2021年福建省厦门市中考数学二检试卷(含解析)

一、选择题（共10小题）.

1．计算|﹣4|的结果是（　　）

A．4    B．﹣4    C．±4    D．±2

2．截止2020年底，我国铁路营业里程超过140000公里，其中高铁里程超过世界高铁总里程的三分之二，是世界上唯一高铁成网运行的国家．将140000用科学记数法表示为（　　）

A．14×104    B．1.4×105    C．1.4×104    D．0.14×106

3．如图所示的立体图形的主视图是（　　）

A．    B．    

C．    D．

4．有一组数据：2，3，5，7，5．这组数据的众数是（　　）

A．2    B．3    C．5    D．7

5．下列计算正确的是（　　）

A．a3+a2＝a5    B．a3•a2＝a5    C．a3÷a2＝a5    D．（a3）2＝a5

6．点P在数轴上的位置如图所示，若点P表示实数a，则下列数中，所对应的点在数轴上位于﹣1与0之间的是（　　）

A．﹣a    B．a﹣1    C．1﹣a    D．a+1

7．△ABC内接于圆，延长BC到D，点E在上，连接AE，EC，如图所示．图中等于∠ACD与∠BAC之差的角是（　　）

A．∠ACB    B．∠BAE    C．∠EAC    D．∠AEC

8．观察“赵爽弦图”（如图），若图中四个全等的直角三角形的两直角边分别为a，b，a＞b，根据图中图形面积之间的关系及勾股定理，可直接得到等式（　　）

A．a（a﹣b）＝a2﹣ab    B．（a+b）（a﹣b）＝a2﹣b2    

C．（a﹣b）2＝a2﹣2ab+b2    D．（a+b）2＝a2+2ab+b2

9．将一个半径为1的圆形轮子沿直线l水平向右滚动，图中显示的是轮子上的点P的起始位置与终止位置，其中在起始位置时PO∥l，在终止位置时PO与l所夹锐角为60°，则滚动前后，圆心之间的距离可能为（　　）

A．    B．    C．π    D．

10．在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝x2+bx﹣b（b＞0）与y轴交于点C，点A（m，n）在该抛物线位于y轴左侧的图象上．记△AOC的面积为S，若0＜S＜b2，∠AOC＞45°，则下列结论正确的是（　　）

A．0＜m＜2b    B．﹣2b＜m＜0    C．﹣b＜n＜2b2    D．﹣b＜n＜2b2﹣b

二、填空题（共6小题）.

11．把一个圆形转盘分成3个相同的扇形，分别涂上红、绿、黄三种颜色．转盘的中心装有固定的指针，绕中心自由转动转盘，当它停止时，指针指向红色的概率是　              　．

12．因式分解：a3﹣a2b＝　        　．

13．如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝3，AC＝4，BD平分∠ABC，AD∥BC，则AD的长是　 　．

14．如图，正方形ABCD的边长为5，点O是中心，点M在边AB上，连接OB，OM，过O作ON⊥OM，交边BC于点N．若BM＝2，则BN的长是　 　．

15．在平面直角坐标系xOy中，点A（xA，yA），B（xB，yB），C（xC，yC），D（xD，yD）在双曲线y＝（k＞0）上，且0＜xA＜xB，xD＜xC＜0．要使得四边形ABCD是矩形，至少要满足条件　   　．（只需写出一种符合题意的答案，填写相应的序号即可）

①xB＝yA；②xD+yA＝0；③xA+xC＝0且xB+xD＝0；④AC，BD都经过点O．

16．用《九章算术》中记载的“更相减损术”求168和72的最大公约数，运算步骤如下：

第一步：168﹣72＝96；

第二步：96﹣72＝24；

第三步：72﹣24＝48；

第四步：48﹣24＝24．

如果继续操作，可得24﹣24＝0，因此，经过上述四步运算，求得的结果24是168和72的最大公约数．

若两个正整数经过“更相减损术”的三步运算，所求得的最大公约数为a，且这两个数中的一个大于另一个的2倍，则这两个正整数分别为　           　．（用含a的代数式表示）

