2023年中考押题预测卷02（四川成都卷）-数学（全解全析）

这是一份2023年中考押题预测卷02（四川成都卷）-数学（全解全析），共33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。
2023年中考押题预测卷02【四川成都卷】
数学·全解全析
A卷
第Ⅰ卷
1
2
3
4
5
6
7
8
C
B
D
C
A
C
A
B
一、选择题（本大题共8个小题，每小题4分，共32分，每小题均有四个选项，其中只有一项符合题目要求）
1．的绝对值是（    ）
A． B． C．2023 D．
【答案】C
【分析】根据绝对值的性质：进行求解即可．
【详解】解：．
故选：C．
【点睛】本题考查绝对值的求法，掌握绝对值的性质是解题的关键．
2．人体中枢神经系统中约含有1千亿个神经元，某种神经元的直径约为53微米，53微米为米．将用科学记数法表示为（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【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，与较大数的科学记数法不同的是其所使用的是负指数幂，指数由原数左边起第一个不为零的数字前面的的个数所决定．
【详解】解：；
故选：B．
【点睛】本题考查科学记数法；熟练掌握科学记数法中与的意义是解题的关键．
3．下列运算正确的是（   ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据合并同类项，积的乘方，完全平方公式，平方差公式计算选择即可．
【详解】A、不是同类项，无法计算，故本项错误，不符合题意；
B、，故本项错误，不符合题意；
C、，故本项错误，不符合题意；
D、，故本项正确，符合题意；
故选D．
【点睛】本题考查了合并同类项，积的乘方，完全平方公式，平方差公式，熟练掌握相关知识是解题的关键．
4．一副三角板如图所示摆放，若，则的度数是（   ）

A．72° B．70° C．65° D．60°
【答案】C
【分析】如图，由，，，可得，计算求解即可．
【详解】解：如图，

∵，，，
∴，即，
解得，
故选：C．
【点睛】本题主要考查了三角形外角的性质，对顶角相等．解题的关键在于确定角度之间的数量关系．
5．某单位为了解某次“爱心捐款”的情况，从2000名职工中随机抽取部分职工的捐款金额整理绘制成如图所示的直方图，根据图中信息，判断下列结论错误的是（    ）

A．样本中位数是200元 B．样本众数是100元
C．样本平均数是180元 D．估计所有员工中，捐款金额为200元的有500人
【答案】A
【分析】根据中位数、众数、平均数的定义结合图表解答即可．
【详解】A、由直方图可知，共有个数据，其中位数为元，故A错误；
B、样本众数是100元，故B正确；
C、捐款的平均数为（元），故C正确；
D、估计所有员工中捐款金额为200元的有（人），故D正确．
故选：A．
【点睛】本题考查了频数分布直方图、平均数、众数，掌握其概念并从频数分布直方图获取正确的信息是解题的关键．
6．如图，线段是⊙O的直径，弦，，则等于（　　）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】由垂径定理可知，由圆周角定理得，然后再根据直角三角形两锐角互余求出的度数即可．
【详解】解：设与相交于点，
∵线段是⊙O的直径，弦，，
∴，，
∴，
∴在中，
．
故选：C．

【点睛】本题考查垂径定理，圆周角定理，直角三角形两锐角互余．熟练掌握垂径定理，圆周角定理是解题的关键．
7．《九章算术》中有这样一道题：今有醇酒一斗，直钱五十；行酒一斗，直钱一十．今将钱三十，得酒二斗，问醇、行酒各得几何？其意思为：1斗优质酒价值50钱，1斗劣质酒价值10钱．用30钱恰好买得优质酒和劣质酒共2斗，问优质酒和劣质酒各能买得多少斗？设买优质酒x斗，劣质酒y斗，则可列方程组为（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】设优质酒为x斗，劣质酒为y斗，根据两种酒共用30钱，共2斗的等量关系列出方程组即可．
【详解】设优质酒为x斗，劣质酒为y斗，由题意，则有
，
故选A．
【点睛】本题考查了二元一次方程组的应用，弄清题意，找准等量关系列出相应的方程是解题的关键．
8．已知二次函数的图象如图所示，有下列4个结论：①；②；③；④；其中正确的结论有（    ）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】B
【分析】由抛物线开口向下，可得，由由图象与y轴正半轴相交，可得，由图象可知抛物线的对称轴为直线，可得，从而得，可判定①；由图象可知抛物线与x轴有两个交点，得，即，可判定②；因为，所以，由图象可知，当时，，即，则，可判定③；由抛物线的开口向下，对称轴为直线，得当时，y值最大，所以，所以，可判定④．
【详解】解：由图象开口向下，得，
由图象与y轴正半轴相交，则，
由图象可知抛物线的对称轴为直线 则，
∴，
∴，
故①错误；
由图象可知抛物线与x轴有两个交点，
∴，
∴，
故②错误；
∵
∴，
由由图象可知，当时，
即
∴
∴
故③正确；
∵抛物线的开口向下，对称轴为直线，
∴当时，y值最大，
∴
∴，
故④正确；
∴正确的有③④，共2个，
故选：B．
【点睛】本题考查抛物线图象与系数的关系，抛物线的性质，熟练掌握根据抛物线的图象判定式子符号和比较式子大小是解题的关键．
第Ⅱ卷
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9．已知，则的值等于__________．
【答案】
【分析】根据4，求出，再将原式化为，然后整体代入即可求解．
【详解】解：∵4，
∴4，
∴，
∴，
∴



