2018年上海市杨浦区中考数学三模试卷

这是一份2018年上海市杨浦区中考数学三模试卷，共24页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1．（3分）下列各类数中，与数轴上的点存在一一对应关系的是（ ）
A．有理数B．实数C．分数D．整数
2．（3分）下列式子中，与互为有理化因式的是（ ）
A．B．C．D．
3．（3分）下列方程中有实数解的是（ ）
A．x4+16＝0B．x2﹣x+1＝0
C．D．
4．（3分）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．（3分）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB，垂足为D，AB＝c，∠A＝α，则CD长为（ ）
A．c•sin2αB．c•cs2α
C．c•sinα•tanαD．c•sinα•csα
6．（3分）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
二、填空题
7．（3分）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 ．
8．（3分）a（a+b）﹣b（a+b）＝ ．
9．（3分）不等式组的解集是 ．
10．（3分）已知关于x的方程x2﹣2x﹣m＝0没有实数根，那么m的取值范围是 ．
11．（3分）一次函数y＝kx+b（k≠0）的图象如图所示，那么不等式kx+b＜0的解集是 ．
12．（3分）把抛物线y＝2x2向右平移3个单位，再向下平移2个单位，得到的新的抛物线的表达式是 ．
13．（3分）在某公益活动中，小明对本年级同学的捐款情况进行了统计，绘制成如图所示的不完整的统计图，其中捐10元的人数占年级总人数的25%，则本次捐款20元的人数为 人．
14．（3分）布袋中装有2个红球和5个白球，它们除颜色外其它都相同．如果从这个布袋里随机摸出一个球，那么所摸到的球恰好为红球的概率是 ．
15．（3分）点G是三角形ABC的重心，＝，＝，那么＝ ．
16．（3分）一个斜面的坡度i＝1：0.75，如果一个物体从斜面的底部沿着斜面方向前进了20米，那么这个物体在水平方向上前进了 米．
17．（3分）如果等腰三角形的两内角度数相差45°，那么它的顶角度数为 ．
18．（3分）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 ．
三、解答题
19．计算：
20．解方程组：
21．如图，已知AB是圆O的直径，弦CD⊥AB，垂足H在半径OB上，AH＝5，CD＝，点E在弧AD上，射线AE与CD的延长线交于点F．
（1）求圆O的半径；
（2）如果AE＝6，求EF的长．
22．一辆高铁与一辆动车组列车在长为1320千米的京沪高速铁路上运行，已知高铁列车比动车组列车平均速度每小时快99千米，且高铁列车比动车组列车全程运行时间少3小时，求这辆高铁列车全程运行的时间和平均速度．
23．如图所示，在梯形ABCD中，AD∥BC，AB＝AD，∠BAD的平分线AE交BC于点E，连接DE．
（1）求证：四边形ABED是菱形；
（2）若∠ABC＝60°，CE＝2BE，试判断△CDE的形状，并说明理由．
24．下表中给出了变量x，与y＝ax2，y＝ax2+bx+c之间的部分对应值，（表格中的符号“…”表示该项数据已丢失）
（1）求抛物线y＝ax2+bx+c的表达式
（2）抛物线y＝ax2+bx+c的顶点为D，与y轴的交点为A，点M是抛物线对称轴上一点，直线AM交对称轴右侧的抛物线于点B，当△ADM与△BDM的面积比为2：3时，求B点坐标；
（3）在（2）的条件下，设线段BD与x轴交于点C，试写出∠BAD和∠DCO的数量关系，并说明理由．
