四川广安市2024年中考数学全真模拟试题含解析

四川广安市2024年中考数学全真模拟试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．一、选择题（本大题共12个小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．）1．A、B两地相距180km，新修的高速公路开通后，在A、B两地间行驶的长途客车平均车速提高了50%，而从A地到B地的时间缩短了1h．若设原来的平均车速为xkm/h，则根据题意可列方程为A． B．C． D．2．已知一元二次方程2x2+2x﹣1=0的两个根为x1，x2，且x1＜x2，下列结论正确的是（）A．x1+x2=1 B．x1•x2=﹣1 C．|x1|＜|x2| D．x12+x1=3．下列各式属于最简二次根式的有（）A． B． C． D．4．“a是实数，|a|≥0”这一事件是（）A．必然事件 B．不确定事件 C．不可能事件 D．随机事件5．如图是一个正方体被截去一角后得到的几何体，从上面看得到的平面图形是（）A． B． C． D．6．直线y＝x＋4与x轴、y轴分别交于点A和点B，点C，D分别为线段AB，OB的中点，点P为OA上一动点，PC＋PD值最小时点P的坐标为（）A．(－3，0) B．(－6，0) C．(－，0) D．(－，0)7．若圆锥的轴截面为等边三角形，则称此圆锥为正圆锥，则正圆锥侧面展开图的圆心角是（）A．90°B．120°C．150°D．180°8．如图，要使□ABCD成为矩形，需添加的条件是（）A．AB=BC B．∠ABC=90° C．AC⊥BD D．∠1=∠29．将直径为60cm的圆形铁皮，做成三个相同的圆锥容器的侧面（不浪费材料，不计接缝处的材料损耗），那么每个圆锥容器的底面半径为（）A．10cm B．30cm C．45cm D．300cm10．下列计算中正确的是（）A．x2+x2=x4 B．x6÷x3=x2 C．（x3）2=x6 D．x-1=x11．如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，沿CD折叠△CBD，使点B恰好落在AC边上的点E处．若∠A＝24°，则∠BDC的度数为()A．42° B．66° C．69° D．77°12．如图，AD是⊙O的弦，过点O作AD的垂线，垂足为点C，交⊙O于点F，过点A作⊙O的切线，交OF的延长线于点E．若CO=1，AD=2，则图中阴影部分的面积为A．4-π B．2-πC．4-π D．2-π二、填空题：（本大题共6个小题，每小题4分，共24分．）13．如图，已知抛物线和x轴交于两点A、B，和y轴交于点C，已知A、B两点的横坐标分别为﹣1，4，△ABC是直角三角形，∠ACB=90°，则此抛物线顶点的坐标为_____．14．若实数a、b、c在数轴上对应点的位置如图，则化简：2|a+c|++3|a﹣b|=_____．15．计算：+=______．16．方程3x(x-1)=2(x-1)的根是17．观察下列的“蜂窝图”按照它呈现的规律第n个图案中的“”的个数是_____（用含n的代数式表示）18．三角形的每条边的长都是方程的根，则三角形的周长是．三、解答题：（本大题共9个小题，共78分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．19．（6分）为了抓住梵净山文化艺术节的商机，某商店决定购进A、B两种艺术节纪念品．若购进A种纪念品8件，B种纪念品3件，需要950元；若购进A种纪念品5件，B种纪念品6件，需要800元．（1）求购进A、B两种纪念品每件各需多少元？（2）若该商店决定购进这两种纪念品共100件，考虑市场需求和资金周转，用于购买这100件纪念品的资金不少于7500元，但不超过7650元，那么该商店共有几种进货方案？