文档内容
2020年上海市浦东新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）下列各数是无理数的是（ ）
A． B． C． D．0.
2．（4分）下列二次根式中，与 是同类二次根式的是（ ）
A． B． C． D．
3．（4分）一次函数y＝﹣2x+3的图象经过（ ）
A．第一、二、三象限 B．第二、三、四象限
C．第一、三、四象限 D．第一、二、四象限
4．（4分）如果一个正多边形的中心角等于72°，那么这个多边形的内角和为（ ）
A．360° B．540° C．720° D．900°
5．（4分）在梯形ABCD中，AD∥BC，那么下列条件中，不能判断它是等腰梯形的是（ ）
A．AB＝DC B．∠DAB＝∠ABC C．∠ABC＝∠DCB D．AC＝DB
6．（4分）矩形ABCD中，AB＝5，BC＝12，如果分别以A、C为圆心的两圆外切，且点D在圆C
内，点B在圆C外，那么圆A的半径r的取值范围是（ ）
A．5＜r＜12 B．18＜r＜25 C．1＜r＜8 D．5＜r＜8
二、填空题（本大题共12题，每题4分，满分48分）
7．（4分）函数 的定义域是 ．
8．（4分）方程 ＝x的根是 ．
9．（4分）不等式组 的解集是 ．
10．（4分）已知关于x的一元二次方程x2﹣2 x+k＝0有两个相等的实数根，则k值为
．
11．（4分）一个不透明的口袋中有五个完全相同的小球，分别标号为1、2、3、4、5，从中随机
抽取一个小球，其标号是素数的概率是 ．
12．（4分）如果点A（3，y ）、B（4，y ）在反比例函数y＝ 的图象上，那么y y ．（填
1 2 1 2
“＞”、“＜”或“＝”）
13．（4分）某校计划在“阳光体育”活动课程中开设乒乓球、羽毛球、篮球、足球四个体育活
第1页（共23页）动项目．为了了解全校学生对这四个活动项目的选择情况，体育老师从全体学生中随机抽
取了部分学生进行调查（规定每人必须并且只能选择其中一个项目），并把调查结果绘制
成如图所示的统计图，根据这个统计图可以估计该学校1500名学生中选择篮球项目的学
生约为 名．
14．（4分）已知向量 与单位向量 的方向相反，| |＝3，那么向量 用单位向量 表示为
．
15．（4分）如图，AB∥CD，如果∠B＝50°，∠D＝20°，那么∠E＝ ．
16．（4分）在地面上离旗杆底部15米处的地方用测角仪测得旗杆顶端的仰角为 ，如果测角
仪的高为1.5，那么旗杆的高位 米．（用含 的三角比表示） α
17．（4分）在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝8，BC＝6α，点D、E分别在边AB、AC上．如果D
为AB中点，且 ＝ ，那么AE的长度为 ．
18．（4分）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠BAC＝60°，BC＝ ，D是BC边上一点，沿直线
AD翻折△ABD，点B落在点E处，如果∠ABE＝45°，那么BD的长为 ．
三、解答题（本大题共7题，满分78分）
19．（10分）计算：（ ﹣1）0+|1﹣ |+（ ）﹣1+8 ．
第2页（共23页）20．（10分）先化简，再求值： ÷ ﹣ ，其中a＝ +2．
21．（10分）已知：如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝8，BC＝16，点O为斜边AB的中
点，以O为圆心，5为半径的圆与BC相交于E、F两点，联结OE、OC．
（1）求EF的长；
（2）求∠COE的正弦值．
22．（10分）学校开展“书香校园”活动，购买了一批图书．已知购买科普类图书花费了
10000元，购买文学类图书花费了9000元，其中科普类图书平均每本的价格比文学类图
书平均每本的价格贵5元，且购买科普类图书的数量比购买文学类图书数量少100本，科
普类图书平均每本的价格是多少元？
第3页（共23页）23．（12分）已知：如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC与BD相交于点E，过点E作AC
的垂线交边BC于点F，与AB的延长线交于点M，且AB•AM＝AE•AC．
求证：（1）四边形ABCD是矩形；
（2）DE2＝EF•EM．
24．（12分）在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于点A和点B（点
A在点B的左侧），与y轴交于点C（0，3），对称轴是直线x＝1．
（1）求抛物线的表达式；
（2）直线MN平行于x轴，与抛物线交于M、N两点（点M在点N的左侧），且MN＝ AB，
点C关于直线MN的对称点为E，求线段OE的长；
（3）点P是该抛物线上一点，且在第一象限内，联结CP、EP，EP交线段BC于点F，当
S△CPF ：S△CEF ＝1：2时，求点P的坐标．
第4页（共23页）25．（14分）已知：如图，在菱形ABCD中，AC＝2，∠B＝60°．点E为边BC上的一个动点（与
点B、C不重合），∠EAF＝60°，AF与边CD相交于点F，联结EF交对角线AC于点G．设
CE＝x，EG＝y．
（1）求证：△AEF是等边三角形；
（2）求y关于x的函数解析式，并写出x的取值范围；
（3）点O是线段AC的中点，联结EO，当EG＝EO时，求x的值．
第5页（共23页）2020年上海市浦东新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）下列各数是无理数的是（ ）
A． B． C． D．0.
