昆明学院-医疗纠纷论文

2019年常州市中考数学试题、答案（解析版）
(满分：120分 考试时间：120分钟)
一、选择题(本大题共8小题,每小题2分,共16分.在每小题给出的四个 选项中,只有一项是正
确的)
1.
3
的相反数是
A.












( )
1
3
B.


1
3
D.
3

2.若代数式
x1
有意义,则实数
x
的取值范围是
x3
B.
x3

( )
A.
x1
C.
x1


D.
x3



( ) 3.下图是某几何体的三视图,该几何体是
A.圆柱








B.正方体


C.圆锥 D.球
(第3题) (第4题)
( ) 4 .如图,在线段
PA
、
PB
、
PC
、
PD
中,长度最小的是
A.线段
PA
B.线段
PB
C.线段
PC
D.线段
PD

( ) 5.若
△ ABC∽△A

B

C

,相似比为
1:2
,则
△ABC∽△A

B

C

的周长的比为
A.
2:1
B.
1:2
C.
4:1




D.
1:4



6.下列各数中与
23
的积是有理数的是
A.
23

( )
C.
3
D.
23

7.判断 命题“如果
n＜1
,那么
n
2
1＜0
”是假命题,只需举 出一个反例.反例中的
n
可以为
( )
A.
2
B.


1
2
D.
1

2
8.随着时代的进步,人们对
PM
2.5
(空气中直径小于等于微米的颗粒)的关注日益密切.某市一
天中
PM
2.5
的值
y
1
ugm
3
随时间
t(h)
的变化如图所 示,设
y
2
表示0时到
t
时
PM
2.5
的 值的
极差(即0时到
t
时
PM
2.5
的最大值与最小值的差 ),则
y
2
与
t
的函数关系大致是
( )

A

B



C
二、填空题(本大题共10小题,每小题2分,共20分)
9.计算：
a
3
a
.
的算术平方根是 .
11.分解因式：
ax
2
4a
.
12. 如果


35
,那么


的余角等于

.

D
13.如果
ab20
,那么代数式
12a2b
的值是 .
14.平面直角坐标系中,点
P

3,4

到原点的 距离是 .

x1
15.若

是关于
x
、
y
的二元一次方程
axy3
的解,则
a
.
y2

16.如图,
AB
是
eO
的直径,
C
、
D
是
eO
上的两点,
AOC＝120
, 则
CDB＝
.


(第17题) (第18题)

(第16题)

17.如图,半径为
3
的
eO
与边长为8的等边三角形
ABC
的两边
AB
、BC
都相切,连接
OC
,
则
tanOCB
.
18.如图,在矩形
ABCD
中,
AD3AB310
,点< br>P
是
AD
的中点,点
E
在
BC
上,
CE2BE
,
点
M
、
N
在线段
BD
上. 若
△PMN
是等腰三角形且底角与
DEC
相等,则
MN
.
三、解答题(本大题共10小题,共84分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
19.(本题满分8分)计算：

1

(1)

0


(3)
2
；

2

(2)
(x1)(x1)x(x1)
.



1

x10
20.(本题满分6分) 解不等式组

并把解集在数轴上表示出来.
3x8
„
x


21.(本题满分8分)如图,把平行四边形纸片
ABCD
沿
BD
折叠,点
C
落在点
C

处,
BC

与
AD
相交于点
E
.
(1)连接
AC
,则
AC
与
BD
的位置关系是 ；
(2)
EB
与
ED
相等吗证明你的结论.




22.(本题满分8分)在“慈善一日捐”活动中,为了解某校学生的捐款情况, 抽样调查了该校部
分学生的捐款数(单位：元),并绘制成下面的统计图.
(1)本次调查的样本容量是 ,这组数据的众数为 元；
(2)求这组数据的平均数；
(3)该校共有600名学生参与捐款,请你估计该校学生的捐款总数.




23.(本题满分8分)将图中的A型(正方形)、B型(菱形)、C型(等腰直 角三角形)纸片分别放在
3个盒子中,盒子的形状、大小、质地都相同,再将这3个盒子装入一只不透明 的袋子中.