．
故答案为：．
【点睛】本题考查了分式的化简求值，正确得到并利用整体代入得思想求解是解题的关键．
10．2022年11月某市发生新冠疫情，为迅速阻断疫情传播，该市防疫指挥部迅速调集一批核酸采样队进驻某区进行核酸采样，为加快核酸采样进度，4小时后又增派第二批核酸采样队加入合做，完成剩下的全部核酸采样工作，设总工作量为单位1，采样进度与采样时间满足如图所示的函数关系，那么实际完成该区核酸采样所用的时间是____________小时.

【答案】10
【分析】设表示工作量，表示时间，先利用待定系数法求出所在直线的函数解析式，再求出时，的值即可得．
【详解】解：设表示工作量，表示时间，
设当时，，
将点代入得：，解得，
则，
当时，，解得，
即实际完成该区核酸采样所用的时间是10小时，
故答案为：10．
【点睛】本题考查了一次函数的实际应用，熟练掌握待定系数法是解题关键．
11．如图，在中，，点E，F分别是边和上的点，点A关于的对称点D恰好落在边上，当△BDF是直角三角形时，的长是_______．

【答案】3
【分析】由点A关于的对称点D恰好落在边上和可得，设，根据△BDF∽△BCA，可得，再根据勾股定理求解即可．
【详解】解：∵点A关于的对称点D恰好落在边上，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
设，
∵，
∴△BDF∽△BCA，
∴＝，即，
解得，
∴，
∴，
在Rt△DCE中，
，
故答案为：3．
【点睛】本题考查了等腰直角三角形中的翻折变换，相似三角形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握知识点是解题的关键．
12．若关于x的一元一次不等式组恰有3个整数解，则实数a的取值范围是______．
【答案】
【分析】分别对于不等式组进行求解，然后根据题意确定实数a所满足的条件，求解即可．
【详解】解：对于，
由①得：，
由②得：，
∵原不等式组恰有3个整数解，
∴，解得：，
故答案为：．
【点睛】本题考查的是一元一次不等式组的整数解，正确求出每一个不等式解集是基础，根据不等式组的整数解得出关于a的不等式组是解答此题的关键．
13．如图，在△ABC中，D为上一点，连接，，点E在上，连接，，若，，则线段的长为______．

【答案】
【分析】过点作，交的延长线于点，易证为等腰三角形，利用勾股定理，求出的长，过点作于点，等积法求出的长，勾股定理求出的长，进而求出的长，利用即可得解．
【详解】解：过点作，交的延长线于点，

则：，
∵，
∴，
∵，，
∴∠B=∠CFD，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
过点作于点，
则：，，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查等腰三角形的判定和性质，勾股定理．解题的关键是添加辅助线，构造特殊图形．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14．（12分）(1)计算：．
【答案】
【分析】先计算零指数幂，特殊角的三角函数值，负整数指数幂，化最简二次根式，再根据实数的混合运算法则计算即可．
【详解】解：


