文档内容
2021年上海市青浦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）[每小题只有一个正确选项，在答题纸相
应题号的选项上用2B铅笔正确填涂]
1．（4分）下列二次根式中，与 是同类二次根式的是（ ）
A． B． C． D．
2．（4分）如果a＞b，m为非零实数，那么下列结论一定成立的是（ ）
A．a+m＜b+m B．m﹣a＜m﹣b C．am＞bm D．
3．（4分）下列对反比例函数y＝ 的图象的描述，正确的是（ ）
A．与坐标轴有交点
B．有两支，分别在第二、四象限
C．经过点（1，3）
D．函数值y随x的值增大而减小
4．（4分）某校为了解学生在“慈善募捐”活动中的捐款情况，进行了抽样调查，结果如表所
示．
捐款金额 5 10 20 50 100 200
（元）
人数 8 10 12 13 5 2
那么该样本中学生捐款金额的中位数和众数分别是（ ）
A．20元，50元 B．35元，50元 C．50元，50元 D．20元，20元
5．（4分）如果一个正多边形的每一个外角都是45°，那么这个正多边形的内角和为（ ）
A．360° B．720° C．1080° D．1440°
6．（4分）下列命题中，真命题是（ ）
A．一组对边平行，且另一组对边相等的四边形是平行四边形
B．一组对边平行，且对角线相等的四边形是等腰梯形
C．一组对边平行，且一组邻边互相垂直的四边形是矩形
D．一组对边平行，且对角线平分一组对角的四边形是菱形
二、填空题：（本大题共12题，每题4分，满分48分）【在答题纸相应题号后的空格内直接填
写答案】
7．（4分）计算：（﹣3a3）2＝ ．
第1页（共26页）8．（4分）在实数范围内分解因式：y2﹣4x2＝ ．
9．（4分）方程 的解是 ．
10．（4分）如果关于x的方程x2+3x﹣k＝0有两个不相等的实数根，那么k的取值范围是
．
11．（4分）从 ，3.101001， ， 这四个数中任选一个数 ．
π
12．（4分）如果将抛物线y＝﹣x2向下平移，使其经过点（0，﹣2），那么所得新抛物线的表达
式是 ．
13．（4分）为了解某区2400名初中教师中接种新冠疫苗的教师人数，随机调查了其中200名
教师，结果有150人接种了疫苗 人．
14．（4分）某传送带与地面所成斜坡的坡度i＝1：2.4，如果它把物体从地面送到离地面6米
高的地方，那么物体所经过的路程为 米．
15．（4分）如图，点G是△ABC的重心，设 ＝ ， ＝ ，那么向量 、 表示为
．
16．（4分）如图，在半径为2的 O中，弦AB与弦CD相交于点M ，∠AMC＝120°，那么
OM的长为 ⊙ ．
17．（4分）在△ABC中，∠C＝90°，AC＝3，点C恰好落在AB的中点上，设点B旋转后的对应
点为点D ．
18．（4分）在矩形ABCD中，AC、BD相交于点O，AB＝4cm，如果以5cm为半径的 Q与矩形
⊙
第2页（共26页）ABCD的各边有4个公共点，那么线段OQ长的取值范围是 ．
三、解答题：（本大题共7题，满分78分）[将下列各题的解答过程，做在答题纸的相应位置上]
19．（10分）计算： +| ﹣2|+ ﹣（ ）﹣2．
20．（10分）解方程组： ．
21．（10分）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，sin∠ABC＝ ，D是边AB上一点，BE⊥CD，
垂足为点E．
（1）求AD的长；
（2）求∠EBC的正切值．
22．（10分）某校九年级学生从学校乘车前往郊野公园春游，1号车于上午8点出发，2号车晚
