数学（四川成都卷）2023年中考考前最后一卷（全解全析）

这是一份数学（四川成都卷）2023年中考考前最后一卷（全解全析），共35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年中考考前最后一卷【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
B
B
D
B
B
D
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．实数的绝对值为（    ）
A． B． C．2023 D．
【答案】C
【分析】利用绝对值的性质即可答案．
【详解】解：的绝对值为．
故选：C．
【点睛】本题考查了绝对值的性质．绝对值的性质：正数的绝对值是它本身；0的绝对值是0；负数的绝对值是它的相反数．成都及各地中考数学通常以有理数的试题，尤其是相反数、绝对值、倒数的试题作为第一题；成都最近两年是相反数和倒数，2023年可能性最大的是绝对值。
2．在科幻小说《三体》中，制造太空电梯的材料是由科学家汪淼发明的一种只有头发丝粗细的超高强度纳米丝“飞刃”．已知正常的头发丝直径为0.0009dm，则“飞刃”的直径（dm）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0的个数所决定．
【详解】解：“飞刃”的直径用科学记数法表示为：，故B正确．
故选：B．
【点睛】本题考查用科学记数法表示较小的数，一般形式为，其中，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．科学记数法是各地必考试题，成都最近几年都是考的正指数幂的科学记数法，2023年最大可能性是负指数幂的科学记数法。
3．下列运算正确的是（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】分别根据同底数幂的乘法，积的乘方，单项式除以单项式，完全平方公式以及合并同类项法则计算各选项后再进行判断即可．
【详解】解：A. ，故原选项计算错误，不符合题意；
B. ，，计算正确，符合题意；
C. ，故原选项计算错误，不符合题意；
D. 故原选项计算错误，不符合题意；
故选：B
【点睛】本题主要考查了同底数幂的乘法，积的乘方，单项式除以单项式，完全平方公式以及合并同类项，熟练掌握相关运算法则和公式是解答本题的关键．
4．如图，△ABC的三边、、的长分别4，6，8，点O是△ABC三条角平分线的交点，则＝（    ）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据角平分线的性质得到小三角形的高相等，结合底边长即可得出结论．
【详解】解：如图，过O分别作各边的垂线，垂足分别为D，E，F，
是△ABC三条角平分线的交点，
∴，
∴



故选：B．

【点睛】本题考查的是角平分线的性质，熟知角的平分线上的点到角的两边的距离相等是解答此题的关键．
5．白老师在黑板上计算一组数据时，列式如下：，由公式提供的信息，下列关于这组数据的说法错误的是（    ）
A．中位数是4 B．众数是4 C．平均数是4 D．方差是
【答案】D
【分析】根据方差的计算公式可得这组数据为，再分别根据中位数与众数的定义、平均数和方差公式计算即可得．
【详解】解：由题意得：这组数据为，
则中位数是，选项A正确，不符合题意；
因为4出现的次数最多，
所以众数是4，选项B正确，不符合题意；
平均数是，选项C正确，不符合题意；
方差是，选项D错误，符合题意；
故选：D．
【点睛】本题考查了中位数、众数、平均数、方差，熟记各定义和公式是解题关键．
6．如图是某芯片公司的图标示意图，其设计灵感源于传统照相机快门的机械结构，圆O中的阴影部分是一个正六边形，其中心与圆心O重合，且，则阴影部分面积与圆的面积之比为（ 　　）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据题意，设正六边形的边长为1，进而求出圆的面积以及圆的内接正六边形面积，进一步计算可得答案．
【详解】解：如图所示，连接，，

