文档内容
2019年上海市青浦区中考数学二模试卷
一.选择题
1．（4分）下列单项式中，与ab2是同类项的是（ ）
A．a2b B．a2b2 C．﹣ab2 D．2ab
2．（4分）如果一次函数y＝kx+b（k、b是常数，k≠0）的图象经过第一、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）抛物线y＝2（x+1）2﹣1的顶点坐标是（ ）
A．（1，1） B．（﹣1，﹣1） C．（1，﹣1） D．（﹣1，1）
4．（4分）一组数据：2，3，3，4，若添加一个数据3，则发生变化的统计量是（ ）
A．平均数 B．中位数 C．众数 D．方差
5．（3分）下列图形中，是中心对称图形但不是轴对称图形的是（ ）
A．平行四边形 B．矩形 C．菱形 D．等腰梯形
6．（3分）如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，∠B＝90°，AD＝2，AB＝4，BC＝6，点O是边BC
上一点，以O为圆心，OC为半径的 O，与边AD只有一个公共点，则OC的取值范围是（
） ⊙
A．4＜OC≤ B．4≤OC≤ C．4＜OC D．4≤OC≤
二、填空题
7．（3分）（﹣2x2）3＝ ．
8．（3分）分解因式：a3﹣9a＝ ．
9．（3分）如果二次根式 有意义，那么x的取值范围是 ．
10．（3分）方程 的根是 ．
11．（3分）如果关于x的方程x2﹣2x+a＝0有两个相等的实数根，那么a＝ ．
12．（3分）已知反比例函数y＝ （k≠0），如果在这个函数图象所在的每一个象限内，y的值
第1页（共25页）随着x的值增大而增大，那么k的取值范围是 ．
13．（3分）将分别写有“创建”、“智慧”、“校园”的三张大小、质地相同的卡片随机排列，
那么恰好排列成“创建智慧校园”的概率是 ．
14．（3分）A班学生参加“垃圾分类知识”竞赛，已知竞赛得分都是整数，竞赛成绩的频数分
布直方图，如图所示，那么成绩高于60分的学生占A班参赛人数的百分率为 ．
15．（3分）如图，△ABC的中线AD、BE相交于点G，若 ＝ ， ＝ ，用 、 表示 ＝
．
16．（3分）如图，在 O中，OA、OB为半径，连接AB，已知AB＝6，∠AOB＝120°，那么圆心O
到AB的距离为 ⊙ ．
17．（3分）如图，在矩形ABCD中，AB＝3，E为AD的中点，F为CD上一点，且DF＝2CF，沿
BE将△ABE翻折，如果点A恰好落在BF上，则AD＝ ．
18．（3分）我们把满足某种条件的所有点组成的图形，叫做符合这个条件的点的轨迹，如图，
第2页（共25页）在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝8，BC＝12，动点P从点A开始沿射线AC方向以1个单
位秒的速度向点C运动，动点Q从点C开始沿射线CB方向以2个单位/秒的速度向点运
动，P、Q两点分别从点A、C同时出发，当其中一点到达端点时，另一点也随之停止运动，
在整个运动过程中，线段PQ的中点M运动的轨迹长为 ．
三.解答题
19．计算：（﹣1）2019﹣|1﹣ |+ ．
20．解方程组：
21．如图，在△ABC中，∠C＝90°，AB的垂直平分线分别交边BC、AB于点D、E，联结AD．
（1）如果∠CAD：∠DAB＝1：2，求∠CAD的度数；
（2）如果AC＝1，tan∠B＝ ，求∠CAD的正弦值．
22．如图，一座古塔AH的高为33米，AH⊥直线l，某校九年级数学兴趣小组为了测得该古塔
