文档内容
2015年上海市杨浦区中考数学三模试卷
一、选择题：（本大题共6题，每题4分，满分24分）
1．（4分）下列实数中，无理数是（ ）
A． B．
C． D．2.020020002
2．（4分）下列运算正确的是（ ）
A． B． C． D．
3．（4分）关于x的方程x2﹣mx﹣1＝0根的情况是（ ）
A．有两个不相等的实数根 B．有两个相等的实数根
C．没有实数根 D．不能确定的
4．（4分）下列关于向量的等式中，正确的是（ ）
A． ＝ B． + ＝ C． + ＝ + D． +（﹣ ）＝
5．（4分）顺次连结矩形四边中点所得的四边形一定是（ ）
A．菱形 B．矩形 C．正方形 D．等腰梯形
6．（4分）已知半径分别是3和5的两个圆没有公共点，那么这两个圆的圆心距d
的取值范围是（ ）
A．d＞8 B．d＞2 C．0≤d＜2 D．d＞8或d＜2
二、填空题：（本大题共12题，每题4分，满分48分）
7．（4分）计算： ﹣ ＝ ．
8．（4分）a6÷a2＝ ．
9．（4分）如果关于x二次三项式x2﹣6x+m在实数范围内不能分解因式，那么m
的取值范围是 ．
10．（4分）不等式组 的解集是 ．
11．（4分）函数 的定义域是 ．
12．（4分）当k＞2时，一次函数y＝kx+k﹣1的图象经过 象限．
13．（4分）超市为了制定某个时间段收银台开放方案，统计了这个时间段本超市
第1页（共23页）收银台排队付款的等待时间，并绘制成如图所示的频数分布直方图（图中等待
时间0分钟到1分钟表示大于或等于0分钟而小于1分钟，其他类同）．这个时
间段内顾客等待时间不少于6分钟的人数为 ．
14．（4分）下面图形：四边形，三角形，正方形，梯形，平行四边形，圆，从中任取一
个图形既是轴对称图形又是中心对称图形的概率为 ．
15．（4分）如果一个正多边形的内角和等于1440°，那么这个正多边形的内角是
度．
16．（4分）如图，一人乘雪橇沿坡比1： 的斜坡笔直滑下72米，那么他下降的高
度为 米．
17．（4分）如图，矩形ABCD中，AB＝2，BC＝4，点A、B分别在y轴、x轴的正半轴
上，点C在第一象限，如果∠OAB＝30°，那么点C的坐标是 ．
18．（4分）把图一的矩形纸片ABCD折叠，B、C两点恰好重合落在AD边上的点
P处（如图二）．已知∠MPN＝90°，PM＝3，PN＝4，那么矩形纸片ABCD的面
积为 ．
第2页（共23页）三、解答题：（本大题共7题，满分78分）
19．（10分）化简： ，并求当 时的值．
20．（10分）解方程：
21．（10分）如图， O的两条弦AB、CD互相垂直，垂足为E，且AB＝CD，已知
CE＝2，ED＝6，求 O的半径长．
⊙
⊙
22．（10分）甲乙两人同时登山，甲、乙两人距地面的高度y（米）与登山时间x
（分）之间的函数图象如图所示，根据图象所提供的信息解答下列问题：
（1）甲登山的速度是每分钟 米，乙提速时距地面的高度b为 米；
（2）若乙提速后，乙的速度是甲登山速度的3倍，请求出乙提速后，登山时距地面
的高度y（米）与登山时间x（分）之间的函数关系式，并写出相应的定义域．
23．（12分）如图所示，在△ABC中，D是AC的中点，E是线段BC延长线上一点，
过点A作AF∥BC交ED的延长线于点F，连接AE，CF．
求证：（1）四边形AFCE是平行四边形；
（2）FG•BE＝CE•AE．
第3页（共23页）24．（12分）矩形OABC在平面直角坐标系中的位置如图所示，AC两点的坐标分
别为A（6，0），C（0，3），直线 与BC边相交于点D．
（1）求点D的坐标；
（2）若上抛物线y＝ax2+bx（a≠0）经过A，D两点，试确定此抛物线的解析式；
（3）设（2）中的抛物线的对称轴与直线AD交点M，点P为对称轴上一动点，以
P、A、M为顶点的三角形与△ABD相似，求符合条件的所有点P的坐标．
25．（14分）如图1，已知AB⊥BM，AB＝2，点P为射线BM上的动点，联结AP，作
BH⊥AP，垂足为H，∠APM的平分线交BH的延长线于点D，联结AD．
（1）若∠BAP＝30°，求∠ADP的度数；
（2）若S ：S ＝3：2，求BP的长；
△ADP △ABP
（3）若AD∥BM（如图2），求BP的长．
第4页（共23页）2015 年上海市杨浦区中考数学三模试卷
