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★ 2026 中考数学 (选择题 + 填空题) 拔高题 275 题 参考答案★
★类型一：几何综合题★ 1
∴∠BAC=∠DAC=45°，OA=OC= AC，
2
1．【分析】如图，过G作GH⊥BC于H，由对折可
由折叠可得，
得：BC=BF，CE=EF，∠BFE=∠BCE=90°=
AO⊥EF，AG=GO，∠EOA=∠EAO=45°，∠FOA
∠DFE，∠FBE=∠CBE，证明∠DEF=∠FDE=45°，
=∠FAO=45°，AE=OE，AF=FO，
而DE=2 2，可得DF=EF=DE⋅sin45°=2，求解
∴AE⎳OF，AF⎳OE，∠EOF=90°，
1
CD=BC=2 2+2=BF，OB= BD= 2+2，证明
2 ∴四边形AEOF是正方形，
OG=HG，Rt△OBG≅Rt△HBG，可得BH=BO= 2 ∴EF=AO= 1 AC，GO=AG= 1 OA= 1 AC，
2 2 4
+2，再进一步求解即可．
1 1 3
∴CG=CO+OG= AC+ AC= AC，
【解答】解：如图，过G作GH⊥BC于H， 2 4 4
1AC
EF 2 2
∴ = = ，故选：D．
CG 3AC 3
4
3．【分析】连接GE，证明Rt△EFG≅Rt△EBG(HL)，
可得GF=GB，设GB=GF=x，则AG=2-x，DG
1
=2+x，根据勾股定理可得x= ，再利用角平分线的
2
性质得到点H到AD，AG，GD的距离相等，利用面
∵四边形ABCD是正方形，
积之比即可解答．
∴BC=CD=AB=AD，∠BCD=∠ADC=90°，
【解答】解：如图，连接GE，
∠DBC=∠BDC=45°，AC=BD，OA=OC=OB=
OD，AC⊥BD，
由对折可得：BC=BF，CE=EF，∠BFE=∠BCE=
90°=∠DFE，∠FBE=∠CBE，
∴∠DEF=∠FDE=45°，而DE=2 2，
∴DF=EF=DE⋅sin45°=2，
∴CD=BC=2 2+2=BF，
∴AC=BD=BF+DF=2 2+4， ∵四边形ABCD是正方形，
1 ∴∠B=∠C=∠BAC=∠ADC=90°，AB=BC=CD=
∴OB= BD= 2+2，
2
DA=2，
∵∠FBE=∠CBE，GH⊥BC，AC⊥BD，
∵点E是BC边的中点，∴BE=CE=1，
∴OG=HG，
∵将△DCE沿直线DE翻折得△DFE，
∵BG=BG，∴Rt△OBG≅Rt△HBG，
∴∠EFD=∠C=90°，CE=FE=BE=1，DC=DF=
∴BH=BO= 2+2，
2，∴∠GFE=∠GBE=90°，
∴CH=BC-BH= 2，
∵GE=GE，
同理可得：CH=GH= 2，∴CG= 2+2=2，
∴Rt△EFG≅Rt△EBG(HL)，∴GF=GB，
方法二：设AC与BD交于点O，
设GB=GF=x，则AG=2-x，DG=2+x，
∵∠FBE=∠CBE=22.5°，∠BOG=90°，
根据勾股定理可得AG2+AD2=DG2，
∴∠OGB=67.5°=∠CGE，∠CEG=90°-22.5°=67.5°，
1
即(2-x)2+22=(2+x)2，解得x= ，
∴∠CEG=∠CGE=67.5°， 2
∴CG=CE=EF=2，故选：B． 5 3
∴DG= ，AG= ，
2 2
2．【分析】先由四边形ABCD是正方形，得出∠BAC
∵∠ADG和∠DAG的平分线DH，AH相交于点H，
1
=∠DAC=45°，OA=OC= AC，再结合折叠性质证
∴点H到AD，AG，GD的距离相等，
2
1 5
明四边形AEOF是正方形，因此EF=AO= AC， GD 2 1 3
2 ∴S = ⋅S = × ×
1 1 △GDH GD+AG+AD △ADG 5 +3 +2 2 2
GO=AG= OA= AC，推出CG=CO+OG= 2 2
2 4 5
×2= ，故选：A．
1 1 3 EF 2 8
AC+ AC= AC，即可计算 = ．
2 4 4 CG 3
4．【分析】设BC=x，根据含30度的直角三角形的
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
性质，得到AB=2x，AC= 3x，根据角平分线的性
·1·CD
质，结合同高三角形的面积比等于底边比，得到
BD
AC
= ，进而求出CD的长，勾股定理求出AD的长，
AB
CD BE
等角的正弦值相等，得到 = ，求出BE的长，
AD AB
AD
进而求出 的长即可．
BE
【解答】解：∵∠ACB=90°，∠CAB=30°，
∴AB=2BC，AC= 3BC，
设BC=x，则AB=2x，AC= 3x，
∵AD平分∠CAB，∠ACB=90°，
∴点D到AC，AB的距离相等均为CD的长，∠CAD
=∠BAD，
∴ S △ACD = 2
1AC⋅CD
= CD ，∴ CD = AC = 3 ，
S
△ABD
1AB⋅CD BD BD AB 2
2
3
∴CD= BC=(2 3-3)x，
2+ 3
∴AD= AC2+CD2=(3 2- 6)x，
∵BE⊥AD，∠CAD=∠BAD，
∴sin∠CAD=sin∠BAD，
CD BE BE 2 3-3
∴ = ，即： = ，
AD AB 2x 3 2- 6
6- 2
∴BE=
2
x，
AD (3 2- 6)x
∴ =
BE 6- 2
2
★ 2026 中考数学 (选择题 + 填空题) 拔高题 275 题 参考答案★
在矩形ABCD中，AB=8，BC=12，∠B=90°，
∵点E，F是BC的三等分点，
1
∴BE=EF=CF= BC=4，
3
∴BF=BE+EF=8，∴AB=BF=8，
∴△ABF是等腰直角三角形，∴∠BFA=45°，
同理：△CDE是等腰直角三角形，
∴∠CED=45°，∴∠BFA=∠CED=45°，
∴△GEF是等腰直角三角形，
1
∵GM⊥EF，∴GM=EM=FM= EF=2，
2
∴CM=CF+MF=4+2=6，
GM 2 1
在Rt△GMC中，tan∠GCF= = = ．
CM 6 3
故选：B．
6．【分析】证明∠CAD=∠BAD=22.5°，设AC=BC
=m，可得AB= AC2+BC2= 2m如图，在AC上取
点Q，使AQ=DQ，求解：CD=CQ=( 2-1)m，证
m x
明△ACE∽△BEF，可得 = DF=y=m
2m-x BF
( 2m-x)x
-( 2-1)m- =(2- 2)m-
m
( 2m-x)x
，结合y关于x的函数图象过点(0,2-
m
2)，求解：m=1，再进一步利用二次函数的性质解
=2 3； 题即可．
x
【解答】解：∵∠ACB=90°，AC=BC，AD是角平分
解法二：延长AC与BE相交于点F， 线，
∴∠CAB=∠CBA=45°，∠CAD=∠BAD=22.5°，
设AC=BC=m，
∴AB= AC2+BC2= 2m，
如图，在AC上取点Q，使AQ=DQ，
∴∠QAD=∠QDA=22.5°，
∴∠CQD=45°=∠CDQ，
利用相似三角形求出比值；
2 2
CQ=CD= QD= AQ'，
故选：A． 2 2
5．【分析】过点G作GM⊥BC于点M，根据矩形的
性质及已知条件得BE=EF=CF=4，进而得AB=
BF=8，则△ABF是等腰直角三角形，继而得∠BFA
=45°，同理证明△CDE是等腰直角三角形得∠CED=
45°，由此得△GEF是等腰直角三角形，再根据等腰直
角三角形性质得GM=EM=FM=2，则CM=6，然后 ∴ 2CQ+CQ=m，
在Rt△GMC中，根据正切函数的定义即可得出 解得：CD=CQ=( 2-1)m，
tan∠GCF的值． ∠CEF=45°=∠CAB，∠CEF+∠BEF=∠ACE+
【解答】解：过点G作GM⊥BC于点M，如图所示： ∠CAE，∴∠BEF=∠ACE，
AC AE m x
∴△ACE∽△BEF， = = BF=
BE BF 2m-x BF
( 2m-x)x
，
m
·2·( 2m-x)x
∴DF=y=m-( 2-1)m- =(2- 2)m
m
( 2m-x)x
- ，
m
∵y关于x的函数图象过点(0,2- 2)，
∴(2- 2)m=2- 2，
解得：m=1，
∴y=2- 2-( 2-x)x=x2- 2x+2- 2，
- 2 2 3
当x=- = 时，y= - 2，
2 2 2
2 3
∴该图象上最低点的坐标为 , - 2
2 2
；故选：B．
7．【分析】待定系数法求得直线FG的解析式为y=
-2x-1，根据选项判断平移方式，结合题意，即可求
解．
【解答】解：设直线FG的解析式为y=kx+b，代入(
-1,1)，(0,-1)，
1=-k+b k=-2
∴ ，解得 ，
-1=b b=-1
∴直线FG的解析式为y=-2x-1，
7 11
∵E(1,2)，A．当E为 ,
5 5
时，平移方式为向右平
2 1
移 个单位，向上平移 个单位，
5 5
2
∴直线FG平移后的解析式为y=-2x-
5
1
-1+ =
5
-2x，此时经过原点，对应的EH经过整点(2,1)，符合
题意，
8 23
B．当E为 ,
5 10
3
时，平移方式为向右平移 个单
5
3
位，向上平移 个单位，
10
3
∴直线FG平移后的解析式为y=-2x-
5
3
-1+ =
10
1
-2x+ ，此时原点在FG下方，对应的EH在整点(2,
2
1)上方，不符合题意，
3
C．当E为 ,2
2
1
时，平移方式为向右平移 个单位，
2
1
∴直线FG平移后的解析式为y=-2x-
2
-1=-2x，
此时点H在正方形内部，不符合题意，
3 9
D．当E为 ,
2 4
1
时，平移方式为向右平移 个单
2
1
位，向上平移 个单位，
4
1
∴直线FG平移后的解析式为y=-2x-
2
∴∠H=90°
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠D=90°，AD=DC，
∵AE绕点E逆时针旋转90°，得到FE，
∴AE=FE，∠AEF=90°，
∵∠DAE+∠AED=90°，∠HEF+∠AED=90°，
∴∠DAE=∠HEF，
∠D=∠H
在ΔADE和ΔEHF中，∠DAE=∠HEF，
AE=EF
∴ΔADE≅ΔEHF(AAS)，
∴AD=EH，DE=HF，∴EH=DC，
∴DE=CH=HF，∴∠HCF=45°，∴∠G=45°，
设CH=HF=DE=x，正方形边长为y，
则CE=y-x，CF= 2x，CG= 2y，
∴FG=CG-CF= 2y- 2x，
FG
∴ = 2，故选：A．
CE
AE AG AA′
9．【分析】由AD⎳BC，推出 = ， =
FC GC FC
AH 2AE AA′ 2AG AH
，推出 = ，推出 = ，可得
HC FC FC GC HC
2AG AG+2 10
= ．解得AG= ，再证明FG=AG，
10 8 3
利用勾股定理求出CF，再利用平行线分线段成比例定
理求出BF．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD⎳BC，
AE AG AA′ AH
∴ = ， = ，
FC GC FC HC
2AE AA′ 2AG AH
∴ = ，∴ = ，
FC FC GC HC
2AG AG+2 10
∴ = ．∴AG= ，
10 8 3
∵AF平分∠BAC，∴∠BAF=∠FAC，
∵EF⎳AB，∴∠BAF=∠AFG，
10
∴∠GAF=∠GFA，∴FG=AG= ，
-1=-2x 3
10
此时点E和(2,1)在正方形内部，不符合题意， ∵CF= CG2-FG2= 102-
3
故选：A．
8．【分析】过点F作FH⊥DC交DC延长线于点H，
证明ΔADE和ΔEHF全等，得到∠FCH=45°，再根据
等腰直角三角形三边关系，求出比值．
【解答】解：过点F作FH⊥DC交DC延长线于点H，
★ 2026 中考数学 (选择题 + 填空题) 拔高题 275 题 参考答案★
2 20 2
= ，
3
∵BF:CF=AG:CG=1:3，
1 20 2
∴BF= CF= ．故选：A．
3 9
10．【分析】根据每一选项逐一判断即可．
【解答】解：A选项：如图所示，
·3·★ 2026 中考数学 (选择题 + 填空题) 拔高题 275 题 参考答案★
∵折叠，且AP是折痕，
∴AP垂直平分BB，
1 1
∴S ′=S +S = AP⋅OB+ AP⋅OB′
四边形ABPB △ABP △AB′P 2 2
1
= AP⋅BB′，故D选项正确，不合题意．故选：C．
2
11．【分析】先证明ΔADE∽ΔABD，得出∠ADE=
∵AB⊥AB，∴∠BAB=90°，
∠ABD=30°，再证明ΔADE≅ΔFDE(SAS)，得出EF
∵折叠，
=AE=BE=1，再根据三角形面积公式得出ΔBDE的
∴∠BAP=∠BAP=45°，∠B=∠ABP=60°，
面积．
∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD⎳BC，
【解答】解：过点A作AG⊥BD于点G，
∴∠BAD=120°，
∵∠ABD=30°，∠A=105°，∴∠ADB=45°，
∴∠BAD=∠BAD-∠BAB=30°，
设AE=BE=a，则AB=2a，
∴∠AEB=∠ABP-∠BAD=30°，
1 3
∴∠BAD=∠AEB， ∴AG= AB=a，BG= AB= 3a，
2 2
∴BA=BE，故A选项正确，不合题意；
∴DG=AG=a，∴AD= 2a，
B选项：如图所示， AE a 2 AD 2a 2
∵ = = ， = = ，
AD 2a 2 AB 2a 2
AE AD
∴ = ，
AD AB
∵∠DAE=∠BAD，∴ΔADE∽ΔABD，
∴∠ADE=∠ABD=30°，
∵∠ADC=∠ADB+∠CDB=90°=∠ADE+∠EDF+
∠CDF，
当B落在AD上时，点E和B重合，
∴90°=30°+∠EDF+30°，∴∠EDF=30°=∠ADE，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∵AD=CD=DF，DE=DE，
∴AD⎳BC，∴∠BAD=120°，
∴ΔADE≅ΔFDE(SAS)，∴EF=AE=BE=1，
∵折叠，
过点E作EH⊥BD于点H，
∴∠BAP=∠BAP=60°，AB=AB，PB=PB，
1 1
∴EH= BE= ，BD= 3a+a= 3+1，
∴△ABP是等边三角形， 2 2
1 1 1
∴AB=BP=BP=AB， ∴ΔBED的面积= ×BD×EH= ×( 3+1)× =
2 2 2
∴四边形ABPB′是菱形，故B选项正确，不合题意；
3+1
，故选：A．
C选项：如图所示， 4
12．【分析】作AH⊥BC．DG⊥BC．DF⊥AH，
当点P靠近点C时，B在四边形外部，此时∠AEB>
垂足分别为H．G．F，易得四边形DFHG为矩形，
90°，
得到DG=FH，DF=HG，证明△BDG为等腰直角三
∴AE30°，∠BAC<120°，即此种情况不存在；
5
④当∠CAP=∠APC+90°时，同③理可证，此种情况
9 18 18
即CH= ，∴CF=2CH= ，故答案为： ．
5 5 5 不存在；即可得解．
15．【分析】由题意可得AM=AN，MP=NP，则点 【解答】解：∵AB=AC=5，
P在AH上运动，由点P始终在▱ABCD的内部或边 ∴∠B=∠C，
上．则AP的最大值为AH的长，通过证明△ABH是等 ∵∠APC=∠B+∠BAP，
边三角形，可得AB=AH=6，即可求解． ∴∠APC>∠B，
【解答】解：如图，连接AP，交BC于H， ∴∠APC>∠C，
∵四边形ABCD是平行四边形，∠B=60°， 若△APC为“反直角三角形”，
∴∠BAD=120°， ①当∠APC-∠C=90°时，过点A作AD⊥BC于点
∵△MNP是等边三角形， D，
∴MP=PN，∠PMN=∠PNM=60°，△MNP的面积=
3
MP2，
4
∵AM=AN，AP=AP，
∴△AMP≅△ANP(SSS)，
∴∠BAP=∠DAP=60°，∠APM=∠APN=30°， ∵AB=AC=5，BC=8，
∴∠AMP=90°， 1
∴BD=CD= BC=4，
2
3
∴MP= 3AM，AP=2AM，∴MP= AP， ∴AD= AB2-BD2=3，
2
3 3 ∵∠B=∠C，
∴△MNP的面积= AP2，
16
∴∠APC-∠B=∠BAP=90°，
∴当AP最大时，△MNP的面积的面积最大，
∵∠B=∠B，∠ADB=∠PAB=90°，
∵∠B=∠BAH=60°，∴△ABH是等边三角形，
AB BD
∴△ADB∽△PAB，∴ = ，
∴AB=AH=6， BP AB
∵AM=AN，MP=NP，∴点P在AH上运动， ∴ 5 = 4 ，∴BP= 25 ；
BP 5 4
∵点P始终在▱ABCD的内部或边上．
②当∠APC-∠CAP=90°时，过点P作PM⊥BC交
∴AP的最大值为AH的长，
AC于点M，
即AP=6，∴AM=AN=3，
∴DN=5，故答案为：5．
·6·★ 2026 中考数学 (选择题 + 填空题) 拔高题 275 题 参考答案★
∴AD=2DE，
∵EG⊥BD，
∴EG⎳AC，
∴△EGD∽△AOD，
EG DG DE 1
∴ = = = ，
∴∠APC-∠APM=∠CPM=90°， AO DO AD 2
∴∠CAP=∠APM， 1 1
∴EG= AO=2，DG= DO=4，
2 2
∴AM=PM，
∵BF=3，
∵PM⊥BC，AD⊥BC，
∴FG=BD-GD-BF=9，
∴PM⎳AD，
∴EF= EG2+FG2= 81+4= 85，
∴△CMP∽△CAD，
故答案为： 85．
CP PM CM
∴ = = ，
CD AD AC
设CP=x，则BP=8-x，
x PM CM
∴ = = ，
4 3 5
3 5
∴PM= x，CM= x，
4 4
3 5 18．【分析】延长AD交BC于E，由AB=CA，BD
∴AC=AM+CM=PM+CM= x+ x=5，
4 4
=CD可得AE⊥BC，BE=CE，根据等边三角形的性
5
∴x= ，
质以及勾股定理可得AE= 3，DE=1，即可求解．
2
5 11 【解答】解：延长AD交BC于E，
∴BP=8- = ；
2 2
③当∠CAP=∠C+90°时，
AD 3 1 3
∵sin∠C= = ，sin30°= ，且 >2，
CC 5 2 5
∴∠C>30°，
∴∠BAC<120°，
若∠CAP=∠C+90°，则∠CAP>120°，即∠CAP>
∠BAC，
∴此种情况不存在， ∵AB=CA，BD=CD，
④当∠CAP=∠APC+90°时， ∴AE⊥BC，BE=CE，
∵当点P与点B重合时，∠APC最小，此时∠APC= ∵AB=BC=CA=2，
∠B>30°， ∴BE=CE=1，
同③理可证，此种情况不存在； ∴AE= AB2-BE2= 3，DE= BD2-BE2= 2-1
25 11 =1，
综上可知，BP的长为 或 ，
4 2
∴AD=AE-DE= 3-1．
25 11
故答案为： 或 ．
故答案为： 3-1．
4 2
17．【分析】由菱形的性质可得AC⊥BD，AO= 19．【分析】根据题意画出示意图，连接PC，交直线
CO，BO=DO=8，AB=AD=4 5，由勾股定理可 EF于点G，延长PE交AC于点H，当点P在AC上方
求AO的长，通过证明△EGD∽△AOD，可求EG= 时，由勾股定理求出CD=6 3进而得到CE= 1 CD=
2
1 1
AO=2，DG= DO=4，由勾股定理可求解． 3 3由点C关于直线EF的对称点P，得到PE=CE=
2 2
【解答】解：如图，连接AC交BD于O，过点E作EG 3 3，∠EGC=∠EGP=90°，求出∠CEH=∠CAD=
⊥BD于G， 60°，进而得到∠PEC=120°，再求出∠CPE=∠PCE=
1
∵四边形ABCD是菱形，对角线BD的长为16， (180°-∠PEC)=30°，证明△CEF是等腰三角形，在
2
∴AC⊥BD，AO=CO，BO=DO=8，AB=AD=
9
Rt△CEH中，解直角三角形求出CH= ，进而求解；
4 5， 2
9
∴AO= AD2-OD2= 80-64=4， 当点P在AC下方时，先求出\∠CEP=60°，CH= ，
2
∵E是AD的中点，
结合对称的性质易证△CEP是等边三角形，易求EH=
·7·★ 2026 中考数学 (选择题 + 填空题) 拔高题 275 题 参考答案★
1 3 3 3 ∴∠P=60°，CE=PC=PE=3 3，
PH= PE= 解直角三角形求出HF= ，由CF
2 2 2
1 3 3
∴∠HEF=30°，EH=PH= PE= ，HF=EH⋅
=CH-HF即可求解． 2 2
【解答】解：如图所示，连接PC，交直线EF于点G， 3 3 3 3
tan∠PEF= × = ，
2 3 2
延长PE交AC于点H，当点P在AC上方时，
∴CF=CH-HF=3；
综上，CF的长为3或9．
故答案为：3或9．
20．【分析】由菱形对角线互相垂直且平分，可得OA
1 1
= AC=4,OB= BD=6，AC⊥BD，取OE中点
2 2
1
H，连接GH，则GH= OB，GH⎳OB，再用勾股
2
定理解Rt△GHF即可．
∵在矩形ABCD中，AD=6，∠CAD=60°，∠ACD=
【解答】解：方法一：在菱形ABCD中，对角线AC与
30°，
BD相交于点O，AC=8，BD=12，
∴AC=2AD=12，CD= AC2-AD2=6 3，∵
1 1
∴OA= AC=4,OB= BD=6，AC⊥BD，
点E是边CD的中点， 2 2
1 ∵AE=2，
∴CE= CD=3 3，
2
∴OE=OA-AE=4-2=2，
∵点C关于直线EF的对称点P，
如图，取OE中点H，连接GH，
∴PE=CE=3 3，∠EGC=∠EGP=90°，
∵PH⊥AC，
∴∠EHC=∠EHF=90°，∠ACD=30°，∠ACD+
∠CEH=∠ACD+∠CAD=90°，
∴∠CEH=∠CAD=60°，
∴∠PEC=120°，∵PE=CE，
1
∴∠CPE=∠PCE= (180°-∠PEC)=30°，
2 ∵点G为BE的中点，点H为OE的中点，
∵∠PEG=∠FEH，∠EGP=∠EHF=90°，
∴GH是三角形EBO的中位线，
∴∠CPE=∠EFC=30°，
1
∴GH= OB=3，GH⎳OB，
1 2
∴△CEF是等腰三角形，CH=FH= CF，
2 ∴∠GHE=∠BOA=90°，
在Rt△CEH中，CE=3 3，
∵OF=1，
3 9
∠HCE=30°，CH=CE⋅cos∠HCE=3 3× = ， 1 1
2 2 ∴HF=OH+OF= OE+OF= ×2+1=2，
2 2
∴CF=2CH=9；
在直角三角形GFH中，由勾股定理得：GF=
如图，当点P在AC下方时，
GH2+HF2= 32+22= 13；
方法二：在菱形ABCD中，对角线AC与BD相交于点
O，AC=8，AE=2，OF=1，
∴OB=6，OC=4，
∴CE=8-2=6，CF=OC-OF=4-1=3，
∴F为CE的中点，
∵PE⊥AC， 又∵点G为BE的中点，
∴∠CHE=90°， ∴GF为△BCE的中位线，
∵∠ACD=30°， ∵BC= 62+42=2 13，
3 ∴FG= 13．
∴∠CEP=60°，CH=CE⋅cos∠ACD=3 3× =
2
故答案为： 13．
9
，
2 21．【分析】先根据黄金矩形ABCD中 AB = 5-1 ，
AD 2
由对称的性质得PE=CE，
且AD=2，求出AB= 5-1，进而求出GF=GH=
∴△CEP是等边三角形，
·8·★ 2026 中考数学 (选择题 + 填空题) 拔高题 275 题 参考答案★
HC=FC=3- 5，LH=HD=2 5-4，再根据弧长 1
∴HN⎳BE，HN= BE=2，
2
公式即可求出“黄金螺线”AFHK的长．
∴∠ABD=∠HNQ=30°，
AB 5-1
【解答】解∵黄金矩形ABCD中 = ，且AD 1
AD 2 ∴HQ= HN=1，
2
=2，
∵HN⎳AB，AB⎳CD，
∴AB= 5-1，
∴HN⎳CF，
∵四边形ABFE是正方形，
∵HN=CF=2，
∴AE=EF=BF=AB= 5-1，
∴四边形HFCN是平行四边形，
∴FC=ED=2-( 5-1)=3- 5，
∴∠NCF=∠NHG=30°，而HQ⊥BD，∠HNQ=30°，
∵四边形FGHC是正方形，
∴∠HGQ=60°，
∴GF=GH=HC=FC=3- 5，
∴∠GHQ=30°，
∵CD=AB= 5-1，
HQ 1
∴cos∠GHQ=cos30°= = ，
∴HD=CD-CH=( 5-1)-(3- 5)=2 5-4， HG HG
∵四边形LKDH是正方形， 3 2 3
∴HG=1÷ = ，
2 3
∴LH=HD=2 5-4，
2 3
90π⋅AE 90π⋅GH 故答案为： ．
∴“黄金螺线”AFHK的长为 + + 3
180 180
23．【分析】连接CE，过E作EF⊥BC于F，设BD
90π⋅LH
180 =x，则BC=x+2，由∠ACB=90°，E为AD中点，
1 1
= π(AE+GH+LH) 可得CE=AE=DE= AD，有∠CAE=∠ACE，
2 2
= 1 π(AE+ED+LH) ∠ECD=∠EDC，证明ΔECD∽ΔBCE，可得 CE =
2 BC
= 1 π(AD+LH) CD ，∠CED=∠CBE，故CE2=CD⋅BC=2(x+2)=
2
CE
1
= π(2+2 5-4) AC BC
2x+4，再证ΔABC∽ΔBEF，得 = ，而AC
2
BF EF
=( 5-1)π，
=2EF，即得2EF2=(x+1)(x+2)，从而
故答案为：( 5-1)π． (x+1)(x+2)
=(2x+4)-12，即可解得答案．
22．【分析】如图，连接AC，交BD于N，过H作 2
HQ⊥BD于Q，求解BE=4，证明HN是△BDE的中 【解答】解：连接CE，过E作EF⊥BC于F，如图：
1 1
位线，可得HN⎳BE，HN= BE=2，HQ= HN
2 2
=1，证明四边形HFCN是平行四边形，可得∠NCF=
∠NHG=30°，而HQ⊥BD，∠HNQ=30°，求解
∠GHQ=30°，再进一步求解即可．
【解答】解：如图，连接AC，交BD于N，过H作HQ
设BD=x，则BC=BD+CD=x+2，
⊥BD于Q，
∵∠ACB=90°，E为AD中点，
1
∴CE=AE=DE= AD，
2
∴∠CAE=∠ACE，∠ECD=∠EDC，
∴∠CED=2∠CAD，
∵BE=BC，
∴∠ECD=∠BEC，
∵BE=2CF，CF=2， ∴∠BEC=∠EDC，
∴BE=4， ∵∠ECD=∠BCE，
∵矩形ABCD， ∴ΔECD∽ΔBCE，
∴AN=CN=BN=DN，AB⎳CD， CE CD
∴ = ，∠CED=∠CBE，
BC CE
∴∠ABD=∠BAC=30°，∠BAC=∠NCF=30°，
∴CE2=CD⋅BC=2(x+2)=2x+4，
∵H是DE的中点，
∵AD平分∠CAB，
∴HN是△BDE的中位线，
·9·∴∠CAB=2∠CAD， 21 41
∴AM=AD-DM= a，
41
∴∠CAB=∠CED，
CE DM 20
∴ = = ．
∴∠CAB=∠CBE，
AC AM 21
∵∠ACB=90°=∠BFE， 20
故答案为： ．
21
∴ΔABC∽ΔBEF，
25．【分析】设AD=x，AE= 5x，根据折叠性质
AC BC
∴ = ，
BF EF 得DF=AD=x，∠ADE=∠FDE，过E作EH⊥AC
∵CE=DE，EF⊥BC， 于H，设EF与AC相交于M，证明△AHE∽△ACB，
1 EH AH AE
∴CF=DF= CD=1， 得到 = = ，进而得到EH=x，AH=2x，
2 BC AC AB
∵E为AD中点， 证明Rt△EHD是等腰直角三角形，得到∠HDE=
∴AC=2EF， ∠HED=45°，可得∠FDM=90°，证明△FDM≅△EHM
2EF x+2
∴ = ， 1
(AAS)，得到DM=MH= x，则CM=AC-AD-
x+1 EF
2
∴2EF2=(x+1)(x+2)， 3
DM=10- x，根据三角形的面积公式结合已知可得
∵EF2=CE2-CF2， 2
3
(x+1)(x+2) 10- x
∴ =(2x+4)-12， 2
2
1+ 17 1- 17
解得x= 或x= (小于0，舍去)，
2 2
1+ 17
∴BD= ．
2
1+ 17
故答案为： ．
2
CE
24．【分析】根据问题分析：要求 的值，可能需
AC
要构造相似或者平行线分线段成比例，所以作CM⊥
CE DM
AD于点M，从而将 转化成 ，再根据题中条
AC AM
件去求解即可．
【解答】解：如图，过点A作AH⊥CB于点H，作CM
⊥AD于点M，
BD 8
∵AB=BC， = ，
DC 5
设BD=8a，则CD=5a，
∴BC=AB=BD+CD=13a，
5
∵tanB= ，
12
∴AH=5a，BH=12a，
∴DH=BH-BD=4a，CH=a，
在Rt△ACH中，AC= AH2+CH2= 26a，
在Rt△ADH中，AD= AH2+DH2= 41a，
DH 4 41
∴cos∠ADC= = ，
AD 41
20 41
∴DM=CD⋅cos∠ADC= a，
41
-x=2(25-5x)，然后解一元二次方程求解
x的值即可．
【解答】解：∵AE= 5AD，
∴设AD=x，AE= 5x，
∵△ADE沿DE翻折，得到△FDE，
∴DF=AD=x，∠ADE=∠FDE，
过E作EH⊥AC于H，设EF与AC相交于M，
则∠AHE=∠ACB=90°，
又∵∠A=∠A，
∴△AHE∽△ACB，
EH AH AE
∴ = = ，
BC AC AB
∵CB=5，CA=10，AB= AC2+BC2= 102+52=
5 5，
EH AH 5x
∴ = = ，
5 10 5 5
∴EH=x，AH= AE2-EH2=2x，则DH=AH-AD
=x=EH，
∴Rt△EHD是等腰直角三角形，
∴∠HDE=∠HED=45°，则∠ADE=∠EDF=135°，
∴∠FDM=135°-45°=90°，
在△FDM和△EHM中，
∠FDM=∠EHM=90°
∠DMF=∠HME ，
DF=EH
∴△FDM≅△EHM(AAS)，
1 3
∴DM=MH= x，CM=AC-AD-DM=10- x，
2 2
1 1
∴S =S +S = CM⋅EH+ CM⋅DF=
△CEF △CME △CMF 2 2
1 3
10- x
2 2
3
⋅x×2=10- x
2
★ 2026 中考数学 (选择题 + 填空题) 拔高题 275 题 参考答案★
⋅x，
1 1 S =S -S = ×10×5- ×10⋅x=25-
△BEC △ABC △AEC 2 2
5x，
·10·∵△CEF的面积是△BEC的面积的2倍，
3
∴10- x
2
AE
在RtΔABE中，tan∠ABC= =2，
BE
⋅x=2(25-5x)， ∴AE=2BE，
则3x2-40x+100=0， 由勾股定理得：AE2+BE2=AB2，
10 即(2BE)2+BE2=( 5)2，
解得x = ，x =10(舍去)，
1 3 2
∴BE=1，∴AE=2BE=2，
10
则AD= ，
3 ∴CE=BC-BE=3，
故答案为： 10 ． 在RtΔACE中，由勾股定理得：AC= AE2+CE2=
3
13，
∵∠ACF=∠CAF，∴FA=FC，
1 13
∵FH⊥AC，∴AH=CH= AC= ，
2 2
1 1
∵S = AC⋅FH= AF⋅CE，
ΔFAC 2 2
AF⋅CE 3AF
∴FH= = ，
AC 13
在RtΔAFH中，由勾股定理得：AF2-FH2=AH2，
3AF
26．【分析】方法一：过点F作FH⊥AC于H，延长 即AF2-
13
AE
AD与GC的延长线交于K，由tan∠ABC= =2得
BE
AE=2BE，进而得BE=1，AE=2，则CE=3，AC
= 13，再由∠ACF=∠CAF得FA=FC，则AH=CH
13 1 1
= ，由S = AC⋅FH= AF⋅CE，得FH=
2 ΔFAC 2 2
AF⋅CE 3AF
= ，在RtΔAFH中由勾股定理得AF=
AC 13
13 5
，则EF=AF-AE= ，证明ΔFCE∽ΔFKA得
4 4
39 19
AK= ，则DK=AK-AD= ，再证明ΔKDC∽
5 5
39 5
ΔKAG得AG= ，由此可得BG的长．
19
方法二：过点G作GH⊥BC，交CB的延长线于H，
先求出BE=1，AE=2，CE=3，设EF=a，则AF
5
=CF=2+a，由勾股定理求出a= ，根据∠GBH=
4
∠ABC得GH=2HB，设HB=b，则GH=2b，CH=
BC+HB=4+b，GB= 5b，证明ΔCEF∽ΔCHG得
20
b= ，由此可得GH的长．
19
【解答】解法一：过点F作FH⊥AC于H，延长AD与
GC的延长线交于K，如图所示：
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AB=CD= 5，BC=AD=4，AB⎳CD，
BC⎳AD，
又∵AE⊥BC，
2 13
=
2
★ 2026 中考数学 (选择题 + 填空题) 拔高题 275 题 参考答案★
2 13
，∴AF= ，
4
13 5
∴EF=AF-AE= -2= ，
4 4
∵BC⎳AD，∴ΔFCE∽ΔFKA，
∴EF:AF=CE:AK，
5 13 39
即 : =3:AK，∴AK= ，
4 4 5
39 19
∴DK=AK-AD= -4= ，
5 5
∵AB⎳CD，∴ΔKDC∽ΔKAG，
∴DK:AK=CD:AG，
19 39 39 5
即 : = 5:AG，∴AG= ，
5 5 19
39 5 20 5
∴BG=AG-AB= - 5= ．
19 19
20 5
故答案为： ．
19
解法二：过点G作GH⊥BC，交CB的延长线于H，
如图所示：
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AB=CD= 5，BC=AD=4，AB⎳CD，
BC⎳AD，
又∵AE⊥BC
AE 1
在RtΔABE中，tan∠ABC= = ，
BE 2
∴AE=2BE，
由勾股定理得：AE2+BE2=AB2，
·11·★ 2026 中考数学 (选择题 + 填空题) 拔高题 275 题 参考答案★
即(2BE)2+BE2=( 5)2，∴BE=1， ∴EG= 10，
∴AE=2BE=2，∴CE=BC-BE=3， 1 10 10
∴AF= EG= ．故答案为： ．
2 2 2
设EF=a，则AF=AE+EF=2+a，
28．【分析】先证明ΔAEF≅ΔAED(SAS)，再通过角
∵∠ACF=∠CAF，
度计算得出∠AEM是等腰直角三角形，求出EF的长
∴AF=CF=2+a，
度，最后利用勾股定理和射影定理，得出DG的长度．
在RtΔCEF中，由勾股定理得：CF2=CE2+EF2，
【解答】解：设∠CBE=x，则∠ABF=∠AFB=90°
即(2+a)2=32+a2，
-x，
5
解得：a= ，
4 ∴∠AFE=90°+x，∠BAF=180°-2(90°-x)=2x，
∵∠GBH=∠ABC， ∵AF=AB=AD，AE=AE，∠EAF=∠EAD=45°
GH 1
∴在RtΔGBH中，tan∠GBH= = ， -x，
HB 2
∴ΔAEF≅ΔAED(SAS)，
∴GH=2HB，
∴∠ADE=∠AFE=90°+x，
设HB=b，则GH=2b，CH=BC+HB=4+b，
∴∠CDE=x，∴∠DEB=90°，
在RtΔGBH中，由勾股定理得：GB= HB2+GH2=
∴∠AED=∠AEB=45°，
5b，
过点A作AM⊥BE于点M，过点D作DN⊥AE于点
∵GH⊥BC，AF⊥BC，∴EF⎳GH，
N，
∴ΔCEF∽ΔCHG，∴CE:CH=EF:GH，
∴∠EAM=45°-x+x=45°，
5 20
即3:(4+b)= :2b，解得：b= ，
4 19 ∴ΔAEM是等腰直角三角形，
20 5 20 5 ∵AM= AB2-BM2=7，
∴GH= 5b= ，故答案为： ．
19 19
∴EM=AM=7，
27．【分析】(Ⅰ)运用正方形性质对角线互相平分、
∴EF=6，
相等且垂直，即可求解；
∴DE=EF=6，
(Ⅱ)作辅助线，构造三角形中位线即可．
2
∴DN= DE=3 2，
【解答】解：(Ⅰ)∵四边形ABCD是正方形， 2
∴OA=OC=OD=OB，∠DOC=90°， ∴AN= AD2-DN2=4 2，
∴在Rt△DOC中，OD2+OC2=DC2， 由射影定理得：NG= 9 2，
4
∵DC=3 2，
15
∴DG= DN2+NG2= 2，
∴OA=OD=OC=OB=3， 4
15
∵OE=5，∴AE=OE-OA=2；故答案为：2． 故答案为： 2．
4
(Ⅱ)延长DA到点G，使AG=AD，连接EG，过E作
EH⊥AG于H，
29．【分析】作OH⎳BC交CD于点H，则△DOH∽
△DBC，由菱形的性质得OD=OB，OA=OC，AC
OH OD 1 1
⊥BD，则 = = ，求得OH= BC=5，再
∵F为DE中点，A为DG中点， BC BD 2 2
1 OH OF 5
∴AF为△DGE中位线，∴AF= EG， 证明△OFH∽△EFC，得 = = ，则EC=
2 EC FE 6
在Rt△EAH中，∠EAH=∠DAC=45°， 6 OH=6，再证明∠OEC=∠COE，则OC=EC=6，
5
∴AH=EH，
求得OB= BC2-OC2=8，则BD=16，AC=12，所
∵AH2+EH2=AE2，∴AH=EH= 2，
1
以S = BD⋅AC=96，于是得到问题的答案．
∴GH=AG-AH=3 2- 2=2 2， 菱形ABCD 2
在Rt△EGH中，EG2=EH2+GH2=10， 【解答】解：作OH⎳BC交CD于点H，则△DOH∽
·12·★ 2026 中考数学 (选择题 + 填空题) 拔高题 275 题 参考答案★
△DBC， x 12-x2
∴ = ，
∵四边形ABCD是边长为10的菱形，对角线AC，BD 6 1 6x
12-x2
相交于点O， ∴x=1，
1
∴BC=10，OD=OB= BD，OA=OC，AC⊥ ∴DF= 11；
2
解法2：设∠CDG=α，
BD，
OH OD 1 ∵∠AOB=4∠CDG=4α，
∴ = = ，∠BOC=90°，
BC BD 2 ∵O是BD的中点，E时DG的中点，
1
∴OH= BC=5， ∴OE⎳BG，
2
OF 5 ∵四边形ABCD是矩形，
∵OH⎳EC， = ，
FE 6 ∴OE⊥C，
∴△OFH∽△EFC，
∴∠DOE=2α，
OH OF 5
∴ = = ， ∴∠ODF=90°-2α，
EC FE 6
6 6
∴∠ODE=90°-α，
∴EC= OH= ×5=6，
5 5 ∵∠DEF=∠G=90°-α，
∵BC=DC，AC⊥BD，∠ACD=2∠OEC，
∴∠ODE=∠OED，
∴∠ACB=∠ACD=2∠OEC=∠COE+∠OEC，
∴△OED是等腰三角形，
∴∠OEC=∠COE，
设EF=m，则OD=6m，OF=5m，
∴OC=EC=6，
在Rt△OFD中，DF= 11m，
∴OB= BC2-OC2= 102-62=8，
在Rt△DEF中，11m2+m2=12，
∴BD=2OB=16，AC=2OC=12，
解得m=1，
1 1
∴S = BD⋅AC= ×16×12=96， ∴DF= 11；故答案为： 11．
菱形ABCD 2 2
故答案为：96．
31．【分析】连接BE，延长FE交BA的延长线于H，
30．【分析】连接CE，设EF=x，证△DOE∽
根据折叠的性质及矩形的性质，证明Rt△HAE≅
△CEG，得出成比例线段，求出EF，即可．
Rt△EDF(ASA)，进而得到△BED′为直角三角形，设
【解答】解：在DF上截取DH=HE，
∠DEF=α，则∠AEH=∠DEF=α，∠DED′=2α，证
∴∠FHE=2∠FDE，
明△BHE为等腰三角形，求出AH，即可解答．
设FE=x，HD=y，
【解答】解：如图，连接BE，延长FE交BA的延长线
∵DE=2 3，
于H，
∴DF= 12-x2，
在Rt△HEF中，y2=( 12-x2-y)2+x2，
1
∴y=6 ，
12-x2
x
∴sin∠FHE= ，
6 1
12-x2
∵∠AOB=4∠FDE，
∴∠COD=4∠FDE，
∵矩形ABCD中，AB= 2，AD=2，E为边AD的
∵O是BD的中点，E是DG的中点，
中点，
∴OE是△BDG的中位线，
∴AE=DE=1，∠BAE=∠D=90°，
∴F是CD的中点，
∵将△DEF沿EF翻折，点D的对应点为D′，
∵OC=OD，
∴ED=ED′=1，∠ED′F=∠D=90°，∠DEF=
∴∠DOF=2∠FDE=∠FHE，
∠D′EF，
·13·★ 2026 中考数学 (选择题 + 填空题) 拔高题 275 题 参考答案★
则Rt△HAE≅Rt△FDE(ASA)，DF=AH，
2t，通过证明△CDE∽△BAE，得出
CD
=
DE
，则
AB AE
∴BE= AB2+AE2= 2+1= 3，
3xt t(3x+2y)
AE= ，进而得出AD=AE+DE= ，结
∵BD′=2，
2y 2y
∴12+( 3)2=22， AQ AP
合△APQ∽△ADC，可得 = ，代入各个数据，
∴△BED′为直角三角形， AC AD
即可得出y关于x的函数表达式．
设∠DEF=α，则∠AEH=∠DEF=α，∠DED′=2α，
【解答】解：∵CM⎳AB，PQ⎳AB，
∴∠AEB=90°-2α，∠AHE=90°-α，
∴CD⎳PQ，
∴∠HEB=∠AHE=90°-α，
∴△APQ∽△ADC，
∴△BHE为等腰三角形，
AQ PQ x y
∴BH=BE= 3， ∴ = ，即 = ，
AC CD 2 CD
∴AH=BH-AB= 3- 2，
∵x=y，
∴DF=AH= 3- 2，
∴CD=2；
故答案为： 3- 2．
∵△APQ∽△ADC，
32．【分析】根据旋转的性质可知：△DCB≅△FEB，
AQ PQ x y
∴ = ，即 = ，
根据勾股定理可以求得BD的值，然后再根据平行线的 AC CD 2 CD
2y
性质和勾股定理、锐角三角函数，可以求得CG和GF
整理得：CD= ，
x
的值，从而可以求得CF的值；还有一种情况就是点F
设DE=t，
在点C的左侧时，同理可以求得CF的值．
∵AP=2ED，
【解答】解：作BG⊥CF于点G，如图所示，
∴AP=2t，
∵∠ACB=90°，AC=BC=2 2，点D是AC的中点，
∵CM⎳AB，
∴CD= 2，∠ABC=45°，
∴△CDE∽△BAE，
∴BD= BC2+CD2= (2 2)2+( 2)2= 10，
2y
由旋转的性质可知：△DCB≅△FEB， ∴ CD = DE ，即 x = t ，
AB AE 3 AE
∴BD=BF= 10，
3xt
整理得：AE= ，
∵CF⎳AB， 2y
∴∠ABC=∠BCG=45°， 3xt t(3x+2y)
