四川省成都市2026年中考二模考试数学试题附答案

这是一份四川省成都市2026年中考二模考试数学试题附答案，共48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．如果收入元记作元，那么支出元记作（ ）
A．元B．元C．元D．元
2．某半导体公司研发了一款新型存储芯片，部分参数如下：晶体管栅极宽度米；单个芯片面积：2.5平方毫米；集成元件数量80亿个；光刻工艺线宽误差：米．数据“”用科学记数法表示为（ ）
A．B．C．D．
3．下列运算结果错误的是（ ）
A．B．
C．D．
4．如图所示（易拉罐的上下底面互相平行），用吸管吸易拉罐内的饮料时，若，则（ ）
A．B．C．D．
5．某科技论坛对 、豆包、腾讯元宝、夸克四款助手中某一项功能的月度用户评分进行了统计，数据如下表所示（单位：分）：
评分的众数和中位数分别是（ ）
A．，B．，C．，D．，
6．如图，为直径，若，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
7．《九章算术》中有这样一个数学问题：“今有五雀、六燕，集称之衡，雀俱重，燕俱轻，一雀一燕交而处，衡适平．并燕、雀重一斤．问燕、雀一枚各重几何？”翻译为：“今有五只雀、六只燕，分别称重时，五只雀比六只燕重；若交换一只雀和一只燕，两边重量相等．五只雀和六只燕共重1斤．问每只雀、燕各重多少斤？”（注意：古代1斤=16两）设每只雀x斤，每只燕y斤，根据题意可列方程组为（ ）
A．B．
C．D．
8．某同学用描点法画二次函数的图象时，列出了下面的表格，请你根据获得的信息分析下列四个结论，其中正确的是（ ）
A．对称轴为
B．关于的一元二次方程只有一个根
C．当时，随的减小而减小
D．二次函数图象的顶点坐标为
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分，答案写在答题卡上）
9．因式分解： ．
10．如图，在中，，且，若的面积为，则四边形的面积为 ．
11．一个不透明的口袋中有红球10个、黑球若干个，这些球除颜色外都相同，将口袋中的球搅拌均匀后，从中随机摸出一个球，记下颜色后再放回口袋中，不断重复这一过程1000次，发现有400次摸到红球，估计口袋中有黑球 个．
12．点，都在函数的图象上，且，则 （填“”或“”）．
13．如图，在中，，过点C作，再分别以点B和点C为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧分别相交于点M和点N，作直线分别交，，于点D，O，E，连接，若，，则的长为 ．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分，解答过程写在答题卡上）
14．计算与解不等式组
（1）计算：；
（2）解不等式组：
15．交通道路的不断完善带动了旅游业的发展，某县旅游景区有，，，，等著名景点，该县旅游部门统计绘制出2025年“五·一”长假期间旅游情况统计图，根据以下信息解答下列问题：
（1）2025年“五·一”期间，该县周边景点共接待游客________千人，扇形统计图中E景点所对应的圆心角的度数是________度，并补全条形统计图；
（2）根据近几年到该县旅游人数的增长趋势，预计2026年“五·一”节将有7万游客选择该县旅游，请估计有多少万人会选择去景点旅游？
（3）请用画树状图或列表的方法计算在，，三个景点中，甲、乙两个旅行团同时选择去同一个景点的概率．
16．如图1是近几年热门的中小学生课桌椅，其椅子可实现坐直和躺睡两种状态，根据人体工学原理，当椅背与凳面在160度左右时，人体会感到舒适，可进一步提高学生午休的睡眠质量．如图2是该椅子在躺睡状态时的截面图：点E，F均在所在的直线上，若，凳面，凳面始终与地面平行，腿托，椅背，，，，请求出此时躺椅在地面的水平长度投影EF的长．（结果精确到；参考数据：，）
17．如图，在四边形中，，，且，以为直径的与边相切于点，交于点，连接，．
（1）求证：；
（2）若，，求的半径．
18．如图1，在平面直角坐标系中，直线与反比例函数的图象相交于A，B两点，点B的纵坐标为3
（1）求点A的坐标和k的值；
