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2013年上海市嘉定区中考数学一模试卷（B 卷）
一、选择题（共6小题，每小题4分，满分24分）【下列各题的四个选项中，有且只
有一个是正确的】
1．（4分）对于线段a、b，如果a：b＝2：3，那么下列四个选项一定正确的是（ ）
A．2a＝3b B．b﹣a＝1 C． ＝ D． ＝
2．（4分）如图，在直角坐标平面内有一点P（3，4），那么OP与x轴正半轴的夹角
a的正弦值为（ ）
A． B． C． D．
3．（4分）已知抛物线y＝﹣x2+bx+c如图所示，那么b、c的取值范围是（ ）
A．b＜0，c＜0 B．b＜0，c＞0 C．b＞0，c＜0 D．b＞0，c＞0
4．（4分）下列四个命题中，真命题的个数为（ ）
面积相等的两个直角三角形相似：
周长相等的两个直角三角形相似：
①
有一个锐角相等的两个直角三角形相似：
②
斜边和直角边对应成比例的两个直角三角形相似．
③
A．4 B．3 C．2 D．1
④
5．（4分）正多边形的一个内角的度数不可能是（ ）
A．80° B．135° C．144° D．150°
6．（4分）已知 O 的半径长为2，若 O（O 与O 不重合）上的点P满足PO ＝
1 2 2 1 1
⊙ ⊙
第1页（共27页）2，则下列位置关系中， O 与 O 不可能存在的位置关系是（ ）
1 2
A．相交 B．外切 C．内切 D．外离
⊙ ⊙
二、填空题（共12小题，每小题4分，满分48分）
7．（4分）如图，在△ABC中，DE∥BC，DE与边AB相交于点D，与边AC相交于
点E，如果AD＝6，BD＝8，AE＝4，那么CE的长为 ．
8．（4分）已知| |＝2，| |＝4，且 与 反向，如果用向量 表示向量 ，那么 ＝
．
9．（4分）如图，飞机在目标B的正上方2000米A处，飞行员测得地面目标C的俯
角 ＝30°，那么地面目标B、C之间的距离为 米．（结果保留根号）
α
10．（4分）如果关于x的二次函数y＝﹣3x2﹣x+m﹣1的图象经过原点，那么m＝
．
11．（4分）二次函数y＝﹣x2+3x的图象在对称轴右侧的部分是 的．
12．（4分）二次函数：y＝x2+4x+5的对称轴为直线 ．
13．（4分）把抛物线y＝（x﹣1）2+4先向右平移3个单位，再向下平移2个单位，
所得抛物线的顶点坐标是 ．
14．（4分）已知 O的半径长为2，点P满足PO＝2，那么点P的直线l与 O不
可能存在的位置关系是 （从“相交”、“相切”、“相离”中选择）．
⊙ ⊙
15．（4分）正六边形的边心距与半径的比值为 ．
16．（4分）对于平面图形A，如果存在一个圆，使图形A上的任意一点到圆心的距
离都不大于这个圆的半径，则称圆形A被这个圆“覆盖”．例如图中的三角形
被一个圆“覆盖”．如果边长为 1的正六边形被一个半径长为 R的圆“覆
盖”，那么R的取值范围为 ．
第2页（共27页）17．（4分）已知 O 与 O 相交于点A、B，AB＝8，O O ＝2， O 的半径为5，那
1 2 1 2 1
么 O 的半径为 ．
2 ⊙ ⊙ ⊙
18．（4分）如图，弧EF所在的 O的半径长为5，正三角形ABC的顶点A、B分别
⊙
在半径OE、OF上，点C在弧EF上，∠EOF＝60°，如果AB⊥OF，那么这个正
⊙
三角形的边长为 ．
三、解答题（共7小题，满分78分）
19．（10分）计算：cot60°﹣cos30°+ ．
20．（10分）如图已知△ABC中AB＝AC＝10，BC＝16，矩形DEFG的边EF在
△ABC的边BC上，顶点D、G分别在AB、AC上，设DE的长为x，矩形DEFG
的面积为y，求y关于x的函数关系式，并写出这个函数的定义域．
21．（10分）如图，已知点D、E分别在△ABC的边AB和AC上，DE∥BC，AD＝
DB，四边形DBCE的面积等于16．
（1）求△ABC的面积；
（2）如果向量 ＝ ，向量 ＝ ，请用 、 表示向量 ．
第3页（共27页）22．（10分）如图，一条细绳系着一个小球在平面内摆动，已知细绳从悬挂点O到
球心的长度OG为50厘米，小球在左、右两个最高位置时（不考虑阻力等其他
因素），细绳相应所成的角90°．
（1）求小球在最高位置和最低位置时的高度差：
（2）联结EG，求∠OGE的余切值．
23．（12分）已知：点D是Rt△ABC的BC边的一个动点（如图），过点D作
DE⊥AB，垂足为E，点F在AB边上（点F与点B不重合），且满足FE＝BE，联
结CF、DF．