∴AD=AE+DE= +t= ，
2 2y 2y
∴CG=BC⋅cos∠BCG=2 2× =2，
2 ∵△APQ∽△ADC，
∴BG= BC2-CG2=2， AQ AP x 2t
∴ = ，即 = ，
∴GF= BF2-BG2= ( 10)2-22= 6， AC AD 2 t(3x+2y)
2y
∴CF=CG+GF=2+ 6；
3x2
整理得：y= ，
当点D运动点F′时，此时CF′⎳AB， 8-2x
3x2
同理可得，GF′= 6，CG=2， 故答案为：2，y= ．
8-2x
∴CF′= 6-2；
34．【分析】先根据菱形的性质得到AD=BC=CD=
故答案为：2+ 6或 6-2．
6，AD⎳BC，∠BCD=120°，则∠DCE=60°，再在
Rt△DCE中利用含30度角的直角三角形三边的关系得
到CE=3，DE=3 3，接着在Rt△ADE中利用勾股定
理计算出AE=3 7，然后证明△AFD∽△EFB，利用
6 7
相似比和比例的性质计算出AF= ，同样方法计算
5
出AG=2 7，最后计算AG-AF即可．
【解答】解：∵菱形ABCD的边长为6，∠BAD=120°，
33．【分析】易得CD⎳PQ，则△APQ∽△ADC，得 ∴AD=BC=CD=6，AD⎳BC，∠BCD=120°，
AQ PQ ∴∠DCE=60°，
出 = ，代入数据即可求出CD=2；根据
AC CD
∵DE⊥BC，
2y
△APQ∽△ADC，得出CD= ，设DE=t，则AP= ∴∠DEC=90°，
x
在Rt△DCE中，∵∠CDE=90°-∠DCE=30°，
·14·★ 2026 中考数学 (选择题 + 填空题) 拔高题 275 题 参考答案★
1 4 a
∴CE= CD=3， ∴ = ，
2 5a 2
∴DE= 3CE=3 3， 2
∴a= 10，
5
∴BE=BC+CE=9，
∴BC=5a=2 10，
∵AD⎳BE，
故答案为：2 10．
∴∠ADE=180°-∠DEC=90°，
在Rt△ADE中，AE= DE2+AD2= (3 3)2+62=
3 7，
∵AD⎳BE，
∴△AFD∽△EFB，
AF AD 6 2
∴ = = = ，
FE BE 9 3
36．【分析】过点F作FG⊥BC于点G，FH⊥CD于
2 2 6 7
∴AF= AE= ×3 7= ，
5 5 5 点H．由矩形的性质可得CD=AB=2，∠ABC=
∵AD⎳CE， ∠BCD=90°．由翻折得，BF=AB=2，∠ABE=
∴△AGD∽△EGC，
∠FBE=30°，则∠FBG=30°，进而可得FG=
1
BF=
2
AG AD 6
∴ = = =2，
1，CH=FG=1，DH=CD-CH=1，结合角平分线
EG CE 3
2 2 的性质可得HF=FG=1，再利用勾股定理求DF的长
∴AG= AE= ×3 7=2 7，
3 3
即可．
6 7 4 7
∴FG=AG-AF=2 7- = ． 【解答】解：过点F作FG⊥BC于点G，FH⊥CD于
5 5
4 7 点H．
故答案为： ．
5
35．【分析】设AG与BF交于点M，BG=a，则BC
=5a，勾股定理求出AG，BF，根据等面积法求出
BM BC
BM，根据tan∠FBC= = ，列出方程进行求
BG BF
解即可．
【解答】解：方法一：设AG与BF交于点M，
∵四边形ABCD是矩形， ∵CF平分∠BCD，
∴∠ABC=∠C=90°，AB=CD=4， ∴HF=FG．
∵翻折， ∵四边形ABCD为矩形，
1
∴CF= CD=2，AG⊥BH， ∴CD=AB=2，∠ABC=∠BCD=90°．
2
由翻折得，BF=AB=2，∠ABE=∠FBE=30°，
设BG=a，则BC=5a，
∴∠FBG=30°，
∴AG= AB2+BG2= 16+a2，BF= BC2+CF2=
1
∴FG= BF=1，
25a2+4， 2
1 1 ∴HF=1，CH=FG=1，
∵S = AB⋅BG= AG⋅BM，
△ABG 2 2
∴DH=CD-CH=1，
AB⋅BG 4a
∴BM= = ，
AG a2+16 ∴DF= DH2+HF2= 2．
∵∠BMG=∠C=90°， 故答案为： 2．
BM BC 37．【分析】作EH⊥BC于点H，由CF=4cm，FB′
∴cos∠FBC= = ，
BG BF
=1cm，求得B′C=5cm，由折叠得BC=B′C=5cm，
∴BM⋅BF=BG⋅BC，
由菱形的性质得BC⎳AD，DC=BC=5cm，∠B=
4a
∴ ⋅ 25a2+4=a⋅5a，
∠D，因为CB′⊥AD于点F，所以∠BCB′=∠CFD=
a2+16
2 2 90°，则∠BCE=∠B′CE=45°，DF= DC2-CF2=
∴a= 10，经检验a= 10是原方程的解，
5 5
3cm，所以∠HEC=∠BCE=45°，则CH=EH，由
∴BC=5a=2 10，
EH 4 BH 3
=sinB=sinD= ， =cosB=cosD= ，
方法二：∵△ABG∽△BCF， BE 5 BE 5
∴ AB = BG ， 得CH=EH= 4 BE，BH= 3 BE，于是得 4 BE+
BC CF 5 5 5
·15·★ 2026 中考数学 (选择题 + 填空题) 拔高题 275 题 参考答案★
3 25
BE=5，则BE= cm．
5 7
【解答】解：作EH⊥BC于点H，则∠BHE=∠CHE=
90°，
∵CF=4cm，FB′=1cm，
∴B′C=CF+FB′=4+1=5(cm)，
由折叠得BC=B′C=5cm，∠BCE=∠B′CE，
∵四边形ABCD是菱形，
38．【分析】设AC交AB于D，由AB ⎳AC，将
1 1 1
∴BC⎳AD，DC=BC=5cm，∠B=∠D，
ΔABC绕点C按逆时针方向旋转得到△ABC，可得
1 1
∵CB′⊥AD于点F，
CD=AD，而∠ACB=90°，即可得BD=CD=AD，
∴∠BCB′=∠CFD=90°，
1
故S =S = S ，因S =3S ，即有
1 1 ΔBDE ΔADE 2 ΔABE ΔABE ΔACE
∴∠BCE=∠B′CE= ∠BCB′= ×90°=45°，DF=
2 2 S 2 CE 2
ΔACE = ， = ，设CE=2x，则DE=3x，
DC2-CF2= 52-42=3(cm)， S 3 DE 3
ΔADE
∴∠HEC=∠BCE=45°， CD=5x=BD=AD，求出BE= BD2-DE2=4x，
∴CH=EH， BC= BE2+CE2=2 5x，证明ΔBCE∽ΔABC，即可
∵ EH =sinB=sinD= CF = 4 ， BH =cosB= 得 4x = 2 5x ，从而AB=4 5．
BE DC 5 BE 8 AB
DF 3
cosD= = ， 【解答】解：设AC交AB于D，如图：
DC 5 1
4 3
∴CH=EH= BE，BH= BE，
5 5
4 3
∴ BE+ BE=5，
5 5
25
∴BE= cm，
7
解法二：延长DA交CE的延长线于点M．
∵AB ⎳AC，
1 1
∴∠A =∠ACA，
1 1
∵将ΔABC绕点C按逆时针方向旋转得到△ABC，
1 1
∴∠A =∠BAC，
1
∴∠ACA=∠BAC，
1
∴CD=AD，
∵∠ACB=90°，
∵AD⎳CB， ∴∠CBD+∠BAC=90°=∠ACA+∠BCD，
1
∴∠M=∠MCB， ∴∠CBD=∠BCD，
∵∠MCB=∠MCF=45°， ∴BD=CD，
∴∠M=∠MCF=45°， ∴BD=CD=AD，
∴CF=FM=4， 1
∴S =S = S ，
ΔBDE ΔADE 2 ΔABE
∵AF=FD=2，
∵S =3S ，
∴AM=2， ΔABE ΔACE
3
AE AM 2 ∴S =S = S ，
∵ = = ， ΔBDE ΔADE 2 ΔACE
EB BC 5
S 2
5 25 ∴ ΔACE = ，
∴EB= ×5= ． S 3
7 7 ΔADE
CE 2
25 ∴ = ，
故答案为： ． DE 3
7
设CE=2x，则DE=3x，CD=5x=BD=AD，
∴BE= BD2-DE2=4x，
∴BC= BE2+CE2=2 5x，
∵∠BCE=∠CBA，∠BEC=90°=∠BCA，
∴ΔBCE∽ΔABC，
·16·★ 2026 中考数学 (选择题 + 填空题) 拔高题 275 题 参考答案★
BE BC ∴∠DEB+∠EBF=90°．
∴ = ，
AC AB
又∵∠CAH+∠ACB=90°，且∠ACB=∠DEB，
4x 2 5x
∵AC=8，∴ = ，∴AB=4 5． ∴∠EBF=∠CAH，
8 AB
故答案为：4 5． ∴∠EBF+∠ABC=90°，
∴∠DMB=∠MBG=∠BGD=90°
39．【分析】取BC中点H，连接AH，作DG⊥BC，
∴四边形MBGD是正方形，
DM⊥BE，设EF=a，由折叠的性质得到AD=CD=
15
DE=x，得到cos∠ABC=cos∠BED，从而推导出a= ∴DG=BG= ，
2
25 15
，由三角形中位线定理得到BG= ，从而推导出 ∴AH=2DG=15．
x 2
在RtΔAHC中，AH2+HC2=AC2，
ΔEMD≅ΔCGD(AAS)，得到四边形MBGD是正方形，
15
∴152+52=(2x)2，
DG= ，AH=15，最后利用勾股定理解答即可．
2 5 10
解得：x= ，
【解答】解：方法一：取BC中点H，连接AH，过点 2
3 10 5 10
D作DG⊥BC于点G，DM⊥BE于点M．如图1， ∴a= 10，x-a= ，即AD= ，DF=
2 2
3 10
，
2
在RtΔAFD中，AF= AD2-DF2=2 10；
方法二：如图2，连接CE交BD于G，
设EF=a，AD=CD=DE=x，则DF=x-a．
∵AB=AC，
∴AB=2x，∠ABC=∠ACB，BH=HC=5．
又由折叠得∠ACB=∠BED，BE=BC=10，
由轴对称可得BD垂直平分CE，由DA=DC=DE可
∴∠ABC=∠BED，
得∠AEC=90°，
BH EF
∴cos∠ABC=cos∠BED，即 = ，
AB EB 设∠DCG=x，则∠ADE=2x，
∴
5
=
a
，
由DE⊥AB得∠DAF=90°-2x，
2x 10
在等腰ΔABC中，底角∠ACB=45°+x，
25
解得：a= ，
x ∴∠BCG=45°，
∴DF=x-a=x- 25 ， ∴ΔBCE是等腰直角三角形，
x
∴CG=5 2；
∵D是AC中点，DG⊥BC，
设DG=m，则AE=2m，
∴DG是ΔAHC的中位线，
在等腰ΔDAE中导角可得∠EAF=x，
1 5
∴CG= CH= ，
2 2 过点B作BH⊥AE交AE延长线于H，则ΔCDG与
15
∴BG= ， ΔABH相似，
2
m 5 2
由折叠知∠DEM=∠DCG，ED=CD， ∴ = ，
5 2 2m+5 2
在ΔEMD和ΔCGD中，
5 2
解得m= ，
∠DEM=∠DCG 2
∠DME=∠DGC， ∴AE=5 2，
ED=CD 5 2×2
∴AF=AE⋅cosx= =2 10，
∴ΔEMD≅ΔCGD(AAS)， 5
∴DG=MD． 故答案为：2 10．
∵DE⊥AB， 40．【分析】过点G作GM⊥DE于M，证明ΔDGE∽
∴∠EFB=90°， ΔCGD，得出DG2=GE×GC，根据AD⎳GM，得
·17·AG DM 7
= = ，设GE=3k，AG=7k，EM=3n，
EG EM 3
DM=7n，则EC=DE=10n，在RtΔDGM 中，GM2
=DG2-DM2，在RtΔGME中GM2=GE2-EM2，则
3
DG2-DM2=GE2-EM2，解方程求得n= k，则
4
9
EM= k，GE=3k，用勾股定理求得GM，根据正切
4
的定义，即可求解．
【解答】解：过点G作GM⊥DE于M，如图，
∵CD平分∠ACB交AB于点D，DE⎳BC，
∴∠1=∠2，∠2=∠3，
∴∠1=∠3，
∴ED=EC，
∵将ΔDEC沿DE折叠得到ΔDEF，
∴∠3=∠4，
∴∠1=∠4，
又∵∠DGE=∠CGD，
∴ΔDGE∽ΔCGD，
DG GE ∴ = ，
CG DG
∴DG2=GE×GC，
∵∠ABC=90°，DE⎳BC，
∴AD⊥DE，
∴AD⎳GM，
AG DM
∴ = ，∠MGE=∠A，
GE EM
AG 7
∵ = ，
GE 3
DM 7
∴ = ，
EM 3
设GE=3k，EM=3n，则AG=7k，DM=7n，
∴EC=DE=10n，
∴DG2=GE×GC=3k×(3k+10n)=9k2+30kn，
在RtΔDGM中，GM2=DG2-DM2，
在RtΔGME中，GM2=GE2-EM2，
∴DG2-DM2=GE2-EM2，
即9k2+30kn-(7n)2=(3k)2-(3n)2，
3
解得：n= k，
4
9
∴EM= k，
4
∵GE=3k，
9
∴GM= GE2-EM2= (3k)2- k
4
9k
EM 4 3 7
∴tanA=tan∠EGM= = = ．
GM 3 7 k 7 4
3 7
故答案为： ．
7
41．【分析】过点A作AF⊥BC于点F，过点A作
AH⊥DE于点H，由折叠易得AF=AH，AB=AE，
BF=EH，CG=a，则AG=3a，于是AB=AC=AE
3
=4a，在RtΔABF中，利用tanB= 可求出AH=
4
12 16
AF= a，BF=EH= a，在RtΔAGH中，利用勾
5 5
9 7
股定理求出GH= a，以此求出EG= a，由ΔAEG
5 5
AG EG 15
∽ΔDCG得 = ，求得DG= a，则
DG CG 7
S 三角形AGE = EG ．
S DG
三角形ADG
【解答】解：如图，过点A作AF⊥BC于点F，过点A
作AH⊥DE于点H，
∵AB=AC，
∴∠B=∠C，
根据折叠的性质可知，∠B=∠E，AF=AH，AB=
AE，BF=EH，
∴∠E=∠C，
设CG=a，则AG=3a，
∴AB=AC=AE=4a，
AF 3
在RtΔABF中，tanB= = ，
BF 4
4
∴BF= AF，
3
4
∴ AF
3
2 3 7
= k，
4
2
+AF2=(4a)2，
12 12
解得：AF= a或AF=- a(舍去)，
5 5
12 16
∴AH=AF= a，BF=EH= a，
5 5
12
在RtΔAGH中，GH= AG2-AH2= (3a)2-
5
★ 2026 中考数学 (选择题 + 填空题) 拔高题 275 题 参考答案★
a2
9
= a，
5
16 9 7
∴EG=EH-GH= a- a= a，
5 5 5
∵∠AGE=∠DGC，∠E=∠C，
∴ΔAEG∽ΔDCG，
7a
AG EG 3a 5
∴ = ，即 = ，
DG CG DG a
15
∴DG= a，
7
·18·★ 2026 中考数学 (选择题 + 填空题) 拔高题 275 题 参考答案★
7a ∴∠C=∠DEB，∠DEF=∠EFC，
EG 5 49
∴ = = ，
DG 15a 75 ∵点B和点F关于直线DE对称，
7
∴∠DEB=∠DEF，
∴ S 三角形AGE = EG = 49 ．
S DG 75 ∴∠C=∠EFC，
三角形ADG
49 ∵AB=AC，
故答案为： ．
75
∴∠C=∠B，
42．【分析】由四边形ABCD是菱形和折叠可求∠E=
∵∠ACB=∠EFC，
30°，过点A作AF⊥PE于点F，从而把ΔAPE转化为
∴ΔABC∽ΔECF，
两个直角三角形，进而解决问题．
AB BC
∴ = ，
【解答】解：过点A作AF⊥PE于点F， EC CF
∵四边形ABCD是菱形， ∵DE⎳AC，
∴∠D=∠ABC=30°，AD=CD， ∴∠BDE=∠A，∠BED=∠C，
180°-∠D ∴ΔBDE∽ΔBAC，
∴∠DAC= =75°，
2 BE BD 1
∴ = = ，
由折叠可知：∠E=∠D=30°， BC BA 2
1
∴∠APE=∠DAC-∠AEP=45°， ∴EC= BC，
2
在RtΔAPF中，PF=AP⋅cos∠APE，
BC
∵ =k，
∴PF=AF=2×cos45°= 2， AB
AF ∴BC=k⋅AB，
在RtΔAEF中，tan∠AEP= ，
EF 1
∴EC= k⋅AB，
AF 2 2
∴EF= = = 6，
tan30° 3 AB k⋅AB
∴ = ，
3 1k⋅AB CF
∴PE=PF+EF= 2+ 6， 2
1
故答案为： 2+ 6． ∴CF= k2⋅AB，
2
1k2⋅AB
CF CF CF 2
∴ = = = =
FA AC-CF AB-CF AB-1k2⋅AB
2
k2
．
2-k2
方法二：如图，连接BF，
43．【分析】方法一：先根据轴对称的性质和已知条 ∵点B和点F关于直线DE对称，
件证明DE⎳AC，再证ΔBDE∽ΔBAC，推出EC= ∴DB=DF，
1 1 ∵AD=DF，
k⋅AB，通过证明ΔABC∽ΔECF，推出CF= k2⋅
2 2
∴AD=DB=DF，
CF
AB，即可求出 的值．方法二：证明AD=DF= ∴BF⊥AC，
FA
BD，可得BF⊥AC，设AB=AC=1，BC=k，CF 设AB=AC=1，
=x，则AF=1-x，利用勾股定理列方程求出x的值， 则BC=k，
进而可以解决问题． 设CF=x，
【解答】解：方法一：∵点B和点F关于直线DE对称， 则AF=1-x，
∴DB=DF， 由勾股定理得，AB2-AF2=BC2-CF2，
∵AD=DF， ∴12-(1-x)2=k2-x2，
∴AD=DB， k2
∴x= ，
2
∵AD=DF，
2-k2
∴AF=1-x= ，
∴∠A=∠DFA， 2
∵点B和点F关于直线DE对称， CF k2
∴ = ．
∴∠BDE=∠FDE，
AF 2-k2
k2
∵∠BDE+∠FDE=∠BDF=∠A+∠DFA， 故答案为： ．
2-k2
∴∠FDE=∠DFA，
∴DE⎳AC，
·19·44．【分析】如图，过E作EQ⊥CA于点Q，设BE
=x，AE=y，可得CD=3x，DE=2y，证明BC=
2AB=6，CE=6+x，ΔCQE为等
2 2
腰直角三角形，QE=CQ= CE= (6+x)=
2 2
2 2
3 2+ x，AQ= x，由勾股定理可得：
2 2
(2y)2=(6+x)2+(3x)2
y2= 2 x
2
2 +3 2+ 2 x
2
2，再解方程组可得答案．
【解答】解：如图，过E作EQ⊥CA于点Q，
设BE=x，AE=y，
1
∵BE= CD，ED=2AE，
3
∴CD=3x，DE=2y，
∵∠BAC=90°，AB=AC=3 2，
∴BC= 2AB=6，CE=6+x，ΔCQE为等腰直角三
角形，
2 2 2
∴QE=CQ= CE= (6+x)=3 2+ x，
2 2 2
2
∴AQ= x，
2
(2y)2=(6+x)2+(3x)2
由勾股定理可得： y2= 2 x 2 2 +3 2+ 2 x 2
8
CE2+CD2= 62+
3
2，
整理得：x2-2x-6=0，
解得：x=1± 7，
经检验x=1- 7不符合题意；
∴BE=x=1+ 7；
故答案为：1+ 7．
45．【分析】过A作AH⊥BC于H，延长AD，BC
1
于E，根据等腰三角形的性质得出BH=HC= BC=
2
3，根据勾股定理求出AH= AC2-CH2=4，证明
∠CBD=∠CED，得到DB=DE，根据等腰三角形的性
CD
质得出CE=BC=6，证明CD⎳AH，得到 =
AH
CE 8
，求出CD= ，根据勾股定理求出DE=
HE 3
★ 2026 中考数学 (选择题 + 填空题) 拔高题 275 题 参考答案★
2 2 97
= ，根据CD⎳AH，
3
2 97
DE CE 3 6
得到 = ，即 = ，求出结果即可．
AD CH AD 3
【解答】解：过A作AH⊥BC于H，延长AD，BC于
E，如图所示：
则∠AHC=∠AHB=90°，
∵AB=AC=5，BC=6，
1
∴BH=HC= BC=3，
2
∴AH= AC2-CH2=4，
∵∠ADB=∠CBD+∠CED，∠ADB=2∠CBD，
∴∠CBD=∠CED，
∴DB=DE，
∵∠BCD=90°，
∴DC⊥BE，
∴CE=BC=6，
∴EH=CE+CH=9，
∴AE= AH2+HE2= 97，
∵DC⊥BE，AH⊥BC，
∴CD⎳AH，
AD CH
∴ = ，
AE HE
AD 3
∴ = ，
97 9
97
解得AD= ．
3
97
故答案为： ．
3
46．【分析】根据等边三角形的性质得到∠A=∠B=
∠C=60°，根据折叠的性质得到△BDE≅△FDE，根据
已知条件得到图形ACED的面积=S =S ，求
△BDE △FDE
得S =S +S ，根据相似三角形的判定和性
△FHG △ADG △CHE
质定理即可得到结论．
【解答】解：∵△ABC是等边三角形，
∴∠A=∠B=∠C=60°，
∵折叠△BDE得到△FDE，
∴△BDE≅△FDE，
∴S =S ，∠F=∠B=60°=∠A=∠C，
△BDE △FDE
∵DE平分等边△ABC的面积，
∴图形ACED的面积=S =S ，
△BDE △FDE
∴S =S +S ，
△FHG △ADG △CHE
∵∠AGD=∠FGH，∠CHE=∠FHG，
∴△ADG∽△FHG，△CHE∽△FHG，
·20·S DG
∴ △ADG =
S GH
△FHG
2 m2 S EH
= , △CHE =
GH2 S GH
△FHG
2 n2
= ，
GH2
S S m2+n2 S +S ∴ △ADG + △CHE = = △ADG △CHE =1，
S S GH2 S
△FHG △FHG △FHG
∴GH2=m2+n2，
解得GH= m2+n2或GH=- m2+n2(不合题意舍去)，
故答案为： m2+n2．
47．【分析】连接BB，过点F作FH⊥AD，设CF=
x，则DH=x，BF=1-x，根据已知条件，分别表示
出AE、EH、HD，证明ΔEHF≅△BCB，得出EH=
5 BC= -2x，在Rt△BFC中，根据勾股定理建立方
4
程即可解答．
【解答】解：如图，连接BB，过点F作FH⊥AD，
∵已知正方形ABCD的边长为1，四边形ABFE与四边
形EFCD的面积比为3:5，
3 3
∴S = ×1= ，
四边形ABFE 8 8
设CF=x，则DH=x，BF=1-x，
1
∴S = ×AE+BF 四边形ABFE 2
3
×AB= ， 8
1 3
即 (AE+1-x)×1= ，
2 8
1
解得AE=x- ，
4
5
∴DE=1-AE= -x，
4
5 5
∴EH=ED-HD= -x-x= -2x，
4 4
由折叠的性质可得BB⊥EF，
∴∠1+∠2=∠BGF=90°，
∵∠2+∠3=90°，
∴∠1=∠3，
又FH=BC=1，∠EHF=∠C，
∴ΔEHF≅△BCB(ASA)，
5 ∴EH=BC= -2x，
4
在Rt△BFC中，BF2=BC2+CF2，
5
∴(1-x)2=x2+ -2x
4
★ 2026 中考数学 (选择题 + 填空题) 拔高题 275 题 参考答案★
1
AC于M，根据矩形的性质得到OB= BD，OA=
2
1
AC，AC=BD，根据三角形的面积公式得到AN= 2
BM，根据全等三角形的性质得到ON=OM，FM=
EN，设FM=EN=x，根据勾股定理即可得到结论．
【解答】解：过A作AN⊥BD于N，过B作BM⊥AC
于M，
∴∠ANO=∠ANB=∠BMO=∠BMA=90°，
∵四边形ABCD是矩形，
1 1
∴OB= BD，OA= AC，AC=BD，
2 2
∴OB=OA，
1 1
∵S = OB⋅AN= OA⋅BM，
ΔAOB 2 2
∴AN=BM，
∵AE=BF，
∴RtΔANE≅△RtΔBMF(HL)，
∴FM=EN，
设FM=EN=x，
∵AF=1，BE=3，
∴BN=3-x，AM=1+x，
∴3-x=1+x，
∴x=1，
∴FM=1，
∴AM=2，
∵AB=5，
∴BM= AB2-AM2= 21，
∴BF= FM2+BM2= 1+21= 22，
故答案为： 22．
49．【分析】如图，过F作FM⊥BE 于M，FN⊥
CD于N，由CF平分∠DCE，可知∠FCM=∠FCN=
45°，可得四边形CMFN是正方形，FM⎳AB，设FM
=CM=NF=CN=a，则ME=2-α，证明ΔEFM∽
FM ME a 2-a 3 ΔEAB，则 = ，即 = ，解得a= ，
AB BE 3 3+2 4
9
DN=CD-CN= ，由勾股定理得DF= DN2+NF2
4
3 10
= ．
4
2 【解答】解：如图，过F作FM⊥BE于M，FN⊥CD
，
于N，则四边形CMFN是矩形，FM⎳AB，
3
解得x= ．
8
3
故答案为： ．
8
48．【分析】过A作AN⊥BD于N，过B作BM⊥
·21·★ 2026 中考数学 (选择题 + 填空题) 拔高题 275 题 参考答案★
∴DC=AB=6，∠ABC=∠ADC=120°，AD⎳BC，
∴∠CDF=180°-∠ADC=60°，
∵CF⊥AD，
∴∠CFD=90°，∠DCF=90°-∠CDF=30°，
1
∴DF= DC=3，CF= 3DF=3 3，
2
∵AD⎳BC，
∵CF平分∠DCE，
∴∠A=180°-∠ABC=60°，∠DEC=∠A′CB，
∴∠FCM=∠FCN=45°，
根据折叠的性质可得，AB=A′B=6，∠A=∠BA′E=
∴CM=FM，
60°，
∴四边形CMFN是正方形，
∴A′B=DC=6，∠BA′C=180°-∠BA′E=120°=
设FM=CM=NF=CN=a，则ME=2-a，
∠CDE，
∵FM⎳AB，
在△A′BC和ΔDCE中，
∴ΔEFM∽ΔEAB，
∴ FM = ME ，即 a = 2-a ， ∠A′CB=∠DEC
AB BE 3 3+2 ∠BA′C=∠CDE，
3 A′B=DC
解得：a= ，
4
∴△A′BC≅ΔDCE(AAS)，
9
∴DN=CD-CN= ， ∴BC=CE=8，
4
3 10 在RtΔCEF中，EF= CE2-CF2= 82-(3 3)2=
由勾股定理得：DF= DN2+NF2= ，
4
37，
3 10
故答案为： ． ∴DE=EF-DF= 37-3．
4
50．【分析】解法一：过点C作CF⊥AD，交AD的 解法二：当点A′恰好落在EC上时，如图，过点B作
延长线于点F，由平行四边形的性质可得DC=AB= BF⊥AD于点F，过点C作CG⊥BE于点G，
6，∠ABC=∠ADC=120°，AD⎳BC，由平角的定义
∠CDF=60°，利用含30度角的直角三角形性质得DF
1
= DC=3，CF= 3DF=3 3，由平行线的性质得
2
∠A=60°，∠DEC=∠A′CB，由折叠可知AB=A′B=
6，∠A=∠BA′E=60°，于是可通过AAS证明△A′BC ∵四边形ABCD为平行四边形，BC=8，
≅ΔDCE，得到BC=CE=8，再利用勾股定理求得EF ∴AD⎳BC，AD=BC=8，
= 37，则DE=EF-DF． ∵∠ABC=120°，
解法二：过点B作BF⊥AD于点F，过点C作CG⊥ ∴∠A=60°，
1
BE于点G，由题意易得∠A=60°，在RtΔABF中， 在RtΔABF中，AF=AB⋅cosA=6× =3，BF=
2
AF=AB⋅cosA=3，BF=AB⋅sinA=3 3，由折叠可
3
AB⋅sinA=6× =3 3，
知∠AEB=∠A′EB，由平行线的性质可得∠AEB= 2
∠CBE，进而得到∠CBE=∠A′EB，于是ΔCBE为直角 根据折叠的性质可得，∠AEB=∠A′EB，
1 ∵AE⎳BC，
三角形，BC=CE=8，EG=BG= BE，易证
2
∴∠AEB=∠CBE，
ΔBEF∽ΔCEG，由相似三角形的性质得到BE2=2EF⋅
∴∠CBE=∠A′EB，即∠CBE=∠CEB，
CE，设EF=x(0 n，
2
m 1
∴ > ．
n 2
m 2+ 3
∴ = ．
n 2
2+ 3
故答案为： ．
2
58．【分析】方法一：由BE=kAE可想到构造8字型
相似，再利用比例线段求解即可；方法二：见到45°可
构造等腰直角三角形，再利用手拉手全等和一个角平
分线比例定理即可求解．
【解答】解：方法一：如图，过A作AG⎳BP交FE延
长线于点G，
∵AG⎳BP，
∴∠GAE=∠PBE，∠AGE=∠BPE，
·26·∴△AGE∽△BPE， (2)如图，设PH与NC交于点G，
AG AE 1
∴ = = ，
BP BE k
设AG=1，则BP=k，
∵∠NMP=45°，
∴∠AMG=45°，AM=AG=1，
∵AN=BP=k，
∴MN=k-1，
∵S =AD2=AM2+MD2=k2+1，S =MN2=(k-1)
1 2
2， ∵四边形ABCD和四边形EFGH是正方形，
S k2+1 ∴∠A=∠D=∠GHE=90°，GH=EH，
∴ 1 = ；
S (k-1)2 ∴∠AHE+∠GHD=∠AHE+∠AEH=90°
2
方法二：如图，过B作BG⊥BP交FE延长线于点G， ∴∠GHD=∠AEH，
则△GBP是等腰直角三角形， ∴ΔEAH≅ΔHDG(AAS)
同理可证ΔEAH≅ΔHDG≅ΔGCF≅ΔFBE，
∴DH=CG=AE=4，DG=EB=8，
∴GH= DG2+DH2=4 5，
∵MN⊥GH，且∠C′NM=∠CNM，
1
∴MN垂直平分GG，即PG=PG= GG，且NG
2
=NG，
∵四边形CBMN沿MN折叠，
易证△GBA≅△PBC，
∴CN=CN，
∴∠BGP=∠AGP=45°，
∴CN-NG=CN-NG，即CG=CG=4，
AG AE 1
根据角平分线比例定理得： = = ，
BG BE k ∵ΔGDH沿GH折叠得到△GDH，
设AG=1，则BG=k， ∴GD=GD=8，
∴AM=1，MD=k=AN， ∵∠HCG=∠HDG=90°，
∴MN=k-1， ∴CG⎳DG，
∵S =AD2=AM2+MD2=k2+1，S =MN2=(k-1) HG CG 1
1 2 ∴ = = ，
2， HG DG 2
1
S k2+1 ∴HG=GG= HG=2 5，
∴ 1 = ； 2
S (k-1)2
2 1
又∵PG= GG= 5，
k2+1 2
故答案为： ．
(k-1)2 ∴PH=PG+HG=3 5．
59．【分析】(1)根据已知条件推出∠EMN=90°-α， 故答案为：3 5．
再利用折叠性质以及平行线即可求出答案，这也是折 60．【分析】设AE=a，DE=b，则BF=a，AF=
叠问题求角度常见处理方式； a a
b，解直角三角形可得 =
(2)根据MN⊥GH和∠C′NM=∠CNM这一条件作为 b b-a
1
突破口，得到PG=PG= GG和NG=NG，从而
2
得出CG=CG=4，再利用平行线分线段成比例求出
G也是GH中点即可求解．
【解答】解：(1)∵MN⊥EF，∠BEF=α，
∴∠EMN=90°-α，
∵CD⎳AB，
∴∠CNM=∠EMN=90°-α，
∴∠C′NM=∠CNM=90°-α．
故答案为：90°-α．
2
，化简可得(b-a)
2=ab，a2+b2=3ab，结合勾股定理及正方形的面积公
式可求得S ；S =1:3，进而可求解n
正方形EFGH 正方形ABCD
的值．
【解答】解：设AE=a，DE=b，则BF=a，AF=
b，
a a
∵tanα= ，tanβ= ，tanα=tan2β，
b b-a
a a
∴ =
b b-a
★ 2026 中考数学 (选择题 + 填空题) 拔高题 275 题 参考答案★
2
，
∴(b-a)2=ab，
·27·★ 2026 中考数学 (选择题 + 填空题) 拔高题 275 题 参考答案★
∴a2+b2=3ab， 作点D关于AB的对称点M，连接MC，则ED=EM，
∵a2+b2=AD2=S ，(b-a)2=S ， AD=AM=1，∠BAM=∠BAD=90°，过M作MN⊥
正方形ABCD 正方形EFGH
∴S :S =ab:3ab=1:3， CB于点N，此时EC+ED，当C、E、M三点共线
正方形EFGH 正方形ABCD
∵S :S =1:n， 时，EC+ED最小，
正方形EFGH 正方形ABCD
∴n=3．
故选：C．
★类型二：几何最值问题★
1．【分析】先通过旋转的性质得到相关线段和角的关
系，再利用勾股定理建立线段之间的联系，最后根据
点与点之间的位置关系以及几何性质来分别判断各个
结论的正确性． ∵MN⊥CB，∠ABN=180°-90°=90°，
【解答】解：∵将线段DE绕点D逆时针旋转90°得到线 ∴四边形AMNB是矩形，
段DF， ∴BN=AM=1，CN=3+1=4，AB=MN=4，
∴DE=DF，∠EDF=90°， ∴EC+ED的最小值=AC= 42+42=4 2，故C正
又∵∠A=∠ABC=90°，AB=4，BC=3，AD=1， 确，不符合题意；
过点D作DG⊥BC于点G，在DG上取一点H，使得 当E与A重合时，CF= GH2+CG2=
DH=AD=1，延长FH交AB于点I，则四边形ABGD (3-1)2+(4-1)2= 13，
是矩形， 当E与B重合时，过C作CQ⊥FH，则四边形CQIB
是矩形，如图，
∴∠GDA=∠ADE+∠EDG=90°=∠EDG+∠HDF．
∴∠ADE=∠HDF，
∴△DHF≅△DAE(SAS)，
∴∠DHF=∠DAE=90°，
∴FH⊥DG，即点F在FH上运动，
∴CQ=IB=4-1=3，QI=BC=3，
∴四边形DAIH和四边形BGHI是矩形，
∵△DHF≅△DAE，
∴HI=AD=BG=1，AI=DH=1，BI=4-1=3，
∴FH=AE=4，
∴∠A=∠ABC=90°，AB=4，BC=3，AD=1，
∴QF=FH+HI-QI=4+1-3=2，
∴DE= 12+(4-BE)2，CE= 32+BE2， ∴FC= CQ2+FQ2= 22+32= 13，
∴EC-ED= 32+BE2- 12+(4-BE)2， 综上，FC最大值为 13.故D项正确，不符合题意；
∴BE最大时，EC-ED最大， 故选：A．
当点E与点A重合时，F与H重合时，BF最小，此 2．【分析】过点F作EF的垂线，过点D作BD的垂
时EC= 42+32=5，ED=1，EC-ED=5-1=4≠ 线，两垂线交于点M，构造△MDF∽△DBE，求出
2 5，故A错误，符合题意； MD，取MD中点为O，得到点F在以O圆心，半径为
BF= HI2+BI2= 12+32= 10，故B正确，不符合 2 2的圆上运动，连接OB，当F在线段OB上时，即
题意； O、F、B三点共线时，BF取得最小值，即可解答．
【解答】解：∵2BE=3DF，
BE 3
∴ = ，
DF 2
如图，过点F作EF的垂线，过点D作BD的垂线，两
垂线交于点M，
·28·★ 2026 中考数学 (选择题 + 填空题) 拔高题 275 题 参考答案★
EF 1
∴tan∠ECF= = ，
CE 2
EF AG 1
∴ = = ，
CE AC 2
∵∠CEF=∠CAG=90°，
∴△CEF∽△CAG，
CF CE
∴ = ，∠ECF=∠ACG，
CG CA
CF CG
∴ = ，∠GCF=∠ACE，
CE CA
∴△GCF∽△ACE，
∴∠CGF=∠CAE=90°，
∴∠FMD=∠EDB，
∴∠ACG+∠AGC=90°，∠AGC+∠HGF=90°，
∴△MDF∽△DBE，
∴∠HGF=∠ACG，
BD BE 3
∴ = = ， AG 1
MD DF 2 ∵tan∠ACG= = ，
AC 2
∵正方形ABCD边长为6，
∴∠ACG和∠HGF都是定值，
∴BD= DC2+BC2=6 2，
∴点F在射线GF上运动，
∴MD=4 2，
∴当BF⊥GF时，BF最短(如图2所示)，延长HF，
取MD中点为O，
CB相交于点N，
∴OD=2 2，
∴点F在以O圆心，半径为2 2的圆上运动，
连接OB，OF，
在Rt△BDO中，OB= OD2+BD2=4 5，
当F在线段OB上时，即O、F、B三点共线时，BF
取得最小值，
∵∠ACB=∠CAH=∠AHN=90°，
∵OF+BF，
∴四边形ACNH是矩形，
∴BF≥OB-OF=4 5-2 2，
∴HN=AC=4，AH=CN，
故选：D．
∵BF⊥GF，∠CGF=90°，∴BF⎳CG，
1
3．【分析】在点A的右侧取一点G，使得AG= AC
2 ∴∠FBN=∠GCN，
=2，连结CG，GF，过点F作FH⊥l于点H，先根据 ∵AH⎳CN，∴∠CGA=∠GCN，
相似三角形的判定与性质，推得∠HGF都是定值，点 ∴∠FBN=∠CGA，
F在射线GF上运动，从而得到当BF⊥GF时，BF最 ∵∠FNB=∠CAG=90°，∴△FNB∽△CAG，
短，并画出图形，再通过设未知数列方程，逐步求得 FN BN
∴ = ，
CA GA
GF和CG的长，最后根据相似三角形的性质，即可求
1
得答案． ∵AG= AC，∴FN=2BN，
2
【解答】解：如图1，在点A的右侧取一点G，使得 设BN=x，则FN=2x，CN=5+x，
1
AG= AC=2，连结CG，GF，过点F作FH⊥l于 ∴FH=4-2x，∴AH=CN=x+5，
2
∴GH=(x+5)-2=x+3，
点H，
∵tan∠ACG=tan∠HGF，
AG FH
∴ = ，
AC GH
2 4-2x
∴ = ，
4 x+3
解得x=1，
∴BN=1，FN=2，FH=2，GH=4，
∴GF= FH2+GH2= 22+42=2 5，CG=
∵直线l⎳BC，∠ACB=90°，
AG2+AC2= 22+42=2 5，
∴∠CAG=90°，
1 ∵△GCF∽△ACE，
∵EF⊥CE，tan∠ECF= ，
2
·29·GF GC ∴∠ABC=∠BCG=45°，
∴ = ，
AE AC
∵AB⎳CD，
2 5 2 5
∴ = ，
AE 4 ∴∠DCM=∠ABC=45°，
解得AE=4， ∵∠CDM=180°-∠ADC=180°-90°=90°，
∴当BF最短时，则AE的长度为4． ∴△CDM是等腰直角三角形，
故选：B． 1
∴DM=CD=2，DN=MN=NC= CM，
2
4．【分析】过点C作CG⊥AB于点G，可得四边形
∴CM= DM2+CD2= 22+22=2 2，EM=DE+
ADCG是矩形，从而得到CG=AD=2，AG=CD=
1 1
2，再利用勾股定理求出BC的长，从而得到当点A到 DM=1+2=3，DN= CM= ×2 2= 2，
2 2
BC的距离最小时，△ABC面积最小，过点A作AH
∵△MND∽△MHE，
⊥BC交BC的延长线于点H，即当AH最小时， DM DN
∴ = ，
△ABC面积最小，然后结合可得点A在以点E为圆 EM EH
2 2
心，1长为半径的半圆上运动，当点E，A，H三点 即 = ，
3 EH
共线时，AH最小，此时△ABC面积最小，延长
3 2
∴EH= ，
AD，BC 交于点M，过点D作DN⊥CM于点N，则 2
DN⎳EH，可得△MND∽△MHE，即可求解． ∴AH=EH-AE= 3 2 -1，
2
【解答】解：如图，过点C作CG⊥AB于点G，
1 1 3 2
∴S = AH⋅BC= × -1
△ABC 2 2 2
∵AB⎳DC，AD⊥DC，AD=DC=2，
∴∠ADC=∠DAG=∠AGC=90°，
∴四边形ADCG是矩形，
∴CG=AD=2，AG=CD=2，
∵AB=4，∴BG=AB-AG=4-2=2，
∴BC= CG2+BG2= 22+22=2 2，
∴当点A到BC的距离最小时，△ABC面积最小，
过点A作AH⊥BC交BC的延长线于点H，即当AH
最小时，△ABC面积最小，
∵E是线段AD的中点，AD=2，
1 1
∴DE=AE= AD= ×2=1，
2 2
由折叠的性质得：AE=AE=1，
∴点A在以点E为圆心，1长为半径的半圆上运动，
∴当点E，A，H三点共线时，AH最小，此时
△ABC面积最小，
延长AD，BC交于点M，过点D作DN⊥CM于点
N，则DN⎳EH，
∴△MND∽△MHE，
∵CG=BG=2，∠BGC=90°，
★ 2026 中考数学 (选择题 + 填空题) 拔高题 275 题 参考答案★
×2 2=3-
2，
∴△ABC 面积的最小值为3- 2；
故选：B．
5．【分析】由勾股定理可求AC的长，由“AAS“可
证△COF≅△AOE，可得AO=CO=1，由AG⊥EF，
可得点G在以AO为直径的圆上运动，则AG为直径
时，AG有最大值为1，即可求解．
【解答】解：连接AC，交EF于O，
∵四边形ABCD是矩形，∴AB⎳CD，∠B=90°，
∵AB= 3，BC=1，
∴AC= AB2+BC2= 3+1=2，
∵动点E，F分别从点A，C同时出发，以每秒1个单
位长度的速度沿AB，CD向终点B，D运动，
∴CF=AE，
∵AB⎳CD，∴∠ACD=∠CAB，
又∵∠COF=∠AOE，∴△COF≅△AOE(AAS)，
∴AO=CO=1，
∵AG⊥EF，
∴点G在以AO为直径的圆上运动，
∴AG为直径时，AG有最大值为1，
故选：D．
·30·★ 2026 中考数学 (选择题 + 填空题) 拔高题 275 题 参考答案★
从而得到AP=MH，因为AG，所以求出MH的值即
6．【分析】先证明△ADE≅△BAF(SAS)得到∠ADE 可得解．
=∠BAE，进而得到∠DOF=90°，则由直角三角形的 【解答】解：法一：如图，过E作EQ⎳BC，过A作
1 AB的垂线交EQ于点Q，
性质可得 OM= DF，如图所示，在AB延长线上截
2
取BH=BG，连接FH，易证明△FBG≅△FBH(SAS)，
则FH=FG，可得当H、D、F三点共线时，DF+
1
HF有最小值，即此时，OM+ FG有最小值，最小
2
值即为DH的长的一半，求出AH=8，在Rt△ADH中，
1
由勾股定理得DH= AD2+AH2=10，则OM+ FG
2
的最小值为5． 则∠B=∠AEQ=60°，
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形， ∴∠AQE=∠EFG=30°，
∴AD=AB，∠DAB=∠ABC=90°， ∵∠GEF=∠EAQ=90°，
又∵AE=BF， ∴△AEQ∽△GEF，
∴△ADE≅△BAF(SAS)， ∴ AE = EQ ，
EG EF
∴∠ADE=∠BAF，
AE EG
∴ = ，
∴∠DOF=∠ADO+∠DAO=∠BAF+∠DAO=∠DAB EQ EF
=90°， ∵∠AEG=∠QEF=60°+∠QEG，
∵点M是DF的中点， ∴△AEG∽△QEF，
1 AG AE 1
∴OM= DF， ∴ = =sin30°= ，
2 QF QE 2
如图所示，在AB延长线上截取BH=BG，连接FH， 1
∴AG= QF，
2
过E作EH⊥BC于点H，则EH=BE⋅sin60°=4 3，
∵点F是BC上的一点，
∴QF⊥BC时最小，此时QF=EH=4 3，
1
∴AG最小值为 QF=2 3；
2
法二：如图，过E作EM⊥BC于点M，作MH⊥AB
∵∠FBG=∠FBH=90°，FB=FB，BG=BH，
于点H，作AP⊥GM于点P，
∴△FBG≅△FBH(SAS)，
∴FH=FG，
1 1 1 1
∴OM+ FG= DF+ HF= (DF+HF)，
2 2 2 2
∴当H、D、F三点共线时，DF+HF有最小值，即
1
此时OM+ FG有最小值，最小值即为DH的长的一
2
半，
