2025 年中考押题预测卷（天津卷）
数学·全解全析
第Ⅰ卷
一、选择题（本大题共12个小题，每小题3分，共36分．在每个小题给出的四个选项中，只有一项符合
题目要求，请选出并在答题卡上将该项涂黑）
1．计算：−3−(−2)=（ ）
A．1 B．6 C．−5 D．−1
【答案】D
【分析】本题考查有理数的加减运算，解题的关键是掌握有理数的加减运算，去小括号要变号，进行计算，
即可．
【详解】解：−3−(−2)=−3+2=−1．
故选：D．
2．如图是小强用八块相同的小正方体搭建的一个积木，它的左视图是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】左视图从左往右，2列正方形的个数依次为2，1，依此得出图形D正确．故选D．
【详解】请在此输入详解！
3．估算√50−1的值应在（ ）
A．5和6之间 B．6和7之间 C．7和8之间 D．8和9之间
【答案】B
【分析】先估算出√50的取值范围，再根据不等式的基本性质估算出√50−1的取值范围即可．
【详解】解：∵49＜50＜64，
∴7＜√50＜8，∴7-1＜√50-1＜8-1，
∴6＜√50-1＜7．
故选：B．
【点睛】本题考查的是估算无理数的大小，先根据题意估算出√50的取值范围是解答此题的关键．
4．某校开展“运用几何画板，探寻美丽的数学世界”活动，下面是活动的部分作品，其中是中心对称图
形的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】本题考查了中心对称图形的识别，熟练掌握中心对称图形的定义是解答本题的关键．根据中心对
称图形的定义逐项识别即可，在平面内，把一个图形绕着某个点旋转180°，如果旋转后的图形能与原来的
图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点叫做它的对称中心，旋转前后图形上能够重合的点叫
做对称点．
【详解】解：选项A、B、D均不能找到这样的一个点，使图形绕该点旋转180°后与原来的图形完全重合，
所以不是中心对称图形，
选项C能找到这样的一个点，使图形绕该点旋转180°后与原来的图形完全重合，所以是中心对称图形．
故选C．
5．2025年3月，中国科研团队突破性研制全球最薄二维金属材料，材料的厚度仅为0.00000000058m，
是头发丝的二十万分之一，开创了二维金属研究新领域．将0.00000000058用科学记数法可表示为（ ）
A．5.8×10−9 B．5.8×10−10 C．0.58×10−9 D．0.58×10−10
【答案】B
【分析】此题考查了科学记数法的表示方法，根据科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中
1≤|a|<10，n为整数即可求解，确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与
小数点移动的位数相同，当原数绝对值≥10时，n是正整数；当原数的绝对值<1时，n是负整数，解题的关
键要正确确定a的值以及n的值．
【详解】解：0.00000000058 =5.8×10−10，
故选：B．
6．计算1−tan230°的值为（ ）
2 3
A． B．-2 C． D．
3 4【答案】A
【分析】将tan30°的值代入计算即可．
2
【详解】解：1−tan230∘=1−
(√3)
=1−
1
=
2
，
3 3 3
故选：A．
【点睛】本题考查了含三角形函数值的混合运算，熟记特殊角的三角函数值是解答本题的关键．
2x 1
7．计算 − 的结果正确的是（ ）
x2−1 x−1
1 1 1 1
A． B．− C． D．−
x+1 x+1 x−1 x−1
【答案】A
【分析】本题考查分式的减法，先化成同分母的分式，再分子相减即可．
2x x+1
【详解】原式 = −
(x−1)(x+1) (x−1)(x+1)
2x−x−1
=
(x−1)(x+1)
x−1
=
(x−1)(x+1)
1
= ，
x+1
故选：A．
8．已知一元二次方程x2+4x+2=0的两个根分别为m，n，则m2+n2的值为（ ）
A．12 B．8 C．6 D．4
【答案】A
【分析】本题主要考查了一元二次方程根与系数的关系，完全平方公式的变形求值，对于一元二次方程
b c
ax2+bx+c=0(a≠0)，若x ，x 是该方程的两个实数根，则x +x =− ，x x = ，据此可得
1 2 1 2 a 1 2 a
