广西玉林市、防城港市 2014 年中考数学试卷
一、单项选择题（共 12 小题，每小题 3 分，满分 36 分）
1．（3 分）（2014•玉林）下面的数中，与﹣2 的和为 0 的是（ ）
A．2 B．﹣2 C． D．
考点：有理数的加法．
分析：设这个数为 x，根据题意可得方程 x+（﹣2）=0，再解方程即可．
解答：解：设这个数为 x，由题意得：
x+（﹣2）=0，
x﹣2=0，
x=2，
故选：A．
点评：此题主要考查了有理数的加法，解答本题的关键是理解题意，根据题意列出方程．
2．（3 分）（2014•玉林）将 6.18×10﹣3 化为小数的是（ ）
A．0.000618 B．0.00618 C．0.0618 D．0.618
考点：科学记数法—原数．
分析：科学记数法的标准形式为 a×10n（1≤|a|＜10，n 为整数）．本题把数据“6.18×10﹣3 中 6.18
的小数点向左移动 3 位就可以得到．
解答：解：把数据“6.18×10﹣3 中 6.18 的小数点向左移动 3 位就可以得到为 0.00618．
故选 B．
点评：本题考查写出用科学记数法表示的原数．
将科学记数法 a×10﹣n 表示的数，“还原”成通常表示的数，就是把 a 的小数点向左移动
n 位所得到的数．
把一个数表示成科学记数法的形式及把科学记数法还原是两个互逆的过程，这也可以
作为检查用科学记数法表示一个数是否正确的方法．
3．（3 分）（2014•玉林）计算（2a2）3 的结果是（ ）
A．2a6 B．6a6 C．8a6 D．8a5
考点：幂的乘方与积的乘方．
分析：利用幂的乘方与积的乘方的性质求解即可求得答案．
解答：解：（2a2）3=8a6．
故选 C．
点评：此题考查了幂的乘方与积的乘方的性质．此题比较简单，注意掌握指数的变化是解此
题的关键．
4．（3 分）（2014•玉林）下面的多项式在实数范围内能因式分解的是（ ）
A．x2+y2 B．x2﹣y C．x2+x+1 D．x2﹣2x+1
考点：实数范围内分解因式．
分析：利用因式分解的方法，分别判断得出即可．
解答：解；A、x2+y2，无法因式分解，故此选项错误；
B、x2﹣y，无法因式分解，故此选项错误；
C、x2+x+1，无法因式分解，故此选项错误；
D、x2﹣2x+1=（x﹣1）2，故此选项正确．
故选：D．
点评：此题主要考查了公式法分解因式，熟练应用公式是解题关键．
5．（3 分）（2014•玉林）如图的几何体的三视图是（ ）
A． B． C． D．
考点：简单组合体的三视图．
分析：分别找出图形从正面、左面、和上面看所得到的图形即可．
解答：解：从几何体的正面看可得有 2 列小正方形，左面有 2 个小正方形，右面下边有 1 个
小正方形；
从几何体的正面看可得有 2 列小正方形，左面有 2 个小正方形，右面下边有 1 个小正
方形；
从几何体的上面看可得有 2 列小正方形，左面有 2 个小正方形，右上角有 1 个小正方
形；
故选：C．
点评：
x kb 1
本题考查了三视图的知识，注意所有的看到的棱都应表现在三视图中．
6．（3 分）（2014•玉林）下列命题是假命题的是（ ）
A．四个角相等的四边形是矩形 B．对角线相等的平行四边形是矩形
C．对角线垂直的四边形是菱形 D．对角线垂直的平行四边形是菱形
考点：命题与定理．
分析：根据矩形的判定对 A、B 进行判断；根据菱形的判定方法对 C、D 进行判断．
解答：解：A、四个角相等的四边形是矩形，所以 A 选项为真命题；
B、对角线相等的平行四边形是矩形，所以 B 选项为真命题；
C、对角线垂直的平行四边形是菱形，所以 C 选项为假命题；
