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湖南省娄底市涟源市2026年中考一模数学试题
一、选择题（每题3分，共24分）
1．（2026·涟源模拟）已知一组数据70，80，80，85，85，85，则它的众数和中位数分别为（　　）
A．85，80 B．85，85 C．85，82.5 D．80，80
2．（2026·涟源模拟）同一平面内，已知⊙O的半径r=2，点O到直线l的距离d=3，则⊙O与直线l的位置关系是（　　）
A．相离 B．相切 C．相交 D．无法确定
3．（2026·涟源模拟）如图，四边形内接于，若，则的度数是（　　）
A． B． C． D．
4．（2026·涟源模拟）如图，点A，B，C是上的点，且，阴影部分的面积为，则此扇形的半径为（　　）
A．2 B．3 C．4 D．5
5．（2026·涟源模拟）用配方法解方程，配方正确的是（　　）
A． B． C． D．
6．（2026·涟源模拟）对于二次函数的图象，下列说法不正确的是（　　）
A．开口向上 B．对称轴是直线
C．顶点坐标为 D．当时，随的增大而增大
7．（2026·涟源模拟）若方程的两根满足，则在下列关于、的等量关系式中，正确的是（　　）
A． B． C． D．
8．（2026·涟源模拟）如图，矩形纸片，，点P是边上一点，，矩形纸片沿折叠，点A落在G处，的延长线交于点H，则的长为（　　）
A．8 B． C．10 D．
二、填空题（每题3分，共24分）
9．（2026·涟源模拟）已知方程，用配方法化为．则　 　．
10．（2026·涟源模拟）抛物线的顶点坐标是　 　．
11．（2026·涟源模拟）关于x的一元二次方程有两个相等的实数根，则k的值为　 　．
12．（2026·涟源模拟）如图，正八边形转盘被分成八个面积相等的三角形，任意转动这个转盘一次，当转盘停止转动时，指针落在阴影部分的概率是　 　．
13．（2026·涟源模拟）在中，，，则的值为　 　．
14．（2026·涟源模拟）如图，在中，，，垂足为，若，，那么线段的长为　 　．
15．（2026·涟源模拟）如图，是的外接圆，，若点O到的距离为2，则的长为　 　．
16．（2026·涟源模拟）如图，，是抛物线上两点，点为的中点，过点作轴的垂线，交抛物线于点，．设，两点的横坐标分别为，．则的值为　 　．
三、解答题（共11题，共102分）
17．（2026·涟源模拟）计算：
18．（2026·涟源模拟）解方程：
19．（2026·涟源模拟）已知二次函数的图像经过点，
（1）求该二次函数的解析式；
（2）直接写出二次函数的图象与轴的交点坐标．
20．（2026·涟源模拟）“四大发明”是指中国古代对世界具有很大影响的四种发明，它是中国古代劳动人民的重要创造，具体指A．指南针、B．造纸术、C．火药、D．印刷术四项发明，如图是小强同学收集的中国古代四大发明的不透明卡片，四张卡片除内容外其余完全相同，将这四张卡片背面朝上洗匀放好．
（1）小强从这四张卡片中随机抽取一张后将卡片洗匀，小刚再从剩下的三张卡片中随机抽取一张，请用列表或画树状图的方法，求两人抽到的卡片恰好是“指南针”和“造纸术”的概率．
（2）小强和小刚玩游戏，在（1）的规则上，若两人抽到的卡片有指南针，则小强胜，否则小刚胜，请判断上述游戏是否公平，并说明理由．
21．（2026·涟源模拟）如图，是的中线，点G是上一点，且，过点G作交于点F，过点D作交的延长线于点E，已知的面积为18．
（1）求的值．
（2）求四边形的面积．
22．（2026·涟源模拟）老师随机抽查了本学期学生读课外书册数的情况，绘制成条形图（图1）和不完整的扇形图（图2）
（1）求抽查学生总数．
（2）求所抽查学生读课外书册数的平均数．（结果保留整数）
（3）老师手里有1本课外读物，七、八年级两位同学都想借阅，为此九年级的一位同学设计了一个转盘游戏，指针固定不动，分别旋转两个转盘，若先后两次转动出现字母A与B的的混合结果，就借给七年级的同学，否则就借给八年级的同学．你认为这个游戏公平吗？为什么？
23．（2026·涟源模拟）小华同学将笔记本电脑水平放置在桌子上，当是示屏的边缘线与底板的边缘线所在水平线的夹角为120°时，感觉最舒适（如图①）．侧面示意图为图②；使用时为了散热，他在底板下面垫入散热架，如图③，点、、在同一直线上，，，．
（1）求的长；
（2）如图④，垫入散热架后，要使显示屏的边缘线与水平线的夹角仍保持120°，求点到的距离．（结果保留根号）
24．（2026·涟源模拟）2022年北京冬奥会吉祥物深受大家的喜欢，某特许零售店的冬奥会吉祥物销售量日益火爆．据统计，该店2022年1月的“冰墩墩”销量为1万件，2022年3月的“冰墩墩”销量为1.21万件．
（1）求该店“冰墩墩”销量的月平均增长率；
（2）该零售店4月将采用提高售价的方法增加利润，根据市场调研得出结论：如果将进
价80元的“冰墩墩”按每件100元出售，每天可销售500件，在此基础上售价每涨1元，那么每天的销售量就会减少10件，该零售店要想每天获得12000元的利润，且销量尽可能大，则每件商品的售价应该定为多少元？
25．（2026·涟源模拟）如图，是的直径，是弦延长线上一点，切线平分于．
（1）求证：是的切线；
（2）若，，求的直径．
26．（2026·涟源模拟）在直角△ABC中，∠ACB=90°，AC=3，BC=4，点D、E和F分别是斜边AB、直角边AC和直角边BC上的动点，∠EDF=90°，
（1）如图1，若四边形DECF是正方形，求这个正方形的边长．
（2）如图2，若E点正好运动到C点，并且tan∠DCF=，求BF的长．
（3）如图3，当时，求的值
27．（2026·涟源模拟）如图，在平面直角坐标系中，抛物线与x轴交于点，与y轴交于点C，点D为的中点．
（1）求该抛物线的函数表达式；
（2）点G是该抛物线对称轴上的动点，若有最小值，求此时点G的坐标；
（3）若点P是第四象限内该抛物线上一动点，求面积的最大值；
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】中位数；众数
【解析】【解答】解：把这组数据按照从小到大的顺序排列为：70，80，80，85，85，85，
最中间的两个数是80，85
则中位数是=82.5；
在这组数据中出现次数最多的是85，
则众数是85；
∴众数和中位数分别为85，82.5
故选：C．
【分析】根据一组数据中出现次数最多的数据叫做众数，即可得出众数是85，根据中位数是将一组数据从小到大（或从大到小）重新排列后，最中间的那个数（或最中间两个数的平均数），求出中位数是=82.5.
