★2026 中考数学压轴题每日一题参考答案★
★类型1：二次函数代几综合(1 - 26 题) + 二次函数无
图代数推理(27 - 32) ★
1．【分析】(1) 待定系数法求解析式即可；
(2) 求出D，E 点的坐标，易得抛物线的顶点坐标在直
线y =-1 上移动，根据抛物线y = (x - h)2 - 1 与线段
DE 有公共点，得到抛物线与直线AB 有一个交点开始，
将抛物线向右移动直至抛物线与线段DE 只有一个交点
为E(2,1) 时，均满足题意，求出两个临界值即可得出
结果；
(3) 先求出C 点坐标，进而求出直线PQ 的解析式，联
立抛物线与直线AB，根据根与系数的关系结合中点坐
标公式求出M 点坐标，同理求出N 点坐标，作MH ⊥
CT ，NF ⊥CT 根据TC 平分∠MTN ，得到
tan ∠NTF = tan ∠MTH ，设T(1,t)，根据正切的定
义，列出比例式进行求解即可．
【解答】解：(1) ∵抛物线y = ax2 + bx 过点(-1,3)，且
对称轴为直线x = 1，
∴- b
2a =1
a-b=3
，解得a=1
b=-2
，
则该抛物线解析式为：y = x2- 2x；
(2) 当k = 1 时，则y = x - 1，
∴当x = 0，y =-1，当x = 2 时，y = 1，
∴D(0, -1)，E(2,1)，
∵y = (x - h)2- 1，
∴顶点坐标在直线y =-1 上移动，
∵y = (x - h)2- 1 与线段DE 有公共点，
∴联立y=(x-h)2-1
y=x-1
，
整理，得x2- (2h + 1)x + h2= 0，
∴当△= (2h + 1)2- 4h2= 0，
即h =- 1
4 时，满足题意，
将y = (x - h)2 - 1 从h =- 1
4 开始向右移动，直至抛物
线与线段DE 只有一个交点为E(2,1) 时，y = (x - h)2
- 1 与线段DE 均有公共点，
∴当y = (x - h)2- 1 过点E(2,1) 时，(2 - h)2- 1 = 1，
解得：h = 2 -
2 或h = 2 +
2，
∴当- 1
4 ≤h ≤2 +
2 时，抛物线y = (x - h)2 - 1 与
线段DE 有公共点；
(3) 存在，
∵y = kx - k，∴当y = 0 时，x = 1，
∴C(1,0)，抛物线的对称轴为直线x = 1，
∴点C 在抛物线的对称轴上，
∵PQ 过点C，且与直线AB 垂直，
∴直线PQ 的解析式为：y =- 1
k (x - 1)，即：y =
- 1
k x + 1
k ，
联立y=kx-k
y=x2-2x
，整理，得x2- (k + 2)x + k = 0，
∴xA + xB = k + 2，yA + yB = kxA - k + kxB - k = k(xA
+ xB) - 2k = k2，
∵M 为AB 的中点，
∴M
k+2
2
, k2
2
，联立y=- 1
k x+ 1
k
y=x2-2x
，
同理可得：N 1- 1
2k , 1
2k2
，
作MH ⊥CT，NF ⊥CT，
∵TC 平分∠MTN，∴∠NTF = ∠MTH，
∴tan∠NTF = tan∠MTH，∴MH
TH = NF
TF ，
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·1·
设T(1,t)，则
k+2
2
-1
t- k2
2
=
1-1+ 1
2k
t- 1
2k2
，
解得：t =- 1
2 ，
∴抛物线的对称轴上存在T 1,- 1
2
，使得TC 总是平
分∠MTN．
2．【分析】(1) 利用待定系数法求二次函数的解析式；
(2) 先求出直线BC 的解析式，然后设点P 的坐标为(x,
x2 - 5x - 6)，过点P 作PF ⎳y 轴交BC 于点F，交x
轴于点H，点F 的坐标为(x,x - 6)，求出PF 长，再证
明△QPF ∽△QOC，根据对应边成比例求出PQ
OQ 的最
大值，把点P 向上平移4 个单位长度得到点Q，点Q
的坐标为(3, -8)，连接GD，即可得到BD + PE =
BD + DG，连接AG，则AG 是最小值，利用勾股定理
即可解答；
(3) 根据平移得到抛物线y' 的解析式，然后过点P 作
PQ ⊥y 轴于点Q，过点N 作NK ⊥x 轴于点K，连接
PM ，即可得到∠NAB = ∠OPM - 45° = ∠OPQ =
∠POB ，设点N 的坐标为(a,a 2 - a - 14)，根据
tan∠NAB = tan∠OPQ，列等式求出a 的值即可．
【解答】解：(1) 设抛物线的解析式为y = x- 5
2
2
+ k，
把(6,0) 代入得49
4 + k = 0，解得k =- 49
4 ，
∴y = x- 5
2
2
- 49
4 = x2- 5x - 6；
(2) 令x = 0，则y =-6，
∴点C 的坐标为(0, -6)，
设直线BC 的解析式为y = mx + n，
把(6,0) 和(0, -6) 代入得6m+n=0
n=6
，解得m=1
n=-6
，
∴y = x - 6，
设点P 的坐标为(x,x2 - 5x - 6)，过点P 作PH ⎳y 轴
交BC 于点F，交x 轴于点H，如图，
则点F 的坐标为(x,x - 6)，
∴PF = x - 6 - (x2- 5x - 6) =-x2+ 6x，
∵PF ⎳y 轴，
∴∠PFQ = ∠OCQ，∠FPQ = ∠COQ，
∴△QPF ∽△QOC，
∴QP
QO = PF
OC = 1
6 (-x2+ 6x) =- 1
6 (x - 3)2+ 3
2 ，
∴当x = 3 时，QP
QO 取得最大值为3
2 ，这时点P 的坐
标为(3, -12)，
把点P 向上平移4 个单位长度得到点G，点G 的坐标
为(3, -8)，连接GD，
则四边形DEPG 是平行四边形，
∴DG = PE，
即BD + PE = BD + DG，
由A，B 关于x = 5
2 对称性可得点A 的坐标为(-1,0)，
连接AG，则BD + PE = BD + DG 的最小值为AG 长，
即AG =
AH 2+HG2 =
42+82 = 4 5，
即BD + PE 的最小值为4 5；
(3) ∵AB = AC = 6，
∴∠ABC = ∠ACB = 45°，
∵将抛物线y = x2 + bx + c 沿射线BC 方向平移2 2 个
单位长度，即为向左平移两个单位长度，向下平移两
个单位长度得到抛物线y'，
即y= x- 5
2 +2
2
- 49
4 - 2 = x2- x - 14，
过点P 作PQ ⊥y 轴于点Q，过点N 作NK ⊥x 轴于点
K，连接PM，
设点N 的坐标为(a,a2- a - 14)，
由平移得∠QPM = 45°，
∴∠NAB = ∠OPM - 45° = ∠OPQ + ∠QPM - 45° =
∠OPQ = ∠POB，
如图1，
∵tan∠NAB = tan∠OPQ，
即12
3 = -(a2-a-14)
a-(-1)
，
解得a =-5(舍去) 或a = 2，
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·2·
∴点N 的坐标为(2, -12)；
如图2，
∵tan∠NAB = tan∠OPQ，
即12
3 = a2-a-14
a-(-1) ，
解得a = 5+
97
2
或a = 5-
97
2
(舍去)，
∴点N 的坐标为
5+
97
2
,14+2 97
；
综上所述，点N 的坐标为( 2 , - 12 ) 或
5+
97
2
,14+2 97
．
3．【分析】(1) 待定系数法求出函数解析式即可；
(2) 求出点A 的坐标，进而得到点M 的坐标，求出直
线AB 的解析式，进而求出点C 的坐标，求出点D 的
坐标，根据△BCD 的面积= 1
2 CD ⋅OM 进行求解即
可；
(3) ①根据要求作图即可，连接BF，作FQ ⊥OB 于
点Q，证明△AOE ≅△BOF，得到∠OBF = ∠OAE =
45°，BF = AE =
2 ，进而得到△FQB 为等腰直角三
角形，求出F 点坐标，将F 点的横坐标代入抛物线的
解析式，判断点F 是否在抛物线上即可；
②连接BF 并延长，交x 轴于点G，连接PM ，PF，
MF，作MH ⊥BG 于点H，斜边上的中线得到MP =
1
2 OA = 2，根据PF ≥MF - PM ，得到当M，P，F
三点共线时，PF 最小，同①可知，∠OBF = ∠OAE
= 45°，得到点F 在射线BG 上运动，进而得到当MF
⊥BG 时，即F 与点H 重合时，MF 最小，此时PF 最
小为MH - PM ，易得△OBG 为等腰直角三角形，求
出OG 的长，进而求出MG 的长，易得△MHG 为等腰
直角三角形，求出MH 的长，根据PF 最小为MH -
PM，计算即可．
【解答】解：(1) 把B(0, -4)，代入y = a x+ 5
2
(x -
4) (a ≠0)，得-10a =-4，解得：a = 2
5 ，
∴y = 2
5
x+ 5
2
(x - 4) = 2
5 x2- 3
5 x - 4；
(2) 当y = 2
5
x+ 5
2
(x - 4) = 0 时，
则x1=- 5
2 ，x2= 4，∴A(4,0)，
∵M 是OA 的中点，∴M(2,0)，∴OM = 2，
∵B(0, -4)，∴设直线AB 的解析式为：y = kx - 4，
把A(4,0)，代入，
得k = 1，∴y = x - 4，
∵点M 作OA 的垂线，交AB 于点C，交抛物线于点
D，∴C(2, -2)，D 2,- 18
5
，
∴CD =-2 + 18
5 = 8
5 ，
∴△BCD 的面积= 1
2 CD ⋅OM = 1
2 × 2 × 8
5 = 8
5 ；
(3) ①由题意，作图如下：
连接BF，作FQ ⊥OB 于点Q，
由(2) 可知：OA = OB = 4，
∴∠OAB = ∠OBA = 45°
∵将线段OE 绕点O 顺时针旋转90° 得到OF，
∴OE = OF，∠EOF = 90° = ∠BOA，
∴∠AOE = ∠BOF，
又∵OA = OB，OE = OF，
∴△AOE ≅△BOF(SAS)，
∴∠OBF = ∠OAE = 45°，BF = AE =
2，
∵FQ ⊥OB，
∴△FQB 为等腰直角三角形，
∴FQ = BQ =
2
2 BF = 1，
∴OQ = OB - BQ = 3，∴F(-1, -3)，
对于y = 2
5 x2- 3
5 x - 4，
当x =-1 时，y = 2
5 + 3
5 - 4 =-3，
∴点F 在抛物线上；
②连接BF 并延长，交x 轴于点G，连接PM ，MF，
作MH ⊥BG 于点H，如图，
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·3·
∵∠OPA = 90°，M 为OA 的中点，
∴PM = 1
2 OA = 2，
∵PF ≥MF - PM，
∴当M，P，F 三点共线时，PF 最小，
同①可得，∠OBF = ∠OAE = 45°，
∴点F 在射线BG 上运动，
∴当MF ⊥BG 时，即F 与点H 重合时，MF 最小，此
时PF 最小为MH - PM，
∵∠OBG = 45°，
∴△OBG 为等腰直角三角形，
∴OG = OB = 4，∠BGO = 45°
∴MG = OG + OM = 6，△MHG 为等腰直角三角形，
∴MH =
2
2 MG = 3 2，
∴PF 的最小值为MH - PM = 3 2 - 2．
4．【分析】(1) 由解析式可知C(0,3)，令y = 0，则
-x2 + 2x + 3 = 0．解得x =-1，或x = 3．点B 的坐标
为(3,0)，最后由待定系数法可求直线BC 的表达式；
(2) 方法一：把M(m,y1)，N(m + 2,y2) 代入y =-x2 +
2x + 3 中，可得y1 + 2y2 =-3 m+ 1
3
2
+ 9 1
3 ，求出此
函数的最大值，即可判断；方法二：由方法一，得y1
+ 2y2 =-3m2 - 2m + 9．当y1 + 2y2 = 10 时，可得方程
-3m2 - 2m + 9 = 10，整理方程后用根的判别式考虑方
程的解的问题；
(3) 作NH ⎳y 轴，交x 轴于点H，交BC 于点N'，作
PQ ⊥NH ，垂足为Q，作MM' ⎳y 轴，交BC 于点
M'，则MM' ⎳NN'，当x = 1 - m 时，y =- (1 - m)2
+ 2(1 - m) + 3 =-m2 + 4．点P 的坐标为(1 - m, -m2
+ 4)，点N 的坐标为(m + 2, -m2 - 2m + 3)，点Q 的
坐标为(m + 2, -m2 + 4)，点H 的坐标为(m + 2,0)，
点N' 的坐标为(m + 2, -m + 1)．从而可知NQ = PQ
= |2m + 1|，BH = HN' = | -m + 1|．故∠PNQ =
∠BN'H = 45°．证明△MDE ∽△MNP，由面积比可推
得MD = 1
2 MN ，即MD = ND．再证明△MM'D' ∽
△NN'D，由MM
NN = MD
ND = 1
1 ，即MM' = NN'，由
此用含m 的式子表示线段长列方程求解即可．
【解答】解：(1) 令x = 0，则y = 3，可得C 的坐标为
(0,3)．
令y = 0，则-x2+ 2x + 3 = 0，解得x =-1 或x = 3．
故点B 的坐标为(3,0)，
设直线BC 的表达式为y = kx + b，
故b=3,
3k+b=0.
解得k=-1,
b=3.
，
∴直线BC 对应函数的表达式为y =-x + 3．
(2) 不存在实数m 使得y1+ 2y2= 10，理由如下：
方法一：把M(m,y1)，N(m + 2,y2) 代入二次函数y =
-x2+ 2x + 3 中，
可得y1 =-m2 + 2m + 3，y2 =- (m + 2)2 + 2(m + 2) +
3 =-m2- 2m + 3，
∴y1 + 2y2 =-m2 + 2m + 3 + 2(-m2 - 2m + 3) =-3m2
- 2m + 9，
配方得y1+ 2y2=-3 m+ 1
3
2
+ 9 1
3 ．
故当m =- 1
3 时，y1+ 2y2的最大值为9 1
3 ≠10．
故不存在实数m 使得y1+ 2y2= 10；
方法二：由方法一得y1+ 2y2=-3m2- 2m + 9．
当y1 + 2y2 = 10 时，即-3m2 - 2m + 9 = 10，整理可得
3m2+ 2m + 1 = 0．
∵△= 4 - 12 =-8 < 0，
∴方程没有实数根．
∴不存在实数m 使得y1+ 2y2= 10；
(3)m = 1+
5
2
或m = 1-
5
2
，理由如下：
如图1，作NH ⎳y 轴，交x 轴于点H，交BC 于点N'，
作PQ ⊥NH，垂足为Q，作MM' ⎳y 轴，交BC 于点
M'，
则MM' ⎳NN'，
当x = 1 - m 时，y =- (1 - m)2 + 2(1 - m) + 3 =-m2
+ 4．
∴点P 的坐标为(1 - m, -m2+ 4)．
∵点N 的坐标为(m + 2, -m2- 2m + 3)，
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·4·
∴点Q 的坐标为(m + 2, -m2 + 4)，点H 的坐标为(m
+ 2,0)，
点N' 的坐标为(m + 2, -m + 1)．
∴NQ = PQ = |2m + 1|，BH = HN' = | -m + 1|．
∴∠PNQ = ∠BN'H = 45°．
∴PN ⎳BC，
∴△MDE ∽△MNP．∴
MD
MN
2
= 1
4 ，
∴MD = 1
2 MN，即MD = ND．
∵MM' ⎳NN'，∴△MM'D ∽△NN'D．
∴MM
NN = MD
ND = 1
1 ，即MM' = NN'，
∵点M 的坐标为(m, -m2+ 2m + 3)，
∴点M' 的坐标为(m, -m + 3)．
∴m2 - 3m = | -m2 - m + 2|，即m2 - m - 1 = 0 或
-4m =-2，
解得m = 1+
5
2
或m = 1-
5
2
或m = 1
2 (此时P 与
M 重合，舍去)，
故m = 1+
5
2
或m = 1-
5
2
．
5．【分析】(1) 运用待定系数法即可求解；
( 2 ) ①求出直线BC : y =- 1
2 x + 3 ，则
D t,- 1
4 t2+t+3
，E t,- 1
2 t+3
，即可用t 的代数
式表示DE；
②用两点间距离公式分别表示三边，分类讨论，建立
方程求解即可；
(3) 在y 轴负半轴取点N (0, -6)，连接NG 并延长交x
轴于点M ，连接AN ，证明△BOE ≅△NOG(SAS)，
则∠CBO = ∠MNO，确定点G 在线段MN 上运动(不
包括端点)，故当AG ⊥MN 时，AG 最小，可证明
△COB ≅△MON (ASA)，求得MN =
OM 2+ON 2 =
3 5 ，而当AG ⊥MN 时，S △AMN = 1
2 AM ⋅ON =
1
2 MN ⋅AG，即可由面积法求最小值．
【解答】解：(1) ∵抛物线y = ax2 + bx + 3 与x 轴交于
A，B 两点(点A 在点B 左侧)，与y 轴交于点C，OA
= 2，OB = 6，
∴A(-2,0)，B(6,0)，
∴4a-2b+3=0
36a+6b+3=0
，解得：a=- 1
4
b=1
，
∴抛物线表达式为y =- 1
4 x2+ x + 3；
(2) ①对于抛物线表达式y =- 1
4 x2+ x + 3，
当x = 0，y = 3，
∴C(0,3)，
设直线BC 表达式为：y = kx + b，
则6k+b=0
b=3
，解得：k=- 1
2
b=3
，
∴直线BC:y =- 1
2 x + 3，
∵DE ⊥AB，
∴D t,- 1
4 t2+t+3
，E t,- 1
2 t+3
，
∴DE =- 1
4 t2+ t + 3 - - 1
2 t+3
=- 1
4 t2+ 3
2 t，
∴DE =- 1
4 t2+ 3
2 t(0 < t < 6)；
②存在，
CD =
t2+ - 1
4 t2+t+3-3
2
=
t2+ - 1
4 t2+t
2
，
而CE =
t2+ - 1
2 t+3-3
2
=
5
2 t，
当DE = CE 时，- 1
4 t2+ 3
2 t =
5
2 t，
解得：t = 6 - 2 5 或t = 0(舍)，
∴- 1
4 t2 + t + 3 =- 1
4 × (6 - 2 5 )2 + 6 - 2 5 + 3 =
4 5 - 5，
∴D(6 - 2 5,4 5 - 5)，
当CD = DE 时，t2+ - 1
4 t2+t
2
= - 1
4 t2+ 3
2 t
2
，
整理得：t2(-t + 1) = 0，
解得：t = 1 或t = 0(舍)，
∴- 1
4 t2+ t + 3 =- 1
4 × 12+ 1 + 3 = 15
4 ，∴D 1, 15
4
，
当CD = CE 时，t2+ - 1
4 t2+t
2
=
5
2 t
2
，
整理得：t2
1
16 t2- 1
2 t+ 3
4
= 0，
解得：t = 2 或t = 6(舍) 或t = 0(舍)，
∴- 1
4 t2+ t + 3 =- 1
4 × 22+ 2 + 3 = 4，∴D(2,4)，
综上：△CDE 是等腰三角形时，D(2,4) 或D 1, 15
4
或D(6 - 2 5,4 5 - 5)；
(3) 在y 轴负半轴取点N (0, -6)，连接NG 并延长交x
轴于点M，连接AN，
由旋转得：OE = OG，∠EOG = 90°，
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·5·
∵B(6,0)，∴OB = ON，
∴∠BON = 90°，
∴∠EOM = ∠GON = 90° -∠MOG，
∴△BOE ≅△NOG(SAS)，∴∠CBO = ∠MNO，
∴点G 在线段MN 上运动(不包括端点)，
∴当AG ⊥MN 时，AG 最小，
∵∠CBO = ∠MNO，OB = ON，∠COB = ∠MON，
∴△COB ≅△MON(ASA)，∴OM = OC = 3，
∴MN =
OM 2+ON 2 = 3 5，
∴当AG ⊥MN 时，S△AMN = 1
2 AM ⋅ON = 1
2 MN ⋅AG
∴1
2 × 5 × 6 = 1
2 × 3 5 × AG，∴AG = 2 5；
方法2：设E t,- 1
2 t+3
，
∵OE 绕O 点顺时针旋转90°，
∴G - 1
2 t+3，-t
，
∴AG =
5
4 (t-2)2+20，
当t = 2 时，AG 的最小值为2 5．
∴线段AG 长度的最小值2 5．
6．【分析】(1) 先求出A(-3,0)，B(1,0)，C(0,3)，
再用待定系数法可求b，c 的值；
(2) 由(1) 知G2 的表达式为y = x2 + 4x + 3，设P(t，0)
(-3 ≤t ≤0)，则M(t, -t2- 2t + 3)，N(t,t2+ 4t + 3)，
故MN =- t 2 - 2 t + 3 - t 2 - 4 t - 3 =- 2 t 2 - 6 t =
-2 t+ 3
2
2
+ 9
2 ，根据二次函数的性质即可得到MN
的最大值；
(3) 作MS ⊥AC 于点S，RN ⊥AC 于点R，设MN 交
AC 于点E，如图1 所示，由待定系数法可知直线AC
的表达式为y = x + 3，则∠CAB = 45°，∠MES =
∠NER = 45°，MS = m，RN = n，从而ME =
2m，
RN =
2n，即ME = NE = t2+3t
，进而得m = n，①
当m + n = 4 时，即m = n = 2，故MN = 4 2 ，又-3
≤t ≤0 时，MNmax = 9
2 < 4 2 ，那么由图可知当t <
-3 时或t > 1 时，共2 种情况满足题意；②当m - n =
3 时，即m = n + 3，这与m = n 相矛盾，故不成立，
对应的t 值有0 个；③当mn = 2 时，由m = n 可知，
m = n =
2 ，故ME = 2，故t2+3t
= 2，即t2 + 3t =
±2，可解得t 有4 个值；
④当m
n = 1 时，m = n 恒成立，所以对应的t 值有无
数个．
【解答】解：(1) ∵二次函数y =-x2 - 2x + 3 =- (x +
3) (x - 1)，
∴令y = 0，可得x =-3 或1，
即A(-3,0)，B(1,0)，
把A(-3,0)，C(0,3) 代入y = x2+ bx + c 中，可得
c=3
9-3b+3=0
，解得b=4
c=3
，
故b 的值为4，c 的值为3；
(2) 由(1) 知G2的表达式为y = x2+ 4x + 3，
设P(t，0) (-3 ≤t ≤0)，则M(t, -t2 - 2t + 3)，N(t,
t2+ 4t + 3)，
故MN =- t 2 - 2 t + 3 - t 2 - 4 t - 3 =- 2 t 2 - 6 t =
-2 t+ 3
2
2
+ 9
2 ，
即MN 的最大值为9
2 ；
(3) 作MS ⊥AC 于点S，RN ⊥AC 于点R，设MN 交
AC 于点E，如图1 所示，
由待定系数法可知直线AC 的表达式为y = x + 3，
∴∠CAB = 45°，∴∠MES = ∠NER = 45°，
∵MS = m，RN = n，
∴ME =
2m，RN =
2n，
∵E(t,t + 3)，
∴ME = t2+3t
，NE = t2+3t
，
即ME = NE = t2+3t
，进而可得m = n，
①当m + n = 4 时，
即m = n = 2，故MN = 4 2，
当-3 ≤t ≤0 时，MNmax = 9
2 < 4 2，
那么由图可知当t <-3 时或t > 1 时，共2 种情况满足
题意，
故对应的t 值有2 个；
②当m - n = 3 时，即m = n + 3，这与m = n 相矛盾，
故不成立，对应的t 值有0 个；
③当mn = 2 时，由m = n 可知，m = n =
2，
故ME = 2，
∴t2+3t
= 2，即t2+ 3t =±2，
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·6·
解得t =-2 或-1 或-3-
17
2
或-3+
17
2
，
故对应的t 值有4 个；
④当m
n = 1 时，
∵m = n 恒成立，∴对应的t 值有无数个．
故答案为：2，0，4，无数．
7．【分析】(1) 可求得D(2, -3)，进而将点D 和点A
坐标代入抛物线的解析式，求得a，b，进一步得出结
果；
(2) ①可求得OF = 3 2 ，从而得出OM + FM ≥OF =
3 2，当O、M、F 共线时，OM + FM 最小，可证得
四边形BOCF 是正方形，进而得出点M 坐标；
②连接NG ，作EH ⊥EN 于H ，可证得△OCM ≅
△GCN，从而NG = OM，从而得出OM + BN = NG +
BN ≥BG，根据∠BCG = 90°，BC = 3 2，CG = 3 得
出BG，从而得出结果；
(3) 设EP 交AB 于F ，作FW ⊥BC 于W ，可得出
AC = FC，从而∠FCO = ∠OCA，进而推出∠OAP =
∠BCF，进而得出tan ∠OAP = tan ∠BCF = FW
CW =
1
2 ，从而PF
AF = 1
2 ，从而求得PF，进而得出结果．
【解答】解：(1) 由题意得，
C(0, -3)，D(2, -3)，
∴a-b-3=0
a⋅22+2b-3=-3
，∴a=1
b=-2
，
∴抛物线的解析式为：y = x2- 2x - 3，
∵y = x2- 2x - 3 = (x - 1)2- 4，∴E(1, -4)；
(2) ①∵C(0, -3)，D(2, -3)，
∴CD ⊥OC，
∵CF = CO = 3，∴OF = 3 2，
∴OM + FM ≥OF = 3 2，
当O、M、F 共线时，OM + FM 最小，
由x2- 2x - 3 = 0 得，
x1=-1，x2= 3，∴B(3,0)，∴BF ⊥OB，
∵∠BOC = 90°，∴四边形BOCF 是矩形，
∴矩形BOCF 是正方形，∴M
3
2 ,- 3
2
；
②如图1，
连接NG，作EH ⊥EN 于H，
∵E(1, -4)，C(0, -3)，
∴EH = CH = 1，
∴∠ECH = ∠CEH = 45°，
由①知，
四边形BOCF 是正方形，
∴∠BCO = 45°，
∴∠BCO = ∠ECH，
∵CG = OC，CM = CN，
∴△OCM ≅△GCN(SAS)，
∴NG = OM，
∴OM + BN = NG + BN ≥BG，
∴当B、N、G 共线时，OM + BN 最小，
∵∠BCG = 90°，BC = 3 2，CG = 3，
∴BG =
(3 2)2+32 = 3 3，
∴(OM + BN) 最_ 小；
(3) 如图2，
设EP 交AB 于F，作FW ⊥BC 于W，
∵E(1, -4)，
∴F(1,0)，
∵A(-1,0)，
∴OA = OF，
∵OC ⊥AF，
∴AC = FC，
∴∠FCO = ∠OCA，
∵∠OCB = 45°，
∴∠FCO + ∠BCF = 45°，
∵∠OAP + ∠OCA = 45°，
∴∠OAP = ∠BCF，
∵BF = OB - OF = 2，∠OBC = 45°，
∴FW = BW =
2，
∵BC = 3 2，
∴CW = BC - BW = 2 2，
∴tan∠OAP = tan∠BCF = FW
CW = 1
2 ，
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·7·
∴PF
AF = 1
2 ，
∴PF = 1
2 AF = 1，
∴P(1,1) 或(1, -1)，
故答案为：(1,1) 或(1, -1)．
8．【分析】(1) 待定系数法进行求解即可；
(2) 一般式化为顶点式，求出T 点坐标，根据P 点横坐
标，得到P t, 1
2 t2-t- 3
2
，进而求出PH，TH，进
行求解即可；
(3) ①求出C 点，B 点坐标，分0 < t ≤1，1 < t ≤2，
2 < t < 3 三种情况，分别求出矩形的两条邻边长，利
用周长公式，列出函数关系式即可；
②根据PQ ⎳x 轴，得到P，Q 关于对称轴对称，进而
求出Q 点坐标，分0 < t ≤1，1 < t ≤2，2 < t < 3 三
种情况，求出g 的函数关系式，再根据f + g = 11
2 ，分
别求出满足题意的t 的值，进而求出PQ 的长即可．
【解答】解：(1) 把A(-1,0) 代入y = 1
2 x2- x + c，
得1
2 + 1 + c = 0，
∴c =- 3
2 ，
(2) 由(1) 可知：y = 1
2 x2- x - 3
2 = 1
2 (x - 1)2- 2，
∴T(1, -2)，
∵P 是抛物线上一动点，设点P 的横坐标为t，
∴P t, 1
2 t2-t- 3
2
，
∵过点P 作对称轴的垂线，垂足为H，
∴PH = 1 - t，TH = 1
2 t2 - t - 3
2 + 2 = 1
2 t2 - t + 1
2
= 1
2 (t - 1)2，
∴PH 2
TH =
(1-t)2
1
2 (t-1)2 = 2；
(3) ①当x = 0 时，y =- 3
2 ，当y = 1
2 x2 - x - 3
2 = 0
时，x1=-1，x2= 3，
∴c 0,- 3
2
，B(3,0)，
由(2) 可知：T(1, -2)，P t, 1
2 t2-t- 3
2
，对称轴为
直线x = 1，
∴点c 0,- 3
2
关于对称轴的对称点为2,- 3
2
，
∵P 在第四象限，
∴0 < t < 3，
当0 < t ≤1 时，抛物线弧CP 的最高点为C，最低点
为P，此时特征矩形的两条邻边的长分别为：t，- 3
2
- 1
2 t2+ t + 3
2 =- 1
2 t2+ t，
∴f = 2 t- 1
2 t2+t
=-t2+ 4t，
当1 < t ≤2 时，抛物线弧CP 的最高点为C，最低点
为T，此时特征矩形的两条邻边的长分别为：t，- 3
2
- (-2) = 1
2 ，
∴f = 2 ⋅t+ 1
2
= 2t + 1，
当2 < t < 3 时，抛物线弧CP 的最高点为P，最低点
为T，此时特征矩形的两条邻边的长分别为：t，1
2 t2
- t - 3
2 + 2 = 1
2 t2- t + 1
2 ，
∴f = 2 ⋅t+ 1
2 t2-t+ 1
2
= t2+ 1，
综上：f =
-t2+4t
(0<t≤1)
2t+1
(1<t≤2)
t2+1
(2<t<3)
；
②∵PQ ⎳x 轴，
∴P，Q 关于对称轴对称，
∴Q 2-t, 1
2 t2-t- 3
2
，
当0 < t ≤l 时，抛物线弧CQ 的最高点为C，最低点
为T，此时特征矩形的两条邻边的长分别为：2 - t，
- 3
2 - (-2) = 1
2 ，
∴g = 2 2-t+ 1
2
= 5 - 2t，
∵f + g = 11
2 ，
∴-t2+ 4t + 5 - 2t = 11
2 ，
解得：t = 1 +
2
2 (舍去) 或t = 1 -
2
2 ，
∴PQ = 2 - t - t = 2 - 2t =
2，
当1 < t ≤2 时，抛物线弧CQ 的最高点为C，最低点
为Q，此时特征矩形的两条邻边的长分别为：2 - t，
- 3
2 -
1
2 t2-t- 3
2
=- 1
2 t2+ t，
∴g = 2 ⋅2-t- 1
2 t2+t
=-t2+ 4，
∵f + g = 11
2 ，
∴2t + 1 - t2+ 4 = 11
2 ，
解得：t = 1 +
2
2
或t = 1 -
2
2 (舍去)，
∴PQ = t - 2 + t = 2t - 2 =
2；
当2 < t < 3 时，抛物线弧CQ 的最高点为Q，最低点
为C，此时特征矩形的两条邻边的长分别为：t - 2，
1
2 t2- t - 3
2 - - 3
2
= 1
2 t2- t，
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·8·
∴g = 2 ×
1
2 t2-t+t-2
= t2- 4；
∵f + g = 11
2 ，
∴t2+ 1 + t2- 4 = 11
2 ，
解得：t =-
17
2
(舍去) 或t =
17
2
，
∴PQ = t - 2 + t = 2t - 2 =
17 - 2，
综上：PQ =
2 或
17 - 2
9．【分析】(1) 待定系数法求解析式即可求解；
(2) 根据题意得出yD = 23
4 ，代入抛物线解析式得出
D
1
2 , 23
4
或
1
2 , 23
4
，而L 2 经过点C
1
2 ,2
和
11
2 ,2
，即可得出结论；
(3) ①先求得M
3
2 , 15
2
和C
1
2 ,2
，代入解析式，待
定系数法求解析式，即可求解；
②根据题意得出直线AE 的解析式为y = kx + 3，根据
y = a(x - 3)2 + d(a < 0) 经过点C
1
2 ,2
，得出y = a(x
- 3)2 + 2 - 25
4 a = ax2 - 6ax + 11
4 a + 2，联立直线解
析式，根据一元二次方程根与系数的关系得出
E
6a+k
a
, 6ak+k2
a
+3
，M
6a+k
2a
, 6a+k
2a
k+3
，
将E 代入y =- x 2 + 6 x + 3 ，得出6ak+k2
a
+ 3 =
- (6a+k)2
a2
+ 6 × 6a+k
a
+ 3 ①，根据点M 为直线AE
与L 2 的唯一公共点，得出△= (k + 6a) 2 - 4 × a ×
11a
4
-1
= 0 ②，联立解得k 的值，即可求解．
【解答】解：(1) ∵抛物线y =-x2 + bx + c 经过点A(0,
3)，B(6,3)，顶点为P，
∴c=3
-36+6b+c=3
，
解得：b = 6，c = 3，
∴y =-x2+ 6x + 3 =- (x - 3)2+ 12，
∴P(3,12)；
(2) ∵点D 在L1(第一象限) 上，到x 轴的距离为23
4 ，
则yD = 23
4 ，
∴当y = 23
4 时，23
4 =-x2+ 6x + 3，
解得：x = 1
2 或x = 11
2 ，
∴D 1
2 , 23
4
或
11
2 , 23
4
，
∵抛物线y = a(x - 3)2 + d(a < 0) 经过点C
1
2 ,2
，对
称轴为直线x = 3，
∴L2经过点C
1
2 ,2
和
11
2 ,2
，
∴L2不能经过点D，
(3) ①∵A(0,3)，P(3,12)，
当E，P 重合时，则E(3,12)，
∵M 是AE 的中点，
∴M
3
2 , 15
2
，
∵点M
3
2 , 15
2
恰好落在L2上，L2经过点C
1
2 ,2
，
∴
2=
1
2 -3
2a+d
15
2 =
3
2 -3
2+d
，
解得：a =- 11
8 ；
②直线AE:y = kx + n(k > 0) 交L1于点E，A(0,3)，
∴n = 3，
∴直线AE 的解析式为y = kx + 3，
∵y = a(x - 3)2+ d(a < 0) 经过点C
1
2 ,2
，
∴2 = 25
4 a + d，
∴d = 2 - 25
4 a，
∴y = a(x - 3)2+ 2 - 25
4 a = ax2- 6ax + 11
4 a + 2，
联立y=ax2-6ax+ 11
4 a+2
y=kx+3
，
消去y 得，ax2- kx - 6ax + 11a
4
- 1 = 0，
∴x1+ x2= 6a+k
a
，则E 6a+k
a
, 6ak+k2
a
+3
，
∵点M 的横坐标是点E 横坐标的一半，
∴M
6a+k
2a
, 6a+k
2a
k+3
，即
6a+k
2a
, 6ak+k2
2a
+3
，
将E 代入y =-x2+ 6x + 3，
∴6ak+k2
a
+ 3 =- (6a+k)2
a2
+ 6 × 6a+k
a
+ 3 ①
∵点M 为直线AE 与L2的唯一公共点，
∴△= (k + 6a)2- 4 × a ×
11a
4
-1
= 0 ②，
联立①②得：a=-1
k=6-
15
或a=-1
k=6+
15
，
当k = 6 +
15 时，唯一公共点不在第一象限，不符合
题意，
∴k = 6 -
15．
10．【分析】(1) 依据题意，结合表格数据可得，二次
函数的对称轴是直线x = -2+0
2
=-1，则可设二次函
数为y = a(x + 1)2 + k，结合图象过(0, -2)，(1,1)，可
得-2 = a(0 + 1)2 + k，且1 = a(1 + 1)2 + k，进而求出
a，k 后即可判断得解；
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·9·
(2) 依据题意，结合(1)y = (x + 1)2 - 3，可得顶点坐标
为(-1, -3)，进而可以作图得解；
(3) 依据题意，由二次函数的图象向右平移n 个单位长
度后，则新函数为y = (x + 1 - n)2 - 3，故此时对称轴
是直线x = n - 1，函数图象开口向上，然后分三种情
形分别讨论计算，进而可以得解．
【解答】解：(1) 由题意，结合表格数据可得，二次函
数的对称轴是直线x = -2+0
2
=-1．
∴可设二次函数为y = a(x + 1)2+ k．
又∵图象过(0, -2)，(1,1)，
∴-2 = a(0 + 1)2+ k，且1 = a(1 + 1)2+ k．
∴a = 1，k =-3．
∴二次函数为y = (x + 1)2- 3，即y = x2+ 2x - 2．
(2) 由题意，结合(1)y = (x + 1)2- 3，
∴顶点坐标为(-1, -3)．
作图如下．
(3) 由题意，∵二次函数的图象向右平移n 个单位长度
后，
∴新函数为y = (x + 1 - n)2- 3．
∴此时对称轴是直线x = n - 1，函数图象开口向上．
∴①当3 ≤n - 1 时，即n ≥4，
∴当x = 0 时，y 取最大值为(1 - n)2- 3；当x = 3 时，
y 取最小值为(4 - n)2- 3．
又∵最大值与最小值的差为5，
∴(1 - n)2- 3 - (4 - n)2+ 3 = 5．
∴n = 10
3 < 4，不合题意．
②当0 < n - 1 < 3 时，即1 < n < 4，
∴当x = 0 或x = 3 时，y 取最大值为(1 - n)2 - 3 或(4
- n)2- 3；当x = n - 1 时，y 取最小值为-3．
又∵最大值与最小值的差为5，
∴(1 - n)2- 3 + 3 = 5 或(4 - n)2- 3 + 3 = 5．
∴n = 1 +
5 或n = 1 -
5 (不合题意，舍去) 或n = 4
+
5(不合题意，舍去) 或n = 4 -
5．
③当n - 1 ≤0 时，即n ≤1，
∴当x = 0 时，y 取最小值为(1 - n)2- 3；当x = 3 时，
y 取最大值为(4 - n)2- 3．
又∵最大值与最小值的差为5，
∴(4 - n)2- 3 - (1 - n)2- 3 = 5．
∴n = 5
3 > 1，不合题意．
综上，n = 1 +
5 或n = 4 -
5．
11．【分析】(1) 代入点A、B 的坐标，求得系数，即
可得到解析式；
(2) 过点P 作PQ ⎳BC 交y 轴于点Q，连接CQ，进行
等面积转化，由面积求得线段长度，可得点的坐标，
从而可求直线的解析式，再与抛物线解析式联立，即
可解得点P 的坐标；
( 3 ) 将RT △CBO 绕点C 逆时针旋转90 ° 得到
RT△CRQ，则△BCR 为等腰直角三角形．由旋转性质
可得点R 的坐标，从而可得直线方程，由等腰三角形
的性质，可知G 为直线与抛物线的交点，联立此直线
方程与抛物线解析式，结合所处象限，即可得到点G
的坐标；
(4) 根据题设条件所描述的运动过程，结合三角形的相
似判定与性质，分析CF 取最小值和最大值时候点F 所
处的位置，用勾股定理解直角三角形，结合三角形三
边关系可求出CF 的最小值，进而可得CF 的范围．
【解答】解：(1) 解：将A(-1,0)，B(6,0) 代入抛物线
的解析式y = ax2+ bx + 3，
得a-b+3=0
36a+6b+3=0
，解得
a=- 1
2
b= 5
2
，
∴抛物线的解析式为y =- 1
2 x2+ 5
2 x + 3．
(2) 解：过点P 作PQ ⎳BC 交y 轴于点Q，连接CQ，
如图a 所示，
则S△QBC = S△PBC = 24，
∴1
2 BQ ⋅CO = 24，
∵点C(6,0)，则CO = 6，
∴BQ = 8，
又∵B(0,3)，
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·10·
∴点Q(0, -5)，
∵B(0,3)，C(6,0)，
∴直线BC 的解析式为y =- 1
2 x + 3，
∵PQ ⎳BC，∴直线PQ 的表达式为y =- 1
2 x - 5，
联立y =- 1
2 x - 5 与y =- 1
2 x2 + 5
2 x + 3，可解得x =
-2 或8，
故P1(-2, -4)，P2(8, -9)．
( 3 ) 将RT △CBO 绕点C 逆时针旋转90 ° 得到
RT△CRS，则△BCR 为等腰直角三角形．
从而∠CBR = 45°，如图b 所示：
又∵点G 是第四象限内抛物线上的一点，∠CBG =
45°，
∴点G 为BR 延长线与抛物线的交点．
由旋转可知∠BOC = ∠RSC = 90°，BO = RS = 3，
OC = SC = 6，
故点R 坐标为(3, -6)，
由待定系数法可知直线BR 的表达式为y =-3x + 3，
联立y =-3x + 3 与y =- 1
2 x2 + 5
2 x + 3，整理可得x2
- 11x = 0，解得x = 11 或0(舍去)，
故点G 坐标为(11, -30)，故答案为：(11, -30)．
(4) 由题意知四边形OCED 为矩形，OD = BO = 3，
DE = OC = 6．
连接OE，交MN 于点G，如图c 所示，
故OE =
DE 2+OD2 =
36+9 = 3 5，
∵OM ⎳EN，∴△OMG ∽△ENG，
∴OG
EG = OM
EN = 1
2 ，EG
OE = 2
3 ．
作GH ⊥DE 于点H，如图c 所示，
∵GH ⎳OD，∴△GHE ∽△ODE，
∴EG
EO = GH
OD = HE
DE = 2
3 ，
∴GH = 2
3 OD = 2，HE = 2
3 DE = 4，DH = 6 - 4 =
2，故DG = 2 2．
取DG 中点J，连接FJ、CJ，
∵∠DFG = 90°，
∴根据斜边中线定理可得FJ = 1
2 DG =
2，
故CF ≥CJ - FJ，当且仅当J、F、C 共线时取等号．
易知点J 坐标为(1, -2)，C(6,0)，
故CJ =
52+22 =
29 ，则CF ≥CJ - FJ =
29 -
2．
当点N 与点D 重合时，点F 与点D 重合，此时CF 最
大，即CF = OE = 3 5，
综上所述，CF 的取值范围为
29 -
2 ≤CF ≤3 5，
故答案为：
29 -
2 ≤CF ≤3 5．
12．【分析】(1) 利用待定系数法求解即可；
(2) 根据题意，利用相似三角形的性质求出面积之比即
可；
(3)QM 经过最低点，即经过顶点，画出示意图，先求
出顶点坐标，再利用相似三角形的判定和性质求出m
的值，最后分两种情况求出点Q 的坐标即可；
(4) 根据题意，分三种情况进行分析，画出图形找出临
界点，利用相似三角形的性质列出一元二次方程，然
后进行求解即可．
【解答】解：(1) 将(2, -1) 代入y = x2 + bx - 得，-1
= 4 + 2b - 1，
解得b =-2，
∴抛物线的解析式为y = x2- 2x - 1；
(2) 如图所示，面积比保持不变为5
4 ，理由如下：
根据题意可得，∠M = ∠ODQ = 90°，∠Q = ∠Q，
∴△QOD ∽△QPM，
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·11·
∴OP
OQ = 1
2
OQ
PQ = 2
3 ，
∴S△QOD
S△QPM
=
2
3
2
= 4
9 ，
则S四边形ODMP
S△QOD
= 9-4
4
= 5
4 ；
(3) 如图所示，QM 经过最低点，即经过顶点，
该抛物线的顶点横坐标为- -2
2
= 1，
纵坐标为4×(-1)-(-2)2
4
=-2，
该抛物线的顶点坐标为(1, -2)，
∵∠PNO = ∠ODQ = 90°，∠NPO = ∠DOQ，
∴△PON ∽△OQD，且相似比为OP
OQ = 1
2 ，
根据顶点纵坐标可得，OD = 2，
则PN
OD = 1
2 ，即m2-2m-1
2
= 1
2 ，
解得m = 1 ±
3，
①当m = 1 -
3 时，
即为如图所示，
此时|xQ| = 2|xP| = 2 3 - 2，
点Q 在第四象限，
故Q(2 3 - 2, -2)；
②如图所示，
当m = 1 +
3 时，此时点P 在第一象限，点Q 在第三
象限，此时|xQ| = 2|xP| = 2 3 + 2，
故Q(-2 3 - 2, -2)；
综上，Q(2 3 - 2, -2) 或Q(-2 3 - 2, -2)；
(4) ①当PQ 经过顶点T 时，过点T 作TE ⊥x 轴，交
x 轴于点E，
由∠PNO = ∠TEO = 90 ° ，∠PON = ∠TOE 得，
△PON ∽△TOE，
∴PN
ON = TE
OE ，即m2-2m-1
-m
= 2
1 ，解得m = 1(舍
去)，或m =-1，
∴当点P 向左运动时，满足题意，
∴m ≤-1；
②如图所示，当点Q 在抛物线上时，过点Q 作QE ⊥
x，交x 轴于点E，
同理，△PON ∽△QOE，相似比仍为1
2 此时，Q[
-2m，-2(m2 - 2m - 1)]，代入抛物线解析式得，-2
(m2- 2m - 1) = (-2m)2+ 4m - 1，
解得m =
2
2 (舍去)，或m =-
2
2 ，
此时，当P 点向下一直移动，直至到x 轴时，都符合
题意，
当x2- 2x - 1 = 0 时，
解得x1= 1 -
2，x2= 1 +
2，
∴当-
2
2
≤m < 1 -
2 时，符合题意；
③图所示，当点Q 在抛物线上时，点Q 在第二象限，
点P 在第四象限，
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·12·
思路同②，此时Q[-2m，-2(m2 - 2m - 1)]，代入抛
物线解析式得，-2(m2- 2m - 1) = (-2m)2+ 4m - 1，
解得m =-
2
2 (舍去)，或m =
2
2 ，
此时，当P 点向右一直移动，直至到x 轴时，都符合
题意，
∴当
2
2
< m < 1 +
2 时，符合题意；
综上m ≤-1 或-
2
2
≤m < 1 -
2 或
2
2
< m < 1 +
2 时符合题意．
13．【分析】(1) 把A(1,0)，B(-5,0) 代入y = ax2 +
bx - 5，解方程组，求出a，b 的值，即得；
(2) 求出C(0, -5)，直线BC 的解析式y =-x - 5，设P
(x,x2 + 4x - 5)，则E(x, -x - 5)，分x <-5，-5 < x
< 0，0 < x < 1 和x > 1，四种情况解答；
(3) 过点F，P 作FG ⊥x 轴于G，PH ⊥x 轴于H，
得∠AGF = ∠AHP = 90°，根据等腰直角三角形．得
AF = AP，∠PAF = 90°，得∠FAG = ∠APH ，得
△AFG ≅△PAH(AAS)，得AH = FG，PH = AG，设
P(m,m2 + 4m - 5)，分-5 < m < 1 和m > 1 两种情况
解答．
【解答】解：(1) ∵抛物线y = ax2 + bx - 交x 轴于A(1,
0)，B(-5,0) 两点，
∴a+b-5=0
25a-5b-5=0
，解得a=1
b=4
，
∴y = x2+ 4x - 5；
(2)y = x2+ 4x - 5 中，当x = 0 时，y =-5，
∴C(0, -5)，
∴设直线BC 的解析式为y = kx - 5，
∵B(-5,0)，∴-5k - 5 = 0，∴k =-1，
∴y =-x - 5，设P(x,x2+ 4x - 5)，
则E(x, -x - 5)，
当x <-5 时，PE = x2 + 4x - 5 - (-x - 5) = x2 + 5x，
DE =-x - 5，
∵PE = 3ED，∴x2+ 5x = 3(-x - 5)，
解得x =-3(不合)，或x =-5(舍去)，
∴点P 不存在；
当-5 < x < 0 时，PE =-x - 5 - (x2 + 4x - 5) =-x2
- 5x，DE = x + 5，
∴-x2- 5x = 3(x + 5)，
解得x =-3，或x =-5(舍去)，
∴x2+ 4x - 5 =-8．
∴P1(-3, -8)；
当0 < x < 1 时，PE < CE，点P 不存在；
当x > 1 时，PE = x2 + 4x - 5 - (-x - 5) = x2 + 5x，
DE = x + 5，x2+ 5x = 3(x + 5)，
解得x = 3，或x =-5(舍去)，
∴x2+ 4x - 5 = 16，
∴P2(3,16)，
故P 点坐标为P1(-3, -8)，P2(3,16)；
(3) 过点F，P 作FG ⊥x 轴于G，PH ⊥x 轴于H，
则∠AGF = ∠AHP = 90°，
∵△AFP 是以PF 为斜边的等腰直角三角形．
∴AF = AP，∠PAF = 90°90°，
∴∠FAG + ∠PAH = ∠APH + ∠PAH = 90°，
∴∠FAG = ∠APH，
∴△AFG ≅△PAH(AAS)，
∴AH = FG，PH = AG，
设P(m,m2 + 4m - 5)，
当-5 < m < 1 时，AH = 1 - m，PH =-m2 - 4m +
5，
∴FG = 1 - m，∴-x - 5 = 1 - m，∴x = m - 6，
∴F(m - 6,1 - m)，∴AG = 1 - (m - 6) = 7 - m，
∴-m2- 4m + 5 = 7 - m，
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·13·
解得m =-1，m =-2，
∴P 坐标为(-1, -8)，或(-2, -9)；
当m > 1 时，AH = m - 1，PH = m2 + 4m - 5，
∴FG = m - 1，
∴-x - 5 = m - 1，
∴x =-m - 4，
∴F(-m - 4,m - 1)，
∴AG = 1 - (-m - 4) = m + 5，
∴m2+ 4m - 5 = m + 5，
解得m = 2，m =-5(舍去)，
∴P 坐标为(2,7)；
故P 坐标为(-1, -8)，或(-2, -9)，或(2,7)．
14．【分析】(1) 将点(3,3) 代入y = x2 + bx，求出b 即
可求解析式；
(2) 先求抛物线的对称轴为直线x = 1，由A，B 两点关
于该抛物线的对称轴对称，可得2m + 1 = 2，求出
A
1
2 ，- 3
4
，再由A、C 关于M 点对称，求出C 点
即可；
(3) 当0 < m < 1
2 时，最高点纵坐标为m2 - 2m，最低
点为-1，当1
2 ≤m < 1 时，最高点纵坐标为m2 - 1，
最低点为-1，分别求出相应的m 的值即可；
(4) 根据题意可知四边形ABCD 是平行四边形，过点O
作直线EF ⎳BC，满足条件的m 的临界位置分别为当
OA 与AD 重合时，当OB 与BC 重合时．
【解答】解：(1) 将点(3,3) 代入y = x2+ bx，
∴9 + 3b = 3，解得b =-2，∴y = x2- 2x；
(2) ∵点A、B 横坐标分别为m、m + 1，
∴A(m,m2- 2m)，B(m + 1,m2- 1)，
∵y = x2- 2x = (x - 1)2- 1，
∴对称轴为直线x = 1，
∵A，B 两点关于该抛物线的对称轴对称，
∴2m + 1 = 2，解得m = 1
2 ，
∴A 1
2 ，- 3
4
，
∵A、C 关于M 点对称，∴C
3
2 ，11
4
；
(3) 由(2) 知m = 1
2 时，A、B 关于对称轴对称，
当0 < m < 1
2 时，最高点纵坐标为m2 - 2m，最低点
为-1，
∴m2- 2m + 1 = 1
2 ，
解得m = 2-
2
2
或m = 2+
2
2
(舍)；
当1
2 ≤m < 1 时，最高点纵坐标为m2 - 1，最低点为
-1，∴m2- 1 + 1 = 1
2 ，
解得m =
2
2
或m =-
2
2 (舍)；
综上所述：m 的值为2-
2
2
或
2
2 ；
(4) ∵A、C 关于点M 对称，B、D 关于M 点对称，
∴MA = MC，MB = MD，
∴四边形ABCD 是平行四边形，
∴AD ⎳BC，
过点O 作直线EF ⎳BC，
∴EF ⎳AD，
∵∠AOB = ∠OAD + ∠OBC，
∴∠OBC = ∠BOF，∠OAD = ∠FOA，
∵A(m,m2- 2m)，B(m + 1,m2- 1)，
∴C(2 - m,2 - m2+ 2m)，D(1 - m,3 - m2)，
直线OA 的解析式为y = (m - 2)x，直线OB 的解析式
为y = (m - 1)x，
直线AD 的解析式为y = 2m2-2m-1
2m-1
x + m2 - 2m -
m(2m2-2m-3)
2m-1
，
直线BC 的解析式为y = 2m2-2m-3
2m-1
x + m 2 - 1 -
(m-1)(2m2-2m-3)
2m-1
，
当OA 与AD 重合时，2m2-2m-1
2m-1
= m - 2，解得m
= 5
3 ，
当OB 与BC 重合时，2m2-2m-3
2m-1
= m - 1，解得m
= 4，
∴5
3 < m < 4 时，∠AOB = ∠OAD + ∠OBC．
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·14·
15．【分析】(1) 先求出A(3,0)，B - 7
3 ,- 16
9
，再
分别代入y2 = ax2 + c，列出二元一次方程组，即可解
答；
(2) ①设直线AB 的解析式为y = kx + b(k ≠0)，将A(3,
0)，B - 7
3 ,- 16
9
分别代入，得直线AB 的解析式为
y = 1
3 x - 1，设点E 的坐标为m, 1
3 m-1
，求出y2 =
1
2 x2- 9
2 ，
D m, 1
2 m2- 9
2
，C m,- 1
4 m2+ 1
2 m+ 3
4
，则CE
=- 1
4 m2+ 1
6 m + 7
4 ，
DE = 2 - 1
4 m2+ 1
6 m+ 7
4
，即可解答．
②当AC ⎳DB 时，△ACE ∽△BDE，当AD ⎳BC 时，
△BCE ∽△ADE，再分类讨论，即可解答；
(3) 易得y 3 =
- 1
4 (x-1)2+1
- 7
3 ≤x<3
1
2 x2- 9
2
(x≥3)
，当x =
- 7
3 时，y3 取得最小值为11
9 - 5
t ，解出t = 5
3 ；当x
= 1 时，函数y3 的最大值为8
3 - t，解得t = 5
3 ；当y2
= 1 时，1
2 x2 - 9
2 = 1，解得，x =
11 或- 11 (舍
去)，1 ≤5
3 - n ≤
11，即可解答．
【解答】解：(1) 令- 1
4 (x - 1)2+ 1 = 0，
解得x1=-1，x2= 3，
∴A(3,0)，
将x =- 7
3 代入y1=- 1
4 (x - 1)2+ 1，得y1=- 16
9 ，
∴B - 7
3 ,- 16
9
，
将A(3,0)，B - 7
3 ,- 16
9
分别代入y2= ax2+ c，得
9a+c=0
49
9 +c=- 16
9
，
解得
a= 1
2
c=- 9
2
．
答：点A 的坐标为(3,0)，a，c 的值分别为1
2 , - 9
2 ．
(2) ①证明：如图，
设直线AB 的解析式为y = kx + b(k ≠0)，由条件可得：
3k+b=0
- 7
3 k+b=- 16
9
，解得k= 1
3
b=-1
，
∴y = 1
3 x - 1，
设点E 的坐标为m, 1
3 m-1
，
∵
a= 1
2
c=- 9
2
，
∴y2= 1
2 x2- 9
2 ，
将x = m 代入y1得D m, 1
2 m2- 9
2
，
将x = m 代入y2，得C m,- 1
4 m2+ 1
2 m+ 3
4
，
∴CE =- 1
4 m 2 + 1
2 m + 3
4 -
1
3 m-1
=- 1
4 m 2 +
1
6 m + 7
4 ，
DE
=
1
3 m-1
-
1
2 m2- 9
2
=
2 - 1
4 m2+ 1
6 m+ 7
4
，
∴DE = 2CE；
②如图：
当AC ⎳DB 时，△ACE ∽△BDE，
∴DE
CE = BE
AE = 2，
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·15·
∴AE
AB = yE
yB
= 1
3 ，
即
1
3 m-1
- 16
9
= 1
3 ，解得m = 11
9 ．
当AD ⎳BC 时，△BCE ∽△ADE，
∴DE
CE = BE
AE = 2，
∴AE
AB = yE
yB
= 2
3 ，
即
1
3 m-1
- 16
9
= 2
3 ，解得m =- 5
9 ，
∴m = 11
9 或m =- 5
9 ．
(3) 由条件可知y3=
- 1
4 (x-1)2+1
- 7
3 ≤x<3
1
2 x2- 9
2
(x≥3)
，
∴当- 7
3 ≤x ≤1 时，y 随x 的增大而增大；当1 < x <
3 时，y 随x 的增大而减小；
当x ≥3 时，y 随x 的增大而增大．且当x =- 7
3 时，
y3取得最小值．
∵当- 7
3 ≤x ≤t - n 时，函数y3的最小值为11
9 - 5
t ，
最大值为8
3 - t，
∴当x =- 7
3 时，y3 取得最小值为11
9 - 5
t ，即11
9 -
5
t =- 16
9 ，
解得t = 5
3 ．
∵- 7
3 ≤x ≤t - n 时，函数y3的最大值为8
3 - t，
∴当x = 1 时，函数y3 的最大值为8
3 - t，即8
3 - t =
1，
解得t = 5
3 ；
当y2= 1 时，1
2 x2- 9
2 = 1，
解得，x =
11 或- 11(舍去)，
∴1 ≤t - n ≤
11，
∵t = 5
3 ，
∴1 ≤5
3 - n ≤
11，化简得-2 ≤-3n ≤3 11 - 5，
解得，5
3 -
11 ≤n ≤2
3 ．
16．【分析】(1) 将A(1,0)、C(2,5) 代入y = ax2 + bx
- 3(a ≠0) 得方程组，解方程组即可；
(2) ①令y = 0，则x2 + 2x - 3 = 0，解方程即可求出点
A 的坐标；
②根据图象可知，当y < 0 时，即抛物线在x 轴下方的
部分，根据A，B 两点的坐标即可得出结论；
(3) 设点P 的坐标为(0,a)，先由两点间的距离公式得
AC 2 = 50，AP2 = 9 + a2，CP2 = a2 - 10a + 29，再分
两种情况讨论：当AP 为斜边时，则AP 2 = AC 2 +
CP2，当CP 为斜边时，则CP2 = AC 2 + AP2，分别解
方程即可．
【解答】解：(1) 将A(1,0)、C(2,5) 代入y = ax2 + bx
- 3(a ≠0) 得，
a+b-3=0
4a+2b-3=5
，
解得a=1
b=2
，
∴抛物线的解析式为y = x2+ 2x - 3；
(2) ①令y = 0，则x2+ 2x - 3 = 0，
解得x =-3 或x = 1，
∴点A 的坐标为(-3,0)；
②根据图象可知，当y < 0 时，x 的取值范围为-3 <
x < 1，
故答案为：-3 < x < 1；
(3) 设点P 的坐标为(0,a)，
∵A(-3,0)，C(2,5)，
∴AC 2 = (2 + 3)2 + (5 - 0)2 = 50，AP2 = (0 + 3)2 + (a
- 0)2 = 9 + a2，CP2 = (0 - 2)2 + (a - 5)2 = a2 - 10a +
29，
∵△ACP 是以AC 为直角边的直角三角形，
∴分以下两种情况讨论：
当AP 为斜边时，则AP2= AC2+ CP2，
∴9 + a2= 50 + a2- 10a + 29，
解得a = 7，
∴P1(0,7)，
当CP 为斜边时，则CP2= AC2+ AP2，
∴a2- 10a + 29 = 50 + 9 + a2，
解得a =-3，
∴P2(0, -3)，
综上所述，存在符合条件的P 点，P1(0,7)，P2(0, -3)．
17．【分析】(1) 理解题意，分别把A(3,0)，C(0,3) 代
入y =-x2+ bx + c 进行计算，即可作答；
(2) 先得B(-1,0)，A(3,0)，再证明△DMB ∽△ENB，
运用DE:BE = 1:2，得DM
EN = 3
2 ，设点E 的纵坐标为
2m，则点D 的纵坐标为3m，再分别求出AC 的解析
式为y =-x + 3，BE 的解析式为y =
m
2-m (x + 1)，
整理得点D(5 - 3m,3m)，因为点D 为抛物线上第一象
限内一点，得3m =- (5 - 3m)2 + 2(5 - 3m) + 3，解得
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·16·
m1= 1，m2= 4
3 ，即可作答；
(3) 先求出F(1,4)，再整理得平移后的抛物线的解析式
为y =- (x - m)2 + n，因为点P(m,n) 在y =- (x - 1)2
+ 4 上，则(m - 1)^{2} = 4 - n，即N (1, -4 + 2n)，
故PF 2 = PN 2，所以△PFN 是等腰三角形，再结合解
直角三角函数得∠FPH = tan60° = FH
HP ，代入数值计
算得4 - n =
3 (m - 1)，再运用换元法进行整理得(t
-
3 ) = 0，解得t1 = 0，t2 =
3 ，平移后的抛物线解
析式为y =- (x - 1 -