25．如图，梯形ABCD中，AD∥BC，DC⊥BC，且∠B＝45°，AD＝DC＝1，点M为边BC上一动点，联结AM并延长交射线DC于点F，作∠FAE＝45°交射线BC于点E、交边DCN于点N，联结EF．
（1）当CM：CB＝1：4时，求CF的长．
（2）设CM＝x，CE＝y，求y关于x的函数关系式，并写出定义域．
（3）当△ABM∽△EFN时，求CM的长．
2018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
1．（3分）下列各类数中，与数轴上的点存在一一对应关系的是（ ）
A．有理数B．实数C．分数D．整数
【考点】27：实数；29：实数与数轴．
【专题】1：常规题型．
【分析】根据实数与数轴上的点存在一一对应关系解答．
【解答】解：数与数轴上的点存在一一对应关系，
故选：B．
【点评】此题考查实数问题，关键是根据实数与数轴上的点存在一一对应关系解答．
2．（3分）下列式子中，与互为有理化因式的是（ ）
A．B．C．D．
【考点】76：分母有理化．
【专题】1：常规题型．
【分析】直接利用有理化因式的定义分析得出答案．
【解答】解：∵（2﹣）（2+）
＝12﹣2
＝10，
∴与互为有理化因式的是：2+，
故选：B．
【点评】此题主要考查了有理数因式的定义，正确把握定义是解题关键．
3．（3分）下列方程中有实数解的是（ ）
A．x4+16＝0B．x2﹣x+1＝0
C．D．
【考点】AA：根的判别式；AF：高次方程；AG：无理方程；B2：分式方程的解．
【专题】52：方程与不等式．
【分析】AB是一元二次方程可以根据其判别式判断其根的情况；
C是无理方程，容易看出没有实数根；
D是分式方程，能使得分子为零，分母不为零的就是方程的根．
【解答】解：A中△＝02﹣4×1×16＝﹣64＜0，方程无实数根；
B中△＝（﹣1）2﹣4×1×1＝﹣3＜0，方程无实数根；
Cx＝﹣1是方程的根；
D中分子不为零的分式方程不可能为0，无实数根．
故选：C．
【点评】此题考查的是一元二次方程根的情况与判别式△的关系．在解分式方程时要验根，不要盲目解答；解二次根式时要注意被开方数必须大于0．
4．（3分）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
【考点】W1：算术平均数；W4：中位数；W7：方差．
【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．
【解答】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．
【点评】此题主要考查了平均数以及方差和中位数的求法，正确把握相关定义是解题关键．
5．（3分）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB，垂足为D，AB＝c，∠A＝α，则CD长为（ ）
A．c•sin2αB．c•cs2α
C．c•sinα•tanαD．c•sinα•csα
【考点】T7：解直角三角形．
【分析】根据已知条件在Rt△ABC中，用AB和α表示BC，在Rt△DCB中，根据余弦求出CD的长，得到答案．
【解答】解：在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝c，∠A＝α，
sinα＝，BC＝c•sinα，
∠A+∠B＝90°，∠DCB+∠B＝90°，
∴∠DCB＝∠A＝α，
在Rt△DCB中，∠CDB＝90°，
cs∠DCB＝，
CD＝BC•csα＝c•sinα•csα，
故选：D．
【点评】本题考查的是解直角三角形的知识，掌握锐角三角函数的概念是解题的关键，把三角函数的概念看作是公式，在相应的直角三角形中，直接运用．
