2024年中考数学（上海）第三次模拟考试（含答案）

这是一份2024年中考数学（上海）第三次模拟考试（含答案），共34页。试卷主要包含了下列命题中，真命题是，当时，化简等内容，欢迎下载使用。
（考试时间：100分钟 试卷满分：150分）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。
3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第Ⅰ卷
一、选择题（本大题共6个小题，每小题4分，共24分．在每个小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，请选出并在答题卡上将该项涂黑）
1．在下列二次根式中，与是同类二次根式的是（ ）
A．B．C．D．
2．正六边形的半径与边心距之比为（ ）
A．1：B．：1C．：2D．2：
3．已知在四边形中，，添加下列一个条件后，一定能判定四边形是平行四边形的是（ ）
A．B．C．D．
4．已知两组数据，2、3、4和3、4、5，那么下列说法正确的是（ ）
A．中位数不相等，方差不相等
B．平均数相等，方差不相等
C．中位数不相等，平均数相等
D．平均数不相等，方差相等
5．下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A．B．
C．D．
6．下列命题中，真命题是（ ）
A．如果第一个圆上的点都在第二个圆的外部，那么这两个圆外离
B．如果一个点即在第一个圆上，又在第二个圆上，那么这两个圆外切
C．如果一条直线上的点到圆心的距离等于半径长，那么这条直线与这个圆相切
D．如果一条直线上的点都在一个圆的外部，那么这条直线与这个圆相离
第Ⅱ卷
二、填空题（本大题共12个小题，每小题4分，共48分）
7．当时，化简： ．
8．点G是三角形ABC的重心，，，那么 = ．
9．方程的解是 ．
10．据报道，截止2018年2月，我国在澳大利亚的留学生已经达到17.3万人，将17.3万用科学记数法表示为 ．
11．已知一斜坡的坡比为1：2，坡角为，那么 ．
12．已知一组数据24、27、19、13、23、12，那么这组数据中的中位数是 ．
13．某商品的原价为100元，如果经过两次降价，且每次降价的百分率都是，那么该商品现在的价格是 元（结果用含的代数式表示）．
14．我国汉代数学家赵爽为了证明勾股定理，创制了一副“弦图”，后人称其为“赵爽弦图”（如图1）．图2由弦图变化得到，它是由八个全等的直角三角形拼接而成．记图中正方形、正方形、正方形的面积分别为、、，如果，那么的值是 ．
15．如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=4，BC=3，点D为AB的中点，将△ACD绕着点C逆时针旋转，使点A落在CB的延长线A′处，点D落在点D′处，则D′B长为 ．
16．如图，△ABC中，∠A=70°，⊙O截△ABC的三条边所截得弦长相等，则∠BOC= ．
17．如图，在矩形中，AD=6，将矩形折叠，使点B与点D重合，落在处，若，则折痕的长为 ．
18．如图，已知在等边中，，点在边上，如果以线段为半径的与以边为直径的外切，那么的半径长是 ．
三、解答题（本大题共7个小题，共78分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
19．（10分）计算：
20．（10分）阅读下列有关记忆的资料，分析保持记忆的措施和方法．资料：德国心理学家艾宾浩斯对人的记忆进行了研究，他采用无意义的音节作为记忆的材料进行实验，获得了如下表中的相关数据，然后他又根据表中的数据绘制了一条曲线，这就是著名的艾宾浩斯遗忘曲线．其中横轴表示时间，纵轴表示学习中的记忆量．
观察表格和图像，回答下列问题：
（1）图中点A的坐标表示的实际意义是________；
（2）在下面哪个时间段内遗忘的速度最快（ ）
A．0—20分钟；B．20分钟—1小时C．1小时9小时；D．1天—2天．
（3）王老师每节数学课最后五分钟都会对本节课进行回顾总结，并要求学生每天晚上对当天课堂上所学的知识进行复习．据调查这样一天后记忆量能保持98%．如果小明同学一天没有复习，那么记忆量大约会比复习过的记忆量减少多少？由此对你的学习有什么启示？
