2023年山东省济南市天桥区中考数学三模试卷（含解析）

这是一份2023年山东省济南市天桥区中考数学三模试卷（含解析），共28页。试卷主要包含了选择题，填空题，计算题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2023年山东省济南市天桥区中考数学三模试卷
一、选择题（本大题共10小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. −2023的绝对值是(    )
A. −12023 B. −2023 C. 12023 D. 2023
2. 用3个同样的小正方体摆出的几何体，从三个方向看到的图形分别如图：

这个几何体是(    )
A. B. C. D.
3. 最近比较火的一款软件ChatGPT横空出世，仅2023年2月9日当天，其下载量达到了286000次的峰值，286000用科学记数法可表示为(    )
A. 286×103 B. 28.6×104 C. 2.86×105 D. 0.286×106
4. 如图所示，直线a//b，AB⊥AC，∠1=55°，则∠2的度数是(    )
A. 30°
B. 35°
C. 45°
D. 50°
5. 中国“二十四节气”已被列入联合国教科文组织人类非物质文化遗产代表作名录，下列四幅作品分别代表“立春”、“立夏”、“芒种”、“大雪”，其中既是轴对称图形，又是中心对称图形的是(    )
A. B. C. D.
6. “宫商角微羽”是中国古乐的五个基本音阶(相当于西乐的1，2，3，5，6).现有一款“一起听古音”的音乐玩具，音乐小球从A处沿轨道进入小洞就可以发出相应的声音，且小球每次进入每个小洞的可能性大小相同.现有一个音乐小球从A处先后两次进入小洞，先发出“商”音，再发出“羽”音的概率是(    )
A. 15 B. 110 C. 120 D. 125
7. 如图，把直角坐标系放置在边长为1的正方形网格中，O是坐标原点，点A、B、C均在格点上，将△ABC绕O点按逆时针方向旋转90°后，得到△A′B′C′，则点A′的坐标是(    )
A. (4,1)
B. (4,−1)
C. (−1,4)
D. (1,−4)
8. 如图所示，在一边靠墙(墙足够长)的空地上，修建一个面积为640m2的矩形临时仓库，仓库一边靠墙，另三边用总长为80m的栅栏围成，若设栅栏BC的长为x m，则下列各方程中，符合题意的是(    )

A. 12x(80−x)=640 B. 12x(80−2x)=640
C. x(80−2x)=640 D. x(80−x)=640
9. 如图，在矩形ABCD中，AB=2，BC=4，分别以点A和C为圆心，以大于12AC的长为半径作弧，两弧相交于点M和N，作直线MN分别交AD，BC于点E，F，则AE的长为(    )
A. 5
B. 54
C. 52
D. 32
10. 在平面直角坐标系中，横、纵坐标都是整数的点叫做整点，记函数y=−x2+a(a>0)的图象在x轴上方的部分与x轴围成的区域(不含边界)为W.例如当a=2时，区域W内的整点个数为1，若区域W内恰有7个整点，则a的取值范围是(    )
A. 3 二、填空题（本大题共6小题，共24.0分）
11. 分解因式：a2−2ab= ______ ．
12. 如果小球在如图所示的地面上自由滚动，并随机停留在某块方砖上，那么它最终停留在黑色区域的概率是______ ．


13. 关于x的方程x2−4x+m=0有一个根为−1，则另一个根为______．
14. 如图，正六边形ABCDEF的边长为2，以A为圆心，AC的长为半径画弧，得EC，连接AC，AE，则图中阴影部分的面积为          ．


15. 如图，为某公园“水上滑梯”的侧面图，其中BC段可看成是一段双曲线，建立如图的坐标系后，其中，矩形AOEB为向上攀爬的梯子，OA=5米，进口AB//OD，且AB=2米，出口C点距水面的距离CD为1米，则B、C之间的水平距离DE的长度为______米．

16. 如图，在矩形ABCD中，AD=4，AB=6，点E在AB上，将△DAE沿直线DE折叠，使点A恰好落在DC上的点F处，连接EF，分别与矩形ABCD的两条对角线交于点M和点G.给出以下四个结论：①△ADE是等腰直角三角形；

