文档内容
2020年上海市长宁区中考数学二模试卷
一、选择题
1．（3分）下列实数中，无理数是（ ）
A．0 B． C．﹣3 D．
2．（3分）下列单项式中，与xy2是同类项的是（ ）
A．x2y B．x2y2 C．2xy2 D．3xy
3．（3分）关于反比例函数y＝ ，下列说法不正确的是（ ）
A．点（﹣2，﹣1）在它的图象上
B．它的图象在第一、三象限
C．它的图象关于原点中心对称
D．y 的值随着 x 的值的增大而减小
4．（3分）如图是关于某班同学一周体育锻炼情况的统计图，那么该班学生这一周参加体育锻
炼时间的众数、中位数分别是（ ）
A．8、9 B．8、8.5 C．16、8.5 D．16、14
5．（3分）如果两圆的半径长分别为5和3，圆心距为7，那么这两个圆的位置关系是（ ）
A．内切 B．外离 C．相交 D．外切
6．（3分） ▱ABCD中，E，F是对角线BD上不同的两点．下列条件中，不能得出四边形AECF
一定为平行四边形的是（ ）
A．BE＝DF B．AE＝CF C．AF∥CE D．∠BAE＝∠DCF
二、填空题
7．（3分）计算：（x3）2÷（﹣x）2＝ ．
8．（3分）方程 ＝2的根是 ．
9．（3分）不等式组 的解集是 ．
第1页（共27页）10．（3分）已知正三角形的边心距为1，那么它的边长为 ．
11．（3分）如果抛物线y＝（a﹣1）x2﹣1（a为常数）不经过第二象限，那么a的取值范围是
．
12．（3分）如果关于x的多项式x2﹣2x+k在实数范围内能分解因式，那么k的取值范围是
．
13．（3分）从1，2，3，4四个数中任意取出2个数做加法，其和为偶数的概率是 ．
14．（3分）我国古代数学著作《九章算术》中有一道阐述“盈不足术”的问题，原文是“今有
人共买物，人出八，盈三；人出七，不足四，问人数、物价各几何？”大致意思是：“现有几
个人共同购买一个物品，每人出8元，则多3元；每人出7元，则差4元．问人数、物品的价
格各是多少？”如果设共有x人，物品的价格为y元，那么根据题意可列出方程组为
．
15．（3分）甲乙两位运动员在一次射击训练中各打五发，成绩的平均环数相同，甲的方差为
1.6；乙的成绩（环）为：7，8，10，6，9，那么这两位运动员中 的成绩较稳定．
16．（3分）如图，已知在△ABC中，点D在边AC上，AD＝2DC， ＝ ， ＝ ，那么 ＝
．（用含向量 ， 的式子表示）
17．（3分）如果一个四边形有且只有三个顶点在圆上，那么称这个四边形是该圆的“联络四
边形”，已知圆的半径长为5，这个圆的一个联络四边形是边长为2 的菱形，那么这个
菱形不在圆上的顶点与圆心的距离是 ．
18．（3分）如图，已知在△ABC中，∠C＝90°，BC＝2，点D是边BC的中点，∠ABC＝∠CAD，
将ACD沿直线AD翻折，点C落在点E处，连结BE，那么线段BE的长为 ．
第2页（共27页）三、解答题。
19．计算： +2 +（ +1）﹣1+（ ﹣1）0．
20．解方程： ﹣ ＝ ．
21．如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，AD＝2，BC＝5，∠BAC＝45°，cos∠ACB＝
（1）求线段AC的长；
（2）联结BD，交对角线AC于点O，求∠ADO的余切值．
22．如图，反映了甲、乙两名自行车爱好者同时骑车从A地到B地进行训练时行驶路程y（千
米）和行驶时间x（小时）之间关系的部分图象，根据图象提供的信息，解答下列问题：
（1）求乙的行驶路程y和行驶时间x （1≤x≤3）之间的函数解析式；
（2）如果甲的速度一直保持不变，乙在骑行3小时之后又以第1小时的速度骑行，结果两
