2023-2024学年江苏省无锡市梁溪区九年级（上）期末数学试卷-普通用卷

这是一份2023-2024学年江苏省无锡市梁溪区九年级（上）期末数学试卷-普通用卷，共28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.下列方程是一元二次方程的是( )
A. x−3=(−3)2B. x+3=1xC. x2+4x+3=0D. 2x2−3y=x2
2.已知⊙O与直线l相交，圆心到直线l的距离为6cm，则⊙O的半径可能为( )
A. 4cmB. 5cmC. 6cmD. 7cm
3.Rt△ABC的边长都扩大2倍，则csA的值( )
A. 不变B. 变大C. 变小D. 无法判断
4.下列说法正确的是( )
A. 三点确定一个圆B. 垂直于弦且过圆心的直线平分这条弦
C. 各边都相等的多边形是正多边形D. 三角形的外心到三角形三边的距离相等
5.某农家前年水蜜桃亩产量为900千克，今年的亩产量为1200千克.设从前年到今年平均增长率都为x，则可列方程( )
A. 900(1+2x)=1200B. 900(1+x2)=1200
C. 900(1+x)2=1200D. 900(1+x)=1200
6.如图，⊙O是△ABC的外接圆，OB=3，∠A=50°，则弧BC的长是( )
A. 56π
B. 53π
C. 103π
D. 2π
7.如图，平面直角坐标系中，A(2,0)，B(1,2)，C(−1,1)，以A为位似中心，把△ABC在点A同侧按相似比1：3放大，放大后的图形记作△AB1C1，则C1的坐标为( )
A. (−10,4)
B. (−7,4)
C. (−10,3)
D. (−7,3)
8.已知一次函数y=ax+b(a≠0)的图象经过第一、二、四象限，则二次函数y=ax2−bx(a≠0)的图象大致为( )
A. B.
C. D.
9.如图，点M是三边均不等的△ABC三条角平分线的交点，过M作DE⊥AM，分别交AB、AC于D、E两点，设BD=a，DE=b，CE=c，关于x的方程2ax2+bx+c=0( )
A. 一定有两个相等实数根
B. 一定有两个不相等实数根
C. 有两个实数根，但无法确定是否相等
D. 没有实数根
10.如图，多边形ABCDEF为正六边形，点P在边CD上，过点P作PQ//ED交EF于点Q，连接BQ，且满足∠BPC=∠BQP.设四边形PQED、四边形AFQB和△BCP的面积分别为S1、S2、S3，则正六边形ABCDEF的面积为( )
A. S1+2S2+2S3
B. S1+2S2+52S3
C. S1+2S2+3S3
D. 2S1+S2+2S3
二、填空题：本题共8小题，每小题3分，共24分。
11.在某市建设规划图上，城区南北长为120cm，该市城区南北实际长为36km，则该规划图的比例尺是______．
12.已知圆锥的底面半径是6cm，高是8cm，则圆锥的侧面积是______m2．
13.若抛物线y=x2−2x+ax+2的对称轴是y轴，则a的值是______．
14.已知点A(−2,3)、B(3,3)、C(5,3)、D(3,−1)，若一条抛物线经过其中三个点，则不在该抛物线上的点是点______．
15.点C是线段AB的黄金分割点(AC>BC)，若AB=2a，则AC= ______(结果用含a的代数式表示)．
16.如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=5，BC=12，AM=1，I为△ABC的内心，则IM= ______．
17.若二次函数y=x2+2x−b的图象与坐标轴有两个公共点，则b满足的条件是______．
18.如图，点M(2,0)、N(0,4)，以点M为圆心 5为半径作⊙M交y轴于A、B两点，点C为⊙M上一动点，连接CN，取CN中点D，连接AD、BD，则AD2+BD2的最大值为______．
三、解答题：本题共10小题，共96分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
19.(本小题8分)
计算：
(1) 27+(π− 5)0−2tan60°；
(2)2cs30°−|sin60°−1|−tan45°．
20.(本小题8分)
解方程：
(1)(x−1)2−2(x−1)=0；
(2)2x2+3x−1=0．
21.(本小题10分)
图1、图2均是8×8的正方形网格，每个小正方形的顶点称为格点，小正方形的边长为1，点A、B、C均在格点上.在图1、图2中，只用无刻度的直尺，在给定的网格中按要求画图，不要求写出画法，保留作图痕迹．
(1)在图1中画出△ABC的中线BD；
(2)在图2中△ABC的边BC上找到一点F，使S△ABF；S△ACF=2：3；
(3)sinA= ______．
22.(本小题10分)
如图，点D、E、F分别在等边△ABC的三边AB、AC、BC上，且DE⊥EF，∠DFE=60°．
(1)求证：△DBF∽△FCE；
(2)若EC=1，求BF的长．
23.(本小题10分)
如图，Rt△ABC中，∠ACB=90°，在边AC上取一点O，以O为圆心，AO为半径作圆，分别交AB、AC于点D、E，连接DE、DC，∠DCB=2∠A．
(1)求证：DC是⊙O的切线；
(2)若tanA=12，BC=5，求△DBC的面积．
24.(本小题10分)