②S△BEM：S△BAD=1：4；
③FG=GM=EM；
④sin∠EDM= 133，其中正确的结论序号是______ ．
三、计算题（本大题共1小题，共6.0分）
17. 计算：(1−π)0−2cos30°+|− 3|−(14)−1．
四、解答题（本大题共9小题，共80.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
18. (本小题6.0分)
解不等式组3x−5≥2(x−1)①x−12 19. (本小题6.0分)
如图，在菱形ABCD中，点E，F分别在边CD，BC上，∠CDF=∠EBC.求证：DE=BF．

20. (本小题8.0分)
某校为了解七、八年级学生对“疫情防护”安全知识的掌握情况从七、八年级各随机抽出50名学生进行测试并对成绩(百分制)进行整理、描述和分析，部分信息如下：
a.七年级成绩频数分布直方图如图(每组成绩包含最低分，不包含最高分)；
b.七年级成绩在70≤x<80这一组的数据如下：
70
72
74
75
76
76
77
77
77
78
79
c.七、八年级成绩平均数、中位数如下：
年级
平均数
中位数
七年级
76.8
m
八年级
79.2
79.5
根据以上信息，解答下列问题．
(1)在这次测试中，七年级在80分以上(含80分)的有______人；
(2)表中m的值为______；
(3)在这次测试中，七年级学生甲和八年级学生乙的成绩都是78分，则甲、乙两位学生在各自年级的排名______更靠前；
(4)该校七年级学生有600人，假设全部参加此次测试，请估计七年级学生成绩不低于80分的人数．

21. (本小题8.0分)
七中育才中学九年级的一位同学，想利用刚刚学过的三角函数知识测量新教学楼的高度，如图，她在A处测得新教学楼房顶B点的仰角为45°，走7米到C处再测得B点的仰角为55°，已知O、A、C在同一条直线上．
(1)求∠ABC的度数；
(2)求新教学楼OB的高度．
(参考数据：sin55°≈0.82，cos55°≈0.57，tan55°≈1.43，结果精确到0.1m)．

22. (本小题8.0分)
如图，⊙O的直径AB与其弦CD相交于点E，过点A的切线交CD延长线于点F，且∠AED=∠EAD．
(1)求证：AD=FD；
(2)若AE=6，sin∠AFE=35，求⊙O半径的长．

23. (本小题10.0分)
第22届世界杯足球赛在卡塔尔举行，某商场在世界杯开始之前，用6000元共购进A，B两种世界杯吉祥物110个，用于购买A种吉祥物与购买B吉祥物的费用相同，且A种吉祥物的单价是B种吉祥物的1.2倍．
(1)求A，B两种吉祥物的单价分别是多少元；
(2)世界杯开始后，吉祥物很快就卖完了，商场计划用不超过16800元的资金再次购进A，B两种吉祥物共300个，已知A，B两种吉祥物的进价不变.求A种吉祥物最多能购进多少个？
24. (本小题10.0分)
如图，矩形OABC的顶点O为坐标原点，点C在x轴的正半轴上，点A在y轴的正半轴上，OA=6，OC=2，反比例函数y=kx图象经过AB的中点D，且与BC交于点E．
(1)求k的值和点E的坐标；
(2)连接DO，DE，求四边形DOCE的面积；
(3)M为x轴上一点，N为反比例函数y=kx图象上一点，是否存在以点M，N，D，E为顶点的四边形是平行四边形？若存在直接写出M，N两点的坐标；若不存在，请说明理由．

25. (本小题12.0分)
如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠ABC=45°，点D为直线AC上的任意一点，过点D作DE//BC交直线AB于点E，过点A作AF⊥BD，交直线BD于点F，垂足为点F，直线AF与直线BC相交于点G．
(1)如图1，当点D在边AC上时，则线段DE，CG，BC之间的数量关系是______ ；
(2)如图2，当点D在边AC的延长线上时，则线段DE，CG，BC之间的数量关系是______ ，请证明你的结论：
(3)如图3，在(2)的条件下，若CD=6，DE=10，将一个45°角的顶点与点B重合，并绕点B旋转，这个角的两边分别交线段DE于点M，N，当DM=2时，求线段EN的长．


