2021年福建省厦门市中考数学二检试卷

这是一份2021年福建省厦门市中考数学二检试卷，共28页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2021年福建省厦门市中考数学二检试卷
一、选择题（本大题有10小题，每小题4分，共40分.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（　　）
A．4 B．﹣4 C．±4 D．±2
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（　　）
A．14×104 B．1.4×105 C．1.4×104 D．0.14×106
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（　　）
A．2 B．3 C．5 D．7
5．（4分）下列计算正确的是（　　）
A．a3+a2＝a5 B．a3•a2＝a5 C．a3÷a2＝a5 D．（a3）2＝a5
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（　　）

A．﹣a B．a﹣1 C．1﹣a D．a+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（　　）

A．∠ACB B．∠BAE C．∠EAC D．∠AEC
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，a＞b，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（　　）

A．a（a﹣b）＝a2﹣ab B．（a+b）（a﹣b）＝a2﹣b2
C．（a﹣b）2＝a2﹣2ab+b2 D．（a+b）2＝a2+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PO∥l，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．π D．
10．（4分）在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝x2+bx﹣b（b＞0）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0＜S＜b2，∠AOC＞45°，则下列结论正确的是（　　）
A．0＜m＜2b B．﹣2b＜m＜0 C．﹣b＜n＜2b2 D．﹣b＜n＜2b2﹣b
二、填空题（本大题有6小题，每小题4分，共24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：a3﹣a2b＝　 　．
13．（4分）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝3，AC＝4，BD平分∠ABC，AD∥BC，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BM＝2，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＝（k＞0）上，且0＜xA＜xB，xD＜xC＜0．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）
①xB＝yA；②xD+yA＝0；③xA+xC＝0且xB+xD＝0；④AC，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：168﹣72＝96；
第二步：96﹣72＝24；
第三步：72﹣24＝48；
第四步：48﹣24＝24．
如果继续操作，可得24﹣24＝0，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9小题，共86分）
17．（8分）解不等式组：．
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，AE＝CF．证明AF＝CE．

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、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CD＝CE，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．

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CE＝CM．求证：CM是⊙O的切线；
（2）如图2，连接OE交BQ于点G，若BC＝2，∠BPQ＝60°，PQ＝CP＝m，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．（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方？请说明理由．
（说明：①参观者眼睛A与地面的距离近似于身高；②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y＝a（x﹣h）2上，其中m1＞0，m2＞0．点D在第四象限，直线AD⊥AC交x轴于点M，且AD＝AC．
（1）若m2＝1，
①求该抛物线的解析式；
②P（m，n）（≤m≤1）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＝，S△ACK＝S△ACD．将抛物线y＝a（x﹣h）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．

2021年福建省厦门市中考数学二检试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本大题有10小题，每小题4分，共40分.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（　　）
A．4 B．﹣4 C．±4 D．±2
【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（　　）
A．14×104 B．1.4×105 C．1.4×104 D．0.14×106
【分析】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≥10时，n是正整数；当原数的绝对值＜1时，n是负整数．
【解答】解：140000＝1.4×105．
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：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（　　）
A．2 B．3 C．5 D．7
【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（　　）
A．a3+a2＝a5 B．a3•a2＝a5 C．a3÷a2＝a5 D．（a3）2＝a5
【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、a3•a2＝a5，故此选项正确；
C、a3÷a2＝a，故此选项错误；
D、（a3）2＝a6，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（　　）

A．﹣a B．a﹣1 C．1﹣a D．a+1
【分析】根据a在数轴上的位置即可判断．
【解答】解：由数轴知：﹣2＜a＜﹣1．
∴﹣1＜a+1＜0．
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（　　）

A．∠ACB B．∠BAE C．∠EAC D．∠AEC
【分析】由圆周角定理得到∠ABC＝∠AEC，根据三角形的外角定理得到∠ACD＝∠ABC+∠BAC，进而得到∠ACD﹣∠BAC＝∠AEC．
【解答】解：∵∠ACD＝∠ABC+∠BAC，∠ABC＝∠AEC，
∴∠ACD＝∠AEC+∠BAC，
∴∠ACD﹣∠BAC＝∠AEC，
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，a＞b，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（　　）