3 )2 + 1，求出x1 = 2 +
3 ，x2
=
3，即可作答．
【解答】解：(1) 依题意，分别把A(3,0)，C(0,3) 代入
y =-x2+ bx + c，
得0=-9+3b+c
3=c
，
解得b=2
c=3
；
(2) 由(1) 得b = 2，c = 3，
则y =-x2+ 2x + 3，C(0,3)，
令y = 0，则0 =-x2+ 2x + 3 = (-x + 3) (x + 1)，
∴x1= 3，x2=-1，
故B(-1,0)，A(3,0)，
分别过点E、D 作EN ⊥OA，DM ⊥OA，如图所示：
∵EN ⊥OA，DM ⊥OA，
∴∠ENB = ∠DMB = 90°，
∵∠DBM = ∠EBN，
∴△DMB ∽△ENB，
∴DM
EN = BD
BE ，
∵DE:BE = 1:2，
∴DB:BE = 3:2，
∴DM
EN = 3
2 ，
设点E 的纵坐标为2m，则点D 的纵坐标为3m，
设AC 的解析式为y = kx + r(k ≠0)，
∵C(0,3)，A(3,0)，
∴3=r
0=3k+r
，
解得r=3
k=-1
，
∴AC 的解析式为y =-x + 3，
把y = 2m 代入y =-x + 3，
得2m =-x + 3，∴x = 3 - 2m，∴E(3 - 2m,2m)，
设BE 的解析式为y = tx + q(t ≠0)，
把E(3 - 2m,2m)，B(-1,0) 分别代入y = tx + q，
得2m=t(3-2m)+q
0=-t+q
，解得
t=
m
2-m
q=
m
2-m
，
∴BE 的解析式为y =
m
2-m x +
m
2-m =
m
2-m (x +
1)，
依题意，把y = 3m 代入y =
m
2-m (x + 1)，
得3m =
m
2-m (x + 1)，则x = 5 - 3m，
即点D(5 - 3m,3m)，
∵点D 为抛物线上第一象限内一点，且y =-x2 + 2x +
3，∴3m =- (5 - 3m)2+ 2(5 - 3m) + 3，
整理得3m2- 7m + 4 = (m - 1) (3m - 4) = 0，
∴m1= 1,m2= 4
3 ，
此时y =
m
2-m (x + 1) 的2 - m ≠0，
故m1= 1，m2= 4
3 是符合题意的，
当m = 1 时，则5 - 3m = 5 - 3 = 2，3m = 3，此时D
(2,3)，
当m = 4
3 时，则5 - 3m = 5 - 4 = 1，3m = 3 × 4
3 = 4
此时D(1,4)，
综上：D(2,3) 或D(1,4)；
(3) 存在，过程如下：
由(2) 得y =-x2+ 2x + 3，
整理y =-x2+ 2x + 3 =- (x - 1)2+ 4，
∵F 为抛物线的顶点，∴F(1,4)，
∵平移抛物线使得新顶点为P(m，n) (m > 1)，P 又在
原抛物线上，新抛物线与直线x = 1 交于点N，
连结FP、PN，过点P 作PH ⊥FN，∠FPN = 120°，
如图所示：
∴平移后的抛物线的解析式为y =- (x - m)2+ n，
把x = 1 代入y =- (x - m)2+ n，
得yN =- (1 - m)2+ n，
∵点P(m,n) 在y =- (x - 1)2+ 4 上，
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·17·
∴n =- (m - 1)2+ 4，
∴(m - 1)2= 4 - n，
∴yN =- (1 - m)2+ n =-4 + n + n =-4 + 2n，
∴N(1, -4 + 2n)，
∵P(m,n)，N(1, -4 + 2n)，F(1,4)，
∴PF 2 = (m - 1)2 + (n - 4)2，PN 2 = (m - 1)2 + [n - (
-4 + 2n)]2= (m - 1)2+ (n - 4)2，
则PF 2= PN 2，即PF = PN，
∴△PFN 是等腰三角形，
∵∠FPN = 120°，
∴∠EPH = 1
2 × 120° = 60°，
则tan∠FPH = tan60° = FH
HP = 4-n
m-1 =
3，
∴4 - n =
3(m - 1)，
令t = m - 1，
∴4 - n =
3t，
即n =- 3t + 4，
∵n =- (m - 1)2+ 4，
∴- 3t + 4 =-t2+ 4，
即t2-
3t = 0，
∴t(t -
3) = 0，
∴t1= 0,t2=
3，
∴m - 1 = 0，或m - 1 =
3，
∴m = 1(舍去) 或m =
3 + 1，
∴P(1 +
3,1)，
∴平移后的抛物线解析式为y =- (x - 1 -
3)2+ 1，
令y = 0，则0 =- (x - 1 -
3)2+ 1，
∴(x - 1 -
3)2= 1，
即x - 1 -
3 =±1，
∴x1= 2 +
3，x2=
3，
则|x1- x2| = 2 +
3 -
3 = 2，
∴新抛物线与x 轴存在两个不同的交点，这两个交点之
间的距离为2．
18．【分析】(1) 利用两点式求解抛物线解析式；
(2) ①延长DC 与x 轴相交于点G，证明△COG 是等腰
直角三角形，从而得到G 点坐标，求出直线CG 的解
析式，联立抛物线解析式求解即可；
②过点O 作OH ⎳EF，且OH = EF =
2，连接HE，
DH，设DH 交x 轴为点G，然后证明四边形OFEH 是
平行四边形，根据DE + EH ≥DH，得出DE + EH =
DH 时，DE + EH 最小，进一步求出DH 即可．
【解答】解：(1) ∵A(-1,0)，B(3,0)，
在二次函数y =-x2+ bx + c 的图象上，
设该二次函数为y =- (x - x1) (x - x2)，
∴y =- (x + 1) (x - 3)，
∴y =-x2+ 2x + 3；
(2) ①把x = 0 代入y =-x2+ 2x + 3，得y = 3，
∴C(0,3)，
如图，延长DC 与x 轴相交于点G，
∵B(3,0)，C(0,3)，
∴OB = OC = 3，
∵∠COB = 90°，
∴∠CBO = 45°，
∵∠DCB = 90° = ∠BCG，
∴∠CGB = 90° -∠CBO = 90° -45° = 45°，
∴∠GCO = 180° -∠COG - ∠CGB = 180° -90° -45° =
45°，
∴OG = OC = 3，∴G(-3,0)，
设直线CG 的解析式为：y = kx + m(k ≠0)，
把C(0,3)，G(-3,0) 代入，
得3=m
0=-3k+m
，解得k=1
m=3
，
∴直线CG 的解析式为：y = x + 3，
∵点D 是直线CG 与二次函数的交点，
∴联立解析式y=x+3
y=-x2+2x+3
，
解得x=0
y=3
或x=1
y=4
，
∴D(1,4)；
②如图，过点D 作二次函数的对称轴平行于y 轴，过
点O 作OH ⎳EF 交二次函数的对称轴于点H，且OH
= EF =
2，连接HE，设DH 交x 轴为点G，
∵OH ⎳EF，且OH = EF，
∴四边形OFEH 是平行四边形，
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·18·
∴OF = EH，
∵∠CBO = 45°，
∴∠BOH = 45°，
∴△OGH 为等腰直角三角形，
∴OG = GH，
∵OH = EF =
2，OG2+ GH 2= OH 2，
∴OG = GH = 1，
∴H(1, -1)，
∵DE + EH ≥DH，
∴当DE + EH = DH 时，DE + EH 最小，
∵D(1,4)，H(1, -1)，
∴DH = 5．此时D、E、H 三点共线且DH ⊥x 轴，
∴点F 的坐标为(0,3) 与点C 重合，满足EF 在线段
BC 上，
∴DE + OF 的最小值为5．
19．【分析】(1) 把点A(2,2) 代入二次函数y = ax(x -
4) 中，可得a =- 1
2 ，进而可得二次函数的表达式；
(2) 先求出直线OA 的表达式为y = x，选择①：由题意
可知P
x1，- 1
2 x2
1+2x1
，B ( x 1 ，x 1 ) ，
Q x2，- 1
2 x2
2+2x2
，C(x2，x2)，故PB =- 1
2 x2
1 +
x1，QC =- 1
2 x2
2 + x2，根据PB > QC，可得不等式
- 1
2 x2
1 + x1>- 1
2 x2
2+ x2
2，整理变形后可得x1+ x2> 2；
选择②：同理得R x3，- 1
2 x2
3+2x3
，D(x3，x3)，故
RD =- 1
2 x2
3 + x3，由PB > RD，可得不等式- 1
2 x2
1 +
x1>- 1
2 x2
3+ x3，整理变形后可得x1+ x3< 2；
(3) 由待定系数法可求得直线AP 的表达式为y =
1- 1
2 x1
x + x1，设直线AP 交y 轴于点G，如图2 所
示，先证明△GOA ≅△TOA(SAS)，进而可得∠AMN
= ∠TAO，再证明△TOA ≅△TNM (AAS)，可得TN
= TO = x 1，ON = 2x 1，作QH ⊥x 轴于点H ，则
tan ∠QTH = QH
TH =- 9
4 x 1 + 6 ，又tan ∠QTH =
tan∠Q1TO，即OQ1
OT =- 9
4 x1 + 6，故OQ1 =- 9
4 x2
1 +
6x 1．由待定系数法可得直线RT 的表达式为y =
1
4 x1-2
x - 1
4 x2
1 + 2x1，即OR1 =- 1
4 x2
1 + 2x1，故
R1Q1 = OQ1 + OR1 =- 5
2 x2
1 + 8x1，t = R1Q1 - ON =
- 5
2 x2
1 + 8x1- 2x1=- 5
2 x2
1 + 6x1=- 5
2
x1- 6
5
2
+ 18
5 ，
当x1= 6
5 时，t 的最大值为18
5 ．
【解答】解：(1) 把点A(2,2) 代入二次函数y = ax(x -
4) (a ≠0) 中，
得-4a = 2，故a =- 1
2 ，
故此二次函数的表达式为y =- 1
2 x2+ 2x．
(2) 证明：选择①：由A(2,2) 可知直线OA 的表达式为
y = x，
由题意可知P x1，- 1
2 x2
1+2x1
，B ( x 1 ，x 1 ) ，
Q x2，- 1
2 x2
2+2x2
，C(x2，x2)，
故PB =- 1
2 x2
1 + 2x1 - x1 =- 1
2 x2
1 + x1，QC =- 1
2 x2
2 +
x2，
∵PB > QC，即- 1
2 x2
1 + x1>- 1
2 x2
2+ x2
2，
整理可得1
2 (x2 - x1) (x2 + x1) > x2 - x1，由于x2 - x1 >
0，
故1
2 (x2+ x1) > 1，
即x1+ x2> 2；
选择②：同理得R x3，- 1
2 x2
3+2x3
，D(x3，x3)，
故RD =- 1
2 x2
3+ x3，
∵PB > RD，即- 1
2 x2
1 + x1>- 1
2 x2
3+ x3，
整理可得1
2 (x3 - x1) (x3 + x1) > x3 - x1，由于x3 - x1 <
0，
故1
2 (x3+ x1) < 1，
即x1+ x3< 2；
(3) 由待定系数法可求得直线AP 的表达式为y =
1- 1
2 x1
x + x1，
设直线AP 交y 轴于点G，如图2 所示，
则OG = x1= OT，
∵∠GOA = ∠TOA = 45°，
在△GOA 和△TOA 中，
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·19·
OG=OT
∠GOA=∠TOA
OA=OA
，
∴△GOA ≅△TOA(SAS)，
∴∠PAO = ∠TAO，
∵∠AMN = ∠PAO，
∴∠AMN = ∠TAO，
∵AO =
22+22 = 2 2 = MN，
在△TOA 和△TNM 中，
∠TMN=∠TAO
∠OTA=∠NTM
AO=MN
，
∴△TOA ≅△TNM(AAS)，
∴TN = TO = x1，ON = 2x1，
作QH ⊥x 轴于点H，
则tan∠QTH = QH
TH =
- 1
2 x2
2+2x2
x2-x1
=- 9
4 x1+ 6，
又∵tan∠QTH = tan∠Q1TO，
即OQ1
OT =- 9
4 x1+ 6，
∴OQ1= - 9
4 x1+6
x1=- 9
4 x2
1 + 6x1．
∵T(x1，0)，R 1
2 x1，- 1
8 x2
1+x1
，
∴由待定系数法可得直线RT 的表达式为y =
1
4 x1-2
x - 1
4 x2
1 + 2x1，
即OR1=- 1
4 x2
1 + 2x1，
∴R1Q1= OQ1+ OR1=- 5
2 x2
1 + 8x1，
∴t = R1Q1 - ON =- 5
2 x2
1 + 8x1 - 2x1 =- 5
2 x2
1 + 6x1 =
- 5
2
x1- 6
5
2
+ 18
5 ，
故当x1= 6
5 时，t 的最大值为18
5 ．
即当x = 6
5 时，t 的最大值为18
5 ．
20．【分析】(1) 用待定系数法可得抛物线的解析式为
y = x2+ 6x + 5；
(2) 由抛物线的对称轴为直线x =-3，设P(-3,t)，过
P 作KT ⎳x 轴，过B 作BK ⊥KT 于K，过D 作DT
⊥KT 于T，求出B(-5,0)，得KP =-3 - (-5) = 2，
再证△BPK ≅△PDT(AAS)，可得BK = PT = |t|，
KP = DT = 2，故D(-3 + t,t - 2)，代入y = x2 + 6x +
5 得：t - 2 = (-3 + t)2 + 6(-3 + t) + 5，解出t 值得P
的坐标为(-3, -1) 或(-3,2)；
(3) 过C 在y 轴右侧作射线CM ，使∠OCM = 45°，过
A 作AH ⊥CM 于H ，AH 交y 轴于Q，证明△QCH
是等腰直角三角形，可得QH =
2
2 CQ，∠CQH =
45°，故2AQ +
2 CQ = 2 AQ+
2
2 CQ
= 2(AQ +
QH) = 2AH，由垂线段最短可知，此时2AQ +
2 CQ
最小，最小值为2AH，由△AQO 是等腰直角三角形，
得OQ = OA = 1，AQ =
2 OA =
2 ，即得Q(0,1)，
再求出CQ = OC - OQ = 4，可得QH =
2
2
CQ =
2 2 ，AH = AQ + QH = 3 2 ，从而知2AQ +
2 CQ
的最小值为6 2．
【解答】解：(1) ∵抛物线y = x2 + bx + c 关于直线x =
-3 对称，与x 轴交于A(-1,0)，
∴- b
2 =-3
1-b+c=0
，
解得b=6
c=5
，
∴抛物线的解析式为y = x2+ 6x + 5；
(2) 由抛物线的对称轴为直线x =-3，设P(-3,t)，
过P 作KT ⎳x 轴，过B 作BK ⊥KT 于K ，过D 作
DT ⊥KT 于T，如图：
在y = x2+ 6x + 5 中，令y = 0 得0 = x2+ 6x + 5，
解得x =-1 或x =-5，
∴B(-5,0)，
∴KP =-3 - (-5) = 2，
∵将线段BP 绕点P 逆时针旋转90° 得到DP，
∴∠BPD = 90°，BP = DP，
∴∠BPK = 90° -∠DPT = ∠PDT，
∵∠K = ∠T = 90°，
∴△BPK ≅△PDT(AAS)，
∴BK = PT = |t|，KP = DT = 2，
∴D(-3 + t,t - 2)，
把D(-3 + t,t - 2) 代入y = x2 + 6x + 5 得：t - 2 = (
-3 + t)2+ 6(-3 + t) + 5，
解得t =-1 或t = 2，
∴P 的坐标为(-3, -1) 或(-3,2)；
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·20·
(3) 在线段OC 上存在点Q，使2AQ +
2CQ 存在最小
值，理由如下：
过C 在y 轴右侧作射线CM ，使∠OCM = 45°，过A
作AH ⊥CM 于H，AH 交y 轴于Q，如图：
∵∠OCM = 45°，∠QHC = 90°，
∴△QCH 是等腰直角三角形，
∴QH =
2
2 CQ，∠CQH = 45°，
∴2AQ +
2 CQ = 2 AQ+
2
2 CQ
= 2(AQ + QH ) =
2AH，
由垂线段最短可知，此时2AQ +
2 CQ 最小，最小值
为2AH，
∵∠AQO = ∠CQH = 45°，∠AOQ = 90°，
∴△AQO 是等腰直角三角形，
∴OQ = OA = 1，AQ =
2OA =
2，
∴Q(0,1)，
在y = x2+ 6x + 5 中，令x = 0 得y = 5，
∴C(0,5)，
∴CQ = OC - OQ = 5 - 1 = 4，
∴QH =
2
2 CQ = 2 2，
∴AH = AQ + QH = 3 2，
∴2AQ +
2CQ 的最小值为6 2．
21．【分析】(1) 根据对称关系可得点B 坐标，进而得
到交点式，化简即可；
(2) 分类讨论：点P 在直线BC 上方时，易得∠ACO =
∠ABP，此时利用相似或者三角函数求出OK 长度，进
而得到直线BK 解析式，即可求解；当点P 在BC 下方
时，可以作A 关于y 轴对称点L，则易得∠CBP =
∠BCL，BP ⎳CL，进而求解即可；也可以做点K 关
于直线BC 的对称点G，求出点G 坐标，进而求出直
线BG 解析式，联立求交点坐标即可；
(3) 在二次函数中，一般处理二倍角问题可以构造等腰
三角形利用外角性质找小角的二倍，在OC 上取点D，
使AD = CD，则∠ADO = 2∠ACO = ∠BAQ，先求出
OD 长度，进而作点B 关于直线AQ 对称点E，连接
BE 交AQ 于点F ，过E 作EG ⊥x 轴于点G，易得
BM + MN = EM + MN ≥EG，所以解Rt△BEG 即可
得解．
【解答】解：(1) ∵对称轴为直线x = 1，且二次函数y
= x2 + bx + c(b、c 为常数) 的图象与x 轴交于A(-1,
0)、B 两点，∴B(3,0)，
∴y = (x + 1) (x - 3) = x2- 2x - 3；
(2) 由y = x2- 2x - 3 可知C(0, -3)，
∴OB = OC = 3，即∠OCB = ∠OBC = 45°，
第一种情况：当点P 在直线BC 上方时，
如图，记BP 与y 轴交于点K，
则∠OPB + ∠CBP = ∠OBC = 45°，
又∵∠CBP + ∠ACO = 45°，
∴∠OBP = ∠ACO，
∴tan∠OBP = tan∠ACO，即OK
OB = OA
OC = 1
3 ，
∴OK = 1
3 OB = 1，
由B(3,0)，K(0, -1) 可得直线BP 解析式为y = 1
3 x -
1，联立y= 1
3 x-1
y=x2-2x-3
，
解得x=3
y=0
(与B 点重合) 或
x=- 2
3
y=- 11
9
，
∴P - 2
3 ，- 11
9
；
第二种情况：当点P 在直线BC 下方时，
方法一：如图，作点A 关于y 轴对称点L，连接CL，
则∠ACO = ∠LCO，L(1,0)，
∵∠CBP + ∠ACO = 45°，∠LCO + ∠BCL = 45°，
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·21·
∴∠CBP = ∠BCL，
∴BP ⎳CL，
由C(0, -3)，L(1,0) 可得直线CL 的解析式为y = 3x -
3，
∴设直线BP:y = 3x + n，
将B(3,0) 代入得n =-9，
∴直线BP:y = 3x - 9，
联立y=3x-9
y=x2-2x-3
，
解得x=3
y=0
(与B 点重合) 或x=2
y=-3
，
∴P(2, -3)；
方法二：作K 关于直线BC 对称点G，连接KG 交BC
于点H，
此时∠CBK = ∠CBP，满足∠CBP + ∠ACO = 45°，
∵K(0, -1)，C(0, -3)，
∴CK = 2，
∵∠BCO = 45°，
∴△CHK 为等腰直角三角形，
∴H(1, -2)
∴G(2, -3)
∵点G(2, -3) 也在抛物线上，
∴点P 与点G 重合，即P(2, -3)；
(备注：此时如果没有发现点P 和点G 重合，也可以求
出BG 解析式，联立二次函数求交点P 坐标)．
综上，点P 的坐标为- 2
3 ，- 11
9
或(2, -3)；
(3) 如图，在OC 上取点D，使AD = CD，则∠ADO
= 2∠ACO，
∵∠BAQ = 2∠ACO，
∴∠BAQ = ∠ADO，
设OD = m，则CD = AD = 3 - m，
在Rt△AOD 中，OA2+ OD2= AD2，
∴1 + m2= (3 - m)2，
解得m = 5
3 ，
∴OD = 4
3 ，AD = 5
3 ，
作点B 关于直线AQ 对称点E，连接BE 交AQ 于点F，
过E 作EG ⊥x 轴于点G，
则BM = EM，BF = EF，
∴BM + MN = EM + MN ≥EG，
当且仅当E、M 、G 三点共线时，(BM + MN )min =
EG；
∵∠BAQ = ∠ADO，
∴sin∠BAQ = sin∠ADO，
即BF
AB = OA
AD = 3
5 ，
∴BF = 3
5 AB = 12
5 ，
∴BE = 2BF = 24
5 ，
∵∠AGE = ∠AFE = 90°，
∴∠BEG = ∠BAF = ∠ADO，
∴cos∠BEG = cos∠ADO，
即EG
BE = OD
AD = 4
5 ，
∴EG = 4
5 BE = 96
25 ，
∴(BM + MN)min = 96
25 ．
22．【分析】(1) 把A(3,0) 代入y = ax2 + 2ax - 15
4 ，
求出抛物线的解析式，令y = 0，即可求解；
( 2 ) 设直线PQ 为y =- x + n ，设点
P
m, 1
4 m2+ 1
2 m- 15
4
，
Q m+2, 1
4 (m+2)2+ 1
2 (m+2)- 15
4
，可得1
4 m 2 +
1
2 m - 15
4 =-m + n 且1
4 (m + 2)2 + 1
2 (m + 2) - 15
4
=- (m + 2) + n，即可求解；
(3) 设直线l 解析式y = kx + b，直线l 与抛物线相交于
点G(x3，y3)，H(x4，y4)，与抛物线解析式联立可得
△> 0，x3 + x4 = 4k - 2，x3x4 =-15 - 4b，作GC ⊥
MN，HD ⊥MN，GC =-1 - x3，MC = y3 + 5，HD
= x4 + 1，MD = y4 + 5，根据∠GMN = ∠HMN，可得
tan∠GMN = tan∠HMN，从而得到GC
MC = HD
MD ，进
而得到(x3 + 1) (kx4 + b + 5) + (x4 + 1) (kx3 + b + 5) =
0，继而得到-4k(b - k + 3) = 0，再由直线l 不垂直于
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·22·
y 轴，可得b = k - 3，从而得到直线l 解析式y = k(x +
1) - 3，即可求解．
【解答】解：(1) 把A(3,0) 代入y = ax2+ 2ax - 15
4 ，
∴a = 1
4 ，
∴抛物线的解析式为y = 1
4 x2+ 1
2 x - 15
4 ，
令y = 0，则1
4 x2+ 1
2 x - 15
4 = 0，
解得x1=-5，x2= 3，
∴B(-5,0)；
(2) ∵y = 1
4 (x + 1)2- 4，N 是抛物线顶点，
∴N(-1, -4)，
设直线BN 的解析式为y = k1x + b1，
∵B(-5,0)，N(-1, -4)，
∴-5k1+b1=0
-k1+b1=-4
，解得：k1=-1
b1=-5
，
∴直线BN 的解析式为y =-x - 5，
∵PQ ⎳BN，
可设直线PQ 为y =-x + n，
设
点
P
m, 1
4 m2+ 1
2 m- 15
4
，
Q m+2, 1
4 (m+2)2+ 1
2 (m+2)- 15
4
，
∴1
4 m2 + 1
2 m - 15
4 =-m + n 且1
4 (m + 2)2 + 1
2 (m
+ 2) - 15
4 =- (m + 2) + n，
解得：m =-4；
(3) 存在定点T 满足条件．
设直线l 解析式y = kx + b，直线l 与抛物线相交于点G
(x3，y3)，H(x4，y4)，
∴y= 1
4 x2+ 1
2 x- 15
4
y=kx+b
，
∴x2+ (2 - 4k)x - 15 - 4b = 0，
∴△> 0，x3+ x4= 4k - 2，x3x4=-15 - 4b，
作GC ⊥MN ，HD ⊥MN ，GC =-1 - x3，MC = y3
+ 5，HD = x4+ 1，MD = y4+ 5，
∵∠GMN = ∠HMN，
∴tan∠GMN = tan∠HMN．即GC
MC = HD
MD ，
∴-1-x3
y3+5
= x4+1
y4+5 ，
∴(x3+ 1) (y4+ 5) + (x4+ 1) (y3+ 5) = 0，
∴(x3+ 1) (kx4+ b + 5) + (x4+ 1) (kx3+ b + 5) = 0．
∴2kx3x4+ (k + b + 5) (x3+ x4) + 2b + 10 = 0．
∴2k(-15 - 4b) + (k + b + 5) (4k - 2) + 2b + 10 = 0．
∴-4k(b - k + 3) = 0，
∵直线l 不垂直于y 轴，
∴k ≠0，
∴b - k + 3 = 0，
∴b = k - 3，
∴直线l 解析式y = k(x + 1) - 3，
∵无论k 为何值，x =-1，y =-3，
∴l 过定点T(-1, -3)，
故存在定点T(-1, -3)．
23．【分析】(1) 分割法得到四边形BCDE 的面积=
1
2 BD ⋅CE，即可得出结果；
(2) 根据三角形的中位线定理，证明△ADE ∽△ABC，
进而推出S 四边形DCBE = 3
4 S △ABC，进而得到当四边形
BCDE 的面积最大时，S 最大，过点B 作BM ⊥CE，
过点D 作DN ⊥CE，则BM ≤BG，DN ≤DG，进而
得到四边形BCDE 的最大面积= 1
2 ⋅CE ⋅BD，列出函
数关系式，再根据二次函数的性质求最值即可；
(3) 根据平移求出抛物线y 的解析式，设xF = m，根据
三角形的中线平分面积，得到K 为F，Q 的中点，进
而得到Q 点坐标，设H n,- 2
3 n2+ 7
3 n- 2
3
，根据斜
率公式求出k2，根据直线过点H，将解析式写为y -
yH = k2(x - xH)，得到y =- 2
3 (n - m) (x - 1) + x + 1，
令x = 1，求出y 值，即可得出结果．
【解答】解：(1) ∵BD ⊥CE，BD = 1，CE = 1
2 ，
∴四边形BCDE 的面积= S△BCE + S△DCE
= 1
2 ⋅CE ⋅BG + 1
2 ⋅CE ⋅DG
= 1
2 ⋅CE ⋅(BG + DG)
= 1
2 ⋅CE ⋅BD
= 1
2 × 1
2 × 1
= 1
4 ，
故答案为：1
4 ；
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·23·
(2) ∵△ABC 中，D，E 分别是AC，AB 的中点，
∴DE 是△ABC 的中位线，
∴DE ⎳BC，DE = 1
2 BC，
∴△ADE ∽△ABC，
∴S△ADE:S△ABC =
DE
BC
2
= 1
4 ，
∴S△ADE = 1
4 S△ABC，
∴S四边形DCBE = 3
4 S△ABC，
∴S△ABC = 4
3 S四边形DCBE，
当四边形BCDE 的面积最大时，△ABC 的面积最大，
如图，过点B 作BM ⊥CE，过点D 作DN ⊥CE，则
BM ≤BG，DN ≤DG，
∵四边形BCDE 的面积= S△BCE + S△DCE
= 1
2 ⋅CE ⋅BM + 1
2 ⋅CE ⋅DN
≤1
2 ⋅CE ⋅(BG + DG)
= 1
2 CE ⋅BD，
∴四边形BCDE 的面积最大= 1
2 CE ⋅BD，
∵BD + CE = 3
2 ，BD = x，
∴CE = 3
2 - x，
∴S = 4
3 × 1
2 x 3
2 -x
=- 2
3 x2 + x =- 2
3
x- 3
4
2
+
3
8 ，
∴当x = 3
4 时，S 最大为3
8 ；
(3) 直线l 是过定点．
由(2) 知：S =- 2
3
x- 3
4
2
+ 3
8 ，
∴y =- 2
3
x- 3
4 -1
2
+ 3
8 + 1 =- 2
3
x- 7
4
2
+ 11
8 ，
∴y =- 2
3 x2+ 7
3 x - 2
3 ，
∵直线y = k1x - k1 交该图象于点F，H(F 点在H 点左
边)，
设xF = m，xH = n，
∵k1x - k1=- 2
3 x2+ 7
3 x - 2
3 ，
∴2x2+ (3k1- 7)x - 3k1+ 2 = 0
∴根据韦达定理得m + n = 7-3k1
2
，mn = 2-3k1
2
，
∴m + n - mn = 5
2 ，
∵S△HFK = S△HKQ，
∴K 为F，Q 的中点，
过点F，Q 的直线与直线x = l 交于点K，
∴xK = 1，
∴xQ = 2 - m，
∴Q 2-m,- 2
3 (2-m)2+ 7
3 (2-m)- 2
3
，
设H n,- 2
3 n2+ 7
3 n- 2
3
，
∴k2= yQ-yH
xQ-xH
=- 2
3 (n - m) + 1，
∴直线l:y - yH = k2(x - xH)，
即y = - 2
3 (n-m)+1
(x - n) + - 2
3 n2+ 7
3 n- 2
3
= - 2
3 (n-m)+1
x - 2
3 mn + 4
3 n - 2
3 ，
∵m + n - mn = 5
2 ，
∴- 2
3 mn =- 2
3 (m + n) + 5
3 ，
∴y = - 2
3 (n-m)+1
x + 2
3 (n - m) + 1
=- 2
3 (n - m) (x - 1) + x + 1，
∵n - m ≠0，
∴当x - 1 = 0，即x = 1 时，y = 1 + 1 = 2，
∴直线l 过定点(1,2)．
24．【分析】(1) 运用待定系数法即可求得答案；
(2) 先联立抛物线与直线l:y = x - 1 求出交点D 的坐标，
再求出对称轴，则得到点M 的坐标表示，再由两点间
距离公式建立方程求解即可；
(3) 设P(m,0)，由旋转得∠NPH = 90°，PN = PH，
当m <-1 时，过点P 作y 轴的平行线，过点H，N 分
别作平行线的垂线，垂足为点F，E，证明△PEN ≅
△HFP(AAS)，表示出H(4 + m,1 + m)，将点H(4 +
m,1 + m) 代入y =-x2 - 2x + 3，得- (4 + m)2 - 2(4 +
m) + 3 = 1 + m，解方程即可；当m >-1 时，作出同
样的辅助线，同理可求解．
【解答】解：(1) ∵抛物线y = ax2 + bx + c 与x 轴相交
于A(-3,0)、B(1,0) 两点，与y 轴交于点C(0,3)，
∴
9a-3b+c=0
a+b+c=0
c=3
，解得：
a=-1
b=-2
c=3
，
∴抛物线的表达式为y =-x2- 2x + 3；
(2) 联立得：y=x-1
y=-x2-2x+3
，
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·24·
解得：x1=-4
y1=-5
，x2=1
y2=0
，
∴D(-4, -5)，
∵y =-x2- 2x + 3 =- (x + 1)2+ 4，
∴抛物线的对称轴为直线x =-1，顶点为N(-1,4)，
设M(-1,n)，
∵MB = MD，
∴MB2= MD2，
∴(-1 - 1)2+ (n - 0)2= (-1 + 4)2+ (n + 5)2，
解得：n =-3，
∴n 的值为-3；
(3) 由(2) 得顶点N(-1,4)，
设P(m,0)，由旋转得∠NPH = 90°，PN = PH，
当m <-1 时，过点P 作y 轴的平行线EF，过点H，
N 分别作EF 的垂线，垂足为点F，E，如图，
∴∠E = ∠F = ∠NPH = 90°，
∴∠EPN + ∠ENP = ∠EPN + ∠FPH = 90°，
∴∠ENP = ∠FPH，
∴△PEN ≅△HFP(AAS)，
∴EN = PF =-1 - m，PE = FH = 4，
∴H(4 + m,1 + m)，
将点H(4 + m,1 + m) 代入y =-x2 - 2x + 3，得- (4 +
m)2- 2(4 + m) + 3 = 1 + m，
整理得：m2+ 11m + 22 = 0，
解得：m = -11±
33
2
，
∴P -11-
33
2
，0
或P -11+
33
2
，0
；
当m >-1 时，过点P 作y 轴的平行线，过点H，N 分
别作平行线的垂线，垂足为点F，E，如图，
∴∠E = ∠F = ∠NPH = 90°，
∴∠EPN + ∠ENP = ∠EPN + ∠FPH = 90°，
∴∠ENP = ∠FPH，
∴△PEN ≅△HFP(AAS)，
∴EN = PF = m + 1，PE = FH = 4，
∴H(m - 4, -m - 1)，
将点H (m - 4, -m - 1) 代入y =-x 2 - 2x + 3，得
- (m - 4)2 - 2(m - 4) + 3 =-m - 1，整理得：m2 -
7m + 4 = 0，
解得：m = 7±
33
2
，
∴P 7-
33
2
，0
或P 7+
33
2
，0
；
综上，所有符合条件的点P 的坐标为：
-11-
33
2
，0
或
-11+
33
2
，0
或
7-
33
2
，0
或
7+
33
2
，0
．
25．【分析】(1) 用待定系数法可得抛物线的解析式为
y =-x2+ 2x + 3；
(2) 过F 作FH ⊥x 轴于H，设直线CD 交y 轴于K，
求出K 0, 1
2
，直线y = 1
2 x + 1
2 与x 轴交点为A(-1,
0)，得tan∠KAO = OK
OA = 1
2 ，设FH = t，则EH =
2t，得DE = EF =
5 t，AD = 2DE = 2 5 t，AE =
5t，从而求出F(7t - 1,t)，把F(7t - 1,t) 代入y =-x2
+ 2x + 3 得：t =- (7t - 1)2 + 2(7t - 1) + 3，解出t 值
可得F 20
7 ，27
49
；
(3) 由点P(x1，y1) 在抛物线y =-x2 + 2x + 3 上，点Q
(x1，y2) 在抛物线y = x2 - (4m - 2)x + 4m2 + 2 上，可
得y2 - y1 = x2
1 - (4m - 2)x1 + 4m2 + 2 - (-x2
1 + 2x1 + 3)
= 2x2
1 - 4mx1 + 4m2 - 1 = 2(x1 - m)2 + 2m2 - 1，再分
三种情况讨论可得答案．
【解答】解：(1) 把(2,3)，A(-1,0) 代入y =-x2 + bx
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·25·
+ c 得：-4+2b+c=3
-1-b+c=0
，
解得b=2
c=3
，
∴抛物线的解析式为y =-x2+ 2x + 3；
(2) 过F 作FH ⊥x 轴于H，设直线CD 交y 轴于K，
如图：
在y = 1
2 x + 1
2 中，令x = 0 得y = 1
2 ，令y = 0 得x =
-1，
∴K 0, 1
2
，直线y = 1
2 x + 1
2 与x 轴交点为A(-1,0)，
∴tan∠KAO = OK
OA = 1
2 ，
∵四边形CDEF 是正方形，
∴EF ⎳CD，DE = EF，
∴∠FEH = ∠KAO，
∴tan∠FEH = FH
EH = 1
2 ，
设FH = t，则EH = 2t，
∴EF =
FH 2+EH 2 =
5t，
∴DE = EF =
5t，
∵∠ADE = 90°，
∴tan∠KAO = DE
DA = 1
2 ，
∴AD = 2DE = 2 5t，
∴AE =
DE 2+AD2 =
( 5t)2+(2 5t)2 = 5t，
∴AH = AE + EH = 5t + 2t = 7t，
∴OH = AH - OA = 7t - 1，
∴F(7t - 1,t)，
把F(7t - 1,t) 代入y =-x2 + 2x + 3 得：t =- (7t - 1)2
+ 2(7t - 1) + 3，
解得t = 0(舍去) 或t = 27
49 ，
∴F 20
7 ，27
49
；
(3) ∵点P(x1，y1) 在抛物线y =-x2 + 2x + 3 上，点Q
(x1，y2) 在抛物线y = x2- (4m - 2)x + 4m2+ 2 上，
∴y1=-x2
1 + 2x1+ 3，y2= x2
1 - (4m - 2)x1+ 4m2+ 2，
∴y2 - y1 = x2
1 - (4m - 2)x1 + 4m2 + 2 - (-x2
1 + 2x1 + 3)
= 2x2
1 - 4mx1+ 4m2- 1 = 2(x1- m)2+ 2m2- 1，
当m ≤1 时，若1 ≤x1 ≤2，则x1 = 1 时，y2 - y1 的值
为3，
∴2(1 - m)2+ 2m2- 1 = 3，
解得m = 1+
3
2
(大于1，舍去) 或m = 1-
3
2
，
∴m = 1-
3
2
；
当1 < m < 2 时，若1 ≤x1 ≤2，则x1 = m 时，y2 - y1
的值为3，
∴2m2- 1 = 3，
解得m =
2 或m =- 2(舍去)，
∴m =
2；
当m ≥2 时，若1 ≤x1 ≤2，则x1 = 2 时，y2 - y1 的值
为3，
∴2(2 - m)2+ 2m2- 1 = 3，
解得m1= m2= 1(舍去)；
综上所述，m 的值为1-
3
2
或
2．
26．【分析】(1) 利用待定系数法求解即可；
(2) ①先求出点A 的坐标，进而可判断△OBC ，
△AEF 是等腰直角三角形，然后根据△AEF 的外接圆
直径是AE = 2，可得其外接圆的半径R = 1，再利用等
积法求出r，即可解决问题；
②先求得抛物线的顶点M 的坐标和对称轴与x 轴的交
点T 的坐标，作PQ ⊥x 轴于点P ，可得PQ =
2
2 BP，继而可得MP +
2
2 BP = MP + PQ，于是可
得当M 、P、Q 三点共线且MQ ⊥x 轴时，MP +
2
2 BP 的值最小，此时Q、T 重合，然后分点F 在
△ACE 不同内角平分线上共三种情况，外加当点E，
F 重合于点O 时，此时点F 在∠AEC 的平分线上这种
特殊情况，讨论求解即可．
【解答】解：(1) 把B 的坐标(3,0)，C 的坐标(0,3) 代
入抛物线的解析式，
得-9+3b+c=0
c=3
，解得b=2
c=3
，
∴抛物线的解析式是y =-x2+ 2x + 3；
(2) ①令y =-x2+ 2x + 3 = 0，
解得：x1=-1，x2= 3，
∴A(-1,0)，
∵B(3,0)，C(0,3)，
∴OB = OC = 3，
∴△OBC 是等腰直角三角形，
∴∠OBC = 45°，
∵EF ⎳BC，
∴∠FEA = ∠CBO = 45°，
∴当∠AFE = 90° 时，△AEF 是等腰直角三角形，且
★2026 中考数学压轴题每日一题参考答案（类型1）★
·26·
FA = FE，
∴EO = AO = FO = 1，
∴△AEF 的外接圆直径是AE = 2，
∴则其外接圆的半径R = 1，
∵AE = EF = AE ⋅sin45° =
2
2
× 2 =
2，
∴1
2 AF ⋅r + 1
2 EF ⋅r + 1
2 AE ⋅r = 1
2 AE ⋅FO，即( 2
+
2 + 2) ⋅r = 2，
解得：r =
2 - 1，∴r
R =
2 - 1；
②∵y =-x2+ 2x + 3 =- (x - 1)2+ 4，
抛物线的对称轴是直线x = 1，顶点M 的坐标是(1,4)，
∴直线x = 1 与x 轴的交点T 的坐标是(1,0)，
作PQ ⊥x 轴于点P，
则在直角三角形BPQ 中，PQ = BP ⋅sin45 ° =
2
2 BP，
∴MP +
2
2 BP = MP + PQ，
∴当M 、P、Q 三点共线且MQ ⊥x 轴时，MP +
2
2 BP 的值最小，此时Q、T 重合，
当点F 在△AEC 的内角∠ACE 的平分线上即∠ACO
= ∠ECO 时，如图，
∵∠COA = ∠COE = 90°，CO = CO，
∴△ACO ≅△ECO，
∴AO = EO = 1，
∴E、T 重合，
∵B(3,0)，C(0,3)，
∴直线BC 的解析式是y =-x + 3，
当x = 1 时，y = 2，
∴点P 的坐标是(1,2)，
∴BE = PE = 2，
∴S△BPE = 1
2 × 2 × 2 = 2，
当点F 在△AEC 的内角∠CAE 的平分线上时，
如图，作FK ⊥AC 于点K，则OF = KF，
设OF = KF = a，则CF = 3 - a，
∵sir∠ACO = FK
CF = OA
AC ，且AC =
12+32 =
10，
∴
a
3-a =
1
10 ，
解得a =
10-1
3
，
∴OF =
10-1
3
，
∵EF ⎳BC，
∴∠OEF = ∠OBC = 45°，
∴OE = OF =
10-1
3
，
∴BE = 3 - OE = 3 -
10-1
3
= 10-
10
3
，
∴S△BPE = 1
2 × 10-
10
3
× 2 = 10-
10
3
，
由于∠OEF = 45°，∠OEC < 90°，
∴点F 不可能在△AEC 的内角∠AEC 的平分线上，
当点E，F 重合于点O 时，此时OF 平分∠AEC 即点
F 在∠AEC 的平分线上，
符合题意，则BE = BO = 3，
∴S△BPE = 1
2 × 3 × 2 = 3，
综上：△BPE 的面积为2 或3 或10-
10
3
．
27．【分析】(1) 分别将O(0,0)，O(0,0) 代入抛物线
★2026 中考数学压轴题每日一题参考答案（类型1）★
·27·
解析式，即可获得答案；
(2) ①结合题意，分别确定点M、N 的坐标，即可获得
答案；
②首先确定MN = |at2 - 3at|，再分a > 0 和a < 0 两种
情况分析求解即可．
【解答】解：(1) 将点O(0,0) 代入，抛物线y = ax2 +
bx + c，
可得c = 0，∴该抛物线解析式为y = ax2+ bx，
将点A(3,3a) 代入，抛物线y = ax2+ bx，
可得3a = 9a + 3b，解得b =-2a；
(2) ①若a = 1，则该抛物线及直线解析分别为y = x2 -
2x，y = x，
当t = 4 时，可有点P(4,0)，如下图，
∵PM ⊥x 轴，∴xM = xN = 4，
将x = 4 代入y = x2 - 2x，可得y = 42 - 2 × 4 = 8，即
M(4,8)，
将x = 4 代入y = x，可得y = 4，即N(4,4)，
∴MN = 8 - 4 = 4；
②当点P 从点O 运动到点B(2a,0) 的过程中，
∵PM ⊥x 轴，P(t,0)，
∴xM = xN = t，
将x = t 代入y = ax2 - 2ax，可得y = at2 - 2at，即M
(t,at2- 2at)，
将x = t 代入y = ax，可得y = at，即N(t,at)，
∴MN = |at2- 2at - at| = |at2- 3at|，
令MN = 0，即at2- 3at = 0，解得t = 0 或t = 3，
若a > 0，可有2a > 0，即点P 在y 轴右侧，如下图，
当0 < t ≤3 时，可有MN =-at2 + 3at，其图象开口向
下，对称轴为直线x = 3
2 ，
若MN 的长随OP 的长的增大而增大，即MN 的长随t
的增大而增大，则2a ≤3
2 ，
解得a ≤3
4 ，
当t > 3 时，可有MN = at2 - 3at 其图象开口向上，对
称轴为直线x = 3
2 ，不符合题意；
若a < 0，可有2a < 0，即点P 在y 轴左侧，如下图，
当t < 0 时，可有MN =-at2 + 3at，其图象开口向上，
对称轴为直线x = 3
2 ，
若MN 的长随OP 的长的增大而增大，即MN 的长随t
的减小而增大，
则2a ≤3
2 ，解得a ≤3
4 ，
∴a < 0，
综上所述，a 的取值范围为a ≤3
4 且a ≠0．
28．【分析】(1) 将A 和B 代入解析式，求出b 和c 的
值；
(2) ①将A 和B 代入解析式，求出抛物线解析式为抛物
线解析式为y = ax2- 4ax + 3a + 1 = a(x - 2)2+ 1 - a，
得出D 和Q 的坐标，得到CD 和PQ 的长度，得出比
值；
②分类讨论即可．
【解答】解：(1) 将A(1,1)，B(3,1) 代入y = x2 + bx + c
中，
∴1=1+b+c
1=9+3b+c
，∴b=-4
c=4
；
(2) ①将A(1,1)，B(3,1) 代入y = ax2 + mx + n(a ≠1)
中，
∴1=a+m+n
1=9a+3m+n
，∴m=-4a
n=1+3a
，
∴抛物线解析式为y = ax2 - 4ax + 3a + 1 = a(x - 2)2 +
1 - a，
∵抛物线与y 轴交于点D，
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·28·
∴D(0,3a + 1)，顶点Q(2,1 - a)，
由(1) 可知：y = x2- 4x + 4 = (x - 2)2，
∴C(0,4)，P(2,0)，
∴CD = |3a - 3|，PQ = |a - 1|，
∴CD
PQ = |3a-3|
|a-1| = 3；
②a．当CD ⊥PD 时，如图所示，D(0,0)，
∴3a + 1 = 0，∴a =- 1
3 ，∴Q 2, 4
3
，
∴∠QCD 为最小内角，
过点Q 作QM ⊥CD 于点M，∴M 0, 4
3
，
∴QM = 2，CM = 8
3 ，CQ = 10
3 ，
∴sin∠QCD = 3
5 ；
b．当CD ⊥CQ 时，如图所示，Q(2,4)，
∴1 - a = 4，∴a =-3，∴D(0, -8)，
∴∠CDP 为最小内角，
过点P 作PN ⊥CD 于点N，∴N(0,0)，
∴PN = 2，DN = 8，PD = 2 17，
∴sin∠CDP =
17
17 ；
综上所述：最小的角的正弦值为3
5 或
17
17 ．
29．【分析】(1) 待定系数法求出函数解析式即可；
(2) 先求出对称轴，由题意，可知，B，C 关于对称轴
对称，B，C 的纵坐标均为t，中点得到xC = 2xB，对
称性得到xB+xC
2
= 3
2 xB = 3，求出xB，再代入函数解
析式求出t 的值即可；
(3) 根据题意，易得要使n - m 最大，则m，n 为一条
直线与抛物线的交点，x = m 和x = n 关于对称轴对
称，根据直线l1，l2 之间的距离为16，为定值，得到当
一条直线恰好经过抛物线的顶点(3, -4)，即：y =-4
时，n - m 最大，此时另一条直线的解析式为y = 16
- 4 = 12，令x2 - 6x + 5 = 12，求出x 的值，进而确定
m，n 的值，进行求解即可．
【解答】解：(1) 把(1,0) 代入y = x2- ax + 5，
得：1 - a + 5 = 0，
解得：a = 6；
(2) 由(1) 知：y = x2- 6x + 5，
∴对称轴为直线x =- -6
2×1 = 3，
∵点A(0,t) 在y 轴上，过点A(0,t) 与x 轴平行的直线
交抛物线于B，C 两点，
∴B，C 关于对称轴对称，B，C 的纵坐标均为t，
又∵点B 为线段AC 的中点，
∴xc = 2xB，
∴xB+xC
2
= 3
2 xB = 3，∴xB = 2，
∴x = 2 代入y = x2- 6x + 5，
得：y = 22- 6 × 2 + 5 =-3，∴t =-3；
(3) ∵y = x2- 6x + 5 = (x - 3)2- 4，
∴抛物线的顶点坐标(3, -4)，
当抛物线的一段y = x2 - ax + 5(m ≤x ≤n) 夹在两条
均与x 轴平行的直线l1，l2 之间时，m，n 为直线与抛
物线的交点，
∴要使n - m 最大，则，m，n 为一条直线与抛物线
的交点，x = m 和x = n 关于对称轴对称，
又∵直线l1，l2之间的距离为16，为定值，
∴当一条直线恰好经过抛物线的顶点(3, -4)，即：y =
-4 时，n - m 最大，此时另一条直线的解析式为y =
16 - 4 = 12，如图：
∴当x2- 6x + 5 = 12 时，
解得：x1= 7，x2=-1，
即n = 7，m =-1，
∴n - m 的最大值为：7 - (-1) = 8．
30．【分析】(I) 待定系数法求解析式，即可求解；
(II) ①根据a =-2，得出抛物线解析式为y =-2x2 + bx
+ b + 2，点D 在第四象限，过点D 作DH ⊥x 轴于点
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·29·
H，证明△ADH ≅△CAO(AAS)，进而得出点D 的坐
标为(b + 1, -1)，代入解析式，解方程，即可求解；
②在x 轴上点A 的左侧取点G，使GA = AC，连接
GC．在Rt△AOC 中，根据勾股定理，AC 2 = AO2 +
OC 2，得出GA = AC =
1+c2，根据题意，点A 和点
B 关于直线/ 对称，点F 在直线l 上，得AF = BF．根
据平行四边形的性质得出当点F 在线段BC 上时，CE
+ CF 取得最小值2 6 ，即BC = 2 6 ，勾股定理可得
m2+ c2= 24，进而代入c2= m2- 2m，求得点B(4,0)，
C (0,2 2 )，可得直线BC 的解析式为y =-
2
2
x +
2 2，．求得点F 的坐标为
3
2 , 5 2
4
，根据平移的性
质即可得出点E 的坐标为
5
2 , 13 2
4
．
【解答】解：(I) ∵a =-1，b = 2，c = 3，
∴该抛物线的解析式为y =-x2+ 2x + 3，
∵y =-x2+ 2x + 3 =- (x - 1)2+ 4，
∴该抛物线顶点P 的坐标为(1,4)；
(II) ①∵点A(-1,0) 在抛物线y = ax2+ bx + c 上，
∴0 = a - b + c，即c = b - a，
又∵a =-2，点C(0,c)，
∴OC = c = b + 2，AO = 1，
∴抛物线解析式为y =-2x2+ bx + b + 2，
如图，点D 在第四象限，过点D 作DH ⊥x 轴于点H，
∴∠AHD = 90°，
∴∠HAD + ∠ADH = 90°，
∵∠CAD = 90°，
∴∠CAO + ∠HAD = 90°，
∴∠ADH = ∠CAO，
又∵AD = AC，∠AHD = ∠AOC = 90°，
∴△ADH ≅△CAO(AAS)，
∴DH = AO = 1，AH = OC = b + 2，
∵OH = AH - AO，
∴OH = b + 2 - 1 = b + 1，
∴点D 的坐标为(b + 1, -1)，
∵点D 在抛物线y =-2x2+ bx + b + 2 上，
∴-1 =-2(b + 1)2+ b(b + 1) + b + 2，
整理得，b2+ 2b - 1 = 0，
解得b1=-1 +
2,b2=-1 -
2，
∵b > 0，
∴b2=-1 -
2 不合，舍去，
∴b =-1 +
2，
∴点D 的坐标为( 2, -1)；
②∵c = b - a，a < 0，b > 0，
∴c > 0，m > 1，
在x 轴上点A 的左侧取点G，使GA = AC，连接GC．
∴∠ACG = ∠CGA，得∠CAB = 2∠CGA．
∵∠CAB = 2∠ABC，∴∠ABC = ∠CGA．
∴CG = CB，则GO = OB．
在Rt△AOC 中，根据勾股定理，AC2= AO2+ OC2，
∴AC =
1+c2，
∴GA =
1+c2，
∴GO = GA + AO =
1+c2 + 1．
又∵点B(m,0)，得OB = m．
∴
1+c2 + 1 = m，即c2= m2- 2m，
根据题意，点A 和点B 关于直线l 对称，点F 在直线l
上，得AF = BF．
又∵▱ACEF 中，AF = CE．得CE = BF．
∴CE + CF = BF + CF ≥BC．
∴当点F 在线段BC 上时，CE + CF 取得最小值2 6，
即BC = 2 6，
在Rt△OBC 中，OB2+ OC2= BC2，
∴m2+ c2= 24．
将c2= m2- 2m 代入，得m2+ (m2- 2m) = 24．
解得m1= 4，m2=-3(舍)，
∴c = 2 2，
∴点B(4,0)，C(0,2 2)，
∴直线BC 的解析式为y =-
2
2 x + 2 2．
设点F 的横坐标为x0，则4 - x0= x0- (-1)，
得x0= 3
2 ，
★2026 中考数学压轴题每日一题参考答案（类型1）★
·30·
∴点F 的坐标为
3
2 , 5 2
4
．
∵线段CE 可以看作是由线段AF 经过平移得到的，
∴点E 可以看作是点F 向右平移一个单位，向上平移
2 2 个单位得到的，
∴点E 的坐标为
5
2 , 13 2
4
．
31．【分析】(1) 将已知点的坐标代入解析式中，得出
系数之间的关系，利用对称轴公式即可求解；
(2) ①根据题意得出函数的解析式，将x1 = x2 代入解析
式中，利用作差法即可得出函数值的大小；
②将函数值用各自自变量表示，整理
x2
2-2x2
a(x2
1-4x1) = x2
x1
得出两自变量的数量关系，即x2 = a(x1 - 4) + 2，再利
用特殊值法即可求出系数的值．
【解答】解：(1) 由题意得，将点(4,0) 代入y = ax2 +
bx 得，
16a + 4b = 0，即b =-4a，∴- b
2a = 2，
故所求抛物线的对称轴是直线x = 2．
(2) ①由(1) 可知，抛物线的解析式为y = 1
2 x2- 2x．
又∵x1= x2，
∴y 2 - y 1 = (x 2
2 - 2x 2) -
1
2 x2
1-2x1
= (x 2
1 - 2x 1) -
1
2 x2
1-2x1
= 1
2 x2
1．
∵抛物线y = 1
2 x2- 2x 过原点，且点A 与原点不重合，
∴x1≠0，∴1
2 x2
1 > 0，故y2> y1；
②由题意知，y1= ax2
1 - 4ax1，y2= x2
2- 2x2，
∵y2
y1
= x2
x1
，∴
x2
2-2x2
a(x2
1-4x1) = x2
x1
，
∵两条抛物线均过原点，且A，B 与原点都不重合，
所以x1≠0，x2≠0．
故
x2-2
a(x1-4) = 1，即x2= a(x1- 4) + 2．
∴x2
x1
= a(x1-4)+2
x1
= a + 2-4a
x1
，
依题意知，a + 2-4a
x1
是与x1无关的定值．
不妨将x1 = 1 和x1 = 2 分别代入a + 2-4a
x1
，可得2 -
3a = 1 - a，解得a = 1
2 ，
经检验，当a = 1
2 时，x2
x1
= 1
2 是一个与x1 无关的定
值，符合题意．∴a = 1
2 ，b =-4a =-2．
32．【分析】(1) 将a = 0、b = 3 代入y = x(x - a) +
(x - a) (x - b) + x(x - b) 化简，然后根据二次函数的
性质即可解答；
(2)b = 2a 代入y = x(x - a) + (x - a) (x - b) + x(x - b)
化简可得y = 3x2 - 6ax + 2a2 然后根据二次函数的性质
即可解答；
(3) 先求出y1，y2，y3 然后代入y1 + my2 + y3 = 0 进行
求解即可．
【解答】解：(1) 当a = 0，b = 3 时，二次函数y = x(x
- a) + (x - a) (x - b) + x(x - b) 可化为：y = x(x - 0)
+ (x - 0) (x - 3) + x(x - 3) = 3x2- 6x，
∴此函数图象的对称轴为直线x =- b
2a =- -6
2×3 = 1；
(2) 当b = 2a 时，二次函数y = x(x - a) + (x - a) (x -
b) + x(x - b) 可化为：y = x(x - a) + (x - a) (x - 2a)
+ x(x - 2a) = 3x2- 6ax + 2a2，
∴抛物线对称轴为直线x =- b
2a =- -6a
2×3 = a，
∵3 > 0，∴抛物线开口方向向上，
∵在0 ≤x ≤1 时，y 随x 的增大而减小，
∴a ≥1，
∵在3 ≤x ≤4 时，y 随x 的增大而增大，∴a ≤3，
∴1 ≤a ≤3；
(3) 若点A(a,y1)，B a+b
2
，y2
，C(b,y3) 均在该函数
的图象上，
∴y1= a(a - a) + (a - a) (a - b) + a(a - b) = a2- ab，
y = x(x - a) + (x - a) (x - b) + x(x - b) = 3x2 - 2(a +
b)x + ab，
∴y2= 3 a+b
2
2
- 2(a + b) a+b
2
+ ab
= 3 × (a+b)2
4
- (a + b)2+ ab
=- (a+b)2
4
+ ab
=- 1
4 a2- ab
2 - 1
4 b2+ ab
=- 1
4 a2+ ab
2 - 1
4 b2
=- 1
4 (a2- 2ab + b2)
=- 1
4 (a - b)2，
y3= b(b - a) + (b - a) (b - b) + b(b - b) = b2- ab；
∵y1+ my2+ y3= 0，
∴a2- ab + m - 1
4 (a-b)2
+ b2- ab = 0，
整理得：(a - b)2 1- 1
4 m
= 0，
∵a，b 为两个不相等的实数，
∴a - b ≠0，
∴1 - 1
4 m = 0，解得：m = 4．
★2026 中考数学压轴题每日一题参考答案（类型1）★
·31·
★类型2：相似综合（12 题）★
1．【分析】(1) 由折叠的性质得：∠B = ∠AFE，BE
= FE ，再结合平行四边形的性质可得∠PCG =
∠QFG，然后根据三角形内角和定理可得∠CQE =
∠P，即可求证；
(2) 根据全等三角形的性质可得EQ = EP，从而得到
FQ = CP，可证明△FQG ≅△CPG，从而得到FG =
CG = 3，GQ = GP = 5，再由折叠的性质得：AF =
AB，再根据△CGP ∽△BAP，可得AB = 12，即可求
解；
(3) 延长AD，EQ 交于点M，设CQ = a，BE = b，证
明△DQM ∽△CQE 得出DM = 2bn，证明△FEP ∽
△CEQ，得出PF = 1
2 a，证明△AMF ∽△PEF，得出
EP = 3+2n
2n+2 b ，进而求得CP = (2n+1)b
2n+2
，根据
PC ⎳AD 得出△GPC ∽△GAD，根据相似三角形的性
质，即可求解．
【解答】解：(1) 由折叠的性质得：∠B = ∠AFE，BE
= FE，
∵四边形ABCD 是平行四边形，
∴AB ⎳CD，
∴∠B = ∠PCG，
∴∠AFE = ∠PCG，
∵∠AFE = ∠QFG，
∴∠PCG = ∠QFG，
∵∠FGQ = ∠CGP，
∴∠CQE = ∠P，
∵CE = BE，BE = EF，
∴EF = EC，
又∵∠CEQ = ∠FEP，
∴△EFP ≅△ECQ(AAS)；
(2) ∵△EFP ≅△ECQ，
∴EQ = EP，
∵EF = EC，
∴FQ = CP，
∵∠FGQ = ∠CGP，∠CQE = ∠P，
∴△FQG ≅△CPG(AAS)，
∴FG = CG = 3，GQ = GP = 5，
由折叠的性质得：AF = AB，
∵四边形ABCD 是平行四边形，
∴AB ⎳CD，AB = CD，
∴△CGP ∽△BAP，
∴CG
AB = PG
AP ，
∴
3
AB =
5
AB+3+5 ，解得：AB = 12，
∴CD = 12，
∴DQ = CD - CG - QG = 4；
(3) 如图，延长AD，EQ 交于点M，
设CQ = a，BE = b
∴CQ
DQ = 1
n ，CE = 2BE，
∴DQ = an，EC = 2b，
∴AB = CD = (n + 1)a，AD = 3b，
∵△ABE 关于AE 折叠，
∴AF = AB = (n + 1)a，
∵AD ⎳BC，即DM ⎳EC，
∴△DQM ∽△CQE，
∴DM
EC = DQ
CQ ，即DM
2b
= an
a = n，
∴DM = 2bn
∵四边形ABCD 是平行四边形，
∴∠B = ∠ADQ，
又∵△ABE 关于AE 折叠，
∴∠AFE = ∠B，
∵∠AFQ + ∠AFE = 180°，
∴∠AFQ + ∠ADQ = 180°，
∴∠DAF + ∠DQF = 180°，
∵∠EQC + ∠DQF = 180°，
∴∠EQC = ∠DAF，
∵AD ⎳BC，
∴∠DAF = ∠FPE，
∴∠EQC = ∠FPE，
又∵∠FEP = ∠CEQ，
∴△FEP ∽△CEQ，
∴EF
EC = FP
CQ ，即b
2b = FP
a ，
∴PF = 1
2 a，
∵AD ⎳BC，
∴△AMF ∽△PEF，
∴AM
EP = AF
PF ，
∴
EP
(3+2n)b = (n+1)a
1
2 a
，
解得：EP = 3+2n
2n+2 b，
★2026 中考数学压轴题每日一题参考答案（类型2）★
·32·
∴CP = EC - EP = 2b - 3+2n
2n+2 b = (2n+1)b
2n+2
，
又∵PC ⎳AD，
∴△GPC ∽△GAD，
∴CG
DG = CP
AD =
(2n+1)b
2n+2
3b
= 2n+1
6n+6 ．
2．【分析】(1) ①延长FE ，AB 交于H ，可证明
