2026年江苏省南通市海门实验初中中考数学模拟试卷（A卷）（含答案+解析）

这是一份2026年江苏省南通市海门实验初中中考数学模拟试卷（A卷）（含答案+解析），共19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。
1.剪纸是我国具有独特艺术风格的民间艺术，反映了劳动人民对现实生活的深刻感悟.下列剪纸图形中，不是中心对称图形的是( )
A. B. C. D.
2.若△ABC∽△DEF，面积比为9：16，则△ABC与△DEF的周长比为( )
A. 2：3B. 3：4C. 9：16D. 4：3
3.在一个暗箱里放有a个除颜色外其它完全相同的球，这a个球中红球只有4个.每次将球搅拌均匀后，任意摸出一个球记下颜色再放回暗箱.通过大量重复摸球试验后发现，摸到红球的频率稳定在25%，那么可以推算出a大约是( )
A. 16B. 12C. 6D. 4
4.据统计，2023年贵州省共接待游客万人次.数据“128400万”用科学记数法表示为( )
A. 12.84×104B. 1.284×105C. 12.84×108D. 1.284×109
5.已知平行四边形ABCD中，∠A=45∘,AB=3,AD= 2，点E在CD边上，△BCE沿BE折叠得△BC′E，下列结论正确的是( )
A. 当BE⊥CD时，DC′=2
B. 当C′落在CD边上时，tan∠BC′E=12
C. 当C′落在AB边上时，△BC′E的面积为 2
D. C′D的最小值为 5− 2
6.如图1，△ABC中，∠C=90∘，AC=3，BC=4.点D从点A出发沿折线AC−CB运动到点B停止，过点D作DE⊥AB，垂足为E.设点D运动的路径长为x，△BDE的面积为y，若y与x的对应关系如图2所示，则a−b的值为( )
A. 383B. 145C. 625D. 8225
7.如图，点A的坐标是(−2,0)，点C是以OA为直径的⊙B上的一动点，点A关于点C的对称点为点P.当点C在⊙B上运动时，所有这样的点P组成的图形与直线y=kx−3k(k>0)有且只有一个公共点，则k的值为( )
A. 23
B. 53
C. 25 5
D. 6 55
8.二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)的图象的一部分如图所示．已知图象经过点(−1,0)，其对称轴为直线x=1.下列结论：
①abc>0；
②4a+2b+c0)的图象分别与OB，BC，AB交于D，E，F三点，EF与OB交于点H，连接DE，DF，若BHOH=35，S△DEF=32，则k的值为 .
16.如图1，在△ABC中，AB=AC=10，BC=12，D，E分别是边AB，AC的中点，在边BC上取点F(BF0)的图象分别与OB，BC，AB交于D，E，F三点，
∴设E(m,km)，F(n,kn)，
∴CE=m,BA=km,BC=n,AF=kn，
∴BE=BC−CE=n−m，BF=BA−AF=km−kn=k(n−mmn)，
∴BEBC=BFBA=n−mn，
∵∠CBA=∠CBA，
∴△ABC∽△FBE，
∴∠BAC=∠BFE，
∴EF//CA，
∴BHBM=BEBC=BFBA=34，
∴CEBC=AFBA=14，
∴设E(a,4b)，F(4a,b)，
∴B(4a,4b)，
∴M(2a,2b)，
将E(a,4b)代入y=kx，
∴k=4ab，
∵DG//BA，
∴△ABO∽△GDO，
∵S△GDO=12k=12⋅4a⋅b=2ab，
∴S△ABOS△GDO=4a⋅b⋅124a⋅4b⋅12=14，
∴MGBA=12，
∴D(2a,2b)，那么D，M两点重合，
∵EF//CA，
∴S△EDF=S△EFA=12b(4a−a)=32，
解得ab=1，
∴k=4ab=4，
故答案为：4.
