文档内容
初中数学
2025年⼴东省⼴州市增城区中考⼀
模数学试卷
新东⽅教育科技集团2025年⼴东省⼴州市增城区中考⼀
模数学试卷
⼀、单选题
单选题
下列字⺟中是中⼼对称图形的是（ ）
A.
B.
C.
D.
答案
D
解析
解：A、不是中⼼对称图形，故本选项不符合题意；
B、不是中⼼对称图形，故本选项不符合题意；
C、不是中⼼对称图形，故本选项不符合题意；
D、是中⼼对称图形，故本选项符合题意；
故选：D
单选题
实数 -2 的相反数是（ ）
A. -2
/ B. ±2
C. 2
D. 1
2
答案
C
解析
解：实数 -2 的相反数是 2 ．
故选：C．
单选题
下列运算结果正确的是（ ）
A. x3⋅x4=x7
B. (xy2) 3 =xy6
C. −x5÷x3=x2
D. −x⋅(−x)2=x3
答案
A
解析
根据同底数幂的乘除法、幂的乘⽅与积的乘⽅法则进⾏解题即可．
本题考查同底数幂的乘除法、幂的乘⽅与积的乘⽅，熟练掌握运算法则是解题的关键．
解：A、x3⋅x4=x7，故该项正确，符合题意；
B、(xy2) 3 =x3y6，故该项不正确，不符合题意；
C、−x5÷x3=−x2，故该项不正确，不符合题意；
D、−x⋅(−x)2=−x3，故该项不正确，不符合题意；
故选：A．
单选题
若a>b，则下列不等式成⽴的是（ ）
A. a+2b−2
C. 2a<2b
D. −2a>−2b
答案
/ B
解析
本题考查了不等式的基本性质：（1）不等式两边加(或减)同⼀个数(或式⼦)，不等号的⽅向不
变；（2）不等式两边乘(或除以)同⼀个正数，不等号的⽅向不变；（3）不等式两边乘(或除以)
同⼀个负数，不等号的⽅向改变，熟记不等式的基本性质是解题的关键．
根据不等式的性质依次判断即可．
解：A、a>b则a+2>b+2，原写法错误，不符合题意；
B、a>b则a−2>b−2，原写法正确，符合题意；
C、a>b则2a>2b，原写法错误，不符合题意；
D、a>b则−2a<−2b，原写法错误，不符合题意；
故选：B．
单选题
近年来，⽹购的蓬勃发展⽅便了⼈们的⽣活．某快递分派站现有包裹若⼲件需快递员派送，若每个
快递员派送12件，还剩6件：若每个快递员派送15件，则差9件，设该分派站有m名快递员，则可列
⽅程为（ ）
A. 12(m+6)=15(m−9)
B. 12m+6=15m−9
C. 12(m−6)=15(m+9)
D. 12m−6=15m+9
答案
B
解析
设该分派站有m名快递员，根据“若每个快递员派送12件，还剩6件；若每个快递员派送15件，
则差9件”，即可得出关于x的⼀元⼀次⽅程．
本题考查了由实际问题抽象出⼀元⼀次⽅程，找准等量关系是解题的关键．
解：由题意得：12m+6=15m−9．
故选：B．
单选题
如图，菱形ABCD的对⻆线AC、BD相交于点O，AC =10，BD=24，则菱形的边⻓为（ ）
A. 26
/ B. 20
C. 15
D. 13
答案
D
解析
1 1
由菱形的性质得AO=CO= AC =5，BO=DO= BD=12，AC⊥BD，再由勾股定理
2 2
求出AB的⻓即可．
本题考查了菱形的性质以及勾股定理等知识，熟练掌握菱形的性质和勾股定理是解题的关
键．
解：∵四边形ABCD是菱形，AC =10，BD=24，
1 1
∴AO=CO= AC =5，BO=DO= BD=12，AC⊥BD，
2 2
∴∠AOB=90∘，
∴AB=√OA2+OB2=√52+122=13，
即菱形的边⻓为13，
故选：D．
单选题
为了解本校九年级学⽣的体能情况，随机抽查了其中30名学⽣，测试了1分钟仰卧起坐的次数，并
绘制成如图所⽰的频数分布直⽅图，请根据图⽰计算，仰卧起坐次数在25〜30次的频率为（ ）
A. 0.1
B. 0.2
C. 0.3
D. 0.4
答案
D
解析
本题考查频率，结合频数分布直⽅图，根据频率=频数÷样本容量，直接代⼊求解．
/ 解：仰卧起坐次数在25〜30次的频率为12÷30=0.4，
故选D．
单选题
a
⼆次函数y=ax2−a与反⽐例函数y= (a≠0)在同⼀直⻆坐标系中的图象可能是（ ）
x
A.
