文档内容
2013年上海市杨浦区中考数学二模试卷
一、选择题（本大题每小题4分，满分24分）
1．（4分）下列数中能同时被2、3整除的是（ ）
A．1.2 B．15 C．16 D．18
2．（4分）下列式子： a+b＝c； ； a＞0； a2n，其中属于代数式的是（
）
① ② ③ ④
A． B． C． D．
3．（4分）用配方法解一元二次方程x2﹣4x＝5时，此方程可变形为（ ）
①③ ②④ ①③④ ①②③④
A．（x+2）2＝1 B．（x﹣2）2＝1 C．（x+2）2＝9 D．（x﹣2）2＝9
4．（4分）要了解全校学生的课外作业负担情况，你认为以下抽样方法中比较合理
的是（ ）
A．调查全体女生
B．调查全体男生
C．调查九年级全体学生
D．调查七，八，九年级各100名学生
5．（4分） O的半径为R，直线l与 O有公共点，如果圆心到直线l的距离为d，
那么d与R的大小关系是（ ）
⊙ ⊙
A．d≥R B．d≤R C．d＞R D．d＜R
6．（4分）下列条件，不能判定△ABC与△DEF相似的是（ ）
A．∠C＝∠F＝90°，∠A＝55°，∠D＝35°
B．∠C＝∠F＝90°，AB＝10，BC＝6，DE＝15，EF＝9
C．∠C＝∠F＝90°，
D．∠B＝∠E＝90°， ＝
二、填空题（本大题每小题4分，满分48分）
7．（4分）当x＜﹣2时，化简：|x+2|＝ ．
8．（4分）因式分解：a3﹣4a＝ ．
9．（4分）在平面直角坐标系中，若点P（x﹣2，x）在第二象限，则x的取值范围为
．
第1页（共25页）10．（4分）函数 中自变量x的取值范围是 ．
11．（4分）有一个质地均匀的正方体，其六个面上分别画着圆、等腰三角形、等腰
梯形、平行四边形、菱形、正五边形，投掷该正方体一次，向上的一面的图形既
是轴对称又是中心对称的概率是 ．
12．（4分）某班53名学生右眼视力（裸视）的检查结果如下表所示：
视力 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 1.0 1.2 1.5
人数 1 1 2 5 2 4 6 6 8 11 7
则该班学生右眼视力的中位数是 ．
13．（4分）圆是轴对称图形，它的对称轴是 ．
14．（4分）已知梯形ABCD中，AB∥CD，CD＝2AB，点M、N分别是腰AD、BC的
中点，若 ，用 表示 ，则 ＝ ．
15．（4分）若正n边形的内角为140°，边数n为 ．
16．（4分）将直角坐标系中一次函数的图象与坐标轴围成的三角形，叫做此一次
函数的坐标三角形．例如，图中的一次函数图象与x、y轴分别交于点A、B，则
△ABO为此一次函数的坐标三角形，一次函数 的坐标三角形的周长
是 ．
17．（4分）如图，斜边长12cm，∠A＝30°的直角三角尺ABC绕点C顺时针方向旋
转90°至△A′B′C的位置，再沿CB向左平移使点B′落在原三角尺ABC的
斜边AB上，则三角尺向左平移的距离为 cm．（结果保留根号）
第2页（共25页）18．（4分）已知：在△ABC中，∠CAB＝70°，在同一平面内将△ABC绕A点旋转
到△AB′C′位置，且CC′∥AB，则∠BAB′的度数是 ．
三、解答题
19．（10分）化简： ．
20．（10分）解方程组：
21．（10分）已知△ABC中，∠B＝45°，AB＝ ，tanC＝2， O过点A、C，交BC
边于点D．且 ，求CD的长．
⊙
22．（10分）如图，线段AB，CD分别是一辆轿车和一辆客车在行驶过程中油箱内
的剩余油量y （升）、y （升）关于行驶时间x（小时）的函数图象．
1 2
（1）写出图中线段CD上点M的坐标及其表示的实际意义；
（2）求出客车行驶前油箱内的油量；
（3）求客车行驶1小时所消耗的油量相当于轿车行驶几小时所消耗的油量．
第3页（共25页）23．（12分）如图所示，在梯形ABCD中，AD∥BC，AB＝AD，∠BAD的平分线AE
交BC于点E，连接DE．
（1）求证：四边形ABED是菱形；
（2）若∠ABC＝60°，CE＝2BE，试判断△CDE的形状，并说明理由．
24．（12分）将抛物线y＝﹣x2平移，平移后的抛物线与x轴交于点A（﹣1，0）和点