设正六边形的边长为1，则，，
∴△AOB为等边三角形，则，，，
∴，
又∵，
∴，则，
∴，即圆的半径为，
所以圆的面积为，正六边形的面积为，
则阴影部分面积与圆的面积之比为，
故选：B．
【点睛】本题考查了圆面积的计算，正六边形的性质，正确作出辅助线和正确的识别图形是解题的关键．
7．《九章算术》中记载了这样一道题，大意是：若有玉立方寸，重两；石立方寸，重两．今有棱长寸的正方体石，其中含有玉，总重斤(注：斤两)．问玉、石各重多少？若设玉重两，石重两，则可列方程组为(   )
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】由题意可知，棱长寸的正方体体积为立方寸，斤两．根据题意，可知玉和石共重两，即，玉和石的总体积为立方寸，即．
【详解】由题意可知，棱长寸的正方体体积为立方寸，斤两．根据题意，可知玉和石共重两，即，玉和石的总体积为立方寸，即．
故可列方程为
故选B．
【点睛】本题考查了二元一次方程的应用，根据题意列出二元一次方程组是解题的关键．
8．在平面直角坐标系中，二次函数的图象与轴交于点和点，其顶点坐标为，下列说法正确的是（    ）．
A． B．当时，随的增大而减小
C．点的坐标为 D．
【答案】D
【分析】由题意可得出该二次函数对称轴为直线，再根据点A坐标为，即得出，可判断C；结合A，B，C三点坐标可判断其图象开口向上，可判断A；根据对称轴为直线，图象开口向上，即得出当时，随的增大而增大，可判断B；根据图象开口向上，与轴交于点和点，即得出当时，，代入，即得出，可判断D．
【详解】解：∵二次函数的图象与轴交于点和点，其顶点坐标为，
∴对称轴为直线，
∴，故C错误，不合题意；
∵二次函数的图象与轴交于点和点，其顶点坐标为，
∴抛物线开口向上，
∴，故A错误，不合题意；
∵抛物线开口向上，对称轴为直线，
∴当时，随的增大而增大，
∴当时，随的增大而增大，故B错误，不合题意；
∵二次函数的图象开口向上，与轴交于点和点，
∴时，，
∴，故D正确，符合题意．
故选D．
【点睛】本题主要考查二次函数的图象和性质．熟练掌握二次函数的图象和性质是解题关键．
第Ⅱ卷
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9．把多项式分解因式的结果是___________．
【答案】
【分析】先提取公因式，然后利用完全平方公式分解因式即可．
【详解】解：

．
故答案为：．
【点睛】本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．
10．设函数与的图象的交点坐标为，则的值为___________．
【答案】
【分析】根据题意可得，再根据进行求解即可．
【详解】解：∵函数与的图象的交点坐标为，
∴，
∴
∴；
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了反比例函数与一次函数的交点问题，正确得到是解题的关键．
11．如图，在平面直角坐标系中，已知，，，△ABC与△DEF位似，原点是位似中心，则点的坐标是____________．

【答案】
【分析】由位似的概念得到位似比为，根据位似的性质即可求解．
【详解】解：∵△ABC与△DEF位似，原点O是位似中心，
而，，
∴与位似比为，
∵，
∴ E点的坐标是为，
即
故答案为：．
【点睛】本题考查了位似的概念，理解对应点到位似中心的距离比是位似比是解题关键．
12．若去分母解分式方程会产生增根，则m的值为______．
【答案】1
【分析】首先解分式方程，再根据方程产生增根，列方程，即可求解．
【详解】解：去分母，得：，
移项、合并同类项，得：，
解得：，
方程有增根，
，
解得，
故答案为：1．
【点睛】本题考查了利用分式方程根的情况求参数，熟练掌握解分式方程是解决本题的关键．
13．如图，在平行四边形中，，以点为圆心，长为半径画弧交于点，再分别以点，为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于一点，连接并延长交于点，连接．设与相交于点，若四边形的周长为16，则四边形的面积是_________．