B.
C.
D.
答案
C
解析
根据⼆次函数与反⽐例函数图象的性质进⾏判断即可得解．
当a>0时，−a<0时，
⼆次函数y=ax2−a开口向上，且顶点在x轴下⽅，
a
反⽐例函数y= (a≠0)经过⼀ 、三象限，故排除A、D选项；
x
当a<0时，−a>0时，
⼆次函数y=ax2−a开口向下，且顶点在x轴上⽅，
a
反⽐例函数y= (a≠0)经过⼆、四象限，故排除B选项，
x
故选C．
本题主要考查了⼆次函数与反⽐例函数图象的性质，熟练掌握相关性质与函数图象的关系是
解决本题的关键．
单选题
如图，在⊙O中，直径AB=4，点C、D在⊙O上，点C关于弦AD的对称点恰好与圆⼼O重合，则
/ AD的⻓为（ ）
A. √3
B. 2√3
C. 5
D. 2√5
答案
B
解析
此题考查了垂径定理、勾股定理、轴对称的性质等知识．连接OC交AD于点E，则AD是OC
1 1
的垂直平分线，得到OA=OC = AB=2，则OE = OC =1，勾股定理求出AE =√3，
2 2
根据AD=2AE =2√3即可求出答案．
解：连接OC交AD于点E，
∵点C关于弦AD的对称点恰好与圆⼼O重合，
∴AD是OC的垂直平分线，
∵AB=4，
1
∴OA=OC = AB=2，
2
1
∴OE = OC =1，
2
在Rt△AOE中，由勾股定理可得，
AE =√OA2−OE2=√22−12=√3，
∴AD=2AE =2√3，
故选：B
单选题
如图是⼀个圆锥的三视图，如果⼀只蚂蚁要从这个⼏何体中的点B出发沿表⾯爬到AC的中点D，则
这只蚂蚁爬⾏的最短路程是（ ）
/ A. 6√3
B. 4√2
C. 3√3
D. 3√2
答案
C
解析
将圆锥的侧⾯展开，得到扇形ABB′，点C的对应点为C′，AC′的中点为D，线段BD的⻓即为
最短路线的⻓．
本题考查了平⾯展开-最短路径问题，由三视图判断⼏何体，解题时注意把⽴体图形转化为平
⾯图形的思维．
解：如图将圆锥侧⾯展开，得到扇形ABB′，
设∠BAB′=n∘，
∵弧BB′=底⾯圆周⻓，
nπ×6
∴ =4π，
180
∴n=120∘，即∠BAB′=120∘，
∵C′为弧BB′中点，
∴∠BAD=60∘，
∴△BAC′是等边三⻆形，
∵D是AC′的中点，
∴∠ADB=90∘，
√3
∴BD=AB⋅sin∠BAD=6× =3√3，
2
/ ∴这只蚂蚁爬⾏的最短路程是3√3．
故选：C．
⼆、填空题
填空题
声⾳在某介质中传播的速度随着温度的变化而变化，若⽤v表⽰声⾳在该介质中的传播速度，t表⽰
温度，则v，t满⾜公式：v=0.6t+b（b为常数）．当t=10时，v=337；当t=−10时，则v=
．
答案
325
解析
将t=10，v=337代⼊v=0.6t+b，求出b的值，从而得到公式的具体形式，再求出t=−10
对应的v的值即可．
本题考查⼀次函数的应⽤，掌握代⼊⾃变量的值求函数值的⽅法是解题的关键．
解：将t=10，v=337代⼊v=0.6t+b，
得337=0.6×10+b，
解得b=331，
∴v，t满⾜的公式为v=0.6t+331，
当t=−10时，v=0.6×(−10)+331=325．
故答案为：325．
填空题
如图，AB//CD，若∠1=130∘，则∠2= ．
答案
130∘
解析
根据平⾏线的性质即可得出结论．
本题考查的是平⾏线的性质，⽤到的知识点为：两直线平⾏，同位⻆相等．
解：∵AB//CD，∠1=130∘，
/ ∴∠2=∠1=130∘．
故答案为：130∘．
填空题
若a是⼀元⼆次⽅程x2+2x−3=0的⼀个解，则2a2+4a−1的值为 ．
答案
5
解析
解：∵x=a是⼀元⼆次⽅程x2+2x−3=0的⼀个解，