某天李老师佩戴运动手环进行快走锻炼，两次锻炼后的数据如下表.与第一次锻炼相比，李老师第二次锻炼步数增长的百分率是其平均步长减少的百分率的2倍.设李老师第二次锻炼时平均步长减少的百分率为x(0注：步数×平均步长=距离．
(1)根据题意完成表格填空(用含x的代数式表示)；
(2)求x的值．
25.(本小题10分)
如图，校园内有一个横截面近似为Rt△ABC的小土坡，坡度(或坡比)i=1：2，古树DE长在该土坡上，树干与水平线AC垂直，同学们选在阳光明媚的一天测量其高度.他们测得坡底点A与古树底端D的距离是5m，在坡底点C处沿着AC所在直线向右走了6m到达点F处，此时发现古树顶端E的影子与土坡最高点B的影子恰好在F处重合，在F处测得树顶E的仰角为53°.(参考数据：sin53°≈45，cs53°≈35，tan53°≈43， 5≈2.4)．
(1)求土坡的水平距离AC；
(2)求树高DE(结果精确到0.1m)．
26.(本小题10分)
已知二次函数y=ax2−(a+b)x+b(a、b是常数，a≠0)．
(1)若M(−4,m)(m>0)在该二次函数的图象上，当a<0时，试判断代数式a+b的正负性；
(2)已知对于任意的常数a、b(a≠0)，二次函数的图象始终过定点P，求证：一次函数y=(k2+3)x+3k(x≥1)图象上所有的点都高于点P．
27.(本小题10分)
如图1，二次函数y=12x2+bx−4的图象与x轴相交于点A(−4,0)和点B，与y轴相交于点C．
(1)①b= ______，②顶点D的坐标为______；
(2)如图2，抛物线的对称轴l交x轴于点E，点P是线段DE上的一个动点(不与点E重合)，连接PC，作PQ⊥PC交x轴于点Q(k,0)，求k的取值范围；
(3)如图3，连接AD、BD，点M、N分别在线段AB、AD上(均含端点)，且∠DMN=∠DBA，若△DMN是等腰三角形，求点M的坐标．
28.(本小题10分)
Rt△ABC和Rt△ADE，∠BAC=∠DAE=90°，AB=2 7，AC=2 213，AD= 3，tan∠ADE= 33．
(1)如图1，当点D、E分别恰好在AB、AC上时，求△ADE与四边形DBCE的面积比；
(2)如图2，△ADE绕点A逆时针旋转角度α(30°<α<90°，连接EC，在EC上找一点F，使得∠ADF+∠AEF=180°，取BC中点G，连接GF，求GF的长；
(3)如图3，△ADE经旋转得到以AD为长、AE为宽的矩形ADME，矩形ADME绕点A逆时针旋转一周，当B、M、E三点共线时，直接写出EC的长．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A.方程x−3=(−3)2，是一元一次方程，故本选项不符合题意；
B、方程x+3=1x，是分式方程，不是一元二次方程，故本选项不符合题意；
C.方程x2+4x+3=0，是一元二次方程，故本选项符合题意；
D.方程2x2−3y=x2，是二元二次方程，故本选项不符合题意．
故选：C．
根据一元二次方程的定义对题目中给出的四个选项逐一进行甄别即可得出答案．
本题考查了一元二次方程的定义，一元二次方程定义，只含有一个未知数，并且未知数项的最高次数是2的整式方程叫做一元二次方程．
2.【答案】D
【解析】解：∵⊙O和直线l相交，
∴d又∵圆心到直线l的距离为6cm，
∴r>6cm，
故选：D．
根据直线与圆的位置关系的判断的方法可求解．
本题考查了直线与圆的位置关系，熟练掌握判断直线和圆的位置关系的方法：设⊙O的半径为r，圆心O到直线l的距离为d．
①直线l和⊙O相交⇔d②直线l和⊙O相切⇔d=r
③直线l和⊙O相离⇔d>r．
3.【答案】A
【解析】解：∵Rt△ABC的边长都扩大2倍，
∴所得的三角形与原三角形相似，
∴∠A的大小没有发生变化，
∴csA的值不变，
故选：A．
根据题意可得所得的三角形与原三角形相似，从而可得∠A的大小没有发生变化，即可解答．
本题考查了解直角三角形，熟练掌握锐角三角函数的定义是解题的关键．
4.【答案】B
【解析】解：不在同一条直线上的三个点确定一个圆，如果三个点在同一条直线上，则没有同时过这三个点的圆，故选项A错误，不符合题意；
垂直于弦且过圆心的直线平分这条弦，故选项B正确，符合题意；
各边都相等各角都相等的多边形是正多边形，故选项C错误，不符合题意；
三角形的内心到三角形三边的矩离相等，三角形的外心到三角形各个顶点的距离相等，故选项D错误，不符合题意；
故选：B．
根据不在同一条直线上的三个点确定一个圆，如果三个点在同一条直线上，则没有同时过这三个点的圆，可以判断A；
根据垂径定理可以判断B；
根据正多边形的定义，可以判断C；
根据三角形的内心到三角形三边的矩离相等，三角形的外心到三角形各个顶点的距离相等，可以判断D．
本题考查三角形的内心和外心、垂径定理、确定圆的条件，解答本题的关键是明确题意，可以判断各个选项中的结论是否正确．
5.【答案】C
【解析】解：去年水蜜桃的亩产量为900×(1+x)，今年水蜜桃的亩产量为900×(1+x)×(1+x)，
则列出的方程是900(1+x)2=1200．
故选：C．
可先表示出去年水蜜桃的亩产量，那么去年水蜜桃的亩产量×(1+增长率)=1200，把相应数值代入即可求解．
本题考查由实际问题抽象出一元二次方程的知识，若设变化前的量为a，变化后的量为b，平均变化率为x，则经过两次变化后的数量关系为a(1±x)2=b．
6.【答案】B
【解析】解：由圆周角定理得，∠BOC=2∠A=100°，
∴弧BC的长是=100π×3180=53π.
