2026年山东省威海市初中学业考试数学模拟试题（一）含答案

这是一份2026年山东省威海市初中学业考试数学模拟试题（一）含答案，共30页。试卷主要包含了 答题前，请用 0，75 B等内容，欢迎下载使用。
1. 本试卷共 7 页, 共 120 分, 考试时间 120 分钟. 考试结束后, 将本卷和答题卡一并交回、
2. 答题前，请用 0.5 毫米黑色签字笔将自己的姓名、座号、考生号填写在答题卡和试卷规定的位置上.
3.所有的试题都必须在专用的“答题卡”上作答，写在试卷上或答题卡指定区域以外的答案一律无效
4.不要求保留精确度的题目, 计算结果保留准确值.
一、选择题(本大题共 10 小题，每小题 3 分，共 30 分在每小题给出的四个选 项中, 只有一个是正确的. 每小题选对得 3 分, 选错、不选或多选, 均不得分)
1. 2026 的相反数是( )
A. -2026 B. 2026
C. 12026 D. −12026
2. 下列国产 AI 软件图标属于轴对称图形的是( )
A.

B.

C.

D.
3. 地球上七大洲的总面积约为 149480000 km2 ,把这个数值精确到 10000000 km2 ,并用科学记数法表示为( )
A. 1.49×108 B. 14.9×107 C. 1.5×108 D. 15×107
4. 下列计算正确的是( )
A. −a23=−a5 B. 2a3b⋅−2a2b=−4a6b
C. −bc4÷−bc2=b2c2 D. 2x+12x−1=2x2−1
5. 如图,是由 16 个形状、大小相同的菱形组成的网格,各菱形的顶点均为格点,点 A , B,C 都在格点上,若 ∠ADB=60∘ ,则 tan∠BAC 的值为 ( )

A. 13 B. 33 C. 12 D. 32
6. “燕几”即宴几，是世界上最早的一套组合桌，由北宋进士黄伯思设计，他编写的《燕几图》一书，是组合家具设计图册，也是现代益智玩具七巧板的萌芽. 全套“燕几”一共有七张桌子, 包括两张长桌、两张中桌和三张小桌, 每张桌面的宽都相等. 如图给出了《燕几图》 中名为“屏山”的桌面组合方式，若设每张桌面的宽为 m 尺，每张长桌的长为 n 尺，根据图中信息，可列方程组为( )


A. 4n=7m+n=8.75 B. 4m=7m+n=8.75
C. 4m=72m+n=8.75 D. 4n=72m+n=8.75
7. 在 Rt △ABC 中, ∠ACB=90∘,CD⊥AB 于点 D,∠ABC 的平分线 BE 交 AC 于点 E ,交 CD 于点 F . 若 AD=a,CF=b,DB=c ,则关于 x 的一元二次方程 ax2+4bx+c=0 的根的情况. ( )
A. 有两个相等的实数根 B. 有两个不相等的实数根
C. 无实数根 D. 不能确定
8. 下列每一个图形都是由一些同样大小的三角形按一定的规律排列组成的, 其中第①个图形中有 5 个小三角形, 第②个图形中有 10 个小三角形, 第③个图形中有 16 个小三角形, 按此规律，则第⑨个图中小三角形的个数是( )

A. 69 B. 73 C. 77 D. 83
9. 当 x1+y2+x2+y1=0 ,且 y1≠−x1 时,称点 x1,y1 与点 x2,y2 为一对“反射点”. 若某函数图象上至少存在一对“反射点”，就称该函数为“镜像函数”. 根据该约定，下列说法不正确的是( )
A. 反比例函数 y=2x 的图象上存在无数对“反射点”
B. 二次函数 y=x2+1 的图象上没有“反射点”
C. 若关于 x 的一次函数 y=kx−4 是“镜像函数”，则这个函数的图象与坐标轴围成的平面图形的面积为 8
D. 若关于 x 的二次函数 y=x2+m 是 “镜像函数”,则实数 m≤−34
10. 把一条线段分割为两部分, 使较大部分与全长的比值等于较小部分与较大的比值, 则这个比值为黄金分割,比值为 5−12 ,它被公认为是最能引起美感的比例,如图 1 为世界名画蒙娜丽莎. 如图 2,点 E 是正方形 ABCD 的 AB 边上的黄金分割点,且 AE>EB ,以 AE 为边作正方形 AEHF ，延长 EH 交 CD 于点 I ，连结 BF 交 EI 于点 G ，连结 BI ，则 S△BCI:S△FGH 为( )

