2021-2022学年上海市松江区九峰实验学校九年级（上）期中数学试卷（Word版 含解析）

2021-2022学年上海市松江区九峰实验学校九年级（上）期中数学试卷
一、单选题（本大题共6题，每题4分，满分24分）
1．（4分）将抛物线y＝x2先向右平移2个单位，再向下平移3个单位，那么得到的新的抛物线的解析式是（　　）
A．y＝（x+2）2+3 B．y＝（x+2）2﹣3 C．y＝（x﹣2）2+3 D．y＝（x﹣2）2﹣3
2．（4分）已知线段a，b，c，求作线段x，使x＝，以下作法正确的是（　　）
A． B．
C． D．
3．（4分）如图，△ABC和△A1B1C1中，A1B1∥AB，A1C1∥AC，C1为OC的中点，△A1B1C1面积是5，则△ABC的面积为（　　）
A．10 B．20 C．25 D．50
4．（4分）已知、为非零向量，下列判断错误的是（　　）
A．如果＝3，那么∥
B．＝，那么＝或＝
C．的方向不确定，大小为0
D．如果为单位向量且＝﹣2，那么＝2
5．（4分）如图，一个小球由地面沿着坡度i＝1：2的坡面向上前进了2m，此时小球距离地面的高度为（　　）
A．5m B．2m C．2m D．m
6．（4分）如图，矩形DEFG的边EF在△ABC的边BC上，顶点D，G分别在边AB，AC上，AH⊥BC，垂足为H，AH交DG于点P，已知BC＝6，AH＝4．当矩形DEFG面积最大时，HP的长是（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
二、填空题（本大题共12题，每题4分，满分48分）
7．（4分），则＝　 　．
8．（4分）计算：2（﹣2）+3（+）＝　 　．
9．（4分）如果二次函数y＝3x2+2x+c的图象经过点（0，2），则c＝　 　．
10．（4分）若抛物线y＝﹣（x﹣1）2+m的图象上有三点A（﹣2，y1），B（1，y2），C（5，y3），则y1、y2、y3的大小关系为　 　．
11．（4分）如图，是一个半圆和抛物线的一部分围成的“芒果”，已知点A、B、C、D分别是“芒果”与坐标轴的交点，AB是半圆的直径，抛物线的解析式为y＝x2﹣，则图中CD的长为　 　．
12．（4分）已知线段MN＝4，点P是线段MN的黄金分割点，MP＞NP，则MP＝　 　．
13．（4分）如图，在建筑平台CD的顶部C处，测得大树AB的顶部A的仰角为45°，测得大树AB的底部B的俯角为30°，已知平台CD的高度为5m，则大树的高度为　 　m（结果保留根号）
14．（4分）如图，l1∥l2∥l3，AB＝4，DF＝8，BC＝6，则DE＝　 　．
15．（4分）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB于D，若AD＝1，BD＝4，则CD＝　 　．
16．（4分）如图，将矩形纸片ABCD折叠，使点A与点C重合，折痕EF与AC相交于点O，连接BO．若AB＝4，CF＝5，则OB的长为 　 　．
17．（4分）如图，△ABC中，AC＝3，BC＝4，AB＝5．四边形ABEF是正方形，点D是直线BC上一点，且CD＝1．P是线段DE上一点，且PD＝DE．过点P作直线l与BC平行，分别交AB，AD于点G，H，则GH的长是 　 　．
18．（4分）如图，折线AB﹣BC中，AB＝3，BC＝5，将折线AB﹣BC绕点A按逆时针方向旋转，得到折线AD﹣DE，点B的对应点落在线段BC上的点D处，点C的对应点落在点E处，连接CE，若CE⊥BC，则tan∠EDC＝　 　．
三、解答题（本大题共7题，满分78）
19．（10分）计算：．
