文档内容
2018 年上海市金山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）【下列各题的四个选项中，有
且只有一个选项是正确的，选择正确项的代号并填涂在答题纸的相应位置
上．】
1．（4分）已知：a、b是不等于0的实数，2a=3b，那么下列等式中正确的是（ ）
A． = B． = C． = D． =
2．（4分）在Rt△ABC中，∠C=90°，BC=a，AC=b，AB=c，下列各式中正确的是（ ）
A．a=b•cosA B．c=a•sinA C．a•cotA=b D．a•tanA=b
3．（4分）将抛物线y=﹣（x+1）2+4平移，使平移后所得抛物线经过原点，那么平移
的过程为（ ）
A．向下平移3个单位 B．向上平移3个单位
C．向左平移4个单位 D．向右平移4个单位
4．（4分）如图，梯形ABCD中，AD∥BC，AB=DC，DE∥AB，下列各式正确的是
（ ）
A． = B． = C． = D． =
5．（4分）一个三角形框架模型的三边长分别为20厘米、30厘米、40厘米，木工要
以一根长为60厘米的木条为一边，做一个与模型三角形相似的三角形，那么
另两条边的木条长度不符合条件的是（ ）
A．30厘米、45厘米 B．40厘米、80厘米
C．80厘米、120厘米 D．90厘米、120厘米
6．（4分）在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=12，BC=9，D是AB的中点，G是△ABC的
重心，如果以点D为圆心DG为半径的圆和以点C为圆心半径为r的圆相交，
那么r的取值范围是（ ）
A．r＜5 B．r＞5 C．r＜10 D．5＜r＜10
二、填空题：（本大题共12题，每题4分，满分48分）【请直接将结果填入答题纸
第1页（共26页）的相应位置】
7．（4分）计算：3 ﹣（ ﹣2 ）= ．
8．（4分）计算：2sin245°﹣tan45°= ．
9．（4分）如果两个相似三角形对应边上的高的比为1：4，那么这两个三角形的周
长比是 ．
10．（4分）在Rt△ABC中，∠C=90°，sinA= ，那么cosA= ．
11．（4分）已知一个斜坡的坡度i=1： ，那么该斜坡的坡角的度数是 度．
12．（4分）如图，E是 ▱ABCD的边AD上一点，AE= ED，CE与BD相交于点F，
BD=10，那么DF= ．
13．（4分）抛物线y=2x2﹣1的顶点坐标是 ．
14．（4分）点（﹣1，a）、（﹣2，b）是抛物线y=x2+2x﹣3上的两个点，那么a和b的
大小关系是a b（填“＞”或“＜”或“=”）．
15．（4分）如图，AB是⊙O的弦，∠OAB=30°．OC⊥OA，交AB于点C，若OC=6，则
AB的长等于 ．
16．（4分）如果一个正多边形每一个内角都等于144°，那么这个正多边形的边数
是 ．
17．（4分）两圆内切，其中一个圆的半径长为6，圆心距等于2，那么另一个圆的
半径长等于 ．
18．（4分）如图，在矩形ABCD中，E是AD上一点，把△ABE沿直线BE翻折，点A
正好落在BC边上的点F处，如果四边形CDEF和矩形ABCD相似，那么四边形
第2页（共26页）CDEF和矩形ABCD面积比是 ．
三、解答题：（本大题共7题，满分78分）
19．（10分）计算：sin30°•tan60°+ ．
20．（10分）如图，已知平行四边形ABCD，点M、N分别是边DC、BC的中点，设 =
， = ，求向量 关于 、 的分解式．
21．（10分）如图，已知AB是⊙O的弦，C是 的中点，AB=8，AC=2 ，求⊙O半径
的长．
22．（10分）如图，MN是一条东西方向的海岸线，在海岸线上的A处测得一海岛
在南偏西32°的方向上，向东走过780米后到达B处，测得海岛在南偏西37°的
方向，求小岛到海岸线的距离．
（参考数据：tan37°=cot53°≈0.755，cot37°=tan53°≈1.327，tan32°=cot58°≈0.625，
cot32°=tan58°≈1.600．）
