2026届四川省成都市中考真题数学（解析版）

数学

A卷（共100分）

第Ⅰ卷（选择题，共32分）

一、选择题（本大题共8个小题，每小题4分，共32分，每小题均有四个选项，其中只有一

项符合题目要求）

1.某人转动转盘，如果用3圈表示沿逆时针方向转了3圈，那么沿顺时针方向转了5圈记作（）

A.5圈B.2圈C.5圈D.8圈

【答案】A

【解析】

【详解】解：∵顺时针方向与逆时针方向的意义相反，

∴如果用3圈表示沿逆时针方向转了3圈，那么沿顺时针方向转了5圈记作5圈．

2.2026年5月18日，中国卫星导航定位协会在北京发布《2026中国北斗时空产业发展白皮书》．白皮书数

据显示，2025年国内北斗终端产品总销量超过4.1亿台/套，其中具有北斗定位功能的智能手机出货近2.8

亿部，车载导航仪终端销量超过2400万台．将数据4.1亿用科学记数法表示为（）

A.4.1109B.4.1108C.41107D.4.1107

【答案】B

【解析】

【详解】解：4.1亿4100000004.1108．

3.下列图形经过折叠可以围成一个棱柱的是（）

A.B.

C.D.

【答案】A

【解析】

【详解】解：A、图形经过折叠可以围成一个棱柱，符合题意；

B、底面图形的边数与侧面的个数不一致，不能围成棱柱，不符合题意；

C、两个底面图形不一致，不能围成棱柱，不符合题意；

D、两个底面都在同一侧，不能围成棱柱，不符合题意．

4.下列计算正确的是（）

A.x3x4x12B.x2x3x5

22

C.3x2y9x4y2D.x2yx22y2

【答案】C

【解析】

【详解】解：A、x3x4x34x7，此项错误；

B、x2与x3不是同类项，不可合并，此项错误；

2

C、3x2y9x4y2，此项正确；

2

D、x2yx24xy4y2，此项错误．

5.如图，已知△ABC≌△FDE,A40,E62，则EDF的度数为（）

A.40B.62C.78D.102

【答案】C

【解析】

【分析】根据全等三角形的性质得出FA40，再根据三角形的内角和定理求出EDF的度数即

可．

【详解】解：∵ABC≌FDE，A40，E62，

∴FA40，

∴EDF180EF180406278．

6.有一首古算诗：“林下牧童闹如簇，不知人数不知竹．每人六竿多十四，每人八竿恰齐足．”其大意是：

牧童们在树下拿着竹竿玩耍，不知有多少人和竹竿．每人6竿，剩余14竿；每人8竿，恰好用完．则牧童

的人数和竹竿的根数分别为（）

A.8，64B.7，56C.6，48D.5，40

【答案】B

【解析】

【分析】设牧童的人数为x人，根据竹竿总数不变建立方程，解方程即可．

【详解】解：设牧童的人数为x人，

由题意得：6x148x，

解得x7，

则8x8756，

所以牧童的人数为7人，竹竿的根数为56根．

7.为了估计瓶中豆子的数量，先从瓶中取出100颗豆子，并给这些豆子做上记号，然后把这些豆子放回瓶

中，充分摇匀，再从瓶中随机取出60颗豆子，发现其中有5颗豆子带有记号，则瓶中豆子的颗数约为（）

A.300B.600C.1000D.1200

【答案】D

【解析】

【分析】设瓶中豆子的颗数约为x颗，根据总体中带记号豆子的频率与样本中带记号豆子的频率相等建立

方程求解即可．

【详解】解：设瓶中豆子的颗数约为x颗，

1005

由题意得：，

x60

解得x1200，经检验，是所列分式方程的解，

则瓶中豆子的颗数约为1200颗．

8.已知二次函数yax2bxc的自变量x与函数y的几组对应值如表：

x…21013…

y…343012…

下列说法错误的是（）

A.函数图象的开口向下

B.函数图象的对称轴是直线x1

C.2ac0

D.b24ac0

【答案】C

【解析】

【分析】先利用待定系数法求出二次函数的解析式，再逐项判断即可．

abc4

【详解】解：将点1,4,1,0,0,3代入yax2bxc得：abc0，

c3

a1

解得b2，

c3

∴二次函数的解析式为yx22x3，

∵a10，

∴函数图象的开口向下，则选项A正确；

2

将二次函数yx22x3化成顶点式为yx14，

∴函数图象的对称轴是直线x1，则选项B正确；

又∵a1,b2,c3，

∴2ac2131，则选项C错误；

2

b24ac2413160，则选项D正确．

第Ⅱ卷（非选择题，共68分）

