文档内容
2018 年上海市青浦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）计算（﹣x3）2所得结果是（ ）
A．x5 B．﹣x5 C．x6 D．﹣x6
2．（4分）如果一次函数y=kx+b的图象经过一、二、三象限，那么k、b应满足的条
件是（ ）
A．k＞0，且b＞0 B．k＜0，且b＜0 C．k＞0，且b＜0 D．k＜0，且b＞0
3．（4分）下列各式中， 的有理化因式是（ ）
A． B． C． D． ．
4．（4分）如图，在△ABC中，∠ACB=90°，CD是AB边上的高．如果BD=4，CD=6，那
么BC：AC是（ ）
A．3：2 B．2：3 C． D． ．
5．（4分）如图，在 ▱ABCD中，点E在边AD上，射线CE、BA交于点F，下列等式成
立的是（ ）
A． B． C． D．
6．（4分）在梯形ABCD中，AD∥BC，下列条件中，不能判断梯形ABCD是等腰梯形
的是（ ）
A．∠ABC=∠DCB B．∠DBC=∠ACB C．∠DAC=∠DBC D．∠ACD=∠DAC
二、填空题：（本大题共12题，每题4分，满分48分）
第1页（共27页）7．（4分）因式分解3a2+a= ．
8．（4分）函数 的定义域是 ．
9．（4分）如果关于x的一元二次方程x2+2x﹣a=0没有实数根，那么a的取值范围
是 ．
10．（4分）抛物线y=x2+4的对称轴是 ．
11．（4分）将抛物线y=﹣x2平移，使它的顶点移到点P（﹣2，3），平移后新抛物线
的表达式为 ．
12．（4分）如果两个相似三角形周长的比是2：3，那么它们面积的比是 ．
13．（4分）如图，传送带和地面所成斜坡AB的坡度为1： ，把物体从地面A处
送到坡顶B处时，物体所经过的路程是 12米，此时物体离地面的高度是
米．
14．（4分）如图，在△ABC中，点D是边AB的中点．如果 ， ，那么 =
（结果用含 、 的式子表示）．
15．（4分）已知点D、E分别在△ABC的边BA、CA的延长线上，且DE∥BC，如果
BC=3DE，AC=6，那么AE= ．
16．（4分）在△ABC中，∠C=90°，AC=4，点G为△ABC的重心．如果GC=2，那么
sin∠GCB的值是 ．
17．（4分）将一个三角形经过放大后得到另一个三角形，如果所得三角形在原三
角形的外部，这两个三角形各对应边平行且距离都相等，那么我们把这样的两
个三角形叫做“等距三角形”，它们对应边之间的距离叫做“等距”．如果两
个等边三角形是“等距三角形”，它们的“等距”是1，那么它们周长的差是
第2页（共27页）．
18．（4分）如图，在△ABC中，AB=7，AC=6，∠A=45°，点D、E分别在边AB、BC上，
将△BDE沿着DE所在直线翻折，点B落在点P处，PD、PE分别交边AC于点M、
N，如果AD=2，PD⊥AB，垂足为点D，那么MN的长是 ．
三、解答题：（本大题共7题，满分78分）
19．（10分）计算： ﹣（﹣2）0+|1﹣ |+2cos30°．
20．（10分）解方程： + ﹣ =1．
21．（10分）如图，在平面直角坐标系xOy中，直线y=kx+b（k≠0）与双曲线y= 相
交于点A（m，6）和点B（﹣3，n），直线AB与y轴交于点C．
（1）求直线AB的表达式；
（2）求AC：CB的值．
22．（10分）如图，小明的家在某住宅楼AB的最顶层（AB⊥BC），他家的后面有一
建筑物CD（CD∥AB），他很想知道这座建筑物的高度，于是在自家阳台的A处
测得建筑物CD的底部C的俯角是43°，顶部D的仰角是25°，他又测得两建筑
物之间的距离BC是28米，请你帮助小明求出建筑物CD的高度（精确到1米）
（参考数据：sin25°≈0.42，cos25°≈0.91，tan25°≈0.47；sin43°≈0.68，
cos43°≈0.73，tan43°≈0.93．）
第3页（共27页）23．（12分）如图，已知点D、E分别在△ABC的边AC、BC上，线段BD与AE交于点
F，且CD•CA=CE•CB．
