2020-2021学年上海市民办新北郊初级中学九年级（上）期中数学试卷（Word版含解析）

2020-2021学年上海市民办新北郊初级中学九年级第一学期期中数学试卷
一、单选题（共6小题）.
1．已知△ABC中，∠C＝90°，则cosA等于（　　）
A．
B．
C．
D．
2．对于抛物线y＝﹣（x﹣5）2+3，下列说法正确的是（　　）
A．开口向下，顶点坐标（5，3）
B．开口向上，顶点坐标（5，3）
C．开口向下，顶点坐标（﹣5，3）
D．开口向上，顶点坐标（﹣5，3）
3．等腰直角三角形的腰长为，该三角形的重心到斜边的距离为（　　）
A．
B．
C．
D．
4．如图，△ABC是等边三角形，被一平行于BC的矩形所截，AB被截成三等分，则图中阴影部分的面积是△ABC的面积的（　　）
A．
B．
C．
D．
5．下列判断错误的是（　　）
A．0?＝
B．如果（为非零向量），那么∥
C．设为单位向量，那么||＝1
D．如果，那么或
6．在同一平面直角坐标系中，函数y＝mx+m和函数y＝mx2+2x+2（m是常数，且m≠0）的图象可能是（　　）
A．
B．
C．
D．
二、填空题
7．已知实数x、y满足，则＝　
　．
8．如果点P把线段AB分割成AP和PB两段（AP＞PB），其中AP是AB与PB的比例中项，若线段AP长为4cm，那么线段AB的长为
　
　．
9．已知||＝2，||＝4，且和反向，用向量表示向量＝　
　．
10．已知，两个相似的△ABC与△DEF的最短边的长度之比是3：1，若△ABC的周长是27，则△DEF的周长为　
　．
11．在直角坐标平面内，抛物线y＝﹣x2+2x+2沿y轴方向向下平移3个单位后，得到新的抛物线解析式为　
　．
12．在直角坐标平面内，抛物线y＝﹣x2+c在y轴　
　侧图象上升（填“左”或“右”）．
13．已知，二次函数f（x）＝ax2+bx+c的部分对应值如下表，则f（﹣3）＝　
　．
x
﹣2
﹣1
0
1
2
3
4
5
y
5
0
﹣3
﹣4
﹣3
0
5
12
14．如图，某人顺着山坡沿一条直线型的坡道滑雪，当他滑过130米长的路程时，他所在位置的竖直高度下降了50米，则该坡道的坡比是　
　．
15．如图，△ABC中，点D、E分别在AB、AC上，且DE∥BC，若S△ADE＝4，S△BDE＝3，那么DE：BC＝　
　．
16．已知△ABC中，AB＝6，AC＝9，D、E分别是直线AC和AB上的点，若且AD＝3，则BE＝　
　．
17．如图，钝角△ABC中，AB＝6，BC＝3，将三角形绕着点A顺时针旋转，点C落在AB的延长线上点C'处，点
B落在点B'处，若C、B、B'恰好在一条直线上，则BC'的长为
　
　．
18．如图，已知在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC＝2，点D在边BC上，将△ABC沿直线AD翻折，使点C落在点C'处，联结AC'，直线AC'与边CB的延长线相交于点F，如果∠DAB＝∠BAF，那么BF＝　
　．
三、解答题
19．计算：．
20．抛物线y＝ax2+2x+c经过点B（3，0）、C（0，3）两点．
（1）求抛物线顶点D的坐标．
（2）抛物线与x轴的另一交点为A，求sin∠DAB的值．
21．如图，在△ABC中，点D是边AB的中点，．
（1）求CD的长；
（2）设，，求向量（用向量、表示）．
22．如图1是小明在健身器材上进行仰卧起坐锻炼时的情景，图2是小明锻炼时上半身由ON位置运动到底面CD垂直的OM位置时的示意图，已知AC＝0.66米，BD＝0.26米，α＝30°．（参考数据：＝1.732，＝1.414）
（1）求AB的长；
