2024年吉林省中考数学模拟卷（一）附解析

这是一份2024年吉林省中考数学模拟卷（一）附解析，共24页。试卷主要包含了 分解因式等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
1． 下列各式计算结果是负数的是（ ）
A．(−2)3B．(−3)2C．|−3|D．−(−3)
2．党的二十大报告中指出，我国全社会研发经费支出从一万亿元增加到二万八千亿元，居世界第二位，研发人员总量居世界首位．将2800000000000用科学记数法表示为（ ）
A．0.28×1013B．2.8×1011C．2.8×1012D．28×1011
3．如图，在下列条件中，能够证明AD//CB的条件是（ ）
A．∠1=∠4B．∠B=∠5
C．∠1+∠2+∠D=180°D．∠2=∠3
4．下列四个几何体中，三视图中不含矩形的是（ ）
A．B．
C．D．
5． 如图，已知点A(2，a)在反比例函数y1=43x的图象上，过点A作AB⊥x轴，垂足为B，连接OA，将△AOB沿OA翻折，点B的对应点B'恰好落在y2=kx(k≠0)的图象上，则k的值为（ ）
A．3B．−3C．23D．−23
6． 已知直线l及直线l外一点P，如图，
(1)在直线l上取一点O，以点O为圆心，OP长为半径画半圆，交直线l于A，B两点；
(2)连接PA，以点B为圆心，AP长为半径画弧，交半圆于点Q；
(3)作直线PQ，连接BP．
根据以上作图过程及所作图形，下列结论中错误的是（ ）
A．AP=BQB．PQ//AB
C．∠ABP=∠PBQD．∠APQ+∠ABQ=180°
二、填空题
7． 分解因式：4y−y2= ．
8．若分式 −67−x 的值为正数，则x的取值范围 ．
9．如图，在△ABC中，∠A=45°，∠B=30°，尺规作图作出BC的垂直平分线与AB交于点D，则∠ACD的度数为 ．
10．如图，以点O为位似中心，作△ABC的位似图形△A'B'C'．已知OAOA'=13， 若△ABC的面积是3，则△A´B´C´的面积为 ．
11． 如图，在扇形BOC中，∠BOC=60°，OD平分∠BOC交BC�于点D，点E为半径OB的中点．若OB=4，则阴影部分的面积为 ．
12． 端午节是中国传统节日，人们有吃粽子的习俗.利群商厦从5月12日起开始打折促销，肉粽六折，白粽七折，打折前购买4盒肉粽和5盒白粽需350元，打折后购买5盒肉粽和10盒白粽需360元.设打折前每盒肉粽的价格为x元，每盒白粽的价格为y元，则可列方程组 ．
13． 如图，正方形ABCD与正方形AEFG起始时互相重合，现将正方形AEFG绕点A逆时针旋转．设旋转角∠BAE=α(0°<α<360°)，则当α= 时，正方形的顶点F落在直线BC上．
14． 如图，甲、乙两人进行羽毛球比赛，羽毛球飞行的路线为抛物线的一部分．甲在O点正上方的A处发出一球，以点O为原点建立平面直角坐标系，羽毛球飞行的高度y(m)与水平距离x(m)之间满足函数解析式y=−15(x−4)2+215，球网BC离点O的水平距离为5米，甲运动员发球过网后，乙运动员在球场上N(n，0)处接球，乙原地起跳可接球的最大高度为2.4米，若乙因接球高度不够而失球，则n的取值范围是 ．
三、解答题
15．先化简，再求值： (x−y)2+y(y+2x) ，其中 x= 2 ， y= 3 .
