2023年辽宁省大连市中考数学二模试卷（含解析）

这是一份2023年辽宁省大连市中考数学二模试卷（含解析），共25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。

一、选择题（本大题共10小题，共30.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 下列立体图形中，主视图是三角形的是( )
A. B. C. D.
2. 下列计算正确的是( )
A. 4=±2B. 3−27=3C. 18=3 2D. (−5)2=−5
3. 下列运算正确的是( )
A. a2⋅a3=a6B. a2+a2=2a2C. (3a)2=6a2D. a3÷2a=2a2
4. 下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是( )
A. B. C. D.
5. 蓄电池的电压U(V)为定值，使用此电源时，电流I(A)与电阻R(Q)是反比例函数关系，其图象如图所示，则蓄电池的电压是( )
A. 4V
B. 9V
C. 18V
D. 36V
6. 大连市2023年5月1日至8日的最高温度(℃)如下表所示：
则最高温度(℃)的众数和中位数分别是( )
A. 16℃，18℃B. 19℃，19℃C. 19℃，21℃D. 16℃，22℃
7. 某药品经过连续两次降价后，每瓶零售价由100元调至81元，则这种药品平均每次降价的百分率为( )
A. 10%B. 19%C. 40%D. 81%
8. 如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠B=70°，以点C为中心，将△ABC顺时针旋转90°，得到△DEC，点B的对应点E落在AC上，连接AD，则∠ADE的度数为( )
A. 25°B. 30°C. 35°D. 45°
9. 如图，∠MON=60°，以点O为圆心，2cm长为半径画弧，交OM，ON于A，B两点，再分别以A，B为圆心，2cm为半径画弧，两弧交于点C，连接OC，AB，则OC长为( )
A. 1cmB. 3cmC. 2cmD. 2 3cm
10. 二次函数y=ax2+bx+c的图象如图所示，下列结论错误的是( )
A. 抛物线开口向上
B. 方程ax2+bx+c=0的解为x1=1，x2=3
C. 抛物线对称轴为直线x=2
D. 抛物线与y轴交点坐标为(0,2)
第II卷（非选择题）
二、填空题（本大题共6小题，共18.0分）
11. 一元一次不等式3x−2≥x的解集为______ ．
12. 五边形的内角和是 °.
13. 如图，A，B，C是⊙O上三点，∠AOB=90°，则∠C的度数是______ °.
14. 不透明袋子中装有4个黑球，2个白球，这些球除颜色外无其它区别.从袋子中随机取出1个球，则它是白球的概率为______ ．
15. 如图，某建筑物矗立于水平地面上，在A处测得AC=12m，∠BAC=30°，在D处测得CD=3m，∠CDE=45°，则BE长为______ m(结果取整数).(参考数据： 3≈1.73)
16. 如图，矩形ABCD中，AB=6cm，点E在BC边上，将△ABE沿直线AE翻折，得到△AB′E，过点B′作B′G⊥AB，垂足为G.若BB′=6 105cm，则B′G的长为______ cm．
三、计算题（本大题共1小题，共9.0分）
17. 解方程组x−y=33x−8y=14．
四、解答题（本大题共9小题，共93.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
18. (本小题10.0分)
2023年“五一国际劳动节”期间，某校为同学们精心设计了以“劳动传递温暖，幸福蔓延生活”为主题的劳动教育德育实践活动.要求同学们从下列劳动中任选一项：
A.刷一双鞋；B.拖一次地；C.做一道菜；D.洗一次碗.为了解活动开展情况，在该校内随机抽取了50名学生进行调查统计，绘制成了如图不完整的统计图表．
(1)填空：m= ______ ，n= ______ ；
(2)扇形统计图中“C”对应的圆心角的度数为______ °.
