2024年陕西省西安市雁塔区曲江一中中考数学四模试卷（含解析）

这是一份2024年陕西省西安市雁塔区曲江一中中考数学四模试卷（含解析），共23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。

1.计算(−3)−(−2)的结果是( )
A. 1B. −1C. 5D. −5
2.“福禄寿喜”图是中华传统祥云图纹，以下四个图案既是中心对称图形又是轴对称图形的是( )
A. B. C. D.
3.如图，直线DE/​/BF，Rt△ABC的顶点B在BF上，若∠CBF=25°，则∠ADE为( )
A. 75°
B. 55°
C. 65°
D. 60°
4.计算−2a4÷a3的结果是( )
A. −16aB. 16aC. −2aD. 2a
5.如图，在△ABC中，AB=10，cs∠ABC=35，D为BC边上一点，且AD=AC，若DC=4，则BD的值为( )
A. 2
B. 3
C. 4
D. 5
6.若一次函数y=kx+k的图象经过点A，且y随着x的增大而增大，则点A的坐标可以是( )
A. (−2,1)B. (0,0)C. (1,1)D. (2,−4)
7.如图，△ABC是圆O的内接三角形，AB=BC，∠BAC=30°，AD是直径，AD=10，则AC的长为( )
A. 53 3
B. 103 3
C. 5
D. 5 3
8.如图，某公司的大门是一抛物线形建筑物，大门的地面宽度和大门最高点离地面的高度都是8m，公司想在大门两侧距地面5m处各安装一盏壁灯，两盏壁灯之间的距离为( )
A. 2 6m
B. 2 5m
C. 2 3m
D. 4m
二、填空题：本题共5小题，每小题3分，共15分。
9.在实数− 25，0，π，−12, 3中，其中为无理数的是______．
10.第五套人民币中的5角硬币色泽为镍白色，正，反面的内周边缘均为正十一边形.则其内角和为______．
11.《墨经》是中国古籍中最早讨论滑轮力学的著作.如图所示是书中记载的一个滑轮机械，称为“绳制”.若图中的定滑轮半径为6cm，滑轮旋转了15°，则重物“甲”上升了______cm(绳索粗细不计，且与滑轮之间无滑动，结果保留π)．
12.如图，在平面直角坐标系中有一个等边△ABC，边长为4，O为边BC的中点，点A在第二象限，边BC与x轴正半轴的夹角为45°，过点A的双曲线表达式为y=kx，则k= ______．
13.如图，在△ABC中，∠ACB=90°，AB=4，点O是AB的中点，以BC为直角边向外作等腰Rt△BCD，连接OD，当OD取得最大值时，△OBD的面积为______．
三、解答题：本题共13小题，共81分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
14.(本小题5分)
计算：(−1)2024−( 2−38)+ 3× 23．
15.(本小题5分)
解不等式组2x+3≤51−x216.(本小题5分)
化简：(1−3a+2)÷a2−1(a+2)2．
17.(本小题5分)
如图，点D在△ABC的边BC的延长线上，利用尺规作图法在AC的延长线上求作一点E，使得DE//AB.(不写作法，保留作图痕迹)
18.(本小题5分)
如图，在▱ABCD中，E、F是对角线BD上的两个动点，且BE=DF.试猜想并证明AE与CF的关系．
19.(本小题5分)
从一个底面半径是10cm的凉水杯中，向一个底面半径为5cm，高为8cm的空玻璃杯中倒水，当玻璃杯倒满水后，凉水杯的水面将下降多少？
20.(本小题5分)
如图，可以自由转动的转盘被分成两个扇形区域甲、乙，其中甲区域的扇形圆心角为120°.转动转盘，待转盘自动停止后，指针指向一个扇形的内部，记为一次有效转动(若指针指在分界线上，则需要重新转动转盘，直到完成一次有效转动为止)．
(1)乐乐完成一次有效转动后，指针指向扇形乙的概率为______．
(2)欣欣和荣荣用转盘做游戏，每人有效转动转盘一次，若两次指针指向的区域怡好是一次甲区域，一次乙区域，则欣欣胜；否则荣荣胜.这个游戏公平吗？请画树状图或列表说明理由．
21.(本小题6分)