（2）如图2，点C在反比例函数的图象上，且在点B的左侧，连接并延长交x轴于点D，连接，，若，求的面积；
（3）若点P是坐标轴上的点，点Q是平面内一点，是否存在点P，Q，使得四边形是矩形？若存在，求出所有符合条件的点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
四、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分，答案写在答题卡上）
19．如图，将绕点顺时针旋转，得到，且点的对应点恰好落在上，则的度数为 度．
20．若点是直线与双曲线的交点，则代数式的值为 ．
21．如图，在等腰中，，．以点为圆心，的长为半径作；再以为直径作，向该图形随机投掷飞镖，每次飞镖都落在图形上，则飞镖落在阴影部分的概率为 （用含的代数式表示）．
22．某数学学习小组在综合实践《猜想、证明、拓广》中探究了矩形的“减半”问题，课后对其他问题进行探究，发现当已知矩形的相邻两边分别为和，和，和，和，和，和，和，和时，都不存在这样的矩形，它的周长和面积分别为已知矩形的周长和面积的；当已知矩形的相邻两边分别为和时，他们发现存在一个矩形使它的周长和面积分别为已知矩形的周长和面积的，请你帮助他们写出这个矩形较短边的长为 ；当已知矩形的长和宽分别为和时，若存在一个矩形使它的周长和面积分别为已知矩形的，则和应满足的关系式为 ．
23．如图，在矩形中，点为矩形对角线的中点，点为上一点，点为射线上一点，若，，则的最小值为 ．
五、解答题（本大题共3个小题，共30分，解答过程写在答题卡上）
24．年春节，随着电影《哪吒》的爆火，某超市计划购进“哪吒”和“敖丙”两款手办进行销售．经了解每个“哪吒”手办的进价比每个“敖丙”手办的进价多元，用元购进“哪吒”手办的个数与用元购进“敖丙”手办的个数相同．
（1）单个“哪吒”手办和单个“敖丙”手办的进价分别是多少元？
（2）该超市计划购进这两种手办共个，其中“哪吒”手办的个数不低于“敖丙”手办个数的一半，若“敖丙”手办、“哪吒”手办的售价分别为元/个、元/个．设购进“敖丙”手办的个数为个，两种手办全部售完时获得的利润为元．问超市应如何进货才能获得最大利润，最大利润是多少元？
25．如图，在平面直角坐标系中，抛物线（）经过点，与轴交于，两点（点在点的右侧），与轴交于点．连接，作射线，且．
（1）求抛物线（）的表达式；
（2）点是射线下方抛物线上的一动点，过点作轴于点，交线段于点．点是线段上一动点，轴于点，点为线段的中点，连接，．当线段长度取得最大值时，求的最小值；
（3）将该抛物线沿射线方向平移，使得新抛物线经过（）中线段长度取得最大值时的点，且与射线相交于另一点．点为新抛物线上的一个动点，当时，直接写出所有符合条件的点的坐标．
26．在平行四边形中，，点是对角线上一动点（点不与点，点重合），点是边上一动点（点不与点，点重合），且，连接，．
（1）将沿对角线翻折后，发现点与点重合，连接，且与交于点，如图所示，求证：；
（2）如图2所示，在（1）的条件下，当点，点移动到某个位置时，连接，若，点在线段上，且．求证：是线段中点；
（3）如图3所示，在（1）的条件下，分别取，的中点，，连接交于点，若，试猜想与的数量关系，并说明理由．
答案
1．【答案】A
【解析】【解答】解：收入元记作元，
支出元记作元．
故答案为：．
【分析】在一对具有相反意义的量中，先规定其中一个为正，另一个为负，结合题意即可求解.
2．【答案】A
【解析】【解答】解：
故答案为：A．
【分析】绝对值小于1且大于0的数用科学记数法表示为：a×10﹣n，其中1≤|a|＜10，n=从左向右第一个不是0的数字前的0的个数，根据科学记数法的意义可求解.
3．【答案】C
【解析】【解答】解：A.，∴此选项不符合题意；
B.，
∴此选项不符合题意；
C.，
∴此选项符合题意；
D.，
∴此选项不符合题意.
故答案为：C．
【分析】A、根据合并同类项法则“把同类项的系数相加，字母和字母的指数不变”可求解；
B、根据单项式乘以单项式法则"单项式与单项式相乘，把它们的系数、相同字母的幂分别相乘，其余字母连同它的指数不变，作为积的因式"可求解；
C、根据幂的乘方法则“幂的乘方，底数不变，指数相乘”可求解；
D、根据同底数幂的除法法则“同底数幂相除，底数不变，指数相减”可求解.
