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宿迁市2021 年初中学业水平考试
注意事项：
1．本试卷共6 页，全卷满分120 分，考试时间为120 分钟，考生答题全部答在答题卡上，答
在本试卷上无效．
2．请认真核对监考教师在答题卡上所粘贴条形码的姓名、考试证号是否与本人相符合，再将
自己的姓名﹑考试证号用0.5 毫米黑色墨水签字笔填写在答题卡及本试卷上．
3．答选择题必须用2B 铅笔将答题卡上对应的答案标号涂黑，如需改动，请用橡皮擦干净后，
再选涂其他答案，答非选择题必须用0.5 毫米黑色墨水签字笔写在答题卡上的指定位置，在
其他位置答题一律无效．
4．作图必须用2B 铅笔作答，并请加黑加粗，描写清楚．
一、选择题（本大题共8 小题，每小题3 分，共24 分，在每小题所给出的四个选项中，恰有
一项是符合题目要求的，请将正确选项前的字母代号填涂在答题卡相应位置上）
1. ﹣3 的相反数为（ ）
A. ﹣3
B. ﹣
C.
D. 3
【答案】D
【解析】
【分析】根据相反数的定义：只有符号不同的两个数称互为相反数计算即可．
【详解】解：﹣3 的相反数是3．
故选：D．
【点睛】此题考查求一个数的相反数，解题关键在于掌握相反数的概念．
2. 对称美是美的一种重要形式，它能给与人们一种圆满、协调和平的美感，下列图形属于中心对称图形的
是（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据中心对称图形的定义即可作出判断．
【详解】解：A、是中心对称图形，故选项正确；
B、不是中心对称图形，故选项错误；
C、不是中心对称图形，故选项错误；
D、不是中心对称图形，故选项错误．
故选：A．
【点睛】本题主要考查了中心对称图形的概念：中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180 度后两部分重
合．
3. 下列运算正确的是（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据合并同类项法则、幂的乘方法则、同底数幂的乘法法则和积的乘方法则逐个判断即可．
【详解】解：A、
，故该选项错误；
B、
，故该选项正确；
C、
，故该选项错误；
D、
，故该选项错误；
故选：B．
【点睛】本题考查了合并同类项法则、幂的乘方法则、同底数幂的乘法法则和积的乘方法则，熟练掌握相
关运算法则是解决本题的关键．
4. 已知一组数据：4，3，4，5，6，则这组数据的中位数是（ ）
A. 3
B. 3.5
C. 4
D. 4.5
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2
【答案】C
【解析】
【分析】将原数据排序，根据中位数意义即可求解．
【详解】解：将原数据排序得3，4， 4，5，6，
∴这组数据的中位数是4．
故选：C
【点睛】本题考查了求一组数据的中位数，熟练掌握中位数的意义是解题关键，注意求中位数时注意先排
序．
5. 如图，在△ABC 中，∠A=70°，∠C=30°，BD 平分∠ABC 交AC 于点D，DE∥AB，交BC 于点E，则
∠BDE 的度数是（ ）
A. 30°
B. 40°
C. 50°
D. 60°
【答案】B
【解析】
【分析】由三角形的内角和可求∠ABC，根据角平分线可以求得∠ABD，由DE//AB，可得∠BDE=∠ABD
即可．
【详解】解：∵∠A+∠C=100°
∴∠ABC=80°，
∵BD 平分∠BAC，
∴∠ABD=40°，
∵DE∥AB，
∴∠BDE=∠ABD=40°，
故答案为B．
【点睛】本题考查三角形的内角和定理、角平分线的意义、平行线的性质，灵活应用所学知识是解答本题
的关键．
6. 已知双曲线
过点(3，
)、(1，
)、(-2，
)，则下列结论正确的是（ ）
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3
A.
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用分比例函数的增减性解答即可．
【详解】解：∵
∴当x＞0 时，y 随x 的增大，且y＜0；当x＜0 时，y 随x 的增大，且y＞0；
0
∵＜1＜3，-2＜0
∴y2＜y1＜0，y3＞0
∴
．
故选A．
【点睛】本题主要考查了反比例函数的增减性，掌握数形结合思想成为解答本题的关键．
7. 折叠矩形纸片ABCD，使点B 落在点D 处，折痕为MN，已知AB=8，AD=4，则MN 的长是（ ）
A.