(3)若该校有500名学生，请估计选择D劳动类型的学生人数．
19. (本小题10.0分)
如图，在▱ABCD中，点E，F分别在AD，BC上，点G，H在BD上，DE=BF，DH=BG.求证：EH//GF．
20. (本小题10.0分)
为帮助遭受自然灾害的地区重建家园，某学校号召师生自愿捐款.已知七年级师生捐款总额为4800元，八年级师生捐款总额为5000元，八年级捐款人数比七年级多20人，而且两个年级人均捐款额恰好相等.求七年级捐款人数．
21. (本小题9.0分)
如图，平面直角坐标系中，点A(a,9)，B(12,b)在反比例函数y=36x(x>0)的图象上，AC⊥x轴于点C，BD⊥AC于点D，E为AB中点，连接DE．
(1)填空：a= ______ ，b= ______ ；
(2)求DE长．
22. (本小题10.0分)
如图1，AB是⊙O的直径，点C在⊙O上，连接BC，D是AC的中点，AC，OD相交于点E．

(1)求证：AC⊥OD；
(2)如图2，过点C作⊙O的切线与OD的延长线相交于点F.若CF=12，OF=13，求BC的长．
23. (本小题10.0分)
甲、乙两车分别从相距15km的大连北站和大连广播电视中心同时匀速相向而行.甲车出发10min后，由于交通管制，停止了2min，再出发时速度比原来减少15km/h，并安全到达终点.甲、乙两车距大连北站的路程y(单位：km)与两车行驶时间r(单位：h)的图象如图所示．
(1)填空：a= ______ ；
(2)求乙车距大连北站的路程y与两车行驶时间x的函数解析式，并直接写出自变量x的取值范围；
(3)求甲、乙两车相遇时，乙车距大连北站的路程．
24. (本小题11.0分)
如图，Rt△ABC中，∠ACB=90°，CD⊥AB于点D，AC=5cm，BC=154cm，点E从点A出发，以2cm/s的速度沿AD→DC向终点C运动，过点E作EF//AC与边BC相交于点F(点F不与点C重合)，与CD相交于点G，设点E的运动时间为t(单位：s)，△CGF的面积为S(单位：cm2).
(1)求AD，CD的长；
(2)求S关于t的函数解析式，并直接写出自变量t的取值范围．
25. (本小题11.0分)
如图1，△ABC中，点D，E，F分别在BC，AC，AB上，AB=AD，DE//AB，BE，EF分别与AD相交于点G，H，∠DEH=∠DGE．
(1)求证：∠DEG=∠DHE；
(2)求证：BG=EF；
(3)如图2，若H是AD的中点，AB=kDE，求k的值．
26. (本小题12.0分)
平面直角坐标系xOy中，抛物线C1：y=x2先向右平移72个单位长度，再向上平移74个单位长度，得到新的抛物线C2，其顶点为A，C1，C2相交于点B，过点A作AC⊥x轴于点C，连接BC交OA于点D．
(1)点A的坐标是______ ；
(2)如图，求△OBD面积与△OCD面积的比值；
(3)在y轴上有两点E(0,n)，G(0,n+32)，过点E作x轴的平行线交直线OA于点F，以EF，EG为邻边作矩形EFHG，直线FH分别交抛物线C1，C2于点P，Q.若抛物线C1在矩形EFHG内部(不含边界)的部分对应的函数值y随x的增大而增大，且抛物线C2，在矩形EFHG内部(不含边界)的部分对应的函数值y随x的增大而减小，求PQ的取值范围．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A.圆锥的主视图是等腰三角形，故本选项符合题意；
B.圆柱的主视图的矩形，故本选项不符合题意；
C.长方体的主视图是矩形，故本选项不符合题意；
D.球的主视图是圆，故本选项不符合题意．
故选：A．
根据各个几何体的主视图的形状进行判断即可．
本题考查简单几何体的三视图，掌握各种几何体三视图的形状是正确判断的前提．
2.【答案】C
【解析】解：A． 4=2，故此选项不合题意；
B.3−27=−3，故此选项不合题意；
C. 18=3 2，故此选项符合题意；
D. (−5)2=5，故此选项不合题意．
故选：C．
直接利用二次根式的性质以及立方根的性质分别化简，进而得出答案．
此题主要考查了二次根式的性质以及立方根的性质，正确化简各数是解题关键．