∵AG=2GB，AB=6， ∵∠EMF+∠EGF=180°，∴点E、M、F、G四点共
∴BH=BG=2， 圆，
∴AH=8， ∴∠EMG=∠EFG=30°，
在Rt△ADH中，由勾股定理得DH= AD2+AH2=10． ∵∠B=60°，
1 ∴∠BEM=30°=∠EMG，
∴OM+ FG的最小值为5，
2
∴MG⎳AB，
故选：B．
∴四边形MHAP是矩形，
7．【分析】法一：由动点可识别瓜豆模型，构造
∴MH=AP，
△AEQ∽△GEF，进而再证△AEG∽△QEF，所以可
∵BE=8，
1
知AG= QF，进而求出QF最小值即可．
∴EM=BE⋅cos30°=4 3，
2
1
法二：E作EM⊥BC，则点E、M、F、G四点共圆， ∴MH= EM=2 3=AP，
2
·31·★ 2026 中考数学 (选择题 + 填空题) 拔高题 275 题 参考答案★
∴AG≥AP=2 3，
∴AG最小值是2 3．
故选：C．
8．【分析】由“SAS”可证ΔDBE≅ΔCBA，可得DE
=AC=2，由三角形的三边关系可求解．
【解答】解：如图，将BA绕点B顺时针旋转90°，得到
BE，连接AE，DE，
∵在正方形ABCD中，∠A=90°，AD=4，AE=2，
∴BE=AB，∠ABE=90°，
∴在Rt△ADE中，DE= AD2+AE2= 42+22=2 5，
∴AE= 2AB=6，
∵DA +AE，
∵∠DBC=90°=∠EBA， 1 1
∴DA ≥DE-AE=2 5-2，
∴∠DBE=∠CBA， 1 1
∴DA 的最小值为2 5-2，
又∵BD=BC，AB=BE， 1
故③正确；
∴ΔDBE≅ΔCBA(SAS)，
如图，
∴DE=AC=2，
在ΔADE中，ADAN-MN；当M运动到AN上
时，AM=AN-MN，
∴AM≥AN-MN=5-2=3，
∴线段AM的最小值是3，
故选：A．
∵∠ATO=2∠ABO=60°，TO=TA，
∴ΔOAT是等边三角形，
∵A(4,0)，
∴TO=TA=TB=4，T(2，2 3)，K(1, 3)，
∵OK=KT，OM=MB，
1
∴KM= TB=2，
2 3
12．【分析】由题意可得点C在以点B为圆心， 为
∴点M在以K为圆心，2为半径的圆上运动， 2
3 5
当AM与⊙K相切时，∠OAM的值最大，此时 半径的⊙B上，在x轴的负半轴上取点D- ，0
2
sin∠OAM的值最大，
∵ΔOTA是等边三角形，OK=KT，
∴AK⊥OT，
∴AK= OA2-OK2= 42-22=2 3，
∵AM是切线，KM是半径，
∴AM⊥KM，
∴AM= AK2-MK2= (2 3)2-22=2 2，
过点M作ML⊥OA于点L，KR⊥OA于点R，MP
⊥RK于点P．
∵∠PML=∠AMK=90°，
★ 2026 中考数学 (选择题 + 填空题) 拔高题 275 题 参考答案★
，
连接BD，分别过C和M作CF⊥OA，ME⊥OA，垂
OM OA
足为F、E，先证△OAM∽△DAC，得 = =
CD AD
2
，从而当CD取得最大值时，OM取得最大值，结合
3
图形可知当D，B，C三点共线，且点B在线段DC上
时，CD取得最大值，然后分别证△BDO∽△CDF，
△AEM∽△AFC，利用相似三角形的性质即可求解．
3
【解答】解：∵点C为平面内一动点，BC= ，
2
3
∴点C在以点B为圆心， 为半径的⊙B上，
2
·33·3 5
在x轴的负半轴上取点D- ，0
2
，
连接BD，分别过C、M作CF⊥OA，ME⊥OA，垂
足为F、E，
∵OA=OB=3 5，
9 5 OA 2
∴AD=OD+OA= ，∴ = ，
2 AD 3
OA 2 CM
∵CM:MA=1:2，∴ = = ，
AD 3 AC
∵∠OAM=∠DAC，∴△OAM∽△DAC，
OM OA 2
∴ = = ，
CD AD 3
∴当CD取得最大值时，OM取得最大值，结合图形可
知当D，B，C三点共线，且点B在线段DC上时，
CD取得最大值，
3 5
∵OA=OB=3 5，OD= ，
2
15
∴BD= OB2+OD2= ，
2
∴CD=BC+BD=9，
OM 2
∵ = ，∴OM=6，
CD 3
∵y轴⊥x轴，CF⊥OA，∴∠DOB=∠DFC=90°，
∵∠BDO=∠CDF，
15
OB BD 3 5 2
∴△BDO∽△CDF，∴ = ，即 = ，
CF CD CF 9
18 5
解得CF= ，
5
同理可得，△AEM∽△AFC，
ME AM 2 ME 2
∴ = = ，即 = ，
CF AC 3 18 5 3
5
12 5
解得ME= ，
5
6 5
∴OE= OM2-ME2= ，
5
∴当线段OM取最大值时，点M的坐标是
6 12
5， 5
5 5
★ 2026 中考数学 (选择题 + 填空题) 拔高题 275 题 参考答案★
马模型解答即可．
【解答】解：∵点M，N分别是PB，PC的中点，
1 1
∴AM= BP，DN= PC，MN⎳BC，
2 2
∵ME⎳DN，
∴四边形DEMN是平行四边形，
∴ME=ND，
1
∴AM+ME=AM+DN= (BP+PC)，
2
1
∴AM+ME的最小值就是 (BP+PC)的最小值．
2
找到点C关于直线AD对称点Q，连接PQ、BQ．
BP+PC=BP+PQ，
当点BPQ三点共线时，BP+PQ的最小值就是BQ，
在RtΔBCQ中，BC=AD=4 2，QC=2CD=2 10，
BQ= BC2+QC2= (4 2)2+(2 10)2 =6 2，
1
∴AM+ME的最小值= BQ=3 2，
2
故选：C．
14．【分析】利用四边形DAEF为平行四边形，得出
EF=AD，EF=AD，由E为线段AC上的动点，可知
E、F运动方向和距离相等，利用相对运动，可以看作
EF是定线段，菱形ABCD在AC方向上水平运动，得
出点B的运动轨迹为线段MN，过点E作关于线段MN
的对称点E，由对称性得BE=BE，则BE+BF=BE
，
+BF，当且仅当E、B、F依次共线时，BE+BF取
故选D． 得最小值EF，此时，设AC与BD交于点O，EE交
MN于点H，延长EE交FD延长线于点G，分别证明
四边形EOBH和四边形DOEG是矩形，求出GF=GD
+DF=EO+AE=AO=2，GE=EH=EH=1，再利
用勾股定理求出EH即可．
【解答】解：∵四边形DAEF为平行四边形，
∴EF=AD，DF=AE，
∵E为线段AC上的动点，
∴可以看作EF是定线段，菱形ABCD在AC方向上水
平运动，
1
则如图，点B的运动轨迹为线段MN，
13．【分析】根据三角形的中位线可得AM= BP，
2 过点E作关于线段MN的对称点E，
1 1
DN= ，转化所求最值为 (PB+PC)再依据将军饮
2 2
·34·★ 2026 中考数学 (选择题 + 填空题) 拔高题 275 题 参考答案★
得DE= 13，最后根据三角形三边关系可得OD≤DE
+OE，即可得解．
【解答】解：∵在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠BAC
=30°，BC=2，
3
∴AC=BC÷tan30°=2÷ =2 3，
3
∵△BCD为等边三角形，
∵CD=BC=2，∠BCD=60°，
如图，取AC的中点E，连接OE、DE，作EF⊥CD
由对称性得BE=BE，
交DC的延长线于F，
∴BE+BF=BE+BF，
当且仅当E、B、F依次共线时，BE+BF取得最小
值EF，此时如图，
设AC与BD交于点O，EE交MN于点H，延长EE
交FD延长线于点G，
1
则AE=CE=OE= AC= 3，∠FCE=180°
2
-∠ACB-∠BCD=30°，
1 3 3
∴EF= CE= ，CF= CE2-EF2= ，
2 2 2
7
菱形ABCD中，AC=4，BD=2， ∴DF=DC+CF= ，
2
1 1
∴AO= AC=2，BO=DO= BD=1，AC⊥BD， ∴DE= EF2+DF2= 13，
2 2
根据三角形三边关系可得：OD≤DE+OE，
由题可得AC⎳MN，
∴OD≤ 3+ 13，
∴由对称性可得EH⊥HB，
∵OD的最大值为 3+ 13，
∴AC⊥GH，
故答案为： 3+ 13．
∴∠OEH=∠EOB=∠EHB=90°，
15．【分析】如图，连接BD交AC于J．求解∠DAC
∴四边形EOBH是矩形，
=30°=∠DCA，AJ=CJ=3，DJ=BJ=AJ⋅tan30°=
∴EH=EH=OB=1，
3，AD=AB=BD=2 3=CD，设运动时间为t，
∵四边形DAEF为平行四边形，
则AM=t，CN= 3t，证明△ADM∽△CAN，可得
∴DF=AE，DF⎳AC，
∠APD=180°-30°=150°，作等边三角形ADO，以O
∴GD⊥DO，
为圆心，OD为半径作圆，取点K，连接AK，DK，
∴∠GDO=∠DOE=∠GEO=90°，
证明P在⊙O上，且在弧AD上，再利用弧长公式计算
∴四边形DOEG是矩形，
即可．
∴GD=EO，GE=DO=1，
【解答】解：如图，∵在菱形ABCD中，∠BAD=60°，
∴GF=GD+DF=EO+AE=AO=2，GE=GE+
对角线AC=6cm，连接BD交AC于J，
EH+EH=3，
∴∠DAC=30°=∠DCA，AJ=CJ=3，
∴EF= GF2+GE2= 22+32= 13，
DJ=BJ=AJ⋅tan30°= 3AD=AB=BD=2 3=CD，
即BE+BF 的最小值为 13，
故答案为： 13．
15．【分析】解直角三角形得出AC=2 3，由等边三
角形的性质可得CD=BC=2，∠BCD=60°，取AC的
中点E，连接OE、DE，作EF⊥CD交DC的延长线
于F，则AE=CE=OE= 3，∠FCE=30°，求出EF
3 3 7
= ，CF= ，从而可得DF= ，由勾股定理可
2 2 2
·35·★ 2026 中考数学 (选择题 + 填空题) 拔高题 275 题 参考答案★
∠AHQ=∠PAF=90°-∠HAQ，
∵PF⊥AD，
t
设运动时间为t，则AM=t，CN= 3t， = ∴∠PFA=90°=∠AQH，
2 3
∴△AQH∽△PFA，
3t AM CN
，即 = ，
6 AD CA AH AQ
∴ = ，
∴△ADM∽△CAN， AP PF
1
∴∠ADM=∠CAN， ∵AQ= PF，
2
∴∠APM=∠DAP+∠ADM=∠DAP+∠CAN=30°， AH AQ 1
∴ = = ，
∴∠APD=180°-30°=150°， AP PF 2
1
作等边三角形ADO，以O为圆心，OD为半径作圆， ∴AH= AP=2，
2
取点K，连接AK，DK，
∴点Q在以AH为直径的圆上运动，
1
∴OA=OD=AD=2 3，∠AOD=60°，∠AKD= ∴当点E从点B开始运动直至点P落在AD上时，点Q
2
的运动轨迹为半圆AH，
×60°=30°，
1
∴∠AKD+∠APD=180°， ∴点Q的运动路径长为： ×2π=π，
2
∴P在⊙O上，且在弧AD上，
当点P在矩形ABCD的外部时，作KQ⊥AP，交AB
60π×2 3
∴在此过程中，点P的运动路径长为 = 的延长线于点K，
180
1
2 3π 同法可得：△AKQ∽△PAF，AK= AP=2，
， 2
3
∴∠AKQ=∠PAF，点Q在以AK为直径的⊙O上运
2 3π
故答案为： ．
3 动，
17．【分析】分点P在矩形内部和点P在矩形外部， 连接OQ，
两种情况进行讨论求解，当点P在矩形内部时，作HQ 当点E运动到点C时，如图：
⊥AP，交AB于点H，证明△AQH∽△PFA，进而得
1
到AH= AP=2，进而得到点Q在以AH为直径的圆
2
上运动，得到当点E从点B开始运动直至点P落在AD
上时，点Q的运动轨迹为半圆AH，当点P在矩形外部
时，同法可得，点Q在以AK为直径的圆上，得到当
点E运动到点C时，点Q的运动轨迹是圆心角为60°的
AQ，求出两段路径的和即可得出结果．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD=∠B=90°， ∵AB=4，BC=4 3，∠B=90°，
BC
∵将△ABE沿直线AE翻折得到△APE， ∴tan∠BAC= = 3，
AB
∴AP=AB=4，
∴∠BAC=60°，
当点P在矩形内部时，作HQ⊥AP，交AB于点H，
∴∠CAD=∠BAD-∠BAC=30°，
则：∠AQH=90°=∠BAD，
∵将△ABE沿直线AE翻折得到△APE，
∴∠PAC=∠BAC=60°，
∴∠PAF=∠PAC-∠CAD=30°，
·36·★ 2026 中考数学 (选择题 + 填空题) 拔高题 275 题 参考答案★
∴∠AKQ=∠PAF=30°， ∴当点F与点D重合时，BF有最大值为10，
∴∠AOQ=2∠AKQ=60°， ∴GH的最大值为5，
∴点Q的运动轨迹为圆心角为60°的A Q路径长为 60π 故答案为：5．
180
π
×1= ，
3
π 4π
∴点Q的运动路径总长为：π+ = ，
3 3
4π
故答案为： ．
3
18．【分析】作点D关于AB，AC的对称点N，M， 20．【分析】过A作AH⊥BC于H，判定△ABH是等
连接AM，AN，EN，FN，MN，AD，得出△AMN 2
腰直角三角形，求出AH= AB=2 2，由AD，即
是等腰直角三角形，当AD⊥BC时，AD取得最小值， 2
可得到AD的最小值．
即△DEF周长最小，进而求得AD，即可求解．
【解答】解：过A作AH⊥BC于H，∴∠AHB=90°，
【解答】解：如图，作点D关于AB，AC的对称点N，
∵△ABC是等腰直角三角形，
M，连接AM，AN，EN，FN，MN，AD，
∴∠B=45°，∴△ABH是等腰直角三角形，
2 2
∴AH= AB= ×4=2 2，
2 2
∵AD，∴AD的最小值为2 2．故答案为：2 2．
∴△DEF周长为DE+EF+FD=NE+EF+FM，
当N，E，F，M四点共线时取得最小值，
∵N，M是D关于AB，AC的对称点， 21．【分析】过M作MN⊥AP于N，判定△AMN∽
∴∠NAE=∠EAD，∠FAD=∠FAM，AN=AD= △ACB，推出MN:BC=AM:AC，由勾股定理求出AC
1
AM， =10，由平行四边形的性质推出AM= AB=3，PQ
2
又∵∠EAD+∠FAD=45°，
=2PM，得到MN:8=3:10，求出MN=2.4，由PM，
∴∠NAM=∠NAE+∠EAD+∠FAD+∠FAM=90°，
得到PQ≥2MN=4.8，即可求出PQ的最小值．
∴△AMN是等腰直角三角形，
【解答】解：如图，过M作MN⊥AP于N，
∴MN= 2AN= 2AD，
∴∠ANM=∠ABC=90°，
∴当AD⊥BC时，AD取得最小值，即△DEF周长最
∵∠MAN=∠CAB，∴△AMN∽△ACB，
小，
∴MN:BC=AM:AC，
又∵∠B=60°，AB=2 2，
∵∠ABC=90°，AB=6，BC=8，∴AC=
3
∴AD min =ABsin60°=2 2× 2 = 6， AB2+BC2=10，
∴△DEF周长最小为 2AD= 2× 6=2 3， ∵四边形PAQB是平行四边形，
1
故答案为：2 3． ∴AM= AB=3，PQ=2PM，
2
19．【分析】由勾股定理可求BD的长，由三角形中位
∴MN:8=3:10，∴MN=2.4，
线定理可得BF=2GH，当BF有最大值时，GH有最
∵PM，∴PQ≥2MN=4.8，
大值，即当点F与点D重合时，BF有最大值为10，即
∴PQ的最小值是4.8．故答案为：4.8．
可求解．
【解答】解：如图，连接BD，BF，
∵AB=8，AD=6，
∴BD= AB2+AD2=10，
∵点G为BE的中点，点H为EF的中点，
∴BF=2GH，
∴当BF有最大值时，GH有最大值，
∵点F是CD的点，
22．【分析】先整理得AC×CD=48，过点C向上作
·37·★ 2026 中考数学 (选择题 + 填空题) 拔高题 275 题 参考答案★
CE CD
线段CE⊥BC，使得CE=8，则 = ，结合
CA CB
∠BCE=∠ACD=90°，整理得∠ACB=∠ECD，证明
△CED∽△ACB，即∠EDC=∠ABC=90°，运用定角
定弦，故点D在以CE为直径的圆上，连接OB，并延
长与⊙O交于一点，即为D，运用勾股定理得BO=
1
BC2+OC2=2 13，即可作答．
【解答】解：∵射线CA绕点C顺时针旋转90°到CA，
1 CG CM 1
又∵BC=9，CM=3， = = ，
在射线CA 上取一点D，连结AD，连接DE， CM BC 3
1
∴∠ACD=90°， 又∵∠MCG=∠MCB，
1 ∴△MCG∽△BCM，
∵△ACD面积为24，∴AC×CD× =24，
2
MG CG 1
∴ = = ，
∴AC×CD=48，过点C向上作线段CE⊥BC，使得 BM CM 3
CE=8， ∴MG= 1 BM，
3
∵BC=6，∴BC×CE=6×8=48，即AC×CD=
1
∴AM+ BM=AM+MG≥AG，
CE CD 3
BC×CE，∴ = ，
CA CB ∴AG= AC2+CG2= 72+12=5 2，
∵CE⊥BC，∴∠BCE=∠ACD=90°，
1
∴AM+ BM≥5 2，
∵∠BCE-∠ACE=∠ACD-∠ACE， 3
1
∴∠ACB=∠ECD， 即当M在AG上时，AM+ BM取最小值为5 2，
3
CE CD
∵ = ， 故答案为：5 2．
CA CB
24．【分析】由题易得四边形ACBD是平行四边形，
∴△CED∽△ACB，
从而得到BE是定长，又由∠BHE=90°，得出直角对
∴∠EDC=∠ABC=90°，
直角的隐圆模型，再根据最大张角问题(相切时)求解
∵CE=8，
即可．
即定角定弦，故点D在以CE为直径的圆上，
【解答】解：∵AC⎳BD，
记圆心为直径CE的中点O，
∴四边形ACBD是平行四边形，
即⊙O的半径OD=4，
1
连接OB，并延长与⊙O交于一点，即为D， ∴AE=BE= AB，
1 2
∵A为定点，且AB⊥l ，∴AE为定值，
2
∵BH⊥CD，∴∠BHE=90°，
∴点H在以BE为直径的圆上运动(如图，O为圆心)，
1 1
此时OE= BE= OA，
2 3
∵当AH与⊙O相切时∠BAH最大，
OH 1
∴sin∠BAH= = ．
此时BD 为BD的最大值， OA 3
1
1
故BO= BC2+OC2= 36+16=2 13， 故答案为： ．
3
∴BD =BO+OD =2 13+4，
1 1
故答案为：2 13+4．
23．【分析】在BC上取点G，使CG=1，构造出
1
△MCG-△BCM，得MG= BM，再根据两点之间线
3
1
段最短得出即当M在AG上时，AM+ BM 取最小
3
值．
【解答】解：在BC上取点G，使CG=1， 25．【分析】根据题意识别出点E是在以AB为直径的
圆上运动，点D是在以C为圆心，以1为半径的圆上
运动，所以当∠BAE最小，AE最大，∠BAE最大，
AE最小，再根据已知长度计算就可以．
·38·★ 2026 中考数学 (选择题 + 填空题) 拔高题 275 题 参考答案★
【解答】解：∵BE⊥AE， ∵E为边CD的中点，F为边AD上的一动点，将
∴∠BEA=90°， ΔDEF沿EF翻折得△D′EF，
∴点E是在以AB为直径的圆上运动， 1
∴DE=DE=CE= CD=4，
2
∵CD=1，且CD是绕点C旋转，
∴点D是以E为圆心，CD为直径圆周上的一点，作
∴点D是在以C为圆心，以1为半径的圆上运动，
出⊙E，如图，
∵AB= 2AC=3 2，
∴当cos∠BAE最大时，AE最大，当cos∠BAE最小
时，AE最小．
①如图，当AE与圆C相切于点D，且D在△ABC内
部时，∠BAE最小，AE最大，
∵∠ADC=∠CDE=90°，
∴AD= AC2-CD2=2 2， 过点E作EH⊥AB交直线AB于点H，交⊙E于点G，
∵AC=AC， 过点D作DM⊥AB于点M，连接EM，
∴∠CEA=∠CBA=45°， ∵ΔABD′面积= 1 AB⋅DM，AB=8，
2
∴DE=CD=1，
∴ΔABD′面积=4DM，
此时AE=2 2+1，即AE的最大值为2 2+1，
要求ΔABD′面积的最小值，只要求DM的最小值即
可，
∵DM=DM+DE-4≥EM-4≥EH-4，
∴DM的最小值为EH-4，
过点C作CN⊥AB于点N，
则EH=CN，
在RtΔBCN中，
∵BC=10，∠ABC=60°，
②如图，当AE与圆C相切于点D，且D在△ABC外
3
∴CN=BC⋅sin60°=10× =5 3，
部时，∠BAE最大，AE最小， 2
同理可得AD=2 2，DE=1， ∴EH=5 3，
此时AE=2 2-1，即AE的最小值为2 2-1， ∴DM的最小值为5 3-4，
∴ΔABD′面积=4(5 3-4)=20 3-16，
故答案为：20 3-16．
27．【分析】先求出点A坐标，作AM⊥x轴，垂足
为M，BN⊥x轴，垂足为N，设点C(x,0)，可得
△BNC∽△CMA，设点B(4m,3m)，则OB=5m，列出
BN NC 3m x-4m
= 即 = ，整理出方程x2-(4-
CM AM 4-x 3
4m)x+9m=0，利用判别式确定m的取值范围，根据
AB=5-5m确定最值．
【解答】解：如图，作AM⊥x轴，垂足为M，BN⊥
x轴，垂足为N，设点C(x,0)，
3
∵点A在函数y= x图象上，且点A的横坐标为4，
故答案为：2 2+1；2 2-1． 4
3
26．【分析】先确定点D是以E为圆心，CD为直径 ∴y= ×4=3，
4
圆周上的一点，过点E作EH⊥AB交直线AB于点H， ∴A(4,3)，
交⊙E于点G，过点D作DM⊥AB于点M，连接 OA=5，
EM，推出ΔABD′面积=4DM，再求出DM的最小值 设点B(4m,3m)，则OB=5m，
即可解决问题． ∴AB=5-5m，
【解答】解：∵在▱ABCD中，∠C=120°，AB=8， NC=x-4m
∴∠ABC=60°，CD=8， ∵∠ACB=90°，
·39·★ 2026 中考数学 (选择题 + 填空题) 拔高题 275 题 参考答案★
∴△BNC∽△CMA， ∴PQ是ΔACD的中位线，
BN NC 3m x-4m 1 1
∴ = 即 = ， ∴PQ= AD= ．
CM AM 4-x 3 2 2
整理得：x2-(4+4m)x+25m=0， ∴线段AD绕点A旋转时，点P在以Q为圆心PQ为半
点C在x轴上，方程必有实数解， 径的圆上移动，
∴△=(4+4m)2-100m，即16m2-68m+16， ∴当BP经过点Q时BP的值最大．
∴4m2-17m+4， ∵BC=2，tan∠BAC= 1 ，
2
1
解得m(舍去)或m≤ ， ∴AC=4，
4
1 ∴AQ=CQ=2．
∴m取最大值为 ，
4
∵BQ2=BC2+CQ2=8，
5 15
∴AB=5-5m=5- = ．
4 4 ∴BQ=2 2(负数不合题意舍去)．
1
∴BP的最大值为2 2+ ．
2
1
故答案为：2 2+ ．
2
29．【分析】由折叠可知DE=DE，则DE⊥BC时，
DE最小，即DE最小，此时四边形CDED是正方形，
则DE=CD=6；当B与D重合时，CF最大，此时E
在BD的垂直平分线上，求出BD，OB，再证△BOF
(附加用解析法)点C是AB为直径的圆与x轴的交点， ∽△BCD，求出BF，即可解答．
当圆与x轴相切时，半径最小，即AB最小， 【解答】解：由折叠可知DE=DE，则DE⊥BC时，
DE最小，即DE最小，此时四边形CDED是正方形，
则DE=CD=6；
当B与D重合时，CF最大，此时E在BD的垂直平分
线上，如图：
5
5t+3t=OA=5，解得t= ，
8
15
AB=6t= ．
4
28．【分析】作AC的中点Q．连结PQ，作以Q为圆
心PQ为半径的圆．PQ是ΔACD的中位线，PQ=
1 1
AD= ．点P是圆Q上的点，可求BP的最大值．
2 2
【解答】解：作AC的中点Q．连结PQ，作以Q为圆
心PQ为半径的圆．
矩形纸片ABCD中，AB=6，BC=8，则BD=10，
则OB=5，
∵∠BOF=90°=∠C，∠CBD=∠OBF，
∴△BOF∽△BCD，
BO BF
∴ = ，
BC BD
∵P是CD的中点，Q是AC的中点，
·40·25 7 7
∴BF= ，∴CF= ．故答案为：6； ．
4 4 4
30．【分析】以C为原点，建立坐标系，设AP=a，
则CP=2-a，利用含30度角的直角三角形的性质，
4 3
求出点E的坐标，得到点E在直线y=1- x上运
3
动，求出点P分别与A，C重合时点E的坐标，利用
两点间的距离公式进行求解即可．
【解答】解：方法一：以C为原点，建立坐标系，过点
D作DG⊥AC
设AP=a，则CP=2-a，
∴P(0,2-a)，
∵∠B=30°，∴∠A=60°，
∵PD⊥AB，∴∠PDA=90°，
∴∠APD=30°，
1 a
∴AD= AP= ，
2 2
∵DG⊥AC，∴∠AGD=90°，
1 a 3
∴AG= AD= ，DG= 3AG= a，
2 4 4
∵DF⊥BC，DG⊥AC，∠ACB=90°，
∴四边形DGCF为矩形，
3a
∴DG=CF，∴F ,0
4
，
3 1
∵E为P，F的中点，∴E a,1- a
8 2
，
3 1
令x= a,y=1- a，
8 2
4 3
∴y=1- x，
3
4 3
∴点E在直线y=1- x上运动，
3
当点P与A重合时，a=0，此时E(0,1)，
3
当点P与C重合时，a=2，此时E ,0
4
，
3
∴点E所经过的路径长为： 12+
4
★ 2026 中考数学 (选择题 + 填空题) 拔高题 275 题 参考答案★
于y的式子，利用不等式的性质求最值即可．
【解答】解：方法一：如图，延长CD到点G，使DG
=BM．
∵四边形ABCD为正方形，
∴AD=BC=AB，∠BAD=∠ADC=90°，
∴∠ADG=∠ADN=90°=∠ABM，
又∵BM=DG，AD=AB，
∴△ABM≅△ADG(SAS)，
∴∠BAM=∠DAG，AM=AG，
∵∠MAN=45°，
∴∠BAM+∠DAN=45°，
∴∠DAG+∠DAN=45°，即∠GAN=45°，
在△GAN和△MAN中，
AG=AM
∠GAN=∠MAN，
AN=AN
∴△GAN≅△MAN(SAS)，
∴GN=MN．
设BM=x，MN=y，则GN=y，DG=x．
∵BC=CD=1，
∴CM=1-x，CN=x-y+1，
在Rt△CMN中，由勾股定理得：MN2=CM2+CN2，
即y2=(1-x)2+(x-y+1)2，
x2+1 (x+1)2-2(x+1)+2
整理可得：y= = =x+1+
x+1 x+1
2
2 19 -2，
= ， x+1
4
2 2
19 ∵x+1+ ≥2 (x+1)⋅ =2 2，
故答案为： ． x+1 x+1
4
∴y≥2 2-2，
当x= 2-1时，y最小值为2 2-2．
方法二：如图，延长CD到点G，使DG=BM．
31．【分析】由∠MAN=45°识别出半角模型，从而构 ∵四边形ABCD为正方形，
造△GAN≅△MAN，将MN线段进行转化，设BM= ∴AD=BC=AB，∠BAD=∠ADC=90°，
x，MN=y，再利用勾股方程进行转化，建立一个关 ∴∠ADG=∠ADN=90°=∠ABM，
·41·★ 2026 中考数学 (选择题 + 填空题) 拔高题 275 题 参考答案★
又∵BM=DG，AD=AB， 5
使EC=CD=x，连接BE，如图2，得到AC+ BC
5
∴△ABM≅△ADG(SAS)，
=AC+DC=AC+CE=AE；由辅助圆-定弦定角模
∴∠BAM=∠DAG，AM=AG，
型，作ΔABE的外接圆，如图3，当弦AE过圆心O，
∵∠MAN=45°，∴∠BAM+∠DAN=45°，
即AE是直径时，弦最大，最后由勾股定理可得AE=
∴∠DAG+∠DAN=45°，即∠GAN=45°，
AB2+BE2=5 2．
在△GAN和△MAN中，
【解答】解：过点B作BD⊥AC，垂足为D，如图1所
AG=AM
示：
∠GAN=∠MAN，
AN=AN
∴△GAN≅△MAN(SAS)，∴GN=MN．
作△GAN的外接圆，圆心为O，
∵∠GAN=45°，∴∠GON=90°，
过O作OH⊥GN于点H，则GH=NH，
设GH=NH=a，则GN=2a，OH=a，
在Rt△GON中，OG=ON= 2a，
∵tan∠C=2，
∴OA= 2a，
在RtΔBCD中，设DC=x，则BD=2x，由勾股定理
∵OA+OH，∴ 2a+a，
可得BC= 5x，
∴a≥ 2-1， DC x 5 5
∴ = = ，即 BC=DC，
当A、O、H三点共线时取等， BC 5x 5 5
此时GN=2a=2 2-2，∴MN=2 2-2； ∴AC+ 5 BC=AC+DC，
5
故MN的最小值为：2 2-2．
延长DC到E，使EC=CD=x，连接BE，如图2所
32．【分析】由“SAS”可证ΔCDF≅ΔHCE，可得
示：
CF=EH，则AE+CF=AE+EH，即当点A，点E，
点H三点共线时，AE+CF有最小值，通过证明
ΔCEH∽ΔBAH，可得ΔCEH∽ΔBAH，即可求解．
【解答】解：如图，延长BC至H，使CH=CD，连接
EH，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC=4，AB=CD=2，AD⎳BC，
∴∠D=∠DCH，
又∵CD=CH，DF=CE， 5
∴AC+ BC=AC+DC=AC+CE=AE，
5
∴ΔCDF≅ΔHCE(SAS)，
∵BD⊥DE，DE=2x=BD，
∴CF=EH，
∴ΔBDE是等腰直角三角形，则∠E=45°，
∴AE+CF=AE+EH，
在ΔABE 中，AB=5，∠E=45°，
∴当点A，点E，点H三点共线时，AE+CF有最小
由辅助圆-定弦定角模型，作ΔABE的外接圆，如图
值，
3所示：
此时：∵CD⎳AB，∴ΔCEH∽ΔBAH，
CH CE 2 CE
∴ = ，∴ = ，
BH AB 2+4 2
2 2
∴CE= ，故答案为： ．
3 3
33．【分析】过点B作BD⊥AC，垂足为D，如图1，
5
首先推导出AC+ BC=AC+DC；延长DC到E，
由圆周角定理可知，点E在⊙O上运动，AE是⊙O的
5
·42·★ 2026 中考数学 (选择题 + 填空题) 拔高题 275 题 参考答案★
5 ∴ΔCND是等腰直角三角形，
弦，求AC+ BC 的最大值就是求弦AE的最大值，
5
∴∠CDN=45°，
根据圆的性质可知，当弦AE过圆心O，即AE是直径
∵ON=OM=2，
时，弦最大，如图4所示：
∴OD=2 2，
∴CN=DN=2+2 2，
如图1，延长EP交BC于Q，
∵EQ⊥AC，PF⊥BC，
∴∠CEQ=∠PFQ=90°，
∵∠ACB=45°，
∴∠EQC=45°，
∴ΔECQ与ΔPFQ是等腰直角三角形，
∴CE=EQ，PQ= 2PF，
∴t=PE+ 2PF=PE+PQ=EQ，
当EQ与⊙O相切且点P在圆心的右侧时，t有最大
∵AE是⊙O的直径，
值，
∴∠ABE=90°，
连接OP，
∵∠E=45°，
则四边形ENOP是正方形，
∴ΔABE是等腰直角三角形，
∴EN=OP=2，
∵AB=5，
∴t=PE+ 2PF=PE+PQ=EQ=CE=CN+EN=2
∴BE=AB=5，则由勾股定理可得AE= AB2+BE2
+2 2+2=4+2 2；
5
=5 2，即AC+ BC 的最大值为5 2， 如图2，当EQ与⊙O相切且点P在圆心的，左侧时，
5
t有最小值，
故答案为：5 2．
34．【分析】设半径为2的⊙O与角的两边相切于M，
N，连接OM，ON，延长NO交CB于D，求得
∠CND=∠OMD=90°，根据等腰直角三角形的性质得
到∠CDN=45°，求得OD=2 2，得到CN=DN=2+
2 2，如图1，延长EP交BC于Q，推出ΔECQ与
ΔPFQ是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质
得到CE=EQ，PQ= 2PF，求得t=PE+ 2PF=
PE+PQ=EQ，当EQ与⊙O相切且点P在圆心的右
同理可得t=PE+ 2PF=PE+PQ=EQ=CE=CN
侧时，t有最大值，连接OP，则四边形ENOP是正方
-EN=2 2，
形，根据正方形的性质得到EN=OP=2，求得t=4+
故t的取值范围是2 2≤t≤4+2 2，
2 2；如图2，当EQ与⊙O相切且点P在圆心的，左
故答案为：2 2≤t≤4+2 2．
侧时，t有最小值，同理可得t=2 2，于是得到结论．
35．【分析】当点D沿DA方向下滑时，得△ECD，
【解答】解：设半径为2的⊙O与角的两边相切于M，
过点C作CN⊥AD于点N，作CM⊥AF于点M．
N，连接OM，ON，延长NO交CB于D，
证明C′N=C′M，推出AC′平分∠BAF，推出点C在
射线AC′上运动，当C′D′⊥AD时，AC′的值最大，
最大值为12，当点D滑动到点A时，点C运动的路径
长为2CC′．
【解答】解：当点D沿DA方向下滑时，得△ECD，
过点C作CN⊥AD于点N，作CM⊥AF于点M．
∴∠CND=∠OMD=90°，
∵∠ACB=45°，
·43·角定理、垂直及垂直平分线的性质、三角形内角和定
理易得∠AMC=∠PNB，从而易证△AMC∽△PNB，
CM AC 2 1
可得 = = 即PN= CM=2，勾股定理即
PN PB 1 2
可求得AN=2 13，在△APN中由三角形三边关系AP
≥AN-PN即可求解．
【解答】解：如图，作△ABC的外接圆，圆心为M，连
接AM、BM、CM，过M作MD⊥AB于D，过B作
BN⊥AB，交BP的垂直平分线于N，连接AN、BN、
∵DE=12cm，CD=CE，∠DCE=90°，
PN，以N为圆心，BN(PN)为半径作圆；
∴CD=CE=6 2cm，
∵∠MAN=∠C′NA=∠C′MA=90°，
∴四边形AMC′N是矩形，
∴∠MC′N=∠D′C′E′=90°，
∴∠D′C′N=∠E′C′M，
∵C′D′=C′E′，∠C′ND′=∠C′ME′=90°，
∴△C′ND′≅△C′ME′(AAS)，
∴C′N=C′M，
∵C′N⊥DA，C′M⊥AF，
∴AC′平分∠BAF，
∵∠C=60°，M为△ABC的外接圆的圆心，
∴点C在射线AC′上运动，
∴∠AMB=120°，AM=BM，
当C′D′⊥AD时，AC′的值最大，最大值为12cm，
∴∠MAB=∠MBA=30°，
当点D滑动到点A时，点C运动的路径长为2CC′=2 1
∴MD= AM，
(12-6 2)=(24-12 2)cm． 2
∵MD⊥AB，
解法二：取D′E′的中点，连接AM，MC′．
1
∴AD= AB=2 3，
2
在Rt△ADM中，
∵AM2=MD2+AD2，
1
∴AM2= AM
2
∵∠D′AE′=∠D′C′E′=90°，D′M=ME′，
∴AM=C′M=MD′=ME′，
∴A，E′，C′，D′四点共圆，
∴∠C′AF=∠C′D′E′=45°，
∴点C在∠BAF的角平分线上运动，
当C′D′⊥AD时，AC′的值最大，最大值为12cm，
当点D滑动到点A时，点C运动的路径长为2CC′=2
(12-6 2)=(24-12 2)cm．
故答案为：(24-12 2)．
36．【分析】作△ABC 的外接圆，圆心为M，连接
AM、BM、CM，过M作MD⊥AB于D，过B作BN
⊥AB，交BP的垂直平分线于N，连接AN、BN、
PN，以N为圆心，BN(PN)为半径作圆；结合圆周角
定理及垂径定理易得AM=BM=CM=4，再通过圆周
★ 2026 中考数学 (选择题 + 填空题) 拔高题 275 题 参考答案★
2
+(2 3)2，
∴AM=4，
即AM=BM=CM=4，
由作图可知BN⊥AB，N在BP的垂直平分线上，
∴∠PBN=∠BPN=90°-∠ABC，
∴∠PNB=180°-(∠PBN+∠BPN)=2∠ABC，
又∵M为△ABC的外接圆的圆心，
∴∠AMC=2∠ABC，
∴∠AMC=∠PNB，
CM AM
∵ = ，
PN BN
∴△AMC∽△PNB，
CM AC
∴ = ，
PN PB
1
∵BP= AC，
2
CM AC 2
∴ = = ，
PN PB 1
1
即PN= CM=2，
2
∴PN=BN=2，
·44·★ 2026 中考数学 (选择题 + 填空题) 拔高题 275 题 参考答案★
在Rt△ABN 中，AN= AB2+BN2= (4 3)2+22= ∴PE=PE，
2 13， ∴PE+PF=PE+PF，
在△APN中，AP≥AN-PN=2 13-2， 故当PE+PF取得最小值时，点P位于点P处，
AP
即AP最小值为2 13-2， ∴当PE+PF取得最小值时，求 的值，只要求出
PC
故答案为：2 13-2．
AP
的值即可．
37．【分析】设AC，BD的交点为O，AB，BC， PC
CD，DA的中点分别是P，Q，R，S，连接PQ， ∵正方形ABCD是关于AC所在直线轴对称，
QR，RS，SP，OQ，OS，QS，先证AD+BC=2 ∴点E关于AC所在直线对称的对称点E在AD上，
(OS+OQ)，由此得当OS+OQ为最小时，AD+BC 且AE=AE，
为最小，再根据“两点之间线段最短”得：OQ+OS， 过点F作FG⊥AB交AC于点G，
再证四边形PQRS为矩形，且PQ=2，SP=3，据此 则∠GFA=90°，
由勾股定理可求出QS= 13，进而可得AD+BC的最 ∵四边形ABCD是正方形，
小值． ∴∠DAB=∠B=90°，∠CAB=∠ACB=45°，
【解答】解：过点C作CE⎳BD，使CE=BD=6，连 ∴FG⎳BC⎳AD，∠AGF=∠ACB=45°，
接DE，AE，如图所示： ∴GF=AF，
∵E，F是正方形ABCD的边AB的三等分点，
∴AE=AE=EF=FB，
1 AE AE 1
∴GC= AC， = = ，
3 GF AF 2
2 AP AE 1
∴AG= AC， = = ，
3 PG GF 2
1 1 2 2
∴AP= AG= × AC= AC，
3 3 3 9
2 7
∴PC=AC-AP=AC- AC= AC，
9 9
∴四边形BCED为平行四边形，
2AC
∴BC=DE， ∴ AP = 9 = 2 ，
PC 7AC 7
∴AD+BC=AD+DE， 9
2
∵AC⊥BD，CE⎳BD， 故答案为： ．
7
∴CE⊥AC，
39．【分析】先确定FG和EC的长为确定的值，得到
在RtΔACE中，AE= AC2+CE2= 42+62=2 13，
四边形CGFE的周长最小时，即为CG+EF最小时，
根据“两点之间线段最短”得：AD+DE，即AD+
平移CG到CF，作点E关于AD对称点E，连接
DE≥2 13，
EC交AD于点G，得到CG+EF最小时，点G与G
∴AD+BC≥2 13，
重合，再利用平行线分线段成比例求出CG长即可．
∴AD+BC的最小值是2 13．
【解答】解：∵∠A=90°，AD⎳BC，
故答案为：2 13．
∴∠B=90°，
38．【分析】找出点E关于AC的对称点E，连接FE
∵AB=3，BC=4，AE=1，
与AC的交点P即为PE+PF取得最小值时，点P的
∴BE=AB-AE=3-1=2，
AP
位置，再设法求出 的值即可． 在RtΔEBC中，
PC
由勾股定理，得EC= BE2+BC2= 22+42=2 5，
【解答】解：作点E关于AC的对称点E，连接FE交
∵FG=1，
AC于点P，连接PE，
∴四边形CGFE的周长=CG+FG+EF+EC=CG+
EF+1+2 5，
∴四边形CGFE的周长最小时，只要CG+EF最小即
可．
过点F作FC⎳GC交BC于点C，延长BA到E，使
AE=AE=1，连接EF，EC，EC交AD于点G，
可得AD垂直平分EE，
∴EF=EF，
·45·∵AD⎳BC，
∴CF=CG，CC=FG=1，
∴CG+EF=CF+EF≥EC，
即CG+EF最小时，CG=CG，
∵EB=AB+AE=3+1=4，BC=BC-CC=4-1
=3，
由勾股定理，得EC= EB2+BC2= 42+32=5，
∵AG⎳BC，
CG AB CG 3
∴ = ，即 = ，
EC EB 5 4
15 解得CG= ，
4
15
即四边形CGFE的周长最小时，CG的长为 ．
4
15
故答案为： ．
4
40．【分析】作出点C(3,-2)，作CD⊥AB于点D，
交x轴于点F，此时BE+DF的最小值为CD的长，利
11
用解直角三角形求得F ,0
3
∵∠CFP=∠AFD，
∴∠FCP=∠FAD，
∴tan∠FCP=tan∠FAD，
PF OB
∴ = ，
PC OA
PF 2
即 = ，
2 6
2
∴PF= ，
3
11
则F ,0
3
，利用待定系数法求得
直线CD的解析式，联立即可求得点D的坐标，过点D
作DG⊥y轴于点G，此时3BH+5DH的最小值是
5DG的长，据此求解即可．
1 【解答】解：∵直线y=- x+2与x轴，y轴分别交
3
于A，B两点，
∴B(0,2)，A(6,0)，
作点B关于x轴的对称点B(0,-2)，把点B向右平移
3个单位得到C(3,-2)，
作CD⊥AB于点D，交x轴于点F，过点B作
BE⎳CD交x轴于点E，则四边形EFCB是平行四边
形，
此时，BE=BE=CF，
∴BE+DF=CF+DF=CD有最小值，
作CP⊥x轴于点P，则CP=2，OP=3，
，
设直线CD的解析式为y=kx+b，
3k+b=-2
则，11k+b=0 ，
3
k=3
解得 ，
b=-11
∴直线CD的解析式为y=3x-11，
y=3x-11
联立
y=-1x+2
，
3
x=3
10
9
解得 ，
y= 7
10
39 7
即D ，
10 10
，
过点D作DG⊥y轴于点G，
4 3
直线y=- x+2与x轴的交点为Q ,0
3 2
，则BQ=
5 OQ2+OB2= ，
2
3
OQ 2 3
∴sin∠OBQ= = = ，
BQ 5 5
2
3
∴HG=BHsin∠GBH= BH，
5
3
∴3BH+5DH=5 BH+DH
5
★ 2026 中考数学 (选择题 + 填空题) 拔高题 275 题 参考答案★
=5(HG+DH)=5DG，
39 39
即3BH+5DH的最小值是5DG=5× = ，
10 2
39
故答案为： ．
2
41．【分析】△CDP的面积直接以CD为底，AD为高
即可求；当点P和M重合时，DP的值最大，画出图
形，利用勾股定理构造方程即可解答．
1
【解答】解：△CDP的面积为 ×5×4=10；
2
由题意可得△CDP的面积等于矩形ABCD的一半，∴
1
△CDP的面积为 ×5×4=10；
2
在Rt△APD中，PD= AD2+AP2，
·46·★ 2026 中考数学 (选择题 + 填空题) 拔高题 275 题 参考答案★
当AP最大时，DP最大， ∵∠AMB=120°，
由题意可得点N是在以D为圆心4为半径的圆上运动， ∴∠AOB=120°，
当射线CN与圆相切时，AP最大，此时C、N、M三 ∵AB=3，
点共线，此时点P和M重合，DP的值最大，如图； ∴OA=OB= 3=OM，
在RtΔCDH中，
∵CD=AB=3，∠DCH=∠ABC=60°，
3 3
∴CH= ，DH= 3，
2 2
9
