2025-2026学年四川省内江市中考考前最后一卷数学试卷（含答案解析）

这是一份2025-2026学年四川省内江市中考考前最后一卷数学试卷（含答案解析），共35页。试卷主要包含了－的立方根是，如图所示，在平面直角坐标系中A，八边形的内角和为，下列运算中，正确的是等内容，欢迎下载使用。
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，再选涂其它答案标号。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。
一、选择题（共10小题，每小题3分，共30分）
1．已知一次函数 y=kx+b 的大致图象如图所示，则关于 x 的一元二次方程 x2﹣2x+kb+1=0 的根的情况是( )
A．有两个不相等的实数根B．没有实数根
C．有两个相等的实数根D．有一个根是 0
2．三角形的两边长分别为3和6，第三边的长是方程x2﹣6x+8＝0的一个根，则这个三角形的周长是（ ）
A．9B．11C．13D．11或13
3．已知a﹣b=1，则a3﹣a2b+b2﹣2ab的值为（ ）
A．﹣2B．﹣1C．1D．2
4．－的立方根是( )
A．－8B．－4C．－2D．不存在
5．如图所示，在平面直角坐标系中A（0，0），B（2，0），△AP1B是等腰直角三角形，且∠P1=90°，把△AP1B绕点B顺时针旋转180°，得到△BP2C；把△BP2C绕点C顺时针旋转180°，得到△CP3D，依此类推，则旋转第2017次后，得到的等腰直角三角形的直角顶点P2018的坐标为（ ）
A．（4030，1）B．（4029，﹣1）
C．（4033，1）D．（4035，﹣1）
6．八边形的内角和为（ ）
A．180°B．360°C．1 080°D．1 440°
7．小红上学要经过三个十字路口，每个路口遇到红、绿灯的机会都相同，小红希望小学时经过每个路口都是绿灯，但实际这样的机会是（ ）
A．B．C．D．
8．若关于x、y的方程组有实数解，则实数k的取值范围是（ ）
A．k＞4B．k＜4C．k≤4D．k≥4
9．下列运算中，正确的是 （ ）
A．x2+5x2=6x4B．x3C．D．
10．如图是将正方体切去一个角后形成的几何体，则该几何体的左视图为( )
A．B．C．D．
二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分）
11．因式分解：________.
12．如图，在矩形ABCD中，AB=8，AD=6，点E为AB上一点，AE=2，点F在AD上，将△AEF沿EF折叠，当折叠后点A的对应点A′恰好落在BC的垂直平分线上时，折痕EF的长为_____．
13．如图，直线y=x与双曲线y=交于A，B两点，OA=2，点C在x轴的正半轴上，若∠ACB=90°，则点C的坐标为______．
14．如图，△ABC中，AD是中线，AE是角平分线，CF⊥AE于F，AB=10，AC=6，则DF的长为__．
15．如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的两边OA，OC分别在x轴和y轴上，并且OA＝5，OC＝1．若把矩形OABC绕着点O逆时针旋转，使点A恰好落在BC边上的A1处，则点C的对应点C1的坐标为_____．
16．已知点A，B的坐标分别为（﹣2，3）、（1，﹣2），将线段AB平移，得到线段A′B′，其中点A与点A′对应，点B与点B′对应，若点A′的坐标为（2，﹣3），则点B′的坐标为________．
三、解答题（共8题，共72分）