（1）求证：∠CAE=∠CBD；
（2）若 ，求证：AB•AD=AF•AE．
24．（12分）如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y=ax2+bx+c（a＞0）与x轴相
交于点A（﹣1，0）和点B，与y轴交于点C，对称轴为直线x=1．
（1）求点C的坐标（用含a的代数式表示）；
（2）联结AC、BC，若△ABC的面积为6，求此抛物线的表达式；
（3）在第（2）小题的条件下，点Q为x轴正半轴上一点，点G与点C，点F与点A关
于点Q成中心对称，当△CGF为直角三角形时，求点Q的坐标．
25．（14分）如图，在边长为2的正方形ABCD中，点P是边AD上的动点（点P不
与点A、点D重合），点Q是边CD上一点，联结PB、PQ，且∠PBC=∠BPQ．
（1）当QD=QC时，求∠ABP的正切值；
（2）设AP=x，CQ=y，求y关于x的函数解析式；
（3）联结BQ，在△PBQ中是否存在度数不变的角？若存在，指出这个角，并求出
第4页（共27页）它的度数；若不存在，请说明理由．
第5页（共27页）2018 年上海市青浦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）计算（﹣x3）2所得结果是（ ）
A．x5 B．﹣x5 C．x6 D．﹣x6
【考点】47：幂的乘方与积的乘方．
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【分析】根据幂的乘方计算即可．
【解答】解：（﹣x3）2=x6，
故选：C．
【点评】此题考查幂的乘方，关键是根据法则进行计算．
2．（4分）如果一次函数y=kx+b的图象经过一、二、三象限，那么k、b应满足的条
件是（ ）
A．k＞0，且b＞0 B．k＜0，且b＜0 C．k＞0，且b＜0 D．k＜0，且b＞0
【考点】F7：一次函数图象与系数的关系．
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【专题】1：常规题型；533：一次函数及其应用．
【分析】可画出符合条件的一次函数的图象，由图象可求得答案．
【解答】解：
∵一次函数y=kx+b的图象经过一、二、三象限，
∴其图象如图所示，
∴直线从左向右逐渐上升，
∴k＞0，
∵直线与y轴的交点在x轴的上方，
∴b＞0，
故选：A．
第6页（共27页）【点评】本题主要考查一次函数的图象，根据条件画出函数图象是解题的关键．
3．（4分）下列各式中， 的有理化因式是（ ）
A． B． C． D． ．
【考点】76：分母有理化．
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【专题】1：常规题型．
【分析】根据平方差公式即可求出答案．
【解答】解：∵（ ）（ +2）=x﹣4，而x﹣4是有理式，
∴ 的有理化因式是 +2，
故选：C．
【点评】本题考查分母有理化，解题的关键熟练运用二次根式的性质，本题属于基
础题型．
4．（4分）如图，在△ABC中，∠ACB=90°，CD是AB边上的高．如果BD=4，CD=6，那
么BC：AC是（ ）
A．3：2 B．2：3 C． D． ．
【考点】S9：相似三角形的判定与性质．
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【专题】11：计算题．
【分析】只要证明△ACD∽△CBD，可得 = = = ，由此即可解决问题．
【解答】解：∵∠ACB=90°，CD是AB边上的高，
∴∠ADC=∠CDB=∠ACB=90°，
∵∠A+∠B=90°，∠A+∠ACD=90°，
∴∠ACD=∠B，
第7页（共27页）∴△ACD∽△CBD，
∴ = = =
∴ = ，
故选：B．
【点评】本题考查相似三角形的判定和性质，解题的关键是正确寻找相似三角形
解决问题，属于中考常考题型．
5．（4分）如图，在 ▱ABCD中，点E在边AD上，射线CE、BA交于点F，下列等式成
立的是（ ）
