盐城市2020年中考数学试题及答案

盐城市2020年中考数学试题及答案

盐城市 2020 年中考数学试题及答案 1． 2020 的相反数是（ ） A．2020 B．﹣2020 C． 1 2020 D． 1 2020  2．下列图形中，属于中心对称图形的是：（ ） A． B． C． D． 3．下列运算正确的是：（ ） A． 2 2a a  B． 3 2 6a a a  C． 3 2a a a  D． 32 52 6a a 4．实数 ,a b 在数轴上表示的位置如图所示，则（ ） A． 0a  B． a b C． a b D． a b 5．如图是由 4 个小正方体组合成的几何体，该几何体的俯视图是：（ ） A． B． C． D． 6．2019 年 7 月盐城黄海湿地中遗成功，它的面积约为 400000 万平方米，将数据 400000 用科学记数法表示应为：（ ） A． 60.4 10 B． 94 10 C． 440 10 D． 54 10 7．把1 9 这9个数填入3 3 方格中，使其任意一行，任意一列及两条对角线上的数之 和都相等，这样便构成了一个“九宫格”．它源于我国古代的“洛書”（图 ① ），是世界上 最早的“幻方”．图 ② 是仅可以看到部分数值的“九宫格”，则其中 x 的值为：（ ） A．1 B． 3 C． 4 D． 6 8．如图，在菱形 ABCD 中，对角线 AC BD、 相交于点 ,O H 为 BC 中点， 6, 8AC BD  ．则线段OH 的长为：（ ） A．12 5 B． 5 2 C．3 D． 5 9．如图，直线 ,a b 被直线 c 所截， / / , 1 60a b    ．那么 2  _______________________ o ． 10．一组数据1,4,7, 4,2 的平均数为________________________． 11．因式分解： 2 2x y  ____． 12．分式方程 1 0x x   的解为 x  _______________________． 13．一个不透明的袋中装有 3 个黑球和 2 个白球，这些球除颜色外都相同，从这个袋中 任意摸出一个球为白球的概率是______. 14．如图，在 O 中，点 A 在 BC 上， 100 ,BOC   则 BAC  _______________________ o 15．如图， / / ,BC DE 且 , 4, 10BC DE AD BC AB DE     ，则 AE AC 的值为 _________________． 16．如图，已知点  5,2 , 5 4( ) ( ), 8 1A B C， ， ，直线l x 轴，垂足为点 0( ),M m， 其中 5 2m  ， 若 A B C  V 与 ABC 关于直线 l 对称，且 A B C  V 有两个顶点在函数 ( 0)ky k x   的图 像上，则 k 的值为：_______________________． 17．计算： 0 3 22 4 3 p÷ç- + - ÷ç ÷ç ． 18．解不等式组： 2 1 13 4 5 3 2 x x x       ． 19．先化简，再求值： 2 319 3 m m m       ，其中 2m   ． 20．如图，在 ABC 中， 390 ,tan ,3C A ABC   o 的平分线 BD 交 AC 于点 . 3D CD  ．求 AB 的长？ 21．如图，点O 是正方形， ABCD 的中心． （1）用直尺和圆规在正方形内部作一点 E（异于点O ），使得 ;EB EC （保留作图痕 迹，不写作法） （2）连接 ,EB EC EO、 、 求证： BEO CEO   ． 22．在某次疫情发生后，根据疾控部门发布的统计数据，绘制出如下统计图：图 ① 为 A 地区累计确诊人数的条形统计图，图 ② 为 B 地区新增确诊人数的折线统计图． （1）根据图 ① 中的数据， A 地区星期三累计确诊人数为 ，新增确诊人数 为 ； （2）已知 A 地区星期一新增确诊人数为14人，在图 ② 中画出表示 A 地区新增确诊人 数的折线统计图． （3）你对这两个地区的疫情做怎样的分析，推断？ 23．