m+n=−4，mn=2，再根据m2+n2=(m+n) 2−2mn计算求解即可．
【详解】解：∵一元二次方程x2+4x+2=0的两个根分别为m，n，
∴m+n=−4，mn=2，
∴m2+n2=(m+n) 2−2mn=(−4) 2−2×2=16−4=12，
❑故选：A．
−5
9．已知 A(x ,y ),B(x ,y ),C(x ,y ) 是反比例函数 y= 图象上的三个点，若 x <x <0<x ，
1 1 2 2 3 3 x 1 2 3
则 y ,y ,y 的大小关系为（ ）
1 2 3
A．y <y <y B．y <y <y C．y <y <y D．y <y <y
1 2 3 2 1 3 3 2 1 3 1 2
【答案】D
【分析】本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征．注意是在每个象限内，y随x的增大而减小．不能直
接根据x的大小关系确定y的大小关系．
先判断出函数图象在二，四象限，在每个象限内，y随x的增大而增大，再根据x <x <0<x ，判断出
1 2 3
y ,y ,y 的大小．
1 2 3
−5
【详解】解：∵反比例函数y= 中，k=−5<0，
x
∴该反比例函数的图象在第二，四象限，在这两个象限内，y随x的增大而增大，
又 ∵x <x <0<x ，
1 2 3
∴y <0<y <y ，
3 1 2
故选：D．
1
10．如图，在△ABC中，∠ACB=90°，∠BAC=15°，分别以A、B为圆心，大于 AB的长为半径画
2
弧，两弧交于M、N两?点，作直线MN交AC于D点，若AD=2，则△ABC的面积为（ ）
2+√3
A．2 B． C．2+√3 D．4
2
【答案】B
【分析】连接BD，由作法得MN垂直平分线AB，由线段垂直平分线的性质和等腰三角形的性质证得
∠ABD=∠BAD=15°，由三角形外角的性质得到∠BDC=30°，根据含30度直角三角形的性质和勾股
定理求出BC，CD，根据三角形的面积公式即可求出△ABC的面积．
【详解】解：连接BD，
由作法得MN垂直平分线AB，∴AD=BD=2，
∴∠ABD=∠BAD=15°，
∴∠BDC=∠ABD+∠BAD=30°，
在Rt△BCD中，∠BDC=30°，BD=2，
1
∴BC= BD=1，
2
∴CD=√BD2−BC2=√3，
∴AC=2+√3，
1 1 2+√3
∴△ABC的面积= AC⋅BC= ×(2+√3)×1= ．
2 2 2
故选：B．
【点睛】本题考查了作图−复杂作图，线段垂直平分线的性质，含30度直角三角形的性质和勾股定理等知
识，熟悉基基本作图和线段垂直平分线的性质是解决问题的关键．
11．如图，O是正△ABC内一点，OA=3，OB=4，OC=5．将线段BO以点B为旋转中心逆时针旋转
60°得到线段BO′，下列结论错误的是（ ）
A．点O与O′的距离为4 B．∠AOB=150°
C．S AOBO=6+4√3 D．S +S =3+4√3
四边形 ′ △AOB △AOC
【答案】D
【分析】证明△BO′ A≌△BOC，得△OBO′是等边三角形，根据勾股定理逆定理可得△AOO′是直角三
角形，进而可判断．【详解】解：如图1，连接OO′，
由题意可知，∠1+∠2＝∠3+∠2＝60°，
∴∠1＝∠3，
又∵OB＝O′B，AB＝BC，
∴△BO′ A≌△BOC(SAS)，
又∵∠OBO′＝60°，
∴△OBO′是等边三角形，
∴OO′＝OB＝4．
故A正确；
∵△BO′A≌△BOC，
∴O′A＝5．
在△AOO′中，三边长为3，4，5，这是一组勾股数，
∴△AOO′是直角三角形，∠AOO′＝90°，
∴∠AOB＝∠AOO′+∠BOO′＝90°+60°＝150°，
故B正确；
1 √3
S AOBO＝S AOO+S OBO═ ×3×4+ ×42＝6+4√3，
四边形 ′ ′ ′ 2 4
△ △
故C正确；
如图2将△AOC绕A点顺时针旋转60°到△ABO'位置，
9√3
同理可得S +S =6+ ，
△AOC △AOB 4
故D错误；
故选D．
【点睛】此题考查了旋转的性质，等边三角形、直角三角形的性质，熟练掌握旋转的性质是解本题的关键．
12．如图，用一段长为30m的篱笆围成一个一边靠墙的矩形菜园，墙长为18m．设矩形菜园的边AB的长
为xm，面积为Sm2，其中AD≥AB．有下列结论：
①S与x之间的函数关系式为S=−2x2+30x；
②x的取值范围是2≤x≤10；
③AB的长有两个不同的值满足该矩形菜园的面积为100m2．
其中，正确的结论是（ ）
