2024年山东省济南市槐荫区中考数学二模试卷（含详细答案解析）

这是一份2024年山东省济南市槐荫区中考数学二模试卷（含详细答案解析），共24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.若某市某日上午温度上升15℃记作+15℃，那么傍晚温度下降10℃记作( )
A. −15℃B. +15℃C. −10℃D. +10℃
2.“白日不到处，青春恰自来.苔花如米小，也学牡丹开.”若苔花的花粉直径约为0.0000084米，则数据0.0000084用科学记数法表示为( )
A. 8.4×10−6B. 8.4×10−5C. 8.4×10−7D. 8.4×106
3.围棋起源于中国，古代称之为“弈”，至今已有四千多年的历史.下列由黑白棋子摆成的图案既是轴对称图形也是中心对称图形的是( )
A. B. C. D.
4.下列运算正确的是( )
A. 2a+a=3aB. (−2x2)3=−8x5C. (−4)2=−4D. 10− 8= 2
5.如图，△ABC平移到△DEF的位置，则下列说法错误的是( )
A. ∠ACB=∠DFE
B. AD//BE
C. AB=DE
D. 平移距离为线段BD的长
6.化简2aa−2−4a−2为( )
A. a−2B. 2−aC. 1a−2D. 2
7.如图，是楷书“欧柳颜赵”四大家的书法碑帖.若从中随机取两本，则抽取的两本字帖恰好是“柳体”和“颜体”的概率是( )
A. 12B. 13C. 16D. 18
8.某农户想要用棚栏围成一个长方形鸡场，如图所示，鸡场的一边靠墙，号外三边用棚栏围成，若棚栏的总长为20m，设长方形靠墙的一边长为x m，面积为ym2，当x在一定范围内变化时，y随x的变化而变化，则y与x满足的函数关系是( )
A. y=20xB. y=20−2xC. y=20xD. y=x(20−2x)
9.如图，取一根长100cm的匀质木杆，用细绳绑在木杆的中点O并将其吊起来，在中点O的左侧距离中点O25cm(L1=25cm)处挂一个重9.8N(F1=9.8N)的物体，在中点O的右侧用一个弹簧秤向下拉，使木杆处于水平状态，弹簧秤与中点O的距离L(单位：cm)及弹簧秤的示数F(单位：N)满足FL=F1L1，以L的数值为横坐标，F的数值为纵坐标建立直角坐标系.则F关于L的函数图象大致是( )
A. B.
C. D.
10.已知二次函数y=ax2+bx+c(a≠0).当yA. 0B. 1C. 2D. 无数个
二、填空题：本题共6小题，每小题4分，共24分。
11.因式分解：m2−m=______.
12.分式方程x−1x=23的解为x=______.
13.如图，△ABC中，∠ACB=90∘，CD是斜边AB上的中线.
某同学按照如下步骤画图：
(1)取CD的中点F；
(2)连接BF并延长到E，使FE=FB；
(3)连接AE，CE.
所得四边形AECD的形状是______.
14.如图，正方形网格中，点A，O，B，E均在格点上．⊙O过点A，E且与AB交于点C，点D是⊙O上一点，
则tan∠CDE=______.
15.二胡是中国古老的民族拉弦乐器之一，演奏家发现，二胡的“千斤”钩在琴弦长的黄金分割点处(“千斤”上面一截琴弦比下面一截琴弦短)，奏出来的音调最和谐悦耳.如图，一把二胡的弦长为80cm，求“千斤”下面一截琴弦长为______cm(保留根号).
16.如图所示，正方形ABCD的边长为 2，在平面内任取一点E(与点D不重合)，以DE为一边作正方形DEFG.设DE=d1，点F、G与点C的距离分别为d2、d3，则d1+d2+d3的最小值为______.
三、解答题：本题共10小题，共86分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题6分)
计算： 4+(π−3)0−tan45∘+(12)−1.
18.(本小题6分)
解不等式组3x−119.(本小题6分)
如图，四边形ABCD是矩形，点F在线段BA的延长线上，点E在线段AB的延长线上，CF=DE.求证：AF=BE.
