第=page11页，共=sectionpages11页2023年黑龙江省绥化市肇东重点中学中考数学四模试卷一、选择题（本大题共12小题，共36.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）1.下列整数中，与3100最接近的是( )A.3B.4C.5D.62.下列判断：①一个数的平方根等于它本身，这个数是0和1；②实数包括无理数和有理数；③2的算术平方根是2；④无理数是带根号的数．正确的有( )A.1个B.2个C.3个D.4个3.已知：点A(m−1,3)与点B(2,n−1)关于x轴对称，则(m+n)2019的值为( )A.0B.1C.−1D.320194.七MATCH_
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_1714198577696_01班甲、乙两个小组的14名同学身高(单位：厘米)如下：甲组158159160160160161169乙组158159160161161163165以下叙述错误的是( )A.甲组同学身高的众数是160B.乙组同学身高的中位数是161C.甲组同学身高的平均数是161D.两组相比，乙组同学身高的方差大5.如图所示的几何体的从左面看到的图形为( )A.B.C.D.6.已知a
−12b+2D.如果c<0，那么ac
表
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：x−10234y50−4−30下列结论正确的是( )A.抛物线的开口向下B.抛物线的对称轴为直线x=2C.当0≤x≤4时，y≥0D.若A(x1,2)，B(x2,3)是抛物线上两点，则x10恰有3个整数解，则a的取值范围是______．17.方程x2+mx−1=0的两根为x1，x2，且1x1+1x2=−3，则m=______．18.如图，在△ABC中，O为BC边上的一点，以O为圆心的半圆分别与AB，AC相切于点M，N.已知∠BAC=120°，AB+AC=16，MN的长为π，则图中阴影部分的面积为______．19.当kb<0时，一次函数y=kx+b的图象一定经过第______象限．20.△ABC三个顶点坐标分别为A(2,2)，B(4,2)，C(6,4)，以原点O位似中心，将△ABC缩小后得到的△DEF与△ABC的对应边的比为1：2，这时点A的对应点D的坐标为______．21.如图，A、B两点在反比例函数y=k1x的图象上，C、D两点在反比例函数y=k2x的图象上，AC⊥y轴于点E，BD⊥y轴于点F，AC=2，BD=1，EF=3，则k1−k2的值为______．22.等边△ABC的边长为3，在边AC上取点A1，使AA1=1，连接A1B，以A1B为一边作等边△A1BC1，则线段AC1的长为______．三、解答题（本大题共6小题，共52.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）23.(本小题8.0分)如图，已知△ABC是锐角三角形(AC0)与x轴交于A，B两点(点A在点B的左侧)，与y轴交于点C．(1)若点B的横坐标为4，抛物线的对称轴为x=12．ⅰ)求该抛物线的函数表达式；ⅱ)如图1，在直线BC上方的抛物线上取点D，连接AD，交BC于点E，若S△ABES△BDE=7，求点D的坐标．(2)如图2，当m=n−2时，过点A作BC的平行线，与y轴交于点F，将抛物线在直线BC上方的图象沿BC折叠，若折叠后的图象(图中虚线部分)与直线AF有且只有一个公共点，求n的值．
答案
八年级地理上册填图题岩土工程勘察试题省略号的作用及举例应急救援安全知识车间5s试题及答案