【分析】无理数就是无限不循环小数．理解无理数的概念，一定要同时理解有理数的概念，
有理数是整数与分数的统称．即有限小数和无限循环小数是有理数，而无限不循环小数是
无理数．由此即可判定选择项．
【解答】解：A. 是无理数；
B. ，是整数，属于有理数；
C. 是分数，属于有理数；
D. 是循环小数，属于有理数．
故选：A．
【点评】此题主要考查了无理数的定义，其中初中范围内学习的无理数有： ，2 等；开方
开不尽的数；以及像0.1010010001…，等有这样规律的数． π π
2．（4分）下列二次根式中，与 是同类二次根式的是（ ）
A． B． C． D．
【分析】各项化简后，利用同类二次根式定义判断即可．
【解答】解：与 是同类二次根式的是 ，
故选：C．
【点评】此题考查了同类二次根式，熟练掌握同类二次根式的定义是解本题的关键．
3．（4分）一次函数y＝﹣2x+3的图象经过（ ）
A．第一、二、三象限 B．第二、三、四象限
C．第一、三、四象限 D．第一、二、四象限
【分析】根据一次函数的性质即可求得．
【解答】解：∵一次函数y＝﹣2x+3中，k＝﹣2＜0，b＝3＞0，
第6页（共23页）∴一次函数y＝﹣2x+3的图象经过第一、二、四象限．
故选：D．
【点评】本题考查了一次函数图象与系数的关系，牢记“k＜0，b＞0 一次函数y＝kx+b的
图象经过第一、二、四象限”是解题的关键． ⇔
4．（4分）如果一个正多边形的中心角等于72°，那么这个多边形的内角和为（ ）
A．360° B．540° C．720° D．900°
【分析】根据正多边形的中心角和为360°和正多边形的中心角相等，列式计算即可求得边
数，然后代入内角和公式求解即可．
【解答】解：这个多边形的边数是360÷72＝5，
所以内角和为（5﹣2）×180°＝540°
故选：B．
【点评】本题考查的是正多边形的中心角的有关计算，掌握正多边形的中心角和为360°和
正多边形的中心角相等是解题的关键．
5．（4分）在梯形ABCD中，AD∥BC，那么下列条件中，不能判断它是等腰梯形的是（ ）
A．AB＝DC B．∠DAB＝∠ABC C．∠ABC＝∠DCB D．AC＝DB
【分析】等腰梯形的判定定理有： 有两腰相等的梯形是等腰梯形， 对角线相等的梯形
是等腰梯形， 在同一底上的两①个角相等的梯形是等腰梯形，根据②以上内容判断即可．
【解答】解：③A、∵AD∥BC，AB＝DC，
∴梯形ABCD是等腰梯形，故本选项错误；
B、根据∠DAB＝∠ABC，不能推出四边形ABCD是等腰梯形，故本选项正确；
C、∵∠ABC＝∠DCB，
∴BD＝BC，
∴四边形ABCD是等腰梯形，故本选项错误；
D、∵AC＝BD，
∵AD∥BC，
∴四边形ABCD是等腰梯形，故本选项错误．
故选：B．
【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，
第7页（共23页）注意：等腰梯形的判定定理有： 有两腰相等的梯形是等腰梯形， 对角线相等的梯形是
等腰梯形， 在同一底上的两个①角相等的梯形是等腰梯形． ②
6．（4分）矩形A③BCD中，AB＝5，BC＝12，如果分别以A、C为圆心的两圆外切，且点D在圆C
内，点B在圆C外，那么圆A的半径r的取值范围是（ ）
A．5＜r＜12 B．18＜r＜25 C．1＜r＜8 D．5＜r＜8
【分析】首先根据点D在 C内，点B在 C外，求得 C的半径是大于5而小于12；再根
据勾股定理求得AC＝13，⊙最后根据两圆⊙外切的位置关⊙系得到其数量关系．
【解答】解：∵在矩形ABCD中，AB＝5，BC＝12，
∴AC＝ ＝13，
∵点D在 C内，点B在 C外，
