2020年江苏省连云港市中考数学试卷

这是一份2020年江苏省连云港市中考数学试卷，共23页。试卷主要包含了选择题，填空题，计算题，解答题等内容，欢迎下载使用。


2020年江苏省连云港市中考数学试卷
题号
一
二
三
四
总分
得分






一、选择题（本大题共8小题，共24.0分）
1. 3的绝对值是（　　）
A. -3 B. 3 C. D.
2. 如图是由4个大小相同的正方体搭成的几何体，这个几何体的主视图是（　　）
A.
B.
C.
D.


3. 下列计算正确的是（　　）
A. 2x+3y=5xy B. （x+1）（x-2）=x2-x-2
C. a2•a3=a6 D. （a-2）2=a2-4
4. “红色小讲解员”演讲比赛中，7位评委分别给出某位选手的原始评分．评定该选手成绩时，从7个原始评分中去掉一个最高分、一个最低分，得到5个有效评分．5个有效评分与7个原始评分相比，这两组数据一定不变的是（　　）
A. 中位数 B. 众数 C. 平均数 D. 方差
5. 不等式组的解集在数轴上表示为（　　）
A. B.
C. D.
6. 如图，将矩形纸片ABCD沿BE折叠，使点A落在对角线BD上的A'处．若∠DBC=24°，则∠A'EB等于（　　）

A. 66° B. 60° C. 57° D. 48°
7. 10个大小相同的正六边形按如图所示方式紧密排列在同一平面内，A、B、C、D、E、O均是正六边形的顶点．则点O是下列哪个三角形的外心（　　）
A. △AED
B. △ABD
C. △BCD
D. △ACD


8. 快车从甲地驶往乙地，慢车从乙地驶往甲地，两车同时出发并且在同一条公路上匀速行驶．图中折线表示快、慢两车之间的路程y（km）与它们的行驶时间x（h）之间的函数关系．小欣同学结合图象得出如下结论：
①快车途中停留了0.5h；
②快车速度比慢车速度多20km/h；
③图中a=340；
④快车先到达目的地．
其中正确的是（　　）

A. ①③ B. ②③ C. ②④ D. ①④
二、填空题（本大题共8小题，共24.0分）
9. 我市某天的最高气温是4℃，最低气温是-1℃，则这天的日温差是______℃．
10. “我的连云港”APP是全市统一的城市综合移动应用服务端．一年来，实名注册用户超过1600000人．数据“1 600 000”用科学记数法表示为______．
11. 如图，将5个大小相同的正方形置于平面直角坐标系中，若顶点M、N的坐标分别为（3，9）、（12，9），则顶点A的坐标为______．


12. 按照如图所示的计算程序，若x=2，则输出的结果是______．



13. 加工爆米花时，爆开且不糊的粒数的百分比称为“可食用率”．在特定条件下，可食用率y与加工时间x（单位：min）满足函数表达式y=-0.2x2+1.5x-2，则最佳加工时间为______min．
14. 用一个圆心角为90°，半径为20cm的扇形纸片围成一个圆锥的侧面，这个圆锥的底面圆半径为______cm．
15. 如图，正六边形A1A2A3A4A5A6内部有一个正五边形B1B2B3B4B5，且A3A4∥B3B4，直线l经过B2、B3，则直线l与A1A2的夹角α=______°．







16. 如图，在平面直角坐标系xOy中，半径为2的⊙O与x轴的正半轴交于点A，点B是⊙O上一动点，点C为弦AB的中点，直线y=x-3与x轴、y轴分别交于点D、E，则△CDE面积的最小值为______．


