天津市中考数学试卷 19页

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  • 2021-05-10 发布

天津市中考数学试卷

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‎2016年天津市中考数学试卷 一、选择题:本大题共12小题,每小题3分,共36分 ‎ ‎ ‎1.计算‎(−2)−5‎的结果等于( )‎ A.‎‎−7‎ B.‎‎−3‎ C.‎‎3‎ D.‎‎7‎ ‎ ‎ ‎2.sin‎60‎‎∘‎的值等于( )‎ A.‎‎1‎‎2‎ B.‎‎2‎‎2‎ C.‎‎3‎‎2‎ D.‎‎3‎ ‎ ‎ ‎3.下列图形中,可以看作是中心对称图形的是( )‎ A.‎ B.‎ C.‎ D.‎ ‎ ‎ ‎4.‎2016‎年‎5‎月‎24‎日《天津日报》报道,‎2015‎年天津外环线内新栽植树木‎6120000‎株,将‎6120000‎用科学记数法表示应为( )‎ A.‎‎0.612×‎‎10‎‎7‎ B.‎‎6.12×‎‎10‎‎6‎ C.‎‎61.2×‎‎10‎‎5‎ D.‎‎612×‎‎10‎‎4‎ ‎ ‎ ‎5.如图是一个由‎4‎个相同的正方体组成的立体图形,它的主视图是( )‎ A.‎ B.‎ C.‎ D.‎ ‎ ‎ ‎6.估计‎19‎的值在( )‎ A.‎2‎和‎3‎之间 B.‎3‎和‎4‎之间 C.‎4‎和‎5‎之间 D.‎5‎和‎6‎之间 ‎ ‎ ‎7.计算x+1‎x‎−‎‎1‎x的结果为( )‎ A.‎‎1‎ B.‎x C.‎‎1‎x D.‎x+2‎x ‎ ‎ ‎8.方程x‎2‎‎+x−12=0‎的两个根为( )‎ A.x‎1‎‎=−2‎,‎x‎2‎‎=6‎ B.x‎1‎‎=−6‎,‎x‎2‎‎=2‎ C.x‎1‎‎=−3‎,‎x‎2‎‎=4‎ D.x‎1‎‎=−4‎,‎x‎2‎‎=3‎ ‎ ‎ ‎9.实数a,b在数轴上的对应点的位置如图所示,把‎−a,‎−b,‎0‎按照从小到大的顺序排列,正确的是( )‎ A.‎‎−a<0<−b B.‎‎0<−a<−b C.‎‎−b<0<−a D.‎‎0<−b<−a ‎ ‎ ‎10.如图,把一张矩形纸片ABCD沿对角线AC折叠,点B的对应点为B′‎,AB′‎与DC相交于点E,则下列结论一定正确的是( )‎ A.‎‎∠DAB′=∠CAB′‎ B.‎‎∠ACD=∠B′CD C.‎AD=AE D.‎AE=CE ‎ ‎ ‎11.若点A(−5, y‎1‎)‎,B(−3, y‎2‎)‎,C(2, y‎3‎)‎在反比例函数y=‎‎3‎x的图象上,则y‎1‎,y‎2‎,y‎3‎的大小关系是( )‎ A.‎y‎1‎‎−b,‎−b<0‎,‎−a>0‎,即可得出答案.‎ ‎【解答】解:∵从数轴可知:a<0−b,‎−b<0‎,‎−a>0‎, ∴‎−b<0<−a, 故选C.‎ ‎10. 【答案】D ‎【解析】根据翻折变换的性质可得‎∠BAC=∠CAB′‎,根据两直线平行,内错角相等可得‎∠BAC=∠ACD,从而得到‎∠ACD=∠CAB′‎,然后根据等角对等边可得AE=CE,从而得解.