∴a2+2a=3，
∴2a2+4a−1=2(a2+2a)−1=2×3−1=5，
故答案为：5．
填空题
如图，在矩形ABCD中，若AB=3，BD=5，BC =4DE，则线段CE的⻓为 ．
答案
√10
解析
根据矩形的性质得到∠A=90∘，BC =AD，AB=CD=3，根据勾股定理得到
AD=√BD2−AB2=4，由BC =4DE，得DE =1，根据勾股定理得到
CE =√CD2+DE2=√32+12=√10．
本题考查了矩形的性质，勾股定理，熟练掌握矩形的性质是解题的关键．
解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=90∘，BC =AD，AB=CD=3，
∵BD=5，
∴AD=√BD2−AB2=4，
∴BC =4，
∵BC =4DE，
∴DE =1，
/ ∴CE =√CD2+DE2=√32+12=√10，
故答案为：√10．
填空题
规定：a≠b时，[a,b]表⽰两数中较⼤的⼀个，如[1,−2]=1，则⽅程[x−3,−2]=3x的解为
．
答案
2
x=−
3
解析
本题考查对新定义运算的理解和应⽤，解⼀元⼀次⽅程，解⼀元⼀次不等式，掌握⼀元⼀次
⽅程、⼀元⼀次不等式的解法是正确解答的关键．分两种情况，即x−3>−2和x−3<−2分
别解答即可．
解∶当x−3>−2时， 即x>1时，有x−3=3x，
3
解得x=− (不合题意，舍去)，
2
当x−3<−2时，即x<1时，有−2=3x，
2
解得x=− ．
3
2
故答案为∶ x=−
3
填空题
8
已知点A(a,b)是反⽐例函数y= (x>0)图象上的动点，AB//x轴，AC//y轴，分别交反⽐例函
x
k
数y= (x>0)的图象于点B、C，交坐标轴于D、E，且AC =3CD，连接BC.现有以下四个结
x
论：①k=2；②在点A运动过程中，△ABC的⾯积始终不变；③连接DE，则BC//DE；④不存在
点A，使得△ABC ∽△OED.其中正确的结论的序号是 ．
答案
①②③
/ 解析
①由反⽐例函数图象上点的坐标特征⽤函数a的代数式表⽰出来b，并找出点C坐标，根据
AC=3CD，即可得出关于k的⼀元⼀次⽅程，解⽅程即可得出结论；
②根据①得出A、C的坐标，由AB∥x轴找出B点的坐标，由此即可得出AB、AC的⻓度，利⽤三
⻆形的⾯积公式即可得出结论；
a 8 2 8
③已知B( , )，C(a, )，D(a,0)，E(0, )四点坐标，B、C、D、E四点坐标，经过B、C两点的
4 a a a
2 8 8
− −0
a 2 8 a 8
直线斜率k = =− ，经过D、E两点的直线斜率k = =− ，得出k =k ，
1 a a2 2 0−a a2 1 2
a−
4
即BC//DE
AB AC
④先假设△ABC ∽△OED，得到对应边成⽐例 = ，列出关于a的等式，看a是否有
OE OD
解，即可求解．
8
①∵A(a,b)，且A在反⽐例函数y= (x>0)的图象上，
x
8
∴b=
a
k
∵AC∥y轴，且C在反⽐例函数y= (x>0)的图象上，
x
k
∴C(a, )
a
⼜∵AC=3CD，
8 k
∴AD=4CD，即 =4⋅
a a
∴k=2．
故①正确
8 2
②由①可知：A(a, )，C(a, )
a a
∵AB∥x轴，
8
∴B点的纵坐标为 ，
a
2
∵点B在反⽐例函数y= 的函数图象上，
x
8 2 a
∴ = ，解得：x= ，
a x 4
a 8
∴点B( , )，
4 a
a 3a 8 2 6
∴AB=a− = ，AC= − =
4 4 a a a
1 1 3a 6 9
∴S= AB×AC= × × =