（1）当DF平分∠CFB时，求证： ：
（2）若AB＝10，tanB＝ ．当DF⊥CF时，求BD的长．
24．（12分）在平面直角坐标系xOy中（如图），已知抛物线y＝ax2+4ax+c（a≠0）
经过A（0，4），B（﹣3，1），顶点为C．
（1）求该抛物线的表达方式及点C的坐标；
（2）将（1）中求得的抛物线沿y轴向上平移m（m＞0）个单位，所得新抛物线与y
轴的交点记为点D．当△ACD时等腰三角形时，求点D的坐标；
（3）若点P在（1）中求得的抛物线的对称轴上，联结PO，将线段PO绕点P逆时
针转90°得到线段PO′，若点O′恰好落在（1）中求得的抛物线上，求点P的
第4页（共27页）坐标．
25．（14分）已知点A、B、C是半径长为2的半圆O上的三个点，其中点A是弧BC
的中点（如图），联结AB、AC，点D、E分别在弦AB、AC上，且满足AD＝CE．
（1）求证：OD＝OE；
（2）联结BC，当BC＝2 时，求∠DOE的度数；
（3）若∠BAC＝120°，当点D在弦AB上运动时，四边形ADOE的面积是否变化？
若变化，请简述理由；若不变化，请求出四边形ADOE的面积．
第5页（共27页）2013 年上海市嘉定区中考数学一模试卷（B 卷）
参考答案与试题解析
一、选择题（共6小题，每小题4分，满分24分）【下列各题的四个选项中，有且只
有一个是正确的】
1．（4分）对于线段a、b，如果a：b＝2：3，那么下列四个选项一定正确的是（ ）
A．2a＝3b B．b﹣a＝1 C． ＝ D． ＝
【考点】S2：比例线段．
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【分析】根据比例的性质进行判断即可．
【解答】解：A、由a：b＝2：3，得3a＝2b，故本选项错误；
B、当a＝4，b＝6时，a：b＝2：3，但是b﹣a＝2，故本选项错误；
C、由a：b＝2：3，得3a＝2b，则3a+6＝2b+6，即3（a+2）＝2（b+3），所以 ＝ ，
故本选项正确；
D、由a：b＝2：3，得 ＝ ，故本选项错误．
故选：C．
【点评】本题考查了比例的性质及式子的变形，用到的知识点：在比例里，两个外
项的积等于两个内项的积，比较简单．
2．（4分）如图，在直角坐标平面内有一点P（3，4），那么OP与x轴正半轴的夹角
a的正弦值为（ ）
A． B． C． D．
【考点】KQ：勾股定理；T1：锐角三角函数的定义．
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【分析】作PM⊥x轴于点M，构造直角三角形，根据三角函数的定义求解．
第6页（共27页）【解答】解：作PM⊥x轴于点M，根据勾股定理可得OP＝5．
∴sinA＝ ＝ ．
故选：C．
【点评】本题用到的知识点为：一个角的正弦值等于它所在直角三角形的对边与
斜边之比．
3．（4分）已知抛物线y＝﹣x2+bx+c如图所示，那么b、c的取值范围是（ ）
A．b＜0，c＜0 B．b＜0，c＞0 C．b＞0，c＜0 D．b＞0，c＞0
【考点】H4：二次函数图象与系数的关系．
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【分析】由抛物线的开口方向判断a与0的关系，再根据对称轴在y轴的左侧判断
b与0的关系；由抛物线与y轴的交点判断c与0的关系，
【解答】解：∵图象开口向下，
∴a＜0，
∵对称轴在y轴左侧，
∴﹣ ＜0，
∴b＜0；
∵图象与y轴交于正半轴，
∴c＞0．
故选：B．
【点评】本题主要考查图象与二次函数系数之间的关系，用到的知识点：对于二次
函数y＝ax2+bx+c（a≠0）来说，
第7页（共27页）二次项系数a决定抛物线的开口方向和大小：当a＞0时，抛物线向上开口；当
a＜0时，抛物线向下开口；|a|还可以决定开口大小，|a|越大开口就越小；
①
一次项系数b和二次项系数a共同决定对称轴的位置：当a与b同号时（即ab
＞0），对称轴在y轴左； 当a与b异号时（即ab＜0），对称轴在y轴右．（简称：
②
左同右异）；
常数项c决定抛物线与y轴交点，抛物线与y轴交于（0，c）．
4．（4分）下列四个命题中，真命题的个数为（ ）
③
面积相等的两个直角三角形相似：
周长相等的两个直角三角形相似：
①
有一个锐角相等的两个直角三角形相似：
②
斜边和直角边对应成比例的两个直角三角形相似．
③
A．4 B．3 C．2 D．1
④
【考点】O1：命题与定理；S8：相似三角形的判定．