三、计算题（本大题共1小题，共6.0分）
17. 解方程组







四、解答题（本大题共10小题，共96.0分）
18. 计算（-1）2020+（）-1-．







19. 化简÷．







20. 在世界环境日（6月5日），学校组织了保护环境知识测试，现从中随机抽取部分学生的成绩作为样本，按“优秀”“良好”“合格”“不合格”四个等级进行统计，绘制了如下尚不完整的统计图表．
测试成绩统计表
等级
频数（人数）
频率
优秀
30
a
良好
b
0.45
合格
24
0.20
不合格
12
0.10
合计
c
1
根据统计图表提供的信息，解答下列问题：
（1）表中a=______，b=______，c=______；
（2）补全条形统计图；
（3）若该校有2400名学生参加了本次测试，估计测试成绩等级在良好以上（包括良好）的学生约有多少人？









21. 从2021年起，江苏省高考采用“3+1+2”模式：“3”是指语文、数学、外语3科为必选科目，“1”是指在物理、历史2科中任选1科，“2”是指在化学、生物、思想政治、地理4科中任选2科．
（1）若小丽在“1”中选择了历史，在“2”中已选择了地理，则她选择生物的概率是______；
（2）若小明在“1”中选择了物理，用画树状图的方法求他在“2”中选化学、生物的概率．







22. 如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，对角线BD的垂直平分线与边AD、BC分别相交于点M、N．
（1）求证：四边形BNDM是菱形；
（2）若BD=24，MN=10，求菱形BNDM的周长．







23. 甲、乙两公司全体员工踊跃参与“携手防疫，共渡难关”捐款活动，甲公司共捐款100000元，乙公司共捐款140000元．下面是甲、乙两公司员工的一段对话：

（1）甲、乙两公司各有多少人？
（2）现甲、乙两公司共同使用这笔捐款购买A、B两种防疫物资，A种防疫物资每箱15000元，B种防疫物资每箱12000元．若购买B种防疫物资不少于10箱，并恰好将捐款用完，有几种购买方案？请设计出来（注：A、B两种防疫物资均需购买，并按整箱配送）．







24. 如图，在平面直角坐标系xOy中，反比例函数y=（x＞0）的图象经过点A（4，），点B在y轴的负半轴上，AB交x轴于点C，C为线段AB的中点．
（1）m=______，点C的坐标为______；
（2）若点D为线段AB上的一个动点，过点D作DE∥y轴，交反比例函数图象于点E，求△ODE面积的最大值．















25. 筒车是我国古代利用水力驱动的灌溉工具，唐代陈廷章在《水轮赋）中写道：“水能利物，轮乃曲成”．如图，半径为3m的筒车⊙O按逆时针方向每分钟转圈，筒车与水面分别交于点A、B，筒车的轴心O距离水面的高度OC长为2.2m，筒车上均匀分布着若干个盛水筒．若以某个盛水筒P刚浮出水面时开始计算时间．
（1）经过多长时间，盛水筒P首次到达最高点？
（2）浮出水面3.4秒后，盛水筒P距离水面多高？
（3）若接水槽MN所在直线是⊙O的切线，且与直线AB交于点M，MO=8m．求盛水筒P从最高点开始，至少经过多长时间恰好在直线MN上．
（参考数据：cos43°=sin47°≈，sin16°=cos74°≈，sin22°=cos68°≈）










26. 在平面直角坐标系xOy中，把与x轴交点相同的二次函数图象称为“共根抛物线”．如图，抛物线L1：y=x2-x-2的顶点为D，交x轴于点A、B（点A在点B左侧），交y轴于点C．抛物线L2与L1是“共根抛物线”，其顶点为P．
（1）若抛物线L2经过点（2，-12），求L2对应的函数表达式；
（2）当BP-CP的值最大时，求点P的坐标；
（3）设点Q是抛物线L1上的一个动点，且位于其对称轴的右侧．若△DPQ与△ABC相似，求其“共根抛物线”L2的顶点P的坐标．