2023年5月30日，云南人桂海潮乘坐神舟16号飞船，成功遨游太空，圆了“飞天”梦想!云官中学为了给学生们搭建一个航天梦，计划购买火箭模型和空间站模型共80个(两种模型均需购买)，要求购买火箭模型的个数不多于空间站模型个数的3倍.通过市场调研，已知火箭模型每个45元，空间站模型每个60元.设购买火箭模型x个，购买总费用为y元．
(1)求y与x的函数关系式，并直接写出自变量x的取值范围；
(2)请你用函数的相关知识说明如何采购能使总费用最低？并求出最低费用．
22.(本小题7分)
师上学校初中部全体同学参加了希望工程捐款活动，随机抽取了部分同学捐款的情况进行统计，并绘制了两幅不完整统计图．

(1)求本次共抽查学生的人数，并将条形统计图补充完整；
(2)捐款金额的众数是______，中位数是______；
(3)请你估算师上学校初中部1000名学生中捐款大于等于20元的学生人数．
23.(本小题7分)
曲阜尼山圣境孔子像，背山面湖，面南而立，为世界最高最大的孔子像，成为儒客和游人朝拜、瞻仰必到之处.一游客想知道孔子像AB的高度.如图，AB与水平面BD垂直，在点D处测得顶部A的仰角是37°，向前走了24米至点E处，测得此时顶部A的仰角是45°，请聪明的你帮他求出孔子像AB的高度.(参考数据：sin37°≈35，cs37°≈45，tan37°≈34)
24.(本小题8分)
如图，AB是⊙O的直径，C为圆上不与A、B重合的一点，连接OC并延长与过点B的切线相交于点E，延长AC与BE交于点D，连接BC．
(1)求证：∠CBD=∠ECD；
(2)若DE=BD=3，求⊙O的半径．
25.(本小题8分)
如图，在平面直角坐标系中，二次函数y=ax2+bx+c经过B、C两点，并且与x轴另一个交点为A，已知直线BC表达式为y=x−3，且OC=3OA．
(1)求这个二次函数解析式并求出该二次函数顶点M的坐标；
(2)点D是点C关于该抛物线对称轴对称的点，平移该二次函数图象，使得平移后的图象经过点M，并在图象上可以找到点E，使得△ECD与△ACD全等，请写出平移过程并说明理由．
26.(本小题10分)
问题提出：
(1)如图1，在矩形ABCD中，AB=4，AD=3，P是对角线AC上的一点，连接PD，将PD绕点P逆时针旋转90°得到PM，过点M作MN⊥AC于N.请过点D作DF⊥AC于F，并求PN的长．
问题解决：
(2)某体育中考考点设计器材存放区域，在道路CD边固定柱子(点Q)，道路AB边确定一点P，以PQ为边，搭建正方形物品存放区域PMNQ，内部道路CD上设点E作为专人看管处，△EPQ、△EPM、△EMN、△ENQ分别为不同的器材放置区域，设计图简化如图2所示，已知道路两边AB/​/CD，道路宽为6m，Q为CD上一定点，P为AB上一动点，PE⊥CD于E.请问是否存在符合设计要求且面积最小的△EMN？若存在，请求出面积最小值及此时QE的长；若不存在，请说明理由．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：(−3)−(−2)=−1．
故选：B．
有理数减法法则：减去一个数，等于加上这个数的相反数．依此计算即可求解．
考查了有理数的减法，方法指引：①在进行减法运算时，首先弄清减数的符号；②将有理数转化为加法时，要同时改变两个符号：一是运算符号(减号变加号)；二是减数的性质符号(减数变相反数)．
2.【答案】C
【解析】解：A：不是中心对称图形，是轴对称图形，不符合题意；
B：既不是中心对称图形，也不是轴对称图形，不符合题意；
C：是中心对称图形又是轴对称图形，符合题意；
D：既不是中心对称图形，也不是轴对称图形，不符合题意；
故选：C．
中心对称图形是指图形绕着某个点旋转180°能与原来的图形重合；轴对称图形是指图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合．据此即可求解．
本题考查了中心对称图形，轴对称图形，解答本题的关键是掌握它们的定义：中心对称图形是指图形绕着某个点旋转180°能与原来的图形重合；轴对称图形是指图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合．
3.【答案】C