17．（8分）如图，为了测量山顶铁塔AE的高，小明在27m高的楼CD底部D测得塔顶A的仰角为45°，在楼顶C测得塔顶A的仰角36°52′．已知山高BE为56m，楼的底部D与山脚在同一水平线上，求该铁塔的高AE．（参考数据：sin36°52′≈0.60，tan36°52′≈0.75）
18．（8分）如图1，已知抛物线y=﹣x2+bx+c与x轴交于A（﹣1，0），B（3，0）两点，与y轴交于C点，点P是抛物线上在第一象限内的一个动点，且点P的横坐标为t．
（1）求抛物线的表达式；
（2）设抛物线的对称轴为l，l与x轴的交点为D．在直线l上是否存在点M，使得四边形CDPM是平行四边形？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
（3）如图2，连接BC，PB，PC，设△PBC的面积为S．
①求S关于t的函数表达式；
②求P点到直线BC的距离的最大值，并求出此时点P的坐标．
19．（8分）如图，PB与⊙O相切于点B，过点B作OP的垂线BA，垂足为C，交⊙O于点A，连结PA，AO，AO的延长线交⊙O于点E，与PB的延长线交于点D．
（1）求证：PA是⊙O的切线；
（2）若tan∠BAD=，且OC=4，求BD的长．
20．（8分）如图1所示，点E在弦AB所对的优弧上，且为半圆，C是上的动点，连接CA、CB，已知AB＝4cm，设B、C间的距离为xcm，点C到弦AB所在直线的距离为y1cm，A、C两点间的距离为y2cm．
小明根据学习函数的经验，分别对函数y1、y2岁自变量x的变化而变化的规律进行了探究．下面是小明的探究过程，请补充完整．按照下表中自变量x的值进行取点、画图、测量，分别得到了y1、y2与x的几组对应值：
（2）在同一平面直角坐标系xOy中，描出补全后的表中各组数值所对应的点（x，y1），（x，y2），并画出函数y1、y2的图象；结合函数图象，解决问题：
①连接BE，则BE的长约为 cm．
②当以A、B、C为顶点组成的三角形是直角三角形时，BC的长度约为 cm．
21．（8分）计算： ＋ ()－2 - 8sin60°
22．（10分）抛物线y=﹣x2+bx+c（b，c均是常数）经过点O（0，0），A（4，4），与x轴的另一交点为点B，且抛物线对称轴与线段OA交于点P．
（1）求该抛物线的解析式和顶点坐标；
（2）过点P作x轴的平行线l，若点Q是直线上的动点，连接QB．
①若点O关于直线QB的对称点为点C，当点C恰好在直线l上时，求点Q的坐标；
②若点O关于直线QB的对称点为点D，当线段AD的长最短时，求点Q的坐标（直接写出答案即可）．
23．（12分）如图，中，于，点分别是的中点.
(1)求证：四边形是菱形
(2)如果，求四边形的面积
24．如图，四边形ABCD，AD∥BC，DC⊥BC于C点，AE⊥BD于E，且DB＝DA．求证：AE＝CD．
参考答案
一、选择题（共10小题，每小题3分，共30分）
1、A
【解析】
判断根的情况，只要看根的判别式△=b2−4ac的值的符号就可以了．
【详解】
∵一次函数y=kx+b的图像经过第一、三、四象限
∴k>0， b0，
∴方程x2﹣2x+kb+1=0有两个不等的实数根，故选A．
根的判别式
2、C
【解析】
试题分析：先求出方程x2－6x＋8＝0的解，再根据三角形的三边关系求解即可.
解方程x2－6x＋8＝0得x=2或x=4
当x=2时，三边长为2、3、6，而2+3＜6，此时无法构成三角形
当x=4时，三边长为4、3、6，此时可以构成三角形，周长=4+3+6=13
故选C.
考点：解一元二次方程，三角形的三边关系
点评：解题的关键是熟记三角形的三边关系：任两边之和大于第三边，任两边之差小于第三边.