27. （1）如图1，点P为矩形ABCD对角线BD上一点，过点P作EF∥BC，分别交AB、CD于点E、F．若BE=2，PF=6，△AEP的面积为S1，△CFP的面积为S2，则S1+S2=______；
（2）如图2，点P为▱ABCD内一点（点P不在BD上），点E、F、G、H分别为各边的中点．设四边形AEPH的面积为S1，四边形PFCG的面积为S2（其中S2＞S1），求△PBD的面积（用含S1、S2的代数式表示）；
（3）如图3，点P为▱ABCD内一点（点P不在BD上），过点P作EF∥AD，HG∥AB，与各边分别相交于点E、F、G、H．设四边形AEPH的面积为S1，四边形PGCF的面积为S2（其中S2＞S1），求△PBD的面积（用含S1、S2的代数式表示）；
（4）如图4，点A、B、C、D把⊙O四等分．请你在圆内选一点P（点P不在AC、BD上），设PB、PC、围成的封闭图形的面积为S1，PA、PD、围成的封闭图形的面积为S2，△PBD的面积为S3，△PAC的面积为S4，根据你选的点P的位置，直接写出一个含有S1、S2、S3、S4的等式（写出一种情况即可）．










答案和解析
1.【答案】B

【解析】解：|3|=3，
故选：B．
根据绝对值的意义，可得答案．
本题考查了实数的性质，利用绝对值的意义是解题关键．
2.【答案】D

【解析】解：从正面看有两层，底层是两个小正方形，上层的左边是一个小正方形．
故选：D．
找到从几何体的正面看所得到的图形即可．
此题主要考查了简单几何体的三视图，关键是掌握主视图所看的位置．
3.【答案】B

【解析】解：A.2x与3y不是同类项，所以不能合并，故本选项不合题意；
B．（x+1）（x-2）=x2-x-2，故本选项符合题意；
C．a2•a3=a5，故本选项不合题意；
D．（a-2）2=a2-4a+4，故本选项不合题意．
故选：B．
分别根据合并同类项法则，多项式乘多项式的运算法则，同底数幂的乘法法则以及完全平方公式逐一判断即可．
本题主要考查了合并同类项，同底数幂的乘法，多项式乘多项式以及完全平方公式，熟记相关公式与运算法则是解答本题的关键．
4.【答案】A

【解析】解：根据题意，从7个原始评分中去掉1个最高分和1个最低分，得到5个有效评分．5个有效评分与7个原始评分相比，不变的是中位数．
故选：A．
根据平均数、中位数、众数、方差的意义即可求解．
本题考查了平均数、中位数、众数、方差的意义．平均数是指在一组数据中所有数据之和再除以数据的个数；中位数是将一组数据从小到大（或从大到小）重新排列后，最中间的那个数（或最中间两个数的平均数）；一组数据中出现次数最多的数据叫做众数；一组数据中各数据与它们的平均数的差的平方的平均数，叫做这组数据的方差．
5.【答案】C

【解析】解：解不等式2x-1≤3，得：x≤2，
解不等式x+1＞2，得：x＞1，
∴不等式组的解集为1＜x≤2，
表示在数轴上如下：

故选：C．
先求出不等式组的解集，再在数轴上表示出来即可．
本题考查的是解一元一次不等式组，正确求出每一个不等式解集是基础，熟知“同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到”的原则是解答此题的关键．
6.【答案】C

【解析】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=∠ABC=90°，
由折叠的性质得：∠BA'E=∠A=90°，∠A'BE=∠ABE，
∴∠A'BE=∠ABE=（90°-∠DBC）=（90°-24°）=33°，
∴∠A'EB=90°-∠A'BE=90°-33°=57°；
故选：C．
由矩形的性质得∠A=∠ABC=90°，由折叠的性质得∠BA'E=∠A=90°，∠A'BE=∠ABE=（90°-∠DBC）=33°，即可得出答案．
本题考查了矩形的性质、折叠的性质以及直角三角形的性质；熟练掌握矩形的性质和折叠的性质是解题的关键．
7.【答案】D

【解析】解：∵三角形的外心到三角形的三个顶点的距离相等，
∴从O点出发，确定点O分别到A，B，C，D，E的距离，只有OA=OC=OD，
∴点O是△ACD的外心，
故选：D．
根据三角形外心的性质，到三个顶点的距离相等，进行判断即可．
此题主要考查了正多边形、三角形外心的性质等知识；熟练掌握三角形外心的性质是解题的关键．
8.【答案】B