2．【答案】A
【知识点】直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：∵⊙O的半径 ，点O到直线l的距离(
∴⊙O与直线l的位置关系是相离.
故答案为：A.
【分析】设⊙O的半径为r，圆心O到直线l的距离为d，①直线l和⊙O相交 ( ②直线l和⊙O相切 ③直线l和⊙O相离 由此即可判断.
3．【答案】B
【知识点】圆内接四边形的性质
【解析】【解答】解：四边形内接于，，
∴，
故选：B．
【分析】根据圆内接四边形的性质解答即可．
4．【答案】B
【知识点】圆周角定理；扇形面积的计算
【解析】【解答】解：∵，
∴，
∴扇形的面积为，
，
故选：B．
【分析】根据圆周角定理求出的度数，然后根据扇形的面积公式解答即可．
5．【答案】A
【知识点】配方法解一元二次方程
【解析】【解答】解：∵x2+6x+4=0，
∴x2+6x+32=-4+32，
∴（x+3）2=5.
故答案为：A.
【分析】将常数项移到方程的右边，然后配方(方程的两边同时加上一次项系数一半的平方“32”，左边利用完全平方公式分解因式，右边合并同类项即可.
6．【答案】D
【知识点】二次函数y=a（x-h）²+k的图象；二次函数y=a（x-h）²+k的性质
【解析】【解答】解：A、因为二次函数的表达式为，所以抛物线的开口向上．故此选项说法正确，不符合题意；
B、抛物线的对称轴是直线，故此选项说法正确，不符合题意；
C、因为抛物线的顶点坐标为，故此选项说法正确，不符合题意；
D、因为抛物线的对称轴为直线，且开口向上，所以当时，随的增大而减小，故此选项说法不正确，符合题意；
故答案为：D．
【分析】根据二次函数的表达式，可得出抛物线的开口方向，对称轴，顶点坐标及增减性，当时，随的增大而减小，据此可解决问题．
7．【答案】D
【知识点】一元二次方程的根与系数的关系（韦达定理）
【解析】【解答】解：∵方程 的两根为 和，
由根与系数的关系可得：，，
又 ∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
将 代入：
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
故选：D．
【分析】利用根与系数的关系，，，根据已知条件可知，将其代入伟达公式中，可推算出m与n的关系式．
8．【答案】D
【知识点】勾股定理；矩形的性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：如图，连接PH，过N作NM⊥CD于点M，则四边形ADMN为矩形，
由折叠的性质可知，GN=AN=10 PG=AP=6，
设，，则，，
∴在Rt△MNH中，由勾股定理得，
即，
∴①，
在Rt△PDF中，由勾股定理得，
在Rt△PGH中，由勾股定理得，
∴，整理得②，
①②得，，整理得，
∴，
∴，
解得，
∴，
故答案为：D．
【分析】
如图，连接PH，过N作NM⊥CD于点M，根据矩形的判定定理：四个角都是直角的四边形是矩形可知：四边形ADMN为矩形，由折叠的性质可知：GN=AN=10 PG=AP=6，设DH=y，HG=x，根据线段的和差运算可知：，，根据勾股定理：在Rt△MNH中，，代入数据得：，化简整理得：①，再根据勾股定理： 在Rt△PDF和Rt△PGH中，，代入数据得：，化简整理得：②，①②得，，则，，求的值，最后根据线段的和差运算可求得NH的值，由此可得出答案．
9．【答案】3
【知识点】配方法解一元二次方程
【解析】【解答】解：方程，
配方，得，
即，
则，
解得.
故答案为：3.
【分析】
本题主要考查了配方法解一元二次方程，核心是利用 “完全平方公式”，通过添加一次项系数一半的平方将方程左边配成完全平方式，再根据等式两边对应系数相等建立方程求解c的值。
10．【答案】
【知识点】二次函数y=a（x-h）²+k的图象
【解析】【解答】解：抛物线的顶点坐标是，
故答案为：．
【分析】
二次函数的顶点坐标为．
11．【答案】
【知识点】一元二次方程根的判别式及应用
【解析】【解答】根据题意得，即，
解得．
故答案为．
【分析】先求出，再求出，最后求解即可。
12．【答案】
【知识点】几何概率；概率公式
【解析】【解答】解：∵ 该图形为被分成八个面积相等的三角形的正八边形，其中有三个阴影三角形，
∴阴影部分的面积占比为，
∴指针落在阴影区域的概率为，
故答案为：．
【分析】求出阴影区域的面积和整个图形的面积，然后求出阴影面积的占比即可得出指针落在阴影部分的概率。
13．【答案】
【知识点】解直角三角形；解直角三角形—三边关系（勾股定理）；求余弦值；正切的概念
【解析】【解答】解：∵在中，，，
∴可设，，
∴，
∴，
故答案为：．
【分析】首先根据正切的定义可设，则，再根据勾股定理即可得出，进而根据余弦定义即可得出。
14．【答案】
【知识点】相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边
【解析】【解答】解：在中，，，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴（负值舍去），
故答案为：．
【分析】由直角三角形两锐角互余、角的构成及同角的余角相等推出∠ACD=∠B，从而由有两组角对应相等的两个三角形相似得△ACD∽△CBD，然后根据相似三角形的对应边成比例求出CD的长即可．
15．【答案】
【知识点】垂径定理；圆周角定理；解直角三角形—边角关系
【解析】【解答】解：如图，连接、，过点O作于点M，
∴BC=2MC，∠BOC=2∠A=120°，
∵点O到的距离为2，
∴OM=2，
∵，，
∴，
∴在中，
∴即，
解之：，
∴，
故答案为：．
【分析】连接、，过点O作于点M，利用垂径定理和圆周角定理可证得BC=2MC，同时求出∠BOC的度数，利用等腰三角形的性质可求出∠COM的度数；再利用解直角三角形求出MC的长，可得到BC的长.
