特训07 第25-26章解答题汇编解析

特训07第25-26章解答题汇编基础特训基础特训练特训第一阶——基础特训练一、解答题1．计算：（1）sin260°-tan30°•cos30°+tan45°；（2）．【答案】（1）（2）-【分析】根据特殊的锐角三角函数值以及基本的四则运算法则可直接求解最后结果．【解析】解：（1）原式==

=．（2）原式===-=-【点睛】本题考查了锐角三角函数函数值，熟记特殊的锐角三角函数值是解决本题的关键．2．计算：；【答案】2【分析】首先代入特殊角的三角函数值，然后进行二次根式的运算即可．【解析】解：【点睛】本题考查了特殊角的三角函数值，正确进行二次根式的运算是关键．3．如图，在Rt△ABC中，设a，b，c分别为∠A，∠B，∠C的对边，∠C＝90°，b＝8，∠A的平分线AD＝，求∠B，a，c的值．【答案】∠B＝30°，a＝8，c＝16【分析】根据锐角三角函数，可以求得∠CAD的度数，从而可以得到∠CAB的度数，然后即可得到∠B的度数，再根据锐角三角函数即可得到a、c的值．【解析】解：∵∠C=90°，b=8，∠CAB的平分线AD，∴cos∠CAD，∴∠CAD=30°，∴∠CAB=60°，∴∠B=30°，∴c=2b=16，a8，即∠B=30°，a=8，c=16．【点睛】本题考查了解直角三角形，解答本题的关键是明确题意，利用锐角三角函数解答．4．如图，四边形是平行四边形，联结，．（1）求的度数．（2）求的值．【答案】（1）；（2）．【分析】（1）过点A作，由余弦的定义解得，，再由勾股定理解得，最后根据正切定义解题即可；（2）过点作，由等积法解得，中，利用勾股定理解得，最后由正弦定义解题即可．【解析】解：（1）过点A作，中；（2）过点作，如图，四边形是平行四边形，中，．【点睛】本题考查平行四边形的性质、解直角三角形、勾股定理、锐角三角函数等知识，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．5．如图，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，点E是BC的中点，AD⊥BC，垂足为点D，已知AB=20，；求：（1）求线段AE的长；（2）求cos∠DAE的值．【答案】（1）12.5；（2）【分析】（1）根据锐角三角函数，可得，再由直角三角形的性质，即可求解；（2）根据直角三角形的面积，可得，再由锐角三角函数，即可求解．【解析】解：（1），，，，，点E是BC的中点，；（2），，∴，∵，，AB=20，∴，．【点睛】本题主要考查了锐角三角函数，直角三角形的性质，熟练掌握锐角三角函数，直角三角形的性质是解题的关键．6．已知在中，，，为边上的中线．（1）求的长；（2）求的值．【答案】（1）；（2）【分析】（1）在Rt△ABC中，利用三角函数即可求出AB，故可得到AC的长；（2）过点F作FG⊥BD，利用中位线的性质得到FG，CG，再根据正切的定义即可求解．【解析】（1）∵，∴∴AB=10∴=；（2）过点F作FG⊥BD，∵为边上的中线．∴F是AD中点∵FG⊥BD，∴∴FG是△ACD的中位线∴FG=3CG=∴在Rt△BFG中，=．【点睛】此题主要考查解直角三角形，解题的关键是熟知三角函数的定义．7．如图，梯形ABCD中，AD//BC，E是AB的中点，∠CDE=90°，CD=6，tan∠DCE=．(1)求CE的长；(2)求∠ADE的余弦．【答案】(1)(2)的余弦为【分析】（1）利用正切函数求得DE=4，再利用勾股定理即可求解；（2）取CD的中点F，利用梯形中位线定理得到AD//EF，∠ADE=∠DEF，在Rt△DEF中，利用勾股定理和余弦函数的定义即可求解．（1）解：∵∠CDE=90°，CD=6，tan∠DCE=，∴=，即=，∴DE=4，由勾股定理得CE=；（2）解：取CD的中点F，连接EF，∵E是AB的中点，∴EF是梯形ABCD的中位线，∴AD//EF，∴∠ADE=∠DEF，在Rt△DEF中，，，，由勾股定理得，∴，∴，即的余弦为．【点睛】本题考查了梯形的中位线，解直角三角形，熟记锐角三角函数的定义是解答此题的关键．8．如图5，在△ABC中，∠ACB=90°，∠CAB＞∠B，CD是斜边AB上的中线，过点A作∠CAE=∠B，交BC于点E，交CD于点H，且AH=2CH．(1)求sinB的值；(2)当CD=时，求BE的长．【答案】(1)；(2)【分析】（1）证明⊥，进而根据AH=2CH，∠CAE=∠B即可求得sinB的值；（2）根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，可得AB=，解Rt△ABC可得BC=4，解Rt△ACE可得CE=1，根据BE=即可求得的长．（1）∵，CD是上的中线，∴．∴．∵∠CAE=∠B，∴∠CAE=∠DCB∵∠ACD+∠DCB=90°，∴∠ACD+∠CAE=90°，即⊥∵AH=2CH，设，则，∴sin∠CAE=∴sinB=（2）∵，CD是上的中线，CD=，∴AB=在Rt△ABC中，∵sinB=∴AC=2∴BC=4在Rt△ACH中，∵tan∠CAE=，∴CE=1∴BE=3【点睛】本题考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，解直角三角形，第一问中证明⊥是解题的关键．9．已知中，，，，，点是的重心，延长线交于点．（1）求的长；（2）求证：．【答案】（1）；（2）见解析【分析】（1）在Rt△ABD中利用正切的定义得到AD＝2BD，然后利用勾股定理计算出BD＝1，则AD＝2，然后利用等腰直角三角形的性质得到CD＝AD＝2，从而得到BC的长；（2）利用三角形重心的性质得到AG＝2GE，BE＝CE＝BC＝，则计算出DE的长，则，于是可判断△EDG∽△EBA，所以∠EDG＝∠B，然后根据平行线的判定得到结论．【解析】（1）解：∵AD⊥BC，∴∠ADB＝∠ADC＝90°，在Rt△ABD中，∵tanB＝＝2，∴AD＝2BD，∵BD2＋AD2＝AB2，∴BD2＋4BD2＝（）2，解得BD＝1，∴AD＝2，在Rt△ADC中，∵∠C＝45°，∴CD＝AD＝2，∴BC＝BD＋CD＝1＋2＝3；（2）解：∵点G是△ABC的重心，∴AG＝2GE，BE＝CE＝BC＝，∴DE＝BE−BD＝−1＝，∵，，∴，而∠DEG＝∠BEA，∴△EDG∽△EBA，∴∠EDG＝∠B，∴DG∥AB．