2 2 4 a 4
9
∴在点A运动过程中，△ABC⾯积不变，始终等于
4
故②正确
③连接DE，如图所⽰
/ a 8 2
∵B( , )，C(a, )
4 a a
2 8
−
a 2 8
∴经过B、C两点的直线斜率k 1 = a =−
a2
a−
4
∵AB//x轴，AC//y轴
8
∴D(a,0)，E(0, )
a
8
−0
a 8
∴经过D、E两点的直线斜率k 2 = =−
0−a a2
∴k =k ，即BC//DE
1 2
故③正确
④假设△ABC ∽△OED
AB AC
∴ =
OE OD
a
AB
a−
4 3a2
= =
OE 8 32
a
6
AC a 6
= =
OD a a2
3a2 6
∴ =
32 a2
解得a=2√2
∴当a=2√2时，△ABC ∽△OED
故④错误
故答案为：①②③
本题是反⽐例函数的综合题⽬，考查了反⽐例函数性质，相似三⻆形的性质，⼀次函数斜率
求法．
三、解答题
解答题
如图，△ABC中，已知D、E分别是AB、AC的中点，求证：△ADE ∽△ABC．
/ 答案
⻅解析
解析
本题考查考查相似三⻆形的判定，中位线的性质，熟练掌握相似三⻆形的判定⽅法是解题的
AD AE 1
关键．⽅法⼀：利⽤先得出 = = ，再结合∠A=∠A即可证明；⽅法⼆：先证明
AB AC 2
DE是△ABC的中位线，得出DE//BC，即可证明．
证明：⽅法⼀：∵D、E分别是AB、AC的中点，
1 1
∴AD= AB，AE = AC，
2 2
AD AE 1
∴ = = ，
AB AC 2
∵∠A=∠A，
∴△ADE ∽△ABC；
⽅法⼆：∵D、E分别是AB、AC的中点，
∴DE//BC，
∴△ADE ∽△ABC．
解答题
3x+y=7
解⽅程组：
{x−y=1
答案
x=2
{y=1
解析
利⽤加减消元法求出解即可．
本题考查了⼆元⼀次⽅程组的解，熟练掌握加减消元法是解题的关键．
3x+y=7①
解：
{x−y=1②
①＋②，得3x+x=8，
∴x=2，
把x=2代⼊②，得2−y=1，
∴y=1，
x=2
∴⽅程组的解是 ．
{y=1
/ 解答题
2024年11⽉4⽇，神⾈⼗⼋号载⼈⻜⾏任务取得圆满成功，为了让同学们进⼀步了解中国科技的快
速发展，某班组织了⼀次⼿抄报⽐赛，该班每位同学从A．“北⽃导航”；B．“5G时代”；C．“东⻛
快递”；D．“⽆⼈智能”四个主题中任选⼀个⾃⼰喜欢的主题．统计同学们所选主题的频数，绘制成
不完整的统计图，请根据统计图中的信息解答下列问题：
(1) 该班共有__________名学⽣；
(2) 补全折线统计图；
(3) 小明和小丽从A、B、C、D四个主题中任选⼀个主题，请⽤列表或画树状图的⽅法求出他们
选择相同主题的概率．
答案
(1) 50
(2) ⻅解析
1
(3)
4
解析
(1) 解：该班学⽣的总⼈数为20÷40%=50（名），
故答案为：50．
(2) 解：D主题的学⽣⼈数为50−10−20−5=15（名），
补全折线统计图如下：
．
(3) 解：由题意，画出树状图如下：
由图可知，小明和小丽从四个主题中任选⼀个主题共有16种等可能的结果，其中，他们选
/ 择相同主题的结果共有4种，
4 1
则他们选择相同主题的概率为P = = ，
16 4
1
答：他们选择相同主题的概率为 ．
4
解答题
a2−4a+4 a2−2a
已知T = ÷ ，
b(a−2) 4
(1) 化简T；
2
(2)
若点P(a,b)在反⽐例函数y= 的图象上，求T的值．
x
答案
4
(1)
ab
(2) 2
解析
(1) (a−2)2 4
解：T = ⋅
b(a−2) a2−2a
(a−2)2 4
= ⋅