16．【答案】
【知识点】完全平方公式及运用；线段的中点；二次函数图象上点的坐标特征
【解析】【解答】解：根据题意可知，A、B两点的纵坐标分别为x12、x22，
∴点A（x1，x12），点B（x2，x22），
∵点P为AB的中点，
∴点P（，），
∵ 过点作轴的垂线，交抛物线于点 ，
∴点P和点Q的横坐标相同，为，
∴点Q的纵坐标为，
∵PQ=3，
∴-=3，
整理得：=12，
∵，
∴=，
故答案为：．
【分析】先根据题意结合中点坐标公式求出点的坐标，再根据列出方程根据完全平方公式求出的值即可得出答案．
17．【答案】解：
=
=
=
=
=．
【知识点】特殊角的三角函数的混合运算
【解析】【分析】先写出特殊角的三角函数值，再代入化简即可求解．
18．【答案】解：，∴，
∴，
即或，
解得：，．
【知识点】因式分解法解一元二次方程
【解析】【分析】先移项，然后分为两个一次多项式的乘积，然后根据每一个因式均可为零解答即可．
19．【答案】（1）解：因为二次函数的图象经过点，
则有 解方程组得，
即二次函数解析式为.
（2）解：令，
所以，
，
，
解得，，
所以二次函数的图象与轴的交点坐标为
【知识点】待定系数法求二次函数解析式；二次函数图象与坐标轴的交点问题
【解析】【分析】（1）利用待定系数法，把点的坐标代入函数解析式，解二元一次方程组即可．
（2）令，用十字相乘法解二元一次方程即可求出．
（1）因为二次函数的图像经过点
则有 解方程组得
即二次函数解析式为
（2）令
所以
所以二次函数的图象与轴的交点坐标为
20．【答案】（1）解：画树状图如下：
共有12种等可能的结果，其中两人抽到的卡片恰好是“A．指南针”和“B．造纸术”的结果有2种，
两人抽到的卡片恰好是“指南针”和“造纸术”的概率为．
故答案为：.
（2）解：上述游戏公平，理由如下：
两人抽到的卡片有指南针的结果数有种，
∴小强胜的概率为
小刚胜概率为
∴上述游戏公平.
【知识点】用列表法或树状图法求概率；游戏公平性
【解析】【分析】
（1）由题意画树状图，根据树状图的信息可得所有等可能的结果数和两人抽到的卡片恰好是“指南针”和“造纸术”的结果数，再用概率公式计算即可求解；
（2）根据两人抽到的卡片有指南针的结果数有种，然后结合概率公式分别求出小强和小刚的概率，根据概率即可判断求解．
（1）解：画树状图如下：
共有12种等可能的结果，其中两人抽到的卡片恰好是“A．指南针”和“B．造纸术”的结果有2种，
两人抽到的卡片恰好是“指南针”和“造纸术”的概率为．
故答案为：
（2）解：上述游戏公平，理由如下：
两人抽到的卡片有指南针的结果数有种，
∴小强胜的概率为
小刚胜概率为
∴上述游戏公平
21．【答案】（1）解：∵，
∴．
∴．
∵，
∴．
∴．

（2）解：∵是的中线，的面积为18，
∴，
∵，，
∴．
∴．
∴．
∵，
∴，．
∴．
∵，
∴，．
∴．
【知识点】相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边；相似三角形的性质-对应面积
【解析】【分析】（1）先得到，即可得到，然后解题即可；
（2）根据三角形中线分出的 两个三角形面积相等得到，再根据，即可得到．求出，然后推导，即可得到，求出四边形的面积解题．
（1）解：∵，
∴．
∴．
∵，
∴．
∴．
（2）∵是的中线，的面积为18，
∴，
∵，，
∴．
∴．
∴．
∵，
∴，．
∴．
∵，
∴，．
∴．
22．【答案】（1）解：抽查学生总数为：（人）；
（2）解：读5册的学生人数为：（人），
∴所抽查学生读课外书册数的平均数为（册）；
（3）解：这个游戏不公平，理由如下：画树状图如下：
共有9种等可能的结果，其中出现字母A与B的混合结果有种，
∴借给七年级的同学的概率，借给八年级的同学的概率，
∵，
∴这个游戏不公平．
【知识点】总体、个体、样本、样本容量；扇形统计图；条形统计图；用列表法或树状图法求概率；加权平均数及其计算
【解析】【分析】
（1）观察条形统计图与扇形统计图可由读6册的学生 除以所占百分比即可；
（2）先求出读册的学生人数，再由平均数的计算公式计算即可；
（3）可利用画出树状图的方法分别求出两种事件的概率，然后再比较即可．
23．【答案】解：（1）∵，，
∴．
即OC的长度为12cm．
（2）如图，过点O作OM∥AC，过点B'作B'E⊥AC交AC的延长线于点E，交OM于点D，B'E即为点到的距离，
∵OM∥AC，B'E⊥AC，
∴B'E⊥OD，
∵MN∥AC，
∴∠NOA=∠OAC=30°，
∵∠AOB=120°，
∴∠NOB=90°，
∵∠NOB'=120°，
∴∠BOB'=120°-90°=30°，
∵BC⊥AC，B'E⊥AE，MN∥AE，
∴BC∥B'E，四边形OCED为矩形，
∴∠OB'D=∠BOB'=30°，DE=OC=12cm，
在Rt△B'OD中，∵∠OB'D=30°，B'O=BO=24cm，
∴
B'D=，
B'E=B'D+DE=，
答：点到的距离为．
【知识点】含30°角的直角三角形；矩形的判定与性质；解直角三角形的其他实际应用
【解析】【分析】（1）直角三角形中30度角所对的直角边是斜边的一半；
（2）如图，过点O作OM∥AC，过点B'作B'E⊥AC交AC的延长线于点E，交OM于点D，则四边形OCED为矩形，B'E即为点到的距离，由题意知∠NOB'=120°，则∠OB'D=30°，解Rt△B'OD可得B`D的长，则B'E=B'D+DE即可．
24．【答案】（1）解：设月平均增长率为x，根据题意，得，解得，（舍去）．所以该店“冰墩墩”销售量的月平均增长率是10％；
（2）解：设每件商品的售价应该定在m元，则每件商品得销售利润是（m-80）元，每天的销售量是500-10（m-100）=（1500-10m）件，根据题意，得，解得，．因为要使销售量尽可能大，所以．所以每件商品的售价应该定为110元．
【知识点】一元二次方程的实际应用-百分率问题；一元二次方程的实际应用-销售问题
【解析】【分析】（1）设月平均增长率为x，根据题意列出方程，再求解即可；
（2）设每件商品的售价应该定在m元，则每件商品得销售利润是（m-80）元，根据题意列出方程，再求解即可。
25．【答案】（1）证明：连接，；
∵切线平分于，
∴，
∵是的直径，
∴在中；
∵，，
∴，
∴，
∴是的切线．
（2）解：∵，
，
，
，
∴，
，
，
，
∴，，
∴．
【知识点】勾股定理；切线的判定与性质；三角形全等的判定-SSS；相似三角形的判定-AA；直角三角形的两锐角互余
【解析】【分析】（1）由于直径所对的圆周角是直角，则连接CD可得DE是直角三角形ADC斜边AC上的中线，则DE=CE，再连接OD、OE，则利用SSS可证明，则，由于OC是半径，即AC与相切；
（2）先利用同角的余角相等可得，再利用相似比结合AD与DB的数量比可得AB的长，再利用勾股定理即可．
26．【答案】（1）设正方形的边长为x，
∵AC=3，
∴AE＝3－x，
∵四边形AOBC是的正方形，
∴DEBC，
∴AE：AC＝DE：BC，
∴，
解得 x＝，
∴这个正方形的边长为.