三、解答题（本大题有9小题，共86分）

17．解不等式组：．

18．如图，四边形ABCD是平行四边形，E，F分别是边AB，CD上的点，AE＝CF．证明AF＝CE．

19．先化简，再求值：（m﹣）÷，其中m＝．

20．某校为了解初一年级学生的近视情况，在初一年级随机抽取五个班级的学生进行调查，统计结果如表所示：

（2）该校初一年级有690名学生，估计该校初一年级近视的学生数．

21．某学校、电影院、市体育馆依次在一条东西向的路上．某日，甲同学到距离学校200m的电影院看电影，在电影院内停留60min后，以70m/min的速度步行10min到达市体育馆．甲同学与学校的距离s（单位：m）与时间t（单位：min）的关系如图所示．

（1）求甲同学与学校的距离s关于时间t的函数解析式；

（2）乙同学在甲到达电影院53min后从学校出发，以50m/min的速度步行去市体育馆，他们会在路上相遇吗？请说明理由．

22．如图，在△ABC中，点D，E分别在边BC，AC上，且CD＝CE，点P与点C关于直线DE成轴对称．

（1）求作点P；（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）

（2）连接EP，若＝＝，判断点P是否在直线AB上，并说明理由．

23．四边形ABCD是正方形，⊙O经过A，D两点且与BC边相切于点E，动点P在射线BC上且在点C的右侧，动点Q与点O位于射线BC的同侧，点M是BQ的中点，连接CM，PQ．

（1）如图1，若点M在⊙O上，且CE＝CM．求证：CM是⊙O的切线；

（2）如图2，连接OE交BQ于点G，若BC＝2，∠BPQ＝60°，PQ＝CP＝m，当点M在⊙O内时，求的值（用含m的代数式表示），并直接写出m的取值范围．

24．一个角的顶点在圆外，两边都与该圆相交，则称这个角是它所夹的较大的弧所对的圆外角．

（1）证明：一条弧所对的圆周角大于它所对的圆外角；

（2）应用（1）的结论，解决下面的问题：

某市博物馆近日展出当地出土的珍贵文物，该市小学生合唱队计划组织120名队员前去参观，队员身高的频数分布直方图如图1所示．该文物PQ高度为96cm，放置文物的展台QO高度为168cm，如图2所示．为了让参观的队员站在最理想的观看位置，需要使其观看该文物的视角最大（视角：文物最高点P、文物最低点Q、参观者的眼睛A所形成的∠PAQ），则分隔参观者与展台的围栏应放在距离展台多远的地方？请说明理由．

（说明：①参观者眼睛A与地面的距离近似于身高；②通常围栏的摆放位置需考虑参观者的平均身高）

25．点A（﹣m1，1），B（m1，1），C（m2，4）在抛物线y＝a（x﹣h）2上，其中m1＞0，m2＞0．点D在第四象限，直线AD⊥AC交x轴于点M，且AD＝AC．

（1）若m2＝1，

①求该抛物线的解析式；

②P（m，n）（≤m≤1）是该抛物线上的动点，连接AP交y轴于点N，点Q的坐标为（0，4），求△PNQ面积的取值范围；

（2）连接CD，点K在线段CD上，AM＝，S△ACK＝S△ACD．将抛物线y＝a（x﹣h）2平移，若平移后抛物线的顶点仍在原抛物线上，判断平移后的抛物线是否经过点K，并说明理由．

参

一、选择题（共10小题）.

1．计算|﹣4|的结果是（　　）

A．4    B．﹣4    C．±4    D．±2

解：|﹣4|＝﹣（﹣4）＝4，

故选：A．

2．截止2020年底，我国铁路营业里程超过140000公里，其中高铁里程超过世界高铁总里程的三分之二，是世界上唯一高铁成网运行的国家．将140000用科学记数法表示为（　　）

