2024年吉林省松原市名校调研（省命题W）中考数学二模试卷（含解析）

这是一份2024年吉林省松原市名校调研（省命题W）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，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.某校举行“生活中的数学”知识竞赛，若将加30分记为+30分，则扣20分记为( )
A. −20分B. +20分C. −30分D. +30分
2.砚台与笔、墨、纸是中国传统的文房四宝，是中国书法的必备用具.如图是一方寓意“规矩方圆”的砚台，它的俯视图是( )
A.
B.
C.
D.
3.如图，在河边的A处，有一个牧童在放牛，牛吃饱后要到河边饮水，牧童把牛牵到河边沿AB的路径走才能走最少的路，其依据是( )
A. 过一点有且只有一条直线与已知直线垂直
B. 垂线段最短
C. 两点之间，线段最短
D. 两点确定一条直线
4.若关于x的一元二次方程x2−4x+2k=0有实数根，则实数k的取值范围是( )
A. k>2B. k≥2C. k<2D. k≤2
5.如图，已知直线a/​/b，现将含45°角的直角三角板放入平行线之间，两个锐角顶点分别落在两条直线上.若∠1=23°，则∠2的度数为( )
A. 68°
B. 67°
C. 23°
D. 22°
6.如图，过⊙O上一点P的切线与直径AB的延长线交于点C，点D是圆上一点，且∠BDP=29°，则∠C的度数为( )
A. 32°
B. 33°
C. 34°
D. 35°
二、填空题：本题共8小题，每小题3分，共24分。
7.某品种的牡丹花粉的直径约为0.0000354米，数据0.0000354用科学记数法表示为______．
8.分解因式：a2+10a+25= ______．
9.计算 24− 54的结果是______．
10.浙江地区向来有打年糕的习俗.糯米做成年糕的过程中，由于增加水分，会使得重量增加20%.如果做成年糕后重量为x斤，则原有糯米______斤(用含x的代数式表示)．
11.如图，∠MON=33°，点P在∠MON的边ON上，以点P为圆心，PO为半径画弧，交OM于点A，连接AP，则∠APN= ______．
12.如图是一个照相机成像的示意图.如果AB为35mm，点O到AB的距离是70mm，那么拍摄7m外的景物A′B′的长度是______米.
13.如图，△ABC是边长为12cm的等边三角形，分别以点A、B、C为圆心，以4cm为半径画弧，则图中阴影部分的面积为______cm2(结果保留根号和π)．
14.如图，在△ABC中，∠C=90°，AC=BC=5，点E，F分别为边AB与BC上两点，连接EF，将△BEF沿着EF翻折，使得B点落在AC边上的D处，AD=2，则CF的值为______．
三、解答题：本题共12小题，共84分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题5分)
先化简，再求值：(2a−b)(2a+b)−4a(a−b)，其中a=−2，b=1．
16.(本小题5分)
已知：如图，AE⊥AB，BC⊥AB，EA=AB，D为AB上一点，连接ED、AC相交于F，ED=AC，求证：Rt△EAD≌Rt△ABC．
17.(本小题5分)
某校为满足学生的阅读需求，需新购买一批图书，拟购进甲、乙两种规格的书柜放置新购买的图书，已知每个甲种书柜的价格是每个乙种书柜价格的1.2倍，用9600元购买的甲种书柜的数量比用7200元购买的乙种书柜的数量多5个，求每个甲、乙书柜的价格分别是多少元？
18.(本小题5分)
丽丽与明明相约去天文馆参观，该馆有A、B两个入口，有C、D、E三个出口，他们从同一人口B进入后分散参观，结束后，请用列表法或画树状图法，求她们恰好从同一出口走出的概率．
19.(本小题7分)
图1、图2、图3均是2×2的正方形网格，每个小正方形的顶点称为格点，点A、O均在格点上，点B在格线上.只用无刻度的直尺，在给定的网格中，分别按下列要求画图，保留作图痕迹．
(1)在图1中，作出点A关于点O的对称点C，连结AC．
(2)在图2中，作出线段AB关于点O的成中心对称线段DE．
(3)在图3中，已知点F是线段AB上的任意一点，作出一条线段OG，使得OG=OF．
20.(本小题7分)