（2）过D点作DG⊥BC，垂足为G点，如图，设DG＝y，
∵tan∠DCF＝，
∴.
∴CG＝2y，
∴BG=BC-CG＝4－2y，
∵DGAC，
∴，
∴，
解得 y＝1.2 ，
BG＝4－2y＝1.6，
∵∠EDF＝，
∴∠CDG＋∠GDF＝，
∵DG⊥BC，
∴∠CDG＋∠DCG＝，
∴∠GDF＝∠DCG，
∵tan∠DCF＝，
∴tan∠GDF＝，
∴，
∵DG＝1.2，
∴FG＝0.6，
∴FB＝BG－FG＝1.6－0.6 ＝1；
（3）过D点作DM⊥AC，垂足为M点，过D点作DN⊥BC，垂足为N点，如图，
∵∠ACB＝，AC＝3，BC＝4，
∴AB＝5，
∵DM⊥AC，DN⊥BC，∠ACB＝，
∴四边形CNDM为矩形，
∴∠MDN＝，
∴∠MDE＋∠EDN＝，
∵∠EDF＝，
∴∠FDN＋∠EDN＝，
∴∠MDE＝∠FDN，
∴Rt△DME∽Rt△DNF，
∴＝，
∵=，
∴=，
设DM＝z，则DN＝2z，
∵DMBC ，
∴DM：BC＝AM：AC＝AD：AB，
∴z：4＝（3－2z）：3 ，解得 z＝，
∴：4＝AD：5 ，
∴AD＝，BD＝5－＝，
∴＝．

【知识点】正方形的性质；两条直线被一组平行线所截，所得的对应线段成比例；解直角三角形—边角关系；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边
【解析】【分析】（1）设正方形的边长为x，用x表示出AE＝3－x，根据正方形的性质，可以证得DEBC，再列出比例式AE：AC＝DE：BC，得到关于x的方程，求出正方形的边长；
（2）过D点作DG⊥BC，垂足为G点，根据正切，得到DG：CG＝1：2，设DG＝y，可以y表示出CG，再用y表示出BG，然后根据DGAC，列出比例式DG：AC＝BG：BC，关第关于y的方程，求得y，再求BG，然后根据正切，得出，就可求出FG，再根据FB＝BG－FG，求出BF；
（3）过D点作DM⊥AC，垂足为M点，作DN⊥BC，垂足为N点，先由勾股定理求得AB=5，再证明Rt△DME∽Rt△DNF，得＝，由=，得=，设DM＝z，则DN＝2z，再由DMBC ，得DM：BC＝AM：AC＝AD：AB，即z：4＝（3－2z）：3 ，解得 z＝，所以：4＝AD：5 ，求得AD＝，BD＝5－＝，即可代入求解．
（1）解：∵四边形AOBC是的正方形，
∴DEBC，
∴AE：AC＝DE：BC
设正方形的边长为x，则AE＝3－x，
∴（3－x）：3＝x：4，
解得 x＝，
即这个正方形的边长为；
（2）解：过D点作DG⊥BC，垂足为G点，如图2，
∵tan∠DCF＝，
∴DG：CG＝1：2
设DG＝y，则CG＝2y，
∴BG＝4－2y，
∵DGAC，
∴DG：AC＝BG：BC，
∴y：3＝（4－2y）：4，解得 y＝1.2 ，
BG＝4－2y＝1.6，
∵∠EDF＝，
∴∠CDG＋∠GDF＝，
∵DG⊥BC，
∴∠CDG＋∠DCG＝，
∴∠GDF＝∠DCG，
∵tan∠DCF＝，
∴tan∠GDF＝，
∴，
∵DG＝1.2，
∴FG＝0.6，
∴FB＝BG－FG＝1.6－0.6 ＝1；
（3）解：过D点作DM⊥AC，垂足为M点，过D点作DN⊥BC，垂足为N点，如图3，
∵∠ACB＝，AC＝3，BC＝4，
∴AB＝5，
∵DM⊥AC，DN⊥BC，∠ACB＝，
∴∠MDN＝，
∴∠MDE＋∠EDN＝，
∵∠EDF＝，
∴∠FDN＋∠EDN＝，
∴∠MDE＝∠FDN，
∴Rt△DME∽Rt△DNF，
∴＝，
∵=，
∴=，
设DM＝z，则DN＝2z，
∵DMBC ，
∴DM：BC＝AM：AC＝AD：AB，
∴z：4＝（3－2z）：3 ，解得 z＝，
∴：4＝AD：5 ，
∴AD＝，BD＝5－＝，
∴＝．
27．【答案】（1）解：把代入抛物线，
得：，
解得：，
∴抛物线的函数表达式为；
（2）解：∵点G是该抛物线对称轴上的动点，
∴，
∴，
∴当点G正好在直线与抛物线对称轴的交点上时最小，
把代入得：，
∴点C的坐标为：，
设直线的解析式为：，
把代入得：，
解得：，
∴ 直线的解析式为：，
抛物线的对称轴为直线，
把代入得：，
∴点G的坐标为：；
（3）解：连接，过点P作轴，交于点Q，如图所示：
∵点D是的中点，
∴，
∴当面积最大时，面积最大，
设，则，
，
，
∴当时，面积取最大值4，
∴面积的最大值为．
【知识点】二次函数与一次函数的综合应用；利用一般式求二次函数解析式；二次函数-线段周长问题；二次函数-面积问题
【解析】【分析】（1）将A、B两点的坐标分别代入y=ax2+bx-4可得关于字母a、b的二元一次方程组，求解得出a、b的值，从而得到抛物线的解析式；
（2）根据对称轴得出当点G正好在直线与抛物线对称轴的交点上时最小，令抛物线解析式中的x=0算出对应的函数值，可得点C的坐标，从而利用待定系数法求出直线BC的解析式，利用抛物线对称轴直线公式求出抛物线的对称轴为直线，把代入直线BC的解析式算出对应的函数值，从而求出点G的坐标；
（3）连接PC，过点P作轴，交BC于点Q，由等底同高三角形面积相等得出，当面积最大时，面积最大，设，则，根据三角形面积计算公式用m表示出，求出其最大值，即可得出答案．
1 / 1湖南省娄底市涟源市2026年中考一模数学试题
一、选择题（每题3分，共24分）
1．（2026·涟源模拟）已知一组数据70，80，80，85，85，85，则它的众数和中位数分别为（　　）
A．85，80 B．85，85 C．85，82.5 D．80，80
【答案】C
【知识点】中位数；众数
【解析】【解答】解：把这组数据按照从小到大的顺序排列为：70，80，80，85，85，85，
最中间的两个数是80，85
则中位数是=82.5；
在这组数据中出现次数最多的是85，
则众数是85；
∴众数和中位数分别为85，82.5
故选：C．
【分析】根据一组数据中出现次数最多的数据叫做众数，即可得出众数是85，根据中位数是将一组数据从小到大（或从大到小）重新排列后，最中间的那个数（或最中间两个数的平均数），求出中位数是=82.5.
