2021年陕西师大附中中考数学七模试卷（附答案详解）

2021年陕西师大附中中考数学七模试卷

一、选择题（本大题共10小题，共30.0分）

1.（2021•内蒙古自治区通辽市•历年真题）-2021的倒数（）

A.-2021B.2021C•一盛D-赤

2.（2021•陕西省西安市•模拟题）下列四个图形中是三棱柱的表面展开图的是（）

3.（2021•陕西省西安市•模拟题）将一块含30。角的直角

三角板4BC（NC=90。,NB=30。）和一把直尺按如

图所示的位置放置，若4CED=43°,则/B4F的度

数为（）

A.47°B.43°C,17°D.13°

4.（2021•陕西省西安市•模拟题）《海岛算经》是我国杰出数学家刘徽留给后世最宝贵

的数学遗产.书中的第一问：今有望海岛，立两表，齐高三丈，前后相去千步，令

后表与前表参相直，从前表却行一百二十三步，人目着地取望岛峰，与表末参合.从

后表却行一二十七步，人目着地取望岛峰，亦与表未参合.问岛高及去表各几何？

大致意思是：假设测量海岛，立两根表，高均为3丈，前后相距1000步，令后表

与前表在同一直线上，从前表退行123步，人的眼睛贴着地面观察海岛，从后表退

行127步，人的眼睛贴着地面观察海岛，问海岛高度及两表相距多远？想要解决这

一问题，需要利用（）

A.全等三角形B.相似三角形C.勾股定理D.垂径定理

5.（2021•陕西省西安市•模拟题）正比例函数y=—5x,当自变量x的值增加2时，函数

y的值（）

A.减少10B.增加10C.减少2D.增加看

6.（2021•陕西省西安市•模拟题）在RtAABC中，ZC=90°,乙4=30。，NB平分线交

AC于点。，若4。=8,则8c长为（）

A.4V3B.6C.8V3D.8

7.（2021.陕西省西安市.模拟题）已知一次函数y=（3-2k）x+6（k为常数）的图象经过

4（*1，尢），一（42，、2），若一＞%2,%＜力，则4的值可能是（）

A.-1B.0C.ID.2

8.（2021•陕西省西安市•模拟题）如图，菱形A8C。的对角线AC,8。交于点0.过O作

0E14B于点E.延长EO交CQ于点F,若AC=8,BD=6,则EF的值为（）

A.5B.YC.Y

9.（2021•陕西省西安市•模拟题）如图，AB为。。的直径,

点C为AB上一点,点。在。。上，AD=AC,连

接OC并延长交。。于点E,连接。E,若=

30°,贝亚COE的度数为（）

A.30°

B.35°

C.40°

D.45°

10.（2021•陕西省西安市•模拟题）若抛物线y=/+%+机一i（7n是常数）的图象经过第

一、二、三象限，则m的取值范围是（）

A.m>1B.m<-C.1<zn<-D.1<m<-

444

二、填空题（本大题共6小题，共18.0分）

11.（2021.陕西省西安市.模拟题）计算：（立3b）2=.

12.（2021.陕西省西安市.模拟题）计算：（_}T+（1-7T）°=.

13.（2021•陕西省西安市•模拟题）抛物线y=2X2+2的顶点坐标为.

14.（2021•陕西省西安市•模拟题）如图，点。为正八边形A8CDEFGH的中心，则UF。的

度数为.

第2页，共28页

H

15.(2021•陕西省西安市•模拟题)若反比例函数y=£(k*0)的图象与正比例函数y=

ax(aR0)的图象有两个交点4(zn,2)和B(3,n),则m+n的值为.

16.(2021•陕西省西安市•模拟题)我国是最早了解勾股定理的国家之一.如图，在取△

ABC中，乙4cB=90。，以其三边为边分别向外作正方形，即可证明勾股定理.连接

CG交AB于点M,连接CE,CH,若CH=2CE,则普的值为.