人同时到达B地，求A、B两地之间的距离．
第3页（共27页）23．如图，已知四边形ABCD是矩形，点E在对角线AC上，点F在边CD上（点F与点C、D
不重合），BE⊥EF，且∠ABE+∠CEF＝45°．
（1）求证：四边形ABCD是正方形；
（2）连结BD，交EF于点Q，求证：DQ•BC＝CE•DF．
24．如图，在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y＝x2+mx+n经过点A（2，﹣2），对称轴是直
线x＝1，顶点为点B，抛物线与y轴交于点 C．
（1）求抛物线的表达式和点B的坐标；
（2）将上述抛物线向下平移1个单位，平移后的抛物线与x轴正半轴交于点D，求△BCD
的面积；
（3）如果点P在原抛物线上，且在对称轴的右侧，联结BP交线段OA于点Q， ＝ ，求
第4页（共27页）点P的坐标．
25．已知AB是 O的一条弦，点C在 O上，联结CO并延长，交弦AB于点D，且CD＝CB．
（1）如图1⊙，如果BO平分∠ABC⊙，求证： ＝ ；
（2）如图2，如果AO⊥OB，求AD：DB的值；
（3）延长线段AO交弦BC于点E，如果△EOB是等腰三角形，且 O的半径长等于2，求
弦BC的长． ⊙
第5页（共27页）第6页（共27页）2020年上海市长宁区中考数学二模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题
1．（3分）下列实数中，无理数是（ ）
A．0 B． C．﹣3 D．
【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．0是整数，属于有理数；
B. 是无理数；
C．﹣3是整数，属于有理数；
D. ，是整数，属于有理数．
故选：B．
【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．（3分）下列单项式中，与xy2是同类项的是（ ）
A．x2y B．x2y2 C．2xy2 D．3xy
【分析】根据同类项的定义，所含字母相同且相同字母的指数也相同的项是同类项，同类
项与字母的顺序无关，与系数无关．
【解答】解：A．x2y与xy2所含字母的指数不同，所以不是同类项；
B．x2y2与xy2所含字母的指数不尽相同，所以不是同类项；
C.2xy2与xy2所含字母相同且相同字母的指数也相同的项是同类项；
D.3xy与xy2所含字母的指数不尽相同，所以不是同类项．
故选：C．
【点评】此题考查同类项，关键是根据同类项定义中的两个“相同”：（1）所含字母相同；
（2）相同字母的指数相同，是易混点，还有注意同类项与字母的顺序无关，与系数无关．
3．（3分）关于反比例函数y＝ ，下列说法不正确的是（ ）
A．点（﹣2，﹣1）在它的图象上
第7页（共27页）B．它的图象在第一、三象限
C．它的图象关于原点中心对称
D．y 的值随着 x 的值的增大而减小
【分析】根据反比例函数y＝ 和反比例函数的性质，可以判断各个选项中的说法是否正
确，从而可以解答本题．
【解答】解：∵反比例函数y＝ ，
∴当x＝﹣2时，y＝﹣1，即点（﹣2，﹣1）在它的图象上，故选项A正确；
它的图象在第一、三象限，故选项B正确；
它的图象关于原点中心对称，故选项C正确；
在每个象限内，y的值随着x的值的增大而减小，故选项D不正确；
故选：D．
【点评】本题考查反比例函数的性质，解答本题的关键是明确题意，利用反比例函数的性
质解答．
4．（3分）如图是关于某班同学一周体育锻炼情况的统计图，那么该班学生这一周参加体育锻
炼时间的众数、中位数分别是（ ）
