2021年福建省厦门市中考数学二检试卷（含答案解析）

1、2021 年福建省厦门市中考数学二检试卷年福建省厦门市中考数学二检试卷 一、 选择题 （本大题有一、 选择题 （本大题有 10 小题， 每小题小题， 每小题 4 分， 共分， 共 40 分分.每小题都有四个选项， 其中有且只有一个选项正确）每小题都有四个选项， 其中有且只有一个选项正确） 1 （4 分）计算|4|的结果是（ ） A4 B4 C4 D2 2 （4 分）截止 2020 年底，我国铁路营业里程超过 140000 公里，其中高铁里程超过世界高铁总里程的三分 之二，是世界上唯一高铁成网运行的国家将 140000 用科学记数法表示为（ ） A14104 B1.4105 C1.4104 D0

2、.14106 3 （4 分）如图所示的立体图形的主视图是（ ） A B C D 4 （4 分）有一组数据：2，3，5，7，5这组数据的众数是（ ） A2 B3 C5 D7 5 （4 分）下列计算正确的是（ ） Aa3+a2a5 Ba3a2a5 Ca3a2a5 D （a3）2a5 6 （4 分）点 P 在数轴上的位置如图所示，若点 P 表示实数 a，则下列数中，所对应的点在数轴上位于1 与 0 之间的是（ ） Aa Ba1 C1a Da+1 7 （4 分）ABC 内接于圆，延长 BC 到 D，点 E 在上，连接 AE，EC，如图所示图中等于ACD 与 BAC 之差的角是（ ） AACB BBAE

3、 CEAC DAEC 8 （4 分）观察“赵爽弦图” （如图） ，若图中四个全等的直角三角形的两直角边分别为 a，b，ab，根据 图中图形面积之间的关系及勾股定理，可直接得到等式（ ） Aa（ab）a2ab B （a+b） （ab）a2b2 C （ab）2a22ab+b2 D （a+b）2a2+2ab+b2 9 （4 分）将一个半径为 1 的圆形轮子沿直线 l 水平向右滚动，图中显示的是轮子上的点 P 的起始位置与终 止位置，其中在起始位置时 POl，在终止位置时 PO 与 l 所夹锐角为 60，则滚动前后，圆心之间的 距离可能为（ ） A B C D 10 （4 分）在平面直角坐标系 xOy

4、 中，抛物线 yx2+bxb（b0）与 y 轴交于点 C，点 A（m，n）在该抛 物线位于 y 轴左侧的图象上记AOC 的面积为 S，若 0Sb2，AOC45，则下列结论正确的是 （ ） A0m2b B2bm0 Cbn2b2 Dbn2b2b 二、填空题（本大题有二、填空题（本大题有 6 小题，每小题小题，每小题 4 分，共分，共 24 分）分） 11 （4 分）把一个圆形转盘分成 3 个相同的扇形，分别涂上红、绿、黄三种颜色转盘的中心装有固定的 指针，绕中心自由转动转盘，当它停止时，指针指向红色的概率是 12 （4 分）因式分解：a3a2b 13（4 分） 如图， 在 RtABC 中， C90

5、， BC3， AC4， BD 平分ABC， ADBC， 则 AD 的长是 14 （4 分）如图，正方形 ABCD 的边长为 5，点 O 是中心，点 M 在边 AB 上，连接 OB，OM，过 O 作 ON OM，交边 BC 于点 N若 BM2，则 BN 的长是 15 （4 分）在平面直角坐标系 xOy 中，点 A（xA，yA） ，B（xB，yB） ，C（xC，yC） ，D（xD，yD）在双曲线 y （k0）上， 且 0 xAxB，xDxC0要使得四边形 ABCD 是矩形， 至少要满足条件 （只 需写出一种符合题意的答案，填写相应的序号即可） xByA；xD+yA0；xA+xC0 且 xB+xD0

