2020年上海市杨浦区中考数学一模试卷 12页

‎2020年上海市杨浦区中考数学一模试卷 一、选择题：（本大题共6题，每题4分，满分24分）‎ ‎ ‎ ‎1. 将抛物线y=‎x‎2‎向左平移‎1‎个单位，所得抛物线解析式是‎(‎        ‎)‎ ‎ A.y=(x−1‎‎)‎‎2‎ B.y=(x+1‎‎)‎‎2‎ C.y=x‎2‎+1‎ D.‎y=x‎2‎−1‎ ‎ ‎ ‎2. 在Rt△ABC中，‎∠C＝‎90‎‎∘‎，如果AC＝‎2‎，cosA=‎‎3‎‎4‎，那么AB的长是（ ） ‎ A.‎5‎‎2‎ B.‎8‎‎3‎ C.‎10‎‎3‎ D.‎‎2‎‎3‎‎7‎ ‎ ‎ ‎3. 已知a‎→‎、b‎→‎和c‎→‎都是非零向量，下列结论中不能判定a‎→‎‎ // ‎b‎→‎的是（ ） ‎ A.a‎→‎‎∥‎c‎→‎，b‎→‎‎∥‎c‎→‎ B.a‎→‎‎=‎‎1‎‎2‎c‎→‎，b‎→‎‎=2‎c‎→‎ C.a‎→‎‎=2‎b‎→‎ D.‎|a‎→‎|‎＝‎|b‎→‎|‎ ‎ ‎ ‎ ‎4. 如图，在‎6×6‎的正方形网格中，联结小正方形中两个顶点A、B，如果线段AB与网格线的其中两个交点为M、N，那么AM:MN:NB的值是（ ） ‎ A.‎3:5:4‎ B.‎3:6:5‎ C.‎1:3:2‎ D.‎‎1:4:2‎ ‎ ‎ ‎5. 广场上喷水池中的喷头微露水面，喷出的水线呈一条抛物线，水线上水珠的高度y（米）关于水珠和喷头的水平距离x（米）的函数解析式是y=−‎3‎‎2‎x‎2‎+6x(0≤x≤4)‎，那么水珠的高度达到最大时，水珠与喷头的水平距离是（ ） ‎ A.‎1‎米 B.‎2‎米 C.‎5‎米 D.‎6‎米 ‎ ‎ ‎6. 如图，在正方形ABCD中，‎△ABP是等边三角形，AP、BP的延长线分别交边CD于点E、F，联结AC，CP，AC与BF相交于点H，下列结论中错误的是（ ） ‎ A.AE＝‎2DE B.‎△CFP∼△APH C.‎△CFP∼△APC D.CP‎2‎＝‎PH⋅PB 二、填空题：（本大题共12题，每题4分，满分48分)‎ ‎ ‎ ‎ 如果cotα=‎‎3‎，那么锐角α＝________度． ‎ ‎ ‎ ‎ 如果抛物线y＝‎−x‎2‎+3x−1+m经过原点，那么m＝________． ‎ ‎ ‎ ‎ 二次函数y＝‎2x‎2‎+5x−1‎的图象与y轴的交点坐标为________． ‎ ‎ ‎ ‎ 已知点A(x‎1‎, y‎1‎)‎、B(x‎2‎, y‎2‎)‎为抛物线y＝‎(x−2‎‎)‎‎2‎上的两点，如果x‎1‎‎‎ y‎2‎．（填“‎>‎”“‎<‎”或“＝”） ‎ ‎ ‎ ‎ 在比例尺为‎1:8000000‎地图上测得甲、乙两地间的图上距离为‎4‎厘米，那么甲、乙两地间的实际距离为________千米． ‎ ‎ ‎ ‎ 已知点P是线段AB上的一点，且BP‎2‎＝AP⋅AB，如果AB＝‎10cm，那么BP＝________‎5‎‎−‎‎5‎） cm． ‎ ‎ ‎ ‎ 已知G是‎△ABC的重心，过点G作MN // BC分别交边AB，AC于点M，N，那么S‎△AMNS‎△ABC‎=‎________． ‎ ‎ ‎ ‎ 如图，某小区门口的栏杆从水平位置AB绕固定点O旋转到位置DC，已知栏杆AB的长为‎3.5‎米，OA的长为‎3‎米，点C到AB的距离为‎0.3‎米，支柱OE的高为‎0.6‎米，那么栏杆端点D离地面的距离为________米． ‎ ‎ ‎ ‎ 如图，某商店营业大厅自动扶梯AB的倾斜角为‎31‎‎∘‎，AB的长为‎12‎ 第21页 共24页 ◎ 第22页 共24页 米，则大厅两层之间的高度为________米．（结果保留一位小数）【参考数据：sin‎31‎‎∘‎＝‎0.515‎，cos‎31‎‎∘‎＝‎0.867‎，tan‎31‎‎∘‎＝‎0.601‎】 ‎ ‎ ‎ ‎ 如图，在四边形ABCD中，‎∠B＝‎∠D＝‎90‎‎∘‎，AB＝‎3‎，BC＝‎2‎，tanA=‎‎4‎‎3‎，则CD＝________． ‎ ‎ ‎ ‎ 定义：我们知道，四边形的一条对角线把这个四边形分成两个三角形，如果这两个三角形相似但不全等，我们就把这条对角线叫做这个四边形的相似对角线．