16．如图，已知：△ABC中，AB=AC，M是BC的中点，D、E分别是AB、AC边上的点，且BD=CE．求证：MD=ME．
17． 在生产操作中，有些化工原料对人体有害，所以需要用机器人来搬运．现有A，B两种机器人，A型机器人比B型机器人每小时多搬运30kg，A型机器人搬运900kg所用时间与B型机器人搬运600kg所用时间相等，则两种机器人每小时分别搬运多少化工原料？
18．现有三位亚运冠军（依次标记为A，B，C）．为了让同学们了解他们的训练日常，陈老师设计了如下活动：取三张完全相同的卡片，分别在正面写上A，B，C三个标号，然后背面朝上放置，搅匀后请一位同学从中随机抽取一张，记下标号后放回，要求大家依据抽到标号所对应的人物查找相应亚运冠军的训练日常．
（1）求小张在这三种卡片中随机抽到标号为C的概率；
（2）用树状图或列表法求小明和小亮两位同学抽到的卡片是不同亚运冠军的概率．
19．如图，A，B是⊙O上的点，P为⊙O外一点，连结PA，PB，分别交⊙O于点C，D，且AC=BD．
（1）求证：PA=PB；
（2）若⊙O的半径为6，∠P=60°，CD=3AC，求图中阴影部分的面积．
20．中考体育测试前，某区教育局为了了解选报引体向上的初三男生的成绩情况，随机抽测了本区部分选报引体向上项目的初三男生的成绩，并将测试得到的成绩绘成了下面两幅不完整的统计图：
请你根据图中的信息，解答下列问题：
（1）写出扇形图中a＝ ▲ %，并补全条形图；
（2）在这次抽测中，测试成绩的众数和中位数分别是 ▲ 个、▲ 个．
（3）该区体育中考选报引体向上的男生共有1800人，如果体育中考引体向上达6个以上（含6个）得满分，请你估计该区体育中考中选报引体向上的男生能获得满分的有多少名？
21．如图，在由边长为1的小正方形构成的网格中，每个小正方形的顶点叫做格点，△ABC的三个顶点均在格点上，点E为AB中点，请按要求完成作图：
⑴作线段EF，使得EF=AB，且EF⊥AB，点F在格点上；
⑵作线段EG，使得EG平分线段BC，点G在格点上；
⑶连接线段FG，直接写出线段FG的长．
22．如图，在锐角△ABC中，AC是最短边．以AC为直径的⊙O，交BC于D，过O作OE∥BC，交⊙O于E，连接AD、AE、CE．
（1）求证：∠ACE=∠DCE；
（2）若∠B=45°，∠BAE=15°，求∠EAO的度
（3）若AC=1，S△CDFS△COE=23，求CF的长．
23．在一条笔直的公路上有A，B，C三地，C地位于A，B两地之间，甲车从A地沿这条公路匀速驶向C地，乙车从B地沿这条公路匀速驶向A地，在甲车出发至甲车到达C地的过程中，甲、乙两车与C地的距离y1 （单位：km），y2（单位：km）与甲车行驶时间t（单位：h）之间的函数关系如图．请根据所给图象解答下列问题：
（1）甲车的行驶速度为 km/h，乙车的行驶速度为 km/h；
（2）当1≤t≤4时，求乙车与C地的距离y2与甲车行驶时间t之间的函数关系式；
（3）当乙车出发 小时，两车相遇；
24．如图，一次函数 y=kx+2(k≠0) 的图象与反比例函数 y=mx(m≠0，x>0) 的图象交于点 A(2，n) ，与y轴交于点B，与x轴交于点 C(−4，0) .
（1）求k与m的值；
（2）P(a，0) 为x轴上的一动点，当△APB的面积为 72 时，求a的值.
25．综合与实践
【问题情境】
在数学活动课上，同学们以“折叠矩形”为主题开展数学活动．已知，在矩形ABCD中，AB=6，AD=10，点P是AB边上一点，将△APD沿直线PD折叠，点A的对应点为点E．
【操作发现】
（1）如图①，当点P与点B重合时，过点E作EF∥AB，交BD于点F，连结AF，试判定四边形ABEF的形状，并说明理由．
（2）操作二：如图②，当点E落在BC边上时，AP＝ ．
（3）操作三：如图③，当点P为AB中点时，延长DE交BC于点G， 连结PG， 则tan∠PGB＝ ．
26．抛物线y=−12x2+bx+2与x轴交于点A，B（A在B左边），与y轴交于点C，且OB＝2OC．
（1）求抛物线的解析式；
（2）若点P在第四象限的抛物线上，且∠PAB＝∠CBO，求点P的坐标；
（3）若点D在x轴正半轴上且OD=15AB，经过点D的直线MN交抛物线于点M，N（M在第一象限，N在第三象限），且满足BN//AM，求MN的解析式．
答案解析部分
1．【答案】A
【解析】【解答】解：A：（-2）3=-8，所以A符合题意；
B：（-2)2=4，所以B不符合题意；
C：−3=3，所以C不符合题意；
D：-（-3）=3，所以D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】根据有理数的乘方，及有理数的绝对值，有理数的相反数分别求得答案。
2．【答案】C
【解析】【解答】解：2800000000000=2.8×1012.
