2016年福建省莆田市中考数学试卷
一、精心选一选：本大题共10小题，每小题4分，共40分
1. −1
2的绝对值是( ) A.1
2 B.−1
2 C.2
D.−2
2. 下列运算正确的是（ ） A.3𝑎−𝑎＝0 B.𝑎⋅𝑎2
＝𝑎3
C.𝑎4
÷𝑎3
＝𝑎2
D.(𝑎3)2＝𝑎5
3. 一组数据3，3，4，6，8，9的中位数是（ ） A.4 B.5
C.5.5
D.6
4. 图中三视图对应的几何体是( )
A.
B.
C.
D.
5. 菱形具有而一般平行四边形不具有的性质是（ ） A.对边相等
B.对角相等
C.对角线互相平分 D.对角线互相垂直
6. 如图，𝑂𝑃是∠𝐴𝑂𝐵的平分线，点𝐶，𝐷分别在角的两边𝑂𝐴，𝑂𝐵上，添加下列条件，不能判定△𝑃𝑂𝐶≅△𝑃𝑂𝐷的选项是( )
第1页 共26页
A.𝑃𝐶⊥𝑂𝐴，𝑃𝐷⊥𝑂𝐵 B.𝑂𝐶=𝑂𝐷 C.∠𝑂𝑃𝐶=∠𝑂𝑃𝐷 D.𝑃𝐶=𝑃𝐷
7. 关于𝑥的一元二次方程𝑥2+𝑎𝑥−1=0的根的情况是( ) A.没有实数根
B.只有一个实数根
C.有两个相等的实数根 D.有两个不相等的实数根
8. 规定：在平面内，将一个图形绕着某一点旋转一定的角度（小于周角）后能和自身重合，则称此图形为旋转对称图形．下列图形是旋转对称图形，且有一个旋转角为60∘的是( ) A.正三角形 B.正方形
C.正六边形
D.正十边形
9. 如图，在△𝐴𝐵𝐶中，∠𝐴𝐶𝐵=90∘，𝐴𝐶=𝐵𝐶=4，将△𝐴𝐵𝐶折叠，使点𝐴落在𝐵𝐶边上的点𝐷处，𝐸𝐹为折痕，若𝐴𝐸=3，则sin∠𝐵𝐹𝐷的值为（ ）
A.1
2√2√23
3 B.
3
C.4 D.5
10. 如图，在平面直角坐标系中，点𝐴(0, 2)，在𝑥轴上任取一点𝑀，完成以下作图步骤：
①连接𝐴𝑀．作线段𝐴𝑀的垂直平分线𝑙1，过点𝑀作𝑥轴的垂线𝑙2，记𝑙1，𝑙2的交点为𝑃；
第2页 共26页
◎
②在𝑥轴上多次改变点𝑀的位置，用①的方法得到相应的点𝑃，把这些点用平滑的曲线顺次连接起来，得到的曲线是（ ） A.直线
B.抛物线
C.双曲线
D.双曲线的一支
16. 魏朝时期，刘徽利用图中通过“以盈补虚，出入相补”的方法，即“勾自乘为朱方，股自乘为青方，令出入相补，各从其类”，证明了勾股定理，若图中𝐵𝐹=1，𝐶𝐹=2，则𝐴𝐸的长为________．
二、细心填一填：本大题共6小题，每小题4分，共24分
11. 莆田市海岸线蜿蜒曲折，长达217000米，用科学记数法表示217000为________．
12. 在平面直角坐标系中，点𝑃(−1, 2)向右平移3个单位长度得到的点的坐标是________．
三、耐心做一张：本大题共10小题，共86分
17. 计算：|√2−3|−√16+(3)0．
13. 已知直线𝑎 // 𝑏，一块直角三角板如图所示放置，若∠1=37∘，则∠2=________．
14. 在大课间活动中，同学们积极参加体育锻炼，小红在全校随机抽取一部分同学就“一分钟跳绳”进行测试，并以测试数据为样本绘制如图所示的部分频数分布直方图（从左到右依次分为六个小组，每小组含最小值，不含最大值）和扇形统计图，若“一分钟跳绳”次数不低于130次的成绩为优秀，全校共有1200名学生，根据图中提供的信息，估计该校学生“一分钟跳绳”成绩优秀的人数为________人．
18. 先化简，再求值：𝑥−2−𝑥2−4÷𝑥+2，其中𝑥=−1．
19. 解不等式组：{
20. 小梅家的阳台上放置了一个晒衣架如图1，图2是晒衣架的侧面示意图，𝐴，𝐵两点立于地面，将晒衣架稳固张开，测得张角∠𝐴𝑂𝐵=62∘，立杆𝑂𝐴=𝑂𝐵=140𝑐𝑚，小梅的连衣裙穿在衣架后的总长度为122𝑐𝑚，问将这件连衣裙垂挂在晒衣架上是否会拖落到地面？请通过计算说明理由（参考数据：sin59∘≈0.86，cos59∘≈0.52，tan59∘≈1.66）
𝑥−3(𝑥−2)≥4①， 1+2𝑥
>𝑥−1②.