B（3，0），与y轴交于点C，顶点为D，
（1）求平移后的抛物线的表达式和点D的坐标；
（2）∠ACB与∠ABD是否相等？请证明你的结论；
（3）点P在平移后的抛物线的对称轴上，且△CDP与△ABC相似，求P的坐标．
25．（14分）如图1，已知 O的半径长为3，点A是 O上一定点，点P为 O上
⊙ 第4页（共25页） ⊙ ⊙不同于点A的动点．
（1）当 时，求AP的长；
（2）如果 Q过点P、O，且点Q在直线AP上（如图2），设AP＝x，QP＝y，求y关
于x的函数关系式，并写出函数的定义域；
⊙
（3）在（2）的条件下，当tanA＝ 时（如图3），存在 M与 O相内切，同时与 Q
⊙ ⊙ ⊙
相外切，且OM⊥OQ，试求 M的半径的长．
⊙
第5页（共25页）2013 年上海市杨浦区中考数学二模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本大题每小题4分，满分24分）
1．（4分）下列数中能同时被2、3整除的是（ ）
A．1.2 B．15 C．16 D．18
【考点】1D：有理数的除法．
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【专题】11：计算题．
【分析】用各项中的数字分别除以2和3即可得到正确的选项．
【解答】解：∵18能被2、3整除，
∴能同时被2、3整除的是可以是18．
故选：D．
【点评】此题考查了有理数的除法，熟练掌握除法法则是解本题的关键．
2．（4分）下列式子： a+b＝c； ； a＞0； a2n，其中属于代数式的是（
）
① ② ③ ④
A． B． C． D．
【考点】31：代数式．
①③ ②④ ①③④ ①②③④
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【分析】代数式是由数和字母组成，表示加、减、乘、除、乘方、开方等运算的式子，
或含有字母的数学表达式，注意不能含有＝、＜、＞、≤、≥、≈、≠等符号．
【解答】解： a+b＝c含有“＝”，所以不是代数式；
是代数式；
①
a＞0含有“＞”，所以不是代数式；
②
a2n是代数式．
③
故选：B．
④
【点评】此题主要考查了代数式的定义，是基础题型．
3．（4分）用配方法解一元二次方程x2﹣4x＝5时，此方程可变形为（ ）
A．（x+2）2＝1 B．（x﹣2）2＝1 C．（x+2）2＝9 D．（x﹣2）2＝9
【考点】A6：解一元二次方程﹣配方法．
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【专题】42：配方法．
【分析】配方法的一般步骤：
第6页（共25页）（1）把常数项移到等号的右边；
（2）把二次项的系数化为1；
（3）等式两边同时加上一次项系数一半的平方．
选择用配方法解一元二次方程时，最好使方程的二次项的系数为1，一次项的系
数是2的倍数．
【解答】解：∵x2﹣4x＝5，∴x2﹣4x+4＝5+4，∴（x﹣2）2＝9．故选D．
【点评】此题考查了配方法解一元二次方程，解题时要注意解题步骤的准确应用．
4．（4分）要了解全校学生的课外作业负担情况，你认为以下抽样方法中比较合理
的是（ ）
A．调查全体女生
B．调查全体男生
C．调查九年级全体学生
D．调查七，八，九年级各100名学生
【考点】V4：抽样调查的可靠性．
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【专题】12：应用题．
【分析】利用抽样调查的中样本的代表性即可作出判断．
【解答】解：要了解全校学生的课外作业负担情况，抽取的样本一定要具有代表性，
故选D．
【点评】抽样调查抽取的样本要具有代表性，即全体被调查对象都有相等的机会
被抽到．
5．（4分） O的半径为R，直线l与 O有公共点，如果圆心到直线l的距离为d，
那么d与R的大小关系是（ ）
⊙ ⊙
A．d≥R B．d≤R C．d＞R D．d＜R
【考点】MB：直线与圆的位置关系．
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【专题】2B：探究型．
