文档内容
2013年上海市普陀区中考数学一模试卷
一.选择题：（本大题共6题，每题4分，满分24分）
1．（4分）如果x：y＝2：3，则下列各式不成立的是（ ）
A． B． C． D．
2．（4分）某一时刻，身髙1.6m的小明在阳光下的影长是0.4m，同一时刻同一地
点测得某旗杆的影长是5m，则该旗杆的高度是（ ）
A．1.25m B．10m C．20m D．8m
3．（4分）若二次函数y＝x2+bx+5配方后为y＝（x﹣2）2+k，则b、k的值分别为（
）
A．0，5 B．0，1 C．﹣4，5 D．﹣4，1
4．（4分）如图，已知抛物线y＝x2+bx+c的对称轴为x＝2，点A，B均在抛物线上，
且AB与x轴平行，其中点A的坐标为（0，3），则点B的坐标为（ ）
A．（2，3） B．（3，2） C．（3，3） D．（4，3）
5．（4分）如图，△ABC的顶点是正方形网格的格点，则sinA的值为（ ）
A． B． C． D．
6．（4分）已知线段a、b、c，求作第四比例线段x，下列作图正确的是（ ）
第1页（共27页）A． B．
C． D．
二.填空题：（本大题共12题，每题4分，满分48分）
7．（4分）如果在比例尺为1：1 000 000的地图上，A、B两地的图上距离是3.4厘
米，那么A、B两地的实际距离是 千米．
8．（4分）把长为10cm的线段进行黄金分割，那么较长线段长为 cm．
9．（4分）如果两个相似三角形的对应角平分线之比为1：4，那么它们的周长之比
是 ．
10．（4分）如果抛物线y＝（k﹣1）x2+4x的开口向下，那么k的取值范围是 ．
11．（4分）把抛物线y＝x2的图象向右平移3个单位，再向下平移2个单位，所得
图象的解析式为 ．
12．（4分）二次函数y＝x2+bx+c中，函数y与自变量x的部分对应值如下表，则m
的值为 ．
x ﹣2 ﹣1 0 1 2 3 4
y 7 2 ﹣1 ﹣2 m 2 7
13．（4分）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠A＝30°，AB＝4，则BC＝ ．
14．（4分）如图，点D、E、F分别是△ABC三边的中点，那么与 相等的向量是
．
第2页（共27页）15．（4分）如图，G是△ABC的重心，AG⊥GC，AC＝4，则BG的长为 ．
16．（4分）如图，△ABC中，∠C＝90°，BC＝4cm，tanB＝ ，则△ABC的面积是
cm2．
17．（4分）如图，某公园入口处原有三级台阶，每级台阶高为18cm，深为30cm，为
方便残疾人士，拟将台阶改为斜坡，设台阶的起点为A，斜坡的起始点为C，现
设计斜坡BC的坡度i＝1：5，则AC的长度是 cm．
18．（4分）如图，在△ABC中，∠C＝90°，将△ABC沿直线MN翻折后，顶点C恰
好落在AB边上的点D处，已知MN∥AB，MC＝6，NC＝ ，那么四边形
MABN的面积是 ．
三、解答题：（本大题共7题，满分78分）
19．（10分）计算： ．
20．（10 分）如图，已知两个不平行的向量 、 ．先化简，再求作：
第3页（共27页）（不要求写作法，但要指出图中表示结论的向量）
21．（10分）已知：在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠C＝90°，AB＝AD＝25，BC＝
32．连接BD，AE⊥BD垂足为E．
（1）求证：△ABE∽△DBC；
（2）求线段AE的长．
22．（10分）一艘轮船自西向东航行，在A处测得东偏北21.3°方向有一座小岛C，
继续向东航行60海里到达B处，测得小岛C此时在轮船的东偏北63.5°方向上
之后，轮船继续向东航行多少海里，距离小岛C最近？（参考数据：sin21.3°≈
，tan21.3°≈ ，sin63.5°≈ ，tan63.5°≈2）
23．（12分）如图，E是矩形ABCD的边BC上一点，EF⊥AE，EF分别交AC，CD
于点M，F，BG⊥AC，垂足为G，BG交AE于点H．
（1）求证：△ABE∽△ECF；
（2）找出与△ABH相似的三角形，并证明；
（3）若E是BC中点，BC＝2AB，AB＝2，求EM的长．
第4页（共27页）24．（12分）如图，点A在x轴上，OA＝4，将线段OA绕点O顺时针旋转120°至
