黑龙江省哈尔滨市道里区2016-2017学年九年级（上）期末数学试卷（解析版）

2016-2017学年黑龙江省哈尔滨市道里区九年级（上）期末数学试卷
　
一．选择题（每小题3分，共计30分）
1．下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　）
A．
B．
C．
D．
2．在△ABC中，∠C=90°，下列选项中的关系式正确的是（　　）
A．sinA=
B．cosB=
C．tanA=
D．AC=AB cosA
3．如图所示的几何体是由一些小正方体组合而成的，则这个几何体的主视图为（　　）
A．
B．
C．
D．
4．如图，AB是⊙O的直径，CD是⊙O的弦，连接AD、DB、BC，若∠ABD=55°，则∠BCD的度数为（　　）
A．65°
B．55°
C．45°
D．35°
5．如图，将△ABC绕点A逆时针旋转得到△AB′C′，若B′落到BC边上，∠B=50°，则∠CB′C′的度数为（　　）
A．50°
B．60°
C．70°
D．80°
6．在反比例函数y=图象上有两点A（x1，y1），B
（x2，y2），x1＜0＜x2，y1＜y2，则m的取值范围是（　　）
A．m＞
B．m＜
C．m≥
D．m≤
7．一个袋中里有4个珠子，其中2个红色，2个蓝色，除颜色外其余特征均相同，若从这个袋中任取2个珠子，都是蓝色珠子的概率是（　　）
A．
B．
C．
D．
8．如图，l3∥l4∥l5，l1交l3，l4，l5于E，A，C，l2交l3，l4，l5于D，A，B，以下结论的错误的为（　　）
A．
=
B．
=
C．
=
D．
=
9．如图，P为⊙O外一点，PA、PB分别切⊙O于点A、B，CD切⊙O于点E且分别交PA、PB于点C，D，若PA=4，则△PCD的周长为（　　）
A．5
B．7
C．8
D．10
10．如图是抛物线y1=ax2+bx+c（a≠0）的一部分，抛物线的顶点坐标A（1，3），与x轴的一个公共点B（4，0），直线y2=mx+n（m≠0）与抛物线交于A，B两点，下列结论：
①2a﹣b=0；
②abc＜0；
③方程ax2+bx+c=3有两个相等的实数根；
④抛物线与x轴的另一个公共点是（﹣1，0）；
⑤当1＜x＜4时，有y2＞y1；
其中正确的有（　　）个．
A．1
B．2
C．3
D．4
　
二．填空题（每题3分，共30分）
11．点A（﹣4，1）关于原点对称点A′的坐标是　　．
12．反比例函数y=的图象经过点（﹣2，3），则k的值为　　．
13．将二次函数y=x2+1的图象向左平移2个单位，再向下平移3个单位长度得到的图象对应的二次函数的解析式为y=x2+ax+b，则ab=　　．
14．在△ABC中，∠C=90°，cosA=，AC=6，则BC=　　．
15．如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，⊙O的半径为4，∠B=135°，则的长为　　．
16．在围棋盒中有x颗白色棋子和y颗黑色棋子，从盒中随机取出一颗棋子，取得白色棋子的概率是，如再往盒中放进4颗黑色棋子，取得白色棋子的概率变为，则x2+y2=　　．
17．如图，在某监测点B处望见一艘正在作业的渔船在南偏西15°方向的A出，若渔船沿北偏西75°方向以60海里/小时的速度航行，航行半小时后到达C处，在C处观测到B在C的北偏东60°方向上，则B、C之间的距离为　　．
18．某种商品的进价为40元，在某段时间内若以每件x元出售，可卖出件，当x=　　时才能使利润最大．
19．如图，⊙O的弦AB与半径OC垂直，点D为垂足，OD=DC，AB=2，点E在⊙O上，∠EOA=30°，则△EOC的面积为　　．
20．如图，△ABC，∠ACB=90°，点D，E分别在AB，BC上，AC=AD，∠CDE=45°，CD与
AE交于点F，若∠AEC=∠DEB，CE=，则CF=　　．
　
三．解答题
21．通过配方，确定抛物线y=ax2+bx+1的顶点坐标及对称轴，其中a=sin30°﹣tan45°，b=4tan30° sin60°．
22．如图，在小正方形的边长均为1的方格纸中，有线段AB，点A，B均在小正方形的顶点上．