A．①② B．①②③ C．②③ D．①
【答案】D
【分析】本题主要考查了二次函数及一元二次方程的应用，熟练掌握最值问题的求法是解答本题的关键．
表示出面积化简可以判断①；根据墙长为18m，AD≥AB，列不等式组，解不等式组即可求出自变量x的
取值范围，从而可判断②；根据矩形的面积=100列出方程，解方程求x的值，可以判断③．
【详解】解：根据题意得：S=x(30−2x)=−2x2+30x，故①正确；
设这个菜园垂直于墙的一边AB的长为xm．则BC的长为(30−2x) m，
∵墙长为18m，AD≥AB，
∴ ¿
解得¿，
∴x的取值范围为6≤x≤10，故②错误；
根据题意得：x(30−2x)=100，
解得x =5，x =10，
1 2
∵6≤x≤10，
∴x=10，∴AB的长有1个值满足该矩形菜园的面积为100m2，故③错误．
故选：D．
第Ⅱ卷
二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分）
13．通常情况下，紫色石蕊试液遇酸性溶液变红色，遇碱性溶液变蓝色，李老师让学生用紫色石蕊试液检
测五瓶因标签污损无法分辨的无色溶液的酸碱性．这五种溶液分别是：盐酸（呈酸性），氢氧化钠溶液
（呈碱性），氢氧化钙溶液（呈碱性），稀硫酸（呈酸性），白醋（呈酸性）．小伟同学随机任选一瓶溶
液，将紫色石蕊试液滴入其中进行检测，则溶液变红色的概率为 ．
3
【答案】
5
【分析】本题考查了概率公式，直接根据概率公式解答即可，熟练掌握概率公式的应用是解题的关键．
【详解】解：∵将紫色石蕊试液滴入盐酸（呈酸性），稀硫酸（呈酸性），白醋（呈酸性）中，溶液变红
色，
3
∴溶液变红色的概率= ．
5
3
故答案为： ．
5
14．(−a2) 3 ÷a2= ．
【答案】−a4
【分析】本题考查了幂的乘方、同底数幂的除法，熟练掌握相关知识点是解题的关键．根据幂的乘方、同
底数幂的除法的运算法则即可求解．
【详解】解：(−a2) 3 ÷a2
=−a6÷a2
=−a4．
故答案为：−a4．
15．计算：(√5−2) 2020 (√5+2) 2021的结果是 ．
【答案】√5+2
【分析】利用积的乘方的逆运算和同底数幂乘法的逆运算解答．
【详解】(√5−2) 2020 (√5+2) 2021=(√5−2) 2020 (√5+2) 2020 (√5+2)
2020
=[(√5−2)(√5+2)] ×(√5+2)
=√5+2，
故答案为：√5+2．
【点睛】此题考查积的乘方的逆运算和同底数幂乘法的逆运算，平方差计算公式，二次根式的混合运算，
熟记运算公式是解题的关键．
16．将直线y=−2x−1向左平移3个单位后的解析式为 ．
【答案】y=−2x−7/y=−7−2x
【分析】本题考查一次函数图象的平移，根据平移规则，左加右减，上加下减，进行求解即可．
【详解】解：将直线y=−2x−1向左平移3个单位后的解析式为y=−2(x+3)−1=−2x−7；
故答案为：y=−2x−7．
17．如图，正方形ABCD的边长为4，点E在边BC上，BE=1，作等腰直角三角形AEF,∠AEF=90°．
（Ⅰ）CF的长 ．
（Ⅱ）若M为AF的中点，连接DM，则DM的长为 ．
3 3√2
【答案】 √2 √2/
2 2
【分析】本题主要考查了正方形的性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质与判定，全等三角形的性质与
判定，三角形中位线定理，正确作出辅助线构造全等三角形和直角三角形是解题的关键．
（Ⅰ）在AB上取一点G，使BG=BE=1，构造等腰直角△BEG、通过证明△AGE≌△ECF，从而可得
CF=≥¿，利用勾股定理求出GE的长即可得到答案；
（Ⅱ）延长CF交AD延长线于N点，可得等腰直角△CDN，MD为△ANF的中位线，求出CN的长，进而
求出NF的长即可解题．
【详解】解：（Ⅰ）在AB上取一点G，使BG=BE=1，连接EG，在正方形ABCD的边长为4，
∴AB=BC=CD=AD=4，∠B=∠BCD=90°，
∴∠BGE=∠BEG=45°，AG=EC，∠BAE+∠AEB=90°，
∵∠AEF=90°，
∴∠AEB+∠FEC=90°，
∴∠BAE=∠FEC，
又∵在等腰直角△AEF中，AE=EF，
∴△AGE≌△ECF(SAS)，
∴¿=CF，
∵¿=√BG2+BE2=√2，
∴CF=√2，
故答案为：√2；
（Ⅱ）如图所示，延长CF交AD延长线于N点，
由（1）得∠AGE=180°−∠BGE=135°，△AGE≌△ECF，