故答案为：C
【分析】根据科学记数法的表示形式为：a×10n，其中1≤|a|＜10，此题是绝对值较大的数，因此n=整数数位-1.
3．【答案】D
【解析】【解答】解：A、∠1=∠4，则AB∥DE，A选项错误；
B、∠B=∠5，则AB∥DE，B选项错误；
C、∵∠1+∠2+∠D=180°，即∠BAD+∠D=180°，
∴AB∥DE，C选项错误；
D、∵∠2=∠3，∴AD∥CB，D选项正确.
故答案为：D.
【分析】根据平行线的判定定理：同位角相等，两直线平行；内错角相等，两直线平行；同旁内角互补，两直线平行；即可判断.
4．【答案】C
【解析】【解答】解：圆锥的三视图分别是，三角形（主视图）、三角形（左视图）、圆（含圆心）（俯视图），三视图中不含矩形，故C正确，A、B、D错误。
故答案为：C.
【分析】考查几何体的三视图，会抽象判断几何体从正面，从左面，从上面的正投影的形状。
5．【答案】B
【解析】【解答】解：∵点A(2，a)在反比例函数y1=43x的图象上，
∴a=432=23，
∴A(2，23)，
∴OB=2，AB=23，
设B'(a，b)，
∵△OAB沿直线OA翻折，
∴AB'=AB=23，OB'=OB=2，
∴(2−a)2+(23−b)2=(23)2a2+b2=22，解得a=2b=0或，a=−1b=3，
∴B'(−1，3)，
∵点B'恰好落在y2=kx(k≠0)的图象上，
∴k=−1×3=−3．
故选：B．
【分析】要求k的值，根据待定系数法可知得知道图像上一点的坐标，结合图形可知需求点B´的坐标；所以先把点A的横坐标代入已知反比例函数解析式可以求得a的值，又AB垂直于x轴，所以可求点B的坐标，有翻折可知三角形AOB全等于三角形AOB´，故对应边相等；根据两点距离公式列方程组求点B´的坐标，进而求k的值。
6．【答案】C
【解析】【解答】由作图知BQ=AP，∴AP⏜=BQ⏜，
∴∠ABP=∠BPQ，
∴PQ∥AB，
∵四边形ABQP内接于⊙O，∴∠APQ+∠ABQ=180° ，
故C正确，A、B、D错误；
正确答案：C.
【分析】有作图可知BQ和AP的关系，同圆中弦相等则弧相等，有圆周角定理可知角PBQ与角ABP的关系，进而判定PQ和AB的位置关系，再由圆内接四边形性质可知第四选项的正确与否。
7．【答案】y(4−y)
【解析】【解答】 4y−y2= y(4−y)；
答案： y(4−y).
【分析】提公因式法分解因式，把多项式各项都有的公因式提出括号外，达到分解的目的。
8．【答案】x>7
【解析】【解答】由题意得：
−67−x ＞0，
∵-6＜0，
∴7-x＜0，
∴x＞7．
【分析】根据同号两数的商为正得出不等式，求解即可得出x的取值范围。
9．【答案】75°
【解析】【解答】∵点D在BC的垂直平分线上，
∴DC=DB，
∴∠DCB=∠B=30°，
∵∠A=45°，∠B=30°，
∴∠ACB=105°，
∴∠ACD=∠ACB-∠DCB=105°-30°=75°。
【分析】首先根据垂直平分线的性质，可得DC=DB，再根据等腰三角形的性质，求得∠DCB=30°，再根据三角形内角和求得∠ACB=105°，进而可得∠ACD=75°。
10．【答案】27
【解析】【解答】解：由题知△ABC≌△A´B´C´，
∴ABA´B´=OAOA´=13，
∴S△ABCS△A´B´C´=132=19，
∴S△A´B´C´=9S△ABC=9×3=27，
故答案为：27.
