2024-2025学年浙江省杭州市西湖区九年级（上）期末数学模拟试卷

这是一份2024-2025学年浙江省杭州市西湖区九年级（上）期末数学模拟试卷，共29页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．（3分）已知，则的值为（ ）
A．﹣2B．2C．D．
2．（3分）如图，△ABC内接于⊙O，CD是⊙O的直径，连接BD，∠DCA＝39°，则∠ABC的度数是（ ）
A．39°B．45°C．49°D．51°
3．（3分）如图，某滑雪场有一坡角为α的滑雪道，滑雪道AC的长为300m，则滑雪道的坡顶到坡底的竖直高度AB的长为（ ）
A．300csαmB．300sinαmC．D．
4．（3分）如图，能使△ABC∽△ADE成立的条件是（ ）
A．∠A＝∠AB．∠ADE＝∠AEDC．D．
5．（3分）若二次函数y＝x2﹣6x+m的图象经过A（﹣1，a），B（2，b），C（4.5，c）三点，则a、b、c的大小关系是（ ）
A．a＞b＞cB．c＞a＞bC．b＞a＞cD．a＞c＞b
6．（3分）某班级计划举办手抄报展览，确定了“5G时代”、“北斗卫星”、“高铁速度”三个主题，若小明和小亮每人随机选择其中一个主题，则他们恰好选择同一个主题的概率是（ ）
A．B．C．D．
7．（3分）如图，小明在A时测得某树的影长为8m，B时又测得该树的影长为2m，若两次日照的光线互相垂直，则树的高度为（ ）
A．2mB．4mC．6mD．8m
8．（3分）如图，小强从热气球上的A点测量一栋高楼顶部的仰角∠DAB＝30°，测量这栋高楼底部的俯角∠DAC＝60°，热气球与高楼的水平距离为AD＝15米，则这栋高楼的高BC为（ ）米．
A．45B．60C．75D．90
9．（3分）如图，⊙M的半径为4，圆心M的坐标为（6，8），点P是⊙M上的任意一点，PA⊥PB，且PA、PB与x轴分别交于A、B两点，若点A、点B关于原点O对称，则AB的最大值为（ ）
A．13B．14C．12D．28
10．（3分）如图所示为二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象，对称轴是直线x＝1，下列结论：①b2＞4ac；②9a+3b+c＞0；③abc＜0；④3a+c＜0；其中正确的个数是（ ）
A．1B．2C．3D．4
二、填空题：本大题有6个小题，每小题4分，共24分．
11．（4分）一个袋子中装有4个黑球和n个白球，这些球除颜色外其余完全相同，摇匀后随机摸出一个，摸到白球的概率为，则白球的个数n为 ．
12．（4分）如图，在Rt△ABC中，AC＝4，BC＝3，∠C＝90°，则sinA的值为 ．
13．（4分）如图是“小孔成像”，蜡烛到挡板距离与挡板到屏幕距离之比是1：2，若烛焰AC的高是4cm，则实像DB的高是 ．
14．（4分）如图，将△ABC绕点A逆时针旋转80°得到△AB'C'，若点B恰好落在BC上，则∠B＝ ．
15．（4分）如图，正六边形ABCDEF的边长为2，以顶点A为圆心，AB的长为半径画圆，则图中阴影部分的面积为 ．
16．（4分）如图，在矩形纸片ABCD中，将AB沿BM翻折，使点A落在BC上的点N处，BM为折痕，连接MN；再将CD沿CE翻折，使点D恰好落在MN上的点F处，CE为折痕，连接EF并延长交BM于点P，若AD＝8，AB＝5，则线段PE的长等于 ．
三、解答题：本大题有8个小题，共66分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．（8分）（1）计算：2cs245°+tan60°﹣2sin30°；
（2）已知，求的值．
18．（8分）如图，在△ABC中，D为AC边上一点，∠DBC＝∠A
（1）求证：△BDC∽△ABC．
（2）如果BC，AC＝3，求CD的长．
19．（8分）某学校在推进新课改的过程中，开设的体育社团活动课有：A：篮球，B：足球，C：排球，D：羽毛球，E：乒乓球，学生可根据自己的爱好选修一门，学校李老师对某班全班同学的选课情况进行调查统计，制成了如图所示的两幅不完整的统计图．
