2021年江苏省南通市通州区中考数学二模试卷(附答案详解)

2021年江苏省南通市通州区中考数学二模试卷
一、选择题（本大题共10小题，共30.0分）
1.在实数−3，−√3，0，1
中，小于−2的实数是()
3
A. −3
B. −√3
C. 0
D. 1
3
2.2020年国内生产总值达到1016000亿元，是全球唯一实现经济正增长的主要经济体
.将数1016000用科学记数法表示为()
A. 10.16×105
B. 1.016×106
C. 1.016×105
D. 0.1016×107
3.下列运算正确的是()
A. a+2a=3a2
B. 2a3⋅3a2=6a6
C. (3a2)3=6a6
D. a6÷a2=a4
4.将不等式5+2x≥3的解集在数轴上表示，其中正确的是()
A. B. C. D.
5.长方体的主视图与俯视图如图所示，则这个长方体的体积是()
A. 20
B. 30
C. 40
D. 50
6.若2+√3，2−√3是关于x的方程x2+mx+n=0的两个实数根，则m+n的值为
()
A. −4
B. −3
C. 3
D. 5
7.一组数据：1，3，3，5，若添加一个数据3，则发生变化的统计量是()
A. 平均数
B. 众数
C. 中位数
D. 方差
8.如图，四边形ABCD中，E，F分别是边AD，BC的中
点，G，H分别是对角线BD，AC的中点，若四边形EGFH
为矩形，则四边形ABCD需满足的条件是()
A. AC=BD
B. AC⊥BD
C. AB=DC
D. AB⊥DC
9.关于一次函数y=kx+b(k,b为常数)，有下列命题：①图象过点(−2,−5)；②b>0；
③k=3
；④图象过点(2,4).若上述四个命题中只有一个假命题，则该命题是()
2
A. ①
B. ②
C. ③
D. ④
10.如图，菱形ABCD的顶点A，C，D在圆上，将菱形ABCD
绕点A顺时针旋转至菱形AB′C′D′，其中点B′，C′落在圆上，
连接BD′，CC′，若BD′=CC′，则tan∠BAD的值为()
A. √5
B. √7
C. 2√3
D. √15
二、填空题（本大题共8小题，共24.0分）
3+√16=______．
11.计算：√−8
12.分解因式：ax2−2axy+ay2=______．
13.以原点为中心，把点M(3,5)顺时针旋转90°得到点N，则点N的坐标为______ ．
14.我国古代数学专著《九章算术》中记载：“今有宛田，下周三十步，径十六步，问
为田几何？”注释：宛田是指扇形形状的田，下周是指弧长，径是指扇形所在圆的直径.那么，这口宛田的面积是______ 平方步．
15.如图，从热气球C处测得地面A、B两点的俯角分别为30°、45°，如果此时热气球
C处的高度CD为100米，点A、D、B在同一直线上，则AB两点的距离是______ ．
16.已知P=x2+t，Q=2x，若对于任意的实数x，P>Q始终成立，则t的值可以为
______ (写出一个即可)．
(x<0)的图象在第二17.在平面直角坐标系xOy中，直线y=−x+2m与函数y=−4
x
象限相交于点A，与x轴相交于点B，则OA2−OB2的值为______ ．
18.如图，在边长为2的正方形ABCD中，点M在边AB上，点
N在对角线AC上，连接DM，DN.若AM=CN，则(DM+DN)2
的最小值为______ ．
三、解答题（本大题共10小题，共96.0分） 19. 解方程组{x +y =4
3x −y =8
．
20. 计算：(x +3+7
3−x )÷4+x
2x−6．
21. 如图，AB =DC ，AC =BD.求证：∠BAC =∠CDB ．
22. 如图，∠MPN =90°，PM ，PN 分别切⊙O 于B ，C 两点.按下列步骤作图：①分别
以点M 和点O 为圆心，大于1
2MO 的长为半径作弧，两弧相交于E ，F 两点；②作
直线EF 交MO 于点D ；③以点D 为圆心，DO 为半径作半圆D ，交⊙O 于点A(A 与B 不重合)；④延长MA 交PN 于点Q.若MB =6，⊙O 的半径为2，求MQ 的长．
