山东省临沂市 2014 年中考数学试卷
一、选择题（本大题共 14 小题，每小题 3 分，共 42 分）在每小题所给出的四个选项中，
只有一项是符合题目要求的．
1．（3 分）（2014•临沂）﹣3 的相反数是（ ）
A．3 B．﹣3 C． D．﹣
考点：相反数．
分析：根据相反数的概念解答即可．
解答：解：﹣3 的相反数是 3，
故选 A．
点评：本题考查了相反数的意义，一个数的相反数就是在这个数前面添上“﹣”号；一个正数
的相反数是负数，一个负数的相反数是正数，0 的相反数是 0．
2．（3 分）（2014•临沂）根据世界贸易组织（WTO）秘书处初步统计数据，2013 年中国货
物进出口总额为 4160000000000 美元，超过美国成为世界第一货物贸易大国．将这个数据用
科学记数法可以记为（ ）
A．4.16×1012 美元 B．4.16×1013 美元 C．0.416×1012 美元 D．416×1010 美元
考点：科学记数法—表示较大的数．菁
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 的值是易
错点，由于 4160000000000 有 13 位，所以可以确定 n=13﹣1=12．
解答：解：4 160 000 000 000=4.16×1012．
故选 A．
点评：此题考查科学记数法表示较大的数的方法，准确确定 a 与 n 值是关键．
3．（3 分）（2014•临沂）如图，已知 l1∥l2，∠A=40°，∠1=60°，则∠2 的度数为（ ）
A．40° B．60° C．80° D．100°
考点：平行线的性质；三角形的外角性质．
分析：根据两直线平行，内错角相等可得∠3=∠1，再根据三角形的一个外角等于与它不相
邻的两个内角的和列式计算即可得解．
解答：解：∵l1∥l2，
∴∠3=∠1=60°，
∴∠2=∠A+∠3=40°+60°=100°．
故选 D．
点评：本题考查了平行线的性质，三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和的性
质，熟记性质并准确识图是解题的关键．
4．（3 分）（2014•临沂）下列计算正确的是（ ）
A．a+2a=3a2 B．（a2b）3=a6b3 C．（am）2=am+2 D．a3•a2=a6
考点：幂的乘方与积的乘方；合并同类项；同底数幂的乘法．
分析：分别进行合并同类项、积的乘方和幂的乘方、同底数幂的乘法运算，然后选择正确答
案．
解答：解：A、a+2a=3a，故本选项错误；
B、（a2b）3=a6b3，故本选项正确；
C、（am）2=a2m，故本选项错误；
D、a3•a2=a5，故本选项错误．[来源:学#科#网 Z#X#X#K]
故选 B．
点评：本题考查了积的乘方和幂的乘方、同底数幂的乘法、合并同类项等知识，掌握运算法
则是解答本题的关键．
5．（3 分）（2014•临沂）不等式组﹣2≤x+1＜1 的解集，在数轴上表示正确的是（ ）
A． B． C． D．
考点：在数轴上表示不等式的解集；解一元一次不等式组
分析：先求出不等式组的解集，再求出其公共解集，并在数轴上表示出来即可．
解答：
解：∵由题意可得 ，
由①得，x≥﹣3，
由②得，x＜0，
∴﹣3≤x＜0，
在数轴上表示为：
．
故选 B．
点评：本题考查的是在数轴上表示不等式的解集，熟知““小于向左，大于向右”是解答此题的
关键．
6．（3 分）（2014•临沂）当 a=2 时， ÷（ ﹣1）的结果是（ ）
A． B．﹣ C． D．﹣
考点：分式的化简求值．
分析：通分、因式分解后将除法转化为乘法约分即可．
解答：
解：原式= ÷
= •