(1)搅匀后从中摸出1个盒子,盒中的纸片既是轴对称图形又是中心对称图形的概率
是 ；
(2)搅匀后先从中摸出1个盒子(不放回),再从余下的2个盒子中摸出1个盒子,把摸出的2< br>个盒中的纸片长度相等的边拼在一起,求拼成的图形是轴对称图形的概率.(不重叠无缝
隙拼接)

24.(本题满分8分)甲、乙 两人每小时共做30个零件,甲做180个零件所用的时间与乙做120
个零件所用的时间相等.甲、乙 两人每小时各做多少个零件



25.(本题满分8分)如图,在
□
OABC中,
OA22
,
AOC45
,点
C< br>在
y
轴上,点
D
是
BC
的
中点,反比例函数
y
(1)求
k
的值；
k
(x＞0)
的图像经过点
A
、
D
.
x
_
_
_
_
_
_
_
_
_
_
_
_
_
_
_
_




_
_
_
_
_
_
_
_
_
_
_
_
_

(2)求点
D
的坐标.




26.(本题满分10分)【阅读】
数学中,常对同一个量 (图形的面积、点的个数、三角形的内角和等)用两种不同的方法计算,
．．．．
从而建立相等 关系,我们把这一思想称为“算两次”.“算两次”也称做富比尼原理,是一种
重要的数学思想.



图2 图1
【理解】
(1)如图1,两个边长分别为
a、b、c
的直角三角形和一个两条直角边都是
c的直角三角形拼
成一个梯形.用两种不同的方法计算梯形的面积,并写出你发现的结论；
(2)如图2,
n
行
n
列的棋子排成一个正方形,用两种不同的方法计算棋子 的个数,可得等式：
n
2

；
【运用】
(3)
n
边形有
n
个顶点,在它的内部再画
m
个点,以

mn

个点为顶点,把
n
边形剪成若干个
三角形,设最多 可以剪得
y
个这样的三角形.当
n3
,
m3
时,如图3 ,最多可以剪得7个
这样的三角形,所以
y7
.
①当
n4
,
m2
时,如图4,
y
；当
n5
,
m
时,
y9
；

图3 图4
②对于一般的情形,在
n< br>边形内画
m
个点,通过归纳猜想,可得
y
(用含
m
、
n
的代数式表示).请对同一个量用算两次的方法说明你的猜想成立.
．．．．



27.(本小题满分10分)
如图,二次 函数
yx
2
bx3
的图象与
x
轴交于点
A
、
B
,与
y
轴交于点
C
,点
A
的 坐标为

1,0

,点
D
为
OC
的中点 ,点
P
在抛物线上.
(1)
b
；
(2)若点
P
在第一象限,过点
P
作
PHx
轴,垂足为
H< br>,
PH
与
BC
、
BD
分别交于点
M
、
N
.是否存在这样的点
P
,使得
PMMNNH
若存在 ,求出点
P
的坐标；若不存在,请说
明理由；
(3)若点
P
的横坐标小于3,过点
P
作
PQBD
,垂足为
Q
,直线
PQ
与
x
轴交于点
R
,且
S
△PQB2S
△QRB
,求点
P
的坐标.




28.(本题满分10分)已知平面图形
S
,点
P
、Q
是
S
上任意两点,我们把线段
PQ
的长度的最大
值称 为平面图形
S
的“宽距”.例如,正方形的宽距等于它的对角线的长度.
(1)写出下列图形的宽距：
①半径为1的圆： ；
②如图1,上方是半径为1的半圆,下方是正方形的三条边的“窗户形”： ；
0
、
B

1，0

,
C
是坐标平面内 的点,连接
AB
、(2)如图2,在平面直角坐标系中,已知点
A

1，
BC
、
CA
所形成的图形为
S
,记
S
的宽距为
d
.
①若
d2
,用直尺和圆规画出点
C所在的区域并求它的面积(所在区域用阴影表示)；
2

且与
y
轴垂直的直线上.对于②若点
C
在上运动,
eM
的半径为1,圆心
M
在过点

0，
eM
上任意点
C
,都有
5 ≤d≤8
,直接写出圆心
M
的横坐标
x
的取值范围.

图1 图2

2019年常州市中考数学答案解析
一、选择题
1.【答案】C
【解析】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.
解：

3

30
.
【考点】相反数的意义
2.【答案】D
【解析】分式有意义的条件是分母不为0.
解：
Q
代数式
x1
有意义，
x3
x30
，
x3
.
故选：D.
【考点】分式有意义的条件
3.【答案】A
【解析】通过俯视图为圆得到几何体为 圆柱或球，然后通过主视图和左视图可判断几何体为圆
锥.
解：该几何体是圆柱.
故选：A.
【考点】由三视图判断几何体
4.【答案】B
【解析】由垂线段最短可解.

