2021年浙江省舟山市普陀区重点名校中考数学适应性试卷(一)(附答案详解)

2021年浙江省舟山市普陀区重点名校中考数学适应性试
卷（一）
一、选择题（本大题共12小题，共48.0分）
1.甲骨文是我国的一种古代文字，是汉字的早期形式，下列甲骨文中，不是轴对称的
是()
A. B. C. D.
2.定义：一个自然数，右边的数字总比左边的数字小，我们称它为“下滑数”(如：
32，641，8531等).现从两位数中任取一个，恰好是“下滑数”的概率为()
A. 1
2B. 2
5
C. 3
5
D. 7
18
3.如图，按照三视图确定该几何体的侧面积是(单位：cm)()
A. 24πcm2
B. 48πcm2
C. 60πcm2
D. 80πcm2
4.△ABC在网络中的位置如图所示，则cos∠ACB的值为()
A. 1
2
B. √2
2
C. √3
2
D. √3
3
5.如图，在△ABC中，∠C=90°，∠B=30°，以A为
圆心，任意长为半径画弧交AB于M、AC于N，再
分别以M、N为圆心，大于1
2
MN的长为半径画弧，
个结论：
①AD是∠BAC的平分线；
②∠ADC=60°；
③点D在AB的中垂线上；
④S△ACD：S△ACB=1：3．
其中正确的有()
A. 只有①②③
B. 只有①②④
C. 只有①③④
D. ①②③④
6.如图，在菱形ABCD中，M，N分别在AB，CD上，且
AM=CN，MN与AC交于点O，连接BO.若∠DAC=26°，
则∠OBC的度数为()
A. 54°
B. 64°
C. 74°
D. 26°
7.如图，数轴上表示的是下列哪个不等式组的解集()
A. {x≥−5
x>−3B. {x>−5
x≥−3
C. {x<5
x<−3
D. {x<5
x>−3
8.如图是抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)的图象的一部
分，抛物线的顶点坐标是A(1,4)，与x轴的一个交点是
B(3,0)，下列结论：①abc>0；②2a+b=0；③方
程ax2+bx+c=4有两个相等的实数根；④抛物线与
x轴的另一个交点是(−2.0)；⑤x(ax+b)≤a+b，其
中正确结论的个数是()
A. 4个
B. 3个
C. 2个
D. 1个
9.如图，菱形ABCD的对角线相交于点O，过点D作DE//AC，且DE=1
2
AC，连接CE、OE，连接AE，交OD于点F.若AB=2，∠ABC=60°，则AE的长为()
A. √3
B. √5
C. √7
D. 2√2
10.如图是棋盘的一部分，建立适当的平面直角坐标系，已知棋子“车”的坐标为
A. (1,1)
B. (2,1)
C. (2,2)
D. (3,1)
11.sin60°的值等于()
A. 1
2B. √2
2
C. √3
2
D. 1
12.如图，正方形被分割成四部分，其中Ⅰ、Ⅱ为正方形，Ⅲ、Ⅳ
为长方形，Ⅰ、Ⅱ的面积之和等于Ⅲ、Ⅳ面积和的2倍．若Ⅱ的
边长为2，且Ⅰ的面积小于Ⅱ的面积，则Ⅰ的边长为()
A. 4
B. 3
C. 4−2√3
D. 4+2√3
二、填空题（本大题共5小题，共20.0分）
13.某校组织“优质课大赛”活动，经过评比有两名男教师和两名女教师获得一等奖，
学校将从这四名教师中随机挑选两位教师参加市教育局组织的决赛，挑选的两位教师恰好是一男一女的概率为______．
14.函数y=x
1−x
中，自变量x的取值范围是______．
15.如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，将边BC沿斜边上的中线CD折叠到CB′，若
∠B=48°，则∠ACB′=______ ．
16.如图，是由大小完全相同的正六边形组成的图形，小军准备用红
色、黄色、蓝色随机给每个正六边形分别涂上其中的一种颜色，
则上方的正六边形涂红色的概率是______．
17.如图，“人字梯”放在水平的地面上，当梯子的一边与地面所夹的
锐角α为60°时，两梯角之间的距离BC的长为3m.周日亮亮帮助妈妈
整理换季衣服，先使α为60°，后又调整α为45°，则梯子顶端离地面
的高度AD下降了______m(结果保留根号)．
三、解答题（本大题共10小题，共82.0分）
18.如图(1)，将一个正六边形各边延长，构成一个正六角星形AFBDCE，它的面积为
