文档内容
2020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）下列计算正确的是（ ）
A．ab﹣b＝a B．a2+a3＝a5 C．a3÷a2＝a D．（a2）3＝a5
2．（4分）关于x的方程x2﹣2x﹣k＝0有实数根，则k的值的范围是（ ）
A．k＞﹣1 B．k≥﹣1 C．k＜﹣1 D．k≤﹣1
3．（4分）为备战奥运会，甲、乙、丙、丁四位优秀短跑选手参加训练，近期的10次百米测试平
均成绩都是10.3秒，但他们成绩的方差分别是0.020、0.019、0.021、0.022（单位：秒2）．则
这四人中发挥最稳定的是（ ）
A．甲 B．乙 C．丙 D．丁
4．（4分）下列四边形中，是中心对称但不是轴对称的图形是（ ）
A．矩形 B．等腰梯形 C．正方形 D．平行四边形
5．（4分）如图，矩形EFGH内接于△ABC，且边FG落在BC上，如果AD⊥BC，BC＝3，AD＝
2，EF：EH＝2：3，那么EH的长为（ ）
A． B． C． D．2
6．（4分）如图，点A的坐标为（0，1），点B是x轴正半轴上的一动点，以AB为边作等腰直角
△ABC，使∠BAC＝90°，设点B的横坐标为x，点C的纵坐标为y，能表示y与x的函数关
系的图象大致是（ ）
第1页（共27页）A． B．
C． D．
二、填空题（本大题共12题，每题4分，满分48分）
7．（4分）2020的相反数是 ．
8．（4分）计算：（m﹣n）（m+n）＝ ．
9．（4分）分解因式：a2﹣4a+4＝ ．
10．（4分）方程x+ ＝1的解是 ．
11．（4分）一组数据3、12、8、12、20、9的众数为 ．
12．（4分）一个不透明的盒子中装有9个大小相同的乒乓球，其中3个是黄球，6个是白球，
从该盒子中任意摸出一个球，摸到白球的概率是 ．
13．（4分）若抛物线y＝（x﹣m）2+（m+1）的顶点在第二象限，则m的取值范围为 ．
14．（4分）如图，点A的坐标是（2，0），△ABO是等边三角形，点B在第一象限，若反比例函
数y＝ 的图象经过点B，则k的值是 ．
15．（4分）如果在平行四边形ABCD中，如果 ＝ ， ＝ ，那么向量 为 ．（用
和 表示）
16．（4分）如图，点D是△ABC的边AB上一点，如果∠ACD＝∠B，并且AD：AC＝1： ，那
么AD：BD＝ ．
第2页（共27页）17．（4分）将矩形纸片ABCD折叠，使点A与点C重合，折痕为EF，若AB＝4，BC＝2，那么
线段EF的长为 ．
18．（4分）如图，在△ABC中，AB＝AC＝5，tanB＝ ，将△ABC绕点B逆时针旋转，得到
△A BC ，当点C 在线段CA延长线上时△ABC 的面积为 ．
1 1 1 1
三、解答题（共7题，满分78分）
19．（10分）计算： ﹣2cos45°+（﹣ ）﹣1
20．（10分）解方程： ．
21．（10分）已知：如图， O与 P相切于点A，如果过点A的直线BC交 O于点B，交 P
于点C，OD⊥AB于点⊙D，PE⊙⊥AC于点E． ⊙ ⊙
求：（1）求 的值；
（2）如果 O和 P的半径比为3：5，求 的值．
⊙ ⊙
第3页（共27页）22．（10分）在抗击新冠状病毒战斗中，有152箱公共卫生防护用品要运到A、B两城镇，若用
大小货车共15辆，则恰好能一次性运完这批防护用品，已知这两种大小货车的载货能力
分别为12箱/辆和8箱/辆，其中用大货车运往A、B两城镇的运费分别为每辆800元和900
元，用小货车运往A、B两城镇的运费分别为每辆400元和600元．
（1）求这15辆车中大小货车各多少辆？
（2）现安排其中10辆货车前往A城镇，其余货车前往B城镇，设前往A城镇的大货车为x
辆，前往A、B两城镇总费用为y元，试求出y与x的函数解析式．若运往A城镇的防护用
品不能少于100箱，请你写出符合要求的最少费用．