△BEH ≅△CEF ( AAS ) ，得到EH = EF ，∠H =
∠CFE，则可证明AE = EH ，得到∠H = ∠BAE，则
∠BAE = ∠CFE；
②如图所示，延长BF，AD 交于M，由平行四边形的
性质得到AD ⎳BC ，AD = BC ，证明△BEG ∽
△MAG ，△BCF ∽△MDF ，得到BE
AM
= GE
AG =
BG
GM ，BC
DM = BF
MF = CF
DF = 1，则BF = MF，BC =
DM ；设CE = BE = m，则BC = DM = 2m，AM =
AD + DM = 4m，进而可得GE
AG = BG
MG = BE
AM = 1
4 ，
即可得到BG
GF = 2
3 ，可证明S△BGE
S△BGA
= S△GFE
S△GFA
= GE
AG =
1
4 ，S△ABG
S△AFG
= BG
FG = 2
3 ，设S△ABG = 4n，则S△BGE =
n，S△AFG = 6n，则S△EGF = 3
2 n，据此可得答案；
(2) 延长AD，EF 交于M ，由平行四边形的性质可得
AD ⎳BC ，CD = AB = 3，证明△AEF ∽△MEA，
△AEF ∽△ECF，再证明△ECF ∽△MDF，得到EC
DM
= EF
FM = CF
DF ，求出DF = CD - CF = 2，设CE = s，
FE = t，则由相似三角形的性质可得AE = st，AF =
t2DM = 2s，FM = 2t，进而可得AM = AD + DM = 5
+ 2s；再由△AEF ∽△MEA，得到t
st =
st
t+2t =
t2
5+2s ，则
t
st =
st
t+2t
st
t+2t =
t2
5+2s
，解方程即可得到答案．
【解答】(1) ①证明：如图所示，延长FE，AB 交于H，
∵四边形ABCD 是平行四边形，
∴AB ⎳CD，
∴∠EBH = ∠ECF，∠EHB = ∠EFC，
∵E 是边BC 中点，
∴BE = CE，
∴△BEH ≅△CEF(AAS)，
∴EH = EF，∠H = ∠CFE，
∵AE = EF，
∴AE = EH，
∴∠H = ∠BAE，
∴∠BAE = ∠CFE；
方法2：过点E 作EI ⎳AB 交AF 于点I，
∵EI ⎳BA，AB ⎳CD，
∴BAE = ∠AEI，∠EFC = ∠IEF，
∵E 为BC 的中点，
∴I 为AF 的中点，
∵AE = AF，
∴∠AEI = ∠IEF，
∴∠BAE = ∠EFC；
②解：如图所示，延长BF，AD 交于M，
∵四边形ABCD 是平行四边形，
∴AD ⎳BC，AD = BC，
∴△BEG ∽△MAG，△BCF ∽△MDF，
∴BE
AM = GE
AG = BG
GM ，BC
DM = BF
MF = CF
DF = 1，
∴BF = MF，BC = DM，
∵E 是边BC 中点，
∴BC = 2CE = 2BE，
设CE = BE = m，则BC = DM = 2m，
∴AM = AD + DM = 4m，
∴GE
AG = BG
MG = BE
AM = m
4m = 1
4 ，BF
MF = 1，
∴BG
GF = 2
3 ，
∴S△BGE
S△BGA
= S△GFE
S△GFA
= GE
AG = 1
4 ，S△ABG
S△AFG
= BG
FG = 2
3 ，
设S△ABG = 4n，则S△BGE = n，S△AFG = 6n，
∴S△EGF = 3
2 n，
∴S△BGE
S△AEF
=
S△BGE
S△AGF+S△EGF
=
n
6n+ 3
2 n
= 2
15 ；
★2026 中考数学压轴题每日一题参考答案（类型2）★
·33·
(2) 解：如图所示，延长AD，EF 交于M，
∵四边形ABCD 是平行四边形，
∴AD ⎳BC，CD = AB = 3，
∴∠AEB = ∠EAD，
∵∠AEB = ∠AFE = ∠EFC，
∴∠EFA = ∠EAD，
又∵∠AEF = ∠MEA，
∴△AEF ∽△MEA，
∵∠AEB + ∠AEF + ∠FEC = ∠EFC + ∠FCE + ∠FEC
= 180°，∠AEB = ∠EFC，
∴∠AEF = ∠FCE，
∴△AEF ∽△ECF，
∵AD ⎳BC，
∴△ECF ∽△MDF，
∴EC
DM = EF
FM = CF
DF ，
∵CF = 1，
∴DF = CD - CF = 2，
设CE = s，FE = t，
∵△AEF ∽△ECF，
∴CF
EF = CE
AE = EF
AF ，即1
t =
s
AE =
t
AF ，
∴AE = st，AF = t2，
∵EC
DM = EF
FM = CF
DF ，即
s
DM =
t
FM = 1
2 ，
∴DM = 2s，FM = 2t，
∴AM = AD + DM = 5 + 2s，
∵△AEF ∽△MEA，
∴EF
AE = AE
EM = AF
AM ，即t
st =
st
t+2t =
t2
5+2s ，
∴
t
st =
st
t+2t
st
t+2t =
t2
5+2s
，
解得
s=
3
t2= 5 3+6
3
或
s=- 3
t2= 5 3-6
3
(舍去)，
∴AF = 5 3+6
3
．
3．【分析】(1) 连接BO 并延长，在BO 的延长线上截
取OD = OB，连接AD，CD，进而根据对角线互相平
分的四边形是平行四边形，即可得证；
( 2 ) ①根据△ABC ∽△FCE 得出∠BCE = ∠F =
∠BAC ，AB
FC = BC
CE ，根据已知CF = AC ，可得
△ABC ∽△CBE；
②根据∠AEC = 45°，AC = 4，得出E 在△AEC 的外
接圆上运动，设△AEC 的外接圆为⊙O，设EF 与⊙O
交于点G，连接AG，证明△BAC ∽△GFA，得出BC
= 1
2 AG，当AG 为⊙O 的直径时，AG 取得最大值为
4 2，进而即可求解．
【解答】(1) 解：如图，连接BO 并延长，在BO 的延长
线上截取OD = OB，点D 即为所作，
∵O 为AC 中点，
∴AO = OC，
根据作图可得BO = OD，
∴四边形ABCD 为平行四边形，
(2) ①∵△ABC ∽△FCE，
∴∠F = ∠BAC，∠ACB = ∠FEC，
∵∠ACE = ∠F + ∠CEF = ∠ECB + ∠ACB，
∴∠BCE = ∠F = ∠BAC，
∵△ABC ∽△FCE，
∴AB
FC = BC
CE 且CF = AC，
∴AB
AC = BC
CE ，
∴△ABC ∽△CBE；
②∵∠AEC = 45°，AC = 4，
∴E 在△AEC 的外接圆上运动，
设△AEC 的外接圆为⊙O，如图，设EF 与⊙O 交于
点G，连接AG，
∴∠AOC = 2∠AEC = 90°，
∴OA = OC =
2
2 AC = 2 2，
∵CG
= CG
，
∴∠GAF = ∠CEF，
∵∠CEF = ∠ACB，
∴∠GAF = ∠BCA，
又∵∠F = ∠BAC，
∴△BAC ∽△GFA，
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·34·
又∵CF = AC，则AF = 2AC，
∴BC
AG = AC
AF = 1
2 ，
若BC = 1
2 AG，
∴当AG 为⊙O 的直径时，AG 取得最大值为4 2，
∴BC 的最大值为2 2．
4．【分析】(1) 如图，过点C 作CP ⊥OA 于点P，由
角平分线的性质定理可得CP = CD，再证明Rt△POC
≅Rt△DOC (HL) 可得OP = OD，然后说明四边形
CPEG 是矩形可得PE = CG，最后根据线段的和差以
及等量代换即可解答；
(2) 如图，过点C 作CQ ⊥OA 于点Q，由角平分线的
性质定理可得CQ = CD，再证明Rt△QOC ≅Rt△DOC
可得OQ = OD，然后说明四边形CQEG 是矩形可得
QE = CG，最后根据线段的和差以及等量代换即可解
答；
(3) 分0° < ∠AOB < 90° 和90° < ∠AOB < 180° 分别利
用(1) (2) 的相关结论以及相似三角形的判定与性质、勾
股定理解答即可．
【解答】解：(1) 如图，过点C 作CP ⊥OA 于点P，
∵OC 平分∠AOB，CD ⊥OB，CP ⊥OA，
∴CP = CD，
在Rt△POC 和Rt△DOC 中，
∵OC = OC，CP = CD，
∴Rt△POC ≅Rt△DOC(HL)，
∴OP = OD，
∵DE ⊥OA，CG ⊥DE，CP ⊥OA，
∴∠CPE = ∠PEG = ∠CGE = 90°，
∴四边形CPEG 是矩形，
∴PE = CG，
∴OD = OP = PE + OE = CG + OE，
故答案为：OD = CG + OE；
(2) 不成立，OD = CG - OE，证明如下：
如图，过点C 作CQ ⊥OA 于点Q，
∵OC 平分∠AOB，CD ⊥OB，CQ ⊥OA，
∴CQ = CD，
在Rt△QOC 和Rt△DOC 中，
∵OC = OC，CP = CD，
∴Rt△QOC ≅Rt△DOC，
∴OQ = OD，
∵DE ⊥OA，CG ⊥DE，CP ⊥OA，
∴∠CQE = ∠QEG = ∠CGE = 90°，
∴四边形CQEG 是矩形，
∴QE = CG，
∴OD = OQ = QE - OE = CG - OE；
(3) ①如图：当0° < ∠AOB < 90° 时，
∵CG ⊥DE，DE ⊥OA，∴CG ⎳OE，
∴△OEF ∽△CGF，∴CG
OE = GF
EF = 3，
即CG = 3OE，OD = CG + OE = 3OE + OE = 4OE，
∴DE =
OD2-OE 2 =
(4OE)2-OE 2 =
15OE，
∵∠DCG + ∠CDG = 90°，∠ODE + ∠CDG = 90°，
∴∠DCG = ∠ODE，∴△CDG ∽△DOE，
∴OD
CD = DE
CG =
15OE
3OE
=
15
3
；
②如图：当90° < ∠AOB < 180° 时，
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·35·
∵CG ⊥GF，GF ⊥OE，
∴CG ⎳OE，
∴△OEF ∽△CGF，
∴CG
OE = GF
EF = 3，
即CG = 3OE，
∴OD = CG - OE = 3OE - OE = 2OE，
∴DE =
OD2-OE 2 =
(2OE)2-OE 2 =
3OE，
∵∠DCG + ∠CDG = 90°，∠ODE + ∠CDG = 90°，
∴∠DCG = ∠ODE，
∴△CDG ∽△DOE，OD
CD = DE
CG =
3OE
3OE
=
3
3 ，
综上，OD
CD 的值为
15
3
或
3
3 ．
5．【分析】(1) 利用正方形的性质结合旋转的性质求解
即可；
(2) 由题意得△AEF ∽△AOB，推出∠EAB = ∠EAO，
AF
AE = AB
AO ，再得到△AFB ∽△AEO，推出BF
OE =
AB
AO ，根据正方形的性质求解即可；
(3) 同理可证△AFB ∽△AEO，得到BF
OE = AB
AO ，根据
线段垂直平分线的性质求得AB = 2BG，再根据余弦函
数的定义求解即可；
(4) 同理可证，∠BAO = β
2 ，BF
OE = AB
OA = 2cos β
2 ，
根据BE = OE + OB，求解即可．
【解答】解：(1) ∵四边形ABCD 是正方形，
∴∠OAB = ∠DAC = 45°，AD =
2OA，
∴旋转角为45°，k = AD
OA =
2，
∴k =
2，
故答案为：45°，
2；
(2) 根据题意得△AEF ∽△AOB，
∴∠EAF = ∠OAB，AF
AB = AE
AO ，
∴∠FAB = ∠EAO，AF
AE = AB
AO ，
∴△AFB ∽△AEO，
∴BF
OE = AB
AO ，
∠OAB = 45°，∠AOB = 90°，
∴AB
AO =
2，
∴BF
OE = AB
AO =
2，
(3) BF
OE 的值与α 无关，理由如下，如图，
同理可证△AFB ∽△AEO，
∴BF
OE = AB
AO ，
∵菱形ABCD 中，∠ABC = 60°，
∴∠ABO = 30°，
∵O 是AB 的垂直平分线与BD 的交点，
∴AO = BO，
∴∠BAO = ∠ABO = 30°，
过点O 作OG ⊥AB 于点G，
∴AB = 2BG，cos ∠ABO = BG
OB = BG
OA = cos30° =
3
2 ，
∴AB
OA =
3，
∴BF
OE = AB
AO =
3，
∴BF
OE 的值与α 无关；
(3) 同理可证，∠BAO = β
2 ，BF
OE = AB
OA = 2cos β
2 ，
∴BF = OE ⋅2cos β
2 ，BA = OB ⋅2cos β
2 ，
∵BE = OE + OB，
∴BF + BA = OE ⋅2cos β
2 + OB ⋅2cos β
2
= 2(OE + OB)cos β
2 = 2BEcos β
2 ，
即BF + BA = 2BEcos β
2 ．
6．【分析】(1) 利用勾股定理求得BD =
22+42 =
2 5，再证明△ADB ∽△DBC，利用相似三角形的性质
求解即可；
(2) ①由折叠的性质得∠A = ∠A= 90°，∠ABD =
∠ABD，再证明∠ABD = 90°，根据有三个角是直角的
四边形是矩形即可得解；
②延长AD 和AD 相交于点Q，连接BQ，证明四边形
ABAQ 是正方形，再证明△DQE ∽△CBE，据此求解
即可；
(3) 先利用折叠的性质求得∠BPD = 90°，推出点P 在
以BD 为直径的⊙O 上，连接OC，OP，得到CP ≤
OC - OP，据此求解即可．
【解答】解：(1) ∵∠BAD = ∠ABC = ∠BDC = 90°，
∴AD ⎳BC，
∴∠ADB = ∠DBC，
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∴△ADB ∽△DBC，
∴AD
BD = AB
CD ，
∵∠BAD = 90°，AD = 2，AB = 4，
∴BD =
22+42 = 2 5，
∴
2
2 5 =
4
CD ，
∴CD = 4 5；
(2) ①四边形DBAF 是矩形，理由如下，
由折叠的性质得∠A = ∠A= 90°，∠ABD = ∠ABD，
∵∠ABD + ∠DBC = ∠ABC = 90°，
∴∠ABD = ∠ABD+ ∠DBC = 90°，
∴四边形DBAF 是矩形；
②延长AD 和AD相交于点Q，连接BQ，
由折叠的性质得∠A = ∠A= 90°，∠ABD = ∠ABD，
∠EBD = ∠EBD，
∵点A恰好落在边BC 上，
∴AB = AB = 4，∠ABA= 90°，
∴四边形ABAQ 是矩形，
∵AB = AB = 4，
∴四边形ABAQ 是正方形，
∵∠ABE = ∠ABD + ∠EBD = ∠ABD+ ∠EBD' =
∠ABE = 0.5 × 90° = 45°，
∴点E 在对角线BQ 上，
∴DQ = AQ - AD = 2 ，BC =
BD2+CD2 =
(2 5)2+(4 5)2 = 10，
∵四边形ABAQ 是正方形，
∴AQ ⎳CB，
∴△DQE ∽△CBE，
∴DE
CE = DQ
BC = 2
10 = 1
5 ，
∴DE = 1
6 CD = 2 5
3
；
(3) 由折叠的性质得∠EBD = ∠EBD，BD = BD，
∴BE 是线段DD的垂直平分线，
∴∠BPD = 90°，
∴点P 在以BD 为直径的⊙O 上，连接OC，OP，
∴CP ≥OC - OP，即点P 在OC 上时，线段CP 存在
最小值，
∵OC =
OD2+CD2 =
( 5)2+(4 5)2 =
85，
线段CP 的最小值为
85 -
5．
7．【分析】(1) 根据旋转可得AC = CD，CB = CE，
∠ACD = ∠BCE，则AC
CB = CD
CE ，即可证明△BCE ∽
△ACD；
(2) 根据BC = 2，AC = 1，∠ACB = 90°，可得AC =
CD = 1，AB =
5 ，即可得出tan∠A = BC
AC = 2，过
D 作DH ⊥AC ，则tan ∠A = DH
AH = 2，即DH =
2AH ，在△CDH 中勾股定理求出AH = 2
5 ，则DH =
4
5 ，在△ADH 中勾股定理求出AD，根据△BCE ∽
△ACD，得出BE
AD = BC
AC ，即可求出BE = 4 5
5
；
(3) ①设旋转角为α，则∠ACD = ∠BCE = α，AC =
CD，CB = CE，根据等腰三角形的性质和三角形内角
和定理即可得出∠CDA = ∠A = 90° - 1
2 α，∠CEB =
∠CBE = 90° - 1
2 α，根据∠ACB = 90°，得出∠BCF =
90°，∠DCB = 90° -α，∠ECF = 90° -α，即可得
∠DCB = ∠ECF ，根据GF ⎳AB，得出∠F + ∠A =
180°，即可得∠CDB = ∠F，证明△BCD ≅△ECF，得
出CD = CF，结合CD = AC，得出AC = CF；
②根据GF
GB = 5
6 ，设GF = 5k，GB = 6k，证明四边
形ABGF 是平行四边形，得出AB = GF = 5k，AF =
BG = 6k，∠G = ∠A，由①得CD = AC = CF = 3k，
在Rt△ABC 中，勾股定理得出BC = 4k，则sin∠A =
BC
AB = 4k
5k = 4
5 ，则sin ∠G = sin ∠A = 4
5 ，根据
△CBD ≅△CEF ，得出∠CBD = ∠CEF ，根据
GF ⎳AB，得出∠FEB + ∠ABE = 180°，证明∠FEB
= 90°，∠BEG = 90°，则sin ∠G = BE
BG = 4
5 ，求出
BE = 24
5 k，由①可得∠ADC = ∠CEB = 90° - 1
2 α，
∠ADC + ∠CDB = 180°，得出∠CEB + ∠CDB = 180°，
证出点C，D，B，E 四点共圆，根据圆周角定理得出
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·37·
∠BED = ∠BCD，证明△BEK ∽△DCK，得出DK
BK =
CK
EK = 3k
24
5 k
= 5
8 ，设DK = 5x，BK = 8x，CK = 5y，
EK = 8y，则BC = BK + CK = 8x + 5y = 4k ①，根据
旋转可得DE = AB = 5k，则DE = DK + EK = 5x + 8y
= 5k ②，联立①②求出x，y，再根据KD
KE = 5x
8y 即可
求解．
【解答】( 1 ) 证明：∵将△ABC 绕点C 旋转得到
△DEC，点A 的对应点D 落在边AB 上，
∴AC = CD，CB = CE，∠ACD = ∠BCE，
∴AC
CB = CD
CE ，
∴△BCE ∽△ACD；
(2) 解：∵BC = 2，AC = 1，∠ACB = 90°，
∴AC = CD = 1，AB =
AC2+BC2 =
22+12 =
5，
∴tan∠A = BC
AC = 2，
过D 作DH ⊥AC，
∴tan∠A = DH
AH = 2，
∴DH = 2AH，
在△CDH 中，CH 2+ DH 2= CD2，
即(1 - AH)2+ (2AH)2= 12，
解得：AH = 2
5 ，AH = 0(舍去)，
∴DH = 4
5 ，
在△ADH 中，AH 2+ DH 2= AD2，
∴AD =
AH 2+(2AH)2 =
5AH = 2 5
5
，
∵△BCE ∽△ACD，
∴BE
AD = BC
AC ，即BE
2 5
5
= 2
1 ，
∴BE = 4 5
5
；
(3) ①证明：设旋转角为α，则∠ACD = ∠BCE = α，
AC = CD，CB = CE，
∴∠CDA = ∠A = 180°-α
2
= 90 ° - 1
2 α ，∠CEB =
∠CBE = 180°-α
2
= 90° - 1
2 α，
∵∠ACB = 90°，
∴∠BCF = 90°，∠DCB = 90° -α，
∴∠ECF = 90° -α，
∴∠DCB = ∠ECF，
∵GF ⎳AB，
∴∠F + ∠A = 180°，
∴∠CDA + ∠CDB = 180°，∠CDA = ∠A，
∴∠CDB = ∠F，
∵∠DCB = ∠ECF，∠CDB = ∠F，CB = CE，
∴△BCD ≅△ECF(AAS)，
∴CD = CF，
∵CD = AC，
∴AC = CF；
②解：∵GF
GB = 5
6 ，
∴设GF = 5k，GB = 6k，
∵GF ⎳AB，BG ⎳AF，
∴四边形ABGF 是平行四边形，
∴AB = GF = 5k，AF = BG = 6k，∠G = ∠A，
由①得CD = AC = CF = 3k，
在Rt△ADC 中，AB2= BC2+ AC2，
∴BC =
AB2-AC2 =
(5k)2-(3k)2 = 4k，
∴sin∠A = BC
AB = 4k
5k = 4
5 ，
∴sin∠G = sin∠A = 4
5 ，
∵△CBD ≅△CEF，
∴∠CBD = ∠CEF，
∵GF ⎳AB，
∴∠FEB + ∠ABE = 180°，
即∠CEF + ∠CEB + ∠CBE + ∠CBD = 180°，
即2(∠CEF + ∠CEB) = 2∠FEB = 180°，
∴∠FEB = 90°，
∴∠BEG = 90°，
∴sin∠G = BE
BG = 4
5 ，即BE
6k = 4
5 ，
∴BE = 24
5 k，
由①可得∠ADC = ∠CEB = 90° - 1
2 α，∠ADC +
∠CDB = 180°，
∴∠CEB + ∠CDB = 180°，
∴点C，D，B，E 四点共圆，
∴∠BED = ∠BCD，
∵∠BEK = ∠KCD，∠BKE = ∠DKC，
∴△BEK ∽△DCK，
∴DK
BK = CK
EK = CD
BE = 3k
24
5 k
= 5
8 ，
设DK = 5x，BK = 8x，CK = 5y，EK = 8y，
则BC = BK + CK = 8x + 5y = 4k ①，
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根据旋转可得DE = AB = 5k，
∴DE = DK + EK = 5x + 8y = 5k ②，
联立①②可得x = 7
39 k,y = 20
39 k，
∴KD
KE = 5x
8y =
5× 7
39 k
8× 20
39 k
= 7
32 ．
8．【分析】(1) 由折叠的性质可得BD = BD，BE =
BE，∠BDE = ∠BDE，再根据平行线的性质可得
∠BDE = ∠BED，进而得到∠BDE = ∠BED，由等角
对等边推出BD = BE，从而证明BE = BD = BD =
BE，即可四边形BDBE 是菱形；
(2) ①由(1) 推出BD = BD = BE，由折叠的性质得到
AD = AD，结合已知可得AD = 2BD = 2BE，进而推
出BD = AB= BE，得到∠1 = ∠2，∠3 = ∠4，再根
据三角形内角和定理即可求出∠2 + ∠3 = 90°，即可得
到DE 与AE 的位置关系；
②分△AFG 是以AF 为腰AG 为底的等腰三角形和
△AFG 是以AF 为腰FG 为底的等腰三角形两种情况讨
论，如图，延长AF 交AB 于点H，设AC，AD 交点
为M，利用三角形相似的性质建立方程求解即可．
【解答】解：(1) 四边形BDBE 是菱形，理由如下：
由折叠的性质可得BD = BD，BE = BE，∠BDE =
∠BDE，
∵BD ⎳BC，
∴∠BDE = ∠BED，
∴∠BDE = ∠BED，
∴BD = BE，
∴BE = BD = BD = BE，
∴四边形BDBE 是菱形；
(2) ①DE ⊥AE，理由如下：
由(1) 知四边形BDBE 是菱形，
∴BD = BE = BD，
由折叠的性质得到AD = AD，
∵AD = 2BD，
∴AD = 2BD = 2BD = 2BE，
∴BD = AB= BE，
∴∠1 = ∠2，∠3 = ∠4，
∵∠1 + ∠2 + ∠3 + ∠4 = 180°，
∴∠2 + ∠3 = 90°，
∴DE ⊥AE；
②∵∠C = 90°，AB = 15，BC = 9，
∴AC =
AB2-BC2 = 12，
当△AFG 是以AF 为腰AG 为底的等腰三角形时，如
图，延长AF 交AB 于点H，设AC，AD 交点为M，
则FG = AF，
∴∠C = 90°，AD ⎳BC，
∴∠AMD = ∠C = 90°，
∴∠AMA= 90°，
由折叠的性质得AD = AD，∠ADF = ∠ADF，AF =
AF，
∴△ADF ≅△ADF(SAS)，
∴∠A = ∠DAF，
∵∠AFH = ∠AFG，
∴∠AHF = ∠AMA= 90°，
∵∠A = ∠A，
∴△AFH ∽△ABC，
∴AF
AB = HF
BC = AH
AC ，
∴HF:AH:AF = BC:AC:AB = 3:4:5，
∵∠A = ∠DAF，AF = AF，∠AHF = ∠AMF，
∴△AHF ≅△AMF(AAS)，
∴HF = FM，AH = AM，
设HF = FM = 3x，AH = AM = 4x，AF = AF = 5x，
∴AM = AF + FM = 8x，
∵AD ⎳BC，
∴△AMD ∽△ACB，
∴AM
AC = AD
AB ，即8x
12 = AD
15 ，
∴AD = 10x，
∴BE = BD = AB - AD = 15 - 10x，
∴CE = BC - BE = 10x - 6，
∵FG = AF = 5x，
∴MG = FG - FM = 2x，
∴CG = AC - AM - MG = 12 - 8x - 2x = 12 - 10x，
∵AD ⎳BC，
∴△AMG ∽△ECG，
∴A'M
CE
= MG
CG ，
∴
4x
10x-6 =
2x
12-10x ，
解得：x = 1，
∴AF = 5x = 5；
当△AFG 是以AF 为腰FG 为底的等腰三角形时，如
图，则AF = AG，
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·39·
同理得HF:AH:AF = BC:AC:AB = 3:4:5，HF = FM，
AH = AM，AF = AF，
设HF = FM = 3y，AH = AM = 4y，AF = AF = 5y，
∴AM = AF + FM = 8y，
∵AD ⎳BC，
∴△AMD ∽△ACB，
∴AM
AC = AD
AB ，即8y
12 = AD
15 ，
∴AD = 10y，
∴BE = BD = AB - AD = 15 - 10y，
∴CE = BC - BE = 10y - 6，
∵△AFG 是以AF 为腰FG 为底的等腰三角形，AM
⊥AC，
∴GM = FM = 3y，
∴FG = GM + FM = 6y，
∴CG = AC - AF - FG = 12 - 11y，
∵AD ⎳BC，
∴△AMG ∽△ECG，
∴A'M
CE
= MG
CG ，
∴
4y
10y-6 =
3y
12-11y ，
解得：x = 33
37 ，
∴AF = 5y = 165
37 ；
综上，AF 的长为5 或165
37 ．
9．【分析】(1) 根据菱形的性质证明△ABC 为等边三
角形，再结合等边三角形的性质可得答案；
(2) 如图，把△ABE 绕B 顺时针旋转60° 得到△CBQ，
证明△BEQ 为等边三角形，可得∠BEQ = 60 ° =
∠BQE ，BE = EQ，求解∠BEQ = ∠CEQ = 60°，
∠AEB = ∠BQC = 150°，∠EQC = 150° -60° = 90°，可
得∠ECQ = 90° -60° = 30°，进一步可得结论；
(3) 如图，当P 在线段OA 上，记BP 与AD 交于点H，
证明△HAB - △BEG，可得AH
AB = BE
EG ，设FG = x，
则EF = BE = 2x，可得AH = 10
3 ，证明△APH -
△CPB，再进一步解答即可；如图，当P 在线段OC 上
时，延长AD 交BP 于H ，同理可得：△BAH -
△GEB，设BE = EF = 2m，而BE = 2FG，则GF =
EG = m，可得AH = 10，证明△APH - △CPB，再进
一步可得答案．
【解答】解：(1) 在菱形ABCD 中，∵AB = BC = CD
= AD，∠ABC = 60°，
∴△ABC 为等边三角形，
∵点P 与线段AC 的中点O 重合，
∴∠PBC = 1
2 ∠ABC = 30°，
∴BP ⊥AC，
故答案为：30，BP ⊥AC；
(2)CE = 2BE，
理由：如图，把△ABE 绕B 顺时针旋转60 ° 得到
△CBQ，
∴BE = BQ，∠EBQ = 60°，∠AEB = ∠BQC．
∴△BEQ 为等边三角形，
∴∠BEQ = 60° = ∠BQE，BE = EQ，
∵点E 在线段BP 上，且∠AEP = 30°，∠PEC = 60°，
∴∠AEB = 150°，∠BEC = 180° -60° = 120°，
∴∠BEQ = ∠CEQ = 60°，∠AEB = ∠BQC = 150°，
∴∠EQC = 150° -60° = 90°，
∴∠ECQ = 90° -60° = 30°．
∴CE = 2EQ = 2BE；
(3) 如图，当P 在线段OA 上，记BP 与AD 交于点H，
∵AH ⎳BC，
∴∠AHB = ∠CBH，
∵∠ABC = 60°，∠BAD = 120° = ∠BEG，
∴△HAB ∽△BEG，
∴AH
AB = BE
EG ，
设FG = x，则EF = BE = 2x，
∴EG = 3x，
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·40·
∴2x
3x = AH
5
，
∴AH = 10
3 ，
∵AD ⎳BC，
∴△APH ∽△CPB，
∴AH
BC = AP
PC ，
∴AP
PC =
10
3
5
= 2
3 ，
∵△ABC 为等边三角形，
∴AC = AB = 5，AP = 5 × 2
5 = 2，
如图，当P 在线段OC 上时，延长AD 交BP 于H，
同理可得：∠H = ∠PBC，∠BAH = ∠BEG = 120°，
∴△BAH ∽△GEB，
设BE = EF = 2m，而BE = 2FG，则GF = EG = m，
∴AB
AH = EG
BE = m
2m = 1
2 ，
∴AH = 10，
同理：△APH ∽△CPB，AP
CP = AH
BC = 2，AP = 5 ×
2
3 = 10
3 ，
综上：AP 的长为2 或10
3 ．
10．【分析】(1) 根据旋转的性质可得∠DAD= 90°，
AD = AD，进而证明∠DAB = ∠DAC ，即可证明
△DAB ≅△DAC(SAS)，根据全等三角形的性质，即可
求解；
(2) 根据正方形的性质，旋转的性质，同(1) 证明
△BCE ≅△DCE(SAS)，得出∠BE C = ∠DEC = 90°，
结合CE = CE，即可得证；
(3) 同(2) 的方法证明△BCG ∽△DCE，得出四边形
CEFG 是矩形，连接AC，BD 交于点O，连接OF，
根据直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半，得出
点A，F，B，C，D 共圆，勾股定理求得AC，FC，
进而解Rt△FCG，求得FG = 3 21
5
，再证明∠ACF =
∠BCG，根据正弦的定义，得出BG = 8
5 ，即可求解；
(4) 连接AC ，BD 交于点O，证明△E AO ≅△EAB
(SAS) 得出∠AOE= ∠ABE = 90°，当DE⊥OE时，
DE取得最小值，根据含30 度角的直角三角形的性质，
即可求解．
【解答】(1) 解：∵将线段AD 绕点A 逆时针旋转90° 得
到线段AD，
∴∠DAD= 90°，AD = AD，
∵∠BAC = 90°，
∴∠BAC - ∠DAC = ∠DAD= ∠DAC ，即∠DAB =
∠DAC，
又∵AB = AC，
∴△DAB ≅△DAC(SAS)，
∴CD= BD，∠ADC = ∠ADB；
故答案为：相等(或CD' = BD)；相等(或∠AD'C =
∠ADB)；
(2) 证明：∵四边形ABCD 是正方形，
∴∠DCB = 90°，BC = DC．
∵CE 绕点C 逆时针旋转90° 得到CE'，
∴∠ECE' = 90°，CE = CE'．
∵∠DCB = ∠ECE' = 90°，
∴∠DCB - ∠BCE = ∠ECE' - ∠BCE
即∠DCE = ∠BCE'．
∴△BCE' ≅△DCE(SAS)．
∴∠BE'C = ∠DEC = 90°．
∵∠CED + ∠CEF = 180°，
∴∠CEF = 90°，
∴∠BE'C = ∠ECE' = ∠CEF = 90°．
∴四边形CEFE' 是矩形．
又∵CE = CE'，
∴四边形CEFE' 是正方形；
(3) 解：∵CE 绕点C 逆时针旋转90° 得到线段CE，
∴∠ECE= 90°，CE = CE，
∵CG
CE= 4
3 ，
∴CG
CE = 4
3 ，
∵四边形ABCD 是矩形，AB = 3，BC = 4，
∴CD = AB = 3，
∴BC
CD = 4
3 ，
∴CG
CE = BC
CD = 4
3 ，
∵∠DCB = ∠ECE= 90°，
∴∠DCB - ∠BCE = ∠ECE - ∠BCE，即∠DCE =
∠BCE，
∴△BCG ∽△DCE，
∴∠BGC = ∠DEC = 90°，
∵∠CED + ∠CEF = 180°，
∴∠CEF = 90°，
∴∠BGC = ∠ECG = ∠CEF = 90°，
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·41·
∴四边形CEFG 是矩形，
如图，连接AC，BD 交于点O，连接OF，
∵O 是AC，BD 的中点，
在Rt△OBF 中，OF = 1
2 BD，
∴OF = 1
2 AC = OA = OC = OD = OB，
∴A，F，B，C，D 共圆，
∴∠AFC = 90°，
∵AD = BC，
∴AD
= BC
，
∴∠GFC = ∠ACD，
在Rt△ABC 中，AC =
AB2+BC2 = 5，
∴cos∠ACD = AD
AC = 3
5 ，
∵AF = 2，
在Rt△AFC 中，FC =
AC2-AF 2 =
21，
∴FG = FCcos∠CFG = 3 21
5
，
∵BC
= BC
，∴∠BFC = ∠BAC，
又∵∠AFC = ∠G = 90°，
∴∠ACB = ∠FCG，
∴∠ACB - ∠FBC = ∠FCG - ∠FBC ，即∠ACF =
∠BCG，
∴sin∠ACF = AF
AC = sin∠BCG = BG
BC ，
∴2
5 = BG
4
，∴BG = 8
5 ，∴BF = 3 21
5
- 8
5 ；
故答案为：3 21
5
- 8
5 ；
(4) 解：如图，连接AC，BD 交于点O，
∵四边形ABCD 是矩形，
∴∠BAD = 90°，AO = OB，
∵AD = 3 2，AB =
6，
∴AC = BD =
AB2+AD2 = 2 6，
∴AO = OB = AB =
6，
∴△AOB 是等边三角形，则∠OAB = 60°，
∵线段AE 绕点A 逆时针旋转60° 得到线段AE，
∴AE = AE，∠EAE= 60°，
∴∠OAB = ∠EAE= 60°，
∴∠OAB - ∠OAE = ∠EAE - ∠OAE，即∠E AO =
∠EAB，
又∵OA = BA，EA = EA，
∴△EAO ≅△EAB(SAS)，
∴∠AOE= ∠ABE = 90°，
∴E在OE上运动，且EO ⊥AC，
∴当DE' ⊥OE时，DE取得最小值，
∵∠AOB = 60°，
∴∠AOD = 120°，
又∵∠AOE= 90°，
∴∠EOD = 30，
∴当DE⊥OE时，DE= 1
2 OD = 1
4 BD =
6
2 ，
故答案为：
6
2 ．
11．【分析】(1) 连接OD，根据正方形的性质，利用
AAS 得到△OCE ≅△ODE，即可证明结论；
(2) 过点E 作EG ⊥BC 交AC 于点G，利用勾股定理和
相似三角形，求出比值即可；
(3) 过点D 作DP ⊥BA 于点P，作DQ ⊥BC 于点Q，
设CE = x，求出AP = CQ = 3，DP = DQ = 3 3 ，然
后表示DF 2，DE 2，在射线CA 上截取AM = AF = 2，
在射线AC 上截取CN = CE = x，根据全等得到DM =
DF，DN = DE，∠MDN = 90°，然后根据勾股定理求
出x 值，再根据相似三角形的对应边成比例解答即可．
【解答】(1) 证明：连接OD，
∵ABCD 是正方形，OF ⊥OE，
∴OD = OC ，∠COD = ∠EOF = 90 ° ，∠ACD =
∠ACB = 45°，
∴∠DOF = ∠COE，
∴△OCE ≅△ODF(ASA)，
∴OE = OF；
(2) 解：过点E 作EG ⊥BC 交AC 于点G．
★2026 中考数学压轴题每日一题参考答案（类型2）★
·42·
∵AB ⊥AC，
∴tan∠ACB = 1
2 ，
∴AB
AC = 1
2 ，
∵AB = 3 5
5
，
∴AC = 6 5
5
，
∴BC =
AB2+AC2 = 3，
∵BE:EC = 1:2，
∴CE = 2
3 BC = 2．
在Rt△GEC 中，tan∠GCE = 1
2 ，CE = 2，
则GE = 1，CG =
5，
∴AG =
5
5 ，
∵∠AEF = ∠GEC = 90°，
∴∠AEG = ∠FEC．
∵∠AGE = ∠GEC + ∠GCE = ∠OCF + ∠GCE =
∠FCE，
∴△AGE ∽△FCE，
∴GA
CF = GE
CE ，即
5
CF = 1
2 ，
得CF = 2 5
5
，
又∵OC = 3 5
5
，
则OF =
OC2+CF 2 =
13
5 =
65
5
，
∴OF
CF =
13
2
；
(3) 过点D 作DP ⊥BA 于点P，作DQ ⊥BC 于点Q，
设CE = x，
∵四边形ABCD 是菱形，
∴AD ⎳BC，DC ⎳AB，
∴∠PAD = ∠DCQ = ∠B = 60°，
∴∠ADP = ∠CDQ = 30°，
∴AP = CQ = 3，DP = DQ =
AD2-AP2 = 3 3，
∵AF = 1
3 AB．
∴AF = 2，
∴PF = PA + AF = 5，
∴DF 2 = DP 2 + PF 2 = 27 + 25 = 52，DE 2 = DQ 2 +
QE 2= 27 + (3 + x)2，
在射线CA 上截取AM = AF = 2，在射线AC 上截取
CN = CE = x，
∵四边形ABCD 是菱形，
∴BA = BC，∠BAC = ∠DAC = ∠D = 60°，
∴∠MAD = ∠FAD = 120°，AC = AB = 6，
又∵DA = DA，
∴△ADM ≅△ADF，
∴DM = DF，∠MDA = ∠FDA，
同理：DN = DE，∠NDC = ∠EDC，
∴∠MAF + ∠EDN = 2(∠ADF + ∠EDC) = 2(∠ADC -
∠EDF) = 2 × (60° -30°) = 60°，
∴∠MDN = 90°，
∴DM 2+ DN 2= MN 2，即DF 2+ DE 2= MN 2，
∴52 + 27 + (3 + x)2= (2 + 6 + x)2，
解得CE = 2.4，
又∵CE ⎳AD，
∴∠BCA = ∠CAD，∠CEG = ∠ADG，
∴△CEG ∽△ADG，
∴CG
AG = CE
AD ，
即
CG
6-CG = 2.4
6 ，
解得：CG = 12
7 ，
又∵O 是AC 的中点，
∴OC = 3，
∴OG = OC - CG = 3 - 12
7 = 9
7 ．
12．【分析】(1) 连接EF，证明Rt△EPF ≅Rt△ECF，
即可求证；
(2) 根据题意得点P 在以A 为圆心，10 为半径的⊙A 的
弧上，连接AM，当点P 在线段AM 上时，PM 有最小
值，根据勾股定理求出AM，即可求解；
(3) 过点P 作PH ⊥AD 于H ，交BC 于点G，证明
△PHN ∽△DHP，可得HP2 = HN ⋅HD，设HN = x，
HD = 13 - x，根据勾股定理得到关于x 的方程，可得
到HP = 6，AH = 8，HG = AB = 10，PG = 4，BG
★2026 中考数学压轴题每日一题参考答案（类型2）★
·43·
= AH = 8，设BE = m，则PE = m，GE = 8 - m，在
Rt△PGE 中，根据勾股定理求出m = 5，即可求解．
【解答】(1) 证明：如图，连接EF，
由折叠可得∠APE = ∠B = 90°，PE = BE，
∵四边形ABCD 为矩形，
∴∠C = 90°，
∵E 为BC 的中点，
∴BE = EC，
∴PE = EC，
在Rt△EPF 与Rt△ECF 中，
∵EP = EC，EF = EF，
∴Rt△EPF ≅Rt△ECF(HL)，
∴FP = FC；
(2) 解：∵AP = AB = 10，点E 在移动过程中，AP =
10 不变．
∴点P 在以A 为圆心，10 为半径的⊙A 的弧上，
连接AM，如图，
当点P 在线段AM 上时，PM 有最小值，
∵AD = 17，AB = CD = 10，CM = 4，
∴DM = 6，
∴AM =
AD2+DM 2 =
172+62 =
325 = 5 13，
∴PM 的最小值为AM - AP = 5 13 - 10；
(3) 解：过点P 作PH ⊥AD 于H，延长HP 交BC 于点
G，连接PD、NP，如图，
∵∠NPD = 90°，
∴∠1 + ∠2 = 90°，
∴∠1 + ∠3 = 90°，
∴∠3 = ∠2，
∵∠PHN = ∠DHP，
∴△PHN ∽△DHP，
∴HP
HD = HN
HP ，
∴HP2= HN ⋅HD，
∵AN = 4，AD = 17，
∴DN = 13，
设HN = x，HD = 13 - x，
∴AH = x + 4，HP2= x(13 - x)，
∵AB = 10，
∴AP = AB = 10，
∵HP2= AP2- AH 2，
∴HP2= 102- (x + 4)2，
∴x(13 - x) = 102- (x + 4)2，
解得x = 4，
∴HP = 6，AH = 8，HG = AB = 10，PG = 4，BG =
AH = 8，
设BE = m，则PE = m，GE = 8 - m，
在Rt△PGE 中，PE 2= EG2+ PG2，
∴m2= (8 - m)2+ 42，
解得m = 5，
即BE 的长为5．
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·44·
★类型3：三角形(1 - 7) + 四边形(8 - 20) + 动点问题
(21 - 24) ★
1．【分析】(1) ①由AB = AC，∠BAC = α = 60°，得
到△ABC 是等边三角形，从而得到∠ABC = ∠BCA =
∠ACB = 60°，进而推出∠BAE = ∠CAD，因此可证明
△ABE ≅△ACD(SAS)，得到BE = CD，∠ABE =
∠ACD = 60°，求得∠EBF = 60°，因此BE = 2BF，由
CD = BD + BC = BF + DF + BC 即可得到结论BF =
DF + BC；
②由AB = AC，∠BAC = α = 60°，得到△ABC 是等边
三角形，从而∠ABC = ∠BCA = 60°，进而推出∠BAE
= ∠CAD，因此可证明△ABE ≅△ACD(SAS)，得到
BE = CD，∠ABE = ∠ACD = 120°，求得∠BEF =
∠ABE - ∠ABC = 60°，因此BE = 2BF，由CD = BD
- BC = BF + DF - BC ，即可得到结论BF = DF -
BC；
(2) 同(1) 思路即可求解．
【解答】(1) ①证明：∵AB = AC，∠BAC = α = 60°，
∴△ABC 是等边三角形，
∴∠ABC = ∠BCA = ∠ACB = 60°，
∵∠BAC = ∠EAD = α = 60°，
∴∠BAC + ∠BAD = ∠EAD + ∠BAD，即∠BAE =
∠CAD，
∴在△ABE 和△ACD 中，
AB=AC
∠BAE=∠CAD
AE=AD
，
∴△ABE ≅△ACD(SAS)，
∴BE = CD，∠ABE = ∠ACD = 60°，
∴∠EBF = 180° -∠ABE - ∠ABC = 180° -60° -60° =
60°，
∵EF ⊥BC，
∴在Rt△BEF 中，BE =
BF
cos∠EBF =
BF
cos60° = 2BF，
∵CD = BD + BC = BF + DF + BC，CD = BE = 2BF，
∴2BF = BF + DF + BC，
∴BF = DF + BC；
②解：BF = DF - BC，理由如下：
∵AB = AC，∠BAC = α = 60°，
∴△ABC 是等边三角形，
∴∠ABC = ∠BCA = 60°，
∴∠ACD = 180° -∠BCA = 120°，
∵4∠BAC = ∠EAD = α = 60°，
∴∠BAC - ∠EAC = ∠EAD - ∠EAC ，即∠BAE =
∠CAD，
∴在△ABE 和△ACD 中，
AB=AC
∠BAE=∠CAD
AE=AD
，
∴△ABE ≅△ACD(SAS)，
∴BE = CD，∠ABE = ∠ACD = 120°，
∴∠EBF = ∠ABE - ∠ABC = 120° -60° = 60°，
∵EF ⊥BC，
∴在Rt△BEF 中，BE =
BF
cos∠BEF =
BF
cos60° = 2BF，
∵CD = BD - BC = BF + DF - BC，CD = BE = 2BF，
∴2BF = BF + DF - BC，
∴BF = DF - BC；
(2) 解：∵AB = AC，∠BAC = α = 120°，
∴∠ABC = ∠BCA = 1
2 (180° -∠BAC) = 30°，
∵∠BAC = ∠EAD = α = 120°，
∴∠BAC - ∠BAD = ∠EAD - ∠BAD，即∠DAC =
∠EAB，
∴在△ABE 和△ACD 中，
AB=AC
∠BAE=∠CAD
AE=AD
，
∴△ABE ≅△ACD(SAS)，
∴BE = CD，∠ABE = ∠ACD = 30°
∴∠EBC = ∠EBA + ∠ABC = 30° +30° = 60°，
∵EF ⊥BC，
∴在Rt△BEF 中，
BE =
BF
cos∠BEF =
BF
cos60° = 2BF，
∵CD = BC - BD = DF - BF + BC，CD = BE = 2BF，
∴2BF = DF + BC - BF，
∴3BF = DF + BC．
2．【分析】(1) 利用等边对等角求得∠DBC = ∠ACB，
再利用AAS 证明△ABC ≅△DCB 即可；
( 2 ) 由题意得△ABC ≅△D'C'B ，得到∠BAC =
∠C'D'B，AB = D'C' = 2，AC = BD'，作AE ⊥BC
于点E，利用直角三角形的性质结合勾股定理求得BE
= 1，BD' = AC =
7，证明AM ⎳C'D'，推出△BAM
∽△BD'C'，利用相似三角形的性质列式计算即可求解；
(3) 设∠BC'C = α，由旋转的性质得BC' = BC ，则
∠BC'C = ∠BCC' = α，利用三角形内角和定理以及平
角的性质求得∠BNC = 120° -α，∠D'C'N = 120° -α，
推出∠BNC = ∠D'C'N = 120° -α，求得AN = AC =
7 ，作CF ⊥BN 于点F，求得S△ACN = 3 21
4
，再求
得AM:CM = 4:3，据此求解即可．
【解答】(1) 证明：∵PB = PC，
∴∠PBC = ∠PCB，即∠DBC = ∠ACB，
★2026 中考数学压轴题每日一题参考答案（类型3）★
·45·
∵，
在△ABC 和△DCB 中，
∠BAC=∠CDB
∠ACB=∠DBC
BC=CB
，
∴△ABC ≅△DCB(AAS)；
(2) 解：由(1) 知：△ABC ≅△DCB ，即△ABC ≅
△D'C'B，
∴∠BAC = ∠C'D'B，AB = D'C' = 2，AC = BD'，
作AE ⊥BC 于点E，如图2，
∵∠ABC = 60°，
∴∠BAE = 30°，
∴BE = 1
2 AB = 1，
在直角三角形ABE 中，由勾股定理得：AE =
AB2-BE 2 =
3，
∴CE = BC - BE = 2，
在直角三角形ACE 中，由勾股定理得：AC =
AE 2+CE 2 =
7，
∴BD' = AC =
7，
∵∠BAC = ∠C'D'B，
∴AM ⎳C'D'，
∴△BAM ∽△BD'C'，
∴BA
BD' = AM
C'D' ，即2
7 = AM
2
，
∴AM = 4 7
7
，
∴CM = AC - AM = 3 7
7
；
(3) 解：设∠BC'C = α，
由旋转的性质得BC' = BC，则∠BC'C = ∠BCC' = α，
∵∠ABC = ∠D'C'B = 60°，∠NBC + ∠BCN + ∠BNC
= 180°，∠BC'C + ∠BC'D' + ∠D'C'N = 180°，
∴∠BNC = 120° -α，∠D'C'N = 120° -α，
∴∠BNC = ∠D'C'N = 120° -α，
∵AM ⎳C'D'，
∴∠ANC = ∠ACN，
∴AN = AC =
7，
作CF ⊥BN 于点F，如图3，
∵∠ABC = 60°，∴∠BCF = 30°，
∵BC = 3，∴BF = 3
2 ，
在直角三角形BCF 中，由勾股定理得：CF =
BC2-BF 2 = 3 3
2
，
∴S△ACN = 1
2 AN × CF = 1
2 ×
7 × 3 3
2
= 3 21
4
，
∵AM = 4 7
7
，CM = 3 7
7
，即AM:CM = 4:3，
∴S△AMN = 4
7 S△ACN = 3 21
7
．
3．【分析】(1) 利用勾股定理计算即可；
(2) 如图，求解∠A = ∠B = 45°，AD = CD = 2，证明
∠FEB = ∠A = 45°，结合∠DEF = 45°，可得∠DEB =
90° = ∠AED，再进一步求解即可；
(3) 证明∠BEF = ∠ADE，结合∠A = ∠B = 45°，DE =
FE，从而可得结论；(4) 如图，当F 在BC 的左边时，
结合题意可得：EG ⊥BC，FQ ⊥BC，EG = 2FQ，
过D 作DH ⊥AB 于H，过F 作FK ⊥EG 于K，可得
FQ = GK = GE，结合(1) 可得：DH = AH =
2 ，证
明△DHE ≅△EKF，可得EK = DH =
2 再进一步解得
即可；如图，当F 在BC 的右边时，过D 作DH ⊥AB
于H，过F 作FK ⊥EG 于K，同法可得答案．
【解答】(1) 解：∵在△ABC 中，∠C = 90°，AC = BC
= 4，
∴AB =
AC2+BC2 = 4 2，
故答案为：4 2；
(2) 解：如图，在△ABC 中，∠C = 90°，AC = BC =
4，点D 为边AC 的中点，
∴∠A = ∠B = 45°，AD = CD = 2，
★2026 中考数学压轴题每日一题参考答案（类型3）★
·46·
∵EF ⎳AC，
∴∠FEB = ∠A = 45°，
而∠DEF = 45°，
∴∠DEB = 90° = ∠AED，
∴AE = AD ⋅cos45° = 2 ×
2
2
=
2；
(3) 证明：∵将线段DE 绕点E 顺时针旋转45° 得到线
段EF，
∴DE = DF，∠DEF = 45°，
如图，∵∠DEF + ∠BEF = ∠DEB = ∠A + ∠ADE，
∠DEF = ∠A = 45°，
∴∠BEF = ∠ADE，
∴∠A = ∠B = 45°，DE = FE，
∴△ADE ≅△BEF(AAS)；
(4) 解：如图，当F 在BC 的左边时，结合题意可得：
EG ⊥BC，FQ ⊥BC，EG = 2FQ，
过D 作DH ⊥AB 于H，过F 作FK ⊥EG 于K，
∴四边形FKGQ 为矩形，
∴FQ = GK = GE，
结合(1) 可得：DH = AH =
2，
∵EG ⊥BC，∠B = 45°，
∴∠GEB = ∠B = 45°，
∴GB = GE = 2GK = 2EK，
∵∠DEF = 45°，
∴∠DEF + ∠GEB = 90°，
∴∠DEH + ∠FEK = 90°，
∴∠DHE = 90° = ∠HDE + HED，
∴∠HDE = ∠KEF，
∵DE = EF，
∴△DHE ≅△EKF(AAS)，
∴EK = DH =
2，
∴EG = BG = 2 2，
∴BE =
EG2+BG2 = 4，AE = 4 2 - 4；
如图，当F 在BC 的右边时，过D 作DH ⊥AB 于H，
过F 作FK ⊥EG 于K，
同理：EK = DH =
2，
∴四边形四边形FKGQ 为矩形，
∴FQ = GK，
∵GE = 2FQ，
∴GE = 2GK，EG = 2 2
3
，GK = FQ =
2
3 ，
同理可得：EG = BG = 2 2
3
，BE = 2 2
3
×
2 = 4
3 ，
∴AE = 4 2 - 4
3 ，
综上：AE 的长为4 2 - 4 或4 2 - 4
3 ．
4．【分析】(1) 利用AB = AC，∠BAC = α = 60°，得
出△ABC 是等边三角形，得出∠ABC = ∠ACB = 60°，
由旋转得∠DAE = 60°，则可求出∠DAC，再利用外角
即可求解；
(2) 连接CE，DH，利用α = ∠BAC = 90°，AB = AC，
得∠ABD = ∠ACB = 45°，证明△BAD ≅△CAE，得
BD = CE ，∠ABD = ∠ACE = 45°，得出∠DCE =
∠ACB + ∠ACE = 45° +45° = 90°，再证明DG = DC，
得出△BDG ≅△ECD，可得∠BGD = ∠EDC，BG =
DE，再通过点H 是BG 的中点，和点F 是DE 的中点，
证明DH = HG = 1
2 BG，DF = CF = 1
2 DE，通过证
明△HDF 是等腰直角三角形，即可得出；
(3) 取BC 中点U，AC 中点V，连接AU，EV，UV，
通过证明△ADU ≅△AEV，得出∠AVE = ∠AUD =
90°，由点V 为固定点，∠AVE = 90°，得点E 在过点
V 且垂直于AC 的直线上运动，由点到直线的最短距离
可得，当CE 取最小值时，即CE 垂直于点E 运动轨迹
的直线，即点E 和点V 重合时，CE 最小，此时，由翻
折可知AE = QE，则点Q 的轨迹为以点E 为圆心，
AE = 4 为半径的圆，由点到圆上一点的最大距离可知
当B、E、Q 依次共线时，BQ 取最大值，此时，连接
MA，过点B 作BS ⊥CN 于点S，过点Q 作QR ⊥CN
于点R，证明△MAE ≅△BDE ，得出MA = BD =
4 3，∠MAE = ∠BDE，通过证明∠MAN = 30°，得出
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·47·
MN = 1
2 MA = 2 3 ，AN =
3 MN = 6，再计算出AS
= 1
2 AB = 4，BS =
3AS = 4 3，即可求出SE = 8，
则BE =
BS2+SE 2 = 4 7，通过△BES ∽△QER，求
出ER = 8 7
7
，可求出NR = NA + AE + ER = 10 +
8 7
7
，则利用S△MNQ = 1
2 MN ⋅NR 即可求出．
【解答】解：(1) ∵AB = AC，∠BAC = α = 60°，
∴△ABC 是等边三角形，
∴∠ABC = ∠ACB = 60°，
由旋转得∠DAE = 60°，
∴∠DAC = ∠DAE = ∠CAE = 60° -20° = 40°，
∴∠ADB = ∠DAC + ∠ACB = 100°；
(2)HF =
2CF，证明如下：
如图，连接CE，DH，
∵α = ∠BAC = 90°，AB = AC，
∴∠ABD = ∠ACB = 45°，
由旋转知AD = AE，∠DAE = 90°，
∴∠BAC = ∠DAE = 90°，
即∠BAD + ∠DAC = ∠CAE + ∠DAC，
∴∠BAD = ∠CAE，∴△BAD ≅△CAE(SAS)，
∴BD = CE，∠ABD = ∠ACE = 45°，
∴∠DCE = ∠ACB + ∠ACE = 45° +45° = 90°，
∵DG ⊥BC，∴∠CDG = ∠BDG = ∠DCE = 90°，
∵∠ACB = 45°，
∴∠CGD = ∠ACB = 45°，
∴DG = DC，
∴△BDG ≅△ECD(SAS)，
∴∠BGD = ∠EDC，BG = DE，
∵点H 是BG 的中点，∠BDG = 90°，
∴DH = HG = 1
2 BG，
∴∠HDG = ∠HGD，
∴∠HDG = ∠EDC，
∴∠HDG + ∠GDE = ∠EDC + ∠GDE，
即∠HDF = ∠GDC = 90°，
∵点F 是DE 的中点，∠DCE = 90°，
∴DF = CF = 1
2 DE，∴DH = DF，
∴△HDF 是等腰直角三角形，∴HF =
2DF =
2CF，
即HF =
2CF；
(3) 如图，取BC 中点U ，AC 中点V，连接AU ，
EV，UV，
∵AB = AC = 8，∠BAC = 120°，
∴∠ACU = 30°，∠CAU = 1
2 ∠BAC = 60°，AU ⊥BC，
∴AU = 1
2 AC = 4，
∵V 是AC 中点，∴AV = 1
2 AC，∴AU = AV，
由旋转知AD = AE，∠DAE = 60°，
∴△ADE 是等边三角形，∠DAE = ∠CAU = 60°，
∴∠DAU = ∠EAV，
∴△ADU ≅△AEV(SAS)，
∴∠AVE = ∠AUD = 90°，
由点V 为固定点，∠AVE = 90°，得点E 在过点V 且垂
直于AC 的直线上运动，
由点到直线的最短距离可得，当CE 取最小值时，即
CE 垂直于点E 运动轨迹的直线，
即点E 和点V 重合时，CE 最小，
此时如图，
由翻折可知AE = QE，
∴点Q 的轨迹为以点E 为圆心，AE = 4 为半径的圆，
由点到圆上一点的最大距离可知当B、E、Q 依次共线
时，BQ 取最大值，
此时如图，连接MA，过点B 作BS ⊥CN 于点S，过
点Q 作QR ⊥CN 于点R，
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·48·
由旋转知BM = BE，∠MBE = 60°，
∴△BEM 是等边三角形，
∴∠BEM = 60°，BE = EM，
∵△ADE 是等边三角形，
∴∠AED = 60°，AE = DE，
∴∠BEM = ∠AED = 60°，
∴∠AEM = ∠DEB，
∴△MAE ≅△BDE(SAS)，
∴MA = BD，∠MAE = ∠BDE，
∵AB = AC = 8，∠BAC = 120°，∠DAE = 60°，
∴∠ABC = ∠ACB = 30°，∠DAE = ∠BAD = 60°，
∴AD ⊥BC，
∴AD = 1
2 AB = 4，BD =
3AD = 4 3，
∴MA = BD = 4 3，
∵E 为AC 中点，
∴DE = CE，
∴∠EDC = ∠ACB = 30°，
∴∠MAE = ∠BDE = 180° -∠EDC = 150°，
∴∠MAN = 180° -∠MAE = 30°，
∴MN = 1
2 MA = 2 3，AN =
3MN = 6，
∵∠BAS = 180° -∠BAC = 60°，
∴∠ABS = 30°，
∴AS = 1
2 AB = 4，BS =
3AS = 4 3，
∴SE = AS + AE = 4 + 4 = 8，
∴BE =
BS2+SE 2 = 4 7，
∵BS ⊥CN，QR ⊥CN．
∴∠BSE = ∠QRE = 90°，
又∵∠BES = ∠QER，
∴△BES ∽△QER，
∴BE
EQ = SE
ER ，
即4 7
4
=
8
ER ，
解得ER = 8 7
7
，
∴NR = NA + AE + ER = 10 + 8 7
7
，
∵MN ⊥CA，QR ⊥CN，
∴S △MNQ = 1
2 MN ⋅NR = 1
2 × 2 3 ×
10+ 8 7
7
=
10 3 + 8 21
7
．
5．【分析】(1) 根据α = 45°，得出∠BAC = ∠ABC =
45°，根据旋转可得AE = AD = AC ，∠EAB = 90°
-∠BAC = 45°，进而证明四边形ABFE 是平行四边形，
得出BF = AE，BF = AC；即可得证；
(2) 在DB 上取一点G，使得AG = AB，证明△DAG ≅
△EAB(SAS)，得出DG = BE，∠AGD = ∠ABE =
180° -∠AGC = 180° -α，进而根据三角形内角和定理得
出∠FBE = 180° -2α，根据平行线的性质得出∠BFE =
∠ABF = α，进而得出∠BEF = α，根据等角对等边可
得BE = BF，则DG = BF，根据三线合一可得GC =
BC ，进而根据DF = BD - BF = BD - DG = BG =
2BC，即可得证．
【解答】证明：(1) ∵∠ACB = 90°，∠ABC = 45°，
∴∠BAC = ∠ABC = 45°，
∵线段AD 绕点A 逆时针旋转180° -2 × 45° = 90° 得到
线段AE，点D 与点C 重合，
∴AE = AD = AC，∠EAB = 90° -∠BAC = 45°，
∴∠EAB = ∠ABC，
∴BC ⎳AE，
∵EF ⎳AB，
∴四边形ABFE 是平行四边形，
∴BF = AE，
∴BF = AC；
(2)DF = 2BC，证明：
如图，在DC 上取一点G，使得CG = CB，
∵∠ACB = 90°，
∴∠ACG = ∠ACB = 90°，
在Rt△ACG 和Rt△ACB 中，
AC=AC
∠ACG=ACB
CG=CB
，
∴Rt△ACG ≅Rt△ACB(SAS)，