和解析1.【答案】C 【解析】解：∵43=64，53=125，∴与3100最接近的是5．故选：C．根据立方根的定义求解即可．此题主要考查了估算无理数的大小，正确得出无理数的取值范围是解题关键．2.【答案】B 【解析】解：①一个数的平方根等于它本身，这个数是0，错误；②实数包括无理数和有理数，正确；③2的算术平方根是2，正确；④无理数是带根号的数，错误，例如4．故选：B．直接利用平方根的性质，实数的概念，算术平方根的概念及无理数的概念分别分析得出答案．此题主要考查了实数，正确掌握实数的相关知识是解题关键．3.【答案】B 【解析】解：∵点A(m−1,3)与点B(2,n−1)关于x轴对称，∴m−1=2，n−1=−3，∴m=3，n=−2，∵(m+n)2019=3+−22019=1，故选：B．根据关于x轴的对称点的坐标特点：横坐标不变，纵坐标互为相反数可得m、n的值，进而可得答案．此题主要考查了关于x轴对称的点的坐标，关键是掌握关于x轴的点的坐标坐标特点．4.【答案】D 【解析】【试题解析】解：A、甲组同学身高的众数是160，此选项正确；B、乙组同学身高的中位数是161，此选项正确；C、甲组同学身高的平均数是158+159+160×3+161+1697=161，此选项正确；D、甲组的方差为807，乙组的方差为347，甲组的方差大，此选项错误；故选：D．根据众数、中位数和平均数及方差的定义逐一判断可得．本题主要考查众数、中位数和平均数及方差，掌握众数、中位数和平均数及方差的定义和计算公式是解题的关键．5.【答案】D 【解析】解：从这个几何体的左面看，所得到的图形是长方形，能看到的轮廓线用实线表示，看不见的轮廓线用虚线表示，因此，选项D的图形，符合题意，故选：D．左视图就是从几何体的左侧看，所得到的图形，实际上就是从左面“正投影”所得到的图形，本题考查几何体的三视图，理解三视图的意义是正确判断的前提，在画视图时注意“看得见的轮廓线用实线，看不见的轮廓线用虚线表示”．6.【答案】C 【解析】解：A、a−b+1，故原题说法错误，不符合题意；B、a−3b，故原题说法错误，不符合题意；C、a−12b+2，故原题说法正确，符合题意；D、如果c<0，那ac>bc，故原题说法错误，不符合题意；故选：C．根据不等式的性质：不等式的两边同时加上(或减去)同一个数或同一个含有字母的式子，不等号的方向不变；不等式的两边同时乘以(或除以)同一个负数，不等号的方向改变进行分析即可．此题主要考查了不等式的性质，关键是注意不等式的两边同时乘以(或除以)同一个负数，不等号的方向改变．7.【答案】D 【解析】解：设该市总面积为1，该市这两年自然保护区的年均增长率为x，根据题意得1×8%×(1+x)2=1×9%，即8%(1+x)2=9%．故选：D．2018年年底保护区的覆盖率为8%(1+x)，2019年为8%(1+x)(1+x)，再由“2019年年底自然保护区覆盖率达到9%”可得方程．此题主要考查了由实际问题抽象出一元二次方程，关键是正确理解题意，找出题目中的等量关系．8.【答案】D 【解析】解：∵点D为斜边AB的中点，∴CD=AD=DB，∴∠BCD=∠B=60°，∠ACD=∠A=90°−∠B=30°， ∵∠EDF=90°，∴∠MPD=90°−∠ACD=60°，∵∠NCD=90°−∠ACD=60°，∴∠MPD=∠NCD，∵△EDF绕点D顺时针方向旋转α(0°<α<60°)，∴∠PDM=∠CDN=α，∴△PDM∽△CDN，∴PMCN=PDCD，在Rt△PCD中，∵tan∠PCD=tan30°=PDCD，∴PMCN=tan30°=33．故选：D．先根据直角三角形斜边上的中线性质得CD=AD=DB，则∠ACD=∠A=30°，∠BCD=∠B=60°，由于∠EDF=90°，可利用直角三角形两锐角互余得∠CPD=60°，再根据旋转的性质得∠PDM=∠CDN=α，于是可判断△PDM∽△CDN，得到PMCN=PDCD，然后在Rt△PCD中利用正切的定义得到tan∠PCD=tan30°=PDCD，于是可得PMCN的值．本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．也考查了相似三角形的判定与性质．9.【答案】B 【解析】解：由表格可得，该抛物线的对称轴为直线x=0+42=2，故选项B正确；该抛物线的开口向上，故选项A错误；当0≤x≤4时，y≤0，故选项C错误；由二次函数图象具有对称性可知，若A(x1,2)，B(x2,3)是抛物线上两点，则x10得：x>−23a，则不等式组的解集为−23a|−23a|，∴三个整数解不可能是−2，−1，0．