（3）若销售每件A种纪念品可获利润20元，每件B种纪念品可获利润30元，在第（2）问的各种进货方案中，哪一种方案获利最大？最大利润是多少元？20．（6分）某班为了解学生一学期做义工的时间情况，对全班50名学生进行调查，按做义工的时间（单位：小时），将学生分成五类：类（），类（），类（），类（），类（），绘制成尚不完整的条形统计图如图11.根据以上信息，解答下列问题：类学生有人，补全条形统计图；类学生人数占被调查总人数的%；从该班做义工时间在的学生中任选2人，求这2人做义工时间都在中的概率．21．（6分）如图，某数学兴趣小组想测量一棵树CD的高度，他们先在点A处测得树顶C的仰角为30°，然后沿AD方向前行10m，到达B点，在B处测得树顶C的仰角高度为60°（A、B、D三点在同一直线上）．请你根据他们测量数据计算这棵树CD的高度（结果精确到0.1m）．（参考数据：≈1.414，≈1.732）22．（8分）如图，已知平行四边形ABCD，点M、N分别是边DC、BC的中点，设=，=，求向量关于、的分解式．23．（8分）如图，经过点C（0，﹣4）的抛物线（）与x轴相交于A（﹣2，0），B两点．（1）a0，0（填“＞”或“＜”）；（2）若该抛物线关于直线x=2对称，求抛物线的函数表达式；（3）在（2）的条件下，连接AC，E是抛物线上一动点，过点E作AC的平行线交x轴于点F．是否存在这样的点E，使得以A，C，E，F为顶点所组成的四边形是平行四边形？若存在，求出满足条件的点E的坐标；若不存在，请说明理由．24．（10分）已知关于的一元二次方程(为实数且)．求证：此方程总有两个实数根；如果此方程的两个实数根都是整数，求正整数的值．25．（10分）如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的顶点A，C分别在x轴，y轴的正半轴上，且OA=4，OC=3，若抛物线经过O，A两点，且顶点在BC边上，对称轴交BE于点F，点D，E的坐标分别为（3，0），（0，1）．（1）求抛物线的解析式；（2）猜想△EDB的形状并加以证明；（3）点M在对称轴右侧的抛物线上，点N在x轴上，请问是否存在以点A，F，M，N为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请求出所有符合条件的点M的坐标；若不存在，请说明理由．26．（12分）如图1，已知直线l：y=﹣x+2与y轴交于点A，抛物线y=（x﹣1）2+m也经过点A，其顶点为B，将该抛物线沿直线l平移使顶点B落在直线l的点D处，点D的横坐标n（n＞1）．（1）求点B的坐标；（2）平移后的抛物线可以表示为（用含n的式子表示）；（3）若平移后的抛物线与原抛物线相交于点C，且点C的横坐标为a．①请写出a与n的函数关系式．②如图2，连接AC，CD，若∠ACD=90°，求a的值．27．（12分）综合与实践﹣﹣旋转中的数学问题背景：在一次综合实践活动课上，同学们以两个矩形为对象，研究相似矩形旋转中的问题：已知矩形ABCD∽矩形A′B′C′D′，它们各自对角线的交点重合于点O，连接AA′，CC′．请你帮他们解决下列问题：观察发现：（1）如图1，若A′B′∥AB，则AA′与CC′的数量关系是______；操作探究：（2）将图1中的矩形ABCD保持不动，矩形A′B′C′D′绕点O逆时针旋转角度α（0°＜α≤90°），如图2，在矩形A′B′C′D′旋转的过程中，（1）中的结论还成立吗？若成立，请证明；若不成立，请说明理由；操作计算：（3）如图3，在（2）的条件下，当矩形A′B′C′D′绕点O旋转至AA′⊥A′D′时，若AB=6，BC=8，A′B′=3，求AA′的长．

