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2017 年上海市崇明县中考数学二模试卷
一、选择题（本大题共6题，每题4分，满分24分）
1．（4分）下列运算错误的是（ ）
A．x+2x=3x B．（x3）2=x6 C．x2•x3=x5 D．x8÷x4=x2
2．（4分）一次函数y=﹣3x+2的图象不经过（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
3．（4分）在一次引体向上的测试中，小强等5位同学引体向上的次数分别为：6，
8，9，8，9，那么关于这组数据的说法正确的是（ ）
A．平均数是8.5 B．中位数是8.5
C．众数是8.5 D．众数是8和9
4．（4分）商场将某种商品按原价的8折出售，仍可获利20元．已知这种商品的进
价为140元，那么这种商品的原价是（ ）
A．160元 B．180元 C．200元 D．220元
5．（4分）如图，直线a与直线b交于点A，与直线c交于点B，∠1=120°，∠2=45°，
若使直线b与直线c平行，则可将直线b绕点A逆时针旋转（ ）
A．15° B．30° C．45° D．60°
6．（4分）如图，四边形ABCD是平行四边形，延长BA到点E，使AE=AB，联结ED、
EC、AC．添加一个条件，能使四边形ACDE成为菱形的是（ ）
A．AB=AD B．AB=ED C．CD=AE D．EC=AD
二、填空题（本大题共12题，每题4分，满分48分）
7．（4分）16的平方根是 ．
第1页（共30页）8．（4分）分解因式：x2﹣9x= ．
9．（4分）方程 的解为 ．
10．（4分）不等式组 的解集是 ．
11．（4分）已知函数f（x）= ，那么自变量x的取值范围是 ．
12．（4分）已知关于x的方程x2﹣4x+m=0有两个不相等的实数根，那么m的取值
范围是 ．
13．（4分）如果将抛物线y=3x2+5向右平移4个单位后，那么所得新抛物线的顶点
坐标是 ．
14．（4分）有一枚材质均匀的正方体骰子，它的六个面上分别有1点、2点、…、6
点的标记，掷一次骰子，向上的一面出现的点数是素数的概率是 ．
15．（4分）某校为了开阔学生的视野，积极组织学生参加课外读书活动．“放飞
梦想”读书小组协助老师随机抽取本校的部分学生，调查他们最喜爱的图书
类别（图书分为文学类、艺体类、科普类、其他等四类），并将调查结果绘制成
如图所示的两幅不完整的统计图，已知该校有1200名学生，估计全校最喜爱
文学类图书的学生有 人．
16．（4分）一商场内的一座自动扶梯所在的斜边的坡度为i=1：2.4，小明站在自动
扶梯上，当他沿着斜坡向上方向前进了 13 米时，他在铅垂方向升高了
米．
17．（4分）在Rt△ABC中，∠B=90°，BC=3，cosA= ，以点A为圆心， 为半径作圆，
第2页（共30页）再以点C为圆心，2为半径作圆，那么这两圆的位置关系是 ．
18．（4分）如图，已知△ABC中，∠C=90°，BC=3，AC=4，BD平分∠ABC，将△ABC绕
着点A旋转后，点B、C的对应点分别记为B 、C ，如果点B 落在射线BD上，那
1 1 1
么CC 的长度为 ．
1
三、解答题（本大题共7题，满分78分）
19．（10分）计算：27 +（ +1）2﹣（ ）﹣2+ ．
20．（10分）解方程组： ．
21．（10分）已知△ABC中，AD⊥BC，垂足为D，且AD=4，以AD为直径作圆O，交
AB边于点G，交AC边于点F．如果点F恰好是 的中点．
（1）求CD的长度；
（2）当BD=3时，求BG的长度．
22．（10分）在一条笔直的公路上有AB两地，小明骑自行车从A地去B地，小刚骑
电动车从B地去A地然后立即原路返回到B地，如图是两人离B地的距离y
（千米）和行驶时间x（小时）之间的函数图象．请根据图象回答下列问题：
（1）AB两地的距离是 ，小明行驶的速度是 ；
（2）若两人间的距离不超过3千米时，能够用无线对讲机保持联系，那么小刚从A
地原路返回到B地途中，两人能够用无线对讲机保持联系的x的取值范围是
．
第3页（共30页）23．（12分）如图，已知△ABC是等边三角形，点D、E分别在边BC、AC上，且
CD=CE，联结DE并延长至点F，使EF=AE，联结AF，CF，联结BE并延长交CF于
点G．
（1）求证：BC=DF；
（2）若BD=2DC，求证：GF=2EG．