∴∠ECF=∠AGE=135°，
∴∠DCN=∠ECF−∠BCD=45°，
∵∠NDC=180°−∠ADC=90°，
∴∠DNC=∠DCN=45°，
∴DN=CD=4，
∴CN=√CD2+DN2=4√2，
∵CF=√2，∴FN=CN−CF=3√2，
∵AM=FM，DN=CD=AD，
1 3
∴DM= FN= √2，
2 2
3
故答案为： √2．
2
18．如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，△ABC的顶点A，B均在格点上，顶点C在网格线上，
∠BAC=24°．
（I）线段AB的长等于 ；
（II）P是如图所示△ABC外接圆上的动点，当∠PCB=78°时，请用无刻度的直尺，在如图所示的网格中
画出点P，并简要说明点P的位置是如何找到的（不要求证明） ．
【答案】 √13 过A点的网格线交圆于点D、E，连接DE，过B点的网格线交圆于点F、G，连
接GF和DE相交于点O，取BC和网格线的交点H，连接HO并延长，交圆于点P，则点P即为所求
【分析】此题考查的是勾股定理的应用，圆的基本性质，复杂的格点作图，掌握以上知识是解题的关键．
（I）利用勾股定理即可得答案；
（II）由同弧所对的圆周角相等，可得∠BPC=∠BAC=24°，再由PB=PC得∠PBC=∠PCB，再由
三角形内角和定理即可求出．
【详解】（I）解：AB=√22+32=√13；
故答案为： √13；
（II）过A点的网格线交圆于点D、E，连接DE，过B点的网格线交圆于点F、G，连接GF和DE相交于
点O，取BC和网格线的交点H，连接HO并延长，交圆于点P，则点P即为所求，如图，三、解答题（本大题共7小题，共66分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
19．(本小题8分）解不等式组¿
请结合题意填空，完成本题的解答．
（Ⅰ）解不等式①，得____________________；
（Ⅱ）解不等式②，得_____________________；
（Ⅲ）把不等式①和②的解集在数轴上表示出来：
（Ⅳ）原不等式组的解集为_________________．
【答案】（Ⅰ）x≤2；（Ⅱ）x≥−1；（Ⅲ）见解析；（Ⅳ）原不等式组的解集为−1≤x≤2
【分析】（Ⅰ）直接移项即可得出答案；
（Ⅱ）先去括号，再合并同类项，移项，再未知数的系数化为1，即可得到不等式的解集；
（Ⅲ）根据解集在数轴上的表示方法表示出①②的解集即可；
（Ⅳ）根据数轴找出两个解集的公共部分即可.
【详解】解：（Ⅰ）x≤2
（Ⅱ）x≥−1
（Ⅲ） ．
（Ⅳ）原不等式组的解集为−1≤x≤2．
【点睛】本题考查了解一元一次不等式组以及把不等式组的解集画在数轴上，掌握不等式的解法是解题的
关键．
20．(本小题8分）为了了解同学们每周参加科学教育的时间（单位：h），小丽随机调查了本校一部分学
生，根据统计的结果，绘制出如下的统计图①和图②．请根据相关信息，解答下列问题：
(1)统计的学生每周参加科学教育的时间数据的众数为________h，中位数为________h；
(2)求统计的这组学生每周参加科学教育的平均时间；
(3)若该校共有学生1800人，估计该校学生每周参加科学教育的时间是9h的人数约为多少？
【答案】(1)8，8
(2)8.36小时
(3)540人
【分析】本题主要考查了用样本估计总体，加权平均数，中位数，众数，扇形统计图与频数分布直方图，
正确读懂统计图与统计表是解题的关键．
（1）根据中位数和众数的定义求解即可；
（2）先计算出总阅读时间，再除以总人数即可得到答案；
（3）用1800乘以样本中该校学生每周参加科学教育的时间是9h的人数占比即可得到答案．
【详解】（1）解：由统计图可知学生每周参加科学教育的时间为8h的人数最多，
∴统计的学生每周参加科学教育的时间数据的众数为8h；
把这3+7+17+15+8=50名学生的每周参加科学教育的时间按照从低到高排列，处在第25名和第26名的
时间分别为8h，8h，
∴统计的学生每周参加科学教育的时间数据的中位数为8h；
6×3+7×7+8×17+9×15+10×8
（2）解：x= =8.36，
3+7+17+15+8
∴每周平均参加科学教育的时间是8.36小时．
（3）解：1800×30%=540
∴该校学生每周参加科学教育的时间是9h的人数约为540人．
21．(本小题10分）已知四边形ABCD是⊙O的内接四边形，AC是⊙O的直径，∠DCE是四边形