2．（2026·涟源模拟）同一平面内，已知⊙O的半径r=2，点O到直线l的距离d=3，则⊙O与直线l的位置关系是（　　）
A．相离 B．相切 C．相交 D．无法确定
【答案】A
【知识点】直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：∵⊙O的半径 ，点O到直线l的距离(
∴⊙O与直线l的位置关系是相离.
故答案为：A.
【分析】设⊙O的半径为r，圆心O到直线l的距离为d，①直线l和⊙O相交 ( ②直线l和⊙O相切 ③直线l和⊙O相离 由此即可判断.
3．（2026·涟源模拟）如图，四边形内接于，若，则的度数是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】圆内接四边形的性质
【解析】【解答】解：四边形内接于，，
∴，
故选：B．
【分析】根据圆内接四边形的性质解答即可．
4．（2026·涟源模拟）如图，点A，B，C是上的点，且，阴影部分的面积为，则此扇形的半径为（　　）
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】B
【知识点】圆周角定理；扇形面积的计算
【解析】【解答】解：∵，
∴，
∴扇形的面积为，
，
故选：B．
【分析】根据圆周角定理求出的度数，然后根据扇形的面积公式解答即可．
5．（2026·涟源模拟）用配方法解方程，配方正确的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】配方法解一元二次方程
【解析】【解答】解：∵x2+6x+4=0，
∴x2+6x+32=-4+32，
∴（x+3）2=5.
故答案为：A.
【分析】将常数项移到方程的右边，然后配方(方程的两边同时加上一次项系数一半的平方“32”，左边利用完全平方公式分解因式，右边合并同类项即可.
6．（2026·涟源模拟）对于二次函数的图象，下列说法不正确的是（　　）
A．开口向上 B．对称轴是直线
C．顶点坐标为 D．当时，随的增大而增大
【答案】D
【知识点】二次函数y=a（x-h）²+k的图象；二次函数y=a（x-h）²+k的性质
【解析】【解答】解：A、因为二次函数的表达式为，所以抛物线的开口向上．故此选项说法正确，不符合题意；
B、抛物线的对称轴是直线，故此选项说法正确，不符合题意；
C、因为抛物线的顶点坐标为，故此选项说法正确，不符合题意；
D、因为抛物线的对称轴为直线，且开口向上，所以当时，随的增大而减小，故此选项说法不正确，符合题意；
故答案为：D．
【分析】根据二次函数的表达式，可得出抛物线的开口方向，对称轴，顶点坐标及增减性，当时，随的增大而减小，据此可解决问题．
7．（2026·涟源模拟）若方程的两根满足，则在下列关于、的等量关系式中，正确的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】一元二次方程的根与系数的关系（韦达定理）
【解析】【解答】解：∵方程 的两根为 和，
由根与系数的关系可得：，，
又 ∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
将 代入：
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
故选：D．
【分析】利用根与系数的关系，，，根据已知条件可知，将其代入伟达公式中，可推算出m与n的关系式．
8．（2026·涟源模拟）如图，矩形纸片，，点P是边上一点，，矩形纸片沿折叠，点A落在G处，的延长线交于点H，则的长为（　　）
A．8 B． C．10 D．
【答案】D
【知识点】勾股定理；矩形的性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：如图，连接PH，过N作NM⊥CD于点M，则四边形ADMN为矩形，
由折叠的性质可知，GN=AN=10 PG=AP=6，
设，，则，，
∴在Rt△MNH中，由勾股定理得，
即，
∴①，
在Rt△PDF中，由勾股定理得，
在Rt△PGH中，由勾股定理得，
∴，整理得②，
①②得，，整理得，
∴，
∴，
解得，
∴，
故答案为：D．
【分析】
如图，连接PH，过N作NM⊥CD于点M，根据矩形的判定定理：四个角都是直角的四边形是矩形可知：四边形ADMN为矩形，由折叠的性质可知：GN=AN=10 PG=AP=6，设DH=y，HG=x，根据线段的和差运算可知：，，根据勾股定理：在Rt△MNH中，，代入数据得：，化简整理得：①，再根据勾股定理： 在Rt△PDF和Rt△PGH中，，代入数据得：，化简整理得：②，①②得，，则，，求的值，最后根据线段的和差运算可求得NH的值，由此可得出答案．
二、填空题（每题3分，共24分）
9．（2026·涟源模拟）已知方程，用配方法化为．则　 　．
【答案】3
【知识点】配方法解一元二次方程
【解析】【解答】解：方程，
配方，得，
即，
则，
解得.
故答案为：3.