解：由直线外一点到直线上所有点的连线中，垂线段最短，可知答案为B.
故选：B.
【考点】直线外一点到直线上所有点的连线中，垂线段最短.
5.【答案】B
【解析】直接利用相似三角形的性质求解
解：
Q△ABC∽△A

B

C

，相似比为
1:2
，
△ABC∽△A< br>
B

C

的周长的比为
1:2
.
故选B.
【考点】相似三角形的性质
6.【答案】D
【解析】利用平方差公式可知与
23
的积是有理数的为
23
；
解：
Q2323431
；

故选：D.
【考点】二次根式的有理化以及平方差公式
7.【答案】A
【解析】反例中的n
满足
n＜
≥0
，从而对各选项进行判断.
1
，使< br>n
2
1
解：当
n2
时，满足
n＜1
， 但
n
2
13＞0
，
所以判断命题“如果
n＜
≥0
”是假命题，举出
n2
.
1
，那么
n
2
1
故选：A.
【考点】命题与定理
8.【答案】B
【解析】根据极差的定义，分别从
t 0
、
0＜t≤10
、
10＜t≤20
及
20＜t≤24< br>时，极差
y
2
随
t
的

变化而变化的情况，从而得出答案.
解：当
t0
时，极差
y
2
85850
，
当
0＜t≤10
时，极差
y
2
随
t
的增大 而增大，最大值为43；
当
10＜t≤20
时，极差
y
2
随
t
的增大保持43不变；
当
20＜t≤24
时，极差
y
2
随
t
的增大而增大，最大值为98；
故选：B.
【考点】函数图象
二、填空题
9.【答案】
a
2

【解析】直接利用同底数幂的除法运算法则计算得出答案.
解：
a
3
aa
2
.
故答案为：
a
2
.
【考点】同底数幂的除法
10.【答案】2
【解析】根据算术平方根的含义和求法，求出4的算术平方根是多少即可.
解：4的算术平方根是2.
故答案为：2.
【考点】算术平方根的概念
11.【答案】
a

x2

x2


【解析】先提取公因式
a
，再对余下的多项式利用平方差公式继续分解.
【解答】解：
ax
2
4a

a

x
2
4


a

x2

x2

.
【考点】提公因式法与公式法的综合运用
12.【答案】55
【解析】若两角互余 ，则两角和为
90
，从而可知


的余角为
90
减去


，从而可解.
【解答】解：
Q

35
，


的余角等于
903555
，
故答案为：55.
【考点】余角
13.【答案】5
【解析】将所求式子化简后再将已知条件中a﹣b=2整体代入即可求值；
【解答】解：
Qab20
，
ab2
，
12a2b12

ab

145
；
故答案为5.
【考点】求代数式的值
14.【答案】5
【解析】作PAx
轴于
A
，则
PA4
，
OA3
，再 根据勾股定理求解.
【解答】解：作
PAx
轴于
A
，则
PA4
，
OA3
.
则根据勾股定理，得
OP5
.
故答案为5.
【考点】点到原点的距离求法
15.【答案】1


x1
【解析】把

代入二元一次方程
axy3
中即可求
a
的值.
y2

x1
【解答】解：把

代入二元一次方程
axy3
中，
y2

a23
，解得
a1
.
故答案是：1.
【考点】二元一次方程的解
16.【答案】30
【解析 】先利用邻补角计算出
BOC
，然后根据圆周角定理得到
CDB
的度数.
【解答】解：
QBOC180AOC18012060
，
CDBBOC30
.
故答案为30.
【考点】圆周角定理
17.【答案】
3

5
【解析】根据切线长定理得出
OB COBAABC30
，解直角三角形求得
BD
，即可
求得
CD
，然后解直角三角形
OCD
即可求得
tanOCB
的值.
【解答】解：连接
OB
，作
ODBC
于D，
1
2
QeO
与等边三角形
ABC
的两边
AB、BC
都相切，
1
OBCOBAABC30
，
2
tanOCB
OD
，
BD
3
3
3
3
，
BD
OD

tan30
CDBCBD835
，

tanOCB
OD3
.