参考答案一、选择题（本大题共12个小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．）1、A【解析】

直接利用在A，B两地间行驶的长途客车平均车速提高了50%，而从A地到B地的时间缩短了1h，利用时间差值得出等式即可．【详解】解：设原来的平均车速为xkm/h，则根据题意可列方程为：﹣=1．故选A．【点睛】本题主要考查了由实际问题抽象出分式方程，根据题意得出正确等量关系是解题的关键．2、D【解析】【分析】直接利用根与系数的关系对A、B进行判断；由于x1+x2＜0，x1x2＜0，则利用有理数的性质得到x1、x2异号，且负数的绝对值大，则可对C进行判断；利用一元二次方程解的定义对D进行判断．【详解】根据题意得x1+x2=﹣=﹣1，x1x2=﹣，故A、B选项错误；∵x1+x2＜0，x1x2＜0，∴x1、x2异号，且负数的绝对值大，故C选项错误；∵x1为一元二次方程2x2+2x﹣1=0的根，∴2x12+2x1﹣1=0，∴x12+x1=，故D选项正确，故选D．【点睛】本题考查了一元二次方程的解、一元二次方程根与系数的关系，熟练掌握相关内容是解题的关键.3、B【解析】

先根据二次根式的性质化简，再根据最简二次根式的定义判断即可．【详解】A选项：，故不是最简二次根式，故A选项错误；B选项：是最简二次根式，故B选项正确；C选项：，故不是最简二次根式，故本选项错误；D选项：，故不是最简二次根式，故D选项错误；

故选：B．【点睛】考查了对最简二次根式的定义的理解，能理解最简二次根式的定义是解此题的关键．4、A【解析】根据数轴上某个数与原点的距离叫做这个数的绝对值的定义，由a是实数，得|a|≥0恒成立，因此，这一事件是必然事件．故选A．5、B【解析】

根据俯视图是从上面看到的图形可得俯视图为正方形以及右下角一个三角形．【详解】从上面看，是正方形右边有一条斜线，如图：故选B．【点睛】考查了三视图的知识，根据俯视图是从物体的上面看得到的视图得出是解题关键．6、C【解析】

作点D关于x轴的对称点D′，连接CD′交x轴于点P，此时PC+PD值最小，如图所示．直线y=x+4与x轴、y轴的交点坐标为A（﹣6，0）和点B（0，4），因点C、D分别为线段AB、OB的中点，可得点C（﹣3，1），点D（0，1）．再由点D′和点D关于x轴对称，可知点D′的坐标为（0，﹣1）．设直线CD′的解析式为y=kx+b，直线CD′过点C（﹣3，1），D′（0，﹣1），所以，解得：，即可得直线CD′的解析式为y=﹣x﹣1．令y=﹣x﹣1中y=0，则0=﹣x﹣1，解得：x=﹣，所以点P的坐标为（﹣，0）．故答案选C．考点：一次函数图象上点的坐标特征；轴对称-最短路线问题．7、D【解析】试题分析：设正圆锥的底面半径是r，则母线长是2r，底面周长是2πr，设正圆锥的侧面展开图的圆心角是n°，则2r·πr180考点：圆锥的计算．8、B【解析】

根据一个角是90度的平行四边形是矩形进行选择即可．【详解】解：A、是邻边相等，可判定平行四边形ABCD是菱形；

B、是一内角等于90°，可判断平行四边形ABCD成为矩形；

C、是对角线互相垂直，可判定平行四边形ABCD是菱形；

D、是对角线平分对角，可判断平行四边形ABCD成为菱形；故选：B．【点睛】本题主要应用的知识点为：矩形的判定．①对角线相等且相互平分的四边形为矩形．②一个角是90度的平行四边形是矩形．9、A【解析】

根据已知得出直径是的圆形铁皮，被分成三个圆心角为半径是30cm的扇形，再根据扇形弧长等于圆锥底面圆的周长即可得出答案。【详解】直径是的圆形铁皮，被分成三个圆心角为半径是30cm的扇形假设每个圆锥容器的地面半径为解得故答案选A.【点睛】本题考查扇形弧长的计算方法和扇形围成的圆锥底面圆的半径的计算方法。10、C【解析】

根据合并同类项的方法、同底数幂的除法法则、幂的乘方、负整数指数幂的意义逐项求解，利用排除法即可得到答案.【详解】A.x2+x2=2x2，故不正确；B.x6÷x3=x3，故不正确；C.（x3）2=x6，故正确；D.x﹣1=，故不正确；故选C.【点睛】本题考查了合并同类项的方法、同底数幂的除法法则、幂的乘方、负整数指数幂的意义，解答本题的关键是熟练掌握各知识点.11、C【解析】在△ABC中，∠ACB=90°，∠A=24°，∴∠B=90°-∠A=66°．由折叠的性质可得：∠BCD=∠ACB=45°，∴∠BDC=180°-∠BCD-∠B=69°.故选C.12、B【解析】