图1

图2
A. 1:1 B. 5+13 C. 5−12 D. 5+12
二、填空题(本大题共 5 小题，每小题 3 分，共 15 分. 只要求填出最后结果)
11. 分解因式: −2x2y+16xy−32y= _____.
12. 若关于 x 的分式方程 x2x−1+m1−2x=3 无解,则 m 的值为_____.
13. 图 1 的摩天轮上以等间隔的方式设置 36 个车厢, 车厢依顺时针方向分别编号为 1 号到 36 号, 且摩天轮运行时以逆时针方向等速旋转, 旋转一圈花费 30 分钟. 若图 2 表示 21 号车厢运行到最高点的情形，则此时经过_____分钟后，9 号车厢才会运行到最高点?

图1

图2
14. 如图，在平面直角坐标系中，矩形 OABC 的顶点 A,C 分别在 x 轴的负半轴， y 轴的正半轴上,点 B 在第二象限. 将矩形 OABC 绕点 O 顺时针旋转,使点 B 落在 y 轴上,得到矩形 OA′B′C′,BC 与 OA′ 相交于点 M . 若经过点 M 的反比例函数 y=kxx0 ,
∴x14+2x12+x1+2=0 无解,
故二次函数函数 y=x2+1 的图象上没有“反射点”; 原说法正确，不符合题意； C、 ∵y=kx−4 是“镜像函数”，
∴ 图象上存在反射点 x1,y1 与 x2,y2 ,即 x1,y1,−y1,−x1 在直线 y=kx−4 上,
∴y1=kx1−4,−x1=−ky1−4 ,
∴y1+x1=kx1+y1 ,
∵y1≠−x1 ,
∴y1+x1≠0 ,
∴k=1 ,
∴y=x−4 ,
∴ 当 x=0 时, y=−4 ,当 y=x−4=0 时, x=4 ,
∴ 一次函数图象与坐标轴的交点坐标为 0,−4,4,0 ,
∴ 这个函数的图象与坐标轴围成的平面图形的面积为 12×4×4=8 ; 原说法正确,不符合题意;
D、 ∵ 二次函数 y=x2+m 是 “镜像函数”,则图象上存在反射点 x1,y1 与 x2,y2 ,
∴y1=x12+m,y2=x22+m,x12+m≠−x1 ,
∴−x2=x12+m,−x1=x22+m ,
∴x2−x1=x22−x12=x2−x1x2+x1 ,
∴x2−x1=0 或 x2+x1=1 ,
当 x2−x1=0 时,即 x2=x1 ,则 −x1=x12+m=y1 不符合题意;
∴x2+x1=1 ,
∴x2=−x1+1 ,
∴x1−1=x12+m ,
∴m=−x12+x1−1=−x1−122−34≤−34 ,
当 x1=12 时， m=−34 ，此时 x2=1−12=12=x1 ，不符合题意；
故 mEB ,
∴AEAB=BEAE=5−12 ,
∵ 四边形 AEHF 是正方形,
∴EH=HF=FA=AE,FH//AE,
∴△FHG∽△BEG ,
∴GHGE=FHBE ,
∴GHHE=FHFH+BE=AEAB=5−12 ,
∴GH=5−12HE=5−12AE ，
∵∠C=∠CBE=∠BEI=90∘ ,
∴ 四边形 BCIE 是矩形,
∴IC=BE ,
∴
S△BCI:S△FGH=12BC⋅IC12FH⋅HG=AB⋅BEAE⋅HG=BEAEABHG=BEAEAB5−12AE=52−12⋅15−12×5−12=5+12,
故选: D.
11. -2y x−42
试题分析: 根据提取公因式以及完全平方公式即可求出: 原式 =−2yx2−8x+16
=−2yx−42
故答案为 −2yx−42
考点: 因式分解
12. 12##0.5
根据分式方程无解, 可得分式方程的增根, 根据分式方程的增根适合整式方程, 可得关于 m 的方程,根据解方程,可得答案.
解: ∵ 关于 x 的分式方程 x2x−1+m1−2x=3 有增根,
∴2x−1=0 ,
解得 x=12 ,
由 x2x−1+m1−2x=3 得 x−m=32x−1 ,
∴m=−5x+3 ,
∴m=−5×12+3=12 .
故答案为: 12 .
13. 20
本题考查生活中的旋转现象. 先求出从 21 号旋转到 9 号旋转的角度占圆大小比例, 再根据旋转一圈花费 30 分钟解答即可.
解: 36−21+936×30=20 (分钟).
所以经过 20 分钟后, 9 号车厢才会运行到最高点.
故答案为: 20 .
14. 32
由 tan∠A′OB′=A′B′OA′=12=CMOC ,设 OC=A′B′=a ,则 BC=OA′=2a,CM=12a ,推出 B−2a,a,M−12a,a ,设 N−2a,m ,则有 −2am=−12a•a 推出 m=14a ,推出 BN=AB−AN= a−14a=34a ,再根据矩形的面积求出 a ,即可解决问题;
解: 根据题意,
∵tan∠A′OB′=A′B′OA′=12=CMOC ,
设 OC=A′B′=a ,则 BC=OA′=2a,CM=12a ,
∴B−2a,a,M−12a,a ,
设 N−2a,m ,
则有 −2am=−12a•a ,
∴m=14a ,
∴BN=AB−AN=a−14a=34a ,
∵2a2=8,a>0 ,
∴a=2 ,
∴BN=34×2=32 .
故答案为: 32 .
15. 5+73连接 AE,AP,BD ,由正方形的性质及等腰直角三角形的性质,易证 M,B,N,P 四点共圆,由圆周角定理得到 ∠MBP 恒等于 45∘ ,从而得到点 P 在正方形 ABCD 对角线 BD 上运动,证明 △ABP≅△CBPSAS ，得到 AP=CP ，由 DE=3 ，得到 CE=5 为定值，当点 A,P,E 三点共线时, AP+PE 有最小值,即 PC+PE 有最小值,则 △CPE 的周长有最小值为 AE+5 ,利用勾股定理求解即可.
解: 连接 AE,AP,BD ,

