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2026 年中考数学模拟猜题卷
（考试时间：120分钟 试卷满分：120分）
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，满分30分．在每个小题给出的四个选项中，只有一项符合
题目要求的）
1．（本题3分）中国“二十四节气”已被列入联合国教科文组织人类非物质文化遗产代表作名录，下列四幅
作品分别代表“立春”“立夏”“芒种”“大雪”，其中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的定义逐一分析各个选项即可．
【详解】解：A项：该图形能沿着某条直线翻折后与另一半图形互相重合，但不能绕着某点旋转180°后与
原图形重合，所以是轴对称图形但不是中心对称图形，故A错误；
B项：该图形能沿着某条直线翻折后与另一半图形互相重合，但不能绕着某点旋转180°后与原图形重合，
所以是轴对称图形但不是中心对称图形，故B错误；
C项：该图形能沿着某条直线翻折后与另一半图形互相重合，但不能绕着某点旋转180°后与原图形重合，
所以是轴对称图形但不是中心对称图形，故C错误；
D项：该图形能沿着某条直线翻折后与另一半图形互相重合，也能绕着某点旋转180°后与原图形重合，所
以是轴对称图形也是中心对称图形，故D正确．
2．（本题3分）如图，是由五个相同的正方体搭成的几何体，其主视图为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】解：该几何体的主视图为：
．3．（本题3分）2026年3月6日十四届全国人大四次会议记者会介绍，“十五五”时期，普通高中要扩大供
给，增加学位200万以上，其中200万用科学记数法表示为（ ）
A．200×104 B．20×105 C．2×106 D．0.2×107
【答案】C
【详解】解：200万=2000000=2×106
．
4．（本题3分）下列计算正确的是（ ）
A．𝑎2 +𝑎3 =𝑎5 B．𝑎6 ÷𝑎2 =𝑎3
C．(𝑎2)3 =𝑎6 D．(𝑎−𝑏)2 =𝑎2 −𝑏2
【答案】C
【详解】解：A、𝑎2 和𝑎3
不是同类项，无法合并，故本选项错误，不符合题意；
B、𝑎6 ÷𝑎2 =𝑎4 ，故本选项错误，不符合题意；
C、(𝑎2)3 =𝑎6
，故本选项正确，符合题意；
D、(𝑎−𝑏)2 =𝑎2 −2𝑎𝑏+𝑏2 ，故本选项错误，不符合题意；
5．（本题3分）甲骨文是我国已发现最早的成熟文字，代表了早期中华文明的辉煌成就．正面分别印有甲
骨文“美”“丽”“山”“河”的四张卡片如图所示，它们除正面外完全相同．把这四张卡片背面朝上洗匀，从中随
机抽取一张，则这张卡片正面恰好是甲骨文“山”的概率是（ ）
1 1 1 1
A． B． C． D．
12 6 4 2
【答案】C
【详解】解：把这四张卡片背面朝上洗匀，从中随机抽取一张，则这张卡片正面恰好是甲骨文“山”的概率
1
是 ．
4
6．（本题3分）为响应“绿色低碳，节能降耗”号召，某校举办校园节能知识竞赛，九年级（2）班20名参
赛学生的成绩（单位：分）如下：82、85、85，90，85，95，85，90，85，80，85，90，95，85，90，
80，85，90，85，90．这组数据的众数是（ ）
A．80 B．85 C．90 D．95
【答案】B
【分析】根据众数是一组数据中出现次数最多的数可得答案．
【详解】解：∵这组数据中，85出现9次，出现的次数最多，
∴这组数据的众数是85．
7．（本题3分）如图，直线𝑚与直线𝑛，𝑝分别相交，已知𝑛∥𝑝，∠1=115°，则∠4=（ ）A．65° B．115° C．125° D．135°
【答案】A
【分析】先根据两直线平行，同位角相等求得∠3的度数，再根据邻补角的定义求得∠4的度数即可．
【详解】解：∵𝑛∥𝑝，∠1=115°，
∴∠3=∠1=115°，
∴∠4=180°−∠3=65°．
8．（本题3分）如图，把△𝐴𝐵𝐶纸片沿𝐷𝐸折叠，点A落在四边形𝐵𝐶𝐸𝐷的外部，∠1=100°，∠2=44°，
则∠𝐴的度数为（ ）
A．28° B．30° C．32° D．33°
【答案】A
【分析】根据折叠的性质可得∠𝐴𝐷𝐸=∠𝐴′ 𝐷𝐸，∠𝐴𝐸𝐷=∠𝐴′ 𝐸𝐷=∠2+∠𝐶𝐸𝐷=44°+∠𝐶𝐸𝐷，再利用三