∴BH=BC+CH= ，DD′=2DH=3 3，
2
作OQ⊥DD′于Q，
∴四边形BHQO为矩形，
9
∴OQ=BH= ，QH=OB= 3，
设AP=x，则PB=5-x，DN=4， 2
5
∴CN=3， ∴D′Q=HD′+HQ= 3，
2
在Rt△PBC中，根据勾股定理有：(5-x)2+42=(x+
在Rt△OD′Q中，OD′= OQ2+D′Q2= 39，
3)2，
∴D′M′= 39- 3，
解得x=2，
故答案为： 39- 3．
∴DP=2 5，
43．【分析】连接EF交PQ于M，连接BM，取BM
故答案为：10，2 5，
的中点O，连接OH，OD，过点O作ON⊥CD于N．
42．【分析】证明ΔABE≅ΔBCF，求出∠AMB=
首先利用相似三角形的性质证明EM=2FM，推出EM
120°，作⊙O，说明点M在AB上运动，作点D关于 =2，FM=1，当点P与A重合时，PQ的值最大，解
BC的对称点D′，连接OD′，利用点圆关系及线段和最 直角三角形求出OD，OH即可解决问题．
短的求法解出答案即可． 【解答】解：连接EF交PQ于M，连接BM，取BM的
【解答】解：∵ΔABC为等边三角形， 中点O，连接OH，OD，过点O作ON⊥CD于N．
∴AB=BC，∠ABC=∠BCA=60°， ∵四边形ABCD是矩形，DF=CF，AE=EB，
∵BE=CF， ∴四边形ADFE是矩形，
∴ΔABE≅ΔBCF， ∴EF=AD=3，
∴∠BAE=∠CBF， ∵FQ⎳PE，
∵∠ABM+∠CBM=60°， ∴ΔMFQ∽ΔMEP，
∴∠ABM+∠BAM=60°， MF FQ
∴ = ，
∴∠AMB=120°， ME PE
∵PE=2FQ，
如图，作以AB为弦，以∠AMB为圆周角的⊙O，
∴EM=2MF，
∴点M在AB上运动，延长BC，作点D关于BC的对
∴EM=2，FM=1，
称点D′，连接OD′，交⊙O为M′，交BC为P′，DD′
当点P与A重合时，PQ的值最大，此时AE=EM=
交BC于H，
2，ΔAEM，ΔFMQ都是等腰直角三角形，
∴PM= AE2+ME2= 22+22=2 2，MQ=
FQ2+MF2= 12+12= 2，
∴PQ=3 2，
∵MF⎳ON⎳BC，MO=OB，
1
∴FN=CN=1，DN=DF+FN=3，ON= (FM+
2
BC)=2，
∴OD= DN2+ON2= 32+22= 13，
∵BH⊥PQ，
则D′M′为点D到在AB的最小距离，且P′D′+P′M′ ∴∠BHM=90°，
即PD+PM的最小值， ∵OM=OB，
即D′M′为PD+PM的最小值，
·47·★ 2026 中考数学 (选择题 + 填空题) 拔高题 275 题 参考答案★
∴OH=
1
BM=
1
× 22+22= 2，
面积公式求出△BMN的面积，利用二次函数的性质，
2 2
可判断②；分两种情况：当点M在AB上时，点M在
∵DH≥OD-OH，
AD上，结合△BMN的面积为39cm2，列出方程，可判
∴DH≥ 13- 2，由于M和B点都是定点，所以其中
断③．
点O也是定点，当O，H，D共线时，此时DH最小，
【解答】解：根据题意得：点M在AB上的运动时间为
∴DH的最小值为 13- 2，
8 10
故答案为3 2， 13- 2． =4s点M在AD上的运动时间为 =5s，点N在
2 2
CB上的运动时间为16s，
①当t=6s时，点M在AD上，
此时AM=2×6-8=4cm，CN=6cm，
∴DM=AD-AM=6cm，
∴CN=DM，故①正确；
②当1时，点M在AB上，
此时BM=2tcm，CN=tcm，
44．【分析】根据题意和平行四边形的性质，可以得
∴BN=(16-t)cm，
到ED和EF的比值，再根据三角形相似和最短距离，
1 1
即可得到EG的最小值，本题得以解决． ∴S = BM×BN= ×2t(16-t)=-t2+16t=
△BMN 2 2
【解答】解：作CH⊥AB于点H，
-(t-8)2+64，
∵在▱ABCD中，∠B=60°，BC=8，
∵-1<0，
∴CH=4 3，
∴当t<8时，S 随t的增大而增大，
△BMN
∵四边形ECGF是平行四边形，
∴当t=2时，S 取得最大值，最大值为-(2-8)2
△BMN
∴EF⎳CG，
+64=28，
∴ΔEOD∽ΔGOC，
即当1时，△BMN的最大面积为28cm2，故②错误；
EO DO ED
∴ = = ，
GO OC GC ③当点M在AB上时，
∵DF= 1 DE， ∵△BMN的面积为39cm2，
4
1 1
DE 4 ∴S = BM×BN= ×2t(16-t)=-t2+16t=
∴ = ， △BMN 2 2
EF 5
ED 4 39，
∴ = ，
GC 5 解得：t =3，t =13(舍去)，
1 2
EO 4
∴ = ， ∴当t=3时，△BMN的面积为39cm2；
GO 5
∴当EO取得最小值时，EG即可取得最小值，
当点M在AD上时，
当EO⊥CD时，EO取得最小值， ∵AD⎳BC，∠B=90°，
∴CH=EO， ∴∠A=180°-∠B=90°，即AB⊥AD，
1 1
∴EO=4 3， 此时S = AB×BN= ×8(16-t)=64-4t=
△BMN 2 2
∴GO=5 3，
39．
∴EG的最小值是9 3，
25
解得：t= ，
故答案为：9 3． 4
25
∴当t= 时，△BMN的面积为39cm2；
4
∴t有两个不同的值满足△BMN的面积为39cm2，故③
正确．
故选：C．
2．【分析】根据题意容易证明△AEB≅△AFB(SAS)，
从而可得∠KBC=∠NEC=∠BAF=∠BAE=α，进
而可得∠EAH=∠AHE，从而可得②正确，过点B作
★类型三：几何多结论问题★
BK⎳EN，交CD于点K，构造△ABF≅∠BCK
1．【分析】当t=6s时，点M在AD上，求出DM、
(AAS)，结合四边形BMNK是平行四边形可得MN=
CN，可判断①；当1时，点M在AB上，利用三角形
·48·★ 2026 中考数学 (选择题 + 填空题) 拔高题 275 题 参考答案★
BK=AF，可得①正确，再利用角关系证明△NEC- ∴四边形BMNK是平行四边形，
△BAF，△AEC-△HNC，可得EN⋅BF=CN⋅AF= ∴MN=BK，
CN⋅AE=EC⋅HN，从而得出结论③正确，过点F作 ∴MN=AF，故结论①正确，
FP⊥AC，设BF=3x，由BF:FC=3:4可得FC= ∵∠NEC=∠BAF，∠BCD=∠ABC=90°，
4x，解三角形求出PF=2 2x，AP=5 2x从而求出 ∴△NEC-△BAF，
PF 2 EN CN
tan∠FAC= = 故结论④正确，再判定△CNH ∴ = ，
AP 5 AF BF
不一定是等腰三角形，得出等腰三角形有△ABC、 ∴EN⋅BF=CN⋅AF，
△ADC、△AEF、△AEH，共四个，故结论⑤错误． ∵∠EAH=∠AHE=∠CHN=45°+α，∠ACE=
【解答】解：如图1，过点B作BK⎳EN，交CD于点 ∠ACN=45°，
K， ∴△AEC∽△HNC，
AE EC
∴ = ，
HN NC
∴CN⋅AE=EC⋅HN，
∵AE=AF，
∴CN⋅AF=EC⋅HN，
∴EN⋅BF=EC⋅HN，故结论③正确，
过点F作FP⊥AC，如图2；
在正方形ABCD中，
∴AB=BC=CD=AD，∠ABC=∠BCD=90°，
∠BAC=∠ACB=∠ACD=45°，AB⎳CD，
∴△ABC、△ADC是等腰三角形，又BE=BF，AB
=AB，
∴△AEB≅△AFB(SAS)，
∴AE=AF，∠AEF=∠AFE，∠BAE=∠BAF，
设BF=3x，由BF:FC=3:4可得FC=4x，AB=BC
∴△AEF是等腰三角形，
=7x，
∵EG⊥AF，
∴AF2=AB2+BF2=(7x)2+(3x)2=58x2，
∴∠NEC+∠AFE=90°，
2
又∵∠BAF+∠AFE=90°， ∵PF=FC⋅sin∠ACB=4x⋅ =2 2x
2
∴∠NEC=∠BAF，
∴AP= AF2-PF2= 58x2-8x2=5 2，
∵BK⎳EN，
PF 2 2x 2
∴tan∠FAC= = = ，
∴∠KBC=∠NEC，∠BKC=∠ENC， AP 5 2x 5
∴∠KBC=∠NEC=∠BAF=∠BAE， 故结论④正确，∠CNE=90°-α，∠CHN=∠AHE=
设∠KBC=∠NEC=∠BAF=∠BAE=α， α+45°，α<45°，
∵∠EAH=∠BAE+∠BAC=α+45°，∠AHE= ∴∠CNE不一定等于∠CHN，α<45°，
∠HEC+∠ACB=α+45°， ∴△CNH不一定是等腰三角形，
∴∠EAH=∠AHE，故结论②正确； 故等腰三角形有△ABC、△ADC、△AEF、△AEH，
∴EA=EH，即△AEH是等腰三角形， 共四个，故结论⑤错误，
∵在△ABF和△BCK中， 综上所述：正确结论有①②③④．
AB=BC 故选：C．
∠KBC=∠BAF， 3．【分析】通过△ADH≅△CDH和△ABE≅
∠ABF=∠BCK
△CDH可判断①；根据角平分线的性质定理判断④；
∴△ABF≅∠BCK(AAS)，
通过角度计算判断②；通过长度计算判断③．
∴BK=AF，∠CKB=∠AFE=∠AEF=90°-α，
【解答】解：延长BD和DB，连接OH，
∵BK⎳EN，AB⎳CD，
∵菱形ABCD，∠BAD=60°，
·49·∴∠BAO=∠DAO=30°，∠AOD=∠AOB=90°，
∵菱形ABCD绕点O逆时针旋转90°得到菱形
ABCD，
∴点A′，D′，B′，C′一定在对角线AC，BD上，且
OD=OD=OB=OB，OA=OA=OC=OC，
∴AD=CD，∠DAH=∠DCH=30°，
∵∠D′HA=∠DHC′，
∴△ADH≅△CDH(AAS)，
∴D′H=DH，C′H=AH，
同理可证DE=BE，BF=BF，BG=DG，
∵∠EAB=∠HCD=30°，A′B=C′D，∠ABE=
∠CDH=120°，
∴△ABE≅△CDH(ASA)，
∴DH=BE，
∴DH=BE=D′H=D′E=BF=FB′=B′G=DG，
∴该八边形各边长都相等，故①正确；
根据角的平分线的性质定理，得点O到该八边形各边
所在直线的距离都相等，故④正确；
根据题意，得∠EDH=120°，
∵∠DOD=90°，∠ODH=∠ODH=60°，
∴∠DHD=150°，
∴该八边形各内角不相等，故②错误；
∵OD=OD′，D′H=DH，OH=OH，
∴△DOH≅△DOH(SSS)，
∴∠DOH=∠DOH=45°，∠DHO=∠DHO=75°，
∴OD≠OH，
∴点O到该八边形各顶点的距离不相等，故③错误；
故选：B．
BD
4．【分析】连接DG，可得 = 2，AC垂直平
AB
分BD，先证明点B、H、D、F四点共圆，即可判断
①；根据AC垂直平分BD，结合互余可证明DG=
FG，即有DG=FG=BG，则可判断②正确；证明
BN BD
△ABM∽△DBN，即有 = = 2，可判断④；
BM AB
S AB
根据相似有 △ABM =
S BD
△DBN
★ 2026 中考数学 (选择题 + 填空题) 拔高题 275 题 参考答案★
可得3AH=AD，再证明△AHM-△CBM，可得
S HM 1
△AHM = = ，即可判断⑤；根据点H是AD的
S BM 3
△ABM
中点，设AD=2，即求出BH= AH2+AB2= 5，
2
同理可证明△AHM∽△CBM，可得BM= BH=
3
2 2
5，即可得BN= 2BM= 10，进而可判断③．
3 3
【解答】解：连接DG，如图，
∵四边形ABCD是正方形，∠BDC=∠BAC=∠ADB
BD
=45°， = 2，∠BAD=∠ADC=90°，AC垂直
AB
平分BD，
∴∠CDP=90°，
∵DF平分∠CDP，
1
∴∠CDF= ∠CDP=45°=∠CDB，
2
∴∠BDF=∠CDF+∠CDB=90°，∠BHF=90°=
∠BDF，
∴点B、H、D、F四点共圆，
∴∠HFB=∠HDB=45°，∠DHF=∠DBF，
∴∠HBF=180°-∠HFB-∠FHB=45°，故①正确，
∵AC垂直平分BD，
∴BG=DG，
∴∠BDG=∠DBG，
∵∠BDF=90°，
∴∠BDG+∠GDF=90°=∠DBG+∠DFG，
∴∠GDF=∠DFG，
∴DG=FG，
∴DG=FG=BG，
∴点G是BF的中点，故②正确，
∵∠BHF=90°=∠BAH，
∴∠AHB+∠DHF=90°=∠AHB+∠ABH，
∴∠DHF=∠ABH，
∵∠DHF=∠DBF，
∴∠ABH=∠DBF，
又∵∠BAC=∠DBC=45°，AD⎳BC，
∴△ABM∽△DBN，
2 1 1 BN BD
= ，根据AH= HD ∴ = = 2，
2 2 BM AB
·50·∴BN= 2BM，故④正确，
S AB
∴ △ABM =
S BD
△DBN
★ 2026 中考数学 (选择题 + 填空题) 拔高题 275 题 参考答案★
DA a
∵tanH= = ，
AH a+ 2a 2 1
= ，
2 ∴tanH= 2-1，故②错误；
1 1 1 ∵BD=BH，
若AH= HD，则AH= HD= (AD-AH)，
2 2 2
∴∠H=∠BDH，
∴3AH=AD，
∵CD⎳AB，
AH 1 AH AH 1
∴ = ，即 = = ， ∴∠CDE=∠H，
AD 3 BC AD 3
∵AD⎳DC， ∴∠CDE=∠BDE=∠H，
∴△AHM∽△CBM， ∵四边形ABCD是正方形，
HM AH 1 ∴AC垂直平分BD，∠CDB=∠CBD，
∴ = = ，
BM BC 3 ∴DE=BE，
S HM 1
∵ △AHM = = ， ∴∠EDB=∠EBD，
S BM 3
△ABM
∴∠CDE=∠CBE，
∴S =3S ，
△ABM △AHM
∴∠CBE=∠DBE，
S 1
∴ △ABM = ，
S 2
∴BE平分∠CBD，故③正确；
△DBN
∴S =2S =6S ，故⑤错误， ∵∠BDE=∠BDE，∠EDB=∠H=∠DBE，
△BND △ABM △AHM
如图，③若点H是AD的中点， ∴ΔDEB∽ΔDBH，
DE DB
设AD=2，即AB=BC=AD=2， ∴ = ，
DB DH
1
∴AH= AD=1， ∴DB2=DE⋅DH，
2
∴BH= AH2+AB2= 5，
∴2AB2=DE⋅DH，故④正确；
故选：B．
同理可证明△AHM∽△CBM，
HM AH 1 HM+BM 3 BH
∴ = = ， = = ，BM
BM BC 2 BM 2 BM
2 2
= BH= 5，
3 3
∵BN= 2BM，
2
∴BN= 2BM= 10，
3
∵BC=2，
2
在Rt△BNC 中，NC= BN2-BC2= ，sin∠NBC
3 6．【分析】①根据t=2s时得出四边形ABCP为矩
NC 10
= = ，故③正确，则正确的有：①②③④， 形，据此可解决问题．
BN 10
②根据“平行线间的距离处处相等”即可解决问题．
故选：A．
③根据②中的发现即可解决问题．
DC
5．【分析】通过证明ΔDCF∽ΔHBF，可得 =
BH ④利用三角形的中位线定理即可解决问题．
CF 2 DA 【解答】解：①当t=2s时，
= ，故①错误；由tanH= = 2-1，故
BF 2 AH AP=2cm，
②错误；由正方形的性质可得AC垂直平分BD，
则AP=BC．
∠CDB=∠CBD，可得DE=BE，由角的数量关系可
又因为AP⎳BC，∠ABC=90°，
求∠CBE=∠DBE，即BE平分∠CBD，故③正确；
所以四边形ABCP是矩形，
通过证明ΔDEB∽ΔDBH，可得2AB2=DE⋅DH，故
所以PC=AB=3cm，
④正确；即可求解．
所以四边形ABCP的周长为：2×(2+3)=10(cm)．
【解答】解：设AB=BC=CD=AD=a，
故①正确．
∵四边形ABCD是正方形，
因为“平行线间的距离处处相等”，AB=3cm，
∴CD⎳AB，BD= 2a=BH，
∠ABC=90°，
∴ΔDCF∽ΔHBF，
所以直线l 与直线l 之间的距离是3cm，
1 2
DC CF a 2
∴ = = = ，故①错误； 所以当t=4s时，点P到直线l 的距离仍然是3cm．
BH BF 2a 2 2
·51·故②错误．
由上述过程可知，
点P到BC的距离为定值3cm，
即ΔPBC的BC边上的高为3cm，
又因为BC=2cm，
所以ΔPBC的面积为定值．
故③错误．
因为点D，E分别是线段PB，PC的中点，
所以DE是ΔPBC的中位线，
1
所以DE= BC=1(cm)，
2
即线段DE的长度不变．
故④正确．
故选：A．
7．【分析】①根据题意，画出函数图象，得出-4≤
m0，
∴a>-1，
∵对角线2=长2+宽2=(长+宽)2-2×长×宽=4(a
+1)2-2(a2-1)=2a2+8a+6，
当a=5时，对角线2=96，
∴对角线长是4 6，
∴④正确；
综上所述：②④正确，
故选：B．
8．【分析】由折叠可得A E=AE=BE=2，可得点
1
A 到点E的距离恒为2，即可判断①；
1
连接DE，由勾股定理得到在Rt△ADE 中，DE=
AD2+AE2=2 5，由DA +A E，即可判断③；
1 1
DA 达到最小值时，点A 在线段DE上，证得△ADN
1 1 1
AD DN
∽△ADE，得到 1 = ，从而求得DN=5-
AD DE
5，通过MN=AD-DN-AM 即可判断④；
在△ADE 中，AD随着∠DEA 的增大而增大，而当
1 1 1
∠NEA最大时，∠DEA 有最大值，AG2有最大值，
1 1
2
+ON2， 此时点N与点D重合．过点A 作AG⊥AD于点G，
1 1
1 1 作A 1 P⊥AB于点P，可得四边形AGA 1 P是矩形，因
∴2r2= AB2+ CD2+OM2+ON2，
4 4 此AG=AP=AE+EP当AD取得最大值时，
1 1
·52·★ 2026 中考数学 (选择题 + 填空题) 拔高题 275 题 参考答案★
∠A EP有最小值，在Rt△A EP中，EP=A E⋅
1 1 1
cos∠A EP有最大值，AG=AP=AE+EP有最大
1 1
值，即可判断②．
【解答】解：∵正方形纸片ABCD的边长为4dm，AE
=BE，
1
∴AE=BE= AB=2，
2
由折叠的性质可知，A E=AE=2，
1 在△ADE中，DE=2 5，A E=AE=2，
1 1
∴当点N在线段MD上运动时，点A 在以E为圆心的
1 ∴AD随着∠DEA 的增大而增大，
1 1
圆弧上运动．
∵∠DEA =∠NEA -∠NED=∠NEA-∠NED=
1 1
故①正确；
∠NEA-(∠AED-∠NEA)=2∠NEA-∠AED，
连接DE，
∴当∠NEA最大时，∠DEA 有最大值，AG有最大
1 1
值，此时，点N与点D重合，
过点A 作AG⊥AD于点G，作AP⊥AB于点P，
1 1 1
∵∠A=90°，
∴四边形AGAP是矩形，
1
∴AG=AP=AE+EP，
1
当AD取得最大值时，∠AEN=∠A EN也是最大值，
1 1
∵∠A EP=180°-∠AEN-∠A EN=180°-2∠AEN
∵在正方形ABCD中，∠A=90°，AD=4，AE=2， 1 1
∴∠A EP有最小值，
∴在Rt△ADE中，DE= AD2+AE2= 42+22= 1
∴在Rt△A EP中，EP=A E⋅cos∠A EP有最大值，
2 5， 1 1 1
即AG=AP=AE+EP有最大值，
∵DA +A E， 1
1 1
∴点A 到AD的距离最大．
∴DA ≥DE-A E=2 5-2， 1
1 1
故②正确．
∴DA 的最小值为2 5-2，
1
综上所述，正确的共有3个．
故③正确；
故选：C．
如图，
9．【分析】根据∠ADF的正切值，结合勾股定理可求
出EF的值．根据ΔABG的面积与正方形EFGH面积
之间的关系，得出关于AG和FG的方程，据此可解决
问题．得出点G′的运动轨迹即可解决问题．
【解答】解：在RtΔADF中，
AF 3
tan∠ADF= = ．
DF 4
令AF=3x，DF=4x，
DA
1
达到最小值时，点A
1
在线段DE上，
则(3x)2+(4x)2=102，
由折叠可得∠NA E=∠A=90°，
1 解得x=2(舍负)，
∴∠DAN=90°，
1 所以AF=6，DF=8．
∴∠DAN=∠A，
1 因为外部的四个直角三角形全等，
∵∠ADN=∠ADE，
1 所以DE=AF=6，
∴△ADN∽△ADE，
1 所以EF=8-6=2．
AD DN
1 = ， 故①正确．
AD DE
因为RtΔABG的面积是正方形EFGH面积的3倍，
2 5-2 DN
∴ = ， 1
4 2 5 所以 BG⋅AG=3FG2．
2
∴DN=5- 5，
因为BG=AF=AG-FG，
∴MN=AD-DN-AM=4-(5- 5)-1= 5-2，
1
所以 (AG-FG)⋅AG=3FG2，
故④错误． 2
·53·整理得，
6FG2+FG⋅AG-AG2=0．
FG
则6
AG
★ 2026 中考数学 (选择题 + 填空题) 拔高题 275 题 参考答案★
由勾股定理得：AC= AB2+BC2=4 2，
AC 4 2
∴ = = 2，
2 FG AB 4
+ -1=0，
AG 2
∵AD= CE，
FG 1 2
解得 = (舍负)，
AG 3 CE
∴ = 2，
则点F是AG的三等分点． AD
AC CE
故②正确． ∴ = ，
AB AD
由旋转可知，
又∵∠ECA=∠DAB=45°，
∠AG′D=∠AGB=90°，
∴△CAE∽△ABD，
所以点G′在以AD为直径的圆上．
AE AC
∴ = = 2，
BD AB
故结论①正确；
②∵△CAE∽△ABD，
∴∠CAE=∠ABD，
∴∠BFE=∠BAF+∠ABD=∠BAF+∠CAE=
∠BAC=45°，
∴∠DFE=180°-∠BFE=180°-45°=135°，
故结论②正确；
③以AB为斜边在△ABC外侧构造等腰Rt△OAB，作
在RtΔABM中，
△OAB的外接圆⊙O，过点O作OK⊥AB于K，
BM= 52+102=5 5．
OK的延长线交⊙O于H，连接AH，BH，过点O作
当点B，M，G′共线时，BG′取得最大值，
OM⊥CB交CB的延长线于M，连接OC交⊙O于
此时BG′=5 5+5．
P，如图所示：
故③正确．
故选：D．
AC 4 2 CE
10．【分析】①先求出 = = 2， =
AB 4 AD
AC CE
2，则 = ，由此可证△CAE∽△ABD，然
AB AD
后根据相似三角形性质可对结论①进行判断确；
②根据△CAE∽△ABD得∠CAE=∠ABD，再根据三
角形外角性质得∠BFE=45°，由此可对结论②进行判
断确； ∴∠AOB=90°，
③以AB为斜边在△ABC外侧构造等腰Rt△OAB，作
∴∠AHB=180°-
1
∠AOB=180°-
1
×90°=135°，
2 2
△OAB的外接圆⊙O，过点O作OK⊥AB于K，
∵∠DFE=135°，
OK的延长线交⊙O于H，连接AH，BH，过点O作
∴点F在AB上运动，
OM⊥CB交CB的延长线于M，连接OC交⊙O于
∵AB=4，
P，证明点F在弧AB上运动，则当点F与点H重合
∴当点F与点H重合时，△ABF的面积为最大，最大
时，△ABF的面积为最大，最大值为△ABH的面积，
值为△ABH的面积，
然后求出△ABH的面积即可对结论③进行判断确；
1
④根据点F在弧AB上运动，得当点F与点P重合时， 根据等腰直角三角形的性质得：AK=BK= AB=
2
CF为最小，最小值为线段CP的长，然后求出线段 2，∠AOH=45°，
CP的长即可对结论④进行判断确，综上所述即可得出 ∴AK=OK=2，
答案． 在Rt△AOK中，由勾股定理得：OA= AK2+OK2
【解答】解：①∵△ABC是等腰直角三角形，∠ABC
=2 2，
=90°，AB=4，
∴OA=OH=OB=OP=2 2，
∴∠BCA=∠BAC=45°，AB=BC=4，
∴KH=OH-OK=2 2-2，
·54·★ 2026 中考数学 (选择题 + 填空题) 拔高题 275 题 参考答案★
1 1 5 5 3 5
∴S = AB⋅KH= ×4×(2 2-2)=4 2-4， ∴EF=AE-AF= a- a= a．
△ABH 2 2 2 5 10
故结论③正确； ∵AB⎳DE，
④∵点F在AB上运动， ∴ΔGAB∽ΔGED，
∴当点F与点P重合时，CF为最小，最小值为线段 AG AB
∴ = =2，
GE DE
CP的长，
1 5
∵OM⊥CB，OK⊥AB，∠ABM=∠ABC=90°， ∴GE= AE= a，
3 6
∴四边形OMBK为矩形， 5 5 5
∴FG=AE-AF-GE= a- a- a=
∴OM=BK=2，BM=OK=2， 2 5 6
2 5
∴CM=BC+BM=4+2=6， a，
15
在Rt△COM中，由勾股定理得：CO= CM2+OM2
5 a
AF 5 3
=2 10， ∴ = = ，
FG 2 5 2
∴CP=CO-OP=2 10-2 2， 15
∴S :S =2:3．
即CF的最小值是2 10-2 2， ΔBGF ΔABF
故②正确；
故结论④正确，
∵AB=a，
综上所述：正确的结论是①②③④．
故选：D．
∴AD=AB=a，
11．【分析】①根据题意可得∠ABF=90°-∠BAF=
∴BD2=AB2+AD2=2a2，
BF AD 如图所示，过点H分别作BF，AE的垂线，垂足分别
∠DAE，则cos∠ABF=cos∠EAD，即 = ，
AB AE 为M，N，如图，
又AB=AD，即可判断①；②设正方形的边长为a，
根据勾股定理求得AF，证明ΔGAB∽ΔGED，根据相
似三角形的性质求得GE，进而求得FG，即可判断②；
过点H分别作BF，AE的垂线，垂足分别为M，N
根据②的结论求得BH，勾股定理求得BD，即可判断
③．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD=∠ADE=90°，AB=AD，
又∵BF⊥AE，HM⊥BF，HN⊥AE，
∵BF⊥AE，
∴四边形FMHN是矩形，
∴∠ABF=90°-∠BAF=∠DAE，
∵FH是∠BFG的角平分线，
∴cos∠ABF=cos∠EAD，
∴HM=HN，
BF AD
即 = ， ∴四边形FMHN是正方形，
AB AE
∴FN=HM=HN，
又AB=AD，
2 5 2 5
∴AB2=BF⋅AE． ∴BF=2AF= a，FG= a，
5 15
故①正确；
MH FG 1
∴ = = ．
设正方形的边长为a， BM BF 3
∵点E为边CD的中点， 设MH=b，则BF=BM+FM=BM+MH=3b+b=
a 4b，
∴DE= ，
2
在RtΔBMH中，
1
∴tan∠ABF=tan∠EAD=
2
． BH= BM2+MH2= 10b．
在RtΔABF中， 2 5
∵BF= a，
5
AB= AF2+BF2= 5AF=a，
2 5
5
∴ a=4b，
∴AF= a． 5
5
5
解得：b= a．
在RtΔADE中，
10
5a
AE= AD2+DE2= ，
2
·55·★ 2026 中考数学 (选择题 + 填空题) 拔高题 275 题 参考答案★
5 2 ∵∠DAE与∠BAG不一定相等，
∴BH= 10× a= a，
10 2
∴∠DAH与∠AHD不一定相等，
2
∴BD2-BD⋅HD=2a2- 2a× a=a2． 则AD与DH不一定相等，即DH与CD不一定相等，
2
故③正确． 故②不正确；
故选：D． ④∵∠FAB=∠DHE，∠AFK=∠EDH，
12．【分析】①证明ΔEAF是等腰直角三角形，根据 ∴ΔAKF∽ΔHED，
直角三角形斜边中线可得AH= 1 EF=CH，可得① ∴ AK = AF ，
2 EH DH
正确； ∴AK⋅DH=AF⋅EH，
②证明∠DAH与∠AHD不一定相等，则AD与DH不 在等腰直角三角形AFH中，AF= 2FH= 2EH，
一定相等，可知②不正确； ∴AK⋅HD= 2HE2．
③证明ΔADH≅ΔCDH(SSS)，则∠ADH=∠CDH= 故④正确；
45°，再由等腰直角三角形的性质可得结论正确； ∴本题正确的结论有①③④，共3个．
④证明ΔAKF∽ΔHED，列比例式可得结论正确． 故选：C．
【解答】解：①∵四边形ABCD是正方形， 13．【分析】利用正方形的性质和翻折的性质，对每
∴AD=AB，∠ADE=∠ABC=90°， 个选项的结论逐一判断，即可解答．
∴∠ADE=∠ABF=90°， 【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∵DE=BF， ∴∠DAE=∠ABF=90°，DA=AB，
∴ΔADE≅ΔABF(SAS)， ∵AF⊥DE，
∴AE=AF，∠DAE=∠BAF， ∴∠BAF+∠AED=90°，
∵∠DAE+∠EAB=90°， ∵∠BAF+∠AFB=90°，
∴∠BAF+∠EAB=90°，即∠EAF=90°， ∴∠AED=∠BFA，
∵AG⊥EF， 在△ABF和△DAE中，
∴EH=FH， ∠ABF=∠DAE=90°
1
∠BFA=∠AED ，
∴AH= EF，
2 AB=DA
RtΔECF中，∵EH=FH， ∴△ABF≅△DAE(AAS)，
1 ∴AF=DE．
∴CH= EF，
2
故①正确；
∴AH=CH；
∵将△ABF沿AF翻折，得到△AMF，
故①正确；
∴BM⊥AF，
③∵AH=CH，AD=CD，DH=DH，
∵AF⊥DE，
∴ΔADH≅ΔCDH(SSS)，
∴BM⎳DE．
∴∠ADH=∠CDH=45°，
故②正确；
∵ΔAEF为等腰直角三角形，
当CM⊥FM时，∠CMF=90°，
∴∠AFE=45°，
∵∠AMF=∠ABF=90°，
∴∠AFK=∠EDH=45°，
∴∠AMF+∠CMF=180°，即A，M，C在同一直线
∵四边形ABCD为正方形，
上，
∴AB⎳CD，
∴∠MCF=45°，
∴∠BKF=∠CEH，
∴∠MFC=90°-∠MCF=45°，
∴∠AKF=∠DEH，
由翻折的性质可得：∠HBF=∠HMF=45°，BF=
∴∠FAB=∠DHE，
MF，
故③正确；
∴∠HMF=∠MFC，∠HBC=∠MFC，
②∵∠ADH=∠AEF，
∴BC⎳MH，HB⎳MF，
∴∠DAE=∠DHE，
∴四边形BHMF是平行四边形，
∵∠BAD=∠AHE=90°，
∵BF=MF，
∴∠BAE=∠AHD，
·56·★ 2026 中考数学 (选择题 + 填空题) 拔高题 275 题 参考答案★
∴平行四边形BHMF是菱形，故③正确； ∵∠AGE=∠ABF=90°，∠EAG=∠FAB，
当点E运动到AB的中点，如图， ∴△EAG∽△FAB，
EG BF
∴ = ，
AG AB
BH EG
∴ = ，
DH AG
∴EG⋅DH=AG⋅BH，
1
∴ EP⋅DH=AG⋅BH，
2
∴EP⋅DH=2AG⋅BH，
设正方形ABCD的边长为2a，则AE=BF=a， 故⑤正确．
在Rt△AED中， 综上分析可知，正确的是①②③⑤．
故选：B．
DE= AD2+AE2= 5a=AF，
14．【分析】①先根据正方形的性质证得ΔADE和
∵∠AHD=∠FHB，∠ADH=∠FBH=45°，
ΔDCF全等，再利用ASA证得ΔAGM和ΔAGD全等，
∴△AHD∽△FHB，
FH BF a 1 即可得出AE垂直平分DM；
∴ = = = ，
AH AD 2a 2 ②连接BD与AC交于点O，交AG于点H，连接
2 2 5
∴AH= AF= a． HM，根据题意当点P与点H重合时，PM+PN的值
3 3
最小，即PM+PN的最小值是DO的长，根据正方形
∵∠AGE=∠ABF=90°，∠EAG=∠FAB，
的性质求出BD的长，从而得出DO=2 2，即PM+
∴△AGE∽△ABF，
PN的最小值2 2；
AE EG AG a 5
∴ = = = = ，
AF BF AB 5a 5 ③先证ΔDGE∽ΔADE，再根据相似三角形的性质及
5 5 5 2 5 CF=DE，即可判断；
∴EG= BF= a，AG= AB= a，
5 5 5 5
④先求出AM的长，再根据三角形面积公式计算即可．
4 5
∴DG=ED-EG= a，GH=AH-AG= 【解答】解：①∵四边形ABCD是正方形，
5
∴AD=DC=BC，∠ADC=∠DCB=90°，
4 5
a．
15 ∵BF=CE，
∵∠BHF=∠DHA， ∴BC-BF=DC-CE，
∴在Rt△DGH中， 即CF=DE，
DG
tan∠BHF=tan∠DHA= =3， 在ΔADE和ΔDCF中，
GH
AD=DC
故④错误；
∠ADE=∠DCF，
由题意得：△ABF≅△AMF，
DE=CF
∴∠EAG=∠PAG，
∴ΔADE≅ΔDCF(SAS)，
在△EAG和PAG中，
∴∠DAE=∠CDF，
∠EAG=∠PAG
∵∠CDF+∠ADG=90°，
AG=AG ，
∴∠DAE+∠ADG=90°，
∠EGA=∠PGA=90°
∴∠AGD=90°，
∴△EAG≅PAG(ASA)，
∴∠AGM=90°，
∴EG=PG，
∴∠AGM=∠AGD，
1
∴EG= EP．
2 ∵AE平分∠CAD，
∵AD⎳BC， ∴∠MAG=∠DAG，
∴△AHD∽△FHB， 又AG为公共边，
DH AD
∴ = ． ∴ΔAGM≅ΔAGD(ASA)，
BH BF
∴GM=GD，
∵AD=AB，
又∵∠AGM=∠AGD=90°，
DH AB
∴ = ．
BH BF ∴AE垂直平分DM，
·57·★ 2026 中考数学 (选择题 + 填空题) 拔高题 275 题 参考答案★
故①正确； EC=1，CF= 5-1，由三角函数，得④正确．
②如图，连接BD与AC交于点O，交AG于点H，连 【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
接HM， ∴AB=BC=CD=AD，
∵四边形ABCD是正方形， ∵AB=2，点E是BC边的中点，
∴AC⊥BD， ∴CE=1，
即DO⊥AM， ∵∠DNM=∠FNC，
∵AE垂直平分DM， ∵FG⊥DE，
∴HM=HD， ∴∠DMN=90°，
当点P与点H重合时，PM+PN的值最小，此时PM ∴∠DMN=∠NCF=90°，∠GFB=∠EDC，
+PN=HM+HO=HD+HO=DO，即PM+PN的 EC 1
tan∠GFB=tan∠EDC= = ，①正确；
CD 2
最小值是DO的长，
②∵∠DMN=∠NCF=90°，∠MND=∠FNC，
∵正方形ABCD的边长为4，
∴∠MDN=∠CFN
∴AC=BD=4 2，
∵∠ECD=∠EMF，EF=ED，∠MDN=∠CFN
1
∴DO= BD=2 2，
2 ∴ΔDEC≅ΔFEM(AAS)
即PM+PN的最小值为2 2， ∴EM=EC，
故②错误； ∴DM=FC，
③∵AE垂直平分DM， ∠MDN=∠CFN，∠MND=∠FNC，DM=FC，
∴∠DGE=90°， ∴ΔDMN≅ΔFCN(AAS)，
∵∠ADC=90°， ∴MN=NC，故②正确；
∴∠DGE=∠ADE， ③∵BE=EC，ME=EC，
又∵∠DEG=∠AED， ∴BE=ME，
∴ΔDGE∽ΔADE， 在RtΔGBE和RtΔGME中，BE=ME，GE=GE，
DE GE ∴RtΔGBE≅RtΔGME(HL)，
∴ = ，
AE DE
∴∠BEG=∠MEG，
即DE2=GE⋅AE，
∵ME=EC，∠EMC=∠ECM，
由①知CF=DE，
∵∠EMC+∠ECM=∠BEG+∠MEG，
∴CF2=GE⋅AE，
∴∠GEB=∠MCE，
故③正确；
∴MC⎳GE，
④∵AE垂直平分DM，
CM CF
∴ = ，
∴AM=AD=4， EG EF
又DO=2 2， ∵EF=DE= EC2+CD2= 5，
1 1
∴S = AM⋅DO= ×4×2 2=4 2， CF=EF-EC= 5-1，
ΔADM 2 2
CM CF 5-1 5- 5
故④错误； ∴ = = = ，故③错误；
EG EF 5 5
综上，正确的是：①③，
④由上述可知：BE=EC=1，CF= 5-1，
故选：D．
∴BF= 5+1，
GB 1
∵tanF=tan∠EDC= = ，
BF 2
1 5+1
∴GB= BF= ，
2 2
5+1
∴S = ．故④正确，
四边形GBEM 2
故选：B．
16．【分析】利用全等三角形的判定与性质，正方形
的性质，圆周角定理，直角三角形的边角关系定理对
15．【分析】利用三角函数求得①正确；证明ΔDEC
每个选项的结论进行判断即可得出结论．
≅ΔFEM(AAS)得DM=FC，再证ΔDMN≅ΔFCN，
【解答】解：①∵四边形ABCD是正方形，
得②正确；由三角形全等，勾股定理得③错误；BE=
·58·★ 2026 中考数学 (选择题 + 填空题) 拔高题 275 题 参考答案★
∴AB=BC=CD，AC⊥BD，∠ABD=∠DBC= ∴∠OAH=∠OBP．
∠ACD=45°． 在ΔAOH和ΔBOP中，
∴∠BOE+∠EOC=90°， ∠OAH=∠OBP
∵OE⊥OF， OA=OB ，
∠AOH=∠BOP
∴∠FOC+∠EOC=90°．
∴ΔAOH≅ΔBOP(ASA)，
∴∠BOE=∠COF．
∴AH=BP．
在ΔBOE和ΔCOF中，
∴AP-BP=AP-AH=HP= 2OP．
∠OBE=∠OCF=45°
OB=OC ，
∴③的结论正确；
∠BOE=∠COF ④∵BE:CE=2:3，
∴ΔBOE≅ΔCOF(ASA)， ∴设BE=2x，则CE=3x，
∴BE=CF． ∴AB=BC=5x，
在ΔBAE和ΔCBF中， ∴AE= AB2+BE2= 29x．
AB=BC 过点E作EG⊥AC于点G，如图，
∠ABC=∠BCF=90°，
BE=CF
∴ΔBAE≅ΔCBF(SAS)，
∴∠BAE=∠CBF．
∵∠ABP+∠CBF=90°，
∴∠ABP+∠BAE=90°，
∴∠APB=90°．
∴AE⊥BF．
∴①的结论正确；
∵∠ACB=45°，
②∵∠APB=90°，∠AOB=90°，
2 3 2
∴EG=GC= EC= x，
∴点A，B，P，O四点共圆， 2 2
∴∠APO=∠ABO=45°， ∴AG= AE2-GE2= 7 2 x，
2
∴②的结论正确；
在RtΔAEG中，
③过点O作OH⊥OP，交AP于点H，如图，
EG
∵tan∠CAE= ，
AG
3 2 x
2 3
∴tan∠CAE== = ．
7 2 x 7
2
∴④的结论不正确；
⑤∵四边形ABCD是正方形，
∴OA=OB=OC=OD，∠AOB=∠BOC=∠COD
=∠DOA=90°，
∴ΔOAB≅ΔOBC≅ΔOCD≅ΔDOA(SAS)．
∵∠APO=45°，OH⊥OP，
1
2 ∴S = S ．
∴OH=OP= HP， ΔOBC 4 正方形ABCD
2
1
∴HP= 2OP． ∴S ΔBOE +S ΔOEC = 4 S 正方形ABCD ．
∵OH⊥OP， 由①知：ΔBOE≅ΔCOF，
∴∠POB+∠HOB=90°， ∴S =S ，
ΔOBE ΔOFC
∵OA⊥OB， 1
∴S +S = S ．
ΔOEC ΔOFC 4 正方形ABCD
∴∠AOH+∠HOB=90°．
1
∴∠AOH=∠BOP． 即四边形OECF的面积是正方形ABCD面积的 ．
4
∵∠OAH+BAE=45°，∠OBP+∠CBF=45°， ∴⑤的结论正确．
∠BAE=∠CBF， 综上，①②③⑤的结论正确．
·59·故选：B．
17．【分析】①错误．说明BN的长度是变化的即可．
②正确．利用面积法求出EF即可．
③错误．求出ΔGNF面积的最大值，即可判断．
④正确，利用勾股定理求出AE，可得结论．
1
【解答】解：∵AB=3是定值，BN= BG，BG的
2
长是变化的，
∴BN的值也是变化的，
∴BN与AB不一定相等，故①错误．
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD⎳BC，
∴∠DEF=∠EFB，
由翻折的性质可知FB=FG，∠EFB=∠EFG，
∴∠GEF=∠EFG，
∴GE=GF=BF，
∵GE⎳BF，
∴四边形BEGF是平行四边形，
∵FB=FG，
∴四边形BEGF是菱形，
∴BE=EG，
当D，G重合时，设BE=DE=x，则有x2=32+(6
-x)2，
15
∴x= ，
4
∵∠A=90°，AB=3，AD=6，
∴BD= AB2+AD2= 32+62=3 5，
1
∴S =DE⋅AB= ⋅BD⋅EF，
菱形BEDF 2
2×3×15
4 3 5
∴EF= = ，故②正确，
3 5 2
1
当D，G重合时，ΔGNF的面积最大，最大值= ×
4
15 45
×3= ，
4 16
45
∴S ≤ ，故③错误，
ΔGNF 16
5
如图2中，当CF= 时，BF=BE=EG=FG=
2
5 7
BC-CF=6- = ，
2 2
7
∴AE=EM= BE2-AB2=
2
★ 2026 中考数学 (选择题 + 填空题) 拔高题 275 题 参考答案★
18．【分析】由旋转性质得△CBE≅△ABF，可得CE
=AF，∠BCE=∠FAB，BE=BF，进而由∠BEC+
∠BCE=∠FAB+∠AEM=90°，即可判断①；由CF
=BC+BF=AB+BF>AF，即可判断②；由A、
M、B、C、D在以AC为直径的圆上，可以证明
∠CAD=∠CMD=45°，即可判断③，设AD=CD=
BC=a，由勾股定理解三角形可得AN=( 2-1)a，
CN=AC-AN= 2a-( 2-1)a=a，即可判断④．
【解答】解：∵把△CBE绕点B逆时针方向旋转90°得
到△ABF，
∴△CBE≅△ABF，
∴CE=AF，∠BCE=∠FAB，BE=BF，
∵正方形ABCD，
∴∠ABC=90°，AB=BC，
又∵∠AEM=∠BEC，
∴∠BEC+∠BCE=∠FAB+∠AEM=90°，
∴∠AMC=90°，
即CM⊥AF，
故①结论正确，符合题意；
2 13 ∵AB+BF>AF，CF=BC+BF=AB+BF，
-32= ，
2
∴CF>AF，
1 1 13 3 13
∴S = ⋅ME⋅GM= × ×3= ，故 故②结论错误，不符合题意；
ΔMEG 2 2 2 4
④正确． ∵正方形ABCD，
故选：D． ∴∠CAB=∠CAD=∠ACB=45°，
∴∠AMC=∠ABC=∠ADC=90°，
∴A、M、B、C、D在以AC为直径的圆上，如图，
·60·★ 2026 中考数学 (选择题 + 填空题) 拔高题 275 题 参考答案★
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，点E是正方
形ABCD的对角线BD上的点，
∴∠ADE=∠CDE，AD=CD，DE=DE，
∴△ADE≅△CDE(SAS)，
∴AE=EC，故①正确；
如图，在FC上取一点G，使得BG=BE，
∵CD=CD，
∴∠CAD=∠CMD=45°，
故结论③正确，符合题意；
如图，过N点作NG⊥AC，交AD于G，
∵四边形ABCD是正方形，BD是对角线，
∴∠ADE=45°，∠BAD=90°，AD=CD，
∵∠BAE=15°，
∴∠DAE=90°-15°=75°，