b(a−2) a(a−2)
4
= ；
ab
(2) 2
解：∵点P(a,b)在反⽐例函数y= 的图象上，
x
2
∴b= ．
a
即ab=2，
4
∴原式 = =2．
2
解答题
如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90∘，点P是AC的中点．
(1) 尺规作图：以线段BC为直径作⊙O，交AB于点D（保留作图痕迹，不写作法）；
(2) 连接PD，求证：PD是⊙O的切线．
答案
(1) ⻅解析
(2) ⻅解析
/ 解析
(1) 解：如图所⽰，⊙O，BD为所求
(2) 证明：如图，连接OD，CD，
∵BC为直径，
∴∠BDC =90∘，
∵P点为Rt△ADC斜边上的中线，
∴PC =PD，
∵∠3=∠4，
∴OC =OD，
∴∠1=∠2，
∴∠2+∠4=∠1+∠3=90∘，
∴OC⊥PC，
∴PD是⊙O的切线．
解答题
某⻝⽤油的沸点远⾼于⽔的沸点．小聪想⽤刻度不超过100∘C的温度计测算出这种⻝⽤油沸点，在
⽼师的指导下，他在锅中倒⼊⼀些这种⻝⽤油在特定条件下均匀加热，并每隔10s测量⼀次锅中油
温，得到的数据记录如下：
时间t/s 0 10203040
油温y/∘C1030507090
/ (1) 根据以上信息，判断油温y（单位：∘C）与加热的时间t（单位：s）可能是________函数关系
（填写：“⼀次”或“⼆次”或“正⽐例”或“反⽐例”），并求出y与t的函数解析式；
(2) 当加热100s时，油沸腾了，求出此时的油温．
答案
(1) ⼀次； y=2t+10
(2) 210∘C
解析
(1) 解：由表格中两个变量对应值的变化规律可知，时间每增加10s，油的温度就升⾼20∘C，故
可知可能是⼀次函数关系；
设这个⼀次函数的解析式为y=kt+b(k≠0)
∵当t=0时，y=10；当t=10时，y=30；
10=b
∴
{30=10k+b
k=2
∴
{b=10
∴y关于t的函数解析式为y=2t+10；
(2) 解：当t=100时，y=2×100+10=210∘C
答：当加热100s时，油沸腾了，此时的油温为210∘C．
解答题
如图1所⽰是⼴东醒狮，它是国家级⾮物质⽂化遗产之⼀，其中⾼桩醒狮更是由现代艺术演出转变
而来的体育竞技．如图2，三根梅花桩AM，BP，CN垂直于地⾯放置，醒狮少年从点A跳跃到点B，
随后纵⾝跃⾄点C，已知∠A=59∘，∠C =45∘，MP =0.25m，PN =1.35m．（参考数据：
sin31∘≈0.52，cos31∘≈0.86，tan31∘≈0.60，√2≈1.41）
/ (1) 直接写出∠ABC的度数；
(2) 求醒狮少年从点B纵⾝跃⾄点C的路径BC的⻓度；（结果保留⼀位小数）
(3) 醒狮少年在某次演出时需要从点A直接腾跃⾄点C进⾏“采⻘”，求线段AC的⻓度．
答案
(1) 104∘
(2) 1.9m
(3) 2m
解析
(1) 解：如图：延⻓PB⾄H，
由题意可得：AM//PH//CN，
∴∠ABH =∠A=59∘，∠CBH =∠C =45∘，
∴∠ABC =∠ABH+∠CBH =104∘，
故答案为：104∘；
(2) 解：如图，过点B作BQ⊥CN于点Q，连接BC．
依题意，BP⊥PN，CN⊥PN，
∴四边形BPNQ是矩形，
∴BQ=NP =1．35m
∴∠C=45∘
BQ
∴sinC =
BC
1.35 √2
即 =
BC 2
∴BC =1.35√2≈1.9m
(3) 解：如图，过点B作直线EF//MN，分别交AM，CN于点E，F，过点A作直线AD//MN，
交CN于点D，连接AC．
/ 由 题 意 得
