2020-2021学年浙江省温州市永嘉县东方外国语学校九年级（下）期末数学复习试卷十（附答案详解）

2020-2021学年浙江省温州市永嘉县东方外国语学校九年

级（下）期末数学复习试卷（10）

一、选择题（本大题共2小题，共6.（）分）

1.如图，ZMO/V=30°,OP是NMON的角平分线，PQ“ON^M\：^、Q,以P为圆心

半径为4的圆与ON相切，如果以Q为圆心半径为r的圆与OP相交，那么r的取值范

围是（）

A.4<r<12B.2<r<12C.4<r<8D.r>4

2.在平面直角坐标系xOy中，点4(一3,0),8(2,0),C(-1,2),E(4,2),如果△ABC与

△EFB全等，那么点尸的坐标可以是()

A.(6,0)B.(4,0)C.(4.-2)D.(4,-3)

二、填空题（本大题共8小题，共24.（）分）

3.如图，在正方形A8C。中，48=10,点E在正方形内部，且A

AE1BE,co叱BAE=2,如果以E为圆心，r为半径的。E与

以CD为直径的圆相交，那么r的取值范围为

4.如图，在中，ZC=90°,AC=6,BC=8,点£»、E分别是边BC、4B上

一点，DE"AC,BD=5V2,把△BOE绕着点B旋转得到△BO'E'（点0、E分别与点

D',E'对应），如果点A,D'、E'在同一直线上，那么2E'的长为.

5.如图，在坡度为1：2.4的斜坡上有一棵与水平面垂直的树BC,在斜坡底部A处测得

树顶C的仰角为30。，AB的长为65米，那么树高BC等于米（保留根号）.

6.如图，在△ABC中，=90°,4c=3,BC=4,把△力BC

绕C点旋转得到△AB'C,其中点4在线段ZB上，那么

乙4'B'B的正切值等于.

7.已知等边△ABC的重心为G,ADEF与△力BC关于点G成中心对称，将它们重叠部分

的面积记作S],△4BC的面积记作S2,那么?的值是______

»2

8.已知。0的直径4B=4,。。与半径为1的0C外切，且0C与。。均与直径4B相

切、与。。内切，那么。。的半径是

9.七巧板由五个等腰直角三角形与两个平行四边形(其中的一

个平行四边形是正方形)组成.用七巧板可以拼出丰富多彩

的图形，图中的正方形ABC。就是由七巧板拼成的，那么正

方形EFGH的面积与正方形4BCD的面积的比值为.

10.定义：如果三角形的两个内角4a与“满足4a=2",那么，我们将这样的三角形

称为“倍角三角形”,如果一个等腰三角形是“倍角三角形”，那么这个等腰三角

形的腰长与底边长的比值为

三、解答题(本大题共12小题，共96.0分)

11.如图，在△力BC中，AB=AC,

结AD,以4D为一边作△力DE,

/.DAE=/-BAC,联结EC.

(1)求证：C4平分4DCE；

(2)如果AB2=BD-BC,求证：四边形4BDE是平行四边形.

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12.如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y=a/+.+3经过点4(一1,0)和点

8(3,0),该抛物线对称轴上的点P在x轴上方，线段PB绕着点P逆时针旋转90。至PC(

点B对应点C),点C恰好落在抛物线上.

(1)求抛物线的表达式并写出抛物线的对称轴；

(2)求点P的坐标；

(3)点Q在抛物线上，联结AC,如果4Q4C=N4BC,求点Q的坐标.

13.如图1,在梯形4BC0中，AD//BC,/.ABC=90°,cosC=|,DC=5,BC=6,

以点B为圆心，BD为半径作圆弧，分别交边C。、BC于点、E、F.

⑴求sin/BDC的值；

(2)联结BE,设点G为射线DB上一动点，如果AADG相似于ABEC,求CG的长；

(3)如图2,点P、Q分别为边4D、BC上动点，将扇形DBF沿着直线PQ折叠，折叠

后的弧DW经过点B与4B上的一点H(点D、F分别对应点设=x,BQ=y,

求y关于无的函数关系式(不需要写定义域).

14.如图，已知C是线段4B上的一点，分别以AC、BC为边在线段同侧作正方形4CDE

和正方形CBGF,点尸在CD上，联结4尸、BD,8。与尸G交于点M,点N是边4c上的

一点，联结EN交AF与点H.

(1)求证：AF=BD-.

(2)如果附=翳，求证：AFLEN.

15.在平面直角坐标系xOy中(如图)，已知抛物线y=-/+bx+c经过点4(3,0)和

5(0,3).其顶点为C.

(1)求抛物线的解析式和顶点C的坐标；

(2)我们把坐标为(n,zn)的点叫做坐标为(zn,n)的点的反射点，已知点M在这条抛物

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线上，它的反射点在抛物线的对称轴上，求点M的坐标;

(3)点P是抛物线在第一象限部分上的一点，如果4P0A=44C8,求点P的坐标.