‎ ‎【解答】解:∵矩形纸片ABCD沿对角线AC折叠,点B的对应点为B′‎, ∴‎∠BAC=∠CAB′‎, ∵AB // CD, ∴‎∠BAC=∠ACD, ∴‎∠ACD=∠CAB′‎, ∴AE=CE, 所以,结论正确的是D选项. 故选D.‎ ‎11. 【答案】D ‎【解析】直接利用反比例函数图象的分布,结合增减性得出答案.‎ ‎【解答】解:∵点A(−5, y‎1‎)‎,B(−3, y‎2‎)‎,C(2, y‎3‎)‎在反比例函数y=‎‎3‎x的图象上, ∴A,B点在第三象限,C点在第一象限,每个图象上y随x的增大减小, ∴y‎3‎一定最大,y‎1‎‎>‎y‎2‎, ∴y‎2‎‎h时,y随x的增大而增大、当xh时,y随x的增大而增大,当x1.60m, ∴能进入复赛.‎ ‎【解析】‎(1)‎用整体‎1‎减去其它所占的百分比,即可求出a的值;; ‎(2)‎根据平均数、众数和中位数的定义分别进行解答即可;; ‎(3)‎根据中位数的意义可直接判断出能否进入复赛.‎ ‎【解答】解:‎(1)‎根据题意得: ‎1−20%−10%−15%−30%=25%‎; 则a的值是‎25‎; ; ‎(2)‎观察条形统计图得: x‎=‎1.50×2+1.55×4+1.60×5+1.65×6+1.70×3‎‎2+4+5+6+3‎=1.61‎; ∵在这组数据中,‎1.65‎出现了‎6‎ 次,出现的次数最多, ∴这组数据的众数是‎1.65‎; 将这组数据从小到大排列为,其中处于中间的两个数都是‎1.60‎, 则这组数据的中位数是‎1.60‎.; ‎(3)‎能; ∵共有‎20‎个人,中位数是第‎10‎、‎11‎个数的平均数, ∴根据中位数可以判断出能否进入前‎9‎名; ∵‎1.65m>1.60m, ∴能进入复赛.‎ ‎21. 【答案】‎ 解:‎(1)‎如图,连接OC, ∵‎⊙O与PC相切于点C, ∴OC⊥PC,即‎∠OCP=‎‎90‎‎∘‎, ∵‎∠CAB=‎‎27‎‎∘‎, ∴‎∠COB=2∠CAB=‎‎54‎‎∘‎, 在Rt△AOE中,‎∠P+∠COP=‎‎90‎‎∘‎, ∴‎∠P=‎90‎‎∘‎−∠COP=‎‎36‎‎∘‎;; ‎(2)‎∵E为AC的中点, ∴OD⊥AC,即‎∠AEO=‎‎90‎‎∘‎, 在Rt△AOE中,由‎∠EAO=‎‎10‎‎∘‎, 得‎∠AOE=‎90‎‎∘‎−∠EAO=‎‎80‎‎∘‎, ∴‎∠ACD=‎1‎‎2‎∠AOD=‎‎40‎‎∘‎, ∵‎∠ACD是‎△ACP的一个外角, ∴‎∠P=∠ACD−∠A=‎40‎‎∘‎−‎10‎‎∘‎=‎‎30‎‎∘‎.‎ ‎【解析】‎(1)‎连接OC,首先根据切线的性质得到‎∠OCP=‎‎90‎‎∘‎,利用‎∠CAB=‎‎27‎‎∘‎得到‎∠COB=2∠CAB=‎‎54‎‎∘‎,然后利用直角三角形两锐角互余即可求得答案;; ‎(2)‎根据E为AC的中点得到OD⊥AC,从而求得‎∠AOE=‎90‎‎∘‎−∠EAO=‎‎80‎‎∘‎,然后利用圆周角定理求得‎∠ACD=‎1‎‎2‎∠AOD=‎‎40‎‎∘‎,最后利用三角形的外角的性质求解即可.