【解析】解：根据题意可知，两车的速度和为：360÷2=180（km/h），
相遇后慢车停留了0.5h，快车停留了1.6h，此时两车距离为88km，故①结论错误；
慢车的速度为：88÷（3.6-2.5）=80（km/h），则快车的速度为100km/h，
所以快车速度比慢车速度多20km/h；故②结论正确；
88+180×（5-3.6）=340（km），
所以图中a=340，故③结论正确；
（360-2×80）÷80=2.5（h），5-2.5=2.5（h），
所以慢车先到达目的地，故④结论错误．
所以正确的是②③．
故选：B．
根据题意可知两车出发2小时后相遇，据此可知他们的速度和为180（km/h），相遇后慢车停留了0.5h，快车停留了1.6h，此时两车距离为88km，据此可得慢车的速度为80km/h，进而得出快车的速度为100km/h，根据“路程和=速度和×时间”即可求出a的值，从而判断出谁先到达目的地．
本题考查了一次函数的应用，行程问题中数量关系的运用，函数图象的意义的运用，解答时读懂函数图象，从图象中获取有用信息是解题的关键．
9.【答案】5

【解析】解：4-（-1）=4+1=5．
故答案为：5．
先用最高气温减去最低气温，再根据有理数的减法运算法则“减去一个数等于加上它的相反数”计算．
本题主要考查了有理数的减法，熟记运算法则是解答本题的关键．
10.【答案】1.6×106

【解析】解：数据“1600000”用科学记数法表示为1.6×106，
故答案为：1.6×106．
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10时，n是正数；当原数的绝对值小于1时，n是负数．
此题考查了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．
11.【答案】（15，3）

【解析】解：如图，

∵顶点M、N的坐标分别为（3，9）、（12，9），
∴MN∥x轴，MN=9，BN∥y轴，
∴正方形的边长为3，
∴BN=6，
∴点B（12，3），
∵AB∥MN，
∴AB∥x轴，
∴点A（15，3）
故答案为（15，3）．
由图形可得MN∥x轴，MN=9，BN∥y轴，可求正方形的边长，即可求解．
本题考查了正方形的性质，坐标与图形性质，读懂图形的意思，是本题的关键．
12.【答案】-26

【解析】解：把x=2代入程序中得：
10-22=10-4=6＞0，
把x=6代入程序中得：
10-62=10-36=-26＜0，
∴最后输出的结果是-26．
故答案为：-26．
把x=2代入程序中计算，当其值小于0时将所得结果输出即可．
本题借助程序框图考查了有理数的混合运算，读懂程序框图是解题的关键．
13.【答案】3.75

【解析】解：根据题意：y=-0.2x2+1.5x-2，
当x=-=3.75时，y取得最大值，
则最佳加工时间为3.75min．
故答案为：3.75．
根据二次函数的性质可得．
本题主要考查二次函数的应用，利用二次函数的性质求最值问题是解题的关键．
14.【答案】5

【解析】解：设这个圆锥的底面圆半径为r，
根据题意得2πr=，
解得r=5（cm）．
故答案为：5．
设这个圆锥的底面圆半径为r，利用圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长和弧长公式得到2πr=，然后解关于r的方程即可．
本题考查了圆锥的计算：圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长．
15.【答案】48