（2）若ON＝0.6米，求M，N两点的距离（精确到0.01）．
23．梯形ABCD中，AD∥BC，对角线AC⊥BC，点E是BC边上一个点，∠B＝∠AEF，EF交AC于点P，交DC于点F，AF交BC延长线于点G，且∠BAE＝∠CAF．
（1）求证：EF⊥AG；
（2）求证：AG?AF＝AD?EG．
24．若二次函数图象与坐标轴有三个交点，我们把以交点为顶点的三角形叫做二次函数交轴三角形，已知抛物线y＝ax2﹣2ax﹣4与x轴交于点A、B（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，交轴三角形的面积为12．
（1）求抛物线的对称轴及表达式；
（2）若点P在x轴上方的抛物线上，且tan∠PAB＝．求点
P的坐标．
（3）在（2）的条件下，过C作射线交线段AP于点E，使得∠BCE＝∠PAB，连结BE．试问BE与BC是否垂直，请通过计算说明．
25．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝1，BC＝7，点D是边CA延长线上的一点，AE⊥BD，垂足为E，AE的延长线交CA的平行线BF于点F，联结CE交AB于点G．
（1）当点E是BD中点时，求tan∠AFB的值；
（2）设CE＝x，AF＝y，求y关于x的函数关系式；
（3）当△BGE与△BAF相似时，求线段AF的长．
参考答案
一、单选题
1．已知△ABC中，∠C＝90°，则cosA等于（　　）
A．
B．
C．
D．
【分析】根据余弦等于邻边比斜边列式即可得解．
解：如图，cosA＝．
故选D．
2．对于抛物线y＝﹣（x﹣5）2+3，下列说法正确的是（　　）
A．开口向下，顶点坐标（5，3）
B．开口向上，顶点坐标（5，3）
C．开口向下，顶点坐标（﹣5，3）
D．开口向上，顶点坐标（﹣5，3）
【分析】二次函数的一般形式中的顶点式是：y＝a（x﹣h）2+k（a≠0，且a，h，k是常数），它的对称轴是直线x＝h，顶点坐标是（h，k）．抛物线的开口方向有a的符号确定，当a＞0时开口向上，当a＜0时开口向下．
解：∵抛物线y＝﹣（x﹣5）2+3，
∴a＜0，∴开口向下，
∴顶点坐标（5，3）．
故选：A．
3．等腰直角三角形的腰长为，该三角形的重心到斜边的距离为（　　）
A．
B．
C．
D．
【分析】作等腰直角三角形底边上的高并根据勾股定理求解，再根据三角形重心三等分中线的性质即可求出．
解：如图，根据三线合一的性质，底边上的中线CD＝sin45°＝1，
∵三角形的重心到三角形顶点的距离等于中点距离的2倍，
∴重心到AB的距离＝1×＝．
故选：D．
4．如图，△ABC是等边三角形，被一平行于BC的矩形所截，AB被截成三等分，则图中阴影部分的面积是△ABC的面积的（　　）
A．
B．
C．
D．
【分析】根据题意，易证△AEH∽△AFG∽△ABC，利用相似比，可求出S△AEH、S△AFG面积比，再求出S△ABC．
解：∵AB被截成三等分，
∴△AEH∽△AFG∽△ABC，
∴，
∴S△AFG：S△ABC＝4：9
S△AEH：S△ABC＝1：9
∴S△AFG＝S△ABC
S△AEH＝S△ABC
∴S阴影部分的面积＝S△AFG﹣S△AEH＝S△ABC﹣S△ABC＝S△ABC
故选：C．
5．下列判断错误的是（　　）
A．0?＝
B．如果（为非零向量），那么∥
C．设为单位向量，那么||＝1
D．如果，那么或
【分析】根据单位向量、平行向量以及模的定义的知识求解即可求得答案，注意掌握排除法在选择题中的应用．
解：A、0?＝，故正确；
B、如果（为非零向量），那么∥；故正确；
C、设为单位向量，那么||＝1，故正确；
D、如果，没法判断与的关系；故错误．
