上海市九年级2022年中考数学模拟题分类汇编：09解答题知识点分类二

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09解答题基础题知识点分类

一．分式的化简求值（共1小题）
1．（2022•青浦区二模）先化简代数式，然后在下列数值、3、﹣3、2、0中，挑选一个作为x的值代入求值．
【解析】解：
＝•
＝，
要使分式有意义，必须x≠0且x+3≠0且x﹣3≠0且x﹣2≠0，
即x不能为0，3，﹣3，2，
取x＝+4，
当x＝+4时，原式＝
＝
＝
＝
＝
＝．
二．高次方程（共1小题）
2．（2022•浦东新区二模）解方程组：
【解析】解：由①得，x﹣2y＝2或x﹣2y＝﹣2
将它们与方程②分别组成方程组，得：
解，得；
解得．
所以原方程组的解为：，．
三．解一元一次不等式组（共1小题）
3．（2022•黄浦区二模）解不等式组：．
【解析】解：解不等式3（x+5）＞3﹣（x﹣2），得：x＞﹣2.5，
解不等式≤﹣1，得：x≥20，
∴不等式组的解集为x≥20．
四．一次函数的应用（共1小题）
4．（2022•黄浦区二模）一辆轿车和一辆货车分别从甲、乙两地同时出发，匀速相向而行，两车相遇时轿车比货车多行驶了90千米．设行驶的时间为t（小时），两车之间的距离为s（千米），图中线段AB表示从两车发车至两车相遇这一过程中s与t之间的函数关系，根据图象提供的信息回答下列问题：
（1）求s关于t的函数关系式；（不必写出定义域）
（2）求两车的速度．

【解析】解：（1）设s关于t的函数关系式为s＝kt+b，根据题意，得：
，
解得，
∴s＝﹣150t+450；
（2）由s＝﹣150t+450，可知甲、乙两地之间的距离为450千米，
设两车相遇时，设轿车和货车的速度分别为v1千米/小时，v2千米/小时，根据题意，
得：，
解得，
故轿车和货车速度分别为90千米/小时，60千米/小时．
五．反比例函数与一次函数的交点问题（共1小题）
5．（2022•普陀区二模）如图，在平面直角坐标系xOy中，反比例函数y＝（k≠0）的图象与正比例函数y＝2x的图象的交点A在第一象限，点A的纵坐标比横坐标大1．
（1）求点A的坐标和反比例函数的解析式；
（2）点P在射线OA上，过点P作x轴的垂线交双曲线于点B．如果点B的纵坐标为1，求△PAB的面积．

【解析】解：（1）设点A的横坐标为m，则点A的纵坐标为m+1，
∵点A在正比例函数y＝2x上，
∴2m＝m+1，
解得m＝1．
∴A（1，2）．
∵点A在反比例函数y＝上，
∴k＝1×2＝2．
∴反比例函数的解析式为：y＝．
（2）∵点B在反比例函数y＝的图象上，且点B的纵坐标为1
∴B（2，1），
∴P（2，4）．
∴PB＝3．
∴S△PAB＝×3×1＝．
六．二次函数图象与几何变换（共1小题）
6．（2022•普陀区二模）在平面直角坐标系xOy中（如图），已知抛物线y＝x2﹣bx+c经过A（﹣1，2）、B（0，﹣1）两点．
（1）求抛物线的表达式及顶点P的坐标；
（2）将抛物线y＝x2﹣bx+c向左平移（+1）个单位，设平移后的抛物线顶点为点P′．
①求∠BP′P的度数；
②将线段P′B绕点B按逆时针方向旋转150后，点P′落在点M处，点N是平移后的抛物线上的一点，当△MNB的面积为1时，求点N的坐标．

【解析】解：（1）将A（﹣1，2）、B（0，﹣1）代入y＝x2﹣bx+c得，
，
解得：，
∴y＝x2﹣2x﹣1＝（x﹣1）2﹣2，
∴抛物线的表达式为y＝x2﹣2x﹣1，顶点P坐标为（1，﹣2）；
（2）①将抛物线向左平移（+1）个单位，则平移后的顶点P′的坐标为（1﹣﹣1，﹣2），即（﹣，﹣2），
∵PP′在一条平行于x轴的直线上，
∴PP′⊥y轴，
设PP′与y轴的交点为D，如图，连接BP′，
′
∴tan∠BP′P＝＝＝，
∴∠BP′P＝30°；
②∵∠BP′P＝30°，
∴∠P′BD＝90°﹣∠BP′P＝90°﹣30°＝60°，
∵BM是BP′绕B点逆时针方向旋转150°得到的，
即∠P′BM＝∠P′BD+90°＝60°+90°＝150°，
∴BM∥x轴，
BM＝BP′＝＝＝2，
设△MNB中BM边所对应的高为h，
则S△MNB＝BM•h＝×2h＝1，
∴h＝1，
∴点N的纵坐标为﹣1±1，即0或﹣2，
又∵平移后的抛物线表达式为y＝（x+）2﹣2，
∴当y＝﹣2时，（x+）2﹣2＝﹣2，
解得：x＝﹣，
当y＝0时，即（x+）2﹣2＝0，
解得：x＝﹣±，
∴点N的坐标为（﹣，﹣2）或（﹣+，0）或（﹣﹣，0）．
七．二次函数综合题（共3小题）
7．（2022•青浦区二模）已知直线y＝kx+b经过点A（﹣2，0），B（1，3）两点，抛物线y＝ax2﹣4ax+b与已知直线交于C、D两点（点C在点D的右侧），顶点为P．
（1）求直线y＝kx+b的表达式；
（2）若抛物线的顶点不在第一象限，求a的取值范围；
（3）若直线DP与直线AB所成夹角的余切值等于3，求抛物线y＝ax2﹣4ax+b的表达式．

