2023年吉林省松原市宁江区油田十二中中考数学六模试卷（含解析）

这是一份2023年吉林省松原市宁江区油田十二中中考数学六模试卷（含解析），共24页。试卷主要包含了选择题，填空题，计算题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.−2的倒数是( )
A. −2B. −12C. 12D. 2
2.为保证2022年北京冬奥会的顺利举行，我国用于各项比赛项目的筹建以及冬奥会各项保障工作共投资1728亿元，其中1728亿用科学记数法表示为( )
A. 1.728×1011B. 1.728×1012C. 17.28×1010D. 0.1728×1013
3.如图是由5个相同的小正方体组合而成的立体图形，其主视图是( )
A.
B.
C.
D.
4.下列计算正确的是( )
A. a3+a2=2a5B. a3⋅a2=a6C. a3÷a2=aD. (a3)2=a9
5.如图，将三角形的直角顶点放在直尺的一边上，若∠1=65°，则∠2的度数为( )
A. 10°
B. 15°
C. 20°
D. 25°
6.如图，在△ABC中，∠ACB=90°，AB=5，BC=4.以点A为圆心，r为半径作圆，当点C在⊙A内且点B在⊙A外时，r的值可能是( )
A. 2B. 3C. 4D. 5
二、填空题：本题共8小题，每小题3分，共24分。
7.分解因式：3x2−x=______．
8.计算：2xx−1−xx−1= ______．
9.第二十四届北京冬奥会入场式引导牌上的图案融入了中国结和雪花两种元素．如图，这个图案绕着它的中心旋转角α(0°<α<360°)后能够与它本身重合，则角α可以为 度．(写出一个即可)
10.不等式组−2x<4x−3>0的解集是______．
11.如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为(−2,0)，点B在y轴正半轴上，以点B为圆心，BA长为半径作弧，交x轴正半轴于点C，则点C的坐标为______．
12.如图，四边形ABCD内接于⊙O，∠DAB=130°，连接OC，点P是半径OC上任意一点，连接DP，BP，则∠BPD可能为______度(写出一个即可)．
13.如图，在△ABC中，D，E分别是边AB，AC的中点．若△ADE的面积为12，则四边形DBCE的面积为______．
14.我们规定：等腰三角形的顶角与一个底角度数的比值叫做等腰三角形的“特征值”，记作k，若k=12，则该等腰三角形的顶角为______度．
三、计算题：本大题共1小题，共5分。
15.某同学化简a(a+2b)−(a+b)(a−b)出现了错误，解答过程如下：
原式=a2+2ab−(a2−b2) (第一步)
=a2+2ab−a2−b2(第二步)
=2ab−b2(第三步)
(1)该同学解答过程从第______步开始出错，错误原因是______；
(2)写出此题正确的解答过程．
四、解答题：本题共11小题，共79分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
16.(本小题5分)
如图，在正方形ABCD中，点E、F分别在BC、CD上，且BE=CF，求证：AE=BF．
17.(本小题5分)
某高校利用“世界献血日”开展自愿义务献血活动.现有四名自愿献血者，经过检测，2人为O型，1人为A型，1人为B型.若在四人中随机挑选2人，用画树状图(或列表)的方法，求两人血型均为O型的概率．
18.(本小题5分)
参加一次商品交易会的每两家公司之间都签定了一份合同，所有公司共签定了45份合同，共有多少家公司参加商品交易会？
19.(本小题7分)
图①，图②均为4×4的正方形网格，每个小正方形的顶点称为格点．在图①中已画出线段AB，在图②中已画出线段CD，其中A、B、C、D均为格点，按下列要求画图：
(1)在图①中，以AB为对角线画一个菱形AEBF，且E，F为格点；
(2)在图②中，以CD为对角线画一个对边不相等的四边形CGDH，且G，H为格点，∠CGD=∠CHD=90°．