10分钟出发，行驶的路程为y 千米，2号车的行驶路程为y 千米，y 、y 关于x的部分函数
1 2 1 2
图象如图所示．
（1）求y 关于x的函数解析式；
2
（2）如果2号车与1号车同时到达郊野公园的停车场，求汽车从学校到郊野公园停车场行
驶的路程
23．（12分）已知：如图，在正方形ABCD中，联结BD，BF⊥DE，垂足为点F
（1）求证：∠ADE＝∠BDE；
第3页（共26页）（2）延长DF与CB的延长线交于点G，求证：BG＝BC+AE．
24．（12分）已知：如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝ax2+bx+3的图象与x轴交于点
A（﹣1，0）和点B，与y轴交于点C，顶点是点D．
（1）求该抛物线的解析式和顶点D的坐标；
（2）点P为该抛物线第三象限上的一点，当四边形PBDC为梯形时，求点P的坐标；
（3）在（2）的条件下，点E为x轴正半轴上的一点（∠PBO+∠PEO）＝ 时，求OE的长．
25．（14分）已知：在半径为2的扇形AOB中，∠AOB＝m°（0＜m≤180），点C是 ，直线AC
与直线OB相交于点D．
（1）如图1，当0＜m＜90，△BCD是等腰三角形时（用含m的代数式表示）；
（2）如图2，当m＝90点C是 的中点时，求 的值；
（3）将 沿AC所在的直线折叠，当折叠后的圆弧与OB所在的直线相切于点E，求线段
AD的长．
第4页（共26页）第5页（共26页）2021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：（本大题共6题，每题4分，满分24分）[每小题只有一个正确选项，在答题纸相
应题号的选项上用2B铅笔正确填涂]
1．（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】将各个二次根式化简，再看被开方数即可得出答案．
【解答】解：因为 ＝2， ， ＝2 ， ，
所以 与 是同类二次根式，
故选：B．
【点评】本题考查最简二次根式，二次根式的化简，掌握二次根式化简的方法是正确判断
的前提，理解同类二次根式的定义是正确解答的关键..
2．（4分）如果a＞b，m为非零实数，那么下列结论一定成立的是（ ）
A．a+m＜b+m B．m﹣a＜m﹣b C．am＞bm D．
【分析】根据不等式的性质，可得答案．
【解答】解：A、如果a＞b，则a+m＞b+m；
B、如果a＞b，则m﹣a＜m﹣b；
C、如果a＞b，则am＞bm不一定成立，故C不符合题意；
D、如果a＞b，则 不一定成立，故D不符合题意；
故选：B．
【点评】本题考查了不等式的性质，熟记不等式的性质，并根据不等式的性质求解是解题
关键．
3．（4分）下列对反比例函数y＝ 的图象的描述，正确的是（ ）
A．与坐标轴有交点
B．有两支，分别在第二、四象限
C．经过点（1，3）
D．函数值y随x的值增大而减小
第6页（共26页）【分析】根据反比例函数的性质判断即可．
【解答】解：A、反比例函数y＝ ，故A错误；
B、∵k＝3＞5，
∴双曲线的的两个分支，分别在第一，故B错误；
C、∵1×3＝7＝k，
∴反比例函数y＝ 的图象经过点（1，故C正确；
D、∵k＞2，
∴函数值y在每个象限内随x的值增大而减小，故D错误，
故选：C．
【点评】本题考查了反比例函数的性质．对于反比例函数 （k≠0），（1）k＞0，反比例函数
图象在一、三象限；（2）k＜0，反比例函数图象在第二、四象限内．另外，函数图象是中心对
称图形，且对称中心是原点的函数有任意正比例函数和任意反比例函数．