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）下列实数中，无理数是（ ）
A． B．
C． D．2.020020002
【考点】26：无理数．
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【分析】根据无理数是无限不循环小数，可得答案．
【解答】解：A、 ＝3是有理数，故A错误；
B、 ＝2是有理数，故B错误；
C、 是无理数，故C正确；
D、2.0020002是有理数，故D错误；
故选：C．
【点评】本题考查了无理数，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）下列运算正确的是（ ）
A． B． C． D．
【考点】2F：分数指数幂．
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【专题】17：推理填空题．
【分析】求出 ＝ ≠ ，即不等于3，即可判断A、B；求出 ＝ ＝3，即
可判断C、D．
【解答】解：A、 ＝ ≠3，故本选项错误；
B、 ＝ ≠±3，故本选项错误；
第5页（共23页）C、 ＝ ＝3，故本选项正确；
D、 ＝3≠±3，故本选项错误；
故选：C．
【点评】本题考查了对分数指数幂的应用，主要考查了学生的辨析能力和计算能
力，题目比较好，但是一道比较容易出错的题目．
3．（4分）关于x的方程x2﹣mx﹣1＝0根的情况是（ ）
A．有两个不相等的实数根 B．有两个相等的实数根
C．没有实数根 D．不能确定的
【考点】AA：根的判别式．
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【专题】11：计算题．
【分析】先计算△＝（﹣m）2﹣4×1×（﹣1）＝m2+4，由于m2为非负数，则m2+4＞0，
即△＞0，根据一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的根的判别式△＝b2﹣4ac的
意义即可判断方程根的情况．
【解答】解：△＝（﹣m）2﹣4×1×（﹣1）＝m2+4，
∵m2≥0，
∴m2+4＞0，即△＞0，
∴方程有两个不相等的实数根．
故选：A．
【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．
4．（4分）下列关于向量的等式中，正确的是（ ）
A． ＝ B． + ＝ C． + ＝ + D． +（﹣ ）＝
【考点】LM：*平面向量．
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【分析】根据相反向量的定义可知 ＝﹣ ；由三角形法则可得 + ＝ ＝﹣
，根据平面向量的交换律可得 + ＝ + ；又由 +（﹣ ）＝0，即可求得答案；
注意掌握排除法在选择题中的应用．
【解答】解：A、 ＝﹣ ，故本选项错误；
B、 + ＝ ＝﹣ ，故本选项错误；
第6页（共23页）C、 + ＝ + ，故本选项正确；
D、 +（﹣ ）＝0，故本选项错误．
故选：C．
【点评】此题考查了平面向量的知识．注意掌握相反向量的定义与三角形法则的
应用．
5．（4分）顺次连结矩形四边中点所得的四边形一定是（ ）
A．菱形 B．矩形 C．正方形 D．等腰梯形
【考点】LN：中点四边形．
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【分析】因为题中给出的条件是中点，所以可利用三角形中位线性质，以及矩形对
角线相等去证明四条边都相等，从而说明是一个菱形．
【解答】解：连接AC、BD，
在△ABD中，
∵AH＝HD，AE＝EB
∴EH＝ BD，
同理FG＝ BD，HG＝ AC，EF＝ AC，
又∵在矩形ABCD中，AC＝BD，
∴EH＝HG＝GF＝FE，
∴四边形EFGH为菱形．
故选：A．
【点评】本题考查了菱形的判定，菱形的判别方法是说明一个四边形为菱形的理
论依据，常用三种方法： 定义， 四边相等， 对角线互相垂直平分．
6．（4分）已知半径分别是3和5的两个圆没有公共点，那么这两个圆的圆心距d
① ② ③
的取值范围是（ ）
A．d＞8 B．d＞2 C．0≤d＜2 D．d＞8或d＜2
第7页（共23页）【考点】MJ：圆与圆的位置关系．
