2020-2021學(xué)年浙江省溫州市永嘉縣東方外國語學(xué)校九年

級（下）期末數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)試卷（10）

一、選擇題（本大題共2小題，共6.（）分）

1.如圖，ZMO/V=30°,OP是NMON的角平分線，PQ“ON^M\：^、Q,以P為圓心

半徑為4的圓與ON相切，如果以Q為圓心半徑為r的圓與OP相交，那么r的取值范

圍是（）

A.4<r<12B.2<r<12C.4<r<8D.r>4

2.在平面直角坐標(biāo)系xOy中，點4(一3,0),8(2,0),C(-1,2),E(4,2),如果△ABC與

△EFB全等，那么點尸的坐標(biāo)可以是()

A.(6,0)B.(4,0)C.(4.-2)D.(4,-3)

二、填空題（本大題共8小題，共24.（）分）

3.如圖，在正方形A8C。中，48=10,點E在正方形內(nèi)部，且A

AE1BE,co叱BAE=2,如果以E為圓心，r為半徑的。E與

以CD為直徑的圓相交，那么r的取值范圍為

4.如圖，在中，ZC=90°,AC=6,BC=8,點￡?、E分別是邊BC、4B上

一點，DE"AC,BD=5V2,把△BOE繞著點B旋轉(zhuǎn)得到△BO'E'（點0、E分別與點

D',E'對應(yīng)），如果點A,D'、E'在同一直線上，那么2E'的長為.

5.如圖，在坡度為1：2.4的斜坡上有一棵與水平面垂直的樹BC,在斜坡底部A處測得

樹頂C的仰角為30。，AB的長為65米，那么樹高BC等于米（保留根號）.

6.如圖，在△ABC中，=90°,4c=3,BC=4,把△力BC

繞C點旋轉(zhuǎn)得到△AB'C,其中點4在線段ZB上，那么

乙4'B'B的正切值等于.

7.已知等邊△ABC的重心為G,ADEF與△力BC關(guān)于點G成中心對稱，將它們重疊部分

的面積記作S],△4BC的面積記作S2,那么?的值是______

?2

8.已知。0的直徑4B=4,。。與半徑為1的0C外切，且0C與。。均與直徑4B相

切、與。。內(nèi)切，那么。。的半徑是

9.七巧板由五個等腰直角三角形與兩個平行四邊形(其中的一

個平行四邊形是正方形)組成.用七巧板可以拼出豐富多彩

的圖形，圖中的正方形ABC。就是由七巧板拼成的，那么正

方形EFGH的面積與正方形4BCD的面積的比值為.

10.定義：如果三角形的兩個內(nèi)角4a與“滿足4a=2",那么，我們將這樣的三角形

稱為“倍角三角形”,如果一個等腰三角形是“倍角三角形”，那么這個等腰三角

形的腰長與底邊長的比值為

三、解答題(本大題共12小題，共96.0分)

11.如圖，在△力BC中，AB=AC,

結(jié)AD,以4D為一邊作△力DE,

/.DAE=/-BAC,聯(lián)結(jié)EC.

(1)求證：C4平分4DCE；

(2)如果AB2=BD-BC,求證：四邊形4BDE是平行四邊形.

第2頁，共39頁

12.如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，拋物線y=a/+.+3經(jīng)過點4(一1,0)和點

8(3,0),該拋物線對稱軸上的點P在x軸上方，線段PB繞著點P逆時針旋轉(zhuǎn)90。至PC(

點B對應(yīng)點C),點C恰好落在拋物線上.

(1)求拋物線的表達式并寫出拋物線的對稱軸；

(2)求點P的坐標(biāo)；

(3)點Q在拋物線上，聯(lián)結(jié)AC,如果4Q4C=N4BC,求點Q的坐標(biāo).

13.如圖1,在梯形4BC0中，AD//BC,/.ABC=90°,cosC=|,DC=5,BC=6,

以點B為圓心，BD為半徑作圓弧，分別交邊C。、BC于點、E、F.

⑴求sin/BDC的值；

(2)聯(lián)結(jié)BE,設(shè)點G為射線DB上一動點，如果AADG相似于ABEC,求CG的長；

(3)如圖2,點P、Q分別為邊4D、BC上動點，將扇形DBF沿著直線PQ折疊，折疊

后的弧DW經(jīng)過點B與4B上的一點H(點D、F分別對應(yīng)點設(shè)=x,BQ=y,

求y關(guān)于無的函數(shù)關(guān)系式(不需要寫定義域).

14.如圖，已知C是線段4B上的一點，分別以AC、BC為邊在線段同側(cè)作正方形4CDE

和正方形CBGF,點尸在CD上，聯(lián)結(jié)4尸、BD,8。與尸G交于點M,點N是邊4c上的

一點，聯(lián)結(jié)EN交AF與點H.

(1)求證：AF=BD-.

(2)如果附=翳，求證：AFLEN.

15.在平面直角坐標(biāo)系xOy中(如圖)，已知拋物線y=-/+bx+c經(jīng)過點4(3,0)和

5(0,3).其頂點為C.