A． B． C． D．
【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】55：几何图形．
【分析】根据平行四边形的性质及平行线分线段成比例的性质即可得出答案．
【解答】解：A、∵△AEF∽△EDC，∴ ，错误；
B、∵△AEF∽△EDC，∴ ，错误；
C、∵△AEF∽△EDC，∴ ，∵AE∥BC，∴ ，∴ ，正确；
D、∵△AEF∽△EDC，∴ ，错误；
故选：C．
【点评】本题主要考查了相似三角形的判定和性质，关键是根据平行四边形的性
质及平行线分线段成比例的性质解答．
6．（4分）在梯形ABCD中，AD∥BC，下列条件中，不能判断梯形ABCD是等腰梯形
的是（ ）
第8页（共27页）A．∠ABC=∠DCB B．∠DBC=∠ACB C．∠DAC=∠DBC D．∠ACD=∠DAC
【考点】LK：等腰梯形的判定．
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【专题】557：梯形．
【分析】等腰梯形的判定定理有：①有两腰相等的梯形是等腰梯形，②对角线相等
的梯形是等腰梯形，③在同一底上的两个角相等的梯形是等腰梯形，根据以上
内容判断即可．
【解答】解：A、∵∠ABC=∠DCB，
∴BD=BC，
∴四边形ABCD是等腰梯形，故本选项错误；
B、∵∠DAC=∠DBC，AD∥BC，
∴∠ADB=∠DBC，∠DAC=∠ACB，
∴∠OBC=∠OCB，∠OAD=∠ODA
∴OB=OC，OD=OA，
∴AC=BD，
∴四边形ABCD是等腰梯形，故本选项错误；
C、∵∠ADB=∠DAC，AD∥BC，
∴∠ADB=∠DAC=∠DBC=∠ACB，
∴OA=OD，OB=OC，
∴AC=BD，
∵AD∥BC，
∴四边形ABCD是等腰梯形，故本选项错误；
D、根据∠ACD=∠DAC，不能推出四边形ABCD是等腰梯形，故本选项正确．
故选：D．
【点评】本题考查了对等腰梯形的判定定理的应用，主要考查学生的推理能力和
辨析能力，注意：等腰梯形的判定定理有：①有两腰相等的梯形是等腰梯形，②
对角线相等的梯形是等腰梯形，③在同一底上的两个角相等的梯形是等腰梯
形．
第9页（共27页）二、填空题：（本大题共12题，每题4分，满分48分）
7．（4分）因式分解3a2+a= a （ 3 a + 1 ） ．
【考点】53：因式分解﹣提公因式法．
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【分析】直接提公因式a即可．
【解答】解：3a2+a=a（3a+1），
故答案为：a（3a+1）．
【点评】此题主要考查了提公因式法进行因式分解，关键是正确确定公因式．
8．（4分）函数 的定义域是 x ≠ ﹣ 1 ．
【考点】E4：函数自变量的取值范围．
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【专题】11：计算题．
【分析】根据分式的意义，分母不等于0，可以求出x的范围．
【解答】解：根据题意得：x+1≠0，
解得：x≠﹣1．
故答案为x≠﹣1．
【点评】本题考查了函数自变量的取值范围问题，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．
9．（4分）如果关于x的一元二次方程x2+2x﹣a=0没有实数根，那么a的取值范围
是 a ＜ ﹣ 1 ．
【考点】AA：根的判别式．
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【专题】1：常规题型；523：一元二次方程及应用．
【分析】由方程根的情况，根据判别式可得到关于a的不等式，则可求得a的取值
范围．
【解答】解：
∵关于x的一元二次方程x2+2x﹣a=0没有实数根，
∴△＜0，即22+4a＜0，
解得a＜﹣1，
第10页（共27页）故答案为：a＜﹣1．
【点评】本题主要考查根的判别式，掌握方程根的情况和根的判别式的关系是解
题的关键．