20.(本小题7分)
为积极响应“弘扬传统文化”的号召，某学校倡导全校1200名学生进行经典诗词诵背活动，并在活动之后举办经典诗词大赛，为了解本次系列活动的持续效果，学校团委在活动启动之初，随机抽取部分学生调查“一周诗词诵背数量”，根据调查结果绘制成的统计图(部分)如下图所示．
大赛结束后一个月，再次抽查这部分学生“一周诗词诵背数量”，绘制成统计表：
请根据调查的信息分析：
(1)活动启动之初学生“一周诗词诵背数量”的中位数为______；
(2)估计大赛后一个月该校学生一周诗词诵背6首(含6首)以上的人数；
(3)选择适当的统计量，从两个不同的角度分析两次调查的相关数据，评价该校经典诗词诵背系列活动的效果．
21.(本小题7分)
数学小组研究如下问题：长春市的纬度约为北纬44°，求北纬44°纬线的长度，小组成员查阅了相关资料，得到三条信息：
(1)在地球仪上，与南，北极距离相等的大圆圈，叫赤道，所有与赤道平行的圆圈叫纬线；
(2)如图，⊙O是经过南、北极的圆，地球半径OA约为6400km.弦BC/​/OA，过点O作OK⊥BC于点K，连接OB.若∠AOB=44°，则以BK为半径的圆的周长是北纬44°纬线的长度；
(3)参考数据：π取3，sin44°=0.69，cs44°=0.72．
小组成员给出了如下解答，请你补充完整：
解：因为BC/​/OA，∠AOB=44°，
所以∠B=∠AOB=44°(______)(填推理依据)，
因为OK⊥BC，所以∠BKO=90°，
在Rt△BOK中，OB=OA=6400．
BK=OB× ______(填“sinB”或“csB”)．
所以北纬44°的纬线长C=2π⋅BK．
=2×3×6400× ______(填相应的三角形函数值)
≈ ______(km)(结果取整数)．
22.(本小题7分)
如图，在平面直角坐标系中，反比例函数y=kx(x>0)的图象经过点A(1,2)，B(m,n)(m>1)，过点B作y轴的垂线，垂足为C．
(1)求该反比例函数解析式；
(2)当△ABC面积为2时，求点B的坐标．
23.(本小题8分)
学校与图书馆在同一条笔直道路上，甲从学校去图书馆，乙从图书馆回学校，甲、乙两人都匀速步行且同时出发，乙先到达目的地.两人之间的距离y(米)与时间t(分钟)之间的函数关系如图所示．
(1)根据图象信息，t= ______分钟时甲乙两人相遇，甲的速度为______米/分钟；
(2)求出线段AB所表示的函数表达式；
(3)当甲，乙相距1000米时，直接写出t的值．
24.(本小题8分)
在等腰直角三角形纸片ABC中，点D是斜边AB的中点，AB=10，点E为BC上一点，将纸片沿DE折叠，点B的对应点为点B′．
(1)如图①，连接CD，则CD的长为______；
(2)如图②，B′E与AC交于点F，DB′/​/BC．
①求证：四边形BDB′E为菱形；
②连接B′C，则△B′FC的形状为______；
(3)如图③，则△CEF的周长为______．
25.(本小题10分)
如图，在等边△ABC中，AB=6.点P从点A出发以每秒2个单位的速度沿边AB向终点B运动，过点P作PD⊥AC于点D，过点P向上作PF/​/AC，且PF= 3PD，以PF、PD为边作矩形PDEF.设点P的运动时间为x(秒)，矩形PDEF与△ABC的重叠部分图形的面积为y．
(1)用含x的式子表示线段PD的长；
(2)求出当点F落在边BC上时x的值；
(3)求在运动过程中y与x之间的函数关系式．
26.(本小题10分)
如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2−2ax+4a(a>0)与y轴相交于点A，顶点为B，直线AB与x轴相交于点C．
(1)当a=1时，抛物线顶点B的坐标为______，OC= ______；
(2)OC的长是否与a值有关，说明你的理由；
(3)设∠ACO=β，30°≤β≤45°，求a的取值范围；
(4)以AC为斜边，在直线AC的右上方作等腰直角三角形ACD.设D(m,n)，直接写出n关于m的函数解析式及自变量m的取值范围．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】【分析】