∴∠AED=180°-45°-75°=60°，
∵CE平分∠ACB，∠ACB=45°， ∵△ADE≅△CDE，
∴∠ACM=22.5°， ∴∠AED=∠CED=60°，∠DAE=∠DCE=75°，
∵AM =AM， ∴∠HEB=∠CED=60°，∠BCE=∠BAE=15°，
∴∠ACM=∠ADM=22.5°， ∴△GEB是等边三角形，
∵∠CAD=45°， ∴∠EBG=60°，EG=BE，
∴∠AGN=90°-∠CAD=45°，∠DNG=180° 又∵BF=BC，
-∠CAD-∠ANG-∠ADN=22.5°， ∴∠F=∠BCF=15°，
∴∠CAD=∠AGN=45°，∠GDN=∠DNG=22.5°， ∴∠FBC=180°-15°-15°=150°，
∴AN=NG=GD， ∴∠DBC=45°，
设AD=CD=BC=a， ∴∠FBG=∠FBC-∠GBE-∠CBE=150°-60°-45°
在Rt△ANG中，AN2+NG2=AG2， =45°=∠CBE，
∴2AN2=(a-AN)2， ∴△FBG≅△CBE(SAS)，
∴AN=( 2-1)a(负根已舍去)， ∴FG=CE，
∵AC= AD2+CD2= 2a， ∴EF=EG+FG=EC+BE=AE+BE，即BE+
∴CN=AC-AN= 2a-( 2-1)a=a， AE=EF，故②正确；
AN ( 2-1)a 如图，连接AC交BD于点O，则∠DAO=45°，过点
∴ = = 2-1，
CN a A，B分别作FC的垂线，垂足分别为K，N，
故结论④正确，符合题意；
综上，①③④结论正确，
故答案为：①③④．
19．【分析】证明△ADE≅△CDE(SAS)即可判断①，
在FC上取一点G，使得BG=BE，证明△FBG≅
△CBE(SAS)，进而判断②；过点A，B分别作FC的
垂线，垂足分别为K，N，则△AHK∽△BHN，根据
相似三角形的性质即可判断③，取HB的中点T，连
∵AB=1，
接TD，根据题意得出O在以HB为直径的圆上运动，
2 2
∴AO=BO= AB= ，AC= 2AB= 2，
进而得出当O在TD上时，DQ取得最小值，最小值 2 2
为DT的长，勾股定理求得TD的长，即可求解． ∵∠DAE=75°，∠DAO=45°，
·61·∴∠EAO=30°，
∵在正方形ABCD中，AC⊥BD，
3 2 6
∴EO=AOtan∠EAO= × = ，
3 2 6
2 6
∴BE=OB-OE= - ，
2 6
∵∠BCE=15°，∠ACB=45°，
∴∠ACK=30°，
1 2
∴AK= AC= ，
2 2
在Rt△BEN中，BN=sin∠NEB×BE=sin60°×BE
3 2 6
= -
2 2 6
6- 2
= ，
4
∵AK⊥FC，BN⊥FC，
∴KA⎳BN，
∴△AHK∽△BHN，
2
AH AK 2
∴ = = = 3+1，故③错误；
HB BN 6- 2
4
如图，
∵AB=AH+HB=1，AH=( 3+1)HB，
∴( 3+1)HB+HB=1，
1
即HB= =2- 3，
3+2
∵点M是BC边上一动点，连结HM，将△BHM沿
HM翻折，点B落在点P处，
∴PQ⊥HM，
∴∠HQB=90°，
∴Q在以HB为直径的圆上运动，
取HB的中点T，连接TD，
∴当Q在TD上时，DQ取得最小值，最小值为DT的
长，
1 1 3
∴BT= HB= (2- 3)=1- ，
2 2 2
3
∴AT=AB-BT= ，
2
3
∴TD= AD2+AT2= 1+
2
设AE=a，DF= 2a，则AH=AE=a，HE=
2a，∠BHE=∠EDF=135°，BH=ED，由此可依
据“SAS”判定△BHE和△EDF全等，则BE=FE，
∠HBE=∠FED，再证明∠FED+∠AEB=90°得
∠BEF=90°，由此得△BEF是等腰直角三角形，则
∠BFE=∠FBE=45°，进而得sin∠BFE=sin45°=
2
，据此可对结论①进行判断；
2
②过点B作BM⊥BF，交DA的延长线于点M，证明
△BAM和△BCG全等得AM=CG，BM=BG，则
AE+CG=ME，证明∠MBE=FBE=45°，进而可依
据“SAS”判定△MBE和△GBE全等，则ME=EG，
由此得AE+CG=EG，据此可对结论②进行判断；
③过点F作FN⊥AD，交AD的延长线于点N，由(1)
知设AE=a，DF= 2a，则ED=4-a，证明
△NDF是等腰直角三角形得DN=FN=a，进而得
1 1 △DEF的面积S= (4-a)⋅a=- (a-2)2+2，由此
2 2
得当a=2时，S为最大，最大值为2，据此可对结论
③进行判断；
1 4
④设CG=x，则DG=4-x，根据AE= AD=
3 3
8 4
得DE= ，由②知AE+CG=EG=x+ ，在
3 3
4
Rt△DEG中，由勾股定理得x+
3
2 7
= ，
2
1 7 1 7+ 3-2
∴DT- HB= - (2- 3)= ，故
2 2 2 2
④正确．
故答案为：①②④．
20．【分析】①在AB上截取AH=AE，连接EH，
2 8
=
3
★ 2026 中考数学 (选择题 + 填空题) 拔高题 275 题 参考答案★
2
+(4-x)
2，由此解出x=2得CG=DG=2，据此可对结论④
进行判断，综上所述即可得出答案．
【解答】解：①在AB上截取AH=AE，连接EH，如
图1所示：
∵AE:DF=1: 2，
∴设AE=a，DF= 2a，
∵四边形ABCD是正方形，且边长为4，
∴AB=AD=CB=CD=4，∠BAD=∠ADC=∠C
=∠ABC=90°，
∴AH=AE=a，
∴△AHE是等腰直角三角形，
∴∠AEH=∠AHE=45°，
∴∠BHE=180°-∠AHE=135°，
由勾股定理得：HE= AE2+AH2= 2a，
∴HE=DF，
·62·∵∠CDP=45°， 即∠MBE=45°，
∴∠EDF=∠ADC+∠CDP=135°， ∴∠MBE=FBE=45°，
∴∠BHE=∠EDF=135°， 在△MBE和△GBE中，
∵AB=AD，AH=AE， BM=BG
∴AB-AH=AD-AE， ∠MBE=FBE，
BE=BE
即BH=ED，
∴△MBE≅△GBE(SAS)，
在△BHE和△EDF中，
∴ME=EG，
HE=DF
∠BHE=∠EDF，
∴AE+CG=EG，
BH=ED 故结论②不正确；
△BHE≅△EDF(SAS)， ③过点F作FN⊥AD，交AD的延长线于点N，如图
∴BE=FE，∠HBE=∠FED， 3所示：
∵∠HBE+∠BEH=180°-∠BHE=45°，
∴∠FED+∠BEH=45°，
∴∠FED+∠BEH+∠AHE=90°，
即∠FED+∠AEB=90°，
∴∠BEF=180°-(∠FED+∠AEB)=90°，
∴△BEF是等腰直角三角形，
∴∠BFE=∠FBE=45°，
2 由(1)可知：设AE=a，DF= 2a，
∴sin∠BFE=sin45°= ，
2
∴ED=AD-AE=4-a，
故结论①正确；
∵∠CDN=∠ADC=90°，∠CDP=45°，
②过点B作BM⊥BF，交DA的延长线于点M，如图
∴∠FDN=∠CDN-∠CDP=45°，
2所示：
∴△NDF是等腰直角三角形，
∴DN=FN，
由勾股定理得：DF= DN2+FN2=√2DN，
2 2
∴DN=FN= DF= × 2a=a，
2 2
1 1
∴△DEF的面积S= DE⋅FN= (4-a)⋅a，
2 2
1
整理得：S=- (a-2)2+2，
2
∴当a=2时，S为最大，最大值为2，
∴∠MBF=∠ABC=90°，
故结论③正确；
∴∠MBA+∠ABF=∠ABF+∠GBC，
④设CG=x，则DG=CD-CG=4-x，
∴∠MBA=∠GBC，
1 4
∵∠BAD=∠C=90°， ∵AE= AD= ，
3 3
∴∠BAM=∠C=90°， 4 8
∴DE=AD-AE=4- = ，
在△BAM和△BCG中， 3 3
由②可知：AE+CG=EG，
∠MBA=∠GBC
4
AB=CB ， ∴EG=x+ ，
3
∠BAM=∠C=90°
在Rt△DEG中，由勾股定理得：EG2=DE2+DG2，
∴△BAM≅△BCG(SAS)，
4
∴AM=CG，BM=BG， ∴x+
3
∴AE+CG=AE+AM=ME，
∵∠ABC=90°，∠FBE=45°，
∴∠ABE+∠GBC=45°，
∴∠ABE+∠MBA=45°，
2 8
=
3
★ 2026 中考数学 (选择题 + 填空题) 拔高题 275 题 参考答案★
2
+(4-x)2，
解得：x=2，
∴CG=2，
∴DG=4-x=2，
∴CG=DG=2，
·63·★ 2026 中考数学 (选择题 + 填空题) 拔高题 275 题 参考答案★
∴点G是线段CD的中点， 22．【分析】利用翻折的性质，证明EA=EP，即可
故结论④正确， 判断①；利用AAS证明ΔBEC≅ΔDFA，即可判断②；
综上所述：正确结论的序号是①③④． 过点P作PM⊥BC于点M，过点E作EN⊥AF于点
故答案为：①③④． N，设AE=BE=EP=DF=CF=a，然后求出AP，
21．【分析】根据正方形的性质可得∠COP=90°= PF，再计算即可判断③；证明出AQ=PQ，再在
∠BFP结合∠CPO=∠BPF，可得∠OCP=∠OBE， RtΔCDQ中，利用勾股定理求出AQ，DQ，根据三角
故①符合题意；证明△COP≅△BOE，可得OP= 函数定义即可判断④．
OE，故②符合题意；当CE=CB时，CF⊥BE，可 【解答】解：∵E是AB边的中点，
得EF=BF，∠BFP=90°，可得BP>BF=EF，故 ∴EA=EB，
③不符合题意；如图，取BC的中点R，连接AF， ∵将正方形纸片沿EC折叠，点B落在点P处，
RF，可得F在以R为圆心，BC为直径的圆上，当 ∴EB=EP，
A，F，R共线时，AF最小，再进一步可判断④． ∴EA=EP，
【解答】解：∵正方形ABCD， 即ΔAEP为等腰三角形，故①正确；
∴AB=BC=CD=AD，∠DAB=∠ABC=∠BCD= ∵EA=EP，
∠ADC=90°，AC⊥BD，OA=OB=OC=OD， ∴∠EAP=∠EPA，
∵CF⊥BE， ∵将正方形纸片沿EC折叠，点B落在点P处，
∴∠COP=90°=∠BFP， ∴∠BEC=∠PEC，
∵∠CPO=∠BPF， ∵∠BEP=∠EAP+∠EPA，
∴∠OCP=∠OBE，故①符合题意； ∴∠BEC=∠EAP，
∵∠COP=90°=∠BOE，OC=OB， ∵四边形ABCD是正方形，
∴△COP≅△BOE(ASA)， ∴∠CBE=∠ADF，AB⎳CD，BC=AD，
∴OP=OE，故②符合题意； ∴∠EAP=∠DFA，
当CE=CB时，CF⊥BE， ∴∠BEC=∠DFA，
∴EF=BF，∠BFP=90°， ∴ΔBEC≅ΔDFA(AAS)，
∴BP>BF=EF， ∴DF=BE，
故③不符合题意； 1 1
∴DF= AB= CD，
2 2
如图，取BC的中点R，连接AF，RF，
即F为CD的中点，故②正确；
过点P作PM⊥BC于点M，过点E作EN⊥AF于点
N，
∵∠CFB=90°，
∴F在以R为圆心，BC为直径的圆上，
∵∠BEC=∠EAP，
当A，F，R共线时，AF最小，
∴EC⎳AF，
∵AB=BC=4，
∴EN=PM，
∴RF=RB=2，
设AE=BE=EP=DF=CF=a，则BC=AD=PC
∴AR= 42+22=2 5，
=2a，
∴AF=2 5-2，
∴EC=AF= a2+(2a)2= 5a，
∴点A与点F之间的距离的最小值为2 5-2，
1 1
∵S = EC⋅PM= PE⋅PC，
故④符合题意； ΔPEC 2 2
故答案为：①②④．
·64·PE⋅PC a⋅2a 2 5a
∴PM= = = ，
EC 5a 5
2 5a
∴EN= ，
5
2 5a
∴PN= EP2-EN2= a2-
5
★ 2026 中考数学 (选择题 + 填空题) 拔高题 275 题 参考答案★
2 5a
= ，
5
2 5a
∴AP=2PN= ，
5
2 5a 3 5a
∵AD是△ABC的角平分线，由三线合一可得：AD
PF=AF-AP= 5a- = ，
5 5 ⊥BC，即∠ADC=90°，
2 5a 3 5a
∴AP:PF= : =2:3，故③正确； ∵∠DAM=∠DAC+∠MAC=45°+45°=90°，
5 5
∴∠DAM=∠MKB=∠ADC=90°，
∵∠EAP=∠EPA，∠EAD=∠EPQ=90°，
∴四边形ADKM为矩形，
∴∠QAP=∠QPA，
1 1
∴AQ=PQ， ∴MK=AD= BC= BM，
2 2
∵正方形的边长为2a， ∴∠MBK=30°，
∴AD=CD=CP=2a，QD=2a-AQ，CQ=2a+ ∴∠ABM=∠ABD-∠MBK=45°-30°=15°，故②正
PQ=2a+AQ， 确；
在RtΔCDQ中， ∵∠APN=∠ABM+∠BAD=15°+45°=60°，∠ANP
由勾股定理，得CD2+QD2=CQ2， =∠MBK+∠DAC=30°+45°=75°，
即(2a)2+(2a-AQ)2=(2a+AQ)2， ∴∠APN≠∠ANP，故③错误；
解得AQ=
1
a，
设AP=x，则PD=AD-x，
2
∵AM⎳BC，
1 3
∴DQ=2a- a= a，
2 2 ∴∠AMB=∠MBC=30°，
1 5 AP x 3
∴CQ=2a+ a= a， ∴tan∠AMB=tan30°= = = ，即AM
2 2 AM AM 3
CD 2a 4
∴cos∠DCQ= = = ．故④不正确． = 3x，
CQ 5a 5
2 PD AD-x 3
tan∠MBC=tan30°= = = ，即AD
故答案为：①②③． BD AD 3
3x+ 3x
23．【分析】根据等腰三角形的性质即可判断出①； = ，
2
过M作MK⊥BC于点K，证出四边形ADKM为矩
AM 3x
∴ = = 3-1，故④错误；
形，即可通过边的比值关系求出∠MBK=30°，即可求 AD 3x+ 3x
2
出∠ABM判断②；利用三角形外角和分别求出两个角
AD
添加解法：在Rt△MBC中，tan∠MBC=
的值进行 AD+AM
比较即可判断③；设AP=x，则PD=AD-x，用含 3
= ，
3
x的式子分别表达出AM和AD的长度后即可判断④；
∴(3- 3)AD= 3AM，
判定出△BMC∽△CMN即可判断⑤．
AM
【解答】解：∵AB=AC，∠BAC=90°， ∴ = 3-1，故④错误；
AD
∴三角形ABC为等腰直角三角形，∠ABD=∠ACD 180°-∠MBC 180°-30°
∵∠BMC=∠BCM= = =
=45°， 2 2
75°，
又∵AD是△ABC的角平分线，
1 1 ∵∠MNC=∠ANP=75°，
∴∠BAD=∠CAD= ∠BAC= ×90°=45°，
2 2 ∴∠MNC=∠BCM，
∴∠ABD=∠ACD=∠BAD=∠CAD=45°，
又∵∠BMC=∠CMN，
∴BD=AD=DC，故①正确；
∴△BMC∽△CMN，
根据题意作图可得：∠MAC=∠ABD=45°，BM=
∴MC:MN=MB:MC，
BC，
∴MC2=MN⋅MB，故⑤正确；
过M作MK⊥BC于点K，则∠MKB=90°，如图：
综上所述，正确的有：①②⑤；
故答案为：①②⑤．
·65·24．【分析】①根据等腰三角形的性质判定；
②先根据三角形相似的性质求出对角线的长，再根据
面积等于对角线乘积的一半求出面积；
③根据相似三角形的面积比等于相似比的平方求解；
④先根据轴对称确定最小值，再根据勾股定理求解．
【解答】解：①∵MN⊥BD，要使EM=EN，需要
MP=NP，而P不一定是MN的中点，
故①是错误的；
②如图1：延长ME交BC于F，
在矩形ABCD中，BD=10，
∵ME⊥AD，MN⊥BD，
∴∠EMN+∠DMN=∠EMN+∠MED=90°，
∴∠DMN=∠MED，
∵∠MFN=∠A=90°，
∴ΔMFN∽ΔDAB，
MF FN MN 6 FN MN
∴ = = ，即： = = ，
AD AB BD 8 6 10
解得：FN=4.5，MN=7.5，
1 1
∴四边形MBND的面积为： ×BD×NM= ×10
2 2
×7.5=37.5，
故②是正确的；
③∵AB⎳ME，
∴ΔABD∽ΔMED，
ME MD 2
∴ = = ，
AB AD 3
∴ME=4，
∵∠ADB=∠EMN，∠MPB=∠A=90°，
∴ΔMEP∽ΔDBA，
S ME
∴ ΔMEP =
S BD
ΔABD
25．【分析】根据将ΔABC沿MN折叠，使点B落在
射线CD上的点B′处，得NB=NB，故CN+NB=
NC
CN+NB=BC，判断①正确；由cos∠BNC=
BN
1
= ，得∠BNC=60°，可得ΔBMN是等边三角形，
2
即可得BM=BM=BN=BN，判断②正确；当点N
2 4
= ， 与C重合时，可得∠BAC=∠ABC=75°，∠ABM
25
∵S =24，
=∠ABC-∠MBC=15°，判断③错误；当AB′最短
ΔABD
96 时，∠ABC=90°，过M作KT⊥BC于T，交BA延
∴S = ，
ΔMPE 25 长线于K，设BN=BN=x，有x2=(2-x)2+( 3)2，
故③是正确的；
7
可求得BN= ，设AM=y，则BM=2-y=BM，
④∵BM+MN+ND=BM+ND+7.5， 4
当BM+ND最小时，BM+MN+ND的值最小， AK= 1 y，KM= 3 y，有1+ 1 y
2 2 2
作B、D关于AD、BC的对称点B′，D′，如图2:
把图2的CD′移到图3的C′D′，使得CD′=4.5，连接
B′D′，
则B′D′就是BM+ND的最小值，
∴B′D′= 3⋅52+122=12.5，
即BM+MN+ND的最小值是12.5+7.5=20，
故④是正确的，
故答案为：②③④．
2 3 + y
2
★ 2026 中考数学 (选择题 + 填空题) 拔高题 275 题 参考答案★
2 =(2
3 7
-y)2，可求出AM= ，BM= ，在RtΔBMT中，
5 5
1 7 7 3
BT= BM= ，MT= 3BT= ，故NT=
2 10 10
21
BN-BT= ，在RtΔMNT中，MN= NT2+MT2
20
7 21
= ，判断④正确．
20
【解答】解：∵将ΔABC沿MN折叠，使点B落在射
线CD上的点B′处，
∴NB=NB，
∴CN+NB=CN+NB=BC，
·66·∵ΔABC是等边三角形，AB=2， 60°，
∴BC=2， 设BN=BN=x，则CN=2-x，
∴CN+NB=BC=2，故①正确； 在Rt△BCN中，BN2=CN2+BC2，
∵BN=2NC，∴BN=2NC， ∴x2=(2-x)2+( 3)2，
∵CD⊥BC， 7
解得x= ，
4
∴∠BCN=90°，
7
NC 1 ∴BN= ，
∴cos∠BNC= = ， 4
BN 2
∵∠ABC=90°=∠BCB，
∴∠BNC=60°，
∴AB⎳BC，
∴∠BNB=120°，
∴KT⊥AB，
∵将ΔABC沿MN折叠，使点B落在射线CD上的点
∴∠K=90°，
B′处，
∵∠KAM=180°-∠BAC-∠BAC=60°，
∴∠BNM=∠MNB=60°，BM=BM，BN=BN，
∴∠KMA=30°，
∵∠B=60°，
1 3
∴AK= AM，KM= AM，
∴ΔBMN是等边三角形， 2 2
∴BM=BN， 1
设AM=y，则BM=2-y=BM，AK= y，KM
2
∴BM=BM=BN=BN，
3
∴四边形BMB′N为菱形；故②正确； = y，
2
当点N与C重合时，如图： 1
∴BK=AB+AK=1+ y，
2
在Rt△BKM中，BK2+KM2=BM2，
1
∴1+ y
2
∵∠ACB=60°，∠DCB=90°，
∴∠ACD=30°，
∵将ΔABC沿MN折叠，使点B落在射线CD上的点
B′处，
∴AC=BC=BC，∠MBC=∠B=60°，
∴∠BAC=∠ABC=(180°-30°)÷2=75°，
∴∠ABM=∠ABC-∠MBC=75°-60°=15°，故③
错误；
当AB′最短时，∠ABC=90°，过M作KT⊥BC于
T，交BA延长线于K，如图：
∵∠ACB=∠BCB-∠BCA=30°，
1
∴AB= AC=1，BC= 3AB= 3，∠BAC=
2
2 3
+ y
2
2
=(2-y)2，
3
解得y= ，
5
3 7
∴AM= ，BM= ，
5 5
在RtΔBMT中，∠B=60°，
1 7 7 3
∴BT= BM= ，MT= 3BT= ，
2 10 10
7 7 21
∴NT=BN-BT= - = ，
4 10 20
在RtΔMNT中，
21
MN= NT2+MT2= 20
2 7 3
+ 10
★ 2026 中考数学 (选择题 + 填空题) 拔高题 275 题 参考答案★
2 7 21
= ，故 20
④正确，
∴正确的有①②④，
故答案为：①②④．
26．【分析】由等腰直角三角形的性质可得出∠ABC
=∠DBE=45°，可得出①正确；证明ΔBEA≅ΔDEF
(SAS)，由全等三角形的性质得出AB=DF，可得出
③正确；由直角三角形的性质可判断②不正确；证明
四边形DFCA为平行四边形，由平行四边形的性质可
得出DA=CF，则可得出答案．
【解答】解：∵ΔBAC，ΔDEB都是等腰直角三角形，
∴∠ABC=∠DBE=45°，
∴∠ABC-∠ABE=∠DBE-∠ABE，
∴∠EBC=∠DBA，
故①正确；
·67·★ 2026 中考数学 (选择题 + 填空题) 拔高题 275 题 参考答案★
∵ΔDEB和ΔAEF都是等腰直角三角形， BA=AB
∴BE=DE，AE=EF，∠BED=∠AEF=90°，
∠BAC=∠ABE，
CA=BE
∴∠BEA=∠DEF，
∴ΔBAC≅△AB′E(SAS)，
∴ΔBEA≅ΔDEF(SAS)，
∴BC=AE，S =S ，
∴AB=DF，∠ABE=∠EDF，∠BAE=∠DFE． ΔABC △ABE
∴S =S ，故①正确；
故③正确； ΔABC △BCA
∵AE=2AD，
∵∠BEH=∠GEF=90°，
∴BC=2AD，故②正确；
∴∠ABE+∠BHE=90°，∠EGF+∠DFE=90°，
∵AB=AC，
∵BE>AE，
∴AB=AC=AB=AC，
∴∠ABE≠∠BAE，
∴∠ABC=∠ACB，∠ABB=∠ABB，∠ACC=
∴∠ABE≠∠DFE，
∠ACC，∠ABC=∠ACB，
∴∠BHE≠∠EGF；
∵∠BAC+∠B′AC′=180°，
∵∠BAC=90°，∠EAF=45°，
∴α+β=180°，∠BCA+∠ABC=90°，
∴∠BAE+∠FAC=45°，
∴∠ABB+∠ACC=90°，
又∵∠AFD+∠EFG=45°，∠BAE=∠DFE，
∴∠B′BC+∠CC′B′=180°；故③正确；
∴∠DFA=∠FAC，
∵BC=6，
∴DF⎳AC，
∴AD=3，
∵AB=DF，AB=AC，
∵AB=AC=AB=AC=4，
∴DF=AC，
∴平行四边形ACEB是菱形，
∴四边形DFCA为平行四边形，
∴BC⊥AE，BD=CD，
∴DA=CF．
故④正确．
∴BD= BA2-AD2= 16-9= 7，
故答案为：①③④． ∴BC=2 7，故④错误，
27．【分析】由“SAS”可证ΔBAC≅△AB′E，可得 故答案为：①②③．
BC=AE，S =S ，可求S =S ，BC
ΔABC △ABE ΔABC △BCA
=2AD，故①②正确；由等腰三角形的性质和三角形
内角和定理可求∠B′BC+∠CC′B′=180°；故③正确；
通过证明平行四边形ACEB是菱形，可得BC⊥
AE，BD=CD，由勾股定理可求BC的长，即可判
断④，即可求解．
【解答】证明：延长AD至E，使DE=AD，连接
BE，CE，
∵AD是中线，
S
∴BD=CD， 28．【分析】记N到PC的距离为h，可得
S
ΔNPF =
ΔNPC
∴四边形ACEB是平行四边形， 1 PF⋅ h
2 PF MF
1 = ，证明ΔPMF∽ΔPCN，有 =
∴BE⎳AC，BE=AC，S △B′C′A = 2 S ▱B′EC′A = 2 1 PC⋅h PC CN
S ， PF PF PN
△AB′E ，∠PFM=∠PNC， = ，同理ΔNCM
PN MF CN
∴∠B′AC′+∠AB′E=180°，
PN PC PC PF
∵∠BAC+∠B′AC′=180°， ∽ΔNPC，有 = ，故 = ，从而判
CN CM CM MF
∴∠BAC=∠AB′E， 断①正确；证明M，F，C，N四点共圆，得∠FNC
∵将AB绕点A顺时针旋转α至AB′，将AC绕点A逆 EN FN
=∠FMC=90°，可得ΔEFN∽ΔEBC， =
EC BC
时针旋转β至AC′，
FN
∴AB=AB，AC=AC=BE， = ，判断③不正确；证明ΔCME∽ΔBMC，得
CD
在ΔBAC和△AB′E中， CM2=BM⋅EM=4，CM=2，(负根舍去)，CE=
5，BC= 42+22=2 5=AB，同理可得：ΔCEF
·68·★ 2026 中考数学 (选择题 + 填空题) 拔高题 275 题 参考答案★
EF CE 5 1 ∴∠MEC+∠MCE=90°=∠MCE+∠BCM，
∽ΔABF，有 = = = ，故EF=
BF AB 2 5 2 ∴∠MEC=∠BCM，
1 5 10 10
BE= ，BF= ，FM=BM-BF=4- = ∴ΔCME∽ΔBMC，
3 3 3 3
2 ，由ΔPMF∽ΔBCF，有 PM = MF ，而ΔEFN ∴ CM = ME ，即CM2=BM⋅EM=4，
3 BC CF BM CM
1 5 ∴CM=2，(负根舍去)，
∽ΔEBC，可得EN= EC= ，CN=EC-EN
3 3 ∴CE= 5，BC= 42+22=2 5=AB，
2 5 2 10
= ，CF= 2CN= ，可得PM= 2，判 同理可得：ΔCEF∽ΔABF，
3 3
EF CE 5 1
5 ∴ = = = ，
3 MN BF AB 2 5 2
断④正确；根据ΔEMN∽ΔECF，可得 = ，
5 2 10 1
3 3 ∴EF= BF，
2
2 2 2 2 5 2
MN= ，PN=PM+MN= 2+ = ， 1 5 10
3 3 3 ∴EF= BE= ，BF= ，
3 3 3
判断②不正确． 10 2
∴FM=BM-BF=4- = ，
【解答】解：记N到PC的距离为h， 3 3
∴ S ΔNPF = 2 1 PF⋅ h = PF ， ∵ ∴ ∠ ΔP P M M F F ∽ = Δ ∠ B A C C F B ， =45°，∠PFM=∠BFC，
S ΔNPC 1 PC⋅h PC
2 PM MF
∴ = ，
∵CM⊥BE，四边形ABCD是正方形， BC CF
∴∠CME=90°，∠PCN=45°， ∵ΔEFN∽ΔEBC，
∵MN平分∠CME， ∴ EN = EF = 1 ，
EC BE 3
∴∠CMN=∠EMN=∠PMF=45°=∠PCN，
1 5
∴EN= EC= ，
∵∠MPF=∠NPC，
3 3
∴ΔPMF∽ΔPCN， 2 5
∴CN=EC-EN= ，
MF PF 3
∴ = ，∠PFM=∠PNC，
CN PN 2 10
∴CF= 2CN= ，
PF PN 3
∴ = ，
MF CN 2
PM 3
同理可得：ΔNCM∽ΔNPC， ∴ = ，
2 5 2 10
PN PC 3
∴ = ，
CN CM ∴PM= 2，故④正确；
PC PF
∴ = ， 同理可得：ΔEMN∽ΔECF，
CM MF
5
∴ PF = MF ， ∴ EN = MN ，即 3 = MN ，
PC CM EF CF 5 2 10
S MF 3 3
∴ ΔNPF = ，故①正确；
S ΔNPC CM ∴MN= 2 2 ，
3
∵∠PMF=45°=∠PCE，
2 2 5 2
∴∠PCE+∠FMN=180°， ∴PN=PM+MN= 2+
3
=
3
，
∴M，F，C，N四点共圆， 而CM=2，
∴∠FNC=∠FMC=90°， ∴CM≠PN，故②不正确；
∴FN⎳BC， 综上所述：正确的有①④，
∴ΔEFN∽ΔEBC， 故答案为：①④．
EN FN FN 29．【分析】由AB=AC=BC，得∠BAC=60°，因
∴ = = ，
EC BC CD
为AE=AB，AC=AD，∠BAE=∠CAD=90°，所
∴EN⋅CD=EC⋅FN，故③不正确；
以AE=AD，∠EAD=120°，则∠AED=∠ADE=
∵EM=1，BM=4，
30°，可判断①正确；由∠CAD=∠BAE=90°，推导
∴BE=5，
出∠CAE=∠DAB，可证明ΔCAE≅ΔDAB，得EC=
∵正方形ABCD，CM⊥BE，
BD，可判断②正确；设BD交AE于点G，交CE于
∴∠BCD=∠BMC=∠EMC=90°，
点O，可证明∠EOB=90°，则∠COD=∠BOC=
·69·★ 2026 中考数学 (选择题 + 填空题) 拔高题 275 题 参考答案★
∠DOE=90°，可根据勾股定理推导出DE2+BC2=
BE2+CD2，可求得BE2=AB2+AE2=18，CD2=
AD2+AC2=32，BC2=36，则DE= 14≠2 3，可
判断③错误；当直线l⊥BC时，作EF⎳AD交直线l
于点F，连接DF，可证明ΔEAF≅ΔABC，则EF=
AC=AD，所以四边形ADFE是平行四边形，则M为
线段DE的中点，可判断④正确，于是得到问题的答
案．
【解答】解：∵AB=AC=BC，
∴∠BAC=60°，
∵AE=AB，AC=AD，∠BAE=∠CAD=90°，
∴AE=AD，∠EAD=360-60°-90°-90°=120°，
1
∴∠AED=∠ADE= ×(180°-120°)=30°，
2
故①正确；
∵∠CAD=∠BAE=90°，
∴∠CAE=∠DAB=90°+∠DAE，
∴ΔCAE≅ΔDAB(SAS)，
∴EC=BD，
故②正确；
如图1，设BD交AE于点G，交CE于点O，
30．【分析】根据等腰三角形的性质即可判断①，根
∵∠AEC=∠ABD，∠OGE=∠AGB，
据角平分线的性质即可判断②，设DM=x，则EM=
∴∠AEC+∠OGE=∠ABD+∠AGB=90°，
8-x，结合勾股定理和三角形面积公式进行分析求解，
∴∠EOB=90°，
从而判断③，利用锐角三角函数可判断④．
∴∠COD=∠BOC=∠DOE=90°，
【解答】解：在ΔABC中，AB=AC，BC=16，AD
∴DE2+BC2=OD2+OE2+OB2+OC2=BE2+CD2，
⊥BC，
∵AE=AB=3，AD=AC=4，BC=6，
1
∴BE2=AB2+AE2=32+32=18，CD2=AD2+AC2 ∴BD=DC= BC=8，故①正确；
2
=42+42=32，BC2=62=36， 如图，过点E作EF⊥AB于点F，EH⊥AC于点H，
∴DE= BE2+CD2-BC2= 18+32-36= 14≠
2 3，
故③错误；
当直线l⊥BC时，如图2，作EF⎳AD交直线l于点
F，连接DF，
∵∠AEF+∠DAE=180°，∠BAC+∠DAE=180°，
∴∠AEF=∠BAC，
∵∠ANB=∠BAE=90°，
∵AD⊥BC，AB=AC，
∴∠EAF=∠ABC=90°-∠BAN，
∴AE平分∠BAC，
∵EA=AB，
∴EH=EF，
∴ΔEAF≅ΔABC(ASA)，
∵BE是∠ABD的角平分线，
∴EF=AC=AD，
∵ED⊥BC，EF⊥AB，
∴四边形ADFE是平行四边形，
∴EF=ED，
∴M为线段DE的中点，
∴EH=ED=4，故②错误；
故④正确，
由折叠性质可得：EM=MC，DM+MC=DM+EM
故答案为：①②④．
=CD=8，
·70·★ 2026 中考数学 (选择题 + 填空题) 拔高题 275 题 参考答案★
设DM=x，则EM=8-x，
RtΔEDM中，EM2=DM2+DE2，
∴(8-x)2=42+x2，
解得：x=3，
∴EM=MC=5，故③错误；
设AE=a，则AD=AE+ED=4+a，BD=8，
∴AB2=(4+a)2+82，
S 1 AB×EF 1 AE×BD
∵ ΔABE = 2 = 2 ，
S ΔBDE 1 BD×ED 1 ED×BD
2 2
AE AB 当0时，y=x2-2x=(x-1)2-1，这是一个开口向
∴ = ，
ED BD
上，顶点为(1,-1)，与x轴交点为(0,0)，(2,0)的抛物
a AB
∴ = ， 线一部分．
4 8
∴AB=2a， 当x>2时，y=2x-4，是一条k为2，过(2,0)的射
∴(4+a)2+82=(2a)2， 线．
20 根据对称性画出x<0时的函数图象．
解得：a= 或a=-4(舍去)，
3 y=x2+2x
20 +4
联立
y=x+b
(-2时)，得x2+x-b=0，
AD 3 4
∴tanC= = = ，
DC 8 3 当△=1+4b=0，即b=- 1 时，直线与y=x2+2x(
ED 4 4
又∵tan∠EMD= = ，
DM 3 -2≤x<0)相切．
∴∠C=∠EMD， 当直线过(0,0)时，b=0．
∴EM⎳AC，故④正确， 1
结合图象可知，当- 0，
故答案为：①④． 又∵抛物线与y轴交点坐标是(0,m)，即c=m，
★类型四：二次函数图像与系数+二次函数性质综合★ ∵20，
1．【分析】先根据函数图象关于y轴对称，求出x<0 ∴abc<0，故①正确；
时的函数表达式，再画出函数图象，结合直线y=x+ ∵抛物线与x轴的一个交点坐标是(4,0)，对称轴为直
b的平移，分析直线与函数图象有四个交点时b的取值
线x=1，
范围．
∴另一个交点坐标为(-2,0)，
【解答】解：∵函数图象关于y轴对称，当0时，y=
∴当x=-3时，y=9a-3b+c<0，故②错误；
x2-2x，
∵(-2,0)，(4,0)在抛物线y=ax2+bx+c的图象上，
∴当-2时，y=x2+2x；当x<-2时，y=-2x-4．
∴4a-2b+c=0，
画出函数图象：
·71·★ 2026 中考数学 (选择题 + 填空题) 拔高题 275 题 参考答案★
又∵b=-2a， 3 4a-4c a-c
x ，可得n= ⋅ = 3⋅ =
2 2 a a
∴4a+4a+c=0，
3a-3c 3a2-3ac
∴8a+c=0即c=-8a， =- ，结合n=a+b+c=c-
a a
∵20，c>0，
当x=1时，y取得最大值，最大值为a+b+c=a-
∴abc<0，故①符合题意；
2a-8a=-9a，
∵顶点P的坐标为(1,n)，
∴y =-9a，
最大值
9 27 ∴当x=1时，n=a+b+c最大，
∴ 0，
2a
3 1
∴- 0，
8 4
2 2
1 1
∴当a=- 时，△= >0， ∴3b<2c，故③符合题意；
4 4
3 1
如图，△PAB为等边三角形，
∴当- 0恒成立，即ax2+(b-
8 4 ∴PA=AB=PB，PH⊥AB，HA=HB，∠PAB=
1)x+c-2=0有两个不相等实根，故④正确； 60°，
若点A(x，y)，B(x ，y )，C(x ，y )在抛物线y=
1 1 2 2 3 3
ax2+bx+c上，且n0，c>0，可得①符合题意；
3 4a-4c a-c 3a-3c
∴n= ⋅ = 3⋅ = =
结合当x=1时，n=a+b+c最大，当x=m时，y 2 a a a
=am2+bm+c，可得②不符合题意； 3a2-3ac
- ，
b a
由- =1，a-b+c>0，可得3b<2c，可得③符
2a ∵n=a+b+c=c-a，
合题意； 3a2-3ac
∴c-a=- ，
由PH=tan60°⋅AH，记A，B的横坐标分别为x， a
1
·72·★ 2026 中考数学 (选择题 + 填空题) 拔高题 275 题 参考答案★
∴a(a-c)=3， ∴bc<0，故①正确．
3a(a-c) 3 ∵对称轴是直线x=- b = 1+m ，
∴n=- =- ，故④符合题意； 2a 2
a a
∴b=-a(1+m)．
故选：D．
∴3a+b=3a-a(1+m)=a[3-(1+m)]=a(2-m)．
4．【分析】根据图象可得：抛物线的开口向下，交y
∵20，进而可判断b>0，
∴2-m<0．
即可判断结论①；
当x=-2时，y<0，即4a-2b+c<0，可判断结论
又∵a>0，
②；
∴3a+b<0，故②错误．
根据二次函数与x轴的交点结合二次函数的对称性即可 由题意，第一种情形，若A为(0,c)，
1+m
判断结论③④，可得答案． ∵点A的横坐标为x =0，对称轴为直线x= ，
1 2
【解答】解：根据图象可得：抛物线的开口向下，交y
1+m
∴对称点A的横坐标为2. -0=1+m，
轴于正半轴， 2
∴a<0，c>0， ∴两点横向距离为1+m-0=1+m，
b ∵20，
2a
∴3<1+m<4，即30，
第二种情形，若B为(0,c)，
∴abc<0，故结论①正确；
∴AA>4，故③错误．
由函数的图象可得：当x=-2时，y<0，即4a-2b
k-b
由题意，当x =4时，联立方程解得x = =4，
+c<0，即4a+c<2b，故结论②错误； 2 2 a
∵二次函数y=ax2+bx+c的图象交x轴于A，B两 ∴b=k-4a．
点，点A(-1,0)，点B(n,0)， 又∵ax2+(b-k)x<0，
∴关于x的方程ax2+bx+c=0的解是x =-1，x = ∴ax(x-4)<0．
1 2
b -1+n 又∵a>0，
n- = ，故结论③④正确；
2a 2
∴00，然后
5．【分析】依据题意，由抛物线过点(1,0)和(m，0)
由对称轴得到b>0，然后由抛物线与y轴交于负半轴
1+m
(20，
∴ <- < ．
4 b 3 b
∵对称轴为直线x=- =-2，
3 a 2 2a
∴- <-1- <- ．
4 b 3
∴b>0，
∵a+b+c=0，
∵抛物线与y轴交于负半轴，
c a
∴ =-1- <0． ∴c<0，
b b
·73·★ 2026 中考数学 (选择题 + 填空题) 拔高题 275 题 参考答案★
∴abc<0，故①错误； 7．【分析】依据题意，由抛物线的图象开口向上，图
b 象与y轴交于负半轴，及与x轴交于两点(-1,0)，
∵对称轴为直线x=- =-2，
2a
(x，0)，且20．
∴b+2b+c=0， ∵抛物线与y轴交于负半轴，
∴c=-3b， ∴当x=0，则y=c<0．
∵-30．
2 2a
∴b<0．
∴abc>0，故①正确．
由图象可得，当x=2时，y=4a+2b+c<0，
将x=-2代入y=ax2+bx+c=4a-2b+c， 又∵当x=-1时，y=a-b+c=0，
1 ∴b=a+c．
将a= bc=-3b代入得，y=-4b，
4
∴4a+2b+c=4a+2a+2c+c=6a+3c<0．
∴ED=4b，
∴2a+c<0，故②正确．
2
∵ 0，
∴AE=4， 2a
DE 4b 1 b
∴tan∠CAD= = =b<1， ∴ <- <1．
AE 4 2 2a
∴∠CAD<45°， ∵a>0，
∵CD=AD， ∴a<-b<2a．
∴∠ACD=∠CAD<45°， ∴2a+b>0．
∴∠ADC>90°， ∴2a+a+c>0，即3a+c>0．
∴△ACD是钝角三角形，故③正确； ∴4a-b+2c=4a-a-c+2c=3a+c>0，故③错
2 误．
∵ 2，
1 3 8
∴-4< b<-3解得，- 0，故④正确；
b-a
综上所述，正确的有①③④，错误的有②，
∴错误的有1个，
故选：A．
9．【分析】根据题意得到二次函数开口向上，且对称
轴为直线x=a，顶点坐标为(a,a-a2)，再分情况讨
论，当a>0时，当a<0时，y，y 的大小情况，即
1 2
可解题．
c
∴关于x的不等式ax2+bx+c>- x+c(a≠0)的解
x
【解答】解：∵二次函数解析式为y=x2-2ax+a(a≠
1
集是二次函数图象在一次函数图象上方的部分对应的 0)，
-2a
自变量的取值范围． ∴二次函数开口向上，且对称轴为直线x=- =
2
c
∴关于x的不等式ax2+bx+c>-
x
x+c(a≠0)的解
a，顶点坐标为(a,a-a2)，
1
a
集是x<0或x>x，故⑤错误． 当a>0时，0< 0，则b=-2a，当x=-1 1
2a 2
故A、B错误，不符合题意；
时，代入计算可判定①；根据二次函数与直线y=5的
当a>0时，0a>0；
【解答】解：二次函数y=ax2+bx+c与x轴交于点A 当a<0时，3a<2aa，可
∴对称轴直线为- = =1,a>0， 2
2a 2
能大于0也可能小于0，
∴b=-2a，当x=-1时，y=a-b+c=0，
故C正确，符合题意；D错误，不符合题意；
∴a-(-2a)+c=0，即3a+c=0，
故选：C．
∴c=-3a，
10．【分析】由a的正负可确定出抛物线的开口方向，
∴a-c=a-(-3a)=4a>0，故①正确；
结合函数的性质逐项判断即可．
图象开口向上，对称轴直线为x=1，
【解答】解：∵图象经过第一、二、四象限，
∴当x=1时，函数有最小值，最小值x轴的下方，
b 2a-3
∴- =- >0，
∴抛物线y=ax2+bx+c与直线y=5两个不同的交 2a 2a
3
点， ∴a< ，
2
∴方程ax2+bx+c-5=0有两个不相等的实数根，故
∴a-1，△=(2a-3)2-4a(a-1)>0，
②错误；
9
解得1≤a< ，
∵二次函数y=ax2+bx+c与y轴交于点C(0,m)，其 8
中-40，
【解答】解：∵顶点为(1,2)， ∴y=a+b+c最小值，
b ax2+bx+c≥a+b+c，故③正确；
∴- =1，
2a
④∵-20，
∴-2<-3a<-1，
∵a+b+c=2，
1 2
∴ 1时，y随x的增大而减小，故②正确；
综上所述，正确的有②③④，
∵b=-2a，c=2+a，
故选：C．
∴y=ax2-2ax+2+a，
13．【分析】抛物线过点(1,0)，求得求得a+b+c=
∵当x=3时，y=0，
0，即可判断①；求得对称轴为直线x=-1，即可求得
∴0=9a-6a+2+a，
b=2a，由a+b+c=0，求得c=-3a，则a+3b+2c
1
∴a=-
2
，故③正确； =a<0，即可判断②；分AC=AB=4和AB=BC=
∵y=ax2+bx+c=a(x-1)2+2，
4两种情况求得c的值即可判断③；取点H-
4
，0
3
∴将抛物线向左平移1个单位，再向下平移2个单位得
到y=a(x-1+1)2+2-2=ax2，故④错误；
故选：B．
12．【分析】根据对称轴为直线x=1及图象开口向下
可判断出a、b、c的符号，从而判断①；
利用4ac-b2<-1，可判断②；
从图象4a与y轴的交点B在(0,-2)和(0,-1)之间可
以判断c的大小得出③的正误；
由最小值为2解答即可．
【解答】解：①∵函数图象开口方向向上，
∴a>0；
∵对称轴在y轴右侧，
∴a、b异号，
∴b<0，
∴抛物线与y轴交点在y轴负半轴，
∴c<0，
∴bc>0，故①错误；
②∵二次函数y=ax2+bx+c的图象与x轴交于点A
(3,0)，与y轴交于点B，对称轴为直线x=1，
b
∴- =1，
2a
∵b=-2a，
∴x=-1时，y=0，
∴a-b+c=0，
★ 2026 中考数学 (选择题 + 填空题) 拔高题 275 题 参考答案★
，
4
连接PH，则OH= ，可证明ΔHOP∽ΔPOA，由相
