2026年中考第二次模拟考：数学二模模拟卷（广西专用）

这是一份2026年中考第二次模拟考：数学二模模拟卷（广西专用），共17页。试卷主要包含了据报道，下列运算正确的是， 如图，北京市某处位于北纬等内容，欢迎下载使用。
（考试时间：100分钟，分值：120分）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第一部分（选择题 共36分）
一、选择题：本题共12小题，每小题3分，共36分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．的倒数是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据倒数的概念作答即可．
【详解】的倒数是，
故选：D．
【点睛】本题考查了倒数的概念，即乘积为1的两个数互为倒数，熟练掌握知识点是解题的关键．
2．如图为出现在深圳街头的新型无线充电石墩，关于石墩的三视图的描述，正确的是（ ）
A. 主视图和左视图相同B. 主视图和俯视图相同
C. 左视图和俯视图相同D. 三个视图都相同
【答案】A
【分析】本题考查了三种视图，熟知三视图的观察方向是解题的关键．在正面内得到的由前向后观察物体的视图，叫做主视图；在水平面内得到的由上向下观察物体的视图，叫做俯视图；在侧面内得到由左向右观察物体的视图，叫做左视图．仔细观察图中几何体摆放的位置，根据三种视角观察到的图形判定则可．
【详解】解：根据三视图的定义，可知该几何主视图和左视图相同．
故选：A．
【点睛】本题考查简单几何体的三视图，主视图是指立体图从前往后看得到的平面图形，理解三种视图的意义是正确解答的前提．
3．希望中学规定学生的学期体育成绩满分为100，其中体育课外活动占20%，期中考试成绩占30%，期末考试成绩占50%．若小强的三项成绩（百分制）依次是95，90，91．则小强这学期的体育成绩是( )
A．92B．91.5C．91D．90
【答案】B
【分析】根据加权平均数的计算公式，用95分，90分，91分别乘以它们的百分比，再求和即可．
【详解】解：根据题意得
即小强这学期的体育成绩是
故选：B．
【点睛】本题考查了加权平均数的计算，熟练掌握公式是解题关键．
4．据报道：芯片被誉为现代工业的掌上明珠，芯片制造的核心是光刻技术，我国的光刻技术水平已突破到．已知，则用科学记数法表示是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】绝对值小于1的正数也可以利用科学记数法表示，一般形式为a×10-n，与较大数的科学记数法不同的是其所使用的是负整数指数幂，指数由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定．
【详解】解：∵，
∴28nm=2.8×10-8m．
故选：C．
【点睛】本题考查用科学记数法表示较小的数，一般形式为a×10-n，其中1≤|a|＜10，n为由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定．
5．下列四张新能源图标是中心对称图形的是（ ）
A．水能B．风能
C．太阳能D．氢能
【答案】C
【分析】本题考查了中心对称图形的概念，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后和原图形重合．
根据中心对称图形的概念对各选项分析判断即可得解．
【详解】解：A．不是中心对称图形，故本选项不合题意．
B．不是中心对称图形，故本选项不合题意；
C．是中心对称图形，故本选项符合题意；
D．不是中心对称图形，故本选项不合题意；
故选：C．
6．如图，AB是⊙O的直径，PA与⊙O相切于点A，∠ABC＝25°，OC的延长线交PA于点P，则∠P的度数是( )

A．25°B．35°C．40°D．50°
【答案】C
【分析】根据圆周角定理可得，根据切线的性质可得，根据直角三角形两个锐角互余即可求解．
【详解】，∠ABC＝25°，
，
AB是⊙O的直径，
，
．
故选C．
【点睛】本题考查了圆周角定理，切线的性质，掌握圆周角定理与切线的性质是解题的关键．
7．下列运算正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】本题主要考查了积的乘方计算，幂的乘方计算，同底数幂除法计算，分式的乘除法计算，根据相关计算法则求出对应选项中式子的结果即可得到答案．