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【分析】根据真命题的定义和有关性质定理分别对每个命题进行判断即可．
【解答】解； 面积相等的两个直角三角形相似，错误，是假命题，
周长相等的两个直角三角形相似，错误，是假命题，
①
有一个锐角相等的两个直角三角形相似，正确，是真命题，
②
斜边和直角边对应成比例的两个直角三角形相似，正确，是真命题；
③
真命题的个数是2个，
④
故选：C．
【点评】此题考查了命题的真假判断，正确的命题叫真命题，错误的命题叫做假命
题．判断命题的真假关键是要熟悉课本中的性质定理．
5．（4分）正多边形的一个内角的度数不可能是（ ）
A．80° B．135° C．144° D．150°
【考点】L3：多边形内角与外角．
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【专题】11：计算题．
【分析】设正多边形的边数为n，再分别解方程（n﹣2）×180°＝80°×n；（n﹣2）
×180°＝135°×n，（n﹣2）×180°＝144°×n，（n﹣2）×180°＝150°×n，然后根据
n≥3的整数进行判断．
【解答】解：设正多边形的边数为n，
第8页（共27页）当（n﹣2）×180°＝80°×n，解得n＝3.6，n不为正整数；
当（n﹣2）×180°＝135°×n，解得n＝8；
当（n﹣2）×180°＝144°×n，解得n＝10；
当（n﹣2）×180°＝150°×n，解得n＝12．
故选：A．
【点评】本题考查了多边形内角与外角：n边形的内角和为（n﹣2）×180°；多边形
的外角和为360°．
6．（4分）已知 O 的半径长为2，若 O（O 与O 不重合）上的点P满足PO ＝
1 2 2 1 1
2，则下列位置关系中， O 与 O 不可能存在的位置关系是（ ）
⊙ 1 ⊙2
A．相交 B．外切 C．内切 D．外离
⊙ ⊙
【考点】MJ：圆与圆的位置关系．
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【分析】两圆的位置关系有：相离（d＞R+r）、相切（d＝R+r或d＝R﹣r）、相交（R
﹣r＜d＜R+r）．
【解答】解：∵ O 的半径为2，
1
根据圆与圆之间的位置关系，可知
⊙
当两圆外离时，PO ＞2．
1
故选：D．
【点评】本题主要考查两圆的位置关系．两圆的位置关系有：相离（d＞R+r）、相切
（外切：d＝R+r或内切：d＝R﹣r）、相交（R﹣r＜d＜R+r）．
二、填空题（共12小题，每小题4分，满分48分）
7．（4分）如图，在△ABC中，DE∥BC，DE与边AB相交于点D，与边AC相交于
点E，如果AD＝6，BD＝8，AE＝4，那么CE的长为 ．
【考点】S4：平行线分线段成比例．
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【分析】根据平行线分线段成比例定理得出比例式，代入求出即可．
【解答】解：∵DE∥BC，
第9页（共27页）∴ ＝ ，
∴ ＝ ，
∴EC＝ ，
故答案为： ．
【点评】本题考查了平行线分线段成比例定理的应用，注意：对应线段成比例．
8．（4分）已知| |＝2，| |＝4，且 与 反向，如果用向量 表示向量 ，那么 ＝ ﹣
．
【考点】LM：*平面向量．
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【分析】根据向量b向量的模是a向量模的2倍，且 与 反向，即可得出答案．
【解答】解：| |＝2| |， 与 反向，
故可得： ＝﹣ ．
故答案为： ＝﹣ ．
【点评】本题考查了平面向量的知识，关键是得出向量b向量的模是a向量模的2
倍．
9．（4分）如图，飞机在目标B的正上方2000米A处，飞行员测得地面目标C的俯
角 ＝30°，那么地面目标B、C之间的距离为 米．（结果保留根号）
α
【考点】TA：解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题．
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【分析】由题意得，在直角三角形中，知道了已知角的邻边求对边，用正切函数计
算即可．
【解答】解：∵飞行员测得地面目标C的俯角 ＝30°，
∴∠ACB＝30°，
α
第10页（共27页）∴BC＝ ＝ ＝ ＝2000 （米）．
∴B、C之间的距离为2000 米．