∴AG = AB，
∴∠AGB = ∠ABG = α，
∴∠BAG = 180° -2α，
∵将线段AD 绕点A 逆时针旋转180° -2α 得到线段
AE，
∴DA = EA，
∴∠DAE = ∠GAB = 180° -2α，
∴∠DAG = ∠EAB，
∴△DAG ≅△EAB(SAS)，
∴DG = BE，∠AGD = ∠ABE = 180° -∠AGC = 180°
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·49·
-α，
又∵∠ABC = α，
∵∠FBE = ∠ABE - ∠ABC = 180° -α - α = 180° -2α，
∵EF ⎳AB，
∴∠BFE = ∠ABF = α，
∴∠BEF = 180° -∠FBE - ∠BFE = α，
∴BE = BF，
∴DG = BF，
∵AG = AB，AC ⊥BC，
∴GC = BC，
∴DF = BD - BF = BD - DG = BG = 2BC．
6．【分析】(1) 先求出AB、AC 的长，再根据中点求
出AD、BN 的长，即可得a 的值；
(2) 设BN = x，得到AD =
2x，CN = BC - BN = 4 -
x，进而得到CD = AC - AD = 2 2 -
2 x，分△CDN
∽△BMN 和△CND ∽△BMN 两种情况进行讨论，列出
比例式进行求解即可；
(3) 法一(几何法)：以AD 为斜边构造等腰直角三角形
ADE，连接BE，易得△AED 为等腰直角三角形，得
到AD =
2DE =
2AE，∠DAE = 45°，进而得到四边
形EDNB 为平行四边形，得到BE = DN ，将AB 绕点
B 旋转90 度得到BF，连接NF，MF，证明△AEB ≅
△BNF ，得到BE = DF ，进而得到DF = DN ，得到
MN + ND = MN + NF ≥MF，勾股定理求出MF 的长
即可．法二(代数法)：作ME ⊥BC 于点E，DF ⊥BC
于点F，由BM =
2，可得BE = ME = 1，设BN = x，
则AD =
2BN =
2x，CD = 2 2 -
2x，
DF = CF =
2
2 CD = 2 - x，EN = x-1
，NF = BC
- BN - CF = 4 - x - 2 + x = 2，由勾股定理可得MN
+
ND
=
ME 2+EN 2
+
DF 2+NF 2
=
(x-1)2+(0-1)2 +
(x-2)2+(0-2)2 ，上式结果可看
成点(x,0) 到点(1,1) 和点(2,2) 的距离之和，根据将军
饮马原理即可求得结果．
【解答】解：(1) ∵三角形ABC 为等腰直角三角形，
∠A = 90°，BC = 4，
∴AB = AC = 2 2．
当点D 和点N 分别是AC 和BC 的中点时，
可得AD = 1
2 AC =
2，BN = 1
2 BC = 2，
故a = AD
BN =
2
2 ．
(2) ∵a =
2，AD = aBN，
∴AD =
2BN，设BN = x，则AD =
2x，CN = BC
- BN = 4 - x，
∵等腰直角三角形ABC 中，∠A = 90°，BC = 4，
∴AB = AC = 2 2，CD = AC - AD = 2 2 -
2x，
∵M 是AB 的中点，
∴AM = BM =
2，
∴∠B = ∠C = 45°，
当点C，D，N 为顶点的三角形与△BMN 相似时，分
两种情况：
①当△CDN ∽△BMN 时，则CD
BM = CN
BN ，
即2 2-
2x
2
= 4-x
x
，此方程无解，不符合题意；
②当△CND ∽△BMN 时，则CN
BM = CD
BN ，
∴4-x
2
= 2 2-
2x
x
解得：x = 3 +
5(不符合题意，
舍去) 或x = 3 -
5，
∴BN = 3 -
5，
综上可得BN = 3 -
5．
(3) 法一(几何法):
∵a =
2，AD = aBN，
∴AD =
2BN．
以AD 为斜边构造等腰直角三角形ADE，连接BE，则
∠ADE = ∠C = 45°，
如图所示：
∴AD =
2DE =
2AE，
∴AE = DE = BN，
∵∠ADE = ∠C = 45°，
∴DE ⎳BN，
∴四边形EDNB 为平行四边形，
∴BE = DN，
将AB 绕点B 旋转90 度得到BF，连接NF，MF，
则BF = AB = 2 2，∠ABF = 90°，∠ABC = 45°，
∴∠NBF = 45° = ∠BAE，
又∵AB = BF，AE = BN，
∴△AEB ≅△BNF(SAS)，
∴BE = NF，
∴DN = NF，
∴MN + ND = MN + NF ≥MF，
∴当点N 在线段MF 上时，MN + ND 的值最小为MF
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的长，
在Rt△MBF 中，BM = 1
2 AB =
2，BF = 2 2，
故MF =
BM 2+BF 2 =
10，
∴MN + ND 的最小值为
10．
法二(代数法)：作ME ⊥BC 于点E，DF ⊥BC 于点
F，如图所示：
∵BM =
2，
∴BE = ME = 1，设BN = x，
则AD =
2 BN =
2 x ，CD = AC - AD = 2 2 -
2x，
∵∠C = 45°，
∴DF = CF =
2
2 CD = 2 - x，
∴EN = x-1
，NF = BC - BN - CF = 4 - x - 2 + x =
2，
由勾股定理可得MN + ND =
ME 2+EN 2 +
DF 2+NF 2
=
(x-1)2+(0-1)2 +
(x-2)2+(0-2)2，
上式结果可看成点(x,0) 到点(1,1) 和点(2,2) 的距离之
和，
欲求和最小，根据将军饮马原理，作点(1,1) 关于x 轴
的对称点(1, -1)，
则MN + ND 的最小值为
(2-1)2+(2+1)2 =
10．
7．【分析】(1) 连接BE，CF，AD，根据相似三角形
和平行线的性质即可判断；
(2) 先证明QRSH 为平行四边形，再证明HSTO 为平行
四边形，即可证明是菱六边形；
(3) 根据菱六边形DEFGHK 得到DE
BC = AD
AB = AE
AC ，
KH
AC = BK
AB ，设DE = EF = FG = HG = KH = DK =
x，根据AB = AD + DK + BK = 3，解得x，代入即可．
【解答】(1) 解：连接BE，CF，AD，BE，AD 交于
点O，
由图可知：
①AB 平行于DE，只能知道△AOB ∽△DOE，其他对
边同理，故平行六边形的三组主对边分别相等是错误
的；
②AB 平行于DE，∠ABE = ∠BED，同理可得∠CBE
= BEF，其他对角同理，故平行六边形的三组主对角分
别相等是正确的；
③由①可知，平行六边形的三条主对角线互相平分是错
误的．
故答案为：①错误；②正确；③错误；
(2) 证明：过点Q 作QH 平行且相等于PO，连接OH，
HS，
则平行四边形PQHO 是平行四边形，
∴PQ 平行于OH，PQ = OH，
在平行六边形OPQRST 中，PO 平行于RS，PO =
RS，
∴QH 平行且相等于RS，
∴QRSH 为平行四边形，
∴QR 平行于HS，QR = HS，
在平行六边形OPQRST 中，PQ 平行于ST，QR 平行
于OT，
∴OH 平行于ST，HS 平行于OT，
∴HSTO 为平行四边形，
∴HS = OT，OH = ST，
∴QR = OT，PQ = ST，
∵OP = PQ = QR = RS，
∴PQ = QR = RS = ST = OT = PO，
∴平行六边形OPQRST 是菱六边形．
(3) 解：设三角形纸片为△ABC，
裁剪后的纸片为菱六边形DEFGHK，
∴DE 平行于HG ，HK 平行于EFHG ，GF 平行于
AB，DE = EF = FG = HG = KH = DK，
∴△ADE ∽△ABC，△BKH ∽△BAC，
∴DE
BC = AD
AB = AE
AC ，KH
AC = BK
AB ，
设DE = EF = FG = HG = KH = DK = x，
则x
6 = AD
3
= AE
4 , x
4 = BK
3
，
∴AD = 1
2 x，AE = 2
3 x，BK = 3
4 x，
∵AB = AD + DK + BK = 3，
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∴1
2 x + x + 3
4 x = 3，
解得：x = 4
3 ，
∴AD = 1
2 x = 2
3 ，AE = 2
3 x = 8
9 ，DE = x = 4
3 ．
8．【分析】(1) 由SSS 可证△ABE ≅△ABE，可得
∠BAE = ∠BAE = 90°，通过证明△ADE 是等腰直角三
角形，可得AD = AE = 1，即可求解；
( 2 ) ( i ) 由折叠的性质可得BA = BA' = BC ，可得
∠BAA' = ∠BA'A，∠BCA' = ∠BA'C，即可求解；
(ii) 由ASA 可证△ABE ≅△BCN，△ADA' ≅△BAG，
可得A'D = AG = A'G，即可求解．
【解答】(1) 解：∵BE 是线段AA' 的垂直平分线，
∴A'E = AE = 1，BA' = BA，
∴BE = BE，
∴△ABE ≅△ABE(SSS)，
∴∠BAE = ∠BAE = 90°，
∵四边形ABCD 是正方形，
∴∠ADB = 45°，
∴△ADE 是等腰直角三角形，
∴AD = AE = 1，
∴DE =
2，
∴AD = AE + DE =
2 + 1，
∴AB = AD = AB =
2 + 1；
(2) (i) 证明：由题意知，BA = BA' = BC，
∴∠BAA' = ∠BA'A，∠BCA' = ∠BA'C，
∴∠AAC = ∠AAB + ∠CAB = 1
2 (180° -∠ABA) + 1
2
(180° -∠CBA) = 180° -45° = 135°，
∴∠CA'F = 180° -∠AA'C = 45°；
(ii) 解：△A'DG 是等腰直角三角形，理由如下：作CN
⊥BG 交BG 于点M，交AB 于点N，
∵CN ⊥BG，CG = CB，
∴M 为BG 的中点，
∵AA' ⊥BE，
∴CN ⎳AF，
∴MN 是△ABG 的中位线，
∴BN = 1
2 AB，
∵∠ABE = 90° -∠CBG = ∠BCN ，∠BAE = ∠CBN =
90°，AB = BC，
∴△ABE ≅△BCN(ASA)，
∴AE = BN = 1
2 AB = 1
2 AD，
∵E 为AD 的中点，AG = GA'，
∴EG ⎳A'D，
∴∠DA'G = ∠EGA = 90°，
同理可证△ADA' ≅△BAG(ASA)，
∴A'D = AG = A'G，
∴△A'DG 是等腰直角三角形．
9．【分析】(1) 根据正方形的性质，证明△ADG ≅
ABF，即可得出结论；
(2) 根据正方形的性质，证明△PAE ≅△EDG，即可得
出结论；
(3) 作FH ⊥AB，得到AE ⎳FH，平行线分线段成比
例得到AP = AH，进而得到AE 为△PHF 的中位线，
得到FH = 2AE，根据AP = DE，得到AH = DE，进
而得到AE = BH，勾股定理得到BF =
5AE，再根据
AE = DG，即可得出结论．
【解答】解：(1)BF = DG，理由如下：
∵四边形ABCD 是正方形，
∴AB = AD，∠BAD = 90°，
∵△EFG 是直角三角形，EG = EF，
∴∠FEG = 90°，
当点E 与点A 重合时，
则∠FAG = 90° = ∠BAD，
∴∠DAG = ∠BAF = 90° -∠DAF，
又∵AB = AD，AG = AF，
∴△ADG ≅ABF，
∴BF = DG；
(2) ∵四边形ABCD 是正方形，
∴∠ADC = ∠DAB = 90°，
∵点G 在CD 的延长线上，FE 的延长线与BA 的延长
线交于点P，
∴∠PAE = ∠EDG = 90°，
∴∠P + ∠AEP = 90°，
∵∠FEG = ∠DEF + ∠DEG = 90°，∠AEP = ∠DEF，
∴∠P = ∠DEG，
∵EG = EF，EF = EP，
∴EG = EP，
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在△APE 和△DEG 中，
∠PAE=∠EDG=90°
∠P=∠DEG
EP=EG
，
∴△PAE ≅△EDG，
∴AE = DG；
(3)BF =
5DG，理由如下：
由(2) 可知：△PAE ≅△EDG，
∴AE = DG，AP = DE，
作FH ⊥AB 于点H，
则∠FHB = ∠FHA = 90° = ∠PAE，
∴AE ⎳FH，
∴PA
AH = PE
EF = 1，
∴PA = AH，
∵PE = EF，
∴AE 为△PHF 的中位线，
∴HF = 2AE，
∵AP = DE，PA = AH，
∴DE = AH，
又∵AD = AB，
∴AE = BH，
在Rt△BHF 中，由勾股定理，得：BF =
HF 2+BH 2
=
5AE，
∵AE = DG，
∴BF =
5DG．
10．【分析】(1) 根据图形进行猜想即可；
(2) 过点G 作GM ⊥BC 于M ，过点G 作NT ⊥GM 分
别交AB、CD 于T、N，证明四边形TBMG 为矩形，
四边形GMCN 为正方形，结合正方形性质证明GN =
GM = MC = CN = BT = MF，则可得ET = NG，证明
Rt△DNG ≅Rt△GTE ，得出DG = GE ，∠NDG =
∠EGT，再利用∠NDG + ∠NGD = 90°，得出∠DGE
= 90°，即可证明；
(3) 证明Rt△DAE ≅Rt△ABF，得出∠ADE = ∠BAF，
AF = DE，再证明∠AOE = 90°，在Rt△DAE 中，利用
勾股定理求出DE =
AE 2+AD2 =
10 由等面积法得
求出AO = 3 10
10
，在Rt△OAE 中，利用勾股定理求
出OE =
AE 2-AO2 =
10
10 ，再证明△EOQ 为等腰直
角三角形，得出QO = EO =
10
10 ，利用线段和差即可
求解；
(4) 构造△DGP 的外接圆⊙H，连接DH，PH，GH，
过点H 作HR ⊥AC 于点R，设⊙H 的半径为r，过点
D 作DT ⊥AC 于T，证明△HPG 是等腰直角三角形，
得出PG =
2 r 求得S△DPG = 1
2 PG × DT = 3 2
4
PG
则当PG 最小时，△DPG 的面积最小，则r 最小时，
△DPG 的面积最小，由DH + HR = r +
2
2
r =
1+
2
2
r可知当DH + HR 最小时，△DPG 的面积最
小，由点到直线的最短距离可得，当D、H、R 依次共
线，且DR ⊥AC 时，DH + HR 最小，此时，点T 与
R 重合，再进行计算即可．
【解答】(1) 解：相等，垂直；
(2) 证明：过点G 作GM ⊥BC 于M ，过点G 作NT ⊥
GM 分别交AB、CD 于T、N，
∵四边形ABCD 是正方形，
∴∠ACB = 45°，∠B = ∠BCD = 90°，
∴∠TGM = ∠B = ∠GMB = ∠GMC = ∠BCD = ∠NGM
= 90°，
∴四边形TBMG 为矩形，四边形GMCN 为正方形，
∴GN = GM = MC = CN = BT ，∠CNT = ∠BTG =
90°，BM = GT，
∴∠DNG = ∠GTE = 90°，
∴DC - CN = BC - CM，即DN = BM = GT，
∵FG ⊥AC，∠ACB = 45°，
∴∠ACB = ∠CFG = 45°，
∴CG = GF，
∴CM = MF，
∴GN = GM = MC = CN = BT = MF，
∵AE = BF，
∴AB - AE - BT = BC - BF - MF，
∴ET = NG，
∴Rt△DNG ≅Rt△GTE，
∴DG = GE，∠NDG = ∠EGT，
又∵∠NDG + ∠NGD = 90°，
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·53·
∴∠EGT + ∠NGD = 90°，
∴∠DGE = 90°，
∴DG ⊥GE；
(3) 解：在正方形ABCD 中，由AB = AD，∠DAE =
∠ABF = 90°，AE = BF，
∴Rt△DAE ≅Rt△ABF，
∴∠ADE = ∠BAF，AF = DE，
∴∠ADE + ∠DEA = ∠BAF + ∠DEA = 90°，
∴∠AOE = 90°，
∴AF ⊥DE，
在Rt△DAE 中，AD = 3，AE = 1，
得DE =
AE 2+AD2 =
12+32 =
10，
由等面积法得AO × DE × 1
2 = AE × AD × 1
2 ，
即AO ×
10 × 1
2 = 1 × 3 × 1
2 ，
∴AO = 3 10
10
，
在Rt△OAE 中，OE =
AE 2-AO2 =
12- 3 10
10
2
=
10
10 ，
由(2) 可知DG = GE，DG ⊥GE，
∴∠GED = 45°，
∴△EOQ 为等腰直角三角形，
∴QO = EO =
10
10 ，
∴QF = AF - AO - OQ =
10 - 3 10
10
-
10
10
=
3 10
5
；
(4) 解：如图，构造△DGP 的外接圆⊙H，连接DH，
PH，GH，过点H 作HR ⊥AC 于点R，
设⊙H 的半径为r，过点D 作DT ⊥AC 于T，
由(2) 可知DG = GE，DG ⊥GE，
∴∠GDP = 45°，
∴∠PHG = 2∠GDP = 90°，
∵HP = HG，
∴△HPG 是等腰直角三角形，HR = PR = GR = 1
2 PG
= PH
2 =
2
2 r，
∴PG =
2r，
∵正方形ABCD 中，AD = 3，△ACD 是等腰直角三角
形，AC =
2 AD = 3 2 ,DT = AT = CT = 1
2 AC =
3 2
2
，
∴S△DPG = 1
2 PG × DT = 1
2 PG × 3 2
2
= 3 2
4
PG，
∴当PG 最小时，△DPG 的面积最小，
∴当r 最小时，△DPG 的面积最小，DH + HR = r +
2
2 r = 1+
2
2
r，
∴当DH + HR 最小时，△DPG 的面积最小，由点到直
线的最短距离可得，
当D、H、R 依次共线，且DR ⊥AC 时，DH + HR
最小，此时如图，点T 与R 重合，
则DR = 1+
2
2
r = 3 2
2
，
解得：r = 6 2-6
2
，
∴PR =
2
2 r = 6-3 2
2
，
∴AP = AR - PR = AT - PR = 3 2
2
- 6-3 2
2
=
3 2 - 3．
11．【分析】(1) 连接AH，AF 与格线的交点记为M，
N，先确定点M，N 为格点，然后由勾股定理以及逆定
理证明△AMN 为等腰直角三角形，即可求解∠FAH 的
度数；
(2) 延长CB 至点T，使得BT = DF，连接AT，FH，
先证明△ABT ≅△ADF(SAS)，则AT = AF，∠TAB
= ∠FAD ，那么∠FAD + ∠BAH = 90 ° - ∠HAF =
∠TAB + ∠BAH = ∠TAH，可得四边形AEPG 是矩形，
四边形PEBH ，PGDF，PHCF 为矩形，求出TH =
TB + BH = 10，由勾股定理得HF = 10，则HT = HF，
那么△AHT ≅△AHF(SSS)，则∠TAH = ∠HAF，即
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·54·
可求解∠FAH = 45°；
(3) 延长CB 至点T，使得BT = DF，连接AT，FH，
同理△ABT ≅△ADF(SAS)，同(2) 可得四边形AEPG
是矩形，四边形PEBH，PGDF，PHCF 为矩形，设
正方形的边长为x，AG = a，PG = b，则CH = BC -
BH = x - a，CF = CD - DF = x - b，HT = BH + BT
= a + b，由S矩形PHCF = 2S矩形PGAE，得到x2 = ab + ax +
bx，在Rt△CHF 中，由勾股定理得HF 2 = (x - a)2 +
(x - b) 2，求出HF = a + b，则HF = HT ，再同(2)
△AHT ≅△AHF(SSS) 即可．
【解答】解：(1) 如图，MN 即为所求：
连接AH，AF 与格线的交点记为M，N，
由网格可得，EM ⎳BH，
∴△AEM ∽△ABH，
∴EM
BH = AE
AB = 1
2 ，
∵BH = 2，
∴EM = 1，
∴M 为格点，同理N 为格点，
∵AM =
AE 2+EM 2 =
10 ，MN =
12+32 =
10 ，
AN =
22+42 =
20，
∴AM 2+ MN 2= AN 2，AM = MN，
∴∠AMN = 90°，
∴△AMN 为等腰直角三角形，
∴∠FAH = 45°
故答案为：45；
(2) 延长CB 至点T，使得BT = DF，连接AT，FH，
∵四边形ABCD 是正方形，
∴AB = AD，∠BAD = ∠C = ∠D = ∠ABC = ∠ABT =
90°，
∴△ABT ≅△ADF(SAS)，
∴AT = AF，∠TAB = ∠FAD，
∴∠FAD + ∠BAH = 90° -∠HAF = ∠TAB + ∠BAH =
∠TAH，
∵EF ⎳AD，GH ⎳AB，
∴四边形AEPG 是平行四边形，
∵∠BAD = 90°，
∴四边形AEPG 是矩形，
同理可得四边形PEBH，PGDF，PHCF 为矩形，
∴PE = BH = 6，PG = DF = TB = 4，∠HPF = 90°，
∴TH = TB + BH = 4 + 6 = 10，HF =
PH 2+PF 2 =
62+82 = 10，
∴HT = HF，
∴在△AHT 和△AHF 中，
AH=AH
HT=HF
AT=AF
，
∴△AHT ≅△AHF(SSS)，
∴∠TAH = ∠HAF，
∵∠TAH = 90° -∠HAF，
∴90° -∠HAF = ∠HAF，
∴∠HAF = 45°，即∠FAH = 45°；
(3) 随点P 的运动，∠FAH 的度数不变，且为45°，理
由如下：
延长CB 至点T，使得BT = DF，连接AT，FH，
∵四边形ABCD 是正方形，
∴AB = AD，∠BAD = ∠C = ∠D = ∠ABC = ∠ABT =
90°，
∴△ABT ≅△ADF(SAS)，
∴BT = DF，AT = AF，∠TAB = ∠FAD，
∴∠FAD + ∠BAH = 90° -∠HAF = ∠TAB + ∠BAH =
∠TAH，
同(2) 可得四边形AEPG 是矩形，四边形PEBH ，
PGDF，PHCF 为矩形，
设正方形的边长为x，AG = a，PG = b，
∴AG = PE = BH = a，PG = DF = BT = b，
∴CH = BC - BH = x - a，CF = CD - DF = x - b，
∴HT = BH + BT = a + b，
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·55·
∴∵S矩形PHCF = 2S矩形PGAE，
∴(x - a) (x - b) = 2ab，
整理得x2= ab + ax + bx，
∵在Rt△CHF 中，CH 2+ CF 2= HF 2，
∴HF 2= (x - a)2+ (x - b)2
= 2x2- 2ax + a2- 2bx + b2
= 2ab + 2ax + 2bx - 2ax + a2- 2bx + b2
= (a + b)2，
∴HF = a + b(舍负)，
∴HF = HT，
∴在△AHT 和△AHF 中，
AH=AH
HT=HF
AT=AF
，
∴△AHT ≅△AHF(SSS)，
∴∠TAH = ∠HAF，
∵∠TAH = 90° -∠HAF，
∴90° -∠HAF = ∠HAF，
∴∠HAF = 45°，即∠FAH = 45°．
12．【分析】(1) 先根据菱形的性质可得AC ⊥BD，
OA = 1
2 AC = 4，再根据勾股定理可得OB = 3，然后
根据正弦的定义求解即可得；
(2) ①连接BD，设AC，BD 交于点O，同理求出OB
= 3 ，则BD = 6 ；证明EF ⎳BD ，得到∠DBE =
∠FEB，由轴对称的性质可得∠AEB = ∠FEB，则
∠DEB = ∠DBE，据此可得DE = DB = 6，即可得到
AE = AD + DE = 11；
②由勾股定理得PB =
OB2+OP2 =
OP2+9 ，根据
PA = OA + OP = 4 + OP ，可求出PA - PB = 4 -
9
OP+
OP2+9
，根据
9
OP+
OP2+9
> 0，可推出
当OP 有最小值时，OP +
OP2+9 有最小值，即此时
9
OP+
OP2+9
有最大值，即当OP 有最小值时，PA
- PB 有最小值；过点B 作BH ⊥AD 于H，BT ⊥FE
于T，由等面积法可得BH = 24
5 ，则由轴对称的性质
可得BT = BH = 24
5 ，由勾股定理得OP =
PB2-32，
则当PB 有最小值时，OP 有最小值，由垂线段最短可
知BP ≥BT = 24
5 ，故当点P 与点T 重合时，BP 有最
小值，最小值为24
5 ，据此求解即可．
【解答】解：(1) 如图，设AC，BD 交于点O，
∵在菱形ABCD 中，AB = 5，AC = 8，
∴AC ⊥BD，OA = 1
2 AC = 4，
∴OB =
AB2-OA2 = 3，
∴sin∠BAC = OB
AB = 3
5 ；
(2) ①如图，设AC，BD 交于点O，
∵四边形ABCD 是菱形，
∴AC ⊥BD，OA = 1
2 AC = 4，BD = 2OB，AD =
AB = 5，
∴OB =
AB2-OA2 =
52-42 = 3，
∴BD = 6；
∵EF ⊥AC，AC ⊥BD，
∴EF ⎳BD，
∴∠DBE = ∠FEB，
由轴对称的性质可得∠AEB = ∠FEB，
∴∠DEB = ∠DBE，
∴DE = DB = 6，
∴AE = AD + DE = 11；
②在Rt△BOP 中，由勾股定理得PB =
OB2+OP2 =
OP2+9，
∵PA = OA + OP = 4 + OP，
∴PA - PB = 4 + OP -
OP2+9
= 4 + (OP-
OP2+9)(OP+
OP2+9)
OP+
OP2+9
= 4 + OP2-OP2-9
OP+
OP2+9
= 4 -
9
OP+
OP2+9
，
∵
9
OP+
OP2+9
> 0，
∴要使PA - PB 的值最小，则
9
OP+
OP2+9
要最大，
∴OP +
OP2+9 要有最小值，
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·56·
又∵
OP2+9 的值随着OP 的值增大而增大，
∴OP +
OP2+9 的值随着OP 的值增大而增大，
∴当OP 有最小值时，OP +
OP2+9 有最小值，即此
时
9
OP+
OP2+9
有最大值，
∴当OP 有最小值时，PA - PB 有最小值；
如图所示，过点B 作BH ⊥AD 于H，BT ⊥FE 于T，
∵S菱形ABCD = 1
2 AC ⋅BD = 1
2 AD ⋅BH，
∴BH =
1
2 AC⋅BD
AD
=
1
2 ×6×8
5
= 24
5 ，
∴由轴对称的性质可得BT = BH = 24
5 ，
在Rt△POB 中，由勾股定理得OP =
PB2-OB2 =
PB2-32，
∴当PB 有最小值时，OP 有最小值，
由垂线段最短可知BP ≥BT = 24
5 ，
∴当点P 与点T 重合时，BP 有最小值，最小值为24
5 ，
∴OP最小值=
24
5
2
-32 = 3 39
5
，
∴(PA - PB)最小值= 4 -
9
3 39
5
+ 24
5
= 3 39-4
5
．
13．【分析】(1) 由题易得∠ABF = ∠CBE，∠A = C，
据此即可得解；
(2) 证△EBE 1 为等腰直角三角形，得到∠BE 1B =
∠BEE1 = 45°，进而得到∠CEN = ∠CNE = ∠C1E1M =
45°，进而容易得证；
(3) 设AF = 1，则AD =
7 ，AB = 2 7 ，利用cos A
= AF
AB = AP
AD ，可得AP 长，进而求出DP 和PG，再
证△AFG ∽△ADB，即可得证．
【解答】(1) 解：由题可知∠ABF = ∠CBE，
∵BE ⊥CD，
∴∠CEB = 90°，
∴∠CBE + ∠C = 90°，
在平行四边形ABCD 中，∠A = ∠C，
∴∠A + ∠ABF = 90°，
故答案为：90；
(2) 证明：∵CN ⊥CD，
∴∠CND = 90°，
由题可知∠CE1C1 = ∠CEB = 90°，BE = B1E1，CE =
C1E1，
∵AB ⎳CD，
∴∠EBE1= ∠CBE = 90°，
∴△EBE1为等腰直角三角形，
∴∠BE1B = ∠BEE1= 45°，
∴∠CEN = ∠CNE = ∠C1E1M = 45°，
∴CN = CE = C1E1，
在△CNM 和△C1E1M；
∠CMN=∠C1ME1
∠CNE=∠C1E1M
CN=C1E1
，
∴△CNM ≅△C1E1M(AAS)；
(3) 证明：如图，过点D 作DP ⊥AB 垂足为点P，
由题AB = 2AD = 2 7AF，
设AF = 1，
∴AD =
7，AB = 2 7，
∴cosA = AF
AB =
1
2 7 =
7
14 ，
在Rt△ADP 中，AP = AD ⋅cosA =
7 ⋅
7
14 = 1
2 ，
∴DP =
AD2-AP2 = 3 3
2
，
∵∠AGD = 60°，
∴在Rt△GDP 中，PG =
DP
tan∠DGP =
3
2
3
3
= 3
2 ，
∴AG = AP + PG = 2，
∴AF
AG = AD
AB = 1
2 ，即AF
AD = AG
AB ，
∵∠A = ∠A，
∴△AFG ∽△ADB，
∴∠AFG = ∠ADB，
∴FG ⎳BD．
14．【分析】(1) 根据矩形的周长公式计算即可；
(2) 以点E 为圆心EO 为半径画弧，交BC 于点M ，延
长MO 交AD 于点N ，连接MN ，由作图可知△OME
是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质可证
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·57·
∠NMC = 45°，根据矩形的性质可证△AON ≅△COM，
根据全等三角形的性质可证AN = CM，DN = BM，从
而可证直线MN 把矩形分成了周长相等的两部分，所以
线段MN 即为所求；
(3) 根据矩形的性质可证四边形AGMN 是平行四边形，
根据平行四边形的性质可证∠NMG = ∠AGB = 45°，根
据平行四边形的性质和矩形的性质可以证明出AN =
CM ，BM = DN ，所以可以证明AN + AB + BM =
CM + CD + DN ，所以直线MN 把矩形ABCD 分成了
周长相等的两部分，从而可证直线MN 符合要求；
(4) ①过点H 作HG ⊥BC，连接AC 交PQ 于点O，过
点P 作PK ⊥BC 于点K，过点O 作OT ⊥BC，根据
矩形的性质可得：AP = CQ，PD = BQ，AB = DC =
PK = 1，根据勾股定理可以求出PQ =
2 ，利用AAS
可证△AOP ≅△COQ，根据全等三角形的性质可得：
PO = QO =
2
2 OT = QT = 2，从而可得：CQ = 5
2 ，
BQ = 3
2 ，根据等腰直角三角形的性质可得：HG =
3
4 ，CG = 13
4 ，根据正切的定义可以求出∠BCH 的正
切；②连接AC 交PQ 于点O，PQ 把矩形ABCD 分成
了周长相等的两部分，点O 为AC 和PQ 的中点，利用
勾股定理可以求出AC =
17LH =
17
4
，过点L 作LT
⊥BC，则△BLT ∽△BDC，根据相似三角形的性质可
以求出LT = 1
4 ，BT = 1，CT = 3，在Rt△CLT 中，
利用勾股定理可得：CL2 = 145
16 ，在Rt△CLH 中，利用
勾股定理即可求出CH 的长度．
【解答】(1) 解：∵四边形ABCD 是矩形，
∴AB = CD，AD = BC，
∵AB = 1，AD = 4，
∴AB = CD = 1，AD = BC = 4，
∴矩形ABCD 的周长为2(AB + CD) = 2 × (1 + 4) = 10，
故答案为：10；
(2) 解：如图所示，以点E 为圆心EO 为半径画弧，交
BC 于点M，延长MO 交AD 于点N，线段MN 即为所
求，
∵EF ⊥BC，
∴∠BEF = 90°，
∵EM = EO，
∴△EOM 是等腰直角三角形，
∴∠OME = 45°，
∵矩形ABCD 的对角线交于点O，
∴AO = CO，
∵四边形ABCD 是矩形，
∴AD ⎳BC，AD = BC，
∴∠AON = ∠COM，
在△AON 和△COM 中，
∠OAN=∠OCM
AO=CO
∠AON=∠COM
，
∴△AON ≅△COM(ASA)，
∴AN = CM，
∴DN = BM，
∴AN + AB + BM = CM + CD + DN，
∴直线MN 把矩形ABCD 分成周长相等的两部分；
(3) 证明：∵四边形ABCD 是矩形，
∴∠B = 90°，AD ⎳BC，
∵BG = AB，
∴∠AGB = 45°，
∵AN = MG，
∴四边形AGMN 是平行四边形，
∴MN ⎳AG，
∴∠NMG = ∠AGB = 45°，
∵直线l 是GC 的垂直平分线，
∴GM = CM，
∴GM = CM = AN，
∴BM = BC - CM，DN = AD - AN，
∴BM = DN，
∴AN + AB + BM = CM + CD + DN，
∴MN 把矩形ABCD 分成了周长相等的两部分，
∴直线MN 符合要求；
(4) 解：①如图所示，过点H 作HG ⊥BC，连接AC 交
PQ 于点O，过点P 作PK ⊥BC 于点K ，过点O 作
OT ⊥BC，
∵四边形ABCD 是矩形，且直线PQ 将矩形ABCD 分
成周长相等的两部分，则点O 是矩形ABCD 的对角线
AC 与BD 的交点，
∴点O 是AC 的中点，
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·58·
∴BT = CT = 1
2 BC = 2，
∴AP = CQ，PD = BQ，AB = DC = PK = 1，
∵∠PQC = 45°，
∴△PQK 是等腰直角三角形，
∴PK = QK = 1，
∴PQ =
PK 2+QK 2 =
12+12 =
2，
∵四边形ABCD 是矩形，
∴AD ⎳BC，
∴∠APQ = ∠CQP = 45°，
在△AOP 和△COQ 中，
∠AOP=∠COQ
∠APO=∠CQP
AP=CQ
，
∴△AOP ≅△COQ(AAS)，
∴PO = QO =
2
2 ，OT = QT = 1
2 ，
∴CQ = CT + QT = 2 + 1
2 = 5
2 ，
∴BQ = BC - CQ = 4 - 5
2 = 3
2 ，∠BQH = ∠PQC =
45°，
∵BH ⊥PQ 于点H，
∴∠BHQ = 90°，
∴△BHQ 是等腰直角三角形，
∴HG = GQ = 1
2 BQ = 1
2 × 3
2 = 3
4 ，CG = CQ + GQ
= 5
2 + 3
4 = 13
4 ，
∴tan∠BCH = HG
CG =
3
4
13
4
= 3
13 ；
②如图所示，连接BD 交PQ 于点O，
∵PQ 把矩形ABCD 分成了周长相等的两部分，
∴点O 为BD 和PQ 的中点，
∵BH ⊥PQ，
∴点H 在以BO 为直径的⊙L 上，当CH 与⊙L 相切
时，∠BCH 最大，
∵AB = 1，AD = 4，
∴BD =
12+42 =
17，
∴BO = 1
2 AC =
17
2
，
∴LH = BL = OL =
17
4
，
过点L 作LT ⊥BC，
∴∠BTL = 90°，
∵四边形ABCD 是矩形，
∴∠BCD = 90°，
∴TL ⎳CD，
则△BLT ∽△BDC，
∴BL
BD = LT
CD = BT
BC ，
∴
17
4
17 = LT
1
= BT
4 ，
∴LT = 1
4 BT = 1，
∴CT = BC - BT = 4 - 1 = 3，
∴CL2= TL2+ CT2= 145
16 ，
∵CH 是⊙L 的切线，
∴∠CHL = 90°，
∴CH =
CL2-HL2 =
145
16 -
17
4
2
=
145
16 - 17
16
=
8 = 2 2．
15．【分析】(1) 根据黄金矩形的定义可得：AB
AD =
5-1
2
，再进一步求解即可；
(2) 先证明四边形ABFE 是正方形；可得AB = BF =
EF = AE = 2，DE = CF =
5 - 1，证明四边形CFED
是矩形，从而可得答案；
(3) 先证四边形BPQF 是矩形，然后求解FG =
12+22
=
5 ，由对折可得：FH = FB = 2，设BP = x，则
AP = 2 - x，由面积可得：1
2 × 1 × (2 - x) + 1
2 × 2x
+ 1
2 ×
5x = 1
2 × (1 + 2) × 2，可得：x =
5 - 1，再
进一步可得结论．
【解答】(1) 解：∵AD =
5 + 1，矩形ABCD 是黄金矩
形，
∴AB
AD =
5-1
2
，
∴AB =
5-1
2
× ( 5 + 1) = 2；
(2) 证明：∵折叠黄金矩形纸片ABCD，点B 落在AD
上的点E 处，
∴AB = AE，∠B = ∠AEF，
又∵四边形ABCD 是矩形，
∴∠BAE = ∠B = ∠C = ∠D = 90°，AB = CD，AD =
BC =
5 + 1，
∴∠BAE = ∠B = ∠AEF = 90°，
∴四边形ABFE 是矩形，
∵AB = AE，
∴四边形ABFE 是正方形，
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·59·
∴AB = BF = EF = AE，
由(1) 可知，AB = 2，
∴AB = BF = EF = AE = 2，
∴DE = CF =
5 + 1 - 2 =
5 - 1，
∵∠C = ∠D = ∠DEF = 90°，
∴四边形CFED 是矩形，
∴EF = CD = 2，
∴DE
FE =
5-1
2
，
∴四边形CDEF 是黄金矩形；
(3) 解：四边形BPQF 是黄金矩形，证明如下：
∵PQ ⊥EF，四边形ABFE 是正方形，
∴∠B = ∠BFE = ∠PQF = 90°，
∴四边形BFQP 是矩形，
由(2) 可知，AB = BF = AE = EF = 2，
∵G 为AE 的中点，∴AG = EG = 1，
∴FG =
EG2+EF 2 =
12+22 =
5，
如图，连接PG，由对折可得：FH = FB = 2，BP =
PH，∠PHF = ∠B = 90°，
设BP = PH = x，则AP = 2 - x，
∵S△APG + S△PBF + S△PGF = S梯形ABFG
∴1
2 × 1 × (2 - x) + 1
2 × 2x + 1
2 ×
5 x = 1
2 × (1 + 2)
× 2，
解得：x =
5 - 1，
∴BP =
5 - 1，
∴BP
BF =
5-1
2
，
∴四边形BFQP 是黄金矩形．
16．【分析】(1) ①由翻折得AD = DP，∠DAB =
∠DPB，利用四边形ABCD 是平行四边形，可证明DP
= BC，∠DPB = ∠BCD，再证明△DPM ≅△BCM ，
即可求证；
②由△DPM ≅△BCM ，得DM = BM ，过点M 作MN
⊥BD 于点N ，过点B 作BH ⊥CD 于点H，利用等腰
三角形性质得DN = BN = 1
2 BD = 5
2 ，求出cos∠CDB
= DH
BD = 3
5 = DN
DM =
5
2
DM ，可得DM = 25
6 ，利用勾
股定理求出MN =
DM 2-DN 2 = 10
3 即可求解；
(2) 过点C 作CP ⊥BD 于点P，连接AG 交BD 于点
T，过点B 作BH ⊥CD 于点H，由翻折的性质得AG
⊥BD，同(2) 可得DH = CH = 1
2 CD = 3，利用S△BCD
= 1
2 CD ⋅BH = 1
2 BD ⋅CP，求出CP = 24
5 ，可得BP
=
BC2-CP2 = 7
5 ，证明△ADT ≅△CBP，得出DT
= BP = 7
5 ，求出DP = BD - BP = 5 - 7
5 = 18
5 ，证
明△DGT ∽△DCP，利用相似三角形的性质即可求解．
【解答】解：(1) ①PM = CM；理由如下：
由翻折得AD = DP，∠DAB = ∠DPB，四边形ABCD
是平行四边形，
∴AD = BC，∠DAB = ∠BCD，
∴DP = BC，∠DPB = ∠BCD，
又∵∠DMP = ∠BMC，
∴△DPM ≅△BCM(AAS)，∴PM = CM；
②∵△DPM ≅△BCM，∴DM = BM，
如图，过点M 作MN ⊥BD 于点N ，过点B 作BH ⊥
CD 于点H，
∴DN = BN = 1
2 BD = 5
2 ，
∵BD = BC = 5，CD = 6，
∴DH = CH = 1
2 CD = 3，
∴cos∠CDB = DH
BD = 3
5 = DN
DM =
5
2
DM ，
∴DM = 25
6 ，
∴MN =
DM 2-DN 2 = 10
3 ，
∴S△BDM = 1
2 BD × MN = 1
2 × 5 × 10
3 = 25
3 ；
(2) 过点C 作CP ⊥BD 于点P，连接AG 交BD 于点
T，过点B 作BH ⊥CD 于点H，
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·60·
由翻折的性质得AG ⊥BD，
同(2) 可得DH = CH = 1
2 CD = 3，
∴BH =
BD2-DH 2 = 4，
∴S△BCD = 1
2 CD ⋅BH = 1
2 BD ⋅CP，即6 × 4 = 5 ⋅CP，
得CP = 24
5 ，
∴BP =
BC2-CP2 = 7
5 ，
平行四边形ABCD 中，AD = BC，AD ⎳CB，
∴∠ADT = ∠CBP，
又∵∠ATD = ∠CPB = 90°，
∴△ADT ≅△CBP(AAS)，
∴DT = BP = 7
5 ，
∴DP = BD - BP = 5 - 7
5 = 18
5 ，
∵AG ⊥BD，CP ⊥BD，
∴GT ⎳CP，
∴△DGT ∽△DCP，
∴DG
DC = DT
DP ，
即DG
6
=
7
5
18
5
，
解得：DG = 7
3 ．
17．【分析】【探究发现】由将△DEF 沿EF 翻折得到
△GEF，即知DE = GE，DF = GF，而DF = DE，故
GE = DE = DF = GF，从而四边形DEGF 是菱形；
【探究证明】同【探究发现】可知四边形BMHN 是菱
形，有NH ⎳BC，而E 为边AD 的中点，M 为边BC
的中点，四边形ABCD 是平行四边形，即可得DE =
BM ，AD ⎳NH，又DE = FG，FG ⎳AD，故FG =
DE = BM = HN ，FG ⎳NH，从而四边形GFHN 是平
行四边形；
【探究提升】若四边形GFHN 为轴对称图形，则四边形
GFHN 是矩形或菱形，当四边形GFHN 是矩形时，过
G 作GK ⊥AB 于K，过E 作ET ⊥AB 于T，设AT =
x，则AE = 2x，可得AD = 2AE = 4x，DE = AE =
2x，求出AB = AT + TK + KN + BN = x + 2x + 3x +
2x = 8x，即可得AD
AB = 1
2 ；当四边形GFHN 是菱形
时，延长FG 交AB 于W ，设AD = y，求出AB =
3
2 y，即可得AD
AB = 2
3 ．
【解答】【探究发现】解：四边形DEGF 是菱形，理由
如下：
∵将△DEF 沿EF 翻折得到△GEF，
∴DE = GE，DF = GF，
∵DF = DE，
∴GE = DE = DF = GF，
∴四边形DEGF 是菱形；
【探究证明】证明：如图：
∵将△BMN 沿MN 翻折得到△HMN，
∴BN = HN，BM = HM，
∵BN = BM，
∴HN = BN = BM = HM，
∴四边形BMHN 是菱形，
∴NH ⎳BC，
∵E 为边AD 的中点，M 为边BC 的中点，
∴DE = 1
2 AD，BM = 1
2 BC，
∵四边形ABCD 是平行四边形，
∴AD = BC，AD ⎳BC，
∴DE = BM，AD ⎳NH，
∵四边形DEGF 是菱形，
∴DE = FG，FG ⎳AD，
∴FG = DE = BM = HN，FG ⎳NH，
∴四边形GFHN 是平行四边形；
【探究提升】解：四边形GFHN 能成为轴对称图形，理
由如下：
由【探究证明】知，四边形GFHN 是平行四边形，若
四边形GFHN 为轴对称图形，则四边形GFHN 是矩形
或菱形，
当四边形GFHN 是矩形时，过G 作GK ⊥AB 于K，
过E 作ET ⊥AB 于T，如图：
∵∠A = 60°，
∴∠AET = 30°，
∴AT = 1
2 AE，
设AT = x，则AE = 2x，
∴ET =
AE 2-AT2 =
3x = GK，
∵E 为AD 中点，
∴AD = 2AE = 4x，DE = AE = 2x，
∵四边形DEGF 是菱形，
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·61·
∴EG = DE = 2x = TK，
∵四边形GFHN 是矩形，
∴∠GNH = 90°，
∴∠GNK = 180° -∠GNH - ∠HNB = 180° -90° -60° =
30°，
∴KN =
3GK =
3 ×
3x = 3x，
∵BN = BM = 1
2 BC = 1
2 AD = 2x，
∴AB = AT + TK + KN + BN = x + 2x + 3x + 2x = 8x，
∴AD
AB = 4x
8x = 1
2 ；
当四边形GFHN 是菱形时，延长FG 交AB 于W ，如
图：
设AD = y，则DE = DF = EG = GF = BN = BM = HM
= NH = 1
2 y，
∵四边形GFHN 是菱形，
∴GF = FH = NH = GN = 1
2 y，
∵EG ⎳CD ⎳AB，GF ⎳AD，
∴四边形AEGW 是平行四边形，∠GWN = ∠A = 60°，
∴AW = EG = 1
2 y，GW = AE = 1
2 y，
∴GW = GN，
∴△GWN 是等边三角形，
∴WN = GW = 1
2 y，
∴AB = AW + WN + BN = 1
2 y + 1
2 y + 1
2 y = 3
2 y，
∴AD
AB =
y
3
2 y
= 2
3 ；
综上所述，四边形GFHN 为轴对称图形时，AD
AB 的值
为1
2 或2
3 ．
18．【分析】(1) 根据折叠的性质，折痕为角平分线，
结合平行线的性质，得到∠ECB= ∠FBC，猜想BE
= CF；
(2) 根据题干给定的2 种方法进行证明即可；
(3) 设BE = x，则BG = BE = CF = x，DF = AE =
AB - BE = 6 - x ，勾股定理求出CD = AB =
x2-(6-x)2 =
12x-36 ，①当∠BGD= 90° 时，根
据平行线的判定和性质，以及三角形的外角的性质，推
出∠CGD' = ∠GCD ，进而得到D G = D C =
12x-36，证明∠GBD' = ∠FCD，得到tan∠GBD'
= tan ∠FCD，列出比例式，进行求解即可．②当
∠GDB= 90° 时，可得∠GCD= ∠GCB = ∠FCD=
30°，利用三角函数列方程求解即可．
【解答】解：(1) 由折叠可知∠DB F = ∠CB F =
1
2 ∠DBC，∠ECB= ∠ECB = 1
2 ∠BCB．
由矩形的性质，可知AD ⎳BC，
∴∠DBC = ∠BCB．
∴①∠ECB= ∠FBC．
∴CE ⎳BF．
智慧小组先测量BE 和CF 的长度，猜想其关系为②
BE = CF，
故答案为：①∠ECB= ∠FBC；②BE = CF；
(2) 法一：∵四边形ABCD 是矩形，
∴∠A = ∠B = ∠BCD = ∠D = 90°，BC = AD，
∵折叠，
∴∠EBC = ∠B = 90°，BD = BD，BC = BC = AD，
∠D = ∠BDF = 90°，BE = BE，
∴AD - BD = BC - CD，即：AB= CD，∠CDF
= 90° = ∠A，
由(1) 知：∠CBD = ∠BCB，
又∵∠ABE + ∠CBD = 180° -∠EBC = 90°，∠BCB
+ ∠BCF = ∠BCD = 90°，
∴∠ABE = ∠FCD，
又∵∠A = ∠CDF，AB= CD，
∴△ABE ≅△DCF，
∴BE = CF，
∵BE = BE，
∴BE = CF；
法二：作B G ⎳AB 交CE 于点G ，则：
BG ⎳AB ⎳CD，
∵CE ⎳BF，
∴四边形CFBG 为平行四边形，
∴BG = CF，
∵四边形ABCD 是矩形，
∴AB ⎳CD，
∴AB ⎳BG，
∴∠BGE = ∠BEC，
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·62·
∵折叠，
∴∠BEC = ∠BEC，BE = BE，
∴∠BGE = ∠BEC，
∴BE = BG，
∴BE = BE = BG = CF；
(3) ∵BG ⎳AB，
∴∠A = ∠GBD = 90°，
由(2) 可知：BG = BE = BE = CF，CD= AB，
△ABE ≅△DCF，
∴DF = AE，
设BE = x，则：BG = BE = CF = x，DF = AE =
AB - BE = 6 - x，
∴CD= AB=
x2-(6-x)2 =
12x-36，
如图，当△BD'G 为直角三角形时，则：∠BGD=
90°，
∴∠GBD + ∠BGD= 180°，
∴GD⎳AD ⎳BC，
∴∠DGC = ∠ECB，
又∵∠GCD= ∠ECB，
∴∠CGD= ∠GCD，
∴DG = DC =
12x-36，
∵BG ⎳AB ⎳CD，
∴∠GBD= ∠FCD，
∴在Rt △B GD 和Rt △CD'F 中，tan ∠GB D' =
tan∠FCD，
∴GD
GB= DF
CD，即：
12x-36
x
=
6-x
12x-36 ，
∴x(6 - x) = 12x - 36，
解得：x = 3 5 - 3 或x =-3 5 - 3(舍去)；
∴BE = 3 5 - 3；
当∠GDB= 90° 时，
∵∠BDF = ∠D = 90°，
∴∠GDB+ ∠BDF = 180°，
∴G、D、F 三点共线，
∴BC ⊥GF，
∵四边形BGCF 是平行四边形，
∴四边形BGCF 是菱形，
∴∠GCD= ∠FCD，
∵∠GCD= ∠GCB，
∴∠GCD= ∠GCB = ∠FCD= 30°，
设CF = a，则DF = DF = 6 - a，
∴DF
FC = sin30° = 1
2 ，
即6-a
a
= 1
2 ，
解得：a = 4，
∴BE = CF = 4；
综上所述：BE = 3 5 - 3 或4．
19．【分析】(1) 利用正方形的性质求得EH =
2BH，
证明△ABE ≅△CBG(SAS)，推出AE = CG，根据AH
= AE + EH 即可求解；
(2) 在AE 上截取AM = CH ，证明△MAB ≅△HCB
(SAS )，推出∠MBA = ∠CBH ，BM = BH ，证明
△MBH 是等腰直角三角形，求得MH =
2 BH，根据
AH = AM + MH，即可求得AH = CH +
2BH；
(3) 在CG 上截取CM = AH ，证明△ABH ≅△CBM
(SAS)，得到BH = BM，∠MBC = ∠ABH，同理，得
到△MBH 是等腰直角三角形，求得MH =
2 BH，根
据CH = CM + MH，即可求得CH = AH +
2BH．
【解答】解：(1)AH = CH +
2BH，理由如下，
如图，当点G，H 重合时，
∵正方形ABCD 与正方形BEFG，
∴AB = BC，BE = BH，∠ABC = 90°，∠EBH = 90°，
∴EH =
2BH，∠ABE = 90° -∠EBC = ∠CBG，
∴△ABE ≅△CBG(SAS)，
∴AE = CG，
∴AH = AE + EH = CH +
2BH；
(2)AH = CH +
2BH，理由如下，
由(1) 得△ABE ≅△CBG(SAS)，
∴∠BCH = ∠MAB，
在AE 上截取AM = CH，
∵∠BCH = ∠MAB，AB = BC，
∴△MAB ≅△HCB(SAS)，
∴∠MBA = ∠CBH，BM = BH，
∵∠HBG = 90 ° - ∠CBH - ∠EBC ，∠EBM = 90 °
-∠MBA - ∠EBC，
∴∠HBG = ∠EBM，
∴∠MBH = ∠EBM + ∠EBC + ∠CBH = ∠HBG +
∠EBC + ∠CBH = ∠EBG = 90°，
∴△MBH 是等腰直角三角形，
∴MH =
2BH，
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·63·
∵AH = AM + MH，
∴AH = CH +
2BH；
(3)CH = AH +
2BH，理由如下，
由(1) 得△ABE ≅△CBG(SAS)，
∴AE = CG，∠BCH = ∠HAB，
在CG 上截取CM = AH，
∵∠BCH = ∠HAB，BC = AB，
∴△ABH ≅△CBM(SAS)，
∴BH = BM，∠MBC = ∠ABH，
同理，△MBH 是等腰直角三角形，
∴MH =
2BH，
∵CH = CM + MH，
∴CH = AH +
2BH．
20 ．【分析】( 1 ) 根据思路一：构造△QA 3 A 2 与
△PA1A2 全等，从而得出△A2PQ 是等腰直角三角形，
即可PA1+ PA3与PA2的数量关系；
(2) 在射线PA3 上截取A3Q = PA1，连接A2Q，过点A2
作A2T ⊥PQ 于点T，同(1) 得△QA3A2 ≅△PA1A2，则
∠PA2Q = ∠A1A2A3 = 108°，A2P = A2Q，可得∠PA2T
= 1
2 ∠PA2Q = 54°，根据PA2=
PT
sin54° ≈30
0.81 ≈37.0，
即可求解；
(3) 同(2) 的方法，即可求解．
【解答】解：(1)PA1+ PA3=
2PA2，
如图，在射线PA3上截取A3Q = PA1，连接A2Q，
∵∠PA1A2 + ∠PA3A2 = 180°，∠QA3A2 + ∠A2A3P =
180，
∴∠A2A1P = ∠A2A3Q，
又∵四边形A1A2A3A4是正方形，
∴A2A1= A2A3，
∴△QA3A2≅△PA1A2，
∴∠A1A2P = ∠A3A2Q，A2P = A2Q，
又∵四边形A1A2A3A4是正方形，
∴∠A1A2A3= 90°，
∴∠PA2Q = 90°，
∴△A2PQ 是等腰直角三角形，
∴PQ = PA3+ A3Q = PA3+ PA1=
2PA2，
故答案为：PA1+ PA3=
2PA2；
(2) 正五边形的一个内角为(5-2)×180°
5
= 108°，
如图，在射线PA3 上截取A3Q = PA1，连接A2Q，过点
A 作AT ⊥PQ 于点T，
同理可得△QA3A2≅△PA1A2，
∴∠PA2Q = ∠A1A2A3= 108°，A2P = A2Q，
∴∠PA2T = 1
2 ∠PA2Q = 54°，
∵PA1= 11，PA3= 49，
∴PQ = PA3+ A3Q = PA3+ PA1= 60，
∴PT = 1
2 PQ = 30，
∴PA2=
PT
sin54° ≈30
0.81 ≈37.0；
(3) 如图，在射线PA3 上截取A3Q = PA1，连接A2Q 过
点A2作A2T ⊥PQ 于点T，
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·64·
同理可得∠PA2Q = ∠A1A2A3= (10-2)×180°
10
= 144°，
∴∠PA2T = 1
2 ∠PA2Q = 72°，
∴A2T = PA2cos72° =
PT
tan72° ，
∵2PT = PA3+ PA1，
∴PA2cos72° = PA3+PA1
2tan72° ，
∴PA1+ PA3= 2PA2⋅sin72°．
21．【分析】(1) 证明△BAE ≅△DAG(SAS)，导角即
可得解；
(2) 由题易知tan∠CMB = tan∠DMG = DG
DM ，所以求
出用a 表示出DM 即可，连接AC 交BC 于点O，易证
△CMO ∽△GMD，利用相似比求出DM 即可得解；
(3) 分类讨论，解△ADE 即可得解．
【解答】解：(1)BD ⊥DG，理由如下；
在正方形ABCD 和正方形AEFG 中，
∴AB = AD，AE = AG，∠BAD = ∠EAG = 90°，
∴∠BAE = ∠DAC = 90° -∠DAE，
∴△BAE ≅△DAG(SAS)，
∴∠ABE = ∠ADG，
∵∠ABD + ∠ADB = 90°，
∴∠ADG + ∠ADB = 90°，即∠BDG = 90°，
∴BD ⊥DG；
(2) 连接AC 交BD 于点O，则∠COD = 90°，
∵正方形边长为8，
∴AC = BD =
2AB = 8 2，
∴OC = OD = 4 2，
∴OM = OD - DM = 4 2 - DM，
∵∠COM = ∠GDM = 90°，∠CMO = ∠GMD，
∴△CMO ∽△GMD，
∴DG
OC = DM
OM ，即
a
4 2 =
DM
4 2-DM ，
解得DM =
4 2a
4 2+a ，
∵∠BDG = 90°，
∴tan ∠CMB = tan ∠DMG = DG
DM = a ⋅4 2+a
4 2a
=
2a+8
8
，
故答案为：
2a+8
8
；
(3) 当点E 在线段BD 上时，如图，过E 作EK ⊥AD 于
点K，
∵四边形ABCD 是正方形，
∴∠ADE = 45°，
∴△DEK 为等腰直角三角形，
∴DK = EK = DE ⋅sin45° =
2
2 x，
∴AK = AD - DK = 8 -
2
2 x，
在Rt△AKE 中，AE 2= EK 2+ AK 2
=
2
2 x
2
+ 8-
2
2 x
2
= x2- 8 2x + 64，
∴S = AE 2= x2- 8 2x + 64；
当点E 在BD 延长线上时，如图，过E 作EL ⊥AD 交
AD 延长线于点L，
★2026 中考数学压轴题每日一题参考答案（类型3）★
·65·
同理可得EL = DL =
2
2 x，
∴AL = AD + DL = 8 +
2
2 x，
在Rt△ALE 中，AE 2= EL2+ AL2
=
2
2 x
2
+ 8+
2
2 x
2
= x2+ 8 2x + 64，
∴S = AE 2= x2+ 8x + 64；
综上，S 与x 的函数解析式为S = x2 - 8 2 x + 64 或S
= x2+ 8 2x + 64．
22．【分析】(Ⅰ) 作FG ⊥OE 于点G，作CH ⊥AB
于点H，根据等边三角形的性质，结合勾股定理进行求
解即可；
(Ⅱ) ①平移的性质，得到∠F E O= ∠OEF = 60°，
OE = OE =
3 ，求出OE 的长，解直角三角形求出
OG 的长，线段的和差表示出AG 的长，当点F 落在y
轴上之后，直至点E 与点O 重合之前，重叠部分为四
边形，求出t 的范围即可；
②分3 3
4
≤t <
3 ，t =
3 和
3 < t ≤3 3
2
三种情
况进行讨论求解即可．
【解答】解：(Ⅰ) 作FG ⊥OE 于点G，作CH ⊥AB 于
点H，
∵△OEF，△ABC 均为等边三角形，
∴OG = 1
2 OE，OF = OE，AH = 1
2 AB，AC = AB，
∵A(0,2)，B(0, -1)，E(- 3,0)，
∴OF = OE =
3，AC = AB = 2 + 1 = 3，OA = 2，
∴OG =
3
2 ，AH = 3
2 ，
∴FG =
OF 2-OG2 = 3
2 ，OH = OA - AH = 1
2 ，
CH =
AC2-AH 2 = 3 3
2
，
∴F -
3
2 , 3
2
，C 3 3
2
, 1
2
，
故答案为：-
3
2 , 3
2
，C 3 3
2
, 1
2
；
(Ⅱ) ①∵平移，
∴∠FEO= ∠OEF = 60°，OE= OE =
3，
∵OO= t，
∴OE= OE - OO=
3 - t，
∴OG = OE⋅tan60° =
3( 3 - t) = 3 -
3t，
∴AG = OA - OG = 2 - 3 +
3t =
3t - 1，
当点F 落在y 轴上时，此时，点O 为OE 的中点，
则：t =
3
2 ，
当点E与点O 重合时，t =
3，
∴当△EOF' 与△ABC 重叠部分为四边形OOF'G 时，
3
2
< t <
3；
②当3 3
4
≤t <
3 时，则重叠的部分为四边形
OOF'G，
如图，作FM ⊥x 轴，
由(1) 和(2) ①可知：FM = 3
2 ，OG = 3 -
3t，OE
=
3 - t，
∴S = S△OEF- S△OEG = 1
2 ×
3 × 3
2 - 1
2 ⋅( 3 - t) (3
-
3t) =-
3
2 (t -
3)2+ 3 3
4
，
∴当t = 3 3
4
时，S 的值最小，为-
3
2
×
3 3
4
-
3
2
+ 3 3
4
= 21 3
32
，
∴21 3
32
≤S < 3 3
4
，
设BC 交x 轴于点N ，则：ON = OB ⋅tan60° =
3 =
OE，
∴当t =
3 时，此时点E于O 重合，O与N 点重合，
