2023年辽宁省大连市中考数学试卷（含答案解析）

这是一份2023年辽宁省大连市中考数学试卷（含答案解析），共23页。试卷主要包含了 −6的绝对值是，17×104B， 下列计算正确的是等内容，欢迎下载使用。

2023年辽宁省大连市中考数学试卷
1. −6的绝对值是(    )
A. 6 B. −6 C. 16 D. −16
2. 如图所示的几何体中，主视图是(    )


A. B.
C. D.
3. 如图，直线AB//CD，∠ABE=45∘，∠D=20∘，则∠E的度数为(    )
A. 20∘
B. 25∘
C. 30∘
D. 35∘


4. 某种离心机的最大离心力为17000g.数据17000g用科学记数法表示为(    )
A. 0.17×104 B. 1.7×105 C. 1.7×104 D. 17×103
5. 下列计算正确的是(    )
A. 20= 2 B. 2 3+3 3=5 6
C. 8=4 2 D. 3(2 3−2)=6−2 3
6. 将方程1x−1+3=3x1−x去分母，两边同乘(x−1)后的式子为(    )
A. 1+3=3x(1−x) B. 1+3(x−1)=−3x
C. x−1+3=−3x D. 1+3(x−1)=3x
7. 已知蓄电池两端电压U为定值，电流I与R成反比例函数关系.当I=4A时，R=10Ω，则当I=5A时R的值为(    )
A. 6Ω B. 8Ω C. 10Ω D. 12Ω
8. 圆心角为90∘，半径为3的扇形弧长为(    )
A. 2π B. 3π C. 32π D. 12π
9. 已知抛物线y=x2−2x−1，则当0≤x≤3时，函数的最大值为(    )
A. −2 B. −1 C. 0 D. 2
10. 某小学开展课后服务，其中在体育类活动中开设了四种运动项目：乒乓球、排球、篮球、足球.为了解学生最喜欢哪种运动项目，随机选取100名学生进行问卷调查(每位学生仅选一种)，并将调查结果绘制成如下的扇形统计图.下列说法错误的是(    )
A. 本次调查的样本容量为100
B. 最喜欢篮球的人数占被调查人数的30%
C. 最喜欢足球的学生为40人
D. “排球”对应扇形的圆心角为10∘
11. 9>−3x的解集为______ .
12. 一个袋子中装有两个标号为“1”“2”的球.从中任意摸出一个球，记下标号后放回并再次摸出一个球，记下标号后放回.则两次标号之和为3的概率为______ .
13. 如图，在菱形ABCD中，AC、BD为菱形的对角线，∠DBC=60∘，BD=10，点F为BC中点，则EF的长为______ .

14. 如图，在数轴上，OB=1，过O作直线l⊥OB于点O，在直线l上截取OA=2，且A在OC上方.连接AB，以点B为圆心，AB为半径作弧交直线OB于点C，则C点的横坐标为______ .


15. 我国的《九章算术》中记载道：“今有共买物，人出八，盈三；人出七，不足四.问有几人.”大意是：今有人合伙购物，每人出8元钱，会多3钱；每人出7元钱，又差4钱，问人数有多少.设有x人，则可列方程为：______ .
16. 如图，在正方形ABCD中，AB=3，延长BC至E，使CE=2，连接AE.CF平分∠DCE交AE于F，连接DF，则DF的长为______ .


17. 计算：(1a+3+1a2−9)÷a−22a+6.
18. 某服装店的某件衣服最近销售火爆.现有A、B两家供应商到服装店推销服装，两家服装价格相同，品质相近.服装店决定通过检查材料的纯度来确定选购哪家的服装.检查人员从两家提供的材料样品中分别随机抽取15块相同的材料，通过特殊操作检验出其纯度(单位：%)，并对数据进行整理、描述和分析.部分信息如下：
Ⅰ.A供应商供应材料的纯度(单位：%)如下：
A
72
73
74
75
76
78
79
频数
1
1
5
3
3
1
1
Ⅱ.B供应商供应材料的纯度(单位：%)如下：
72ㅤ75ㅤ72ㅤ75ㅤ78ㅤ77ㅤ73ㅤ75ㅤ76ㅤ77ㅤ71ㅤ78ㅤ79ㅤ72ㅤ75
Ⅲ.A、B两供应商供应材料纯度的平均数、中位数、众数和方差如下：