故答案为：2000 ．
【点评】本题考查俯角的定义，要求学生能借助俯角构造直角三角形并解直角三
角形．
10．（4分）如果关于x的二次函数y＝﹣3x2﹣x+m﹣1的图象经过原点，那么m＝
1 ．
【考点】H5：二次函数图象上点的坐标特征．
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【分析】将原点坐标（0，0）代入二次函数解析式，列方程求m即可．
【解答】解：∵点（0，0）在抛物线y＝﹣3x2﹣x+m﹣1上，
∴m﹣1＝0，
解得m＝1，
故答案为：1．
【点评】此题考查了二次函数图象上的点与解析式的关系，将点的坐标代入解析
式是解题的关键．
11．（4分）二次函数y＝﹣x2+3x的图象在对称轴右侧的部分是 下降 的．
【考点】H3：二次函数的性质．
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【分析】根据二次函数的性质做题．
【解答】解：∵a＝﹣1＜0，
∴函数图象开口向下，
∴在对称轴右侧y随x的增大而减小．
也就是右侧部分是下降的．
【点评】考查二次函数的增减性．
12．（4分）二次函数：y＝x2+4x+5的对称轴为直线 x ＝﹣ 2 ．
【考点】H3：二次函数的性质．
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【分析】利用配方法或抛物线的对称轴的公式即可求解．
【解答】解：∵y＝x2+4x+5
＝x2+4x+4+1
＝（x+2）2+1，
第11页（共27页）∴对称轴为x＝﹣2．
故答案为：x＝﹣2．
【点评】此题主要考查了求抛物线的对称轴，既可以利用配方法，也可以利用对称
轴的公式 解决问题．
13．（4分）把抛物线y＝（x﹣1）2+4先向右平移3个单位，再向下平移2个单位，
所得抛物线的顶点坐标是 （ 4 ， 2 ） ．
【考点】H6：二次函数图象与几何变换．
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【分析】先写成平移前的抛物线的顶点坐标，再根据向右平移横坐标加，向下平移，
纵坐标减解答即可．
【解答】解：抛物线y＝（x﹣1）2+4的顶点坐标为（1，4），
∵向右平移3个单位，向下平移2个单位，
∴横坐标为1+3＝4，纵坐标为4﹣2＝2，
∴所得抛物线的顶点坐标为（4，2）．
故答案为：（4，2）．
【点评】本题考查了二次函数图形与几何变换，是基础题，掌握平移规律“左加右
减，上加下减”是解题的关键．
14．（4分）已知 O的半径长为2，点P满足PO＝2，那么点P的直线l与 O不
可能存在的位置关系是 相离 （从“相交”、“相切”、“相离”中选择）．
⊙ ⊙
【考点】MB：直线与圆的位置关系．
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【分析】根据直线与圆的位置关系来判定．判断直线和圆的位置关系： 直线l和
O相交 d＜r； 直线l和 O相切 d＝r； 直线l和 O相离 d＞r．分
①
OP垂直于直线l，OP不垂直直线l两种情况讨论．
⊙ ⇔ ② ⊙ ⇔ ③ ⊙ ⇔
【解答】解：当OP垂直于直线l时，即圆心O到直线l的距离d＝2＝r， O与l相
切；
⊙
当OP不垂直于直线l时，即圆心O到直线l的距离d＜2＝r， O与直线l相交．
故直线l与 O的位置关系是相切或相交，
⊙
∴点P的直线l与 O不可能存在的位置关系是相离，
⊙
故答案为：相离．
⊙
【点评】本题考查直线与圆的位置关系．解决此类问题可通过比较圆心到直线距
离d与圆半径大小关系完成判定．
第12页（共27页）15．（4分）正六边形的边心距与半径的比值为 ．
【考点】MM：正多边形和圆．
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【分析】设正六边形的半径与外接圆的半径相等，构建直角三角形利用勾股定理
即可求出边心距．
【解答】解：设正六边形的半径是r，则外接圆的半径r，内切圆的半径是正六边形
的边心距，因而是 ，则可知正六边形的边心距与半径的比值为 ．
【点评】正多边形的计算一般是通过中心作边的垂线，连接半径，把正多边形中的
半径，边长，边心距，中心角之间的计算转化为解直角三角形．
16．（4分）对于平面图形A，如果存在一个圆，使图形A上的任意一点到圆心的距
离都不大于这个圆的半径，则称圆形A被这个圆“覆盖”．例如图中的三角形