20．（10分）已知二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）中，函数y与自变量的部分对应值如表：
x … ﹣2 ﹣1 0 2 …
y … ﹣3 ﹣4 ﹣3 5 …
（1）求二次函数的解析式；
（2）写出该函数图象开口方向，并求出该函数的对称轴和顶点坐标．
21．（10分）如图，是平行四边形ABCD的边AD上的一点，且，CE交BD点E，BF＝15．
（1）求DF的长；
（2）如果＝，＝，用、表示向量．
22．（10分）图1是疫情期间测温员用“额温枪”对小红测温时的实景图，图2是其侧面示意图，其中枪柄BC与手臂MC始终在同一直线上，枪身BA与额头保持垂直．量得胳膊MN＝28cm，MB＝42cm，肘关节M与枪身端点A之间的水平宽度为25.3cm（即MP的长度），枪身BA＝8.5cm．
（1）求∠ABC的度数；
（2）测温时规定枪身端点A与额头距离范围为3～5cm．在图2中，若测得∠BMN＝68.6°，小红与测温员之间距离为50cm．问此时枪身端点A与小红额头的距离是否在规定范围内？并说明理由．（结果保留小数点后一位）
（参考数据：sin66.4°≈0.92，cos66.4°≈0.40，sin23.6°≈0.40，≈1.414）
23．（12分）如图，已知在梯形ABCD中，AD∥BC，AB⊥BC，∠AEB＝∠ADC．
（1）求证：△ADE∽△DBC．
（2）连接EC，若CD2＝AD BC，求证：∠DCE＝∠ADB．
24．（12分）已知在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝ax2+bx+2经过点A（﹣3，﹣6）、B（6，0），与y轴交于点C．
（1）求抛物线的表达式；
（2）点D是抛物线上的点，且位于线段BC上方，联结CD．
①如果点D的横坐标为2．求cot∠DCB的值；
②如果∠DCB＝2∠CBO，求点D的坐标．
25．（14分）如图1，已知在等腰△ABC中，AB＝AC＝，tan∠ABC＝3，BF⊥AC，垂足为F．点D是边AB上一点（不与A，B重合）．
（1）求边BC的长；
（2）如图2，联结DF，DF恰好经过△ABC的重心，求线段AD的长；
（3）过点D作DE⊥BC，垂足为E，DE交BF于点Q．联结DF，如果△DQF和△ABC相似，求线段BD的长．
2021-2022学年上海市松江区九峰实验学校九年级（上）期中数学试卷
参考答案与试题解析
一、单选题（本大题共6题，每题4分，满分24分）
1．（4分）将抛物线y＝x2先向右平移2个单位，再向下平移3个单位，那么得到的新的抛物线的解析式是（　　）
A．y＝（x+2）2+3 B．y＝（x+2）2﹣3 C．y＝（x﹣2）2+3 D．y＝（x﹣2）2﹣3
【分析】先确定出原抛物线的顶点坐标，然后根据向右平移横坐标加，向下平移纵坐标减求出新图象的顶点坐标，然后写出即可．
【解答】解：抛物线y＝x2的顶点坐标为（0，0），
向右平移2个单位，再向下平移3个单位后的图象的顶点坐标为（2，﹣3），
所以，所得图象的解析式为y＝（x﹣2）2﹣3，
故选：D．
【点评】本题主要考查的是函数图象的平移，根据平移规律“左加右减，上加下减”利用顶点的变化确定图形的变化是解题的关键．
2．（4分）已知线段a，b，c，求作线段x，使x＝，以下作法正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【分析】根据平行线分线段成比例定理判断即可．
【解答】解：A．由平行线分线段成比例可得，即，选项错误；
B．由平行线分线段成比例可得，即，选项错误；
C．由平行线分线段成比例可得，，即，选项正确，
D．由平行线分线段成比例可得，即x＝，选项错误．
故选：C．