第3页（共26页）23．（12分）如图，已知在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC＞BC，CD是Rt△ABC的高，E
是AC的中点，ED的延长线与CB的延长线相交于点F．
（1）求证：DF是BF和CF的比例中项；
（2）在AB上取一点G，如果AE•AC=AG•AD，求证：EG•CF=ED•DF．
24．（12分）平面直角坐标系xOy中（如图），已知抛物线y=ax2+bx+3与y轴相交于
点C，与x轴正半轴相交于点A，OA=OC，与x轴的另一个交点为B，对称轴是直
线x=1，顶点为P．
（1）求这条抛物线的表达式和顶点P的坐标；
（2）抛物线的对称轴与x轴相交于点M，求∠PMC的正切值；
（3）点Q在y轴上，且△BCQ与△CMP相似，求点Q的坐标．
25．（14分）如图，已知在△ABC中，AB=AC=5，cosB= ，P是边AB上一点，以P为
圆心，PB为半径的⊙P与边BC的另一个交点为D，联结PD、AD．
第4页（共26页）（1）求△ABC的面积；
（2）设PB=x，△APD的面积为y，求y关于x的函数关系式，并写出定义域；
（3）如果△APD是直角三角形，求PB的长．
第5页（共26页）2018 年上海市金山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）【下列各题的四个选项中，有
且只有一个选项是正确的，选择正确项的代号并填涂在答题纸的相应位置
上．】
1．（4分）已知：a、b是不等于0的实数，2a=3b，那么下列等式中正确的是（ ）
A． = B． = C． = D． =
【考点】S1：比例的性质．
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【专题】11：计算题．
【分析】根据两内项之积等于两外项之积对各选项分析判断即可得解．
【解答】解：A、由 = 得，3a=2b，故本选项错误；
B、由 = 得，2a=3b，故本选项正确；
C、由 = 得，3（a+b）=4b，整理得，3a=b，故本选项错误；
D、由 = 得，3（a+b）=5b，整理得，3a=2b，故本选项错误．
故选：B．
【点评】本题考查了比例的性质，主要利用了两内项之积等于两外项之积．
2．（4分）在Rt△ABC中，∠C=90°，BC=a，AC=b，AB=c，下列各式中正确的是（ ）
A．a=b•cosA B．c=a•sinA C．a•cotA=b D．a•tanA=b
【考点】T1：锐角三角函数的定义．
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【专题】33：函数思想．
【分析】根据锐角三角函数的定义解答即可．
【解答】解：∵在Rt△ABC中，∠C=90°，BC=a，AC=b，AB=c，
∴b=c•cosA，a=c•sinA，a•cotA=b，b•tanA=a．
故选：C．
【点评】本题考查锐角三角函数的定义及运用：在直角三角形中，锐角的正弦为对
第6页（共26页）边比斜边，余弦为邻边比斜边，正切为对边比邻边，余切为邻边比对边．
3．（4分）将抛物线y=﹣（x+1）2+4平移，使平移后所得抛物线经过原点，那么平移
的过程为（ ）
A．向下平移3个单位 B．向上平移3个单位
C．向左平移4个单位 D．向右平移4个单位
【考点】H6：二次函数图象与几何变换．
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【专题】53：函数及其图象．
【分析】根据图象向上平移加，可得答案．
【解答】解：y=﹣（x+1）2+4=﹣x2﹣2x+3向下平移3个单位，使它经过原点y=﹣x2﹣
2x，
故选：A．
【点评】本题考查了二次函数图象与几何变换，要求熟练掌握平移的规律：左加右
减，上加下减．
4．（4分）如图，梯形ABCD中，AD∥BC，AB=DC，DE∥AB，下列各式正确的是
（ ）
A． = B． = C． = D． =
【考点】LH：梯形；LM：*平面向量．
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【专题】55：几何图形．