(1)求拋物線的解析式和頂點C的坐標(biāo)；

(2)我們把坐標(biāo)為(n,zn)的點叫做坐標(biāo)為(zn,n)的點的反射點，已知點M在這條拋物

第4頁，共39頁

線上，它的反射點在拋物線的對稱軸上，求點M的坐標(biāo);

(3)點P是拋物線在第一象限部分上的一點，如果4P0A=44C8,求點P的坐標(biāo).

5-

4-

3-

?????____11111G

-54-3-2-1]f123456x

16.如圖，在△4BC中，NC=90°,AC=6,BC=8,P是線段8C上任意一點，以點P為

圓心PB為半徑的圓與線段4B相交于點Q(點Q與點力、B不重合)，4CPQ的角平分線

與AC相交于點D.

⑴如果DQ=PB,求證：四邊形BQDP是平行四邊形;

(2)設(shè)PB=x,ADPQ的面積為y,求y關(guān)于x的函數(shù)關(guān)系式，并寫出尢的取值范圍;

(3)如果△ACQ是以DQ為腰的等腰三角形，求PB的長.

3

17.已知：如圖，圓。是△ABC的外接圓，力。平分NB4C.

(1)求證：△力BC是等腰三角形；

(2)當(dāng)。4=4,AB=6,求邊BC的長.

18.在平面直角坐標(biāo)系工0y中，己知拋物線y=+bx+c經(jīng)過點力(-4,0)和B(2,6),

其頂點為O.

(1)求此拋物線的表達式；

(2)求AAB。的面積；

(3)設(shè)C為該拋物線上一點，且位于第二象限，過點C作CHJ.X軸，垂足為點H,如

果△0C”與△4BD相似，求點。的坐標(biāo).

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19.在邊長為2的菱形4BCD中，E是邊4D的中點，點八G、H分別在邊4B、BC、CD上,

且FG1EF,EH1EF.

(1)如圖1,當(dāng)點尸是邊4B中點時，求證：四邊形EFGH是矩形；

(2)如圖2,當(dāng)?shù)?9時，求黑值；

GCZcn

⑶當(dāng)cos/D=V，且四邊形EFGH是矩形時(點尸不與48中點重合)，求4F的長.

20.已知：△ABC,AB=AC,4BAC=90。，點D是邊BC的中點，點E在邊AB上(點E不

與點4、B重合)，點F在邊4c上，聯(lián)結(jié)DE、DF.

(1)如圖1,當(dāng)Z_EDF=90。時，求證：BE=AF；

(2)如圖2,當(dāng)NEDF=45。時，求證：震=能

E

更

21.在平面直角坐標(biāo)系xOy中(如圖)，已知經(jīng)過點力(-3,0)的\-

拋物線y=ax2+2ax-3與y軸交于點C,點8與點4關(guān)于----------萬---->

-3-2-1。lx

該拋物線的對稱軸對稱，。為該拋物線的頂點.-1-

(1)直接寫出該拋物線的對稱軸以及點B的坐標(biāo)、點C的-2"

坐標(biāo)、點。的坐標(biāo)；-3-

(2)聯(lián)結(jié)4D、DC、CB,求四邊形4BC0的面積；

(3)聯(lián)結(jié)力C.如果點E在該拋物線上，過點E作x軸的垂線，垂足為H,線段EH交線段

4c于點F.當(dāng)EF=2FH時，求點E的坐標(biāo).

22.如圖，在△ABC中，ZC=90°,AB=5cm,cosB='.動點。從點4出發(fā)沿著射線4c

的方向以每秒Ian的速度移動，動點E從點B出發(fā)沿著射線B力的方向以每秒2czn的

速度移動.已知點。和點E同時出發(fā)，設(shè)它們運動的時間為t秒.聯(lián)結(jié)BD.

(1)當(dāng)時，求tan/ABD的值；

(2)以4為圓心，4。為半徑畫04；以點B為圓心、BE為半徑畫OB.討論。4與。8

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的位置關(guān)系，并寫出相對應(yīng)的t的值.

(3)當(dāng)ABOE為直角三角形時，直接寫出tan/CBO的值.

答案和解析

1.【答案】A

【解析】解：如圖，過點P作P410M于點4.

?.?圓P與ON相切，設(shè)切點為B,連接PB.

PB1ON.

??-OP是/MON的角平分線，

PA=PB.

???PA是半徑，

0M是圓P的切線.

???AMON=30°,OP是NMON的角平分線，

???Zl=Z2=15°.

,:PQ//ON,

:.z3=Z.2=15°.

???Z4=zl+z3=30°.

vPA=4,

???PQ=2PA=8.

?1-T最小值=8-4=4,r虛大值=8+4=12.

??.r的取值范圍是4<r<12.

故選：A.

如圖，過點P作PA1OM于點4根據(jù)題意首先判定。M是切線，根據(jù)切線的性質(zhì)得到P4=

4.由角平分線的性質(zhì)和平行線的性質(zhì)判定直角AAPQ中含有30度角，則由“30度角所對

的直角邊是斜邊的一半”得到PQ的長度；然后根據(jù)圓與圓的位置關(guān)系求得r的取值范圍.

考查了圓與圓的位置關(guān)系，切線的判定與性質(zhì)，若出現(xiàn)圓的切線，必連過切點的半徑，

構(gòu)造定理圖，得出垂直關(guān)系.簡記作：見切點，連半徑，見垂直.