CD5
故答案为
3
.
5

【考点】切线的性质，等边三角形的性质，解直角三角形
18.【答案】6或
15

8
【解析】
QAD3AB310
，
AB310
，
Q
四边形
ABCD
是矩形，
ADBC310
，
ABCD10
，
AC90
，
BDAB
2
AD
2
10
，
QCE2BE
，
CE210
，
BE10
，
DE52
，
tanDEC
CD101

， CE
210
2
Q
点
P
是
AD
的中点，
PD
1310
.
AD
22
①如图1，当
M N
为底边时，则
PMPN
，
PMNPNMDEC
， < br>过点P作
PQMN
，则
MQNQ
，
MN2MQ
，
QAPQD90
，
ADBPDQ
，
△BAD∽△PQD
，

PQPD
2
，
ABBD
3
10
PQ
2
，

10
10

解得
PQ
3
；
2
PQ1
tanDEC
，
MQ2
在
Rt△ PMQ
中，
QtanPMN
3
PQ1
1

， 即
2

，
MQ2
MQ2
MQ3
，
MN2MQ6
.
②如图2，当
MN
为腰时，则
PM MN
，
MPNMNPDEC
，
过点
M
作MQPN
于点
Q
，则
PQNQ
，
QMNPDEC
，
PNDDEB
，
又
QAD∥BC
，
PDNDBE
，
△PND∽△DEB
，

PDPN
，

BDDE
3
10
PN
2
，

10
52
解得
PN
3
3
5
，
NQ 5
，
2
4
MQ1
tanDEC
，
NQ2
在
Rt△MNQ
中，
QtanMNP

MQ1
MQ1

，即

，
3
NQ2
5
2
4
MQ
3
5
，
8
15
.
8
15
.
8
MNMQ< br>2
NQ
2

综上所述，
MN
的值为6或

【考点】矩形的性质，等腰三角形的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理
三、解答题

1

19.【答案】（1）



 (3)
2
1230
；

2

0
1
（2）
(x1)(x1)x(x1)x
2
1x
2
xx1
.
【解析】根据零指数幂，负指数幂，多项式乘以多项式（单项式）的运算法则准确计算即可；
【考点】实数的运算
20.【答案】解：解不等式
x1＞0
，得：
x＞1
，
解不等式
3x8≤x
，得：
x≤2
，

不等式组的解集为
1＜x≤2
，
将解集表示在数轴上如下：

【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、
大大小小无解了确定不等式组的解集.
【考点】不等式组的解法及在数轴上表示不等式的解集
21.【答案】（1）
AC∥BD

（2）
EB
与
ED
相等.
证明：由折叠可得，
CBDC'BD
，
QAD∥BC
，
ADBCBD
，
EDBEBD
，
BEDE
.

【解析】（1）根 据
ADC'B
，
EDEB
，即可得到
AEC'E
，再 根据三角形内角和定理，
即可得到
EAC'EC'AEBDEDB
，进 而得出
AC'∥BD
；
（2）依据平行线的性质以及折叠的性质，即可得到
EDBEBD
，进而得出
BEDE
.
【考点】折叠变换的性质，平行四边形的性质，平行线的判定与性质，等腰三角形的判定与性
质
22.【答案】（1）30,10
（2）这组数据的平均数为
651110815520
；
 12
（元）
30
（3）估计该校学生的捐款总数为
600127200< br>（元）.
【解析】（1）由题意得出本次调查的样本容量是
6118530< br>，由众数的定义即可得出结
果；
（2）由加权平均数公式即可得出结果；
（3）由总人数乘以平均数即可得出答案.
【考点】条形统计图的综合运用，平均数，众数的求法以及利用样本估计总体的思想
23.【答案】（1）
2
；
3
（2）画树状图为：

共有6种等可能的情况，其中拼成的图形是轴对称图形的情况有2种：A和C，C和A，

拼成的图形是轴对称图形的概率为
=
21
.
63
【解析】（1）依据搅匀后从中摸出1个盒子，可能为A型（正方形）、B型（菱形）或C型（等
腰直 角三角形）这3种情况，其中既是轴对称图形又是中心对称图形的有2种，即可得到
盒中的纸片既是轴对 称图形又是中心对称图形的概率；
（2）依据共有6种等可能的情况，其中拼成的图形是轴对称图形的情况有2种：A和C，C和