21．（10分）如图，已知中，，，边的垂直平分线，交的延长线于点D，交边于点E．
(1)求的长；
(2)求点C到直线的距离．
22．（10分）如图，已知在⊙O中，OD⊥AB，垂足为点D，DO的延长线与⊙O相交于点C，点E在弦AB的延长线上，CE与⊙O相交于点F，AB＝CD＝8，tanC＝1
（1）求⊙O的半径长；
（2）求的值．
23．（12分）如图，已知四边形是菱形，两对角线和相交于点O，过点D作，垂足为点H，和交于点E，联结并延长交边于点G．求证：
(1)；
(2)．
24．（12分）在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线与x轴交于点A（−3,0）和点B，与y轴相交于点C（0,3），抛物线的顶点为点D．
（1）求抛物线的表达式及顶点D的坐标；
（2）联结AD、AC、CD，求∠DAC的正切值；
（3）如果点P是原抛物线上的一点，且∠PAB=∠DAC，将原抛物线向右平移m个单位（m>0），使平移后新抛物线经过点P，求平移距离．
25．（14分）如图，已知中，，，，点D在上，连接，以点A为圆心、以为半径作圆A，圆A和边交于点E，点F在圆A上，且．
(1)设，，求y关于x的函数解析式；并写出的长；
(2)如果点E是弧的中点，求的值；
(3)连接，如果四边形是梯形，求的长．
2024年中考第三次模拟考试（上海卷）
数学·全解全析
第Ⅰ卷
一、选择题（本大题共6个小题，每小题4分，共24分．在每个小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，请选出并在答题卡上将该项涂黑）
1．在下列二次根式中，与是同类二次根式的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先将各选项化简，再找到被开方数为a的选项即可．
【详解】解：A、a与被开方数不同，故不是同类二次根式；
B、=|a|与被开方数不同，故不是同类二次根式；
C、=|a|与被开方数相同，故是同类二次根式；
D、=a2与被开方数不同，故不是同类二次根式．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了同类二次根式的定义，即：化成最简二次根式后，被开方数相同的二次根式叫做同类二次根式．
2．正六边形的半径与边心距之比为（ ）
A．1：B．：1C．：2D．2：
【答案】D
【分析】边心距：是指正多边形的每条边到其外接圆的圆心的距离,正六边形的边长就等于其外接圆的半径.它的边心距等于边长的倍..正多边形的边心距就是其内切圆的半径.
【详解】∵正六边形的半径为R，
∴边心距r＝R，
∴R：r＝1：＝2：，故选D．
【点睛】本题主要考查了正多边形的半径与边心距之比，解决本题的关键是掌握边心距的求法.
3．已知在四边形中，，添加下列一个条件后，一定能判定四边形是平行四边形的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据平行四边形的判定进行判断即可．
【详解】解：A、B.∵在四边形ABCD中，，
∴或，都不能判定四边形ABCD为平行四边形，故A、B错误；
C.∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴四边形ABCD为平行四边形，故C正确．
D.当时，无法判定四边形ABCD为平行四边形，故D错误．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定，解题的关键是熟练的掌握平行四边形的判定方法，是解题的关键．
4．已知两组数据，2、3、4和3、4、5，那么下列说法正确的是（ ）
A．中位数不相等，方差不相等
B．平均数相等，方差不相等
C．中位数不相等，平均数相等
D．平均数不相等，方差相等
【答案】D
【分析】分别利用平均数以及方差和中位数的定义分析，进而求出答案．
【详解】2、3、4的平均数为：（2+3+4）=3，中位数是3，方差为： [（2﹣3）2+（3﹣3）2+（3﹣4）2]= ；
3、4、5的平均数为：（3+4+5）=4，中位数是4，方差为： [（3﹣4）2+（4﹣4）2+（5﹣4）2]= ；
故中位数不相等，方差相等．
故选D．
【点睛】本题考查了平均数、中位数、方差的意义，解答本题的关键是熟练掌握这三种数的计算方法.