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【分析】没有公共点的两个圆的位置关系，应该是内含和外离，外离，则d＞R+r；
内含，则d＜R﹣r．
【解答】解：没有公共点的两个圆的位置关系，应该是内含和外离，
当内含时，这两个圆的圆心距d的取值范围是d＜R﹣r，即d＜2；
当外离时，这两个圆的圆心距d的取值范围是d＞R+r，即d＞8．
故选：D．
【点评】本题难度中等，主要是考查圆与圆的位置关系与数量关系间的联系．
二、填空题：（本大题共12题，每题4分，满分48分）
7．（4分）计算： ﹣ ＝ ．
【考点】78：二次根式的加减法．
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【分析】先将二次根式化为最简，然后合并同类二次根式即可．
【解答】解：原式＝3 ﹣2
＝ ．
故答案为： ．
【点评】本题考查了二次根式的加减运算，解答本题得关键是掌握二次根式的化
简及同类二次根式的合并．
8．（4分）a6÷a2＝ a 4 ．
【考点】48：同底数幂的除法．
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【分析】根据同底数幂的除法，可得答案．
【解答】解：a6÷a2＝a4．
故答案为：a4．
【点评】本题考查了同底数幂的除法，同底数幂的除法底数不变指数相减．
9．（4分）如果关于x二次三项式x2﹣6x+m在实数范围内不能分解因式，那么m
的取值范围是 m ＞ 9 ．
【考点】58：实数范围内分解因式．
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【专题】11：计算题．
【分析】由题意知，二次三项式在实数范围内不能分解因式，所以方程x2﹣6x+m＝
0无解，即△＜0，代入解答出即可．
【解答】解：根据题意得，二次三项式在实数范围内不能分解因式，
第8页（共23页）∴方程x2﹣6x+m＝0无解，即△＜0．
∴△＝b2﹣4ac＝（﹣6）2﹣4m＝36﹣4m＜0，
解得，m＞9．
故答案为m＞9．
【点评】本题主要考查了实数范围内分解因式，二次三项式在实数范围内不能分
解因式，即方程无解，也就是△＜0，读懂题意是解答本题的关键．
10．（4分）不等式组 的解集是 x ＞ 2 ．
【考点】CB：解一元一次不等式组．
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【专题】11：计算题．
【分析】分别求出各不等式的解集，再求出其公共解集即可．
【解答】解： ，由 得，x＞ ；由 得，x＞2，
① ②
故此不等式组的解集为：x＞2．
故答案为：x＞2．
【点评】本题考查的是解一元一次不等式组，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．
11．（4分）函数 的定义域是 x ≥﹣ 3 ．
【考点】E4：函数自变量的取值范围．
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【专题】33：函数思想．
【分析】根据二次根式的性质，被开方数大于或等于0，可以求出x的范围．
【解答】解：根据题意得：x+3≥0，
解得：x≥﹣3．
故答案为：x≥﹣3．
【点评】考查了函数自变量的取值范围，函数自变量的范围一般从三个方面考虑：
（1）当函数表达式是整式时，自变量可取全体实数；
（2）当函数表达式是分式时，考虑分式的分母不能为0；
（3）当函数表达式是二次根式时，被开方数非负．
12．（4分）当k＞2时，一次函数y＝kx+k﹣1的图象经过 一、二、三 象限．
第9页（共23页）【考点】F7：一次函数图象与系数的关系．
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【分析】根据k＞2，得出k＞0，k﹣1＞0进行解答即可．
【解答】解：因为k＞2，可得k＞0，k﹣1＞0，
所以一次函数y＝kx+k﹣1的图象经过一、二、三象限，
故答案为：一、二、三
【点评】本题考查的是一次函数的图象与系数的关系，解答此题时要根据k＞2，得
出k＞0，k﹣1＞0进行解答．