【分析】位似图形首先是相似图形，且对应点到位似中心的距离比等于相似比，所以两相似三角形的相似比可求，根据相似三角形的性质求面积比，进而求三角形A´B´C´的面积。
11．【答案】43π−23+2
【解析】【解答】解：连接BC，过D作DF⊥OB于F，
∵∠BOC=60°，OC=OB，
∴△BOC是等边三角形，
∵点E为半径OB的中点，
∴CE⊥BO，BE=OE=12OB=2，
∴CE=OC2−OE2=23，
∵∠BOC=60°，OD平分∠BOC，
∴∠DOB=12∠BOC=30°，
∴DF=12OD=2，
∴S阴影=S扇形BOC−S△COE−(S扇形BOD−S△ODE)=60π⋅42360−12×2×23−(30π⋅42360−12×2×2)=43π−23+2．
故答案为：43π−23+2．
【分析】连接BC，过D作DF⊥OB于F，根据S阴影=S扇形BOC−S△COE−(S扇形BOD−S△ODE)，分别去求扇形BOC、△COE、扇形BOD和△ODE的面积，然后根据它们的和差关系，即可求得阴影部分的面积。
12．【答案】4x+5y=3503x+7y=360
【解析】【解答】解： 设打折前每盒肉粽的价格为x元，每盒白粽的价格为y元，
根据题意，得：4x+5y=3505×0.6x+10×0.7y=360，即：4x+5y=3503x+7y=360。
故答案为：4x+5y=3503x+7y=360。
【分析】 设打折前每盒肉粽的价格为x元，每盒白粽的价格为y元，根据打折前购买4盒肉粽和5盒白粽需350元，可得方程4x+5y=350，根据肉粽六折，白粽七折，打折后购买5盒肉粽和10盒白粽需360元，可得方程3x+7y=360，两个方程联立成方程组4x+5y=3503x+7y=360即可。
13．【答案】270°
【解析】【解答】解：当α=90°时，点F落在直线CD上，当α=180°时，点F落在直线DA上，当α=270°时，点F落在直线BC上。
故答案为：270°。
【分析】根据旋转后点F的位置，结合正方形的性质，即可求得旋转角为270°。
14．【答案】5【解析】【解答】解：把y=2.4代入 y=−15(x−4)2+215 ，
即−15x−42+215=2.4，解得：x1=1，x2=7，
∵ 球网BC离点O的水平距离为5米 ，且抛物线的对称轴直线x=4，
∴ 若乙因接球高度不够而失球，则n的取值范围： 5 故答案： 5 【分析】抛物线二次项系数-15，所以抛物线开口线下，根据增减性易知x>4时，y随x的增大而减小，且当y=2.4时，可求得对应的自变量x的值，又乙队员在球网右侧（OB=5m），进而确定n的取值范围。
15．【答案】解：原式= x2−2xy+y2+y2+2xy = x2+2y2 ；
将 x=2 ， y=3 代入得：原式= (2)2+2×(3)2=8
【解析】【分析】根据完全平方公式及单项式乘以多项式，去括号，再合并同类项化为最简形式；然后代入x，y的值按实数的混合运算算出结果。
16．【答案】证明：△ABC中，∵AB=AC，∴∠DBM=∠ECM，∵M是BC的中点，∴BM=CM，在△BDM和△CEM中，{BD=CE∠DBM=∠ECMBM=CM ，∴△BDM≌△CEM(SAS)，∴MD=ME.
【解析】【分析】根据等边对等角得出∠DBM=∠ECM，然后利用SAS判断出△BDM≌△CEM，根据全等三角形对应边相等得出MD=ME.
