文档内容
2018 年上海市闵行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，请选择正确选项的代号并填涂在答题纸的相应位
置上】
1．（4分）如图，下列角中为俯角的是（ ）
A．∠1 B．∠2 C．∠3 D．∠4
2．（4分）下列线段中，能成比例的是（ ）
A．3cm、6cm、8cm、9cm B．3cm、5cm、6cm、9cm
C．3cm、6cm、7cm、9cm D．3cm、6cm、9cm、18cm
3．（4分）在Rt△ABC中，∠C=90°，AB=4，AC=1，那么∠B的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
4．（4分）在△ABC中，点D、E分别在AB、AC的延长线上，下列不能判定DE∥BC
的条件是（ ）
A．EA：AC=DA：AB B．DE：BC=DA：AB
C．EA：EC=DA：DB D．AC：EC=AB：DB
5．（4分）已知抛物线c：y=x2+2x﹣3，将抛物线c平移得到抛物线c′，如果两条抛
物线，关于直线x=1对称，那么下列说法正确的是（ ）
A．将抛物线c沿x轴向右平移 个单位得到抛物线c′
B．将抛物线c沿x轴向右平移4个单位得到抛物线c′
C．将抛物线c沿x轴向右平移 个单位得到抛物线c′
D．将抛物线c沿x轴向右平移6个单位得到抛物线c′
6．（4分）下列命题中正确的个数是（ ）
①直角三角形的两条直角边长分别是6和8，那么它的外接圆半径为 ；
第1页（共33页）②如果两个直径为10厘米和6厘米的圆，圆心距为16厘米，那么两圆外切；
③过三点可以确定一个圆；
④两圆的公共弦垂直平分连心线．
A．0个 B．4个 C．2个 D．3个
二、填空题：（本大题共12题，每题4分，满分48分）【请将结果直接填入答题纸
的相应位置上】
7．（4分）如果 = ，那么 = ．
8．（4分）已知两个相似三角形的相似比为2：5，其中较小的三角形面积是4，那
么另一个三角形的面积为 ．
9．（4分）抛物线y=2（x﹣3）2+4的在对称轴的 侧的部分上升．（填“左”
或“右”）
10．（4分）如果二次函数y=x2﹣8x+m﹣1的顶点在x轴上，那么m= ．
11．（4分）如果沿一条斜坡向上前进20米，水平高度升高10米，那么这条斜坡的
坡比为 ．
12．（4分）抛物线y=ax2+bx+c上部分点的横坐标x，纵坐标y的对应值如下表：
x … ﹣3 ﹣2 ﹣1 0 1 …
y … ﹣6 0 4 6 6 …
容易看出，（﹣2，0）是它与x轴的一个交点，则它与x轴的另一个交点的坐标为
．
13．（4分）如图，矩形ABCD中，点E在边DC上，且AD=8，AB=AE=17，那么
tan∠AEB= ．
14．（4分）已知在直角坐标平面内，以点P（1，2）为圆心，r为半径画圆，⊙P与坐
标轴恰好有三个交点，那么r的取值是 ．
15．（4分）半径分别为20cm与15cm的⊙O 与⊙O 相交于A、B两点，如果公共弦
1 2
AB的长为24cm，那么圆心距O O 的长为 cm．
1 2
第2页（共33页）16．（4分）如图，在△ABC中，AD是中线，G是重心， = ， = ，那么向量 关
于 、 的分解式为 ．
17．（4分）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，CD是高，如果∠A=α，AC=4，那么BD=
．（用锐角α的三角比表示）
18．（4分）如图，在等腰△ABC中，AB=AC，∠B=30°．以点B为旋转中心，旋转30°，
点A、C分别落在点A'、C'处，直线AC、A'C'交于点D，那么 的值为 ．
三、解答题：（本大题共7题，满分78分）
19．（10分）如图在平面直角坐标系xOy中，O为坐标原点，点A的坐标为（﹣1，
2），点B在第一象限，且OB⊥OA，OB=2OA，求经过A、B、O三点的二次函数解
析式．
20．（10分）如图，已知向量 、 和 ，求作：
（1）向量﹣3 ．
（2）向量 分别在 、 方向上的分向量．
第3页（共33页）21．（10分）如图，已知OC是⊙O半径，点P在⊙O的直径BA的延长线上，且
OC⊥PC，垂足为C．弦CD垂直平分半径AO，垂足为E，PA=6．
求：（1）⊙O的半径；
（2）求弦CD的长．
22．（10分）歼﹣20（英文：Chengdu J﹣20，绰号：威龙，北约命名：Fire Fang）是我
国自主研发的一款单座、双发动机并具备高隐身性、高态势感知、高机动性等
能力的第五代战斗机．
歼﹣20在机腹部位有一个主弹仓，机身两侧的起落架前方各有一个侧弹仓．歼﹣
20的侧弹舱门为一片式结构，这个弹舱舱门向上开启，弹舱内滑轨的前端向
外探出，使导弹头部伸出舱外，再直接点火发射．
如图是歼﹣20侧弹舱内部结构图，它的舱体横截面是等腰梯形ABCD，AD∥BC，
