资源简介

2026 年齐齐哈尔地区中考数学模拟试卷一
一．选择题（每小题 3 分，满分 30 分）
1．实数 7的相反数是（ ）
7
A． 7 B． 7 C． D． 7
7 7
2．下列数学符号中，是中心对称图形的是（ ）
A．≌ B．∴ C．∽ D．⊥
3．下列各式计算正确的是 （ ）
A．（﹣a2b）3＝a6b3 B．（a﹣1）2＝a2﹣1
C．a a3+a4＝2a4 D．2b（4a﹣1）＝8ab+2b
4．将一块直角三角板 ABC按如图所示的方式放置在平行线 a，b之间．
若∠2＝52°，则∠1的度数为（ ）
A．128° B．142°
C．150° D．152°
5．一个立体图形由若干个大小相同的小立方块搭成，
从它的前面、左面和上面看到的平面图形如图所示，则
搭成该立体图形的小立方块的个数是（ ）
A．4个 B．5个 C．6个 D．7个
6
6．已知关于 x的分式方程 + = 1 的解是非负数，则 m的取值范围是（ ）
1 1
A．m＞5 B．m≥5 C．m≥5且 m≠6 D．m＞5且 m≠6
7．“二十四节气”是中华上古农耕文明的智慧结晶，被国际气象界誉为“中国第五大发明”，小杰购买
了四张“二十四节气”主题邮票，其中“冬至有两张，“小寒”和“大寒”各一张，从中随机抽取一张
恰好抽到“冬至”的概率是（ ）
1 1 1 3
A． B． C． D．
2 3 4 4
8．为了实现教育部部长怀进鹏提出的在大课间 15分钟内让学生心里有阳光，身体能出汗，实验中学计划
出资 5000元全部用于采购 A，B，C三种健身器材，A种健身器材每个 300元，B种健身器材每个 250
元，C种健身器材每个 200元，其中 A种健身器材至少买 5个，最多买 6个（三种健身器材都要买），
则此次采购的方案有（ ）种．
A．8 B．7 C．6 D．5
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9．如图，Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝15，BC＝20，动点 P从 A点出发，
沿折线 A﹣C﹣B以每秒 5个单位长度的速度运动（运动到 B点停止），过点 P
作 PD⊥AB于点 D，则△APD的面积 y与点 P运动的时间 x之间的函数图象
大致是（ ）
A． B． C． D．
10 1．如图，抛物线 y＝ax2+bx+c（a≠0）与 x轴交于点（﹣3，0），其对称轴为直线 x= 2，结合图象分析
下列结论：
①abc＞0；
②3a+c＞0；
③当 x＜0时，y随 x的增大而增大；
④一元二次方程 cx2+bx+a＝0的两根分别为 x1=
1 1
3，x2= 2；
⑤若 m，n（m＜n）为方程 a（x+3）（x﹣2）+3＝0的两个根，
则 m＜﹣3且 n＞2，其中正确的结论有（ ）个．
A．2 B．3 C．4 D．5
二．填空题（每小题 3 分，满分 18 分）
11．通电瞬间，导线中的电流以接近光速形成，但其中自由电子定向移动的平均速度大约只有 0.000074m/s，
比蜗牛爬行的速度还慢．将数据“0.000074”用科学记数法表示为 ．
12．用一个圆心角为 120°，半径为 30的扇形作一个圆锥的侧面，则这个圆锥的底面半径为 ．
13．如图，在∠MON中，以点 O为圆心，以适当长为半径作弧，分别与 OM、ON相交于点 A，B，再分
1
别以 A，B为圆心，以大于 AB的长为半径作弧，两弧在∠MON内部相交于点 P，作射线 OP．分别以
2
1
O，A为圆心，以大于 OA的长为半径作弧，两弧相交于点 C，D，作直线 CD分别与 OA，OP，OB相
2
交于点 E，F，G．若 OB＝6，∠PFG＝67.5°，则 FG的长为 ．
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14 ．如图，菱形 OABC，点 C在 x轴正半轴上，∠AOC＝60°，反比例函数 = ( ＞0)的图象经过点 A，
交 BC边于点 D，若△AOD的面积为 2，则 k的值为 ．