平均数
中位数
众数
方差
A
75
75
74
3.07
B
a
75
b
c
根据以上信息，回答下列问题：
(1)表格中的a=______ ，b=______ ，c=______ ；
(2)你认为服装店应选择哪个供应商供应服装？为什么？
19. 如图，在△ABC和△ADE中，延长BC交DE于F.BC=DE，AC=AE，∠ACF+∠AED=180∘.求证：AB=AD.

20. 为了让学生养成热爱图书的习惯，某学校抽出一部分资金用于购买书籍.已知2020年该学校用于购买图书的费用为5000元，2022年用于购买图书的费用是7200元，求2020−2022年买书资金的平均增长率.
21. 如图所示是消防员攀爬云梯到小明家的场景.已知AE⊥BE，BC⊥BE，CD//BE，AC=10.4m，BC=1.26m，点A关于点C的仰角为70∘，则楼AE的高度为多少m？
(结果保留整数.参考数据：sin70∘≈0.94，cos70∘≈0.34，tan70∘≈2.75)



22. 为了增强学生身体素质，学校要求男女同学练习跑步.开始时男生跑了50m，女生跑了80m，然后男生女生都开始匀速跑步.已知男生的跑步速度为4.5m/s，当到达终点时男、女均停止跑步，女生从开始匀速跑步到停止跑步共用时120s.已知x轴表示从开始匀速跑步到停止跑步的时间，y轴代表跑过的路程，则：
(1)男女跑步的总路程为______ ；
(2)当男、女相遇时，求此时男、女同学距离终点的距离.

23. 如图1，在⊙O中，AB为⊙O的直径，点C为⊙O上一点，AD为∠CAB的平分线交⊙O于点D，连接OD交BC于点E.
(1)求∠BED的度数；
(2)如图2，过点A作⊙O的切线交BC延长线于点F，过点D作DG//AF交AB于点G.若AD=2 35，DE=4，求DG的长.


24. 如图1，在平面直角坐标系xOy中，直线y=x与直线BC相交于点A.P(t,0)为线段OB上一动点(不与点B重合)，过点P作PD⊥x轴交直线BC于点D，△OAB与△DPB的重叠面积为S，S关于t的函数图象如图2所示.
(1)OB的长为______ ；△OAB的面积为______ ；
(2)求S关于t的函数解析式，并直接写出自变量t的取值范围.


25. 综合与实践
问题情境：数学活动课上，王老师给同学们每人发了一张等腰三角形纸片探究折叠的性质.
已知AB=AC，∠A>90∘，点E为AC上一动点，将△ABE以BE为对称轴翻折.同学们经过思考后进行如下探究：
独立思考：小明：“当点D落在BC上时，∠EDC=2∠ACB.”
小红：“若点E为AC中点，给出AC与DC的长，就可求出BE的长.”
实践探究：奋进小组的同学们经过探究后提出问题1，请你回答：

问题1：在等腰△ABC中，AB=AC，∠A>90∘，△BDE由△ABE翻折得到.
(1)如图1，当点D落在BC上时，求证：∠EDC=2∠ACB；
(2)如图2，若点E为AC中点，AC=4，CD=3，求BE的长.
问题解决：小明经过探究发现：若将问题1中的等腰三角形换成∠A<90∘的等腰三角形，可以将问题进一步拓展.
问题2：如图3，在等腰△ABC中，∠A<90∘，AB=AC=BD=4，2∠D=∠ABD.若CD=1，则求BC的长.
26. 如图，在平面直角坐标系中，抛物线C1：y=x2上有两点A、B，其中点A的横坐标为−2，点B的横坐标为1，抛物线C2：y=−x2+bx+c过点A、B.过A作AC//x轴交抛物线C1另一点为点C.以AC、12AC长为边向上构造矩形ACDE.
(1)求抛物线C2的解析式；
(2)将矩形ACDE向左平移m个单位，向下平移n个单位得到矩形A′C′D′E′，点C的对应点C′落在抛物线C1上.
①求n关于m的函数关系式，并直接写出自变量m的取值范围；
②直线A′E′交抛物线C1于点P，交抛物线C2于点Q.当点E′为线段PQ的中点时，求m的值；
③抛物线C2与边E′D′、A′C′分别相交于点M、N，点M、N在抛物线C2的对称轴同侧，当MN=2 103时，求点C′的坐标.