被一个圆“覆盖”．如果边长为 1的正六边形被一个半径长为 R的圆“覆
盖”，那么R的取值范围为 R ≥ 1 ．
【考点】MM：正多边形和圆．
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【专题】23：新定义．
【分析】根据正六边形的边长等于它的外接圆半径得出R的最小值，进而得出答
案．
【解答】解：∵正六边形的边长等于它的外接圆半径，
∴边长为1的正六边形被一个半径长为R的圆“覆盖”，那么R的取值范围为：
R≥1．
故答案为：R≥1．
【点评】此题主要考查了正多边形和圆，根据正六边形的边长等于它的外接圆半
径得出是解题关键．
17．（4分）已知 O 与 O 相交于点A、B，AB＝8，O O ＝2， O 的半径为5，那
1 2 1 2 1
么 O 的半径为 或 ．
2 ⊙ ⊙ ⊙
⊙ 第13页（共27页）【考点】ML：相交两圆的性质．
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【专题】11：计算题．
【分析】分3种情况考虑： 当两圆心O 与O 位于公共弦AB两侧时，如图所示，
1 2
由AB为两圆的公共弦，可得出两圆心的连线垂直平分AB，由AB的长求出AC
①
的长，Rt△AO C中，由 O 的半径及AC的长，利用勾股定理求出O C的长，
1 1 1
而O C大于O O ，矛盾，故此情况不成立； 当两圆心O 与O 位于公共弦AB
1 1 2 ⊙ 1 2
一侧时，如图所示，由AB为两圆的公共弦，可得出两圆心的连线垂直平分AB，
②
由AB的长求出AC的长，Rt△AO C中，由 O 的半径及AC的长，利用勾股定
1 1
理求出O C的长，由O C﹣O O 求出O C的长，在Rt△AO C中，根据O C及
1 1 1 2 2 ⊙ 2 2
AC的长，根据勾股定理求出AO 的长，即为 O 的半径，综上，得到 O 的半
2 2 2
径． O 在O 左侧2个单位时，同法可求．
2 1 ⊙ ⊙
【解答】解：分三种情况考虑：
③
当两圆心O 与O 位于公共弦AB两侧时，如图所示：
1 2
①
∵AB为 O 与 O 的公共弦，
1 2
∴O O ⊥AB，且C为AB的中点，
1 2 ⊙ ⊙
∵AB＝8，∴AC＝ AB＝4，
在Rt△AO C中，AO ＝5，AC＝4，
1 1
根据勾股定理得：O C＝ ＝3，
1
又O O ＝2＜3＝O C，矛盾；
1 2 1
当两圆心O 与O 位于公共弦AB一侧时，如图所示：
1 2
②
∵AB为 O 与 O 的公共弦，
1 2
⊙ ⊙
第14页（共27页）∴O O ⊥AB，且C为AB的中点，
1 2
∵AB＝8，∴AC＝ AB＝4，
在Rt△AO C中，AO ＝5，AC＝4，
1 1
根据勾股定理得：O C＝ ＝3，
1
又O O ＝2，∴O C＝O C﹣O O ＝3﹣2＝1，
1 2 2 1 1 2
在Rt△AO C中，O C＝1，AC＝4，
2 2
根据勾股定理得：AO ＝ ＝ ，
2
O 在O 左侧2个单位时，AO ＝ ＝ ，
2 1 2
③综上， O 的半径为 或 ，
2
故答案为： 或
⊙
【点评】此题考查了两圆相交的性质，涉及的知识有：勾股定理，以及连心线与公
共弦的关系，利用了分类讨论及数形结合的数学思想，本题注意考虑两种情况
得出符合题意 O 的半径．
2
18．（4分）如图，弧EF所在的 O的半径长为5，正三角形ABC的顶点A、B分别
⊙
在半径OE、OF上，点C在弧EF上，∠EOF＝60°，如果AB⊥OF，那么这个正
⊙
三角形的边长为 ．
【考点】KK：等边三角形的性质；KO：含30度角的直角三角形；KQ：勾股定理．
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【分析】过C作CM⊥AB于M，连接OC，设正三角形ABC的边长是x，则MB＝
AB＝ x，由勾股定理求出CM＝ x，根据勾股定理求出OA2＝25﹣x2，在
第15页（共27页）Rt△ABO中，OA＝ ＝ ，得出方程25﹣x2＝ ，求出即可．
【解答】解：
过C作CM⊥AB于M，连接OC，
设正三角形ABC的边长是x，
则MB＝ AB＝ x，∠BAC＝60°，
由勾股定理得：CM＝ x，
∵∠EOF＝∠CAB＝60°，AB⊥OF，
∴∠OAB＝30°，∠OBA＝90°，
∴OA2＝OC2﹣AC2＝25﹣x2，
在Rt△ABO中，OA＝ ＝ ，
OA2＝ ，
25﹣x2＝ ，
x＝ ，
故答案为： ．
【点评】本题考查了等边三角形性质，勾股定理，解直角三角形等知识点的应用，