三、解答题(本大题共11小题，共72.0分)

—2(%—1)<1

17.(2021•陕西省西安市•模拟题)解不等式组：1+%、5

I—>x-5

18.（2018•辽宁省盘锦市・期末考试）解方程：|+乙=丁=.

33X-19X—3

19.（2021•陕西省西安市•模拟题）如图，已知。0,点A在圆

上，请以A为一顶点作圆内接正方形4BCD.（保留作图痕

迹，不写作法）

20.（2021.陕西省西安市.模拟题）如图，在四边形4BCO

中，AB//CD,连接BD,点E在8。上，连接CE,

若41=42,AB=ED,求证：DB=CD.

第4页，共28页

21.（2021.陕西省西安市.模拟题）在一次“爱心助学”捐款活动中，全校同学人人拿出自

己的零花钱，踊跃捐款，学生捐款有5元、10元、15元、20元四种情况.刘老师在

全校范围内随机抽取部分学生捐款数据，并根据统计数据绘制成图①和图②两幅

尚不完整的统计图.请你根据统计图提供的信息，回答下列问题：

（1）本次共抽取学生______人，并请将图②的条形统计图补充完整；

（2）学生捐款的众数是,中位数是；

（3）若全校共有学生1260人，请你估计此次全校学生的捐款总额.

22.（2021•陕西省西安市•模拟题）如图，图②是图①秋千的侧面示意图，秋千的静止状

态为。C.已知AB与地面平行，OD、OE是其在摆动过程中的两个位置，从。处测

的Q,E两点的角分别为65。和40。（即乙4OD=65。，NBOE=40。），这时点E相对

于点。秋千升高了30cm（即EN-DM=30cm,其中。M1MN于M,EN1MN于N）.

求该秋千摆绳OC的长度.（sin25。〜0.42,cos25。«0.91,s讥65。“0.91,cos65°〜

0.42,s讥50。«0.77,cos50。«0.64,s讥40。«0.64,cos40°«0.77.计算结果精确到

0.1cm)

图①图②

23.（2021•陕西省西安市•模拟题）为了做好新冠防疫工作，某学校开学前备足防疫物资，

准备体温枪和消毒液若干，经市场调查：购买一把体温枪20元，一瓶消毒液5元，

市场上现有甲，乙两所医疗机构，甲医疗机构销售方案为：购买一把体温枪送一瓶

消毒液.乙医疗机构售方案为：购买体温枪和消毒液全部打九折，若某学校准备购

买50把体温枪，购买消毒液，〃瓶（m>50）.

（1）分别写出按甲医疗机构销售方案购买费用力（元）、按乙医疗机构情售方案购买费

用y?与（元）与购买消毒液小（瓶）之间的函数关系式；

（2）当根=60时，甲、乙两家医疗机构哪家购买费用比较合算.

第6页，共28页

24.(2021•陕西省西安市・模拟题)刘老师将1个红球和若干个黄球放入一个不透明的口

袋中并搅匀，这些球除颜色不同外其余都相同，他让若干学生进行摸球试验，每次

摸出一个球，记下颜色后，放回搅匀，经过多次实验发现，从袋中摸出一个球是红

球的频率稳定在0.25附近.

(1)估算袋中黄球的个数；

(2)在(1)的条件下，小强同学从中任意摸出一个球，放回并搅匀，再摸一次球，用

画树状图或列表的方法计算他两次都摸出黄球的概率.

25.(2021•陕西省西安市•模拟题)如图，为。。的直径，C为

BA延长线上一点，点。在。。上，连接CO,AD,8。，作

OF14。于点E.交CO于点尸，若乙4CC=4OF.

(1)求证：CQ是。。的切线；

(2)若=%BD=4,求。尸的长.