直接利用全等三角形的性質(zhì)以及坐標(biāo)與圖形的性質(zhì)得出符合題意的答案.

此題主要考查了全等三角形的性質(zhì)以及坐標(biāo)與圖形的性質(zhì)，正確掌握全等圖形的性質(zhì)是

解題關(guān)鍵.

3.【答案】3V5-5<r<3V5+5

【解析】解：設(shè)48的中點為G,

連接EG,延長BE交CD于H,

vAE1.BE,

A/-AEB=90°,

：?EG=-2AB=5,

???在正方形48co中，ZC=Z-ABC=90°,

??./.BAE+乙ABE=Z.ABE+乙CBH=90°,

???Z.CBH=乙BAE,

cot^BAE=cotzCBW=券=2,

???CH=2-BC=2-CD=5,

.?.點H是以CD為直徑的圓的圓心，

設(shè)BE=k,AE=2k,

AB-V5/c—10，

.1.k=2>/5>

BE=2遮，

?:ZC=90°,BC=10,CH=5,

BH=V102-52=5V5>

EH=BH-BE=3而，

7'為半徑的OE與以CD為直徑的圓相交，

r的取值范圍為-5<r<3V5+51

故答案為：3遮-5<r<3b+5.

設(shè)4B的中點為G,連接EG,延長BE交CD于H,根據(jù)直角三角形的性質(zhì)得到EG=/B=5,

根據(jù)三角函數(shù)的定義得到CH=：BC=5,推出點H是以C。為直徑的圓的圓心,

設(shè)8E=k,AE=2k,得到BE=2石，根據(jù)勾股定理得到BH=VlO?-52=5花,求

得EH=BH—BE=36，于是得到結(jié)論.

本題主要考查圓與圓的位置關(guān)系，解題的關(guān)鍵是掌握圓周角定理、圓心角定理、三角形

中位線定理、勾股定理、矩形的性質(zhì)及圓與圓的位置關(guān)系等知識點.

4.【答案】變!或也

44

【解析】解：如圖1中，當(dāng)點。在線段4E'上時,

圖1

在RtzMCB中，???N4CB=90。，AC=6,BC=8,

■1?AB=y/AC2+BC2=V62+82=10>

DE11AC,

???△BDE~XBCAf

DEBD

??-=--,

ACBC

.DE_572

=,

6---8

nr?1572

4

v乙AD'B=90°,

AD'=>/AB2-D'B2=J102-(5V2)2=5V2>

AE'=AD'+D'E'=5V2+—=—,

44

如圖2中，當(dāng)E'在線段AD'上時，同法可得4E'=AD'—。七'=5及一竺重=隨

44

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圖2

綜上所述，滿足條件的AE'的長為至涯或也.

44

故答案為小或延.

44

分兩種情形分別求解：如圖1中，當(dāng)點D'在線段4E'上時，解直角三角形求出AD',D'E'即

可.如圖2中，當(dāng)E'在線段4。'上時，同法可得.

本題考查旋轉(zhuǎn)變換，解直角三角形，解題的關(guān)鍵是學(xué)會用分類討論的思想思考問題，屬

于中考常考題型.

5.【答案】（20遍一25）

【解析】解：如圖，延長CB交水平面于點。,

CD1AD,

■■AADC=90°,

在RtZMDB中，AB=65,

vBD：AD=1：2.4,

???AD=2.4BO,

根據(jù)勾股定理，得

AD2+BD2=AB2,

即BD?+(2.480)2=652,

解得BD=25,

AD=60)

在RtzMCD中，ACAD=30°,

Atan30°=—,

解得CB=20g-25（米）.

答：樹高8c等于（20次-25坪.

故答案為：（20代一25）.

延長CB交水平面于點D,根據(jù)題意可得CO再根據(jù)坡度可得BD：AD=1：2.4,

根據(jù)勾股定理可得BO=25,AD=60,最后根據(jù)銳角三角函數(shù)即可求出CB的長.

本題考查了解直角三角形的應(yīng)用-仰角俯角問題、解直角三角形的應(yīng)用-坡度坡角問題,

解決本題的關(guān)鍵是掌握仰角俯角定義和坡度坡角定義.

6?【答案】/

24

【解析】解：把△ABC繞C點旋轉(zhuǎn)得到△A'B'C,點4在線段4B上，

???Z.ACA'=&BCB',CA=CA',CB=CB',

???Z/4=/.CA'A,乙CBB'=tCB'B,

Z.A=Z.CBB',

???ACAA'-'ACBB',

.CA_AA!_

"CB-BBi)

■：“=90°,AC=3,BC=4,

AB=yjAC24-BC2=V32+42=5，々A+MBA=90°,

???乙CBB'+ACBA=90°,

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???乙A'BB'=90°,

設(shè)AB=Q,則A4'=5—Q,BBf=V25-a2,

3_5-a

4―V25-az，

解得，Q=g（a=5舍去）,

ArB=I，

???BB，="5一(孑=?

7

：?tmZ.A'B'B=—=-^=—

BB，y24

故答案為：A

24

證明△C44'SACBB',得出％=Q，設(shè)AB=Q,則44'=5—Q,BB'=<25-a2,得

CDDDf

出［=京餐，解方程求出AB,則BB'可求出，則答案可得出.