【解析】解：（1）∵直线y＝kx+b经过点A（﹣2，0），B（1，3），
∴，
解得：，
∴该直线的函数表达式为：y＝x+2；
（2）由（1）知：b＝2，
∴y＝ax2﹣4ax+2＝a（x﹣2）2+2﹣4a，
∴该抛物线的顶点为P（2，2﹣4a），
由题意得：，
解得：a≥；
∴a的取值范围为a≥；
（3）①当a＜0时，如图1，过点P作PH∥y轴交直线AB于点H，交x轴于点F，作PE⊥AB于点E，
∵P（2，2﹣4a），
∴H（2，4），
∴PH＝2﹣4a﹣4＝﹣4a﹣2，
由ax2﹣4ax+2＝x+2，
得：x1＝0，x2＝4+，
∴D（0，2），
∵A（﹣2，0），
∴OA＝OD＝2，
∴∠ADO＝45°，
∵PH∥y轴，
∴∠AHF＝∠ADO＝45°，
∴∠PHE＝45°，
∴PE＝PH•sin∠PHE＝（﹣4a﹣2）×sin45°＝﹣2a﹣，
∴EH＝PE＝﹣2a﹣，
∵DH＝＝2，
∴DE＝DH+EH＝2+（﹣2a﹣）＝﹣2a+，
∵cot∠PDE＝＝3，
∴DE＝3PE，即﹣2a+＝3（﹣2a﹣），
解得：a＝﹣1，
∴抛物线的表达式为y＝﹣x2+4x+2；
②当a＞0时，如图2，过点P作PH∥y轴交直线AB于点H，交x轴于点F，作PE⊥AB于点E，
∵P（2，2﹣4a），
∴H（2，4），
∴PH＝4﹣（2﹣4a）＝4a+2，
由ax2﹣4ax+2＝x+2，
得：x1＝0，x2＝4+，
∴D（0，2），
∵A（﹣2，0），
∴OA＝OD＝2，
∴∠ADO＝45°，
∵PH∥y轴，
∴∠AHF＝∠ADO＝45°，
∴∠PHE＝45°，
∴PE＝PH•sin∠PHE＝（4a+2）×sin45°＝2a+，
∴EH＝PE＝2a+，
∴DE＝DH﹣EH＝2﹣（2a+）＝﹣2a+，
∵cot∠PDE＝＝3，
∴DE＝3PE，即﹣2a+＝3（2a+），
解得：a＝﹣，与a＞0矛盾；
综上所述，抛物线的表达式为y＝﹣x2+4x+2．


8．（2021•溧阳市一模）如图所示，抛物线y＝a（x+1）（x﹣5）（a≠0）的图象与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C．
（1）当a＝﹣时，
①求点A、B、C的坐标；
②如果点P是抛物线上一点，点M是该抛物线对称轴上的点，当△OMP是以OM为斜边的等腰直角三角形时，求出点P的坐标；
（2）点D是抛物线的顶点，连接BD、CD，当四边形OBDC是圆的内接四边形时，求a的值．

【解析】解：对于y＝a（x+1）（x﹣5）（a≠0），令y＝a（x+1）（x﹣5）＝0，解得x＝5或﹣1，令x＝0，则y＝﹣5a，
故点A、B、C的坐标分别为（﹣1，0）、（5，0）、（0，﹣5a），
当x＝2时，y＝a（x+1）（x﹣5）＝﹣9a，顶点的坐标为（2，﹣9a）．
（1）①当a＝﹣时，函数的表达式为y＝﹣（x+1）（x﹣5），
则点A、B、C的坐标分别为（﹣1，0）、（5，0）、（0，2）；
②过点P作y轴的平行线交过点M与x轴的平行线于点F，交x轴于点E，

设点P的坐标为（x，﹣（x+1）（x﹣5）），
∵∠MPO＝90°，
∴∠MPF+∠OPE＝90°，
∵∠OPE+∠POE＝90°，
∴∠POE＝∠MPF，
∵∠PFM＝∠OEP＝90°，PM＝PO，
∴△PFM≌△OEP（AAS），
∴PE＝MF，
则|﹣（x+1）（x﹣5）|＝x﹣2，解得x＝﹣或4或0或，
故点P的坐标为（﹣，﹣）或（4，2）或（0，2）或（，﹣）；