20.(本小题8分)
如图是某种云梯车的示意图，云梯OD升起时，OD与底盘OC夹角为α，液压杆AB与底盘OC夹角为β.已知液压杆AB=3m，当α=37∘，β=58∘时.(参考数据：sin37∘≈0.60，cs37∘≈0.80，tan37∘≈0.75，sin58∘≈0.85，cs58∘≈0.53，tan58∘≈1.60)
(1)求液压杆顶端B到底盘OC的距离BE的长；
(2)求AO的长.
21.(本小题8分)
《全唐诗》是清代康熙年间编校的一本唐诗合集，收录二千二百余名诗人的诗作.“春”“夏”“秋”“冬”哪个字最入诗呢？以前有人熟读全书，但却不能归类分析.现在我们用大数据分析《全唐诗》，发现这四个字出现的次数由多到少依次为：春、秋、夏、冬.其中，“夏”、“冬”两字出现的次数大约占6.5%和3%.
(1)《全唐诗》中“夏”字约出现了______次，“秋”字约出现了______次，并补全条形统计图；
(2)扇形统计图中“秋”字所在的圆心角是______度；
(3)《全宋词》荟萃了宋代三百年间的词作，若其中“春”“夏”“秋”“冬”四字共出现了20000次，依据唐朝诗人对四季的爱好，请你估计《全宋词》中“春”字大约出现了多少次.
22.(本小题8分)
如图，AB是⊙O的直径，∠DBC=∠CBA，过点C作⊙O的切线EC交BD的延长线于点E，连接CD.
(1)求证：CE⊥BE；
(2)若BD=6，sin∠BCD=35，求⊙O的半径.
23.(本小题10分)
茶道被视为一种修身养性的生活艺术.图中的茶筒、茶漏、茶夹、茶匙、茶针、茶则等六样器具，被饮茶爱好者统称为“茶道六君子”.某网店销售甲、乙两种“茶道六君子”套装.若购买1套甲种套装和3套乙种套装共需用200元；若购买2套甲种套装和2套乙种套装共需用240元.
(1)求甲、乙两种套装的单价.
(2)某学校社团开展茶文化学习活动，需要从该网店购进甲、乙两种套装共10套，且总金额不超过500元.请通过计算说明最多可购买多少套甲种套装.
24.(本小题10分)
如图，一次函数y=−2x+8的图象与反比例函数y=kx(x>0)的图象交于点A(m,6)，B(3,n)，交x轴于C，交y轴于D.
(1)求m、n的值及反比例函数的表达式；
(2)求△OAB的面积；
(3)将直线y=−2x+8向下平移t个单位，若直线与反比例函数的图象有唯一交点，求t的值.
25.(本小题12分)
如图，平面直角坐标系xOy中，二次函数y=ax2+2x+c的图象与坐标轴交于A、B、C三点，其中点A(3,0)，OA=OC，P是第一象限内二次函数图象上一动点，过点P作PG⊥AB于点G，交AC于点H.
(1)求二次函数的表达式.
(2)求PH+HC的最大值.
(3)如图2，过点H作AC的垂线，交y轴于点M，交二次函数图象的对称轴l于点N，连接GM、GN，是否存在点P使得∠MGN=45∘？若存在，直接写出点P的横坐标，若不存在，请说明理由.
26.(本小题12分)
矩形ABCD中，AB=2 3，AD=6.点E在边BC、CD上运动，连接AE，将射线AE绕点A逆时针旋转30∘，交直线CD于点F.
(1)如图1，当点F恰好与点C重合时，则∠FAD=______度；
(2)过点E作EG⊥AF于点G，连接DG.
①如图2，当F落在线段CD上时.求∠GDC的度数；
②如图3，当F落在线段CD的延长线上且FD=DG时，求FGAG.
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：“正”和“负”相对，所以，若某市某日上午温度上升15℃记作+15℃，那么傍晚温度下降10℃记作−10℃.
故选：C.
在一对具有相反意义的量中，先规定其中一个为正，则另一个就用负表示．
此题主要考查了正负数的意义，解题关键是理解“正”和“负”的相对性，明确什么是一对具有相反意义的量．
2.【答案】A
【解析】解：0.0000084=8.4×10−6.
故选：A.