（1）在图1中画出四边形ABCD，四边形ABCD是中心对称图形，且四边形ABCD的面积为6，点C，D均在小正方形的顶点上；
（2）在图2中画一个△ABE，点E在小正方形的顶点上，且BE=BA，请直接写出∠BEA的余弦值．
23．在平面直角坐标系内，点O为坐标原点，直线y=x+4交x轴于点A，交y轴于点B，点C（2，m）在直线y=x+4上，反比例函数
y=经过点C．
（1）求m，n的值；
（2）点D在反比例函数y=的图象上，过点D作X轴的垂线，点E为垂足，若OE=3，连接AD，求tan∠DAE的值．
24．如图，正方形ABCD，点E在AD上，将△CDE绕点C顺时针旋转90°至△CFG，点F，G分别为点D，E旋转后的对应点，连接EG，DB，DF，DB与CE交于点M，DF与CG交于点N．
（1）求证BM=DN；
（2）直接写出图中已经存在的所有等腰直角三角形．
25．如图，在平面直角坐标系内，点O为坐标原点，抛物线y=﹣x2+x+4交x轴负半轴于点A，交x轴正半轴于点B，交y轴于点C．
（1）求AB长；
（2）同时经过A，B，C三点作⊙D，求点D的坐标；
（3）在（2）的条件下，横坐标为10的点E在抛物线y=﹣x2+x+4上，连接AE，BE，求∠AEB的度数．
26．如图，AB为⊙O的直径，弦CD⊥AB，点E为垂足，点F为的中点，连接DA，DF，DF交AB于点G．
（1）如图1，求证：∠AGD=∠ADG；
（2）如图2，连接AF交CE于点H，连接HG，求证：CH=HG；
（3）如图3，在（2）的条件下，过点O作OP⊥AD，点P为垂足，若OP=BG，DG=4，求HG长．
27．如图，在平面直角坐标系内，点O为坐标原点，抛物线y=ax2+bx+2交x正半轴
于点A，交x轴负半轴于点B，交y轴于点C，OB=OC，连接AC，tan∠OCA=2．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点P是第三象限抛物线y=ax2+bx+2上的一个动点，过点P作y轴的平行线交直线AC于点D，设PD的长为d，点P的横坐标为t，求d与t之间的函数关系式（不要求写出自变量t的取值范围）；
（3）在（2）的条件下，连接PA，PC，当△ACP的面积为30时，将△APC沿AP折叠得△APC′，点C′为点C的对应点，求点C′坐标并判断点C′是否在抛物线y=ax2+bx+2上，说明理由．
　
2016-2017学年黑龙江省哈尔滨市道里区九年级（上）期末数学试卷
参考答案与试题解析
　
一．选择题（每小题3分，共计30分）
1．下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　）
A．
B．
C．
D．
【考点】中心对称图形；轴对称图形．
【分析】依据轴对称图形的定义和中心对称图形的定义回答即可．
【解答】解：A、是轴对称图形，但不是中心对称图形，故A错误；
B、是中心对称图形，不是轴对称图形，故B错误；
C、是轴对称图形，不是中心对称图形，故C错误；
D、既是轴对称图形，也是中心对称图形，故D正确．
故选：D．
　
2．在△ABC中，∠C=90°，下列选项中的关系式正确的是（　　）
A．sinA=
B．cosB=
C．tanA=
D．AC=AB cosA
【考点】锐角三角函数的定义．
【分析】根据锐角三角函数的概念，可得答案．
【解答】解：A、sinA=，故A错误；
B、cosB═，故B错误；
C、tanA=，故C错误；
D、AC=AB cosA，故D正确；
故选：D．
　
3．如图所示的几何体是由一些小正方体组合而成的，则这个几何体的主视图为（　　）
A．
B．
C．
D．
【考点】简单组合体的三视图．
【分析】根据主视图是从正面看得到的图形，可得答案．
【解答】解：从正面看第一层是三个小正方形，第二层左边一个小正方形，
故选：D．
　
4．如图，AB是⊙O的直径，CD是⊙O的弦，连接AD、DB、BC，若∠ABD=55°，则∠BCD的度数为（　　）
A．65°
B．55°
C．45°
D．35°
【考点】圆周角定理．
【分析】先根据圆周角定理求出∠ADB的度数，再由直角三角形的性质求出∠A的度数，进而可得出结论．