1；取△ABC和△DEF各边中点，连接成正六角星形A1F1B1D1C1E1，如图(2)中阴影部分；取△A1B1C1和△D1E1F1各边中点，连接成正六角星形A2F2B2D2C2E2，如图(3)中阴影部分；如此下去…，则正六角星形A4F4B4D4C4E4的面积为．
19.如图，抛物线y=−(x−1)2+c与x轴交于A，B(A,B分别在y轴的左右两侧)两点，
与y轴的正半轴交于点C，顶点为D，已知A(−1,0)．
(1)求点B，C的坐标；
(2)判断△CDB的形状并说明理由；
(3)将△COB沿x轴向右平移t个单位长度(0<t<3)得到△QPE.△QPE与△CDB重
叠部分(如图中阴影部分)面积为S，求S与t的函数关系式，并写出自变量t的取值范围．
20.如图，二次函数y=−x2+3x+m的图象与x轴的一个交点为B(4,0)，另一个交点
为A，且与y轴相交于C点．
(1)求m的值及C点坐标；
(2)在直线BC上方的抛物线上是否存在一点M，使得它与B，C两点构成的三角形
面积最大，若存在，求出此时M点坐标；若不存在，请简要说明理由；
(3)P为抛物线上一点，它关于直线BC的对称点为Q．
①当四边形PBQC为菱形时，求点P的坐标；
②点P的横坐标为t(0<t<4)，当t为何值时，四边形PBQC的面积最大，请说
明理由．
21.如图，在平行四边形ABCD中，过点A作AE⊥BC，垂足为E，连接DE，F为线
段DE上一点，且∠AFE=∠B．
(1)求证：△ADF∽△DEC；
(2)若AB=8，AD=6√3，AF=4√3，求AE的长．
22.有A，B两个黑布袋，A布袋中有两个完全相同的小球，分别标有数字1和2.B布袋
中有三个完全相同的小球，分别标有数字−1，−2和−3.小明从A布袋中随机取出一个小球，记录其标有的数字为x，再从B布袋中随机取出一个小球，记录其标有的数字为y，这样就确定点Q的一个坐标为(x,y)．
(1)用列表或画树状图的方法写出点Q的所有可能坐标；
(2)求点Q落在直线y=−x−1上的概率．
23.已知：如图1，抛物线的顶点为M，平行于x轴的直线与该抛物线交于点A，B(点
A在点B左侧)，根据对称性△AMB恒为等腰三角形，我们规定：当△AMB为直角三角形时，就称△AMB为该抛物线的“完美三角形”．
(1)①如图2，求出抛物线y=x2的“完美三角形”斜边AB的长；
②抛物线y=x2+1与y=x2的“完美三角形”的斜边长的数量关系是______；
(2)若抛物线y=ax2+4的“完美三角形”的斜边长为4，求a的值；
(3)若抛物线y=mx2+2x+n−5的“完美三角形”斜边长为n，且y=mx2+
2x+n−5的最大值为−1，求m，n的值．
24.如图，某校数学兴趣小组要测量大楼AB的高度．他们在点C处测得楼顶B的仰角
为30°，再往大楼AB方向前进至点D处测得楼顶B的仰角为48°，CD=96m，其中点A、D、C在同一直线上．求AD的长和大楼AB的高度(结果精确到1m).参考数据：sin48°=0.74，cos48°=0.67，tan48°=1.11．√3=1.73．
25.某市出租车计费方法如图所示，x(km)表示行驶里
程，y(元)表示车费，请根据图象回答下列问题：出
租车的起步价是多少元？当x>3时，求y关于x的
函数关系式；若某乘客有一次乘出租车的车费为32
元，求这位乘客乘车的里程．
26.如图，在△ABC中，AB=AC，∠BAC=120°，EF为AB的垂直平分线，交BC于
点F，交AB于点E.求证：FC=2BF．
27.发现
如图1，在有一个“凹角∠A1A2A3”n边形A1A2A3A4……A n中(n为大于3的整数)，∠A1A2A3=∠A1+∠A3+∠A4+∠A5+∠A6+⋯…+∠A n−(n−4)×180°．
验证
(1)如图2，在有一个“凹角∠ABC”的四边形ABCD中，证明：∠ABC=∠A+∠C+
∠D．
(2)证明3，在有一个“凹角∠ABC”的六边形ABCDEF中，证明；∠ABC=∠A+
∠C+∠D+∠E+∠F−360°．
延伸
(3)如图4，在有两个连续“凹角A1A2A3和∠A2A3A4”的四边形A1A2A3A4……A n中(n
为大于4的整数)，∠A1A2A3+∠A2A3A4=∠A1+∠A4+∠A5+∠A6……+∠A n−(n−______)×180°．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查了轴对称图形的概念，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合．