【解析】解：∵∠ABC=90°，∠CBF=25°，
∴∠ABF=∠ABC−∠CBF=65°，
∵DE//BF，
∴∠ADE=∠ABF=65°，
故选：C．
根据角的和差得到∠ABF=65°，再根据两直线平行，同位角相等即可得解．
此题考查了平行线的性质，熟记平行线的性质定理是解题的关键．
4.【答案】C
【解析】解：−2a4÷a3=−2a，
故选：C．
根据单项式除以单项式的法则进行计算，即可解答．
本题考查了整式的除法，准确熟练地进行计算是解题的关键．
5.【答案】C
【解析】解：过点A作AE⊥BC，垂足为E．
∵AD=AC，AE⊥BC，
∴DE=CE=12DC=2．
在Rt△ABE中，
∵AB=10，cs∠ABC=35，
又∵cs∠ABC=BEAB，
∴BE=6．
∴BD=BE−DE=6−2=4．
故选：C．
过点A作AE⊥BC，垂足为E.根据等腰三角形的性质先求出DE，再在直角△ABE中求出BE，求BE与DE的差可得结论．
本题考查了等腰三角形的性质及解直角三角形，掌握等腰三角形的三线合一和直角三角形的边角间关系是解决本题的关键．
6.【答案】C
【解析】解：∵y随着x的增大而增大，
∴k>0．
A.当点A的坐标为(−2,1)时，−2k+k=1，
解得：k=−1<0，不符合题意；
B.当点A的坐标为(0,0)时，0=k，不符合题意；
C.当点A的坐标为(1,1)时，k+k=1，
解得：k=12>0，符合题意；
D.当点A的坐标为(2,−4)时，2k+k=−4，
解得：k=−43<0，不符合题意．
故选：C．
由y随着x的增大而增大，利用一次函数的性质可得出k>0，再代入各选项中点的坐标，求出k值，取k>0的选项即可．
本题考查了一次函数图象上点的坐标特征以及一次函数的性质，牢记“k>0，y随x的增大而增大；k<0，y随x的增大而减小”是解题的关键．
7.【答案】D
【解析】解：连接CD，
∵AB=BC，∠BAC=30°，
∴∠ACB=∠BAC=30°，
∴∠B=180°−30°−30°=120°，
∴∠D=180°−∠B=60°，
∵AD是直径，
∴∠ACD=90°，
∵∠CAD=30°，AD=10，
∴CD=12AD=5，
∴AC= 102−52=5 3，
故选：D．
连接CD，根据等腰三角形的性质得到∠ACB=∠BAC=30°，根据圆内接四边形的性质得到∠D=180°−∠B=60°，求得∠CAD=30°，根据直角三角形的性质即可得到结论．
本题考查了三角形的外接圆与外心，圆周角定理，含30°角的直角三角形的性质，勾股定理，正确的识别图形是解题的关键．
8.【答案】A
【解析】解：以地面所在直线为x轴，过大门最高点垂直于地面的直线为y轴建立平面直角坐标系，如图所示：
∴抛物线的顶点坐标为(0,8)，
设抛物线解析式为y=ax2+8，
又知抛物线过(4,0)，
∴0=16a+8，
解得：a=−12，
∴y=−12x2+8，
把y=5代入y=−12x2+8，
解得：x=± 6，
故两壁灯之间水平距离为2 6．
故选：A．
建立坐标系，抛物线的顶点坐标为(0,8)，设抛物线解析式为y=ax2+8，又知抛物线过(4,0)，可求出a.把y=5代入函数表达式即可解决问题．
本题主要考查点的坐标的求法及二次函数的实际应用．此题为数学建模题，借助二次函数解决实际问题．
9.【答案】π， 3
【解析】解：− 25=−5，0是整数，−12是分数，它们不是无理数；
π， 3是无限不循环小数，它们是无理数；
故答案为：π， 3．
无理数即无限不循环小数，据此进行判断即可．
本题考查无理数的识别，熟练掌握其定义是解题的关键．
10.【答案】1620°
【解析】解：十一边形的内角和等于：(11−2)⋅180°=1620°．
故答案为：1620°．
把多边形的边数代入n边形的内角和是(n−2)⋅180°，就得到多边形的内角和．
本题主要考查多边形内角与外角的知识点，解决本题的关键是正确运用多边形的内角和公式，是需要熟记的内容，此题难度不大．
11.【答案】12π
【解析】解：由题意得，重物上升的距离是半径为6cm，圆心角为15°所对应的弧长，
即15π×6180=12π(cm)．
故答案为：12π.
