文档内容
2012年浙江省温州市中考数学试卷
一、选择题（本题有10小题，每小题4分，共40分．每小题只有一个选项是正确的，不选、多
选、错选、均不给分）
1．（4分）给出四个数， ，其中为无理数的是（ ）
A．﹣1 B．0 C．0.5 D．
2．（4分）数据35，38，37，36，37，36，37，35的众数是（ ）
A．35 B．36 C．37 D．38
3．（4分）我国古代数学家利用“牟合方盖”（如图甲）找到了球体体积的计算方法．“牟合
方盖”是由两个圆柱分别从纵横两个方向嵌入一个正方体时两圆柱公共部分形成的几何
体．图乙所示的几何体是可以形成“牟合方盖”的一种模型，它的主视图是（ ）
A． B．
C． D．
4．（4分）一次函数y＝﹣2x+4的图象与y轴的交点坐标是（ ）
A．（0，4） B．（4，0） C．（2，0） D．（0，2）
5．（4分）把a2﹣4a多项式分解因式，结果正确的是（ ）
A．a（a﹣4） B．（a+2）（a﹣2）
C．a（a+2）（a﹣2） D．（a﹣2）2﹣4
6．（4分）小林家今年1﹣5月份的用电量情况如图所示．由图可知，相邻两个月中，用电量变
化最大的是（ ）
第1页（共22页）A．1月至2月 B．2月至3月 C．3月至4月 D．4月至5月
7．（4分）已知 O 与 O 外切，O O ＝8cm， O 的半径为5cm，则 O 的半径是（ ）
1 2 1 2 1 2
A．13cm ⊙ ⊙ B．8cm ⊙C．6cm ⊙D．3cm
8．（4分）下列选项中，可以用来证明命题“若a2＞1，则a＞1”是假命题的反例是（ ）
A．a＝﹣2 B．a＝﹣1 C．a＝1 D．a＝2
9．（4分）楠溪江某景点门票价格：成人票每张70元，儿童票每张35元．小明买20张门票共
花了1225元，设其中有x张成人票，y张儿童票，根据题意，下列方程组正确的是（ ）
A． B．
C． D．
10．（4分）如图，在△ABC中，∠C＝90°，M是AB的中点，动点P从点A出发，沿AC方向匀
速运动到终点C，动点Q从点C出发，沿CB方向匀速运动到终点B．已知P，Q两点同时
出发，并同时到达终点，连接MP，MQ，PQ．在整个运动过程中，△MPQ的面积大小变化
情况是（ ）
A．一直增大 B．一直减小
C．先减小后增大 D．先增大后减少
二、填空题（本题有6小题，每小题5分，共30分）
11．（5分）化简：2（a+1）﹣a＝ ．
12．（5分）分别以正方形的各边为直径向其内部作半圆得到的图形如图所示．将该图形绕其
中心旋转一个合适的角度后会与原图形重合，则这个旋转角的最小度数是 度．
第2页（共22页）13．（5分）若代数式 的值为零，则x＝ ．
14．（5分）赵老师想了解本校“生活中的数学知识”大赛的成绩分布情况，随机抽取了100
份试卷的成绩（满分为120分，成绩为整数），绘制成如图所示的统计图．由图可知，成绩
不低于90分的共有 人．
15．（5分）某校艺术班同学，每人都会弹钢琴或古筝，其中会弹钢琴的人数会比会弹古筝的
人数多10人，两种都会的有7人．设会弹古筝的有m人，则该班同学共有 人（用含
有m的代数式表示）
16．（5分）如图，已知动点A在函数 的图象上，AB⊥x轴于点B，AC⊥y轴于点
C，延长CA至点D，使AD＝AB，延长BA至点E，使AE＝AC．直线DE分别交x，y轴分别
于点P，Q．当QE：DP＝4：9时，图中阴影部分的面积等于 ．
三、解答题（本题有8小题，共80分．解答需写出必要的文字说明、演算步骤或证明过程）
第3页（共22页）17．（10分）（1）计算： ；
（2）解方程：x2﹣2x＝5．
18．（8分）如图，在方格纸中，△PQR的三个顶点及A、B、C、D、E五个点都在小方格的顶点