= ，
当 a=2 时，原式= =﹣ ．
故选 D．
点评：本题考查了分式的化简求值，熟悉因式分解和分式除法是解题的关键．
7．（3 分）（2014•临沂）将一个 n 边形变成 n+1 边形，内角和将（ ）
A．减少 180° B．增加 90° C．增加 180° D．增加 360°
考点：多边形内角与外角．
分析：利用多边形的内角和公式即可求出答案．
解答：解：n 边形的内角和是（n﹣2）•180°，n+1 边形的内角和是（n﹣1）•180°，
因而（n+1）边形的内角和比 n 边形的内角和大（n﹣1）•180°﹣（n﹣2）•180=180°．
故选 C．
点评：本题主要考查了多边形的内角和公式，是需要识记的内容．
8．（3 分）（2014•临沂）某校为了丰富学生的校园生活，准备购买一批陶笛，已知 A 型陶笛
比 B 型陶笛的单价低 20 元，用 2700 元购买 A 型陶笛与用 4500 购买 B 型陶笛的数量相同，
设 A 型陶笛的单价为 x 元，依题意，下面所列方程正确的是（ ）
A． = B． = C． = D． =
考点：由实际问题抽象出分式方程
分析：设 A 型陶笛的单价为 x 元，则 B 型陶笛的单价为（x+20）元，根据用 2700 元购买 A
型陶笛与用 4500 购买 B 型陶笛的数量相同，列方程即可．
解答：解：设 A 型陶笛的单价为 x 元，则 B 型陶笛的单价为（x+20）元，
由题意得， = ．
故选 D．
点评：本题考查了由实际问题抽象出分式方程，解答本题的关键是读懂题意，设出未知数，
找出合适的等量关系，列方程．
9．（3 分）（2014•临沂）如图，在⊙O 中，AC∥OB，∠BAO=25°，则∠BOC 的度数为（ ）
A．25° B．50° C．60° D．80°
考点：圆周角定理；平行线的性质．
分析：由 AC∥OB，∠BAO=25°，可求得∠BAC=∠B=∠BAO=25°，又由圆周角定理，即可
求得答案．
解答：解：∵OA=OB，
∴∠B=∠BAO=25°，x.k.b.1
∵AC∥OB，
∴∠BAC=∠B=25°，
∴∠BOC=2∠BAC=50°．
故选 B．
点评：此题考查了圆周角定理以及平行线的性质．此题难度不大，注意掌握数形结合思想的
应用．
10．（3 分）（2014•临沂）从 1、2、3、4 中任取两个不同的数，其乘积大于 4 的概率是（ ）
A． 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其乘积大于 4 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，任取两个不同的数，其乘积大于 4 的有 6 种情况，
∴从 1、2、3、4 中任取两个不同的数，其乘积大于 4 的概率是： = ．
故选 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．
11．（3 分）（2014•临沂）一个几何体的三视图如图所示，这个几何体的侧面积为（ ）
A．2πcm2 B．4πcm2 C．8πcm2 D．16πcm2
考点：圆锥的计算；由三视图判断几何体．
分析：俯视图为圆的只有圆锥，圆柱，球，根据主视图和左视图都是三角形可得到此几何体
为圆锥，那么侧面积=底面周长×母线长÷2．
解答：解：此几何体为圆锥；
∵半径为 1，圆锥母线长为 4，
∴侧面积=2πrR÷2=2π×1×4÷2=4π；
故选 B．
点评：本题考查了圆锥的计算，该三视图中的数据确定圆锥的底面直径和高是解本题的关
键；本题体现了数形结合的数学思想，注意圆锥的高，母线长，底面半径组成直角三
角形．