3𝑥+2
𝑥−1
1
1
̂的长为________（结果保留15. 如图，𝐶𝐷为⊙𝑂的弦，直径𝐴𝐵为4，𝐴𝐵⊥𝐶𝐷于𝐸，∠𝐴=30∘，则𝐵𝐶
21. 在一次数学文化课题活动中，把一副数学文化创意扑克牌中的4张扑克牌（如图所示）洗匀后正面向下放
在桌面上，从中随机抽取2张牌，请你用列表或画树状图的方法，求抽取的2张牌的数字之和为偶数的概
𝜋）．
率．
第3页 共26页 ◎ 第4页 共26页
22. 甲车从𝐴地驶往𝐵地，同时乙车从𝐵地驶往𝐴地，两车相向而行，匀速行驶，甲车距𝐵地的距离𝑦(𝑘𝑚)与行
由．
25. 若正方形有两个相邻顶点在三角形的同一条边上，其余两个顶点分别在三角形的另两条边上，则正方形称为三角形该边上的内接正方形，△𝐴𝐵𝐶中，设𝐵𝐶=𝑎，𝐴𝐶=𝑏，𝐴𝐵=𝑐，各边上的高分别记为ℎ𝑎，ℎ𝑏，
驶时间𝑥(ℎ)之间的函数关系如图所示，乙车的速度是60𝑘𝑚/ℎ（1）求甲车的速度；
ℎ𝑐，各边上的内接正方形的边长分别记为𝑥𝑎，𝑥𝑏，𝑥𝑐
1
1ℎ𝑎
（2）当甲乙两车相遇后，乙车速度变为𝑎(𝑘𝑚/ℎ)，并保持匀速行驶，甲车速度保持不变，结果乙车比甲车晚38分钟到达终点，求𝑎的值．
23. 如图，在▱𝐴𝐵𝐶𝐷中，∠𝐵𝐴𝐶=90∘，对角线𝐴𝐶，𝐵𝐷相交于点𝑃，以𝐴𝐵为直径的⊙𝑂分别交𝐵𝐶，𝐵𝐷于点𝐸，
（1）模拟探究：如图，正方形𝐸𝐹𝐺𝐻为△𝐴𝐵𝐶的𝐵𝐶边上的内接正方形，求证：+
𝑎
=
1𝑥𝑎
；
（2）特殊应用：若∠𝐵𝐴𝐶=90∘，𝑥𝑏=𝑥𝑐=2，求+的值；
𝑏
𝑐1
1
𝑄，连接𝐸𝑃并延长交𝐴𝐷于点𝐹．（1）求证：𝐸𝐹是⊙𝑂的切线；
（2）求证：𝐸𝐹2=4𝐵𝑃⋅𝑄𝑃．
24. 如图，反比例函数𝑦=𝑥(𝑥>0)的图象与直线𝑦＝𝑥交于点𝑀，∠𝐴𝑀𝐵＝90∘，其两边分别与两坐标轴的正半轴交于点𝐴，𝐵，四边形𝑂𝐴𝑀𝐵的面积为6．
26. 如图，抛物线𝐶1:𝑦=−√3𝑥2+2√3𝑥的顶点为𝐴，与𝑥轴的正半轴交于点𝐵．
（1）将抛物线𝐶1上的点的横坐标和纵坐标都扩大到原来的2倍，求变换后得到的抛物线的解析式；
（2）将抛物线𝐶1上的点(𝑥, 𝑦)变为(𝑘𝑥, 𝑘𝑦)(|𝑘|>1)，变换后得到的抛物线记作𝐶2，抛物线𝐶2的顶点为𝐶，点𝑃在抛物线𝐶2上，满足𝑆△𝑃𝐴𝐶=𝑆△𝐴𝐵𝐶，且∠𝐴𝐶𝑃=90∘． ①当𝑘>1时，求𝑘的值；
②当𝑘<−1时，请直接写出𝑘的值，不必说明理由．
（1）求𝑘的值；
（2）点𝑃在反比例函数𝑦=𝑥(𝑥>0)的图象上，若点𝑃的横坐标为3，∠𝐸𝑃𝐹＝90∘，其两边分别与𝑥轴的正半轴，直线𝑦＝𝑥交于点𝐸，𝐹，问是否存在点𝐸，使得𝑃𝐸＝𝑃𝐹？若存在，求出点𝐸的坐标；若不存在，请说明理
第5页 共26页 ◎ 第6页 共26页
𝑘𝑘
（3）拓展延伸：若△𝐴𝐵𝐶为锐角三角形，𝑏<𝑐，请判断𝑥𝑏与𝑥𝑐的大小，并说明理由．
参考答案与试题解析
2016年福建省莆田市中考数学试卷
一、精心选一选：本大题共10小题，每小题4分，共40分 1.
【答案】 A
【考点】 绝对值 【解析】
根据负数的绝对值等于它的相反数解答． 【解答】 解：|−1
1
2|=2， ∴ −1
1
2
的绝对值是2
．
故选𝐴. 2.
【答案】 B
【考点】
幂的乘方与积的乘方 同底数幂的乘法 同底数幂的除法 合并同类项
【解析】
分别根据合并同类项、同底数幂的乘除法和幂的乘方分别计算即可得出答案． 【解答】
𝐴、3𝑎−2𝑎＝𝑎，故𝐴不正确； 𝐵、𝑎⋅𝑎2＝𝑎3，故𝐵正确； 𝐶、𝑎4÷𝑎3＝𝑎，故𝐶不正确； 𝐷、(𝑎3)2＝𝑎6，故𝐷不正确； 3. 【答案】 B
【考点】 中位数 【解析】
根据题目中的数据，可以求得这组数据的中位数． 【解答】
解：数据3，3，4，6，8，9的中位数是：4+62
=5，
故选𝐵．
第7页 共26页4.
【答案】 C
【考点】
由三视图判断几何体 【解析】
由主视图和左视图可得此几何体为柱体，根据俯视图可判断出此上面是圆柱体，由此即可得出结论． 【解答】
解：由主视图可以推出这个几何体是上下两个大小不同的柱体， 从左视图推出这两个柱体的宽度相同，
从俯视图推出上面是圆柱体，直径等于下面柱体的宽． 由此可以判断对应的几何体是选项𝐶． 故选𝐶． 5.
【答案】 D
【考点】 菱形的性质
平行四边形的性质
【解析】
由菱形的性质可得：菱形的对角线互相平分且垂直；而平行四边形的对角线互相平分；则可求得答案． 【解答】
∵ 菱形具有的性质：对边相等，对角相等，对角线互相平分，对角线互相垂直； 平行四边形具有的性质：对边相等，对角相等，对角线互相平分； ∴ 菱形具有而一般平行四边形不具有的性质是：对角线互相垂直． 6.