上．现以A、B、C、D、E中的三个点为顶点画三角形．
（1）在图甲中画出一个三角形与△PQR全等；
（2）在图乙中画出一个三角形与△PQR面积相等但不全等
19．（8分）如图，△ABC中，∠B＝90°，AB＝6cm，BC＝8cm．将△ABC沿射线BC方向平移
10cm，得到△DEF，A，B，C的对应点分别是D，E，F，连接AD．求证：四边形ACFD是菱形．
20．（9分）一个不透明的袋中装有红、黄、白三种颜色球共100个，它们除颜色外都相同，其
中黄球个数是白球个数的2倍少5个．已知从袋中摸出一个球是红球的概率是 ．
（1）求袋中红球的个数；
（2）求从袋中摸出一个球是白球的概率；
（3）取走10个球（其中没有红球）后，求从剩余的球中摸出一个球是红球的概率．
21．（9分）某海滨浴场东西走向的海岸线可近似看作直线l（如图）．救生员甲在A处的瞭望
台上观察海面情况，发现其正北方向的B处有人发出求救信号．他立即沿AB方向径直前
往救援，同时通知正在海岸线上巡逻的救生员乙．乙马上从C处入海，径直向B处游去．
甲在乙入海10秒后赶到海岸线上的D处，再向B处游去．若CD＝40米，B在C的北偏东
35°方向，甲、乙的游泳速度都是2米/秒．问谁先到达B处？请说明理由．（参考数据：
sin55°≈0.82，cos55°≈0.57，tan55°≈1.43）
第4页（共22页）22．（10分）如图，△ABC中，∠ACB＝90°，D是边AB上一点，且∠A＝2∠DCB．E是BC边上
的一点，以EC为直径的 O经过点D．
（1）求证：AB是 O的⊙切线；
（2）若CD的弦心⊙距为1，BE＝EO，求BD的长．
23．（12分）温州享有“中国笔都”之称，其产品畅销全球，某制笔企业欲将n件产品运往A，
B，C三地销售，要求运往C地的件数是运往A地件数的2倍，各地的运费如图所示．设安
排x件产品运往A地．
（1）当n＝200时， 根据信息填表：
① A地 B地 C地 合计
产品件数（件） x 2x 200
运费（元） 30x
若运往B地的件数不多于运往C地的件数，总运费不超过4000元，则有哪几种运输方
②案？
（2）若总运费为5800元，求n的最小值．
第5页（共22页）24．（14分）如图，经过原点的抛物线y＝﹣x2+2mx（m＞0）与x轴的另一个交点为A．过点P
（1，m）作直线PM⊥x轴于点M，交抛物线于点B．记点B关于抛物线对称轴的对称点为C
（B、C不重合）．连接CB，CP．
（1）当m＝3时，求点A的坐标及BC的长；
（2）当m＞1时，连接CA，问m为何值时CA⊥CP？
（3）过点P作PE⊥PC且PE＝PC，问是否存在m，使得点E落在坐标轴上？若存在，求出
所有满足要求的m的值，并定出相对应的点E坐标；若不存在，请说明理由．
第6页（共22页）2012年浙江省温州市中考数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本题有10小题，每小题4分，共40分．每小题只有一个选项是正确的，不选、多
选、错选、均不给分）
1．【分析】根据无理数的三种形式， 开方开不尽的数， 无限不循环小数， 含有 的数，
结合选项即可作出判断． ① ② ③ π
【解答】解：结合所给的数可得，无理数有： ．
故选：D．
【点评】此题考查了无理数的定义，关键要掌握无理数的三种形式，要求我们熟练记忆．
2．【分析】众数指一组数据中出现次数最多的数据，根据众数的定义就可以求解．
【解答】解：因为37出现的次数最多，
所以众数是37；
故选：C．
【点评】主要考查了众数的概念．注意众数是指一组数据中出现次数最多的数据，它反映
了一组数据的多数水平，一组数据的众数可能不是唯一的．