23．（12分）如图，E、F分别是正方形ABCD的边DC、CB的中点，以AE为边作正方形
AEHG，HE与BC交于点Q，联结AQ、DF．
（1）求证：AE⊥DF；
（2）设S△CEQ ＝S
1
，S△AED ＝S
2
，S△EAQ ＝S
3
，求证：S
1
+S
2
＝S
3
．
第4页（共27页）24．（12分）如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝ax2﹣2ax﹣3a（a＜0）与x轴交于A、B
两点（点A在点B的左侧），经过点A的直线l：y＝kx+b与y轴负半轴交于点C，与抛物线
的另一个交点为D，且CD＝4AC．
（1）直接写出点A的坐标，并求直线l的函数表达式（其中k、b用含a的式子表示）；
（2）点E是直线l上方的抛物线上的动点，若△ACE的面积的最大值为 ，求a的值；
（3）设P是抛物线的对称轴上的一点，点Q在抛物线上，当以点A、D、P、Q为顶点的四边
形为矩形时，请直接写出点P的坐标．
第5页（共27页）25．（14分）如图，已知：在直角△ABC中，∠ABC＝90°，点M在边BC上，且AB＝12，BM＝
4，如果将△ABM沿AM所在的直线翻折，点B恰好落在边AC上的点D处，点O为AC边
上的一个动点，联结OB，以O圆心，OB为半径作 O，交线段AB于点B和点E，作∠BOF
＝∠BAC交 O于点F，OF交线段AB于点G．⊙
（1）求点D⊙到点B和直线AB的距离；
（2）如果点F平分劣弧BE，求此时线段AE的长度；
（3）如果△AOE为等腰三角形，以A为圆心的 A与此时的 O相切，求 A的半径．
⊙ ⊙ ⊙
第6页（共27页）2020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）下列计算正确的是（ ）
A．ab﹣b＝a B．a2+a3＝a5 C．a3÷a2＝a D．（a2）3＝a5
【分析】各项计算得到结果，即可作出判断．
【解答】解：A、原式为最简结果，不符合题意；
B、原式不能合并，不符合题意；
C、原式＝a，符合题意；
D、原式＝a6，不符合题意．
故选：C．
【点评】此题考查了同底数幂的除法，合并同类项，以及幂的乘方与积的乘方，熟练掌握运
算法则是解本题的关键．
2．（4分）关于x的方程x2﹣2x﹣k＝0有实数根，则k的值的范围是（ ）
A．k＞﹣1 B．k≥﹣1 C．k＜﹣1 D．k≤﹣1
【分析】由方程有实数根，得到根的判别式大于等于0，求出k的范围即可．
【解答】解：∵关于x的方程x2﹣2x﹣k＝0有实数根，
∴△＝4+4k≥0，
解得：k≥﹣1．
故选：B．
【点评】本题主要考查了根的判别式，一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的根与△＝b2﹣
4ac有如下关系：
当△＞0时，方程有两个不相等的两个实数根；
①当△＝0时，方程有两个相等的两个实数根；
②当△＜0时，方程无实数根．
③上面的结论反过来也成立．
3．（4分）为备战奥运会，甲、乙、丙、丁四位优秀短跑选手参加训练，近期的10次百米测试平
均成绩都是10.3秒，但他们成绩的方差分别是0.020、0.019、0.021、0.022（单位：秒2）．则
这四人中发挥最稳定的是（ ）
第7页（共27页）A．甲 B．乙 C．丙 D．丁
【分析】平均数相同，比较方差，谁的方差最小，谁发挥的就最稳定．
【解答】解：∵四个人的平均成绩都是10.3秒，而0.019＜0.020＜0.021＜0.022，
∴乙发挥最稳定，
故选：B．
【点评】考查平均数、方差的意义，理解方差是反映数据离散程度的统计量，方差越小，数
据就越稳定．
4．（4分）下列四边形中，是中心对称但不是轴对称的图形是（ ）
A．矩形 B．等腰梯形 C．正方形 D．平行四边形