答案和解析

1.【答案】A 
【解析】解：|−6|=6.
故选：A.
根据绝对值的定义求解．
本题考查了绝对值的定义，掌握一个正数的绝对值是它本身，一个负数的绝对值是它的相反数，0的绝对值是0是解题的关键．

2.【答案】B 
【解析】解：如图所示的几何体中，主视图是B选项，
故选：B.
找到从正面看所得到的图形，得出主视图即可．
此题主要考查了几何体的三视图，关键是掌握主视图和左视图所看的位置．

3.【答案】B 
【解析】解：∵AB//CD，
∴∠ABE=∠BCD=45∘，
∴∠DCE=135∘，
由三角形的内角和可得∠E=180∘−135∘−20∘=25∘.
故选：B.
由平行线的性质可得∠ABE=∠BCD，从而求出∠DCE，再根据三角形的内角和即可求解．
本题考查平行线的性质和三角形的内角和定理，熟练掌握性质是解题关键．

4.【答案】C 
【解析】解：17000=1.7×104.
故选：C.
用科学记数法表示较大的数时，一般形式为a×10n，其中1≤|a|<10，n为整数，且n比原来的整数位数少1，据此判断即可．
此题主要考查了科学记数法-表示较大的数，一般形式为a×10n，其中1≤|a|<10，确定a与n的值是解题的关键．

5.【答案】D 
【解析】解：A.( 2)0=1，故本选项不符合题意；
B.2 3+3 3=5 3，故本选项不符合题意；
C. 8=2 2，故本选项不符合题意；
D. 3(2 3−2)= 3×2 3− 3×2=6−2 3，故本选项符合题意；
故选：D.
先根据零指数幂，二次根式的加法法则，二次根式的性质，二次根式的乘法法则进行计算，再得出选项即可．
本题考查了二次根式的混合运算和零指数幂，能灵活运用二次根式的运算法则进行计算是解此题的关键．

6.【答案】B 
【解析】解：分式方程去分母得：1+3(x−1)=−3x.
故选：B.
分式方程变形后，去分母得到结果，即可做出判断．
此题考查了解分式方程，解分式方程的基本思想是“转化思想”，把分式方程转化为整式方程求解．解分式方程一定注意要验根．

7.【答案】B 
【解析】解：设I=UR，则U=IR=40，
∴R=40I=405=8，
故选：B.
设I=UR，则U=IR=40，得出R=40I，计算即可．
本题考查反比例函数的应用，解题的关键是掌握欧姆定律．

8.【答案】C 
【解析】解：l=nπr180=90⋅π×3180=32π，
∴该扇形的弧长为32π.
故选：C.
根据弧长公式计算即可．
本题考查弧长的计算，关键是掌握弧长的计算公式．

9.【答案】D 
【解析】解：∵y=x2−2x−1=(x−1)2−2，
∴对称轴为直线x=1，
∵a=1>0，
∴抛物线的开口向上，
∴当0≤x<1时，y随x的增大而减小，
∴当x=0时，y=−1，
当1≤x≤3时，y随x的增大而增大，
∴当x=3时，y=9−6−1=2，
∴当0≤x≤3时，函数的最大值为2，
故选：D.
根据抛物线的解析式求得对称轴为直线x=1，根据二次函数的性质即可得到结论．
本题考查了二次函数的性质，二次函数的最值，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．