15．在矩形 ABCD中，AB= 2 3，AD＝6，点 E是 AD上，且 AE＝2，点 F是矩形 ABCD边上一个动点，
连接 EF，若 EF与矩形 ABCD的边构成 30°角时，则此时 EF＝ ．
16．如图，在平面直角坐标系中，点 A在 y轴的正半轴上，OA＝1，将 OA绕点 O顺时针旋转 45°到 OA1，
扫过的面积记为 S1，A1A2⊥OA1交 x轴于点 A2；将 OA2绕点 O顺时针旋转 45°到 OA3，扫过的面积记
为 S2，A3A4⊥OA3交 y轴于点 A4；将 OA4绕点 O顺时针旋转 45°到 OA5，扫过的面积记为 S3，A5A6⊥
OA5交 x轴于点 A6；…；按此规律，则 S2026的值为 ．
三．解答题（本题共 8 道大题，共 72 分）
17．（本题共 2 个小题，第（1）题 5 分，第（2）题 4 分，共 9 分）
（1）计算：|1 8| 2 45° + ( 1 22 ) +
3 8； （2）因式分解：4a2b﹣4ab2+b3．
18．（本题满分 4 分）
3 1+ 1 ≥
解不等式组： 5 ．
6( + 2)＞3
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19．（本题满分 5 分）
解方程：（x﹣2）2＝2x﹣4．
20．（本题满分 8 分）
某校为增强学生体质，促进学生身心全面发展，计划开展足球、排球、篮球、羽毛球四项球类运动的
体育社团，倡导学生全员参加，为了解学生对这四项球类运动的喜爱情况，随机抽取部分学生，对其进行
了“我最喜爱的球类运动项目”问卷调查（每名学生在这四项球类运动项目中选择且只能选择一项），将
这部分学生的问卷进行整理，依据样本数据绘制了如下两幅不完整的统计图．
根据以上信息，解答下列问题：
（1）填空：m＝ ；
（2）请补全条形统计图；
（3）扇形统计图中，“羽毛球”对应扇形的圆心角为 度；
（4）若该校有 2500名学生，请你估计该校最喜爱篮球运动的学生约有多少人？
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21．（本题满分 10 分）
如图，AB是⊙O的直径，四边形 ACBD是⊙O的内接四边形，CB＝CD，过点 C作 CE⊥AD，交 DA
的延长线于点 E．
（1）求证：CE是⊙O的切线；
（2）若 BD＝4，AE＝1，求⊙O的半径长．
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22．（本题满分 10 分）
一条笔直的公路上有 A、B、C三地，A、B两地之间的路程为 60千米．甲从 A地出发匀速运往 C地，
甲出发半小时后乙车从 C地出发匀速运往 B地，乙到达 B地停留半小时后按原路原速返回 C地．在两人
行驶的过程中，甲、乙两人距 C地的路程 y（单位：千米）与甲行驶时间 x（单位：小时）之间的函数图
象如图所示，请结合图象解决下列问题：
（1）乙的速度为 千米/时，在图中括号内填入正确的数值；
（2）求乙从 B地返回到 C地过程中 y与 x之间的函数解析式，并直接写出自变量的取值范围；
（3）在甲行驶过程中，乙出发多长时间，甲、乙两人相距 40千米？请直接写出答案．
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23．综合与探究（本题满分 12 分）
数学模型可以用来解决一类问题，是数学应用的基本途径．通过探究图形的变化规律，再结合其他数学
知识的内在联系，最终可以获得宝贵的数学经验，并将其运用到更广阔的数学天地．
（1）发现问题：
如图 1，在△ABC和△AEF中，AB＝AC，AE＝AF，∠BAC＝∠EAF＝30°，连接 BE，CF，延长 BE
交 CF于点 D．则 BE与 CF的数量关系： ，∠BDC＝ °；
（2）类比探究：
如图 2，△ABC和△AEF均为等腰直角三角形，∠BAC＝∠EAF＝90°，连接 BE，CF，且点 B，E，F
在一条直线上，过点 A作 AM⊥BF，垂足为点 M．请猜想 BF，CF，AM之间的数量关系，并说明理由；
（3）拓展延伸：