【分析】根据平面向量解答即可．
【解答】解：A、 ，错误；
B、 ，错误；
C、 ，错误；
D、 ，正确；
故选：D．
【点评】此题考查平面向量问题，关键是根据平面向量解答．
5．（4分）一个三角形框架模型的三边长分别为20厘米、30厘米、40厘米，木工要
以一根长为60厘米的木条为一边，做一个与模型三角形相似的三角形，那么
第7页（共26页）另两条边的木条长度不符合条件的是（ ）
A．30厘米、45厘米 B．40厘米、80厘米
C．80厘米、120厘米 D．90厘米、120厘米
【考点】SA：相似三角形的应用．
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【专题】32：分类讨论．
【分析】讨论：若20厘米、30厘米、40厘米的对应边分别为60厘米、x厘米、y厘
米，根据相似的性质 = = ；
若20厘米、30厘米、40厘米的对应边分别为x厘米、60厘米、y厘米，根据相似的
性质得 = = ；
若20厘米、30厘米、40厘米的对应边分别为x厘米、y厘米、60厘米，根据相似的
性质得 = = ，然后利用比例的性质分别计算出各组对应值即可．
【解答】解：①设20厘米、30厘米、40厘米的对应边分别为60厘米、x厘米、y厘
米，
根据题意得： = =
解得x=90，y=120；
②设20厘米、30厘米、40厘米的对应边分别为x厘米、60厘米、y厘米，
根据题意得： = = ，
解得x=40，y=80
设20厘米、30厘米、40厘米的对应边分别为x厘米、y厘米、60厘米，
根据题意得： = = ，
解得x=30，y=45．
故选：C．
【点评】本题考查了相似三角形的性质：相似三角形的对应角相等，对应边的比相
等．利用分类讨论的思想解决此题．
6．（4分）在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=12，BC=9，D是AB的中点，G是△ABC的
第8页（共26页）重心，如果以点D为圆心DG为半径的圆和以点C为圆心半径为r的圆相交，
那么r的取值范围是（ ）
A．r＜5 B．r＞5 C．r＜10 D．5＜r＜10
【考点】K5：三角形的重心；KP：直角三角形斜边上的中线；MB：直线与圆的位置关
系．
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【专题】55A：与圆有关的位置关系．
【分析】先依据勾股定理求得AB=15，CD=7.5，再根据G是△ABC的重心，即可得到
DG= CD=2.5，进而得到CG=7.5﹣2.5=5，CE=7.5+2.5=10，最后依据以点D为圆
心DG为半径的圆和以点C为圆心半径为r的圆相交，即可得出r的取值范围
是5＜r＜10．
【解答】解：∵Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=12，BC=9，D是AB的中点，
∴AB= =15，CD= AB=7.5，
∵G是△ABC的重心，
∴DG= CD=2.5，
∴CG=7.5﹣2.5=5，CE=7.5+2.5=10，
∵以点D为圆心DG为半径的圆和以点C为圆心半径为r的圆相交，
∴r的取值范围是5＜r＜10，
故选：D．
【点评】此题主要考查了圆与圆的位置关系、三角形重心性质以及直角三角形斜
边上中线的性质的运用，解决问题的关键是结合题意画出符合题意的图形，解
题时注意：在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半；重心到顶点的距
离与重心到对边中点的距离之比为2：1．
二、填空题：（本大题共12题，每题4分，满分48分）【请直接将结果填入答题纸
第9页（共26页）的相应位置】
7．（4分）计算：3 ﹣（ ﹣2 ）= 2 + 2 ．
【考点】LM：*平面向量．
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【专题】5：特定专题．
【分析】根据平面向量的加法法则计算即可．