．
【点睛】本题考查实数的混合运算，涉及零指数幂，特殊角的三角函数值，负整数指数幂，化最简二次根式．熟练掌握实数的混合运算法则是解题关键．
(2)若关于x的方程无解，求m的值．
【答案】或1
【分析】分式方程无解的条件：去分母后所得整式方程无解，或解这个整式方程得到的解使得原方程的分母为零．
【详解】方程两边都乘以 得： ，
整理得：，
∴当时，分母为0，方程无解，即，
∴时方程无解；
当时，方程无解，此时．
综上所述，当或1时方程无解．
故答案为：或1
【点睛】本题考查分式方程无解的条件，关键是无解的各种情况都要考虑到，不要遗漏．
15．（8分）为增强学生的身体素质，教育行政部门规定学生每天参加户外活动的时间不少于1小时，某校为了解学生参加户外活动的情况，对某班学生参加户外活动的时间进行调查，并将调查结果绘制成了如下两幅不完整的统计图．

请根据图中提供的信息解答下列问题：
(1)该班共有______人；户外活动时间的众数是______小时，中位数是______．小时；将条形统计图补充完整；
(2)若该校共有学生1200人，请根据上述调查结果，估计该校学生中户外活动的时间不少于1小时的学生总人数；
(3)某校园广播站的小记者准备到该班对学生参加户外活动的情况进行调查了解，决定对该班5位同学小明（用A表示）、小刚（用B表示）、小敏（用C表示）、小颖（用D表示）、小亮（用E表示）中的两个进行采访，则恰好采访到小明和小敏的概率是多少？（请用列表法或画树状图的方法说明理由）．
【答案】(1)50；1；1；见解析；(2)960人；(3)
【分析】（1）用活动小时的人数除以其占比，即可求出总数，据此求出活动小时的人数，根据众数、中位数的定义即可作答，结合所得数据补全图形即可；
（2）利用总人数乘以样本中活动不少于1小时的人数的占比即可作答；
（3）采用树状图列举法列举即可作答．
【详解】（1）总人数：（人），
活动小时的人数：（人），
即：活动小时、小时、小时、小时的人数分别为：10人、20人、12人、8人，
∴户外活动时间的众数是1小时，中位数是1小时，
补全图形如下：

故答案为：50，1，1；
（2）（人），
即：该校学生中户外活动的时间不少于1小时的学生约为960人；
（3）画树状图如下（或用列表法）：

共有20种等可能的结果，其中恰好采访到小明和小敏的结果数为2，所以恰好采访到小明和小敏的概率，
即所求概率为．
【点睛】本题考查了条形统计图，中位数，众数，利用样本估计总体以及利用列表法或树状图法列举求概率的知识，注重数形结合的思想以及掌握利用列表法或树状图法列举求概率，是解答本题的关键．
16．（8分）某同学眼睛距地面高度1.7米（图中部分）在护旗手开始走正步的点A处测得旗杆顶部D的仰角为，在护旗手结束走正步的点B处测得旗杆顶部D的仰角为，又测量得到A，B两点间的距离是30米，求旗杆的高度．（结果精确到整数米；参考数据：，，．）

【答案】21.7米
【分析】延长交于G，在中求得，然后根据求出的长，进而可求出求旗杆的高度．
【详解】解：延长交于G，则，由题意可知，米，米．

∵，
∴在中，，
在中，，
∴，
∵，
∴，
解得，
则（米）．
所以旗杆的高度大约是21.7米．
【点睛】此题考查了解直角三角形-仰角俯角问题，构造直角三角形，并结合图形利用三角函数解直角三角形是解答本题的关键．
17．（10分）如图，在△ABC中，，为上一点，作，与交于点，经过点、、的⊙O与相切于点，连接．

(1)求证：平分；
(2)若，，求的长．
【答案】(1)证明见解析；(2)
【分析】（1）连接，⊙O与相切于点，推出，已知，得到，推出，进而得到，得证平分；
（2）连接，已知，得到，结合，得到，已知，得到，可求得，得到，进一步证明△ADE∽△ACD，得到，即，已知，即可求得的长，进而可得的长．
【详解】（1）证明：连接，

⊙O与相切于点，
，
，
，
，
，
平分；
（2）解：连接，
，
，
又，
，
又，
，
，
，
，
，
，
，
又，
，
，
，
，
，
，
，
．
【点睛】本题主要考查平行线的性质，圆周角定理，相似三角形的判定及性质，熟练掌握相关知识点是解题的关键．
18．（10分）如图，在平面直角坐标系中，点在反比例函数第一象限的图象上，将点A先向左平移5个单位长度，再向下平移m个单位长度后得到点C，点C恰好落在反比例函数第三象限的图象上，经过O，C两点的直线交反比例函数第一象限的图象于点B．