【答案】 D
【考点】
角平分线的性质 全等三角形的判定
【解析】
要得到△𝑃𝑂𝐶≅△𝑃𝑂𝐷，现有的条件为有一对角相等，一条公共边，缺少角，或着是边，根据全等三角形的判定定理即可得到结论．于是答案可得． 【解答】
解：A．𝑃𝐶⊥𝑂𝐴，𝑃𝐷⊥𝑂𝐵得出∠𝑃𝐶𝑂=∠𝑃𝐷𝑂=90∘，根据AAS判定定理成立; B．𝑂𝐶=𝑂𝐷，根据SAS判定定理成立;
C．∠𝑂𝑃𝐶=∠𝑂𝑃𝐷，根据ASA判定定理成立; D．𝑃𝐶=𝑃𝐷，根据SSA无判定定理不成立， 故选D． 7. 【答案】 D
第8页 共26页
◎
【考点】 根的判别式 【解析】
先计算判别式的值，然后非负数的性质和判别式的意义判断方程根的情况． 【解答】
解：∵ 𝛥=𝑎2+4>0，
∴ 方程有两个不相等的实数根． 故选𝐷. 8. 【答案】 C
【考点】 旋转对称图形 【解析】
分别求出各旋转对称图形的最小旋转角，继而可作出判断． 【解答】
解：选项𝐴，正三角形的最小旋转角是120∘，故此选项错误； 选项𝐵，正方形的旋转角度是90∘，故此选项错误； 选项𝐶，正六边形的最小旋转角是60∘，故此选项正确； 选项𝐷，正十角形的最小旋转角是36∘，故此选项错误； 故选𝐶． 9.
【答案】 A
【考点】
等腰直角三角形
翻折变换（折叠问题） 锐角三角函数的定义 全等三角形的性质与判定
【解析】
本题主要考查了翻折变换的性质及其应用问题． 【解答】
解：∵ 在△𝐴𝐵𝐶中，∠𝐴𝐶𝐵=90∘，𝐴𝐶=𝐵𝐶=4，∴ ∠𝐴=∠𝐵， 由折叠的性质可得△𝐷𝐸𝐹≅△𝐴𝐸𝐹，
∴ 𝐷𝐸=𝐴𝐸=3，∠𝐸𝐷𝐹=∠𝐴，∴ 𝐶𝐸=4−3=1，∠𝐸𝐷𝐹=∠𝐵， ∵ ∠𝐶𝐷𝐸+∠𝐵𝐷𝐹+∠𝐸𝐷𝐹=∠𝐵𝐹𝐷+∠𝐵𝐷𝐹+∠𝐵=180∘， ∴ ∠𝐶𝐷𝐸=∠𝐵𝐹𝐷．
∴ 在𝑅𝑡△𝐸𝐶𝐷中，sin∠𝐶𝐷𝐸=𝐶𝐸
1
𝐸𝐷=3， ∴ sin∠𝐵𝐹𝐷=1
3． 故选𝐴． 10.
第9页 共26页【答案】 B
【考点】
二次函数图象上点的坐标特征 线段垂直平分线的性质 作图—基本作图
【解析】
按照给定的作图步骤作图，根据图形中曲线的特征即可得出该曲线为抛物线． 【解答】
解：根据作图步骤作图，如图所示． 由此即可得出该曲线为抛物线．
故选𝐵/
二、细心填一填：本大题共6小题，每小题4分，共24分
11.
【答案】 2.17×105 【考点】
科学记数法--表示较大的数 【解析】
科学记数法的表示形式为𝑎×10𝑛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>1时，𝑛是正数；当原数的绝对值<1时，𝑛是负数． 【解答】
解：将217000用科学记数法表示为：217000=2.17×105． 故答案为：2.17×105． 12.
【答案】 (2, 2) 【考点】
坐标与图形变化-平移 【解析】
将点𝑃的横坐标加3，纵坐标不变即可求解． 【解答】
◎ 第10页 共26页
解：点𝑃(−1, 2)向右平移3个单位长度得到的点的坐标是(−1+3, 2)，即(2, 2)． 故答案为(2, 2)． 13.
【答案】 53∘
【考点】
平行线的判定与性质 【解析】
首先作平行线，然后根据平行线的性质可得到∠1+∠2=90∘，据此求出∠2的度数． 【解答】
解：作直线𝐴𝐵 // 𝑎， ∵ 𝑎 // 𝑏
∴ 𝐴𝐵 // 𝑎 // 𝑏， ∵ 𝐴𝐵 // 𝑎， ∴ ∠1=∠3， ∵ 𝐴𝐵 // 𝑏， ∴ ∠2=∠4，
∵ ∠3+∠4=90∘， ∴ ∠1+∠2=90∘， ∵ ∠1=37∘，
∴ ∠2=90∘−37∘=53∘，
15. 【答案】 2𝜋 3【考点】 弧长的计算 垂径定理
【解析】
连接𝐴𝐶，由垂径定理的𝐶𝐸=𝐷𝐸，根据线段垂直平分线的性质得到𝐴𝐶=𝐴𝐷，由等腰三角形的性质得到∠𝐶𝐴𝐵=∠𝐷𝐴𝐵=30∘，由圆周角定理得到∠𝐶𝑂𝐵=60∘，根据弧长的计算公式即可得到结论． 【解答】
解：连接𝐴𝐶，
∵ 𝐶𝐷为⊙𝑂的弦，𝐴𝐵是⊙𝑂的直径， ∴ 𝐶𝐸=𝐷𝐸， ∵ 𝐴𝐵⊥𝐶𝐷， ∴ 𝐴𝐶=𝐴𝐷，
∴ ∠𝐶𝐴𝐵=∠𝐷𝐴𝐵=30∘， ∴ ∠𝐶𝑂𝐵=60∘， ̂的长=∴ 𝐵𝐶
60⋅𝜋×22360
=3𝜋，
2
故答案为53∘．14.
【答案】
480
【考点】
频数（率）分布直方图 用样本估计总体 扇形统计图
故答案为：𝜋．
3
2
16. 【答案】
3√10 【考点】
勾股定理的证明 【解析】 此题暂无解析 【解答】
解：∵ 𝐵𝐹=1，𝐶𝐹=2，
∴ 𝐵𝐶=𝐵𝐹+𝐶𝐹=1+2=3， ∵ 𝐴𝐵 // 𝐸𝐶， ∴ 𝐶𝐸=𝐶𝐹，即𝐶𝐸=2，
解得：𝐶𝐸=6，
在𝑅𝑡△𝐴𝐷𝐸中，𝐴𝐷=3，𝐷𝐸=𝐷𝐶+𝐶𝐸=3+6=9， 根据勾股定理得：𝐴𝐸=√32+92=3√10. 第11页 共26页 ◎ 第12页 共26页
𝐴𝐵
𝐵𝐹
3
1
【解析】
首先由第二小组有10人，占20%，可求得总人数，再根据各小组频数之和等于数据总数求得第四小组的人数，利用总人数260乘以样本中“一分钟跳绳”成绩为优秀的人数所占的比例即可求解． 【解答】
解：总人数是：10÷20%=50（人），
第四小组的人数是：50−4−10−16−6−4=10， 所以该校九年级女生“一分钟跳绳”成绩为优秀的人数是：故答案为：480．
10+6+450
×1200=480，
故答案为：3√10. 三、耐心做一张：本大题共10小题，共86分 17.