【解答】解：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB=90°．
∵∠ABD=55°，
∴∠A=90°﹣55°=35°，
∴∠BCD=∠A=35°．
故选D．
　
5．如图，将△ABC绕点A逆时针旋转得到△AB′C′，若B′落到BC边上，∠B=50°，则∠CB′C′的度数为（　　）
A．50°
B．60°
C．70°
D．80°
【考点】旋转的性质．
【分析】依据旋转的性质可求得AB=AB′，∠AB′C′的度数，依据等边对等角的性质可得到∠B=∠BB′A，于是可得到∠CB′C′的度数．
【解答】解：由旋转的性质可知：AB=AB′，∠B=∠AB′C′=50°．
∵AB=AB′，
∴∠B=∠BB′A=50°．
∴∠BB′C′=50°+50°=100°．
∴∠CB′C′=180°﹣100°=80°．
故选：D．
　
6．在反比例函数y=图象上有两点A（x1，y1），B
（x2，y2），x1＜0＜x2，y1＜y2，则m的取值范围是（　　）
A．m＞
B．m＜
C．m≥
D．m≤
【考点】反比例函数图象上点的坐标特征．
【分析】首先根据当x1＜0＜x2时，有y1＜y2则判断函数图象所在象限，再根据所在象限判断1﹣3m的取值范围．
【解答】解：∵x1＜0＜x2时，y1＜y2，
∴反比例函数图象在第一，三象限，
∴1﹣3m＞0，
解得：m＜．
故选B．
　
7．一个袋中里有4个珠子，其中2个红色，2个蓝色，除颜色外其余特征均相同，若从这个袋中任取2个珠子，都是蓝色珠子的概率是（　　）
A．
B．
C．
D．
【考点】概率公式．
【分析】列举出所有情况，看2个珠子都是蓝色珠子的情况数占总情况数的多少即可．
【解答】解：共有3×4=12种可能，而有2种结果都是蓝色的，所以都是蓝色的概率概率为．
故选D．
　
8．如图，l3∥l4∥l5，l1交l3，l4，l5于E，A，C，l2交l3，l4，l5于D，A，B，以下结论的错误的为（　　）
A．
=
B．
=
C．
=
D．
=
【考点】平行线分线段成比例．
【分析】直接运用平行线分线段成比例定理列出比例式判断即可．
【解答】解：∵l3∥l4∥l5，
∴，
故选C
　
9．如图，P为⊙O外一点，PA、PB分别切⊙O于点A、B，CD切⊙O于点E且分别交PA、PB于点C，D，若PA=4，则△PCD的周长为（　　）
A．5
B．7
C．8
D．10
【考点】切线长定理．
【分析】根据切线长定理得到PB=PA、CA=CE，DE=DB，根据三角形的周长公式计算即可．
【解答】解：∵PA、PB分别切⊙O于点A、B，
∴PB=PA=4，
∵CD切⊙O于点E且分别交PA、PB于点C，D，
∴CA=CE，DE=DB，
∴△PCD的周长=PC+PD+CD=PC+CA+PD+DB=PA+PB=8，
故选：C．
　
10．如图是抛物线y1=ax2+bx+c（a≠0）的一部分，抛物线的顶点坐标A（1，3），与x轴的一个公共点B（4，0），直线y2=mx+n（m≠0）与抛物线交于A，B两点，下列结论：
①2a﹣b=0；
②abc＜0；
③方程ax2+bx+c=3有两个相等的实数根；
④抛物线与x轴的另一个公共点是（﹣1，0）；
⑤当1＜x＜4时，有y2＞y1；
其中正确的有（　　）个．
A．1
B．2
C．3
D．4
【考点】二次函数与不等式（组）；二次函数图象与系数的关系；抛物线与x轴的交点．
【分析】利用对称轴是直线x=1判定①；利用开口方向，对称轴与y轴的交点判定a、b、c得出②；利用顶点坐标和平移的规律判定③；利用对称轴和二次函数的对称性判定④；利用图象直接判定⑤即可．
【解答】解：∵对称轴x=﹣=1，
∴2a+b=0，①错误；
∵a＜0，
∴b＞0，
∵抛物线与y轴的交点在正半轴上，
∴c＞0，
∴abc＜0，②正确；
∵把抛物线y=ax2+bx+c向下平移3个单位，得到y=ax2+bx+c﹣3，
∴顶点坐标A（1，3）变为（1，0），抛物线与x轴相切，
∴方程ax2+bx+c=3有两个相等的实数根，③正确；
∵对称轴是直线x=1，与x轴的一个交点是（4，0），
∴与x轴的另一个交点是（﹣2，0），④错误；
∵当1＜x＜4时，由图象可知y2＜y1，