AB=CD，BE⊥AD，CF⊥AD，侧弹舱宽AE=2.3米，舱底宽BC=3.94米，舱顶与侧弹
舱门的夹角∠A=53°．
求（1）侧弹舱门AB的长；
（2）舱顶AD与对角线BD的夹角的正切值．
（结果精确到0.01，参考数据：sin53°≈0.799，cos53°≈0.602，tan53°≈1.327）．
第4页（共33页）23．（12分）如图，已知在△ABC中，∠BAC=2∠B，AD平分∠BAC，DF∥BE，点E在
线段BA的延长线上，联结DE，交AC于点G，且∠E=∠C．
（1）求证：AD2=AF•AB；
（2）求证：AD•BE=DE•AB．
24．（12分）抛物线y=ax2+bx+3（a≠0）经过点A（﹣1，0），B（ ，0），且与y轴相交
于点C．
（1）求这条抛物线的表达式；
（2）求∠ACB的度数；
（3）设点D是所求抛物线第一象限上一点，且在对称轴的右侧，点E在线段AC上，
且DE⊥AC，当△DCE与△AOC相似时，求点D的坐标．
第5页（共33页）25．（14分）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=4，BC=3，CD是斜边上中线，点E
在边AC上，点F在边BC上，且∠EDA=∠FDB，联结EF、DC交于点G．
（1）当∠EDF=90°时，求AE的长；
（2）CE=x，CF=y，求y关于x的函数关系式，并指出x的取值范围；
（3）如果△CFG是等腰三角形，求CF与CE的比值．
第6页（共33页）2018 年上海市闵行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，请选择正确选项的代号并填涂在答题纸的相应位
置上】
1．（4分）如图，下列角中为俯角的是（ ）
A．∠1 B．∠2 C．∠3 D．∠4
【考点】TA：解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题．
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【分析】利用仰角与俯角的定义，直接判断得出答案．
【解答】解：根据俯角的定义，首先确定水平线，水平线以下与视线的夹角，即是俯
角．
故选：C．
【点评】此题主要考查了俯角的定义，题目比较简单．
2．（4分）下列线段中，能成比例的是（ ）
A．3cm、6cm、8cm、9cm B．3cm、5cm、6cm、9cm
C．3cm、6cm、7cm、9cm D．3cm、6cm、9cm、18cm
【考点】S2：比例线段．
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【专题】1：常规题型．
【分析】如果其中两条线段的乘积等于另外两条线段的乘积，则四条线段叫成比
例线段．
【解答】解：根据如果其中两条线段的乘积等于另外两条线段的乘积，则四条线段
叫成比例线段．
所给选项中，只有D符合，3×18=6×9，故选D．
【点评】理解成比例线段的概念，注意在线段两两相乘的时候，要让最小的和最大
的相乘，另外两条相乘，看它们的积是否相等进行判断．
第7页（共33页）3．（4分）在Rt△ABC中，∠C=90°，AB=4，AC=1，那么∠B的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【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】根据勾股定理，可得BC的长，根据角的余弦等于角的邻边比斜边，可得答
案．
【解答】解；由勾股定理得BC= = = ，
cos∠B= = ，
故选：A．
【点评】本题考查了锐角三角函数的定义，先求BC的长，再求余弦值．
4．（4分）在△ABC中，点D、E分别在AB、AC的延长线上，下列不能判定DE∥BC
的条件是（ ）
A．EA：AC=DA：AB B．DE：BC=DA：AB
C．EA：EC=DA：DB D．AC：EC=AB：DB
【考点】S4：平行线分线段成比例．
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【专题】55D：图形的相似．
【分析】根据平行线分线段成比例定理对各个选项进行判断即可．
【解答】解：A．∵EA：AC=AD：AB，∴DE∥BC，选项A能判定DE∥BC；
B．∵DE：BC=DA：AB，∴DE∥BC，选项B不能判定DE∥BC；
C．∵EA：EC=DA：DB，∴DE∥BC，选项C能判定DE∥BC；
D．∵AC：EC=AB：DB，∴DE∥BC，选项D能判定DE∥BC．
故选：B．
第8页（共33页）【点评】本题考查平行线分线段成比例定理，如果一条直线截三角形的两边（或两
边的延长线）所得的对应线段成比例，那么这条直线平行于三角形的第三边．