B. 2
C.
D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】连接BM，利用折叠的性质证明四边形BMDN 为菱形，设DN＝NB＝x，在Rt
ABD 中，由勾股定
理求BD，在Rt
ADN 中，由勾股定理求x，利用菱形计算面积的两种方法，建立等式求MN．
【详解】解：如图，连接BM，
由折叠可知，MN 垂直平分BD，
又AB∥CD，
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4
∴
BON≌
DOM，
∴ON＝OM，
∴四边形BMDN 为菱形（对角线互相垂直平分的四边形是菱形），
设DN＝NB＝x，则AN＝8﹣x，
在Rt
ABD 中，由勾股定理得：BD＝
＝
，
在Rt
ADN 中，由勾股定理得：AD2+AN2＝DN2，
即42+（8﹣x）
2＝x2，
解得x＝5，
根据菱形计算面积的公式，得
BN×AD＝
×MN×BD，
即5×4＝
×MN×
，
解得MN＝
．
故选：B．
【点睛】本题考查图形的翻折变换，勾股定理，菱形的面积公式的运用，解题过程中应注意折叠是一种对
称变换，它属于轴对称，根据轴对称的性质，折叠前后图形的形状和大小不变，如本题中折叠前后对应线
段相等．
8. 已知二次函数
的图像如图所示，有下列结论：①
；②
＞0；③
；
④不等式
＜0 的解集为1≤
＜3，正确的结论个数是（ ）
A 1
B. 2
C. 3
D. 4
【答案】A
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5
【解析】
【分析】根据抛物线的开口方向、于x 轴的交点情况、对称轴的知识可判①②③的正误，再根据函数图象
的特征确定出函数的解析式，进而确定不等式，最后求解不等式即可判定④．
【详解】解：∵抛物线的开口向上，
∴a＞0，故①正确；
∵抛物线与x 轴没有交点
∴
＜0，故②错误
∵抛物线的对称轴为x=1
∴
，即b=-2a
4
∴a+b=2a≠0，故③错误；
由抛物线可知顶点坐标为（1,1），且过点（3,3）
则
，解得
∴
＜0 可化为
＜0，解得：1＜x＜3
故④错误．
故选A．
【点睛】本题主要考查了二次函数图象的特征以及解不等式的相关知识，灵活运用二次函数图象的特征成
为解答本题的关键．
二、填空题（本大题共10 小题，每小题3 分，共30 分，不需写出解答过程，请把答案直接
填写在答题卡相应位置上)
9. 若代数式
有意义，则
的取值范围是____________．
【答案】任意实数
【解析】
【分析】根据二次根式有意义的条件及平方的非负性即可得解．
【详解】解：∵
，
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6
∴
＞0，
∴无论x 取何值，代数式
均有意义，
∴x 的取值范围为任意实数，
故答案为：任意实数．
【点睛】本题考查了二次根式有意义的条件及平方的非负性，熟练掌握二次根式的定义是解决本题的关键．
10. 2021 年4 月，白鹤滩水电站正式开始蓄水，首批机组投产发电开始了全国冲刺，该电站建成后，将仅
次于三峡水电站成为我国第二大水电站，每年可减少二氧化碳排放51600000 吨，减碳成效显著，对促进我
市实现碳中和目标具有重要作用，51600000 用科学计数法表示为___________．
【答案】
【解析】
【分析】科学记数法的形式是：
，其中
＜10，
为整数．所以
，
取决于原数小数
点的移动位数与移动方向，
是小数点的移动位数，往左移动，
为正整数，往右移动，
为负整数．本
题小数点往左移动到
的后面，所以
【详解】解：51600000
故答案为：
【点睛】本题考查的知识点是用科学记数法表示绝对值较大的数，关键是在理解科学记数法的基础上确定
好
的值，同时掌握小数点移动对一个数的影响．
11. 分解因式：
=____
【答案】a（x+1）（x-1）
【解析】
【分析】所求代数式中含有公因数a，可先提取公因数，然后再运用平方差公式分解因式．
【详解】原式=a（x2-1）=a（x+1）（x-1）．
【点睛】本题考查了提公因式法，公式法分解因式，提取公因式后利用平方差公式进行两次分解，注意要
分解彻底．
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7
12. 方程
的解是_____________．
【答案】
，
【解析】
【分析】先把两边同时乘以