23. 盒中有x 个白球和y 个黄球，这些球除颜色外无其他差别.若从盒中随机取一个球，
它是白球的概率是2
3；若往盒中再放进1个黄球，这时取得白球的概率变为1
2． (1)填空：x = ______ ，y = ______ ；
(2)小聪和小明利用x 个白球和y 个黄球进行摸球游戏，从盒中随机摸取一个，接着从剩下的球中再随机摸取一个，若两球颜色相同则小聪获胜，若颜色不同则小明获胜，求小明获胜的概率．
24. 某人做跑步健身运动，每千米消耗的热量y(单位：kcal)与其跑步的速度x(单位：
km/ℎ)之间的函数关系如图所示，其中线段AB 的表达式为y =2x +50(2.5≤x ≤10)，点C 的坐标为(14,82)，即步行速度为14km/ℎ时他每步行1km 的消耗热量是
82kcal．
(1)求线段BC的表达式；
(2)若从甲地到乙地全程为26km，其中有6km是崎岖路，他步行的最高速度是5km/ℎ，
20km是平坦路，他步行的最高速度是12km/ℎ，那么在不考虑其他因素的情况下，他从甲地到乙地至多消耗多少kcal的热量？
25.2021年是中国共产党建党100周年，为了讴歌党的光辉业绩，继承和发挥党的光荣
传统和优良作风，某校组织七、八年级各100名学生参加党史知识竞赛，现从中各随机抽取20名学生的比赛成绩进行调查过程如下：
收集数据：
七年级：9077887398418168854080958871878872768684
八年级：7686619889847582938278837992817482646263
整理数据：
成绩(分)
40≤x
<5050≤x
<60
60≤x
<70
70≤x
<80
80≤x
<90
90≤x
<100
七年级人
数
201593八年级人
数
004583
分析数据：
得出结论：
(1)若竞赛成绩大于85分的记为优秀，请估计该校七、八两个年级共有多少名学生
获得优秀？
(2)甲同学用平均分推断，八年级党史知识竞赛成绩更好些；乙同学用中位数或众
数推断，七年级党史知识竞赛成绩更好些.你认为谁的推断比较科学合理？为什么？
26.在平面直角坐标系xOy中，抛物线y=ax2+bx−5恰好经过A(2,−9)，B(4,−5)，
C(4,−13)三点中的两点．
(1)求该抛物线解析式；
(2)对于这个函数，若自变量x的值增加5时，对应的函数值y增大，求满足条件的
x的取值范围．
27.如图，△ABC中，AC=8，BC=12，∠BAC=2∠B.点P是BC边上一点，点C关
于AP的对称点恰好落在AB边上的点D处．
(1)求证：△PAC∽△ABC；
(2)求线段AB的长；
(3)已知Q是AD上一个动点，将△BPQ沿直线PQ折叠得△EPQ，EP与线段AQ
≤n，求m+n的值．
相交于点F.若m≤FQ
FP
28.定义：有一条边等于这条边上高的两倍的三角形叫做底倍高三角形，这条边叫做这
个三角形的倍底．
在平面直角坐标系xOy中，已知点A(−2,−2)，点B(4,−8)，△ABC是以AB为倍底的底倍高三角形．
(1)概念理解
请你根据上述定义举一个底倍高三角形的例子；
(2)问题探究
m2)，其中−2<m<4，当PC取最小值时，求点C的坐标；
设点P(m,−1
2
(3)应用拓展
已知⊙I的半径为1，圆心I在直线y=x−6上，且点C在⊙I上，设圆心I的横坐标为a，试直接写出a的取值范围．
答案和解析
1.【答案】A
，
【解析】解：∵−3<−2<−√3<0<1
3
∴小于−2的实数是−3，
故选：A．
根据负数小于0，正数大于0，两个负数比较大小，绝对值大的反而小进行比较大小即可．
本题考查了实数的比较大小，解题的关键是：两个负数比较大小，绝对值大的反而小．
2.【答案】B
【解析】解：1016000=1.016×106．
故选：B．
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．