连接EA，过E作EP⊥OA于P，过F作FN⊥OC于N，连接CA交OB于M，过D作DG⊥OA于G，证出△ABO∽△GDO，由此解答即可．
此题考查反比例函数k的几何意义，解题关键是通过相似求出各个点横纵坐标之间的数量关系，设出未知数，然后将坐标转化为三角形的边长，将已知三角形的面积用未知数表示出来，进而转化出k的值．
16.【答案】9−2 11
【解析】【分析】
本题考查图形的拼剪，等腰三角形的性质，三角形的中位线定理，勾股定理，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考填空题中的压轴题．
图1中，过点A作AH⊥BC于H，过点E作ET⊥BC于T，由勾股定理求出CT=3，ET=4，设HI=KJ=4k，IJ=HK=5k，由题意，PD=QG=2k，FG=6，QE+EP=PF+FQ，推出2QE+PQ=PQ+2PF，推出QE=PF，可得EF=EQ+EP=EQ+FQ=EF=5k，再利用相似三角形的性质，构建方程求出k，求出EF，FT，即可解决问题．
【解答】
解：如图1中，过点A作AH⊥BC于H，过点E作ET⊥BC于T，
∵AB=AC=10，AH⊥BC，
∴BH=CH=6，
∴AH= AC2−CH2= 102−62=8，
∵AH⊥BC，ET⊥BC，
∴ET//AH，
∵AE=EC，
∴CT=TH=3，
∴ET=12AH=4.
∵图2中，HI：IJ=4：5，
∴可以假设HI=KJ=4k，IJ=HK=5k，
由题意，PD=QG=2k，FG=12BC=6，QE+EP=PF+FQ，
∴2QE+PQ=PQ+2PF，
∴QE=PF，
∴EF=EQ+EP=EQ+FQ=5k，
∵∠EFT=∠QFG，∠ETF=∠GQF=90∘，
∴△ETF∽△GQF，
∴ETQG=EFFG，
∴42k=5k6，
∴k=2 155，
∴EF=5k=2 15，
在Rt△EFT中，FT= EF2−ET2=2 11，
∴BF=BC−CF=12−(2 11+3)=9−2 11，
故答案为：9−2 11.
17.【答案】22023× 3
【解析】解：∵△A1B1A2是等边三角形，
∴∠B1A1A2=60∘，B1A1=OA1.
∵∠A1OB1=30∘，
∴∠OB1A1=60∘−30∘=30∘，
∴∠A1OB1=∠OB1A1，
∴OA1=A1B1.
∵点A1的坐标为(2,0)，
∴A1B1=OA1=2.
过点B1作x轴的垂线，垂足为M，
∴A1M=A2M=1.
在Rt△A1B1M中，
B1M= 22−12= 3，
∴点B1的纵坐标为 3.
同理可得，
点B2的纵坐标为2 3，
点B3的纵坐标为4 3，
点B4的纵坐标为8 3，
…，
所以点Bn的纵坐标为2n−1 3(n为正整数)，
当n=2024时，
2n−1 3=22023× 3，
即点B2024的纵坐标为22023× 3.
故答案为：22023× 3.
根据题意，依次求出点Bn的坐标，发现规律即可解决问题．
本题主要考查了点的坐标变化规律及一次函数图象上点的坐标特征，能通过计算发现点Bn的纵坐标为2n−1 3(n为正整数)是解题的关键．
18.【答案】92
【解析】解：如图，连接CF，
∵CD⊙O为直径，
∴∠CFD=90∘，
∴∠CFE=90∘，
取CE的中点G，连接FG，
∴FG=12CE，
∵AC=4，E是AC的中点，
∴CE=AE=12AC=2，
∴CG=FG=1，
以CE为直径作圆G，
∴点F在圆G上，
将△ABC沿AB对折得到△ABC′，
过点G作GN′′⊥BC′于点N′′，交AB于点M，交圆G于点F，
此时GN′′最短，
∴FM+MN=FM+MN′′=FN′′最小，
∵∠ACB=90∘，∠ABC=30∘，AC=4，
∴BC= 3AC=4 3，∠CBC′=60∘，
延长BC，N′′G交于点P，
∵∠PN′′B=90∘，
∴∠BPN′′=30∘，
∵CG=1，
∴PG=2，
∴CP= 3，
∴BP=4 3+ 3=5 3，
∴BN′′=5 32，
∴PN′′= 3BN′′=152，
∴FN′′=152−2−1=92.