5．下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解即可．
【详解】解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项错误，不符合题意；
B、是轴对称图形也是中心对称图形，故此选项正确，符合题意；
C、不是轴对称图形，是中心对称图形．故此选项错误，不符合题意；
D、不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项错误，不符合题意．
故选：B．
【点睛】本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念，解题的关键是掌握轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形沿对称轴折叠后可重合；中心对称图形关键是要寻找对称中心，图形旋转180°后与原图重合．
6．下列命题中，真命题是（ ）
A．如果第一个圆上的点都在第二个圆的外部，那么这两个圆外离
B．如果一个点即在第一个圆上，又在第二个圆上，那么这两个圆外切
C．如果一条直线上的点到圆心的距离等于半径长，那么这条直线与这个圆相切
D．如果一条直线上的点都在一个圆的外部，那么这条直线与这个圆相离
【答案】D
【分析】根据两圆的位置关系、直线和圆的位置关系判断即可．
【详解】A.如果第一个圆上的点都在第二个圆的外部，那么这两个圆外离或内含，A是假命题；
B.如果一个点即在第一个圆上，又在第二个圆上，那么这两个圆外切或内切或相交，B是假命题；
C.如果一条直线上的点到圆心的距离等于半径长，那么这条直线与这个圆相切或相交，C是假命题；
D.如果一条直线上的点都在一个圆的外部，那么这条直线与这个圆相离，D是真命题；
故选D．
【点睛】本题考查了两圆的位置关系：设两圆半径分别为R、r，两圆圆心距为d，则当d＞R+r时两圆外离；当d=R+r时两圆外切；当R-r＜d＜R+r（R≥r）时两圆相交；当d=R-r（R＞r）时两圆内切；当0≤d＜R-r（R＞r）时两圆内含．
二、填空题（本大题共12个小题，每小题4分，共48分）
7．当时，化简： ．
【答案】1-x
【分析】正数的绝对值等于它本身，负数的绝对值等于它的相反数，0的绝对值是0．
【详解】解：∵x＜1，
∴x-1＜0，
∴原式=-（x-1）
=1-x
故答案为：1-x．
【点睛】本题考查了绝对值的性质，判断出x-1是负数是解题的关键．
8．点G是三角形ABC的重心，，，那么 = ．
【答案】．
【分析】根据题意画出图形，由，，根据三角形法则，即可求得的长，又由点G是△ABC的重心，根据重心的性质，即可求得．
【详解】如图：BD是△ABC的中线，
∵，
∴=，
∵，
∴=﹣，
∵点G是△ABC的重心，
∴==﹣，
故答案为 ﹣．
【点睛】本题考查了三角形的重心的性质：三角形的重心到三角形顶点的距离是它到对边中点的距离的2倍，本题也考查了向量的加法及其几何意义，是基础题目．
9．方程的解是 ．
【答案】
【分析】先根据算术平方根的定义求出x的取值范围，再利用算术平方根解方程即可．
【详解】由算术平方根的定义得：
解得
（符合的条件）
故答案为：．
【点睛】本题考查了算术平方根的定义、利用算术平方根解方程，掌握理解算术平方根式解题关键．
10．据报道，截止2018年2月，我国在澳大利亚的留学生已经达到17.3万人，将17.3万用科学记数法表示为 ．
【答案】1.73×105．
【分析】科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值＞1时，n是正数；当原数的绝对值＜1时，n是负数．
【详解】将17.3万用科学记数法表示为1.73×105．
故答案为1.73×105．
【点睛】本题考查了正整数指数科学记数法,根据科学计算法的要求，正确确定出a和n的值是解答本题的关键.
11．已知一斜坡的坡比为1：2，坡角为，那么 ．
【答案】
【分析】坡比坡角的正切值， 设竖直直角边为，水平直角边为，由勾股定理求出斜边， 进而可求出的正弦值 ．
【详解】解： 如图所示：
由题意，得：，
设竖直直角边为，水平直角边为，
则斜边，
则．
故答案为．
【点睛】此题主要考查坡比、坡角的关系以及勾股定理；熟记坡角的正切等于坡比是解决问题的关键．
12．已知一组数据24、27、19、13、23、12，那么这组数据中的中位数是 ．
【答案】21
【分析】求中位数要把数据按从小到大的顺序排列，位于最中间的一个数或两个数的平均数为中位数．
【详解】解：将这组数据从小到大的顺序排列：12、13、19、23、24、27，处于中间位置的两个数是19，23，那么由中位数的定义可知，这组数据的中位数是（19+23）÷2=21．
故答案为：21．