生活在数字时代的我们，很多场合用二维码（如图 ① ）来表示不同的信息，类似 地，可通过在矩形网格中，对每一个小方格涂加色或不涂色所得的图形来表示不同的信 息，例如：网格中只有一个小方格，如图 ② ，通过涂器色或不涂色可表示两个不同的 信息． （1）用树状图或列表格的方法，求图 ③ 可表示不同信息的总个数：（图中标号1,2 表 示两个不同位置的小方格，下同） （2）图 ④ 为 2 2 的网格图．它可表示不同信息的总个数为 ； （3）某校需要给每位师生制作一张“校园出入证”，准备在证件的右下角采用 n n 的网 格图来表示各人身份信息，若该校师生共 492 人，则 n 的最小值为 ； 24．如图， O 是 ABC 的外接圆， AB 是 O 的直径， DCA B   ． （1）求证： CD 是 O 的切线； （2）若 DE AB ，垂足为 ,E DE 交 AC 与点；求证： DCF 是等腰三角形． 25．若二次函数 2y ax bx c   的图像与 x 轴有两个交点     1 2 1 2,0 , ,0 0M x N x x x  ，且经过点  0,2 ,A 过点 A 的直线l 与 x 轴交于点 ,C 与该函数的图像交于点 B （异于点 A ）．满足 ACN△ 是等腰直角三角形，记 AMN 的 面积为 1,S BMNV 的面积为 2S ，且 2 1 5 2S S ． （1）抛物线的开口方向 （填“上”或“下”）； （2）求直线l 相应的函数表达式； （3）求该二次函数的表达式． 26．木门常常需要雕刻美丽的图案． （1）图①为某矩形木门示意图，其中 AB 长为 200 厘米， AD 长为100厘米，阴影部 分是边长为 30 厘米的正方形雕刻模具，刻刀的位置在模具的中心点 P 处，在雕刻时始 终保持模具的一边紧贴木门的一边，所刻图案如虚线所示，求图案的周长； （2）如图 ② ，对于  1 中的木门，当模具换成边长为 30 3 厘米的等边三角形时，刻 刀的位置仍在模具的中心点 P 处，雕刻时也始终保持模具的一边紧贴本门的一边，使模 具进行滑动雕刻．但当模具的一个顶点与木门的一个顶点重合时，需将模具绕着重合点 进行旋转雕刻，直到模具的另一边与木门的另一边重合．再滑动模具进行雕刻，如此雕 刻一周，请在图 ② 中画出雕刻所得图案的草图，并求其周长． 27．以下虚线框中为一个合作学习小组在一次数学实验中的过程记录，请阅读后完成虚 线框下方的问题1~ 4 ． （1）在 Rt ABC 中， 90 , 2 2C AB    ，在探究三边关系时，通过画图，度量和 计算，收集到，组数据如下表：（单位：厘米） AC 2.8 2.7 2.6 2.3 2 1.5 0.4 BC 0.4 0.8 1.2 1.6 2 2.4 2.8 AC BC 3.2 3.5 3.8 3.9 4 3.9 3.2 （2）根据学习函数的经验，选取上表中 BC 和 AC BC 的数据进行分析； ① 设 BC x AC BC y  , ，以 ( , )x y 为坐标，在图 ① 所示的坐标系中描出对应的点； ② 连线； 观察思考 （3）结合表中的数据以及所面的图像，猜想．当 x  时， y 最大； （4）进一步 C 猜想：若 Rt MBC 中， 90C   ，斜边 (2AB a a 为常数， 0a  ）， 则 BC  时， AC BC 最大． 推理证明 （5）对（4）中的猜想进行证明． 问题 1．在图 ① 中完善 2 的描点过程，并依次连线； 问题 2．补全观察思考中的两个猜想：  3 _______  4 _______ 问题 3．证明上述  5 中的猜想： 问题 4．图 ② 中折线 B E F G A    是一个感光元件的截面设计草图，其中点 ,A B 间的距离是 4 厘米， 1AG BE  厘米， 90 ,E F G      o 平行光线从 AB 区域 射入， 60 ,BNE  o 线段 FM FN、 为感光区城，当 EF 的长度为多少时，感光区域 长度之和最大，并求出最大值． 参考答案 1．B 【解析】 【分析】 直接利用相反数的定义得出答案． 【详解】 解：2020 的相反数是：﹣2020． 故选：B． 【点睛】 此题主要考查了相反数，正确把握相反数的定义是解题关键． 