∴FM+MN的最小值为92，
故答案为：92.
连接CF，根据圆周角定理可得∠CFD=90∘，取CE的中点G，连接FG，可得FG=12CE，以CE为直径作圆G，可得点F在圆G上，将△ABC沿AB对折得到△ABC′，过点G作GN′′⊥BC′于点N′′，交AB于点M，交圆G于点F，此时GN′′最短，所以FM+MN=FM+MN′′=FN′′最小，延长BC，N′′G交于点P，可得∠BPN′′=30∘，根据含30度角的直角三角形即可解决问题．
本题属于圆的综合题，考查了翻折变换，最短距离问题，含30度角的直角三角形，圆周角定理，解决本题的关键是正确作出辅助线．
19.【答案】

【解析】
20.【答案】 2−4 13(a+b) 1a2+a，16
【解析】解：(1)原式=1+2× 22−5
=1+ 2−5
= 2−4；
(2)原式=(a+b)(a−b)3a÷a−ba
=(a+b)(a−b)3a⋅aa−b
=13(a+b)；
(3)原式=a−2(a+1)2÷(a2+aa+1−3aa+1)
=a−2(a+1)2÷a2−2aa+1
=a−2(a+1)2÷a(a−2)a+1
=a−2(a+1)2⋅a+1a(a−2)
=1a2+a，
∵a=−3
∴原式=1a2+a=1(−3)2+(−3)=16.
(1)先计算零指数幂、特殊角的三角函数值、算术平方根，然后计算加减法即可；
(2)根据分式的四则混合运算法则计算即可；
(3)先根据分式的四则混合运算法则化简，然后代入求解即可．
本题考查的是分式的化简求值，实数的运算，零指数幂，特殊角的三角函数值，熟知以上运算法则是解题的关键．
21.【答案】(1)40；
(2)补全统计图如下：
(3)D；
(4)1000×240=50(人).
答：估计该校A等级的学生人数为50人．
【解析】解：(1)本次模拟考试该班学生有：5÷12.5%=40(人)；
故答案为：40；
(2)C等级的人数有：40−2−5−13−8=12(人)，
补全统计图如下：
(3)∵第20、21个数的在D等级；
∵中位数是第20、21个数的平均数，
∴学生考试成绩等级的中位数在等级D，
故答案为：D；
(4)1000×240=50(人).
答：估计该校A等级的学生人数为50人．
(1)根据B等级的人数和所占的百分比即可得出答案；
(2)先求出C等级的人数，再补全统计图即可；
(3)算出第20、21个数的平均数即可；
(4)用该校的总人数乘以A等级的学生所占的百分比即可．
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．
22.【答案】作图见解答过程；
∠AEB=∠DAE，∠BAE=∠AEB，BE=AF，AB=AF.
【解析】解：(1)图形如图所示；
(2)∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD//BC，
∴∠AEB=∠DAE，
∵AE平分∠BAD，
∴∠BAE=∠DAE，
∴∠BAE=∠AEB，
∴BA=BE，
又∵AB=AF，
∴BE=AF，
又∵AD//BC，
∴四边形ABEF是平行四边形，
又∵AB=AF，
∴四边形ABEF是菱形．
故答案为：∠AEB=∠DAE，∠BAE=∠AEB，BE=AF，AB=AF.
(1)根据要求作出图形即可；
(2)根据邻边相等的平行四边形是菱形证明即可．
本题考查作图-复杂作图，菱形的判定，平行四边形的性质，等腰三角形的判定等知识，解题的关键是熟练掌握五种基本作图，属于中考常考题型．
23.【答案】解：问题1：函数图象如图所示：
问题2：(Ⅲ)观察图象可知，x=2时，y有最大值．
(Ⅳ)猜想：BC= 2a.
故答案为：2，BC= 2a.