二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）

9.因式分解：x23x______．

【答案】xx3

【解析】

【详解】解：x23xxx3．

10.在平面直角坐标系xOy中，点P3,5关于y轴对称的点的坐标为_____．

【答案】3,5

【解析】

【分析】关于y轴对称的点横坐标互为相反数，纵坐标不变，据此解答即可．

【详解】解：在平面直角坐标系xOy中，点P3,5关于y轴对称的点的坐标为3,5．

11.人的视觉机能受运动速度的影响很大．在一定条件下，某人驾驶车辆时的视野f（单位：）与车速v

4000

（单位：km/h）之间的关系式是f．当车速为80km/h时，他的视野为______．

v

【答案】50

【解析】

40004000

【详解】解：由题意，将v80代入f得：f50，

v80

即他的视野为50．

12.正八边形的每个内角的度数都为_____．

【答案】135##135度

【解析】

【分析】先利用多边形内角和公式180n2求出正八边形的内角和，再根据正八边形共有8个内角，且

每个内角都相等求解即可．

【详解】解：正八边形的内角和为180821080，

∵正八边形共有8个内角，且每个内角都相等，

∴正八边形的每个内角的度数都为10808135．

13.如图，在矩形ABCD中，AB4,BC6，分别以B，C两点为圆心，以AB的长为半径作弧，两弧

在矩形ABCD内部交于点P，则点P到AD所在直线的距离为_____．

【答案】47

【解析】

【分析】连接PB,PC，过P作PEBC，延长EP交AD于点F，如图，根据题意可得，PBPCAB4，

可得E为线段BC的中点，根据勾股定理求得PE的长度，即可求解．

【详解】解：连接PB,PC，过P作PEBC，延长EP交AD于点F，如图，

由题意可得，四边形ABEF为矩形，PBPCAB4，

1

则EFAB4，E为线段BC的中点，即BEBC3，

2

线段PF的长为点P到AD所在直线的距离，

由勾股定理可得，PEPB2BE27，

∴PFEFPE47，

则点P到AD所在直线的距离为47．

【点睛】本题考查了矩形的判定与性质，勾股定理，点到直线的距离，解题的关键是理解题意，作出辅助

线，构造出直角三角形．

三、解答题（本大题共5个小题，共48分）

14.计算、解不等式组：

1

1

（1）82cos60122

3

3x22x5①

（2）x1x

②

23

【答案】（1）3（2）1x3

【解析】

【分析】（1）根据负整数指数幂的法则、算术平方根的性质、特殊角的三角函数值、绝对值的定义把算式

中各部分计算出来，再根据运算法则进行计算；

（2）分别求出不等式组中每个不等式的解集，找出两个解集的公共部分，即为不等式组的解集．

【小问1详解】

1

1

解：82cos60122

3

11

1222221

12

3

3221221

3；

【小问2详解】

3x22x5①

解：x1x，

②

23

解不等式①：3x22x5，

去括号得：3x62x5，

移项得：3x2x56，

合并同类项得：x1，

x1x

解不等式②：，

23

去分母得：3x12x，

去括号得：3x32x，

移项得：3x2x3，

合并同类项得：x3，

不等式组的解集为1x3．

15.为践行“健康第一”的教育理念，某校开展了创意课间操比赛，甲、乙两个参赛队进入决赛，决赛由5

位教师评委和20位学生评委给两队打分（单位：分），该校将按最终成绩择优推广其中一队的创意课间操．赛

后对评委打分的数据进行整理、描述和分析，下面给出了部分信息．

①教师评委给甲队的打分分别为：80，84，84，86，91

②学生评委给甲队的打分的频数分布直方图如图（分数用x表示，数据分为4组，第1组：60x70，第

2组：70x80，第3组：80x90，第4组：90x100）：

③评委对甲队打分数据的平均数、中位数、众数如下：

平均数中位数众数

教师评委a84b

学生评委82m85

根据以上信息，回答下列问题：

（1）a的值为____，b的值为____；

（2）m的值位于学生评委对甲队打分数据分组的第____组，若教师评委、学生评委对甲队打分数据的方差

分别记为2，2，则22（填或）；

s1s2s1______s2“”“”