6、；AC，BD 都经过点 O 16 （4 分）用九章算术中记载的“更相减损术”求 168 和 72 的最大公约数，运算步骤如下： 第一步：1687296； 第二步：967224； 第三步：722448； 第四步：482424 如果继续操作，可得 24240，因此，经过上述四步运算，求得的结果 24 是 168 和 72 的最大公约数 若两个正整数经过“更相减损术”的三步运算，所求得的最大公约数为 a，且这两个数中的一个大于另 一个的 2 倍，则这两个正整数分别为 （用含 a 的代数式表示） 三、解答题（本大题有三、解答题（本大题有 9 小题，共小题，共 86 分）分） 17 （8 分）解不等式组

7、： 18 （8 分）如图，四边形 ABCD 是平行四边形，E，F 分别是边 AB，CD 上的点，AECF证明 AFCE 19 （8 分）先化简，再求值： （m），其中 m 20 （8 分）某校为了解初一年级学生的近视情况，在初一年级随机抽取五个班级的学生进行调查，统计结 果如表所示： 所抽取的班级 班级 1 班级 2 班级 3 班级 4 班级 5 总学生数 47 43 42 48 50 近视学生数 25 25 30 27 33 （1）在这五个班级的学生中随机抽取一名学生，求抽中近视的学生的概率； （2）该校初一年级有 690 名学生，估计该校初一年级近视的学生数 21 （8 分）某学校、电影院

8、、市体育馆依次在一条东西向的路上某日，甲同学到距离学校 200m 的电影 院看电影，在电影院内停留 60min 后，以 70m/min 的速度步行 10min 到达市体育馆甲同学与学校的距 离 s（单位：m）与时间 t（单位：min）的关系如图所示 （1）求甲同学与学校的距离 s 关于时间 t 的函数解析式； （2）乙同学在甲到达电影院 53min 后从学校出发，以 50m/min 的速度步行去市体育馆，他们会在路上相 遇吗？请说明理由 22 （10 分）如图，在ABC 中，点 D，E 分别在边 BC，AC 上，且 CDCE，点 P 与点 C 关于直线 DE 成 轴对称 （1）求作点 P； （

9、要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹） （2）连接 EP，若，判断点 P 是否在直线 AB 上，并说明理由 23 （10 分）四边形 ABCD 是正方形，O 经过 A，D 两点且与 BC 边相切于点 E，动点 P 在射线 BC 上且 在点 C 的右侧，动点 Q 与点 O 位于射线 BC 的同侧，点 M 是 BQ 的中点，连接 CM，PQ （1）如图 1，若点 M 在O 上，且 CECM求证：CM 是O 的切线； （2）如图 2，连接 OE 交 BQ 于点 G，若 BC2，BPQ60，PQCPm，当点 M 在O 内时，求 的值（用含 m 的代数式表示） ，并直接写出 m 的取值范围 24 （1

10、2 分）一个角的顶点在圆外，两边都与该圆相交，则称这个角是它所夹的较大的弧所对的圆外角 （1）证明：一条弧所对的圆周角大于它所对的圆外角； （2）应用（1）的结论，解决下面的问题： 某市博物馆近日展出当地出土的珍贵文物，该市小学生合唱队计划组织 120 名队员前去参观，队员身高 的频数分布直方图如图 1 所示该文物 PQ 高度为 96cm，放置文物的展台 QO 高度为 168cm，如图 2 所 示为了让参观的队员站在最理想的观看位置，需要使其观看该文物的视角最大（视角：文物最高点 P、 文物最低点 Q、参观者的眼睛 A 所形成的PAQ） ，则分隔参观者与展台的围栏应放在距离展台多远的地 方？请

11、说明理由 （说明：参观者眼睛 A 与地面的距离近似于身高；通常围栏的摆放位置需考虑参观者的平均身高） 25 （14 分）点 A（m1，1） ，B（m1，1） ，C（m2，4）在抛物线 ya（xh）2上，其中 m10，m20点 D 在第四象限，直线 ADAC 交 x 轴于点 M，且 ADAC （1）若 m21， 求该抛物线的解析式； P（m，n） （m1）是该抛物线上的动点，连接 AP 交 y 轴于点 N，点 Q 的坐标为（0，4） ，求 PNQ 面积的取值范围； （2）连接 CD，点 K 在线段 CD 上，AM，SACKSACD将抛物线 ya（xh）2平移，若平 移后抛物线的顶点仍在原抛物线上