2．B 【解析】 【分析】 根据中心对称图形的概念即图形旋转 180°后与原图重合即可求解． 【详解】 解：解：A、不是中心对称图形，故此选项错误； B、是中心对称图形，故此选项正确； C、不是中心对称图形，故此选项错误； D、不是中心对称图形，故此选项错误， 故选：B． 【点睛】 本题主要考查了中心对称图形的概念，中心对称图形关键是要寻找对称中心，图形旋转 180°后与原图重合． 3．C 【解析】 【分析】 根据整式的加减与幂的运算法则即可判断． 【详解】 A. 2a a a  ，故错误； B. 3 2 5a a a  ，故错误； C. 3 2a a a  ，正确； D. 32 62 8a a ，故错误； 故选 C． 【点睛】 此题主要考查整式与幂的运算，解题的关键是熟知其运算法则． 4．C 【解析】 【分析】 根据数轴的特点即可求解． 【详解】 由图可得 0a b  ， b a 故选 C． 【点睛】 此题主要考查数轴的特点，解题的关键是熟知数轴的性质． 5．A 【解析】 【分析】 俯视图是指从上面往下面看得到的图形，根据此定义即可求解． 【详解】 解：由题意知，该几何体从上往下看时，能看到三个并排放着的小正方体的上面，故其俯视 图如选项 A 所示， 故选：A． 【点睛】 本题考查了几何体的三视图，主视图是指从前面往后面看所得到的图形，俯视图是指从上面 往下面看得到的图形，左视图是指从左边往右边看得到的图形． 6．D 【解析】 【分析】 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 值大于等于 1 时，n 是正数；当原数的绝对值小于 1 时，n 是负数． 【详解】 解：由题意可知，将 400000 用科学记数法表示为： 5400000 4 10  ， 故选：D． 【点睛】 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． 7．A 【解析】 【分析】 根据题意求出“九宫格”中的 y，再求出 x 即可求解． 【详解】 如图，依题意可得 2+5+8=2+7+y 解得 y=6 ∴8+x+6=2+5+8 解得 x=1 故选 A． 【点睛】 此题主要考查一元一次方程的应用，解题的关键是根据题意得到方程求解． 8．B 【解析】 【分析】 因为菱形的对角线互相垂直且平分，从而有 AC BD ， 3AO OC  ， 4BO OD  ， 又因为 H 为 BC 中点，借助直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可作答． 【详解】 解：∵四边形 ABCD 是菱形 ∴ AC BD ， 3AO OC  ， 4BO OD  ∴△BOC 是直角三角形 ∴ 2 2 2BO OC BC  ∴BC=5 ∵H 为 BC 中点 ∴ 1 5 2 2OH BC  故最后答案为 5 2 ． 【点睛】 本题考查了菱形的性质、勾股定理、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，其中知道菱 形的性质，对角线互相垂直且平分是解题的关键． 9． 60 【解析】 【分析】 根据平行线的性质即可求解． 【详解】 ∵ / / , 1 60a b    ∴ 2  1 60   故答案为：60． 【点睛】 此题主要考查平行线的性质，解题的关键是熟知两直线平行，内错角相等． 10． 2 【解析】 【分析】 根据平均数的定义，将这组数据分别相加，再除以这组数据的个数，即可得到这组数据的平 均数． 【详解】 由题意知，数据1,4,7, 4,2 的平均数为： 1 (1 4 7 4 2) 25x       ． 故答案为：2． 【点睛】 本题考查平均数，按照平均数的定义进行求解即可．平均数反映一组数据的平均水平，它能 代表一组数据的集中趋势． 11． ( )( )x y x y  ； 【解析】 试题分析：直接利用平方差公式分解：x2－y2＝(x＋y)(x－y)． 故答案为(x＋y)(x－y)． 12．1 【解析】 【分析】 方程两边同时乘 x 化成整式方程，进而求出 x 的值，最后再检验即可． 