17．【答案】解：设B型机器人每小时搬运xkg，则A型机器人每小时搬运(x+30)kg．
依题意列方程得：900x+30=600x，
解得：x=60．
经检验x=60是原方程的根且符合题意．
当x=60时，x+30=90．
答：A型机器人每小时搬运90kg，B型机器人每小时搬运60kg．
【解析】【分析】 设B型机器人每小时搬运xkg，则A型机器人每小时搬运（x+30）kg，根据 A型机器人搬运900kg所用时间与B型机器人搬运600kg所用时间相等，可得方程：900x+30=600x，解方程，并进行检验，再进一步求得x+30，即可得出答案。
18．【答案】（1）解：小张在这三种卡片中随机抽到标号为C的概率为：13，
（2）解：树状图如下，
∴小明和小亮两位同学抽到的卡片是不同亚运冠军的概率为：69=23.
【解析】【分析】（1）根据概率计算公式计算即可；
（2）利用树状图列举出所有的可能情况，再找出符合题意的情况，最后根据概率计算公式计算即可.
19．【答案】（1）证明：连接AB，如图，
∵AC=BD
∴AC+CD=BD+CD，
∴AD=BC，
∴∠A=∠B，
∴PA=PB；
（2）解：∵∠P=60°，由（1）知△PAB为等边三角形，
∴∠A=60°，
∵CD=3AC
∴AC=30°，
连OA，OC，A作AE⊥OC于E，则∠AOC=30°，
∴AE=12OA，
∴△AOC的面积=9，
∴S阴影=S扇形OAC−S△OAC=3π−9
【解析】【分析】（1）连接AB，要证PA=PB，可证∠PAB=∠PBA；题目已知 ，可推出AD^=BC^，即∠PAB与∠PBA所对的弧相等，即得证；
（2）由∠P=60°，可得△ABP是等边三角形，从而∠B=60°，AD⏜=120°；又 ，求得AC⌢=30°=∠AOC，那么△OAC就是一个顶角为30°腰长为圆半径6的等腰三角形；要求弓形面积，S弓形=S扇形−S△，根据扇形面积公式求出扇形面积，过点A作OC边上的高，利用30°角的直角三角形求出高的长，利用三角形面积公式求出S△AOC，即可求出弓形面积.
20．【答案】（1）解：扇形统计图中a＝1﹣30%﹣15%﹣10%﹣20%＝25%，
设引体向上6个的学生有x人，由题意得
x25%=2010%，解得x＝50．
条形统计图补充如下：
（2）解：由条形图可知，引体向上5个的学生有60人，人数最多，所以众数是5；
共200名同学，排序后第100名与第101名同学的成绩都是5个，故中位数为（5+5）÷2＝5
故答案为：5；5；
（3）解：50+40200×1800＝810（名）．
答：估计该区体育中考选报引体向上的男生能获得满分的同学有810名．
【解析】【分析】（1）根据扇形统计图中的其他数值求出a的值填入横线上即可，然后根据测试总人数不变，设引体向上6个的学生有x人，根据题意列出方程求出x的值，然后补全条形统计图即可；
（2）众数：在一组数据中，出现次数最多的数据叫做众数，(众数可能有多个)，简单的说，就是一组数据中占比最多的那个数，反应的是一组数据的集中趋势的量；中位数：将一组数据按从小到大（或者从大到小）的顺序排列后，如果数据的个数是奇数个时，则处在最中间的那个数据叫做这组数据的中位数；如果数据的个数是偶数个时，则处在最中间的两个数据的平均数叫做这组数据的中位数，据此结合统计图给的信息解题即可；
（3）首先根据题意先算出测试样本中体育中考引体向上得满分的人数占样本总数的百分比，由此估算出1800名学生中得满分的人数即可.
21．【答案】解：⑴⑵如图
⑶2
【解析】【解答】解：（3） FG=12+12=2
故答案为：2.
【分析】（1）根据网格作线段EF，满足条件即可；
（2）先找到BC的中点，连接后延长即可；
（3）网格的边长为1，利用勾股定理求解即可.
