2026届江苏省镇江市中考一模数学试题（含答案解析）

这是一份2026届江苏省镇江市中考一模数学试题（含答案解析），共5页。试卷主要包含了满足不等式组的整数解是等内容，欢迎下载使用。
1． 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。
4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。
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．如图，小明将一张长为20cm，宽为15cm的长方形纸（AE＞DE）剪去了一角，量得AB＝3cm，CD＝4cm，则剪去的直角三角形的斜边长为（ ）
A．5cmB．12cmC．16cmD．20cm
2．2cs 30°的值等于( )
A．1B．C．D．2
3．把边长相等的正六边形ABCDEF和正五边形GHCDL的CD边重合，按照如图所示的方式叠放在一起，延长LG交AF于点P，则∠APG＝（ ）
A．141°B．144°C．147°D．150°
4．天气越来越热，为防止流行病传播，学校决定用420元购买某种牌子的消毒液，经过还价，每瓶便宜0.5元，结果比用原价购买多买了20瓶，求原价每瓶多少元？设原价每瓶x元，则可列出方程为( )
A．-=20B．-=20
C．-=20D．
5．满足不等式组的整数解是（ ）
A．﹣2B．﹣1C．0D．1
6．一个几何体的三视图如图所示，这个几何体是（ ）
A．棱柱 B．正方形 C．圆柱 D．圆锥
7．由6个大小相同的正方体搭成的几何体如图所示，比较它的正视图、左视图和俯视图的面积，则（ ）
A．三个视图的面积一样大B．主视图的面积最小
C．左视图的面积最小D．俯视图的面积最小
8．已知点A(1，y1)、B(2，y2)、C(﹣3，y3)都在反比例函数y＝的图象上，则y1、y2、y3的大小关系是( )
A．y1＜y2＜y3B．y3＜y2＜y1C．y2＜y1＜y3D．y3＜y1＜y2
9．某校九年级“诗歌大会”比赛中，各班代表队得分如下（单位：分）：9，7，8，7，9，7，6，则各代表队得分的中位数是（ ）
A．9分 B．8分 C．7分 D．6分
10．如图，将△ABC沿DE，EF翻折，顶点A，B均落在点O处，且EA与EB重合于线段EO，若∠DOF＝142°，则∠C的度数为（ ）
A．38°B．39°C．42°D．48°
11．已知O为圆锥的顶点，M为圆锥底面上一点，点P在OM上．一只蜗牛从P点出发，绕圆锥侧面爬行，回到P点时所爬过的最短路线的痕迹如图所示．若沿OM将圆锥侧面剪开并展开，所得侧面展开图是（ ）
A．B．
C．D．
12．小明在一次登山活动中捡到一块矿石,回家后,他使用一把刻度尺,一只圆柱形的玻璃杯和足量的水,就测量出这块矿石的体积.如果他量出玻璃杯的内直径d,把矿石完全浸没在水中,测出杯中水面上升了高度h,则小明的这块矿石体积是( )
A．B．C．D．
二、填空题：（本大题共6个小题，每小题4分，共24分．）
13．某种商品两次降价后，每件售价从原来元降到元，平均每次降价的百分率是__________.