角形外角的性质表示出∠𝐶𝐸𝐷，然后根据∠𝐴𝐸𝐷+∠𝐶𝐸𝐷=180°即可求解．
【详解】解：由折叠可知，∠𝐴𝐷𝐸=∠𝐴′ 𝐷𝐸，∠𝐴𝐸𝐷=∠𝐴′ 𝐸𝐷=∠2+∠𝐶𝐸𝐷=44°+∠𝐶𝐸𝐷，
∴∠𝐴𝐷𝐸=∠𝐴′ 𝐷𝐸= 1 ∠𝐴𝐷𝐴′ = 1 (180°−∠1)= 1 (180°−100°)=40°，
2 2 2
∵∠𝐶𝐸𝐷=∠𝐴𝐷𝐸+∠𝐴=40°+∠𝐴，
∴∠𝐴𝐸𝐷=44°+∠𝐶𝐸𝐷=44°+40°+∠𝐴=84°+∠𝐴，
∵∠𝐴𝐸𝐷+∠𝐶𝐸𝐷=180°，
∴84°+∠𝐴+40°+∠𝐴=180°，
∴∠𝐴=28°．
⏜
9．（本题3分）如图，△𝐴𝐵𝐶内接于⊙𝑂，点𝐸在𝐴𝐵上，点𝐷在劣弧𝐴𝐶上，连接𝐴𝐷、𝐶𝐷、𝐶𝐸，若四边形
𝐴𝐷𝐶𝐸为平行四边形，且∠𝐷=108°，则∠𝐵𝐶𝐸的度数为（ ）A．30° B．35° C．36° D．40°
【答案】C
【分析】先利用圆内接四边形性质求得∠𝐵的度数，再由平行四边形的性质可得∠𝐴𝐸𝐶的度数，最后根据外
角的性质可求得∠𝐵𝐶𝐸的度数．
【详解】解：∵∠𝐷=108°，
∴∠𝐵=180°−∠𝐷=72°，
∵四边形𝐴𝐷𝐶𝐸为平行四边形，∠𝐷=108°，
∴∠𝐴𝐸𝐶=∠𝐷=108°，
∴∠𝐵𝐶𝐸=∠𝐴𝐸𝐶−∠𝐵=108°−72°=36°．
10．（本题3分）如图1所示，将一个等腰直角三角板𝐴𝐵𝐶摆放在平面直角坐标系中，其中直角边𝐴𝐶在x
轴上，点B在第二象限，将直线𝑙:𝑦=𝑥−3沿x轴负方向以每秒1个单位长度的速度平移．设平移过程中该
直线被△𝐴𝐵𝐶的边截得的线段长度为m，平移时间为t，m与t的函数图像如图2所示，下列结论错误的
是（ ）
A．点A的坐标为(1,0) B．△𝐴𝐵𝐶的面积为8
C．边𝐴𝐵所在直线的表达式为𝑦=−𝑥+1D．D点坐标为(6,4)
【答案】D
【分析】先求得点M的坐标，进而求得𝑂𝑀的长，由函数图像可知，当𝑡=2时，直线l经过点A，得
𝐴𝑀=2，可得𝐴(1,0)，可判断选项A；由函数图像可知：当𝑡=6时，直线l经过点C，
1 1
𝑂𝐶=𝐶𝑀−𝑂𝑀=3，𝐴𝐶=4，得△𝐴𝐵𝐶的面积： 𝐴𝐶⋅𝐵𝐶= ×4×4=8，可判断选项B；由𝐵(−3,4)，
2 2
1
可得直线𝐴𝐵的解析式为𝑦=−𝑥+1，可判断选项C；由𝑙⊥𝐴𝐵，得当l经过点C时，由𝐴𝐶=𝐵𝐶，得𝑚=
2
𝐴𝐵=2 2，得𝐷 6,2 2 ，可判断选项D．
【详解】解：A、令直线𝑙:𝑦=𝑥−3=0，解得：𝑥=3，
∴点M的坐标为(3,0)，∴𝑂𝑀=3，
由函数图像可知：当𝑡=2时，直线l经过点A，
∴𝐴𝑀=2，
∴𝑂𝐴=𝑂𝑀−𝐴𝑀=1
∴点A的坐标为(1,0)，故选项A正确；
B、由函数图像可知：当𝑡=6时，直线l经过点C，
∴𝐶𝑀=6，
∴𝑂𝐶=𝐶𝑀−𝑂𝑀=3，
∴点C的坐标为(−3,0)，
∴𝐴𝐶=4，
1 1
∴△𝐴𝐵𝐶的面积： 𝐴𝐶⋅𝐵𝐶= ×4×4=8，即选项B正确；
2 2
C、∵𝐴𝐶=𝐵𝐶=4，
∴𝐵(−3,4)，
设直线𝐴𝐵的解析式为𝑦=𝑘𝑥+𝑏，
𝑘+𝑏=0 𝑘=−1
则 −3𝑘+𝑏=4，解得 𝑏=1 ，
∴𝑦=−𝑥+1，即选项C正确；
D、∵𝐴𝐶=𝐵𝐶=4，∠𝐴𝐶𝐵=90°，
∴∠𝐵𝐴𝐶=45°，直线l和x轴正方向的夹角为45°，
∴𝑙⊥𝐴𝐵，
∵𝐴𝐶=𝐵𝐶，
1
∴当l经过点C时， 𝑚= 𝐴𝐵=2 2，
2
∴𝐷 6,2 2 ，
∴选项D错误，符合题意．
故选：D．
二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，满分18分）11．（本题3分）因式分解：𝑥2 𝑦−𝑥𝑦2 =__________．
【答案】𝑦𝑥(𝑥−𝑦)/𝑥𝑦(𝑥−𝑦)
【分析】使用提公因式法进行因式分解即可．
【详解】解：𝑥2 𝑦−𝑥𝑦2
=𝑥𝑦⋅𝑥−𝑥𝑦⋅𝑦
=𝑥𝑦(𝑥−𝑦)
2
12．（本题3分）方程 =1的解是________．
𝑥−1
【答案】𝑥=3
【分析】将分式方程去分母转化为整式方程，求解整式方程后进行检验，得到原分式方程的解．
2
【详解】解： =1，
𝑥−1
方程两边同乘最简公分母(𝑥−1)，得2=𝑥−1，
移项合并同类项，得𝑥=3，
检验：当𝑥=3时，𝑥−1=3−1=2≠0，
因此𝑥=3是原分式方程的解．
13．（本题3分）如图，以正五边形𝐴𝐵𝐶𝐷𝐸一边𝐴𝐵为边在其内部作等边△𝐴𝐵𝐹，延长𝐴𝐹交𝐶𝐷于点𝐺，则
∠𝐶𝐺𝐹的度数为________．
【答案】84°/84度