某校数学兴趣小组利用无人机测量大楼的高度.无人机在空中P处，测得楼AB楼顶A处的俯角为45°，测得楼AB底部B处的俯角为67°，如图，已知BC=20米，求楼AB的高为多少米(结果保留整数，参考数据：sin67°≈0.92，cs67°≈0.39，tan67°≈2.36)？
21.(本小题7分)
如图①，点A(1,a)、B(0,1)在直线y=2x+b上，反比例函数y=kx(x>0)的图象经过点A．
(1)求a和k的值；
(2)以线段AB为边向右侧作▱ABDC，如图②，使点D恰好落在反比例函数y=kx(x>0)的图象上时，过点C作CF⊥x轴于点F，交反比例函数的图象于点E，求线段CE的长度．
22.(本小题7分)
“逐梦寰宇问苍穹——中国载人航天工程三十年成就展”的成功举办，标志着我国载人航天工程正式进入空间站应用与发展阶段.某中学为了解学生对“航空航天知识”的掌握情况，随机抽取m名学生进行测试，对成绩(百分制))进行整理、描述和分析，成绩划分为A(90≤x≤100)，B(80≤x<90)，C(70≤x<80)，D(60≤x<70)，四个等级，并制作出不完整的统计图如图.已知：B等级数据(单位：分)：80，80，81，82，85，86，86，88，89，89；根据以上信息，回答下列问题：
(1)补全条形统计图，并填空：m= ______，n= ______；
(2)抽取的m名学生中，成绩的中位数是______分；
(3)这所学校共有2100名学生，若全部参加这次测试，请你估计成绩能达到A等级的学生人数．
23.(本小题8分)
甲、乙两人骑自行车从A地到B地.甲先出发骑行3千米时，乙才出发；开始时，甲、乙两人骑行速度相同，后来甲改变骑行速度，乙骑行速度始终保持不变；2.8小时后，甲到达B地，在整个骑行过程中，甲、乙两人骑行路程y(千米)与乙骑行时间x(小时)之间的关系如图所示．
(1)求出图中t的值；
(2)求甲改变骑行速度后，y关于x的函数关系式，并写出自变量x的取值范围；
(3)当乙到达B地后，求甲离B地的路程．
24.(本小题8分)
综合与实践
【问题背景】
如图1，在矩形ABCD中，AB=5，BC=4，点E为边BC上一点，沿直线DE将矩形折叠，使点C落在AB边上的点C′处．
【问题解决】
(1)填空：AC′的长为______；
(2)如图2，展开后，将△DC′E沿线段AB向右平移，使点C′的对应点与点B重合，得到△D′BE′，D′E′与BC交于点F，求线段EF的长．
【拓展探究】
(3)如图1，将△DC′E绕点C′旋转至A，C′，E三点共线时，请直接写出CD的长．
25.(本小题10分)
如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=BC，AB=4，点D为AB的中点，动点P从点A出发.沿线段AB以每秒1个单位长度的速度向终点B运动.点P关于点D的对称点为点Q，当点P不与点D重合时，以PQ为直角边向上作等腰直角△QPM，使∠QPM=90°.设点P的运动时间为t秒．
(1)用含t的代数式表示线段PQ的长．
(2)当点M落在△ABC的边上时，求t的值．
(3)当△PQM与△ABC重叠部分为四边形时，求重叠部分的面积S与t之间的关系式．
(4)PM与△ABC的直角边交于点N.当MQ垂直平分CN时，直接写出t的值．
26.(本小题10分)
如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=x2+bx经过点(4,0)，A、B为该抛物线上的两点，点A的横坐标为m，点B的横坐标为m−1.当点A不在x轴上时，过点A作x轴的垂线交x轴于点C，以AB、AC为边作▱ABDC，将▱ABDC向x轴正方向平移1个单位长度得到▱EFGH(点A、B、D、C的对应点分别为点E、F、G、H)．
(1)求抛物线y=x2+bx的解析式；
(2)当▱ABDC是矩形时，求m的值；
(3)当x轴将▱ABDC分成面积相等的两部分图形时，求▱ABDC的面积；
(4)当抛物线y=x2+bx在y轴右侧的部分与▱EFGH有两个公共点，且右公共点与左公共点的横坐标之差小于1时，直接写出m的取值范围．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：某校举行“生活中的数学”知识竞赛，若将加30分记为+30分，则扣20分记为−20分．
故选：A．
根据正负数表示相反意义的量，可得加分记为正，扣分记为负．