【点睛】本题为统计题，考查中位数的意义．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（或最中间两个数的平均数），叫做这组数据的中位数．
13．某商品的原价为100元，如果经过两次降价，且每次降价的百分率都是，那么该商品现在的价格是 元（结果用含的代数式表示）．
【答案】
【分析】根据该商品现在的价格=原价×（1-降价的百分率）2即可得出结论：
【详解】解：∵原价为100元，百分率都是，
∴该商品现在的价格是；
故答案为：．
【点睛】此题考查了列代数式，解决问题的关键是读懂题意，找到所求的量的等量关系，关系是该商品现在的价格=原价×（1-m）2．
14．我国汉代数学家赵爽为了证明勾股定理，创制了一副“弦图”，后人称其为“赵爽弦图”（如图1）．图2由弦图变化得到，它是由八个全等的直角三角形拼接而成．记图中正方形、正方形、正方形的面积分别为、、，如果，那么的值是 ．
【答案】16
【分析】根据正方形的面积和勾股定理即可求解．
【详解】解：设全等的直角三角形的两条直角边为a、b且a＞b，
由题意可知：S1=（a+b）2，S2=a2+b2，S3=（a-b）2，
因为S1+S2+S3=48，
即（a+b）2+a2+b2+（a-b）2=21，
∴3（a2+b2）=48，
∴3S2=48，
∴S2的值是16．
故答案为16．
【点睛】本题考查了勾股定理，正方形的面积，解决本题的关键是随着正方形的边长的变化表示面积．
15．如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=4，BC=3，点D为AB的中点，将△ACD绕着点C逆时针旋转，使点A落在CB的延长线A′处，点D落在点D′处，则D′B长为 ．
【答案】．
【详解】试题分析：
解：∵在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=4，BC=3，
∴AB=5，
∵点D为AB的中点，
∴CD=AD=BD=AB=2.5，
过D′作D′E⊥BC，
∵将△ACD绕着点C逆时针旋转，使点A落在CB的延长线A′处，点D落在点D′处，
∴CD′=AD=A′D′，
∴D′E==1.5，
∵A′E=CE=2，BC=3，
∴BE=1，
∴BD′=，
故答案为．
16．如图，△ABC中，∠A=70°，⊙O截△ABC的三条边所截得弦长相等，则∠BOC= ．
【答案】125°
【分析】先利用 O截△ABC的三条边所得的弦长相等，得出即O是△ABC的内心，从而，∠1=∠2，∠3=∠4，进一步求出∠BOC的度数．
【详解】
∵△ABC中∠A=70°，O截△ABC的三条边所得的弦长相等，
∴O到三角形三条边的距离相等，即O是△ABC的内心，
∴∠1=∠2,∠3=∠4,∠1+∠3= (180°−∠A)= (180°−70°)=55°；
∴∠BOC=180°−(∠1+∠3)=180°−55°=125°.
故答案为125°.
【点睛】本题考查了三角形的内切圆与内心、角平分线的性质，解题的关键是熟练的掌握圆的相关知识与应用.
17．如图，在矩形中，AD=6，将矩形折叠，使点B与点D重合，落在处，若，则折痕的长为 ．
【答案】4
【分析】由，，可求，，由折叠可知，得出，为的直角三角形；由可知，，，由折叠的性质得，等量代换后判断为等边三角形，即可得出答案．
【详解】解：在中，
∵
∴，，
∵，
∴，
由折叠的性质得，
∴，
∴为等边三角形，
由折叠可知：BE=DE，
∵，
∴，
∵AD=6，
∴DE=BE=4，
故．
故答案为：4．
【点睛】本题考查图形的翻折变换，解题过程中应注意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，如本题中折叠前后角相等．
18．如图，已知在等边中，，点在边上，如果以线段为半径的与以边为直径的外切，那么的半径长是 ．
【答案】
【分析】由等边三角形的性质和直角三角形的性质可求，，由勾股定理可求解．
【详解】解：如图，连接，过点作于H，
在等边中，，
，，
点是的中点，
，
以线段为半径的与以边为直径的外切，
，
，
，
，，
，
，
，
故答案为．
【点睛】本题考查了圆与圆的位置关系，等边三角形的性质，勾股定理等知识，灵活运用这些性质解决问题是本题的关键．
第Ⅱ卷
三、解答题（本大题共7个小题，共78分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
19．计算：
【答案】-2
【分析】先化简二次根式、计算负整数指数幂、分母有理化、去绝对值符号，再合并同类二次根式即可得．
【详解】原式=2﹣4﹣+2﹣=﹣2．
【点睛】本题考查了实数的混合运算，熟练掌握二次根式的性质、分母有理化、负整数指数幂的意义、绝对值的意义是解答本题的关键.