在四边形ABCD中，对角线BD是它的相似对角线，‎∠ABC＝‎70‎‎∘‎，BD平分‎∠ABC，那么‎∠ADC＝________度． ‎ ‎ ‎ ‎ 在Rt△ABC中，‎∠A＝‎90‎‎∘‎，AC＝‎4‎，AB＝a，将‎△ABC沿着斜边BC翻折，点A落在点A‎1‎处，点D、E分别为边AC、BC的中点，联结DE并延长交A‎1‎B所在直线于点F，联结A‎1‎E，如果‎△A‎1‎EF为直角三角形时，那么a＝________‎3‎ ． ‎ 三、解答题：(本大题共7题，满分78分）‎ ‎ ‎ ‎ 抛物线y＝ax‎2‎+bx+c中，函数值y与自变量x之间的部分对应关系如表： ‎ x ‎…‎ ‎−3‎ ‎−2‎ ‎−1‎ ‎0‎ ‎1‎ ‎…‎ y ‎…‎ ‎−4‎ ‎−1‎ ‎0‎ ‎−1‎ ‎−4‎ ‎…‎ ‎ ‎ ‎（1）求该抛物线的表达式；‎ ‎ ‎ ‎（2）如果将该抛物线平移，使它的顶点移到点M(2, 4)‎的位置，那么其平移的方法是________．‎ ‎ ‎ ‎ 如图，已知在梯形ABCD中，AB // CD，AB＝‎12‎，CD＝‎7‎，点E在边AD上，DEAE‎=‎‎2‎‎3‎，过点E作EF // AB交边BC于点F． ‎ ‎（1）求线段EF的长；‎ ‎ ‎ ‎（2）设AB‎→‎‎=‎a‎→‎，AD‎→‎‎=‎b‎→‎，联结AF，请用向量a‎→‎、b‎→‎表示向量AF‎→‎．‎ ‎ ‎ ‎ 如图，已知在‎△ABC中，‎∠ACB＝‎90‎‎∘‎，sinB=‎‎3‎‎5‎，延长边BA至点D，使AD＝AC，联结CD． ‎ ‎（1）求‎∠D的正切值；‎ ‎ ‎ ‎（2）取边AC的中点E，联结BE并延长交边CD于点F，求CFFD的值．‎ ‎ ‎ ‎ 某校九年级数学兴趣小组的学生进行社会实践活动时，想利用所学的解直角三角形的知识测量教学楼的高度，他们先在点D处用测角仪测得楼顶M的仰角为‎30‎‎∘‎，再沿DF方向前行‎40‎米到达点E处，在点E处测得楼项M的仰角为‎45‎‎∘‎，已知测角仪的高AD为‎1.5‎米．请根据他们的测量数据求此楼MF的高．（结果精到‎0.1m，参考数据：‎2‎‎≈1.414‎，‎3‎‎≈1.732‎，‎6‎‎≈2.449‎） ‎ ‎ ‎ 第21页 共24页 ◎ 第22页 共24页 ‎ 如图，已知在‎△ABC中，AD是‎△ABC的中线，‎∠DAC＝‎∠B，点E在边AD上，CE＝CD． ‎ ‎（1）求证：ACAB‎=‎BDAD；‎ ‎ ‎ ‎（2）求证：AC‎2‎＝‎2AE⋅AD．‎ ‎ ‎ ‎ 已知在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝mx‎2‎−2mx+4(m≠0)‎与x轴交于点A，B（点A在点B的左侧），且AB＝‎6‎． ‎ ‎（1）求这条抛物线的对称轴及表达式；‎ ‎ ‎ ‎（2）在y轴上取点E(0, 2)‎，点F为第一象限内抛物线上一点，联结BF，EF，如果S四边形OEFB＝‎10‎，求点F的坐标；‎ ‎ ‎ ‎（3）在第（2）小题的条件下，点F在抛物线对称轴右侧，点P在x轴上且在点B左侧，如果直线PF与y轴的夹角等于‎∠EBF，求点P的坐标．‎ ‎ ‎ ‎ 已知在菱形ABCD中，AB＝‎4‎，‎∠BAD＝‎120‎‎∘‎，点P是直线AB上任意一点，联结PC．在‎∠PCD内部作射线CQ与对角线BD交于点Q（与B、D不重合），且‎∠PCQ＝‎30‎‎∘‎． ‎ ‎（1）如图，当点P在边AB上时，如果BP＝‎3‎，求线段PC的长；‎ ‎ ‎ ‎（2）当点P在射线BA上时，设BP＝x，CQ＝y，求y关于x的函数解析式及定义域；‎ ‎ ‎ ‎（3）联结PQ，直线PQ与直线BC交于点E，如果‎△QCE与‎△BCP相似，求线段BP的长．‎ 第21页 共24页 ◎ 第22页 共24页 参考答案与试题解析 ‎2020年上海市杨浦区中考数学一模试卷 一、选择题：（本大题共6题，每题4分，满分24分）‎ ‎1.‎ ‎【答案】‎ B ‎【考点】‎ 二次函数图象与几何变换 ‎【解析】‎ 根据“左加右减、上加下减”的原则进行解答即可．‎ ‎【解答】‎ 解：将抛物线y=‎x‎2‎向左平移‎1‎个单位，所得抛物线解析式是y=(x+1‎‎)‎‎2‎， 故选B．‎ ‎2.‎ ‎【答案】‎ B ‎【考点】‎ 锐角三角函数的定义 ‎【解析】‎ 根据cosA=ACAB=‎‎3‎‎4‎，求出AB即可．‎ ‎【解答】‎ 在Rt△ABC中，∵ ‎∠C＝‎90‎‎∘‎，AC＝‎2‎， 又∵ cosA=ACAB=‎‎3‎‎4‎， ∴ AB=‎‎8‎‎3‎，‎ ‎3.‎ ‎【答案】‎ D ‎【考点】‎ ‎*平面向量 ‎【解析】‎ 根据平行向量的定义判断即可．‎ ‎【解答】‎ A‎、由a‎→‎‎ // ‎c‎→‎，b‎→‎‎ // ‎c‎→‎，可以推出a‎→‎‎ // ‎b‎→‎．