（1）则该班的总人数为 人，其中学生选D“羽毛球”所在扇形的圆心角的度数是 度；
（2）并补全条形统计图；
（3）该班班委4人中，2人选修篮球，1人选修足球，1人选修排球，李老师要从这4人中选2人了解他们对体育社团活动课的看法，请你用列表或画树状图的方法，求选出的2人恰好1人选修篮球，1人选修足球的概率．
20．（8分）如图1，是一款手机支架图片，由底座、支撑板和托板构成．图2是其侧面结构示意图，量得托板长AB＝17cm，支撑板长CD＝16cm，底座长DE＝14cm，托板AB联结在支撑板顶端点C处，且CB＝7cm，托板AB可绕点C转动，支撑板CD可绕D点转动．如图2，若∠DCB＝70°，∠CDE＝60°．（参考数值sin40°≈0.64，cs40°≈0.77，tan40°≈0.84，）
（1）求点C到直线DE的距离（精确到0.1cm）；
（2）求点A到直线DE的距离（精确到0.1cm）．
21．（8分）如图，在正五边形ABCDE中，连结AC，AD，CE，CE交AD于点F．
（1）求∠CAD的度数．
（2）已知AB＝2，求DF的长．
22．（8分）如图，已知抛物线ybx+4与x轴相交于A、B两点，与y轴相交于点C，若已知A点的坐标为A（﹣2，0）．
（1）求抛物线的解析式及它的对称轴方程；
（2）求点C的坐标，连接AC、BC并求线段BC所在直线的解析式；
（3）在抛物线的对称轴上是否存在点Q，使△ACQ为等腰三角形？若存在，求出符合条件的Q点坐标；若不存在，请说明理由．
23．（8分）某校数学活动小组在一次活动中，对一个数学问题作如下探究：
（1）问题发现：如图1，在等边ABC中，点P是边BC上任意一点，连接AP，以AP为边作等边△APQ，连接CQ，BP与CQ的数量关系是 ；
（2）变式探究：如图2，在等腰△ABC中，AB＝BC，点P是边BC上任意一点，以AP为腰作等腰△APQ，使AP＝PQ，∠APQ＝∠ABC，连接CQ，判断∠ABC和∠ACQ的数量关系，并说明理由；
（3）解决问题：如图3，在正方形ADBC中，点P是边BC上一点，以AP为边作正方形APEF，Q是正方形APEF的中心，连接CQ．若正方形APEF的边长为5，CQ，求正方形ADBC的边长．
24．（10分）如图，⊙O是四边形ABCD的外接圆，直径BD与弦AC交于点E．若∠BAC＝2∠ABE．
（1）求证：AB＝AC；
（2）当△BCE是等腰三角形时，求∠BCE的大小；
（3）当AE＝4，CE＝6时，求边BC的长．
2024-2025学年浙江省杭州市西湖区九年级（上）期末数学模拟试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：本大题有10个小题，每小题3分，共30分．
1．（3分）已知，则的值为（ ）
A．﹣2B．2C．D．
【分析】直接利用已知表示出x，y的值，进而代入计算得出答案．
【解答】解：∵，
∴设x＝5a，y＝2a，
∴．
故选：D．
【点评】此题主要考查了比例的性质，正确表示出各数是解题关键．
2．（3分）如图，△ABC内接于⊙O，CD是⊙O的直径，连接BD，∠DCA＝39°，则∠ABC的度数是（ ）
A．39°B．45°C．49°D．51°
【分析】由CD是⊙O的直径，得∠DBC＝90°，而∠DBA＝∠DCA＝39°，则∠ABC＝∠DBC﹣∠DBA＝51°，于是得到问题的答案．
【解答】解：∵CD是⊙O的直径，
∴∠DBC＝90°，
∵∠DBA＝∠DCA＝39°，
∴∠ABC＝∠DBC﹣∠DBA＝90°﹣39°＝51°，
故选：D．
【点评】此题重点考查同弧所对的圆周角相等、直径所对的圆周角等于90°等知识，证明∠DBC＝90°并且求得∠DBA＝∠DCA＝39°是解题的关键．
3．（3分）如图，某滑雪场有一坡角为α的滑雪道，滑雪道AC的长为300m，则滑雪道的坡顶到坡底的竖直高度AB的长为（ ）
A．300csαmB．300sinαmC．D．
【分析】根据正弦的定义计算即可．
【解答】解：在Rt△ABC中，∠B＝90°，∠C＝α，AC＝300m，