14．用配方法将方程x2+10x﹣11＝0化成（x+m）2＝n的形式（m、n为常数），则m+n＝_____．
15．如图，已知AB∥CD，若，则=_____．
16．如图，点A、B、C是⊙O上的三点，且△AOB是正三角形，则∠ACB的度数是 。
17．一个不透明的袋子中装有6个球，其中2个红球、4个黑球，这些球除颜色外无其他差别．现从袋子中随机摸出一个球，则它是黑球的概率是______．
18．抛物线y=x2+2x+m﹣1与x轴有交点，则m的取值范围是_____．
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）如图，平行四边形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，EF过点O且与AB、CD分别交于点E、F．求证：OE＝OF．
20．（6分）为了解某校学生的课余兴趣爱好情况，某调查小组设计了“阅读”、“打球”、“书法”和“舞蹈”四个选项，用随机抽样的方法调查了该校部分学生的课余兴趣爱好情况（每个学生必须选一项且只能选一项），并根据调查结果绘制了如图统计图：
根据统计图所提供的倍息，解答下列问题：
（1）本次抽样调查中的学生人数是多少人；
（2 ）补全条形统计图；
（3）若该校共有2000名学生，请根据统计结果估计该校课余兴趣爱好为“打球”的学生人数；
（4）现有爱好舞蹈的两名男生两名女生想参加舞蹈社，但只能选两名学生，请你用列表或画树状图的方法，求出正好选到一男一女的概率．
21．（6分）如图，AM是△ABC的中线，D是线段AM上一点（不与点A重合）．DE∥AB交AC于点F，CE∥AM，连结AE．
（1）如图1，当点D与M重合时，求证：四边形ABDE是平行四边形；
（2）如图2，当点D不与M重合时，（1）中的结论还成立吗？请说明理由．
（3）如图3，延长BD交AC于点H，若BH⊥AC，且BH=AM．
①求∠CAM的度数；
②当FH=，DM=4时，求DH的长．
22．（8分）已知矩形ABCD的一条边AD＝8，将矩形ABCD折叠，使得顶点B落在CD边上的P点处,如图1，已知折痕与边BC交于点O，连接AP、OP、OA．若△OCP与△PDA的面积比为1：4，求边CD的长．如图2，在（Ⅰ）的条件下，擦去折痕AO、线段OP，连接BP．动点M在线段AP上（点M与点P、A不重合），动点N在线段AB的延长线上，且BN＝PM，连接MN交PB于点F，作ME⊥BP于点E．试问当动点M、N在移动的过程中，线段EF的长度是否发生变化？若变化，说明变化规律．若不变，求出线段EF的长度．
23．（8分）为落实“垃圾分类”，环卫部门要求垃圾要按A,B,C三类分别装袋,投放，其中A类指废电池,过期药品等有毒垃圾，B类指剩余食品等厨余垃圾，C类指塑料,废纸等可回收垃圾.甲投放了一袋垃圾，乙投放了两袋垃圾，这两袋垃圾不同类．直接写出甲投放的垃圾恰好是A类的概率；求乙投放的垃圾恰有一袋与甲投放的垃圾是同类的概率．
24．（10分）如图，抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于点A和点B（3，0），与y轴交于点C（0，3），点D是抛物线的顶点，过点D作x轴的垂线，垂足为E，连接DB．
（1）求此抛物线的解析式及顶点D的坐标；
（2）点M是抛物线上的动点，设点M的横坐标为m．
①当∠MBA＝∠BDE时，求点M的坐标；
②过点M作MN∥x轴，与抛物线交于点N，P为x轴上一点，连接PM，PN，将△PMN沿着MN翻折，得△QMN，若四边形MPNQ恰好为正方形，直接写出m的值．
25．（10分）对x，y定义一种新运算T，规定T（x，y）=（其中a，b是非零常数，且x+y≠0），这里等式右边是通常的四则运算．
如：T（3，1）=，T（m，﹣2）=．填空：T（4，﹣1）= （用含a，b的代数式表示）；若T（﹣2，0）=﹣2且T（5，﹣1）=1．
①求a与b的值；
②若T（3m﹣10，m）=T（m，3m﹣10），求m的值．
26．（12分）在矩形纸片ABCD中，AB=6，BC=8，现将纸片折叠，使点D与点B重合，折痕为EF，连接DF．
（1）说明△BEF是等腰三角形；
（2）求折痕EF的长．
27．（12分）如图，在方格纸中.
（1）请在方格纸上建立平面直角坐标系，使，，并求出点坐标；
（2）以原点为位似中心，相似比为2，在第一象限内将放大，画出放大后的图形；
（3）计算的面积.