此题考查科学记数法的表示方法．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，表示时关键要正确确定a的值以及n的值．
3.【答案】D
【解析】解：A选项，a和2a不是同类项，不能合并，不符合题意；
B选项，原式=6a5，不符合题意；
C选项，原式=27a6，不符合题意；
C选项，原式=a4，符合题意；
故选：D．
根据合并同类项，单项式乘单项式，积的乘方，同底数幂的除法计算即可．
本题考查了合并同类项，单项式乘单项式，积的乘方，同底数幂的除法，解题时注意33= 27．
4.【答案】A
【解析】解：移项得：2x≥3−5，
合并得：2x≥−2，
解得：x≥−1，
在数轴上表示为
故选：A．
按照移项，合并同类项，系数化为1的方法计算即可．
本题考查了不等式组的解集在数轴上表示的方法：把每个不等式的解集在数轴上表示出来(>,≥向右画；<，≤向左画)，数轴上的点把数轴分成若干段，如果数轴的某一段上面表示解集的线的条数与不等式的个数一样，那么这段就是不等式组的解集．有几个就要几个．在表示解集时“≥”，“≤”要用实心圆点表示；“<”，“>”要用空心圆点表示．
5.【答案】C
【解析】解：由主视图可知，这个长方体的长和高分别为5和4，
由俯视图可知，这个长方体的长和宽分别为5和2，
因此这个长方体的长、宽、高分别为5、2、4，
因此这个长方体的体积为4×2×5=40立方单位．
故选：C．
由所给的视图判断出长方体的长、宽、高，让它们相乘即可得到体积．
三视图问题一直是中考考查的高频考点，一般题目难度中等偏下，本题是由两种视图来推测整个正方体的特征，这种类型问题在中考试卷中经常出现，本题所用的知识是：主视图主要反映物体的长和高，左视图主要反映物体的宽和高，俯视图主要反映物体的长和宽．
6.【答案】B
【解析】解：∵2+√3，2−√3是关于x的方程x2+mx+n=0的两个实数根，
∴2+√3+2−√3=−m，(2+√3)(2−√3)=n，
∴m=−4，n=1，
∴m+n=−3．
故选：B．
由根与系数关系求出m，n的值，则可求出答案．
本题考查根与系数关系，解题的关键是记住x1，x2是一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠
0)的两根时，x1+x2=−b
a ，x1x2=c
a
．
7.【答案】D
【解析】解：原数据的1、3、3、5的平均数为1+3+3+5
4=3，中位数为3+3
2
=3，众数为
3，方差为1
4
×[(1−3)2+(3−3)2×2+(5−3)2]=2；
新数据1、3、3、3、5的平均数为1+3+3+3+5
5=3，中位数为3，众数为3，方差为1
5
×[(1−
3)2+(3−3)2×3+(5−3)2]=1.6；
∴添加一个数据3，方差发生变化，
故选：D．
依据的定义和公式分别计算新旧两组数据的平均数、中位数、众数、方差求解即可．本题主要考查的是众数、中位数、方差、平均数，熟练掌握相关概念和公式是解题的关键．
8.【答案】D
【解析】解：若四边形EGFH为矩形，则四边形ABCD需满足的条件是AB⊥DC，理由如下：
∵E，G分别是AD，BD的中点，
∴EG是△DAB的中位线，
∴EG=1
2
AB，EG//AB，
同理，FH=1
2
AB，FH//AB，GF//DC，
∴EG=FH，EG//FH，
∴四边形EGFH是平行四边形，
∵AB⊥DC，GF//DC，FH//AB，
∴GF⊥FH，
∴∠GFH =90°，
∴平行四边形EGFH 是矩形， 故选：D ．
先由三角形中位线定理证四边形EGFH 是平行四边形，再证∠GFH =90°，即可得出结论．
此题考查了中点四边形的性质、矩形的判定以及三角形中位线的性质等知识，熟练掌握矩形的判定方法是解题的关键．
9.【答案】A
【解析】解：若一次函数同时经过(−2,−5)，(2,4)，则−2k +b =−5，2k +b =4，解得k =9
4，b =−1
2，此时②③都是假命题， 所以一次函数不经过(−2,−5)，(2,4)，
若一次函数经过(2,4)，则2k +b =4，当k =3