27.(2021•陕西省西安市•模拟题)问题提出

(1)如图①，△4BC内接于。。，过点C作。。的切线I.在/上任取一个不同于点C

的点尸，连接PB、PA,比较N4CB与N/1PB的大小，并说明理由.

问题探究

(2)如图2,正方形ABC。，边长为2,在C。边上是否存在点P,使NAPB最大？若

存在，确定点P的位置，并求此时sin/APB的值；若不存在，请说明理由.

问题解决

(3)如图③，四边形A8CQ为某工作室的平面示意图，线段8C、CD、D4为三面墙，

MN为入户门处，其中40〃BC,AD1AB,zC=60°,BM=AN=4百米，BC=30

米，AD=20米,出于安全考虑，负责人想在墙上安装监控装置P,用来监控并记录

进出的人员，为了让监控效果最佳，要求/MPN最大，试问在墙上是否存在一点P,

使得4MPN最大？若存在，请求出此时sinzMPN的值及P点的位置；若不存在，请

说明理由.

第8页，共28页

图①备用图

答案和解析

1.【答案】C

【知识点】倒数

【解析】解：一2021的倒数为：一募.

故选：C.

直接根据倒数的概念即可得到答案.

此题考查的是倒数的概念，掌握其概念是解决此题关键.

2.【答案】D

【知识点】几何体的展开图

【解析】解：4三个长方形能围成三棱柱的侧面，没有底面，故本选项不合题意；

8.中间三个长方形能围成三棱柱的侧面，三角形围成一个底面，缺一个底面，故本选项

不合题意；

C.围成三棱柱时，两个三角形重合为同一底面，而另一底面没有，故本选项不合题意；

D中间三个长方形能围成三棱柱的侧面，左、右两个三角形围成三棱柱的上、下两底面，

故能围成三棱柱，是三棱柱的表面展开图，故本选项符合题意.

故选：D.

利用棱柱及其表面展开图的特点解题.

考查了几何体的展开图，棱柱表面展开图中，上、下两底面应在侧面展开图长方形的两

侧.

3.【答案】C

【知识点】平行线的性质

【解析】解：由题意知DE〃/IF,/.CED=43%

Z.CAF=Z.CED=43°,

•••乙B=30°,ZC=90°,

/.CAB=90°-NB=60°,

•••^BAF=ACAB-ACAF=60°-43°=17°,

故选：C.

由DE〃AF得,/.CAF=^CED=43°,再根据4BAF=NCAB—ZCAF可得答案.

第10页，共28页

本题主要考查平行线的性质，解题的关键是掌握两直线平行，同位角相等.

4.【答案】B

【知识点】相似三角形的应用、勾股定理、数学常识、垂径定理

【解析】解：•••ABA.BH,CD1BH,EF1BH,

AB//CD//EF,

.MCDG~AABG,△EFH^LABH,

故想要解决这一问题，需要利用相似三角形，

故选：B.

根据题意可得出△ABG,AEFHFABH,即可得出结论.

本题考查的是相似三角形的应用，根据已知条件得出△CDGSAABG,XEFHSAABH是

解答此题的关键.

5.【答案】A

【知识点】一次函数图象上点的坐标特征、正比例函数的性质

【解析】解：令x=a,则y=-5a；

令x=a+2,则y——5(a+2)=-5a—10>

(-5a-10)-(-5a)=-10,

故选：A.

本题中可令x分别等于a,a+2,求出相应的函数值，再求差即可解决问题.

本题考查了正比例函数的性质，进行简单的推理即可解决问题.

6.【答案】A

【知识点】角平分线的性质、含30。角的直角三角形

【解析】解：•••4C=90。，Z4=30°,

乙ABC=60°,

•••8。平分N4BC,

•••4DBA=Z.CBD=30°,

vZ.A=匕DBA=30°,

:.DB=DA=8,

在RtZkBDC中，vz_CBD=30°,

•••CD=-2BD=4,

•••BC=y[3CD=4>/3.

故选：A.

