上海市2021年中考数学真题（解析版）下载

上海市 2021 年中考数学试题 一、选择题 1. 下列实数中，有理数是（ ）1131415A. B. C. D. 2C【答案】 【解析】 【分析】先化简二次根式，再根据有理数的定义选择即可 【详解】解： 12212A、 B、 C、 D、 ∵∵是无理数，故 是无理数，故 是无理数 是无理数 ==2213313331 1 =为有理数 4 2 1515∵是无理数，故 是无理数 =555故选：C 【点睛】本题考查二次根式的化简、无理数的定义、有理数的定义、熟练掌握有理数的定义是关键 23 的同类项是（ ）2. 下列单项式中， a b a3b2 2a2b3 a2b ab3 A. B. C. D. B【答案】 【解析】 【分析】比较对应字母的指数,分别相等就是同类项 2【详解】∵a 的指数是 3，b 的指数是 2，与 3 中 a 的指数是 2，b 的指数是 3 不一致， a b 3 的同类项，不符合题意； 32∴2 不是 a b a b 2∵a 的指数是 2，b 的指数是 3，与 3 中 a 的指数是 2，b 的指数是 3 一致， a b 3 的同类项，符合题意； 22∴3 是 2a b a b 2∵a 的指数是 2，b 的指数是 1，与 3 中 a 的指数是 2，b 的指数是 3 不一致， a b 3 的同类项，不符合题意； 22∴不是 a b a b 2∵a 的指数是 1，b 的指数是 3，与 3 中 a 的指数是 2，b 的指数是 3 不一致， a b 2∴3 不是 3 的同类项，不符合题意； ab a b 故选 B 【点睛】本题考查了同类项，正确理解同类项的定义是解题的关键． 将抛物线 y  ax2  bx  c(a  0)向下平移两个单位，以下说法错误的是（ ）3. A. 开口方向不变 B. 对称轴不变 C. y 随 x 的变化情况不变 D. 与 y 轴的交点不变 D【答案】 【解析】 【分析】根据二次函数的平移特点即可求解． 【详解】将抛物线 y  ax2  bx  c(a  0)向下平移两个单位，开口方向不变、对称轴不变、故 y 随 x 的变 化情况不变；与 y 轴的交点改变 故选 D． 【点睛】此题主要考查二次函数的函数与图象，解题的关键是熟知二次函数图象平移的特点． 4. 商店准备一种包装袋来包装大米，经市场调查以后，做出如下统计图，请问选择什么样的包装最合适（ ）2kg 3kg 4kg 5kg D. /包 A. /包 B. /包 C. /包 A【答案】 【解析】 【分析】选择人数最多的包装是最合适的． 1.5kg/ -2.5kg/ 包 包的范围内的人数最多， 【详解】由图可知，选择 ∴1.5kg/ -2.5kg/ 包 包的范围内的包装最合适． 选择在 A故选： ． 【点睛】本题较简单，从图中找到选择人数最多的包装的范围，再逐项分析即可．   1  5. a  b  如图，已知平行四边形 ABCD 中， ，E 为 中点，求 （）AB  a, AD  b AB 2    A. B. C. D. EC CE ED DE A【答案】 【解析】 【分析】根据向量的特点及加减法则即可求解． 【详解】∵四边形 ABCD 是平行四边形，E 为 中点， AB      1  1a  b  AB  BC  EB  BC  EC ∴22故选 A． 【点睛】此题主要考查向量的表示，解题的关键是熟知平行四边形的特点及向量的加减法则． C, D 与圆 A 6. AB  4, AD  3 ，圆 B 的半径为 1，圆 A 与圆 B 内切，则点 如图，已知长方形 中， ABCD 的位置关系是（ ）A. 点 C 在圆 A 外，点 D 在圆 A 内 C. 点 C 在圆 A 上，点 D 在圆 A 内 B. 点 C 在圆 A 外，点 D 在圆 A 外 D. 点 C 在圆 A 内，点 D 在圆 A 外 C【答案】 【解析】 【分析】根据内切得出圆 A 的半径，再判断点 D、点 E 到圆心的距离即可 【详解】 ∵圆 A 与圆 B 内切， ∴圆 A 的半径为 5 ，圆 B 的半径为 1 AB  4 ∵<5 AD  3 ∴点 D 在圆 A 内 在 Rt△ABC 中， 2222AC  AB  BC  4  3  5 ∴点 C 在圆 A 上 故选：C 【点睛】本题考查点与圆的位置关系、圆与圆的位置关系、勾股定理，熟练掌握点与圆的位置关系是关键 二、填空题 727. 