文档内容
2019年上海市宝山区中考数学二模试卷
一、选择题（本大题共6题，每题4分，满分24分）
1．（4分）32400000用科学记数法表示为（ ）
A．0.324×108 B．32.4×106 C．3.24×107 D．324×108
2．（4分）若关于x的一元一次方程x﹣m+2＝0的解是负数，则m的取值范围是（ ）
A．m≥2 B．m＞2 C．m＜2 D．m≤2
3．（4分）将抛物线y＝x2﹣2x+3向上平移1个单位，平移后所得的抛物线的表达式为（ ）
A．y＝x2﹣2x+4 B．y＝x2﹣2x+2 C．y＝x2﹣3x+3 D．y＝x2﹣x+3
4．（4分）现有甲、乙两个合唱队，队员的平均身高都是175cm，方差分别是S甲 2、S乙 2，如果S
甲
2＞S乙 2，那么两个队中队员的身高较整齐的是（ ）
A．甲队 B．乙队
C．两队一样整齐 D．不能确定
5．（4分）已知 ，而且 和 的方向相反，那么下列结论中正确的是（ ）
A． B． C． D．
6．（4分）对于一个正多边形，下列四个命题中，错误的是 （ ）
A．正多边形是轴对称图形，每条边的垂直平分线是它的对称轴
B．正多边形是中心对称图形，正多边形的中心是它的对称中心
C．正多边形每一个外角都等于正多边形的中心角
D．正多边形每一个内角都与正多边形的中心角互补
二、填空题（本大题共12题，每题4分，满分48分）
7．（4分）计算：a6÷a3＝ ．
8．（4分）分解因式：a3﹣a＝ ．
9．（4分）已知关于x的方程x2+3x﹣m＝0有两个相等的实数根，则m的值为 ．
10．（4分）不等式组 的解集是 ．
11．（4分）方程 的解为 ．
12．（4分）不透明的袋中装有3个大小相同的小球，其中两个为白色，一个为红色，随机地从
袋中摸取一个小球后放回，再随机地摸取一个小球，两次取的小球都是红球的概率为
．
13．（4分）为了解全区5000名初中毕业生的体重情况，随机抽测了400名学生的体重，频率
第1页（共23页）分布如图所示（每小组数据可含最小值，不含最大值），其中从左至右前四个小长方形的
高依次为0.02、0.03、0.04、0.05，由此可估计全区初中毕业生的体重不小于60千克的学生
人数约为 人．
14．（4分）经过点A（1，2）的反比例函数解析式是 ．
15．（4分）如果圆O的半径为3，圆P的半径为2，且OP＝5，那么圆O和圆P的位置关系是
．
16．（4分）如图，平行四边形ABCD的对角线AC，BD交于O，过点O的线段EF与AD，BC分
别交于E，F，若AB＝4，BC＝5，OE＝1.5，那么四边形EFCD的周长为 ．
17．（4分）各顶点都在方格纸横竖格子线的交错点上的多边形称为格点多边形，奥地利数学
家皮克（G．Pick，1859～1942年）证明了格点多边形的面积公式：S＝a+ b﹣1，其中a表
示多边表内部的格点数，b表示多边形边界上的格点数，S表示多边形的面积．如图格点多
边形的面积是 ．
18．（4分）如图，点M的坐标为（3，2），动点P从点O出发，沿y轴以每秒1个单位的速度向
上移动，且过点P的直线l：y＝﹣x+b也随之移动，若点M关于l的对称点落在坐标轴上，
设点P的移动时间为t，则t的值是 ．
第2页（共23页）三、解答题（本大题共7题，满分78分）
19．（10分）计算： ．
20．（10分）解方程： ＝
21．（10分）如图已知：△ABC中，AD是边BC上的高、E是边AC的中点，BC＝11，AD＝12，
DFGH为边长为4的正方形，其中点F、G、H分别在AD、AB、BC上．
（1）求BD的长度；
（2）求cos∠EDC的值．
22．（10分）某乒乓球馆普通票价20元/张，暑假为了促销，新推出两种优惠卡：