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、D
【解析】
解答此题要延长AB、DC相交于F，则BFC构成直角三角形，再用勾股定理进行计算．
【详解】
延长AB、DC相交于F，则BFC构成直角三角形，
运用勾股定理得：
BC2=（15-3）2+（1-4）2=122+162=400，
所以BC=1．
则剪去的直角三角形的斜边长为1cm．
故选D．
本题主要考查了勾股定理的应用，解答此题要延长AB、DC相交于F，构造直角三角形，用勾股定理进行计算．
2、C
【解析】
分析：根据30°角的三角函数值代入计算即可.
详解：2cs30°=2×=．
故选C．
点睛：此题主要考查了特殊角的三角函数值的应用，熟记30°、45°、60°角的三角函数值是解题关键.
3、B
【解析】
先根据多边形的内角和公式分别求得正六边形和正五边形的每一个内角的度数，再根据多边形的内角和公式求得∠APG的度数．
【详解】
(6﹣2)×180°÷6＝120°，
(5﹣2)×180°÷5＝108°，
∠APG＝(6﹣2)×180°﹣120°×3﹣108°×2
＝720°﹣360°﹣216°
＝144°，
故选B．
本题考查了多边形内角与外角，关键是熟悉多边形内角和定理：(n﹣2)•180 (n≥3)且n为整数)．
4、C
【解析】
关键描述语是：“结果比用原价多买了1瓶”；等量关系为：原价买的瓶数-实际价格买的瓶数=1．
【详解】
原价买可买瓶，经过还价，可买瓶．方程可表示为：﹣=1．
故选C．
考查了由实际问题抽象出分式方程．列方程解应用题的关键步骤在于找相等关系．本题要注意讨价前后商品的单价的变化．
5、C
【解析】
先求出每个不等式的解集，再根据不等式的解集求出不等式组的解集即可．
【详解】

∵解不等式①得：x≤0.5，
解不等式②得：x＞-1，
∴不等式组的解集为-1＜x≤0.5，
∴不等式组的整数解为0，
故选C．
本题考查了解一元一次不等式组和不等式组的整数解，能根据不等式的解集找出不等式组的解集是解此题的关键．
6、C
【解析】试题解析：根据主视图和左视图为矩形可判断出该几何体是柱体，
根据俯视图是圆可判断出该几何体为圆柱.
故选C.
7、C
【解析】
试题分析：根据三视图的意义，可知正视图由5个面，左视图有3个面，俯视图有4个面，故可知主视图的面积最大.
故选C
考点：三视图
8、B
【解析】
分别把各点代入反比例函数的解析式，求出y1，y2，y3的值，再比较出其大小即可．
【详解】
∵点A（1，y1），B（2，y2），C（﹣3，y3）都在反比例函数y=的图象上，
∴y1==6，y2==3，y3==-2，
∵﹣2＜3＜6，
∴y3＜y2＜y1，
故选B．
本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，反比例函数值的大小比较，熟练掌握反比例函数图象上的点的坐标满足函数的解析式是解题的关键.
9、C
【解析】分析: 根据中位数的定义，首先将这组数据按从小到大的顺序排列起来，由于这组数据共有7个，故处于最中间位置的数就是第四个，从而得出答案.
详解: 将这组数据按从小到大排列为：6＜7＜7＜7＜8＜9＜9，故中位数为 ：7分，
故答案为：C.
点睛: 本题主要考查中位数，解题的关键是掌握中位数的定义：将一组数据按照从小到大（或从大到小）的顺序排列，如果数据的个数是奇数，则处于中间位置的数就是这组数据的中位数．如果这组数据的个数是偶数，则中间两个数据的平均数就是这组数据的中位数.