OB的位置．
（1）求点B的坐标；
（2）求经过点A、O、B的抛物线的解析式；
（3）在此抛物线的对称轴上，是否存在点P，使得以点P、O、B为顶点的三角形是
等腰三角形？若存在，求点P的坐标；若不存在，说明理由．
25．（14分）将△ABC绕点A按逆时针方向旋转 度，并使各边长变为原来的n倍，
得△AB′C′，即如图 ，我们将这种变换记为[ ，n]．
θ
（1）如图 ，对△ABC作变换[60°， ]得△AB′C′，则S ：S ＝
① θ △AB′C′ △ABC
；直线BC与直线B′C′所夹的锐角为 度；
①
（2）如图 ，△ABC中，∠BAC＝30°，∠ACB＝90°，对△ABC 作变换[ ，n]得
△AB′C′，使点B、C、C′在同一直线上，且四边形ABB'C'为矩形，求 和n
② θ
的值；
θ
（3）如图 ，△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝36°，BC＝1，对△ABC作变换[ ，n]得
△AB′C′，使点B、C、B′在同一直线上，且四边形ABB′C′为平行四边形，
③ θ
求 和n的值．
θ
第5页（共27页）第6页（共27页）2013 年上海市普陀区中考数学一模试卷
参考答案与试题解析
一.选择题：（本大题共6题，每题4分，满分24分）
1．（4分）如果x：y＝2：3，则下列各式不成立的是（ ）
A． B． C． D．
【考点】S1：比例的性质．
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【专题】11：计算题．
【分析】根据比例的基本性质，可分别设出x和y，分别代入各选项进行计算即可
得出结果．
【解答】解：可设x＝2k，y＝3k．通过代入计算，
进行约分，A，B，C都正确；
D不能实现约分，故错误．
故选：D．
【点评】已知几个量的比值时，常用的解法是：设一个未知数，把题目中的几个量
用所设的未知数表示出来，实现约分．
2．（4分）某一时刻，身髙1.6m的小明在阳光下的影长是0.4m，同一时刻同一地
点测得某旗杆的影长是5m，则该旗杆的高度是（ ）
A．1.25m B．10m C．20m D．8m
【考点】SA：相似三角形的应用．
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【专题】11：计算题．
【分析】设该旗杆的高度为xm，根据三角形相似的性质得到同一时刻同一地点物
体的高度与其影长的比相等，即有1.6：0.4＝x：5，然后解方程即可．
【解答】解：设该旗杆的高度为xm，根据题意得，1.6：0.4＝x：5，
解得x＝20（m）．
即该旗杆的高度是20m．
故选：C．
【点评】本题考查了三角形相似的性质：相似三角形对应边的比相等．
3．（4分）若二次函数y＝x2+bx+5配方后为y＝（x﹣2）2+k，则b、k的值分别为（
第7页（共27页））
A．0，5 B．0，1 C．﹣4，5 D．﹣4，1
【考点】H9：二次函数的三种形式．
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【分析】可将y＝（x﹣2）2+k的右边运用完全平方公式展开，再与y＝x2+bx+5比较，
即可得出b、k的值．
【解答】解：∵y＝（x﹣2）2+k＝x2﹣4x+4+k＝x2﹣4x+（4+k），
又∵y＝x2+bx+5，
∴x2﹣4x+（4+k）＝x2+bx+5，
∴b＝﹣4，k＝1．
故选：D．
【点评】本题实际上考查了两个多项式相等的条件：它们同类项的系数对应相等．
4．（4分）如图，已知抛物线y＝x2+bx+c的对称轴为x＝2，点A，B均在抛物线上，
且AB与x轴平行，其中点A的坐标为（0，3），则点B的坐标为（ ）
A．（2，3） B．（3，2） C．（3，3） D．（4，3）
【考点】H3：二次函数的性质．
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【专题】15：综合题．
【分析】已知抛物线的对称轴为x＝2，知道A的坐标为（0，3），由函数的对称性知
B点坐标．
【解答】解：由题意可知抛物线的y＝x2+bx+c的对称轴为x＝2，