4V25-az

本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，銳角三角函數(shù)，勾股定理等知識,

熟練掌握旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵.

7.【答案】|

【解析】解：如圖，?.?點G是等邊△4BC的重心,

二40垂直平分8C,4D是NB4C的角平分線，

■■■AG=2GN,

設(shè)4B-3a,貝l」4N=—x3a=—a,

44

???△DEF與人ABC關(guān)于點G成中心對稱，

???△DE尸三△ABC,AG=DGfEF//BC,

???Z.AQH=Z.ABC=Z.AHQ=乙ACB=60°,

??.△AQ”是等邊三角形，

???4Q=HQ=AH=gAB=a,

：

?AP=—4—CLf

???它們重疊部分為邊長=QH的正六邊形，

??.Si=6x亨Q2,S2=?x(3a)2,

二1=聲=)

Sz畀9az3

故答案為：

如圖，根據(jù)點G是等邊△4BC的重心，得到4D垂直平分BC,4D是4B4C的角平分線，根

據(jù)中心對稱的性質(zhì)得到^DEF^^ABC,AG=DG,EF〃BC,推出△4QH是等邊三角形，

得到4Q=HQ=AH,求得它們重疊部分為邊長=QH的正六邊形，設(shè)4B=3a,則QH=

a,根據(jù)等邊三角形的面積健康得到結(jié)論.

本題考查了三角形的重心，等邊三角形的性質(zhì)，中心對稱，等邊三角形的面積的計算，

正確的作出圖形是解題的關(guān)鍵.

8.【答案】：或1

【解析】解：當(dāng)OD與OC在直徑48的同側(cè)時，作

。41.0。于//,DNLOB于N,連接CD,連接。。并

延長交。。于G，

設(shè)。。的半徑為r,則。。=2-r,CD=l+r,

???。。的直徑ZB=4,(DC的半徑為1,OC與?0內(nèi)切,

???0。與。。內(nèi)切于點。，

???COLAB,

■：CO1AB,DH1OC,DN1OB,

四邊形HOND為矩形，

???OH=DN=r,DH=ON=7（2—r）2—r2?

???CH=l-r9

在RtZkCOH中，CH2+DH2=CD2,即（1一?。?+（2—廠）2—N=（i+r）2,

解得，r=9,

當(dāng)。。與0C在直徑AB的兩側(cè)時，。。與。。的半徑相等，都是1,

故答案為：之或1.

分OD與OC在直徑AB的同側(cè)、OD與OC在直徑4B的兩側(cè)兩種情況，根據(jù)圓心距與

兩圓半徑的數(shù)量關(guān)系、勾股定理列方程計算，得到答案.

本題考查圓與圓的位置關(guān)系，解題的關(guān)鍵是正確運用圓心距與兩圓半徑的數(shù)量關(guān)系來判

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斷.

9.【答案】J

O

【解析】解：?.?四邊形EFGH是正方形，是等腰直角三角形，

；.AH=HE=HG,

設(shè)AH=HG=1,則4G=2,正方形EFGH的面積為1,

???△4DG是等腰直角三角形，

AD=42AG=2vL

二正方形ABC。的面積為8,

二正方形EFGH的面積與正方形4BCD的面積的比值為:，

O

故答案為：

四邊形EFGH是正方形，△4EH是等腰直角三角形，即可得出4"==HG,設(shè)4H=

HG=1,則4G=2,即可得到正方形E尸GH的面積為1,正方形4BC。的面積為8,進而

得出結(jié)論.

本題主要考查了正方形的性質(zhì)以及等腰直角三角形的性質(zhì)，等腰直角三角形是一種特殊

的三角形，具有所有三角形的性質(zhì)，還具備等腰三角形和直角三角形的所有性質(zhì).

10.【答案】它或四

22

【解析】解：若等腰三角形的三個內(nèi)角Na、邛,N0,

vza+2乙6=180°,4a=2“，

???4乙B=180°,解得0=45°,

??.此“倍角三角形”為等腰直角三角形，

二腰長與底邊長的比值為更；

2

若等腰三角形的三個內(nèi)角Na、za,邛,

???2z.a+zj?=180°,z,a=2邛,

???54?=180°,解得￡=36°,

如圖，乙8=4。=72°,5=36°,作的平分線BO,則448。=

乙CBD=36°,

B

:.DA=DB,

???乙BDC=+Z.ABD=72°,

:.Z-BDC=乙C,

??.BD=BC,

即ZM=DB=CB,

vZ-CBD=Z-A,Z-BCD=Z.ACB

BDCs>ACB?

:.BC：AC=CD：BC,

即BC：AC=(AC-BQ：BC,

整理得ac2-ACBC-BC2=0,解得ac=淮BC，

2

即生=每1,

BC2

此時腰長與底邊長的比值為四,

2

綜上所述，這個等腰三角形的腰長與底邊長的比值為①或包.

22

故答案為立或且11.

22

若等腰三角形的三個內(nèi)角Na、40，40，利用Na+24=180。和Na=得0=45°,

此“倍角三角形”為等腰直角三角形，從而得到腰長與底邊長的比值；若等腰三角形的

三個內(nèi)角4a、4a,N0,利用24a+邛=180。和Za=2邛得.=36。，如圖，4B=KC=

72°,5=36°,作44BC的平分線BD,則NABD=乙CBD=36°,易得=DB=CB,

再證明△BDCSAACB,利用相似比得到BC：AC=CD：BC,等量代換得到BC：AC=

(AC-BC)：BC,然后解關(guān)于4c的方程AC?-4C—BC?=0得4c與BC的比值即可.