【详解】解：A、与不是同类项，不能合并，原式计算错误，不符合题意；
B、，原式计算错误，不符合题意；
C、，原式计算错误，不符合题意；
D、，原式计算正确，符合题意；
故选：D．
【点睛】本题考查了整式的混合运算，掌握相关运算法则是解题的关键．
8．将一个含角的三角尺和直尺按如图摆放，若，则的度数是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】此题考查了平行线的性质和三角板的相关计算，熟练掌握平行线的性质是关键．根据平行线的性质得到，，进一步即可得到答案．
【详解】解：如图，
∵，
∴，
∴，
∴，
故选：C
9．我国古代数学著作《九章算术》中记载了这样一道题：“今有牛五、羊二，直金十两；牛二、羊五、直金八两，问牛、羊各直金几何？”意思是：假设5头牛、2只羊，共值金10两：2头牛、5只羊，共值金8两，那么每头牛、每只羊各值金多少两？若设每头牛和每只羊分别值金x两和y两，列出方程组应为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据“5头牛、2只羊，值金10两；2头牛、5只羊，值金8两”，即可得出关于x，y的二元一次方程组．
本题考查了由实际问题抽象出二元一次方程组，找准等量关系，正确列出二元一次方程组是解题关键．
【详解】解：∵5头牛、2只羊，共值金10两，
∴；
∵2头牛、5只羊，共值金8两，
∴．
∴根据题意可列出方程组
．
故选：A．
10． 如图，北京市某处位于北纬（即），东经，三沙市海域某处位于北纬（即），东经；设地球的半径约为千米，则在东经所在经线圈上的点和点之间的劣弧长约为（ ）
A. （千米）B. （千米）
C. （千米）D. （千米）
【答案】C
【解析】
【分析】本题主要考查了求弧长，根据题意求出的度数，再根据弧长公式求解即可．
【详解】解；由题意得，，
∴劣弧的长为千米，
故选：C．
11．定义一种运算：，则不等式的解集是（ ）
A．或B．C．或D．或
【答案】C
【分析】根据新定义运算规则，分别从和两种情况列出关于x的不等式，求解后即可得出结论．
【详解】解：由题意得，当时，
即时，，
则，
解得，
∴此时原不等式的解集为；
当时，
即时，，
则，
解得，
∴此时原不等式的解集为；
综上所述，不等式的解集是或．
故选：C．
【点睛】本题主要考查解一元一次不等式，解题的关键是根据新定义运算规则列出关于x的不等式．
12．如图，过的图象上点A，分别作x轴，y轴的平行线交的图象于B，D两点，以，为邻边的矩形被坐标轴分割成四个小矩形，面积分别记为，，，，若，则的值为（ ）

A．4B．3C．2D．1
【答案】C
【分析】设，则，，，根据坐标求得，，推得，即可求得．
【详解】设，则，，
∵点A在的图象上
则，
同理∵B，D两点在的图象上，
则
故，
又∵，
即，
故，
∴，
故选：C．
【点睛】本题考查了反比例函数的性质，矩形的面积公式等，熟练掌握反比例函数的性质是解题的关键．
第二部分（非选择题 共84分）
二、填空题：本题共4小题，每小题3分，共12分。
13．从，，2这三个数中任取两个不同的数，作为点的坐标，则该点落在第三象限的概率是 ．
【答案】
【分析】列举出所有情况，看在第三象限的情况数占总情况数的多少即可．
【详解】解：∵从，，2这三个数中任取两个不同的数，作为点的坐标，
∴所有的点为：（，），（，2），（，2），（，），（2，），（2，），共6个点；在第三象限的点有（，），（，），共2个；
∴该点落在第三象限的概率是；
故答案为：．
【点睛】本题考查了列举法求概率，解题的关键是正确的列出所有可能的点，以及在第三象限上的点，再由概率公式进行计算，即可得到答案．
因式分解： ．
【答案】
【分析】本题主要考查了分解因式，先提取公因数4，再利用平方差公式分解因式即可．
【详解】解：
，
故答案为：．
化简： ．
【答案】3
【分析】根据算术平方根的概念求解即可．
【详解】解：因为32=9，
所以=3．
故答案为：3．
【点睛】此题主要考查了算术平方根的意义，关键是确定被开方数是哪个正数的平方．
16．把一张矩形纸片按照如图①所示的方式剪成四个全等的直角三角形，四个直角三角形可拼成如图②或图③所示的正方形．若矩形纸片的长为m，宽为n，四边形的面积等于四边形面积的2倍，则 ．