【解答】解：3 ﹣（ ﹣2 ）=3 ﹣ +2 =2 +2 ，
故答案为2 +2 ．
【点评】本题考查平面向量，熟练掌握平面向量的加法法则是解题的关键．
8．（4分）计算：2sin245°﹣tan45°= 0 ．
【考点】T5：特殊角的三角函数值．
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【专题】1：常规题型．
【分析】直接利用特殊角的三角函数值代入求出答案．
【解答】解：原式=2×（ ）2﹣1
=1﹣1
=0．
故答案为：0．
【点评】此题主要考查了特殊角的三角函数值，正确记忆相关数据是解题关键．
9．（4分）如果两个相似三角形对应边上的高的比为1：4，那么这两个三角形的周
长比是 1 ： 4 ．
【考点】S7：相似三角形的性质．
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【专题】55：几何图形．
【分析】根据相似三角形周长的比、两个相似三角形对应边上的高的比等于相似
比解答即可．
【解答】解：∵两个相似三角形对应边上的高的比为1：4，
∴这两个三角形的相似比为1：4，
∴两个相似三角形的周长比为1：4；
故答案为：1：4
【点评】本题考查的是相似三角形的性质，掌握相似三角形周长的比等于相似比
是解题的关键．
第10页（共26页）10．（4分）在Rt△ABC中，∠C=90°，sinA= ，那么cosA= ．
【考点】T3：同角三角函数的关系；T5：特殊角的三角函数值．
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【专题】11：计算题．
【分析】根据sinA= 得到A=30°，易得，cosA= ．
【解答】解：∵在Rt△ABC中，∠C=90°，sinA= ，
∴∠A=30°，
∴cosA= ．
故答案是： ．
【点评】本题主要考查了同角三角函数的定义和特殊角的三角函数值．
11．（4分）已知一个斜坡的坡度i=1： ，那么该斜坡的坡角的度数是 3 0 度．
【考点】T9：解直角三角形的应用﹣坡度坡角问题．
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【分析】坡度=坡角的正切值，据此直接解答．
【解答】解：∵tanα=1： = ，
∴坡角=30°．
【点评】此题主要考查学生对坡度及坡角的理解及掌握．
12．（4分）如图，E是 ▱ABCD的边AD上一点，AE= ED，CE与BD相交于点F，
BD=10，那么DF= 4 ．
【考点】L5：平行四边形的性质；S9：相似三角形的判定与性质．
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【专题】11：计算题．
【分析】先利用平行四边形的性质得AD=BC，AD∥BC，再利用AE= ED得到DE=
第11页（共26页）BC，接下来证明△DEF∽△BCF，利用相似比得到BF= DF，所以 DF+DF=10，然
后解方程即可．
【解答】解：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AD=BC，AD∥BC，
而AE= ED，
∴DE= AD，
∴DE= BC，
∵DE∥BC，
∴△DEF∽△BCF，
∴ = = ，
∴BF= DF，
而BF+DF=10，
∴ DF+DF=10，
∴DF=4．
故答案为4．
【点评】本题考查了相似三角形的判定与性质：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，
寻找相似三角形的一般方法是通过作平行线构造相似三角形．也考查了平行
四边形的性质．
13．（4分）抛物线y=2x2﹣1的顶点坐标是 （ 0 ，﹣ 1 ） ．
【考点】H3：二次函数的性质．
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【分析】利用顶点坐标公式直接求解．
【解答】解：根据顶点坐标公式，
得顶点横坐标为x= =0，