10.【答案】D 
【解析】解：A、本次调查的样本容量为100，故此选项不合题意；
B、最喜欢篮球的人数占被调查人数的30%，故此选项不合题意；
C、最喜欢足球的学生为100×40%=40(人)，故此选项不合题意；
D、根据扇形图可得喜欢排球的占10%，“排球”对应扇形的圆心角为360∘×10%=36∘，故此选项符合题意；
故选：D.
利用扇形图可得喜欢排球的占10%，喜欢篮球的人数占被调查人数的30%，最喜欢足球的学生为100×40%=40人；用360∘×喜欢排球的所占百分比可得圆心角．
本题考查的是扇形统计图，读懂统计图，从统计图中得到必要的信息是解决问题的关键．扇形统计图直接反映部分占总体的百分比大小．

11.【答案】x>−3 
【解析】解：9>−3x，
3x>−9，
x>−3，
故答案为：x>−3.
按照解一元一次不等式的步骤，进行计算即可解答．
本题考查了解一元一次不等式，熟练掌握解一元一次不等式的步骤是解题的关键．

12.【答案】12 
【解析】解：树状图如图所示，

由上可得，一共存在4种等可能性，其中两次标号之和为3的可能性有2种，
∴两次标号之和为3的概率为24=12，
故答案为：12.
根据题意，画出相应的树状图，然后即可求得两次标号之和为3的概率．
本题考查列表法与树状图法，解答本题的关键是明确题意，画出相应的树状图，求出相应的概率．

13.【答案】5 
【解析】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴BC=DC，AC⊥BD，
∴∠BEC=90∘，
∵∠DBC=60∘，
∴△BDC是等边三角形，
∴BC=BD=10，
∵点F为BC中点，
∴EF=12BC=5，
故答案为：5.
由四边形ABCD是菱形，可得BC=DC，AC⊥BD，∠BEC=90∘，又∠DBC=60∘，知△BDC是等边三角形，BC=BD=10，而点F为BC中点，故EF=12BC=5.
本题考查菱形的性质及应用，涉及等边三角形的判定与性质，解题的关键是掌握直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．

14.【答案】1+ 5 
【解析】解：∵OA⊥OB，
∴∠AOB=90∘，
在Rt△AOB中，AB= OA2+OB2= 22+12= 5，
∵以点B为圆心，AB为半径作弧交直线OB于点C，
∴AB=BC= 5，
∴OC=OB+BC=1+ 5，
∴点C的横坐标为1+ 5.
故答案为：1+ 5，
在Rt△AOB中，利用勾股定理求出AB= 5，则AB=BC= 5，进而求得OC=1+ 5，据此即可求解．
本题主要考查勾股定理，实数与数轴，利用勾股定理正确求出AB的长是解题关键．

15.【答案】8x−3=7x+4 
【解析】解：依题意，得：8x−3=7x+4.
故答案为：8x−3=7x+4.
根据货物的价格不变，即可得出关于x的一元一次方程，此题得解．
本题考查了由实际问题抽象出一元一次方程，找准等量关系，正确列出一元一次方程是解题的关键．

16.【答案】3 104 
【解析】解：过点F作FM⊥CE于M，作FN⊥CD于点N，

∵四边形ABCD为正方形，AB=3，
∴∠ACB=90∘，BC=AB=CD=3，
∵FM⊥CE，FN⊥CD，∠ACB=∠B=90∘，
∴四边形CMFN为矩形，
又∵CF平分∠DCE，FM⊥CE，FN⊥CD，
∴FM=FN，
∴四边形CMFN为正方形，
∴FM=FN=CM=CN，
设CM=a，则FM=FN=CM=CN=a，
∵CE=2，
∴BE=BC+CE=5，EM=CE−CM=2−a，
∵∠B=90∘，FM⊥CE，
∴FM//AB，
∴△EFM∽△EAB，
∴FM：AB=EM：BE，
即：a：3=(2−a)：5，
解得：a=34，
∴FN=CN=35，
∴DN=CD−CN=3−34=94，
在Rt△AFN中，DN=94，FN=34，
由勾股定理得：DF= DN2+FN2=3 104.
故答案为：3 104.
过点F作FM⊥CE于M，作FN⊥CD于点N，首先证四边形CMFN为正方形，再设CM=a，则FM=FN=CM=CN=a，BE=5，EM=2−a，然后证△EFM和△EAB相似，由相似三角形的性质求出a，进而在Rt△AFN中由勾股定理即可求出DF.
此题主要考查了正方形的判定及性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理等，解答此题的关键是熟练掌握相似三角形的判定方法，理解相似三角形的对应边成比例．