2时，b =1>0，此时②③④为真命题，①为假命题． 故选：A ．
若一次函数同时经过(−2,−5)，(2,4)，则−2k +b =−5，2k +b =4，解得k =9
4，b =−1
2，此时②③都是假命题，所以一次函数不经过(−2,−5)，(2,4)，若一次函数经过(2,4)，当k =3
2时，推出b =1>0，推出时②③④为真命题，①为假命题．可得结论． 本题考查了命题于定理：命题的“真”“假”是就命题的内容而言．任何一个命题非真即假．要说明一个命题的正确性，一般需要推理、论证，而判断一个命题是假命题，只需举出一个反例即可．也考查了一次函数图象上点的坐标特征．
10.【答案】D
【解析】解：连接AC 、BD 、BC′、D′C ，AC 与BD 交于点P ，设BC 与D′C′交于点M ，圆心为O ，连接OC 、AM 并延长，交⊙O 于一点，过点D 作DE ⊥AB 于点E ， 如图所示：
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC=CD=AD，AP=PC，DP=PB，AC⊥BD，
由旋转的性质可得：AD=AD′=DC=B′C′=BC=D′C′，
由圆与菱形都为轴对称图形，则有AM即为该图形的轴对称，∴BD′⊥AM，CC′⊥AM，
∴BD′=CC′，
∴四边形BD′CC′是平行四边形，
由轴对称的性质可得BC=C′D′，
∴四边形BD′CC′是矩形，
∴M为BC的中点，
∴点O为△ABC的重心，
∴OP=1
3
BP，
设OP=x，则OB=2x，BP=PD=3x，半径为R，
∴OD=AO=OC=R=OP+PD=4x，
∴x=R
4
，
在Rt△APO中，AP=√AO2−OP2=√(4x)2−x2=√15
4
R，
在Rt△APD中，AD=√AP2+DP2==√6
2
R=AB，
∵S△ABD=1
2BD⋅AP=1
2
AB⋅DE，
∴DE=BD⋅AP
AB =3√10
8
R，
∴AE=√AD2−DE2=√6
8
R，
∴tan∠BAD=DE
AE
=√15，
故选：D．
连接AC、BD、BC′、D′C，AC与BD交于点P，设BC与D′C′交于点M，圆心为O，连接OC、AM并延长，交⊙O于一点，过点D作DE⊥AB于点E，由题意易得AM即为该
图形的轴对称，则有四边形BD′CC′是矩形，进而可得点O为△ABC的重心，则OP=1
3
BP，
设OP=x，则OB=2x，BP=PD=3x，半径为R，然后可得AP=√15
4R，AD=√6
2
R=AB，
最后根据等积法及三角函数可进行求解．
本题主要考查旋转与轴对称的性质、菱形的性质、圆的基本性质及三角函数，熟练掌握旋转与轴对称的性质、菱形的性质、圆的基本性质及三角函数是解题的关键．
11.【答案】2
【解析】解：√−8
3+√16=−2+4=2．
故答案为：2
分别根据立方根的定义与算术平方根的定义解答即可．
本题主要考查了立方根与算术平方根，熟记立方根与二次根式的性质是解答本题的关键．
12.【答案】a(x−y)2
【解析】解：ax2−2axy+ay2，
=a(x2−2xy+y2)，
=a(x−y)2．
故答案为：a(x−y)2．
先提取公因式a，再根据完全平方公式进行二次分解．完全平方公式：a2−2ab+b2= (a−b)2．
本题考查了提公因式法，公式法分解因式，提取公因式后利用完全平方公式进行二次分解，注意分解要彻底．
13.【答案】(5,−3)
【解析】解：观察图形可知，N(5,−3)．
故答案为：(5,−3)．
作出图形解答即可．
本题考查坐标与图形变化−旋转，解题的关键是正确作出图形，属于中考常考题型．14.【答案】120
【解析】解：∵扇形的田，弧长30步，其所在圆的直径是16步，
×30×8=120(平方步)，
∴这块田的面积S=1
2
故答案为120．
利用扇形面积公式即可计算的解．
本题是扇形面积公式的应用，考查了推理能力，是基础题．
15.【答案】100(√3+1)米
【解析】解：∵从热气球C处测得地面A、B两点的俯角分别为30°、45°，
