《2026年金考卷中考45套汇编数学河北专版》

25. （本小题满分12分）
已知$\odot O$的半径为3，弦$MN = 2\sqrt{5}$，$\triangle ABC$中，$\angle ABC = 90^{\circ}$，$AB = 3$，$BC = 3\sqrt{2}$.在平面上，先将$\triangle ABC$和$\odot O$按图（1）位置摆放（点$B$与点$N$重合，点$A$在$\odot O$上，点$C$在$\odot O$内），随后移动$\triangle ABC$，使点$B$在弦$MN$上移动，点$A$始终在$\odot O$上随之移动，设$BN = x$.
（1）当点$B$与点$N$重合时，求$\overset{\frown}{AN}$的长.
（2）当$OA// MN$时，如图（2），求点$B$到$OA$的距离，并求此时$x$的值.
（3）设点$O$到$BC$的距离为$d$.
①当点$A$在$\overset{\frown}{MN}$上，且过点$A$的切线与$AC$垂直时，求$d$的值；
②直接写出$d$的最小值.

答案：
25
(1)如图
(1)，连接$OA$，$OB$.
由题意知$OA = OB = AB = 3$，$\therefore \triangle AOB$为等边三角形，$\therefore \angle AOB = 60^{\circ}$，$\therefore \overset{\frown}{AN}$的长为$\frac{60\pi × 3}{180}=\pi$. (3分)
　　　
巧作辅助线:遇弦须抓中、端点，连接圆心找关联
(2)如图
(2)，过点$B$作$BI\perp OA$于点$I$，过点$O$作$OH\perp MN$于点$H$，连接$ON$.
$\because OA// MN$，$\therefore \angle IBH = \angle AIB = 90^{\circ}$.
又$\because \angle BHO = \angle BIO = 90^{\circ}$，$\therefore$四边形$BIOH$是矩形，$\therefore BH = OI$，$BI = OH$.
$\because MN = 2\sqrt{5}$，$OH\perp MN$，$\therefore MH = NH = \sqrt{5}$(依据:垂径定理)，$\therefore OH = \sqrt{ON^{2}-NH^{2}} = 2$，$\therefore BI = 2$，即点$B$到$OA$的距离为2. (6分)
在$Rt\triangle ABI$中，根据勾股定理，得$AI = \sqrt{AB^{2}-BI^{2}}=\sqrt{5}$，$\therefore BH = OI = OA - AI = 3 - \sqrt{5}$，$\therefore x = BN = BH + NH = 3 - \sqrt{5}+\sqrt{5}=3$. (8分)
(3)①$\because$过点$A$的切线与$AC$垂直，$\therefore AC$过圆心(点拨:此为关键点，可据此画出图形).
在$Rt\triangle ABC$中，$CA = \sqrt{AB^{2}+BC^{2}}=\sqrt{3^{2}+(3\sqrt{2})^{2}}=3\sqrt{3}$，$\therefore CO = CA - OA = 3\sqrt{3}-3$.
如图
(3)，过点$O$作$OF\perp BC$于点$F$，则$OF// AB$，$\therefore \triangle COF\sim \triangle CAB$，

$\therefore \frac{OF}{AB}=\frac{CO}{CA}$，即$\frac{d}{3}=\frac{3\sqrt{3}-3}{3\sqrt{3}}$，解得$d = 3 - \sqrt{3}$. (11分)
②$d$的最小值为$\frac{2}{3}$. (12分)
解法提示:如图
(4)，过点$O$作$OD\perp BC$于点$D$，连接$OA$，$OB$，过点$A$作$AE\perp OB$于点$E$.

$\because AB = AO$，$AE\perp OB$，$\therefore BE = OE$.
设$BE = OE = x$.
易证$\triangle BOD\sim \triangle ABE$(提示:可参考矩形中的十字模型)，
$\frac{OD}{BE}=\frac{OB}{AB}$，即$\frac{d}{x}=\frac{2x}{3}$，
$x· d=\frac{2}{3}x^{2}$，
$\therefore$当$BE$最短，即$OB$最短时，$d$最小.
易知当$OB\perp MN$时，$OB$最短，此时$OB = 2$，$\therefore x = 1$，
$\therefore d$的最小值为$\frac{2}{3}$.

26. （本小题满分13分）
如图，抛物线$C_{1}:y = ax^{2}-2x$过点$(4,0)$，顶点为$Q$.抛物线$C_{2}:y = -\frac{1}{2}(x - t)^{2}+\frac{1}{2}t^{2}-2$（其中$t$为常数，且$t ＞ 2$），顶点为$P$.
（1）直接写出$a$的值和点$Q$的坐标.
（2）嘉嘉说：无论$t$为何值，将$C_{1}$的顶点$Q$向左平移2个单位长度后一定落在$C_{2}$上.
淇淇说：无论$t$为何值，$C_{2}$总经过一个定点.
请选择其中一人的说法进行说理.
（3）当$t = 4$时，
①求直线$PQ$的解析式；
②作直线$l// PQ$，当$l$与$C_{2}$的交点到$x$轴的距离恰为6时，求$l$与$x$轴交点的横坐标.
（4）设$C_{1}$与$C_{2}$的交点$A$，$B$的横坐标分别为$x_{A}$，$x_{B}$，且$x_{A} ＜ x_{B}$.点$M$在$C_{1}$上，横坐标为$m(2\leq m\leq x_{B})$.点$N$在$C_{2}$上，横坐标为$n(x_{A}\leq n\leq t)$.若点$M$是到直线$PQ$的距离最大的点，最大距离为$d$，点$N$到直线$PQ$的距离恰好也为$d$，直接用含$t$和$m$的式子表示$n$.