12、，判断平移后的抛物线是否经过点 K，并说明理由 2021 年福建省厦门市中考数学二检试卷年福建省厦门市中考数学二检试卷 参考答案与试题解析参考答案与试题解析 一、 选择题 （本大题有一、 选择题 （本大题有 10 小题， 每小题小题， 每小题 4 分， 共分， 共 40 分分.每小题都有四个选项， 其中有且只有一个选项正确）每小题都有四个选项， 其中有且只有一个选项正确） 1 （4 分）计算|4|的结果是（ ） A4 B4 C4 D2 【分析】根据绝对值的性质判断即可得解 【解答】解：|4|（4）4， 故选：A 2 （4 分）截止 2020 年底，我国铁路营业里程超过 140000 公里，其中

13、高铁里程超过世界高铁总里程的三分 之二，是世界上唯一高铁成网运行的国家将 140000 用科学记数法表示为（ ） A14104 B1.4105 C1.4104 D0.14106 【分析】科学记数法的表示形式为 a10n的形式，其中 1|a|10，n 为整数确定 n 的值时，要看把 原数变成 a 时，小数点移动了多少位，n 的绝对值与小数点移动的位数相同当原数绝对值10 时，n 是正整数；当原数的绝对值1 时，n 是负整数 【解答】解：1400001.4105 故选：B 3 （4 分）如图所示的立体图形的主视图是（ ） A B C D 【分析】根据从正面看得到的图形是主视图，可得答案 【解答】解

14、：从正面看，底层是一个的矩形，上层中一个等腰三角形 故选：A 4 （4 分）有一组数据：2，3，5，7，5这组数据的众数是（ ） A2 B3 C5 D7 【分析】找出数据中出现次数最多的数即可 【解答】解：5 出现了 2 次，出现的次数最多， 这组数据的众数为 5 故选：C 5 （4 分）下列计算正确的是（ ） Aa3+a2a5 Ba3a2a5 Ca3a2a5 D （a3）2a5 【分析】直接利用同底数幂的乘除运算法则以及幂的乘方运算法则分别计算得出答案 【解答】解：A、a3与 a2，无法合并，故此选项错误； B、a3a2a5，故此选项正确； C、a3a2a，故此选项错误； D、 （a3）2a

15、6，故此选项错误； 故选：B 6 （4 分）点 P 在数轴上的位置如图所示，若点 P 表示实数 a，则下列数中，所对应的点在数轴上位于1 与 0 之间的是（ ） Aa Ba1 C1a Da+1 【分析】根据 a 在数轴上的位置即可判断 【解答】解：由数轴知：2a1 1a+10 故选：D 7 （4 分）ABC 内接于圆，延长 BC 到 D，点 E 在上，连接 AE，EC，如图所示图中等于ACD 与 BAC 之差的角是（ ） AACB BBAE CEAC DAEC 【分析】由圆周角定理得到ABCAEC，根据三角形的外角定理得到ACDABC+BAC，进而 得到ACDBACAEC 【解答】解：ACDA

16、BC+BAC，ABCAEC， ACDAEC+BAC， ACDBACAEC， 故选：D 8 （4 分）观察“赵爽弦图” （如图） ，若图中四个全等的直角三角形的两直角边分别为 a，b，ab，根据 图中图形面积之间的关系及勾股定理，可直接得到等式（ ） Aa（ab）a2ab B （a+b） （ab）a2b2 C （ab）2a22ab+b2 D （a+b）2a2+2ab+b2 【分析】根据小正方形的面积等于大正方形的面积减去 4 个直角三角形的面积可得问题的答案 【解答】解：标记如下： S正方形PQMNS正方形ABCD4SRtABN， （ab）2a2+b24 a22ab+b2 故选：C 9 （4 分