，去分母后整理为
，进而即可求得方程的解．
【详解】解：
，
两边同时乘以
，得
，
整理得：
解得：
，
，
经检验，
，
是原方程的解，
故答案为：
，
．
【点睛】本题考查了分式方程和一元二次方程的解法，熟练掌握分式方程和一元二次方程的解法是解决本
题的关键．
13. 已知圆锥的底面圆半径为4，侧面展开图扇形的圆心角为120°，则它的侧面展开图面积为
_____________．
【答案】48π
【解析】
【分析】首先根据底面圆的半径求得扇形的弧长，然后根据弧长公式求得扇形的半径，然后利用公式求得
面积即可．
【详解】解：∵底面圆的半径为4，
∴底面周长为8π，
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8
∴侧面展开扇形的弧长为8π，
设扇形的半径为r，
∵圆锥的侧面展开图的圆心角是120°，
∴
＝8π，
解得：r＝12，
∴侧面积为π×4×12＝48π，
故答案为：48π．
【点睛】考查了圆锥的计算，解题的关键是了解圆锥的侧面展开扇形的弧长等于底面圆的周长，难度不大．
14. 《九章算术》中有一道“引葭赴岸”问题：“仅有池一丈，葭生其中央，出水一尺，引葭赴岸，适与
岸齐．问水深，葭长各几何？”题意是：有一个池塘，其地面是边长为10 尺的正方形，一棵芦苇AB 生长
在它的中央，高出水面部分BC 为1 尺．如果把芦苇沿与水池边垂直的方向拉向岸边，那么芦苇的顶部B
恰好碰到岸边的B'（示意图如图，则水深为__尺．
【答案】12
【解析】
【分析】依题意画出图形，设芦苇长AB=AB'=x 尺，则水深AC=（x﹣1）尺，因为B'E=10 尺，所以B'C=5
尺，利用勾股定理求出x 的值即可得到答案．
【详解】解：依题意画出图形，设芦苇长AB=AB'=x 尺，则水深AC=（x﹣1）尺，
因为B'E=10 尺，所以B'C=5 尺，
在Rt△AB'C 中，52+（x﹣1）
2=x2
，
解之得x=13，
即水深12 尺，芦苇长13 尺．
故答案为：12．
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9
．
【点睛】此题考查勾股定理的实际应用，正确理解题意，构建直角三角形利用勾股定理解决问题是解题的
关键．
15. 如图，在Rt△ABC 中，∠ABC=90°，∠A=32°，点B、C 在
上，边AB、AC 分别交
于D、E 两
点﹐点B 是
的中点，则∠ABE=__________．
【答案】
【解析】
【分析】如图，连接
先证明
再证明
利用三角形的外角可得：
再利用直角三角形中两锐角互余可得：
再解方程可得答案．
【详解】解：如图，连接
是
的中点，
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10
故答案为：
【点睛】本题考查的是圆周角定理，三角形的外角的性质，直角三角形的两锐角互余，掌握圆周角定理的
含义是解题的关键．
16. 如图，点A、B 在反比例函数
的图像上，延长AB 交
轴于C 点，若△AOC 的面积是12，
且点B 是AC 的中点，则
=__________．
【答案】8
【解析】
【分析】由
的面积为12，故作
，设
，
即可表示
的面积，再利用
中点坐标公式表示B 点坐标，利用B 点在反比例图像上即可求解．
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11
【详解】解：作
，设
，
的面积为12
B 点是AC 中点
B 点坐标
B 点在反比例图像上
又
故答案是：8．
【点睛】本题考查反比例函数的综合运用、中点坐标公式和设而不解的方程思想，属于中档难度的题型．
解题的关键是设而不解的方程思想．此外设有
两点，则
的中点坐标是：
．
17. 如图，在△ABC 中，AB=4，BC=5，点D、E 分别在BC、AC 上，CD=2BD，CF=2AF，BE 交AD 于点
F，则△AFE 面积的最大值是_________．
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12
【答案】
【解析】
【分析】连接DF ，先根据相似三角形判定与性质证明
, 得到
, 进而根据
CD=2BD，CF=2AF，得到
,根据△ABC 中，AB=4，BC=5，得到当AB⊥BC 时，△ABC 面
积最大，即可求出△AFE 面积
最大值．
【详解】解：如图，连接DF，
∵CD=2BD，CF=2AF，
