2025年中考数学真题完全解读（上海卷）

2025年中考数学真题完全解读（上海卷）

本套试卷源自于“2025年上海市初中学业水平考试”命题，从题型分布、难度梯度以及知识点覆盖面来看，

整体体现了新课程标准对初中学生综合素养和数学核心素养的要求。与以往上海地区的中考（初中学业水平考

试）数学试卷相比，本卷在题量不变的基础上，形式上较为稳定，但在部分题目的命制思路、逻辑展开以及情

境创设方面更贴近现实生活与社会需求，更加重视学生对知识的灵活应用与数学思维品质的展现。

本卷仍然包含了选择题、填空题和解答题三大部分，总分为分。其中，选择题题、填空题题、解答题题，

题量与往年维持一致。选择题与填空题的基础性较强，主要考查学生对基础知识和运算技能的掌握情况，覆盖

了代数、几何、函数与统计概率等不同领域；解答题部分则注重几何图形的推理、函数模型应用以及综合运用

能力的考查。在阅卷或评价时，可以发现本卷在重视传统知识点（如一次函数、二次函数、不等式等）的同时，

也强化了对学生实践能力、数据分析以及空间想象力的测评。这种多元化考查能有效地检测学生对初中阶段所

学数学知识的整体掌握程度，为高阶思维能力的培养打下扎实基础。

1.题型结构稳定，题量适中

本卷与往年至少五年中的上海中考数学命题保持了相对统一的框架，选择题与填空题数量不变，计算量

平稳。但在个别问题上加入了对现实生活场景的模拟，使学生能通过阅读理解、抽象建模来解决问题。

2.与课程标准紧密结合，突出核心素养

试卷中的几何与函数等大题多涉及图形变换、综合应用及创新思考，强调学生对于数学思想方法（如分

类讨论、数形结合、方程思想等）的掌握。根据新课标的要求，命题人更加注重让学生经历探究、推理、交流

的过程，以培养学生的思维深度与应用意识。

3.知识点覆盖面广，难度层次分明

从代数式运算到不等式解法，再到函数图象的平移与构造，涵盖了初中数学的主体知识；几何方面则在

平行四边形、矩形、正方形、圆与多边形外接内接等经典内容的背景下，加入了坐标法与三角形综合推理。试

卷难度由易到难呈阶梯分布：前部分基础题能保障大部分学生获得基本分数；后半部分综合性较高，需要学生

具备良好的推理、抽象与综合运用能力才能拿到高分。

4.强调逻辑推理能力与运算技能并重

试卷中既有对学生运算准确度和严谨性的考查，也有对思维深度的考量。例如，填空题涉及简洁运算与

推断；解答题则需多步推理、适当添作辅助线来判断几何图形的性质，并与函数知识相结合。这种设置有助于

区分学生的运算能力与思考能力。

本套试卷依旧保持了选择题题（每题分，满分分），填空题题（每题分，满分分），

❆642412448

解答题7题（满分78分）的结构，题量与前一年相比无增减。

部分选择题、填空题呈现更多生活化情境（例如门禁人脸识别、抽卡牌游戏等），考查学生对函数、三

❆

角形、统计与概率的综合理解与应用能力；

解答题中融合了向量、圆、相似三角形等多领域知识，要求学生建立几何与代数的联系，注重逻辑推理

❆

和综合运用能力。证明题与计算题结合紧密，对学生几何思维与代数运算的综合能力要求加深。

❆

多道题目结合了（正比例函数）、（反比例函数）、（二次函数）等函数知识，借助数形结合探究函数

❆

形态、参数范围；

代数式与几何图形的转化形式更加多样，如利用、、等知识表征实际问题，问题的运算步骤和推理链更

❆

细化，强调精准计算与严谨论证。

要求学生具备扎实的基础运算能力，能将几何、函数、向量等知识灵活迁移运用；

❆

更关注学生的综合素养，如适应新颖情境的建模思维、图形变换与数据分析能力，在答题时需注重审题、

❆

分类讨论和合理的辅助线（或辅助量）构造。

综上，本套试卷题型形式虽与前一年保持一致，但通过更丰富的情境设置和更深层的知识融合，对学生的

思维灵活度和综合能力提出了更高要求。学生需在巩固基本功的同时，加强对跨单元、跨板块内容的融会贯通

与应用。

选择题（第1～6题）：6题×4分=24分主要考查基础知识与基本技能，范围涵盖代数运算、函数、统

计、几何等内容。

填空题（第7～18题）：12题×4分=48分以基础运算、函数性质、几何初步应用、概率统计应用等为