A．14×104    B．1.4×105    C．1.4×104    D．0.14×106

解：140000＝1.4×105．

故选：B．

3．如图所示的立体图形的主视图是（　　）

A．    B．    

C．    D．

解：从正面看，底层是一个的矩形，上层中一个等腰三角形．

故选：A．

4．有一组数据：2，3，5，7，5．这组数据的众数是（　　）

A．2    B．3    C．5    D．7

解：∵5出现了2次，出现的次数最多，

∴这组数据的众数为5．

故选：C．

5．下列计算正确的是（　　）

A．a3+a2＝a5    B．a3•a2＝a5    C．a3÷a2＝a5    D．（a3）2＝a5

解：A、a3与a2，无法合并，故此选项错误；

B、a3•a2＝a5，故此选项正确；

C、a3÷a2＝a，故此选项错误；

D、（a3）2＝a6，故此选项错误；

故选：B．

6．点P在数轴上的位置如图所示，若点P表示实数a，则下列数中，所对应的点在数轴上位于﹣1与0之间的是（　　）

A．﹣a    B．a﹣1    C．1﹣a    D．a+1

解：由数轴知：﹣2＜a＜﹣1．

∴﹣1＜a+1＜0．

故选：D．

7．△ABC内接于圆，延长BC到D，点E在上，连接AE，EC，如图所示．图中等于∠ACD与∠BAC之差的角是（　　）

A．∠ACB    B．∠BAE    C．∠EAC    D．∠AEC

解：∵∠ACD＝∠ABC+∠BAC，∠ABC＝∠AEC，

∴∠ACD＝∠AEC+∠BAC，

∴∠ACD﹣∠BAC＝∠AEC，

故选：D．

8．观察“赵爽弦图”（如图），若图中四个全等的直角三角形的两直角边分别为a，b，a＞b，根据图中图形面积之间的关系及勾股定理，可直接得到等式（　　）

A．a（a﹣b）＝a2﹣ab    B．（a+b）（a﹣b）＝a2﹣b2    

C．（a﹣b）2＝a2﹣2ab+b2    D．（a+b）2＝a2+2ab+b2

解：标记如下：

∵S正方形PQMN＝S正方形ABCD﹣4SRt△ABN，

∴（a﹣b）2＝a2+b2﹣4×

＝a2﹣2ab+b2．

故选：C．

9．将一个半径为1的圆形轮子沿直线l水平向右滚动，图中显示的是轮子上的点P的起始位置与终止位置，其中在起始位置时PO∥l，在终止位置时PO与l所夹锐角为60°，则滚动前后，圆心之间的距离可能为（　　）

A．    B．    C．π    D．

解：由题意可得，圆形轮子可能滚动不止一周，设OP滚动了n周后又滚动120°后到达终止位置，

∴OP滚动的角度α＝120°+360n，n为整数，

可得圆心运动前后的距离即为OP滚动完毕扫过的角度所对应的弦长，

即为2πr×＝，n为整数．

当n＝0时为．

故选：B．

10．在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝x2+bx﹣b（b＞0）与y轴交于点C，点A（m，n）在该抛物线位于y轴左侧的图象上．记△AOC的面积为S，若0＜S＜b2，∠AOC＞45°，则下列结论正确的是（　　）