∴∠BCD=90°−45°=45°，∠ACD=90°−30°=60°，
∵CD⊥AB，CD=100m，
∴△BCD是等腰直角三角形，
∴BD=CD=100m，
在Rt△ACD中，
∵CD=100m，∠ACD=60°，
∴AD=CD⋅tan60°=100×√3=100√3m，
∴AB=AD+BD=100√3+100=100(√3+1)m．
故答案为：100(√3+1)米．
先根据从热气球C处测得地面A、B两点的俯角分别为30°、45°可求出∠BCD与∠ACD的度数，再由直角三角形的性质求出AD与BD的长，根据AB=AD+BD即可得出结论．本题考查的是解直角三角形的应用−仰角俯角问题，熟知锐角三角函数的定义是解答此题的关键．
16.【答案】2
【解析】解：∵P=x2+t，Q=2x，
∴若对于任意的实数x，P>Q始终成立，必须x2+t>2x，
即：x2−2x+t>0，
∵x2−2x+t=(x−1)2+t−1，
又(x−1)2≥0，
∴当t−1>0时，x2−2x+t>0永远成立，即P>Q始终成立．
∴t>1．
故答案为：2(答案不唯一)．
由P>Q可得x2+t>2x，整理得x2−2x+t>0，将不等式的左边配方后，利用不等式的性质，结论可得．
本题主要考查了配方法的应用，非负数的性质−偶次方．利用配方法将多项式变形，再根据非负数的性质解答是解题的关键．
17.【答案】8
【解析】解：把y=−x+2m代入y=−4
x 得：−x+2m=−4
x
，
即x2−2mx=4，
y=−x+2m与x轴交点B的坐标是(2m,0)，设A的坐标是(x,y)，
∴OA2−OB2
=x2+y2−(2m)2
=x2+(−x+2m)2−(2m)2
=2x2−4mx
=2(x2−2mx)
=2×4
=8．
故答案为8．
把y=−x+2m代入y=−4
x
得出x2−2mx=4，y=−x+2m与x轴交点B的坐标是(2m,0)，设A的坐标是(x,y)，求出OA2−OB2=x2+(−x+2m)2−(2m)2=2(x2−4mx)，代入求出即可．
本题考查了一次函数和反比例函数的交点问题的应用，一次函数图象上点的坐标特征，主要考查学生的计算能力．
18.【答案】8+4√2
【解析】解：如图，在AB的下方作∠BAR=45°，且AR=CD=2，连接MR，DR，过点R作RT⊥DA交DA的延长线于T．
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=CD=2，∠DCN=45°，∠DAB=∠BAT=90°，
∴∠DCN=∠RAM=45°，
在△DCN和△RAM中，
{DC=RA
∠DCN=∠RAM CN=AM
，
∴△DCN≌△RAM(SAS)，
∴DN=RM，
∵∠BAR=∠RAT=45°，AR=2，∠T=90°，
∴AT=RT=√2，
∴DR=√DT2+TR2=√(2+√2)2+(√2)2=√8+4√2，∵DM+DN=DM+MR≥DR，
∴DM+DN的最小值为√8+4√2，
∴(DM +DN)2的最小值为8+4√2． 故答案为：8+4√2．
如图，在AB 的下方作∠BAR =45°，且AR =CD =2，连接MR ，DR ，过点R 作RT ⊥DA 交DA 的延长线于T.利用全等三角形的性质证明DN =RM ，求出DM +DN =DM +MR 的最小值，可知结论．
本题考查轴对称最短问题，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考填空题中的压轴题．
19.【答案】解：{
x +y =4①
3x −y =8②
，
①+②，得4x =12， 解得：x =3，
把x =3代入①，得3+y =4， 解得：y =1，
所以方程组的解是{x =3
y =1．
【解析】①+②得出4x =12，求出x ，把x =3代入①求出y 即可．
本题考查了解二元一次方程组，能把二元一次方程组转化成一元一次方程是解此题的关键，注意：解二元一次方程组的方法有：代入法和加减法．
20.【答案】解：(x +3+73−x )÷4+x