∴⑤错误．
正确的有②③．
故选：B．
　
二．填空题（每题3分，共30分）
11．点A（﹣4，1）关于原点对称点A′的坐标是　（4，﹣1）　．
【考点】关于原点对称的点的坐标．
【分析】根据关于原点对称的点的坐标的横坐标与纵坐标都互为相反数解答．
【解答】解：点A（﹣4，1）关于原点对称点A′的坐标是（4，﹣1）．
故答案为：（4，﹣1）．
　
12．反比例函数y=的图象经过点（﹣2，3），则k的值为　﹣6　．
【考点】待定系数法求反比例函数解析式．
【分析】将点（﹣2，3）代入解析式可求出k的值．
【解答】解：把（﹣2，3）代入函数y=中，得3=，解得k=﹣6．
故答案为：﹣6．
　
13．将二次函数y=x2+1的图象向左平移2个单位，再向下平移3个单位长度得到的图象对应的二次函数的解析式为y=x2+ax+b，则ab=　8　．
【考点】二次函数图象与几何变换．
【分析】根据函数图象的平移方法可得对应的二次函数的解析式为y=（x+2）2+1﹣3，然后整理可得a、b的值，进而可得答案．
【解答】解：∵二次函数y=x2+1的图象向左平移2个单位，再向下平移3个单位长度，
∴得到的图象对应的二次函数的解析式为y=（x+2）2+1﹣3=x2+4x+2，
∴a=4，b=2，
∴ab=8，
故答案为：8．
　
14．在△ABC中，∠C=90°，cosA=，AC=6，则BC=　6　．
【考点】解直角三角形．
【分析】根据∠C=90°，得出cosA=，再根据AC=2，求出AB，最后根据勾股定理即可求出BC．
【解答】解：∵∠C=90°，
∴cosA==，
∵AC=6，
∴AB=12，
∴BC===6．
故答案为：6．
　
15．如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，⊙O的半径为4，∠B=135°，则的长为　2π　．
【考点】圆内接四边形的性质；弧长的计算．
【分析】连接OA、OC，根据圆内接四边形的性质求出∠D，根据圆周角定理求出∠AOC，利用弧长公式计算即可．
【解答】解：连接OA、OC，
∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，
∴∠D=180°﹣∠B=45°，
∴∠AOC=90°，
∴的长==2π，
故答案为：2π．
　
16．在围棋盒中有x颗白色棋子和y颗黑色棋子，从盒中随机取出一颗棋子，取得白色棋子的概率是，如再往盒中放进4颗黑色棋子，取得白色棋子的概率变为，则x2+y2=　20　．
【考点】概率公式．
【分析】先根据白色棋子的概率是，得到一个方程，再往盒中放进4颗黑色棋子，取得白色棋子的概率变为，再得到一个方程，求解即可．
【解答】解：由题意得，
解得：x=2，y=4，
所以x2+y2=20，
故答案为：20
　
17．如图，在某监测点B处望见一艘正在作业的渔船在南偏西15°方向的A出，若渔船沿北偏西75°方向以60海里/小时的速度航行，航行半小时后到达C处，在C处观测到B在C的北偏东60°方向上，则B、C之间的距离为　30　．
【考点】解直角三角形的应用﹣方向角问题．
【分析】根据时间、速度、距离之间的关系求出AC，根据等腰直角三角形的性质解答即可．
【解答】解：由题意得，AC=60×0.5=30海里，
∵CD∥BF，
∴∠CBF=∠DCB=60°，又∠ABF=15°，
∴∠ABC=45°，
∵AE∥BF，
∴∠EAB=∠FBA=15°，又∠EAC=75°，
∴∠CAB=90°，
∴BC=AC=30海里，
故答案为：30．
　
18．某种商品的进价为40元，在某段时间内若以每件x元出售，可卖出件，当x=　70　时才能使利润最大．
【考点】二次函数的应用．
【分析】根据题意可以得到利润与售价之间的函数关系式，然后化为顶点式即可解答本题．
【解答】解：设获得的利润为w元，由题意可得，
w=（x﹣40）=﹣（x﹣70）2+900，
∴当x=70时，w取得最大值，
故答案为：70．
　
19．如图，⊙O的弦AB与半径OC垂直，点D为垂足，OD=DC，AB=2，点E在⊙O上，∠EOA=30°，则△EOC的面积为　1或2　．
【考点】垂径定理．