计算： _____________． x  x = 5x【答案】 【解析】 【分析】根据同底数幂的除法法则计算即可 725x【详解】∵ ,x  x = x5 故答案为: ．【点睛】本题考查了同底数幂的除法，熟练掌握运算的法则是解题的关键． 68. f (x)  已知 ，那么 __________． f ( 3) x【答案】 【解析】 ．2 3 【分析】直接利用已知的公式将 x 的值代入求出答案． 6f (x)  = 2 3 【详解】解：∵ ，x6f ( 3)= ∴，3故答案为： ．2 3 【点睛】本题主要考查了函数值，正确把已知代入是解题关键． x  ，则 ___________． 9. 已知 x  4  3 【答案】5 【解析】 【分析】方程两边同平方，化为一元一次方程，进而即可求解． 【详解】解： ，，x  4  3 x  4  9 两边同平方，得 解得：x=5， 经检验，x=5 是方程的解， ∴x=5， 故答案 【点睛】本题主要考查解根式方程，把根式方程化为整式方程，是解题的关键． 10. 是：5． 不等式 的解集是_______． 2x 12  0 【答案】 x  6 【解析】 【分析】根据不等式的性质即可求解． 【详解】 2x 12  0 2x 12 x  6 故答案为： x  6 ．【点睛】此题主要考查不等式的求解，解题的关键是熟知不等式的性质． 11. 的余角是__________． 70 【答案】 20 【解析】 【分析】根据余角的定义即可求解． 【详解】 的余角是 90°- =70 70 20 故答案为： 20 ．【点睛】此题主要考查余角的求解，解题的关键是熟知余角的定义与性质． 212. 若一元二次方程 无解，则 c 的取值范围为_________． 2x  3x  c  0 9c  【答案】 【解析】 82【分析】根据一元二次方程根的判别式的意义得到 3  42c＜0，然后求出 c 的取值范围． 2【详解】解：关于 x 的一元二次方程 无解， 2x  3x  c  0 c  c ∵∴，a  2 b  3 ，，2 b2  4ac  3  42c  0 ，98c  解得 ，98c∴ 的取值范围是 c  ．9c  故答案为： ．8【点睛】本题考查了一元二次方程 ax2+bx+c=0（a≠0）的根的判别式△=b2-4ac：当△＞0，方程有两个不相 等的实数根；当△=0，方程有两个相等的实数根；当△＜0，方程没有实数根． 1,2,3,5,8,13,21,34 13. 有数据 ，从这些数据中取一个数据，得到偶数的概率为__________． 3【答案】 【解析】 8【分析】根据概率公式计算即可 3【详解】根据概率公式，得偶数的概率为 ，83故答案为： ．8【点睛】本题考查了概率计算，熟练掌握概率计算公式是解题的关键． y  kx ，请写出一个符合条件的函数解析式 (1,1) 14. 已知函数 经过二、四象限，且函数不经过 _________． y  2x 【答案】 【解析】 （且k  0 k  1 即可） 【分析】正比例函数经过二、四象限，得到 k<0，又不经过(-1,1)，得到 k≠-1，由此即可求解． y  kx 【详解】解：∵正比例函数 经过二、四象限， ∴k<0， y  kx (1,1) 时，k=-1， 当经过 由题意函数不经过 故可以写的函数解析式为： (1,1) ，说明 k≠-1， y  2x (本题答案不唯一，只要 且k  0 k  1 即可)． y  kx 【点睛】本题考查了正比例函数的图像和性质，属于基础题， (k≠0)当 时经过第二、四象限；当 k  0 时经过第一、三象限． k  0 15. 某人购进一批苹果到集贸市场零售，已知卖出的苹果数量与售价之间的关系如图所示，成本为 5 元/千 克，现以 8 元/千克卖出，赚___________元． 33k 【答案】 5【解析】 【分析】利用待定系数法求出函数关系式，求出当售价为 8 元/千克时的卖出的苹果数量．