2x−6
=
(x +3)(3−x)+73−x ⋅
2(x −3)
4+x
=9−x 2+73−x ⋅
2(x −3)
4+x
=(4+x)(4−x)3−x ⋅
2(x −3)
4+x =−2(4−x)
=2x −8．
【解析】根据分式的加法法则和除法法则计算即可．
本题考查分式的混合运算，解答本题的关键是明确分式的除法法则：把除法转化为乘法，
然后根据分式的乘法法则计算．
21.【答案】证明：在△ABC和△DCB中，
{AB=DC
AC=DB
BC=CB
，
∴△ABC≌△DCB(SSS)，
∴∠BAC=∠CDB．
【解析】由已知条件，结合公共边可以利用SSS判定△ABC≌△DCB，再根据全等三角形的对应角相等即可得解．
此题考查了全等三角形的判定与性质，熟练掌握三角形全等的判定是解答本题的关键．
22.【答案】解：连接OA、OB、OC，
∵PM，PN分别切⊙O于B，C两点，
∴∠OBP=∠OCP=90°，
∵∠MPN=90°，OB=OC，
∴四边形OCPB是正方形，
∴PC=PB=OB=2，
∵OM为⊙D的直径，
∴∠OAM=90°，即OA⊥QM，
∴QM与⊙O相切于点A，
∴MA=MB=6，QA=QC，
设QA为x，则MQ=x+6，QP=x+2，
在Rt△MPQ中，
PM2+QP2=MQ2，即(6+2)2+(x+2)2=(x+6)2，
解得x=4，
∴MQ=10．
【解析】连接OA、OB、OC，可知四边形OCPB是正方形，QM与⊙O相切，设QA为x，利用勾股定理求出QA，即可求得MQ．
本题主要考查切线的性质，解题的关键是能够正确作出辅助线．
23.【答案】2 1
【解析】解：(1)由题意得：{x
x+y
=2
3x x+y+1=12
，
解得：{x =2
y =1，
故答案为：2，1； (2)画树状图如图：
共有6种等可能的结果，小明获胜的结果有4种， ∴小明获胜的概率为4
6=2
3．
(1)由概率公式得{x
x+y
=23x x+y+1=12
，求解即可；
(2)画树状图，共有6种等可能的结果，小明获胜的结果有4种，再由概率公式求解即可．
此题考查了树状图法与列表法求概率．解题的关键是根据题意列表或画树状图，注意列表法与树状图法可以不重不漏的表示出所有等可能的结果．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
24.【答案】解：(1)∵线段AB 的表达式为y =2x +50(2.5≤x ≤10)，
∴点B 的坐标(10,70)，
设线段BC 的表达式为：y =kx +b ， ∵点C 的坐标为(14,82)， ∴{
10k +b =70
14k +b =82
，
解得：{k =3
b =40
，
∴线段BC 的表达式为：y =3x +40(10≤x ≤14)； (2)x =5时，y =2×5+50=60， x =12时，y =3×12+40=76， ∴60×6+76×20=1880(kcal)，
答：他从甲地到乙地至多消耗1880kcal 的热量．
【解析】(1)根据线段AB 的表达式为y =2x +50(2.5≤x ≤10)求出点B 的坐标，利用待定系数法即可求解．
(2)分别求出x =5，x =12时y 的值，即可求解，
本题考查一次函数的应用，主要考查学生结合题意读懂图象的基本能力和待定系数法求函数表达式的技能，属基础题．
25.【答案】解：(1)估计该校七、八年级参赛学生中优秀学生的人数共有100×820+100×520=65(名)，
答：估计该校七、八两个年级共有65名学生获得优秀；
(2)乙同学的推断比较科学合理．
理由：虽然七年级的平均分比八年级低，但从统计表可以看出，七年级有2名学生的成绩为40≤x <50，
在该组数据中属于极端值，平均分受极端值的影响较大；而中位数或众数不易受极端值得影响，
所以乙同学的推断更科学合理．
【解析】(1)用各年级总人数乘以样本中优秀学生的人数所占比例，再相加即可；
(2)根据平均数、中位数、众数的意义判定并说明理由即可．