问题3：设BC=x，AC+BC=y，
在Rt△ABC中，∵∠C=90∘
∴AC= AB2−BC2= 4a2−x2，
∴y=x+ 4a2−x2，
∴y−x= 4a2−x2，
∴y2−2xy+x2=4a2−x2，
∴2x2−2xy+y2−4a2=0，
∵关于x的一元二次方程有实数根，
∴Δ=4y2−4×2×(y2−4a2)≥0，
∴y2≤8a2，
∵y>0，a>0，
∴y≤2 2a，
当y=2 2a时，2x2−4 2ax+4a2=0
∴( 2x−2a)2=0，
∴x1=x2= 2a，
∴当BC= 2a时，y有最大值．
问题4：延长AM交EF的延长线于C，过点A作AH⊥EF于H，过点B作BK⊥GF于K，交AH于Q.
在Rt△BNE中，∠E=90∘，∠BNE=60∘，BE=1cm，
∴tan∠BNE=BEEN，
∴NE= 33(cm)，
∵AM//BN，
∴∠C=60∘，
∵∠GFE=90∘，
∴∠CMF=30∘，
∴∠AMG=30∘，
∵∠G=90∘，AG=1cm，∠AMG=30∘，
∴在Rt△AGM中，tan∠AMG=AGGM，
∴GM= 3(cm)，
∵∠G=∠GFH=90∘，∠AHF=90∘，
∴四边形AGFH为矩形，
∴AH=FG，
∵∠GFH=∠E=90∘，∠BKF=90∘，
∴四边形BKFE是矩形，
∴BK=FE，
∵FN+FM=EF+FG−EN−GM=BK+AH− 33− 3=BQ+AQ+KQ+QH−4 33=BQ+AQ+2−4 33，
在Rt△ABQ中，AB=4cm，
由问题3可知，当BQ=AQ=2 2cm时，AQ+BQ的值最大，
∴BQ=AQ=2 2时，FN+FM的最大值为(4 2+2−4 33)cm，此时EF=(1+2 2)cm.
【解析】本题考查了矩形的判定和性质，解直角三角形，锐角三角函数，一元二次方程的根的判别式等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考压轴题．
问题1：利用描点法解决问题即可．
问题2：利用图象法解决问题即可．
问题3：设BC=x，AC+BC=y，根据一元二次方程根的判别式解决问题即可．
问题4：延长AM交EF的延长线于C，过点A作AH⊥EF于H，过点B作BK⊥GF于K，交AH于Q.证明FN+FM=EF+FG−EN−GM=BK+AH− 33− 3=BQ+AQ+KQ+QH−4 33=BQ+AQ+2−4 33，求出BQ+AQ的最大值即可解决问题．
24.【答案】513 合理，P到CD的距离为7− 10 35(米 2)
【解析】(1)在Rt△ACB中，∠ACB=90∘，AC=5，BC=12，
∴AB= AC2+BC2=13，
∴cs∠BAC=ACAB=513，
故答案为：513；
(2)合理，
在BC上取一点E，使得BE=2，连接AE，作△ABE的外接圆，圆心为O，AE为直径，过点O作CD的垂线，交⊙O于点P，交CD于点F，
∴PF=OF−OP，∠AEB=∠APB，
∵OF是点O到CD的最短距离，OP是⊙O的半径，是定值，
∴此时，PF是点P到CD的距离最短，
在矩形ABCD中，AB=6，BC=8，
∴∠ABE=∠C=90∘，AD=BC=8，AD//BC，
∵tan∠APB=3，∠AEB=∠APB，
∴tan∠AEB=ABBE=3，
∵AB=6，
∴BE=2，
∴以上操作合理；
∴AE= AB2+BE2=2 10，
∴OP=12AE= 10，
∵CE=BC−BE=8−2=6，
∴CE≠AD，
又∵CE//AD，∠C=90∘，
∴四边形AECD是直角梯形，
∵OF⊥CD，
∴OF//AD，
∵点O是AE的中点，
∴点F是CD的中点，
∴OF是梯形AECD的中位线，
∴OF=12(AD+CE)=12×(8+6)=7，
∴PF=OF−OP=7− 10，
∴P到CD的距离为7− 10；
(3)如图，作△ABP的外接圆⊙O，交BC于点E，连接AE，过点B作BF⊥AP于点F，过点P作PM⊥AD于点M，PN⊥AB于点N，