【答案】
【分析】根据题意可知AE是BF的垂直平分线，可得AB=AF，BE=EF，再根据“AAS”证明△AOF≌△EOB，可得AF=BE，进而根据“四边相等的四边形是菱形”得出四边形ABEF是菱形，可知AF=AB=4，再说明△ABF是等边三角形，可求出BF=4，然后根据勾股定理求出AO，最后根据菱形的面积等于对角线乘积的一半得出答案即可．
【详解】根据题意可知AE是BF的垂直平分线，
∴AB=AF，BE=EF．
∵∠FAO=∠BEO，∠AOF=∠BOE，BO=FO，
∴△AOF≌△EOB，
∴AF=BE，
∴AB=BE=EF=AF，
∴四边形ABEF是菱形，
∴AF=AB=4．
∵四边形ABCD是平行四边形，且∠C=60°，
∴∠BAF=60°，
∴△ABF是等边三角形，
∴BF=4，
∴OF=2．
在Rt△AOF中，，
∴．
∴．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了尺规作垂直平分线，菱形的判定和性质，平行四边形的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理等，掌握菱形面积的计算方法是解题的关键．
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】先进行零指数幂，特殊角的三角函数值，负整数幂，去绝对值运算，再进行加减运算即可；
【详解】原式
；
【点睛】本题考查特殊角的三角函数值的混合运算．
（2）解不等式组：．
【答案】
【分析】分别求出每一个不等式的解集，根据口诀：同大取大、同小取小、大小小大中间找、大大小小找不到确定不等式组的解集．
【详解】解：，
解不等式①得：，
解不等式②得：，
∴不等式组的解集为，
【点睛】本题考查的是解一元一次不等式组，正确求出每一个不等式解集是基础，熟知“同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到”的原则是解答此题的关键．
15．（8分）某校为了解学生参加课外兴趣活动的情况，从报名参加A：象棋，B：舞蹈，C：书法，D：足球，E：绘画这五项活动的学生中随机抽取了部分学生进行调查（每人参加且只能参加一项），并将调查结果绘制成如下两幅不完整的统计图．

根据上述信息，解答下列问题：
(1)这次被调查的学生共有________人，并把条形统计图补充完整．
(2)若该校共有600名学生参加课外兴趣活动，估计参加书法活动的有多少人？
(3)在参加舞蹈活动的学生中，有2名女生和2名男生表现突出，现决定从他们四人中选2名参加市级比赛．请用画树状图法或列表法求恰好选中2名女生的概率
【答案】(1)150，统计图见解析；(2)240；(3)
【分析】（1）根据报名参加象棋人数除以占比，求得被调查的学生人数，根据总人数求得参加足球的人数，进而补全统计图即可求解；
（2）用样本估计总体，用乘以参加书法活动的占比即可求解；
（3）根据画树状图求概率即可求解．
【详解】（1）解：这次被调查的学生共有（人）
参加足球的人数为：（人）
补全统计图如图所示，

（2）解：（人）
（3）解：画树状图为：

共有12种等可能结果，符合题意的有2种，
∴恰好选中2名女生的概率为：
【点睛】本题主要考查了条形统计图和扇形统计图的综合运用，样本估计总体，画树状图法求概率，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．
16．（8分）在课题学习《如何设计遮阳棚》中，计划在移门上方安装一个可伸缩的遮阳棚（如图1），其中为移门的高度，B为遮阳棚固定点，为遮阳棚的宽度（可变动），，．

小丁所在小组负责探究“移门在正午完全透光时太阳高度角与遮阳棚宽度的关系”，查阅得到如下信息：太阳高度角是指太阳光线与地平面的夹角；该地区冬至日正午的太阳高度角a最小（约）；夏至日正午的太阳高度角a最大（约）．请你协助该小组，完成以下任务：
【任务1】如图2，在冬至日正午时要使太阳光完全透过移门，应该不超过多少长度（结果精确到）
【任务2】如图3，有一小桌子在移门的正前方，桌子最外端E到移门的距离为，桌子高度．若要求在夏至日正午时太阳光恰好照射不到桌面，则BD应该多长？（结果精确到．参考数据：，，，，，，）．
【答案】任务1：应该不超过；任务2：BD长约为．
【分析】任务1：设，过点Ｄ作于点E，在中，求得，，在中，得到，根据，列式计算即可求解；
任务2：先求得，作于点F，连接，过点D作于点G，设，同理求得，，，根据，列式计算即可求解．
【详解】解：任务1：在冬至日正午时要使太阳光完全透过移门，，设，过点Ｄ作于点E，如图，