5-

4-

3-

।।।।।____11111G

-54-3-2-1]f123456x

16.如图，在△4BC中，NC=90°,AC=6,BC=8,P是线段8C上任意一点，以点P为

圆心PB为半径的圆与线段4B相交于点Q(点Q与点力、B不重合)，4CPQ的角平分线

与AC相交于点D.

⑴如果DQ=PB,求证：四边形BQDP是平行四边形;

(2)设PB=x,ADPQ的面积为y,求y关于x的函数关系式，并写出尢的取值范围;

(3)如果△ACQ是以DQ为腰的等腰三角形，求PB的长.

3

17.已知：如图，圆。是△ABC的外接圆，力。平分NB4C.

(1)求证：△力BC是等腰三角形；

(2)当。4=4,AB=6,求边BC的长.

18.在平面直角坐标系工0y中，己知抛物线y=+bx+c经过点力(-4,0)和B(2,6),

其顶点为O.

(1)求此抛物线的表达式；

(2)求AAB。的面积；

(3)设C为该抛物线上一点，且位于第二象限，过点C作CHJ.X轴，垂足为点H,如

果△0C”与△4BD相似，求点。的坐标.

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19.在边长为2的菱形4BCD中，E是边4D的中点，点八G、H分别在边4B、BC、CD上,

且FG1EF,EH1EF.

(1)如图1,当点尸是边4B中点时，求证：四边形EFGH是矩形；

(2)如图2,当第=9时，求黑值；

GCZcn

⑶当cos/D=V，且四边形EFGH是矩形时(点尸不与48中点重合)，求4F的长.

20.已知：△ABC,AB=AC,4BAC=90。，点D是边BC的中点，点E在边AB上(点E不

与点4、B重合)，点F在边4c上，联结DE、DF.

(1)如图1,当Z_EDF=90。时，求证：BE=AF；

(2)如图2,当NEDF=45。时，求证：震=能

E

更

21.在平面直角坐标系xOy中(如图)，已知经过点力(-3,0)的\-

抛物线y=ax2+2ax-3与y轴交于点C,点8与点4关于----------万---->

-3-2-1。lx

该抛物线的对称轴对称，。为该抛物线的顶点.-1-

(1)直接写出该抛物线的对称轴以及点B的坐标、点C的-2"

坐标、点。的坐标；-3-

(2)联结4D、DC、CB,求四边形4BC0的面积；

(3)联结力C.如果点E在该抛物线上，过点E作x轴的垂线，垂足为H,线段EH交线段

4c于点F.当EF=2FH时，求点E的坐标.

22.如图，在△ABC中，ZC=90°,AB=5cm,cosB='.动点。从点4出发沿着射线4c

的方向以每秒Ian的速度移动，动点E从点B出发沿着射线B力的方向以每秒2czn的

速度移动.已知点。和点E同时出发，设它们运动的时间为t秒.联结BD.

(1)当时，求tan/ABD的值；

(2)以4为圆心，4。为半径画04；以点B为圆心、BE为半径画OB.讨论。4与。8

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的位置关系，并写出相对应的t的值.

(3)当ABOE为直角三角形时，直接写出tan/CBO的值.

答案和解析

1.【答案】A

【解析】解：如图，过点P作P410M于点4.

•.•圆P与ON相切，设切点为B,连接PB.

PB1ON.

••­OP是/MON的角平分线，

PA=PB.

•••PA是半径，

0M是圆P的切线.

•••AMON=30°,OP是NMON的角平分线，

•••Zl=Z2=15°.

,:PQ//ON,

:.z3=Z.2=15°.

・•・Z4=zl+z3=30°.

vPA=4,

・•・PQ=2PA=8.

•1-T最小值=8-4=4,r虚大值=8+4=12.

••.r的取值范围是4<r<12.

故选：A.

如图，过点P作PA1OM于点4根据题意首先判定。M是切线，根据切线的性质得到P4=

4.由角平分线的性质和平行线的性质判定直角AAPQ中含有30度角，则由“30度角所对

的直角边是斜边的一半”得到PQ的长度；然后根据圆与圆的位置关系求得r的取值范围.

考查了圆与圆的位置关系，切线的判定与性质，若出现圆的切线，必连过切点的半径，

构造定理图，得出垂直关系.简记作：见切点，连半径，见垂直.

直接利用全等三角形的性质以及坐标与图形的性质得出符合题意的答案.

此题主要考查了全等三角形的性质以及坐标与图形的性质，正确掌握全等图形的性质是

解题关键.