6．（3分）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
【考点】O1：命题与定理．
【专题】17：推理填空题．
【分析】根据两圆的位置关系、直线和圆的位置关系判断即可．
【解答】解：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；
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；
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；
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
7．（3分）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 1.73×105 ．
【考点】1I：科学记数法—表示较大的数．
【专题】1：常规题型．
【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．
【解答】解：将17.3万用科学记数法表示为1.73×105．
故答案为：1.73×105．
【点评】此题考查科学记数法的表示方法．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，表示时关键要正确确定a的值以及n的值．
8．（3分）a（a+b）﹣b（a+b）＝ （a+b）（a﹣b） ．
【考点】53：因式分解﹣提公因式法．
【分析】先确定公因式为（a+b），然后提取公因式后整理即可．
【解答】解：a（a+b）﹣b（a+b）＝（a+b）（a﹣b）．
【点评】本题考查因式分解，较为简单，提取公因式即可，准确找出公因式是解题的关键．
9．（3分）不等式组的解集是 x≥3 ．
【考点】CB：解一元一次不等式组．
【专题】11：计算题；524：一元一次不等式(组)及应用．
【分析】先求出两个不等式的解集，再求其公共解．
【解答】解：解不等式3x﹣2＞0，得：x＞，
解不等式6﹣2x≤0，得：x≥3，
则不等式组的解集为x≥3，
故答案为：x≥3
【点评】本题主要考查了一元一次不等式组解集的求法，其简便求法就是用口诀求解．求不等式组解集的口诀：同大取大，同小取小，大小小大中间找，大大小小找不到（无解）．
10．（3分）已知关于x的方程x2﹣2x﹣m＝0没有实数根，那么m的取值范围是 m＜﹣1 ．
【考点】AA：根的判别式．
【分析】根据根的判别式得出b2﹣4ac＜0，代入求出不等式的解集即可得到答案．
【解答】解：∵关于x的方程x2﹣2x﹣m＝0没有实数根，
∴b2﹣4ac＝（﹣2）2﹣4×1×（﹣m）＜0，
解得：m＜﹣1，
故答案为：m＜﹣1．
【点评】本题主要考查对根的判别式，解一元一次不等式等知识点的理解和掌握，能根据题意得出（﹣2）2﹣4×1×（﹣m）＜0是解此题的关键．
11．（3分）一次函数y＝kx+b（k≠0）的图象如图所示，那么不等式kx+b＜0的解集是 x＞﹣3 ．
【考点】F3：一次函数的图象；FD：一次函数与一元一次不等式．
【专题】1：常规题型．
【分析】一次函数y＝kx+b的图象在x轴下方时，y＜0，再根据图象写出解集即可．
【解答】解：当不等式kx+b＜0时，一次函数y＝kx+b的图象在x轴下方，因此x＞﹣3．
故答案为：x＞﹣3．
【点评】此题主要考查了一次函数与一元一次不等式的关系，关键是能正确利用数形结合的方法解决问题．
12．（3分）把抛物线y＝2x2向右平移3个单位，再向下平移2个单位，得到的新的抛物线的表达式是 y＝2（x﹣3）2﹣2 ．
【考点】H6：二次函数图象与几何变换．
【专题】33：函数思想．