【分析】利用正多边形的内角和公式，求出正五边形的一个内角的度数，得到∠𝐶和∠𝐴𝐵𝐶的度数，再借助
等边三角形的内角为60°，四边形的内角和为360°，计算即可．
(5−2)×180°
【详解】解：由正多边形的内角公式，可得∠𝐶=∠𝐴𝐵𝐶= =108°，
5
∵△𝐴𝐵𝐶是等边三角形，
∴∠𝐴𝐹𝐵=∠𝐴𝐵𝐹=60°，
∴∠𝐺𝐹𝐵=180°−∠𝐴𝐹𝐵=120°，∠𝐹𝐵𝐶=∠𝐴𝐵𝐶−∠𝐴𝐵𝐹=108°−60°=48°，
∴∠𝐶𝐺𝐹=360°−∠𝐺𝐹𝐵−∠𝐹𝐵𝐶−∠𝐶=84°，
故答案为：84°．
14．（本题3分）如图，在⊙𝑂中，弦𝐴𝐵垂直于直径𝐶𝐷，垂足是𝐸，已知∠𝐷=22.5°, 𝑂𝐵=4 2，则𝐴𝐵的
长为__________．【答案】8
【分析】根据三角形的外角的性质以及等腰三角形的性质得∠𝐸𝑂𝐵=2∠𝐷=45°，得出△𝐵𝑂𝐸是等腰直角
三角形，进而根据垂径定理和勾股定理得出𝐸𝐵=𝐴𝐸=4，即可求解．
【详解】解：∵𝑂𝐷=𝑂𝐵，∠𝐷=22.5°
∴∠𝑂𝐵𝐷=∠𝐷=22.5°
∴∠𝐸𝑂𝐵=2∠𝐷=45°
∵弦𝐴𝐵垂直于直径𝐶𝐷
∴△𝐵𝑂𝐸是等腰直角三角形，𝐴𝐸=𝐸𝐵,𝑂𝐸⊥𝐴𝐵
2
∴𝐸𝐵= 𝑂𝐵=4
2
∴𝐴𝐵=2𝐸𝐵=8
6 𝑘
15．（本题3分）如图，点𝑀在函数𝑦
1
=
𝑥
(𝑥>0)图象上，过点𝑀作𝑀𝐴⊥𝑥轴于点𝐴，交函数𝑦
2
=
𝑥
(𝑥>0)
图象于点𝑁，连接𝑂𝑀和𝑂𝑁，如果△𝑀𝑂𝑁的面积为2，那么𝑘=___________．
【答案】2
【分析】根据反比例函数k值的几何意义解答即可．
6
【详解】解：∵点M在函数𝑦 = (𝑥>0)图象上，
1 𝑥
∴𝑆 =3，
△𝐴𝑂𝑀
∵△𝑀𝑂𝑁的面积为2，
∴𝑆 =3−2=1，
△𝐴𝑂𝑁
∴𝑘=1×2=2．
16．（本题3分）组合数学常应用于计算机编程，计算机中著名的康威生命问题与开关问题有相似的地方．为一个开关阵列，每个开关只有“开”和“关”两种状态，按其中一个开关一次，将导致自身和周围所有
相邻的开关改变状态，例如，按(2,2)将导致(1,2)，(2,1)，(2,3)，(3,2)改变状态．如果要求只改变(1,1)的
状态，则需按开关的最少次数为____．
(1,1) (1,2) (1,3)
(2,1) (2,2) (2,3)
(3,1) (3,2) (3,3)
【答案】5
【分析】本题主要考查了简单的合情推理；要只改变(1,1)的状态，则只有在(1,1)及周边按动开关才可以实
现开关的次数最少，借助表格分析即可.
【详解】解：根据题意可知：只有在(1,1)及周边按动开关，才可以使按开关的次数最少，具体原因如下：
假设开始按动前所有开关均为关闭状态，要只改变(1,1)的状态，在按动(1,1)后，(1,2)，(2,1)也改变；
下一步可同时恢复或逐一恢复，同时恢复需按动(2,2)，但会导致周边的(2,3)，(3,2)也改变，因此会按动
开关更多的次数；所以接下来逐一恢复，至少需按开关3次；这样沿着周边的开关再按动，可以实现最少
的开关次数，即按动5次可以满足要求；
如下表所示：
(1,1) (1,2) (1,3) (2,1) (2,2) (2,3) (3,1) (3,2) (3,3)
按动
开 开 关 开 关 关 关 关 关
(1,1)
按动
开 关 开 开 关 开 关 关 关
(1,3)
按动
开 关 关 开 开 关 关 关 开
(2,3)
按动
开 关 关 开 关 关 开 开 关
(3,2)
按动
开 关 关 关 关 关 关 关 关
(3,1)
则需按开关的最少次数为5次.
故答案为：5.三、解答题（本大题共8题，满分72分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
−1
17．（本题6分）计算：(−1)3 +|−2 12|−4cos30∘ + 1 ．
2
【答案】1+2 3
【分析】本题考查二次根式的运算，特殊角的三角函数值的运算，先化简各数，再进行加减运算即可．熟
练掌握相关运算法则，熟记特殊角的三角函数值，是解题的关键．
3
【详解】解：原式=−1+2×2 3−4× +2
2
=1+2 3．
10𝑥>7𝑥+6
18．（本题6分）解不等式组： 𝑥−1< 𝑥+7 ．
3
【答案】2<𝑥<5
【分析】分别求出不等式组中两个不等式的解集，进而求出不等式组的解集即可．
10𝑥>7𝑥+6
【详解】解： 𝑥−1< 𝑥+7
3