4．【答案】B
【解析】【解答】解：如图，
∵，，
∴，
∴
故答案为：B．
【分析】根据平行线的性质“两直线平行，同旁内角互补”可求得∠3的度数，然后根据对顶角相等可求解.
5．【答案】D
【解析】【解答】解：数据：，，，按照从小到大排列是：，，，，
出现次数最多，
故这组数据的众数是，中位数是，
故答案为：D．
【分析】众数是指一组数据中出现次数最多的数；中位数是指一组数据按序排列后①偶数个数据时，中间两个数的平均数就是这组数据的中位数；②奇数个数据时，中间的数就是这组数据的中位数；；
根据众数和中位数的定义并结合各选项即可求解.
6．【答案】C
【解析】【解答】解：连接，如图
是的直径，
，
，
，
．
故答案为：C．
【分析】连接，根据直径所对的圆周角是直角可得，由直角三角形两锐角互余可求得∠B的度数，然后根据同弧所对的圆周角相等即可求解．
7．【答案】B
【解析】【解答】解：设每只雀x斤，每只燕y斤，
交换一只雀和一只燕，两边重量相等，则，即，
五只雀和六只燕共重1斤，即，
所以
故答案为：B．
【分析】设每只雀x斤，每只燕y斤，根据题意列方程组，解方程组即可求解．
8．【答案】D
【解析】【解答】解：A、将代入，得，
解得：
∴二次函数解析式为，顶点坐标为，
∴抛物线的对称轴为直线，
∴此选项不符合题意；
B、当时，，，
∴的一元二次方程有两个不等实数根，
∴∴此选项不符合题意；
C、∵，对称轴为直线，
∴当时，随的减小而减小，
∴∴此选项不符合题意；
D、由A可得，顶点坐标为，
∴此选项符合题意.
故答案为：D．
【分析】根据表格数据，用待定系数法可求得二次函数的解析式，将二次函数的解析式配成顶点式，然后根据二次函数的性质逐项分析，即可判断求解．
9．【答案】
【解析】【解答】解：
故答案为：．
【分析】观察多项式可知，每一项都含有公因式m，于是提公因式即可求解．
10．【答案】
【解析】【解答】解：
，
，
，
，
四边形的面积为：
故答案为：．
【分析】根据平行与三角形一边的直线(或两边的延长线)和其他两边相交，所构成的三角形与原三角形相似可得，由相似三角形的面积比等于相似比的平方即可求得三角形ABC的面积，然后根据四边形BCED的面积的构成可求解．
11．【答案】15
【解析】【解答】解：设这个口袋中黑球的数量为个，
解得：
经检验是原方程的解，
故答案为：．
【分析】设这个口袋中黑球的数量为个，根据题意可列关于x的方程，解方程并检验即可求解．
12．【答案】
【解析】【解答】解：函数中，，
函数图象的两个分支分别位于二、四象限，且在每一象限内，y随x的增大而增大，
，
在第四象限，B在第二象限，
，
，
故答案为：．
【分析】根据反比例函数的性质“当k＞0时，反比例函数的图象经过一、三象限；当k＜0时，反比例函数的图象经过二、四象限 ”可得双曲线的两支分别位于第二、四象限，在每一象限内y随x的增大而增大，结合A、B两点的横坐标即可判断求解．
13．【答案】3
【解析】【解答】解：连接，如图，
在中，，，，
．
由题意可知，为线段的垂直平分线，则，，，，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
又，，
∴，
∴，
又，
∴
∴，
在中，，
故答案为：3．
【分析】连接，根据勾股定理求出，由题意可知，为线段的垂直平分线，由线段的垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等可得，，，根据平行线的性质得，根据角边角可得，由全等三角形的对应边相等可得；由等边对等角可得，由等角的余角相等可得，于是可得，在Rt△COE中，由勾股定理可求解．
14．【答案】（1）解：原式
；
（2）解：解不等式①，，
，
得，
解不等式②，，
得，
不等式组的解集为．
【解析】【分析】（1）根据立方根的意义可得，由负整数指数幂的意义“任何一个不为0的数的负整数指数幂等于这个数的正整数指数幂的倒数.”可得2-2=，由零指数幂的意义“任何一个不为0的数的0次幂等于1”可得（5.8+π）0=1，再根据实数的混合运算法则计算即可求解；
（2）由题意，分别求出不等式①、②的解集，根据“同大取大、同小取小、大小小大取中间、大大小小无解”即可求得不等式组的解集．
（1）解：原式
；
（2）解：解不等式①，，
，
得，
解不等式②，，
得，
不等式组的解集为．
15．【答案】（1），
补全条形统计图如下：
（2）解：∵景点接待游客数所占的百分比为：，
∴估计2026年“五·一”节选择去景点旅游的人数约为：（万人）
（3）解：画树状图可得：
​​​​​​​
∵共有9种可能出现的结果，这些结果出现的可能性相等，其中同时选择去同一个景点的结果有3种，
∴同时选择去同一个景点的概率
【解析】【解答】（1）解：该市周边景点共接待游客数为：（千人），
景点所对应的圆心角的度数是：，
景点接待游客数为：（千人），
故答案为：50；43.2.