【答案】
【分析】首先表示出四边形的面积和四边形面积，然后根据题意得到，整理得到，，设，得到，然后解方程求解即可．
【详解】解：根据题意得，四边形的面积
四边形面积
∵四边形的面积等于四边形面积的2倍
∴
整理得，
∴
设，
∴
解得或（舍去）
∴
故答案为：．
【点睛】此题考查了完全平方公式，勾股定理，解一元二次方程等知识，解题的关键是掌握以上知识点．
三、解答题：本题共7小题，共72分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（8分）（1）计算：．
（2）解分式方程：．
【答案】（1）；（2）
【分析】本题主要考查了实数的运算，解分式方程，零指数幂和负整数指数幂、特殊角的三角函数值，熟知相关计算法则是解题的关键．
（1）先计算零指数幂和立方根，再计算绝对值后计算减法即可得到答案；
（2）按照去分母，去括号，移项，合并同类项的步骤解方程，然后检验即可．
【详解】解：
．
（2）
方程的两边同乘，得，
去括号得：，
移项得：，
合并同类项得：．
检验：当时，．
原方程的解为：．
18．（10分）如图所示，Rt△ABC中，∠B=90°．
(1)尺规作图：作AC边上的中线BO（保留作图痕迹，不写作法）；
(2)在（1）所作的图中，延长BO至点D，使BO=DO，连接AD，CD，求证：四边形ABCD是矩形．
【答案】(1)作图见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）作AC的垂直平分线，垂足为点O，连接BO，则线段BO即为所求；
（2）由对角线互相平分的四边形可得四边形ABCD是平行四边形，进而由∠ABC=90°即可求证；
本题考查了线段垂直平分线的作法，平行四边形的判定，矩形的判定，掌握以上知识点是解题的关键．
【详解】（1）解：如图所示，线段BO为所求；
（2）证明：∵点O是AC的中点，
∴AO=CO，
∵BO=DO，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵∠ABC=90°，
∴四边形ABCD是矩形．
19．（10分）为了解、两款品质相近的无人机在充满一次电后运行的最长时间，有关人员随机抽取了这两款无人机各架，记录下它们运行的最长时间（单位：），并对数据进行整理、描述和分析（运行最长时间用表示，共分为三组：合格；良好；优等），得到有关信息．
信息一：架款无人机充满一次电后运行的最长时间是：
，，，，，，，，，；
信息二：款无人机运行最长时间统计图：
两款无人机运行最长时间统计表：
(1)填空：_______，_______．
(2)你认为哪款无人机运行性能更好些？请说明理由（写出一条即可）；
(3)若仓库有款无人机架、款无人机架，估计两款无人机运行性能在良好及以上的共有多少架？
【答案】(1)，；
(2)款无人机运行性能更好，理由见解析（答案不唯一）；
(3)估计两款无人机运行性能在良好及以上的共有架．
【分析】（）直接根据款数据求出平均数的值，款智能玩具飞机的运行时间第五、第六个数据分别为：，从而求得中位数；
（）根据中位数，平均数和众数即可判断；
（）用样本数据估计总体，分别求出两款飞机中等及以上的架次相加即可．
本题考查了扇形统计图，中位数、众数，用方差做决策，用样本估计总体，解题的关键是熟练掌握相关知识综合求解．
【详解】（1）解：由题意可知；
由款智能玩具飞机的运行时间第五、第六个数据分别为：，，
故B款智能玩具飞机运行时间的中位数为：，即，
故答案为：，；
（2）解：款智能玩具飞机运行性能更好，理由如下：
虽然两款智能玩具飞机运行的最长时间的平均数相同，但款智能玩具飞机运行的最长时间的中位数和众数均高于款智能玩具飞机，
所以款智能玩具飞机运行性能更好；
（3）解：架A款智能玩具飞机运行性能在良好及以上的架次为：（架），
架B款智能玩具飞机运行性能在良好及以上的架次为：（架），
则两款智能玩具飞机运行性能在良好及以上的共有：架，
答：两款智能玩具飞机运行性能在良好及以上的大约共有架．
20．（10分）如图，制作甲、乙两种无盖的长方体纸盒，需用正方形和长方形两种硬纸片，且长方形的宽与正方形的边长相等．
(1)现用200张正方形硬纸片和400张长方形硬纸片，恰好能制作甲、乙两种纸盒各多少个?