金卡售价600元/张，每次凭卡不再收费；
①银卡售价150元/张，每次凭卡另收10元；暑期普通票正常出售，两种优惠卡仅限暑期
②使用，不限次数．设打乒乓x次时，所需总费用为y元．
（1）分别写出选择银卡、普通票消费时，y与x之间的函数关系式；
（2）在同一个坐标系中，若三种消费方式对应的函数图象如图所示，请根据函数图象，写
出选择哪种消费方式更合算．
第3页（共23页）23．（12分）如图，在矩形ABCD中，E是AB边的中点，沿EC对折矩形ABCD，使B点落在点
P处，折痕为EC，联结AP并延长AP交CD于F点，
（1）求证：四边形AECF为平行四边形；
（2）如果PA＝PE，联结BP，求证：△APB≌△EPC．
24．（12分）如图，已知对称轴为直线x＝﹣1的抛物线y＝ax2+bx+3与x轴交于A、B两点，与
y轴交于C点，其中A（1，0）．
（1）求点B的坐标及此抛物线的表达式；
（2）点D为y轴上一点，若直线BD和直线BC的夹角为15°，求线段CD的长度；
（3）设点P为抛物线的对称轴x＝﹣1上的一个动点，当△BPC为直角三角形时，求点P
的坐标．
25．（14分）如图已知：AB是圆O的直径，AB＝10，点C为圆O上异于点A、B的一点，点M
为弦BC的中点．
第4页（共23页）（1）如果AM交OC于点E，求OE：CE的值；
（2）如果AM⊥OC于点E，求∠ABC的正弦值；
（3）如果AB：BC＝5：4，D为BC上一动点，过D作DF⊥OC，交OC于点H，与射线BO交
于圆内点F，请完成下列探究．
探究一：设BD＝x，FO＝y，求y关于x的函数解析式及其定义域．
探究二：如果点D在以O为圆心，OF为半径的圆上，写出此时BD的长度．
第5页（共23页）2019年上海市宝山区中考数学二模试卷
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）32400000用科学记数法表示为（ ）
A．0.324×108 B．32.4×106 C．3.24×107 D．324×108
【分析】科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数．确定n的值时，
要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．当原
数绝对值＞1时，n是正数；当原数的绝对值＜1时，n是负数．
【解答】解：32400000用科学记数法表示应记为3.24×107，
故选：C．
【点评】此题考查科学记数法的表示方法．科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中
1≤|a|＜10，n为整数，表示时关键要正确确定a的值以及n的值．
2．（4分）若关于x的一元一次方程x﹣m+2＝0的解是负数，则m的取值范围是（ ）
A．m≥2 B．m＞2 C．m＜2 D．m≤2
【分析】根据方程的解为负数得出m﹣2＜0，解之即可得．
【解答】解：∵方程x﹣m+2＝0的解是负数，
∴x＝m﹣2＜0，
解得：m＜2，
故选：C．
【点评】本题主要考查解一元一次方程和一元一次不等式的能力，根据题意列出不等式是
解题的关键．
3．（4分）将抛物线y＝x2﹣2x+3向上平移1个单位，平移后所得的抛物线的表达式为（ ）
A．y＝x2﹣2x+4 B．y＝x2﹣2x+2 C．y＝x2﹣3x+3 D．y＝x2﹣x+3
【分析】根据向上平移纵坐标加求得结论即可．
【解答】解：∵将抛物线y＝x2﹣2x+3向上平移1个单位，
∴平移后抛物线的表达式y＝x2﹣2x+4．
故选：A．
