文档内容
2015 年上海市闵行区中考数学二模试卷
一、选择题（本大题共6题，每题4分，满分24）
1．（4分）下列各题中是无理数的是（ ）
A． B． C． D．
2．（4分）二次根式a+ 的有理化因式是（ ）
A．（a+ ）2 B．（a﹣ ）2 C．a﹣ D．a+
3．（4分）下列方程中，有实数根的方程是（ ）
A．x4+3=0 B． =﹣1
C． = D． =﹣x
4．（4分）如图，反映的是某中学九（1）班学生外出乘车、步行、骑车人数的扇形分
布图，其中乘车的学生有20人，骑车的学生有12人，那么下列说法正确的是（
）
A．九（1）班外出的学生共有42人
B．九（1）班外出步行的学生有8人
C．在扇形图中，步行学生人数所占的圆心角的度数为82°
D．如果该中学九年级外出的学生共有500人，那么估计全年级外出骑车的学
生约有140人
5．（4分）下列四边形中，是轴对称但不是中心对称的图形是（ ）
A．矩形 B．菱形 C．平行四边形 D．等腰梯形
6．（4分）下列命题中假命题是（ ）
A．平分弦的半径垂直于弦
B．垂直平分弦的直线必经过圆心
C．垂直于弦的直径平分这条弦所对的弧
第1页（共25页）D．平分弧的直径垂直平分这条弧所对的弦
二、填空题（本大题共12题，每题4分，满分48分）
7．（4分）计算： = ．
8．（4分）计算：a3•a﹣1= ．
9．（4分）在实数范围内分解因式：x3﹣4x2= ．
10．（4分）不等式组 的解集是 ．
11．（4分）已知关于x的方程x2﹣2x﹣m=0没有实数根，那么m的取值范围是
．
12．（4分）将直线y= x+1向下平移2个单位，那么所得到的直线表达式是
．
13．（4分）如图，已知在梯形ABCD中，AB∥CD，且AB=3CD，设 = ， = ，那么
（用 ， 的式子表示）
14．（4分）在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=3，BC=4，如果以点C为圆心，r为半径的圆
与直线AB相切，那么r= ．
15．（4分）从小敏、小杰等3名同学中任选2名同学担任校运动会的志愿者，那么
恰好选中小敏和小杰的概率是 ．
16．（4分）某校几位九年级同学准备学业考试结束后结伴去周庄旅游，预计共需
费用1200元，后来又有2位同学参加进来，但总的费用不变，每人可少分担30
元．试求共有几位同学准备去周庄旅游？如果设共有x位同学准备去周庄旅游
那么根据题意可列出方程为 ．
17．（4分）小丽在大楼窗口A测得校园内旗杆底部C的俯角为α度，窗口离地面
高度AB=h（米），那么旗杆底部与大楼的距离BC= 米（用α的三角比和
h的式子表示）
第2页（共25页）18．（4分）如图，已知在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=BC=1，点D在边BC上，将△ABC
沿直线AD翻折，使点C落在点C′处，联结AC′，直线AC′与边CB的延长线相交
于点F．如果∠DAB=∠BAF，那么BF= ．
三．解答题
19．（10分）计算： + （ ﹣ ）+ ．
20．（10分）解方程： ．
21．（10分）如图，已知在△ABC中，AB=AC=2 ，sin∠B= ，D为边BC的中点，
E为边BC的延长线上一点，且CE=BC．联结AE，F为线段AE的中点．
求：（1）线段DF的长；
（2）∠CAE的正切值．
22．（10分）货车在公路A处加满油后，以每小时60千米的速度匀速行驶，前往与
A处相距360千米的B处．下表记录的是货车一次加满油后油箱剩余油量 y
（升）与行驶时间x（时）之间的关系：
第3页（共25页）行驶时间x（时） 0 1 2 3 4
余油量y（升） 150 120 90 60 30
（1）如果y关于x的函数是一次函数，求这个函数解析式（不要求写出自变量的取
值范围）
（2）在（1）的条件下，如果货车的行驶速度和每小时的耗油量都不变，货车行驶4
小时后到达C处，C的前方12千米的D处有一加油站，那么在D处至少加多少
升油，才能使货车到达B处卸货后能顺利返回会D处加油？（根据驾驶经验，
为保险起见，油箱内剩余油量应随时不少于10升）
23．（12分）如图，已知在梯形ABCD中，AD∥BC，∠A=90°，AB=AD，点E在边AB上
且DE⊥CD，DF平分∠EDC，交BC于点F，联结CE、EF．
（1）求证：DE=DC；
（2）如果BE2=BF•BC，求证：∠BEF=∠CEF．
24．（12分）如图，已知在平面直角坐标系xOy中，抛物线y=ax2﹣2ax﹣4与x轴交
