2026中考数学压轴题每日一题（120题）答案

★2026中考数学压轴题每日一题参考答案(类型1)★★类型1:二次函数代几综合(1-26题)+二次函数无图代数推理(27-32)★1.【分析】(1)待定系数法求解析式即可；(2)求出D,E点的坐标，易得抛物线的顶点坐标在直线y=-1上移动，根据抛物线y=(x-h)²-1与线段DE有公共点，得到抛物线与直线AB有一个交点开始，将抛物线向右移动直至抛物线与线段DE只有一个交点为E(2,1)时，均满足题意，求出两个临界值即可得出结果；(3)先求出C点坐标，进而求出直线PQ的解析式，联立抛物线与直线AB,根据根与系数的关系结合中点坐标公式求出M点坐标，同理求出N点坐标，作MH⊥tan∠NTF=tan∠MTH,设T(1,t),根据正切的定义，列出比例式进行求解即可.【解答】解：(1)∵抛物线y=ax²+bx过点(-1,3),且对称轴为直线x=1,解得(2)当k=1时，则y=z-1,∴顶点坐标在直线y=-1上移动，∵y=(x-h)²-1与线段DE有公共点，∴联立整理，得x²-(2h+1)z+h²=0,∴当△=(2h+1)²-4h²=0,即时，满足题意，开始向右移动，直至抛物线与线段DE只有一个交点为E(2,1)时，y=(x-h)²∴当y=(x-h)²-1过点E(2,1)时，(2-h)²-1=1,解得：h=2-√2或h=2+√2,时，抛物线y=(x-h)²-1与线段DE有公共点；(3)存在，∴C(1,0),抛物线的对称轴为直线x=1,∴点C在抛物线的对称轴上，联立整理，得x²-(k+2)x+k=0,∵M为AB的中点，同理可得：作MH⊥CT,NF⊥CT,★2026中考数学压轴题每日一题参考答案(类型1)★解得：∴抛物线的对称轴上存在使得TC总是平2.【分析】(1)利用待定系数法求二次函数的解析式；(2)先求出直线BC的解析式，然后设点P的坐标为(x,轴于点H,点F的坐标为(x,x-6),求出PF长，再证明△QPF一△QOC,根据对应边成比例求出的最大值，把点P向上平移4个单位长度得到点Q,点Q的坐标为(3,-8),连接GD,即可得到BD+PE=BD+DG,连接AG,则AG是最小值，利用勾股定理即可解答；(3)根据平移得到抛物线y的解析式，然后过点P作PQly轴于点Q,过点N作NK⊥x轴于点K,连接tan∠NAB=tan∠OPQ,列等式求出a的值即可.【解答】解：(1)设抛物线的解析式为把(6,0)代入得解得(2)令x=0,则y=-6,∴点C的坐标为(0,-6),设直线BC的解析式为y=mx+n,把(6,0)和(0,-6)代入得,解得设点P的坐标为(x,x²-5x-6),过点P作PH/交BC于点F,交x轴于点H,如图，则点F的坐标为(x,x-6),标为(3,-12),把点P向上平移4个单位长度得到点G,点G的坐标为(3,-8),连接GD,则四边形DEPG是平行四边形，由A,B关于对称性可得点A的坐标为(-1,0),即BD+PE的最小值为4√5;∵将抛物线y=x²+bx+c沿射线BC方向平移2√2个单位长度，即为向左平移两个单位长度，向下平移两个单位长度得到抛物线y,过点P作PQ⊥y轴于点Q,过点N作NK⊥x轴于点设点N的坐标为(a,a²-a-14),由平移得∠QPM=45°,如图1,★即解得a=-5(舍去)或a=2,∴点N的坐标为(2,-12);如图2,解或(舍去),3.【分析】(1)待定系数法求出函数解析式即可；(2)求出点A的坐标，进而得到点M的坐标，求出直线AB的解析式，进而求出点C的坐标，求出点D的坐标，根据△BCD的【进行求解即(3)①根据要求作图即可，连接BF,作FQ⊥OB于45°,BF=AE=√2,进而得到△FQB为等腰直角三角形，求出F点坐标，将F点的横坐标代入抛物线的解析式，判断点F是否在抛物线上即可；②连接BF并延长，交x轴于点G,连接PM,PF,MF,作MH⊥BG于点H,斜边上的中线得到MP=根据PF≥MF-PM,三点共线时，PF最小，同①可知，∠OBF=∠OAE=45°,得到点F在射线BG上运动，进而得到当MF小为MH-PM,易得△OBG为等腰直角三角形，求出OG的长，进而求出MG的长，易得△MHG为等腰直角三角形，求出MH的长，根据PF最小为MH-PM,计算即可.代【解答】解：(1)把B(0,-4),代∵M是OA的中点，∴M(2,0),∴OM=2,得k=1,∴y=x-4,∵点M作OA的垂线，交AB于点C,交抛物线于点D,∴D,∴C(2,-2),,(3)①由题意，作图如下：由(2)可知：OA=OB=4,∵将线段OE绕点O顺时针旋转90°得到OF,∴△FQB为等腰直角三角形，对于∴点F在抛物线上；②连接BF并延长，交x轴于点G,连接PM,MF,★时PF最小为MH-PM,∴△OBG为等腰直角三角形，∴MG=OG+OM=6,△MHG为等腰直角三角形，∴PF的最小值为MH-PM=3√2-2.4.【分析】(1)由解析式可知C(0,3),令y=0,则-x²+2x+3=0.解得x=-1,或x=3.点B的坐标为(3,0),最后由待定系数法可求直线BC的表达式；(2)方法一：把M(m,y₁),N(m+2,y₂)代入y=-x²+2x+3中，可得,求出此函数的最大值，即可判断；方法二：由方法一，得y1+2y₂=-3m²-2m+9.当y₁+2y₂=10时，可得方程-3m²-2m+9=10,整理方程后用根的判别式考虑方程的解的问题；(3)作NH//y轴，交x轴于点H,交BC于点N’,作PQ⊥NH,垂足为Q,作MM'//y轴，交BC于点+2(1-m)+3=-m²+4.点P的坐标为(1-m,-m²坐标为(m+2,-m²+4),点H的坐标为(m+2,0),点N′的坐标为(m+2,-m+1).从而可知NQ=PQ∠BN'H=45°.证明△MDE一△MNP,由面积比可推得,即MD=ND.再证明△MM'D′一此用含m的式子表示线段长列方程求解即可.