答案：
26
(1)$a=\frac{1}{2}$，$Q(2,-2)$. (3分)
解法提示:将$(4,0)$代入$y = ax^{2}-2x$，得$16a - 8 = 0$，解得$a=\frac{1}{2}$，$\therefore$抛物线$C_{1}$的解析式为$y=\frac{1}{2}x^{2}-2x=\frac{1}{2}(x - 2)^{2}-2$，$\therefore Q(2,-2)$.
(2)选择嘉嘉的说法说理如下:
把$Q(2,-2)$向左平移2个单位长度后得到的点的坐标为$(0,-2)$.
当$x = 0$时，$y=-\frac{1}{2}(x - t)^{2}+\frac{1}{2}t^{2}-2=-\frac{1}{2}t^{2}+\frac{1}{2}t^{2}-2=-2$，$\therefore Q(2,-2)$向左平移2个单位长度后落在$C_{2}$上. (5分)
选择淇淇的说法说理如下:
对于$y=-\frac{1}{2}(x - t)^{2}+\frac{1}{2}t^{2}-2$，当$x = 0$时，$y = - 2$，$\therefore$无论$t$为何值，$C_{2}$一定过点$(0,-2)$. (5分)
(3)①当$t = 4$时，$C_{2}$的解析式为$y=-\frac{1}{2}(x - 4)^{2}+8 - 2=-\frac{1}{2}(x - 4)^{2}+6$，$\therefore P(4,6)$.
设直线$PQ$的解析式为$y = kx + b$，
将$P(4,6)$，$Q(2,-2)$分别代入，得$\begin{cases}4k + b = 6\\2k + b = - 2\end{cases}$，解得$\begin{cases}k = 4\\b = - 10\end{cases}$
$\therefore$直线$PQ$的解析式为$y = 4x - 10$. (8分)
②$\because C_{2}$的顶点$P$的坐标为$(4,6)$，直线$l// PQ$，$\therefore$当$l$与$C_{2}$的交点到$x$轴的距离恰为6时，该交点的纵坐标为$-6$.
对于$y=-\frac{1}{2}(x - 4)^{2}+6$，令$y = - 6$，
解得$x = 4\pm 2\sqrt{6}$，$\therefore l$与$C_{2}$的交点坐标为$(4 - 2\sqrt{6},-6)$或$(4 + 2\sqrt{6},-6)$(关键点:根据$l$与$C_{2}$交点的纵坐标求出交点的横坐标).
由直线$l// PQ$，设直线$l$的解析式为$y = 4x + b'$.
I.当直线$l$过点$(4 - 2\sqrt{6},-6)$时，可求得$b'=8\sqrt{6}-22$，$\therefore$直线$l$的解析式为$y = 4x + 8\sqrt{6}-22$，令$y = 0$，可求得$x=\frac{11}{2}-2\sqrt{6}$，故此时直线$l$与$x$轴交点的横坐标为$\frac{11}{2}-2\sqrt{6}$.
II.当直线$l$过点$(4 + 2\sqrt{6},-6)$时，同上可求得直线$l$的解析式为$y = 4x - 8\sqrt{6}-22$，令$y = 0$，可求得$x=\frac{11}{2}+2\sqrt{6}$，故此时直线$l$与$x$轴交点的横坐标为$\frac{11}{2}+2\sqrt{6}$.
综上可知，直线$l$与$x$轴交点的横坐标为$\frac{11}{2}-2\sqrt{6}$或$\frac{11}{2}+2\sqrt{6}$. (12分)
(4)$n = 2 + t - m$. (13分)
解法提示:易知抛物线$C_{1}$和抛物线$C_{2}$形状相同.
如图，连接$AP$，$PB$，$BQ$，$AQ$.

易知抛物线$C_{1}$上的$AQ$段与抛物线$C_{2}$上的$PB$段形状相同，$\therefore$四边形$APBQ$是平行四边形.
由题意知点$M$在抛物线$C_{1}$的$BQ$段上，点$N$在抛物线$C_{2}$的$AP$段上.
$\because$点$M$是到直线$PQ$的距离最大的点，$\therefore$点$M$与点$B$重合.
由点$N$到直线$PQ$的距离也为$d$，易得点$N$与点$A$重合.
连接$AB$交$PQ$于点$D$，则点$D$既是$PQ$的中点，又是$MN$的中点.
由题意知$Q(2,-2)$，$P(t,\frac{1}{2}t^{2}-2)$，$M(m,\frac{1}{2}m^{2}-2m)$，$N[n,-\frac{1}{2}(n - 1)^{2}+\frac{1}{2}t^{2}-2]$，$\therefore \frac{2 + t}{2}=\frac{m + n}{2}$，$\therefore n = 2 + t - m$.