【点评】本题考查的是平行线分线段成比例定理，灵活运用定理，找准对应关系是解题的关键．
3．（4分）如图，△ABC和△A1B1C1中，A1B1∥AB，A1C1∥AC，C1为OC的中点，△A1B1C1面积是5，则△ABC的面积为（　　）
A．10 B．20 C．25 D．50
【分析】利用位似图形的性质得出＝，进而求出即可．
【解答】解：∵A1B1∥AB，A1C1∥AC，
∴△ABC和△A1B1C1是以点O为位似中心的位似三角形，
∵C1为OC的中点，△A1B1C1面积是5，
∴＝，
∴＝，
∴＝，
解得：S△ABC＝20．
故选：B．
【点评】此题主要考查了三角形的面积、位似变换，得出位似比是解题关键．
4．（4分）已知、为非零向量，下列判断错误的是（　　）
A．如果＝3，那么∥
B．＝，那么＝或＝
C．的方向不确定，大小为0
D．如果为单位向量且＝﹣2，那么＝2
【分析】根据平面向量的性质解答．
【解答】解：A、如果＝3，那么两向量是共线向量，则∥，故本选项不符合题意．
B、如果＝，只能判定两个向量的模相等，无法判定方向，故本选项符合题意．
C、的方向不确定，大小为0，故本选项不符合题意．
D、根据向量模的定义知，＝2||＝2，故本选项不符合题意．
故选：B．
【点评】本题考查了平面向量，注意，平面向量既有大小，又有方向．
5．（4分）如图，一个小球由地面沿着坡度i＝1：2的坡面向上前进了2m，此时小球距离地面的高度为（　　）
A．5m B．2m C．2m D．m
【分析】可利用勾股定理及所给的比值得到所求的线段长．
【解答】解：∵AB＝2m，tanA＝＝．
∴设BC＝x，AC＝2x，
由勾股定理得，AB2＝AC2+BC2，
即（2）2＝x2+4x2，
解得：x＝2，
故小球距离地面的高度为2m．
故选：C．
【点评】本题主要考查了勾股定理在直角三角形中的运用，i的定义，能从实际问题中整理出直角三角形是解答本题的关键．
6．（4分）如图，矩形DEFG的边EF在△ABC的边BC上，顶点D，G分别在边AB，AC上，AH⊥BC，垂足为H，AH交DG于点P，已知BC＝6，AH＝4．当矩形DEFG面积最大时，HP的长是（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
【分析】设HP＝x，则DE＝GF＝x，根据矩形的性质得出DG＝EF，DE＝GF＝HP＝x，DG∥EF，求出△ADG∽△ABC，根据相似求出DG＝6﹣x，再根据面积公式得出二次函数的解析式，最后求出最值即可．
【解答】解：设HP＝x，则DE＝GF＝x，
∵四边形DEFG是矩形，
∴DG＝EF，DE＝GF＝HP＝x，DG∥EF，
∵AH⊥BC，
∴AH⊥DG，
∵DG∥EF，
∴△ADG∽△ABC，
∴＝，
∴＝，
解得：DG＝6﹣x，
∴矩形DEFG的面积S＝DG×DE＝（6﹣x）x＝﹣（x﹣2）2+6，
∵﹣＜0，
∴S有最大值，当x＝2时，S的最大值是6，
即当HP＝2时，矩形DEFG的面积最大，
故选：B．
【点评】本题考查了矩形的性质，相似三角形的性质和判定，二次函数的最值等知识点，能求出关于x的二次函数的解析式是解此题的关键．
二、填空题（本大题共12题，每题4分，满分48分）
7．（4分），则＝　2　．
【分析】利用比例的基本性质，即两内项之积等于两外项之积，即可进行判断．
【解答】解：∵，
∴5a＝2（2a+b），
整理，得：a＝2b，
∴＝2，
故答案为：2．
【点评】本题主要考查比例的基本性质，掌握由（b≠0，d≠0）可得ad＝bc是解题关键．
8．（4分）计算：2（﹣2）+3（+）＝　5﹣　．
【分析】根据平面向量的加法法则计算即可．