如图 3，正方形 ABCD 中，AB＝2．若平面内存在点 P 满足∠BPD＝90°，PD＝1，则 S△ABP
＝ ．
（4）实践应用：
如图 4，正方形 ABCD中，AB＝2，H点为线段 AD中点．将正方形 ABCD绕点 A顺时针旋转，形成正
方形 AB′C′D′．连接 DD′、BB′，直线 DD′交直线 BB′于点 P．则线段 PH 最大值
为 ．
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24．综合与实践（本题满分 14 分）
如图，在平面直角坐标系中，抛物线 y＝ax2+bx+c（a≠0），与 x轴交于点 A，B（4，0）与 y轴相交于
C OC 4OA = 3点 ， ＝ ，已知抛物线的对称轴为直线 2．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点 Q是抛物线上的一点，满足∠QBC＝∠ACB，求点 Q的坐标；
（3）点 H 是线段 BC 上一点，满足以 O，H，B 为顶点的三角形与△ABC 相似，则点 H 的坐标
为 ；
2
（4）将抛物线射线 CB方向平移 个单位，所得的新抛物线的对称轴与 x轴交于点 D，交 BC于点 E，
2
点 N是线段 DE上一动点，作 NM⊥y轴于点 M，取 AC的中点 G，连接 GM，BN．直接写出 GM+MN+BN
的最小值．
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2026 年齐齐哈尔地区中考数学模拟试卷一
参考答案与试题解析
一．选择题（共 10 小题）
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 B C C B B C A C C C
1．只有符号不同的两个数叫做相反数，由此计算即可．
实数 7的相反数是 7，
2．根据中心对称图形的定义“把一个图形绕着某个点旋转 180°，如果旋转后的图形与原图形重合”
进行解答即可得．
只有 C选项符合题意，
3．解：A．（﹣a2b）3＝﹣a6b3，故本选项不符合题意；
B．（a﹣1）2＝a2﹣2a+1，故本选项不符合题意；
C．a a3+a4＝2a4，故本选项符合题意；
D．2b（4a﹣1）＝8ab﹣2b，故本选项不符合题意．
4．解：过点 A作 AD∥a，
∴∠3＝∠CAD，
∵a∥b，
∴AD∥b，
∴∠BAD＝∠2＝52°，
∵∠CAB＝90°，
∴∠CAD＝∠3＝38°，
∴∠1＝180°﹣38°＝142°．
5．解：由从前面看和从左面看的图形可知，上面一层只有一个小立方块，该几何体分为上下两层，
由从上面看的图形可知，该几何体下面一层有 4个小立方块，
∴该几何体一共有 1+4＝5个小立方块，
6．解：分式方程去分母得：m﹣6＝x﹣1，
解得：x＝m﹣5，
由分式方程的解是非负数，得到 m﹣5≥0，且 m﹣5≠1，
解得：m≥5且 m≠6，
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7．解：∵冬至有两张，“小寒”和“大寒”各一张，
2 1
∴从中随机抽取一张恰好抽到“冬至”的概率= 2+1+1 = 2．
8．解：设购买 B种健身器材 x个，C种健身器材 y个，
当购买 A种健身器材 5个时，则 250x+200y+300×5＝5000，
∴ = 14 45 ，
∵x、y都是正整数，
∴当 y＝5时，x＝10，
当 y＝10时，x＝6，
当 y＝15时，x＝2，
∴购买 A种健身器材 5个时，共有 3种方案；
当购买 A种健身器材 6个时，则 250x+200y+300×6＝5000，
∴ = 16 54 ，
∵x、y都是正整数，
∴当 x＝4时，y＝11，
当 x＝8时，y＝6，
当 y＝12时，y＝1，
∴购买 A种健身器材 6个时，共有 3种方案；
综上所述，一共有 3+3＝6种方案，
9．解：∵∠C＝90°，AC＝15，BC＝20，
∴AB= 2 + 2 = 152 + 202 =25，
①当 0≤x≤3时，点 P在 AC边上，如图所示：
此时 AP＝5x，
∵PD⊥AB，
∴∠PDA＝90°＝∠C，