根据弧长的计算方法，计算半径为6cm，圆心角为15°的弧长即可．
本题考查弧长的计算，掌握弧长的计算方法是正确解答的前提．
12.【答案】−6
【解析】解：连接OA，作AM⊥x轴于M，
∵△ABC是等边三角形，O为边BC的中点，
∴AO⊥BC，
∴AC=4，OC=2，
∴OA= AC2−OC2= 42−22=2 3，
∵边BC与x轴正半轴的夹角为45°，
∴∠AOM=45°，
∴AM=OM= 22×2 3= 6，
∴A(− 6, 6)，
∵双曲线y=kx过点A，
∴k=− 6× 6=−6，
故答案为：−6．
连接OA，作AM⊥x轴于M，根据等边三角形三线合一的性质得出AO⊥BC，进而得出∠AOM=45°，利用勾股定理求得OA，
本题考查了等边三角形的性质，解直角三角形，反比例函数图象上点的坐标特征，求得A点的坐标是解题的关键．
13.【答案】2+ 2
【解析】解：过点B作BE⊥AB，在AE上截取BE=BO，连接OC，OE，CE，如图1所示：
则∠EBO=90°，
∴△OBD为等腰直角三角形，
∵AB=4，点O为AB的中点，
∴BE=BO=122AB=2，
由勾股定理得：OE= BE2+BO2=2 2，
∵在△ABC中，∠ACB=90°，AB=4，点O是AB的中点，
∴CO=BO=AO=12AB=2，
∵等腰Rt△BCD是以BC直角边的等腰三角形，
∴BC=BD，∠CBD=90°，
∴∠EBC=∠EBO+∠ABC=90°+∠ABC，
∠OBD=∠ABC+∠CBD=90°+∠ABC，
∴∠EBC=∠OBD，
在△EBC和△OBD中，
BE=BO∠EBC=∠OBDBC=BD，
∴△EBC≌△OBD(SAS)，
∴EC=OD，
根据“两点之间线段最短”得：EC≤OC+OE，
即EC≤2+2 2，
∴OD≤2+2 2，
∴OD的最大值为2+2 2，
此时点E，O，C在同一条直线上，过点D作DF⊥AB交AB的延长线于F，如图2所示：
∵△OBD为等腰直角三角形，
∴∠BOE=45°，
∵CO=BO=2，
∴∠OBC=∠OCB，
又∵∠BOE=∠OBC+∠OCB=45°，
∴∠OBC=∠OCB=22.5°，
∴∠OBD=90°+∠OCB=112.5°，
∵△EBC≌△OBD，
∴∠OCB=∠ODB=22.5°，
∴∠DBO=180°−∠OBD−∠ODB=180°−112.5°−22.5°=45°，
∴△ODF为等腰直角三角形，
∴DF=OF，
由勾股定理得：OF2+DF2=OD2，
即2DF2=(2+2 2)2，
∴DF=2+ 2，
∴S△OBD=12OB⋅DF=12×2×(2+ 2)=2+ 2．
过点B作BE⊥AB，在AE上截取BE=BO，连接OC，OE，CE，则△OBD为等腰直角三角形，进而得OE=2 2，由直角三角形斜边中线的性质得CO=BO=2，证△EBC和△OBD全等得EC=OD，根据“两点之间线段最短”得EC≤OC+OE，即EC≤2+2 2，则OD≤2+2 2，由此得OD的最大值为2+2 2，此时点E，O，C在同一条直线上，过点D作DF⊥AB交AB的延长线于F，再证△ODF为等腰直角三角形，利用勾股定理求出DF即可得△OBD的面积．
此题主要考查了等腰直角三角形的判定和性质，直角三角形的性质，线段的性质，全等三角形的判定和性质，理解等腰直角三角形的判定和性质，直角三角形的性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解决问题的关键，难点是根据线段的性质求出当E，O，C在同一条直线上时，OD为最大，最大值2+2 2．
14.【答案】解：(−1)2024−( 2−38)+ 3× 23
=1− 2+2+ 3×23
=1− 2+2+ 2
=3．
【解析】先计算二次根式、零次幂、负整数指数幂和特殊角的三角函数值，再计算乘法，最后计算加减．
此题考查了实数的混合运算能力，关键是能准确确定运算顺序和方法，并能进行正确地计算．
15.【答案】解：解不等式2x+3≤5得：x≤1，