重叠的部分恰为△OEF，
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·66·
∴S = 1
2 ×
3 × 3
2 = 3 3
4
，
当
3 < t ≤3 3
2
，S 随着t 的增大而减小，
∴当t = 3 3
2
时，S 有最小值，此时点CO⊥x 轴，
如图：
此时重叠部分为五边形，ON = 3 3
2
-
3 =
3
2 ，
∵∠CNO= ∠BNO = 90° -∠ABC = 30°，∠E OF =
60°，
∴∠NQO= 90°，
∴OQ = 1
2 ON =
3
4 ，QN =
3OQ = 3
4 ，
∴S△ONQ = 1
2 ×
3
4
× 3
4 = 3 3
32 ，
∵∠ACB = 60°，∠CQP = ∠NOQ = 90°，
∴∠FPG = ∠CPQ = 30°，
∴∠FGP = 180° -30° -60° = 90°，
由平移可得：FF= NO=
3
2 ，FF⎳NO=
3
2 ，
∴∠FFG = ∠OEF= 60°
∴∠FFG = 30° = ∠FPG，
∴FP = FF=
3
2
同法可得：S△FGP = 1
2 ×
3
4
× 3
4 = 3 3
32 ，
S = S△OEF- S△ONQ - S△FGP = 3 3
4
- 3 3
32
- 3 3
32
=
9 3
16 ；
综上：9 3
16
≤S ≤3 3
4
．
23．【分析】(1) 解方程得出OA 的长度，由菱形的性
质与锐角函数综合，可得OQ 和PQ 的长度，即可得点
P 的坐标；
(2) 分类讨论，分别由运动时间表示出线段长度，代入
三角形的面积公式，化简整理即可；
(3) 根据运动时间，确定点M 和点N 的坐标，分类讨
论，根据等腰三角形的性质即可得点E 的坐标．
【解答】解：(1) 由x2- 3x - 18 = 0，
解得x1= 6，x2=-3，
∵OA 的长是x2- 3x - 18 = 0 的根，
∴OA = 6，
∵四边形OABC 为菱形，
∴OA = OC = 6，
∵tan∠COA =
3，
∴∠COA = 60°，
又∵CQ ⊥OA，
∴∠OCQ = 30°，
∴OQ = 3，
∵四边形OABC 为菱形，
∴OB 平分∠COA，
∴∠POQ = 30°，
∴PQ =
3，
∴点P 的坐标为(3, 3)；
(2) 过点M 作MK ⊥OB 于点K，
由题可知BN =
3t，OM = t，则MK = 1
2 t，
由(1) 得：OP = 2 3，则PB = 4 3，
当0 <-t -< 4 时，PN = 4 3 -
3t，
∴S = 1
2 ⋅1
2 t(4 3 -
3t) =-
3
4 t2+
3t；
当4 < t ≤6 时，PN =
3t - 4 3，
∴S = 1
2 ⋅1
2 t( 3t - 4 3) =
3
4 t2-
3t；
综上所述，S =
-
3
4 t2+
3t
(0<t<4)
3
4 t2-
3t
(4<t≤6)
；
(3) 如图，
当t = 3 时，OM = 3，点M 和点Q 重合，BN = 3 3，
ON = 3 3，∠ONM = ∠NOM = 30°，
假设在对角线OB 上存在一点E，使得△MNE 是含30°
★2026 中考数学压轴题每日一题参考答案（类型3）★
·67·
角的等腰三角形，
当∠EMN 为顶角时，点E1与点O 重合，E1(0,0)；
当∠MEN 为顶角时，点E2与点P 重合，E2(3, 3)；
当∠ENM 为顶角时，NE1= NM = OM = 3，
设E3( 3a,a)，则OE3= 2a，
∵OE3+ NE3= ON，
∴2a + 3 = 3 3，
∴a = 3 3-3
2
，
∴
3a = 9-3 3
2
，
∴E3 9-3 3
2
, 3 3-3
2
综上，当t = 3 时，在对角线OB 上存在一点E，使得
△MNE 是含30° 角的等腰三角形，E1(0,0)，E2(3, 3)，
E3 9-3 3
2
, 3 3-3
2
；
24 ．【分析】( 1 ) 由题意得，当HP ⎳DF 时，
HP ⎳DF，求得∠HPD = ∠E = 90°，再利用三角函数
的定义求解即可；
(2) 作QM ⊥CD 于点M ，作HN ⊥CD 于点N ，同(1)
利用三角函数的定义求得HN = 12
5 ，QM = 24
25 t -
24
5 ，再根据S△PQH = S△CDE - S△PQC - S△PDH - S△EQH，
利用三角形的面积公式代入数据求解即可；
(3) 分两种情况讨论，当∠QPH = 90° 时，作HG ⊥CD
于点G，QK ⊥CD 交DC 延长线于点K，证明△QPK
- △PHG，构造一元二次方程，利用公式法求解即可；
当∠QPH = 90° 时，作PR ⊥ED 于点R，证明△PHR
- △HQE，构造一元二次方程，利用公式法求解即可．
【解答】解：(1) 由题意得PD = t，AQ = 1.2t = 6
5 t，
在Rt△ABC 中，∠ACB = 90°，AC = 6cm，BC =
8cm，
∴AB =
62+82 = 10(cm)，
由平移的性质得∠E = 90°，CE = 6cm，DE = 8cm，
CD = 10cm，AB ⎳CD．
∵H 为DE 的中点，
∴EH = DH = 1
2 DE = 4cm，
∵AB|CD，DF ⊥AB，
∴DF ⊥CD，
即∠FDC = 90°，
∵HP ⎳DF，
∴∠HPD = ∠FDC = 90°，
∴∠HPD = ∠E = 90°，
∴cos∠HDP = PD
DH = DE
CD ，
即t
4 = 8
10 ，解得t = 16
5 ；
(2) 解：当5 < t < 10 时，
∴点Q 在线段CE 上，
作QM ⊥CD 于点M，作HN ⊥CD 于点N，
∵PD = t，AQ = 6
5 t，
∴CQ = 6
5 t - 6，CP = 10 - t，
∵∠CMQ = ∠E = 90°，sin∠QCM = QM
CQ = DE
CD ，
即
QM
6
5 t-6
= 8
10 ，∴QM = 24
25 t - 24
5 ，
同理sin∠HDN = HN
DH = CE
CD ，
即HN
4
= 6
10 ，∴HN = 12
5 ，
∴AQ = 6
5 t，∴EQ = 12 - 6
5 t，
∴S△PQH = S△CDE - S△PQC - S△PDH - S△EQH = 1
2 × 6 × 8
- 1
2 (10 - t) 24
25 t- 24
5
- 1
2 × 12
5 t - 1
2 × 4 12- 6
5 t
= 12
25 t2- 6t + 24；
∴S = 12
25 t2- 6t + 24；
(3) 解：存在，理由如下，
由题意∠HQP ≠90°，
当∠QPH = 90° 时，作HG ⊥CD 于点G，QK ⊥CD
交DC 延长线于点K，
同理，HG = 12
5 ，DG = 16
5
∴PG = 16
5 - t，CG = CD - DG = 34
5 ，
在Rt△CQK 中，CQ = 6 - 6
5 t，
★2026 中考数学压轴题每日一题参考答案（类型3）★
·68·
∵∠DCE = ∠KCQ，
∴sin∠DCE = sin∠KCQ，cos∠DCE = cos∠KCQ，
∴8
10 =
QK
6- 6
5 t
，6
10 =
CK
6- 6
5 t
，
∴QK = 4
5
6- 6
5 t
= 24
5
- 24
25 t，CK = 3
5
6- 6
5 t
= 18
5 - 18
25 t，
∴PK = CK + CP = 18
5 - 18
25 t + 10 - t = 68
5 - 43
25 t，
∵∠HGP = ∠K = ∠QPH = 90°，
∴∠QPK = 90° -∠HPG = ∠PHG，
∴△QPK ∽△PHG，
∴PK
HG = QK
PG ，
∴
68
5 - 43
25 t
12
5
=
24
5 - 24
25 t
16
5 -t
，
∴t = 210±10 97
43
，
当∠QPH = 90° 时，作PR ⊥ED 于点R，
∵∠E = 90°，
∴△DPR ∽△DCE，
∴DP
CD = DR
DE = PR
CE ，
即t
10 = DR
8
= PR
6 ，
∴DR = 4
5 t，PR = 3
5 t，
∵∠HRP = ∠E = ∠QHP = 90°，
∴∠PHR = 90° -∠EHQ = ∠HQE，
∴△PHR ∽△HQE，
∴PR
HE = HR
QE ，
即
3
5 t
4
=
4- 4
5 t
12- 6
5 t
，
解得t = 65±5 97
9
，
∵0 < t < 5，
∴t = 65-5 97
9
，
综上，t 的值为65-5 97
9
或210-10 97
43
．
★2026 中考数学压轴题每日一题参考答案（类型3）★
·69·
★类型4：跨学科融合+ 情景实际运用(13 题) ★
1．【分析】(1) 利用勾股定理求解即可；
(2) 利用直角三角形斜边中线的性质求得BD = CD =
AD = 25，得到∠ABD = ∠BAC，∠DBC = ∠C，推出
sin∠ABD = sin∠BAC = 3
5 ，sin∠DBC = sinC = 4
5 ，
分当点Q 在BC 上和点Q 在CD 上时，两种情况讨论，
分别求得t1= 2，t2= 23
6 ，据此求解即可；
(3) 根据题意求得d1 = 24 - 3t，分当点Q 在BC 上和点
Q 在CD 上时两种情况讨论，列式一元一次方程方程，
求解即可．
【解答】解：(1) ∵∠ABC = 90°，AB = 40m，BC =
30m，
∴AC =
302+402 = 50m，
∵D 为AC 中点，
∴CD = 1
2 AC = 25m，
∵BC + CD = 30 + 25 = 55m，
∴机器人乙运动的路线长为55m，
故答案为：55；
(2) 根据题意，得v2= 55
5.5 = 10，
∵△ABC 中，∠ABC = 90°，D 为AC 中点，
∴BD = CD = AD = 25，
∴∠ABD = ∠BAC，∠DBC = ∠C，
∴sin ∠ABD = sin ∠BAC = 3
5 ，sin ∠DBC = sin C =
4
5 ，
当点Q 在BC 上时，d2 = BQ ⋅sin∠DBC = 10t × 4
5 =
8t，
∴8t1= 16，解得t1= 2，
当点Q 在CD 上时，作AH ⊥BD，垂足为H(如图)，
则AH = AB ⋅sin∠ABD = 40 × 3
5 = 24，
∵∠CDB = ∠ADH，
∴sin∠CDB = sin∠ADH = 24
25 ，
∴d2= QD ⋅sin∠CDB = (55 - 10t) × 24
25 = 264
5
- 48
5 t，
∴264
5
- 48
5 t2= 16，
解得t2= 23
6 ，
∴t2- t1= 23
6 - 2 = 11
6 ；
(3) 当t = 5.5 时，d1= 7.5，
此时，BP =
PP
sin∠ABD = 7.5
3
5
= 12.5，
∴AP = AB - BP = 40 - 12.5 = 27.5，
∴v1= AP
5.5 = 27.5
5.5 = 5，
∴d1= BP ⋅sin∠ABD = (40 - 5t) × 3
5 = 24 - 3t，
当点Q 在BC 上时，由d1= d2，得24 - 3t = 8t，
解得t = 24
11 ，
当点Q 在CD 上时，由d1 = d2，得24 - 3t = 264
5
-
48
5 t，
解得t = 48
11 ，
∴t = 24
11 或t = 48
11 ．
2．【分析】(1) 先由表中勾股数规律，令a = 10，b，
c = 26，由勾股数定义列方程求解即可得到答案；
(2) 由表中数据，分别用代数式表示出a，b，c，再由
整式混合运算求证即可得到答案；
(3) 确定直角三角形最短边长度：已知每个三角形最短
边都种21 株花，因为各边上相邻两株花之间的距离均
为1m，且顶点处都种一株花，所以每个直角三角形最
短边长为21 - 1 = 20 米，找出直角三角形三边长度：查
题干中的表可知，当最短边为20 米时，直角三角形的
三边长分别为20 米，21 米，29 米，由于该图案是由四
个全等的直角三角形组成，下面只需要解决其中一个直
角三角形的种植情况即可，如图所示，结合(2) 中得到
的规律，分析出一个直角三角形种植花数量即可得到答
案．
【解答】解：(1) 由表中勾股数的规律可知，令a = 10，
b，c = 26，
则由勾股数定义可知a2+ b2= c2，即102+ b2= 262，
∴b2= 262- 102= (26 + 10) (26 - 10) = 36 × 16，
解得b = 24 或b =-24(舍去)；
故答案为：24；
(2) 由题意，a = m2 - n2，b = 2mn，c = m2 + n2(m >
n > 0，m，n 互质且一奇一偶)；
非本原勾股数：a = k(m2 - n2)，b = k(2mn)，c =
k(m2+ n2) (k 为正整数)，
证明：对于本原勾股数，计算a2+ b2:
★2026 中考数学压轴题每日一题参考答案（类型4）★
·70·
(m2- n2)2+ (2mn)2
= m4- 2m2n2+ n4+ 4m2n2
= m4+ 2m2n2+ n4
= (m2+ n2)2
= c2，
非本原勾股数为k 倍的本原勾股数，
故a2+ b2= k2[(m2- n2)2+ (2mn)2]
= k2(m2+ n2)2
= c2．
同理，a = 2kmn，b = k(m2 - n2)，c = k(m2 + n2) 成
立；
(3) 查表可以知道他的最短是20 21 29 这个勾股数，
一个直角三角形三条边的长度之和为20 + 21 + 29 = 70
米，
因为图案是由四个全等的直角三角形组成，
所以需要种花70 × 4 = 280 株．
3．【分析】(1) 根据起跳点与落地点的距离为160cm，
得到对称轴为直线x = 80，根据运动路线的最高点距地
面60cm，得到顶点纵坐标为60，写出顶点坐标，列出
顶点式，把(0,0) 代入，求出函数解析式即可；
(2) 根据抛物线的形状不变，利用平移思想，写出新的
函数解析式，令y = 0，求出x 的值，进而求出OQ 的
长即可；
(3) 设该平台的高度为kcm，根据题意，得到新的抛物
线的解析式为：y =- 3
320 (x - 80)2 + 60 + k，直线AD
的解析式为y =- 9
40 x + 75(80 ≤x ≤120)，则h =
- 3
320 x2 + 69
40 x + k - 75，当x = 120 时，h 有最小值
3，再求h 即可．
【解答】解：(1) 由题意得，抛物线的对称轴为直线x =
80，顶点纵坐标为60，
∴顶点坐标为(80,60)，
设抛物线的函数解析式为：y = a(x - 80)2+ 60，
∵图象过原点，
∴a(0 - 80)2+ 60 = 0，解得a =- 3
320 ，
∴y =- 3
320 (x - 80)2+ 60；
(2) ∵抛物线的形状不变，点(0,75)，
故第二次的函数图象可以看作由(1) 的抛物线向上平移
75 个单位长度得到的，
∴新的抛物线的解析式为：y =- 3
320 (x - 80)2 + 60 +
75 =- 3
320 (x - 80)2+ 135，
当y = 0 时，- 3
320 (x - 80)2+ 135 = 0，
解得：x1= 200，x2=-40(舍去)，
故起跳点P 与落地点Q 的水平距离OQ 的长为200cm；
(3) 设该平台的高度为k cm，由题意，设新的函数解析
式为：y =- 3
320 (x - 80)2+ 60 + k，
由题可知A(80,57)，B(80,0)，C(120,48)，D(120,0)，
∴直线AD 的解析式为y =- 9
40 x + 75(80 ≤x ≤120)，
∴h =- 3
320 (x - 80)2 + 60 + k + 9
40 x - 75 =- 3
320 x2 +
69
40 x + k - 75，
∵对称轴为直线x = 92，80 ≤x ≤120，
∴当x = 120 时，h 有最小值3，
∴- 3
320 x2+ 69
40 x + k - 75 = 3，解得k = 6，
故该平台的高度为6cm．
4．【分析】(1) 先作∠ADE = ∠B，DE 交AC 于点E，
得出DE ⎳BF，再以点B 为圆心，以DE 的长为半径画
弧，交线段BC 于一点F，连接EF，则DE = BF，故
四边形BDEF 是平行四边形，即可作答；
(2) 过P 点作PH ⊥BC 于点H，解得PH = 3，故P 在
线段MN 上运动的，整理C△BPC = BP + CP + 6，经过
分析当BP + CP 有最小值时，则△BPC 的周长有最小
值，即作B 点关于MN 的对称点B，当B，P，C 三
点共线时，BP + CP 有最小值，即BC 的长，结合矩
形的性质以及勾股定理列式计算，得B C =
BB2+BC2 = 6 2，即可作答；
(3) 取AB 的中点M ，取AC 的中点N ，连接MN ，得
MN 是△ABC 的中位线，再过点P 作PD ⎳AC，证明
△PBD ∽△ABC ，整理PB
PD = AB
AC = 120
180 = 2
3 ，故
AQ = PD，再证明四边形APDQ 是平行四边形，因为
O 是PQ 的中点，得AO = OD ，证明△ADH ∽
△ODE，OE
AH = OD
AD = 1
2 ，由题意得OE 为定值，则
点O 在△ABC 的中位线MN 上运动，作△BOC 的外接
圆⊙T，当且仅当⊙T 与MN 相切时，∠BOC 的值最
大，先得出MB = 1
2 × AB = 60m，CM ⊥AB，运用
三角函数得cos∠ABC = BK
BM = BM
BC ，代入数值进行
计算，即可作答．
【解答】解：(1) 依题意，先作∠ADE = ∠B，DE 交
AC 于点E，得出DE ⎳BF，
再以点B 为圆心，以DE 的长为半径画弧，交线段BC
于一点F，
连接EF，则DE = BF，
∵DE ⎳BF，
∴四边形BDEF 是平行四边形，
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·71·
即▱BDEF 如图所示：
(2) 如图，过P 点作PH ⊥BC 于点H，
∵S△BPC = 9，BC = 6，
∴1
2 × BC × PH = 1
2 × 6 × PH = 9，
解得PH = 3，
过点P 作MN ⎳BC 且分别与AB，CD 交于M ，N ，
即P 在线段MN 上运动的，
则C△BPC = BP + CP + BC = BP + CP + 6，
当BP + CP 有最小值时，则△BPC 的周长有最小值，
作B 点关于MN 的对称点B，
∴BM = BM = 3，BP = BP，∴BP + CP = BP + CP
≥BC，
当B，P，C 三点共线时，BP + CP 有最小值，即
BC 的长，即△BPC 的周长有最小值，
∵四边形ABCD 是矩形，∴∠ABC = 90°，
在Rt△BBC 中，BB = 6，BC = 6，
∴BC =
BB2+BC2 =
36+36 = 6 2，
此时△BPC 得周长= BP + CP + 6 = 6 2 + 6；
(3) 如图，取AB 的中点M ，取AC 的中点N ，连接
MN，
∴MN 是△ABC 的中位线，
过点P 作PD ⎳AC，
∴∠BAC = ∠BPD，
又∵∠ABD = ∠PBD，
∴△PBD ∽△ABC，
∴PB
AB = PD
AC ，即PB
PD = AB
AC = 120
180 = 2
3 ，
∵BP
AQ = 2
3 ，
∴AQ = PD，
∵PD ⎳AC，
∴四边形APDQ 是平行四边形，
连接AD，
∵O 是PQ 的中点，且四边形APDQ 是平行四边形，
∴AO = OD，
∴O 是AD 的中点，
过A 点作AH ⊥BC 于点H，过点O 作OE ⊥BC 于点
E，
∴∠AHD = ∠OED = 90°，
∵∠ADH = ∠ODE，
∴△ADH ∽△ODE，
∴OE
AH = OD
AD = 1
2 ，
∵AB = 120m，AC = BC = 180m，
∴AH 为定值，
∴OE 为定值，
则点O 在△ABC 的中位线MN 上运动，作△BOC 的外
接圆⊙T，
当且仅当⊙T 与MN 相切时，∠BOC 的值最大，
∠BOC = ∠BFC = ∠BOC + ∠OBF，
故∠BOC = ∠BFC > ∠BOC，
如图，连接CM ，作MK ⊥BC 于点K，OL ⊥BC 于
点L，连接OT，LT，
∵⊙T 与MN 相切于点O，
∴∠MOT = 90°，
∵OL ⊥BC 于点L，
∴∠BLO= 90°，
∵MN ⎳BC，
∴∠MOL = 90°．
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·72·
故O，L，T 三点共线，
∴∠BLT = 180° -∠BLO= 90°，则BC ⊥LT，
∴BL = 1
2 BC，
∵BC = AC = 180m，M 是AB 的中点，
∴MB = 1
2 × AB = 60m，CM ⊥AB，
∴cos∠ABC = BK
BM = BM
BC ，即BK
60 = 60
180 ，
∴BK = 20(m)，
∴MO= KL = BL - BK = 1
2 BC - BK = 90 - 20 = 70
(m)，
∵点M 是AB 的中点M，O 是AD 的中点，
∴MO 是三角形ABD 的中位线，
∴BD = 2MO= 140m，BP = 2
3 BD = 2
3 × 140 = 280
3
(m)，∴AP = AB - BP = 120 - 280
3
= 80
3 (m)．
5．【分析】(1) 由图象直接可得A，B 两区的距离和
B，C 两区的距离，从而求出A，C 两区的距离，再由
时间= 路程÷ 速度求出机器人甲到达B 区时所用时间，
即a 的值即可；
(2) 由时间= 路程÷ 速度求出机器人乙到达B 区时所用
时间，从而得到点E 的坐标，根据速度= 路程÷ 时间
求出EF 段的速度，再由路程= 速度× 时间求出线段
EF 所在直线的函数解析式即可；
(3) 分别讨论机器人甲在B 区左侧时、机器人乙到达B
区并开始返回时至机器人甲在B 区停留结束时、机器人
甲从B 区出发至到达C 区三个时间段内机器人甲、乙相
距30 米时对应x 的值即可．
【解答】解：(1) 由图象可知，A，B 两区相距150 米，
B，C 两区相距90 米，则A，C 两区相距150 + 90 =
240(米)，
机器人甲到达B 区时所用时间为150 ÷ 20 = 7.5(分)，
∴a = 7.5．故答案为：240，7.5．
(2) 机器人乙到达B 区时所用时间为90 ÷ 10 = 9(分)，
∴E(9,0)，
机器人乙从B 区返回C 区过程中的速度为90 ÷ (15 - 9)
= 15(米/ 分)，
则y = 15(x - 9) = 15x - 135，
∴线段EF 所在直线的函数解析式为y = 15x - 135(9 ≤
x ≤15)．
(3) 当0 ≤x ≤7.5 时，当机器人甲、乙相距30 米时，得
20x + 10x + 30 = 240，
解得x = 7，
当9 ≤x ≤12 时，当机器人甲、乙相距30 米时，得15x
- 135 = 30，解得x = 11，
当12 < x ≤15 时，机器人甲的速度为90 ÷ (15 - 12) =
30(米/ 分)，则y = 30(x - 12) = 30x - 360，当机器人
甲、乙相距30 米时，得15x - 135 - (30x - 360) = 30，
解得x = 13，
∴机器人乙行进的时间为7 分或11 分或13 分时，机器
人甲、乙相距30 米．
6．【分析】(1) 由矩形ABCD 性质可得CD = AB =
8cm，AD = BC = 6cm，CD ⎳AB，BC ⎳AD，即可
得出坐标；
(2) 由装置整体图案为轴对称图形，作出对称轴，分别
交抛物线L1 于M ，交抛物线L2 于N ，交矩形ABCD
于N，P，结合矩形和抛物线的对称性，可得直线MQ
是抛物线L1 和L2 的对称轴，AP = BP = 1
2 AB = 4，
∠DNP = ∠APN = 90°，由矩形DAPN 中NP = AD =
6，抛物线L1 的高度为8cm，抛物线L2 的高度为4cm，
直线MQ 是抛物线L1 和L2 的对称轴，即可得出抛物线
L1和L2的顶点坐标分别为M(4,14)，Q(4, -4)，分别设
抛物线L1 和L2 的表达式为y = a1(x - 4)2 + 14，y = a2
(x - 4)2- 4，分别将将D(0,6) 和A(0,0) 代入求解即可；
(3) 由装置整体图案为轴对称图形，得出EF ⊥MG，
HG ⊥MG，证明HE ⊥x 轴，设xE = xH = n，则yH =
- 1
2 n2 + 4n + 6，yE = 1
4 n2 - 2n，则EH = yH - yE =
- 3
4 n2 + 6n + 6 = 15，求得xE = 2，由抛物线对称性可
得EF = 2 x对称轴-xE
= 4．
【解答】解：(1) ∵矩形ABCD 的边AB = 8cm，BC =
6cm，
∴CD = AB = 8cm，AD = BC = 6cm，CD ⎳AB，
BC ⎳AD，
∴B(8,0)，C(8,6)，D(0,6)；
(2) ∵装置整体图案为轴对称图形，
如图，作出对称轴，分别交抛物线L1 于M ，交抛物线
L2于N，交矩形ABCD 于N，P，
结合矩形和抛物线的对称性，可得直线MQ 是抛物线
L1 和L2 的对称轴，AP = BP = 1
2 AB = 4，∠DNP =
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∠APN = 90°，
∴四边形DAPN 是矩形，
∴NP = AD = 6，
∵抛物线L1 的高度为8cm，抛物线L2 的高度为4cm，
直线MQ 是抛物线L1和L2的对称轴，
∴MP = MN + NP = 8 + 6 = 14(cm)，QP = 4cm，
∴抛物线L1 和L2 的顶点坐标分别为M (4,14)，Q(4,
-4)，
分别设抛物线L1 和L2 的表达式为y = a1(x - 4)2 + 14，
y = a2(x - 4)2- 4，
将D(0,6) 代入y = a1(x - 4)2+ 14，
解得a1=- 1
2 ，
则抛物线L1 的表达式为y =- 1
2 (x - 4)2 + 14 =- 1
2 x2 +
4x + 6；
将A(0,0) 代入y = a2(x - 4)2- 4，
解得a2= 1
4 ；
则抛物线L2的表达式为y = 1
4 (x - 4)2- 4 = 1
4 x2- 2x；
(3) ∵装置整体图案为轴对称图形，
∴EF ⊥MG，HG ⊥MG，
∵MQ ⊥x 轴，
∴EF ⎳HG ⎳x 轴，
∵EFGH 是矩形，
∴HE ⊥EF，
∴HE ⊥x 轴，
∴xE = xH，
设xE = xH = n，
∴yH =- 1
2 n2+ 4n + 6，yE = 1
4 n2- 2n，
∴EH = yH - yE =- 3
4 n2+ 6n + 6 = 15，
解得：n = 2 或6(在对称轴右侧，舍)，
∴xE = 2，
由抛物线对称性可得EF = 2 x对称轴-xE
= 4．
7．【分析】(1) 从初始起右移至图3 情形的过程中，S
随x 的增大而增大；
(2) 初始位置时P 在AD 上，右移至图3 时，P 在BC
上，故向右移动的距离x = AB = 3m，根据梯形面积公
式可得S = 5(m2)；
(3) 设初始位置时，∠ANP = α，可得tanα = 2，从图
3 情形起右移至M 与A 重合的过程中，设PQ 交BC 于
G，PN 交BC 于E，QM 交AD 于F，连接EF，由平
移的性质可知，PG = (x - 3)m，BN = (4 - x)m，求
出GQ = 3 - (x - 3) = (6 - x)m，AN = 3 - (4 - x) =
(x - 1)m，知GE = 2PG = (2x - 6)m，BE = 2BN = (8
- 2x)m，证明△FMA ≅△ENB(ASA)，得FM = EN，
可得四边形FMNE 是平行四边形，有EF ⎳MN ，EF
= MN = 3m，故四边形QFEG，四边形FANE 都是梯
形，再根据S = S梯形QFEG + S梯形FANE 可得答案；
(4) 分0 < x ≤3，3 < x ≤4 及x > 4 分别讨论即可得到
答案．
【解答】解：(1) 由图可知，初始位置时S = 0，
∴从初始起右移至图3 情形的过程中，S 随x 的增大而
增大；
(2) 如图：
根据题意，初始位置时P 在AD 上，右移至图3 时，P
在BC 上，
∴向右移动的距离x = AB = 3m，此时AM = 1m，Q
向右移动到AD 上，
∴AN = MN - AM = 3 - 1 = 2(m)，
∴S = (AN+PQ)⋅AQ
2
= (2+3)×2
2
= 5(m2)；
∴图3 情形的x 的值为3m，S 的值为5m2；
(3) 设初始位置时，∠ANP = α，如图：
∵AP = 2m，AN = 1m，∠PAN = 90°，
∴tanα = AP
AN = 2，
从图3 情形起右移至M 与A 重合的过程中，设PQ 交
BC 于G，PN 交BC 于E，QM 交AD 于F，连接EF，
如图：
由平移的性质可知，PG = (x - 3)m，BN = (4 - x)m，
∴GQ = 3 - (x - 3) = (6 - x)m，AN = 3 - (4 - x) = (x
- 1)m，
∵tanP = tan∠ENB = tanα = 2，
∴GE = 2PG = (2x - 6)m，BE = 2BN = (8 - 2x)m，
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·74·
∵AM = MN - AN = AB - AN = BN ，∠MAF = 90° =
∠NBE，∠FMA = ∠ENB，
∴△FMA ≅△ENB(ASA)，
∴FM = EN，
∵FM ⎳EN，
∴四边形FMNE 是平行四边形，
∴EF ⎳MN，EF = MN = 3m，
∵MN ⎳PQ，
∴四边形QFEG，四边形FANE 都是梯形，
∴S = S 梯形QFEG + S 梯形FANE =
6-x+3
2x-6
2
+
x-1+3
8-2x
2
=-2x2+ 14x - 19，
∴S 关于x 的解析式为S =-2x2+ 14x - 19(3 < x ≤4)；
(4) 当0 < x ≤3 时，S 随x 的增大而增大，故当x = 3
时，由(2) 知，S 最大为5m2；
当3 < x ≤4 时，S =-2x2 + 14x - 19 =-2 x- 7
2
2
+
11
2
∴当x = 7
2 时，S 最大为11
2 ；
当x > 4 时，S 随x 的增大而减小，此时S < 11
2 ；
∵5 < 11
2 ，
∴遮阳区面积最大时，▱MNPQ 向右移动了7
2 m．
8．【分析】(1) 根据题意得安检时间为x 分钟，则已入
场人数为(用x 表示)18x，w 与x 的函数表达式为w =
y - 18x =-x2+ 42x + 100；
(2) 根据二次函数的性质可得出结论；
(3) 运用二次函数的性质解答即可．
【解答】解：(1) 若开设3 条安检通道，安检时间为x 分
钟，则已入场人数为(用x 表示)18x，若排队人数为w，
则w 与x 的函数表达式为w = y - 18x =-x2 + 42x +
100；
故答案为：18x，w =-x2+ 42x + 100；
(2)w =-x2+ 42x + 100 =- (x - 21)2+ 541，
∴当x = 21 时，Wmax = 541；
答：排队人数在第21 分钟达到最大值，最大人数为541
人；
(3) 设开了m 条通道，
则：w = y - 6mx =-x2 + 60x + 100 - 6mx =-x2 + 6
(10 - m)x + 100，
∴对称轴为x = 3(10 - m)，
∵排队人数10 分钟(包括10 分钟) 内减少，
∴0 ≤3(10 - m) ≤10，即：20
3 ≤m ≤10，
又∵最多开通9 条，
∴20
3 ≤m ≤9，
∵m 为正整数，
∴m 最小值为7，
∴最少开7 条通道．
9．【分析】(1) 观察图象即可；
(2) 利用待定系数法解答即可；
(3) 当x = 8 时，求出弹簧测力计A 的示数F拉力，根据
F拉力= G重力- F浮力求出m 的值；利用待定系数法求出
当6 ≤x ≤10 时，设弹簧测力计B 的示数F拉力关于x 的
函数解析式，求出对应x 的值并再减去6cm，即n 的
值．
【解答】解：(1) 当小铝块下降10cm 时，弹簧测力计A
的示数为2.8N，弹簧测力计B 的示数为2.5N．
(2) 当6 ≤x ≤10 时，设弹簧测力计A 的示数F拉力关于
x 的函数解析式为F拉力= kx + b(k、b 为常数，且k ≠
0)，
将坐标(6,4) 和(10,2.8) 分别代入F拉力= kx + b，
得6k+b=4
10k+b=2.8
，
解得k=-0.3
b=5.8
，
∴当6 ≤x ≤10 时，设弹簧测力计A 的示数F拉力关于x
的函数解析式为F拉力=-0.3x + 5.8 6≤x≤10
．
(3) 根据图象，圆柱体小铝块所受重力为4N，
当x = 8 时，F拉力=-0.3 × 8 + 5.8 = 3.4，
4 - 3.4 = 0.6(N)，
∴m = 0.6，
当6 ≤x ≤10 时，设弹簧测力计B 的示数F拉力关于x 的
函数解析式为F拉力= k1x + b1(k1、b1为常数，且k1≠0)，
将坐标(6,4) 和(10,2.5) 分别代入为F拉力= k1x + b1，
得6k1+b1=4
10k1+b1=2.5
，
解得k1=-0.375
b1=6.25
，
∴当6 ≤x ≤10 时，设弹簧测力计B 的示数F拉力关于x
的函数解析式为F拉力=-0.375x + 6.25 6≤x≤10
，
当-0.375x + 6.25 = 3.4 时，
解得x = 7.6，
7.6 - 6 = 1.6(cm)，
∴n = 1.6．
10．【分析】(1) 利用待定系数法求解即可；
(2) 首先得到G(6,0)，然后求出C2:y =- 1
5 (x - 2) (x -
6) =- 1
5 x2 + 8
5 x - 12
5 ，然后将x = 5.5 代入求解判断
★2026 中考数学压轴题每日一题参考答案（类型4）★
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即可；
(3) 首先求出P 1, 3
2
，然后由|a| 越小开口越大，|a| 越
大开口越小，点F 在(3,0) 和(4,0) 之间(包括这两点) 得
到当抛物线顶点为点M ，且经过点(4,0) 时，开口最
大，此时a 最大，当抛物线顶点为点P，且经过点(3,0)
时，开口最小，此时a 最小，然后分别利用待定系数法
求解即可．
【解答】解：(1) ∵当a =- 1
2 ，b = 1
2 时，C 1:y =
- 1
2 x2+ 1
2 x + c，
∵点F 坐标为(2,0)，
∴0 =- 1
2 × 22+ 1
2 × 2 + c，
∴c = 1，
∴抛物线C1的表达式为y =- 1
2 x2+ 1
2 x + 1；
(2) 不能，理由如下：
∵FG = 4，点F 坐标为(2,0)，
∴G(6,0)，
∴C2:y =- 1
5 (x - 2) (x - 6) =- 1
5 x2+ 8
5 x - 12
5 ，
∵点A 的坐标为(4.5,0)，AB = 1，
∴B(5.5,0)，
∴将x = 5.5 代入y =- 1
5 x2+ 8
5 x - 12
5 = 0.35 < 0.5，
∴此时石块沿抛物线C2运动时不能越过障碍物；
(3) ∵四边形MNPQ 是正方形，M
1
2 ,1
，N (1,1)，
Q 1
2 , 3
2
，
∴P 1, 3
2
，
如图所示，
∵抛物线开口向下，
∴a < 0，
∵|a| 越小开口越大，|a| 越大开口越小，点F 在(3,0)
和(4,0) 之间(包括这两点)，
∴由图象可得，当抛物线顶点为点M ，且经过点(4,0)
时，开口最大，此时a 最大，
∴设C1的表达式为y = a x- 1
2
2
+ 1，
将(4,0) 代入得，0 = a 4- 1
2
2
+ 1，
解得a =- 4
49 ，
∴由图象可得，当抛物线顶点为点P，且经过点(3,0)
时，开口最小，此时a 最小，
∴设C1的表达式为y = a(x - 1)2+ 3
2 ，
将(3,0) 代入得，0 = a(3 - 1)2+ 3
2 ，
解得a =- 3
8 ，
∴a 的取值范围为- 3
8 ≤a ≤- 4
49 ．
11．【分析】(1) 根据矩形的性质和平行线的性质证明
即可；
(2) 根据正切的定义计算即可得解；
(3) 延长DR 交TU 于F，延长PS 交TU 于E，则四边
形DPEF 为矩形，由矩形的性质可得DP = EF，DF =
PE，由题意可得DP = 30 米，∠EPU = 5.1°，∠FDU
= 9.1°，∠TDF = 14.5°，设EU = x 米，则FU = (30 -
x) 米，解直角三角形得出30-x
0.16
=
x
0.09 ，求出FU =
19.2 米，PE = DF = 120 米，再解直角三角形得出TF
= 31.2 米，即可得解；
(4) 结合题意提出合理的建议即可．
【解答】(1) 证明：∵四边形HIJK 为矩形，
∴∠H = 90°，
∵QM ⎳HK，
∴∠IQM = ∠H = 90°，
又∵OG ⎳HI，
∴∠MOG = ∠IQM = 90°，
∴OG ⊥QM；
(2) 解：在Rt△VWY 中，∠W = 90°，∠YVW = 5.1°，
VW = 10.0cm，YW = 0.91cm，
∴tan5.1° = tan∠YVW = YW
VM = 0.91
10
≈0.09；
∵∠XVY = 4.0°，∠YVW = 5.1°，XY = 0.70cm，
YW = 0.91cm，
∴∠XVW = ∠XVY + ∠YVW = 9.1°，XW = XY +
YW = 1.6lcm，
∵在Rt△VWX 中，∠W = 90°，∠XVW = 9.1°，VW
= 10.0cm，XW = 16．lcm，
∴tan9.1° = tan∠XVW = XW
VM = 1.61
10
≈0.16，
∵YW = 0.91cm，XY = 0.70cm，ZX = 0.94cm，
∴ZW = ZX + XY + YW = 2.55cm，
∵在Rt△VWZ 中，∠W = 90°，∠ZVW = 14.5°，VW
★2026 中考数学压轴题每日一题参考答案（类型4）★
·76·
= 10.0cm，ZW = 2.55cm，
∴tan14.5° = tan∠ZVW = ZW
VM = 2.55
10
≈0.26，
故答案为：0.09，0.16，0.26；
(3) 解：如图，延长DR 交TU 于F，延长PS 交TU 于
E，
则∠DFE = ∠PEF = ∠DFT = ∠DPE = 90°，
∴四边形DPEF 为矩形，
∴DP = EF，DF = PE，
由题意可得：DP = (25 - 15) × 3 = 30 米，∠EPU =
5.1°，∠FDU = 9.1°，∠TDF = 14.5°，
设EU = x 米，则FU = EF - EU = (30 - x) 米，
∵tan ∠EPU = EU
PE
=
x
PE = tan5 .1 ° ≈0 .09 ，
tan∠FDU = FU
DF = 30-x
DF
= tan9.1° ≈0.16，
∴PE =
x
0.09 ，DF = 30-x
0.16 ，
∴30-x
0.16
=
x
0.09 ，
解得：x = 10.8，
∴FU = 30 - 10.8 = 19.2 米，PE = DF = 10.8
0.09 = 120
米，
∵tan∠TDF = TF
DF = TF
120 = tan14.5° ≈0.26，
∴TF = 31.2 米，
∴TU = TF + UF = 19.2 + 31.2 ≈50 米，即该塔高度为
50 米；
(4) 解：提出合理建议为：①多次测量取平均值；②取
角的正切值用分数．
12．【分析】(1) 依据题意，根据二次函数y = ax2 + bx
+ 1.8(a，b 为常数) 图象经过点(2,3.2)，(4,4.2)，从而
由待定系数法即可计算得解；
(2) 依据题意，由二次函数为y =-0.05x2 + 0.8x + 1.8，
可得其对称轴为直线x =- b
2a =
0.8
2×0.05 = 8，则此时
最大高度为：y =-0.05 × 82 + 0.8 × 8 + 1.8 = 5，又根
据信息二，x 与t 是一次函数关系，故可设x = kt + c，
再结合表格数据可得，图象过(0,0) 和(0.4,4)，可得一
次函数的解析式为一次函数为x = 10t，进而可以得解；
(3) 依据题意，当t = 1.6 秒时，x = 10 × 1.6 = 16，再代
入原抛物线得y =-0.05 × 162 + 0.8 × 16 + 1.8 = 1.8，即
此时球的坐标为(16,1.8)，又新抛物线y =-0.02x2 + px
+ m 过点(16,1.8)，得m = 1.8 + 0.02 × 162 - 16p = 6.92
- 16p，则抛物线为y =-0.02x2 + px + 6.92 - 16p，结
合当x = 2 时，y ≥1.8，可得-0.02 × 22 + 2p + 6.92 -
16p ≥1.8，进而计算可以得解．
【解答】解：(1) 由题意，∵二次函数y = ax2 + bx +
1.8 经过点(2,3.2) 和(4,4.2)，
∴4a+2b+1.8=3.2
16a+4b+1.8=4.2
∴a =-0.05，b = 0.8，
∴二次函数为y =-0.05x2+ 0.8x + 1.8．
(2) 由题意，∵二次函数为y =-0.05x2+ 0.8x + 1.8，
∴其对称轴为直线x =- b
2a =
0.8
2×0.05 = 8，
∴此时最大高度为：y =-0.05 × 82+ 0.8 × 8 + 1.8 = 5．
又根据信息二，x 与t 是一次函数关系，
∴可设x = kt + c，
又∵结合表格数据可得，图象过(0,0) 和(0.4,4)，
∴c = 0，且0.4k + c = 4．∴k = 10，c = 0．
∴一次函数为x = 10t．∴当x = 8 时，t = 0.8(秒)．
∴经过0.8 秒达到最大高度，最大高度是5 米．
(3) 由题意，当t = 1.6 秒时，x = 10 × 1.6 = 16，
∴代入原抛物线得y =-0.05 × 162 + 0.8 × 16 + 1.8 =
1.8，即此时球的坐标为(16,1.8)．
又∵新抛物线y =-0.02x2 + px + m 过点(16,1.8)，得
m = 1.8 + 0.02 × 162- 16p = 6.92 - 16p，
∴抛物线为y =-0.02x2+ px + 6.92 - 16p．
又∵当x = 2 时，y ≥1.8，
∴-0.02 × 22+ 2p + 6.92 - 16p ≥1.8．
∴p ≤0.36．
故答案为：p ≤0.36．
13．【分析】(1) 认真研读题干，过点M 作MP ⊥l，
代入数值得sin10° = MP
MN ≈0.174 进行计算，即可作
答；
(2) 先以点C 为坐标原点，建立平面直角坐标系，设抛
物线ACB 的解析式为y = ax2(a < 0)，再把B(5, -2.4)
代入进行计算，得y =- 12
125 x2即可作答；
(3) 认真研读题干，得出10 ÷ 5 - 1 = 4，再算出当x = 4
时，y =-1.536，则OG = 1.536，GH = CH - OG =
3.864，即可得出h = GH - 0.3 = 3.564 = 3.5(米)，即可
作答．
【解答】解：(1) 过点M 作MP ⊥l，
★2026 中考数学压轴题每日一题参考答案（类型4）★
·77·
∵斜坡的坡角α 为10°，隧道内积水的水深为0.27 米，
∴∠MNP = 10°，MP = 0.27，
∵MP ⊥l，sin10° ≈0.174，
在Rt △MNP 中，sin10 ° = MP
MN ≈0 .174 ，0.27
MN
≈
0.174，
∴MN = 0.27
0.174 = 1.55(米)；
(2) 以点C 为坐标原点，建立平面直角坐标系，
设抛物线ACB 的解析式为y = ax2(a < 0)，
∵隧道的最高点C 到地面DE 距离为5.4 米，两侧墙面
高AD = BE = 3 米，地面跨度DE = 10 米，
∴B(5, -2.4)，
把B(5, -2.4) 代入y = ax2，
得-2.4 = 25a，
∴a =- 12
125 ，
∴y =- 12
125 x2；
(3) 车辆行驶方向的右侧车道线(宽度忽略不计) 与墙面
的距离为1 米，必须保证车辆顶部与隧道顶部ACB 在
竖直方向的空隙不小于0.3 米，
∴10 ÷ 5 - 1 = 4，
∴当x = 4 时，y =- 12
125 × 42=-1.536，
则OG = 1.536，
∴GH = CH - OG = 5.4 - 1.536 = 3.864，
限高架上标有警示语“车辆限高h 米” (即最大安全限
高)，
∴h = GH - 0.3 = 3.864 - 0.3 = 3.564 (米)，
∵涉及安全问题，
∴h = 3.564 ≈4(米)．
★2026 中考数学压轴题每日一题参考答案（类型4）★
·78·
★类型5：圆综合（8 题）★
1．【分析】(1) 利用等腰三角形的性质定理和圆周角定
理解答即可；
(2) 连接CD，利用等腰三角形的性质定理，圆周角定理
和等腰三角形的判定定理得到AH = HD，利用圆周角
定理和相似三角形的判定与性质得到HD2 = HC ⋅HF，
利用等量代换的性质解答即可得出结论；
(3) 连接AO 并延长交CB 于点M，连接CD，利用垂径
定理得到AM ⊥BC，CM = BM ，利用直角三角形的
边角关系定理得到tan∠ABC = AM
BM =
5 ，设BM =
k，则AM =
5k，BC = 2k，利用勾股定理得到AB，
利用相似三角形的判定与性质得到BA
EA = AD
AB ，得到
k = a，则DE = k，AE = 3k，利用相似三角形的判定
与性质求得CE = k，再利用相似三角形的性质求得AB
= 3 6，最后利用三角形的周长的意义和等量代换的性
质解答即可．
【解答】(1) 证明：∵AB = AC，
∴∠ABC = ∠ACB，
∵∠ACB = ∠ADB，
∴∠ABC = ∠ADB．
∵∠ADB = ∠DBE + ∠E，
∴∠ABC = ∠DBE + ∠E；
(2) 证明：连接CD，如图，
∵BG = DG，
∴∠ABD = ∠GDB，
由(1) 知：∠ABC = ∠ADB，
∵∠ABC = ∠ABD + ∠DBC ，∠ADB = ∠GDB +
∠GDA，
∴∠DBE = ∠GDA，
∵∠DBE = ∠CAD，
∴∠CAD = ∠GDA，
∴AH = HD．
∵∠ACD = ∠ABD，
∴∠ACD = ∠GDB．
∵∠CHD = ∠DHF，
∴△CHD ∽△DHF，
∴HD
HF = HC
HD ，
∴HD2= HC ⋅HF，
∴AH 2= HF ⋅HC；
(3) 解：连接AO 并延长交CB 于点M ，连接CD，如
图，
∵AB = AC，
∴AB
= AC
，
∴AM ⊥BC，CM = BM，
∴tan∠ABC = AM
BM =
5，
设BM = k，则AM =
5k，BC = 2k，
∴AB =
BM 2+AM 2 =
6k，
∵AD = 2DE，
∴设DE = a，则AD = 2a，
∴AE = AD + DE = 3a．
∵∠ADB = ∠ACB，∠ACB = ∠ABC，
∴∠ADB = ∠ABC，
∵∠BAD = ∠EAB，
∴△BAD ∽△EAB，
∴BA
EA = AD
AB ，
∴
6k
3a
= 2a
6k ，
∴k = a，
∴DE = k，AE = 3k，
∵四边形ABCD 为圆的内接四边形，
∴∠EDC = ∠ABC，
∵∠E = ∠E，
∴△EDC ∽△EBA，
∴DE
BE = CE
AE ，
∴
k
CE+2k = CE
3k ，
∴CE 2+ 2k ⋅CE - 3k2= 0，
∵CE > 0，
∴CE = k，
★2026 中考数学压轴题每日一题参考答案（类型5）★
·79·
∵△EDC ∽△EBA，
∴CD
AB = CE
AE ，
∴
6
AB = k
3k ，
∴AB = 3 6．
由(2) 知：AH = HD，BG = DG，
∴△AGH 的周长= AG + GH + AH
= AG + GH + HD
= AG + GD
= AG + GB
= AB
= 3 6．
2．【分析】(1) 如图，连接CO，并延长交DA 的延长
线于点M ，过点O 作OE ⊥CD 于点E，根据AD 与
BC 均为该半圆的切线，得出AD ⊥AB，BC ⊥AB，
则AD ⎳BC ，可得∠M = ∠OCB ．证明△OAM ≅
△OBC，得出AM = BC，根据CD = AD + BC，得出
CD = AD + AM = DM ，则∠M = ∠OCE ，可得
∠OCB = ∠OCE，即CO 平分∠BCD．又OE ⊥CD，
OB ⊥CB，得出OE = OB，即可证明CD 与该半圆相
切；
(2) 如图，过点C 作CM ⊥AD，交AD 于点M ，在
△CDM 中，由勾股定理可得CD2 = DM 2 + CM 2，根据
CD = AD + BC = a + b，DM = |a - b|，CM = 2r，列
等式得出r2 = AD ⋅BC = ab = 2，代入可得m =
2
2+a
+
2
2+b =
ab
ab+a +
ab
ab+b =
b
1+b +
a
1+a = n；
(3) 如图，根据CD，AD，BC 均为该半圆的切线，则
DA = DE，CB = CE，证明△DAG ∽△BCG，得出
CG
GA = CB
AD = CE
ED ，从而得出CG
CA = CE
CD ，证明
△ACD ∽△GCE ，得出∠ADC = ∠GEC ，得出
EG ⎳AD ⎳BC，FG ⎳AD ⎳BC，得出FG
BC = AF
AB ,
FG
AD = BF
AB ，则FG
BC + FG
AD = 1，即可得
1
BC +
1
AD
=
1
FG ，同理可得
1
BC +
1
AD =
1
EG ，得出FG = EG
= x，由(2) 可知r2 = AD ⋅BC = DE ⋅EC = 1，得出
1
DE +
1
CE =
1
BC +
1
AD =
1
EG = DC = 1
x ，又在
Rt△ABE 中，1
2 AE ⋅BE = 1
2 (2x) (2r) = 2x，得出AE
⋅BE = 4 x ，即可得
4
AE⋅BE = 1
x ，从而得出y =
1
AE⋅BE +
1
FG + DC = 1
x + 1
x + 1
x = 3
x ．
【解答】(1) 证明：如图，连接CO，并延长交DA 的延
长线于点M，过点O 作OE ⊥CD 于点E，
∵AD 与BC 均为该半圆的切线，
∴AD ⊥AB，BC ⊥AB，
∴AD ⎳BC，
∴∠M = ∠OCB，
∵O 为AB 的中点，
∴OA = OB，
在△OAM 与△OBC 中，
∠M=∠OCB
∠OAM=∠OBC=90°
OA=OB
，
∴△OAM ≅△OBC(AAS)，
∴AM = BC，
∵CD = AD + BC，
∴CD = AD + AM = DM，
∴∠M = ∠OCE，
∴∠OCB = ∠OCE，即CO 平分∠BCD，
又∵OE ⊥CD，OB ⊥CB，
∴OE = OB，
∴CD 与该半圆相切；
(2) 解：m = n．理由如下：
如图，过点C 作CM ⊥AD，交AD 于点M，
在△CDM 中，由勾股定理可得CD2= DM 2+ CM 2，
∵CD = AD + BC = a + b，DM = |a - b|，CM = 2r，
∴(a + b)2= (a - b)2+ 4r2，
∴r2 = AD ⋅BC = ab = 2，代入可得m =
2
2+a +
2
2+b
=
ab
ab+a +
ab
ab+b =
b
1+b +
a
1+a = n；
(3) 解：∵CD，AD，BC 均为该半圆的切线，
∴DA = DE，CB = CE，
∵AD ⊥AB，BC ⊥AB，
∴AD ⎳BC，
∴△DAG ∽△BCG，
★2026 中考数学压轴题每日一题参考答案（类型5）★
·80·
∴CG
GA = CB
AD = CE
ED ，
∴CG
CA = CE
CD ，
∵∠ACD = ∠GCE，
∴△ACD ∽△GCE，
∴∠ADC = ∠GEC．
∴EG ⎳AD ⎳BC，FG ⎳AD ⎳BC，
∴FG
BC = AF
AB , FG
AD = BF
AB ，
∴FG
BC + FG
AD = 1，
∴
1
BC +
1
AD =
1
FG ，
同理可得
1
BC +
1
AD =
1
EG ，
∴FG = EG = x，
由(2) 可知r2 = AD ⋅BC = DE ⋅EC = 1，
∴
1
DE +
1
CE =
1
BC +
1
AD =
1
EG = DE+CE
DE⋅CE
= DC
= 1
x ，
又在Rt△ABE 中，
∵1
2 AE ⋅BE = 1
2 (2x) (2r) = 2x，
∴AE ⋅BE = 4x，
∴
4
AE⋅BF = 1
x ，
∴y =
1
AE⋅BE +
1
FG + DC = 1
x + 1
x + 1
x = 3
x ．
3．【分析】(1) 分别作AB，BC 的垂直平分线交于点
O，以OA 为半径作圆，即可求解；
(2) 作⊙O 的直径AM ，连接BM ，证明△ABM ∽
△ADC，根据相似三角形的性质，即可求解；
(3) 连接OE，根据EF 为⊙O 的切线，得出∠OEF =
90°，进而证明△OEC 是等边三角形，得出CE = CF =
R，在Rt△ADC，Rt△ABD 中分别求得AB，AC，根
据(2) 的结论求得R =
129
3
即可求解．
【解答】(1) 解：如图所示，即为所求；
(2) 证明：如图，作⊙O 的直径AM，连接BM，
∴∠ABM = 90°，AM = 2R，
∵AD 是△ABC 的高，
∴∠ADC = 90°，
∵∠ACB = ∠AMB，
∴△ABM ∽△ADC，
∴AB
AD = AM
AC ，即AB
AD = 2R
AC ，
∴R = AB⋅AC
2AD
；
(3) 解：如图，连接OE，
∵EF 为⊙O 的切线，
∴∠OEF = 90°，
∵∠ACB = 60°，∠ADC = 90°，
∴∠DAC = 30°，
∴∠EOC = 60°，∠F = 30°，
∵OE = OC，
∴△OEC 是等边三角形，∠OEC = ∠OCE = 60°，
∴∠CEF = 30°，∠CEF = ∠F，
∴CE = CF = R．
在Rt△ADC 中，AD = 3 3，∠ACB = 60°，tan60° =
AD
CD = 3 3
CD ，
∴CD = 3，BD = BC - CD = 7 - 3 = 4，
在Rt△ACD 中，AC =
AD2+CD2 =
(3 3)2+32 =
6，
在Rt△ABD 中，AB =
AD2+BD2 =
42+(3 3)2 =
43，
代入R = AB⋅AC
2AD
，得R =
129
3
，
即CF =
129
3
．
★2026 中考数学压轴题每日一题参考答案（类型5）★
·81·
4．【分析】(1) 证明△CBE 是等边三角形即可；
(2) 延长CO 交⊙O 于点M ，连接EM ，由圆周角定理
可得∠CEM = 90°，即∠AEC + ∠AEM = 90°，又
∠AEM = ∠ACM ，∠AEC = ∠ACF ，所以∠ACF +
∠ACM = 90° 然后由切线的判定方法即可求证；
(3) 设AC 与BE 交于点N ，由AC 平分∠BAE，可得
∠EAC = ∠BAC ，CE = CB，通过圆周角定理可得
∠EAC = ∠EBC = ∠BAC ，证明△BCN ∽△ACB，
△AEN ∽△ACB，故有BC
AC = CN
CB , AE
AC = AN
AB ，即
有BC 2 = AC ⋅CN ①，AE ⋅AB = AC ⋅AN ②，然后通
过①+ ②即可求解．
【解答】解：(1) ∵CE = CB，且∠CBE = 60°，
∴△CBE 是等边三角形，
∴∠BCE = 60°；
(2) 证明：延长CO 交⊙O 于点M，连接EM，如图，
∵CM 是⊙O 的直径，
∴∠CEM = 90°，
∴∠AEC + ∠AEM = 90°，
∵∠AEM = ∠ACM，∠AEC = ∠ACF，
∴∠ACF + ∠ACM = 90°，
∴∠MCF = 90°，
∴OC ⊥CF，
∵OC 是⊙O 的半径，
∴直线CF 是⊙O 的切线；
(3) 解：存在常数a = 1，b = 1，使等式AC 2 = aBC ⋅
CE + bAB ⋅AE 成立；理由如下：
如图，设AC 与BE 交于点N，
∵AC 平分∠BAE，
∴∠EAC = ∠BAC，
∵∠EAC = ∠EBC，∠BEC = ∠BAC，
∴∠EAC = ∠EBC = ∠BAC = ∠BEC，
∴CE = CB，
∵∠BCN = ∠ACB，∠CBE = ∠BAC，
∴△BCN ∽△ACB，
∴BC
AC = CN
CB ，
∴BC2= AC ⋅CN ①，
∵∠AEN = ∠BEA，∠EAC = ∠BAC，
∴△AEN ∽△ACB，
∴AE
AC = AN
AB ，
∴AE ⋅AB = AC ⋅AN ②，
①+ ②得：BC 2 + AE ⋅AB = AC ⋅CN + AC ⋅AN = AC
(CN + AN) = AC2，
∵CE = CB，
∴AC2= BC ⋅CE + AB ⋅AE，
∴此时a = 1，b = 1．
∴存在常数a = 1，b = 1，使等式AC 2 = aBC ⋅CE +
bAB ⋅AE 成立．
5．【分析】(1) 根据正方形，正八边形内角性质解答；
(2) 根据正方形内切圆半径为1，得正方形边长为2，即
得正方形周长；
(3) 根据正六边形内切圆半径为1，得正六边形边长为
2 3
3
，即得正六边形周长；
(4) 在周长都是12 的情况下，得正三角形的边长为4，
边心距为2 3
3
，积为4 3 ，正方形的边长为3，面积
为9，正六边形的边长为2，边心距为
3 ，面积为
6 3．
【解答】解：(1) ∵正方形每个内角为90°，
∴360° ÷ 90° = 4，
∴能密铺，
∵正八边形的每个内角为135°，
∴360° ÷ 135° = 8
3 ，
∴不能密铺，
故答案为：①90°；②360° ÷ 90° = 4；③360° ÷ 135° =
8
3 ；④不能；
(2) 设AB 切⊙O 于点E，连接OE，AC，BD，
则AC，BD 交于点O，AC ⊥BD，OE ⊥AB，
★2026 中考数学压轴题每日一题参考答案（类型5）★
·82·
∵OA = OB，
∴AE = BE = OE = 1，
∴AB = 2，
∵正方形ABCD 的周长为8；
故答案为：8；
(3) 设AB 切⊙O 于点G，连接OG，OA，OB，
则OG ⊥AB，OA = OB，
∴AG = BG = 1
2 AB，
∵∠AOB = 360°
6
= 60°，
∴∠AOG = 1
2 ∠AOB = 30°，
∴OA = 2AG，
∵AG2+ OG2= OA2，
∴AG =
3
3 OG =
3
3 ，
∴AB = 2 3
3
，
正六边形周长为4 3；
(4) 三角形：
∵AC = 12
3 = 4，
∴AD = 1
2 AC = 2，
∵∠OAD = 1
2 ∠BAC = 30°，
∴OA = 2OD，
∵AD2+ OD2= OA2，
∴OD =
3
3 AD = 2 3
3
，
∴S△ABC = 3 × 1
2 AC ⋅OD = 4 3，
正方形：
∵AB = 12
4 = 3，
∴S正方形ABCD = AB2= 9，
正六边：
∵AB = 12
6 = 2，
∴AG = 1
2 AB = 1，
∴OA = 2AG = 2，
∴OG =
OA2-AG2 =
3，
∴S正六边形ABCDEF = 6 × 1
2 AB ⋅OG = 6 3．
6．【分析】(1) 连接OD，可得∠ODE = ∠OED，
∠ODE = ∠ADC，由直径性质，得∠ADE = 90°，可得
∠ODC = 90°，即得直线BC 是⊙O 的切线；
(2) 证明∠CAD = ∠DAE，得tan∠CAD = tan∠DAE
= 3
4 ，得DE
AD = 3
4 ，可得DE = 6，证明△BDE -
△BAD，得BE
BD = DE
AD = 3
4 BE = 3
4 BD 由OD2 + BD2
= OB2得BD = 120
7 ；
(3) 当四边形ADEF 面积最大时，△AEF 面积最大，点
F 是AE
的中点，可得AF = EF，得到∠AEF = ∠EAF
= 45°，根据等腰直角三角形的判定和性质以及三角形
的面积公式即可得到结论．
【解答】(1) 证明：连接OD，则OD = OE，
∴∠ODE = ∠OED，
∵∠AED = ∠ADC，
∴∠ODE = ∠ADC，
★2026 中考数学压轴题每日一题参考答案（类型5）★
·83·
∵AE 是⊙O 的直径，∠ADE = 90°，
∵∠ODC = ∠ADC + ∠ODA = ∠ODE + ∠ODA = 90°，
∵OD 是⊙O 的半径；
∴直线BC 是⊙O 的切线；
(2) 解：∵∠C = ∠ADE = 90°，∠ADC = ∠AED，
∴∠CAD = ∠DAE，
∵tan∠CAD = tan∠DAE = 2，tan∠DAE = DE
AD ，
∴DE
AD = 3
4 ，
∴AD = 4
3 DE，
∵AD2+ DE 2= AE 2AE = 10，
∴
4
3 DE
2
+ DE 2= 102，
∴DE = 6，
∵∠BDE = ∠CAD，∠CAD = ∠DAE，
∴∠BDE = ∠DAE，
∵∠B = ∠B，
∴△BDE ∽△BAD，
∴BE
BD = DE
AD = 3
4 ，
∴BE = 3
4 BD，
∵OD = OE = 1
2 AE = 5，
∴OB = OE + BE = 5 + 3
4 BD，
∵OD2+ BD2= OB2，
∴52+ BD2= 5+ 3
4 BD