3．【分析】根据主视图的定义，得出圆柱以及立方体的摆放即可得出主视图为3个正方形组
合体，进而得出答案即可．
【解答】解：利用圆柱直径等于立方体边长，得出此时摆放，圆柱主视图是正方形，
得出圆柱以及立方体的摆放的主视图为两列，左边一个正方形，右边两个正方形，
故选：B．
【点评】此题主要考查了几何体的三视图；掌握主视图是从几何体正面看得到的平面图形
是解决本题的关键．
4．【分析】在解析式中令x＝0，即可求得与y轴的交点的纵坐标．
【解答】解：令x＝0，得y＝﹣2×0+4＝4，
则函数与y轴的交点坐标是（0，4）．
故选：A．
【点评】本题考查了一次函数与坐标轴的交点坐标的求法，是一个基础题，掌握y轴上点的
横坐标为0是解题的关键．
5．【分析】直接提取公因式a即可．
第7页（共22页）【解答】解：a2﹣4a＝a（a﹣4），
故选：A．
【点评】此题主要考查了提公因式法分解因式，关键是掌握找公因式的方法：当各项系数
都是整数时，公因式的系数应取各项系数的最大公约数；字母取各项的相同的字母，而且
各字母的指数取次数最低的；取相同的多项式，多项式的次数取最低的．
6．【分析】根据折线图的数据，分别求出相邻两个月的用电量的变化值，比较即可得解．
【解答】解：1月至2月，125﹣110＝15千瓦时，
2月至3月，125﹣95＝30千瓦时，
3月至4月，100﹣95＝5千瓦时，
4月至5月，100﹣90＝10千瓦时，
所以，相邻两个月中，用电量变化最大的是2月至3月．
故选：B．
【点评】本题考查折线统计图的运用，折线统计图表示的是事物的变化情况，根据图中信
息求出相邻两个月的用电变化量是解题的关键．
7．【分析】根据两圆外切时，圆心距＝两圆半径的和求解．
【解答】解：根据两圆外切，圆心距等于两圆半径之和，得该圆的半径是8﹣5＝3（cm）．
故选：D．
【点评】本题考查了圆与圆的位置关系．注意：两圆外切，圆心距等于两圆半径之和．
8．【分析】根据要证明一个结论不成立，可以通过举反例的方法来证明一个命题是假命题．
【解答】解：用来证明命题“若a2＞1，则a＞1”是假命题的反例可以是：a＝﹣2，
∵（﹣2）2＞1，但是a＝﹣2＜1，∴A正确；
故选：A．
【点评】此题主要考查了利用举例法证明一个命题错误，要说明数学命题的错误，只需举
出一个反例即可这是数学中常用的一种方法．
9．【分析】根据“小明买20张门票”可得方程：x+y＝20；根据“成人票每张70元，儿童票每
张35元，共花了1225元”可得方程：70x+35y＝1225，把两个方程组合即可．
【解答】解：设其中有x张成人票，y张儿童票，根据题意得，
，
故选：B．
【点评】此题主要考查了由实际问题抽象出二元一次方程组，关键是弄清题意，把已知量
第8页（共22页）和未知量联系起来，找出题目中的相等关系．
10．【分析】连接CM，根据点M是AB的中点可得△ACM和△BCM的面积相等，又P，Q两点
同时出发，并同时到达终点，所以点P到达AC的中点时，点Q到达BC的中点，然后把开
始时、结束时、与中点时的△MPQ的面积与△ABC的面积相比即可进行判断．
【解答】解：如图所示，连接CM，∵M是AB的中点，
∴S△ACM ＝S△BCM ＝ S△ABC ，
开始时，S△MPQ ＝S△ACM ＝ S△ABC ，
点P到达AC的中点时，点Q到达BC的中点时，S△MPQ ＝ S△ABC ，
结束时，S△MPQ ＝S△BCM ＝ S△ABC ，
所以，△MPQ的面积大小变化情况是：先减小后增大．
故选：C．
【点评】本题考查了动点问题的函数图象，根据题意找出关键的开始时，中点时，结束时三
个时间点的三角形的面积与△ABC的面积的关系是解题的关键．
二、填空题（本题有6小题，每小题5分，共30分）