【点睛】本题考查了三角形的重心：重心到顶点的距离与重心到对边中点的距离之比为2：1．也考查了解直角三角形和平行线的判定．10．如图，梯形ABCD是某水库大坝的横断面，其坝顶宽5米，坝底宽33米，坝的迎水坡度是i1=1:2，背水坡的坡度i2=2:3，求：水坝横截面的面积．【答案】水坝横截面的面积为152平方米【分析】根据坝的迎水坡度是i1=1:2，背水坡的坡度i2=2:3，坝顶宽5米，坝底宽33米，设AE=DF=2x米，则BE=4x米，CF=3x米，可得方程，可以求得AE=8米，根据梯形面积公式，即可得到水坝横截面的面积．【解析】∵i1=1:2,背水坡的坡度i2=2:3设AE=DF=2x米，则BE=4x米，CF=3x米∵AD=5米∴EF=5米∵BC=33米∴AE=8米∴水坝横截面的面积为平方米．【点睛】本题考查了坡度的求解，根据坡度求得，的长是解题的关键．11．如图，楼顶上有一个广告牌AB，从与楼BC相距12米的D处测得广告牌顶部A的仰角为37°，测得广告牌底部B的仰角为30°，求广告牌AB的高度．（结果保留根号，参考数据：sin37°≈0.60，cos37°≈0.80，tan37°≈0.75）【答案】广告牌的高度为米【分析】利用CD及正切函数的定义求得BC，AC长，把这两条线段相减即为AB长．【解析】解：根据题意，可知，，米，．在中，，得米．在中，，得米．∴．答：广告牌的高度为米．【点睛】本题主要考查了解直角三角形的应用，正确应用锐角三角函数关系是解题关键．12．如图，在距某输电铁塔GH（GH垂直地面）的底部点H左侧水平距离60米的点B处有一个山坡，山坡AB的坡度i＝1：，山坡坡底点B到坡顶A的距离AB等于40米，在坡顶A处测得铁塔顶点G的仰角为30°（铁塔GH与山坡AB在同一平面内）．(1)求山坡的高度；(2)求铁塔的高度GH．（结果保留根号）【答案】(1)山坡的高度为20米(2)铁塔的高度GH为米．【分析】（1）过点A作AD垂直HB于D，由坡度的定义计算出BD与AD的关系，根据勾股定理求出AD；（2）作AEBH交GH于点E，根据题意得到四边形ADHE是平行四边形，解直角三角形即可得到结论．（1）如图，过点A作AD垂直HB，交HB的延长线于点D，即∠ADB＝90°，由题意得：i＝1：，AB＝60（米），∴，即；又∵AB2＝AD2+BD2，即，∴AD＝20（米），答：山坡的高度为20米；（2）作AEBH交GH于点E，∵AD⊥BH，GH⊥BH，∴AD∥GH，即：四边形ADHE是平行四边形，由题意可知：∠GAE＝30°，BH＝60（米），∵（米），∴（米），在Rt△AGE中，，∴（米），又∵EH＝AD＝20（米），∴（米），答：铁塔的高度GH为米．【点睛】本题考查了解直角三角形的应用，掌握锐角三角函数、坡度的意义是解题的关键．13．如图，为了测量建筑物的高度，先从与建筑物的底部点水平相距100米的点处出发，沿斜坡行走至坡顶处，斜坡的坡度，坡顶到的距离米，在点处测得建筑物顶端点的仰角为，点在同一平面内，根据测量数据，请计算建筑物的高度(结果精确到1米)．(参考数据：)【答案】建筑物的高度为68米【分析】利用斜坡的坡度（或坡比）为，求出的长，从而得出，再利用即可求出的长．【解析】解：斜坡的坡度（或坡比）为，，米，米，米，（米，（米．答：建筑物的高度为68米．【点睛】本题主要考查了解直角三角形的应用，解题的关键是明确坡度、仰角、俯角是解题的关键．14．某船以每小时36海里的速度向正东方向航行，在点A测得某岛C在北偏东60°方向上，航行半小时后到达点B，测得该岛在北偏东30°方向上，已知该岛周围16海里内有暗礁．

（1）试说明点B是否在暗礁区域外？（2）若继续向东航行有无触礁危险？请说明理由．【答案】（1）BC=18>16，在暗礁区域外；（2）C到AB的距离为，小于16，继续向东有危险【分析】（1）作CD⊥AB于D点，可先求出CD的长，再求出CB的长即可；（2）根据（1）中求出的CD值，进行比较即可．【解析】解：（1）作CD⊥AB于D点，设BC为x海里，在Rt△BCD中∠CBD＝60°，∴BD＝x海里．CD＝x海里．在Rt△ACD中∠CAD＝30°tan∠CAD＝＝，∴＝．解得x＝18．∵18>16，∴点B是在暗礁区域外；（2）∵CD＝x＝9海里，∵9＜16，∴若继续向东航行船有触礁的危险．【点睛】考查了解直角三角形的应用﹣方向角问题，本题是将实际问题转化为直角三角形中的数学问题，可通过作辅助线构造直角三角形，再把条件和问题转化到这个直角三角形中，使问题解决．15．如图，小明同学在学习了解直角三角形及其应用的知识后，尝试利用无人机测量他所住小区的楼房BC的高度，当无人机在地面A点处时，测得小区楼房BC顶端点C处的仰角为30°，当无人机垂直向上飞行到距地面60米的D点处时，测得小区楼房BC顶端点C处的俯角为45°．(1)求小区楼房BC的高度；(2)若无人机保持现有高度沿平行于AB的方向，并以5米/秒的速度继续向前匀速飞行，问：经过多少秒后，无人机无法观察到地面上点A的位置（计算结果保留根号）【答案】(1)米(2)秒【分析】（1）过点C作CE⊥AD于点E，可得四边形ABCE为平行四边形，从而得到AB=CE，AE=BC，∠ACE=30°，然后在和中，利用锐角三角函数，可得，DE=CE，即可求解；（2）设直线DM交AC延长线于点F，则DF∥AB，可得∠F=∠BAC=30°，在中，可得米，再除以速度，即可求解．（1）解：如图，过点C作CE⊥AD于点E，根据题意得：AD⊥AB，BC⊥AB，AD=60米，∠BAC=30°，∠CDE=45°，∴AD∥BC，AB∥CE，∴四边形ABCE为平行四边形，∴AB=CE，AE=BC，∠ACE=30°，在中，∠ACE=30°，∴，在中，∠CDE=45°，∴∠DCE=45°，∴∠CDE=∠DCE，∴DE=CE，∴，解得：米，即小区楼房BC的高度为米；（2）如图，设直线DM交AC延长线于点F，则DF∥AB，∴∠F=∠BAC=30°，在中，米，∴秒，即经过秒后，无人机无法观察到地面上点A的位置．