‎ ‎【解答】‎ 解:‎(1)‎如图,连接OC, ∵‎⊙O与PC相切于点C, ∴OC⊥PC,即‎∠OCP=‎‎90‎‎∘‎, ∵‎∠CAB=‎‎27‎‎∘‎, ∴‎∠COB=2∠CAB=‎‎54‎‎∘‎, 在Rt△AOE中,‎∠P+∠COP=‎‎90‎‎∘‎,‎ ‎ ∴‎∠P=‎90‎‎∘‎−∠COP=‎‎36‎‎∘‎;; ‎(2)‎∵E为AC的中点, ∴OD⊥AC,即‎∠AEO=‎‎90‎‎∘‎, 在Rt△AOE中,由‎∠EAO=‎‎10‎‎∘‎, 得‎∠AOE=‎90‎‎∘‎−∠EAO=‎‎80‎‎∘‎, ∴‎∠ACD=‎1‎‎2‎∠AOD=‎‎40‎‎∘‎, ∵‎∠ACD是‎△ACP的一个外角, ∴‎∠P=∠ACD−∠A=‎40‎‎∘‎−‎10‎‎∘‎=‎‎30‎‎∘‎.‎ ‎22. 【答案】AC的长约为‎38.2cm,CB的长约等于‎45.0m.‎ ‎【解析】根据锐角三角函数,可用CD表示AD,BD,AC,BC,根据线段的和差,可得关于CD的方程,根据解方程,可得CD的长,根据AC=‎2‎CD,CB=‎CD‎0.60‎,可得答案.‎ ‎【解答】解:过点C作CD⊥AB垂足为D ‎, 在Rt△ACD中,tanA=tan‎45‎‎∘‎=CDAD=1‎,CD=AD, sinA=sin‎45‎‎∘‎=CDAC=‎‎2‎‎2‎,AC=‎2‎CD. 在Rt△BCD中,tanB=tan‎37‎‎∘‎=CDBD≈0.75‎,BD=‎CD‎0.75‎; sinB=sin‎37‎‎∘‎=CDBC≈0.60‎,CB=‎CD‎0.60‎. ∵AD+BD=AB=63‎, ∴CD+CD‎0.75‎=63‎, 解得CD≈27‎, AC=‎2‎CD≈1.414×27=38.178≈38.2‎, CB=CD‎0.60‎≈‎27‎‎0.60‎=45.0‎, ‎ ‎23. 【答案】表一:‎315‎,‎45x,‎30‎,‎−30x+240‎; 表二:‎1200‎,‎400x,‎1400‎,‎−280x+2240‎;; ‎(2)‎能完成此项运送任务的最节省费用的租车方案是甲车‎6‎辆,乙车‎2‎辆, 理由:当租用甲种货车x辆时,设两种货车的总费用为y元, 则两种货车的总费用为:y=400x+(−280x+2240)=120x+2240‎, 又∵‎45x+(−30x+240)≥330‎,解得x≥6‎, ∵‎120>0‎, ∴在函数y=120x+2240‎中,y随x的增大而增大, ∴当x=6‎时,y取得最小值, ‎ 即能完成此项运送任务的最节省费用的租车方案是甲种货车‎6‎辆,乙种货车‎2‎辆.‎ ‎【解析】‎(1)‎根据计划租用甲、乙两种货车共‎8‎辆,已知每辆甲种货车一次最多运送机器‎45‎台、租车费用为‎400‎元,每辆乙种货车一次最多运送机器‎30‎台、租车费用为‎280‎元 ,可以分别把表一和表二补充完整;; ‎(2)‎由‎(1)‎中的数据和公司有‎330‎台机器需要一次性运送到某地,可以解答本题.