（3）学校将教师评委、学生评委打分的平均分按3:2的比例确定两队的最终成绩．已知乙队的最终成绩为

83分，试判断该校将推广哪个队的创意课间操，并说明理由．

【答案】（1）85，84

（2）3，<（3）甲队，

理由：教师评委给甲队打分的平均数为85，学生评委给甲队打分的平均数为82，甲队的最终成绩为：

853822

83.8，

32

乙队的最终成绩为83分，

∵83.883，

∴该校将推广甲队的创意课间操．

【解析】

【分析】（1）根据平均数和众数定义求解；

（2）根据中位数定义求解，根据方差的意义判断大小；

（3）通过计算加权平均数确定大小，进而确定结果．

【小问1详解】

8084848691

解：教师评委的平均数为a85，

5

教师评委给甲队的打分分别为：80，84，84，86，91，∴众数b84；

【小问2详解】

解：共有20位学生评委，中位数应该是第10、11位学生评委打分的平均数，由频数分布直方图可知，第1

组：60x70有2人，第2组：70x80有7人，此时共9人，第3组：80x90有6人，此时共15

人，∴第10、11位学生评委的打分落在第3组，即中位数m在第3组；

教师评委对甲队打分数据分别为80，84，84，86，91，数据比较集中，且方差为：

22222

80858485848586859185

s212.8，

15

学生评委对甲队打分数据分为四组，分布范围从60到100，数据比较分散，根据方差反映数据的波动程度，

数据越分散，波动越大，方差越大，数据越集中，波动越小，方差越小，因此22；

s1s2

【小问3详解】

略

16.尊老敬老是中华民族的传统美德．某社区开展了“智慧助老”行动，为高龄老年人家庭免费安装智能门

锁．如图，在侧面示意图中，智能门锁的摄像头A拍摄的最大仰角为30，最大俯角为52.43，某人站在

门外距离门底部B点0.9米的N处时，摄像头A恰好能拍摄到站立点N及头顶M．已知ABBN,MNBN，

求此人的头顶M到站立点N的距离．（结果精确到0.01米；参考数据：

31.732,sin52.430.793,cos52.430.610,tan52.431.300）

【答案】此人的头顶M到站立点N的距离约为1.69米

【解析】

【分析】过点A作ACMN于点C，根据题意可知：四边形ABNC是矩形，CANB0.9米，根据三

角函数求出MC，NC即可求解．

【详解】解：过点A作ACMN于点C，

根据题意可知：四边形ABNC是矩形，

CANB0.9米，

在RtMAC中，MAC30，

33

∴MCACtan30，

10

在RtNAC中，NAC52.43，

NCACtan52.430.91.3001.170米，

33

∴MNMCNC1.1701.69米，

10

答：此人的头顶M到站立点N的距离约为1.69米．

17.如图，点C在以AB为直径的O上，连接AC，BC，过点C作CDAB，垂足为D，在圆上取

一点E，使CECB连接CE，BE．

（1）求证：ACDCBE90；

5

（2）若sinA,OD7，求O的半径和BE的长．

6

【答案】（1）证明：∵AB为的O直径，

∴ACB90，即ACDBCD90

又∵CDAB，

∴BCD90ABCCAB

∵CECB

∴CBECAB

∴ACDCBE90；

（2）O的半径为18，BE1011

【解析】

【分析】（1）根据直径所对的圆周角是直角，得出ACDBCD90，进而根据同角的余角相等得出

BCDCAB，结合已知得出CBECAB，进而可得ACDCBE90；

r7BC5

（2）设O的半径为r，由（1）可得BCDCAB，根据正弦的定义，可得，求得r18，

BC2r6

11

BC30，勾股定理求得AC，进而求得cosA，证明CECB，过点C作CFBE于点F，则

6

EFBF，进而解Rt△CBF，求得BF，进而求得BE的长，即可求解．

【小问1详解】

略

【小问2详解】

解：设O的半径为r，

由（1）可得BCDCAB

5

∴sinBCDsinA

6

r7BC5

∴

BC2r6

解得：r18，BC30

∴AB2r36，