【分析】根据中心对称图形的定义旋转180°后能够与原图形完全重合即是中心对称图形，
以及轴对称图形的定义：如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，
这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴，即可判断出答案．
【解答】解：A、矩形是中心对称图形，也是轴对称图形，故此选项不合题意；
B、等腰梯形不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不合题意；
C、正方形是中心对称图形，也是轴对称图形，故此选项不合题意；
D、平行四边形是中心对称图形，不是轴对称图形，故此选项符合题意．
故选：D．
【点评】此题主要考查了中心对称图形与轴对称的定义，关键是找出图形的对称中心与对
称轴．
5．（4分）如图，矩形EFGH内接于△ABC，且边FG落在BC上，如果AD⊥BC，BC＝3，AD＝
2，EF：EH＝2：3，那么EH的长为（ ）
A． B． C． D．2
【分析】设EH＝3x，表示出EF，由AD﹣EF表示出△AEH的边EH上的高，根据△AEH与
△ABC相似，利用相似三角形对应边上的高之比等于相似比求出x的值，即为EH的长．
【解答】解：如图所示：
∵四边形EFGH是矩形，
第8页（共27页）∴EH∥BC，
∴△AEH∽△ABC，
∵AM⊥EH，AD⊥BC，
∴ ＝ ，
设EH＝3x，则有EF＝2x，AM＝AD﹣EF＝2﹣2x，
∴ ＝ ，
解得：x＝ ，
则EH＝ ．
故选：B．
【点评】此题考查了相似三角形的判定与性质，以及矩形的性质，熟练掌握相似三角形的
判定与性质是解本题的关键．
6．（4分）如图，点A的坐标为（0，1），点B是x轴正半轴上的一动点，以AB为边作等腰直角
△ABC，使∠BAC＝90°，设点B的横坐标为x，点C的纵坐标为y，能表示y与x的函数关
系的图象大致是（ ）
第9页（共27页）A． B．
C． D．
【分析】根据题意作出合适的辅助线，可以先证明△ADC和△AOB的关系，即可建立y与x
的函数关系，从而可以得到哪个选项是正确的．
【解答】解：作AD∥x轴，作CD⊥AD于点D，如右图所示，
由已知可得，OB＝x，OA＝1，∠AOB＝90°，∠BAC＝90°，AB＝AC，点C的纵坐标是y，
∵AD∥x轴，
∴∠DAO+∠AOD＝180°，
∴∠DAO＝90°，
∴∠OAB+∠BAD＝∠BAD+∠DAC＝90°，
∴∠OAB＝∠DAC，
在△OAB和△DAC中，
，
∴△OAB≌△DAC（AAS），
∴OB＝CD，
∴CD＝x，
∵点C到x轴的距离为y，点D到x轴的距离等于点A到x的距离1，
∴y＝x+1（x＞0）．
故选：A．
第10页（共27页）【点评】本题考查动点问题的函数图象，解题的关键是明确题意，建立相应的函数关系式，
根据函数关系式判断出正确的函数图象．
二、填空题（本大题共12题，每题4分，满分48分）
7．（4分）2020的相反数是 ﹣ 202 0 ．
【分析】直接利用相反数的定义得出答案．
【解答】解：2020的相反数是：﹣2020．
故答案为：﹣2020．
【点评】本题考查相反数．熟练掌握相反数的求法是解题的关键．
8．（4分）计算：（m﹣n）（m+n）＝ m 2 ﹣ n 2 ．
【分析】两个二项式相乘，并且这两个二项式中有一项完全相同，另一项互为相反数．即可
利用平方差公式相乘．
【解答】解：（m﹣n）（m+n）＝m2﹣n2．
故答案为：m2﹣n2．
【点评】本题考查了平方差公式，运用平方差公式计算时，关键要找相同项和相反项，其结
果是相同项的平方减去相反项的平方．
9．（4分）分解因式：a2﹣4a+4＝ （ a ﹣ 2 ） 2 ．