10．（4分）抛物线y=x2+4的对称轴是 y 轴 ．
【考点】H3：二次函数的性质．
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【专题】1：常规题型．
【分析】直接利用顶点式得出抛物线的对称轴．
【解答】解：抛物线y=x2+4的对称轴是y轴．
故答案为：y轴；
【点评】此题主要考查了二次函数的性质，正确利用顶点式得出抛物线的对称轴
是解题关键．
11．（4分）将抛物线y=﹣x2平移，使它的顶点移到点P（﹣2，3），平移后新抛物线
的表达式为 y=﹣ （ x + 2 ） 2 + 3 ； ．
【考点】H3：二次函数的性质；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】平移不改变抛物线的开口方向与开口大小，即解析式的二次项系数不变，
根据抛物线的顶点式可求抛物线解析式．
【解答】解：∵原抛物线解析式为y=﹣x2，平移后抛物线顶点坐标为（﹣2，3），
∴平移后的抛物线的表达式为：y=﹣（x+2）2+3．
故答案是：y=﹣（x+2）2+3．
【点评】考查二次函数的平移问题；用到的知识点为：上下平移不改变二次项系数
及顶点的横坐标，只改变顶点的纵坐标，上加下减．
12．（4分）如果两个相似三角形周长的比是2：3，那么它们面积的比是 4 ： 9 ．
【考点】S7：相似三角形的性质．
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【分析】相似三角形的周长比等于相似比，而面积比等于相似比的平方，由此得解．
【解答】解：∵两个相似三角形周长的比是2：3，
∴它们的相似比是2：3；
∴它们的面积比为4：9．
【点评】本题重点考查的是相似三角形的性质：相似三角形的周长比等于相似比，
面积比等于相似比的平方．
第11页（共27页）13．（4分）如图，传送带和地面所成斜坡AB的坡度为1： ，把物体从地面A处
送到坡顶B处时，物体所经过的路程是12米，此时物体离地面的高度是 6
米．
【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；55E：解直角三角形及其应用．
【分析】过点B作BC垂直于底面，由BC：AC=1： 设BC=x，则AC= x，根据勾股
定理可得AB=2x=12，求得x即可．
【解答】解：如图，过点B作BC垂直于底面，
由斜坡AB的坡度为1： 知BC：AC=1： ，
设BC=x，则AC= x，
∴AB= = =2x，
∵AB=12，
∴2x=12，即x=6，
∴此时物体离地面的高度是6米，
故答案为：6．
【点评】本题主要考查解直角三角形的应用﹣坡度坡角问题，解题的关键是熟练
掌握坡度的概念和勾股定理．
14．（4分）如图，在△ABC中，点D是边AB的中点．如果 ， ，那么 =
（结果用含 、 的式子表示）．
第12页（共27页）【考点】LM：*平面向量．
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【专题】55：几何图形．
【分析】首先由三角形法则求得 的长，然后由AD：AB=1：2，求得 的长，再利用
三角形法则求得 的长．
【解答】解：∵ ， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
故答案为： ；
【点评】此题考查了平面向量的知识．此题难度适中，注意掌握三角形法则的应用
是解此题的关键，注意数形结合思想的应用．
15．（4分）已知点D、E分别在△ABC的边BA、CA的延长线上，且DE∥BC，如果
BC=3DE，AC=6，那么AE= 2 ．
【考点】S9：相似三角形的判定与性质．
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【专题】11：计算题．
【分析】由DE∥BC，BC=3DE，推出 = = ，根据AC=6，代入计算即可；
【解答】解：∵DE∥BC，BC=3DE，