A．0＜m＜2b    B．﹣2b＜m＜0    C．﹣b＜n＜2b2    D．﹣b＜n＜2b2﹣b

解：由题意画出所示图象，

由于点A在y轴的左侧，

∴m＜0，A选项错误；

∵S△AOC＝|m|＜b2，

∴|m|＜2b，

∴﹣2b＜m，

∵∠AOC＞45°，作直线y＝x交抛物线y＝x2+bx﹣b于点B（x1，x1），x1＜0，代入抛物线得，

∴x1＝x12+bx1﹣b，

∴x12+（b﹣1）x1﹣b＝0，

∴△＝（b﹣1）2+4b＝（b+1）2，

∴x1＝，

若∠AOC＞45°，则点A在点B的左侧，

∴n＞x，n＞﹣b，

∴m＜x，m＜﹣b，

即﹣2b＜m＜﹣b，

∴B选项错误；

当﹣2b＜m时，在（﹣2b，﹣b）内递减，

∴n＜（﹣2b）2+b•（﹣2b）﹣b，

即n＜2b2﹣b，

∴﹣b＜n＜2b2﹣b，

∴C选项错误，D选项正确．

故选：D．

二、填空题（本大题有6小题，每小题4分，共24分）

11．把一个圆形转盘分成3个相同的扇形，分别涂上红、绿、黄三种颜色．转盘的中心装有固定的指针，绕中心自由转动转盘，当它停止时，指针指向红色的概率是　　．

解：因为一个圆平均分成3个相等的扇形，

所以指针指向每个扇形的可能性相等，

所以有3种等可能的结果，指针指向红色的扇形有1种可能结果，

所以指针指向红色区域的概率是，

故答案为：．

12．因式分解：a3﹣a2b＝　a2（a﹣b）　．

解：原式＝a2（a﹣b）．

故答案为：a2（a﹣b）．

13．如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝3，AC＝4，BD平分∠ABC，AD∥BC，则AD的长是　5　．

解：∵∠C＝90°，BC＝3，AC＝4，

∴AB＝5，

∵BD平分∠ABC，

∴∠ABD＝∠DBC，

∵AD∥BC，

∴∠DBC＝∠D，

∴∠D＝∠ABD，

∴AD＝AB＝5，

故答案为：5．

14．如图，正方形ABCD的边长为5，点O是中心，点M在边AB上，连接OB，OM，过O作ON⊥OM，交边BC于点N．若BM＝2，则BN的长是　3　．

解：连接MN、OC，

∵∠MON＝90°，∠MBN＝90°，

∴M、O、N、B四点共圆，

∴∠BOM+∠BNO＝180°，

∵∠BNO+∠ONC＝180°，

∴∠BMO＝∠ONC，

∵点O是正方形ABCD的中心，

∴OB＝OC，∠BOC＝90°，

∵∠MON＝∠MOB+∠BON＝90°，

∠BOC＝∠BON+∠NOC＝90°，

∴∠MOB＝∠NOC，

∴△MOB≌△NOC，

∴NC＝MB＝2，

∵正方形ABCD的边长为5，

∴BC＝5，

∴BN＝BC﹣NC＝5﹣2＝3．

故答案为：3．

15．在平面直角坐标系xOy中，点A（xA，yA），B（xB，yB），C（xC，yC），D（xD，yD）在双曲线y＝（k＞0）上，且0＜xA＜xB，xD＜xC＜0．要使得四边形ABCD是矩形，至少要满足条件　①③　．（只需写出一种符合题意的答案，填写相应的序号即可）

①xB＝yA；②xD+yA＝0；③xA+xC＝0且xB+xD＝0；④AC，BD都经过点O．

解：满足①③，如图：

∵xA+xC＝0且xB+xD＝0，

∴O为AC、BD的中点，

即四边形ABCD为平行四边形，

∵xB＝yA，即OE＝OF，

由反比函数k的几何意义可得：AF＝BE，

∵∠AFO＝∠BEO，

∴△AFO≌△BEO（SAS），

∴OA＝OB，即AC＝BD，

∴平行四边形ABCD是矩形．

故答案为：①③．

16．用《九章算术》中记载的“更相减损术”求168和72的最大公约数，运算步骤如下：

第一步：168﹣72＝96；

第二步：96﹣72＝24；

第三步：72﹣24＝48；

第四步：48﹣24＝24．

如果继续操作，可得24﹣24＝0，因此，经过上述四步运算，求得的结果24是168和72的最大公约数．

若两个正整数经过“更相减损术”的三步运算，所求得的最大公约数为a，且这两个数中的一个大于另一个的2倍，则这两个正整数分别为　4a，a或5a，2a　．（用含a的代数式表示）