【解答】解：2（﹣2）+3（+）＝2﹣4+3+3＝5﹣，
故答案为5﹣．
【点评】本题考查平面向量，平面向量的加法法则，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
9．（4分）如果二次函数y＝3x2+2x+c的图象经过点（0，2），则c＝　2　．
【分析】把已知点的坐标代入y＝3x2+2x+c，即可求出答案．
【解答】解：∵二次函数y＝3x2+2x+c的图象经过点（0，2），
∴2＝3×02+2×0+c，
解得：c＝2，
故答案为：2．
【点评】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征，能得出方程2＝3×02+2×0+c是解此题的关键．
10．（4分）若抛物线y＝﹣（x﹣1）2+m的图象上有三点A（﹣2，y1），B（1，y2），C（5，y3），则y1、y2、y3的大小关系为　y2＞y1＞y3　．
【分析】函数开口向下，对称轴是直线x＝1，x＝1函数取得最大值，故y2最大，x＝5比x＝﹣2离对称轴远，故：y1＞y3即可求解．
【解答】解：函数开口向下，对称轴是直线x＝1，
x＝1函数取得最大值，故y2最大，
x＝5比x＝﹣2离对称轴远，故：y1＞y3
故答案是：y2＞y1＞y3
【点评】本题的关键是：（1）找到二次函数的对称轴；（2）根据对称性将两个点移到对称轴同侧比较．
11．（4分）如图，是一个半圆和抛物线的一部分围成的“芒果”，已知点A、B、C、D分别是“芒果”与坐标轴的交点，AB是半圆的直径，抛物线的解析式为y＝x2﹣，则图中CD的长为　　．
【分析】首先令y＝x2﹣＝0，即可求出AB的长，进而得到OC的长，令x＝0，求出y的值，进而得到OD的长，由CD＝OC+DO即可求出答案．
【解答】解：令y＝x2﹣＝0，
解得x＝1或﹣1，
即AB＝2，
故CO＝1，
令x＝0，解得y＝﹣，
即OD＝，
所以CD＝CO+OD＝1+＝，
故答案为．
【点评】本题主要考查了抛物线与坐标轴的交点问题，理解“果圆”的定义是解题的关键，此题难度不大．
12．（4分）已知线段MN＝4，点P是线段MN的黄金分割点，MP＞NP，则MP＝　　．
【分析】由黄金分割的定义可得MP＝MN，代入计算可求解．
【解答】解：∵MN＝4，点P是线段MN的黄金分割点，MP＞NP，
∴MP＝MN＝．
故答案为．
【点评】本题主要考查黄金分割，掌握黄金分割的定义是解题的关键．
13．（4分）如图，在建筑平台CD的顶部C处，测得大树AB的顶部A的仰角为45°，测得大树AB的底部B的俯角为30°，已知平台CD的高度为5m，则大树的高度为　（5+5）　m（结果保留根号）
【分析】作CE⊥AB于点E，则△BCE和△BCD都是直角三角形，即可求得CE，BE的长，然后在Rt△ACE中利用三角函数求得AE的长，进而求得AB的长，即为大树的高度．
【解答】解：作CE⊥AB于点E，
在Rt△BCE中，
BE＝CD＝5m，
CE＝＝5m，
在Rt△ACE中，
AE＝CE tan45°＝5m，
AB＝BE+AE＝（5+5）m．
故答案为：（5+5）．
【点评】本题考查解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题的应用，要求学生能借助仰角构造直角三角形并解直角三角形．
14．（4分）如图，l1∥l2∥l3，AB＝4，DF＝8，BC＝6，则DE＝　　．
【分析】根据平行线分线段成比例定理，求出的值，根据题意计算即可．
【解答】解：∵l1∥l3，AB＝4，BC＝6，
∴＝＝，又DF＝8，
∴DE＝，
故答案为：．
【点评】本题考查的是平行线分线段成比例定理，灵活运用定理、找准对应关系是解题的关键．