26. (本小题12.0分)
如图，抛物线y=ax2+x+c与x轴交于点A(−4,0)，B两点，与y轴交于点C(0,6)，直线l经过B，C两点．
(1)求抛物线的解析式．
(2)点D是直线l上方抛物线上一点，其横坐标为m，过点D作直线DE⊥x轴于点E，交直线l于点F.当DF=2EF时，求点D的坐标．
(3)在(2)的条件下，在y轴上是否存在点P，使得∠PAB=2∠DAB？若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．


答案和解析

1.【答案】D 
【解析】解：|−2023|=2023，
故选：D．
根据绝对值的定义进行计算即可．
本题考查绝对值，理解绝对值的定义是正确解答的前提．

2.【答案】B 
【解析】解：由俯视图可知，小正方体摆出的几何体为：，
故选：B．
根据三视图的得出小正方体摆出的几何体即可．
本题考查实物体的三视图．在画图时一定要将物体的边缘、棱、顶点都体现出来，看得见的轮廓线都画成实线，看不见的画成虚线，不能漏掉．

3.【答案】C 
【解析】解：286000=2.86×105．
故选：C．
根据科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|<10，n为整数，确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．
本题考查了科学记数法的表示方法，科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|<10，n为整数，表示时关键要正确确定a的值以及n的值．

4.【答案】B 
【解析】解：如图：

∵a//b，∠1=55°，
∴∠1=∠3=55°，
∵AB⊥AC，
∴∠DAC=90°，
∴∠2=∠DAC−∠3=35°，
故选：B．
先利用平行线的性质可得∠1=∠3=55°，再根据垂直定义可得∠DAC=90°，然后利用角的和差关系，进行计算即可解答．
本题考查了平行线的性质，熟练掌握平行线的性质是解题的关键．

5.【答案】D 
【解析】解：A.不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故A选项不合题意；
B.是轴对称图形，不是中心对称图形，故B选项不合题意；
C.不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故C选项不合题意；
D.既是轴对称图形，又是中心对称图形，故D选项合题意；
故选：D．
根据轴对称图形和中心对称图形的定义：如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形；中心对称图形的定义：把一个图形绕着某一个点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心，进行逐一判断即可．
本题主要考查了轴对称图形和中心对称图形，解题的关键在于能够熟练掌握轴对称图形和中心对称图形的定义．

6.【答案】D 
【解析】解：设用数字1代表商，用数字2代表角，用数字3代表徽，用数字4代表羽，用数字5代表宫，
树状图如右图所示，
则共有25种可能性，其中先发出“商”音，再发出“羽”音的可能性有1种，
先发出“商”音，再发出“羽”音的概率为125，
故选：D．
根据题意，可以画出相应的树状图，然后即可写出相应的概率．
本题考查列表法与树状图法，解答本题的关键是明确题意，画出相应的树状图，求出相应的概率．

7.【答案】B 
【解析】解：如图，△A′B′C′即为所求作，A′(4,−1)．

故选：B．
分别作出A，B，C的对应点A′，B′，C′即可．
本题考查坐标与图形变化−旋转，解题的关键是正确作出图形解决问题，属于中考常考题型．

8.【答案】A 
【解析】解：设AB的长为x米，则AD=12(80−x)，
根据矩形的面积得：12x(80−x)=640，
故选：A．
根据AB的长表示出线段AD或线段BC的长，利用矩形的面积列出方程即可．
本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，解题的关键是表示出矩形的宽，难度不大．

9.【答案】C 
【解析】解：如图，设AC交EF于点O．

∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B=∠D=90°，AD=BC=4，
∴AC= AB2+BC2= 22+42=2 5，
∵EF垂直平分线段AC，
∴AO=OC= 5，
∵cos∠CAD=AOAE=ADAC，
∴ 5AE=42 5，
∴AE=52．
故选：C．
如图，设AC交EF于点O.利用勾股定理求出AC，再根据cos∠CAD=AOAE=ADAC，求解．
本题考查作图−基本作图，矩形的性质，解直角三角形等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．