（2）点B、C的坐标分别为（﹣1，0）、（0，﹣5a），顶点D的坐标为（2，﹣9a）．
当四边形OBDC是圆的内接四边形时，则BC的中点为该圆的圆心，

设BC的中点为点Q，由中点坐标公式得，点Q（，﹣a），
则OQ＝DQ，
即（）2+（﹣）2＝（2﹣）2+（﹣9a+a）2，
解得a＝±．
9．（2022•浦东新区二模）如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝ax2﹣2x+c与直线y＝﹣x+3分别交于x轴、y轴上的B、C两点，抛物线的顶点为点D，联结CD交x轴于点E．
（1）求抛物线的解析式以及点D的坐标；
（2）求tan∠BCD；
（3）点P在直线BC上，若∠PEB＝∠BCD，求点P的坐标．

【解析】解：（1）由题意得B（6，0），C（0，3），
把B（6，0）C（0，3）代入y＝ax2﹣2x+c
得，
解得：，
∴抛物线的解析式为：
y＝x2﹣2x+3
＝（x2﹣8x）+3
＝（x﹣4）2﹣1，
∴D（4，﹣1）；

（2）可得点E（3，0），
OE＝OC＝3，∠OEC＝45°，
过点B作BF⊥CD，垂足为点F
在Rt△OEC中，EC＝＝3，
在Rt△BEF中，BF＝BE•sin∠BEF＝，
同理，EF＝，
∴CF＝3+＝，
在Rt△CBF中，tan∠BCD＝＝；

（3）设点P（m，）
∵∠PEB＝∠BCD，
∴tan∠PEB＝tan∠BCD＝，
①点P在x轴上方
∴，
解得：，
∴点P（，），
②点P在x轴下方
∴，
解得：m＝12，
∴点P（12，﹣3），
综上所述，点P（，）或（12，﹣3）．

八．全等三角形的判定（共1小题）
10．（2022•徐汇区校级模拟）如图所示，已知△ABC中，AB＝AC＝10厘米，BC＝8厘米，点D为AB的中点．如果点P在线段BC上以1厘米/秒的速度由B点向C点运动，同时点Q在线段CA上由C点向A点运动．
（1）若点Q与点P的运动速度相等，经过3秒后，△BPD与△CQP是否全等？请说明理由；
（2）若点Q与点P的运动速度不相等，当点Q的运动速度为多少时，能够使△BPD与△CQP全等？

【解析】解：（1）∵t＝3秒，
∴BP＝CQ＝1×3＝3（厘米），
∵AB＝10厘米，点D为AB的中点，
∴BD＝5厘米．
又∵PC＝BC﹣BP，BC＝8厘米，
∴PC＝8﹣3＝5（厘米），
∴PC＝BD．
∵AB＝AC，所以∠B＝∠C，
∴△BPD≌△CQP（SAS）．

（2）∵点Q与点P的运动速度不相等，所以BP≠CQ，
当△BPD≌△CPQ时，因为∠B＝∠C，AB＝10厘米，BC＝8厘米，
∴BP＝PC＝4厘米，CQ＝BD＝5厘米，
∴点P，点Q运动的时间为4秒，
∴VQ＝厘米/秒，即当点Q的运动速度为厘米/秒时，能够使△BPD与△CQP全等．

九．平行四边形的判定与性质（共1小题）
11．（2022•黄浦区校级二模）如图，已知等边△ABC中，D、F分别是边BC、AB上的点，且CD＝BF，以AD为边向左作等边△ADE，联结CF、EF．
（1）求证：四边形CDEF是平行四边形；
（2）当∠DEF＝45°时，求的值．

【解析】（1）证明：∵△ABC是等边三角形，
∴AC＝CB，∠ACD＝∠B，
又CD＝BF，
∴△ACD≌△CBF（SAS），
∴∠DAC＝∠FCB，
∴∠BAD＝∠ACF，
∵∠EDB＝180°﹣∠ADE﹣∠ADC＝120°﹣∠ADC，∠FCB＝180°﹣∠B﹣∠CFB＝120°﹣∠CFB，
∴∠EDB＝∠FCB，
∴CF∥DE，
∴四边形CDEF是平行四边形；
（2）解：过F作FG⊥BC于G，

∵四边形CDEF是平行四边形，∠DEF＝45°，
∴∠FCB＝∠DEF＝45°，
∴FG＝CG，
设BG＝x，则CG＝FG＝BG•tan60°＝x，
CD＝BF＝ ＝2x，
∴BC＝BG+CG＝（ 1+）x，
∴BD＝BC﹣CD＝（ 1+）x﹣2x＝（﹣1 ）x，
∴＝＝．
一十．菱形的性质（共1小题）
12．（2022•嘉定区二模）如图，已知在菱形ABCD中，E为边AD的中点，CE与BD交于点G，过点G作GF⊥CD于点F，∠1＝∠2．
（1）若DF＝3，求AD的长；
（2）求证：BG＝GF+CE．