【分析】设⊙O的半径为x（x＞0），则OD=DC=x，根据垂径定理可知AD=，在Rt△ADO中利用勾股定理即可求出x值，再分点E在外和点E在上两种情况考虑△EOC的面积，当点E在外时，通过角的计算可得出∠COE=90°，利用三角形的面积公式即可求出S△EOC的值；当点E在上时，过点E作EF⊥OC于点F，通过角的计算可得出∠COE=30°，由此可得出EF的长度，利用三角形的面积公式即可求出S△EOC的值．综上即可得出结论．
【解答】解：依照题意画出图形，连接OA．
设⊙O的半径为x（x＞0），则OD=DC=x．
∵OC⊥AB于点D，
∴∠ADO=90°，AD=DB=AB=．
在Rt△ADO中，AO=x，OD=x，AD=，
∴∠OAD=30°，∠AOD=60°，AD==x=，
解得：x=2．
当点E在外时，∠COE=∠AOD+∠EOA=90°，
∴S△EOC=EO OC=2；
当点E在上时，过点E作EF⊥OC于点F，
∵∠COE=∠AOD﹣∠EOA=30°，
∴EF=OE=1，
∴S△EOC=OC EF=1．
综上可知：△EOC的面积为1或2．
故答案为：1或2．
　
20．如图，△ABC，∠ACB=90°，点D，E分别在AB，BC上，AC=AD，∠CDE=45°，CD与
AE交于点F，若∠AEC=∠DEB，CE=，则CF=　5　．
【考点】三角形综合题．
【分析】作辅助线，构建特殊的四边形ACGH，设∠AEC=α，则∠DEB=α，
①根据SAS证明△AEC≌△DEB，得AC=CH，∠ACE=∠EGH=90°，证明四边形ACGH是矩形；
②设∠ACD=∠ADC=β，根据三角形的内角和表示∠CAD=180°﹣2β，根据平角∠ADB=180°列式：β+45°+∠BDE=180°，在△BDE中根据三角形的内角和列式为：α+∠BDE+∠ABC=180°，两式综合可得：∠BDE=α；
③证明四边形ACGH是正方形，得出AD=AC=4BE=4BD；
④设BE=x，则BD=x，在Rt△ACB中，由勾股定理列方程可求出x的值；
⑤过F作FM⊥BC于M，设EM=y，则FM=2y，EF=y，根据EF的长列方程可求出y的值；
⑥在Rt△CFM中，利用勾股定理可求CF的长．
【解答】解：延长CE至G，使EC=EG，延长ED至H，使EH=AE，过D作DT∥BC，交AE于T，连接GH、AH，
设∠AEC=α，则∠DEB=α，
∵∠AEC=∠DEB=α，
∴△AEC≌△DEB，
∴AC=GH，∠ACE=∠EGH=90°，
∴AC∥GH，
∴四边形ACGH是矩形，
∴AH∥CG，
∴∠AHE=∠HEG=α，
∵AC=AD，
∴∠ACD=∠ADC，
设∠ACD=∠ADC=β，
∵∠CDE=45°，
∴β+45°+∠BDE=180°，
∴β=135°﹣∠BDE①，
∵△ACD是等腰三角形，
∴∠CAD=180°﹣2β，
∵△ACB是直角三角形，
∴∠ABC=90°﹣∠CAD=90°﹣=2β﹣90°，
在△BDE中，由内角和得：α+∠BDE+∠ABC=180°，
α+∠BDE+2β﹣90°=180°②，
把①代入②得：α+∠BDE+2﹣90°=180°，
∠BDE=α，
∴∠ADH=∠BDE=α，
∴AD=AH=AC，
∴四边形ACGH是正方形，
∴AH=AC=2CE=，
∴AD=AC=，
∵∠BED=∠BDE=α，
∴BE=BD，
设BE=x，则BD=x，
在Rt△ACB中，由勾股定理得：AC2+BC2=AB2，
∴，
解得：x=，
∴BE=BD=，
∴CE=2BE=2BD，
∴AD=4BD，
∴=，
∵DT∥BC，
∴△ADT∽△ABE，
∴=，
∵CE=2BE，
∴=，
∵DT∥CE，
∴==，
在Rt△ACE中，由勾股定理得：AE===，
∴ET=AE=×=，
∴EF=ET=×=，
过F作FM⊥BC于M，
tanα===，
设EM=y，则FM=2y，EF=y，
∴y=，
y=，
∴FM=2y=，EM=y=，
∴CM=CE﹣EM=﹣=，
在Rt△CFM中，由勾股定理得：CF===5；
故答案为：5．
　
三．解答题
21．通过配方，确定抛物线y=ax2+bx+1的顶点坐标及对称轴，其中a=sin30°﹣tan45°，b=4tan30° sin60°．