3、C
【解析】
先将前两项提公因式，然后把a﹣b=1代入，化简后再与后两项结合进行分解因式，最后再代入计算．
【详解】
a3﹣a2b+b2﹣2ab=a2（a﹣b）+b2﹣2ab=a2+b2﹣2ab=（a﹣b）2=1．
故选C．
本题考查了因式分解的应用，四项不能整体分解，关键是利用所给式子的值，将前两项先分解化简后，再与后两项结合．
4、C
【解析】
分析：首先求出的值，然后根据立方根的计算法则得出答案．
详解：∵，， ∴的立方根为－2，故选C．
点睛：本题主要考查的是算术平方根与立方根，属于基础题型．理解算术平方根与立方根的含义是解决本题的关键．
5、D
【解析】
根据题意可以求得P1，点P2，点P3的坐标，从而可以发现其中的变化的规律，从而可以求得P2018的坐标，本题得以解决．
【详解】
解：由题意可得，
点P1（1，1），点P2（3，-1），点P3（5，1），
∴P2018的横坐标为：2×2018-1=4035，纵坐标为：-1，
即P2018的坐标为（4035，-1），
故选：D．
本题考查了点的坐标变化规律，解答本题的关键是发现各点的变化规律，求出相应的点的坐标．
6、C
【解析】
试题分析：根据n边形的内角和公式（n-2）×180º 可得八边形的内角和为（8-2）×180º=1080º，故答案选C.
考点：n边形的内角和公式.
7、B
【解析】
分析：列举出所有情况，看各路口都是绿灯的情况占总情况的多少即可．
详解：画树状图，得
∴共有8种情况，经过每个路口都是绿灯的有一种，
∴实际这样的机会是.
故选B．
点睛：此题考查了树状图法求概率，树状图法适用于三步或三步以上完成的事件，解题时要注意列出所有的情形．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
8、C
【解析】
利用根与系数的关系可以构造一个两根分别是x，y的一元二次方程，方程有实数根，用根的判别式≥0来确定k的取值范围．
【详解】
解：∵xy＝k，x+y＝4，
∴根据根与系数的关系可以构造一个关于m的新方程，设x，y为方程的实数根．

解不等式得

故选：C．
本题考查了一元二次方程的根的判别式的应用和根与系数的关系．解题的关键是了解方程组有实数根的意义．
9、C
【解析】
分析：直接利用积的乘方运算法则及合并同类项和同底数幂的乘除运算法则分别分析得出结果.
详解：A. x2+5x2= ，本项错误;B. ,本项错误;C. ,正确；
D.,本项错误.故选C.
点睛：本题主要考查了积的乘方运算及合并同类项和同底数幂的乘除运算，解答本题的关键是正确掌握运算法则.
10、C
【解析】
看到的棱用实线体现.故选C.
二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分）
11、n（m+2）（m﹣2）
【解析】
先提取公因式 n，再利用平方差公式分解即可．
【详解】
m2n﹣4n=n（m2﹣4）=n（m+2）（m﹣2）．.
故答案为n（m+2）（m﹣2）．
本题主要考查了提取公因式法和公式法分解因式，熟练掌握平方差公式是解题关键
12、4或4.
【解析】
①当AF＜AD时，由折叠的性质得到A′E=AE=2，AF=A′F，∠FA′E=∠A=90°，过E作EH⊥MN于H，由矩形的性质得到MH=AE=2，根据勾股定理得到A′H=，根据勾股定理列方程即可得到结论；②当AF＞AD时，由折叠的性质得到A′E=AE=2，AF=A′F，∠FA′E=∠A=90°，过A′作HG∥BC交AB于G，交CD于H，根据矩形的性质得到DH=AG，HG=AD=6，根据勾股定理即可得到结论．
【详解】
①当AF＜AD时，如图1，将△AEF沿EF折叠，当折叠后点A的对应点A′恰好落在BC的垂直平分线上，
则A′E=AE=2，AF=A′F，∠FA′E=∠A=90°，