解此题的关键是能得出关于x的方程．
三、解答题（共7小题，满分78分）
19．（10分）计算：cot60°﹣cos30°+ ．
【考点】T5：特殊角的三角函数值．
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【分析】分别将各特殊角的三角函数值代入，然后进行运算即可．
第16页（共27页）【解答】解：原式＝ ﹣ +
＝ ﹣ ．
【点评】本题考查了特殊角的三角函数值，属于基础题，解答本题的关键是熟练记
忆一些特殊角的三角函数值．
20．（10分）如图已知△ABC中AB＝AC＝10，BC＝16，矩形DEFG的边EF在
△ABC的边BC上，顶点D、G分别在AB、AC上，设DE的长为x，矩形DEFG
的面积为y，求y关于x的函数关系式，并写出这个函数的定义域．
【考点】HD：根据实际问题列二次函数关系式；KH：等腰三角形的性质；S9：相似
三角形的判定与性质．
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【分析】首先过点作AM⊥BC于点M，由AB＝AC＝10，BC＝16，根据等腰三角形
的性质与勾股定理，即可求得 AM的长，又由四边形DEFG是矩形，易证得
△ADG∽△ABC，由相似三角形对应高的比等于相似比，即可得方程 ，
则可表示出DG的长，继而求得答案．
【解答】解：过点作AM⊥BC于点M，
∵AB＝AC＝10，BC＝16，
∴BM＝ BC＝8，
在Rt△ABM中，AM＝ ＝6，
∵四边形DEFG是矩形，
∴DG∥EF，DE⊥BC，
∴AN⊥DG，四边形EDMN是矩形，
∴MN＝DE＝x，
第17页（共27页）∵DG∥EF，
∴△ADG∽△ABC，
∴DG：BC＝AN：AM，
∴ ，
解得：DG＝﹣ x+16，
∴y＝S ＝DE•DG＝x•（﹣ x+16）＝﹣ x2+16x（0＜x＜6）．
矩形DEFG
【点评】此题考查了相似三角形的判定与性质、矩形的性质以及勾股定理．此题难
度适中，注意辅助线的作法，注意掌握数形结合思想与方程思想的应用．
21．（10分）如图，已知点D、E分别在△ABC的边AB和AC上，DE∥BC，AD＝
DB，四边形DBCE的面积等于16．
（1）求△ABC的面积；
（2）如果向量 ＝ ，向量 ＝ ，请用 、 表示向量 ．
【考点】LM：*平面向量．
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【分析】（1）设△ADE 的面积为 x，则△ABC 的面积＝x+16，再由
△ADE∽△ABC，根据面积比等于相似比平方可得出x的值，继而得出△ABC
的面积；
（2）先表示出DE，根据BC＝3DE，即可表示出向量 ．
【解答】解：（1）设△ADE的面积为x，则△ABC的面积＝x+16，
∵DE∥BC，
第18页（共27页）∴△ADE∽△ABC，
∴ ＝（ ）2＝（ ）2，
解得：x＝2，
故△ABC的面积为18．
（2）∵向量 ＝ ，向量 ＝ ，
∴ ＝ ﹣ ＝ ﹣ ，
∵ ＝ ＝ ，
∴BC＝3DE，
∴ ＝3 ﹣3 ．
【点评】本题考查了平面向量及相似三角形的性质，解答本题的关键是掌握相似
三角形的面积比等于相似比的平方．
22．（10分）如图，一条细绳系着一个小球在平面内摆动，已知细绳从悬挂点O到
球心的长度OG为50厘米，小球在左、右两个最高位置时（不考虑阻力等其他
因素），细绳相应所成的角90°．
（1）求小球在最高位置和最低位置时的高度差：
（2）联结EG，求∠OGE的余切值．
【考点】KQ：勾股定理；M3：垂径定理的应用；T1：锐角三角函数的定义．
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【分析】（1）连接EF交OG于点H，由∠EOF＝90°可知∠EOH＝45°，故EH＝
OH，设OH＝h，在直角△OEH中利用勾股定理即可求出h的长，故可得出结
论；
（2）连接EG，根据（1）中OH的长可得出EH及HG的长，根据cot∠OGE＝ 即
可得出结论．
【解答】解：（1）连接EF交OG于点H，
∵∠EOF＝90°，
第19页（共27页）∴∠EOH＝45°，
∴EH＝OH，
设OH＝h，
在Rt△OEH中，
OH2+EH2＝OE2，即h2+h2＝502，解得h＝25 cm，
∴小球在最高位置和最低位置时的高度差＝OG﹣OH＝50﹣25 （cm）；
（2）连接EG，
∵由（1）可知EH＝OH＝25 ，HG＝50﹣25 ，