【分析】直接根据直线与圆的位置关系进行解答即可．
【解答】解：∵直线l与 O有公共点，
∴直线与圆相切或相交，即d≤R．
⊙
故选：B．
【点评】本题考查的是直线与圆的位置关系，即判断直线和圆的位置关系：设 O
⊙
第7页（共25页）的半径为r，圆心O到直线l的距离为d，当d＜r时，直线l和 O相交；当d＝r
时，直线l和 O相切；当d＞r时，直线l和 O相离．
⊙
6．（4分）下列条件，不能判定△ABC与△DEF相似的是（ ）
⊙ ⊙
A．∠C＝∠F＝90°，∠A＝55°，∠D＝35°
B．∠C＝∠F＝90°，AB＝10，BC＝6，DE＝15，EF＝9
C．∠C＝∠F＝90°，
D．∠B＝∠E＝90°， ＝
【考点】S8：相似三角形的判定．
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【专题】1：常规题型．
【分析】根据相似三角形的判定方法对各个选项进行分析即可．
【解答】解：A相似：∵∠A＝55°∴∠B＝90°﹣55°＝35°∵∠D＝35°∴∠B＝
∠D∵∠C＝∠F∴△ABC∽△DEF
B相似：∵AB＝10，BC＝6，DE＝15，EF＝9， ＝ ＝ ＝ ＝ ∴
∵∠C＝∠F∴△ABC∽△DEF
C相似：∵∠C＝∠F＝90° ∴△ABC∽△DEF
D不相似：∵ ，有一组角相等两边对应成比例，但该组角不是这两边的夹
角，故不相似．
故选：D．
【点评】此题考查了相似三角形判定的理解及运用．
二、填空题（本大题每小题4分，满分48分）
7．（4分）当x＜﹣2时，化简：|x+2|＝ ﹣ x ﹣ 2 ．
【考点】15：绝对值．
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【分析】当x＜﹣2时，x+2＞0，再根据负数的绝对值等于它的相反数即可求解．
【解答】解：∵x＜﹣2，
∴x+2＞0，
∴|x+2|＝﹣x﹣2．
故答案为：﹣x﹣2．
第8页（共25页）【点评】考查了绝对值，本题的关键是确定x+2的符号．
8．（4分）因式分解：a3﹣4a＝ a （ a + 2 ）（ a ﹣ 2 ） ．
【考点】55：提公因式法与公式法的综合运用．
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【专题】44：因式分解．
【分析】首先提取公因式a，进而利用平方差公式分解因式得出即可．
【解答】解：a3﹣4a＝a（a2﹣4）＝a（a+2）（a﹣2）．
故答案为：a（a+2）（a﹣2）．
【点评】此题主要考查了提取公因式法和公式法分解因式，熟练掌握平方差公式
是解题关键．
9．（4分）在平面直角坐标系中，若点P（x﹣2，x）在第二象限，则x的取值范围为
0 ＜ x ＜ 2 ．
【考点】CB：解一元一次不等式组；D1：点的坐标．
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【分析】根据点在第二象限的条件是：横坐标是负数，纵坐标是正数．
【解答】解：因为点P（x﹣2，x）在第二象限，所以 ，解得0＜x＜2．
【点评】解答此题的关键是熟记平面直角坐标系中各个象限内点的符号．
10．（4分）函数 中自变量x的取值范围是 ﹣ 2 ≤ x ＜ 3 ．
【考点】E4：函数自变量的取值范围．
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【专题】11：计算题．
【分析】让分子中的被开方数为非负数，分母中的被开方数为正数列式求解即可．
【解答】解：由题意得： ，
解得﹣2≤x＜3．
故答案为﹣2≤x＜3．
【点评】考查求函数自变量的取值；用到的知识点为：二次根式的被开方数为非负
数；分式的分母不为0．
11．（4分）有一个质地均匀的正方体，其六个面上分别画着圆、等腰三角形、等腰
梯形、平行四边形、菱形、正五边形，投掷该正方体一次，向上的一面的图形既
第9页（共25页）是轴对称又是中心对称的概率是 ．
【考点】P6：坐标与图形变化﹣对称；R5：中心对称图形；X4：概率公式．