【分析】根据完全平方公式的特点：两项平方项的符号相同，另一项是两底数积的2倍，本
题可用完全平方公式分解因式．
【解答】解：a2﹣4a+4＝（a﹣2）2．
【点评】本题考查用完全平方公式法进行因式分解，能用完全平方公式法进行因式分解的
式子的特点需熟练掌握．
10．（4分）方程x+ ＝1的解是 x ＝ 1 ．
【分析】先移项得到 ＝1﹣x，再两边平方得x﹣1＝（1﹣x）2，解整式方程，然后进行检
验确定原方程的解．
【解答】解： ＝1﹣x，
两边平方得x﹣1＝（1﹣x）2，
第11页（共27页）整理得x2﹣3x+2＝0，解得x ＝1，x ＝2，
1 2
经检验x＝2为原方程的增根，x＝1为原方程的解，
所以原方程的解为x＝1．
故答案为x＝1．
【点评】本题考查了无理方程：解无理方程的基本思想是把无理方程转化为有理方程来解，
在变形时要注意根据方程的结构特征选择解题方法． 常用的方法有：乘方法，配方法，因
式分解法，设辅助元素法，利用比例性质法等．用乘方法来解无理方程，往往会产生增根，
应注意验根．
11．（4分）一组数据3、12、8、12、20、9的众数为 1 2 ．
【分析】众数指一组数据中出现次数最多的数据，根据众数的定义就可以求解．
【解答】解：数据12出现了两次，次数最多，所以这组数据的众数是12．
故答案为：12．
【点评】考查了众数，众数是一组数据中出现次数最多的数据，注意众数可以不止一个．
12．（4分）一个不透明的盒子中装有9个大小相同的乒乓球，其中3个是黄球，6个是白球，
从该盒子中任意摸出一个球，摸到白球的概率是 ．
【分析】根据随机事件概率大小的求法，找准两点： 符合条件的情况数目， 全部情况
的总数，二者的比值就是其发生的概率的大小． ① ②
【解答】解：∵3个是黄球，6个是白球，
∴从该盒子中任意摸出一个球，摸到白球的概率是： ＝ ．
故答案为： ．
【点评】本题考查概率的求法与运用，一般方法：如果一个事件有n种可能，而且这些事件
的可能性相同，其中事件A出现m种结果，那么事件A的概率P（A）＝ ，难度适中．
13．（4分）若抛物线y＝（x﹣m）2+（m+1）的顶点在第二象限，则m的取值范围为 ﹣ 1 ＜ m ＜
0 ．
【分析】求出函数的顶点坐标为（m，m+1），再由第二象限点的坐标特点的得到：m＜0，m+1
＞0即可求解．
【解答】解：∵y＝（x﹣m）2+（m+1），
第12页（共27页）∴顶点为（m，m+1），
∵顶点在第二象限，
∴m＜0，m+1＞0，
∴﹣1＜m＜0，
故答案为﹣1＜m＜0．
【点评】本题考查二次函数的图象及性质；熟练掌握二次函数顶点坐标的求法，结合平面
象限内点的坐标特点求解是关键．
14．（4分）如图，点A的坐标是（2，0），△ABO是等边三角形，点B在第一象限，若反比例函
数y＝ 的图象经过点B，则k的值是 ．
【分析】首先过点B作BC垂直OA于C，根据AO＝2，△ABO是等边三角形，得出B点坐
标，进而求出反比例函数解析式．
【解答】解：过点B作BC垂直OA于C，
∵点A的坐标是（2，0），
∴AO＝2，
∵△ABO是等边三角形，
∴OC＝1，BC＝ ，
∴点B的坐标是（1， ），
把（1， ）代入y＝ ，得k＝ ．
故答案为： ．
【点评】此题考查的是反比例函数图象上点的坐标特点、等边三角形的性质等知识，根据
第13页（共27页）已知表示出B点坐标是解题关键．
15．（4分）如果在平行四边形ABCD中，如果 ＝ ， ＝ ，那么向量 为 ．（用
和 表示）
【分析】根据平面向量的平行四边形法则即可写出答案．
【解答】解：如图， ＝ + ＝ ．
故答案是： ．
【点评】本题考查了平面向量加减法的集合意义，属于基础题．
16．（4分）如图，点D是△ABC的边AB上一点，如果∠ACD＝∠B，并且AD：AC＝1： ，那
么AD：BD＝ 1 ： 2 ．
【分析】根据两角分别相等的两个三角形相似，可得△ACD∽△ABC的关系，根据相似三