∴
，
∵∠C=∠C，
∴△CDF∽△CBA，
∴
,∠CFD=∠CAB，
∴DF∥BA，
∴△DFE∽△ABE，
∴
,
∴
,
∵CF=2AF，
∴
,
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13
∴
,
∵CD=2BD，
∴
,
∴
,
∵△ABC 中，AB=4，BC=5，
∴，当AB⊥BC 时，△ABC 面积最大，为
，
此时△AFE 面积最大
．
故答案为：
【点睛】本题考查了相似三角形的性质与判定，根据相似三角形的性质与判定得到
,理解等高三角
形的面积比等于底的比是解题关键．
三、简答题（本大题共10 小题，共96 分，请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出必要
的文字说明，证明过程或演算步骤)
18. 计算：
4sin45°
【答案】1
【解析】
【分析】结合实数的运算法则即可求解．
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14
【详解】解：原式
．
【点睛】本题考察非0 底数的0 次幂等于1、二次根式的化简、特殊三角函数值等知识点，属于基础题型，
难度不大．解题的关键是掌握实数的运算法则．
19. 解不等式组
，并写出满足不等式组的所有整数解．
【答案】解集为
，整数解为－1，0．
【解析】
【分析】先分别解得每个不等式的解集，再根据大小小大取中间求得不等式组的解集，进而可求得整数解．
【详解】解：
，
由①得：
，
由②得：
，
∴原不等式组的解集为
，
∴该不等式组的所有整数解为－1，0．
【点睛】本题考查了一元一次不等式组的解法，熟练掌握解不等式组的基本步骤是解决本题的关键．
20. 某机构为了解宿迁市人口年龄结构情况，对宿迁市的人口数据进行随机抽样分析，绘制了如下尚不完
整的统计图表：
类别
A
B
C
D
年龄（t 岁）
0≤t<15
15≤t<60
60≤t<65
t≥65
人数（万人）
4.7
11.6
m
2.7
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15
根据以上信息解答下列问题：
(1)本次抽样调查，共调查了____万人；
(2)请计算统计表中
的值以及扇形统计图中“C”对应的圆心角度数；
(3)宿迁市现有人口约500 万人，请根据此次抽查结果，试估计宿迁市现有60 岁及以上的人口数量．
【答案】（1）20；（2）1；18°；（3）92.5 万人．
【解析】
【分析】（1）用B 类的人数除以所占百分比即可求出被调查的总人数；
（2）用总人数减去A，B，D 类的人数即可求出m 的值，再用C 类人数除以总人数得到的百分比乘以360°
即可得到结论；
（3）首先计算出样本中60 岁及以上的人口数量所占百分比，再乘以500 万即可得到结论．
【详解】解：（1）11.6÷58%=20（万人），
故答案为：20；
（2）
故m 的值为1；扇形统计图中“C”对应的圆心角度数为18°；
（3）宿迁市现有60 岁及以上的人口数=
（万人）
所以，宿迁市现有60 岁及以上的人口数量为92.5 万人．
【点睛】本题考查的是统计表和扇形统计图的综合运用，读懂统计图，从不同的统计图中得到必要的信息
是解决问题的关键．扇形统计图直接反映部分占总体的百分比大小．
21. 在①AE=CF；②OE=OF；③BE∥DF 这三个条件中任选一个补充在下面横线上，并完成证明过程．
已知，如图，四边形ABCD 是平行四边形，对角线AC、BD 相交于点O，点E、F 在AC 上， (填写序
号)．
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16
求证：BE=DF．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
【答案】见解析
【解析】
【分析】若选②，即OE=OF ；根据平行四边形的性质可得BO=DO ，然后即可根据SAS 证明
△BOE≌△DOF，进而可得结论；若选①，即AE=CF；根据平行四边形的性质得出OE=OF 后，同上面的
思路解答即可；若选③，即BE∥DF，则∠BEO=∠DFO，再根据平行四边形的性质可证△BOE≌△DOF，
于是可得结论．
【详解】解：若选②，即OE=OF；
证明：∵四边形ABCD 是平行四边形，
∴BO=DO，
∵OE=OF，∠BOE=∠DOF，