故选：B．
根据圆周角定理求出∠BOC，利用弧长公式计算即可．
本题考查的是弧长的计算和圆周角定理，掌握圆周角定理、弧长公式是解题的关键．
7.【答案】D
【解析】解：过C点作CM⊥x轴于M点，过C1点作C1N⊥x轴于N点，如图，
∵A(2,0)，C(−1,1)，
∴OA=2，OM=1，CM=1，
∵以A为位似中心，把△ABC在点A同侧按相似比1：3放大，放大后的图形记作△AB1C1，
∴ACAC1=13，
∵CM//C1N，
∴△ACM∽△AC1N，
∴AMAN=CMC1N=ACAC1=13，
∴C1N=3CM=3，AN=3AM=3×3=9，
∴ON=AN−OA=9−2=7，
∴点C1的坐标为(−7,3)．
故选：D．
过C点作CM⊥x轴于M点，过C1点作C1N⊥x轴于N点，如图，先根据位似的性质得到ACAC1=13，再证明△ACM∽△AC1N，根据相似三角形的性质得到AMAN=CMC1N=ACAC1=13，则可求出C1N=3，AN=9，所以ON=7，从而得到点C1的坐标．
本题考查了位似变换：位似两个图形不仅是相似图形，而且对应顶点的连线相交于一点，对应边互相平行或共线；位似比等于相似比．
8.【答案】A
【解析】解：∵一次函数y=ax+b的图象经过第一、二、四象限，
∴a<0，b>0．
∴二次函数y=ax2−bx的图象，开口向下，与x轴交于点(0,0)和(ba,0)．
符合函数性质的图象是A．
故选：A．
依据题意，由于一次函数y=ax+b的图象经过第一、二、四象限，由此可以确定a<0，b>0，然后利用二次函数的性质与图象得出二次函数y=ax2−bx的图象即可．
本题主要考查二次函数的图象，利用一次函数的图象得出a、b的数值是解决问题的关键．
9.【答案】D
【解析】解：∵AM是∠BAC的平分线，
∴∠DAM=∠EAM，
∵DE⊥AM，
∴∠AMD=∠AME=90°，
在△AMD和△AME中，
∠DAM=∠EAMAM=AM∠AMD=∠AME=90°，
∴△AMD≌△AME(ASA)，
∴MD=ME，AD=AE，
∵DE=b，
∴MD=ME=12DE=12b，
设∠BAC=α，
则∠ABC+∠ACB=180°−∠BAC=180°−α，
∵BM，CM分别是∠ABC，∠ACB的平分线，
∴∠MBC=∠DBM=12∠ABC，∠MCB=12∠ACB，
∴∠MBC+∠MCB=12(∠ABC+∠ACB)=90°−12α，
∴∠BMC=180°−(∠MBC+∠MCB)=180°−(90°−12α)=90°+12α，
∵AD=AE，
∴∠ADE=∠AED，
∵∠ADE+∠AED+∠BAC=180°，
∴∠ADE=12(180°−∠BAC)=90°−12α，
∴∠BDM=180°−∠ADE=180°−(90°−12α)=90°+12α，
∴∠BMC=∠BDM，
又∵∠MBC=∠DBM，
∴△MBC∽△DBM，
∴CM：MD=BM：BD，
即CM：BM=MD：BD，
同理可证：△MBC∽△EMC，
∴CM：CE=BM：ME，
即CM：BM=CE：ME，
∴MD：BD=CE：ME，
即MD⋅ME=BD⋅CE，
∵MD=ME=12b>0，BD=a>0，CE=c>0，
∴12b⋅12b=ac，
∴b2=4ac，
∵关于x的方程2ax2+bx+c=0的根的判别式Δ=b2−4×2ac=b2−8ac，
∴Δ=4ac−8ac=−4ac<0，
∴关于x的方程2ax2+bx+c=0没有实数根．
故选：D．
先证△AMD和△AME全等得MD=ME=12b，AD=AE，再证∠BMC=∠BDM，进而可证△MBC和△DBM相似，则CM：MD=BM：BD，同理可证△MBC和△EMC相似，则CM：CE=BM：ME，由此即可得出MD：BD=CE：ME，进而得b2=4ac，然后在对方程2ax2+bx+c=0的根的判别式的符号进行判断即可得出结论．
此题主要考查了一元二次方程根的判别式，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，熟练掌握一元二次方程根的判别式，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质是解决问题的关键．
10.【答案】A
【解析】解：如图，将△BCP绕点B逆时针旋转120°得到△BAG，连接QG交AF于H．
∵∠BAG=∠C=120°，
∴∠FAG=360°−∠BAG−∠BAF=120°=∠F，
∴PQ/​/DE，∠E=∠D，
∴四边形DEQP是等腰梯形，
∴DP=EQ，