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【分析】抛掷这个正方体一次，圆、等腰三角形、等腰梯形、平行四边形、菱形、正
五边形，这6个图形出现的机会相同，6个图形中既是轴对称图形又是中心对
称图形的有圆和菱形两个．
【解答】解：∵抛掷这个正方体一次，圆、等腰三角形、等腰梯形、平行四边形、菱
形、正五边形，这6个图形出现的机会相同，6个图形中既是轴对称图形又是中
心对称图形的有圆和菱形两个．
∴抛掷这个正方体一次，向上一面的图形既是轴对称图形，又是中心对称图形的
概率是 ．
故答案为： ．
【点评】此题考查了概率的求法以及中心对称图形、轴对称图形和概率知识．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）＝ ．
12．（4分）某班53名学生右眼视力（裸视）的检查结果如下表所示：
视力 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 1.0 1.2 1.5
人数 1 1 2 5 2 4 6 6 8 11 7
则该班学生右眼视力的中位数是 0. 8 ．
【考点】W4：中位数．
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【专题】27：图表型．
【分析】找中位数要把数据按从小到大的顺序排列，位于最中间的一个数或两个
数的平均数为中位数．
【解答】解：因为由53个数据，排序后最中间的是第27数，
所以该班学生右眼视力的中位数是0.8．
故填0.8．
【点评】本题属于基础题，考查了确定一组数据的中位数的能力．注意找中位数的
时候一定要先排好顺序，然后再根据奇数和偶数个来确定中位数，如果数据有
第10页（共25页）奇数个，则正中间的数字即为所求．如果是偶数个则找中间两位数的平均数．
13．（4分）圆是轴对称图形，它的对称轴是 过圆心的直线 / 直径所在的直线 ．
【考点】M1：圆的认识；P2：轴对称的性质．
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【分析】根据对称轴的概念，可知圆的对称轴是过圆心的一条直线．
【解答】解：圆是轴对称图形，它的对称轴是过圆心的直线．
【点评】注意：（1）对称轴应是直线．（2）圆有无数条对称轴．
14．（4分）已知梯形ABCD中，AB∥CD，CD＝2AB，点M、N分别是腰AD、BC的
中点，若 ，用 表示 ，则 ＝ ﹣ ．
【考点】LM：*平面向量．
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【分析】先画出示意图，然后可得MN是梯形ABCD的中位线，继而可用 表示出
．
【解答】解：示意图如下：
∵CD＝2AB， ，
∴ ＝2 ，
∵点M、N分别是腰AD、BC的中点，
∴MN是梯形ABCD的中位线，
∴ ＝ （ + ）＝﹣ （ + ）＝﹣ ．
故答案为：﹣ ．
【点评】本题考查了平面向量的知识及梯形的知识，解答本题的关键是判断出MN
是梯形ABCD的中位线，注意熟练掌握梯形中位线的性质．
15．（4分）若正n边形的内角为140°，边数n为 9 ．
【考点】L3：多边形内角与外角．
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【分析】根据多边形每个内角与其相邻的外角互补，则正n边形的每个外角的度
数＝180°﹣140°＝40°，然后根据多边形的外角和为360°即可得到n的值．
第11页（共25页）【解答】解：∵正n边形的每个内角都是140°，
∴正n边形的每个外角的度数＝180°﹣140°＝40°，
∴n＝360÷40＝9．
故答案为9．
【点评】本题考查了多边形内角与外角的关系及多边形的外角和定理，用到的知
识点：
多边形每个内角与其相邻的外角互补；多边形的外角和为360°．
16．（4分）将直角坐标系中一次函数的图象与坐标轴围成的三角形，叫做此一次
函数的坐标三角形．例如，图中的一次函数图象与x、y轴分别交于点A、B，则