【详解】 解：方程两边同时乘 x 得： 1 0x   ， 解得： 1x  ， 检验，当 1x  时分母不为 0， 故原分式方程的解为 1x  ． 故答案为：1． 【点睛】 本题考查分式方程的解法，先方程两边同时乘以最简公分母化成整式方程，然后求解，最后 要记得检验． 13． 2 5 . 【解析】 【分析】 根据概率的求法，找准两点：①全部的情况数；②符合条件的情况数；二者的比值就是其发 生的概率． 【详解】 解：根据题意可得：不透明的袋子里共有将 5 个球，其中 2 个白球， ∴任意摸出一个球为白球的概率是： 2 5 ， 故答案为： 2 5 . 【点睛】 本题考查了概率公式：随机事件 A 的概率 P（A）=事件 A 可能出现的结果数除以所有可能 出现的结果数． 14．130 【解析】 【分析】 画出 BC 的圆周角 BDC∠ 交 O 于点 D ，构造出 O 的内接四边形；根据圆周角定理求出 BDC∠ 的度数，再根据圆内接四边形的性质，即可得出 BAC 的度数． 【详解】 如图，画出 BC 的圆周角 BDC∠ 交 O 于点 D ，则四边形 ABDC 为 O 的内接四边形， ∵圆周角的度数等于它所对弧上的圆心角的度数的一半， ∴ 1 1 100 502 2BDC BOC        ， ∵四边形 ABDC 为 O 的内接四边形， ∴ 180BDC BAC     ， ∴ 180 180 50 130BAC BDC         ． 故答案为：130 ． 【点睛】 本题考查圆周角定理和圆内接四边形的性质．圆周角定理：圆周角的度数等于它所对弧上的 圆心角的度数的一半；圆内接四边形的性质：圆内接四边形的对角互补，熟练掌握此定理及 性质是解本题关键． 15． 2 【解析】 【分析】 设 AB=a，根据 / / ,BC DE 得到△ABC∽△ADE，得到对应线段成比例即可求出 AB,再根据 相似比的定义即可求解． 【详解】 ∵ / / ,BC DE ∴△ABC∽△ADE， ∴ AB BC AD DE  设 AB=a,则 DE=10-a 故 4 4 10 a a   解得 a1=2,a2=8 ∵ BC DE ∴AB=2， 故 2ADAE AC AB   故答案为：2． 【点睛】 此题主要考查相似三角形的性质与判定，解题的关键是熟知得到对应线段成比例． 16． 6 或 4 【解析】 【分析】 因为 A B C  V 与 ABC 关于直线 l 对称，且直线 l x 轴，从而有互为对称点纵坐标相同， 横坐标之和为 2m，利用等量关系计算出 m 的值，又由于 A B C  V 有两个顶点在函数 ( 0)ky k x   ，从而进行分情况讨论是哪两个点在函数上，求出 k 的值． 【详解】 解：∵ A B C  V 与 ABC 关于直线 l 对称，直线l x 轴，垂足为点 ( )0M m， ， 5 2m  ∴ ' (2 5,2)A m  ， ' (2 5,4)B m  ， ' (2 8,1)C m  ∵ A B C  V 有两个顶点在函数 ( 0)ky k x   （1）设 ' (2 5,2)A m  ， ' (2 5,4)B m  在直线 ( 0)ky k x   上， 代入有 (2 5) 2 (2 5) 4m m     ， 5 2m  不符合 5 2m  故不成立； （2）设 ' (2 5,2)A m  ， ' (2 8,1)C m  在直线 ( 0)ky k x   上， 有 (2 5) 2 (2 8) 1m m     ， 1m  ， ' ( 3,2)A  ， ' ( 6,1)C  ，代入方程后 k=-6； （3）设 ' (2 5,4)B m  ， ' (2 8,1)C m  在直线 ( 0)ky k x   上， 有 (2 5) 4 (2 8) 1m m     ， 2m  ， ' ( 1,4)B  ， ' ( 4,1)C  ，代入方程后有 k=-4； 综上所述，k=-6 或 k=-4； 故答案为：-6 或-4． 【点睛】 本题考查轴对称图形的坐标关系以及反比例函数解析式，其中明确轴对称图形纵坐标相等， 横坐标之和为对称轴横坐标的 2 倍是解题的关键． 17．7 【解析】 【分析】 根据乘方，二次根式和零指数幂的运算法则化简，然后再计算即可． 