解不等式1−x235，
则不等式组的解集为35【解析】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、大大小小无解了确定不等式组的解集．
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．
16.【答案】解：原式=a+2−3a+2⋅(a+2)2(a+1)(a−1)
=a−1a+2⋅(a+2)2(a+1)(a−1)
=a+2a+1．
【解析】先通分算括号内的，把除化为乘，再分解因式约分．
本题考查分式的混合运算，解题的关键是掌握分式的基本性质．
17.【答案】解：如图，①以B，D为圆心，任意长度为半径画弧，交DB于点H，交AB与N；
②以C为圆心，MN长度为半径画弧，交弧于点G；
③连接DG，延长DG，交AC于点E；

∵∠CDE=∠B，
∴DE/​/AB，
∴点E即为所求．
【解析】根据作一个角等于已知角的方法作图即可．
本题主要考查尺规作图，熟练掌握作一个角等于已知角的尺规作图以及平行线的判定是解题的关键．
18.【答案】解：(1)数量关系：AE=CF.理由如下：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD，∠ABE=∠CDF，
在△ABE和△CDF中，
BE=DF∠ABE=∠CDFAB=CD，
∴△ABE≌△CDF(SAS)．
∴AE=CF．
(2)当点E与点F不在BD的中点时，AE/​/FC．
∵△ABE≌△CDF，
∴∠AEB=∠CFD，
∴∠AED=∠CFB，
∴AE//CF．
(3)当点E和点F在BD的中点时，AE与CF共线．
【解析】AE与CF的关系分为数量关系和位置关系两种情况．由平行四边形的性质得出AD=CD，∠ABE=∠CDF，结合BE=DF可证明△ABE≌△CDF，根据全等三角形的性质可得出结论．
本题考查了平行四边形的性质和全等三角形的判定与性质．解题时，一定要分类讨论，以防漏解．
19.【答案】解：设凉水杯水面下降的高度是x cm，
由题意得：π×102x=π×52×8，
解得x=2，
故凉水杯的水面将下降2cm．
【解析】利用体积相等列方程，求解方程即可．
本题考查了一元一次方程的应用，圆柱的体积，解题的关键是掌握圆柱体的体积公式．
20.【答案】23
【解析】解：(1)乐乐完成一次有效转动后，指针指向扇形乙的概率=240360=23；
(2)画树状图为：
共有9种等可能的结果，其中两次指针指向的区域怡好是一次甲区域，一次乙区域的结果数为4，
所以欣欣胜的概率=49；荣荣胜的概率=59，
因为49<59，
所以这个游戏不公平．
(1)把区域乙分成相等的两部分，然后根据概率公式求解；
(2)把区域乙分成相等的两部分，画树状图展示所有9种等可能的结果，再求出欣欣胜的概率和荣荣胜的概率，然后比较两概率的大小判断游戏是否公平．
本题考查了游戏公平性：判断游戏公平性需要先计算每个事件的概率，然后比较概率的大小，概率相等就公平，否则就不公平．也考查了列表法与树状图法．
21.【答案】解：(1)设购买火箭模型x个，则购买空间站模型(80−x)个，
则y=45x+60(80−x)=−15x+4800，
∵x>0x≤3(80−x)，且x为整数，
∴0即y=−15x+4800(0(2)∵−15<0，
∴y随x的增大而减小，
当x=60时，y有最小值，最小值为：−15×60+4800=3900，
此时80−x=80−60=20，
即购买火箭模型60个，空间站模型20个可以使总费用最低，最低费用为3900元．
【解析】(1)设购买火箭模型x个，则购买空间站模型(80−x)个，然后根据两种模型的费用之和即为总费用列得关系式，再结合已知条件求得自变量的取值范围即可；
(2)根据一次函数的增减性即可求得答案．
本题考查一次函数的应用、一元一次不等式的应用，解答本题的关键是找到等量关系列出函数解析式．
22.【答案】10 12.5