A，即可得到拼成的图形是轴对称图形的概率.
解：（1）搅匀后 从中摸出1个盒子，可能为A型（正方形）、B型（菱形）或C型（等腰直角三
角形）这3种情况，其中 既是轴对称图形又是中心对称图形的有2种，

盒中的纸片既是轴对称图形又是中心对称图形的概率是
2
；
3
故答案为：
2
；
3
（2）画树状图为：

共有6种等可能的情况，其中拼成的图形是轴对称图形的情况有2种：A和C，C和A，

拼成的图形是轴对称图形的概率为
=
21
.
63
【考点】用列表法或画树状图求事件的概率以及轴对称图形和中心对称图形的识别
24.【答案】解：设甲每小时做
x
个零件，则乙每小时做

30x
个零件，
由题意得：
180120
，

x30x
解得：
x18
，
经检验：
x18
是原分式方程的解，
则
301812
（个）.
答：甲每小时做18个零件，则乙每小时做12个零件.
【解析】设甲每小时做
x< br>个零件，则乙每小时做

30x

个零件，根据关键语句“甲做18 0个
零件所用的时间与乙做120个零件所用的时间相等”列出方程，再求解即可.
【考点】分式方程的应用
25.【答案】解：（1）
QOA22
，
AOC45
，
A

2，2


k4
，
y
4
；
x
（2）四边形
OABC
是平行四边形
OABC
，
ABx
轴，
B
的横纵标为2，
Q
点
D
是
BC
的中点，

D
点的横坐标为1，
D

1，4

.
【解析】（1）根据已知条件求出
A
点坐标即可；
（2）四边形
O ABC
是平行四边形
OABC
，则有
ABx
轴，可知
B< br>的横纵标为2，
D
点的横坐标为
1，结合解析式即可求解.
【考点】 平行四边形的性质，等腰直角三角形的性质，反比例函数图像上点的坐标特点及用待
定系数法求反比例函 数的解析式
26.【答案】解：（1）有三个
Rt△
其面积分别为
ab，
ab
，
c
2
.
1
2
1
2
直角梯形的面积为
(ab)(ab)
.
1
2
由图形可 知：
(ab)(ab)
1
2
111
ababc
2

222
整理得
(ab)
2
2abc
2,a
2
b
2
2ab2abc
2
，
a
2
b
2
c
2
.
故结论为：直角 长分别为
a
、
b
斜边为
c
的直角三角形中
a2
b
2
c
2
.
（2）
1357L2n1

（3）①6 3

②
yn2(m1)

方法1.对于一般的情 形，在
n
边形内画
m
个点，第一个点将多边形分成了
n
个三 角形，以后三
角形内部每增加一个点，分割部分增加2部分，故可得
yn2(m1).
方法2.以
△ABC
的二个顶点和它内部的
m
个点，共(m3)
个点为顶点，可把
△ABC
分割成
共
(m4)个
32(m1)
个互不重叠的小三角形.以四边形的4个顶点和它内部的
m< br>个点，
点为顶点，可把四边形分割成
42(m1)
个互不重叠的小三角形. 故以
n
边形的
n
个顶点
和它内部的
m
个点，共(mn)
个点作为顶点，可把原
n
边形分割成
n（
个互不重
2m1）
叠的小三角形.故可得
yn2(m1)
.
【解析 】（1）此等腰梯形的面积有三部分组成，利用等腰梯形的面积等于三个直角三角形的面
积之和列出方程 并整理.
（2）由图可知
n
行
n
列的棋子排成一个正方形棋子个数 为
n
2
，每层棋子分别为
13，，5，7，L，2n1
.
故可得用两种不同的方法计算棋子的个数，即可解答.
（3）根据探画出图形究不难发现，三角形内部 每增加一个点，分割部分增加2部分，即可得
出结论.
解：（1）有三个
Rt△其面积分别为
ab
，
ab
，
c
2
.
1
2
1
2
直角梯形的面积为
(ab)(ab)
. 1
2
由图形可知：
(ab)(ab)
1
2
111
ababc
2

222
整理得
(ab)
2< br>2abc
2
,a
2
b
2
2ab2abc
2
，
a
2
b
2
c
2
.
故结论为：直角长分别为
a
、
b
斜边为
c
的直角三 角形中
a
2
b
2
c
2
.
（2）< br>n
行
n
列的棋子排成一个正方形棋子个数为
n
2
，每 层棋子分别为
13，，5，7，L，2n1
.
由图形可知：
1357L2n1
.
故答案为
1357L2n1
.
（3）①如图4，当
n4
，
m2
时，
y6

如图5，当
n5
，
m3
时，
y9
.