先计算出/ABC=60°,再利用BD平分/ABC得至ijNOBA=乙CBD=30°,接着利用/A=

NDB4得到DB=ZM=8,然后利用含30度的直角三角形三边的关系求BC的长.

本题考查了角平分线的性质：角的平分线把角分成两相等的部分.也考查了含30度的

直角三角形三边的关系.

7.【答案】D

【知识点】一次函数图象上点的坐标特征

【解析】解：：一次函数y=(3-2/c)x+6(/c为常数)的图象经过4(右,丫1),B(x2,y2)>

若Xi>x2,yx<y2,

**•3-2kV0,

解得k>I，

•••4、B、C不符合题意，。符合题意，

故选：D.

利用一次函数y随x的增大而减小，可得3—2k<0,即可求解.

本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，解题关键是利用一次函数图象上点的坐标特

征，求出3-2k<0.

8.【答案】C

【知识点】菱形的性质、全等三角形的判定与性质

【解析】解：在菱形A8CD中，BD=6,AC=8,

.：OB=lBD=3,0A=lAC=4,AC1BD,

AB—^OA2+BO2=>/32+42=5，

S菱形ABCD=\AC-BD=AB-EF,

B|j|x6x8=5EF,

・•・ELFL=一24.

s

故选：c.

由在菱形A8C£>中，对角线AC、BO相交于点。，BD=6,AC=8,可求得菱形的面

积与边长，继而求得答案.

第12页，共28页

此题考查了菱形的性质以及勾股定理.注意菱形的面积等于对角线积的一半或底乘以高.

9.【答案】A

【知识点】圆周角定理、圆心角、弧、弦的关系

【解析】解：・・・4。=4。，

・•・乙D=Z-ACD，

,,・(180°-ACAD)=|(180°-30°)=75°,

乙AOE=2Z.D=150°,

(COE=180°-Z.AOE=180°-150°=30°.

故选：A.

先根据等腰三角形的性质和三角形内角和计算出ND=75。，根据圆周角定理得到

N40E=150°,然后利用互补计算NCOE的度数.

本题考查了圆周角定理：解决问题的关键是求出ND.也考查了圆心角、弧、弦的关系.

10.【答案】D

【知识点】二次函数图象与系数的关系

【解析】解：•.•抛物线y=/+x+m-1(7n是常数)的图象经过第一、二、三象限，

•••△=I2-4(?n-1)>0且m-1>0,解得1<m<^.

故选：D.

利用二次函数的性质，抛物线与x轴有2个交点，与)，轴的交点不在y轴的负半轴上，

即4=I2-4(m-1)>0且m-1>0,然后解不等式组即可.

本题考查了二次函数图象与系数的关系：二次项系数。决定抛物线的开口方向和大

小.当a>0时，抛物线向上开口；当a<0时，抛物线向下开口；常数项c决定抛物线

与y轴交点：抛物线与y轴交于(0,c).抛物线与x轴交点个数由判别式确定：4b2-

4ac>0时，抛物线与x轴有2个交点；△=炉一4ac=0时，抛物线与x轴有1个交点；

△=炉一4ac<0时，抛物线与x轴没有交点.

11.【答案】\abb2

4

【知识点】基的乘方与积的乘方

【解析】解：(|a3b)2=ia6d2.

故答案为：:炉.

根据幕的乘方和积的乘方即可计算.

本题考查幕的乘方和积的乘方的知识，关键在于熟悉其计算规则.

12.【答案】-1

【知识点】负整数指数幕、零指数幕

【解析】解：原式=—2+1

=-1.

故答案为：—1.

直接利用负整数指数累的性质以及零指数募的性质分别化简得出答案.

此题主要考查了负整数指数基的性质以及零指数基的性质，正确化简各数是解题关键.

13.【答案】(0,2)

【知识点】二次函数的性质

【解析】解：•.・抛物线y=2/+2,

;该抛物线的顶点坐标为(0,2),

故答案为：(0,2).