【点评】本题考查了二次函数图象与几何变换，此类题目利用顶点的平移确定抛物线函数
图象的变化更简便．
第6页（共23页）4．（4分）现有甲、乙两个合唱队，队员的平均身高都是175cm，方差分别是S甲 2、S乙 2，如果S
甲
2＞S乙 2，那么两个队中队员的身高较整齐的是（ ）
A．甲队 B．乙队
C．两队一样整齐 D．不能确定
【分析】根据方差的意义，方差越小数据越稳定，故比较方差后可以作出判断．
【解答】解：∵S甲 2＞S乙 2，
∴两个队中队员的身高较整齐的是：乙队．
故选：B．
【点评】本题考查了方差的意义．方差是用来衡量一组数据波动大小的量，方差越大，表明
这组数据偏离平均数越大，即波动越大，数据越不稳定；反之，方差越小，表明这组数据分
布比较集中，各数据偏离平均数越小，即波动越小，数据越稳定．
5．（4分）已知 ，而且 和 的方向相反，那么下列结论中正确的是（ ）
A． B． C． D．
【分析】根据平行向量的性质即可解决问题．
【解答】解：∵ ，而且 和 的方向相反，
∴ ＝﹣ ，
∴2 ＝﹣3 ，
故选：D．
【点评】本题考查平面向量，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
6．（4分）对于一个正多边形，下列四个命题中，错误的是 （ ）
A．正多边形是轴对称图形，每条边的垂直平分线是它的对称轴
B．正多边形是中心对称图形，正多边形的中心是它的对称中心
C．正多边形每一个外角都等于正多边形的中心角
D．正多边形每一个内角都与正多边形的中心角互补
【分析】利用正多边形的对称轴的性质、对称性、中心角的定义及中心角的性质作出判断
即可．
【解答】解：A、正多边形是轴对称图形，每条边的垂直平分线是它的对称轴，正确，故此选
项错误；
第7页（共23页）B、正奇数多边形多边形不是中心对称图形，错误，故本选项正确；
C、正多边形每一个外角都等于正多边形的中心角，正确，故本选项错误；
D、正多边形每一个内角都与正多边形的中心角互补，正确，故本选项错误．
故选：B．
【点评】本题考查了正多边形和圆的知识，解题的关键是正确的理解正多边形的有关的定
义．
二、填空题（本大题共12题，每题4分，满分48分）
7．（4分）计算：a6÷a3＝ a 3 ．
【分析】根据同底数幂相除，底数不变指数相减计算即可．
【解答】解：a6÷a3＝a6﹣3＝a3．
故应填a3．
【点评】本题主要考查同底数幂的除法运算性质，熟练掌握运算性质是解题的关键．
8．（4分）分解因式：a3﹣a＝ a （ a + 1 ）（ a ﹣ 1 ） ．
【分析】先提取公因式a，再对余下的多项式利用平方差公式继续分解．
【解答】解：a3﹣a，
＝a（a2﹣1），
＝a（a+1）（a﹣1）．
故答案为：a（a+1）（a﹣1）．
【点评】本题考查了提公因式法，公式法分解因式，提取公因式后利用平方差公式进行二
次分解，注意要分解彻底．
9．（4分）已知关于x的方程x2+3x﹣m＝0有两个相等的实数根，则m的值为 ﹣ ．
【分析】根据方程有两个相等的实数根得出△＝0，求出m的值即可．
【解答】解：∵关于x的方程x2+3x﹣m＝0有两个相等的实数根，
∴△＝32﹣4×1×（﹣m）＝0，
解得：m＝﹣ ，
故答案为：﹣ ．
【点评】本题考查的是根的判别式，熟知一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的根与△＝b2﹣
4ac的关系是解答此题的关键．
第8页（共23页）10．（4分）不等式组 的解集是 ﹣ 1 ＜ x ≤ 2 ．
【分析】分别求出各不等式的解集，再求出其公共解集即可．
【解答】解：