塔刹AB的高，在直线l上选取了点D，在D处测得点A的仰角为26.6°，测得点B的仰角
为22.8°，求该古塔塔刹AB的高．（精确到0.1米）【参考数据：sin26.6°＝0.45，cos26.6°＝
0.89，tan26.6°＝0.5，sin22.8°＝0.39，cos22.8°＝092，tan22.8°＝0.42】
23．已知：如图，在菱形ABCD中，AB＝AC，点E、F分别在边AB、BC上，且AE＝BF，CE与
第3页（共25页）AF相交于点G．
（1）求证：∠FGC＝∠B；
（2）延长CE与DA的延长线交于点H，求证：BE•CH＝AF•AC．
24．已知：如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝ax2+bx（a≠0）经过点A（6，﹣3），对称
轴是直线x＝4，顶点为B，OA与其对称轴交于点M，M、N关于点B对称．
（1）求这条抛物线的表达式和点B的坐标；
（2）联结ON、AN，求△OAN的面积；
（3）点Q在x轴上，且在直线x＝4右侧，当∠ANQ＝45°时，求点Q的坐标．
25．已知：在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝1，D是AB的中点，以CD为直径的 Q分别交
BC、BA于点F、E，点E位于点D下方，连接EF交CD于点G． ⊙
（1）如图1，如果BC＝2，求DE的长；
（2）如图2，设BC＝x， ＝y，求y关于x的函数关系式及其定义域；
（3）如图3，连接CE，如果CG＝CE，求BC的长．
第4页（共25页）2019年上海市青浦区中考数学二模试卷
参考答案与试题解析
一.选择题
1．（4分）下列单项式中，与ab2是同类项的是（ ）
A．a2b B．a2b2 C．﹣ab2 D．2ab
【分析】根据同类项的定义：所含字母相同，并且相同字母的指数也相同，这样的项叫做同
类项，结合选项求解．
【解答】解：由同类项的定义可知，a的指数是1，b的指数是2．
A、a的指数是2，b的指数是1，与ab2不是同类项；
B、a的指数是2，b的指数是2，与ab2不是同类项；
C、a的指数是1，b的指数是2，与ab2是同类项；
D、a的指数是1，b的指数是1，与ab2不是同类项．
故选：C．
【点评】本题考查了同类项，判断同类项只要两看，即一看所含有的字母是否相同，二看相
同字母的指数是否相同．
2．（4分）如果一次函数y＝kx+b（k、b是常数，k≠0）的图象经过第一、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
【分析】根据一次函数图象与系数的关系求解即可．
【解答】解：∵一次函数y＝kx+b（k、b是常数，k≠0）的图象经过第一、二、三象限，
∴k＞0，b＞0，
故选：A．
【点评】本题考查了一次函数图象与系数的关系，属于基础题．注意掌握直线y＝kx+b所在
的位置与k、b的符号有直接的关系．k＞0时，直线必经过一、三象限．k＜0时，直线必经过
二、四象限．b＞0时，直线与y轴正半轴相交．b＝0时，直线过原点；b＜0时，直线与y轴
负半轴相交．
3．（4分）抛物线y＝2（x+1）2﹣1的顶点坐标是（ ）
A．（1，1） B．（﹣1，﹣1） C．（1，﹣1） D．（﹣1，1）
【分析】直接利用顶点式的特点可求顶点坐标．
第5页（共25页）【解答】解：因为y＝2（x+1）2﹣1是抛物线的顶点式，
根据顶点式的坐标特点可知，顶点坐标为（﹣1，﹣1），
故选：B．
【点评】主要考查了求抛物线的对称轴和顶点坐标的方法．牢记二次函数的顶点式是解答