11．【分析】首先把括号外的2乘到括号内，去括号，然后合并同类项即可．
【解答】解：原式＝2a+2﹣a
＝a+2．
故答案是：a+2．
【点评】考查了整式的加减，解决此类题目的关键是熟记去括号法则，熟练运用合并同类
项的法则，这是各地中考的常考点．
12．【分析】观察图形可得，图形有四个形状相同的部分组成，从而能计算出旋转角度．
【解答】解：图形可看作由一个基本图形每次旋转90°，旋转4次所组成，故最小旋转角为
90°．
第9页（共22页）故答案为：90．
【点评】本题考查了观察图形，确定最小旋转角度数的方法，需要熟练掌握．
13．【分析】由题意得 ＝0，解分式方程即可得出答案．
【解答】解：由题意得， ＝0，
解得：x＝3，经检验的x＝3是原方程的根．
故答案为：3．
【点评】此题考查了分式值为0的条件，属于基础题，注意分式方程需要检验．
14．【分析】根据频数分布直方图估计出89.5～109.5，109.5～129.5两个分数段的学生人数，
然后相加即可．
【解答】解：如图所示，89.5～109.5段的学生人数有24人，
109.5～129.5段的学生人数有3人，
所以，成绩不低于90分的共有24+3＝27人．
故答案为：27．
【点评】本题考查了读频数分布直方图的能力，根据图形估计出两个分数段的学生人数是
解题的关键．
15．【分析】根据会弹钢琴的人数比会弹古筝的人数多10人，表示出会弹钢琴的人数为：
（m+10）人，再利用两种都会的有7人得出该班同学共有：（m+m+10﹣7）人，整理得出答
案即可．
【解答】解：∵设会弹古筝的有m人，则会弹钢琴的人数为：m+10，
∴该班同学共有：m+m+10﹣7＝2m+3，
故答案为：（2m+3）．
【点评】此题主要考查了列代数式，根据已知表示出会弹钢琴的人数与会弹古筝的人数是
解题关键．
16．【分析】过点D作DG⊥x轴于点G，过点E作EF⊥y轴于点F．令A（t， ），则AD＝AB＝
DG＝ ，AE＝AC＝EF＝t，则图中阴影部分的面积＝△ACE的面积+△ABD的面积＝
t2+ × ，因此只需求出t2的值即可．先在直角△ADE中，由勾股定理，得出DE＝
第10页（共22页），再由△EFQ∽△DAE，求出QE＝ ，△ADE∽△GPD，求出DP＝：
，然后根据QE：DP＝4：9，即可得出t2＝ ．
【解答】解：解法一：过点D作DG⊥x轴于点G，过点E作EF⊥y轴于点F．
令A（t， ），则AD＝AB＝DG＝ ，AE＝AC＝EF＝t．
在直角△ADE中，由勾股定理，得DE＝ ＝ ＝ ＝ ．
∵△EFQ∽△DAE，
∴QE：DE＝EF：AD，
∴QE＝ ，
∵△ADE∽△GPD，
∴DE：PD＝AE：DG，
∴DP＝ ．
又∵QE：DP＝4：9，
∴ ： ＝4：9，
解得t2＝ ．
∴图中阴影部分的面积＝ AC2+ AB2＝ t2+ × ＝ +3＝ ；
解法二：∵QE：DP＝4：9，
∴EF：PG＝4：9，
设EF＝4t，则PG＝9t，
第11页（共22页）∴A（4t， ），
由AC＝AEAD＝AB，
∴AE＝4t，AD＝ ，DG＝ ，GP＝9t，
∵△ADE∽△GPD，
∴AE：DG＝AD：GP，
4t： ＝ ：9t，即t2＝ ，
图中阴影部分的面积＝ 4t×4t+ × × ＝ ．
故答案为： ．
【点评】本题考查了反比例函数的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质，三角形的面
积等知识，综合性较强，有一定难度．根据QE：DP＝4：9，得出t2的值是解题的关键．
三、解答题（本题有8小题，共80分．解答需写出必要的文字说明、演算步骤或证明过程）