【分析】（1）根据样本容量=频数÷百分比可得该市周边景点共接待游客数；根据扇形圆心角的度数部分占总体的百分比计算即可求得 扇形统计图中E景点所对应的圆心角的度数 ；根据频数=样本容量×百分比可求得景点接待游客数，然后可补全条形统计图；
（2）根据样本估计总体可估计2026年“五·一”节选择去景点旅游的人数；
（3）根据甲、乙两个旅行团在、、三个景点中各选择一个景点，画出树状图，根据树状图的信息可知：共有9种可能出现的结果，这些结果出现的可能性相等，其中同时选择去同一个景点的结果有3种，然后根据概率公式进行计算即可求得同时选择去同一景点的概率．
（1）解：该市周边景点共接待游客数为：（千人），
景点所对应的圆心角的度数是：，
景点接待游客数为：（千人），
补全条形统计图如下：
（2）∵景点接待游客数所占的百分比为：，
∴估计2026年“五·一”节选择去景点旅游的人数约为：（万人）；
（3）画树状图可得：
∵共有9种可能出现的结果，这些结果出现的可能性相等，其中同时选择去同一个景点的结果有3种，
∴同时选择去同一个景点的概率．
16．【答案】解：过点A作，交其延长线于点G，过点B作于点T，
∵凳面始终与地面平行，，，
∴G，A，B，T四点共线，四边形是矩形，
∴，
∵，，
，
∴，
在中，，，
，
，
又∵，
∴，
在中，，，
，
，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴躺椅在地面的水平长度投影约为
【解析】【分析】过点A作，交其延长线于点G，过点B作于点T，根据有三个角是直角的四边形是矩形可得四边形是矩形，由平行线的性质得到，在Rt△ADG中，根据锐角三角函数cs∠GAD=求得AG的值；在Rt△BCT中，根据锐角三角函数cs∠CBT=求得BT的值；然后根据线段的和差EF=计算即可求解.
17．【答案】（1）证明：连接，，
切于点，
，
，
为的直径，
，
，
又，
，
，
又，，，四点共圆，
∴，
∵，
，
又，
（2）解：连接，，相交于点，
是的直径，
，
，
，
，
又，
四边形是矩形，
，，
，，
，
，
设，则，，
，，
，
，
，
，
，
，
舍去，，
，
的半径为
【解析】【分析】（1）连接，，由圆的切线垂直于经过切点的半径可得∠OED=90°，根据直径所对的圆周角是直角可得∠AEB=90°，然后由等角的余角相等可得，根据圆内接四边形对角互补可得，再根据有两个角对应相等的两个三角形相似可求解；
（2）连接，，相交于点，根据同弧所对的圆周角相等得，结合已知以及正弦的定义得出，设，则，，由（1）可得，根据相似三角形的对应边的比相等可得比例式，结合已知可得关于x的方程，解方程求得的值，然后根据AB=13x求出直径AB的值，则半径r=即可求解．
（1）证明：连接，，
切于点，
，
，
为的直径，
，
，
又，
，
，
又，，，四点共圆，
∴，
∵，
，
又，
；
（2）连接，，相交于点，
是的直径，
，
，
，
，
又，
四边形是矩形，
，，
，，
，
，
设，则，，
，，
，
，
，
，
，
，
舍去，，
，
的半径为．
18．【答案】（1）解：直线与反比例函数的图象相交于，两点，点的纵坐标为，
∴，
∴，
点的坐标为，
，
，
与的图象的交点关于原点对称，
点与点关于原点对称，
；
（2）解：，，
，
又，
，
，
设，则，
又在的图象上，
，
，
，
；
（3）解：存在点，，使得四边形是矩形，理由如下：
设直线的解析式为，把代入，
则，
直线的解析式为，
设过点且与垂直的直线交y轴于点E，作轴于点N，作于点M，
四边形是矩形，
，
，
，
，
，
，即
设过点且与垂直的直线的解析式为，
将代入可得
∴，
直线的解析式为，
当时，，
直线与轴的交点为，直线与轴的交点为（与点E重合），
四边形是矩形，
，且，
∴点向点的平移方式与点向点的平移方式与距离一样，
∵，，，
∴；
当时，同理可得．