17、）将一个半径为 1 的圆形轮子沿直线 l 水平向右滚动，图中显示的是轮子上的点 P 的起始位置与终 止位置，其中在起始位置时 POl，在终止位置时 PO 与 l 所夹锐角为 60，则滚动前后，圆心之间的 距离可能为（ ） A B C D 【分析】设 OP 滚动了 n 周后又滚动 120后到达终止位置，OP 滚动的角度 120+360n，可得圆心 运动前后的距离即为 OP 滚动完毕扫过的角度所对应的弦长，即为 2r，即可判 断 【解答】解：由题意可得，圆形轮子可能滚动不止一周，设 OP 滚动了 n 周后又滚动 120后到达终止位 置， OP 滚动的角度 120+360n，n 为整数， 可得圆心运

18、动前后的距离即为 OP 滚动完毕扫过的角度所对应的弦长， 即为 2r，n 为整数 当 n0 时为 故选：B 10 （4 分）在平面直角坐标系 xOy 中，抛物线 yx2+bxb（b0）与 y 轴交于点 C，点 A（m，n）在该抛 物线位于 y 轴左侧的图象上记AOC 的面积为 S，若 0Sb2，AOC45，则下列结论正确的是 （ ） A0m2b B2bm0 Cbn2b2 Dbn2b2b 【分析】由题意画出所示图象，根据图象可判断选项 A；根据三角形面积公式及根的判别式、图象与系 数的关系可判断选项 B；根据图象在（2b，b）内的增减性，可判断选项 C、D 【解答】解：由题意画出所示图象， 由于

19、点 A 在 y 轴的左侧， m0，A 选项错误； SAOC|m|b2， |m|2b， 2bm， AOC45，作直线 yx 交抛物线 yx2+bxb 于点 B（x1，x1） ，x10，代入抛物线得， x1x12+bx1b， x12+（b1）x1b0， （b1）2+4b（b+1）2， x1， 若AOC45，则点 A 在点 B 的左侧， nx，nb， mx，mb， 即2bmb， B 选项错误； 当2bm 时，在（2b，b）内递减， n（2b）2+b （2b）b， 即 n2b2b， bn2b2b， C 选项错误，D 选项正确 故选：D 二、填空题（本大题有二、填空题（本大题有 6 小题，每小题小题，每

20、小题 4 分，共分，共 24 分）分） 11 （4 分）把一个圆形转盘分成 3 个相同的扇形，分别涂上红、绿、黄三种颜色转盘的中心装有固定的 指针，绕中心自由转动转盘，当它停止时，指针指向红色的概率是 【分析】先根据题意得出指针指向红色的扇形有 1 种可能结果，再根据有 3 个等分区，最后根据概率公 式即可求出答案 【解答】解：因为一个圆平均分成 3 个相等的扇形， 所以指针指向每个扇形的可能性相等， 所以有 3 种等可能的结果，指针指向红色的扇形有 1 种可能结果， 所以指针指向红色区域的概率是， 故答案为： 12 （4 分）因式分解：a3a2b a2（ab） 【分析】直接提取公因式 a2，

21、进而分解因式即可 【解答】解：原式a2（ab） 故答案为：a2（ab） 13 （4 分）如图，在 RtABC 中，C90，BC3，AC4，BD 平分ABC，ADBC，则 AD 的长是 5 【分析】先求出 AB，再由 BD 平分ABC，ADBC，证明 ADAB 即可 【解答】解：C90，BC3，AC4， AB5， BD 平分ABC， ABDDBC， ADBC， DBCD， DABD， ADAB5， 故答案为：5 14 （4 分）如图，正方形 ABCD 的边长为 5，点 O 是中心，点 M 在边 AB 上，连接 OB，OM，过 O 作 ON OM，交边 BC 于点 N若 BM2，则 BN 的长是