【答案】
解：原式=3−√2−4+1 =−√2． 【考点】 实数的运算
零指数幂、负整数指数幂
【解析】
根据绝对值、算术平方根和零指数幂的意义计算． 【解答】
解：原式=3−√2−4+1 =−√2． 18. 【答案】 解：原式=𝑥+2𝑥−2
−
𝑥−1(𝑥+2)(𝑥−2)
⋅(𝑥+2)
=𝑥+2𝑥𝑥−2−−1
𝑥−2 =𝑥+2−𝑥+1
𝑥−2
=
3𝑥−2
，
当𝑥=−1时，原式=3
−1−2=−1． 【考点】
分式的化简求值 【解析】
先把𝑥2−4分解因式和除法运算化为乘法运算，再约分后进行同分母的减法运算得到原式=3
𝑥−2，然后把𝑥的值代入计算即可． 【解答】 解：原式=𝑥+2−
𝑥−1
𝑥−2
(𝑥+2)(𝑥−2)
⋅(𝑥+2)
=
𝑥+2𝑥−1
𝑥−2−𝑥−2 =𝑥+2−𝑥+1𝑥−2
=3
𝑥−2，
当𝑥=−1时，原式=3
−1−2=−1． 19.
第13页 共26页 【答案】 解：{
𝑥−3(𝑥−2)≥4①，1+2𝑥
3
>𝑥−1②.
由①得𝑥≤1； 由②得𝑥<4；
所以原不等式组的解集为：𝑥≤1． 【考点】
解一元一次不等式组 【解析】
先解不等式组中的每一个不等式，再求出它们的公共解即可． 【解答】 解：{
𝑥−3(𝑥−2)≥4①，1+2𝑥
3
>𝑥−1②.
由①得𝑥≤1； 由②得𝑥<4；
所以原不等式组的解集为：𝑥≤1． 20.
【答案】
证明：过点𝑂作𝑂𝐸⊥𝐴𝐵于点𝐸， ∵ 𝑂𝐴=𝑂𝐵，∠𝐴𝑂𝐵=62∘， ∴ ∠𝑂𝐴𝐵=∠𝑂𝐵𝐴=59∘，
在𝑅𝑡△𝐴𝐸𝑂中，𝑂𝐸=𝑂𝐴⋅sin∠𝑂𝐴𝐵 =140×sin59∘ ≈140×0.86 =120.4，
∵ 120.4<122，
∴ 这件连衣裙垂挂在晒衣架上会拖落到地面．
【考点】
解直角三角形的应用 【解析】
过点𝑂作𝑂𝐸⊥𝐴𝐵，根据等腰三角形的性质求得∠𝑂𝐴𝐵，再在𝑅𝑡△𝐴𝐸𝑂中，利用三角函数sin∠𝑂𝐴𝐵=𝑂𝐸𝑂𝐴
，求
得𝑂𝐸，即可作出判断． 【解答】
证明：过点𝑂作𝑂𝐸⊥𝐴𝐵于点𝐸， ∵ 𝑂𝐴=𝑂𝐵，∠𝐴𝑂𝐵=62∘， ∴ ∠𝑂𝐴𝐵=∠𝑂𝐵𝐴=59∘，
在𝑅𝑡△𝐴𝐸𝑂中，𝑂𝐸=𝑂𝐴⋅sin∠𝑂𝐴𝐵
第14页 共26页
◎
=140×sin59∘ ≈140×0.86 =120.4，
∵ 120.4<122，
∴ 这件连衣裙垂挂在晒衣架上会拖落到地面．
21.
【答案】
解：列表如下：
3 4 5 6 3 ---- (4, 3) (5, 3) (6, 3) 4 (3, 4) ---- (5, 4) (6, 4) 5 (3, 5) (4, 5) ---- (6, 5) 6 (3, 6) (4, 6) (5, 6) ---- 所有等可能的情况数有12种，抽取2张牌的数字之和为偶数的有4种， 则𝑃=4
1
12=3．
【考点】
列表法与树状图法 【解析】
列出得出所有等可能的情况数，找出抽取2张牌的数字之和为偶数的情况数，即可求出所求的概率． 【解答】
解：列表如下： 3 4 5 6 3 ---- (4, 3) (5, 3) (6, 3) 4 (3, 4) ---- (5, 4) (6, 4) 5 (3, 5) (4, 5) ---- (6, 5) 6 (3, 6) (4, 6) (5, 6) ---- 所有等可能的情况数有12种，抽取2张牌的数字之和为偶数的有4种， 则𝑃=41
12
=3
．
22.
【答案】 解：（1）由图象可得， 甲车的速度为：
280−120
2
=80𝑘𝑚/ℎ，
即甲车的速度是80𝑘𝑚/ℎ； （2）相遇时间为：280
80+60=2ℎ，
第15页 共26页由题意可得，
60×280×280
+
3860
=
𝑎
，
解得，𝑎=75，
经检验，𝑎=75是原分式方程的解， 即𝑎的值是75． 【考点】
分式方程的应用 函数的图象
【解析】
（1）根据函数图象可知甲2小时行驶的路程是(280−120)𝑘𝑚，从而可以求得甲的速度；
（2）根据第（1）问中的甲的速度和甲乙两车相遇后，乙车速度变为𝑎(𝑘𝑚/ℎ)，并保持匀速行驶，甲车速度保持不变，结果乙车比甲车晚38分钟到达终点，可以列出分式方程，从而可以求得𝑎的值． 【解答】 解：（1）由图象可得， 甲车的速度为：
280−120
2
=80𝑘𝑚/ℎ，
即甲车的速度是80𝑘𝑚/ℎ； （2）相遇时间为：280
80+60=2ℎ， 由题意可得，
60×280
+3880×260=
𝑎
，
解得，𝑎=75，
经检验，𝑎=75是原分式方程的解， 即𝑎的值是75． 23.