10.【答案】A 
【解析】解：二次函数y=−x2+a(a>0)图象的顶点坐标为(0,a)，开口向下，
由二次函数对称性可知：函数的对称轴为y轴，
当区域W内恰有7个整点时，这七个整数点坐标分别为(1,1)，(1,2)，(0,1)，(0,2)，(0,3)，(−1,1)，(−1,2)，
因此a的取值范围为3 故选：A．
根据函数y=−x2+a(a>0)的图象的顶点坐标为(0,a)，开口向下，对称轴为y轴可得出7个对称点的坐标，由此可即可得出a的取值范围．
本题主要考查二次函数的图象及性质，解答此题的关键是根据抛物线的顶点坐标、开口方向和对称轴，找出区域W内的7个整点坐标．

11.【答案】a(a−2b) 
【解析】解：a2−2ab=a(a−2b)，
故答案为：a(a−2b)．
直接提取公因式a即可．
此题主要考查了提公因式法分解因式，关键是正确找出公因式．

12.【答案】38 
【解析】解：根据图示，黑色区域的面积等于6块方砖的面积，总面积等于16块方砖的面积，
∴小球最终停留在黑色区域的概率是：616=38．
故答案为：38．
根据几何概率的求法，可得：小球最终停在黑色区域的概率等于黑色区域的面积与总面积的比值．
此题主要考查了几何概率问题，用到的知识点为：概率=黑色区域的面积与总面积之比．

13.【答案】5 
【解析】解：∵a=1，b=−4，
∴方程的两根之和为−ba=4，
∵方程的一个根为−1，
∴方程的另一个根为4−(−1)=5．
故答案为：5．
利用根与系数的关系可得出方程的两根之和为4，结合方程的一个根为−1，即可求出方程的另一个根为5．
本题考查了根与系数的关系，牢记“两根之和为−ba，两根之积为ca”是解题的关键．

14.【答案】2π 
【解析】解：∵正六边形ABCDEF的边长为2，
∴AB=BC=2，∠ABC=∠BAF=(6−2)×180°6=120°，
∵∠ABC+∠BAC+∠BCA=180°，
∴∠BAC=12(180°−∠ABC)=12×(180°−120°)=30°，
过B作BH⊥AC于H，

∴AH=CH，BH=12AB=12×2=1，
在Rt△ABH中，AH= AB2−BH2= 22−12= 3，
∴AC=2 3，
同理可证，∠EAF=30°，
∴∠CAE=∠BAF−∠BAC−∠EAF=120°−30°−30°=60°，
∴S扇形CAE=60⋅π×(2 3)2360=2π，
∴图中阴影部分的面积为2π，
故答案为：2π．
由正六边形ABCDEF的边长为2，可得AB=BC=2，∠ABC=∠BAF=120°，进而求出∠BAC=30°，过B作BH⊥AC于H，由等腰三角形的性质和含30°直角三角形的性质得到AH=CH，BH=1，在Rt△ABH中，由勾股定理求得AH= 3，得到AC=2 3，然后得出∠EAF=30°，进而得到∠CAE=60°，根据扇形的面积公式即可得到阴影部分的面积．
本题考查的是正六边形的性质和扇形面积的计算、等腰三角形的性质、勾股定理，掌握扇形面积公式是解题的关键．

15.【答案】8 
【解析】解：∵四边形AOEB是矩形，
∴BE=OA=5，AB=2，
∴B(2,5)，
设双曲线BC的解析式为y=kx，
∴k=10，
∴y=10x，
∵CD为1，
∴当y=1时，x=10，
∴DE的长=10−2=8m，
故答案为：8．
根据矩形的性质得到BE=OA=5，AB=2，求得B(2,5)，设双曲线BC的解析式为y=kx，得到k=10，于是得到结论．
本题考查了反比例函数的应用，矩形的性质，掌握的识别图形是解题的关键．