17.【答案】解：原式=[a−3(a+3)(a−3)+1(a+3)(a−3)]⋅2(a+3)a−2
=a−2(a+3)(a−3)⋅2(a+3)a−2
=2a−3. 
【解析】先利用异分母分式加减法法则计算括号里，再算括号外，然后进行计算即可解答．
本题考查了分式的混合运算，准确熟练地进行计算是解题的关键．

18.【答案】75 75 6 
【解析】解：(1)B供应商供应材料纯度的平均数为a=115×(72+75+72+75+78+77+73+75+76+77+71+78+79+72+75)=75，
75出现的次数最多，故众数b=75，
方差c=115×[3×(72−75)2+4×(75−75)2+2×(78−75)2+2×(77−75)2+(73−75)2+(76−75)2+(71−75)2+(79−75)2]=6；
故答案为：75；75；6；
(2)选A供应商供应服装，理由如下：
∵A、B平均值一样，B的方差比A的大，A更稳定，
∴选A供应商供应服装．
(1)根据平均数，众数和方差的计算公式分别进行解答即可；
(2)根据方差的定义，方差越小数据越稳定即可得出答案．
本题考查了方差、平均数、中位数、众数，熟悉相关统计量的计算公式和意义是解题的关键．

19.【答案】证明：∵∠ACB+∠ACF=∠ACF+∠AED=180∘，
∴∠ACB=∠AED，
在△ABC和△ADE中，
BC=DE∠ACB=∠AEDAC=AE，
∴△ABC≌△ADE(SAS)，
∴AB=AD. 
【解析】由“SAS”可证△ABC≌△ADE，可得结论．
本题考查了全等三角形的判定和性质，证明三角形全等是解题的关键．

20.【答案】解：设2020−2022年买书资金的平均增长率为x，
根据题意得：5000(1+x)2=7200，
解得：x1=0.2=20%，x2=−2.2(不符合题意，舍去).
答：2020−2022年买书资金的平均增长率为20%. 
【解析】设2020−2022年买书资金的平均增长率为x，利用2022年用于购买图书的费用=2020年用于购买图书的费用×(1+2020−2022年买书资金的平均增长率)2，可列出关于x的一元二次方程，解之取其符合题意的值，即可得出结论．
本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．

21.【答案】解：延长CD交AE于H，
则CH=BE，EH=BC=1.26m，
在Rt△ACH中，AC=10.4m，∠ACH=70∘，
∴AH=AC⋅sin70∘=10.4×0.94≈9.78(m)，
∴AE=AH+CH=9.78+1.26≈11(m)，
答：楼AE的高度约为11m. 
【解析】延长CD交AE于H，于是得到CH=BE，EH=BC=1.26m，解直角三角形即可得到结论．
本题考查了解直角三角形的应用-仰角俯角问题，正确地作出辅助线是解题的关键．

22.【答案】1000m 
【解析】解：(1)男生匀速跑步的路程为4.5×100=450(m)，450+50=500(m)，
则男女跑步的总路程为500×2=1000(m)，
故答案为：1000m；
(2)设从开始匀速跑步到男、女相遇时的时间为x s，
女生跑步的速度为(500−80)÷120=3.5(m/s)，
根据题意得：80+3.5x=50+4.5x，
解得x=30，
∴此时男、女同学距离终点的距离为4.5×(100−30)=315(m)，
答：此时男、女同学距离终点的距离为315m.
(1)根据男女同学跑步的路程相等，即可求解；
(2)求出女生跑步的速度，列方程求解即可．
此题主要考查了一元一次方程的应用，关键是正确理解题意，找出题目中的等量关系，然后设出未知数列出方程．