22、3 【分析】 先由已知条件得出 M、 O、 N、 B 四点共圆， 由圆内接四边形的性质得到BOM+BNO180， 再根据正方形的性质证明MOCNOC，求出 NC 即可 【解答】解：连接 MN、OC， MON90，MBN90， M、O、N、B 四点共圆， BOM+BNO180， BNO+ONC180， BMOONC， 点 O 是正方形 ABCD 的中心， OBOC，BOC90， MONMOB+BON90， BOCBON+NOC90， MOBNOC， MOBNOC， NCMB2， 正方形 ABCD 的边长为 5， BC5， BNBCNC523 故答案为：3 15 （4 分）在平面直角坐标系 xOy

23、 中，点 A（xA，yA） ，B（xB，yB） ，C（xC，yC） ，D（xD，yD）在双曲线 y （k0） 上， 且 0 xAxB， xDxC0 要使得四边形 ABCD 是矩形， 至少要满足条件 （只 需写出一种符合题意的答案，填写相应的序号即可） xByA；xD+yA0；xA+xC0 且 xB+xD0；AC，BD 都经过点 O 【分析】由可得四边形 ABCD 是平行四边形，由可得 OAOB，进而可得矩形 【解答】解：满足，如图： xA+xC0 且 xB+xD0， O 为 AC、BD 的中点， 即四边形 ABCD 为平行四边形， xByA，即 OEOF， 由反比函数 k 的几何意义可得：AF

24、BE， AFOBEO， AFOBEO（SAS） ， OAOB，即 ACBD， 平行四边形 ABCD 是矩形 故答案为： 16 （4 分）用九章算术中记载的“更相减损术”求 168 和 72 的最大公约数，运算步骤如下： 第一步：1687296； 第二步：967224； 第三步：722448； 第四步：482424 如果继续操作，可得 24240，因此，经过上述四步运算，求得的结果 24 是 168 和 72 的最大公约数 若两个正整数经过“更相减损术”的三步运算，所求得的最大公约数为 a，且这两个数中的一个大于另 一个的 2 倍，则这两个正整数分别为 4a，a 或 5a，2a （用含 a 的代

25、数式表示） 【分析】令较大的数为 x，较小的数为 y，则 x2y，然后分三步进行解答即可得到答案 【解答】解：令较大的数为 x，较小的数为 y，则 x2y， xyy， 第一步，xyxy，此时剩 xyy； 第二步， （xy）yx2y，此时剩 x2y 和 y； 第三步： 当 x2yy 时，x（x2y）a，此时 ya， 解得，x4a，ya， 当 x2yy 时，y（x2y）a，此时 x2ya， 即， 解得，x5a，y2a， 综上得，这两个正整数分别为 4a，a 或 5a，2a 故答案为：4a，a 或 5a，2a 三、解答题（本大题有三、解答题（本大题有 9 小题，共小题，共 86 分）分） 17 （8

26、 分）解不等式组： 【分析】先求出两个不等式的解集，求出其公共解即可 【解答】解：解不等式得，x1， 解不等式得，x3， 所以，不等式组的解集是 1x3 18 （8 分）如图，四边形 ABCD 是平行四边形，E，F 分别是边 AB，CD 上的点，AECF证明 AFCE 【分析】方法一：证明四边形 AECF 是平行四边形，由平行四边形的性质可得出结论； 方法二：证明ADFCBE（SAS） ，由全等三角形的性质即可得出结论 【解答】方法一： 证明：四边形 ABCD 是平行四边形， ABCD AECF 又AECF， 四边形 AECF 是平行四边形 AFCE 方法二： 证明：四边形 ABCD 是平行四