根据倒数的定义：乘积是1的两个数互为倒数．
本题主要考查倒数的定义，解决本题的关键是熟记乘积是1的两个数互为倒数．
【解答】
解：因为−2×(−12)=1．
所以−2的倒数是−12，
故选：B．
2.【答案】A
【解析】解：1728亿=172800000000=1.728×1011，
故选：A．
用科学记数法表示较大的数时，一般形式为a×10n，其中1≤|a|<10，n为整数，且n比原来的整数位数少1，据此判断即可．
此题主要考查了用科学记数法表示较大的数，一般形式为a×10n，其中1≤|a|<10，确定a与n的值是解题的关键．
3.【答案】A
【解析】解：从几何体的正面看，一共有三列，从左到右小正方形的个数分别为3、1、1，
故选：A．
找到从几何体的正面看所得到的图形即可．
此题主要考查了简单几何体的三视图，关键是掌握主视图所看的位置．
4.【答案】C
【解析】解：a3与a2不是同类项，不能合并，A错误；
a3⋅a2=a5，B错误；
a3÷a2=a，C正确；
(a3)2=a6，D错误，
故选：C．
根据合并同类项法则、同底数幂的乘法法则、同底数幂的除法法则、积的乘方法则计算，判定即可．
本题考查的是合并同类项、同底数幂的乘法、同底数幂的除法、积的乘方，掌握相关的法则是解题的关键．
5.【答案】D
【解析】解：∵AB/​/CD，
∴∠3=∠1=65°，
∴∠2=180°−∠3−90°=180°−65°−90°=25°．
故选：D．
根据AB/​/CD可得∠3=∠1=65°，然后根据∠2=180°−∠3−90°求解．
本题重点考查了平行线的性质：两直线平行，同位角相等，是一道较为简单的题目．
6.【答案】C
【解析】【分析】
由勾股定理求出AC的长度，再由点C在⊙A内且点B在⊙A外求解．
本题考查点与圆的位置关系，解题关键是利用勾股定理求出AC的长度．
【解答】
解：在Rt△ABC中，AB=5，BC=4，由勾股定理得AC= AB2−BC2=3，
∵点C在⊙A内且点B在⊙A外，
∴3故选：C．
7.【答案】x(3x−1)
【解析】解：3x2−x=x(3x−1)．
故答案为：x(3x−1)．
直接提取公因式x，进而分解因式得出答案．
此题主要考查了提取公因式法分解因式，正确找出公因式是解题关键．
8.【答案】xx−1
【解析】解：2xx−1−xx−1=2x−xx−1=xx−1．
故答案为：xx−1．
根据分式的加减法则运算．
本题考查分式的加减法，解题关键是熟练掌握分式运算的法则．
9.【答案】72(答案不唯一)．
【解析】【分析】
本题考查的是旋转对称图形、正多边形的性质，求出正五边形的中心角是解题的关键．
先求出正五边形的中心角，再根据旋转变换的性质解答即可．
【解答】
解：360°÷5=72°，
则这个图案绕着它的中心旋转72°后能够与它本身重合，
故答案为：72(答案不唯一)．
10.【答案】x>3
【解析】解：−2x<4 ①x−3>0 ②，
解①得：x>−2，
解②得：x>3，
则不等式组的解集是：x>3．
故答案为：x>3．
先求出不等式组中每一个不等式的解集，再求出它们的公共部分就是不等式组的解集．
本题考查的是一元一次不等式组的解，解此类题目常常要结合数轴来判断．还可以观察不等式的解，若x>较小的数、<较大的数，那么解集为x介于两数之间．
11.【答案】(2,0)
【解析】解：由图象可得OB与直径重合，
∵BO⊥AC，
∴OA=OC，
∵A(−2,0)，
∴C(2,0)，
故答案为：(2,0)．
由图象可得OB与圆的直径重合，由BO⊥AC及垂径定理求解．
本题考查与圆的有关计算，解题关键是掌握垂径定理及其推论．
12.【答案】80
【解析】解：连接OB、OD，
∵四边形ABCD内接于⊙O，∠DAB=130°，
∴∠DCB=180°−130°=50°，
由圆周角定理得，∠DOB=2∠DCB=100°，
∴∠DCB≤∠BPD≤∠DOB，即50°≤∠BPD≤100°，
∴∠BPD可能为80°，