D、对角线垂直的平行四边形是菱形，所以 D 选项为真命题．
故选 C．
点评：本题考查了命题与定理：判断事物的语句叫命题；正确的命题称为真命题，错误的命
题称为假命题；经过推理论证的真命题称为定理．
7．（3 分）（2014•玉林）△ABC 与△A′B′C′是位似图形，且△ABC 与△A′B′C′的位似比是 1：
2，已知△ABC 的面积是 3，则△A′B′C′的面积是（ ）
A．3 B．6 C．9 D．12
考点：位似变换．
分析：利用位似图形的面积比等于位似比的平方，进而得出答案．
解答：解：∵△ABC 与△A′B′C′是位似图形，且△ABC 与△A′B′C′的位似比是 1：2，△ABC
的面积是 3，
∴△ABC 与△A′B′C′的面积比为：1：4，
则△A′B′C′的面积是：12．
故选：D．
点评：此题主要考查了位似图形的性质，利用位似图形的面积比等于位似比的平方得出是解
题关键．
8．（3 分）（2014•玉林）一个盒子内装有大小、形状相同的四个球，其中红球 1 个、绿球 1
个、白球 2 个，小明摸出一个球不放回，再摸出一个球，则两次都摸到白球的概率是（ ）
A．新
课 标
B． C． D．
考点：列表法与树状图法．
分析：首先根据题意画出树状图，然后由树状图求得所有等可能的结果与两次都摸到白球的
情况，再利用概率公式即可求得答案．
解答：解：画树状图得：
∵共有 12 种等可能的结果，两次都摸到白球的有 2 种情况，
∴两次都摸到白球的概率是： = ．
故答案为：C．
点评：本题考查的是用列表法或画树状图法求概率．列表法或画树状图法可以不重复不遗漏
的列出所有可能的结果，列表法适合于两步完成的事件，树状图法适合两步或两步以
上完成的事件．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
9．（3 分）（2014•玉林）x1，x2 是关于 x 的一元二次方程 x2﹣mx+m﹣2=0 的两个实数根，
是否存在实数 m 使 + =0 成立？则正确的是结论是（ ）
A．m=0 时成立 B．m=2 时成立 C．m=0 或 2 时成立 D．不存在
考点：根与系数的关系． 菁优网版 权所有
分析：先由一元二次方程根与系数的关系得出，x1+x2=m，x1x2=m﹣2．假设存在实数 m 使
+ =0 成立，则 =0，求出 m=0，再用判别式进行检验即可．
解答：解：∵x1，x2 是关于 x 的一元二次方程 x2﹣mx+m﹣2=0 的两个实数根，
∴x1+x2=m，x1x2=m﹣2．
假设存在实数 m 使 + =0 成立，则 =0，
∴ =0，
∴m=0．
当 m=0 时，方程 x2﹣mx+m﹣2=0 即为 x2﹣2=0，此时△=8＞0，
∴m=0 符合题意．
故选 A．
点评：本题主要考查了一元二次方程根与系数的关系：如果 x1，x2 是方程 x2+px+q=0 的两根
时，那么 x1+x2=﹣p，x1x2=q．
10．（3 分）（2014•玉林）在等腰△ABC 中，AB=AC，其周长为 20cm，则 AB 边的取值范
围是（ ）
A．1cm＜AB＜4cm B．5cm＜AB＜10cm C．4cm＜AB＜8cm D．4cm＜AB＜10cm
考点：等腰三角形的性质；解一元一次不等式组；三角形三边关系．菁优网版 权所有
分析：设 AB=AC=x，则 BC=20﹣2x，根据三角形的三边关系即可得出结论．
解答：解：∵在等腰△ABC 中，AB=AC，其周长为 20cm，
∴设 AB=AC=xcm，则 BC=（20﹣2x）cm，
∴ ，
解得 5cm＜x＜10cm．
故选 B．