故选：D．
6．在同一平面直角坐标系中，函数y＝mx+m和函数y＝mx2+2x+2（m是常数，且m≠0）的图象可能是（　　）
A．
B．
C．
D．
【分析】关键是m的正负的确定，对于二次函数y＝ax2+bx+c，当a＞0时，开口向上；当a＜0时，开口向下．对称轴为x＝，与y轴的交点坐标为（0，c）．
解：A．由函数y＝mx+m的图象可知m＜0，即函数y＝mx2+2x+2开口方向朝下，对称轴为x＝＝＞0，则对称轴应在y轴右侧，与图象不符，故A选项错误；
B．由函数y＝mx+m的图象可知m＜0，即函数y＝mx2+2x+2开口方向朝下，开口方向朝下，与图象不符，故B选项错误；
C．由函数y＝mx+m的图象可知m＞0，即函数y＝mx2+2x+2开口方向朝上，对称轴为x＝＝＜0，则对称轴应在y轴左侧，与图象不符，故C选项错误；
D．由函数y＝mx+m的图象可知m＜0，即函数y＝mx2+2x+2开口方向朝下，对称轴为x＝＝＞0，则对称轴应在y轴右侧，与图象相符，故D选项正确．
故选：D．
二、填空题
7．已知实数x、y满足，则＝　2　．
【分析】先用y表示出x，然后代入比例式进行计算即可得解．
【解答】姐：∵＝，
∴x＝y，
∴＝＝2．
故答案为：2．
8．如果点P把线段AB分割成AP和PB两段（AP＞PB），其中AP是AB与PB的比例中项，若线段AP长为4cm，那么线段AB的长为
　（2+2）cm　．
【分析】因为AB与PB差4，要求AB，设AB＝xcm，则PB＝（x﹣4）cm，由AP是AB与PB的比例中项，构造方程，求出即可．
解：设AB长为xcm，则PB＝（x﹣4）cm，
∵AP是AB与PB的比例中项，
∴42＝x（x﹣4），
∴x2﹣4x＝16，
∴（x﹣2）2＝20，
解得：x﹣2＝2，x﹣2＝﹣2（舍去），
∴x＝2+2．
故线段AB的长为（2+2）（cm）．
故答案为：（2+2）cm．
9．已知||＝2，||＝4，且和反向，用向量表示向量＝　﹣2　．
【分析】根据向量b向量的模是a向量模的2倍，且和反向，即可得出答案．
解：||＝2，||＝4，且和反向，
故可得：＝﹣2．
故答案为：﹣2．
10．已知，两个相似的△ABC与△DEF的最短边的长度之比是3：1，若△ABC的周长是27，则△DEF的周长为　9　．
【分析】由两个相似的△ABC与△DEF的最短边的长度之比是3：1，得出相似比为3：1，即可得其周长为3：1，又由△ABC的周长为27，即可求得△DEF的周长．
解：∵两个相似的△ABC与△DEF的最短边的长度之比是3：1，
∴周长比为3：1，
∵△ABC的周长为27，
∴＝3，
∴△DEF的周长为9．
故答案为：9．
11．在直角坐标平面内，抛物线y＝﹣x2+2x+2沿y轴方向向下平移3个单位后，得到新的抛物线解析式为　y＝﹣x2+2x﹣1　．
【分析】根据“上加下减”的原则进行解答即可．
解：根据“上加下减”的原则可知，把抛物线y＝﹣x2+2x+2沿y轴方向向下平移3个单位后所得到的抛物线解析式y＝﹣x2+2x+2﹣3＝﹣x2+2x﹣1．
故答案为：y＝﹣x2+2x﹣1．
12．在直角坐标平面内，抛物线y＝﹣x2+c在y轴　左　侧图象上升（填“左”或“右”）．
【分析】由于a＝﹣1＜0，且抛物线的对称轴为y轴，根据二次函数的性质得到抛物线y＝﹣x2+c的开口向下，在对称轴左侧y随x的增大而增大．
解：∵a＝﹣1＜0，
∴抛物线y＝﹣x2+c的开口向下，且抛物线的对称轴为y轴，
∴抛物线y＝﹣x2+c在对称轴轴左侧图象上升，y随x的增大而增大．
故答案为左．
13．已知，二次函数f（x）＝ax2+bx+c的部分对应值如下表，则f（﹣3）＝　12　．
x
﹣2
﹣1
0