根据轴对称图形的概念求解．
【解答】
解：A、是轴对称图形，故本选项错误；
B、是轴对称图形，故本选项错误；
C、是轴对称图形，故本选项错误；
D、不是轴对称图形，故本选项正确．
故选：D．
2.【答案】A
【解析】解：两位数共有90个，下滑数有10、21、20、32、31、30、43、42、41、40、54、53、52、51、50、65、64、63、62、61、60、76、75、74、73、72、71、70、87、86、85、84、83、82、81、80、98、97、96、95、94、93、92、91、90共有45个，
概率为45
90=1
2
．
故选：A．
根据概率的求法，找准两点：①全部情况的总数：根据题意得知这样的两位数共有90个；
②符合条件的情况数目：从总数中找出符合条件的数共有45个；二者的比值就是其发生的概率．
此题考查概率的求法：如果一个事件有n种可能，而且这些事件的可能性相同，其中事
件A出现m种结果，那么事件A的概率P(A)=m
n
．
3.【答案】A
【解析】解：由主视图和左视图为三角形判断出是锥体，由俯视图是圆形可判断出这个几何体应该是圆锥；
根据三视图知：该圆锥的母线长为6cm，底面半径为8÷2=4cm，
故侧面积=πrl=π×6×4=24πcm2．
故选：A．
由主视图和左视图确定是柱体，锥体还是球体，再由俯视图确定具体形状，确定圆锥的母线长和底面半径，从而确定其侧面积．
此题考查学生对三视图掌握程度和灵活运用能力，同时也体现了对空间想象能力方面的考查．
4.【答案】B
【解析】解：作AD⊥BC的延长线于点D．
在Rt△ADC中，BD=AD，则AB=√2BD．
cos∠ACB=AD
AB =
√2
=√2
2
，
故选B．
cos∠ACB的值可以转化为直角三角形的边的比的问题，因而过点A作AD垂直于CB的延长线于点D.利用勾股定理计算出AB，在Rt△ADC中根据三角函数的定义求解．
本题考查了锐角三角函数的概念：在直角三角形中，正弦等于对边比斜边；余弦等于邻边比斜边；正切等于对边比邻边．
5.【答案】D
【解析】解：根据作图方法可得AD是∠BAC的平分线，故①正确；
∵∠C=90°，∠B=30°，
∴∠CAB=60°，
∵AD是∠BAC的平分线，
∴∠DAC=∠DAB=30°，
∴∠ADC=60°，故②正确；
∵∠B=30°，∠DAB=30°，
∴AD=DB，
∴点D在AB的中垂线上，故③正确；∵∠CAD=30°，
∴CD=1
2
AD，
∵AD=DB，
∴CD=1
2
DB，
∴CD=1
3
CB，
S△ACD=1
2CD⋅AC，S△ACB=1
2
CB⋅AC，
∴S△ACD：S△ACB=1：3，故④正确，
故选：D．
利用角平分线的性质以及各内角度数和三角形面积求法分别得出即可．
此题主要考查了角平分线的性质以及三角形面积求法等知识，根据角平分线的性质得出∠DAC=∠DAB=30°是解题关键．
6.【答案】B
【解析】解：∵四边形ABCD为菱形，
∴AB//CD，AB=BC，
∴∠MAO=∠NCO，∠AMO=∠CNO，
在△AMO和△CNO中，
{∠MAO=∠NCO AM=CN
∠AMO=∠CNO
，
∴△AMO≌△CNO(ASA)，
∴AO=CO，
∵AB=BC，
∴BO⊥AC，
∴∠BOC=90°，
∵∠DAC=26°，
∴∠BCA=∠DAC=26°，
∴∠OBC=90°−26°=64°．
故选：B．
根据菱形的性质以及AM=CN，利用ASA可得△AMO≌△CNO，可得AO=CO，然后可
得BO ⊥AC ，继而可求得∠OBC 的度数．
本题考查了菱形的性质和全等三角形的判定和性质，注意掌握菱形对边平行以及对角线相互垂直的性质．
7.【答案】B
【解析】解：由数轴上不等式解集的表示方法得出此不等式组的解集为：x ≥−3， A 、不等式组{x ≥−5x >−3的解集为x >−3，故A 错误；
B 、不等式组{x >−5
x ≥−3的解集为x ≥−3，故B 正确；
C 、不等式组{x <5
x <−3的解集为x <−3，故C 错误；
D 、不等式组{x <5
x >−3的解集为−3<x <5，故D 错误．
故选：B ．
根据数轴上不等式解集的表示方法得出此不等式组的解集，再对各选项进行逐一判断即可．