∵CD=EF，
∴CP=AG=FQ，
∵∠GHA=∠QHF，
∴△AGH≌△QFH(AAS)，
∴S△AHG=S△QFH，
∵∠PBQ=180°−∠BQP−∠BPQ=180°−∠BPC−∠BPQ=∠DPQ=60°，∠PBG=120°，
∴∠GBQ=∠QBP=60°，
∵BG=BP，BQ=BQ，
∴△GBQ≌△PBQ(SAS)，
∴S△BPQ=S∠BGQ=S△BCP+S四边形BAFQ=S2+S3，
∴S正六边形ABCDEF=S1+S2+S3+S2+S3=S1+2S2+2S3．
故选：A．
如图，将△BCP绕点B逆时针旋转120°得到△BAG，连接QG交AF于H.证明△AGH≌△QFH，△GBQ≌△PBQ可得结论．
本题考查正多边形与圆，平行线的性质，全等三角形的判定和性质，旋转变换等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考选择题中的压轴题．
11.【答案】1：30000
【解析】解：∵36km=3600000cm，
∴120：3600000=1：30000，
∴该规划图的比例尺是1：30000．
故答案为：1：30000．
比例尺=图上距离与实际距离的比，由此即可计算．
本题考查比例尺，关键是掌握比例尺的定义．
12.【答案】60π
【解析】解：根据题意得，圆锥的母线= 62+82=10cm，
∴圆锥的底面周长2πr=12πcm，
∴圆锥的侧面积=12lR=12×12π×10=60πcm2．
故答案为：60π．
先根据圆锥的底面半径和高求出母线长，圆锥的侧面积是展开后扇形的面积，计算可得．
本题考查了圆锥的计算，圆锥的高和圆锥的底面半径圆锥的母线组成直角三角形，扇形的面积公式为12lR．
13.【答案】2
【解析】解：∵抛物线y=x2−2x+ax+2的对称轴是y轴，
∴−−2+a2=0．
∴a=2．
故答案为：2．
依据题意，根据抛物线的对称轴公式，列出关于a的方程即可解答．
本题主要考查了二次函数y=ax2+bx+c的对称轴是直线x=−b2a，记住二次函数的对称轴公式是解题的关键．
14.【答案】B
【解析】解：点A(−2,3)、B(3,3)、C(5,3)的纵坐标相同，故三点中有一点不在同一条抛物线，
B(3,3)、D(3,−1)的横坐标相同，故两点中有一点不在同一条抛物线，
所以，不在该抛物线上的点是点B．
故答案为：B．
根据二次函数图象上点的坐标特征即可判断．
本题考查了二次函数图象上点的坐标特征：二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)的图象上点的坐标满足其解析式．
15.【答案】(−1+ 5)a
【解析】解：∵AC>BC，AB=2a，
∴BC=AB−AC=2a−AC，
∵点C是线段AB的黄金分割点，
∴AC2=AB⋅BC，
∴AC2=2a(2a−AC)，
整理得，AC2+2aAC−4a2=0，
解得AC=(−1+ 5)a，AC=(−1− 5)a(舍去)．
故答案为：(−1+ 5)a．
用AC表示出BC，然后根据黄金分割点的定义列方程求解即可．
本题考查了黄金分割，熟记黄金分割点的定义并列出关于AC的方程是解题的关键．
16.【答案】2 2
【解析】解：作ID⊥AB于点D，IE⊥BC于点E，IF⊥AC于点F，连接IA、IB、IC，
∵∠ACB=90°，AC=5，BC=12，AM=1，
∴AB= AC2+BC2= 52+122=13，
∵∠IEC=∠IFC=∠ACB=90°，
∴四边形IECF是矩形，
∵I为△ABC的内心，
∴ID=IE=IF，
∴四边形IECF是正方形，
设CF=IF=ID=IE=r，
∵S△AIB+S△BIC+S△AIC=S△ABC，
∴12×13r+12×12r+12×5r=12×12×5，
解得r=2，
∴CF=IF=2，
∵∠AFI=90°，MF=AC−CF−AM=5−2−1=2，
∴IM= IF2+MF2= 22+22=2 2，
故答案为：2 2．
作ID⊥AB于点D，IE⊥BC于点E，IF⊥AC于点F，连接IA、IB、IC，由∠ACB=90°，AC=5，BC=12，求得AB= AC2+BC2=13，因为I为△ABC的内心，所以ID=IE=IF，则四边形IECF是正方形，设CF=IF=ID=IE=r，则12×13r+12×12r+12×5r=12×12×5=S△ABC，求得CF=IF=r=2，由∠AFI=90°，IF=MF=2，求得IM= IF2+MF2=2 2，于是得到问题的答案．