本选项不符合题意． B、由a‎→‎‎=‎‎1‎‎2‎c‎→‎，b‎→‎‎=2‎c‎→‎，可以推出a‎→‎‎ // ‎b‎→‎．本选项不符合题意． C、由a‎→‎‎=2‎b‎→‎，可以推出a‎→‎‎ // ‎b‎→‎．本选项不符合题意． D、由‎|a‎→‎|‎＝‎|b‎→‎|‎，不可以推出a‎→‎‎ // ‎b‎→‎．本选项符合题意．‎ ‎4.‎ ‎【答案】‎ C ‎【考点】‎ 相似三角形的性质与判定 ‎【解析】‎ 根据平行线分线段成比例定理得出即可．‎ ‎【解答】‎ ‎∵ AMMN‎=‎‎1‎‎3‎，MNNB‎=‎‎3‎‎2‎， ∴ AM:MN:NB＝‎1:3:2‎，‎ ‎5.‎ ‎【答案】‎ B ‎【考点】‎ 二次函数的应用 ‎【解析】‎ 根据二次函数的顶点式即可求解．‎ ‎【解答】‎ 方法一： 根据题意，得 y=−‎3‎‎2‎x‎2‎+6x(0≤x≤4)‎， ‎=−‎3‎‎2‎(x−2‎)‎‎2‎+6‎ 所以水珠的高度达到最大时，水珠与喷头的水平距离是‎2‎米． 方法二： 因为对称轴x=‎6‎‎2×‎‎3‎‎2‎=2‎， 所以水珠的高度达到最大时，水珠与喷头的水平距离是‎2‎米．‎ ‎6.‎ ‎【答案】‎ C ‎【考点】‎ 等边三角形的性质 相似三角形的性质与判定 正方形的性质 ‎【解析】‎ ‎①正确．利用直角三角形‎30‎度角的性质即可解决问题． ②正确，根据两角相等两个三角形相似即可判断． ③错误．通过计算证明‎∠CPA≠∠CPF，即可判断． ④正确．利用相似三角形的性质即可证明．‎ ‎【解答】‎ ‎∵ 四边形ABCD是正方形， ∴ ‎ 第21页 共24页 ◎ 第22页 共24页 ‎ ‎∠D＝‎∠DAB＝‎90‎‎∘‎， ∵ ‎△APB是等边三角形， ∴ ‎∠PAB＝‎∠PBA＝‎∠APB＝‎60‎‎∘‎， ∴ ‎∠DAE＝‎30‎‎∘‎， ∴ AE＝‎2DE，故①正确， ∵ AB // CD， ∴ ‎∠PFE＝‎∠ABP＝‎∠APH＝‎60‎‎∘‎， ∵ ‎∠AHP＝‎∠PBA+∠BAH＝‎60‎‎∘‎‎+‎‎45‎‎∘‎＝‎105‎‎∘‎， 又∵ BC＝BP，‎∠PBC＝‎30‎‎∘‎， ∴ ‎∠BPC＝‎∠BCP＝‎75‎‎∘‎， ∴ ‎∠CPF＝‎105‎‎∘‎， ∴ ‎∠PHA＝‎∠CPF， ∴ ‎△CFP∽△APH，故②正确， ∵ ‎∠CPA＝‎60‎‎∘‎‎+‎‎75‎‎∘‎＝‎135‎‎∘‎‎≠∠CPF， ∴ ‎△PFC与‎△PCA不相似，故③错误， ∵ ‎∠PCH＝‎∠PCB−∠BCH＝‎75‎‎∘‎‎−‎‎45‎‎∘‎＝‎30‎‎∘‎， ∴ ‎∠PCH＝‎∠PBC， ∵ ‎∠CPH＝‎∠BPC， ∴ ‎△PCH∽△PBC， ∴ PCPB‎=‎PHPC， ∴ CP‎2‎＝PH⋅PB，故④正确，‎ 二、填空题：（本大题共12题，每题4分，满分48分)‎ ‎【答案】‎ ‎30‎ ‎【考点】‎ 特殊角的三角函数值 ‎【解析】‎ 直接利用特殊角的三角函数值进而得出答案．‎ ‎【解答】‎ ‎∵ cotα=‎‎3‎， ∴ 锐角α＝‎30‎‎∘‎．‎ ‎【答案】‎ ‎1‎ ‎【考点】‎ 二次函数图象上点的坐标特征 ‎【解析】‎ 把原点坐标代入y＝‎−x‎2‎+3x−1+m中得到关于m的一次方程，然后解一次方程即可．‎ ‎【解答】‎ ‎∵ 抛物线y＝‎−x‎2‎+3x−1+m经过点‎(0, 0)‎， ∴ ‎−1+m＝‎0‎， ∴ m＝‎1‎．‎ ‎【答案】‎ ‎(0, −1)‎ ‎【考点】‎ 二次函数图象上点的坐标特征 ‎【解析】‎ 根据y轴上点的坐标特征计算自变量为‎0‎时的函数值即可得到交点坐标．‎ ‎【解答】‎ 当x＝‎0‎时，y＝‎−1‎， 所以二次函数y＝‎2x‎2‎+5x−1‎的图象与y轴的交点坐标为‎(0, −1)‎．‎ ‎【答案】‎ ‎>‎ ‎【考点】‎ 二次函数图象上点的坐标特征 ‎【解析】‎ 根据二次函数的性质得到抛物线y＝‎(x−2‎‎)‎‎2‎的开口向上，对称轴为直线x＝‎2‎，则在对称轴左侧，y随x的增大而减小，所以x‎1‎‎‎y‎2‎．‎ ‎【解答】‎ ‎∵ y＝‎(x−2‎‎)‎‎2‎， ∴ a＝‎1>0‎， ∴ 抛物线开口向上， ∵ 抛物线y＝‎(x−2‎‎)‎‎2‎对称轴为直线x＝‎2‎， ∵ x‎1‎‎‎y‎2‎．‎ ‎【答案】‎ ‎320‎ ‎【考点】‎ 比例线段 ‎【解析】‎ 根据比例尺‎=‎‎​‎‎​‎代入数据计算即可．