∴ = = ，
∵AC=6，
∴AE=2．
故答案为2．
第13页（共27页）【点评】此题考查了平行线分线段成比例定理．注意掌握数形结合思想的应用是
解此题的关键．
16．（4分）在△ABC中，∠C=90°，AC=4，点G为△ABC的重心．如果GC=2，那么
sin∠GCB的值是 ．
【考点】K5：三角形的重心；T7：解直角三角形．
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【专题】11：计算题．
【分析】作出草图，连接CG并延长交AB于点D，根据重心定义可知点CD是△ABC
的中线，求出CD，BD的长度，再过点D作DE⊥BC于点E，根据三角形中位线定
理求出DE的长度，再利根据锐角三角函数的定义进行解答即可．
【解答】解：如图，连接CG并延长交AB于点D，
∵点G为重心，CG=2
∴CD是△ABC的中线，CD=3，
过点D作DE⊥BC于点E，
则CE=BE，∵AD=DB，
∴DE= AC=2，
∵sin∠GCB= =
故答案为 ；
【点评】本题考查了三角形的重心，锐角三角函数的定义，明确三角形的重心是三
边中线的交点，并作出辅助线构造出直角三角形是解题的关键．
17．（4分）将一个三角形经过放大后得到另一个三角形，如果所得三角形在原三
角形的外部，这两个三角形各对应边平行且距离都相等，那么我们把这样的两
个三角形叫做“等距三角形”，它们对应边之间的距离叫做“等距”．如果两
个等边三角形是“等距三角形”，它们的“等距”是1，那么它们周长的差是
第14页（共27页）6 ．
【考点】KO：含30度角的直角三角形；SC：位似变换．
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【专题】11：计算题．
【分析】设等边三角形△ABC和△DEF的边长分别为a、b，点O为位似中心，作
OH⊥BC交EF于G，如图，利用位似的性质得到点O、E、B共线，根据等边三角
形的性质得∠OEG=30°，EG= b，利用含30度的直角三角形三边的关系得到
OG= = b，同理得到OH= a，再利用OH﹣OG=1得到 a﹣ b=1，然后
计算3（a﹣b）即可．
【解答】解：设等边三角形△ABC和△DEF的边长分别为a、b，点O为位似中心，作
OH⊥BC交EF于G，如图，
根据题意，△ABC与△DEF的位似图形，点O、E、B共线，
在Rt△OEG中，∠OEG=30°，EG= b，
∴OG= = b，
同理得到OH= a，
而OH﹣OG=1，
∴ a﹣ b=1，
∴a﹣b=2 ，
∴3（a﹣b）=6 ．
故答案为6 ．
第15页（共27页）【点评】本题考查了含30度角的直角三角形的性质：在直角三角形中，30°角所对
的直角边等于斜边的一半．也考查了等边三角形的性质和位似的性质．
18．（4分）如图，在△ABC中，AB=7，AC=6，∠A=45°，点D、E分别在边AB、BC上，
将△BDE沿着DE所在直线翻折，点B落在点P处，PD、PE分别交边AC于点M、
N，如果AD=2，PD⊥AB，垂足为点D，那么MN的长是 ．
【考点】PB：翻折变换（折叠问题）．
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【专题】11：计算题；552：三角形．
【分析】首先证明DE∥AC，推出 = ，可得 = 推出DE= ，再根据 = ，
即可求出MN．
【解答】解：∵PD⊥AB，
∴∠BDP=90°，∠EDB=∠EDP=∠A=45°，
∴DE∥AC，
∴ = ，
∴ =
∴DE= ，
∵AD=AM=2，DB=DP=5，
∴PM=3，
∴ = ，
∴ = ，
第16页（共27页）∴MN= ，
故答案为 ．
【点评】本题考查翻折变换、平行线的判定和性质、平行线分线段成比例定理等知
识，解题的关键是熟练掌握基本知识，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： ﹣（﹣2）0+|1﹣ |+2cos30°．