设PM=x，
∵∠AEB=∠APB，cs∠APB=35，
∴cs∠AEB=BEAE=35，
∴BE=35AE，
在矩形ABCD中，AB=8米，BC=10米，
∴∠ABE=90∘，∠BAD=90∘，
∴AB2+BE2=AE2，
∴82+(35AE)2=AE2，
∴AE=10或AE=−10(舍去)，
∴BE=6(米)，
∴tan∠AEB=ABBE=86=43，
∴tan∠APB=43，
∵S△APD=59S四边形ABPD，BF⊥AP，PM⊥AD，
∴12AD⋅PM=59×(12AB⋅PN+12AD⋅PM)，
∴12×10⋅PM=59×(12×8PN+12×10PM)
∴5PM=209PN+259PM，
∴PM=PN=x，
∴AP平分∠BAD，
∴∠BAP=45∘，
又∵∠BAD=90∘，BF⊥AP，PM⊥AD，
∴四边形ANPM是正方形，
∴AM=PM=x，
∴AP= AM2+PM2= 2x，
在△ABP中，BF⊥AP，∠BAF=45∘，AB=8米，tan∠APB=43，
∴AF=AB⋅cs∠BAF=8× 22=4 2(米)，BF=AB⋅sin∠BAF=8× 22=4 2(米)，
∴tan∠APB=BFPF=4 2PF=43，
∴PF=3 2(米)，
∵AP=AF+PF，
∴ 2x=4 2+3 2，
∴x=7(米)，
∴S△APD=12AD⋅PM=12×10×7=35(米 2).
(1)根据锐角三角函数定义求解即可；
(2)根据圆周角定理、矩形的性质、锐角三角函数确定操作合理；根据勾股定理及矩形的性质推出四边形AECD是直角梯形，根据梯形中位线定理即线段的和差求解即可；
(3)作△ABP的外接圆⊙O，交BC于点E，连接AE，过点B作BF⊥AP于点F，过点P作PM⊥AD于点M，PN⊥AB于点N，设PM=x，根据圆周角定理求出cs∠AEB=35，利用勾股定理及锐角三角函数求出AE=10，BE=6，得出tan∠APB=43，再根据S△APD=59S四边形ABPD，推出AM=PM=x，由角平分线判定定理推出AP平分∠BAD，进而推出四边形ANPM是正方形，求出AP= 2x，然后在△ABP中，解直角三角形求出x，即可解决问题．
此题是圆的综合题，考查了解直角三角形、矩形的性质、圆周角定理、正方形的判定与性质、梯形中位线定理、角平分线的判定等知识，通过构造圆解决问题是解题的关键．
25.【答案】y=−x2+53x+4 4724 (712)2+(6−5 36)2
【解析】解：(1)∵直线y=−43x+4与y轴交于A，与x轴交于B，
∴A(0,4)，点B(3,0)，
把A(0,4)，点B(3,0)分别代入解析式y=−x2+bx+c，
得−9+3b+c=0c=4，
解得b=53c=4，故抛物线的解析式为y=−x2+53x+4.
(2)∵直线y=−43x+4与y轴交于A，与x轴交于B，
∴A(0,4)，点B(3,0)，
∴OA=4，OB=3，AB= OA2+OB2=5，
∴tan∠OAB=OBOA=34,cs∠OAB=OAAB=45,sin∠OAB=OBAB=35，
∵AM⊥MN，AMMN=43，
∴tan∠NAM=MNAM=34，
∴∠NAM=∠OAB，
过点O作OE⊥AB于点E，交AM的延长线于点G，
∵∠OAE=∠GAEAE=AE∠AEO=∠AEG，
∴△AEO≌△AEG(ASA)，
∴OE=EG，
过点E作EF⊥OB于点F，
则 OE=OA⋅OBAB=125，∠EOF=90∘−∠AOE=∠OAB，
∴OF=OEcs∠EOF=OEcs∠OAB=125×45=4825，
EF=OEsin∠EOF=OEsin∠OAB=125×35=3625，
∴E(4825,3625)，
∴G(9625,7225)，
设直线AG的解析式为y=kx+m，
∴9625k+m=7225m=4，
解得k=−724b=4，
故直线AG的解析式为y=−724x+4.