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．当原数绝对值≥10时，n是正整数；当原数的绝对值<1时，n是负整数．
此题考查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．
3.【答案】A
【解析】解：A.原图既是轴对称图形，又是中心对称图形，故此选项符合题意；
B.原图既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不合题意；
C.原图不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项不合题意；
D.原图既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不合题意．
故选：A.
根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
此题主要考查了中心对称图形与轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与自身重合．
4.【答案】A
【解析】解：A、2a+a=3a，正确，符合题意；
B、(−2x2)3=−8x6，原计算错误，不符合题意；
C、 (−4)2=4，原计算错误，不符合题意；
D、 10− 8= 10−2 2，原计算错误，不符合题意．
故选：A.
根据二次根式的加减法则，二次根式的性质与化简，合并同类项的法则，幂的乘方与积的乘方法则对各选项进行逐一判断即可．
本题考查的是二次根式的加减法则，二次根式的性质与化简，合并同类项的法则，幂的乘方与积的乘方法则，熟知以上知识是解题的关键．
5.【答案】D
【解析】解：由平移的性质可知，∠ACB=∠DFE，故选项A不符合题意；
由平移的性质可知，AD//BE，故选项B不符合题意；
由平移的性质可知，AB=DE，故选项C不符合题意；
由平移的性质可知，平移距离为线段BE的长，故选项D符合题意；
故选：D.
根据平移的性质逐项进行判断即可．
本题考查平移的性质，理解平移的定义，掌握平移的性质是正确判断的前提．
6.【答案】D
【解析】解：原式=2a−4a−2
=2(a−2)a−2
=2.
故选：D.
根据分式的加减法进行计算即可作答．
本题主要考查分式的加减法，熟练掌握分式的加减法的运算法则是解题的关键．
7.【答案】C
【解析】解：将颜体记作A，欧体记作B，柳体记作C，赵体记作D，
列表如下：
共有12种等可能结果，其中恰好抽到A和C有2种结果，
所以抽取的两本字帖恰好是“柳体”和“颜体”的概率是212=16，
故选：C.
将颜体记作A，欧体记作B，柳体记作C，赵体记作D，列表得出所有等可能结果，从中找到符合条件的结果数．
本题考查了列表法与树状图法：利用列表法或树状图法展示所有等可能的结果n，再从中选出符合事件A或B的结果数目m，然后利用概率公式求事件A或B的概率．
8.【答案】D
【解析】解：由题意得：长方形靠墙的一边长为x m，则平行墙的边长为(20−2x)m，
∴面积y=x(20−2x)，
故选：D.
利用长方形面积等于长乘宽计算即可．
本题考查根据实际问题列函数关系式，找出数量关系是解答本题的关键．
9.【答案】B
【解析】解：根据杠杆原理可得，F⋅L=25×9.8，
∵把弹簧秤与中点O的距离L记作x，弹簧秤的示数F记作y，
∴xy=245(0∵5×49=245，
7×35=245，
∴图象经过点(35,7)，故选项C不符合题意；
∵F是L的反比例函数，
∴选项A、D不符合题意；
故F关于L的函数图象大致是选项B.
故选：B.
根据杠杆原理得出y与x的函数关系式，再检验各数对是否满足函数解析式即可．
本题考查反比例函数的应用，解答本题的关键是掌握杠杆原理，能得出y与x的函数关系式．
10.【答案】C
【解析】解：根据题意可知，该二次函数开口向上，
∴对称轴为x=m−3+2−m2=−12.
∵t2−(4t−5)=(t−2)2+1>0，
∴P与点Q相比，点Q更靠近对称轴．
∴1−(−12)>|s−(−12)|，整理得|s+12|<32.
∴−32∴−2∴满足题意的整数s为−1，0，共2个．
故选：C.
依据题意，可得该抛物线的对称轴和开口方向，并通过比较两点的纵坐标可知两点离对称轴的远近关系，由此可列不等式，求出s范围，进而选出符合条件的选项．
本题主要考查二次函数的性质及二次函数图象上点的坐标的特征，有一定难度，能够判断出两点离对称轴距离的大小是解题的关键．
11.【答案】m(m−1)
【解析】解：m2−m=m(m−1)
故答案为：m(m−1).