2
，
解得BD = 0(舍去) 或BD = 120
7 ；
(3)
当四边形ADEF 面积最大时，△AEF 面积最大，点F
到AE 的距最大，点F 是AE
的中点，
∴AF
= EF
，
∴AF = EF，
∵∠AFE = 90°，
∴∠AEF = ∠EAF = 1
2 (180° -∠AFE) = 45°，
∴∠EDF = ∠ADF = ∠EAF = ∠AEF = 45°，
∴∠DEG = 90° -∠EDF = 45°，
∵AE = 10，
∴AF = EF =
2
2 AE = 5 2，
∵DE = 6，
∴AD = 8，
过A 作AG ⊥DF 于G，EH ⊥DF 于H，
∴△ADG 与△DEH 是等腰直角三角形，
∴AG =
2
2 AD = 4 2，EH =
2
2 DE = 3 2，
∴四边形ADEF 的面积= S △AEF + S △ADE = S △ADF +
S△DEF，
∴1
2 × 5 2 × 5 2 + 1
2 × 8 × 6 = 1
2 × 4 2 DF + 1
2 ×
3 2DF，
∴DF = 7 2．
7．【分析】(1) 先由切线的性质可得∠ABF = 90°，则
∠BAF = 20°，又AC
= 2BD
，所以∠ADC = 2∠BAF =
40°，最后通过三角形外角性质即可求解；
(2) ①由AC
= 2BD
，则∠ADC = 2∠BAD，因为OA =
OD，故有∠OAD = ∠ADO，则∠ADC = 2∠ADO，得
到∠ODC = ∠ODA，通过等腰三角形的性质可证明
△CMD ≅△AMD(AAS)，再根据全等三角形的性质可
得∠AMD = ∠CMD = 180°
2
= 90°，从而求证；
②连接BD，证明△ABD ∽△AFB，则有AD
AB = AB
AF ，
所以AB2 = AD ⋅AF，由①知∠CAD = ∠ACD，故有
AD = CD，即AB2= CD ⋅AF，然后代入求解即可．
【解答】解：(1) ∵AB 是⊙O 直径，BG 是⊙O 的切
线，
∴∠ABF = 90°，
∵∠AFB = 70°，
∴∠BAF = 20°，
∵AC
= 2BD
，
∴∠ADC = 2∠BAF = 40°，
∴∠GDF = ∠ADC = 40°，
∴∠G = ∠AFB - ∠GDF = 70° -40° = 30°；
(2) ①∵AC
= 2BD
，
∴∠ADC = 2∠BAD，
∵OA = OD，
∴∠OAD = ∠ADO，
∴∠ADC = 2∠ADO，
∴∠ODC = ∠ODA，
∵OC = OD，
∴∠OCD = ∠ODC，
∴∠OCD = ∠OAD，
又∵OC = OA，
∴∠OCA = ∠OAC，
★2026 中考数学压轴题每日一题参考答案（类型5）★
·84·
∴∠CAD = ∠ACD，
又∵MD = MD，
∴△CMD ≅△AMD(AAS)，
∴∠AMD = ∠CMD = 180°
2
= 90°，
∴DM ⊥AC；
②连接BD，
∵AB 是⊙O 直径，
∴∠ADB = 90°，
∴∠ADB = ∠ABF，
又∵∠BAD = ∠BAD，
∴△ABD ∽△AFB，
∴AD
AB = AB
AF ，
∴AB2= AD ⋅AF，
由①知，∠CAD = ∠ACD，
∴AD = CD，
∴AB2= CD ⋅AF，
∵CD ⋅AF = 16，
∴AB = 4．
8 ．【分析】( 1 ) 连接OD ，根据角平分线定义得
∠OBD = ∠CBD，根据OD = OB 得∠ODB = ∠OBD =
∠CBD 得OD ⎳BC，由此得OD ⊥AC，然后根据切线
的判定即可得出结论；
(2) 设⊙O 的半径为R，则OD = OE = OB = R，根据
点E 是AO 的中点得AO = 2R，由此得∠A = 30°，
∠AOD = 60 ° ，再求出OD =
3 ，进而得S △AOD =
3 3
2
，S扇形EOD = π
2 ，据此可得阴影部分的面积；
(3) 在Rt△BDE 中，根据sin∠DBA = DE
BE =
5
5 ，设
DE =
5a，BE = 5a，则BD = 2 5a，OD = 2.5a，证
明△BDE 和△BCD 相似得CD = 2a，BC = 4a，再证
明△AOD 和△ABC 相似得AD = 10a
3
，则AO = 25a
6
，
由此根据余弦函数的定义即可得出cosA 的值．
【解答】(1) 证明：连接OD，如图所示：
∵∠C = 90°，
∴BC ⊥AC，
∵BD 是∠ABC 的平分线，
∴∠OBD = ∠CBD，
∵OB 是⊙O 的半径，⊙O 恰好经过点D，交AB 于点
E，
∴OE = OD = OB，
∴∠ODB = ∠OBD，
∴∠ODB = ∠CBD，
∴OD ⎳BC，
∴OD ⊥AC，
又∵OD 是⊙O 半径，
∴直线AC 是⊙O 的切线；
(2) 解：设⊙O 的半径为R，
∴OD = OE = OB = R，
∵点E 是AO 的中点，
∴AE = OE = R，
∴AO = 2R，
由(1) 可知：OD ⊥AC，
∴在Rt△AOD 中，sinA = OD
AO = R
2R = 1
2 ，
∴∠A = 30°，
∴∠AOD = 60°，
∵AD = 3，
∴tanA = OD
AD ，
∴OD = AD ⋅tanA = 3 × tan30° =
3，
∴S△AOD = 1
2 AD ⋅OD = 1
2 × 3 ×
3 = 3 3
2
，S扇形EOD
= 60π×( 3)2
360
= π
2 ，
∴阴影部分的面积为：S△AOD - S扇形EOD = 3 3-π
2
；
(3) ∵BE 是⊙O 直径，
∴∠BDE = 90°，
在Rt△BDE 中，sin∠DBA = DE
BE =
5
5 ，
设DE =
5a，BE = 5a，
由勾股定理得：BD =
BE 2-DE 2 =
(5a)2-( 5a)2
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= 2 5a，
∴OD = 1
2 BE = 2.5a，
∵∠OBD = ∠CBD，∠BDE = ∠C = 90°，
∴△BDE ∽△BCD，
∴DE
CD = BD
BC = BE
BD ，
∴
5a
CD = 2 5a
BC
=
5a
2 5a ，
∴CD = 2a，BC = 4a，
∵由(1) 可知：OD ⎳BC，
∴△AOD ∽△ABC，
∴AD
AC = OD
BC ，
∴
AD
AD+2a = 2.5a
4a ，
∴AD = 10a
3
，
在Rt△AOD 中，由勾股定理得：AO =
AD2+OD2 =
10a
3
2
+(2.5a)2 = 25a
6
，
∴cosA = AD
AO =
10a
3
25a
6
= 4
5 ．
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★类型6：新定义（8 题）★
1．【分析】(1) 根据“不动点函数”的定义，代入点
(m,m)，计算即可判断；
(2) 根据“不动点函数”的定义，代入点(m,m)，计算
即可得解；
(3) 先求得顶点坐标为(b,c - b2)，根据“不动点函数”
的定义，即可得到b = c - b2；
(4) 根据题意得，y = (x - 6) (12 - x) =-x2+ 18x - 72，
令x =-x2+ 18x - 72 解方程即可求解．
【解答】解：(1) ①对于y = x + 2，
由于m ≠m + 2，
所以y = x + 2 不是“不动点函数”，原说法错误；
②对于y =-3x + 2，代入点(m,m)，
得m =-3m + 2，
解得m = 1
2 ，
所以y =-3x + 2 是“不动点函数”，且不动点是
1
2 , 1
2
，原说法错误；
③y = x 是“不动点函数”，且有无数个不动点，说法
正确．
故答案为：③；
(2) ∵一次函数y = kx + b(k ≠0) 是“不动点函数”，
∴代入点(m,m)，
得m = mk + b，
整理得(1 - k)m = b，
当1 - k ≠0 即k ≠1 且k ≠0 时，b 为任意实数；
当1 - k = 0 即k = 1 时，b = 0；
(3) 由抛物线y = x2- 2bx + c = (x - b)2+ c - b2得，
顶点坐标为(b,c - b2)，
∵抛物线y = x2 - 2bx + c 的顶点为该函数图象上的一个
不动点，
∴b = c - b2；
(4) 根据题意得，y = (x - 6) (12 - x) =-x2+ 18x - 72，
∴令x =-x2+ 18x - 72，
整理得x2- 17x + 72 = 0，
解得x1= 8，x2= 9，
∴该函数是“不动点函数”，不动点表达的实际意义
为：在这段时间内，当销售单价为8 元或9 元时，销售
总利润与销售单价相等．
2．【分析】(1) 举反例即可；
(2) ①当c < a 且c ≥b 时，可得
ab
c >b≥1,
ab
c ≤a<10,
，得1 <
ab
c < 10，不合题意；
②当c < a 且c < b 时，可得ab
c > b > 1，可得1 < ab
c
< 100，得ab
c = 10，即得p = m + n；
(3) 设A
B = C，A，B，C 的数字分别为a，b，c，C
的位数为x，则B × C = A．当a ≥b 时，必有a ≥c，
m = n + x - 1，即x = m - n + 1；当a < b 时，必有a <
c，m = n + x，即x = m - n．
【解答】解：(1) 小明的猜想不正确，
反例：3 × 4 = 12；
(2) ①
a
c >1,
b
c ≤1,
，所以
ab
c >b≥1,
ab
c ≤a<10,
，所以1 < ab
c < 10，
与(*) 矛盾，不合题意；
②a
c > 1 所以ab
c > b > 1，又ab
c ≤ab < 100，所以1
< ab
c < 100，
由(*) 知ab
c = 10 所以p = m + n；
(3) 当A 的数字大于或等于B 的数字时，A
B 的位数是
m - n + 1，
当A 的数字小于B 的数字时，A
B 的位数是m - n．
证明如下：由已知，A，B 的位数分别为m，n，
设A
B = C，A，B，C 的数字分别为a，b，c，C 的
位数为x，则B × C = A，
由小华的命题知，当a ≥b 时，必有a ≥c，
此时，m = n + x - 1，所以x = m - n + 1，
当a < b 时，必有a < c，
此时，m = n + x，所以x = m - n，
综上所述，当A 的数字大于或等于B 的数字时，A
B 的
位数是m - n + 1，
当A 的数字小于B 的数字时，A
B 的位数是m - n．
3．【分析】【问题解决】①根据等腰三角形的性质得
出∠DAC = ∠ACB，从而可得AD ⎳BC；
②证明△ABC ∽△DAC 得出AC
CD = BC
AC ，即AC 2 =
BC ⋅CD，由CD = AD 可得结论；
【方法应用】①根据双等四边形的定义进行证明；
②分∠ACB = ∠D = ∠ACD，AD = AC 或∠ACB =
∠D = ∠ACD，AD = AC 或∠D = ∠ACB，DA = DC
三种情况讨论求解即可．
【解答】【问题解决】解：①∵AB = AC，DA = DC，
∠BAC = ∠ADC，
∴∠ACB = 180°-∠BAC
2
，∠DAC = 180°-∠ADC
2
，
∴∠DAC = ∠ACB，
∴AD ⎳BC；
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②∵∠DAC = ∠ACB，∠BAC = ∠ADC，
∴△ABC ∽△DAC，
∴AC
CD = BC
AC ，
∴AC2= BC ⋅CD，
∵CD = AD，
∴AC2= BC ⋅AD；
故答案为：①平行；②=；
【方法应用】①证明：∵△ADE 为△ABC 旋转得到，
∴AB = AD，
令∠B = α，则∠ADB = α，∠BAD = 180° -2α，
∴∠ADE = ∠B = a，
由旋转得，DE = BC，AE = AC，
又∵AC = BC，∴EA = ED，
∴∠DAE = ∠ADE = α，∴∠E = 180° -2α，
∴∠E = ∠BAD，
∴四边形ABDE 为双等四边形；
②解：作AH ⊥BC 于点H，
∴cosB = 3
5 AB = 5，
∴BH = 3，AH = 4，
设CH = x，则AC = BC = x + 3，
在Rt△AHC 中，CH 2+ AH 2= AC2，
即x2+ 42= (x + 3)2，
解得：x = 7
6 ，
∴CH = 7
6 ，BC = AC = 25
6 ，
第一种情况：若∠ACB = ∠D = ∠CAD，CA = CD 时，
CD = AC = 25
6 ；
第二种情况：若∠ACB = ∠D = ∠ACD，AD = AC 时，
∴AD = AC = 25
6 ，
作AM ⊥CD 于点M，
∴CM = DM，
∴CM
AC = cos∠ACM = cos∠ACB =
7
6
25
6
= 7
25 ，
∴CM = 7
25 AC = 7
25 × 25
6 = 7
6 ，
∴CD = 2CM = 7
3 ；
第三种情况：若∠D = ∠ACB，DA = DC 时，如图，
∴∠DAC = ∠DCA = ∠CAB = ∠ABC，
∴△CAB ∽△DAC，
∴CD
BC = AC
AB ，
∴CD
25
6
=
25
6
5 ，
∴CD = 125
36 ；
综上所述：满足条件时，CD = 25
6 或7
3 或125
36 ．
4．【分析】(1) ①根据新定义可得A3 的是⊙O 的关联
点且其与⊙O 的关联角度小于90°，进而根据切线的性
质，解Rt△MA3O，即可求得∠MA3O = 30°，即可求
解；
②根据定义可得B 为⊙O 外一点，由BD < 1，⊙O 的
半径为1，得出BO ≥2，进而当OB = 2 时，勾股定理
求得m 的值，即可求解；
(2) 由(1) 可得，当A 在圆的外部时，且AM，AN 为圆
的切线时，∠MAN 最大，且A 距离圆心越近，根据
90° ≤α ≤180°，得出r < TA ≤
2 r，根据已知可得，
EF 上距离T 最近的点在t ≤TA ≤
2t 的圆环内，根据
EF 是固定线段，让⊙T 移动，分四种情况讨论，求得
t 的临界值，即可求解．
【解答】解：(1) ①根据定义可得：当A 在⊙O 上时，
不存在都有∠PAQ ≤∠MAN；
当A 在⊙O 内部时，过A 的直线MN 使得⊙O 的关联
角度为180°；
当A 在⊙O 的外部时，且AM，AN 为⊙O 的切线时，
∠MAN 最大；
如图，A3 是⊙O 的关联点且其与⊙O 的关联角度小于
90°，A1 与⊙O 的关联角度为180°，A2 与⊙O 的关联
角度大于90°，
★2026 中考数学压轴题每日一题参考答案（类型6）★
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∵A3(2,0)，⊙O 的半径为1，
∴OM = 1，OA3= 2，且MA3是⊙O 的切线，
∴sin∠MA3O = OM
OA3
= 1
2 ，
∴∠MA3O = 30°，
∴∠MA3N = 60°，即与⊙O 的关联角度为60°，
故答案为：A3，60；
②根据定义可得B 为⊙O 外一点，
∵BD < 1，⊙O 的半径为1，
∴BO ≥2，
当OB = 2 时，如图，取点G(1,0)，则∠OBG = 90°，
∴m ≥BG =
OB2-OG2 =
22-12 =
3，
∴m 的最小值为
3，
故答案为：
3；
(2) 由(1) 可得，当A 在圆的外部时，且AM，AN 为圆
的切线时，∠MAN 最大，且A 距离圆心越近，
∵90° ≤α ≤180°，
∴当∠MAN = 90° 时，由∠TMA = ∠TNA = 90°，如
图，
∴四边形TMAN 是矩形，
∵TM = TA，
∴四边形TMAN 是正方形，
∴TA =
2TM =
2r，
当∠MAN ≥90° 时，r < TA ≤
2r，
∵点E(1,3)，F(4,3)，T(t,0)，⊙T 经过原点，线段
EF 上所有的点都是⊙T 的关联点，则r = |t|，
∴EF 上距离T 最近的点在t < TA ≤
2t 的圆环内，
①EF 和
2t 的圆相切，如图，
∴TA = 3 =
2t，
解得：t = 3 2
2
；
②EF 和半径为t 的圆相切时，如图，
★2026 中考数学压轴题每日一题参考答案（类型6）★
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∴t = 3 (不包含临界值)，
∴3 2
2
≤t < 3；
③当E 在半径为t 的圆，如图，
∴t2= (t - 1)2+ 32，
解得：t = 5 (不包含临界值)，
∴t > 5 时，E，F 都在⊙T 内部，此时α = 180°；
④当F 在半径为
2t 的圆，如图，
设⊙T 的半径为r，则t =-r，
∴32+ (r + 1)2= ( 2r)2，
解得：r = 1 +
11，
∴t ≤-1 -
11 时，此时90° ≤α ≤180°；
综上所述，3 2
2
≤t < 3 或t > 5 或t ≤-1 -
11．
5．【分析】(1) ①根据“对偶点”判断即可；
②设(n, -2n + 1) 和(2n - 1, -n) 是y =-2x + 1 图象上
一对“对偶点”，可得得n = 1，此时n + (-2n + 1) =
0，不符合“对偶点”定义，即可判断；
③设(t,t2 + t - 1) 和(-t2 - t + 1，-t) 是函数y = x2 + x
- 1 的图象上的“对偶点”，故(-t2 - t + 1)2 + (-t2 - t
+ 1) - 1 =-t，解得t 的值可知(1,1) 和(-1, -1) 是一对
“对偶点”，判断函数y = x2 + x - 1 的图象上只有一对
“对偶点”；
(2) 由题意可求出两个一次函数为y = x + b1，y = x +
b2，画出图象由三角形面积公式可得答案；
(3) 由题意可得a ≠0，且x1 ≠-y1 时，可得2ax2
1 - x1 +
1
2a - 1 = 0，当△= 0，即8a - 3 = 0 时，可得x1 + y1 =
0，此时不符合题意，这种情况舍去；故必有△=-3 +
8a > 0，即可解得答案．
【解答】解：(1) ①设函数y = k
x 图象上任意一点
m, k
m
，可知- k
m ，-m
也在函数y = k
x 图象上，
而m, k
m
与- k
m ，-m
是“对偶点”，
∴函数y = k
x (k 是非零常数) 的图象上存在无数对“对
偶点”；
故答案为：
；
②设(n, -2n + 1) 和(2n - 1, -n) 是y =-2x + 1 图象上
一对“对偶点”，
∴-n =-2(2n - 1) + 1，
解得n = 1，
此时n + (-2n + 1) = 0，不符合“对偶点”定义，
∴函数y =-2x + 1 一定不是“对偶函数”，
故答案为：
；
③设(t,t2 + t - 1) 和(-t2 - t + 1，-t) 是函数y = x2 + x
- 1 的图象上的“对偶点”，
∴(-t2- t + 1)2+ (-t2- t + 1) - 1 =-t，
变形整理得：(t + 1) (t - 1) (t2+ 2t - 1) = 0，
解得t1=-1，t2= 1，t3=
2 - 1，t4=- 2 - 1，
当t1 =-1 或t2 = 1 时，(1,1) 和(-1, -1) 是一对“对偶
点”，符合题意；
当t3 =
2 - 1，t4 =- 2 - 1 时，t + (t2 + t - 1) = 0，
不符合“对偶点”定义；
∴函数y = x2+ x - 1 的图象上只有一对“对偶点”，
故答案为：×；
(2) 由题意可得：x2 =-y1，y2 =-x1，则点(x1，y1) 与
点(-y1，-x1) 在x1≠-y1是一对“对偶点”，
∵y = k1x + b1是“对偶函数”，
∴其图象上必存在一对“ 对偶点”，有
y1=k1x1+b1
-x1=-k1y1+b1
，两式相减可得k1= 1，
同理可得k2= 1，
∴两个一次函数为y = x + b1，y = x + b2，
∵b1，b2都是常数，且b1⋅b2< 0，
∴两个一次函数的图象分别与两坐标轴围成的平面图形
是有公共直角顶点的分别位于二、四象限的两个等腰直
角三角形，如图：
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·90·
∴其面积之和S = 1
2 b2
1 + 1
2 b2
2；
( 3 ) 由题意可得a ≠0 ，且x 1 ≠- y 1 时，有
y1=2ax2
1-1①
-x1=2a -y1
2-1
②
，
两式相减可得x1- y1= 1
2a ，
∴y1= x1- 1
2a ，
代入①整理可得2ax2
1 - x1+ 1
2a - 1 = 0，
∵二次函数y = 2ax2- 1 是“对偶函数”，
∴关于x1 的一元二次方程2ax2
1 - x1 + 1
2a - 1 = 0 必有
实数根，
而△= 1 - 8a
1
2a -1
= 8a - 3，
当△= 0，即8a - 3 = 0 时，a = 3
8 ，由3
4 x2
1 - x1 - 13
16
= 0 可得x1= 2
3 ，
∴y1= 3
4 ×
2
3
2
- 1 =- 2
3 ，
∴x1+ y1= 0，此时不符合题意，这种情况舍去；
∴必有△=-3 + 8a > 0，
解得a > 3
8 ．
6．【分析】探究一：根据三角形的三边关系可得答案；
探究二：利用直角三角形斜边上的中线的性质证明OC
= OA = OB 即可得到答案；
拓展应用：(1) 连接AC，BD，交于点O，以O 为圆
心，OA 为半径作圆即可；(2) 结合矩形性质与勾股定
理计算即可；(3) 作AD 的垂直平分线LJ，交AD 于L，
交BC 于J，可得四边形ABJL，DCJL 是两个全等的
矩形，AL = DL = 1 = BJ = CJ，用两个等圆完全覆盖
矩形ABCD，可得两圆一定过L，J，再进一步解答即
可．
【解答】解：探究一：理由如下：由题意得线段AB 的
最小覆盖圆一定经过点A、点B．如图①，以AB 为直
径作⊙O，再过A、B 两点作⊙O(O 与O 不重合)，连
结OA，OB．在△OAB 中，有OA + OB > AB(三角
形的任意两边之和大于第三边)．
∵OA = OB，
∴2OA > AB，
即⊙O 的直径大于⊙O 的直径．
∴⊙O 是线段AB 的最小覆盖圆．
“▲”处应填写的推理依据为三角形的任意两边之和大
于第三边．
故答案为：三角形的任意两边之和大于第三边；
探究二：∵∠ACB = 90°，O 为AB 的中点，
∴OC = OA = OB，
∴C 在⊙O 上；
拓展应用：(1) 如图，⊙O 即为矩形ABCD 的最小覆盖
圆；
(2) ∵矩形ABCD，AB = 1cm，BC = 2cm，
∴∠ABC = 90°，
∴BD = AC =
12+22 =
5(cm)，
故答案为：
5；
(3) 作AD 的垂直平分线LJ，交AD 于L，交BC 于J，
∴四边形ABJL，DCJL 是两个全等的矩形，
∴AL = DL = 1 = BJ = CJ，
∵用两个等圆完全覆盖矩形ABCD，
∴两圆一定过L，J，
连接AJ，BL，CJ，DJ，交点分别为Q，K，
同理可得：这样的两个等圆的最小直径为AJ 或BL 或
CL 或DJ，
∴最小直径为
12+12 =
2 如图，
作AB 的垂直平分线交AB，CD 于V，W，
★2026 中考数学压轴题每日一题参考答案（类型6）★
·91·
同法作⊙Q，⊙K，
此时不是直径最小的等圆；
综上：用两个等圆完全覆盖矩形ABCD．则这样的两个
等圆的最小直径为
2cm，
故答案为：
2．
7．【分析】(1) 根据定义，观察P1(-1,0)，P2(1,2)，经
过ON 对称后，判断对称点是否在AB 上，即可求解；
(2) 根据正方形的顶点到O 的距离为
2，则对称之前的
点到原点的距离为
2，进而求得b 的最大值，将D(-1,
1) 代入y = x + b 得，1 =-1 + b，即可求解；
(3) 根据新定义，找到临界值，即OP 为⊙T 的切线时
的情形，求得t 的值，即可求解．
【解答】解：(1) 如图，当A，N 重合时，P1 关于ON 的
对称点为(0, -1)，在线段AB 上，
∵P1(-1,0) 是图W 的“映射点”，
而P2(1,2) 关于ON 的对称点不在AB 上，则P2(1,2) 不
是图W1的“映射点”，
故答案为：P1(-1,0)；
(2) 依题意，正方形的顶点到O 的距离为
12+12 =
2，
∴当l:y = x + b 上存在点P 是图W2 的“映射点”，则
点O 到y = x + b 的距离为
2，
∴当y = x + b 经过点D 时，b 的值最大，
将D(-1,1) 代入y = x + b 得，1 =-1 + b，
解得b = 2，
∴b 的最大值2；
(3) 如图，ON，OP分别为⊙T 的切线，
当p 为W3的“映射点”，
∴∠PON = ∠PON，
又∵∠PON = ∠TON = 90° -∠PON，
设∠PON = α，则∠TON = 90° -α，
∴∠PON = ∠PON = 2∠TON = 180° -2α，
∴180° -2α = α，
解得α = 60°，
∴∠PON = 60°，∠TON = 30°，
∵TN = 1，
∴OT = 2，
当t 减小时，P 关于W3 的“映射点”，在W3 即⊙T 的
内部，符合题意，
∴t ≤2，
当t < 0 时，根据对称性可得t ≥-2，
综上所述，-2 ≤t ≤2．
8．【分析】(1) 直接按照新定义计算即可；
(2) 按照新定义结合分式的混合运算法则分别计算等号
左边和右边，进行验证即可；
(3) 由勾股定理得到a2 + b2 = 26 由全等三角形的性质得
到EF = AF - AE = a - b，则(a - b)2 = 16 然后展开求
出ab，再由完全平方公式变形得到(a + b)2 = (a - b)2 +
4ab = 36 求出a + b，最后按照新定义结合运算法则计算
即可．
【解答】解：(1) 由新定义得，(2a) (2a) = 2a⋅2a
2a+2a =
4a2
4a = a，
故答案为：a；
(2) 对正实数a，b，c，运算“
”满足结合律(ab)c
= a(bc)，
理由如下：左边：( ab ) c =
ab
a+b c =
ab
a+b ⋅c
ab
a+b +c
=
abc
a+b
ab+ac+bc
a+b
=
abc
ab+ac+bc ，
★2026 中考数学压轴题每日一题参考答案（类型6）★
·92·
右边：a ( bc ) = a
bc
b+c =
a× bc
b+c
a+ bc
b+c
=
abc
b+c
ab+ac+bc
b+c
=
abc
ab+ac+bc ，
∴左边= 右边，
∴对正实数a，b，c，运算“
”满足结合律(ab)c =
a(bc)；
(3) 由题意得，∠AFB = 90°，
∴AF 2+ BF 2= AB2，
∵AF = a，BF = b，且a > b，正方形ABCD 的面积为
26，
∴a2+ b2= 26，
∵四个直角三角形全等，
∴AE = BF = b，
∴EF = AF - AE = a - b，
∵正方形EFGH 的面积为16，
∴(a - b)2= 16a2+ b2- 2ab = 16，
∴26 - 2ab = 16，
∴ab = 5，
∴(a + b)2= (a - b)2+ 4ab = 16 + 4 × 5 = 36，
∴a + b = 6(舍负)，
∴(2a)b(2a) = (2a) (2a)b = ab =
ab
a+b = 5
6 ，
故答案为：5
6 ．
★2026 中考数学压轴题每日一题参考答案（类型6）★
·93·
★类型7：反比例函数综合（2 题）★
1．【分析】(1) 把B(3,0) 代入y =-x + b，可求出一次
函数的解析式，从而得到点A 的坐标，即可求解；
(2) 连接AD，求出点C 的坐标为(-1, -2)，可得AC 2
= 20 设点D 的坐标为m, 2
m
，可得到AD2 = (1 - m)2
+ 2- 2
m
2
，CD2 = (-1 - m)2 + -2- 2
m
2
，再由勾
股定理求出m 的值，即可求解；
(3) 设点E 的坐标为t, 2
t
，求出直线AE 的解析式，
可用t 表示点E 的坐标，再由三角形的面积公式解答，
即可求解．
【解答】解：(1) ∵直线y =-x + b 与x 轴的交点为B(3,
0)，
∴0 =-3 + b，
解得b = 3，
∴一次函数的解析式为y =-x + 3，
把A(a,2) 代入y =-x + 3，
得2 =-a + 3，
解得：a = 1，
∴点A(1,2)，
把点A(1,2) 代入y = k
x ，
得k = 1 × 2 = 2；
(2) 如图，连接AD，
由(1) 得：反比例函数的解析式为y = 2
x ，
∵直线AO 与反比例函数的图象在第三象限交于点C，
点A(1,2)，
∴点C 的坐标为(-1, -2)，
∴AC2= (1 + 1)2+ (2 + 2)2= 20，
设点D 的坐标为m, 2
m
，
∴AD 2 = (1 - m) 2 + 2- 2
m
2
，CD 2 = (-1 - m) 2 +
-2- 2
m
2
，
∵∠ACD = 90°，
∴AD2= CD2+ AC2，
∴(1 - m)2+ 2- 2
m
2
= (-1 - m)2+ -2- 2
m
2
+ 20，
解得：m =-4 或-1(舍去)，
∴点D 的坐标为-4,- 1
2
，
设直线AD 的函数表达式为y = k1x + b1(k1≠0)
把点-4，- 1
2
(1，2) 代入得：-4k1+b1=- 1
2
k1+b1=2
，
解得：
k1= 1
2
b1= 3
2
∴直线AD 的函数表达式为y = 1
2 x + 3
2 ；
(3) 设点E 的坐标为t, 2
t
，
设直线AE 的解析式为y = k2x + b2，
把点t, 2
t
，(1,2) 代入，
得tk2+b2= 2
t
k2+b2=2
，
解得：
k2=- 2
t
b2= 2t+2
t
，
∴直线AE 的解析式为y =- 2
t x + 2t+2
t
，
当y = 0 时，0 =- 2
t x + 2t+2
t
，
解得x = t + 1，
∴点P 的坐标为(t + 1,0)，
∴BP = |t + 1 - 3| = |t - 2|，
∴S△BEP = 1
2 × (-yE) × BP = 1
2 × - 2
t
× |t - 2|，
∵△BEP 的面积为2，
∴1
2 × - 2
t
× |t - 2| = 2，
解得t = 2
3 或t =-2，
∴点E 的坐标为(-2, -1) 或
2
3 ,3
．
2．【分析】(1) 设PN = x，根据题意MN
MP = MP
PN ，
得
2
2-x = 2-x
x
，解一元二次方程，即可求解；
(2) ①作线段AB 的垂直平分线DE，交AB 于点D；②
过点B 作BF ⊥AB，且BF = BD；③连接AF；④以
点F 为圆心，BF 为半径，画弧，交AF 于点G；⑤以
点A 为圆心，AG 为半径，画弧，交AB 于点C，点C
即为线段AB 的中外比点．设BD = x，根据勾股定理
求得AF =
5 x，继而求得AG = AC = (
5 - 1)x，
BC = (3 -
5 )x，分别代入AB
AC 、AC
BC ，即可求证点
C 为线段AB 的中外比点；
★2026 中考数学压轴题每日一题参考答案（类型7）★
·94·
(3) 当△ODE 是等腰三角形时，点D、E、F 分别为
AB，BC，OB 的中外比点，分三种情况讨论：①当
△OED = 90° 时，证得△COE ≅△BED，设点E(m,n)，
则D(m + n,n - m)，根据点D、E 在反比例函数y =
k
x (k > 0,x > 0) 的图象上，可构建方程n2 - mn - m2 =
0，解得n = 1+
5
2
m，分别求得BE、CE、BC 、
BD、AD、AB 的值，即可求证．设直线OB 的函数解
析式为y = ax(a ≠0)，利用待定系数法求得直线OB 的
函数解析式为y =
5-1
2
x，联立方程组，求得点F 的
坐标，即可求证；②当∠ODE = 90°，同理可证点D，
E ，F 分别为AB ，BC ，OB 的中外比点；③当
∠EOD = 90°，则点E、D 分别位于y 轴、x 轴上，与
反比例函数不符．
【解答】解：(1) 设PN = x，则MP = MN - PN = 2 -
x，
根据题意，得：MN
MP = MP
PN ，即
2
2-x = 2-x
x
，
整理，得：x2 - 6x + 4 = 0，解得：x1 = 3 +
5，x2 =
3 -
5，
∵3 +
5 > 2，
∴x1= 3 +
5 舍去，
∴PN = 3 -
5；
(2) 如图所示，点C 为所求．
设BD = x，
∴根据题意，得：AD = BD = BF = FG = x，AB =
2x，
∴AF =
AB2+BF 2 =
(2x)2+x2 =
5x，
∴AG = AC = x 5 - x = ( 5 - 1)x，BC = AB - AC
= 2x - ( 5 - 1)x = (3 -
5)x，
∵AB
AC =
2x
( 5-1)x =
5+1
2
，AC
BC = ( 5-1)x
(3-
5)x =
5+1
2
，
∴AB
AC = AC
BC ，
∴点C 为线段AB 的中外比点．
(3) 当△ODE 是等腰三角形时，点D、E、F 分别为
AB，BC，OB 的中外比点，理由如下：
第一种情况：当△OED = 90°，则OE = ED，
∴∠OEC + ∠DEB = 90°，
∵四边形OABC 是矩形，
∴∠OCE = ∠EBD = 90°，
∴∠COE + ∠OEC = 90°，
∴∠COE = ∠DEB，
∴△COE ≅△BED(AAS)，
设点E(m,n)，
∴OC = EB = n，CE = BD = m，则D(m + n,n - m)，
∵点D、E 在反比例函数y = k
x (k > 0,x > 0) 的图象
上，
得：
k
m =n①
k
m+n =n-m②
，
由①得：k = mn，将其代入②，得：
mn
m+n = n - m，
整理，得：n2- mn - m2= 0，
解得：n = m±
(-m)2-4×1×(-m2)
2
= m±m 5
2
，
∴n1= 1+
5
2
m,n2= 1-
5
2
m(舍去)，
∴E
m, 1+
5
2
m
，D
3+
5
2
m,
5-1
2
m
，
B 3+
5
2
m, 1+
5
2
m
，
∴BE = 1+
5
2
m，CE = m，BC = 3+
5
2
m，BD =
m，AD =
5-1
2
m，AB = 1+
5
2
m，
∵BE 2 =
1+
5
2
m
2
= 3+
5
2
m 2 ，BC ⋅CE =
3+
5
2
m ⋅m = 3+
5
2
m 2，BD 2 = m 2，AB ⋅AD =
1+
5
2
m ⋅
5-1
2
m = m2，
∴BC
BE = BE
CE ，AB
BD = BD
AD ，
∴点E、D 为BC、AB 的中外比点．
∵点E 在反比例函数y = k
x (k > 0,x > 0) 的图象上，
E m, 1+
5
2
m
，
∴k = mn = 1+
5
2
m2，
★2026 中考数学压轴题每日一题参考答案（类型7）★
·95·
∴反比例函数为y =
1+
5
2
m2
x
，
∵B 3+
5
2
m, 1+
5
2
m
，
设直线OB 的函数解析式为y = ax(a ≠0)，
将点B 3+
5
2
m, 1+
5
2
m
，O(0,0) 代入，得：a =
5-1
2
，
∴直线OB 的函数解析式为y =
5-1
2
x，
联立方程组
y=
5-1
2
x
y=
1+
5
2
m2
x
，
解得：x=
5+1
2
m
y=m
，
∴F
5+1
2
m,m
，
∴OB
OF = OF
BF ，
∴点F 为OB 的中外比点．
第二种情况：当∠ODE = 90°，则OD = DE，
∴∠ODA + ∠EDB = 90°，
∵四边形OABC 是矩形，
∴∠OAD = ∠EBD = 90°，
∴∠ODA + ∠DOA = 90°，
∴∠EDB = ∠DOA，
∴△OAD ≅△DBE(AAS)，
设点D(a,b)，
∴OA = DB = a，AD = BE = b，则E(a - b,a + b)，
∵点D、E 在反比例函数y = k
x (k > 0,x > 0) 的图象
上，
得：
k
a =b①
k
a-b =a+b②
，
由①得：k = ab，将其代入②，得：
ab
a-b = a + b，
整理，得：b2+ ab - a2= 0，
解得：b = -a±
a2-4×1×(-a2)
2
= -a±
5a
2
，
∴b1= -1+
5
2
a，b2= -1-
5
2
a(舍去)，
∴
D
a,
5-1
2
a
，
E
3-
5
2
a,
5+1
2
a
，
B a, 1+
5
2
a
，
∴BE =
5-1
2
a，CE = 3-
5
2
a，BC = a，BD = a，
AD =
5-1
2
a，AB = 1+
5
2
a，
∴BC
BE = BE
CE ，AB
BD = BD
AD ，
∴点E、D 为BC、AB 的中外比点．
∵点E 在反比例函数y = k
x (k > 0,x > 0) 的图象上，
E 3-
5
2
a,
5+1
2
a
，
∴k = ab =
5-1
2
a2，
∴反比例函数为y =
5-1
2
a2
x
，
∵B a, 1+
5
2
a
，
设直线OB 的函数解析式为y = gx(g ≠0)，
将点B a, 1+
5
2
a
，O(0,0) 代入，得：g =
5+1
2
，
∴直线OB 的函数解析式为y =
5+1
2
x，
联立方程组，
y=
5+1
2
x
y=
5-1
2
a2
x
，
解得：x=
5-1
2
a
y=a
，
∴F
5-1
2
a,a
，
∴OB
OF = OF
BF ，
∴点F 为OB 的中外比点．
第三种情况：当∠EOD = 90°，则点E、D 分别位于y
轴、x 轴上，与反比例函数不符，因此这种情况不存
在．
∴综上所述，当△ODE 是等腰直角三角形时，点D，
E，F 分别为AB，BC，OB 的中外比点．
3．【分析】(1) 把点A 坐标代入反比例函数解析式，
求出反比例函数解析式，则可求出点C 坐标，再把点
A 和点C 坐标代入一次函数y = mx + b 的解析式中求出
一次函数y = mx + b 的解析式，进而求出点M 的坐标，
再利用三角形面积计算公式求解即可；
(2) 利用对称性可得点B 坐标，利用两点距离计算公式
和勾股定理的逆定理可证明∠ACB = 90°，则只存在
△OAD ∽△BAC 和△OAD ∽△CAB 这两种情况，当
△OAD ∽△BAC 时，则AD
AC = OA
AB = 1
2 ，此时点D
为AC 的中点，利用中点坐标公式可得答案当△OAD
∽△CAB 时，则AD
AB = OD
BC = OA
AC ，可求出AD =
5 2 , OD = 3 5 ，设D ( d , d + 3 ) ，则
(-2-d)2+(1-d-3)2=(5 2)2
(0-d)2+(0-d-3)2=(3 5)2
，解方程即可得到答
案．
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·96·
【解答】解：(1) 把A(-2,1) 代入到y = k
x (k ≠0) 中得：
1 = k
-2 ，解得k =-2，
∴反比例函数解析式为y =- 2
x ，
在y =- 2
x 中，当x =-1 时，y =- 2
-1 = 2，
∴C(-1,2)，
把A(-2,1)，C (-1,2) 代入到y = mx + b 中得：
-2m+b=1
-m+b=2
，解得m=1
b=3
，
∴一次函数y = mx + b 的表达式为y = x + 3，
在y = x + 3 中，当y = x + 3 = 0 时，x =-3，
∴M(-3,0)，∴OM = 3，
∴S△AOM = 1
2 OM ⋅|yA| = 1
2 × 3 × 1 = 3
2 ；
(2) ∵直线AB 经过原点，
∴由反比例函数的对称性可得点B 的坐标为B(2, -1)，
OA = OB，
∵A(-2,1)，C(-1,2)，
∴AC =
[-2-(-1)]2+(1-2)2 =
2 ，BC =
[2-(-1)]2+(-1-2)2
=
3 2
，
AB
=
[2-(-2)]2+(-1-1)2 = 2 5，
∴AC 2 + BC 2 = ( 2 )2 + (3 2 )2 = 2 + 18 = 20，AB2 =
(2 5)2= 20，
∴AC2+ BC2= AB2，∴∠ACB = 90°，
∵BC ⊥AC，∴OA 与AC 不垂直，
∵△OAD 与△ABC 相似，
∴只存在△OAD ∽△BAC 和△OAD ∽△CAB 这两种情
况，
当△OAD ∽△BAC 时，则AD
AC = OA
AB = 1
2 ，∠ODA
= ∠BCA = 90°，
∴AD = 1
2 AC，OD ⎳BC，
∴此时点D 为AC 的中点，
∴点D 的坐标为- 3
2 , 3
2
，
当△OAD ∽△CAB 时，则AD
AB = OD
BC = OA
AC ，
AD
2 5 = OD
3 2 =
5
2 ，
∴AD = 5 2，OD = 3 5，
设D(d,d + 3)，
∴(-2-d)2+(1-d-3)2=(5 2)2
(0-d)2+(0-d-3)2=(3 5)2
，
解得d = 3，
∴d + 3 = 6，
∴点D 的坐标为(3,6)；
综上所述，点D 的坐标为- 3
2 , 3
2
或(3,6)．
4．【分析】(1) 作BF ⊥x 轴于点F，利用等边三角形
的性质结合直角三角形的性质求得点B 的坐标为(1,
3)，再利用待定系数法求解即可；
(2) 根据题意得到点C 与点B 关于原点对称，求得点C
的坐标为(-1, - 3)，利用待定系数法求得直线AC 的
解析式，联立求得点D 的坐标，再利用三角形面积公式
求解即可；
(3) 先求得∠ACB = 30°，∠BAC = 90°，分当DQ ⊥x
轴和当DQ ⊥AD 时两种情况讨论，据此求解即可．
【解答】解：(1) 作BF ⊥x 轴于点F，
∵△OBA 为等边三角形，OA = 2，
∴OB = 2，OF = AF = 1，
∴BF =
OB2-OF 2 =
3，
∴点B 的坐标为(1, 3)，
∵点B 在反比例函数y = k
x (k > 0) 的图象上，
★2026 中考数学压轴题每日一题参考答案（类型7）★
·97·
∴k = 1 ×
3 =
3，
∴反比例函数的表达式为y =
3
x ；
(2) ∵延长BO 与反比例函数y = k
x 的图象在第三象限
交于点C，
∴点C 与点B 关于原点对称，
∴点C 的坐标为(-1, - 3)，
∵OA = 2，
∴点A 的坐标为(2,0)，
设直线AC 的解析式为y = kx + b，
∴-k+b=- 3
2k+b=0
，
解得
k=
3
3
b=- 2 3
3
，
∴直线AC 的解析式为y =
3
3 x - 2 3
3
，
联立得
3
x
=
3
3 x - 2 3
3
，
解得x = 3 或x =-1(舍去)，
经检验，x = 3 是原方程的解，
∴点D 的坐标为3,
3
3
，
∴S△OAD = 1
2 × OA × |yD| =
3
3 ；
(3) 是，理由如下：
∵△OBA 为等边三角形，点C 与点B 关于原点对称，
∴OA = OB = OC，∠BOA = ∠BAO = 60°，
∴∠OAC = ∠OCA = 1
2 ∠BOA = 30°，
∴∠BAC = 90°，
当DQ ⊥x 轴时，
∠DAQ = ∠OAC = 30° = ∠BCA，∠DQA = ∠BAC =
90°，
∴△DQA ∽△BAC，
∵点D 的坐标为3,
3
3
，
∴点O 的坐标为(3,0)；
当DQ ⊥AD 时，
∠DAQ = ∠OAC = 30° = ∠BCA，∠QDA = ∠BAC =
90°，
∴△QDA ∽△BAC，
∵点D 的坐标为3,
3
3
，点A 的坐标为(2,0)，
∴AD = 2 3
3
，
∴AQ =
AD
cos30° = 4
3 ，
∴OQ = 2 + 4
3 = 10
3 ，
∴点O 的坐标为
10
3 ,0
，
综上，点Q 的坐标为(3,0) 或
10
3 ,0
．
★2026 中考数学压轴题每日一题参考答案（类型7）★
·98·
★类型8：各类型综合练习（41 题）★
1．【分析】(1) 可证得△ADE ≅△DCF，从而∠DAE
= ∠CDF ，进而证得∠HDG = ∠DGH ，从而DH =
GH；
(2) 作HW ⊥DF，交DC 的延长线于W，根据△ADE
≅△DCF，GH = DH，从而的粗∠AED = ∠F，可证
得∠W = ∠F，∠W = ∠HEW，进而得出HW = EH，
可证得△ABG ∽△EDG ，进而证得AG
EG = AB
DE =
AD
DE = tan∠AED，GH
EH = DH
HW = tanW，从而得出
AG
EG = GH
EH ，进一步得出结果；
(3) 由(1) 知△ADE ≅△DCF，DH = GH ，从而得出
DF = AE，由(2) 知，AG ⋅EH = EG ⋅GH，从而得出
GE
EH = AG
GH = n，根据比例的性质得出
GE
GE+EH =
AG
AG+GH =
n
n+1 ，从而得出GE
GH = AG
AH =
n
n+1 ，
设GE = na，DH = GH = (n + 1)a，AG = nb，AH =
(n + 1)b，则EH = GH - GE = a，AE = AG + GE =
na + nb，可计算得出AH - AG = GH = (n + 1)b - bn
= b，从而b = (n + 1)a，进一步得出结果．
【解答】(1) 证明：∵四边形ABCD 是正方形，
∴AD = CD ，∠ADC = ∠BCD = ∠DCF = 90 ° ，
∠ADB = ∠BDC = 45°，
∵DE = CF，
∴△ADE ≅△DCF(SAS)，
∴∠DAE = ∠CDF，
∵∠HDG = ∠CDF + ∠BDC = ∠CDF + 45°，
∠DGH = ∠DAE + ∠ADB = ∠CDF + 45°，
∴∠HDG = ∠DGH，
∴DH = GH；
(2) 证明：如图，
作HW ⊥DF，交DC 的延长线于W，
由(1) 知，
△ADE ≅△DCF，GH = DH，
∴∠AED = ∠F，
∵∠WHF = ∠OCW = 90°，∠FOH = ∠COW，
∴∠W = ∠F，
∵∠HEW = ∠AED，
∴∠W = ∠HEW，
∴HW = EH，
∵四边形ABCD 是正方形，
∴AB ⎳CD，AB = AD，
∴△ABG ∽△EDG，
∴AG
EG = AB
DE = AD
DE = tan∠AED，
∵GH
EH = DH
HW = tanW，
∴AG
EG = GH
EH ，
∴AG ⋅EH = EG ⋅GH；
(3) 解：由(1) 知，
△ADE ≅△DCF，DH = GH，
∴DF = AE，∠CDF = ∠DAE，
由(2) 知，
AG ⋅EH = EG ⋅GH，
∴GE
EH = AG
GH = n，
∴
GE
GE+EH =
AG
AG+GH =
n
n+1 ，
∴GE
GH = AG
AH =
n
n+1 ，
设GE = na，DH = GH = (n + 1)a，AG = nb，AH =
(n + 1)b，
∴EH = GH - GE = a，AE = AG + GE = na + nb，
∵AH - AG = GH = (n + 1)b - bn = b，
∴b = (n + 1)a，
∴DH
DF = GH
AE = (n+1)a
na+nb =
(n+1)a
na+n(n+1)a =
n+1
n2+2n ．
2．【分析】(1) 当x = 1
4 x2 - 3 时，求解方程，即可得
到A、B 点坐标；
(2) 设P t, 1
4 t2-3
，则M -t, 1
4 t2-3
，N (t,t)，由
PM = PN，可得|2t| = t - 1
4 t2 + 3，即可求出P 点横坐
标为2 或6 - 4 3(舍)；
(3) 设C c, 1
4 c2-3
，D d, 1
4 d2-3
，直线CD 的解析
式为y =
1
4 c+ 1
4 d
x - 1
4 cd - 3，由题可知cd =-12，
同理直线AC 的解析式为y =
1
4 c- 1
2
x + 1
2 c - 3，
直线BD 的解析式为y =
1
4 d+ 3
2
x - 3
2 d - 3，分别
求出E 12-2c
c-2 ，0
，F 12-2c
c-2 ，0
，则OF = OE，
再由S△DOF = 3
4 S△COE，可得c，d 的关系，可求C 点坐
标，即可求直线CD 的解析式．
★2026 中考数学压轴题每日一题参考答案（类型8）★
·99·
【解答】解：(1) 当x = 1
4 x2 - 3 时，解得x =-2 或x =
6，
∴A(-2, -2)，B(6,6)；
(2) 设P t, 1
4 t2-3
，则M -t, 1
4 t2-3
，N(t,t)，
∴PM = |2t|，PN = t - 1
4 t2+ 3，
∵PM = PN，
∴|2t| = t - 1
4 t2+ 3，
解得t = 2 或t = 6 - 4 3，
∴P 点横坐标为2 或6 - 4 3；
(3) 设C c, 1
4 c2-3
，D d, 1
4 d2-3
，
直线CD 的解析式为y =
1
4 c+ 1
4 d
x - 1
4 cd - 3，
∵CD 经过原点，
∴- 1
4 cd - 3 = 0，
解得cd =-12，
同理直线AC 的解析式为y =
1
4 c- 1
2
x + 1
2 c - 3，
直线BD 的解析式为y =
1
4 d+ 3
2
x - 3
2 d - 3，
∴F 6d+12
d+6 ，0
，E 12-2c
c-2 ，0
，
∵cd =-12，
∴F 2c-12
c-2 ，0
，
∴OF = OE，
∵S△DOF = 3
4 S△COE，
∴1
2 × OF × |yd| = 3
4 × 1
2 × OE × |yc|，
∴
1
4 d2-3
1
4 c2-3
= 3
4 ，
解得：c =-4，d = 3，
∴C(-4,1)，
∴直线CD 的解析式为y =- 1
4 x．
3．【分析】(1) 由中心对称的性质，可求出(1,0) 关于
原点的对称点为(-1,0)，(0, -1) 关于原点的对称点为
(0,1)，进而用待定系数法可得函数表达式；
(2) 法一：设点A a, 1
a +1
为函数y = 1
x + 1 上任意一
点，P(m,n)，则点A 关于P(m,n) 成中心对称后的对
应点为A2m-a,2n- 1
a -1
，把A坐标代入函数y =
1
x + 1 中，整理可得(2 - 2n)a2 + (4mn - 4m)a - 2m =
0，由题意可知此方程有无数解，进而可解m、n 的值．
法二：函数y = 1
x + 1 图象可看成是反比例函数y = 1
x
的图象的向上平移1 个单位后得到，且反比例函数y =
1
x 的图象是关于原点(0,0) 成中心对称的，故而函数y
= 1
x + 1 的图象是关于点(0,1) 成中心对称的，即得答
案；
(3) (i) 当a = 1
2 时，分别求出C1 和C2 表达式，再画出
图形即可解本题；
(ii) 根据C1 和C2 关于点(2,2) 成中心对称，则点(2,2)
必为W 区域内一个“整点”．
当有9 个“整点”时，须以点(2,2) 为中心，再向外找
出4 对关于(2,2) 成中心对称的点的坐标，由图2 可知，
“整点”只能是(1,1) 和(3,3)、(2,1) 和(2,3)、(0,1) 和
(4,3)、(1,2) 和(3,2)，此时当函数C2 过点(0,1)，即4
- 10a = 1 时，满足题意，可得a = 3
10 ；同理，当有15
个“整点”时，须以点(2,2) 为中心，再向外找出7 对
关于(2,2) 成中心对称的点的坐标，由图3 可知，即在
前面9 个“整点”的基础上再增加3 对关于(2,2) 成中
心对称的点的坐标，即(0,2) 和(4,2)、(3,1) 和(-1,1)、
(1,3) 和(5,3)，此时当函数C1 过点(5,3)，即16a + a =
3 时，满足题意，可得a = 3
17 ，综上可得a 的取值范围
为3
17 < a ≤3
10 ．
【解答】解：(1) ∵(1,0) 关于原点的对称点为(-1,0)，
(0, -1) 关于原点的对称点为(0,1)，
设过(-1,0)、(0,1) 两点的函数表达式为y = kx + b，代
入两点坐标，得：
b=1
-k+b=0
，解得k=1
b=1
，
∴y = x + 1，
故答案为：(-1,0)，(0,1)，y = x + 1．
(2) 存在点P(0,1) 满足题意，理由如下：
法一：设点A a, 1
a +1
为函数y = 1
x + 1 上任意一点，
P(m,n)，
则点A 关于P ( m , n ) 成中心对称后的对应点为
A2m-a,2n- 1
a -1
，
由题意知A点必在函数y = 1
x + 1 上，
则有2n - 1
a - 1 =
1
2m-a + 1，整理得(2na - a - 1)
(2m - a) = a(2m - a + 1)，
去括号进一步整理可得(2 - 2n)a2 + (4mn - 4m)a -
2m = 0，
由题意可知此方程有无数解，
★2026 中考数学压轴题每日一题参考答案（类型8）★
·100·
故
2-2n=0
-2m=0
4mn-4m=0
，解得n=1
m=0
，
故P 点坐标为(0,1)．
法二：∵函数y = 1
x + 1 图象可看成是反比例函数y =
1
x 的图象的向上平移1 个单位后得到，
且反比例函数y = 1
x 的图象是关于原点(0,0) 成中心对
称的，
∴函数y = 1
x + 1 的图象关于点(0,1) 成中心对称，满足
题意．
故P 点坐标为(0,1)．
(3) (i) 函数C1:y = ax2- 2ax + 2a 的顶点坐标为(1,a)，
则(1,a) 关于点(2,2) 成中心对称的点为(3,4 - a)，
故函数C2 可设为：y =-a(x - 3)2 + 4 - a =-ax2 + 6ax
+ 4 - 10a，
当a = 1
2 时，函数C1:y = 1
2 x2 - x + 1，函数C2:y =
- 1
2 x2+ 3x - 1．
画出两函数图象如图所示：
则W 区域内整点为(1,1)、(2,1)、(2,2)、(2,3)、(3,
3)，共计5 个整点．
(ii) 联立C1 和C2 表达式，即ax2 - 2ax + 2a =-ax2 +
6ax + 4 - 10a，
整理得2ax2- 8ax + 12a - 4 = 0，
令△= 0，此时两抛物线只有一个交点，整理可得
-32a2+ 32a = 0，
解得a = 1 或0(0 舍去，不合题意)，
故a = 1，
∵C1和C2要围成区域W，
∴0 < a < 1．
∵C1和C2关于点(2,2) 成中心对称，
则点(2,2) 必为W 区域内一个“整点”．
当有9 个“整点”时，须以点(2,2) 为中心，再向外找
出4 对关于(2,2) 成中心对称的点的坐标，
由图2 可知，“整点”只能是(1,1) 和(3,3)、(2,1) 和
(2,3)、(0,1) 和(4,3)、(1,2) 和(3,2)，
此时当函数C2 过点(0,1)，即4 - 10a = 1 时，满足题
意，
可得a = 3
10 ；
当有13 个“整点”时，须以点(2,2) 为中心，再向外找
出6 对关于(2,2) 成中心对称的点的坐标，
由图3 可知，即在前面9 个“整点”的基础上再增加2
对关于(2,2) 成中心对称的点的坐标，即(0,2) 和(4,2)、
(3,1) 和(1,3)，
此时，函数C1过点(5,3)，即25a - 10a + 2a = 3，
解得a = 3
17 ，
综上可得a 的取值范围为3
17 < a ≤3
10 ．
4．【分析】【问题初探】AC = x，则BC = 1 - x．根
据黄金分割点，得AC
AB = BC
AC ，代入数值计算，即可
作答；
【问题再探】根据题意作出图形即可；
【知识迁移】由正方形和矩形的性质得出∠EAB =
∠BCD = 90°，AC = CD = AE = DE = BF ，BC =
DF，由点C 为线段AB 的黄金分割点，根据相似三角
形的性质即可得出结论；
【延伸拓展】根据正五边形的性质得到∠DAE =
★2026 中考数学压轴题每日一题参考答案（类型8）★
·101·
∠DAE ，∠ADE = ∠AEM = 36 ° ，推出△AME ∽
△AED，根据相似三角形的性质得到AE:AD = AM :
AE，得到AE 2= AD ⋅AM，等量代换即可得到结论．
【解答】【问题初探】解：设AC = x，则BC = 1 - x．
∵C 是线段AB 的黄金分割点(AC > BC)．
∴AC
AB = BC
AC ，即x
1 = 1-x
x
，
解得x =
5-1
2
(负值舍去)．即黄金比为
5-1
2
；
【问题再探】解：如图所示；点E 即为AC 的黄金分割
点；
【知识迁移】证明：∵四边形ACDE 是正方形，四边形
CBFD 是矩形，
∴∠EAB = ∠BCD = 90°，AC = CD = AE = DE = BF，
BC = DF，
∵点C 为线段AB 的黄金分割点，
∴AC
AB = BC
AC ，
∴CD
AB = BC
AE ，
∴△EAB ∽△BCD；
【延伸拓展】证明：∵五边形ABCDE 是正五边形，
∴∠BAE = ∠AED = (5 - 2) × 180° = 108°，AB = AE
= DE，
∴∠ABE = ∠AEM = ∠DAE = ∠ADE = (180° -108°) =
36°，
∵∠DAE = ∠DAE，∠ADE = ∠AEM = 36°，
∴△AME ∽△AED，
∴AE:AD = AM:AE，
∴AE 2= AD ⋅AM，
∵AE = DE = DM，
∴DM 2= AD ⋅AM，
∴点M 是AD 的黄金分割点．
5．【分析】(1) 由∠CAD = ∠EAB 推出∠CAB =
∠DAE ，结合AE ⋅AB = AD ⋅AC 得比例式，证明
△ABC ∽△ADE，利用∠C = 90° 得出∠E 的度数．
(2) 由矩形面积和△AEF 面积关系得AE ⋅AF 的定值，
结合FA ⊥EA 和矩形中∠ABE = 90°，证明△ABE ∽
△AFD，得出∠AFD = 90°，即可得出F 在以AD 为直
径的圆上运动，进而根据题意，即可求解．
(3) 先计算梯形的面积和△EFG 的面积，结合GE ⊥
FE 得FE ⋅GE 的定值，根据(2) 构造矩形QPEB，证
明△PEG ∽△FEB，得出∠PGE = ∠FBE = 90°，得出
G 在PE 为直径的圆上，进而求得出当△ADG 的面积最
小时，得出△PGE 是等腰直角三角形，勾股定理即可
得出EG 的长．
【解答】(1) 解：∵∠CAD = ∠EAB，
∴∠CAD + ∠DAB = ∠EAB + ∠DAB，
即∠CAB = ∠DAE，
∵AE ⋅AB = AD ⋅AC，
∴AE
AC = AD
AB ，
∴△ABC ∽△ADE(两边对应成比例且夹角相等)，
∵∠C = 90°，
∴∠E = ∠C = 90°；
(2) 证明：∵FA ⊥EA，S△AEF = 1
2 S矩形ABCD，
∴1
2 AF ⋅AE = 1
2 AB ⋅AD，
即AF ⋅AE = AB ⋅AD，
∴AF
AB = AD
AE ，
∵四边形ABCD 是矩形，AB = 3，BC = 4，
∴∠BAD = ∠B = 90°，BC = AD = 4，
∵FA ⊥EA，
∴∠FAE = 90°，
∴∠FAD = ∠BAE = 90° -∠DAE，
∴△ABE ∽△AFD，
∴∠AFD = ∠B = 90°，
∴F 在以AD 为直径的圆上运动，
∴F 到BC 的最大距离为1
2 AD + AB = 1
2 × 4 + 3 = 5；
(3) 解：∵梯形ABCD 中，AD ⎳BC ，∠B = 90°，
AD = AB = 8，BC = 16，
∴S △EFG = 1
8 S 梯形ABCD = 1
8 × 1
2
AD+BC
× AB =
1
16 8+16
× 8 = 12，
∵GE ⊥FE，
∴1
2 GE ⋅EF = 12，
即GE ⋅EF = 24，
∵点E 是线段AB 的中点，
∴BE = 1
2 AB = 4，
如图，取BQ = 6，作矩形QPEB，则PE = QB = 6，
∠PEB = ∠B = 90°，连接PG，
★2026 中考数学压轴题每日一题参考答案（类型8）★
·102·
∴EB ⋅PE = 4 × 6 = 24，
∴EB ⋅PE = GE ⋅EF，
∴EG
EB = PE
EF ，
又∵∠GEF = ∠PEB = 90°，
∴∠GEP = ∠FEB = 90° -∠PEF，
∴△PEG ∽△FEB，
∴∠PGE = ∠FBE = 90°，
∴G 在PE 为直径的圆上，
∴当△ADG 的面积最小时，G 在过O 点且垂直于PE
的直线上，则此时△PGE 是等腰直角三角形，
∴GP = GE =
2
2 PE = 3 2．
6．【分析】(1) 将B(-4,0) 的代入y = ax2 + bx - 4，即
可求解；
( 2 ) 过点P 作PG ⎳y 轴交直线BC 与点G ，设
P t, 1
2 t2+t-4
，则G(t, -t - 4)，则S △PBC = 1
2 ×
4 1
2 t2+t-4+t+4
= 4，求出t 的值即可求P 点坐标；
( 3 ) 将( 1 ) 中b = 4 a - 1 代入函数解析式，求出
A
1
a ，0
，再由△OAC 是直角三角形，可知△AOC
的外心M 为AC 的中点，即M
1
2a ，-2
，过点M 作
MN ⎳x 轴交直线BC 于点N ，过点N 作NQ ⊥MN ，
且NQ = MN ，连接QM ，则M 点与Q 点关于BC 对
称，分别求出N (-2, -2)，Q -2,-4- 1
2a
，再由Q
点在抛物线上，可得方程-4 - 1
2a = 4a - 2(4a - 1) -
4，求出a 的值即可．
【解答】解：(1) 将B(-4,0) 的代入y = ax2+ bx - 4，