4．（4分）某校为了解学生在“慈善募捐”活动中的捐款情况，进行了抽样调查，结果如表所
示．
捐款金额 5 10 20 50 100 200
（元）
人数 8 10 12 13 5 2
那么该样本中学生捐款金额的中位数和众数分别是（ ）
A．20元，50元 B．35元，50元 C．50元，50元 D．20元，20元
【分析】根据中位数和众数的定义求解即可．
【解答】解：该样本中学生捐款金额的中位数为 ＝20（元），
故选：A．
【点评】本题主要考查中位数和众数，将一组数据按照从小到大（或从大到小）的顺序排列，
如果数据的个数是奇数，则处于中间位置的数就是这组数据的中位数．如果这组数据的个
数是偶数，则中间两个数据的平均数就是这组数据的中位数．一组数据中出现次数最多的
数据叫做众数．
5．（4分）如果一个正多边形的每一个外角都是45°，那么这个正多边形的内角和为（ ）
A．360° B．720° C．1080° D．1440°
【分析】多边形的外角和是360度，即可得到外角的个数，即多边形的边数．根据多边形的
第7页（共26页）内角和定理即可求解．
【解答】解：多边形的边数是：360÷45＝8．
则内角和是：（8﹣6）×180°＝1080°．
故选：C．
【点评】本题主要考查了多边形的内角与外角之间的关系．根据多边形的外角和不随边数
的变化而变化，求出多边形的边数是解题的关键．
6．（4分）下列命题中，真命题是（ ）
A．一组对边平行，且另一组对边相等的四边形是平行四边形
B．一组对边平行，且对角线相等的四边形是等腰梯形
C．一组对边平行，且一组邻边互相垂直的四边形是矩形
D．一组对边平行，且对角线平分一组对角的四边形是菱形
【分析】根据平行四边形的、等腰梯形、矩形和菱形的判定定理判断即可．
【解答】解：A、一组对边平行，故本选项说法是假命题；
B、一组对边平行，本选项说法是假命题；
C、一组对边平行，故本选项说法是假命题；
D、一组对边平行，故本选项说法是真命题；
故选：D．
【点评】本题考查的是命题的真假判断，正确的命题叫真命题，错误的命题叫做假命题．判
断命题的真假关键是要熟悉课本中的性质定理．
二、填空题：（本大题共12题，每题4分，满分48分）【在答题纸相应题号后的空格内直接填
写答案】
7．（4分）计算：（﹣3a3）2＝ 9 a 6 ．
【分析】根据积的乘方等于每一个因式分别乘方，再把所得的幂相乘，可得答案．
【解答】解：原式＝（﹣3）2a7×2
＝9a3，
故答案为：9a6．
【点评】本题考查了积的乘方，积的乘方等于每一个因式分别乘方，再把所得的幂相乘．
8．（4分）在实数范围内分解因式：y2﹣4x2＝ （ y + 2 x ）（ y ﹣ 2 x ） ．
【分析】利用平方差公式可以进行因式分解得出结论．
【解答】解：y2﹣4x2＝（y+2x）（y﹣2x）．
故答案为（y+3x）（y﹣2x）．
第8页（共26页）【点评】本题主要考查了实数范围内因式分解，利用平方差公式进行分解是解题的关键．
9．（4分）方程 的解是 x ＝ 4 ．
【分析】把方程两边平方去根号后即可转化成整式方程，解方程即可求得x的值，然后进行
检验即可．
【解答】解：两边平方得：2x+1＝7，
解得：x＝4．
检验：x＝4是方程的解．
故答案是：x＝5．
【点评】本题主要考查无理方程的知识点，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．
10．（4分）如果关于x的方程x2+3x﹣k＝0有两个不相等的实数根，那么k的取值范围是 k
＞﹣ ．