此题重点考查勾股定理、三角形的内心的性质、正方形的判定与性质、根据面积等式求线段的长度等知识与方法，正确地作出辅助线是解题的关键．
17.【答案】−1或0
【解析】解：∵二次函数y=x2+2x−b的图象与坐标轴只有两个公共点，
∴二次函数y=x2+2x−b的图象与x轴只有一个公共点或者与x轴有两个公共点，其中一个为原点，
当二次函数y=x2+2x−b的图象与x轴只有一个公共点时，
22−4×1×(−b)=0，得b=−1；
当二次函数y=x2+2x−b的图象与x轴有两个公共点，其中一个为原点时，
则b=0，y=x2+2x=x(x+2)，与x轴两个交点，坐标分别为(0,0)，(−2,0)；
由上可得，b的值是−1或0，
故答案为：−1或0．
根据二次函数y=x2+2x−b的图象与坐标轴只有两个公共点，可知二次函数y=x2−2x+b的图象与x轴只有一个公共点或者与x轴有两个公共点，其中一个为原点两种情况，然后分别计算出b的值即可解答本题．
本题考查抛物线与x轴的交点、二次函数的性质、二次函数图象上点的坐标特征，解答本题的关键是明确题意，利用二次函数的性质和分类讨论的方法解答．
18.【答案】492
【解析】解：如图，连接MN，取MN的中点J，连接MC，JD，OJ，OD，MA，MB．
∵点M(2,0)、N(0,4)，
∴OM=2，ON=4，
∴MN= 22+42=2 5，
∵MJ=JN，
∴OJ=12MN= 5，
∵MJ=JN，CD=DN，
∴JD=12MC= 52，
∵MA=MB= 5，OM=2，OM⊥AB，
∴OA=OB= MA2−OM2= 5−4=1，
∴A(1,0)，B(−1,0)，
∴点D的运动轨迹是以J为圆心， 52为半径的圆，
设D(m,n)，则AD2+BD2=(n−1)2+m2+(n+1)2+m2=2(m2+n2)+2，
∵OD2=m2+n2，
∴OD最大时，m2+n2的值最大，
∵OD≤OJ+JD，
∴OD≤3 52，
∴m2+n2的最大值为454，
∴AD2+BD2的最大值为2×454+2=492，
故答案为：492．
如图，连接MN，取MN的中点J，连接MC，JD，OJ，OD，MA，MB.利用三角形中位线定理求出DJ= 52，推出点D的运动轨迹是以J为圆心， 52为半径的圆，设D(m,n)，则AD2+BD2=(n−1)2+m2+(n+1)2+m2=2(m2+n2)+2，想办法求出m2+n2的最大值，可得结论．
本题考查点与圆的位置关系，三角形的中位线定理，勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找点D的运动轨迹，学会利用参数解决问题，属于中考填空题中的压轴题．
19.【答案】解：(1) 27+(π− 5)0−2tan60°；
=3 3+1−2× 3
= 3+1；
(2)2cs30°−|sin60°−1|−tan45°
=2× 32−| 32−1|−1
= 3−1+ 32−1
=3 32−2．
【解析】(1)根据实数的运算性质和运算法则计算即可；
(2)分别用 32代替cs30°和sin60°，用1代替tan45°，再根据实数的运算性质的运算法则计算即可．
本题考查实数的运算，是基础计算题，熟练掌握二次根式的化简，零次幂，记注特殊角的三角函数值是解答的关键．
20.【答案】解：(1)(x−1)2−2(x−1)=0，
(x−1)(x−1−2)=0，
x−1=0，x−3=0，
x1=1，x2=3；
(2)2x2+3x−1=0，
∵Δ=32−4×2×(−1)
=9+8
=17>0，
∴x=−3± 174，
∴x1=−3+ 174，x2=−3− 174．
【解析】(1)利用解一元二次方程−因式分解，进行计算即可解答；
(2)利用解一元二次方程−公式法，进行计算即可解答．
本题考查了解一元二次方程−配方法，公式法，熟练掌握解一元二次方程的方法是解题的关键．
21.【答案】3 1313
【解析】解：(1)取格点G，H，连接GH交AC于D，连接BD，如图：
BD即为所求；
理由：∵四边形AGCH是正方形，
∴D为AC中点，
∴BD是△ABC的中线；
(2)取格点P，Q，连接PQ交BC于F，连接AF，如图：
点F即为所求；
理由：∵NFPM=QNQM=25，PM=1，
∴NF=0.4，
∴EF=0.6，
∴BF=2.4，CF=3.6，
∴BFCF=23，
∴S△ABF；S△ACF=2：3；
(3)取AC上的格点K，连接BK，如图：
由图可知，△CKT，△BKT都是等腰直角三角形，
∴∠CKT=∠BKT=45°，