22．【答案】（1）解：∵OC=OE，
∴∠OEC=∠OCE．
∵OE∥BC，
∴∠OEC=∠ECD，
∴∠OCE=∠ECD，即∠ACE=∠DCE；
（2）解：延长AE交BC于点G．
∵∠AGC是△ABG的外角，
∴∠AGC=∠B+∠BAG=45°+15°=60°．
∵OE∥BC，
∴∠AEO=∠AGC=60°．
∵OA=OE，
∴∠EAO=∠AEO=60°．
（3）解：∵O是AC中点，
∴S△COES△CAE=12
∵S△CDFS△COE=23，
∴S△CDFS△CAE=13．
∵AC是直径，
∴∠AEC=∠FDC=90°．
∵∠ACE=∠FCD，
∴△CDF∽△CEA，
∴CFCA=13=33，
∴CF=33CA=33．
【解析】【分析】（1）根据等腰三角形的性质，可得∠OEC=∠OCE；根据两直线平行，内错角相等，可得∠OEC=∠ECD；根据等量代换原则，即可得∠ACE=∠DCE；
（2）根据三角形外角的性质，可得∠AGC的度数；根据两直线平行，同位角相等，可得∠AEO=∠AGC；根据等腰三角形的性质，可得∠EAO的度数；
（3）根据三角形面积公式和已知面积之比，可得S△CDFS△CAE=13；根据圆周角定理，可得∠AEC=∠FDC=90°；根据有两对对应角相等的两个三角形相似和三角形相似的性质，可得CFCA的值，即可求出CF的值.
23．【答案】（1）60；80
（2）解：当1＜t≤72时，设y2＝kt+b，
∵图象过点（1，200），（72，0），
∴k+b=20072k+b=0，
∴k=−80b=280，
∴y2＝-80t+280；
当72＜t≤4时，
∵（4-72）×80＝40（km），
∴图象过点（4，40），
设y2＝kt+b，
∵图象过点（4，40），（72，0），
∴4k+b=4072k+b=0，
∴k=80b=−280，
∴y2＝80t-280．
∴y2＝−80t+280(1（3）197
【解析】【解答】（1）甲车的速度=240÷4=60km/h，乙车的速度=200÷（72-1）=80km/h；
故答案为：60；80；
（3）设乙出发a小时，两车相遇，
由题意得：80a+60（a+1）=200+240，
解得：a=197，
∴乙出发197小时，两车相遇；
【分析】（1）根据速度=路程÷时间分别求解即可；
（2） 分1＜t≤72和当72＜t≤4，然后利用待定系数法分别求解即可；
（3）设乙出发a小时，两车相遇，根据路程和=甲行驶路程+乙行驶的路程，列出方程并解之即可.
24．【答案】（1）解：把 C(−4，0) 代入 y=kx+2 ，
得 k=12 .
∴y=12x+2 .
把 A(2，n) 代入 y=12x+2 ，
得 n=3 .
∴A(2，3) .
把 A(2，3) 代入 y=mx ，
得 m=6 .
∴k的值为 12 ， m 的值为6.
（2）解：当 x=0 时， y=2 .
∴B(0，2) .
∵P(a，0) 为x轴上的一动点，
∴PC=|a+4| .
∴S△CBP=12PC⋅OB=12×|a+4|×2=|a+4| ，
S△CAP=12PC⋅yA=12×|a+4|×3=32|a+4| .
∵S△CAP=S△ABP+S△CBP ，
∴32|a+4|=72+|a+4| .
∴a=3 或 a=−11 .
【解析】【分析】（1）把C（-4，0）代入y=kx+2中进行计算可得k的值，据此可得一次函数的解析式，将A（2，n）代入可求出n的值，得到点A的坐标，然后将点A的坐标代入y=mx中就可求出m的值；
（2）易得B（0，2），PC=|a+4|，然后根据S△CAP=S△ABP+S△CBP结合三角形的面积公式就可求出a的值.