解：令较大的数为x，较小的数为y，则x＞2y，

∴x﹣y＞y，

第一步，x﹣y＝x﹣y，此时剩x﹣yy；

第二步，（x﹣y）﹣y＝x﹣2y，此时剩x﹣2y和y；

第三步：

①当x﹣2y＞y时，x﹣（x﹣2y）＝a，此时y＝a，

解得，x＝4a，y＝a，

②当x﹣2y＜y时，y﹣（x﹣2y）＝a，此时x﹣2y＝a，

即，

解得，x＝5a，y＝2a，

综上得，这两个正整数分别为4a，a或5a，2a．

故答案为：4a，a或5a，2a．

三、解答题（本大题有9小题，共86分）

17．解不等式组：．

解：解不等式①得，x≥1，

解不等式②得，x＜3，

所以，不等式组的解集是1≤x＜3．

18．如图，四边形ABCD是平行四边形，E，F分别是边AB，CD上的点，AE＝CF．证明AF＝CE．

【解答】方法一：

证明：∵四边形ABCD是平行四边形，

∴AB∥CD．

∴AE∥CF．

又∵AE＝CF，

∴四边形AECF是平行四边形．

∴AF＝CE．

方法二：

证明：∵四边形ABCD是平行四边形，

∴AD＝BC，AB＝CD，∠B＝∠D．．

∵AE＝CF，

∴AB﹣AE＝CD﹣CF．即BE＝DF．

在△ADF和△CBE中，

，

∴△ADF≌△CBE（SAS），

∴AF＝CE．

19．先化简，再求值：（m﹣）÷，其中m＝．

解：（m﹣）÷

＝

＝

＝

＝，

当m＝时，原式＝＝1﹣．

20．某校为了解初一年级学生的近视情况，在初一年级随机抽取五个班级的学生进行调查，统计结果如表所示：

（2）该校初一年级有690名学生，估计该校初一年级近视的学生数．

解：（1）记这五个班级的学生中随机抽取一名学生，抽中近视的学生为事件A，

则P（A）＝＝；

（2）690×＝420（人），

即估计该校初一年级近视的学生为420人．

21．某学校、电影院、市体育馆依次在一条东西向的路上．某日，甲同学到距离学校200m的电影院看电影，在电影院内停留60min后，以70m/min的速度步行10min到达市体育馆．甲同学与学校的距离s（单位：m）与时间t（单位：min）的关系如图所示．

（1）求甲同学与学校的距离s关于时间t的函数解析式；

（2）乙同学在甲到达电影院53min后从学校出发，以50m/min的速度步行去市体育馆，他们会在路上相遇吗？请说明理由．

解：（1）由题可设lAB的解析式为s＝k1t+b1（k1≠0），

依题意，体育馆与学校的距离为70×20+200＝900，所以B（200，900）．

把A（60，200），B（200，900）分别代入s＝k1t+b，

得

解得

所以lAB的解析式为s＝70t﹣4000（60≤t≤70），

所以甲同学与学校的距离s关于时间t的函数解析式为

s＝；

（2）他们会在路上相遇，理由如下：

由题可知，对于乙同学，s与t的关系为：s＝50（t﹣53）（53≤t≤71）．

即s＝50t﹣2650 （53≤t≤71）．

当53≤t＜60时，甲在电影院内，乙在路上行走，两人不会相遇．

当60≤t≤70时，解方程组

可得t＝67.5，

因为60≤67.5≤70，即在甲从电影院到体育馆的路上，两人会相遇．

所以他们会在路上相遇．

22．如图，在△ABC中，点D，E分别在边BC，AC上，且CD＝CE，点P与点C关于直线DE成轴对称．

（1）求作点P；（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）

（2）连接EP，若＝＝，判断点P是否在直线AB上，并说明理由．

解：（1）如图，

点P即为所求．

（2）点P在直线AB上，理由如下：

如图，连接DP，设线段EP与AB交于点Q，

∵点P与点C关于直线DE成轴对称，

∴ED垂直平分CP．

∴EP＝CE，DP＝CD．

∵CD＝CE，

∴EP＝CE＝CD＝DP．

∴四边形EPDC是菱形．

∴EP∥CD．

∴∠AQE＝∠B，∠AEQ＝∠C．

∴△AQE∽△ABC．

∴＝．

∵＝＝，

设BD＝a，则CD＝2a．

∴CE＝EP＝2a，BC＝3a．

∴AE＝4a．

∴AC＝6a．

∵＝，

∴＝．

∴QE＝2a．

∴QE＝EP．

又∵点Q在EP上，

∴点Q与点P重合．

∴点P在直线AB上．

23．四边形ABCD是正方形，⊙O经过A，D两点且与BC边相切于点E，动点P在射线BC上且在点C的右侧，动点Q与点O位于射线BC的同侧，点M是BQ的中点，连接CM，PQ．