‎ ‎【解答】‎ 设甲、乙两地的实际距离为xcm， ∵ 比例尺‎=‎‎​‎‎​‎， ∴ ‎1:8000000‎＝‎4:x， ∴ x＝‎32000000‎， ∴ 甲、乙两地的实际距离为是‎320km，‎ ‎【答案】‎ ‎(5‎ ‎【考点】‎ 黄金分割 ‎【解析】‎ 根据点P是线段AB上的一点，且BP‎2‎＝AP⋅AB，列方程即可求解．‎ ‎【解答】‎ ‎∵ 点P是线段AB上的一点 ∴ AP＝AB−BP＝‎10−BP， ∵ BP‎2‎＝AP⋅AB，AB＝‎10cm， BP‎2‎＝‎(10−BP)×10‎， 解得BP＝‎5‎5‎−5‎．‎ 第21页 共24页 ◎ 第22页 共24页 ‎【答案】‎ ‎4‎‎9‎ ‎【考点】‎ 相似三角形的性质与判定 三角形的重心 ‎【解析】‎ 根据三角形重心和相似三角形的判定和性质解答即可．‎ ‎【解答】‎ 解：如图，连接AG并延长交BC于点E， ， ∵ 点G是‎△ABC的重心， ∴ AGGE‎=‎‎2‎‎1‎， ∵ MN // BC， ∴ ‎△AMN∼△ABC， ∴ S‎△AMNS‎△ABC‎=(AGAE‎)‎‎2‎=‎‎4‎‎9‎， 故答案为：‎4‎‎9‎.‎ ‎【答案】‎ ‎2.4‎ ‎【考点】‎ 相似三角形的应用 旋转的性质 ‎【解析】‎ 过D作DG⊥AB于G，过C作CH⊥AB于H，则DG // CH，根据相似三角形的性质即可得到结论．‎ ‎【解答】‎ 过D作DG⊥AB于G，过C作CH⊥AB于H， 则DG // CH， ∴ ‎△ODG∽△OCH， ∴ DGCH‎=‎ODOC， ∵ 栏杆从水平位置AB绕固定点O旋转到位置DC， ∴ CD＝AB＝‎3.5m，OD＝OA＝‎3m，CH＝‎0.3m， ∴ OC＝‎0.5m， ∴ DG‎0.3‎‎=‎‎3‎‎0.5‎， ∴ DG＝‎1.8m， ∵ OE＝‎0.6m， ∴ 栏杆D端离地面的距离为‎1.8+0.6‎＝‎2.4m．‎ ‎【答案】‎ ‎6.2‎ ‎【考点】‎ 解直角三角形的应用-坡度坡角问题 ‎【解析】‎ 根据题意和锐角三角函数可以求得BC的长，从而可以解答本题．‎ ‎【解答】‎ 在Rt△ABC中， ∵ ‎∠ACB＝‎90‎‎∘‎， ∴ BC＝AB⋅sin∠BAC＝‎12×0.515≈6.2‎（米）， 答：大厅两层之间的距离BC的长约为‎6.2‎米． 故答案为：‎6.2‎．‎ ‎【答案】‎ ‎6‎‎5‎ ‎【考点】‎ 解直角三角形 ‎【解析】‎ 延长AD和BC交于点E，在直角‎△ABE中利用三角函数求得BE的长，则EC的长即可求得，然后在直角‎△CDE中利用三角函数的定义求解．‎ ‎【解答】‎ 延长AD和BC交于点E． ∵ 在直角‎△ABE中，tanA=BEAB=‎‎4‎‎3‎，AB＝‎3‎， ∴ BE＝‎4‎， ∴ EC＝BE−BC＝‎4−2‎＝‎2‎， ∵ ‎△ABE和‎△CDE中，‎∠B＝‎∠EDC＝‎90‎‎∘‎，‎∠E＝‎∠E， ∴ ‎∠DCE＝‎∠A， ∴ 直角‎△CDE中，tan∠DCE＝tanA=DEDC=‎‎4‎‎3‎， ∴ 设DE＝‎4x，则DC＝‎3x， 在直角‎△CDE中，EC‎2‎＝DE‎2‎+DC‎2‎， ∴ ‎4‎＝‎16x‎2‎+9‎x‎2‎， 解得：x=‎‎2‎‎5‎， 则CD=‎‎6‎‎5‎．‎ ‎【答案】‎ ‎145‎ ‎【考点】‎ 相似图形 ‎【解析】‎ 依据四边形的相似对角线的定义，即可得到‎∠ABD＝‎∠DBC，‎∠A＝‎∠BDC，‎∠ADB＝‎∠C，再根据四边形内角和为‎360‎‎∘‎，即可得到‎∠ADC的度数．‎ 第21页 共24页 ◎ 第22页 共24页 ‎【解答】‎ 如图所示，∵ ‎∠ABC＝‎70‎‎∘‎，BD平分‎∠ABC， ∴ ‎∠ABD＝‎∠DBC， 又∵ 对角线BD是它的相似对角线， ∴ ‎△ABD∽△DBC， ∴ ‎∠A＝‎∠BDC，‎∠ADB＝‎∠C， ∴ ‎∠A+∠C＝‎∠ADC， 又∵ ‎∠A+∠C+∠ADC＝‎360‎‎∘‎‎−‎‎70‎‎∘‎＝‎290‎‎∘‎， ∴ ‎∠ADC＝‎145‎‎∘‎，‎ ‎【答案】‎ ‎4‎或‎4‎ ‎【考点】‎ 勾股定理 翻折变换（折叠问题）‎ 三角形中位线定理 ‎【解析】‎ 当‎△A‎1‎EF为直角三角形时，存在两种情况： ①当‎∠A‎1‎EF＝‎90‎‎∘‎时，如图‎1‎，根据对称的性质和平行线可得：A‎1‎C＝A‎1‎E＝‎4‎，根据直角三角形斜边中线的性质得：BC＝‎2A‎1‎B＝‎8‎，最后利用勾股定理可得AB的长； ②当‎∠A‎1‎FE＝‎90‎‎∘‎时，如图‎2‎，证明‎△ABC是等腰直角三角形，可得AB＝AC＝‎4‎．