主，灵活考查学生对知识点的掌握与运用。

解答题（第19～25题）：共7题，满分78分主要为综合题型，把代数与几何知识相结合，要求考生对知

识融合运用、深度思考和规范表达能力较高。

下面通过表格形式对各题号的分值、题型、主要考查内容和难易程度进行展示和分析。

题号分值题型考查内容难易分析

14选择题代数式运算（合并同类项、幂的运算）容易

24选择题列代数式：差的平方容易

34选择题正比例函数的定义容易

44选择题统计与概率（众数与中位数）容易

54选择题向量及向量模（正方形对角线、勾股定理）中等

64选择题等腰三角形性质、圆的外接圆与两圆相交条件中等

74填空题因式分解（提公因式法）容易

84填空题不等式组求解容易

94填空题一元二次方程实数根判别式容易

104填空题反比例函数增减性容易

114填空题无理方程求解中等

124填空题二次函数图像平移容易

134填空题简单概率（抽牌问题）容易

144填空题直角三角形的实际应用（测量距离）中等

154填空题利用样本估计总体（扇形统计图）容易

164填空题科学记数法（皮秒与秒的单位换算）容易

174填空题矩形与菱形性质、轴对称与向量几何中等

184填空题圆与正多边形（内接正五边形、弦与圆心角）中等

198解答题实数混合运算（分数指数幂、二次根式、有理化）中等

208解答题分式方程求解及检验中等

2110解答题一次函数建模（储水量与加水时间、温度函数）中等

2210解答题平面几何（梯形旋转拼接成等腰三角形）中等

2310解答题圆的基本性质（弦与相似三角形、外接圆）中等

2412解答题二次函数综合（抛物线解析式、直角梯形、几何综合）较难

2520解答题平行四边形性质、相似与全等三角形综合，几何高阶综合较难

容易题（约占48%）；中等题（约占44%）；较难题（约占8%）

容易题：如第题代数式合并同类项、第题差的平方列式等，考查的知识点相对基础，计算难度

❆1()2()

不高，属于常规训练可掌握的内容。

中等题：如第题向量模计算、第题直角三角形应用题、第题实数混合运算等，需要考生

❆5()14()19()

对概念和方法熟练，且具备一定的综合运用能力。

较难题：如第、题，考点多、综合度高，需要学生具备良好的代数与几何综合分析能力，能够熟

❆2425

练使用多种方法（坐标法、相似全等、函数性质等）进行推理和计算。

总体来看，本套试卷结构合理，覆盖广泛，既能考查学生的基础知识掌握情况，也能区分不同层次学生

的综合运用和探究能力，适合全面评估考生的数学素养与综合思维水平。

本套试卷所涉及的知识点覆盖了初中数学中的代数、几何与统计等重要板块。结合本卷解析与学生常见的

问题，现对后续复习提出如下建议，助力考生在备考过程中提高效率、夯实基础、调整心态。

1.代数运算

继续强化对同底数幂运算、幂的乘方以及合并同类项的理解。在练习中，要关注系数的正负和隐含的，

❆

如合并与易因忽略系数而出错。1

22

对一元二次方程的根的判别式要熟练掌握：有两个不等实根，有且仅有一个

❆�−3�

22

实根，则无实数根。�−4𝑎>0�−4𝑎=0

2

2.函数与�图−象4𝑎<0

对一次函数、正比例函数、反比例函数和二次函数要灵活区分。遇到形如的函数，要根据系数的

❆

�

正负判断增减性。�=��

二次函数平移、开口方向、顶点坐标等是常考点。熟悉向上或向下平移、新函数解析式变化与原函数的

❆

关系。

3.不等式与方程解法

解分式方程时，要特别注意检验是否产生增根，对分母为时必须排除。解不等式组时，常用数轴寻找

❆

公共解，有时需转化为相应的相交区间。0

4.几何与三角形：

注意平行四边形、矩形、正方形等基本性质，以及利用对顶角、同位角、内错角等特征进行几何推理。

❆

对三角形全等、相似、勾股定理与圆周角性质等，要会结合辅助线灵活应用。

❆

熟悉向量加法、模长及其在几何中的应用，如判断正方形对角线长度时可利用的思想。

❆

5.概率与统计|��+��|

充分理解众数、中位数、平均数的定义和作用，能从统计图或频数分布直观找出正确数据。

❆

简单概率问题要明确所有结果等可能，根据所需事件数与总事件数之比来计算。

❆“”