【点睛】本题主要考查了解直角三角形，熟练掌握特殊角锐角三角函数值，并构造直角三角形是解题的关键．16．将抛物线先向下平移3个单位，再向右平移个单位，所得新抛物线经过点（1，5）．(1)求新抛物线的表达式；(2)新抛物线关于y轴对称后的图象解析式．【答案】(1)(2)【分析】（1）根据“将抛物线先向下平移3个单位，再向右平移个单位，”可得新抛物线的表达式为，再把点（1，5）代入，即可求解；（2）先求出新抛物线的顶点坐标为（3，-3），可得关于y轴对称后的图象的顶点坐标为（-3，-3），即可求解．(1)解：∵将抛物线先向下平移3个单位，再向右平移个单位，∴新抛物线的表达式为，∵所得新抛物线经过点（1，5），∴，解得：或-1（舍去），∴新抛物线的表达式为；(2)解：∵新抛物线的表达式为，∴新抛物线的顶点坐标为（3，-3），∴关于y轴对称后的图象的顶点坐标为（-3，-3），∴新抛物线关于y轴对称后的图象解析式为．【点睛】本题主要考查了求二次函数的解析式，抛物线的平移，熟练掌握二次函数的图象和性质是解题的关键．17．已知一个二次函数图象的顶点为(1，0)，与y轴的交点为(0，1)．(1)求这个二次函数的解析式；(2)在所给的平面直角坐标系xOy中，画出这个二次函数的图象．【答案】(1)(2)见解析【分析】（1）设抛物线解析式为，将代入解析式求解；（2）根据二次函数解析式作图即可．(1)设抛物线解析式为，将代入得：，∴；(2)二次函数图像如下图所示：【点睛】本题考查二次函数的图像以及用待定系数法求二次函数，掌握顶点式的形式是解题的关键．18．已知二次函数y＝ax2+bx+c的图象经过A（1，5）、B（﹣1，9），C（0，8）．(1)求这个二次函数的解析式；(2)如果点D（x1，y1）和点E（x2，y2）在函数图象上，那么当0＜x1＜x2＜1时，请直接写出y1与y2的大小关系：y1y2．【答案】(1)y=-x2-2x+8(2)＞【分析】（1）由题意直接根据待定系数法即可求得；（2）根据题意先求得抛物线的开口方向和对称轴，然后根据二次函数的性质即可判断．(1)解：∵二次函数y=ax2+bx+c的图象经过A（1，5）、B（-1，9），C（0，8），∴，解得：，∴二次函数解析式为y=-x2-2x+8.(2)∵y=-x2-2x+8=-（x+1）2+7，∴抛物线开口向下，对称轴为直线x=-1，∴当x＞-1时，y随x的增大而减小，∵0＜x1＜x2＜1，∴y1＞y2．故答案为：＞．【点睛】本题考查待定系数法求二次函数的解析式以及二次函数的图象和性质，熟练掌握待定系数法和二次函数的性质是解题的关键．19．在平面直角坐标系中，已知二次函数图像的顶点为，且经过．(1)求二次函数的解析式；(2)将该二次函数图像向右平移几个单位，可使平移后所得图像经过坐标原点？并直接写出平移后所得图像与轴的另一个交点的坐标．【答案】(1)(2)【分析】（1）根据题意设出二次函数的顶点式，然后用待定系数法求解即可；（2）根据题意设出平移后的表达式为，将原点代入即可求出平移后的表达式，当时，即可求出与轴的另一个交点的坐标．(1)解：设二次函数的表达式为：将代入得：解得：∴，即；(2)解：设将该二次函数图像向右平移个单位，∴平移后的表达式为，∵平移后所得图像经过坐标原点，∴将原点代入得，，即，解得：(舍去)，∴，∴平移后的表达式为，当时，即，解得：，∴平移后所得图像与x轴的交点坐标为和，∴平移后所得图像与轴的另一个交点的坐标为．【点睛】本题考查二次函数图象的平移，待定系数法求二次函数表达式，二次函数与一元二次方程的联系等知识点，牢记相关的知识点是解此类题的关键．20．已知抛物线上部分点的横坐标x与纵坐标y的对应值如下表：x…-2-1012…y…3430-5…(1)求该抛物线的表达式；(2)将抛物线沿x轴向右平移个单位，使得新抛物线经过原点O，求m的值以及新抛物线的表达式．【答案】(1)y=-（x+1）2+4；(2)m=3；y=-（x-2）2+4．【分析】（1）利用抛物线的对称性得到抛物线的顶点坐标为（-1，4），则可设顶点式y=a（x+1）2+4，然后把（0，3）代入求出a即可；（2）根据平移的规律得到y=-（x+1-m）2+4，把原点代入即可求得m的值，从而求得平移后的抛物线的不等式．（1）∵x=-2，y=3；x=0，y=3，∴抛物线的对称轴为直线x=-1，则抛物线的顶点坐标为（-1，4），设抛物线解析式为y=a（x+1）2+4，把（0，3）代入得a（0+1）2+4=3，解得a=-1，∴抛物线解析式为y=-（x+1）2+4；（2）将抛物线y=ax2+bx+c沿x轴向右平移m（m＞0）个单位，得到y=-（x+1-m）2+4，∵经过原点，∴0=-（0+1-m）2+4，解得m1=3，m2=-1（舍去），∴m=3，∴新抛物线的表达式为y=-（x-2）2+4．【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数的解析式，二次函数图象与几何变换，二次函数图象上点的坐标特征，求得抛物线的解析式是解题的关键．21．在直角坐标平面内，二次函数y＝ax2＋bx－3(a≠0)图象的顶点为A(1，－4)．(1)求该二次函数关系式；(2)将该二次函数图象向上平移几个单位，可使平移后所得图象经过坐标原点？并直接写出平移后所得图象与轴的另一个交点的坐标．【答案】(1)函数关系式为y=(x－1)2－4；(2)向上平移3个单位．与x轴的另一个交点坐标为(2，0)．【解析】解：(1)由题意，得解得∴所求函数关系式为y=(x－1)2－4；(2)由顶点式可知，向上平移3个单位．与x轴的另一个交点坐标为(2，0)．22．已知抛物线y＝x2+mx+3的对称轴为x＝﹣2．(1)求m的值；(2)如果将此抛物线向右平移n个单位后，新的抛物线经过点（6，8），求新抛物线与y轴的交点坐标．【答案】(1)(2)（0，8）或（0，80）【分析】（1）根据对称轴进行求m的值即可；（2）利用（1）的结果求得该抛物线的解析式，然后根据“左加右减”的原则求得平移后的抛物线的解析式，然后代入坐标（6，8）求解即可．(1)解：由题意得，∴；(2)解：由（1）知，m=4，∴此抛物线的表达式为y=x2+4x+3=（x+2）2-1．