设MN是BC的垂直平分线，
则AM=AD=3，
过E作EH⊥MN于H，
则四边形AEHM是矩形，
∴MH=AE=2，
∵A′H=，
∴A′M=，
∵MF2+A′M2=A′F2，
∴（3-AF）2+（）2=AF2，
∴AF=2，
∴EF==4；
②当AF＞AD时，如图2，将△AEF沿EF折叠，当折叠后点A的对应点A′恰好落在BC的垂直平分线上，
则A′E=AE=2，AF=A′F，∠FA′E=∠A=90°，
设MN是BC的垂直平分线，
过A′作HG∥BC交AB于G，交CD于H，
则四边形AGHD是矩形，
∴DH=AG，HG=AD=6，
∴A′H=A′G=HG=3，
∴EG==，
∴DH=AG=AE+EG=3，
∴A′F==6，
∴EF==4，
综上所述，折痕EF的长为4或4，
故答案为：4或4．
本题考查了翻折变换-折叠问题，矩形的性质和判定，勾股定理，正确的作出辅助线是解题的关键．
13、（2，0）
【解析】
根据直线y=x与双曲线y=交于A，B两点，OA=2，可得AB=2AO=4，再根据Rt△ABC中，OC=AB=2，即可得到点C的坐标
【详解】
如图所示，
∵直线y=x与双曲线y=交于A，B两点，OA=2，
∴AB=2AO=4，
又∵∠ACB=90°，
∴Rt△ABC中，OC=AB=2，
又∵点C在x轴的正半轴上，
∴C（2，0），
故答案为（2，0）．
本题主要考查了反比例函数与一次函数交点问题，解决问题的关键是利用直角三角形斜边上中线的性质得到OC的长．
14、1
【解析】
试题分析：如图，延长CF交AB于点G，
∵在△AFG和△AFC中，∠GAF=∠CAF，AF=AF，∠AFG=∠AFC，
∴△AFG≌△AFC（ASA）．∴AC=AG，GF=CF．
又∵点D是BC中点，∴DF是△CBG的中位线．
∴DF=BG=（AB﹣AG）=（AB﹣AC）=1．
15、
【解析】
直接利用相似三角形的判定与性质得出△ONC1三边关系，再利用勾股定理得出答案．
【详解】
过点C1作C1N⊥x轴于点N，过点A1作A1M⊥x轴于点M，
由题意可得：∠C1NO＝∠A1MO＝90°，
∠1＝∠2＝∠1，
则△A1OM∽△OC1N，
∵OA＝5，OC＝1，
∴OA1＝5，A1M＝1，
∴OM＝4，
∴设NO＝1x，则NC1＝4x，OC1＝1，
则（1x）2+（4x）2＝9，
解得：x＝±（负数舍去），
则NO＝，NC1＝，
故点C的对应点C1的坐标为：（﹣，）．
故答案为（﹣，）．
此题主要考查了矩形的性质以及勾股定理等知识，正确得出△A1OM∽△OC1N是解题关键．
16、（5，﹣8）
【解析】
各对应点之间的关系是横坐标加4，纵坐标减6，那么让点B的横坐标加4，纵坐标减6即为点B′的坐标．
【详解】
由A（-2，3）的对应点A′的坐标为（2，-13），
坐标的变化规律可知：各对应点之间的关系是横坐标加4，纵坐标减6，
∴点B′的横坐标为1+4=5；纵坐标为-2-6=-8；
即所求点B′的坐标为（5，-8）．
故答案为（5，-8）
此题主要考查了坐标与图形的变化-平移，解决本题的关键是根据已知对应点找到各对应点之间的变化规律．
三、解答题（共8题，共72分）
17、52
【解析】
根据楼高和山高可求出EF，继而得出AF，在Rt△AFC中表示出CF，在Rt△ABD中表示出BD，根据CF=BD可建立方程，解出即可．
【详解】
如图，过点C作CF⊥AB于点F.
设塔高AE=x，
由题意得,EF=BE−CD=56−27=29m,AF=AE+EF=(x+29)m，
在Rt△AFC中,∠ACF=36°52′,AF=(x+29)m，
则，
在Rt△ABD中,∠ADB=45°，AB=x+56，
则BD=AB=x+56，
∵CF=BD，
∴，
解得：x=52，
答：该铁塔的高AE为52米.