12．（3 分）（2014•临沂）请你计算：（1﹣x）（1+x），（1﹣x）（1+x+x2），…，猜想（1﹣x）
（1+x+x2+…+xn）的结果是（ ）
A．1﹣xn+1 B．1+xn+1 C．1﹣xn D．1+xn
考点：平方差公式；多项式乘多项式．
专题：规律型．
分析：已知各项利用多项式乘以多项式法则计算，归纳总结得到一般性规律，即可得到结果．
解答：解：（1﹣x）（1+x）=1﹣x2，（1﹣x）（1+x+x2）=1+x+x2﹣x﹣x2﹣x3=1﹣x3，…，
依此类推（1﹣x）（1+x+x2+…+xn）=1﹣xn+1，
故选 A
点评：此题考查了平方差公式，多项式乘多项式，找出规律是解本题的关键．
13．（3 分）（2014•临沂）如图，在某监测点 B 处望见一艘正在作业的渔船在南偏西 15°方向
的 A 处，若渔船沿北偏西 75°方向以 40 海里/小时的速度航行，航行半小时后到达 C 处，在
C 处观测到 B 在 C 的北偏东 60°方向上，则 B、C 之间的距离为（ ）
A．20 海里 B．10 海里 C．20 海里 D．30 海里
考点：解直角三角形的应用-方向角问题
分析：如图，根据题意易求△ABC 是等腰直角三角形，通过解该直角三角形来求 BC 的长度．
解答：解：如图，∵∠ABE=15°，∠DAB=∠ABE，
∴∠DAB=15°，
∴∠CAB=∠CAD+∠DAB=90°．
又∵∠FCB=60°，∠CBE=∠FCB，∠CBA+∠ABE=∠CBE，
∴∠CBA=45°．
∴在直角△ABC 中，sin∠ABC= = = ，
∴BC=20 海里．
故选：C．
点评：本题考查了解直角三角形的应用﹣方向角问题．解题的难点是推知△ABC 是等腰直
角三角形．
14．（3 分）（2014•临沂）在平面直角坐标系中，函数 y=x2﹣2x（x≥0）的图象为 C1，C1 关
于原点对称的图象为 C2，则直线 y=a（a 为常数）与 C1、C2 的交点共有（ ）
A．1 个 B．1 个或 2 个
C．1 个或 2 个或 3 个 D．1 个或 2 个或 3 个或 4 个
考点：二次函数图象与几何变换．
分析：根据关于原点对称的关系，可得 C2，根据直线 y=a（a 为常数）与 C1、C2 的交点，可
得答案．
解答：解：函数 y=x2﹣2x（x≥0）的图象为 C1，C1 关于原点对称的图象为 C2，
C2 图象是 x=﹣y2﹣2y，a 非常小时，直线 y=a（a 为常数）与 C1 没有交点，共有一个
交点；
直线 y=a 经过 C1 的顶点时，共有两个交点；
直线 y=a（a 为常数）与 C1、有两个交点时，直线 y=a（a 为常数）与 C1、C2 的交点
共有 3 个交点；
故选：C．
点评：本题考查了二次函数图象与几何变换，先求出 C2 的图象，再求出交点个数．
二、填空题（本大题共 5 小题，每小题 3 分，共 15 分）
15．（3 分）（2014•临沂）在实数范围内分解因式：x3﹣6x= x（x+ ）（x﹣ ） ．
考点：实数范围内分解因式．
专题：计算题．
分析：原式提取 x 后，利用平方差公式分解即可．
解答：解：原式=x（x2﹣6）=x（x+ ）（x﹣ ）．
故答案为：x（x+ ）（x﹣ ）
点评：此题考查了实数范围内分解因式，熟练掌握平方差公式是解本题的关键．
16．（3 分）（2014•临沂）某中学随机抽查了 50 名学生，了解他们一周的课外阅读时间，结
果如下表所示：
时间（小时） 4 5 6 7
人数 10 20 15 5
则这 50 名学生一周的平均课外阅读时间是 5.3 小时．
考点：加权平均数
分析：平均数的计算方法是求出所有数据的和，然后除以数据的总个数．