点评：本题考查的是等腰三角形的性质，熟知等腰三角形的两腰相等是解答此题的关键．
11．（3 分）（2014•玉林）蜂巢的构造非常美丽、科学，如图是由 7 个形状、大小完全相同
的正六边形组成的网络，正六边形的顶点称为格点，△ABC 的顶点都在格点上．设定 AB
边如图所示，则△ABC 是直角三角形的个数有（ ）
A．4 个 B．6 个 C．8 个 D．10 个
考点：正多边形和圆．菁优网版 权所有
分析：根据正六边形的性质，分 AB 是直角边和斜边两种情况确定出点 C 的位置即可得解．
解答：解：如图，AB 是直角边时，点 C 共有 6 个位置，
即，有 6 个直角三角形，
AB 是斜边时，点 C 共有 2 个位置，
即有 2 个直角三角形，
综上所述，△ABC 是直角三角形的个数有 6+2=8 个．
故选 C．
点评：本题考查了正多边形和圆，难点在于分 AB 是直角边和斜边两种情况讨论，熟练掌握
正六边形的性质是解题的关键，作出图形更形象直观．
12．（3 分）（2014•玉林）如图，边长分别为 1 和 2 的两个等边三角形，开始它们在左边重
合，大三角形固定不动，然后把小三角形自左向右平移直至移出大三角形外停止．设小三角
形移动的距离为 x，两个三角形重叠面积为 y，则 y 关于 x 的函数图象是（ ）
A． B． C． D．
考点：动点问题的函数图象． 菁优网版 权所有
分析：根据题目提供的条件可以求出函数的解析式，根据解析式判断函数的图象的形状．
解答：解：①t≤1 时，两个三角形重叠面积为小三角形的面积，
∴y= ×1× = ，
②当 1＜x≤2 时，重叠三角形的边长为 2﹣x，高为 ，
y= （2﹣x）× = x﹣ x+ ，
③当 x≥2 时两个三角形重叠面积为小三角形的面积为 0，
故选：B．
点评：本题主要考查了本题考查了动点问题的函数图象，此类题目的图象往往是几个函数的
组合体．
二、填空题（共 6 小题，每小题 3 分，满分 18 分）
13．（3 分）（2014•玉林）3 的倒数是 ．
考点：倒数．菁优网版 权所有
分析：根据倒数的定义可知．
解答：解：3 的倒数是 ．
点评：主要考查倒数的定义，要求熟练掌握．需要注意的是：
倒数的性质：负数的倒数还是负数，正数的倒数是正数，0 没有倒数．
倒数的定义：若两个数的乘积是 1，我们就称这两个数互为倒数．
14．（3 分）（2014•玉林）在平面直角坐标系中，点（﹣4，4）在第 二 象限．
考点：点的坐标．菁优网版 权所有
分析：根据各象限内点的坐标特征解答．
解答：解：点（﹣4，4）在第二象限．
故答案为：二．
点评：本题考查了各象限内点的坐标的符号特征，记住各象限内点的坐标的符号是解决的关
键，四个象限的符号特点分别是：第一象限（+，+）；第二象限（﹣，+）；第三象限
（﹣，﹣）；第四象限（+，﹣）．
15．（3 分）（2014•玉林）下表是我市某一天在不同时段测得的气温情况
0：00 4：00 8：00 12：00 16：00 20：00
25℃ 27℃ 29℃ 32℃ 34℃ 30℃
则这一天气温的极差是 9 ℃．
考点：极差．菁优网版 权所有
分析：根据极差的定义即极差就是这组数中最大值与最小值的差，即可得出答案．
解答：解：这组数据的最大值是 34℃，最小值是 25℃，
则极差是 34﹣25=9（℃）．
故答案为：9．
点评：此题考查了极差，极差反映了一组数据变化范围的大小，求极差的方法是用一组数据
中的最大值减去最小值．注意：极差的单位与原数据单位一致．
16．（3 分）（2014•玉林）如图，直线 MN 与⊙O 相切于点 M，ME=EF 且 EF∥MN，则 cos∠E=