【考点】二次函数的三种形式；解直角三角形．
【分析】首先确定a、b的值，然后配方后确定顶点坐标及对称轴即可．
【解答】解：a=sin30°﹣tan45°=﹣1=；
b=4tan30° sin60°=4××=2；
y=ax2+bx+1=﹣x2+2x+1=﹣（x﹣2）2+3；
抛物线顶点坐标（2，3），
对称轴直线x=2．
　
22．如图，在小正方形的边长均为1的方格纸中，有线段AB，点A，B均在小正方形的顶点上．
（1）在图1中画出四边形ABCD，四边形ABCD是中心对称图形，且四边形ABCD的面积为6，点C，D均在小正方形的顶点上；
（2）在图2中画一个△ABE，点E在小正方形的顶点上，且BE=BA，请直接写出∠BEA的余弦值．
【考点】作图﹣旋转变换；作图—应用与设计作图；解直角三角形．
【分析】（1）根据四边形ABCD是中心对称图形，且四边形ABCD的面积为6，点C，D均在小正方形的顶点上进行画图即可；
（2）根据BE=BA，可得△ABE为等腰三角形，根据等腰三角形的性质以及勾股定理进行计算，即可得到∠BEA的余弦值．
【解答】（1）如图1所示，平行四边形ABCD即为所求；
（2）如图2所示，△ABE即为所求；
过点B作BF⊥AE于F，则∠BFE=90°，
由图可得，BE=，FE=，
∴Rt△BEF中，cos∠BEF===，
即∠BEA的余弦值为．
　
23．在平面直角坐标系内，点O为坐标原点，直线y=x+4交x轴于点A，交y轴于点B，点C（2，m）在直线y=x+4上，反比例函数
y=经过点C．
（1）求m，n的值；
（2）点D在反比例函数y=的图象上，过点D作X轴的垂线，点E为垂足，若OE=3，连接AD，求tan∠DAE的值．
【考点】反比例函数与一次函数的交点问题；解直角三角形．
【分析】（1）把点C的坐标代入直线y=x+4，求出m，得到点C的坐标，代入反比例函数解析式，计算即可；
（2）分别求出DE、AE的长，根据正切的定义计算即可．
【解答】解：（1）∵点C（2，m）在直线y=x+4上，
∴m=2+4=6，
∴点C的坐标为（2，6），
把x=2，y=6代入y=，
得6=，
解得，n=12；
（2）∵OE=3，DE⊥x轴，
∴点D的横坐标是3，
当x=3时，y==4，
∴点D的坐标为（3，4），
∴DE=4，
把y=0代入y=x+4，
得，x=﹣4，即OA=4，
∴AE=7，
∴tan∠DAE==．
　
24．如图，正方形ABCD，点E在AD上，将△CDE绕点C顺时针旋转90°至△CFG，点F，G分别为点D，E旋转后的对应点，连接EG，DB，DF，DB与CE交于点M，DF与CG交于点N．
（1）求证BM=DN；
（2）直接写出图中已经存在的所有等腰直角三角形．
【考点】旋转的性质；等腰直角三角形；正方形的性质．
【分析】（1）根据正方形的性质得∠DCB=90°，CD=CB，再根据旋转的性质得CF=CD，∠ECG=∠DCF=90°，则可判断△CDF为等腰直角三角形，所以∠CDF=∠CFD=45°，然后证明△BCM≌△DCN，则BM=DN；
（2）根据正方形的性质可判断△ABD和△BCD为等腰直角三角形，根据旋转的性质可判断△CDF和△ECG为等腰直角三角形，然后判断△BDF为腰直角三角形．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD为正方形，
∴∠DCB=90°，CD=CB，
∵△CDE绕点C顺时针旋转90°至△CFG，
∴CF=CD，∠ECG=∠DCF=90°，
∴△CDF为等腰直角三角形，
∴∠CDF=∠CFD=45°，
∵∠BCM+∠DCE=90°，∠DCN+∠DCE=90°，
∴∠BCM=∠DCN，
∵∠CBM=∠ABC=45°，
∴∠CBM=∠CDN，
在△BCM和△DCN中
，
∴△BCM≌△DCN，
∴BM=DN；
（2）解：∵四边形ABCD为正方形，
∴△ABD和△BCD为等腰直角三角形；
由（1）得△CDF为等腰三角形；
∵△CDE绕点C顺时针旋转90°至△CFG，
∴CE=CG，∠ECG=90°，
∴△ECG为等腰直角三角形；
∵△CBD和△CFD为等腰直角三角形；
∴△BDF为等腰直角三角形．