A．a（a﹣b）＝a2﹣ab B．（a+b）（a﹣b）＝a2﹣b2
C．（a﹣b）2＝a2﹣2ab+b2 D．（a+b）2＝a2+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PQMN＝S正方形ABCD﹣4SRt△ABN，
∴（a﹣b）2＝a2+b2﹣4×
＝a2﹣2ab+b2．
故选：C．
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PO∥l，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．π 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α＝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2πr×＝，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α＝120°+360n，n为整数，
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2πr×＝，n为整数．
当n＝0时为．
故选：B．
10．（4分）在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝x2+bx﹣b（b＞0）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0＜S＜b2，∠AOC＞45°，则下列结论正确的是（　　）
A．0＜m＜2b B．﹣2b＜m＜0 C．﹣b＜n＜2b2 D．﹣b＜n＜2b2﹣b
【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，

由于点A在y轴的左侧，
∴m＜0，A选项错误；
∵S△AOC＝|m|＜b2，
∴|m|＜2b，
∴﹣2b＜m，
∵∠AOC＞45°，作直线y＝x交抛物线y＝x2+bx﹣b于点B（x1，x1），x1＜0，代入抛物线得，
∴x1＝x12+bx1﹣b，
∴x12+（b﹣1）x1﹣b＝0，
∴△＝（b﹣1）2+4b＝（b+1）2，
∴x1＝，
若∠AOC＞45°，则点A在点B的左侧，
∴n＞x，n＞﹣b，
∴m＜x，m＜﹣b，
即﹣2b＜m＜﹣b，
∴B选项错误；
当﹣2b＜m时，在（﹣2b，﹣b）内递减，
∴n＜（﹣2b）2+b•（﹣2b）﹣b，
即n＜2b2﹣b，
∴﹣b＜n＜2b2﹣b，
∴C选项错误，D选项正确．
故选：D．
二、填空题（本大题有6小题，每小题4分，共24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：a3﹣a2b＝　a2（a﹣b）　．
【分析】直接提取公因式a2，进而分解因式即可．
【解答】解：原式＝a2（a﹣b）．
故答案为：a2（a﹣b）．
13．（4分）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝3，AC＝4，BD平分∠ABC，AD∥BC，则AD的长是　5　．

【分析】先求出AB，再由BD平分∠ABC，AD∥BC，证明AD＝AB即可．
【解答】解：∵∠C＝90°，BC＝3，AC＝4，
∴AB＝5，
∵BD平分∠ABC，
∴∠ABD＝∠DBC，
∵AD∥BC，
∴∠DBC＝∠D，
∴∠D＝∠ABD，
∴AD＝AB＝5，
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BM＝2，则BN的长是　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+∠BNO＝180°，再根据正方形的性质证明△MOC≌△NOC，求出NC即可．
【解答】解：连接MN、OC，

∵∠MON＝90°，∠MBN＝90°，
∴M、O、N、B四点共圆，
∴∠BOM+∠BNO＝180°，
∵∠BNO+∠ONC＝180°，
∴∠BMO＝∠ONC，
∵点O是正方形ABCD的中心，
∴OB＝OC，∠BOC＝90°，
∵∠MON＝∠MOB+∠BON＝90°，
∠BOC＝∠BON+∠NOC＝90°，
∴∠MOB＝∠NOC，
∴△MOB≌△NOC，
∴NC＝MB＝2，
∵正方形ABCD的边长为5，
∴BC＝5，
∴BN＝BC﹣NC＝5﹣2＝3．
故答案为：3．
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＝（k＞0）上，且0＜xA＜xB，xD＜xC＜0．要使得四边形ABCD是矩形，至少要满足条件　①③　．（只需写出一种符合题意的答案，填写相应的序号即可）
①xB＝yA；②xD+yA＝0；③xA+xC＝0且xB+xD＝0；④AC，BD都经过点O．
【分析】由③可得四边形ABCD是平行四边形，由①可得OA＝OB，进而可得矩形．
【解答】解：满足①③，如图：

∵xA+xC＝0且xB+xD＝0，
∴O为AC、BD的中点，
即四边形ABCD为平行四边形，
∵xB＝yA，即OE＝OF，
由反比函数k的几何意义可得：AF＝BE，
∵∠AFO＝∠BEO，
∴△AFO≌△BEO（SAS），
∴OA＝OB，即AC＝BD，
∴平行四边形ABCD是矩形．
故答案为：①③．
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：168﹣72＝96；
第二步：96﹣72＝24；
第三步：72﹣24＝48；
第四步：48﹣24＝24．
如果继续操作，可得24﹣24＝0，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的代数式表示）
【分析】令较大的数为x，较小的数为y，则x＞2y，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x＞2y，
∴x﹣y＞y，
第一步，x﹣y＝x﹣y，此时剩x﹣yy；
第二步，（x﹣y）﹣y＝x﹣2y，此时剩x﹣2y和y；
第三步：
①当x﹣2y＞y时，x﹣（x﹣2y）＝a，此时y＝a，
解得，x＝4a，y＝a，
②当x﹣2y＜y时，y﹣（x﹣2y）＝a，此时x﹣2y＝a，
即，
解得，x＝5a，y＝2a，
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9小题，共86分）
17．（8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①得，x≥1，
解不等式②得，x＜3，
所以，不等式组的解集是1≤x＜3．
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，AE＝CF．证明AF＝CE．