故答案为：80．
连接OB、OD，根据圆内接四边形的性质求出∠DCB的度数，根据圆周角定理求出∠DOB的度数，得到∠DCB<∠BPD<∠DOB．
本题考查的是圆内接四边形的性质、圆周角定理，掌握圆内接四边形的对角互补是解题的关键．
13.【答案】32
【解析】解：∵D，E分别是△ABC的边AB，AC的中点，
∴DE是△ABC的中位线，
∴DE/​/BC，DE=12BC，
∴△ADE∽△ABC，
∴S△ADES△ABC=(DEBC)2=(12)2=14，
∵△ADE的面积为12，
∴△ABC的面积为2，
∴四边形DBCE的面积=2−12=32，
故答案为：32．
根据三角形中位线定理得到DE/​/BC，DE=12BC，证明△ADE∽△ABC，根据相似三角形的性质求出△ABC的面积，即可得到答案．
本题考查的是三角形中位线定理、相似三角形的判定和性质，掌握相似三角形的面积比等于相似比的平方是解题的关键．
14.【答案】36
【解析】【分析】
本题考查了三角形内角和定理和等腰三角形的性质，能根据等腰三角形性质、三角形内角和定理和已知条件得出5∠A=180°是解此题的关键．根据等腰三角形的性质得出∠B=∠C，根据三角形内角和定理和已知条件得出5∠A=180°，求出即可．
【解答】
解：如图，
∵△ABC中，AB=AC，
∴∠B=∠C，
∵等腰三角形的顶角与一个底角度数的比值叫做等腰三角形的“特征值”，记作k，若k=12，
∴∠A：∠B=1：2，
即5∠A=180°，
∴∠A=36°，
故答案为：36．
15.【答案】(1)二 ，去括号时没有变号 ；
(2)原式=a2+2ab−(a2−b2)
=a2+2ab−a2+b2
=2ab+b2．
【解析】解：(1)该同学解答过程从第二步开始出错，错误原因是去括号时没有变号；
故答案是：二；去括号时没有变号；
(2)见答案．
【分析】
先计算乘法，然后计算减法．
考查了平方差公式和实数的运算，去括号规律：①a+(b+c)=a+b+c，括号前是“+”号，去括号时连同它前面的“+”号一起去掉，括号内各项不变号；②a−(b−c)=a−b+c，括号前是“−”号，去括号时连同它前面的“−”号一起去掉，括号内各项都要变号．
16.【答案】证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC，∠ABE=∠BCF=90˚，
在△ABE和△BCF中，
AB=BC∠ABE=∠BCFBE=CF，
∴△ABE≌△BCF(SAS)，
∴AE=BF．
【解析】根据正方形的性质，得AB=BC，∠ABE=∠BCF=90˚，利用SAS证明△ABE≌△BCF便可得结论．
本题考查正方形的性质全等三角形的判定等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
17.【答案】解：由题意可得，
树状图如下图所示：
，
由上图可知：一共有12种可能性，其中两人血型均为O型的有2种可能性，故两人血型均为O型的的概率为212=16，
即两人血型均为O型的的概率为16．
【解析】根据题意可以画出相应的树状图，从而可以得到两人血型均为O型的概率．
本题考查列表法与树状图法，解答本题的关键是明确题意，画出相应的树状图，求出相应的概率．
18.【答案】解：设有x家公司参加，依题意，得
12x(x−1)=45．
整理得：x2−x−90=0．
解得：x1=10，x2=−9(舍去)
答：共有10公司参加商品交易会．
【解析】每家公司都与其他公司鉴定了一份合同，设有x家公司参加，则每个公司要签(x−1)份合同，签订合同共有12x(x−1)份．
本题考查了一元二次方程的应用，甲乙之间互签合同，只能算一份，本题属于不重复记数问题，类似于若干个人，每两个人之间都握手，握手总次数；或者平面内，n个点(没有三点共线)之间连线，所有线段的条数．解答中注意舍去不符合题意的解．
19.【答案】解：(1)如图，菱形AEBF即为所求．
(2)如图，四边形CGDH即为所求．

【解析】(1)根据菱形的定义画出图形即可(答案不唯一)．