24．（12分）如图，已知抛物线y=ax2﹣2x+c经过△ABC的三个顶点，其中点A（0，
1），点B（9，10），AC∥x轴．
（1）求这条抛物线的解析式；
（2）求tan∠ABC的值；
（3）若点D为抛物线的顶点，点E是直线AC上一点，当△CDE与△ABC相似时，求
点E的坐标．
25．（14分）如图，梯形ABCD中，AB∥CD，∠ABC=90°，AB=6，BC=8，tanD=2，点E是
射线CD上一动点（不与点C重合），将△BCE沿着BE进行翻折，点C的对应点
第4页（共30页）记为点F．
（1）如图1，当点F落在梯形ABCD的中位线MN上时，求CE的长；
（2）如图2，当点E在线段CD上时，设CE=x， =y，求y与x之间的函数关系
式，并写出定义域；
（3）如图3，联结AC，线段BF与射线CA交于点G，当△CBG是等腰三角形时，求
CE的长．
第5页（共30页）2017 年上海市崇明县中考数学二模试卷
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分）
1．（4分）下列运算错误的是（ ）
A．x+2x=3x B．（x3）2=x6 C．x2•x3=x5 D．x8÷x4=x2
【考点】35：合并同类项；46：同底数幂的乘法；47：幂的乘方与积的乘方；48：同底
数幂的除法．
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【分析】根据合并同类项的法则、幂的乘方、同底数幂相乘、同底数幂相除逐一判
断可得．
【解答】解：A、x+2x=3x，正确，不符合题意；
B、（x3）2=x6，正确，不符合题意；
C、x2•x3=x5，正确，不符合题意；
D、x8÷x4=x4，原式错误，符合题意；
故选：D．
【点评】本题主要考查幂的运算和合并同类项法则，熟练掌握幂的运算法则和合
并同类项的法则是解题的关键．
2．（4分）一次函数y=﹣3x+2的图象不经过（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
【考点】F7：一次函数图象与系数的关系．
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【分析】由于k=﹣3＜0，b=2＞0，根据一次函数图象与系数的关系得到一次函数
y=﹣3x+2的图象经过第二、四象限，与y轴的交点在x轴上方，即还要过第一
象限．
【解答】解：∵k=﹣3＜0，
∴一次函数y=﹣3x+2的图象经过第二、四象限，
∵b=2＞0，
∴一次函数y=﹣3x+2的图象与y轴的交点在x轴上方，
∴一次函数y=﹣3x+2的图象经过第一、二、四象限，
即一次函数y=﹣3x+2的图象不经过第三象限．
第6页（共30页）故选：C．
【点评】本题考查了一次函数图象与系数的关系：一次函数y=kx+b（k、b为常数，
k≠0）是一条直线，当k＞0，图象经过第一、三象限，y随x的增大而增大；当k
＜0，图象经过第二、四象限，y随x的增大而减小；图象与y轴的交点坐标为
（0，b）．
3．（4分）在一次引体向上的测试中，小强等5位同学引体向上的次数分别为：6，
8，9，8，9，那么关于这组数据的说法正确的是（ ）
A．平均数是8.5 B．中位数是8.5
C．众数是8.5 D．众数是8和9
【考点】W1：算术平均数；W4：中位数；W5：众数．
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【分析】根据平均数、中位数、众数的定义判断各选项正误即可．
【解答】解：A、平均数= =8，此选项错误；
B、6，8，8，9，9中位数是8，此选项错误；
C、6，8，9，8，9众数是8和9，此选项错误；
D、正确；
故选：D．
【点评】本题主要考查了平均数、中位数以及众数的知识，解答本题的关键是熟练
掌握各个知识点的定义以及计算公式，此题难度不大．
4．（4分）商场将某种商品按原价的8折出售，仍可获利20元．已知这种商品的进
价为140元，那么这种商品的原价是（ ）
A．160元 B．180元 C．200元 D．220元
【考点】8A：一元一次方程的应用．
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【分析】利用打折是在标价的基础之上，利润是在进价的基础上，进而得出等式求
出即可．