17．【分析】（1）首先计算乘方，进行开方运算，然后合并同类二次根式即可求解；
（2）方程两边同时加上1，左边即可化成完全平方式的形式，然后进行开方运算，转化成两
个一元一次方程，即可求解．
【解答】解：（1）（﹣3）2+（﹣3）×2﹣
＝9﹣6﹣2
＝3﹣2 ；
（2）配方得（x﹣1）2＝6
∴x﹣1＝±
∴x ＝1+ ，x ＝1﹣ ．
1 2
第12页（共22页）【点评】本题考查了实数的混合运算以及利用配方法解一元二次方程，正确进行配方是关
键．
18．【分析】（1）过A作AE∥PQ，过E作EB∥PR，再顺次连接A、E、B，此题答案不唯一，符
合要求即可；
（2）△PQR面积是： ×QR×PQ＝6，连接BA，BA长为3，再连接AD、BD，三角形的面积也
是6，但是两个三角形不全等．
【解答】解：（1）如图所示：
；
（2）如图所示：
．
【点评】此题主要考查了作图，关键是掌握全等三角形的定义：能够完全重合的两个三角
形叫做全等三角形；三角形面积的计算公式：S＝ ×底×高．
19．【分析】根据平移的性质可得CF＝AD＝10cm，DF＝AC，再在Rt△ABC中利用勾股定理
求出AC的长为10，就可以根据四条边都相等的四边形是菱形得到结论．
【解答】证明：由平移变换的性质得：
CF＝AD＝10cm，DF＝AC，
∵∠B＝90°，AB＝6cm，BC＝8cm，
∴AC＝ ＝ ＝10，
∴AC＝DF＝AD＝CF＝10cm，
∴四边形ACFD是菱形．
第13页（共22页）【点评】此题主要考查了平移的性质，菱形的判定，关键是掌握平移的性质：各组对应点的
线段平行且相等；菱形的判定：四条边都相等的四边形是菱形．
20．【分析】（1）根据红、黄、白三种颜色球共有的个数乘以红球的概率即可；
（2）设白球有x个，得出黄球有（2x﹣5）个，根据题意列出方程，求出白球的个数，再除以
总的球数即可；
（3）先求出取走10个球后，还剩的球数，再根据红球的个数，除以还剩的球数即可．
【解答】解：（1）根据题意得：
100× ，
答：红球有30个．
（2）设白球有x个，则黄球有（2x﹣5）个，
根据题意得x+2x﹣5＝100﹣30
解得x＝25．
所以摸出一个球是白球的概率P＝ ＝ ；
（3）因为取走10个球后，还剩90个球，其中红球的个数没有变化，
所以从剩余的球中摸出一个球是红球的概率 ＝ ；
【点评】此题考查了概率公式：如果一个事件有n种可能，而且这些事件的可能性相同，其
中事件A出现m种结果，那么事件A的概率P（A）＝ ．
21．【分析】在直角△CDB中，利用三角函数即可求得BC，BD的长，则求得甲、乙的时间，比
较二者之间的大小即可．
【解答】解：由题意得∠BCD＝55°，∠BDC＝90°
∵tan∠BCD＝
第14页（共22页）∴BD＝CD•tan∠BCD＝40×tan55°≈57.2
cos∠BCD＝
∴BC＝ 70.2
∴t甲 ＝ ＝38.6秒，t乙 ＝ （秒）．
∴t甲 ＞t乙 ，
答：乙先到达B处．
【点评】本题考查了解直角三角形的应用，理解直角三角形中的边角关系是关键．
22．【分析】（1）连接OD，如图1所示，由OD＝OC，根据等边对等角得到一对角相等，再由
∠DOB为△COD的外角，利用三角形的外角等于与它不相邻的两个内角之和，等量代换
可得出∠DOB＝2∠DCB，又∠A＝2∠DCB，可得出∠A＝∠DOB，又∠ACB＝90°，可得出
直角三角形ABC中两锐角互余，等量代换可得出∠B与∠ODB互余，即OD垂直于BD，
确定出AB为圆O的切线，得证；
（2）法1：过O作OM垂直于CD，根据垂径定理得到M为DC的中点，由BD垂直于OD，
得到三角形BDO为直角三角形，再由BE＝OE＝OD，得到OD等于OB的一半，可得出