在Rt△ABC中，

∴ACAB2BC2362302611

AC61111

∴cosA=

AB366

∵CECB

∴CECB

如图，过点C作CFBE于点F，则EFBF

∵CBECAB

∴cosCBEcosCAB

BF11

∴

BC6

11

∴BF30511

6

∴BE2BF1011

2

18.如图1，在平面直角坐标系xOy中，直线ykx与反比例函数y的图象相交于A1,a，B两点，

x

过点A分别作x轴，y轴的垂线，垂足分别为C，D．

（1）求线段AB的长；

（2）已知P为y轴正半轴上一点，若ABP为直角三角形，求点P的坐标；

（3）如图2，将线段DA，AC组成的折线段“DAC”沿x轴正方向平移得到折线段“DAC”，

点D，A，C的对应点分别为D,A,C．AC与反比例函数的图象交于点E，直线BD与反比例函数的图

FG

象在第一象限交于点F，OE与CF交于点G．试探究：在平移过程中，的值是否为定值？若是，求

GC

出这个值；若不是，请说明理由．

【答案】（1）AB25

5

（2）点P的坐标为0,5或0,

2

FG3

（3）是定值，

GC2

【解析】

【分析】（1）将A(1,a)代入反比例函数解析式求出点A坐标，再代入正比例函数解析式求出直线解析式，

根据正比例函数与反比例函数的交点关于原点对称即可求出B(1,2)，最后根据两点距离公式求解即可；

（2）设P(0,p)，p0，分三种情况讨论直角位置：①APB90，②PAB90，③PBA90，

根据勾股定理列方程求解即可；

22

（3）设平移距离为t(t0)，则D(t,2)，C(1t,0)，E1t,，求出直线BD的解析式，与y

1tx

t14

联立，求出点F,，求出OE的解析式，直线CF的解析式，联立后求出交点G的横坐标

2t1

4(1t)FGKH

x，过点G,F分别作GHx轴，FKx轴，根据平行线分线段成比例得出，

G5GCCG

即可解答．

【小问1详解】

22

解：∵A(1,a)在反比例函数y上，代入得a2，即A(1,2)，

x1

将A(1,2)代入ykx得k2，直线为y2x，

∵正比例函数与反比例函数的交点关于原点对称，

∴B(1,2)，

由两点距离公式：AB[1(1)]2[2(2)]2224225；

【小问2详解】

解：设P(0,p)，p0，

分三种情况讨论直角位置：①APB90：由勾股定理得AP2BP2AB2，

则[12(2p)2][(1)2(2p)2]20，

化简得p25，

故p5（负值已舍去），

即P0,5；

②PAB90：由勾股定理得PA2AB2PB2，

则[1(2p)2]201(2p)2，

5

解得p，

2

5

即P(0,)；

2

③PBA90：由勾股定理得PB2AB2PA2，

22

则201(2p)1(2p)，

5

解得：p​，不符合p0，舍去；

2

5

综上，若ABP为直角三角形，则P(0,)或P0,5；

2

【小问3详解】

解：根据（1）可知A(1,2)，

∴D0,2,C1,0，

2

设平移距离为t(t0)，则平移后各点坐标：D(t,2)，C(1t,0)，E1t,，

1t

设直线BD的解析式为ymxn，

2mn

代入点B(1,2)和点D(t,2)得，

2tmn

4

m

t1

解得：，

22t

n

t1

4x22t

∴直线BD的解析式为y，

t1t1

224x22t

直线BD的解析式与y联立得，整理得2x21txt10，

xxt1t1

t1

解得：x1或x，

2

t14

​∴点F,，

2t1

设直线OE的解析式为ymx，

2

2

则m1t，解得：m2，

1t1t

2

∴直线OE的解析式为：yx，

(1t)2

设直线CF的解析式为ycxd，

0c1td

则4t1，

cd

t12

8

c2

1t

解得：，

8

d

1t

88

∴直线CF的解析式为yx，

(1t)21t

288

联立直线OE的解析式和直线CF的解析式得xx，

(1t)2(1t)21t

41t

解得：x，

5

4(1t)