本题的关键．
4．（4分）一组数据：2，3，3，4，若添加一个数据3，则发生变化的统计量是（ ）
A．平均数 B．中位数 C．众数 D．方差
【分析】依据的定义和公式分别计算新旧两组数据的平均数、中位数、众数、方差求解即可．
【解答】解：原数据的2、3、3、4的平均数为 ＝3，中位数为 ＝3，众数为3，方
差为 ×[（2﹣3）2+（3﹣3）2×2+（4﹣3）2]＝0.5；
新数据2、3、3、3、4的平均数为 ＝3，中位数为3，众数为3，方差为 ×[（2﹣
3）2+（3﹣3）2×3+（4﹣3）2]＝0.4；
∴添加一个数据3，方差发生变化，
故选：D．
【点评】本题主要考查的是众数、中位数、方差、平均数，熟练掌握相关概念和公式是解题
的关键．
5．（3分）下列图形中，是中心对称图形但不是轴对称图形的是（ ）
A．平行四边形 B．矩形 C．菱形 D．等腰梯形
【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
【解答】解：A、平行四边形不是轴对称图形，是中心对称图形，符合题意；
B、矩形是轴对称图形，又是中心对称图形，不符合题意；
C、菱形既是轴对称图形，也是中心对称图形，不符合题意；
D、等腰梯形是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意．
故选：A．
【点评】此题主要考查了中心对称图形与轴对称的定义，根据定义得出图形形状是解决问
题的关键．
6．（3分）如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，∠B＝90°，AD＝2，AB＝4，BC＝6，点O是边BC
上一点，以O为圆心，OC为半径的 O，与边AD只有一个公共点，则OC的取值范围是（
⊙
第6页（共25页））
A．4＜OC≤ B．4≤OC≤ C．4＜OC D．4≤OC≤
【分析】作DE⊥BC于E，当 O与边AD相切时，圆心O与E重合，即OC＝4；当OA＝OC
时， O与AD交于点A，设⊙OA＝OC＝x，则OB＝6﹣x，在Rt△ABO中，由勾股定理得出
⊙
方程，解方程得出OC＝ ；即可得出结论．
【解答】解：作DE⊥BC于E，如图所示：
则DE＝AB＝4，BE＝AD＝2，
∴CE＝4＝DE，
当 O与边AD相切时，切点为D，圆心O与E重合，即OC＝4；
当⊙OA＝OC时， O与AD交于点A，
设OA＝OC＝x，⊙则OB＝6﹣x，
在Rt△ABO中，由勾股定理得：42+（6﹣x）2＝x2，
解得：x＝ ；
∴以O为圆心，OC为半径的 O，与边AD只有一个公共点，则OC的取值范围是4≤x≤
⊙
；
故选：B．
【点评】本题考查了直线与圆的位置关系、直角梯形的性质、勾股定理等知识；熟练掌握直
角梯形的性质，分情况讨论是解题的关键．
二、填空题
第7页（共25页）7．（3分）（﹣2x2）3＝ ﹣ 8 x 6 ．
【分析】根据积的乘方，等于把积的每一个因式分别乘方，再把所得的幂相乘，进行计算即
可．
【解答】解：（﹣2x2）3，
＝﹣23x2×3，
＝﹣8x6．
【点评】本题考查了积的乘方的性质，熟练掌握运算性质是解题的关键．
8．（3分）分解因式：a3﹣9a＝ a （ a + 3 ）（ a ﹣ 3 ） ．
【分析】本题应先提出公因式a，再运用平方差公式分解．
【解答】解：a3﹣9a＝a（a2﹣32）＝a（a+3）（a﹣3）．
【点评】本题考查用提公因式法和公式法进行因式分解的能力，一个多项式有公因式首先
提取公因式，然后再用其他方法进行因式分解，同时因式分解要彻底，直到不能分解为止．