【详解】 解：原式 8 2 1   7 ． 【点睛】 本题主要考查了乘方，二次根式和零指数幂的运算法则，熟练掌握运算法则是解题的关键． 18． 2 7x  【解析】 【分析】 分别求出不等式组中两不等式的解集，表示在数轴上，找出两解集的公共部分，即可得到原 不等式组的解集． 【详解】 解：由题意知： 2 1 13 4 5 3 2 x x x       ① ② 解不等式 ① ：去分母得： 2 1 3x   ， 移项得： 2 4x  ， 系数化为 1 得： 2x  ， 解不等式 ② ，得 7x  ， 在数轴上表示不等式 ①、② 的解集如图： 不等式组的解集为 2 7x  ． 【点睛】 此题考查了一元一次不等式组的解法，以及在数轴上表示不等式组的解集，其中不等式组的 解集取法为：同大取大，同小取小，大大小小无解，大小小大取中间． 19． 1 3m  ，1 【解析】 【分析】 根据分式的加减乘除运算法则进行运算即可化简，最后将 2m   代入求解即可． 【详解】 解：原式 2 3 3 9 3 3 m m m m m         2 9 3 m m m m       3 3 3 m m m m m    1 3m   当 2m   时代入， 原式 1 12 3    ． 故答案为：1． 【点睛】 本题考查分式的加减乘除运算法则及化简求值，先乘除，再加减，有括号先算括号内的，熟 练掌握运算法则及运算顺序是解决此类题的关键． 20．6 【解析】 【分析】 由 3 3tanA  求出∠A=30°，进而得出∠ABC=60°，由 BD 是∠ABC 的平分线得出∠CBD=30°， 进而求出 BC 的长，最后用 sin∠A 即可求出 AB 的长． 【详解】 解：在 Rt ABC 中， 390 , 3C tanA  o 30 , 60 ,A ABC   o o BDQ 是 ABC 的平分线， 30 ,CBD ABD     又 3,CD Q 330 CDBC tan   o ， 在 Rt ABC 中， 90 , 30     C A ， 630 BCAB sin    ． 故答案为：6． 【点睛】 本题考查了用三角函数解直角三角形，熟练掌握三角函数的定义及特殊角的三角函数是解决 此类题的关键． 21．（1）见解析；（2）见解析 【解析】 【分析】 （1）作 BC 的垂直平分线即可求解； （2）根据题意证明 EBO ECOV V 即可求解． 【详解】  1 如图所示，点 E 即为所求．  2 连接OB OC、 由 1 得： EB EC O 是正方形 ABCD 中心， ,OB OC  在 EBO△ 和 ECO 中， EB EC EO EO OB OC       ,EBO ECO SSS V V BEO CEO   ． 【点睛】 此题主要考查正方形的性质与证明，解题的关键是熟知正方形的性质、垂直平分线的作图及 全等三角形的判定与性质． 22．（1）41,13；（2）见解析；（3）见解析（答案不唯一） 【解析】 【分析】 （1）根据图①的条形统计图即可求解； （2）根据图 ① 中的数据即可画出折线统计图； （3）根据折线统计图，言之有理即可． 【详解】 （1） A 地区星期三累计确诊人数为 41；新增确诊人数为 41-28=13， 故答案为：41；13；  2 如图所示：  3 A 地区累计确诊人数可能会持续增加， B 地区新增人数有减少趋势，疫情控制情况较好 （答案不唯一）． 【点睛】 此题主要考查统计图的应用，解题的关键是根据题意作出折线统计图． 23．（1）见解析；（2）16；（3）3 【解析】 【分析】 （1）根据题意画出树状图即可求解； （2）根据题意画出树状图即可求解； （3）根据（1）（2）得到规律即可求出 n 的值． 【详解】  1 解：画树状图如图所示： 图 ③ 的网格可以表示不同信息的总数个数有 4 个． （2）画树状图如图所示： 图④2×2 的网格图可以表示不同信息的总数个数有 16=24 个， 故答案为：16． （3）依题意可得 3×3 网格图表示不同信息的总数个数有 29=512＞ 492 ， 故则 n 的最小值为 3， 故答案为：3． 