解不等式10𝑥>7𝑥+6，
移项得10𝑥−7𝑥>6，
合并同类项得3𝑥>6，
系数化为1得𝑥>2；
𝑥+7
解不等式𝑥−1< ，
3
去分母得3(𝑥−1)<𝑥+7，
去括号得3𝑥−3<𝑥+7，
移项得3𝑥−𝑥<7+3
合并同类项得2𝑥<10，
系数化为1得𝑥<5，
∴原不等式组的解集为2<𝑥<5．
19．（本题6分）如图，在Rt△𝐴𝐵𝐶中，∠𝐶=90°，∠𝐶𝐴𝐵的平分线𝐴𝐷交𝐵𝐶于点D，过点D作𝐷𝐸⊥𝐴𝐵，
垂足为E，此时点E恰为𝐴𝐵的中点．
(1)求证：△𝐴𝐶𝐷≌△𝐴𝐸𝐷；
(2)若𝐵𝐶=9，求𝐷𝐸的长．
【答案】(1)见解析(2)3
【分析】（1）根据AAS证明即可；
（2）先得到∠𝐵=∠𝐵𝐴𝐷=∠𝐶𝐴𝐷，继而求出∠𝐵=30°，然后由30°的直角三角形的性质求解即可．
【详解】（1）证明：∵∠𝐶𝐴𝐵的平分线𝐴𝐷交𝐵𝐶于点D，
∴∠𝐶𝐴𝐷=∠𝐸𝐴𝐷，
∵𝐷𝐸⊥𝐴𝐵，∠𝐶=90°
∴∠𝐷𝐸𝐴=∠𝐶=90°，
∵𝐴𝐷=𝐴𝐷
∴△𝐴𝐶𝐷≌△𝐴𝐸𝐷(AAS)；
（2）解：∵𝐷𝐸⊥𝐴𝐵，且E为𝐴𝐵的中点
∴𝐷𝐸垂直平分𝐴𝐵．
∴𝐴𝐷=𝐵𝐷，
∴∠𝐵=∠𝐵𝐴𝐷．
∵𝐴𝐷是∠𝐶𝐴𝐵的平分线，
∴∠𝐶𝐴𝐷=∠𝐵𝐴𝐷，
∵∠𝐶=90°，
∴∠𝐵+∠𝐵𝐴𝐶=90°，
∴3∠𝐶𝐴𝐷=90°，
∴∠𝐶𝐴𝐷=30°，
∴∠𝐵=30°，
∵𝐷𝐸⊥𝐴𝐵，
∴𝐵𝐷=2𝐷𝐸，
∵△𝐴𝐶𝐷≌△𝐴𝐸𝐷(AAS)，
∴𝐷𝐸=𝐷𝐶，
∵𝐷𝐵+𝐶𝐷=𝐵𝐶=9，
∴3𝐷𝐸=9，
∴𝐷𝐸=3．
20．（本题8分）促进青少年健康成长是实施“健康中国”战略的重要内容．为了引导学生积极参与体育运
动，某校举办了一分钟跳绳比赛，随机抽取了40名学生一分钟跳绳的次数进行调查统计，并根据调查统
计结果绘制了如图表格和统计图：
等级 次数 频数
不合格 100≤𝑥<120 4合格 120≤𝑥<140 a
良好 140≤𝑥<160 12
优秀 160≤𝑥<180 b
请结合上述信息完成下列问题：
(1)𝑎=______，𝑏=______；
(2)请补全频数分布直方图；
(3)在扇形统计图中，“良好”等级对应的圆心角的度数是______；
(4)若该校有2000名学生，根据抽样调查结果，请估计该校学生一分钟跳绳次数达到合格及以上的人数．
【答案】(1)14，10
(2)见解析
(3)108°
(4)1800人
【分析】（1）先求出“优秀”等级对应的学生人数，求出𝑏的值，再用抽取的人数减去“不合格”、 “良好”、
“优秀”对应的学生人数，即可求出𝑎的值；
（2）结合（1）中的数据即可补全频数分布直方图；
（3）用360°乘上“良好”等级人数占比即可；
（4）先求出40名学生一分钟跳绳的次数达到合格及以上的人数占比，再乘2000即可解答．
【详解】（1）解：𝑏=40×25%=10，
𝑎=40−4−12−10=14，
∴综上，𝑎=14，𝑏=10；
（2）解：补全频数分布直方图如下：
12
（3）解：360°× =108°，
40∴“良好”等级对应的圆心角的度数是108°；
14+12+10
（4）解：2000× =1800（人），
40
答：估计该校学生一分钟跳绳次数达到合格及以上的人数为1800人．
21．（本题8分）如图，四边形𝐴𝐵𝐶𝐷为平行四边形，E为边𝐴𝐷上一点，连接𝐴𝐶、𝐵𝐸，它们相交于点F，
且∠𝐴𝐶𝐵=∠𝐴𝐵𝐸．
(1)求证：𝐴𝐸2 =𝐸𝐹⋅𝐵𝐸；
(2)若𝐴𝐸=2，𝐸𝐹=1，求𝐵𝐹的长．
【答案】(1)见解析
(2)3
【分析】（1）由平行四边形的性质得𝐴𝐷∥𝐵𝐶，则∠𝐹𝐴𝐸=∠𝐴𝐶𝐵，因为∠𝐴𝐶𝐵=∠𝐴𝐵𝐸，所以
∠𝐹𝐴𝐸=∠𝐴𝐵𝐸，而∠𝐹𝐸𝐴=∠𝐴𝐸𝐵，则△𝐹𝐸𝐴∽△𝐴𝐸𝐵，再根据相似三角形的性质即可证明结论；
（2）由𝐴𝐸2 =𝐸𝐹⋅𝐵𝐸且𝐴𝐸=2、𝐸𝐹=1，求得𝐵𝐸=
𝐴𝐸2
=4，则𝐵𝐹=𝐵𝐸−𝐸𝐹=3．
𝐸𝐹
【详解】（1）证明：∵四边形𝐴𝐵𝐶𝐷为平行四边形，
∴𝐴𝐷∥𝐵𝐶，
∵E为边𝐴𝐷上一点，𝐴𝐶与𝐵𝐸相交于点F，
∴∠𝐹𝐴𝐸=∠𝐴𝐶𝐵，
∵∠𝐴𝐶𝐵=∠𝐴𝐵𝐸，
∴∠𝐹𝐴𝐸=∠𝐴𝐵𝐸，
∵∠𝐹𝐸𝐴=∠𝐴𝐸𝐵，
∴△𝐹𝐸𝐴∽△𝐴𝐸𝐵，
𝐴𝐸 𝐸𝐹
∴ = ，
𝐵𝐸 𝐴𝐸
∴𝐴𝐸2 =𝐸𝐹⋅𝐵𝐸．
（2）解：∵𝐴𝐸2 =𝐸𝐹⋅𝐵𝐸且𝐴𝐸=2、𝐸𝐹=1，
𝐴𝐸2
∴𝐵𝐸= =4，
𝐸𝐹
∴𝐵𝐹=𝐵𝐸−𝐸𝐹=4−1=3．
22．（本题9分）山河壮丽如画卷，万里锦绣映华夏．越来越多的人们通过旅游感受祖国的大好河山，放