15．（4分）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB于D，若AD＝1，BD＝4，则CD＝　2　．
【分析】首先证△ACD∽△CBD，然后根据相似三角形的对应边成比例求出CD的长．
【解答】解：Rt△ACB中，∠ACB＝90°，CD⊥AB；
∴∠ACD＝∠B＝90°﹣∠A；
又∵∠ADC＝∠CDB＝90°，
∴△ACD∽△CBD；
∴CD2＝AD BD＝4，即CD＝2．
【点评】此题主要考查的是相似三角形的判定和性质．
16．（4分）如图，将矩形纸片ABCD折叠，使点A与点C重合，折痕EF与AC相交于点O，连接BO．若AB＝4，CF＝5，则OB的长为 　2　．
【分析】连接AF，过O作OH⊥BC于H，由将矩形纸片ABCD折叠，使点A与点C重合，折痕EF与AC相交于点O，可得AF＝CF＝5，BF＝＝3，BC＝BF+CF＝8，根据折叠可知OH是△ABC的中位线，故BH＝BC＝4，OH＝AB＝2，在Rt△BOH中，用勾股定理即得OB＝2．
【解答】解：连接AF，过O作OH⊥BC于H，如图：
∵将矩形纸片ABCD折叠，使点A与点C重合，折痕EF与AC相交于点O，
∴AF＝CF＝5，OA＝OC，
在Rt△ABF中，BF＝＝＝3，
∴BC＝BF+CF＝8，
∵OA＝OC，OH⊥BC，AB⊥BC，
∴O为AC中点，OH∥AB，
∴OH是△ABC的中位线，
∴BH＝CH＝BC＝4，OH＝AB＝2，
在Rt△BOH中，OB＝＝＝2，
故答案为：2．
【点评】本题考查矩形性质及应用，涉及对称、勾股定理、三角形中位线等知识，解题的关键是证明OH是是△ABC的中位线．
17．（4分）如图，△ABC中，AC＝3，BC＝4，AB＝5．四边形ABEF是正方形，点D是直线BC上一点，且CD＝1．P是线段DE上一点，且PD＝DE．过点P作直线l与BC平行，分别交AB，AD于点G，H，则GH的长是 　或　．
【分析】结合勾股定理逆定理判断△ABC是直角三角形，通过证明△GBM∽△BCA，△AGH∽△ABD，然后利用相似三角形的性质求解，注意对于点C的位置要进行分类讨论．
【解答】解：∵△ABC中，AC＝3，BC＝4，AB＝5，
∴AC2+BC2＝25，AB2＝25，
∴AC2+BC2＝AB2，
∴△ABC为直角三角形，
①当点D位于C点左侧时，如图：
设直线l交BE于点M，
∵l∥BC，
∴，∠MGB＝∠ABC，
又∵四边形ABEF是正方形，且PD1＝D1E，
∴BE＝AB＝5，∠EBA＝90°，
即，
解得：BM＝，
∵∠MGB＝∠ABC，∠EBA＝∠ACB＝90°，
∴△GBM∽△BCA，
∴，
∴，
解得：GB＝，
∴AG＝AB﹣GB＝，
∵l∥BC，
∴△AGH∽△ABD1，
∴，
∵CD1＝1，
∴BD1＝BC﹣CD1＝3，
∴，
解得：GH＝；
②当点D位于C点右侧时，如图：
与①同理，此时CD2＝BC+CD1＝5，
∴，
解得：GH＝，
综上，GH的长为或，
故答案为：或．
【点评】本题考查勾股定理逆定理，相似三角形的判定和性质，理解题意，证明出△GBM∽△BCA，特别注意分类思想的运用是解题关键．
18．（4分）如图，折线AB﹣BC中，AB＝3，BC＝5，将折线AB﹣BC绕点A按逆时针方向旋转，得到折线AD﹣DE，点B的对应点落在线段BC上的点D处，点C的对应点落在点E处，连接CE，若CE⊥BC，则tan∠EDC＝　　．
【分析】连接AC，AE，过点A作AF⊥BC于F，作AH⊥EC于H，可证四边形AFCH是矩形，可得AF＝CH，由旋转的性质可得AD＝AB＝3，BC＝DE＝5，∠ABC＝∠ADE，由“SAS”可证△ABC≌△ADE，可得AC＝AE，由等腰三角形的性质和勾股定理可得BF＝，AF＝，由三角函数可求解．