【解答】解：设原价为x元，根据题意可得：
80%x=140+20，
解得：x=200．
所以该商品的原价为200元；
故选：C．
第7页（共30页）【点评】此题主要考查了一元一次方程的应用，根据题意列出方程是解决问题的
关键．
5．（4分）如图，直线a与直线b交于点A，与直线c交于点B，∠1=120°，∠2=45°，
若使直线b与直线c平行，则可将直线b绕点A逆时针旋转（ ）
A．15° B．30° C．45° D．60°
【考点】J9：平行线的判定．
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【专题】121：几何图形问题．
【分析】先根据邻补角的定义得到∠3=60°，根据平行线的判定当b与a的夹角为
45°时，b∥c，由此得到直线b绕点A逆时针旋转60°﹣45°=15°．
【解答】解：∵∠1=120°，
∴∠3=60°，
∵∠2=45°，
∴当∠3=∠2=45°时，b∥c，
∴直线b绕点A逆时针旋转60°﹣45°=15°．
故选：A．
【点评】本题考查了平行线的判定：同位角相等，两直线平行；内错角相等，两直线
平行；同旁内角互补，两直线平行；两条直线都和第三条直线平行，那么这两条
直线平行．
6．（4分）如图，四边形ABCD是平行四边形，延长BA到点E，使AE=AB，联结ED、
EC、AC．添加一个条件，能使四边形ACDE成为菱形的是（ ）
第8页（共30页）A．AB=AD B．AB=ED C．CD=AE D．EC=AD
【考点】L5：平行四边形的性质；L9：菱形的判定．
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【分析】直接利用平行四边形的判定方法得出四边形DEAC是平行四边形，进而利
用菱形的判定方法得出答案．
【解答】解：添加AB=ED能使四边形ACDE成为菱形，
理由：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB DC，
∵AE=AB，
∴AE DC，
∴四边形DEAC是平行四边形，
∵AB=DE，AE=AB，
∴AE=DE，
∴平行四边形DEAC是菱形．
故选：B．
【点评】此题主要考查了平行四边形的判定以及菱形的判定，正确掌握平行四边
形的判定与性质是解题关键．
二、填空题（本大题共12题，每题4分，满分48分）
7．（4分）16的平方根是 ± 4 ．
【考点】21：平方根．
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【专题】11：计算题．
【分析】根据平方根的定义，求数a的平方根，也就是求一个数x，使得x2=a，则x
就是a的平方根，由此即可解决问题．
【解答】解：∵（±4）2=16，
∴16的平方根是±4．
故答案为：±4．
【点评】本题考查了平方根的定义．注意一个正数有两个平方根，它们互为相反数；
第9页（共30页）0的平方根是0；负数没有平方根．
8．（4分）分解因式：x2﹣9x= x （ x﹣9 ） ．
【考点】51：因式分解的意义．
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【分析】首先确定多项式中的两项中的公因式为x，然后提取公因式即可．
【解答】解：原式=x•x﹣9•x=x（x﹣9），
故答案为：x（x﹣9）．
【点评】本题考查了提公因式法因式分解的知识，解题的关键是首先确定多项式
各项的公因式，然后提取出来．
9．（4分）方程 的解为 3 ．
【考点】AG：无理方程．
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【分析】首先把方程两边分别平方，然后解一元二次方程即可求出x的值．
【解答】解：两边平方得：2x+3=x2
∴x2﹣2x﹣3=0，
解方程得：x =3，x =﹣1，
1 2
检验：当x =3时，方程的左边=右边，所以x =3为原方程的解，
1 1
当x =﹣1时，原方程的左边≠右边，所以x =﹣1不是原方程的解．
2 2
故答案为3．
【点评】本题主要考查解无理方程，关键在于首先把方程的两边平方，注意最后要
把x的值代入原方程进行检验．
10．（4分）不等式组 的解集是 3 ＜ x ＜ 5 ．
【考点】CB：解一元一次不等式组．