∵点A的坐标为（0，3），且AB与x轴平行，
可知A、B两点为对称点，
∴B点坐标为（4，3）
故选：D．
【点评】本题主要考查二次函数的对称性．
5．（4分）如图，△ABC的顶点是正方形网格的格点，则sinA的值为（ ）
第8页（共27页）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】直接根据题意构造直角三角形，进而利用勾股定理得出DC，AC的长，再
利用锐角三角函数关系求出答案．
【解答】解：如图所示：连接DC，
由网格可得出∠CDA＝90°，
则DC＝ ，AC＝ ，
故sinA＝ ＝ ＝ ．
故选：B．
【点评】此题主要考查了勾股定理以及锐角三角函数关系，正确构造直角三角形
是解题关键．
6．（4分）已知线段a、b、c，求作第四比例线段x，下列作图正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【考点】S4：平行线分线段成比例．
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【分析】根据第四比例线段的定义列出比例式，再根据平行线分线段成比例定理
第9页（共27页）对各选项图形列出比例式即可得解．
【解答】解：∵线段x为线段a、b、c的第四比例线段，
∴ ＝ ，
A、作出的为 ＝ ，故本选项错误；
B、C、线段x无法先作出，故本选项错误；
D、作出的为 ＝ ，故本选项正确．
故选：D．
【点评】本题考查了平行线分线段成比例定理，主要考查了第四比例线段的作法，
要熟练掌握并灵活运用．
二.填空题：（本大题共12题，每题4分，满分48分）
7．（4分）如果在比例尺为1：1 000 000的地图上，A、B两地的图上距离是3.4厘
米，那么A、B两地的实际距离是 3 4 千米．
【考点】S2：比例线段．
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【专题】11：计算题．
【分析】实际距离＝图上距离：比例尺，根据题意代入数据可直接得出实际距离．
【解答】解：根据题意，3.4÷ ＝3400000厘米＝34千米．
即实际距离是34千米．
故答案为：34．
【点评】本题考查了比例线段的知识，注意掌握比例线段的定义及比例尺，并能够
灵活运用，同时要注意单位的转换．
8．（4分）把长为10cm的线段进行黄金分割，那么较长线段长为 5 ﹣ 5 cm．
【考点】S3：黄金分割．
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【专题】11：计算题．
【分析】把一条线段分成两部分，使其中较长的线段为全线段与较短线段的比例
中项，这样的线段分割叫做黄金分割，他们的比值（ ）叫做黄金比．
【解答】解：∵将长度为10cm的线段进行黄金分割，
第10页（共27页）∴较长的线段＝10× ＝（5 ﹣5）cm．
【点评】应该识记黄金分割的公式：较短的线段＝原线段的 ，较长的线段＝
原线段的 ．
9．（4分）如果两个相似三角形的对应角平分线之比为1：4，那么它们的周长之比
是 1 ： 4 ．
【考点】S7：相似三角形的性质．
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【专题】2B：探究型．
【分析】直接根据相似三角形的性质进行解答．
【解答】解：∵两个相似三角形的对应角平分线之比为1：4，
∴那么它们的周长之比是1：4．
故答案为：1：4．
【点评】本题考查的是相似三角形的性质，即相似三角形对应边的比、对应角平分
线的比、周长的比等于相似比．
10．（4分）如果抛物线y＝（k﹣1）x2+4x的开口向下，那么k的取值范围是 k ＜ 1
．
【考点】H3：二次函数的性质．
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【专题】11：计算题．
【分析】据二次函数的性质可知，当抛物线开口向上时，二次项系数k﹣1＞0．
【解答】解：因为抛物线y＝（k﹣1）x2+4x的开口向下，
所以k﹣1＜0，即k＜1，
故答案为k＜1．
【点评】主要考查了函数的单调性．二次函数y＝ax2+bx+c（a，b，c为常数，a≠0），