【分析】
本题主要考查了配方法解一元二次方程，核心是利用 “完全平方公式”，通过添加一次项系数一半的平方将方程左边配成完全平方式，再根据等式两边对应系数相等建立方程求解c的值。
10．（2026·涟源模拟）抛物线的顶点坐标是　 　．
【答案】
【知识点】二次函数y=a（x-h）²+k的图象
【解析】【解答】解：抛物线的顶点坐标是，
故答案为：．
【分析】
二次函数的顶点坐标为．
11．（2026·涟源模拟）关于x的一元二次方程有两个相等的实数根，则k的值为　 　．
【答案】
【知识点】一元二次方程根的判别式及应用
【解析】【解答】根据题意得，即，
解得．
故答案为．
【分析】先求出，再求出，最后求解即可。
12．（2026·涟源模拟）如图，正八边形转盘被分成八个面积相等的三角形，任意转动这个转盘一次，当转盘停止转动时，指针落在阴影部分的概率是　 　．
【答案】
【知识点】几何概率；概率公式
【解析】【解答】解：∵ 该图形为被分成八个面积相等的三角形的正八边形，其中有三个阴影三角形，
∴阴影部分的面积占比为，
∴指针落在阴影区域的概率为，
故答案为：．
【分析】求出阴影区域的面积和整个图形的面积，然后求出阴影面积的占比即可得出指针落在阴影部分的概率。
13．（2026·涟源模拟）在中，，，则的值为　 　．
【答案】
【知识点】解直角三角形；解直角三角形—三边关系（勾股定理）；求余弦值；正切的概念
【解析】【解答】解：∵在中，，，
∴可设，，
∴，
∴，
故答案为：．
【分析】首先根据正切的定义可设，则，再根据勾股定理即可得出，进而根据余弦定义即可得出。
14．（2026·涟源模拟）如图，在中，，，垂足为，若，，那么线段的长为　 　．
【答案】
【知识点】相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边
【解析】【解答】解：在中，，，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴（负值舍去），
故答案为：．
【分析】由直角三角形两锐角互余、角的构成及同角的余角相等推出∠ACD=∠B，从而由有两组角对应相等的两个三角形相似得△ACD∽△CBD，然后根据相似三角形的对应边成比例求出CD的长即可．
15．（2026·涟源模拟）如图，是的外接圆，，若点O到的距离为2，则的长为　 　．
【答案】
【知识点】垂径定理；圆周角定理；解直角三角形—边角关系
【解析】【解答】解：如图，连接、，过点O作于点M，
∴BC=2MC，∠BOC=2∠A=120°，
∵点O到的距离为2，
∴OM=2，
∵，，
∴，
∴在中，
∴即，
解之：，
∴，
故答案为：．
【分析】连接、，过点O作于点M，利用垂径定理和圆周角定理可证得BC=2MC，同时求出∠BOC的度数，利用等腰三角形的性质可求出∠COM的度数；再利用解直角三角形求出MC的长，可得到BC的长.
16．（2026·涟源模拟）如图，，是抛物线上两点，点为的中点，过点作轴的垂线，交抛物线于点，．设，两点的横坐标分别为，．则的值为　 　．
【答案】
【知识点】完全平方公式及运用；线段的中点；二次函数图象上点的坐标特征
【解析】【解答】解：根据题意可知，A、B两点的纵坐标分别为x12、x22，
∴点A（x1，x12），点B（x2，x22），
∵点P为AB的中点，
∴点P（，），
∵ 过点作轴的垂线，交抛物线于点 ，
∴点P和点Q的横坐标相同，为，
∴点Q的纵坐标为，
∵PQ=3，
∴-=3，
整理得：=12，
∵，
∴=，
故答案为：．
【分析】先根据题意结合中点坐标公式求出点的坐标，再根据列出方程根据完全平方公式求出的值即可得出答案．
三、解答题（共11题，共102分）
17．（2026·涟源模拟）计算：
【答案】解：
=
=
=
=
=．
【知识点】特殊角的三角函数的混合运算
【解析】【分析】先写出特殊角的三角函数值，再代入化简即可求解．
18．（2026·涟源模拟）解方程：
【答案】解：，∴，
∴，
即或，
解得：，．
【知识点】因式分解法解一元二次方程
【解析】【分析】先移项，然后分为两个一次多项式的乘积，然后根据每一个因式均可为零解答即可．
19．（2026·涟源模拟）已知二次函数的图像经过点，
（1）求该二次函数的解析式；
（2）直接写出二次函数的图象与轴的交点坐标．
【答案】（1）解：因为二次函数的图象经过点，
则有 解方程组得，
即二次函数解析式为.
（2）解：令，
所以，
，
，
解得，，
所以二次函数的图象与轴的交点坐标为
【知识点】待定系数法求二次函数解析式；二次函数图象与坐标轴的交点问题
【解析】【分析】（1）利用待定系数法，把点的坐标代入函数解析式，解二元一次方程组即可．
（2）令，用十字相乘法解二元一次方程即可求出．
（1）因为二次函数的图像经过点
则有 解方程组得
即二次函数解析式为
（2）令
所以
所以二次函数的图象与轴的交点坐标为
20．（2026·涟源模拟）“四大发明”是指中国古代对世界具有很大影响的四种发明，它是中国古代劳动人民的重要创造，具体指A．指南针、B．造纸术、C．火药、D．印刷术四项发明，如图是小强同学收集的中国古代四大发明的不透明卡片，四张卡片除内容外其余完全相同，将这四张卡片背面朝上洗匀放好．
（1）小强从这四张卡片中随机抽取一张后将卡片洗匀，小刚再从剩下的三张卡片中随机抽取一张，请用列表或画树状图的方法，求两人抽到的卡片恰好是“指南针”和“造纸术”的概率．
（2）小强和小刚玩游戏，在（1）的规则上，若两人抽到的卡片有指南针，则小强胜，否则小刚胜，请判断上述游戏是否公平，并说明理由．
【答案】（1）解：画树状图如下：
共有12种等可能的结果，其中两人抽到的卡片恰好是“A．指南针”和“B．造纸术”的结果有2种，
两人抽到的卡片恰好是“指南针”和“造纸术”的概率为．
故答案为：.
（2）解：上述游戏公平，理由如下：
两人抽到的卡片有指南针的结果数有种，
∴小强胜的概率为
小刚胜概率为
∴上述游戏公平.