此题主要考查了正数和负数，解题关键是理解“正”和“负”的相对性，确定一对具有相反意义的量．
2.【答案】C
【解析】解：从上边看，可得如图：
．
故选：C．
根据从上面看得到的图象是俯视图，可得答案．
本题考查了简单几何体的三视图，从上面看到的视图是俯视图．
3.【答案】B
【解析】解：在河边的A处，有一个牧童在放牛，牛吃饱后要到河边饮水，牧童把牛牵到河边沿AB的路径走才能走最少的路，其依据是垂线段最短．
故选：B．
根据垂线段最短判断．
本题考查了垂线段：从直线外一点引一条直线的垂线，这点和垂足之间的线段叫做垂线段．
4.【答案】D
【解析】解：∵关于x的一元二次方程x2−4x+2k=0有实数根，
∴Δ=(−4)2−4×1×2k=16−8k≥0，
∴k≤2．
故选：D．
先计算根的判别式，根据一元二次方程解的情况得不等式，求解即可．
本题考查了根的判别式，掌握“Δ=b2−4ac”及根的判别式与一元二次方程解的情况是解决本题的关键．
5.【答案】A
【解析】解：如图：
由题意得：∠3=45°，
∵∠1=23°，
∴∠ABC=∠1+∠3=68°，
∵a/​/b，
∴∠2=∠ABC=68°，
故选：A．
根据题意可得：∠3=45°，从而利用角的和差关系可得∠ABC=68°，然后利用平行线的性质可得∠2=∠ABC=68°，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．
6.【答案】A
【解析】【分享】
本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．也考查了圆周角定理．
连接OP，如图，先根据切线的性质得到∠OPC=90°，再根据圆周角定理得到∠POC=58°，然后利用互余计算∠C的度数．
【解答】
解：连接OP，
∵CP为⊙O的切线，∠BDP=29°，
∴OP⊥PC，
∴∠OPC=90°，
∵∠POC=2∠BDP=2×29°=58°，
∴∠C=90°−58°=32°．
故选：A．
7.【答案】3.54×10−5
【解析】解：0.0000354=3.54×10−5，
故答案为：3.54×10−5．
将一个数表示成a×10n的形式，其中1≤|a|<10，n为整数，这种记数方法叫做科学记数法，据此即可求得答案．
本题考查科学记数法表示较小的数，熟练掌握其定义是解题的关键．
8.【答案】(a+5)2
【解析】解：a2+10a+25=(a+5)2；
故答案为：(a+5)2．
根据完全平方公式：a2+2ab+b2=(a+b)2，原式化成二项式平方．
本题考查公式法因式分解，熟练掌握完全平方公式是解题的关键．
9.【答案】− 6
【解析】解：原式=2 6−3 6
=− 6．
故答案为：− 6．
直接化简二次根式，进而合并得出答案．
此题主要考查了二次根式的加减法，正确化简二次根式是解题关键．
10.【答案】5x6
【解析】解：原有糯米=x÷(1+20%)=5x6(斤)，
故答案为：5x6．
原有糯米×(1+20%)=做成后年糕后的重量．
本题考查了列代数式，关键是根据做成后的年糕增重20%正确列出原有糯米重量代数式．
11.【答案】66°
【解析】解：由作图可知，PO=PA，
∴∠PAO=∠O=33°，
∴∠APN=∠O+∠PAO=66°，
故答案为：66°．
由作图可知，PO=PA，根据等腰三角形的性质以及三角形的外角的性质解决问题即可．
本题考查作图−基本作图，三角形的外角的性质，等腰三角形的性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
12.【答案】3.5
【解析】解：过O作OH⊥AB于H，延长HO交A′B′于H′，
∵AB/​/A′B′，
∴OH′⊥A′B′，
∴△ABO∽△A′B′O，
∴ABA′B′=OHO′H′，
∴35A′B′=707，
解得：A′B′=3.5，
答：拍摄7m外的景物A′B′的长度是3.5米，
故答案为：3.5．
根据题意得出相似三角形，进而利用相似三角形的性质得出答案．
此题主要考查了相似三角形应用，得出△ABO∽△A′B′O是解题关键．
13.【答案】(36 3−8π)
【解析】解：如图，取BC的中点D，连接AD．
∵△ABC是等边三角形，点D是BC的中点，
∴AD⊥BC，
∴AD=AB⋅sin∠ABC=12× 32=6 3(cm)，
∴S△ABC=12BC⋅AD=12×12×6 3=36 3(cm2).