解答：解：该组数据的平均数= （4×10+5×20+6×15+7×5）=265÷50=5.3（小时）．
故答案为 5.3
点评：本题考查的是加权平均数的求法．本题易出现的错误是求 4，5，6，7 这四个数的平
均数，对平均数的理解不正确．
17．（3 分）（2014•临沂）如图，在▱ ABCD 中，BC=10，sinB= ，AC=BC，则▱ ABCD
的面积是 18 ．
考点：平行四边形的性质；解直角三角形．
分析：作 CE⊥AB 于点 E，解直角三角形 BCE，即可求得 BE、CE 的长，根据三线合一定
理可得 AB=2BE，然后利用平行四边形的面积公式即可求解．
解答：解：作 CE⊥AB 于点 E．
在直角△BCE 中，sinB= ，
∴CE=BC•sinB=10× =9，
∴BE= = = ，
∵AC=BC，CE⊥AB，
∴AB=2BE=2 ，
则▱ ABCD 的面积是 2 ×9=18 ．
故答案是：18 ．
点评：本题考查了平行四边形的面积公式，以及解直角三角形的应用，三线合一定理，正确
求得 AB 的长是关键．
18．（3 分）（2014•临沂）如图，反比例函数 y= 的图象经过直角三角形 OAB 的顶点 A，D
为斜边 OA 的中点，则过点 D 的反比例函数的解析式为 y= ．
考点：反比例函数系数 k 的几何意义．
分析：根据题意设点 A 坐标（x， ），由 D 为斜边 OA 的中点，可得出 D（ x， ），从而
得出过点 D 的反比例函数的解析式．
解答：解：设点 A 坐标（x， ），
∵反比例函数 y= 的图象经过直角三角形 OAB 的顶点 A，D 为斜边 OA 的中点，
∴D（ x， ），
∴过点 D 的反比例函数的解析式为 y= ，
故答案为 y= ．
点评：本题考查了反比例函数系数 k 的几何意义，本知识点是中考的重要考点，同学们应高
度关注．
19．（3 分）（2014•临沂）一般地，我们把研究对象统称为元素，把一些元素组成的总体称
为集合．一个给定集合中的元素是互不相同的，也就是说，集合中的元素是不重复出现的．如
一组数 1，1，2，3，4 就可以构成一个集合，记为 A={1，2，3，4}．类比实数有加法运算，
集合也可以“相加”．定义：集合 A 与集合 B 中的所有元素组成的集合称为集合 A 与集合 B
的和，记为 A+B．若 A={﹣2，0，1，5，7}，B={﹣3，0，1，3，5}，则 A+B= {﹣3，﹣
2，0，1，3，5，7} ．
考点：实数的运算
专题：新定义．
分析：根据题中新定义求出 A+B 即可．
解答：解：∵A={﹣2，0，1，5，7}，B={﹣3，0，1，3，5}，
∴A+B={﹣3，﹣2，0，1，3，5，7}．
故答案为：{﹣3，﹣2，0，1，3，5，7}
点评：此题考查了实数的运算，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
三、解答题（本大题共 7 小题，共 63 分）
20．（7 分）（2014•临沂）计算： ﹣sin60°+ × ．
考点：二次根式的混合运算；特殊角的三角函数值
分析：根据特殊角的三角函数、二次根式的化简进行计算即可．
解答：
解：原式= ﹣ +4 ×
= ﹣ +2[来源:Z*xx*k.Com]
= +2
= ．
点评：本题考查了二次根式的混合运算以及特殊角的三角函数值，在二次根式的混合运算
中，要掌握好运算顺序及各运算律．
21．（7 分）（2014•临沂）随着人民生活水平的提高，购买老年代步车的人越来越多．这些
老年代步车却成为交通安全的一大隐患．针对这种现象，某校数学兴趣小组在《老年代步车