23.【答案】解：(1)∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB=90∘，
∵AD为∠CAB的平分线，
∴∠BAC=2∠BAD，
∵OA=OD，
∴∠BAD=∠ODA，
∴∠BOD=∠BAD+∠ODA=2∠BAD，
∴∠BOD=∠BAC，
∴OD//AC，
∴∠OEB=∠ACB=90∘，
∴∠BED=90∘；
(2)连接BD，
设OA=OB=OD=r，
则OE=r−4，AC=2OE=2r−8，AB=2r，

∵AB为⊙O的直径，
∴∠ADB=90∘，
在Rt△ADB中，BD2=AB2−AD2，
由(1)得，∠BED=90∘，
∴∠BED=∠BEO=90∘，
∴BE2=OB2−OE2，BE2=BD2−DE2，
∴BD2=AB2−AD2=BE2+DE2=OB2−OE2+DE2，
∴(2r)2−(2 35)2=r2−(r−4)2+42，
解得r=7或r=−5(不合题意舍去)，
∴AB=2r=14，
∴BD= AB2−AD2= 142−(2 35)2=2 14，
∵AF是⊙O的切线，
∴AF⊥AB，
∵DG⊥AF，
∴DG⊥AB，
∴S△ABD=12AD⋅BD=12AB⋅DG，
∴DG=AD⋅BDAB=2 35×4 1414=2 10. 
【解析】(1)根据圆周角定理证得两直线平行，再根据平行线的性质即可得到结论；
(2)由勾股定理得到边的关系，求出线段的长，再利用等面积法求解即可．
本题考查了圆周角定理，勾股定理，切线的性质，解一元二次方程，熟练掌握圆周角定理和勾股定理是解题的关键．

24.【答案】483 
【解析】解：(1)t=0时，P与O重合，此时S=S△ABO=83，
t=4时，S=0，P与B重合，
∴OB=4，B(4,0)，
故答案为：4，83；
(2)∵A在直线y=x上，
∴∠AOB=45∘，
设A(a,a)，
∴S△ABO=12OB⋅a，即12×4a=83，
∴a=43，
∴A(43,43)；
当0≤t≤43时，设OA交PD于E，如图：

∵∠AOB=45∘，PD⊥OB，
∴△PEO是等腰直角三角形，
∴PE=PO=t，
∴S△POE=12t2，
∴S=83−S△POE=83−12t2；
当43
由A(43,43)，B(4,0)得直线AB解析式为y=−12x+2，
当x=0时，y=2，
∴C(0,2)，
∴OC=2，
∵tan∠CBO=DPPB=OCOB=24=12，
∴DP=12PB=12(4−t)=2−12t，
∴S=S△DPB=12DP⋅PB=12(2−12t)×(4−t)=14(4−t)2=14t2−2t+4；
综上所述，S=−12t2+83(0≤t≤43)14t2−2t+4(43 (1)由t=0时，P与O重合，得S=83，t=4时，P与B重合，得OB=4；
(2)设A(a,a)，由12×4a=83，得a=43，A(43,43)；分两种情况：当0≤t≤43时，设OA交PD于E，可得PE=PO=t，S△POE=12t2，故S=83−S△POE=83−12t2；当43 本题考查动点问题的函数图象，涉及锐角三角函数，待定系数法，等腰直角三角形等知识，解题的关键是从函数图象中获取有用的信息．

25.【答案】问题1：(1)证明：∵AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB，
∵△BDE由△ABE翻折得到，
∴∠A=∠BDE=180∘−2∠C，
∵∠EDC+∠BDE=180∘，
∴∠EDC=2∠ACB；
(2)解：如图，连接AD，交BE于点F，

∵△BDE由△ABE翻折得到，
∴AE=DE，AF=DF，
∴CD=2EF=3，
∴EF=32，
∵点E是AC的中点，
∴AE=EC=12AC=2，
在Rt△AEF中，AF= AE2−EF2= 4−94= 72，
在Rt△ABF中，BF= AB2−AF2= 16−74= 572，
∴BE=BF+EF=3+ 572；
问题2：解：连接AD，过点B作BM⊥AD于M，过点C作CG⊥BM于G，