(1)求反比例函数和直线的表达式；
(2)连接，求△ABC的面积；
(3)请根据函数图象，直接写出关于的不等式的解集．
【答案】(1)反比例函数的表达式为，直线的表达式为；(2)15；(3)或
【分析】（1）将代入，可得，进而可得反比例函数解析式，根据平移表示点坐标，代入反比例函数解析式，可求的值，进而可得点C的坐标，然后代入，可得，进而可得一次函数解析式；
（2）联立方程组求点坐标，可得点和点关于原点对称，则．如图，连接，待定系数法求直线的表达式为：，进而可得直线与轴的交点坐标为，根据，求的值，进而可得的面积；
（3）数形结合求解即可．
【详解】（1）解：∵点在反比例函数的图象上，
∴，解得，
∴反比例函数的表达式为；
由平移可知，点C的坐标为，
∵点在反比例函数的图象上，
∴，解得，
∴点C的坐标为，
∵点在直线上，
∴，解得，
∴直线的表达式为，
∴反比例函数的表达式为，直线的表达式为；
（2）解：∵经过两点的直线交反比例函数第一象限的图象于点B，
∴联立，解得，，
∴点的坐标为，
∴点和点关于原点对称，
∴，
如图，连接，

设直线的表达式为：，
将，代入得，解得，
∴直线的表达式为：，
∴直线与轴的交点坐标为，
∴，
∴．
（3）解：由图象可得，关于的不等式的解集为或．
【点睛】本题注意考查了反比例函数与一次函数综合．解题的关键在于熟练掌握反比例函数的图象与性质．
B卷
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19．如果，那么的值为_____．
【答案】0
【详解】原等式可变形为：
a﹣2+b+1+|﹣1|=4+2﹣5
（a﹣2）+（b+1）+|﹣1|﹣4﹣2+5=0
（a﹣2）﹣4+4+（b+1）﹣2+1+|﹣1|=0
（﹣2）2+（﹣1）2+|﹣1|=0；
即：﹣2=0，﹣1=0，﹣1=0，
∴=2，=1， =1，
∴a﹣2=4，b+1=1，c﹣1=1，
解得：a=6，b=0，c=2；
∴a+2b﹣3c=6+0﹣3×2=0．
20．设a、b、c、d是4个两两不同的实数，若a、b是方程的解，c、d是方程的解，则的值为__________．
【答案】
【分析】由根与系数的关系得，的值，两式相加得的值，根据一元二次方程根的定义可得，代入可得，同理可得，两式相减即可得的值，进而可得的值．
【详解】解：由根与系数的关系得，，两式相加得．    
因为是方程的根，所以，又，
所以①            
同理可得②            
①-②得．
因为，所以，所以．
故答案为
【点睛】本题考查了一元二次方程根与系数的关系，一元二次方程根的定义，根据等式的性质变形是解题的关键．
21．为了庆祝“六一儿童节”，育才初一年级同学在班会课进行了趣味活动，小舟同学在模板上画出一个菱形，将它以点为中心按顺时针方向分别旋转90°，180°，270°后得到如图所示的图形，其中，，然后小舟将此图形制作成一个靶子，那么当我们投飞镖时命中阴影部分的概率为______．

【答案】
【分析】连接BD、AC、OA、OC．先求得菱形ABCD的面积和△ACO的面积，然后可求得四边形ABCO和凹四边形ADCO的面积，最后依据它们的面积比进行求解即可．
【详解】解：连接BD、AC、OA、OC，AC与BD相交于点E．

∵ABCD为菱形，∠ABC＝120°，AB＝，
∴∠BAD＝60°，
∴△ABD为等边三角形．
∴BD＝AB＝．
∴AE＝ABsin60°＝×＝6．
∴AC=2 AE =12．
∴＝BD•AC＝24．
∴．
由旋转的性质可知OC＝OA，∠COA＝90°，
∴OC＝AC＝×12＝6．
∴△AOC的面积＝OC•OA＝36．
∴ ＝，
．
∴命中阴影部分的概率．
故答案为：.
【点睛】本题主要考查的是几何概率问题，解答本题主要应用了菱形的性质、旋转的性质，求得四边形ABCO和凹四边形ADCO的面积是解题的关键．
22．如图，“心”形是由抛物线和它绕着原点O，顺时针旋转60°的图形经过取舍而成的，其中顶点C的对应点为D，点A，B是两条抛物线的两个交点，点E，F，G是抛物线与坐标轴的交点，则_______________．