∴16a - 4b - 4 = 0，
解得b = 4a - 1；
(2) ∵a = 1
2 ，
∴y = 1
2 x2+ x - 4，∴C(0, -4)，
设直线BC 的解析式为y = kx - 4，
∴-4k - 4 = 0，解得k =-1，
∴y =-x - 4，
过点P 作PG ⎳y 轴交直线BC 与点G，
设P t, 1
2 t2+t-4
，则G(t, -t - 4)，
∴S△PBC = 1
2 × 4 1
2 t2+t-4+t+4
= 4，
解得t =-2 或t = 2 2 - 2 或t =-2 2 - 2，
∴P(-2, -4) 或(2 2 - 2，-2 2 ) 或(-2 2 - 2，
2 2)；
(3) ∵b = 4a - 1，
∴y = ax2+ (4a - 1)x - 4，
当y = 0 时，ax2+ (4a - 1)x - 4 = 0，
解得x =-4 或x = 1
a ，∴A 1
a ，0
，
∵△OAC 是直角三角形，
∴△AOC 的外心M 为AC 的中点，
∴M
1
2a ，-2
，
过点M 作MN ⎳x 轴交直线BC 于点N ，过点N 作NQ
⊥MN，且NQ = MN，连接QM，
∵OB = OC，∴∠OBC = 45°，∴∠MNC = 45°，
∴△MNQ 是等腰直角三角形，
∴M 点与Q 点关于BC 对称，
∴N(-2, -2)，∴Q -2,-4- 1
2a
，
∵Q 点在抛物线上，
∴-4 - 1
2a = 4a - 2(4a - 1) - 4，
解得a = 1+
3
4
或a = 1-
3
4
(舍)，
∴a 的值为1+
3
4
．
7．【分析】(1) 根据矩形的性质得到AD ⎳BC，AD
★2026 中考数学压轴题每日一题参考答案（类型8）★
·103·
= BC，根据相似三角形的性质得到AG
CG = AD
MC ，得
到BC = 2CM，求得AD = 2CM，得到AG
CG = 2，于是
得到AG = 2GC；
(2) ①根据勾股定理得到AC =
62+82 = 10，求得BD
= AC = 10，如图，过点I 作IH ⊥BC，垂足为H，设
IH = r，则1
2 (BC + CD + BD) ⋅r = 1
2 BC ⋅CD，得到
r = 2，于是得到结论；
②如图，作IH ⊥BC，垂足为H，作GQ ⊥BC，垂足
为Q，设IH = r，AB = CD = c，AC = BD = b，由
AB + AC = 2 BC 得BC = b+c
2
，在△BCD 中，
1
2
b+c+ b+c
2
⋅r = 1
2 ⋅b+c
2
⋅c，解方程得到r =
1
3 c，根据相似三角形的性质得到GQ
AB = CG
CA ，求得
GQ = 1
3 c，得到GQ = IH，根据相似三角形的性质即
可得到结论．
【解答】(1) 证明：∵四边形ABCD 是矩形，
∴AD ⎳BC，AD = BC，
∴△ADG ∽△CMG，∴AG
CG = AD
MC ，
∵M 是BC 的中点，∴BC = 2CM，
∴AD = 2CM，∴AG
CG = 2，∴AG = 2GC；
(2) 解：①在Rt△ABC 中，∵AB = 6，BC = 8，
∴AC =
62+82 = 10，
∴BD = AC = 10，
如图，过点I 作IH ⊥BC，垂足为H，
设IH = r，则1
2 (BC + CD + BD) ⋅r = 1
2 BC ⋅CD，
∴r = 2，
即IH = 2，
∴点I 到BC 的距离为2；
②如图，作IH ⊥BC，垂足为H，作GQ ⊥BC，垂足
为Q，
设IH = r，AB = CD = c，AC = BD = b，
由AB + AC = 2BC 得BC = b+c
2
，
在△BCD 中，1
2
b+c+ b+c
2
⋅r = 1
2 ⋅b+c
2
⋅c，
∴r = 1
3 c，
∵GQ ⎳AB，∴△CGQ ∽△CAB，∴GQ
AB = CG
CA ，
∵AG = 2GC，∴AC = 3GC，∴GQ
AB = 1
3 ，
∴GQ = 1
3 c，∴GQ = IH，
∵IH ⊥BC，GQ ⊥BC，∴GQ ⎳IH，
∴四边形GQHI 是平行四边形，∴GI ⎳BC，
即EF ⎳BC，
∴AG
AC = DF
DC ，∴△DEF ∽△DBC，
∴EF
BC = DF
DC ，∴EF
BC = AG
AC = 2
3 ．
8．【分析】(1) 依据题意，先用待定系数法求出y =
5
x 和直线AM 的解析式y =- 5
2 x + 15
2 ，进而可以计算
得解；
(2) 依据题意，设直线AM1 的解析式为y = k1x + b1(k1 ≠
0)，结合A(1,5)，M1 m, 5
m
，可得AM1 的解析式为y
=- 5
m x + 5
m + 5，又设直线BM1 的解析式为y = k2x
+ b2(k2 ≠0)，从而可得BM1 的解析式为y = 5
m x + 5
m
- 5，故OC1 = 5
m + 5，OD1 = 5 - 5
m ，则d1 = 10
m . 同
理，d2=
10
m+n ，进而可以得解；
(3) 依据题意，由m(d1 - d2) = 2d2，则md1 = (m + 2) ⋅
d2，又由(2)，得md1 = (m + n) ⋅d2 = 10，故n = 2，结
合3(d1 + d2) = 2n3，则3 10
m +
10
m+2
= 16，可得m =
3，进而求出AM2 的解析式为y =-x + 6，BM2 的解析
式为y = x - 4，从而C(0,6)，D2(0, -4)，又M2(5,1)，
可得△C2D2M2是等腰直角三角形．进而可以判断得解．
【解答】(1) 解：设反比例函数的解析式为y = k
x ，
∵A(1,5) 在函数图象上，
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·104·
∴k = 5．∴y = 5
x ．∴M1 2, 5
2
．
设直线AM 的解析式为y = k1x + b1(k1≠0)，
∵A(1,5)，M1 2, 5
2
，
∴y =- 5
2 x + 15
2 ，∴点C1的坐标为0, 15
2
．
∴OC1= 15
2 ．
(2) 解：设直线AM1的解析式为y = k1x + b1(k1≠0)，
. ∵A(1,5)，M1 m, 5
m
，
∴AM1的解析式为y =- 5
m x + 5
m + 5．
设直线BM1的解析式为y = k2x + b2(k2≠0)，
∵B(-1, -5)，M1 m, 5
m
，
∴BM1的解析式为y = 5
m x + 5
m - 5．
∴OC1= 5
m + 5，OD1= 5 - 5
m
∴d1= 10
m . 同理，d2=
10
m+n ．
∴(m + n) ⋅d2= 10．
(3) 解：∵m(d1- d2) = 2d2，
∴md1= (m + 2) ⋅d2．
由(2)，得md1= (m + n) ⋅d2= 10．∴n = 2．
∵3(d1+ d2) = 2n3．∴3 10
m +
10
m+2
= 16．
∴m = 3．∴M2(5,1)．
∵A(1,5)，B(-1, -5)，
∴AM2 的解析式为y =-x + 6，BM2 的解析式为y = x
- 4．
∴C(0,6)，D2(0, -4)．
又∵M2(5,1)，
∴△C2D2M2是等腰直角三角形．
∴点D2关于直线AM2对称的点P 的坐标为(10,6)．
9．【分析】(1) 求出x = 0 时，函数y =- 3
2 x + 3 的函
数值，得到B 点坐标，即可得出结果；
(2) 根据点B' 落在x 轴正半轴上，得到点B 向下平移了
3 个单位，进而得到点C 向下平移3 个单位后，与C' 的
纵坐标相同，进而求出C 的纵坐标，代入函数解析式，
求出C 点坐标即可；
(3) 待定系数法求出二次函数的解析式，设抛物线向右
平移h(h > 0) 个单位，再向下平移3 个单位得到新的抛
物线，得到新的抛物线的解析式为：y =
9
8
x- 4
3 -h
2
- 2，把D 点坐标代入，求出解析式，进
而根据二次函数的图象和性质，进行求解即可．
【解答】解：(1) 由条件可知B(0,3)，
∴OB = 3；
故答案为：3；
(2) ∵B(0,3)，点B 的对应点B' 落在x 轴正半轴上，
∴点B 向下平移3 个单位，
∴点C 向下平移3 个单位后，与C' 的纵坐标相同，
∵点C' 的纵坐标为-2，
∴点C 的纵坐标为-2 + 3 = 1；
∵点C 在线段AB 上，即点C 在直线y =- 3
2 x + 3 上，
∴当y =- 3
2 x + 3 = 1 时，x = 4
3 ，∴C
4
3 ,1
；
(3) ∵B(0,3)，C
4
3 ,1
，
∴y = a x- 4
3
2
+ 1，把B(0,3) 代入，得：a 0- 4
3
2
+ 1 = 3，
∴a = 9
8 ，∴y = 9
8
x- 4
3
2
+ 1，
∵平移后点B 的对应点B' 落在x 轴正半轴上，
∴设抛物线向右平移h(h > 0) 个单位，再向下平移3 个
单位得到新的抛物线，
∴新的抛物线的解析式为：y = 9
8
x- 4
3 -h
2
- 2，
把G 0, 5
2
代入，得：9
8
0- 4
3 -h
2
- 2 = 5
2 ，
解得：h = 2
3 或h =- 10
3 (舍去)；
∴y = 9
8
x- 4
3 - 2
3
2
- 2 = 9
8 (x - 2)2- 2，
∴抛物线的开口向上，对称轴为直线x = 2，
∴抛物线上的点离对称轴越远，函数值越大，点D(3,
y1) 关于对称轴的对称点为D'(1,y1)，
∵对于满足m < x2 ≤m + 1 的任意实数x2，y2 > y1 总成
立，
∴m + 1 < 1 或m ≥3，
∴m < 0 或m ≥3．
10．【分析】(1) 按顺序应用旋转和平移的性质画图即
可；
(2) 先求出按方式一和方式二变换后的端点坐标，然后
再根据待定系数法列方程组，求出一次项系数，通过一
次项系数来判断直线a1，a2的位置关系；
(3) ①先由平行性质转化为共线问题，再通过参考直线
方程得到函数关系y = x + 1；
②通过线段端点位置关系分析范围，结合不等式确定临
界点(x = 1 和x = 3)，结合图形，即可求解．
【解答】解：(1) 如图所示，线段C2D2 即为所求作的线
段；
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·105·
(2) 设线段a 的端点为P(x1，y1) 和Q(x2，y2)，
按方式一变换得到线段对应端点分别为：P1(-y1，x1 +
1)，Q1(-y2，x2+ 1)，
按方式二变换得到线段对应端点分别为：P2(1 - y1，
x1)，Q2(1 - y2，x2)，
设直线a1 的解析式为：y = px + q，代入P1(-y1，x1 +
1)，Q1(-y2，x2+ 1) 得，
x1+1=-y1p+q
x2+1=-y2p+q
，消去q 后，整理得，p = x1-x2
y2-y1
，
设直线a2 的解析式为：y = mx + n，代入P2(1 - y1，
x1)，Q2(1 - y2，x2) 得，
x1=(1-y1)m+n
x2=(1-y2)m+n
，消去n 后，整理得，m = x1-x2
y2-y1
，
∴p = m，即a1和a2所在直线可能平行或是同一直线，
故选：②③；
(3)G(2,3) 按方式一运动：向右平移1 个单位长度，再
绕原点O 按逆时针方向旋转90°，G1坐标为(-3,3)，
H(x,y) 按方式一运动：向右平移1 个单位长度，再绕原
点OH 安逆时针方向旋转90°，H1坐标为H1(-y,x + 1)，
G(2,3) 按方式二运动：先原点O 按逆时针方向旋转
90°，再向右平移1 个单位，G2坐标为(-2,2)，
H (x,y) 按方式二运动：先原点O 按逆时针方向旋转
90°，再向右平移1 个单位，H2坐标为(-y + 1,x)；
①∵点H1与点G2重合，
∴x+1=2
-y=-2
，解得x=1
y=2
，即H(1,2)；
②由(2) 可知G1H1 ⎳G2H2，若线段G1H1 与线段G2H2 有
公共点，则点G1，H1，G2，H2在一条直线上，
设直线G1G2的解析式为：y = kx + b，
则3=-3k+b
2=-2k+b
，
解得k=-1
b=0
，
∴直线G1G2的解析式为：y =-x，
将点H1 坐标为(-y,x + 1) 代入得，x + 1 =- (-y)，整
理得，y = x + 1，
∴H1(- (x + 1)，x + 1)，H2(-x,x)，
讨论有交点情况：
(i) 当点H2在线段G1H1上时，两线段有交点，
∴-x ≤-3，即x ≥3，
(ii) 当点H1 在线段G1G2 上(H1 不与端点重合) 时，两线
段无交点，
∴-3 <- (x + 1) <-2，即1 < x < 2，
当点H2 在线段G1G2 上时(H1 不与端点重合)，两线段无
交点，
∴-3 <-x <-2，即2 < x < 3，
综上所述，1 < x < 3 时两线段无交点；
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·106·
(iii) 当点H1在线段G2H2上时，两线段有交点，
∴- (x + 1) ≥-2，即x ≤1，
由于点H 在第一象限，x > 0，
∴0 < x ≤1，
综上所述，若线段G1H1 与线段G2H2 有公共点，y = x
+ 1，0 < x ≤1 或x ≥3．
11．【分析】(1) 根据圆周角定理得到∠DAE = 90°，得
到∠EAM + ∠BAD = ∠EAC + ∠DAC = 90°，根据余角
的性质得到∠BAD = ∠CAD，根据角平分线的定义得
到AD 平分∠BAC；
(2) 连接AO，根据等腰三角形的性质得到∠OAD =
∠ODA，根据相似三角形的性质得到OA2 = OB ⋅OC，
等量代换得到OE 2= OB ⋅OC；
(3) 根据切线的性质得到∠OAB = 90°，由(2) 知，
△AOC ∽△BOA，求得∠ACO = ∠OAB = 90°，设BD
= 10x，OC = 9x，得到OD = OA = 9x + 3，OB =
19 x + 3 ，根据勾股定理得到AC =
OA2-OC2 =
9 21
20
，求得∠DAC = ∠AED，根据三角函数的定义得
到结论．
【解答】(1) 证明：∵DE 为△ADE 外接圆⊙O 的直径，
∴∠DAE = 90°，
∴∠EAM + ∠BAD = ∠EAC + ∠DAC = 90°，
∵∠CAE = ∠MAE，∴∠BAD = ∠CAD，
∴AD 平分∠BAC；
(2) 证明：连接AO，
∵OA = OD，∴∠OAD = ∠ODA，
∵∠ADC = ∠B + ∠BAD，OAD = ∠OAC + ∠DAC，
∴∠B = ∠OAC，
∵∠AOB = ∠COA，∴△AOC ∽△BOA，
∴OA
OC = OB
OA ，∴OA2= OB ⋅OC，
∵OE = OA，∴OE 2= OB ⋅OC；
(3) 解：∵射线BM 与⊙O 相切于点A，
∴∠OAB = 90°，
由(2) 知，△AOC ∽△BOA，
∴∠ACO = ∠OAB = 90°，
∵BD:OC = 10:9，
∴设BD = 10x，OC = 9x，
∴OD = OA = 9x + 3，OB = 19x + 3，
∵OA2= OB ⋅OC，
∴(9x + 3)2= (19x + 3) × 9x，∴x = 1
2 ，
∴AO = 15
2 ，OC = 9
2 ，
∴AC =
OA2-OC2 = 6，
∵∠ACD = ∠DAB = 90°，
∴∠ADC + ∠DAC = ∠ADC + ∠E = 90°，
∴∠DAC = ∠AED，
∴tan∠AED = tan∠DAC = CD
AC = 3
6 = 1
2 ．
12．【分析】(1) 由对称轴为y 轴可知b = 0，由抛物线
经过原点可知c = 0，再将点A 代入即可求a 的值，从
而得到函数的解析式；
(2) 设直线AE 与x 轴的交点为G，延长MA 交x 轴于
点H，直线AT 与x 轴的交点为N ，先求直线AF 的解
析式为y =-
3
3
x + 1，可知G (-
3 ，0)，再求
∠GAH = 60 ° ，得到∠MAG = 120 ° ，由AB 平分
∠EAM ，可得∠BAF = 60 ° ，由AB ⊥AT ，求出
∠TAH = 30°，在Rt△ANH 中，求出NH =
3 ，则N
(
3 ，0)，待定系数法求出直线AT 的解析式为y =
3 x - 3，当
3 x - 3 = 1
4 x2 时，由△= 0，可知直线l
与二次函数的图象的公共点只有一个；
(3) 先求出E - 2
3
3，1
3
，设AE 的中点为M ，则
M
2 3
3
，5
3
，AE = 16
3 ，当∠APE = 90° 时，PM
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·107·
= 1
2 AE，求出m 的值，再结合题意求解即可．
【解答】解：(1) ∵函数的对称轴为y 轴，
∴b = 0，
∵抛物线经过原点，∴c = 0，∴y = ax2，
将点A(2 3,3) 代入y = ax2，
∴12a = 3，解得a = 1
4 ，
∴抛物线的解析式为y = 1
4 x2；
(2) 直线l 与二次函数的图象的公共点只有一个，理由如
下：
设直线AE 与x 轴的交点为G，延长MA 交x 轴于点
H，直线AT 与x 轴的交点为N，
设直线AE 的解析式为y = kx + 1，
∴2 3k + 1 = 3，
解得k =-
3
3 ，
∴直线AF 的解析式为y =-
3
3 x + 1，∴G(- 3，0)，
∵OH = 2 3，∴GH = 3 3，
∵AH = 3，∴tan∠AGH =
3
3 ，
∴∠AGH = 30°，∴∠GAH = 60°，∴∠MAG = 120°，
∵AB 平分∠EAM，∴∠BAF = 60°，
∵AB ⊥AT，∴∠BAT = 90°，∴∠GAT = 30°，
∴∠TAH = 30°，
在Rt△ANH 中，AH = 3，∠NAH = 30°，
∴NH =
3，∴ON = OH - NH =
3，
∴N( 3，0)，
设直线AN 的解析式为y = kx + n，
∴
3k+n=0
2 3k+n=3
，
解得k=
3
n=-3
，
∴直线AT 的解析式为y =
3x - 3，
当
3x - 3 = 1
4 x2时，整理得x2- 4 3x + 12 = 0，
∴△= 48 - 48 = 0，
∴直线l 与二次函数的图象的公共点只有一个；
(3) 当-
3
3
x + 1 = 1
4 x 2 时，解得x = 2 3 或x =
- 2
3
3，
∴E - 2
3
3，1
3
，
设AE 的中点为M，
∵A(2 3,3)，
∴M
2 3
3
，5
3
，AE = 16
3 ，
当∠APE = 90° 时，PM = 1
2 AE，
∴m- 2 3
3
2
+
5
3
2
=
8
3
2
，
解得m = 2 3
3
+
39
3
或m = 2 3
3
-
39
3
，
∴2 3
3
-
39
3
< m < 2 3
3
+
39
3
时，∠APE 为钝
角．
13．【分析】(1) 利用顶点横坐标为-1 和公式x =
- b
2a 求出参数a，进而得到抛物线表达式；
(2) 先求点A 和B 的坐标，确定直线AB 方程；将直线
向上平移m 个单位后与抛物线联立，利用判别式≥0
求m 的范围(注意m > 0)；
(3) 先求对称轴与直线AB 的交点D 及顶点C ，计算
S△CAD 设点P 坐标，利用面积公式S△PAD = S△CAD 列方
程，得到绝对值方程并求解，排除与C 重合的点，得出
横坐标．
【解答】解：(1) ∵抛物线顶点横坐标为-1，
∴由顶点公式x =- b
2a ，其中b =-2，即- -2
2a =-1，
∴a =-1，
∴抛物线表达式为y =-x2- 2x + 3，
故答案为：y =-x2- 2x + 3；
(2) 当y = 0 时，-x2- 2x + 3 = 0，即x2+ 2x - 3 = 0，
解得x =-3 或x = 1(正半轴，不合题意，舍去)，故A(
-3,0)，
当x = 0 时，y = 3，
故B(0,3)，
设直线AB 的方程为y = kx + b，
将点A(-3,0) 与点B(0,3) 代入得b = 3，k = 1，
∴直线AB 的方程为y = x + 3，
向上平移m 个单位后，直线方程为y = x + 3 + m，
与抛物线y =-x2 - 2x + 3 联立：-x2 - 2x + 3 = x + 3
+ m，
整理得：x2+ 3x + m = 0，
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·108·
抛物线与直线有交点时，△= 32 - 4 × 1 × m = 9 - 4m
≥0，
解得m ≤9
4 ，
又m > 0，
∴m 的取值范围为0 < m ≤9
4 ；
(3) 抛物线对称轴为x =-1．直线AB:y = x + 3，当x =
-1 时，y = 2，故D(-1,2)．
顶点C：当x =-1，y =- (-1)2- 2 × (-1) + 3 = 4，
故C(-1,4)．点A(-3,0)．
S△CAD = 1
2 × CD × AE = 1
2 × (4 - 2) × 2 = 2，
设P(x,y) 在抛物线上，y =-x2- 2x + 3，如图，
情况1：过点C 作AB 的平行线，与抛物线交于点P，
此时S△PAD = S△CAD = 2(同底等高)，
因OA = OB，且PC ⎳AB，故可设直线PC 的解析式
为y = x + t，
将点C(-1,4) 代入求得t = 5，即PC 的解析式为y = x
+ 5，
联立抛物线方程y=-x2-2x+3
y=x+5
，
解得：x=-2
y=3
(另一解为点C 的坐标值)，
可解得点P 坐标为(-2,3)；
情况2：过点E 作AB 的平行线，交抛物线于点P1 与
P2，因CD = DE，即直线PC 向下平移到直线AB 的距
离等于直线AB 向下平移到直线P1P2的距离，
∴此时存在满足条件的点，
由于直线P1P2 相较于直线AB，向下平移了4 个单位，
故解析式为y = x + 1，
联立抛物线方程y=-x2-2x+3
y=x+1
，
消去y 并整理得：x2+ 3x - 2 = 0，
∴x = -3±
17
2
，
即点P1 的横坐标是-3-
17
2
，点P2 的横坐标是
-3+
17
2
，
∴存在点P，横坐标为-2，-3+
17
2
，-3+
17
2
，
-3-
17
2
．
14．【分析】(1) 由直角三角形斜边中线性质可得在
Rt△BCD 中，CF = BF = DF = 1
2 BD，在Rt△BED
中，EF = BF = DF = 1
2 BD，得出CF = EF，∠FBE
= ∠FEB，∠FBC = ∠FCB，再证明∠EFC = 60°，即
可得出结论；
(2) ①延长DE 交AB 于点D，分别延长AD，BC 相交
于点B，先证明△AED ≅△AED(ASA)，可得DE =
D'E，同理可得△ABC ≅△ABC，BC = BC，再利用
中位线的性质可得结论；
②点E 在以点A 为圆心，3 为半径的圆上，由△CEF
是等边三角形，可得EF = CE，可得EF 最大时，即
CE 取得最大值时，当A，C，E 三点共线时，CE 取
得最大值，此时EF 最大，再求解即可．
【解答】(1) 证明：∵在Rt△ADE 中∠AED = 90°，
∴∠BED = 90°，
∵在Rt△ABC 中∠BAC = 60°，
∴∠ABC = 30°，
∵点F 是BD 的中点，
∴在Rt △BCD 中，CF = BF = DF = 1
2 BD ，在
Rt△BED 中，EF = BF = DF = 1
2 BD，
∴CF = EF，∠FBE = ∠FEB，∠FBC = ∠FCB，
∴∠EFC = ∠EFD + ∠CFD = ∠FBE + ∠FEB + ∠FBC
+ ∠FCB = 2∠ABC = 60°，
∴△CEF 是等边三角形；
(2) ①(1) 中的结论还成立，理由如下：
如图，延长DE 交AB 于点D，分别延长AD，BC 相
交于点B，
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·109·
由旋转角为60° 可得∠EAD = 60°
∴∠EAD = ∠EAD= 60°，
又∵∠AED = ∠AED= 90°，AE = AE，
∴△AED ≅△AED(ASA)，
∴DE = DE，
∵DF = BF，
∴EF 是△DBD的中位线，
∴EF ⎳AB，
∴∠FEC = ∠BAC = 60°，
同理可得△ABC ≅△ABC
∴BC = BC，
∵DF = BF，
∴FC 是△BDB的中位线，
∴CF ⎳AB，
∴∠FCA = ∠BAC = 60°，
∴△CEF 是等边三角形；
②如图，点E 在以点A 为圆心，3 为半径的圆上，
∵△CEF 是等边三角形，
∴EF = CE，
∴EF 最大时，即CE 取得最大值时，
∴当A，C，E 三点共线时，CE 取得最大值，此时
EF 最大，
即△ADE 绕点A 顺时针旋转240 度时，EF 最大，
延长DE 交AB 于点D，分别延长AD，BC 相交于点
B，
由①得FC 是△BDB的中位线，EF 是△DBD的中位
线，
∴CF ⎳DB，EF ⎳BD，
∴∠MAE = ∠FCE = 60°，∠MEA = ∠BAC = 60°
∴△MAE 是等边三角形，
∴EM = AE = 3，
故答案为：3．
15．【分析】(1) 根据“1 阶近轴点”的定义，结合函
数的性质逐个分析判断即可得出结论；
(2) 设一次函数y = 2x + m 的图象上“3 阶近轴点”的
坐标为( t , 2 t + m ) ，根据题意列出不等式组
-3≤t≤3
-3≤2t+m≤3
，进而得出关于t 的不等式组
-3≤t≤3
-3-m
2
≤t≤3-m
2
有解，列出关于m 的不等式，即可
求解；
(3) 设“2 阶完美点”的坐标为(2c,c)，由题意得-2 ≤
2c ≤2，得出“2 阶完美点”在函数y = 1
2 x(-2 ≤x ≤
2) 上，分析可知函数y = ax2 - ax - 2a + 2 与函数y =
1
2 x(-2 ≤x ≤2) 只有一个交点，设函数y 1 = ax 2 -
a+ 1
2
x - 2a + 2，则函数y1 与x 轴的交点的横坐标有
且只有一个满足-2 ≤x ≤2，根据函数y1 与x 轴的交点
个数分情况讨论，再结合二次函数的性质即可求解．
【解答】解：(1)y = 1
x 经过点(1,1)，点(1,1) 是“1 阶近
轴点”，故①符合题意；
设y =-x + 3 存在“1 阶近轴点”，设此点的坐标为
(m, -m + 3)，
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·110·
由题意得，-1≤m≤1
-1≤-m+3≤1
，
∴不等式组无解，
∴y =-x + 3 图象上不存在“1 阶近轴点”，故②不符
合题意；
∵y = x2- 2x + 3 = (x - 1)2+ 2．
∴函数y = x2- 2x + 3 的最小值为2，
∴函数y = x2 - 2x + 3 图象上的点到x 轴的距离大于等
于2，
∴函数y = x2 - 2x + 3 不存在“1 阶近轴点”，故③不
符合题意；
∴函数图象上存在“1 阶近轴点”的是①；
故答案为：①；
(2) 设一次函数y = 2x + m 的图象上“3 阶近轴点”的
坐标为(t,2t + m)，
由题意得，-3≤t≤3
-3≤2t+m≤3
，
解得：
-3≤t≤3
-3-m
2
≤t≤3-m
2
，
∵一次函数y = 2x + m 的图象上存在“3 阶近轴点”，
∴关于t 的不等式组
-3≤t≤3
-3-m
2
≤t≤3-m
2
有解，
∴-3-m
2
≤-3 ≤3-m
2
或-3 < -3-m
2
< 3-m
2
<
3 或-3-m
2
≤3 ≤3-m
2
，
解得：3 ≤m ≤9 或-3 < m < 3 或-9 ≤m ≤-3，即
-9 ≤m ≤9，
∴实数m 的取值范围为-9 ≤m ≤9；
(3) 设“2 阶完美点”的坐标为(2c,c)，
由题意得，-2 ≤2c ≤2，
∴“2 阶完美点”在函数y = 1
2 x(-2 ≤x ≤2) 上，
∵二次函数y = ax2 - ax - 2a + 2 的图象上有且只有一
个“2 阶完美点”，
∴函数y = ax2 - ax - 2a + 2 与函数y = 1
2 x(-2 ≤x ≤
2) 只有一个交点，
令ax2 - ax - 2a + 2 = 1
2 x，整理得ax2 - a+ 1
2
x -
2a + 2 = 0，
设函数y1= ax2- a+ 1
2
x - 2a + 2，
则函数y1 与x 轴的交点的横坐标有且只有一个满足-2
≤x ≤2，
当x = 2 时，y1= 4a - 2 a+ 1
2
- 2a + 2 = 1 > 0，
若函数y1 与x 轴有2 个交点，则当x =-2 时，有y1 ≤
0，
∴4a + 2 a+ 1
2
- 2a + 2 ≤0，
解得：a ≤- 3
4 ；
若函数y1 与x 轴只有1 个交点，则△= a+ 1
2
2
- 4a(
-2a + 2) = 0，
整理得：9a2- 7a + 1
4 = 0，
解得：a = 7+2 10
18
或a = 7-2 10
18
，
当a = 7+2 10
18
时，则y 1 与x 轴的交点的横坐标为
a+ 1
2
2a
= 4 -
10，
∵-2 < 4 -
10 < 2，
∴a = 7+2 10
18
，符合题意；
当a = 7-2 10
18
，则y 1 与x 轴的交点的横坐标为
a+ 1
2
2a
= 4 +
10 > 2，不符合题意，舍去；
综上所述，实数a 的取值范围为a ≤- 3
4 或a =
7+2 10
18
．
16．【分析】(1) 过点E 作EK ⊥CD 于点K，即可得
到四边形EBCK 是矩形，然后证明△ABM ∽△EKH，
即可求出EH
AM 的值，然后根据正切的定义求出∠ACB
的度数即可；
(2) 根据勾股定理求出AM 长，利用(1) 的结论求出EH
长，然后证明△AGM 是等边三角形，根据正弦的定义
求出GF 长解答即可；
(3) ①根据(2) 的证明得到EF + GH = FG，过点M 作
ML ⎳AB 交EH 于点L，则有△AEF ≅△MLF，得到
EF = FL，即可得到LG = GH，然后根据平行线分线段
成比例得到结论即可；
②连接CG，CQ，根据直角三角形斜边上的中线性质
和平行线分线段成比例得到AG = GM = CG = GQ，进
而判断∠ACQ = 90°，即可得到点Q 在与线段CD 夹角
为30° 的射线上，然后根据垂线段最短解答即可．
【解答】(1) 解：过点E 作EK ⊥CD 于点K，
∵四边形ABCD 是矩形，
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·111·
∴∠B = ∠BCD = ∠EKC = ∠EKH = 90°，
∴四边形EBCK 是矩形，
∴EK = BC = 3 3，∠AEF = 90°，
又∵AM ⊥EH，
∴∠EAM + ∠AEH = ∠HEK + ∠AEH = 90°，
∴∠EAM = ∠HEK，∴△ABM ∽△EKH，
∴EH
AM = EK
AB =
3，
∵tan∠ACB = AB
BC =
3
3 3 =
3
3 ，
∴∠ACB = 30°，
故答案为：30，
3；
(2) 解：∵AB = 3，BM = 1，
∴AM =
AB2+BM 2 =
32+12 =
10，
根据(1) 中结论可得EH =
3AM =
30，
又∵EH 垂直平分AM，
∴AG = GM，
又∵∠MAN = 60°，
∴△AGM 是等边三角形，
∴AG = AM =
10，
∴GF = AG ⋅sin∠MAG =
10 ×
3
2
=
30
2
，
∴EF + GH = EG - FG =
30 -
30
2
=
30
2
；
(3) ①证明：根据(1) 中结论可得EH =
3AM，
又∵EH 垂直平分AM，
∴AG = GM，
又∵∠MAN = 60°，
∴△AGM 是等边三角形，
∴AG = AM，
∴GF = AG ⋅sin∠MAG =
3
2 AM，
∴EF + GH = EG - FG =
3 AM -
3
2 AM =
3
2 AM
= FG，
过点M 作ML ⎳AB 交EH 于点L ，则∠EAF =
∠LMF，∠AEF = ∠MLF，
又∵EH 垂直平分AM，
∴AF = FM，
∴△AEF ≅△MLF，
∴EF = FL，
∴LG = GH，
又∵AB ⎳CD，AB ⎳ML，
∴ML ⎳CD，
∴MG
PG = FG
GH = 1，即MG = PG；
②解：连接CG，CQ，
∵∠BCD = 90°，MG = PG，
∴CG = MG = PG，
又∵EH 垂直平分AM，EH ⊥PQ，
∴GA = GM，AM ⎳PQ，
∴AG
GQ = MG
GP = 1，
∴AG = GM = CG = GQ，
∴∠GAC = ∠GCA，∠GCQ = ∠GQC，
∴∠ACQ = 90°，
又∵∠ACB = 30°，
∴∠ACD = 60°，
∴∠DCQ = 30°，即点Q 在与线段CD 夹角为30° 的射线
上，
∴过点D 作DQ1⊥CQ 于点Q1，
当点Q 在Q1时，DQ 最小，
这时DQ = 1
2 CD = 3
2 ．
17．【分析】(1) ①利用待定系数法即可求解；
②正比例函数表达式为y = x，设OD = t(0 ≤t ≤3)，
则CD = t，PD =- 1
3 t 2 + 2t，则PC = PD - CD =
- 1
3 t2 + 2t - t =- 1
3
t- 3
2
2
+ 3
4 ，然后通过二次函数
的性质即可求解；
(2) 令ax2 + bx = 0，解得x1 = 0，x2 =- b
a ，又二次函
数与x 轴的一交点为B(m,0)，m > 4，所以m =- b
a ，
即- b
a > 4，则有1 - 3a >-4a，然后解不等式即可．
【解答】解：(1) ①∵A(3,3) 为二次函数的顶点，
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·112·
∴
9a+3b=3
- b
2a =3
，解得a=- 1
3
b=2
，
∴二次函数表达式为y =- 1
3 x2+ 2x；
②因为正比例函数y = kx 经过点A(3,3)，
∴3k = 3，∴k = 1，
∴正比例函数表达式为y = x，
设OD = t(0 ≤t ≤3)，则CD = t，PD =- 1
3 t2+ 2t，
∴PC = PD - CD =- 1
3 t2+ 2t - t
=- 1
3 t2+ t =- 1
3
t- 3
2
2
+ 3
4 ，
∴当t = 3
2 时，线段PC 的长度取得最大值3
4 ；
(2) ∵二次函数y = ax2+ bx 经过点A(3,3)，
∴9a + 3b = 3，即b = 1 - 3a，
令ax2+ bx = 0，
解得x1= 0，x2=- b
a ，
∵二次函数与x 轴的一个交点为B(m,0)，m > 4，
∴m =- b
a ，
∴- b
a > 4，
∵a < 0，
∴b >-4a，
∴1 - 3a >-4a，a >-1，
∴a 的取值范围是-1 < a < 0．
18 ．【分析】( 1 ) 设BD = a ，则AB = 2 a ，在
Rt△ABD 中，根据勾股定理得到AD =
5 a，求得AE
= AD - DE = AD - BD = (5 - 1)a，于是得到结论；
(2) 延长GC 交DE 于点M ，在Rt△BAF 中，根据勾股
定理得到AB2 = BF 2 - AF 2，求得AB2 = (BF + AF)
(BF - AF)，得到AB2 = HD ⋅HG 根据矩形和正方形的
面积公式得到CB ⋅BE = AC 2，即CB ⋅AB = AC 2 于是
得到BC
AC = AC
AB ；
(3) 由半径OA = 2，得到ON = 1，AN =
5 ，过点K
作KG ⊥AN 于点G，根据角平分线的性质得到OK =
KG，根据全等三角形的性质得到NO = NG，求得AG
=
5 - 1，根据勾股定理得到OK 2 = 3-
5
2
，连接
OB，在Rt△BKO 中，BK 2 = OB2 - OK 2，求得AB2 =
10 - 2 5，根据垂径定理得到BE = 2BK，于是得到结
论．
【解答】(1) 解：设BD = a，则AB = 2a，
在Rt△ABD 中，根据勾股定理，得AD =
5a，
∴AE = AD - DE = AD - BD = (5 - 1)a，
∴AC = AE = ( 5 - 1)a，
∴AC
AB = ( 5-1)a
2a
=
5-1
2
= φ；
(2) 解：延长GC 交DE 于点M，
在Rt△BAF 中，根据勾股定理，得AB2= BF 2- AF 2，
∴AB2= (BF + AF) (BF - AF)，
∵BF = FH，FA = FD，
∴BF + AF = FH + FD = HD，BF - AF = FH - AF =
AH = HG，
∴AB2= HD ⋅HG
∴S正方形ABED = S矩形BGMD，
∴S矩形CBEM = S正方形ABGC，
∴CB ⋅BE = AC2，即CB ⋅AB = AC2
∴BC
AC = AC
AB ；
(3) 证明：∵半径OA = 2，
∴ON = 1，AN =
5，
过点K 作KG ⊥AN 于点G，
∵NK 平分∠ONA，
∴OK = KG，
∴△NOK ≅△NGK(HL)，
∴NO = NG，
∴AG =
5 - 1，
在Rt△KGA 中，KG2+ AG2= KA2，
设OK = x，则x2+ ( 5 - 1)2= (2 - x)2，
解得x =
5-1
2
，
∴OK 2= 3-
5
2
，
连接OB，在Rt△BKO 中，BK 2= OB2- OK 2，
∴BK 2= 5+
5
2
，
在Rt△BKA 中，AB2= BK 2+ AK 2，
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·113·
∴AB2= 10 - 2 5，
根据垂径定理，得BE = 2BK，
∴BE 2= 4BK 2= 10 + 2 5，
∵φ2=
5-1
2
2
= 3-
5
2
，
∴φ2⋅BE 2= 3-
5
2
× (10 + 2 5) = 10 - 2 5，
∴AB2= φ2⋅BE 2．
19．【分析】(1) 设d1 = k1xd_{2} = k_{2}x^{2} 结合
题意可得d1= 0.2x，d2=
1
169 x2再进一步求解即可；
(2) 结合(1) 可得：y = d1+ d2=
1
169 x2+ 0.2x；
(3) 当刹车距离为2m 时，可得2 =
1
169 x2 求解x，再进
一步求解即可．
【解答】解：(1)d1 与骑行速度成正比，d2 与骑行速度的
平方成正比．骑行速度为xkm/h，d1= k1x，d2= k2x2，
∵当骑行速度为13km/h 时，反应距离为2.6m，
∴13k1= 2.6，
解得：k1= 0.2，d1= 0.2x，
当x = 26 时，d1= 0.2 × 26 = 5.2(m)，
∵当骑行速度为13km/h 时，刹车距离为lm，
∴1 = 132× k2，
解得：k2=
1
169 d2=
1
169 x2，
当x = 26 时，d2=
1
169 × 262=
1
169 × 22× 132= 4(m)；
(2) 设骑行速度为xkm/h，而d1= 0.2xd2=
1
169 x2．
∴y 关于x 的函数表达式为y = d1+ d2=
1
169 x2+ 0.2x；
(3) ∵当刹车距离为2m 时，
∴2 =
1
169 x2，
解得：x = 13 2 x=-13 2舍去
，
∴y =
1
169 x2 + 0.2x ≈2 + 0.2 × 13 × 1.41 = 5.666 ≈5.7
(m)，
∴停车距离约为5.7m．
20．【分析】(1) 作DF ⊥OA 于F，作BG ⊥OC，交
CO 的延长线于G，可证得△DOF ≅△BOG，从而DF
= BG，进而得出结果；
(2) 连接OQ，OP，PE，QE，设OA 和BD 交于I，
根据直角三角形的性质得出OQ = 1
2 CD,OP = 1
2 AB，
可证得△AOC ∽△BOD，进而得出∠AEB = ∠AOB =
90°，从而EP = 1
2 AB，进而证得四边形OQEP 是菱
形，进而得出结论；
(3) 由(2) 可知，BD ⊥AC，从而S四边形ABCD = 1
2 AC ⋅
BD，进而得出当C、O、A 共线时，S 四边形ABCD
最大，此时∠AOD = ∠BOC = ∠COD = ∠AOB ，
△AOD ≅△OCD ≅△AOB ≅△COB ，从而得出
S四边形ABCD = 4S△AOB，作OW ⊥AB 于W，因为OW ≤
OP，当OW = OP = 1
2 AB = 5
2 时，S△AOB最大= 5
2 ×
5
2 = 25
4 ，进一步得出结果．
【解答】(1) 解：如图1，
△AOD 与△BOC 的面积相等，理由如下：
作DF ⊥OA 于F，作BG ⊥OC，交CO 的延长线于
G，∴∠DFO = ∠G = 90°，
由旋转可得，
∠COD = ∠AOB = 90°，OD = OB，OC = OA，
∴∠AOD + ∠BOC = 360° - (∠COD + ∠AOB) = 180°，
∵∠BOG + ∠BOC = 180°，
∴∠BOG = ∠AOD，
∴△DOF ≅△BOG(AAS)，
∴DF = BG，
∴S△AOD = 1
2 OA ⋅DF = 1
2 OC ⋅BG，
∵S△BOC = 1
2 OC ⋅BG，
∴△AOD 与△BOC 的面积相等；
(2) 解：如图2，
★2026 中考数学压轴题每日一题参考答案（类型8）★
·114·
连接OQ，OP，PE，QE，设OA 和BD 交于I，
∵∠AOB = ∠COD = 90°，点P 是AB 的中点，Q 是
CD 的中点，
∴OQ = 1
2 CD,OP = 1
2 AB，
∴AB = CD，
∴OP = OQ，
∵∠AOB = ∠COD = 90°，
∴∠AOB + ∠AOD = ∠COD + ∠AOD，
∴∠BOD = ∠AOC，
∵OC
OA = OD
OB = 1，
∴△AOC ∽△BOD，
∴∠CAO = ∠DBO，
∵∠AIE = ∠BIO，
∴∠AEB = ∠AOB = 90°，
∴EP = 1
2 AB，
同理可得，
EQ = 1
2 CD，
∴OP = OQ = EQ = EP，
∴四边形OQEP 是菱形，
∴OE 和PQ 互相平分，
∵点R 是OE 的中点，
∴P，Q，R 三点共线；
(3) 解：如图2，
由(2) 可知，
BD ⊥AC，
∴S四边形ABCD = 1
2 AC ⋅BD，
∵AC ≤OA + OC，BD ≤OB + OD，
∴当C、O、A 共线时，S四边形ABCD 最大，
如图3，
此时∠AOD = ∠BOC = ∠COD = ∠AOB，△AOD ≅
△OCD ≅△AOB ≅△COB，
∴S四边形ABCD = 4S△AOB，
作OW ⊥AB 于W，
S△AOB = 1
2 AB ⋅CW = 5
2 CW，
∵OW ≤OP，
∴当OW = OP = 1
2 AB = 5
2 时，S△AOB最大= 5
2 × 5
2 =
25
4 ，
∴S 的最大值为：25，
故答案为：25．
21．【分析】(1) 将点A m,6
代入一次函数y = 2x + 4
求得m = 1 ，结合点A 1,6
在反比例函数y =
k
x x>0
的图象上代入求得k；
(2) ①过点A 作AH ⊥x 轴交于点H，过点E 作EM
⊥AH 交于点M，过点D 作DN ⊥AH 交于点N，
则△MAE ∽△NAD，有AM
AN = ME
ND ，进一步求得
点D 的坐标，结合已知比例可求得DN = 3 和ME =
1，以及AM = 3
2 ，即可求得点E；
②根据一次函数y = 2x + 4 求得点C 0,4
，即可知点
M 0,3
，过点C 作CP ⊥AB 交AN 于点P，过点P
作PK ⊥y 轴于点K，过点A 作AG ⊥y 轴于点G，
则△ACP 为等腰直角三角形，且△GAC ≌△KCP，
则AG = CK = 1,CG = PK = 2，进一步判定点M 与
点K 重合，由待定系数法求得直线AN 的解析式y =
-3x + 9，设点N m,-3m+9
，结合平行四边形的
性质求得点D m,-3m+12
，代入反比例函数即可
求得m，即可知点D．
【详解】(1) 解：由题意可知，点A m,6
在一次函数
y = 2x + 4 的图象上，则
6 = 2m + 4，解得m = 1，
∵点A 1,6
在反比例函数y = k
x x>0
的图象上，
∴6 = k
1 ，解得k = 6，
则m = 1，k = 6；
(2) 解：①过点A 作AH ⊥x 轴交于点H，过点E 作
EM ⊥AH 交于点M，过点D 作DN ⊥AH 交于点
N，如图，
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则∠AME = ∠AND = 90°，
∴ME ∥ND，
∴△MAE ∽△NAD，
∴AM
AN = ME
ND ，
∵点D 的横坐标为4，
∴点D 的纵坐标为y = 6
4 = 3
2 ，
∵AE
ED = 1
2 ，
∴AE
AD = 1
3 ，
∴AM
AN = ME
ND = 1
3 ，
∵xD = 4,xA= 1，
∴DN = 3，
则ME
3
= 1
3 ，解得ME = 1，
∴xE = 1 + 1 = 2，
∵yA= 6,yD = 3
2 ，
∴AN = 6 - 3
2 = 9
2 ，
∴AM
9
2
= 1
3 ，解得AM = 3
2 ，
则yE = 6 - 3
2 = 9
2 ，
那么，点E 2, 9
2
；
②一次函数y = 2x + 4 的图象与y 轴交于点C，
令x = 0，则y = 4，
∴C 0,4
，
∵CM = 1，
∴M 0,3
，
过点C 作CP ⊥AB 交AN 于点P，过点P 作PK ⊥
y 轴于点K，过点A 作AG ⊥y 轴于点G，如图，
则∠AGC = ∠CKP = 90°，
∵∠GAC + ∠ACG = ∠ACG + ∠PCK = 90°，
∴∠GAC = ∠PCK，
∵∠BAN = 45°，
∴△ACP 为等腰直角三角形，
∴AC = CP，
则△GAC ≌△KCP，
∵点A 1,6
，C 0,4
∴AG = CK = 1,CG = PK = 2，
∵CM = 1，
∴点M 与点K 重合，OM = 3，
∴点P 2,3
，
设直线AN 的解析式为y = kx + b k≠0
，则
3=2k+b
6=k+b
，解得k=-3
b=9
，
∴y =-3x + 9，
设点N m,-3m+9
，
∵四边形OMDN 是平行四边形，
∴xD = 0 + m - 0 = m,yd= 3 - 3m + 9 =-3m +
12，
则D m,-3m+12
，
∵D 为反比例函数图象上的一点，
∴-3m + 12 = 6
m ，解得m = 2 +
2，或m = 2 -
2，
∵D 的横坐标大于1，
∴m = 2 +
2，
∴-3m + 12 =-3 2+
2
+ 12 = 6 - 3 2，
故点D 2+
2,6-3 2
．
【点睛】本题主要考查函数和三角形的结合，涉及一次
函数与坐标轴的交点、平行线的性质、相似三角形的判
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定和性质、等腰直角三角形的判定和性质、全等三角形
的判定和性质、平行四边形的性质和解一元二次方程，
题目综合性较强，难度偏高，解题的关键是熟悉函数性
质和平行四边形的性质．
22．【分析】(1) 利用待定系数法求解析式，将二次函
数一般式化为顶点式，可得顶点坐标；
(2) 分两种情况进行讨论，抛物线向左平移或者向右平
移，根据平移规律可得新抛物线解析式为：y =
x-1-n
2- 3 或y = x-1+n
2- 3，根据对称轴
与区间范围的中轴线之间的关系分类讨论即可；
(3) 分成两种情况进行讨论，抛物线沿射线AB 方向或
射线BA 方向平移．沿射线BA 方向平移，求出直线
AB 的解析式为y = x - 2，由直线性质可知图象沿上
下方向与左右方向平移相同的单位，设向上、向右平移
了m 个单位，可得A3+m,1+m
，
G1+m,-3+m
，由平移性质可证四边形
AAGG是平行四边形，推出交点M 坐标为
M
m+4
2
, m-2
2
，可证明△ABG 为直角三角形
且tan∠BAG = 1
3 ，根据tan∠BMG = 1
3 ，可得
A、B、G、M 四点共圆，是在以AG 为直径的圆
上，可求AG 中点P 2,-1
，根据PM = PA =
1
2 AG =
5 列方程即可求得m 的值，则题目可解；
抛物线沿射线AB 方向，作A 关于B 点对称点
A-3,-5
，方法同上．
【详解】(1) 解：将A 3,1
，B 0,-2
代入y = x2+
bx + c，
9+3b+c=1
c=-2
，
解得b=-2
c=-2
，
∴y = x2- 2x - 2，
∵y = x2- 2x - 2 = x-1
2- 3，
∴当x = 1 时，y 取最小值，最小值为-3，
∴顶点G 的坐标为1,-3
．
(2) 解：Ⅰ、当抛物线向右平移时：
根据平移规律可得新抛物线解析式为：y =
x-1-n
2- 3，
对称轴为直线x = n + 1，
∵n > 0，
∴n + 1 > 1，
①当1 < n + 1 ≤3
2 时，即0 < n ≤1
2 时，如图：
直线x = 3 与抛物线交点M 纵坐标最大，
将x = 3，y = 8 代入解析式得8 = 3-1-n
2- 3，
解得n = 2 ±
11，与0 < n ≤1
2 矛盾，不合题意；
②当n + 1 > 3
2 时，即n > 1
2 时，如图：
直线x = 0 与抛物线交点N 纵坐标最大，
将x = 0，y = 8 代入解析式得8 = 0-1-n
2- 3，
解得n1=-1 -
11，与n > 1
2 矛盾，不合题意；
n2=-1 +
11，符合题意；
Ⅱ、当抛物线向左平移时，
根据平移规律可得新抛物线解析式为：y =
x-1+n
2- 3，
对称轴为直线x = 1 - n，
∵n > 0，
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∴1 - n < 1，
∴当x = 3 时，y 取最大值8，代入解析式得：
8 = 3-1+n
2- 3，
解得：n1=-2 +
11，n2=-2 -
11(舍)，
综上可知，n =-1 +
11 或n =-2 +
11；
(3) 解：设直线AB 的解析式为y = kx + b，
将A 3,1
，B 0,-2
代入得，3k+b=1
b=-2
，
解得k=1
b=-2
，
∴直线AB 的解析式为y = x - 2，
令y = 0，则x = 2,
∴直线AB 与x 轴交于2,0
，
∴直线AB 与坐标轴围成的是一个等腰直角三角形，
∴图象沿直线AB 平移时，上下方向与左右方向平移的
距离相等，
设向上、向右平移了m 个单位，
∴A3+m,1+m
，G1+m,-3+m
，
由平移得AA= GG，AA∥GG，
∴四边形AAGG是平行四边形，
∵线段AG与AG 交于点M，
∴M 为线段AG的中点，
∴M
m+4
2
, m-2
2
，
Ⅰ、如图，抛物线沿射线BA 平移，
∵A 3,1
，B 0,-2
，G 1,-3
，
∴由勾股定理可得AB = 3 2，BG =
2，AG =
2 5，
∴AB2+ BG2= AG2，
∴∠ABG = 90°，且tan∠BAG = BG
AG = 1
3 ，
∵tan∠BMG = 1
3 ，
∴∠BMG = ∠BAG，
∴A、B、G、M 四点共圆，是在以AG 为直径的圆
上，
∵AG 中点P 2,-1
，
则PM = PA = 1
2 AG =
5，
∴
m+4
2
-2
2
+
m-2
2
+1
2
=
5
2，
即m2
4
+ m2
4
= 5
解得：m =
10 或m =- 10(舍)
∴G1+
10,-3+
10
；
Ⅱ、如图，抛物线沿射线AB 平移，
作A 关于B 点对称点A-3,-5
，
则可同理证明∴∠ABG = 90°，且tan∠BAG =
BG
AG = 1
3 ，
∵tan∠BMG = 1
3 ，
∴∠BMG = ∠BAG，
∴A、B、G、M 四点共圆，在以AG 为直径的圆
上，
∵AG 中点P-1,-4
，
则PM = PA= 1
2 AG =
5，
∴
m+4
2
+1
2
+
m-2
2
+4
2
=
5
2，
即
m+6
2
4
+
m+6
2
4
= 5
解得：m =-6 -
10 或m =-6 +
10(舍)
∴G-5-
10,-9-
10
；
【点睛】本题属于二次函数综合题，考查求二次函数解
析式，二次函数图象的平移，相似三角形的判定和性
质，锐角三角函数，求一次函数解析式，平行四边形的
判定和性质等，难度较大，解题的关键是综合应用上述
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知识点，正确作出辅助线．
2 3．【分析】(1) 证明△AOF ≌△COE，可得∠OAF
= ∠C，AF = CE，从而得到AF ∥BC，进而得到
∠DAF = 90°；根据题意可得AD = 3,CE = 4，即可得
到AD
AF ；
(2) ①证明四边形AECF 为平行四边形，可得AF =
CE，AF ∥CE，从而得到∠OAF = ∠C，根据题意
可得BD
BE = 3
4 = AB
BC ，可证明△ABD ∽△CBE，
可得∠BAD = ∠BCE，从而得到∠DAF 的度数，即
可；②根据平行四边形的性质可得当S△AEC 最小时，四
边形AECF 的面积最小，即当E 到AC 的距离最小
时，S△AEC 最小，四边形AECF 的面积最小，过点E
作EM ⊥AC 于点M，连接BM，则当EM 最小时，
四边形AECF 的面积最小，从而得到当点B，E，M
三点共线时，EM 取得最小值，最小值为BM - 4，此
时BM ⊥AC 时，BM 最小，再由S△ABC = 1
2 AB ×
BC = 1
2 AC × BM，可得BM = 24
5 ，EM = 24
5
- 4 = 4
5 ，然后根据勾股定理可得CM,CE 的长，再
结合AD
CE = 3
4 ，即可求解．
【详解】解：∵点O 为AC 的中点，
∴OA = OC，
∵OF = EO，∠AOF = ∠COE，
∴△AOF ≌△COE，
∴∠OAF = ∠C，AF = CE，
∴AF ∥BC，
∴∠ABC + ∠DAF = 180°，
∵∠ABC = 90°，
∴∠DAF = 90°；
∵AB = 6，BC = 8，DB = 3，BE = 4，
∴AD = 3,CE = 4，
∴AF = 4，
∴AD
AF = 3
4 ；
故答案为：90；3
4
(2) ①中的结论仍然成立，证明
∵点O 为AC 的中点，
∴OA = OC，
∵OF = EO，
∴四边形AECF 为平行四边形，
∴AF = CE，
∴AF ∥CE，
∴∠OAF = ∠C，
∵AB = 6，BC = 8，DB = 3，BE = 4，
∴BD
BE = 3
4 = AB
BC ，
∵∠DBE = ∠ABC = 90°，
∴∠ABD = ∠CBE，
∴△ABD ∽△CBE，
∴∠BAD = ∠BCE，AD
CE = BD
BE = 3
4 ,
∴∠DAF = ∠BAD + ∠BAC + ∠CAF = ∠BCE +
∠BAC + ∠ACE = ∠BAC + ∠ACB = 90°, AD
AF =
3
4 ；
②在Rt△ABC 中，∵∠ABC = 90°，AB = 6，BC
= 8，
∴AC =
AB2+BC2 =
62+82 = 10，
由①得：四边形AECF 为平行四边形，
∴四边形AECF 的面积等于2S△AEC，
∴当S△AEC 最小时，四边形AECF 的面积最小，
即当E 到AC 的距离最小时，S△AEC 最小，四边形
AECF 的面积最小，
如图，过点E 作EM ⊥AC 于点M，连接BM，则当
EM 最小时，四边形AECF 的面积最小，
∵BE + EM ≥BM，BE = 4，
∴EM ≥BM - 4，
即当点B，E，M 三点共线时，EM 取得最小值，最
小值为BM - 4，
此时BM ⊥AC 时，BM 最小，
∵S△ABC = 1
2 AB × BC = 1
2 AC × BM，
∴1
2 × 6 × 8 = 1
2 × 10BM，
∴BM = 24
5 ，
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∴EM = 24
5 - 4 = 4
5 ，
∴CM =
BC2-BM 2 =
82- 24
5
2
= 32
5 ，
∴CE =
EM 2+CM 2 =
4
5
2
+ 32
5
2
=
4 65
5
，
由①得：AD
CE = 3
4 ，
∴AD = 3
4 CE = 3
4 × 4 65
5
= 3 65
5
．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定和性质，全
等三角形的判定和性质，勾股定理，平行四边形的判定
和性质等，熟练掌握相似三角形的判定和性质，全等三
角形的判定和性，勾股定理，平行四边形的判定和性
质，利用类比思想解答是解题的关键．
24．【分析】(1) 把0, 3
代入y =- 1
2 x2+ mx +
3
3 m m≠0
可得m = 3，再进一步求解即可.
(2) 先求解y1=-2 + 2m +
3
3 m，y2=-8 + 4m
+
3
3 m，结合m < 3，y1- y2=-2 + 2m +
3
3 m - -8+4m+
3
3 m
，再进一步计算即可.
(3) 先求解B 0,
3
3 m
，A m, m2
2 +
3
3 m
，
C m,0
，可得AB2= m2+
m2
2
2
，BC2= m2+
3
3 m
2
，AC2=
m2
2 +
3
3 m
2
，再分三种情况
讨论即可.
【详解】(1) 解：∵二次函数y =- 1
2 x2+ mx +
3
3 m m≠0
图象过点0, 3
，
∴
3
3 m =
3，
解得：m = 3，
∴二次函数为y =- 1
2 x2+ 3x +
3，
∴xA=-
3
2× - 1
2
= 3，
∴点A 的横坐标为3.
(2) 解：∵点P 2,y1
和Q 4,y2
在函数y =- 1
2 x2
+ mx +
3
3 m m≠0
图象上，
∴y1=-2 + 2m +
3
3 m，y2=-8 + 4m +
3
3 m，
∵m < 3，
y1- y2=-2 + 2m +
3
3 m - -8+4m+
3
3 m
=-2 m-3
> 0，
∴y1> y2.
(3) 解：在函数y =- 1
2 x2+ mx +
3
3 m m≠0
中，
当x = 0 时，y =
3
3 m，
∴B 0,
3
3 m
，
∵y =- 1
2 x2+ mx +
3
3 m =- 1
2
x-m
2+ m2
2
+
3
3 m，二次函数图象的顶点为A，对称轴与x 轴
交于点C
∴A m, m2
2 +
3
3 m
，C m,0
，
∴AB2= m2+
m2
2
2
，BC2= m2+
3
3 m
2
，
AC2=
m2
2 +
3
3 m
2
，
当AB = AC 时，则m2+
m2
2
2
=
m2
2 +
3
3 m
2
，
解得：m = 0(舍去)，m = 2 3
3
，
当AB = BC 时，则m2+
m2
2
2
= m2+
3
3 m
2
，
解得：m = 0(舍去)，m =± 2 3
3
，
当AC = BC 时，则m2+
3
3 m
2
=
m2
2 +
3
3 m
2
，
解得：m = 0(舍去)，m = 2 3
3
，m =-2 3，
综上：m = 2 3
3
或m =- 2 3
3
或m =-2 3.
【点睛】本题考查二次函数综合应用，涉及待定系数法，
等腰三角形定义，两点间的距离公式等，解题的关键是
分类讨论思想的应用．
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25．【分析】(1) ①利用面积先求解AA= 1，再结合中
心对称的性质可得AO = 1
2 AA= 1
2 ，②证明△PAC
∽△QBA，可设AC
AB = PC
AQ = AP
QB = 1
k ，结合
▱AQAP 的面积为1
4 ，可得S△APC = 1
8k ，同理S△BQA
= k
8 ，进一步建立方程求解即可.
(2) 如图，连接EH，MF，记AD，BC的交点为
K，证明M,O,F 共线，E,O,H 共线，BC∥BC，
AB∥AB，AC ∥AC，△OMH ≌△OEF，MH
= EF，设BE = 1，EF = m，CF = n，可得S△AMH
+ S△BNE + S△CGF = 1+m2+n2
1+m+n
2 =
1+m2+n2
1+m2+n2+2m+2n+2mn
，再进一步求解即可.
【详解】(1) 解：①∵AA⊥BC，
∴S△ABC = 1
2 BC ⋅AA= 1，
∵BC = 2，
∴AA= 1，
∵点A 关于点O 的对称点为点A，
∴AO = 1
2 AA= 1
2 .
②∵▱AQAP，
∴AB ∥AB，AC ∥AC，AP = AQ，AQ =
AP，
∴∠QAB = ∠C，∠B = ∠PAC，
∴△PAC ∽△QBA，
∴设AC
AB = PC
AQ = AP
QB = 1
k ，
∴PC
AP = AQ
BQ = 1
k ，
∵▱AQAP 的面积为1
4 ，
∴S△AAP = 1
8 ，
∴S△APC
S△AAP
= PC
AP = 1
k ，
∴S△APC = 1
8k ，
∵△ABC 与△ABC关于O 成中心对称，
∴AB = AB，AB= AB，
∴四边形ABAB为平行四边形，
∴BC ∥BC，
同理可得：
S△BQA
S△AQA= BQ
AQ = k，
∴S△BQA= k
8 ，
∵S△APC + S△BQA= 1 - 1
4 = 3
4 ，
∴k
8 + 1
8k = 3
4 ，
解得：k = 3 ± 2 2，经检验符合题意，
∵AC
AB = 1
k ，AB= AB，
∴AC
BC =
1
k+1 ，
∴AC =
2
k+1 = 2±
2
2
.