分别以点A、B、C为圆心，以4cm为半径画弧，得到3个完全相同的扇形，每个扇形的面积为60360×42π=83π(cm2)，
∴3个相同的扇形的总面积为S3个扇形=83π×3=8π(cm2)，
∴S阴影=S△ABC−S3个扇形=36 3−8π(cm2).
故答案为：(36 3−8π)．
取BC的中点D，连接AD，根据等边三角形的性质，证明AD⊥BC，由三角函数求出AD，根据三角形的面积公式求出△ABC的面积；分别以点A、B、C为圆心，以4cm为半径画弧，得到3个相同的扇形，根据扇形的面积公式求出一个扇形的面积，从而求出3个扇形的总面积，根据“阴影部分的面积=△ABC的面积−3个扇形的面积”计算即可．
本题考查扇形的面积和等边三角形的性质，掌握扇形的面积公式及等边三角形的性质是解题的关键．
14.【答案】85
【解析】解：∵AC=5，AD=2，
∴DC=AC−AD=3，
设CF=x，则BF=5−x，
∵将△BEF沿着EF翻折，
∴DF=BF=5−x，
在Rt△DCF中，
DC2+CF2=DF2，
∴32+x2=(5−x)2，
∴9+x2=25+x2−10x，
解得x=85，
∴CF=85．
根据AC=5，AD=2，求出DC，设CF=x，则BF=5−x，再根据翻折，DF=BF=5−x，根据勾股定理求解CF即可．
本题考查了等腰直角三角形的性质，根据勾股定理列方程求解问题，翻折问题，正确的作出辅助线，一步一步推论是解题的关键．
15.【答案】解：(2a−b)(2a+b)−4a(a−b)
=4a2−b2−4a2+4ab
=4ab−b2，
当a=−2，b=1时，原式=4×(−2)×1−12=−8−1=−9．
【解析】先利用平方差公式，单项式乘多项式的法则进行计算，然后把a，b的值代入化简后的式子进行计算，即可解答．
本题考查了整式的混合运算−化简求值，准确熟练地进行计算是解题的关键．
16.【答案】证明：∵AE⊥AB，BC⊥AB，
∴∠EAB=∠ABC=90°，
在Rt△EAD和Rt△ABC中，
ED=ACEA=AB，
∴Rt△EAD≌Rt△ABC(HL)．
【解析】根据HL证明三角形全等．
本题考查的是全等三角形的判定，掌握利用HL判定两个三角形全等是解决此题的关键．
17.【答案】解：设每个乙种书柜的价格是x元，则每个甲种书柜价格是1.2x元，
根据题意得：96001.2x−7200x=5，
解得：x=160，
经检验，x=160是所列方程的解，且符合题意，
∴1.2x=1.2×160=192(元)．
答：每个甲种书柜价格是192元，每个乙种书柜价格是160元．
【解析】设每个乙种书柜的价格是x元，则每个甲种书柜价格是1.2x元，利用数量=总价÷单价，结合用9600元购买的甲种书柜的数量比用7200元购买的乙种书柜的数量多5个，可列出关于x的分式方程，解之经检验后，可得出每个乙种书柜的价格，再将其代入1.2x中，即可求出每个甲种书柜的价格．
本题考查了分式方程的应用，找准等量关系，正确列出分式方程是解题的关键．
18.【答案】解：画树状图如下：

∵共有9种等可能的情况，其中恰好从同一出口走出的情况有3种，
∴她们恰好从同一出口走出的概率为39=13．
【解析】先画出树状图，共有9种等可能的情况，其中恰好从同一出口走出的情况有3种，再根据概率公式，计算即可得出结果．
本题考查了用树状图求概率，解本题的关键在根据树状图找出所有等可能的情况数．概率等于所求情况数与总情况数之比．
19.【答案】解：(1)连接AO并延长，与网格的交点即为点C，连接AC，