ABCD的一个外角，DC平分∠ACE．(1)如图1，∠BAD=66°，求∠BAC的度数；
(2)如图2，过点D作⊙O的切线DF交BC的延长线于点F，若AB=8，BC=6，求CF的长．
【答案】(1)42°
(2)2
【分析】此题考查了切线的性质、圆内接四边形的性质、圆周角定理、勾股定理、矩形的判定和性质等知
识，熟练掌握圆内接四边形的性质和切线的性质是解题的关键．
（1）由圆内接四边形的性质得到∠DCE=∠BAD=66°．由角平分线得到∠ACD=∠DCE=66°．AC
是⊙O的直径，则∠ADC=90°．即可得到∠CAD=90°−∠ACD=90°−66°=24°．进一步求出
∠BAC的度数；
（2）连接OD，过点O作OG⊥BC于点G．由AC是⊙O的直径得到∠ABC=90°．根据勾股定理得到
1
AC=√AB2+BC2=√82+62=10．则OC=OD=OA= AC=5．证明四边形ODFG是矩形．即可得到
2
CF=FG−CG=OD−CG=5−3=2．
【详解】（1）解：∵∠DCE是⊙O的内接四边形ABCD的外角，∠BAD=66°，
∴∠DCE=∠BAD=66°．
又∵DC平分∠ACE，
∴ ∠ACD=∠DCE=66°．
∵ AC是⊙O的直径，
∴∠ADC=90°．
∴ ∠CAD=90°−∠ACD=90°−66°=24°．
∴ ∠BAC=∠BAD−∠CAD=66°−24°=42°．
（2）如图，连接OD，过点O作OG⊥BC于点G．∵ AC ⊙O
是 的直径，
∴ ∠ABC=90°．
在Rt△ABC中，AB=8，BC=6，
∴ AC=√AB2+BC2=√82+62=10．
1
∴ OC=OD=OA= AC=5．
2
∵OG⊥BC，
∴OG∥BC，
CG OC
∴ = =1，
BG OA
1
∴ BG=CG= BC=3，
2
∵DF是⊙O的切线，OD是⊙O的半径，
∴OD⊥DF，
∴∠ODF=90∘．
∵OC=OD，
∴∠ODC=∠OCD．
又∵∠OCD=∠DCF，
∴∠ODC=∠DCF．
∴OD//FG．
∴∠DFG=180°−∠ODF=90°．
∴四边形ODFG是矩形．
∴FG=OD，∴CF=FG−CG=OD−CG=5−3=2．
22．(本小题10分）如图，小明从点A出发，沿着坡度i（即tanA）为1:2.4的坡道AB向上走了130m到达
点B，再沿着水平平台BC向前走了80m到达点C，最后沿着坡角为36.8°的坡道CD向上走了150m到达点
D．（参考数据：sin36.8°≈0.6，cos36.8°≈0.8，tan36.8°≈0.75）
(1)当小明到达点B时，求他沿垂直方向上升的高度；
(2)求点A,D间的水平距离AE长．
【答案】(1)50m
(2)320m
【分析】本题考查了解直角三角形的应用-坡度坡角问题，勾股定理，矩形的判定与性质，熟记坡度是坡面
的铅直高度h和水平宽度l的比是解题的关键．
（1）过点B作BF⊥AE于F，过点C作CG⊥AE于G，延长BC交DE于H，，设BF=xm，根据坡度的
概念用x表示出AF，根据勾股定理求出BF；
（2）根据余弦的定义求出CH，进而求出AE．
【详解】（1）解：过点B作BF⊥AE于F，过点C作CG⊥AE于G，延长BC交DE于H，
设BF=xm，
∵坡道AB的坡度为1:2.4，
∴AF=2.4xm，
在Rt△ABF中，AB2=BF2+AF2，即1302=x2+(2.4x) 2，
解得：x=50，
所以他沿垂直方向上升的高度为50m；（2）解：由（1）可知：AF=50x=120m，四边形BFGC为矩形，
∴FG=BC=80m,CG=BF=50m，
在Rt△DCH中，CD=150m,∠DCH=36.8°，
则CH=CD⋅cos∠DCH≈150×0.8=120m，
则AE=AF+FG+≥=120+80+120=320m，
所以点A，D间的水平距离AE长约为320m．
23．（本小题10分）甲、乙两个工程队同时挖掘两段长度相等的隧道，如图是甲、乙两队挖掘隧道长度y
（米）与挖掘时间x（时）之间关系的部分图象．请解答下列问题：
（1）在前2小时的挖掘中，甲队的挖掘速度为_______米/小时，乙队的挖掘速度为_____米/小时；
（2）①当2≤x≤6时，求出y 与x之间的函数关系式；
乙
②开挖几小时后，甲队所挖掘隧道的长度刚好超过乙队5米？
（3）如果甲队施工速度不变，乙队在开挖6小时后，施工速度增加到15米/小时结果两队同时完成了任务．
问甲队从开挖到完工所挖隧道的总长度为多少米？
【答案】（1）10，15；（2）①y =5x+20，②5；（3）80.