【解析】（1）解：∵四边形ABCD是菱形，
∴∠2＝∠CDB，AD＝CD，
∵∠1＝∠2，
∴∠1＝∠CDB，
∴CG＝DG，即△CDG是等腰三角形，
∵GF⊥CD，
∴CF＝DF，
∵DF＝3，
∴CD＝6，
∴AD＝6；
（2）证明：如图，延长CE交BA的延长线于点M，则∠AEM＝∠DEC，
∵点E是AD的中点，
∴AE＝DE＝DF，
∵AB∥CD，
∴∠M＝∠DCE，
∴△AEM≌△DEC（AAS），
∴EM＝CE，
∵DE＝FD，DG＝DG，∠2＝∠GDF，
∴△GDE≌△GDF（SAS），
∴EG＝GF，
∵BM∥CD，
∴∠M＝∠1，∠GBM＝∠GDC，
∵∠1＝∠GDC，
∴∠M＝∠GBM，
∴BG＝MG，
∵GM＝GE+EM，
∴BG＝FG+CE．

一十一．矩形的判定（共1小题）
13．（2022•松江区校级模拟）如图，在△ABC中，AB＝AC，点D在BC上，以AD、AE为腰做等腰△ADE，且∠ADE＝∠ABC，连接CE，过E作EF∥BC交CA延长线于F，连接BF．
（1）求证：∠ECA＝∠ABC；
（2）如果AF＝AB，求证：四边形FBDE是矩形．

【解析】证明：（1）∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB，
∴∠BAC＝180°﹣2∠ABC，
同理∠DAE＝180°﹣2∠ADE，
∵∠ABC＝∠ADE，
∴∠BAC＝∠DAE，
∴∠BAD＝∠CAE，
又∵AB＝AC，AD＝AE，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴∠ECA＝∠ABC；
（2）∵∠ECA＝∠ABC，∠ABC＝∠ACB，
∴∠ECF＝∠ACB，
∵EF∥BC，
∴∠EFC＝∠ACB，
∴∠EFC＝∠ECF，
∴EF＝EC，
∵△ABD≌△ACE，
∴BD＝EC，
∴BD＝EF，
∴四边形FBDE是平行四边形，
∵AF＝AB＝AC，
∴∠AFB＝∠ABF，∠ABC＝∠ACB，
∵∠AFB+∠ABF+∠ABC+∠ACB＝180°，
∴∠ABF+∠ABC＝90°，
即∠CBF＝90°，
∴平行四边形FBDE是矩形．
一十二．梯形（共1小题）
14．（2022•宝山区二模）如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，∠BCD＝90°，AB＝BC＝5，AD＝2，
（1）求CD的长；
（2）若∠ABC的平分线交CD于点E，连接AE，求∠AEB的正切值．

【解析】（1）过点A作AF⊥BC垂足为F，
由题意得FC＝AD＝2，AF＝CD，（1分）
∵BC＝5，∴BF＝3，（1分）
在Rt△AFB中解得AF＝4，∴CD＝4．（1分）

（2）设EC＝x，由AB＝BC，∠ABE＝∠CBE，BE＝BE，
得△ABE≌△CBE，
AE＝EC＝x，∠AEB＝∠CEB．（2分）
DE＝4﹣x，在Rt△ADE中，AE2＝AD2+DE2x2＝（4﹣x）2+22，得x＝．（1分）
tan∠AEB＝tan∠CEB＝＝2．（2分）

一十三．直角梯形（共1小题）
15．（2022•徐汇区模拟）在直角梯形ABCD中，AB∥CD，∠ABC＝90°，∠DAB＝60°，AB＝2CD，对角线AC与BD相交于点O，线段OA，OB的中点分别为E，F．
（1）求证：△FOE≌△DOC；
（2）求sin∠OEF的值．

【解析】证明：（1）∵EF是△OAB的中位线，
∴EF∥AB，EF＝AB，
∵CD＝AB，CD∥AB，
∴EF＝CD，EF∥CD，
∴∠OEF＝∠OCD，∠ODC＝∠OFE，
在△FOE和△DOC中，
∵，
∴△FOE≌△DOC（ASA）；

（2）过点D作DH垂直AB，垂足为H，
∵四边形ABCD为直角梯形，
∴四边形DHBC为矩形，
∵AB＝2CD，
∴AH＝CD，
在Rt△AHD中
设CD＝AH＝k，
则DH＝AH•tan60°，
∴，
∴，
∵EF∥AB，
∴∠OEF＝∠CAB，
∵∠ABC＝90°，
∵，
∴sin∠OEF＝sin∠CAB＝＝．

一十四．圆心角、弧、弦的关系（共1小题）
16．（2022•宝山区模拟）已知△ABC中，∠B＝45°，AB＝，tanC＝2，⊙O过点A、C，交BC边于点D．且，求CD的长．

【解析】解：如图，连接AD，延长AO交BC于点E．
∵，
∴AD＝AC，
∵点O是等腰△ACD的外心，
∴AE⊥CD，且CD＝2CE．
∴在直角△ABE中，∠B＝45°，AB＝，则AE＝4．
∵tanC＝2，
∴＝2，即AE＝2CE，
∴CD＝AE＝4，即线段CD的长度是4．