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【分析】分别求出每一个不等式的解集，根据口诀：同大取大、同小取小、大小小大
中间找、大大小小无解了确定不等式组的解集．
【解答】解：解不等式3x﹣15＜0，得：x＜5，
解不等式3﹣x＜0，得：x＞3，
∴不等式组的解集为：3＜x＜5，
故答案为：3＜x＜5．
【点评】本题考查的是解一元一次不等式组，正确求出每一个不等式解集是基础，
熟知“同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到”的原则是解
第10页（共30页）答此题的关键．
11．（4分）已知函数f（x）= ，那么自变量x的取值范围是 ．
【考点】E4：函数自变量的取值范围．
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【分析】根据分式有意义的条件进行计算即可．
【解答】解：∵2x+3≠0，
∴ ；
故答案为 ．
【点评】本题考查了函数自变量的取值范围问题，掌握分式有意义的条件是解题
的关键．
12．（4分）已知关于x的方程x2﹣4x+m=0有两个不相等的实数根，那么m的取值
范围是 m ＜ 4 ．
【考点】AA：根的判别式．
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【分析】由方程有两个不相等的实数根结合根的判别式即可得出△=16﹣4m＞0，
解之即可得出结论．
【解答】解：∵关于x的方程x2﹣4x+m=0有两个不相等的实数根，
∴△=（﹣4）2﹣4m=16﹣4m＞0，
解得：m＜4．
故答案为：m＜4．
【点评】本题考查了根的判别式，熟练掌握“当△＞0时，方程有两个不相等的实
数根”是解题的关键．
13．（4分）如果将抛物线y=3x2+5向右平移4个单位后，那么所得新抛物线的顶点
坐标是 （ 4 ， 5 ） ．
【考点】H6：二次函数图象与几何变换．
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【分析】根据抛物线的平移规律，可得答案．
【解答】解：由将抛物线y=3x2+5向右平移4个单位，得
y=3（x﹣4）2+5，
顶点坐标为（4，5），
故答案为：（4，5）．
第11页（共30页）【点评】本题考查了二次函数图象与几何变换，利用平移规律：左加右减，上加下
减是解题关键．
14．（4分）有一枚材质均匀的正方体骰子，它的六个面上分别有1点、2点、…、6
点的标记，掷一次骰子，向上的一面出现的点数是素数的概率是 ．
【考点】X4：概率公式．
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【分析】由一枚质地均匀的正方体骰子的六个面上分别刻有1到6的点数，掷一次
这枚骰子，向上的一面的点数为素数的有3种情况，直接利用概率公式求解即
可求得答案．
【解答】解：∵一枚质地均匀的正方体骰子的六个面上分别刻有1到6的点数，掷
一次这枚骰子，向上的一面的点数为素数的有3种情况，
∴掷一次这枚骰子，向上的一面的点数为素数的概率是： = ．
故答案为： ．
【点评】此题考查了概率公式的应用．注意用到的知识点为：概率=所求情况数与
总情况数之比．
15．（4分）某校为了开阔学生的视野，积极组织学生参加课外读书活动．“放飞
梦想”读书小组协助老师随机抽取本校的部分学生，调查他们最喜爱的图书
类别（图书分为文学类、艺体类、科普类、其他等四类），并将调查结果绘制成
如图所示的两幅不完整的统计图，已知该校有1200名学生，估计全校最喜爱
文学类图书的学生有 48 0 人．
第12页（共30页）【考点】V5：用样本估计总体；VB：扇形统计图；VC：条形统计图．
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【分析】首先求出样本中喜爱文学类图书所占百分比，进而估计全校最喜爱文学
类图书的学生数．
【解答】解：∵被调查的学生人数为：12÷20%=60（人），喜欢文学类的有24人，
∴全校1200名学生中喜欢艺体类的有1200× =480人，
故答案为：480．
【点评】此题主要考查了条形统计图的应用以及扇形统计图应用、利用样本估计
总体等知识，利用图形得出正确信息求出样本容量是解题关键．
16．（4分）一商场内的一座自动扶梯所在的斜边的坡度为i=1：2.4，小明站在自动