乙
【详解】试题分析：（1）分别根据速度=路程÷时间列式计算即可得解；
（2）①设y =kx+b，然后利用待定系数法求一次函数解析式解答即可；
乙
②求出甲队的函数解析式，然后根据y -y =5 列出方程求解即可；
甲 乙 ，
（3）设总长度为z，然后根据剩余长度所用的时间相等列出方程求解即可．
解：（1）在前2小时的挖掘中，甲队的挖掘速度为 10 米/小时，乙队的挖掘速度为
15 米/小时；
（2）①当2≤x≤6时， y乙=5x+20；
②由10 x -（5x+20）=5,解得x=5
开挖5小时后，甲队所挖掘隧道的长度刚好超过乙队5米.
（3）设甲队从开挖到完工所挖隧道的长度为z米，由题意得：
z−60 z−50
= ，
10 15
解得，z=80，答：甲队从开挖到完工所挖隧道的总长度为80米.
点睛：本题考查了一次函数的应用，主要利用了待定系数法求一次函数解析式，准确识图获取必要的信息
是解题的关键，也是解题的难点．
24．（本小题10分）在平面直角坐标系中，O为原点，点A（6，0），点B在y轴的正半轴上，
∠ABO=30°．矩形CODE的顶点D，E，C分别在OA，AB，OB上，OD＝2
(1)如图①，求点E的坐标；
(2)将矩形CODE沿x轴向右平移，得到矩形C'O'D'E'，点C，O，D，E的对应点分别为
C',O',D',E'．设OO'=t，矩形C'O'D'E'与ΔABO重叠部分的面积为S．
①如图②，当矩形C'O'D'E'与ΔABO重叠部分为五边形时，C'E'，D'E'分别与AB相交于点M，
F，试用含有t的式子表示S，并直接写出t的取值范围；
②当√3≤S≤5√3时，求t的取值范围（直接写出结果即可）．
【答案】(1)E的坐标为(2,4√3)
√3 5
(2)①S=− t2+8√3，0<t<2；② ≤t≤6−√2
2 2
【分析】（1）先根据A点坐标和已知得出AD的长，再根据30°角所对的直角边等于斜边的一半和勾股定
理得出CO的长即可得到点E的坐标；
（2）①根据平移的性质和30°角所对的直角边等于斜边的一半得出MF=2M E′=2t，再根据勾股定理得
出FE′=√3t，再根据S=S −S 得出S与t的函数关系式；
矩形C′O′D′E′ ΔMFE′
②分2≤t<4和4≤t≤6两种情况，根据平移的性质和30°角所对的直角边等于斜边的一半得出S与t的函数
关系式，分别求出s=√3和s=4√3时t的值即可．
【详解】（1）解：由点A(6,0)，得OA=6，
又OD=2，得AD=OA−OD=4，在矩形CODE中，有ED//CO，得∠AED=∠ABO=30°，
∴在RtΔAED中，AE=2AD=8，
∴由勾股定理，得ED=√AE2−AD2=4√3，有CO=4√3，
∴点E的坐标为(2,4√3)．
（2）解：①由平移知，O′D′=2，E′D′=4√3，M E′=OO′=t，
由E′D′//BO，得∠E′FM=∠ABO=30°，
∴在RtΔMFE′中，MF=2M E′=2t，
∴由勾股定理，得FE′=√M F2−M E′2=√3t，
1 1 √3
∴S = M E′ ⋅FE′= ⋅t⋅√3t= t2 ，
ΔMFE′ 2 2 2
∵S =O′D′ ⋅E′D′=8√3，
矩形C′O′D′E′
√3
∴S=S −S =8√3− t2 ．
矩形C′O′D′E′ ΔMFE′ 2
√3
∴S=− t2+8√3，其中t的取值范围是0<t<2．
2
√3
②当0<t<2时，S=− t2+8√3，
2
√3
当S=√3时，− t2+8√3=√3，解得t=√14>2，
2
√3
当S=5√3时，− t2+8√3=5√3，解得t=√6>2，
2
当2≤t<4时，如左下图，OF=√36−t，D′G=√3（4−t），
1
∴S= [√36−t+√3（4−t）]×2=−2√3t+10√3，
2
当S=√3时，−2√3t+10√3=√3，解得t=4.5>4，
5
当S=5√3时，−2√3t+10√3=5√3，解得t= ；
2
当4≤t≤6时，如右下图，D′F=√3(6−t)，D′ A=6−t，
√3 √3
∴S= （6-t）（6-t）= （6−t）2，
2 2
√3
当S=√3时， （6−t）2 =√3，解得t=6+√2>6 或t=6−√2，
2√3
当S=5√3时， （6−t）2 =5√3，解得t=6+√10>6 或t=6−√10<4，
2
5
∴当√3⩽S⩽5√3时， ≤t≤6−√2．
2
【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了平移变换，勾股定理，求函数关系式以及一元二次方程的解法