松心情，浩浩一家在咸阳某景区游玩时，发现景区的游客中心（𝐴𝐵）上面有一面旗帜，浩浩想知道这面旗
帜的高度，于是设计了以下测量方案：他先在游客中心前分别放置了高为1𝑚的测角仪（𝑀𝑁）和一根高1.5
m的竹竿（𝐷𝐸）．在某一时刻的阳光下，旗帜的影子顶端与竹竿的影子顶端在点𝐹处重合．然后他用皮尺测得𝐵𝑁=3m，𝐸𝑁=3m，𝐸𝐹=2m，用测角仪测得游客中心顶端𝐴的仰角为52°．已知𝐶𝐵⊥𝐵𝐹, 𝑀𝑁⊥𝐵𝐹,
𝐷𝐸⊥𝐵𝐹，求游客中心上的旗帜（𝐴𝐶）的高度．（参考数据：sin52°≈0.79, cos52°≈0.62, tan52°≈1.28）
【答案】1.16m
【分析】过点M作𝑀𝐻⊥𝐴𝐵，根据题意得出𝑀𝑁=𝐵𝐻=1m，𝑀𝐻=𝐵𝑁=3m，再由正切函数的定义得出
𝐴𝐻=tan52°⋅𝑀𝐻=1.28×3=3.84m，利用相似三角形的判定和性质确定𝐶𝐵=6，结合图形即可求解．
【详解】解：过点M作𝑀𝐻⊥𝐴𝐵，如图所示：
根据题意得：四边形𝑀𝑁𝐵𝐻为矩形，
∴𝑀𝑁=𝐵𝐻=1m，𝑀𝐻=𝐵𝑁=3m，
∵用测角仪测得游客中心顶端𝐴的仰角为52°，
∴∠𝐴𝑀𝐻=52°，
𝐴𝐻
∴tan∠𝐴𝑀𝐻= ，
𝑀𝐻
∴𝐴𝐻=tan52°⋅𝑀𝐻=1.28×3=3.84m，
∴𝐴𝐵=𝐴𝐻+𝐵𝐻=4.84m，
∵𝐶𝐵⊥𝐵𝐹, 𝐷𝐸⊥𝐵𝐹，
∴𝐶𝐵∥𝐷𝐸，
∴△𝐷𝐸𝐹∽△𝐶𝐵𝐹，𝐷𝐸 𝐸𝐹 1.5 2
∴ = 即 = ，
𝐶𝐵 𝐵𝐹 𝐶𝐵 3+3+2
∴𝐶𝐵=6
∴𝐴𝐶=𝐶𝐵−𝐴𝐵=6−4.84=1.16m．
23．（本题9分）如图，在正方形𝐴𝐵𝐶𝐷中，点𝑃在边𝐴𝐷上（点𝑃不与点𝐴,𝐷重合），沿𝐵𝑃折叠正方形，使点
𝐴落在正方形内部的点𝑀处．展开后，连接𝑃𝑀,𝐵𝑀，并延长𝑃𝑀交𝐶𝐷于点𝐸，过点𝐸作𝐸𝐹∥𝐵𝐶，分别交𝐴𝐵，
𝐵𝑃于点𝐹,𝑁．
(1)如图1，当∠𝐴𝐵𝑃=30°时，
①证明：△𝑃𝑁𝐸是等边三角形；
𝐶𝐸 𝐶𝐸
②判断 的值是否为定值？若是，求 的值；若不是，请说明理由．
𝐶𝐷 𝐶𝐷
(2)如图2，若正方形边长为4，求𝐶𝐸⋅𝑃𝐷(𝐴𝑃+𝐴𝐷)+8𝐴𝑃的最小值．
𝐶𝐸
【答案】(1)①见解析；②为定值， =2− 3
𝐶𝐷
(2)最小值为28
【分析】（1）①由折叠得∠𝑃𝐵𝑀=∠𝐴𝐵𝑃=30°,∠𝐴𝑃𝐵=∠𝐸𝑃𝐵，由平行线的性质得出∠𝐵𝐹𝐸=90°，由三
角形内角和定理以及对顶角相等分别求出∠𝑃𝑁𝐸=∠𝑁𝑃𝐸=60°，进而可证明．
②设正方形边长为𝑎,𝐶𝐸=𝑥，则𝐷𝐸=𝑎−𝑥．分别表示出𝑁𝐸,𝑃𝐸，由等边三角形的性质可知𝑁𝐸=𝑃𝐸，即
3 2 3(𝑎−𝑥)
𝑎− 𝑥= ，整理即可得出答案．
3 3
（2）设𝐴𝑃=𝑛(0<𝑛<4),𝑃𝐷=𝐴𝐷−𝐴𝑃=4−𝑛，则𝐴𝑃+𝐴𝐷=𝑛+4.利用全等三角形的判定和性质得出
𝐹𝐵
𝑀𝐸=𝐶𝐸，设𝐶𝐸=𝐹𝐵=𝑚，则𝐷𝐸=4−𝑚,𝑃𝐸=𝑚+𝑛．利用相似三角形的判定和性质得出𝐹𝑁=𝐴𝑃⋅
𝐴𝐵
𝑚𝑛
= ，由等角对等边得出𝑃𝐸=𝑁𝐸，然后把各式代入𝐶𝐸⋅𝑃𝐷(𝐴𝑃+𝐴𝐷)+8𝐴𝑃，最后利用二次函数的性质
4
求解即可得出答案．
【详解】（1）解：①证明：∵四边形𝐴𝐵𝐶𝐷为正方形，
∴∠𝐴=∠𝐴𝐵𝐶=90°．
由折叠得∠𝑃𝐵𝑀=∠𝐴𝐵𝑃=30°,∠𝐴𝑃𝐵=∠𝐸𝑃𝐵，
∵𝐸𝐹∥𝐵𝐶，
∴∠𝐵𝐹𝐸=180°−∠𝐴𝐵𝐶=180°−90°=90°．
在Rt△𝐵𝑁𝐹中，∠𝐵𝑁𝐹=180°−∠𝐹𝐵𝑁−∠𝐵𝐹𝑁=180°−30°−90°=60°，
∴∠𝑃𝑁𝐸=∠𝐹𝑁𝐵=60°．
在Rt△𝐴𝐵𝑃中，
∠𝐴𝑃𝐵=180°−∠𝐴−∠𝐴𝐵𝑃=180°−90°−30°=60°，
∴∠𝐸𝑃𝐵=∠𝐴𝑃𝐵=60°，
∴∠𝑃𝐸𝑁=180°−∠𝐸𝑃𝑁−∠𝑃𝑁𝐸=180°−60°−60°=60°，
∴△𝑃𝑁𝐸是等边三角形；
𝐶𝐸
② =2− 3，为定值．理由如下：
𝐶𝐷
设正方形边长为𝑎,𝐶𝐸=𝐵𝐹=𝑥，则𝐷𝐸=𝑎−𝑥．
3
在Rt△𝐵𝐹𝑁中，𝐹𝑁=𝐵𝐹⋅tan∠𝐹𝐵𝑁= 𝑥，
3
3
∴𝑁𝐸=𝑎− 𝑥．
3
在Rt△𝑃𝐷𝐸中，𝐷𝐸=𝑎−𝑥，∠𝑃𝐸𝐷=90°−∠𝑃𝐸𝑁=30°，
𝐷𝐸 2 3(𝑎−𝑥)
∴𝑃𝐸= = ，
cos30° 3
∵𝑁𝐸=𝑃𝐸，
3 2 3(𝑎−𝑥)
∴𝑎− 𝑥= ，
3 3
解得𝑥=(2− 3)𝑎，
𝐶𝐸 𝑥 (2− 3)𝑎
∴ = = =2− 3．
𝐶𝐷 𝑎 𝑎
（2）解：设𝐴𝑃=𝑛(0<𝑛<4),𝑃𝐷=𝐴𝐷−𝐴𝑃=4−𝑛，
∴𝐴𝑃+𝐴𝐷=𝑛+4.