【点睛】 此题主要考查画树状图与找规律，解题的关键是根据题意画出树状图． 24．（1）见解析；（2）见解析 【解析】 【分析】 (1)连接 OC，由 AB 是圆 O 的直径得到∠BCA=90°，进一步得到∠A+∠B=90°，再根据已知 条件 DCA B   ，且∠A=∠ACO 即可证明∠OCD=90°进而求解； (2)证明 90    A DCA ，再由 DE⊥AB，得到∠A+∠AFE=90°，进而得到 ∠DCA=∠AFE=∠DFC，得到 DC=DF，进而得到△DFC 为等腰三角形． 【详解】 解：(1)证明：连接OC ， ,OC OAQ ,OCA A   ABQ 为圆O 的直径， 90 ,BCA   90 ,A B    o 又 ,DCA B  Q 90 ,OCA DCA OCD      o ,OC CD  又 点C 在圆O 上， CD 是 O 的切线． (2) 90 ,OCA DCA    oQ ,OCA A   90 ,A DCA     ,DE AB 90 ,A EFA     ,DCA EFA   又 ,EFA DFC  Q ,DCA DFC   DCF 是等腰三角形． 【点睛】 本题考查了圆的切线的判定定理，圆周角定理，等腰三角形的性质和判定等，熟练掌握性质 或定理是解决此类题的关键． 25．（1）上；（2） 2y x  ；（3） 22 5 2y x x   【解析】 【分析】 (1)由抛物线经过点 M、N、A 点即可确定开口向上； (2)根据 ACN△ 是等腰直角三角形分三种情况讨论，只能是 90CAN   ，此时 45 , 2ACN ANC AO CO NO        ，由此算出 C 点坐标，进而求解； (3)过 B 点作 BH⊥x 轴，由 2 1 5 2S S 得到 5 2 OA BH ，由 OA 的长求出 BH 的长，再将 B 点纵坐标代入直线 l 中求出 B 点坐标，最后将 A、B、N 三点坐标代入二次函数解析式中求 解即可． 【详解】 解：(1)∵抛物线经过点 M、N、A，且 M、N 点在 x 轴正半轴上，A 点在 y 轴正半轴上， ∴抛物线开口向上， 故答案为：上． (2)①若 90ACN  o ， 则C 与O 重合，直线l 与二次函数图像交于 A 点 ∵直线与该函数的图像交于点 B （异于点 A ） ∴不合符题意，舍去； ②若 90ANC  ，则 C 在 x 轴下方， ∵点C 在 x 轴上， ∴不合符题意，舍去； ③若 90CAN   则 45 , 2ACN ANC AO CO NO         2 0( ), 2,0C N  ， 设直线 :l y kx b  将  , (0 2 ,0), 2A C  代入： 2 0 2 b k b      ，解得 1 2 k b    直线 : 2l y x  ． 故答案为： 2y x  ． (3)过 B 点作 BH x 轴，垂足为 H ， 1 1= 2  AMNS S MN OA ， 2 1= 2  BMNS S MN BH ， 又 2 1 5 2S SQ ， 5 2OA BH  ， 又 2OA  ， 5 BH ， 即 B 点纵坐标为 5 ， 又(2)中直线 l 经过 B 点， 将 5y  代入 2y x  中，得 3x  ，  3,5B ， 将 A B N、 、 三点坐标代入 2y ax bx c   中，得 2 4 2 2 0 9 3 2 5          c a b a b ， 解得 2 5 2       a b c ， 抛物线解析式为 22 5 2y x x   ． 故答案为： 22 5 2y x x   ． 【点睛】 本题考查了二次函数解析式的求法，二次函数和一次函数的交点坐标，等腰直角三角形分类 讨论的思想，熟练掌握二次函数的图形及性质是解决此类题的关键． 26．（1）480cm ；（2）雕刻所得图案的草图见解析，图案的周长为  600 120 3 20 cm  【解析】 【分析】 （1）过点 P 作 ,PE CD 求出 PE，进而求得该图案的长和宽，利用长方形的周长公式即可 解答； （2）如图，过 P 作 PQ⊥CD 于 Q，连接 PG,先利用等边三角形的性质求出 PQ、PG 及∠PGE， 当移动到点 P' 时，求得旋转角和点 P 旋转的路径长，用同样的方法继续移动，即可画出图 案的草图，再结合图形可求得所得图案的周长． 