3.【答案】3V5-5<r<3V5+5

【解析】解：设48的中点为G,

连接EG,延长BE交CD于H,

vAE1.BE,

A/-AEB=90°,

：•EG=-2AB=5,

・・•在正方形48co中，ZC=Z-ABC=90°,

・・./.BAE+乙ABE=Z.ABE+乙CBH=90°,

・・・Z.CBH=乙BAE,

cot^BAE=cotzCBW=券=2,

•••CH=2-BC=2-CD=5,

.•.点H是以CD为直径的圆的圆心，

设BE=k,AE=2k,

AB-V5/c—10，

.1.k=2>/5>

BE=2遮，

•:ZC=90°,BC=10,CH=5,

BH=V102-52=5V5>

EH=BH-BE=3而，

7'为半径的OE与以CD为直径的圆相交，

r的取值范围为-5<r<3V5+51

故答案为：3遮-5<r<3b+5.

设4B的中点为G,连接EG,延长BE交CD于H,根据直角三角形的性质得到EG=/B=5,

根据三角函数的定义得到CH=：BC=5,推出点H是以C。为直径的圆的圆心,

设8E=k,AE=2k,得到BE=2石，根据勾股定理得到BH=VlO?-52=5花,求

得EH=BH—BE=36，于是得到结论.

本题主要考查圆与圆的位置关系，解题的关键是掌握圆周角定理、圆心角定理、三角形

中位线定理、勾股定理、矩形的性质及圆与圆的位置关系等知识点.

4.【答案】变!或也

44

【解析】解：如图1中，当点。在线段4E'上时,

图1

在RtzMCB中，•••N4CB=90。，AC=6,BC=8,

■1•AB=y/AC2+BC2=V62+82=10>

DE11AC,

•••△BDE~XBCAf

DEBD

••-=--,

ACBC

.DE_572

=,

6---8

nr?1572

4

v乙AD'B=90°,

AD'=>/AB2-D'B2=J102-(5V2)2=5V2>

AE'=AD'+D'E'=5V2+—=—,

44

如图2中，当E'在线段AD'上时，同法可得4E'=AD'—。七'=5及一竺重=随

44

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图2

综上所述，满足条件的AE'的长为至涯或也.

44

故答案为小或延.

44

分两种情形分别求解：如图1中，当点D'在线段4E'上时，解直角三角形求出AD',D'E'即

可.如图2中，当E'在线段4。'上时，同法可得.

本题考查旋转变换，解直角三角形，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属

于中考常考题型.

5.【答案】（20遍一25）

【解析】解：如图，延长CB交水平面于点。,

CD1AD,

■■AADC=90°,

在RtZMDB中，AB=65,

vBD：AD=1：2.4,

・•・AD=2.4BO,

根据勾股定理，得

AD2+BD2=AB2,

即BD?+(2.480)2=652,

解得BD=25,

AD=60)

在RtzMCD中，ACAD=30°,

Atan30°=—,

解得CB=20g-25（米）.

答：树高8c等于（20次-25坪.

故答案为：（20代一25）.

延长CB交水平面于点D,根据题意可得CO再根据坡度可得BD：AD=1：2.4,

根据勾股定理可得BO=25,AD=60,最后根据锐角三角函数即可求出CB的长.

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-坡度坡角问题,

解决本题的关键是掌握仰角俯角定义和坡度坡角定义.

6•【答案】/

24

【解析】解：把△ABC绕C点旋转得到△A'B'C,点4在线段4B上，

•••Z.ACA'=&BCB',CA=CA',CB=CB',

•••Z/4=/.CA'A,乙CBB'=tCB'B,

Z.A=Z.CBB',

•••ACAA'-'ACBB',

.CA_AA!_

"CB-BBi)

■：“=90°,AC=3,BC=4,

AB=yjAC24-BC2=V32+42=5，々A+MBA=90°,

•••乙CBB'+ACBA=90°,

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・•・乙A'BB'=90°,

设AB=Q,则A4'=5—Q,BBf=V25-a2,

3_5-a

4―V25-az，

解得，Q=g（a=5舍去）,

ArB=I，

•••BB，="5一(孑=?

7

：•tmZ.A'B'B=—=-^=—

BB，y24

故答案为：A

24

证明△C44'SACBB',得出％=Q，设AB=Q,则44'=5—Q,BB'=<25-a2,得

CDDDf

出［=京餐，解方程求出AB,则BB'可求出，则答案可得出.

4V25-az

本题考查了旋转的性质，相似三角形的判定与性质，锐角三角函数，勾股定理等知识,

熟练掌握旋转的性质是解题的关键.