由S阴影=S△OAE-S扇形OAF，分别求出S△OAE、S扇形OAF即可；【详解】连接OA，OD

∵OF⊥AD，

∴AC=CD=，

在Rt△OAC中，由tan∠AOC=知，∠AOC=60°，

则∠DOA=120°，OA=2，

∴Rt△OAE中，∠AOE=60°，OA=2

∴AE=2，S阴影=S△OAE-S扇形OAF=×2×2-.故选B.【点睛】考查了切线的判定和性质；能够通过作辅助线将所求的角转移到相应的直角三角形中，是解答此题的关键要证某线是圆的切线，对于切线的判定：已知此线过圆上某点，连接圆心与这点（即为半径），再证垂直即可．二、填空题：（本大题共6个小题，每小题4分，共24分．）13、（，）【解析】

连接AC，根据题意易证△AOC∽△COB，则，求得OC=2，即点C的坐标为（0，2），可设抛物线解析式为y=a（x+1）（x﹣4），然后将C点坐标代入求解，最后将解析式化为顶点式即可.【详解】解：连接AC，∵A、B两点的横坐标分别为﹣1，4，∴OA=1，OB=4，∵∠ACB=90°，∴∠CAB+∠ABC=90°，∵CO⊥AB，∴∠ABC+∠BCO=90°，∴∠CAB=∠BCO，又∵∠AOC=∠BOC=90°，∴△AOC∽△COB，∴，即=，解得OC=2，∴点C的坐标为（0，2），∵A、B两点的横坐标分别为﹣1，4，∴设抛物线解析式为y=a（x+1）（x﹣4），把点C的坐标代入得，a（0+1）（0﹣4）=2，解得a=﹣，∴y=﹣（x+1）（x﹣4）=﹣（x2﹣3x﹣4）=﹣（x﹣）2+，∴此抛物线顶点的坐标为（，）．故答案为：（，）．【点睛】本题主要考查相似三角形的判定与性质，抛物线的顶点式，解此题的关键在于熟练掌握其知识点，利用相似三角形的性质求得关键点的坐标.14、﹣5a+4b﹣3c．【解析】

直接利用数轴结合二次根式、绝对值的性质化简得出答案．【详解】由数轴可得：a+c＜0，b-c＞0，a-b＜0，故原式=-2（a+c）+b-c-3（a-b）=-2a-2c+b-c-3a+3b=-5a+4b-3c．故答案为-5a+4b-3c．【点睛】此题主要考查了二次根式以及绝对值的性质，正确化简是解题关键．15、1.【解析】

利用同分母分式加法法则进行计算，分母不变，分子相加.【详解】解：原式=.【点睛】本题考查同分母分式的加法，掌握法则正确计算是本题的解题关键．16、x1=1，x2=-.【解析】试题解析：3x(x-1)=2(x-1)3x(x-1)-2(x-1)=0（3x-2）(x-1)=03x-2=0，x-1=0解得：x1=1，x2=-.考点:解一元二次方程---因式分解法.17、3n+1【解析】

根据题意可知：第1个图有4个图案，第2个共有7个图案，第3个共有10个图案，第4个共有13个图案，由此可得出规律．【详解】解：由题意可知：每1个都比前一个多出了3个“”，∴第n个图案中共有“”为：4+3（n﹣1）＝3n+1故答案为：3n+1.【点睛】本题考查学生的观察能力，解题的关键是熟练正确找出图中的规律，本题属于基础题型．18、6或2或12【解析】