角形的性质，可得答案．
【解答】解：在△ACD与△ABC中，
∠ACD＝∠ABC，∠A＝∠A，
∴△ACD∽△ABC，
∴ ＝ ＝ ，
∴ ＝
∴ ＝ ．
即AD：BD＝1：2．
故答案是：1：2．
【点评】本题考查了相似三角形的判定与性质，得出△ACD∽△ABC是解题的关键．
17．（4分）将矩形纸片ABCD折叠，使点A与点C重合，折痕为EF，若AB＝4，BC＝2，那么
第14页（共27页）线段EF的长为 ．
【分析】如图，AC交EF于点O，由勾股定理先求出AC的长度，根据折叠的性质可判断出
Rt△EOC～Rt△ABC，从而利用相似三角形的对应边成比例可求出OE，再由EF＝2OE可
得出EF的长度．
【解答】解：如图所示，AC交EF于点O，
由勾股定理知AC＝2 ，
又∵折叠矩形使C与A重合时有EF⊥AC，
∴Rt△AOE∽Rt△ABC，
∴ ＝ ，
∴OE＝ ，
∵O是AC的中点，AB∥CD，
∴EF＝2OE＝ ．
故答案为： ．
【点评】此题考查了翻折变换、勾股定理及矩形的性质，难度一般，解答本题的关键是判断
出Rt△AOE∽Rt△ABC，利用相似三角形的性质得出OE的长．
18．（4分）如图，在△ABC中，AB＝AC＝5，tanB＝ ，将△ABC绕点B逆时针旋转，得到
△A BC ，当点C 在线段CA延长线上时△ABC 的面积为 ．
1 1 1 1
【分析】过点B作BE⊥CC'于点E，过点A作AF⊥BC于F，由锐角三角函数可求AF＝3，
BF＝4，由等腰三角形的性质可得BC＝8，由面积法可求BE的长，由勾股定理可求CE的
长，由旋转的性质可得BC＝BC'＝8，可求AC'的长，即可求解．
【解答】解：如图，过点B作BE⊥CC'于点E，过点A作AF⊥BC于F，
第15页（共27页）∵tan∠ABC＝ ＝ ，
∴设AF＝3x，BF＝4x，
∵AF2+BF2＝AB2＝25，
∴x＝1，
∴AF＝3，BF＝4，
∵AB＝AC＝5，AF⊥BC，
∴BC＝2BF＝8，
∵S△ABC ＝ ×BC×AF＝ ×AC×BE，
∴BE＝ ＝ ，
∴CE＝ ＝ ＝ ，
∵将△ABC绕点B逆时针旋转，
∴BC＝BC'＝8，且BE⊥CC'，
∴CC'＝2EC＝ ，
∴△ABC 的面积＝ ×AC'×BE＝ ×（ ﹣5）× ＝ ，
1
故答案为： ．
【点评】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，锐角三角函数的性质，勾股定理，添
加恰当辅助线构造直角三角形是本题的关键．
三、解答题（共7题，满分78分）
19．（10分）计算： ﹣2cos45°+（﹣ ）﹣1
【分析】直接利用负整数指数幂的性质、分母有理化、绝对值的性质、特殊角的三角函数值
分别化简得出答案．
第16页（共27页）【解答】解：原式＝ ﹣2× ﹣3
＝ + ﹣ ﹣3
＝ ．
【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】本题的最简公分母是（x+1）（x﹣1），方程两边都乘最简公分母，可把分式方程转换
为整式方程求解．
【解答】解：方程两边都乘（x+1）（x﹣1），
得：2+（x﹣1）＝（x+1）（x﹣1），
解得：x＝2或﹣1，
经检验：x＝2是原方程的解．
【点评】当分母是多项式，又能进行因式分解时，应先进行因式分解，再确定最简公分母．
解分式方程一定注意要代入最简公分母验根．
21．（10分）已知：如图， O与 P相切于点A，如果过点A的直线BC交 O于点B，交 P
于点C，OD⊥AB于点⊙D，PE⊙⊥AC于点E． ⊙ ⊙
求：（1）求 的值；
（2）如果 O和 P的半径比为3：5，求 的值．
⊙ ⊙
【分析】（1）根据垂径定理得出AD＝ AB，AE＝ AC，即可求出答案；