【考点】2C：实数的运算；6E：零指数幂；T5：特殊角的三角函数值．
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【专题】1：常规题型．
【分析】本题涉及开平方、零次幂、绝对值、特殊角的三角函数，在计算时，需要针
对每个考点分别进行计算，然后再根据实数的运算法则求得计算结果．
【解答】解：原式=3 ﹣1+ ﹣1+2× ，
=3 ﹣1+ ﹣1+ ，
=5 ﹣2．
【点评】本题主要考查了实数的综合运算能力，是各地中考题中常见的计算题型．
解决此类题目的关键是熟练掌握负整数指数幂、零指数幂、二次根式、绝对值
等考点的运算．
20．（10分）解方程： + ﹣ =1．
【考点】B3：解分式方程．
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【专题】11：计算题；522：分式方程及应用．
【分析】分式方程去分母转化为整式方程，求出整式方程的解得到x的值，经检验
即可得到分式方程的解．
【解答】解：方程两边同乘（x+2）（x﹣2）得 x﹣2+4x﹣2（x+2）=x2﹣4，
整理，得x2﹣3x+2=0，
第17页（共27页）解这个方程得x =1，x =2，
1 2
经检验，x =2是增根，舍去，
2
所以，原方程的根是x=1．
【点评】此题考查了解分式方程，利用了转化的思想，解分式方程注意要检验．
21．（10分）如图，在平面直角坐标系xOy中，直线y=kx+b（k≠0）与双曲线y= 相
交于点A（m，6）和点B（﹣3，n），直线AB与y轴交于点C．
（1）求直线AB的表达式；
（2）求AC：CB的值．
【考点】G8：反比例函数与一次函数的交点问题．
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【专题】53：函数及其图象．
【分析】（1）根据反比例函数的解析式可得m和n的值，利用待定系数法求一次
函数的表达式；
（2）作辅助线，构建平行线，根据平行线分线段成比例定理可得结论．
【解答】解：（1）∵点A（m，6）和点B（﹣3，n）在双曲线 ，
∴6m=6，﹣3n=6，
m=1，n=﹣2．
∴点A（1，6），点B（﹣3，﹣2）．…（2分）
将点A、B代入直线y=kx+b，
得 ，
解得 …（4分）
∴直线AB的表达式为：y=2x+4．…（5分）
（2）分别过点A、B作AM⊥y轴，BN⊥y轴，垂足分别为点M、N．…（6分）
第18页（共27页）则∠AMO=∠BNO=90°，AM=1，BN=3，…（7分）
∴AM∥BN，…（8分）
∴ ．…（10分）
【点评】本题是一次函数和反比例函数的综合问题，考查了反比例函数和一次函
数的交点问题，将点的坐标代入解析式中可得交点坐标，对于交点问题：可利
用方程组的解来求两函数的交点坐标；本题还考查了平行线分线段成比例定
理．
22．（10分）如图，小明的家在某住宅楼AB的最顶层（AB⊥BC），他家的后面有一
建筑物CD（CD∥AB），他很想知道这座建筑物的高度，于是在自家阳台的A处
测得建筑物CD的底部C的俯角是43°，顶部D的仰角是25°，他又测得两建筑
物之间的距离BC是28米，请你帮助小明求出建筑物CD的高度（精确到1米）
（参考数据：sin25°≈0.42，cos25°≈0.91，tan25°≈0.47；sin43°≈0.68，
cos43°≈0.73，tan43°≈0.93．）
【考点】TA：解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题．
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【专题】1：常规题型．
【分析】过点A作AE⊥CD，解直角三角形求出DE和CE，即可求出CD．
【解答】解：过点A作AE⊥CD，垂足为点E，
第19页（共27页）由题意得，AE=BC=28，∠EAD=25°，∠EAC=43°，
在Rt△ADE中，∵ ，
所以DE=tan25°×28=0.47×28≈13.2，