②方法1.对于一般的情形，在
n
边形内画
m
个点，第一个点将多边形分成了
n
个三角形，以后
三角形内部每增加一个点，分割部分 增加2部分，故可得
yn2(m1)
.
方法2.以
△ABC
的二个顶点和它内部的
m
个点，共
(m3)
个点为顶点，可把
△A BC
分割成
共
(m4)
个
32(m1)
个互不重叠的 小三角形.以四边形的4个顶点和它内部的
m
个点，
点为顶点，可把四边形分割成42(m1)
个互不重叠的小三角形.故以
n
边形的
n
个顶 点
和它内部的
m
个点，共
(mn)
个点作为顶点，可把原
n
边形分割成
n（
个互不重
2m1）
叠的小三角形.故可得yn2(m1)
.
故答案为：①6，3；②
n（
.
2m1）
【考点】列代数式，求代数式的值，规律探究以及运用知识解决问题
27.【答案】（1）2
（2）存在满足条件呢的点
P
，使得
PMMNNH
.
2
Q
二次函数解析式为
yxbx3
，
当
x0
时
y3
，
C

0，3

，
当
y0
时，
x
2
2x30
，
解得：
x
1
1
，
x
2
3
.
A

﹣，10

，
B

3，0

.

直线
BC
的解析式为
yx3
.
Q
点
D
为
OC
的中点，

3

D

0，

.

2



直线
BD< br>的解析式为
yx
1
2
3
，
2

1
2
3

2

t

，
H

t，0

. 设
Pt,t
2
2t 3

0t3

，则
M

t,t3

，
N

t，
3

13
13

1
MNt3

x

t
，
PMt
2
2t3(t3)t
2
3t
，
NHt
，
2222
22

MNNH
.
QPMMN
，

13
t
2
3tt
.
22
解得：
t
1

1
，
t
2
3
（ 舍去）.
2

115

P

，

. < br>
24


115

P
的坐标为

,

，使得
PMMNNH
.

24

（3）过点
P
作
PFx
轴于
F
，交直线BD
于
E
.
QOB3
，
OD
3
，
BOD90

，
2
35
.
2
 BD0B
2
0D
2

cosOBD
OB325< br>
.
BD
35
5
2
QPQBD
于点< br>Q
，
PFx
轴于点
F，

PQEBQRPFR90
.
PRFOBDPRFEPQ90
.
EPQOBD，即
cosEPQcosOBD
PQ25
，

PE5
25
.
5
在
Rt△PQE
中，
cosEPQ

PQ
25
PE
.
5
PF25
，

PR5
在
Rt△PFR
中，
cosRPF
PR
PF
25
5

5< br>PF

2
QS
△PQB
2S
△
QRB，
S
VPQB

11
BQgPQ
，
S
△QRB
BQgQR

22
PQ2QR

设直线
BD
与抛物线交于点
G
，
13
1
，
x
2


Qxx2
2x3
，解得：
x
1
3
（即点B横坐标）22
2
∴点G横坐标为


1
2
设
P t,t
2
2t3(t3)
，则
E

t,t


1
2
3



2< br>
3

53

1
PFt
2
 2t3
，
PEt
2
2t3

t

t
2
t

2

22

2
①若
＜t＜3
，则点
P
在直线
BD
上方，如图2 ，
1
2
53
PFt
2
2t3
，
PEt
2
t

22
QPQ2QR

2
PQPR

3

2525
PEgPF
，即
6PE5PF

532
53

6

t
2
t
5

t
2
2t3


22

解得：
t
1
2
，
t
2
3
（舍去）
P(2,3)