．
考点：切线的性质；等边三角形的判定与性质；特殊角的三角函数值． 菁优网版 权所有
专题：计算题．
分析：连结 OM，OM 的反向延长线交 EF 与 C，由直线 MN 与⊙O 相切于点 M，根据切线
的性质得 OM⊥MF，而 EF∥MN，根据平行线的性质得到 MC⊥EF，于是根据垂径
定理有 CE=CF，再利用等腰三角形的判定得到 ME=MF，易证得△MEF 为等边三角
形，所以∠E=60°，然后根据特殊角的三角函数值求解．
解答：解：连结 OM，OM 的反向延长线交 EF 与 C，如图，
∵直线 MN 与⊙O 相切于点 M，
∴OM⊥MF，
∵EF∥MN，
∴MC⊥EF，
∴CE=CF，
∴ME=MF，
而 ME=EF，
∴ME=EF=MF，
∴△MEF 为等边三角形，
∴∠E=60°，
∴cos∠E=cos60°= ．
故答案为 ．
点评：本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．也考查了垂径定理、等边
三角形的判定与性质和特殊角的三角函数值．
17．（3 分）（2014•玉林）如图，在直角梯形 ABCD 中，AD∥BC，∠C=90°，∠A=120°，
AD=2，BD 平分∠ABC，则梯形 ABCD 的周长是 7+ ．
考点：直角梯形．菁优网版 权所有
分析：根据题意得出 AB=AD，进而得出 BD 的长，再利用在直角三角形中 30°所对的边等于
斜边的一半，进而求出 CD 以及利用勾股定理求出 BC 的长，即可得出梯形 ABCD 的
周长．
解答：解：过点 A 作 AE⊥BD 于点 E，
∵AD∥BC，∠A=120°，
∴∠ABC=60°，∠ADB=∠DBC，
∵BD 平分∠ABC，
∴∠ABD=∠DBC=30°，
∴∠ABE=∠ADE=30°，
∴AB=AD，
∴AE= AD=1，
∴DE= ，则 BD=2 ，
∵∠C=90°，∠DBC=30°，
∴DC= BD= ，
∴BC= = =3，
∴梯形 ABCD 的周长是：AB+AD+CD+BC=2+2+ +3=7+ ．
故答案为：7+ ．
点评：此题主要考查了直角梯形的性质以及勾股定理和直角三角形中 30°所对的边等于斜边
的一半等知识，得出∠DBC 的度数是解题关键．
18．（3 分）（2014•玉林）如图，OABC 是平行四边形，对角线 OB 在轴正半轴上，位于第
一象限的点 A 和第二象限的点 C 分别在双曲线 y= 和 y= 的一支上，分别过点 A、C 作
x 轴的垂线，垂足分别为 M 和 N，则有以下的结论：
① = ；
②阴影部分面积是 （k1+k2）；
③当∠AOC=90°时，|k1|=|k2|；
④若 OABC 是菱形，则两双曲线既关于 x 轴对称，也关于 y 轴对称．
其中正确的结论是 ①④ （把所有正确的结论的序号都填上）．
考点：反比例函数综合题．菁优网版 权所有
专题：综合题．
分析：作 AE⊥y 轴于 E，CF⊥y 轴于 F，根据平行四边形的性质得 S△AOB=S△COB，利用三角
形面积公式得到 AE=CF，则有 OM=ON，再利用反比例函数 k 的几何意义和三角形面
积公式得到 S△AOM= |k1|= OM•AM，S△CON= |k2|= ON•CN，所以有 = ；由
S△AOM= |k1|，S△CON= |k2|，得到 S 阴影部分=S△AOM+S△CON= （|k1|+|k2|）= （k1﹣k2）；
当∠AOC=90°，得到四边形 OABC 是矩形，由于不能确定 OA 与 OC 相等，则不能判
断△AOM≌△CNO，所以不能判断 AM=CN，则不能确定|k1|=|k2|；若 OABC 是菱形，