（2）根据等腰三角形的性质和对顶角相等得出∠OBA＝∠PCA，求出△OOA∽△CPA，根
据相似三角形的性质得出即可．
【解答】解：（1）∵OD⊥AB，PE⊥AC，OD过O，PE过P，
∴AD＝ AB，AE＝ AC，
第17页（共27页）∴ ；
（2）连接OP，OP必过切点A，连接OB、CP，
∵OB＝OA，PA＝PC，
∴∠OBA＝∠OAB＝∠PAC＝∠PCA，
即∠OBA＝∠PCA，∠BAO＝∠PAC，
∴△OOA∽△CPA，
∴ ＝ ，
∵ O和 P的半径比为3：5，即 ＝ ，
⊙ ⊙
∴ ＝ ．
【点评】本题考查了垂径定理，等腰三角形的性质，相似三角形的性质和判定，相切两圆的
性质等知识点，能综合运用知识点进行推理是解此题的关键．
22．（10分）在抗击新冠状病毒战斗中，有152箱公共卫生防护用品要运到A、B两城镇，若用
大小货车共15辆，则恰好能一次性运完这批防护用品，已知这两种大小货车的载货能力
分别为12箱/辆和8箱/辆，其中用大货车运往A、B两城镇的运费分别为每辆800元和900
元，用小货车运往A、B两城镇的运费分别为每辆400元和600元．
（1）求这15辆车中大小货车各多少辆？
（2）现安排其中10辆货车前往A城镇，其余货车前往B城镇，设前往A城镇的大货车为x
辆，前往A、B两城镇总费用为y元，试求出y与x的函数解析式．若运往A城镇的防护用
品不能少于100箱，请你写出符合要求的最少费用．
【分析】（1）根据题意，可以先设这15辆车中大货车有a辆，则小货车有（15﹣a）辆，然后
即可得到相应的方程，从而可以求得这15辆车中大小货车各多少辆；
（2）根据（1）中的结果和题意，可以得到y与x的函数关系式，再根据运往A城镇的防护用
品不能少于100箱，可以得到x的取值范围，然后根据一次函数的性质，即可解答本题．
【解答】解：（1）设这15辆车中大货车有a辆，则小货车有（15﹣a）辆，
第18页（共27页）12a+8（15﹣a）＝152
解得，a＝8，
则15﹣a＝7，
答：这15辆车中大货车8辆，小货车7辆；
（2）设前往A城镇的大货车为x辆，则前往A城镇的小货车为（10﹣x）辆，前往B城镇的
大货车有（8﹣x）辆，前往B城镇的小货车有7﹣（10﹣x）＝（x﹣3）辆，
由题意可得，y＝800x+400（10﹣x）+900（8﹣x）+600（x﹣3）＝100x+9400，
即y与x的函数关系式为y＝100x+9400，
∵运往A城镇的防护用品不能少于100箱，
∴12x+8（10﹣x）≥100，
解得，x≥5，
∴当x＝5时，y取得最小值，此时y＝9900，
答：y与x的函数解析式y＝100x+9400，符合要求的最少费用为9900元．
【点评】本题考查一次函数的应用、一元一次方程的应用、一元一次不等式的应用，解答本
题的关键是明确题意，列出相应的方程，利用一次函数的性质和不等式的性质解答．
23．（12分）如图，E、F分别是正方形ABCD的边DC、CB的中点，以AE为边作正方形
AEHG，HE与BC交于点Q，联结AQ、DF．
（1）求证：AE⊥DF；
（2）设S△CEQ ＝S
1
，S△AED ＝S
2
，S△EAQ ＝S
3
，求证：S
1
+S
2
＝S
3
．
【分析】（1）由正方形的性质得出AD＝DC，∠ADE＝∠DCF＝90°，再由SAS即可证出
△ADE≌△DCF，然后根据全等三角形的性质和垂直的定义即可得到结论；
（2）先证明△AEQ∽△ECQ，得出△AEQ∽△ECQ∽△ADE，得出面积比等于相似比的平
方，再由勾股定理即可得出结论．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝DC，∠ADE＝∠DCF＝90°，
第19页（共27页）在△ADE和△DCF中 ，
∴△ADE≌△DCF（SAS），
∴∠EAD＝∠CDF，
∵∠AED+∠CDF＝90°，