【解答】解：(1)令x=0,则y=3,可得C的坐标为解得x=-1或x=3.故点B的坐标为(3,0),设直线BC的表达式为y=kz+b,故解得∴直线BC对应函数的表达式为y=-z+3.(2)不存在实数m使得y+2y₂=10,理由如下：方法一：把M(m,y₁),N(m+2,y₂)代入二次函数y=故当时，y1+2y₂的最大值为≠10.故不存在实数m使得y1+2y₂=10;方法二：由方法一得y1+2y₂=-3m²-2m+9.当y₁+2y₂=10时，即-3m²-2m+9=10,整理可得3m²+2m+1=0.∴方程没有实数根.∴不存在实数m使得y1+2y₂=10;或,理由如下：如图1,作NH//y轴，交x轴于点H,交BC于点N’,M',则MM'//NN',∴点P的坐标为(1-m,-m²+4).★∴点Q的坐标为(m+2,-m²+4),点H的坐标为(m点N'的坐标为(m+2,-m+1).,即MD=ND.M重合，舍去),5.【分析】(1)运用待定系数法即可求解；,,式表示DE;②用两点间距离公式分别表示三边，分类讨论，建立方程求解即可；(3)在y轴负半轴取点N(0,-6),连接NG并延长交x轴于点M,连接AN,证明△BOE≥△NOG(SAS),则∠CBO=∠MNO,确定点G在线段MN上运动(不包括端点),故当AG⊥MN时，AG最小，可证明△COB≥△MON(ASA),即可由面积法求最小值.【解答】解：(1)∵抛物线y=ax²+bx+3与ø轴交于解得：∴抛物线表达式(2)①对于抛物线表达设直线BC表达式为：y=kx+b,则,解得：∴直线..②存在，解得：t=6-2√5或t=0(舍),解得：t=1或t=0(舍),整理得：解得：t=2或t=6(舍)或t=0(舍),(3)在y轴负半轴取点N(0,-6),连接NG并延长交x轴于点M,连接AN,TT★2026中考数学压轴题每日一题参考答案(类型1)★∴点G在线段MN上运动(不包括端点),..∴线段AG长度的最小值2√5.6.【分析】(1)先求出A(-3,0),B(1,0),C(0,3),再用待定系数法可求b,c的值；(2)由(1)知G₂的表达式为y=z²+4z+3,设P(t,0)(-3≤t≤0),则M(t,—t²-2t+3),N(t,t²+4t+3),,根据二次函数的性质即可得到MN的最大值；AC于点E,如图1所示，由待定系数法可知直线AC的表达式为y=x+3,则∠CAB=45°,∠MES=RN=√2n,即ME=NE=|t²+3t|,进而得m=n,①当m+n=4时，即m=n=2,故MN=4√2,又-3≤t≤0时，那么由图可知当t<-3时或t>1时，共2种情况满足题意；②当m-n=3时，即m=n+3,这与m=n相矛盾，故不成立，对应的t值有0个；③当mn=2时，由m=n可知，±2,可解得t有4个值；④当时，m=n恒成立，所以对应的t值有无数个.【解答】解：(1)∵二次函数y=-z²-2z+3=-(T+把A(-3,0),C(0,3)代入y=x²+bx+c中，可得,解得故b的值为4,c的值为3;(2)由(1)知G₂的表达式为y=z²+4z+3,设P(t,0)(-3≤t≤0),则M(t,-t²-2t+3),N(t,即MN的最大值为AC于点E,如图1所示，由待定系数法可知直线AC的表达式为y=x+3,即ME=NE=|t²+3t|,那么由图可知当t<-3时或t>1时，共2种情况满足题意，故对应的t值有2个；②当m-n=3时，即m=n+3,这与m=n相矛盾，故不成立，对应的t值有0个；故ME=2,★2026中考数学压轴题每日一题参考答案(类型1)★解得t=-2或-1或或故对应的t值有4个；④当∵m=n恒成立，∴对应的t值有无数个.7.【分析】(1)可求得D(2,-3),进而将点D和点A坐标代入抛物线的解析式，求得a,b,进一步得出结(2)①可求得OF=3√2,从而得出OM+FM≥OF=3√2,当O、M、F共线时，OM+FM最小，可证得四边形BOCF是正方形，进而得出点M坐标；△GCN,从而NG=OM,从而得出OM+BN=NG+BN≥BG,根据∠BCG=90°,BC=3√2,CG=3得出BG,从而得出结果；AC=FC,从而∠FCO=∠OCA,进而推出∠OAP=,从而,从而求得PF,进而得出结果.【解答】解：(1)由题意得，∵∠BOC=90°,∴四边形BOCF是矩形，②如图1,由①知，四边形BOCF是正方形，∴△OCM△GCN(SAS),(3)如图2,xx设EP交AB于F,作FW⊥BC于★*AF=1,*∴P(1,1)或(1,-1),故答案为：(1,1)或(1,-1).8.【分析】(1)待定系数法进行求解即可；(2)一般式化为顶点式，求出T点坐标，根据P点横坐标，得到,进而求出PH,TH,进行求解即可；(3)①求出C点，B点坐标，分0<t≤1,1<t≤2,2<t<3三种情况，分别求出矩形的两条邻边长，利用周长公式，列出函数关系式即可；②根据PQ//x轴，得到P,Q关于对称轴对称，进而求出Q点坐标，分0<t≤1,1<t≤2,2<t<3三种情况，求出g的函数关系式，再根据,分别求出满足题意的t的值，进而求出PQ的长即可.【解答】解：(1)把A(-1,0)代入(2)由(1)可知：∵P是抛物线上一动点，设点P的横坐标为t,∵过点P作对称轴的垂线，垂足为H,由(2)可知：T(1,-2),,对称轴为直线x=1,∴点关于对称轴的对称点为∵P在第四象限，当0<t≤1时，抛物线弧CP的最高点为C,最低点为P,此时特征矩形的两条邻边的长分别为：当1<t≤2时，抛物线弧CP的最高点为C,最低点为T,此时特征矩形的两条邻边的长分别为：当2<t<3时，抛物线弧CP的最高点为P,最低点为T,此时特征矩形的两条邻边的长分别为：t²∴P,Q关于对称轴对称，当0<t≤l时，抛物线弧CQ的最高点为C,最低点为T,此时特征矩形的两条邻边的长分别为：2-t,当1<t≤2时，抛物线弧CQ的最高点为C,最低点为Q,此时特征矩形的两条邻边的长分别为：2-t,解得：当2<t<3时，抛物线弧CQ的最高点为Q,最低点为C,此时特征矩形的两条邻边的长分别为：t-2,2026中考数学压轴题每日一题参考答案(类型1)★.9.