于A、B两点，与y轴相交于点C，其中点A的坐标为（﹣3．，0），点D在线段AB
上，AD=AC．
（1）求这条抛物线的关系式，并求出抛物线的对称轴；
（2）如果以DB为半径的圆D与圆C外切，求圆C的半径；
（3）设点M在线段AB上，点N在线段BC上，如果线段MN被直线CD垂直平分，
求 的值．
第4页（共25页）25．（14分）如图1，已知在梯形ABCD中，AD∥BC，AB=DC=5，AD=4，M、N分别是
边AD、BC上的任意一点，联结AN、DN，点E、F分别在线段AN、DN上，且
ME∥DN，MF∥AN，联结EF．
（1）如图2，如果EF∥BC，求EF的长；
（2）如果四边形MENF的面积是△ADN的面积的 ，求AM的长；
（3）如果BC=10，试探索△ABN、△AND、△DNC能否两两相似？如果能，求AN的
长；如果不能，请说明理由．
第5页（共25页）2015 年上海市闵行区中考数学二模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本大题共6题，每题4分，满分24）
1．（4分）下列各题中是无理数的是（ ）
A． B． C． D．
【考点】26：无理数．
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【分析】根据无理数的三种形式求解．
【解答】解： =3， =2，
是无理数．
故选：B．
【点评】本题考查了无理数的知识，解答本题的关键是掌握无理数的三种形式：①
开方开不尽的数，②无限不循环小数，③含有π的数．
2．（4分）二次根式a+ 的有理化因式是（ ）
A．（a+ ）2 B．（a﹣ ）2 C．a﹣ D．a+
【考点】76：分母有理化．
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【分析】根据平方差公式，可分母有理化．
【解答】解：（a+ ）（a﹣ ）=a2﹣b，
故选：C．
【点评】本题考查了分母有理化，利用平方差公式是分母有理化的关键．
3．（4分）下列方程中，有实数根的方程是（ ）
A．x4+3=0 B． =﹣1
C． = D． =﹣x
【考点】AG：无理方程；B2：分式方程的解．
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【分析】根据非负数的性质判断A和B选项；解分式方程判断C选项；两边平方，
解无理方程判断D选项．
【解答】解：A、x4+3=0，方程无解，此选项错误；
第6页（共25页）B、 =﹣1，方程无解，此选项错误；
C、 = ，解得x=1，是方程的增根，此选项错误；
D、 =﹣x，解得x= ，此选项正确；
故选：D．
【点评】本题主要考查了无理方程与分式方程的知识，解答本题的关键是掌握解
答无理方程的步骤，此题比较简单．
4．（4分）如图，反映的是某中学九（1）班学生外出乘车、步行、骑车人数的扇形分
布图，其中乘车的学生有20人，骑车的学生有12人，那么下列说法正确的是（
）
A．九（1）班外出的学生共有42人
B．九（1）班外出步行的学生有8人
C．在扇形图中，步行学生人数所占的圆心角的度数为82°
D．如果该中学九年级外出的学生共有500人，那么估计全年级外出骑车的学
生约有140人
【考点】VB：扇形统计图．
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【专题】31：数形结合．
【分析】先求出九（1）班的总人数，再求出步行的人数，进而求出步行人数所占的
圆心角度数，最后即可作出判断．
【解答】解：由扇形图知乘车的人数是20人，占总人数的50%，所以九（1）班有
20÷50%=40人，
所以骑车的占12÷40=30%，步行人数=40﹣12﹣20=8人，
所占的圆心角度数为360°×20%=72°，
如果该中学九年级外出的学生共有500人，那么估计全年级外出骑车的学生约有
150人．
第7页（共25页）故选：B．
【点评】本题主要考查扇形统计图及用样本估计总体等知识．统计的思想就是用
样本的信息来估计总体的信息，本题体现了统计思想，考查了用样本估计总体
的知识．
5．（4分）下列四边形中，是轴对称但不是中心对称的图形是（ ）
A．矩形 B．菱形 C．平行四边形 D．等腰梯形
【考点】P3：轴对称图形；R5：中心对称图形．
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【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