若三个整数解为−1，0，1，则1≤32a<2−1≤−23a<−1，此不等式组无解；若三个整数解为0，1，2，则2≤32a<3−1≤−23a<0，解得43≤a≤32，所以a的取值范围是43≤a≤32．故答案为：43≤a≤32．首先确定不等式组的解集，先利用含a的式子表示，根据整数解的个数就可以确定有哪些整数解，根据解的情况可以得到关于a的不等式，从而求出a的范围．本题考查不等式组的解法及整数解的确定．求不等式组的解集，应遵循以下原则：同大取较大，同小取较小，小大大小中间找，大大小小解不了．本题要根据整数解的取值情况分情况讨论结果，取出合理的答案．17.【答案】−3 【解析】解：∵方程x2+mx−1=0的两根为x1，x2，∴△=m2−4×1×(−1)≥0，m2+4>0，由题意得：x1⋅x2=−1；x1+x2=−m，∵1x1+1x2=−3，∴x1+x2x1x2=−3，−m−1=−3，m=−3，故答案为：−3．根据根与系数的关系得出x1⋅x2及x1+x2的值，代入所求代数式得出k的值，再看k的值是否满足△中k的取值范围即可．本题考查的是根与系数的关系及根的判别式，在解答此题时要熟知熟知一元二次方程ax2+bx+c=0中，①当△>0时，方程有两个不相等的两个实数根；②x1+x2=−ba，x1x2=ca．18.【答案】24−33−3π 【解析】解：如图，连接OM、ON，∵半圆分别与AB，AC相切于点M，N．∴OM⊥AB，ON⊥AC，∵∠BAC=120°，∴∠MON=60°，∴∠MOB+∠NOC=120°，∵MN的长为π，∴60πr180=π，∴r=3，∴OM=ON=r=3，连接OA，在Rt△AON中，∠AON=30°，ON=3，∴AN=3，∴AM=AN=3，∴BM+CN=AB+AC−(AM+AN)=16−23，∴S阴影=S△OBM+S△OCN−(S扇形MOE+S扇形NOF)=12×3×(BM+CN)−(120π×32360)=32(16−23)−3π=24−33−3π故答案为：24−33−3π．连接OM、ON，根据半圆分别与AB，AC相切于点M，N.可得OM⊥AB，ON⊥AC，由∠BAC=120°，可得∠MON=60°，得∠MOB+∠NOC=120°，再根据MN的长为π，可得OM=ON=r=3，连接OA，根据Rt△AON中，∠AON=30°，ON=3，可得AM=AN=3，进而可求图中阴影部分的面积．本题考查了切线的性质、弧长的计算、扇形面积的计算，解决本题的关键是掌握弧长和扇形面积的计算公式．19.【答案】一、四 【解析】解：∵kb<0，∴k、b异号．当k>0，b<0时，y=kx+b图象经过第一、三、四象限；当k<0，b>0时，y=kx+b图象经过第一、二、四象限；综上，一次函数y=kx+b的图象一定经过第一、四象限．故答案为：一、四．由于kb<0，先根据有理数相乘，同号得正，异号得负，分情况讨论；再结合以下性质分析即可：一次函数y=kx+b中，k>0时，图象上升，k<0时，图象下降，b是图象与y轴的交点，b>0，图象交y轴于正半轴，b<0，图象交y轴于负半轴．本题考查了一次函数的性质，分类讨论并明确一次函数y=kx+b中k和b的不同取值与函数图象所处位置的关系是解题的关键．20.【答案】(1,1)或(−1,−1) 【解析】解：∵A(2,2)，B(4,2)，C(6,4)，∴以O点为位似中心，相似比为1：2，将△ABC缩小，则点A的对应点D的坐标为(1,1)或(−1,−1)．故答案为：(1,1)或(−1,−1)．根据相似比为1：2可得：A、B、C三点坐标分别乘以12或−12即可算出它的对应顶点的坐标．此题主要考查了位似变换，以及坐标与图形的性质，关键是掌握若位似比是k，则原图形上的点(x,y)，经过位似变化得到的对应点的坐标是(kx,ky)或(−kx,−ky)．21.【答案】2 【解析】解：连接OA、OC、OD、OB，如图：由反比例函数的性质可知S△AOE=S△BOF=12|k1|=12k1，S△COE=S△DOF=12|k2|=−12k2，∵S△AOC=S△AOE+S△COE，∴12AC⋅OE=12×2OE=OE=12(k1−k2)…①，∵S△BOD=S△DOF+S△BOF，∴12BD⋅OF=12×(EF−OE)=12×(3−OE)=32−12OE=12(k1−k2)…②，由①②两式解得OE=1，则k1−k2=2．