第12页（共26页）纵坐标为y= =﹣1，即（0，﹣1）．
【点评】主要考查了求抛物线的顶点坐标、对称轴的方法．
14．（4分）点（﹣1，a）、（﹣2，b）是抛物线y=x2+2x﹣3上的两个点，那么a和b的
大小关系是a ＜ b（填“＞”或“＜”或“=”）．
【考点】H5：二次函数图象上点的坐标特征．
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【专题】535：二次函数图象及其性质．
【分析】利用待定系数法求出a、b的值即可判断．
【解答】解：∵x=﹣1时，a=1﹣2﹣3=﹣4，
x=﹣2时，b=4﹣4﹣3=﹣3，
∴a＜b，
故答案为＜．
【点评】本题考查二次函数的性质，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属
于中考常考题型．
15．（4分）如图，AB是⊙O的弦，∠OAB=30°．OC⊥OA，交AB于点C，若OC=6，则
AB的长等于 1 8 ．
【考点】M2：垂径定理；M5：圆周角定理．
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【专题】55C：与圆有关的计算．
【分析】过O点作OD⊥AB于D，根据三角函数可求OA，再根据三角函数可求AD，
再根据垂径定理可求AB的长，
【解答】解：过O点作OD⊥AB于D，
∵∠OAB=30°．OC⊥OA，OC=6，
∴OA=6 ，
∵OD⊥AB，
∴AD=6 × =9，
第13页（共26页）∴AB=9×2=18．
故答案为：18．
【点评】考查了垂径定理，三角函数，关键是熟悉垂直于弦的直径平分这条弦的知
识点．
16．（4分）如果一个正多边形每一个内角都等于144°，那么这个正多边形的边数
是 1 0 ．
【考点】L3：多边形内角与外角．
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【专题】11：计算题．
【分析】设正多边形的边数为n，然后根据多边形的内角和公式列方程求解即可．
【解答】解：设正多边形的边数为n，
由题意得， =144°，
解得n=10．
故答案为：10．
【点评】本题考查了多边形的内角与外角，熟记公式并准确列出方程是解题的关
键．
17．（4分）两圆内切，其中一个圆的半径长为6，圆心距等于2，那么另一个圆的
半径长等于 4 或 8 ．
【考点】MJ：圆与圆的位置关系．
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【专题】1：常规题型．
【分析】分两种情况来分析：半径为6的圆为较大的圆；半径为6的圆为较小的圆，
进行求解．
【解答】解：分两种情况考虑：
当6为较大的圆的半径时，另一个圆的半径=6﹣2=4；
当6为较小的圆的半径时，另一个圆的半径=6+2=8．
所以另一个圆的半径为4或8．
故答案为4或8．
第14页（共26页）【点评】本题考查了圆与圆的位置关系，用到的知识点为：两圆内切，圆心距=两圆
半径之差．注意：其中一圆的半径可能在较大圆，也有可能在较小圆．
18．（4分）如图，在矩形ABCD中，E是AD上一点，把△ABE沿直线BE翻折，点A
正好落在BC边上的点F处，如果四边形CDEF和矩形ABCD相似，那么四边形
CDEF和矩形ABCD面积比是 ．
【考点】LB：矩形的性质；PB：翻折变换（折叠问题）；S6：相似多边形的性质．
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【专题】556：矩形 菱形 正方形．
【分析】由题意四边形ABFE是正方形，设AB=x，AD=y，由四边形CDEF和矩形
ABCD相似，可得 = ，即 = ，可得x2+xy﹣y2=0，推出x= y或x=
y，推出四边形CDEF和矩形ABCD面积比=DE：AD=（y﹣x）：y，由此即可
解决问题；
【解答】解：由题意四边形ABFE是正方形，设AB=x，AD=y，
∵四边形CDEF和矩形ABCD相似，
∴ = ，
= ，
∴x2+xy﹣y2=0，
∴x= y或x= y，