10、A
【解析】
分析：根据翻折的性质得出∠A=∠DOE，∠B=∠FOE，进而得出∠DOF=∠A+∠B，利用三角形内角和解答即可．
详解：∵将△ABC沿DE，EF翻折，∴∠A=∠DOE，∠B=∠FOE，∴∠DOF=∠DOE+∠EOF=∠A+∠B=142°，∴∠C=180°﹣∠A﹣∠B=180°﹣142°=38°．
故选A．
点睛：本题考查了三角形内角和定理、翻折的性质等知识，解题的关键是灵活运用这些知识解决问题，学会把条件转化的思想，属于中考常考题型．
11、D
【解析】
此题运用圆锥的性质，同时此题为数学知识的应用，由题意蜗牛从P点出发，绕圆锥侧面爬行，回到P点时所爬过的最短，就用到两点间线段最短定理．
【详解】
解：蜗牛绕圆锥侧面爬行的最短路线应该是一条线段，因此选项A和B错误，
又因为蜗牛从p点出发，绕圆锥侧面爬行后，又回到起始点P处，那么如果将选项C、D的圆锥侧面展开图还原成圆锥后，位于母线OM上的点P应该能够与母线OM′上的点（P′）重合，而选项C还原后两个点不能够重合．
故选D．
点评：本题考核立意相对较新，考核了学生的空间想象能力．
12、A
【解析】
圆柱体的底面积为：π×()2，
∴矿石的体积为：π×()2h= .
故答案为.
二、填空题：（本大题共6个小题，每小题4分，共24分．）
13、
【解析】
设降价的百分率为x，则第一次降价后的单价是原来的（1−x），第二次降价后的单价是原来的（1−x）2，根据题意列方程解答即可．
【详解】
解：设降价的百分率为x，根据题意列方程得：
100×（1−x）2＝81
解得x1＝0.1，x2＝1.9（不符合题意，舍去）．
所以降价的百分率为0.1，即10%．
故答案为：10%.
本题考查了一元二次方程的应用．找到关键描述语，根据等量关系准确的列出方程是解决问题的关键．还要判断所求的解是否符合题意，舍去不合题意的解．
14、1
【解析】
方程常数项移到右边，两边加上25配方得到结果，求出m与n的值即可．
【详解】
解：∵x2+10x-11=0，
∴x2+10x=11，
则x2+10x+25=11+25，即（x+5）2=36，
∴m=5、n=36，
∴m+n=1，
故答案为1．
此题考查了解一元二次方程-配方法，熟练掌握完全平方公式是解本题的关键．
15、
【解析】
【分析】利用相似三角形的性质即可解决问题；
【详解】∵AB∥CD，
∴△AOB∽△COD，
∴，
故答案为．
【点睛】本题考查平行线的性质，相似三角形的判定和性质等知识，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．
16、30°
【解析】
试题分析：圆周角定理：同弧或等弧所对的圆周角相等，均等于所对圆心角的一半.
∵△AOB是正三角形
∴∠AOB=60°
∴∠ACB=30°.
考点：圆周角定理
点评：本题属于基础应用题，只需学生熟练掌握圆周角定理，即可完成.
17、
【解析】
根据概率的概念直接求得.
【详解】
解：4÷6=.
故答案为：.
本题用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比.
18、m≤1．
【解析】
由抛物线与x轴有交点可得出方程x1+1x+m-1=0有解，利用根的判别式△≥0，即可得出关于m的一元一次不等式，解之即可得出结论．
【详解】
∴关于x的一元二次方程x1+1x+m−1=0有解，
∴△=11−4(m−1)=8−4m≥0，
解得：m≤1.
故答案为：m≤1.
本题考查的知识点是抛物线与坐标轴的交点，解题的关键是熟练的掌握抛物线与坐标轴的交点.
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、见解析
【解析】
由四边形ABCD是平行四边形,根据平行四边形对角线互相平分,即可得OA=OC,易证得△AEO≌△CFO,由全等三角形的对应边相等,可得OE=OF．
【详解】
证明：∵四边形ABCD是平行四边形,
∴OA=OC,AB∥DC,
∴∠EAO=∠FCO,
在△AEO和△CFO中,
∴△AEO≌△CFO(ASA),
∴OE=OF.
本题考查了平行四边形的性质和全等三角形的判定,属于简单题,熟悉平行四边形的性质和全等三角形的判定方法是解题关键.