【分析】抛物线的平移，实际上就是顶点的平移，先求出原抛物线的顶点坐标，再根据平移规律，推出新抛物线的顶点坐标，根据顶点式可求新抛物线的解析式．
【解答】解：∵y＝2x2的顶点坐标为（0，0），
∴把抛物线向右平移3个单位，再向下平移2个单位，得新抛物线顶点坐标为（3，﹣2），
∵平移不改变抛物线的二次项系数，
∴平移后的抛物线的解析式是y＝2（x﹣3）2﹣2．
故答案为y＝2（x﹣3）2﹣2．
【点评】本题考查了抛物线的平移变换．关键是将抛物线的平移转化为顶点的平移，运用顶点式求抛物线解析式．
13．（3分）在某公益活动中，小明对本年级同学的捐款情况进行了统计，绘制成如图所示的不完整的统计图，其中捐10元的人数占年级总人数的25%，则本次捐款20元的人数为 35 人．
【考点】VC：条形统计图．
【分析】根据捐款10元的人数占总人数25%可得捐款总人数，将总人数减去其余各组人数可得答案．
【解答】解：根据题意可知，本年级捐款捐款的同学一共有20÷25%＝80（人），
则本次捐款20元的有：80﹣（20+10+15）＝35（人），
故答案为：35．
【点评】本题主要考查条形统计图，熟悉计算公式是基础和解决本题根本，从条形图中读取有用信息是关键．
14．（3分）布袋中装有2个红球和5个白球，它们除颜色外其它都相同．如果从这个布袋里随机摸出一个球，那么所摸到的球恰好为红球的概率是 ．
【考点】X4：概率公式．
【分析】根据概率公式，求摸到红球的概率，即用红球除以小球总个数即可得出得到红球的概率．
【解答】解：∵一个布袋里装有2个红球和5个白球，
∴摸出一个球摸到红球的概率为：＝．
故答案为：．
【点评】此题主要考查了概率公式的应用，由已知求出小球总个数再利用概率公式求出是解决问题的关键．
15．（3分）点G是三角形ABC的重心，＝，＝，那么＝ ﹣ ．
【考点】K5：三角形的重心；LM：*平面向量．
【专题】11：计算题．
【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．
【解答】解：如图：BD是△ABC的中线，
∵＝，
∴＝，
∵＝，
∴＝﹣，
∵点G是△ABC的重心，
∴＝＝﹣，
故答案为：﹣．
【点评】本题考查了平面向量与三角形重心的知识，解题的关键是掌握三角形法则与三角形重心的性质，注意数形结合思想的应用．
16．（3分）一个斜面的坡度i＝1：0.75，如果一个物体从斜面的底部沿着斜面方向前进了20米，那么这个物体在水平方向上前进了 12 米．
【考点】T9：解直角三角形的应用﹣坡度坡角问题．
【专题】1：常规题型．
【分析】直接根据题意得出直角边的比值，即可表示出各边长进而得出答案．
【解答】解：如图所示：
∵坡度i＝1：0.75，
∴AC：BC＝1：0.75＝4：3，
∴设AC＝4x，则BC＝3x，故AB＝5x，
∵AB＝20m，
∴5x＝20，
解得：x＝4，
故3x＝12，
故这个物体在水平方向上前进了12m．
故答案为：12．
【点评】此题主要考查了解直角三角形的应用，正确表示出各边长是解题关键．
17．（3分）如果等腰三角形的两内角度数相差45°，那么它的顶角度数为 90°或30° ．
【考点】KH：等腰三角形的性质．
【专题】552：三角形．
【分析】分两种情况讨论求解：顶角比底角大45°；顶角比底角小45°．
【解答】解：设顶角为x度，则
当底角为x°﹣45°时，2（x°﹣45°）+x°＝180°，
解得x＝90°，
当底角为x°+45°时，2（x°+45°）+x°＝180°，
解得x＝30°，
∴顶角度数为90°或30°．
故答案为：90°或30°．
【点评】本题考查了等腰三角形的性质，主要利用了等腰三角形两底角相等，难点在于要分情况讨论．
18．（3分）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 ．
【考点】R2：旋转的性质．