∵ 四边形 ABCD 是正方形, △MPN 是等腰直角三角形,
∴∠ABC=∠MPN=90∘ ,
∴∠ABC+∠MPN=180∘ ,
∴M,B,N,P 四点共圆,
∵∠ABD=45∘
∴∠MBP 恒等于 45∘ ,
∴ 点 P 在正方形 ABCD 对角线 BD 上运动,
∵AB=BC,∠ABD=∠CBD=45∘,BP=BP ,
∴△ABP≅△CBPSAS ,
∴AP=CP ，
∵DE=3 ，
∴CE=5 为定值，
当点 A,P,E 三点共线时， AP+PE 有最小值，即 PC+PE 有最小值，则 △CPE 的周长有最小值为 AE+5 ,
∴AE=AD2+DE2=73 ,
∴△CPE 的周长的最小值为: 5+73 ,
故答案为: 5+73 .
16.
(1) 54
(2) −5x2−2x ， −94
本题考查特殊角的三角函数的运算, 整式的混合运算, 代数式的化简求值, 掌握好相应的运算法则是关键.
(1)先将特殊角的三角函数化简，再按照含有乘方的实数混合运算的法则进行计算即可;
(2)先根据整式混合运算的法则进行化简，再代入求值即可.
(1) 解: sin260∘−tan30∘⋅cs30∘+tan45∘ ,
=322−33×32+1,
=34−12+1,
=54;
(2)解: 3xx2−x−1−x+13x2−x ，
=3x3−3x2−3x−3x3−x2+3x2−x ,
=3x3−3x2−3x−3x3+x2−3x2+x ,
=−5x2−2x,
当 x=12 时,原式 =−5×122−2×12=−54−1=−94 .
17. (1) 0.7a 元
(2)这台智能采摘机器人每天可采摘该种水果 1000 千克.
本题考查的是列代数式, 分式方程的应用;
(1)根据人工采摘的成本为 a 元，相比人工采摘，用智能机器人采摘的成本可降低 30%， 再列代数式即可;
(2)设一个工人每天采摘该种水果水千克，则智能采摘机器人采摘的效率是每天 5x 千克； 根据要采摘 4000 千克该种水果, 用这台智能采摘机器人采摘比 4 个工人同时采摘所需的天数还少 1 天, 再建立分式方程求解即可.
(1)解: ∵ 用人工采摘的成本为 a 元，相比人工采摘，用智能机器人采摘的成本可降低 30% .
∴ 用智能机器人采摘的成本是 1−30%a=0.7a (元);
(2)解:设一个工人每天采摘该种水果水千克，则智能采摘机器人采摘的效率是每天 5x 千克;
∴40005x=40004x−1 ,
解得: x=200 ,
经检验 x=200 是原方程的解且符合题意;
∴5x=1000 (千克),
答: 这台智能采摘机器人每天可采摘该种水果1000 千克.
18.(1) 先根据 A 班的总人数求出成绩为 10 分的人数, 然后即可补全条形统计图;
(2)利用平均数的公式 x=1nx1+x2+⋯+xn 和中位数，众数的概念求解即可;
(3)通过对比两班的平均数，中位数，众数，极差和方差即可得出答案；
(4)用总人数 55 乘以优秀人数所占的百分比即可得出答案.
(1) 成绩为 10 分的人数 =10−1−2−3−1=3 ,
补全条形统计图如图所示，
A班10名学生成绩统计图