一十五．圆的综合题（共2小题）
17．（2022•宝山区模拟）如图，在半径为3的圆O中，OA、OB都是圆O的半径，且∠AOB＝90°，点C是劣弧上的一个动点（点C不与点A、B重合），延长AC交射线OB于点D．
（1）当点C为线段AD中点时，求∠ADB的大小；
（2）如果设AC＝x，BD＝y，求y关于x的函数解析式，并写出定义域；
（3）当时，点E在线段OD上，且OE＝1，点F是射线OA上一点，射线EF与射线DA交于点G，如果以点A、G、F为顶点的三角形与△DGE相似，求的值．

【解析】解：（1）如图1，连接OC，

∵点C为线段AD中点，∠AOB＝90°，
∴OC＝CA＝CD，
∵OC＝OA，
∴OA＝OC＝AC，
∴△OAC是等边三角形，
∴∠A＝60°，
∴∠ADB＝90°﹣∠A＝90°﹣60°＝30°；
（2）如图2，连接OC，AB，过点O作OH⊥AC于点H，

∵OA＝OC，OH⊥AC，AC＝x，
∴AH＝AC＝x，OH＝＝＝，
∵∠A+∠AOH＝∠AOH+∠DOH＝90°，
∴∠A＝∠DOH，
∵∠AHO＝∠OHD＝90°，
∴△AOH∽△ODH，
∴，
∵BD＝y，
∴，
∴y＝，
∵点C是劣弧上的一个动点（点C不与点A、B重合），
∴0＜AC＜AB，
∵AB＝＝＝3，
∴0＜x＜3，
∴y关于x的函数解析式为y＝，定义域为0＜x＜3；
（3）如图3，

当时，由（2）可知，BD＝＝1，
∵OE＝1，OB＝3，
∴BE＝2，DE＝3，OD＝4，
∵△AGF∽△EGD，
∴∠GFA＝∠D，
∵∠GFA＝∠OFE，
∴∠OFE＝∠D，
∵∠O＝∠O，
∴△OFE∽△ODA，
∴，即，
∴OF＝，
∴AF＝OA﹣OF＝3﹣＝，
∵△AGF∽△EGD，
∴＝＝＝．
18．（2022•平阳县一模）数学家庞斯莱发明过一种玩具（如图1），这种玩具用七根小棍做成，各结点均可活动，AD＝AF，CD＝DE＝EF＝FC，且OC＜AF﹣CF．使用时，将A，O钉牢在平板上，使A，O间的距离等于木棍OC的长，绕点O转动点C，则点C在⊙O上运动，点E在直线BG上运动，BG⊥AB．图2是该玩具转动过程中的一幅示意图．
（1）判断点A，C，E在同一条直线上吗？请说明理由，
（2）当点O，C，F在同一条直线上时．
①求证：CD∥AB．
②若OC＝2，CD＝3，tan∠OAC＝，求BE的长．
【解析】（1）解：点A，C，E在同一条直线上，理由如下：


∵CD＝DE＝EF＝CF，
∴四边形CDEF是菱形，
∴CE⊥FD，O′F＝O′D，
∴∠FO′E＝90°，
∵AF＝AD，
∴AO′⊥FD，
∴∠AO′F＝90°，
∴∠AO′F+∠FO′E＝180°，
∴点A，C，E在同一条直线上；
（2）设⊙O与AB交于点M，连接CM，

①证明：∵四边形CDEF是菱形，
∴CF＝CD，AE⊥FD，
∴∠CFD＝∠CDF，
∵AM是直径，
∴AE⊥CM，
∴FD∥CM，
∴∠OCM＝∠CFD，∠FDC＝∠DCM，
∴∠DCM＝∠OCM，
∵OC＝OM，
∴∠OCM＝∠OMC，
∴∠DCM＝∠OMC，
∴CD∥AB；
②解：延长ED与AB交于点N，

设BN＝x，BE＝y，
∵四边形CDEF是菱形，
∴FO∥EN，ED＝CD，
∴∠ECD＝∠CED，
∵CD∥AB，
∴四边形COND是平行四边形，
∴∠ECD＝∠CAB，
∴CD＝ON＝3，∠CAB＝∠CED，
∴AN＝EN，
∵OC＝OA＝2，
∴EN＝AN＝AO+ON＝2+3＝5，
∴AB＝5+x，
在Rt△AEB中，tan∠OAC＝＝，
∴，
∴x＝2y﹣5，
在Rt△EBN中，EN2＝BE2+BN2，
∴52＝y2+（2y﹣5）2，
解得，y1＝0（舍去），y2＝4，
∴BE＝4．
一十六．相似三角形的性质（共1小题）
19．（2022•松江区校级模拟）如图所示，△BEF的顶点E在矩形ABCD对角线AC的延长线上，BC＝1，AB＝，AE与FB交于点G，连接AF，满足△ABF∽△CEB，（其中A对应C，B对应E，F对应B）
（1）求证：∠FAD＝30°．
（2）若CE＝，求tan∠FEA的值．