∵∠CAB＝∠DAP，
∴△CAB∽△DAP，

∴ = = ，

AD= = 15×5 ∴ 25 =3x，PD=
20×5
= 25 =4x，
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∴y= 1 12AD PD= 2 ×3x×4x＝6x
2；
②当 3＜x≤7时，点 P在 BC边上，如图所示：
此时 BP＝35﹣5x，
∵PD⊥AB，
∴∠PDB＝90°＝∠C，
∵∠PBD＝∠ABC，
∴△PBD∽△ABC，

∴ = = ，

PD= = (35 5 )×15 =21 3x BD= = (35 5 )×20∴ 25 ﹣ ， 25 =28﹣4x，
∴AD＝AB﹣BD＝25﹣（28﹣4x）＝4x﹣3，
y= 1AD 1∴ PD= （4x﹣3）（21﹣3x）＝﹣6x22 2 +
93x 632 2 ．
10．解：∵抛物线开口向下，
∴a＜0，
1
∵抛物线对称轴为直线 x= 2 = 2，
∴b＝a＜0，
∵抛物线与 y轴交点在 x轴上方，
∴c＞0，
∴abc＞0，①正确，符合题意．
∵抛物线经过点（﹣3，0），
∴9a﹣3b+c＝0，
∵a＝b，
∴6a+c＝3a+3a+c＝0，
∵a＜0，
∴3a+c＞0，②正确，符合题意．
由图象可得 x＜ 12时，y随 x增大而增大，
∴③错误，不符合题意．
2 2 2由 cx +bx+a＝0 x= + 4 4 可得方程的解为 2 和 x= 2 ，
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1
∵抛物线 y＝ax2+bx+c经过（﹣3，0），对称轴为直线 x= 2，
∴抛物线与 x轴另一个交点为（2，0），
∴x＝﹣3和 x＝2是方程 ax2+bx+c＝0的根，
2 4 + 2 4
∴ = 3， =2，
2 2
∵6a+c＝0，
∴c＝﹣6a，
+ 2 4 1 2 4 1
∴ = ， = ，④正确，符合题意．
2 3 2 2
∵抛物线经过（﹣3，0），（2，0），
∴y＝a（x+3）（x﹣2），
将 a（x+3）（x﹣2）+3＝0化为 a（x+3）（x﹣2）＝﹣3，
由图象得抛物线与直线 y＝﹣3交点在 x轴下方，
∴m＜﹣3且 n＞2，⑤正确，符合题意．
二．填空题（共 6 小题）
11．科学记数法的表示形式为 a×10n的形式，其中 1≤|a|＜10，n为整数．确定 n的值时，要看把原数
变成 a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值≥10时，n是正
数；当原数的绝对值＜1时，n是负数．
﹣
解：0.000074＝7.4×10 5．
12．解：设这个圆锥的底面半径为 r，
120 ×30
依题意， = 2 ，
180
解得：r＝10，
13．解：如图，过点 F作 FH⊥OB于点 H．
∵OA＝OB＝6，EF垂直平分线段 OA，
1
∴∠OEF＝90°，OE= 2OA＝3，
∵∠PFG＝∠EFO＝67.5°，
∴∠EOF＝∠FOH＝22.5°，
∴∠EOG＝∠EGO＝45°，
∵OF平分∠AOB，FE⊥OA，FH⊥OB，
∴FE＝FH，
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设 EF＝FH＝m，则 FG= 2m，
∵OE＝EG＝3，
∴m+ 2m＝3，
∴m＝3 2 3，
∴FG= 2m＝6﹣3 2．
14．解：如图，过点 A作 AE⊥OC于 E，
由条件可知 AO∥CB，OA＝OC，且∠AOC＝60°，
∴△AOC是等边三角形，且 AE⊥OC，
∴ 1△ = 2 △ ，
∵OA∥BC，
∴S△OAD＝S△OAC＝2，
∴ △ = 1 = 2，
∴k＝2，
15．解：∵四边形 ABCD是矩形，
∴∠A＝∠B＝∠C＝∠D＝90°，
分两种情况：
①如图 1，当∠AEF＝30°时，

∵cos30°= ，
2 4 3
∴EF= 3 = 3 ；
2
如图 2，当∠AFE＝30°时，
∵AB＝2 3，AE＝2，
∴此时 F与 B重合，
∴EF= 22 + (2 3)2 =4；