根据题意，得−x2+53x+4=−724x+4，
解得x=4724,x=0(舍去)，
故点M的横坐标为4724.
(3)以点E为旋转中心，将EP顺时针旋转30∘到EH，过点P作EP⊥PH于点P，交EH于点H，
∵A(0,4)，点B(3,0)，点P为AB中点，
∴P(32,2)，AB= 32+42=5，
∵EP//OB，且点E的横坐标为−1，∠ACB=90∘，
∴E(−1,2)，CP=12AB=52，
∴EP=32−(−1)=52，
∴EP=CP，
∴PH=EP⋅tan∠PEH=EP⋅tan30∘=52× 33=5 36，
∴H(32,2−5 36)，EH=2PH=5 33，
∵G(−52,2−5 36)，
∴GH//x轴，GH=32−(−52)=4，
∵∠ECD=90∘，∠EDC=60∘，
∴∠DEC=30∘，
∴∠DEC=∠HEP，∠ECD=∠EPH，
∴△EDC∽△EHP，
∴EDEH=ECEP，
∴EDEC=EHEP，
∵∠DEH=30∘+∠CEH=∠CEP，
∴△EDH∽△ECP，
∴DHCP=EHEP，
∴DH=EH=5 33，
作∠HID=∠HDG交GH于点I，
∵∠IHD=∠DHG，
∴△IDH∽△DGH，
∴IDDG=IHDH=DHGH，
∴DH2=GH⋅IH，
∴IH=14×(5 33)2=2512，
∴32−xI=2512，
解得xI=32−2512=−712，
∴I(−712,2−5 36)，
∴IDGD=DHGH=5 334，
∴ID=5 312DG，
∴5 312DG+DF=ID+DF，
故当I，D，F三点共线时，IF最小，
∵点A关于x轴的对称点F，且A(0,4)，
∴F(0,−4)
∵I(−712,2−5 36)，
∴IF= (712)2+(6−5 36)2，
5 312DG+DF的最小值 (712)2+(6−5 36)2，
故答案为： (712)2+(6−5 36)2.
(1)把A(0,4)，点B(3,0)分别代入解析式y=−x2+bx+c，计算即可．
(2)先证明∠NAM=∠OAB，过点O作OE⊥AB于点E，交AM的延长线于点G，确定点G的坐标，再计算直线AG的解析式，联立抛物线的解析式构造一元二次方程，求得x的值即可．
(3)以点E为中心，将EP顺时针旋转30∘到EH，过点P作EP⊥PH于点P，交EH于点H，证明△EDC∽△EHP，△EDH∽△ECP，作∠HID=∠HCG交GH于点I，证明△IDH∽△DGH，得到ID=5 312DG，利用三角形不等式计算即可．
本题考查了待定系数法求抛物线解析式，三角函数的计算，解方程组，线段和的最小值，熟练掌握待定系数法，三角函数是解题的关键．
26.【答案】解：(1)∵AB平移得到P1P2，
∴AB//P1P2，
同理，AB//P3P4，
∴P1P2//P3P4，
由图可得，连接点A与点P2的线段长度等于线段AB到⊙O的“优距离”，
故答案为：平行，P2，；
(2)如图1，过B作BG⊥y轴于G，则G(0,5)，
∴AG=BG=2，∠GAB=∠GBA=45∘，
∴AB= 2BG=2 2，
设直线AB为y=kx+7，代入点B，得k=−1，
∴直线AB为y=−x+7，
设直线AB交x轴于M，
∵BG⊥y轴，
∴BG//x轴，
∴∠AMO=∠GBA=45∘，
由(1)可得，平移AB，使对应点落在⊙上，此时AB//A′B′，且AB=A′B′，
这样的对应线段有两条，分别位于圆心O点两侧，
所以当A′在如图位置时，线段AA′的长度是AB到⊙O的“优距离”，
过O作OH⊥A′B′，分别交A′B′于H，交AM于T