【详解】  1 如图，过点 P 作 ,PE CD 垂足为 E P 是边长为 30cm的正方形模具的中心， 15 ,PE cm  同理： A B  与 AB 之间的距离为15 ,cm ' 'A D 与 AD 之间的距离为15 ,cm 'B C 与 BC 之间的距离为15 ,cm ' ' ' ' 200 15 15 170 ,A B C D cm      ' ' ' ' 100 15 15 70 ,B C A D cm      ' ' 170 70 2 480A B C DC cm     四边形 ． 答：图案的周长为 480cm ．  2 如图，连接 ,PE PF PG、 、 过点 P 作 PQ CD ，垂足为 Q P 是边长为 30cm的等边三角形模具的中心， , 30PE PG PF PGF      ,PQ GFQ 15 3 ,GQ QF cm   30 15 ,PQ CQ tan cm     3030 CQPG cmcos   ． 当三角形 EFG 向上平移至点G 与点 D 重合时， 由题意可得： 'E F G V 绕点 D 顺时针旋转30 , 使得 ' 'E G 与 AD 边重合 'DP 绕点 D 顺时针旋转30 至 ",DP 30 30 5180p pl cm       ． 同理可得其余三个角均为弧长为5 cm 的圆弧， 图中的虚线即为所画的草图， ∴   30 30200 30 3 100 30 3 2 4180C          600 120 3 20 cm   ． 答：雕刻所得图案的草图的周长为 600 120 3 20 cm  ． 【点睛】 本题考查了图形的平移与旋转、等边三角形的性质、解含 30º角的直角三角形、图形的周长 等知识，解答的关键是熟练掌握图形平移和旋转过程中的变化特征，结合基本图形的性质进 行推理、探究、发现和计算． 27．问题 1：见解析；问题 2：2， 2a ；问题 3：见解析；问题 4：当 2 2 1EF   时， 感光区域长度之和 FM FN 最大为 4 34 2 2 3 cm÷ç ÷ç + - ÷ç ÷÷ç 【解析】 【分析】 问题 1：根据（1）中的表格数据，描点连线，作出图形即可； 问题 2：根据（1）中的表格数据，可以得知当 x 2 时，y 最大；设 ,BC x AC BC y   ， 则 2 24AC a x= - ，可得 2 24y x a x= + - ，有 2 2 22 2 4 0x xy y a- + - = ，可得出 2 2y a£ ； 问题 3：可用两种方法证明，方法一：（判别式法）设 ,BC x AC BC y   ，则 2 24AC a x= - ，可得 2 24y x a x= + - ，有 2 2 22 2 4 0x xy y a- + - = ，可得出 2 2y a£ ；方 法二：（基本不等式），设 , ,BC m AC n AC BC y    ，得 2 2 24m n a+ = ，可得 2 2 2m n mn  ，根据当 m n 时，等式成立有 22mn a ，可得出 2 2y a£ ； 问题 4：方法一：延长 AM 交 EF 于点C ，过点 A 作 AH EF 于点 H ，垂足为 H ，过点 B 作 BK GF 交于点 K ，垂足为 K ， BK 交 AH 于点Q ，由题可知：在 BNE 中， 60 , 90 , 1BNE E BE     o ，得 3 3NE = ，根据 90 , 1, 30G AG AMGÐ = ° = Ð = ° ，有 AGtan AMG GM   ，得 3GM  ，易证四边形 AGFH 为矩形，四边形 BKFE 为矩形， 根据 FN FM EF FG EN GM+ = + - - 可得 4 32 3FN FM BQ AQ+ = + + - ，由问题 3 可知， 当 2 2BQ AQ  时， AQ BQ 最大，则有 2 2BQ AQ  时， FM FN 最大为 4 34 2 2 3 cm÷ç ÷ç + - ÷ç ÷÷ç ；方法二： 延长 EB GA、 相交于点 H 同法一求得： 33, 3GM NE  ，根据四边形GFEH 为矩形， 有 1 3MF EH GM b= - = + - ， 31 3FN EF NE a     ，得到 4 32 3MF FN a b- = - + - ，由问题 3 可知，当 2 2a b  时， a b最大 则可得 2 2a b  时 FM FN 最大为 4 34 2 2 3 cm÷ç ÷ç + - ÷ç ÷÷ç ． 