【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△ADF≌△CBE（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，
∴AB∥CD．
∴AE∥CF．
又∵AE＝CF，
∴四边形AECF是平行四边形．
∴AF＝CE．
方法二：
证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD＝BC，AB＝CD，∠B＝∠D．．
∵AE＝CF，
∴AB﹣AE＝CD﹣CF．即BE＝DF．
在△ADF和△CBE中，
，
∴△ADF≌△CBE（SAS），
∴AF＝CE．
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）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）690×＝420（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s＝k1t+b1（k1≠0），
依题意，体育馆与学校的距离为70×20+200＝900，所以B（200，900）．
把A（60，200），B（200，900）分别代入s＝k1t+b，
得
解得
所以lAB的解析式为s＝70t﹣4000（60≤t≤70），
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：s＝50（t﹣53）（53≤t≤71）．
即s＝50t﹣2650 （53≤t≤71）．
当53≤t＜60时，甲在电影院内，乙在路上行走，两人不会相遇．
当60≤t≤70时，解方程组
可得t＝67.5，
因为60≤67.5≤70，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分别在边BC，AC上，且CD＝CE，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EP＝CE＝CD＝DP，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．
∴EP＝CE，DP＝CD．
∵CD＝CE，
∴EP＝CE＝CD＝DP．
∴四边形EPDC是菱形．
∴EP∥CD．
∴∠AQE＝∠B，∠AEQ＝∠C．
∴△AQE∽△ABC．
∴＝．
∵＝＝，
设BD＝a，则CD＝2a．
∴CE＝EP＝2a，BC＝3a．
∴AE＝4a．
∴AC＝6a．
∵＝，
∴＝．
∴QE＝2a．
∴QE＝EP．
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CE＝CM．求证：CM是⊙O的切线；
（2）如图2，连接OE交BQ于点G，若BC＝2，∠BPQ＝60°，PQ＝CP＝m，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△OCE≌△OCM可得∠OMC＝∠OEC＝90°，进而可得结论；
（2）连接EO并延长交AD于点F，连接OA，OD．证明BE＝EC＝BC，过点Q作QH⊥CP于H，连接CQ．根据GE∥QH，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，
∴OE⊥BC，即∠OEC＝90°，
∵点E，点M在⊙O上，
∴OE＝OM．
又∵CE＝CM，OC＝OC，
∴△OCE≌△OCM（SSS），
∴∠OMC＝∠OEC＝90°，即OM⊥CM，
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，
∴∠BCD＝∠CDA＝90°，AD＝BC＝2．
又∵由（1）得∠OEC＝90°，
∴四边形ECDF为矩形．
∴EC＝FD，∠OFD＝90°．
∵OA＝OD，
∴AF＝FD＝AD，
∴EC＝FD＝AD＝BC．
∴BE＝EC＝BC，
过点Q作QH⊥CP于H，连接CQ．
∵∠BPQ＝60°，PQ＝PC＝m，
∴△CPQ为等边三角形，QC＝PQ．
∵QH⊥CP，即∠QHP＝90°，
∴CH＝HP＝CP＝m，
∵∠OEC＝∠QHP＝90°，
∴GE∥QH，
∴＝．
∵点M是BQ的中点，
∴BM＝BQ，
∴＝＝＝＝＝＝1+，
当点M在⊙O内时，0＜m＜．
24．（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方？请说明理由．
（说明：①参观者眼睛A与地面的距离近似于身高；②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BO＝152cm，则BQ＝16cm，过B作射线l⊥QO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：（1）已知：如图所示，点A，B，C在⊙O上，点P在⊙O外，
求证：∠ACB＞∠APB．