【解析】解：(1)本次抽查的学生有：14÷28%=50(人)，
∴捐款10元的有50−9−14−7−4=16(人)，
补全条形统计图如下：
(2)由条形统计图可知，捐款10元人数最多，
∴捐款金额的众数是10，
中位数是12(10+15)=12.5(元)，
故答案为：10，12.5；
(3)1000×7+450=220(人)；
∴师上学校初中部1000名学生中捐款大于等于20元的学生人数估计有220人．
(1)由题意可知，捐款15元的有14人，占捐款总人数的28%，由此可得总人数，将捐款总人数减去捐款5、15、20、25元的人数可得捐10元的人数，进而补全统计图即可；
(2)从条形统计图中可知，捐款10元的人数最多，由此可知众数；中间两个数据的平均数即为中位数；
(3)用八年级学生的总人数乘以样本中捐款20元及以上的人数所占比例即可得到答案．
本题主要考查了条形统计图与扇形统计图信息相关联，求众数，用样本估计总体等等，正确读懂统计图是解题的关键．
23.【答案】解：由题意得DE=24米，
在Rt△ABE中，∠AEB=45°，
∴∠BAE=45°，
∴AB=BE．
设AB=BE=x米，
在Rt△ABD中，tan∠ADB=ABBD，
∴tan37°=x24+x，
∴x24+x≈34，
解得x=72，
经检验x=72是原方程的解，
∴AB=72米．
答：孔子像AB的高度为72米．
【解析】根据三角函数解答即可．
本题考查的是解直角三角形的应用−仰角俯角问题，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．
24.【答案】(1)证明：∵BE是切线，
∴∠CBD+∠∠ABC=90°，
∵AB是直径，
∴∠A+∠ABC=90°，
∴∠CBD=∠A，
∵OA=OC，
∴∠ECD=∠ACO=∠A，
∴∠CBD=∠ECD；
(2)解：∵∠CBD=∠ECD，∠E=∠E，
∴△EDC∽△ECB，
∴EDEC=ECEB，
∴EC=3 2，
∴CDCB=EDEC=33 2= 22，
∵∠ABD=∠BCD=90°，∠CBD=∠A，
∴△BCD∽△ABD，
∴CDBD=BCAB，
∴BDAB=CDCB= 22，即3AB= 22，
∴AB=3 2，
∴⊙O的半径为：3 22．
【解析】(1)由切线的性质可得∠CBD+∠∠ABC=90°，根据圆周角定理可得∠A+∠ABC=90°，进而得出∠CBD=∠A，结合∠ECD=∠ACO=∠A即可得证；
(2)由(1)可得△EDC∽△ECB，得出EDEC=ECEB，求出EC=3 2，则CDCB=EDEC=33 2= 22，证明△BCD∽△ABD，得出CDBD=BCAB，则BDAB=CDCB= 22，即可求出AB，进而求出半径．
本题考查与圆有关的概念和性质，切线的性质，相似三角形的判定和性质，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解题关键．
25.【答案】解：(1)当x=0时，y=−3，
∴C(0,−3)，
∴OC=3，
∵OC=3OA，
∴AO=1，
∴A(−1,0)，
当y=0时，x=3，
∴B(3,0)，
将A、B、C三点代入y=ax2+bx+c，
∴a−b+c=09a+3b+c=0c=−3，
解得a=1b=−2c=−3，
∴抛物线的解析式为y=x2−2x−3；
∵y=x2−2x−3=(x−1)2−4，
∴M(1,−4)；
(2)∵点D是点C关于该抛物线对称轴对称，
∴D(2,−3)，
设平移后的函数解析式为y=(x−m)2+n，
∵平移后的图象经过点M，
∴(1−m)2+n=−4①，
∵△ECD与△ACD全等，
∴E点与A点关于直线CD对称时，E(−1,−6)，
当A点与E点关于直线x=1对称时，E(3,0)，
当点(3,0)关于直线CD对称时，E(3,−6)，
当E(−1,6)时，(−1−m)2+n=−6②，
联立①②得，m=−12，n=−254，
∴抛物线向左平移32个单位长度，再向下平移94个单位长度；