∵sinC，
∴AB＝AC•sinC＝300sinα（m），
故选：B．
【点评】本题考查的是解直角三角形的应用﹣坡度坡角问题，熟记锐角三角函数的定义是解题的关键．
4．（3分）如图，能使△ABC∽△ADE成立的条件是（ ）
A．∠A＝∠AB．∠ADE＝∠AEDC．D．
【分析】根据相似三角形的判定求解即可．
【解答】解：由题意得，∠A＝∠A，
若添加，利用两组对应边的比相等且夹角对应相等的两个三角形相似，可判断△ABC∽△ADE，故本选项符合题意；
A、B、D均不能判定△ABC∽△ADE，故不符合题意；
故选：C．
【点评】本题考查相似三角形的判定，熟知相似三角形的判定定理是解题的关键．
5．（3分）若二次函数y＝x2﹣6x+m的图象经过A（﹣1，a），B（2，b），C（4.5，c）三点，则a、b、c的大小关系是（ ）
A．a＞b＞cB．c＞a＞bC．b＞a＞cD．a＞c＞b
【分析】先求出二次函数的对称轴，然后根据二次函数的增减性和对称性解答即可．
【解答】解：二次函数的对称轴为直线x3，
∵a＝1＞0，
∴x＜3时，y随x的增大而减小，x＞3时，y随x的增大而增大，
∵﹣1到3的距离为4，2到3的距离为1，4.5到3的距离为1.5，
∴a、b、c的大小关系a＞c＞b．
故选：D．
【点评】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征，主要利用了二次函数的增减性和对称性，求出对称轴是解题的关键．
6．（3分）某班级计划举办手抄报展览，确定了“5G时代”、“北斗卫星”、“高铁速度”三个主题，若小明和小亮每人随机选择其中一个主题，则他们恰好选择同一个主题的概率是（ ）
A．B．C．D．
【分析】画树状图，共有9种等可能的结果，其中小明和小亮恰好选择同一个主题的结果有3种，再由概率公式求解即可．
【解答】解：把“5G时代”、“北斗卫星”、“高铁速度”三个主题分别记为A、B、C，
画树状图如下：
共有9种等可能的结果，其中小明和小亮恰好选择同一个主题的结果有3种，
∴小明和小亮恰好选择同一个主题的概率为，
故选：C．
【点评】本题考查了用树状图法求概率．树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合两步或两步以上完成的事件．用到的知识点为：概率＝所求情况数与总情况数之比．
7．（3分）如图，小明在A时测得某树的影长为8m，B时又测得该树的影长为2m，若两次日照的光线互相垂直，则树的高度为（ ）
A．2mB．4mC．6mD．8m
【分析】根据题意，画出示意图，易得：△EDC∽△FDC，进而可得，即DC2＝ED•FD，代入数据可得答案．
【解答】解：根据题意，作△EFC，树高为CD，且∠ECF＝90°，ED＝2m，FD＝8m；
∵∠E+∠F＝90°，∠E+∠ECD＝90°，
∴∠ECD＝∠F，
∴△EDC∽△CDF，
∴，即DC2＝ED•FD＝2×8＝16，
解得CD＝4m．
故选：B．
【点评】本题考查的是相似三角形的应用，熟知相似三角形的对应边成比例是解答此题的关键．
8．（3分）如图，小强从热气球上的A点测量一栋高楼顶部的仰角∠DAB＝30°，测量这栋高楼底部的俯角∠DAC＝60°，热气球与高楼的水平距离为AD＝15米，则这栋高楼的高BC为（ ）米．
A．45B．60C．75D．90
【分析】在直角△ABD与直角△ACD中，根据三角函数即可求得BD和CD，即可求解．
【解答】解：∵AD⊥BC，垂足为D，
在Rt△ABD中，
∵∠BAD＝30°，AD＝15m，
∴BD＝AD•tan30°＝1515（m），
在Rt△ACD中，
∵∠CAD＝60°，AD＝15m，
∴CD＝AD•tan60°＝1545（m），
∴BC＝15+45＝60（m）．
故选：B．
【点评】本题主要考查了解直角三角形的应用﹣仰角与俯角问题，一般三角形的计算，常用的方法是利用作高线转化为直角三角形的计算．
9．（3分）如图，⊙M的半径为4，圆心M的坐标为（6，8），点P是⊙M上的任意一点，PA⊥PB，且PA、PB与x轴分别交于A、B两点，若点A、点B关于原点O对称，则AB的最大值为（ ）