②如图 3，当∠DEF＝30°时，ED＝6﹣2＝4，

∵cos30°= ，
∴EF= 4 = 8 33 3 ；
2
4 3 8 3
综上，EF的长是 或 4或 ．
3 3
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4 3 8 3
故答案为： 或 4或 ．
3 3
16．解：将 OA绕点 O顺时针旋转 45°到 OA1，A1A2⊥OA1交 x轴于点 A2
∴∠AOA1＝45°，OA＝OA1＝1，∠OA1A2＝90°，
∴∠A1OA2＝90°﹣∠AOA1＝45°，
∴∠OA2A1＝90°﹣∠A1OA2＝45°，
∴△A1OA2是等腰直角三角形，
∴A1A2＝OA1＝1，
∴ 2 = 2；
同理可得：△A3OA4、△A5OA6、 、都是等腰直角三角形，OA4＝2， 6 = 2 2 ，
= 45 ×1
2 1 2 2 2
∴ 1 360 = 8 ， 2 =
45 ×( 2) 1 45 ×2 1 45 ×(2 2)
360 = 4 ， 3 = 360 = 2 ， 4 = 360 = ， ；
∴ = 2 4 ，
∴ 20222026 = 2 ，
三．解答题（共 8 小题）
17．解：（1）原式= 2 2 1 2 × 22 + 4 2
= 2 2 1 2 + 4 2
= 1 + 2；
（2）原式＝b（4a2﹣4ab+b2）
＝b（2a﹣b）2．
3 1 + 1 ≥ ①
18．解： 5 ，
6( + 2)＞3 ②
由①得：3x﹣1+5≥5x，
2x≤4，
x≤2，
由②得：6x+12＞3，
6x＞﹣9，
3＞ 2，
3
∴不等式组的解集是： 2＜ ≤ 2．
19．解：（x﹣2）2＝2x﹣4，
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∴（x﹣2）2＝2（x﹣2），
∴（x﹣2）2﹣2（x﹣2）＝0，
∴（x﹣2）[（x﹣2）﹣2]＝0，
∴（x﹣2）（x﹣4）＝0，
∴x﹣2＝0或 x﹣4＝0，
解得：x1＝2，x2＝4．
20．解：（1）样本容量为：18÷36%＝50，
m%= 1250 ×100%＝24%，
∴m＝24；
故答案为：24；
（2）最喜爱篮球人数为：50﹣12﹣18﹣4＝16（人），
补全条形统计图如下：
（3 4）扇形统计图中，“羽毛球”对应扇形的圆心角为：360°× 50 =28.8°；
故答案为：28.8；
16
（4）2500× 50 =800（人），
答：估计该校最喜爱篮球运动的学生有 800人．
21．（1）证明：如图，连接 OC，
由条件可知∠CDB＝∠CBD，∠OAC＝∠OCA，
∵∠CAB＝∠CDB，
∴∠CDB＝∠CBD＝∠OAC＝∠OCA，
∵四边形 ABCD是圆内接四边形，
∴∠CAD+∠CBD＝180°，
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∵∠CAD+∠CAE＝180°，
∴∠CAE＝∠CBD，
∴∠CAE＝∠CAB＝∠OCA，
由条件可知∠AEC＝90°，
∴∠CAE+∠ACE＝90°，
∴∠OCE＝90°，
∴OC⊥CE，
∵OC为⊙O的半径，
∴CE是⊙O的切线；
（2）解：如图，过 C作 CF⊥AB于点 F，则∠AFC＝∠CFB＝90°，
由（1）得∠CEA＝90°，∠CAE＝∠CAF，
∴∠CEA＝∠CFA＝∠CFB＝90°，
∵AC＝AC，
∴△CEA≌△CFA（AAS），
∴CE＝CF，AE＝AF＝1，
在 Rt△CED和 Rt△CFB中，
=
= ，
∴Rt△CED≌Rt△CFB（HL），
∴ED＝FB，
设 AD＝x，则 ED＝x+1，AB＝x+2，
∴AB2＝AD2+BD2，
∴（x+2）2＝x2+42，解得：x＝3，
∴AB＝5，
5
∴⊙O的半径长为 ．
2
22．解：（1）甲从 A地出发匀速运往 C地，甲出发半小时后乙车从 C地出发匀速运往 B地，乙到达 B
地停留半小时后按原路原速返回 C地．
由图可知：乙的速度为 96÷（2.1﹣0.5）＝60（千米/时），
当甲从 A地出发匀速运往 C地共用 4.5小时，