即交点G的横坐标x，

G5

过点G,F分别作GHx轴，FKx轴，

则GH//FK，

FGKH

∴，

GCCG

41t31t41t21t

∵1t，

KHxx,CHxx1t

GF5210CG510

31t

FG3

∴10．

GC21t2

10

B卷（共50分）

一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）

19.已知a2b3，则22ab10b4_____．

【答案】16

【解析】

【分析】先去括号，再合并同类项化简，然后将a2b3整体代入计算即可．

【详解】解：∵a2b3，

∴22ab10b4

4a2b10b4

4a8b4

4a2b4

434

16．

20.现有两张除颜色外完全相同的卡片，分别从中间剪开，共分成全等的四片，洗匀后放在口袋里．从这四

片中随机同时取出两片，则取出的两片颜色相同的概率为_____．

1

【答案】

3

【解析】

【分析】先画出树状图，则可得从这四片中随机同时取出两片的所有等可能的结果，再找出取出的两片颜

色相同的结果的数量，利用概率公式计算即可得．

【详解】解：设原来的两张卡片为A和B，剪开后得到的四张卡片分别记为A1,A2,B1,B2，其中A1,A2的颜

色相同，B1,B2的颜色相同，画出树状图如下：

由图可知，从这四片中随机同时取出两片共有12种等可能的结果，其中，取出的两片颜色相同的结果有4

种，

41

则取出的两片颜色相同的概率为P．

123

21.把一个分式化为另外几个分式的代数和的形式是处理分式运算和变形的常见策略．已知

5x5ab

（a，b为常数），则ab_____．

x22x1x22x1

【答案】2

【解析】

【分析】先将等式右侧通分，再与等式左边进行比较，对应项系数相等，列出一个关于a,b二元一次方程

组，解方程组可得a,b的值，代入计算即可．

ab

【详解】解：

x22x1

a2x1bx2

x22x1x22x1

2axabx2b

x22x1

2abx2ba

，

x22x1

5x5ab

∵，

x22x1x22x1

5x52abx2ba

∴，

x22x1x22x1

2ab5

∴，

2ba5

a3

解得，

b1

∴ab312．

22.如图，在Rt△ABC中，C90，AD为ABC的一条中线，E为AC上一点，ADEB．若

AE5,CE2，则AB_____．

【答案】733

3

【解析】

【分析】设CDBDa，则BC2a，勾股定理求得AD，过点E作EHAD于点H，证明

EAH∽DAC，根据相似三角形的性质求得EH,AH，进而求得DH，根据ADEB，得出

tanADEtanB，求得a2，进而求得AB的长．

【详解】解：∵AD为ABC的一条中线，

∴CDBD，

设CDBDa，则BC2a

∵AE5,CE2，

∴ACAECE527，

∴ADAC2CD249a2，

AC7

∴tanB

BC2a

过点E作EHAD于点H，

∴AHEACB90

又∵EAHDAC

∴EAH∽DAC

EHAEAH

∴

DCADAC

AEDC5a

∴EH

AD49a2

5a

7

∴ACEH235

AH49a

DCa49a2

35

∵DHADAH49a2

49a2

a214

49a2

EH5a

∴tanADE

DHa214

∵ADEB

75a

∴

2aa214

98

解得：a2

3

733

∴AB494a2

3

23.在平面直角坐标系xOy中，设Ax1,y1,Bx2,y2，记LA,Bx1x2y1y2，例如，若M1,3，

则LO,M01034．若点N满足LO,N1，则所有N点组成的图形面积为_____；已知A

