2024年吉林省松原市宁江区吉林油田十二中中考数学三模试卷（含解析）

这是一份2024年吉林省松原市宁江区吉林油田十二中中考数学三模试卷（含解析），共24页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题，小器一容三斛；大器一等内容，欢迎下载使用。

1.在3，0，−2，− 2四个数中，最小的数是( )
A. 3B. 0C. −2D. − 2
2.下列计算正确的是( )
A. 2a+a=3a2B. (−a3)2=a6
C. (a−b)2=a2−b2D. 9=±3
3.某种零件模型如图，该几何体(空心圆柱)的俯视图是( )
A.
B.
C.
D.
4.关于某个函数表达式，甲、乙、丙三位同学都正确地说出了该函数的一个特征．
甲：函数图象经过点(−1,1)；
乙：函数图象经过第四象限；
丙：当x>0时，y随x的增大而增大．
则这个函数表达式可能是( )
A. y=−xB. y=1xC. y=x2D. y=−1x
5.如图，PA，PB是⊙O切线，A，B为切点，点C在优弧ACB上，且∠APB=70°，则∠ACB等于( )
A. 125°
B. 110°
C. 70°
D. 55°
6.如图，▱ABCD中，分别以点B，D为圆心，大于12BD的长为半径画弧，两弧交于点M，N，直线MN分别交AD，BC于点E，F，连接BE、DF.若∠BAD=120°，AE=1，AB=2，则线段BF的长是( )
A. 7+1
B. 3+ 2
C. 3
D. 7
二、填空题：本题共8小题，每小题3分，共24分。
7.分解因式：a3−2a2b+ab2=______．
8.原子很小，1个氧原子的直径大约为0.000000000148m，将0.000000000148用科学记数法表示为 ．
9.如图所示，第四套人民币中菊花1角硬币，则该硬币边缘镌刻的正九边形的一个外角的度数为 ．
10.已知一元二次方程x2+6x+m=0有两个相等的实数根，则m的值为 ．
11.综合实践课上，小宇设计用光学原理来测量公园假山的高度，把一面镜子放在与假山AC距离为21米的B处，然后沿着射线CB退后到点E，这时恰好在镜子里看到山头A，利用皮尺测量BE=2.4米，若小宇的身高是1.6米，则假山AC的高度为______米.(结果保留整数)
12.若一个圆锥的底面半径为2，母线长为6，则该圆锥侧面展开图的圆心角是______°.
13.如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，H为BC中点，AC=3，BD=4，则线段OH的长为______．
14.如图，在扇形AOB中，∠AOB=90°，半径OA=4.将扇形AOB沿过点B的直线折叠，点O恰好落在弧AB上点C处，折痕交OA于点D，则图中阴影部分的面积为______．
三、解答题：本题共12小题，共84分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题5分)
先化简，再求值：−x2−4x2−4x+4÷x+2x+1+xx−2，其中x=2− 2．
16.(本小题5分)
如图，小妍同学做了一个可以自由转动的均匀转盘，转盘均分为三等份，分别标有1，2，3三个数字，她邀请小嘉同学一起玩游戏，规则如下：转动转盘，转盘停止后，指针指向一个数字所在的扇形得到对应的数字(若指针恰好指在分隔线上，则重转一次，直到指针指向某一个数字为止)．
(1)求小妍转动一次转盘转到数字2的概率；
(2)小妍同学先转动一次，然后小嘉同学同样转动转盘，再将两人转动的数字相加，如果两个数字的和是奇数，则小妍同学胜，否则小嘉同学胜.请利用画树状图或者列表格的方法判断这个游戏对两人公平么？