∵向右平移n个单位后，所得抛物线的表达式为y=（x+2-n）2-1，∵新的抛物线经过点（6，8），∴，∴，解得或，∴新的抛物线解析为或，∴令，解得或，∴新的抛物线与y轴的交点为（0，8）或（0，80）．【点睛】本题主要考查了二次函数的平移，二次函数与坐标轴的交点问题，二次函数对称轴公式，熟知二次函数的相关知识是解题的关键．23．抛物线经过点、两点．（1）求抛物线的解析式和对称轴；（2）若点在轴上，且的面积是9，求点的坐标．【答案】（1）抛物线的解析式为：，对称轴是直线；（2）、【分析】（1）根据待定系数法即可求得；（2）设点C的坐标为（0，y），根据三角形的面积公式计算即可．【解析】解：（1）抛物线经过点、两点，，解得，抛物线的解析式为：，对称轴是直线；（2）设点，则，，，，，，，、．【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数的解析式，二次函数的性质，三角形面积，掌握坐标轴上点的坐标特征是解题的关键．24．已知二次函数．(1)用配方法把二次函数化为的形式，并指出这个函数图像的开口方向、对称轴和顶点坐标；(2)如果将该函数图像沿轴向下平移5个单位，所得新抛物线与轴正半轴交于点，与轴交于点，顶点为，求的面积．【答案】(1)（1）顶点式为，图象开口向上，对称轴为直线x=1，顶点坐标为（1，3）；(2)2【分析】（1）根据二次函数的图象与性质解答即可；（2）根据二次函数图象平移规律“上加下减”求得新抛物线的解析式，求出A、B、C坐标即可求解．(1)解：（1）=，∴该二次函数的顶点式为，图象开口向上，对称轴为直线x=1，顶点坐标为（1，3）；(2)解：平移后的新抛物线的解析式为=，∴C(1，－2)，当y=0时，由得：，，∴A（2，0），B（0，0），即AB=2，∴的面积为=2．【点睛】本题考查二次函数的图象与性质、二次函数图象的平移、坐标与图形、二次函数与坐标轴的交点问题，熟练掌握二次函数的图象与性质是解答的关键．25．在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线经过点A（-1，0）和点B顶点为C，(1)求这条抛物线的表达式和顶点C的坐标．(2)点D在这条抛物线的对称轴上，当DC=DA时，求点D的坐标．【答案】(1)；顶点C的坐标为(2)点D的坐标为【分析】（1）把点和点代入,利用待定系数法求抛物线解析式；（2）先求得抛物线的对称轴为直线x=2，，设点D（2，t），根据DC=DA，根据两点间距离公式列方程求出t的值，即可求得D的坐标．（1）把点和点代入得解得，∴抛物线解析式为，∵，∴顶点C的坐标为；（2）由（1）知，抛物线的对称轴为直线x=2，设D（2，t），∵，且DC=DA∴解得，∴点D的坐标为【点睛】本题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，熟知待定系数法是解题的关键．26．已知抛物线y＝x²＋bx＋c与x轴交于点A（－1，0）和B（3，0），且与y轴交于点C，抛物线顶点为点D，（1）求物线的解析式（2）求证：∠ACB＝∠ABD（3）沿着y轴所在直线上下平移抛物线，使平移后的抛物线与x轴正半轴的交点为E且E在B的右侧，若∠EDB＝45°，求平移后的抛物线表达式．【答案】（1）y=x²-2x-3；（2）见解析；（3）y=x²-2x-143【分析】（1）直接把A、B两点的坐标代入抛物线解析式进行求解即可；（2）先求出C、D的坐标，从而得到∠OCB=∠OBC=45°，，，，，由勾股定理的逆定理可得∠BCD=90°，则，即可得到∠CBD=∠ACO，则∠ACB=∠ACO+∠OCB=∠OBC+∠CBD=∠ABD；（3）过点A作AF∥BC交y轴于F，则∠AFO=∠OCB=∠BDE=45°，然后证明△FAC∽△DBE，得到，然后求得AO=FO=1，得到，，即可求出E点的坐标，然后设平移后的抛物线解析式为，代入E点坐标求解即可．【解析】解：（1）∵抛物线经过点A（-1，0），B（3，0），∴，∴，∴抛物线解析式为；（2）如图所示，连接AC，BC，BD，CD，∵A点的坐标为（-1，0），B点坐标为（3，0），∴OA=1，OB=3∵C是抛物线与y轴的交点，∴C点的坐标为（0，-3），∴OC=OB=3，∵∠COB=90°，∴∠OCB=∠OBC=45°，∴，∵D是抛物线的顶点，∴D点的坐标为（1，-4），∴，，，∴，∴∠BCD=90°，∴，∴，∴∠CBD=∠ACO，∴∠ACB=∠ACO+∠OCB=∠OBC+∠CBD=∠ABD；（3）如图所示，过点A作AF∥BC交y轴于F，∴∠AFO=∠OCB=∠BDE=45°，∴∠ACB=∠AND=∠ACF+∠OCB=∠ACF+∠AFC，∵∠FAC=180°-∠ACF-∠AFC，∠DBE=180°-∠ABD，∴∠FAC=∠DBE，∴△FAC∽△DBE，∴，∵∠AOF=90°，∴∠AFO=∠FAO=45°，∴AO=FO=1，∴，∵，∴，∴，∵B（3，0），E在x轴上且在B点右侧，∴E（13，0），设平移后的抛物线解析式为，∴，∴，∴平移后的抛物线解析式为．【点睛】本题主要考查了待定系数法求二次函数解析式，二次函数的平移，勾股定理的逆定理，相似三角形的性质与判定，两点距离公式，三角函数，等腰三角形的性质与判定，平行线的性质等等，解题的关键在于能够熟练掌握待定系数法求二次函数解析式．培优特训培优特训练特训第二阶——拓展培优练一、解答题1．（2022·浙江绍兴·一模）如图，正方形ABCD和正方形CEFG中，点D在CG上，BC=1，CE=3，连接AF交CG于点K，H是AF的中点，连接CH．(1)求tan∠GFK的值；(2)求CH的长．【答案】(1)(2)【分析】（1）由正方形的性质得出AD=CD=BC=1，CG=FG=CE=3，，∠G=90°，证出，得出比例式求出，即可得出结果；（2）由正方形的性质求出AB=BC=1，CE=EF=3，∠E=90°，延长AD交EF于M，连接AC、CF，求出AM=4，FM=2，∠AMF=90°，根据正方形性质求出∠ACF=90°，根据直角三角形斜边上的中线性质求出，根据勾股定理求出AF，即可得出结果．