当E(3,0)时，(3−m)2+n=0②，
联立①②得，m=1，n=−4，此时与抛物线重合，不符合题意；
当E(3,−6)时，(3−m)2+n=−6②，
联立①②得，m=52，n=−254，
∴抛物线向右平移32个单位长度，再向下平移94个单位长度；
综上所述：抛物线向左平移32个单位长度，再向下平移94个单位长度或抛物线向右平移32个单位长度，再向下平移94个单位长度．
【解析】(1)分别求出A、B、C三点坐标，再用待定系数法求函数的解析式即可；
(2)设平移后的函数解析式为y=(x−m)2+n，根据平移后的图象经过点M，可得方程(1−m)2+n=−4①，再由△ECD与△ACD全等，可知E(−1,−6)或E(3,0)或E(3,−6)，再分别求出函数经过E点时对应的m、n值即可确定函数的平移过程．
本题考查二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，函数图象平移的性质，三角形全等的判定及性质是解题的关键．
26.【答案】解：(1)如图1，过点D作DF⊥AC于点F，

则∠DFP=90°．
∴∠PDF+∠DPF=90°．
∵MN⊥AC，
∴∠PNM=90°．
∴∠PNM=∠DFP．
∵矩形ABCD中，AB=4，AD=3，
∴∠ADC=90°，CD=AB=4．
∴AC= AD2+CD2= 32+42=5．
∵S△ACD=12AC⋅DF=12AD⋅CD，
∴DF=AD⋅CDAC=3×45=125．
∵PD绕点P逆时针旋转90°得到PM，
∴PM=PD，∠MPN+∠DPF=90°．
∴∠MPN=∠PDF．
在△PMN和△DPF中，
∠PNM=∠DFP ∠MPN=∠PDFPM=PD，
∴△PMN≌△DPF(AAS)．
∴PN=DF=125．
故PN的长为125．
(2)如图2中，过点N作NH⊥CD于点H，过点M作MG⊥AB于点G．

∵四边形PMNQ是正方形，
∴∠QPM=∠EPG=90°，QP=MP=QP=QN．
∴∠PGM=∠PEQ=90°．
∴△PEQ≌△PGM(AAS)．
∴QE=GM，PG=PE=6，S四边形QOME=S四边形EPGM=12(GM+PE)⋅PG．
设QE=a，
∴S四边形QPME=12(a+6)×6=3a+18．
∵NH⊥CD，∠PQN=90°，
∴∠QHN=∠PEQ=90°．
∴∠QPE=∠NQH．
∵QP=QN，
∴△QPE≌△NQH(AAS)．
∴NH=QE=a．
∴S△NQE=12⋅QE⋅NH=a2．
∵PQ= PE2+QE2= a2+62，
∴S四边形PQMN=PQ2=a2+36．
∴S△EMN=S四边形PQMN−S四边形PMEQ−S△QEN=a2=36−3a−18−12a2=12(a−3)2+272．
∵12>0，
∴a=3时，△EMN的面积最小，最小值为272．
∴△EMN的面积的最小值为272，此时QE=3．
【解析】(1)依据题意，如图1，过点D作DF⊥AC于点F，证明△PMN≌△DPF(AAS)，推出PN=DF=125；
(2)依据题意，如图2中，过点N作NH⊥CD于点H，过点M作MG⊥AB于点G.证明△PEQ≌△PGM(AAS)，推出QE=GM，PG=PE=6，S四边形QOME=S四边形EPGM=12(GM+PE)⋅PG，设QE=a，推出S四边形QPME=12(a+6)×6=3a+18，证明△QPE≌△NQH(AAS)，推出NH=QE=a，S△NQE=12⋅QE⋅NH=12a2，S四边形PQMN=PQ2=a2+36，推出S△EMN=S四边形PQMN−S四边形PMEQ−S△QEN=a2=36−3a−18−12a2=12(a−3)2+272，可得结论．
本题主要考查了矩形的性质，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形，二次函数的性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，学会利用参数构建二次函数解决最值问题．