△ABO为此一次函数的坐标三角形，一次函数 的坐标三角形的周长
是 1 2 ．
【考点】F8：一次函数图象上点的坐标特征；KQ：勾股定理．
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【专题】11：计算题．
【分析】先把y＝0或x＝0代入解析式可确定A点坐标为（3，0），B点坐标为（0，
4），再利用勾股定理计算出AB，然后利用三角形周长的定义进行计算．
【解答】解：把y＝0代入次 得﹣ x+4＝0，解得x＝3，则A点坐标为（3，
0），
把x＝0代入 得y＝4，则B点坐标为（0，4），
所以OA＝3，OB＝4，
所以AB＝ ＝5，
所以△ABC的周长为3+4+5＝12．
故答案为12．
第12页（共25页）【点评】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征：一次函数y＝kx+b（k、b为常
数，k≠0）的图象上的点满足其解析式．也考查了勾股定理．
17．（4分）如图，斜边长12cm，∠A＝30°的直角三角尺ABC绕点C顺时针方向旋
转90°至△A′B′C的位置，再沿CB向左平移使点B′落在原三角尺ABC的
斜边AB上，则三角尺向左平移的距离为 cm．（结果保留根号）
【考点】Q2：平移的性质；R2：旋转的性质；S9：相似三角形的判定与性质．
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【分析】首先根据题意作图，然后连接B′B″，由在Rt△ABC中，AB＝12，∠A＝
30°，即可求得AC与BC的值，则可得AB′的值，又由B′C∥B″C″，B′C
＝B″C″，四边形B″C″CB′是矩形，可得△AB″B′∽△ABC，然后根据
相似三角形的对应边成比例，即可求得答案．
【解答】解：如图：连接B′B″，
∵在Rt△ABC中，AB＝12，∠A＝30°，
∴BC＝ AB＝6，AC＝6 ，
∴B′C＝6，
∴AB′＝AC﹣B′C＝6 ﹣6，
∵B′C∥B″C″，B′C＝B″C″，
∴四边形B″C″CB′是矩形，
∴B″B′∥BC，B″B′＝C″C，
∴△AB″B′∽△ABC，
∴ ，
即： ，
解得：B″B′＝6﹣2 ．
∴C″C＝B″B′＝6﹣2 ．
第13页（共25页）故答案为：6﹣2 ．
【点评】此题考查了相似三角形的判定与性质，旋转与平移的性质，以及直角三角
形的性质等知识．此题综合性较强，难度适中，解题的关键是数形结合思想的
应用．
18．（4分）已知：在△ABC中，∠CAB＝70°，在同一平面内将△ABC绕A点旋转
到△AB′C′位置，且CC′∥AB，则∠BAB′的度数是 40 ° ．
【考点】R2：旋转的性质．
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【专题】16：压轴题．
【分析】旋转中心为点A，B与B′，C与C′分别是对应点，根据旋转的性质可知，
旋转角∠BAB′＝∠CAC′，AC＝AC′，再利用平行线的性质得∠C′CA＝
∠CAB，把问题转化到等腰△ACC′中，根据内角和定理求∠CAC′，即可求
出∠BAB′的度数．
【解答】解：∵CC′∥AB，∠CAB＝70°，
∴∠C′CA＝∠CAB＝70°，
又∵C、C′为对应点，点A为旋转中心，
∴AC＝AC′，即△ACC′为等腰三角形，
∴∠BAB′＝∠CAC′＝180°﹣2∠C′CA＝40°．
故填：40°．
【点评】本题考查了旋转的基本性质，对应点到旋转中心的距离相等，对应点与旋
转中心的连线的夹角为旋转角．同时考查了平行线的性质．
三、解答题
第14页（共25页）19．（10分）化简： ．
【考点】6C：分式的混合运算．
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【专题】11：计算题．
【分析】先将除法化成乘法，再根据乘法的分配律进行计算即可．
【解答】解：原式＝ ，
＝a﹣（a+1），
＝a﹣a﹣1，
＝﹣1．
【点评】本题考查了分式的混合运算，乘法和除法是互为逆运算，是中档题，难度
不大．
20．（10分）解方程组：