(2)利用数形结合的思想解决问题即可．
本题考查作图−应用与设计，菱形的判定和性质，直角三角形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
20.【答案】4.5首
【解析】解：(1)本次调查的学生有：20÷60°360∘=120(名)，
背诵4首的有：120−15−20−16−13−11=45(人)，
把这些数从小到大排列，中位数是第60、61个数的平均数，
则这组数据的中位数是：(4+5)÷2=4.5(首)．
故答案为：4.5首；
(2)根据题意得：1200×40+25+20120=850(人)，
答：大赛后一个月该校学生一周诗词诵背6首(含6首)以上的有850人．
(3)活动启动之初的中位数是4.5首，平均数是1120(3×15+4×45+5×20+6×16+7×13+8×11)=5(首)，
大赛比赛后一个月时的中位数是6首，平均数是1120(3×10+4×10+5×15+6×40+7×25+8×20)=6(首)，
由比赛前后的中位数和平均数看，学生在大赛之后“一周诗词诵背数量”都好于活动之初，根据样本估计总体，说明这次活动效果明显．
(1)根据统计图中的数据可以求得这组数据的中位数；
(2)根据表格中的数据，结合样本估计总体的知识分析解答；
(3)根据统计图和表格中的数据可以分别计算出比赛前后的中位数和平均数，从而可以解答本题．
本题考查扇形统计图、条形统计图、用样本估计总体、统计量的选择，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．
21.【答案】两直线平行，内错角相等；
csB；
0.72；
27648
【解析】【分析】
本题考查解直角三角形，平行线的性质，解题关键是熟练三角函数的含义及解直角三角形的方法．
由平行线的性质，锐角三角函数的定义求解．
【解答】
解：因为BC/​/OA，∠AOB=44°，
所以∠B=∠AOB=44°(两直线平行，内错角相等)(填推理依据)，
因为OK⊥BC，所以∠BKO=90°，
在Rt△BOK中，OB=OA=6400．
BK=OB×csB(填“sinB”或“csB”)．
所以北纬44°的纬线长C=2π⋅BK．
=2×3×6400×0.72(填相应的三角形函数值)
≈27648(km)(结果取整数)．
22.【答案】解：(1)把点A(1,2)代入反比例函数y=kx得2=k1，
∴k=2，
∴反比例函数解析式为：y=2x；
(2)∵S△ABC=2，
∴12m(2−n)=2，
∵反比例函数y=kx(x>0)的图象经过点B(m,n)(m>1)，
∴n=2m
∴12m(2−2m)=2，
解得m=3，
∴B的坐标为(3,23).
【解析】(1)把A点坐标代入函数解析式即可求得反比例函数解析式；
(2)△ABC中，BC=m，根据三角形的面积即可求得m的值，代入反比例函数解析式即可求得B的坐标．
本题主要考查了待定系数法求函数解析式，在坐标系中，求线段的长度可以转化为求点的坐标．
23.【答案】24 40
【解析】解：(1)甲乙两人相遇即是两人之间的距离y=0，从图中可知此时x=24(分钟)，
图中可知甲用60分钟走完2400米，速度为2400÷60=40(米/分钟)，
故答案为：24，40；
(2)甲、乙速度和为2400÷24=100(米/分钟)，而甲速度为40米/分钟，
∴乙速度是60米/分钟，
∴乙达到目的地所用时间是2400÷60=40(分钟)，即A横坐标为40，
此时两人相距(40−24)×100=1600(米)，即A纵坐标为1600，
∴A(40,1600)，
设线段AB所表示的函数表达式为y=kt+b，将A(40,1600)、B(60,2400)代入得：
40k+b=160060k+b=2400，解得k=40，b=0，
∴线段AB所表示的函数表达式为y=40t(40≤t≤60)；
(3)甲、乙两人相距1000米分两种情况：
①二人相遇前，两人路程和为2400−1000=1400(米)，
甲、乙两人相距1000米，此时t=1400÷100=14(分钟)，