根据菱形的性质得 OA=OC，可判断 Rt△AOM≌Rt△CNO，则 AM=CN，所以|k1|=|k2|，
即 k1=﹣k2，根据反比例函数的性质得两双曲线既关于 x 轴对称，也关于 y 轴对称．
解答：解：作 AE⊥y 轴于 E，CF⊥y 轴于 F，如图，
∵四边形 OABC 是平行四边形，
∴S△AOB=S△COB，
∴AE=CF，
∴OM=ON，
∵S△AOM= |k1|= OM•AM，S△CON= |k2|= ON•CN，
∴ = ，所以①正确；
∵S△AOM= |k1|，S△CON= |k2|，
∴S 阴影部分=S△AOM+S△CON= （|k1|+|k2|），
而 k1＞0，k2＜0，
∴S 阴影部分= （k1﹣k2），所以②错误；
当∠AOC=90°，
∴四边形 OABC 是矩形，
∴不能确定 OA 与 OC 相等，
而 OM=ON，
∴不能判断△AOM≌△CNO，
∴不能判断 AM=CN，
∴不能确定|k1|=|k2|，所以③错误；
若 OABC 是菱形，则 OA=OC，
而 OM=ON，
∴Rt△AOM≌Rt△CNO，
∴AM=CN，
∴|k1|=|k2|，
∴k1=﹣k2，
∴两双曲线既关于 x 轴对称，也关于 y 轴对称，所以④正确．
故答案为①④．
点评：本题考查了反比例函数的综合题：熟练掌握反比例函数的图象、反比例函数 k 的几何
意义、平行四边形的性质、矩形的性质和菱形的性质．
三、解答题（共 8 小题，满分 66 分。解答应写出文字说明过程或演算步骤）
19．（6 分）（2014•玉林）计算：（﹣2）2﹣ • +（sin60°﹣π）0．
考点：实数的运算；零指数幂；特殊角的三角函数值．菁优网版 权所有
分析：本题涉及零指数幂、乘方、特殊角的三角函数值、二次根式化简四个考点．针对每个
考点分别进行计算，然后根据实数的运算法则求得计算结果．
解答：解：原式=4﹣2 × +1
=4﹣2+1
=3．
点评：本题考查实数的综合运算能力，是各地中考题中常见的计算题型．解决此类题目的关
键是熟记特殊角的三角函数值，熟练掌握负整数指数幂、零指数幂、二次根式、绝对
值等考点的运算．
20．（6 分）（2014•玉林）先化简，再求值： ﹣ ，其中 x= ﹣1．
考点：分式的化简求值． 菁优网版 权所有
专题：计算题．
分析：原式通分并利用同分母分式的减法法则计算，约分得到最简结果，将 x 的值代入计算
即可求出值．
解答：解：原式= ﹣ = = ，
当 x= ﹣1 时，原式= = ．
点评：此题考查了分式的化简求值，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
21．（6 分）（2014•玉林）如图，已知：BC 与 CD 重合，∠ABC=∠CDE=90°，△ABC≌△CDE，
并且△CDE 可由△ABC 逆时针旋转而得到．请你利用尺规作出旋转中心 O（保留作图痕迹，
不写作法，注意最后用墨水笔加黑），并直接写出旋转角度是 90° ．
考点：作图-旋转变换．菁优网版 权所有
分析：分别作出 AC，CE 的垂直平分线进而得出其交点 O，进而得出答案．
解答：解：如图所示：旋转角度是 90°．
故答案为：90°．
点评：此题主要考查了旋转变换，得出旋转中心的位置是解题关键．
22．（8 分）（2014•玉林）第一次模拟试后，数学科陈老师把一班的数学成绩制成如图的统
计图，并给 了几个信息：①前两组的频率和是 0.14；②第一组的频率是 0.02；③自左到
右第二、三、四组的频数比为 3：9：8，然后布置学生（也请你一起）结合统计图完成下列