25．【答案】（1）解：四边形ABEF是菱形，理由如下：
由折叠的性质可知，AB＝BE， AF=EF， ∠ABF＝∠EBF，
∵EF∥AB，
∴∠ABF＝∠EFB，
∴∠EFB＝∠EBF，
∴BE＝EF，
∴AB＝AF＝EF＝BE，
∴四边形ABEF是菱形
（2）103
（3）103
【解析】【解答】解：（2）由折叠性质知：DE=AD=10，CD=AB=6，
∴CE=8，
∴BE=2，
设AP=x，则：EP=x，BP=6-x，
∴x2=(6-x)2+22，
∴x=103，
∴AP=103。
故答案为：103；
（3）∵点P是AB的中点，
∴BP=AP=EP=3，又知∠PBG=∠PEG=90°，且PG=PG，
∴Rt△PBG≌Rt△PEG，
∴BG=EG，
设BG=EG=y，
∴CG=BC-BG=10-y，DG=DE+EG=10+y，
在Rt△CDG中：（10+y）2=(10-y）2+62，
∴y=910，
∴BG=EG=910，
∴tan∠PGB＝PBBG=3910=103。
故答案为：103。
【分析】（1）根据四条边相等的四边形是菱形即可得出结论；
（2）首先根据折叠性质及勾股定理，可求得CE=8，从而得出BE=2，进而在直角三角形BPE中，设AP=PE=x，根据勾股定理可得x2=(6-x)2+22，解方程即可求得AP的长度；
（3）首先在Rt△CDG中，设BG=y，则CG=BC-BG=10-y，DG=DE+EG=10+y，从而根据勾股定理。得出方程式：（10+y）2=(10-y）2+62，解方程即可求得BG=910，然后根据锐角三角函数的定义，即可求得tan∠PGB。
26．【答案】（1）解：∵抛物线y=−12x2+bx+2与y轴交于点C，
∴当x＝0时，y＝2．即点C（0，2），
∵抛物线y=−12x2+bx+2与x轴交于点A，B（A在B左边），且OB=2OC，
∴OB=2OC=4，即B（4，0），
∴0=−12×42+4b+2，解得b=32，
∴y=−12x2+32x+2
（2）解：连接BC，AP，过点P作PE⊥AB于点E．
∵抛物线y=−12x2+32x+2与x轴交于点A，B（A在B左边）
∴当y＝0时，−12x2+32x+2=0．
解得x1=−1，x2=4，即点A（－1，0），
在Rt△BOC中，tan∠CBO=OCOB=12
∵∠PAB=∠CBO，
∴tan∠PAB=tan∠CBO=12
设P(t，−12t2+32t+2)，
∴PE=12t2−32t−2，AE=t+1，
∴12t2−32t−2t+1=12，
解得t1=5，t2=−1，
∴当t1=5时，−12×52+32×5+2=−3，
即点P（5，－3）．
（3）解：过点M、N分别作x轴的垂线，垂足分别为S，T，
∵A（－1，0），B（4，0），
∴AB=5，
∵OD=15AB，
∴OD=1，
∴点D（1，0），
∴AD=2，BD=3，
∵AM//BN，
∴∠MAD=∠NBD，∠AMD=∠BND，
∴△MAD∽△NBD，
∴MDND=ADBD=23，
∵点M、N分别作x轴的垂线，垂足分别为S，T，
∴∠MSD=∠NTD=90°，
∵∠MDS=∠NDT，
∴△MDS∽△NDT，
∴DSDT=MDND=23，xM−xDxD−xN=23，
∵A（－1，0），
∴可设直线AM的表达式为y=k(x+1)）．
∴联立y=−12x2+32x+2y=k(x+1)
得12x2+(k−32)x+k−2=0
∴xA+xM=−2k+3，
∴xM=−2k+4，
同理可得：xN=−2k−1，
∴−2k+4−11−(−2k−1)=23，解得k=12，
∴xM=−2×12+4=3，
∴yM=12×(3−1)=2，
∴点M（3，2），
∵D（1，0），
可设直线NM的表达式为y=mx+n，
∴2=3m+n0=m+n，
解得2=3m+n0=m+n，
∴直线MN表达式为y=x−1．
【解析】【分析】（1）根据题意求出点B的坐标，再利用待定系数法即可求出抛物线的解析式；
（2）连接BC，AP，过点P作PE⊥AB于点E，先求出点A的坐标，设P(t，−12t2+32t+2)，根据tan∠PAB=tan∠CBO=12列出方程：12t2−32t−2t+1=12，解此方程即可求解；
（3）过点M、N分别作x轴的垂线，垂足分别为S，T，证明△MAD∽△NBD，得到：MDND=ADBD=23，设直线AM的表达式为y=k(x+1)，即可求出点M的坐标，再设直线NM的表达式为y=mx+n，进而利用待定系数法即可求解.