13．（4分）超市为了制定某个时间段收银台开放方案，统计了这个时间段本超市
收银台排队付款的等待时间，并绘制成如图所示的频数分布直方图（图中等待
时间0分钟到1分钟表示大于或等于0分钟而小于1分钟，其他类同）．这个时
间段内顾客等待时间不少于6分钟的人数为 7 ．
【考点】V8：频数（率）分布直方图．
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【专题】31：数形结合．
【分析】利用频数分布直方图，最后2组的等待时间都不少于6分钟，而且可得它
们的频数分别为5，2，然后计算这两组的人数之和．
【解答】解：根据频数分布直方图得到最后2组的等待时间不少于6分钟，而它们
的频数分别为5，2，
所以这个时间段内顾客等待时间不少于6分钟的人数为5+2＝7（人）．
故答案为7．
【点评】本题考查了频数（率）分布直方图：频率分布直方图是用小长方形面积的
大小来表示在各个区间内取值的频率．各组频率的和等于1，即所有长方形面
积的和等于1；频数分布直方图可以清楚地看出落在各组的频数，各组的频数
和等于总数．
14．（4分）下面图形：四边形，三角形，正方形，梯形，平行四边形，圆，从中任取一
第10页（共23页）个图形既是轴对称图形又是中心对称图形的概率为 ．
【考点】P3：轴对称图形；R5：中心对称图形；X4：概率公式．
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【分析】四边形，三角形，正方形，梯形，平行四边形，圆中任取一个图形共有6个
结果，且每个结果出现的机会相同，其中既是轴对称图形又是中心对称图形的
正方形和圆两个．
【解答】解：∵在四边形，三角形，正方形，梯形，平行四边形，圆6个图形中，既是
轴对称图形又是中心对称图形的正方形和圆两个．
∴从中任取一个图形既是轴对称图形又是中心对称图形的概率为 ．
【点评】正确认识轴对称图形和中心对称图形以及理解列举法求概率是解题的关
键．用到的知识点为：概率＝所求情况数与总情况数之比．
15．（4分）如果一个正多边形的内角和等于1440°，那么这个正多边形的内角是
144 度．
【考点】L3：多边形内角与外角．
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【分析】首先设此多边形为n边形，根据题意得：180（n﹣2）＝1440，即可求得n＝
10，再由多边形的内角和除以10，即可求得答案．
【解答】解：设此多边形为n边形，
根据题意得：180（n﹣2）＝1440，
解得：n＝10，
∴这个正多边形的每一个内角等于：1440°÷10＝144°．
故答案为：144．
【点评】此题考查了多边形的内角和与外角和的知识．注意掌握多边形内角和定
理：（n﹣2）•180°，外角和等于360°．
16．（4分）如图，一人乘雪橇沿坡比1： 的斜坡笔直滑下72米，那么他下降的高
度为 3 6 米．
【考点】T9：解直角三角形的应用﹣坡度坡角问题．
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【专题】11：计算题．
第11页（共23页）【分析】因为其坡比为1： ，则坡角为30度，然后运用正弦函数解答．
【解答】解：因为坡度比为1： ，即tan ＝ ，
∴ ＝30°． α
则其下降的高度＝72×sin30°＝36（米）．
α
【点评】此题主要考查学生对坡度坡角的理解及运用．
17．（4分）如图，矩形ABCD中，AB＝2，BC＝4，点A、B分别在y轴、x轴的正半轴
上，点C在第一象限，如果∠OAB＝30°，那么点C的坐标是 （ 1+ 2 ， 2 ） ．
【考点】D5：坐标与图形性质；LB：矩形的性质．
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【专题】17：推理填空题．
【分析】根据30°角所对的直角边等于斜边的一半求出OB的长度，然后过点C作
CE⊥x轴于点E，根据直角三角形的性质求出∠CBE＝30°，在Rt△BCE中求出
CE、BE的长度，再求出OE的长度，即可得解．
【解答】解：∵AB＝2，∠OAB＝30°，
∴OB＝ AB＝1，
在矩形ABCD中，∠ABC＝90°，
∴∠OAB+∠ABO＝90°，∠AB0+∠CBE＝90°，
∴∠CBE＝∠OAB＝30°，