本题考查了解直角三角形的应用，解答本题的关键是构造直角三角形，注意利用方程思想求解，难度一般.
18、（1）y=﹣x2+2x+1．（2）当t=2时，点M的坐标为（1，6）；当t≠2时，不存在，理由见解析；（1）y=﹣x+1；P点到直线BC的距离的最大值为，此时点P的坐标为（，）．
【解析】
【分析】（1）由点A、B的坐标，利用待定系数法即可求出抛物线的表达式；
（2）连接PC，交抛物线对称轴l于点E，由点A、B的坐标可得出对称轴l为直线x=1，分t=2和t≠2两种情况考虑：当t=2时，由抛物线的对称性可得出此时存在点M，使得四边形CDPM是平行四边形，再根据点C的坐标利用平行四边形的性质可求出点P、M的坐标；当t≠2时，不存在，利用平行四边形对角线互相平分结合CE≠PE可得出此时不存在符合题意的点M；
（1）①过点P作PF∥y轴，交BC于点F，由点B、C的坐标利用待定系数法可求出直线BC的解析式，根据点P的坐标可得出点F的坐标，进而可得出PF的长度，再由三角形的面积公式即可求出S关于t的函数表达式；
②利用二次函数的性质找出S的最大值，利用勾股定理可求出线段BC的长度，利用面积法可求出P点到直线BC的距离的最大值，再找出此时点P的坐标即可得出结论．
【详解】（1）将A（﹣1，0）、B（1，0）代入y=﹣x2+bx+c，
得，解得：，
∴抛物线的表达式为y=﹣x2+2x+1；
（2）在图1中，连接PC，交抛物线对称轴l于点E，
∵抛物线y=﹣x2+bx+c与x轴交于A（﹣1，0），B（1，0）两点，
∴抛物线的对称轴为直线x=1，
当t=2时，点C、P关于直线l对称，此时存在点M，使得四边形CDPM是平行四边形，
∵抛物线的表达式为y=﹣x2+2x+1，
∴点C的坐标为（0，1），点P的坐标为（2，1），
∴点M的坐标为（1，6）；
当t≠2时，不存在，理由如下：
若四边形CDPM是平行四边形，则CE=PE，
∵点C的横坐标为0，点E的横坐标为0，
∴点P的横坐标t=1×2﹣0=2，
又∵t≠2，
∴不存在；
（1）①在图2中，过点P作PF∥y轴，交BC于点F．
设直线BC的解析式为y=mx+n（m≠0），
将B（1，0）、C（0，1）代入y=mx+n，
得，解得：，
∴直线BC的解析式为y=﹣x+1，
∵点P的坐标为（t，﹣t2+2t+1），
∴点F的坐标为（t，﹣t+1），
∴PF=﹣t2+2t+1﹣（﹣t+1）=﹣t2+1t，
∴S=PF•OB=﹣t2+t=﹣（t﹣）2+；
②∵﹣＜0，
∴当t=时，S取最大值，最大值为．
∵点B的坐标为（1，0），点C的坐标为（0，1），
∴线段BC=，
∴P点到直线BC的距离的最大值为，
此时点P的坐标为（，）．
【点睛】本题考查了待定系数法求一次（二次）函数解析式、平行四边形的判定与性质、三角形的面积、一次（二次）函数图象上点的坐标特征以及二次函数的性质，解题的关键是：（1）由点的坐标，利用待定系数法求出抛物线表达式；（2）分t=2和t≠2两种情况考虑；（1）①利用三角形的面积公式找出S关于t的函数表达式；②利用二次函数的性质结合面积法求出P点到直线BC的距离的最大值．
19、（1）证明见解析；（2）
【解析】
试题分析：（1）连接OB，由SSS证明△PAO≌△PBO，得出∠PAO=∠PBO=90°即可；
（2）连接BE，证明△PAC∽△AOC，证出OC是△ABE的中位线，由三角形中位线定理得出BE=2OC，由△DBE∽△DPO可求出．
试题解析：（1）连结OB，则OA=OB．如图1，