扶梯上，当他沿着斜坡向上方向前进了13米时，他在铅垂方向升高了 5 米
【考点】T9：解直角三角形的应用﹣坡度坡角问题．
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【分析】根据坡度，可以求得竖直高度与斜坡的比值，然后根据斜坡的长为13米，
从而可以解答本题．
【解答】解：∵自动扶梯所在的斜边的坡度为i=1：2.4，
∴竖直高度与斜坡的比值为：1：2.6，
设竖直高度为x米，
x：13=1：2.6，
解得，x=5，
故答案为：5．
【点评】本题考查解直角三角形的应用﹣坡度坡角问题，解答本题的关键是明确
题意，明确什么是坡度，找出所求问题需要的条件．
17．（4分）在Rt△ABC中，∠B=90°，BC=3，cosA= ，以点A为圆心， 为半径作圆，
再以点C为圆心，2为半径作圆，那么这两圆的位置关系是 外离 ．
【考点】MJ：圆与圆的位置关系；T7：解直角三角形．
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【专题】11：计算题．
【分析】先解直角三角形求出BC=5，再利用无理数的估算得到2+ ＜5，然后利用
圆与圆的位置关系进行判断．
【解答】解：∵∠B=90°，
第13页（共30页）∴cosA= = ，
设AB=4x，BC=5x，
∴BC=3x，
∴3x=3，解得x=1，
∴BC=5，
∵ ＜3，
∴2+ ＜5，
∴以点A为圆心， 为半径作圆和以点C为圆心，2为半径作圆相离．
故答案为外离．
【点评】本题考查了圆与圆的位置关系：两圆的圆心距为d、两圆半径分别为R、r，
若两圆外离 d＞R+r；两圆外切 d=R+r；两圆相交 R﹣r＜d＜R+r（R≥r）；两
圆内切 d=⇔R﹣（r R＞r）；两圆内
⇔
含 d＜R﹣（r R＞r）
⇔
．也考查了解直角三角形．
18．（4分）如图，已知△ABC中，∠C=90°，BC=3，AC=4，BD平分∠ABC，将△ABC绕
⇔ ⇔
着点A旋转后，点B、C的对应点分别记为B 、C ，如果点B 落在射线BD上，那
1 1 1
么CC 的长度为 ．
1
【考点】KQ：勾股定理；R2：旋转的性质．
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【分析】根据勾股定理得到AB=5，根据旋转的性质得到AC =AC=4，AB =AB=5，
1 1
∠CAC =∠BAB ，推出AB′∥BC，根据平行线的性质得到∠B AC=∠ACB=90°，根
1 1 1
据相似三角形的性质得到AD= ，CD= ，根据勾股定理求得BB =4 ，根据相
1
似三角形的性质即可得到结论．
【解答】解：∵∠C=90°，BC=3，AC=4，
∴AB=5，
第14页（共30页）∵将△ABC绕着点A旋转后得△AB C ，
1 1
∴AC =AC=4，AB =AB=5，∠CAC =∠BAB ，
1 1 1 1
∴∠AB B=∠ABB ，
1 1
∵BD平分∠ABC，
∴∠ABB =∠CBB ，
1 1
∴∠AB B=∠CBB ，
1 1
∴AB ∥BC，
1
∴∠B AC=∠ACB=90°，
1
∴△AB D∽△CBD，
1
∴ = = ，
∴AD= ，CD= ，
∴B D= = ，BD= = ，
1
∴BB =4 ，
1
∵∠C AC=∠B AB，AC=AC ，AB=AB ，
1 1 1 1
∴△ACC ∽△ABB ，
1 1
∴ = ，
∴CC = ，
1
故答案为： ．
【点评】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的判定和性质，平行线的判定和性质，
第15页（共30页）勾股定理，正确的作出图形是解题的关键．
三、解答题（本大题共7题，满分78分）
19．（10分）计算：27 +（ +1）2﹣（ ）﹣2+ ．
【考点】2C：实数的运算；2F：分数指数幂；6F：负整数指数幂；T5：特殊角的三角函
数值．
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【专题】11：计算题；511：实数．
【分析】原式利用立方根定义，完全平方公式，负整数指数幂法则，以及特殊角的
三角函数值计算即可得到结果．
【解答】解：原式=3+4+2 ﹣4+ ﹣1=3 +2．
【点评】此题考查了实数的运算，负整数指数幂，分数指数幂，以及特殊角的三角