A．13B．14C．12D．28
【分析】由Rt△APB中AB＝2OP知要使AB取得最大值，则PO需取得最大值，连接OM，并延长交⊙M于点P'，当点P位于P'位置时，OP'取得最大值，据此求解可得．
【解答】解：连接PO，
∵PA⊥PB，
∴∠APB＝90°，
∵点A、点B关于原点O对称，
∴AO＝BO，
∴AB＝2PO，
若要使AB取得最大值，则PO需取得最大值，
连接OM，并延长交⊙M于点P'，当点P位于P'位置时，OP'取得最大值，
过点M作MQ⊥x轴于点Q，
则OQ＝6、MQ＝8，
∴OM＝10，
又∵MP'＝r＝4，
∴OP'＝MO+MP'＝10+4＝14，
∴AB＝2OP'＝2×14＝28；
故选：D．
【点评】本题主要考查点与圆的位置关系，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得出AB取得最小值时点P的位置是解题的关键．
10．（3分）如图所示为二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象，对称轴是直线x＝1，下列结论：①b2＞4ac；②9a+3b+c＞0；③abc＜0；④3a+c＜0；其中正确的个数是（ ）
A．1B．2C．3D．4
【分析】利用判别式的意义和抛物线与x轴有2个交点可以对①进行判断；利用x＝3时，x＝3可以对②进行判断；由抛物线开口向下得到a＜0，然后利用对称轴的位置以及抛物线与y轴的交点可得到b、c的符号，可以对③进行判断；利用抛物线的对称轴方程得到b＝﹣2a，加上x＝﹣1时，y＜0，即a﹣b+c＜0，可以对④进行判断．
【解答】解：∵抛物线与x轴有2个交点，
∴Δ＝b2﹣4ac＞0，
∴b2＞4ac，故①正确；
当x＝3时，y＜0，
∴9a+3b+c＜0，故②错误；
∵抛物线开口向下，抛物线与y轴交于正半轴，
∴a＜0，c＞0，
∵抛物线的对称轴为直线，
∴b＝﹣2a＞0，
∴abc＜0，故③正确；
∵抛物线的对称轴为直线，
∴b＝﹣2a，
当x＝﹣1时，y＜0，
即a﹣b+c＜0，
∴a+2a+c＝3a+c＜0，故④正确；
故选：C．
【点评】本题考查了二次函数图象与系数的关系：对于二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0），二次项系数a决定抛物线的开口方向和大小，当a＞0时，抛物线开口向上，当a＜0时，抛物线开口向下；一次项系数b和二次项系数a共同决定对称轴的位置，当a与b同号时（即ab＞0），对称轴在y轴的左边，当a与b异号时（即ab＜0），对称轴在y轴的右边；常数项c决定抛物线与y轴的交点；抛物线与x轴交点个数由Δ决定，Δ＞0抛物线与x轴有2个交点，Δ＝0，抛物线与x轴有1个交点，Δ＜0，抛物线与x轴没有交点．
二、填空题：本大题有6个小题，每小题4分，共24分．
11．（4分）一个袋子中装有4个黑球和n个白球，这些球除颜色外其余完全相同，摇匀后随机摸出一个，摸到白球的概率为，则白球的个数n为 6 ．
【分析】根据白球概率求出黑球概率，黑球共有4个，就可以求出球的总数，再减去黑球个数即可解答．
【解答】解：∵摇匀后随机摸出一个，摸到白球的概率为，
∴摸到黑球的概率为，
∵袋子中有4个黑球和n个白球，
∴由简单概率公式可得，解得n＝6，
∴白球有6个，
故答案为：6．
【点评】本题考查利用概率求个数，熟练掌握简单概率公式是解决问题的关键．
12．（4分）如图，在Rt△ABC中，AC＝4，BC＝3，∠C＝90°，则sinA的值为 ．
【分析】根据勾股定理求出AB，再根据正弦的定义：对边比斜边，进行计算即可．
【解答】解：∵AC＝4，BC＝3，∠C＝90°，
∴AB5，
∴，
故答案为：．
【点评】本题考查了锐角三角函数的定义，勾股定理，熟练掌握锐角三角函数的定义是解题的关键．
13．（4分）如图是“小孔成像”，蜡烛到挡板距离与挡板到屏幕距离之比是1：2，若烛焰AC的高是4cm，则实像DB的高是 8cm ．