【分析】利用判别式的意义得到△＝32﹣4（﹣k）＞0，然后解不等式即可．
【解答】解：根据题意得△＝32﹣3（﹣k）＞0，
解得k＞﹣ ．
故答案为k＞﹣ ．
【点评】本题考查了根的判别式：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；当△＝0时，方程有两个相等的
两个实数根；当△＜0时，方程无实数根．
11．（4分）从 ，3.101001， ， 这四个数中任选一个数 ．
π
【分析】用无理数的个数除以数的总个数即可．
【解答】解：在所列4个实数中，无理数有 ， ，
π
∴这四个数中任选一个数，选出的这个数是无理数的概率是 ＝ ，
故答案为： ．
【点评】考查了概率公式，用到的知识点为：概率＝所求情况数与总情况数之比．
12．（4分）如果将抛物线y＝﹣x2向下平移，使其经过点（0，﹣2），那么所得新抛物线的表达
第9页（共26页）式是 y ＝﹣ x 2 ﹣ 2 ．
【分析】设平移后的抛物线解析式为y＝﹣x2﹣b，把点（0，﹣2）代入进行求值即可得到b
的值．
【解答】解：设平移后的抛物线解析式为y＝﹣x2﹣b，
把点（0，﹣2）代入，
解得b＝2，
则该函数解析式为y＝﹣x2﹣2．
故答案是：y＝﹣x2﹣2．
【点评】主要考查了函数图象与几何变换，待定系数法求二次函数的解析式，熟练掌握平
移的规律：左加右减，上加下减．并用规律求函数解析式．
13．（4分）为了解某区2400名初中教师中接种新冠疫苗的教师人数，随机调查了其中200名
教师，结果有150人接种了疫苗 180 0 人．
【分析】用总人数乘以样本中接种疫苗的人数所占比例即可．
【解答】解：估计该区接种新冠疫苗的初中教师人数约有2400× ＝1800（人），
故答案为：1800．
【点评】本题主要考查用样本估计总体，从一个总体得到一个包含大量数据的样本，我们
很难从一个个数字中直接看出样本所包含的信息．这时，我们用频率分布直方图来表示相
应样本的频率分布，从而去估计总体的分布情况．
14．（4分）某传送带与地面所成斜坡的坡度i＝1：2.4，如果它把物体从地面送到离地面6米
高的地方，那么物体所经过的路程为 15. 6 米．
【分析】根据坡度的概念求出BC，根据勾股定理计算，得到答案．
【解答】解：如图，过A作AB⊥CB于B，
由题意得，AB＝6米，
∵斜坡的坡度i＝1：4.4，
∴ ＝ ，
即 ＝ ，
解得：BC＝14.4（米），
由勾股定理得，AC＝ ＝ ，
第10页（共26页）故答案为：15.6．
【点评】本题考查的是解直角三角形的应用﹣坡度坡角问题，掌握坡度的定义是解题的关
键．
15．（4分）如图，点G是△ABC的重心，设 ＝ ， ＝ ，那么向量 、 表示为 +
．
【分析】利用三角形法则求出 ，再利用重心的性质求出 ，利用三角形法则求出 ，可
得结论．
【解答】解：∵ ＝ + ，
∴ ＝ + ，
∵G是△ABC的重心，
∴GD＝ AG，
∴ ＝ + ，
∴ ＝ + ，
∴ ＝ + + ＝ + ，
∵DC＝BD，
∴ ＝ + ．
故答案为： + ．
【点评】本题考查三角形的重心，三角形法则等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属
第11页（共26页）于中考常考题型．
16．（4分）如图，在半径为2的 O中，弦AB与弦CD相交于点M ，∠AMC＝120°，那么
⊙
OM的长为 ．
【分析】根据圆心角、弦、弧、弦心距之间的关系以及勾股定理可求出OE、OF，再利用全等
三角形可求出∠OME＝60°，进而利用直角三角形的边角关系求解即可．