当a＞0时，在对称轴左侧y随x的增大而减小，在对称轴右侧y随x的增大而
增大；当a＜0时，在对称轴左侧y随x的增大而增大，在对称轴右侧y随x的
增大而减小．正比例函数中当k＞0时，y随x的增大而增大，k＜0时，y随x的
怎大而减小．
11．（4分）把抛物线y＝x2的图象向右平移3个单位，再向下平移2个单位，所得
图象的解析式为 y ＝（ x ﹣ 3 ） 2 ﹣ 2 ．
第11页（共27页）【考点】H6：二次函数图象与几何变换．
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【分析】先确定出原抛物线的顶点坐标，然后根据向右平移横坐标加，向下平移纵
坐标减求出新图象的顶点坐标，然后写出即可．
【解答】解：抛物线y＝x2的顶点坐标为（0，0），
向右平移3个单位，再向下平移2个单位后的图象的顶点坐标为（3，﹣2），
所以，所得图象的解析式为y＝（x﹣3）2﹣2．
故答案为：y＝（x﹣3）2﹣2．
【点评】本题主要考查的是函数图象的平移，根据平移规律“左加右减，上加下
减”利用顶点的变化确定图形的变化是解题的关键．
12．（4分）二次函数y＝x2+bx+c中，函数y与自变量x的部分对应值如下表，则m
的值为 ﹣ 1 ．
x ﹣2 ﹣1 0 1 2 3 4
y 7 2 ﹣1 ﹣2 m 2 7
【考点】H8：待定系数法求二次函数解析式．
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【专题】16：压轴题；27：图表型．
【分析】二次函数的图象具有对称性，从函数值来看，函数值相等的点就是抛物线
的对称点，由此可推出抛物线的对称轴，根据对称性求m的值．
【解答】解：根据图表可以得到，
点（﹣2，7）与（4，7）是对称点，
点（﹣1，2）与（3，2）是对称点，
∴函数的对称轴是：x＝1，
∴横坐标是2的点与（0，﹣1）是对称点，
∴m＝﹣1．
【点评】正确观察图象，能够得到函数的对称轴，联想到对称关系是解题的关键．
13．（4分）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠A＝30°，AB＝4，则BC＝ 2 ．
【考点】KO：含30度角的直角三角形．
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【分析】根据含30度角的直角三角形的性质直接求解即可．
第12页（共27页）【解答】解：根据含30度角的直角三角形的性质可知：BC＝ AB＝2．
故答案为：2．
【点评】本题考查了含30度角的直角三角形的性质，比较容易解答，要求熟记30°
角所对的直角边是斜边的一半．
14．（4分）如图，点D、E、F分别是△ABC三边的中点，那么与 相等的向量是
和 ．
【考点】KX：三角形中位线定理；LM：*平面向量．
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【分析】由点D、E、F分别是△ABC三边的中点，根据三角形中位线的性质，即可
得DF∥AC，DF＝CE＝EA＝ CA，从而可得与 相等的向量．
【解答】解：∵D、F分别是BC、BA的中点，
∴DF是△ABC的中位线，
∴DF∥AC，DF＝CE＝EA＝ CA，
故与 相等的向量是 和 ．
故答案为： 和 ．
【点评】本题考查了向量及三角形的中位线定理，属于基础题，解答本题的关键是
熟练掌握三角形中位线的性质及向量相等的含义．
15．（4分）如图，G是△ABC的重心，AG⊥GC，AC＝4，则BG的长为 4 ．
【考点】K5：三角形的重心．
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【专题】16：压轴题．
【分析】延长BG交AC于D点，G是△ABC的重心，故BD为△ABC的中线；又
第13页（共27页）AG⊥GC，故GD为Rt△AGC斜边上的中线，根据直角三角形斜边上中线的性
质可知GD＝ AC，根据重心的性质，BG＝2GD＝AC．
【解答】解：延长BG交AC于D点，
∵G是△ABC的重心，
∴BD为△ABC的中线；
又∵AG⊥GC，
∴GD为Rt△AGC斜边上的中线，