函数值，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
20．（10分）解方程组： ．
【考点】AF：高次方程．
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【专题】1：常规题型．
【分析】组中第一个方程可因式分解为两个一元一次方程，这两个方程与组中的
另一个方程组成新的方程组，解二元一次方程组得到原方程组的解．
【解答】解：
由①得：（x﹣4y）（x+y）=0，
∴x﹣4y=0或x+y=0．
原方程组可化为 ， ．
解 ，得 ；
解 ，得， ．
第16页（共30页）∴原方程组的解为 ，
【点评】本题考查了二元一次方程组的解法．解决本题的关键是把方程组中的二
元二次方程变形为两个二元一次方程．
21．（10分）已知△ABC中，AD⊥BC，垂足为D，且AD=4，以AD为直径作圆O，交
AB边于点G，交AC边于点F．如果点F恰好是 的中点．
（1）求CD的长度；
（2）当BD=3时，求BG的长度．
【考点】KQ：勾股定理；S9：相似三角形的判定与性质．
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【分析】（1）由点F恰好是 的中点．可得出FO⊥AD，结合AD⊥BC，可得出
OF∥CD，进而可得出 ．结合AD的长度即可求出CD的长度；
（2）过点O作OH⊥AG，垂足为H，则△OAH∽△BAD，在Rt△ABD中可求出AB的
长度，由垂径定理可得出AG=2AH，再根据相似三角形的性质可求出AH的长度
进而可得出AG、BG的长度，此题得解．
【解答】解：（1）∵点F是 的中点，OF是半径，
∴OF⊥AD．
∵AD⊥BC，
∴OF∥CD，
∴ ．
∵OF=OA，AD=4，
∴CD=4．
第17页（共30页）（2）过点O作OH⊥AG，垂足为H，如图所示．
∵在⊙O中，OH⊥AG，
∴AG=2AH．
∵∠ADB=90°，
∴AD2+BD2=AB2．
∵BD=3，AD=4，
∴AB=5．
∵∠OAH=∠BAD，∠ADB=∠AHO，
∴△OAH∽△BAD，
∴ ，
∴AH= ，AG= ，BG=AB﹣AG= ．
【点评】本题考查了相似三角形的判定与性质、勾股定理、平行线的判定与性质以
及垂径定理，解题的关键是：（1）根据“垂直于同一条直线的两条直线互相平
行”找出OF∥CD；（2）利用相似三角形的性质以及勾股定理求出AH、AB的长
度．
22．（10分）在一条笔直的公路上有AB两地，小明骑自行车从A地去B地，小刚骑
电动车从B地去A地然后立即原路返回到B地，如图是两人离B地的距离y
（千米）和行驶时间x（小时）之间的函数图象．请根据图象回答下列问题：
（1）AB两地的距离是 30km ，小明行驶的速度是 15km/h ；
（2）若两人间的距离不超过3千米时，能够用无线对讲机保持联系，那么小刚从A
地原路返回到B地途中，两人能够用无线对讲机保持联系的x的取值范围是
≤ x ≤ 2 ．
第18页（共30页）【考点】FH：一次函数的应用．
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【分析】（1）根据x=0时，甲距离B地30千米；小明行驶的速度=30÷2，由此即可
解决问题．
（2）根据两人间的距离不超过3千米时，能够用无线对讲机保持联系，那么小刚
从A地原路返回到B地途中，则15x﹣30（x﹣1）=3，解方程即可．
【解答】解：（1）x=0时，小明距离B地30km，所以，A、B两地的距离为30km；
由图可知，小明行驶的速度：30÷2=15（km/h），
小刚行驶的速度：30÷1=30（km/h），
（2）设x小时，小明、小刚两人相距3km，
若小刚从A地原路返回到B地途中，
则15x﹣30（x﹣1）=3，
解得x= ，
所以，当 ≤x≤2时，小刚从A地原路返回到B地途中，两人能够用无线对讲机
保持联系．
故答案为：（1）30km；15km/h；
（2） ．
【点评】本题考查一次函数的应用、相遇问题等知识，理解题意是解题的关键，考
虑问题要全面，不能漏解，属于中考常考题型．
23．（12分）如图，已知△ABC是等边三角形，点D、E分别在边BC、AC上，且
CD=CE，联结DE并延长至点F，使EF=AE，联结AF，CF，联结BE并延长交CF于
点G．
第19页（共30页）（1）求证：BC=DF；