【解答】解：如图，过点O作OE⊥AB，垂足为E、F，
则AE＝BE＝ AB＝ CD＝ ，
在Rt△AOE中，
∵OA＝2，AE＝ ，
∴OE＝ ＝1，
∵AB＝CD，
∴OE＝OF＝2，
又∵OM＝OM，
∴Rt△OEM≌Rt△OFM（HL），
∴∠OME＝∠OMF＝ ∠AMC＝60°，
∴OM＝ ＝ ，
故答案为： ．
第12页（共26页）【点评】本题考查圆心角、弦、弧、弦心距之间的关系，勾股定理，全等三角形以及直角三角
形的边角关系，掌握圆心角、弦、弧、弦心距之间的关系以及勾股定理可求是解决问题的
关键．
17．（4分）在△ABC中，∠C＝90°，AC＝3，点C恰好落在AB的中点上，设点B旋转后的对应
点为点D 3 ．
【分析】根据题意画出图，由∠C＝90°和C恰好落在AB的中点，故有CE＝AE＝EB，根据
旋转的性质可得AD的长，再利用勾股定理即可求解．
【解答】解：如图：过点D作DF⊥AC于F，交CA的延长线于F．
由旋转可得△ACB≌△AED，AC＝AE，
∵AC＝3，E是AB的中点，
∴AE＝BE＝AC＝3，即AB＝AD＝4．
∵∠ACB＝90°，
∴∠CAB＝∠DAE＝60°，
∴∠FAD＝180°﹣60°﹣60°＝60°．
在Rt△FAD中，AF＝ ，DF＝ ，
∴FC＝3+6＝6，
在Rt△FCD中，DC＝ ．
故答案为：3 ．
【点评】本题考查了旋转的性质，根据题意画出图形并利用勾股定理求解是解题关键．
18．（4分）在矩形ABCD中，AC、BD相交于点O，AB＝4cm，如果以5cm为半径的 Q与矩形
第13页（共26页） ⊙ABCD的各边有4个公共点，那么线段OQ长的取值范围是 2 ．
【分析】根据题意，画出对应的图形，当Q在Q Q 上移动时 Q与AB有一个交点，与AD
1 2
有2个交点，与CD有1个交点，根据勾股定理得到AQ 的长⊙，当OQ⊥BC时，OQ取最小
1
值，当Q在Q 或Q 时，OQ取最大值，由此可得答案．
1 2
【解答】解：临界情况，如图所示 与CD切于点C， Q 与AB切于点B，
1 2
⊙
当Q在Q Q 上移动时 Q与AB有一个交点，与AD有2个交点，
7 2
∴CQ
8
＝5，BQ
1
＝BC﹣⊙CQ
4
＝3，AB＝4，
∴AQ ＝ ＝5 上，
5 1
同理，D在Q 上，
6
临界条件下，圆与矩形存在三个交点，
当OQ⊥BC时，OQ取最小值，
当Q在Q 或Q 时，OQ取最大值，
1 2
OQ ＝OQ ＝ ，
8 2
∴3 ．
故答案为：2 ．
【点评】本题考查了直线与圆的位置关系，矩形的性质，正确的作出图形是解题的关键．
三、解答题：（本大题共7题，满分78分）[将下列各题的解答过程，做在答题纸的相应位置上]
19．（10分）计算： +| ﹣2|+ ﹣（ ）﹣2．
【分析】直接利用负整数指数幂的性质以及分数指数幂的性质和绝对值的性质、二次根式
的性质化简得出答案．
【解答】解：原式＝ +2﹣ ﹣9
＝2+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．
第14页（共26页）20．（10分）解方程组： ．
【分析】分解②得两个二元一次方程，与①组成新的方程组，求解即可．
【解答】解：由②，得（x﹣6y）（x+y）＝0，
所以x﹣6y＝0③，x+y＝0④．
由①③、①④组成新的方程组，得
或 ．
解这两个方程组，得 ， ．
所以原方程组的解为 ， ．
【点评】本题考查了高次方程，掌握整式的因式分解和二元一次方程组的解法是解决本题
的关键．