∴∠AED+∠EAD＝90°，
∴AE⊥DF；
（2）证明：∵E是CD的中点，
∴CE＝DE＝ DC＝ AD，
∵四边形AEHG是正方形，
∴∠AEH＝90°，
∴∠AED+∠CEQ＝90°，
∵∠AED+∠DAE＝90°，
∴∠DAE＝∠CEQ，
∵∠ADE＝∠DCF，
∴△ADE∽△ECQ，
∴ ＝ ，
∵DE＝CE，
∴ ＝ ，
∵∠C＝∠AEQ＝90°，
∴△AEQ∽△ECQ，
∴△AEQ∽△ECQ∽△ADE，
∴ ＝（ ）2， ＝（ ）2，
∴ + ＝（ ）2+（ ）2＝ ，
∵EQ2+AE2＝AQ2，
第20页（共27页）∴ + ＝1，
∴S +S ＝S ．
1 2 3
【点评】本题考查了相似三角形的判定与性质、正方形的性质、全等三角形的判定与性质、
勾股定理等知识；本题综合性强，难度较大，需要多次证明三角形相似才能得出结论．
24．（12分）如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝ax2﹣2ax﹣3a（a＜0）与x轴交于A、B
两点（点A在点B的左侧），经过点A的直线l：y＝kx+b与y轴负半轴交于点C，与抛物线
的另一个交点为D，且CD＝4AC．
（1）直接写出点A的坐标，并求直线l的函数表达式（其中k、b用含a的式子表示）；
（2）点E是直线l上方的抛物线上的动点，若△ACE的面积的最大值为 ，求a的值；
（3）设P是抛物线的对称轴上的一点，点Q在抛物线上，当以点A、D、P、Q为顶点的四边
形为矩形时，请直接写出点P的坐标．
【分析】（1）将已知抛物线解析式转化为两点式，可以直接得到点A的坐标；根据直线l：y
＝kx+b过A（﹣1，0），得到直线l：y＝kx+k，解方程得到点D的横坐标为4，求得k＝a，得
到直线l的函数表达式为y＝ax+a；
（2）过E作EF∥y轴交直线l于F，设E（x，ax2﹣2ax﹣3a），得到F（x，ax+a），求出EF＝
ax2﹣3ax﹣4a，根据三角形的面积公式列方程即可得到结论；
（3）令ax2﹣2ax﹣3a＝ax+a，即ax2﹣3ax﹣4a＝0，得到D（4，5a），设P（1，m）， 若AD是
矩形ADPQ的一条边， 若AD是矩形APDQ的对角线，列方程即可得到结论①．
【解答】解：（1）当y＝②ax2﹣2ax﹣3a＝a（x+1）（x﹣3），得A（﹣1，0），B（3，0），
∵直线l：y＝kx+b过A（﹣1，0），
∴0＝﹣k+b，
即k＝b，
第21页（共27页）∴直线l：y＝kx+k，
∵抛物线与直线l交于点A，D，
∴ax2﹣2ax﹣3a＝kx+k，
即ax2﹣（2a+k）x﹣3a﹣k＝0，
∵CD＝4AC，
∴点D的横坐标为4，
∴﹣3﹣ ＝﹣1×4，
∴k＝a，
∴直线l的函数表达式为y＝ax+a；
（2）如图1，过E作EF∥y轴交直线l于F，
设E（x，ax2﹣2ax﹣3a），
则F（x，ax+a），EF＝ax2﹣2ax﹣3a﹣ax﹣a＝ax2﹣3ax﹣4a，
∴S△ACE ＝S△AFE ﹣S△CEF ＝ （ax2﹣3ax﹣4a）（x+1）﹣ （ax2﹣3ax﹣4a）x＝ （ax2﹣3ax﹣
4a）＝ a（x﹣ ）2﹣ a，
∴△ACE的面积的最大值═ a，
∵△ACE的面积的最大值为 ，
∴﹣ a＝ ，
第22页（共27页）解得a＝﹣ ；
（3）以点A、D、P、Q为顶点的四边形能成为矩形，
令ax2﹣2ax﹣3a＝ax+a，即ax2﹣3ax﹣4a＝0，
解得：x ＝﹣1，x ＝4，
1 2
∴D（4，5a），
∵抛物线的对称轴为直线x＝1，
设P（1，m），
如图2，若AD是矩形ADPQ的一条边，
①
则易得Q（﹣4，21a），
∴m＝21a+5a＝26a，则P（1，26a），
∵四边形ADPQ是矩形，
∴∠ADP＝90°，
∴AD2+PD2＝AP2，