【解析】解：延长A1A2交A4A3的延长线于C，设l交A1A2于E、交A4A3于D，如图所示：
∵六边形A1A2A3A4A5A6是正六边形，六边形的内角和=（6-2）×180°=720°，
∴∠A1A2A3=∠A2A3A4==120°，
∴∠CA2A3=∠A2A3C=180°-120°=60°，
∴∠C=180°-60°-60°=60°，
∵五边形B1B2B3B4B5是正五边形，五边形的内角和=（5-2）×180°=540°，
∴∠B2B3B4==108°，
∵A3A4∥B3B4，
∴∠EDA4=∠B2B3B4=108°，
∴∠EDC=180°-108°=72°，
∴α=∠CED=180°-∠C-∠EDC=180°-60°-72°=48°，
故答案为：48．
延长A1A2交A4A3的延长线于C，设l交A1A2于E、交A4A3于D，由正六边形的性质得出∠A1A2A3=∠A2A3A4=120°，得出∠CA2A3=∠A2A3C=60°，则∠C=60°，由正五边形的性质得出∠B2B3B4=108°，由平行线的性质得出∠EDA4=∠B2B3B4=108°，则∠EDC=72°，再由三角形内角和定理即可得出答案．
本题考查了正六边形的性质、正五边形的性质、平行线的性质以及三角形内角和定理等知识；熟练掌握正六边形和正五边形的性质是解题的关键．
16.【答案】2

【解析】解：如图，连接OB，取OA的中点M，连接CM，过点M作MN⊥DE于N．

∵AC=CB，AM=OM，
∴MC=OB=1，
∴点C的运动轨迹是以M为圆心，1为半径的⊙M，设⊙M交MN于C′．
∵直线y=x-3与x轴、y轴分别交于点D、E，
∴D（4，0），E（0，-3），
∴OD=4，OE=3，
∴DE==5，
∵∠MDN=∠ODE，∠MND=∠DOE，
∴△DNM∽△DOE，
∴=，
∴=，
∴MN=，
当点C与C′重合时，△C′DE的面积最小，最小值=×5×（-1）=2，
故答案为2．
如图，连接OB，取OA的中点M，连接CM，过点M作MN⊥DE于N．首先证明点C的运动轨迹是以M为圆心，1为半径的⊙M，设⊙M交MN于C′．求出MN，当点C与C′重合时，△C′DE的面积最小．
本题考查三角形的中位线定理，三角形的面积，一次函数的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造三角形的中位线解决问题，属于中考常考题型．
17.【答案】解：
把②代入①，得2（1-y）+4y=5，
解得y=．
把y=代入②，得x=-．
∴原方程组的解为．

【解析】把组中的方程②直接代入①，用代入法求解即可．
本题考查了二元一次方程组的解法．掌握二元一次方程组的代入法是解决本题的关键．
18.【答案】解：原式=1+5-4=2．

【解析】先计算乘方、负整数指数幂、立方根，再计算加减可得．
本题主要考查实数的运算，解题的关键是掌握乘方的定义、负整数指数幂的规定及立方根的定义．
19.【答案】解：原式=•
=•
=．

【解析】直接利用分式的性质进而化简进而得出答案．
此题主要考查了分式乘除运算，正确化简分式是解题关键．
20.【答案】0.25  54  120

【解析】解：（1）本次抽取的学生有：24÷0.20=120（人），
a=30÷120=0.25，b=120×0.45=54，c=120，
故答案为：0.25，54，120；
（2）由（1）知，b=54，
补全的条形统计图如右图所示；
（3）2400×（0.45+0.25）=1680（人），
答：测试成绩等级在良好以上（包括良好）的学生约有1680人．
（1）根据合格的频数和频率可以求得本次调查的人数，然后即可得到a、b、c的值；
（2）根据（1）中b的值，可以将条形统计图补充完整；
（3）根据频数分布表中的数据，可以计算出测试成绩等级在良好以上（包括良好）的学生约有多少人．
本题考查条形统计图、频数分布表、用样本估计总体，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
21.【答案】

【解析】解：（1）在“2”中已选择了地理，从剩下的化学、生物，思想品德三科中选一科，因此选择生物的概率为；
故答案为：；
（2）用列表法表示所有可能出现的结果如下：