首先用因式分解法求得方程的根，再根据三角形的每条边的长都是方程的根，进行分情况计算．【详解】由方程，得=2或1．当三角形的三边是2，2，2时，则周长是6；当三角形的三边是1，1，1时，则周长是12；当三角形的三边长是2，2，1时，2+2=1，不符合三角形的三边关系，应舍去；当三角形的三边是1，1，2时，则三角形的周长是1+1+2=2．综上所述此三角形的周长是6或12或2．三、解答题：（本大题共9个小题，共78分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．19、（1）A种纪念品需要100元，购进一件B种纪念品需要50元（2）共有4种进货方案（3）当购进A种纪念品50件，B种纪念品50件时，可获最大利润，最大利润是2500元【解析】解：（1）设该商店购进一件A种纪念品需要a元，购进一件B种纪念品需要b元，根据题意得方程组得：，…2分解方程组得：，∴购进一件A种纪念品需要100元，购进一件B种纪念品需要50元…4分；（2）设该商店购进A种纪念品x个，则购进B种纪念品有（100﹣x）个，∴，…6分解得：50≤x≤53，…7分∵x为正整数，∴共有4种进货方案…8分；（3）因为B种纪念品利润较高，故B种数量越多总利润越高，因此选择购A种50件，B种50件．…10分总利润=50×20+50×30=2500（元）∴当购进A种纪念品50件，B种纪念品50件时，可获最大利润，最大利润是2500元．…12分20、（1）5；（2）36%；（3）.【解析】试题分析：（1）根据：数据总数-已知的小组频数=所求的小组频数，进行求解，然后根据所求数据补全条形图即可；（2）根据：小组频数=，进行求解即可；（3）利用列举法求概率即可.试题解析：（1）E类：50-2-3-22-18＝5（人），故答案为：5；补图如下：（2）D类：1850×100%＝36%，故答案为：36%；（3）设这5人为有以下10种情况：其中，两人都在的概率是：.21、这棵树CD的高度为8.7米【解析】试题分析：首先利用三角形的外角的性质求得∠ACB的度数，得到BC的长度，然后在直角△BDC中，利用三角函数即可求解．试题解析：∵∠CBD=∠A+∠ACB，∴∠ACB=∠CBD﹣∠A=60°﹣30°=30°，∴∠A=∠ACB，∴BC=AB=10（米）．在直角△BCD中，CD=BCsin∠CBD=10×=5≈5×1.732=8.7（米）．答：这棵树CD的高度为8.7米．考点：解直角三角形的应用22、答案见解析【解析】试题分析：连接BD，由已知可得MN是△BCD的中位线，则MN=BD，根据向量减法表示出BD即可得.试题解析：连接BD,∵点M、N分别是边DC、BC的中点，∴MN是△BCD的中位线，∴MN∥BD，MN=BD，∵，∴.23、（1）＞，＞；（2）；（3）E（4，﹣4）或（，4）或（，4）．【解析】

（1）由抛物线开口向上，且与x轴有两个交点，即可做出判断；（2）根据抛物线的对称轴及A的坐标，确定出B的坐标，将A，B，C三点坐标代入求出a，b，c的值，即可确定出抛物线解析式；（3）存在，分两种情况讨论：（i）假设存在点E使得以A，C，E，F为顶点所组成的四边形是平行四边形，过点C作CE∥x轴，交抛物线于点E，过点E作EF∥AC，交x轴于点F，如图1所示；（ii）假设在抛物线上还存在点E′，使得以A，C，F′，E′为顶点所组成的四边形是平行四边形，过点E′作E′F′∥AC交x轴于点F′，则四边形ACF′E′即为满足条件的平行四边形，可得AC=E′F′，AC∥E′F′，如图2，过点E′作E′G⊥x轴于点G，分别求出E坐标即可．【详解】（1）a＞0，＞0；（2）∵直线x=2是对称轴，A（﹣2，0），∴B（6，0），∵点C（0，﹣4），将A，B，C的坐标分别代入，解得：，，，∴抛物线的函数表达式为；（3）存在，理由为：（i）假设存在点E使得以A，C，E，F为顶点所组成的四边形是平行四边形，过点C作CE∥x轴，交抛物线于点E，过点E作EF∥AC，交x轴于点F，如图1所示，则四边形ACEF即为满足条件的平行四边形，∵抛物线关于直线x=2对称，∴由抛物线的对称性可知，E点的横坐标为4，又∵OC=4，∴E的纵坐标为﹣4，∴存在点E（4，﹣4）；（ii）假设在抛物线上还存在点E′，使得以A，C，F′，E′为顶点所组成的四边形是平行四边形，过点E′作E′F′∥AC交x轴于点F′，则四边形ACF′E′即为满足条件的平行四边形，∴AC=E′F′，AC∥E′F′，如图2，过点E′作E′G⊥x轴于点G，∵AC∥E′F′，∴∠CAO=∠E′F′G，又∵∠COA=∠E′GF′=90°，AC=E′F′，∴△CAO≌△E′F′G，∴E′G=CO=4，∴点E′的纵坐标是4，∴，解得：，，∴点E′的坐标为（，4），同理可得点E″的坐标为（，4）．24、(1)证明见解析；(2)或．【解析】