1
2
3
4
5
y
5
0
﹣3
﹣4
﹣3
0
5
12
【分析】根据二次函数的对称性结合图表数据可知，x＝﹣3时的函数值与x＝5时的函数值相同．
解：由图可知，f（﹣3）＝f（5）＝12．
故答案为：12．
14．如图，某人顺着山坡沿一条直线型的坡道滑雪，当他滑过130米长的路程时，他所在位置的竖直高度下降了50米，则该坡道的坡比是　1：2.4　．
【分析】首先根据勾股定理求得滑行的水平距离，然后根据坡比的定义即可求解．
解：滑行的水平距离是：＝120（米），
故坡道的坡比是：50：120＝1：2.4．
故答案是：1：2.4．
15．如图，△ABC中，点D、E分别在AB、AC上，且DE∥BC，若S△ADE＝4，S△BDE＝3，那么DE：BC＝　4：7　．
【分析】根据＝＝，得到＝，通过△ADE∽△ABC，根据相似三角形的性质得到DE：BC＝AD：AB＝4：7．
解：∵S△ADE＝4，S△BDE＝3，
∴＝＝，
∴＝，
∵DE∥BC，
∴△ADE∽△ABC，
∴DE：BC＝AD：AB＝4：7．
故答案为：4：7．
16．已知△ABC中，AB＝6，AC＝9，D、E分别是直线AC和AB上的点，若且AD＝3，则BE＝　4或8　．
【分析】先将AB＝6，AC＝9，AD＝3代入，求出AE＝2．由于D、E分别是直线AC和AB上的点，则∠DAE＝∠BAC，所以若，根据两边对应成比例且夹角相等的两三角形相似得到△ADE∽△ABC，所以分两种情况进行讨论：①D、E分别在线段AC和AB上；②D、E分别在线段AC和AB的反向延长线上．
解：将AB＝6，AC＝9，AD＝3代入，
得＝，
解得AE＝2．
①D、E分别在线段AC和AB上时，
∵AE＝2，AB＝6，
∴BE＝AB﹣AE＝6﹣2＝4；
②D、E分别在线段AC和AB的反向延长线上时，
∵AE＝2，AB＝6，
∴BE＝AB+AE＝6+2＝8．
综上可知BE的长为4或8．
故答案为4或8．
17．如图，钝角△ABC中，AB＝6，BC＝3，将三角形绕着点A顺时针旋转，点C落在AB的延长线上点C'处，点
B落在点B'处，若C、B、B'恰好在一条直线上，则BC'的长为
　3　．
【分析】先根据旋转的性质得到∠BAB′＝∠BAC，AB＝AB′，AC＝AC′，又C、B、B′三点共线，故得到∠ABB′＝∠AB′B，∠ACC′＝∠AC′C，∠CAB＝∠C′AB′，可得∠AB′B＝∠AC′C，所以△CBC′∽△ACC′，则令BC′＝x，根据相似的性质即可求解．
解：∵将△ABC绕点A按逆时针方向旋转得到△AB′C′，
且A、B、C′三点共线，C、B、B′三点共线，
∴∠ABB′＝∠AB′B，∠ACC′＝∠AC′C，∠CAB＝∠C′AB′，AB＝AB′＝6，AC＝AC′，
∴∠AB′B＝∠AC′C，
故CC′＝CB＝，∠BAB′＝∠C′CB，
∴△CBC′∽△ACC′，
∴，
设BC′＝x，则AC′＝6+x，
∴，
解得：x＝3或x＝﹣9（舍去），
∴BC′的长度为3．
故答案为：3．
18．如图，已知在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC＝2，点D在边BC上，将△ABC沿直线AD翻折，使点C落在点C'处，联结AC'，直线AC'与边CB的延长线相交于点F，如果∠DAB＝∠BAF，那么BF＝　　．
【分析】首先根据题意画出图形，再根据折叠的性质和∠DAB＝∠BAF，可求出各角的度数，再利用解直角三角形的知识分别求出CD，DF，BD的长度，最后根据线段之间的和差关系即可求出结果．
解：如图所示：
∵△ADC'是由△ACD翻折得到，
∴∠DAC＝∠DAC'，
∵∠DAB＝∠BAF，
∴∠DAC＝2∠DAB，