本题考查的是在数轴上表示一元一次不等式组的解集，根据题意得出数轴上不等式组的解集是解答此题的关键．
8.【答案】B
【解析】解：由图象可知，抛物线开口向下，则a <0，c >0 ∵抛物线的顶点坐标是A(1,4) ∴抛物线对称轴为直线x =−b
2a =1
∴b =−2a
∴b >0，则①错误，②正确；
方程ax 2+bx +c =4方程的解，可以看做直线y =4与抛物线y =ax 2+bx +c 的交点的横坐标．
由图象可知，直线y =4经过抛物线顶点，则直线y =4与抛物线有且只有一个交点． 则方程ax 2+bx +c =4有两个相等的实数根，③正确；
由抛物线对称性，抛物线与x 轴的另一个交点是(−1.0)则④错误； 不等式x(ax +b)≤a +b 可以化为ax 2+bx +c ≤a +b +c
∵抛物线顶点为(1,4)
∴当x=1时，y最大=a+b+c
∴ax2+bx+c≤a+b+c故⑤正确
故选：B．
通过图象得到a、b、c符号和抛物线对称轴，将方程ax2+bx+c=4转化为函数图象交点问题，利用抛物线顶点证明x(ax+b)≤a+b
本题是二次函数综合题，考查了二次函数的各项系数与图象位置的关系、抛物线对称性和最值，以及用函数的观点解决方程或不等式．
9.【答案】C
AC，AC⊥BD，
【解析】解：在菱形ABCD中，OC=1
2
∴DE=OC，
∵DE//AC，
∴四边形OCED是平行四边形，
∵AC⊥BD，
∴平行四边形OCED是矩形，
∵在菱形ABCD中，∠ABC=60°，
∴△ABC为等边三角形，
AC=1，
∴AD=AB=AC=2，OA=1
2
在矩形OCED中，由勾股定理得：CE=OD=√AD2−AO2=√22−12=√3，
在Rt△ACE中，由勾股定理得：AE=√AC2+CE2=√22+(√3)2=√7；
故选：C．
先求出四边形OCED是平行四边形，再根据菱形的对角线互相垂直求出∠COD=90°，证明四边形OCED是矩形，再根据菱形的性质得出AC=AB，再根据勾股定理得出AE 的长度即可．
本题考查了菱形的性质、平行四边形的判定、矩形的判定与性质、勾股定理、等边三角形的判定与性质；熟练掌握菱形的性质，证明四边形是矩形是解决问题的关键．10.【答案】B
【解析】解：根据题意可建立如图所示的平面直角坐标系：
则棋子“炮”的坐标为(2,1)，
故选：B．
先根据棋子“车”的坐标和棋子“马”的坐标，画出直角坐标系，然后写出棋子“炮”的坐标．
本题考查了坐标确定位置：平面直角坐标系中点与有序实数对一一对应；记住平面内特殊位置的点的坐标特征．
11.【答案】C
【解析】
【分析】
此题比较简单，只要熟记特殊角的三角函数值即可解答．
根据特殊角的三角函数值直接解答即可．
【解答】
解：根据特殊角的三角函数值可知：sin60°=√3
．
2
故选C．
12.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查了一元二次方程的应用，解题时，需要注意“Ⅰ的面积小于Ⅱ的面积”这一限制性条件．
设Ⅰ的边长为x，根据“Ⅰ、Ⅱ的面积之和等于Ⅲ、Ⅳ面积和的2倍”列出方程并解答．【解答】
解：设Ⅰ的边长为x，
依题意得：x2+22=2(2x+2x)
解得x=4+2√3(舍去)或x=4−2√3．
故选C．
13.【答案】2
3
【解析】解：所有可能的结果如下表：
男1男2女1女2
男1(男1，男2)(男1，女1)(男1，女2)
男2(男2，男1)(男2，女1)(男2，女2)
女1(女1，男1)(女1，男2)(女1，女2)
女2(女2，男1)(女2，男2)(女2，女1)
由表可知总共有12种结果，每种结果出现的可能性相同．挑选的两位教师恰好是一男一女的结果有8种，
所以其概率为挑选的两位教师恰好是一男一女的概率为8
12=2
3
，
故答案为：2
3
．
根据列表法求出所有可能及可得出挑选的两位教师恰好是一男一女的结果数，继而利用概率公式计算可得．
本题考查的是用列表法或画树状图法求概率．列表法或画树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，列表法适合于两步完成的事件，树状图法适合两步或两步以上完成的事件．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
14.【答案】x≠1
【解析】解：由题意，得
1−x≠0，
解得x≠1，
故答案为：x≠1．
