文档内容
2016 年上海市金山区中考数学二模试卷
一、选择题
1．（4分）在下列二次根式中，与 是同类二次根式的是（ ）
A． B． C． D．
2．（4分）如果一次函数y=kx+b的图象经过第一象限，且与y轴负半轴相交，那么
（ ）
A．k＞0，b＞0 B．k＞0，b＜0 C．k＜0，b＞0 D．k＜0，b＜0
3．（4分）如果关于x的方程mx2+mx+1=0有两个相等的实数根，那么m等于（
）
A．4或0 B． C．4 D．±4
4．（4分）一组数据1、2、3、4、5、15的平均数和中位数分别是（ ）
A．5、5 B．5、4 C．5、3.5 D．5、3
5．（4分）在以下几何图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A．等边三角形 B．等腰梯形 C．平行四边形 D．圆
6．（4分）下列命题中，真命题是（ ）
A．两个无理数相加的和一定是无理数
B．三角形的三条中线一定交于一点
C．菱形的对角线一定相等
D．同圆中相等的弦所对的弧一定相等
二、填空题
7．（4分）3﹣2= ．
8．（4分）因式分解：x2﹣9y2= ．
9．（4分）方程 的根是 ．
10．（4分）函数y= 的定义域是 ．
11．（4分）把直线y=﹣x+2向上平移3个单位，得到的直线表达式是 ．
12．（4分）如果抛物线 y=ax2+2a2x﹣1的对称轴是直线 x=﹣1，那么实数a=
．
13．（4分）某校为了发展校园足球运动，组建了校足球队，队员年龄分布如图所
第1页（共26页）示，则这些队员年龄的众数是 ．
14．（4分）在 ▱ABCD中，对角线AC、BD交于点O，设 ， ，如果用向量 、
表示向量 ，那么 = ．
15．（4分）如图，OA是⊙O的半径，BC是⊙O的弦，OA⊥BC，垂足为D点，如果
OD=3，DA=2，那么BC= ．
16．（4分）如图，在2×2的正方形网格中四个小正方形的顶点叫格点，已经取定
格点A和B，在余下的格点中任取一点C，使△ABC为直角三角形的概率是
．
17．（4分）已知AB、AC分别是同一个圆的内接正方形和内接正六边形的边，那么
∠BAC的度数是 度．
18．（4分）如图，在△ABC中，AB=AC=5，BC=8，将△ABC绕着点B旋转的△A′BC′，
点A的对应点A′，点C的对应点C′．如果点A′在BC边上，那么点C和点C′之间
的距离等于多少 ．
第2页（共26页）三、解答题
19．（10分）（sin45°）2+（﹣ ）0﹣ • +cot30°．
20．（10分）解方程组： ．
21．（10分）在平面直角坐标系xOy中，点A（2，0），点P（1，m）（m＞0）和点Q关
于x轴对称．
（1）求证：直线OP∥直线AQ；
（2）过点P作PB∥x轴，与直线AQ交于点B，如果AP⊥BO，求点P的坐标．
22．（10分）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，斜边AB的垂直平分线分别交AB、BC
于点E和点D，已知BD：CD=2： ．
（1）求∠ADC的度数；
（2）利用已知条件和第（1）小题的结论求tan15°的值（结果保留根号）．
23．（12分）如图，BD是△ABC的角平分线，点E、F分别在边BC、AB上，且
DE∥AB，∠DEF=∠A．
第3页（共26页）（1）求证：BE=AF；
（2）设BD与EF交于点M，联结AE交BD于点N，求证：BN•MD=BD•ND．
24．（12分）在平面直角坐标系xOy中，抛物线y=x2+bx+c与x轴相交于点A和点
B，已知点A的坐标为（1，0），与y轴相交于点C（0，3），抛物线的顶点为P．
（1）求这条抛物线的解析式，并写出顶点P的坐标；
（2）如果点D在此抛物线上，DF⊥x轴于点F，DF与直线PB相交于点E，设点D的
横坐标为t（t＞3），且DE：EF=2：1，求点D的坐标；
（3）在第（2）小题的条件下，求证：∠DPE=∠BDE．
25．（14分）如图，已知在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AB=5，sinA= ，点P是边BC上