6.易错、易混点

括号与整体平方：诸如与差的平方要写成，而非等形式。

❆“”

222

同底数幂与幂的乘方：常见错误集中在或的混淆，建议反复练习简化运算。

❆��(�−�)�−�

���+�����

一元二次方程的增根：去分母或开平方后，需检验解到原方程，以排除不合法解。

❆�⋅�=�(�)=�

几何证明里的辅助线：作中点、对称点或延长线，都要结合几何性质进行证明，切勿随意画线。

❆

1.选择题：先审题，精析选项；能用排除法先剔除明显不合理的干扰项，可节省时间。遇到代数简化时尽

量快速演算或设置数值验证，不要在冗长的代数推导上浪费过多时间。

2.填空题：答案往往简洁明了，注意检查单位、符号是否正确，如需要用科学记数法则必须保持“”

�

的标准形式。�×10

3.解答题：书写过程应条理清晰，步骤分明，对于几何题，先简单绘图标注，并针对已知条件与结论推导

顺序，一步步展开论证。代数题要保持表达清晰，列方程、化简、解方程或不等式后，及时检验、比较结果。

1.分阶段设置目标：在各阶段，有针对性地完成必备知识与综合运用的训练，避免在最后阶段盲目做过难题。

2.适度的试卷模拟：定期进行时间控制的模考演练，熟悉考场节奏，巩固题型套路，同时也能训练考生在压力

下的应对能力。

3.估分与自我总结：每次模拟后都应及时对错题做系统反思，进一步巩固弱项，避免重复犯错。

1.综合运用与情境建模：未来命题中，结合实际情景的综合题型仍会增多，要求学生有阅读理解能力与建模解

题思维。

2.函数几何与图表交汇：函数与几何、概率统计互相融合，是中考常考热点，如二次函数与几何图形的综合、

圆与多边形性质结合等。

3.注重创新与素养拓展：对新题型要保持好奇心并注重方法迁移，在基础扎实的前提下，提升探究与分析能力。

总之，在最后阶段，要始终以系统的知识网络为依托，突出重点、梳理难点、强化训练并保持良好的竞技

心态。通过稳扎稳打的演练与思路梳理，定能在中考中取得理想成绩。祝各位考生一切顺利！

2025年上海市初中学业水平考试

数学试卷

一、选择题（本大题共6题，每题4分，满分24分）

1.下列代数式中，计算正确的是（）

A.m3m32m3B.m3m3m6

3

C.m3m3m9D.m3m6

【答案】A

【分析】本题考查代数式的运算，涉及合并同类项、同底数幂相乘、幂的乘方等基本法则；逐一验证各选项的

正确性即可．

【详解】解：A：m3m32m3，合并同类项时，系数相加，字母部分不变，m3的系数为1，故112，结

果为2m3，计算正确；

B：m3m3m6，加法运算中，指数不改变，仅系数相加；正确结果应为2m3，而非m6，计算错误；

C：m3m3m9，同底数幂相乘，底数不变，指数相加；336，结果应为m6，而非m9，计算错误；

3

D：m3m6，幂的乘方运算中，底数不变，指数相乘；339，结果应为m9，而非m6，计算错误；

故选：A．

2.用代数式表示a与b差的平方，正确的是（）

2

A.a2b2B.abC.a2bD.ab2

【答案】B

【分析】本题考查了列代数式，理解题中的数量关系是解题的关键；“a与b差的平方”指先求a减b的差，再

2

将这个差整体平方，即ab．

【详解】解：A.a2-b2：这是平方差公式的结果，表示a的平方减去b的平方，而非差的平方，错误，不符合

题意；

2

B.ab：表示先求差再平方，正确，符合题意；