17.(本小题5分)
《九章算术》是我国古代经典数学著作，奠定了中国传统数学的基本框架，书中记载：“今有大器五、小器一容三斛；大器一、小器五容二斛，问大、小器各容几何？”译文“今有大容器5个，小容器1个，总容量为3斛；大容器1个、小容器5个，总容量为2斛，问大、小容器的容积各是多少斛？”
18.(本小题5分)
如图，平行四边形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，EF过点O且与AB、CD分别交于点E、F.求证：OE=OF．
19.(本小题7分)
如图，在5×5的方格纸中，线段AB的端点均在格点上，请按要求画图．
(1)如图1，画出一条线段AC，使AC=AB，C在格点上；
(2)如图2，画出一条线段EF，使EF，AB互相平分，E，F均在格点上；
(3)如图3，以A，B为顶点画出一个四边形，使其是中心对称图形，且顶点均在格点上．
20.(本小题7分)
2024年3月22日是第32届世界水日，学校开展了节约和保护水资源的知识竞赛，从全校2000名学生中随机抽取部分学生的竞赛成绩进行调查分析，并将成绩(满分：100分)制成如图所示的扇形统计图和条形统计图．

请根据统计图回答下列问题：
(1)本次调查共抽取了______名学生，这些学生成绩的中位数是______；
(2)补全上面不完整的条形统计图；
(3)根据比赛规则，98分及以上(含98分)的学生有资格进入第二轮知识竞赛环节，请你估计全校2000名学生进入第二轮知识竞赛环节的人数．
21.(本小题7分)
在一次课外活动中，某数学兴趣小组测量一棵树CD的高度．如图所示，测得斜坡BE的坡度i=1：4，坡底AE的长为8米，在B处测得树CD顶部D的仰角为30°，在E处测得树CD顶部D的仰角为60°，求树高CD.(结果保留根号)
22.(本小题7分)
如图，在平面直角坐标系xOy中，正比例函数y=2x与反比例函数y=kx的图象交于A，B两点，A点的横坐标为2，AC⊥x轴于点C，连接BC．

(1)求反比例函数的解析式；
(2)结合图象，直接写出2x>kx时x的取值范围；
(3)若点P是反比例函数y=kx图象上的一点，且满足△OPC与△ABC的面积相等，求出点P的坐标．
23.(本小题8分)
已知A、B两地之间有一条长300千米的公路，甲车从A地出发匀速开往B地，甲车出发两小时后，乙车从B地出发匀速开往A地，两车同时到达各自的目的地；两车行驶的路程之和y(千米)与甲车行驶的时间x(小时)之间的函数关系如图所示．
(1)a的值为______；
(2)求乙车出发后，y与x之间的函数关系式；
(3)当甲、乙两车相距150千米时，求甲车行驶的时间．
24.(本小题8分)
【推理】
如图1，在边长为10的正方形ABCD中，点E是CD上一动点，将正方形沿着BE折叠，点C落在点F处，连结BE，CF，延长CF交AD于点G，BE与CG交于点M．
(1)求证：CE=DG．
【运用】
(2)如图2，在【推理】条件下，延长BF交AD于点H.若CE=6，求线段DH的长．
【拓展】
(3)如图3，在【推理】条件下，连结AM.则线段AM的最小值为______．
25.(本小题10分)
如图，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC=4cm，动点P从点A出发，以 2cm/s的速度沿AB向终点B运动，过点P作PQ⊥AB交折线AC—CB于点Q，将点P绕点Q顺时针旋转90°至点D，连结DQ、PD.设点P运动的时间为x(s)，△PQD与△ABC重叠部分图形的面积为y(cm2).