【答案】 证明：（1）连接𝑂𝐸，𝐴𝐸， ∵ 𝐴𝐵是⊙𝑂的直径， ∴ ∠𝐴𝐸𝐵=∠𝐴𝐸𝐶=90∘，
∵ 四边形𝐴𝐵𝐶𝐷是平行四边形， ∴ 𝑃𝐴=𝑃𝐶，
∴ 𝑃𝐴=𝑃𝐶=𝑃𝐸， ∴ ∠𝑃𝐴𝐸=∠𝑃𝐸𝐴， ∵ 𝑂𝐴=𝑂𝐸，
∴ ∠𝑂𝐴𝐸=∠𝑂𝐸𝐴，
∴ ∠𝑂𝐸𝑃=∠𝑂𝐴𝐶=90∘，
∴ 𝐸𝐹是⊙𝑂的切线；
（2）∵ 𝐴𝐵是⊙𝑂的直径，
∴ ∠𝐴𝑄𝐵=90∘， ∴ △𝐴𝑃𝑄∽△𝐵𝑃𝐴，
第16页 共26页
◎ ∴
𝑃𝐴𝐵𝑃
=
𝑃𝑄𝑃𝐴
，
∴ 𝑃𝐴2=𝑃𝐵⋅𝑃𝑄，
∠𝑃𝐴𝐹=∠𝑃𝐶𝐸
在△𝐴𝐹𝑃与△𝐶𝐸𝑃中，{∠𝐴𝑃𝐹=∠𝐶𝑃𝐸，
𝑃𝐴=𝑃𝐶∴ △𝐴𝐹𝑃≅△𝐶𝐸𝑃， ∴ 𝑃𝐹=𝑃𝐸， ∴ 𝑃𝐴=𝑃𝐸=2𝐸𝐹， ∴ 𝐸𝐹2=4𝐵𝑃⋅𝑄𝑃． 【考点】
切线的判定与性质 平行四边形的性质 相似三角形的性质与判定
【解析】
（1）连接𝑂𝐸，𝐴𝐸，由𝐴𝐵是⊙𝑂的直径，得到∠𝐴𝐸𝐵=∠𝐴𝐸𝐶=90∘，根据四边形𝐴𝐵𝐶𝐷是平行四边形，得到𝑃𝐴=𝑃𝐶推出∠𝑂𝐸𝑃=∠𝑂𝐴𝐶=90∘，根据切线的判定定理即可得到结论；
（2）由𝐴𝐵是⊙𝑂的直径，得到∠𝐴𝑄𝐵=90∘根据相似三角形的性质得到∴ 𝑃𝐴2=𝑃𝐵⋅𝑃𝑄，根据全等三角形的性质得到𝑃𝐹=𝑃𝐸，求得𝑃𝐴=𝑃𝐸=2𝐸𝐹，等量代换即可得到结论． 【解答】 证明：（1）连接𝑂𝐸，𝐴𝐸， ∵ 𝐴𝐵是⊙𝑂的直径， ∴ ∠𝐴𝐸𝐵=∠𝐴𝐸𝐶=90∘，
∵ 四边形𝐴𝐵𝐶𝐷是平行四边形， ∴ 𝑃𝐴=𝑃𝐶，
∴ 𝑃𝐴=𝑃𝐶=𝑃𝐸， ∴ ∠𝑃𝐴𝐸=∠𝑃𝐸𝐴， ∵ 𝑂𝐴=𝑂𝐸，
∴ ∠𝑂𝐴𝐸=∠𝑂𝐸𝐴，
∴ ∠𝑂𝐸𝑃=∠𝑂𝐴𝐶=90∘，
1
1
∠𝑃𝐴𝐹=∠𝑃𝐶𝐸
在△𝐴𝐹𝑃与△𝐶𝐸𝑃中，{∠𝐴𝑃𝐹=∠𝐶𝑃𝐸，
𝑃𝐴=𝑃𝐶∴ △𝐴𝐹𝑃≅△𝐶𝐸𝑃， ∴ 𝑃𝐹=𝑃𝐸， ∴ 𝑃𝐴=𝑃𝐸=𝐸𝐹，
21
∴ 𝐸𝐹2=4𝐵𝑃⋅𝑄𝑃． 24.
【答案】
如图1，过点𝑀作𝑀𝐶⊥𝑥轴于点𝐶，𝑀𝐷⊥𝑦轴于点𝐷， 则∠𝑀𝐶𝐴＝∠𝑀𝐷𝐵＝90∘，∠𝐴𝑀𝐶＝∠𝐵𝑀𝐷，𝑀𝐶＝𝑀𝐷， ∴ △𝐴𝑀𝐶≅△𝐵𝑀𝐷，
∴ 𝑆四边形𝑂𝐶𝑀𝐷＝𝑆四边形𝑂𝐴𝑀𝐵＝6，
∴ 𝑘＝6；
存在点𝐸，使得𝑃𝐸＝𝑃𝐹．
由题意，得点𝑃的坐标为(3, 2)．
①如图2，过点𝑃作𝑃𝐺⊥𝑥轴于点𝐺，过点𝐹作𝐹𝐻⊥𝑃𝐺于点𝐻，交𝑦轴于点𝐾． ∵ ∠𝑃𝐺𝐸＝∠𝐹𝐻𝑃＝90∘，∠𝐸𝑃𝐺＝∠𝑃𝐹𝐻，𝑃𝐸＝𝑃𝐹， ∴ △𝑃𝐺𝐸≅△𝐹𝐻𝑃，