∴GD＝ AC，
∵G是△ABC的重心，
∴BG＝2GD＝AC＝4．
【点评】本题考查了重心与三角形中线的关系，直角三角形斜边上的中线的性质．
16．（4分）如图，△ABC中，∠C＝90°，BC＝4cm，tanB＝ ，则△ABC的面积是
12 cm2．
【考点】T7：解直角三角形．
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【专题】16：压轴题．
【分析】根据锐角三角函数关系tanB＝ ＝ ＝ ，求出AC的长，再利用直角三
角形面积求法求出即可．
【解答】解：∵△ABC中，∠C＝90°，BC＝4cm，tanB＝ ，
第14页（共27页）∴tanB＝ ＝ ＝ ，
∴AC＝6，
∴△ABC的面积是： ×4×6＝12．
故答案为：12．
【点评】此题主要考查了解直角三角形，利用已知锐角三角函数关系求出AC的长
是解决问题的关键．
17．（4分）如图，某公园入口处原有三级台阶，每级台阶高为18cm，深为30cm，为
方便残疾人士，拟将台阶改为斜坡，设台阶的起点为A，斜坡的起始点为C，现
设计斜坡BC的坡度i＝1：5，则AC的长度是 21 0 cm．
【考点】T9：解直角三角形的应用﹣坡度坡角问题．
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【分析】首先过点B作BD⊥AC于D，根据题意即可求得AD与BD的长，然后由
斜坡BC的坡度i＝1：5，求得CD的长，继而求得答案．
【解答】解：过点B作BD⊥AC于D，
根据题意得：AD＝2×30＝60（cm），BD＝18×3＝54（cm），
∵斜坡BC的坡度i＝1：5，
∴BD：CD＝1：5，
∴CD＝5BD＝5×54＝270（cm），
∴AC＝CD﹣AD＝270﹣60＝210（cm）．
∴AC的长度是210cm．
故答案为：210．
【点评】此题考查了解直角三角形的应用：坡度问题．此题难度适中，注意掌握坡
第15页（共27页）度的定义，注意数形结合思想的应用与辅助线的作法．
18．（4分）如图，在△ABC中，∠C＝90°，将△ABC沿直线MN翻折后，顶点C恰
好落在AB边上的点D处，已知MN∥AB，MC＝6，NC＝ ，那么四边形
MABN的面积是 ．
【考点】PB：翻折变换（折叠问题）．
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【分析】首先连接CD，交MN于E，由将△ABC沿直线MN翻折后，顶点C恰好落
在AB边上的点D处，即可得MN⊥CD，且CE＝DE，又由MN∥AB，易得
△CMN∽△CAB，根据相似三角形的面积比等于相似比的平方，相似三角形对
应高的比等于相似比，即可得 ＝（ ）2＝ ，又由MC＝6，NC＝2 ，即
可求得四边形MABN的面积．
【解答】解：连接CD，交MN于E，
∵将△ABC沿直线MN翻折后，顶点C恰好落在AB边上的点D处，
∴MN⊥CD，且CE＝DE，
∴CD＝2CE，
∵MN∥AB，
∴CD⊥AB，
∴△CMN∽△CAB，
∴ ＝（ ）2＝ ，
∵在△CMN中，∠C＝90°，MC＝6，NC＝2 ，
∴S ＝ CM•CN＝ ×6×2 ＝6 ，
△CMN
∴S ＝4S ＝4×6 ＝24 ，
△CAB △CMN
∴S ＝S ﹣S ＝24 ﹣6 ＝18 ．
四边形MABN △CAB △CMN
第16页（共27页）故答案为：18 ．
【点评】此题考查了折叠的性质、相似三角形的判定与性质以及直角三角形的性
质，此题难度适中，解此题的关键是注意折叠中的对应关系，注意数形结合思
想的应用．
三、解答题：（本大题共7题，满分78分）
19．（10分）计算： ．
【考点】T5：特殊角的三角函数值．
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【分析】将cos30°＝ ，sin60°＝ ，cot30°＝ ，cos45°＝ 分别代入，然后化
简、合并即可得出答案．
【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，已知两个不平行的向量 、 ．先化简，再求作：
（不要求写作法，但要指出图中表示结论的向量）