甲行驶 2.1小时后，距离 C地的距离为 96千米，
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∴A到 C的距离：96÷（4.5﹣2.1）×4.5＝180（千米），
∴括号内数值为 180，
故答案为：60；
（2）由（1）可知，乙的速度为 60千米/时，A到 C的距离为 180千米，
∵A、B两地之间的路程为 60千米，
∴B、C两地之间的路程为 180﹣60＝120千米，
∴乙从 C地出发匀速运往 B地的时间为 120÷60＝2（小时），
∵甲出发半小时后乙车从 C地出发，乙到达 B地停留半小时后按原路原速返回 C地，
∴当 x＝2+0.5+0.5＝3时，y＝120；当 3+2＝5时，y＝0，
设乙车从 C地返回到 B地过程中 y与 x之间的函数关系式为 y＝kx+b，
3 + = 120
则 5 + = 0 ，
= 60
解得 = 300，
∴乙车从 C地返回到 B地过程中 y与 x之间的函数关系式为 y＝﹣60x+300（3≤x≤5）．
（3）甲的速度：180÷4.5＝40（千米/时），
甲距 C地的距离 y 甲＝180﹣40x，
设乙出发 t小时后，甲、乙两人相距 40千米，
第一种情况：乙从 C到 B时（0＜t≤2.5），
则|180﹣40（t+0.5）﹣60t|＝40，
|160﹣100t|＝40，
当 160﹣100t＝40时，t＝1.2，
当 160﹣100t＝﹣40时，t＝2，
第二种情况：乙从 B返回 C过程中（2.5＜t≤4.5），
( 12060 0.5) × 60 + 60 + 40 = 40 × ( + 0.5)，
20t＝70，
t＝3.5，
综上，乙出发 1.2小时或 2小时或 3.5小时后，甲、乙两人相距 40千米．
23．解：（1）∵∠BAC＝∠EAF＝30°，
∴∠BAE＝∠CAF，
又∵AB＝AC，AE＝AF，
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∴△ABE≌△ACF（SAS），
∴BE＝CF，∠AEB＝∠AFC，
∵∠AEB+∠AED＝180°，
∴∠AFC+∠AED＝180°，
∴∠EAF+∠EDF＝180°，
∴∠EDF＝150°，
∴∠BDC＝180°﹣∠EDF＝30°，
故答案为：BE＝CF，30°；
（2）BF＝CF+2AM，理由如下：
∵△ABC和△AEF均为等腰直角三角形，∠BAC＝∠EAF＝90°，
∴AB＝AC，AE＝AF，∠BAE＝∠CAF，
∴△BAE≌△CAF（SAS），
∴BE＝CF，
∵△AEF是等腰直角三角形，AM⊥BF，
∴AM＝EM＝FM，
∴BF＝BE+EF＝CF+2AM；
（3）如图 3所示：连接 BD，以 BD为直径作圆，
由题意，取满足条件的点 P，P′，则 PD＝P′D＝1．∠BPD＝∠BP′D＝90°，
∴BD＝2 2，
∴BP= 2 2 = 8 1 = 7，
连接 PA，作 AF⊥PB于点 F，在 BP上截取 BE＝PD，
∵∠PDA＝ABE，AD＝AB，
∴△ADP≌△ABE（SAS），
∴AP＝AE，∠BAE＝∠DAP，
∴∠PAE＝90°，
由（3）可得：PB﹣PD＝2AF，
AF= = 7 1∴ 2 2 ，
∴S△PAB=
1
2PB AF=
7 7
4 ，
7+ 7
同理可得：S△P′AB= 4 ，
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7+ 7 7 7
故△ABP的面积为： 或 ．
4 4
7+ 7 7 7
故答案为： 或 ．
4 4
（4）如图 4，连接 BD，取 BD的中点 O，连接 OH，OP，
∵四边形 ABCD是正方形，
∴BD＝2 2，
∵点 O是 BD的中点，点 H是 AD的中点，
OH= 1∴ 2AB＝1，
∵将正方形 ABCD绕点 A顺时针旋转，形成正方形 AB′C′D′，
∴AB'＝AB，AD＝AD'，∠BAB'＝∠DAD'，
∴∠ABB'＝∠ADD'，
∵∠ABB'+∠ABP＝180°，
∴∠ADD'+∠ABP＝180°，
∴∠BAD+∠BPD＝180°，
∴∠BPD＝90°，