根据分母不为零分式有意义，可得答案．
本题考查了函数值变量的取值范围，利用分母不为零得出不等式是解题关键．
15.【答案】6°
【解析】解：∵∠ACB=90°，∠B=48°，
∴∠A=42°，
∵∠ACB=90°，CD是斜边上的中线，
∴CD=BD，CD=AD，
∴∠BCD=∠B=48°，∠DCA=∠A=42°，
由翻折变换的性质可知，∠B′CD=∠BCD=48°，
∴∠ACB′=∠B′CD−∠DCA=6°，
故答案为：6°．
根据三角形内角和定理求出∠A的度数，根据直角三角形的性质分别求出∠BCD、∠DCA的度数，根据翻折变换的性质求出∠B′CD的度数，计算即可．
本题考查的是直角三角形的性质、翻折变换的性质，掌握在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半是解题的关键．
16.【答案】1
3
，
【解析】解：上方的正六边形涂红色的概率是1
3
．
故答案为：1
3
共有3种情况，上方的正六边形涂红色的情况只有1种，利用概率公式可得答案．
此题主要考查了概率，关键是掌握概率=所求情况数与总情况数之比．
17.【答案】3(√3−√2)
2
【解析】
【解析】
解：如图1所示：
过点A作AD⊥BC于点D，
由题意可得：∠B=∠C=60°，
则△ABC是等边三角形，
故BC=AB=AC=3m，
则AD=3sin60°=3√3
2
m，
如图2所示：
过点A作AE⊥BC于点E，
由题意可得：∠B=∠C=45°，
则△ABC是等腰直角三角形，AB=3m，
则AE=3sin45°=3√2
2
m，
故梯子顶端离地面的高度AD下降了3(√3−√2)
2
m.
故答案为：3(√3−√2)
2
．
【分析】根据题意画出图形，进而利用锐角三角函数关系得出答案．
【考点】此题主要考查了解直角三角形的应用，正确画出图形，利用锐角三角三角函数关系分析是解题关键．
18.【答案】1
256
【解析】
【分析】
本题考查的是相似多边形的性质及三角形中位线定理，解答此题的关键是熟知相似多边形面积的比等于相似比的平方．
先分别求出第一个正六角星形AFBDCE与第二个正六角星形A1F1B1D1C1E1边长之比，再根据相似多边形面积的比等于相似比的平方，找出规律即可解答．
【解答】
解：∵A1、F1、B1、D1、C1、E1分别是△ABC和△DEF各边中点，
∴正六角星形AFBDCE∽正六角星形A1F1B1D1C1E1，且其边长之比，即相似比为2：1，∵正六角星形AFBDCE的面积为1，
∴正六角星形A1F1B1D1C1E1的面积为1
4
，
同理可得，第二个正六角星形A1F1B1D1C1E1的面积为1
42=1
16
，
第三个正六角星形的面积为：1
43=1
64
，
第四个正六角星形的面积为：1
4=1
256
，
故答案为1
256
．
19.【答案】解：(1)∵点A(−1,0)在抛物线y=−(x−
1)2+c上，
∴0=−(−1−1)2+c，得c=4，
∴抛物线解析式为：y=−(x−1)2+4，
令x=0，得y=3，∴C(0,3)；
令y=0，得x=−1或x=3，∴B(3,0)．
(2)△CDB为直角三角形．理由如下：
由抛物线解析式，得顶点D的坐标为(1,4)．
如答图1所示，过点D作DM⊥x轴于点M，则OM=1，DM=4，BM=OB−OM=2．过点C作CN⊥DM于点N，则CN=1，DN=DM−MN=DM−OC=1．
在Rt△OBC中，由勾股定理得：BC=√OB2+OC2=√32+32=3√2；
在Rt△CND中，由勾股定理得：CD=√CN2+DN2=√12+12=√2；
在Rt△BMD中，由勾股定理得：BD=
√BM2+DM2=√22+42=2√5．
∵BC2+CD2=BD2，
∴△CDB为直角三角形(勾股定理的逆定理)．
(3)设直线BC的解析式为y=kx+b，∵B(3,0)，
C(0,3)，
∴{3k+b=0
b=3，
解得k=−1，b=3，
∴y=−x+3，
直线QE是直线BC向右平移t个单位得到，
∴直线QE的解析式为：y=−(x−t)+3=−x+3+t；
设直线BD的解析式为y=mx+n，∵B(3,0)，D(1,4)，
∴{3m+n=0
m+n=4，
解得：m=−2，n=6，
∴y=−2x+6．
,3)．
连接CQ并延长，射线CQ交BD于点G，则G(3
2
在△COB向右平移的过程中：