∴52+（5a）2+32+（26a﹣5a）2＝22+（26a）2，
即a2＝ ，
∵a＜0，
∴a＝﹣
第23页（共27页）∴P（1，﹣ ）；
如图3，若AD是矩形APDQ的对角线，
②
则易得Q（2，﹣3a），
∴m＝5a﹣（﹣3a）＝8a，则P（1，8a），
∵四边形APDQ是矩形，
∴∠APD＝90°，
∴AP2+PD2＝AD2，
∴（﹣1﹣1）2+（8a）2+（1﹣4）2+（8a﹣5a）2＝52+（5a）2，
即a2＝ ，
∵a＜0，
∴a＝﹣ ，
∴P（1，﹣4），
综上所述，点A、D、P、Q为顶点的四边形能成为矩形，点P（1，﹣ ）或（1，﹣4）．
【点评】本题考查了二次函数综合题，需要掌握待定系数法求函数的解析式，三角形面积
的计算，平行四边形的性质，勾股定理等知识点，正确的作出辅助线是解题的关键．
25．（14分）如图，已知：在直角△ABC中，∠ABC＝90°，点M在边BC上，且AB＝12，BM＝
4，如果将△ABM沿AM所在的直线翻折，点B恰好落在边AC上的点D处，点O为AC边
上的一个动点，联结OB，以O圆心，OB为半径作 O，交线段AB于点B和点E，作∠BOF
＝∠BAC交 O于点F，OF交线段AB于点G．⊙
（1）求点D⊙到点B和直线AB的距离；
第24页（共27页）（2）如果点F平分劣弧BE，求此时线段AE的长度；
（3）如果△AOE为等腰三角形，以A为圆心的 A与此时的 O相切，求 A的半径．
⊙ ⊙ ⊙
【分析】（1）先根据勾股定理求出AM，进而求出cos∠BAM，再判断出∠BAM＝∠MBN，
进而求出BN，再判断出∠BDH＝∠MBN，即可得出结论；
（2）先判断出OF垂直平分BE，进而利用tan∠BAC＝ ＝ ＝ ，求出m，即可得
出结论；
（3）先设EK＝3n，则AK＝4n，EA＝5n，进而表示出OA＝2AK＝8n，AP＝ OA＝ ，PE
＝ ，再用AB建立方程求出n，进而求出r ＝OE＝5n＝ ，圆心距d＝OA＝ ，再
O
分两种情况，利用两圆相切，即可得出结论．
【解答】解：（1）如图1，记BD与AM的交点为N，那么∠BNM＝90°，BN＝DN，
在Rt△ABM中，AB＝12，BM＝4，根据勾股定理得，AM＝ ＝4 ，
∴cos∠BAM＝ ＝ ，
由折叠知，BD⊥AM，
∴∠BNM＝90°，
∴∠MBN+∠AMB＝90°，
∵∠AMB+∠BAM＝90°，
∴∠BAM＝∠MBN，
在Rt△BMN中，BM＝4，
∴BN＝BM•cos∠MBN＝BM•cos∠BAM＝ ，
∴BD＝2BN＝ ，
过点D作DH⊥AB于H，则DH∥CB，
第25页（共27页）∴∠BDH＝∠MBN，
∴DH＝BD•cos∠BDH＝ ＝ ；
（2）如图2，在Rt△ADH中，
DH＝ ，AD＝AB＝12，
∴sin∠CAB＝ ，
∵点F平分 ，
∴OF垂直平分BE，
在Rt△BOG中，设BG＝3m，OG＝4m，
在Rt△AOG中，tan∠BAC＝ ＝ ＝ ，
∴m＝ ，
∴AE＝AB﹣BE＝12﹣6m＝ ；
（3）∵△AOE是钝角三角形，
∴只存在EO＝EA，如图3，
过E作EK⊥AC于K，
在Rt△AEK中，设EK＝3n，则AK＝4n，EA＝5n，
过点O作OP⊥AB于P，
在Rt△AOP中，OA＝2AK＝8n，AP＝ OA＝ ，
∴PE＝AP﹣AE＝ ﹣5＝ ，
∵AB＝2PE+EA＝ +5n＝12，
∴n＝ ，此时，r ＝OE＝5n＝ ，圆心距d＝OA＝ ，
O
当 A与 O外切时，r +r ＝d，
O A
⊙ ⊙
∴r ＝d﹣r ＝ ，
A O
第26页（共27页）当 A与 O内切时，r ﹣r ＝d，
A O
∴⊙r
A
＝d+⊙r
O
＝20．
【点评】此题是圆的综合题，主要考查了同角的余角相等，勾股定理，垂径定理，锐角三角
函数，两圆的位置关系，判断出∠BDH＝∠MBN相等是解本题的关键．
第27页（共27页）