(2) a=1109+8+9+10+9+7+9+8+10+8=8.7 ;
中位数是将 A 班的 10 个成绩按照从小到大的顺序排列之后处于中间位置的数,此时第 5 个数和第 6 个数都是 8,所以 b=8+82=8 ;
众数为 B 班成绩中出现次数最多的数,可以看出 9 出现了 4 次,次数最多,所以 c=9 ;
(3) B 班学生计算题掌握得更好,理由:
B 班的平均分高于 A 班, B 班的中位数高于 A 班;
(4) 55×1+310=22 人，
答: A 班计算题优秀的大约有 22 人.
19.(1)相交线；(2) m=−110 .
(1)要证明方程总有两个不相等的实数根,那么只要证明 △>0 即可; (2)首先利用根与系数的关系可以得到 x1+x2,x1x2 ,接着利用根与系数的关系得到关于 m 的方程,解方程即可解决问题.
(1)证明:因为一元二次方程 x2+4m+1x+2m−1=O 的根的判别式
Δ=4m+12−42m−1=16m2+8m+1−8m+4=16m2+5.
因为不论 m 取何值时， m2≥0 ，所以 16 m2+5 总大于 0，即不论 m 为任何实数，方程总有两个不相等的实数根;
(2)因为方程两根为 x1、x2 ，所以 x1+x2=−4m+1,x1x2=2m−1 ，
因为 1x1+1x2=12 ,所以 x1+x2x1x2=12 ,所以 −4m+12m−1=12 ,所以 m=−110 .
20. (1)83.2
(2) 5033
本题主要考查解直角三角形的应用-坡度坡角问题, 根据题意构建所需直角三角形和熟练掌握三角函数是解题的关键.
(1)作 EP⊥BC 、 DQ⊥EP ，知 CD=PQ=10,∠2+∠3=90∘ ，由 ∠1+∠θ=90∘ 且 ∠1=∠2 知 ∠3=∠θ=37∘50′ ,根据 EQ=DEsin∠3 和 AB=EP=EQ+PQ 可得答案;
(2)延长 ED、BC 交于点 K ,结合(1)知 ∠θ=∠3=∠K=60∘ ，从而由 CK=CDtan∠K 、 KF=GFsin∠K 可得答案.
( 1 )解:如图，作 EP⊥BC 于点 P ，作 DQ⊥EP 于点 Q ，
则 CD=PQ=10,∠2+∠3=90∘ ,
∵∠1+∠θ=90∘ ,且 ∠1=∠2 ,
∴∠3=∠θ=37∘50′ ,
则 EQ=DEsin∠3=120×sin37∘50′,∴AB=EP=EQ+PQ=120sin37∘50′+10=83.2 ,
故答案为 83.2;
(2)解:如图，延长 ED 、 BC 交于点 K ，
由(1)知 ∠θ=∠3=∠K=60∘ ,
在 Rt △CDK 中, CK=CDtan∠K=103 ,
在 Rt△KGF 中， KF=GFsin∠K=3032=603 ，
则 CF=KF−KC=603−103=5035033 .