【解答】解：A、是轴对称图形，也是中心对称图形．故错误；
B、是轴对称图形，也是中心对称图形．故错误；
C、不是轴对称图形，是中心对称图形．故错误；
D、是轴对称图形，不是中心对称图形．故正确．
故选：D．
【点评】本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念：轴对称图形的关键是寻
找对称轴，图形两部分沿对称轴折叠后可重合；中心对称图形是要寻找对称中
心，旋转180度后与原图重合．
6．（4分）下列命题中假命题是（ ）
A．平分弦的半径垂直于弦
B．垂直平分弦的直线必经过圆心
C．垂直于弦的直径平分这条弦所对的弧
D．平分弧的直径垂直平分这条弧所对的弦
【考点】O1：命题与定理．
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【分析】根据垂径定理及其推论分别进行判断．
【解答】解：A、平分弦（非直径）的半径垂直于弦，所以A为假命题；
B、垂直平分弦的直线必经过圆心，所以B选项为真命题；
C、垂直于弦的直径平分这条弦所对的弧，所以C选项为真命题；
D、平分弧的直径垂直平分这条弧所对的弦，所以D选项为真命题．
故选：A．
【点评】本题考查了命题与定理：判断一件事情的语句，叫做命题．许多命题都是
由题设和结论两部分组成，题设是已知事项，结论是由已知事项推出的事项，
第8页（共25页）一个命题可以写成“如果…那么…”形式．有些命题的正确性是用推理证实
的，这样的真命题叫做定理．
二、填空题（本大题共12题，每题4分，满分48分）
7．（4分）计算： = 2 ．
【考点】22：算术平方根．
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【专题】11：计算题．
【分析】根据算术平方根的定义，如果一个正数x的平方等于a，即x2=a，那么这个
正数x叫做a的算术平方根，解答出即可；
【解答】解：根据算术平方根的定义，
得， = =2．
故答案为：2．
【点评】本题考查了算术平方根的定义，一个非负数的算术平方根与求一个数的
平方互为逆运算，在求一个非负数的算术平方根时，可以借助乘方运算来寻找
8．（4分）计算：a3•a﹣1= a 2 ．
【考点】6F：负整数指数幂．
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【分析】根据同底数幂的乘法，可得答案．
【解答】解：原式=a3+（﹣1）
=a2．
故答案为：a2．
【点评】本题考查了负整数指数幂，利用同底数幂的乘法计算是解题关键．
9．（4分）在实数范围内分解因式：x3﹣4x2= x 2 （ x﹣4 ） ．
【考点】58：实数范围内分解因式．
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【专题】11：计算题．
【分析】原式提取公因式即可得到结果．
【解答】解：原式=x2（x﹣4）．
故答案为：x2（x﹣4）．
【点评】此题考查了实数范围内分解因式，熟练掌握因式分解的方法是解本题的
关键．
第9页（共25页）10．（4分）不等式组 的解集是 ≤ x ＜ 2 ．
【考点】CB：解一元一次不等式组．
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【分析】先求出不等式的解集，再根据找不等式组解集的规律找出即可．
【解答】解：
∵解不等式①得：x＜2，
解不等式②得：x≥ ，
∴不等式组的解集为 ≤x＜2，
故答案为： ≤x＜2．
【点评】本题考查了解一元一次不等式和解一元一次不等式组的应用，解此题的
关键是能根据不等式的解集找出不等式组的解集，难度适中．
11．（4分）已知关于x的方程x2﹣2x﹣m=0没有实数根，那么m的取值范围是
m ＜ ﹣ 1 ．
【考点】AA：根的判别式．
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【分析】根据根的判别式得出b2﹣4ac＜0，代入求出不等式的解集即可得到答案．
【解答】解：∵关于x的方程x2﹣2x﹣m=0没有实数根，
∴b2﹣4ac=（﹣2）2﹣4×1×（﹣m）＜0，
解得：m＜﹣1，
故答案为：m＜﹣1．
【点评】本题主要考查对根的判别式，解一元一次不等式等知识点的理解和掌握，