∵OP⊥AB，
∴AC=BC，∴OP是AB的垂直平分线，∴PA=PB．
在△PAO和△PBO中，
∵，
∴△PAO≌△PBO（SSS），
∴∠PBO=∠PAO．∵PB为⊙O的切线，B为切点，∴∠PBO=90°，
∴∠PAO=90°，即PA⊥OA，∴PA是⊙O的切线；
（2）连结BE．如图2，
∵在Rt△AOC中，tan∠BAD=tan∠CAO=，且OC=4，
∴AC=1，则BC=1．在Rt△APO中，∵AC⊥OP，
∴△PAC∽△AOC，∴AC2=OC•PC，解得PC=9，
∴OP=PC+OC=2．在Rt△PBC中，由勾股定理，得PB=，
∵AC=BC，OA=OE，即OC为△ABE的中位线．
∴OC=BE，OC∥BE，∴BE=2OC=3．
∵BE∥OP，∴△DBE∽△DPO，
∴，即，解得BD=．
20、（1）详见解析；（2）详见解析；（3）①6；②6或4.1．
【解析】
（1）由题意得出BC＝3cm时，CD＝2.85cm，从点C与点B重合开始，一直到BC＝4，CD、AC随着BC的增大而增大，则CD一直与AB的延长线相交，由勾股定理得出BD＝，得出AD＝AB+BD＝4.9367（cm），再由勾股定理求出AC即可；
（2）描出补全后的表中各组数值所对应的点（x，y1），（x，y2），画出函数y1、y2的图象即可；
（3）①∵BC＝6时，CD＝AC＝4.1，即点C与点E重合，CD与AC重合，BC为直径，得出BE＝BC＝6即可；
②分两种情况：当∠CAB＝90°时，AC＝CD，即图象y1与y2的交点，由图象可得：BC＝6；
当∠CBA＝90°时，BC＝AD，由圆的对称性与∠CAB＝90°时对称，AC＝6，由图象可得：BC＝4.1．
【详解】
（1）由表中自变量x的值进行取点、画图、测量，分别得到了y1、y2与x的几组对应值知：BC＝3cm时，CD＝2.85cm，从点C与点B重合开始，一直到BC＝4，CD、AC随着BC的增大而增大，则CD一直与AB的延长线相交，如图1所示：
∵CD⊥AB，
∴（cm），
∴AD＝AB+BD＝4+0.9367＝4.9367（cm），
∴（cm）；
补充完整如下表：
（2）描出补全后的表中各组数值所对应的点（x，y1），（x，y2），画出函数y1、y2的图象如图2所示：
（3）①∵BC＝6cm时，CD＝AC＝4.1cm，即点C与点E重合，CD与AC重合，BC为直径，
∴BE＝BC＝6cm，
故答案为：6；
②以A、B、C为顶点组成的三角形是直角三角形时，分两种情况：
当∠CAB＝90°时，AC＝CD，即图象y1与y2的交点，由图象可得：BC＝6cm；
当∠CBA＝90°时，BC＝AD，由圆的对称性与∠CAB＝90°时对称，AC＝6cm，由图象可得：BC＝4.1cm；
综上所述：BC的长度约为6cm或4.1cm；
故答案为：6或4.1．

本题是圆的综合题目，考查了勾股定理、探究试验、函数以及图象、圆的对称性、直角三角形的性质、分类讨论等知识；本题综合性强，理解探究试验、看懂图象是解题的关键．
21、4 - 2
【解析】
试题分析：原式第一项利用二次根式的化简公式进行化简，第二项利用负指数公式化简，第三项利用特殊角的三角函数值化简，合并即可得到结果
试题解析：原式=2＋4- 8×= 2＋4 - 4=4 - 2
22、（1）y=﹣（x﹣）2+；（，）；（2）①（﹣，）或（，）；②（0，）；
【解析】
1)把0(0,0),A(4,4v3)的坐标代入
y=﹣x2+bx+c,转化为解方程组即可.