∴ C的半⊙径R的取值范围⊙为：5＜R＜12，
当⊙A和 C外切时，圆心距等于两圆半径之和是13，设 C的半径是R
c
，即R
c
+r＝13，
又⊙∵5＜R⊙c ＜12， ⊙
则r的取值范围是1＜r＜8．
故选：C．
【点评】此题综合运用了点和圆的位置关系以及两圆的位置关系与数量关系之间的等价关
系．同时注意勾股定理的运用．特别注意两圆相切，可能内切或外切．
二、填空题（本大题共12题，每题4分，满分48分）
7．（4分）函数 的定义域是 x ≠ 1 ．
【分析】根据分式有意义的条件是分母不为0；分析原函数式可得关系式x﹣1≠0，解可得
自变量x的取值范围．
【解答】解：根据题意，有x﹣1≠0，
解可得x≠1．
故答案为x≠1．
【点评】本题主要考查了分式有意义的条件是分母不等于0．
8．（4分）方程 ＝x的根是 1 ．
【分析】此题需把方程两边平方去根号后求解，然后把求得的值进行检验即可得出答案．
【解答】解：两边平方得：3﹣2x＝x2，
整理得：x2+2x﹣3＝0，
（x+3）（x﹣1）＝0，
第8页（共23页）解得：x ＝﹣3，x＝1，
1
检验：当x＝﹣3时，原方程的左边≠右边，
当x＝1时，原方程的左边＝右边，
则x＝1是原方程的根．
故答案为：1．
【点评】本题主要考查解无理方程，在解无理方程时最常用的方法是两边平方法及换元法，
本题用了平方法．注意要把求得的x的值代入原方程进行检验．
9．（4分）不等式组 的解集是 ﹣ 6 ≤ x ＜ ．
【分析】分别求出每一个不等式的解集，根据口诀：同大取大、同小取小、大小小大中间找、
大大小小无解了确定不等式组的解集．
【解答】解：解不等式x+5≥﹣1，得：x≥﹣6，
解不等式2x＜5，得：x＜ ，
则不等式组的解集为﹣6≤x＜ ，
故答案为：﹣6≤x＜ ．
【点评】本题考查的是解一元一次不等式组，正确求出每一个不等式解集是基础，熟知
“同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到”的原则是解答此题的关键．
10．（4分）已知关于x的一元二次方程x2﹣2 x+k＝0有两个相等的实数根，则k值为 3
．
【分析】根据判别式的意义得到△＝（﹣2 ）2﹣4k＝0，然后解关于k的一元一次方程即
可．
【解答】解：根据题意得△＝（﹣2 ）2﹣4k＝0，
解得k＝3．
故答案为：3．
【点评】本题考查了一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的根的判别式△＝b2﹣4ac：当△＞
0，方程有两个不相等的实数根；当△＝0，方程有两个相等的实数根；当△＜0，方程没有
实数根．
11．（4分）一个不透明的口袋中有五个完全相同的小球，分别标号为1、2、3、4、5，从中随机
第9页（共23页）抽取一个小球，其标号是素数的概率是 ．
【分析】从袋子中随机抽取1个小球共有5种等可能结果，其中抽出的标号是素数的有2、
3、5这3种结果，再利用概率公式可得．
【解答】解：从标号为1、2、3、4、5的5个小球中随机抽取1个小球共有5种等可能结果，
其中抽出的标号是素数的有2、3、5这3种结果，
所以从中随机抽取一个小球，其标号是素数的概率是 ，
故答案为： ．
【点评】此题考查了概率公式的应用．注意用到的知识点为：概率＝所求情况数与总情况
数之比．
12．（4分）如果点A（3，y ）、B（4，y ）在反比例函数y＝ 的图象上，那么y ＞ y ．（填
1 2 1 2
“＞”、“＜”或“＝”）
【分析】反比例函数y＝ 的图象在一、三象限，在每个象限内，y随x的增大而减小，判断
出y的值的大小关系．