是直线ykx（k0）上一点且位于第一象限，OA2，点P在OA上，点Q满足LP,Q1，当点P

26

从点O运动到点A时，Q点运动所覆盖的区域面积为，则k_____．

5

34

【答案】①.2②.或

43

【解析】

【分析】根据定义得出所有N点组成的图形为对角线在坐标轴上且对角线的长为2的正方形，进而求得其

面积；进而根据LP,Q1，得出Q点运动所覆盖的区域面积，设Aa,b，分情况讨论，分别画出图形，

求得点A的坐标，进而求得k的值，即可求解．

【详解】解：①∵LO,N1

设Nm,n

∴mn1

当N在第一象限时，mn1

即nm1

∴点N在直线yx1上，

同理当N在第二象限时，mn1

∴nm1，即点N在yx1上，

当N在第三象限时，mn1，即nm1点N在y=x1上，

当N在第四象限时，mn1，即nm1点N在yx1上，

∴所有N点与坐标轴的交点1,0，0,1，1,0，0,1

1

∴所有N点组成的图形为正方形，其面积为222；

2

②∵已知A是直线ykx（k0）上一点且位于第一象限，OA2，点P在OA上，

∴点A在2为半径的弧上运动，

∵点Q满足LP,Q1，同①可得点Q组成的图形是对角线为2，且平行于坐标轴的正方形，

26

∴当点P从点O运动到点A时，Q点运动所覆盖的区域面积为

5

设Aa,b，A是直线ykx（k0）上一点且位于第一象限，

∴bak，a,b0

b

∴k

a

当ba时，如图，

261

∴212S平行四边形

52CDEF

261

∴2122b

52

8

解得：b

5

∵a2b24，a0

6

∴a

5

68

∴A,

55

8

4

∴k5

63

5

当ab时，如图，

261

∴212S平行四边形

52GHNM

261

∴2122a

52

8

解得：a

5

∵a2b24，a0

6

∴b

5

86

∴A,

55

6

3

∴k5

84

5

43

综上所述，k或

34

二、解答题（本大题共3个小题，共30分）

24.成都，一座雪山下的公园城市．全市超1500个公园已成为市民游憩、娱乐的优质生态空间．图1是成

都某公园的游览路线示意图，甲、乙两人约定的游览路线为：景点1→景点2→景点3→景点4→景点5，甲

先出发，乙出发时甲正好游览到景点2，于是乙沿着游览路线追赶甲．图2中l1,l2分别表示甲、乙两人离开

景点1的路程s（单位：m）与追赶时间t（单位：min）之间的关系，假设两人均保持现有的速度．

（1）直接写出l1,l2的函数表达式；

（2）如图1，景点3到景点4有两条道路，甲到达景点3后，沿远路前往景点4，乙到达景点3后，沿近

路前往景点4．问乙能比甲先到达景点4吗？请说明理由．

【答案】（1）l1的函数表达式为：s30t800，l2的函数表达式为：s50t

（2）乙能比甲先到达景点4

【解析】

【分析】（1）利用待定系数法求得l1,l2的函数表达式即可；

（2）分别求出甲，乙两人到达景点4所用的时间，比较大小即可．

【小问1详解】

=

解：设l1,l2的函数表达式分别为sktb，smt，

b800

将点0,800，20,1400代入ykxb可得，，

20kb1400

k30

解得，

b800

即l1的函数表达式为：s30t800，

将20,1000代入s=mt可得，100020m，解得m50，

即l2的函数表达式为：s50t；

【小问2详解】

解：由题意可得，甲走远路到达景点4，路程为8006007202120m，

将s2120代入s30t800可得，212030t800，

解得t44，

则t44min时，甲到达景点4，

乙走近路到达景点4，路程为8006006502050m，

将s2050代入s50t可得，205050t，