【分析】根据AC∥DB证明△AOC∽△BOD，利用相似三角形的性质求解即可．
【解答】解：如图所示：AB、CD相交于点O，
∵AC是烛焰的高，DB是实像的高，
∴AC∥DB，
∴△AOC∽△BOD，
∵烛到挡板距离与挡板到屏幕距离之比是1：2，AC＝4cm，
∴，
∴BD＝8cm，
故答案为：8cm．
【点评】本题考查了相似三角形的应用，熟练掌握相似三角形的性质是解答本题的关键．
14．（4分）如图，将△ABC绕点A逆时针旋转80°得到△AB'C'，若点B恰好落在BC上，则∠B＝ 50° ．
【分析】根据旋转的性质可得AB＝AB'，∠BAB'＝80°，再根据等腰三角形的性质即可求解．
【解答】解：∵将△ABC绕点A逆时针旋转80°得到△AB'C'，
∴AB＝AB'，∠BAB'＝80°，
∴∠B＝∠AB'B＝（180°﹣80°）÷2＝50°，
故答案为：50°．
【点评】本题考查旋转的性质，等腰三角形的性质，熟练掌握旋转的性质是解题关键．
15．（4分）如图，正六边形ABCDEF的边长为2，以顶点A为圆心，AB的长为半径画圆，则图中阴影部分的面积为 ．
【分析】利用扇形的面积公式求解即可．
【解答】解：由题意，∠FAB＝120°，AF＝AB＝2，
∴S阴，
故答案为：．
【点评】本题考查正多边形与圆，扇形的面积等知识，解题的关键是记住扇形的面积S．
16．（4分）如图，在矩形纸片ABCD中，将AB沿BM翻折，使点A落在BC上的点N处，BM为折痕，连接MN；再将CD沿CE翻折，使点D恰好落在MN上的点F处，CE为折痕，连接EF并延长交BM于点P，若AD＝8，AB＝5，则线段PE的长等于 ．
【分析】根据折叠可得ABNM是正方形，CD＝CF＝5，∠D＝∠CFE＝90°，ED＝EF，可求出三角形FNC的三边为3，4，5，在Rt△MEF中，由勾股定理可以求出三边的长，通过作辅助线，可证△FNC∽△PGF，三边占比为3：4：5，设未知数，通过PG＝HN，列方程求出待定系数，进而求出PF的长，然后求PE的长．
【解答】解：过点P作PG⊥FN，PH⊥BN，垂足为G、H，
由折叠得：ABNM是正方形，AB＝BN＝NM＝MA＝5，
CD＝CF＝5，∠D＝∠CFE＝90°，ED＝EF，
∴NC＝MD＝8﹣5＝3，
在Rt△FNC中，FN4，
∴MF＝5﹣4＝1，
在Rt△MEF中，设EF＝x，则ME＝3﹣x，由勾股定理得，
12+（3﹣x）2＝x2，
解得：x，
∵∠CFN+∠PFG＝90°，∠PFG+∠FPG＝90°，
∴∠CFN＝∠FPG，
又∵∠FGP＝∠CNF＝90°
∴△FNC∽△PGF，
∴FG：PG：PF＝NC：FN：FC＝3：4：5，
设FG＝3m，则PG＝4m，PF＝5m，
∴GN＝PH＝BH＝4﹣3m，HN＝5﹣（4﹣3m）＝1+3m＝PG＝4m，
解得：m＝1，
∴PF＝5m＝5，
∴PE＝PF+FE＝5，
故答案为：．
【点评】考查折叠轴对称的性质，矩形、正方形的性质，直角三角形的性质等知识，知识的综合性较强，是有一定难度的题目．
三、解答题：本大题有8个小题，共66分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．（8分）（1）计算：2cs245°+tan60°﹣2sin30°；
（2）已知，求的值．
【分析】（1）将特殊角的三角函数值代入即可；
（2）先对已知条件进行变形，然后代入即可求得．
【解答】解：（1）原式＝22
；
（2）∵，
∴2a+2＝b+2，
∴b＝2a，
∴1．
【点评】本题主要考查了特殊角的三角函数及比例的性质，解决本题的关键是熟练掌握这些知识点并灵活运用．
18．（8分）如图，在△ABC中，D为AC边上一点，∠DBC＝∠A
（1）求证：△BDC∽△ABC．
（2）如果BC，AC＝3，求CD的长．
【分析】（1）由相似三角形的判定定理即可得到△CBD∽△CAB；
（2）根据相似三角形的性质得到，代入可求得CD．
【解答】解：（1）∵∠DBC＝∠A，∠C＝∠C，
∴△CBD∽△CAB，
（2）∵△BDC∽△ABC，