解不等式 ，得x＞﹣1，
解不等式①，得x≤2，
所以，这②个不等式组的解集是﹣1＜x≤2．
故答案为﹣1＜x≤2．
【点评】主要考查了一元一次不等式解集的求法，求不等式组解集的口诀：同大取大，同小
取小，大小小大中间找，大大小小找不到（无解）．
11．（4分）方程 的解为 x ＝ 1 ．
【分析】先移项，得 ＝1，然后方程两边平方，得 2x﹣1＝1，从而解得 x＝1．
【解答】解：移项，得 ＝1，
方程两边平方，得 2x﹣1＝1，
解得 x＝1．
故答案为x＝1．
【点评】本题考查了无理方程，将无理方程化为一次方程是解题的关键．
12．（4分）不透明的袋中装有3个大小相同的小球，其中两个为白色，一个为红色，随机地从
袋中摸取一个小球后放回，再随机地摸取一个小球，两次取的小球都是红球的概率为
．
【分析】根据题意先画出树状图得出所有等情况数和两次取的小球都是红球的情况数，再
根据概率公式即可得出答案．
【解答】解：根据题意画图如下：
共有9种等可能的情况数，其中两次取的小球都是红球的有1种，
则两次取的小球都是红球的概率为 ；
故答案为： ．
第9页（共23页）【点评】此题考查的是用列表法或树状图法求概率．列表法可以不重复不遗漏的列出所有
可能的结果，适合于两步完成的事件；树状图法适合两步或两步以上完成的事件；解题时
要注意此题是放回实验还是不放回实验．用到的知识点为：概率＝所求情况数与总情况数
之比．
13．（4分）为了解全区5000名初中毕业生的体重情况，随机抽测了400名学生的体重，频率
分布如图所示（每小组数据可含最小值，不含最大值），其中从左至右前四个小长方形的
高依次为0.02、0.03、0.04、0.05，由此可估计全区初中毕业生的体重不小于60千克的学生
人数约为 150 0 人．
【分析】先根据频率分布直方图，得到从左至右前四组的频率，进而得出后两组的频率之
和，最后根据总数×频率，即可得到体重不小于60千克的学生人数．
【解答】解：∵从左至右前四个小长方形的高依次为0.02、0.03、0.04、0.05，
∴从左至右前四组的频率依次为0.02×5＝0.1、0.03×5＝0.15、0.04×5＝0.2、0.05×5＝0.25，
∴后两组的频率之和为：1﹣0.1﹣0.15﹣0.2﹣0.25＝0.3，
∴体重不小于60千克的学生人数约为：5000×0.3＝1500人，
故答案为：1500．
【点评】本题考查了频数分布图和频率分布直方图的知识，根据频率、频数及样本容量之
间的关系进行正确的运算是解题的关键．
14．（4分）经过点A（1，2）的反比例函数解析式是 y ＝ ．
【分析】先设y＝ ，再把已知点的坐标代入可求出k值，即得到反比例函数的解析式．
【解答】解：设反比例函数的解析式为y＝ ．
把点（1，2）代入解析式y＝ ，得k＝2，
所以y＝ ．
第10页（共23页）故答案为：y＝ ．
【点评】本题比较简单，考查的是用待定系数法求反比例函数的解析式，是中学阶段的重
点内容．
15．（4分）如果圆O的半径为3，圆P的半径为2，且OP＝5，那么圆O和圆P的位置关系是
外切 ．
【分析】根据两圆的圆心距和两圆的半径之和作出判断即可．
【解答】解：∵圆O的半径为3，圆P的半径为2，且OP＝5，
∴OP＝R+r＝2+3＝5，
∴两圆外切，
故答案为：外切．
【点评】本题考查了圆与圆的位置关系：圆和圆的位置与两圆的圆心距、半径的数量之间
的关系： 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）①； 两圆内⇔切 d＝R﹣②r（R＞r）；⇔ 两圆内含③d＜R﹣r（⇔R＞r）．