21.
(1) 连接 OD ,由 DE⊥CF ,得 ∠DEC=∠DEF=90∘ ,由等边对等角得 ∠B=∠C , ∠B=∠ODB ,进而可得 ∠C=∠ODB ,所以 OD//AC ,由平行线的性质得出 ∠DEC=∠ODE=90∘ ,即可证明 DE 是 ⊙O 的切线;
(2)连接 AD,BF ，相同勾股定理及三角函数解 Rt△AFB ，求出 BF=42 ，由等腰三角形三线合一得出 CD=BD=12BC ，再通过证明 DE//BF ，推出 △CDE∽△CBF ，根据对应边成比例即可求解;
(3)过点 O 作 OM⊥AF 于点 M ，连接 OF ，构造矩形 OMED ，设 DE=x ，则 MF=x ， OF=OD=MF+EF=x+2−1 ，解 Rt △MOF 求出半径，根据 S阴影=S梯形OFED−S扇形ODF 即可求解.
(1)证明: 连接 OD ,

∵DE⊥CF ,
∴∠DEC=∠DEF=90∘ ,
∵AB=AC ，
∴∠B=∠C ,
∵OD=OB ,
∴∠B=∠ODB ,
∴∠C=∠ODB ,
∴OD//AC ,
∴∠DEC=∠ODE=90∘ ,
∴DE⊥OD ,
又: OD 为 ⊙O 的半径,
∴DE 是 ⊙O 的切线;
(2)解:如图，连接 AD ， BF ，

∵AB 为 ⊙O 的直径， ⊙O 的半径为 3,
∴∠ADB=∠AFB=90∘,AB=6 ,
∵tan∠BAC=BFAF=22 ，
∴AF=BF22=24BF ，
∵ 在 Rt△AFB 中， AF2+BF2=AB2 ，
∴24BF2+BF2=62 ,
解得 BF=42 (负值舍去)，
∵△ABC 中, AB=AC,∠ADB=90∘ ,
∴CD=BD=12BC ，
∵∠AFB=∠DEF=90∘ ,
∴DE//BF ，
∴△CDE∼△CBF ，
∴DEBF=CDCB=12 ,
∴DE=12BF=12×42=22 ;
(3)解:如图，过点 O 作 OM⊥AF 于点 M ，连接 OF ，

∴AM=FM ,
∵∠ODE=∠DEF=∠OME=90∘ ,
∴ 四边形 OMED 是矩形,
∴OM=DE,OD=ME ,
∵AF=2DE ,
∴AM=FM=OM=DE ,
∴∠FOM=45∘ ,
∴∠FOD=45∘ ,
设 DE=x ,
∴MF=x,OF=OD=MF+EF=x+2−1 ,
∵ 在 Rt △MOF 中, OF=MF2+OM2=x2+x2=2x ,
∴2x=x+2−1 ,
解得 x=1 ,
∴OF=2 ,即半径为 2 ,
∴S扇形ODF=45×π×22360=π4,S梯形 OFED=2−1+2×12=2−12 ,
∴S阴影=S梯形​OFED−S扇形​ODF=2−12−π4 .
22. 15,0,0,53
(2) 2,−33 或 3,−43 或 6,53
(3)点 M 的运动时间的最小值为 7 秒 (4) 0,5 或 0,−5
(1) 根据抛物线计算即可;
(2)利用同底等高的三角形面积相等构造与 BC 平行直线，找到与抛物线的交点 P ；
(3)如图，在 x 轴上取一点 G ，连接 CG, 使得 ∠BCG=30∘ ，作 EN⊥CG 于 N . 作 AN′⊥CG 于 N′ 交 BC 于 E′ . 由点 M 的运动时间 t=AE+EC2,EN=12EC ,推出点 M 的运动时间 t=AE+EN ,根据垂线段最短可知,当 A,E,N 关系,点 N 与 N′ 重合,点 E 与 E′ 重合时, 点 M 的运动时间最少. 由此即可解决问题;
(4)构造以 A、B 为弦的圆，由圆周角性质，当圆与 y 轴相切时， ∠AQB 取得最大值.
(1) 解: 当 x=0 时, y=53 ,
当 y=0 时,
3x2−63x+53=0 ,
解得: x1=1,x2=5 ,
故答案为: 5,0 ， 0,53 ；
(2)解:设 x 轴上点 D ，使得 △DBC 的面积 153 ，
∴12BD⋅OC=153 ，
解得: BD=6 ,
∵C0,53,B5,0 ,
则可求直线 BC 解析式为: y=−3x+53 ，
故点 D 坐标为 −1,0 或 11,0 ,
当 D 坐标为 −1,0 时,过点 D 平行于 BC 的直线 l 与抛物线交点为满足条件的 P ,
则可求得直线 l 的解析式为: y=−3x−3 ,
求直线 l 与抛物线交点得: 3x2−63x+53=−3x−3 ,
解得: x1=2,x2=3 ,
则 P 点坐标为 2,−33 或 3,−43 ,
同理当点 D 坐标为 11,0 时,直线 l 的解析式为 y=−3x+113 ,
求直线 l 与抛物线交点得: 3x2−63x+53=−3x+113 ,
解得: x1=−1 (舍弃), x2=6 ,
则点 P 坐标为 6,53 ,
综上满足条件 P 点坐标为: 2,−33 或 3,−43 或 6,53 ;
(3)解:如图，在 x 轴上取一点 G ，连接 CG, 使得 ∠BCG=30∘ ，作 EN⊥CG 于 N . 作 AN′⊥CG 于 N′ 交 BC 于 E′ .