问题：
（1）全班学生是多少人？
（2）成绩不少于 90 分为优秀，那么全班成绩的优秀率是多少 ？
（3）若不少于 100 分可以得到 A+等级，则小明得到 A+的概率是多少？
考点：频数（率）分布直方图；概率公式． 菁优网版 权所有
分析：（1）首先求得第二组的频率，然后根据第二组的频数是 6，即可求得总人数；
（2）利用 1 减去前两组的频率即可求解；
（3）求得第三、四组的频率，则利用 1 减去前四组的频率即可求解．
解答：解：（1）第二组的频率是：0.14﹣0.02=0.12，
则全班的学生数是：6÷0.12=50；
（2）全班成绩的优秀率是 1﹣0.14=0.86=86%；
（3）第三、四组的频率是：0.12× =0.68，
则最后两组的频率的和是：1﹣0.14﹣0.68=0.18，
则小明得到 A+的概率是 0.18．
点评：本题考查读频数分布直方图的能力和利用统计图获取信息的能力；利用统计图获取信
息时，必须认真观察、分析、研究统计图，才能作出正确的判断和解决问题．
23．（9 分）（2014•玉林）如图的⊙O 中，AB 为直径，OC⊥AB，弦 CD 与 OB 交于点 F，
过点 D、A 分别作⊙O 的切线交于点 G，并与 AB 延长线交于点 E．
（1）求证：∠1=∠2．
（2）已知：OF：OB=1：3，⊙O 的半径为 3，求 AG 的长．
考点：切线的性质；相似三角形的判定与性质． 菁优网版 权所有
专题：证明题．
分析：（1）连结 OD，根据切线的性质得 OD⊥DE，则∠2+∠ODC=90°，而∠C=∠ODC，
则∠2+∠C=90°，由 OC⊥OB 得∠C+∠3=90°，所以∠2=∠3，而∠1=∠3，
所以∠1=∠2；
（2）由 OF：OB=1：3，⊙O 的半径为 3 得到 OF=1，由（1）中∠1=∠2 得 EF=ED，
在 Rt△ODE 中，DE=x，则 EF=x，OE=1+x，根据勾股定理得 32+t2=（t+1）2，解得
t=4，则 DE=4，OE=5，根据切线的性质由 AG 为⊙O 的切线得∠GAE=90°，再证明
Rt△EOD∽Rt△EGA，利用相似比可计算出 AG．
解答：（1）证明：连结 OD，如图，
∵DE 为⊙O 的切线，
∴OD⊥DE，
∴∠ODE=90°，即∠2+∠ODC=90°，
∵OC=OD，
∴∠C=∠ODC，
∴∠2+∠C=90°，
而 OC⊥OB，
∴∠C+∠3=90°，
∴∠2=∠3，
∵∠1=∠3，
∴∠1=∠2；
（2）解：∵OF：OB=1：3，⊙O 的半径为 3，
∴OF=1，
∵∠1=∠2，
∴EF=ED，
在 Rt△ODE 中，OD=3，DE=x，则 EF=x，OE=1+x，
∵OD2+DE2=OE2，
∴32+t2=（t+1）2，解得 t=4，
∴DE=4，OE=5，
∵AG 为⊙O 的切线，
∴AG⊥AE，
∴∠GAE=90°，
而∠OED=∠GEA，
∴Rt△EOD∽Rt△EGA，
∴ = ，即 = ，
∴AG=6．
点评：本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．也考查了勾股定理和相似
三角形的判定与性质．
24．（9 分）（2014•玉林）我市市区去年年底电动车拥有量是 10 万辆，为了缓解城区交通拥
堵状况，今年年初，市交通部门要求我市到明年年底控制电动车拥有量不超过 11.9 万辆，
估计每年报废的电动车数量是上一年年底电动车拥有量的 10%，假定每年新增电动车数量
相同，问：
（1）从今年年初起每年新增电动车数量最多是多少万辆？
（2）在（1）的结论下，今年年底到明年年底电动车拥有量的年增长率是多少？（结果精确