7.【答案】|

【解析】解：如图，•.•点G是等边△4BC的重心,

二40垂直平分8C,4D是NB4C的角平分线，

■■■AG=2GN,

设4B-3a,贝l」4N=—x3a=—a,

44

•••△DEF与人ABC关于点G成中心对称，

・•・△DE尸三△ABC,AG=DGfEF//BC,

・•・Z.AQH=Z.ABC=Z.AHQ=乙ACB=60°,

・•.△AQ”是等边三角形，

・•・4Q=HQ=AH=gAB=a,

：

•AP=—4—CLf

・•・它们重叠部分为边长=QH的正六边形，

・・.Si=6x亨Q2,S2=?x(3a)2,

二1=声=)

Sz畀9az3

故答案为：

如图，根据点G是等边△4BC的重心，得到4D垂直平分BC,4D是4B4C的角平分线，根

据中心对称的性质得到^DEF^^ABC,AG=DG,EF〃BC,推出△4QH是等边三角形，

得到4Q=HQ=AH,求得它们重叠部分为边长=QH的正六边形，设4B=3a,则QH=

a,根据等边三角形的面积健康得到结论.

本题考查了三角形的重心，等边三角形的性质，中心对称，等边三角形的面积的计算，

正确的作出图形是解题的关键.

8.【答案】：或1

【解析】解：当OD与OC在直径48的同侧时，作

。41.0。于//,DNLOB于N,连接CD,连接。。并

延长交。。于G，

设。。的半径为r,则。。=2-r,CD=l+r,

•••。。的直径ZB=4,(DC的半径为1,OC与©0内切,

•••0。与。。内切于点。，

•••COLAB,

■：CO1AB,DH1OC,DN1OB,

四边形HOND为矩形，

・•・OH=DN=r,DH=ON=7（2—r）2—r2»

・•・CH=l-r9

在RtZkCOH中，CH2+DH2=CD2,即（1一丁）2+（2—厂）2—N=（i+r）2,

解得，r=9,

当。。与0C在直径AB的两侧时，。。与。。的半径相等，都是1,

故答案为：之或1.

分OD与OC在直径AB的同侧、OD与OC在直径4B的两侧两种情况，根据圆心距与

两圆半径的数量关系、勾股定理列方程计算，得到答案.

本题考查圆与圆的位置关系，解题的关键是正确运用圆心距与两圆半径的数量关系来判

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断.

9.【答案】J

O

【解析】解：•.•四边形EFGH是正方形，是等腰直角三角形，

；.AH=HE=HG,

设AH=HG=1,则4G=2,正方形EFGH的面积为1,

•・•△4DG是等腰直角三角形，

AD=42AG=2vL

二正方形ABC。的面积为8,

二正方形EFGH的面积与正方形4BCD的面积的比值为:，

O

故答案为：

四边形EFGH是正方形，△4EH是等腰直角三角形，即可得出4"==HG,设4H=

HG=1,则4G=2,即可得到正方形E尸GH的面积为1,正方形4BC。的面积为8,进而

得出结论.

本题主要考查了正方形的性质以及等腰直角三角形的性质，等腰直角三角形是一种特殊

的三角形，具有所有三角形的性质，还具备等腰三角形和直角三角形的所有性质.

10.【答案】它或四

22

【解析】解：若等腰三角形的三个内角Na、邛,N0,

vza+2乙6=180°,4a=2“，

•••4乙B=180°,解得0=45°,

••.此“倍角三角形”为等腰直角三角形，

二腰长与底边长的比值为更；

2

若等腰三角形的三个内角Na、za,邛,

•••2z.a+zj?=180°,z,a=2邛,

・•・54?=180°,解得£=36°,

如图，乙8=4。=72°,5=36°,作的平分线BO,则448。=

乙CBD=36°,

B

:.DA=DB,

・・・乙BDC=+Z.ABD=72°,

:.Z-BDC=乙C,

・•.BD=BC,

即ZM=DB=CB,

vZ-CBD=Z-A,Z-BCD=Z.ACB

BDCs>ACB»

:.BC：AC=CD：BC,

即BC：AC=(AC-BQ：BC,

整理得ac2-ACBC-BC2=0,解得ac=淮BC，

2

即生=每1,

BC2

此时腰长与底边长的比值为四,

2

综上所述，这个等腰三角形的腰长与底边长的比值为①或包.

22

故答案为立或且11.

22

若等腰三角形的三个内角Na、40，40，利用Na+24=180。和Na=得0=45°,

此“倍角三角形”为等腰直角三角形，从而得到腰长与底边长的比值；若等腰三角形的

三个内角4a、4a,N0,利用24a+邛=180。和Za=2邛得.=36。，如图，4B=KC=

72°,5=36°,作44BC的平分线BD,则NABD=乙CBD=36°,易得=DB=CB,

再证明△BDCSAACB,利用相似比得到BC：AC=CD：BC,等量代换得到BC：AC=

(AC-BC)：BC,然后解关于4c的方程AC?-4C—BC?=0得4c与BC的比值即可.