根据解析式即可确定顶点坐标.

本题考查二次函数的性质，解答本题的关键是明确题意，利用二次函数的性质解答.

14.【答案】22.5°

【知识点】正多边形与圆的关系、多边形内角与外角

［解析］解：作正八边形ABCDEFGH的外接圆。.连

接04、OB,

•••八边形ABCDEFGH是00内接正八边形，

乙40B=—=45°,

8

由圆周角定理得，

AAF0=-AA0B=Jx45。=22.5°,

22

故选答案为22.5。.

连接。4OB,根据正多边形的性质求出乙40B,根据圆周角定理计算即可.

第14页，共28页

本题考查的是正多边形和圆，掌握正多边形的圆心角的求法、圆周角定理是解题的关键.

15.【答案】-5

【知识点】一次函数与反比例函数综合

【解析】解：•.・正比例函数和反比例函数均关于原点对称，

两函数的交点关于原点对称，

•••m=-3,n=-2,

m+n=-5

故答案为-5.

根据正比例函数与反比例函数的交点关于原点对称即可求得小n的值.即可求得m+n

的值.

本题考查的是正比例函数与反比例函数的交点问题，熟知正比例函数与反比例函数的交

点关于原点对称的知识是解答此题的关键.

16.【答案】

4

【知识点】相似三角形的判定与性质、勾股定理的证明

【解析】解：如图所示，过C作CN14B于N,

由题可得，/.CAE=乙CBH=90°,AACE=

Z.BCH=45°,

•••△ACE^LBCH,

.AC_CE_1

"BC-CH-2’

设AC=a,则8c=2a,AB=V5a,CN=

ACXBC|V5a,

AB

RtAACN中,AN=7AC2-CN2=枭，

・•.BN=y/5a-ga=1V5a，

v乙CNM=Z.GBM=90°,乙CMN=乙GMB,

CNM~AGBM,

MN_CN_.后_2

**MB~GB~痴-5

MN=-BN=—V5a,BM=-NB=-y/5a,

73577

AM=AN+MN=-y/5a,

7

.-AM--_-7r-^-a=_—3.

BM粹a4

故答案为:4

过C作CN14B于N,判定△aCE'BCH,即可得到号=芸=：；设AC=a,再根据

DCCHN

勾股定理以及面积法即可得到A8与CN的长，进而得出AN的长:再根据△CNM”GBM,

即可得到MN和BM的长，进而得到黑的值.

BM

本题主要考查了相似三角形的判定与性质，解决问题的关键是作辅助线构造直角三角形

以及相似三角形，利用勾股定理或相似三角形的对应边成比例进行计算.

17.【答案】解：解不等式％-2(工一1)41,得：x>1,

解不等式等>x-£得:x<3,

则不等式组的解集为1Sx<3.

【知识点】一元一次不等式组的解法

【解析】分别求出每一个不等式的解集，根据口诀：同大取大、同小取小、大小小大中

间找、大大小小找不到确定不等式组的解集.

本题考查的是解一元一次不等式组，正确求出每一个不等式解集是基础，熟知“同大取

大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到”的原则是解答此题的关键.

18.【答案】解：方程两边同乘以3(3x—l),

得：2(3x-l)+3x=l,

解得x=

检验：当x=：时，3(3x—l)=0,即x不是原方程的解，

则原分式方程无解.

【知识点】分式方程的一般解法

【解析】观察可得最简公分母是3(3x-1),方程两边乘最简公分母，可以把分式方程

转化为整式方程求解，注意分式方程需检验.

此题考查了分式方程的解法.此题比较简单，注意掌握转化思想的应用，注意解分式方

程一定要验根.

19.【答案】解：如图，四边形ABCD即为所求作.