到 0.1%）
考点：一元二次方程的应用；一元一次不等式的应用．菁优网版 权所有
分析：（1）根据题意分别求出今年将报废电动车的数量，进而得出明年报废的电动车数量，
进而得出不等式求出即可；
（2）分别求出今年年底电动车数量，进而求出今年年底到明年年底电动车拥有量的
年增长率．
解答：解：（1）设从今年年初起每年新增电动车数量是 x 万辆，
由题意可得出：今年将报废电动车：10×10%=1（万辆），
∴[（10﹣1）+x
]
（1﹣10%）+x≤11.9，
解得：x≤2．
答：从今年年初起每年新增电动车数量最多是 2 万辆；
（2）∵今年年底电动车拥有量为：（10﹣1）+x=11（万辆），
明年年底电动车拥有量为：11.9 万辆，
∴设今年年底到明年年底电动车拥有量的年增长率是 y，则 11（1+y）=11.9，
解得：y≈0.082=8.2%．
答：今年年底到明年年底电动车拥有量的年增长率是 8.2%．
点评：此题主要考查了一元一次不等式的应用以及一元一次方程的应用，分别表示出今年与
明年电动车数量是解题关键．
25．（10 分）（2014•玉林）如图，在正方形 ABCD 中，点 M 是 BC 边上的任一点，连接 AM
并将线段 AM 绕 M 顺时针旋转 90°得到线段 MN，在 CD 边上取点 P 使 CP=BM，连接 NP，
BP．
（1）求证：四边形 BMNP 是平行四边形；
（2）线段 MN 与 CD 交于点 Q，连接 AQ，若△MCQ∽△AMQ，则 BM 与 MC 存在怎样的
数量关系？请说明理由．
考点：相似三角形的判定与性质；平行四边形的判定与性质；正方形的性质．菁优网版 权所有
分析：（1）根据正方形的性质可得 AB=BC，∠ABC=∠B，然后利用“边角边”证明△ABM
和△BCP 全等，根据全等三角形对应边相等可得 AM=BP，∠BAM=∠CBP，再求出
AM⊥BP，从而得到 MN∥BP，然后根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形
证明即可；
（2）根据同角的余角相等求出∠BAM=∠CMQ，然后求出△ABM 和△MCQ 相似，
根据相似三角形对应边成比例可得 = ，再求出△AMQ∽△ABM，根据相似三角
形对应边成比例可得 = ，从而得到 = ，即可得解．
解答：（1）证明：在正方形 ABCD 中，AB=BC，∠ABC=∠B，
在△ABM 和△BCP 中，
，
∴△ABM≌△BCP（SAS），
∴AM=BP，∠BAM=∠CBP，
∵∠BAM+∠AMB=90°，
∴∠CBP+∠AMB=90°，
∴AM⊥BP，
∵AM 并将线段 AM 绕 M 顺时针旋转 90°得到线段 MN，
∴AM⊥MN，且 AM=MN，
∴MN∥BP，
∴四边形 BMNP 是平行四边形；
（2）解：BM=MC．
理由如下：∵∠BAM+∠AMB=90°，∠AMB+∠CMQ=90°，
∴∠BAM=∠CMQ，
又∵∠B=∠C=90°，
∴△ABM∽△MCQ，
∴ = ，
∵△MCQ∽△AMQ，
∴△AMQ∽△ABM，
∴ = ，
∴ = ，
∴BM=MC．
点评：本题考查了相似三角形的判定与性质，正方形的性质，全等三角形的判定与性质，平
行四边形的判定，（1）求出两个三角形全等是解题的关键，（2）根据相似于同一个三
角形的两个三角形相似求出△AMQ∽△ABM 是解题的关键．
26．（12 分）（2014•玉林）给定直线 l：y=kx，抛物线 C：y=ax2+bx+1．
（1）当 b=1 时，l 与 C 相交于 A，B 两点，其中 A 为 C 的顶点，B 与 A 关于原点对称，求