等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题．
25．（本小题10分）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx−2(a≠0)经过点(6,7)，与x轴交于
1
A、B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，连接AC、BC，tan∠ABC= ．
2
(1)求抛物线的表达式；
(2)点P是直线BC下方抛物线上的一动点，过点A作AR∥BC，交抛物线于点R，连接PR交BC于点Q，
当△APQ面积最大时，线段AC在直线AC上移动，求△ACP的周长最小值及此时点P的坐标；
(3)抛物线绕着原点旋转180°得到新抛物线，点M是新抛物线对称轴左侧的一个动点，过点C作CN∥x轴，
过点M作MN∥y轴，直线MN与直线CN相交与点N，连接CM，将△MNC沿着直线CM翻折，若点N
的对应点N′恰好落在y轴上，请直接写出点N′的坐标，并写出一个点的求解过程．
1 3
【答案】(1)y= x2− x−2
2 2√305
(2)√5+ ，P(2,−3)
5
(3)N′(
0,
√33−3)
或
(
0,−
9+√57)
2 2
1
【分析】（1）先令x=0求出C(0,−2)，再利用tan∠ABC= ，求出B(4,0)，利用待定系数法即可求解；
2
（2）过点P作PH∥y轴交BC于点E，交AR于点H，设AR与y轴交于点Y，求出直线BC的解析式为
1 1 1 S PQ
y= x−2，利用AR∥BC，求出直线AR的解析式为y= x+ ，利用平行线判定 △APQ= ，
2 2 2 S QR
△AQR
PQ PE PQ PE
S =S 是定值，EH是定值， = ，可知当PE最大时，S = ⋅S = ⋅S 最
△AQR △ABR QR EH △APQ QR △AQR EH △AQR
大，设P ( m, 1 m2− 3 m−2 ) (0<m<4)，则E ( m, 1 m−2 ) ，可知PE=− 1 m2+2m，利用二次函数的性
2 2 2 2
质可知面积最大值时P(2,−3)；过点P作PK∥AC交AR于点K，求出直线AC的解析式为y=−2x−2，
1 1 (1 3)
则可求出直线PK的解析式为y=−2x+1，联立y=−2x+1与y= x+ ，求出K , ，由线段AC在
2 2 5 5
直线AC上移动，点P不动，利用相对运动，我们可以看作线段AC不动，点P在直线PK上运动，判定
AC⊥BC，则PK⊥AR，在KR上取点A′，使得KA=K A′，则PA=PA′，则△PAC的周长为
PA+PC+AC=√5+PA′+PC ≥√5+A′C，当且仅当A′，P，C依次共线时取最小值√5+A′C，利用中
点求出A′(7
,
6)
，即可求解；
5 5
1 3
（3）先由抛物线绕着原点旋转180°求出新抛物线解析式为y=− x2− x+2，利用CN∥x轴，
2 2
MN∥y轴，将△MNC沿着直线CM翻折，若点N的对应点N′恰好落在y轴上，得出四边形NCN′M是正
1 3
方形，当点M在CN上方时，直线MC的解析式为y=−x−2，与y=− x2− x+2联立求出
2 2−1−√33
x = ，即可求解；当点M在CN下方时，同理可得．
M 2
【详解】（1）解：令x=0，得y=ax2+bx−2=−2，
∴C(0,−2)，
∴OC=2，
1
∵tan∠ABC= ，
2
OC 1
∴ = ，
OB 2
得OB=4，
∴B(4,0)，
将B(4,0)，(6,7)代入y=ax2+bx−2(a≠0)，
得：¿，
解得：¿，
1 3
∴抛物线的表达式为y= x2− x−2；
2 2
（2）解：如图，过点P作PH∥y轴交BC于点E，交AR于点H，设AR与y轴交于点Y，
设直线BC的解析式为y=px+q，
将B(4,0)，C(0,−2)代入，
得：¿，
解得：¿，
1
则直线BC的解析式为y= x−2，
2
1 3
令y=0，得y= x2− x−2=0，
2 2解得：x =−1，x =4，
1 2
∴A(−1,0)，
∵AR∥BC，
1
∴设直线AR的解析式为y= x+t，
2
1
将A(−1,0)代入y= x+t，
2
1
得：0= ×(−1)+t，
2
1
解得：t= ，
2
1 1
则直线AR的解析式为y= x+ ，
2 2
( 1)
则Y 0, ，
2
∵△APQ与△AQR分别以PQ、QR为底，且等高，
S PQ
∴
△APQ=
，
S QR
△AQR
PQ
∴S = ⋅S ，
△APQ QR △AQR