5．（4分）已知抛物线c：y=x2+2x﹣3，将抛物线c平移得到抛物线c′，如果两条抛
物线，关于直线x=1对称，那么下列说法正确的是（ ）
A．将抛物线c沿x轴向右平移 个单位得到抛物线c′
B．将抛物线c沿x轴向右平移4个单位得到抛物线c′
C．将抛物线c沿x轴向右平移 个单位得到抛物线c′
D．将抛物线c沿x轴向右平移6个单位得到抛物线c′
【考点】H6：二次函数图象与几何变换．
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【专题】33：函数思想．
【分析】主要是找一个点，经过平移后这个点与直线x=1对称．抛物线C与y轴的
交点为A（0，﹣3），与A点以对称轴对称的点是B（2，﹣3）．若将抛物线C平移
到C′，就是要将B点平移后以对称轴x=1与A点对称．则B点平移后坐标应为
（4，﹣3）．因此将抛物线C向右平移4个单位．
【解答】解：∵抛物线C：y=x2+2x﹣3=（x+1）2﹣4，
∴抛物线对称轴为x=﹣1．
∴抛物线与y轴的交点为A（0，﹣3）．
则与A点以对称轴对称的点是B（2，﹣3）．
若将抛物线C平移到C′，并且C，C′关于直线x=1对称，就是要将B点平移后以对
称轴x=1与A点对称．
则B点平移后坐标应为（4，﹣3）．．
因此将抛物线C向右平移4个单位．
故选：B．
【点评】主要考查了函数图象的平移，抛物线与坐标轴的交点坐标的求法，要求熟
练掌握平移的规律：左加右减，上加下减．
第9页（共33页）6．（4分）下列命题中正确的个数是（ ）
①直角三角形的两条直角边长分别是6和8，那么它的外接圆半径为 ；
②如果两个直径为10厘米和6厘米的圆，圆心距为16厘米，那么两圆外切；
③过三点可以确定一个圆；
④两圆的公共弦垂直平分连心线．
A．0个 B．4个 C．2个 D．3个
【考点】O1：命题与定理．
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【专题】17：推理填空题．
【分析】根据圆周角定理、过三点的圆、两圆的位置关系判断即可．
【解答】解：①直角三角形的两条直角边长分别是6和8，那么它的外接圆半径为
5，①是假命题；
如果两个直径为10厘米和6厘米的圆，圆心距为16厘米，那么两圆外离，②是假
命题；
过不在同一直线上的三点可以确定一个圆，③是假命题；
两圆的连心线垂直平分公共弦，④是假命题，
故选：A．
【点评】本题考查的是命题的真假判断，正确的命题叫真命题，错误的命题叫做假
命题．判断命题的真假关键是要熟悉课本中的性质定理．
二、填空题：（本大题共12题，每题4分，满分48分）【请将结果直接填入答题纸
的相应位置上】
7．（4分）如果 = ，那么 = ．
【考点】S1：比例的性质．
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【专题】11：计算题．
【分析】利用比例的性质由 = 得到 = ，则可设a=2t，b=3t，然后把a=2t，b=3t
代入 中进行分式的运算即可．
【解答】解：∵ = ，
第10页（共33页）∴ = ，
设a=2t，b=3t，
∴ = = ．
故答案为 ．
【点评】本题考查了比例的性质：常用的性质有：内项之积等于外项之积；合比性
质；分比性质；合分比性质；等比性质．
8．（4分）已知两个相似三角形的相似比为2：5，其中较小的三角形面积是4，那
么另一个三角形的面积为 2 5 ．
【考点】S7：相似三角形的性质．
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【专题】55D：图形的相似．
【分析】设另一个三角形的面积为x，然后根据相似三角形面积的比等于相似比的
平方列方程求解即可．
【解答】解：设另一个三角形的面积为x，
由题意得， =（ ）2，
解得x=25．
故答案为：25．
【点评】本题考查对相似三角形性质的理解：（1）相似三角形周长的比等于相似比；
（2）相似三角形面积的比等于相似比的平方；
（3）相似三角形对应高的比、对应中线的比、对应角平分线的比都等于相似比．
9．（4分）抛物线y=2（x﹣3）2+4的在对称轴的 右 侧的部分上升．（填“左”或
“右”）
【考点】H3：二次函数的性质．
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【专题】17：推理填空题；535：二次函数图象及其性质．
【分析】由a=2＞0可得出抛物线开口向上，进而即可得出在抛物线对称轴右侧y
随x增大而增大，此题得解．
【解答】解：∵a=2＞0，
∴抛物线开口向上，
第11页（共33页）∴在抛物线对称轴右侧，y随x增大而增大．
故答案为：右．
【点评】本题考查了二次函数的性质，牢记二次函数的性质是解题的关键．