∴cot∠OGE＝ ＝ ＝ ﹣1．
【点评】本题考查的是勾股定理的应用，根据题意画出图形，构造出直角三角形是
解答此题的关键．
23．（12分）已知：点D是Rt△ABC的BC边的一个动点（如图），过点D作
DE⊥AB，垂足为E，点F在AB边上（点F与点B不重合），且满足FE＝BE，联
结CF、DF．
（1）当DF平分∠CFB时，求证： ：
（2）若AB＝10，tanB＝ ．当DF⊥CF时，求BD的长．
【考点】S9：相似三角形的判定与性质．
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【分析】（1）利用由两对角相等的三角形相似即可证明△CFD∽△CBF，由相似
第20页（共27页）三角形的性质：对应边的比值相等即可证明 ；
（2）利用已知条件可求出AC＝6，BC＝8，因为tanB＝ ．可设DE＝3x，则BE＝
4x，则BD＝5x，CD＝BC﹣BD＝8﹣5x，再证明三角形ACF是等腰三角形，进而
得到CF＝6，根据勾股定理建立方程求出x的值即可．
【解答】（1）证明：∵DF平分∠CFB，
∴∠CFD＝∠EFD，
∵DE⊥AB，FE＝BE，
∴DF＝BD，
∴∠EFD＝∠DBF，
∵∠FCD＝∠BCF，
∴△CFD∽△CBF，
∴ ，
∵DF＝BD，
∴ ；
（2）解：∵AB＝10，tanB＝ ，
∴AC＝6，BC＝8，
∵tanB＝ ．设DE＝3x，则BE＝4x，则BD＝5x，CD＝BC﹣BD＝8﹣5x，
∵DE⊥AB，FE＝BE，
∴DF＝BD，
∴∠DFB＝∠B，
∵DF⊥CF，
∴∠AFC+∠BFD＝90°，
∵∠A+∠B＝90°，
∴∠A＝∠AFC，
∴AC＝FC＝6，
第21页（共27页）∴62+（5x）2＝（8﹣5x）2，
解得：x＝ ，
故当DF⊥CF时，BD的长是 ．
【点评】本题考查了直角三角形的性质、相似三角形的判定和性质、勾股定理的运
用、等腰三角形的判定和性质以及锐角三角函数的应用，题目的综合性很好，
难度中等．
24．（12分）在平面直角坐标系xOy中（如图），已知抛物线y＝ax2+4ax+c（a≠0）
经过A（0，4），B（﹣3，1），顶点为C．
（1）求该抛物线的表达方式及点C的坐标；
（2）将（1）中求得的抛物线沿y轴向上平移m（m＞0）个单位，所得新抛物线与y
轴的交点记为点D．当△ACD时等腰三角形时，求点D的坐标；
（3）若点P在（1）中求得的抛物线的对称轴上，联结PO，将线段PO绕点P逆时
针转90°得到线段PO′，若点O′恰好落在（1）中求得的抛物线上，求点P的
坐标．
【考点】HF：二次函数综合题．
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第22页（共27页）【分析】（1）将A与B坐标代入抛物线解析式中求出a与c的值，即可确定出抛物
线解析式，配方后即可求出顶点C的坐标；
（2）由平移规律即C的坐标表示出D的坐标，在直角三角形AOC中，由OA与
OC的长，利用勾股定理求出AC的长，由图形得到∠DAC为钝角，三角形ACD
为等腰三角形，只有DA＝AC，求出DA的长，即为m的值，即可确定出D的坐
标；
（3）由P在抛物线的对称轴上，设出P坐标为（﹣2，n），如图所示，过O′作
O′M⊥x轴，交x轴于点M，过P作PN⊥O′M，垂足为N，由旋转的性质得到
一对边相等，再由同角的余角相等得到一对角相等，根据一对直角相等，利用
AAS得到△PCO≌△PNO′，由全等三角形的对应边相等得到 O′N＝OC＝
2，PN＝PC＝|n|，再由PCMN为矩形得到MN＝PC＝|n|，分n大于0与小于0两
种情况表示出O′坐标，将O′坐标代入抛物线解析式中求出相应n的值，即
可确定出P的坐标．
【解答】解：（1）将A，B坐标分别代入抛物线解析式得： ，
解得： ，
∴抛物线解析式为y＝x2+4x+4＝（x+2）2，
∴顶点C坐标为（﹣2，0）；
（2）由题意得：D（0，m+4），
在Rt△AOC中，OA＝4，OC＝2，
根据勾股定理得：AC＝ ＝2 ，
由图形得到∠DAC为钝角，要使△ACD为等腰三角形，只有DA＝AC＝2 ，
∴DA＝m＝2 ，
则D坐标为（0，2 +4）；
（3）设P（﹣2，n），如图所示，过O′作O′M⊥x轴，交x轴于点M，过P作
PN⊥O′M，垂足为N，
易得PO＝PO′，∠PCO＝∠PNO′＝90°，∠CPO＝∠NPO′，
∴△PCO≌△PNO′（AAS），
∴O′N＝OC＝2，PN＝PC＝|n|，