（1）解：∵四边形ABCD和四边形CEFG是正方形，∴AD=CD=BC=1，CG=FG=CE=3，，∠G=90°，∴DG=CG-CD=2，，∴，∴DK：GK=AD：GF=1：3，∴，∴；（2）解：∵正方形ABCD和正方形CEFG中，点D在CG上，BC=1，CE=3，∴AB=BC=1，CE=EF=3，∠E=90°，延长AD交EF于M，连接AC、CF，如图所示：则AM=BC+CE=1+3=4，FM=EF-AB=31=2，∠AMF=90°，∵四边形ABCD和四边形GCEF是正方形，∴∠ACD=∠GCF=45°，∴∠ACF=90°，∵H为AF的中点，∴，在Rt△AMF中，由勾股定理得：，∴．【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质、三角函数、勾股定理，正方形的性质，直角三角形斜边上的中线性质；本题有一定难度，特别是（2）中，需要通过作出辅助线运用直角三角形斜边上的中线性质才能得出结果．2．（2022·广东·东莞市光明中学一模）在四边形中，和的平分线、交于边上的点且，．(1)求证：四边形是平行四边形；(2)连接，当四边形是矩形时，求的值．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）由平分得，进而可得，则AB∥CD,再证得，最后可证得结果；（2）先证得为等腰直角三角形，可得，从而证得为等腰直角三角形，得到≌，从而求得结果．（1）证明：平分，，，，，，，，平分，平分，，，，又，四边形是平行四边形；（2）解：四边形是矩形，，，为等腰直角三角形，，，，，为等腰直角三角形，≌，设，，在中，．【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定定理和锐角三角函数，熟练掌握相关性质定理是解题的关键．3．（2022·上海徐汇·九年级期末）如图，在中，，，点D为边AC上的一个动点，以点D为顶点作，射线DE交边AB于点E，过点B作射线DE的垂线，垂足为点F．(1)当点D是边AC中点时，求的值；(2)求证：；(3)当时，求．【答案】(1)；(2)见解析；(3)5：3【分析】（1）过D作DH⊥AB于H，设，，由勾股定理得，由中点定义和三角形的等面积法求得DH，再根据勾股定理求得AH、BH，由求解即可；（2）根据相似三角形的判定证明△DEB∽△ADB、△DFB∽△ACB，根据相似三角形的性质即可证得结论；（3）设，，则DF=4k，根据余切定义和勾股定理可求得EB、BF、BD，再根据相似三角形的性质求得AB即可求解．(1)解：过D作DH⊥AB于H，在中，，，设，，∴，∵D为AC的中点，∴AD=AC=，∴，∴，在Rt△AHD中，，∴BH=AB－AH=－=，在Rt△BHD中，；(2)证明：∵∠BDE=∠A，∠DBE=∠ABD，∴△DEB∽△ADB，∴，∵∠F=∠C=90°，∠BDE=∠A，∴△DFB∽△ACB，∴，∴即；(3)解：由可设，，则DF=4k，∵，∴cot∠BDE=cot∠A=，∴，∴，又∠F=90°，∴，，∵△DEB∽△ADB，∴即，∴AB=8k，∴AE=AB－EB=5k，∴AE：EB=5k：3k=5：3．【点睛】本题考查锐角三角函数、勾股定理、相似三角形的判定与性质，熟练掌握相关知识的联系与运用是解答的关键．4．（2022·上海松江·九年级期末）如图，已知ABC中，∠ACB＝90°，AB＝6，BC＝4，D是边AB上一点（与点A、B不重合），DE平分∠CDB，交边BC于点E，EF⊥CD，垂足为点F．(1)当DE⊥BC时，求DE的长；(2)当CEF与ABC相似时，求∠CDE的正切值；(3)如果BDE的面积是DEF面积的2倍，求这时AD的长．【答案】(1)(2)1或(3)【分析】（1）证明△DCE≌△DBE（ASA），可得CE＝BE＝2，根据＝tan∠B＝，即可求得答案；（2）分两种情况：①当△CEF∽△ABC时，可证得∠CDB＝90°，再根据DE平分∠CDB，可得∠CDE＝45°，再由特殊角的三角函数值即可求得答案；②当△CEF∽△BAC时，则∠ECF＝∠ABC，得出DC＝DB，再由DE平分∠CDB，可得DE⊥BC，推出∠CDE＝∠BAC，利用三角函数定义即可求得答案；（3）如图，过点E作EG⊥AB于点G，根据角平分线性质可得出EF＝EG，推出DF＝DG，再由△BDE的面积是△DEF面积的2倍，可得出BD＝2DF，进而推出DE＝BE，设BE＝x，则DE＝x，CE＝BC﹣BE＝4﹣x，，，根据△CDE∽CBD，得出，建立方程求解即可．(1)在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝6，BC＝4，∴，∵DE平分∠CDB，∴∠CDE＝∠BDE，∵DE⊥BC，∴∠DEC＝∠DEB＝90°，在△DCE和△DBE中，，∴△DCE≌△DBE（ASA），∴CE＝BE，∵CE+BE＝BC＝4，∴CE＝BE＝2，∵，∴，∴DE＝；(2)∵EF⊥CD，∴∠CFE＝90°＝∠ACB，∵△CEF与△ABC相似，∴△CEF∽△ABC或△CEF∽△BAC，①当△CEF∽△ABC时，则∠ECF＝∠BAC，∵∠ACB＝90°，∴∠BAC+∠ABC＝90°，∴∠ECF+∠ABC＝90°，∴∠CDB＝90°，∵DE平分∠CDB，∴，∴tan∠CDE＝tan45°＝1；②当△CEF∽△BAC时，则∠ECF＝∠ABC，∴DC＝DB，∵DE平分∠CDB，∴DE⊥BC，∴∠CDE+∠ECF＝90°，∵∠BAC+∠ABC＝90°，∴∠CDE＝∠BAC，∴，综上所述，∠CDE的正切值为1或；(3)如图，过点E作EG⊥AB于点G，∵DE平分∠CDB，EF⊥CD，EG⊥AB，∴EF＝EG，∵DE＝DE，∴Rt△DEF≌Rt△DEG（HL），∴DF＝DG，∵△BDE的面积是△DEF面积的2倍，∴BD＝2DF，∴DG＝BG，∵EG⊥BD，

∴DE＝BE，设BE＝x，则DE＝x，CE＝BC﹣BE＝4﹣x，，∴，∴，∵DE平分∠CDB，∴∠CDE＝∠BDE，∵DE＝BE，∴∠BDE＝∠B，∴∠CDE＝∠B，