　
25．如图，在平面直角坐标系内，点O为坐标原点，抛物线y=﹣x2+x+4交x轴负半轴于点A，交x轴正半轴于点B，交y轴于点C．
（1）求AB长；
（2）同时经过A，B，C三点作⊙D，求点D的坐标；
（3）在（2）的条件下，横坐标为10的点E在抛物线y=﹣x2+x+4上，连接AE，BE，求∠AEB的度数．
【考点】圆的综合题．
【分析】（1）求出A、B两点坐标，即可解决问题．
（2）连接AC，BC，由tan∠ACO===，tan∠CBO===，推出∠ACO=∠CBO，由∠OBC+∠OCB=90°，推出∠ACO+∠OCB=∠ACB=90°，推出AB为⊙D的直径，即可解决问题．
（3）设AE交⊙D于点K，连接BK，作ER⊥x轴于R．由tan∠EAR==，推出∠EAR=∠ACO，∠CAE=∠EAR+∠CAO=∠ACO+∠CAO=90°，由AB为⊙D直径，推出∠AKB=∠ACB=∠CAK=90°，四边形ACBK为矩形，推出BK=AC，AC2=AO2+OC2=20，推出BK=AC=2
在Rt△BER中，BE2=BR2=ER2=22+62=40，推出BE=2，由cos∠KBE===，推出∠KBE=45°，即可解决问题．
【解答】解：（1）把y=0代入y=﹣x2+x+4，即﹣x2+x+4=0，解得：x=8或2，
∴A（﹣2，0），B（8，0），
∴OA=2，BO=8，
∴AB=10，
（2）连接AC，BC，
把x=0代入y=﹣x2+x+4，得y=4，
∴C（0，4），
∴OC=4，
∵tan∠ACO===，tan∠CBO===，
∴∠ACO=∠CBO，
∵∠OBC+∠OCB=90°，
∴∠ACO+∠OCB=∠ACB=90°
∴AB为⊙D的直径，
∵AD=BD=5，
∴OD=3，
∴D（3，0）．
（3）设AE交⊙D于点K，连接BK，作ER⊥x轴于R．
∵点E的横坐标为10，∴把x=10代入y=﹣x2+x+4，y=﹣6，
∴E（10，﹣6），
∴ER=6，OR=10，
∴AR=12，
∴tan∠EAR==，
∴∠EAR=∠ACO，
∴∠CAE=∠EAR+∠CAO=∠ACO+∠CAO=90°
∵AB为⊙D直径∠AKB=∠ACB=∠CAK=90°
∴四边形ACBK为矩形，
∴BK=AC，AC2=AO2+OC2=20，
∴BK=AC=2
在Rt△BER中，BE2=BR2=ER2=22+62=40，
∴BE=2，
∴cos∠KBE===，
∴∠KBE=45°，
∴∠AEB=∠AKB﹣∠KBE=45°．
　
26．如图，AB为⊙O的直径，弦CD⊥AB，点E为垂足，点F为的中点，连接DA，DF，DF交AB于点G．
（1）如图1，求证：∠AGD=∠ADG；
（2）如图2，连接AF交CE于点H，连接HG，求证：CH=HG；
（3）如图3，在（2）的条件下，过点O作OP⊥AD，点P为垂足，若OP=BG，DG=4，求HG长．
【考点】圆的综合题．
【分析】（1）证明：连接BD．由∠AGD=∠DBG+∠BDG，∠ADG=∠ADE+∠EDG，可知只要证明∠CDF=∠BDF，∠ADC=∠DBA即可．
（2）欲证明CH=HG，只要证明△ACH≌△GAH即可．
（3）连接FO，过点F作FK⊥BG于点K，连接FB、AC，连接CG交AF于点R．由△OAP≌△FOK，推出FK=OP，FG=FB，FK=2GK，由DE∥FK，
推出∠GFK=∠CDG，由EG垂直平分CD，推出CG=DG=4，∠GCE=∠GDC，∠GCE=∠GFK，由AC=AG，∠CAH=∠GAH，推出CR=RG=2，tan∠HCR=tan∠GFK，推出=，即=，求得HR=1，在Rt△HCR中，CH2=HR2+CR2=12+22=5，由此即可解决问题．
【解答】（1）证明：连接BD．
∵F为的中点，
∴∠CDF=∠BDF，
∵AB为⊙O的直径，CD⊥AB，
∴=，
∴∠ADC=∠DBA，
∴∠AGD=∠DBG+∠BDG，
∵∠ADG=∠ADE+∠EDG，
∴∠AGD=∠ADG．
（2）证明：连接AC．
∵=，
∴AC=AD，
∵∠AGD=∠ADG，
∴AG=AD，
∴AC=AG，
∵F为的中点，
∴∠CAH=∠GAH，
在△AHC和△AHG中，
，
∴△ACH≌△GAH，