的一点，PE⊥AB，垂足为E，以点P为圆心，PC为半径的圆与射线PE相交于点
Q，线段CQ与边AB交于点D．
（1）求AD的长；
（2）设CP=x，△PCQ的面积为y，求y关于x的函数解析式，并写出定义域；
（3）过点C作CF⊥AB，垂足为F，联结PF、QF，如果△PQF是以PF为腰的等腰三角
形，求CP的长．
第4页（共26页）第5页（共26页）2016 年上海市金山区中考数学二模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题
1．（4分）在下列二次根式中，与 是同类二次根式的是（ ）
A． B． C． D．
【考点】77：同类二次根式．
菁优网版权所有
【分析】直接利用同类二次根式的定义分析得出答案．
【解答】解：A、 ，无法化简，故与 不是同类二次根式；
B、 =2，故与 不是同类二次根式；
C、 =2 ，故与 ，是同类二次根式；
D、 =2 ，故与 不是同类二次根式；
故选：C．
【点评】此题主要考查了同类二次根式的定义，正确化简二次根式是解题关键．
2．（4分）如果一次函数y=kx+b的图象经过第一象限，且与y轴负半轴相交，那么
（ ）
A．k＞0，b＞0 B．k＞0，b＜0 C．k＜0，b＞0 D．k＜0，b＜0
【考点】F7：一次函数图象与系数的关系．
菁优网版权所有
【分析】因为一次函数y﹦kx+b的图象经过第一象限，且与y轴负半轴相交，即函
数y=kx+b的图象经过第一、三、四象限，即可确定k，b的符号．
【解答】解：由题意得，函数y=kx+b的图象经过第一、三、四象限，k＞0，b＜0．
故选：B．
【点评】一次函数y=kx+b的图象有四种情况：
①当k＞0，b＞0，函数y=kx+b的图象经过第一、二、三象限，y的值随x的值增大
而增大；
②当k＞0，b＜0，函数y=kx+b的图象经过第一、三、四象限，y的值随x的值增大
而增大；
③当k＜0，b＞0时，函数y=kx+b的图象经过第一、二、四象限，y的值随x的值增
大而减小；
第6页（共26页）④当k＜0，b＜0时，函数y=kx+b的图象经过第二、三、四象限，y的值随x的值增
大而减小．
3．（4分）如果关于x的方程mx2+mx+1=0有两个相等的实数根，那么m等于（
）
A．4或0 B． C．4 D．±4
【考点】A1：一元二次方程的定义；AA：根的判别式．
菁优网版权所有
【分析】若一元二次方程有两不等根，则根的判别式△=b2﹣4ac=0，建立关于m的
方程，求出m的取值，同时还要考虑二次项的系数不能为0．
【解答】解：∵关于x的方程mx2+mx+1=0有两个相等的实数根，
∴△=b2﹣4ac=0，即m2﹣4×m×1=0，
解得：m=0或m=4，
又∵二次项的系数不能为0，
∴m=4，
故选：C．
【点评】本题主要考查一元二次方程的定义及根的判别式，一元二次方程根的情
况与判别式△的关系：①△＞0 方程有两个不相等的实数根；②△=0 方程
有两个相等的实数根；③△＜0⇔ 方程没有实数根．且注意一元二次方
⇔
程的二
次项系数不为0．
⇔
4．（4分）一组数据1、2、3、4、5、15的平均数和中位数分别是（ ）
A．5、5 B．5、4 C．5、3.5 D．5、3
【考点】W1：算术平均数；W4：中位数．
菁优网版权所有
【分析】根据平均数和中位数的定义结合选项选出正确答案即可．
【解答】解：这组数据按从小到大的顺序排列为：1、2、3、4、5、15，
故平均数为：（1+2+3+4+5+15）÷6=5；
中位数为：（3+4）÷2=3.5．
故选：C．
【点评】本题考查了中位数和平均数的知识，属于基础题，解题的关键是熟练掌握
其概念．
5．（4分）在以下几何图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
第7页（共26页）A．等边三角形 B．等腰梯形 C．平行四边形 D．圆
【考点】P3：轴对称图形；R5：中心对称图形．
菁优网版权所有
【专题】1：常规题型．
【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，不是中心对称图形，不符合题意；
