《2026年万唯中考试题研究数学河北专版》

1. 点 $ M(a,b) $, $ N(c,d) $ 是一次函数 $ y = 2x + 1 $ 图象上的两点,若点 $ P(3a,3b) $ 在如图位置,则下列可能表示 $ (3c,3d) $ 的点是 (B)

A.$ A $
B.$ B $
C.$ C $
D.$ D $

答案： B

2. 万唯原创 将边长为 1 的正六边形 $ ABIJKL $ 和正八边形 $ ABCDEFGH $ 按如图的方式放置. 点 $ M,N $ 分别为正六边形和正八边形的中心,则 $ \triangle MNL $ 的面积为 (A)

A.$ \frac{1}{4} + \frac{\sqrt{2} - \sqrt{3}}{4} $
B.$ \frac{1}{4} + \frac{\sqrt{2} + \sqrt{3}}{4} $
C.$ \frac{1}{4} - \frac{\sqrt{2} - \sqrt{3}}{4} $
D.$ \frac{1}{4} $

答案： A

3. 万唯原创 已知抛物线 $ y = x^2 - 2mx + m^2 - 4(m ＞ 0) $, 点 $ P $ 为该抛物线上一动点, 其横坐标为 $ p $, 过点 $ P $ 作 $ PQ // y $ 轴, 交直线 $ y = -x - 5 $ 于点 $ Q $, 当 $ PQ $ 的长随 $ p $ 的增大而减小时, $ p $ 的取值范围是 $p \leq \frac{2m - 1}{2}$. (用含 $ m $ 的代数式表示)

答案： $p \leq \frac{2m - 1}{2}$

4. (2025 定心卷) 如图, $ \angle BAC = 45° $, 点 $ D,E $ 分别是射线 $ AB,AC $ 上点, 连接 $ DE $, 以 $ DE $ 为边在 $ DE $ 右侧作矩形 $ DEFG $, 已知 $ DE = 6 $, $ EF = 3 $. $ \odot O $ 是 $ \triangle ADE $ 的外接圆.
(1) 使用直尺和圆规画出点 $ O $ (不写作法, 保留作图痕迹);
(2) 求 $ \odot O $ 的半径长;
(3) 直接写出点 $ A,G $ 间的最大距离.
几何画板动态演示
圆的最值问题

答案：
解：
(1)使用直尺和圆规画出点$O$如解图①所示(作法不唯一)；

(2)如解图②，连接$OE,OD$．
$\because \angle BAC = 45^{\circ}$，
$\therefore \angle DOE = 2\angle BAC = 90^{\circ}$．
$\because OE = OD$，
$\therefore \angle ODE = \angle OED = 45^{\circ}$，
$\therefore OD = DE · \sin 45^{\circ} = 6 × \frac{\sqrt{2}}{2} = 3\sqrt{2}$，
$\therefore \odot O$的半径长为$3\sqrt{2}$；
(3)$3\sqrt{2} + 3\sqrt{5}$
【解法提示】如解图③，连接$AG$，$OA,OD,OG$，过点$O$作$OH \perp GF$，交$DE$于点$M$，交$GF$于点$H$，由
(2)可知$\odot O$的半径长为$3\sqrt{2}$，即$OA = OD = 3\sqrt{2}$．$\because$四边形$DEFG$是矩形，$\therefore GF // DE$．$\because OH \perp GF$，$\therefore OM \perp DE$，$\therefore \angle OMD = 90^{\circ}$，$DM = \frac{1}{2}DE = 3$，$\therefore$在$Rt \triangle OMD$中，$OM = \sqrt{OD^{2} - DM^{2}} = \sqrt{(3\sqrt{2})^{2} - 3^{2}} = 3$．
又$\because HM \perp GH$，$\therefore$四边形$MHGD$是矩形，$\therefore HM = DG = 3$，$GH = DM = 3$，$\therefore OH = 6$，$\therefore$在$Rt \triangle OHG$中，$OG = \sqrt{OH^{2} + GH^{2}} = \sqrt{6^{2} + 3^{2}} = 3\sqrt{5}$，由解图可知，$AG \leq OA + OG$，即当$A,O,G$三点共线时，$AG$的长度最大，最大距离为$OA + OG = 3\sqrt{2} + 3\sqrt{5}$．