题考查频数分布表、中位数、众数、平均数、用样本估计总体，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
26.【答案】解：(1)当抛物线经过点A 、B 时，
将A(2,−9)，B(4,−5)代入y =ax 2+bx −5，
得：{−9=4a +2b −5−5=16a +4b −5
，解得{a =1b =−4， ∴此时抛物线解析式为：y =x 2−4x −5，
当抛物线经过点A 、C 时，
将A(2,−9)，C(4,−13)代入y =ax 2+bx −5，
得：{−9=4a +2b −5−13=16a +4b −5
，解得{a =0b =−2， 此时不符合条件，
当抛物线经过点B 、C 时，
将B(4,−5)，C(4,−13)代入代入y =ax 2+bx −5，
得：{−5=16a +4b −5−13=16a +4b −5
，此时方程无解， 综上所述，抛物线解析式为：y =x 2−4x −5．
(2)由题意得：(x +5)2−4(x +5)−5>x 2−4x −5，
解得x >−12，
∴满足条件的x 的取值范围为：x >−12．
【解析】(1)根据题意分三种情况进行讨论：当抛物线经过点A 、B 时、当抛物线经过点A 、C 时、当抛物线经过点B 、C 时，利用待定系数法求得二次函数的解析式即可，
(2)根据题意列出不等式：(x +5)2−4(x +5)−5>x 2−4x −5，求解即可．
本题考查待定系数法求二次函数的解析式、二次函数的性质及二次函数图象上点的坐标特征，通常要结合题目中的要求和二次函数的相关性质列出相应的等式或不等式进行求解．
27.【答案】(1)证明：∵C 与D 点关于AP 对称，
∴△APC 与△APD 关于AP 成轴对称，
∴∠CAP =∠DAP ，又∵∠BAC =2∠B ，
∴∠PAB =∠PBA ，
∴AP =BP ，
∵∠C =∠C ，∠CAP =∠PBA ，
∴△PAC∽△ABC ．
(2)解：由(1)知，△PAC∽△ABC ，
∴AC BC =PC AC =PA AB ，
∴AC =8，BC =12，
∴812=PC 8=PA AB ，
∴PC =163，
∴AP =BP =BC −PC =203，
∴AB =32PA =10． (3)解：由题可知，△BPQ 与△EPQ 关于PQ 对称， ∴PE =PB =AP =203，∠B =∠PEQ =∠BAP ， 又∵∠EFQ =∠AFP ， ∴△EFQ∽△AFP ，
设DQ =x ，则AQ =8−x ，BQ =EQ =2+x ，设QF =a ，AF =b ，
∵EQ AP =FQ AF ，即2+x
20
3=a
b ， 又∵a +b =8−x ，
∴a =(6+x)(8−x)
26+3x ，即FQ =(6+x)(8−x)
26+3x
， 同理，设EF =c ，PF =d ，EQ AP =EF PF ，即
20+x
20
3=c d ， 又c +d =
203， ∴d =
4003(26+3x)即FP =4003(26+3x)， ∴FQ FP =(6+x)(8−x)
26+3x 400
3(26+3x)=3
400(−3x 2+18x +48)， 由上式可知FQ FP 的比值是一个二次函数，
∵点Q 在AD 上运动，
∴0<x <8，根据二次函数的增减性，二次函数y =−3x 2+18x +48在0≤x ≤8范围里，函数值y 的范围是63≤y ≤75，
∴FQ
FP =3
400(−3x 2+18x +48)的范围为
63×3400≤FQ FP ≤3×75400， ∴m =63×3400
，n =3×75
400， ∴m +n =207200．
【解析】(1)根据两角对应相等两三角形相似证明即可．
(2)利用新三角形的性质求解即可．
(3)证明△EFQ∽△AFP ，设DQ =x ，则AQ =8−x ，BQ =EQ =2+x ，设QF =a ，AF =b ，则EQ AP =FQ AF ，即2+x
20