∵，∴，在中，，，∴，，又∵，∴，在中，，∴，又∵，∴，解得，
答：应该不超过；
任务2：如图，作于点F，连接，过点D作于点G，设，

则，，，∴是等腰直角三角形，则，，∵，则，∴，，，，在中，，，∴，，在中，，∴，又∵，∴，解得，
答：BD长约为．
【点睛】本题考查了将实际问题转化为直角三角形中的数学问题，可通过作辅助线构造直角三角形，再把条件和问题转化到这个直角三角形中，使问题解决．
17．（10分）如图，在⊙O中，弦相交于点E，点B是劣弧中点，延长到点F，使，连接

(1)求证：；
(2)若，求证：是⊙O的切线；
(3)若，，求的长.
【答案】(1)见解析；(2)见解析；(3)
【分析】（1）根据同圆或等圆中，等弧所对的圆周角相等，等弧所对的弦相等可得，，然后结合已知条件，利用证得△BAF≌△BAD，则，结合等量代换即可证得结论；
（2）连接，由根据垂径定理的推论可得,再结合证得，然后根据切线的定义即可证得结论
（3）由同圆或等圆中，等弧所对的圆周角相等可得,再结合证得△BDE∽△BAD,由相似三角形的性质求得的长度，再由即可求得答案
【详解】（1）∵点是劣弧的中点，
，
，
在和△BAD 中，
，
∴△BAF≌△BAD，
，
，
；
（2）连接，如图，

，
，
，
，
∵OB是⊙O的半径，
是⊙O的切线；
（3），
，
，
∴△BDE∽△BAD，
，
，
，
，
，

【点睛】此题主要考查了相似三角形的判定与性质以及切线的判定，正确识别图形是解题关键．
18．（10分）如图，直线与双曲线相交于A，B两点，点A坐标为．点P是x轴负半轴上的一点．

(1)分别求出直线和双曲线的表达式；
(2)连接，，，，若，求点P的坐标；
(3)我们把能被一条对角线分成两个全等直角三角形的四边形叫做“美丽四边形”．在（2）的条件下，平面内是否存在点Q，使得以A，B，P，Q为顶点的四边形是美丽四边形，若存在，请直接写出Q点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)，；(2)；(3)平面内存在点、、，使得以A，B，P，Q为顶点的四边形是美丽四边形
【分析】（1）把分别代入两个解析式计算即可；
（2）设P(m,0)，表示出△ABO和的面积，再根据列方程计算即可；
（3）先证明△ABP是直角三角形，只需要说明以A，B，P，Q为顶点的四边形是平行四边形即可，再利用平移计算即可．
【详解】（1）把代入得：，解得，
∴直线解析式为
把代入双曲线得：，解得，
∴双曲线解析式为；
（2）设P(m,0)，直线与x轴交点，则，
联立，解得或
∴，
过作轴于，过作轴于，则，

∴
∵，
∴，
解得
∴
（3）由（2）可得，，
∴，，
∴
∵，
∴，
∴根据“美丽四边形”定义得，当以A，B，P，Q为顶点的四边形是平行四边形时，平面内存在点Q，使得以A，B，P，Q为顶点的四边形是美丽四边形，
∵，，
∴当线段平移到时，向右平移5个单位长度，再向下平移5个单位长度得到，
∴向右平移5个单位长度，再向下平移5个单位长度得到，
同理，当线段平移到时，；
当线段平移到时，，
综上，平面内存在点、、，使得以A，B，P，Q为顶点的四边形是美丽四边形．
【点睛】此题属于反比例函数与一次函数综合题，涉及的知识有：勾股定理，坐标与图形性质，待定系数法求函数解析式，面积问题，平行四边形存在性问题，三角函数的性质，利用了分类讨论的思想，理解新定义是解本题第三问的关键．
B卷
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19．实数，满足，则分式的值是_____．
【答案】
【分析】先把已知等式的两边去括号，移项变形，化成 ，利用非负性得到，代入分式即可求值．
【详解】解：，
．
．
，．
，．
原式