【解答】解：如图，连接AC，AE，过点A作AF⊥BC于F，作AH⊥EC于H，
∵CE⊥BC，AF⊥BC，AH⊥EC，
∴四边形AFCH是矩形，
∴AF＝CH，
∵将折线AB﹣BC绕点A按逆时针方向旋转，得到折线AD﹣DE，
∴AD＝AB＝3，BC＝DE＝5，∠ABC＝∠ADE，
∴△ABC≌△ADE（SAS），
∴AC＝AE，
∵AC＝AE，AB＝AD，AF⊥BC，AH⊥EC，
∴BF＝DF，CH＝EH，
∵AB2＝AF2+BF2，DE2＝DC2+CE2，
∴9＝AF2+BF2，25＝（5﹣2BF）2+4AF2，
∴BF＝，AF＝，
∴EC＝2CH＝2AF＝，CD＝5﹣2×＝，
∴tan∠EDC＝＝，
故答案为：．
【点评】本题考查了旋转的性质，矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，锐角三角函数等知识，利用勾股定理求出BF，AF的长是本题的关键．
三、解答题（本大题共7题，满分78）
19．（10分）计算：．
【分析】直接将特殊角的三角函数值代入求出答案．
【解答】解：原式＝
＝
＝
＝．
【点评】此题主要考查了实数运算，正确记忆特殊角的三角函数值是解题关键．
20．（10分）已知二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）中，函数y与自变量的部分对应值如表：
x … ﹣2 ﹣1 0 2 …
y … ﹣3 ﹣4 ﹣3 5 …
（1）求二次函数的解析式；
（2）写出该函数图象开口方向，并求出该函数的对称轴和顶点坐标．
【分析】（1）利用待定系数法求得该二次函数的解析式即可；
（2）化成顶点式，根据a的符号以及顶点式即可求得抛物线开口方向、对称轴、顶点坐标．
【解答】解：（1）根据图表知，该二次函数的图象经过点（﹣2，﹣3）、（﹣1，﹣4）、（0，﹣3），
∴
解得，，
∴该二次函数的解析式是：y＝x2+2x﹣3；
（2）∵y＝x2+2x﹣3＝（x+1）2﹣4，
∴该二次函数图象的开口向上，对称轴是：x＝﹣1，顶点为（﹣1，﹣4）．
【点评】本题综合考查了待定系数法求二次函数的解析式、二次函数图象上点的坐标特征以及二次函数图象的性质．解答该题的关键是根据图表提取关键性信息．
21．（10分）如图，是平行四边形ABCD的边AD上的一点，且，CE交BD点E，BF＝15．
（1）求DF的长；
（2）如果＝，＝，用、表示向量．
【分析】（1）利用平行四边形的性质以及平行线分线段成比例定理求解即可；
（2）利用三角形法则求出，可得结论．
【解答】解：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AD＝BC，
∵＝，
∴＝＝，
∴DF＝；
（2）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AB∥CD，AB＝CD，AD＝BC，
∴＝，
∵＝，
∴＝，
∴＝+＝﹣，
∵＝＝，
∴CF＝CE，
∴＝﹣．
【点评】本题考查平面向量，平行四边形的性质，平行线分线段成比例定理等知识，解题的关键是掌握三角形法则求平面向量．
22．（10分）图1是疫情期间测温员用“额温枪”对小红测温时的实景图，图2是其侧面示意图，其中枪柄BC与手臂MC始终在同一直线上，枪身BA与额头保持垂直．量得胳膊MN＝28cm，MB＝42cm，肘关节M与枪身端点A之间的水平宽度为25.3cm（即MP的长度），枪身BA＝8.5cm．
（1）求∠ABC的度数；