∴△BOE≌△DOF（SAS），
∴BE=DF；
若选①，即AE=CF；
证明：∵四边形ABCD 是平行四边形，
∴BO=DO，AO=CO，
∵AE=CF，
∴OE=OF，
又∠BOE=∠DOF，
∴△BOE≌△DOF（SAS），
∴BE=DF；
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17
若选③，即BE∥DF；
证明：∵四边形ABCD 是平行四边形，
∴BO=DO，
∵BE∥DF；
∴∠BEO=∠DFO，
又∠BOE=∠DOF，
∴△BOE≌△DOF（AAS），
∴BE=DF；
【点睛】本题考查了平行四边形的性质和全等三角形的判定和性质，属于基本题型，熟练掌握平行四边形
的性质和全等三角形的判定是关键．
22. 即将举行的2022 年杭州亚运会吉祥物“宸宸”、“琮琮”、“莲莲”：
将三张正面分别印有以上3 个吉祥物图案的卡片（卡片的形状、大小、质地都相同)背面朝上、洗匀．
(1)若从中任意抽取1 张，抽得得卡片上的图案恰好为“莲莲”的概率是 ．
(2)若先从中任意抽取1 张，记录后放回，洗匀，再从中任意抽取1 张，求两次抽取的卡片图案相同的概率．
(请用树状图或列表的方法求解)
【答案】（1）
；（2）
【解析】
【分析】（1）直接根据概率公式求解即可；
（2）根据题意画出树状图得出所有等情况数，找出两次抽取的卡片图案相同的情况数，然后根据概率公
式即可得出答案．
【详解】解：（1）∵有3 张形状、大小、质地均相同的卡片，正面分别印有“宸宸”、“琮琮”、“莲
莲”，
∴从中随机抽取1 张，抽得
卡片上的图案恰好为“莲莲”的概率为
；
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故答案为：
；
（2）把“宸宸”、“琮琮”、“莲莲”分别用字母A、B、C 表示，画树状图如下：
或列表为：
A
B
C
A
AA
AB
AC
B
BA
BB
BC
C
CA
CB
CC
由图(或表)可知：共有9 种等可能的结果，其中抽到相同图案的有3 种，
则两次抽取的卡片图案相同的概率是
．
【点睛】此题考查的是树状图法(或列表法)求概率．树状图法适合两步或两步以上完成的事件；解题时要
注意此题是放回实验还是不放回实验．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
23. 一架无人机沿水平直线飞行进行测绘工作，在点P 处测得正前方水平地面上某建筑物AB 的顶端A 的俯
角为30°，面向AB 方向继续飞行5 米，测得该建筑物底端B 的俯角为45°，已知建筑物AB 的高为3 米，求
无人机飞行的高度(结果精确到1 米，参考数据：
1.414，
=1.732)．
【答案】无人机飞行的高度约为14 米．
【解析】
【分析】延长PQ，BA，相交于点E，根据∠BQE＝45°可设BE＝QE＝x，进而可分别表示出PE＝x＋5，
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19
AE＝x－3，再根据sin∠APE＝
，∠APE＝30°即可列出方程
，由此求解即可．
【详解】解：如图，延长PQ，BA，相交于点E，
由题意可得：AB⊥PQ，∠E＝90°，
又∵∠BQE＝45°，
∴BE＝QE，
设BE＝QE＝x，
∵PQ＝5，AB＝3，
∴PE＝x＋5，AE＝x－3，
∵∠E＝90°，
∴sin∠APE＝
，
∵∠APE＝30°，
∴sin30°＝
，
解得：x＝
≈14，
答：无人机飞行的高度约为14 米．
【点睛】本题考查解直角三角形的应用-俯角仰角问题，难度适中，要求学生能借助其关系构造直角三角形
并解直角三角形．
24. 如图，在Rt△AOB 中，∠AOB=90°，以点O 为圆心，OA 为半径的圆交AB 于点C，点D 在边OB 上，
且CD= BD．
（1）判断直线CD 与圆O 的位置关系，并说明理由；
（2）已知
AB=40，求
的半径．
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【答案】（1）直线CD 与圆O 相切，理由见解析；（2）
【解析】
【分析】（1）连接
证明
可得
从而可得答案；
（2）由
设
则
再求解
再
表示
再利用
列方程解方程，可得答案．
【详解】解：（1）直线CD 与圆O 相切，理由如下：
如图，连接
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21