A．8、9 B．8、8.5 C．16、8.5 D．16、14
【分析】根据中位数、众数的概念分别求得这组数据的中位数、众数．
【解答】解：众数是一组数据中出现次数最多的数，即8；
而将这组数据从小到大的顺序排列后，处于中间位置的那个数，由中位数的定义可知，这
组数据的中位数是9；
故选：A．
【点评】考查了中位数、众数的概念．本题为统计题，考查众数与中位数的意义，中位数是
将一组数据从小到大（或从大到小）重新排列后，最中间的那个数（最中间两个数的平均
数），叫做这组数据的中位数，如果中位数的概念掌握得不好，不把数据按要求重新排列，
第8页（共27页）就会错误地将这组数据最中间的那个数当作中位数．
5．（3分）如果两圆的半径长分别为5和3，圆心距为7，那么这两个圆的位置关系是（ ）
A．内切 B．外离 C．相交 D．外切
【分析】求出两圆半径的和与差，再与圆心距比较大小，确定两圆位置关系．根据两圆的位
置关系得到其数量关系．
设两圆的半径分别为R和r，且R≥r，圆心距为d：外离，则d＞R+r；外切，则d＝R+r；相
交，则R﹣r＜d＜R+r；内切，则d＝R﹣r；内含，则d＜R﹣r．
【解答】解：设圆心距为d，
因为5﹣3＝2，3+5＝8，圆心距为7cm，
所以，2＜d＜8，
根据两圆相交，圆心距的长度在两圆的半径的差与和之间，
所以两圆相交．
故选：C．
【点评】考查了圆与圆的位置关系，本题利用了两圆相交，圆心距的长度在两圆的半径的
差与和之间求解．
6．（3分） ▱ABCD中，E，F是对角线BD上不同的两点．下列条件中，不能得出四边形AECF
一定为平行四边形的是（ ）
A．BE＝DF B．AE＝CF C．AF∥CE D．∠BAE＝∠DCF
【分析】连接AC与BD相交于O，根据平行四边形的对角线互相平分可得OA＝OC，OB＝
OD，再根据对角线互相平分的四边形是平行四边形，只要证明得到OE＝OF即可，然后根
据各选项的条件分析判断即可得解．
【解答】解：如图，连接AC与BD相交于O，
在 ▱ABCD中，OA＝OC，OB＝OD，
要使四边形AECF为平行四边形，只需证明得到OE＝OF即可；
A、若BE＝DF，则OB﹣BE＝OD﹣DF，即OE＝OF，故本选项不符合题意；
B、若AE＝CF，则无法判断OE＝OF，故本选项符合题意；
C、AF∥CE能够利用“角角边”证明△AOF和△COE全等，从而得到OE＝OF，故本选
项不符合题意；
D、∠BAE＝∠DCF能够利用“角角边”证明△ABE和△CDF全等，从而得到DF＝BE，
然后同A，故本选项不符合题意；
故选：B．
第9页（共27页）【点评】本题考查了平行四边形的判定与性质，熟练掌握平行四边形的判定方法是解题的
关键．
二、填空题
7．（3分）计算：（x3）2÷（﹣x）2＝ x 4 ．
【分析】直接利用幂的乘方运算法则以及同底数幂的除法运算法则计算得出答案．
【解答】解：（x3）2÷（﹣x）2
＝x6÷x2
＝x4．
故答案为：x4．
【点评】此题主要考查了幂的乘方运算以及同底数幂的除法运算，正确掌握相关运算法则
是解题关键．
8．（3分）方程 ＝2的根是 x ＝﹣ 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．
【解答】解：两边平方得：3﹣x＝4，
x＝﹣1．
检验：当x＝﹣1时，
原方程的左边＝2，右边＝2，
∴x＝﹣1是原方程的根．
故答案为：x＝﹣1．
【点评】本题主要考查解无理方程，在解无理方程是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．（3分）不等式组 的解集是 ﹣ ≤ x ≤ 6 ．