故答案为2．由反比例函数的性质可知S△AOE=S△BOF=12k1，S△COE=S△DOF=−12k2，结合S△AOC=S△AOE+S△COE和S△BOD=S△DOF+S△BOF可求得k1−k2的值．本题考查反比例函数图象上的点的坐标特征，解题的关键是利用参数，构建方程组解决问题，属于中考常考题型．22.【答案】2或13 【解析】解：分两种情况：①当C1在A1B的上方时，如图1，∵AB=3，AA1=2，∴A1C=3−1=2，∵△ABC和△A1BC1是等边三角形，∴AB=BC，A1B=BC1，∠ABC=∠A1BC1=60°，∴∠A1BC=∠ABC1，在△A1BC和△ABC1中，∵BC=AB∠A1BC=∠C1BAA1B=C1B，∴△A1BC≌△ABC1(SAS)，∴A1C=AC1=2；②当C1在A1B的下方时，如图2，连接C1C，过C1作C1D⊥AC于D，同理得：△ABA1≌△CBC1，∴C1C=A1A=1，∠C1CB=∠BAC=60°，∵∠ACB=60°，∴∠C1CD=60°，Rt△C1CD中，∠CC1D=30°，∴CD=12C1C=12，C1D=12−(12)2=32，Rt△AC1D中，AD=3+12=72，由勾股定理得：AC1=AD2+C1D2=(72)2+(32)2=13，综上所述，则线段A1C的长为2或13．故答案为：2或13．分两种情况：①当C1在A1B的上方时，如图1，证明△A1BC≌△ABC1，则A1C=AC1=2；②当C1在A1B的下方时，如图2，作辅助线，构建全等三角形和直角三角形，同理得：△ABA1≌△CBC1，则C1C=A1A=1，∠C1CB=∠BAC=60°，得到30°的Rt△C1CD，根据性质求得CD=12，C1D=32，最后利用勾股定理可得结论．本题考查了三角形全等的性质和判定、勾股定理、等边三角形，采用分类讨论的思想，利用等边三角形的性质证明三角形全等是关键．23.【答案】解：(1)如图1，直线l，⊙O即为所求；(2)12． 【解析】【分析】本题考查作图−复杂作图，角平分线的性质，线段的垂直平分线的性质，切线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，属于中考常考题型．(1)作线段BC的垂直平分线交AB于M，交BC于N，作∠ABC的角平分线交MN于点O，以O为圆心，ON为半径作⊙O即可；(2)过点O作OE⊥AB于E.设OE=ON=r，利用面积法构建方程求解即可．【解答】解：(1)见答案；(2)如图2，过点O作OE⊥AB于E．设OE=ON=r，∵BM=53，BC=2，MN垂直平分线段BC，∴BN=CN=1，∴MN=BM2−BN2=(53)2−12=43，∵S△BNM=S△BNO+S△BOM，∴12×1×43=12×1×r+12×53×r，解得r=12．故答案为12． 24.【答案】100 10 100 【解析】解：(1)甲车改变速度前的速度为：500÷5=100(km/h)，乙车达绥芬河是时间为：800÷80=10(h)，故答案为：100；10；(2)∵乙车速度为80km/h，∴甲车到达绥芬河的时间为：5+800−50080=354(h)，甲车改变速度后，到达绥芬河前，设所求函数解析式为：y=kx+b(k≠0)，将(5,500)和(354,800)代入得：5k+b=500354k+b=800，解得k=80b=100，∴y=80x+100，答：甲车改变速度后离齐齐哈尔的路程y(km)与所用时间x(h)之间的函数解析式为y=80x+100(5≤x≤354)；(3)甲车到达绥芬河时，乙车距绥芬河的路程为：800−80×354=100(km)，40÷(100−80)=2(h)，即出发2h时，甲、乙两车第一次相距40km．故答案为：100；2．