如图所示，点C即为所求作的点．
(2)分别连接AO，BO并延长，与网格分别交于点D和点E，

如图所示，线段DE即为所求作的线段．
(3)分别连接AO，BO并延长，与网格分别交于点D和点E，连接DE，连接FO并延长与DE交于点G，

如图所示，OG即为所求作的线段．
【解析】(1)根据中心对称的性质即可解决问题．
(2)分别画出点A和点B关于点O的对称点即可解决问题．
(3)先画出AB关于点O的对称线段，再延长FO与之相交即可解决问题．
本题考查作图−旋转变换，熟知图形旋转的性质是解题的关键．
20.【答案】解：根据题意可知：∠APN=45°，∠BPN=67°，BC=20米，
如图，过点A作AD⊥PC于点D，得矩形ABCD，
∴AB=DC，AD=BC=20米，
∵AD//MN，
∴∠PAD=45°，
∴AD=PD=20米，
在Rt△BCP中，∠PBC=67°，BC=20米，
∴PC=BC⋅tan67°≈20×2.36=47.2(米)，
∴AB=CD=PC−PD=47.2−20=27.2≈27(米)，
答：楼AB的高约为27米．
【解析】根据题意可得∠APN=45°，∠BPN=67°，BC=20米，过点A作AD⊥PC于点D，得矩形ABCD，然后利用锐角三角函数求出PC，即可解决问题．
本题主要考查解直角三角形的应用之仰角俯角问题，深入理解题意，把实际问题转化成数学问题是解决问题的关键．
21.【答案】解：(1)∵点A(1,a)、点B(0,1)在直线y=2x+b上，
∴b=1，
∴y=2x+1，
∴a=2×1+1=3，
∴A(1,3)，
∵反比例函数y=kx的图象经过点A，
∴k=1×3=3；
(2)①由(1)知，y=3x，
当y=1时，x=3，
∴D(3,1)，
∵四边形ABCD是平行四边形，B(0,1)，
∴AC=BD=3−0=3，
∴C(1+3,3)，即C(4,3)，
当x=4时，y=3x=34，
∴EF=34，CF=3，
∴CE=CF−EF=94．
【解析】(1)将点B(0,1)代入y=2x+b可求b，进而求出a，将点A(1,a)代入y=kx可求k；
(2)根据平行四边形的性质知点D的纵坐标为1，可求得点D的坐标，从而得求出BD，进而得出点C的坐标，可得答案．
本题是反比例函数与一次函数综合题，主要考查了平移的性质，直角三角形的性质，勾股定理等知识，运用分类讨论思想是解题的关键．
22.【答案】50 20 85.5
【解析】解：(1)由图得：D等级有5人，占10%，
∴m=5÷10%=50，
∴n%=1050×100%=20%，
∴n=20．
等级C的人数：50−20−10−5=15(人)，
补全条形统计图如图：
故答案为：50，20；
(2)把数据按从小到大排列后，80，80，81，82，85，86，86，88，89，89
中间两个数是85、86，
∴中位数是85+862=85.5；
故答案为：85.5；
(3)2050×2100=840(人)，
答：成绩能达到A等级的学生人数为840人．
(1)由图得D等级有5人，占10%，可求m，从而可求n的值，即可求解；求出C等级的人数，即可补全条形统计图；
(2)根据众数、中位数的定义解答即可；
(3)用总人数乘A等级所占的百分比之和即可．
本题考查的是条形统计图和扇形统计图的综合运用，读懂统计图，从不同的统计图中得到必要的信息是解决问题的关键．条形统计图能清楚地表示出每个项目的数据；扇形统计图直接反映部分占总体的百分比大小．
23.【答案】解：(1)由图象可得，乙的速度为36÷2.4=15(千米/时)，