现象的调查报告》中就“你认为对老年代步车最有效的管理措施”随机对某社区部分居民进行
了问卷调查，其中调查问卷设置以下选项（只选一项）：
A：加强交通法规学习；
B：实行牌照管理；
C：加大交通违法处罚力度；
D：纳入机动车管理；
E：分时间分路段限行
调查数据的部分统计结果如下表：
管理措施 回答人数 百分比
A 25 5%
B 100 m
C 75 15%
D n 35%
E 125 25%
合计 a 100%
（1）根据上述统计表中的数据可得 m= 20% ，n= 175 ，a= 500 ；
（2）在答题卡中，补全条形统计图；
（3）该社区有居民 2600 人，根据上述调查结果，请你估计选择“D：纳入机动车管理”的居
民约有多少人？
考点：条形统计图；用样本估计总体；统计表
分析：（1）利用选择 A 项的人数除以它所占百分比=样本容量，进而分别得出 m，n，a 的
值；
（2）利用（1）中所求，进而补全条形统计图即可；
（3）利用样本估计总体，直接估计选择“D：纳入机动车管理”的居民人数．
解答：解：（1）调查问卷的总人数为：a=25÷5%=500（人），
∴m= ×100%=20%，n=500×35%=175，
故答案为：20%，175，500；
（2）如图所示：
；
（3）选择“D：纳入机动车管理”的居民约有：2600×35%=910（人）．
点评：此题主要考查了条形统计图的应用以及利用样本估计总体等知识，利用图表得出正确
信息求出样本容量是解题关键．
22．（7 分）（2014•临沂）如图，已知等腰三角形 ABC 的底角为 30°，以 BC 为直径的⊙O
与底边 AB 交于点 D，过 D 作 DE⊥AC，垂足为 E．
（1）证明：DE 为⊙O 的切线；
（2）连接 OE，若 BC=4，求△OEC 的面积．
考点：切线的判定；等腰三角形的性质
分析：（1）首先连接 OD，CD，由以 BC 为直径的⊙O，可得 CD⊥AB，又由等腰三角形
ABC 的底角为 30°，可得 AD=BD，即可证得 OD∥AC，继而可证得结论；
（2）首先根据三角函数的性质，求得 BD，DE，AE 的长，然后求得△BOD，△ODE，
△ADE 以及△ABC 的面积，继而求得答案．
解答：（1）证明：连接 OD，CD，
∵BC 为⊙O 直径，
∴∠BCD=90°，
即 CD⊥AB，
∵△ABC 是等腰三角形，
∴AD=BD，
∵OB=OC，
∴OD 是△ABC 的中位线，
∴OD∥AC，
∵DE⊥AC，
∴OD⊥DE，
∵D 点在⊙O 上，
∴DE 为⊙O 的切线；
（2）解：∵∠A=∠B=30°，BC=4，
∴CD= BC=2，BD=BC•cos30°=2 ，
∴AD=BD=2 ，AB=2BD=4 ，
∴S△ABC= AB•CD= ×4 ×2=4 ，
∵DE⊥AC，
∴DE= AD= ×2 = ，AE=AD•cos30°=3，
∴S△ODE= OD•DE= ×2× = ，S△ADE= AE•DE= × ×3= ，
∵S△BOD= S△BCD= × S△ABC= ×4 = ，
∴S△OEC=S△ABC﹣S△BOD﹣S△ODE﹣S△ADE=4 ﹣ ﹣ ﹣ = ．
点评：此题考查了切线的判定、三角形中位线的性质、等腰三角形的性质、圆周角定理以及
三角函数等知识．此题难度适中，注意掌握辅助线的作法，注意掌握数形结合思想的
应用．
23．（9 分）（2014•临沂）对一张矩形纸片 ABCD 进行折叠，具体操作如下：
第一步：先对折，使 AD 与 BC 重合，得到折痕 MN，展开；
第二步：再一次折叠，使点 A 落在 MN 上的点 A′处，并使折痕经过点 B，得到折痕 BE，同
时，得到线段 BA′，EA′，展开，如图 1；