【解答】解：∵k＝2＞0，
∴反比例函数y＝ 的图象在一、三象限，且在每个象限内y随x的增大而减小，
∵A（3，y ）、B（4，y ）同在第一象限，且3＜4，
1 2
∴y ＞y ，
1 2
故答案为＞．
【点评】本题考查反比例函数的图象和性质，掌握反比例函数的增减性是解决问题的关键，
13．（4分）某校计划在“阳光体育”活动课程中开设乒乓球、羽毛球、篮球、足球四个体育活
动项目．为了了解全校学生对这四个活动项目的选择情况，体育老师从全体学生中随机抽
取了部分学生进行调查（规定每人必须并且只能选择其中一个项目），并把调查结果绘制
成如图所示的统计图，根据这个统计图可以估计该学校1500名学生中选择篮球项目的学
生约为 30 0 名．
第10页（共23页）【分析】用整体1减去乒乓球、羽毛球、足球所占的百分比，求出篮球所占的百分比，再用
该学校1500名学生乘以篮球所占的百分比即可得出答案．
【解答】解：根据题意得：
1500×（1﹣16%﹣28%﹣36%）＝300（名），
答：该学校1500名学生中选择篮球项目的学生约为300名；
故答案为：300．
【点评】此题考查了用样本估计总体，求出篮球所占的百分比是解题的关键．
14．（4分）已知向量 与单位向量 的方向相反，| |＝3，那么向量 用单位向量 表示为 ﹣
3 ．
【分析】根据向量的定义，确定模的大小，以及方向即可．
【解答】解：∵向量 与单位向量 的方向相反，| |＝3，
∴ ＝﹣3 ，
故答案为﹣3 ．
【点评】本题考查平面向量的定义，解题的关键是理解题意，熟练掌握基本知识，属于中考
常考题型．
15．（4分）如图，AB∥CD，如果∠B＝50°，∠D＝20°，那么∠E＝ 30 ° ．
【分析】根据平行线的性质得出∠BCD＝50°，利用三角形外角性质解答即可．
【解答】解：∵AB∥CD，
∴∠BCD＝∠B＝50°，
∵∠D＝20°，
∴∠E＝∠BCD﹣∠D＝50°﹣20°＝30°，
第11页（共23页）故答案为：30°．
【点评】此题考查平行线的性质，关键是根据平行线的性质得出∠BCD＝50°解答．
16．（4分）在地面上离旗杆底部15米处的地方用测角仪测得旗杆顶端的仰角为 ，如果测角
仪的高为1.5，那么旗杆的高位 （ 1.5+15ta n ） 米．（用含 的三角比表α示）
【分析】由题意得，在直角三角形中，知道了α已知角的邻边求对α边，用正切值计算即可．
【解答】解：根据题意可得：旗杆比仪器高15tan ，测角仪高为1.5米，
故旗杆的高为（1.5+15tan ）米． α
故答案为：（1.5+15tan ）α
【点评】本题考查仰角的α 定义，要求学生能借助仰角构造直角三角形并解直角三角形．
17．（4分）在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝8，BC＝6，点D、E分别在边AB、AC上．如果D
为AB中点，且 ＝ ，那么AE的长度为 5 或 ．
【分析】先求出DE的长，分两种情况讨论，利用相似三角形的性质和等腰三角形的性质可
求解．
【解答】解：∵∠ABC＝90°，AB＝8，BC＝6，
∴AC＝ ＝ ＝10，
∵D为AB中点，
∴AD＝4，
∵ ，
∴
∴DE＝3，
如图，∠ADE＝∠ABC＝90°时，
∴△ADE∽△ABC，
第12页（共23页）∴
∴AE＝5，
如图，∠ADE≠∠ABC时，取AC中点H，连接DH，过点D作DF⊥AC于F，
∵点D是AB中点，点H是AC的中点，
∴DH＝ BC＝3，AH＝HC＝5，DH∥BC，
∴∠ADH＝∠ABC＝90°，
∵S△ADH ＝ ×AH×DF＝ ×AD×DH，
∴5×DF＝12，