本题考查了黄金分割：把线段4B分成两条线段4c和BCQ4c>BC),且使4c是48和BC的

比例中项(即AB：AC=ACtBC),叫做把线段4B黄金分割，点C叫做线段4B的黄金分

割点.其中4C=渔二4B-0.618AB，并且线段4B的黄金分割点有两个.也考查了等

2

腰三角形的性质.

11.【答案】（1）证明：VAB=AC,

Z.B=4ACB,

"乙DAE=Z.BAC,

•••ABAC-乙DAC=^DAE-乙DAC,即NB40=/.CAE,

在△48。和△ACE中,

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AB=AC

乙BAD=Z-CAE,

AD=AE

・・・△ABO三△ACE(S/1S),

・•・LB=Z-ACE9

・•・Z.ACB=Z.ACE,

・•・G4平分功CE；

(2)证明：・・・AB2=BO，BC,

aAB_BD

“BC一AB'

又NB=乙B,

:.XABD~&CBA,

:.Z-BAD=乙ACB,

•・•△ABD三&ACE,

**.Z.BAD=Z.CAE,

:.Z.CAE=Z-ACB,

:・AE“BD,

•：AB=AC,AD=AE,Z-DAE=Z.BAC,

-Z-ACB=Z-ADE,

Z.BAD=Z.ADE,

AB//DE,

-AE//BD,AB//DE,

・•・四边形4BDE是平行四边形.

【解析】(1)根据等腰三角形的性质得到48=/4CB,证明△ABD三△ACE,根据全等三

角形的性质得到NB=AACE,根据角平分线的定义证明结论；

(2)根据相似三角形的判定定理得到△ABDSACBA,得至此BAO=N4CB,分别证明

AE//BD,AB//DE,根据平行四边形的判定定理证明.

本题考查的是相似三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、平行四边形的判定,

掌握等腰三角形的性质、相似三角形的判定定理和性质定理是解题的关键.

12.【答案】解：(1)将点4、B坐标代入抛物线表达式得：2。，解得:卷：”

故抛物线的表达式为：y=—x2+2%+3①；

函数的对称轴为：X=1；

(2)设点C(m,n),则n=-m2+2m+3,点P(l,s),

如图1,设抛物线对称轴交汇轴于点N,过点C作CM1PN交抛物线对称轴于点M,

v乙PBN+乙BPN=90°,乙BPN+乙MPC=90°,

・•・乙MPC=乙PBN,

・・•乙PMC=乙BNP=90°,PB=PC,

•,△PMC"BNP(AAS),

・・・PM=BN,MC=PN,

m—1=sCm=2

・•・n—s=2,解得：n=3,

n=-m2+2m+3(s=1

故点C(2,3),点P(l,l)；

故点p的坐标为(1,1);

(3)设直线力C交y轴于点G,直线4Q交y轴于点H,

图2

由(2)知，点C(2,3),而点4(一1,0),

过点C作CK_Lx轴于点K,则CK=AK=3,

故直线AC的倾斜角为45。，故乙4G。=/.GAO=45°,

CK3

：•tanZ-ABC=--=---=3

BK3-2

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•・•Z-QAC=乙ABC,

・•・tanzQ/lC=3；

在△4GH中，过点”作HM14G于点M,设MH=3x,

v/-AGO=45°,则GO=AO=lf

・・・MG=MH=3%,

vtanZ-QAC=3,则AM=x,

AG=AM+GM=x4-3x=^/(―l)24-l2=V2,

解得：£=0,

4

在44HM中，AH=\lAM2+MH2=VlOx=当，

在AAOH中，OH=7AH2-,故点H(0,-》，

由点4、，的坐标得，直线4H的表达式为：y=~\x~\@,

联立①②并解得：尤=一1(舍去)或g

故点Q的坐标为：g—》

【解析】(1)将点4B坐标代入抛物线表达式，即可求解；

(2)证明△PMCSABNP(AAS),则PM=BN,MC=PN,即可求解;

(3)设MH=3x,用x表示AM、GM,利用AG=AM+GM=VL求出x的值；在△AOH

中，OH=5MH2—042,求得点H的坐标，即可求解.

本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数的性质、等腰三角形的性质、三角形

全等、解直角三角形等，本题的难点是用解三角形的方法求点H的坐标.

13.【答案】解：(1)如图1中，连接BE,过点。作DKJ.BC于K,过点B作B/1CO于/.

图1

在RfCDK中，:"KC=9。。，8=5,cos"=需=|,

・•・CK=3,

•・•BC=6,

.・.BK=CK=3,

vAD//BC,Z.ABC=90°,

・・・〃=90°

vDATIBC,

・・・乙4=/.ABC=(DKB=90°,

・•・四边形ABKD是矩形，

•-AD=BK=3,

：•DB=DC=5,DK=VCD2—CK2=V52—32=4,

■■SHDCB=\BCDK=\-CDBJ,

■■■DJ=JBD2-BJ2=小2_4)2=I，

•••BD=BE,BJ1DE,

7

.・・DJ=JE=p

・•・EC=CD-DJ=JE=5-g=3

.•.sinz.50C=g=f=g.