共有12种可能出现的结果，其中选中“化学”“生物”的有2种，
∴P（化学生物）==．
（1）在“2”中已选择了地理，从剩下的化学、生物，思想品德三科中选一科，可得选择生物的概率；
（2）用列表法表示所有可能出现的结果数，进而求出相应的概率．
本题考查列表法或树状图法求随机事件发生的概率，列举出所有可能出现的结果数是解决问题的关键．
22.【答案】（1）证明：∵AD∥BC，
∴∠DMO=∠BNO，
∵MN是对角线BD的垂直平分线，
∴OB=OD，MN⊥BD，
在△MOD和△NOB中，，
∴△MOD≌△NOB（AAS），
∴OM=ON，
∵OB=OD，
∴四边形BNDM是平行四边形，
∵MN⊥BD，
∴四边形BNDM是菱形；
（2）解：∵四边形BNDM是菱形，BD=24，MN=10，
∴BM=BN=DM=DN，OB=BD=12，OM=MN=5，
在Rt△BOM中，由勾股定理得：BM===13，
∴菱形BNDM的周长=4BM=4×13=52．

【解析】（1）证△MOD≌△NOB（AAS），得出OM=ON，由OB=OD，证出四边形BNDM是平行四边形，进而得出结论；
（2）由菱形的性质得出BM=BN=DM=DN，OB=BD=12，OM=MN=5，由勾股定理得BM=13，即可得出答案．
本题考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识；熟练掌握菱形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键．
23.【答案】解：（1）设甲公司有x人，则乙公司有（x+30）人，
依题意，得：×=，
解得：x=150，
经检验，x=150是原方程的解，且符合题意，
∴x+30=180．
答：甲公司有150人，乙公司有180人．
（2）设购买A种防疫物资m箱，购买B种防疫物资n箱，
依题意，得：15000m+12000n=100000+140000，
∴m=16-n．
又∵n≥10，且m，n均为正整数，
∴，，
∴有2种购买方案，方案1：购买8箱A种防疫物资，10箱B种防疫物资；方案2：购买4箱A种防疫物资，15箱B种防疫物资．

【解析】（1）设甲公司有x人，则乙公司有（x+30）人，根据乙公司的人均捐款数是甲公司的倍，即可得出关于x的分式方程，解之经检验后即可得出结论；
（2）设购买A种防疫物资m箱，购买B种防疫物资n箱，根据总价=单价×数量，即可得出关于m，n的二元一次方程组，再结合n≥10且m，n均为正整数，即可得出各购买方案．
本题考查了分式方程的应用以及二元一次方程的应用，解题的关键是：（1）找准等量关系，正确列出分式方程；（2）找准等量关系，正确列出二元一次方程．
24.【答案】6  （2，0）

【解析】解：（1）∵反比例函数y=（x＞0）的图象经过点A（4，），
∴m==6，
∵AB交x轴于点C，C为线段AB的中点．
∴C（2，0）；
故答案为6，（2，0）；
（2）设直线AB的解析式为y=kx+b，
把A（4，），C（2，0）代入得，解得，
∴直线AB的解析式为y=x-；
∵点D为线段AB上的一个动点，
∴设D（x，x-）（0＜x≤4），
∵DE∥y轴，
∴E（x，），
∴S△ODE=x•（-x+）=-x2+x+3=-（x-1）2+，
∴当x=1时，△ODE的面积的最大值为．
（1）根据待定系数法即可求得m的值，根据A点的坐标即可求得C的坐标；
（2）根据待定系数法求得直线AB的解析式，设出D、E的坐标，然后根据三角形面积公式得到S△ODE=-（x-1）2+，由二次函数的性质即可求得结论．
本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，反比例函数系数k的几何意义，二次函数的性质，根据三角形面积得到二次函数的解析式是解题的关键．
25.【答案】解：（1）如图1中，连接OA．

由题意，筒车每秒旋转360°×÷60=5°，
在Rt△ACO中，cos∠AOC===．
∴∠AOC=43°，
∴=27.4（秒）．
答：经过27.4秒时间，盛水筒P首次到达最高点．
（2）如图2中，盛水筒P浮出水面3.4秒后，此时∠AOP=3.4×5°=17°，