∠EMN =∠FNM =∠MAD=∠ADN =∠MEF =∠NFE =∠BPM =∠BPN =90∘，
∴四边形AMND，四边形AEFD，四边形EMPB，四边形BPNF均是矩形，
∴EB=MP =0.25m, BF =NP =1.35m, DF =AE，
∴AD=EF =1.6m．
∵∠EAB=59∘,∠BCF =45∘，
∴∠EBA=90∘−∠EAB=90∘−59∘=31∘，
∠CBF =90∘−∠BCF =90∘−45∘=45∘，
∴AE =EB⋅tan31∘≈0.15m，
CF =BF =1.35m，
∴CD=CF −DF =CF −AE =1.2m，
在Rt△ACD中，AD=1.6m,CD=1.2m，
∴AC =√AD2+CD2=2m．
即“采⻘”路径AC的⻓度约为2m．
解答题
如图，边⻓为4的正⽅形ABCD内部有⼀点E，点F在边AD的上⽅，AE =AF，∠EAF =90∘，连
接EF、BE、DF．
(1) 求证：△ABE ≌△ADF；
(2) 延⻓BE交DF所在直线于点G；
①若AE =√2，∠BAE =45∘时，求△EFG的⾯积；
②若AE =2，当∠BAE从0∘到60∘的变化过程中，求点G经过的路径⻓．
答案
(1) ⻅解析
(2) 3 2√2π
① ；②
5 3
/ 解析
(1) 解：∵四边形ABCD是正⽅形，
∴AB=AD，∠BAD=90∘，
∵∠EAF =90∘，
∴∠BAD=∠EAF =90∘，
∴∠BAE =∠DAF，
AB=AD
在△BAE和△DAF中，⎧∠BAE =∠DAF，
⎨
⎩
AE =AF
∴△ABE ≌△ADF(SAS)；
(2) 解：①如图，设EF交AD于点Q，EG交AD于点P，
∵AE =AF =√2，∠EAF =90∘，
∴EF =2，∠AEF =45∘，
∵△BAE ≌△DAF，
∴∠ABE =∠ADF，
∵∠APB=∠DPG，
∴∠BGD=∠BAP =90∘，
∴∠FGE =90∘，
∵∠BAE =45∘，
∴∠DAE =45∘，
∵∠AEF =45∘，∠EAF =90∘，
∴△AQE是等腰直⻆三⻆形，∠DAF =45∘，
∴△AQF是等腰直⻆三⻆形，
∴AQ=QF =1，QD=AD−AQ=4−1=3，
∴DF2=FQ2+QD2=10，
∵∠EFG=∠DFQ,∠EGF =∠DQF =90∘，
∴△EFG∽△DFQ，
S EF 2 4 2
∴ △EFG = = = ，
S (DF ) 10 5
△DFQ
1 3
⼜∵S
△DFQ
= FQ⋅QD= ，
2 2
EF 2 2 3 3
∴S
△EFG
=
(DF )
⋅S
△DFQ
=
5
×
2
=
5
；
②如图，连接BD，取BD的中点O，连接OA、OG．
∵四边形ABCD是正⽅形，
/ ∴∠BAD=90∘，
∵点O是BD的中点，
∴OA=OB=OD，AO⊥BD，
同①可知∠BGD=90∘，
∵点O是BD的中点，
∴OG=OB=OD，
∴G在以O为圆⼼，OD为半径的⊙O上，
如图，过F作FN⊥AD于N，
当α=60∘时，
∵∠BAE =∠DAF，
∴∠DAF =60∘，∠AFN =30∘，
∵AF =AE =2，
1
∴AN = AF =1，FN =√AF2−AN2=√3，
2
∴DN =4−1=3，DF =√FN2+DN2=2√3，
∴AF2+DF2=4+12=16，
⼜∵AD2=16，
∴AF2+DF2=AD2，
∴∠AFD=90∘，
∴∠ADF =30∘，
∴∠AOG=2∠ADF =60∘，
⌢
当旋转⻆α从0∘变化到60∘时，G在AG上运动，
∵AB=4，OA=OB，AO⊥BD，
√2
∴OA=4× =2√2，
2
60π×2√2 2√2π
∴点G经过路线的⻓度为 = ．
180 3