．
故答案为：
【点睛】本题考查了分式的化简求值，解题的关键是把已知的等式变性后利用非负性质求得，．
20．如果方程的三根可以作为一个三角形的三边之长，那么实数的取值范围是_____．
【答案】3＜k＜4
【分析】首先根据题意得出方程的一个根为1，然后设另一个一元二次方程的两个根为m和n，再根据根的判别式、完全平方公式、三角形三边的关系m−n＜1＜m+n即可求得k的取值范围．
【详解】解：由题意得：，
∴
设的两根分别是、n (m＞n)；则，；
∴；
根据三角形三边关系定理，得：，即；
，解得．
故答案为．
【点睛】本题主要考查了一元二次方程的根的判别式、根与系数的关系、完全平方公式、三角形的三边关系等知识点，灵活运用根与系数的关系成为解答本题的关键．
21．有四张正面分别标有﹣1，0，1，2的不透明卡片，它们除数字不同外其余全部相同，现将它们背面朝上，洗匀后从中取出一张，将卡片上的数字记为a，不放回，再取出一张，将卡片上的数字记为b，设P点的坐标为（a，b）．如图，点P落在抛物线y=x2与直线y=x+2所围成的封闭区域内（图中含边界的阴影部分）的概率是____．

【答案】
【分析】先确定抛物线y=x2与直线y=x+2的交点坐标为（﹣1，1）和（2，4），再利用树状图展示所有12种等可能的结果数，然后找出满足条件的P点的个数，再利用概率公式计算．
【详解】解：解方程组，
可得或，
所以抛物线y=x2与直线y=x+2的交点坐标为（﹣1，1）和（2，4），
画树状图为：

共有12种等可能的结果数，其中点P落在抛物线y=x2与直线y=x+2所围成的封闭区域内（图中含边界的阴影部分）有4种，分别为（﹣1，1）、（0，1）、（0，2）、（1、2），
所以点P落在抛物线y=x2与直线y=x+2所围成的封闭区域内（图中含边界的阴影部分）的概率==．
故答案为： ．
【点睛】本题考查了列表法与树状图法：利用列表法或树状图法展示所有可能的结果数，再找出某事件所占有的结果数，然后根据概率公式计算这个事件的概率．
22．点A，B的坐标分别为和，抛物线的顶点在线段上运动时，形状保持不变，且与x轴交于C，D两点（点C在点D的左侧），给出下列结论：①；②当时，y随x的增大而增大；③若点D的横坐标最大值为5，则点C的横坐标最小值为；④当四边形为平行四边形时，．其中正确的是___________．
【答案】②④
【分析】根据顶点在线段上抛物线与y轴的交点坐标为可以判断出c的取值范围，得到①错误；根据二次函数的增减性判断出②正确；先确定x=1时，点D的横坐标取得最大值，然后根据二次函数的对称性求出此时点C的横坐标，即可判断③错误；令y=0，利用根与系数的关系与顶点的纵坐标求出CD的长度的表达式，然后根据平行四边形的对边平行且相等可得AB=CD，然后列出方程求出a的值，判断出④正确．
【详解】解：∵点A，B的坐标分别为和，
∴线段与y轴的交点坐标为，
又∵抛物线的顶点在线段上运动，抛物线与y轴的交点坐标为，

∴，（顶点在y轴上时取“=”），故①错误；
∵抛物线的顶点在线段上运动，
∴当时，y随x的增大而增大，
因此，当时，y随x的增大而增大，故②正确；
若点D的横坐标最大值为5，则此时对称轴为直线，
根据二次函数的对称性，点C的横坐标最小值时，对称轴为直线，点C的横坐标为，故③错误；
令，则，

∴，
根据顶点坐标公式可知：，
∴，
∴，
∵四边形ACDB为平行四边形，
∴，
∴，
解得，故④正确；
综上所述，正确的结论有②④．
故答案为②④．
【点睛】本题考查了二次函数的图像与性质及平行四边形的性质，对于二次函数（a，b，c为常数，a≠0），其对称轴是直线：；．当时，在对称轴的左侧y随x的增大而减小，在对称轴的右侧y随x的增大而增大；当时，在对称轴的左侧y随x的增大而增大，在对称轴的右侧y随x的增大而减小．
23．如图，矩形，，，E为中点，F为直线上动点，B、G关于对称，连接，点P为平面上的动点，满足，则的最小值___________．