【解析】【分析】（1）由题意，先将点B的纵坐标代入直线y=x可求得点B的横坐标；再将点的坐标代入反比例函数的解析式计算即可求得的值；由与的图象的交点关于原点对称可得点的坐标；
（2）由A、B两点的坐标可得，根据“平行于三角形一边的直线，截其他两边(或两边延长线)所得的对应线段成比例”可得比例式，于是可得，设，则，由题意，将点的坐标代入反比例函数的解析式可得关于x0的方程，解方程求出x0的值，然后根据可求解；
（3）存在点，，使得四边形是矩形，理由如下：由直线的解析式求出过点且与垂直的直线的解析式，可得直线与轴的交点及直线与轴的交点坐标，这两点即为点，再结合矩形性质并结合点的平移即可求解．
（1）解：直线与反比例函数的图象相交于，两点，点的纵坐标为，
∴，
∴，
点的坐标为，
，
，
与的图象的交点关于原点对称，
点与点关于原点对称，
；
（2）解：，，
，
又，
，
，
设，则，
又在的图象上，
，
，
，
；
（3）解：存在点，，使得四边形是矩形，理由如下：
设直线的解析式为，把代入，
则，
直线的解析式为，
设过点且与垂直的直线交y轴于点E，作轴于点N，作于点M，
四边形是矩形，
，
，
，
，
，
，即
设过点且与垂直的直线的解析式为，
将代入可得
∴，
直线的解析式为，
当时，，
直线与轴的交点为，直线与轴的交点为（与点E重合），
四边形是矩形，
，且，
∴点向点的平移方式与点向点的平移方式与距离一样，
∵，，，
∴；
当时，同理可得．
19．【答案】108
【解析】【解答】解：由旋转得，，
∴
∴
故答案为：．
【分析】由旋转的性质得，，根据等角对等边以及三角形的内角和等于180°可求得∠AMB的度数，然后根据领补角的定义即可求解．
20．【答案】
【解析】【解答】解：根据题意可得，
∴，
∴
故答案为：．
【分析】由题意，把点A的坐标分别代入直线和双曲线的解析式可得，将所求代数式变形得：原式=mn(2m-n)，再整体代换即可求解．
21．【答案】
【解析】【解答】解：作于点，
，
，
，
设，则，，
，
，
，
，
，
飞镖落在阴影部分的概率为．
故答案为：．
【分析】作于点，设，由垂径定理、三线合一定理及解直角三角形的相关计算表示出，，根据阴影部分面积的构成=S半圆-（S扇形ABC-S△ABC）求得阴影部分的面积，根据图形的面积的构成=+S扇形ABC求出整个图形的面积，于是飞镖落在阴影部分的概率可求解．
22．【答案】；
【解析】【解答】解：设所求的矩形的两边分别是和，由题意得方程组
解得：或
这个矩形较短边的长为
当已知矩形的长和宽分别为和时，由题意得方程组
∴
即
∵存在一个矩形使它的周长和面积分别为已知矩形的，
∴方程有实数根，
∴
即
∴
故答案为：．
【分析】第一空：根据题意得出设所求的矩形的两边分别是和，根据题意列出方程组，解方程组即可求解；第二空：当已知矩形的长和宽分别为和时，由题意得方程组，用代入法可得关于x的一元二次方程，根据“存在一个矩形使它的周长和面积分别为已知矩形的”可知方程有实数根，根据一元二次方程的根的判别式"①当b2-4ac＞0时，方程有两个不相等的实数根；②当b2-4ac=0时，方程有两个相等的实数根；③当b2-4ac＜0时，方程没有实数根"可得b2-4ac≥0，整理即可求解．
23．【答案】
【解析】【解答】解：将逆时针旋转得到，那么是等腰直角三角形，，
由题意可知，，那么，
那么当、、三点共线时，最短，且等于，此时在的延长线上，如图所示：
当点在的延长线时，
延长，连接，作的垂直平分线交于点，那么，连接，如图所示：
在Rt△EFD和Rt△ECD中
（SAS），
，，
，
，
为等边三角形，
，
，
，
，
，
，
，
，，
，
落在上，
不妨设，那么，
，
在矩形中，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
最小值为．
故答案为：．