10．（4分）如果二次函数y=x2﹣8x+m﹣1的顶点在x轴上，那么m= 1 7 ．
【考点】H3：二次函数的性质．
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【专题】17：推理填空题；535：二次函数图象及其性质．
【分析】由二次函数的顶点在x轴上结合二次函数的性质，即可得出关于m的一
元一次方程，解之即可得出结论．
【解答】解：∵二次函数y=x2﹣8x+m﹣1的顶点在x轴上，
∴ = =0，即4m﹣68=0，
∴m=17．
故答案为：17．
【点评】本题考查了二次函数的性质，牢记二次函数的顶点坐标为（﹣ ，
）是解题的关键．
11．（4分）如果沿一条斜坡向上前进20米，水平高度升高10米，那么这条斜坡的
坡比为 1 ： ．
【考点】T9：解直角三角形的应用﹣坡度坡角问题．
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【专题】1：常规题型．
【分析】先求出水平方向上前进的距离，然后根据坡比=斜坡的垂直高度与水平宽
度的比，把相关数值代入整理为1：m的形式即可．
【解答】解：如图所示：AC=20米，BC=10米，
则AB= =10 米，
则坡比= = =1： ．
故答案为1： ．
第12页（共33页）【点评】本题考查了解直角三角形的应用﹣坡度坡角问题，坡度是坡面的铅直高
度h和水平宽度l的比，又叫做坡比，它是一个比值，反映了斜坡的陡峭程度，
一般用i表示，常写成i=1：m的形式．
12．（4分）抛物线y=ax2+bx+c上部分点的横坐标x，纵坐标y的对应值如下表：
x … ﹣3 ﹣2 ﹣1 0 1 …
y … ﹣6 0 4 6 6 …
容易看出，（﹣2，0）是它与x轴的一个交点，则它与x轴的另一个交点的坐标为
（ 3 ， 0 ） ．
【考点】HA：抛物线与x轴的交点．
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【专题】27：图表型．
【分析】根据（0，6）、（1，6）两点求得对称轴，再利用对称性解答即可．
【解答】解：∵抛物线y=ax2+bx+c经过（0，6）、（1，6）两点，
∴对称轴x= = ；
点（﹣2，0）关于对称轴对称点为（3，0），
因此它与x轴的另一个交点的坐标为（3，0）．
【点评】本题考查了二次函数的对称性．
13．（4分）如图，矩形ABCD中，点E在边DC上，且AD=8，AB=AE=17，那么
tan∠AEB= 4 ．
【考点】LB：矩形的性质；T7：解直角三角形．
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【专题】556：矩形 菱形 正方形．
【分析】如图，过点E作EF⊥AB于F，则四边形EFBC为矩形，且在直角△AEF中，
第13页（共33页）由勾股定理求得 AF的长度，继而得到 BF的长度，由等腰△ABF的性质推知
tan∠AEB=tan∠ABE= ，得解．
【解答】解：如图，过点E作EF⊥AB于F，则四边形EFBC为矩形，
∴EF=AD=BC=8，EF⊥AF，
在直角△AEF中，AE=17，EF=8，由勾股定理知，AF= = =15．
∴BF=AB﹣AF=17﹣15=2，
∵AB=AE，
∴∠AEB=∠ABE，
∴tan∠AEB=tan∠ABE= = =4．
故答案是：4．
【点评】考查了矩形的性质和解直角三角形，根据题意作出辅助线的解题的难点．
14．（4分）已知在直角坐标平面内，以点P（1，2）为圆心，r为半径画圆，⊙P与坐
标轴恰好有三个交点，那么r的取值是 2 或 ．
【考点】D5：坐标与图形性质；MB：直线与圆的位置关系．
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【专题】55：几何图形．
【分析】由以点P（1，2）为圆心，r为半径画圆，与坐标轴恰好有三个交点，可得⊙P
与x轴相切或⊙P过原点，然后分别分析求解即可求得答案．
【解答】解：∵以点P（1，2）为圆心，r为半径画圆，与坐标轴恰好有三个交点，
∴⊙P与x轴相切（如图1）或⊙P过原点（如图2），
当⊙P与x轴相切时，r=2；
当⊙P过原点时，r=OP= ．
∴r=2或 ．
第14页（共33页）故答案为：2或 ；
【点评】此题考查了直线与圆的位置关系以及坐标与图形的性质．此题难度适中，
注意掌握数形结合思想与分类讨论思想的应用．
15．（4分）半径分别为20cm与15cm的⊙O 与⊙O 相交于A、B两点，如果公共弦
1 2
AB的长为24cm，那么圆心距O O 的长为 2 5 或 7 cm．
1 2
【考点】M2：垂径定理；ML：相交两圆的性质．
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【专题】55：几何图形．