②若1＜x＜
1
，则点
P
在
x
轴上方、直线
B D
下方，如图3，
2
此时，
PQQR
，即
S
△ PQB
2S
△QRB
不成立.
③若
t1
，则点
P
在
x
轴下方，如图4， < br>1353
PF

t
2
2t3

t
2
2t3
，
PEt

t
22t3

t
2
t

2222
QPQ2QR

PQ2PR


255
PE2gPF
，即
2PE5PF

5 2
53

2

t
2
t

5

t
2
2t3


22
解得：
t
1

，
t
2
3
（舍去）
4
3

413

P

,



39

3

或

,综上所述，点P坐标为

2，

4

3
13< br>

.
9





【解析】（1）把点
A
坐标代入二次函数解析式即求得
b
的值. < br>2
Q
二次函数
yxbx3
的图象与
x
轴交于 点
A(1,0)

1b30

解得：
b2
.
故答案为：2.

< br>（2）求点
B、C、D
坐标，求直线
BC、BD
解析式.设点
P
横坐标为
t
，则能用
t
表示点
P
、
M< br>、
N
、
H
的坐标，进而用含
t
的式子表示
P M
、
MN
、
NH
的长.以
PMMN
为等量关系列 得关于
t
的方程，求得
t
的值合理（满足
P
在第一象限）， 故存在满足条件的点
P
，且求得点
P
坐标.
（3）过点
P
作
PFx
轴于F，交直线
BD
于
E
，根据同角的 余角相等易证
EPQOBD
，所
以
cosEPQcosOBD
25PQ25
，即在
Rt
△PQE
中，
cosEPQ< br>；在
Rt
△PQE
中，

5PE5
PF25255< br>，进而得
PQcosRPFPE
，
PRPF
.设点
P
横坐标为
t
，可用
PR552
t
表示
PE
、
PF
，即得到用
t
表示
PQ
、
PR
. 又由
S
△PQB
2S
△QRB
易得
PQ2QR
.要对点
P
位
置进行分类讨论得到
PQ
与
PR
的关 系，即列得关于
t
的方程.求得
t
的值要注意是否符合
各种情况下< br>t
的取值范围.
【考点】二次函数的图像与性质，待定系数法求函数解析式，函数图像 的交点问题，用坐标表
示线段的长度，二次函数图像上点的坐标特征以及一元二次方程的解法
28.【答案】解：（1）①2
②
10
；
理由：①根据宽距的定义，可知在半径为1的半圆中，宽距为半圆的直径即宽距为2；
②如图 ，作
AB
的垂直平分线交半圆于点E，交
AB
于点
F
，连接
AE
，则
AE
的长为该图形的宽距，
由题意知
AF1，
EF3
，

宽距
AE3
2
1
2
10
；

0

，
B

1，0

， （2）①如图， 阴影部分就是点
C
所在的区域：
QA

1，
AB2< br>，
QS
的宽距
d2
,

点
C
所在的区域是以
AB
为直径的圆的圆面，点
C
所在的区域的面积
π
；

2

，②当
eM
在
y
轴右 侧时，如图，连接
AM
1
，过点
M
1
作
x
轴的垂线，垂足为
C
，设点
M
1

x，
则
M
1
C2
，
ACx1
，
AM
1
2
(x1)
2
2
2
(x1)
2
4
，

Q5≤d≤8
，
4≤AM
1
≤7
，
16≤( x1)
2
4≤49
，解得
231≤x≤351
；
当
eM
在
y
轴的左侧时，如图，连接
BM₂
，过点
M₂
作
x
轴的垂线，垂足为
D
，
设点
M
2

x,2

，则
M
2
D2
，
BD1x
，
2
BM
2
(x1)
2
2
2
(x1)
2
4
，
Q5≤d≤8
，
4≤BM
2
≤7
，
16≤(x1)
2
4 ≤49
，解得
351≤x≤231
；
所以圆心
M
的横坐标的取值范围是：
231≤x≤351
或
351≤x≤231.

【解析】（1）①根据在半圆中最长的弦为直径，即可求解；
②如图，根 据新定义，作出半圆的最高点
E
，连接
AE
，然后利用勾股定理求出
AE
的长即可；
（2）①点
C
所在的区域就是以
AB
为直 径的圆的圆面，然后根据圆的面积公式求解；
②分两种情况：
eM
在
y轴右侧和
eM
在
y
轴左侧，然后根据
5≤d≤8
列出不 等式，求出解
集即可.
【考点】勾股定理，尺规作图，求不等式的解集，数形结合思想以及分类讨论思想