第16页，共28页

D

【知识点】尺规作图与一般作图、正多边形与圆的关系、圆周角定理、正方形的判定与

性质

【解析】作直径AC,过点。作8。J.4C交00于8,D,连接A8,BC,CD,AO即可.

本题考查作图-复杂作图，正方形的判定和性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活

运用所学知识解决问题.

20.【答案】证明：♦：AB〃CD,

**.Z.ABD=乙EDC,

在Zk/BD和中，

=42

乙180=乙EDC,

(AB=ED

•••△4BD三△EDC(44S),

・•.DB=CD.

【知识点】全等三角形的判定与性质

【解析】根据AB〃CD,可得乙4BD=NEDC,利用AAS证明△力BD三△EDC,即可得结

论.

本题考查了全等三角形的判定与性质，解决本题的关键是掌握全等三角形的判定与性质.

21.【答案】501015

【知识点】扇形统计图、用样本估计总体、中位数、条形统计图、众数

【解析】解:(1)由于捐20元的有10人，所占比例为20%,故抽取学生人数=10+20%=

50(人)，

.•.捐10元的人数=50-6-16-10=18(A),

补充条形统计图如图：

图②

故答案为：50；

(2)捐款的众数为10元，中位数15元,

故答案为：10，15；

5X6+10X18+15X16+20X10.„

(3)平均数=-------------------13；

因此平均捐款为13元，

则估计此次全校学生的捐款总额为1260X13=16380(元).

答：估计此次全校学生的捐款总额为16380元.

(1)根据捐款20元的人数及其百分比可得抽取学生人数，抽取学生人数减去其余捐款数

的人数可得捐款10元的人数，补全图形即可；

(2)根据众数和中位数的定义求解即可；

(3)先求出样本的平均数，再用总人数乘以平均每人的捐款钱数即可.

本题考查了条形统计运用、扇形统计图的运用.对众数的理解，平均数的运用.在解答

时要认真观察两个条件图得关系，找到解决问题的突破门是解答的关键.

22.【答案】解：作DF1OC于点F,作EH1OC于点

H,如右图所示，

由题意可得，HF=30cm,

•••乙4OD=65°,乙BOE=40°,

4FOD=25°,4HOE=50°,

OF=OD-cosZ.FOD,OH=OE-cos乙HOE,图②

VHF=OF-OH,

・♦・30=OD-cosZ.FOD—OE-cos乙HOE,

・・・OD=OE=OC,

第18页，共28页

■1-30=OC-cos25°—OC-cos500,

解得OC«111.1cm,

即该秋千摆绳OC的长度是111.1cm.

【知识点】解直角三角形的应用

【解析】根据题意作出合适的辅助线，然后根据锐角三角函数，即可表示出OF和。4，

再根据HF=30,即可得到OC的长

本题考查解直角三角形的应用，解答本题的关键是作出合适的辅助线，利用数形结合的

思想解答.

23.【答案】解：（1）由题意知：从甲医疗机构购买一把体温枪送一瓶消毒液，

.♦.mW50时，只需购买体温枪，

m>50时，需要买（m-50）瓶消毒液，

m>50,

y-t=20x50+5（m-50）=5m+750,

从乙医疗机构购买全部打九折，

丫2=50x20x90%+5mx90%=4.5m+900,

答：按甲医疗机构销售方案购买费用y】=5m+750,按乙医疗机构销售方案购买费用

y2=4.5m+900；

（2）当m=60时，

按甲医疗机构销售方案购买费用yi=5m+750=5x60+750=1050（元），

按乙医疗机构销售方案购买费用丫2=4.5m+900=4.5X60+900=1170（元），

二当m=60时，从甲医疗机构购买比较合算，

答：当m=60时，从甲医疗机构购买比较合算.

【知识点】一次函数的应用

【解析】（1）由已知条件直接写出从甲、乙两种医疗机构购买的函数解析式；

（2）把m=60代入两个解析式即可判断.