B、是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；
C、不是轴对称图形，是中心对称图形，不符合题意；
D、既是轴对称图形，也是中心对称图形，符合题意．
故选：D．
【点评】本题考查了中心对称及轴对称的知识，解题时掌握好中心对称图形与轴
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度后两部分重合．
6．（4分）下列命题中，真命题是（ ）
A．两个无理数相加的和一定是无理数
B．三角形的三条中线一定交于一点
C．菱形的对角线一定相等
D．同圆中相等的弦所对的弧一定相等
【考点】O1：命题与定理．
菁优网版权所有
【分析】根据菱形的性质、无理数的性质、三角形中线的性质以及同圆中相等的弦
所对的弧不一定相等即可判断．
【解答】解：A、错误．例如1+ 与1﹣ 都是无理数，它们的和是有理数．
B、正确．
C、错误．菱形的对角线不一定相等．
D、错误．应该是同圆中相等的弦所对的劣弧或优弧相等．
故选：B．
【点评】本题考查命题与定理、无理数的性质、三角形中线的性质、菱形的性质、圆
的有关知识，解题的关键是正确理解概念，记住这些基本性质，属于中考常考
题型．
二、填空题
第8页（共26页）7．（4分）3﹣2= ．
【考点】6F：负整数指数幂．
菁优网版权所有
【专题】11：计算题．
【分析】根据幂的负整数指数运算法则计算．
【解答】解：原式= = ．
故答案为： ．
【点评】本题考查的是幂的负整数指数运算，先把底数化成其倒数，然后将负整数
指数幂当成正的进行计算．
8．（4分）因式分解：x2﹣9y2= （ x + 3 y ）（ x﹣3 y ） ．
【考点】54：因式分解﹣运用公式法．
菁优网版权所有
【分析】直接利用平方差公式分解即可．
【解答】解：x2﹣9y2=（x+3y）（x﹣3y）．
【点评】本题主要考查利用平方差公式分解因式，熟记公式结构是解题的关键．
9．（4分）方程 的根是 x=1 ．
【考点】AG：无理方程．
菁优网版权所有
【分析】把方程两边平方去根号后即可转化成整式方程，解方程即可求得x的值，
然后进行检验即可．
【解答】解：两边平方得：2﹣x=x2，
整理得：x2+x﹣2=0，
解得：x=1或﹣2．
经检验：x=1是方程的解，x=﹣2不是方程的解．
故答案是：x=1．
【点评】在解无理方程是最常用的方法是两边平方法及换元法，本题用了平方法．
10．（4分）函数y= 的定义域是 x ≠ 2 ．
【考点】E4：函数自变量的取值范围．
菁优网版权所有
【分析】根据分母不等于0列式计算即可得解．
【解答】解：由题意得，2﹣x≠0，
第9页（共26页）解得x≠2．
故答案为：x≠2．
【点评】本题考查了函数自变量的范围，一般从三个方面考虑：
（1）当函数表达式是整式时，自变量可取全体实数；
（2）当函数表达式是分式时，考虑分式的分母不能为0；
（3）当函数表达式是二次根式时，被开方数非负．
11．（4分）把直线y=﹣x+2向上平移3个单位，得到的直线表达式是 y=﹣ x + 5
．
【考点】F9：一次函数图象与几何变换．
菁优网版权所有
【分析】利用上下平移时k的值不变，只有b发生变化，由上加下减得出即可．
【解答】解：直线y=﹣x+2向上平移2个单位长度得到了新直线，那么新直线解析
式为y=﹣x+2+3=﹣x+5．
故答案为：y=﹣x+5．
【点评】本题考查了一次函数图象与几何变换，熟记直线解析式平移的规律：“上
加下减，左加右减”是解题的关键．
12．（4分）如果抛物线y=ax2+2a2x﹣1的对称轴是直线x=﹣1，那么实数a= 1 ．
【考点】H3：二次函数的性质．
菁优网版权所有
【分析】直接利用二次函数对称轴公式求出a的值．
【解答】解：∵抛物线y=ax2+2a2x﹣1的对称轴是直线x=﹣1，
∴﹣1=﹣
解得：a=1．
故答案为：1．
【点评】此题主要考查了二次函数的性质，正确记忆二次函数对称轴公式是解题
关键．
13．（4分）某校为了发展校园足球运动，组建了校足球队，队员年龄分布如图所
示，则这些队员年龄的众数是 1 4 ．