【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3x+4≥0，得：x≥﹣ ，
第10页（共27页）解不等式 x﹣2≤1，得：x≤6，
则不等式组的解集为﹣ ≤x≤6，
故答案为：﹣ ≤x≤6．
【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．（3分）已知正三角形的边心距为1，那么它的边长为 2 ．
【分析】根据题意，画出图形作AD⊥BC，BE⊥AC于点D和E，点O即为△ABC的外心，根
据特殊角30度即可求出BD的值，进而可得三角形的边长．
【解答】解：根据题意，画出图形，
∵△ABC是正三角形，
作AD⊥BC，BE⊥AC于点D和E，
∴点O即为△ABC的外心，
∴OD＝1，∠DBO＝30°，
∴BD＝ ，
∴BC＝2BD＝2 ．
故答案为：2 ．
【点评】本题考查了正多边形和圆，解决本题的关键是掌握正多边形和圆的关系．
11．（3分）如果抛物线y＝（a﹣1）x2﹣1（a为常数）不经过第二象限，那么a的取值范围是 a
＜ 1 ．
【分析】根据抛物线y＝（a﹣1）x2﹣1（a为常数）不经过第二象限可以确定不等式的开口方
向，从而确定a的取值范围．
【解答】解：∵抛物线y＝（a﹣1）x2﹣1（a为常数）不经过第二象限，且该抛物线与y轴交于
负半轴，
∴a﹣1＜0，
解得：a＜1．
第11页（共27页）故答案为：a＜1．
【点评】考查了二次图象与系数的关系，根据抛物线的开口方向，与y轴的交点，对称轴判
断抛物线经过的象限．
12．（3分）如果关于x的多项式x2﹣2x+k在实数范围内能分解因式，那么k的取值范围是
k ≤ 1 ．
【分析】本题实际上求一元二次方程x2﹣2x+k在实数范围内有实数根时，k的取值范围．所
以根据一元二次方程的根的判别式解答即可．
【解答】解：∵二次三项式x2﹣2x+k在实数范围内能分解因式，
∴一元二次方程x2﹣2x+k在实数范围内有实数根，
∴△＝4﹣4k≥0，
解得，k≤1．
故答案为：k≤1．
【点评】本题考查了实数范围内分解因式、根的判别式．在解答该题时，注意问题之间的相
互转化．
13．（3分）从1，2，3，4四个数中任意取出2个数做加法，其和为偶数的概率是 ．
【分析】列举出所有情况，看和为偶数的情况数占总情况数的多少即可．
【解答】解：共12种情况，和为偶数的情况数有4种，所以概率为 ．
故答案为 ．
【点评】考查概率的求法；用到的知识点为：概率＝所求情况数与总情况数之比．
14．（3分）我国古代数学著作《九章算术》中有一道阐述“盈不足术”的问题，原文是“今有
人共买物，人出八，盈三；人出七，不足四，问人数、物价各几何？”大致意思是：“现有几
个人共同购买一个物品，每人出8元，则多3元；每人出7元，则差4元．问人数、物品的价
格各是多少？”如果设共有x人，物品的价格为y元，那么根据题意可列出方程组为
．
第12页（共27页）【分析】根据“8×人数﹣多出的钱数＝物品的价格和7×人数+差的钱数＝物品的价格”列
方程即可得．
【解答】解：设共有x人，物品的价格为y元，
根据题意，可列方程组为 ，
故答案为： ．
【点评】本题主要考查由实际问题抽象出二元一次方程组，解题的关键是掌握理解题意，
找到题目蕴含的相等关系．
15．（3分）甲乙两位运动员在一次射击训练中各打五发，成绩的平均环数相同，甲的方差为
1.6；乙的成绩（环）为：7，8，10，6，9，那么这两位运动员中 甲 的成绩较稳定．
【分析】利用方差的公式求得乙的方差，与甲的方差比较，方差较小的成绩稳定．
【解答】解：乙的平均成绩为（7+8+10+6+9）÷5＝8，