∴，即，
∴CD＝2．
【点评】本题主要考查相似三角形的判定和性质，掌握相似三角形的判定方法是解题的关键．
19．（8分）某学校在推进新课改的过程中，开设的体育社团活动课有：A：篮球，B：足球，C：排球，D：羽毛球，E：乒乓球，学生可根据自己的爱好选修一门，学校李老师对某班全班同学的选课情况进行调查统计，制成了如图所示的两幅不完整的统计图．
（1）则该班的总人数为 50 人，其中学生选D“羽毛球”所在扇形的圆心角的度数是 72 度；
（2）并补全条形统计图；
（3）该班班委4人中，2人选修篮球，1人选修足球，1人选修排球，李老师要从这4人中选2人了解他们对体育社团活动课的看法，请你用列表或画树状图的方法，求选出的2人恰好1人选修篮球，1人选修足球的概率．
【分析】（1）由选A“篮球”的人数除以所占百分比得出该班的总人数，即可解决问题；
（2）求出选B“足球”和选E“乒乓球”的人数，补全条形统计图即可；
（3）画树状图，共有12种等可能的情况，其中选出的2人恰好1人选修篮球，1人选修足球的情况有4种，再由概率公式求解即可．
【解答】解：（1）该班的总人数为15÷30%＝50（人），
其中学生选D“羽毛球”所在扇形的圆心角的度数是360°72°，
故答案为：50，72；
（2）选B“足球”的人数为：50×12%＝6（人），
∴选E“乒乓球”的人数为：50﹣15﹣6﹣9﹣10＝10（人），
补全条形统计图如下：
（3）把该班班委4人中，2人选修篮球分别记为A、B，1人选修足球记为C，1人选修排球D，
画树状图如下：
共有12种等可能的情况，其中选出的2人恰好1人选修篮球，1人选修足球的情况有4种，即AC、BC、CA、CB，
∴选出的2人恰好1人选修篮球，1人选修足球的概率为．
【点评】本题考查的是用树状图法求概率以及条形统计图和扇形统计图．树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合于两步或两步以上完成的事件．用到的知识点为：概率＝所求情况数与总情况数之比．
20．（8分）如图1，是一款手机支架图片，由底座、支撑板和托板构成．图2是其侧面结构示意图，量得托板长AB＝17cm，支撑板长CD＝16cm，底座长DE＝14cm，托板AB联结在支撑板顶端点C处，且CB＝7cm，托板AB可绕点C转动，支撑板CD可绕D点转动．如图2，若∠DCB＝70°，∠CDE＝60°．（参考数值sin40°≈0.64，cs40°≈0.77，tan40°≈0.84，）
（1）求点C到直线DE的距离（精确到0.1cm）；
（2）求点A到直线DE的距离（精确到0.1cm）．
【分析】（1）通过作垂线，构造直角三角形，利用直角三角形的边角关系，求出CH；
（2）在Rt△ACF中，∠AFC＝90°，即可求∠A，进而求出AF，即可求出点A到直线DE的距离．
【解答】解：（1）如图2，延长ED，过A作AG⊥DE的延长线于G，过点C作CH⊥DE于H，过点C作CF⊥AG，垂足为F，则四边形CFGH为矩形，
∴CH＝FG，CH∥FG，
在Rt△CDH中，sin∠CDH，
∴CH＝CD•sin∠CDH＝16813.8（cm）；
∴点C到直线DE的距离为13.8cm；
（2）在Rt△ACF中，∠AFC＝90°，∠A＝∠BCH＝70°﹣30°＝40°，
AC＝AB﹣BC＝17﹣7＝10（cm），
∴AF＝AC•cs40°≈10×0.77≈7.7（cm），
∴AG＝AF+FG＝7.7+13.84＝21.54≈21.5（cm）．
答：点A到直线DE的距离约为21.5cm．
【点评】本题考查直角三角形的边角关系，锐角三角函数的意义，通过作辅助线构造直角三角形是常用的方法，也是基本的方法．
21．（8分）如图，在正五边形ABCDE中，连结AC，AD，CE，CE交AD于点F．
（1）求∠CAD的度数．
（2）已知AB＝2，求DF的长．
【分析】（1）根据五边形ABCDE是正五边形，判断出AB＝BC＝CD＝DE＝AE，BA∥CE，AD∥BC，DE∥AC，AC＝AD＝CE，∠BAE＝108°．即可得到；