在Rt△𝐵𝑀𝐸和Rt△𝐵𝐶𝐸中，
𝐵𝑀=𝐵𝐶，
𝐵𝐸=𝐵𝐸，
∴Rt△𝐵𝑀𝐸≅Rt△𝐵𝐶𝐸(HL)，
∴𝑀𝐸=𝐶𝐸，
设𝐶𝐸=𝐹𝐵=𝑚，
则𝐷𝐸=4−𝑚,𝑃𝐸=𝑚+𝑛．
又∵𝐸𝐹∥𝐵𝐶，
∴△𝐵𝐹𝑁~△𝐵𝐴𝑃，∠𝐴𝑃𝐵=∠𝐵𝑁𝐹=∠𝐵𝑃𝐸，
𝐹𝑁 𝐹𝐵
∴ = ，
𝐴𝑃 𝐴𝐵
𝐹𝐵 𝑚𝑛
∴𝐹𝑁=𝐴𝑃⋅ = ．
𝐴𝐵 4
又∵∠𝐴𝑃𝐵=∠𝐵𝑃𝐸=∠𝑃𝑁𝐸，
∴𝑃𝐸=𝑁𝐸，𝑚𝑛
∴𝑚+𝑛=4− ，
4
16−4𝑛
∴𝑚= ，
4+𝑛
16−4𝑛
∴𝐶𝐸=𝑚= ，
4+𝑛
16−4𝑛
∴𝐶𝐸⋅𝑃𝐷⋅(𝐴𝑃+𝐴𝐷)+8𝐴𝑃= ⋅(4−𝑛)⋅(4+𝑛)+8𝑛
4+𝑛
=4𝑛2−24𝑛+64
=4(𝑛−3)2 +28，
∴当𝐴𝑃=3时，𝐶𝐸⋅𝑃𝐷(𝐴𝑃+𝐴𝐷)+8𝐴𝑃取得最小值为28．
24．（本题10分）我们将抛物线𝑦=𝑎𝑥2 +𝑏𝑥+𝑐(𝑎≠0,𝑏≠0且𝑎≠𝑏)与抛物线𝑦=𝑏𝑥2 +𝑐𝑥+𝑎称之为“轮
换抛物线”．例如：抛物线𝑦=3𝑥2 +4𝑥+5与抛物线𝑦=4𝑥2 +5𝑥+3就是一组轮换抛物线．已知抛物线𝐶
1
:𝑦=𝑎𝑥2 +𝑏𝑥+4𝑎−3，其轮换抛物线记作𝐶 ．
2
(1)若𝐶
1
与𝐶
2
交于𝑦轴上的同一点𝑀，求𝑎的值；
(2)在（1）的条件下且𝑏<0，抛物线𝐶
1
与其轮换抛物线𝐶
2
的另一个交点记作𝑁点，若将点𝑀绕点𝑁顺时针
旋转90∘ 后，𝑀的对应点𝑃恰好落在抛物线𝐶 的图象上，求出此时𝑏的值；
1
(3)小明同学阅读了《苏科版（数学）》课本九年级下册《数学实验室》介绍的用几何画板画二次函数图象
内容后，自己动手画了抛物线𝐶 :𝑦=𝑎𝑥2 +𝑏𝑥+4𝑎−3及其轮换抛物线𝐶 的图象，𝐶 与𝐶 与𝑦轴的交点分别
1 2 1 2
记作𝑃 𝑄（𝑃 𝑄两点不重合）．小明发现，不论𝑎 𝑏为何值时，两抛物线始终有一交点𝐺点在与𝑥轴垂直的某
､ ､ ､
一固定直线上运动．若𝑃𝐺=𝑄𝐺，求𝑎与𝑏的函数关系式．
【答案】(1)𝑎=1
(2)𝑏的值为−2
1
(3)𝑏= (3−5𝑎)
2
【分析】（1）根据定义求出轮换抛物线𝐶
2
:𝑦=𝑏𝑥2 +(4𝑎−3)𝑥+𝑎，再由题意得到方程4𝑎−3=𝑎，求出a
的值即可；
（2）求出𝑁(1,2+𝑏)，𝑀(0,1)，过𝑁点作𝐸𝐹⊥𝑦轴交于点𝐸，过𝑃点作𝑃𝐹⊥𝐸𝐹交于点𝐹，证明
△𝑀𝑁𝐸≌△𝑁𝑃𝐹(AAS)，得𝐸𝑁=𝑃𝐹=1,𝑀𝐸=𝑁𝐹=|−1−𝑏|，分两种情况讨论：当−1<𝑏<0时，𝑃
(−1−𝑏,𝑏+3)；当𝑏≤−1时，𝑃(−𝑏,3+𝑏)；分别列方程求解即可；
（3）先求抛物线𝐶
1
:𝑦=𝑎𝑥2 +𝑏𝑥+4𝑎−3的轮换抛物线𝐶
2
为：𝑦=𝑏𝑥2 +(4𝑎−3)𝑥+𝑎，再求出𝑃(0,4𝑎−3)3−3𝑎
,𝑄(0,𝑎)，当𝑎𝑥2 +𝑏𝑥+4𝑎−3=𝑏𝑥2 +(4𝑎−3)𝑥+𝑎时，解得𝑥=1或𝑥= ，可知𝐺(1,5𝑎+𝑏−3)，再由
𝑎−𝑏
𝑃𝐺=𝑄𝐺，得到(5𝑎+2𝑏−3)(𝑎−1)=0，即可求得𝑎与𝑏的函数关系式．
【详解】（1）解：∵抛物线𝐶
1
:𝑦=𝑎𝑥2 +𝑏𝑥+4𝑎−3，
∴轮换抛物线𝐶 :𝑦=𝑏𝑥2 +(4𝑎−3)𝑥+𝑎，