（2）测温时规定枪身端点A与额头距离范围为3～5cm．在图2中，若测得∠BMN＝68.6°，小红与测温员之间距离为50cm．问此时枪身端点A与小红额头的距离是否在规定范围内？并说明理由．（结果保留小数点后一位）
（参考数据：sin66.4°≈0.92，cos66.4°≈0.40，sin23.6°≈0.40，≈1.414）
【分析】（1）过点B作BH⊥MP，垂足为H，根据解直角三角形cos∠BMH＝＝＝0.4，即可计算出∠BMH的度数，再根据平行线的性质即可算出∠ABC的度数；
（2）根据（1）中的结论和已知条件可计算出∠NMI的度数，根据三角函数即可算出MI的长度，再根据已知条件即可算出PK的长度，即可得出答案．
【解答】解：（1）过点B作BH⊥MP，垂足为H，过点M作MI⊥FG，垂足为I，过点P作PK⊥DE，垂足为K，
∵MP＝25.3cm，BA＝HP＝8.5cm，
∴MH＝MP﹣HP＝25.3﹣8.5＝16.8（cm），
在Rt△BMH中，
cos∠BMH＝＝＝0.4，
∴∠BMH＝66.4°，
∵AB∥MP，
∴∠BMH+∠ABC＝180°，
∴∠ABC＝180°﹣66.4°＝113.6°；
（2）∵∠BMN＝68.6°，∠BMH＝66.4°，
∴∠NMI＝180°﹣∠BMN﹣∠BMH＝180°﹣68.6°﹣66.4°＝45°，
∵MN＝28cm，
∴cos45°＝＝，
∴MI≈19.80cm，
∵KI＝50cm，
∴PK＝KI﹣MI﹣MP＝50﹣19.80﹣25.3＝4.90≈4.9（cm），
∴此时枪身端点A与小红额头的距离是在规定范围内．
【点评】本题主要考查了解直角三角形的应用，熟练掌握解直角三角形的方法进行计算是解决本题的关键．
23．（12分）如图，已知在梯形ABCD中，AD∥BC，AB⊥BC，∠AEB＝∠ADC．
（1）求证：△ADE∽△DBC．
（2）连接EC，若CD2＝AD BC，求证：∠DCE＝∠ADB．
【分析】（1）由平行线的性质得出∠ADE＝∠DBC，∠ADC+∠C＝180°，再由已知条件和邻补角关系得出∠AED＝∠C，即可得出△ADE∽△DBC；
（2）由（1）得：△ADE∽△DBC，由相似三角形的对应边成比例得出DB DE＝AD BC，再由已知条件得出，由公共角相等得出△CDE∽△BDC，得出∠DCE＝∠DBC，即可得出结论．
【解答】（1）证明：∵AD∥BC，
∴∠ADE＝∠DBC，∠ADC+∠C＝180°，
∵∠AEB＝∠ADC，∠AEB+∠AED＝180°，
∴∠AED＝∠C，
∴△ADE∽△DBC；
（2）证明：连接EC
由（1）得：△ADE∽△DBC，
∴，
∴DB DE＝AD BC，
∵CD2＝AD BC，
∴CD2＝DB DE，
∴，
又∵∠CDE＝∠BDC，
∴△CDE∽△BDC，
∴∠DCE＝∠DBC，
又∵∠ADB＝∠DBC，
∴∠DCE＝∠ADB．
【点评】本题考查了相似三角形的判定与性质、平行线的性质、邻补角关系；本题综合性强，证明三角形相似是解决问题的关键．
24．（12分）已知在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝ax2+bx+2经过点A（﹣3，﹣6）、B（6，0），与y轴交于点C．
（1）求抛物线的表达式；
（2）点D是抛物线上的点，且位于线段BC上方，联结CD．
①如果点D的横坐标为2．求cot∠DCB的值；
②如果∠DCB＝2∠CBO，求点D的坐标．
【分析】（1）将点A，B坐标代入抛物线解析式中，解方程组，即可得出结论；
（2）①先求出点D坐标，进而求出BC，CD，DB，判断出△BDC是直角三角形，即可得出结论；