第15页（共26页）∴四边形CDEF和矩形ABCD面积比=DE：AD=（y﹣x）：y=（y﹣ y）：y=（3﹣
）：2，
故答案为 ．
【点评】本题考查翻折变换、矩形的性质、相似多边形的性质等知识，解题的关键
是学会利用参数解决问题，属于中考常考题型．
三、解答题：（本大题共7题，满分78分）
19．（10分）计算：sin30°•tan60°+ ．
【考点】T5：特殊角的三角函数值．
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【专题】1：常规题型．
【分析】直接利用特殊角的三角函数值代入求出答案．
【解答】解：sin30°•tan60°+
= × +
= + ﹣2
= ﹣2．
【点评】此题主要考查了特殊角的三角函数值，正确记忆相关数据是解题关键．
20．（10分）如图，已知平行四边形ABCD，点M、N分别是边DC、BC的中点，设 =
， = ，求向量 关于 、 的分解式．
【考点】L5：平行四边形的性质；LM：*平面向量．
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【专题】5：特定专题．
【分析】连接BD，可得MN= DB，根据三角形法则求出 即可解决问题．
第16页（共26页）【解答】解：如图连接BD．
∵DM=CM，BN=CN，
∴MN MN，
∵ = + = ﹣ ，
∴ = ﹣ ．
【点评】本题考查平面向量、平行四边形法则等知识，解题的关键是熟练掌握三角
形法则解决问题，学会添加常用辅助线，构造三角形中位线解决问题．
21．（10分）如图，已知AB是⊙O的弦，C是 的中点，AB=8，AC=2 ，求⊙O半径
的长．
【考点】M2：垂径定理．
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【专题】559：圆的有关概念及性质．
【分析】如图，连接OA，连接OC交AB于D．设⊙O的半径为r．在Rt△ADC中，求
出CD，在Rt△ADC中，利用勾股定理构建方程即可解决问题；
【解答】解：如图，连接OA，连接OC交AB于D．设⊙O的半径为r．
∵ = ，
第17页（共26页）∴OC⊥AB，
∴AD=DB= AB=4，
在Rt△ACD中，CD= =2，
在Rt△ADO中，∵OA2=AD2+OD2，
∴r2=（r﹣2）2+16，
解得r=5．
∴⊙O的半径为5．
【点评】本题考查垂径定理、勾股定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解
决问题，属于中考常考题型．
22．（10分）如图，MN是一条东西方向的海岸线，在海岸线上的A处测得一海岛
在南偏西32°的方向上，向东走过780米后到达B处，测得海岛在南偏西37°的
方向，求小岛到海岸线的距离．
（参考数据：tan37°=cot53°≈0.755，cot37°=tan53°≈1.327，tan32°=cot58°≈0.625，
cot32°=tan58°≈1.600．）
【考点】TB：解直角三角形的应用﹣方向角问题．
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【专题】1：常规题型．
【分析】先过点C作CD⊥MN，垂足为D，设CD=x米，根据AB=BD﹣AD，然后代值
计算即可求出小岛到海岸线的距离．
【解答】解：过点C作CD⊥MN，垂足为D，设CD=x米，
∵AB=BD﹣AD，
∴xtan37°﹣xtan32°=780，
解得：x=6000，
第18页（共26页）答：小岛到海岸线的距离6000米．
【点评】此题考查了解直角三角形的应用﹣方向角问题，解一般三角形的问题一
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，已知在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC＞BC，CD是Rt△ABC的高，E
是AC的中点，ED的延长线与CB的延长线相交于点F．
（1）求证：DF是BF和CF的比例中项；