9．（3分）如果二次根式 有意义，那么x的取值范围是 x ≥ 3 ．
【分析】二次根式的值为非负数，被开方数也为非负数．
【解答】解：∵二次根式 有意义，
∴x﹣3≥0，
∴x≥3．
故答案为：x≥3．
【点评】此题考查了二次根式有意义的条件，要明确，当函数表达式是二次根式时，被开方
数非负．
10．（3分）方程 的根是 x ＝ ．
【分析】首先把方程两边同时平方，然后解一元二次方程，最后要验根．
【解答】解：∵ ，
∴x2﹣1＝1，
∴x2＝2，
∴x＝± ，
经检验 x＝± 是原方程的根，
∴x＝± ．
故答案为：x＝± ．
【点评】此题主要考查了无理方程的解法，主要方法是方程两边同时平方从而转化为整式
第8页（共25页）方程解决问题．
11．（3分）如果关于x的方程x2﹣2x+a＝0有两个相等的实数根，那么a＝ 1 ．
【分析】若一元二次方程有两个相等的实数根，则方程的根的判别式等于0，由此可列出关
于a的等式，求出a的值．
【解答】解：∵关于x的方程x2﹣2x+a＝0有两个相等的实数根，
∴△＝4﹣4a＝0，即a＝1．
【点评】总结：一元二次方程根的情况与判别式△的关系：
（1）△＞0 方程有两个不相等的实数根；
（2）△＝0⇔方程有两个相等的实数根；
（3）△＜0⇔方程没有实数根．
⇔
12．（3分）已知反比例函数y＝ （k≠0），如果在这个函数图象所在的每一个象限内，y的值
随着x的值增大而增大，那么k的取值范围是 k ＜ 0 ．
【分析】直接利用当k＞0，双曲线的两支分别位于第一、第三象限，在每一象限内y随x的
增大而减小；当k＜0，双曲线的两支分别位于第二、第四象限，在每一象限内y随x的增大
而增大，进而得出答案．
【解答】解：∵反比例函数y＝ （k≠0），如果在这个函数图象所在的每一个象限内，y的值
随着x的值增大而增大，
∴k的取值范围是：k＜0．
故答案为：k＜0．
【点评】此题主要考查了反比例函数的性质，正确记忆增减性是解题关键．
13．（3分）将分别写有“创建”、“智慧”、“校园”的三张大小、质地相同的卡片随机排列，
那么恰好排列成“创建智慧校园”的概率是 ．
【分析】根据题意画出三张卡片排列的所有等可能结果，再由树状图确定恰好排列成“创
建智慧校园”的结果数，依据概率公式可得答案．
【解答】解：根据题意，画树状图如下：
第9页（共25页）由树状图可知，共有6种等可能排列的方式，其中恰好排列成“创建智慧校园”的只有1
种，
∴恰好排列成“创建智慧校园”的概率是 ，
故答案为 ．
【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．
14．（3分）A班学生参加“垃圾分类知识”竞赛，已知竞赛得分都是整数，竞赛成绩的频数分
布直方图，如图所示，那么成绩高于60分的学生占A班参赛人数的百分率为 77.5% ．
【分析】根据频数直方图中的数据可以求得成绩高于60分的学生占A班参赛人数的百分
率，本题得以解决．
【解答】解： ＝77.5%，
故答案为：77.5%．
【点评】本题考查频数（率）直方图，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解
答．
15．（3分）如图，△ABC的中线AD、BE相交于点G，若 ＝ ， ＝ ，用 、 表示 ＝
第10页（共25页）﹣ ﹣ ．
【分析】如图，连接DE．首先证明DG＝ AD，根据 ＝ + ，求出 即可解决问题．
【解答】解：如图，连接DE．
∵BD＝CD，AE＝EC，
∴DE∥AB，DE＝ AB，