16.【答案】①③ 
【解析】解：①∵将△DAE沿直线DE折叠，
∴∠ADE=∠CDE=45°，
∵∠DAB=90°，
∴∠ADE=∠AED=45°，
∴AD=AE，
∴△ADE是等腰直角三角形，
故①正确；
②∵AD=AE=4，
∴BE=AB−AE=2，
∵将△DAE沿直线DE折叠，
∴∠AED=∠DEF=45°，AE=EF=4，AD=DF=4，
∴∠AEF=90°，
∴AD//EF，
∴△BME∽△BDA，
∴S△BEM：S△BAD=(BE)2：(AB)2=4：36=1：9，
故②错误；
③∵AB//CD，
∴BEDF=EMMF=12，CFAE=FGEG=12，
∴EM=43，FG=43，
∴GM=43，
∴FG=GM=EM，
故③正确；
④如图，过点E作EH⊥DB于H，

∵AD=AE=4，∠DAE=90°，
∴DE=4 2，
∵AD=4，AB=6，∠DAE=90°，
∴DB= AD2+AB2= 16+36=2 13，
∵sin∠ABD=EHBE=ADBD，
∴42 13=EH2，
∴EH=4 1313，
∴sin∠EDH=EHDE=4 13134 2= 2626，
故④错误，
故答案为：①③．
由折叠的性质和直角三角形的性质可得AD=AE，可判断①；通过证明△BME∽△BDA，可得S△BEM：S△BAD=1：9，可判断②；由平行线分线段成比例可求EM，FG，GM的长，可判断③；由勾股定理和锐角三角函数可求EH的长，可判断④，即可求解．
本题是四边形综合题，考查了相似三角形的判定和性质，矩形的性质，锐角三角函数等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．

17.【答案】解：原式=1−2× 32+ 3−4
=1− 3+ 3−4
=−3． 
【解析】此题考查了实数的运算，零指数幂、负整数指数幂，以及特殊角的三角函数值，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
原式利用零指数幂、负整数指数幂法则，特殊角的三角函数值，以及绝对值的代数意义计算即可求出值．

18.【答案】解：3x−5≥2(x−1)①x−12 解不等式①得，x≥3，
解不等式②得，x<5，
∴不等式组的解集为3≤x<5，
∴不等式组的整数解为3，4． 
【解析】分别求解不等式的解集，进而可得不等式组的解集，然后求整数解即可．
本题考查了解一元一次不等式组的整数解．解题关键是掌握不等式组的解题步骤．

19.【答案】证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴DC=BC，
在△DCF和△BCE中，
∠CDF=∠EBC DC=BC ∠C=∠C ，
∴△DCF≌△BCE(ASA)，
∴CF=CE，
∴CD−CE=BC−CF，
∴DE=BF． 
【解析】根据菱形的性质可以得到DC=BC，再根据ASA可以证明△DCF≌△BCE，然后即可得到DE=BF．
本题考查菱形的性质、全等三角形的判定与性质，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．

20.【答案】23  77.5  甲 
【解析】解：(1)在这次测试中，七年级在80分以上(含80分)的人数有15+8=23(人)；
故答案为：23；
(2)七年级学生成绩的中位数m=77+782=77.5(分)；
故答案为：77.5；
(3)七年级学生甲的成绩更靠前，因为七年级学生甲的成绩大于其中位数；
故答案为：甲；
(4)600×15+850=276(人)，
答：估计七年级学生成绩不低于80分的人数为276人．
(1)根据频数分布直方图可得七年级在80分以上(含80分)的人数；
(2)根据中位数的定义求解可得；
(3)将各自成绩与该年级的中位数比较可得答案；
(4)用总人数乘以样本中七年级绩不低于80分的人数所占比例可得．
本题主要考查频数分布直方图、中位数及样本估计总体，解题的关键是根据直方图得出解题所需数据及中位数的定义和意义、样本估计总体思想的运用．