再利用利润=（售 价-进价）×销售量，求出利润． y  mx  n 5  x 10 ，将（5，4k），（10，k）代入关 【详解】设卖出的苹果数量与售价之间的关系式为 系式： 35m  n  4k m  k ，解得 510m  n  k n  7k 3y  kx  7k 5  x 10 ∴511 5y  k令，则 x  8 11 33 585  k  k∴利润= 5【点睛】本题考查待定系数法求函数解析式和利润求解问题．利润=（售价-进价）×销售量． SABD SBCD 12SBOC SBCD _________． 16. 如图，已知 ，则 2【答案】 【解析】 3AD BC 12【分析】先根据等高的两个三角形的面积比等于边长比，得出 ，再根据△AOD∽△COB 得出 OD AD 12，再根据等高的两个三角形的面积比等于边长比计算即可 OB BC 【详解】解：作 AE⊥BC，CF⊥BD SABD SBCD 12∵∴△ABD 和△BCD 等高，高均为 AE 1ADAE SABD SBCD AD BC 1221∴BCAE 2∵AD∥BC ∴△AOD∽△COB OD AD 12∴OB BC ∵△BOC 和△DOC 等高，高均为 CF 1OB·CF SBOC SDOC OB OD 2121∴∴OD·CF 2SBOC SBCD 232故答案为： 3【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质、等高的两个三角形的面积比等于边长比，熟练掌握三角形的 面积的特点是解题的关键 30° 17. 六个带 角的直角三角板拼成一个正六边形，直角三角板的最短边为 1，求中间正六边形的面积 _________． 3 3 【答案】 【解析】 ．230° 【分析】由六个带 角的直角三角板拼成一个正六边形，直角三角板的最短边为 1，可以得到中间正六边 形的边长为 1，做辅助线以后，得到△ABC、△CDE、△AEF 为以 1 为边长的等腰三角形，△ACE 为等边三 角形，再根据等腰三角形与等边三角形的性质求出边长，求出面积之和即可． 【详解】解：如图所示，连接 AC、AE、CE，作 BG⊥AC、DI⊥CE、FH⊥AE，AI⊥CE， 在正六边形 ABCDEF 中， ∵直角三角板的最短边为 1， ∴正六边形 ABCDEF 为 1， ∴△ABC、△CDE、△AEF 为以 1 为边长的等腰三角形，△ACE 为等边三角形， ∵∠ABC=∠CDE =∠EFA =120︒，AB=BC= CD=DE= EF=FA=1， ∴∠BAG=∠BCG =∠DCE=∠DEC=∠FAE =∠FEA=30︒， 1∴BG=DI= FH= ，23∴由勾股定理得：AG =CG = CI =EI = EH = AH = ，2∴AC =AE =CE = ，33∴由勾股定理得：AI= ，211133 3 2∴S= ，3  3  3  22223 3 2故答案为： ．【点睛】本题主要考查了含 30 度角的直角三角形的性质、正多边形形与圆以及等边三角形的性质，关键在 于知识点：在直角三角形中，30 度角所对的直角边等于斜边的一半的应用． 18. 定义：在平面内，一个点到图形的距离是这个点到这个图上所有点的最短距离，在平面内有一个正方形， P,OP  2 边长为 2，中心为 O，在正方形外有一点 离 d 的取值范围为__________． ，当正方形绕着点 O 旋转时，则点 P 到正方形的最短距 【答案】 【解析】 2  2  d 1 【分析】先确定正方形的中心 O 与各边的所有点的连线中的最大值与最小值，然后结合旋转的条件即可求 解． 【详解】解：如图 1，设 的中点为 E，连接 OA，OE，则 AE=OE=1，∠AEO=90°， ．AD OA  2 ∴点 O 与正方形 边上的所有点的连线中， ABCD OA 最小，等于 1， 最大，等于 ．OE 2∵，OP  2 ∴点 P 与正方形 边上的所有点的连线中， ABCD 如图 2 所示，当点 E 落在 如图 3 所示，当点 A 落在 上时，最大值 PE=PO-EO=2-1=1； OP OP 上时，最小值 ．PA  PO  AO  2  2 ∴当正方形 ABCD 绕中心 O 旋转时，点 P 到正方形的距离 d 的取值范围是 ．2  2  d 1 故答案为： 2  2  d 1 【点睛】本题考查了新定义、正方形的性质、勾股定理等知识点，准确理解新定义的含义和熟知正方形的 性质是解题的关键． 三、解答题 11 19. 