（1）如图1，若点M在⊙O上，且CE＝CM．求证：CM是⊙O的切线；

（2）如图2，连接OE交BQ于点G，若BC＝2，∠BPQ＝60°，PQ＝CP＝m，当点M在⊙O内时，求的值（用含m的代数式表示），并直接写出m的取值范围．

【解答】（1）证明：如图，连接OE，OM，OC．

∵BC切⊙O于点E，

∴OE⊥BC，即∠OEC＝90°，

∵点E，点M在⊙O上，

∴OE＝OM．

又∵CE＝CM，OC＝OC，

∴△OCE≌△OCM（SSS），

∴∠OMC＝∠OEC＝90°，即OM⊥CM，

又∵点M在⊙O上，

∴CM是⊙O的切线；

（2）解：连接EO并延长交AD于点F，连接OA，OD．

∵四边形ABCD是正方形，

∴∠BCD＝∠CDA＝90°，AD＝BC＝2．

又∵由（1）得∠OEC＝90°，

∴四边形ECDF为矩形．

∴EC＝FD，∠OFD＝90°．

∵OA＝OD，

∴AF＝FD＝AD，

∴EC＝FD＝AD＝BC．

∴BE＝EC＝BC，

过点Q作QH⊥CP于H，连接CQ．

∵∠BPQ＝60°，PQ＝PC＝m，

∴△CPQ为等边三角形，QC＝PQ．

∵QH⊥CP，即∠QHP＝90°，

∴CH＝HP＝CP＝m，

∵∠OEC＝∠QHP＝90°，

∴GE∥QH，

∴＝．

∵点M是BQ的中点，

∴BM＝BQ，

∴＝＝＝＝＝＝1+，

当点M在⊙O内时，0＜m＜．

24．一个角的顶点在圆外，两边都与该圆相交，则称这个角是它所夹的较大的弧所对的圆外角．

（1）证明：一条弧所对的圆周角大于它所对的圆外角；

（2）应用（1）的结论，解决下面的问题：

某市博物馆近日展出当地出土的珍贵文物，该市小学生合唱队计划组织120名队员前去参观，队员身高的频数分布直方图如图1所示．该文物PQ高度为96cm，放置文物的展台QO高度为168cm，如图2所示．为了让参观的队员站在最理想的观看位置，需要使其观看该文物的视角最大（视角：文物最高点P、文物最低点Q、参观者的眼睛A所形成的∠PAQ），则分隔参观者与展台的围栏应放在距离展台多远的地方？请说明理由．

（说明：①参观者眼睛A与地面的距离近似于身高；②通常围栏的摆放位置需考虑参观者的平均身高）

解：（1）已知：如图所示，点A，B，C在⊙O上，点P在⊙O外，

   求证：∠ACB＞∠APB．

证明：设BP交⊙O于点Q，连接AQ，

∵∠ACB与∠AQB同对弧AB，

∴∠ACB＝∠AQB，

在△APQ中，∠AQB＝∠APB+∠PAQ，

∴∠AQB＞∠APB，

∴∠ACB＞∠APB；

（2）设合唱队员平均身高为 cm，则＝＝152，

在QO上取一点B，使得BO＝152cm，则BQ＝16cm，过B作射线l⊥QO于B，过P，Q两点作⊙C切射线l于M，如图：

依题意可知，参观的队员的眼睛A在射线l上，而此时，射线l上的点只有点M在⊙C上，其他的点在⊙C外，根据（1）的结论，视角∠PMQ最大，即队员的眼睛A与M重合（也即队员站在MN处）时，观看该展品的视角最大，所以围栏应摆放在N处．