【分析】由题意画出图形，过D′作D′E⊥BC，根据勾股定理可求出D′E的长，根据BC的长＝3，可求出BE的长，再利用勾股定理即可求出D′B的长．
【解答】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：．
【点评】本题考查了勾股定理的运用、直角三角形斜边上的中线的性质、旋转的性质、等腰三角形的性质，题目的综合性较强，正确的画出旋转后的图形是解题的关键．
三、解答题
19．计算：
【考点】6F：负整数指数幂；79：二次根式的混合运算．
【专题】11：计算题；514：二次根式．
【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．
【解答】解：原式＝2﹣4﹣+2﹣＝﹣2．
【点评】本题主要考查二次根式的混合运算，解题的关键是掌握二次根式性质、负整数指数幂、分母有理化、绝对值性质等知识点．
20．解方程组：
【考点】98：解二元一次方程组．
【专题】1：常规题型．
【分析】设＝a，＝b，则原方程组化为，求出方程组的解，再求出原方程组的解即可．
【解答】解：设＝a，＝b，
则原方程组化为：，
①+②得：4a＝4，
解得：a＝1，
把a＝1代入①得：1+b＝3，
解得：b＝2，
即，
解得：，
经检验是原方程组的解，
所以原方程组的解是．
【点评】本题考查了解分式方程组，能正确换元是解此题的关键．
21．如图，已知AB是圆O的直径，弦CD⊥AB，垂足H在半径OB上，AH＝5，CD＝，点E在弧AD上，射线AE与CD的延长线交于点F．
（1）求圆O的半径；
（2）如果AE＝6，求EF的长．
【考点】M2：垂径定理．
【专题】559：圆的有关概念及性质．
【分析】（1）连接OD，根据垂径定理得：DH＝2，设圆O的半径为r，根据勾股定理列方程可得结论；
（2）过O作OG⊥AE于G，证明△AGO∽△AHF，列比例式可得AF的长，从而得EF的长．
【解答】解：（1）连接OD，
∵直径AB⊥弦CD，CD＝4，
∴DH＝CH＝CD＝2，
在Rt△ODH中，AH＝5，
设圆O的半径为r，
根据勾股定理得：OD2＝（AH﹣OA）2+DH2，即r2＝（5﹣r）2+20，
解得：r＝4.5，
则圆的半径为4.5；
（2）过O作OG⊥AE于G，
∴AG＝AE＝×6＝3，
∵∠A＝∠A，∠AGO＝∠AHF，
∴△AGO∽△AHF，
∴，
∴，
∴AF＝，
∴EF＝AF﹣AE＝﹣6＝．
【点评】本题考查了垂径定理，在有关圆的几何证明或几何计算中常用到；利用三角形相似比或勾股定理进行计算几何是常用的方法．
22．一辆高铁与一辆动车组列车在长为1320千米的京沪高速铁路上运行，已知高铁列车比动车组列车平均速度每小时快99千米，且高铁列车比动车组列车全程运行时间少3小时，求这辆高铁列车全程运行的时间和平均速度．
【考点】B7：分式方程的应用．
【专题】34：方程思想；522：分式方程及应用．
【分析】设动车组列车的平均速度为x千米/小时，则高铁列车的平均速度为（x+99）千米/小时，根据时间＝路程÷速度结合高铁列车比动车组列车全程运行时间少3小时，即可得出关于x的分式方程，解之经检验后即可得出结论．
【解答】解：设动车组列车的平均速度为x千米/小时，则高铁列车的平均速度为（x+99）千米/小时，
根据题意得：﹣＝3，
解得：x1＝165，x2＝﹣264（不合题意，舍去），
经检验，x＝165是原方程的解，
∴x+99＝264，1320÷（x+99）＝5．
答：这辆高铁列车全程运行的时间为5小时，平均速度为264千米/小时．
【点评】本题考查了分式方程的应用，找准等量关系，正确列出分式方程是解题的关键．
23．如图所示，在梯形ABCD中，AD∥BC，AB＝AD，∠BAD的平分线AE交BC于点E，连接DE．
（1）求证：四边形ABED是菱形；