计算： 92  |1 2 | 2  8 【答案】2 【解析】 【分析】根据分指数运算法则，绝对值化简，负整指数运算法则，化最简二次根式，合并同类二次根式以 及同类项即可． 11 【详解】解： ，92  |1 2 | 2  8 19  1 2  2 2 ==，2，3 2 1 2 =2． 【点睛】本题考查实数混合运算，分指数运算法则，绝对值符号化简，负整指数运算法则，化最简二次根 式，合并同类二次根式与同类项，掌握实数混合运算法则与运算顺序，分指数运算法则，绝对值符号化简， 负整指数运算法则，化最简二次根式，合并同类二次根式与同类项是解题关键． x  y  3 x2  4y2  0 20. 解方程组： x  2 y 1 x  6 【答案】 【解析】 和y  3 y，再代入第二个方程中，解一元二次方程方程即可求出 ，再回代第 x  3 y 【分析】由第一个方程得到 x一个方程中即可求出 ．x  y  3(1) 【详解】解：由题意： ，x2  4y2  0(2) x  3 y 由方程(1)得到： ，再代入方程(2)中： 得到：(3- y)2 – 4y2 =0 ，3- y =2y 3- y = – 2y 或 ， 进一步整理为： y 1 ， y 3， 解得 12x  2 x  6 ，再回代方程(1)中，解得对应的 ，12x  2 y 1 x  6 故方程组的解为： 和．y  3 【点睛】本题考查了代入消元法解方程及一元二次方程的解法，熟练掌握代入消元法，运算过程中细心即 可． 4AC  BD, BC  8,CD  4 21. cosABC  已知在 中， ，，为BF AD 边上的中线． △ABD 5（1）求 （2）求 的长； AC 的值． tan FBD 3【答案】（1） AC  6 ；（2） 10 【解析】 【分析】（1）在 Rt△ABC 中，利用三角函数即可求出 AB，故可得到 AC 的长； （2）过点 F 作 FG⊥BD，利用中位线的性质得到 FG，CG，再根据正切的定义即可求解． 4AC  BD cosABC  ，【详解】（1）∵ 5BC AB 45cosABC  ∴∴AB=10 22∴=；AC AB – BC = 6 （2）过点 F 作 FG⊥BD， 边上的中线． ∵为BF AD ∴F 是AD 中点 AC  BD ∵FG⊥BD， ∴FG//AC ∴FG 是△ACD 的中位线 12AC= ∴FG= 31CG= 2CD=2 FG 33∴在 Rt△BFG 中， =．tan FBD BG 8 2 10 【点睛】此题主要考查解直角三角形，解题的关键是熟知三角函数的定义． 22. 现在 手机非常流行，某公司第一季度总共生产 80 万部 手机，三个月生产情况如下图． 5G 5G （1）求三月份共生产了多少部手机? （2） 手机速度很快，比 下载速度每秒多 4G 要快 190 秒， ，下载一部 的电影， 比5G 4G 95MB 1000MB 5G 求手机的下载速度． 5G 【答案】（1）36 万部；（2）100 /秒 MB 【解析】 【分析】（1）根据扇形统计图求出 3 月份的百分比，再利用 80 万×3 月份的百分比求出三月份共生产的手 机数； x 95 （2）设 手机的下载速度为 x /秒，则 下载速度为 /秒，根据下载一部 1000MB 的电 5G 4G MB MB 4G 要快 190 秒列方程求解． 影， 比5G 【详解】（1）3 月份的百分比= 130%  25%  45% 三月份共生产的手机数= （万部） 8045%=36 答：三月份共生产了 36万部手机． x 95 （2）设 手机的下载速度为 x /秒，则 下载速度为 /秒， MB 5G 4G MB 1000 1000 190 由题意可知： 解得： x 95 xx 100 x x 95  0 检验：当 时， x 100 ∴是原分式方程的解． x 100 答： 手机的下载速度为 100 /秒． MB 5G 【点睛】本题考查实际问题与分式方程．求解分式方程时，需要检验最简公分母是否为 0． G, AD  CB, M , N 23. 已知：在圆 O 内，弦 与弦 BC 交于点 分别是 和的中点，联结 CB AD AD MN,OG ．