3.【答案】B
【解析】解：A、a2⋅a3=a5，故A不符合题意；
B、a2+a2=2a2，故B符合题意；
C、(3a)2=9a2，故C不符合题意；
D、a3÷2a=12a2，故D不符合题意；
故选：B．
根据同底数幂的乘法，合并同类项，积的乘方，单项式乘单项式法则进行计算，逐一判断即可解答．
本题考查了整式的混合运算，准确熟练地进行计算是解题的关键．
4.【答案】A
【解析】解：A、该图形既是轴对称图形又是中心对称图形，故本选项符合题意；
B、该图形是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
C、该图形是中心对称图形，不是轴对称图形，故本选项不符合题意；
D、该图形是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意．
故选：A．
观察四个选项中的图形，判断轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分沿对称轴折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合，找出既是轴对称图形又是中心对称图形的那个即可得出结论．
本题考查了轴对称图形和中心对称图形的定义，仔细观察图形根据定义正确判断是解答本题的关键．
5.【答案】D
【解析】解：设I=UR，把(9,4)代入得：
U=9×4=36(V)，
故蓄电池的电压是36(V)，
故选：D．
直接利用图象上点的坐标得出函数解析式即可．
此题主要考查了反比例函数的应用，正确得出函数解析式是解题关键．
6.【答案】B
【解析】解：这组数据中19出现3次，次数最多，
所以众数为19，
将这组数据重新排列为16、18、19、19、19、20、21、22，
所以这组数据的中位数为19+192=19，
故选：B．
根据众数和中位数的定义求解即可．
本题主要考查众数、中位数，一组数据中出现次数最多的数据叫做众数；将一组数据按照从小到大(或从大到小)的顺序排列，如果数据的个数是奇数，则处于中间位置的数就是这组数据的中位数．如果这组数据的个数是偶数，则中间两个数据的平均数就是这组数据的中位数．
7.【答案】A
【解析】解：设这种药品平均每次降价的百分率为x，
根据题意得：100(1−x)2=81，
解得：x1=0.1=10%，x2=1.9(不符合题意，舍去)，
∴这种药品平均每次降价的百分率为10%．
故选：A．
设这种药品平均每次降价的百分率为x，利用该药品经过两次降价后的价格=原价×(1−这种药品平均每次降价的百分率)2，可得出关于x的一元二次方程，解之取其符合题意的值，即可得出结论．
本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
8.【答案】A
【解析】解：∵将△ABC顺时针旋转90°，得到△DEC，
∴AC=CD，∠B=∠CED=70°，∠ACD=90°，
∴∠CAD=45°，
∴∠ADE=∠CED−∠CAD=70°−45°=25°，
故选：A．
由旋转的性质可得AC=CD，∠B=∠CED=70°，∠ACD=90°，由等腰三角形的性质可得∠CAD=45°，即可求解．
本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，掌握旋转的性质是解题的关键．
9.【答案】D
【解析】解：由作法得OA=OB=AC=BC=2cm，
∴四边形AOBC为菱形，
∴OD=CD，AB⊥OC，
∵∠MON=60°，
∴∠AOC=∠BOC=30°，
在Rt△AOD中，∵∠AOD=30°，
∴AD=12OA=1cm，
∴OD= 3AD= 3cm，
∴OC=2OD=2 3cm．
故选：D．
利用基本作图得OA=OB=AC=BC=2cm，则可判断四边形AOBC为菱形，利用菱形的性质得到OD=CD，AB⊥OC，∠AOC=∠BOC=30°，然后利用含30度的直角三角形三边的关系求出OD，从而得到OC的长．
本题考查了作图−基本作图：熟练掌握5种基本作图是解决问题的关键．也考查了菱形的判定与性质．
10.【答案】D