‎ ‎【解答】解:‎(1)‎由题意可得, 在表一中,当甲车‎7‎辆时,运送的机器数量为:‎45×7=315‎(台),则乙车‎8−7=1‎辆,运送的机器数量为:‎30×1=30‎(台), 当甲车x辆时,运送的机器数量为:‎45×x=45x(台),则乙车‎(8−x)‎辆,运送的机器数量为:‎30×(8−x)=−30x+240‎(台), 在表二中,当租用甲货车‎3‎辆时,租用甲种货车的费用为:‎400×3=1200‎(元),则租用乙种货车‎8−3=5‎辆,租用乙种货车的费用为:‎280×5=1400‎(元), 当租用甲货车x辆时,租用甲种货车的费用为:‎400×x=400x(元),则租用乙种货车‎(8−x)‎辆,租用乙种货车的费用为:‎280×(8−x)=−280x+2240‎(元), ; ‎(2)‎能完成此项运送任务的最节省费用的租车方案是甲车‎6‎辆,乙车‎2‎辆, 理由:当租用甲种货车x辆时,设两种货车的总费用为y元, 则两种货车的总费用为:y=400x+(−280x+2240)=120x+2240‎, 又∵‎45x+(−30x+240)≥330‎,解得x≥6‎, ∵‎120>0‎, ∴在函数y=120x+2240‎中,y随x的增大而增大, ∴当x=6‎时,y取得最小值, 即能完成此项运送任务的最节省费用的租车方案是甲种货车‎6‎辆,乙种货车‎2‎辆.‎ ‎24. 【答案】解:‎(1)‎如图①, ∵点A(4, 0)‎,点B(0, 3)‎, ∴OA=4‎,OB=3‎, ∴AB=‎3‎‎2‎‎+‎‎4‎‎2‎=5‎, ∵‎△ABO绕点B逆时针旋转‎90‎‎∘‎,得‎△A′BO′‎, ∴BA=BA′‎,‎∠ABA′=‎‎90‎‎∘‎, ∴‎△ABA′‎为等腰直角三角形, ∴AA′=‎2‎BA=5‎‎2‎; ‎(2)‎作O′H⊥y轴于H,如图②, ∵‎△ABO绕点B逆时针旋转‎120‎‎∘‎,得‎△A′BO′‎, ∴BO=BO′=3‎,‎∠OBO′=‎‎120‎‎∘‎, ∴‎∠HBO′=‎‎60‎‎∘‎, 在Rt△BHO′‎中,∵‎∠BO′H=‎90‎‎∘‎−∠HBO′=‎‎30‎‎∘‎, ∴BH=‎1‎‎2‎BO′=‎‎3‎‎2‎,O′H=‎3‎BH=‎‎3‎‎3‎‎2‎, ∴OH=OB+BH=3+‎3‎‎2‎=‎‎9‎‎2‎, ∴O′‎点的坐标为‎(‎3‎‎3‎‎2‎, ‎9‎‎2‎)‎; ‎(3)‎∵‎△ABO绕点B逆时针旋转‎120‎‎∘‎,得‎△A′BO′‎,点P的对应点为P′‎, ∴BP=BP′‎, ∴O′P+BP′=O′P+BP, 作B点关于x轴的对称点C,连结O′C交x轴于P点,如图②, 则O′P+BP=O′P+PC=O′C,此时O′P+BP的值最小, ∵点C与点B关于x轴对称, ∴C(0, −3)‎, 设直线O′C的解析式为y=kx+b, 把O′(‎3‎‎3‎‎2‎, ‎9‎‎2‎)‎,C(0, −3)‎代入得‎3‎‎3‎‎2‎k+b=‎‎9‎‎2‎b=−3‎,解得k=‎‎5‎‎3‎‎3‎b=−3‎, ∴直线O′C的解析式为y=‎5‎‎3‎‎3‎x−3‎, 当y=0‎时,‎5‎‎3‎‎3‎x−3=0‎,解得x=‎‎3‎‎3‎‎5‎,则P(‎3‎‎3‎‎5‎, 