20．阅读下列有关记忆的资料，分析保持记忆的措施和方法．资料：德国心理学家艾宾浩斯对人的记忆进行了研究，他采用无意义的音节作为记忆的材料进行实验，获得了如下表中的相关数据，然后他又根据表中的数据绘制了一条曲线，这就是著名的艾宾浩斯遗忘曲线．其中横轴表示时间，纵轴表示学习中的记忆量．
观察表格和图像，回答下列问题：
（1）图中点A的坐标表示的实际意义是________；
（2）在下面哪个时间段内遗忘的速度最快（ ）
A．0—20分钟；B．20分钟—1小时C．1小时9小时；D．1天—2天．
（3）王老师每节数学课最后五分钟都会对本节课进行回顾总结，并要求学生每天晚上对当天课堂上所学的知识进行复习．据调查这样一天后记忆量能保持98%．如果小明同学一天没有复习，那么记忆量大约会比复习过的记忆量减少多少？由此对你的学习有什么启示？
【答案】（1）2天大约记忆量保持了27.8%；（2）A；（3）减少约66.3%；①每天上午、下午、晚上各复习10分钟；②坚持每天复习，劳逸结合（答案不唯一）．
【分析】（1）依据图象中点的坐标，即可得到A点表示的意义；
（2）根据图象判断即可；
（3）依据函数图象，可得如果一天不复习，记忆量只能保持33.7%左右．
【详解】解：（1）由题可得，点A表示：2天大约记忆量保持了27.8%；
故答案为：2天大约记忆量保持了27.8%
（2）由图可得，0-20分钟 内记忆保持量下降41.8%，故0-20分钟内内遗忘的速度最快，
故选：A；
（3）如果一天不复习，记忆量只能保持33.7%，记忆量减少约66.3%；
学习计划两条：①每天上午、下午、晚上各复习10分钟；②坚持每天复习，劳逸结合（答案不唯一）．
【点睛】本题考查了函数图象，观察函数图象获得有效信息是解题关键．
21．如图，已知中，，，边的垂直平分线，交的延长线于点D，交边于点E．
(1)求的长；
(2)求点C到直线的距离．
【答案】(1)5
(2)
【分析】（1）过点A作于点F，由等腰三角形的性质可得，，求得，再根据垂直平分线的性质可得，，从而可得，即，求得，即可求解；
（2）过点C作于点H，证明，根据平行线段成比例定理即可求解．
【详解】（1）解：如图，过点A作于点F，
∵，，，
∴，，
在中，，
∵垂直平分，
∴，，
在中，，即，
∴，
∴．
（2）解：过点C作于点H，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，即，
∴．
【点睛】本题考查等腰三角形的性质、垂直平分线的性质、锐角三角函数、相似三角形的判定与性质，熟练掌握相关性质及判定定理是解题的关键．
22．如图，已知在⊙O中，OD⊥AB，垂足为点D，DO的延长线与⊙O相交于点C，点E在弦AB的延长线上，CE与⊙O相交于点F，AB＝CD＝8，tanC＝1
（1）求⊙O的半径长；
（2）求的值．
【答案】（1）5；（2）
【分析】（1）连接OA，设半径为r，利用垂径定理结合勾股定理即可求出r；
（2）延长CD交⊙O于点Q，连接QF，利用圆周角定理以及已知条件求出CE和CF的长即可计算的值．
【详解】解：（1）连接OA，如图所示：
设⊙O半径为r，则由题意可知：OA＝OC＝r，OD＝CD﹣OC＝8﹣r，
又∵OD⊥AB，垂足为点D，
∴AD＝，
在Rt△AOD中，，
即，
解得：r＝5，
∴⊙O的半径长为5；
（2）延长CD交⊙O于点Q，连接QF，则∠CFQ＝90°，
由（1）可知CQ＝10，
∵tanC＝1，
∴∠C＝45°，
在Rt△CAF中：，
而CQ＝CF，CQ＝10，
∴CF＝5，
在Rt△CDE中，∠C＝∠E＝45°，
CE＝，
∴EF＝CE﹣CF＝8－5＝3，
∴．
【点睛】本题考查了圆的垂径定理,勾股定理,特殊角的三角函数值,熟练掌握垂径定理,灵活运用勾股定理,特殊角的三角函数值是解题的关键．
23．如图，已知四边形是菱形，两对角线和相交于点O，过点D作，垂足为点H，和交于点E，联结并延长交边于点G．求证：
(1)；
(2)．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）先判断出，进而判断出，得出，再用等角的余角相等判断出，即可得出结论；
（2）先判断出，进而判断出，得出．
【详解】（1）证明：是菱形的对角线，
，