20、（1）本次抽样调查中的学生人数为100人；（2）补全条形统计图见解析；（3）估计该校课余兴趣爱好为“打球”的学生人数为800人；（4）.
【解析】
（1）用选“阅读”的人数除以它所占的百分比即可得到调查的总人数；
（2）先计算出选“舞蹈”的人数，再计算出选“打球”的人数，然后补全条形统计图；
（3）用2000乘以样本中选“打球”的人数所占的百分比可估计该校课余兴趣爱好为“打球”的学生人数；
（4）画树状图展示所有12种等可能的结果数，再找出选到一男一女的结果数，然后根据概率公式求解．
【详解】
（1）30÷30%=100，
所以本次抽样调查中的学生人数为100人；
（2）选”舞蹈”的人数为100×10%=10（人），
选“打球”的人数为100﹣30﹣10﹣20=40（人），
补全条形统计图为：
（3）2000×=800，
所以估计该校课余兴趣爱好为“打球”的学生人数为800人；
（4）画树状图为：
共有12种等可能的结果数，其中选到一男一女的结果数为8，
所以选到一男一女的概率=．
本题考查了条形统计图与扇形统计图，列表法与树状图法求概率，读懂统计图，从中找到有用的信息是解题的关键.本题中还用到了知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
21、（1）证明见解析；（2）结论：成立．理由见解析；（3）①30°，②1+．
【解析】
（1）只要证明AB=ED，AB∥ED即可解决问题；（2）成立．如图2中，过点M作MG∥DE交CE于G．由四边形DMGE是平行四边形，推出ED=GM，且ED∥GM，由（1）可知AB=GM，AB∥GM，可知AB∥DE，AB=DE，即可推出四边形ABDE是平行四边形；
（3）①如图3中，取线段HC的中点I，连接MI，只要证明MI=AM，MI⊥AC，即可解决问题；②设DH=x，则AH= x，AD=2x，推出AM=4+2x，BH=4+2x，由四边形ABDE是平行四边形，推出DF∥AB，推出 ，可得，解方程即可；
【详解】
（1）证明：如图1中，
∵DE∥AB，
∴∠EDC=∠ABM，
∵CE∥AM，
∴∠ECD=∠ADB，
∵AM是△ABC的中线，且D与M重合，
∴BD=DC，
∴△ABD≌△EDC，
∴AB=ED，∵AB∥ED，
∴四边形ABDE是平行四边形．
（2）结论：成立．理由如下：
如图2中，过点M作MG∥DE交CE于G．
∵CE∥AM，
∴四边形DMGE是平行四边形，
∴ED=GM，且ED∥GM，
由（1）可知AB=GM，AB∥GM，
∴AB∥DE，AB=DE，
∴四边形ABDE是平行四边形．
（3）①如图3中，取线段HC的中点I，连接MI，
∵BM=MC，
∴MI是△BHC的中位线，
∴MI∥BH，MI=BH，
∵BH⊥AC，且BH=AM．
∴MI=AM，MI⊥AC，
∴∠CAM=30°．
②设DH=x，则AH=x，AD=2x，
∴AM=4+2x，
∴BH=4+2x，
∵四边形ABDE是平行四边形，
∴DF∥AB，
∴，
∴，
解得x=1+或1﹣（舍弃），
∴DH=1+．
本题考查了四边形综合题、平行四边形的判定和性质、直角三角形30度角的判定、平行线分线成比例定理、三角形的中位线定理等知识，解题的关键能正确添加辅助线，构造特殊四边形解决问题．
22、（1）10；（2）.