∵∠BAC＝45°，
∴∠DAB＝∠BAF＝15°，
∴∠CAD＝30°，
在Rt△ACD中，AC＝2，
∴CD＝AC×tan30°＝，，
∵∠ADC＝∠F+∠DAC'，
∴∠F＝∠DAC'＝30°，
∴DF＝AD＝，
∴BF＝CD+DF﹣BC＝＝2﹣2．
故答案为：2﹣2．
三、解答题
19．计算：．
【分析】根据特殊角三角函数值，可得答案．
解：原式＝＝．
20．抛物线y＝ax2+2x+c经过点B（3，0）、C（0，3）两点．
（1）求抛物线顶点D的坐标．
（2）抛物线与x轴的另一交点为A，求sin∠DAB的值．
【分析】（1）抛物线y＝ax2+2x+c经过点B（3，0）、C（0，3）两点，可求解析式，把解析式配方变为顶点式，求顶点D，
（2）让y＝0，求出A点坐标，过D作
DE⊥x轴于E，则E点可求，连AD，在在Rt△ADE中AE，DE可求，用勾股定理求AD，利用正弦函数定义求即可．
解：（1）抛物线y＝ax2+2x+c经过点B（3，0）、C（0，3）两点，
把B、C两点代入得，
解得，
∴y＝﹣x2+2x+3，
∴y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4，
∴D（1，4）；
（2）y＝0，﹣x2+2x+3＝0，
∴（x+1）（x﹣3）＝0，
∴x+1＝0或x﹣3＝0，
∴x＝﹣1或x＝3，
∴A（﹣1，0），
过D作DE⊥x轴于E，则E（1，0），
在Rt△ADE中，
AE＝1﹣（﹣1）＝2，DE＝4，
∴AD＝，
∴Sin∠DAE＝．
21．如图，在△ABC中，点D是边AB的中点，．
（1）求CD的长；
（2）设，，求向量（用向量、表示）．
【分析】（1）利用两边及其夹角的方法判断△ADC∽△ACB，然后利用相似三角形的性质可得出CD．
（2）表示出，继而根据＝﹣，即可得出答案．
解：（1）∵点D是边AB的中点，，
∴，
∴，，
∴，
又∵∠A＝∠A，
∴△ADC∽△ACB，
∴，即，
∴．
（2）∵点D是边AB的中点，
∴＝，
∴＝．
22．如图1是小明在健身器材上进行仰卧起坐锻炼时的情景，图2是小明锻炼时上半身由ON位置运动到底面CD垂直的OM位置时的示意图，已知AC＝0.66米，BD＝0.26米，α＝30°．（参考数据：＝1.732，＝1.414）
（1）求AB的长；
（2）若ON＝0.6米，求M，N两点的距离（精确到0.01）．
【分析】（1）过B作BE⊥AC于E，可得四边形CDBE为矩形，利用锐角三角函数即可求出AB的长；
（2）过N作NF⊥MO交射线MO于F点，则FN∥EB，利用30度角的直角三角形即可求出M，N两点的距离．
解：（1）如图，过B作BE⊥AC于E，
则四边形CDBE为矩形，
∴CE＝BD＝0.26米，AC＝0.66米，
∴AE＝AC﹣EC＝0.66﹣0.26＝0.40（米）
在Rt△AEB中，
∵α＝30°
∴AB＝2AE＝2×0.40＝0.80（米）；
（2）如图，过N作NF⊥MO交射线MO于F点，则FN∥EB，
∴∠ONF＝α＝30°，
∵ON＝0.6，
∴ON＝0.3，
∵OM＝ON＝0.6，
∴MF＝0.9，
∴∠FON＝90°﹣30°＝60°，
∴，
在Rt△MFN中，（米），
∴M，N两点的距离约为1.04米．
23．梯形ABCD中，AD∥BC，对角线AC⊥BC，点E是BC边上一个点，∠B＝∠AEF，EF交AC于点P，交DC于点F，AF交BC延长线于点G，且∠BAE＝∠CAF．
（1）求证：EF⊥AG；
（2）求证：AG?AF＝AD?EG．
【分析】（1）利用三角形外角性质，证明∠BAE＝∠FEC，再由∠BAE＝∠CAF，得到∠FEC＝∠CAF，应用三角形内角和定理，证明∠AFE＝∠ACE＝90°，则问题可证；