【考点】LM：*平面向量．
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【专题】13：作图题．
【分析】首先将原式化简，再根据向量的意义画图即可．
【解答】解：原式＝
＝ ，
第17页（共27页）∴ ．
【点评】此题考查向量的知识．注意平行四边形法则的应用．
21．（10分）已知：在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠C＝90°，AB＝AD＝25，BC＝
32．连接BD，AE⊥BD垂足为E．
（1）求证：△ABE∽△DBC；
（2）求线段AE的长．
【考点】KQ：勾股定理；LI：直角梯形；S9：相似三角形的判定与性质．
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【专题】16：压轴题．
【分析】（1）由等腰三角形的性质可知∠ABD＝∠ADB，由AD∥BC可知，∠ADB
＝∠DBC，由此可得∠ABD＝∠DBC，又∵∠AEB＝∠C＝90°，利用“AA”可
证△ABE∽△DBC；
（2）由等腰三角形的性质可知，BD＝2BE，根据△ABE∽△DBC，利用相似比求
BE，在Rt△ABE中，利用勾股定理求AE．
【解答】（1）证明：∵AB＝AD＝25，
∴∠ABD＝∠ADB，
∵AD∥BC，
∴∠ADB＝∠DBC，
∴∠ABD＝∠DBC，
∵AE⊥BD，
∴∠AEB＝∠C＝90°，
∴△ABE∽△DBC；
第18页（共27页）（2）解：∵AB＝AD，又AE⊥BD，
∴BE＝DE，
∴BD＝2BE，
由△ABE∽△DBC，
得 ，
∵AB＝AD＝25，BC＝32，
∴ ，
∴BE＝20，
∴AE＝ ．
【点评】本题考查了相似三角形的判定与性质．关键是要懂得找相似三角形，利用
相似三角形的性质及勾股定理解题．
22．（10分）一艘轮船自西向东航行，在A处测得东偏北21.3°方向有一座小岛C，
继续向东航行60海里到达B处，测得小岛C此时在轮船的东偏北63.5°方向上
之后，轮船继续向东航行多少海里，距离小岛C最近？（参考数据：sin21.3°≈
，tan21.3°≈ ，sin63.5°≈ ，tan63.5°≈2）
【考点】TB：解直角三角形的应用﹣方向角问题．
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【专题】11：计算题；16：压轴题．
【分析】过C作AB的垂线，交直线AB于点D，分别在Rt△ACD与Rt△BCD中用
式子表示CD，从而求得BD的值，即离小岛C最近的距离．
【解答】解：过C作AB的垂线，交直线AB于点D，
得到Rt△ACD与Rt△BCD．
设CD＝x海里，在Rt△BCD中，tan∠CBD＝ ，
第19页（共27页）∴BD＝ ，
在Rt△ACD中，tanA＝ ，
∴AD＝ ，
∴AD﹣BD＝AB，即 ﹣ ＝60，
解得，x＝30．
BD＝ ＝15
答：轮船继续向东航行15海里，距离小岛C最近．
【点评】解一般三角形，求三角形的边或高的问题一般可以转化为解直角三角形
的问题，解决的方法就是作高线．
23．（12分）如图，E是矩形ABCD的边BC上一点，EF⊥AE，EF分别交AC，CD
于点M，F，BG⊥AC，垂足为G，BG交AE于点H．
（1）求证：△ABE∽△ECF；
（2）找出与△ABH相似的三角形，并证明；
（3）若E是BC中点，BC＝2AB，AB＝2，求EM的长．
【考点】LB：矩形的性质；S9：相似三角形的判定与性质；T7：解直角三角形．
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【专题】16：压轴题．
【分析】（1）由四边形ABCD是矩形，可得∠ABE＝∠ECF＝90°，又由EF⊥AE，
利用同角的余角相等，可得∠BAE＝∠CEF，然后利用有两组角对应相等的两
第20页（共27页）个三角形相似，即可证得：△ABE∽△ECF；
（2）由BG⊥AC，易证得∠ABH＝∠ECM，又由（1）中∠BAH＝∠CEM，即可证得
△ABH∽△ECM；
（3）首先作MR⊥BC，垂足为R，由AB：BC＝MR：RC＝1：2，∠AEB＝45°，即可求