(2)如果需要制作100个长方体纸盒，要求乙种纸盒数量不低于甲种纸盒数量的一半，那么至少需要多少张正方形硬纸片?
【答案】(1)恰好能制作甲种纸盒40个，乙种纸盒80个
(2)至少需要134张正方形硬纸片
【分析】本题考查了二元一次方程组的应用，一元一次不等式的应用，一次函数的应用，正确掌握相关性质内容是解题的关键．
（1）先设恰好能制作甲种纸盒x个，乙种纸盒y个．结合题意列出方程组，再解得，即可作答．
（2）先设制作乙种纸盒m个，需要w张正方形硬纸片．根据题意列出，结合，得，其中最小整数解为34．运用一次函数的图象性质进行分析作答即可．
【详解】（1）解：制作甲、乙两种无盖的长方体纸盒，甲种需要1个正方形，4个长方形，乙种需要2个正方形，3个长方形，
设恰好能制作甲种纸盒x个，乙种纸盒y个．
根据题意，得，
得，
答：恰好能制作甲种纸盒40个，乙种纸盒80个．
（2）解：设制作乙种纸盒m个，需要w张正方形硬纸片．
则．
由，知w随m的增大而增大，
∴当m最小时，w有最小值．
根据题意，得，
解得，
其中最小整数解为34．
即当时，．
答：至少需要134张正方形硬纸片．
21．（10分）如图，⊙O是△ABC的外接圆，∠BAC=45°．过点O作DF⊥AB，垂足为E，交AC于点D，交⊙O于点F．过点F作⊙O的切线，交CA的延长线于点G．
(1)求证：FD=FG；
(2)若AB=12,FG=10，求⊙O的半径．
【答案】(1)证明过程见详解
(2)⊙O的半径132
【分析】（1）根据垂直，切线的性质得到AB∥GF，可得△DFG是等腰直角三角形，由此即可求解；
（2）根据垂径定理得到AE=BE=6，△ADE是等腰直角三角形，由（1）得到FD=10，则EF=4，如图所示，连接OA，设OE=x，则OF=OE+EF=x+4=OA，由此勾股定理即可求解．
【详解】（1）解：∵DF⊥AB，GF是⊙O的切线，即DF⊥GF，
∴AB∥GF，
∴∠BAC=∠G=45°，
∴∠FDG=90°−45°=45°，即△DFG是等腰直角三角形，
∴FD=FG；
（2）解：∵DF⊥AB，
∴AE=BE=12AB=6，
∵∠BAC=45°，
∴∠ADE=90°−45°=45°，即△ADE是等腰直角三角形，
∴EA=ED=6，
由（1）得FD=FG=10，
∴EF=DF−DE=10−6=4，
如图所示，连接OA，设OE=x，则OF=OE+EF=x+4=OA，
∴在Rt△AOE中，OA2=AE2+OE2，
∴x+42=62+x2，
解得，x=52，
∴OA=x+4=52+4=132，
∴⊙O的半径132．
【点睛】本题主要考查圆内接三角形的综合，掌握垂径定理，勾股定理，等腰三角形的判定和性质，切线的性质等周四，数形结合分析是关键．
22．（12分）综合与实践．
(1)【初步探究】
如图1，在四边形ABCD中，∠BAD=∠BCD=90∘，连接BD，点E是BD的中点，连接AE，CE．试判断四边形ABCE是否是双等腰四边形，并说理由；
(2)【问题解决】
在（1）的条件下，若∠AEC=90∘，求∠ADC的度数；
(3)【拓展应用】
如图2，点E是矩形ABCD内一点，点F是边CD上一点，四边形AEFD是双等腰四边形，且AD=DE延长AE交BC于点G，连接FG．若AD=10，∠EFG=90°，tan∠CGF=43，求AB的长．
【答案】(1)是
(2)45°
(3)22813或985
【分析】（1）根据点E是BD的中点，可得EB=EA，EB=EC，且EB是四边形ABCE的对角线，即可证明；
（2）根据等边对等角，可得∠EAB=∠EBA，∠EBC=∠ECB，结合∠AEC=90°即可求解；