∴DF＝ ，
∴FH＝ ＝ ＝ ，
∵DE＝DH，DF⊥AC，
∴EF＝FH＝ ，
∴AE＝AH﹣ ﹣ ＝ ，
故答案为：5或 ．
【点评】本题考查了相似三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，利用分类讨论
思想解决问题是本题的关键．
18．（4分）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠BAC＝60°，BC＝ ，D是BC边上一点，沿直线
AD翻折△ABD，点B落在点E处，如果∠ABE＝45°，那么BD的长为 2 ．
第13页（共23页）【分析】过D作DF⊥AB于F，根据折叠可得∠ADF＝∠DAF＝45°，设DF＝AF＝x，则BF
＝ x，BD＝2x，根据AB＝2，即可得到x的值，进而得出BD的长．
【解答】解：如图所示，过D作DF⊥AB于F，
∵Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠BAC＝60°，BC＝ ，
∴AB＝2，∠ABC＝30°，
由折叠可得，AB＝AE，∠BAD＝∠EAD，
∴∠ABE＝∠AEB＝45°，
∴∠BAE＝90°，
∴∠BAD＝ ∠BAE＝45°，
∴∠ADF＝∠DAF＝45°，
∴AF＝DF，
设DF＝AF＝x，则BF＝ x，BD＝2x，
∵AB＝AF+BF，
∴2＝x+ x，
解得x＝ ﹣1，
∴BD＝2x＝2 ，
故答案为：2 ．
【点评】本题主要考查了折叠问题以及含30°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．
三、解答题（本大题共7题，满分78分）
第14页（共23页）19．（10分）计算：（ ﹣1）0+|1﹣ |+（ ）﹣1+8 ．
【分析】直接利用绝对值的性质、负整数指数幂的性质、分数指数幂的性质分别化简得出
答案．
【解答】解：原式＝1+ ﹣1+3+2
＝5 ．
【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）先化简，再求值： ÷ ﹣ ，其中a＝ +2．
【分析】先根据分式的混合运算顺序和运算法则化简原式，再将a的值代入计算可得．
【解答】解：原式＝ • ﹣
＝ ﹣
＝ ，
当a＝ +2时，
原式＝ ＝ ＝ ．
【点评】本题主要考查分式的化简求值，解题的关键是掌握分式的混合运算顺序和运算法
则．
21．（10分）已知：如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝8，BC＝16，点O为斜边AB的中
点，以O为圆心，5为半径的圆与BC相交于E、F两点，联结OE、OC．
（1）求EF的长；
（2）求∠COE的正弦值．
【分析】（1）作OM⊥EF于M，如图，根据垂径定理得到EM＝FM，利用三角形中位线性质
得到OM＝ AC＝4，然后利用勾股定理计算出EM，从而得到EF的长；
第15页（共23页）（2）利用CE＝OE＝5得到∠OEC＝∠OCE，在利用勾股定理计算出OC＝4 ，然后利用
正弦的定义求出sin∠OCM，从而得到∠COE的正弦值．
【解答】解：（1）作OM⊥EF于M，如图，则EM＝FM，
∵∠ACB＝90°，
∴OM⊥BC，
∴OM＝ AC＝ ×8＝4，
在Rt△OEM中，EM＝ ＝3，
∴EF＝2EM＝6；
（2）CM＝ BC＝8，
∴CE＝8﹣3＝5，
∴CE＝OE，
∴∠OEC＝∠OCE，
在Rt△OCM中，OC＝ ＝4 ，
∴sin∠OCM＝ ＝ ＝ ，
∴∠COE的正弦值为 ．