【考点】AF：高次方程．
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【专题】11：计算题．
【分析】首先观察方程组中第二个等式，可以写成完全平方式的形式，把高次方程
转化成二元一次方程进行求解．
【解答】解：
由（2）式得到：（x﹣y）2＝1，
再得到x﹣y＝1或者x﹣y＝﹣1，
与（1）式组成方程组： 或
解得： ，
经检验，原方程组的解是： ， ．
第15页（共25页）【点评】本题主要考查高次方程的知识点，解答本题的关键是把二元二次方程转
化成二元一次方程进行求解，本题难度不大．
21．（10分）已知△ABC中，∠B＝45°，AB＝ ，tanC＝2， O过点A、C，交BC
边于点D．且 ，求CD的长．
⊙
【考点】KJ：等腰三角形的判定与性质；M4：圆心角、弧、弦的关系；T7：解直角三
角形．
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【分析】如图，连接AC，延长AO交BC于点E．根据圆心角、弧、弦间的关系推知
△ACD是等腰三角形，由其“三合一”的性质证得AE是CD的中垂线．在直
角△AEC中根据勾股定理求得线段 CE的长度，进而根据垂径定理来求线段
CD的长度．
【解答】解：如图，连接AD，延长AO交BC于点E．
∵ ，
∴AD＝AC，
∵点O是等腰△ACD的外心，
∴AE⊥CD，且CD＝2CE．
∴在直角△ABE中，∠B＝45°，AB＝ ，则AE＝4．
∵tanC＝2，
∴ ＝2，即AE＝2CE，
∴CD＝AE＝4，即线段CD的长度是4．
第16页（共25页）【点评】本题考查了等腰直角三角形的判定与性质、解直角三角形以及圆心角、弧、
弦间的关系．注意解题过程中要证明一下AE是线段CD的中垂线．
22．（10分）如图，线段AB，CD分别是一辆轿车和一辆客车在行驶过程中油箱内
的剩余油量y （升）、y （升）关于行驶时间x（小时）的函数图象．
1 2
（1）写出图中线段CD上点M的坐标及其表示的实际意义；
（2）求出客车行驶前油箱内的油量；
（3）求客车行驶1小时所消耗的油量相当于轿车行驶几小时所消耗的油量．
【考点】FH：一次函数的应用．
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【分析】（1）根据直角坐标系得出M点的坐标，进而得出其表示的实际意义；
（2）首先求出直线CD的解析式，求出图象与y轴的交点坐标即可得出答案；
（3）分别求出轿车和客车的耗油量，即可得出答案．
【解答】解：（1）M（1，60），
意义：客车行驶一小时所剩油量60升；
（2）将M（1，60），D（3，0）代入解析式y＝ax+b，得：
，
第17页（共25页）解得： ，
则解析式为：y＝﹣30x+90
当x＝0时，y＝90，
故客车行驶前油箱内的油量90升；
（3）∵轿车的耗油量为：60÷4＝15升/时，
客车的耗油量为：90÷3＝30升/时，
∴客车行驶1小时所消耗的油量相当于轿车行驶2小时所消耗的油量．
【点评】此题主要考查了一次函数的应用，求出直线CD一次函数的解析式是解题
关键．
23．（12分）如图所示，在梯形ABCD中，AD∥BC，AB＝AD，∠BAD的平分线AE
交BC于点E，连接DE．
（1）求证：四边形ABED是菱形；
（2）若∠ABC＝60°，CE＝2BE，试判断△CDE的形状，并说明理由．
【考点】KD：全等三角形的判定与性质；KM：等边三角形的判定与性质；LA：菱形
的判定与性质；LH：梯形．
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【专题】152：几何综合题．
【分析】（1）根据AB＝AD及AE为∠BAD的平分线可得出∠1＝∠2，从而证得
△BAE≌△DAE，这样就得出四边形ABED为平行四边形，根据菱形的判定定
理即可得出结论；
（2）过点D作DF∥AE交BC于点F，可得出DF＝AE，AD＝EF＝BE，再由CE＝
2BE得出DE＝EF，从而结合∠ABC＝60°，AB∥DE可判断出结论．