为
的半径，
是
的切线．
（2）
设
则
（负根舍去）
的半径为：
【点睛】本题考查的是切线的判定与性质，勾股定理的应用，等腰三角形的性质，锐角三角函数的应用，
一元二次方程的解法，熟练应用基础知识，把知识串联起来是解题的关键．
25. 一辆快车从甲地驶往乙地，一辆慢车从乙地驶往甲地，两车同时出发，匀速行驶，两车在途中相遇时，
快车恰巧出现故障，慢车继续驶往甲地，快车维修好后按原速继续行驶乙地，两车到达各地终点后停止，
两车之间
距离s(km)与慢车行驶的时间t(h)之间的关系如图：
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22
(1)快车的速度为 km/h，C 点的坐标为 ．
(2)慢车出发多少小时候，两车相距200km．
【答案】（1）100，（8,480）；（2）1.75h 和4.875h．
【解析】
【分析】（1）由图像可知，甲乙两地的距离为480km， 0-3 小时快车和慢车一起行驶了3 小时，3-4 小时
快车出现故障停止前行、仅有慢车行驶，进而求出慢车速度，然后再求出快车的速度；A、B 段为快车已
维修好，两车共同行驶且快车在B 点到站，BC 段仅为慢车行驶；则可求出B 点坐标，进而求出C 点的横
坐标即可解答；
（2）分快车出现故障前和故障后两种情况解答即可．
【详解】解：（1）由图像可知，甲乙两地的距离为480km
在0-3 小时快车和慢车一起行驶了3 小时，3-4 小时快车出现故障停止前行、仅有慢车行驶
则慢车速度为
=60km/h
设快车速度为v，则有：（v+60）×3=480，解得v=100km/h
∴B 点的横坐标为
+1=5.8，从坐标为60+（60+100）×（5.8-4）=348，即B（5.8,348）
∴慢车行驶时间为
h，
∴C 点的横坐标为8
∴C 点的坐标为（8,480）；
（2）在快车出现故障前，两车相距200km 所用时间为：（480-200）÷（100+60）=1.75h；
在快车出现故障后，慢车1 小时行驶了60km，然后两车共同行驶了200-60=140km
共同行驶时间为140÷（100+60）=0.875h
∴两车相距200km 所用时间为4+0.875=4.875h．
答：两车相距200km 所用时间为1.75h 和4.875h．
【点睛】本题考查了从函数图象中获取信息和行程问题，从函数图象中获取有用的信息成为解答本题的关
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键．
26. 已知正方形ABCD 与正方形AEFG，正方形AEFG 绕点A 旋转一周．
(1)如图①，连接BG、CF，求
的值；
(2)当正方形AEFG 旋转至图②位置时，连接CF、BE，分别去CF、BE 的中点M、N，连接MN、试探究：
MN 与BE 的关系，并说明理由；
(3)连接BE、BF，分别取BE、BF 的中点N、Q，连接QN，AE=6，请直接写出线段QN 扫过的面积．
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【解析】
【分析】（1）由旋转的性质联想到连接
，证明
即可求解；
（2）由M、N 分别是CF、BE 的中点，联想到中位线，故想到连接BM 并延长使BM=MH，连接FH、
EH，则可证
即可得到
，再由四边形
内角和为
可得
，则可证明
，即
是等腰直角三角形，最后利用中位线的性质即可
求解；
（3）Q、N 两点因旋转位置发生改变，所以Q、N 两点的轨迹是圆，又Q、N 两点分别是BF、BE 中点，
所以想到取AB 的中点O，结合三角形中位线和圆环面积的求解即可解答．
【详解】解：（1）连接
四边形ABCD 和四边形AEFG 是正方形
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分别平分
即
且
都是等腰直角三角形
（2）连接BM 并延长使BM=MH，连接FH、EH
是CF 的中点
又
在四边形BEFC 中
又
即
即
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又四边形ABCD 和四边形AEFG 是正方形
三角形BEH 是等腰直角三角形
M、N 分别是BH、BE 的中点
（3）取AB 的中点O，连接OQ、ON，连接AF
在
中，O、Q 分别是AB、BF 的中点
同理可得
所以QN 扫过的面积是以O 为圆心，
和