点C作CE⊥x轴于点E，
在Rt△BCE中，CE＝ BC＝ ×4＝2，BE＝ ＝ ＝2 ，
∴OE＝OB+BE＝1+2 ，
∴点C的坐标是（1+2 ，2）．
第12页（共23页）故答案为：（1+2 ，2）．
【点评】本题考查了矩形的性质，直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半
的性质，作辅助线构造出直角三角形是解题的关键．
18．（4分）把图一的矩形纸片ABCD折叠，B、C两点恰好重合落在AD边上的点
P处（如图二）．已知∠MPN＝90°，PM＝3，PN＝4，那么矩形纸片ABCD的面
积为 ．
【考点】PB：翻折变换（折叠问题）．
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【专题】16：压轴题．
【分析】利用折叠的性质和勾股定理可知．
【解答】解：由勾股定理得，MN＝5，
设Rt△PMN的斜边上的高为h，由矩形的宽AB也为h，
根据直角三角形的面积公式得，h＝PM•PN÷MN＝ ，
由折叠的性质知，BC＝PM+MN+PN＝12，
∴矩形的面积＝AB•BC＝ ．
【点评】本题利用了： 折叠的性质：折叠是一种对称变换，它属于轴对称，根据
轴对称的性质，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角
①
相等； 勾股定理，直角三角形和矩形的面积公式求解．
三、解答题：（本大题共7题，满分78分）
②
19．（10分）化简： ，并求当 时的值．
第13页（共23页）【考点】6D：分式的化简求值；6E：零指数幂；6F：负整数指数幂．
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【专题】2B：探究型．
【分析】先根据负整数指数幂及0指数幂的计算法则计算出各数，再根据分式混
合运算的法则把原式进行化简，把x的值代入进行计算即可．
【解答】解：原式＝ + +1
＝
＝
＝ ．
当x＝ +1时，原式＝ ＝ ＝
【点评】本题考查分式的化简求值，熟知分式混合运算的法则是解答此题的关键．
20．（10分）解方程：
【考点】A8：解一元二次方程﹣因式分解法；B4：换元法解分式方程．
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【专题】11：计算题；43：换元法．
【分析】此题用换元法解答，设y＝ ，把分式方程化为整式方程求解．
【解答】解：设y＝ ，则原方程化为y﹣ ﹣2＝0，
∴y2﹣2y﹣3＝0，
解得：y ＝3，y ＝﹣1．
1 2
当y ＝3时， ＝3，解得x ＝﹣ ；
1 1
当y ＝﹣1时， ＝﹣1，解得x ＝﹣ ．
2 2
经检验，原方程的解是x ＝﹣ ，x ＝﹣ ．
1 2
【点评】（1）解分式方程的基本思想是“转化思想”，把分式方程转化为整式方
程求解．
（2）解分式方程一定注意要验根．
第14页（共23页）21．（10分）如图， O的两条弦AB、CD互相垂直，垂足为E，且AB＝CD，已知
CE＝2，ED＝6，求 O的半径长．
⊙
⊙
【考点】KQ：勾股定理；M2：垂径定理．
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【分析】过点O分别作AB、CD的垂线OM、ON，则四边形OMEN是正方形，利用
垂径定理即可求得OM，AM的长度，然后在直角△AOM中利用勾股定理即可
求得OA的长度．
【解答】解：过点O分别作AB、CD的垂线OM、ON，则四边形OMEN是矩形，连接
OA．
∵AB＝CD，AB⊥CD，
∴OM＝ON，
∴矩形OMEN是正方形．
∵CE＝2，ED＝6，
∴CD＝2+6＝8，
∵ON⊥CD
∴CN＝ CD＝4，
∴EN＝OM＝2，
同理：AM＝4．
在直角△AMO中，OA＝ ＝ ＝2 ．
∴ O的半径长为2 ．
⊙
第15页（共23页）【点评】本题考查了垂径定理，利用垂径定理可以把求弦长以及半径的计算转化
成求直角三角形的边长的计算．
22．（10分）甲乙两人同时登山，甲、乙两人距地面的高度y（米）与登山时间x
（分）之间的函数图象如图所示，根据图象所提供的信息解答下列问题：
（1）甲登山的速度是每分钟 1 0 米，乙提速时距地面的高度b为 3 0 米；