(1)当点Q在AC上时，AQ长为______cm(用含x的代数式表示)；
(2)当点D落在边BC上时，求x的值；
(3)求y关于x的解析式，并写出自变量x的取值范围．
26.(本小题10分)
在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y=x2+bx+c与x轴交于点A(−1,0)，B(5,0)．
(1)求抛物线解析式；
(2)若抛物线y=x2+bx+c−2mx，当2m−1≤x≤2m+3时，y有最大值12，求m的值；
(3)若将抛物线y=x2+bx+c平移得到新抛物线y=x2+bx+c+n，当−2答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：∵−2<− 2<0<3，
∴四个数中，最小的数是−2，
故选：C．
依据比较有理数大小的方法判断即可．
本题主要考查的是比较有理数的大小，熟练掌握比较有理数大小的法则是解题的关键．
2.【答案】B
【解析】【分析】
根据积的乘方运算、合并同类项法则、完全平方公式以及二次根式的性质即可求出答案．
本题考查整式的混合运算，解题的关键是熟练运用积的乘方运算、合并同类项法则、完全平方公式以及二次根式的性质，本题属于基础题型．
【解答】
解：A、原式=3a，故A不符合题意．
B、原式=a6，故B符合题意．
C、原式=a2−2ab+b2，故C不符合题意．
D、原式=3，故D不符合题意．
故选：B．
3.【答案】D
【解析】解：由上向下看空心圆柱，看到的是一个圆环，中间的圆要画成实线．
故选：D．
找到从上面看所得到的图形即可，注意所有的看到的棱都应表现在主视图中．
本题考查了三视图的知识，俯视图是从物体的上面看得到的视图．
4.【答案】D
【解析】【分析】
结合给出的函数的特征，在四个选项中依次判断即可．
本题主要考查一次函数，反比例函数及二次函数的性质，根据题中所给特征依次排除各个选项，排除法是中考常用解题方法．
【解答】
解：把点(−1,1)分别代入四个选项中的函数表达式，可得，选项B不符合题意；
又函数过第四象限，而y=x2只经过第一、二象限，故选项C不符合题意；
对于函数y=−x，当x>0时，y随x的增大而减小，与丙给出的特征不符合，故选项A不符合题意．
故选：D．
5.【答案】D
【解析】解：连接OA，OB，
∵PA，PB是⊙O的切线，
∴PA⊥OA，PB⊥OB，
∴∠PAO=∠PBO=90°，
∴∠AOB=360°−90°−90°−70°=110°，
∴∠ACB=12∠AOB=55°．
故选：D．
根据圆周角定理构造它所对的弧所对的圆心角，即连接OA，OB，求得∠AOB=110°，再根据切线的性质以及四边形的内角和定理即可求解．
本题考查了切线的性质，三角形外角性质，等腰三角形性质的应用，能根据切线的性质求出∠PAO=∠PBO=90°是解此题的关键，注意：圆的切线垂直于过切点的半径．
6.【答案】D
【解析】解：过B点作BH⊥AE于H点，如图，
∵∠BAD=120°，
∴∠BAH=60°，
在Rt△ABH中，∵AH=12AB=1，
∴BH= 3AH= 3，
在Rt△BHE中，BE= BH2+EH2= ( 3)2+22= 7，
由作法得MN垂直平分BD，
∴EB=ED，
∴∠EBD=∠EDB，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AD/​/BC，
∴∠EDB=∠FBD，
∴∠EBD=∠FBD，
∴∠BEF=∠BFE，
∴BF=BE= 7．
故选：D．
过B点作BH⊥AE于H点，如图，先计算出∠BAH=60°，根据含30度角的直角三角形三边的关系得到AH=1，BH= 3，再利用勾股定理计算出BE= 7，接着由作法得MN垂直平分BD，所以EB=ED，然后证明∠BEF=∠BFE得到BF=BE= 7．
本题考查了作图−基本作图：熟练掌握5种基本作图是解决问题的关键．也考查了线段垂直平分线的性质和平行四边形的性质．
7.【答案】a(a−b)2
【解析】解：原式=a(a2−2ab+b2)=a(a−b)2，
故答案为：a(a−b)2
原式提取公因式，再利用完全平方公式分解即可．
此题考查了提公因式法与公式法的综合运用，熟练掌握因式分解的方法是解本题的关键．