结合多项式的特点，直接应用提取公因式法进行因式分解即可．
本题考查因式分解，正确运用因式分解的方法是本题解题关键．
12.【答案】3
【解析】解：原方程去分母得：3(x−1)=2x
整理得：3x−3=2x，
解得：x=3，
检验：当x=3时，3x≠0，
故原方程的解为x=3.
故答案为：3.
利用去分母将原方程化为整式方程，解得x的值后进行检验即可．
本题考查解分式方程，熟练掌握解方程的方法是解题的关键．
13.【答案】菱形
【解析】解：如图，∵D是AB的中点，F是BE的中点，
∴DF是△ABE的中位线，
∴DF//AE，DF=12AE，
∵DF=12CD，
∴CD=AE，
∴四边形AECD为平行四边形，
在Rt△ABC中，CD是斜边AB上的中线，
∴CD=12AB=AD，
∴平行四边形AECD为菱形，
故答案为：菱形．
根据题意画出图形，根据三角形中位线定理得到DF//AE，DF=12AE，根据对边平行且相等的四边形是平行四边形得到四边形AECD为平行四边形，根据直角三角形斜边上的中线的性质得到CD=AD，再根据菱形的判定定理证明．
本题考查的是菱形的判定、三角形中位线定理，熟记邻边相等的平行四边形是菱形是解题的关键．
14.【答案】12
【解析】解：根据圆周角定理得，∠CDE=∠CAE，
∴tan∠CDE=tan∠CAE=BEAE=24=12，
故答案为：12.
根据圆周角定理得，∠CDE=∠CAE，进而得到tan∠CDE=tan∠CAE，据此求解即可．
此题考查了圆周角定理，根据圆周角定理得到∠CDE=∠CAE是解题的关键．
15.【答案】(40 5−40)
【解析】解：因为二胡的“千斤”钩在琴弦长的黄金分割点处，且“千斤”上面一截琴弦比下面一截琴弦短，
则令“千斤”下面一截琴弦长为x cm，
所以x80= 5−12，
解得x=40 5−40，
所以“千斤”下面一截琴弦长为(40 5−40)cm.
故答案为：(40 5−40).
根据黄金分割的定义即可解决问题．
本题考查黄金分割，熟知黄金分割的定义是解题的关键．
16.【答案】2
【解析】解：连接AC，AE，CF，GC，如图，
∵四边形ABCD和四边形DEFG为正方形，
∴AC= 2AD，AD=DC，DE=EF=DG，∠ADC=∠EDG=90∘，
∴∠ADE=∠CDG.
在△ADE和△CDG中，
AD=CD∠ADE=∠CDGDE=DG，
∴△ADE≌△CDG(SAS)，
∴AE=CG，
∴d1+d2+d3=DE+FC+GC=EF+FC+AE，
∵两点之间线段最短，
∴EF+FC+AE≥AC，
∴点A，E，F，C在一条直线上时，则d1+d2+d3取得最小值为AC，
∵AC= 2AD= 2× 2=2，
∴d1+d2+d3的最小值为2.
故答案为：2.
连接AC，AE，CF，GC，利用全等三角形的判定与性质得到AE=CG，则d1+d2+d3=DE+FC+GC=EF+FC+AE，利用两点之间线段最短的性质得到点A，E，F，C在一条直线上时，则d1+d2+d3取得最小值为AC.
本题主要考查了正方形的性质，线段的公理，全等三角形的判定与性质，通过添加辅助线构造全等三角形是解题的关键．
17.【答案】解： 4+(π−3)0−tan45∘+(12)−1
=2+1−1+2
=4.
【解析】根据二次根式化简，零指数幂，特殊角的三角函数值，负整数指数幂的计算法则计算即可求解．
本题主要考查了实数的综合运算能力，是各地中考题中常见的计算题型．解决此类题目的关键是熟练掌握二次根式，零指数幂，特殊角的三角函数值，负整数指数幂等知识点的运算．
18.【答案】解：{3x−1解①得x<1，
解②得x≥−3，
∴不等式组的解集是−3≤x<1，
∴不等式组的整数解是−3，−2，−1，0.
【解析】分别求出每一个不等式的解集，然后确定不等式组的解集，在解集内找到整数即可．
本题考查的是解一元一次不等式组，正确求出每一个不等式解集是基础，熟知“同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到”的原则是解答此题的关键．
19.【答案】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC，∠CBF=∠DAE=90∘，
在Rt△BCF和Rt△ADE中，
BC=ADCF=DE，
∴Rt△BCF≌Rt△ADE(HL)，
∴BF=AE，
∴BF−AB=AE−AB，
即AF=BE.