【解析】解：由图象可知开口向上，选项A说法正确，不符合题意，
抛物线的对称轴是直线x=2，选项C说法正确，不合题意，
与x轴交于点(1,0)和(3,0)，方程ax2+bx+c=0的解为x1=1，x2=3，选项B说法正确，不合题意．
根据顶点式可求出抛物线的解析式是y=x2−4x+3，
∴抛物线与y轴的交点为(0,3)，选项D说法错误，符合题意．
故选：D．
根据图象可知开口方向向上，与x轴的交点坐标，及顶点坐标，可以求出抛物线的解析式，从而得出选项D符合题意．
本题考查二次函数的图象选择，求出抛物线的解析式是关键．
11.【答案】x≥1
【解析】解：∵3x−2≥x，
∴3x−x≥2，
2x≥2，
则x≥1，
故答案为：x≥1．
根据解一元一次不等式基本步骤：移项、合并同类项、系数化为1可得．
本题主要考查解一元一次不等式的基本能力，严格遵循解不等式的基本步骤是关键，尤其需要注意不等式两边都乘以或除以同一个负数不等号方向要改变．
12.【答案】540
【解析】
【分析】
本题考查的是多边形的内角和的计算，掌握多边形的内角和公式(n−2)⋅180°是解题的关键．
根据多边形的内角和是(n−2)⋅180°，代入计算即可．
【解答】
解：(5−2)×180°
=540°，
故答案为：540．
13.【答案】45
【解析】解：∵AB所对的圆心角是∠AOB，AB所对的圆周角是∠ACB，
∴∠C=12∠AOB，
∵∠AOB=90°，
∴∠C=45°，
故答案为：45．
根据圆周角定理进行计算即可．
本题考查了圆周角定理，圆心角、弧、弦的关系，熟练掌握圆周角定理是解题的关键．
14.【答案】13
【解析】解：从袋子中随机取出1个球，则它是白球的概率是：26=13，
故答案为：13．
根据题意，可以求得从袋子中随机取出1个球，则它是白球的概率．
本题考查概率公式，解答本题的关键是明确题意，求出相应的概率．
15.【答案】4
【解析】解：∵AC=12m，∠BAC=30°，
在Rt△ABC中，
tan∠BAC=BCAC= 33，
∴BC= 33×AC= 33×12=4 3，
∵CD=3m，∠CDE=45°，
∴∠CED=45°，
∴CD=CD=3，
∵BE=BC−CE=4 3−3≈3.92≈4．
故答案为：4．
根据解直角三角形，得出BC、CD的长，解答即可．
本题考查了解直角三角形的应用，掌握三角函数是解题的关键．
16.【答案】185
【解析】解：设AE交BB′于点F，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC=90°，
∵将△ABE沿直线AE翻折，得到△AB′E，
∴点B′与点B关于直线AE对称，
∴AE垂直平分BB′，
∴∠AFB=90°，BF=B′F=12BB′=12×6 105=3 105(cm)，
∴∠BAF=∠EBF=90°−∠ABF，
∵B′G⊥AB于点G，
∴∠AGB′=∠BGB′=∠ABC=90°，
∴B′G//BC，
∴∠BB′G=∠EBF，
∴∠BB′G=∠BAF，
∴BGBB′=sin∠BB′G=sin∠BAF=BFAB=3 1056= 1010，
∴BG= 1010BB′= 1010×6 105=65(cm)，
∴B′G= BB′2−BG2= (6 105)2−(65)2=185(cm)，
故答案为：185．
设AE交BB′于点F，由矩形的性质得∠ABC=90°，由折叠得∠AFB=90°，BF=12BB′=3 105cm，再证明∠BB′G=∠BAF，则BGBB′=sin∠BB′G=sin∠BAF=BFAB= 1010，所以BG= 1010BB′=65cm，则B′G= BB′2−BG2=185cm，于是得到问题的答案．
此题重点考查矩形的性质、轴对称的性质、平行线的判定与性质、同角的余角相等、勾股定理、锐角三角函数与解直角三角形等知识，证明∠BB′G=∠BAF是解题的关键．
17.【答案】解：x−y=3 ①3x−8y=14 ②，
由①得：x=3+y③，
把③代入②得：3(3+y)−8y=14，
所以y=−1．
把y=−1代入③得：x=2，
∴原方程组的解为x=2y=−1．
【解析】观察本题中方程的特点本题用代入法较简单．