∴ ＝ ＝ ，
∴DG＝ AD，
∴ ＝ + ， ＝ ， ＝ ，
∴ ＝ + ，
∵ ＝ ，
∴ ＝﹣ ﹣ ，
故答案为：﹣ ﹣ ，
【点评】本题考查三角形的重心，平面向量等知识，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．
16．（3分）如图，在 O中，OA、OB为半径，连接AB，已知AB＝6，∠AOB＝120°，那么圆心O
到AB的距离为 ⊙ ．
第11页（共25页）【分析】过O作OC⊥AB交AB于C点，由垂径定理可知，OC垂直平分AB，再解直角三角
形即可求解．
【解答】解：过O作OC⊥AB交AB于C点，如右图所示：
由垂径定理可知，OC垂直平分AB，则AC＝ AB＝3，
∵OA＝OB，∠AOB＝120°，
∴∠OAB＝30°，
∴tan∠OAB＝tan30°＝ ，
∴OC＝AC•tan30°＝3× ＝ ，即圆心O到AB的距离为 ；
故答案为： ．
【点评】本题利用垂径定理构造出直角三角形，再根据特殊角的正切函数求解．
17．（3分）如图，在矩形ABCD中，AB＝3，E为AD的中点，F为CD上一点，且DF＝2CF，沿
BE将△ABE翻折，如果点A恰好落在BF上，则AD＝ 2 ．
【分析】连接EF，则可证明△EA′F≌△EDF，从而根据BF＝BA′+A′F，得出BF的长，
在Rt△BCF中，利用勾股定理可求出BC，即得AD的长度．
【解答】解：连接EF，
∵点E、点F是AD、DC的中点，
∴AE＝ED，DF＝2CF＝2，
第12页（共25页）由折叠的性质可得AE＝A′E，
∴A′E＝DE，
在Rt△EA′F和Rt△EDF中，
，
∴Rt△EA′F≌Rt△EDF（HL），
∴A′F＝DF＝2，
∴BF＝BA′+A′F＝AB+DF＝3+2＝5，
在Rt△BCF中，
BC＝ ．
∴AD＝BC＝2 ．
故答案为2
【点评】本题考查了翻折变换的知识，解答本题的关键是连接 EF，证明
Rt△EA′F≌Rt△EDF，得出BF的长，注意掌握勾股定理的表达式．
18．（3分）我们把满足某种条件的所有点组成的图形，叫做符合这个条件的点的轨迹，如图，
在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝8，BC＝12，动点P从点A开始沿射线AC方向以1个单
位秒的速度向点C运动，动点Q从点C开始沿射线CB方向以2个单位/秒的速度向点运
动，P、Q两点分别从点A、C同时出发，当其中一点到达端点时，另一点也随之停止运动，
在整个运动过程中，线段PQ的中点M运动的轨迹长为 3 ．
【分析】先以C为原点，以AC所在直线为x轴，建立平面直角坐标系，由题意知0≤t≤6，
求得t＝0及t＝6时M的坐标，得到直线M M 的解析式为y＝﹣2x+8．过点M 作M N⊥x
1 2 2 2
轴于点N，则M N＝6，M N＝3，M M ＝3 ，线段PQ中点M所经过的路径长为3 个
2 1 1 2
单位长度．
第13页（共25页）【解答】解：以C为原点，以AC所在直线为x轴，建立平面直角坐标系：
依题意，可知0≤t≤6，当t＝0时，点M 的坐标为（4，0）；
1
当t＝6时，点M 的坐标为（1，6），
2
设直线M M 的解析式为y＝kx+b，
1 2
∴ ，
解得： ，
∴直线M M 的解析式为y＝﹣2x+8．
1 2
设动点运动的时间为t秒，
则有点Q（0，2t），P（8﹣t，0），
∴在运动过程中，线段PQ中点M 的坐标为（ ，t），
3
把x＝ 代入y＝﹣2x+8，得y＝﹣2× +8＝t，