【答案】
【分析】连接OD，做BP⊥x轴，垂足为M，作AP⊥y轴，垂足为N，AP、BP相交于点P．根据旋转作图和“心”形的对称性得到∠COB=30°，∠BOG=60°，设OM=m，得到点B坐标为，把点B代入，求出m，即可得到点A、B坐标，根据勾股定理即可求出AB．
【详解】解：如图，连接OD，做BP⊥x轴，垂足为M，作AP⊥y轴，垂足为N，AP、BP相交于点P．
∵点C绕原点O旋转60°得到点D，
∴∠COD=60°，
由“心”形轴对称性得AB为对称轴，
∴OB平分∠COD，
∴∠COB=30°，
∴∠BOG=60°，
设OM=m，在Rt△OBM中，BM=,
∴点B坐标为，
∵点B在抛物线上，
∴，
解得，
∴点B坐标为，点A坐标为，
∴AP=，BP=9，
在Rt△ABP中，．

故答案为：
【点睛】本题考查了抛物线的性质，旋转、轴对称、勾股定理、三角函数等知识，综合性较强，理解题意，表示出点B坐标是解题关键．
23．如图，在△ACE中，CA＝CE，∠CAE＝30°，半径为5的⊙O经过点C，CE是圆O的切线，且圆的直径AB在线段AE上，设点D是线段AC上任意一点（不含端点），则ODCD的最小值为 _____．

【答案】
【分析】作OF平分∠AOC，交⊙O于F，连接AF、CF、DF，易证四边形AOCF是菱形，根据对称性可得DF=DO．过点D作DH⊥OC于H，易得DH=DC，从而有CD+OD=DH+FD．根据两点之间线段最短可得：当F、D、H三点共线时，DH+FD（即CD+OD）最小，然后在Rt△OHF中运用三角函数即可解决问题．
【详解】解：作OF平分∠AOC，交⊙O于F，连接AF、CF、DF，如图所示，

∵OA=OC，
∴∠OCA=∠OAC=30°，
∴∠COB=60°，
则∠AOF=∠COF=∠AOC=（180°-60°）=60°．
∵OA=OF=OC，
∴△AOF、△COF是等边三角形，
∴AF=AO=OC=FC，
∴四边形AOCF是菱形，
∴根据对称性可得DF=DO．
过点D作DH⊥OC于H，则DH =DC，
∴CD+OD=DH+FD．
根据两点之间线段最短可得，
当F、D、H三点共线时，DH+FD（即CD+OD）最小，
∵OF=OA=5，
∴，
∴
即CD+OD的最小值为．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了圆半径相等的性质，等边三角形的判定与性质、菱形的判定与性质、两点之间线段最短、等腰三角形的性质、含30度角的直角三角形的性质，勾股定理等知识，把CD+OD转化为DH+FD是解题的关键．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24．（8分）某地是闻名遐迩的“中国水蜜桃之乡”，每年6至8月，总会吸引大批游客前来品尝，当地某商家为回馈顾客，两周内将标价为20元/千克的水蜜桃经过两次降价后变为16.2元/千克，并且两次降价的百分率相同．
(1)求水蜜桃每次降价的百分率．
(2)①从第一次降价的第1天算起，第天（为整数）的售价、销量及储存和损耗费用的相关信息如表所示：
时间天