第23页（共27页）∵四边形PCMN为矩形，
∴MN＝PC＝|n|，
当n＞0时，O′（n﹣2，n+2），代入抛物线解析式得：n2﹣n﹣2＝0，
解得：n＝2或n＝﹣1（舍去）；
①
当n＜0时，O′（n﹣2，n+2），代入抛物线解析式得：n2﹣n﹣2＝0，
解得：n＝2（舍去）或n＝﹣1，
②
综上 得到n＝2或﹣1，
则P的坐标为（﹣2，2），（﹣2，﹣1）．
①②
【点评】此题属于二次函数综合题，涉及的知识有：全等三角形的判定与性质，二
次函数的性质，平移及旋转的性质，勾股定理，等腰三角形的性质，以及坐标与
图形性质，利用了数形结合及方程的思想，是一道中档题．
25．（14分）已知点A、B、C是半径长为2的半圆O上的三个点，其中点A是弧BC
的中点（如图），联结AB、AC，点D、E分别在弦AB、AC上，且满足AD＝CE．
（1）求证：OD＝OE；
（2）联结BC，当BC＝2 时，求∠DOE的度数；
（3）若∠BAC＝120°，当点D在弦AB上运动时，四边形ADOE的面积是否变化？
若变化，请简述理由；若不变化，请求出四边形ADOE的面积．
第24页（共27页）【考点】MR：圆的综合题．
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【分析】（1）先证出△AOB≌△AOC，∠CAO＝∠ABO，再根据BD＝AE，证出
△BOD≌△AOE，即可得出OD＝OE；
（2）设OA和BC交于M，得出∠AOB＝∠AOC，∠BOD＝∠AOE，∠AOD＝
∠COE，则∠DOE＝ ∠BOC，∠AOC＝ ∠BOC，再根据AB＝AC，得出
OA⊥BC，CM＝ BC＝ ，最后根据sin∠COM＝ ＝ ，得出∠COM＝
45°，∠BOC＝90°，∠DOE＝ ∠BOC＝45°；
（3）先证出S ＝S ，S ＝S ，S ﹣S ＝S ﹣S ，S ＝
△AOB △AOC △BOD △AOE △AOB △BOD △AOC △AOE △AOD
S ，得出S +S ＝S +S ，S ＝ S ，即可证出当点
△COE △AOE △AOD △BOD △COE 四边形ADOE 四边形ABOC
D在弦AB上运动时，四边形ADOE的面积没有变化，再根据∠ABC＝120°，得
出∠OAB＝∠OAC＝60°，ABOC是菱形，再求出AM＝1，BC＝2 ，得出S
菱形
＝2 ，最后根据S ＝ S 即可得出答案．
ABOC 四边形ADOE 四边形ABOC
【解答】解：（1）∵A是弧BC的中点，
∴AB＝AC，
连接OB、OA、OC，
∵在△AOB和△AOC中，
，
∴△AOB≌△AOC（SSS），
∴∠CAO＝∠ABO，
第25页（共27页）∵AD＝CE，
∴AB﹣AD＝AC﹣CE，
即BD＝AE，
∵在△BOD和△AOE中，
，
∴△BOD≌△AOE（SAS），
∴OD＝OE；
（2）设OA和BC交于M，
∵△AOB≌△AOC，
∴∠AOB＝∠AOC，
∵△BOD≌△AOE，
∴∠BOD＝∠AOE，
∴∠AOD＝∠COE，
∴∠DOE＝∠AOE+∠AOD＝ ∠BOC，
∠AOC＝∠AOE+∠COE＝ ∠BOC，
∵AB＝AC，
∴OA⊥BC，CM＝ BC＝ ，
∴sin∠COM＝ ＝ ，
∴∠COM＝45°，
∴∠BOC＝90°，
∴∠DOE＝ ∠BOC＝45°；
（3）∵△AOB≌△AOC，
∴S ＝S ，
△AOB △AOC
第26页（共27页）∵△BOD≌△AOE，
∴S ＝S ，
△BOD △AOE
∴S ﹣S ＝S ﹣S ，
△AOB △BOD △AOC △AOE
∴S ＝S ，
△AOD △COE
∴S +S ＝S +S ，
△AOE △AOD △BOD △COE
∴S ＝ S ，
四边形ADOE 四边形ABOC
∴当点D在弦AB上运动时，四边形ADOE的面积没有变化，
∵∠BAC＝120°，
∴∠OAB＝∠OAC＝60°，
∴ABOC是菱形，
∴AM＝ AO＝1
CM＝ ＝ ＝ ，
∴BC＝2 ，
∴S ＝ ×2 ×2＝2 ，
菱形ABOC
∴S ＝ S ＝ ．
四边形ADOE 四边形ABOC
【点评】此题考查了圆的综合，用到的知识点是垂径定理、菱形的判定与性质、全
等三角形的判定与性质、勾股定理等，关键是综合应用有关知识，列出算式．
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布
日期：2018/12/26 20:29:42；用户：初中数学；邮箱：xdjysx000@xyh.com；学号：25920570
第27页（共27页）