这类题目的解题关键是掌握方程组解法中的代入消元法．
18.【答案】8 4 100.8
【解析】解：(1)由题意得，m=50×16%=8，
∴n=50−8−24−14=4．
故答案为：8，4；
(2)扇形统计图中“C”对应的圆心角的度数为：360°×1450=100.8°．
故答案为：100.8；
(3)500×450=40(名)，
答：估计选择D劳动类型的学生人数大约为40名．
(1)用样本容量乘16%可得m的值，进而得出n的值；
(2)用360°乘“C”所占比例可得答案；
(3)用总人数乘“D”所占比例可得答案．
本题考查了统计表、扇形统计图、用样本估计总体，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
19.【答案】证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD//BC，
∴∠EDH=∠FBG，
在△DEH与△BFG中，
DE=BF∠EDH=∠FBGDH=BG，
∴△DEH≌△BFG(SAS)，
∴∠BGF=∠DHE，
∴∠HGF=∠EHG，
∴EH//GF．
【解析】根据平行四边形的性质得出AD//BC，进而利用SAS证明△DEH与△BFG全等，利用全等三角形的性质解答即可．
此题考查平行四边形的性质，关键是根据平行四边形的性质得出AD//BC解答．
20.【答案】解：设七年级捐款的人数为x人，则八年级捐款的人数为(x+20)人．
由题意得：4800x=5000x+20，
解这个方程，得x=480．
经检验，x=480是原方程的解．
答：七年级捐款总人数为480人．
【解析】设出七年级捐款的人数，则可表示出八年级捐款的人数，根据两个年级人均捐款数相等列分式方程求解即可．
本题考查分式方程的应用，解题关键是要读懂题目的意思，根据题目给出的条件，找出合适的等量关系，列出方程，再求解．
21.【答案】4 3
【解析】解：(1)∵点A(a,9)，B(12,b)在反比例函数y=36x(x>0)的图象上，
∴9a=12b=36，
∴a=4，b=3，
故答案为：4，3；
(2)∵A(4,9)，B(12,3)，
∴AB= (12−4)2+(9−3)2=10，
∵AC⊥x轴于点C，BD⊥AC于点D，
∴△ABD是直角三角形，
∵E为AB中点，
∴DE=12AB=5，
∴DE的长为5．
(1)把点A(a,9)，B(12,b)代入反比例函数解析式即可求得；
(2)求得AB的长度，根据题意可知DE是直角△ABD斜边的中线，利用直角三角形斜边中线的性质即可求得DE的长．
本题主要考查了反比例函数图象上点的坐标特征，直角三角形斜边中线的性质，熟练掌握反比例函数图象上点的坐标一定满足该函数解析式是解答本题的关键．
22.【答案】(1)证明：∵D是AC的中点，
∴AC⊥OD；
(2)解：连接OC，
∵CF是⊙O的切线，
∴OC⊥CF，
∴OC= OF2−CF2= 132−122=5，
∴AB=2OC=10，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°=∠FCO，
∴∠ACO=∠F=90°−∠ECF，
∵OA=OC，
∴∠ACO=∠A=∠F，
△ACB∽△FCO，
∴BCOC=ABOF，
∴BC5=1013，
∴BC=5013．
【解析】(1)根据垂径定理即可得到结论；
(2)由切线的性质和勾股定理求出OC，即AB，证得△ACB∽△FCO，根据相似三角形的性质即可求出BC．
本题主要考查了切线的性质，垂径定理，圆周角定理，相似三角形的性质和判定，勾股定理等知识，灵活掌握相关定理是解决问题的关键．
23.【答案】15
【解析】解：(1)由题意得，甲车距大连北站的路程y(单位：km)与两车行驶时间x(单位：h)的图象是一条折线，
乙车距大连北站的路程y(单位：km)与两车行驶时间x(单位：h)的图象是一条线段，
∵2min=260h=130h，
∴a=16+130=5+130=15，
故答案为：15；
(2)设乙车距大连北站的路程y与两车行驶时间x的函数解析式为y=kx+b(k≠0)，
将(0,15)，(13,0)代入解析式得：b=1513k+b=0，