【分析】将逆时针旋转得到，那么是等腰直角三角形，那么，那么那么当、、三点共线时，最短，且等于，此时在的延长线上，延长，连接，作的垂直平分线交于点，那么，用边角边可证，由全等三角形的对应边相等可得，由三边相等的三角形是等边三角形可证为等边三角形，由题意易得，可得落在上，不妨设，那么，，用勾股定理可得关于b的方程，解方程可求得b的值，再根据锐角三角函数，可得关于EO的方程，解方程求得的值，由E´E=EO求得的值，然后根据线段的和差计算即可求得的最小值．
24．【答案】（1）解：设单个“敖丙”手办的进价是元，则单个“哪吒”手办的进价是元，
据题意得，，
解得，
经检验是原方程的解，且符合题意，
，
单个“敖丙”手办的进价是元，单个“哪吒”手办的进价是元
（2）解：据题意得，解得，
，
，
随的增大而增大，
又，为整数，且两种手办都有，
时，（元），
此时，
超市应进“敖丙”手办个，“哪吒”手办个，才能获得最大利润，最大利润为元
【解析】【分析】（1）设单个“敖丙”手办的进价是元，则单个“哪吒”手办的进价是元，根据题意“用元购进“哪吒”手办的个数=用元购进“敖丙”手办的个数”列出关于x的分式方程，解方程并检验即可求解；
（2）由题意得，解出的取值范围，再由题意得出关于的关系式，根据一次函数的性质并结合的取值范围即可求解．
（1）解：设单个“敖丙”手办的进价是元，则单个“哪吒”手办的进价是元，
据题意得，，
解得，
经检验是原方程的解，且符合题意，
，
单个“敖丙”手办的进价是元，单个“哪吒”手办的进价是元．
（2）解：据题意得，
解得，
，
，
随的增大而增大，
又，为整数，且两种手办都有，
时，（元），
此时，
超市应进“敖丙”手办个，“哪吒”手办个，才能获得最大利润，最大利润为元．
25．【答案】（1）解：∵，
∴，
∵，则，
∴，
∴，
将和代入得
，
解得：，
∴抛物线的表达式为
（2）解：令，则，
解得：或，
∵，
则
设直线的解析式为，
代入，
得，
解得，
∴直线的解析式为，
设（），则，
∴，
∵，
∴当时，最大，此时，
∵点是线段上一动点，轴于点，
∴当线段长度取得最大值时，
∵，，点为线段的中点，
∴
将线段向左平移个单位得到，则
当三点共线时最小，即最小，最小值为的长度；
∴的最小值为
（3）解：由（2）得，∴新抛物线由向左平移个单位，向上平移个单位得到，
∴，
过点作交抛物线于点，
∴，
同理求得直线的解析式为，
∵，
∴设直线的解析式为，代入
∴
解得：
∴直线的解析式为
联立得，
解得，，
当时，，
∴，
联立直线和抛物线解析式可得
解得：，
当时，，
∴
∴轴，
又∵
∴
∴
作关于直线的对称点，连接交于点
∴
∵
∴
∵，，
∴将点向左平移个单位再向下平移个单位，得
同理直线的解析式为，
联立，
解得或，
当时，，
∴，
综上可得，符合条件的点T的坐标为或
【解析】【分析】（1）由正切函数可求得OA的值，则可得，然后用待定系数法即可求解；
（2）令y=0可得关于x的一元二次方程，解方程求出x的值，结合已知可得，用待定系数法求得直线的解析式，设（），则，当时，最大，此时，将线段向左平移个单位得到，则，当三点共线时最小，即最小，最小值为的长度，则的最小值为；
（3）根据（2）可得，再由平移的性质得到新抛物线的解析式，由题意，分两种情况讨论计算即可求解．
（1）解：∵，
∴，
∵，则，
∴，
∴，
将和代入得，
解得，
∴抛物线的表达式为；
（2）解：令，则，
解得或，
∵，
则
设直线的解析式为，
代入，
得，
解得，
∴直线的解析式为，
设（），则，
∴，
∵，
∴当时，最大，此时，
∵点是线段上一动点，轴于点，
∴当线段长度取得最大值时，
∵，，点为线段的中点，
∴
将线段向左平移个单位得到，则
当三点共线时最小，即最小，最小值为的长度；
∴的最小值为；
（3）解：由（2）得，
∴新抛物线由向左平移个单位，向上平移个单位得到，
∴，
过点作交抛物线于点，
∴，
同理求得直线的解析式为，
∵，
∴设直线的解析式为，代入
∴
解得：
∴直线的解析式为
联立得，
解得，，
当时，，
∴，
联立直线和抛物线解析式可得