(2) 解：如图，连接EH，MF，记AD，BC的交点
为K，
∵△ABC 与△ABC关于O 成中心对称，“平行六
边形” EFGHMN，
∴M,O,F 共线，E,O,H 共线，BC∥BC，AB
∥AB，AC ∥AC，△OMH ≌△OEF，
∴MH = EF，
设BE = 1，EF = m，CF = n，
∴BC = 1 + m + n,
∵AC ∥AC，
∴△BNE ∽△BAC，
∴S△BNE
1
=
BE
BC
2
=
1
1+m+n
2 ，即S△BNE =
1
1+m+n
2 ，
同理：△AMH ∽△ABC，
∴S△AMH
1
=
MH
BC
2
=
m2
1+m+n
2 ，即S△AMH =
m2
1+m+n
2 ，
同理：△CGF ∽△CAB，
∴S△CGF
1
=
CF
CB
2
=
n2
1+m+n
2 ，即S△CGF =
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n2
1+m+n
2 ，
∴S△AMH + S△BNE + S△CGF = 1+m2+n2
1+m+n
2 =
1+m2+n2
1+m2+n2+2m+2n+2mn
，
∵m2+ 1 ≥2m，n2+ 1 ≥2n，m2+ n2≥2mn，
∴S△AMH + S△BNE + S△CGF 的最小值为：
1+m2+n2
1+m2+n2+m2+1+n2+1+m2+n2 = 1
3 ，
此时m2+ 1 = 2m，n2+ 1 = 2n，m2+ n2= 2mn，
∴m = n = 1，即BE = EF = CF，
∴“平行六边形” EFGHMN 的面积的最大值为：1
- 1
3 = 2
3 ，
同理可得：AH
AC = MH
BC = 1
3 ，
同理：△AKH ∽△ADC，△OHK ≌△OED，
∴AK
AD = AH
AC = 1
3 ，OK = OD，
∴AO
AD = 2
3 ，
∴O 是△ABC 的重心.
【点睛】本题考查的是中心对称的性质，平行四边形的
判定与性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的
判定与性质，三角形的重心的判定与性质，一元二次方
程的解法，作出合适的辅助线，选择合适的方法解题是
关键.
26．【分析】(1) ①先根据正方形的性质得出∠A =
∠ABC = 90°，再根据旋转的性质得出BE = BM，
∠BAM = ∠C = 90°，∠EBC = ∠MBA，AM = CE，然
后证明△BFM ≌△BFE，根据全等三角形性质与线段
的和差得到结论成立；②先根据勾股定理求得EF，再
求得AF + EC = 13，从而可求得AD + CD，再求出正
方形ABCD 的边长，从而可求得正方形ABCD 的周长；
(2) 将△BCN 绕点B 逆时针旋转90° 得△BAG，连接
GM，先由旋转性质可得：△BCN ≌△BAG，根据
全等三角形的性质可得∠CBN = ∠ABG，CN =
AG，∠BCN = ∠BAG，BN = BG，再证明
△BMN ≌△BMG SAS
，根据全等三角形的性质得
出MN = GM，再证明四边形AECF 是平行四边形，
从而可得CE ∥AF，再根据平行线的性质可得
∠BEC = ∠BAM，进而可证明∠GAM = 90°，再利
用勾股定理可求解；
(3) 先利用正方形的性质，结合CH ⊥BD，可得同H
为BD 中点，△BCH 是等腰直角三角形，从而可得
BC
CH =
2，再根据中位线定理可得BN = 2HE，
HE ∥BN，从而可说明△BPQ 是等腰直角三角形，
再根据旋转的性质可得△BMN 是等腰直角三角形，于
是就有BN =
2BM，进而求得BC
CH =
2，再证
明△MBC ∽△EHC，列出比例式，求得CM
CE 的值．
【详解】(1) 解：①证明：∵四边形ABCD 是正方形，
∴∠A = ∠ABC = 90°，
∵将△BCE 绕点B 按逆时针方向旋转90° 至△BAM，
∴BE = BM，∠BAM = ∠C = 90°，∠EBC =
∠MBA，AM = CE，
∴∠BAM + ∠A = 180°，∠EBC + ∠ABE = 90° =
∠MBA + ∠ABE = ∠MBE，
∴点M 在DA 的延长线上，
∵∠EBF = 45°，
∴∠MBF = ∠MBE - ∠EBF = 90° -45° = 45°，
∴∠MBF = ∠EBF，
在△BFM 和△BFE 中，
BM=BE
∠MBF=∠EBF
BF=BF
，
∴△BFM ≌△BFE SAS
，
∴FM = EF，
∵FM = AF + AM = AF + CE，
∴EF = AF + CE，
∴AF + EC = EF 成立；
②∵DF = 5，DE = 12，∠D = 90°，
∴EF =
DF 2+DE 2 =
52+122 = 13，
∴AF + EC = 13，
∴AD + CD = AF+EC
+ DF + DE = 13 + 5 +
12 = 30，
∴正方形ABCD 的边长为30 ÷ 2 = 15，
∴正方形ABCD 的周长为15 × 4 = 60；
(2)AM 2+ NC2= MN 2，理由如下：
将△BCN 绕点B 逆时针旋转90° 得△BAG，连接
GM，如图：
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由旋转性质可得：△BCN ≌△BAG，
∴∠CBN = ∠ABG，CN = AG，∠BCN =
∠BAG，BN = BG，
∴∠CBN + ∠ABN = 90° = ∠ABG + ∠ABN =
∠GBN，
∵∠MBN = 45°，
∴∠MBG = ∠GBN - ∠MBN = 90° -45° = 45°，
∴∠MBN = ∠MBG，
∵BM = BM，BN = BG，
∴△BMN ≌△BMG SAS
，
∴MN = GM，
∵AE = CF，AE ∥CF，
∴四边形AECF 是平行四边形，
∴CE ∥AF，
∴∠BEC = ∠BAM，
∵∠BCN + ∠BEC = 90°，
∴∠BAG + ∠BAM = 90°，即∠GAM = 90°，
∴AM 2+ AG2= GM 2，
∴AM 2+ NC2= MN 2；
(3) 过C 作CH ⊥BD 于H，连接HE，设MN 交BC
于K，如图：
∵四边形ABCD 是正方形，CH ⊥BD，
∴H 为BD 中点，△BCH 是等腰直角三角形，
∴BC
CH =
2，
∵E 为DN 的中点，
∴HE 是△BDN 的中位线，
∴BN = 2HE，HE ∥BN，
∵∠PQB = 45°，∠DBC = 45°，
∴△BPQ 是等腰直角三角形，
∵将△BPQ 绕点B 按顺时针方向旋转(旋转角小于
45°) 至△BMN，
∴△BMN 是等腰直角三角形，
∴BN =
2BM，
∴
2BM = 2HE，
∴BM
HE =
2，
∴BC
CH = BM
HE =
2，
∵∠BNK = 45° = ∠DBC，
∴∠BNK + ∠KBN = ∠DBC + ∠KBN，即
∠BKM = ∠DBN，
∵HE ∥BN，
∴∠DHE = ∠DBN，
∴∠BKM = ∠DHE，
∴90° -∠BKM = 90° -∠DHE，
即∠MBC = ∠EHC，
∴△MBC ∽△EHC，
∴CM
CE = BC
CH =
2，
即CM
CE 的值为
2．
【点睛】本题考查了相似三角形综合应用，全等三角形
判定与性质，等腰直角三角形三边的关系，勾股定理及
应用等知识，解题关键是掌握全等三角形判定与性质，
相似三角形判定与性质．
27．【分析】本题主要考查二次函数的判定和性质，待
定系数法确定函数解析式，理解题意，熟练掌握运用二
次函数的性质是解题关键．
(1) ①利用待定系数法代入计算求解即可；
②设直线AB 的解析式为y = kx + b，利用待定系数
法确定函数解析式，然后结合图形得出PQ
=- (x0
- 1)2+ 9，然后利用二次函数的性质求解即可；
③根据二次函数的性质结合图象求解即可；
(2) 根据题意重新确定二次函数的解析式为y = ax2-
(1 + 2a)x + 4 - 8a，得出PQ
=-a(x0- 1)2+ 9a，
然后即可求解．
【详解】(1) 解：①∵c =-4，
∴设抛物线的解析式为：y = ax2+ bx - 4，
∵抛物线y = ax2+ bx + c a>0
经过A 4,0
、
B -2,6
两点，
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∴0=16a+4b-4
6=4a-2b-4
，解得：a=1
b=-3
，
∴抛物线的解析式为：y = x2- 3x - 4；
②设直线AB 的解析式为y = kx + b，将点A、B 代
入得：
0=4k+b
6=-2k+b
，解得：k=-1
b=4
，
∴y =-x + 4，
∵点P x0,y0
是线段AB 上的动点，过点P 作PQ ⊥
x 轴交抛物线于点Q．
∴P x0,-x0+4
，Q x0,x0
2-3x0-4
，
∴PQ
=-x0+ 4 - (x0
2- 3x0- 4) =- (x0- 1)2+
9，
由题意得：-2 ≤x0≤4，
∴当x0= 1 时，PQ
取得最大值为9；
③∵PQ
=- (x0- 1)2+ 9，-2 ≤x0≤4，
∴当t ≥-2，t + 1 ≤1 时，即-2 ≤t ≤0 时，PQ 的
最大长度在x0= t + 1 处取得；
当t < 1，t + 1 > 1 时，即0 < t < 1 时，PQ 的最大
长度在x0= 1 处取得；
当t ≥1，t + 1 ≤4 时，即1 ≤t ≤3 时，PQ 的最大
长度在x0= t 处取得；
(2) 解：不发生变化，理由如下：
∵抛物线y = ax2+ bx + c a>0
经过A 4,0
、
B -2,6
两点．
∴0=16a+4b+c
6=4a-2b+c
，解得：b=-1-2a
c=4-8a
，
∴抛物线的解析式为：y = ax2- (1 + 2a)x + 4 -
8a，
∵点P x0,y0
是线段AB 上的动点，
∴y0=-x0+ 4，
∵点Q 在抛物线上，
∴点Q 的坐标为Q x0,ax0
2- 1+2a
x0+4-8a
，
∴PQ
=-x0+ 4 - [ax0
2- (1 + 2a)x0+ 4 - 8a] =
-a(x0- 1)2+ 9a，
∵PQ
解析式图形开口方向及对称轴同(1) 中③的解析
图象一致，
∴问题(1) 中③的结论未发生变化．
28．【分析】(1) 结合图形找出点P 的位置即可求解；
(2) 根据点P 位置的分布即可判断；
(3) 利用勾股定理及线段垂直平分线的性质解答即可求
解；
(4) 结合图形性质，根据正方形的性质解答即可．
【详解】解：(1) 当M 为0,0
时，线段AM 的垂直平
分线为直线y = 2，过点M 垂直于x 轴的垂线l2 即为y
轴，
∴点P 的坐标为0,2
；
当M 为4,0
时，如图所示，点P 的坐标为4,4
，
故答案为：0,2
，4,4
；
(2) 由对称性可知，当M 为-4,0
时，如图所示，点
P 的坐标为-4,4
，
∴由点P 的位置变化可猜想L 为我们学过的二次函数，
故答案为：②；
(3) 由勾股定理得，PA2= x-0
2+ y-4
2= x2+
y-4
2，PM 2= y2，
∵PA = PM，
∴x2+ y-4
2= y2，
∴y = 1
8 x2+ 2；
(4) 如图，当x = 4 时，点P 4,4
，此时∠APM =
90°，四边形AOMP 是正方形，
当-4 < x < 4 时，可知∠AM O > 45°，则
∠PAM = ∠PM A < 45°，
∴∠APM > 90°，
即△AMP 为钝角三角形，
又由(1) 可知当M 为0,0
时，点P 的坐标为0,2
，
点A、M、P 三点共线构成不了三角形，
∴x ≠0，
综上，要使△AMP 为钝角三角形，x 的取值范围为
-4 < x < 4 且x ≠0．
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【点睛】本题考查了坐标与图形，勾股定理，二次函数
的图象，线段垂直平分线的性质，正方形的性质等，理
解题意是解题的关键．
29．【分析】本题主要考查了全等三角形的判定与性
质，相似三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性
质，准确理解题目中给的条件，作出辅助线求解是解题
的关键．
(1) ①根据题意可得此时△APN 为等腰直角三角形，作
图求解即可；
②连结CP，根据直角三角行斜边上的中线等于斜边的
一半求出CP = AP = BP，进而证明△APN ≌
△PCM ASA
，即可得解．
(2) 分两种情况讨论，第一种情况，0° < θ < 90°，设
CN = x．则CM = 2x，求出CM 的长，过点P 作
PH ⊥BC 于H 交MN 于点G，分别证明△GMH ∽
△NMC 和△NCF ∽△GPF 即可得解；第二种情况，
90° ≤θ < 135°，连接PM、PN，分别证明
△GMH ∽△NMC 和△NCF ∽△GPF 即可得解．
【详解】(1) ①如图所示，
∵△ABC 为等腰直角三角
形，
∴∠A = ∠B = 45°，
又∵∠θ = 45°，
∴∠ANP = 90°，
∴△APN 为等腰直角三角形，
∵∠NPM = 90°，
∴PN ⊥AC，PM ⊥BC，
∴PN ∥BC，PM ∥AC，
∵P 为AB 中点，
∴M、N 为BC、AC 的中点，
∵BC = AC = 4，
∴CM = BM = 2；
故答案为：2．
②连结CP，
∵∠ACB = 90°，AC = BC = 4，
∴∠A = 45°，
又∵点P 为AB 的中点，
∴CP ⊥AB，CP = AP = BP，∠PCM = ∠A =
45°，
∴θ + ∠2 = 90°，
又∵∠1 + ∠2 = 90°，
∴∠1 = θ，
∴△APN ≌△PCM ASA
∴CM = AN，
∴CM + CN = AN + CN = AC = 4．
(2) 第一种情况如图所示，0° < θ < 90°，设CN = x．
则CM = 2x，
∴2x + x = 4，
∴x = 4
3 ，
∴CM = 2x = 8
3 ，
过点P 作PH ⊥BC 于H 交MN 于点G，
∴CH = 1
2 BC = 2，
∠PHB = 90°，
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∴MH = 8
3 - 2 = 2
3 ，
又∵∠ACB = 90°，
∴PH ∥AC，
∴△GMH ∽△NMC，
∴GH
MH = NC
CM ，
∴GH
2
3
=
4
3
8
3
，
∴GH = 1
3 ，
∴PG = PH - GH = 2 - 1
3 = 5
3 ，
又∵PH ∥AC
∴△NCF ∽△GPF，
∴CF
PF = CN
PG = 4
3 ÷ 5
3 = 4
5 ；
第二种情况：如右图所示，90° ≤θ < 135°，连接
PM、PN，
易知，当θ = 90° 时，点M、N 分别与B、A 重合，
与题意不符，不成立；
由(1) 可知：△PMB ≌△PCN ASA
，
∴BM = CN，
∴CM - CN = CM - BM = BC = 4，
又∵CM = 2CN，
∴CN = 4．CM = 8，
可得MH = 6，CH = 2，CN = 4，
∵PC ∥AN，
∴△MHG ∽△MCN，
∴HG
CN = MH
MC = 6
8 ，
∴HG = 4 × 6
8 = 3，
∴PG = PH + HG = 2 + 3 = 5，
又∵PH ⊥BC，∠ACB = 90°，
∴PG ∥AC，
∴△NCF ∽△GPF，
∴CF
PF = CN
PG = 4
5 ．
30．【分析】本题考查旋转的性质，二次函数的图象和
性质，二次函数的综合应用，正确的求出函数解析式，
利用数形结合和分类讨论的思想进行求解，是解题的关
键：
(1) 根据旋转的性质，二次函数的对称轴公式进行计算
即可；
(2) 根据二次函数的增减性，列出方程求出a 的值即可；
(3) 分AP 为对角线，AM 为对角线，MP 为对角线，
三种情况进行讨论求解即可．
【详解】(1) 解：∵点A 的坐标是-1,0
，
∴OA = 1，
∵以原点为中心，把点A 顺时针旋转90°，
∴∠AOA= 90°,OA= OA = 1，
此时点A在y 轴正半轴上，
∴A0,1
；
∵y = ax2- 4ax a<0
，
∴对称轴为直线x =- -4a
2a
= 2；
(2) ∵y = ax2- 4ax a<0
，对称轴为直线x = 2，
∴当x > 2 时，y 随x 的增大而减小，
∵3 ≤x ≤5，
∴当x = 3，y 有最大值为a × 32- 4 × 3a =-3a = 1
- 2a，
∴a =-1，
∴y =-x2+ 4x；
(3) 存在；
∵y =-x2+ 4x，
∴当x = 2 时，y =-22+ 4 × 2 = 4，
∴P 2,4
，
设M 0,m
，N s,t
，
由(1) 知：A0,1
；
当以点A，P，M，N 为顶点的四边形是矩形时，分
三种情况：
①当AP 为对角线时，则△AMP 为以M 为顶点的直
角三角形，PN ∥AM，即PN ∥y 轴，AN ∥PM，
∴PM ⊥y 轴，
∴AN ⊥y 轴，
∴M 0,4
，N 2,1
；
②当以AM 为对角线时，则：0+0=2+s
1+m=4+t
，解得
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s=-2
m=t+3
，
∴M 0,t+3
，N -2,t
，
∵AM = PN，
∴t+3-1
2= 2+2
2+ 4-t
2，解得t = 7
3 ；
∴N -2, 7
3
；
③当以PM 为对角线时，要满足A，P，M，N 为顶
点的四边形是矩形，则需要满足△APM 是以∠PAM
为直角的直角三角形，即PA⊥y 轴，与题意不符；
故此种情况不存在；
综上：N 2,1
或N -2, 7
3
．
31．【分析】(1) 根据三角函数的定义，类比题目求解
即可；
(2) 根据(1) 中结论可知
a
sinA =
b
sinB =
c
sinC ，代入相
关数值求解即可；
(3) 连接OA,OC，延长AO,CO 分别交⊙O 于D，E，
连接CD,BD,AE,BE，根据直径对直角和圆周角定理
可知∠ACB = ∠ADB,∠ADC = ∠AEC = ∠ABC,
∠BEC = ∠BAC，∠ABD = ∠ACD = ∠CAE =
∠CBE = 90°，根据三角函数的定义，分别在
Rt△ABD，Rt△ADC，Rt△AEC，Rt△BCE 中，
可得
b
sin∠ABC =
c
sin∠ACB = AD = 2R，
a
sin∠BAC =
b
sin∠ABC = CE = 2R，即可得证；
(4) 过O 作OH ⊥EF，连接OE，OF，根据垂径定
理，圆周角定理和三角函数可得EF = 2EH =
3OE
=
3
2 AD，当AD ⊥BC 时，AD 最小，此时EF
也最小，根据三角函数求出AD 最小值，即可得解．
【详解】(1) 解：同理，在Rt△AEB 中，BE = c ⋅
sin∠BAC，
在Rt△BEC 中 ，BE = a ⋅sin∠ACB，
∴c ⋅sin∠BAC = a ⋅sin∠ACB，
即
a
sin∠BAC =
c
sin∠ACB ，
∴
a
sin∠BAC =
b
sin∠ABC =
c
sin∠ACB ；
故答案为：c ⋅sin∠BAC，a ⋅sin∠ACB，c ⋅
sin∠BAC，a ⋅sin∠ACB；
(2) 解：∵∠A = 70°,∠B = 50°，
∴∠C = 180° -∠A - ∠B = 60°，
由(1) 知：
a
sinA =
b
sinB =
c
sinC ，
∴
a
sin70° =
b
sin50° = 2 3
sin60°
，
∴b = 2 3
sin60° ⋅sin50° ≈2 3
3
2
× 0.77 = 3.08 ≈
3.1，a = 2 3
sin60° ⋅sin70° ≈2 3
3
2
× 0.94 = 3.76 ≈
3.8，
∴AC ≈3.1，BC ≈3.8；
(3) 证明：连接OA,OC，延长AO,CO 分别交⊙O 于
D，E，连接CD,BD,AE,BE，则∠ACB =
∠ADB,∠ADC = ∠AEC = ∠ABC,∠BEC =
∠BAC，AD = CE = 2R，
∵AD,CE 是直径，
∴∠ABD = ∠ACD = ∠CAE = ∠CBE = 90°，
在Rt△ABD 中，sin∠ADB =
c
AD ，
∴
c
sin∠ADB =
c
sin∠ACB = AD = 2R，
在Rt△ADC 中，sin∠ADC =
b
AD ，
∴
b
sin∠ADC =
b
sin∠ABC = AD = 2R，
∴
b
sin∠ABC =
c
sin∠ACB = 2R，
同理，在Rt△AEC 中，
b
sin∠ABC = CE = 2R，
在Rt△BCE 中，可得
a
sin∠BAC = CE = 2R，
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·127·
∴
a
sin∠BAC =
b
sin∠ABC = 2R，
∴
a
sin∠BAC =
b
sin∠ABC =
c
sin∠ACB = 2R；
(4) 解：过O 作OH ⊥EF，连接OE，OF，
∵OH ⊥EF，
∴EH = FH = 1
2 EF，
∵∠BAC = 60°，
∴∠EOF = 2∠BAC = 120°，
∵OE = OF，
∴∠OEF = ∠OFE = 30°，
在Rt△OEH 中，cos30° = EH
OE ，
∴EH =
3
2 OE，
∴EF = 2EH =
3OE =
3
2 AD，
∴当AD ⊥BC 时，AD 最小，此时EF 也最小，
过A 作AD⊥BC 于D，
在Rt△ADB 中，sinB = AD
AB ，
∴AD= AB ⋅sinB = 2 2 ×
2
2
= 2，
∴EF =
3
2
× 2 =
3，
∴EF 长度的最小值是
3，
故答案为：
3．
【点睛】本题考查了三角函数，垂径定理，圆周角定理，
等腰三角形的性质，解题的关键是正确作出辅助线，综
合运用以上知识解决问题．
32．【分析】本题考查了旋转的性质，锐角三角函数
值，菱形的性质，全等三角形的判定和性质，准确从探
究性质中得出线段PQ可由线段PQ 以点O 为中心，
逆时针旋转60° 得到是解题的关键．
概念理解：根据概念代入即可解答；
探究性质：①根据概念代入求得Q-4,0
，画出图形
即可；
②根据旋转的性质，画出旋转中心即可；
运用性质：由探究性质中可得，曲线l 由反比例函数y
= 2
x (x < 0) 图像，绕点O 逆时针旋转45° 得到，线
段BC 绕点O 逆时针旋转45° 交反比例函数y = 2
x (x
< 0) 于点M ,N ，求得S△BOM+ S△CON= 6，利用
旋转的性质可得S△BOM+ S△CON= S△BOM + S△CON，
最后利用全等三角形的性质即可解答．
【详解】概念理解：
解：x=3 3×cos60°-3×sin60°=0
y=3 3×sin60°+3×cos60°=6
，
∴P0,6
；
探究性质：①根据概念理解可得P0,6
，
-2×cos60°-2 3×sin60°=-4
-2×sin60°+2 3×cos60°=0
，
∴Q-4,0
，
故点P、Q 对应的“θ 变换”点P、Q如下图，
②线段PQ 经过一次平移或轴对称，不能得到PQ，
线段PQ可由线段PQ 通过旋转变换得到，
旋转中心如图所示，
∵OP =
3 3
2+32 = 6 = OP，OQ =
-2
2+ 2 3
2 = 4 = OQ，
∴旋转中心为点O，
∵PP=
3 3
2+ 3-6
2 = 6，
∴△PPO 为等腰三角形，
∴∠POP= 60°，
∴线段PQ可由线段PQ 以点O 为中心，逆时针旋转
60° 得到，
；
运用性质：由探究性质中可得，曲线l 由反比例函数y
= 2
x (x < 0) 图像，绕点O 逆时针旋转45° 得到，
∵B -3 2,-3 2
，C
2,- 2
，
∴OB =
-3 2
2+ -3 2
2 = 6，且OB 与x 轴
的夹角为45°，
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OC =
2
2+ - 2
2 = 2，且OC 与y 轴的夹角
为45°，
将线段BC 绕点O 逆时针旋转45° 交反比例函数y =
2
x (x < 0) 于点M ,N ，连接M O,N O，如图，
,
则B-6,0
，C0,-2
，
设直线BC的解析式为y = kx + b，
把B-6,0
，C0,-2
代入可得
0=-6k+b
-2=b
，
解得k=- 1
3
b=-2
，
所以直线BC的解析式为y =- 1
3 x - 2，
令- 1
3 x - 2 = 2
x ，
解得x1= -6-2 3
2
,x2= -6+2 3
2
，
经检验，x1=-3 -
3,x2=-3 +
3 是原方程的解，
∴M -3-
3,
3
3 -1
，
N -3+
3,-
3
3 -1
，
∴S△BOM+ S△CON= 1
2 × 6 × 1-
3
3
+ 1
2 × 2
× - 3+3
= 6，
根据旋转的性质可得S△BOM+ S△CON= S△BOM +
S△CON = S1+ S2，
∵四边形ABCD 为菱形，
∴BC ∥AD，BO = DO，OA = OC，
∴∠OBM = ∠ODE,∠OAF = ∠OCN，
∵∠BOM = ∠DOE,∠AOF = ∠CON，
∴△BOM ≌△DOE AAS
，△AOF ≌
△CON AAS
，
∴S1= S3，S2= S4，
∴S1+ S2+ S3+ S4= 12．
33．【分析】本题考查了新定义，数字类规律，分式的
化简，理解难度大，理解题意是解题的关键．
(1) 观察数据即可解答；
(2) ①正F 面体，它有F 个面，每个面都有n 条边，则
F 个面的边数之和为Fn，又因为正F 面体的两个面共
用一条边，所以正F 面体的棱数为Fn
2 ；②正F 面体，
它有V 个顶点，且每个顶点都连接r 条棱，则V 个顶
点的棱数之和为Vr，又因为正F 面体的一条棱连接两
个顶点，所以正F 面体的棱数为Vr
2 ；
(3) 上述公式列方程即可解答；
(4) 由题意可得F = 2E
n ，V = 2E
r
代入F + V - E
= 2 可得2E
n + 2E
r
- E = 2，整理后，利用r ≥3,
n ≥3 逐一判断即可．
【详解】解：(1) 根据观察可得F + V - E = 2，
故答案为：F + V - E = 2；
(2) ①正F 面体，它有F 个面，每个面都有n 条边，则
F 个面的边数之和为Fn，
又因为正F 面体的两个面共用一条边，所以正F 面体
的棱数为Fn
2 ，
故答案为：Fn
2 ；
②正F 面体，它有V 个顶点，且每个顶点都连接r 条
棱，则V 个顶点的棱数之和为Vr，
又因为正F 面体的一条棱连接两个顶点，所以正F 面
体的棱数为Vr
2 ，
故答案为：Vr
2 ；
(3) 由题意可得E = 30，r = 3，
∴V = 2E
r
= 20，
根据(1) 中公式可得F + V - E = 2，
可得20 + F - 30 = 2，
解得F = 12，
则这个正多面体的面数为12；
(4) 由题意可得F = 2E
n ，V = 2E
r ，
代入F + V - E = 2 可得，
2E
n + 2E
r
- E = 2，
2E
n + 2E
r
= 2 + E，
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1
n + 1
r = 1
E + 1
2 > 1
2 ，
∵n,r 为正整数，且n ≥3，r ≥3，
当n = 3 时，r = 3 时，1
3 + 1
3 = 2
3 > 1
2 ，故成
立，
当n = 3 时，r = 4 时，1
3 + 1
4 = 7
12 > 1
2 ，故成
立，
当n = 3 时，r = 5 时，1
3 + 1
5 = 8
15 > 1
2 ，故成
立，
当n = 3 时，r ≥6 时，1
n + 1
r ≤1
2 ，故不成立，
当n = 4 时，r = 3 时，1
4 + 1
3 = 7
12 > 1
2 ，故成
立，
当n = 4 时，r ≥4 时，1
n + 1
r ≤1
2 ，故不成立，
当n = 5 时，r = 3 时，1
5 + 1
3 = 8
15 > 1
2 ，故成
立，
当n = 5 时，r ≥4 时，1
n + 1
r < 1
2 ，故不成立，
当n ≥6 时，无论r 取任何值，1
n + 1
r ≤1
2 ，故不
成立，
综上，满足正多面体定义的几何体一共有5 个．
34．【分析】本题主要考查了圆的性质，旋转的性质，
比的应用，解题的关键是理解题意，找到等量关系．
[探究] (1) 根据题意，列出代数式，根据等式求出比值
即可；
(2) 借助(1) 的结论，根据齿数相等，进行求解即可，观
察图中圆旋转的方向，可得“惰轮”的作用；
[发现] 根据齿数相等，可选择更换不同齿数的从动轮或
主动轮进行变速．
【详解】解：[探究] (1) 主动轮每分钟转ω1 圈，则每分
钟啮合的齿数有n1w1 个，从动轮每分钟转ω2 圈，则每
分钟啮合的齿数有n2w2 个，
∵n1w1= n2w2
∴ω1
ω2
= n2
n1
，
故答案为：n1w1，n2w2，n2
n1
；
(2) 从动轮的转速为70×32
14
= 160(圈/ 分钟)，
“惰轮”的作用是使从动轮与主动轮旋转的方向保持一
致，
∴从动轮的转速为每分钟160 圈；
[发现] 实现自行车“变速”的方法可以是：更换不同齿
数的从动轮或主动轮．
35．【分析】本题考查二次函数的综合应用，熟练掌握
二次函数的图像和性质，新定义，是解题的关键：
(1) ①令y = 1
2 x2= t，得到E - 2t,t
,F
2t,t
，
进而得到EF = 2 2t，根据新定义，进行讨论即可得
出结果；
②点P 在直线EF 上，得到n = t，由①可知n ≤9
2 ，
再根据y = t 与y = 1
2 x2 的图像有2 个交点，得到n >
0，即可得出结果；
(2) 把6,1
代入函数表达式，得到1 = 1
2
6-h
2+
k，令y = 1
2
x-h
2+ k = 5，得到
E h-
2 5-k
,5
,F h+
2 5-k
,5
，分3 种
情况求解即可．
【详解】(1) 解：①当y = 1
2 x2= t 时，x =± 2t，
∴E - 2t,t
,F
2t,t
，
∴EF = 2 2t，
∴当t = 2 时，EF = 4，
此时在线段EF 的延长线上或线段FE 的延长线上，存
在点P 使PE + PF = 6，满足题意；
当t = 9
2 时，EF = 2
2× 9
2 = 6，
∴当点P 在线段EF 上时，PE + PF = EF = 6，满
足题意；
当t = 5 时，EF = 2 2×5 = 2 10 > 6，
∴直线EF 上不存在点P 使PE + PF = 6，不满足题
意；
综上：使该函数图像有T ∼6 生长点的t 的值是2, 9
2 ；
②猜想0 < n ≤9
2 ，理由如下：
∵点P 在直线EF 上，
∴n = t，
由(1) 知：当t = 9
2 时，此时EF = 2
2× 9
2 = 6，
∴当t > 9
2 时，EF > 6，此时直线EF 上不存在点P
使PE + PF = 6，
∴n ≤9
2 ；
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·130·
又∵过点T 0,t
作y 轴的垂线与y = 1
2 x2 的图像交
于点E,F，
而y = 1
2 x2 的最小值为y = 0，
∴n > 0；
∴0 < n ≤9
2 ；
(2) ∵二次函数y = 1
2
x-h
2+ k(h、k 为常数) 的图
像经过点6,1
，
∴1 = 1
2
6-h
2+ k；
∵P 3,5
是该函数图像的T ∼6 生长点，
∴t = 5，
当y = 1
2
x-h
2+ k = 5 时，则：x-h
2=
2 5-k
，
∴x = h ±
2 5-k
，
∴E h-
2 5-k
,5
,F h+
2 5-k
,5
，
∴EF = 2 2 5-k
，
①当点P 在线段EF 上时，则：PE + PF = EF =
2 2 5-k
= 6，
∴
2 5-k
= 3，
解得k = 1
2 ，
把k = 1
2 代入1 = 1
2
6-h
2+ k，得：h = 5 或h
= 7，
当h = 5 时，E 2,5
,F 8,5
，满足题意；
当h = 7 时，E 4,5
,F 10,5
，此时点P 不在线段
EF 上，不符合题意，舍去；
∴y = 1
2
x-5
2+ 1
2 ；
②当点P 在点E 的左侧时，则：PE = h -
2 5-k
- 3,PF = h +
2 5-k
- 3，
∴PE + PF = h -
2 5-k
- 3 + h +
2 5-k
- 3 = 6，
∴2h = 12，
∴h = 6，
把h = 6，代入1 = 1
2
6-h
2+ k，得：k = 1，
此时E 6-2 2,5
,F 6+2 2,5
，符合题意；
∴y = 1
2
x-6
2+ 1；
③当点P 在点F 的右侧时，则：PE = 3 - h +
2 5-k
,PF = 3 - h -
2 5-k
，
∴PE + PF = 3 - h +
2 5-k
+ 3 - h -
2 5-k
= 6，
∴h = 0，
把h = 0，代入1 = 1
2
6-h
2+ k，得：k =-17，
∴
2 5-k
=
2×22 = 2 11
此时E -2 11,5
,F 2 11,5
，点P 不在点F 的右
侧，不符合题意，舍去；
综上：y = 1
2
x-5
2+ 1
2 或y = 1
2
x-6
2+ 1．
36．【分析】本题主要考查实际情景中的数学问题，涉
及解直角三角形，平行线的性质，解题的关键是通过作
辅助线构建直角三角形进行求解．
(1) ①根据题意，直接求线段长即可；②利用平行线的
性质，两直线平行同位角相等，再借助直接三角形求
解；
(2) 延长PN 交AC 于点F，先求出相关角，再利用
FK = CF ⋅tan60°，接着可得PK =- 3x + 1.8 -
3
2
，延长NM 交AB 于点H，过A 作AI ⊥MN 交
MN 于I，为保证头部不被淋湿，即HN ≥MN，建立
不等式求解即可；
(3) 设小丽将手臂水平前伸了x 米时，身体恰好不会被
淋湿，计算出此时x 的值，再判断此时头部是否被淋湿
即可．
【详解】解：(1) ①由题意知，OG = 0.45 米，GP =
1.35 米，
∴OP = OG + GP = 0.45 + 1.35 = 1.8 米，
即点C 到地面的距离是1.8 米，
故答案为：1.8；
②∵AC = 1 米，点O 为AC 中点，
∴OC = 1
2 AC = 1
2 米，
∵AB ∥CD，
∴∠ABD = ∠KDP = 72°，
∵AC ∥BD，
∴∠OCK = ∠KDP = 72°，
∴在Rt△OCK 中，OK = OC ⋅tan72° = 1
2 ×
3.08 = 1.54 米，
∴PK = OP - OK = 1.8 - 1.54 = 0.26 米，
故答案为：0.26；
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·131·
(2) 如图，延长PN 交AC 于点F，
则OF = EG = x，
∴CF = OF + OC = x+ 1
2
米，
∵AB ∥CD，
∴∠ABD = ∠KDP = 60°，
∵AC ∥BD，
∴∠FCK = ∠KDP = 60°，
∴在Rt△FCK 中，FK = CF ⋅tan60° =
1
2 +x
×
3 =
3
2 +
3x
米，
∴PK = FP - FK = 1.8 -
3
2 +
3x
=- 3x
+ 1.8 -
3
2
，
即y =- 3x + 1.8 -
3
2
，
延长NM 交AB 于点H，过A 作AI ⊥MN 交MN 于
I，
则AI = 1.8 - 1.6 = 0.2(米)，HI =
0.2
tan60° =
3
15 ，AF = NI = 0.5 - x，
为使头部不被淋湿，
所以HN = HI + IN =
3
15 + 0.5 - x ≥MN = 0.2，
解得x ≤9+2 3
30
，又x ≥0，
所以0 ≤x ≤9+2 3
30
；
∴y =- 3x + 1.8 -
3
2
0≤x≤9+2 3
30
；
(3) 设小丽将手臂水平前伸了x 米时，身体恰好不会被
淋湿，如图，
延长NM 交AB 于点R，过R 作RT ⊥BD 交BD 于
T，
延长EG 交CD 于W，过W 作WY ⊥OG 交OG
于Y，
则WY = OC = 0.5 = 1
2 ，∠GWD = ∠YGW =
60°，RT = MQ = 1.6，
BD =
1
sin60° = 2 3
3
，
所以在Rt△YGW 中，YG = YW
tan60° =
3
6
<
OG，GW =
YG2+YW 2 =
3
3
，
在Rt△DEW 中，EW =
DE
tan60° = 1.35
3
= 9 3
20
，
所以EG = EW - GW = 9 3
20
-
3
3
= 7 3
60
<
0.5，
在Rt△BRT 中，BT =
RT
tan60° = 1.6
3 = 8 3
15
，
又BD - BT = 2 3
3
- 8 3
15
= 2 3
15
> MN =
0.2，
所以此时头部不会被淋湿，
综上，可以通过调节手臂水平前伸长度，使得全身都不
会被雨淋湿，EG 的最小值为7 3
60
．
37．【分析】(1) 根据三线合一、勾股定理和线段的和
差关系，进行求解即可；
(2) 利用(1) 中结论得到AC2- CD2= AD ⋅BD，进而
求出CD2，即可得出结果；
(3) 延长BD 交⊙O 于点E，连接CE,OE，利用(1)
中结论得到BD ⋅DE = 56，证明△BEC ∽△CED，
得到CE
BE = DE
CE = CD
BC = 1
2 ，推出BD = 3DE，
代入BD ⋅DE = 56 中，进行求解即可；
(4) 设∠DAE = ∠DEA = α,∠DBE = ∠EDB = β，
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·132·
根据三角形的外角结合三角形的内角和定理推出
∠DPA = ∠EPB = ∠DEA + ∠BDE = α + β =
30°，作DH ⊥AE,EG ⊥BD，垂足分别为H,G，
则：AH = EH,DG = BG，根据tan∠CAE =
DH
AH = 1
5 ，设DH = x，则EH = AH = 5x，根据
含30 度角的直角三角形的性质，结合线段的和差关系，
分别求出PA,PE,PB,PD 的长，进行求解即可．
【详解】解：(1) 如图(1)，过点A 作AD ⊥BC 于点
D，
在Rt△ABD 中，
∵∠ADB = 90°，
∴AB2= AD2+ BD2．①
在Rt△APD 中，
∵∠ADP = 90°，
∴AP2= AD2+ DP2．②
由①- ②得：AB2- AP2= BD2- PD2=
BD+PD
⋅BD-PD
．
∵AB = AC，AD ⊥BC，
∴BD = CD．
∴BD - PD = CD - PD = CP．
∵BD + PD = BP，
∴AB2- AP2= BP ⋅CP，
故答案为：AD2+ DP2，CD，AB2- AP2= BP ⋅
CP；
(2) ∵等腰直角三角形ABC 中，∠ACB = 90°，AC
= 2，
∴AB =
2AC = 2 2，
∵AD = 2，
∴BD = AB - AD = 2 2 - 2；
由(1) 中结论可知：AC2- CD2= AD ⋅BD，即：22
- CD2= 2 × 2 2-2
，
∴CD2= 22- 2 × 2 2-2
= 8 - 4 2，
∴正方形CDEF 的面积= CD2= 8 - 4 2；
(3) 延长BD 交⊙O 于点E，连接CE,OE，则：OE
= OB = 9，
由(1) 中结论可知：OB2- OD2= BD ⋅DE，即：92
- 52= BD ⋅DE，
∴BD ⋅DE = 56；
∵BD 平分∠ABC，
∴∠ABD = ∠CBD，
∵∠ABE = ∠ACE，
∴∠CBD = ∠DCE，
又∵∠CED = ∠CEB，
∴△BEC ∽△CED，
∴CE
BE = DE
CE = CD
BC = 1
2 ，
∴DE = 1
2 CE,BE = 2CE，
∴BE = 4DE，
∴BD = 3DE，
∵BD ⋅DE = 56，
∴BD ⋅1
3 BD = 56，
解得BD =
3×56 = 2 42；
(4) ∵AD = DE = BE，
∴∠DAE = ∠DEA,∠DBE = ∠EDB，
设∠DAE = ∠DEA = α,∠DBE = ∠EDB = β，
则：∠CDE = ∠DAE + ∠DEA = 2α,∠CED =
∠DBE + ∠EDB = 2β，
∵∠C = 120°，
∴2α + 2β = 180° -∠C = 60°，
∴∠DPA = ∠EPB = ∠DEA + ∠BDE = α + β =
30°，
作DH ⊥AE,EG ⊥BD，垂足分别为H,G，则：
AH = EH,DG = BG，
∵tan∠CAE = DH
AH = 1
5 ，
∴设DH = x，则EH = AH = 5x，
在Rt△DHP 中，∠DPH = 30°，
∴DP = 2DH = 2x，PH =
3DH =
3x，
∴EP = EH - PH = 5x -
3x，AP = AH + PH
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·133·
= 5x +
3x，
同理：EG = 1
2 EP = 1
2
5x-
3x
，PG =
3EG =
3
2
5x-
3x
，
∴BG = DG = DP + PG = 2x +
3
2
5x-
3x
= 5 3
2
x + 1
2 x，
∴BP = BG + PG = 5 3
2
x + 1
2 x +
3
2
5x-
3x
= 5 3x - x，
∴PB-PD
PA-PE =
5 3x-x-2x
5x+
3x-5x+
3x = 5 3-3
2 3
= 5-
3
2
，
故答案为：5-
3
2
．
【点睛】本题主要考查了三线合一，勾股定理，相似三
角形的判定和性质，圆周角定理，解直角三角形等知识
点，熟练掌握相关知识点，合理添加辅助线，构造特殊
三角形和相似三角形，熟练掌握(1) 中得到的结论，是
解题的关键．
38．【分析】本题考查了二次函数综合问题，角度问
题，正切的定义，等腰三角形的性质与判定；
(1) 当m = 3 时，二次函数y = ax2+ bx - 4 的图象与
x 轴交于A(-1,0),B(3,0)，设二次函数的交点式为y
= a(x + 1) (x - 3)，展开后得到-3a =-4 求解即可
得到答案；
(2) 根据解析式求得点C 0,-4
，进而勾股定理求得
BC = 5，作∠DCE 的角平分线CG 交x 轴于点G，则
∠OCG = ∠BCG，AF ⊥CG，进而得出∠OCG
= ∠OAD，根据角平分线的定义得出OC
BC = OG
BG
= 4
5 ，求得OG = 4
3 ，进而可得tan∠OAD =
OD
OA = 1
3 ，从而求得点D 的坐标，待定系数法求解
析式，即可求解．
(3) 先找到临界值，当m = 4 时，OB = OC = 4，此
时得出F,B 重合，根据题意可得F 是第四象限的点，
则当∠OCB > 45° 时，m > 4 即可求解；
(4) 根据题意得出△OAD 是等腰直角三角形，进而根
据已知得出∠OCB = ∠DCE = ∠DEC = 67.5°，取
H 4,0
得出△OCH 是等腰直角三角形，进而求得
HC = HB = 4 2，即可得出B 的坐标，即可求解．
【详解】(1) 解：当m = 3 时，二次函数y = ax2+ bx
- 4 的图象与x 轴交于A(-1,0),B(3,0)，
∴设二次函数的交点式为y = a(x + 1) (x - 3)，
∵y = a(x + 1) (x - 3) = a x2-2x-3
= ax2-
2ax - 3a，y = ax2+ bx - 4，
∴-3a =-4，
解得a = 4
3 ，
∴函数的解析式为y = 4
3 x2- 8
3 x - 4；
(2) 解：对于二次函数y = 4
3 x2- 8
3 x - 4，
令x = 0，可得y =-4，则点C 的坐标为(0, -4)，则
OC = 4
∵∠CDE = ∠CED，
∴CD = CE，
∵OB = 3,OC = 4
∴BC =
OB2+OC2 = 5，
如图，作∠DCE 的角平分线CG 交x 轴于点G，则
∠OCG = ∠BCG，AF ⊥CG
∴∠OAD = 90° -∠AGC = ∠OCG = 1
2 ∠OCB，
设G 到BC 的距离为d，则d = OG，
∵S△OCG
S△BCG
=
1
2 OC×OG
1
2 BC×d
=
1
2 OC×OG
1
2 BG×OC
，
∴OC
BC = OG
BG = 4
5 ，
∴OG = 4
9 OB = 4
9 × 3 = 4
3 ．
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·134·
∴tan∠OCG = OG
OC =
4
3
4 = 1
3 ．
∵∠OCG = ∠OAD，
∴tan∠OAD = OD
OA = 1
3 ．
∵A -1,0
，则OA = 1，
∴OD = 1
3 ．
∴D 0,- 1
3
．
设直线AF 的解析式为y = kx + b k≠0
，代入
A -1,0
，D 0,- 1
3
∴
-k+b=0
b=- 1
3
，
解得：
k=- 1
3
b=- 1
3
，
∴直线AF 的解析式y =- 1
3 x - 1
3 ．
(3) 解：当m = 4 时，OB = OC = 4，
∴△OBC 是等腰直角三角形，
∴∠OCB = 45°．
∵∠DCE = ∠DEC，
∴∠CDE = 90°，则D,O 重合，F,B 重合，
又∵F 是第四象限的点，
∴当∠OCB > 45° 时，则∠CDF < 90°，m > 4．
∴要使得∠DCE = ∠DEC 成立，m 的取值范围为m
> 4；
(4) 解：∵OD = OA = 1，
∴△OAD 是等腰直角三角形．
∴∠CDE = ∠ADO = 45°．
∴∠OCB = ∠DCE = ∠DEC = 67.5°．
在Rt△OBC 中，∠OBC = 22.5°．
如图所示，取H 4,0
．
∴OC = OH．
∴△OCH 是等腰直角三角形．
∴∠OCH = 45°．
∴∠HCB = ∠OBC = 22.5°．
∴HC = HB = 4 2．
∴OB = OH + HB = 4 + 4 2．
即m = 4 + 4 2．
39．【分析】(1) 根据待定系数法求解即可；
(2) 求出C 点坐标，作BC 的中垂线交x 轴于点E，连
接CE，则：CE = BE，得到∠AEC = ∠ABC +
∠BCE = 2∠ABC，设OE = m，则：CE = BE =
5 - m，勾股定理求出m 的值，进而得到E 点坐标，
求出直线CE 的解析式，作AP ∥CE，得到∠PAB
= ∠CEA = 2∠ABC，求出直线AP 的解析式，联立
直线和抛物线的解析式求出P 点坐标，再根据对称性，
求出满足题意的另一个点P 的坐标即可；
(3) ①求出直线CD 的解析式，根据题意，得到旋转角
为∠BCD，作BE ∥CD，交y 轴于点E，作CF ⊥
BE 于点F，则：∠CBF = ∠BCD，求出直线BE 的
解析式，进而求出点E 的坐标，等积法求出CF 的长，
勾股定理求出BF 的长，再利用正切的定义进行求解即
可；
②设抛物线沿着水平方向和竖直方向均移动t 个单位，
根据平移规则求出新的抛物线的解析式，求出M 点的
坐标，联立两个抛物线的解析式求出Q 点坐标，作
QK ⊥y 轴，ML ⊥QK 交KQ 的延长线于点L，证
明△CQK ∽△QML，列出比例式求出t 的值，进而
求出平移距离即可．
【详解】(1) 解：抛物线y = ax2+ bx + 5
2 与x 轴相交
于A -1,0
，B 5,0
两点，将两点坐标代入抛物线，
得
a× -1
2+b× -1
+ 5
2 =0
a×52+b×5+ 5
2 =0
，
解得a=- 1
2
b=2
，
∴抛物线的表达式y =- 1
2 x2+ 2x + 5
2 ，
(2) ∵y =- 1
2 x2+ 2x + 5
2 ，
∴当x = 0 时，y = 5
2 ，
∴C 0, 5
2
，
★2026 中考数学压轴题每日一题参考答案（类型8）★
·135·
作BC 的中垂线交x 轴于点E，连接CE，则：CE =
BE，
∴∠ECB = ∠ABC，
∴∠AEC = ∠ABC + ∠BCE = 2∠ABC，
∵B 5,0
，C 0, 5
2
∴OB = 5，OC = 5
2 ，
设OE = m，则：CE = BE = 5 - m，
在Rt△COE 中，由勾股定理，得m2+
5
2
2
=
5-m
2，
解得m = 15
8 ，
∴E 15
8 ,0
，
设直线CE 的解析式为y = kx + 5
2 ，把E 15
8 ,0
代
入，得0 = 15
8 k + 5
2 ，解得k =- 4
3 ，
∴y =- 4
3 x + 5
2 ，
过点A 作AP ∥CE，交y 轴于点F，交抛物线于点
P，则：∠PAB = ∠CEA = 2∠ABC，
设直线AP 的解析式为y =- 4
3 x + n，把A -1,0
代
入，得0 =- 4
3 × -1
+ n，解得n =- 4
3 ，
∴y =- 4
3 x - 4
3 ，
联立
y=- 4
3 x- 4
3
y=- 1
2 x2+2x+ 5
2
，
解得
x= 23
3
y=- 104
9
或x=-1
y=0
，
∴P 23
3 ,- 104
9
；
∵y =- 4
3 x - 4
3 ，
∴当x = 0 时，y =- 4
3 ，
∴F 0,- 4
3
，
作点F 关于x 轴的对称点G，连接AG，则：
G 0, 4
3
，∠GAB = ∠BAF = 2∠ABC，
∴直线AG 与抛物线的交点也满足题意，
同法可得：直线AG 的解析式为y = 4
3 x + 4
3 ，
联立
y= 4
3 x+ 4
3
y=- 1
2 x2+2x+ 5
2
，解得
x= 7
3
y= 40
9
或
x=-1
y=0
，
∴P 7
3 , 40
9
；
综上：P 23
3 ,- 104
9
或P 7
3 , 40
9
；
(3) ①∵y =- 1
2 x2+ 2x + 5
2 =- 1
2
x-2
2+ 9
2 ，
∴D 2, 9
2
，
∵C 0, 5
2
，
同法可得直线CD 的解析式为y = x + 5
2 ，
由题意，∠BCD 即为旋转角，作BE ∥CD，交y 轴
于点E，作CF ⊥BE 于点F，则：∠CBF =
∠BCD，
∴tan∠CBF = tan∠BCD，
同法可得直线BE 的解析式为y = x - 5，
∴当x = 0 时，y =-5，
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·136·
∴E 0,-5
，
∴OE = OB = 5，CE = 5 + 5
2 = 15
2 ，
∴BE = 5 2，
∵S△BCE = 1
2 BE ⋅CF = 1
2 CE ⋅OB，
∴5 2CF = 5 × 15
2 ，
∴CF = 15 2
4
，
∵BC =
52+
5
2
2
= 5 5
2
，
∴BF =
BC2-CF 2 = 5 2
4
，
∴tan∠BCD = tan∠CBF = CF
BF = 3；
②将抛物线沿直线CD 平移，等同于将抛物线沿直线
BE 平移，
∵OB = OE，
∴抛物线在水平方向和竖直方向上的移动距离相等，
设将抛物线向右和向上分别平移t t>0
个单位，得到
新的抛物线，则新抛物线的解析式为y =
- 1
2
x-2-t
+ 9
2 + t，
∴M 2+t, 9
2 +t
，
联立
y=- 1
2 x-2-t
+ 9
2 +t
y=- 1
2 x-2
2+ 9
2
，
解得：
x= t+2
2
y=- t2
8 + t
2 +4
，
∴Q t+2
2
,- t2
8 + t
2 +4
，
作QK ⊥y 轴，ML ⊥QK 交KQ 的延长线于点L，
∴∠CKQ = ∠MLQ = 90° = ∠CQM，CK = 5
2 +
t2
8 - t
2 - 4 = t2
8 - t
2 - 3
2 ,QK = t+2
2
,QL = 2
+ t - t+2
2
= 1 + t
2 ,ML = 9
2 + t + t2
8 - t
2 - 4
= t2
8 + t
2 + 1
2 ，
∴∠CQK = ∠QML = 90° -∠MQL，
∴△CQK ∽△QML，
∴CK
QL = QK
ML ，
∴CK ⋅ML = LQ ⋅QK，
∴
t2
8 - t
2 - 3
2
⋅
t2
8 + t
2 + 1
2
=
t+2
2
2
，
解得t = 2 + 4 2 或t =-2(舍去) 或t = 2 - 4 2(舍
去)；
∴抛物线在水平方向和竖直方向的平移距离均为2 +
4 2，
∴抛物线的平移距离为
2 2+4 2
= 2 2 + 8；
当抛物线沿直线CD 向下移动时，同理可得抛物线的平
移距离为
2 2+4 2
= 2 2 + 8；
综上：抛物线的平移距离为2 2 + 8．
【点睛】本题考查二次函数的综合应用，解直角三角形，
旋转的性质，相似三角形的判定和性质，二次函数图象
的平移等知识点，综合性强，难度大，属于中考压轴
题，熟练掌握相关知识点，合理添加辅助线，利用数形
结合和分类讨论的思想进行求解，是解题的关键．
40．【分析】(1) 根据正方形的性质，折叠的性质，推
出△A1EB 为等腰直角三角形，进而求出BE 的长即可；
(2) 分A1C = BC 和A1C = A1B 两种情况进行讨论求
解即可；
(3) 连接AA1，A1D，作FK ⊥AB，易得四边形
ADFK 为矩形，根据折叠性质得到A1D = AD1，证
明△EFK ≌△A1AB，得到EF = AA1，进而得到
EF + A1D = AA1+ A1D，作点A 关于BC 的对称点
A，连接A1A，连接AD 交BC 于点M，则AB =
AB = CD，A1A= AA1，得到EF + A1D = AA1
+ A1D = AA1+ A1D ≥AD，得到当点A1 在AD
上时，即点A1 与点M 重合时，EF + A1D = AD，
值最小，证明△CDA1≌△BAA1，得到CA1= BA1，
进而得到A1 为BC 的中点，设AE = A1E = x，则：
BE = AB - AE = 4 - x，在Rt△A1BE 中，由勾股
定理，得：x2= 22+ 4-x
2，求出AE 的长，进而
求出BE 的长，证明△EBA1∽△A1CG，进行求解即
可．
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·137·
【详解】解：(1) ∵正方形ABCD，边长为4，
∴AD = AB = BC = CD = 4,∠DAB = ∠ABC =
∠DCB = ∠ADC = 90°,∠DBA = 45°，
∴BD = 4 2，
∵翻折，
∴∠DA1E = ∠A = 90°，A1D = AD = 4，
∴∠BA1E = 90°，BA1= BD - A1D = 4 2 - 4，
∵∠DBA = 45°，
∴△A1EB 为等腰直角三角形，
∴BE =
2A1B =
2 × 4 2-4
= 8 - 4 2；
(2) 当A1C = BC 时，如图，作A1F ⊥CD 于点F，
延长FA1 交AB 于点G，
则：四边形ADFG 为矩形，
∴DF = AG,FG = AD = 4，
∵BC = CD，
∴A1C = CD，
又∵折叠，
∴AD = A1D,∠DA1E = ∠A = 90°，
∴A1C = CD = A1D，
∴△A1CD 为等边三角形，
∴∠DA1C = 60°，
∵A1F ⊥CD，
∴∠DA1F = 1
2 ∠DA1C = 30°，DF = CF = 1
2 CD
= 2，
∴A1F =
3DF = 2 3，∠GA1E = 180° -∠DA1E
- ∠DA1F = 60°，
∴A1G = FG - A1F = 4 - 2 3，
在Rt△A1GE 中，EG = A1G ⋅tan60° = 4-2 3
⋅
3 = 4 3 - 6，
∵AG = DF = 2，
∴BG = AB - AG = 2，
∴BE = BG + EG = 4 3 - 6 + 2 = 4 3 - 4；
②当A1C = A1B 时，如图：作A1F ⊥CD 于点F，
延长FA1 交AB 于点G，作A1H ⊥BC 于点H，则：
CH = BH = 1
2 BC = 2，四边形CFA1H 为矩形，四边形
BGFC 为矩形，
∴A1F = CH = 2,BG = CF，FG = BC = 4，
∴A1G = FG - A1F = 2，
在Rt△A1FD 中，sin∠A1DF = A1F
A1D = 2
4 = 1
2 ，
∴∠A1DF = 30°，
∴∠FA1D = 60°,DF =
3A1F = 2 3，
∴BG = CF = CD - DF = 4 - 2 3，∠EA1G =
180° -∠DA1F - ∠DA1E = 30°，
在Rt△A1GE 中，EG = A1G ⋅tan30° = 2 3
3
，
∴BE = BG + EG = 4 - 2 3 + 2 3
3
= 4 - 4 3
3
；
综上：BE = 4 3 - 4 或4 - 4 3
3
；
(3) 连接AA1，A1D，A1D 交AD1 于点O，作FK
⊥AB，则：四边形ADFK 为矩形，
∴FK = AD = AB，∠FEK + ∠KFE = 90°，
∵折叠，
∴AE = A1E,A1D1= AD，AA1⊥FE，∠GA1E
= ∠DAB = 90°，OA = OA1,OD = OD1，
∴∠A1AB + ∠FEA = 90°，A1D = AD1，
∴∠BAA1= ∠KFE，
又∵∠FKE = ∠ABC = 90°,FK = AB，
∴△EFK ≌△A1AB，
∴EF = AA1，
∴EF + A1D = AA1+ A1D，
作点A 关于BC 的对称点A，连接A1A，连接AD
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·138·
交BC 于点M，则：AB = AB = CD，A1A=
AA1，
∴EF + A1D = AA1+ A1D = AA1+ A1D ≥AD，
∴当点A1 在AD 上时，即点A1 与点M 重合时，EF
+ A1D = AD，值最小；
如图：
∵∠DCA1= ∠ABA1= 90°，∠CA1D = ∠BA1A，
AB = CD，
∴△CDA1≌△BAA1，
∴CA1= BA1，
∴A1 为BC 的中点，
∴CA1= BA1= 1
2 BC = 2，
设AE = A1E = x，则：BE = AB - AE = 4 - x，
在Rt△A1BE 中，由勾股定理，得：x2= 22+
4-x
2，
解得x = 5
2 ，
∴AE = 5
2 ，
∴BE = AB - AE = 3
2 ，
∵∠ABC = ∠C = 90° = ∠GA1E，
∴∠BEA1= ∠CA1G = 90° -∠BA1E，
∴△EBA1∽△A1CG，
∴CG
A1B = A1C
BE ，即：CG
2
= 2
3
2
，
∴CG = 8
3 ．
【点睛】本题考查正方形的性质，折叠的性质，等腰三
角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，相似三
角形的判定和性质，勾股定理，解直角三角形，利用轴
对称解决线段和最短问题等知识点，综合性强，难度
大，属于中考压轴题，熟练掌握相关知识点，合理添加
辅助线，确定动点位置，是解题的关键．
41．【分析】(1) 利用正方形的性质证明△ABG ≌
△ADF，得到∠BAG = ∠DAF，再利用角的和差得到
∠GAF = ∠BAD = 90°，即可证明；
(2) 由△CEF 的周长为4，得到CF + CE + EF = 4，
由正方形的边长为2 得到BC + CD = 4，得到CF +
CE + EF = BC + CD，进而利用线段的和差推出EF
= EG，通过证明△AEG ≌△AEF 得到∠EAG =
∠EAF，结合∠GAF = 90° 即可得出结论；
(3) 连接AM，利用全等三角形的性质得到S△AEG =
S△AEF，利用三角形的面积公式得到AH = AB = 2，
利用勾股定理求出AM 的长，再根据AH + MH ≥
AM 即可求出MH 的最小值．
【详解】(1) 证明：∵正方形ABCD，
∴AB = AD，∠ABC = ∠BAD = ∠D = 90°，
∴∠ABG = 90°，
∴∠ABG = ∠D = 90°，
在△ABG 和△ADF 中，
AB=AD
∠ABG=∠D
BG=DF
∴△ABG ≌△ADF SAS
，
∴∠BAG = ∠DAF，
∴∠BAG + ∠BAF = ∠DAF + ∠BAF，
∴∠GAF = ∠BAD = 90°，
∴AG ⊥AF；
(2) 解：∵△CEF 的周长为4，
∴CF + CE + EF = 4，
∵正方形ABCD 的边长为2，
∴BC = CD = 2，
∴BC + CD = 4，
∴CF + CE + EF = BC + CD = BE + CE + CF +
DF，
∴EF = BE + DF，
∵GB = DF，
∴EF = BE + DF = BE + GB = EG，
由(1) 得△ABG ≌△ADF，∠GAF = 90°，
∴AG = AF，
在△AEG 和△AEF 中，
AG=AF
AE=AE
EG=EF
∴△AEG ≌△AEF SSS
，
∴∠EAG = ∠EAF，
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·139·
∴∠EAG = 1
2 ∠FAG = 1
2 × 90° = 45°，
∴∠EAF 的大小是定值，定值为45°；
(3) 解：连接AM，
∵正方形ABCD 的边长为2，
∴AB = BC = 2，∠ABC = 90°，
∴AB 是△AEG 的高，
∵AH ⊥EF，
∴AH 是△AEF 的高，
由(2) 得，△AEG ≌△AEF，
∴S△AEG = S△AEF，
∴1
2 EG ⋅AB = 1
2 EF ⋅AH，
由(2) 得，EG = EF，
∴AH = AB = 2，
∵M 为边BC 的中点，
∴BM = 1
2 BC = 1，
∴AM =
AB2+BM 2 =
22+12 =
5，
∵AH + MH ≥AM，
∴2 + MH ≥
5，
解得MH ≥
5 - 2，
∴MH 的最小值为
5 - 2．
【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的性质
与判定、勾股定理、三角形的面积公式、线段最值问
题，正确找出全等三角形并证明是解题的关键．
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