【知识点】用列表法或树状图法求概率；游戏公平性
【解析】【分析】
（1）由题意画树状图，根据树状图的信息可得所有等可能的结果数和两人抽到的卡片恰好是“指南针”和“造纸术”的结果数，再用概率公式计算即可求解；
（2）根据两人抽到的卡片有指南针的结果数有种，然后结合概率公式分别求出小强和小刚的概率，根据概率即可判断求解．
（1）解：画树状图如下：
共有12种等可能的结果，其中两人抽到的卡片恰好是“A．指南针”和“B．造纸术”的结果有2种，
两人抽到的卡片恰好是“指南针”和“造纸术”的概率为．
故答案为：
（2）解：上述游戏公平，理由如下：
两人抽到的卡片有指南针的结果数有种，
∴小强胜的概率为
小刚胜概率为
∴上述游戏公平
21．（2026·涟源模拟）如图，是的中线，点G是上一点，且，过点G作交于点F，过点D作交的延长线于点E，已知的面积为18．
（1）求的值．
（2）求四边形的面积．
【答案】（1）解：∵，
∴．
∴．
∵，
∴．
∴．

（2）解：∵是的中线，的面积为18，
∴，
∵，，
∴．
∴．
∴．
∵，
∴，．
∴．
∵，
∴，．
∴．
【知识点】相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边；相似三角形的性质-对应面积
【解析】【分析】（1）先得到，即可得到，然后解题即可；
（2）根据三角形中线分出的 两个三角形面积相等得到，再根据，即可得到．求出，然后推导，即可得到，求出四边形的面积解题．
（1）解：∵，
∴．
∴．
∵，
∴．
∴．
（2）∵是的中线，的面积为18，
∴，
∵，，
∴．
∴．
∴．
∵，
∴，．
∴．
∵，
∴，．
∴．
22．（2026·涟源模拟）老师随机抽查了本学期学生读课外书册数的情况，绘制成条形图（图1）和不完整的扇形图（图2）
（1）求抽查学生总数．
（2）求所抽查学生读课外书册数的平均数．（结果保留整数）
（3）老师手里有1本课外读物，七、八年级两位同学都想借阅，为此九年级的一位同学设计了一个转盘游戏，指针固定不动，分别旋转两个转盘，若先后两次转动出现字母A与B的的混合结果，就借给七年级的同学，否则就借给八年级的同学．你认为这个游戏公平吗？为什么？
【答案】（1）解：抽查学生总数为：（人）；
（2）解：读5册的学生人数为：（人），
∴所抽查学生读课外书册数的平均数为（册）；
（3）解：这个游戏不公平，理由如下：画树状图如下：
共有9种等可能的结果，其中出现字母A与B的混合结果有种，
∴借给七年级的同学的概率，借给八年级的同学的概率，
∵，
∴这个游戏不公平．
【知识点】总体、个体、样本、样本容量；扇形统计图；条形统计图；用列表法或树状图法求概率；加权平均数及其计算
【解析】【分析】
（1）观察条形统计图与扇形统计图可由读6册的学生 除以所占百分比即可；
（2）先求出读册的学生人数，再由平均数的计算公式计算即可；
（3）可利用画出树状图的方法分别求出两种事件的概率，然后再比较即可．
23．（2026·涟源模拟）小华同学将笔记本电脑水平放置在桌子上，当是示屏的边缘线与底板的边缘线所在水平线的夹角为120°时，感觉最舒适（如图①）．侧面示意图为图②；使用时为了散热，他在底板下面垫入散热架，如图③，点、、在同一直线上，，，．
（1）求的长；
（2）如图④，垫入散热架后，要使显示屏的边缘线与水平线的夹角仍保持120°，求点到的距离．（结果保留根号）
【答案】解：（1）∵，，
∴．
即OC的长度为12cm．
（2）如图，过点O作OM∥AC，过点B'作B'E⊥AC交AC的延长线于点E，交OM于点D，B'E即为点到的距离，
∵OM∥AC，B'E⊥AC，
∴B'E⊥OD，
∵MN∥AC，
∴∠NOA=∠OAC=30°，
∵∠AOB=120°，
∴∠NOB=90°，
∵∠NOB'=120°，
∴∠BOB'=120°-90°=30°，
∵BC⊥AC，B'E⊥AE，MN∥AE，
∴BC∥B'E，四边形OCED为矩形，
∴∠OB'D=∠BOB'=30°，DE=OC=12cm，
在Rt△B'OD中，∵∠OB'D=30°，B'O=BO=24cm，
∴
B'D=，
B'E=B'D+DE=，
答：点到的距离为．
【知识点】含30°角的直角三角形；矩形的判定与性质；解直角三角形的其他实际应用
【解析】【分析】（1）直角三角形中30度角所对的直角边是斜边的一半；
（2）如图，过点O作OM∥AC，过点B'作B'E⊥AC交AC的延长线于点E，交OM于点D，则四边形OCED为矩形，B'E即为点到的距离，由题意知∠NOB'=120°，则∠OB'D=30°，解Rt△B'OD可得B`D的长，则B'E=B'D+DE即可．
24．（2026·涟源模拟）2022年北京冬奥会吉祥物深受大家的喜欢，某特许零售店的冬奥会吉祥物销售量日益火爆．据统计，该店2022年1月的“冰墩墩”销量为1万件，2022年3月的“冰墩墩”销量为1.21万件．
（1）求该店“冰墩墩”销量的月平均增长率；
（2）该零售店4月将采用提高售价的方法增加利润，根据市场调研得出结论：如果将进
价80元的“冰墩墩”按每件100元出售，每天可销售500件，在此基础上售价每涨1元，那么每天的销售量就会减少10件，该零售店要想每天获得12000元的利润，且销量尽可能大，则每件商品的售价应该定为多少元？
【答案】（1）解：设月平均增长率为x，根据题意，得，解得，（舍去）．所以该店“冰墩墩”销售量的月平均增长率是10％；
（2）解：设每件商品的售价应该定在m元，则每件商品得销售利润是（m-80）元，每天的销售量是500-10（m-100）=（1500-10m）件，根据题意，得，解得，．因为要使销售量尽可能大，所以．所以每件商品的售价应该定为110元．
【知识点】一元二次方程的实际应用-百分率问题；一元二次方程的实际应用-销售问题
【解析】【分析】（1）设月平均增长率为x，根据题意列出方程，再求解即可；
（2）设每件商品的售价应该定在m元，则每件商品得销售利润是（m-80）元，根据题意列出方程，再求解即可。
25．（2026·涟源模拟）如图，是的直径，是弦延长线上一点，切线平分于．
（1）求证：是的切线；
（2）若，，求的直径．
【答案】（1）证明：连接，；
∵切线平分于，
∴，
∵是的直径，
∴在中；
∵，，
∴，
∴，
∴是的切线．
（2）解：∵，
，
，
，
∴，
，
，
，
∴，，
∴．
【知识点】勾股定理；切线的判定与性质；三角形全等的判定-SSS；相似三角形的判定-AA；直角三角形的两锐角互余
【解析】【分析】（1）由于直径所对的圆周角是直角，则连接CD可得DE是直角三角形ADC斜边AC上的中线，则DE=CE，再连接OD、OE，则利用SSS可证明，则，由于OC是半径，即AC与相切；
（2）先利用同角的余角相等可得，再利用相似比结合AD与DB的数量比可得AB的长，再利用勾股定理即可．
26．（2026·涟源模拟）在直角△ABC中，∠ACB=90°，AC=3，BC=4，点D、E和F分别是斜边AB、直角边AC和直角边BC上的动点，∠EDF=90°，
（1）如图1，若四边形DECF是正方形，求这个正方形的边长．
（2）如图2，若E点正好运动到C点，并且tan∠DCF=，求BF的长．
（3）如图3，当时，求的值
【答案】（1）设正方形的边长为x，
∵AC=3，
∴AE＝3－x，
∵四边形AOBC是的正方形，
∴DEBC，
∴AE：AC＝DE：BC，
∴，
解得 x＝，
∴这个正方形的边长为.