‎ ‎【解答】‎ 当‎△A‎1‎EF为直角三角形时，存在两种情况： ①当‎∠A‎1‎EF＝‎90‎‎∘‎时，如图‎1‎， ∵ ‎△A‎1‎BC与‎△ABC关于BC所在直线对称， ∴ A‎1‎C＝AC＝‎4‎，‎∠ACB＝‎∠A‎1‎CB， ∵ 点D，E分别为AC，BC的中点， ∴ D、E是‎△ABC的中位线， ∴ DE // AB， ∴ ‎∠CDE＝‎∠MAN＝‎90‎‎∘‎， ∴ ‎∠CDE＝‎∠A‎1‎EF， ∴ AC // A‎1‎E， ∴ ‎∠ACB＝‎∠A‎1‎EC， ∴ ‎∠A‎1‎CB＝‎∠A‎1‎EC， ∴ A‎1‎C＝A‎1‎E＝‎4‎， Rt△A‎1‎CB中， ∵ E是斜边BC的中点， ∴ BC＝‎2A‎1‎E＝‎8‎， 由勾股定理得：AB‎2‎＝BC‎2‎−AC‎2‎， ∴ AB=‎8‎‎2‎‎−‎‎4‎‎2‎=4‎‎3‎； ②当‎∠A‎1‎FE＝‎90‎‎∘‎时，如图‎2‎， ∵ ‎∠ADF＝‎∠A＝‎∠DFB＝‎90‎‎∘‎， ∴ ‎∠ABF＝‎90‎‎∘‎， ∵ ‎△A‎1‎BC与‎△ABC关于BC所在直线对称， ∴ ‎∠ABC＝‎∠CBA‎1‎＝‎45‎‎∘‎， ∴ ‎△ABC是等腰直角三角形， ∴ AB＝AC＝‎4‎； 综上所述，AB的长为‎4‎‎3‎或‎4‎；‎ 三、解答题：(本大题共7题，满分78分）‎ ‎【答案】‎ ‎∵ 抛物线y＝ax‎2‎+bx+c过点‎(−1, 0)‎，‎(0, −1)‎，‎(1, −4)‎， ∴ a−b+c=0‎a+b+c=4‎c=−1‎‎ ‎， 解得a=−1‎b=−2‎c=−1‎‎ ‎， ∴ 该抛物线的表达式为y＝‎−x‎2‎−2x−1‎；‎ 向右平移‎3‎个单位，向上平移‎4‎个单位 ‎【考点】‎ 待定系数法求二次函数解析式 二次函数图象上点的坐标特征 二次函数的性质 二次函数图象与几何变换 ‎【解析】‎ ‎（1）将‎(−1, 0)‎，‎(0, −1)‎，‎(1, −4)‎代入抛物线解析式y＝ax‎2‎+bx+c中即可得解； （2）根据“上加下减，左加右减”的原则进行解答即可．‎ ‎【解答】‎ ‎∵ 抛物线y＝ax‎2‎+bx+c过点‎(−1, 0)‎，‎(0, −1)‎，‎(1, −4)‎， ∴ a−b+c=0‎a+b+c=4‎c=−1‎‎ ‎， 解得a=−1‎b=−2‎c=−1‎‎ ‎， ∴ 该抛物线的表达式为y＝‎−x‎2‎−2x−1‎；‎ ‎∵ 新顶点M(2, 4)‎， ∴ y＝‎−(x−2‎)‎‎2‎+4‎， ∵ y＝‎−x‎2‎−2x−1‎＝‎−(x+1‎‎)‎‎2‎， ∴ 抛物线的表达式为y＝‎−x‎2‎−2x−1‎向右平移‎3‎个单位，向上平移‎4‎个单位可得到y＝‎−(x−2‎)‎‎2‎+4‎， 故答案为：向右平移‎3‎个单位，向上平移‎4‎个单位．‎ ‎【答案】‎ 第21页 共24页 ◎ 第22页 共24页 过D作DM // BC交EF于N，交AB于M，则BM＝FN＝CD＝‎7‎， ∴ AM＝AB−BM＝‎12−7‎＝‎5‎， ∵ DEAE‎=‎‎2‎‎3‎， ∴ DEDA‎=ENAM=‎‎2‎‎5‎ ∴ EN＝‎2‎， ∴ EF＝EN+FN＝‎2+7‎＝‎9‎；‎ ‎∵ EF＝‎9‎，AB＝‎12‎， ∴ EFAB‎=‎‎3‎‎4‎， ∵ AB‎→‎‎=‎a‎→‎， ∴ EF‎→‎‎=‎3‎‎4‎AB‎→‎=‎‎3‎‎4‎a‎→‎， ∵ AEAD‎=‎‎3‎‎5‎，AD‎→‎‎=‎b‎→‎， ∴ AE‎→‎‎=‎‎3‎‎5‎b‎→‎， ∴ AF‎→‎‎=AE‎→‎+EF‎→‎=‎3‎‎5‎b‎→‎+‎‎3‎‎4‎a‎→‎． ‎ ‎【考点】‎ ‎*平面向量 梯形 相似三角形的性质与判定 ‎【解析】‎ ‎（1）过D作DM // BC交EF于N，交AB于M，则BM＝FN＝CD＝‎7‎，根据平行线分线段成比例定理即可得到结论； （2）根据平行线分线段成比例定理即可得到结论．