（3）分类讨论：当AD=ED=EF=10时，过点E作EH⊥CD于点H，延长HE交AB于点K，根据相似三角形的判定和性质，可得HFHE=CGCF=34，结合EF=10，即可求得相关线段的长度，设CG=3k，FC=4k，根据相似三角形的判定和性质，可得KEBG=AKAB，即210−3k=612+4k，求解即可；当AD=ED=DF=10时，过点E作EH⊥CD于点H，结合△EFG是等腰直角三角形，根据全等三角形的判定和性质，可得HF=CG，HE=CF，设HF=3k，HE=4k，在△DHE中，运用勾股定理列式，DE2=DH2+HE2，即102=10−3k2+4k2，求解即可．
【详解】（1）解：∵∠BAD=90°，点E是BD的中点，
∴EB=EA，
同理，EB=EC，
∴EB=EA=EC，
∴△EAB，△ECB都是等腰三角形，
又∵EB是四边形ABCE的对角线，
∴ 四边形ABCE是双等腰四边形；
（2）解：∵EB=EA=EC，
∴∠EAB=∠EBA，∠EBC=∠ECB，
∵∠AEC=90°，∠EAB+∠EBA+∠EBC+∠ECB+∠AEC=360°，
∴∠EAB+∠EBA+∠EBC+∠ECB=270°，
∴∠ABC=∠EBA+∠EBC=135°，
∵∠DAB=∠DCB=90°,
∴∠ADC=360°−90°−90°−135°=45°;
（3）解：由矩形的性质可得BC=AD=10，∠C=∠ADC=∠DAB=90°，
在Rt△CFG中，tan∠CGF=CFCG=43，
如图，当AD=ED=EF=10时，过点E作EH⊥CD于点H，延长HE交AB于点K，则四边形ADHK是矩形，
∴HK=AD=10，

∵∠EHF=∠EFG=∠FCG=90°，
∴∠EFH=90°−∠GFC=∠CGF，
∴△EFH∽△FGC，
∴HFHE=CGCF=34，
设HF=3x，HE=4x，
在Rt△HEF中，由勾股定理得EF=HE2+HF2=5x=10，
∴x=2
∴HF=6，HE=8，DH=HF=6，KE=2，
设CG=3k，FC=4k，
则BG=10−3k，AK=DH=6，AB=DC=12+4k，
∵KE∥BC，
∴△AKE∽△ABG，
∴KEBG=AKAB，
∴210−3k=612+4k，
解得，k=1813，
∴AB=22813；
如图，当AD=ED=DF=10时，过点E作EH⊥CD于点H，

由②可知，∠AEF=135°，
∴∠FEG=45°，而∠EFG=90°，
∴△EFG是等腰直角三角形，
∴FE=FG，
∵∠EHF=∠EFG=∠FCG=90°，
∴∠EFH=90°−∠CFG=∠FGC，
∴△EFH≌△FGC，
∴HF=CG，HE=CF，
同理设HF=3k，HE=4k，
则DH=10−3k，AB=CD=10+4k，
在△DHE中，DE2=DH2+HE2，
即102=10−3k2+4k2，
解得k=125，
∴AB=985；
综上所述，AB的长为22813或985．
【点睛】本题考查了勾股定理，解直角三角形，相似三角形的判定的性质，全等三角形的判定和性质，矩形的性质，等腰三角形的性质，一元二次方程的解法，解题的关键是熟练掌握全等三角形和相似三角形的判定和性质．
23．（12分）在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，抛物线y=12x2+bx+c经过点O0,0，与x轴正半轴交于点A，点A的坐标为3,0．
(1)求b、c的值；
(2)如图1，点P为第二象限内抛物线上一点，连接PA，PO，设点P的横坐标为t，△AOP的面积为S，求S与t的函数解析式（不要求写出自变量t的取值范围）；