（2）在AB上取一点G，如果AE•AC=AG•AD，求证：EG•CF=ED•DF．
【考点】S9：相似三角形的判定与性质．
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【专题】14：证明题；552：三角形；55D：图形的相似．
【分析】（1）由∠ACB=90°、CD⊥AB利用同角的余角相等可得出∠BCD=∠A，由E
是AC的中点利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得出 DE=AE，进
而可得出∠ADE=∠A，结合对顶角相等可得出∠FCD=∠FDB，再结合公共角
∠CFD=∠DFB，即可证出△CFD∽△DFB，根据相似三角形的性质可证出
DF2=BF•CF；
（2）由AE•AC=AG•AD结合∠A=∠A可证出△AEG∽△ADC，根据相似三角形的性
质可求出∠AEG=∠ADC=90°，结合∠ACB=90°可得出EG∥BC，进而可得出 =
第19页（共26页），根据（1）△CFD∽△DFB可得出 = ，等量替换后可得出 = ，进而即
可证出EG•CF=ED•DF．
【解答】证明：（1）∵∠ACB=90°，CD⊥AB，
∴∠BCD=∠A，∠ADC=90°．
∵E是AC的中点，
∴DE=AE=CE，
∴∠ADE=∠A，
∴∠BCD=∠ADE．
又∠ADE=∠FDB，
∴∠FCD=∠FDB．
∵∠CFD=∠DFB，
∴△CFD∽△DFB，
∴DF2=BF•CF．
（2）∵AE•AC=AG•AD，
∴ = ．
∵∠A=∠A，
∴△AEG∽△ADC，
∴EG∥BC，
∴△EGD∽△FBD，
∴ = ．
由（1）知：△CFD∽△DFB，
∴ = ，
∴ = ，
∴EG•CF=ED•DF．
第20页（共26页）【点评】本题考查了相似三角形的判定与性质、互余、平行线的判定与性质以及直
角三角形的性质，解题的关键是：（1）利用相似三角形的性质找出
△CFD∽△DFB；（2）根据相似三角形的性质及平行线的性质找出 = 、 =
．
24．（12分）平面直角坐标系xOy中（如图），已知抛物线y=ax2+bx+3与y轴相交于
点C，与x轴正半轴相交于点A，OA=OC，与x轴的另一个交点为B，对称轴是直
线x=1，顶点为P．
（1）求这条抛物线的表达式和顶点P的坐标；
（2）抛物线的对称轴与x轴相交于点M，求∠PMC的正切值；
（3）点Q在y轴上，且△BCQ与△CMP相似，求点Q的坐标．
【考点】HF：二次函数综合题．
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【专题】153：代数几何综合题；16：压轴题．
【分析】（1）先根据抛物线的解析式求出C（0，3），那么OA=OC=3，A（3，0）．根据
第21页（共26页）抛物线y=ax2+bx+3过点A，对称轴是直线x=1得到方程组 ，解方程
组求出抛物线的表达式，再将一般式化为顶点式，即可求出顶点P的坐标；
（2）根据平行线的性质得出∠PMC=∠MCO，然后在直角△OCM中利用正切函数
的定义求解；
（3）根据（1）中所求二次函数的解析式得出B（﹣1，0），根据线段垂直平分线以及
等腰三角形三线合一的性质得到∠BCO=∠MCO，再证明∠BCO=∠PMC，那么
得出当点Q在y轴上，且△BCQ与△CMP相似时，Q只能在C点下方，C与M
对应，然后分两种情况进行讨论：①△BCQ∽△CMP；②△BCQ∽△PMC，根据
相似三角形对应边成比例列式即可求出点Q的坐标．
【解答】解：（1）∵抛物线y=ax2+bx+3与y轴相交于点C，
∴C（0，3），
∴OA=OC=3，
∴A（3，0）．
由题意，得 ，解得 ，
∴抛物线的表达式为y=﹣x2+2x+3，
∵y=﹣x2+2x+3=﹣（x﹣1）2+4，
∴顶点P的坐标为（1，4）；
（2）∵抛物线y=﹣x2+2x+3=﹣（x﹣1）2+4的对称轴与x轴相交于点M，
∴PM∥y轴，M（1，0）．
∴∠PMC=∠MCO．
∵tan∠MCO= = ，
∴tan∠PMC= ；
（3）∵y=﹣x2+2x+3，