②二人相遇后，乙达到目的地时二人相距1600米，所以二人相遇后，乙达到目的地前二人相距1000米，
100t−1000=2400，解得：t=34(分钟)，
综上所述，二人相距1000时，t=14或t=34．
(1)y=0时横坐标即为相遇时间，甲走的路程除以时间是甲的速度，
(2)求出A点坐标即可达到线段AB所表示的函数表达式，
(3)分相遇前和相遇后两种情况．
本题考查一次函数图象的应用，解题的关键是理解图中特殊点的意义，求出甲、乙的速度．
24.【答案】5 等腰三角形 5 2
【解析】(1)解：∵△ABC是等腰直角三角形，点D是斜边AB的中点，AB=10，
∴CD=12AB=5，
故答案为：5；
(2)①证明：由折叠的性质得：B′D=BD，B′E=BE，∠B′DE=∠BDE，
∵DB′//BC，
∴∠B′DE=∠BED，
∴∠BDE=∠BED，
∴BD=BE，
∴B′D=BE，
∴四边形BDB′E是平行四边形，
又∵B′D=BD，
∴四边形BDB′E为菱形；
②解：∵△ABC是等腰直角三角形，点D是斜边AB的中点，
∴CD=12AB=BD，
由折叠的性质得：B′D=BD，
∴CD=B′D，
∴∠DCB′=∠DB′C，
∵∠ACB=90°，
∴AC⊥BC，
∵DB′//BC，
∴DB′⊥AC，
∴∠ACB′=90°−∠DB′C，
由①得：四边形BDB′E为菱形，
∴AB//B′E，
∵CD⊥AB，
∴CD⊥B′E，
∴∠EB′C=90°−∠DCB′，
∴∠ACB′=∠EB′C，
∴FB′=FC，
即△B′FC为等腰三角形；
故答案为：等腰三角形；
(3)解：连接B′C，如图③所示：
∵△ABC是等腰直角三角形，点D是斜边AB的中点，AB=10，
∴BC= 22AB=5 2，∠B=45°，CD=12AB=BD，∠ACD=12∠ACB=45°，
由折叠的性质得：B′D=BD，∠B′=∠B=45°，
∴CD=B′D，
∴∠DCB′=∠DB′C，
∴∠FCB′=∠FB′C，
∴CF=B′F，
∴△CEF的周长=EF+CF+CE=EF+B′F+CE=B′E+CE=BE+CE=BC=5 2；
故答案为：5 2．
(1)由直角三角形斜边上的中线性质即可得出答案；
(2)①由折叠的性质得B′D=BD，B′E=BE，∠B′DE=∠BDE，证出B′D=BE，得四边形BDB′E是平行四边形，进而得出结论；
②证出CD=B′D，得∠DCB′=∠DB′C，证出DB′⊥AC，则∠ACB′=90°−∠DB′C，证出CD⊥B′E，则∠EB′C=90°−∠DCB′，得∠ACB′=∠EB′C，即可得出结论；
(3)连接B′C，由等腰直角三角形的性质得BC= 22AB=5 2，∠B=45°，CD=12AB=BD，∠ACD=12∠ACB=45°，证出CF=B′F，进而得出答案．
本题是四边形综合题目，考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、等腰直角三角形的性质、折叠的性质、等腰三角形的判定与性质、直角三角形斜边上的中线性质等知识；本题综合性强，熟练掌握菱形的判定与性质和等腰三角形的判定与性质是解题的关键．
25.【答案】解：(1)∵等边△ABC中，AB=6．
∴∠A=60°，
∵AP=2x，
∴sin∠A=PDAP=PD2x= 32，
∴PD= 3x；
(2)当点F落在BC边上时，如图1，
∵△ABC为等边三角形，四边形PDEF是矩形，
∴PF//AC，
∴∠FPB=∠A=∠B=60°，
∴△PBF为等边三角形，
∴PF=PB，
∵AP=2x，PD= 3x，PF= 3PD，AB=6．
∴PF=3x，PB=6−2x，
∴3x=6−2x，
∴x=65；
(3)当点E和点C重合时，如图2，
∵由(2)知，△PGF为等边三角形，
∴PG=PB=6−2x，∠PGB=∠CGF=60°，
∵四边形PDEF是矩形，
∴PD=CF，∠PDA=∠F=90°，
∵∠A=60°，
∴∠CGF=∠A，
∴△PDA≌△CFG，
∴GF=AD=x，
∴PG=PF−GF=3x−x=2x，
∴6−2x=2x，