能根据题意得出（﹣2）2﹣4×1×（﹣m）＜0是解此题的关键．
12．（4分）将直线y= x+1向下平移2个单位，那么所得到的直线表达式是 y =
x﹣1 ．
【考点】F9：一次函数图象与几何变换．
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【分析】根据平移k值不变及上移加，下移减可得出答案．
第10页（共25页）【解答】解：由题意得：平移后的解析式为：y= x+1﹣2，即y= x﹣1．
故答案为：y= x﹣1．
【点评】本题考查一次函数图象与几何变换，掌握平移规律“左加右减，上加下
减”是解题的关键．
13．（4分）如图，已知在梯形ABCD中，AB∥CD，且AB=3CD，设 = ， = ，那么
+ （用 ， 的式子表示）
【考点】LM：*平面向量．
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【分析】由AB∥CD，且AB=3CD，可求得 ，然后利用三角形法则求得 ，再由
AB∥CD，证得△AOB∽△COD，根据相似三角形的对应边成比例，求得答案．
【解答】解：∵AB∥CD，且AB=3CD，
=
= （ ）
∴ = = ．
故答案为： ．
【点评】此题考查了平面向量的知识与相似三角形的判定与性质．注意掌握三角
形法则的应用．
14．（4分）在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=3，BC=4，如果以点C为圆心，r为半径的圆
与直线AB相切，那么r= ．
【考点】MB：直线与圆的位置关系．
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【分析】由∠C=90°，AC=3，BC=4，根据勾股定理求出AB的长，⊙C与AB相切，则圆
心C到AB的距离就是半径的长，根据面积公式求出点C到AB的距离即可．
第11页（共25页）【解答】解：∵∠C=90°，AC=3，BC=4，
∴AB=5，
设圆心C到AB的距离为d，
则 ×3×4= ×5×d，
d= ，
根据⊙C与AB相切，则圆心C到AB的距离就是半径的长，
r= ，
故答案为： ．
【点评】本题考查的是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．
15．（4分）从小敏、小杰等3名同学中任选2名同学担任校运动会的志愿者，那么
恰好选中小敏和小杰的概率是 ．
【考点】X6：列表法与树状图法．
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【分析】列表得出所有等可能的情况数，找出选中小敏和小杰的情况数，即可求出
所求的概率．
【解答】解：小敏，小杰还有其他同学分别用1，2，3表示，列表得：
1 2 3
1 ﹣﹣﹣ （1，2） （1，3）
2 （2，1） ﹣﹣﹣ （2，3）
3 （3，1） （1，3） ﹣﹣﹣
所有等可能的情况有6种，其中选中小敏和小杰情况有2种，
则P= = ，
故答案为： ．
【点评】此题考查了列表法与树状图法，用到的知识点为：概率=所求情况数与总
情况数之比．
第12页（共25页）16．（4分）某校几位九年级同学准备学业考试结束后结伴去周庄旅游，预计共需
费用1200元，后来又有2位同学参加进来，但总的费用不变，每人可少分担30
元．试求共有几位同学准备去周庄旅游？如果设共有x位同学准备去周庄旅游
那么根据题意可列出方程为 ﹣ =30 ．
【考点】B6：由实际问题抽象出分式方程．
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【分析】设共有x位同学准备去周庄旅游，则后来有（x+2）位同学准备去周庄旅游，
根据题意可得，加入2名同学之后每人可少分担30元，列方程即可．
【解答】解：设共有x位同学准备去周庄旅游，则后来有（x+2）位同学准备去周庄
旅游，
由题意得， ﹣ =30．
故答案为： ﹣ =30．
【点评】本题考查了由实际问题抽象出分式方程，解答本题的关键是读懂题意，设
出未知数，找出合适的等量关系，列方程．
17．（4分）小丽在大楼窗口A测得校园内旗杆底部C的俯角为α度，窗口离地面
高度AB=h（米），那么旗杆底部与大楼的距离BC= 米（用α的三角比
和h的式子表示）
【考点】TA：解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题．