（2）根据∠FEC＝∠CAF证明△GAC∽△GEF，得到，可证明△GFC∽△GEA，再由AD//BC，得到△GFC∽△AFD，得到△GEA∽△AFD，则问题可证．
【解答】证明：（1）∵∠AEC＝∠B+∠BAE＝∠AEF+∠FEC∠B＝∠AEF，
∴∠BAE＝∠FEC，
∵∠BAE＝∠CA，
∴∠FEC＝∠CAF，
由三角形内角和，∠ACE+∠FEC＝∠AFE+∠CAF，
∴∠ACE＝∠AFE，
∵AC⊥BC，
∴∠AFE＝∠ACE＝90°，
∴EF⊥AG，
（2）由（1）∠FEC＝∠CAF，
∵∠G＝∠G，
∴△GAC∽△GEF，
∴，
又∵∠G＝∠G，
∴△GFC∽△GEA，
又∵AD//BC，
∴△GFC∽△AFD，
∴△GEA∽△AFD，
∴，
∴AG?AF＝AD?EG．
24．若二次函数图象与坐标轴有三个交点，我们把以交点为顶点的三角形叫做二次函数交轴三角形，已知抛物线y＝ax2﹣2ax﹣4与x轴交于点A、B（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，交轴三角形的面积为12．
（1）求抛物线的对称轴及表达式；
（2）若点P在x轴上方的抛物线上，且tan∠PAB＝．求点
P的坐标．
（3）在（2）的条件下，过C作射线交线段AP于点E，使得∠BCE＝∠PAB，连结BE．试问BE与BC是否垂直，请通过计算说明．
【分析】（1）y＝ax2?2ax?4，利用对称轴x＝公式求得，由S△ABC＝12，AB?OC＝12，AB＝6，设A（x1，0），B（x2，0），则x2﹣x1＝6，由根与系数关系，x1+x2＝2，联立解出x1，x2，由即可求出a，从而得到解析式；
（2）设P（x，y），y＞0，点P在抛物线上，过p作PD⊥x轴于D（x，0），AD＝x+2，tan∠PAB＝，得2y＝x+2，与抛物线联立得x2﹣3x﹣10＝0，可求P（5，）；
（3）设CE交x轴于点G，过G作GH⊥BC于H，EM⊥x轴于M，∠PAB＝∠ECB，利用正切比相等tan∠PAB＝tan∠ECB＝，相确定△OBC为等腰直角三角形，在Rt△OCB中，由勾股定理得，CB＝4，BH：CH＝1：2，可求G（，0），CG解析式为y＝3x﹣4，AP解析式y＝，求交点E（2，2），确定△EMB为等腰直角三角形，∠EBC＝∠CBO+∠EBM＝45°+45°＝90°，EB⊥BC．
解：（1）如图：
∵y＝ax2?2ax?4，
∴对称轴为直线x＝﹣＝1，
在y＝ax2?2ax?4中，令x＝0得y＝﹣4，
∴C（0，﹣4），
∴OC＝4，
∵S△ABC＝12，
∴AB?OC＝12，
∴AB＝6，
设x1、x2是ax2﹣?2ax?4＝0的两个实数根，则A（x1，0），B（x2，0），且x2﹣x1＝AB＝6，
由根与系数关系得x1+x2＝2，
∴，
∴，
∴，
∴y＝x2?x?4；
（2）过P作PD⊥x轴于D，如图：
设P（x，y），y＞0，则D（x，0），
∴AD＝x+2，PD＝x2?x?4，
由tan∠PAB＝＝＝，
∴x2﹣3x﹣10＝0，
∴（x﹣5）（x+2）＝0，
∴x＝5或x＝﹣2（舍去），
∴y＝，
∴P（5，）；
（3）设CE交x轴于点G，过G作GH⊥BC于H，EM⊥x轴于M，如图：
∵OC＝4，OB＝4，
∴OC＝OB＝4，
∴∠OBC＝45°，CB＝4，
∴GH＝BH，
∵∠PAB＝∠ECB，
∴tan∠PAB＝tan∠ECB＝，
∴BH：CH＝1：2，
∴GH＝HB＝，
∴GB＝GH＝，
∴OG＝OB﹣OG＝，
∴G（，0），
设CG解析式为y＝kx+b，AP解析式为y＝k1x+b1，