【答案】
【分析】由题意可知，，可得，可知点在以为弦，圆周角的圆上，（要使最小，则点要靠近蒂点，即点在的右侧），设圆心为，连接，，，，，过点作，可知△AOB为等腰直角三角形，求得，，，，再由三角形三边关系可得：，当点在线段上时去等号，即可求得的最小值．
【详解】解：∵B、G关于对称，
∴，且
∵E为中点，则为的中位线，
∴，
∴，

∵，即，
∴点在以为弦，圆周角的圆上，（要使最小，则点要靠近蒂点，即点在的右侧）
设圆心为，连接，，，，，过点作，
则，
∵，
∴，则为等腰直角三角形，
∴，
又∵为中点，
∴，，
又∵四边形是矩形，
∴，，
∴四边形是正方形，
∴，，
∴，
由三角形三边关系可得：，当点在线段上时去等号，
∴的最小值为，
故答案为：．
【点睛】本题考查轴对称的性质，矩形的性质，隐形圆，三角形三边关系，正方形的判定及性质，等腰直角三角形的判定及性质，根据得知点在以为弦，圆周角的圆上是解决问题的关键．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24．（8分）某公司准备购进，两种材料制作甲、乙两种工艺品，已知件材料比件材料少元，且购进材料件和材料件共需元．
(1)问，两种材料每件各多少元？
(2)若购买的材料可以制作甲、乙两种工艺品共个，制作个甲工艺品和个乙工艺品所需、材料数量如下表．
工艺品种类
材料件
材料件
甲


乙


若甲的售价是元个，乙的售价是元个根据市场需要，甲工艺品数量不多于个，如何安排制作方案可使所获利润最大？并求最大总利润．
【答案】(1)材料一件元，材料一件元
(2)制作个甲工艺品，个乙工艺品时所获利润最大，最大利润为元
【分析】（1）设材料一件元，材料一件元，根据件材料比件材料少元，且购进材料件和材料件共需元列出方程组，解方程组即可；
（2）设甲工艺品制作个，乙工艺品制作个，总销售利润为元，根据总利润总销售额总成本列出函数解析式，根据函数的性质求函数最值．
【详解】（1）解：设材料一件元，材料一件元，则：
，
解得，
答：材料一件元，材料一件元；
（2）设甲工艺品制作个，乙工艺品制作个，总销售利润为元，
根据题意得：


，
甲工艺品数量不多于个，
，
，
当时，有最大值，最大值为（元），
此时（个），
答：制作个甲工艺品，个乙工艺品时所获利润最大，最大利润为元．
【点睛】本题考查了一次函数和二元一次方程组的应用，解答本题的关键是读懂题意，找出题目所给的等量关系，列方程组和函数解析式．
25．（10分）在平面直角坐标系中，点是坐标原点，抛物线经过和，与轴交于另一点，与轴交于点．

(1)如图1，求抛物线的解析式；
(2)如图2，连接，，点在线段上，连接，设点的横坐标为，△CBH的面积为，求与的函数关系式；（不要求写出自变量的取值范围）
(3)如图3，射线平分，为线段上一点，连接交于点，点为的中点，点在线段上，点在的延长线上，连接，将绕点顺时针旋转得到，连接，且，若△CBH的面积为，求点的坐标．
【答案】(1)；(2)；(3)
【分析】（1）将和代入，求出，的值即可；
（2）先求出点C的坐标，进而得到，轴，再由点在线段上，点的横坐标为，得到，则；
（3）根据（2）所求得到；如图3-1所示，过点E作于Z，过点F作交于L，过点H作于X，过点F作于T，证明，得到；由角平分线的性质得到，求出，则，，再利用面积法求出，即，则，，证明，求出；解得到，，解，得到，则；再解，，求出；如图3-2所示，过点M作交于P，则△FMP是等腰直角三角形，证明，推出；如图3-2所示，延长交x轴于V，过点K作轴于W，过点B作于S，则，求出，解，求出，则，证明，求出，解，求出，解，得到，设，则，，在中，由勾股定理得，，解得，则，，从而求得．
【详解】（1）解：∵，抛物线经过和，
∴，∴，
∴抛物线解析式为；
（2）解：在中，令，则，
∴，
∴，
又∵，
∴轴，
∵点在线段上，点的横坐标为，
∴，
∴；
（3）解：∵△CBH的面积为，
∴，
∴；
如图3-1所示，过点E作于Z，过点F作交于L，过点H作于X，过点F作于T，