（2）若BD=2DC，求证：GF=2EG．
【考点】KD：全等三角形的判定与性质；KK：等边三角形的性质；S9：相似三角形的
判定与性质．
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【分析】（1）根据等边三角形的性质得到AB=AC=BC，∠ABC=∠ACB=60°，由于
CD=CE，得到△CDE是等边三角形，求得∠CDE=∠ABC=60°，CD=DE，推出四边形
ABDF是平行四边形，根据平行四边形的性质得到AB=DF，即可得到结论；
（2）根据等边三角形的性质得到∠CDE=∠DCE=60°，CE=CD=DE，根据全等三角形
的性质得到∠CBE=∠DFC，由相似三角形的性质得到 ，即可得到结论．
【解答】证明：（1）∵△ABC是等边三角形，
∴AB=AC=BC，∠ABC=∠ACB=60°，
∵CD=CE，
∴△CDE是等边三角形，
∴∠CDE=∠ABC=60°，CD=DE，
∴DF∥AB，
∵EF=AE，CD=DE，
∴ ，
∴AF∥BC，
∴四边形ABDF是平行四边形，
∴AB=DF，
又∵AB=BC，
∴BC=DF；
（2）∵△CDE是等边三角形，
第20页（共30页）∴∠CDE=∠DCE=60°，CE=CD=DE，
又∵BC=DF，
在△BCE和△FDC中，
，
∴△BCE≌△FDC，
∴∠CBE=∠DFC，
又∵∠BED=∠FEG，
∴△BDE∽△FGE，
∴ ，
又∵CD=DE，BD=2CD，
∴ ，
∴GF=2EG．
【点评】本题考查全等三角形的判定和性质、等边三角形的性质、相似三角形的判
定和性质、平行四边形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活应用这些知识
解决问题，需要正确寻找全等三角形，属于中考常考题型．
24．（12分）如图，已知抛物线y=ax2﹣2x+c经过△ABC的三个顶点，其中点A（0，
1），点B（9，10），AC∥x轴．
（1）求这条抛物线的解析式；
（2）求tan∠ABC的值；
（3）若点D为抛物线的顶点，点E是直线AC上一点，当△CDE与△ABC相似时，求
点E的坐标．
第21页（共30页）【考点】HF：二次函数综合题．
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【分析】（1）将点A和点B的坐标代入抛物线的解析式求得a、c的值即可；
（2）过点B作BH⊥AC，垂足为H．过点C作CG⊥AB，垂足为点G．先证明△ABH和
△ACG均为等腰直角三角形，然后再求得AC的长，然后利用特殊锐角三角函
数可求得BG、GC的长，最后依据锐角三角函数的定义求解即可；
（3）过点 D 作 DK⊥AC，垂足为 K，先证明△DCK 为等腰直角三角形，则
∠DCK=∠BAC，当 或 时，△CDE与△ABC相似，然后可求得CE的
长．
【解答】解：（1）∵抛物线y=ax2﹣2x+c经过点A（0，1）和点B（9，10），
∴ ，解得 ．
∴这条抛物线的解析式为y= x2﹣2x+1．
（2）过点B作BH⊥AC，垂足为H．
∵AC∥x轴，A（0，1），B（9，10），
第22页（共30页）∴H（9，1）．
∴BH=AH=9．
又∵∠BHA=90°，
∴△HAB是等腰直角三角形．
∴∠HAB=45°．
∵AC∥x轴，A（0，1），点C也在该抛物线上．
∴C（6，1）
过点C作CG⊥AB，垂足为点G．
∵∠GAC=45°，∠AGC=90°，
∴CG=AC•sin45°=3 ．
∴AG=3 ．
又∵在Rt△ABH中，AB= =9 ．
∴BG=9 ﹣3 =6 ．
∴在Rt△BCG中，tan∠ABC= = ．
（3）如图2所示：过点D作DK⊥AC，垂足为K．
∵点D是抛物线y= x2﹣2x+1的顶点，
∴D（3，﹣2）．
∴K（3，1）
∴CK=DK=3．
又∵∠CKD=90°，
∴△CDK是等腰直角三角形
第23页（共30页）∴∠DCK=45°
又∵∠BAC=45°，
∴∠DCK=∠BAC．
∴要使△CDE与△ABC相似时，则点E在点C的左侧．
当 时，则 ，
∴EC=2，
∴E（4，1）．
当 时，则 ，
∴EC=9．
∴E（﹣3，1）．
综上所述，当△CDE与△ABC相似时，点E的坐标为E（4，1）或E（﹣3，1）．
【点评】本题主要考查的是二次函数的综合应用，解答本题主要应用了待定系数