3
2 2
似三角形的性质可得PH= PA，则CP+ AP=
3 3
CP+PH，故当C、P、H共线时，CP+PH的值最
2
小，即此时CP+ AP的最小，最小值为CH，利用
3
勾股定理求得CH即可判断④．
【解答】解：∵抛物线y=ax2+bx+c(a<0)的图象
交x轴于点B(1,0)，
∴a+b+c=0，故①正确；
∵抛物线y=ax2+bx+c(a<0)的图象交x轴于点A(
-3,0)、B(1,0)，
b -3+1
∴- = =-1，
2a 2
∴b=2a，
∵a+b+c=0，
∴c=-3a，
∴a+3b+2c=a+6a-6a=a，
∵a<0，
∴a+3b+2c<0，故②正确；
∵抛物线的对称轴为直线x=-1，
∴AC≠BC，
∵A(-3,0)、B(1,0)，C(0,c)，
∴AB=4，
·76·当AC=AB=4时，则AC2=OA2+OC2，
∴42=32+c2，
解得c= 7或c=- 7(不合题意，舍去)，
当AB=BC=4时，BC2=OB2+OC2，
∴42=12+c2，
解得c= 15(负数舍去)，
综上，当以点A、B、C为顶点的三角形是等腰三角
形时，c= 7或c= 15，故③错误；
当c=3时，C(0,3)，则OC=3，
4
如图所示，取点H- ，0
3
4
，连接PH，则OH= ，
3
4
OH 3 2 ∴ = = ，
OP 2 3
OP 2
∵ = ，
OA 3
OH OP
∴ = ，
OP OA
∵∠HOP=∠POA，
∴ΔHOP∽ΔPOA，
PH OP 2
∴ = = ，
PA OA 3
2
∴PH= PA，
3
2
∴CP+ AP=CP+PH，
3
当C、P、H共线时，CP+PH的值最小，即此时
2
CP+ AP的最小，最小值为CH，
3
4
在RtΔCHO中，CH= OH2+OC2=
3
★ 2026 中考数学 (选择题 + 填空题) 拔高题 275 题 参考答案★
故①不正确；
∵对称轴为直线x=-1，且该抛物线与x轴交于点A(1,
0)，
∴与x轴交于另一点(-3,0)，
∵x=-3，y=9a-3b+c=0，
故②不正确；
由题意可得，方程ax2+bx+c=0的两个根为x =1，
1
x =-3，
2
c 又∵x ⋅x = ，即c=-3a，
1 2 a
∵-30，
故①不符合题意；
②∵抛物线y=ax2+bx+c过点C(0,-2)，
∴函数的最小值y<-2，
∴ax2+bx+c=-2有两个不相等的实数根；
∴方程ax2+bx+c+2=0有两个不相等的实数根；
2
+32= 故②符合题意；
③∴-10，
2 a
位置、与x轴的交点坐标、根与系数的关系等知识，逐 ∴-3a0， ④∵抛物线y=ax2+bx+c过点C(0,-2)，
∵对称轴为直线x=-1<0，a、b同号， ∴c=-2，
∴b>0， ∵x=-1时，y=a-b+c>0，即3a-3b+3c>0，
∵与y轴的交点B在(0,-2)和(0,-3)之间， 当x=3时，y=9a+3b+c>0，
∴-30，
∴abc<0， ∴12a>8，
·77·2
∴a> ，
3
故④符合题意；
⑤：-12，
2 1
b c
由根与系数的关系可得：x +x =- ，xx = ，
1 2 a 1 2 a
b2-4ac 1 b
∴ = ×-
4a2 4 a
2 c 1
- = (x +x )2-xx =
a 4 1 2 1 2
1 1 1
[(x +x )2-4xx ]= (x -x )2> ×4=1，
4 1 2 1 2 4 1 2 4
b2-4ac
∴ >1，
4a2
∴b2-4ac>4a2，
故⑤符合题意；
综上，②④⑤正确，符合题意，正确个数有三个．
故选：C．
16．【分析】根据图像信息一一判断即可．
【解答】解：由图象可知：a<0，b>0，c>0，
∴abc<0，故①正确，
∵x=-1时，y=0，
∴a-b+c=0，
∴a+c=b，故②正确，
∵函数图象经过点(-1,0)，对称轴为直线x=2，
∴抛物线与x轴的另一个交点为(5,0)，
∴多项式ax2+bx+c可因式分解为a(x+1)⋅(x-5)，
故③错误，
∵抛物线的解析式为y=a(x+1)(x-5)=a(x2-4x-
5)，
∴抛物线的顶点坐标为(2,-9a)，
观察图象可知当m>-9a时，关于x的方程ax2+bx+
c=m无实数根，故④正确．
故选：C．
17．【分析】根据二次函数图象的性质、二次函数图
象与系数的关系以及与x轴交点问题逐项分析判断即
可．
【解答】解：∵二次函数开口方向向下，与y轴交于正
半轴，
∴a<0，c>0，
b
∵- <0，
2a
∴b<0，
∴abc>0，故①错误；
1
∵对称轴是直线x=- ，点(-1,y)和点(2,y )都在抛 2 1 2
物线上，
1 1 1 1
又∵- -(-1)=- +1= <2--
2 2 2 2
★ 2026 中考数学 (选择题 + 填空题) 拔高题 275 题 参考答案★
1
∵当x=m时，y=am2+bm+c，当x=- 时，函
2
1 1
数取最大值 a- b+c，
4 2
1 1
∴对于任意实数m有：am2+bm+c≤ a- b+c，
4 2
1 1
∴am2+bm≤ a- b，故③正确；
4 2
b 1
∵- =- ，
2a 2
∴b=a，
3
∵当x=- 时，y=0，
2
9 3
∴ a- b+c=0，
4 2
∴9a-6b+4c=0，即3a+4c=0，故④正确；
故选：B．
18．【分析】依据题意，由抛物线图象与性质，即可
逐个判断得解．
【解答】解：由题意，∵抛物线开口向下，
∴a<0．
b
又抛物线的对称轴是直线x=- =-1，
2a
∴b=2a<0．
又抛物线交y轴正半轴，
∴当x=0时，y=c>0．
b
∴ <0，故①错误．
c
由题意，当x=-1时，y取最大值为y=a-b+c，
∴对于抛物线上任意的点对应的函数值都≤a-b+c．
∴对于任意实数m，当x=m时，y=am2+bm+c≤
a-b+c．
∴am2+bm，故②正确．
由图象可得，当x=1时，y=a+b+c<0，
又b=2a，
∴3a+c<0<1，故③正确．
由题意∵抛物线为y=ax2+bx+c，
b 2a
∴x +x =- =- =-2>-3，故④错误．
1 2 a a
综上，正确的有②③共2个．
故选：B．
19．【分析】依据题意，由ax2+bx+c=0有两实根
a-b+c=0①
x
1
=-1，x
2
=3，可得
9a+3b+c=0②
，从而可得8a
+4b=0，即2a+b=0，故可判断①；又抛物线y=
b -2a
ax2+bx+c的对称轴是直线x=- =- =1，
2a 2a
进而抛物线y=ax2+bx+c的顶点为(1,a+b+c)，再
c 2 4
1 结合a=- ，b=-2a= c，可得a+b+c= c，
=2 ， 3 3 3
2
故可判断②；依据题意可得c=-3a，又b=-2a，abc
∴y >y ，故②错误；
1 2
·78·>0，进而可得abc=a⋅(-2a)⋅(-3a)=6a3>0，从而
可以判断③；由m(am+b)<4a+2b，故am2+bm+
c<4a+2b+c，即对于函数y=ax2+bx+c，当x=
m时的函数值小于当x=2时的函数值，再结合a>0，
抛物线的对称轴是直线x=1，从而根据二次函数的性
质即可判断④．
【解答】解：由题意，∵ax2+bx+c=0有两实根x =
1
-1，x =3，
2
a-b+c=0①
∴ ．
9a+3b+c=0②
∴②-①得，8a+4b=0．
∴2a+b=0，故①正确．
∴b=-2a．
b
∴抛物线y=ax2+bx+c的对称轴是直线x=- =
2a
-2a
- =1．
2a
∴抛物线y=ax2+bx+c的顶点为(1,a+b+c)．
又b=-2a，a-b+c=0，
c
∴3a+c=0，即a=- ．
3
2
∴b=-2a= c．
3
4
∴a+b+c= c．
3
4
∴顶点坐标为1, c
3
b
【解答】解：由图象可知，- >0，
2a
∴ab<0，故结论①错误；
∵二次函数y=ax2+bx+2(a≠0)的图象与x轴交于(
-1,0)，
∴a-b+2=0，即a-b=-2，故结论②正确；
∵二次函数y=ax2+bx+2(a≠0)的图象与x轴交于(
-1,0)，(x，0)，其中21时，y随x的增大而减小，故结论③正确；
∵二次函数y=ax2+bx+2(a≠0)的图象与x轴交于(
-1,0)，(x，0)，
1
∴-1，x 是方程ax2+bx+2=0的两个根，
1
2
∴-1⋅x = ，
1 a
2
∴x =- ，
1 a
∴关于x的一元二次方程ax2+bx+2=0(a≠0)的另
2 一个根是- ，故结论④正确；
a
∵a-b+2=0，
∴a=b-2，
∴y=(b-2)x2+bx+2，
，故②正确． ∵20
∵3a+c=0， ∴ ，
9(b-2)+3b+2<0
∴c=-3a．
4
解得10， 3
∴abc=a⋅(-2a)⋅(-3a)=6a3>0． 故选：C．
∴a>0，故③错误． 21．【分析】①二次函数y=- 1 x2+bx与y= 1 x2-
2 2
∵m(am+b)<4a+2b，
bx的图象均过点A(4,0)和坐标原点O，P为线段OA
∴am2+bm+c<4a+2b+c．
的中点，得出P(2,0)，两个函数的对称轴均为直线x
∴对于函数y=ax2+bx+c，当x=m时的函数值小于
b
=2，x=-
当x=2时的函数值． 2×-1
2
∵a>0，抛物线的对称轴是直线x=1，
又此时抛物线上的点离对称轴越近函数值越小，
∴|m-1|<2-1．
∴-10，故①正确；
∵点C的纵坐标在-3~-2之间，
4
∴-3<-3a<-2，即 <2a<2，
3
4
∴ 0)， 9a-3b+c=0，
当x=0时，y=1， b
又- =-1，
2a
∴抛物线与y轴的交点是(0,1)，
即b=2a，
故结论①正确，此结论符合题意；
所以9a-6a+c=0，
-4a
∵抛物线的对称轴为x=- =2，
2a 则c=-3a．
故结论②错误，此结论不符合题意； 又抛物线与y轴的交点坐标为C(0,c)，
∵点A(x
1
，y
1
)，B(x
2
，y
2
)是抛物线上的两个点，y
1
则点C坐标为(0,-3a)，
=y
2
=1， 所以点C′坐标为(0,3a)．
∴A、B两点关于对称轴对称， 又当x=-1时，y=-4a，
x +x
∴ 1 2 =2， 即D(-1,-4a)．
2
设直线C′D的函数表达式为y=kx+3a，
∴|x x |=4，
1+ 2 将点D坐标代入得，
∴AB=4，
-k+3a=-4a，
故结论③正确，此结论符合题意；
则k=7a，
∵抛物线y=ax2-4ax+1(a是常数，且a>0)，
所以直线C′D的函数表达式为y=7ax+3a．
∴抛物线的开口向上，
将y=0代入得，
∴在对称轴的右侧的函数图象，y随x的增大而增大，
3
x=- ．
∵x 1 >x 2 >2， 7
∴A，B两点位于对称轴的右侧， 3
所以点P的坐标为- ，0
7
∴y >y ，
1 2
故结论④错误，此结论不符合题意；
∵当0时，y随x的增大而减小，
∴当x=0时，y有最大值，最大值为1，
故结论⑤正确，此结论符合题意；
综上所述，正确的结论为①③⑤，
故选：C．
24．【分析】根据所给函数图象可得出a，b，c的正
负，再结合抛物线的对称性和增减性即可解决问题．
【解答】解：根据所给函数图象可知，
a>0，b>0，c<0，
所以abc<0，
故①错误．
因为抛物线y=ax2+bx的图象可由抛物线y=ax2+
bx+c的图象沿y轴向上平移|c|个单位长度得到，
所以抛物线y=ax2+bx的增减性与抛物线y=ax2+
bx+c的增减性一致．
则当x<-1时，y随x的增大而减小，
又x y ．
1 2
故②错误．
作点C关于x轴的对称点C′，连接C′D与x轴交于点
★ 2026 中考数学 (选择题 + 填空题) 拔高题 275 题 参考答案★
．
故③正确．
将方程ax2+b(x-2)+c=-4整理得，
ax2+bx+c=2b-4，
因为方程没有实数根，
所以抛物线y=ax2+bx+c与直线y=2b-4没有公共
点，
所以2b-4<-4a，
则2b-4<-2b，
解得b<1，
又b>0，
所以00时，-33，
的图象，根据图象解答即可．
∴①不正确．
【解答】解：两函数图象如图所示：
②由图象可知，当x>-3时，y有最小值，
∴②正确．
③令x=m，y=-m-1，
∴y=-x-1，
∴点P(m,-m-1)在直线y=-x-1上．
y=-x-1的函数图象为：
根据题意，两函数另一个交点的横坐标为-1，
由图象可知，当00，
∴(p-m)(q-n)<0，
由图象可以看出，它们有三个交点，
当-30，q-n<0，
∴符合要求的点P有3个，
∴(p-m)(q-n)<0，
∴③不正确．
∴当p-m与q-n的积为负数时，t的取值范围是-3
④将函数y的图象向右平移1个单位长度时，原图象上
0和a<0讨论得出a的取值范围．
∴④正确．
【解答】解：令x=0，则y=3，
综上，只有②④正确．
∴二次函数与y轴的交点坐标为(0,3)，
故选：C．
-2a
26．【分析】根据已知条件列不等式即可得到结论． 二次函数的对称轴是：x=- =1，
2a
【解答】解：∵a<0， 当a>0，△<0时，满足当00， y均为正数，
∵A(m,y
1
)和B(2m,y
2
)两点都在直线y=-3a的上方， ∴△=(-2a)2-4⋅a×3<0，
且y 1 >y 2 ， 解得：a<3，
∴4am2-8am>-3a， ∴04am2-8am，
5
∴3am2<4am， 29．【分析】由抛物线y=-x2+kx+k- 与x轴有
4
∵a<0，m>0， 5
交点，可得k2+4k-
∴am<0， 4
4
∴m> ②，
3
★ 2026 中考数学 (选择题 + 填空题) 拔高题 275 题 参考答案★
，故k或k；分两种情况：①
5
当k时，可得-(-2)2-2k+k- ，②当k时，-(
4
·82·5
-2)2-2k+k- ，分别解不等式可得答案．
4
5
【解答】解：∵抛物线y=-x2+kx+k- 与x轴有
4
交点，
5
∴△≥0，即k2+4k-
4
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21
综上所述，k≤- 或k；
4
故选：B．
30．【分析】根据图像判断系数之间的关系，从图象
获取信息，根据二次函数的对称性，增减性，逐一进
， 行判断即可．
∴k2+4k-5， 【解答】解：由图象可知，抛物线的开口向下，与y轴
解得：k或k； 交于正半轴，
5 k ∴a<0，c>0，
抛物线y=-x2+kx+k- 对称轴为直线x= ，
4 2 b
∵对称轴为直线x=- =2，
①当k时，抛物线对称轴在直线x=-2左侧，此时抛 2a
5 ∴b=-4a>0，
物线y=-x2+kx+k- 与x轴的一个交点为A(m,
4
∴bc>0，4a+b=0，故选项A，B正确，不符合题
0)，-2，如图：
意；
∵ax2+bx =ax2+bx 且x ≠x ，
1 1 2 2 1 2
∴ax2+bx +c=ax2+bx +c，
1 1 2 2
∴x=x 和x=x 关于对称轴直线x=2对称，
1 2
∴x +x =4，故选项C正确；不符合题意；
1 2
∵抛物线的开口向下，
∴抛物线上的点离对称轴越远，函数值越小，
若(-1,y)，(3,y )两点都在抛物线y=ax2+bx+c的
1 2
图象上，
∵|-1-2|>|3-2|，
∴-(-2)2-2k+k- 5 ， ∴y 1 0，- =-1，
2a
当x=0时，y=c=2，
∴b=2a>0，
∴2a-b=0，abc>0；故①错误，
当x=-1时，函数取得最小值为：a-b+c，
∴对于任意实数m，am2+bm+c+a≥a-b+c+a
=2a-b+c=c=2，
∴am2+bm+c+a的值不小于2，故②正确；
作点O关于对称轴的对称点O，连接OA，
5
∴-(-2)2-2k+k- ，
4
21
解得：k≥- ，
4
∴k；
·83·★ 2026 中考数学 (选择题 + 填空题) 拔高题 275 题 参考答案★
当a=-1时，抛物线解析式为y=-x2+bx+c，
4ac-b2 -4c-b2
设顶点纵坐标为t= = ，
4a -4
∵抛物线y=-x2+bx+c(a，b，c是常数，a<0)经
过(-1,1)，
∴-1-b+c=1，
∴c=b+2，
-4c-b2 b2+4c 1 1 1
∴t= = = b2+c= b2+b+2=
-4 4 4 4 4
则：O(-2,0)， (b+2)2+1，
∴当点P在OA上时，OP+AP的值最小为OA的 1
∵-10，对称轴为直线b=-2，
4
长，
∴当b=0时，t取得最大值为2，而b<0，
∵A(0,2)，
∴关于x的一元二次方程ax2+bx+c=2无解，故③
∴OA= 22+22=2 2，
正确；
∴OP+AP的最小值为2 2，故③正确；
∵a<0，抛物线开口向下，点A(x，y)，B(x ，y )
1 1 2 2
∵抛物线的开口向上，
1
在抛物线上，x +x >- ，x >x ，总有y - 1 ，
2 4
x +x +2>0，
1 2 -1+m
x +x ∴点A(x，y)离x= 较远，
∴ 1 2 >-1， 1 1 2
2
1 -1+m 1
∴对称轴- < ≤- ，
∴点(x 2 ，y 2 )离对称轴远， 2 2 4
∴y 1，判断②正确；根据抛物线的最大值判
的性质可判断③；利用对称性可判断④；画出函数图
断③；根据点A和点B离对称轴的距离判断④．
象可判断⑤．
【解答】解：∵y=ax2+bx+c(a，b，c是常数，a<
【解答】解：把(-4,0)，(-1,9)，(1,5)代入y=ax2+
0)经过(-1,1)，(m,1)两点，且00，
∵01，即(-1,1)，(m,1)两点之间的距离大 ∵a=-1，b=-2，c=8，
于1， ∴y=-x2-2x+8，
又∵a<0， 当y=9时，-x2-2x+8=9，
∴x=m-1时，y>1， ∴x2+2x+1=0，
∴若01，故②正 ∵△=22-4×1×1=0，
确； ∴关于x的一元二次方程ax2+bx+c=9有两个相等
1 -1+m
由①可得- < <0， 的实数根，
2 2
故②正确；
1 b
∴- < <0，即-1-1时， ∴A，D两点关于(-1,0)对称，故④正确；
y随x的增大而减小；当x=-1时，函数取最大值9， m n
- - =-2，
2 2
∵x=-3与x=1时函数值相等，等于5，
∴m+n=4，故②正确；
∴当-42，n<2或m<2，n>2，
1 2
故④正确； ∴mn>0不一定成立，故③错误．
由ax2+(b+1)x+c<2 得ax2+bx+c<-x+2， 故答案为：①②④．
即-x2-2x+8<-x+2，画函数 y=-x2-2x+8
和y=-x+2图象如下：
35．【分析】依据题意，利用抛物线的顶点坐标和开
口方向即可判断①；利用抛物线的对称轴求出a=
3
y=-x+2 b，根据图象可得当x=1时，y=a+b+c<0，即
由 ， 2
y=-x2-2x+8
可判断②；利用二次函数的性质即可判断③；根据抛
x =2 x =-3
解得 1 ， 2 ， 物线与直线y=4无交点即可判断④．
y =0 y =5
1 2 【解答】解：∵抛物线y=ax2+bx+c的顶点A的坐标
∴A(2,0)，B(-3,5)，
1
由图象可得，当x<-3或x>2时，-x2-2x+8< 为- ，n
3
-x+2，即ax2+(b+1)x+c<2，
故⑤错误；
综上，正确的结论为①②④，
故答案为：①②④．
34．【分析】解析式联立解方程即可判断①；由抛物
线C:y=x2+mx+m与抛物线C :y=x2+nx+n的
1 2
开口方向和大小相同，且AB=CD，则两抛物线的关
于直线x=-1对称，即可判断②④；由题意可知，m
>1，n<1或m<1，n>1，故mn>0不一定成立，
即可判断③．
【解答】解：令x2+mx+m=x2+nx+n，解得x=
-1，
把x=-1代入y=x2+mx+m得，y=1，
∴C 与C 交点为(-1,1)，故①正确；
1 2
∵抛物线C:y=x2+mx+m与抛物线C :y=x2+nx
1 2
+n的开口方向和大小相同，且AB=CD，
，
b 1
∴- =- ．
2a 3
3
∴a= b，
2
∵抛物线开口方向向下，即a<0，
∴b<0，
当x=0时，y=c>0，
∴abc>0，故①正确．
由图象可得：当x=1时，y=a+b+c<0，
∴5b+2c<0，故②正确．
1
∵直线x=- 是抛物线的对称轴，
3
∴点(-6,y)到对称轴的距离大于点(5,y )到对称轴的
1 2
距离，
∴y 0)的图象向右平移1个单位长度后关于y轴对称，
从而可得二次函数y=ax2+bx+c(a>0)的对称轴是
b
直线x=-1，故- =-1，即b=2a，再结合二次函
2a
数的性质，逐个进行判断可以得解．
【解答】解：∵二次函数y=ax2+bx+c(a>0)的图象
向右平移1个单位长度后关于y轴对称，
∴二次函数y=ax2+bx+c(a>0)的对称轴是直线x=
-1．
b
∴- =-1．
2a
∴b=2a．
b
∴ =2，故①正确．
a
将b=2a代入a2+b2-5b+8，
∴a2+b2-5b+8=a2+4a2-5×2a+8
=5(a2-2a+1)+3
=5(a-1)2+3．
3 5
∵ ≤a≤ ，
2 2
3
∴当a= 时，a2+b2-5b+8取最小值为5×
2
3
-1
2
★ 2026 中考数学 (选择题 + 填空题) 拔高题 275 题 参考答案★
又若此抛物线与x轴只有一个公共点，
∴△=4m2-4(m2+m-4)=-4m+16=0．
∴m=4，故②错误．
由题意，∵抛物线为y=x2-2mx+m2+m-4，
-2m
∴对称轴是直线x=- =m．
2
又抛物线开口向上，
∴抛物线上的点离对称轴越近函数值越小．
又∵A(m-2,y)，B(m+1,y )，
1 2
∴m-(m-2)=2>m+1-m=1．
∴y >y ，故③错误．
1 2
由题意，∵抛物线y=x2-2mx+m2+m-4的对称
轴是直线x=m，
∴顶点为(m,m-4)．
∴顶点在直线y=x-4上．
又直线y=x与y=x-4平行，
∴顶点到直线y=x的距离等于两条平行线间的距离．
又直线y=x-4与y轴的夹角为45°，
且y=x-4是y=x向下平移4个单位得到的，
2
∴两平行线间的距离为4sin45°=4× =2 2．
2
∴顶点到直线y=x的距离为2 2，故④正确．
故答案为：①④．
38．【分析】抛物线整理为y=x2+(2m-1)x+2m=
x2+2mx-x+2m=2m(x+1)+x2-x可判断①，将
2 17
+3= ，故②错误．
4 m=1代入并计算b2-4ac即可判断②，计算抛物线对
∵b=2a， 1
称轴并根据m≠ 可判断③，根据题意确定对称轴的
2
∴am2+bm-a+b=am2+2am-a+2a
范围后可确定P、Q的位置，再根据增减性可判断④．
=am2+2am+a
【解答】解：y=x2+(2m-1)x+2m=x2+2mx-x
=a(m2+2m+1)
+2m=2m(x+1)+x2-x，
=a(m+1)2．
当x=-1时，y=2，
∵a>0，(m+1)2，
∴该函数图象过定点(-1,2)，故①正确；
∴am2+bm-a+b=a(m+1)2，即am2+bm-a+b，
当m=1时，y=x2+x+2，
故③正确．
∵b2-4ac=1-4×2=-7<0，
∵x +x +2>0，
1 2
∴函数图象与x轴无交点，故②正确；
x +x
∴ 1 2 >-1． b 1-2m 1
2 抛物线的对称轴为：x=- = = -m，
2a 2 2
∴x，x 的中点在对称轴的右侧．
1 2 1
∵m≠ ，
∵x 1 时，对称轴在y轴左侧，当m< 时，
∴y 1 0，
③过点A、M分别作y轴、x轴的平行线交于点C，
∴抛物线开口向上，在对称轴左侧，y随x增大而减
连接AM、AB、BM，则四边形ACDO是矩形，根
小，在对称轴右侧，y随x增大而增大，
据ΔABM为直角三角形，可得∠AMB=90°或∠ABM
∴当x=-2时，y =y=4-4m+2+2m=-2m+
1最小
=90°，进而可得利用相似三角形的判定和性质求得a
6，
2
当x=0时，y
2最大
=2m，
=
2
或1，将ΔBPA绕点B逆时针旋转60°得到
此时，y -y =-4m+6， △BP′A′，连接PP′，过点A′作A′T⊥x轴于点T，作
1 2
∵10， 2
∴y >y ，故④正确， =P′A′+PO+PP′，可得当点O，点P，点P′，点A′
1 2
故答案为：①②④． 共线时，PA+PO+PB值最小，最小值为OA′，设
39．【分析】依据题意，根据所给图象可以得出a> (-3-m)2+(-n)2=27
2
0，c<0，再结合对称轴x=-1，同时令ax2+bx+c A′(m,n)，列方程组 -3 2 -n
2
=kx，从而由根与系数的关系，逐个判断可以得解．
b
【解答】解：由图象可得，a>0，c<0，又- =
2a
-1，
∴b>0．
∴abc<0．
∴①正确．
由题意，令ax2+bx+c=kx，
∴ax2+(b-k)x+c=0．
又二次函数y=ax2+bx+c的图象与正比例函数y=
kx的图象相交于A，B两点，已知点A的横坐标为
-3，点B的横坐标为2，
∴ax2+(b-k)x+c=0的两根之和为-3+2=-1，两
根之积为-3×2=-6．
b-k c
∴- =-1， =-6．
a a
∴6a+c=0．
又b=2a，
∴3b+c=0．
∴3b+2c=c<0．
∴②错误，③正确．
b-k
∵- =-1，b=2a，
a
∴k=a．
∴④错误．
故答案为：①③．
40．【分析】①根据抛物线的对称性可得：抛物线与x
轴的另一个交点坐标为(1,0)，再结合抛物线的性质可
判断结论①；
②将(-3,0)，(1,0)代入y=ax2+bx+c，可得b=
2a，c=-3a，得出y=ax2+2ax-3a=a(x+1)2-
★ 2026 中考数学 (选择题 + 填空题) 拔高题 275 题 参考答案★
2 +(-m)2=27 ，求解
2
即可求得m、n，再利用OA′2=m2+n2，即可判断
③．
【解答】解：①∵抛物线y=ax2+bx+c经过点A(-3,
0)，顶点为M(-1,m)，
∴抛物线的对称轴为直线x=-1，
∴抛物线与x轴的另一个交点坐标为(1,0)，
∵抛物线的开口向上，
∴当-3时，y；故①正确．
②将(-3,0)，(1,0)代入y=ax2+bx+c，得
9a-3b+c=0
，
a+b+c=0
b=2a
解得： ，
c=-3a
∴y=ax2+2ax-3a=a(x+1)2-4a，
∴抛物线的顶点为M(-1,-4a)，
设抛物线对称轴交x轴于H，如图，
则H(-1,0)，
∴AH=-1-(-3)=2，MH=4a，OH=1，
∵B(0,-3a)，
∴OB=3a，
·87·1
∴S =S +S -S = ⋅AH⋅MH+
ΔABM ΔAMH 梯形BMHO ΔAOB 2
1
⋅MH+OB 2
1 1 1
⋅OH- OA⋅OB= ×2×4a+ 2 2 2
×4a+3a
∴a2=1，
∵a>0，
∴a=1；
1 ∵点B在(0,-2)与(0,-3)之间(不含端点)，
×1- ×3×3a=3a，
2
∴-3<-3a<-2，
3 3
∵S = ， 2
ΔABM 2 ∴ 0， -3 2 -n
2
2
∴a= ；
2
若∠ABM=90°，则∠ABO+∠MBD=90°，
∵∠AOB=∠BDM=90°，
∴∠ABO+∠BAO=90°，
∴∠MBD=∠BAO，
∴ΔABO∽ΔBMD，
OB OA 3a 3
∴ = ，即 = ，
DM BD 1 a
2 +(-m)2=27
，
2
m=-6-3 6
4
解得： ，
n=-3 2-6 3
4
-6-3 6
∴OA′2=m2+n2=
4
2 -3 2-6 3
+
4
★ 2026 中考数学 (选择题 + 填空题) 拔高题 275 题 参考答案★
2
=
27+9 6
，故③错误；故答案为：①②．
2
·88·★类型五：反比例系数K的几何意义+性质综合★
1
1．【分析】设点M坐标为a,
a
，点N坐标为
1
b,
b
1
，则OB=AB= ，OA=BC=a，BN=b，
b
1 1 1
AM= ，CN=a-b，CM= - ，可用a，b表示
a b a
a 1 a 1
出S = - ，S = - ，即可判断①；
△COM 2b 2 △CON 2b 2
(a-b)2 a2-b2
用a，b表示出S = ，S = ，可
△MCN 2ab △MON 2ab
知当△MON 与△MCN 的面积相等时，M，N重合，
与题意不符，可判断②；根据等边三角形和反比例函
数的对称性即可判断④，根据M，N是反比例函数图
象上的动点，可得∠OMN或∠ONM为钝角，即可判断
③，即可求解．
1
【解答】解：设点M坐标为a,
a
，点N坐标为
1
b,
b
1
，则A(a,0)，B0,
b
1
，Ca,
b
，
1
∴OB=AB= ，OA=BC=a，BN=b，AM=
b
1 1 1
，CN=a-b，CM= - ，
a b a
1 1 1 1
∴S = CM×OA= × -
△COM 2 2 b a
a
×a= -
2b
1
，
2
1 1 1 a 1
S = CN×OB= ×(a-b)× = - ，
△CON 2 2 b 2b 2
∴S =S ，故结论①正确；
△COM △CON
1 1 1 1
S = CN⋅CM= ×(a-b) -
△MCN 2 2 b a
当M，N在y=x的同侧时，△MON可能是钝角三角
形，故③错误；
综上，①④正确、②③错误．
故选：B．
2．【分析】本题涉及反比例函数的性质，已知点A在
k
反比例函数y= 上，可先求出k的值，再根据“双
x
曲线阶梯”的线段平行关系，设出相关点的坐标，利
用反比例函数表达式列出等式，进而求出EF的长度．
3
【解答】解：∵点A4,
= 2
(a-b)2
，
2ab
1
S =S -S -S -S =a× -
△MON 矩形OACB △OBN △OAM △MCN b
1 1 1 1 (a-b)2 a2-b2
×b× - ×a× - = ，
2 b 2 a 2ab 2ab
(a-b)2
当△MON与△MCN的面积相等时， =
2ab
a2-b2
，即a=b，
2ab
当a=b时，M，N重合，与题意不符，故结论②错
误；
∵等边三角形和反比例函数都是轴对称图形，当
∠NOM=60°且对称轴都为直线y=x，△MON可能是
等边三角形，故④正确，
如图：
k
在双曲线y= 上，
x
3
∴k=4× =6，
2
6
∴反比例函数的解析式为y= ，
x
∵BC=1且BC与x轴平行，AB与y轴平行，点A坐
3
标为4,
2
★ 2026 中考数学 (选择题 + 填空题) 拔高题 275 题 参考答案★
，
∴点C的横坐标比点A的横坐标小1，即横坐标为3，
6
∵点C在y= 上，
x
∴C点坐标为(3,2)，
同理，DE=1，则点E的横坐标为2，把x=2代入y
6
= ，则y=3，
x
∴求得E点坐标为(2,3)，
6
FG=1，则点G的横坐标为1，把x=1代入y= ，
x
则y=6，
∴G点坐标为(1,6)，
观察图象可知，EF的长度等于点G的纵坐标减去点E
的纵坐标，
即EF=6-3=3．
·89·故选：B．
3．【分析】先证明AM=CM，OC=OA=BC=
x+3 y
AB=3，设C(x,y)，可得M ,
2 2
x+3
，xy=
2
y
⋅ 求解x=1，过C作CH⊥AO于H，再进一步求
2
解即可．
【解答】解：∵菱形OABC的顶点A在x轴正半轴上，
OA=3，
∴AM=CM，OC=OA=BC=AB=3，
∴A(3,0)，
设C(x,y)，
x+3 y
∴M ，
2 2
∴OB=3a，
∵AB⊥y轴，CD⊥x轴，
∴点A的纵坐标为3a，点C的纵坐标为a，
k k
∴a= ，3a= ，
x x
C A
k k k k
∴x = ，x = ，OD=- ，AB=- ，
C a A 3a a 3a
k ∵反比例函数y= 经过A、C两点，
x
k
∴S =S =- ．
△DOC △AOB 2
∵∠EDO=∠DOB=∠EBO=90°，
k
∴四边形OBED是矩形，BE=OD=- ，DE=OB
a
， =3a，
x+3 y ∴AE=BE-AB=- 2k ，CE=DE-CD=2a，
∴xy= ⋅ ， 3a
2 2
1 2k
解得：x=1， ∴S = AE⋅CE=- ，
△AEC 2 3
过C作CH⊥AO于H， k
∴S =OD⋅OB=- ×3a=-3k，
矩形OBED a
∵S =4，
△ACO
∴S -S -S -S =S ，
矩形OBED △DOC △AOB △AEC △ACO
k
即-3k--
2
∴OH=1，CH= 32-12=2 2，
∴C(1,2 2)，
∴k=1×2 2=2 2；
故选：D．
4．【分析】延长DC，BA交于点E，设CD=a(a>
k k
0)，则OB=3a，求出OD=- ，AB=- ，进而
a 3a
k
得到S =S =- ，证明四边形OBED是矩形，
△DOC △AOB 2
2k 2k
再求出AE=- ，CE=2a，得到S =- ，根
3a △AEC 3
据S -S -S -S =S 建立方程
矩形OBED △DOC △AOB △AEC △ACO
求解即可．
【解答】解：延长DC，BA交于点E，
设CD=a(a>0)，
∵CD:OB=1:3，
k
--
2
2k
--
3
★ 2026 中考数学 (选择题 + 填空题) 拔高题 275 题 参考答案★
=4，
∴k=-3，
故选：D．
5．【分析】过点A作MN⎳x轴，交y轴于点N，作
BM⊥MN，垂足为M，先证明△BMA≅△ANO
(AAS)，利用全等三角形性质得到点B的坐标，根据
反比例函数图象上点的坐标特征解答即可．
【解答】解：如图，过点A作MN⎳x轴，交y轴于点
N，作BM⊥MN，垂足为M，
∵∠AOB=∠ABO=45°，
∴AB=AO，∠BAO=90°，
∴△AOB是等腰直角三角形，
在△BMA和△ANO中，
∠MBA=∠NAO
∠BMA=∠ANO，
AB=AO
∴△BMA≅△ANO(AAS)，
∴AN=BM=1，ON=AM，
∵点A的横坐标为-1，
·90·∴A(-1,-k)， 解得x= 2或- 2，
∴ON=AM=-k， ∴OD= 2，
∴B(-1+k,-k-1)， ∵AD⊥x，BE⊥x，
∵点A、B在反比例函数图象上， ∴AD⎳BE，
∴k=(-1+k)(-1-k)=1-k2， AB DE
∴ = ，
AC OD
整理得k2+k-1=0，
∵AB=3AC，
-1+ 5 -1- 5
解得k= (舍去)或k= ． DE
2 2 ∴3= ，即DE=3 2，
2
故选：D．
∴OE= 2+3 2=4 2，
6．【分析】求出A，B点的坐标进而求出AB的长，
4 4 2
判断①，联立两个函数解析式，求出C点坐标，判断 ∴将x=4 2代入y=- =- =- ，
x 4 2 2
②，图象法判断③即可．
2
∴BE= ，
【解答】解：∵点A的横坐标为1， 2
9 130
∴y= =9， ∴OB= OE2+BE2= ，
1 2
∴A(1,9)， 故选：D．
∵过反比例函数图象上点A作x轴垂线，垂足为点D， 8．【分析】依据题意，过A作AD⊥x轴于D，再设
交y=x的图象于点B，
Aa，
k
a
∴B(1,1)；
∴AB=8；故①正确；
y=x (x≥0) x=3 x=-3
联立
y=9 (x>0)
，解得：
y=3
或
y=-3
(舍
x
去)；
∴点C的坐标为(3,3)，故②正确；
由图象可知，当x>3，直线在双曲线上方，一次函数
的值大于反比例函数的值，故③错误；
故选：C．
7．【分析】如图所示，过点A作AD⊥x轴交于点D，
4
过点B作BE⊥x轴交于点E，首先联立得到- =
x
AB
-2x，求出OD= 2，然后由AD⎳BE得到 =
AC
DE 4
，求出DE=3 2，然后代入y=- ，求出BE=
OD x
2
，然后利用勾股定理求解即可．
2
【解答】解：如图所示，过点A作AD⊥x轴交于点D，
过点B作BE⊥x轴交于点E，
4
∵反比例函数y=- (x>0)与直线y=-2x交于点A，
x
4 ∴联立得，- =-2x，
x
(a>0)，从而可得OC=2OD=2a，再求出
y= k
k 4x
直线OA为y= x，然后联立 ，可得B的坐
a2 y= k x
a2
标，最后结合S =S +S =6，进而可得k △ABC △BOC △AOC
的方程，计算即可得解．
【解答】解：如图，过A作AD⊥x轴于D．
k
由题意，设Aa，
a
(a>0)，
∵AO=AC，AD⊥OC，
∴OC=2OD=2a．
又设直线OA为y=mx，
k k
∴ma= ．∴m= ．
a a2
y= k
k 4x
∴直线OA为y= x．联立 ，
a2 y= k x
a2
a2 a
∴x2= ．∴x=± ．
4 2
a k
∴B- ，-
2 2a
．
∴S =S +S
△ABC △BOC △AOC
1 1
= OC⋅|y |+ OC⋅|y |
2 B 2 A
1 k k
= ×2a +
2 2a a
★ 2026 中考数学 (选择题 + 填空题) 拔高题 275 题 参考答案★
·91·3
= k．
2
又∵S =6，
△ABC
3
∴ k=6．
2
∴k=4．
故选：C．
9．【分析】设AE=EF=FG=a，AB=BC=AD
=b，利用正方形的性质和相似三角形的判定与性质得
15
到a，b的关系式，再利用a2+b2= 求得a，b值，
2
则点A坐标可求，最后利用待定系数法解答即可得出
结论．
【解答】解：设AE=EF=FG=a，AB=BC=AD
=b，
15
由题意得：a2+b2= ．
2
∵正方形ABCD与AEFG(其中边BC，EF分别在x，
k
y轴的正半轴上)的公共顶点A在反比例函数y= 的
x
图象上，
∴FG⎳ED⎳OM，∠NFG=∠DCM=90°，
∴∠NGF=∠DMC，
∴△NFG∽△DCM，
NF NG
∴ = ，
DC DM
∵MD=4GN，
NF 1
∴ = ，
b 4
1
∴NF= b．
4
∵FG⎳ED，
∴△NFG∽△NED，
NF FG
∴ = ，
NE ED
1 b
4 a
∴ = ，
1 b+a a+b
4
∴b2=4a2，
15
∴a2+4a2= ，
2
∵a>0，
6
∴a= ．
2
∴b= 6．
6
∴A ， 6
2
3
∴a2= ，
2
∵b=2a，
3
∴k=ab=2a2=2× =3；
2
故选：C．
k
10．【分析】依据题意，由点A(4,2)在函数y= 上，
x
可得k的值，从而得反比例函数的解析式，又设直线
1
OA为y=kx，故可得直线OA为y= x，再设向上
2
平移m个单位到直线BC，则B(0,m)，直线BC为y
1 8
= x+m，最后设a，
2 a
，
6
∴k= × 6=3．
2
15
方法2:∵a2+4a2= ，
2
15
∴5a2= ，
2
8 1
(a>0)，进而 = a+
a 2
8 1
m，故 -m= a，又作CH⊥y轴于H，从而CH
a 2
8 1 1
=a，BH= -m= a，BH2+CH2=BC2， a2
a 2 4
+a2=5，求得a的值，最后可以计算得解．
k
【解答】解：由题意，∵点A(4,2)在函数y= 上，
x
∴k=4×2=8．
8
∴反比例函数为y= ．
x
设直线OA为y=kx，
∴4k=2．
1
∴k= ．
2
1
∴直线OA为y= x．
2
又设向上平移m个单位到直线BC，
1
∴B(0,m)，直线BC为y= x+m．
2
8
再设a，
a
★ 2026 中考数学 (选择题 + 填空题) 拔高题 275 题 参考答案★
(a>0)，
8 1
∴ = a+m．
a 2
8 1
∴ -m= a．
a 2
作CH⊥y轴于H，
8 1
∴CH=a，BH= -m= a，BH2+CH2=BC2．
a 2
1
∴ a2+a2=5．
4
∴a=2．
∴4-m=1．
∴m=3．
∴B(0,3)．
·92·故选：B．
11．【分析】作辅助线如图，利用函数表达式设出A、
B两点的坐标，利用D，M是中点，找到坐标之间的
关系，利用平行线分线段成比例定理即可求得结果．
【解答】解：作过A作BC的垂线垂足为D，BC与y
轴交于E点，如图，
在等腰三角形ABC中，AD⊥BC，D是BC中点，
k
设Aa,
a
k
，Bb,
b
，
由BC中点为D，AB=AC，
在等腰三角形ABC中，
∴BD=DC=a-b，
k
∴C2a-b,
b
，
∵AC的中点为M，
k +k
∴M 3a-b , a b
2 2
3a-b k(a+b) ，即 ,
2 2ab
，
3a-b k
由M在反比例函数上得M ,
2 3a-b
2
，
k(a+b) k
∴ = ，
2ab 3a-b
2
解得：b=-3a，
由题可知，AD⎳NE，
AN DE a a 1
∴ = = = = ，
AB BD a-b a+3a 4
故选：B．
12．【分析】过点E作EM⊥OC，则EM⎳OB，设
k
Ea,
a
∴ΔOME∽ΔOCA，
OM EM OE
∴ = = ，
OC AC OA
k
设Ea,
a
3
，由ΔOME∽ΔOCA，可得OC= a,AC=
2
3 k
⋅ ，再S =S +S +S ，列
2 a 矩形OBAC ΔOBD ΔOCF 四边形ODAF
方程，即可得出k的值．
【解答】解：过点E作EM⊥OC，则EM⎳OB，
，
∵OE=2AE，
OM EM 2
∴ = = ，
OC AC 3
3 3 k
∴OC= a,AC= ⋅ ，
2 2 a
3 3 k
∴S =S +S +S = a⋅ ⋅ ，
矩形OBAC ΔOBD ΔOCF 四边形ODAF 2 2 a
k k 3 3 k 8
即 + +2= a⋅ ⋅ ，解得：k= ，
2 2 2 2 a 5
故选：D．
13．【分析】作DG⊥EF交EF的延长线于点G，
DG交反比例函数图象于点H，设正六边形ABCDEF
的边长为a，根据正六边形性质和含30°角的直角三角
形性质可得点E、H坐标，列出方程求出a值，即可推
出k值．
【解答】解：如图，作DG⊥EF交EF的延长线于点
G，DG交反比例函数图象于点H，
∵原点O为正六边形ABCDEF的中心，EF⎳x轴，
1 1
∴∠EDO= ∠EDC= ×120°=60°，
2 2
∴∠EDG=30°，
1 3
∴EG= ED，GD= ED，
2 2
设正六边形ABCDEF的边长为a，则
1 3
E a， a
2 2
★ 2026 中考数学 (选择题 + 填空题) 拔高题 275 题 参考答案★
，H(a, 3)，
∵点E、H都在反比例函数图象上，
1 3
∴ a⋅ a= 3a，
2 2
解得a=4，
∴H(4, 3)，
∴k=4 3．
故选：A．
14．【分析】依据题意，利用反比例函数k的几何意
义，结合相关线段的长度来求a-b的值．
·93·a
【解答】解：如图，设Cm,
m
b
，则Dm,
m
，OE
=-m，
b a
∴ - =2．
m m
∴b-a=2m，
∴a-b=2OE，
同理：a-b=3OF，
∴2OE=3OF．
又∵OE+OF=5，