21．（10分）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，sin∠ABC＝ ，D是边AB上一点，BE⊥CD，
垂足为点E．
（1）求AD的长；
（2）求∠EBC的正切值．
【分析】（1）过C点作CH⊥AD于H，如图，利用等腰三角形的性质得到AH＝DH，再证明
∠ACH＝∠ABC，则sin∠ACH＝sin∠ABC＝ ，然后利用正弦的定义求出AH，从而得到
AD的长；
（2）在Rt△ABC中先求出AB＝9，则BD＝7，再证明∠HCD＝∠EBD，则sin∠EBD＝
第15页（共26页）＝ ，利用正弦的定义求出DE＝ ，接着利用勾股定理计算出BE，然后根据正切的定义
求解．
【解答】解：（1）过C点作CH⊥AD于H，如图，
∵CD＝CA，
∴AH＝DH，
∵∠ABC+∠BCH＝90°，∠ACH+∠BCH＝90°，
∴∠ACH＝∠ABC，
∴sin∠ACH＝sin∠ABC＝ ，
在Rt△ACH中，sin∠ACH＝ ＝ ，
∴AD＝2AH＝6；
（2）在Rt△ABC中，sin∠ABC＝ ＝ ，
∴AB＝3AC＝9，
∴BD＝AB﹣AD＝9﹣7＝7，
∵∠E＝90°，
而∠EDB＝∠HDC，
∴∠HCD＝∠EBD，
∴sin∠EBD＝ ＝ ，
∴DE＝ BD＝ ，
∴BE＝ ＝ ，
在Rt△EBC中，tan∠EBC＝ ＝ ＝ ．
第16页（共26页）【点评】本题考查了解直角三角形：在直角三角形中，由已知元素求未知元素的过程就是
解直角三角形．也考查了等腰直角三角形的性质．
22．（10分）某校九年级学生从学校乘车前往郊野公园春游，1号车于上午8点出发，2号车晚
10分钟出发，行驶的路程为y 千米，2号车的行驶路程为y 千米，y 、y 关于x的部分函数
1 2 1 2
图象如图所示．
（1）求y 关于x的函数解析式；
2
（2）如果2号车与1号车同时到达郊野公园的停车场，求汽车从学校到郊野公园停车场行
驶的路程
【分析】（1）利用待定系数法求解即可；
（2）求出1号车的速度，再结合（1）的结论列方程解答即可．
【解答】解：（1）设y 关于x的函数解析式为y ＝kx+b，
2 2
根据题意，得： ，
解得 ；
∴y ＝1.25x﹣12.5；
4
（2）7号车的速度为：30÷30＝1，
设1号车出发x分钟后到达郊野公园，则：
x＝7.25x﹣12.5，
解得x＝50，
故汽车从学校到郊野公园停车场行驶的路程为：50×1＝50（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．
23．（12分）已知：如图，在正方形ABCD中，联结BD，BF⊥DE，垂足为点F
第17页（共26页）（1）求证：∠ADE＝∠BDE；
（2）延长DF与CB的延长线交于点G，求证：BG＝BC+AE．
【分析】（1）先根据三角函数定义得出sin∠EBF＝ ，sin∠BDE＝ ，再由EF•BD＝
BE•BF，可得 ＝ ，即可得∠EBF＝∠BDE，再根据正方形性质即可证明结论；
（2）延长BF交DA的延长线于H，先证明△DFH≌△DFB，再结合正方形性质证明
△GBF≌△DHF，可得BG＝DH＝AD+AH＝BC+AH，再证明△DAE≌△BAH，可得AH＝
AE，结论得证．
【解答】解：（1）证明：∵BF⊥DE，
∴∠BFD＝90°，
在Rt△BEF中，sin∠EBF＝ ，
在Rt△DBF中，sin∠BDE＝ ，
∵EF•BD＝BE•BF，
∴ ＝ ，
∴sin∠EBF＝sin∠BDE，
∴∠EBF＝∠BDE，
∵正方形ABCD，
∴∠DAE＝90°＝∠BFD，
∴∠EBF+∠BEF＝∠ADE+∠AED＝90°，