【解析】由矩形的性质得到AD=BC，∠CBF=∠DAE=90∘，根据HL定理证得Rt△BCF≌Rt△ADE，得到BF=AE，即可得到结论．
本题主要考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，综合运用相关知识是解决问题的关键．
20.【答案】解：(1)∵sinβ=sin58∘=BEAB，
∴0.85≈BE3，
∴BE=2.55m；
(2)∵tanα=tan37∘=BEOE，
∴0.75≈2.55OE，
∴OE=3.4m，
∵tanβ=tan58∘=BEAE，
∴2.55AE≈1.60，
∴AE≈1.59m，
∴OA=OE−AE=1.81m.
【解析】(1)由锐角三角函数可求解；
(2)利用锐角三角函数可求AE，OE的长，即可求解．
本题考查了解直角三角形的应用，熟练运用锐角三角函数求线段的长是解题的关键．
21.【答案】260015200136.8
【解析】解：(1)“春”“夏”“秋”“冬”一共出现的次数为：1200÷3%=40000(次)，
∴“夏”字约出现了=40000×6.5%=2600(次)，“秋”字约出现了：40000−21000−2600−1200=15200(次)，
补全的条形统计图如图所示：
故答案为：2600；15200；
(2)扇形统计图中“秋”字所在的圆心角是：360∘×15200400000=136.8∘，
故答案为：136.8.
(3)20000×2100040000=10500(次)，
答：估计《全宋词》中“春”大约出现了10500次．
(1)先求出“春”“夏”“秋”“冬”一共出现的次数为：1200÷3%=40000(次)，因此“夏”字约出现了=40000×6.5%=2600(次)，“秋”字约出现了：40000−21000−2600−1200=15200(次)，即可补全的条形统计图；
(2)扇形统计图中“秋”字所在的圆心角度数是：360∘×15200400000，计算即可；
(3)估计《全宋词》中“春”大约出现了：20000×2100040000=10500(次).
本题考查的是条形统计图，用样本估计总体，扇形统计图，熟练掌握上述知识点是解题的关键．
22.【答案】解：(1)连接OC，如图，
∵EC是⊙O的切线，
∴OC⊥EC，
∵OC=OB，
∴∠OCB=∠CBA.
∵∠DBC=∠CBA，
∴∠OCB=∠DBC，
∴OC//BE，
∴CE⊥BE；
(2)连接AD，如图，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB=90∘，
∴sin∠A=BDAB.
∴∠DCB=∠A，
∴sin∠A=sin∠DCB=35，
∴BDAB=35，
∵BD=6，
∴AB=10.
∴⊙O的半径为12AB=5.
【解析】(1)连接OC，利用圆的切线的性质定理得到OC⊥EC，利用平行线的判定与性质得到OC//BE，再利用平行线的性质即可得出结论；
(2)连接AD，利用圆周角定理和直角三角形的边角关系定理解答即可得出结论．
本题主要考查了圆的有关性质，圆的切线的性质定理，圆周角定理，同圆的半径相等，直角三角形的性质，直角三角形的边角关系定理，平行线的判定与性质，连接经过切点的半径和直径所对的圆周角是解决此类问题常添加的辅助线．
23.【答案】解：(1)设甲种套装的单价为x元，乙种套装的单价为y元，
根据题意得：x+3y=2002x+2y=240，
解得：x=80y=40.
答：甲种套装的单价为80元，乙种套装的单价为40元；
(2)设购买m套甲种套装，则购买(10−m)套乙种套装，
根据题意得：80m+40(10−m)≤500，
解得：m≤52，
又∵m为正整数，
∴m的最大值为2.