第10页（共26页）【考点】VC：条形统计图；W5：众数．
菁优网版权所有
【分析】根据条形统计图找到最高的条形图所表示的年龄数即为众数．
【解答】解：观察条形统计图知：为14岁的最多，有8人，
故众数为14岁，
故答案为：14．
【点评】考查了众数的定义及条形统计图的知识，解题的关键是能够读懂条形统
计图及了解众数的定义，难度较小．
14．（4分）在 ▱ABCD中，对角线AC、BD交于点O，设 ， ，如果用向量 、
表示向量 ，那么 = + ．
【考点】LM：*平面向量．
菁优网版权所有
【分析】首先根据题意画出图形，然后由四边形ABCD是平行四边形，求得 ，继
而求得答案．
【解答】解：如图，四边形ABCD是平行四边形，
∴ = ，AO= AC，
∵ ，
∴ = + = + ，
∴ = （ + ）= + ．
故答案为： + ．
第11页（共26页）【点评】此题考查了平面向量的知以及平行四边形的性质．注意掌握三角形法则
与平行四边形法则的应用是解此题的关键．
15．（4分）如图，OA是⊙O的半径，BC是⊙O的弦，OA⊥BC，垂足为D点，如果
OD=3，DA=2，那么BC= 8 ．
【考点】KQ：勾股定理；M2：垂径定理．
菁优网版权所有
【分析】连接OB，求出OB，根据垂径定理求出BC=2BD，根据勾股定理求出BD即
可．
【解答】解：如图，
连接OB，
∵OA⊥BC，OA过O，
∴BC=2BD，∠ODB=90°，
∵OD=3，DA=2，
∴OA=2+3=5，
∴OB=OA=5，
在Rt△ODB中，由勾股定理得：BD= = =4，
∴BC=2BD=8，
故答案为：8．
【点评】本题考查了垂径定理和勾股定理的应用，能根据垂径定理得出BC=2BD是
解此题的关键．
16．（4分）如图，在2×2的正方形网格中四个小正方形的顶点叫格点，已经取定
格点A和B，在余下的格点中任取一点C，使△ABC为直角三角形的概率是
第12页（共26页）．
【考点】KQ：勾股定理；KS：勾股定理的逆定理；X4：概率公式．
菁优网版权所有
【专题】24：网格型．
【分析】由取定点A和B，在余下的7个点中任取一点C，使△ABC为直角三角形的
有4种情况，直接利用概率公式求解即可求得答案．
【解答】解：∵取定点A和B，在余下的7个点中任取一点C，使△ABC为直角三角
形的有4种情况，
∴使△ABC为直角三角形的概率是： ．
故答案为： ．
【点评】此题考查了概率公式的应用．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情
况数之比．
17．（4分）已知AB、AC分别是同一个圆的内接正方形和内接正六边形的边，那么
∠BAC的度数是 1 5 或 10 5 度．
【考点】MM：正多边形和圆．
菁优网版权所有
【分析】有两种情形：①如图 1 中，∠BAC=∠CAO﹣∠BAO，②如图 2 中，
∠BAC=∠BAE+∠EAC，分别计算即可．
【解答】解：如图1中，∠BAC=∠CAO﹣∠BAO=60°﹣45°=15°，
如图2中，∠BAC=∠BAE+∠EAC=90°+15°=105°，
第13页（共26页）故答案为15或105．
【点评】本题考查正多边形与圆的有关知识，解题的关键是正确画出图形，考虑问
题要全面，不能漏解，属于中考常考题型．
18．（4分）如图，在△ABC中，AB=AC=5，BC=8，将△ABC绕着点B旋转的△A′BC′，
点A的对应点A′，点C的对应点C′．如果点A′在BC边上，那么点C和点C′之间
的距离等于多少 ．
【考点】R2：旋转的性质．
菁优网版权所有
【专题】11：计算题．
【分析】作AD⊥BC于D，C′E⊥BC于E，如图1，先利用等腰三角形的性质得到
BD=CD= BC=4，再利用勾股定理计算出 AD=4，接着利用旋转的性质得
A′B=A′C′=AB=5，△A′BC′≌△ABC，则利用面积法可求出C′E，然后在Rt△A′C′E中
利用勾股定理计算A′E，于是可在Rt△C′CE中利用勾股定理计算出CC′．
【解答】解：作AD⊥BC于D，C′E⊥BC于E，如图1，
∵AB=AC，
∴BD=CD= BC=4，
在Rt△ABD中，AD= =4，