解得k=−45b=15，
∴乙车距大连北站的路程y与两车行驶时间x的函数解析式为y=−45x+15(0≤x≤13)；
(3)设甲车刚出发时速度为mkm/h，在x≥15后速度为(m−15)km/h，
∴当0≤x≤16时，y=mx，
令x=16，则y=16m，
当a=15≤x≤1445时，y=16m+(m−15)(x−15)，
将(1445,15)代入y=16m+(m−15)(x−15)得，
16m+(m−15)(x−15)=15，
解得m=60，
∴当0≤x≤16时，y=60x，
根据图象，两车相遇的时间小于16h，
联立方程组y=−45x+15y=60x，
解得x=17y=607，
∴甲、乙两车相遇时，乙车距大连北站的路程607km．
(1)根据a=16+260得出结论；
(2)用待定系数法求函数解析式即可；
(3)设甲车刚出发时速度为mkm/h，在x≥15后速度为(m−15)km/h，根据题意当0≤x≤16时，y=mx，当a=15≤x≤1445时，y=16m+(m−15)(x−15)，然后求出m，再联立方程组y=−45x+15y=60x，解方程组即可．
本题考查了行程问题的数量关系路程=速度×时间的运用，待定系数法求一次函数的解析式的运用，解答时求出一次函数的解析式是关键．
24.【答案】解：(1)∵∠ACB=90°，AC=5(cm)，BC=154(cm)，
∴AB= AC2+BC2= 52+(154)2=254(cm)，
∵∠ACB=90°，CD⊥AB，
∴∠ADB=∠ACB=90°，
又∵∠A为公共角，
∴△ADC∽△ACB，
∴ADAC=CDBC=ACAB，
∴AD=4(cm)，CD=3(cm)；
(2)由题意得，AE=2t(cm)，BD=AB−AD=254−4=94(cm)，
①当点E在AD上，即0∵EF//AC，
∴AEAD=CGCD，
∴2t4=CG3，
∴CG=32t(cm)，
∵EF//AC，∠ACB=90°，
∴EF⊥BC，即∠CFG=90°，
∵CD⊥AB，
∴∠CDB=90°，
∴∠CDB=∠CFG，
又∠GCF=∠BCD，
∴△CFG∽△CDB，
∴CGCB=CFCD=GFBD，
即32t154=CF3=GF94，
∴CF=65t(cm)，GF=910t(cm)，
∴S△CGF=12CF⋅GF=12⋅65t⋅910t=2750t2(cm2)；
②当点E在CD上，即2≤t<72时，点E与点G重合，如图，

此时CG=4+3−2t=7−2t(cm)，
由①已证△CFG∽△CDB，
∴CFCD=CGCB=GFBD，
即CF3=7−2t154=GF94，
∴CF=(285−85t)(cm)，GF=(215−65t)(cm)，
∴S△CGF=12CF⋅GF
=12(285−85t)(215−65t)
=2425t2−16825t+29425(cm2)，
综上，S=2750t2(0【解析】(1)先根据勾股定理求出AB的长，然后证出△ADC∽△ACB，根据相似三角形对应边成比例求出AD，CD的长即可；
(2)分类讨论，当点E在AD上时，先求出CG的长，然后证出△CFG∽△CDB，求出CF，GF的长，最后根据直角三角形的面积公式求解即可；
当点E在CD上时，点E与点G重合，先求出CG的长，然后证出△CFG∽△CDB，求出CF，GF的长，最后根据直角三角形的面积公式求解即可．
本题主要考查了相似三角形的判定与性质，以及动点问题，熟练掌握相似三角形的判定，分类讨论解决问题是解此题的关键．
25.【答案】(1)证明：∵∠DEH=∠DEG+∠GEH，∠DGE=∠DHE+∠GEH，∠DEH=∠DGE，
∴∠DEG=∠DHE；
(2)证明：作∠DBM=∠DBG交ED延长线于点M．

∵AB=AD，
∴∠ABD=∠ADB．
∵DE//AB，
∴∠BDM=∠ABD．
∴∠ADB=∠BDM．
∵BD=BD，
∴△BDG≌△BDM(ASA)．
∴BG=BM，∠BGD=∠M，
∵∠DGE+∠BGD=180°，∠DEH=∠DGE，
∴∠DEH+∠M=180°，
∴EF//BM．
∵DE//AB，
∴四边形BMEF是平行四边形．
∴BM=EF．
∴BG=EF．