(3)如图2，在（2）的条件下，t=−2，点D在OA上，DF⊥OA，交PA于点C，CF=CD，点E在第二象限，连接EC，EC⊥CD，连接ED，过点E作ED的垂线，交过点F且平行AC的直线于点G，连接DG交AC于点M，过点A作x轴的垂线，交EC的延长线于点B，交DG的延长线于点R，CM=23RB，连接RE并延长交抛物线于点N，RA=RN，点T在△ADM内，连接AT，CT，∠ATC=135°，DH⊥AT，交AT的长线于点H，HT=2DH，求直线CT的解析式．
【答案】(1)c=0，b=−32
(2)S=34t2−94t
(3)y=−53x+103
【分析】（1）将O0,0，A3,0代入解析式计算即可得解；
（2）由（1）得抛物线的解析式为y=12x2−32x，设Pt,12t2−32t，过P作PW⊥x轴于点W，则PW=12t2−32t，再由三角形面积公式计算即可得解；
（3）由题意可得P−2,5，证明△APW为等腰直角三角形，得出∠WAP=∠WPA=45°，证明四边形ABCD为正方形，连接EF，FB，证明点F、G、B共线，得出∠GFC=45°，证明△EGD为等腰直角三角形，求出∠EGR=135°，过G作GQ⊥EB于点Q，GR'⊥AR于点R'，延长QB至点S，使QS=RR'，连接GS，则四边形GQBR'为正方形得出GQ=GR'，证明△EGR≌△EGSSAS得出∠REG=∠SEG，过G作GG'⊥ER于点G'，设BR=3a，CM=2a，证明△CDM∽△FDG得出FG=2CM=22a，设BQ=BR'=GR'=GQ=e，求出FC=BC=2a+e，CQ=2a，证明Rt△RGG'≌Rt△RGR'HL，得出sin∠REB=RBRE=35，过N作NK⊥AR于点K，则∠REB=∠RNK，求出N3−245a,125a代入抛物线得出a=56，即可得出C12,52，在HT上取一点V，使HV=DH，连接DV，则△DHV为等腰直角三角形，设DH=n，则HT=2n，DV=2n，证明△AVD∽△CTA，求出AT=2n=51717，过T作TT'⊥AD于点T'，则∠AT'T=90°，求出T3117,517，最后利用待定系数法求解即可．
【详解】（1）解：∵抛物线y=12x2+bx+c经过点O0,0，与x轴正半轴交于点A，点A的坐标为3,0，
∴92+3b=0c=0，
解得：b=−32c=0；
（2）解：由（1）得抛物线的解析式为y=12x2−32x，
∵点P为第二象限内抛物线上一点，
∴设Pt,12t2−32t，
如图：过P作PW⊥x轴于点W，则PW=12t2−32t，
∵A3,0，
∴OA=3，
∴S=12OA⋅PW=12×312t2−32t=34t2−94t；
（3）解：当t=−2时，12t2−32t=12×22−32×−2=5，即P−2,5，
∵A3,0，
∴PW=AW=5，
∴△APW为等腰直角三角形，
∴∠WAP=∠WPA=45°，
由题意可得∠CDA=∠BCD=∠BAD=90°，
∴四边形ABCD为矩形，△ACD为等腰直角三角形，
∴AD=CD，
∴四边形ABCD为正方形，
如图：连接EF，
设∠EFD=∠EDF=α，
∴∠FED=180°−2α，
∴∠EFG=180°−2α−90°=90°−2α，
连接FB，
∴∠CFB=∠CBF=180°−90°2=45°，
∴∠FBC=∠BCA，
∴FB∥AC，
∵FG∥AC，
∴点F、G、B共线，即∠GFC=45°，
∴∠EFG=45°+α，
∴∠EGF=180°−90°−2α−45°+α=45°+α=∠EFG，
∴EF=EG=ED，
∴△EGD为等腰直角三角形，
∴∠EGD=45°，
∴∠EGR=180°−45°=135°，
过G作GQ⊥EB于点Q，GR'⊥AR于点R'，延长QB至点S，使QS=RR'，连接GS，
则∠GQB=∠GR'B=∠QBR'=90°，
∴四边形GQBR'为矩形，△GQB为等腰直角三角形，
∴GQ=QB，