‎ ‎【解答】‎ 过D作DM // BC交EF于N，交AB于M，则BM＝FN＝CD＝‎7‎， ∴ AM＝AB−BM＝‎12−7‎＝‎5‎， ∵ DEAE‎=‎‎2‎‎3‎， ∴ DEDA‎=ENAM=‎‎2‎‎5‎ ∴ EN＝‎2‎， ∴ EF＝EN+FN＝‎2+7‎＝‎9‎；‎ ‎∵ EF＝‎9‎，AB＝‎12‎， ∴ EFAB‎=‎‎3‎‎4‎， ∵ AB‎→‎‎=‎a‎→‎， ∴ EF‎→‎‎=‎3‎‎4‎AB‎→‎=‎‎3‎‎4‎a‎→‎， ∵ AEAD‎=‎‎3‎‎5‎，AD‎→‎‎=‎b‎→‎， ∴ AE‎→‎‎=‎‎3‎‎5‎b‎→‎， ∴ AF‎→‎‎=AE‎→‎+EF‎→‎=‎3‎‎5‎b‎→‎+‎‎3‎‎4‎a‎→‎． ‎ ‎【答案】‎ 过点C作CG⊥AB，垂足为G， ∵ ‎∠ACB＝‎90‎‎∘‎， ∴ ‎∠ACG＝‎∠B， 在‎△ABC中，sinB=‎‎3‎‎5‎，设AC＝‎3x，则AB＝‎5x，BC＝‎4x， ∴ sin∠ACG=AGAC=‎3‎‎5‎=sinB， ∴ AG=‎9‎‎5‎x，CG=‎12‎‎5‎x， ∴ DG＝DA+AG＝‎3x+‎9‎‎5‎x=‎24‎‎5‎x， 在Rt△DCG中，tan∠D=CGDG=‎‎1‎‎2‎；‎ 过点C作CF // DB，交BF的延长线于点H，则有‎△CHF∽△DBF， 又有E是AC的中点，可证‎△CHE≅△ABE， ∴ HC＝AB＝‎5x， 由‎△CHF∽△DBF得：CFDF‎=CHDB=‎5x‎3x+5x=‎‎5‎‎8‎． ‎ ‎【考点】‎ 解直角三角形 等腰三角形的性质 ‎【解析】‎ 第21页 共24页 ◎ 第22页 共24页 ‎（1）作高构造直角三角形，设AC＝‎3x，表示出CG、AG、DG，再利用直角三角形的边角关系，求出‎∠D正切值； （2）过点C作CF // DB，交BF的延长线于点H，相似三角形、全等三角形，进而得出HC＝AB＝‎5x，将：CFDF转化为求HCDB即可．‎ ‎【解答】‎ 过点C作CG⊥AB，垂足为G， ∵ ‎∠ACB＝‎90‎‎∘‎， ∴ ‎∠ACG＝‎∠B， 在‎△ABC中，sinB=‎‎3‎‎5‎，设AC＝‎3x，则AB＝‎5x，BC＝‎4x， ∴ sin∠ACG=AGAC=‎3‎‎5‎=sinB， ∴ AG=‎9‎‎5‎x，CG=‎12‎‎5‎x， ∴ DG＝DA+AG＝‎3x+‎9‎‎5‎x=‎24‎‎5‎x， 在Rt△DCG中，tan∠D=CGDG=‎‎1‎‎2‎；‎ 过点C作CF // DB，交BF的延长线于点H，则有‎△CHF∽△DBF， 又有E是AC的中点，可证‎△CHE≅△ABE， ∴ HC＝AB＝‎5x， 由‎△CHF∽△DBF得：CFDF‎=CHDB=‎5x‎3x+5x=‎‎5‎‎8‎． ‎ ‎【答案】‎ 楼MF的高‎56.1‎米 ‎【考点】‎ 解直角三角形的应用-仰角俯角问题 ‎【解析】‎ 首先分析图形，根据题意构造直角三角形．本题涉及多个直角三角形，应利用其公共边构造三角关系，进而可求出答案．‎ ‎【解答】‎ 设MC＝x， ∵ ‎∠MAC＝‎30‎‎∘‎， ∴ 在Rt△MAC中，AC=MCtan∠MAC=x‎3‎‎3‎=‎3‎x． ∵ ‎∠MBC＝‎45‎‎∘‎， ∴ 在Rt△MCB中，MC＝BC＝x， 又∵ AB＝DE＝‎40‎， ∴ AC−BC＝AB＝‎40‎，即‎3‎x−x＝‎40‎， 解得：x＝‎20+20‎3‎≈54.6‎， ∴ MF＝MC+CF＝‎54.6+1.5‎＝‎56.1‎（米），‎ ‎【答案】‎ 证明：∵ CD＝CE， ∴ ‎∠CED＝‎∠EDC， ∵ ‎∠AEC+∠CED＝‎180‎‎∘‎，‎∠ADB+∠EDC＝‎180‎‎∘‎， ∴ ‎∠AEC＝‎∠ADB， ∵ ‎∠DAC＝‎∠B ∴ ‎△ACE∽△BAD；‎ ‎∵ ‎∠DAC＝‎∠B，‎∠ACD＝‎∠BCA， ∴ ‎△ACD∽△BCA， ∴ ACCD‎=‎CBCA， ∴ AC‎2‎＝CD⋅CB， ∵ ‎△ACE∽△BAD， ∴ AEBD‎=‎CEAD， ∴ AE⋅AD＝BD⋅CE， ∴ ‎2AE⋅AD＝‎2BD⋅CE＝BC⋅CD， ∴ AC‎2‎＝‎2AE⋅AD．‎ ‎【考点】‎ 相似三角形的性质与判定 ‎【解析】‎ ‎（1）先利用等腰三角形的性质，由CD＝CE得到‎∠CED＝‎∠EDC，则可根据等角的补角相等得到‎∠AEC＝‎∠ADB，加上‎∠DAC＝‎∠B，于是可根据有两组角对应相等的两个三角形相似判断‎△ACE∽△BAD． （2）由‎∠DAC＝‎∠B及公共角相等证明‎△ACD∽△BCA，利用相似比即可得到结论．‎ ‎【解答】‎ 证明：∵ CD＝CE， ∴ ‎∠CED＝‎∠EDC， ∵ ‎∠AEC+∠CED＝‎180‎‎∘‎，‎∠ADB+∠EDC＝‎180‎‎∘‎， ∴ ‎∠AEC＝‎∠ADB， ∵ ‎∠DAC＝‎∠B ∴ ‎△ACE∽△BAD；‎ ‎∵ ‎∠DAC＝‎∠B，‎∠ACD＝‎∠BCA， ∴ ‎△ACD∽△BCA， ∴ ACCD‎=‎CBCA， ∴ AC‎2‎＝CD⋅CB， ∵ ‎△ACE∽△BAD， ∴ AEBD‎=‎CEAD， ∴ AE⋅AD＝BD⋅CE， ∴ ‎2AE⋅AD＝‎2BD⋅CE＝BC⋅CD， ∴ AC‎2‎＝‎2AE⋅AD．