【点评】本题考查了圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于
这条弧所对的圆心角的一半．也考查了垂径定理和解直角三角形．
22．（10分）学校开展“书香校园”活动，购买了一批图书．已知购买科普类图书花费了
10000元，购买文学类图书花费了9000元，其中科普类图书平均每本的价格比文学类图
书平均每本的价格贵5元，且购买科普类图书的数量比购买文学类图书数量少100本，科
普类图书平均每本的价格是多少元？
【分析】根据题意表示出科普类图书和文学类图书的平均价格，再利用购买科普类图书的
第16页（共23页）数量比购买文学类图书数量少100本得出等式求出答案．
【解答】解：设科普类图书平均每本的价格是x元，则文学类图书平均每本的价格为（x﹣
5）元，根据题意可得：
＝ ﹣100，
解得：x＝20，
经检验得：x＝20是原方程的根，
答：科普类图书平均每本的价格是20元．
【点评】此题主要考查了分式方程的应用，正确得出等量关系是解题关键．
23．（12分）已知：如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC与BD相交于点E，过点E作AC
的垂线交边BC于点F，与AB的延长线交于点M，且AB•AM＝AE•AC．
求证：（1）四边形ABCD是矩形；
（2）DE2＝EF•EM．
【分析】（1）根据相似三角形的性质与判定可知∠AME＝∠ACB，从而可得∠ACB+∠BAC
＝90°，所以 ▱ABCD是矩形．
（2）由（1）可知：DE＝EC，AE＝EC，易证∠CME＝∠AME＝∠ECB，所以
△CEF∽△MEC，所以 ，从而得证．
【解答】解：（1）∵AB•AM＝AE•AC，
∴ ＝ ，
∵∠CAB＝∠CAB，
∴△ACB∽△AME，
∴∠AME＝∠ACB，
由于∠AME+∠BAC＝90°，
则∠ACB+∠BAC＝90°，
第17页（共23页）∴ ▱ABCD是矩形．
（2）由（1）可知：DE＝EC，AE＝EC，
∵ME⊥AC，
∴ME平分∠AMC，
∴∠CME＝∠AME＝∠ECB，
∵∠MEC＝∠FEC＝90°，
∴△CEF∽△MEC，
∴ ，
∴EC2＝EF•EM，
即DE2＝EF•EM
【点评】本题考查相似三角形的综合问题，解题的关键是熟练运用相似三角形的性质与判
定，以及矩形的性质与判定，本题综合程度较高．
24．（12分）在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于点A和点B（点
A在点B的左侧），与y轴交于点C（0，3），对称轴是直线x＝1．
（1）求抛物线的表达式；
（2）直线MN平行于x轴，与抛物线交于M、N两点（点M在点N的左侧），且MN＝ AB，
点C关于直线MN的对称点为E，求线段OE的长；
（3）点P是该抛物线上一点，且在第一象限内，联结CP、EP，EP交线段BC于点F，当
S△CPF ：S△CEF ＝1：2时，求点P的坐标．
【分析】（1）根据对称轴为直线x＝1求出b＝2，即可求解；
第18页（共23页）（2）由抛物线的对称性知，QM＝QN＝ MN＝ ，则点N（ ， ），即MN在直线y＝ 上，
即可求解；
（3）S△CPF ：S△CEF ＝1：2，即 ＝ ，而△PP′F∽△ECF，则 ，即 ，
即可求解．
【解答】解：（1）由题意得：﹣ ，解得：b＝2，
∵抛物线与y轴交于点C（0，3），故c＝3，
故抛物线的表达式为：y＝﹣x2+2x+3；
（2）对于y＝﹣x2+2x+3，令y＝0，则x＝﹣1或3，
故点A、B的坐标分别为：（﹣1，0）、（3，0），则AB＝4，MN＝ AB＝3，