法求二次函数的解析式、等腰直角三角形的性质和判定，锐角三角函数的定义
相似三角形的判定，找出△CDE与△ABC相似的条件是解题的关键．
25．（14分）如图，梯形ABCD中，AB∥CD，∠ABC=90°，AB=6，BC=8，tanD=2，点E是
射线CD上一动点（不与点C重合），将△BCE沿着BE进行翻折，点C的对应点
记为点F．
（1）如图1，当点F落在梯形ABCD的中位线MN上时，求CE的长；
（2）如图2，当点E在线段CD上时，设CE=x， =y，求y与x之间的函数关系
式，并写出定义域；
（3）如图3，联结AC，线段BF与射线CA交于点G，当△CBG是等腰三角形时，求
CE的长．
第24页（共30页）【考点】LO：四边形综合题．
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【专题】16：压轴题．
【分析】（1）把BE与MN的交点记为点O，根据折叠的性质以及梯形中位线定理，
可判定△EFO是等边三角形，即可得出∠FEB=60°，∠CEB=60°，即可得出在
Rt△ECB中， ；
（2）把BE与CF的交点记为点P，根据BE是CF的垂直平分线，可得S =2S ，
△EFC △EPC
S =2S ，进而得到 ，再判定△ECP∽△CBP，可得
△BFC △BPC
，即可得出 （0＜x≤10）；
（3）当△CBG是等腰三角形时，分三种情况进行讨论：①GB=GC；②CB=CG；
③BC=BG，分别根据折叠的性质以及直角三角形的边角关系，求得CE的长．
【解答】解：（1）把BE与MN的交点记为点O，
∵梯形ABCD中，AB∥CD，∠ABC=90°，
第25页（共30页）∴∠C=90°，
由翻折得∠CEB=∠FEB，∠EFB=∠C=90°，
∵MN是梯形ABCD的中位线，
∴MN∥AB∥CD，
∴∠CEB=∠FOE， ，
∴∠FEB=∠FOE，
∴FE=FO，
∵∠EFB=90°，EO=BO，
∴FO=EO，
∴FE=FO=EO，
∴△EFO是等边三角形，
∴∠FEB=60°，
∴∠CEB=60°，
∴在Rt△ECB中， ；
（2）把BE与CF的交点记为点P，
由翻折得，BE是CF的垂直平分线，
即∠EPC=∠BPC=90°， ，
∴S =2S ，S =2S ，
△EFC △EPC △BFC △BPC
∴ ，
∵∠ECP+∠BCP=90°，∠CBP+∠BCP=90°，
∴∠ECP=∠CBP，
又∵∠EPC=∠BPC=90°，
∴△ECP∽△CBP，
∴
第26页（共30页）∴ （0＜x≤10）；
（3）当△CBG是等腰三角形时，存在三种情况：
①GB=GC，
延长BF交CD于点H，
∵GB=GC，
∴∠GBC=∠GCB，
∵∠HCB=90°，
∴∠CHB+∠GBC=90°，
∵∠ABC=90°，
∴∠CAB+∠GCB=90°，
∴∠CHB=∠CAB，
∴sin∠CHB=sin∠CAB= ，
∵∠ABC=90°，
∴∠ACB+∠CAB=90°，∠ABG+∠GBC=90°，
∴∠CAB=∠GBA，
∴GA=GB，
∴GA=GC，
∵AB∥CD，
∴ ，
∴CH=AB=6，
∵CE=x，
∴EF=x，HE=6﹣x，
∵∠HFE=90°，
∴ ，
解得 ，即 ；
第27页（共30页）②CB=CG，
当CB=CG=8时，AG=10﹣8=2，
∵AB∥CD，
∴ ，
∴CH=4AB=24，
∵CE=x，
∴EF=x，HE=24﹣x，
∵∠HFE=∠HCB=90°，
∴ ，
解得 ，即 ；
③BC=BG，
当BC=BG时，F点与G点重合，
由翻折可得，BE垂直平分线段GC，
∵∠CBE+∠BCA=90°=∠CAB+∠BCA，
∴∠CBE=∠CAB，
∵∠ECB=∠CBA=90°，
∴ ，
∴ ，
解得CE= ，
综上所述，CE的长为 、 、 ．
第28页（共30页）【点评】本题属于四边形综合题，主要考查了梯形的性质，等边三角形的判定与性
质，相似三角形的判定与性质，线段垂直平分线的性质以及平行线分线段成比
例定理的综合应用，解决问题的关键是画出图形，并进行分类讨论．解题时注
意：相似三角形的面积之比等于相似比的平方．
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
第29页（共30页）日期：2018/12/24 0:10:22；用户：初中数学；邮箱：xdjysx000@xyh.com；学号：25920570
第30页（共30页）