【分析】(1)待定系数法求解析式即可求解；(2)根据题意得出,代入抛物线解析式得出,即可得出结论；(3)①先求得和代入解析式，待(3)①先求得和,定系数法求解析式，即可求解；②根据题意得出直线AE的解析式为y=kx+3,根据y=a(x-3)²+d(a<0)经过点得出y=a(x联立直线解根据点M为直线AE联立解得k的值，即可求解.【解答】解：(1)∵抛物线y=-x²+bx+c经过点A(0,(2)∵点D在L₁(第一象限)上，到x轴的距离为∴当时，解得：""∵抛物线y=a(x-3)²+d(a<0)经过点对称轴为直线x=3,,∴L₂经过点)和,∴L₂不能经过点D,当E,P重合时，则E(3,12),∵点恰好落在L₂上，L₂经过点解得：②直线AE:y=kx+n(k>0)交L₁于点E,A(0,3),∴直线AE的解析式为y=kx+3,∵y=a(x-3)²+d(a<0)经过点**消去y得，∵点M的横坐标是点E横坐标的一半，..∵点M为直线AE与L₂的唯一公共点，联立①②得：或当k=6+√15时，唯一公共点不在第一象限，不符合题意，10.【分析】(1)依据题意，结合表格数据可得，二次函数的对称轴是直线则可设二次函数为y=a(x+1)²+k,结合图象过(0,-2),(1,1),可得-2=a(0+1)²+k,且1=a(1+1)²+k,进而求出★a,k后即可判断得解；(2)依据题意，结合(1)y=(x+1)²-3,可得顶点坐标为(-1,-3),进而可以作图得解；(3)依据题意，由二次函数的图象向右平移n个单位长度后，则新函数为y=(x+1-n)²-3,故此时对称轴是直线x=n-1,函数图象开口向上，然后分三种情形分别讨论计算，进而可以得解.【解答】解：(1)由题意，结合表格数据可得，二次函数的对称轴是直线∴可设二次函数为y=a(x+1)²+k.又∵图象过(0,-2),(1,1),∴二次函数为y=(x+1)²-3,即y=x²+2x-2.(2)由题意，结合(1)y=(x+1)²-3,∴顶点坐标为(-1,-3).作图如下.xx(3)由题意，∵二次函数的图象向右平移n个单位长度∴新函数为y=(x+1-n)²-3.∴此时对称轴是直线x=n-1,函数图象开口向上.∴①当3≤n-1时，即n≥4,∴当x=0时，y取最大值为(1-n)²-3;当x=3时，y取最小值为(4-n)²-3.又∵最大值与最小值的差为5,,不合题意.∴当x=0或x=3时，y取最大值为(1-n)²-3或(4-n)²-3;当x=n-1时，y取最小值为-3.又∵最大值与最小值的差为5,∴n=1+√5或n=1-√5(不合题意，舍去)或n=4+√5(不合题意，舍去)或n=4-√5.③当n-1≤0时，即n≤1,y取最大值为(4-n)²-3.又∵最大值与最小值的差为5,*不合题意.11.【分析】(1)代入点A、B的坐标，求得系数，即可得到解析式；(2)过点P作PQ//BC交y轴于点Q,连接CQ,进行等面积转化，由面积求得线段长度，可得点的坐标，从而可求直线的解析式，再与抛物线解析式联立，即可解得点P的坐标；RT△CRQ,则△BCR为等腰直角三角形.由旋转性质可得点R的坐标，从而可得直线方程，由等腰三角形的性质，可知G为直线与抛物线的交点，联立此直线方程与抛物线解析式，结合所处象限，即可得到点G的坐标；(4)根据题设条件所描述的运动过程，结合三角形的相似判定与性质，分析CF取最小值和最大值时候点F所处的位置，用勾股定理解直角三角形，结合三角形三边关系可求出CF的最小值，进而可得CF的范围.【解答】解：(1)解：将A(-1,0),B(6,0)代入抛物线的解析式y=ax²+bx+3,得解得∴抛物线的解析式为(2)解：过点P作PQ//BC交y轴于点Q,连接CQ,★又∵B(0,3),∴直线BC的解析式为联立与可解得x=故P(-2,-4),P₂(8,-9).RT△CRS,则△BCR为等腰直角三角形.又∵点G是第四象限内抛物线上的一点，∠CBG=∴点G为BR延长线与抛物线的交点.由旋转可知∠BOC=∠RSC=90°,BO=RS=3,故点R坐标为(3,-6),由待定系数法可知直线BR的表达式为y=-3x+3,联立y=-3x+3与整理可得x²-11x=0,解得x=11或0(舍去),故点G坐标为(11,-30),故答案为：(11,-30).(4)由题意知四边形OCED为矩形，OD=BO=3,DE=OC=6.DH=6-4=∴根据斜边中线定理可得故CF≥CJ-FJ,当且仅当J、F、C共线时取等号.易知点J坐标为(1,-2),C(6,0),当点N与点D重合时，点F与点D重合，此时CF最大，即CF=OE=3√5,12.【分析】(1)利用待定系数法求解即可；(2)根据题意，利用相似三角形的性质求出面积之比即(3)QM经过最低点，即经过顶点，画出示意图，先求出顶点坐标，再利用相似三角形的判定和性质求出m的值，最后分两种情况求出点Q的坐标即可；(4)根据题意，分三种情况进行分析，画出图形找出临界点，利用相似三角形的性质列出一元二次方程，然后进行求解即可.