∴x=32；
点P到终点B时，如图3，
∵△ABC为等边三角形，AB=6．
∴AP=2x=6，
∴x=3，
①当0y=PD⋅PF= 3x⋅3x=3 3x2；
②当65y=3 3x2−12[3x−(6−2x)]2⋅ 3=−192 3x2+30 3x−18 3；
③当32y=12(6−2x+6−x)⋅ 3x=−3 32x2+6 3x．
综上：y=3 3x2(0【解析】(1)根据等边三角形的性质得∠A=60°，根据∠A的正弦函数值即可求解；
(2)当点F落在边BC上时，可得△PBF为等边三角形，用含x的式子表示线段PB、PF，由PF=PB即可求解；
(3)求出当点E和点C重合时，点P到终点B时x的值，分三种情况画出图形，列式化简即可得y与x之间的函数关系式．
本题考查四边形综合题、等边三角形的性质、矩形的性质、动点运动等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会用分类讨论是思想思考问题，属于中考压轴题．
26.【答案】(1,3) 4
【解析】解：(1)当a=1时，y=x2−2x+4=(x−1)2+3，
∴抛物线顶点B的坐标为(1,3)；
在y=x2−2x+4中，令x=0得y=4，
∴A(0,4)；
由A(0,4)，B(1,3)得直线AB的解析式为y=−x+4，
在y=−x+4中，令y=0得x=4，
∴C(4,0)，
∴OC=4；
故答案为：(1,3)，4；
(2)OC的长与a值无关，理由如下：
∵y=ax2−2ax+4a=a(x−1)2+3a，
∴抛物线顶点B的坐标为(1,3a)，
在y=ax2−2ax+4a中，令x=0得y=4a，
∴A(0,4a)；
由A(0,4a)，B(1,3a)得直线AB的解析式为y=−ax+4a，
在y=−ax+4a中，令y=0得x=4，
∴C(4,0)，
∴OC=4；
(3)在y=ax2−2ax+4a中，令x=0得y=4a，
∴A(0,4a)，
∴OA=4a，
当β=30°时，OAOC=tan30°，
∴OA=OC⋅tan30°=4× 33=4 33，
∴4a=4 33，
解得a= 33；
当β=45°时，OAOC=tan45°，
∴OA=OC⋅tan45°=4×1=4，
∴4a=4，
解得a=1；
∴a的取值范围是 33≤a≤1；
(4)过D作DK⊥x轴于K，作DT⊥y轴于T，如图：
∵∠DTO=∠TOK=∠OKD=90°，
∴∠KDT=90°，
∴∠ADT+∠ADK=90°，
∵等腰直角三角形ACD，
∴AD=CD，∠ADC=90°，
∴∠CDK+∠ADK=90°，
∴∠ADT=∠CDK，
∵∠ATD=90°=∠DKC，
∴△ADT≌△CDK(AAS)，
∴DT=DK，AT=CK，
∵D(m,n)，A(0,4a)，C(4,0)，
∴n=m，n−4a=4−m，
∴m=2+2a，
∵a>0，
∴m>2，
∴n=m(m>2)．
(1)当a=1时，y=x2−2x+4=(x−1)2+3，可得抛物线顶点B的坐标为(1,3)，A(0,4)，直线AB的解析式为y=−x+4，令y=0得x=4，知C(4,0)，OC=4；
(2)y=ax2−2ax+4a=a(x−1)2+3a，可得抛物线顶点B的坐标为(1,3a)，A(0,4a)；直线AB的解析式为y=−ax+4a，令y=0得x=4，可知OC=4；
(3)求出OA=4a，当β=30°时，OAOC=tan30°，有OA=OC⋅tan30°=4 33，故4a=4 33，a= 33；当β=45°时，OAOC=tan45°，可得4a=4，a=1；从而a的取值范围是 33≤a≤1；
(4)过D作DK⊥x轴于K，作DT⊥y轴于T，证明△ADT≌△CDK(AAS)，得DT=DK，AT=CK，即可得n=m，n−4a=4−m，有m=2+2a，而a>0，得m>2．
本题考查二次函数综合应用，涉及函数图象上点坐标的特征，全等三角形判定与性质，锐角三角函数等知识，解题的关键是掌握全等三角形的判定定理．一周诗词诵背数量
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