∵∠BEF＝∠AED，
∴∠EBF＝∠ADE，
∴∠ADE＝∠BDE；
第18页（共26页）（2）证明：如图，延长BF交DA的延长线于H，
∵∠ADE＝∠BDE，∠DFH＝∠DFB＝90°，
∴△DFH≌△DFB（ASA），
∴HF＝BF，
∵正方形ABCD，
∴AD∥BC，AD＝AB＝BC，
∴∠G＝∠ADE，∠GBF＝∠H，
在△GBF和△DHF中，
，
∴△GBF≌△DHF（AAS），
∴BG＝DH＝AD+AH＝BC+AH，
在△DAE和△BAH中，
，
∴△DAE≌△BAH（ASA），
∴AH＝AE，
∴BG＝BC+AE．
【点评】本题考查了全等三角形判定和性质，正方形性质，三角函数定义的应用等，是一道
常考的基础题，解题关键是添加辅助线构造全等三角形．
24．（12分）已知：如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝ax2+bx+3的图象与x轴交于点
A（﹣1，0）和点B，与y轴交于点C，顶点是点D．
（1）求该抛物线的解析式和顶点D的坐标；
（2）点P为该抛物线第三象限上的一点，当四边形PBDC为梯形时，求点P的坐标；
第19页（共26页）（3）在（2）的条件下，点E为x轴正半轴上的一点（∠PBO+∠PEO）＝ 时，求OE的长．
【分析】（1）把A（﹣1，0）代入抛物线的解析式，再由对称轴x＝ ＝1，列方程组求出
a、b的值；
（2）四边形PBDC为梯形时，则PB∥CD；先求CD所在直线的解析式，再根据两个一次函
数一般式中的k值相等求直线PB的解析式且与抛物线的解析式组成方程，解方程组求出
点P的坐标；
（3）过点P作x轴的垂线，构造以P为顶点且一个锐角的正切值为 的直角三角形，再利
用相似三角形的性质求OE的长．
【解答】解：（1）根据题意，得 ，解得 ，
∴该抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+4；
∵y＝﹣x2+2x+5＝﹣（x﹣1）2+2，
∴该抛物线的顶点D的坐标为（1，4）．
（2）如图3，由y＝﹣x2+2x+8，得C（0，B（3．
设直线CD的解析式为y＝kx+4，则k+3＝4，
∴y＝x+4；
当四边形PBDC是梯形时，则PB∥CD，
设直线PB的解析式为y＝x+m，则3+m＝0，
第20页（共26页）∴y＝x﹣5．
由 ，得 ， ，
∴P（﹣2，﹣5）．
（3）如图3，作PH⊥x轴于点H，使 ＝tan∠HPF＝ ．
由（2）得，直线PB的解析式为y＝x﹣7，﹣3），
∴OB＝OG＝3．
∵PH∥OG，
∴∠BPH＝∠BGO＝∠PBO＝45°，
∴∠HPF＝45°+∠FPB；
∵tan（∠PBO+∠PEO）＝ ，
∴45°+∠PEO＝45°+∠FPB，
∴∠PEO＝∠FPB，
又∵∠PBE＝∠FBP（公共角），
∴△PBE∽△FBP，
∴ ＝ ，BE•BF＝PB2，
∵HF＝ PH＝ ，
∴BF＝ ﹣6﹣3＝ ，
又∵PH＝BH＝5，
∴PB2＝57+52＝50，
∴ BE＝50，
解得BE＝ ，
∴OE＝3+ ＝ ．
第21页（共26页）【点评】此题重点考查二次函数的图象与性质、用待定系数法求一次函的解析式、用解方
程组的方法求直线与抛物线的交点以及相似三角形的判定与性质等知识和方法，解题关
键是正确地作出辅助线，构造出解题所需的图形．
25．（14分）已知：在半径为2的扇形AOB中，∠AOB＝m°（0＜m≤180），点C是 ，直线AC
与直线OB相交于点D．
（1）如图1，当0＜m＜90，△BCD是等腰三角形时（用含m的代数式表示）；