(1)结合图象，根据“速度=路程÷时间”即可得出甲车改变速度前的速度；根据“时间=路程÷速度”即可得出乙车行驶的时间；(2)根据题意求出甲车到达绥芬河的时间，再根据待定系数法解答即可；(3)根据甲车到达绥芬河的时间即可求出甲车到达绥芬河时，乙车距绥芬河的路程；根据“路程差=速度差×时间”列式计算即可得出甲、乙两车第一次相距40km行驶的时间．本题考查一次函数的应用，利用待定系数法求一次函数的解析式，运用数形结合的方法是解答本题的关键．25.【答案】解：∵BH=0.6米，sinα=35，∴AB=BHsinα=0.635=1米，∴AH=0.8米，∵AF=FC=2米，∴BF=1米，作FJ⊥BG于点J，作EK⊥FJ于点K，∠EKF=∠FJB=∠AHB=90°，∠EFK=∠FBJ=∠ABH，BF=AB∴△EFK∽△FBJ∽△ABH，△FBJ≌△ABH，∴EFAB=FKBH=EKAH，BJ=BH=0.6米，即1.61=FK0.6=EK0.8解得：EK=1.28∴BJ+EK=0.6+1.28=1.88<2，∴木箱上部顶点E不会触碰到汽车货厢顶部． 【解析】根据题意作出合适的辅助线，然后利用锐角三角函数求出BM+EN的长度，再与2比较大小即可解答本题．本题考查解直角三角形的应用−坡度坡角问题，解答本题的关键是明确题意，利用锐角三角函数和数形结合的思想解答．26.【答案】(1)证明：∵将△ABE沿直线AE折叠，点B落在F处，∴∠BAG=∠GAF=12∠BAF，B，F关于AE对称，∴AG⊥BF，∴∠AGF=90°，∵AH平分∠DAF，∴∠FAH=12∠FAD，∴∠EAH=∠GAF+∠FAH=12∠BAF+12∠FAD=12(∠BAF+∠FAD)=12∠BAD，∵四边形ABCD是正方形，∴∠BAD=90°，∴∠EAH=12∠BAD=45°，∵∠HGA=90°，∴GA=GH；(2)如图1，连接BD，DH，DF，交AH于点N，由(1)可知AF=AD，∠FAH=∠DAH，∴AH⊥DF，FN=DN，∴DH=HF，∠FNH=∠DNH=90°，又∵∠GHA=45°，∴∠NFH=45°=∠NDH=∠DHN，∴∠DHF=90°，∵∠BCD=90°，∴点B，C，H，D四点共圆，∴∠BHC=∠BDC=45°，∴∠BHC的度数不变．(3)∵∠DHF=90°，∴DH的长为点D到直线BH的距离，由(1)知AE2=AB2+BE2，∴AE=AB2+BE2=32+12=10，∵∠BAE+∠AEB=∠BAE+∠ABG=90°，∴∠AEB=∠ABG，又∠AGB=∠ABE=90°，∴△AEB∽△ABG，∴AGAB=ABAE，BGBE=ABAE，∴AG=AB2AE=910=91010，BG=AB⋅BEAE=3×110=31010，由(1)知GF=BG，AG=GH，∴GF=31010，GH=91010，∴DH=FH=GH−GF=91010−31010=3105．即点D到直线BH的距离为3105． 【解析】(1)由折叠的性质得出∠BAG=∠GAF=12∠BAF，B，F关于AE对称，证出∠EAH=12∠BAD=45°，由等腰直角三角形的性质得出答案；(2)连接BD，DH，DF，交AH于点N，由(1)可知AF=AD，∠FAH=∠DAH，得出∠DHF=90°，证出点B，C，H，D四点共圆，则可得出结论．(3)由勾股定理求出AE=10，证明△AEB∽△ABG，得出比例线段AGAB=ABAE，BGBE=ABAE，可求出AG，BG的长，则可求出答案．本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质，折叠的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质等知识；熟练掌握正方形的性质及全等三角形的判定与性质是解题的关键．27.