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【分析】根据题意可得，∠ACB=α，AB=h，然后利用三角函数求出BC的长度．
【解答】解：在Rt△ABC中，
∵∠ACB=α，AB=h，
∴BC= = ．
第13页（共25页）故答案为： ．
【点评】本题考查了解直角三角形的应用，解答本题的关键是根据俯角构造直角
三角形，利用三角函数的知识求解．
18．（4分）如图，已知在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=BC=1，点D在边BC上，将△ABC
沿直线AD翻折，使点C落在点C′处，联结AC′，直线AC′与边CB的延长线相交
于点F．如果∠DAB=∠BAF，那么BF= ﹣ 1 ．
【考点】PB：翻折变换（折叠问题）．
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【分析】在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=BC=1，得到∠CAB=∠ABC=45°，由△ADC′是将
△ABC沿直线AD翻折得到的，求出∠CAD=∠C′AD，于是得到∠ABF=135°，求得
∠F=30°，根据直角三角形的性质即可得到结果．
【解答】解：∵在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=BC=1，
∴∠CAB=∠ABC=45°，
∵△ADC′是将△ABC沿直线AD翻折得到的，
∴∠CAD=∠C′AD，
∵∠DAB=∠BAF，
∴∠BAD= ∠DAC= ∠BAC=15°，
∵∠ABF=135°，
∴∠F=30°，
∴CF= = ，
∴BF=CF﹣BC= ﹣1，
故答案为： ﹣1．
第14页（共25页）【点评】本题考查了翻折变换﹣折叠问题，等腰直角三角形的性质，锐角三角函数，
正确的作出图形是解题的关键．
三．解答题
19．（10分）计算： + （ ﹣ ）+ ．
【考点】79：二次根式的混合运算．
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【分析】先进行二次根式的化简和乘法运算，然后合并．
【解答】解：原式= +1+3﹣3 +
=4﹣ ．
【点评】本题考查了二次根式的混合运算，解答本题的关键是掌握二次根式的化
简和乘法法则．
20．（10分）解方程： ．
【考点】AF：高次方程．
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【分析】把②通过因式分解化为两个二元一次方程，把这两个二元一次方程分别
与①组成方程组，求解即可．
【解答】解： ，
由②得，x﹣y=0，x﹣2y=0，
把这两个方程与①组成方程组得，
， ，
解得 ， ．
第15页（共25页）故方程组的解为： ， ．
【点评】本题考查的是二元二次方程组的解法，解答时，用代入法比较简单，如果
其中的二元二次方程可以因式分解化为两个二元一次方程，与另一个方程组
成两个二元一次方程组，解答更简单．
21．（10分）如图，已知在△ABC中，AB=AC=2 ，sin∠B= ，D为边BC的中点，
E为边BC的延长线上一点，且CE=BC．联结AE，F为线段AE的中点．
求：（1）线段DF的长；
（2）∠CAE的正切值．
【考点】T7：解直角三角形．
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【分析】（1）连接AD，根据等腰三角形性质求出∠ADC=90°，解直角三角形求出
AD，求出BD和CD，即可得出答案；
（2）过C作CM⊥AE于M，则∠CMA=∠CME=90°，在Rt△ADE中，由勾股定理求出
AE，由勾股定理得出方程（2 ）2﹣AM2=42﹣（2 ﹣AM）2，求出AM，求出
CM，即可求出答案．
【解答】解：（1）如图，连接AD，
∵AB=AC，D为BC的中点，
∴AD⊥BC，
∴∠ADB=90°，
第16页（共25页）∵AB=AC=2 ，sin∠B= ，
∴ = ，
∴AD=4，
由勾股定理得：BD=2，
∴DC=BD=2，BC=4，
∵CE=BC，
∴CE=4，
∴DE=2+4=6，
在Rt△ADE中，由勾股定理得：AE= = =2 ，
∵F为直角△ADE斜边AE的中点，
∴DF= AE= ；
（2）过C作CM⊥AE于M，
则∠CMA=∠CME=90°，
在Rt△ADE中，由勾股定理得；AE= = =2 ，