（1）求证： ；OG  MN AC, AM ,CN （2）联结 ，当 时，求证：四边形 ACNM 为矩形． CN / /OG 【答案】（1）见解析；（2）见解析 【解析】 OM ,ON 【 分 析 】（ 1 ） 连 结 ， 可得 ， 由M 、 N 分 别 是 和的 中 点 ， 可 得OM⊥BC ， ON⊥AD ， 由 AD CB RtEOP≌RtFOP HL ，可证 ，MG  NG，MGO  NGO ，根据 AB  CD OM  ON 等腰三角形三线合一性质 ;OG  MN （2）设 OG 交 MN 于 E，由 RtEOP≌RtFOP ，可得 MG  NG ，可得 CMN  ANM ，11CM  CB  AD  AN ，可证CMN≌ANM 可得 ，由 CN∥OG，可得 AM  CN 22AM∥CN，可证 AMN  CNM  90 ，由 AMN+CNM =180可得 ACNM 是平行四边形，再由 可证四边形 ACNM 是矩形． AMN 90 OM ,ON 【详解】证明：（1）连结 ，∵M、N 分别是 和的中点， CB AD ∴OM，ON 为弦心距， ∴OM⊥BC，ON⊥AD， GMO  GNO  90 O ，在中， ，AB  CD ，OM  ON 在 Rt△OMG 和 Rt△ONG 中， OM  ON OG  OG ，RtGOM≌RtGON HL ，∴MG  NG，MGO  NGO ，;OG  MN （2）设 OG 交 MN 于 E， RtGOM≌RtGON HL ，∴∴MG  NG ，GMN  GNM ，即 CMN  ANM ，11CM  CB  AD  AN ，22在△CMN 和△ANM 中 CM  AN CMN  ANM MN  NM ，CMN≌ANM ， AM  CN,AMN  CNM ，∵CN∥OG， CNM  GEM  90 AMN  CNM  90 ，，AMN+CNM  90+90=180 ∴AM∥CN， ， ACNM 是平行四边形， AMN  90 ，∴四边形 ACNM 是矩形． 【点睛】本题考查垂径定理，三角形全等判定与性质，等腰三角形判定与性质，平行线判定与性质，矩形 的判定，掌握垂径定理，三角形全等判定与性质，等腰三角形判定与性质，平行线判定与性质，矩形的判 定是解题关键． 2P(3,0),Q(1,4) ．24. 已知抛物线 过点 y  ax  c(a  0) （1）求抛物线的解析式； PQ （2）点 A 在直线 上且在第一象限内，过 A 作 AB  x 轴于 B，以 为斜边在其左侧作等腰直角 AB ．ABC ①若 A 与 Q 重合，求 C 到抛物线对称轴的距离； ②若 C 落在抛物线上，求 C 的坐标． 52192y  x2  2, 【答案】（1） ；（2）①1；②点 C 的坐标是 2【解析】 9a  c  0, a  c  4, 2P(3,0)、Q(1,4) 【分析】(1)将 两点分别代入 y  ax  c ，得 ,解方程组即可; （2）①根据 AB=4,斜边上的高为 2,Q 的横坐标为 1,计算点 C 的横坐标为-1,即到 y 轴的距离为 1；②根据直 线 PQ 的解析式，设点 A（m，-2m+6）,三角形 ABC 是等腰直角三角形，用含有 m 的代数式表示点 C 的坐 标，代入抛物线解析式求解即可. 9a  c  0, a  c  4, 2P(3,0)、Q(1,4) 【详解】（1）将 两点分别代入 y  ax  c ，得 19a  ,c  解得 ．2219y  x2  所以抛物线的解析式是 ．22Q(1,4) （2）①如图 2，抛物线的对称轴是 y 轴，当点 A 与点 重合时， ，AB  4 作∵∴∴CH  AB 于 H． ABC 是等腰直角三角形， 和也是等腰直角三角形， CBH CAH ，CH  AH  BH  2 ∴点 C 到抛物线的对称轴的距离等于 1． 3k  b  0, k  b  4, P(3,0)、Q(1,4) ②如图 3，设直线 PQ 的解析式为 y=kx+b，由 ，得 k  2, b  6, 解得 PQ y  2x  6 ∴直线 的解析式为 ，A(m,2m  6) 设∴，，AB  2m  6 所以 所以 ．CH  BH  AH  m  3 y  m  3, x  (m  3 m)  2m 3 ．CC192y  x2  C(2m 3,m  3) 将点 代入 ，219m  3  (2m 3)2  得．222整理，得 ．2m  7m  3  0 (2m 1)(m 3)  0 因式分解，得 ．