【详解】 问题 1：图 问题 2：( )3 2 ；( )4 2a 问题 3： 法一：（判别式法） 证明：设 ,BC x AC BC y   在 Rt ABC 中， 2 2 2 290 , 4 ,C AC AB BC a x      Q 2 24y x a x    2 24y x a x    2 2 2 22 4 ,y xy x a x    2 2 22 2 4 0,x xy y a    关于 x 的元二次方程有实根， ( )2 2 2 24 4 4 2 4 0,b ac y x a - = - - 22 8 ,y a  0 0,y a Q , 2 2 ,y a  当 y 取最大值 2 2a 时， 2 22 4 2 4 0x ax a   ( )2 2 2 0x a- = 1 2 2x x a  当 2BC a 时， y 有最大值． 法二：（基本不等式） 设 , ,BC m AC n AC BC y    在 Rt ABC 中， 90 ,C   2 2 24m n a   ( )2 0,m n- ³Q 2 2 2m n mn   ． 当 m n 时，等式成立 24 2 ,a mn  22mn a ． 2 2 2y m n m n mn    Q 24 2a mn  ， 22 ,mn aQ 2 2 ,y a  当 2BC AC a  时， y 有最大值． 问题 4： 法一：延长 AM 交 EF 于点 ,C 过点 A 作 AH EF 于点 ,H 垂足为 ,H 过点 B 作 BK GF 交于点 ,K 垂足为 ,K BK 交 AH 于点 ,Q 由题可知：在 BNE 中， 60 , 90 , 1BNE E BE     o BEtan BNE NE    即 13 NE  3 3NE  / / ,AM BN 60 ,C   又 90 ,GFE  oQ 30 ,CMF   30 ,AMG   90 , 1, 30G AG AMG      Q ， 在 Rt AGM 中， AGtan AMG GM   ， 即 3 1 3 GM  3,GM  90 , 90 ,G GFH AHF       Q 四边形 AGFH 为矩形 ,AH FG  90 , =90GFH E BHF     oQ ， 四边形 BKFE 为矩形， ,BK FE  FN FM EF FG EN GM    Q 3 33BK AH    4 3 3BQ AQ QH QK     4 32 3BQ AQ    在 Rt ABQ△ 中， 4AB  ． 由问题 3 可知，当 2 2BQ AQ  时， AQ BQ 最大 2 2BQ AQ   时， FM FN 最大为 4 34 2 2 3 cm÷ç ÷ç + - ÷ç ÷÷ç 即当 2 2 1EF   时，感光区域长度之和 FM FN 最大为 4 34 2 2 3 cm÷ç ÷ç + - ÷ç ÷÷ç 法二： 延长 EB GA、 相交于点 ,H 同法一求得： 33, 3GM NE  设 ,AH a BH b  四边形GFEH 为矩形， , ,GF EH EF GH   1 3MF EH GM b      ． 31 3FN EF NE a     4 32 3MF FN a b      2 2 16,a b Q 由问题 3 可知，当 2 2a b  时， a b最大 2 2a b   时 FM FN 最大为 4 34 2 2 3 cm÷ç ÷ç + - ÷ç ÷÷ç 即当 2 2 1EF   时，感光区域长度之和 FM FN 最大为 4 34 2 2 3 cm÷ç ÷ç + - ÷ç ÷÷ç ． 【点睛】 本题考查了一元二次方程，二次函数，不等式，解直角三角形，三角函数，矩形的性质等知 识点，熟悉相关性质是解题的关键．