∴ 𝑃𝐺＝𝐹𝐻＝2，𝐹𝐾＝𝑂𝐾＝3−2＝1，𝐺𝐸＝𝐻𝑃＝2−1＝1， ∴ 𝑂𝐸＝𝑂𝐺+𝐺𝐸＝3+1＝4， ∴ 𝐸(4, 0)；
②如图3，过点𝑃作𝑃𝐺⊥𝑥轴于点𝐺，过点𝐹作𝐹𝐻⊥𝑃𝐺于点𝐻，交𝑦轴于点𝐾． ∵ ∠𝑃𝐺𝐸＝∠𝐹𝐻𝑃＝90∘，∠𝐸𝑃𝐺＝∠𝑃𝐹𝐻，𝑃𝐸＝𝑃𝐹， ∴ △𝑃𝐺𝐸≅△𝐹𝐻𝑃，
∴ 𝑃𝐺＝𝐹𝐻＝2，𝐹𝐾＝𝑂𝐾＝3+2＝5，𝐺𝐸＝𝐻𝑃＝5−2＝3， ∴ 𝑂𝐸＝𝑂𝐺+𝐺𝐸＝3+3＝6， ∴ 𝐸(6, 0)．
∴ 𝐸𝐹是⊙𝑂的切线；（2）∵ 𝐴𝐵是⊙𝑂的直径， ∴ ∠𝐴𝑄𝐵=90∘， ∴ △𝐴𝑃𝑄∽△𝐵𝑃𝐴， ∴ 𝐵𝑃=𝑃𝐴， ∴ 𝑃𝐴2=𝑃𝐵⋅𝑃𝑄，
𝑃𝐴
𝑃𝑄
第17页 共26页 ◎ 第18页 共26页
∴ △𝑃𝐺𝐸≅△𝐹𝐻𝑃，
∴ 𝑃𝐺＝𝐹𝐻＝2，𝐹𝐾＝𝑂𝐾＝3+2＝5，𝐺𝐸＝𝐻𝑃＝5−2＝3， ∴ 𝑂𝐸＝𝑂𝐺+𝐺𝐸＝3+3＝6， ∴ 𝐸(6, 0)．
【考点】
反比例函数与一次函数的综合 【解析】
（1）过点𝑀作𝑀𝐶⊥𝑥轴于点𝐶，𝑀𝐷⊥𝑦轴于点𝐷，根据𝐴𝐴𝑆证明△𝐴𝑀𝐶≅△𝐵𝑀𝐷，那么𝑆四边形𝑂𝐶𝑀𝐷＝𝑆四边形𝑂𝐴𝑀𝐵＝6，根据反比例函数比例系数𝑘的几何意义得出𝑘＝6；
（2）先根据反比例函数图象上点的坐标特征求得点𝑃的坐标为(3, 2)．再分两种情况进行讨论：①如图2，过点𝑃作𝑃𝐺⊥𝑥轴于点𝐺，过点𝐹作𝐹𝐻⊥𝑃𝐺于点𝐻，交𝑦轴于点𝐾．根据𝐴𝐴𝑆证明△𝑃𝐺𝐸≅△𝐹𝐻𝑃，进而求出𝐸点坐标；②如图3，同理求出𝐸点坐标． 【解答】
如图1，过点𝑀作𝑀𝐶⊥𝑥轴于点𝐶，𝑀𝐷⊥𝑦轴于点𝐷， 则∠𝑀𝐶𝐴＝∠𝑀𝐷𝐵＝90∘，∠𝐴𝑀𝐶＝∠𝐵𝑀𝐷，𝑀𝐶＝𝑀𝐷， ∴ △𝐴𝑀𝐶≅△𝐵𝑀𝐷，
∴ 𝑆四边形𝑂𝐶𝑀𝐷＝𝑆四边形𝑂𝐴𝑀𝐵＝6，
∴ 𝑘＝6；
存在点𝐸，使得𝑃𝐸＝𝑃𝐹．
由题意，得点𝑃的坐标为(3, 2)．
①如图2，过点𝑃作𝑃𝐺⊥𝑥轴于点𝐺，过点𝐹作𝐹𝐻⊥𝑃𝐺于点𝐻，交𝑦轴于点𝐾． ∵ ∠𝑃𝐺𝐸＝∠𝐹𝐻𝑃＝90∘，∠𝐸𝑃𝐺＝∠𝑃𝐹𝐻，𝑃𝐸＝𝑃𝐹， ∴ △𝑃𝐺𝐸≅△𝐹𝐻𝑃，
∴ 𝑃𝐺＝𝐹𝐻＝2，𝐹𝐾＝𝑂𝐾＝3−2＝1，𝐺𝐸＝𝐻𝑃＝2−1＝1， ∴ 𝑂𝐸＝𝑂𝐺+𝐺𝐸＝3+1＝4， ∴ 𝐸(4, 0)；
②如图3，过点𝑃作𝑃𝐺⊥𝑥轴于点𝐺，过点𝐹作𝐹𝐻⊥𝑃𝐺于点𝐻，交𝑦轴于点𝐾． ∵ ∠𝑃𝐺𝐸＝∠𝐹𝐻𝑃＝90∘，∠𝐸𝑃𝐺＝∠𝑃𝐹𝐻，𝑃𝐸＝𝑃𝐹，
25.