(I)当0<t ≤32时，如答图2所示： 设PQ 与BC 交于点K ，可得QK =CQ =t ，PB =PK =3−t ．
设QE 与BD 的交点为F ，则：
{y =−2x +6y =−x +3+t
，解得{x =3−t y =2t ，∴F(3−t,2t)．
S =S △QPE −S △PBK −S △FBE =12PE ⋅PQ −12PB ⋅PK −12BE ⋅y F =1
2×3×3−
12(3−t)2−12t ⋅2t =−32t 2+3t ； (II)当32<t <3时，如答图3所示：
设PQ 分别与BC 、BD 交于点K 、点J ．
∵CQ =t ，
∴KQ =t ，PK =PB =3−t ．
直线BD 解析式为y =−2x +6，令x =t ，得y =6−2t ，
∴J(t,6−2t)．
S =S △PBJ −S △PBK =12PB ⋅PJ −12PB ⋅PK =12(3−t)(6−2t)−12(3−t)2=12
t 2−3t +9
2．
综上所述，S 与t 的函数关系式为：
S ={−32t 2+3t(0<t ≤3
2)12
t 2−3t +92(32<t <3)．
【解析】本题是运动型二次函数综合题，考查了二次函数的图象与性质、待定系数法、一次函数的图象与性质、勾股定理及其逆定理、图形面积计算等知识点．难点在于第(3)问，弄清图形运动过程是解题的先决条件，在计算图形面积时，要充分利用各种图形面积的和差关系．
(1)首先用待定系数法求出抛物线的解析式，然后进一步确定点B ，C 的坐标；
(2)分别求出△CDB 三边的长度，利用勾股定理的逆定理判定△CDB 为直角三角形；
(3)△COB 沿x 轴向右平移过程中，分两个阶段：
(I)当0<t ≤32时，如答图2所示，此时重叠部分为一个四边形；
(II)当3
2<t <3时，如答图3所示，此时重叠部分为一个三角形．
20.【答案】解：(1)将B(4,0)代入y =−x 2+3x +m ，
解得，m =4，
∴二次函数解析式为y =−x 2+3x +4，
令x =0，得y =4，
∴C(0,4)；
(2)存在．
理由：∵B(4,0)，C(0,4)， ∴直线BC 解析式为y =−x +4， 当直线BC 向上平移b 单位后和抛物线只有一个公共点时，△MBC 面积最大， ∴{y =−x +4+b y =−x 2+3x +4
， ∴x 2−4x +b =0，
∴△=16−4b =0，
∴b =4，
∴{x =2y =6
， ∴M(2,6)；
(3)①如图，
∵点P 在抛物线上，
∴设P(m,−m 2+3m +4)，
当四边形PBQC 是菱形时，点P 在线段BC 的垂直平分线上，
∵B(4,0)，C(0,4)
∴线段BC 的垂直平分线的解析式为y =x ，
∴m =−m 2+3m +4，
∴m =1±√5，
∴P(1+√5,1+√5)或P(1−√5,1−√5)；
②如图，
设点P(t,−t2+3t+4)，
过点P作y轴的平行线l分别交直线BC，x轴于D，E点，过点C作l的垂线交l于F 点，
∵点D在直线BC上，
∴D(t,−t+4)，
∵PD=−t2+3t+4−(−t+4)=−t2+4t，
BE+CF=4，
∴S
四边形PBQC =2S△PCB=2(S△PCD+S△PBD)=2(1
2
PD×CF+1
2
PD×BE)=4PD=
−4t2+16t=−4(t−2)2+16，
∵0<t<4，
∴当t=2时，S四边形PBQC最大=16．
【解析】此题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法，最值的确定，对称性，面积的确定．
(1)用待定系数法求出抛物线解析式；
(2)先判断出面积最大时，平移直线BC的直线和抛物线只有一个交点，从而求出点M 坐标；
(3)①先判断出四边形PBQC时菱形时，点P是线段BC的垂直平分线，利用该特殊性建立方程求解；
②先求出四边形PBCQ的面积与t的函数关系式，从而确定出它的最大值．
21.【答案】(1)证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB//CD，AD//BC，
∴∠C+∠B=180°，∠ADF=∠DEC．
∵∠AFD+∠AFE=180°，∠AFE=∠B，
∴∠AFD=∠C．
∴△ADF∽△DEC．
(2)解：∵四边形ABCD是平行四边形，∴CD=AB=8．由(1)知△ADF∽△DEC，