C.a2b：仅对a平方后减去b，未对差整体平方，错误，不符合题意；

D.ab2：表示a减去b的平方，运算顺序错误，错误，不符合题意；

故选：B．

3.下列函数中，为正比例函数的是（）

3x

A.y=3x+1B.y3x2C.yD.y

x3

【答案】D

【分析】本题考查了正比例函数的定义，形如ykx（k为常数且k0）的函数是正比例函数；根据此定义

逐一验证各选项是否符合该形式即可．

【详解】解：A：y=3x+1，该函数含常数项“1”，不符合正比例函数ykx的形式，不符合题意；

B：y3x2，该函数为二次函数（最高次数为2），而正比例函数为一次函数，不符合题意；

3

C：y，该函数可写为y3x1，属于反比例函数，不符合一次函数的形式，不符合题意；

x

x11

D：y，该函数可化简为yx，符合ykx（k）的形式，是正比例函数，符合题意；

333

故答案为：D．

4.某学校组织了一场体育测试，现抽出60个人的体育考试分数，并对此进行统计，如图所示．关于这60人的

分数，下列说法正确的是（）

A.中位数是12B.中位数是75C.众数是21D.众数是85

【答案】D

【分析】本题考查了众数与中位数，一组数据中出现次数最多的数叫做众数；把一组数据按大小排列，最中间

一个（奇数个数据）或两个（偶数个数据）数据的平均数是中位数，按照这两个概念进行求解即可．

【详解】解：从统计图知，85分出现的次数最多，故众数是85；把分数按大小排列，最中间的两个数是第30

1

与31个数，而51251221，故中位数是(8585)85；故只有选项D正确；

2

故选：D．

5.在正方形ABCD中，ABBC:CD的值为（）

2

A.B.1C.2D.2

2

【答案】C

【分析】本题考查了向量、向量的加法及向量模，理解这些知识是关键；在正方形中，向量相加的模长即为正

方形对角线的长，它与边长的比值可通过勾股定理直接计算即可．

【详解】解：设正方形边长为a，由勾股定理得：ACAB2BC22a；在正方形ABCD中，

ABBC表示从A到B再到C的路径，其结果为向量AC，即AC2a；

ABBC2a

∴2．

CDa

故选：C．

6.在锐角三角形ABC中，ABAC，BC8，VABC的外接圆为O，且半径为5，边BC中点为D，如

果以D为圆心的圆与O相交，那么D的半径可以为（）

A.2B.5C.8D.9

【答案】B

【分析】本题考查了等腰三角形的性质，勾股定理，两圆相交的条件等知识，掌握两圆相交的条件是关键；根

据题意，等腰VABC的外接圆半径为5，由等腰三角形的性质、勾股定理求得OD3；当D与O相交时，

圆心距需满足条件5rOD5r，代入数值求解r的范围，进而确定选项．

【详解】解：如图，连接AD并延长交O于点E，

∵ABAC，D为BC中点，

∴BDDC4，ODBC；

∵锐角三角形ABC中，ABAC，

∴外接圆心O在AD上，

连接OB，由勾股定理得：ODOB2BD23；

设以D为圆心的圆的半径为r，D，O相交应满足：5rOD5r，

即5r35r，解得：2r8；

在此范围的半径只有选项B；

故选：B．

二、填空题（本大题共12题，每题4分，满分48分）

7.分解因式：ab2a2b____________．

【答案】ab(ab)

【分析】原式提取ab进行分解即可．

【详解】解：原式=ab(ab)

故答案为：ab(ab)