【解答】解：(1)将(2,-1)代入y=x²+bx一得，-1解得b=-2,∴抛物线的解析式为y=x²-2x-1;(2)如图所示，面积比保持不变为,理由如下：根据题意可得，∠M=∠ODQ=90°,∠Q=∠Q,2026中考数学压轴题每日一题参考答案(类型1)★(3)如图所示，QM经过最低点，即经过顶点，该抛物线的顶点横坐标为纵坐标为该抛物线的顶点坐标为(1,-2),解得m=1±√3,点Q在第四象限，②如图所示，rr当m=1+√3时，此时点P在第一象限，点Q在第三故Q(-2√3-2,-2);(4)①当PQ经过顶点T时，过点T作TE⊥x轴，交去),或m=-1,∴当点P向左运动时，满足题意，②如图所示，当点Q在抛物线上时，过点Q作QE⊥x,交x轴于点E,同理，△PON一△QOE,相似比仍为此时，Q[-2m,-2(m2-2m-1)],代入抛物线解析式得，-2解得(舍去),或此时，当P点向下一直移动，直至到x轴时，都符合解得x₁=1-√2,x₂=1+√2,,符合题意；③图所示，当点Q在抛物线上时，点Q在第二象限，点P在第四象限，★思路同②,此时Q[-2m,-2(m2-2m-1)],代入抛解得(舍去),或此时，当P点向右一直移动，直至到x轴时，都符合题意，∴当时，符合题意；综上m≤-1或√2时符合题意.13.【分析】(1)把A(1,0),B(-5,0)代入y=ax²+bx-5,解方程组，求出a,b的值，即得；(2)求出C(0,-5),直线BC的解析式y=-x-5,设P(x,z²+4x-5),则E(x,一x-5),分x<-5,-5<x<0,0<x<1和x>1,四种情况解答；(3)过点F,P作FG⊥x轴于G,PH⊥x轴于H,得∠AGF=∠AHP=90°,根据等腰直角三角形.得AF=AP,∠PAF=90°,△AFG≥△PAH(AAS),得AH=FG,PH=AG,P(m,m²+4m-5),分-5<m<1和m>1两种情况解答.【解答】解：(1)∵抛物线y=az²+b一交①轴于A(1,0),B(-5,0)两点，,解得∴设直线BC的解析式为y=kx-5,DE=-z-5,解得z=-3(不合),或z=-5(舍去),解得x=-3,或x=-5(舍去),故P点坐标为P(-3,-8),P₂(3,16);(3)过点F,P作FG⊥x轴于G,PH⊥x轴于H,∵△AFP是以PF为斜边的等腰直角三角形.设P(m,m2+4m-5),★解得m=-1,m=-2,∴P坐标为(-1,-8),或(-2,-9);解得m=2,m=-5(舍去),∴P坐标为(2,7);故P坐标为(-1,-8),或(-2,-9),或(2,7).14.【分析】(1)将点(3,3)代入y=z²+bx,求出b即可求解析式；两点关(2)先求抛物线的对称轴为直线x=1,由两点关,再由A、C关于M点对称，求出C点时，最高点纵坐标为m²-2m,最低点为-1,当时，最高点纵坐标为m²-1,最低点为-1,分别求出相应的m的值即可；(4)根据题意可知四边形ABCD是平行四边形，过点O作直线EF//BC,满足条件的m的临界位置分别为当OA与AD重合时，当OB与BC重合时.【解答】解：(1)将点(3,3)代入y=x²+bx,(2)∵点A、B横坐标分别为m、m+1,∴对称轴为直线x=1,∵A,B两点关于该抛物线的对称轴对称，∵A∵A、C关于M点对称，;(3)由(2)时，A、B关于对称轴对称，当时，最高点纵坐标为m²-2m,最低点解得或当时，最高点纵坐标为m²-1,最低点为解得综上所述：m的值为或∴MA=MC,MB=MD,∴四边形ABCD是平行四边形，过点O作直线EF//BC,直线OA的解析式为y=(m-2)x,直线OB的解析式为y=(m-1)z,直线AD的解析式为当OA与AD重合时，解得m★15.【分析】(1)先求出A(3,0),,再分别代入y₂=ax²+c,列出二元一次方程组，即可解答；(2)①设直线AB的解析式为y=kx+b(k≠0),将A(3,0),分别代入，得直线AB的解析式为,即可解答.△BCE一△ADE,再分类讨论，即可解答；(3)易得当x= 去),即可解答.将代入得将A(3,0),分别代入y₂=ar²+c,得解得答：点A的坐标为(3,0),a,c的值分别为(2)①证明：如图，设直线AB的解析式为y=kx+b(k≠0),由条件可得：解得设点E的坐标为②如图：X=m★解得∴或(3)由条件可知时，y随x的增大而增大；当1<x<当x≥3时，y随x的增大而增大.且当时，y3取得最小值.时，函数y₃的最小值为最大值为时，函数y₃的最大值为∴当x=1时，函数y₃的最大值为,即解得化简得-2≤-3n≤3√11-5,解得，16.【分析】(1)将A(1,0)、C(2,5)代入y=ax²+bx-3(a≠0)得方程组，解方程组即可；(2)①令y=0,则x²+2x-3=0,解方程即可求出点A的坐标；②根据图象可知，当y<0时，即抛物线在x轴下方的部分，根据A,B两点的坐标即可得出结论；(3)设点P的坐标为(0,a),先由两点间的距离公式得AC²=50,AP²=9+a²,CP²=a²-10a+29,两种情况讨论：当AP为斜边时，则AP²=AC²+CP²,当CP为斜边时，则CP²=AC²+AP²,分别解方程即可.【解答】解：(1)将A(1,0)、C(2,5)代入y=ax²+ba解得∴抛物线的解析式为y=x²+2x-3;(2)①令y=0,则x²+2z-3=0,解得x=-3或x=1,∴点A的坐标为(-3,0);②根据图象可知，当y<0时，x的取值范围为-3<(3)设点P的坐标为(0,a),-0)²=9+a²,CP²=(0-2)²+∵△ACP是以AC为直角边的直角三角形，∴分以下两种情况讨论：当AP为斜边时，则AP²=AC²+CP²,解得a=7,当CP为斜边时，则CP²=AC²+AP²,综上所述，存在符合条件的P点，P(0,7),P₂(0,-3).17.【分析】(1)理解题意，分别把A(3,0),C(0,3)代入y=-z²+bx+c进行计算，即可作答；(2)先得B(-1,0),A(3,0),再证明△DMB一△ENB,运用得,设点E的纵坐标为2m,则点D的纵坐标为3m,再分别求出AC的解析式为y=-x+3,BE的解析式为整理得点D(5-3m,3m),因为点D为抛物线上第一象限内一点，得3m=-(5-3m)²+2(5-3m)+3,解得★m₁=1,,即可作答；(3)先求出F(1,4),再整理得平移后的抛物线的解析式故PF²=PN²,所以△PFN是等腰三角形，再结合解直角三角函数得,代入数值计算得4-n=√3(m-1),再运用换元法进行整理得(t-√3)=0,解得t₁=0,t₂=√3,平移后的抛物线解=√3,即可作答.