0)‎, ∴OP=‎‎3‎‎3‎‎5‎, ∴O′P′=OP=‎‎3‎‎3‎‎5‎,‎ ‎ 作P′D⊥O′H于D, ∵‎∠BO′A′=∠BOA=‎‎90‎‎∘‎,‎∠BO′H=‎‎30‎‎∘‎, ∴‎∠DP′O′=‎‎30‎‎∘‎, ∴O′D=‎1‎‎2‎O′P′=‎‎3‎‎3‎‎10‎,P′D=‎3‎O′D=‎‎9‎‎10‎, ∴DH=O′H−O′D=‎3‎‎3‎‎2‎−‎3‎‎3‎‎10‎=‎‎6‎‎3‎‎5‎, ∴P′‎点的坐标为‎(‎6‎‎3‎‎5‎, ‎27‎‎5‎)‎.‎ ‎【解析】‎(1)‎如图①,先利用勾股定理计算出AB=5‎,再根据旋转的性质得BA=BA′‎,‎∠ABA′=‎‎90‎‎∘‎,则可判定‎△ABA′‎为等腰直角三角形,然后根据等腰直角三角形的性质求AA′‎的长; ‎(2)‎作O′H⊥y轴于H,如图②,利用旋转的性质得BO=BO′=3‎,‎∠OBO′=‎‎120‎‎∘‎,则‎∠HBO′=‎‎60‎‎∘‎,再在Rt△BHO′‎中利用含‎30‎度的直角三角形三边的关系可计算出BH和O′H的长,然后利用坐标的表示方法写出O′‎点的坐标; ‎(3)‎由旋转的性质得BP=BP′‎,则O′P+BP′=O′P+BP,作B点关于x轴的对称点C,连结O′C交x轴于P点,如图②,易得O′P+BP=O′C,利用两点之间线段最短可判断此时O′P+BP的值最小,接着利用待定系数法求出直线O′C的解析式为y=‎5‎‎3‎‎3‎x−3‎,从而得到P(‎3‎‎3‎‎5‎, 0)‎,则O′P′=OP=‎‎3‎‎3‎‎5‎,作P′D⊥O′H于D,然后确定‎∠DP′O′=‎‎30‎‎∘‎后利用含‎30‎度的直角三角形三边的关系可计算出P′D和DO′‎的长,从而可得到P′‎点的坐标.‎ ‎【解答】解:‎(1)‎如图①, ∵点A(4, 0)‎,点B(0, 3)‎, ∴OA=4‎,OB=3‎, ∴AB=‎3‎‎2‎‎+‎‎4‎‎2‎=5‎, ∵‎△ABO绕点B逆时针旋转‎90‎‎∘‎,得‎△A′BO′‎, ∴BA=BA′‎,‎∠ABA′=‎‎90‎‎∘‎, ∴‎△ABA′‎为等腰直角三角形, ∴AA′=‎2‎BA=5‎‎2‎; ‎(2)‎作O′H⊥y轴于H,如图②, ∵‎△ABO绕点B逆时针旋转‎120‎‎∘‎,得‎△A′BO′‎, ∴BO=BO′=3‎,‎∠OBO′=‎‎120‎‎∘‎, ∴‎∠HBO′=‎‎60‎‎∘‎, 在Rt△BHO′‎中,∵‎∠BO′H=‎90‎‎∘‎−∠HBO′=‎‎30‎‎∘‎, ∴BH=‎1‎‎2‎BO′=‎‎3‎‎2‎,O′H=‎3‎BH=‎‎3‎‎3‎‎2‎, ∴OH=OB+BH=3+‎3‎‎2‎=‎‎9‎‎2‎, ∴O′‎点的坐标为‎(‎3‎‎3‎‎2‎, ‎9‎‎2‎)‎; ‎(3)‎∵‎△ABO绕点B逆时针旋转‎120‎‎∘‎,得‎△A′BO′‎,点P的对应点为P′‎, ∴BP=BP′‎, ∴O′P+BP′=O′P+BP, 作B点关于x轴的对称点C,连结O′C交x轴于P点,如图②, 