL， ∴四边形EBCK是矩形， ∴LG=GH， ∴EK=BC=3 3，∠AEF=90°， 又∵AB⎳CD，AB⎳ML， 又∵AM⊥EH， ∴ML⎳CD， ∴∠EAM+∠AEH=∠HEK+∠AEH=90°， MG FG ∴ = =1，即MG=PG； PG GH ∴∠EAM=∠HEK，∴△ABM∽△EKH， ②解：连接CG，CQ， EH EK ∴ = = 3， AM AB ∵∠BCD=90°，MG=PG， AB 3 3 ∴CG=MG=PG， ∵tan∠ACB= = = ， BC 3 3 3 又∵EH垂直平分AM，EH⊥PQ， ∴∠ACB=30°， ∴GA=GM，AM⎳PQ， 故答案为：30， 3； AG MG ∴ = =1， (2)解：∵AB=3，BM=1， GQ GP ∴AM= AB2+BM2= 32+12= 10， ∴AG=GM=CG=GQ， 根据(1)中结论可得EH= 3AM= 30， ∴∠GAC=∠GCA，∠GCQ=∠GQC， 又∵EH垂直平分AM， ∴∠ACQ=90°， ∴AG=GM， 又∵∠ACB=30°， 又∵∠MAN=60°， ∴∠ACD=60°， ∴△AGM是等边三角形， ∴∠DCQ=30°，即点Q在与线段CD夹角为30°的射线 ∴AG=AM= 10， 上， ∴GF=AG⋅sin∠MAG= 10× 3 = 30 ， ∴过点D作DQ 1 ⊥CQ于点Q 1 ， 2 2 30 30 ∴EF+GH=EG-FG= 30- = ； 2 2 (3)①证明：根据(1)中结论可得EH= 3AM， 又∵EH垂直平分AM， ∴AG=GM， 又∵∠MAN=60°， ∴△AGM是等边三角形， ∴AG=AM， 3 ∴GF=AG⋅sin∠MAG= AM， 2 3 3 ∴EF+GH=EG-FG= 3AM- AM= AM 2 2 当点Q在Q 时，DQ最小， 1 =FG， 1 3 这时DQ= CD= ． 2 2 过点 M 作 ML ⎳ AB 交 EH 于点 L，则 ∠EAF = 17．【分析】(1)①利用待定系数法即可求解； ∠LMF，∠AEF=∠MLF， ②正比例函数表达式为y=x，设OD=t(0≤t≤3)， 1 则CD=t，PD=- t2+2t，则PC=PD-CD= 3 1 1 3 - t2+2t-t=- t- 3 3 2 又∵EH垂直平分AM， ∴AF=FM， ∴△AEF≅△MLF，  ★ 2026 中考数学 压轴题 每日一题 参考答案（类型 8）★ 2 3 + ，然后通过二次函数 4 的性质即可求解； b (2)令ax2+bx=0，解得x =0，x =- ，又二次函 1 2 a b 数与x轴的一交点为B(m,0)，m>4，所以m=- ， a b 即- >4，则有1-3a>-4a，然后解不等式即可． a 【解答】解：(1)①∵A(3,3)为二次函数的顶点， ·113· 9a+3b=3 a=-1 ∴ - b =3 ，解得 b=2 3 ， 2a 1 ∴二次函数表达式为y=- x2+2x； 3 ②因为正比例函数y=kx经过点A(3,3)， ∴3k=3，∴k=1， ∴正比例函数表达式为y=x， 1 设OD=t(0≤t≤3)，则CD=t，PD=- t2+2t， 3 1 ∴PC=PD-CD=- t2+2t-t 3 1 1 3 =- t2+t=- t- 3 3 2  ★ 2026 中考数学 压轴题 每日一题 参考答案（类型 8）★ AC ( 5-1)a 5-1 ∴ = = =φ； AB 2a 2 (2)解：延长GC交DE于点M， 2 3 + ， 在Rt△BAF中，根据勾股定理，得AB2=BF2-AF2， 4 ∴AB2=(BF+AF)(BF-AF)， 3 3 ∴当t= 时，线段PC的长度取得最大值 ； 2 4 ∵BF=FH，FA=FD， (2)∵二次函数y=ax2+bx经过点A(3,3)， ∴BF+AF=FH+FD=HD，BF-AF=FH-AF= ∴9a+3b=3，即b=1-3a， AH=HG， 令ax2+bx=0， ∴AB2=HD⋅HG b 解得x =0，x =- ， ∴S =S ， 1 2 a 正方形ABED 矩形BGMD ∴S =S ， ∵二次函数与x轴的一个交点为B(m,0)，m>4， 矩形CBEM 正方形ABGC ∴CB⋅BE=AC2，即CB⋅AB=AC2 b ∴m=- ， a BC AC ∴ = ； b AC AB ∴- >4， a (3)证明：∵半径OA=2， ∵a<0， ∴ON=1，AN= 5， ∴b>-4a， 过点K作KG⊥AN于点G， ∴1-3a>-4a，a>-1， ∵NK平分∠ONA， ∴a的取值范围是-1