∴∠POC=∠AOC+∠AOP=43°+17°=60°，
过点P作PD⊥OC于D，
在Rt△POD中，OD=OP•cos60°=3×=1.5（m），
2.2-1.5=1.7（m），
答：浮出水面3.4秒后，盛水筒P距离水面1.7m．
（3）如图3中，

∵点P在⊙O上，且MN与⊙O相切，
∴当点P在MN上时，此时点P是切点，连接OP，则OP⊥MN，
在Rt△OPM中，cos∠POM==，
∴∠POM=68°，
在Rt△COM中，cos∠COM===，
∴∠COM=74°，
∴∠POH=180°-∠POM-∠COM=180°-68°-74°=38°，
∴需要的时间为=7.6（秒），
答：盛水筒P从最高点开始，至少经过7.6秒恰好在直线MN上．

【解析】（1）如图1中，连接OA．求出∠AOC的度数，以及旋转速度即可解决问题．
（2）如图2中，盛水筒P浮出水面3.4秒后，此时∠AOP=3.4×5°=17°，过点P作PD⊥OC于D，解直角三角形求出CD即可．
（3）如图3中，连接OP，解直角三角形求出∠POM，∠COM，可得∠POH的度数即可解决问题．
本题考查解直角三角形的应用，切线的性质等知识，解题的关键是理解题意，学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，属于中考常考题型．
26.【答案】解：（1）当y=0时，x2-x-2=0，解得x=-1或4，
∴A（-1，0），B（4，0），C（0，2），
由题意设抛物线L2的解析式为y=a（x+1）（x-4），
把（2，-12）代入y=a（x+1）（x-4），
-12=-6a，
解得a=2，
∴抛物线的解析式为y=2（x+1）（x-4）=2x2-6x-8．

（2）∵抛物线L2与L1是“共根抛物线”，A（-1，0），B（4，0），
∴抛物线L1，L2的对称轴是直线x=，
∴点P在直线x=上，
∴BP=AP，如图1中，当A，C，P共线时，BP-PC的值最大，
此时点P为直线AC与直线x=的交点，
∵直线AC的解析式为y=-2x-2，
∴P（，-5）


（3）由题意，AB=5，CB=2，CA=，
∴AB2=BC2+AC2，
∴∠ACB=90°，CB=2CA，
∵y=x2-x-2=（x-）2-，
∴顶点D（，-），
由题意，∠PDQ不可能是直角，
第一种情形：当∠DPQ=90°时，
①如图3-1中，当△QDP∽△ABC时，==，

设Q（x，x2-x-2），则P（，x2-x-2），
∴DP=x2-x-2-（-）=x2-x+，QP=x-，
∵PD=2QP，
∴2x-3=x2-x+，解得x=或（舍弃），
∴P（，）．

②如图3-2中，当△DQP∽△ABC时，同法可得QO=2PD，

x-=x2-3x+，
解得x=或（舍弃），
∴P（，-）．
第二种情形：当∠DQP=90°．
①如图3-3中，当△PDQ∽△ABC时，==，

过点Q作QM⊥PD于M．则△QDM∽△PDQ，
∴==，由图3-1可知，M（，），Q（，），
∴MD=8，MQ=4，
∴DQ=4，
由=，可得PD=10，
∵D（，-）
∴P（，）．

②当△DPQ∽△ABC时，过点Q作QM⊥PD于M．

同法可得M（，-），Q（，-），
∴DM=，QM=1，QD=，
由=，可得PD=，
∴P（，-）．

【解析】（1）由题意设抛物线L2的解析式为y=a（x+1）（x-4），利用待定系数法求出a即可解决问题．
（2）由题意BP=AP，如图1中，当A，C，P共线时，BP-PC的值最大，此时点P为直线AC与直线x=的交点．
（3）由题意，顶点D（，-），∠PDQ不可能是直角，第一种情形：当∠DPQ=90°时，①如图3-1中，当△QDP∽△ABC时．②如图3-2中，当△DQP∽△ABC时．第二种情形：当∠DQP=90°．①如图3-3中，当△PDQ∽△ABC时．②当△DPQ∽△ABC时，分别求解即可解决问题．
本题属于二次函数综合题，考查了相似三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是理解题意，学会用分类讨论的思想解决问题，属于中考压轴题．
27.【答案】12