2
∵𝐶 与𝐶 交于𝑦轴上的同一点𝑀，
1 2
∴4𝑎−3=𝑎,
解得𝑎=1；
（2）解：∵𝑎=1，
∴抛物线𝐶 :𝑦=𝑥2 +𝑏𝑥+1，轮换抛物线𝐶 :𝑦=𝑏𝑥2 +𝑥+1，
1 2
当𝑥2 +𝑏𝑥+1=𝑏𝑥2 +𝑥+1时，𝑥=0或𝑥=1，
∴𝑁(1,2+𝑏),
由𝑎=1可知𝑀(0,1)，
过𝑁点作𝐸𝐹⊥𝑦轴交于点𝐸，过𝑃点作𝑃𝐹⊥𝐸𝐹交于点𝐹，
∵∠𝑀𝑁𝑃=90∘
,
∴∠𝑀𝑁𝐸+∠𝑃𝑁𝐹=90∘,
∵∠𝑀𝑁𝐸+∠𝐸𝑀𝑁=90∘,
∴∠𝑃𝑁𝐹=∠𝐸𝑀𝑁,
∵𝑀𝑁=𝑁𝑃,
∴△𝑀𝑁𝐸≌△𝑁𝑃𝐹(AAS),
∴𝐸𝑁=𝑃𝐹=1,𝑀𝐸=𝑁𝐹= |−1−𝑏|
∵𝑏<0，
当−1<𝑏<0时，𝑁点在𝑀点的上方，按顺时针方向旋转后𝑃的坐标为(−1−𝑏,𝑏+3)，
∴3+𝑏=(−1−𝑏)2+𝑏(−1−𝑏)+1,
方程无解；
当𝑏≤−1时，𝑃(−𝑏,3+𝑏)，
∴3+𝑏=(−𝑏)2+𝑏(−𝑏)+1,
解得𝑏=−2；
综上所述：𝑏的值为−2；（3）解：抛物线𝐶
1
:𝑦=𝑎𝑥2 +𝑏𝑥+4𝑎−3的轮换抛物线𝐶
2
为：𝑦=𝑏𝑥2 +(4𝑎−3)𝑥+𝑎，
∴𝑃(0,4𝑎−3),𝑄(0,𝑎),
∵𝑃、𝑄不重合，
∴4𝑎−3≠𝑎,
∴𝑎≠1，
当𝑎𝑥2 +𝑏𝑥+4𝑎−3=𝑏𝑥2 +(4𝑎−3)𝑥+𝑎时，整理得(𝑥−1)[(𝑎−𝑏)𝑥−3𝑎+3]=0，
3−3𝑎
解得𝑥=1或𝑥= ，
𝑎−𝑏
∴𝐺点的横坐标为1，
∴𝐺(1,5𝑎+𝑏−3),
∵𝑃𝐺=𝑄𝐺，
∴1+(5𝑎+𝑏−3−4𝑎+3)2 =1+(5𝑎+𝑏−3−𝑎)2 ，
∴(5𝑎+2𝑏−3)(𝑎−1)=0，
∴5𝑎+2𝑏=3，
1
∴𝑏= (3−5𝑎)．
2
25．（本题10分）如图，𝐴𝐵为⊙𝑂直径，C为圆O上一动点，且C在直径𝐴𝐵上方，连接𝐴𝐶，𝐵𝐶，点M
为𝐴𝐶中点，连接𝐵𝑀，与𝐴𝐶相交于点N．
(1)如图1，连接𝑂𝑀，求证：𝑂𝑀∥𝐵𝐶；
(2)如图2，连接𝑂𝑁，𝐴𝑀，当𝑂𝑁⊥𝐵𝑀时，求tan∠𝐵𝐴𝐶的值；
(3)如图3，作𝑀𝐻⊥𝐴𝐵于H，∠𝐵𝑀𝐾=∠𝐵𝐴𝐶，与⊙𝑂交于点K（点K在𝐴𝐵下方），𝑀𝐾与𝐴𝐵交于点E．若
𝐵𝐶= 3，𝑀𝐻= 6，求：
①⊙𝑂的直径；
②𝐸𝐾的长．
【答案】(1)见解析
2
(2)
4
(3)①3 3；②𝐸𝐾=2
【分析】（1）由垂径定理可得𝑂𝑀⊥𝐴𝐶，再由圆周角定理得出𝐶𝐵⊥𝐴𝐶，即可得证；
（2）连接𝑂𝑀交𝐴𝐶于点𝐺，由垂径定理可得𝑂𝑀⊥𝐴𝐶，𝐴𝐺=𝐶𝐺，证明𝑂𝐺为△𝐴𝐵𝐶的中位线，得出𝐵𝐶=2𝑂𝐺，再由垂径定理可得𝐵𝑁=𝑀𝑁，由圆周角定理可得∠𝐴𝐶𝐵=90°，证明△𝐵𝐶𝑁≌△𝑀𝐺𝑁(AAS)，
得出𝑀𝐺=𝐵𝐶=2𝑂𝐺，求出𝑂𝐴=𝑂𝑀=3𝑂𝐺，由勾股定理可得𝐴𝐺=2 2𝑂𝐺，即可得出𝐴𝐶=2𝐴𝐺=4 2
𝑂𝐺，最后由正切的定义计算即可得出结果；
（3）①延长𝑀𝐻交⊙𝑂于点𝐹，由题意可得𝐴𝑀=𝑀𝐶，由垂径定理可得𝐴𝑀=𝐴𝐹，由圆周角定理可得
∠𝐴𝐶𝐵=90°，再证明𝑀𝐹=𝐴𝐶，得出𝐴𝐶=𝑀𝐹=2𝑀𝐻=2 6，最后再由勾股定理计算即可得出结果；