（2）如图2，当m＝90点C是 的中点时，求 的值；
第22页（共26页）（3）将 沿AC所在的直线折叠，当折叠后的圆弧与OB所在的直线相切于点E，求线段
AD的长．
【分析】（1）C在AB弧线上，所以∠OBC为锐角，∠CBD为钝角，则△BCD是等腰三角形，
仅有BC＝BD这一种情况，扇形AOB中，OA＝OC＝OB，BC＝BD，由边相等得对应角相
等，三角形内角和为180°，可得∠D＝ ；
（2）过D作DM⊥AB的延长线于M，连接OC，C为中点，可知AC＝BC，∠AOC＝∠COB
＝45°，AO＝CO＝BO，边相等得对应角相等，即可求得∠ACB＝135°，∠BCD＝45°，
∠CBO为△BCD的外角，可得∠ABD＝∠D，∠CAB＝∠CBA，由角相等可推出AB＝BD，
在 Rt△AOB 中，由勾股定理知 BM＝2，在等腰直角△AOB 中 AN＝ AB＝ ，由
CN⊥AB，DM⊥AB′，得出△ANC∽△AMD，面积比等于相似比的平方可得结果；
（3）E为弧AEC与OB切点，知A、E、C在半径为2的另一个圆上，在Rt△O′EO中，由勾
股定理知 OO′＝ ，得四边形 AOCO′是菱形，由菱形对角线性质，可以推出
△O′OE∽△DOP，得OP＝ ，在Rt△APO′中，由勾股定理得AP＝ ，即可求出
AD的长．
【解答】解：（1）C在AB弧线上，
∴∠OBC为锐角，
∴∠CBD为钝角，
则△BCD是等腰三角形时，仅有BC＝BD这一种情况，
∴∠D＝∠BCD，
连接OC则OA＝OC＝OB，
∴∠OAC＝∠OCA，∠OCD＝∠OBC，
∴∠OBC＝∠D+∠BCD＝2∠D，
第23页（共26页）在△OCD中，∠COD+2∠D+8∠D＝180°，
∴∠AOC＝m°﹣∠COD＝m°+4∠D﹣180°，
∴∠AOC＝ ×（180°﹣∠AOC）
＝180°﹣ ﹣2∠D，
在△AOD中，m°+∠OAC+∠D＝180°，
∴180°+ ﹣∠D＝180°，
∴∠D＝ ；
（2）过D作DM⊥AB延长线于M，连接OC，
∵C为 中点，
∴AC＝BC，
∴∠BAC＝∠ABC且AO＝CO＝BO，
∴∠OAC＝∠OCA＝∠OCB＝∠OBC，
∴∠ACO+∠BCO＝ ×（360°﹣90°）＝135°，
∴∠BCD＝45°，
∴45°+∠ODA＝∠ABC+∠ABD＝45°+∠ABC，
∴∠ABC＝∠ADO＝∠BAC，
∴BD＝AB＝2 （勾股定理），
∴BM＝DM＝5（∠MBD＝∠OBA＝45°，∴BM＝DM），
∴AM＝AB+BM＝2 +2，
∴AN＝ AB＝ ，
又∵CN⊥AB，DM⊥AB，
∴△ANC∽△AMD，
第24页（共26页）∴ ，
∴ ＝ ＝8+ ；
（3）图2如下：
∵E为弧线AEC与OB切点，
∴A、E、C在半径为3的另一个圆上，
∵O′E＝2，OE＝1，
∴OO′＝ （勾股定理），
又∵OA＝OC＝2，O′A＝O′C＝2，
∴四边形AOCO′是菱形，
∴AC⊥OO′且AC、OO′互相平分，
且∠O′OE共角，
∴△O′OE∽△DOP，
∴ ＝ 且OP＝ ，
∴OP＝ ，
∴AP＝ ＝ （Rt△APO′的勾股定理）
∴AD＝AP+PD＝ ＝ + ．
第25页（共26页）E为弧线AEC与BO的的延长线的切点时，同理可得AD＝ ﹣ ．
综上所述：AD为 + ，或 ﹣ ．
【点评】本题考查了圆的应用，解本题关键要熟练掌握等腰三角形的性质，在同圆中同弧
所对的弦、圆心角相等，勾股定理，相似三角形的判定及性质，菱形的性质等．
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