∵∠DCE＝∠BCD，∴△CDE∽CBD，∴，即，解得：CD＝3，，∴，故这时AD的长为．【点睛】本题是几何综合题，考查了直角三角形性质，勾股定理，全等三角形判定和性质，相似三角形的判定和性质，角平分线性质，三角形面积，三角函数等知识，解题关键是熟练掌握相似三角形的判定和性质等相关知识，运用分类讨论思想和方程思想解决问题．5．（2022·河北·邢台市第六中学九年级阶段练习）某数学社团遇到这样一个题目如图①，在△ABC中，点O在线段BC上，∠BAO=30°，∠OAC=75°，AO=，BO∶CO=1∶3，求AB的长．经过社团成员讨论发现，如图②，过点B作BDAC，交AO的延长线于点D，通过构造△ABD就可以解决问题．(1)请写出求AB长的过程．(2)如图③，在四边形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，AC⊥AD，∠ABC=∠ACB=75°，BO∶OD=1∶3．若AO=，求AB的长．【答案】(1)见解析(2)8【分析】（1）先根据BDAC，得到∠D=∠OAC=75°，△BOD∽△COA，进而推出∠ABD=∠D，，则；（2）如图所示，过点B作交AC于E，先证明△BOE∽△DOA，推出，再利用三角形内角和定理求出∠BAC=30°，然后解直角三角形ABE即可．（1）解：∵BDAC，∴∠D=∠OAC=75°，△BOD∽△COA，∴∠ABD=180°-∠D-∠BAD=75°，，∴∠ABD=∠D，，∴AB=AD，，∴；（2）解：如图所示，过点B作交AC于E，∴，△BOE∽△DOA，∴，∴，∴，∵∠BAC=30°，∴．【点睛】本题主要考查了平行线的性质，相似三角形的性质与判定，解直角三角形，三角形内角和定理，等腰三角形的性质与判定等等，正确作出辅助线构造相似三角形是解题的关键．6．（2021·北京市广渠门中学九年级期中）在中，，，点D在线段BC上（不与点B、C重合），连接AD，将AD绕点D顺时针旋转60°得到DE，连接BE．(1)依题意补全图1；(2)探究线段、、之间的数量关系，并写出证明过程．(3)若，，求的长（直接写出答案）．【答案】(1)补全图见解析(2)AB＝BD+BE．证明过程见解析(3)BE的长为2或4【分析】（1）根据旋转变换的性质画出图形即可；（2）只要证明△CAD≌△BAE．推出BE＝CD，可得AB＝BC＝CD+BD＝BD+BE；、（3）如图2中，作EH⊥CB交CB的延长线于H．设BE＝x．在Rt△EBH中，∠EBH＝60°，推出∠BEH＝30°，可得BHx，EHx，在Rt△DEH中，根据勾股定理得到，，构建方程即可解决问题；（1）解：如图1中，旋转后的图形如图所示．（2）结论：AB＝BD+BE．理由：∵∠C＝60°，AC＝BC，AD＝DE，∠ADE＝60°，∴△ACB，△ADE都是等边三角形，∴AC＝AB＝BC，AD＝AE，∠CAB＝∠DAE＝60°，∴∠CAD＝∠BAE，在△CAD和△BAE中，，∴△CAD≌△BAE（SAS），∴BE＝CD，∴AB＝BC＝CD+BD＝BD+BE．（3）如图2中，作EH⊥CB交CB的延长线于H．设BE＝x．∵AC＝AB＝6，AB＝BD+BE，∴DB＝6﹣x，∵△CAD≌△BAE，∴∠ABE＝∠C＝60°，在Rt△EBH中，∠EBH＝60°，∴∠BEH＝30°，∴BHx，EHx，在Rt△DEH中，∵，DE＝AD＝2，DH＝6x，∴，解得x＝2或4，∴BE的长为2或4．【点睛】本题考查三角形综合题、等边三角形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理、图形的旋转、特殊角的三角函数等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，属于常考题型．7．（2021·陕西·西安高新第一中学初中校区一模）如图，山坡上有一棵与水平面垂直的大树，且，一场台风过后，大树被刮倾斜后折断倒在山坡上，树的顶部恰好接触到坡面已知山坡的坡角，量得树干倾斜角，大树被折断部分和坡面所成的角，米．(1)求的度数；(2)求这棵大树折断前的高度结果保留根号【答案】(1)(2)米【分析】（1）根据直角三角形的性质求出，根据平角的定义计算，求出；（2）过点A作，垂足为M，根据正弦的定义求出、根据余弦的定义求出，根据直角三角形的性质求出，根据正弦的定义求出，结合图形计算，得到答案．（1）解：在中，，，，；（2）过点A作，垂足为M，在中，，米，（米），（米），在中，，（米），（米），米，答：这棵大树折断前高为米．【点睛】本题考查的是解直角三角形的应用——坡度坡角问题，掌握坡度坡角的概念、熟记锐角三角函数的定义是解答此题的关键．8．（2022·江苏泰州·九年级专题练习）中国建筑师以潜望镜为灵感设计了一个在私密空间内也能享受到窗外美景的未来公共卫生间（如图1）．该建筑总高BE=6.2m，剖面设计如图2，BE⊥ED，CD⊥ED，ABCGED，点F为CG与BE的交点，FE=4.2m，其中HI为平面镜，在墙面BC上也全部安装与之贴合的镜面，HIBC，HI=0.6m，HE=1.2m，记BC与CG的夹角为α，AB与GF之间为外界光线入射的区域．（提示：法线垂直于平面镜，入射角等于反射角，外界射入的均为与地面平行的水平光线）(1)如图3，当α=60°时（其中JK为入射光线，HK为反射光线，LK为法线）：①求∠BKH的度数；②若入射光线JK经平面镜BC反射后，刚好到达平面镜HI的最顶端H处成像，求该入射光线与地面的距离；(2)当α=45°时，利用图2分析，要在不影响观景体验的同时尽可能地节约建筑成本，可以在BC边上安装镜面时减少米耗材．（直接在横线上填写答案，参考数据：≈1.41）【答案】(1)①120°；②3.7米(2)1.62米【分析】（1）①根据题意可知法线LK垂直于平面镜BC，可知，再借助平行线的性质可推导，然后计算，根据光的反射定律可知，再由计算∠BKH的度数即可；②由①可知，，由直角三角形的性质可知，再借助三角形内角和定理推导，即可证明为等腰三角形，由等腰三角形“三线合一”的性质，可知，由已知条件计算，，由即可计算入射光线与地面的距离；（2）假设入射光MP经镜面反射正好到达I处，先证明四边形BPIH为平行四边形，借助平行四边形的性质可知，当入射光线到达镜面在P点之下时，反射后也无法到达HL，故只需要在BP处安装镜面，借助三角函数可求得，由即可确定减少耗材的数量．