∵tan∠BCO=OBOC=33 ,
∴∠BCO=30∘ ，
∴∠GCO=60∘ ，
∴OG=3OC=15 ,
∴ 直线 CG 的解析式为 =−33x+53 ,
∵ 点 M 的运动时间 t=AE+EC2, EN=12EC ,
∴ 点 M 的运动时间 t=AE+EN ,
根据垂线段最短可知,当 A,E,N 关系,点 N 与 N′ 重合,点 E 与 E′ 重合时,点 M 的运动时间最少.
由题意 A1,0 ,
∴AG=14 ,
∴AN′=12AG=7 ,
∴ 点 M 的运动时间的最小值为 7 秒,此时 E3,23 .
(4)解:以 AB 边为弦作圆，圆心 F 在 x 轴上方，当圆 F 与 y 轴切于点 Q 时， ∠AQB 取得最大值.
如图 2: 连接 FA、FB、FQ ,作 FH⊥AB 于点 H ,

图2
则可知 AH=2 ,
∴QF=OH=3 ,
∴FH=32−22=5 ,
∴ 点 Q 坐标为 0,5 ,
根据对称性可知,当点 Q 在 x 轴下方时,点 Q 的坐标为 0,−5 ,
故答案为: 0,5 或 0,−5 ;
23. ( 1 )见解析
(2)①见解析；② 22
本题考查了平行四边形的性质与判定, 相似三角形的性质与判定, 圆周角定理, 熟练掌握以上知识是解题的关键;
(1)连接 BO 并延长，在 BO 的延长线上截取 OD=OB ，连接 AD,CD ，进而根据对角线互相平分的四边形是平行四边形, 即可得证;
(2)①根据 △ABC∽△FCE 得出 ∠BCE=∠F=∠BAC ， ABFC=BCCE ，根据已知 CF=AC 可得 △ABC∽△CBE ；
② 根据 ∠AEC=45∘,AC=4 ，得出 E 在 △AEC 的外接圆上运动，设 △AEC 的外接圆为 ⊙O′ ,设 EF 与 ⊙O 交于点 G ,连接 AG ,证明 △BACc△GFA 得出 BC=12AG ,当 AG 为 ⊙O′ 的直径时, AG 取得最大值为 42 ,进而即可求解.
( 1 )解:如图，

图1
∵O 为 AC 中点,
∴AO=OC ,
根据作图可得 BO=OD ,
∴ 四边形 ABCD 为平行四边形,
(2)① ∵△ABC∼△FCE ，
∴∠F=∠BAC,∠ACB=∠FEC ,
∵∠ACE=∠F+∠CEF=∠ECB+∠ACB ,
∴∠BCE=∠F=∠BAC ,
∵△ABC∽△FCE ,
∴ABFC=BCCE 且 CF=AC ,
∴ABAC=BCCE,
∴△ABC∽△CBE ,
② ∵∠AEC=45∘,AC=4 ，
∴E 在 △AEC 的外接圆上运动,设 △AEC 的外接圆为 ⊙O′ 如图,设 EF 与 ⊙O′ 交于点 G ,连接 AG ,

图2
∴∠AO′C=2∠AEC=90∘
∴O′A=O′C=22AC=22
∵CG⏜=CG⏜
∴∠GAF=∠CEF ,
∵∠CEF=∠ACB
∴∠GAF=∠BCA
又 ∵∠F=∠BAC
∴△BAC∽△GFA
又 CF=AC ，则 AF=2AC ，
∴BCAG=ACAF=12
∴BC=12AG
∴ 当 AG 为 ⊙O′ 的直径时， AG 取得最大值为 42
∴BC 的最大值为 22A 班
B 班
平均数
8.3
a
中位数
b
9
众数
8 或 10
C
极差
4
3
方差
1.81
0.81