(2)如图2中,

图2

-AD//BC,

・••Z-ADG=Z-DBC,

vDB=DC,

・•・Z-DBC=乙C,

・•・Z.ADG=zC,

第22页，共39页

•・•△ADG相彳以△BEC,

・,.有两种情形：当△71DG-4BCE时,

AD_DG

BC-EC

3DG

6=y>

••DG=获，

当△力0G~z\EC8时,

ADDG

ECBC

3DG

亘=丁，

5

"DG=得

(3)如图3中，过点B作切1PQ交助于/,连接切，JH,JQ,过点/作/G1BH于G,过点

Q作QK1川于K.

图3

由题意：QB=QJ=y,BJ=BD=5,

"JB=JH,JG1BH,

BG=GH=-2x,

JG=yjBJ2-BG2=J25—*,

•••乙GBQ=4BGK=乙QKG=90°,

二四边形BGKQ是矩形，

BQ=GK=y,QK=GB=|x,

在Rt△(?/(/中，

•••JQ2=QK2+KJ2,

y2=^x2+(J25-—y)2,

25V100-X2

,1•y=io。3.

【解析】(1)如图1中，连接BE,过点。作DK1BC于K,过点B作1CD于/.想办法求

出B/,BD即可解决问题.

(2)分两种情形分别求解：①当AADGSABCE时.②当AADGsAECB时，分别利用相

似三角形的性质求解即可.

(3)如图3中，过点8作8/1PQ交翁于/,连接见，川，JQ,过点/作/G1BH于G,过点

Q作QKL/H于K.由题意BQ=Q/=y,求出QK,KJ,在RtAQK/中，利用勾股定理即

可解决问题.

本题属于圆综合题，考查了直角梯形的性质，矩形的判定和性质，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，学会添加

常用辅助线，构造直角三角形解决问题，属于中考常考题型.

14.【答案】解：(1)•••四边形4CDE和四边形BCFG都为正方形，

•••AC=DC,4ACD=乙BCD=90°,BC=CF,

^.^AFC^\^DBC^,

AC=DC

/.ACF=4DCB,

CF=CB

.••△4FC三△DBC(S4S).

•••AF=BD.

(2)••■△^FCSADBC,

・•・Z,CAF=乙CDB,

・・・CD//BG,

・•・(CDB=乙MBG,

・•・Z,CAF=乙MBG,

•••乙ACF=乙BGM=90°,

・•・△BGMfACF,

GM_CF

茄*=定

vBG=GF=FC,

•G•M・一=FC一,

GFAC

ANGM

V就=市'

第24页，共39页

:・AN=FC,

在△力引7和4C4F中，

AN=CF

Z-EAN=4ACF=90°

AE=AC

•••△AEN三△C4F(S4S),

・・・乙ENA=Z.AFC,

・・・乙/4。+44产。=90。，

・•・Z,FAC+乙ENA=90°,

:.UHN=90°,

・・・AFLEN.

【解析】(1)依题意易证从而求出4F=BD；

(2)由△/尸C三△DBC可得乙乙4尸=47。氏从而证得△BGM〜△/(?/,根据相似三角形的

性质和已知空=器，求得AN=CF,即可证得Zk/IEN三△&4尸，得到4EM4=41FC,

从而证得NF4C+LENA=90°,即乙4HN=90°,即可证得结论.

本题考查正方形的性质，三角形全等的判定和性质，三角形相似的判定和性质，熟练掌

握性质定理是解题的关键.

15.【答案】解:(1)：抛物线旷=一/+必+＜：经过点4(3,0)和8(0,3),

cc=3

"t-9+3b+c=0"

解得

・•・抛物线的解析式为y=-/+2%+3,

・,・顶点C(l,4).

(2)设M(m,—TH?+2m+3),

・•・M的反射点为(一m2+2m+3,m),

vM点的反射点在抛物线的对称轴上，

:.—m2+2m+3=1,

・•・m2—2m—2=0,

解得TH=1±V3，

・•・M(1+6，1)或(1一百,1).

(3)如图，设P(a,-a2+2a+3).

v71(3,0),8(0,3),C(l,4),

BC=V2,AB=3伍AC=2遍，

/.AB2+BC2=AC2,

•••乙ABC=90°,

，A^nAB3A/2

・•・tan乙4cB=——=—=O3,

BCV2

vZ-POA=乙ACB,

・•・tanzPO/4=3,

-Q2+2a+33

•••a—3,

整理得：a?+a-3=0

解得a=三生或匚弃(舍弃)，

-1+713-3+3V13

【解析】(1)把4,B两点坐标代入抛物线的解析式，构建方程组解决问题即可.