∵由勾股定理得；CM2=AC2﹣AM2=CE2﹣EM2，
∴（2 ）2﹣AM2=42﹣（2 ﹣AM）2，
解得：AM= ，
CM= = = ，
第17页（共25页）∴∠CAE的正切值是 = = ．
【点评】本题考查了等腰三角形的性质，解直角三角形，勾股定理的应用，解此题
的关键是构造直角三角形，并进一步求出各个线段的长，有一定的难度．
22．（10分）货车在公路A处加满油后，以每小时60千米的速度匀速行驶，前往与
A处相距360千米的B处．下表记录的是货车一次加满油后油箱剩余油量 y
（升）与行驶时间x（时）之间的关系：
行驶时间x（时） 0 1 2 3 4
余油量y（升） 150 120 90 60 30
（1）如果y关于x的函数是一次函数，求这个函数解析式（不要求写出自变量的取
值范围）
（2）在（1）的条件下，如果货车的行驶速度和每小时的耗油量都不变，货车行驶4
小时后到达C处，C的前方12千米的D处有一加油站，那么在D处至少加多少
升油，才能使货车到达B处卸货后能顺利返回会D处加油？（根据驾驶经验，
为保险起见，油箱内剩余油量应随时不少于10升）
【考点】FH：一次函数的应用．
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【分析】（1）设x与y之间的函数关系式为y=kx+b，将点（0，150）和（1，120）代入
求k和b值；
（2）利用路程关系建立在D处加油的一元一次不等式，求在D处至少加油量．
【解答】解：（1）把5组数据在直角坐标系中描出来，这5个点在一条直线上，所以
y与x满足一次函数关系，
设y=kx+b，（k≠0）
则 ，
解得： ，
∴y=﹣30x+150．
（2）设在D处至少加W升油，根据题意得：
150﹣4×30﹣ ×30+W≥ ×30×2+10 （3分）
第18页（共25页）即：150﹣120﹣6+W≥118
解得W≥94，
答：D处至少加94升油，才能使货车到达灾区B地卸物后能顺利返回D处加油．
【点评】本题考查了一次函数的应用，解决本题的关键是用待定系数法求函数解
析式，要注意自变量的取值范围还必须使实际问题有意义．
23．（12分）如图，已知在梯形ABCD中，AD∥BC，∠A=90°，AB=AD，点E在边AB上
且DE⊥CD，DF平分∠EDC，交BC于点F，联结CE、EF．
（1）求证：DE=DC；
（2）如果BE2=BF•BC，求证：∠BEF=∠CEF．
【考点】KD：全等三角形的判定与性质；S9：相似三角形的判定与性质．
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【专题】14：证明题．
【分析】（1）过D作DG⊥BC于G，构造成矩形，然后通过三角形全等得到结论．
（2）根据等腰三角形的性质三线合一，证得线段的垂直平分线，由等边对等角得
到∠FEC=∠FCE，通过三角形相似得到∠BEF=∠FCE，于是得出∠BEF=∠CEF．
【解答】（1）证明：过D作DG⊥BC于G，
∵AD∥BC，∠A=90°，
∴∠B=90°，
∴四边形ABGD是矩形，
∴∠ADG=90°，DG=AB，
∵∠EDC=90°，
∴∠ADE=∠CDG，
在△AED与△GCD中，
，
∴△AED≌△GCD，
第19页（共25页）∴DE=CD；
（2）由（1）知：DE=CD，
∵DF平分∠EDC，
∴DF⊥CE，
∴EF=CF，
∴∠FEC=∠FCE，
∵BE2=BF•BC，
∴ = ，∵∠B=∠B，
∴△EFB∽△CEB，
∴∠BEF=∠FCE，
∴∠BEF=∠CEF．
【点评】本题考查了矩形的判定和性质，全等三角形的判定与性质，线段的垂直平
分线的性质，相似三角形的判定和性质，辅助线的作法是解题的关键．
24．（12分）如图，已知在平面直角坐标系xOy中，抛物线y=ax2﹣2ax﹣4与x轴交
于A、B两点，与y轴相交于点C，其中点A的坐标为（﹣3．，0），点D在线段AB
上，AD=AC．
（1）求这条抛物线的关系式，并求出抛物线的对称轴；
（2）如果以DB为半径的圆D与圆C外切，求圆C的半径；
（3）设点M在线段AB上，点N在线段BC上，如果线段MN被直线CD垂直平分，
求 的值．
第20页（共25页）【考点】HF：二次函数综合题．
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【分析】（1）把点A的坐标代入函数解析式，利用方程求得a的值；然后利用抛物
线解析式来求对称轴方程；