16．（4分）如图，④平行四边形⇔ABCD的对角线AC，B⑤D交于O，过⇔点O的线段EF与AD，BC分
别交于E，F，若AB＝4，BC＝5，OE＝1.5，那么四边形EFCD的周长为 1 2 ．
【分析】根据平行四边形的性质知，AB＝CD＝4，AD＝BC＝5，AO＝OC，∠OAD＝∠OCF，
∠AOE和∠COF是对顶角相等，所以△OAE≌△OCF，所以OF＝OE＝1.5，CF＝AE，所以
四边形EFCD的周长＝ED+CD+CF+OF+OE＝ED+AE+CD+OE+OF＝AD+CD+OE+OF，
由此就可以求出周长．
【解答】解：∵四边形ABCD平行四边形，
∴AB＝CD＝4，AD＝BC＝5，AO＝OC，∠OAD＝∠OCF，∠AOE＝∠COF，
∴△OAE≌△OCF，
∴OF＝OE＝1.5，CF＝AE，
∴四边形EFCD的周长＝ED+CD+CF+OF+OE
＝ED+AE+CD+OE+OF
＝AD+CD+OE+OF
＝4+5+1.5+1.5
第11页（共23页）＝12．
故答案为：12．
【点评】本题利用了平行四边形的性质和已知条件先证出△OAE≌△OCF，再全等三角形
的性质，转化边的关系后再求解．
17．（4分）各顶点都在方格纸横竖格子线的交错点上的多边形称为格点多边形，奥地利数学
家皮克（G．Pick，1859～1942年）证明了格点多边形的面积公式：S＝a+ b﹣1，其中a表
示多边表内部的格点数，b表示多边形边界上的格点数，S表示多边形的面积．如图格点多
边形的面积是 6 ．
【分析】分别统计出多边形内部的格点数a和边界上的格点数b，再代入公式S＝a+ b﹣
1，即可得出格点多边形的面积．
【解答】解：∵a表示多边形内部的格点数，b表示多边形边界上的格点数，S表示多边形的
面积，
∴a＝4，b＝6，
∴格点多边形的面积S＝a+ b﹣1＝4+ ×6﹣1＝6．
故答案为：6．
【点评】本题考查格点多边形面积的计算，解题的关键是根据图形正确统计出a，b的值．
18．（4分）如图，点M的坐标为（3，2），动点P从点O出发，沿y轴以每秒1个单位的速度向
上移动，且过点P的直线l：y＝﹣x+b也随之移动，若点M关于l的对称点落在坐标轴上，
设点P的移动时间为t，则t的值是 2 或 3 ．
第12页（共23页）【分析】找出点M关于直线l在坐标轴上的对称点E、F，如图所示．求出点E、F的坐标，然
后分别求出ME、MF中点坐标，最后分别求出时间t的值．
【解答】解：如图，过点M作MF⊥直线l，交y轴于点F，交x轴于点E，则点E、F为点M在
坐标轴上的对称点．
过点M作MD⊥x轴于点D，则OD＝3，MD＝2．
由直线l：y＝﹣x+b可知∠PDO＝∠OPD＝45°，
∴∠MED＝∠OEF＝45°，则△MDE与△OEF均为等腰直角三角形，
∴DE＝MD＝2，OE＝OF＝1，
∴E（1，0），F（0，﹣1）．
∵M（3，2），F（0，﹣1），
∴线段MF中点坐标为（ ， ）．
直线y＝﹣x+b过点（ ， ），则 ＝﹣ +b，解得：b＝2，
∴t＝2．
∵M（3，2），E（1，0），
∴线段ME中点坐标为（2，1）．
直线y＝﹣x+b过点（2，1），则1＝﹣2+b，解得：b＝3，
∴t＝3．
故点M关于l的对称点，当t＝2时，落在y轴上，当t＝3时，落在x轴上．
故答案为2或3．
【点评】考查了一次函数的图象与几何变换．注意在x轴、y轴上均有点M的对称点，不要
漏解；其次注意点E、F坐标以及线段中点坐标的求法．
三、解答题（本大题共7题，满分78分）
19．（10分）计算： ．
第13页（共23页）【分析】直接利用负指数幂的性质以及零指数幂的性质、二次根式的性质、特殊角的三角
函数值分别化简得出答案．