第三步：再沿 EA′所在的直线折叠，点 B 落在 AD 上的点 B′处，得到折痕 EF，同时得到线
段 B′F，展开，如图 2．
（1）证明：∠ABE=30°；
（2）证明：四边形 BFB′E 为菱形．
考点：翻折变换（折叠问题）；菱形的判定；矩形的性质
分析：（1）根据点 M 是 AB 的中点判断出 A′是 EF 的中点，然后判断出 BA′垂直平分 EF，
根据线段垂直平分线上的点到两端点的距离相等可得 BE=BF，再根据等腰三角形三
线合一的性质可得∠A′BE=∠A′BF，根据翻折的性质可得∠ABE=∠A′BE，然后根据
矩形的四个角都是直角计算即可得证；
（2）根据翻折变换的性质可得 BE=B′E，BF=B′F，然后求出 BE=B′E=B′F=BF，再根
据四条边都相等的四边形是菱形证明．
解答：证明：（1）∵对折 AD 与 BC 重合，折痕是 MN，
∴点 M 是 AB 的中点，
∴A′是 EF 的中点，
∵∠BA′E=∠A=90°，
∴BA′垂直平分 EF，
∴BE=BF，
∴∠A′BE=∠A′BF，
由翻折的性质，∠ABE=∠A′BE，
∴∠ABE=∠A′BE=∠A′BF，
∴∠ABE= ×90°=30°；
（2）∵沿 EA′所在的直线折叠，点 B 落在 AD 上的点 B′处，
∴BE=B′E，BF=B′F，
∵BE=BF，
∴BE=B′E=B′F=BF，
∴四边形 BFB′E 为菱形．
点评：本题考查了翻折变换的性质，矩形的性质，菱形的判定，熟记各性质并准确识图判断
出 BA′垂直平分 EF 是解题的关键，也是本题的难点．
24．（9 分）（2014•临沂）某景区的三个景点 A、B、C 在同一线路上，甲、乙两名游客从景
点 A 出发，甲步行到景点 C，乙乘景区观光车先到景点 B，在 B 处停留一段时间后，再步
行到景点 C．甲、乙两人离开景点 A 后的路程 S（米）关于时间 t（分钟）的函数图象如图
所示．根据以上信息回答下列问题：
（1）乙出发后多长时间与甲相遇？
（2）要使甲到达景点 C 时，乙与 C 的路程不超过 400 米，则乙从景点 B 步行到景点 C 的
速度至少为多少？（结果精确到 0.1 米/分钟）
考点：一次函数的应用．
分析：（1）利用待定系数法求一次函数解析式进而利用两函数相等时即为相遇时，求出时
间即可；
（2）根据题意得出要使两人相距 400m，乙需要步行的距离为：5400﹣3000﹣400=2000
（m），乙所用的时间为：30 分钟，进而得出答案．
解答：解：（1）设 S 甲=kt，将（90，5400）代入得：
5400=90k，
解得：k=60，
∴S 甲=60t；
当 0≤t≤30，设 S 乙=at+b，将（20，0），（30，3000）代入得出：
，
解得： ，
∴当 0≤t≤30，S 乙=300t﹣6000．
当 y 甲=y 乙，
∴60t=300t﹣6000，
解得：t=25，
∴乙出发后 5 后与甲相遇．
（2）由题意可得出；当甲到达 C 地，乙距离 C 地 400m 时，
乙需要步行的距离为：5400﹣3000﹣400=2000（m），乙所用的时间为：30 分钟，
故乙从景点 B 步行到景点 C 的速度至少为： ≈66.7（m/分），
答：乙从景点 B 步行到景点 C 的速度至少为 66.7m/分．
点评：此题主要考查了待定系数法求一次函数解析式以及行程问题，根据题意得出 S 与 t 的
函数关系式是解题关键．
25．（11 分）（2014•临沂）【问题情境】
如图 1，四边形 ABCD 是正方形，M 是 BC 边上的一点，E 是 CD 边的中点，AE 平分∠DAM．
【探究展示】
（1）证明：AM=AD+MC；
