∴x≈0.7（x+15）， 解得：x≈35， ∴ME≈35， ∴MN＝ME+EN≈36.5，
答：人民英雄纪念碑MN的高度约为36.5米． 【点睛】
本题考查了解直角三角形中的仰俯角问题，解题的关键是从实际问题中整理出直角三角形并利用解直角三角形的知识解题． 23．（1）y＝－
1221x－x＋2；（2）当BQ＝AP时，t＝1或t＝4；（3）存在．当t＝
333?1?3时，抛物线上存在点M（1，1），或当t＝3?33时，抛物线上存在点M（﹣
3，﹣3），使得△MPQ为等边三角形． 【解析】 【分析】
（1）把A（﹣2，0），B（0，2）代入y＝ax2－（2）BQ=
1x＋c，求出解析式即可; 31AP，要考虑P在OC上及P在OC的延长线上两种情况，有此易得BQ，AP31AP可求t值． 3关于t的表示，代入BQ=
（3）考虑等边三角形，我们通常只需明确一边的情况，进而即可描述出整个三角形．考虑△MPQ，发现PQ为一有规律的线段，易得OPQ为等腰直角三角形，但仅因此无法确定PQ运动至何种情形时△MPQ为等边三角形．若退一步考虑等腰，发现，MO应为PQ的垂直平分线，即使△MPQ为等边三角形的M点必属于PQ的垂直平分线与抛物线的交点，但要明确这些交点仅仅满足△MPQ为等腰三角形，不一定为等边三角形．确定是否为等边，我们可以直接由等边性质列出关于t的方程，考虑t的存在性． 【详解】
（1）∵抛物线经过A（﹣2，0），B（0，2）两点，
22???4a??c?0,?a??,∴?，解得?33 ???c?2.?c?2.∴抛物线的解析式为y＝－
221x－x＋2．
33（2）由题意可知，OQ＝OP＝t，AP＝2＋t． ①当t≤2时，点Q在点B下方，此时BQ＝2－t． ∵BQ＝
11AP，∴2﹣t＝（2＋t），∴t＝1． 33②当t＞2时，点Q在点B上方，此时BQ＝t﹣2．
∵BQ＝
11AP，∴t﹣2＝（2+t），∴t＝4． 331AP时，t＝1或t＝4． 3（3）存在．
作MC⊥x轴于点C，连接OM．
∴当BQ＝
设点M的横坐标为m，则点M的纵坐标为－当△MPQ为等边三角形时，MQ＝MP， 又∵OP＝OQ，
∴点M点必在PQ的垂直平分线上， ∴∠POM＝
221m－m＋2．
331∠POQ＝45°， 2∴△MCO为等腰直角三角形，CM＝CO，
221m－m＋2，
33解得m1＝1，m2＝﹣3．
∴m＝－
∴M点可能为（1，1）或（﹣3，﹣3）． ①如图，
当M的坐标为（1，1）时，
则有PC＝1﹣t，MP2＝1＋（1﹣t）2＝t2﹣2t＋2， PQ2＝2t2，
∵△MPQ为等边三角形， ∴MP＝PQ， ∴t2﹣2t＋2＝2t2，
解得t1＝?1+3，t2＝?1?3（负值舍去）． ②如图，
当M的坐标为（﹣3，﹣3）时， 则有PC＝3＋t，MC＝3，
∴MP2＝32＋（3＋t）2＝t2＋6t＋18，PQ2＝2t2， ∵△MPQ为等边三角形， ∴MP＝PQ， ∴t2＋6t＋18＝2t2，
解得t1＝3?33，t2＝3?33（负值舍去）．
∴当t＝?1+3时，抛物线上存在点M（1，1），或当t＝3?33时，抛物线上存在点M（﹣3，﹣3），使得△MPQ为等边三角形． 【点睛】
本题是二次函数、一次函数及三角形相关知识的综合题目，其中涉及的知识点有待定系数法求抛物线，三角形全等，等腰、等边三角形性质及一次函数等基础知识，在讨论动点问题是一定要注意考虑全面分情形讨论分析． 24．（1）答案见解析；（2）a=15，72°；（3）700人. 【解析】
试题分析：（1）用随机抽取的总人数减去A、B、C、E组的人数，求出D组的人数，从而补全统计图；（2）用B组抽查的人数除以总人数，即可求出a；用360乘以C组所占的百分比，求出C组扇形的圆心角θ的度数；（3）用该校参加这次海选比赛的总人数乘以成绩在90分以上（包括90分）所占的百分比，即可得出答案． 试题解析：（1）D的人数是：200﹣10﹣30﹣40﹣70=50（人）， 补图如下：
（2）B组人数所占的百分比是360×
=72°
×100%=15%；C组扇形的圆心角θ的度数为
（3）根据题意得：2000×=700（人），
答：估计该校参加这次海选比赛的2000名学生中成绩“优等”的有700人． 考点：（1）条形统计图；（2）用样本估计总体；（3）扇形统计图 25．（1）证明见解析（2）48 【解析】 【分析】
（1）利用角平分线的性质以及等腰三角形的性质得出∠OFC=∠FCG，继而得出∠GFC+∠OFC=90°，即可得出答案；
（2）首先得出四边形FGDH是矩形，进而利用勾股定理得出HO的长，进而得出答案. 【详解】 （1）连接FO， ∵ OF＝OC， ∴ ∠OFC＝∠OCF． ∵CF平分∠ACE， ∴∠FCG＝∠FCE． ∴∠OFC＝∠FCG． ∵ CE是⊙O的直径， ∴∠EDG＝90°， 又∵FG//ED，
∴∠FGC＝180°－∠EDG＝90°， ∴∠GFC＋∠FCG＝90° ∴∠GFC＋∠OFC＝90°， 即∠GFO＝90°， ∴OF⊥GF， 又∵OF是⊙O半径， ∴FG与⊙O相切．
（2）延长FO，与ED交于点H， 由(1)可知∠HFG＝∠FGD＝∠GDH＝90°， ∴四边形FGDH是矩形． ∴FH⊥ED， ∴HE＝HD．
又∵四边形FGDH是矩形，FG＝HD， ∴HE＝FG＝4. ∴ED＝8.
∵在Rt△OHE中，∠OHE＝90°，
∴OH＝OE2?HE2＝52?42＝3． ∴FH＝FO＋OH＝5＋3＝8． S四边形FGDH＝
11(FG＋ED)?FH＝×(4＋8)×8＝48． 22
2019-2020中考数学试卷及答案