8.【答案】1.48×10−10
【解析】【分析】
此题考查科学记数法表示绝对值较小的数的方法，科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|<10，n为整数，准确确定n的值是解决问题的关键．根据用科学记数法表示绝对值较小的数的方法求解即可．
【解答】
解：0.000000000148=1.48×10−10．
故答案为：1.48×10−10．
9.【答案】40°
【解析】解：正九边形的一个外角的度数为360°÷9=40°，
故答案为：40°．
利用外角和除以外角的个数即可得到答案．
此题考查了求正多边形每一个外角的度数，正确理解多边形外角和为360°，及正多边形的外角个数与边的条数相同，所有外角均相等是解题的关键．
10.【答案】9
【解析】【分析】
本题考查了根的判别式：一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的根与Δ=b2−4ac有如下关系：当Δ>0时，方程有两个不相等的实数根；当Δ=0时，方程有两个相等的实数根；当Δ<0时，方程无实数根．
根据根的判别式的意义得到Δ=62−4m=0，然后解关于m的方程即可．
【解答】
解：根据题意得Δ=62−4m=0，
解得m=9．
故答案为：9．
11.【答案】14
【解析】解：∵DE⊥CE，AC⊥CE，
∴∠C=∠E=90°，
根据平面镜反射原理，入射角等于反射角可得：∠ABC=∠DBE，
∴△ABC∽△DBE，
∴DEAC=BEBC，即1.6AC=2.421，
解得：AC=14，
故答案为：14．
根据题意可得△ABC∽△DBE，根据相似三角形对应边成比例，即可进行解答．
本题主要考查了利用相似三角形测高，解题的关键是掌握相似三角形对应边成比例．
12.【答案】120
【解析】解：圆锥侧面展开图的弧长是：2π×2=4π，
设圆心角的度数是n度，
则nπ×6180=4π，
解得：n=120．
故答案为120．
根据圆锥的底面周长等于圆锥的侧面展开图的弧长，首先求得展开图的弧长，然后根据弧长公式即可求解．
本题主要考查了圆锥的有关计算，正确理解圆锥的侧面展开扇形图的弧长与原来的圆锥底面周长之间的关系是解决本题的关键，理解圆锥的母线长是扇形的半径，圆锥的底面圆周长是扇形的弧长．
13.【答案】54
【解析】解：∵四边形ABCD为菱形，AC=3，BD=4，
∴AC⊥BD，OB=OD=12BD=2，OC=OA=12AC=32，
在Rt△BOC中，BC= OB2+OC2= 22+(32)2=52，
∵H为BC中点，
∴OH=12BC=54．
故答案为：54．
先根据菱形的性质得到AC⊥BD，OB=OD=12BD=2，OC=OA=12AC=32，再利用勾股定理计算出BC，然后根据直角三角形斜边上的中线性质得到OH的长．
本题考查了菱形的性质：菱形具有平行四边形的一切性质；菱形的四条边都相等；菱形的两条对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角．也考查了直角三角形斜边上的中线性质．
14.【答案】4π−16 33
【解析】解：连接OC，
∵OB=BC=CO，
∴△OBC是等边三角形，
∴∠OBD=30°，
∵∠BOD=90°，OB=OA=4，
∴OD=OB⋅tan30°=4× 33=4 33，
∴△BOD的面积是：OD⋅OB2=4 33×42=8 33，
∴△BCD的面积是8 33，
∴阴影部分的面积是：90π×42360−8 33−8 33=4π−16 33，
故答案为：4π−16 33．
根据题意和图形，可以得到△OBC是等边三角形，从而可以得到∠OBD的度数，然后即可得到OD的长，从而可以得到△BOD的面积，根据折叠的性质，△BOD的面积和△BCD的面积一样，然后即可得到阴影部分的面积就是扇形OAB的面积减去△OBD和△BCD的面积．
本题考查扇形面积的计算、折叠的性质、等边三角形的性质，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
15.【答案】解：原式=−(x+2)(x−2)(x−2)2⋅x+1x+2+xx−2
=−x+1x−2+xx−2