【解析】（1）证明：∵△ABF∽△CEB，
∴∠FAB＝∠BCE，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，∠DAB＝∠ABC＝90°，
∴∠DAC＝∠ACB，
∵∠BCE+∠ACB＝180°，
∴∠FAB+∠DAC＝180°，
即∠FAD+∠DAB+∠DAC＝180°，
∴∠FAD+90°+∠DAC＝180°，
∴∠FAD+∠DAC＝90°，
∵∠DAB＝90°，
∴∠BAC+∠DAC＝90°，
∴∠FAD＝∠BAC，
在Rt△ABC中，
∵tan∠BAC＝，
∴∠BAC＝30°，
∴∠FAD＝30°；
（2）由（1）得∠ABC＝90°，∠BAC＝30°，
∴AC＝2BC＝2×1＝2，
∴AE＝AC+CE＝2+，
∵△ABF∽△CEB，
∴，
即，
∴AF＝3，
由（1）得：∠FAD+∠DAC＝90°，
则∠FAE＝90°，
在Rt△FAE中，tan∠FEA＝．
一十七．相似三角形的判定与性质（共2小题）
20．（2022•普陀区二模）已知：如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD交于点E，点M是CD中点，联结EM并延长，交∠DCB的外角∠DCN的平分线于点F．
（1）求证：ME＝MF；
（2）联结DF，如果AB2＝EB•BD．求证：四边形DECF是正方形．

【解析】证明：（1）∵四边形ABCD是菱形，
∴∠ACD＝∠BCD，∠CED＝90°，
∵CF平分∠DCN，
∴∠DCF＝∠DCN，
∴∠ECF＝∠BCN＝90°，
∵点M为CD的中点，
∴EM＝CM，
∴∠MEC＝∠MCE，
∴∠MCF＝∠F，
∴MC＝MF，
∴ME＝MF；
（2）∵AB2＝EB•BD，
∴，
又∵∠ABE＝∠DBA，
∴△ABE∽△DBA，
∴∠AEB＝∠DAB，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AE⊥BE，
∴∠DAB＝∠AEB＝90°，
∴四边形ABCD是正方形，
∴ED＝FC，
由（1）知，EM＝MD＝MF＝MC，
∴EF＝CD，
∴四边形DECF是矩形，
∵ED＝EC，
∴四边形DECF是正方形．
21．（2022•黄浦区二模）如图，已知在△ABC中，BC＞AB，BD平分∠ABC，交边AC于点D，E是BC边上一点，且BE＝BA，过点A作AG∥DE，分别交BD、BC于点F、G，联结FE．
（1）求证：四边形AFED是菱形；
（2）求证：AB2＝BG•BC；
（3）若AB＝AC，BG＝CE，联结AE，求的值．

【解析】解：（1）证明：如图，
∵BD平分∠ABC，
∴∠ABF＝∠EBF，
∵BA＝BE，BF＝BF，
∴△ABF≌△EBF（SAS），
∴AF＝EF，
同理可得△ABD≌△EBD（SAS），
∴AD＝ED，∠ADB＝∠EDB，
∵AG∥DE，
∴∠AFD＝∠EDF，
∴∠AFD＝∠ADF，
∴AF＝AD，
∴AF＝FE＝ED＝DA，
∴四边形AFED是菱形．
（2）证明：由（1）得△ABF≌△EBF，
∴∠BAG＝∠BEF，
∵四边形AFED是菱形，
∴AD∥FE，
∴∠BEF＝∠C，
∴∠BAG＝∠C，
∵∠ABG＝∠CBA，
∴△ABG∽△CBA，
∴，即AB2＝BG•BC．
（3）由（2）得，△ABG∽△CBA，AB＝AC，
∴AG＝BG，
∴∠GAB＝∠GBA，
∴∠AGC＝2∠GAB，
∵BG＝CE，
∴BE＝CG，
∴CG＝CA，
∴∠CAG＝∠CGA，
∵∠CAG＝2∠DAE，
∴∠DAE＝∠ABC，
∴∠DEA＝∠ACB，
∴△DAE∽△ABC，
∴＝（）2，
∵AB2＝BG•BC，AB＝BE，BG＝EC，
∴BE2＝EC•BC，
∴点E是BC的黄金分割点，
∴＝，
∴＝，
∵∠EAC＝∠C，
∴CE＝AE，
∴＝，
∴＝．
一十八．相似形综合题（共1小题）
22．（2014•崇明县二模）已知：在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝5，∠C＝30°，点D是AC边上一动点（不与A、C重合），过点D分别作DE⊥AB交AB于点E，DF⊥BC交BC于点F，联结EF，设AE＝x，EF＝y．
（1）求y关于x的函数解析式，并写出定义域；
（2）以F为圆心FC为半径的⊙F交直线AC于点G，当点G为AD中点时，求x的值；
（3）如图2，联结BD将△EBD沿直线BD翻折，点E落在点E′处，直线BE′与直线AC相交于点M，当△BDM为等腰三角形时，求∠ABD的度数．