【点睛】此题考查了提公因式法的运用，熟练掌握因式分解的提公因式方法是解本题的关键．

x

10

8.不等式组2的解集为______．

2x3x

【答案】x2

【分析】本题考查求不等式组的解集，先求出每一个不等式的解集，找到它们的公共部分，即为不等式组的解

集．

x

10①

【详解】解：2

2x3x②

由①，得：x2；

由②，得：x3；

∴不等式组的解集为：x2；

故答案为：x2．

9.已知关于x的一元二次方程2x2xm0没有实数根，则m的取值范围是______．

1

【答案】m

8

【分析】本题考查根的判别式，根据方程没有实数根，得到0，进行求解即可．熟练掌握根的判别式与根

的个数之间的关系，是解题的关键．

【详解】解：由题意，得：1242m0，

1

解得：m；

8

1

故答案为：m．

8

10.已知一个反比例函数在各个象限内，y随x的增大而减小，那么这个反比例函数的解析式可以是

_______．（只需写出一个）

1

【答案】y（答案不唯一）

x

【分析】本题主要考查了反比例函数的增减性，根据增减性可知该反比例函数的比例系数大于0，据此可得答

案．

【详解】解：∵一个反比例函数在各个象限内，y随x的增大而减小，

∴该反比例函数的比例系数大于0，

1

∴符合题意的反比例函数解析式可以为y，

x

1

故答案为：y（答案不唯一）．

x

11.方程x62的解为_______．

【答案】x10

【分析】本题考查解无理方程，利用平方法将方程转化为一元一次方程，进行求解，检验即可．

【详解】解：∵x62，

∴x64，

∴x10；

经检验，x10是原方程的解，

故答案为：x10．

12.将函数y3x2的图像向下平移2个单位后，得到的新函数的解析式为______．

【答案】y3x22

【分析】本题考查了二次函数图像的平移，平移法则是：左加右减，上加下减；据此法则即可求解．

【详解】解：∵函数y3x2的图像向下平移2个单位，

∴平移后的新函数的解析式为y3x22；

故答案为：y3x22．

13.小明与小杰在玩卡牌游戏，已知小明手里有1．2，3，4四张牌，小杰手里有2，4，6，8四张牌，小明从

小杰手里抽出一张牌，如果抽到小杰手中四张卡牌中的任意一张概率都相等，那么小明抽出的这张卡牌中，和

自己手中某一张卡牌的数字一样的概率为_____．

【答案】1

2

【分析】本题主要考查了简单的概率计算，直接用小杰手中卡牌上的数字与小明手中卡牌上的数字相同的卡牌

数除以小杰的卡牌总数即可得到答案．

【详解】解：∵小杰一共有4种卡牌，其中有2张卡牌上的数字与小明手中卡片的数字相同，

21

∴小明抽出的这张卡牌中，和自己手中某一张卡牌的数字一样的概率为，

42

故答案为：1．

2

14.某公司需要员工上班时通过门禁，在门禁上方设置了人脸扫描仪，已知扫描仪（线段AB）的竖直高度2.7

米，某人（线段CD）身高为1.8米，扫描仪测得A53，那么该人与扫描仪的水平距离为________

米．（备用数据：sin530.8，cos530.6，tan531.33，精确到0.1米）

【答案】1.2

【分析】本题考查解直角三角形的实际应用，过点C作CEAB于点E，由题意，得BECD1.8，线段

的和差求出AE的长，解RtACE，求出CE的长即可．添加辅助线构造直角三角形，是解题的关键．

【详解】解：过点C作CEAB于点E，则：BECD1.8米，

∵AB2.7米，