为半径的圆环的面积
．
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【点睛】本题考察旋转的性质、三角形相似、三角形全等、正方形的性质、中位线的性质与应用和动点问
题，属于几何综合题，难度较大．解题的关键是通过相关图形的性质做出辅助线．
27. 如图，抛物线
与
轴交于A(-1，0)，B(4，0)，与
轴交于点C．连接AC，BC，点
P 在抛物线上运动．
(1)求抛物线的表达式；
(2)如图①，若点P 在第四象限，点Q 在PA 的延长线上，当∠CAQ=∠CBA
45°时，求点P 的坐标；
(3)如图②，若点P 在第一象限，直线AP 交BC 于点F，过点P 作
轴的垂线交BC 于点H，当△PFH 为等
腰三角形时，求线段PH 的长．
【答案】（1）
；（2）（6，-7）；（3）PH=
或1.5 或
【解析】
【分析】（1）根据待定系数法解答即可；
（2）求得点C 的坐标后先利用勾股定理的逆定理判断∠ACB=90°，继而可得∠ACO=∠CBA，在x 轴上取
点E（2，0），连接CE，易得△OCE 是等腰直角三角形，可得∠OCE=45°，进一步可推出
∠ACE=∠CAQ，可得CE∥PQ，然后利用待定系数法分别求出直线CE 与PQ 的解析式，再与抛物线的解
析式联立方程组求解即可；
（3）设直线AP 交y 轴于点G，如图，由题意可得若△PFH 为等腰三角形，则△CFG 也为等腰三角形，设
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G（0，m），求出直线AF 和直线BC 的解析式后，再解方程组求出点F 的坐标，然后分三种情况求出m 的
值，再求出直线AP 的解析式，进而可求出点P 的坐标，于是问题可求解．
【详解】解：（1）把A(-1，0)，B(4，0)代入
，得
，解得：
，
∴抛物线的解析式是
；
（2）令x=0，则y=2，即C（0，2），
∵
，
，AB2=25，
∴
，
∴∠ACB=90°，
∵∠ACO+∠CAO=∠CBA+∠CAO=90°，
∴∠ACO=∠CBA，
在x 轴上取点E（2，0），连接CE，如图，
则CE=OE=2，
∴∠OCE=45°，
∴∠ACE=∠ACO+45°=∠CBA+45°=∠CAQ，
∴CE∥PQ，
∵C（0，2），E（2，0），
∴直线CE 的解析式为y=-x+2，
设直线PQ 的解析式为y=-x+n，把点A（-1，0）代入，可得n=-1，
∴直线PQ 的解析式为y=-x-1，
解方程组
，得
或
，
∴点P 的坐标是（6，-7）；
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（3）设直线AP 交y 轴于点G，如图，
∵PH∥y 轴，
∴∠PHC=∠OCB，∠FPH=∠CGF，
∴若△PFH 为等腰三角形，则△CFG 也为等腰三角形，
∵C（0，2），B（4，0），
∴直线BC 的解析式为
，
设G（0，m），∵A（-1，0），
∴直线AF 的解析式为y=mx+m，
解方程组
，得
，
∴点F 的坐标是
，
∴
，
当CG=CF 时，
，解得：
（舍去负值），
此时直线AF 的解析式为y=
x+
，
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解方程组
，得
或
，
∴点P 的坐标是（
，
），此时点H 的坐标是（
，
），
∴PH=
；
当FG=FC 时，
，解得m=
或m=
（舍）
或m=2（舍），
此时直线AF 的解析式为y=
x+
，
解方程组
，得
或
，
∴点P 的坐标是（3，2），此时点H 的坐标是（3，
），
∴PH=2-
=1.5；
当GF=GC 时，
，解得
或m=2（舍去），
此时直线AF 的解析式为y=
x+
，
解方程组
，得
或
，
∴点P 的坐标是（
，
），此时点H 的坐标是（
，
），
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∴PH=
；
综上，PH=
或1.5 或
．
【点睛】本题是二次函数的综合题，主要考查了待定系数法求二次函数的解析式、二次函数图象上点的坐
标特征、直线与抛物线的交点以及等腰三角形的判定和性质等知识，具有相当的难度，熟练掌握二次函数
的图象和性质、灵活应用数形结合的思想是解题的关键．
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