（2）过D点作DG⊥BC，垂足为G点，如图，设DG＝y，
∵tan∠DCF＝，
∴.
∴CG＝2y，
∴BG=BC-CG＝4－2y，
∵DGAC，
∴，
∴，
解得 y＝1.2 ，
BG＝4－2y＝1.6，
∵∠EDF＝，
∴∠CDG＋∠GDF＝，
∵DG⊥BC，
∴∠CDG＋∠DCG＝，
∴∠GDF＝∠DCG，
∵tan∠DCF＝，
∴tan∠GDF＝，
∴，
∵DG＝1.2，
∴FG＝0.6，
∴FB＝BG－FG＝1.6－0.6 ＝1；
（3）过D点作DM⊥AC，垂足为M点，过D点作DN⊥BC，垂足为N点，如图，
∵∠ACB＝，AC＝3，BC＝4，
∴AB＝5，
∵DM⊥AC，DN⊥BC，∠ACB＝，
∴四边形CNDM为矩形，
∴∠MDN＝，
∴∠MDE＋∠EDN＝，
∵∠EDF＝，
∴∠FDN＋∠EDN＝，
∴∠MDE＝∠FDN，
∴Rt△DME∽Rt△DNF，
∴＝，
∵=，
∴=，
设DM＝z，则DN＝2z，
∵DMBC ，
∴DM：BC＝AM：AC＝AD：AB，
∴z：4＝（3－2z）：3 ，解得 z＝，
∴：4＝AD：5 ，
∴AD＝，BD＝5－＝，
∴＝．

【知识点】正方形的性质；两条直线被一组平行线所截，所得的对应线段成比例；解直角三角形—边角关系；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边
【解析】【分析】（1）设正方形的边长为x，用x表示出AE＝3－x，根据正方形的性质，可以证得DEBC，再列出比例式AE：AC＝DE：BC，得到关于x的方程，求出正方形的边长；
（2）过D点作DG⊥BC，垂足为G点，根据正切，得到DG：CG＝1：2，设DG＝y，可以y表示出CG，再用y表示出BG，然后根据DGAC，列出比例式DG：AC＝BG：BC，关第关于y的方程，求得y，再求BG，然后根据正切，得出，就可求出FG，再根据FB＝BG－FG，求出BF；
（3）过D点作DM⊥AC，垂足为M点，作DN⊥BC，垂足为N点，先由勾股定理求得AB=5，再证明Rt△DME∽Rt△DNF，得＝，由=，得=，设DM＝z，则DN＝2z，再由DMBC ，得DM：BC＝AM：AC＝AD：AB，即z：4＝（3－2z）：3 ，解得 z＝，所以：4＝AD：5 ，求得AD＝，BD＝5－＝，即可代入求解．
（1）解：∵四边形AOBC是的正方形，
∴DEBC，
∴AE：AC＝DE：BC
设正方形的边长为x，则AE＝3－x，
∴（3－x）：3＝x：4，
解得 x＝，
即这个正方形的边长为；
（2）解：过D点作DG⊥BC，垂足为G点，如图2，
∵tan∠DCF＝，
∴DG：CG＝1：2
设DG＝y，则CG＝2y，
∴BG＝4－2y，
∵DGAC，
∴DG：AC＝BG：BC，
∴y：3＝（4－2y）：4，解得 y＝1.2 ，
BG＝4－2y＝1.6，
∵∠EDF＝，
∴∠CDG＋∠GDF＝，
∵DG⊥BC，
∴∠CDG＋∠DCG＝，
∴∠GDF＝∠DCG，
∵tan∠DCF＝，
∴tan∠GDF＝，
∴，
∵DG＝1.2，
∴FG＝0.6，
∴FB＝BG－FG＝1.6－0.6 ＝1；
（3）解：过D点作DM⊥AC，垂足为M点，过D点作DN⊥BC，垂足为N点，如图3，
∵∠ACB＝，AC＝3，BC＝4，
∴AB＝5，
∵DM⊥AC，DN⊥BC，∠ACB＝，
∴∠MDN＝，
∴∠MDE＋∠EDN＝，
∵∠EDF＝，
∴∠FDN＋∠EDN＝，
∴∠MDE＝∠FDN，
∴Rt△DME∽Rt△DNF，
∴＝，
∵=，
∴=，
设DM＝z，则DN＝2z，
∵DMBC ，
∴DM：BC＝AM：AC＝AD：AB，
∴z：4＝（3－2z）：3 ，解得 z＝，
∴：4＝AD：5 ，
∴AD＝，BD＝5－＝，
∴＝．
27．（2026·涟源模拟）如图，在平面直角坐标系中，抛物线与x轴交于点，与y轴交于点C，点D为的中点．
（1）求该抛物线的函数表达式；
（2）点G是该抛物线对称轴上的动点，若有最小值，求此时点G的坐标；
（3）若点P是第四象限内该抛物线上一动点，求面积的最大值；
【答案】（1）解：把代入抛物线，
得：，
解得：，
∴抛物线的函数表达式为；
（2）解：∵点G是该抛物线对称轴上的动点，
∴，
∴，
∴当点G正好在直线与抛物线对称轴的交点上时最小，
把代入得：，
∴点C的坐标为：，
设直线的解析式为：，
把代入得：，
解得：，
∴ 直线的解析式为：，
抛物线的对称轴为直线，
把代入得：，
∴点G的坐标为：；
（3）解：连接，过点P作轴，交于点Q，如图所示：
∵点D是的中点，
∴，
∴当面积最大时，面积最大，
设，则，
，
，
∴当时，面积取最大值4，
∴面积的最大值为．
【知识点】二次函数与一次函数的综合应用；利用一般式求二次函数解析式；二次函数-线段周长问题；二次函数-面积问题
【解析】【分析】（1）将A、B两点的坐标分别代入y=ax2+bx-4可得关于字母a、b的二元一次方程组，求解得出a、b的值，从而得到抛物线的解析式；
（2）根据对称轴得出当点G正好在直线与抛物线对称轴的交点上时最小，令抛物线解析式中的x=0算出对应的函数值，可得点C的坐标，从而利用待定系数法求出直线BC的解析式，利用抛物线对称轴直线公式求出抛物线的对称轴为直线，把代入直线BC的解析式算出对应的函数值，从而求出点G的坐标；
（3）连接PC，过点P作轴，交BC于点Q，由等底同高三角形面积相等得出，当面积最大时，面积最大，设，则，根据三角形面积计算公式用m表示出，求出其最大值，即可得出答案．
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