方差为： [（7﹣8）2+（8﹣8）2+（10﹣8）2+（6﹣8）2+（9﹣8）2]＝2，
∵甲的方差为1.6，
∴甲的方差较小，
∴成绩较稳定的是甲，
故答案为：甲．
【点评】本题考查了方差的知识，解题的关键是了解方程的意义并牢记方差的计算公式，
难度不大．
16．（3分）如图，已知在△ABC中，点D在边AC上，AD＝2DC， ＝ ， ＝ ，那么 ＝
﹣ + ．（用含向量 ， 的式子表示）
【分析】利用三角形法则可知： ＝ + ，求出 即可解决问题．
【解答】解：∵AD＝2DC，
第13页（共27页）∴AD＝ AC，
∴ ＝ ＝ ，
∴ ＝ + ，
∴ ＝﹣ + ，
故答案为﹣ + ．
【点评】本题考查平面向量，三角形法则等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中
考常考题型．
17．（3分）如果一个四边形有且只有三个顶点在圆上，那么称这个四边形是该圆的“联络四
边形”，已知圆的半径长为5，这个圆的一个联络四边形是边长为2 的菱形，那么这个
菱形不在圆上的顶点与圆心的距离是 1 ．
【分析】先根据题意画出图形，连接BD、OD，设AM＝x，根据AD2﹣AM2＝OD2﹣OM2，列
出方程，求出x，再根据OC＝OA﹣AM﹣CM计算即可．
【解答】解：根据题意画图如下：
连接BD，与AC交与点M，
∵四边形ABCD是菱形，
∴∠AMD＝∠DMC＝90°，
∠ACD＝∠ACB，CD＝CD，AM＝CM，
∴DM2＝AD2﹣AM2，
设AM＝x，
则DM2＝（2 ）2﹣x2，
连接OD、OB，
在△OCD和△OCB中，
第14页（共27页），
∴△OCD≌OCB（SSS），
∴∠OCD＝∠OCB，
∴∠ACD+∠OCD＝∠ACB+∠OCB＝180°，
∴OC与AC在一条直线上，
∴△OMD是一个直角三角形，
OM＝OA﹣AM＝5﹣x，
∴DM2＝OD2﹣OM2，
＝52﹣（5﹣x）2，
∴（2 ）2﹣x2＝52﹣（5﹣x）2，
x＝2，
∴AM＝CM＝2，
∴OC＝OA﹣AM﹣CM＝5﹣2﹣2＝1．
故答案为：1．
【点评】此题考查了圆的性质与计算，用到的知识点是菱形的性质、勾股定理，关键是根据
题意画出图形，列出方程．
18．（3分）如图，已知在△ABC中，∠C＝90°，BC＝2，点D是边BC的中点，∠ABC＝∠CAD，
将ACD沿直线AD翻折，点C落在点E处，连结BE，那么线段BE的长为 ．
【分析】证△ABC∽△DAC，得出AC2＝BC×CD＝2，AC＝ ，由勾股定理得出AD＝ ，
由折叠的性质得ED＝CD＝1，∠ADE＝∠ADC，得出BD＝ED，作DF⊥BE于F，则BF＝
EF，∠BDF＝∠EDF，证△BDF∽△DAC，求出BF＝ ，即可得出答案．
【解答】解：如图所示：
第15页（共27页）∵BC＝2，点D是边BC的中点，
∴BD＝CD＝1，
∵∠ABC＝∠CAD，∠C＝∠C，
∴△ABC∽△DAC，
∴AC：CD＝BC：AC，
∴AC2＝BC×CD＝2×1＝2，
∴AC＝ ，
∴AD＝ ＝ ＝ ，
由折叠的性质得：ED＝CD＝1，∠ADE＝∠ADC，
∴BD＝ED，
作DF⊥BE于F，则BF＝EF，∠BDF＝∠EDF，
∴∠BDF+∠ADC＝ ×180°＝90°，
∵∠ADC+∠DAC＝90°，
∴∠BDF＝∠DAC，
又∵∠DFB＝∠C＝90°，
∴△BDF∽△DAC，
∴ ＝ ，即 ＝ ，
∴BF＝ ，
∴BE＝2BF＝ ；
故答案为： ．
【点评】本题考查了翻折变换的性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理、等腰三角形的