（1）解：①∵法线LK垂直于平面镜BC，∴，∵，∴，∴，∴，∴；②由①可知，，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴N为BH中点，∴，∵，，∴，∴，，∴入射光线与地面的距离为3.7米；（2）当时，，∵，∴，假设入射光MP经镜面反射正好到达I处，如下图，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴，∵，∴四边形BPIH为平行四边形，∴，当入射光线到达镜面在P点之下时，反射后也无法到达HL，∴只需要在BP处安装镜面，∵，∴，∴，即可减少1.62米耗材．【点睛】本题主要考查了平行线的性质、平行四边形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、利用三角函数解直角三角形等知识，综合性较强，解题关键是读懂题意，结合光的反射定律分析问题．9．（2022·四川自贡·九年级专题练习）某水库大坝的横截面是如图所示的四边形ABCD，其中，大坝顶上有一瞭望台PC，PC正前方有两艘渔船M，N．观察员在瞭望台顶端P处观测到渔船M的俯角α为31°，渔船N的俯角β为45°．已知MN所在直线与PC所在直线垂直，垂足为E，且PE长为30米．(1)求两渔船M，N之间的距离（结果精确到1米）；(2)已知坝高24米，坝长100米，背水坡AD的坡度，为提高大坝防洪能力，请施工队将大坝的背水坡通过填筑土石方进行加固，坝底BA加宽后变为BH，加固后背水坡DH的坡度，完成这项工程需填筑土石方多少立方米？（参考数据：，）【答案】(1)两渔船M，N之间的距离约为20米(2)需要填筑的土石方为43200立方米【分析】（1）在Rt△PEN中，由等腰直角三角形的性质解得PH的长，在Rt△PEM中，由正切定义解得ME的长，最后利用线段的和差解答；（2）过点D作DG⊥AB于G，利用坡度的定义解得AG，GH的长，继而解得AH的长，最后根据三角形面积公式解答．（1）解：由题意得∠E＝90°，，，PE＝30米．在Rt△PEN中，PE＝NE＝30米，在Rt△PEM中，∴（米）．∴MN＝EM－EN≈50－30＝20（米）答：两渔船M，N之间的距离约为20米（2）如图，过点D作DG⊥AB于G，坝高DG＝24米，∵背水坡AD的坡度i＝1：0.25，∴DG：AG＝1：0.25，∴AG＝24×0.25＝6（米），∵背水坡DH的坡度i＝1∶1.75，∴DG∶GH＝1∶1.75，∴GH＝24×1.75＝42（米）∴AH＝GH－GA＝42－6＝36（米）∴（平方米）∴需要填筑的土石方为432×100＝43200（立方米）答：需要填筑的土石方为43200立方米．【点睛】本题考查仰角的定义及坡度、正切定义等知识，是重要考点，要求学生能借助构造直角三角形并解直角三角形，掌握相关知识是解题关键．10．（2022·浙江浙江·一模）三折伞是我们生活中常用的一种伞，它的骨架是一个“移动副”和多个“转动副”组成的连杆机构，如图1是三折伞一条骨架的结构图，当“移动副”（标号1）沿着伞柄移动时，折伞的每条骨架都可以绕“转动副”（标号2—9）转动；图2是三折伞一条骨架的示意图，其中四边形CDEF和四边形DGMN都是平行四边形，AC=BC=13cm，DE=2cm，DN=1cm．（1）若关闭折伞后，点A、E、H三点重合，点B与点M重合，则BN=_________；（2）在（1）的条件下，折伞完全撑开时，∠BAC=75°，则点H到伞柄AB距离是_________．（参考数据：，，，结果精确到）【答案】

23

69.8【分析】（1）根据点A、E、H三点重合，得到AF=EF=11，利用平行四边形的性质，即可求解；（2）作出如图的辅助线，解直角三角形求解即可．【解析】解：（1）∵四边形CDEF是平行四边形，∴CF=DE=2cm，∵AC=BC=13cm，∴AF=AC-CD=11(cm)，又∵关闭折伞后，点A、E、H三点重合，∴AF=EF=11(cm)，CD=EF=11(cm)，又∵DN=1cm，∴CN=CD-DN=10(cm)，∴BN=BC+CN=23(cm)；故答案为：23；（2）如图：连接AH，过点F作FP⊥AE于点P，过点G作GQ⊥EH于点Q，过点C作CL⊥AB于点L，过点M作MK∥AH与过点H作MK的垂线于点K，由（1）知：AF=EF=11(cm)，则AP=EP，∵∠BAC=75°，∴∠PFA=75°，∴AP=AFsin75°11×0.97=10.67(cm)，∴AE=2AP=21.34(cm)，在Rt△ACL中，cos∠BAC=，∵∠BAC=75°，AC=13cm，∴AL13×0.26=3.38(cm)，AB=2AL=6.76(cm)，∵AB∥PF，∴∠AFP=∠BAC=75°，由题意知：GH=GE，∴∠GHE=∠GEH=15°，∵AH∥MK，∴∠HMK=∠GHE=15°，∴∠MHK=75°，又∵HK=AB=6.76(cm)，在Rt△MHK中，cos∠MHK=，∴MH26(cm)，又∵DN=1cm，四边形DGMN是平行四边形，∴DN=GM=1cm，∴GH=MH-MG=25(cm)，又∵∠QGH=∠MHK=75°，在Rt△QGH中，sin∠QGH=，

∴QH24.25(cm)，EH=2QH=48.5(cm)，∴AH=AE+EH=21.34+48.569.8(cm)，