∴AEABBE0.9米，

CECE

在RtACE中，tanA1.33，

AE0.9

∴CE1.2米；

故答案为：1.2．

15.为了解乘客到达高铁站后离开的方式．某地开展问卷调查，共收到有效答复2000张，调查结果如图所

示．如果当地每天离开高铁站的人数约为1.8万人，那么当地每天乘坐出租车离开的人数大约为_____．

【答案】1800人

【分析】本题考查利用样本估计总体，扇形统计图，根据扇形统计图求出样本中当地每天乘坐出租车离开的人

数所占的比例，再用总人数乘以这个比例，进行计算即可．

【详解】解：1.8160%15%15%0.18（万人）1800（人）；

故答案为：1800人．

16.据报道，我国某科研团队近期成功研制出一种新闪存器件，其快速擦写速度全球领先．已知一皮秒等于

11012秒，该器件执行一次擦写需要400皮秒，则该器件一秒可以擦写______次（科学记数法表示）．

【答案】2.5109

【分析】本题主要考查了科学记数法，根据题意可得1秒等于11012皮秒，再由该器件执行一次擦写需要400

皮秒列式求解即可．

【详解】解：110124002.5109，

∴该器件一秒可以擦写2.5109次，

故答案为：2.5109．

17.在矩形ABCD中，E在边CD上，E关于直线AD的对称点为F，联结BE，AF，如果四边形AFEB

是菱形，那么AB:AD的值为________．

【答案】23

3

【分析】本题主要考查了矩形的性质，菱形的性质，轴对称的性质，勾股定理，由轴对称的性质可得

DFDE，设DFDEm，则EFDEDF2m，由菱形的性质得到ABAFEF2m，证明

ÐADF=90°，利用勾股定理可得AD3m，据此可得答案．

【详解】解；∵E关于直线AD的对称点为F，

∴DFDE，

设DFDEm，则EFDEDF2m，

∵四边形AFEB是菱形，

∴ABAFEF2m，

∵四边形ABCD是矩形，

∴ADC90，

∴ADF180ADC90，

∴ADAF2DF23m，

23

∴AB:AD2m:3m，

3

故答案为：23．

3

18.已知一个圆与一个角的两边各有两个公共点，且在两边上截得的两条弦正好是该圆内接正五边形的两条边，

那么这个角的大小是______．

【答案】36或108

【分析】本题考查正多边形与圆，如图，分两种情况，当角的顶点在圆上时，如ABC，弦为AB,BC时，

此时ABC恰好是正五边形的一个内角，进行求解即可，当角的顶点在圆外部时，即O交AFC的两边，

截取的两条弦为AE,CD时，进行求解即可．

【详解】解：如图，当角的顶点在圆上时，如O交ABC的两边，截取的两条弦为AB,BC，此时

ABC恰好是正五边形的一个内角，

52180

∴ABC108；

5

当角的顶点在圆外部，即O交AFC的两边，截取的两条弦为AE,CD时，

52180

则：AEDCDE108，

5

∴FEDFDE18010872，

∴F18027236；

综上：这个角的大小是36或108；

故答案为：36或108．

三、解答题（本大题共7题，满分78分）

3

411

19.计算：20225．

512

【答案】5

【分析】本题考查的是实数的混合运算，二次根式的混合运算，分数指数幂的含义，先分母有理化，计算分数

指数幂，绝对值，负整数指数幂，再合并即可.

3

411

【详解】解：20225

512

451

20528

5151

5125528

5.