27、边形， ADBC，ABCD，BD AECF， ABAECDCF即 BEDF 在ADF 和CBE 中， ， ADFCBE（SAS） ， AFCE 19 （8 分）先化简，再求值： （m），其中 m 【分析】 根据分式的减法和除法可以化简题目中的式子， 然后将m的值代入化简后的式子即可解答本题 【解答】解： （m） ， 当 m时，原式1 20 （8 分）某校为了解初一年级学生的近视情况，在初一年级随机抽取五个班级的学生进行调查，统计结 果如表所示： 所抽取的班级 班级 1 班级 2 班级 3 班级 4 班级 5 总学生数 47 43 42 48 50 近视学生数 25 25 30 27 33 （1

28、）在这五个班级的学生中随机抽取一名学生，求抽中近视的学生的概率； （2）该校初一年级有 690 名学生，估计该校初一年级近视的学生数 【分析】 （1）由概率公式求解即可； （2）由该校初一年级总人数乘以该校初一年级近视的概率即可 【解答】解： （1）记这五个班级的学生中随机抽取一名学生，抽中近视的学生为事件 A， 则 P（A）； （2）690420（人） ， 即估计该校初一年级近视的学生为 420 人 21 （8 分）某学校、电影院、市体育馆依次在一条东西向的路上某日，甲同学到距离学校 200m 的电影 院看电影，在电影院内停留 60min 后，以 70m/min 的速度步行 10min 到达

29、市体育馆甲同学与学校的距 离 s（单位：m）与时间 t（单位：min）的关系如图所示 （1）求甲同学与学校的距离 s 关于时间 t 的函数解析式； （2）乙同学在甲到达电影院 53min 后从学校出发，以 50m/min 的速度步行去市体育馆，他们会在路上相 遇吗？请说明理由 【分析】 （1）根据题意求出体育馆与学校的距离，再利用待定系数法解答即可； （2）先求出乙同学的 s 与 t 的关系式，再结合（1）的结论列方程组求解即可 【解答】解： （1）由题可设 lAB的解析式为 sk1t+b1（k10） ， 依题意，体育馆与学校的距离为 7020+200900，所以 B（200，900） 把 A

30、（60，200） ，B（200，900）分别代入 sk1t+b， 得 解得 所以 lAB的解析式为 s70t4000（60t70） ， 所以甲同学与学校的距离 s 关于时间 t 的函数解析式为 s； （2）他们会在路上相遇，理由如下： 由题可知，对于乙同学，s 与 t 的关系为：s50（t53） （53t71） 即 s50t2650 （53t71） 当 53t60 时，甲在电影院内，乙在路上行走，两人不会相遇 当 60t70 时，解方程组 可得 t67.5， 因为 6067.570，即在甲从电影院到体育馆的路上，两人会相遇 所以他们会在路上相遇 22 （10 分）如图，在ABC 中，点 D，E

31、 分别在边 BC，AC 上，且 CDCE，点 P 与点 C 关于直线 DE 成 轴对称 （1）求作点 P； （要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹） （2）连接 EP，若，判断点 P 是否在直线 AB 上，并说明理由 【分析】 （1）根据尺规作图可得点 P 的位置； （2）连接 DP，根据轴对称可得 EPCECDDP，再利用三角形相似可得结论 【解答】解： （1）如图， 点 P 即为所求 （2）点 P 在直线 AB 上，理由如下： 如图，连接 DP，设线段 EP 与 AB 交于点 Q， 点 P 与点 C 关于直线 DE 成轴对称， ED 垂直平分 CP EPCE，DPCD CDCE， EPC

32、ECDDP 四边形 EPDC 是菱形 EPCD AQEB，AEQC AQEABC ， 设 BDa，则 CD2a CEEP2a，BC3a AE4a AC6a ， QE2a QEEP 又点 Q 在 EP 上， 点 Q 与点 P 重合 点 P 在直线 AB 上 23 （10 分）四边形 ABCD 是正方形，O 经过 A，D 两点且与 BC 边相切于点 E，动点 P 在射线 BC 上且 在点 C 的右侧，动点 Q 与点 O 位于射线 BC 的同侧，点 M 是 BQ 的中点，连接 CM，PQ （1）如图 1，若点 M 在O 上，且 CECM求证：CM 是O 的切线； （2）如图 2，连接 OE 交 BQ

