《2026年金考卷中考45套汇编数学河北专版》

25. (本小题满分10分)
如图是某同学正在设计的一动画示意图,x轴上依次有A,O,N三个点,且$AO = 2$,在ON上方有五个台阶$T_{1} \sim T_{5}$(各拐角均为$90^{\circ}$),每个台阶的高、宽分别是1和1.5,台阶$T_{1}$到x轴的距离$OK = 10$.从点A处向右上方沿抛物线$L:y = -x^{2} + 4x + 12$发出一个带光的点P.
(1) 求点A的横坐标,在图中补画出y轴,并

直

接

指出点P会落在哪个台阶上.
(2) 当点P落到台阶上后立即弹起,又形成了另一条与L形状相同的抛物线C,且最大高度为11,求C的解析式,并说明其对称轴是否与台阶$T_{5}$有交点.
(3) 在x轴上从左到右有两点D,E,且$DE = 1$,从点E向上作$EB \perp x$轴,且$BE = 2$.在$\triangle BDE$沿x轴左右平移时,必须保证(2)中沿抛物线C下落的点P能落在边BD(包括端点)上,则点B横坐标的最大值比最小值大多少?
【注:(2)中不必写x的取值范围】

答案：
25 

(1)当$y = 0$时，$-x^{2}+4x + 12 = 0$，解得$x_{1}=-2$，$x_{2}=6$，
由题意知点A为L与$x$轴的左交点，
∴点A的横坐标为$-2$.
y轴如图.

点P会落在台阶$T_4$上.
(2)由题意，设抛物线C的解析式为$y = -(x - h)^{2}+11$.
计算易得点P落在$T$上的点$(5,7)$处，
把$x = 5$，$y = 7$代入$y = -(x - h)^{2}+11$，
得$7 = -(5 - h)^{2}+11$，
解得$h_{1}=7$，$h_{2}=3$，
由题意可知$h＞5$，
∴$h = 7$，
∴抛物线C的解析式为$y = -(x - 7)^{2}+11$.
易知抛物线C的对称轴为直线$x = 7$，
∵$6＜7＜7.5$，
∴该对称轴与台阶$T$有交点.
(3)由
(2)知当点P落在B，D处时，其横坐标$x＞7$，
对于$y = -(x - 7)^{2}+11$，
当$y = 2$时，$2 = -(x - 7)^{2}+11$，解得$x_{1}=10$，$x_{2}=4$，
∴点P落在点B处时，$x_{B}=10$；
当$y = 0$时，$0 = -(x - 7)^{2}+11$，解得$x_{1}=7+\sqrt{11}$，$x_{2}=7-\sqrt{11}$，
∴点P落在点D处时，$x_{D}=7+\sqrt{11}$.
∴点B横坐标的最大值比最小值大$(7+\sqrt{11}+1)-10=\sqrt{11}-2$.

26. (本小题满分12分)
在一平面内,线段$AB = 20$,线段$BC = CD = DA = 10$,将这四条线段顺次首尾相接.把AB固定,让AD绕点A从AB开始逆时针旋转$\alpha(\alpha ＞ 0^{\circ})$到某一位置时,BC,CD将会跟随出现到相应的位置.
论证 如图(1),当$AD // BC$时,设AB与CD交于点O,求证:$AO = 10$.
发现 当旋转角$\alpha = 60^{\circ}$时,$\angle ADC$的度数可能是多少?
尝试 取线段CD的中点M,当点M与点B距离最大时,求点M到AB的距离.
拓展 ①如图(2),设点D与B的距离为d,若$\angle BCD$的平分线所在直线交AB于点P,直

接

写出BP的长(用含d的式子表示);
②当点C在AB下方,且AD与CD垂直时,直

接

写出α的余弦值.

答案：
26 论证 证明：如图
(1)，
∵$AD// BC$，
∴$\angle A = \angle B$，$\angle D = \angle C$.
又$AD = BC$，
∴$\triangle AOD≌\triangle BOC$，
∴$AO = BO=\frac{1}{2}AB = 10$.