【解答】解：＝
＝ +2﹣（2﹣ ）
＝π+ ．
【π点评】此题主要考查了实数运算，正确化简各数是解题关键．
20．（10分）解方程： ＝
【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：去分母得：16+x﹣2＝（x+2）2，
整理方程得，x2+3x﹣10＝0，
解得：x ＝﹣5，x ＝2，
1 2
经检验x＝﹣5是原方程的解，x＝2是增根（舍去），
∴原方程的解是x＝﹣5．
【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）如图已知：△ABC中，AD是边BC上的高、E是边AC的中点，BC＝11，AD＝12，
DFGH为边长为4的正方形，其中点F、G、H分别在AD、AB、BC上．
（1）求BD的长度；
（2）求cos∠EDC的值．
【分析】（1）由四边形DFGH为边长为4的正方形得 ，将相关线段的长度代入计
算可得；
（2）先求出CD、AC的长，再由E是边AC的中点知ED＝EC，据此得∠EDC＝∠ACD，再
根据余弦函数的定义可得答案．
【解答】解：（1）∵四边形DFGH为顶点在△ABD边长的正方形，且边长为4，
第14页（共23页）∴GF∥BD，GF＝DF＝4，
∴ ，
∵AD＝12，
∴AF＝8，
则 ＝ ，
解得：BD＝6；
（2）∵BC＝11，BD＝6，
∴CD＝5，
在直角△ADC中，AC2＝AD2+DC2，
∴AC＝13，
∵E是边AC的中点，
∴ED＝EC，
∴∠EDC＝∠ACD，
∴ ．
【点评】本题主要考查正方形的性质，解题的关键是掌握正方形的性质、勾股定理、三角函
数的应用及直角三角形的性质等．
22．（10分）某乒乓球馆普通票价20元/张，暑假为了促销，新推出两种优惠卡：
金卡售价600元/张，每次凭卡不再收费；
①银卡售价150元/张，每次凭卡另收10元；暑期普通票正常出售，两种优惠卡仅限暑期
②使用，不限次数．设打乒乓x次时，所需总费用为y元．
（1）分别写出选择银卡、普通票消费时，y与x之间的函数关系式；
（2）在同一个坐标系中，若三种消费方式对应的函数图象如图所示，请根据函数图象，写
出选择哪种消费方式更合算．
第15页（共23页）【分析】（1）根据题意可以直接写出选择银卡、普通票消费时，y与x之间的函数关系式；
（2）根据函数图象和（1）中的函数解析式可以分别求得普通票消费和银卡消费相等的情
况，银卡消费和金卡消费相等的情况，再根据图象即可解答本题．
【解答】解：（1）由题意可得，
选择银卡消费时，y与x之间的函数关系式为：y＝10x+150，
选择普通票消费时，y与x之间的函数关系式为：y＝20x；
（2）当10x+150＝20x时，得x＝15，
当10x+150＝600时，得x＝45，
答：当打球次数不足15次时，选择普通票最合算，当打球次数介于15次到45次之间时，
选择银卡最合算，当打球次数超过45次时，选择金卡最合算，当打球次数恰为15次时，选
择普通票或银卡同为最合算，当打球次数恰为45次时，选择金卡或银卡同为最合算．
【点评】本题考查一次函数的应用，解答本题的关键是明确题意，利用一次函数的性质和
数形结合的思想解答．
23．（12分）如图，在矩形ABCD中，E是AB边的中点，沿EC对折矩形ABCD，使B点落在点
P处，折痕为EC，联结AP并延长AP交CD于F点，
（1）求证：四边形AECF为平行四边形；
（2）如果PA＝PE，联结BP，求证：△APB≌△EPC．
【分析】（1）由折叠的性质和中位线以及平行四边形的判定解答；
第16页（共23页）（2）根据三角形AEP为等边三角形，得到三条边相等，三内角相等，再由折叠的性质及邻