则O′P+BP=O′P+PC=O′C,此时O′P+BP的值最小, ∵点C与点B关于x轴对称, ∴C(0, −3)‎, 设直线O′C的解析式为y=kx+b, 把O′(‎3‎‎3‎‎2‎, ‎9‎‎2‎)‎,C(0, −3)‎代入得‎3‎‎3‎‎2‎k+b=‎‎9‎‎2‎b=−3‎,解得k=‎‎5‎‎3‎‎3‎b=−3‎, ∴直线O′C的解析式为y=‎5‎‎3‎‎3‎x−3‎, 当y=0‎时,‎5‎‎3‎‎3‎x−3=0‎,解得x=‎‎3‎‎3‎‎5‎,则P(‎3‎‎3‎‎5‎, 0)‎, ∴OP=‎‎3‎‎3‎‎5‎, ∴O′P′=OP=‎‎3‎‎3‎‎5‎,‎ ‎ 作P′D⊥O′H于D, ∵‎∠BO′A′=∠BOA=‎‎90‎‎∘‎,‎∠BO′H=‎‎30‎‎∘‎, ∴‎∠DP′O′=‎‎30‎‎∘‎, ∴O′D=‎1‎‎2‎O′P′=‎‎3‎‎3‎‎10‎,P′D=‎3‎O′D=‎‎9‎‎10‎, ∴DH=O′H−O′D=‎3‎‎3‎‎2‎−‎3‎‎3‎‎10‎=‎‎6‎‎3‎‎5‎, ∴P′‎点的坐标为‎(‎6‎‎3‎‎5‎, ‎27‎‎5‎)‎.‎ ‎25. 【答案】解:‎(I)‎∵y=x‎2‎−2x+1=(x−1‎‎)‎‎2‎ ∴顶点P(1, 0)‎, ∵当x=0‎时,y=1‎, ∴Q(0, 1)‎,; ‎(II)‎①设抛物线C′‎的解析式为y=x‎2‎−2x+m, ∴Q′(0, m)‎其中m>1‎, ∴OQ′=m, ∵F(1, ‎1‎‎2‎)‎, 过F作FH⊥OQ′‎,如图: ‎ ‎ ∴FH=1‎,Q′H=m−‎‎1‎‎2‎, 在Rt△FQ′H中,FQ‎′‎‎2‎=(m−‎1‎‎2‎‎)‎‎2‎+1=m‎2‎−m+‎‎5‎‎4‎, ∵FQ′=OQ′‎, ∴m‎2‎‎−m+‎5‎‎4‎=‎m‎2‎, ∴m=‎‎5‎‎4‎, ∴抛物线C′‎的解析式为y=x‎2‎−2x+‎‎5‎‎4‎, ②设点A(x‎0‎, y‎0‎)‎,则y‎0‎‎=x‎0‎‎2‎−2x‎0‎+‎‎5‎‎4‎, 过点A作x轴的垂线,与直线Q′F 相交于点N,则可设N(x‎0‎, n)‎, ‎ ‎ ∴AN=y‎0‎−n,其中y‎0‎‎>n, 连接FP, ∵F(1, ‎1‎‎2‎)‎,P(1, 0)‎, ∴FP⊥x轴, ∴FP // AN, ∴‎∠ANF=∠PFN, 连接PK,则直线Q′F是线段PK的垂直平分线, ∴FP=FK,有‎∠PFN=∠AFN, ∴‎∠ANF=∠AFN,则AF=AN, 根据勾股定理,得,AF‎2‎=(x‎0‎−1‎)‎‎2‎+(y‎0‎−‎‎1‎‎2‎‎)‎‎2‎, ∴‎(x‎0‎−1‎)‎‎2‎+(y‎0‎−‎1‎‎2‎‎)‎‎2‎=(x ‎2‎‎0‎ −2x‎0‎+‎5‎‎4‎)+y ‎2‎‎0‎ −y‎0‎=y ‎2‎‎0‎ ‎, ∴AF=‎y‎0‎, ∴y‎0‎‎=y‎0‎−n, ∴n=0‎, ∴N(x‎0‎, 0)‎, 设直线Q′F的解析式为y=kx+b, 则b=‎‎5‎‎4‎k+b=‎‎1‎‎2‎, 解得k=−‎‎3‎‎4‎b=‎‎5‎‎4‎, ∴y=−‎3‎‎4‎x+‎‎5‎‎4‎, 