33、 于点 G，若 BC2，BPQ60，PQCPm，当点 M 在O 内时，求 的值（用含 m 的代数式表示） ，并直接写出 m 的取值范围 【分析】 （1）连接 OE，OM，OC证明OCEOCM 可得OMCOEC90，进而可得结论； （2）连接 EO 并延长交 AD 于点 F，连接 OA，OD证明 BEECBC，过点 Q 作 QHCP 于 H，连 接 CQ根据 GEQH，可得进而列式计算即可得 m 的取值范围 【解答】 （1）证明：如图，连接 OE，OM，OC BC 切O 于点 E， OEBC，即OEC90， 点 E，点 M 在O 上， OEOM 又CECM，OCOC， OCEOCM（SSS） ，

34、 OMCOEC90，即 OMCM， 又点 M 在O 上， CM 是O 的切线； （2）解：连接 EO 并延长交 AD 于点 F，连接 OA，OD 四边形 ABCD 是正方形， BCDCDA90，ADBC2 又由（1）得OEC90， 四边形 ECDF 为矩形 ECFD，OFD90 OAOD， AFFDAD， ECFDADBC BEECBC， 过点 Q 作 QHCP 于 H，连接 CQ BPQ60，PQPCm， CPQ 为等边三角形，QCPQ QHCP，即QHP90， CHHPCPm， OECQHP90， GEQH， 点 M 是 BQ 的中点， BMBQ， 1+， 当点 M 在O 内时，0m 24

35、 （12 分）一个角的顶点在圆外，两边都与该圆相交，则称这个角是它所夹的较大的弧所对的圆外角 （1）证明：一条弧所对的圆周角大于它所对的圆外角； （2）应用（1）的结论，解决下面的问题： 某市博物馆近日展出当地出土的珍贵文物，该市小学生合唱队计划组织 120 名队员前去参观，队员身高 的频数分布直方图如图 1 所示该文物 PQ 高度为 96cm，放置文物的展台 QO 高度为 168cm，如图 2 所 示为了让参观的队员站在最理想的观看位置，需要使其观看该文物的视角最大（视角：文物最高点 P、 文物最低点 Q、参观者的眼睛 A 所形成的PAQ） ，则分隔参观者与展台的围栏应放在距离展台多远的地

36、方？请说明理由 （说明：参观者眼睛 A 与地面的距离近似于身高；通常围栏的摆放位置需考虑参观者的平均身高） 【分析】 （1）写出“已知” “求证” ，设 BP 交O 于点 Q，连接 AQ，画出图象，用三角形外角大于不相 邻的内角即可证明； （2）先计算 120 名队员平均身高，再根据题意把实际问题“数学化” ，画出图形，在 QO 上取一点 B， 使得 BO152cm，则 BQ16cm，过 B 作射线 lQO 于 B，过 P，Q 两点作C 切射线 l 于 M，由（1） 的结论可知队员的眼睛 A 与 M 重合时，观看该展品的视角最大，此时队员站在 MN 处，故求出 ON 长度 即可 【解答】解：

37、（1）已知：如图所示，点 A，B，C 在O 上，点 P 在O 外， 求证：ACBAPB 证明：设 BP 交O 于点 Q，连接 AQ， ACB 与AQB 同对弧 AB， ACBAQB， 在APQ 中，AQBAPB+PAQ， AQBAPB， ACBAPB； （2）设合唱队员平均身高为 cm，则 152， 在 QO 上取一点 B，使得 BO152cm，则 BQ16cm，过 B 作射线 lQO 于 B，过 P，Q 两点作C 切 射线 l 于 M，如图： 依题意可知，参观的队员的眼睛 A 在射线 l 上，而此时，射线 l 上的点只有点 M 在C 上，其他的点在 C 外，根据（1）的结论，视角PMQ 最大