得MR的长，又由EM＝ ，即可求得答案．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABE＝∠ECF＝90°．
∵AE⊥EF，∠AEB+∠FEC＝90°．
∴∠AEB+∠BAE＝90°，
∴∠BAE＝∠CEF，
∴△ABE∽△ECF；
（2）△ABH∽△ECM．
证明：∵BG⊥AC，
∴∠ABG+∠BAG＝90°，
∴∠ABH＝∠ECM，
由（1）知，∠BAH＝∠CEM，
∴△ABH∽△ECM；
（3）解：作MR⊥BC，垂足为R，
∵AB＝BE＝EC＝2，
∴AB：BC＝MR：RC＝ ，∠AEB＝45°，
∴∠MER＝45°，CR＝2MR，
∴MR＝ER＝ EC＝ ×2＝ ，
∴在Rt△EMR中，EM＝ ＝ ．
第21页（共27页）【点评】此题考查了矩形的性质，直角三角形的性质、相似三角形的判定与性质以
及三角函数等知识．此题难度适中，注意数形结合思想的应用，注意掌握有两
组角对应相等的两个三角形相似定理的应用．
24．（12分）如图，点A在x轴上，OA＝4，将线段OA绕点O顺时针旋转120°至
OB的位置．
（1）求点B的坐标；
（2）求经过点A、O、B的抛物线的解析式；
（3）在此抛物线的对称轴上，是否存在点P，使得以点P、O、B为顶点的三角形是
等腰三角形？若存在，求点P的坐标；若不存在，说明理由．
【考点】HF：二次函数综合题．
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【专题】16：压轴题；32：分类讨论．
【分析】方法一：
（1）首先根据OA的旋转条件确定B点位置，然后过B做x轴的垂线，通过构建直
角三角形和OB的长（即OA长）确定B点的坐标．
（2）已知O、A、B三点坐标，利用待定系数法求出抛物线的解析式．
（3）根据（2）的抛物线解析式，可得到抛物线的对称轴，然后先设出P点的坐标，
而O、B坐标已知，可先表示出△OPB三边的边长表达式，然后分 OP＝OB、
OP＝BP、 OB＝BP三种情况分类讨论，然后分辨是否存在符合条件的P
①
点．
② ③
第22页（共27页）方法二：
（3）用参数表示点M坐标，分类讨论三种情况，利用两点间距离公式便可求解．
（4）列出点M的参数坐标，利用MO＝MB求解．此问也可通过求出OB的垂直平
分线与y轴的交点得出M点．
【解答】解：（1）如图，过B点作BC⊥x轴，垂足为C，则∠BCO＝90°，
∵∠AOB＝120°，
∴∠BOC＝60°，
又∵OA＝OB＝4，
∴OC＝ OB＝ ×4＝2，BC＝OB•sin60°＝4× ＝2 ，
∴点B的坐标为（﹣2，﹣2 ）；
（2）∵抛物线过原点O和点A、B，
∴可设抛物线解析式为y＝ax2+bx，
将A（4，0），B（﹣2．﹣2 ）代入，得：
，
解得 ，
∴此抛物线的解析式为y＝﹣ x2+ x；
（3）存在；
如图，抛物线的对称轴是直线x＝2，直线x＝2与x轴的交点为D，设点P的坐标
为（2，y），
若OB＝OP，
则22+|y|2＝42，
①
解得y＝±2 ，
当y＝2 时，在Rt△P′OD中，∠P′DO＝90°，sin∠P′OD＝ ＝ ，
第23页（共27页）∴∠P′OD＝60°，
∴∠P′OB＝∠P′OD+∠AOB＝60°+120°＝180°，
即P′、O、B三点在同一直线上，
∴y＝2 不符合题意，舍去，
∴点P的坐标为（2，﹣2 ）
若OB＝PB，则42+|y+2 |2＝42，
解得y＝﹣2 ，
②
故点P的坐标为（2，﹣2 ），
若OP＝BP，则22+|y|2＝42+|y+2 |2，
解得y＝﹣2 ，
③
故点P的坐标为（2，﹣2 ），
综上所述，符合条件的点P只有一个，其坐标为（2，﹣2 ）．
方法二：
（3）设P（2，t），O（0，0），B（﹣2，﹣2 ），
∵△POB为等腰三角形，
∴PO＝PB，PO＝OB，PB＝OB，
（2﹣0）2+（t﹣0）2＝（2+2）2+（t+2 ）2，∴t＝﹣2 ，
（2﹣0）2+（t﹣0）2＝（0+2）2+（0+2 ）2，∴t＝2 或﹣2 ，
当t＝2 时，P（2，2 ），O（0，0）B（﹣2，﹣2 ）三点共线故舍去，
（2+2）2+（t+2 ）2＝（0+2）2+（0+2 ）2，∴t＝﹣2 ，
∴符合条件的点P只有一个，∴P（2，﹣2 ）．