（2）若∠ABC＝60°，CE＝2BE，试判断△CDE的形状，并说明理由．
【考点】KD：全等三角形的判定与性质；KM：等边三角形的判定与性质；LA：菱形的判定与性质；LH：梯形．
【专题】152：几何综合题．
【分析】（1）根据AB＝AD及AE为∠BAD的平分线可得出∠1＝∠2，从而证得△BAE≌△DAE，这样就得出四边形ABED为平行四边形，根据菱形的判定定理即可得出结论；
（2）过点D作DF∥AE交BC于点F，可得出DF＝AE，AD＝EF＝BE，再由CE＝2BE得出DE＝EF，从而结合∠ABC＝60°，AB∥DE可判断出结论．
【解答】（1）证明：如图，∵AE平分∠BAD，
∴∠1＝∠2，
∵AB＝AD，AE＝AE，
∴△BAE≌△DAE，
∴BE＝DE，
∵AD∥BC，
∴∠2＝∠3＝∠1，
∴AB＝BE，
∴AB＝BE＝DE＝AD，
∴四边形ABED是菱形．
（2）解：△CDE是直角三角形．
如图，过点D作DF∥AE交BC于点F，
∵AD∥BC，DF∥AE
∴四边形AEFD是平行四边形，
∴DF＝AE，AD＝EF＝BE，
∵CE＝2BE，
∴BE＝EF＝FC，
∴DE＝EF，
又∵∠ABC＝60°，AB∥DE，
∴∠DEF＝60°，
∴△DEF是等边三角形，
∴DF＝EF＝FC，
∴△CDE是直角三角形．
【点评】本题综合考查了梯形、全等三角形的判定及性质、菱形的判定及性质，难度较大，解答本题需要掌握①有一组邻边相等的平行四边形是菱形，②直角三角形中，斜边的中线等于斜边的一半．
24．下表中给出了变量x，与y＝ax2，y＝ax2+bx+c之间的部分对应值，（表格中的符号“…”表示该项数据已丢失）
（1）求抛物线y＝ax2+bx+c的表达式
（2）抛物线y＝ax2+bx+c的顶点为D，与y轴的交点为A，点M是抛物线对称轴上一点，直线AM交对称轴右侧的抛物线于点B，当△ADM与△BDM的面积比为2：3时，求B点坐标；
（3）在（2）的条件下，设线段BD与x轴交于点C，试写出∠BAD和∠DCO的数量关系，并说明理由．
【考点】HF：二次函数综合题．
【专题】537：函数的综合应用．
【分析】（1）由（1，1）在抛物线y＝ax2上可求出a值，再由（﹣1，7）、（0，2）在抛物线y＝x2+bx+c上可求出b、c的值，此题得解；
（2）由△ADM和△BDM同底可得出两三角形的面积比等于高的比，结合点A的坐标即可求出点B的横坐标，再利用二次函数图象上点的坐标特征即可求出点B的坐标；
（3）利用二次函数图象上点的坐标特征可求出A、D的坐标，过点A作AN∥x轴，交BD于点N，则∠AND＝∠DCO，根据点B、D的坐标利用待定系数法可求出直线BD的解析式，利用一次函数图象上点的坐标特征可求出点N的坐标，利用两点间的距离公式可求出BA、BD、BN的长度，由三者间的关系结合∠ABD＝∠NBA，可证出△ABD∽△NBA，根据相似三角形的性质可得出∠ANB＝∠DAB，再由∠ANB+∠AND＝180°可得出∠DAB+∠DCO＝180°，即∠BAD和∠DCO互补．
【解答】解：（1）当x＝1时，y＝ax2＝1，
解得：a＝1；
将（﹣1，7）、（0，2）代入y＝x2+bx+c，得：
，解得：，
∴抛物线的表达式为y＝x2﹣4x+2；
（2）∵△ADM和△BDM同底，且△ADM与△BDM的面积比为2：3，
∴点A到抛物线的距离与点B到抛物线的距离比为2：3．
∵抛物线y＝x2﹣4x+2的对称轴为直线x＝﹣＝2，点A的横坐标为0，
∴点B到抛物线的距离为3，
∴点B的横坐标为3+2＝5，
∴点B的坐标为（5，7）．
（3）∠BAD和∠DCO互补，理由如下：
当x＝0时，y＝x2﹣4x+2＝2，
∴点A的坐标为（0，2），
∵y＝x2﹣4x+2＝（x﹣2）2﹣2，
∴点D的坐标为（2，﹣2）．