21.【答案】解：(1)∵∠BCO是△ABC的外角，
∴∠ABC=∠BCO−∠A=55°−45°=10°；
(2)在Rt△AOB中，∠A=45°，
则OA=OB，
∵AC=7米，
∴OC=(OB−7)米，
在Rt△COB中，∠BCO=55°，
∵tan∠BCO=OBOC，
∴OBOB−7=1.43，
解得：OB≈23.3，
答：新教学楼OB的高度约为23.3米． 
【解析】(1)根据三角形的外角性质计算，得到答案；
(2)根据等腰直角三角形的性质得到OA=OB，根据正切的定义列出方程，解方程求出OB．
本题考查的是解直角三角形的应用−仰角俯角问题，掌握锐角三角函数的定义是解题的关键．

22.【答案】(1)证明：∵AF与圆相切于A，
∴直径AB⊥AF，
∴∠FAD+∠EAD=∠F+∠AED=∠90°，
∵∠AED=∠EAD，
∴∠F=∠FAD，
∴AD=FD；
(2)解：连接BD，
∵∠EAF=90°，
∵sin∠AFE=35，
∴cos∠AEF=AEEF=45，
∵AE=6，
∴EF=7.5，
∵∠AED=∠EAD，
∴AD=ED，
∴AD=12EF=3.75，
∵AB是圆的直径，
∴∠ADB=90°，
∵∠AED=∠EAD，
∵cos∠EAD=cos∠AEF=45，
∴ADAB=45，
∴AB=7516，
∴⊙O半径的长是7532． 
【解析】(1)由切线的性质推出∠FAD+∠EAD=∠F+∠AED=∠90°，而∠AED=∠EAD，因此∠F=∠FAD，即可证明AD=FD；
(2)由锐角的余弦求出FE的长，即可得到AD的长，由cos∠EAD=cos∠AEF=35，求出AB长，即可求出圆的半径长．
本题考查切线的性质，解直角三角形，圆周角定理，熟练掌握以上知识点是解题的关键．

23.【答案】解：(1)6000÷2=3000(元)．
设B种吉祥物的单价是x元，则A种吉祥物的单价是1.2x元，
根据题意得：30001.2x+3000x=110，
解得：x=50，
经检验，x=50是所列方程的解，且符合题意，
∴1.2x=1.2×50=60．
答：A种吉祥物的单价是60元，B种吉祥物的单价是50元；
(2)设购进m个A种吉祥物，则购进(300−m)个B种吉祥物，
根据题意得：60m+50(300−m)≤16800，
解得：m≤180，
∴m的最大值为180．
答：A种吉祥物最多能购进180个． 
【解析】(1)设B种吉祥物的单价是x元，则A种吉祥物的单价是1.2x元，利用数量=总价÷单价，结合购进A，B两种世界杯吉祥物共110个，即可得出关于x的分式方程，解之经检验后即可得出B种吉祥物的单价，再将其代入1.2x中，即可求出A种吉祥物的单价；
(2)设购进m个A种吉祥物，则购进(300−m)个B种吉祥物，利用总价=单价×数量，结合总价不超过16800元，即可得出关于m的一元一次不等式，解之取其中的最大值即可得出结论．
本题考查了分式方程的应用以及一元一次不等式的应用，解题的关键是：(1)找准等量关系，正确列出分式方程；(2)根据各数量之间的关系，正确列出一元一次不等式．