答：最多购买2套甲种套装．
【解析】(1)设甲种套装的单价为x元，乙种套装的单价为y元，根据“购买1套甲种套装和3套乙种套装共需用200元；购买2套甲种套装和2套乙种套装共需用240元”，可列出关于x，y的二元一次方程组，解之即可得出结论；
(2)设购买m套甲种套装，则购买(10−m)套乙种套装，利用总价=单价×数量，结合总价不超过500元，可列出关于m的一元一次不等式，解之可得出m的取值范围，再取其中的最大整数值，即可得出结论．
本题考查了二元一次方程组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，正确列出二元一次方程组；(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)将A(m,6)，B(3,n)代入y=−2x+8得，
−2m+8=6，n=−6+8，
解得m=1，n=2，
将A(1,6)代入y=kx，得k=6，即y=6x；
(2)y=−2x+8，当y=0时，x=4，
∴C(4,0)即CO=4，
S△AOC=12⋅CO⋅yA=12，
S△BOC=12⋅CO⋅yB=4，
∴S△AOB=S△AOC−S△BOC=8；
(3)∵直线y=−2x+8向下平移t个单位得新直线y=−2x+8−t，
与y=6x联立得y=−2x+8−ty=6x，
消y得−2x+8−t=6x，化简得2x2−(8−t)x+6=0，
∵直线与反比例函数的图象有唯一交点，
∴Δ=(8−t)2−48=0，
解得t=8−4 3或t=8+4 3，
∵y=kx(x>0)，
∴t=8+4 3(舍去)，
即t=8−4 3.
【解析】(1)将A(m,6)，B(3,n)代入y=−2x+8求出mn的值，再把A点坐标代入反比例函数，求出k的值即可；
(2)先求出OC的长，再利用S△AOB=S△AOC−S△BOC即可得出结论；
(3)先得出直线平移后的解析式，再与反比例函数的解析式联立得出关于x的一元二次方程，由直线与反比例函数的图象有唯一交点得出t的值，再由x>0即可得出结论．
本题考查的是反比例函数与一次函数的交点问题，熟知反比例函数与一次函数图象上点的坐标特点是解题的关键．
25.【答案】解：(1)∵A(3,0)，
∴OA=3，
∵OA=OC，
∴OC=3，
∴C(0,3)，
把A(3,0)，C(0,3)代入y=ax2+2x+c，得：
9a+6+c=0c=3，
解得a=−1c=3，
∴二次函数表达式为y=−x2+2x+3；
(2)如图1，过点C作CT⊥PG于点T，
设直线AC的解析式为y=kx+b，
把A(3,0)，C(0,3)代入得：3k+b=0b=3，
解得k=−1b=3，
∴直线AC的解析式为y=−x+3，
设P(m,−m2+2m+3)(0则H(m,−m+3)，
∴PH=−m2−2m+3−(−m+3)=−m2+3m，
∵OA=OC，∠COA=90∘，
∴∠OCA=∠CAO=45∘，
∴∠TCH=∠AHG=45∘，
∴∠CHT=45∘，
∴△CTH为等腰直角三角形，
∴CH= 2m，
∴PH+CH=−m2+3m+ 2m
=−m2+(3+ 2)m
=−(m−3+ 22)2+11+6 24，
∵−1<0，
∴PH+CH最大值为11+6 24；
(3)存在点P使得∠MGN=45∘，此时点P的横坐标为1或95，
理由如下：
如图2，过点C作CT⊥PG于点T，过点N作NQ⊥y轴于点Q，过点H作HR⊥y轴于点R，
∵OA=OC，
∴∠OAC=∠OCA=45∘，
∵PG⊥x轴，
∴∠AHG=45∘，
∴∠CHT=45∘，
∴∠HCT=45∘，
∴HT=CT=m=OG，HC= 2m，
同理可得HM=HC= 2m，MC=2m，
∴MO=MC−OC=2m−3，
在Rt△MGO中，MG= GO2+MO2= m2+(2m−3)2，
∵N在对称轴上，
∴NQ=1，
∵NQ//HR，∠HCR=45∘，
∴∠RHC=45∘，
∵∠MHC=90∘，
∴∠MHR=45∘，
∴∠MNQ=∠QMN=45∘
∴MN= 2，∠AHG=45∘，∠MHC=90∘，
∴∠GHM=45∘，∠GMN=∠HMG，∠MGN=∠GHM=45∘，
∴△MGN∽△MHG，
∴MGMH=MNMG，
∴MG2=MN⋅MH，
∴m2+(2m−3)2=2m，
解得x1=95，x2=1，
∴存在点P使得∠MGN=45∘，此时点P的横坐标为1或95.