（2）AM=DE+BM 是否成立？若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由．
【拓展延伸】
（3）若四边形 ABCD 是长与宽不相等的矩形，其他条件不变，如图 2，探究展示（1）、（2）
中的结论是否成立？请分别作出判断，不需要证明．
考点：四边形综合题；角平分线的定义；平行线的性质；全等三角形的判定与性质；矩形的
性质；正方形的性质
专题：综合题；探究型．
分析：（1）从平行线和中点这两个条件出发，延长 AE、BC 交于点 N，如图 1（1），易证
△ADE≌△NCE，从而有 AD=CN，只需证明 AM=NM 即可．
（2）作 FA⊥AE 交 CB 的延长线于点 F，易证 AM=FM，只需证明 FB=DE 即可；要
证 FB=DE，只需证明它们所在的两个三角形全等即可．
（3）在图 2（1）中，仿照（1）中的证明思路即可证到 AM=AD+MC 仍然成立；在
图 2（2）中，采用反证法，并仿照（2）中的证明思路即可证到 AM=DE+BM 不成立．
解答：（1）证明：延长 AE、BC 交于点 N，如图 1（1），
∵四边形 ABCD 是正方形，
∴AD∥BC．
∴∠DAE=∠ENC．
∵AE 平分∠DAM，
∴∠DAE=∠MAE．
∴∠ENC=∠MAE．
∴MA=MN．
在△ADE 和△NCE 中，
∴△ADE≌△NCE（AAS）．
∴AD=NC．
∴MA=MN=NC+MC
=AD+MC．
（2）AM=DE+BM 成立．
证明：过点 A 作 AF⊥AE，交 CB 的延长线于点 F，如图 1（2）所示．
∵四边形 ABCD 是正方形，
∴∠BAD=∠D= ∠ABC=90°，AB=AD，AB∥DC．
∵AF⊥AE，
∴∠FAE=90°．
∴∠FAB=90°﹣∠BAE=∠DAE．
在△ABF 和△ADE 中，
∴△ABF≌△ADE（ASA）．
∴BF=DE，∠F=∠AED．
∵AB∥DC，
∴∠AED=∠BAE．
∵∠FAB=∠EAD=∠EAM，
∴∠AED=∠BAE=∠BAM+∠EAM
=∠BAM+∠FAB
=∠FAM．新$课$标$第$一$网
∴∠F=∠FAM．
∴AM=FM．
∴AM=FB+BM=DE+BM．
（3）①结论 AM=AD+MC 仍然成立．
证明：延长 AE、BC 交于点 P，如图 2（1），
∵四边形 ABCD 是矩形，
∴AD∥BC．
∴∠DAE=∠EPC．
∵AE 平分∠DAM，
∴∠DAE=∠MAE．
∴∠EPC=∠MAE．
∴MA=MP．
在△ADE 和△PCE 中，
∴△ADE≌△PCE（AAS）．
∴AD=PC．
∴MA=MP=PC+MC
=AD+MC．
②结论 AM=DE+BM 不成立．
证明：假设 AM=DE+BM 成立．
过点 A 作 AQ⊥AE，交 CB 的延长线于点 Q，如图 2（2）所示．
∵四边形 ABCD 是矩形，
∴∠BAD=∠D=∠ABC=90°，AB∥DC．
∵AQ⊥AE，
∴∠QAE=90°．
∴∠QAB=90°﹣∠BAE=∠DAE．
∴∠Q=90°﹣∠QAB
=90°﹣∠DAE
=∠AED．
∵AB∥DC，
∴∠AED=∠BAE．
∵∠QAB=∠EAD=∠EAM，
∴∠AED=∠BAE=∠BAM+∠EAM
=∠BAM+∠QAB
=∠QAM．
∴∠Q=∠QAM．
∴AM=QM．
∴AM=QB+BM．
∵AM=DE+BM，
∴QB=DE．
在△ABQ 和△ADE 中，
∴△ABQ≌△ADE（AAS）．
∴AB=AD．
与条件“AB≠AD“矛盾，故假设不成立．
∴AM=DE+BM 不成立．
点评：本题考查了正方形及矩形的性质、全等三角形的性质和判定、等腰三角形的判定、平