【解答】解：(1)依题意，分别把A(3,0),C(0,3)代入解得(2)由(1)得b=2,c=3,则y=-z²+2x+3,C(0,3),故B(-1,0),A(3,0),分别过点E、D作EN⊥OA,DM⊥OA,如图所示：设点E的纵坐标为2m,则点D的纵坐标为3m,设AC的解析式为y=kx+r(k≠0),解得∴AC的解析式为y=-x+3,设BE的解析式为y=tx+q(t≠0),把E(3-2m,2m),B(-1,0)分别代入y=tx+q,得,解得的解析式为依题意，把y=3m代入∵点D为抛物线上第一象限内一点，且y=-x²+2x+整理得3m²-7m+4=(m-1)(3m-4)=0,此时)的2-m≠0,故m₁=1,是符合题意的，此时D(1,4),(3)存在，过程如下：由(2)得y=-x²+2z+3,整理y=-x²+2x+3=-(x-1)²+4,∵F为抛物线的顶点，∴F(1,4),∵平移抛物线使得新顶点为P(m,n)(m>1),P又在原抛物线上，新抛物线与直线x=1交于点N,如图所示：∴平移后的抛物线的解析式为y=-(x-m)²+n,得yn=-(1-m)²+n,★2026中考数学压轴题每日一题参考答案(类型1)★∴△PFN是等腰三角形，令t=m-1,即n=-√3t+4,即t²-√3t=0,∴m=1(舍去)或m=√3+1,∴平移后的抛物线解析式为y=-(x-1-√3)²+1,即x-1-√3=±1,∴新抛物线与x轴存在两个不同的交点，这两个交点之间的距离为2.18.【分析】(1)利用两点式求解抛物线解析式；(2)①延长DC与x轴相交于点G,证明△COG是等腰直角三角形，从而得到G点坐标，求出直线CG的解析式，联立抛物线解析式求解即可；DH,设DH交x轴为点G,然后证明四边形OFEH是平行四边形，根据DE+EH≥DH,得出DE+EH=DH时，DE+EH最小，进一步求出DH即可.【解答】解：(1)∵A(-1,0),B(3,0),在二次函数y=-x²+bx+c的图象上，设该二次函数为y=-(x-z1)(x-T₂),(2)①把ø=0代入y=-x²+2x+3,得y=3,如图，延长DC与z轴相交于点G,设直线CG的解析式为：y=kx+m(k≠0),把C(0,3),G(-3,0)代入，得解得∴直线CG的解析式为：y=x+3,∵点D是直线CG与二次函数的交点，∴联立解析式解得或②如图，过点D作二次函数的对称轴平行于y轴，过点O作OH//EF交二次函数的对称轴于点H,且OH=EF=√2,连接HE,设DH交x轴为点G,★∴四边形OFEH是平行四边形，∴△OGH为等腰直角三角形，∵DE+EH≥DH,∴点F的坐标为(0,3)与点C重合，满足EF在线段∴DE+OF的最小值为5.19.【分析】(1)把点A(2,2)代入二次函数y=ax(z-4)中，可得,进而可得二次函数的表达式；(2)先求出直线OA的表达式为y=x,选择①:由题意故故整理变形后可得T₁+x₂>2;选择②:同理得,D(x₃,x₃),故整理变形后可得T₁+T₃<2;示，先证明△GOA≈△TOA(SAS),进而可得∠AMN=∠TAO,再证明△TOA≥△TNM(AAS),可得TN【解答】解：(1)把点A(2,2)代入二次函数y=az(x-故此二次函数的表达式为(2)证明：选择①:由A(2,2)可知直线OA的表达式为即T₁+x₂>2;选择②:同理得,D(x₃,T₃),整理可,由于T₃-x₁<即T₁+x₃<2;设直线AP交y轴于点G,如图2所示，★作QH⊥x轴于点H,20.【分析】(1)用待定系数法可得抛物线的解析式为(2)由抛物线的对称轴为直线x=-3,设P(-3,t),过P作KT//x轴，过B作BK⊥KT于K,过D作DTKP=DT=2,故D(-3+t,t-2),代入y=x²+6x+5得：t-2=(-3+t)²+6(-3+t)+5,解出t的坐标为(-3,-1)或(-3,2);(3)过C在y轴右侧作射线CM,使∠OCM=45°,过是等腰直角三角形，可得,∠CQH=QH)=2AH,由垂线段最短可知，此时2AQ+√2CQ最小，最小值为2AH,由△AQO是等腰直角三角形，得OQ=OA=1,AQ=√2OA=√2,即得Q(0,1),再求出CQ=OC-OQ=4,可得2√2,AH=AQ+QH=3√2,从而知2AQ+√2CQ【解答】解：(1)∵抛物线y=x²+bx+c关于直线x=-3对称，与x轴交于A(-1,0),解得∴抛物线的解析式为y=x²+6x+5;(2)由抛物线的对称轴为直线x=-3,设P(-3,t),过P作KT//x轴，过B作BK⊥KT于K,过D作DT⊥KT于T,如图：在y=x²+6x+5中，令y=0得0=x²+6x+5,∵将线段BP绕点P逆时针旋转90°得到DP,∴D(-3+t,t-2),★解得t=-1或t=2,∴P的坐标为(-3,-1)或(-3,2);(3)在线段OC上存在点Q,使2AQ+√2CQ存在最小值，理由如下：过C在y轴右侧作射线CM,使∠OCM=45°,过A∴△QCH是等腰直角三角形，""由垂线段最短可知，此时2AQ+√2CQ最小，最小值∴△AQO是等腰直角三角形，21.【分析】(1)根据对称关系可得点B坐标，进而得到交点式，化简即可；(2)分类讨论：点P在直线BC上方时，易得∠ACO=LABP,此时利用相似或者三角函数求出OK长度，进而得到直线BK解析式，即可求解；当点P在BC下方时，可以作A关于y轴对称点L,∠BCL,BP//CL,进而求解即可；也可以做点K关于直线BC的对称点G,求出点G坐标，进而求出直线BG解析式，联立求交点坐标即可；(3)在二次函数中，一般处理二倍角问题可以构造等腰三角形利用外角性质找小角的二倍，在OC上取点D,OD长度，进而作点B关于直线AQ对称点E,连接BM+MN=EM+MN≥EG,所以解Rt△BEG即可得解.