在Rt△ACE中，∵ ，
所以CE=tan43°×28=0.93×28≈26，
∴DC=DE+CE=13.2+26≈39（米），
答：建筑物CD的高度约为39米．
【点评】本题考查了解直角三角形的应用，能构造直角三角形是解此题的关键．
23．（12分）如图，已知点D、E分别在△ABC的边AC、BC上，线段BD与AE交于点
F，且CD•CA=CE•CB．
（1）求证：∠CAE=∠CBD；
（2）若 ，求证：AB•AD=AF•AE．
【考点】S9：相似三角形的判定与性质．
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【专题】55：几何图形．
【分析】（1）根据相似三角形的判定证明△CAE∽△CBD，再根据相似三角形的性
质证明即可；
（2）过点 C作CG∥AB，交AE的延长线于点 G，根据相似三角形的判定得出
△ADF∽△AEB，进而证明即可．
第20页（共27页）【解答】（1）证明：∵CD•CA=CE•CB，
∴ ，
∵∠ECA=∠DCB，
∴△CAE∽△CBD，
∴∠CAE=∠CBD．
（2）证明：过点C作CG∥AB，交AE的延长线于点G．
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴CG=CA，
∴∠G=∠CAG，
∵∠G=∠BAG，
∴∠CAG=∠BAG．
∵∠CAE=∠CBD，∠AFD=∠BFE，
∴∠ADF=∠BEF．
∴△ADF∽△AEB，
∴ ，
∴AB•AD=AF•AE．
【点评】此题考查相似三角形的判定和性质，关键是根据相似三角形的判定和性
第21页（共27页）质证明．
24．（12分）如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y=ax2+bx+c（a＞0）与x轴相
交于点A（﹣1，0）和点B，与y轴交于点C，对称轴为直线x=1．
（1）求点C的坐标（用含a的代数式表示）；
（2）联结AC、BC，若△ABC的面积为6，求此抛物线的表达式；
（3）在第（2）小题的条件下，点Q为x轴正半轴上一点，点G与点C，点F与点A关
于点Q成中心对称，当△CGF为直角三角形时，求点Q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）先利用抛物线的对称性得到B（3，0），则可设交点式y=a（x+1）（x﹣
3），然后展开即可得到C点坐标；
（2）利用三角形面积公式得到6a=6，然后求出a即可得到抛物线解析式；
（3）设点Q的坐标为（m，0）．过点G作GH⊥x轴，垂足为点H，如图，利用中心对
称的性质得QC=QG，QA=QF=m+1，QO=QH=m，OC=GH=3，则OF=2m+1，HF=1，讨
论：
当∠CGF=90°时，证明Rt△QGH∽Rt△GFH，利用相似比得到 = ，解方程求出m
即可得到此时Q的坐标；当∠CFG=90°时，证明Rt△GFH∽Rt△FCO，利用相似
比得到 = ，
解方程求出m即可得到此时Q的坐标．
【解答】解：（1）∵抛物线y=ax2+bx+c（a＞0）的对称轴为直线x=1，
而抛物线与x轴的一个交点A的坐标为（﹣1，0）
∴抛物线与x轴的另一个交点B的坐标为（3，0）
设抛物线解析式为y=a（x+1）（x﹣3），
第22页（共27页）即y=ax2﹣2ax﹣3a，
当x=0时，y=﹣3a，
∴C（0，﹣3a）；
（2）∴AB=4，OC=3a，
∴S = AB•OC=6a，
△ACB
∴6a=6，解得a=1，
∴抛物线解析式为y=x2﹣2x﹣3；
（3）设点Q的坐标为（m，0）．过点G作GH⊥x轴，垂足为点H，如图，
∵点G与点C，点F与点A关于点Q成中心对称，
∴QC=QG，QA=QF=m+1，QO=QH=m，OC=GH=3，
∴OF=2m+1，HF=1，
当∠CGF=90°时，
∵∠QGH+∠FGH=90°，∠QGH+∠GQH=90°，
∴∠GQH=∠HGF，
∴Rt△QGH∽Rt△GFH，
∴ = ，即 = ，解得m=9，