∴OE=3，OF=2，
∴a-b=6．
故选：D．
k
15．【分析】设Am,
m
1 k
，在y=- 中，令y=
x m
m 1
得x=- ，令x=m得y=- ，可得
k m
m k
B- ，
k m
1
，Dm,-
m
m 1
，即得C- ，-
k m
，
1 5
故S =S =1，S = ，根据S +S +S = ，得1
2 4 3 k 2 3 4 2
1 5
+ +1= ，解方程并检验可得答案．
k 2
k
【解答】解：设Am,
m
，
1 k m
在y=- 中，令y= 得x=- ，令x=m得y=
x m k
1
- ，
m
m k
∴B- ，
k m
1
，Dm,-
m
，
m 1
∴C- ，-
k m
AB=3 2，从而2(k-1)2=18，进而得解．
【解答】解：由题意，得A(k,1)，B(1,k)．
∵AB=3 2，
∴由两点距离公式可得：2(k-1)2=18．
∴(k-1)2=9．
∴k=-2或4．
又k>0，
∴k=4．
故选：C．
17．【分析】过点N作NQ⊥x轴于点Q，过C作CT
⊥y轴交y轴于T，交NQ于K，设OA=a，OP=
b，BM=c，N(m,n)，由OP:BP=1:4，BM=CM，
得A(0,a)，B(5b,0)，M(5b,c)，C(5b,2c)，又ΔNKC
∽ΔATC，NC=2AN，可得CK=2TK，NK=
2 5b-m=2(m-0)
m=5
3
b
3 AT，即 n-2c=2(a-2c) ，得 n=2a+2c ，故
3 3
5b 2a+2c
N ,
3 3
，
1
∴S =S =1，S = ，
2 4 3 k
5
∵S +S +S = ， 2 3 4 2
1 5
∴1+ +1= ，
k 2
解得k=2，
经检验，k=2是方程的解，符合题意，
故选：C．
16．【分析】依据题意，可得A(k,1)，B(1,k)，再由
1
，根据ΔAPN的面积为3，有 ×
2
5 2a+2c
b +a
3 3
1 1 2b 2a+2c
- ab- × ⋅ =3，得
2 2 3 3
5b 2a+2c
2ab+bc=9，将点M(5b,c)，N ,
3 3
★ 2026 中考数学 (选择题 + 填空题) 拔高题 275 题 参考答案★
代入
k
y= ，整理得：2a=7c，代入2ab+bc=9得bc=
x
9 45
，从而k=5bc= ．
8 8
【解答】解：如图，过点N作NQ⊥x轴于点Q，过C
作CT⊥y轴交y轴于T，交NQ于K，
设OA=a，OP=b，BM=c，N(m,n)，
∵OP:BP=1:4，BM=CM，
∴A(0,a)，B(5b,0)，M(5b,c)，C(5b,2c)，
∵∠NCK=∠ACT，∠NKC=90°=∠ATC，
∴ΔNKC∽ΔATC，
NC NK CK
∴ = = ，
AC AT CT
∵NC=2AN，
2 ∴CK=2TK，NK= AT，
3
·94·5b-m=2(m-0)
∴ n-2c=2(a-2c) ，
3
m=5b
3
解得 ，
n=2a+2c
3
5b 2a+2c
∴N ,
3 3
，
5b 2a+2c
∴OQ= ，NQ= ，
3 3
2b
∴PQ=OQ-OP= ，
3
∵ΔAPN的面积为3，
∴S -S -S =3，
梯形OANQ ΔAOP ΔNPQ
1 5 2a+2c
∴ × b +a
2 3 3
1 1 2b 2a+2c
- ab- × ⋅
2 2 3 3
=3，
∴2ab+bc=9，
5b 2a+2c
将点M(5b,c)，N ,
3 3
★ 2026 中考数学 (选择题 + 填空题) 拔高题 275 题 参考答案★
OB2 S 1
∴ = △BOG = ，
OA2 S 2
△AOh
OB 2
∴tan∠BAO= = ．
OA 2
2
故答案为： ．
2
19．【分析】根据题意得到AC=BD=1，则A点的
纵坐标为1，代入解析式求得A的坐标，进而求得
∠OAC=60°，利用扇形的面积公式即可求得两个象限
中扇形的面积，进一步求得阴影部分图形的面积和．
【解答】解：当⊙A，⊙B分别与x轴相切时，切点分
别为点C和点D，
∴AC⊥x轴，BD⊥x轴，
∵半径为1，
∴AC=BD=1，
∴A点的纵坐标为1，
k
代入y= 得： 3
x 把y=1代入y= ，求得x= 3，
x
5b 2a+2c
k=5bc= ⋅ ， ∴A( 3，1)，
3 3
∴OC= 3，AC=1，
整理得：2a=7c，
OC
将2a=7c代入2ab+bc=9得：7bc+bc=9， ∴tan∠OAC= = 3，
AC
9
∴bc= ， ∴∠OAC=60°，
8
45 60π×12 π
∴k=5bc= 8 ， ∴第一象限中阴影的面积S 1 = 360 = 6 ，
π
故选：B． 同理，第一象限中阴影的面积S = ，
2 6
二．填空题(共23小题)
π
∴S = ．
18．【分析】如图，作BG⊥y轴，垂足为G，作AH 阴影 3
π
⊥y轴，垂足为H可得△OAH∽△BOG利用相似三角 故答案为： ．
3
形的性质及反比例函数k值几何意义即可得到结果．
20．【分析】求出点B的坐标为(-1,0)，设点A坐标
【解答】解：如图，作BG⊥y轴，垂足为G，作AH
为(m,-m-1)，根据AC=BC，得到2m2+8m+16
⊥y轴，垂足为H，
=10，解方程并进一步即可得到点A坐标为(-3,2)，
利用待定系数法即可求出实数k的值．
【解答】解：当y=0时，0=-x-1，解得x=-1，
∴点B的坐标为(-1,0)，
∵点C坐标为(0,3)，
∴BC= OB2+OC2= 12+32= 10，
设点A坐标为(m,-m-1)，
∴AC2=(m-0)2+(-m-1-3)2=2m2+8m+16，
∵AC=BC，
∵点A在反比例函数y=
4
的图象上，点B在反比例
∴AC2=BC2，
x
∴2m2+8m+16=10，
2
函数y=- 的图象上，
x 解得m 1 =-3，m 2 =-1(不合题意，舍去)，
∴S =1，S =2， ∴m=-3，
△BOG △AOH
∵∠AOB=90°， ∴点A坐标为(-3,2)，
∴∠OAH=∠BOG， k
∴2= ，
-3
∴△OAH∽△BOG，
解得k=-6，
·95·故答案为：-6．
21．【分析】作BE⊥x轴，DG⊥x轴，根据点的坐
标及相似三角形性质可求出点D坐标继而求出k值．
【解答】解：如图，作BE⊥x轴，DG⊥x轴，垂足
分别为E、G，
∵点A(-7,0)，B(x,10)，C(-17,y)，
∴BE=10，OF=17，OA=7，
∴EF=BC=OA=7，
∴OE=17+7=24，
∵BE⎳DG，
∴ΔODG∽ΔOBE，
∵OD:OB=1:4，
OG DG 1
∴ = = ，
OE BE 4
DG 1 OG 1 ∴ = ， =
10 4 24 4
5
∴DG= ，OG=6，
2
∴D(-6,2.5)，
∵点D在反比例函数图象上，
∴k=-6×2.5=-15．
故答案为：-15．
22．【分析】根据题意和反比例函数的几何意义，列
15
出S =S -k- ，导入数据计算即可．
△BMN 矩形OABC 4
k
【解答】解：由题意可知点M的坐标为4,
4
，点N
k
的坐标为 ，2，
2
k k
，则BM=2- ，BN=4- ，
4 2
由反比例函数k值的几何意义可得：S +S =
△OCN △OAM
k，
15
∴S =S -k- ，
△BMN 矩形OABC 4
1 k
2-
2 4
k
4-
2
可得出B点坐标，进而得出结论．
【解答】解：如图，过点A作AD⊥x轴于点D，过点
B作BE⊥x轴于点E，
4
∵sin∠AOC= ，
5
∴设AD=4x，则OA=5x，
∴OD= (5x)2-(4x)2=3x，
3
∵点A落在反比例函数y= 上，
x
∴4x⋅3x=3，
1
解得x=± (负值舍去)，
2
3
∴4x=2，3x= ，
2
3
∴A ，2
2
15
=8-k- ，
4
解得：k=2．
故答案为：2．
23．【分析】过点A作AD⊥x轴于点D，过点B作
4
BE⊥x轴于点E，由sin∠AOC= ，可设AD=4x，
5
3
则OD=3x，根据点A落在反比例函数y= 上得出
x
x的值，再由勾股定理求出OA的长，根据菱形的性质
，
3
∴OA= OD2+OA2=
2
2 5
+22= ，
2
∵四边形AOCB为菱形，
∴AB=OA，
3 5
∴B + ，2
2 2
，即(4,2)，
k
∵点B落在反比例函数y= (k≠0)上，
x
∴k=4×2=8，
故答案为：8．
24．【分析】依据题意，由A在y= 3x上，可得m
k
=2 3，故A(2，2 3)，又A在反比例函数y= 上，
x
进而可得k=2×2 3=4 3，进而可得反比例函数为
4 3
y= ，再由翻折的性质，BC⊥OA，进而可设
x
3
BC为y=- x+b，则B为(0,b)，设直线BC与直
3
y=- 3 x+b
线OA的交点为P，建立 3 求出
y= 3x
3 3
P b， b
4 4
，又B与C关于直线OA对称，且B(0,
3 1
b)，可得C b， b
2 2
★ 2026 中考数学 (选择题 + 填空题) 拔高题 275 题 参考答案★
，又C在反比例函数y=
4 3 3 1
上，最后可得 b× b=4 3，求出b可以得
x 2 2
解．
【解答】解：由题意，∵A在y= 3x上，
∴m=2 3．
·96·∴A(2，2 3)．
k
又A在反比例函数y= 上，
x
∴k=2×2 3=4 3．
4 3
∴反比例函数为y= ．
x
由翻折的性质，BC⊥OA，
3
∴可设BC为y=- x+b，
3
∴B为(0,b)．
设直线BC与直线OA的交点为P，
y=- 3 x+b
∴ 3 ．
y= 3x
3 3
∴P b， b
4 4
．
又B与C关于直线OA对称，且B(0,b)，
3 1
∴C b， b
2 2
．
4 3
又C在反比例函数y= 上，
x
3 1
∴ b× b=4 3．
2 2
∴b=4或b=-4(舍去)．
∴B(0,4)．
故答案为：(0,4)．
25．【分析】作DG⊥x轴，垂足为G，利用对称性质
和解直角三角形解答即可得到结果．
k
【解答】解：设点B坐标为m,
m
，则C(m,0)，
∵A(1,0)，
∴AC=m-1，
由对称可知：AD=m-1，∠DAB=∠CAB=30°，
∴∠DAC=60°，
作DG⊥x轴，垂足为G，
m-1 m-1
∴AG= ，DG=
2 2
× 3，
m-1 3m- 3
∴D +1，
2 2
，
∵点D在反比例函数图象上，
m-1
∴ +1
2
★ 2026 中考数学 (选择题 + 填空题) 拔高题 275 题 参考答案★
26．【分析】根据反比例函数图象上点的坐标特征判
断①，根据反比例函数k值几何意义判断②，根据矩形
性质判断③④即可．
【解答】解：①∵A(1,0)，C(0,2)，
∴B(1,2)，
k
∵矩形OABC的顶点B在函数y= (x>0)的图象
x
上，
∴k=2，故①正确；
k
②∵点B、点D在函数y= (x>0)的图象上，
x
1
∴S =S = |k|，
△AOB △A′OD 2
∴S =S ，
△OBM 梯形AMDA′
∴S△OBD=S梯形ABDA′，故②正确；
③根据矩形对角线相等，AE=OD，根据双曲线的轴
2
对称性，可知当点D落在直线y=x与双曲线y= 的
x
交点( 2， 2)时，OD最短，最短为2，所以AE的
最小值为2，故③错误．
④向右平移的过程中角B′BD与角BB′O变化相同，这
两个角刚好是矩形BB′ND的对角线与边的夹角，所以
是相等，④正确．
故正确的结论有①②④．
故答案为：①②④．
(m-1) 3
⋅ =k①，
2
在Rt△ABC中，∵∠BAC=30°，
3 k 3
∴BC= AC，即 = (m-1)②，
3 m 3
由①②解得k=2 3．
故答案为：2 3．
27．【分析】设BC交y轴于点E，MN交BB于点
F，过点C作CD⊥x轴于D，根据折叠性质得：
CN=CN，BM=BM，BC=BC，设BM=BM
=t，则AM=AB-BM=4 2-t，在△ABM中，由
·97·9 2 7 2
勾股定理求出t= ，则AM= ，证明∴
4 4
△BCD∽△MBA相似，利用相似三角形的性质得
16 2 28 10
CD= ，BD= ，则OD= ，由此得点
9 9 9
10 16 2
C- ,
9 9
，据此即可得出k的值．
【解答】解：设BC交y轴于点E，MN交BB于点
F，过点C作CD⊥x轴于D，CH⊥y轴于点H，
如图所示：
则四边形ODCH为矩形，
∴OD=CH，
根据折叠性质得：CN=CN，BM=BM，BC=
BC，∠MBCN=∠ABCN=90°，
∵点A(4,0)，C(0,4 2)是矩形OABC的顶点，
∴BC=OA=BC=4，OC=AB=4 2，∠MAB=
90°，
设BM=BM=t，则AM=AB-BM=4 2-t，
∵点B是OA的中点，
∴OB=AB=2，
在△ABM中，由勾股定理得：AM2+AB2=BM2，
即(4 2-t)2+22=t2，
9 2
解得：t= ，
4
9 2 7 2
∴BM=BM= ，AM=4 2-t= ，
4 4
∵∠MBC=90°，∠BAM=90°，
∴∠DBC+∠ABM=90°，∠AMB+∠ABM=90°，
∴∠DBC=∠AMB，
又∵∠BDC=∠BAM=90°，
∴△BCD∽△MBA，
∴CD:AB=BD:AM=BC:MB，
7 2 9 2
即：CD:2=BD: =4: ，
4 4
16 2 28
∴CD= ，BD= ，
9 9
28 10
∴OD=BD-OB= -2= ，
9 9
10 16 2
∴点C的坐标为- ,
9 9
10 16 2 160 2
∴k=- × =- ．
9 9 81
160 2
故答案为：- ．
81
28．【分析】过点B作BM⊥x轴于M，过点D作
DN⊥x轴于N，则BC=OM=2，OC=MB=6，
AM=OA-OM=3，由△ADN∽△ABM得DN=2，
AN=1，则ON=OA-AN=4，由此得点D(4,2)，
1
则k=8，进而得S = ×8=4，S =
△OCE 2 梯形OABC
1
BC+OA
2
，
k
∵点C在反比例函数y= 的图象上，
x
1
⋅OC=21，S = OA⋅DN=5，然
△AOD 2
后根据S =S -S -S 可得出答
四边形ODBE 梯形OABC △OCE △AOD
案．
【解答】解：过点B作BM⊥x轴于M，过点D作DN
⊥x轴于N，如图所示：
∵点A(5,0)，B(2,6)，BC⎳x轴，∠COM=90°，
∴四边形OMBC为矩形，
∴BC=OM=2，OC=MB=6，
∴AM=OA-OM=5-2=3，
∵BD=2AD，
∴AD:AB=1:3，
∵BM⊥x轴，DN⊥x轴，
∴BM⎳DN，
∴△ADN∽△ABM，
∴DN:BM=AN:AM=AD:AB，
即DN:6=AN:3=1:3，
∴DN=2，AN=1，
∴ON=OA-AN=5-1=4，
∴点D的坐标为(4,2)，
k
∵反比例函数y= (x>0)的图象经过点D，
x
∴k=8，
1
根据反比例函数比例系数的几何意义得：S = ×
△OCE 2
8=4，
1
∵S = BC+OA
梯形OABC 2
1
⋅OC= ×2+5
2
★ 2026 中考数学 (选择题 + 填空题) 拔高题 275 题 参考答案★
×6=
1 1
21，S = OA⋅DN= ×5×2=5，
△AOD 2 2
∴S =S -S -S =21-4-5=
四边形ODBE 梯形OABC △OCE △AOD
12．
29．【分析】设OA=4a，因为OA=2AB，所以AB
·98·=2a，则A(4a,0)，B(6a,0)，由于正方形OACD，
ABEF，则C(4a,4a)，因为CD⊥y轴，P在CD上，
所以P点纵坐标为4a，则P点横坐标为：x=k4a，由
1
于Q为BE中点，切BE⊥x轴，所以BQ= AB=
2
k
a，则Q(6a,a)，由于Q在反比例函数y= (k>0)
x
k
上，所以k=6a2，根据已知阴影为矩形，长为 ，宽
4a
为：a，面积为6，所以可得12×k4a×a=6，即可解
决．
【解答】解：设OA=4a，
∵AO=2AB，
∴AB=2a，
∴OB=AB+OA=6a，则B(6a,0)，
由于在正方形ABEF中，AB=BE=2a，
∵Q为BE中点，
1
∴BQ= AB=a，
2
∴Q(6a,a)，
k
∵Q在反比例函数y= (k>0))上，
x
∴k=6a×a=6a2，
∵四边形OACD是正方形，
∴C(4a,4a)，
∵P在CD上，
∴P点纵坐标为4a，
k
∵P在反比例函数y= (k>0)上，
x
k
∴P点横坐标为：x= ，
4a
k
∴P ，4a
4a
1 m 1 1
= ，即 = ，求出点A3m, n
3 AD 3 3
，
∵作PM⊥x轴于点M，QN⊥y轴于点N，
∴四边形OMNH是矩形，
k
∴NH= ，MH=a，
4a
k
∴S =NH×MH= ×a=6，
矩形OMHN 4a
则k=24，
故答案为：24．
BN BC
30．【分析】证明ΔCNB∽ΔCDA，得到 =
AD AC
，则点
1
D0, n 3
1
，由ΔBCE的面积=S +S = × ΔCDB ΔCDE 2
CD⋅(x -x )，即可求解．
B E
【解答】解：过点B分别作BM⊥AD于点M，BN⊥
CD于点N，
设点B(m,n)，k=mn，
则BN⎳AD，则ΔCNB∽ΔCDA，
BN BC 1 m 1
则 = = ，即 = ，
AD AC 3 AD 3
即AD=3m，
1
则k=mn=3m⋅y ，则y = n，
A A 3
1
则点A3m, n
3
1
，则点D0, n
3
，
由点B、D的坐标得，直线BD的表达式为：y=
2n 1
x+ n，
3m 3
1
则点E- m，0
2
；
由点A、B的坐标得，直线AB的表达式为：y=
n
- (x-m)+n，
3m
4n
则点C0,
3
，则CD=n，
1
∵ΔBCE的面积=S +S = ×CD⋅(x -x )
ΔCDB ΔCDE 2 B E
1 1
= ×n×m+ m
2 2
=4.5，
则mn=6=k，
故答案为：6．
a
31．【分析】依据题意，设Am,
m
，再由AE⎳x
a
轴，BD⎳y轴，AC=2BC，可得B-2m,-
2m
，
b
D-2m,-
2m
mb a
，E ，
a m
，再结合ΔABE的面
积为9，四边形ABDE的面积为14，即可得解．
a
【解答】解：设Am,
m
，
b
∵AE⎳x轴，且点E在函数y= 上，
x
mb a
∴E ，
a m
★ 2026 中考数学 (选择题 + 填空题) 拔高题 275 题 参考答案★
．
·99·a
∵AC=2BC，且点B在函数y= 上，
x
a
∴B-2m,-
2m
．
b
∵BD⎳y轴，点D在函数y= 上，
x
b
∴D-2m,-
2m
．
∵ΔABE的面积为9，
1 a a
∴S = AE× + ΔABE 2 m 2m =
1 mb
m-
2 a
a a
+
m 2m
1 a-b 3a
= m⋅ ⋅ =
2 a 2m
3(a-b)
=9．
4
∴a-b=12．
∵ΔABE的面积为9，四边形ABDE的面积为14，
1 mb
∴SΔBDE= DB⋅ +2m
2 a
=
1 b a
- +
2 2m 2m
b+2a
a
1 1
m= (a-b)⋅ ⋅
4 m
b+2a
a
b+2a
⋅m=3 a
k
∵反比例函数y= (k>0)的图象经过斜边OB的中
x
点C，
k
∴1= ，
3
解得k= 3．
故答案为： 3．
(2)设直线AC的解析式为y=kx+b(k≠0)，
1
2 3k +b=0
则 1 ， 3k +b=1
1
k =- 3
解得 1 3 ，
b=2
3
∴AC的解析式为y=- x+2，
3
∵AC⎳BD，
3
∴直线BD的解析式为y=- x+4，
3
∵点D既在反比例函数图象上，又在直线BD上，
y= 3
x
=5．
∴联立得
y=- 3 x+4
，
3
∴a=-3b．
x =2 3+3 x =2 3-3
解得 1 ， 2 ，
又a-b=12． y =2- 3 y =2+ 3
1 2
∴a=9． 当D的坐标为(2 3+3，2- 3)时，
故答案为：12，9． BD2=(2 3+3-2 3)2+(2- 3-2)2=9+3=12，
32．【分析】(1)根据直角三角形的性质，求出A、B ∴OB2-BD2=16-12=4；
两点坐标，作出辅助线，证得△OPC≅△APC(HL)， 当D的坐标为(2 3-3，2+ 3)时，
利用勾股定理及待定系数法求函数解析式即可解答． BD2=(2 3-3-2 3)2+(2+ 3-2)2=9+3=12，
(2)求出AC、BD的解析式，再联立方程组，求得点 ∴OB2-BD2=16-12=4；
D的坐标，分两种情况讨论即可求解． 综上，OB2-BD2=4．
【解答】解：(1)在Rt△OAB中，AB=2，∠AOB= 故答案为：4．
30°， 33．【分析】作AE⊥x轴于E，由矩形的面积可以求
∴OB=4,OA=2 3， 得△AOC的面积是3，然后通过证得△OEA∽
∴A(2 3,0),B(2 3,2)， 4
△AOC，求得S = ，最后通过反比例函数系数k
△OEA 3
∵C是OB的中点，
的几何意义即可求得k的值．
∴OC=BC=AC=2，
【解答】解：作AE⊥x轴于E，
如图，过点C作CP⊥OA于P，
∵矩形OABC的面积是6，
∴△AOC的面积是3，
2
∵∠AOC=90°，cos∠OAC= ，
3
OA 2
∴ = ，
AC 3
∵对角线AC⎳x轴，
∴∠AOE=∠OAC，
∴△OPC≅△APC(HL)，
∵∠OEA=∠AOC=90°，
1
∴OP=AP= OA= 3，
2 ∴△OEA∽△AOC，
在Rt△OPC中，PC= OC2-OP2= 4-3=1， ∴ S △OEA = OA
S AC
∴C( 3，1)． △AOC
★ 2026 中考数学 (选择题 + 填空题) 拔高题 275 题 参考答案★
2 ，
·100·S 4 ∴AM=NB=m，MO=AN=2．
∴ △OEA = ，
3 9
∴A(m,2)，B(m+2,2-m)，
4
∴S △OEA = 3 ， ∵点A、B都在反比例函数上，
1 ∴2m=(m+2)(2-m)，
∵S = |k|，k<0，
△OEA 2
解得：m =-1+ 5，m =-1- 5(舍去)，
1 2
8
∴k=- ． ∴点A的坐标为(-1+ 5，2)，
3
8 ∴k=xy=2( 5-1)=2 5-2．
故答案为：- ．
3
36．【分析】先根据直角三角形中30°的角所对的直角
边是斜边的一半求出AB，再根据勾股定理求出OA，
34．【分析】证明出点A、B为矩形边的中点，根据 在RtΔAOE中求出AE，OE，最后根据点C是OA的
三角形OAB的面积求出矩形面积，再求出三角形 中点求出点C的坐标，利用待定系数法求出k的值即
ABC面积即可． 可．
【解答】解：如图，延长CA交y轴于E，延长CB交x 【解答】解：过点A作AE⊥OB于点E，过点C作
轴于点F， CF⊥OB于点F，
∴CE⊥y轴，CF⊥x轴， ∵∠A=90°，∠AOB=30°，OB=4，
∴四边形OECF为矩形， 1 1
∴AB= OB= ×4=2，
2 2
∵x =2x，
2 1
由勾股定理得OA= OB2-AB2= 42-22=2 3，
∴点A为CE的中点，
在RtΔAOE中，∠AOB=30°，OA=2 3，
由几何意义得，S =S ，
ΔOAE ΔOBF
1 1
∴点B为CF的中点， ∴AE= OA= ×2 3= 3，
2 2
3
∴S = S =6，∴S =16， 由勾股定理得OE= OA2-AE2= (2 3)2-( 3)2=
ΔOAB 8 矩形OECF 矩形OECF
1 3，
∴S = ×16=2．故答案为：2．
ΔABC 8 ∵点C是OA的中点，
1 3 1 3
∴CF= AE= ，OF= OE= ，
2 2 2 2
∵点C在第一象限，
3 3
∴点C的坐标是 ,
2 2
2
35．【分析】构造全等三角形推出点B的含有m的坐
标，利用同一反比例函数上点的坐标之积相等列出关
于m的方程，解出m即可求出A的坐标，
【解答】解：过点A作x轴的平行线交y轴于点M，过
点B作y轴的平行线交MA的延长线于点N．
∵∠MOA+∠MAO=90°，∠NAB+∠MAO=90°，
∴∠MOA=∠NAB，
∵∠AMO=∠ANB=90°，AO=AB．
∴ΔAMO≅ΔBNA(AAS)，
★ 2026 中考数学 (选择题 + 填空题) 拔高题 275 题 参考答案★
，
k
∵反比例函数y= 的图象经过OA的中点C，
x
3 3 3 3
∴k= × = ，
2 2 4
3 3
故答案为： ．
4
·101·37．【分析】依据题意，点C在AB的垂直平分线上，
1 1
可得直线OC为y=- x，故可设Ca,- a
2 2
，再由
k
AC=AB求出a的值代入y= 即可求解．
x
y=2x
【解答】解：由题意，建立方程组 y=2 ，
x
x=1 x=-1
∴ 或 ．
y=2 y=-2
∴A(1,2)，B(-1,-2)．
∴A、B关于原点对称．
∴AB的垂直平分线OC过原点．
∵直线AB为y=2x，
1
∴直线OC为y=- x．
2
1
∴可设Ca,- a
2
．
又ΔABC为等边三角形，
∴AC=AB．
∴根据两点间的距离公式可得：
1
(a-1)2+- a-2
2
★ 2026 中考数学 (选择题 + 填空题) 拔高题 275 题 参考答案★
∴点C(2 3，2)，
∴k=2 3×2=4 3．
故答案为：4 3．
39．【分析】根据矩形的性质得到OC=AB=3，根
据正方形的性质得到CD=CF=EF，设CD=m，
BC=2m，得到B(3,2m)，E(3+m,m)，设反比例函
k
数的表达式为y= ，列方程即可得到结论．
x
【解答】解：∵四边形OABC是矩形，
∴OC=AB=3，
∵四边形CDEF是正方形，
∴CD=CF=EF，
∵BC=2CD，
∴设CD=m，BC=2m，
∴B(3,2m)，E(3+m,m)，
k
设反比例函数的表达式为y= ，
x
∴3×2m=(3+m)⋅m，
解得m=3或m=0(不合题意舍去)，
2 ∴B(3,6)，
= (1+1)2+(2+2)2．
∴k=3×6=18，
∴a=±2 3．
18
∴这个反比例函数的表达式是y= ，
∴C(2 3，- 3)或(-2 3， 3)． x
k 18
将点C代入y= 得， 故答案为：y= ．
x x
k=-6．
故答案为：-6．
38．【分析】解含30°角的直角三角形，依次求出
OB，OC的长，再求出∠COx的度数，求出点C的坐
标，即可求得k的值．
【解答】解：过点C作CE⊥x轴，垂足为E，
40．【分析】连接BO，设AG=EG=a，由轴对称的
性质得到EC=AO=AE=2a，AC=EO=4a，利用
相似三角形的判定和性质得到S =2，得到S
△EOD △ACB
=2，根据S =S +S 以及反比例函数的几
△OCB △ACB △AOB
何意义即可得到结论．
∵∠AOB=∠BOC=30°，BA⊥OA，CB⊥OB，
【解答】解：连接OB，设对称轴MN与x轴交于G，
AB= 3，
∵△ODE与△CBA关于MN对称，
∴OB=2AB=2 3，∠COE=90°-30°-30°=30°，
∴AG=EG，AC=EO，EC=AO，
OB 3 2 3 3
在Rt△OBC中 = ，即 = ，
OC 2 OC 2 ∵点A为OE的中点，
∴OC=4， 设AG=EG=a，则EC=AO=AE=2a，
在Rt△OCE中
CE
=
1
，即
CE
=
1
，CE=2，
∴AC=EO=4a，
OC 2 4 2
1
∵S = ，
OE = 3 ，即 OE = 3 ， △EAF 4
OC 2 4 2 1 1
∴S = S = ，
∴OE=2 3， △EGF 2 △EAF 8
·102·∵GF⎳OD，
∴△EFG∽△EDO，
S EG
∴ △EGF =
S EO
△EOD
2
，
1
8 a
即 =
S 4a
△EOD
图，
2
，
1
∴S = ×16=2，
△EOD 8
∴S =2，
△ACB
∵AC=4a，AO=2a，
∴S
△OCB
=S
△ACB
+S
△AOB
=2+1=3， ∵∠A=60°，BH⊥AD，
1
∴ |k|=3， ∴∠ABH=30°，
2
1
∵k<0， ∴AH= AB=2，BH= AB2-AH2=2 3，
2
∴k=-6， 1
∴y=S +S = ×2×2 3+2 3x-4
△ABH 矩形BEFH 2
故答案为：-6．
★类型六：动点产生的函数图像★
1．【分析】分三种情况：点E在AB上时，点E在
BC上且l与AD相交时，点E在BC上且l与CD相交
时，分别计算出阴影部分面积的表达式，即可求解．
【解答】解：当点E在AB上时，如图，
∵∠A=60°，l⊥AD，
∴∠AEF=30°，
1 1 3
∴AF= AE= x，EF= AE2-AF2= x，
2 2 2
1 1 1 3 3
∴y= AF⋅EF= ⋅ x⋅ x= x2，
2 2 2 2 8
∴此时图象为开口上的抛物线的一部分，排除C，D
选项；
当点E在BC上且l与AD相交时，作BH⊥AD，如
★ 2026 中考数学 (选择题 + 填空题) 拔高题 275 题 参考答案★
=
2 3x-6 3，
∴此时图象为直线一部分；
当点E在BC上且l与CD相交时，如图，
∵∠C=∠A=60°，l⊥BC，CE=AB+BC-x=8
-x，
∴EF=CE⋅tan60°= 3(8-x)，
1 1 3
∴S = CE⋅EF= (8-x)⋅ 3(8-x)= (8
△CEF 2 2 2
-x)2，
3
∴y=S -S =AD⋅BH- (8-x)2=4×
菱形ABCD △CEF 2
3 3
2 3- (8-x)2=- x2+8 3x-24 3，
2 2
∴此时图象为开口下的抛物线的一部分，排除B选项；
故选：A．
2．【分析】依据题意，作PG⊥AB，当x=1时，动
点Q运动到点H的位置，得到PH2=225当点Q运动
到点G的时候，PQ2最小为81，HG=m-1，勾股定
理求出m的值，判断A；当x=m时，点Q运动到点
B，根据三线合一，得到BG=HG，进而求出n的值，
判断B；连接AP，勾股定理求出AP2的长，确定C的
纵坐标，判断C；依据题意，求出x=15时，可得点
Q的位置，再利用勾股定理求出PK2判断D．
【解答】解：如图，作PG⊥AB于G，当x=1时，动
·103·★ 2026 中考数学 (选择题 + 填空题) 拔高题 275 题 参考答案★
点Q运动到点H的位置，则由题意和图象可知PH2= ≤x≤8)，故②错误；
225，当点Q运动到点G的时候，PQ2最小，即： 当S=18时，则t2-8t+18=18，
PG2=81，HG=m-1=12． 解得：t=0(舍去)或8，
则AB=8-2=6，
∴AC= AB2-BC2= 62-22=4 2，
∴AD=4 2- 2=3 2，故③错误；
画出S=t2+2(0≤t≤2)，如图：
在Rt△PGH中，由勾股定理，得225=81+(m-1)2，
∴m=13．
∴A错误．
∴AG=m=13，HG=m-1=12．
当x=n时，点Q运动到点B，则PB2=225-PH2，
∴PB=PH，
∵PG⊥AB，
∴BG=HG=12，
∴AB=13+12=25，
∴选项B错误．
∴当x=0，即点Q在A点时，
∴AP2=AG2+PG2=132+81=250． 从两个函数表达式看，两个函数a相同，都为1，
∴点C的纵坐标为250． 若存在3个时刻t，t ，t (t 3，再结合当0时，y=(t-1)2+3；当3
3
∴当y时，1000≤x≤3000， 时，y=(t-5.5)2+ ，从而作差y -y =(t -1)2+
4 1 2 1
故C选项错误，不符合题意；
3
3-(t -0.5)2- =3-t >0，故可判断④．
D、由图象可得当y=0.4时，x对应的值有2个，故 1 4 1
D选项错误，不符合题意． 【解答】解：由题意，当P到C时，DP2=y=7，
故选：B． ∴DC2=7．
·105·作DH⊥BC于H，如图1所示， ∴此时y=DP2取最大值为3．
3
∴当4时， ，故③错误．
4
∵t +t =6，t 3．
1 2
又由题意，可得，当0时，y=(t-1)2+3；当3时，
3
y=(t-5.5)2+ ，
4
3
∴y =(t -1)2+3，y =(t -5.5)2+ =(t -0.5)2+
∵∠B=60°，BD=2， 1 1 2 2 4 1
3
1 ．
∴BH= BD=1，DH= BD2-BH2= 3． 4
2
3
∴CH= DC2-DH2= 7-3=2． ∴y
1
-y
2
=(t
1
-1)2+3-(t
1
-0.5)2-
4
∴BC=BH+CH=1+2=3． =3-t >0．
1
∴AB=BC=3，故①正确． ∴y >y ，故④正确．
1 2
∴此时t=AB÷1=3(秒)． 故选：D．
∴当t=5时，P在AC上，且PC=2． 9．【分析】过D作DH⊥AB于H，求出AC=
AB⋅BC 4 5
AB2+BC2=2 5，BD= = ；可得
AC 5
2 5 8 5
CD= BC2-BD2= ，AD=AC-CD= ，
5 5
AD⋅BD 8 1
故DH= = ，从而S = AE⋅DH=
AB 5 △ADE 2
1 8 4 1 1 8
x× = x，S = BE⋅DE= (4-x)×
2 5 5 △BDE 2 2 5
16 4 S
= - x；证明△BDE∽△CDF，可得 △CDF =
如图2，AD=AP=1， 5 5 S
△BDE
又∠A=60°， CD
∴△ADP是等边三角形． BD
∴DP=AD=AP=1．
∴y=DP2=1，故②正确．
当4时，如图3，
∴PC=1，此时P从如图的位置运动到A．
1 1
∴AH= AD= ．
2 2
3
∴DH= ，此时P运动到H时y=DH2取最小值为
2
3
．
4
1 3
又HP=AC-AH-PC=3- -1= ，
2 2
∴DP= DH2+HP2= 3．
2 1 1 1 16 4
= ，故S = S = - x
4 △CDF 4 △BDE 4 5 5
★ 2026 中考数学 (选择题 + 填空题) 拔高题 275 题 参考答案★
=
4 1 3
- x，从而y=S -S△ADE-S =- x+
5 5 △ABC △CDF 5
16
，观察各选项可知，A符合题意．
5
【解答】解：过D作DH⊥AB于H，如图：
∵∠ABC=90°，AB=4，BC=2，
∴AC= AB2+BC2=2 5，
∵BD是边AC上的高，
AB⋅BC 4×2 4 5
∴BD= = = ；
AC 2 5 5
2 5
∴CD= BC2-BD2= ，AD=AC-CD=
5
8 5
，
5
8 5 ×4 5
AD⋅BD 5 5 8
∴DH= = = ，
AB 4 5
·106·1 1 8 4
∴S = AE⋅DH= x× = x，S =
△ADE 2 2 5 5 △BDE
1 1 8 16 4
BE⋅DH= (4-x)× = - x；
2 2 5 5 5
∵∠BDE=90°-∠BDF=∠CDF，∠DBE=90°
-∠CBD=∠C，
∴△BDE∽△CDF，
S CD ∴ △CDF =
S BD
△BDE
2 5
2 = 5
4 5
5
2
1 = ，
4
1 1 16 4
∴S = S = - x
△CDF 4 △BDE 4 5 5
4 1
= - x，
5 5
1 4
∴y=S -S -S = ×2×4- x-
△ABC △ADE △CDF 2 5
4 1
- x
5 5
3 16
=- x+ ，
5 5
3
∵- <0，
5
∴y随x的增大而减小，且y与x的函数图象为线段(不
含端点)，
观察各选项图象可知，A符合题意；
故选：A．
10．【分析】先求得菱形的面积为6 3cm2，进而分三
种情形讨论，重合部分为三角形，重合部分为五边形，
重合部分为菱形，分别求得重叠部分的面积与运动时
间的函数关系式，结合选项，即可求解．
【解答】解：如图所示，设EG，HF交于点O，
∵菱形EFGH，∠E=60°，
∴HG=GF，∠HGF=∠E=60°，
∴△HFG是等边三角形，
∵EF=2 3cm，∠E=60°，
∴∠OEF=30°，
∴EG=2EO=2×EFcos30°= 3EF=6cm，
1 1
∴S = EG⋅FH= ×6×2 3=6 3cm2
菱形EFGH 2 2
依题意，△MNG为等边三角形，
t 2 3
运动时间为t，则NG= = t(cm)，
cos30° 3
1 3 2 3
∴S= ×NG×NG×sin60°= t
2 4 3
，
当0时，重合部分为△MNG，如图所示，
2 3
= t2
3
(cm2)；
当32，故(3)是错误的；
与Q重合时，在图2中F点表示当AB+BQ=12时，
(4)若该同学骑行的平均速度是跑步平均速度的1.5倍，
点P到达点Q，此时当P在BC上运动时，AP最小，
2.5
则：a÷(103-88)=1.5× ，
15
解得：a=3.75，
故(4)是正确的；
故选：C．
16．【分析】根据速度与时间的关系即可得出答案．
【解答】解：刚开始速度随时间的增大而增大，匀速跑
一段时间后减速到②，然后再加速再匀速跑到①，由
于体力原因，应该第一个50米速度快，用的时间少， ∴BC=7，BQ=4，QC=3，
第二个50米速度慢，用的时间多，故他的速度大小 在RtΔABQ中，AB=8，BQ=4，
·109·∴AQ= AB2-BQ2= 82-42=4 3，
1 1
∵S = AB×CG= AQ×BC，
ΔABC 2 2
BC×AQ 7×4 3 7 3
∴CG= = = ．
AB 8 2
7 3
故答案为： ．
2
★类型七：圆综合★
1．【分析】根据弧长公式计算即可．
【解答】解：∵∠AOC=40°，∠BOC=15°，
∴∠AOB=∠AOC-∠BOC=40°-15°=25°，
25 5
∴AB= ×2πR= πR(千米)．
360 36
5
∴点A和点B之间的劣弧长约为 πR千米．
36
故选：C．
2．【分析】由等腰直角三角形的性质得∠ABC=
2
∠ACB=45°，AB=AC= BC=2 2，进而由
2
S =2S -S 阴影BC 扇形BCD △ABC 解答即可求解，
【解答】解：∵∠BAC=90°，AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB=45°，
∵BC=4，
2
∴AB=AC= BC=2 2，
2
∴S =2S -S
阴影BC 扇形BCD △ABC
=
45π×42 1
2 - ×2 2×2 2
360 2
★ 2026 中考数学 (选择题 + 填空题) 拔高题 275 题 参考答案★
∵∠AOC+∠COF+∠BOF=180°，
∴∠AOC=∠COF=∠BOF=60°，
∴∠BOM=∠AOC=60°=∠BOF，
∴点F关于AB的对称点为点M，
∴PM=PF，
∴PE+PF=PE+PM，
当E，P，M三点共线时，PE+PF最小，最小值为
EM的长，
∵∠AOC=60°，AD⊥AB，
∴∠D=30°，
∴OD=2OA，
∵CD=4，
∴OD=OC+4=2OA=2OC，即OC=4，
∴OC=OA=OB=OM=OF=4，
∵AF⊥OC，∠AOC=60°，
∴∠OAE=30°，
1
∴OE= OA=2，
2
∴PE+PF的最小值EM=OE+OM=2+4=6．
故选：C．
4．【分析】连接AE，BE，OC，利用圆周角定理，
垂径定理，圆的切线的判定与性质直角三角形的边角
关系定理，勾股定理，相似三角形的判定与性质对每
个结论进行逐一判断即可得出结论．
=4π-8， 【解答】解：①连接AE，BE，如图，
∵⊙O的直径AB=10，DE是弦，AB⊥DE，
故选：D．
∴BE=BD，
3．【分析】如图，延长DO交⊙O于点M，连接
∵CEB=EBD，
PM，PF，OF，由垂径定理得AC=CF=BF，进
而得∠AOC=∠COF=∠BOF=60°，∠BOM= ∴CE=BD，
∠AOC=60°=∠BOF，点F关于AB的对称点为点 ∴CE=BE=BD，
M，根据两点之间线段最短得当E，P，M三点共线 ∴∠CAE=∠EAB=∠BAD，
时，PE+PF最小，最小值为EM的长，在利用直角 ∴∠CAD=3∠DAB．
三角形的性质即可求解． ∵∠DBF为圆内接四边形ADBC的外角，
【解答】解：如图，延长DO交⊙O于点M，连接 ∴∠DBF=∠CAD=3∠DAB．
PM，PF，OF， ∴①的结论正确；
②连接OC，
∵CE=BE，
∴OE垂直平分BC，
∴GC=GB．
在△OCG和△OBG中，
OC=OB
OG=OG，
∵AE⊥OD于点E，交⊙O于点F，F为弧BC的中 GC=GB
点， ∴△OCG≅△OBG(SSS)，
∴AC=CF=BF， ∴∠OCG=∠OBG．
∴∠AOC=∠COF=∠BOF， 由题意GB与⊙O相交，
·110·★ 2026 中考数学 (选择题 + 填空题) 拔高题 275 题 参考答案★
∴∠OBG为钝角，
∴∠OCG为钝角，
∴OC与GC不垂直，
∴CG不是⊙O的切线．
∴②的结论不正确；
③∵AB为⊙O的直径，
∴∠BCA=90°，
∴AC⊥BC．
5．【分析】利用三角形内心的性质得到∠BAD=
设DE交BO于点H，
∠CAD，则可对①进行判断；直接利用三角形内心的
∵OE⊥BC，AC⊥BC，
性质对②进行判断；根据垂径定理则可对③进行判断；
∴OE⎳AC，
通过证明∠DEB=∠DBE得到DB=DE，则可对④进
∴∠EOB=∠CAB，
行判断．
3
∴sin∠EOB=sin∠BAC= ， 【解答】解：∵E是ΔABC的内心，
5
EH 3 ∴AD平分∠BAC，
∴ = ，
OE 5 ∴∠BAD=∠CAD，故①正确；
∴EH=3，
如图，连接BE，CE，
∴OH= OE2-EH2= 52-32=4，
∴BH=OB-OH=1，
∴BE= BH2+EH2= 12+32= 10．
∴③的结论正确；
④∵AB为⊙O的直径，
∴∠BCA=90°，
3 BC
∵sin∠BAC= ，sin∠BAC= ，
5 AB
∵E是ΔABC的内心，
3
∴BC= AB=6．
1 1
5 ∴∠EBC= ∠ABC，∠ECB= ∠ACB，
2 2
∴AC= AB2-BC2=8．
∵∠BAC=60°，
∵BD=BE，
∴∠ABC+∠ACB=120°，
∴BD=BE= 10．
1
∴∠BEC=180°-∠EBC-∠ECB=180°- (∠ABC
∴AD= AB2-BD2= 102-( 10)2=3 10． 2
+∠ACB)=120°，故②正确；
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ADB=90°，
∴∠BDF=∠ACB=90°，
∵∠F=∠F，∴△FBD∽△FAC，
FD FB BD FB FD +6 = 8 10
∴ = = ，∴ ，
FC FA AC FB = 10
FD+3 10 8
FD=13
9
10
13 10
解得： ．∴FD= ．
FB=50 9
9 ∵∠BAD=∠CAD，
∴④的结论不正确．∴结论正确的有：①③．
∴BD=DC，
故选：B．
∴OD⊥BC，
∵点G为BC的中点，
∴G一定在OD上，