∴OP= 12BD= 2，
∵当点 P，点 O，点 H三点共线时，PH有最大值，
∴PH的最大值为 2 +1，
24．解：（1）∵抛物线 y＝ax2+bx+c（a≠0），与 x轴交于点 A，B（4 0 3， ），抛物线的对称轴为直线 = 2，
∴点 A的坐标为（﹣1，0），
∵OC＝4OA，
∴OC＝4，
∴点 C（0，4），
抛物线 y＝ax2+bx+c（a≠0），与 x轴交于点 A，B（4，0）与 y轴相交于点 C，把点 A，点 B，点 C的
坐标分别代入得：
+ = 0
16 + 4 + = 0，
= 4
= 1
解得： = 3 ，
= 4
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∴抛物线的解析式为 y＝﹣x2+3x+4；
（2）过点 Q作 QH⊥x轴于点 H，如图 1，
∵B（4，0），C（0，4），
∴OB＝OC＝4，
∴∠OCB＝∠OBC，
∵∠QBC＝∠ACB，
∴∠ACB﹣∠OCB＝∠CBQ﹣∠OBC，
∴∠OCA＝∠QBH，
∵∠COA＝∠QHB＝90°，
∴△OCA∽△HBQ，

∴ = ，

设 Q（m，﹣m2+3m+4），
则 QH＝m2﹣3m﹣4，BH＝4﹣m，
4
∴ = 2 3 4，
4
解得： 1 =
5
4或 m2＝4（舍去），
∴点 Q的坐标为( 5 214， 16 )；
（3）设直线 AC的解析式为 y＝kx+b，把点 A，点 C的坐标分别代入得：
+ = 0
= 4 ，
= 4
解得： = 4，
∴直线 AC的解析式为 y＝4x+4，
同理可得：直线 BC的解析式为 y＝﹣x+4，
当△OBH∽△ABC时，如图 2：
则∠BOH＝∠BAC，
∴OH∥AC，
∴直线 OH的解析式为 y＝4x，
= 4
联立 = + 4，
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= 4
解得： 5
= 16
，
5
4 16
∴此时点 H的坐标为( 5， 5 )；
当△OBH∽△CBA时，过点 H作 HM⊥x轴于点 M，如图 3：

则 = ，

∵OB＝OC＝4，∠BOC＝90°，
∴∠OBC＝∠OCB＝45°， = 42 + 42 = 4 2，
4
∴ = ，
4 2 4 ( 1)
5 2
解得： = 2 ，
∴ = × 45° = 5 22 ×
2 5
2 = 2，
∴ = 4 52 =
3
2，
3
把 = 2代入 y＝﹣x+4得： =
5
2，
3 5
∴此时点 H的坐标为( 2， 2 )；
H ( 4 16 3 5综上所述，点 的坐标为 5， 5 )或( 2， 2 )，
( 4 16 3 5故答案为： 5， 5 )或( 2， 2 )；
41
（4）GM+MN+BN的最小值为 + 2．理由如下：
2
= 2 + 3 + 4 = ( 3 )2 + 252 4 ，
∵∠CBO＝45°，
2 1 1
∴将抛物线射线 CB方向平移 个单位，相当于将抛物线向右平移 个单位，向下平移 个单位，
2 2 2
23
∴新抛物线的解析式为： = ( 2)2 + 4，
∴新抛物线的对称轴为直线 x＝2，
∴点 D的坐标为（2，0），
连接 DM，DG，则 DG交 y轴于点 M′，如图 4：
∵B（4，0），
∴OD＝BD＝2，
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∵点 N在直线 x＝2上，NM⊥y轴，
∴MN＝2，MN∥DB，
∴MN＝DB，
∴四边形 BDMN为平行四边形，
∴DM＝BN，
∴GM+MN+BN＝GM+DM+MN，
∴当 GM+DM最小时，GM+BN最小，GM+MN+BN最小，
∵两点之间线段最短，
∴当点 M在点 M′处时，GM+DM最小，
即最小值为 DG的长，
∵点 G为 AC的中点，
1
∴根据中点坐标公式可得： ( 2，2)，
∴ = ( 12 2)
2 + (2 0)2 = 412 ，
41
∴GM+MN+BN的最小值为 + 2．
2
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