=−1x−2，
当x=2− 2时，
原式=−12− 2−2= 22．
【解析】先根据分式的混合运算顺序和运算法则化简原式，再将x的值代入计算即可．
本题主要考查分式的化简求值，解题的关键是掌握分式的混合运算顺序和运算法则．
16.【答案】解：(1)∵自由转动的均匀转盘，转盘均分为三等份，分别标有1，2，3三个数字，
∴小妍转动一次转盘转到数字2的概率为：13；
(2)根据题意画树状图如下：
共有9种等可能的情况数，两个数字和是奇数的有4种，
则小妍同学胜的概率是49；
∴小嘉同学胜的概率是59，
∵49<59，
∴这个游戏对两人不公平．
【解析】(1)直接由概率公式求解即可；
(2)画树状图，分别求出小妍同学胜和小嘉同学胜的概率，即可得出结论．
本题考查了列表法与树状图法、游戏公平性的判断、概率公式等知识；判断游戏公平性就要计算每个事件的概率，概率相等就公平，否则就不公平；用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
17.【答案】解：设大容器的容积是x斛，小容器的容积是y斛，
根据题意得：5x+y=3x+5y=2，
解得：x=1324y=724，
答：大容器的容积是1324斛，小容器的容积是724斛．
【解析】设大容器的容积是x斛，小容器的容积是y斛，根据今有大容器5个，小容器1个，总容量为3斛；大容器1个、小容器5个，总容量为2斛，列出二元一次方程组，解方程组即可．
本题考查了二元一次方程组的应用以及数学常识，找准等量关系，正确列出二元一次方程组是解题的关键．
18.【答案】证明：
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AB/​/CD，OA=OC，
∴∠EAO=∠FCO，
在△AOE和△COF中
∠EAO=∠FCOOA=OC∠AOE=∠COF
∴△AOE≌△COF(ASA)，
∴OE=OF．
【解析】由平行四边形性质可证得△AOE≌△COF，则可证得OE=OF．
本题主要考查平行四边形的性质，掌握平行四边形的对边平行、对角线互相平分是解题的关键．
19.【答案】解：如图：(1)线段AC即为所作，
(2)线段EF即为所作，
(3)四边形ABHG即为所作．

【解析】(1)AB为长方形对角线，作出相等线段即可；
(2)只要保证四边形AFBE是平行四边形即可；
(3)同(2)．
本题考查作图--应用与设计，平行四边形的判定，等腰三角形的判定等知识，解题的关键是学会利用数形结合的思想解决问题，属于中考常考题型．
20.【答案】60 96
【解析】解：(1)本次调查共抽取的人数为6÷10%=60(名)，
中位数为96+962=96，
故答案为：60，96；
(2)94分人数为60×20%=12(名)，
补全条形统计图如下：
(3)2000×18+960=900(名)．
答：估计全校2000名学生进入第二轮知识竞赛环节的人数是900名．
(1)由92分人数及其人数可得本次调查共抽取的人数，依据中位数的定义求解即可；
(2)求出94分人数即可补全图形；
(3)总人数乘以样本中98分及以上人数所占比例即可．
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．
21.【答案】解：作BF⊥CD于点F，设DF=x米，
在Rt△DBF中，tan∠DBF=DFBF，
则BF=DFtan30∘= 3x(米)，
∵斜坡BE的坡度i=1：4，坡底AE的长为8米，
∴AB=2米，
在直角△DCE中，DC=x+CF=(2+x)米，
在直角△DCE中，tan∠DEC=DCEC，
∴EC=2+xtan60∘= 33(x+2)米．
∵BF−CE=AE，即 3x− 33(x+2)=8．
解得：x=4 3+1，
则CD=4 3+1+2=(4 3+3)米．
答：CD的高度是(4 3+3)米．
【解析】作BF⊥CD于点F，设DF=x米，在直角△DBF中利用三角函数用x表示出BF的长，在直角△DCE中表示出CE的长，然后根据BF−CE=AE即可列方程求得x的值，进而求得CD的长．
本题考查的是解直角三角形的应用−仰角俯角问题，坡度坡角问题，掌握仰角俯角的概念、熟记锐角三角函数的定义是解题的关键．