y＝kx+b过C（0，﹣4）、G（，0）两点，则y＝3x﹣4，
y＝k1x+b1过A（﹣2，0）、P（5，）两点，则y＝，
联立得，
解得，
∴E（2，2），
∴OM＝2，EM＝2，BM＝OB﹣OM＝4﹣2＝2，
∴EM＝BM，
∴∠MBE＝45°，
∴∠EBC＝∠CBO+∠EBM＝45°+45°＝90°，
∴EB⊥BC．
25．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝1，BC＝7，点D是边CA延长线上的一点，AE⊥BD，垂足为E，AE的延长线交CA的平行线BF于点F，联结CE交AB于点G．
（1）当点E是BD中点时，求tan∠AFB的值；
（2）设CE＝x，AF＝y，求y关于x的函数关系式；
（3）当△BGE与△BAF相似时，求线段AF的长．
【分析】（1）过点E作EH⊥CD于H，可证EH是△DBC的中位线，即△AHE∽△EHD，设AH＝x，可得，求出x，由tan∠EAH＝tan∠EAH＝求解即可；
（2）取AB中点O，连接OC、OE，如图易证点A、C、B、E四点共圆，由圆周角∠BCA＝∠BAF，圆内接四边形得∠CBE+∠CAE＝180°，从而∠CBE＝∠FAB，得△BCE∽△FAB，CE?FA＝BC?AB，y＝；
（3）过点E作EH⊥CD于H，作EM⊥BC于M，如图△BCE∽△FAB，△BGE与△FAB相似，从而△BCE与△BGE相似，由∠ECG＝∠EBG与点A、C、B、E四点共圆，可证∠ECB＝∠ECA，EM＝EH，四边形EMCH为正方形有CM＝CH，再证Rt△BME≌Rt△AHE（HL）得BM＝AH，设AH＝a，则MB＝a，CM＝7﹣a，CH＝1+a，7﹣a＝1+a，在Rt△CHE中CE＝，结合CE?FA＝35，求AF即可．
解：过点E作EH⊥CD于H，如图：
则有∠EHA＝∠EHD＝90°，
∵∠BCD＝90°，BE＝DE，
∴CE＝DE，CH＝DH，
∴EH＝BC＝，
设AH＝x，则DH＝CH＝x+1，
∵AE⊥BD，
∴∠AEH+∠DEH＝∠AED＝90°，
∵∠AEH+∠EAH＝90°，
∴∠EAH＝∠DEH，
∴△AHE∽△EHD，
∴EH2＝AH?DH，
∴，
解得（舍去负值），
∴tan∠EAH＝，
∵BF∥CD，
∴∠AFB＝∠EAH，
∴tan∠EAH＝；
（2）取AB中点O，连接OC、OE，如图，
∵∠BCA＝∠BEA＝90°，
∴OC＝OA＝OB＝OE，
∴点A、C、B、E四点共圆，
∴∠BCA＝∠BAF，
∴∠CBE+∠CAE＝180°，
∵BF∥CD，
∴∠BFA+∠CAE＝180°，
∴∠CBE＝∠FAB，
∴△BCE∽△FAB，
∴，
∴CE?FA＝BC?AB，
∵∠BCA＝90°，BC＝7，AC＝1，
∴AB＝5，
∴CE?AF＝7×5＝35，
由CE＝x，AF＝y，xy＝35，
∴y＝；
（3）过点E作EH⊥CD于H，作EM⊥BC于M，如图：
∴∠EMC＝∠MCH＝∠CHE＝90°，
∴四边形EMCH为矩形，
∵由（2）知△BCE∽△FAB，△BGE与△FAB相似，
∴△BCE与△BGE相似，
∴∠ECG＝∠EBG，
∵点A、C、B、E四点共圆，
∴∠ECA＝∠EBG，
∴∠ECB＝∠ECA，
∴EM＝EH，
∴四边形EMCH为正方形，
∴CM＝CH，
∵∠ECB＝∠ECA＝∠BCA＝45°，
∴∠EBA＝∠EAB＝45°，
∴EB＝EA，
∴Rt△BME≌Rt△AHE（HL），
∴BM＝AH，
设AH＝a，则MB＝a，CM＝7﹣a，CH＝1+a，
∴7﹣a＝1+a，
∴a＝3，
∴CH＝4，
在Rt△CHE中，
cos∠ECH＝，
∴CE＝，
由（2）得CE?FA＝35，
AF＝．