性质等知识；熟练掌握翻折变换和等腰三角形的性质，证明三角形相似是解题的关键．
第16页（共27页）三、解答题。
19．计算： +2 +（ +1）﹣1+（ ﹣1）0．
【分析】根据实数运算的法则计算即可．
【解答】解：原式＝ + +（ ﹣1）+1＝ ．
【点评】本题考查了实数的运算，熟练掌握运算法则是解题的关键．
20．解方程： ﹣ ＝ ．
【分析】两边乘（x+3）（x﹣3）化为整式方程即可解决问题．
【解答】解：两边乘（x+3）（x﹣3）得到：x（x﹣3）+6＝x+3
解得x ＝1，x ＝3，
1 2
经检验：x＝1是分式方程的解．
【点评】本题考查解分式方程，解题的关键是熟练掌握解分式方程的步骤，注意解分式方
程必须检验．
21．如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，AD＝2，BC＝5，∠BAC＝45°，cos∠ACB＝
（1）求线段AC的长；
（2）联结BD，交对角线AC于点O，求∠ADO的余切值．
【分析】（1）如图，过点B作BE⊥AC于点E，根据已知条件和cos∠ACB＝ 可得，CE＝
3，AE＝BE＝4，进而可求AC的长；
（2）结合（1）和AD∥BC，可得 ＝ ，得AO和OC的长，从而可求OE的长，进而得
∠ADO的余切值即为∠BOE的余切值．
【解答】解：（1）如图，过点B作BE⊥AC于点E，
第17页（共27页）∴∠AEB＝90°，
∵∠BAC＝45°，
∴AE＝BE，
∵cos∠ACB＝ ，
即 ＝ ，
∵BC＝5，
∴CE＝3，
∴BE＝ ＝4，
∴AE＝BE＝4，
∴AC＝AE+EC＝4+3＝7．
答：线段AC的长为7；
（2）∵AD∥BC，
∴ ＝ ，
∴ ＝ ，
解得AO＝2，
∴OC＝5，
∴OE＝OC﹣CE＝5﹣3＝2，
∴ ＝ ＝ ，
∵∠ADO＝∠BOE，
∴cot∠ADO＝cot∠BOE＝ ．
∴∠ADO的余切值即为∠BOE的余切值为 ．
第18页（共27页）【点评】本题考查了梯形、解直角三角形，解决本题的关键是掌握梯形的性质．
22．如图，反映了甲、乙两名自行车爱好者同时骑车从A地到B地进行训练时行驶路程y（千
米）和行驶时间x（小时）之间关系的部分图象，根据图象提供的信息，解答下列问题：
（1）求乙的行驶路程y和行驶时间x （1≤x≤3）之间的函数解析式；
（2）如果甲的速度一直保持不变，乙在骑行3小时之后又以第1小时的速度骑行，结果两
人同时到达B地，求A、B两地之间的距离．
【分析】（1）根据函数图象中的数据，可以求得乙的行驶路程y和行驶时间x （1≤x≤3）
之间的函数解析式；
（2）根据函数图象中的数据，可以分别求得甲的速度和乙开始的速度，然后设出A、B两地
之间的距离，再根据甲的速度一直保持不变，乙在骑行3小时之后又以第1小时的速度骑
行，结果两人同时到达B地，可以列出相应的方程，从而可以得到A、B两地之间的距离．
【解答】解：（1）设乙的行驶路程y和行驶时间x （1≤x≤3）之间的函数解析式为y＝kx+b，
，
解得， ，
即乙的行驶路程y和行驶时间x （1≤x≤3）之间的函数解析式是y＝10x+20；
（2）设A、B两地之间的距离为S千米，
甲的速度为60÷3＝20（千米/时），乙开始的速度为30÷1＝30（千米/时），
，
解得，S＝80，
答：A、B两地之间的距离是80千米．
【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．
第19页（共27页）23．如图，已知四边形ABCD是矩形，点E在对角线AC上，点F在边CD上（点F与点C、D