第14页（共26页）∴S = ×3×8=12，
△ABC
∵△ABC绕着点B旋转的△A′BC′，
∴A′B=A′C′=AB=5，△A′BC′≌△ABC，
∴A′C=3，S =12，
△A′BC′
而S = •5•C′E，
△A′BC′
∴ •5•C′E=12，解得C′E= ，
在Rt△A′C′E中，A′E= = ，
∴CE=3﹣ = ，
在Rt△C′CE中，CC′= = ．
故答案为 ．
【点评】本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中
心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．解决本题的关键是关
键Rt△CC′E，利用勾股定理计算CC′的长．
三、解答题
19．（10分）（sin45°）2+（﹣ ）0﹣ • +cot30°．
【考点】6E：零指数幂；6F：负整数指数幂；79：二次根式的混合运算；T5：特殊角的
三角函数值．
菁优网版权所有
第15页（共26页）【分析】依据特殊角的三角函数值、零指数幂、分数值数幂、负整数指数幂化简各
式，再根据分式的性质、分母有理化进一步化简可得．
【解答】解：原式= +1﹣ × +
= +1﹣2 × +
= ﹣ +
= ﹣3﹣ +
=﹣ ．
【点评】本题主要考查分式的混合运算能力，掌握混合运算的运算顺序是根本、前
提，准确计算特殊角的三角函数值、零指数幂、分数值数幂、负整数指数幂是解
题的关键．
20．（10分）解方程组： ．
【考点】AF：高次方程．
菁优网版权所有
【分析】用代入法求解，将方程①变为x=2y+3，代入到②中解方程可得．
【解答】解：解方程
由方程①，得：x=3+2y ③，
把③代入②，得：（3+2y）2+（3+2y）y﹣2y2=0，
整理，得：4y2+15y+9=0
解得： ，y =﹣3
2
把 代入③得： ，
把y =﹣3代入③，得：x =﹣3．
2 2
故原方程组的解是： ， ．
第16页（共26页）【点评】本题主要考查解高次方程的能力，用代入法把二元二次方程组转成一元
二次方程来解是关键．
21．（10分）在平面直角坐标系xOy中，点A（2，0），点P（1，m）（m＞0）和点Q关
于x轴对称．
（1）求证：直线OP∥直线AQ；
（2）过点P作PB∥x轴，与直线AQ交于点B，如果AP⊥BO，求点P的坐标．
【考点】FA：待定系数法求一次函数解析式；LA：菱形的判定与性质．
菁优网版权所有
【分析】（1）设直线OP和AQ的解析式分别为y=k x和 y=k x+b ．由题意得出点Q
1 2 2
的坐标为（1，﹣m），k =m， ，解方程组得出 ，得出k =k =m
1 1 2
即可，
（2）证明四边形POAQ是菱形，得出PO=AO，由勾股定理得出 ，得出
，即可点P的坐标．
【解答】（1）证明：设直线OP和直线AQ的解析式分别为y=k x和 y=k x+b ．
1 2 2
根据题意，得：点Q的坐标为（1，﹣m），k =m， ，
1
解得： ，
∵k =k =m，
1 2
∴直线OP∥直线AQ；
第17页（共26页）（2）解：∵OP∥AQ，PB∥OA，AP⊥BO，
∴四边形POAQ是菱形，
∴PO=AO，
∴ ，
∴ ．
∵m＞0，
∴ ，
∴点P的坐标是 ．
【点评】本题考查了菱形的判定与性质、一次函数的解析式、勾股定理、坐标与图
形性质；熟练掌握菱形的判定与性质，由勾股定理求出m是解决问题（2）的关
键．
22．（10分）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，斜边AB的垂直平分线分别交AB、BC
于点E和点D，已知BD：CD=2： ．
（1）求∠ADC的度数；
（2）利用已知条件和第（1）小题的结论求tan15°的值（结果保留根号）．
【考点】KG：线段垂直平分线的性质；T7：解直角三角形．
菁优网版权所有
【专题】11：计算题．
【分析】（1）连接AD，设 BD=2k，则 CD= k，根据垂直平分线的性质可得
AD=BD=2k，然后只需在Rt△ACD中运用三角函数就可解决问题；