本題考查了黃金分割：把線段4B分成兩條線段4c和BCQ4c>BC),且使4c是48和BC的

比例中項(即AB：AC=ACtBC),叫做把線段4B黃金分割，點C叫做線段4B的黃金分

割點.其中4C=漁二4B-0.618AB，并且線段4B的黃金分割點有兩個.也考查了等

2

腰三角形的性質(zhì).

11.【答案】（1）證明：VAB=AC,

Z.B=4ACB,

"乙DAE=Z.BAC,

???ABAC-乙DAC=^DAE-乙DAC,即NB40=/.CAE,

在△48。和△ACE中,

第18頁，共39頁

AB=AC

乙BAD=Z-CAE,

AD=AE

???△ABO三△ACE(S/1S),

???LB=Z-ACE9

???Z.ACB=Z.ACE,

???G4平分功CE；

(2)證明：???AB2=BO，BC,

aAB_BD

“BC一AB'

又NB=乙B,

:.XABD~&CBA,

:.Z-BAD=乙ACB,

???△ABD三&ACE,

**.Z.BAD=Z.CAE,

:.Z.CAE=Z-ACB,

:?AE“BD,

?：AB=AC,AD=AE,Z-DAE=Z.BAC,

-Z-ACB=Z-ADE,

Z.BAD=Z.ADE,

AB//DE,

-AE//BD,AB//DE,

???四邊形4BDE是平行四邊形.

【解析】(1)根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得到48=/4CB,證明△ABD三△ACE,根據(jù)全等三

角形的性質(zhì)得到NB=AACE,根據(jù)角平分線的定義證明結(jié)論；

(2)根據(jù)相似三角形的判定定理得到△ABDSACBA,得至此BAO=N4CB,分別證明

AE//BD,AB//DE,根據(jù)平行四邊形的判定定理證明.

本題考查的是相似三角形的判定和性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)、平行四邊形的判定,

掌握等腰三角形的性質(zhì)、相似三角形的判定定理和性質(zhì)定理是解題的關(guān)鍵.

12.【答案】解：(1)將點4、B坐標(biāo)代入拋物線表達式得：2。，解得:卷：”

故拋物線的表達式為：y=—x2+2%+3①；

函數(shù)的對稱軸為：X=1；

(2)設(shè)點C(m,n),則n=-m2+2m+3,點P(l,s),

如圖1,設(shè)拋物線對稱軸交匯軸于點N,過點C作CM1PN交拋物線對稱軸于點M,

v乙PBN+乙BPN=90°,乙BPN+乙MPC=90°,

???乙MPC=乙PBN,

???乙PMC=乙BNP=90°,PB=PC,

?,△PMC"BNP(AAS),

???PM=BN,MC=PN,

m—1=sCm=2

???n—s=2,解得：n=3,

n=-m2+2m+3(s=1

故點C(2,3),點P(l,l)；

故點p的坐標(biāo)為(1,1);

(3)設(shè)直線力C交y軸于點G,直線4Q交y軸于點H,

圖2

由(2)知，點C(2,3),而點4(一1,0),

過點C作CK_Lx軸于點K,則CK=AK=3,

故直線AC的傾斜角為45。，故乙4G。=/.GAO=45°,

CK3

：?tanZ-ABC=--=---=3

BK3-2

第20頁，共39頁

???Z-QAC=乙ABC,

???tanzQ/lC=3；

在△4GH中，過點”作HM14G于點M,設(shè)MH=3x,

v/-AGO=45°,則GO=AO=lf

???MG=MH=3%,

vtanZ-QAC=3,則AM=x,

AG=AM+GM=x4-3x=^/(―l)24-l2=V2,

解得：￡=0,

4

在44HM中，AH=\lAM2+MH2=VlOx=當(dāng)，

在AAOH中，OH=7AH2-,故點H(0,-》，

由點4、，的坐標(biāo)得，直線4H的表達式為：y=~\x~\@,

聯(lián)立①②并解得：尤=一1(舍去)或g

故點Q的坐標(biāo)為：g—》

【解析】(1)將點4B坐標(biāo)代入拋物線表達式，即可求解；

(2)證明△PMCSABNP(AAS),則PM=BN,MC=PN,即可求解;

(3)設(shè)MH=3x,用x表示AM、GM,利用AG=AM+GM=VL求出x的值；在△AOH

中，OH=5MH2—042,求得點H的坐標(biāo)，即可求解.

本題考查的是二次函數(shù)綜合運用，涉及到一次函數(shù)的性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)、三角形

全等、解直角三角形等，本題的難點是用解三角形的方法求點H的坐標(biāo).

13.【答案】解：(1)如圖1中，連接BE,過點。作DKJ.BC于K,過點B作B/1CO于/.