x322

20.解方程：．

x2x23x2x1

【答案】x5

【分析】本题主要考查了解分式方程，先把原方程去分母化为整式方程，再解方程并检验即可得到答案．

x322

【详解】解：

x2x23x2x1

方差两边同时乘以x2x1得：x3x122x2，

去括号得：x23xx322x4，

移项，合并同类项得：x26x50，

∴x1x50，

∴x10或x50，

解得x1或x5，

检验，当x1时，x10，此时x1是原方程的增根，

当x5时，x2x1120，此时x5是原方程的解，

∴原方程的解为x5．

21.已知学校热水器有一个可以储200升（L）水的储水装置，且水在装满储水装置时会自动停止，如图所示

20x100

为储水量y与加水时间x的关系，已知温度t（单位：℃）与x的关系为：t．

x2

（1）求y关于x的函数解析式并写出定义域；

（2）当水加满时，储水装置内水的温度为多少？

【答案】（1）y40x800x3

（2）32℃

【分析】本题主要考查了一次函数的实际应用，求分式的值，正确求出对应的函数解析式是解题的关键．

（1）利用待定系数法求出对应的函数解析式，再求出函数值为200时自变量的值即可求出定义域；

（2）根据（1）所求可得加满水时，x的值，据此代值计算即可．

【小问1详解】

解：设y关于x的函数解析式为ykxbk0，

2kb160

把0,80，2,160代入ykxbk0中得，

b80

k40

∴，

b80

∴y关于x的函数解析式为y40x80，

当y40x80200时，x3，

∴0x3；

【小问2详解】

解；由（1）可得当y200时，x3，

∴加满水时，x3，

20x100203100

∴t32

x232

答：当水加满时，储水装置内水的温度为32℃．

22.小明正在进行探究活动：分割梯形并将其拼成等腰三角形，请你帮他一起探究．

（1）如图（1）所示，在梯形ABCD中，AD∥BC，ABBC．设E为边AB中点，将VADE绕点E旋

转180，点D旋转至点F的位置，得到的△DFC是等腰三角形，其中DFDC，设ADa，求边BC

的长（用a表示）；

（2）如图（2）所示，已知梯形MQPN中，MN∥QP，且MNPQ，MQNP．请设计一种方案，用

一条或两条直线将梯形MQPN分割，并使得分割成的几个部分可以通过图形运动拼成与剩余部分不重叠无缝

隙的等腰三角形．请写出两腰的线段，以及这两条或一条直线与梯形的交点的位置．（模仿（1）中的论述语

言：E为边AB中点，D是梯形ABCD的顶点）．

【答案】（1）BC3a

（2）见解析

【分析】本题考查了变换：旋转、平移与轴对称，等腰三角形的性质等知识；

（1）过点D作DHBC于H，则由等腰三角形的性质得FC2FH；证明四边形ABHD是矩形，则有

BHADa；再由旋转知BFADa，则可求得FH的长，最后求得结果；

（2）连接QN，把△MNQ通过平移变换，再轴对称变换得到NPG，则NQG为满足条件的等腰三角形．

【小问1详解】

解：如图，过点D作DHBC于H，

∵DFDC，

∴FC2FH；

∵AD∥BC，ABBC，

∴A180ABC90，

∴AABCDHB90，

∴四边形ABHD是矩形，

∴BHADa；

由旋转知BFADa，

∴FHBHBF2a，

∴FC2FH4a，

∴BCFCFB4aa3a；

【小问2详解】

解：如图（2），连接QN，MP，把△MNQ沿MP平移使M与P对应，得到PGH；再把PGH沿QG

对折，得到NPG，H与N是对应点，则NQG是等腰三角形，其中两腰分别为NQ，NG，点N、Q分别

是梯形的顶点．

23.如图，已知AB，CD为O中的两弦，联结OA，OB交弦CD于点E，F，且CEDF．

（1）求证：AB∥CD；

（2）如果ABBD，求证：AB2BFOB．

【分析】本题主要考查了相似三角形的性质与判定，弧，弦与圆心角之间的关系，全等三角形的性质与判定，

等腰三角形的性质与判定等等，正确作出辅助线是解题的关键．

（1）连接OC，OD，由等边对等角得到OCDODC，利用SAS证明△OCE≌△ODF，得到

OEOF，证明△OEF∽△OAB，得到OEFOAB，则可证明AB∥CD；

（2）连接OD，BD，由ABBD，得到AOBBOD，ABBD，证明AOB≌BODSAS，得到

∠OBD∠OAB，则可证明∠OBA∠BFD，进而证明△OAB∽△DBF，推出ABDFOBBF；

再证明DFBDBF，得到BDDF，则可证明AB2OBBF．

【小问1详解】

证明：如图所示，连接OC，OD，

∵OCOD，

∴OCDODC，

在△OCE和△ODF中，

OCOD

OCEODF，

CEDF

∴OCE≌ODFSAS，

∴OEOF，

∵OAOB，

OEOF

∴，

OAOB

又∵EOFAOB，

∴△OEF∽△OAB，

∴OEFOAB，

∴AB∥CD；

【小问2详解】

证明：如图所示，连接OD，BD，

∵ABBD，