24.【答案】解：(1)∵OA=6，OC=2，
∴A(0,6)，B(2,6)，
∵D是AB的中点，
∴D(1,6)，
∵反比例函数y=kx图象经过AB的中点D，
∴6=k1，
∴k=6，
∴反比例函数为y=6x，
令x=2，则y=3，
∴E的坐标(2,3)；
(2)∵B点的坐标为(2,6)，
∴S矩形OCBA=6×2=12，
∵点E、D在双曲线上，
∴S△ADO=12k=3，
∵D，E分别是AB，BC的中点，
∴BD=1，BE=3，
∴S△BDE=12×1×3=32，
∴S四边形BE0F=S矩形ABCO−S△ADO−S△BDE=12−3−32=152；
(3)存在，理由如下：
∵D(1,6)，E(2,3)，以N、M、D、E为顶点的四边形为平行四边形，
当DE是平行四边形的边时，则NM//DE，且NM=DE，
∴M的纵坐标为0，
∴N的纵坐标为±3，
令y=3，则3=6x，
解得x=2，
∴N(2,3)(舍)，
令y=−2，则−3=6x，
解得x=−2，
∴N(−2,−3)，
∴M(−3,0)．
当DE是平行四边形的对角线时，
∵D(1,6)，E(2,3)，
∴DE的中点为(32,92)，
设N(a,6a)，
∴M(3−a,9−6a)，
∴9−6a=0，
解得a=23．
∴N(23,9)，
M(73,0)．
综上，使得以N、M、D、E为顶点的四边形为平行四边形的M，N的坐标分别为N(−2,−3)，M(−3,0)或N(23,9)，M(73,0)． 
【解析】(1)根据矩形的性质以及点B为(2,6)，求得D的坐标，代入反比例函数y=kx中，即可求得k的值，令x=2，即可求得E的坐标；
(2)由B的坐标得到AB与BC的长，进而求出矩形OCBA的面积和△BDE的面积，利用反比例函数k的几何意义求出△ADO的面积，由矩形ABCO面积−△AOD的面积−△BDE的面积=四边形DOCE面积，求出即可；
(3)根据题意列出方程，解方程即可求得M，N的坐标．
此题考查了反比例函数综合题，涉及的知识有：反比例函数k的几何意义，坐标与图形性质，矩形的性质，平行四边形的性质，熟练掌握反比例函数的性质是解本题的关键．

25.【答案】DE+CG=BC  DE=CG+BC 
【解析】解：(1)DE+CG=BC，理由如下：
∵∠ACB=90°，∠ABC=45°，
∴∠ACG=90°，∠BAC=45°=∠ABC，
∴AC=BC，∠G+∠CAG=90°，
∵AF⊥BD，
∴∠BFG=90°，
∴∠G+∠CBD=90°，
∴∠CBD=∠CAG，
在△BCD和△ACG中，
∠BCD=∠ACG=90°BC=AC∠CBD=∠CAG，
∴△BCD≌△ACG(ASA)，
∴CD=CG，
∵DE//BC，
∴∠ADE=∠ACB=90°，∠AED=∠ABC=45°，
∴DE=AD，
∴DE+CG=AD+CD=AC=BC；
故答案为：DE+CG=BC；
(2)DE=CG+BC，证明如下：
如图2，过点B作BH⊥ED于点H，

则四边形CDHB是矩形，
在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠ABC=45°，
∴△ABC是等腰直角三角形，
∴AC=BC，
∵DE//BC，
∴∠ADE=∠ACB=90°，∠AED=∠ABC=45°，
∴△AED是等腰直角三角形，
∴AD=DE，
∵AF⊥BD，
∴∠GFB=90°，
∴∠G+∠GBF=90°，
∵∠G+∠CAG=90°，∠GBF=∠CBD，
∴∠CAG=∠CBD，
在△ACG和△BCD中，
∠ACG=∠BCD=90°AC=BC∠CAG=∠CBD，
∴△ACG≌△BCD(ASA)，
∴CG=CD，
∴AD=CD+AC=CG+BC，
∴DE=CG+BC，
故答案为：DE=CG+BC；
(3)如图3，过点B作BH⊥ED于点H，过点N作NP⊥AE于点P，

则四边形CDHB是矩形，△PEN是等腰直角三角形，
∴BH=CD=6，PE=PN，
设PE=PN=x，则EN= 2PE= 2x，
∵∠E=45°，
∴△BEH是等腰直角三角形，
∴EH=BH=6，BE= 2BH=6 2，∠EBH=45°，
∴DH=DE−EH=10−6=4，
∴MH=DH−DM=4−2=2，
∵∠MBN=45°=∠EBH，
∴∠PBN=∠MBH，
∴tan∠PBN=PNBP=tan∠MBH=MHBH=26=13，
∴BP=3PN=3x，
∴PE+BP=x+3x=4x=6 2，
解得：x=3 22，
∴EN= 2×3 22=3，
即线段EN的长为3．
(1)证△BCD≌△ACG(ASA)，得CD=CG，再证DE=AD即可得出结论；
(2)过点B作BH⊥ED于点H，证△AED是等腰直角三角形，得AD=DE，再证△ACG≌△BCD(ASA)，得CG=CD，即可得出结论；
(3)过点B作BH⊥ED于点H，过点N作NP⊥AE于点P，则四边形CDHB是矩形，△PEN是等腰直角三角形，得BH=CD=6，PE=PN，再证△BEH是等腰直角三角形，得EH=BH=6，BE=6 2，∠EBH=45°，进而证∠PBN=∠MBH，得tan∠PBN=tan∠MBH=13，则BP=3PN=3x，然后求出x=3 22，即可解决问题．
本题是几何变换综合题目，考查了旋转的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、勾股定理、平行线的性质、锐角三角函数定义等知识，本题综合性强，熟练掌握等腰直角三角形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键，属于中考常考题型．