圖1

在RfCDK中，:"KC=9。。，8=5,cos"=需=|,

???CK=3,

???BC=6,

.?.BK=CK=3,

vAD//BC,Z.ABC=90°,

???〃=90°

vDATIBC,

???乙4=/.ABC=(DKB=90°,

???四邊形ABKD是矩形，

?-AD=BK=3,

：?DB=DC=5,DK=VCD2—CK2=V52—32=4,

■■SHDCB=\BCDK=\-CDBJ,

■■■DJ=JBD2-BJ2=小2_4)2=I，

???BD=BE,BJ1DE,

7

.??DJ=JE=p

???EC=CD-DJ=JE=5-g=3

.?.sinz.50C=g=f=g.

(2)如圖2中,

圖2

-AD//BC,

???Z-ADG=Z-DBC,

vDB=DC,

???Z-DBC=乙C,

???Z.ADG=zC,

第22頁，共39頁

???△ADG相彳以△BEC,

?,.有兩種情形：當(dāng)△71DG-4BCE時,

AD_DG

BC-EC

3DG

6=y>

??DG=獲，

當(dāng)△力0G~z\EC8時,

ADDG

ECBC

3DG

亙=丁，

5

"DG=得

(3)如圖3中，過點B作切1PQ交助于/,連接切，JH,JQ,過點/作/G1BH于G,過點

Q作QK1川于K.

圖3

由題意：QB=QJ=y,BJ=BD=5,

"JB=JH,JG1BH,

BG=GH=-2x,

JG=yjBJ2-BG2=J25—*,

???乙GBQ=4BGK=乙QKG=90°,

二四邊形BGKQ是矩形，

BQ=GK=y,QK=GB=|x,

在Rt△(?/(/中，

???JQ2=QK2+KJ2,

y2=^x2+(J25-—y)2,

25V100-X2

,1?y=io。3.

【解析】(1)如圖1中，連接BE,過點。作DK1BC于K,過點B作1CD于/.想辦法求

出B/,BD即可解決問題.

(2)分兩種情形分別求解：①當(dāng)AADGSABCE時.②當(dāng)AADGsAECB時，分別利用相

似三角形的性質(zhì)求解即可.

(3)如圖3中，過點8作8/1PQ交翁于/,連接見，川，JQ,過點/作/G1BH于G,過點

Q作QKL/H于K.由題意BQ=Q/=y,求出QK,KJ,在RtAQK/中，利用勾股定理即

可解決問題.

本題屬于圓綜合題，考查了直角梯形的性質(zhì)，矩形的判定和性質(zhì)，解直角三角形，相似

三角形的判定和性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會用分類討論的思想思考問題，學(xué)會添加

常用輔助線，構(gòu)造直角三角形解決問題，屬于中考?？碱}型.

14.【答案】解：(1)???四邊形4CDE和四邊形BCFG都為正方形，

???AC=DC,4ACD=乙BCD=90°,BC=CF,

^.^AFC^\^DBC^,

AC=DC

/.ACF=4DCB,

CF=CB

.??△4FC三△DBC(S4S).

???AF=BD.

(2)??■△^FCSADBC,

???Z,CAF=乙CDB,

???CD//BG,

???(CDB=乙MBG,

???Z,CAF=乙MBG,

???乙ACF=乙BGM=90°,

???△BGMfACF,

GM_CF

茄*=定

vBG=GF=FC,

?G?M?一=FC一,

GFAC

ANGM

V就=市'

第24頁，共39頁

:?AN=FC,

在△力引7和4C4F中，

AN=CF

Z-EAN=4ACF=90°

AE=AC

???△AEN三△C4F(S4S),

???乙ENA=Z.AFC,

???乙/4。+44產(chǎn)。=90。，

???Z,FAC+乙ENA=90°,

:.UHN=90°,

???AFLEN.

【解析】(1)依題意易證從而求出4F=BD；

(2)由△/尸C三△DBC可得乙乙4尸=47。氏從而證得△BGM?△/(?/,根據(jù)相似三角形的

性質(zhì)和已知空=器，求得AN=CF,即可證得Zk/IEN三△&4尸，得到4EM4=41FC,

從而證得NF4C+LENA=90°,即乙4HN=90°,即可證得結(jié)論.

本題考查正方形的性質(zhì)，三角形全等的判定和性質(zhì)，三角形相似的判定和性質(zhì)，熟練掌

握性質(zhì)定理是解題的關(guān)鍵.

15.【答案】解:(1)：拋物線曠=一/+必+＜：經(jīng)過點4(3,0)和8(0,3),

cc=3

"t-9+3b+c=0"

解得

???拋物線的解析式為y=-/+2%+3,

?,?頂點C(l,4).

(2)設(shè)M(m,—TH?+2m+3),

???M的反射點為(一m2+2m+3,m),

vM點的反射點在拋物線的對稱軸上，

:.—m2+2m+3=1,

???m2—2m—2=0,

解得TH=1±V3，

???M(1+6，1)或(1一百,1).

(3)如圖，設(shè)P(a,-a2+2a+3).

v71(3,0),8(0,3),C(l,4),

BC=V2,AB=3伍AC=2遍，

/.AB2+BC2=AC2,

???乙ABC=90°,

，A^nAB3A/2

???tan乙4cB=——=—=O3,

BCV2

vZ-POA=乙ACB,

???tanzPO/4=3,

-Q2+2a+33

???a—3,

整理得：a?+a-3=0

解得a=三生或匚棄(舍棄)，

-1+713-3+3V13

【解析】(1)把4,B兩點坐標(biāo)代入拋物線的解析式，構(gòu)建方程組解決問題即可.