（2）证明△DCF∽△DAC，推出CD2＝DF×AD，设DF＝x，则AD＝x+2，列出方程，解方程即可求出DF的长．
【解答】解：（1）∵五边形ABCDE是正五边形，
∴AB＝BC＝CD＝DE＝AE，BA∥CE，AD∥BC，DE∥AC，AC＝AD＝CE，．
∴四边形ABCF是菱形，
∴∠BAC＝∠CAD，
同理可求：∠CAD＝∠DAE，
∴；
（2）∵四边形ABCF是菱形，
∴CF＝AF＝AB＝2．
∵∠BAC＝∠CAD＝∠DAE＝36°，
同理∠DCE＝36°，
∴△DCF∽△DAC，
∴，即CD2＝DF×AD，
设DF＝x，则AD＝x+2，
∴22＝x（x+2），即x2+2x﹣4＝0，
解得（舍去负值）．
∴DF的长是．
【点评】本题考查了正多边形和圆，根据正五边形的性质，找到相似三角形，利用相似三角形的性质是解题的关键．
22．（8分）如图，已知抛物线ybx+4与x轴相交于A、B两点，与y轴相交于点C，若已知A点的坐标为A（﹣2，0）．
（1）求抛物线的解析式及它的对称轴方程；
（2）求点C的坐标，连接AC、BC并求线段BC所在直线的解析式；
（3）在抛物线的对称轴上是否存在点Q，使△ACQ为等腰三角形？若存在，求出符合条件的Q点坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）利用待定系数法求出抛物线解析式，利用配方法或利用公式x求出对称轴方程；
（2）在抛物线解析式中，令x＝0，可求出点C坐标；令y＝0，可求出点B坐标．再利用待定系数法求出直线BD的解析式；
（3）本问为存在型问题．若△ACQ为等腰三角形，则有三种可能的情形，需要分类讨论，逐一计算，避免漏解．
【解答】解：（1）∵抛物线yx2+bx+4的图象经过点A（﹣2，0），
∴（﹣2）2+b×（﹣2）+4＝0，
解得：b，
∴抛物线解析式为 yx2x+4，
∴yx2x+4（x﹣3）2，
∴对称轴方程为：x＝3．
（2）在yx2x+4中，令x＝0，得y＝4，
∴C（0，4）；
令y＝0，即x2x+4＝0，整理得x2﹣6x﹣16＝0，
解得：x＝8或x＝﹣2，
∴B（8，0）．
设直线BC的解析式为y＝kx+b，
把B（8，0），C（0，4）的坐标分别代入解析式，得：
，
解得：，
∴直线BC的解析式为：yx+4．
（3）存在，
理由：∵抛物线的对称轴方程为：x＝3，
可设点Q（3，t），∵A（﹣2，0），C（0，4），
∴AC＝2，AQ，CQ．
①当AQ＝CQ时，
有，
25+t2＝t2﹣8t+16+9，
解得t＝0，
∴Q1（3，0）；
②当AC＝AQ时，
有2，
∴t2＝﹣5，此方程无实数根，
∴此时△ACQ不能构成等腰三角形；
③当AC＝CQ时，
有2，
整理得：t2﹣8t+5＝0，
解得：t＝4±，
∴点Q坐标为：Q2（3，4），Q3（3，4）．
综上所述，存在点Q，使△ACQ为等腰三角形，点Q的坐标为：Q1（3，0），Q2（3，4），Q3（3，4）．
【点评】此题是二次函数综合题，主要考查了二次函数与一次函数的图象与性质、待定系数法、勾股定理、等腰三角形的判定等知识点．难点在于第（3）问，符合条件的等腰三角形△ACQ可能有多种情形，需要分类讨论．
23．（8分）某校数学活动小组在一次活动中，对一个数学问题作如下探究：
（1）问题发现：如图1，在等边ABC中，点P是边BC上任意一点，连接AP，以AP为边作等边△APQ，连接CQ，BP与CQ的数量关系是 BP＝CQ ；
（2）变式探究：如图2，在等腰△ABC中，AB＝BC，点P是边BC上任意一点，以AP为腰作等腰△APQ，使AP＝PQ，∠APQ＝∠ABC，连接CQ，判断∠ABC和∠ACQ的数量关系，并说明理由；
（3）解决问题：如图3，在正方形ADBC中，点P是边BC上一点，以AP为边作正方形APEF，Q是正方形APEF的中心，连接CQ．若正方形APEF的边长为5，CQ，求正方形ADBC的边长．
【分析】（1）利用SAS定理证明△BAP≌△CAQ，根据全等三角形的性质解答；
（2）先证明△BAC∽△PAQ，得到，再证明△BAP∽△CAQ，根据相似三角形的性质解答即可；