∵开始时，甲、乙两人骑行速度相同，
∴t=18−315=1，
∴t的值为1；
(2)设甲改变骑行速度后，y关于x的函数关系式为y=kx+b，
把(1,18)，(2.8,36)代入得：
k+b=182.8k+b=36，
解得k=10b=8，
∴甲改变骑行速度后，y关于x的函数关系式为y=10x+8(1≤x≤2.8)；
(3)由图象可知，t=2.4时，乙到达B地，
在y=10x+8中，令x=2.4得y=10×2.4+8=32，
∵36−32=4(千米)，
∴乙到达B地后，甲离B地4千米．
【解析】(1)求出乙的速度为15千米/时，根据开始时，甲、乙两人骑行速度相同，可得t=18−315=1；
(2)设甲改变骑行速度后，y关于x的函数关系式为y=kx+b，把(1,18)，(2.8,36)代入可得y=10x+8(1≤x≤2.8)；
(3)在y=10x+8中，令x=2.4得y=10×2.4+8=32，即可知乙到达B地后，甲离B地4千米．
本题考查一次函数的应用，解题的关键是能从函数图象中获取有用的信息．
24.【答案】3
【解析】解：(1)∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=∠B=90°，AB=CD=5，BC=AD=4，
由折叠的性质得：C′D=CD=5，
∴AC′= C′D2−AD2= 52−42=3，
故答案为：3；
(2)由(1)得：AC′=3，
∴BC′=BC−AC′=2，
由折叠的性质得：C′E=CE，
设BE=x，则C′E=CE=4−x，
在Rt△BEC′中，BE2+BC′2=C′E2，
x2+22=(4−x)2，
解得x=32，
即BE=32，CE=4−32=52，
连接EE′，如图所示：
由平移的性质得：E′E=BC′=2，EE′//AB//CD，D′E′//DE，
∴△FEE′∽△FCD′∽△ECD，
∴EFEE′=CECD=525=12，
∴EF=12EE′=1；
(3)如图3.1，当AEC′共线时，过点D作DM⊥BC交CB的延长线于点M，
由(2)得：BC=2，C′E=52BE=92
由旋转的性质得：∠DEB=90°，
∴DE/​/CM，BE//DM，
∴四边形BEDM是平行四边形，
∴DM=BC=2，BM=C′D=5，
∴CM=9，
∴CD= DM2+CM2= 85；
如图3.2，当AC′E共线时，过点D作DN⊥BC交BC的延长线于点N，则DN=BC′=2，BN=CD=5，
∴CN=1，
∴CD= DN2+CN2= 5；
综上所述，CD的长为 85或 5．
(1)由矩形的性质得∠A=90°，AB=CD=5，BC=AD=4，再由折叠的性质得C′D=CD=5，然后由勾股定理求解即可；
(2)由折叠的性质得C′E=CE，设BE=x，则C′E=CE=4−x，在Rt△BEC′中，由BE2+BC′2=C′E2求出BE=32，CE=52，连接EE′，根据相似三角形的判定可得△FEE′∽△FCD′∽△ECD，即可求解；
(3)分两种情况讨论：当AEC′共线时，当AC′E共线时，结合勾股定理即可求解．
本题属于四边形综合题，主要考查了矩形与折叠问题，勾股定理，相似三角形的判定和性质，图形的平移问题等，熟练掌握矩形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质是解题的关键．
25.【答案】解：(1)由题意得AP=t，
∵AB=4，点D为AB的中点，
∴AD=BD=2，
∵点P关于点D的对称点为点Q，