【解答】（1）证明：如图，∵AE平分∠BAD，
∴∠1＝∠2，
∵AB＝AD，AE＝AE，
∴△BAE≌△DAE，
第18页（共25页）∴BE＝DE，
∵AD∥BC，
∴∠2＝∠3＝∠1，
∴AB＝BE，
∴AB＝BE＝DE＝AD，
∴四边形ABED是菱形．
（2）解：△CDE是直角三角形．
如图，过点D作DF∥AE交BC于点F，
∵AD∥BC，DF∥AE
∴四边形AEFD是平行四边形，
∴DF＝AE，AD＝EF＝BE，
∵CE＝2BE，
∴BE＝EF＝FC，
∴DE＝EF，
又∵∠ABC＝60°，AB∥DE，
∴∠DEF＝60°，
∴△DEF是等边三角形，
∴DF＝EF＝FC，
∴△CDE是直角三角形．
【点评】本题综合考查了梯形、全等三角形的判定及性质、菱形的判定及性质，难
度较大，解答本题需要掌握 有一组邻边相等的平行四边形是菱形， 直角
三角形中，斜边的中线等于斜边的一半．
① ②
24．（12分）将抛物线y＝﹣x2平移，平移后的抛物线与x轴交于点A（﹣1，0）和点
B（3，0），与y轴交于点C，顶点为D，
（1）求平移后的抛物线的表达式和点D的坐标；
第19页（共25页）（2）∠ACB与∠ABD是否相等？请证明你的结论；
（3）点P在平移后的抛物线的对称轴上，且△CDP与△ABC相似，求P的坐标．
【考点】HF：二次函数综合题．
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【分析】（1）根据平移不改变二次项系数a的值，且平移后的抛物线与x轴交于点
A（﹣1，0）和点B（3，0），可知平移后的抛物线的表达式为y＝﹣（x+1）（x﹣3）
＝﹣x2+2x+3，再运用配方法化为顶点式，即可求出顶点D的坐标；
（2）先由B、C两点的坐标，得出∠OBC＝∠OCB＝45°，再根据勾股定理的逆定理
判断△BCD 是直角三角形，且∠BCD＝90°，则由正切函数的定义求出
tan∠CBD＝ ，在△AOC中，由正切函数的定义也求出tan∠ACO＝ ，得出
∠ACO＝∠CBD，则∠ACO+∠OCB＝∠CBD+∠OBC，即∠ACB＝∠ABD；
（3）设P点的坐标为（1，n），先由相似三角形的形状相同，得出△CDP是锐角三
角形，则n＜4，再根据∠CDP＝∠ABC＝45°，得到D与B是对应点，所以分两
种情况进行讨论： △CDP∽△ABC；
△CDP∽△CBA．根据相似三角形对应边的比相等列出关于n的方程，解方程
①
即可．
②
【解答】解：（1）∵将抛物线y＝﹣x2平移，平移后的抛物线与x轴交于点A（﹣1，
0）和点B（3，0），
∴平移后的抛物线的表达式为 y＝﹣（x+1）（x﹣3）＝﹣x2+2x+3，即 y＝﹣
x2+2x+3，
∵y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4，
第20页（共25页）∴顶点D的坐标为（1，4）；
（2）∠ACB与∠ABD相等，理由如下：
如图，∵y＝﹣x2+2x+3，
∴点x＝0时，y＝3，即C点坐标为（0，3），
又∵B（3，0），∠BOC＝90°，
∴OB＝OC，∠OBC＝∠OCB＝45°．
在△BCD中，∵BC2＝32+32＝18，CD2＝12+12＝2，BD2＝22+42＝20，
∴BC2+CD2＝BD2，
∴∠BCD＝90°，
∴tan∠CBD＝ ＝ ＝ ，
∵在△AOC中，∠AOC＝90°，
∴tan∠ACO＝ ＝ ，
∴tan∠ACO＝tan∠CBD，
∴∠ACO＝∠CBD，
∴∠ACO+∠OCB＝∠CBD+∠OBC，
即∠ACB＝∠ABD；
（3）∵点P在平移后的抛物线的对称轴上，而y＝﹣x2+2x+3的对称轴为x＝1，
∴可设P点的坐标为（1，n）．
∵△ABC是锐角三角形，
∴当△CDP与△ABC相似时，△CDP也是锐角三角形，
∴n＜4，即点P只能在点D的下方，
又∵∠CDP＝∠ABC＝45°，
∴D与B是对应点，分两种情况：
如果△CDP∽△ABC，那么 ＝ ，
①
即 ＝ ，解得n＝ ，
第21页（共25页）∴P点的坐标为（1， ）；
如果△CDP∽△CBA，那么 ＝ ，
②
即 ＝ ，解得n＝ ，
∴P点的坐标为（1， ）．