连接CM并延长交地面OD于N，过C作CH⊥PQ于H，连接CP，CQ，

从而四边形HBMC和四边形HONC均为矩形．

在⊙C中，CP＝CQ，CH⊥PQ，

∴PH＝HQ＝PQ＝48，

∴CQ＝CM＝HB＝48+16＝，

在Rt△CHQ中，∠CHQ＝90°，CQ2＝CH2+HQ2，

∴CH＝＝16，

∴ON＝CH＝16，

即围栏应摆在距离展台16cm处．

25．点A（﹣m1，1），B（m1，1），C（m2，4）在抛物线y＝a（x﹣h）2上，其中m1＞0，m2＞0．点D在第四象限，直线AD⊥AC交x轴于点M，且AD＝AC．

（1）若m2＝1，

①求该抛物线的解析式；

②P（m，n）（≤m≤1）是该抛物线上的动点，连接AP交y轴于点N，点Q的坐标为（0，4），求△PNQ面积的取值范围；

（2）连接CD，点K在线段CD上，AM＝，S△ACK＝S△ACD．将抛物线y＝a（x﹣h）2平移，若平移后抛物线的顶点仍在原抛物线上，判断平移后的抛物线是否经过点K，并说明理由．

解：（1）①∵点A（﹣m1，1），B（m1，1）在抛物线y＝a（x﹣h）2上，

∴h＝0，

∴该抛物线的解析式为y＝ax2．

∵当m2＝1时，点C的坐标为（1，4），代入y＝ax2，

得a＝4．

∴抛物线的解析式为y＝4x2．

②∵A（﹣m1，1），P（m，n） 在抛物线y＝4x2上，

∴1＝4m12，n＝4m2．

∵m1＞0，

∴m1＝．

∴A（﹣，1）．

设直线AP的解析式为y＝kx+b，则N（0，b），

分别代入A（﹣，1），P（m，4m2）得．

可得b＝2m．

∴N（0，2m），

∵≤m≤1，

∴2m≤2＜4．

∴NQ＝4﹣2m．

过点P作PH⊥y轴于点H，则PH＝m．

∴△PNQ的面积S＝•NQ•PH＝m•（4﹣2m）＝﹣m2+2m （≤m≤1）．

∵﹣1＜0，对称轴m＝1，

∴当≤m≤1时，△PNQ的面积S随m的增大而增大．

∴≤S≤1．

（2）平移后的抛物线不经过点K，理由如下：

过点A作直线AE⊥x轴于点E，过点C作CG⊥AE于点G，过点D作DF⊥AE于点F．

∵A（﹣m1，1），AE⊥x轴，

∴AE＝1．

∵AM＝，

在Rt△AEM中，cos∠EAM＝＝．

∴∠EAM＝45°．

∵DF⊥AE，

∴∠AFD＝90°．

∴∠ADF＝45°．

∵AD⊥AC，

∴∠DAC＝90°．

∴∠GAC＝90°﹣∠EAM＝45°．

∵CG⊥AE，

∴∠AGC＝90°．

∴∠ACG＝45°．

∴AG＝CG＝3．

∴m2+m1＝3．

∵点A（﹣m1，1），B（m1，1）在抛物线y＝a（x﹣h）2上，

∴h＝0．

∴y＝ax2，

分别代入A（﹣m1，1），C（m2，4）得．

∴m22＝4m12．

∵m1＞0，m2＞0，

∴m2＝2m1．

又∵m2+m1＝3，

∴m2＝2，m1＝1．

∴C（2，4），A（﹣1，1）．

把C（2，4）代入y＝ax2得a＝1．

∴y＝x2．

∵平移后抛物线的顶点仍在y＝x2上，

∴可设平移后抛物线的解析式为y＝（x﹣t）2+t2．

∵∠EAM＝∠GAC，AD＝AC，∠ADF＝∠ACG，

∴△FAD≌△GAC（ASA）．

∴FA＝FD＝AG＝CG＝3．

∵A（﹣1，1），

∴D（2，﹣2）．

∵C（2，4），

∴CD⊥x轴，

且CD＝6．

∵S△ACK＝S△ACD，

∴CK＝CD＝．

∴K（2，）．

代入平移后抛物线的解析式y＝（x﹣t）2+t2得（2﹣t）2+t2＝．

化简得4t2﹣8t+5＝0．

该方程无实数根，故平移后的抛物线不经过点K．