∴∠BKC=90°=∠BKA，
∴sinA=BKAB= 32+32 12+52=3 1313；
故答案为：3 1313．
(1)取格点G，H，连接GH交AC于D，连接BD，BD即为所求；
(2)取格点P，Q，连接PQ交BC于F，连接AF，点F即为所求；
(3)取AC上的格点K，连接BK，可求出∠CKT=∠BKT=45°，故∠BKC=90°=∠BKA，从而sinA=BKAB= 32+32 12+52=3 1313．
本题考查作图−应用与设计作图，解题的关键是掌握网格的特征，作出满足条件的图形．
22.【答案】(1)证明：∵△ABC为等边三角形，
∴∠B=∠C=60°，
∴∠BDF+∠DFB=180°−∠B=120°，
∵∠DFE=60°，
∴∠DFB+∠EFC=180°−60°=120°，
∴∠BDF=∠EFC，
∴△BDF∽△CFE；
(2)解：∵DE⊥EF，∠DFE=60°，
∴∠EDF=30°，
∴DF=2EF，
由(1)知：△BDF∽△CFE，
∴DFEF=BFCE=2，
∵EC=1，
∴BF=2．
【解析】(1)根据题中条件可推出∠B=∠C=60°，即可推出∠BDF+∠DFB=120°，根据∠DFE=60°可推出∠DFB+∠EFC=120°，证出∠BDF=∠EFC，即可证出△BDF∽△CFE；
(2)根据含30度角的直角三角形的性质得DF=2EF，结合(1)利用比例即可求出BF的长．
本题主要考查了相似三角形的判定与性质以及等边三角形的性质，解题关键是证出△BDF和△CFE相似．
23.【答案】(1)证明：连接OD，
∵∠COD=2∠A，∠DCB=2∠A，
∴∠COD=∠DCB，
∵∠ACB=90°，
∴∠COD+∠OCD=∠DCB+∠OCD=∠ACB=90°，
∴∠ODC=180°−(∠COD+∠OCD)=90°，
∵OD是⊙O的半径，且DC⊥OD，
∴DC是⊙O的切线．
(2)解：作CF⊥AB于点F，则∠CFB=∠ACB=90°，
∴∠BCF=∠A=90°−∠B，
∵AE是⊙O的直径，
∴∠ADE=90°，
∴∠BDE=90°，
∴∠B+∠CED=360−∠ACB−∠BDE=180°，
∵∠OED+∠CED=180°，
∴∠B=∠OED，
∵∠DCB=∠DOE，
∴△DCB∽△DOE，
∴∠CDB=∠ODE，
∵OD=OE，
∴∠OED=∠ODE，
∴∠B=∠CDB，
∴DC=BC，
∴BF=DF，
∵BFCF=tan∠BCF=tanaA=12，BC=5，
∴CF=2BF，
∴BC= CF2+BF2= (2BF)2+BF2= 5BF=5，
∴BF= 5，
∴BD=2BF=2 5，CF=2BF=2 5，
∴S△DBC=12BD⋅CF=12×2 5×2 5=10，
∴△DBC的面积为10．
【解析】(1)连接OD，由∠COD=2∠A，∠DCB=2∠A，得∠COD=∠DCB，则∠COD+∠OCD=∠DCB+∠OCD=∠ACB=90°，所以∠ODC=90°，即可证明DC是⊙O的切线；
(2)作CF⊥AB于点F，则∠BCF=∠A=90°−∠B，由∠ADE=∠BDE=90°，证明∠B+∠CED=180°，而∠OED+∠CED=180°，所以∠B=∠OED，可证明△DCB∽△DOE，则∠CDB=∠ODE，因为∠OED=∠ODE，所以∠B=∠CDB，则BF=DF，由BFCF=tan∠BCF=tanaA=12，得CF=2BF，则BC= CF2+BF2= 5BF=5，所以BF= 5，则BD=2BF=2 5，CF=2BF=2 5，求得S△DBC=12BD⋅CF=10．
此题重点考查圆周角定理、切线的判定定理、等腰三角形的判定与性质、同角的补角相等、相似三角形的判定与性质、勾股定理、锐角三角函数与解直角三角形等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．
24.【答案】10000(1+3x) 0.6(1−x)
【解析】解：(1)①根据题意可得：10000(1+3x)；
②第二次锻炼的平均步长(米/步)为：0.6(1−x)；
故答案为：10000(1+3x)；0.6(1−x)；
(2)由题意：10000(1+3x)×0.6(1−x)=7020
解得：x1=1730>0.5(舍去)，x2=0.1．
则x=0.1，
答：x的值为0.1．
(1)①直接利用王老师第二次锻炼步数增长的百分率是其平均步长减少的百分率的3倍，得出第二次锻炼的步数；
②利用王老师第二次锻炼时平均步长减少的百分率为x，即可表示出第二次锻炼的平均步长(米/步)；