∴PD=QD，
∴PQ=2PD，
当0≤t<2时，PD=AD−AP=2−t，
∴PQ=2PD=2(2−t)=4−2t．
当2PD=AP−AD=t−2，
∴PQ=2PD=2(t−2)=2t−4，
综上所述，线段PQ的长为4−2t(0≤t<2)或2t−4(2(2)如图1，点M在AC边上，
∵AC=BC，PM=PQ，∠C=∠MPQ=90°，
∴PM⊥AQ，∠A=∠B=∠PQM=∠PMQ=45°，
∴AM=QM，
∴AP=PQ，
∴t=4−2t，
解得t=43；
如图2，点M在BC边上，
∵∠B=∠PQM=45°，
∴BM=QM，
∵PM⊥BQ，
∴BP=PQ，
∴4−t=2t−4，
解得t=83，
综上所述，t的值为43或83．
(3)如图3，当0设QM交AC于点G，
∵∠A=∠PQM=∠M=45°，
∴∠AGQ=∠MGN=90°，
∴∠GNM=∠M=45°，
∴GM=GN，
∵∠APN=90°，
∴∠PNA=∠A=45°，
∴AP=NP=t，
∵PM=PQ=4−2t，
∴MN=4−2t−t=4−3t，
∵MN= GM2+GN2= 2GN2= 2GN，
∴GM=GN= 22MN= 22(4−3t)，
∴S=S△PQM−S△GMN=12(4−2t)2−12[ 22(4−3t)]2=−14t2−2t+4；
如图4，当83设QM交BC于点H，
∵∠B=∠PQM=∠M=45°，∠BPN=90°，
∴∠MHN=∠BHQ=90°，∠PNB=∠PBN=45°，
∴∠HNM=∠M=45°，PN=PB=4−t，
∴HM=HN，
∵PM=PQ=2t−4，
∴MN=2t−4−(4−t)=3t−8，
∵MN= MH2+HN2= 2HN2= 2HN，
∴HN= 22MN= 22(3t−8)，
∴S=S△PQM−S△HMN=12(2t−4)2−12[ 22(3t−8)]2=−14t2+4t−8，
综上所述，S=−14t2−2t+4(0(4)t的值为1或3，理由如下：
如图3，PM与AC交于点N，且MQ垂直平分CN，则CN=2GN，
由(3)可知，等腰直角三角形的斜边是直角边的 2倍，而直角边是斜边的 22倍，
∴AC= 22AB= 22×4=2 2，AN= 2AP= 2t，
由(3)得GN= 22(4−3t)，
∴2 2− 2t=2× 22(4−3t)，
解得t=1；
如图4，PM与BC交于点N，且MQ垂直平分CN，则CN=2HN，
由(3)得HN= 22(3t−8)，
∵BC=2 2，BN= 2PB= 2(4−t)，
∴2 2− 2(4−t)=2× 22(3t−8)，
解得t=3，
综上所述，t的值为1或3．
【解析】(1)由AB=4，点D为AB的中点，得AD=BD=2，由PD=QD，得PQ=2PD，当0≤t<2时，PD=AD−AP=2−t，则PQ=2PD=4−2t；当2(2)分两种情况讨论，一是点M在AC边上，可证明AM=QM，则AP=PQ，所以t=4−2t，求得t=43；二是点M在BC边上，可证明BM=QM，则BP=PQ，所以4−t=2t−4，求得t=83；
(3)分两种情况讨论，一是当0(4)分两种情况讨论，一是PM与AC交于点N，且MQ垂直平分CN，则CN=2GN，因为AC= 22AB=2 2，AN= 2AP= 2t，GN= 22(4−3t)，所以2 2− 2t=2× 22(4−3t)；二是PM与BC交于点N，且MQ垂直平分CN，则CN=2HN，因为HN= 22(3t−8)，BC=2 2，BN= 2PB= 2(4−t)，所以2 2− 2(4−t)=2× 22(3t−8)，解方程求出相应的t值即可得到问题的答案．