发现 当$\alpha = 60^{\circ}$时，对点C的位置可分以下2种情况讨论：
①如图
(2)，当A，B，C三点共线时，有$\triangle ADC$是等边三角形，
此时$\angle ADC = 60^{\circ}$.
②如图
(3)，当A，B，C三点不共线时，
取AB的中点O，连接OD，
有$AD = AO = OD = BO = BC = CD = 10$，
即四边形BCDO为菱形，从而可得$CD// AB$，
∴$\angle ADC = 180^{\circ}-60^{\circ}=120^{\circ}$.
综上，$\angle ADC$可能是$60^{\circ}$或$120^{\circ}$.
　
尝试 连接BM，易知$BM\leq BC + CM$，
∴当B，C，D三点共线时，BM的长最大，如图
(4)，
此时$BM = 15$.
作$DH\perp AB$，$MN\perp AB$，$BG\perp AD$，垂足分别是点H，N，G.
∵$BD = BC + CD = 20 = AB$，
∴$AG = GD=\frac{1}{2}AD = 5$，
∴$BG=\sqrt{AB^{2}-AG^{2}}=5\sqrt{15}$.
由$S_{\triangle ABD}=\frac{1}{2}AD· BG=\frac{1}{2}AB· DH$，
得$DH=\frac{AD· BG}{AB}=\frac{5\sqrt{15}}{2}$，
易证$Rt\triangle BMN∽Rt\triangle BDH$，
∴$\frac{BM}{BD}=\frac{MN}{DH}$，即$\frac{15}{20}=\frac{MN}{\frac{5\sqrt{15}}{2}}$，
∴$MN=\frac{15\sqrt{15}}{8}$，
即点M与点B距离最大时，点M到AB的距离为$\frac{15\sqrt{15}}{8}$.
拓展 ①$BP=\frac{20d^{2}}{d^{2}+300}$
②$\frac{5+\sqrt{7}}{8}$
解法提示：①如图
(5)，连接BD交PC于点E，过点D作$DF\perp AB$于点F.
设$BF = x$，则$AF = 20 - x$.
∵$AD^{2}-AF^{2}=BD^{2}-BF^{2}$，
∴$10^{2}-(20 - x)^{2}=d^{2}-x^{2}$，解得$x=\frac{d^{2}+300}{40}$，
∵$CD = BC$，$CP$平分$\angle BCD$，
∴$CE\perp BD$，$BE = DE=\frac{1}{2}BD=\frac{d}{2}$，
∴$\angle PEB=\angle BFD = 90^{\circ}$.
又
∵$\angle PBE=\angle DBF$，
∴$\triangle BPE∽\triangle BDF$，
∴$\frac{BP}{BD}=\frac{BE}{BF}$，即$BP = d×\frac{\frac{d}{2}}{\frac{d^{2}+300}{40}}=\frac{20d^{2}}{d^{2}+300}$

②如图
(6)，设AB交CD于点S，连接AC，过点C作$CR\perp AB$于点R，过点S作$ST\perp AC$于点T.
∵$\angle ADC = 90^{\circ}$，$AD = CD = 10$，
∴$AC = 10\sqrt{2}$.
设$AR = m$，则$BR = 20 - m$.
∵$AC^{2}-AR^{2}=BC^{2}-BR^{2}$，
∴$(10\sqrt{2})^{2}-m^{2}=10^{2}-(20 - m)^{2}$，解得$m=\frac{25}{2}$，
∴$CR=\sqrt{AC^{2}-AR^{2}}=\frac{5\sqrt{7}}{2}$，
∴$\tan\angle RAC=\frac{CR}{AR}=\frac{\sqrt{7}}{5}$，即$\frac{ST}{AT}=\frac{\sqrt{7}}{5}$.
设$AT = 5t$，则$TC = ST=\sqrt{7}t$，
∴$AS = 4\sqrt{2}t$，$5t+\sqrt{7}t = 10\sqrt{2}$，解得$t=\frac{10\sqrt{2}}{5+\sqrt{7}}$，
∴$AS = 4\sqrt{2}×\frac{10\sqrt{2}}{5+\sqrt{7}}=\frac{80}{5+\sqrt{7}}$，
∴$\cos\alpha=\frac{AD}{AS}=\frac{5+\sqrt{7}}{8}$.