【解答】解：(1)∵对称轴为直线x=1,且二次函数y=x²+bx+c(b、c为常数)的图象与x轴交于A(-1,0)、B两点，∴B(3,0),(2)由y=x²-2z-3可知C(0,-3),第一种情况：当点P在直线BC上方时，如图，记BP与y轴交于点K,由B(3,0),K(0,-1)可得直线BP解析式为解得(与B点重合)或第二种情况：当点P在直线BC下方时，方法一：如图，作点A关于y轴对称点L,连接CL,★由C(0,-3),L(1,0)可得直线CL的解析式为y=3x-∴设直线BP:y=3x+n,将B(3,0)代入得n=-9,∴直线BP:y=3x-9,联立解得(与B点重合)或方法二：作K关于直线BC对称点G,连接KG交BC∴△CHK为等腰直角三角形，(备注：此时如果没有发现点P和点G重合，也可以求出BG解析式，联立二次函数求交点P坐标).综上，点P的坐标为或(2,-3);(3)如图，在OC上取点D,使AD=CD,则∠ADO设OD=m,则CD=AD=3-m,作点B关于直线AQ对称点E,连接BE过E作EG⊥ø轴于点G,EG;22.【分析】(1)把A(3,0)代，求出抛物线的解析式，令y=0,即可求解；,可得★=-(m+2)+n,即可求解；(3)设直线l解析式y=kx+b,直线l与抛物线相交于点G(x₃,y₃),H(T4,y4),与抛物线解析式联立可得△>0,T₃+x₄=4k-2,33Z₄=-MN,HD⊥MN,GC=-1-Tg,MC==x₄+1,MD=y₄+5,根据∠GMN=∠HMN,可得而得到(T₃+1)(kx₄+b+5)+(z₄+1)(kx₃+b+5)=y轴，可得b=k-3,从而得到直线l解析式y=k(x+1)-3,即可求解.【解答】解：(1)把A(3,0)代∴抛物线的解析式为令y=0,则设直线BN的解析式为y=k₁x+b₁,解得：∴直线BN的解析式为y=-x-5,可设直线PQ为y=-z+n,且(3)存在定点T满足条件.设直线l解析式y=kr+b,直线l与抛物线相交于点G∵直线l不垂直于y轴，∴直线l解析式y=k(x+1)-3,∵无论k为何值，x=-1,y=-3,∴l过定点T(-1,-3),故存在定点T(-1,-3).23.【分析】(1)分割法得到四边形BCDE的面积=,即可得出结果；(2)根据三角形的中位线定理，证明△ADE一△ABC,进而推出进而得到当四边形BCDE的面积最大时，S最大，过点B作BM⊥CE,数关系式，再根据二次函数的性质求最值即可；(3)根据平移求出抛物线y的解析式，设Tp=m,根据三角形的中线平分面积，得到K为F,Q的中点，进而得到Q点坐标，设,根据斜率公式求出k₂,根据直线过点H,将解析式写为y-令x=1,求出y值，即可得出结果.【解答】解：(1)∵BD⊥CE,BD=1,★2026中考数学压轴题每日一题参考答案(类型1)★故答案为：∴DE是△ABC的中位线，当四边形BCDE的面积最大时，△ABC的面积最大，如图，过点B作BM⊥CE,过点D作DN⊥CE,则∴四边形BCDE的面积最：,BD=x,(3)直线l是过定点.由(2)知：∵直线y=k₁z-k₁交该图象于点F,H(F边),∴根据韦达定理得过点F,Q的直线与直线x=l交于点K,∴直线l:y-yn=k₂(x-xH),∴直线l过定点(1,2).24.【分析】(1)运用待定系数法即可求得答案；(2)先联立抛物线与直线l:y=x-1求出交点D的坐标，再求出对称轴，则得到点M的坐标表示，再由两点间距离公式建立方程求解即可；当m<-1时，过点P作y轴的平行线，过点H,N分别作平行线的垂线，垂足为点F,E,证明△PEN≌★m)+3=1+m,解方程即可；当m>-1时，作出同样的辅助线，同理可求解.【解答】解：(1)∵抛物线y=az²+ba+c与ø轴相交于A(-3,0)、B(1,0)两点，与y轴交于点C(0,3),∴抛物线的表达式为y=-x²-2x+3;(2)联立得：解得：∴抛物线的对称轴为直线x=-1,顶点为N(-1,4),设M(-1,n),∴MB²=MD²,∴n的值为-3;(3)由(2)得顶点N(-1,4),设P(m,0),由旋转得∠NPH=90°,PN=PH,当m<-1时，过点P作y轴的平行线EF,过点H,N分别作EF的垂线，垂足为点F,E,如图，解得：当m>-1时，过点P作y轴的平行线，过点H,N分别作平行线的垂线，垂足为点F,E,如图，∴H(m-4,-m-1),将点H(m-4,-m-1)代入y=-x²-2x+3,-(m-4)²-2(m-4)+3=-m-1,整理得：m²-解得：*或或25.【分析】(1)用待定系数法可得抛物线的解析式为(2)过F作FH⊥x轴于H,设直线CD交y轴于K,求出),直线与x轴交点为A(-1,2t,得DE=EF=√5t,AD=2DE=2√5t,A5t,从而求出F(7t-1,t),把F(7t-1,t)代入y=-x²(3)由点P(x₁,y₁)在抛物线y=-x²+2x+3上，点Q(T₁,y₂)在抛物线y=x²-(4m-2)x+4m²+2上，可★得y₂-y=z²-(4m-2)x₁+4m²+2-(-z²+2x₁+3)=2z²-4mz₁+4m²-1=2(T₁-m)²+2m²-1,三种情况讨论可得答案.【解答】解：(1)把(2,3),A(-1,0)代入y=-z²+bx解得∴抛物线的解析式为y=-x²+2x+3;(2)过F作FH⊥z轴于H,设直线CD交y轴于K,如图：在中，令x=0得,令y=0得x=*,,直线与x轴交点为A(-1,0),*,设FH=t,则EH=2t,∴EF=√FH²+EH²=√5t,把F(7t-1,t)代入y=-x²+2x+3得：t=-(7t-1)²解得t=0(舍去)或;(3)∵点P(x₁,y₁)在抛物线y=-x²+2x+3上，点Q(x₁,y₂)在抛物线y=x²-(4m-2)x+4m²+2上，=2x²-4mx₁+4m²-1=2(x₁-m)解(大于1,舍去)或当1<m<2时，若1≤x₁≤2,则x₁=m时，y₂的值为3,解得m=√2或m=-√2(舍去),解得m₁=m₂=1(舍去);26.