（2）当∠ACD=30°时，易得∠B=15°，要求tan15°的值，只需求 ，只需用k的代数
式分别表示出AC和BC就可解决问题．
【解答】解：（1）连接AD，如图．
设BD=2k，则CD= k．
∵DE垂直平分AB，
∴AD=BD=2k．
第18页（共26页）在Rt△ACD中，
∵∠C=90°，
∴cos∠ADC= = = ，
∴∠ADC=30°；
（2）∵AD=BD，
∴∠B=∠DAB．
∵∠ADC=30°，∠B+∠DAB=∠ADC，
∴∠B=∠DAB=15°．
在Rt△ACD中，
∵∠C=90°，
∴ ．
在Rt△ABC中
∵∠C=90°，
∴ ，
∴ ．
【点评】本题主要考查了三角函数的定义、特殊角的三角函数值、勾股定理等知识，
利用已知条件和第（1）小题的结论是解决第（2）小题的关键．
23．（12分）如图，BD是△ABC的角平分线，点E、F分别在边BC、AB上，且
DE∥AB，∠DEF=∠A．
（1）求证：BE=AF；
（2）设BD与EF交于点M，联结AE交BD于点N，求证：BN•MD=BD•ND．
第19页（共26页）【考点】L7：平行四边形的判定与性质；S9：相似三角形的判定与性质．
菁优网版权所有
【专题】14：证明题．
【分析】（1）先证明四边形ADEF为平行四边形得到AF=DE，再证明∠DBE=∠BDE
得到BE=DE，则BE=AF；
（2）如图，根据平行线分线段成比例定理，由EF∥AC得到AF：AB=DM：BD，等线段
代换得DE：AB=DM：BD，再由DE∥AB得到DE：AB=DN：BN，则DM：BD=DN：
BN，然后利用比例的性质即可得到结论．
【解答】证明：（1）∵DE∥AB，
∴∠A+∠ADE=180°，
∵∠DEF=∠A，
∴∠DEF+∠ADE=180°，
∴EF∥AD，
∴四边形ADEF为平行四边形，
∴AF=DE，
∵BD是△ABC的角平分线，
∴∠DBE=∠ABD，
∵DE∥AB，
∴∠ABD=∠BDE，
∴∠DBE=∠BDE，
∴BE=DE，
∴BE=AF；
（2）如图，∵EF∥AC，
∴AF：AB=DM：BD，
∵AF=DE，
∴DE：AB=DM：BD，
第20页（共26页）∵DE∥AB，
∴DE：AB=DN：BN，
∴DM：BD=DN：BN，
即BN•MD=BD•ND．
【点评】本题考查了相似三角形的判定与性质：两个三角形相似对应角相等，对应
边的比相等．在判定两个三角形相似时，应注意利用图形中已有的公共角、公
共边等隐含条件，以充分发挥基本图形的作用．解决本题的关键是灵活应用平
行线分线段成比例定理．
24．（12分）在平面直角坐标系xOy中，抛物线y=x2+bx+c与x轴相交于点A和点
B，已知点A的坐标为（1，0），与y轴相交于点C（0，3），抛物线的顶点为P．
（1）求这条抛物线的解析式，并写出顶点P的坐标；
（2）如果点D在此抛物线上，DF⊥x轴于点F，DF与直线PB相交于点E，设点D的
横坐标为t（t＞3），且DE：EF=2：1，求点D的坐标；
（3）在第（2）小题的条件下，求证：∠DPE=∠BDE．
【考点】HF：二次函数综合题．
菁优网版权所有
【分析】（1）将A（1，0）、C（0，3）代入抛物线的解析式可求得关于b、c的方程组，
解得b、c的值可求得抛物线的解析式，最后依据配方法可求得抛物线的顶点
坐标；
第21页（共26页）（2）过点P作PG⊥AB，垂足为G．先求得点B的坐标，由点B和点P的坐标可知
△PBG为等腰直角三角形，从而可证明△BEF为等腰直角三角形，设点D的坐
标为（t，t2﹣4t+3），然后求得EF，DF的长（用含t的式子表示），最后根据PF与
EF的数量关系列出关于t的一元二次方程，从而可求得t的值；
（3）先求得DE，BE，PE的长，接下来再证明DE2=BE•PE，从而可得到EBD∽△EDP，
最后依据相似三角形的性质可求得∠DPE=∠BDE．
【解答】解：（1）∵将A（1，0）、C（0，3）代入得： ，
解得：b=﹣4，c=3．
∴抛物线的解析式为y=x2﹣4x+3．
∵y=x2﹣4x+3=（x﹣2）2﹣1，
∴点P的坐标为（2，﹣1）．
（2）过点P作PG⊥AB，垂足为G．
∵令y=0得：x2﹣4x+3=0，解得x =1，x =3，