（1）求出△的值，再判断出其符号即可；（2）先求出x的值，再由方程的两个实数根都是整数，且m是正整数求出m的值即可．【详解】(1)依题意，得，，．∵，∴方程总有两个实数根．(2)∵，∴，．∵方程的两个实数根都是整数，且是正整数，∴或．∴或．【点睛】本题考查的是根的判别式，熟知一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的根与△=b2-4ac的关系是解答此题的关键．25、（1）y=﹣x2+3x；（2）△EDB为等腰直角三角形；证明见解析；（3）（，2）或（，﹣2）．【解析】

（1）由条件可求得抛物线的顶点坐标及A点坐标，利用待定系数法可求得抛物线解析式；（2）由B、D、E的坐标可分别求得DE、BD和BE的长，再利用勾股定理的逆定理可进行判断；（3）由B、E的坐标可先求得直线BE的解析式，则可求得F点的坐标，当AF为边时，则有FM∥AN且FM=AN，则可求得M点的纵坐标，代入抛物线解析式可求得M点坐标；当AF为对角线时，由A、F的坐标可求得平行四边形的对称中心，可设出M点坐标，则可表示出N点坐标，再由N点在x轴上可得到关于M点坐标的方程，可求得M点坐标．【详解】解：（1）在矩形OABC中，OA=4，OC=3，∴A（4，0），C（0，3），∵抛物线经过O、A两点，∴抛物线顶点坐标为（2，3），∴可设抛物线解析式为y=a（x﹣2）2+3，把A点坐标代入可得0=a（4﹣2）2+3，解得a=﹣，∴抛物线解析式为y=﹣（x﹣2）2+3，即y=﹣x2+3x；（2）△EDB为等腰直角三角形．证明：由（1）可知B（4，3），且D（3，0），E（0，1），∴DE2=32+12=10，BD2=（4﹣3）2+32=10，BE2=42+（3﹣1）2=20，∴DE2+BD2=BE2，且DE=BD，∴△EDB为等腰直角三角形；（3）存在．理由如下：设直线BE解析式为y=kx+b，把B、E坐标代入可得，解得，∴直线BE解析式为y=x+1，当x=2时，y=2，∴F（2，2），①当AF为平行四边形的一边时，则M到x轴的距离与F到x轴的距离相等，即M到x轴的距离为2，∴点M的纵坐标为2或﹣2，在y=﹣x2+3x中，令y=2可得2=﹣x2+3x，解得x=，∵点M在抛物线对称轴右侧，∴x＞2，∴x=，∴M点坐标为（，2）；在y=﹣x2+3x中，令y=﹣2可得﹣2=﹣x2+3x，解得x=，∵点M在抛物线对称轴右侧，∴x＞2，∴x=，∴M点坐标为（，﹣2）；②当AF为平行四边形的对角线时，∵A（4，0），F（2，2），∴线段AF的中点为（3，1），即平行四边形的对称中心为（3，1），设M（t，﹣t2+3t），N（x，0），则﹣t2+3t=2，解得t=，∵点M在抛物线对称轴右侧，∴x＞2，∵t＞2，∴t=，∴M点坐标为（，2）；综上可知存在满足条件的点M，其坐标为（，2）或（，﹣2）．【点睛】本题为二次函数的综合应用，涉及矩形的性质、待定系数法、勾股定理及其逆定理、平行四边形的性质、方程思想及分类讨论思想等知识．在（1）中求得抛物线的顶点坐标是解题的关键，注意抛物线顶点式的应用，在（2）中求得△EDB各边的长度是解题的关键，在（3）中确定出M点的纵坐标是解题的关键，注意分类讨论．本题考查知识点较多，综合性较强，难度较大．26、（1）B（1，1）；（2）y=（x﹣n）2+2﹣n．（3）a=；a=+1.【解析】

1)首先求得点A的坐标,再求得点B的坐标,用h表示出点D的坐标后代入直线的解析式即可验证答案。(2)①根据两种不同的表示形式得到m和h之间的函数关系即可。②点C作y轴的垂线,垂足为E,过点D作DF⊥CE于点F,证得△ACE~△CDF,然后用m表示出点C和点D的坐标,根据相似三角形的性质求得m的值即可。【详解】解：（1）当x=0时候，y=﹣x+2=2，∴A（0，2），把A（0，2）