∴点M 在M M 直线上，
3 1 2
过点M 作M N⊥x轴于点N，则M N＝6，M N＝3，
2 2 2 1
∴M M ＝3 ，
1 2
∴线段PQ中点M所经过的路径长为3 个单位长度．
故答案为：3 ．
【点评】本题主要考查了一次函数的应用．用到解二元一次方程组以及勾股定理，综合性
较强．
三.解答题
19．计算：（﹣1）2019﹣|1﹣ |+ ．
第14页（共25页）【分析】直接利用绝对值的性质以及二次根式的性质分别化简得出答案．
【解答】解：原式＝﹣1﹣（ ﹣1）+ +1+
＝1 ．
【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．解方程组：
【分析】先将原方程组化为两个二元一次方程组，然后求解即可．
【解答】解：原方程组变形为
，
∴ 或
∴原方程组的解为 或
【点评】本题考查了二次方程组的解，将二次方程组化为一次方程组是解题的关键．
21．如图，在△ABC中，∠C＝90°，AB的垂直平分线分别交边BC、AB于点D、E，联结AD．
（1）如果∠CAD：∠DAB＝1：2，求∠CAD的度数；
（2）如果AC＝1，tan∠B＝ ，求∠CAD的正弦值．
【分析】（1）由DE垂直平分AB交边BC、AB于点D、E，可得∠DAB＝∠DBA，则
∠CAD+∠DAB+∠DBA＝∠CAD+2∠DAB＝90°，而∠CAD：∠DAB＝1：2，则可求∠CAD
的度数．
（2）在Rt△ABC中，AC＝1，tan∠B＝ ＝ ，可求得BC，从而利用勾股定理可求得AB
的值，进而可求得 AE、DE 的值，即可求得 AD，而 cos∠CAD＝ ，sin∠CAD＝
第15页（共25页），即可求∠CAD的正弦值．
【解答】解：
（1）∵∠CAD：∠DAB＝1：2
∴∠DAB＝2∠CAD
在Rt△ABC中，∠CAD+∠DAB+∠DBA＝90°
∵DE垂直平分AB交边BC、AB于点D、E
∴∠DAB＝∠DBA
∴∠CAD+∠DAB+∠DBA＝∠CAD+2∠CAD+2∠CAD＝90°
解得，∠CAD＝18°
（2）在Rt△ABC中，AC＝1，tan∠B＝ ＝ ，
∴BC＝2
由勾股定理得，AB＝ ＝ ＝
∵DE垂直平分AB交边BC、AB于点D、E
∴BE＝AE＝
∵∠DAE＝∠DBE
∴在Rt△ADE中
tan∠B＝tan∠DAE＝ ＝
∴DE＝
∴由勾股定理得
AD＝ ＝ ＝
∴cos∠CAD＝ ＝ ＝
∴sin∠CAD＝ ＝ ＝
则∠CAD的正弦值为
【点评】本题主要是应用三角函数定义来解直角三角形，关键要运用锐角三角函数的概念
第16页（共25页）及比正弦和余弦的基本关系进行解题．
22．如图，一座古塔AH的高为33米，AH⊥直线l，某校九年级数学兴趣小组为了测得该古塔
塔刹AB的高，在直线l上选取了点D，在D处测得点A的仰角为26.6°，测得点B的仰角
为22.8°，求该古塔塔刹AB的高．（精确到0.1米）【参考数据：sin26.6°＝0.45，cos26.6°＝
0.89，tan26.6°＝0.5，sin22.8°＝0.39，cos22.8°＝092，tan22.8°＝0.42】
【分析】根据垂直的定义得到∠AHD＝90°，在Rt△ADH中，根据三角函数的定义得到DH
＝ ＝ ，在Rt△BDH中，根据三角函数的定义得到DH＝ ＝
，列方程即可得到结论．
【解答】解：∵AH⊥直线l，
∴∠AHD＝90°，
在Rt△ADH中，tan∠ADH＝ ，
∴DH＝ ＝ ，
在Rt△BDH中，tan∠BDH＝ ，
∴DH＝ ＝ ，
∴ ＝ ，
解得：AB≈5.3m，