（2）根据抛物线解析式可以求得点B、C的坐标，结合已知条件“AD=AC”可以得到
点D的坐标，由点的坐标与图形的性质来求圆C的半径；
（3）利用等腰△ACD、线段垂直平分线的性质得到∠AMC=∠BND，然后由三角形
内角和推知∠180°﹣∠ACM﹣∠AMC=180°﹣∠B﹣∠BND，则∠A=∠BDN，易
得DN∥AC，所以，根据平行线分线段成比例求得 = = ．
【解答】解：（1）把（﹣3，0）代入y=ax2﹣2ax﹣4得：9a+6a﹣4=0，
解得：a= ，
则抛物线的解析式是：y= x2﹣ x﹣4，
对称轴是x=﹣ =1，即x=1；
（2）在y= x2﹣ x﹣4中，令y=0，得 x2﹣ x﹣4=0，
解得：x=﹣3或5．
则B的坐标是（5，0）．
在y= x2﹣ x﹣4中令x=0，
解得：y=﹣4，则C的坐标是（0，﹣4）．
第21页（共25页）AC= = =5，
则D的坐标是（2，0），
∴CD=2 ，BD=3．
当两圆外切时，R +BD=CD，R =2 ﹣3．
C C
则圆C的半径是：2 ﹣3；
（3）∵AC=AD，
∴∠ADC=∠ACD，
又∵线段MN被直线CD垂直平分，
∴∠DCB=∠DCM，
∴∠ACM=∠B．
又∵∠DNC=∠DMC，
∴∠AMC=∠BND，
∴∠180°﹣∠ACM﹣∠AMC=180°﹣∠B﹣∠BND，
∴∠A=∠BDN，
∴DN∥AC，
∴ = = ．
【点评】本题着重考查了待定系数法求二次函数解析式、等腰三角形判定和性质、
点的坐标与图形的性质以及线段垂直平分线的性质等知识点，综合性强，考查
学生数形结合的数学思想方法．（3）中弄清DN∥AC是解题的关键．
25．（14分）如图1，已知在梯形ABCD中，AD∥BC，AB=DC=5，AD=4，M、N分别是
边AD、BC上的任意一点，联结AN、DN，点E、F分别在线段AN、DN上，且
ME∥DN，MF∥AN，联结EF．
（1）如图2，如果EF∥BC，求EF的长；
第22页（共25页）（2）如果四边形MENF的面积是△ADN的面积的 ，求AM的长；
（3）如果BC=10，试探索△ABN、△AND、△DNC能否两两相似？如果能，求AN的
长；如果不能，请说明理由．
【考点】SO：相似形综合题．
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【分析】（1）利用平行线分线段成比例得到EF是△AND的中位线，利用三角形中
位线定理进行解答即可；
（2）设AM=x．利用（1）中相似三角形的性质得到 = = ， =
= ，利用图中相关图形的面积间的数量关系和已知条件列出关
于x的方程[1﹣ ﹣ ]S = S ．由此求得x的值；
△AND △AND
（3）如答图2，过点A作AP⊥BC于P，过点D作DQ⊥BC于Q．需要分类讨论：当
△ABN∽△DCN、△ABN∽△NCD两种情况，利用相似三角形的对应边成比例
求得BN=CN=5，然后利用勾股定理计算AM的长度．
【解答】解：（1）如答图1，∵EF∥BC，AD∥BC，
∴EF∥AD，
又∵ME∥DN，MF∥AN，
∴ = = = ，
∴AE=EN．
同理，NF=FD，
∴EF是△AND的中位线，
第23页（共25页）∴EF= AD=2；
（2）设AM=x．
则 = = ， = = ，
∴S =[1﹣ ﹣ ]S = S ．
四边形MENF △AND △AND
解得 x =1，x =3，
1 2
∴AM的长度是1或3；
（3）如答图2，过点A作AP⊥BC于P，过点D作DQ⊥BC于Q，
则PQ=AD=4，BP=CQ=3．
当△ABN∽△DCN时， = =1，
∴BN=CN=5．
∴DN=AN= = ．
又 = = = ，
∴△NAD∽△BAN∽△CDN．
当△ABN∽△NCD时， = ，
解得BN=CN=5，
∴DN=AN= =2 ．
综上所述，当△ABN、△AND、△DNC两两相似时，AN= ．
第24页（共25页）【点评】本题考查了相似综合题．该题综合性比较强，涉及到了三角形中位线定理，
相似三角形的判定与性质，勾股定理等知识点，解题时，运用了“数形结合”
和“分类讨论”的数学思想．
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日期：2018/12/24 0:27:39；用户：初中数学；邮箱：xdjysx000@xyh.com；学号：25920570
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