【答案】(1)解：连接BD，如图，∵DG为切线，∴AD⊥DG，∴∠ADG=90°，∵AD为直径，∴∠ABD=90°，而∠GDB+∠G=90°，∠ADB+∠GDB=90°，∴∠ADB=∠G=50°，∴∠ACB=∠ADB=50°；(2)证明：连接CD，如图，∵AB=AE，∴∠ABE=∠AEB，∵OD=OC，∴∠ODC=∠OCD，而∠ABC=∠ADC，∴∠ABE=∠AEB=∠ODC=∠OCD，∴∠BAD=∠DOC；(3)解：∵∠BAD=∠FOC，∠ABD=∠OFC，∴△ABD∽△OFC，∴S△ABDS△OCF=(ADOC)2=4，∵S1S2=89，设S1=8x，S2=9x，则S△ABD=2S1=16x，∴S△OFC=14⋅16x=4x，∴S△AOC=9x−4x=5x，∵S△OFCS△OAC=OFOA=4x5x=45，∴设OF=4k，则OA=5k，在Rt△OCF中，OC=5k，CF=(5k)2−(4k)2=3k，∴tan∠CAF=CFAF=3k4k+5k=13． 【解析】(1)连接BD，如图，利用切线性质和圆周角定理得到∠ADG=∠ABD=90°，再利用等角的余角相等得到∠ADB=∠G=50°，然后根据圆周角定理得到∠ACB的度数；(2)连接CD，如图，利用等腰三角形的性质得到∠ABE=∠AEB，∠ODC=∠OCD，再利用圆周角定理得到∠ABC=∠ADC，然后根据三角形内角和可判断∠BAD=∠DOC；(3)先证明△ABD∽△OFC得到S△ABDS△OCF=4，设S1=8x，S2=9x，则S△ABD=16x，S△OFC=4x，S△AOC=5x，则利用三角形面积公式得到S△OFCS△OAC=OFOA=4x5x，则可设OF=4k，则OA=5k，利用勾股定理计算出CF，然后根据正切的定义求解．本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．若出现圆的切线，必连过切点的半径，构造定理图，得出垂直关系．简记作：见切点，连半径，见垂直．也考查了圆周角定理、垂径定理和相似三角形的性质．28.【答案】解：(1)i)∵抛物线的对称轴为x=12，∴−m−2=12，∴m=1，∴抛物线的解析式为y=−x2+x+2n，∵点B的横坐标为4，∴B(4,0)，∴−16+4+2n=0，∴n=6，∴抛物线的解析式为y=−x2+x+12；ii)∵抛物线的解析式为y=−x2+x+12，令x=0，则y=12，∴C(0,12)，令y=0，则−x2+x+12=0，∴x=−3或x=4，∴B(4,0)，A(−3,0)，∴直线BC的解析式为y=−3x+12，设点E(a,−3a+12)，点D(b,−b2+b+12)，如图1，过点E作EH⊥x轴于H，过点D作DG⊥x轴于G，∴EH//DG，∴△AEH∽△ADG，∴AHAG=EHDG，∵S△ABES△BDE=7，∴S△ABES△ABD=78，∴AHAG=EHDG=78，∵AH=a+3，AG=b+3，EH=−3a+12，DG=−b2+b+12，∴a+3b+3=−3a+12−b2+b+12=78，∴b=1或b=3，∴D(1,12)或(3,6)；(2)如图2，∵m=n−2，∴抛物线的解析式为y=−x2+(n−2)x+2n①，令y=0，则−x2+(n−2)x+2n=0，∴x=−2或x=n，∴A(−2,0)，B(n,0)，令x=0，则y=2n，∴C(0,2n)，∴直线BC的解析式为y=−2x+2n，作直线AF关于直线BC的对称直线，交x轴于M，∵A(−2,0)，B(n,0)，∴M(2n+2,0)，∴直线MN的解析式为y=−2x+4n+4②，联立①②化简得，x2−nx+2n+4=0，∵折叠后的图象(图中虚线部分)与直线AF有且只有一个公共点，∴MN与抛物线在直线BC上方的图象只有一个公共点，∴△=n2−4(2n+4)=0，∴n=4−42(舍)或n=4+42．即满足条件的n的值为4+42． 【解析】(1)i)利用对称轴求出m的值，再利用点B的坐标求出n的值，即可得出结论；ii)过点E作EH⊥x轴于H，过点D作DG⊥x轴于G，判断出两三角形相似，得出AHAG=EHDG，进而得出AHAG=EHDG=78，即可得出结论；(2)先作出直线AF关于直线BC的对称直线MN，求出直线BC的解析式，进而求出直线MN的解析式，再判断出直线MN与抛物线在BC上方的图象只有一个公共点，即可得出结论．此题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法，相似三角形的判定和性质，对称性，用方程或方程组的思想解决问题是解本题的关键．
浙公网安备 33021202002483