证明：设BP交⊙O于点Q，连接AQ，
∵∠ACB与∠AQB同对弧AB，
∴∠ACB＝∠AQB，
在△APQ中，∠AQB＝∠APB+∠PAQ，
∴∠AQB＞∠APB，
∴∠ACB＞∠APB；
（2）设合唱队员平均身高为 cm，则＝＝152，
在QO上取一点B，使得BO＝152cm，则BQ＝16cm，过B作射线l⊥QO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，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CH⊥PQ于H，连接CP，CQ，
从而四边形HBMC和四边形HONC均为矩形．
在⊙C中，CP＝CQ，CH⊥PQ，
∴PH＝HQ＝PQ＝48，
∴CQ＝CM＝HB＝48+16＝64，
在Rt△CHQ中，∠CHQ＝90°，CQ2＝CH2+HQ2，
∴CH＝＝16，
∴ON＝CH＝16，
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y＝a（x﹣h）2上，其中m1＞0，m2＞0．点D在第四象限，直线AD⊥AC交x轴于点M，且AD＝AC．
（1）若m2＝1，
①求该抛物线的解析式；
②P（m，n）（≤m≤1）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＝，S△ACK＝S△ACD．将抛物线y＝a（x﹣h）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）①由抛物线的对称性可知h＝0，将C点坐标代入可求出答案；
②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＝•NQ•PH＝﹣m2+2m，由二次函数的性质可得出答案；
（2）过点A作直线AE⊥x轴于点E，过点C作CG⊥AE于点G，过点D作DF⊥AE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＝（x﹣t）2+t2得（2﹣t）2+t2＝．由方程根的情况可得出答案．
【解答】解：（1）①∵点A（﹣m1，1），B（m1，1）在抛物线y＝a（x﹣h）2上，
∴h＝0，
∴该抛物线的解析式为y＝ax2．
∵当m2＝1时，点C的坐标为（1，4），代入y＝ax2，
得a＝4．
∴抛物线的解析式为y＝4x2．
②∵A（﹣m1，1），P（m，n） 在抛物线y＝4x2上，
∴1＝4m12，n＝4m2．
∵m1＞0，
∴m1＝．
∴A（﹣，1）．
设直线AP的解析式为y＝kx+b，则N（0，b），
分别代入A（﹣，1），P（m，4m2）得．
可得b＝2m．
∴N（0，2m），
∵≤m≤1，
∴2m≤2＜4．
∴NQ＝4﹣2m．
过点P作PH⊥y轴于点H，则PH＝m．

∴△PNQ的面积S＝•NQ•PH＝m•（4﹣2m）＝﹣m2+2m （≤m≤1）．
∵﹣1＜0，对称轴m＝1，
∴当≤m≤1时，△PNQ的面积S随m的增大而增大．
∴≤S≤1．
（2）平移后的抛物线不经过点K，理由如下：
过点A作直线AE⊥x轴于点E，过点C作CG⊥AE于点G，过点D作DF⊥AE于点F．

∵A（﹣m1，1），AE⊥x轴，
∴AE＝1．
∵AM＝，
在Rt△AEM中，cos∠EAM＝＝．
∴∠EAM＝45°．
∵DF⊥AE，
∴∠AFD＝90°．
∴∠ADF＝45°．
∵AD⊥AC，
∴∠DAC＝90°．
∴∠GAC＝90°﹣∠EAM＝45°．
∵CG⊥AE，
∴∠AGC＝90°．
∴∠ACG＝45°．
∴AG＝CG＝3．
∴m2+m1＝3．
∵点A（﹣m1，1），B（m1，1）在抛物线y＝a（x﹣h）2上，
∴h＝0．
∴y＝ax2，
分别代入A（﹣m1，1），C（m2，4）得．
∴m22＝4m12．
∵m1＞0，m2＞0，
∴m2＝2m1．
又∵m2+m1＝3，
∴m2＝2，m1＝1．
∴C（2，4），A（﹣1，1）．
把C（2，4）代入y＝ax2得a＝1．
∴y＝x2．
∵平移后抛物线的顶点仍在y＝x2上，
∴可设平移后抛物线的解析式为y＝（x﹣t）2+t2．
∵∠EAM＝∠GAC，AD＝AC，∠ADF＝∠ACG，
∴△FAD≌△GAC（ASA）．
∴FA＝FD＝AG＝CG＝3．
∵A（﹣1，1），
∴D（2，﹣2）．
∵C（2，4），
∴CD⊥x轴，
且CD＝6．
∵S△ACK＝S△ACD，
∴CK＝CD＝．
∴K（2，）．
代入平移后抛物线的解析式y＝（x﹣t）2+t2得（2﹣t）2+t2＝．
化简得4t2﹣8t+5＝0．
该方程无实数根，故平移后的抛物线不经过点K．