【解析】(1)根据OA=OC求出点C的坐标，再把点A，C坐标代入y=ax2+2x+c，求出a，c的值即可；
(2)过点C作CT⊥PG于点T，求出直线AC的解析式，设P(m,−m2+2m+3)，求出QH，PH的长，再根据二次函数的性质可得出PH的最大值；
(3)根据勾股定理求出MG，MH，MN的值，证明△MGN∽△MHG，得MG2=MN⋅MH，得一元二次方程，求出方程的解即可得出点P的横坐标．
本题考查二次函数综合题，主要考查运用待定系数法求函数关系式，求函数的最值，勾股定理，相似三角形的判定与性质等知识，正确作出辅助线，求出MG，MH，MN的值是解答本题的关键．
26.【答案】30
【解析】解：(1)∵AB=2 3，AD=BC=6，
∴AC= AB2+BC2=4 3，
∴AC=2AB，
∴∠ACB=30∘，
由AD//BC知∠FAD=∠ACB=30∘，
故答案为：30；
(2)如图1，连接AC，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD=2 3，AD=BC=6，∠ADC=∠CBA=90∘，
在Rt△ACD中，tan∠CAD=CDAD=2 36= 33，
∴∠CAD=30∘，∠ACD=60∘，ADAC=cs30∘= 32，
∵AE绕点A逆时针旋转30∘到AF，
∴∠EAF=30∘，
∵EG⊥AF，
∴在Rt△AGE中，AGAE=cs30∘= 32，
∴ADAC=AGAE，
∵∠CAD=∠EAF=30∘，
∴∠CAD−∠CAF=∠EAF−∠CAF，∠EAC=∠DAF，
∴△EAC∽△GAD，
∴∠ADG=∠ACE=30∘，
∴∠GDC=∠ADC−∠ADG=90∘−30∘=60∘；
(3)如图2，连接AC，过点G作PQ//BC交CD延长线于点P，交BA延长线于点Q，
由(2)得△EAC∽△GAD，
∠ADG=∠ACE=60∘，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB//CD，∠CBD=90∘，
∴四边形ADPQ是矩形，
∴PD=AQ，∠AQG=∠GPD=∠PDA=90∘，
∴∠FPG=90∘，∠GDP=30∘，
∴∠AQG=∠FPG，
∵∠QGA=∠FGP，
∴△QGA∽△PGF，
∴FGAG=FPAQ，
在Rt△GPD中，∠GPD=90∘，∠GDP=30∘，
∴PDDG=cs30∘= 32，
设PD= 3a，DG=2a，
∵FD=DG=2a，AQ=PD= 3a，
∴FP=FD−PD=2a− 3a，
∴FPAQ=2a− 3a 3a=2 3−33，
∴FGAG=2 3−33.
(1)求出AC=4 3，得AC=2AB，据此知∠ACB=30∘，继而可得答案；
(2)连接AC，在Rt△ACD中，由tan∠CAD=CDAD= 33知∠CAD=30∘，∠ACD=60∘，ADAC= 32，由旋转知∠EAF=30∘，结合EG⊥AF得AGAE= 32，可得ADAC=AGAE，据此可证△EAC∽△GAD，得∠ADG=∠ACE=30∘，继而可得答案；
(3)连接AC，过点G作PQ//BC交CD延长线于点P，交BA延长线于点Q，由(2)得△EAC∽△GAD，知ADG=∠ACE=60∘，证四边形ADPQ是矩形，知PD=AQ，∠AQG=∠GPD=∠PDA=90∘，∠AQG=∠FPG，结合∠QGA=∠FGP，知△QGA∽△PGF，得FGAG=FPAQ，在Rt△GPD中PDDG= 32，可设PD= 3a，DG=2a，知FP=FD−PD=2a− 3a，知FPAQ=2a− 3a 3a=2 3−33，即可得出答案．
本题是四边形的综合题，解题的关键是掌握旋转的性质、矩形的性质、相似三角形的判定与性质及三角函数的定义．A
B
C
D
A
(B,A)
(C,A)
(D,A)
B
(A,B)
(C,B)
(D,B)
C
(A,C)
(B,C)
(D,C)
D
(A,D)
(B,D)
(C,D)