【答案】
解：∵ 正方形𝐸𝐹𝐺𝐻中，𝐸𝐻 // 𝐹𝐺， ∴ △𝐴𝐸𝐻∽△𝐴𝐵𝐶， ∵ 𝐴𝐷⊥𝐵𝐶，
𝑎
∴ 𝐵𝐶=𝐴𝐷，即𝑎=
𝐸𝐻𝐴𝐾𝑥
ℎ𝑎−𝑥𝑎ℎ𝑎
，
∴ 𝑎+ℎ=𝑥；
𝑎
𝑎
111
第19页 共26页 ◎ 第20页 共26页
（2）由（1）得：1
1𝑏+
ℎ
𝑏
=
1𝑥，𝑏
∵ ∠𝐴=90∘，
∴ ℎ𝑏=𝑐， 又∵ 𝑥𝑏=2， ∴ 1
1
1
𝑏
+𝑐
=2
；
（3）𝑥𝑏>𝑥𝑐． 证明：由（1）得：1
11111𝑏+
ℎ𝑏
=
𝑥，，
𝑏
𝑐
+
ℎ𝑐
=
𝑥𝑐
∴ 𝑥𝑏=
𝑏ℎ𝑏𝑏+ℎ，𝑥𝑐ℎ𝑐
𝑏
𝑐=
𝑐+ℎ，𝑐
∵ 𝑆=12
𝑏ℎ𝑏=12
𝑐ℎ𝑐， ∴ 2𝑆=𝑏ℎ𝑏=𝑐ℎ𝑐，
又∵ ℎ𝑏=𝑐sin𝐴，ℎ𝑐=𝑏sin𝐴， ∴
1𝑏+ℎ𝑏−(𝑐+ℎ𝑐)
𝑥𝑏
−
1𝑥𝑐
=
2𝑆
=𝑏+𝑐sin𝐴−(𝑐+𝑏sin𝐴)2𝑆 =
(𝑏−𝑐)(1−𝑠𝑖𝑏𝐴)
2𝑆
，
∵ 𝑏<𝑐，sin𝐴<1， ∴
(𝑏−𝑐)(1−𝑠𝑖𝑏𝐴)
2𝑆
<0，即1
1
𝑥𝑏
−𝑥𝑐
<0，
∴ 𝑥𝑏>𝑥𝑐．
【考点】 三角形综合题
相似三角形的性质与判定
【解析】
（1）先根据𝐸𝐻 // 𝐹𝐺，判定△𝐴𝐸𝐻∽△𝐴𝐵𝐶，再根据相似三角形对应边成比例，列出比例式变形即可得到
111𝑎
+
ℎ𝑎
=
𝑥；
𝑎
（2）先根据（1）中的结论得出1
1𝑏+
ℎ𝑏=
1𝑥，再将ℎ𝑏𝑏=𝑐和𝑥𝑏=2代入变形，即可求得11
𝑏
+𝑐
的值；
（3）先根据（1）中的结论得出1
1
1
1
1
1
𝑏ℎ
𝑏𝑐ℎ
𝑐
𝑏+ℎ=𝑥和𝑐+ℎ=𝑥，变形得出𝑥𝑏=𝑏+ℎ，𝑥𝑐=𝑐+ℎ，再根据△𝐴𝐵𝐶得到
𝑏
𝑏
𝑐
𝑐
𝑏
𝑐
𝑏ℎ𝑏=𝑐ℎ𝑐，ℎ𝑏=𝑐sin𝐴，ℎ𝑐=𝑏sin𝐴，最后代入代数式11
𝑥−𝑥进行变形推导，即可得出𝑥𝑏与𝑥𝑐的大小关系．
𝑏
𝑐
【解答】
解：∵ 正方形𝐸𝐹𝐺𝐻中，𝐸𝐻 // 𝐹𝐺， ∴ △𝐴𝐸𝐻∽△𝐴𝐵𝐶， ∵ 𝐴𝐷⊥𝐵𝐶，
第21页 共26页 ∴ 𝐸𝐻𝐴𝐾𝑥
𝑎
ℎ𝑎−𝑥𝑎𝐵𝐶=𝐴𝐷，即𝑎=
ℎ，
𝑎
∴ 1+
1𝑎
ℎ
𝑎
=
1𝑥；
𝑎
（2）由（1）得：1
1𝑏
+
ℎ，
𝑏
=
1𝑥𝑏
∵ ∠𝐴=90∘， ∴ ℎ𝑏=𝑐， 又∵ 𝑥𝑏=2， ∴ 1
1
1
𝑏+𝑐=2； （3）𝑥𝑏>𝑥𝑐． 证明：由（1）得：1
1111𝑏
+
ℎ𝑏
=
𝑥，𝑏
𝑐
+
ℎ𝑐
=
1𝑥，
𝑐
∴ 𝑥𝑏=𝑏ℎ
𝑏𝑐ℎ𝑐
𝑏+ℎ，𝑥𝑐=𝑐+ℎ，
𝑏
𝑐
∵ 𝑆=12
𝑏ℎ𝑏=1
2
𝑐ℎ𝑐，
∴ 2𝑆=𝑏ℎ𝑏=𝑐ℎ𝑐，
又∵ ℎ𝑏=𝑐sin𝐴，ℎ𝑐=𝑏sin𝐴， ∴ 11
𝑏+ℎ𝑏−(𝑐+ℎ𝑐)
𝑥𝑏
−𝑥𝑐
=
2𝑆
=𝑏+𝑐sin𝐴−(𝑐+𝑏sin𝐴)
2𝑆 =
(𝑏−𝑐)(1−𝑠𝑖𝑏𝐴)
2𝑆
，
∵ 𝑏<𝑐，sin𝐴<1， ∴
(𝑏−𝑐)(1−𝑠𝑖𝑏𝐴)
11
2𝑆
<0，即𝑥𝑏
−𝑥𝑐
<0，
∴ 𝑥𝑏>𝑥𝑐． 26.
【答案】
解：（1）∵ 𝑦=−√3𝑥2+2√3𝑥=−√3(𝑥−1)2+√3，∴ 抛物线𝐶1经过原点𝑂，点𝐴(1, √3)和点𝐵(2, 0)三点，∴ 变换后的抛物线经过原点𝑂，(2, 2√3)和(4, 0)三点，∴ 变换后抛物线的解析式为𝑦=−√322
𝑥+2√3𝑥；
（2）①如图1中，当𝑘>1时，
∵ 抛物线𝐶2经过原点𝑂，(𝑘, √3𝑘)，(2𝑘, 0)三点，
第22页 共26页
◎
∴ 抛物线𝐶2的解析式为𝑦=
−√3𝑘
𝑥2
+2√3𝑥，
∴ 𝑂、𝐴、𝐶三点共线，且顶点𝐶为(𝑘, √3𝑘)，
如图，∵ 𝑆△𝑃𝐴𝐶=𝑆△𝐴𝐵𝐶，
∴ 𝐵𝑃 // 𝐴𝐶，
过点𝑃作𝑃𝐷⊥𝑥轴于𝐷，过点𝐵作𝐵𝐸⊥𝐴𝑂于𝐸，
由题意知△𝐴𝐵𝑂是边长为2的正三角形，四边形𝐶𝐸𝐵𝑃是矩形，∴ 𝑂𝐸=1，𝐶𝐸=𝐵𝑃=2𝑘−1， ∵ ∠𝑃𝐵𝐷=60∘， ∴ 𝐵𝐷=𝑘−1
√3
2，𝑃𝐷=2
(2𝑘−1)，
∴ 𝑃（𝑘+3, √3
22(2𝑘−1)），
∴
√3
2(2𝑘
−1)=