(2)根据题意表示出第二次锻炼的总距离，进而得出答案．
此题主要考查了一元二次方程的应用，根据题意正确表示出第二次锻炼的步数与步长是解题关键．
25.【答案】解：(1)∵BC⊥AF，
∴∠BCF=90°，
∵∠BFC=53°，CF=6m，
∴tan∠BFC=BCCF=BC6≈43，
∴BC=8，
∵BCAC=1：2，
∴AC=2BC=16，
答：土坡的水平距离AC为16m；
(2)延长ED交AC于G，
则∠AGD=90°，
∴DGAG=12，
设AG=2x m，DG=x m，
∴AD= AG2+DG2= 5x=5，
∴x= 5，
∴AG=2 5m，DG= 5m，
∴FG=AC−AG+CF=16−2 5+6=(22−2 5)m，
在Rt△EFG中，tan∠EFG=EGFG=EG22−2 5≈43，
∴EG=4×(22−2 5)3=88−8 53(m)，
∴DE=EG−DG=88−8 53− 5≈17.2(m)，
答：树高DE约为17.2m．
【解析】(1)根据垂直的定义得到∠BCF=90°，根据三角函数的定义即可得到结论；
(2)延长ED交AC于G，得到∠AGD=90°，设AG=2x m，DG=xm，根据勾股定理得到AD= AG2+DG2= 5x=5，求得AG=2 5m，DG= 5m，得到FG=AC−AG+CF=16−2 5+6=(22+2 5)m，根据三角函数的定义即可得到结论．
本题考查了解直角三角形的应用−仰角俯角问题，解直角三角形的应用−坡角坡度问题，正确地找出辅助线是解题的关键．
26.【答案】(1)解：由题意，y=ax2−(a+b)x+b=(ax−b)(x−1)，
又M(−4,m)(m>0)在该二次函数的图象上，
∴(−4a−b)×(−5)>0．
∴−4a−b<0．
∴−4a∴−4a+a∴a+b>−3a．
又a<0，
∴a+b>−3a>0，即a+b为正．
(2)证明：由(1)y=ax2−(a+b)x+b=(ax−b)(x−1)，
∴对于任意的常数a、b，都有当x=1时，y=0．
∴二次函数始终过定点P(1,0)．
对于一次函数y=(k2+3)x+3k(x≥1)，
∴当x=1时，y=k2+3+3k
=k2+3k+94+34
=(k+32)2+34．
∴对于任意的k，当x=1时都有y≥34>0．
∴一次函数y=(k2+3)x+3k(x≥1)图象上所有的点都高于点P(1,0)．
【解析】(1)依据题意，y=ax2−(a+b)x+b=(ax−b)(x−1)，又M(−4,m)(m>0)在该二次函数的图象上，从而(−4a−b)×(−5)>0，进而−4a(2)依据题意，由(1)y=ax2−(a+b)x+b=(ax−b)(x−1)，对于任意的常数a、b，都有当x=1时，y=0，可得二次函数始终过定点P(1,0)，再结合对于一次函数y=(k2+3)x+3k(x≥1)，当x=1时，y=k2+3+3k=(k+32)2+34，从而对于任意的k，当x=1时都有y≥34>0，故可判断得解．
本题主要考查了二次函数的图象与性质，解题时要熟练掌握并能灵活运用是关键．
27.【答案】1 (−1,−92)
【解析】解：(1)把A(−4,0)代入y=12x2+bx−4，
得12×16−4b−4=0，
解得b=1，
得抛物线的解析式为y=12x2+x−4，
整理得y=12(x+1)2−92，
得顶点的坐标为(−1,−92)；
故答案为：1，(−1,−92)；
(2)把x=0代入y=12x2+x−4，
得y=−4，
∴点C的坐标为(0,−4)，
由点P在线段DE上，设点P的坐标为(−1,a)，
则−92≤a<0，
∵Q(k,0)，C(0,−4)，
∴PQ2=(k+1)2+a2，CP2=1+(a+4)2，CQ2=k2+6，
∵PQ⊥PC，
∴∠QPC=90°，
在Rt△QPC中，CQ2=PQ2+CP2，
∴k2+16=(k+1)2+a2+1+(a+4)2，
整理得k=−(a+2)2+3，
∵−92≤a<0，
∴当a=−2时，k取得最大值3；当a=−92时，k取得最小值−134，
∴−134≤k≤3；
(3)由抛物线对称性可得，∠DBA=∠DAB，
∵∠DMN=∠DBA，
∴∠DMN=∠DBA=∠DAB，
把y=0代入y=12x2+x−4，
解得x1=−4，x2=2，
∴点B的坐标为(2,0)，
设点M的坐标为(m,0)，
∵点M在线段AB上(含端点)，
∴−4≤m≤2，
①若DN=DM，则∠DMN=∠DNM，
∵∠DMN=∠DAB，
∴∠DAB=∠DNM，