不重合），BE⊥EF，且∠ABE+∠CEF＝45°．
（1）求证：四边形ABCD是正方形；
（2）连结BD，交EF于点Q，求证：DQ•BC＝CE•DF．
【分析】（1）作EM⊥BC于点M，可证EM∥AB，可得∠ABE＝∠BEM，∠BAC＝∠CEM，
由角的数量关系可得∠CEM＝45°＝∠BAC，可证AB＝BC，可得结论；
（2）通过证明△BCE∽△FDQ，可得 ，可得结论．
【解答】证明：（1）如图，作EM⊥BC于点M，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB⊥BC，
∴EM∥AB，
∴∠ABE＝∠BEM，∠BAC＝∠CEM，
∵∠ABE+∠CEF＝45°，
∴∠BEM+∠CEF＝45°，
∵BE⊥EF，
∴∠CEM＝45°＝∠BAC，
∴∠BAC＝∠ACB＝45°，
∴AB＝BC，
∴矩形ABCD是正方形；
（2）如图，
第20页（共27页）∵∠BEF+∠BCF+∠EFC+∠EBC＝360°，
∴∠EBC+∠EFC＝180°，且∠EFC+∠QFD＝180°，
∴∠DFQ＝∠EBC，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ACB＝∠BDC＝45°，
∴△BCE∽△FDQ，
∴ ，
∴BC•DQ＝CE•DF．
【点评】本题考查了正方形的判定和性质，矩形的性质，相似三角形的判定和性质，灵活运
用这些性质进行推理是本题的关键．
24．如图，在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y＝x2+mx+n经过点A（2，﹣2），对称轴是直
线x＝1，顶点为点B，抛物线与y轴交于点 C．
（1）求抛物线的表达式和点B的坐标；
（2）将上述抛物线向下平移1个单位，平移后的抛物线与x轴正半轴交于点D，求△BCD
的面积；
（3）如果点P在原抛物线上，且在对称轴的右侧，联结BP交线段OA于点Q， ＝ ，求
点P的坐标．
第21页（共27页）【分析】（1）先根据对称轴求出m，再将点A坐标代入抛物线解析式中求出n，得出抛物线
解析式，最后配成顶点式，即可得出结论；
（2）先求出点D坐标，进而求出直线CD解析式，得出点E坐标，再用面积公式求解即可
得出结论；
（3）设出点P坐标，构造出△PMQ∽△PNB，得出 ＝ ，表示出QM＝ （a2﹣
2a+1），PM＝ （a﹣1），进而表示出Q（ a+ ， a2﹣ a﹣ ），代入直线OA中，即可
得出结论．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝x2+mx+n的对称轴是直线x＝1，
∴﹣ ＝1，
∴m＝﹣2，
∴抛物线解析式为y＝x2﹣2x+n，
∵抛物线过点（2，﹣2），
∴4﹣2×2+n＝﹣2，
∴n＝﹣2，
∴抛物线的解析式为y＝x2﹣2x﹣2＝（x﹣1）2﹣3，
∴顶点B的坐标为（1，﹣3）；
（2）如图1，由平移知，平移后的抛物线解析式为y＝x2﹣2x﹣3，
令y＝0，则x2﹣2x﹣3＝0，
∴x＝﹣1或x＝3，
∵点D在x正半轴上，
∴D（3，0），
针对于抛物线y＝x2﹣2x﹣2，
令x＝0，则y＝﹣2，
∴C（0，﹣2），
∴直线CD的解析式为y＝ x﹣2，
记直线CD与直线x＝1的交点为E，则E（1，﹣ ），
第22页（共27页）∴S△BCD ＝ BE•|x
D
﹣x
C
|＝ ×|﹣ ﹣（﹣3）|×3＝ ；
（3）如图2，设P（a，a2﹣2a﹣2），
过点P作PN垂直于直线x＝1于点N过点Q作QM⊥PN于M，
∴QM∥NB，
∴△PMQ∽△PNB，
∴ ＝ ，
∵ ，
∴ ＝ ，