(2)设M(m,-爪2+2巾+3),则M的反射点为(-m?+2机+3,m),根据M点的反射点在

抛物线的对称轴上，构建方程求出他即可.

(3)如图，设「(凡-£12+2£1+3).利用勾股定理的逆定理证明乙48。=90。，推出

tan"。力=tan乙4cB=3,由此构建方程即可解决问题.

本题属于二次函数综合题，考查了待定系数法，一元二次方程，解直角三角形，勾股定

理的逆定理等知识，解题的关键是理解题意，学会利用数形结合的思想解决问题，学会

利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题.

16.【答案】证明：(1)：BP=PQ,

•••乙PBQ=乙PQB,

第26页，共39页

・・・DP平分47PQ,

:.Z-CPD=乙QPD，

•・•Z.CPQ=乙PBQ+乙PQB=2(PBQ,

・•・乙CPD=乙PBQ=乙DPQ=乙PQB,

:・DP"BQ,

•・•DQ=PB,PQ=PB,

:.DQ=QP,

・•・jQDP=jQPD=(PQB=乙PBQ,

又，：PB=DQ,

••.△DPQ*BQP(44S)

・•・DP=BQ,

・•・四边形BPDQ是平行四边形；

(2)如图，设BC与OP的交点为£,连接DE,

EP=PQ,乙DPE=^DPQ,DP=DP,

△DPEEADPQ(SAS),

S^DPE=S^DPQ=y，DQ=DE,

BP=x,

PC=8—x,

DPI]AB,

△DCP~AACBi

DC_CP

AC-BC'

CD8-X

68

3

ACD=^(8-x),

2

:.S〉DPQ=y=IxEPxCD=^xxx^(8-%)=—1x+3%；

(3)当DQ=AD时,

-AD=AC-CDf

33

­-AD=6-^(8-%)=1x,

3

•••DQ=DE=AD=：x,

•••DE2=DC2+CE2,

,•(泊2=(6-|x)2+(8-2x)2,

Xi=4,%2=§(不合题意舍去),

当月Q=DQ时，

过点P作PFJLAB于F,

­••乙C=90°,AC=6,BC=8,

•••AB=>JAC2+BC2=<36+64=10,

nBFBC

•・•COSZ-B=—=—,

PBAB

:.—BF=一8,

X10

・•・BF=g%，

・.・PB=PQ,PF1ABf

p

BQ=2BF=",

.-.AQ=10-|x,

.-.AQ=DQ=DE=10-|x,

vDE2=DC2+CE2,

(10-1x)2=(6-|x)2+(8-2x)2,

X3=0(不合题意舍去)，X4=嘤，

89

第28页，共39页

综上所述：BP的长为4和若.

89

【解析】(1)由等腰三角形的性质和角平分线的性质可得NCPO=乙PBQ=乙DPQ=

「PQB,由“AAS”可证△DPQ三△BQP,可得DP=BQ,可得结论；

(2)由“S4S”可证△DPE=ADPQ,可得=SADP(?=y,通过证明^DCPMACB,

可求CD=[(8-乃，即可求解；

(3)分两种情况讨论，由等腰三角形的性质和勾股定理可求解.

本题是圆的综合题，考查了圆的有关知识，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判

定和性质，勾股定理,锐角三角函数等知识，利用分类讨论思想解决问题是本题的关键.

17.【答案】解：(1)连接。8、0C,

■：OA=OB=0C,。4平分4B4C,

:.Z.OBA=Z.OCA=乙BAO=Z.CAO9

在△048和△O4C1中，

(/-0AB=/-0AC

乙。=Z.0CA,

\A0=A0

OAB^L04c(44S),

・•.AB=AC

即△ABC是等腰三角形;

(2)延长/。交BC于点H,

•・・4H平分AB=AC,

・・・AH1BC,BH=CH,

设0H=b,BH=CH=a,

-BH2^0H2=0B2,BH2AH2=AB2,0A=4,AB=6,

(a24-b2=16

[a2+(b+4)2=36'

3a

a=­

解得,

•••BC=2a=3夕.

【解析】(1)连接08、0C,先证明N0B4=N0G4=484。=4c4。，再证明△。48三4

04c得4B=AC,问题得证；

(2)延长4。交BC于点H,先证明4HJ.BC,BH=CH,设0"=b,BH=CH=a,根据

0A=4,AB=6,由勾股定理列出a、b的方程组，解得a、b,便可得BC.

本题是圆的一个综合题，主要考查了圆的性质，等腰三角形的性质，全等三角形的性质

与判定，角平分线的性质，第(1)关键在证明三角形全等；第(2)题关键由勾股定理列出

方程组.