∠B＝30°，进而确定出∠DOB＝60°，又OD＝OC，利用等边对等角得到一对角相等，再由
∠DOB为三角形DOC的外角，利用外角的性质及等量代换可得出∠DCB＝30°，在三角
形CMO中，根据30°角所对的直角边等于斜边的一半得到OC＝2OM，由弦心距OM的长
求出OC的长，进而确定出OD及OB的长，利用勾股定理即可求出BD的长；
法2：过O作OM垂直于CD，连接ED，由垂径定理得到M为CD的中点，又O为EC的中
点，得到OM为三角形EDC的中位线，利用三角形中位线定理得到OM等于ED的一半，
由弦心距OM的长求出ED的长，再由BE＝OE，得到ED为直角三角形DBO斜边上的中
第15页（共22页）线，利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，由DE的长求出OB的长，再由OD及
OB的长，利用勾股定理即可求出BD的长．
【解答】（1）证明：连接OD，如图1所示：
∵OD＝OC，
∴∠DCB＝∠ODC，
又∠DOB为△COD的外角，
∴∠DOB＝∠DCB+∠ODC＝2∠DCB，
又∵∠A＝2∠DCB，
∴∠A＝∠DOB，
∵∠ACB＝90°，
∴∠A+∠B＝90°，
∴∠DOB+∠B＝90°，
∴∠BDO＝90°，
∴OD⊥AB，
又∵D在 O上，
∴AB是 ⊙O的切线；
⊙
（2）解法一：
过点O作OM⊥CD于点M，如图1，
∵OD＝OE＝BE＝ BO，∠BDO＝90°，
∴∠B＝30°，
∴∠DOB＝60°，
∵OD＝OC，
∴∠DCB＝∠ODC，
又∵∠DOB为△ODC的外角，
∴∠DOB＝∠DCB+∠ODC＝2∠DCB，
∴∠DCB＝30°，
∵在Rt△OCM中，∠DCB＝30°，OM＝1，
∴OC＝2OM＝2，
∴OD＝2，BO＝BE+OE＝2OE＝4，
∴在Rt△BDO中，根据勾股定理得：BD＝2 ；
第16页（共22页）解法二：
过点O作OM⊥CD于点M，连接DE，如图2，
∵OM⊥CD，
∴CM＝DM，又O为EC的中点，
∴OM为△DCE的中位线，且OM＝1，
∴DE＝2OM＝2，
∵在Rt△OCM中，∠DCB＝30°，OM＝1，
∴OC＝2OM＝2，
∵Rt△BDO中，OE＝BE，
∴DE＝ BO，
∴BO＝BE+OE＝2OE＝4，
∴OD＝OE＝2，
在Rt△BDO中，根据勾股定理得BD＝2 ．
【点评】此题考查了切线的性质，垂径定理，勾股定理，含30°直角三角形的性质，三角形的
中位线定理，三角形的外角性质，以及直角三角形斜边上的中线性质，熟练掌握定理及性
质是解本题的关键．
23．【分析】（1） 运往B地的产品件数＝总件数n﹣运往A地的产品件数﹣运往B地的产
品件数；运费＝①相应件数×一件产品的运费；
根据运往B地的件数不多于运往C地的件数，总运费不超过4000元列出不等式组，求
②得正整数解的个数即可；
（2）总运费＝A产品的运费+B产品的运费+C产品的运费，进而根据函数的增减性及（1）
中 得到的x的取值求得n的最小值即可．
【②解答】解：（1） 根据信息填表
①
第17页（共22页）A地 B地 C地 合计
产品件数（件） 200﹣3x
运费 1600﹣24x 50x 56x+1600
由题意，得 ，
②
解得40≤x≤42 ，
∵x为正整数，
∴x＝40或41或42，
∴有三种方案，分别是（i）A地40件，B地80件，C地80件；
（ii）A地41件，B地77件，C地82件；
（iii）A地42件，B地74件，C地84件；
（2）由题意，得30x+8（n﹣3x）+50x＝5800，
整理，得n＝725﹣7x．
∵n﹣3x≥0，
∴725﹣7x﹣3x≥0，
∴﹣10x≥﹣725，
∴x≤72.5，
又∵x≥0，