1 2
∴B（3，0）．
又∵P（2，﹣1），
∴PG=BG=1．
∴∠GBP=45°．
∴∠EBF=45°．
又∵∠EFB=90°，
∴∠EBF=∠FEB=45°．
∴BF=EF．
设D（t，t2﹣4t+3），则DF=t2﹣4t+3，则BF=T﹣3．
∵DE：EF=2：1，
第22页（共26页）∴DF=3EF=3（t﹣3）．
∴t2﹣4t+3=3（t﹣3）．
解得：t =4，t =3（舍去）．
1 2
∴D（4，3）．
（3）∵t=4，
∴EF=BF=4﹣3=1．
∴点E的坐标为（4，1）．
∴BE= = ，ED=DF﹣EF=3﹣1=2，PE= =2 ．
∴DE2=22=4，BE•PE= =4．
∴DE2=BE•PE．
又∵∠DEB=∠PED，
∴△EBD∽△EDP．
∴∠DPE=∠BDE．
【点评】本题主要考查的是二次函数的综合应用，解答本题主要利用了待定系数
法求二次函数的解析式、等腰直角三角形的性质和判定、一元二次方程的解法
勾股定理以及相似三角形的性质和判定，证得 DE2=BE•PE 从而得到
△EBD∽△EDP是解题的关键．
25．（14分）如图，已知在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AB=5，sinA= ，点P是边BC上
的一点，PE⊥AB，垂足为E，以点P为圆心，PC为半径的圆与射线PE相交于点
Q，线段CQ与边AB交于点D．
（1）求AD的长；
（2）设CP=x，△PCQ的面积为y，求y关于x的函数解析式，并写出定义域；
（3）过点C作CF⊥AB，垂足为F，联结PF、QF，如果△PQF是以PF为腰的等腰三角
形，求CP的长．
第23页（共26页）【考点】KQ：勾股定理；MR：圆的综合题；T1：锐角三角函数的定义．
菁优网版权所有
【专题】15：综合题；32：分类讨论．
【分析】（1）易证AD=AC，只需运用三角函数和勾股定理求出AC即可；
（2）过点Q作QH⊥BC于H，如图1，只需用x的代数式表示QH就可解决问题；
（3）由于△PQF是以PF为腰的等腰三角形，故需分PF=PQ和PF=FQ两种情况讨论，
只需将等腰三角形的性质和三角函数相结合，就可解决问题．
【解答】解：（1）在Rt△ABC中，
∵∠ACB=90°，AB=5，sinA= ，
∴BC=AB•sinA=5× =4，
∴AC= =3．
∵PC=PQ，∴∠PCQ=∠PQC．
∵PE⊥AB即∠QED=90°，
∴∠EQD+∠EDQ=90°．
∵∠ACD+∠PCQ=90°，
∴∠EDQ=∠ACD．
∵∠CDA=∠EDQ，
∴∠ACD=∠CDA，
∴AD=AC=3；
（2）过点Q作QH⊥BC于H，如图1，
∵∠PBE+∠BPE=90°，∠PBE+∠A=90°，
∴∠BPE=∠A，
第24页（共26页）∴sin∠HPQ=sin∠A= ，
∴sin∠HPQ= = ．
∵PQ=PC=x，∴QH= x，
∴S = PC•QH= x• x= x2（ ≤x＜4）；
△PCQ
（当E、Q、D共线时，可得x最小值，根据 = ，解得x= ．）
（3）①当PF=PQ时，则有PF=PQ=x=PC．
过点P作PG⊥CF于G，如图2，
则CG= CF．
∵CF⊥AB，
∴S = AC•BC= AB•CF，
△ABC
∴CF= = ，
∴CG= ．
∵∠PCG=90°﹣∠FCA=∠A，
∴cos∠PCG=cos∠A= ，
∴cos∠PCG= = ，
∴x=PC= CG= × =2；
②当PF=FQ时，
∵FE⊥PQ，
∴PE= PQ= x，
第25页（共26页）∴cos∠BPE= = = ，
∴x= ．
综上所述：当△PQF是以PF为腰的等腰三角形，CP的长为2或 ．
【点评】本题主要考查了等腰三角形的判定与性质、三角函数、同角或等角的余角
相等、勾股定理等知识，运用分类讨论的思想是解决第（3）小题的关键．
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：2018/12/24 0:19:59；用户：初中数学；邮箱：xdjysx000@xyh.com；学号：25920570
第26页（共26页）