∴，
∵点G为的中点，
∴，
∴，
∴；
∵平分，
∴，
在中，令，则或，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，即，
∴，，
∵，
∴，
∴，即，
∴；
∵，，
∴，
∴，
∴，
在中，，，
在中，，
∴；
在中，，，
∴，
在中，，
∴；
如图3-2所示，过点M作交于P，则是等腰直角三角形，

∴，
由旋转的性质可得，
∴，
∴，
∴，
∴，
如图3-2所示，延长交x轴于V，过点K作轴于W，过点B作于S，
∴，
∵，，
∴，
在中，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，  
∴，即，
∴，
∵，
∴，
在中，，
∵，
∴，
∴，  
在中，，
在中，，
设，则，
∴，
在中，由勾股定理得，
∴，
解得（舍去）或，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了二次函数综合，解直角三角形，相似三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，旋转的性质，勾股定理等等，正确作出对应的辅助线构造直角三角形是解题的关键．
26．（12分）问题提出：
（1）“弦图”是中国古代数学成就的一个重要标志．小明用边长为的正方形制作了一个“弦图”：如图①，在正方形内取一点，使得，作，，垂足分别为、，延长交于点．若，求的长；

变式应用：
（2）如图②，分别以正方形的边长和为斜边向内作和，连接，若已知，，的面积为，，则正方形的面积为 ．

拓展应用：
（3）如图③，公园中有一块四边形空地，米，米，米，，空地中有一段半径为米的弧形道路（即），现准备在上找一点将弧形道路改造为三条直路（即、、），并要求，三条直路将空地分割为△ABP、△BCP和四边形APCD三个区域，用来种植不同的花草．
①则的度数为 ；
②求四边形的面积．

【答案】（1）；（2）；（3）①；②平方米
【分析】（1）根据矩形的判定定理得到四边形是矩形，求得，根据正方形的性质得到，，根据全等三角形的性质得到，根据勾股定理即可得到结论；
（2）如图②，延长交于，延长交于，根据全等三角形的性质得到，∠CDF=∠ABE，求得，根据余角的性质得到，同理，，根据全等三角形的性质得到，求得正方形的面积，于是得到结论；
（3）①如图③，连接，根据勾股定理得到，根据勾股定理的逆定理得到，推出是所在圆的直径，△ACD是等腰直角三角形，得到点，，，四点共圆，，圆内接四边形的性质得到的度数；
②根据三角形的面积公式得到；根据旋转的想得到，，，延长交于，推出△AMP是等腰直角三角形，得到，根据勾股定理和三角形的面积公式即可得到结论．
【详解】解：∵，，，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
∴，
在△ABH和△BCE中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
解得：或（负值不合题意，舍去），
∴的长为；
（2）解：如图②，延长交于，延长交于，
∵四边形是正方形，
∴，
∵，，
在和中，
，∴，
∴，∠CDF=∠ABE，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
同理，，
在△ADH和△BAE中，
，
∴△ADH ≌△BAE(AAS)，
∴，，
在△CBG和△BAE中，
，∴，
∴，，
∴，，
∴，
∴四边形是正方形，
∵的面积为，，
∴正方形的面积为：，
∴正方形的面积为：，
故答案为：；

（3）如图③，连接，
∵，，
∴，
∵，，
∴，
∴，  
∴是所在圆的直径，△ACD是等腰直角三角形，
∴点，，，四点共圆，，
∴，
∴，
故答案为：；
②∵△ACD是等腰直角三角形，
∴，
把绕着点逆时针旋转，得到△ABQ，
∴，，，
∴∠，，
∴，
∴，  
延长交于，
∴，，
∴△AMP是等腰直角三角形，，
∴，，
∴，
∵，
∴四边形是正方形，
∴，
∴，
∵，
∴，  
∴，
∴



，
∴（平方米）．

【点睛】本题是圆的综合题，考查旋转的性质，全等三角形的判定和性质，正方形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，圆周角定理，勾股定理，勾股定理的逆定理，正确地作出辅助线是解题的关键．