【解析】
（1）先证出∠C=∠D=90°，再根据∠1+∠3=90°，∠1+∠2=90°，得出∠2=∠3，即可证出△OCP∽△PDA；根据△OCP与△PDA的面积比为1：4，得出CP=AD=4，设OP=x，则CO=8﹣x，由勾股定理得 x2=（8﹣x）2+42，求出x，最后根据AB=2OP即可求出边AB的长；
（2）作MQ∥AN，交PB于点Q，求出MP=MQ，BN=QM，得出MP=MQ，根据ME⊥PQ，得出EQ=PQ，根据∠QMF=∠BNF，证出△MFQ≌△NFB，得出QF=QB，再求出EF=PB，由（1）中的结论求出PB=，最后代入EF=PB即可得出线段EF的长度不变
【详解】
（1）如图1，∵四边形ABCD是矩形，
∴∠C=∠D=90°，
∴∠1+∠3=90°，
∵由折叠可得∠APO=∠B=90°，
∴∠1+∠2=90°，∴∠2=∠3，
又∵∠D=∠C，
∴△OCP∽△PDA；
∵△OCP与△PDA的面积比为1：4，
∴ ，∴ CP=AD=4
设OP=x，则CO=8﹣x，
在Rt△PCO中，∠C=90°，由勾股定理得 x2=（8﹣x）2+42，
解得：x=5，∴AB=AP=2OP=10，∴边CD的长为10；
（2）作MQ∥AN，交PB于点Q，如图2，
∵AP=AB，MQ∥AN，
∴∠APB=∠ABP=∠MQP．∴MP=MQ，∵BN=PM，
∴BN=QM．
∵MP=MQ，ME⊥PQ，
∴EQ=PQ．∵MQ∥AN，∴∠QMF=∠BNF，
∴△MFQ≌△NFB．
∴QF=FB，∴EF=EQ+QF=（PQ+QB）=PB，
由（1）中的结论可得：PC=4，BC=8，∠C=90°，
∴PB=，∴EF=PB=2，
∴在（1）的条件下，当点M、N在移动过程中，线段EF的长度不变，它的长度为2．
本题考查了相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、等腰三角形的性质，关键是做出辅助线，找出全等和相似的三角形
23、（1）（2）．
【解析】
（1）根据总共三种，A只有一种可直接求概率；
（2）列出其树状图，然后求出能出现的所有可能，及符合条件的可能，根据概率公式求解即可．
【详解】
解： (1)甲投放的垃圾恰好是A类的概率是．
(2)列出树状图如图所示：
由图可知，共有18种等可能结果，其中乙投放的垃圾恰有一袋与甲投放的垃圾是同类的结果有12种．
所以， (乙投放的垃圾恰有一袋与甲投放的垃圾是同类)．
即，乙投放的垃圾恰有一袋与甲投放的垃圾是同类的概率是．
24、（1）（1，4）（2）①点M坐标（﹣，）或（﹣，﹣）；②m的值为 或
【解析】
（1）利用待定系数法即可解决问题；
（2）①根据tan∠MBA=，tan∠BDE==，由∠MBA=∠BDE，构建方程即可解决问题；②因为点M、N关于抛物线的对称轴对称，四边形MPNQ是正方形，推出点P是抛物线的对称轴与x轴的交点，即OP=1，易证GM=GP，即|-m2+2m+3|=|1-m|，解方程即可解决问题.
【详解】
解：（1）把点B（3，0），C（0，3）代入y=﹣x2+bx+c，
得到，解得，
∴抛物线的解析式为y=﹣x2+2x+3，
∵y=﹣x2+2x﹣1+1+3=﹣（x﹣1）2+4，
∴顶点D坐标（1，4）；
（2）①作MG⊥x轴于G，连接BM．则∠MGB=90°，设M（m，﹣m2+2m+3），
∴MG=|﹣m2+2m+3|，BG=3﹣m，
∴tan∠MBA=，
∵DE⊥x轴，D（1，4），
∴∠DEB=90°，DE=4，OE=1，
∵B（3，0），
∴BE=2，
∴tan∠BDE==，
∵∠MBA=∠BDE，
∴=，
当点M在x轴上方时， =，
解得m=﹣或3（舍弃），
∴M（﹣，），
当点M在x轴下方时， =，
解得m=﹣或m=3（舍弃），
∴点M（﹣，﹣），
综上所述，满足条件的点M坐标（﹣，）或（﹣，﹣）；
②如图中，∵MN∥x轴，
∴点M、N关于抛物线的对称轴对称，
∵四边形MPNQ是正方形，
∴点P是抛物线的对称轴与x轴的交点，即OP=1，
易证GM=GP，即|﹣m2+2m+3|=|1﹣m|，
当﹣m2+2m+3=1﹣m时，解得m=，
当﹣m2+2m+3=m﹣1时，解得m=，
∴满足条件的m的值为或.