(2)設(shè)M(m,-爪2+2巾+3),則M的反射點為(-m?+2機+3,m),根據(jù)M點的反射點在

拋物線的對稱軸上，構(gòu)建方程求出他即可.

(3)如圖，設(shè)「(凡-￡12+2￡1+3).利用勾股定理的逆定理證明乙48。=90。，推出

tan"。力=tan乙4cB=3,由此構(gòu)建方程即可解決問題.

本題屬于二次函數(shù)綜合題，考查了待定系數(shù)法，一元二次方程，解直角三角形，勾股定

理的逆定理等知識，解題的關(guān)鍵是理解題意，學(xué)會利用數(shù)形結(jié)合的思想解決問題，學(xué)會

利用參數(shù)構(gòu)建方程解決問題，屬于中考壓軸題.

16.【答案】證明：(1)：BP=PQ,

???乙PBQ=乙PQB,

第26頁，共39頁

???DP平分47PQ,

:.Z-CPD=乙QPD，

???Z.CPQ=乙PBQ+乙PQB=2(PBQ,

???乙CPD=乙PBQ=乙DPQ=乙PQB,

:?DP"BQ,

???DQ=PB,PQ=PB,

:.DQ=QP,

???jQDP=jQPD=(PQB=乙PBQ,

又，：PB=DQ,

??.△DPQ*BQP(44S)

???DP=BQ,

???四邊形BPDQ是平行四邊形；

(2)如圖，設(shè)BC與OP的交點為￡,連接DE,

EP=PQ,乙DPE=^DPQ,DP=DP,

△DPEEADPQ(SAS),

S^DPE=S^DPQ=y，DQ=DE,

BP=x,

PC=8—x,

DPI]AB,

△DCP~AACBi

DC_CP

AC-BC'

CD8-X

68

3

ACD=^(8-x),

2

:.S〉DPQ=y=IxEPxCD=^xxx^(8-%)=—1x+3%；

(3)當(dāng)DQ=AD時,

-AD=AC-CDf

33

--AD=6-^(8-%)=1x,

3

???DQ=DE=AD=：x,

???DE2=DC2+CE2,

,?(泊2=(6-|x)2+(8-2x)2,

Xi=4,%2=§(不合題意舍去),

當(dāng)月Q=DQ時，

過點P作PFJLAB于F,

-??乙C=90°,AC=6,BC=8,

???AB=>JAC2+BC2=<36+64=10,

nBFBC

???COSZ-B=—=—,

PBAB

:.—BF=一8,

X10

???BF=g%，

?.?PB=PQ,PF1ABf

p

BQ=2BF=",

.-.AQ=10-|x,

.-.AQ=DQ=DE=10-|x,

vDE2=DC2+CE2,

(10-1x)2=(6-|x)2+(8-2x)2,

X3=0(不合題意舍去)，X4=嚶，

89

第28頁，共39頁

綜上所述：BP的長為4和若.

89

【解析】(1)由等腰三角形的性質(zhì)和角平分線的性質(zhì)可得NCPO=乙PBQ=乙DPQ=

「PQB,由“AAS”可證△DPQ三△BQP,可得DP=BQ,可得結(jié)論；

(2)由“S4S”可證△DPE=ADPQ,可得=SADP(?=y,通過證明^DCPMACB,

可求CD=[(8-乃，即可求解；

(3)分兩種情況討論，由等腰三角形的性質(zhì)和勾股定理可求解.

本題是圓的綜合題，考查了圓的有關(guān)知識，全等三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判

定和性質(zhì)，勾股定理,銳角三角函數(shù)等知識，利用分類討論思想解決問題是本題的關(guān)鍵.

17.【答案】解：(1)連接。8、0C,

■：OA=OB=0C,。4平分4B4C,

:.Z.OBA=Z.OCA=乙BAO=Z.CAO9

在△048和△O4C1中，

(/-0AB=/-0AC

乙。=Z.0CA,

\A0=A0

OAB^L04c(44S),

??.AB=AC

即△ABC是等腰三角形;

(2)延長/。交BC于點H,

???4H平分AB=AC,

???AH1BC,BH=CH,

設(shè)0H=b,BH=CH=a,

-BH2^0H2=0B2,BH2AH2=AB2,0A=4,AB=6,

(a24-b2=16

[a2+(b+4)2=36'

3a

a=-

解得,

???BC=2a=3夕.

【解析】(1)連接08、0C,先證明N0B4=N0G4=484。=4c4。，再證明△。48三4

04c得4B=AC,問題得證；

(2)延長4。交BC于點H,先證明4HJ.BC,BH=CH,設(shè)0"=b,BH=CH=a,根據(jù)

0A=4,AB=6,由勾股定理列出a、b的方程組，解得a、b,便可得BC.

本題是圓的一個綜合題，主要考查了圓的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，全等三角形的性質(zhì)

與判定，角平分線的性質(zhì)，第(1)關(guān)鍵在證明三角形全等；第(2)題關(guān)鍵由勾股定理列出

方程組.