26.【答案】解：(1)∵抛物线y=ax2+x+c过点A(−4,0)，C(0,6)，
∴(−4)2⋅a−4+c=0c=6，
解得：a=−18c=6，
∴抛物线的解析式为y=−18x2+x+6；
(2)令y=0得，−18x2+x+6=0，
解得：x1=−4，x2=12，
∴B(12,0)，
设直线BC的解析式为y=kx+b，
则12k+b=0b=6，
解得：k=−12b=6，
∴直线BC的解析式为y=−12x+6，
设D(m,−18m2+m+6)，则F(m,−12m+6)，
∴DF=yD−yF=−18m2+m+6−(−12m+6)=−18m2+32m，
EF=−12m+6，
∵DF=2EF，
∴−18m2+32m=2(−12m+6)，
解得：m1=12，m2=8，
∵点D是直线l上方抛物线上一点，
∴0 ∴m=8，
∴D(8,6)；
(3)当点P在正半轴时，如图，AD交y轴于点G，过点G作GH⊥AP于点H，

设直线AD的解析式为y=k1x+b1，
则−4k1+b1=08k1+b1=6，
解得：k1=12b1=2，
∴直线AD的解析式为y=12x+2，
令x=0得，y=2，
∴G(0,2)，
∴OG=2，
∵A(−4,0)，
∴OA=4，
∵∠PAB=2∠DAB，
∴AD是∠PAB的角平分线，
∴OG=HG=2，
设PG=n，则OP=n+2，
∵∠GPH=∠APO，∠GHP=∠AOP=90°，
∴△GHP∽△AOP，
∴PGAP=HGOA，即PGAP=24=12，
∴AP=2PG=2n，
在Rt△AOP中，AO2+OP2=AP2，
∴42+(n+2)2=(2n)2，
解得：n1=−2，n2=103，
∵PG=n>0，
∴n=103，
∴OP=OG+PG=2+103=163，
∴P(0,163)；
当点P在负半轴时，由对称性可知P(0,−163)；
综上，点P的坐标(0,163)或(0,−163)． 
【解析】(1)直接利用待定系数法即可求解；
(2)令y=0，求出点B的坐标为(12,0)，再利用待定系数法求得直线BC的解析式为y=−12x+6，设D(m,−18m2+m+6)，则F(m,−12m+6)，进而算出DF=−18m2+32m，EF=−12m+6，再根据DF=2EF列出方程，求解即可；
(3)当点P在正半轴时，AD交y轴于点G，过点G作GH⊥AP于点H，根据待定系数法求得直线AD的解析式为y=12x+2，以此得到OG=2，根据角平分线的的性质可得OG=HG=2，设PG=n，则OP=n+2，易证GHP∽△AOP，利用相似三角形的性质可得AP=2PG=2n，在Rt△AOP中，42+(n+2)2=(2n)2，求出n=103，则OP=163，于是P(0,163)；当点P在负半轴时，由对称性可知P(0,−163)．
本题主要考查用待定系数法求函数解析式、函数图象上点的坐标特征、二次函数的图象与性质、解二元一次方程、相似三角形的判定与性质、勾股定理．将函数知识与方程、几何知识有机地结合在一起．这类试题一般难度较大．解这类问题关键是善于将函数问题转化为方程问题，善于利用几何图形的有关性质、定理和二次函数的知识，并注意挖掘题目中的一些隐含条件．