【分析】(1)利用待定系数法求解即可；△AEF是等腰直角三角形，然后根据△AEF的外接圆直径是AE=2,可得其外接圆的半径R=1,再利用等积法求出r,即可解决问题；②先求得抛物线的顶点M的坐标和对称轴与x轴的交继而可得,于是可得当M、P、Q三点共线且MQ⊥x轴时，MP+的值最小，此时Q、T重合，然后分点F在△ACE不同内角平分线上共三种情况，外加当点E,F重合于点O时，此时点F在∠AEC的平分线上这种特殊情况，讨论求解即可.【解答】解：(1)把B的坐标(3,0),C的坐标(0,3)代入抛物线的解析式，得,解得∴抛物线的解析式是y=-x²+2x+3;(2)①令y=-z²+2z+3=0,★∴△OBC是等腰直角三角形，∴当∠AFE=90°时，△AEF是等腰直角三角形，且FA=FE,∴△AEF的外接圆直径是AE=2,∴则其外接圆的半径R=1,EF·AE·,即(√2抛物线的对称轴是直线x=1,顶点M的坐标是(1,4),∴直线x=1与x轴的交点T的坐标是(1,0),作PQ⊥x轴于点P,∴当M、P、Q三点共线且MQ⊥x轴时，M的值最小，此时Q、T重合，当点F在△AEC的内角∠ACE的平分线上即∠ACO=∠ECO时，如图，∴直线BC的解析式是y=-z+3,∴点P的坐标是(1,2),当点F在△AEC的内角∠CAE的平分线上时，设OF=KF=a,则CF=3-a,∴点F不可能在△AEC的内角∠AEC的平分线上，当点E,F重合于点O时，此时OF平分∠AEC即点F在∠AEC的平分线上，符合题意，则BE=BO=3,★2026中考数学压轴题每日一题参考答案(类型1)★综上：△BPE的面积为2或3或27.【分析】(1)分别将O(0,0),O(0,0)代入抛物线解析式，即可获得答案；(2)①结合题意，分别确定点M、N的坐标，即可获得答案；②首先确定MN=|at²-3at|,再分a>0和a<0两种情况分析求解即可.【解答】解：(1)将点O(0,0)代入，抛物线y=axr²+可得c=0,∴该抛物线解析式为y=ax²+bx,将点A(3,3a)代入，抛物线y=ax²+bx,可得3a=9a+3b,解得b=-2a;(2)①若a=1,则该抛物线及直线解析分别为y=x²-当t=4时，可有点P(4,0),如下图，∵PM⊥x轴，∴n=8n=4,将x=4代入y=z,可得y=4,即N(4,4),②当点P从点O运动到点B(2a,0)的过程中，若a>0,可有2a>0,即点P在y轴右侧，如下图，当0<t≤3时，可有MN=-at²+3at,其图象开口向若MN的长随OP的长的增大而增大，即MN的长随t的增大而增大，则解得当t>3时，可有MN=at²-3at其图象开口向上，对称轴为直线,不符合题意；若a<0,可有2a<0,即点P在y轴左侧，如下图，当t<0时，可有MN=-at²+3at,其图象开口向上，对称轴为直线若MN的长随OP的长的增大而增大，即MN的长随t的减小而增大，综上所述，a的取值范围为且a≠0.28.【分析】(1)将A和B代入解析式，求出b和c的值；(2)①将A和B代入解析式，求出抛物线解析式为抛物线解析式为y=ax²-4ax+3a+1=a(x-2)²+1-a,得出D和Q的坐标，得到CD和PQ的长度，得出比②分类讨论即可.★【解答】解：(1)将A(1,1),B(3,1)代入y=x²+bx+c(2)①将A(1,1),B(3,1)代入y=ax²+mz+n(a≠1)∴抛物线解析式为y=az²-4az+3a+1=a(x-2)²+∵抛物线与y轴交于点D,由(1)可知：y=x²-4x+4=(x-②a.当CD⊥PD时，如图所示，D(0,0),,,∴∠QCD为最小内角，,∴∠CDP为最小内角，综上所述：最小的角的正弦值为或29.【分析】(1)待定系数法求出函数解析式即可；(2)先求出对称轴，由题意，可知，B,C关于对称轴对称，B,C的纵坐标均为t,中点得到Tc=2xg,对称性得到求出TB,再代入函数解析式求出t的值即可；(3)根据题意，易得要使n-m最大，则m,n为一条直线与抛物线的交点，x=m和z=n关于对称轴对称，根据直线l₁,l₂之间的距离为16,为定值，得到当一条直线恰好经过抛物线的顶点(3,-4),即：y=-4时，n-m最大，此时另一条直线的解析式为y=16-4=12,令x²-6x+5=12,求出x的值，进而确定m,n的值，进行求解即可.【解答】解：(1)把(1,0)代入y=x²-az+5,∴对称轴为直线∵点A(0,t)在y轴上，过点A(0,t)与x轴平行的直线交抛物线于B,C两点，∴B,C关于对称轴对称，B,C的纵坐标均为t,又∵点B为线段AC的中点，得：y=2²-6×2+5=-3,∴t=-3;∴抛物线的顶点坐标(3,-4),当抛物线的一段y=x²-az+5(m≤x≤n)夹在两条均与x轴平行的直线l,l₂之间时，m,n为直线与抛物线的交点，∴要使n-m最大，则，m,n为一条直线与抛物线又∵直线l₁,l之间的距离为16,为定值，∴当一条直线恰好经过抛物线的顶点(3,-4),即：y=-4时，n-m最大，此时另一条直线的解析式为y=∴n-m的最大值为：7-(-1)=8.30.【分析】(I)待定系数法求解析式，即可求解；(II)①根据a=-2,得出抛物线解析式为y=-2x²+bx+b+2,点D在第四象限，过点D作DH⊥x轴于点标为(b+1,-1),代入解析式，解方程，即可求解；GC.在Rt△AOC中，根据勾股定理，AC²=AO²+OC²,得出GA=AC=√1+c²,根据题意，点A和点B关于直线/对称，点F在直线l上，得AF=BF.根据平行四边形的性质得出当点F在线段BC上时，CE+CF取得最小值2√6,即BC=2√6,勾股定理可得m²+c²=24,进而代入c²=m²-2m,求得点B(4,0),C(0,2√2),可得直线BC的解析式为2√2,.