答：该古塔塔刹AB的高为5.3m．
【点评】本题考查了解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题，正确的解直角三角形是解题的
关键．
23．已知：如图，在菱形ABCD中，AB＝AC，点E、F分别在边AB、BC上，且AE＝BF，CE与
第17页（共25页）AF相交于点G．
（1）求证：∠FGC＝∠B；
（2）延长CE与DA的延长线交于点H，求证：BE•CH＝AF•AC．
【分析】（1）先利用菱形的性质判断△ABC为等边三角形得到∠B＝∠BAC＝60°，再证明
△ABF≌△CAE得到∠BAF＝∠ACE，然后利用角度代换可得到结论；
（2）如图，先证明△BCE∽△DHC得到 ＝ ，然后利用等线段代换可得到结论．
【解答】证明：（1）∵四边形ABCD为菱形，
∴AB＝BC，
而AB＝AC，
∴AB＝BC＝AC，
∴△ABC为等边三角形，
∴∠B＝∠BAC＝60°，
在△ABF和△CAE中
，
∴△ABF≌△CAE（SAS），
∴∠BAF＝∠ACE，
∵∠FGC＝∠GAC+∠ACG＝∠GAC+∠BAF＝∠BAC＝60°，
∴∠FGC＝∠B；
（2）如图，
∵四边形ABCD为菱形，
∴∠B＝∠D，AD∥BC，
∴∠BCE＝∠H，
∴△BCE∽△DHC，
∴ ＝ ，
第18页（共25页）∵△ABF≌△CAE，
∴CE＝AF
∵CA＝CB＝CD，
∴ ＝ ，
∴BE•CH＝AF•AC．
【点评】本题考查了相似三角形的判定与性质：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；同时灵活运用相似三角形的性质进行几何计算．
也考查了菱形的性质．
24．已知：如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝ax2+bx（a≠0）经过点A（6，﹣3），对称
轴是直线x＝4，顶点为B，OA与其对称轴交于点M，M、N关于点B对称．
（1）求这条抛物线的表达式和点B的坐标；
（2）联结ON、AN，求△OAN的面积；
（3）点Q在x轴上，且在直线x＝4右侧，当∠ANQ＝45°时，求点Q的坐标．
【分析】（1）根据直线x＝4和A（6，﹣3）列出方程组，求出a、b即可求出解析式，然后将x
＝4代入函数解析式，求得得y＝﹣4，所以点B的坐标（4，﹣4）；
（2）连结ON、AN，先求出M（4，﹣2），由M、N关于点B对称，求出N（4，﹣6），于是MN＝
4，所以S△OAN ＝ MN•|x
A
|＝ ×4×6＝12；
（3）设对称轴直线x＝4与x轴交于点T，抛物线与x轴另一个交点为P，则P（8，0），直线
第19页（共25页）AN与x轴交于点P，连接NQ，连接NA、AP，过点P作PR⊥PN，与NQ交于点R，过R作
RH⊥x轴于点H．由∠PNR＝∠ANQ＝45°，则∠PRN＝45°＝∠PNR，所以PR＝PN，易证
△PTN≌△RHP（AAS），则RH＝PT＝4，PH＝TN＝6，TH＝10，由HR∥TN，列出比例式求
出HQ＝20，于是OQ＝OP+PH+HQ＝8+6+20＝34，所以点Q的坐标（34，0）．
【解答】解：（1）由题意可得
，
解得a＝ ，b＝﹣2，
∴抛物线的表达式y＝ x2﹣2x
将x＝4代入，得y＝﹣4，
∴点B的坐标（4，﹣4）；
（2）连结ON、AN，如图1．
∵A（6，﹣3），
∴直线OA：y＝﹣ x，
将x＝4代入，y＝﹣2，
∴M（4，﹣2），
∵M、N关于点B对称，B（4，﹣4），
∴N（4，﹣6），
∴MN＝4，