过点A作AN∥x轴，交BD于点N，则∠AND＝∠DCO，如图所示．
设直线BD的表达式为y＝mx+n（m≠0），
将B（5，7）、D（2，﹣2）代入y＝mx+n，
，解得：，
∴直线BD的表达式为y＝3x﹣8．
当y＝2时，有3x﹣8＝2，
解得：x＝，
∴点N的坐标为（，2）．
∵A（0，2），B（5，7），D（2，﹣2），
∴AB＝5，BD＝3，BN＝，
∴＝＝．
又∵∠ABD＝∠NBA，
∴△ABD∽△NBA，
∴∠ANB＝∠DAB．
∵∠ANB+∠AND＝180°，
∴∠DAB+∠DCO＝180°，
∴∠BAD和∠DCO互补．
【点评】本题考查了待定系数法求二次函数解析式、二次（一次）函数图象上点的坐标特征、三角形的面积、相似三角形的判定与性质、两点间的距离公式以及平行线的性质，解题的关键是：（1）根据点的坐标，利用待定系数法求出二次函数表达式；（2）根据同底三角形的面积比等于高的比找出点B的横坐标；（3）构造相似三角形，找出∠BAD和∠DCO互补．
25．如图，梯形ABCD中，AD∥BC，DC⊥BC，且∠B＝45°，AD＝DC＝1，点M为边BC上一动点，联结AM并延长交射线DC于点F，作∠FAE＝45°交射线BC于点E、交边DCN于点N，联结EF．
（1）当CM：CB＝1：4时，求CF的长．
（2）设CM＝x，CE＝y，求y关于x的函数关系式，并写出定义域．
（3）当△ABM∽△EFN时，求CM的长．
【考点】SO：相似形综合题．
【专题】152：几何综合题．
【分析】（1）如图1中，作AH⊥BC于H．首先证明四边形AHCD是正方形，求出BC、MC的长，利用平行线分线段成比例定理即可解决问题；
（2）在Rt△AEH中，AE2＝AH2+EH2＝12+（1+y）2，由△EAM∽△EBA，可得＝，推出AE2＝EM•EB，由此构建函数关系式即可解决问题；
（3）如图2中，作AH⊥BC于H，连接MN，在HB上取一点G，使得HG＝DN，连接AG．想办法证明CM＝CN，MN＝DN+HM即可解决问题；
【解答】解：（1）如图1中，作AH⊥BC于H．
∵CD⊥BC，AD∥BC，
∴∠BCD＝∠D＝∠AHC＝90°，
∴四边形AHCD是矩形，
∵AD＝DC＝1，
∴四边形AHCD是正方形，
∴AH＝CH＝CD＝1，
∵∠B＝45°，
∴AH＝BH＝1，BC＝2，
∵CM＝BC＝，CM∥AD，
∴＝，
∴＝，
∴CF＝1．
（2）如图1中，在Rt△AEH中，AE2＝AH2+EH2＝12+（1+y）2，
∵∠AEM＝∠AEB，∠EAM＝∠B，
∴△EAM∽△EBA，
∴＝，
∴AE2＝EM•EB，
∴1+（1+y）2＝（x+y）（y+2），
∴y＝，
∵2﹣2x≥0，
∴0≤x≤1．
（3）如图2中，作AH⊥BC于H，连接MN，在HB上取一点G，使得HG＝DN，连接AG．
则△ADN≌△AHG，△MAN≌△MAG，
∴MN＝MG＝HM+GH＝HM+DN，
∵△ABM∽△EFN，
∴∠EFN＝∠B＝45°，
∴CF＝CE，
∵四边形AHCD是正方形，
∴CH＝CD＝AH＝AD，EH＝DF，∠AHE＝∠D＝90°，
∴△AHE≌△ADF，
∴∠AEH＝∠AFD，
∵∠AEH＝∠DAN，∠AFD＝∠HAM，
∴∠HAM＝∠DAN，
∴△ADN≌△AHM，
∴DN＝HM，设DN＝HM＝x，则MN＝2x，CN＝CM＝x，
∴x+x＝1，
∴x＝﹣1，
∴CM＝2﹣．
【点评】本题考查相似三角形综合题、正方形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理、相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题．x
﹣1
0
1
ax2
…
…
1
ax2+bx+c
7
2
…
x
﹣1
0
1
ax2
…
…
1
ax2+bx+c
7
2
…