∴四边形GQBR'为正方形，
∴GQ=GR'，
∴Rt△RR'G≌Rt△SQGHL，
∴GR=GS，∠RGR'=∠QGS，
∵∠SGR'+∠QGS=90°，
∴∠SGR'+∠RGR'=90°，即∠RGS=90°，
∴∠DGS=90°，
∴∠EGS=∠EGD+∠DGS=135°=∠EGR，
∴△EGR≌△EGSSAS，
∴∠REG=∠SEG，
过G作GG'⊥ER于点G'，
∵CM=23BR，
∴设BR=3a，CM=2a，
∴CM∥FG，
∴△CDM∽△FDG，
∴CDDR=CMKG=12，
∴FG=2CM=22a，
设BQ=BR'=GR'=GQ=e，
∴BG=2e，
∴FB=FG+GB=22a+2e，
∴FC=BC=22FB=2a+e，
∵BC=BQ+CQ，
∴CQ=2a，
∵△EGD为等腰直角三角形，
∴ED=EG，∠DEG=90°，
∵∠DEC+∠QEG=∠EGQ+∠QEG=90°，
∴∠DEC=∠EGQ，
∵∠ECD=∠GQE=90°，
∴△ECD≌△GQEAAS，
∵∠REG=∠SEG，GG'⊥ER，GQ⊥BC，
∴GG'=GQ，
∵EG=EG，
∴Rt△EG'G≌Rt△EQGHL，
∵四边形GQBR'为正方形，
∴GQ=GR'，∠GR'R=∠GG'R=90°，
∴GG'=GR，
∵GR=GR，
∴Rt△RGG'≌Rt△RGR'HL，
∴sin∠REB=RBRE=35，
过N作NK⊥AR于点K，则∠REB=∠RNK，
∴sin∠REB=sin∠RNK，
∴NK=RN2−RK2=245a，AK=6a−185a=125a，
∴N3−245a,125a，
∵点N在抛物线上，
∴125a=123−245a2−323−245a，
∴a=56或a=0（舍去），
∴CD=AD=3a=52，
∴OD=3−52=12，
∴C12,52
在HT上取一点V，使HV=DH，连接DV，则△DHV为等腰直角三角形，设DH=n，则HT=2n，DV=2n，
∴∠DVH=45°，
∴∠AVD=180°−∠DVH=135°=∠ATC，
∵∠DAV+∠ADV=∠DAV+∠TAC=45°，
∴∠ADV=∠TAC
∴△AVD∽△CTA，
∴tan∠HAD=HDAH=14，
∵AH2+DH2=AD2，
∴n2+4n2=522，
∴n=51734或n=−51734（舍去）.
∴AT=2n=51717，
过T作TT'⊥AD于点T'，则∠AT'T=90°，
∵tan∠HAD=TT'AT'=14，
∴设TT'=d，AT'=4d，
∵TT'2+AT'2=AT2，
∴d2+4d2=517172，
∴d=517或d=−517（舍去），
∴AT'=2017，TT'=517，
∴OT'=3−2017=3117，
∴T3117,517，
设直线CT的解析式为y=k1x+b1k1≠0，
将T3117,517，C12,52代入解析式可得517=3117k1+b152=12k1+b1，
解得k1=−53b1=103，
∴直线CT的解析式为y=−53x+103．
【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数的解析式、二次函数综合—面积问题，相似三角形的判定与性质、解直角三角形、全等三角形的判定与性质、勾股定理、等腰直角三角形的判定与性质、正方形的判定与性质等知识点，熟练掌握以上知识点并灵活运用，添加适当的辅助线是解此题的关键．
类别
平均数
中位数
众数
方差
在数学学习中，我们发现除了已经学过的四边形外，还有很多比较特殊的四边形．请结合已有经验，对下列特殊四边形的进行研究．
定义：如果四边形的一条对角线把该四边形分割成两个等腰三角形，且这条对角线是这两个等腰三角形的腰，那么我们称这个四边形为双等腰四边形．