38、，即队员的眼睛 A 与 M 重合（也即队员站在 MN 处）时， 观看该展品的视角最大，所以围栏应摆放在 N 处 连接 CM 并延长交地面 OD 于 N，过 C 作 CHPQ 于 H，连接 CP，CQ， 从而四边形 HBMC 和四边形 HONC 均为矩形 在C 中，CPCQ，CHPQ， PHHQPQ48， CQCMHB48+1664， 在 RtCHQ 中，CHQ90，CQ2CH2+HQ2， CH16， ONCH16， 即围栏应摆在距离展台 16cm 处 25 （14 分）点 A（m1，1） ，B（m1，1） ，C（m2，4）在抛物线 ya（xh）2上，其中 m10，m20点 D 在第四象限，直线

39、 ADAC 交 x 轴于点 M，且 ADAC （1）若 m21， 求该抛物线的解析式； P（m，n） （m1）是该抛物线上的动点，连接 AP 交 y 轴于点 N，点 Q 的坐标为（0，4） ，求 PNQ 面积的取值范围； （2）连接 CD，点 K 在线段 CD 上，AM，SACKSACD将抛物线 ya（xh）2平移，若平 移后抛物线的顶点仍在原抛物线上，判断平移后的抛物线是否经过点 K，并说明理由 【分析】 （1）由抛物线的对称性可知 h0，将 C 点坐标代入可求出答案； 解方程求出 A（，1） ，用 m 表示出 NQ 和 PH 的长，根据三角形面积公式得出PNQ 的面积 S NQPHm2+2

40、m，由二次函数的性质可得出答案； （2）过点 A 作直线 AEx 轴于点 E，过点 C 作 CGAE 于点 G，过点 D 作 DFAE 于点 F根据三角 形面积可求出 K 点的坐标，代入平移后抛物线的解析式 y（xt）2+t2得（2t）2+t2由方程根 的情况可得出答案 【解答】解： （1）点 A（m1，1） ，B（m1，1）在抛物线 ya（xh）2上， h0， 该抛物线的解析式为 yax2 当 m21 时，点 C 的坐标为（1，4） ，代入 yax2， 得 a4 抛物线的解析式为 y4x2 A（m1，1） ，P（m，n） 在抛物线 y4x2上， 14m12，n4m2 m10， m1 A（，1

41、） 设直线 AP 的解析式为 ykx+b，则 N（0，b） ， 分别代入 A（，1） ，P（m，4m2）得 可得 b2m N（0，2m） ， m1， 2m24 NQ42m 过点 P 作 PHy 轴于点 H，则 PHm PNQ 的面积 SNQPHm （42m）m2+2m （m1） 10，对称轴 m1， 当m1 时，PNQ 的面积 S 随 m 的增大而增大 S1 （2）平移后的抛物线不经过点 K，理由如下： 过点 A 作直线 AEx 轴于点 E，过点 C 作 CGAE 于点 G，过点 D 作 DFAE 于点 F A（m1，1） ，AEx 轴， AE1 AM， 在 RtAEM 中，cosEAM EA

42、M45 DFAE， AFD90 ADF45 ADAC， DAC90 GAC90EAM45 CGAE， AGC90 ACG45 AGCG3 m2+m13 点 A（m1，1） ，B（m1，1）在抛物线 ya（xh）2上， h0 yax2， 分别代入 A（m1，1） ，C（m2，4）得 m224m12 m10，m20， m22m1 又m2+m13， m22，m11 C（2，4） ，A（1，1） 把 C（2，4）代入 yax2得 a1 yx2 平移后抛物线的顶点仍在 yx2上， 可设平移后抛物线的解析式为 y（xt）2+t2 EAMGAC，ADAC，ADFACG， FADGAC（ASA） FAFDAGCG3 A（1，1） ， D（2，2） C（2，4） ， CDx 轴， 且 CD6 SACKSACD， CKCD K（2，） 代入平移后抛物线的解析式 y（xt）2+t2得（2t）2+t2 化简得 4t28t+50 该方程无实数根，故平移后的抛物线不经过点 K