∴CH=HG．
（3）解：连接FO，过点F作FK⊥BG于点K，连接FB、AC，连接CG交AF于点R．
∵=，
∴AC=AD，
∵AE⊥CD，
∴∠DAE=∠CAE=2∠HAE，
∵∠FOB=2∠HAE
∴∠DAE=∠FOB，
∵OA=OF，∠OPA=∠FKO=90°，
∴△OAP≌△FOK，
∴FK=OP，
∵∠FBA=∠ADF，又∵∠AGD=∠ADG，∠AGD=∠FGB
∴∠FBG=∠FGB，
∴FG=FB，
∵FK⊥BG，
∴GK=KB，
∵OP=FK=GB，
∴FK=2GK
∵∠DEG=∠FKG=90°，
∴DE∥FK，
∴∠GFK=∠CDG，
∵EG垂直平分CD，
∴CG=DG=4，
∴∠GCE=∠GDC，
∴∠GCE=∠GFK，
∵AC=AG，∠CAH=∠GAH，
∴CR=RG=2，
∵∠HCR=∠GFK，
∴tan∠HCR=tan∠GFK，
∴=，即=，
∴HR=1，
在Rt△HCR中，CH2=HR2+CR2=12+22=5，
∴CH=，
∴HG=CH=．
　
27．如图，在平面直角坐标系内，点O为坐标原点，抛物线y=ax2+bx+2交x正半轴
于点A，交x轴负半轴于点B，交y轴于点C，OB=OC，连接AC，tan∠OCA=2．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点P是第三象限抛物线y=ax2+bx+2上的一个动点，过点P作y轴的平行线交直线AC于点D，设PD的长为d，点P的横坐标为t，求d与t之间的函数关系式（不要求写出自变量t的取值范围）；
（3）在（2）的条件下，连接PA，PC，当△ACP的面积为30时，将△APC沿AP折叠得△APC′，点C′为点C的对应点，求点C′坐标并判断点C′是否在抛物线y=ax2+bx+2上，说明理由．
【考点】二次函数综合题．
【分析】（1）先确定出点C，A，B的坐标，再用待定系数法求出抛物线解析式；
（2）先用t表示出PN，再用三角形的面积的计算方法即可得出结论；
（3）先利用三角形ACP的面积表示出点P的坐标，再判断出△AKC'≌△COA，进而得到C'K=4，AK=2，即可得出点C'的坐标，最后判断即可得出结论．
【解答】解：（1）把x=0代入
y=ax2+bx+2，得，y=2，
∴C（0，2），
∴OC=2
∴OB=OC=2，
∴B（﹣2，0），
∵tan∠OCA=2，即=2，
∴OA=4，
∴A（4，0），
把B（﹣2，0），A（4，0）代入y=ax2+bx+2，
即，
解得，
∴抛物线解析式是y=﹣x2+x+2，
（2）如图，设PD交x轴于点N，
∵点P的横坐标为t，PN⊥x轴，
∴点N的横坐标为t，点P的纵坐标为﹣t2+t+2，
∵点P在第三象限，
∴PN=t2﹣t﹣2，
∴AN=4﹣t，
∵∠DNA=∠COA=90°，
∴DN∥OC，
∴∠ADN=∠ACO
∴tan∠ADN=tan∠ACO=2
∴，
∴AN=2﹣t
∴d=PD=DN+PN=2﹣t+t2﹣t﹣2=t2﹣t（t＜﹣2）
（3）过点C作CR⊥PD于点R，过点C'作C'K⊥x轴于点K，
∵∠CRN=∠RNO=∠CON=90°，
∴四边形OCRN为矩形，
∴CR=ON，
∵△ACP的面积为30，
∴S△ACP=S△APD﹣S△CPD=PD×AN﹣PD×CR=PD（AN﹣CR）=PD（AN﹣ON）=PD×OA=（
t2﹣t）×4=t2﹣2t=30
∴x=10
（舍去）
x=﹣6
把x=﹣6代入y=﹣x2+x+2，
∴y=﹣10，
∴P（﹣6，﹣10），
∴PN=10，ON=6，
∴AN=PN=10，
∴∠PAN=∠APN=45°，
∵将△APC沿AP折叠得△APC'
△APC≌△APC'，
∴∠PAC'=∠PAC，即∠PAC'=∠PAN+∠CAO=45°+∠CAO
∴∠OAC'=∠PAO+∠PAC'=90°+∠CAO
∴∠CAK=180°﹣∠OAC'=90°﹣∠CAO=∠ACO
∵AC'=AC，∠AKC'=∠COA=90°，
∴△AKC'≌△COA
∴C'K=OA=4，AK=OC=2，
∴OK=OA+AK=6，
∴C'（6，﹣4），
当x=6时，y=﹣4，∴点C'在抛物线y=ax2+bx+2上．
　
2017年3月6日