22.【答案】解：(1)把x=2代入y=2x中，得y=2×2=4，
∴点A坐标为(2,4)，
∵点A在反比例函数y=kx的图象上，
∴k=2×4=8，
∴反比例函数的解析式为y=8x；
(2)根据对称性可知B(−2,−4)，
由图象可知，−22时，2x>kx．
(3)∵AC⊥OC，
∴OC=2，
∵A、B关于原点对称，
∴B点坐标为(−2,−4)，
∴B到OC的距离为4，
∴S△ABC=2S△ACO=2×12×2×4=8，
∴S△OPC=8，
设P点坐标为(x,8x)，则P到OC的距离为|8x|，
∴12×|8x|×2=8，解得x=1或−1，
∴P点坐标为(1,8)或(−1,−8)．
【解析】(1)把A点横坐标代入正比例函数可求得A点坐标，代入反比例函数解析式可求得k，可求得反比例函数解析式；
(2)根据图象观察可得正比例函数的图象在反比例函数图象的下方，即可写出x的取值范围．
(3)由条件可求得B、C的坐标，可先求得△ABC的面积，再结合△OPC与△ABC的面积相等求得P点坐标．
本题主要考查待定系数法求函数解析式及函数的交点问题、三角形的面积等知识，解题的关键是灵活运用待定系数法确定函数解析式，学会利用图象根据条件确定自变量取值范围，属于中考常考题型．
23.【答案】600
【解析】解：(1)由题意可知，甲车的速度为：100÷2=50(千米/时)；
a=50×6×2=600，
故答案为：600；
(2)设y与x之间的函数关系式为y=kx+b，
由图可知，函数图象经过(2,100)，(6,600)，
∴2k+b=1006k+b=600，
解得k=125b=−150，
∴y与x之间的函数关系式为y=125x−150(2≤x≤6)；
(3)乙车的速度为：125−50=75(千米/时)，
两车相遇前：50x+75(x−2)=300−150，解得x=125；
两车相遇后：50x+75(x−2)=300+150，解得x=245．
答：当甲、乙两车相距150千米时，甲车行驶的时间是125小时或245小时．
(1)根据图象可知甲车行驶2小时行驶所走路程为100千米，据此即可求出甲车的速度；进而求出甲车行驶6小时所走的路程为300千米，根据两车同时到达各自的目的地可得a=300×2=600；
(2)运用待定系数法解得即可；
(3)分两车相遇前与相遇后两种情况列方程解答即可．
本题考查一次函数的应用，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想解答．
24.【答案】143
【解析】(1)证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ADC=∠BCD=90°，DC=BC，
∴∠DCG+∠BCM=90°，
∵正方形ABCD沿BE折叠，
∴∠BMC=90°，
∴∠CBM+∠BCM=90°，
∴∠CBM=∠DCG，
∴△BCE≌△CDG(ASA)，
∴CE=DG；
(2)解：连接HE，
∵正方形ABCD沿BE折叠，
∴∠BCF=∠BFC，EF=CE=6，
∵AD/​/BC，
∴∠HGF=∠BCF，
∵∠BFC=∠HFG，
∴∠HGF=∠HFG，
∴HG=HF，
设DH=x，则GH=HF=6−x，
由勾股定理得，(6−x)2+62=x2+42，
解得x=143，
∴DH=143；
(3)解：取BC的中点O，连接OM，AO，
则BO=5，AO=5 5，
∵∠BMC=90°，O为BC的中点，
∴MO=12BC=5，
∵AM≥AO−OM，
∴AM的最小值为AO−MO=5 5−5，
故答案为：5 5−5．
(1)利用ASA证明△BCE≌△CDG，得CE=DG；
(2)连接HE，利用等角对等边证明HG=HF，设DH=x，则GH=HF=6−x，由勾股定理得，(6−x)2+62=x2+42，解方程即可；
(3)取BC的中点O，连接OM，AO，利用勾股定理求出AO，直角三角形斜边上中线的性质得MO的长，再利用三角形三边关系可得答案．
本题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，翻折的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，三角形三边关系等知识，运用勾股定理列方程是解题的关键．