【解析】解：（1）∵DE⊥AB，DF⊥BC，∠ABC＝90°，
∴∠DEB＝∠DFB＝∠ABC＝90°，
∴四边形EBFD为矩形，
∴ED∥BF，EB∥DF
∴∠ADE＝∠C＝30°，
在Rt△AED中，∠ADE＝30°，AE＝x
∴ED＝，AD＝2x，∠BAC＝60°
在Rt△BEF中，BE＝5﹣x，BF＝ED＝
∴EF＝
∴（0＜x＜5），
（2）在Rt△ABC中，∠C＝30°，AB＝5
∴AC＝10，BC＝，
∴FC＝BC﹣BF＝
方法1：
连接EG，FG，如图2，
在Rt△AED中，G为AD中点
∴EG＝AG＝AE
∴△AEG为等边三角形
∴∠AGE＝60°，
∵FC＝FG
∴∠FGC＝∠C＝30°
∴∠EGF＝90°，
在Rt△EGF中，EF2＝EG2+GF2
∴
∴，
方法2：
连接FG，作FH⊥GC交GC于点H，如图2，
∴CG＝2CH，
在Rt△CHF中，HC＝FC＝，
∴CG＝15﹣3x，
∵AC＝AG+CG＝x+15﹣3x＝10，
∴，
方法3：
连接FG并延长交BA延长线于点P，如图3，
∵DF∥PB，
∴，
∴BP＝AB+AP＝10﹣x，
FP＝2FG＝
在Rt△BFP中，PF2＝PB2+BF2，
∴2x2﹣25x+50＝0，
∴，x2＝10（舍去）；
（3）由翻折可得∠ABD＝∠DBE′，△BDM是等腰三角形时，∠ABD的大小存在三种情况：
当点M落在AC边上时，
①当BD＝BM时，∠BDM＝∠BMD，
∵∠A+∠ABM+∠AMB＝180°，
∴60°+2∠ABD+＝180°
∴∠ABD＝20°，
②当DB＝DM时，∠DBM＝∠DMB
∵∠A+∠ABM+∠AMB＝180°
∴3∠ABD+∠A＝180°
∴∠ABD＝40°，
当点M在CA延长线上时，
③当BD＝BM时，∠BDM＝∠BMD，
∵∠ADB+∠M＝∠DBE′，
∴，
∵∠BAC+∠ABD+∠ADB＝180°，
∴60°+∠ABD+＝180°，
∴∠ABD＝80°．′




一十九．解直角三角形（共2小题）
23．（2022•浦东新区校级模拟）已知在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝6，BC＝4，BD是AC边中线，DG平分∠BDC，且BG⊥DG于点G，交BC于点F．
（1）求∠ABD的正弦值；
（2）求BG的长．

【解析】解：（1）过D点作DM⊥AB于M，则∠AMD＝90°，

在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝6，BC＝4，
∴AB＝，
∵D是AC的中点，
∴AD＝CD＝3，
∴BD＝，
∵∠C＝∠AMD＝90°，
∴cos∠A＝，
即，
解得AM＝，
∴DM＝，
∴sin∠ABD＝；
（2）过F作FN⊥BD于N，

∵DG平分∠BDC，∠C＝90°，
∴∠CDF＝∠BDF，∠C＝∠DNF＝90°，
在△DCF和△DNF中，

∴△DCF≌△DNF（AAS），
∴DC＝DN＝3，CF＝NF，
∴BN＝BD﹣DN＝5﹣3＝2，
在Rt△BFN中，BN2+FN2＝BF2，
即22+CF2＝（4﹣CF）2，
解得CF＝，
∴DF＝，
∵BG⊥DG，
∴∠C＝∠BGD＝90°，
∴△DCF∽△DGB，
∴，
即，
解得BG＝．
24．（2022•徐汇区二模）如图，△ABC中，AB＝BC＝13，AC＝10，∠ABC的平分线与边AC交于点F，且与外角∠ACD的平分线CE交于点E．
（1）求sinA的值；
（2）求EF的长．

【解析】解：（1）∵AB＝BC＝13，AC＝10，∠ABC的平分线与边AC交于点F，
∴∠ABF＝∠FBC，BF⊥AC，AF＝AC＝5．
在Rt△ABF中，
BF＝＝12．
∴sinA＝＝．
（2）过点E作EG⊥BD，垂足为G．
∵CE平分∠ACD，EF⊥AC，EG⊥BD，
∴EF＝EG．
在Rt△ABF中，
∵sin∠ABF＝＝，
在Rt△EBG中，
∵sin∠EBC＝sin∠ABF＝＝＝，
∴13EF＝5×12+5EF．
∴8EF＝60．
∴EF＝．