−√3
𝑘(𝑘
+32)2
+2√3(𝑘+3
2)，
解得：𝑘=9
2；
②如图2中，当𝑘<−1时，
∵ 抛物线𝐶2经过原点𝑂，(𝑘, √3𝑘)，(2𝑘, 0)三点， ∴ 抛物线𝐶2的解析式为𝑦=−
√3𝑘
𝑥2+2√3𝑥，
∴ 𝑂、𝐴、𝐶′三点共线，且顶点𝐶′为(𝑘, √3𝑘)， 作△𝐴𝐵𝑂关于𝑦轴对称的△𝐴′𝐵′𝑂，𝑂𝐸′⊥𝐴′𝐵′，
第23页 共26页∵ 𝑆△𝑃𝐴𝐶′=𝑆△𝐴𝐵𝐶=𝑆△𝐴𝐶′𝐵′，
∴ 𝐴′𝑃 // 𝐴𝐶′，由题意四边形𝑃𝐶′𝑂𝐸′是矩形，
∴ 𝑃𝐸′=𝑂𝐶′=−2𝑘，𝐵′𝐸′=1，𝑃𝐵′=−2𝑘−1，
在𝑅𝑡△𝑃𝐷𝐵′中，∵ ∠𝑃𝐷𝐵′=90∘，∠𝑃𝐵′𝐷=∠𝐴′𝐵′𝑂=60∘， ∴ 𝐷𝐵′=1
−2𝑘−12𝑃𝐵′=
2
，𝐷𝑃=
√32
(−2𝑘−1)，
∴ 点𝑃坐标[2𝑘−3√32
, 2(2𝑘+1)]，
∴
√32
(2𝑘+1)=−
√3𝑘(2𝑘−32
2
)+2√3(2𝑘−32
)
∴ 𝑘=−92
．
【考点】
二次函数综合题 【解析】
（1）由抛物线𝐶1解析式求出𝐴、𝐵及原点坐标，将三点坐标都扩大到原来的2倍，待定系数求解可得； （2）①如图1中，当𝑘>1时，与（1）同理可得抛物线𝐶2的解析式为𝑦=−
√32𝑘
𝑥+2√3𝑥及顶点𝐶的坐标，
根据𝑆△𝑃𝐴𝐶=𝑆△𝐴𝐵𝐶知𝐵𝑃 // 𝐴𝐶，继而可得△𝐴𝐵𝑂是边长为2的正三角形，四边形𝐶𝐸𝐵𝑃是矩形，表示出点𝑃的坐标，将其代入到抛物线𝐶2解析式可求得𝑘的值；
②如图2中，当𝑘<−1时，作△𝐴𝐵𝑂关于𝑦轴对称的△𝐴′𝐵′𝑂，𝑂𝐸′⊥𝐴′𝐵′，同理可得四边形𝐶𝐸𝐵𝑃是矩形，先求出抛物线𝐶2解析式，表示出点𝑃的坐标，将其代入到抛物线𝐶2解析式可求得𝑘的值； 【解答】
解：（1）∵ 𝑦=−√3𝑥2+2√3𝑥=−√3(𝑥−1)2+√3， ∴ 抛物线𝐶1经过原点𝑂，点𝐴(1, √3)和点𝐵(2, 0)三点， ∴ 变换后的抛物线经过原点𝑂，(2, 2√3)和(4, 0)三点， ∴ 变换后抛物线的解析式为𝑦=−√32
𝑥2
+2√3𝑥；
（2）①如图1中，当𝑘>1时，
∵ 抛物线𝐶2经过原点𝑂，(𝑘, √3𝑘)，(2𝑘, 0)三点， ∴ 抛物线𝐶2的解析式为𝑦=−
√3𝑘
𝑥2+2√3𝑥，
∴ 𝑂、𝐴、𝐶三点共线，且顶点𝐶为(𝑘, √3𝑘)，
如图，∵ 𝑆△𝑃𝐴𝐶=𝑆△𝐴𝐵𝐶， ∴ 𝐵𝑃 // 𝐴𝐶，
第24页 共26页
◎
过点𝑃作𝑃𝐷⊥𝑥轴于𝐷，过点𝐵作𝐵𝐸⊥𝐴𝑂于𝐸，
由题意知△𝐴𝐵𝑂是边长为2的正三角形，四边形𝐶𝐸𝐵𝑃是矩形， ∴ 𝑂𝐸=1，𝐶𝐸=𝐵𝑃=2𝑘−1， ∵ ∠𝑃𝐵𝐷=60∘， ∴ 𝐵𝐷=𝑘−1
，𝑃𝐷=
√3
22
(2𝑘−1)，
∴ 𝑃（𝑘+3√3
2, 2
(2𝑘−1)），
∴
√3
2
(2𝑘−1)=−
√3
+3
)2+2√3(𝑘3
𝑘
(𝑘2
+2
)，
解得：𝑘=92
；
②如图2中，当𝑘<−1时，
∵ 抛物线𝐶2经过原点𝑂，(𝑘, √3𝑘)，(2𝑘, 0)三点， ∴ 抛物线𝐶2的解析式为𝑦=−
√32𝑘
𝑥+2√3𝑥，
∴ 𝑂、𝐴、𝐶′三点共线，且顶点𝐶′为(𝑘, √3𝑘)，
作△𝐴𝐵𝑂关于𝑦轴对称的△𝐴′𝐵′𝑂，𝑂𝐸′⊥𝐴′𝐵′， ∵ 𝑆△𝑃𝐴𝐶′=𝑆△𝐴𝐵𝐶=𝑆△𝐴𝐶′𝐵′，
∴ 𝐴′𝑃 // 𝐴𝐶′，由题意四边形𝑃𝐶′𝑂𝐸′是矩形，
∴ 𝑃𝐸′=𝑂𝐶′=−2𝑘，𝐵′𝐸′=1，𝑃𝐵′=−2𝑘−1，
在𝑅𝑡△𝑃𝐷𝐵′中，∵ ∠𝑃𝐷𝐵′=90∘，∠𝑃𝐵′𝐷=∠𝐴′𝐵′𝑂=60∘， ∴ 𝐷𝐵′=1
𝑃𝐵′−2𝑘−12=
2
，𝐷𝑃=
√3
2
(−2𝑘−1)，
∴ 点𝑃坐标[
2𝑘−3√2, 3
2
(2𝑘+1)]，
∴ √3
2(2𝑘+1)=−√32𝑘−32
𝑘
(2)+2√3(
2𝑘−32
)
∴ 𝑘=−9
2．
第25页 共26页 第26页 共26页 ◎
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