②构造出等腰三角形，利用对称性求出点F的坐标，进而求出直线CF的解析式，进而联立抛物线解析式，解方程组，即可得出结论．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+2经过点A（﹣3，﹣6）、B（6，0），
∴，
∴，
∴抛物线的表达式为y＝﹣x2+x+2；
（2）①如图1，
由（1）知，抛物线的解析式为y＝﹣x2+x+2，
当x＝0时，y＝2，
∴C（0，2），当x＝2时，y＝﹣×4+×2+2＝4，
∴D（2，4），
∵B（6，0），
∴CD2＝（2﹣0）2+（4﹣2）2＝8，BC2＝（6﹣0）2+（0﹣2）2＝40，
DB2＝（6﹣2）2+（0﹣4）2＝32，
∴CD2+BC2＝DB2，
∴△BCD是直角三角形，∠BDC＝90°，
在Rt△BDC中，CD＝2，BD＝4，
∴cot∠DCB＝＝＝；
②如图2，
过点C作CE∥x轴，则∠BCE＝∠CBO，
∵∠DCB＝2∠CBO，
∴∠DCE＝∠BCE，过点B作BE⊥CE，并延长交CD的延长线于F，
∵C（0，2），B（6，0），
∴F（6，4），设直线CF的解析式为y＝kx+2，
∴6k+2＝4，
∴k＝，
∴直线CF的解析式为y＝x+2①，
∵抛物线的解析式为y＝﹣x2+x+2②，
联立①②，解得或，
∴D（4，）．
【点评】此题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法，勾股定理的逆定理，等腰三角形的性质，构造出等腰三角形是解本题的关键．
25．（14分）如图1，已知在等腰△ABC中，AB＝AC＝，tan∠ABC＝3，BF⊥AC，垂足为F．点D是边AB上一点（不与A，B重合）．
（1）求边BC的长；
（2）如图2，联结DF，DF恰好经过△ABC的重心，求线段AD的长；
（3）过点D作DE⊥BC，垂足为E，DE交BF于点Q．联结DF，如果△DQF和△ABC相似，求线段BD的长．
【分析】（1）先利用等腰三角形的性质判断出BC＝2BH，再用三角函数和勾股定理求出BH，即可得出结论；
（2）作BN⊥BC，CM⊥BC，根据梯形中位线和平行线分线段成比例解答即可；
（3）分两种情况，利用相似三角形的判定和性质解答即可．
【解答】解（1）如图1，过点A作DH⊥BC于H，
∴∠AHB＝90°，
∵AB＝AC＝5，
∴BC＝2BH，
在Rt△AHB中，tan∠ABC＝＝3，
∴AH＝3BH，
根据勾股定理得，AH2+BH2＝AB2，
∴（3BH）2+BH2＝（5）2，
∴BH＝5，
∴BC＝2BH＝10；
（2）∵BC＝10，tan∠ABC＝3，
∴CF＝，BF＝3，如图2，作BN⊥BC，CM⊥BC，
∵G为重心，
∴AG＝10，GH＝5，
由CM∥AG，
则＝，
∴CM＝AG＝，
∵HG为梯形CMNB的中位线，
∴BN＝2GH﹣CM＝，
∵NB∥AG，
∴，
∴AD＝AB＝；
（3）∵BF⊥AC，DE⊥BC，
∴∠BFC＝∠DEB＝90°，
∴∠BQE＝∠ACB
∵∠BQE＝∠DQF，
∴∠DQF＝∠ACB
∵△DQF和△ABC相似，
∴或，
∵tan∠BQE＝tan∠ACB＝tan∠ABC＝3，
∴，
设QE＝x，BE＝3x，则DE＝9x，
∴BQ＝，BD＝，DQ＝8x，
∵BF＝3CF＝，
∴QF＝，
（ⅰ）当时，则，，
解得x＝，
∴BD＝＝，
（ⅱ）当时，则，，
解得x＝，
∴BD＝＝，
综上所述，BD＝或BD＝．
【点评】此题是相似形综合题，主要考查了等腰三角形的性质，锐角三角函数，勾股定理，相似三角形的判定和性质，利用方程的思想解决问题是解本题的关键．
2021/12/9 8:11:28
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