如图1，作抛物线的对称轴交MN于点Q，
由抛物线的对称性知，QM＝QN＝ MN＝ ，
则点N的横坐标为1+ ＝ ，故点N（ ， ），即MN在直线y＝ 上，
则点C关于MN的对称点E的坐标为：（0， ），
即OE＝ ；
（3）过点P作PP′∥OC交BC于点P′，
第19页（共23页）设直线BC的表达式为：y＝mx+n，则 ，解得： ，
故直线BC的表达式为：y＝﹣x+3，
设点P（a，﹣a2+2a+3），则点P′（a，﹣a+3），
则PP′＝（﹣a2+2a+3）﹣（﹣a+3）＝﹣a2+3a，
∵S△CPF ：S△CEF ＝1：2，即 ＝ ，
∵PP′∥CE，
∴△PP′F∽△ECF，
∴ ，即 ，
解得：a＝ 或 ，
故点P的坐标为：（ ， ）或（ ， ）．
【点评】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数的性质、三角形相似、面积的计
算等，综合性比较强，难度适中．
25．（14分）已知：如图，在菱形ABCD中，AC＝2，∠B＝60°．点E为边BC上的一个动点（与
点B、C不重合），∠EAF＝60°，AF与边CD相交于点F，联结EF交对角线AC于点G．设
CE＝x，EG＝y．
（1）求证：△AEF是等边三角形；
（2）求y关于x的函数解析式，并写出x的取值范围；
（3）点O是线段AC的中点，联结EO，当EG＝EO时，求x的值．
第20页（共23页）【分析】（1）根据菱形的性质得AB＝BC，而∠B＝60°，则可判定△ABC为等边三角形，得
到∠BAC＝60°，AC＝AB，易得∠ACF＝60°，∠BAE＝∠CAF，然后利用“ASA”可证明
△AEB≌△AFC，得出AE＝AF，则结论可得出；
（2）过点A作AH⊥BC于点H，求出AE，证明△BAE∽△CEG，得出 ，则可得出答
案；
（3）证明△COE∽△CEA，由比例线段 可得出答案．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD为菱形，
∴AB＝BC，
∵∠B＝60°，
∴△ABC为等边三角形，
∴∠BAC＝60°，AC＝AB，
∴∠BAE+∠EAC＝60°，
∵AB∥CD，
∴∠BAC＝∠ACF＝60°，
∵∠EAF＝60°，即∠EAC+∠CAF＝60°，
∴∠BAE＝∠CAF，
在△AEB和△AFC中，
，
∴△AEB≌△AFC（ASA），
∴AE＝AF，
∴△AEF为等边三角形；
（2）解：过点A作AH⊥BC于点H，
第21页（共23页）∵△AEF为等边三角形，
∴AE＝EF＝ ，∠AEF＝60°，
∵∠ABH＝60°，
∴ ，BH＝HC＝1，
∴EH＝|x﹣HC|＝|x﹣1|，
∴EF＝ ＝ ，
∵∠AEF＝∠B＝60°，
∴∠CEG+∠AEB＝∠AEB+∠BAE＝120°，
∴∠CEG＝∠BAE，
∵∠B＝∠ACE＝60°，
∴△BAE∽△CEG，
∴ ，
∴ ，
∴y＝EG＝ （0＜x＜2），
（3）解：∵AB＝2，△ABC是等边三角形，
∴AC＝2，
∴OA＝OC＝1，
∵EG＝EO，
∴∠EOG＝∠EGO，
∵∠EGO＝∠ECG+∠CEG＝60°+∠CEG，
第22页（共23页）∠CEA＝∠CEG+∠AEF＝60°+∠CEG，
∴∠EGO＝∠CEA，
∴∠EOG＝∠CEA，
∵∠ECA＝∠OCE，
∴△COE∽△CEA，
∴ ，
∴CE2＝CO•CA，
∴x2＝1×2，
∴x＝ （x＝﹣ 舍去），
即x＝ ．
【点评】本题是四边形综合题，考查了菱形的性质、等边三角形的判定与性质、相似三角形
的判定与性质；熟练掌握菱形的性质，证明三角形相似和等边三角形是解决问题的关键．
第23页（共23页）