‎ ‎【答案】‎ 由y＝mx‎2‎−2mx+4‎＝m(x−1‎)‎‎2‎+4−m得到：抛物线对称轴为直线x＝‎1‎． ∵ AB＝‎6‎， ∴ A(−2, 0)‎，B(4, 0)‎． 将点A 第21页 共24页 ◎ 第22页 共24页 的坐标代入函数解析式得到：‎4m+4m+4‎＝‎0‎，解得m=−‎‎1‎‎2‎． 故该抛物线解析式是：y=−‎1‎‎2‎x‎2‎+x+4‎；‎ 如图‎1‎，联结OF， 设F(t, −‎1‎‎2‎t‎2‎+t+4)‎，则 S四边形OEFB＝S‎△OEF‎+S‎△OFB=‎1‎‎2‎×2t+‎1‎‎2‎×4(−‎1‎‎2‎t‎2‎+t+4)‎＝‎10‎． ∴ t‎1‎＝‎1‎，t‎2‎＝‎2‎． ∴ 点F的坐标是‎(1, ‎9‎‎2‎)‎或‎(2, 4)‎；‎ 由题意得，F(2, 4)‎， 如图‎2‎，设PF与y轴的交点为G．， ∵ tan∠EBO=OEOB=‎2‎‎4‎=‎‎1‎‎2‎，tan∠HFB=BHFH=‎‎1‎‎2‎， ∴ tan∠EBO＝tan∠HFB． ∴ ‎∠EBO＝‎∠HFB． 又∵ ‎∠PFH＝‎∠EGF＝‎∠FBE， ∴ ‎∠PFB＝‎∠PBF． ∴ PF＝PB． 设P(a, 0)‎． 则PF＝PB， ∴ ‎(a−4‎‎)‎‎2‎＝‎(a−2‎)‎‎2‎+‎‎4‎‎2‎，解得a＝‎−1‎． ∴ ‎P(−1, 0)‎ ‎【考点】‎ 二次函数综合题 ‎【解析】‎ ‎（1）根据抛物线解析式求得对称轴方程为x＝‎1‎，结合AB＝‎6‎求得点A、B的坐标；然后利用待定系数法确定函数解析式； （2）如图‎1‎，联结OF，设F(t, −‎1‎‎2‎t‎2‎+t+4)‎，根据图形得到S四边形OEFB＝S‎△OEF‎+‎S‎△OFB，由三角形的面积公式列出方程，利用方程求得点F的横坐标，结合二次函数图象上点的坐标特征求得点F的纵坐标； （3）如图‎2‎，设PF与y轴的交点为G．由tan∠EBO＝tan∠HFB=‎‎1‎‎2‎得到：‎∠EBO＝‎∠HFB．易推知‎∠PFB＝‎∠PBF．故PF＝PB．设P(a, 0)‎．由两点间的距离公式求得相关线段的长度并列出方程，通过解方程求得点P的横坐标．‎ ‎【解答】‎ 由y＝mx‎2‎−2mx+4‎＝m(x−1‎)‎‎2‎+4−m得到：抛物线对称轴为直线x＝‎1‎． ∵ AB＝‎6‎， ∴ A(−2, 0)‎，B(4, 0)‎． 将点A的坐标代入函数解析式得到：‎4m+4m+4‎＝‎0‎，解得m=−‎‎1‎‎2‎． 故该抛物线解析式是：y=−‎1‎‎2‎x‎2‎+x+4‎；‎ 如图‎1‎，联结OF， 设F(t, −‎1‎‎2‎t‎2‎+t+4)‎，则 S四边形OEFB＝S‎△OEF‎+S‎△OFB=‎1‎‎2‎×2t+‎1‎‎2‎×4(−‎1‎‎2‎t‎2‎+t+4)‎＝‎10‎． ∴ t‎1‎＝‎1‎，t‎2‎＝‎2‎． ∴ 点F的坐标是‎(1, ‎9‎‎2‎)‎或‎(2, 4)‎；‎ 由题意得，F(2, 4)‎， 如图‎2‎，设PF与y轴的交点为G．， ∵ ‎tan∠EBO=OEOB=‎2‎‎4‎=‎‎1‎‎2‎ 第21页 共24页 ◎ 第22页 共24页 ‎，tan∠HFB=BHFH=‎‎1‎‎2‎， ∴ tan∠EBO＝tan∠HFB． ∴ ‎∠EBO＝‎∠HFB． 又∵ ‎∠PFH＝‎∠EGF＝‎∠FBE， ∴ ‎∠PFB＝‎∠PBF． ∴ PF＝PB． 设P(a, 0)‎． 则PF＝PB， ∴ ‎(a−4‎‎)‎‎2‎＝‎(a−2‎)‎‎2‎+‎‎4‎‎2‎，解得a＝‎−1‎． ∴ ‎P(−1, 0)‎ ‎【答案】‎ 如图‎1‎中，作PH⊥BC于H． ∵ 四边形ABCD是菱形， ∴ AB＝BC＝‎4‎，AD // BC， ∴ ‎∠A+∠ABC＝‎180‎‎∘‎， ∵ ‎∠A＝‎120‎‎∘‎， ∴ ‎∠PBH＝‎60‎‎∘‎， ∵ PB＝‎3‎，‎∠PHB＝‎90‎‎∘‎， ∴ BH＝PB⋅cos‎60‎‎∘‎=‎‎3‎‎2‎，PH＝PB⋅sin‎60‎‎∘‎=‎‎3‎‎3‎‎2‎， ∴ CH＝BC−BH＝‎4−‎3‎‎2‎=‎‎5‎‎2‎， ∴ PC=PH‎2‎+CH‎2‎=‎(‎3‎‎3‎‎2‎‎)‎‎2‎+(‎‎5‎‎2‎‎)‎‎2‎=‎‎13‎．