解得t41，

则t41min时，乙到达景点4，

∵4144，

∴乙能比甲先到达景点4．

25.在综合与实践活动中，数学兴趣小组对等腰三角形的拼接和变换进行了探究．

如图，△ABC≌△EAD，ABACnBC（n1），点D在AC边上，延长ED交AB于点F．

（1）【初步感知】求证：AF2FDFE；

（2）【深入探究】如图1，当n2，AD1时，求BF的长；

（3）【拓展延伸】如图2，将EAD绕点E按逆时针方向旋转一定角度（小于90）得到△EAD，若F，

A，D¢三点共线，且点A的对应点A满足AAAB，求n的值．

【答案】（1）证明：∵△ABC≌△EAD，

∴BACE，即FADE，

又∵AFDEFA，

∴AFD∽EFA，

AFFD

∴，

FEAF

∴AF2FDFE；

2

（2）

3

（3）21

【解析】

【分析】（1）根据全等三角形的性质得到FADE，结合AFDEFA证明AFD∽EFA，再利

用相似三角形的性质即可证明；

AFFDAD1

（2）根据题意得BCAD1，ABACAEDE2，由AFD∽EFA得到，

FEAFAE2

14

则FE2AF，FDAF，再利用线段的和差列出关于AF长的方程，求出AF，即可求解BF的长；

23

（3）连接AF，设BCAD1，由（2）中的结论可得ABACAEDEn，根据旋转的性质得

AEAE，EADEAD，则EAAEAA，设EADEAD，导角可得

EAFEAF180，则FAAFAA，推出AFAF，再结合AAAB推出BFAF，

111211

则AFBFABn，再由AFD∽EFA得到FEnAFn，FDAF，再利用线段

222n2

的和差列出关于n的方程，即可求解n的值．

【小问1详解】

略

【小问2详解】

解：∵△ABC≌△EAD，

∴BCAD1，ABAE，ACDE，

∵ABACnBC，n2，

∴ABACAEDE2，

由（1）得，AFD∽EFA，

AFFDAD1

∴，

FEAFAE2

1

∴FE2AF，FDAF，

2

3

∴DEFEFDAF2，

2

4

解得AF，

3

42

∴BFABAF2，

33

2

即BF的长为；

3

【小问3详解】

解：如图，连接AF，

设BCAD1，

由（2）中的结论可得ABACAEDEn，

由旋转的性质得，AEAE，EADEAD，

∴EAAEAA，

设EADEAD，

∵F，A，D¢三点共线，

∴EAFEAD180，

∴EAF180，

∵AEDE，

∴AED1802，

∵△ABC≌△EAD，

∴BACAED1802，

∴EAFBACEAD1802180，

∴EAFEAF，

∴EAFEAAEAFEAA，即FAAFAA，

∴AFAF，

∵AAAB，

∴AAB90，

∴FAAFBA90，FAAFAB90，

∴FBAFAB，

∴BFAF，

11

∴AFBFABn，

22

由（1）得，AFD∽EFA，

AFFDAD1

∴，

FEAFAEn

111

∴FEnAFn2，FDAF，

2n2

11

∴DEFEFDn2n，

22

解得n21（负值已舍去），

∴n的值为21．

26.如图，在平面直角坐标系xOy中，直线ykx2（k0）与抛物线y=x2相交于A，B两点．C，D

两点在抛物线上，且CD∥AB．

（1）若点A的坐标为1,1，求k的值和点B的坐标；

2

（2）在（1）的条件下，记C，D两点的横坐标分别为m，n（mn），当mxn时，函数yxh

总在xn处取得最大值，求h的取值范围；

（3）若AB2CD，直线AC，BD的交点E恰好落在x轴正半轴上，求点E的坐标和k的值．

【答案】（1）k1，点B的坐标为2,4

1

（2）h的取值范围是h

2

（3）点E的坐标为2,0，k22

【解析】

【分