行线的性质、角平分线的定义等知识，考查了基本模型的构造（平行加中点构造全等
三角形），考查了反证法的应用，综合性比较强．添加辅助线，构造全等三角形是解
决这道题的关键．
26．（13 分）（2014•临沂）如图，在平面直角坐标系中，抛物线与 x 轴交于点 A（﹣1，0）
和点 B（1，0），直线 y=2x﹣1 与 y 轴交于点 C，与抛物线交于点 C、D．
（1）求抛物线的解析式；
（2）求点 A 到直线 CD 的距离；
（3）平移抛物线，使抛物线的顶点 P 在直线 CD 上，抛物线与直线 CD 的另一个交点为 Q，
点 G 在 y 轴正半轴上，当以 G、P、Q 三点为顶点的三角形为等腰直角三角形时，求出所有
符合条件的 G 点的坐标．
考
点：
二次函数综合题．
分
析：
（1）首先求出点 C 坐标，然后利用待定系数法求出抛物线的解析式；
（2）设直线 CD 与 x 轴交于点 E，求出点 E 的坐标，然后解直角三角形（或利用三角形相似），
求出点 A 到直线 CD 的距离；
（3）△GPQ 为等腰直角三角形，有三种情形，需要分类讨论．为方便分析与计算，首先需要
求出线段 PQ 的长度．
解
答：
解：（1）直线 y=2x﹣1，当 x=0 时，y=﹣1，则点 C 坐标为（0，﹣1）．
设抛物线解析式为 y=ax2+bx+c，
∵点 A（﹣1，0）、B（1，0）、C（0，﹣1）在抛物线上，
∴ ，
解得 ，
∴抛物线的解析式为：y=x2﹣1．
（2）如答图 2 所示，直线 y=2x﹣1，当 y=0 时，x= ；
设直线 CD 交 x 轴于点 E，则 E（ ，0）．
在 Rt△OCE 中，OC=1，OE= ，由勾股定理得：CE= ，
设∠OEC=θ，则 sinθ= ，cosθ= ．
过点 A 作 AF⊥CD 于点 F，
则 AF=AE•sinθ=（OA+OE）•sinθ=（1+ ）× = ，
∴点 A 到直线 CD 的距离为 ．
（3）∵平移后抛物线的顶点 P 在直线 y=2x﹣1 上，
∴设 P（t，2t﹣1），则平移后抛物线的解析式为 y=（x﹣t）2+2t﹣1．
联立 ，化简得：x2﹣（2t+2）x+t2+2t=0，
解得：x1=t，x2=t+2，即点 P、点 Q 的横坐标相差 2，
∴PQ= = = ．
△GPQ 为等腰直角三角形，可能有以下情形：
i）若点 P 为直角顶点，如答图 3①所示，则 PG=PQ= ．
∴CG= = = =10，
∴OG=CG﹣OC=10﹣1=9，
∴G（0，9）；
ii）若点 Q 为直角顶点，如答图 3②所示，则 QG=PQ= ．
同理可得：Q（0，9）；
iii）若点 G 为直角顶点，如答图 3③所示，此时 PQ= ，则 GP=GQ= ．
分别过点 P、Q 作 y 轴的垂线，垂足分别为点 M、N．
易证 Rt△PMG≌Rt△GNQ，
∴GN=PM，GM=QN．
在 Rt△QNG 中，由勾股定理得：GN2+QN2=GQ2，即 PM2+QN2=10 ①
∵点 P、Q 横坐标相差 2，∴NQ=PM+2，
代入①式得：PM2+（PM+2）2=10，解得 PM=1，
∴NQ=3．
直线 y=2x﹣1，当 x=1 时，y=1，∴P（1，1），即 OM=1．
∴OG=OM+GM=OM+NQ=1+3=4，
∴G（0，4）．
综上所述，符合条件的点 G 有两个，其坐标为（0，4）或（0，9）．
点
评：
本题是二次函数压轴题，涉及考点众多，需要认真分析计算．第（3）问中，G、P、Q 三点均
为动点，使得解题难度增大，首先求出线段 PQ 的长度可以降低解题的难度．
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