∵PN＝a﹣1，BN＝a2﹣2a﹣2+3＝a2﹣2a+1，
∴ ，
∴QM＝ （a2﹣2a+1），PM＝ （a﹣1），
∴MN＝PN﹣PM＝ （a﹣1），点Q与点B的纵坐标之差的绝对值为 （a2﹣2a+1），
∴Q（ a+ ， a2﹣ a﹣ ），
∵A（2，﹣2），
∴直线OA的解析式为y＝﹣x，
∵点Q在线段OA上，
∴ a+ + a2﹣ a﹣ ＝0，
∴a＝﹣3（舍）或a＝4，
∴P（4，6）．
第23页（共27页）【点评】此题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法，三角形面积的求法，平移的性质，
相似三角形的性质，构造出相似三角形，进而表示出点Q的坐标是解本题的关键．
25．已知AB是 O的一条弦，点C在 O上，联结CO并延长，交弦AB于点D，且CD＝CB．
（1）如图1⊙，如果BO平分∠ABC⊙，求证： ＝ ；
（2）如图2，如果AO⊥OB，求AD：DB的值；
（3）延长线段AO交弦BC于点E，如果△EOB是等腰三角形，且 O的半径长等于2，求
弦BC的长． ⊙
【分析】（1）证明△OBA≌△OBC即可解决问题．
第24页（共27页）（2）如图2中，作DM⊥OB于M，DN⊥OA于N，设OM＝a．首先证明∠CDB＝∠CBD＝
75°，解直角三角形求出AD，BD（用a表示）即可解决问题．
（3）因为∠OEB＝∠C+∠COE＞∠OBE，推出OE≠OB，分两种情形：如图3﹣1中，当BO
＝BE时，如图3﹣2中，当EO＝EB时，分别求解即可解决问题．
【解答】（1）证明：如图1中，
∵BO平分∠ABC，
∴∠ABO＝∠CBO，
∵OB＝OA＝OC，
∴∠A＝∠ABO，∠C＝∠OBC，
∴∠A＝∠C，
∵OB＝OB，
∴△OBA≌△OBC（AAS），
∴AB＝BC，
∴ ＝ ．
（2）解：如图2中，作DM⊥OB于M，DN⊥OA于N，设OM＝a．
∵OA⊥OB，
∴∠MON＝∠DMO＝∠DNO＝90°，
∴四边形DMON是矩形，
第25页（共27页）∴DN＝OM＝a，
∵OA＝OB，∠AOB＝90°，
∴∠A＝∠ABO＝45°，
∵OC＝OB，CD＝CB，
∴∠C＝∠OBC，∠CDB＝∠CBD，
∵∠C+∠CDB+∠CBD＝180°，
∴3∠C+90°＝180°，
∴∠C＝30°，
∴∠CDB＝∠CBD＝75°，
∵∠DMB＝90°，
∴∠MDB＝∠DBM＝45°，
∴DM＝BM，∠ODM＝30°，
∴DM＝ OM＝ a，DN＝ DM＝ a，AD＝ DN＝ a，
∴ ＝ ＝ ．
（3）解：如图3﹣1中，当BO＝BE时，
∵CD＝CB，
∴∠CDB＝∠CBD，
∴∠A+∠AOD＝∠OBA+∠OBC，
∵∠A＝∠ABO，
∴∠AOD＝∠OBC＝∠C，
∵AOD＝∠COE，
∴∠C＝∠COE＝∠CBO，
第26页（共27页）∵∠C＝∠C，
∴△OCE∽△BCO，
∴ ＝ ，
∴ ＝ ，
∴EC2+2EC﹣4＝0，
解得EC＝﹣1+ 或﹣1﹣ （舍弃），
∴BC＝ +1．
如图3﹣2中，当EO＝EB时，同法可证△OEB是等腰直角三角形，
∴EO＝EB＝EC＝ OB＝ ，
∴BC＝2 ，
∵∠OEB＝∠C+∠COE＞∠OBE，
∴OE≠OB，
综上所述，BC的值为 +1或2 ．
【点评】本题属于圆综合题，考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，相似三
角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形或相似三角
形解决问题，学会利用参数解决问题，属于中考压轴题．
第27页（共27页）