∵AB=BD，BM⊥AD，
∴AM=DM，∠ABM=∠DBM=12∠ABD，
∵2∠BDC=∠ABD，
∴∠BDC=∠DBM，
∴BM//CD，
∴CD⊥AD，
又∵CG⊥BM，
∴四边形CGMD是矩形，
∴CD=GM，
在Rt△ACD中，CD=1，AD=4，AD= AC2−CD2= 42−12= 15，
∴AM=MD= 152，CG=MD= 152，
在Rt△BDM中，BM= BD2−DM2= 16−154=72，
∴BG=BM−GM=BM−CD=72−1=52，
在Rt△BCG中，BC= BG2+CG2= 254+154= 10. 
【解析】问题1：(1)由等腰三角形的性质可得∠ABC=∠ACB，由折叠的性质和三角形内角和定理可得∠A=∠BDE=180∘−2∠C，由邻补角的性质可得结论；
(2)由三角形中位线定理可得CD=2EF，由勾股定理可求AF，BF，即可求解；
问题2：先证四边形CGMD是矩形，由勾股定理可求AD，由等腰三角形的性质可求MD，CG，即可求解．
本题是几何变换综合题，考查了等腰三角形的性质，折叠的性质，勾股定理，矩形的性质和判定，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．

26.【答案】(1)根据题意，点A的横坐标为−2，点B的横坐标为1，代入抛物线C1：y=x2，
∴当x=−2时，y=(−2)2=4，则A(−2,4)，
当x=1时，y=1，则B(1,1)，
将点A(−2,4)，B(1,1)代入抛物线C2：y=−x2+bx+c，
∴−(−2)2−2b+c=4−1+b+c=1，
解得b=−2c=4，
∴抛物线C2的解析式为y=−x2−2x+4.
(2)①∵AC//x轴交抛物线C1:y=x2另一点为C，
当y=4时，x=±2，
∴C(2,4)，
∵矩形ACDE向左平移m个单位，向下平移n个单位得到矩形A′C′D′E′，点C的对应点C′落在抛物线C1上．
∴C′(2−m,4−n)，(2−m)2=4−n，
整理得n=−m2+4m，
∵m>0，n>0，
∴0 ∴n=−m2+4m(0 ②如图，

∵A(−2,4)，C(2,4)，
∴AC=4，
∵AE=12AC=2，
∴E(−2,6)，
由①可得A′(−2−m,m2−4m+4)，E′(−2−m,m2−4m+6)，
∴P，Q的横坐标为−2−m，分别代入C1，C2，
∴P(−2−m,m2+4m+4)，Q(−2−m,−m2−2m+4)，
∴m2+4m+4−m2−2m+42=m+4，
∴PQ的中点坐标为(−2−m,m+4)，
∵点E′为线段PQ的中点，
∴m2−4m+6=m+4，
解得m=5− 172或m=5+ 172(大于4，舍去).
③如图，连接MN，过点N作NG⊥E′D′于点G，

则NG=2，
∵MN=2 103，
∴MG= MN2−MG2= (2 103)2−22=23，
设N(a,−a2−2a+4)，则M(a−23,−a2−2a+6)，
将M点代入y=−x2−2x+4，
得−(a−23)2−2×(a−23)+4=−a2−2a+6，
解得a=56，
当a=56，−a2−2a+4=−(56)2−2×56+4=5936，
∴N(56,5936)，
将y=5936代入y=x2，
解得x1= 596,x2=− 596，
∴C′( 596,5936)或C′(− 596,5936). 
【解析】(1)根据题意得出点A(−2,4)，B(1,1)，利用待定系数法求解析式即可求解．
(2)①根据平移的性质得出C′(2−m,4−n)，根据点C的对应点C′落在抛物线C1上，可得(2−m)2=4−n，即可求解．
②根据题意得出P(−2−m,m2+4m+4)，Q(−2−m,−m2−2m+4)，求得中点坐标，根据题意即可求解．
③作辅助线，利用勾股定理求得MG=23，设出N点，M点坐标，将M点代入y=−x2−2x+4，求得N点坐标，进而根据点C的对应点C′落在抛物线C1上，即可求解．
本题考查了二次函数的综合应用，解题的关键是作辅助线，掌握二次函数的性质．