∴AD
DE =AF
CD
，
∴DE=AD⋅CD
AF =√3×8
4√3
=12．
在Rt△ADE中，由勾股定理得：AE=√DE2−AD2=6．
【解析】(1)根据四边形ABCD为平行四边形，利用平行四边形的对边平行且相等，得到一对同旁内角互补，一对内错角相等，根据已知角相等，利用等角的补角相等得到两组对应角相等，从而推知：△ADF∽△DEC；
(2)由△ADF∽△DEC，得比例，求出DE的长．利用勾股定理求出AE的长．
此题考查了相似三角形的判定与性质，以及平行四边形的性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解本题的关键．
22.【答案】解：(1)列表得：
则共有6种等可能情况；
(2)∵点Q落在直线y=−x−1上的有2种，
∴P(点Q在直线y=−x−1上)=2
6=1
3
．
【解析】本题考查的是用列表法或画树状图法求概率．列表法或画树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，列表法适合于两步完成的事件，树状图法适合两步或两步以上完成的事件．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
(1)首先根据题意列出表格，然后由表格即可求得所有等可能的结果；
(2)根据(1)可求得点Q落在直线y=−x−1上的情况，再利用概率公式即可求得答案．
23.【答案】(1)①过点B作BN⊥x轴于N，如图2，
∵△AMB为等腰直角三角形，
∴∠ABM=45°，
∵AB//x轴，
∴∠BMN=∠ABM=45°，
∴∠MBN=90°−45°=45°，
∴∠BMN=∠MBN，
∴MN=BN，
设B点坐标为(n,n)，代入抛物线y=x2，
得n=n2，
∴n=1，n=0(舍去)，
∴B(1,1)
∴MN=BN=1，
∴MB=√12+12=√2，
∴MA=MB=√2，
在Rt△AMB中，AB=√MB2+MA2=2，
∴抛物线y=x2的“完美三角形”的斜边AB=2．
②相等；
(2)∵抛物线y=ax2与抛物线y=ax2+4的形状相同，
∴抛物线y=ax2与抛物线y=ax2+4的“完美三角形”全等，∵抛物线y=ax2+4的“完美三角形”斜边的长为4，
∴抛物线y=ax2的“完美三角形”斜边的长为4，
∴B点坐标为(2,2)或(2,−2)，
把点B代入y=ax2中，
∴a=±1
．
2
(3)∵y=mx2+2x+n−5的最大值为−1，
∴4m(n−5)−4
4m
=−1，
∴mn−4m−1=0，
∵抛物线y=mx2+2x+n−5的“完美三角形”斜边长为n，∴抛物线y=mx2的“完美三角形”斜边长为n，
∴B点坐标为(n
2,−n
2
)，
∴代入抛物线y=mx2，得(n
2)2⋅m=−n
2
，
∴mn=−2或n=0(不合题意舍去)，
∴m=−3
4
，
∴n=8
3
．
【解析】解：(1)①见答案；
②∵抛物线y=x2+1与y=x2的形状相同，
∴抛物线y=x2+1与y=x2的“完美三角形”的斜边长的数量关系是相等；
故答案为：相等．
(2)见答案；
(3)见答案．
(1)①①过点B作BN⊥x轴于N，根据△AMB为等腰直角三角形，AB//x轴，所以
∠BMN=∠ABM=45°，所以∠BMN=∠MBN，得到MN=BN，设B点坐标为(n,n)，代入抛物线y=x2，得n=n2，解得n=1，n=0(舍去)，所以B(1,1)，求出BM的长度，利用勾股定理，即可解答；
②因为抛物线y=x2+1与y=x2的形状相同，所以抛物线y=x2+1与y=x2的“完美三角形”的斜边长的数量关系是相等；
(2)根据抛物线y=ax2与抛物线y=ax2+4的形状相同，所以抛物线y=ax2与抛物线y=ax2+4的“完美三角形”全等，所以抛物线y=ax2+4的“完美三角形”斜边的长为4，所以抛物线y=ax2的“完美三角形”斜边的长为4，从而确定B点坐标为(2,2)
或(2,−2)，把点B代入y=ax2中，得到a=±1
2
．
(3))根据y=mx2+2x+n−5的最大值为−1，得到4m(n−5)−4
4m
=−1，化简得mn−4m−1=0，抛物线y=mx2+2x+n−5的“完美三角形”斜边长为n，所以抛物线y=mx2
的“完美三角形”斜边长为n ，所以B 点坐标为(n 2,−n 2)，代入抛物线y =mx 2，得(n