方法二追加第（4）问：在（3）的条件下， M为△OBP的外接圆，求出圆心M的坐
标．
⊙
（4）∵点B，点P关于y轴对称，
∴点M在y轴上，设M（0，m），
∵ M为△OBF的外接圆，
∴MO＝MB，
⊙
∴（0﹣0）2+（m﹣0）2＝（0+2）2+（m+2 ）2，
第24页（共27页）∴m＝﹣ ，M（0，﹣ ）．
【点评】此题融合了函数解析式的确定、等腰三角形的判定等知识，综合程度较高，
但属于二次函数综合题型中的常见考查形式，没有经过分类讨论而造成漏解
是此类题目中易错的地方．
25．（14分）将△ABC绕点A按逆时针方向旋转 度，并使各边长变为原来的n倍，
得△AB′C′，即如图 ，我们将这种变换记为[ ，n]．
θ
（1）如图 ，对△ABC作变换[60°， ]得△AB′C′，则S ：S ＝ 3 ： 1
① θ △AB′C′ △ABC
；直线BC与直线B′C′所夹的锐角为 6 0 度；
①
（2）如图 ，△ABC中，∠BAC＝30°，∠ACB＝90°，对△ABC 作变换[ ，n]得
△AB′C′，使点B、C、C′在同一直线上，且四边形ABB'C'为矩形，求 和n
② θ
的值；
θ
（3）如图 ，△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝36°，BC＝1，对△ABC作变换[ ，n]得
△AB′C′，使点B、C、B′在同一直线上，且四边形ABB′C′为平行四边形，
③ θ
求 和n的值．
θ
第25页（共27页）【考点】A7：解一元二次方程﹣公式法；L5：平行四边形的性质；LB：矩形的性质；
R2：旋转的性质；S9：相似三角形的判定与性质．
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【专题】153：代数几何综合题；16：压轴题．
【分析】（1）由旋转与相似的性质，即可得S ：S ＝3，然后由△ABN与
△AB′C′ △ABC
△B′MN中，∠B＝∠B′，∠ANB＝∠B′NM，可得∠BMB′＝∠BAB′，即
可求得直线BC与直线B′C′所夹的锐角的度数；
（2）由四边形 ABB′C′是矩形，可得∠BAC′＝90°，然后由 ＝∠CAC′＝
∠BAC′﹣∠BAC，即可求得 的度数，又由含30°角的直角三角形的性质，即
θ
可求得n的值；
θ
（3）由四边形ABB′C′是平行四边形，易求得 ＝∠CAC′＝∠ACB＝72°，又由
△ABC∽△B′BA，根据相似三角形的对应边成比例，易得AB2＝CB•BB′＝
θ
CB（BC+CB′），继而求得答案．
【解答】解：（1）根据题意得：△ABC∽△AB′C′，
∴S ：S ＝（ ）2＝（ ）2＝3，∠B＝∠B′，
△AB′C′ △ABC
∵∠ANB＝∠B′NM，
∴∠BMB′＝∠BAB′＝60°；
故答案为：3：1，60；
（2）∵四边形 ABB′C′是矩形，
∴∠BAC′＝90°．
∴ ＝∠CAC′＝∠BAC′﹣∠BAC＝90﹣30＝60°．
在 Rt△ABB′中，∠ABB'＝90°，∠BAB′＝60°，
θ
∴∠AB′B＝30°，
∴n＝ ＝2；
第26页（共27页）（3）∵四边形ABB′C′是平行四边形，
∴AC′∥BB′，
又∵∠BAC＝36°，
∴ ＝∠CAC′＝∠AC′B′＝72°．
∴∠BB′A＝∠BAC＝36°，而∠B＝∠B，
θ
∴△ABC∽△B′BA，
∴AB：BB′＝CB：AB，
∴AB2＝CB•BB′＝CB（BC+CB′），
而 CB′＝AC＝AB＝B′C′，BC＝1，
∴AB2＝1（1+AB），
∴AB＝ ，
∵AB＞0，
∴n＝ ＝ ．
【点评】此题考查了相似三角形的判定与性质、直角三角形的性质、旋转的性质、
矩形的性质以及平行四边形的性质．此题综合性较强，难度较大，注意数形结
合思想与方程思想的应用，注意辅助线的作法．
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日期：2018/12/26 20:28:48；用户：初中数学；邮箱：xdjysx000@xyh.com；学号：25920570
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