∴0≤x≤72.5且x为正整数．
∵n随x的增大而减少，
∴当x＝72时，n有最小值为221．
【点评】考查一次函数的应用；得到总运费的关系式是解决本题的关键；注意结合自变量
的取值得到n的最小值．
24．【分析】（1）把m＝3，代入抛物线的解析式，令y＝0解方程，得到的非0解即为和x轴交
点的横坐标，再求出抛物线的对称轴方程，进而求出BC的长；
（2）过点C作CH⊥x轴于点H（如图1）由已知得∠ACP＝∠BCH＝90°，利用已知条件证
明△ACH∽△PCB，根据相似的性质得到： ，再用含有m的代数式表示出BC，
CH，BP，代入比例式即可求出m的值；
（3）存在，本题要分当m＞1时，BC＝2（m﹣1），PM＝m，BP＝m﹣1和当0＜m＜1时，BC
第18页（共22页）＝2（1﹣m），PM＝m，BP＝1﹣m，两种情况分别讨论，再求出满足题意的m值和相对应的
点E坐标．
【解答】解：（1）当m＝3时，y＝﹣x2+6x
令y＝0得﹣x2+6x＝0
∴x ＝0，x ＝6，
1 2
∴A（6，0）
当x＝1时，y＝5
∴B（1，5）
∵抛物线y＝﹣x2+6x的对称轴为直线x＝3
又∵B，C关于对称轴对称
∴BC＝4．
（ 2 ） 连 接 AC ， 过 点 C 作 CH⊥ x 轴 于 点 H （ 如 图 1 ）
由已知得∠ACP＝∠BCH＝90°
∴∠ACH＝∠PCB
又∵∠AHC＝∠PBC＝90°
∴△ACH∽△PCB，
∴ ，
∵抛物线y＝﹣x2+2mx的对称轴为直线x＝m，其中m＞1，
第19页（共22页）又∵B，C关于对称轴对称，
∴BC＝2（m﹣1），
∵B（1，2m﹣1），P（1，m），
∴BP＝m﹣1，
又∵A（2m，0），C（2m﹣1，2m﹣1），
∴H（2m﹣1，0），
∴AH＝1，CH＝2m﹣1，
∴ ，
∴m＝ ．
（3）∵B，C不重合，∴m≠1，
（I）当m＞1时，BC＝2（m﹣1），PM＝m，BP＝m﹣1，
（i）若点E在x轴上（如图1），
∵∠CPE＝90°，
∴∠MPE+∠BPC＝∠MPE+∠MEP＝90°，PC＝EP，
在△BPC和△MEP中，
，
∴△BPC≌△MEP，
∴BC＝PM，
∴2（m﹣1）＝m，
∴m＝2，此时点E的坐标是（2，0）；
（ii）若点E在y轴上（如图2），
过点P作PN⊥y轴于点N，
易证△BPC≌△NPE，
∴BP＝NP＝OM＝1，
∴m﹣1＝1，
∴m＝2，
此时点E的坐标是（0，4）；
（II）当0＜m＜1时，BC＝2（1﹣m），PM＝m，BP＝1﹣m，
第20页（共22页）（i）若点E在x轴上（如图3），
易证△BPC≌△MEP，
∴BC＝PM，
∴2（1﹣m）＝m，
∴m＝ ，此时点E的坐标是（ ，0）；
（ii）若点E在y轴上（如图4），
过点P作PN⊥y轴于点N，
易证△BPC≌△NPE，
∴BP＝NP＝OM＝1，
∴1﹣m＝1，∴m＝0（舍去），
综上所述，当m＝2时，点E的坐标是（2，0）或（0，4），
当m＝ 时，点E的坐标是（ ，0）．
【点评】此题主要考查了二次函数解析式的确定、轴对称的性质、相似三角形的判定和相
似三角形的性质以及全等三角形的性质和全等三角形的判定、需注意的是（3）题在不确E
点的情况下需要分类讨论，以免漏解．题目的综合性强，难度也很大，有利于提高学生的
综合解题能力，是一道不错的题目．
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日期：2020/2/18 18:55:41；用户：18366185883；邮箱：18366185883；学号：22597006
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