(―X16-46+c=0

18.【答案】解：(1)将点AB的坐标代入抛物线表达式得：，解

Ijx4+2b+c=6

得：’彳，

9=0

故抛物线的表达式为：y=|x2+2x；

(2)对于y=^%2+2x,顶点。(一2,-2),

则40=，(-4+2(+(0+2尸=2V2,

同理48=6VLBD=4^5.

BD2=AB2+AD2,

.♦.△ABD为直角三角形，

ABC的面积=|/IFX40=|x6&x2&=12；

(3)在△力BD中，tan/ABD=箓=磊=/

•••△0cH与△4BD相彳以，

第30页，共39页

:.tan乙COH=tanz.ABD^tanz.ADB,

即tanzCOH=1或3,

设点。（皿：??？+2m）,则tan4CO/=—=/。*?771=工或3,

NOH-m3

解得：m=-10或-g（不合题意的值已舍去），

故点”的坐标为（—10,30）或（-5日）.

【解析】（1）将点4、B的坐标代入抛物线表达式，即可求解；

（2）BD2=AB2+AD2,则4480为直角三角形，△4BD的面积="BXAD,即可求解；

（3）△0CH与△ABO相似，tan/COH=tan/ABO或tan/ADB,BPtanz.COW=—OH=

也M=三或3,即可求解.

-m3

本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数的性质、解直角三角形、三角形相似

等，综合性比较强，难度适中.

19.【答案】解：⑴连接AC、BD,

••♦菱形4BC0中，E是边4。的中点，点F是边4B中点,

•••AF=AE=^AB,EF//BD,

■■■FG1EF,EH1EF.

：.GF//EH//AC,

：.GF=HE=-2AC,

・・.四边形EFGH是平行四边形，

•・•FG1EF,

・•・(EFG=90°,

・•・四边形EFG"是矩形;

(2)连接EG,

图2

・・,菱形中，AD//BC,

・••Z.BGE=乙DEG,

•・•FG//EH,

:.乙FGE=乙HEG,

・•・乙BGF=乙DEH,

又,••菱形4BC0中，(B=CD,

BGF~XDEH,

FG_BG

,,丽=丽

BG_1

.・•标=5,

•••BG=-BC,

3

DE=-AD^-BC,

22

•.•-F-G=_B-G-=_一2•

EHDE3

(3)如图，过点G作GM1AB于点M,过点E作ENJ.B4延长线于点N,

GF=EH,

■:由(2)可知，ABGFfDEH,

••・此时△BGF三XDEH,

又•菱形ABCD边长为2,

•••BG=DE=1,

第32页，共39页

:・BG=CG=1,

・•・CQS/-B=cosZ-EAN=cosz.D=总，

13

•••BM=AN=

13

12

二MG=NE=—.

13

设4f=x,则MF=2—卷—x=卷—x,

当四边形EFGH是矩形时，AGFE=90°,贝必GMF与△尸NE相似（三垂直模型）.

①若AGMF-AFNE,

MG_MF

NF-EN'

解得芯1=卷，g=1(点尸不与4B中点重合，舍去);

②若AGMFfENF,

则竺=%

NFEN

21-X

•••、=1,

解得久=强

综上，4尸的长为卷或卷.

【解析】(1)连接4C、BD,由菱形的性质及三角形的中位线定理证得GF〃E",GF=EH,

从而可知四边形EFGH是平行四边形，再由有一个角为直角的平行四边形是矩形得出结

论；

(2)连接EG,由菱形的性质及FG〃EH可得4BGF=WEH,及乙B=LD,从而判定4

BGF-ADEH,结合翳=：及菱形的性质可得答案；

GCN

(3)如图，过点G作GM1AB于点M,过点E作EN1B4延长线于点N,根据cos/D=5及

菱形的边长可求得BM=4N=(，MG=NE=养设AF=x,则MF=£7,当四边

形EFGH是矩形时，4GFE=90。，则△GMF与△FNE相似(三垂直模型)，分两种情况列

式计算即可：①△GMF7FNE,②AGMFfENF.

本题属于四边形综合题，考查了矩形的判定、菱形的性质、三角形的中位线定理及相似

三角形的判定与性质等知识点，数形结合并明确相关性质及定理是解题的关键.

20.【答案】证明：（1）连接AD,如图1所示:

在RMABC中，IYB=AC,ABAC=90°,

NB="=45°,

r点。是边BC的中点，

•••AD=-2BC=BD,AD1BC,乙BAD=乙CAD=45°,

・•・Z-B=乙CAD,

v(EDF=90°,

・•・Z.ADF+Z.ADE=90°

v(BDE+Z-ADE=90°,

・•・乙BDE=Z-ADF,

Z.B=Z.CAD

在△BDE和△力DF中，\BD=AD,

/BDE=Z.ADF

••BE=AF；

(2)・・・乙BDF=乙BDE+乙EDF,乙BDF=zC+ZCFD,

乙BDE+乙EDF