∴∠BGD=90°，故③正确；
如图，连接BE，
∴BE平分∠ABC，
·111·∴∠ABE=∠CBE，
∵∠DBC=∠DAC=∠BAD，
∴∠DBC+∠EBC=∠EBA+∠EAB，
∴∠DBE=∠DEB，
∴DB=DE，故④正确．
∴一定正确的①②③④，共4个．
故选：D．
6．【分析】首先得出△AEB≅△DEC，进而得出
△EBC为等边三角形，由已知得出EF，BC的长，进
而得出CM，BM的长，再求出AM的长，再由勾股定
理求出AB的长．
【解答】解：如图，连接CD，在△AEB和△DEC中，
∠A=∠D
AE=ED ，
∠AEB=∠DEC
∴△AEB≅△DEC(ASA)，
∴EB=EC，
∵BC=CE，
∴BE=CE=BC，
∴△EBC为等边三角形，
∴∠ACB=60°，
如图，作BM⊥AC于点M，
∵OF⊥AC，
∴AF=CF，
∵△EBC为等边三角形，
∴∠GEF=60°，
∴∠EGF=30°，
∵EG=2，
∴EF=1，
∵AE=ED=3，
∴CF=AF=4，
∴AC=8，EC=5，
∴BC=5，
∵∠BCM=60°，
∴∠MBC=30°，
5 5 3
∴CM= ，BM= 3CM= ，
2 2
11
∴AM=AC-CM= ，
2
11
∴AB= AM2+BM2=
2
2 5 3
+
2
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7．【分析】由垂径定理以及勾股定理可得CG=GF
=5，即CF=2CG=10、AC=13，由菱形的性质可
得CD=AC=13，进而得到GD=8、DF=3、AD
=4 13，如图：连接BC，BH，由圆周角定理可得
∠ACB=90°、∠AHB=90°，再解直角三角形可得AB
169 13
= ，AH= 13；由菱形的性质以及平行线的
12 4
性质可得∠DAE=∠CDA，如图：过H作HF⊥AE
39 13
于F，解直角三角形可得FH= ，AF= ，易得
4 2
13
FE= ，最后运用勾股定理求解即可．
2
【解答】解：∵AB⊥CD，AG=12，GF=5，
∴CG=GF=5，即CF=2CG=10，
∴AC= AG2+CG2= 122+52=13，
∵四边形ACDE是菱形，
∵CD=AC=13，
∴GD=CD-GC=13-5=8，DF=CD-CF=13
-10=3，
∴AD= AG2+GD2= 122+82=4 13，
如图，连接BC，BH，
2
=7．
故选：B．
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，∠AHB=90°，
AG AC 12 13
∴cos∠CAB= = ，即 = ，
AC AB 13 AB
169
解得：AB= ，
12
·112·AG AH 12 AH
∴cos∠DAB= = ，即 = ，
AD AB 4 13 169
12
13
解得：AH= 13，
4
∵四边形ACDE是菱形，
∴CD⎳AE，
∴∠DAE=∠CDA，
如图，过H作HM⊥AE于M，
∴sin∠DAE=sin∠GDA，cos∠DAE=cos∠GDA，
FH AG AM GD
∴ = ， = ，
AH AD AH AD
MH 12 AM 8
∴ = , = ，
13 13 4 13 13 13 4 13
4 4
39 13
∴MH= ，AM= ，
4 2
13 13
∴ME=AE-AM=13- = ，
2 2
13
∴EH= EM2+MH2=
2
2 39
+
4
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9．【分析】由矩形的性质得∠D=∠BAD=90°，由
EG=FG，得∠BEC=∠GFE=∠AFB=∠BAC，推
导出∠ALB=∠BAD=90°，则∠GAC=∠ABE=90°
-∠BAC，而∠ABE=∠ACG，AF=1，EG=FG=
3，所以∠GAC=∠ACG，则CG=AG=4，可证明
DG CG
△CDG∽△AEG，得 = =1，则DG=EG=
EG AG
3，求得AD=7，CD= 7，则⊙O的直径AC=
AD2+CD2=2 14．
【解答】解：连接AC，
∵四边形ABCD是矩形，且矩形ABCD内接于⊙O，
∴∠D=∠BAD=90°，
∴AC是⊙O的直径，
∵AF=1，EG=FG=3，
∴∠BEC=∠GFE=∠AFB，
∵∠BEC=∠BAC，
2 13
= 13，
4 ∴∠AFB=∠BAC，
13 ∴∠ALB=∠GAC+∠AFB=∠GAC+∠BAC=
故答案为：3， 13．
4
∠BAD=90°，
8．【分析】过点A作AE⊥BC于E，过点D作DF
∴∠GAC=∠ABE=90°-∠BAC，
⊥BC于F，连接BD，过点B作BH⊥DC于H，根
∵∠ABE=∠ACG，∴∠GAC=∠ACG，
据圆的面积公式求出⊙O的半径，根据勾股定理求出
∴CG=AG=AF+FG=1+3=4，
BE，进而求出BC，再根据三角形面积公式计算即可．
∵∠CDG=∠AEG=90°，∠CGD=∠AGE，
【解答】解：如图，过点A作AE⊥BC于E，过点D
DG CG
∴△CDG∽△AEG，∴ = =1，
作DF⊥BC于F，连接BD，过点B作BH⊥DC于 EG AG
H， ∴DG=EG=3，
则四边形AEFD为矩形， ∴AD=AG+DG=4+3=7，CD= CG2-DG2=
∴AD=EF， 42-32= 7，
∵⊙O的面积为16π， ∴AC= AD2+CD2= 72+( 7)2=2 14，
∴⊙O的半径为4，
∴⊙O的直径为2 14，故答案为：2 14．
∴AE=8，
由勾股定理得：BE= AB2-AE2= 102-82=6，
∵⊙O与梯形ABCD的各边都相切，AB=CD=10，
∴AD+BC=AB+CD=20，
1
∴AD=EF= ×(20-6×2)=4，
2
∴BC=6+4+6=16，
1 1
∵S = BC⋅AE= CD⋅BH，
△BDC 2 2
16×8 64
10．【分析】先理解题意，把深色硬币的圆心移动路
∴BH= = ，
10 5 径都画出来，根据三边都等于2r，证明△AEF是等边
64
故答案为： ． 三角形，同理得出其他三角形都是等边三角形，再求
5
出每条弧长，再加起来得出图3与图4这两种情形中深
色硬币的圆心移动路径长，再进行求解，即可作答．
【解答】解：依题意，AE=EF=AF=2r，
·113·★ 2026 中考数学 (选择题 + 填空题) 拔高题 275 题 参考答案★
则 ，
故答案为： ．
则△AEF是等边三角形； 11．【分析】如图所示，设数字0记为圆心O，数字6
则∠AEF=∠AFE=60°， 记为A，数字7记为B，过点O作OD⊥AB于点D，
同理得△CEF、△BFG、△DFG是等边三角形， 首先得到线段AB的长与其他的都不相等，然后求出
则∠BFG=∠BGF=∠FGD=∠GFD=∠CEF= ∠BOD=75°，解直角三角形求出BD= 6+ 2 ，然
4
∠EFC=60°，
后利用三线合一求解即可．
∴∠AFB=180°-60°-60°=∠CFD，
【解答】解：如图所示，设数字0记为圆心O，数字6
∴ ， 记为A，数字7记为B，过点O作OD⊥AB于点D，
眼肌运动训练图
= ，
∴ ，
，
∴ ；
依题意，AE=EF=AF=2r， 使用方法：以0，1，2，3，⋯的顺序沿着箭头方向
∴△AEF是等边三角形； 移动眼球．移动一圈后再回到原点，反复进行．
由图可得，线段AB的长与其他的都不相等，
∵其中数字1-12对应的点均匀分布在一个圆上，
∴360°÷12=30°，
∴相邻两个数字与圆心O组成的圆心角为30°，
∴∠AOB=30°×5=150°，
1
∴∠OAB=∠OBA= (180°-∠AOB)=15°，
2
∵OD⊥AB，
则∠AEF=∠AFE=∠FAE=60°，
∴∠BOD=75°，
BD
同理得△CAB、△AEB、△DEB是等边三角形， ∴sin∠BOD=sin75°= ，
OB
则
6+ 2 BD
即 = ，
4 1
，
6+ 2
∴BD= ，
4
∵OA=OB，OD⊥AB，
，
6+ 2
∴AB=2BD= ，
2
， 6+ 2
∴这条线段的长为 ，
2
6+ 2
则2πr×3=6πr， 故答案为： ．
2
12．【分析】由矩形的性质得∠A=∠D=∠ABC=
·114·★ 2026 中考数学 (选择题 + 填空题) 拔高题 275 题 参考答案★
∠BCD=90°，根据圆周角定理，可求得∠G=
1
∠ABC=45°，根据CE=GE，可推出∠GEC为直
2
EF EF 1
角，从点F为EG中点，可推出 = = ，接
EG CE 2
着再证明△EAF∽△CDE，利用相似三角形的性质求
解即可得到答案．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=∠D=∠ABC=∠BCD=90°，
∵∠G为FC所对的圆周角，FC所对的圆心角为 作法：直线PA与射线BC的交点为M；取圆与网格线
∠ABC， 的交点D和E，连接DE；取格点F，连接AF，与
1
∴∠G= ∠ABC=45°， DE相交于点O；连接BO并延长，与AC相交于点G，
2
与直线PA相交于点H；连接CH并延长，与网格线相
∵将线段CE绕点E顺时针旋转至EG，
交于点I，连接AI，与网格线相交于点I；连接GJ，
∴CE=GE，
与线段BA的延长线相交于点N，则点M，N即为所
∴∠ECG=∠G=45°，
求．
∴∠GEC=180°-∠G-∠ECG=180°-45°-45°=90°，
理由：∵∠DAE=90°，
∴∠AEF+∠DEC=∠AEF+∠AFE=90°，
∴DE为圆的直径，
∴∠DEC=∠AFE，
∵AF为正方形的对角线，
又∵∠D=∠A=90°，
∴∠DAF=∠EAF=45°，
∴△EAF∽△CDE，
∴AF垂直平分线段DE，
EF AE
∴ = ，
CE CD ∴点O为圆的圆心，
∵点F为EG中点， ∴OA=OC，
∴
EF
=
EF
=
1
，
又∵AB=BC，OB=OB，
EG CE 2
∴△AOB≅△COB(SSS)，
∵AE=3，
∴∠ABO=∠CBO，
AE 1 3
∴ = = ，
CD 2 CD ∴BG平分∠ABC，
∴CD=6． ∴点G为线段AC的中点，
故答案为：6． 由网格可知点J为线段AI的中点，
13．【分析】(1)利用勾股定理进行求解即可； ∴GJ为△ACI的中位线，
(2)利用圆周角定理的推论，正方形的性质确定圆心， ∴GJ⎳CI，
再根据全等三角形和等腰三角形的三线合一确定线段 ∴点N为线段AQ的中点，
AC的中点G，利用网格确定点J为线段A的中点，则 ∴AQ=2AN，
G，J为三角形的中位线，利用一组平行线确定点N为 ∵AB=BC，BH=BH，∠ABH=∠CBH，
线段AQ的中点，证明△ABH≅△CBH和△AHQ≅ ∴△ABH≅△CBH(SAS)，
△CHM，得出AQ=CM，即CM=2AN，最后利用切 ∴AH=CH，∠BAH=∠BCH，
线的性质和等腰三角形的性质，得出△AMQ为等腰三 ∴∠QAH=∠MCH，
角形，再利用等腰三角形的性质得出MN⊥AQ． 又∵∠AHQ=∠CHM，
【解答】解：(1)由勾股定理得PA= 1+1= 2， ∴△AHQ≅△CHM(ASA)，
故答案为： 2； ∴AQ=CM，即CM=2AN，
(2)如图所示，点M，N即为所求， 延长BH交QM于点T，
∵AB=BC，AQ=CM，
∴BQ=BM，
∵∠QBH=∠MBH，
∴BT⊥QM，
∵AM为圆的切线，
·115·∴∠OAH=90°，
∴∠OAB+∠QAM=90°，
∵OA=OB，
∴∠OBA=∠OAB，
即∠QAM+∠OBA=90°，
∵∠OBA+∠AQM=90°，
∴∠QAM=∠AQM，
∴△AMQ为等腰三角形，
∴MN⊥AQ，
∴点M，N即为所求．
14．【分析】连接OE、OD、OG，过O点作OH⊥
DG于H点，CE交AF于P点，如图，先根据切线的
性质得到AB⊥AC，再根据平行四边形的性质得到
AC⎳DE，所以AB⊥DE，则利用垂径定理得到DF
=EF=4，接着利用勾股定理计算出OF=3，从而得
FP
到AF的长；利用平行线分线段成比例得到 =
PA
EF 1 16 8 13
= ，则可计算出PA= ，PC= ，再
AC 2 3 3
证明Rt△DOH∽Rt△PCA，利用相似比求出DH，最
20 3
后根据垂径定理得到DG=2DH= ．
13
【解答】解：连接OE、OD、OG，过O点作OH⊥
DG于H点，CE交AF于P点，如图，
∵以AB为直径的⊙O与AC相切于点A，
∴AB⊥AC，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AC⎳DE，
∴AB⊥DE，
1
∴DF=EF= DE=4，
2
∵AB=10，
∴OA=OE=5，
在Rt△OEF中，OF= OE2-EF2= 52-42=3，
∴AF=OA+OF=5+3=8；
∵DE⎳AC，
FP EF 1
∴ = = ，∠DEG=∠PCA，
PA AC 2
2 16
∴PA= ×8= ，
3 3
16
在Rt△ACP中，PC= 82+
3
★ 2026 中考数学 (选择题 + 填空题) 拔高题 275 题 参考答案★
10 13
∴DH= ，
13
∵OH⊥DG，
20 13
∴DG=2DH= ．
13
20 13
故答案为：8， ．
13
15．【分析】由圆周角定理得到∠BDC=90°，由勾股
定理求出BD= BC2-CD2=4，由△CDB∽△CBA，
20
推出DB:BA=CD:CB，得到AB= ，由平行线的
3
性质，圆周角定理推出∠F=∠BAF，得到BF=AB
20
= ，即可求出FD的值．
3
【解答】解：∵AB是圆的直径，
∴∠ADB=90°，
∴∠BDC=90°，
∵BC=5，CD=3，
∴BD= BC2-CD2=4，
∵BC切圆于B，
∴直径AB⊥BC，
∴∠ABC=90°，
∵∠BCD=∠ACB，∠CDB=∠ABC=90°，
∴△CDB∽△CBA，
∴DB:BA=CD:CB，
∴4:AB=3:5，
20
∴AB= ，
3
∵AF⎳BE，
∴∠BAF=∠ABE，
∵∠ABE=∠ADE，∠F=∠ADE，
∴∠F=∠BAF，
20
∴BF=AB= ，
2 8 13 3
= ，
3 20 8
∴FD=BF-BD= -4= ．
∵∠DOG=2∠DEG，∠DOG=2∠DOH， 3 3
20 8
∴∠DEG=∠DOH， 故答案为： ， ．
3 3
∴∠DOH=∠PCA，
16．【分析】要求cos∠ABF需要构造直角三角形，所
∴Rt△DOH∽Rt△PCA，
以过过F作MN⊥AB于点M，交CD于点N，求出
16 8 13
∴DH:AP=OD:PC，即DH: =5: ， BM和BF的长度即可，折叠问题优先考虑勾股方程，
3 3
先根据切线长定理+Rt△ADE求出AD=4，AB=6，
·116·★ 2026 中考数学 (选择题 + 填空题) 拔高题 275 题 参考答案★
再根据△EFM∽△FDN得到FN=2EM．DN=2FM， 7 65
故答案为： ．
65
然后设参，利用Rt△EFM建立勾股方程，从而求出
17．【分析】①根据点D是AC弧的中点得AD弧=
EM、FM的长度，进而得到BM的长度，最后利用勾
CD弧，由此可对结论①进行判断；
股定理求出BF的长度即可得解．
②先证明∠ADE=∠DAC得AF=FD，再证明∠BDE
【解答】解：如图，设△ADE内切圆圆心为O，连接
=∠AGD得FD=FG，由此可对结论②进行判断；
OG，过O作OH⊥AB于点H，过O作OK⊥AD于
DG 2
点K，则四边形OKAH为正方形， ③在RtΔADG中tan∠DAC= = ，在
AD AD
AD AD
RtΔABD中tan∠ABD= = ，再根据∠ABD
BD 5
=∠DAC得AD2=10，然后由勾股定理得AG= 14，
再由结论②正确可对结论③进行判断；
④先证明点D，C为半圆弧上的三等分点，则∠ABD
=∠DAC=30°，由此得AD=3，DG= 3，进而得
1 3 3
S = AD⋅DG= ，然后根据AF=FG得
根据切线长定理可得DK=DG= 5+1，EH=EG= ΔADG 2 2
5-1， 1 3 3
S = S = ，由此可对结论④进行判断，
ΔDFG 2 ΔADG 4
设⊙O半径为r，则OK=OG=OH=r，
综上所述即可得出答案．
∴AK=AH=r，
【解答】解：①∵点D是AC的中点，
∴AD=DK+AK= 5+1+r，AE= 5-1+r，
∴AD=CD，
在Rt△ADE中，DE=DG+EG=2 5，AD2+AE2
∴∠ABD=∠DAC，
=DE2，
即( 5+1+r)2+( 5-1+r)2=(2 5)2， 故结论①正确；
②∵AB是半圆的直径，
解得r=3- 5或r=-3- 5(舍去)，
∴∠ADB=90°，
∴AD=4，AE=2，
∴∠ADE+∠BDE=90°，
∴AB=3AE=6，
∵DE⊥AB，
∵折叠，
∴∠BDE+∠ABD=90°，
∴DF=AD=4，EF=EA=2，∠EFD=90°，
∴∠ADE=∠ABD，
过F作MN⊥AB于点M，交CD于点N，则∠EMF
∴∠ADE=∠DAC，
=∠DNF=90°，
∴AF=FD，
∵∠DFN=∠FEM=90°-∠EFM，
∵∠ADB=90°，
∴△EFM∽△FDN，
EM FM EF 1
∴∠ADE+∠BDE=90°，∠AGD+∠DAC=90°，
∴ = = = ，
FN DN DF 2 又∵∠ADE=∠DAC，
∴FN=2EM．DN=2FM，
∴∠BDE=∠AGD，
设EM=x，则FN=2x，
∴FD=FG，
∴FM=4-2x，
∴AF=FG，
在Rt△EFM中，EM2+FM2=EF2，
故结论②正确；
即x2+(4-2x)2=22，
③∵DG=2，GB=3，
6
解得x= 或x=2(舍去)， ∴BD=DG+GB=5，
5
DG 2
6 8 在RtΔADG中，tan∠DAC= = ，
∴EM= ，FM=4-2x= ， AD AD
5 5
AD AD
14 在RtΔABD中，tan∠ABD= = ，
∴BM=AB-AE-EM= ， BD 5
5
∵∠ABD=∠DAC，
2 65
在Rt△BFM中，BF= BM2+FM2= ，
5 AD 2
∴ = ，
FM 7 65 5 AD
∴cos∠ABF= = ；
BF 65 ∴AD2=10，
在RtΔADG中，由勾股定理得：AG= AD2+DG2
·117·★ 2026 中考数学 (选择题 + 填空题) 拔高题 275 题 参考答案★
= 14， OE 3
∴ = ，
ON 5
1 14
∴AF=FG= AG= ，
2 2
∵ON=10，
故结论③正确； ∴OE=6，
④∵点D是AC的中点，BD=2AD， ∴OC=OE=6；
故答案为：6．
∴AD=DC=CB，
19．【分析】(1)作图后，结合正多边形的外角的求法
即点D，C为半圆弧上的三等分点，
即可得到结论；
∴∠ABD=∠DAC=30°，
AD (2)把问题转化为图形问题，首先作出图形，标出相应
在RtΔABD中，AB=6，sin∠ABD= ，
AB 的字母，把正六边形的中心到直线l的距离转化为求
∴AD=AB⋅sin∠ABD=6×sin30°=3，
ON=OM+BE，再根据正六边形的性质以及三角函数
DG
在RtΔADG中，tan∠DAC= ， 的定义，分别求出OM，BE即可．
AD
【解答】解：(1)作图如图所示，
∴DG=AD⋅tan∠DAC=3×tan30°=√3，
∵多边形是正六边形，
1 1 3 3
∴S = AD⋅DG= ×3× 3= ，
ΔADG 2 2 2 ∴∠ACB=60°，
∵AF=FG， ∵BC⎳直线l，
1 3 3 ∴∠ABC=90°，
∴S = S = ，
ΔDFG 2 ΔADG 4
∴α=30°；
故结论④不正确，
故答案为：30°；
综上所述：正确的结论是①②③．
(2)取中间正六边形的中心为O，
故答案为：①②③．
作图如图所示，由题意得，AG⎳BF，AB⎳GF，
18．【分析】连接OE，由OE=OC，AB=BC，可
BF⊥AB，
得∠OEC=∠BAC，AB⎳OE，即可得cos∠ABC=
∴四边形ABFG为矩形，
3
=cos∠EOC，由MN是⊙O的切线，得∠OEN=
5 ∴AB=GF，
90°，故
OE
=
3
，从而OC=OE=6．
∵∠BAC=∠FGH，∠ABC=∠GFH=90°，
ON 5
∴ΔABC≅ΔGFH(SAS)，
【解答】解：连接OE，如图：
∴BC=FH，
在RtΔPDE中，DE=1，PE= 3，
由图1知AG=BF=2PE=2 3，OM=PE= 3，
1
∵BC= (BF-CH)= 3-1，
2
BC 3-1
∴AB= = =3- 3，
tan∠BAC 3
3
∴BD=2-AB= 3-1，
∵OE=OC，
1
∵DE= ×2=1，
∴∠OEC=∠OCE， 2
∵AB=BC， ∴BE=BD+DE= 3，
∴∠BAC=∠OCE， ∴ON=OM+BE=2 3．
∴∠OEC=∠BAC， ∴中间正六边形的中心到直线l的距离为2 3，
∴AB⎳OE， 故答案为：2 3．
∴∠ABC=∠EOC，
3
∵cos∠ABC= ，
5
3
∴cos∠EOC= ，
5
∵MN是⊙O的切线，
∴∠OEN=90°，
·118·20．【分析】根据内切圆的定义和切线长定理，可以 ∵AB⎳PN，
计算出∠AOB的度数和∠OGF的度数，然后即可计算 ∴AB⊥OT，
出∠AFD的度数． ∴AS=SB，
【解答】解：连接OD，OE，OB，OB交ED于点G， ∴NS⎳BM，
∵∠ACB=70°， ∴NS⎳MP，
∴∠CAB+∠CBA=110°， ∴M，P，B共线，
∵点O为ΔABC的内切圆的圆心， 又NB=NA，
∴∠OAB+∠OBA=55°， ∴∠ABM=90°，
∴∠AOB=125°， ∵MN=NB，NP⊥MP，
∵OE=OD，BD=BE， ∴MP=PB=2，
∴OB垂直平分DE， 1
∴NS= MB=2，
2
∴∠OGE=90°，
∵KH+HN=2+4=6，
∴∠AFD=∠AOB-∠OGF=125°-90°=35°，
∴ON=6-5=1，
故答案为：35°．
∴OS=3，
∵DE= 6EF，
1 6
设EF=ST=a，则ET= DE= a，
2 2
在RtΔOET中，OE2=OT2+TE2，即52=(3+a)2+
6
a
2
21．【分析】根据不共线三点确定一个圆，根据对称
性得出圆心的位置，进而垂径定理、勾股定理求得r，
连接OE，取ED的中点T，连接OT，在RtΔOET
中，根据勾股定理即可求解．
【解答】解：如图所示，依题意，GH=2=GQ，
∵过左侧的三个端点Q，K，L作圆，QH=HL=4，
又NK⊥QL，
∴O在KN上，连接OQ，则OQ为半径，
∵OH=r-KH=r-2，
在RtΔOHQ中，OH2+QH2=QO2，
∴(r-2)2+42=r2，
解得：r=5；
连接OE，取ED的中点T，连接OT，交AB于点S，
连接PB，AM，过点O作OU⊥AM于点U.连接
OA．
OU NU ON
由ΔOUN∽ΔNPM，可得 = = ，
NP PM MN
2 5
∴OU= ．MN=2 5，
5
5 ∴NU= ，
5
11 5
∴AU= OA2-OU2= ，
5
∴AN=AU-NU=2 5，
∴AN=MN，
★ 2026 中考数学 (选择题 + 填空题) 拔高题 275 题 参考答案★
2
，
整理得5a2+12a-32=0，
即(a+4)(5a-8)=0，
8
解得：a= 或a=-4，
5
64
∴题字区域的面积为 6a2= 6．
25
64
故答案为：5, 6．
25
★类型八：数论+代数推理★
1．【分析】根据题意逐项分析，对a 进行分类讨论，
0
即可求解．
【解答】解：当n=1时，a +a =4，
0 1
当a =0，a =4时，整式M为4x，
0 1
当a >0时，整式M不可能为单项式，
0
当n>1时，
∵a，a ，⋯，a 为正整数， 1 2 n
∴整式M不可能为单项式，故满足条件的所有整式M
中有且仅有1个单项式，①正确；
当n=3时，a +a +a +a =4，
0 1 2 3
当a =0时，a +a +a =4，
0 1 2 3
·119·则a，a ，a 中有一个可能为2，故会有三种情况，对
1 2 3
应的整式M为x+x2+2x3，x+2x2+x3，2x+x2+
x3，
当a =1时，a +a +a =3，
0 1 2 3
则a =a =a =1，故会有一种情况，对应的整式M
1 2 3
为1+x+x2+x3，
当a >1时，a +a +a <3，与a，a ，⋯，a 为正
0 1 2 3 1 2 n
整数矛盾，故不存在，
∴满足条件的所有整式M的和为5x3+5x2+5x+1，
故②错误；
∵多项式为二次三项式，
∴n=2，
∴a +a +a =4，
0 1 2
因为多项式为三项式，故a ≠0，
0
当a =1时，a +a =3，
0 1 2
则有1+x+2x2，1+2x+x2两种，
1
∵1+x+2x2=2x+
4
2 7
+ >0，1+2x+x2=(x
8
+1)2>0，
∴1+x+2x2，1+2x+x2两种都满足条件，
当a =2时，a +a =2，
0 1 2
则有2+x+x2一种，
1 ∵2+x+x2=x+
2
★ 2026 中考数学 (选择题 + 填空题) 拔高题 275 题 参考答案★
-m2+2m+1=4m
，求出m和n的值，即可判断④．
-n2+2n+1=4n
【解答】解：①当x=1时，y=-x+4=3，当x=3
时，y=-x+4=1，
∵a=-1<0，
∴y随x的增大而减小，
∴y=-x+4在1时，1，即t=1，
∴1是函数y=-x+4的“1级关联范围”；故①正确，
符合题意；
②当x=0时，y=x2=0，当x=2时，y=x2=4，
∵y=x2对称轴为y轴，a=1>0，
∴当x时，y随x的增大而增大，
∴y=x2在0时，0，即t=2，
∴0是函数y=x2的“2级关联范围”，故②不正确，
不符合题意；
③∵k>0，
∴该反比例函数图象位于第一、三象限，且在第一象限
内，y随x的增大而减小．
k k
设当00)存在“3级关联范围”时
x
k =3m
n
2 7 ， + >0， k =3n
4 m
∴2+x+x2满足条件， k
整理得： =3，
mn
当a >2时，a +a <2与a，a ，⋯，a 为正整数
0 1 2 1 2 n
∵k>0，00)总存在“3级关联范围”；故③正
故选：C． x
确，符合题意；
2．【分析】先将二进制数1011 化为十进制数，再将
2
b
其化为三进制数即可． ④函数y=-x2+2x+1的对称轴为y=- =1，
2a
【解答】解：将二进制数1011
2
化为十进制数为1×23+
∵a=-1<0，
0×22+1×21+1×20=11，
∴当x<1时，y随x的增大而增大，
∵11=1×32+0×31+2×30，
设m≤x≤n<1，则-m2+2m+1≤y≤-n2+2n+
∴将二进制数1011 2 化为三进制数为102 3 ， 1，
故选：A． 当函数y=-x2+2x+1存在“4级关联范围”时，
3．【分析】推出y=-x+4在1时，1，即t=1，即 -m2+2m+1=4m
，
可判断①；推出y=x2在0时，0，即t=2，即可判断 -n2+2n+1=4n
k k m=-1- 2
②；③设当00)存在“3级关联范围”时 ∴-1- 2≤x≤-1+ 2是函数y=-x2+2x+1的
x
n k =3m k “4级关联范围”，
，整理得 =3，即可判断③；设m≤x≤ ∴函数y=-x2+2x+1存在“4级关联范围”，故④不
k =3n mn
m 正确，不符合题意；
n<1，则-m2+2m+1≤y≤-n2+2n+1，当函数y
综上：正确的有①③，
=-x2+2x+1存在“4级关联范围”时，
故选：A．
·120·★ 2026 中考数学 (选择题 + 填空题) 拔高题 275 题 参考答案★
4．【分析】根据题意，对n进行分类讨论即可． 当a=-2时，2a-4=-8，a+3=1，此时点P(-8,
【解答】解：∵n，a ，⋯，a 为自然数，a 为正整 1)；
n-1 0 n
数，且n+a +a +⋯+a +a =5， 当a=-1时，2a-4=-6，a+3=2，此时点P(-6,
n n-1 1 0
∴0， 2)；
当n=4时，则4+a +a +a +a +a =5， 当a=0时，2a-4=-4，a+3=3，此时点P(-4,
4 3 2 1 0
∴a =1，a =a =a =a =0， 3)；
4 3 2 1 0
满足条件的整式有x4， 当a=1时，2a-4=-2，a+3=4，此时点P(-2,
当n=3时，则3+a +a +a +a =5， 4)；
3 2 1 0
∴(a ，a ，a，a )=(2，0，0，0)，(1，1，0， ∴“整点”P的个数是4个，
3 2 1 0
0)，(1，0，1，0)，(1，0，0，1)， 故选项B不正确，不符合题意；
满足条件的整式有：2x3，x3+x2，x3+x，x3+1， 根据“超整点”的定义得：当a=1时，点P(-2,4)是
当n=2时，则2+a +a +a =5， “超整点”，
2 1 0
∴(a ，a，a )=(3，0，0)，(2，1，0)，(2，0， ∴点P为“超整点”，则点P的个数为1个，
2 1 0
1)，(1，2，0)，(1，0，2)，(1，1，1)， 故选项C正确，符合题意；
满足条件的整式有：3x2，2x2+x，2x2+1，x2+2x， 当点P为“超整点”，则点P到两坐标轴的距离之和
x2+2，x2+x+1； 为：|-2|+|4|=6，
当n=1时，则1+a +a =5， 故选项D不正确，不符合题意．
1 0
∴(a，a )=(4，0)，(3,1)，(1,3)，(2,2)， 故选：C．
1 0
满足条件的整式有：4x，3x+1，x+3，2x+2； 6．【分析】根据构造规律逐项推理判断即可．
当n=0时，0+a =5， 【解答】解：第1次构造得a =2+6+4=12，k=1=
0 1
满足条件的整式有：5； 21-1，
∴满足条件的单项式有：x4，2x3，3x2，4x，5，故 第2次构造得a =2+8+6+10+4=30=a +18=a
2 1 1
①符合题意； +6×31，k=3=22-1，
不存在任何一个n，使得满足条件的整式M有且只有3 第3次构造得a =2+10+8+14+6+16+10+14+
3
个，故②符合题意； 4=84=a +54=a +6×32，k=7=23-1，故A选
2 2
满足条件的整式M共有1+4+6+4+1=16个，故③ 项正确；
符合题意； 第n次构造为a =a +6×3n-1，则a -a =6×
n n-1 n n-1
故选：D． 3n-1，a -a =6×3n-2，a -a =6×3n-3，
n-1 n-2 n-2 n-3
5．【分析】根据点P(2a-4,a+3)在第二象限得2a ⋯，a -a =6×31，相加得a -a =6×3n-1+6×
2 1 n 1
-4<0，a+3>0，解得-30
7．【分析】依据题意，由“倍增点”的意义进行计算
故选项A不正确，不符合题意；
进而判断①；设满足题意得“倍增点”A为(x,x+2)，
∵点P(2a-4,a+3)为“整点”，
从而可以求得A(0,2)，进而可以判断②；设抛物线上
∴a为整数，
的“倍增点”为(x,x2-2x-3)，从而建立方程求得
又∵-32)， = + ，
k k(k+1) k+1
2 16 2 2
+ ．
5 3 1 1 2 1 1
故答案为： = + ， = + ．
3 4 5 11 4 44 k k(k+1) k+1
∴当x=- 时，PB有最小值为 ． 2 2
5 1 5
10．【分析】(1)根据15除以3的余数为0可得第一次
∴④正确．
变换后的数为5，再根据5除以3的余数为2可得第二
故选：C．
次变换后的数，同理可得第三次变换后的数；
8．【分析】根据给定的定义，举出符合条件的说法①
(2)第二次变换后的结果为1，那么第一次变换后的结
和②．说法③需要对绝对操作分析添加一个和两个绝
1
对值的情况，并将结果进行比较排除相等的结果，汇
果为3或 或0，再验证这三个数是否可经过变换后
2
总得出答案． 得1即可确定第一次变换后得到的数，据此根据第一次
【解答】解：|x-y|-z-m-n=x-y-z-m-n， 变换得到的数可推出n的三个值，再同理可验证符合
故说法①正确． 题意的n，据此可得答案．
要使其运算结果与原多项式之和为0，则运算结果应为 【解答】解：(1)∵15÷3=5⋯0，
-x+y+z+m+n， 15
∴15进行一次变换后得到的数为 =5；
由x>y>z>m>n可知，无论怎样添加绝对值符号， 3
∵5÷3=1⋯2，
结果都不可能出现-x+y+z+m+n，故说法②正
∴15进行二次变换后得到的数为5+1=6；
确．
∵6÷3=2⋯0，
当添加一个绝对值时，共有4种情况，分别是|x-y|
∴15进行三次变换后得到的数为2，
-z-m-n=x-y-z-m-n；x-|y-z|-m-n
故答案为：2；
=x-y+z-m-n；x-y-|z-m|-n=x-y-z+
(2)当对正整数n进行第一次变换后，所得的数除以3
m-n；x-y-z-|m-n|=x-y-z-m+n．当添
的余数为0时，则第一次变换后的数为1×3=3，此时
加两个绝对值时，共有3种情况，分别是|x-y|-|z-
符合题意；
m|-n=x-y-z+m-n；|x-y|-z-|m-n|=x
当对正整数n进行第一次变换后，所得的数除以3的余
-y-z-m+n；x-|y-z|-|m-n|=x-y+z-m
·122·1 10104
数为1时，则第一次变换后的数为 ，此时不符合题
2
4F(M)+G(M)+15
意； ∴
13
当对正整数n进行第一次变换后，所得的数除以3的余 4(a+c-10)+81a-81c+1010+15
=
数为2时，则第一次变换后的数为1-1=0，此时不符 13
85a-77c+985
合题意； =
13
综上所述，第一次变换后所得的数为3，
7a+c-3
=6a-6c+76+ ，
当n除以3的余数为0时，则n=3×3=9，符合题意； 13
3 ab+cd 10a+10-a+10c+10-c 9a+9c+20
当n除以3的余数为1时，则n= ，不符合题意； ∴ = =
2 17 17 17
当n除以3的余数为2时，则n=3-1=2，符合题意； 8a+8c-3
=a+c+1- ，
17
∴符合题意的n的值是9或2，
4F(M)+G(M)+15 ab+cd
∴所有满足条件的n的值之和为2+9=11， ∵ 与 均是整数，
13 17
故答案为：11．
7a+c-3 8a+8c-3
∴ 与 均是整数，
11．【分析】根据要求最小的“十全数”，得到a= 13 17
1，c=1，然后求出b=10-1=9，d=10-1=9，即 ∴7a+c-3能被13整除，8a+8c-3能被17整除，
可得到最小的“十全数”是1919；根据题意表示出M ∵1，1，
=900a+9c+1010，M=-9a-900c+10100，然后 ∴7≤7a≤63，-2≤c-3≤6，
M-M ∴5≤7a+c-3≤69，
表示出F(M)= =a+c-10，G(M)=
909 ∴7a+c-3的值可以为13，26，39，52，65，
M+M
=81a-81c+1010，然后表示出 ∴依次代入可得，当a=3，c=8时， 7a+c-3 =2，
11 13
4F(M)+G(M)+15 7a+c-3 8a+8c-3 8a+8c-3
=6a-6c+76+ ， = =5均是整数，符合题意，
13 13 17 17
ab+cd 8a+8c-3 ∴b=10-a=7，d=10-c=2，
=a+c+1- ，然后根据题意得到
17 17 ∴满足条件的M的值是3782．
7a+c-3 8a+8c-3
与 均是整数，得到7a+c-3能 故答案为：1919，3782．
13 17
12．【分析】(1)由定义直接判断求解即可；
被13整除，8a+8c-3能被17整除，然后由1，1，
(2)依据每一选项逐一代入求解判断即可．
求出5≤7a+c-3≤69，进而求解即可．
【解答】解：(1)由题可知t=1k+1k=1+1=2，
【解答】解：设四位数M=abcd，
故答案为：2；
要求最小的“十全数”，
(2)①当k=2，t=1时，
∴a=1，c=1，
a
∴b=10-1=9，d=10-1=9， 则1=
c
∴最小的“十全数”是1919；
∵一个“十全数”M=abcd，
∴a+b=c+d=10，
∴b=10-a，d=10-c，
∴M=abcd=1000a+100(10-a)+10c+10-c=
900a+9c+1010，
∴M=dcba=1000(10-c)+100c+10(10-a)+a=
-9a-900c+10100，
M-M
∴F(M)= =
909
900a+9c+1010-(-9a-900c+10100)
=a+c-10
909
M+M
∴G(M)= =
11
900a+9c+1010+(-9a-900c+10100)
=81a-81c+
11
2 b
+
c
★ 2026 中考数学 (选择题 + 填空题) 拔高题 275 题 参考答案★
2 a2+b2
= ，即a2+b2=c2，
c2
∴三角形为直角三角形，
故①正确，符合题意；
1
②当k=1，a= b+2c=1时，
2
a b 1 3
则t= + =a+b= b+2+b= b+2，
c c 2 2
1
1°当a>b时，a-b2；
1
2°当ac，
233
5 ∴3m+m-47=186，解得：m= ，不是整数，
∴c0，且m-1≠0．
4
4
∴m< 且m≠1，故③错误．
3
★ 2026 中考数学 (选择题 + 填空题) 拔高题 275 题 参考答案★
=0．
∴n=(m-k)2+2k．
∴n关于m的函数的对称轴是直线m=k，此时最小值
为2k．
n k
又∵y=x2+(m-k+2)x+ - 存在唯一的“倍
4 2
值点”，且当-1时，n的最小值为k，
-1≤k≤3
∴① ，
n的最小值=2k=k
∴k=0；
k>3
②
n的最小值=(3-k)2+2k=k
，
∴此时无解；
k<-1
③
n的最小值=(-1-k)2+2k=k
，
-3+ 5 -3- 5
∴k= (舍去)或k= ．
2 2
-3- 5
综上，k=0或k= ，故④错误．
2
故答案为：①③④．
20．【分析】根据新定义m2-n2，可以分别列出m2
和n2的值，进而即可求解．
【解答】解：方法一：根据“智慧优数”的定义可知，
当n=1时，m =3，
最小
∴最小的“智慧优数”为8=32-12；
根据题意可列表如下：
·126·★ 2026 中考数学 (选择题 + 填空题) 拔高题 275 题 参考答案★
60，63，64，65，68，69，⋯⋯
故第3个智慧优数是15；第23个智慧优数是57．
故答案为：15，57．
21．【分析】根据递减数的概念列方程求a的值，根据
递减数的概念先求得10a-9b-11c=d，然后根据题
意列出两个三位数字之和，结合能被9整除的数的特征
分析满足条件的最大值．
【解答】解：由题意可得10a+3-31=12，
解得a=4，
∴这个数为4312，
由题意可得，10a+b-(10b+c)=10c+d，
整理，可得10a-9b-11c=d，
一个“递减数”的前三个数字组成的三位数abc与后三
个数字组成的三位数bcd的和为：
100a+10b+c+100b+10c+d
总结规律为：①若“智慧优数”为偶数，则一定是4的
=100a+10b+c+100b+10c+10a-9b-11c
倍数；
=110a+101b
②“智慧优数”不能是质数．
=99(a+b)+11a+2b，
有表格可知，将“智慧优数”从小大到大排列为8，
又∵一个“递减数”的前三个数字组成的三位数abc
12，15，16，20，21，24，27，28，32，33，35，
36，39，40，44，45，48，51，52，55，56，57， 与后三个数字组成的三位数bcd的和能被9整除，
11a+2b
60......， ∴ 是整数，且a≠b≠c≠d，1，1，1，0，
9
∴第3个“智慧优数”是15，第23个“智慧优数”是
a=9时，原四位数可得最大值，此时b只能取0，不符
57．
合题意，舍去，
故答案为：15，57．
当a=8时，b=1，此时71-11c=d，
方法二：注意到m-n>1，知m-n，∴m．
c取9或8或7时，均不符合题意，
当m=n+2时，由(n+2)2-n2=4+4n产生的智慧
当c取6时，d=5，
优数为：8，12，16，20，24，28，32，36，40，
∴满足条件的数的最大值是8165，
44，48，52，56，60，64，68，72，76，80，⋯⋯
故答案为：4312；8165．
当m=n+3时，由(n+3)2-n2=9+6n产生的智慧
22．【分析】它的千位数字比个位数字多6，百位数字
优数为：15，21，27，33，39，45，51，57，63，
比十位数字多2，则称M为“天真数”．分为两部分：
69，75，81，⋯⋯
第一部分千位数和个位数之间的关系，第二部分百位
当m=n+4时，由(n+4)2-n2=16+8n产产生的智
数和十位数之前的关系．
慧优数为：24，32，40，48，56，64，72，80，⋯
【解答】解：求最小的“天真数”，首先知道最小的自
⋯ 然数的0．
当m=n+5时，由(n+5)2-n2=25+10n产生的智
先看它的千位数字比个位数字多6，个位数为最小的自
慧优数为：35，45，55，65，75，85，⋯⋯ 然数0时，千位数为6；百位数字比十位数字多2，十
当m=n+6时，由(n+6)2-n2=36+12n产生的智
位数为最小的自然数0时．百位数是2；则最小的“天
慧优数为：48，60，72，84，⋯⋯ 真数”为6200．
当m=n+7时，由(n+7)2-n2=49+14n．产生的
故答案为：6200．
智慧优数为：63，77，91，⋯⋯ 一个“天真数”M的千位数字为a，百位数字为b，十
当m=n+8时，由(n+8)2-n2=64+16n产生的智
位数字为c，个位数字为d．
慧优数为：80，96，⋯⋯⋯⋯ 由“天真数”的定义得a=d+6，所以6，b=c+2，
综上，将上述产生的智慧优数从小到大排列如下：8， 所以0，
12，15，16，20，21，24，27，28，32，33，35， 又P(M)=3(a+b)+c+d=3(a+c+2)+c+a-6=
36，39，40，44，45，48，51，52，55，56，57， 4a+4c；
·127·★ 2026 中考数学 (选择题 + 填空题) 拔高题 275 题 参考答案★
P(M) 4a+4c
Q(M)=a-5. = 若能被10整除当a取
Q(M) a-5
最大值9时，
P(M)
即当a=9时， 满足能被10整除，则c=1，
Q(M)
“天真数”M为9313．
故答案为：9313．
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