（2）若乙提速后，乙的速度是甲登山速度的3倍，请求出乙提速后，登山时距地面
的高度y（米）与登山时间x（分）之间的函数关系式，并写出相应的定义域．
【考点】FH：一次函数的应用．
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【分析】（1）甲的速度＝（300﹣100）÷20＝10，根据图象知道一分的时间，走了15
米，然后即可求出A地提速时距地面的高度；
（2）乙提速后，乙的速度是甲登山速度的3倍，所以乙的速度是30米/分．那么求
出点B的坐标，加上点A的坐标代入一次函数解析式即可求出乙的函数解析
式，把C、D坐标代入一次函数解析式可求出甲的函数解析式．
【解答】解：（1）甲的速度为：（300﹣100）÷20＝10米/分，
根据图中信息知道乙一分的时间，走了15米，
那么2分时，将走30米；
故答案为：10；30
（2）由图知：x＝ +2＝11，
∵C（0，100），D（20，300）
∴线段CD的解析式：y ＝10x+100（0≤x≤20）；
甲
∵A（2，30），B（11，300），
∴折线OAB的解析式为：y ＝
乙
第16页（共23页）【点评】本题主要考查用待定系数法求一次函数关系式，并会用一次函数研究实
际问题，关键是正确理解题意．
23．（12分）如图所示，在△ABC中，D是AC的中点，E是线段BC延长线上一点，
过点A作AF∥BC交ED的延长线于点F，连接AE，CF．
求证：（1）四边形AFCE是平行四边形；
（2）FG•BE＝CE•AE．
【考点】KD：全等三角形的判定与性质；L7：平行四边形的判定与性质；S9：相似
三角形的判定与性质．
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【分析】（1）根据已知首先证明△ADF≌△EDC，再利用AF＝CE，AF∥BC得出
即可；
（2）利用已知得出△AFG∽△BEA，进而得出比例式，再利用平行四边形的性质求
出即可．
【解答】（1）证明：∵AF∥BC，
∴∠AFD＝∠DEC，
∵∠FDA＝∠CDE，D是AC的中点，
∴△ADF≌△EDC，
∴AF＝CE，
∵AF∥BC，
∴四边形AFCE是平行四边形；
（2）证明：∵四边形AFCE是平行四边形，
∴∠AFC＝∠AEC，AF＝CE，
∵AF∥BC，
∴∠FAB＝∠ABE，
∴△AFG∽△BEA，
第17页（共23页）∴ ，
∴FG•BE＝AF•AE，
∴FG•BE＝CE•AE．
【点评】此题主要考查了平行四边形的判定与性质和相似三角形的判定与性质，
根据已知得出证明等积式需证明△AFG∽△BEA是解决问题的关键．
24．（12分）矩形OABC在平面直角坐标系中的位置如图所示，AC两点的坐标分
别为A（6，0），C（0，3），直线 与BC边相交于点D．
（1）求点D的坐标；
（2）若上抛物线y＝ax2+bx（a≠0）经过A，D两点，试确定此抛物线的解析式；
（3）设（2）中的抛物线的对称轴与直线AD交点M，点P为对称轴上一动点，以
P、A、M为顶点的三角形与△ABD相似，求符合条件的所有点P的坐标．
【考点】HF：二次函数综合题．
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【专题】12：应用题；15：综合题．
【分析】（1）有题目所给信息可以知道，BC线上所有的点的纵坐标都是3，又有D
在直线 上，代入后求解可以得出答案．
（2）A、D，两点坐标已知，把它们代入二次函数解析式中，得出两个二元一次方程，
联立求解可以得出答案．
第18页（共23页）（3）由题目分析可以知道∠B＝90°，以P、A、M为顶点的三角形与△ABD相似，所
以应有∠APM、∠AMP或者∠MAP等于90°，很明显∠AMP不可能等于90°，
所以有两种情况．
【解答】解：（1）∵四边形OABC为矩形，C（0，3）
∴BC∥OA，点D的纵坐标为3．
∵直线 与BC边相交于点D，∴ ．
∴x＝2，故点D的坐标为（2，3）
（2）∵若抛物线y＝ax2+bx经过A（6，0）、D（2，3）两点，
∴
解得： ∴抛物线的解析式为 ．
（3）∵抛物线 的对称轴为x＝3，
设对称轴x＝3与x轴交于点P ，∴BA∥MP ，∴∠BAD＝∠AMP ．
1 1 1