25.【答案】2x
【解析】解：(1)在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC=4cm，动点P从点A出发，以 2cm/s的速度沿AB向终点B运动，过点P作PQ⊥AB交折线AC—CB于点Q，
∴∠A=45°，
∴△APQ为等腰直角三角形，
∵点P运动的时间为x(s)，
∴AP= 2x，
∴cs∠A=APAQ，
AQ=APcs∠A= 2xcs45°=2x，
故答案为：2x；
(2)将点P绕点Q顺时针旋转90°至点D，当点D落在BC上时，如图1，
AP=QD= 2x，AQ=2x，
∵AB⊥PQ，DQ⊥PQ，
∴PA//DQ，
∴∠DQC=∠BAC=45°，
∴△DCQ为等腰直角三角形
∴2QC2=( 2x)2，QC=x，
∵AQ+QC=AC，
∴2x+x=4，
∴x=43；
(3)∵AC=BC，∠ACB=90°，
∴∠A=45°，
∵PQ⊥AB，
∴△APQ为等腰直角三角形，
由(2)得当x=43时，点D落在BC上，
当点Q与点C重合时，AQ=AC=4，
∴AP2=AQ2−PQ2，
∴( 2x)2+( 2x)2=42，
解得：x=2，
在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC=4cm，
∴AB=4 2，
∴ 2x=4 2，
解得：x=4，
当x=4时，点P到达B点，
分三种情况讨论：
①当0PQ=DQ= 2x，
∴y=12PQ⋅DQ=12 2x⋅ 2x=x2，
即y=x2；
②当43∵PA=DQ，PA//DQ，
∴四边形PAQD是平行四边形，
∴PE//AC，PD=AQ=2x，
∴PEAC=BPAB，
∵AB= AC2+BC2= 42+42=4 2，
∴PE4=4 2− 2x4 2，PE=4−x，
∴ED=EF=2x−(4−x)=3x−4，
∴y=S△PQD−S△DEF=12PQ⋅DQ−12ED⋅EF=x2−12(3x−4)2，
整理得：y=−72x2+12x−8；
③当2PB=PQ=4 2− 2x，
∴sin∠EPQ=EQPQ，
∴EQ=sin45°×(4 2− 2x)=4−x，
∴y=12EQ⋅EP=12(4−x)2=12x2−4x+8，
即y=12x2−4x+8．
综上所述：当0(1)根据路程=速度×时间，分别求出AP、PQ，再根据AB⊥PQ得出△APQ为等腰直角三角形，根据勾股定理即可求出AQ长；
(2)根据AB⊥PQ，及旋转的性质得PA//DQ，求出△DCQ为等腰直角三角形，分别求出QC=x，根据AQ+QC=AC即可得出结果，利用直角三角形的性质列出等式求解即可得；
(3)先求出点Q与点C重合时x的值，再分0本题考查了直角三角形的性质、三角形的面积公式、勾股定理，列函数关系式，灵活运用等边三角形的性质是解题的关键．
26.【答案】解：(1)把点A(−1,0)，B(5,0)代入抛物线y=x2+bx+c得，
1−b+c=025+5b+c=0，
解得：b=−4c=−5，
∴抛物线解析式为y=x2−4x−5；
(2)由(1)知，抛物线y=x2−4x−5−2mx=x2−(4+2m)x−5，当2m−1≤x≤2m+3时，y有最大值12
∵抛物线开口向上，
∴最大值只能在x=2m−1或x=2m+3时取得，
当x=2m−1时，12=(2m−1)2−(4+2m)(2m−1)−5，
解得：m=−65；
当m=2m+3时，12=(2m+3)2−(4+2m)(2m+3)−5，
解得：m=−10，
∴m=−65或m=−10；
(3)由题意得，新抛物线为y=x2−4x−5+n是把抛物线y=x2−4x−5平移|n|个单位得到的，如图所示：

①当−2则4+8−5+n≥19−12−5+n≤1，
解得：−6≤n≤9，
②当抛物线与直线y=1相切时，
就是把抛物线y=x2−4x−5=(x−2)2−9向上平移10个单位，
即n=10，
∴n的取值范围为−6≤n≤9或n=10．
【解析】(1)把点A，B坐标代入抛物线用待定系数法求函数解析式即可；
(2)根据函数的性质，当x=2m−1或x=2m+3时y有最大值12，代入求值即可；
(3)根据数形结合求m取值范围即可．
本题考查抛物线与x轴的交点以及二次函数的性质，关键是利用分类讨论思想进行解答．