②设𝐴𝐻=𝑎，则𝐵𝐻=3 3−𝑎，证明△𝐴𝑀𝐻∽△𝐵𝑀𝐻，求出𝐴𝐻= 3，𝐵𝐻=2 3，由勾股定理可得
2 2
𝐴𝑀=3，𝐵𝑀=3 2，求出tan∠𝐴𝐵𝑀= ，由①可得𝐴𝐶=2 6，tan∠𝐵𝑀𝐾=tan∠𝐵𝐴𝐶= ，过点𝐸作
2 4
𝐸𝑃⊥𝐵𝑀于点𝑃，设𝑃𝐸= 2𝑏，则𝐵𝑃=2𝑏，𝑀𝑃=4𝑏，求出𝑃𝐸=1，𝐵𝑃= 2，𝑀𝑃=2 2，由勾股定理
𝐸𝐾
可得𝐵𝐸= 3，𝑀𝐸=3，则𝐴𝐸=2 3，连接𝐵𝐾，则∠𝑀𝐴𝐵=∠𝑀𝐾𝐵，证明△𝐴𝐸𝑀∽△𝐾𝐸𝐵，得出 =
𝐴𝐸
𝐵𝐸
，代入计算即可得出结果
𝐸𝑀
【详解】（1）证明：∵点M为𝐴𝐶中点，
∴𝑂𝑀⊥𝐴𝐶，
∵𝐴𝐵为直径，
∴∠𝐴𝐶𝐵=90°，即𝐶𝐵⊥𝐴𝐶，
∴𝑂𝑀∥𝐵𝐶；
（2）解：如图，连接𝑂𝑀交𝐴𝐶于点𝐺，
∵点M为𝐴𝐶中点，
∴𝑂𝑀⊥𝐴𝐶，𝐴𝐺=𝐶𝐺，
∵𝑂为𝐴𝐵的中点，
∴𝑂𝐺为△𝐴𝐵𝐶的中位线，
∴𝐵𝐶=2𝑂𝐺，
∵𝑂𝑁⊥𝐵𝑀，
∴𝐵𝑁=𝑀𝑁，
∵𝐴𝐵为直径，
∴∠𝐴𝐶𝐵=90°，
在△𝐵𝐶𝑁和△𝑀𝐺𝑁中，∠𝐵𝐶𝑁=∠𝑀𝐺𝑁=90°
∠𝐵𝑁𝐶=∠𝑀𝑁𝐺 ，
𝐵𝑁=𝑀𝑁
∴△𝐵𝐶𝑁≌△𝑀𝐺𝑁(AAS)，
∴𝑀𝐺=𝐵𝐶=2𝑂𝐺，
∴𝑂𝑀=𝑂𝐺+𝑀𝐺=3𝑂𝐺，
∴𝑂𝐴=𝑂𝑀=3𝑂𝐺，
∴𝐴𝐺= 𝑂𝐴2−𝑂𝐺2 =2 2𝑂𝐺，
∴𝐴𝐶=2𝐴𝐺=4 2𝑂𝐺，
𝐵𝐶 2𝑂𝐺 2
∴tan∠𝐵𝐴𝐶= = = ；
𝐴𝐶 4 2𝑂𝐺 4
（3）解：①延长𝑀𝐻交⊙𝑂于点𝐹，
∵点M为𝐴𝐶中点，
∴𝐴𝑀=𝑀𝐶，
∵𝑀𝐻⊥𝐴𝐵，且𝐴𝐵为直径，
∴𝐴𝑀=𝐴𝐹，∠𝐴𝐶𝐵=90°，
∴𝐴𝑀+𝐴𝐹=𝐴𝑀+𝑀𝐶，
∴𝑀𝐹=𝐴𝐶，
∴𝐴𝐶=𝑀𝐹=2𝑀𝐻=2 6，
∴𝐴𝐵= 𝐴𝐶2+𝐵𝐶2 =3 3；
②设𝐴𝐻=𝑎，则𝐵𝐻=𝐴𝐵−𝐴𝐻=3 3−𝑎，
∵𝐴𝐵为直径，𝑀𝐻⊥𝐴𝐵，
∴∠𝐴𝑀𝐵=∠𝐴𝐻𝑀=∠𝐵𝐻𝑀=90°，
∴∠𝐴𝑀𝐻+∠𝑀𝐴𝐻=∠𝐴𝑀𝐻+∠𝐵𝑀𝐻=90°，
∴∠𝑀𝐴𝐻=∠𝐵𝑀𝐻，
∴△𝐴𝑀𝐻∽△𝑀𝐵𝐻，
𝐴𝐻 𝑀𝐻
∴ = ，
𝑀𝐻 𝐵𝐻
𝑎 6
∴ = ，
6 3 3−𝑎解得：𝑎 =2 3（不符合题意，舍去），𝑎 = 3，
1 2
∴𝐴𝐻= 3，𝐵𝐻=2 3，
∴𝐴𝑀= 𝐴𝐻2+𝑀𝐻2 =3，𝐵𝑀= 𝑀𝐻2+𝐵𝐻2 =3 2，
𝐴𝑀 2
∴tan∠𝐴𝐵𝑀= = ，
𝐵𝑀 2
𝐵𝐶 2
由①可得：𝐴𝐶=2 6，tan∠𝐵𝐴𝐶= = ，
𝐴𝐶 4
∵∠𝐵𝑀𝐾=∠𝐵𝐴𝐶，
2
∴tan∠𝐵𝑀𝐾=tan∠𝐵𝐴𝐶= ，
4
过点𝐸作𝐸𝑃⊥𝐵𝑀于点𝑃，
设𝑃𝐸= 2𝑏，
𝑃𝐸 2 𝑃𝐸 2
∵tan∠𝐴𝐵𝑀= = ，tan∠𝐵𝑀𝐾= = ，
𝐵𝑃 2 𝑀𝑃 4
∴𝐵𝑃=2𝑏，𝑀𝑃=4𝑏，
∴𝐵𝑀=𝑀𝑃+𝐵𝑃=6𝑏，
∴6𝑏=3 2，
2
∴𝑏= ，
2
∴𝑃𝐸=1，𝐵𝑃= 2，𝑀𝑃=2 2，
∴𝐵𝐸= 𝑃𝐸2+𝐵𝑃2 = 3，𝑀𝐸= 𝑀𝑃2+𝑃𝐸2 =3，
∴𝐴𝐸=𝐴𝐵−𝐵𝐸=2 3，
连接𝐵𝐾，则∠𝑀𝐴𝐵=∠𝑀𝐾𝐵，
∵∠𝐴𝐸𝑀=∠𝐵𝐸𝐾，
∴△𝐴𝐸𝑀∽△𝐾𝐸𝐵，
𝐸𝐾 𝐵𝐸
∴ = ，
𝐴𝐸 𝐸𝑀
𝐸𝐾 3
∴ = ，
3
2 3
∴𝐸𝐾=2．