∵∠AP M＝∠ABD＝90°，∴△ABD∽△MP A．
1 1
∴P （3，0）．
① 1
当∠MAP ＝∠ABD＝90°时，△ABD∽△MAP ．
2 2
∴∠AP M＝∠ADB
② 2
∵AP ＝AB，∠AP P ＝∠ABD＝90°，
1 1 2
∴△AP P ≌△ABD
1 2
∴P P ＝BD＝4．
1 2
∵点P 在第四象限，∴P （3，﹣4）．
2 2
答：符合条件的点P有两个，P （3，0）、P （3，﹣4）．
1 2
第19页（共23页）【点评】本题主要考查了二次函数的实际应用，以及三角形的性质等相关知识，属
于综合类题目．
25．（14分）如图1，已知AB⊥BM，AB＝2，点P为射线BM上的动点，联结AP，作
BH⊥AP，垂足为H，∠APM的平分线交BH的延长线于点D，联结AD．
（1）若∠BAP＝30°，求∠ADP的度数；
（2）若S ：S ＝3：2，求BP的长；
△ADP △ABP
（3）若AD∥BM（如图2），求BP的长．
【考点】SO：相似形综合题．
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【分析】（1）根据AB⊥BM、∠BAP＝30°可得∠APB＝60°、∠APM＝120°，再由
BH⊥AP、BH平分∠APM得∠BPA＝∠DPA、PB＝PD，证△ABP≌△ADP可得
∠ADP＝∠ABP＝90°；
（2）S ：S ＝3：2可得HD：BH＝3：2，设BH＝2x，DH＝3x，根据角平分线性
△ADP △ABP
质得DN＝DH＝3x，在RT△BDN中表示出tan∠DBN，由∠BAP＝∠HBP可得
AB＝ ，由AB＝2可求出x的值；
（3）过点D作DN⊥BM于N，根据已知条件知四边形ABND是矩形可得DN＝
AB，由角平分线性质得DH＝DN，故可证得△ABP≌△DHA，有BP＝HA，设
BP＝x，再证△ABH∽△APB得AB2＝AH•AP，可列出关于x的方程，解方程即
第20页（共23页）得．
【解答】解：（1）∵AB⊥BH，
∴∠ABP＝90°，
∵∠BAP＝30°，
∴∠APB＝60°，
∴∠APM＝180°﹣60°＝120°，
∵PD平分∠APM，
∴∠DPM＝ ∠APM＝60°，
∵BH⊥AP，
∴∠BHP＝90°，
∴∠HBP＝30°，
∵∠PBD+∠PDB＝∠DPM，
∴∠PDB＝60°﹣30°＝30°，
∴PB＝PD，
在△ABP和△ADP中，
∵ ，
∴△ABP≌△ADP（SAS），
∴∠ADP＝∠ABP＝90°；
（2）如图1，过点D作DN⊥BM于N，
∵BH⊥AP，
∴S ＝ AP•HD，S ＝ AP•BH，
△ADP △ABP
∵S ：S ＝3：2，
△ADP △ABP
第21页（共23页）∴HD：BH＝3：2，
设BH＝2x，DH＝3x，
∵PD平分∠APM，BH⊥AP，DN⊥BM，
∴DN＝DH＝2x，
在△BND中，BD＝5x，DN＝3x，则BN＝4x，
∴tan∠DBN＝ ，
∴HP＝2x• ＝ x，
∴BP＝ x，
∵AB⊥BP，
∴∠BAP+∠BPH＝90°＝∠HBP+∠APB，
∴∠BAP＝∠HBP，
∴AB＝ ，
∵AB＝2，
∴x＝ ，
∴BP＝ x＝ ；
（3）如图2，过点D作DN⊥BM于N，
∵AB⊥BN，AD∥BM，
∴∠ABN＝∠DNB＝∠BAD＝90°，
∴四边形ABND是矩形，
∴DN＝AB＝2，
∵PD平分∠APM，
∴DH＝DN＝2，
在△ABP和△DHA中，
第22页（共23页），
∴△ABP≌△DHA（ASA），
∴BP＝HA，
设BP＝x，
∵∠BAH＝∠PAB，∠ABP＝∠AHB，
∴△ABH∽△APB，
∴AB2＝AH•AP，
∴4＝x• ，解得：x2＝2 ﹣2，（负根已舍）
∴BP＝ ．
【点评】本题主要考查全等三角形判定与性质、相似三角形的判定与性质、角平分
线性质等知识点，将待求角和线段通过全等或相似转化到求另一个相等量是
关键也是难点．
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日期：2018/12/26 20:40:48；用户：初中数学；邮箱：xdjysx000@xyh.com；学号：25920570
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