∵A′B′//AM，
∴∠OHB′=∠OTM=90∘，
∴∠TOM=90∘−∠AMO=45∘，
连接A′O，
∵OH⊥A′B′，
∴A′H=B′H=12A′B′= 2，
在Rt△A′OH中，OH= A′O2−A′H2=2 2，
过H作HE⊥x轴于E，
∵sin∠TOM=sin45∘=HEOH= 22，
∴HE=OE=2，
∴H(2,2)，
∵AB//A′B′，
∴设直线A′B′为y=−x+m，代入点H，得m=4，
∴直线A′B′为y=−x+4，
设A′(a,−a+4)，过A′作A′F⊥x轴于F，
在Rt△A′OF中，A′O2=OF2+A′F2，
∴a2+(−a+4)2=10，
∴a=1或3(不合题意舍去)，
∴a=1，
∴A′(1,3)，
故答案为：(1,3)；
(3)由(2)可知，AB经过平移，对应点落在圆上，AB//A′B′，AB=A′B′，
符合条件的A′B′只有两条，并且位于O点两侧，
如图2，根据垂线段最短，当AA′⊥AB时，d最小，
∵AB//A′B′，AB=A′B′，
∴四边形AA′B′B为平行四边形，
∵AA′⊥AB，
∴▱AA′B′B为矩形，
∴A′B′=AB=2 2，
令x=0，则y=−x+6=6，
∴N(0,6)，
同理，M(6,0)，
∴OM=ON=6，
∴△MON为等腰直角三角形，
过O作OH⊥A′B′，分别交A′B′于H，交AB于T，连接OA′，
∴A′H=B′H= 2，
在Rt△A′OH中，OH= A′O2−A′H2=2 2，
∵AB//A′B′，
∴∠OTM=∠OHB′=90∘，
∴OT⊥MN，
又△MON是等腰直角三角形，
∴OT=12MN=12 OM2+ON2=3 2，
∴HT=OT−OH= 2，
∵A′A⊥AB，OT⊥AB，
∴AA′//OT，
又AB//A′B′，
∴四边形A′ATH为平行四边形，
∴d=AA′=HT= 2，
即d的最小值为 2.
【解析】本题是以圆为背景的新定义题目，能在题目中提炼出定义的内容，是本题的突破口，借助特殊三角形和勾股定理，垂径定理，求解相关的线段和角度，是解决此类问题的基本功．
(1)根据平移的性质，可以得到AB//P1P2//P3P4，由图可以得到AP2的长度等于线段AB到⊙O的“优距离”；
(2)根据定义和(1)提示，可以知道，平移AB，使对应点落在圆上，即在圆上满足AB//A′B′，AB=A′B′，这样的A′B′只有两条，别切位于圆心两侧，根据题意画出草图，可以得到如图1的位置，线段AA′是线段AB到⊙O的优距离，利用A和B坐标，求出直线AB解析式，同时可以得到△AOM为等腰直角三角形，因为A′B′=2 2，过O作OH⊥A′B′，利用垂径定理和勾股定理，求出OH=2 2，利用∠AMO=45，得到△OTM为等腰直角三角形，过H作HE⊥x轴于E点，从而可以求得H(2,2)，得到直线A′B′解析式为y=−x+4，设A′(a,−a+4)，过A′作A′F⊥x轴于F，在Rt△A′OF中，利用勾股定理，列出方程即可求解；
(3)由(2)可知，AB经过平移，对应点落在圆上，AB//A′B′，AB=A′B′，符合条件的A′B′只有两条，并且位于O点两侧，如图2，根据垂线段最短，当AA′⊥AB时，d最小，过O作OH⊥A′B′，分别交A′B′于H，交AB于T，用(2)中方法求解OH和OT，得到HT的长度，即可解决．AC
2.8
2.7
2.6
2.3
2
1.5
0.4
BC
0.4
0.8
1.2
1.6
2
2.4
2.8
AC+BC
3.2
3.5
3.8
3.9
4
3.9
3.2