本题主要考查一次函数的应用，关键是根据已知条件写出从甲、乙两种医疗机构购买的

函数解析式.

24.【答案】解：（1）设袋子中黄球有x个，

根据从袋中摸出一个红球的概率大约是0.25可得；4=0.25,

解得：%=3,

经检验：x=3时原分式方程的解,

二估算袋中黄球的个数为3；

(2)画树状图得:

・••共有16种等可能的结果，两次都摸到黄球的有9种情况,

二两次都摸出黄球的概率为1

16

【知识点】利用频率估计概率、用样本估计总体、用列举法求概率(列表法与树状图法)

【解析】(1)设袋子中黄球有X个，利用摸出一个球是红球的频率稳定在0.25附近估算出

得到红球的频率列出关于/的分式方程，解之得出答案；

(2)首先根据题意画出树状图，然后由树状图求得所有等可能的结果与两次都摸到白球

的情况，再利用概率公式即可求得答案.

此题考查了模拟实验以及频率求法和树状图法与列表法求概率，用到的知识点为：概率

=所求情况数与总情况数之比.

25.【答案】（1）证明：连接。。,

・・・4B为。。的直径，

AAD1BD,

・•・乙DAB+乙DBA=90°,

•••OF1ADf

・•・OF//BD,

:.Z.AOF=Z-B,

v乙ADC=Z-AOF,

・••Z-ADC=（B,

•・•AO=OB,

:.乙DAB=/.ADO.

・•・4/。。+44。。=90。，

:.“0。=90°,

・•・CD1OD,

第20页，共28页

•••0。是00的半径,

•••CD与。。相切；

(2)•:为。。的直径，

AD1BD,

vOF1AD,

:.OF//BD,

vAO=OB,

:.AE=DE,

•••OE=-2BD=2-x4=2,

.c1

vsine=一,

2

・•・一OD=1

OC2

设。。=x,OC=2%,

:.OB=x,

・•・CB=3%,

vOF//BD,

COF~〉CBD,

.££_竺

,•—，

BCBD

•.•2x_—OF，

3x4

OF=

3

【知识点】解直角三角形、切线的判定与性质、圆周角定理、相似三角形的判定与性质、

三角形的中位线定理

【解析】(1)连接OD,根据圆周角定理可证得/DAB+4DBA=90°,根据平行线的性

质和判定乙4OF=NB=44DC,由等腰三角形的性质得到NZMB=〃D0,即可得到

^ADC+^ADO=90°,根据切线的判定即可证得结论；

(2)根据三角形中位线定理得到OE=：BD=[x4=2,设00=x,OC=2x,根据相

似三角形的判定和性质即可求得0凡

本题考查了切线的性质，解直角三角形，相似三角形的判定和性质，三角形的中位线定

理，平行线的判定和性质，正确的作出辅助线是解题的关键.

26.【答案】解：（1）、•抛物线L的对称轴为直线x=l,与x轴交于点B（3,0）,

.•・抛物线与x轴的另一个交点为（一1,0）.

设抛物线乙的解析式为丫=。/+法+的由题意得：

(a—b+c=0

\9a+3b+c=0・

\4a+2b+c=-3

(a=1

解得：\b=-2.

(c=-3

・・.抛物线L的解析式为y=X2-2X-3.

(2)设直线OA的解析式为y=kx,将4的坐标代入得：

2k=-3.

・•.k=

2

3

・••y=-

•・・E在直线04上，

二设E(m,—|m),则OF=EF=|m(7n>0).

•・•点P为E/与抛物线的交点，且PFlx轴，

:.P(m,m2—2m—3).

・•・PF=-m2+2m+3.

・•・PE=PF—EF=-m2+2m+3--m=—m2+-m+3.

22

过点P作PGJLPE,交直线。4于点G,如图，则PG〃工轴.

・•・PE=FE.

・•・—2.14,-o3=-3m.