∴AOBBOD，ABBD，

又∵OAOBOD，

∴AOB≌BODSAS，

∴∠OBD∠OAB；

由（1）可得AB∥CD，

∴∠OFE∠OBA，

又∵∠OFE∠BFD，

∴∠OBA∠BFD，

∴△OAB∽△DBF，

OBAB

∴，

DFBF

∴ABDFOBBF；

∵OAOB，

∴OABOBA，

∴DFBDBF，

∴BDDF，

∴DFAB，

∴AB2OBBF．

2

24.在平面直角坐标系中，抛物线yxbxc过A1,1，B3,1，与y轴交于点C，顶点为P．

（1）求b，c的值．

2

（2）设抛物线yaxmxna1过点A，B，且与y轴交于点D，顶点为Q．

CD

①求的值；

PQ

②当四边形CDPQ是直角梯形时，求该直角梯形中最小内角的正弦值．

【答案】（1）b4，c4

173

（2）①3；②或．

175

【分析】（1）利用待定系数法求解即可；

（2）①先把抛物线yx24x+4的解析式化为顶点式求出点P坐标，再求出点C坐标；把点A和点B坐标

代入yax2mxna1中可得抛物线yax2mxna1的解析式为

2

yax4ax3a1a1，据此可求出点P和点D的坐标，再表示出CD，PQ即可得到答案；

②可证明PQ∥y轴，即PQ∥CD，则当四边形CDPQ是直角梯形时，只有PQCQ或PQDP，据此

画出对应的示意图，讨论求解即可．

【小问1详解】

解：∵抛物线yx2bxc过A1,1，B3,1，

1bc1

∴，

93bc1

b4

∴；

c4

【小问2详解】

2

解：①由（1）得抛物线yx2bxc得解析式为yx24x4x2，

∴点P的坐标为2,0，

在yx24x+4中，当x0时，y4，

∴点C的坐标为0,4；

2

∵抛物线yaxmxna1过点A，B，

amn1

∴，

9a3mn1

m4a

∴，

n3a1

∴抛物线yax2mxna1的解析式为yax24ax3a1a1，

4a

∴抛物线yax24ax3a1a1的对称轴为直线x2，

2a

在yax24ax3a1a1中，当x2时，y4a8a3a1a1，

当x0时，y3a1，

∴D0,3a1，Q2,a1，

∴CD3a143a33a1，PQa10a1，

CD3a1

∴3；

PQa1

②∵Q2,a1，P2,0，

∴PQ∥y轴，即PQ∥CD，

∴当四边形CDPQ是直角梯形时，只有PQCQ或PQDP，

如图2-1所示，当PQCQ时，

∵点C的坐标为0,4，Q2,a1，

∴a14，

∴a3，

∴3a18，

∴D0,8，

∴OD8，

∵P2,0，

∴OP2，

在RtOPD中，PDOD2OP28222217，

OP217

∴sin∠ODP；

PD21717

如图2-2所示，当PQDP时，

∵P2,0，D0,3a1，

∴3a10，

1

∴a，

3

4

∴a1，

3

4

∴Q2,；

3

4

如图所示，过点Q作QHy轴于H，则H0,，

3

48

∴CH4，QH2，

33

2

228210

在Rt△CQH中，由勾股定理得CQCHQH2，

33

QH23

sin∠HCQ

∴CQ105．

3

3

综上所述，当四边形CDPQ是直角梯形时，该直角梯形中最小内角的正弦值为17或．

175

【点睛】本题主要考查了求二次函数解析式，求角的正弦值，二次函数的性质，二次函数与几何综合等等，利

用分类讨论的思想求解是解题的关键．

25.在平行四边形ABCD中，E，F分别为边BC，CD上两点．

（1）当E是边BC中点时，

①如图（1），联结EF，如果AEEF，求证：BAECFE；

②如图（2），如果CFDF，联结AE，BF交边AE于点G，求S△BEG:S△AEF的值；

（2）如图（3）所示，联结AE，AF，如果AD5，AB3，CF1，AEBAFEEFC．求AF

的长．

2

【答案】（1）①见解析；②

15

536

（2）AF

2

【分析】（1）①延长FE，AB交于H，可证明BEH≌CEFAAS，得到EHEF，∠H∠CFE，

则可证明AEEH，得到HBAE，则BAECFE；

②如图所示，延长BF，AD交于M，由平行四边形的性质得到AD∥BC，ADBC，证明

BEGEBGBCBFCF

VBEG∽VMAG，BCF∽MDF，得到，1，则

AMAGGMDMMFDF

BFMF，BCDM；设CEBEm，则BCDM2m，AMADDM4m，进而可得

GEBGBE1BG2S△S△GE1S△BG2

，即可得到；可证明BGEGFE，ABG，设

AGMGAM4GF3S△BGAS△GFAAG4S△AFGFG3

3

S△4n，则S△n，S△6n，则S△n，据此可得答案；

ABGBGEAFGEGF2

（2）延长AD，EF交于M，由平行四边形的性质可得AD∥BC，CDAB3，证明AEF∽MEA，

ECEFCF

△AEF∽△ECF，再证明△ECF∽△MDF，得到，求出DFCDCF2，设

DMFMDF