二十．解直角三角形的应用（共1小题）
25．（2022•长宁区二模）冬至是一年中太阳光照射最少的日子，如果此时楼房最低层能采到阳光，一年四季整座楼均能受到阳光的照射，所以冬至是选房买房时确定阳光照射的最好时机．某居民小区有一朝向为正南方向的居民楼．该居民楼的一楼是高6米的小区超市，超市以上是居民住房，在该楼前面20米处要盖一栋高25米的新楼．已知上海地区冬至正午的阳光与水平线夹角为29°（参考数据：sin29°≈0.48；cos29°≈0.87；tan29°≈0.55）
（1）冬至中午时，超市以上的居民住房采光是否有影响，为什么？
（2）若要使得超市全部采光不受影响，两楼应至少相距多少米？（结果保留整数）

【解析】解：（1）冬至中午时，超市以上的居民住房采光有影响，
理由：延长光线交CD于点F，过点F作FG⊥AB，垂足为G，

则∠AFG＝29°，GF＝BC＝20米，GB＝FC，
在Rt△AGF中，AG＝FG•tan29°≈20×0.55＝11（米），
∵AB＝25米，
∴GB＝AB﹣AG＝25﹣11＝14（米），
∴FC＝GB＝14米，
∵14米＞6米，
∴冬至中午时，超市以上的居民住房采光有影响；
（2）延长光线交直线BC于点E，

则∠AEB＝29°，
在Rt△ABE中，AB＝25米，
∴BE＝≈≈45（米），
∴若要使得超市全部采光不受影响，两楼应至少相距45米．
二十一．解直角三角形的应用-仰角俯角问题（共1小题）
26．（2022•松江区校级模拟）如图，在路边安装路灯，灯柱BC高10m，与灯杆AB的夹角ABC为60°．路灯采用锥形灯罩，照射范围DE长为9.8m，从D、E两处测得路灯A的仰角分别为∠ADE＝80.5°，∠AED＝45°．求灯杆AB的长度．（结果保留整数）参考数据：cos80.5°≈0.2，tan80.5°≈6.0．

【解析】解：过点A作AF⊥DE，垂足为F，过点A作AG⊥BC，垂足为G，

由题意得：
CG＝AF，
设DF＝x米，
在Rt△ADF中，∠ADE＝80.5°，
∴AF＝DF•tan80.5≈6x（米），
在Rt△AFE中，∠AED＝45°，
∴EF＝＝6x（米），
∵DE＝9.8米，
∴DF+EF＝9.8，
∴x+6x＝9.8，
∴x＝1.4，
∴CG＝AF＝6x＝8.4（米），
∵BC＝10米，
∴BG＝BC﹣CG＝10﹣8.4＝1.6（米），
在Rt△BGA中，∠ABC＝60°，
∴AB＝＝＝3.2≈3（米），
∴灯杆AB的长度约为3米．
二十二．中位数（共1小题）
27．（2022•青浦区二模）为了解某区3200名学生放学后在校体育运动的情况，调研组选择了有600名学生的W校，抽取40名学生进行调查，调查情况具体如表．
表：感兴趣的运动项目
项目
乒乓球
篮球
足球
羽毛球
健美操
人数
4
16
10
4
6
（1）此次调查的总体是 　某区3200名学生放学后在校体育运动的情况　，样本容量是 　40　；
（2）若从9年级某学习加强班进行抽样调查，则这样的调查 　不合适　（“合适”，“不合适”），原因是样本不是 　随机　样本；
（3）根据如表，估计该校对篮球感兴趣的学生的总人数为 　240　；
（4）根据如图，若从左至右依次是第一、二、三、四、五组，则中位数落在第 　三　组．
（5）若要从对篮球感兴趣的同学中选拔出一支篮球队来，现在有以下两名学生的投篮数据，记录的是每10次投篮命中的个数．
甲同学：10、5、7、9、4；乙同学：7、8、7、6、7．
若想要选择更稳定的同学，你会选择计算这两组数据的 　方差　，因为这个量可以代表数据的 　稳定性　．请计算出你所填写的统计量，并且根据计算的结果，选择合适的队员．

【解析】解：（1）此次调查的总体是某区3200名学生放学后在校体育运动的情况，样本容量是40，
故答案为：某区3200名学生放学后在校体育运动的情况，40；
（2）从9年级某学习加强班进行抽样调查，则这样的调查不合适，原因是样本不是随机样本，
故答案为：不合适，随机；
（3）600×＝240（人），
故答案为：240；
（4）第20和第21个数是中位数，故中位数落在第三组，
故答案为：三；
（5）想要选择更稳定的同学，你会选择计算这两组数据的方差，因为这个量可以代表数据的稳定性，
甲同学命中的平均数为（10+5+7+9+4）÷5＝7，乙同学命中的平均数为（7+8+7+6+7）÷5＝7，
S2甲＝[（10﹣7）2+（5﹣7）2+（7﹣7）2+（9﹣7）2+（4﹣7）2]＝5.2，
S2乙＝[（7﹣7）2+（8﹣7）2+（7﹣7）2+（6﹣7）2+（7﹣7）2]＝0.4，
∵5.2＞0.4，
∴选乙队员．
故答案为：方差，稳定性．