∴S△OAN ＝ MN•|x
A
|＝ ×4×6＝12；
（3）设对称轴直线x＝4与x轴交于点T，抛物线与x轴另一个交点为P，则P（8，0）．
第20页（共25页）∵A（6，﹣3），N（4，﹣6），
∴直线AN：y＝ ，
令y＝0，则x＝8，
∴直线AN与x轴交点（8，0），
即直线AN与x轴交于点P，
如图2，连接NQ，连接NA、AP，过点P作PR⊥PN，与NQ交于点R，过R作RH⊥x轴于点
H．
∵∠PNR＝∠ANQ＝45°，
∴∠PRN＝45°＝∠PNR，
∴PR＝PN，
易证△PTN≌△RHP（AAS），
∴RH＝PT＝4，PH＝TN＝6，
∴TH＝10，
∵ ，
∴ ，
∴HQ＝20，
∴OQ＝OP+PH+HQ＝8+6+20＝34，
点Q的坐标（34，0）．
【点评】本题考查了二次函数，熟练掌握二次函数的相关性质与全等三角形的判定与性质
是解题的关键．
25．已知：在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝1，D是AB的中点，以CD为直径的 Q分别交
BC、BA于点F、E，点E位于点D下方，连接EF交CD于点G． ⊙
第21页（共25页）（1）如图1，如果BC＝2，求DE的长；
（2）如图2，设BC＝x， ＝y，求y关于x的函数关系式及其定义域；
（3）如图3，连接CE，如果CG＝CE，求BC的长．
【分析】（1）如图1中，连接CE．在Rt△CDE中，求出CD，CE即可解决问题．
（2）如图2中，连接CE，设AC交 Q于K，连接FK，DF，DK．想办法用x表示CD，DE，证
⊙
明FK∥AB，推出 ＝ ，延长构建关系式即可解决问题．根据点E位于点D下方，确定
x的取值范围即可．
（3）如图3中，连接FK．证明ED＝EC，由此构建方程即可解决问题．
【解答】解：（1）如图1中，连接CE．
在Rt△ACB中，∵∠ACB＝90°，AC＝1，BC＝2，
∴AB＝ ＝ ，
∵CD 是 Q的直径，
∴∠CED⊙＝90°，
第22页（共25页）∴CE⊥AB，
∵BD＝AD，
∴CD＝ AB＝ ，
∵ •AB•CE＝ •BC•AC，
∴CE＝ ，
在Rt△CDE中，DE＝ ＝ ＝ ．
（2）如图2中，连接CE，设AC交 Q于K，连接FK，DF，DK．
⊙
∵∠FCK＝90°，
∴FK是 Q的直径，
∴直线F⊙K经过点Q，
∵CD是 Q的直径，
∴∠CFD⊙＝∠CKD＝90°，
∴DF⊥BC，DK⊥AC，
∵DC＝DB＝DA，
∴BF＝CF，CK＝AK，
∴FK∥AB，
∴ ＝ ，
∵BC＝x，AC＝1，
第23页（共25页）∴AB＝ ，
∴DC＝DB＝DA＝ ，
∵△ACE∽△ABC，
∴可得AE＝ ，
∴DE＝AD﹣AE＝ ﹣ ，
∴ ＝ ，
∴ ＝ ，
∴y＝ （x＞1）．
（3）如图3中，连接FK．
∵CE＝CG，
∴∠CEG＝∠CGE，
∵∠FKC＝∠CEG，
第24页（共25页）∵FK∥AB，
∴∠FKC＝∠A，
∵DC＝DA，
∴∠A＝∠DCA，
∴∠A＝∠DCA＝∠CEG＝∠CGE，
∴∠CDA＝∠ECG，
∴EC＝DE，
由（2）可知： ＝ ﹣ ，
整理得：x2﹣2x﹣1＝0，
∴x＝1+ 或1﹣ （舍弃），
∴BC＝1+ ．
【点评】本题属于圆综合题，考查了圆周角定理，勾股定理，三角形的中位线定理，平行线
分线段成比例定理，等腰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，
构造平行线解决问题，学会利用参数，构建方程解决问题，属于中考常考题型．
第25页（共25页）