售价/（元/千克）
第1次降价后的价格
第2次降价后的价格
销量/千克


储存和损耗费用/元


已知该种水果的进价为8.2元/千克，设销售该水果第（天）的利润为（元），求与之间的函数解析式，并求出第几天时销售利润最大？
②在①的条件下，问这14天中有多少天的销售利润不低于930元，请直接写出结果．
【答案】(1)
(2)①；第10天利润最大，最大利润为960元；②共6天
【分析】（1）设水蜜桃每次降价的百分率为，根据题意可列出关于x的一元二次方程，解出 x的值即得出答案；
（2）①根据利润=（标价-进价）×销量-储存和损耗费，即可得（元），进而可求出与之间的函数解析式，再结合一次函数和二次函数的性质求出其最值即可；②依题意可列出关于x的不等式，结合解一元一次不等式的方法和图象法解一元二次不等式，分别求出x的解集，即可得出答案．
【详解】（1）解：设水蜜桃每次降价的百分率为，
依题意得，，
解得：（舍）．
∴水蜜桃每次降价的百分率为；
（2）解：①结合（1）得：第一次降价后的价格为元，
∴当时，．
∵，
∴随着的增大而减小，
∴当元时，利润最大为元；
当，，
∵，
∴当时，利润最大为960元．
∵，
∴第10天利润最大，最大利润为960元．
综上可知，；第10天利润最大，最大利润为960元；
②当时，，
解得：，
∴此时为2天利润不低于930元；
当时，，
根据图象法可解得：，
∴
∴此时为天利润不低于930元．
综上可知共有天利润不低于930元．
【点睛】本题考查一元二次方程的实际应用，一次函数和二次函数的实际应用，一元一次不等式和一元二次不等式的实际应用．理解题意，找出等量关系，列出等式和不等式是解题关键．
25．（10分）如图，已知抛物线与x轴交于点点，，与y轴交于点C．

(1)求抛物线的解析式；
(2)在抛物线的对称轴上是否存在点Q使最小？若存在，请求出Q点坐标；若不存在，请说明理由；
(3)点P为上方抛物线上的动点，过点作，垂足为点，连接，当与相似时，求点的坐标．
【答案】(1)；(2)存在，；(3)点P的坐标为或
【分析】（1）由待定系数法求解即可；
（2）找到点关于对称轴对称的点A，连接交对称轴于一点即为，求所在直线解析式，即可求解；
（3）当△PCD与相似时，则或，故分分类讨论即可：①若，则，可推出点的纵坐标与点的纵坐标相同，由点为上方抛物线上的动点，得关于的一元二次方程，求解并作出取舍则可得答案；②若，则，，过点作的垂线，交的延长线于点，过点作轴于点，判定，，由相似三角形的性质得比例式，解得点的坐标，从而可得直线的解析式，求得直线与抛物线的交点横坐标，再代入直线的解析式求得其纵坐标，即为此时点的坐标．
【详解】（1）解：抛物线与轴交于点，，
，解得，
抛物线的解析式为；
（2）存在，如图：∵，关于对称轴对称，
∴，
∴，
∴的最小值为，
∴与对称轴的交点即为所求：

由（1）可知，对称轴为：，，
，，
所在直线解析式为：，
令，，
，；
（3）点，，
，，
在抛物线中，当时，，
，
，
．
，
，
当与相似时，则或，
①若，则，

，
，
点的纵坐标为2，
点为上方抛物线上的动点，
，
解得：（不合题意，舍去），，
此时点的坐标为；
②若，则，，
，
过点作的垂线，交的延长线于点，过点作轴于点，如图：

，，
，
，
，
，
，轴，
，
，，
，
，
，
，
即，
，，
，
，
设直线的解析式为，
令，
解得：（不合题意，舍去），，
把代入得：，
此时点的坐标为，，
综上所述，符合条件的点的坐标为或，．
【点睛】本题考查二次函数的综合应用，掌握待定系数法求函数的解析式、一线三直角模型及相似三角形的判定与性质等知识点是解题的关键．
26．（12分）综合与探究
在矩形的边上取一点，将沿翻折，使点恰好落在边上的点处．

(1)如图①，若，求的度数；
(2)如图②，当，且时，求的长；
(3)如图③，延长，与的角平分线交于点，交于点，当时，请直接写出的值．
【答案】(1)；(2)；(3)
【分析】（1）由折叠的性质得出，，根据直角三角形的性质得出，可求出答案；
（2）证明，由相似三角形的性质得出，可求出，得出，由勾股定理求出，则可求出，即可求出的长；
（3）过点作于点，证明，，设，，则，由勾股定理得出，解出，则可求出答案．
【详解】（1）解：∵四边形是矩形，
∴，
∵将△BCE沿翻折，使点恰好落在边上点处，
∴，，，
∵，
∴，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∴，
∴的度数为；
（2）∵将△BCE沿翻折，使点恰好落在边上点处，
∴，，
又∵矩形中，，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴的长为；
（3）过点作于点，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
设，
∵平分，，，
∴，，
在和中，
，
∴
∴，
设，则，
在中，，
∴，
解得：，
∴，
∴，
∴的值为．

【点睛】本题是四边形综合题，考查了折叠的性质，矩形的性质，直角三角形的性质，角平分线的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质等知识．熟练掌握折叠的性质及矩形的性质是解题的关键．