补角定义得到一对角相等，根据同角的余角相等得到一对角相等，再由 AP＝EB，利用
AAS即可得证．
【解答】证明：（1）由折叠得到EC垂直平分BP，
设EC与BP交于Q，
∴BQ＝EQ
∵E为AB的中点，
∴AE＝EB，
∴EQ为△ABP的中位线，
∴AF∥EC，
∵AE∥FC，
∴四边形AECF为平行四边形；
（2）∵AF∥EC，
∴∠APB＝∠EQB＝90°，
由翻折性质∠EPC＝∠EBC＝90°，∠PEC＝∠BEC
∵E为直角△APB斜边AB的中点，且AP＝EP，
∴△AEP为等边三角形，∠BAP＝∠AEP＝60°，
在△ABP和△EPC中，
∴△ABP≌△EPC（AAS）
【点评】此题考查全等三角形的判定与性质，折叠的性质，熟练掌握全等三角形的判定与
性质是解本题的关键．
24．（12分）如图，已知对称轴为直线x＝﹣1的抛物线y＝ax2+bx+3与x轴交于A、B两点，与
y轴交于C点，其中A（1，0）．
（1）求点B的坐标及此抛物线的表达式；
（2）点D为y轴上一点，若直线BD和直线BC的夹角为15°，求线段CD的长度；
（3）设点P为抛物线的对称轴x＝﹣1上的一个动点，当△BPC为直角三角形时，求点P
的坐标．
第17页（共23页）【分析】（1）由抛物线解析式得出c＝3，C（0，3），把对称轴和A点的坐标代入抛物线解析
式得出方程组，解方程组 ，得出抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣2x+3，由对称轴即可
求出点B的坐标；
（2）由点B和C的坐标得△BOC是等腰直角三角形，∠CBO＝45°，求出∠DBO＝30°或
∠DBO＝60°，在Rt△BOD中，由三角函数得出DO的长，即可得出CD的长；
（3）设P（﹣1，t），由题意得出OB＝OC＝3，由勾股定理得：BC2＝18，PB2＝（﹣1+3）2+t2＝
4+t2，PC2＝（﹣1）2+（t﹣3）2＝t2﹣6t+10，分情况讨论：
若点B为直角顶点，则BC2+PB2＝PC2，得出方程，解方程即可；
①若点C为直角顶点，则BC2+PC2＝PB2，得出方程，解方程即可；
②若点P为直角顶点，则PB2+PC2＝BC2，得出方程，解方程即可；即可得出答案．
③【解答】解：（1）∵对称轴为直线x＝﹣1，
∴﹣ ＝﹣1，
∵抛物线y＝ax2+bx+3与y轴交于C点，
∴c＝3，C（0，3），
∵抛物线y＝ax2+bx+3与x轴交于A点，A点的坐标为（1，0），
∴a+b+c＝0，即： ，
解得： ，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣2x+3，
第18页（共23页）∵对称轴为x＝﹣1，
且抛物线经过A（1，0），
∴B（﹣3，0）；
（2）∵B（﹣3，0），C（0，3），
∴△BOC是等腰直角三角形，
∴∠CBO＝45°，
∵直线BD和直线BC的夹角为15°，
∴∠DBO＝30°或∠DBO＝60°，
在Rt△BOD中，DO＝BO•tan∠DBO，
∵BO＝3，
当∠DBO＝30°时，如图1所示：
tan30°＝ ，
∴DO＝ ，
∴CD＝OC﹣DO＝3﹣ ；
当∠DBO＝60°时，如图2所示：
tan60°＝ ，DO＝ ，
∴CD＝DO﹣OC＝ ，
∴CD的长度为3﹣ 或 ；
（3）设P（﹣1，t），∵B（﹣3，0），C（0，3），
∴OB＝OC＝3，
由勾股定理得：BC2＝18，PB2＝（﹣1+3）2+t2＝4+t2，PC2＝（﹣1）2+（t﹣3）2＝t2﹣6t+10，
分情况讨论：如图3所示：
若点B为直角顶点，则BC2+PB2＝PC2，