(―X16-46+c=0

18.【答案】解：(1)將點AB的坐標(biāo)代入拋物線表達式得：，解

Ijx4+2b+c=6

得：’彳，

9=0

故拋物線的表達式為：y=|x2+2x；

(2)對于y=^%2+2x,頂點。(一2,-2),

則40=，(-4+2(+(0+2尸=2V2,

同理48=6VLBD=4^5.

BD2=AB2+AD2,

.?.△ABD為直角三角形，

ABC的面積=|/IFX40=|x6&x2&=12；

(3)在△力BD中，tan/ABD=箓=磊=/

???△0cH與△4BD相彳以，

第30頁，共39頁

:.tan乙COH=tanz.ABD^tanz.ADB,

即tanzCOH=1或3,

設(shè)點。（皿：??？+2m）,則tan4CO/=—=/。*?771=工或3,

NOH-m3

解得：m=-10或-g（不合題意的值已舍去），

故點”的坐標(biāo)為（—10,30）或（-5日）.

【解析】（1）將點4、B的坐標(biāo)代入拋物線表達式，即可求解；

（2）BD2=AB2+AD2,則4480為直角三角形，△4BD的面積="BXAD,即可求解；

（3）△0CH與△ABO相似，tan/COH=tan/ABO或tan/ADB,BPtanz.COW=—OH=

也M=三或3,即可求解.

-m3

本題考查的是二次函數(shù)綜合運用，涉及到一次函數(shù)的性質(zhì)、解直角三角形、三角形相似

等，綜合性比較強，難度適中.

19.【答案】解：⑴連接AC、BD,

???菱形4BC0中，E是邊4。的中點，點F是邊4B中點,

???AF=AE=^AB,EF//BD,

■■■FG1EF,EH1EF.

：.GF//EH//AC,

：.GF=HE=-2AC,

??.四邊形EFGH是平行四邊形，

???FG1EF,

???(EFG=90°,

???四邊形EFG"是矩形;

(2)連接EG,

圖2

??,菱形中，AD//BC,

???Z.BGE=乙DEG,

???FG//EH,

:.乙FGE=乙HEG,

???乙BGF=乙DEH,

又,??菱形4BC0中，(B=CD,

BGF~XDEH,

FG_BG

,,麗=麗

BG_1

.??標(biāo)=5,

???BG=-BC,

3

DE=-AD^-BC,

22

?.?-F-G=_B-G-=_一2?

EHDE3

(3)如圖，過點G作GM1AB于點M,過點E作ENJ.B4延長線于點N,

GF=EH,

■:由(2)可知，ABGFfDEH,

???此時△BGF三XDEH,

又?菱形ABCD邊長為2,

???BG=DE=1,

第32頁，共39頁

:?BG=CG=1,

???CQS/-B=cosZ-EAN=cosz.D=總，

13

???BM=AN=

13

12

二MG=NE=—.

13

設(shè)4f=x,則MF=2—卷—x=卷—x,

當(dāng)四邊形EFGH是矩形時，AGFE=90°,貝必GMF與△尸NE相似（三垂直模型）.

①若AGMF-AFNE,

MG_MF

NF-EN'

解得芯1=卷，g=1(點尸不與4B中點重合，舍去);

②若AGMFfENF,

則竺=%

NFEN

21-X

???、=1,

解得久=強

綜上，4尸的長為卷或卷.

【解析】(1)連接4C、BD,由菱形的性質(zhì)及三角形的中位線定理證得GF〃E",GF=EH,

從而可知四邊形EFGH是平行四邊形，再由有一個角為直角的平行四邊形是矩形得出結(jié)

論；

(2)連接EG,由菱形的性質(zhì)及FG〃EH可得4BGF=WEH,及乙B=LD,從而判定4

BGF-ADEH,結(jié)合翳=：及菱形的性質(zhì)可得答案；

GCN

(3)如圖，過點G作GM1AB于點M,過點E作EN1B4延長線于點N,根據(jù)cos/D=5及

菱形的邊長可求得BM=4N=(，MG=NE=養(yǎng)設(shè)AF=x,則MF=￡7,當(dāng)四邊

形EFGH是矩形時，4GFE=90。，則△GMF與△FNE相似(三垂直模型)，分兩種情況列

式計算即可：①△GMF7FNE,②AGMFfENF.

本題屬于四邊形綜合題，考查了矩形的判定、菱形的性質(zhì)、三角形的中位線定理及相似

三角形的判定與性質(zhì)等知識點，數(shù)形結(jié)合并明確相關(guān)性質(zhì)及定理是解題的關(guān)鍵.

20.【答案】證明：（1）連接AD,如圖1所示:

在RMABC中，IYB=AC,ABAC=90°,

NB="=45°,

r點。是邊BC的中點，

???AD=-2BC=BD,AD1BC,乙BAD=乙CAD=45°,

???Z-B=乙CAD,

v(EDF=90°,

???Z.ADF+Z.ADE=90°

v(BDE+Z-ADE=90°,

???乙BDE=Z-ADF,

Z.B=Z.CAD

在△BDE和△力DF中，\BD=AD,

/BDE=Z.ADF

??BE=AF；

(2)???乙BDF=乙BDE+乙EDF,乙BDF=zC+ZCFD,

乙BDE+乙EDF