2)2⋅m =−n 2，mn =−2或n =0(不合题意舍去)，所以m =−34，所以n =83
． 本题考查了二次函数，解决本题的关键是理解“完美三角形”的定义，利用勾股定理，求出点B 的坐标．
24.【答案】解：设大楼AB 的高度为xm ，
在Rt △ABC 中，∵∠C =30°，∠BAC =90°，
∴AC =AB tan30∘=√3AB =√3xm ，
在Rt △ABD 中，tan∠ADB =tan48°=AB AD ，
∴AD =AB tan48∘=x 1.11m ，
∵CD =AC −AD ，CD =96m ，
∴√3x −x
1.11=96，
解得：x ≈116，
AD =AB ÷tan48°≈105m ．
答：AD 的长为105m ，大楼AB 的高度约为116m ．
【解析】首先设大楼AB 的高度为xm ，在Rt △ABC 中利用正切函数的定义可求得AC =√3AB =√3xm ，然后根据∠ADB 的正切求得AD 的长，又由CD =96m ，可得方程√3x −x
1.11=96，解此方程即可，再根据正切函数的定义求得答案．
本题考查解直角三角形的应用−仰角、俯角问题．要求学生能借助仰角构造直角三角形并解直角三角形，注意数形结合思想与方程思想的应用．
25.【答案】解：由图象得：出租车的起步价是8元；
设当x >3时，y 与x 的函数关系式为y =kx +b ( k ≠0)，由函数图象，得
{8=3k +b 12=5k +b
， 解得：{k =2b =2
， 故y 与x 的函数关系式为：y =2x +2；
∵32元>8元，
∴当y =32时，32−8=2x +2，
解得x=11，
答：这位乘客乘车的里程是11km．
【解析】根据函数图象可以得出出租车的起步价是8元，设当x>3时，y与x的函数关系式为y=kx+b，运用待定系数法就可以求出结论；将y=32−8=24代入解析式就可以求出x的值．
本题考查了待定系数法求−次函数的解析式的运用，由函数值求自变量的值的运用，解答时理解函数图象是重点，求出函数的解析式是解题关键．
26.【答案】证明：
连接AF，
∵EF为AB的垂直平分线，
∴AF=BF，
又AB=AC，∠BAC=120°，
∴∠B=∠C=∠BAF=30°，
∴∠FAC=90°，
FC，
∴AF=1
2
∴FC=2BF．
【解析】连接AF，结合条件可得到∠B=∠C=30°，∠AFC=60°，再利用含30°直角三
CF，可证得结论．
角形的性质可得到AF=BF=1
2
本题主要考查垂直平分线的性质及等腰三角形的性质，掌握线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等是解题的关键．
27.【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)6
【解析】解：(1)
如图2，延长AB
交CD于E，
则∠ABC=∠BEC+∠C，∠BEC=∠A+∠D，
∴∠ABC=∠A+∠C+∠D；
(2)如图3，延长AB交CD于G，则∠ABC=∠BGC+∠C，
∵∠BGC=180°−∠BGC，∠BGD=3×180°−(∠A+∠D+∠E+∠F)，
∴∠ABC=∠A+∠C+∠D+∠E+∠F−360°；
(3)如图4，延长A2A3交A5A4于C，延长A3A2交A1A n于B，
则∠A1A2A3+∠A2A3A4=∠A1+∠2+∠A4+∠4，
∵∠1+∠3=(n−2−2)×180°−(∠A5+∠A6……+∠A n)，
而∠2+∠4=360°−(∠1+∠3)=360°−[(n−2−2)×180°−(∠A5+∠A6……+
∠A n)]，
∴∠A1A2A3+∠A2A3A4=∠A1+∠A4+∠A5+∠A6……+∠A n−(n−6)×180°．
故答案为：6．
(1)如图2，延长AB交CD于E，根据三角形的外角的性质即可得到结论；
(2)如图3，延长AB交CD于G，则∠ABC=∠BGC+∠C，根据多边形的内角和和外角的性质即可得到结论；
(3)如图4，延长A2A3交A5A4于C，延长A3A2交A1A n于B，根据三角形的外角的性质得到∠A1A2A3+∠A2A3A4=∠A1+∠2+∠A4+∠4，根据多边形的内角和得到∠1+∠3= (n−2−2)×180°−(∠A5+∠A6……+∠A n)，于是得到结论．
本题考查了多边形的内角和外角和等知识，解题的关键是熟练掌握三角形的外角的性质，属于中考常考题型．。