【分析】利用连心线垂直平分公共弦的性质，构造直角三角形利用勾股定理及有
关性质解题．
【解答】解：如图，∵⊙O 与⊙O 相交于A、B两点，
1 2
∴O O ⊥AB，且AD=BD；
1 2
又∵AB=24厘米，
∴AD=12厘米，
∴在Rt△AO D中，根据勾股定理知O D=9厘米；
1 1
在Rt△AO D中，根据勾股定理知O D=16厘米，
2 2
∴O O =O D+O D=25厘米；
1 2 1 2
同理知，当小圆圆心在大圆内时，解得O O2=16厘米﹣9厘米=7厘米．
1
故答案是：25或7；
【点评】本题主要考查了圆与圆的位置关系，勾股定理等知识点．注意，解题时要
分类讨论，以防漏解．
第15页（共33页）16．（4分）如图，在△ABC中，AD是中线，G是重心， = ， = ，那么向量 关
于 、 的分解式为 ．
【考点】K5：三角形的重心；LM：*平面向量．
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【专题】11：计算题．
【分析】根据重心定理求出 ，再利用三角形法则求出 即可．
【解答】解：∵ ，
∵AD是中线，
∴ ，
∴ ，
根据三角形的重心定理，AG= AD，
于是 ．
故 ．
故答案为：
【点评】此题考查了平面向量的三角形法则和重心定理（三角形的重心是各中线
的交点，重心定理是说三角形顶点到重心的距离等于该顶点对边上中线长的
），难度不大．
17．（4分）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，CD是高，如果∠A=α，AC=4，那么BD=
第16页（共33页）4sinαtanα ．（用锐角α的三角比表示）
【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】首先由已知在Rt△ABC中，∠ACB=90°，CD是高，得出∠BCD=∠A=α，由直
角△ACD求得CD，再由直角△BCD求出BD．
【解答】解：在Rt△ABC中，∠ACB=90°，CD是高，
∴∠BCD=∠A=α，
∴CD=AC•sinα=4sinα，
∴BD=CDtanα=4sinαtanα．
故答案为：4sinαtanα．
【点评】此题考查的知识点是解直角三角形，关键是先由已知得出∠BCD=∠A=α，
然后利用两个直角三角形求解．
18．（4分）如图，在等腰△ABC中，AB=AC，∠B=30°．以点B为旋转中心，旋转30°，
点A、C分别落在点A'、C'处，直线AC、A'C'交于点D，那么 的值为 ﹣ 1 或
2﹣ ．
【考点】KH：等腰三角形的性质；KO：含30度角的直角三角形；R2：旋转的性质．
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【专题】11：计算题．
【分析】作AH⊥BC于H，如图，设AH=1，计算出AB=2，BH= ，则BC=2 ，分类讨
论：当△ABC绕点B顺时针旋转30°得到△A′BC′，如图1，利用旋转的性质得
第17页（共33页）∠ABA′=∠CBC′=30°，BC′=BC=2 ，∠C=∠C′=30°，则∠BEC′=90°，再计算出BE=
BC′= ，AE=2﹣ ，接着利用∠DAB=60°得到AD=2AE=2（2﹣ ），于是可计算
出 的值；当△ABC 绕点 B 逆时针旋转 30°得到△A′BC′，如图 2，证明
∠ADC′=∠C′得到AD=AC′=2 ﹣2，然后计算 的值．
【解答】解：作AH⊥BC于H，如图，设AH=1，
∵AB=AC，
∴BH=CH，
在Rt△ABH中，∵∠ABC=30°，
∴AB=2AH=2，BH= AH= ，
∴BC=2 ，
当△ABC绕点B顺时针旋转30°得到△A′BC′，如图1，A′C′交AB于E，
∴∠ABA′=∠CBC′=30°，BC′=BC=2 ，∠C=∠C′=30°，
∵∠ABC′=60°，
∴∠BEC′=90°，
在Rt△BC′E中，BE= BC′= ，
∴AE=2﹣ ，
∵∠DAB=∠ABC+∠C=60°，
∴AD=2AE=2（2﹣ ），
∴ = =2﹣ ；
当△ABC绕点B逆时针旋转30°得到△A′BC′，如图2，
∴∠ABA′=∠CBC′=30°，BC′=BC=2 ，∠C=∠C′=30°，
∵∠CBC′=60°，
∴∠ADC′=30°，
∵∠ADC′=∠C′，
∴AD=AC′=BC′﹣AB=2 ﹣2，
第18页（共33页）∴ = = ﹣1，
综上所述， 的值为 ﹣1或2﹣ ．
故答案为 ﹣1或2﹣ ．
【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．也考查了等腰三角形
的性质和含30度的直角三角形三边的关系．
三、解答题：（本大题共7题，满分78分）
19．（10分）如图在平面直角坐标系xOy中，O为坐标原点，点A的坐标为（﹣1，