3=a b ，又a +b =8−x ，推出a =(6+x)(8−x)26+3x ，即FQ =(6+x)(8−x)26+3x
，同理，设EF =c ，PF =d ，EQ AP =EF PF ，即20+x
20
3=a
b ，又
c +
d =203，推出d =4003(26+3x)即FP =4003(26+3x)，
可得FQ
FP =
(6+x)(8−x)
26+3x
400
3(26+3x)
=3
400
(−3x2+18x+48)，利用二次函数的性质求出m，n的值，可
得结论．
本题属于三角形综合题，考查了相似三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，二次函数的性质等知识，解题的关键是学会利用参数，根据二次函数解决问题．
28.【答案】解：(1)如下图，△ABC是等腰直角三角形，CD⊥AB，
∴CD=1
2
AB，
∴等腰直角三角形是底倍高三角形；
(2)过点A作AC1//x轴，AC2//y轴，使得AC1=AC2=6，连接AB、C1C2、BC1、BC2，如下图所示：
∴AC2⊥BC2，AC1⊥BC1，AC1⊥AC2，
∴四边形AC2BC1是正方形，
∵A(−2,−2)，B(4,−8)，
∴C2(−2,−8)，C1(4,−2)，
∴△ABC1和△ABC2都为底倍高三角形，
∵△ABC是以AB为倍底的底倍高三形，
∴点C在经过点C1且与AB平行的直线m上或经过点C2且与AB平行的直线n上，
设直线m的解析式为y=−x+b，
把点C1代入得：−4+b=−2，
解得：b=2，
∴直线m的解析式为y=−x+2，
同理可得直线n的解析式为y=−x−10，
∵P(m,−1
2
m2)，−2<m<4，
∴点P的轨迹为二次函数，
即为y=−1
2
x2，且−2<x<4，
由图象可得点P到直线m的距离最小，
则设点C(a.−a+2)，分别过点C作x轴、y轴的平行线，交于点D，∴△PDC是等腰直角三角形，
∴PC=−a+2−1
2
m2，CD=a−m，
∴−a+2−1
2
m2=a−m，
整理得a=1
4m2+1
2
m+1，
∴PC=√2CD=√2(a−m)=√2(1
4m2+1
2
m+1−m)=√2
4
(m−1)2+3√2
4
，
∴当m=1时，PC的值为最小，
∴a=1
4m2+1
2
m+1=7
4
，
∴C(7
4,1
4 )；
(3)由(2)可得C2(−2,−8)，C1(4,−2)，
∵圆心I在直线y=x−6上，
∴直线y=x−6经过点C1、C2，
∵点C在⊙I上，半径为1，圆心的横坐标为a，
∴点I(a,a−6)，
∴当⊙I与直线m相切时，则(a−4)2+(a−4)2=1，
解得：a=4+√2
2或a=4−√2
2
，
当⊙I与直线n相切时，则(a+2)2+(a+2)2=1，
解得：a=√2
2−2或a=−√2
2
−2，
∴a的取值范围为：4−√2
2≤a≤4+√2
2
或−√2
2
−2≤a≤√2
2
−2．
【解析】(1)由题中所给定义举例即可；
(2)过点A作AC1//x轴，AC2//y轴，使得AC1=AC2=6，连接AB、C1C2、BC1、BC2，由题意易得四边形AC2BC1是正方形，则有C2(−2.−8)，C1(4.−2)，进而可得点C在经
过点C1且与AB平行的直线m上或经过点C2且与AB平行的直线n上，然后可得直线m
的解析式为y=−x+2，直线n的解析式为y=−x−10，所以可得点P的轨迹为二次
函数，即为y=−1
2
x2，且−2<x<4，设点C(a.−a+2)，分别过点C作x轴、y轴的平行线，交于一点D，最后根据二次函数的性质可求解；
(3)由(2)可得C2(−2.−8)，C1(4.−2)，由题意易得直线y=x−6经过点C2，C1，则有点I(a,a−6)，进而可分当⊙I与直线m时，则由两点距离公式可得(a−4)2+(a−4)2=1，当⊙I与直线n时，则由两点距离公式可得(a+2)2+(a+2)2=1，即可求解．
本题主要考查二次函数的图象与性质及切线的性质定理，利用切线的性质定理求出a的临界值进而求出a的取值是解题的关键．。