此题重点考查等腰直角三角形的判定与性质、轴对称的性质、勾股定理、动点问题的求解、数形结合与分类讨论数学思想的运用等知识与方法，此题综合性强，难度较大，属于考试压轴题．
26.【答案】解：(1)将点(4,0)代入y=x2+bx，
∴16+4b=0，
解得b=−4，
∴抛物线的解析式为y=x2−4x；
(2)∵▱ABDC是矩形，
∴AB⊥AC，
∴B点与A点纵坐标相同，
∴A、B关于对称轴对称，
∵y=x2−4x=(x−2)2−4，
∴抛物线的对称轴为直线x=2，
∴m+m−1=4，
解得m=52；
(3)由题可知，A(m,m2−4m)，B(m−1,m2−6m+5)，
∵x轴将▱ABDC分成面积相等的两部分图形，
∴对角线BC在x轴上，
∴B点在x轴上，
∴m2−6m+5=0，
解得m=5或m=1，
当m=5时，A(5,5)，B(4,0)，C(5,0)，
∴BC=1，
∴S=1×5=5；
当m=1时，A(1,−3)，B(0,0)，C(1,0)，
∴BC=1，
∴S=1×3=3；
综上所述：▱ABDC的面积为3或5；
(4)32∵A(m,m2−4m)，B(m−1,m2−6m+5)，
∴平移后A的对应点E(m+1,m2−4m)，B的对应点F(m,m2−6m+5)，
∵C(m,0)，
∴平移后C的对应点H(m+1,0)，
当E点在抛物线上时，A、E关于对称轴对称，
∴m+m+1=4，
解得m=32，此时抛物线与▱EFGH有一个交点，
∵AC=−m2+4m，
∴D(m−1,−2m+5)，
∴平移后D点的对应点G(m,−2m+5)，
当G点在抛物线上时，−2m+5=m2−4m，
解得m=1+ 6或m=1− 6(舍)，
当m=1+ 6时，此时抛物线与▱EFGH有一个交点，
∴32当F点在抛物线上时，m2−6m+5=m2−4m，
解得m=52，
当y轴右侧抛物线与▱EFGH的两个交点，一个在边HE上，一个在边EF上时，右公共点与左公共点的横坐标之差始终小于1，
∴32当y轴右侧抛物线与▱EFGH的两个交点，一个在边HE上，一个在边AG上时，右公共点与左公共点的横坐标之差始终等于1，
当H点在抛物线上时，(m+1)2−4(m+1)=0，
解得m=−1(舍)或m=3，
当y轴右侧抛物线与▱EFGH的两个交点，一个在边GH上，一个在边GF上时，右公共点与左公共点的横坐标之差始终小于1，
∴3综上所述：32【解析】(1)将点(4,0)代入y=x2+bx，即可求函数的解析式；
(2)由矩形的性质可知，AB⊥AC，则A、B关于对称轴对称，再由抛物线的对称性可得方程m+m−1=4，解得m=52；
(3)由x轴将▱ABDC分成面积相等的两部分图形，可知对角线BC在x轴上，即B点在x轴上，求出m的值即可求面积；
(4)根据题意分别求出A(m,m2−4m)，B(m−1,m2−6m+5)，平移后A的对应点E(m+1,m2−4m)，B的对应点F(m,m2−6m+5)，C的对应点H(m+1,0)，平移后D点的对应点G(m,−2m+5)；当E点在抛物线上时，A、E关于对称轴对称，此时m=32，此时抛物线与▱EFGH有一个交点，当G点在抛物线上时，此时m=1+ 6，当m=1+ 6时，此时抛物线与▱EFGH有一个交点，由此可知32本题考查二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，图形平移的性质，矩形的性质，平行四边形的性质，此题需要很强的推理能力，注意分类是解题的关键．