得点N与点A重合，则点M与点B重合，
∴点M的坐标为(2,0)；
②若DN=MN，则∠DMN=∠NDM，
∵∠DMN=∠DAB，
∴∠NDM=∠DAB，
∴AM=DM，
即m+4= (m+1)2+(92)2，
解得m=78，
∴点M的坐标为(78,0)；
③若MN=MD，则∠MND=∠MDN，
∵∠AMD是△BDM的外角，
∴∠AMN+∠DMN=∠BDM+∠DBA，
∵∠DMN=∠DBA，
∴∠AMN=∠BDM，
∵MN=MD，∠MAN=∠DBM，
∴△AMN≌△BDM(AAS)，
∴AM=BD，
∴m+4=3 132，
解得m=3 13−82，
∴点M的坐标为(3 13−82,0)；
综上所述，若△DMN是等腰三角形，则点M的坐标为(2,0)，(78,0)，(3 13−82,0)．
(1)把A(−4,0)代入y=12x2+bx−4，求出b的值，根据二次函数的性质即可求出顶点的坐标；
(2)由点P在线段DE上，设点P的坐标为(−1,a)，则−92≤a<0，由Q(k,0)，C(0,−4)，得PQ2=(k+1)2+a2，CP2=1+(a+4)2，CQ2=k2+6，在Rt△QPC中，根据CQ2=PQ2+CP2列方程即可得到k=−(a+2)2+3，根据a的取值范围即可求出k的取值范围；
(3)证明∠DMN=∠DBA=∠DAB，并求出m的取值范围，分①若DN=DM；②若DN=MN；③若MN=MD，三种情况讨论，结合等腰三角形的性质即可求出点M的坐标．
本题考查了待定系数法求函数解析式，勾股定理，等腰三角形的额性质与判定，二次函数与等腰三角形的存在性问题，本题的关键是把握题目等腰三角形的条件，利用分类讨论思想解决问题．
28.【答案】解：(1)Rt△ADE，AD= 3，tan∠ADE= 33，
AEAD= 33，
AE=1．
S△ADE=12AD×AE=12× 3×1= 32，
S△ABC=12AB×AC=12×2 7×2 213=14 33，
S四边形DBCE=S△ABC−S△ADE=25 36，
S△ADE：S四边形DBCE=3：25．
(2)
如图2，连结BD并延长交AC于O，交CE于H，
Rt△ABC和Rt△ADE，∠BAC=∠DAE=90°
∴∠BAD=∠CAE，
ABAC=2 72 213= 3，
ADAE= 31= 3，
∴ABAC=ADAE，
∴△ABD∽△ACE，
∴∠ABD=∠ACE，
∵∠AOB=∠HOC，
∴∠BAC=∠CHO=90°，
∴DH⊥CE，
∵∠ADF+∠AEF=180°，
∴∠DAE+∠DFE=360°−180°=180°，
∵∠DAE=90°，
∴∠DFE=90°，
∴DF⊥CE，
∴DH，DF是重合的．
∴B，D，F再一条直线上，
∴△BFC是直角三角形，
∵G是BC的中点，
∴FG=12BC．
Rt△ABC，∠BAC=90°，AB=2 7，AC=2 213，
∵BC2=AB2+AC2，
∴BC=4 213，
∴FG=2 213．
(3)
①如图3，B，M，E在一条直线上，连结BD，
△ABD∽△ACE，
BDCE=ADAE= 3，
矩形ADME中，DM=AE=1，∠DME=90°，∠AEM=90°
AB2=AE2+BE2，
BE= AB2−AE2= 28−1=3 3．
BM=BE−ME=3 3− 3=2 3，
∴∠BND=90°，
BD2=DM2+BM2，
BD= 1+12= 13，
CE=BD 3= 13 3= 393．

②如图3，B，M，E在一条直线上，连结BD，
BM=BE+EM=4 3，
BD= 1+48=7，
CE=BD 3=7 33，
CE长为 393或7 33．
【解析】(1)利用正切函数，求AE的长，算出△ADE，△ABC的面积，得到四边形DBCE的面积，再求面积比．
(2)如图2，连结BD并延长交AC于O，交CE于H，证明△ABD∽△ACE，∠ABD=∠ACE，再得出∠DHC=90°，DH⊥EC，已知DF⊥EC，所以DH和DF重合，GF是直角三角形斜边的中线，等于斜边BC的一半，用勾股定理求出BC即可．
(3)如图3，图4，连结BD，当B、M、E三点共线时，有两种可能，先用勾股定理求出BD，△ABD∽△ACE，BDCE=ADAC，可求CE．
本题考查了图形的旋转，三角函数，相似三角形的判定和性质，直角三角形的性质，矩形性质，关键是添加辅助线，构造相似三角形，找出线段的比例关系．项目
第一次锻炼
第二次锻炼
步数(步)
10000
① ______
平均步长(米/步)
0.6
② ______
距离(米)
6000
6480