综上可知P点的坐标为（1， ）或（1， ）．
【点评】本题是二次函数的综合题型，其中涉及到的知识点有抛物线的平移规律，
对称轴、顶点坐标的求法，勾股定理及其逆定理，锐角三角函数的定义，相似三
角形的判定与性质，综合性较强，难度适中．两个三角形相似没有明确对应顶
点时要注意分析题意分情况讨论结果．
25．（14分）如图1，已知 O的半径长为3，点A是 O上一定点，点P为 O上
不同于点A的动点．
⊙ ⊙ ⊙
第22页（共25页）（1）当 时，求AP的长；
（2）如果 Q过点P、O，且点Q在直线AP上（如图2），设AP＝x，QP＝y，求y关
于x的函数关系式，并写出函数的定义域；
⊙
（3）在（2）的条件下，当tanA＝ 时（如图3），存在 M与 O相内切，同时与 Q
⊙ ⊙ ⊙
相外切，且OM⊥OQ，试求 M的半径的长．
⊙
【考点】MR：圆的综合题．
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【专题】152：几何综合题．
【分析】（1）过点P作PB⊥OA交AO的延长线于B，连接OP，设PB＝a，根据∠A
的正切值表示出AB＝2a，再表示出OE＝2a﹣3，在Rt△POB中，利用勾股定
理列方程求出a，然后在Rt△ABP中，利用勾股定理列式计算即可求出AP；
（2）连接OP、OQ，根据等边对等角可得∠P＝∠POQ＝∠A，求出△AOP和
△PQO相似，利用相似三角形对应边成比例列式整理即可得到y与x的关系
式，根据直径是圆的最长的弦写出x的取值范围；
（3）过点O作OC⊥AP于C，根据∠A的正切值，设OC＝4b，则AC＝3b，在
Rt△AOC中，利用勾股定理列方程求出b，从而得到OC、AC，再根据等腰三角
形三线合一的性质可得 PC＝AC，设 Q的半径为 c，然后表示出 CQ，在
Rt△COQ中，利用勾股定理列方程求出c，设 M的半径为r，根据圆与圆的位
⊙
置关系表示出MQ、MO然后利用勾股定理列方程求解即可得到r的值，从而得
⊙
解．
【解答】解：（1）如图1，过点P作PB⊥OA交AO的延长线于B，连接OP，设PB＝
a，
∵tanA＝ ，
第23页（共25页）∴AB＝2a，
∴OB＝AB﹣OA＝2a﹣3，
在Rt△POB中，PB2+OB2＝OP2，
即a2+（2a﹣3）2＝32，
解得a ＝ ，a ＝0（舍去），
1 2
∴AB＝2× ＝ ，
在Rt△ABP中，AP＝ ＝ ＝ ；
（2）连接OP、OQ，则AO＝PO，PQ＝OQ，
∴∠P＝∠A，∠POQ＝∠P，
∴∠P＝∠POQ＝∠A，
∴△AOP∽△PQO，
∴ ＝ ，
即 ＝ ，
整理得，y＝ ，
∵ O的半径为3，点P不同于点A，
∴0＜x≤6；
⊙
∴y＝ （0＜x≤6）；
（3）过点O作OC⊥AP于C，
第24页（共25页）∵tanA＝ ，
∴设OC＝4b，AC＝3b，
在Rt△AOC中，OC2+AC2＝OA2，
即（4b）2+（3b）2＝32，
解得b＝ ，
∴OC＝4× ＝ ，AC＝3× ＝ ，
根据垂径定理，PC＝AC＝ ，
设 Q的半径为c，则CQ＝QP﹣PC＝c﹣ ，
在⊙ Rt△COQ中，OC2+CQ2＝OQ2，
即（ ）2+（c﹣ ）2＝c2，
解得c＝ ，
设 M的半径为r，
∵ M与 O相内切，同时与 Q相外切，
⊙
∴⊙ MO＝3 ⊙﹣r，MQ＝r+ ， ⊙
在Rt△OMQ中，MO2+OQ2＝MQ2，
即（3﹣r）2+（ ）2＝（r+ ）2，
解得r＝ ．
【点评】本题考查了圆的综合题型，主要利用了解直角三角形，勾股定理，同一个
圆的半径相等，等边对等角的性质，相似三角形的判定与性质，圆与圆的位置
关系，作辅助线构造出直角三角形与相似三角形是解题的关键，难点在于反复
利用勾股定理列出方程求解．
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日期：2018/12/26 20:24:33；用户：初中数学；邮箱：xdjysx000@xyh.com；学号：25920570
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