2），点B在第一象限，且OB⊥OA，OB=2OA，求经过A、B、O三点的二次函数解
析式．
【考点】H8：待定系数法求二次函数解析式；S9：相似三角形的判定与性质．
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【专题】535：二次函数图象及其性质．
【分析】如图作AE⊥x轴于E，BF⊥x轴于F．构造相似三角形求出点B坐标，利用
待定系数法即可解决问题；
【解答】解：如图作AE⊥x轴于E，BF⊥x轴于F．
第19页（共33页）∵OA⊥OB，
∴∠AEO=∠AOB=∠OFB=90°，
∴∠AOE+∠A=90°，∠AOE+∠BOF=90°，
∴△AOE∽△OBF，
∴ = = = ，
∵AE=2，OE=1，
∴OF=4，BF=2，
∴B（4，2），
∵抛物线经过原点，所以可以假设抛物线的解析式为y=ax2+bx，
把A（﹣1，2），B（4，2）代入得到 ，
解得 ，
∴ ；
【点评】本题考查二次函数的性质、待定系数法、相似三角形的判定和性质等知识，
解题的关键是学会添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题，所以中考常考
题型．
20．（10分）如图，已知向量 、 和 ，求作：
（1）向量﹣3 ．
（2）向量 分别在 、 方向上的分向量．
第20页（共33页）【考点】LM：*平面向量．
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【专题】13：作图题；5：特定专题．
【分析】（1）根据三角形法则画出图形即可；
（2）应用平行四边形法则画出图形即可；
【解答】解：（1）向量 =﹣3 ，如图1中所示：
（2）向量 分别在 、 方向上的分向量 、 如图所示；
【点评】本题考查平面向量的加减法则，解题的关键是熟练掌握平面向量的加减
法则，注意平面向量的加减适合加法交换律以及结合律，适合去括号法则．
21．（10分）如图，已知OC是⊙O半径，点P在⊙O的直径BA的延长线上，且
OC⊥PC，垂足为C．弦CD垂直平分半径AO，垂足为E，PA=6．
求：（1）⊙O的半径；
（2）求弦CD的长．
第21页（共33页）【考点】KG：线段垂直平分线的性质；M2：垂径定理．
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【专题】55C：与圆有关的计算．
【分析】（1）设OC=x，证明△CEO∽△PCO，得 ，代入x可得结论；
（2）由勾股定理得CE的长，根据垂径定理可得CD的长．
【解答】解：（1）设OC=x，
∵弦CD垂直平分半径AO，
∴OE= OA= x，
∵PC⊥OC，CD⊥OP，
∴∠PCO=∠CEO=90°，
∴∠P+∠COP=90°，∠ECO+∠COP=90°，
∴∠P=∠ECO，
∴△CEO∽△PCO，
∴ ，
∴ = ，
x=6
则⊙O的半径为6；
（2）由（1）得：OC=6，OE=3，
由勾股定理得：CE= =3 ，
∵CD⊥OA，
∴CD=2CE=6 ．
【点评】本题考查了垂径定理，线段垂直平分线的性质，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
第22页（共33页）件，以充分发挥基本图形的作用．
22．（10分）歼﹣20（英文：Chengdu J﹣20，绰号：威龙，北约命名：Fire Fang）是我
国自主研发的一款单座、双发动机并具备高隐身性、高态势感知、高机动性等
能力的第五代战斗机．
歼﹣20在机腹部位有一个主弹仓，机身两侧的起落架前方各有一个侧弹仓．歼﹣
20的侧弹舱门为一片式结构，这个弹舱舱门向上开启，弹舱内滑轨的前端向
外探出，使导弹头部伸出舱外，再直接点火发射．
如图是歼﹣20侧弹舱内部结构图，它的舱体横截面是等腰梯形ABCD，AD∥BC，
AB=CD，BE⊥AD，CF⊥AD，侧弹舱宽AE=2.3米，舱底宽BC=3.94米，舱顶与侧弹
舱门的夹角∠A=53°．
求（1）侧弹舱门AB的长；
（2）舱顶AD与对角线BD的夹角的正切值．
（结果精确到0.01，参考数据：sin53°≈0.799，cos53°≈0.602，tan53°≈1.327）．
【考点】T9：解直角三角形的应用﹣坡度坡角问题．
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【专题】1：常规题型．
【分析】（1）在直角△ABE中，利用余弦函数的定义即可求出AB的长；
（2）解直角△ABE，求出BE=AE•tan∠A≈3.05米，根据等腰梯形以及矩形的性质
得出CF=BE≈3.05米，CD=AB≈3.82米，EF=BC=3.94米．再解直角△CDF，求出
第23页（共33页）DF= ≈2.30米，那么DE=EF+DF≈6.24米，然后在直角△BDE中利用