①即：18+4+t2＝t2﹣6t+10，解得：t＝﹣2；
若点C为直角顶点，则BC2+PC2＝PB2，
②即：18+t2﹣6t+10＝4+t2，解得：t＝4；
若点P为直角顶点，则PB2+PC2＝BC2，
③
即：4+t2+t2﹣6t+10＝18，解得： ， ；
综上所述，当△BPC为直角三角形时，点 P的坐标为（﹣1，﹣2）或（﹣1，4）或
第19页（共23页）或 ．
【点评】本题是二次函数综合题目，考查了待定系数法求二次函数的解析式，方程组的解
法、二次函数的图象与性质、等腰直角三角形的判定与性质、勾股定理、三角函数以及分
类讨论；本题综合性强，有一定难度，注意分类讨论．
25．（14分）如图已知：AB是圆O的直径，AB＝10，点C为圆O上异于点A、B的一点，点M
为弦BC的中点．
（1）如果AM交OC于点E，求OE：CE的值；
（2）如果AM⊥OC于点E，求∠ABC的正弦值；
第20页（共23页）（3）如果AB：BC＝5：4，D为BC上一动点，过D作DF⊥OC，交OC于点H，与射线BO交
于圆内点F，请完成下列探究．
探究一：设BD＝x，FO＝y，求y关于x的函数解析式及其定义域．
探究二：如果点D在以O为圆心，OF为半径的圆上，写出此时BD的长度．
【分析】（1）如图1，过点O作ON∥BC交AM于点N，根据三角形的中位线的性质得到
ON＝ BM，根据平行线分线段成比例定理即可得到结论；
（2）如图1，连接OM，根据垂径定理得到OM⊥BC，根据余角的性质得到∠OME＝
∠MCE，根据相似三角形的性质得到ME2＝OE•CE，设OE＝x，则CE＝2x，ME＝ x，解
直角三角形即可得到结论；
（3）探究一：如图2，过点D作DL⊥DF交BO于点L，根据平行线的性质得到∠LDB＝
∠C＝∠B，根据等腰三角形的判定定理得到BL＝DL，设BD＝x，则CD＝8﹣x，BL＝DL＝
x，CH＝ ，OH＝OC﹣CH＝5﹣ （8﹣x），根据平行线成线段成比例定理得到y
＝ （其中 ）；
探究二：根据题意得到OF＝OD，根据等腰三角形的性质得到DF⊥OC，根据直角三角形
的性质得到FO＝OL，列方程即可得到结论．
【解答】解：（1）如图1，过点O作ON∥BC交AM于点N，
∵点O是AB的中点，
∴点N是AM的中点，
∴ON＝ BM，
∵点M为弦BC的中点，
∴BM＝CM，
第21页（共23页）∴ON＝ CM，
∵ON∥BC，
∴ ＝ ；
（2）如图1，连接OM，
∵点M为弦BC的中点，
∴OM⊥BC，
∵AM⊥OC于点E，
∴∴∠OME+∠CME＝∠CME+∠C＝90°，
∴∠OME＝∠MCE，
∴△OME∽△MCE，
∴ME2＝OE•CE，
设OE＝x，则CE＝2x，ME＝ x，
在Rt△MCE中，CM＝ ＝ x，
∴sin∠ECM＝ ＝ ＝
∴sin∠ABC＝ ；
（3）探究一：如图2，过点D作DL⊥DF交BO于点L，
∵DF⊥OC，
∴DL∥OC，
∴∠LDB＝∠C＝∠B，
∴BL＝DL，
∵AB＝10，AB：BC＝5：4，
设BD＝x，则CD＝8﹣x，BL＝DL＝ x，CH＝ ，OH＝OC﹣CH＝5﹣ （8﹣x），
∵OH∥DL，
∴ ＝ ，
第22页（共23页）∴ ，
∴y＝ （其中 ）；
探究二：∵以O为圆心，OF为半径的圆经过D，
∴OF＝OD，
∵DF⊥OC，
∴OC垂直平分DF，FO＝OL，
∴y＝5﹣ x，
∴ ，
解得：x＝ ，
∴BD＝ ．
【点评】本题考查了垂径定理，相似三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，解直角三角
形，正确的作出辅助线是解题的关键．
第23页（共23页）