1m  解得 ，或 （与点 B 重合，舍去）． m  3 212152m  2m 3 13  2,m  3   3  当时， ．2522, 所以点 C 的坐标是 ．的【点评】本题考查了抛物线解析式 确定，一次函数解析式的确定，等腰直角三角形的性质，一元二次方 程的解法，熟练掌握待定系数法，灵活用解析式表示点的坐标，熟练解一元二次方程是解题的关键． AD / /BC,ABC  90, AD  CD,O 25. 如图，在梯形 中， 是对角线 的中点，联结 并延 ABCD AC BO 长交边 或边 于 E． AD CD （1）当点 E 在边 上时， ；CD ①求证： DAC∽OBC AD BC ②若 BE  CD，求 的值； DE  2,OE  3 （2）若 ，求 的长． CD 2【答案】（1）①见解析；② ；（2） 或3 19 1 19 3【解析】 【分析】（1）①根据已知条件、平行线性质以及直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可推导， ，由此可得 ；DAC  DCA  OBC  OCB DAC∽OBC ②若 BE  CD，那么在 中，由2  3  4 ．可得 ，作 于RtBCE 2  3  4  30 DH  BC 30° H．设 ，那么 ．根据 所对直角边是斜边的一半可知 ，由此可 AD  CD  2m BH  AD  2m CH  m AD 得的值． BC （2）①当点 E 在 上时，可得四边形 是矩形，设 ，在 和RtACE RtVDCE 中， ABCE AD  CD  x AD 2 ，列方程 62  (x  2)2  x2  22 求解即可． 2根据 CE  CE DC AC x2OC ②当点 E 在 上时，设 ，由 ，得 ，所以 ，所以 CD AD  CD  x DAC∽OBC OC BC mBC OC xEO EC OC 3x  2 OC ；由 得，所以 ，解出 x 的值即可． EOC∽ECB BC 2m EC EB CB x  2 m  3 CB 【详解】（1）①由 ，得 ．AD  CD 1 2 AD / /BC 由，得 1 3 ．因为 所以 所以 是BO Rt△ABC 斜边上的中线，所以 ．．所以 ．OB  OC 3  4 1 2  3  4 ．DAC∽OBC ②若 BE  CD，那么在 中，由 2  3  4 ．可得 ．RtBCE 2  3  4  30 作在于 H．设 ，那么 ．DH  BC Rt△DCH AD  CD  2m BH  AD  2m DCH  60, DC  2m 中， ，所以CH  m ．所以 ．BC  BH  CH  3m AD 2m 23所以 ．BC 3m AD / /BC,O （2）①如图 5，当点 E 在 上时，由 是的中点，可得 ，AC OB  OE AD 所以四边形 又因为 是平行四边形． ，所以四边形 ABCE 是矩形， ABC  90 ABCE AE = x- 2 ．设，已知 ，所以 AD  CD  x DE  2 已知 ，所以 AC  6 ．OE  3 2 ，列方程 62  (x  2)2  x2  22 ．2和RtACE RtVDCE 中，根据 在CE  CE 解得 ，或 （ 舍去负值）． x 1 19 x 1 19 ②如图 6，当点 E 在 上时，设 ，已知 ，所以CE  x  2 ．CD AD  CD  x DE  2 2OC OB  OC  m 设，已知 ，那么 ．OE  3 EB  m  3 DC AC xOC x一方面，由 ，得 ，所以 ，所以 ，DAC∽OBC OC BC mBC BC 2m 另一方面，由 是公共角，得 ．2  4，BEC EOC∽ECB EO EC OC 3x  2 OC 所以 ，所以 ．EC EB CB x  2 m  3 CB x2  2x ．3x  2 x3x等量代换，得 ．由 ，得 m  x  2 m  3 2m x  2 2m 6×2  2x 3x  2 2将代入 ，整理，得 ．m  x  6x 10  0 x  2 m  3 6解得 ，或 （舍去负值）． x  3 19 x  3 19 【点睛】本题主要考查相似三角形的判定与性质，斜边上的中线，勾股定理等，能够运用相似三角形边的 关系列方程是解题的关键．