∴点H到伞柄AB距离是69.8cm．故答案为：69.8．【点睛】本题考查了解直角三角形，平行四边形的性质，该题是一个比较常规的解直角三角形问题，建立模型是解题的关键．11．（2022·上海奉贤·二模）如图，在平面直角坐标系中，直线与x轴、y轴分别交于点A、B．抛物线经过点A、B顶点为C．(1)求该抛物线的表达式；(2)将抛物线沿y轴向上平移，平移后所得新抛物线顶点为D，如果，求平移的距离；(3)设抛物线上点M的横坐标为m，将抛物线向左平移3个单位，如果点M的对应点Q落在内，求m的取值范围．【答案】(1)抛物线的解析式为(2)平移的距离为(3)m的取值范围为【分析】（1）由直线解析式可求出点A、B的坐标，然后再代入二次函数解析式进行求解即可；（2）过点B作BE⊥DC于点E，由（1）可得：，抛物线的对称轴为直线，顶点坐标为，然后可得，进而问题可求解；（3）由（1）可知点，，抛物线的对称轴为直线，则有点B关于抛物线对称轴对称的点的坐标为，然后根据图象的平移可进行求解．（1）解：令x=0时，则有，即点，令y=0时，则有，解得：，即点，把点A、B的坐标代入二次函数解析式得：，解得：，∴抛物线的解析式为；（2）解：由题意可得如下图象：过点B作BE⊥DC于点E，由（1）可得：，抛物线的对称轴为直线，顶点坐标为，∴，∵，∴，∴，∴平移距离；（3）解：由（1）可知点，，抛物线的对称轴为直线，∴点B关于抛物线对称轴对称的点的坐标为，∵将抛物线向左平移3个单位，且点M的对应点Q落在内，∴点M的横坐标为m的取值范围为．【点睛】本题主要考查二次函数的综合，熟练掌握二次函数的图象与性质是解题的关键．12．（2022·上海金山·二模）已知：在直角坐标系中直线与轴、轴相交于点、，抛物线经过点和点．(1)求抛物线的解析式；(2)如果直线与抛物线的对称轴相交于点，求的长；(3)是线段上一点，过点作直线的平行线，与轴相交于点，把沿直线翻折，点的对应点是点，如果点在抛物线上，求点的坐标．【答案】(1)(2)(3)点是坐标是【分析】（1）先根据直线求出点A和点B的坐标，再运用待定系数法求解即可；（2）求出抛物线的对称轴为直线x=1，代入y=-x+4，可求出点C坐标，再运用勾股定理求解即可；（3）设点的坐标为，证明四边形为正方形，得点坐标是，从而可得方程，求解方程即可得到答案．（1）直线与轴、轴相交于点、，当y=0，则-x+4=0，解得，x=4，当x=0，则y=4，∴、.，代入得，，解得，，，∴抛物线的解析式为.（2）∵∴抛物线的对称轴为直线，当x=1时，∴，∴.（3）如图，设点的坐标为，∵，，∴，∵，∴，∴，又，∴四边形为矩形，∵，∴四边形为正方形，∴，∴点是坐标是，∴，解得：，（不合题意，舍去），∴点是坐标是【点睛】此题主要考查二次函数的图象与性质、用待定系数法求函数解析式，矩形的判定和正方形的判定等知识，解题的关键是抓住图形中某些特殊的数量关系和位置关系．13．（2022·上海静安·二模）在平面直角坐标系xOy中，已知点A坐标是（2，4），点B在x轴上，（如图所示），二次函数的图像经过点O、A、B三点，顶点为D．(1)求点B与点D的坐标；(2)求二次函数图像的对称轴与线段AB的交点E的坐标；(3)二次函数的图像经过平移后，点A落在原二次函数图像的对称轴上，点D落在线段AB上，求图像平移后得到的二次函数解析式．【答案】(1)点B的坐标为（5，0），点D的坐标为（，）(2)（，）(3)【分析】（1）设点B的坐标为（m，0），经过A、B、O三点的二次函数解析式为，先根据OB=AB，利用勾股定理求出点B的坐标，然后用待定系数法求出二次函数解析式即可求出点D的坐标；（2）先求出直线AB的解析式，再根据（1）所求得到抛物线对称轴，即可求出点E的坐标；（3）只需要求出平移后的抛物线顶点坐标即可得到答案．（1）解：设点B的坐标为（m，0），经过A、B、O三点的二次函数解析式为，∵OB=AB，∴，∴，∴点B的坐标为（5，0），∴，∴，∴二次函数解析式为，∴点D的坐标为（，）；（2）解：设直线AB的解析式为，∴，∴，∴直线AB的解析式为，∵二次函数解析式为，∴二次函数的对称轴为直线，当时，，∴点E的坐标为（，）；（3）解：∵二次函数的图像经过平移后，点A落在原二次函数图像的对称轴上，∴点A向右平移了个单位长度；∴平移后抛物线的顶点的横坐标为，当时，，∴平移后的抛物线顶点坐标为（3，），∴平移后的抛物线解析式为．【点睛】本题主要考查了勾股定理，一次函数与二次函数综合，待定系数法求函数解析式，二次函数图象的平移等等，熟知二次函数的相关知识是解题的关键．14．（2022·上海·九年级单元测试）如图，二次函数的图像与x轴交于A、B两点，与y轴相交于点C，点A的坐标为，是抛物线上一点（点与点、、都不重合）．(1)求抛物线解析式；(2)求点B的坐标；(3)设直线PB与直线AC相交于点M，且存在这样的点P，使得，试确定点的横坐标．【答案】(1)(2)(3)或【分析】（1）根据点的坐标，利用待定系数法求解即可得；（2）求出时，的值即可得；（3）过点作轴，交直线于点，先利用待定系数法求出直线的解析式，设，则，从而可得，再根据相似三角形的判定证出，根据相似三角形的性质建立方程，解方程即可得．（1）解：将点代入得：，解得，则抛物线的解析式为．（2）解：当时，，解得或，则点的坐标为．（3）解：如图，过点作轴，交直线于点，对于二次函数，当时，，即，设直线的解析式为，将点代入得：，解得，则直线的解析式为，，，设点的坐标为，将代入得：，即，，，，，即，即或，解得或，故点的横坐标为或．【点睛】本题考查了求二次函数和一次函数的解析式、相似三角形的判定与性质、二次函数的几何应用，熟练掌握待定系数法和相似三角形的性质是解题关键．15．（2022·上海·九年级单元测试）如图，已知抛物线的对称轴为直线x＝1，与x轴的一个交点为，顶点为B．点在抛物线上，直线BC交x轴于点E．(1)求抛物线的表达式及点E的坐标；(2)连接AB，求∠B的余切值；(3)点G为线段AC上一点，过点G作CB的垂线交x轴于点M（位于点E右侧），当△CGM与△ABE相似时，求点M的坐标．【答案】(1)；E（2，0）(2)3(3)M点的坐标为（5，0）或（7，0）【分析】（1）由对称轴可求得a的值，再把A点坐标代入可求得c的值，则可求得抛物线表达式，则可求得B、C的坐标，由待定系数法可求得直线BC的解析式，可求得E点坐标；（2）由A、B、C三点的坐标可求得AB、AC和BC的长，可判定△ABC是以BC为斜边的直角三角形，利用三角形的定义可求得答案；（3）设M（x，0），当∠GCM＝∠BAE时，可知△AMC为等腰直角三角形，可求得M点的坐标；当∠CMG＝∠BAE时，可证得△MEC∽△MCA，利用相似三角形的性质可求得x的值，可求得M点的坐标．（1）∵抛物线对称轴为x＝1，∴＝1，解得a＝，把A点坐标代入可得，解得c＝，∴抛物线表达式为，∵∴B