∴y=0时，﹣x2+2x+3=0，解得x=﹣1或x=3，
第22页（共26页）∴B（﹣1，0）．
∵OB=OM=1，CO⊥BM，
∴CB=CM，
∴OC是等腰三角形底边的中线，
∴∠BCO=∠MCO，
∵点Q在y轴上，且△BCQ与△CMP相似，
∴Q只能在C点下方．
∵∠PMC=∠MCO，
∴∠BCO=∠PMC．
∴当△BCQ与△CMP相似时，C与M对应，Q在C点下方，分两种情况：
①如果△BCQ∽△CMP，此时Q在那么 = =1，
即 =1，解得CQ=4，
点Q的坐标为（0，﹣1）；
②如果△BCQ∽△PMC，那么 = ，
即 = ，解得CQ= ，
点Q的坐标为（0， ）．
综上所述，所求点Q的坐标为（0，﹣1）或（0， ）．
【点评】本题是二次函数综合题，其中涉及到利用待定系数法求抛物线的解析式，
第23页（共26页）二次函数的性质，平行线的性质，锐角三角函数的定义，线段垂直平分线、等腰
三角形、相似三角形的性质等知识，综合性较强，难度适中．利用分类讨论、数
形结合以及方程思想是解题的关键．
25．（14分）如图，已知在△ABC中，AB=AC=5，cosB= ，P是边AB上一点，以P为
圆心，PB为半径的⊙P与边BC的另一个交点为D，联结PD、AD．
（1）求△ABC的面积；
（2）设PB=x，△APD的面积为y，求y关于x的函数关系式，并写出定义域；
（3）如果△APD是直角三角形，求PB的长．
【考点】MR：圆的综合题．
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【专题】15：综合题．
【分析】（1）如图，作AH⊥BC于H，利用等腰三角形的性质得BH=CH，再利用余弦
的定义计算出BH=4，接着利用勾股定理计算出AH=3，然后根据三角形面积公
式求解；
（2）如图，作PG⊥BD于G，利用垂径定理得BG=DG，再利用余弦的定义计算出
BG= x，接着利用勾股定理计算出PG= x，根据三角形面积公式得到S =
△PBD
x2，然后利用 = 可表示出y与x的关系式；
（3）作CE⊥AB于E，如图，利用面积法求得CE= ，则可计算出cos∠EAC= ，再
证明∠APD=∠EAC得到cos∠APD= ，讨论：当∠ADP=90°时，利用cos∠APD=
得到 = ；当∠PAD=90°时，利用 cos∠APD= 得到 = ，而
第24页（共26页）∠APD=2∠B≠90°，然后分别解关于x的方程即可得到对应AP的长．
【解答】解：（1）如图，作AH⊥BC于H，
∵AB=AC=5，
∴BH=CH，
在Rt△ABH中，∵cosB= = ，
∴BH=4，
∴BC=2BH=8，AH= =3，
∴S = ×8×3=12；
△ABC
（2）如图，作PG⊥BD于G，则BG=DG，
在Rt△PBG中，∵cosB= = ，
∴BG= x，
∴BD= x，PG= = x，
∴S = • x• x= x2，
△PBD
∵ = ，即
∴y= • x2=﹣ x2+ x（0＜x＜5）；
（3）作CE⊥AB于E，如图，
∵S = CE•AB，
△ABC
∴CE= ，
∴AE= = ，
∴cos∠EAC= = ，
第25页（共26页）∵PB=PD，AB=AC，
∴∠ACB=∠PDB=∠B，
∴PD∥AC，
∴∠APD=∠EAC，
∴cos∠APD= ，
当∠ADP=90°时，∵cos∠APD= ，
∴ = ，解得x= ；
当∠PAD=90°时，∵cos∠APD= ，
∴ = ，解得x= ，
而∠APD=2∠B≠90°，
∴PB的长为 或 ．
【点评】本题考查了圆的综合题：熟练掌握垂径定理和等腰三角形的性质；会利用
勾股定理和锐角三角函数的定义进行几何计算；会利用分类讨论的方法解决
数学问题．
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日期：2018/12/24 0:01:12；用户：初中数学；邮箱：xdjysx000@xyh.com；学号：25920570
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