点是菱形的两条对角线的交点，
，
，
，
，
，
在中，，
，
，
，
，
，
∵，
∴；
（2）证明：由（1）知，，
是菱形的对角线，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，
．
【点睛】此题主要考查了菱形的性质，相似三角形的判定和性质，同角的余角相等，判断出是解本题的关键．
24．在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线与x轴交于点A（−3,0）和点B，与y轴相交于点C（0,3），抛物线的顶点为点D．
（1）求抛物线的表达式及顶点D的坐标；
（2）联结AD、AC、CD，求∠DAC的正切值；
（3）如果点P是原抛物线上的一点，且∠PAB=∠DAC，将原抛物线向右平移m个单位（m>0），使平移后新抛物线经过点P，求平移距离．
【答案】(1)，（-1，4）； (2) ；(3) 平移距离为或
【分析】（1）利用待定系数法构建方程组即可解决问题．
（2）利用勾股定理求出AD，CD，AC，证明∠ACD=90°即可解决问题．
（3）过点P作x轴的垂线，垂足为H．设P（a，-a2-2a+3），可得PH=|-a2-2a+3|，AH=a+3，由∠PAB=∠DAC，推出tan∠PAB=tan∠DAC=．接下来分两种情形，构建方程求解即可．
【详解】解：（1）抛物线交轴于点，交轴于点，
根据题意，得：
解得,.
∴抛物线的表达式是，顶点的坐标为（-1，4）；
（2）∵A（-3，0），C（0，3），D（-1，4），
∴，
，
，
∵
∴，
∴，
∴；
（3）过点作轴垂线，垂足为点，
∵点是抛物线上一点，
∴设，可得，，
∵，
∴；
（ⅰ）， 解得（舍去），，
∴点的坐标为，
过点作轴平行线与抛物线交于点，则点与点关于直线对称，
由抛物线的对称性可得，
∴平移距离为；
（ⅱ），解得（舍去），，
∴点的坐标为，
过点作轴平行线与抛物线交于点，则点与点关于直线对称，
由抛物线的对称性可得，
∴平移距离为，
综上所述，平移距离为或．
【点睛】本题属于二次函数综合题，考查了待定系数法，勾股定理的逆定理，解直角三角形等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考常考题型．
25．如图，已知中，，，，点D在上，连接，以点A为圆心、以为半径作圆A，圆A和边交于点E，点F在圆A上，且．
(1)设，，求y关于x的函数解析式；并写出的长；
(2)如果点E是弧的中点，求的值；
(3)连接，如果四边形是梯形，求的长．
【答案】(1)，
(2)
(3)1或
【分析】（1）过A作于H，利用锐角三角函数和勾股定理求解即可；
（2）在上图中，连接交于Q，根据垂径定理的推论和直角三角形斜边中线性质得到，，利用正切定义得到，设，则，，由求得，，利用勾股定理求得即可求解；
（3）根据梯形性质，分和两种情况，利用相似三角形的性质求解即可．
【详解】（1）解：过A作于H，则，
∵，，
∴，
∵，，
∴，，
∴，，
∴；
（2）解：在上图中，连接交于Q，
∵点E是弧的中点，
∴，，又，
∴，
在中，，
在中，，
∵，
∴，
设，则，，
∴，
解得：，
∴，，
在中，，
∴，
∴；
（3）解：如果四边形是梯形，有两种情况：
当时，如图，
∵，
∴，
∴D和（1）图中的H重合，则；
当时，连接，如图，
∵，，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，又，
∴，
∴，即，
解得，（负值舍去），
∴，
综上，当四边形是梯形时，的长为1或．
【点睛】本题是圆的综合题，涉及锐角三角函数、勾股定理、垂径定理的推论、直角三角形斜边中线性质、相似三角形的判定与性质、三角形的外角性质、解一元二次方程、梯形性质等知识，综合性较强，解答本题熟练掌握相关知识的联系与运用，对学生的综合能力要求较高，一定要注意将所学知识贯穿起来．
时间
记忆量
刚记忆完
100%
20分钟后
58.2%
1小时后
44.2%
9小时后
35.8%
1天后
33.7%
2天后
27.8%
6天后
25.4%
30天后
21.1%
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