(3)解：作∠DBM=∠DBG交ED延长线于点M．

∵H是AD的中点，
∴AH=DH．
∵DE//AB，
∴∠HAF=∠HDE，∠AFH=∠DEH．
∴△AFH≌△DEH(AAS)，
∴AF=DE，
设DE=x，
∴AF=x，
∴AB=kDE=kx，
∴BF=(k−1)x，
∵四边形BMEF是平行四边形，
∴EM=BF=(k−1)x．
∵EM=ED+DM=ED+DG，
∴(k−1)x=x+DG．
∴DG=(k−2)x，
∵AD=AB=kx，
∴DH=12AD=12kx，
∵∠EDG=∠HDE，∠DEH=∠DGE，
∴△DEG∽△DHE，
∴DGDE=DEDH，
∴(k−2)xx=x12kx，
∴12k(k−2)=1，
∴k1=1+ 3，k2=1− 3<0 (舍)，
即k=1+ 3．
【解析】(1)由三角形外角的性质可得出结论；
(2)作∠DBM=∠DBG交ED延长线于点M.证明△BDG≌△BDM(ASA).由全等三角形的性质可得出BG=BM，∠BGD=∠M，证出四边形BMEF是平行四边形．得出BM=EF.则可得出结论；
(3)证明△AFH≌△DEH(AAS)，由全等三角形的性质可得出AF=DE，设DE=x，证明△DEG∽△DHE，由相似三角形的性质得出DGDE=DEDH，则(k−2)xx=x12kx，解方程求出k即可得出答案．
本题属于三角形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形或直角三角形解决问题，属于中考压轴题．
26.【答案】(72,74)
【解析】解：(1)∵抛物线C1：y=x2先向右平移72个单位长度，再向上平移74个单位长度，
∴抛物线C2的解析式为y=(x−72)2+74，
∴A(72,74)，
故答案为：(72,74)；
(2)当x2=(x−72)2+74时，解得x=2，
∴B(2,4)，
设直线OA的解析式为y=kx，
则72k=74，
解得：k=12，
∴直线OA的解析式为：y=12x，
过B作BE//AC交OA于K点，如图，

∴K(2,1)，
∴BK=3，
∵A(72,74)，
∴AC=74，
∵BK//AC，
∴BDCD=BKAC=127，
∴S△OBDS△OCD=BDCD=127；
(3)令12x=n，
∴x=2n，
∴F(2n,n)，
∵G(0,n+32)，
∴H(2n,n+32)，
当点H在抛物线C2对称轴左侧时，

(2n−72)2+74=n+32，
解得n=52或n=54，
当n=52时，2n=5>72(舍)，
∴n=54；
设直线OA与抛物线C2的另外一个交点为M，
∴12x=(x−72)2+74，
解得x=4或x=72，
∴M(4,2)，
当点F与点M重合时，2n=4，
解得n=2，
∴54∵P(2n,4n2)，Q(2n,4n2−14n+14)，
∴PQ=14n−14，
当x=2n时，PQ=14n−14，
∴PQ的长度随n的增大而增大，
∴72(1)由平移的性质可得抛物线C2的解析式为y=(x−72)2+74，即可得出顶点坐标；
(2)联立方程得x2=(x−72)2+74，求解可得B(2,4)，运用待定系数法可得直线OA的解析式为：y=12x，过B作BE//AC交OA于K点，即K(2,1)，可得BK=3，AC=74，由BK//AC，可得S△OBDS△OCD=BDCD=BKAC=127；
(3)先求得F(2n,n)，H(2n,n+32)，设直线OA与抛物线C2的另外一个交点为M，联立求解可得M(4,2)，再分两种情况：当点H在抛物线C2对称轴左侧时，当点F与点M重合时，分别求得n的值，即可得出n的取值范围，再根据PQ=14n−14，利用一次函数的性质即可求得答案．
本题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法求函数解析式，抛物线的平移，三角形面积，矩形的性质，相似三角形的判定与性质，二次函数的图象和性质等，难点在于要根据矩形EFGH的位置分情况讨论，属于中考压轴题．
日期
1日
2日
3日
4日
5日
6日
7日
8日
最高温度(℃)
19
19
19
16
18
22
20
21
劳动类型
人数
A
m
B
24
C
14
D
n