∵AR∥BC，
PQ PE
∴ = ，
QR EH
PE
∴S = ⋅S ，
△APQ EH △AQR
∵AR∥BC，
∴S =S ，其中A，B，R是定值，
△AQR △ABR
则S =S 是定值，
△AQR △ABR
∵AR∥BC，PH∥y，
∴四边形CYHE是平行四边形，
1 5
∴EH=CY = +2= 是定值，
2 2
PE
∴当PE最大时，S = ⋅S 最大，
△APQ EH △AQR设P ( m, 1 m2− 3 m−2 ) (0<m<4)，则E ( m, 1 m−2 ) ，
2 2 2
1 1 3 1
∴PE= m−2− m2+ m+2=− m2+2m，
2 2 2 2
1
∵− <0，
2
2
m=− =2
当 ( 1) 时，PE最大，
2× −
2
PE
此时S = ⋅S 最大，
△APQ EH △AQR
1 3
将m=2代入y= m2− m−2，得y=−3，
2 2
即此时P(2,−3)；
如图，过点P作PK∥AC交AR于点K，
设直线AC的解析式为y=ex+f，
代入A(−1,0)，C(0,−2)，
得：¿，
解得：¿，
∴直线AC的解析式为y=−2x−2，
设直线PK的解析式为y=−2x+u，
代入P(2,−3)，
得：−3=−2×2+u，
解得：u=1，
∴直线PK的解析式为y=−2x+1，
1 1
联立y=−2x+1与y= x+ ，
2 2
得：¿，
解得：¿，
(1 3)
∴K , ，
5 5
由线段AC在直线AC上移动，点P不动，
利用相对运动，我们可以看作线段AC不动，点P在直线PK上运动，∵AC=√OA2+OC2=√5，AB=OA+OB=5，BC=√OC2+OB2=2√5，
∴AC2+BC2=AB2，
∴∠ACB=90°，
∴AC⊥BC，
∴AC⊥AR，
∴PK⊥AR，
如图，在KR上取点A′，使得KA=K A′，
∴PA=PA′，
∴△PAC的周长为PA+PC+AC=√5+PA′+PC，
利用两点之间线段最短，得√5+PA′+PC≥√5+A′C，当且仅当A′，P，C依次共线时取最小值
√5+A′C，如图，
(1 3)
由A(−1,0)，K , ，KA=K A′，
5 5
1 7 3 6
∴x =2× −(−1)= ，y =2× −0= ，
A′ 5 5 A′ 5 5
∴A′(7
,
6)
，
5 5
∴A′C= √ (7 −0 ) 2 + (6 +2 ) 2 = √305 ，
5 5 5
√305
∴△PAC的周长最小值为√5+A′C=√5+
；
5
（3）解：由抛物线绕着原点旋转180°得到新抛物线，即两抛物线关于原点对称，设(x,y)是新抛物上任意一点，则(−x,−y)是原抛物上任意一点，
1 3
则−y= (−x) 2− (−x)−2，
2 2
1 3
化简新抛物线解析式为y=− x2− x+2，
2 2
∵CN∥x轴，MN∥y轴，x轴与y轴垂直，
∴CN⊥y轴，MN⊥CN，
∵将△MNC沿着直线CM翻折，若点N的对应点N′恰好落在y轴上，
1
∴∠N′CM=∠NCM= ∠NCO=45°， ∠CN′M=∠CNM=90°，
2
∴四边形NCN′M是矩形，∠NMC=∠NCM=45°，
∴CN=MN，四边形NCN′M是正方形，
∴−x =CN′ ，
M
①当点M在CN上方时，
设CM与x轴交于点V，如图，
∴∠OVC=∠OCV =45°，
∴OV =OC=2，
∴V(−2,0)，
设直线MC的解析式为y=ix+e，
代入C(0,−2)，V(−2,0)，
得：¿，
解得：¿，∴直线MC的解析式为y=−x−2，
1 3
联立y=−x−2与y=− x2− x+2，
2 2
1 3
得：− x2− x+2=−x−2，
2 2
−1−√33
解得：x= （正值舍），
2
1+√33
∴CN′=−x = ，
M 2
1+√33 √33−3
∴ON′=CN′−OC= −2= ，
2 2
∴N′(
0,
√33−3)
；
2
②当点M在CN下方时，
同理可得直线MC的解析式为y=x−2，
1 3
联立y=x−2与y=− x2− x+2，
2 2
1 3
得：− x2− x+2=x−2，
2 2
−5−√57
解得：x= （正值舍），
2
5+√57
∴CN′=−x = ，
M 2
5+√57 9+√57
∴ON′=CN′+OC= +2= ，
2 2
∴N′(
0,−
9+√57)
．
2
【点睛】本题考查二次函数与一次函数综合，涉及二次函数的图象与性质，待定系数法，一次函数，三角
函数，正方形的判定与性质，勾股定理，平行线分线段成比例，关于原点对称的点的坐标，熟练掌握这些
性质与判定是解题的关键．