本题考查二次函数综合题、锐角三角函数、正方形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．
25、（1） ；（2）①a=1,b=-1,②m=2．
【解析】
（1）根据题目中的新运算法则计算即可；
（2）①根据题意列出方程组即可求出a,b的值；
②先分别算出T（3m﹣3，m）与T（m，3m﹣3）的值，再根据求出的值列出等式即可得出结论.
【详解】
解：（1）T（4，﹣1）=
=；
故答案为；
（2）①∵T（﹣2，0）=﹣2且T（2，﹣1）=1，
∴
解得
②解法一：
∵a=1，b=﹣1，且x+y≠0，
∴T（x，y）===x﹣y．
∴T（3m﹣3，m）=3m﹣3﹣m=2m﹣3，
T（m，3m﹣3）=m﹣3m+3=﹣2m+3．
∵T（3m﹣3，m）=T（m，3m﹣3），
∴2m﹣3=﹣2m+3，
解得，m=2．
解法二：由解法①可得T（x，y）=x﹣y，
当T（x，y）=T（y，x）时，
x﹣y=y﹣x，
∴x=y．
∵T（3m﹣3，m）=T（m，3m﹣3），
∴3m﹣3=m，
∴m=2．
本题关键是能够把新运算转化为我们学过的知识，并应用一元一次方程或二元一次方程进行解题..
26、（1）见解析；（2）.
【解析】
（1）根据折叠得出∠DEF=∠BEF，根据矩形的性质得出AD∥BC，求出∠DEF=∠BFE，求出∠BEF=∠BFE即可；
（2）过E作EM⊥BC于M，则四边形ABME是矩形，根据矩形的性质得出EM=AB=6，AE=BM，根据折叠得出DE=BE，根据勾股定理求出DE、在Rt△EMF中，由勾股定理求出即可．
【详解】
（1）∵现将纸片折叠，使点D与点B重合，折痕为EF，∴∠DEF=∠BEF．
∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，∴∠DEF=∠BFE，∴∠BEF=∠BFE，∴BE=BF，即△BEF是等腰三角形；
（2）过E作EM⊥BC于M，则四边形ABME是矩形，所以EM=AB=6，AE=BM．
∵现将纸片折叠，使点D与点B重合，折痕为EF，∴DE=BE，DO=BO，BD⊥EF．
∵四边形ABCD是矩形，BC=8，∴AD=BC=8，∠BAD=90°．
在Rt△ABE中，AE2+AB2=BE2，即（8﹣BE）2+62=BE2，解得：BE==DE=BF，AE=8﹣DE=8﹣==BM，∴FM=﹣=．
在Rt△EMF中，由勾股定理得：EF==．
故答案为．
本题考查了折叠的性质和矩形性质、勾股定理等知识点，能熟记折叠的性质是解答此题的关键．
27、（1）作图见解析；.（2）作图见解析；（3）1.
【解析】
分析：（1）直接利用A，C点坐标得出原点位置进而得出答案；
（2）利用位似图形的性质即可得出△A'B'C'；
（3）直接利用（2）中图形求出三角形面积即可．
详解：（1）如图所示，即为所求的直角坐标系；B（2，1）；
（2）如图：△A'B'C'即为所求；
（3）S△A'B'C'=×4×8=1．
点睛：此题主要考查了位似变换以及三角形面积求法，正确得出对应点位置是解题的关键．画位似图形的一般步骤为：①确定位似中心；②分别连接并延长位似中心和关键点；③根据位似比，确定位似图形的关键点；④顺次连接上述各点，得到放大或缩小的图形．