正切函数的定义即可求解．
【解答】解：（1）在直角△ABE中，∵∠AEB=90°，∠A=53°，AE=2.3米，
∴AB= ≈ ≈3.82（米）．
故侧弹舱门AB的长约为3.82米；
（2）在直角△ABE中，∵∠AEB=90°，∠A=53°，AE=2.3米，
∴BE=AE•tan∠A≈2.3×1.327≈3.05（米）．
由题意，可得CF=BE≈3.05米，CD=AB≈3.82米，EF=BC=3.94米．
在直角△CDF中，∵∠CFD=90°，
∴DF= ≈ ≈2.30（米），
∴DE=EF+DF≈3.94+2.30=6.24（米），
∴tan∠ADB= ≈ ≈0.49．
【点评】本题考查了解直角三角形的应用﹣坡度坡角问题，锐角三角函数的定义，
等腰梯形、矩形的性质，勾股定理等知识，构造直角三角形将实际问题转化为
数学问题是解题的关键．
23．（12分）如图，已知在△ABC中，∠BAC=2∠B，AD平分∠BAC，DF∥BE，点E在
线段BA的延长线上，联结DE，交AC于点G，且∠E=∠C．
（1）求证：AD2=AF•AB；
（2）求证：AD•BE=DE•AB．
【考点】S9：相似三角形的判定与性质．
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【专题】14：证明题．
第24页（共33页）【分析】（1）只要证明△FAD∽△DAB，可得 = ，延长即可解决问题；
（2）只要证明△CAD≌△EBD，可得AC=BE，再证明△EBD∽△CBA，可得 = ，
由BD=AD，AC=BE，可得AD•BE=DE•AB；
【解答】证明：（1）∵∠BAC=2∠B，∠DAB=∠DAC，
∴∠B=∠DAB，
∵DF∥AB，
∴∠ADF=∠BAD，
∴∠FAD=∠FDA=∠B=∠BAD，
∴△FAD∽△DAB，
∴ = ，
∴AD2=AF•AB．
（2）∵∠B=∠DAB，
∴DA=DB，
∵∠E=∠C，∠CAD=∠B，
∴△CAD≌△EBD，
∴AC=BE，
∵∠E=∠C，∠B=∠B，
∴△EBD∽△CBA，
∴ = ，∵BD=AD，AC=BE，
∴AD•BE=DE•AB．
【点评】本题考查相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质等知识，解
第25页（共33页）题的关键是正确寻找相似三角形或全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
24．（12分）抛物线y=ax2+bx+3（a≠0）经过点A（﹣1，0），B（ ，0），且与y轴相交
于点C．
（1）求这条抛物线的表达式；
（2）求∠ACB的度数；
（3）设点D是所求抛物线第一象限上一点，且在对称轴的右侧，点E在线段AC上，
且DE⊥AC，当△DCE与△AOC相似时，求点D的坐标．
【考点】HF：二次函数综合题．
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【专题】15：综合题．
【分析】（1）先求得点C（0，3）的坐标，然后设抛物线的解析式为y=a（x+1）（x﹣
），最后，将点C的坐标代入求得a的值即可；
（2）过点B作BM⊥AC，垂足为M，过点M作MN⊥OA，垂足为N．先求得AC的解
析式，然后再求得BM的解析式，从而可求得点M的坐标，依据两点间的距离
公式可求得MC=BM，最后，依据等腰直角三角形的性质可得到∠ACB的度数；
（3）如图2所示：延长CD，交x轴与点E．依据题意可得到∠ECD＞45°，然后依据
相似三角形的性质可得到∠CAO=∠ECD，则CE=AE，设点E的坐标为（a，0），依
据两点间的距离公式可得到（a+1）2=32+a2，从而可得到点E的坐标，然后再求
得CE的解析式，最后求得CE与抛物线的交点坐标即可．
【解答】解：（1）当x=0，y=3，
∴C（0，3）．
设抛物线的解析式为y=a（x+1）（x﹣ ）．
第26页（共33页）将C（0，3）代入得：﹣ a=3，解得：a=﹣2，
∴抛物线的解析式为y=﹣2x2+x+3．
（2）过点B作BM⊥AC，垂足为M，过点M作MN⊥OA，垂足为N．
∵OC=3，AO=1，
∴tan∠CAO=3．
∴直线AC的解析式为y=3x+3．
∵AC⊥BM，
∴BM的一次项系数为﹣ ．
设BM的解析式为y=﹣ x+b，将点B的坐标代入得：﹣ × +b=0，解得b= ．
∴BM的解析式为y=﹣ x+ ．
将y=3x+3与y=﹣ x+ 联立解得：x=﹣ ，y= ．
∴MC=BM═ = ．
∴△MCB为等腰直角三角形．
∴∠ACB=45°．
（3）如图2所示：延长CD，交x轴与点F．
第27页（共33页）∵∠ACB=45°，点D是第一象限抛物线上一点，
∴∠ECD＞45°．
又∵△DCE与△AOC相似，∠AOC=∠DEC=90°，