（3）连接AB、AQ，根据相似三角形的性质求出BP，根据勾股定理列出方程，解方程得到答案．
【解答】解：（1）问题发现：∵△ABC和△APQ都是等边三角形，
∴AB＝AC，AP＝AQ，∠BAC＝∠PAQ＝60°，
∴∠BAP＝∠CAQ，
在△BAP和△CAQ中，
，
∴△BAP≌△CAQ（SAS），
∴BP＝CQ，
故答案为：BP＝CQ；
（2）变式探究：∠ABC＝∠ACQ，
理由如下：∵AB＝BC，
∴∠BAC，
∵AP＝PQ，
∴∠PAQ，
∵∠APQ＝∠ABC，
∴∠BAC＝∠PAQ，
∴△BAC∽△PAQ，
∴，
∵∠BAP+∠PAC＝∠PAC+∠CAQ，
∴∠BAP＝∠CAQ，
∴△BAP∽△CAQ，
∴∠ABC＝∠ACQ；
（3）解决问题：如图3，连接AB、AQ，
∵四边形ADBC是正方形，
∴，∠BAC＝45°，
∵Q是正方形APEF的中心，
∴，∠PAQ＝45°，
∴∠BAP+∠PAC＝∠PAC+∠CAQ，即∠BAP＝∠CAQ，
∵，
∴△ABP∽△ACQ，
∴，
∵CQ，
∴BP＝1，
设PC＝x，则 BC＝AC＝1+x，
在Rt△APC中，AP2＝AC2+PC2，即52＝（1+x）2+x2，
解得，x1＝﹣4（舍去），x2＝3，
∴正方形ADBC的边长为：3+1＝4．
【点评】本题考查的是正方形的性质、三角形全等的判定和性质、三角形相似的判定和性质、勾股定理的应用，掌握相似三角形的判定定理和性质定理、正方形的性质是解题的关键．
24．（10分）如图，⊙O是四边形ABCD的外接圆，直径BD与弦AC交于点E．若∠BAC＝2∠ABE．
（1）求证：AB＝AC；
（2）当△BCE是等腰三角形时，求∠BCE的大小；
（3）当AE＝4，CE＝6时，求边BC的长．
【分析】（1）欲证明AB＝AC，只要证明∠ABC＝∠ACB即可．
（2）分三种情形：①BE＝BC，②BC＝CE，③BE＝CE，分别利用等腰三角形的性质求解即可．
（3）连接AO并延长，交BC于点F，由AF∥CD，推出，可得OEOD，DEOD，CDOA，证明△ABE∽△DCE，可得，推出AE•CE＝DE•BE＝24，求出OD，再利用勾股定理，可得结论．
【解答】（1）证明：∵直径BD，
∴∠ABE+∠ADB＝90°，
∵∠BAC＝2∠ABE，∠ADB＝∠ACB，
∴∠BAC+∠ACB＝90°，
∴∠ACB＝90°∠BAC，
∴∠ABC＝180°﹣∠BAC﹣∠ACB＝90°∠BAC，
∴∠ACB＝∠ABC，
∴AB＝AC；
（2）解：由题意可知：∠BEC＝3∠ABE．
分情况：
①BE＝BC，
那么∠ACB＝∠BEC＝3∠ABE，∠EBC＝2∠ABE，
∴∠ACB+∠BEC+∠EBC＝8∠ABE＝180°，
∴∠ABE＝22.5°，
∴∠BCE＝3∠ABE＝67.5°．
②BC＝CE，
那么∠EBC＝∠BEC＝3∠ABD，
∠ACB＝∠ABC＝∠ABE+∠EBC＝4∠ABE，
∴∠ACB+∠BEC+∠EBC＝10∠ABE＝180°，
∴∠ABE＝18°，
∴∠BCE＝4∠ABE＝72°．
③BE＝CE，此时E，A重合，舍去，
综上所述，满足条件的∠BCE的值为67.5°或72°；
（3）解：连接AO并延长，交BC于点F，
根据等腰三角形三线合一可知AF⊥BC，
∵直径BD，
∴∠BCD＝90°，
∴AF∥CD，
∴，
∴OEOD，DEOD，CDOA，
∵∠AEB＝∠DEC，∠ABE＝∠DCE，
∴△ABE∽△DCE，
∴，
∴AE•CE＝DE•BE＝24，
∵OB＝OD＝OA，
∴OD•OD＝24，
∴ODOA，
∴CD，BD，
在直角△BCD中，BC2+CD2＝BD2，
∴BC．
【点评】本题属于圆综合题，考查了等腰三角形的性质和判定，垂径定理，解直角三角形，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，正确寻找相似三角形解决问题，属于中考压轴题．
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