解答题
1
已知抛物线G:y= x2−x+m经过点A(−2,0)．
2
(1) 求抛物线G的解析式；
(2) 已知直线l:y=−2x−6交x轴于点B，交y轴于点C，点P是抛物线G上⼀动点，点Q是直线l上
⼀动点，求PQ的最小值；
(3) 在（2）的条件下，将抛物线G向左平移t个单位得到抛物线G ，顶点为D，问抛物线G 的对称
1 1
/ 轴上是否存在⼀点M，使得以点C、D、M组成的三⻆形与△BOC相似？若存在，求t的值；若不
存在，请说明理由．
答案
1
(1) y= x2−x−4
2
(2) 3√5
10
(3) 1 7
存在， t=4或 t= 或 t=
4 4
解析
1 1
(1) 解：将点A(−2,0)代⼊y= x2−x+m得：0= ×4+2+m，
2 2
解得m=−4，
1
∴抛物线的表达式为：y= x2−x−4；
2
(2) 解：如图所⽰：平移直线l⾄l ，使l 与抛物线有唯⼀交点，令唯⼀交点坐标为
1 1
1
P a, a2−a−4 ，过点P作PQ⊥l，交l于点Q，过点P作PH//y轴，与直线l相交于点
( 2 )
H(a,−2a−6)，此时PQ有最小值，
y=−2x+b
1
设l :y=−2x+b，联⽴⽅程组 1 ，整理得 x2+x−4−b=0①，
1 { y= x2−x−4 2
2
1 9
当Δ=12−4× (−4−b)=0，得b=− ，
2 2
9
把b=− 代⼊①解得x=−1，
2
5
∴P −1,− ，H(−1,−4)，
( 2)
5 3
∴PH =− +4= ，
2 2
把x=0代⼊直线l解析式得：y=−6，即C(0,−6)，
把y=0代⼊直线l解析式得：x=−3，即B(−3,0)，
∴BC =√62+32=3√5，
∵PH//y轴，
∴∠PHQ=∠OCB，
/ PQ OB PQ 3
∴sin∠PHQ=sin∠OCB，即 = ， = ，
PH BC 3 3√5
2
3√5
解得PQ= ，
10
3√5
∴PQ
min
= ；
10
1 1 9
(3) 解：∵原抛物线解析式为y= x2−x−4= (x−1) 2 − ，
2 2 2
9
∴原抛物线的顶点坐标为 1,− ，
( 2)
∵将抛物线G向左平移t个单位得到抛物线G
1
，顶点为D，
9
∴D 1−t,− ，平移后的抛物线对称轴为直线x=1−t，
( 2)
9 3
∴y −y =− +6= ，|x −x |=|1−t|；
D C D C
2 2
OB 1
∵∠BOC =90∘， = ，
OC 2
DM 1
∴当∠DMC =90∘，且 = 时，有△DMC ∽△BOC，
CM 2
3
∵y −y = ，|x −x |=|1−t|，
D C D C
2
3
∴DM = ，CM =|1−t|，
2
|1−t| 1
∴ = ，
3 2
2
1 7
解得t= 或t= ；
4 4
DM
当∠DMC =90∘，且 =2时，有△CMD∽△BOC，
CM
3
∵y −y = ,|x −x |=|1−t|，
D C D C
2
3
∴DM = ，CM =|1−t|，
2
|1−t|
∴ =2，
3
2
解得t=4或t=−2（舍去）；
9
如图所⽰，当∠DCM =90∘时，设直线y=− 与y轴交于H，
2
∴此时有∠H =∠MDH =90∘，
∵MD//HC，
∴∠MDC =∠HCD，
∴△MDC ∽△DCH，
DH DH 1
∴此时△HCD与△BOC相似，即有 =2或 = ，
CH CH 2
|1−t| 1 |1−t|
∴ = 或 =2，即此时情形与∠DMC =90∘时t的值相同．
3 2 3
2 2
/ 1 7
综上所述：当△CDM与△BOC相似时，t=4或t= 或t= ．
4 4
/