∴∠CAO=∠ECD．
∴CF=AF．
设点F的坐标为（a，0），则（a+1）2=32+a2，解得a=4．
∴F（4，0）．
设CF的解析式为y=kx+3，将F（4，0）代入得：4k+3=0，解得：k=﹣ ．
∴CF的解析式为y=﹣ x+3．
将y=﹣ x+3与y=﹣2x2+x+3联立：解得：x=0（舍去）或x= ．
将x= 代入y=﹣ x+3得：y= ．
∴D（ ， ）．
【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
法求一次函数、二次函数的解析式、两点间距离公式的应用、相似三角形的性
质、等腰三角形的判定，依据相似三角形的性质、等腰三角形的判定定理得到
AF=CF是解题的关键．
25．（14分）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=4，BC=3，CD是斜边上中线，点E
在边AC上，点F在边BC上，且∠EDA=∠FDB，联结EF、DC交于点G．
（1）当∠EDF=90°时，求AE的长；
（2）CE=x，CF=y，求y关于x的函数关系式，并指出x的取值范围；
第28页（共33页）（3）如果△CFG是等腰三角形，求CF与CE的比值．
【考点】SO：相似形综合题．
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【专题】15：综合题．
【分析】（1）先求出AB=5，进而求出AD，再用AE表示出AN，EN，DN，最后用
AN+DN=AD求出AE；
（2）先用锐角三角函数，用x表示出AN，EN，进而得出DN，同理：用y表示出FM，
DM，再用△DEN∽△DFM得出比例式建立方程求解即可；
（3）分三种情况，CG=FG，判断出∠CFG=∠FCG，即可得出 ，即可，后面两种
情况，构造出相似三角形，建立方程即可得出结论．
【解答】解：（1）如图1，
在Rt△ABC中，AC=4，BC=3，根据勾股定理得，AB=5，
∵CD是斜边上中线，
∴AD=BD= AB= ，
∴sinA= ，cosA= ，
过点E作EN⊥AB，
∴EN=AEsinA= AE，AN= AE，
∵∠EDF=90°，
∴∠ADE+∠BDF=90°，
∵∠ADE=∠BDF，
∴∠ADE=45°，
∴DN=EN= AE，
第29页（共33页）∴AD=AN+DN= AE= ，
∴AE= ；
（2）如图1，∵AC=4，CE=x，∴AE=4﹣x，
过点E作EN⊥AB于N，过F作FM⊥AB于M，
在Rt△AEN中，EN= （4﹣x），AN= （4﹣x），
∴DN=AD﹣AN= ﹣ （4﹣x）= （8x﹣7），
同理：FM= （3﹣y），DM= （6y+7），
∵∠ADE=∠BDE，∠DNE=∠MDF=90°，
∴△DEN∽△DFM，
∴ ，
∴ ，
∴y= ，
∵y≥0，
∴ ≥0，
∴x≥ ，
即： ≤x＜4，
∴y= ，（ ≤x＜4）
（3）∵CD是Rt△ABC的斜边的中线，
∴∠ACD=∠A，∠BCD=∠B，
第30页（共33页）∴sinA= =cosB，cosA= =sinB，
∵△CFG是等腰三角形，
∴①CG=FG，
∴∠CFG=∠FCG，
∴∠CFG=∠B，
∴EF∥AB，
∵∠EDA=∠FDB，
∴∠DEF=∠DFE，
∴DE=DF，
在△ADE和△BDF中，
，
∴△ADE≌△BDF（SAS），
∴∠A=∠B，
∴AC=BC，
而AC=4，BC=3，
所以，此种情况不存在；
②GF=CF=y，
过点F作FQ⊥CD于Q，过点E作EP⊥CD于P，
在Rt△CFQ中，FQ= y，CQ= y=QG，
∴CG=2CQ= y，
在Rt△CEP中，EP= x，CP= x，
∴PG=CP﹣CG= x﹣ y= （2x﹣3y），
∵EP⊥CD，FQ⊥CD，
∴PE∥FQ，
∴ ，
第31页（共33页）∴ ，
∴ = ，
即： ，
③CG=CF=y，
由①知，FQ= y，CQ= y，
∴QG=CG﹣CQ= y，
由①知，EP= x，CP= x，
∴PG=CP﹣CG= x﹣y，
∵EP⊥CD，FQ⊥CD，
∴PE∥FQ，
∴ ，
∴ ，
∴ =
即：△CFG是等腰三角形，CF与CE的比值为 ， ．
第32页（共33页）【点评】此题是相似形综合题，主要考查了直角三角形的性质，锐角三角函数，相
似三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，解本题的关键是作出辅助线，构
造相似三角形，是一道很好的中考题目．
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日期：2018/12/23 23:59:50；用户：初中数学；邮箱：xdjysx000@xyh.com；学号：25920570
第33页（共33页）