22

解得：7n=二詈（负数不合题意，舍去）.

第22页，共28页

限

：•m=-1+

2

-1+V133-3V13

，P（一

【知识点】二次函数综合

【解析】(1)利用待定系数法即可求解；

(2)求得直线04的解析式，设出点E的坐标，表示出线段0E,E尸的长度，用EFlx轴

于尸点，延长PE交抛物线乙于点P的已知条件表示点P,G的坐标，得到线段PE,PG

的长度，利用APGE三AFOE,得出PG=F。，PE=FE,解方程即可得出结论.

本题是二次函数的综合题，主要考查了待定系数法确定函数的解析式，函数图象上点的

坐标的特征，三角形全等的性质，一元二次方程的解法.利用点的坐标表示出相应线段

的长度是解题的关键.

27.【答案】解：(1)乙4cB>4APB,理由如下：

设A尸交。。于。，连接AQ,如图：

■：^AB=^AB,

•••Z.ACB=Z.ADB,

而4408是4BDP的一个外角，

乙ADB>/.APB,

Z.ACB>Z.APB-.

(2)存在，P是边CD的中点，理由如下：

过A、8两点作。。与C。相切于P,连接P0并延长交AB于E,过A作于F,

如图：

由(1)知此时乙1PB最大，

•.♦00与CC相切于P,

•••EP1CD,

•.•正方形ABC。，边长为2,

CD//AB,AB=AD=2,/.DAB=/ABC=90°,

•••EPLAB,四边形4EP。、四边形BEPC是矩形，

AE=BE=-2AB=1,PE=AD=2,

CP=BE=AE=DP,即P是边CO的中点，

Rt△BEP中，BP=>JBE2+PE2=6,

同理4P=V5>

由S-BP=•PE="P•AF得：AF=曙=窄="，

N/BPV55

Ws

ti.Rt△APFl\1,S\YIZ.APB=—=

AP\[55

(3)存在，理由如下：

①当尸在8c上时，作过M、N的。。与8c相切于P,此时4MPN最大，过。作OE

垂直AB于E,过。作。F18C于凡连接OP、OM.ON,如图：

■：AD//BC,ADA.AB,DF1BC,

二四边形ABFD是矩形，

・•・AB—DFAD=BF,

第24页，共28页

VBC=30,AD=20,

•••CF=BC-BF=BC-AD=10,

Rt△DCF中，DF=CF-tanC=10-tan600=10V3,

AB=10V3，

•••BM=AN=4V3.

•••MN=AB-BM-AN=2后

vOELAB,

ME=NE=-MN=V3,

2

BE=BM+ME=5V3,

•；O0与8c相切于P,

乙OPB=90°,

.••四边形BPOE是矩形，

OP=BE=5V3>BP=OE,

OM=OP=5A/3，

Rt△MOE中，OE=>JOM2-ME2=6立，

BP=6V2,即此时监控装置尸在距B6或米的墙上,

OE1AB,OM=ON,

/.MOE=-/.MON,

2

又弧MN=弧MN,

•••乙MPN=L^MON,

2

・•・乙MPN=乙MOE,

RMMOE中，sin/MOE="=算=工，

OM5V35

・•・sin乙MPN=I；

②当P在A。上时，作过M、N的O。与A£＞相切于P,此时4MPN最大，如图:

同①的道理：AP=6V2,即此时监控装置P在距46鱼米的墙上，sin/MPN，：

③当尸在CD上时，作过M、N的。0与CQ相切于P,此时4MPN最大，过。作0E

垂直AB于E,直线0E交CD于G,过。作DF1.BC于F,连接OP、OM.ON,

RMW中，CD=----=20,

cos60°

VAD//BC,4。lgOE1BC,

・•・BC//GE//AD.

AZ.OGP=ZC=60°,GE为梯形43CQ的中位线，

.・.DG=-CD=10,GE="桃=25,

22

设PG