解得：，
当时，，
∴
∴轴，
又∵
∴
∴
作关于直线的对称点，连接交于点
∴
∵
∴
∵，，
∴将点向左平移个单位再向下平移个单位，得
同理直线的解析式为，
联立，
解得或，
当时，，
∴，
综上，符合条件的点T的坐标为或．
26．【答案】（1）证明：由翻折可知，
又∵四边形是平行四边形，，
∴
∴
∴是等边三角形，
∴，，
在△ABF和△CAE中
∴（SAS），
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴；
（2）证明：延长至点，使，连接，，
∵，
∴是等边三角形，
∴，，
又∵，
∴，
在△TAC和△GAB中
∴（SAS），
∴，，
又∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
又∵，
设，则，，
在下图中，过点作于点，过点作于点，过点作于点，
∵，
∴，
∴，，，
∴，
设，则，由勾股定理可得，
，，
∴，
∴，
解得，即，
∴，
又∵，
∴，
∴，，
在中，，
∴，
∴是线段的中点；
（3）解：或，理由如下：
延长至点使，连接，，
取中点，连接，，，
由（）得，
是等边三角形，
，分别是，的中点，
，
，
是等边三角形，
在中，
（SAS）
∴
∵
∴
∴
∴
∴
∴
∵分别是的中点，
∴即
∴
又∵
∴
∴
∴
∴，
又，
垂直平分，
，
，
又，
，
又，
，
，
，
又，有，
，，
，
，
又，，
∴．
【解析】【分析】（1）根据翻折的性质和平行四边形的性质可得∠ACB=60°，PC=AC，根据有一个角等于60°的等腰三角形是等边三角形可得△ABC是等边三角形，结合已知，用边角边可得，由全等三角形的对应角相等可得，然后根据三角形的外角的性质“三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角之和”可得，再根据“有两个角对应相等的两个三角形相似”可求解；
（2）延长至点，使，连接，，根据边角边可得，由全等三角形的对应边（角）相等可得∠ATC=∠AGB，TC=BG，根据含度角所对的直角边等于斜边的一半可得，设，则，，过点作于点，过点作于点，过点作于点，在Rt△ABM中，用勾股定理可将AB用含a的代数式表示出来；设，则，在Rt△AGN和Rt△BGN中，根据勾股定理可得关于a、x的方程，解方程可将BN用含a的代数式表示出来，根据，用余弦的定义可求得的值，由勾股定理求得的长，然后由线段的和差即可求解；
（3）延长至点使，连接，，取中点，连接，，，证明是等边三角形，根据有两个角对应相等的两个三角形相似可得，，由相似三角形的对应边的比相等可得，根据，，等量代换可得．
（1）证明：由翻折可知，
又∵四边形是平行四边形，，
∴
∴
∴是等边三角形，
∴，，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴；
（2）证明：延长至点，使，连接，，
∵，
∴是等边三角形，
∴，，
又∵，
∴，
又∵，，
∴，
∴，，
又∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
又∵，
设，则，，
在图中，过点作于点，过点作于点，过点作于点，
∵，
∴，
∴，，，
∴，
设，则，由勾股定理可得，
，，
∴，
∴，
解得，即，
∴，
又∵，
∴，
∴，，
在中，，
∴，
∴是线段的中点；
（3）解：或，
理由如下：
延长至点使，连接，，
取中点，连接，，，
由（）得，
是等边三角形，
，分别是，的中点，
，
，
是等边三角形，
在中，
∴
∵
∴
∴
∴
∴
∴
∵分别是的中点，
∴即
∴
又∵
∴
∴
∴
∴，
又，
垂直平分，
，
，
又，
，
又，
，
，
，
又，有，
，，
，
，
又，，
∴．助手
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