∴Q的坐标为（9，0）；
当∠CFG=90°时，
∵∠GFH+∠CFO=90°，∠GFH+∠FGH=90°，
∴∠CFO=∠FGH，
∴Rt△GFH∽Rt△FCO，
∴ = ，即 = ，解得m=4，
∴Q的坐标为（4，0）；
∠GCF=90°不存在，
综上所述，点Q的坐标为（4，0）或（9，0）．
第23页（共27页）【点评】本题考查了二次函数的综合题：熟练掌握二次函数图象上点的坐标特征、
二次函数的性质、中心对称的性质和相似三角形的判定与性质；会利用待定系
数法求抛物线解析式；灵活应用相似比表示线段之间的关系；理解坐标与图形
的性质；会利用分类讨论的思想解决数学问题．
25．（14分）如图，在边长为2的正方形ABCD中，点P是边AD上的动点（点P不
与点A、点D重合），点Q是边CD上一点，联结PB、PQ，且∠PBC=∠BPQ．
（1）当QD=QC时，求∠ABP的正切值；
（2）设AP=x，CQ=y，求y关于x的函数解析式；
（3）联结BQ，在△PBQ中是否存在度数不变的角？若存在，指出这个角，并求出
它的度数；若不存在，请说明理由．
【考点】LO：四边形综合题．
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【专题】15：综合题．
【分析】（1）先判断出△PDQ≌△ECQ（AAS）得出PD=CE，PQ=QE． 进而得出
BE=EP=a+2，即：QP= a+1，再用勾股定理求出a的值，即可求出AP，即可得出
结论；
（2）先判断出△PAB≌△PHB（AAS），得出AP=PH=x．AB=BH，进而得出BH=BC，再
判断出Rt△BHQ≌Rt△BCQ（HL），得出QH=QC=y，最后用勾股定理即可得出结
论；
（3）借助（2）得出的两个全等三角形即可得出结论．
第24页（共27页）【解答】解：（1）如图1，
延长PQ交BC延长线于点E．设PD=a．
∵∠PBC=∠BPQ，
∴EB=EP．
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD∥BC，
∴∠DPQ=∠E，
在△PDQ和△ECQ中， ，
∴△PDQ≌△ECQ（AAS）
∴PD=CE，PQ=QE．
∴BE=EP=a+2，
∴QP= a+1
在Rt△PDQ中，∵PD2+QD2=PQ2，
∴a2+1=（ a+1）2，解得a=
∴AP=AD﹣PD=
在Rt△ABP中，tan∠ABP= = ．
（2）如图2，
第25页（共27页）过点B作BH⊥PQ，垂足为点H，联结BQ．
∵AD∥BC，
∴∠CBP=∠APB，
∵∠PBC=∠BPQ，
∴∠APB=∠HPB，
∵∠A=∠PHB=90°，
在△ABP和△HBP中， ，
∴△PAB≌△PHB（AAS），
∴AP=PH=x．AB=BH，
∵AB=BC，
∴BH=BC，
在Rt△BHQ和Rt△BCQ中，
∴Rt△BHQ≌Rt△BCQ（HL），
∴QH=QC=y，
在Rt△PDQ中，∵PD2+QD2=PQ2，
∴（2﹣x）2+（2﹣y）2=（x+y）2，
∴ （0＜x＜2）．
（3）存在，∠PBQ=45°．
由（2）知，△PAB≌△PHB，
∴∠ABP=∠HBP，
∴∠PBH= ∠ABH
第26页（共27页）由（2）知，Rt△BHQ≌Rt△BCQ，
∴∠HBQ=∠CBQ，
∴∠HBQ= ∠HBC，
∴∠PBQ=∠PBH+∠HBQ= （∠ABH+∠HBC）= ∠ABC=45°．
【点评】此题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性
质，勾股定理，解本题的关键是整除辅助线构造全等三角形．
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日期：2018/12/23 23:59:42；用户：初中数学；邮箱：xdjysx000@xyh.com；学号：25920570
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