(2)先求出直线OA的解析式,点B坐标,抛物线的对称轴即可解决问题.
(3)①如图1中,点O关于直线BQ的对称点为点C,当点C恰好在直线l上时,首先证明四边形BOQC是菱形,设Q（m，）,根据OQ=OB=5,可得方程,解方程即可解决问题.
②如图2中,由题意点D在以B为圆心5为半径的OB上运动,当A,D、B共线时,线段AD最小,设OD与BQ交于点H.先求出D、H两点坐标,再求出直线BH的解析式即可解决问题.
【详解】
（1）把O（0，0），A（4，4）的坐标代入y=﹣x2+bx+c，
得，
解得，
∴抛物线的解析式为y=﹣x2+5x=﹣（x﹣）2+．
所以抛物线的顶点坐标为（，）；
（2）①由题意B（5，0），A（4，4），
∴直线OA的解析式为y=x，AB==7，
∵抛物线的对称轴x=，
∴P（，）．
如图1中，点O关于直线BQ的对称点为点C，当点C恰好在直线l上时，
∵QC∥OB，
∴∠CQB=∠QBO=∠QBC，
∴CQ=BC=OB=5，
∴四边形BOQC是平行四边形，
∵BO=BC，
∴四边形BOQC是菱形，
设Q（m，），
∴OQ=OB=5，
∴m2+（）2=52，
∴m=±，
∴点Q坐标为（﹣，）或（，）；
②如图2中，由题意点D在以B为圆心5为半径的⊙B上运动，当A、D、B共线时，线段AD最小，设OD与BQ交于点H．
∵AB=7，BD=5，
∴AD=2，D（，），
∵OH=HD，
∴H（，），
∴直线BH的解析式为y=﹣x+，
当y=时，x=0，
∴Q（0，）．
本题二次函数与一次函数的关系、几何动态问题、最值问题、作辅助圆解决问题，难度较大，需积极思考，灵活应对．
23、 (1)证明见解析；(2).
【解析】
（1）先根据直角三角形斜边上中线的性质，得出DE=AB=AE，DF=AC=AF，再根据AB=AC，点E、F分别是AB、AC的中点，即可得到AE=AF=DE=DF，进而判定四边形AEDF是菱形；
（2）根据等边三角形的性质得出EF=5，AD=5，进而得到菱形AEDF的面积S．
【详解】
解：（1）∵AD⊥BC，点E、F分别是AB、AC的中点，
∴Rt△ABD中，DE=AB=AE，
Rt△ACD中，DF=AC=AF，
又∵AB=AC，点E、F分别是AB、AC的中点，
∴AE=AF，
∴AE=AF=DE=DF，
∴四边形AEDF是菱形；
（2）如图，
∵AB=AC=BC=10，
∴EF=5，AD=5，
∴菱形AEDF的面积S=EF•AD＝×5×5＝．
本题考查菱形的判定与性质的运用，解题时注意：四条边相等的四边形是菱形；菱形的面积等于对角线长乘积的一半．
24、证明见解析.
【解析】
由AD∥BC得∠ADB＝∠DBC,根据已知证明△AED≌△DCB（AAS）,即可解题.
【详解】
解：∵AD∥BC
∴∠ADB＝∠DBC
∵DC⊥BC于点C，AE⊥BD于点E
∴∠C＝∠AED＝90°
又∵DB＝DA
∴△AED≌△DCB（AAS）
∴AE＝CD
本题考查了三角形全等的判定和性质,属于简单题,证明三角形全等是解题关键.
x/cm
0
1
2
3
4
5
6
y1/cm
0
0.78
1.76
2.85
3.98
4.95
4.47
y2/cm
4
4.69
5.26
5.96
5.94
4.47