由点N在直线Q′F上,得,‎0=−‎3‎‎4‎x‎0‎+‎‎5‎‎4‎, ∴x‎0‎‎=‎‎5‎‎3‎, 将x‎0‎‎=‎‎5‎‎3‎代入y‎0‎‎=x ‎2‎‎0‎ −2x‎0‎+‎‎5‎‎4‎, ∴y‎0‎‎=‎‎25‎‎36‎, ∴‎A(‎5‎‎3‎, ‎25‎‎36‎)‎ ‎【解析】‎(1)‎令x=0‎,求出抛物线与y轴的交点,抛物线解析式化为顶点式,求出点P坐标; ‎(2)‎①设出Q′(0, m)‎,表示出Q′H,根据FQ′=OQ′‎,用勾股定理建立方程求出m,即可. ②根据AF=AN,用勾股定理,‎(x−1‎)‎‎2‎+(y−‎1‎‎2‎‎)‎‎2‎=(x‎2‎−2x+‎5‎‎4‎)+y‎2‎−y=‎y‎2‎,求出AF=y,再求出直线Q′F的解析式,即可.;‎ ‎【解答】解:‎(I)‎∵y=x‎2‎−2x+1=(x−1‎‎)‎‎2‎ ∴顶点P(1, 0)‎, ∵当x=0‎时,y=1‎, ∴Q(0, 1)‎,; ‎(II)‎①设抛物线C′‎的解析式为y=x‎2‎−2x+m, ∴Q′(0, m)‎其中m>1‎, ∴OQ′=m, ∵F(1, ‎1‎‎2‎)‎, 过F作FH⊥OQ′‎,如图: ‎ ‎ ∴FH=1‎,Q′H=m−‎‎1‎‎2‎, 在Rt△FQ′H中,FQ‎′‎‎2‎=(m−‎1‎‎2‎‎)‎‎2‎+1=m‎2‎−m+‎‎5‎‎4‎, ∵FQ′=OQ′‎, ∴m‎2‎‎−m+‎5‎‎4‎=‎m‎2‎, ∴m=‎‎5‎‎4‎, ∴抛物线C′‎的解析式为y=x‎2‎−2x+‎‎5‎‎4‎, ②设点A(x‎0‎, y‎0‎)‎,则y‎0‎‎=x‎0‎‎2‎−2x‎0‎+‎‎5‎‎4‎, 过点A作x轴的垂线,与直线Q′F 相交于点N,则可设N(x‎0‎, n)‎, ‎ ‎ ∴AN=y‎0‎−n,其中y‎0‎‎>n, 连接FP, ∵F(1, ‎1‎‎2‎)‎,P(1, 0)‎, ∴FP⊥x轴, ∴FP // AN, ∴‎∠ANF=∠PFN, 连接PK,则直线Q′F是线段PK的垂直平分线, ∴FP=FK,有‎∠PFN=∠AFN, ∴‎∠ANF=∠AFN,则AF=AN, 根据勾股定理,得,AF‎2‎=(x‎0‎−1‎)‎‎2‎+(y‎0‎−‎‎1‎‎2‎‎)‎‎2‎, ∴‎(x‎0‎−1‎)‎‎2‎+(y‎0‎−‎1‎‎2‎‎)‎‎2‎=(x ‎2‎‎0‎ −2x‎0‎+‎5‎‎4‎)+y ‎2‎‎0‎ −y‎0‎=y ‎2‎‎0‎ ‎, ∴AF=‎y‎0‎, ∴y‎0‎‎=y‎0‎−n, ∴n=0‎, ∴N(x‎0‎, 0)‎, 设直线Q′F的解析式为y=kx+b, 则b=‎‎5‎‎4‎k+b=‎‎1‎‎2‎, 解得k=−‎‎3‎‎4‎b=‎‎5‎‎4‎, ∴y=−‎3‎‎4‎x+‎‎5‎‎4‎, 由点N在直线Q′F上,得,‎0=−‎3‎‎4‎x‎0‎+‎‎5‎‎4‎, ∴x‎0‎‎=‎‎5‎‎3‎, 将x‎0‎‎=‎‎5‎‎3‎代入y‎0‎‎=x ‎2‎‎0‎ −2x‎0‎+‎‎5‎‎4‎, ∴y‎0‎‎=‎‎25‎‎36‎, ∴‎A(‎5‎‎3‎, ‎25‎‎36‎)‎