‎ 如图‎1‎中，作PH⊥BC于H，连接PQ，设PC交BD于O． ∵ 四边形ABCD是菱形， ∴ ‎∠ABD＝‎∠CBD＝‎30‎‎∘‎， ∵ ‎∠PCQ＝‎30‎‎∘‎， ∴ ‎∠PBO＝‎∠QCO， ∵ ‎∠POB＝‎∠QOC， ∴ ‎△POB∽△QOC， ∴ POQO‎=‎BOCD， ∴ OPBO‎=‎QOCD， ∵ ‎∠POQ＝‎∠BOC， ∴ ‎△POQ∽△BOC， ∴ ‎∠OPQ＝‎∠OBC＝‎30‎‎∘‎＝‎∠PCQ， ∴ PQ＝CQ＝y， ∴ PC=‎3‎y， 在Rt△PHB中，BH=‎1‎‎2‎x，PH=‎3‎‎2‎x， ∵ PC‎2‎＝PH‎2‎+CH‎2‎， ∴ ‎3‎y‎2‎＝‎(‎3‎‎2‎x‎)‎‎2‎+(4−‎1‎‎2‎x‎)‎‎2‎， ∴ y=‎3x‎2‎−12x+48‎‎3‎(0≤x<8)‎．‎ ‎①如图‎2‎中，若直线QP交直线BC于B点左侧于E． 此时‎∠CQE＝‎120‎‎∘‎， ∵ ‎∠PBC＝‎60‎‎∘‎， ∴ ‎△PBC中，不存在角与‎∠CQE相等， 此时‎△QCE与‎△BCP不可能相似． ②如图‎3‎中，若直线QP交直线BC于C点右侧于E． 则‎∠CQE＝‎∠B＝QBC+∠QCP＝‎60‎‎∘‎＝‎∠CBP， ∵ ‎∠PCB>∠E， ∴ 只可能‎∠BCP＝‎∠QCE＝‎75‎‎∘‎， 作CF⊥AB于F，则BF＝‎2‎，CF＝‎2‎‎3‎，‎∠PCF＝‎45‎‎∘‎， ∴ PF＝CF＝‎2‎‎3‎， 此时PB2+2‎‎3‎， 综上所述，满足条件的PB 第21页 共24页 ◎ 第22页 共24页 的值为‎2+2‎‎3‎．‎ ‎【考点】‎ 相似三角形综合题 ‎【解析】‎ ‎（1）如图‎1‎中，作PH⊥BC于H．解直角三角形求出BH，PH，在Rt△PCH中，理由勾股定理即可解决问题． （2）如图‎1‎中，作PH⊥BC于H，连接PQ，设PC交BD于O．证明‎△POQ∽△BOC，推出‎∠OPQ＝‎∠OBC＝‎30‎‎∘‎＝‎∠PCQ，推出PQ＝CQ＝y，推出PC=‎3‎y，在Rt△PHB中，BH=‎1‎‎2‎x，PH=‎3‎‎2‎x，根据PC‎2‎＝PH‎2‎+CH‎2‎，可得结论． （3）分两种情形：①如图‎2‎中，若直线QP交直线BC于B点左侧于E．②如图‎3‎中，若直线QP交直线BC于C点右侧于E．分别求解即可．‎ ‎【解答】‎ 如图‎1‎中，作PH⊥BC于H． ∵ 四边形ABCD是菱形， ∴ AB＝BC＝‎4‎，AD // BC， ∴ ‎∠A+∠ABC＝‎180‎‎∘‎， ∵ ‎∠A＝‎120‎‎∘‎， ∴ ‎∠PBH＝‎60‎‎∘‎， ∵ PB＝‎3‎，‎∠PHB＝‎90‎‎∘‎， ∴ BH＝PB⋅cos‎60‎‎∘‎=‎‎3‎‎2‎，PH＝PB⋅sin‎60‎‎∘‎=‎‎3‎‎3‎‎2‎， ∴ CH＝BC−BH＝‎4−‎3‎‎2‎=‎‎5‎‎2‎， ∴ PC=PH‎2‎+CH‎2‎=‎(‎3‎‎3‎‎2‎‎)‎‎2‎+(‎‎5‎‎2‎‎)‎‎2‎=‎‎13‎．‎ 如图‎1‎中，作PH⊥BC于H，连接PQ，设PC交BD于O． ∵ 四边形ABCD是菱形， ∴ ‎∠ABD＝‎∠CBD＝‎30‎‎∘‎， ∵ ‎∠PCQ＝‎30‎‎∘‎， ∴ ‎∠PBO＝‎∠QCO， ∵ ‎∠POB＝‎∠QOC， ∴ ‎△POB∽△QOC， ∴ POQO‎=‎BOCD， ∴ OPBO‎=‎QOCD， ∵ ‎∠POQ＝‎∠BOC， ∴ ‎△POQ∽△BOC， ∴ ‎∠OPQ＝‎∠OBC＝‎30‎‎∘‎＝‎∠PCQ， ∴ PQ＝CQ＝y， ∴ PC=‎3‎y， 在Rt△PHB中，BH=‎1‎‎2‎x，PH=‎3‎‎2‎x， ∵ PC‎2‎＝PH‎2‎+CH‎2‎， ∴ ‎3‎y‎2‎＝‎(‎3‎‎2‎x‎)‎‎2‎+(4−‎1‎‎2‎x‎)‎‎2‎， ∴ y=‎3x‎2‎−12x+48‎‎3‎(0≤x<8)‎．‎ ‎①如图‎2‎中，若直线QP交直线BC于B点左侧于E． 此时‎∠CQE＝‎120‎‎∘‎， ∵ ‎∠PBC＝‎60‎‎∘‎， ∴ ‎△PBC中，不存在角与‎∠CQE相等， 此时‎△QCE与‎△BCP不可能相似． ②如图‎3‎中，若直线QP交直线BC于C点右侧于E． 则‎∠CQE＝‎∠B＝QBC+∠QCP＝‎60‎‎∘‎＝‎∠CBP， ∵ ‎∠PCB>∠E， ∴ 只可能‎∠BCP＝‎∠QCE＝‎75‎‎∘‎， 作CF⊥AB于F，则BF＝‎2‎，CF＝‎2‎‎3‎，‎∠PCF＝‎45‎‎∘‎， ∴ PF＝CF＝‎2‎‎3‎， 此时PB2+2‎‎3‎， 综上所述，满足条件的PB的值为‎2+2‎‎3‎．‎ 第21页 共24页 ◎ 第22页 共24页