【解析】解：（1）如图1中，

过点P作PM⊥AD于M，交BC于N．
∵四边形ABCD是矩形，EF∥BC，
∴四边形AEPM，四边形MPFD，四边形BNPE，四边形PNCF都是矩形，
∴BE=PN=CF=2，S△PFC=×PF×CF=6，S△AEP=S△APM，S△PEB=S△PBN，S△PDM=S△PFD，S△PCN=S△PCF，S△ABD=S△BCD，
∴S矩形AEPM=S矩形PNCF，
∴S1=S2=6，
∴S1+S2=12，
故答案为12．

（2）如图2中，连接PA，PC，

在△APB中，∵点E是AB的中点，
∴可设S△APE=S△PBE=a，同理，S△APH=S△PDH=b，S△PDG=S△PGC=c，S△PFC=S△PBF=d，
∴S四边形AEPH+S四边形PFCG=a+b+c+d，S四边形PEBF+S四边形PHDG=a+b+c+d，
∴S四边形AEPH+S四边形PFCG=S四边形PEBF+S四边形PHDG=S1+S2，
∴S△ABD=S平行四边形ABCD=S1+S2，
∴S△PBD=S△ABD-（S1+S△PBE+S△PHD）=S1+S2-（S1+a+S1-a）=S2-S1．

（3）如图3中，由题意四边形EBGP，四边形HPFD都是平行四边形，
∴S四边形EBGP=2S△EBP，S四边形HPFD=2S△HPD，
∴S△ABD=S平行四边形ABCD=（S1+S2+2S△EBP+2S△HPD）=（S1+S2）+S△EBP+S△HPD，
∴S△PBD=S△ABD-（S1+S△EBP+S△HPD）=（S2-S1）．

（4）如图4-1中，结论：S2-S1=S3+S4．
理由：设线段PB，线段PA，AB围成的封闭图形的面积为x，线段PC，线段PD，弧CD的封闭图形的面积为y．
由题意：S1+x+S4=S1+y+S3，
∴x-y=S3-S4，
∵S1+S2+x+y=2（S1+x+S4），
∴S2-S1=x-y+2S4=S3+S4．
同法可证：图4-2中，有结论：S1-S=S3+S4．
图4-3中和图4-4中，有结论：|S1-S2|=|S3-S4|．

（1）如图1中，求出△PFC的面积，证明△APE的面积=△PFC的面积即可．
（2）如图2中，连接PA，PC，在△APB中，因为点E是AB的中点，可设S△APE=S△PBE=a，同理，S△APH=S△PDH=b，S△PDG=S△PGC=c，S△PFC=S△PBF=d，证明S四边形AEPH+S四边形PFCG=S四边形PEBF+S四边形PHDG=S1+S2，推出S△ABD=S平行四边形ABCD=S1+S2，根据S△PBD=S△ABD-（S1+S△PBE+S△PHD）=S1+S2-（S1+a+S1-a）=S2-S1．可得结论．
（3）如图3中，由题意四边形EBGP，四边形HPFD都是平行四边形，利用平行四边形的性质求解即可．
（4）分四种情形：如图4-1中，结论：S2-S1=S3+S4．设线段PB，线段PA，AB围成的封闭图形的面积为x，线段PC，线段PD，弧CD的封闭图形的面积为y．由题意：S1+x+S4=S1+y+S3，推出x-y=S3-S4，由题意S1+S2+x+y=2（S1+x+S4），可得S2-S1=x-y+2S4=S3+S4．其余情形同法可求．
本题属于圆综合题，考查了矩形的性质，平行四边形的性质，圆的有关知识等知识，解题的关键是理解题意，学会利用参数解决问题，学会用分类讨的思想思考问题，属于中考压轴题．