a 的值；
（2）若把直线 l 向上平移 k2+1 个单位长度得到直线 r，则无论非零实数 k 取何值，直线 r
与抛物线 C 都只有一个交点．
①求此抛物线的解析式；
②若 P 是此抛物线上任一点，过 P 作 PQ∥y 轴且与直线 y=2 交于 Q 点，O 为原点．求证：
OP=PQ．
考点：二次函数综合题． 菁优网版 权所有
分析：（1）直线与抛物线的交点 B 与 A 关于原点对称，即横纵坐标对应互为相反数，即相
加为零，这很使用于韦达定理．由其中有涉及顶点，考虑顶点式易得 a 值．
（2）①直线 l：y=kx 向上平移 k2+1，得直线 r：y=kx+k2+1．根据无论非零实数 k 取
何值，直线 r 与抛物线 C：y=ax2+bx+1 都只有一个交点，得 ax2+（b﹣k）x﹣k2=0 中
△= =0．这虽然是个方程，但无法求解．这里可以考虑一个数学
技巧，既然 k 取任何值都成立，那么代入最简单的 1，2 肯定是成立的，所以可以代
入试验，进而可求得关于 a，b 的方程组，则 a，b 可能的值易得．但要注意答案中，
可能有的只能满足 k=1，2 时，并不满足任意实数 k，所以可以再代回
△= 中，若不能使其结果为 0，则应舍去．
②求证 OP=PQ，那么首先应画出大致的示意图．发现图中几何条件较少，所以考虑
用坐标转化求出 OP，PQ 的值，再进行比较．这里也有数学技巧，讨论动点 P 在抛物
线 y=﹣ x2+1 上，则可设其坐标为（x，﹣ x2+1），进而易求 OP，PQ．
解答：（1）解：
∵l：y=kx，C：y=ax2+bx+1，当 b=1 时有 A，B 两交点，
∴A，B 两点的横坐标满足 kx=ax2+x+1，即 ax2+（1﹣k）x+1=0．
∵B 与 A 关于原点对称，
∴0=xA+xB= ，
∴k=1．
∵y=ax2+x+1=a（x+ ）2+1﹣ ，
∴顶点（﹣ ，1﹣ ）在 y=x 上，
∴﹣ =1﹣ ，
解得 a=﹣ ．
（2）
①解：∵无论非零实数 k 取何值，直线 r 与抛物线 C 都只有一个交点，
∴k=1 时，k=2 时，直线 r 与抛物线 C 都只有一个交点．
当 k=1 时，r：y=x+2，
∴代入 C：y=ax2+bx+1 中，有 ax2+（b﹣1）x﹣1=0，
∵△= =0，
∴（b﹣1）2+4a=0，
当 k=2 时，r：y=2x+5，
∴代入 C：y=ax2+bx+1 中，有 ax2+（b﹣2）x﹣4=0，
∵△= =0，
∴（b﹣2）2+16a=0，
∴联立得关于 a，b 的方程组 ，
解得 或 ．
∵r：y=kx+k2+1 代入 C：y=ax2+bx+1，得 ax2+（b﹣k）x﹣k2=0，
∴△= ．
当 时，△= = =0，故无论 k 取何值，
直线 r 与抛物线 C 都只有一个交点．
当 时，△= = ，显然虽 k
值的变化，△不恒为 0，所以不合题意舍去．
∴C：y=﹣ x2+1．
②证明：
根据题意，画出图象如图 1，
由 P 在抛物线 y=﹣ x2+1 上，设 P 坐标为（x，﹣ x2+1），连接 OP，过 P 作 PQ⊥直
线 y=2 于 Q，作 PD⊥x 轴于 D，
∵PD=|﹣ x2+1|，OD=|x|，
∴OP= = = = ，
PQ=2﹣yP=2﹣（﹣ x2+1）= ，
∴OP=PQ．
点评：本题考查了二次函数、一次函数及图象，图象平移解析式变化，韦达定理及勾股定理
等知识，另涉及一些数学技巧，学生解答有一定难度，需要好好理解掌握．
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