求得点F的坐标为,根据平移的性质即可得出点E的坐标为∴该抛物线的解析式为y=-x²+2x+3,∴该抛物线顶点P的坐标为(1,4);(II)①∵点A(-1,0)在抛物线y=az²+bz+c上，∴抛物线解析式为y=-2x²+bx+b+2,如图，点D在第四象限，过点D作DH⊥x轴于点H,∵点D在抛物线y=-2x²+bx+b+2上，在x轴上点A的左侧取点G,使GA=AC,连接GC.在Rt△AOC中，根据勾股定理，AC²=AO²+OC²,★又∵点B(m,0),得OB=m.根据题意，点A和点B关于直线l对称，点F在直线l上，得AF=BF.∴当点F在线段BC上时，CE+CF取得最小值2√6,即BC=2√6,将c²=m²-2m代入，得m²+(m²-2m)=24.解得m₁=4,m₂=-3(舍),∴直线BC的解析式为设点F的横坐标为x,则4-xo=xo-(-1),得∵线段CE可以看作是由线段AF经过平移得到的，∴点E可以看作是点F向右平移一个单位，向上平移31.【分析】(1)将已知点的坐标代入解析式中，得出系数之间的关系，利用对称轴公式即可求解；(2)①根据题意得出函数的解析式，将x₁=T2代入解析式中，利用作差法即可得出函数值的大小；②将函数值用各自自变量表示，整理得出两自变量的数量关系，即T₂=a(T₁-4)+2,再利用特殊值法即可求出系数的值.【解答】解：(1)由题意得，将点(4,0)代入y=az²+故所求抛物线的对称轴是直线x=2.(2)①由(1)可知，抛物线的解析式为∵抛物线过原点，且点A与原点不重合，②由题意知，y=ar²-4ax₁,y₂=x²-2x₂,∵两条抛物线均过原点，且A,B与原点都不重合，所以x₁≠0,T₂≠0.即T₂=a(z₁-4)+2.依题意知，是与T₁无关的定值.不妨将x₁=1和x₁=2分别代,可得2-经检验，当时，是一个与x1无关的定值，符合题意.,b=-4a=-2.32.【分析】(1)将a=0、b=3代入y=x(x-a)+(x-a)(x-b)+x(x-b)化简，然后根据二次函数的性质即可解答；(2)b=2a代入y=x(x-a)+(x-a)(z-b)+z(x-b)化简可得y=3x²-6ax+2a²然后根据二次函数的性质即可解答；(3)先求出y₁,Y₂,y₃然后代入y₁+my₂+y₃=0进行求解即可.【解答】解：(1)当a=0,b=3时，二次函数y=x(x-a)+(x-a)(x-b)+zx(x-b)可化为：y=x(x-0)+(x-0)(x-3)+x(x-3)=3∴此函数图象的对称轴为直线(2)当b=2a时，二次函数y=x(x-a)+(x-a)(x-b)+x(x-b)可化为：y=x(x-a)+(x-a)(x∴抛物线对称轴为直线∵3>0,∴抛物线开口方向向上，(3)若点A(a,y),,C(b,y₃)均在该函数的图象上，y=r(x-a)+(x-a)(ø-b)+x(z-b)=3z²★ys=b(b-a)+(b-a)(b-b)+b(b-b)=b整理得：∵a,b为两个不相等的实数，解得：m=4.★2026中考数学压轴题每日一题参考答案(类型★★类型2:相似综合(12题)★1.【分析】(1)由折叠的性质得：∠B=∠AFE,BE∠QFG,然后根据三角形内角和定理可得∠CQE=∠P,即可求证；(2)根据全等三角形的性质可得EQ=EP,从而得到CG=3,GQ=GP=5,再由折叠的性质得：AF=解；(3)延长AD,EQ交于点M,设CQ=a,BE=b,证PC//AD得出△GPC一△GAD,根据相似三角形的性质，即可求解.【解答】解：(1)由折叠的性质得：∠B=∠AFE,BE∵四边形ABCD是平行四边形，∴△EFP≥△ECQ(AAS);(2)∵△EFP≥△ECQ,∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB//CD,AB=CD,(3)如图，延长AD,EQ交于点M,,CE=2BE,∵△ABE关于AE折叠，,即,∵四边形ABCD是平行四边形，又∵△ABE关于AE折叠，2026中考数学压轴题每日一题参考答案(类型2)★∠CFE,则可证明AE=EH,得到∠H=∠BAE,则②如图所示，延长BF,AD交于M,由平行四边形的则BF=MF,BC=DM;设CE=BE=m,则BC=DM=2m,AM=AD+DM=4m,进而可得即可得到,可证明n,S△AFG=6n,则,据此可得答案；(2)延长AD,EF交于M,由平行四边形的性质可得AD//BC,CD=AB=3,证明△AEF一△MEA,,求出DF=CD-CF=2,设CE=s,FE=t,则由相似三角形的性质可得AE=st,AF=t²DM=2s,FM=2t,进而可得AM=AD+DM=5+2s;再由△AEF,解方程即可得到答案.【解答】(1)①证明：如图所示，延长FE,AB交于H,∵四边形ABCD是平行四边形，②解：如图所示，延长BF,AD交于M,∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD//BC,AD=BC,设S△ABG=4n,则S△BGE=n,S△AFG=6n,★2026中考数学压轴题每日一题参考答案(类型2)★(2)解：如图所示，延长AD,EF交于M,∵四边形ABCD是平行四边形，**设CE=s,FE=t,*,,,即解得或(舍去),3.【分析】(1)连接BO并延长，在BO的延长线上截取OD=OB,连接AD,CD,进而根据对角线互相平分的四边形是平行四边形，即可得证；②根据∠AEC=45°,AC=4,得出E在△AEC的外接圆上运动，设△AEC的外接圆为⊙O,设EF与◎O4√2,进而即可求解.【解答】(1)解：如图，连接BO并延长，在BO的延长线上截取OD=OB,点D即为所作，根据作图可得BO=OD,∴四边形ABCD为平行四边形，∴E在△AEC的外接圆上运动，设△AEC的外接圆为◎O,如图，设EF与◎O交于★2026中