2014-2015年宁波市鄞州区九年级上期末数学试卷及答案解析.

2014-2015学年浙江省宁波市鄞州区九年级（上）期末数学试卷

一、选择题（每小题4分，共48分） 1．已知A．

，则代数式B．

C．

2

的值为( ) D．

2．抛物线y=﹣2（x﹣3）+1的顶点坐标是( ) A．（﹣3，1） B．（3，1） C．（1，3） D．（1，﹣3）

3．展览馆有A，B两个入口，D、E、F三个出口，则从A入口进，F出口出的概率是( ) A． B． C． D．

4．在Rt△ABC中，∠A=Rt∠，AB=3，BC=4，则cosB=( ) A． B． C． D．

5．“圆柱与球的组合体”如图所示，则它的三视图是( )

A． B． C．

D．

2

6．在平面直角坐标系中，将抛物线y=3x先向右平移1个单位，再向上平移2个单位，得到的抛物线的解析式是( ) A．y=3（x+1）+2

2

B．y=3（x+1）﹣2

2

C．y=3（x﹣1）+2

2

D．y=3（x﹣1）﹣2

2

7．如图，PA、PB、分别切⊙O于A、B两点，∠P=40°，则∠C的度数为( )

A．40° B．140° C．70° D．80° 8．如图，若P为△ABC的边AB上一点（AB＞AC），则下列条件不一定能保证△ACP∽△ABC的有( )

A．∠ACP=∠B B．∠APC=∠ACB C．= D．=

9．如图，在△ABC中，AB=AC，∠BAC=90°，BC=8，⊙A与BC相切于点D，且与AB、AC分别交于点E、F，则劣弧

的长是( )

A．π

B．2π

C．3π

2

D．4π

10．若二次函数y=ax+bx+c的x与y的部分对应值如下表，则当x=1时，y的值为( ) x ﹣7 ﹣6 ﹣5 ﹣4 ﹣3 ﹣2 y 3 5 3 ﹣27 ﹣13 ﹣3 A．5 B．﹣3 C．﹣13 D．﹣27

11．如图，抛物线y=ax+bx+c与x轴的负半轴交于点A，B（点A在点B的右边），与y轴的正半轴交于点C，且OA=OC=1，则下列关系中正确的是( )

2

A．a+b=1

B．b＜2a

C．a﹣b=﹣1 D．ac＜0

12．如图，⊙O与射线AM相切于点B，圆心O在射线AN上，⊙O半径为6cm，OA=10cm．点P从点A出发，以2cm/秒的速度沿AN方向运动，过P点作直线l垂直AB，当l与⊙O相切时，所用时间是( )

A．秒 B．秒 C．秒或秒 D．秒或秒

二、填空题（每小题4分，共24分）

13．有一个圆锥底面半径为5，母线为13，则它的侧面积是__________．（结果保留π）

14．二次函数，当x≥﹣2时，y随x的增大而__________．

15．如图，已知BE平分∠ABC，DE∥BC，AD=3，DE=2，AC=4，则AE=__________．

16．如图，将半径为3的圆形纸片，按下列顺序折叠．若分的面积是__________（结果保留π）

和

都经过圆心O，则阴影部

17．AB是⊙O内接正方形的一条边长，AC是同一个⊙O内接正六边形的一条边长，则∠BAC的度数是__________．

18．如图，ABC中，AB=AC，BC=16，cosB=，M，N是BC上的点，且∠MAN=∠C，则BN•CM的值是__________．

三、解答题（第19题6分，第20、21题各8分，第22～24题各10分，第25题12分，第26题14分）

19．计算：2sin30°+cos30°•tan60°﹣

+tan45°．

20．一个不透明的口袋里装有2个红球、1个黄球和若干个绿球（除颜色不同外其余都相同），若从中任意摸出1个球是绿球的概率是． （1）求口袋中绿球的个数；

（2）若第一次从口袋中任意摸出1个球，放回搅匀，第二次再摸出1个球，用列表或画树状图方法写出所有可能性，并求出刚好摸到一个红球和一个绿球的概率． 21．（1）用直尺和圆规作出△ABC的外接圆O（不写作法，保留作图痕迹）； （2）若BC=5

，∠A=60°，求⊙O的半径长．

22．如图，为了测量某建筑物CD的高度，先在地面上用测角仪自A处测得建筑物顶部的仰角是30°，然后在水平地面上向建筑物前进了100m，此时自B处测得建筑物顶部的仰角是45°．已知测角仪的高度是1.5m，请你计算出该建筑物的高度．（取到1m）

=1.732，结果精确

23．如图，AE是△ABC外接圆O的直径，连结BE，作AD⊥BC于D． （1）求证：△ABE∽△ADC；

（2）若AB=8，AC=6，AE=10，求AD的长．

24．某商品的进价为每件50元，售价为每件60元，每天可卖出190件；如果每件商品的售价每上涨1元，则每天少卖10件，设每件商品的售价上涨x元（x为正整数），每天的销售利润为y元．

（1）求y关于x的关系式；

（2）每件商品的售价定为多少元时，每天的利润恰为1980元？

（3）每件商品的售价定为多少元时，每天可获得最大利润？最大利润是多少元？

25．若一个四边形的两条对角线互相垂直且相等，则称这个四边形为“奇妙四边形”．如图1，四边形ABCD中，若AC=BD，AC⊥BD，则称四边形ABCD为奇妙四边形．根据“奇妙四边形”对角线互相垂直的特征可得“奇妙四边形”的一个重要性质：“奇妙四边形”的面积等于两条对角线乘积的一半．根据以上信息回答：

（1）矩形__________“奇妙四边形”（填“是”或“不是”）；

（2）如图2，已知⊙O的内接四边形ABCD是“奇妙四边形”，若⊙O的半径为6，∠BCD=60°．求“奇妙四边形”ABCD的面积；

（3）如图3，已知⊙O的内接四边形ABCD是“奇妙四边形”作OM⊥BC于M．请猜测OM与AD的数量关系，并证明你的结论．

26．（14分）如图，抛物线与x轴交于点A（﹣2，0）和B（6，0），与y轴交于点C（0，3

）．

（1）求此抛物线的解析式和顶点D的坐标；

（2）连结BC、BD、CD，求证：△BCD是直角三角形；

（3）过点B作射线BM∥CD，E是线段BC上的动点，设BE=t．作EF⊥BC交射线BM于点F．

①证明：△EBF∽△DCB；

②连结CF，当△ECF与△DCB相似时，求出t的值；

③记S=S△ECF﹣S△EBF，请直接写出S取到最大值时，t的值和△EBF内切圆半径r．

2014-2015学年浙江省宁波市鄞州区九年级（上）期末数学试卷

一、选择题（每小题4分，共48分） 1．已知

，则代数式

的值为( )

A． B． C． D． 【考点】比例的性质．

【分析】用b表示出a，然后代入比例式进行计算即可得解．

【解答】解：∵=， ∴a=b，

∴==．

故选B．

【点评】本题考查了比例的性质，用b表示出a是解题的关键．

2．抛物线y=﹣2（x﹣3）+1的顶点坐标是( ) A．（﹣3，1） B．（3，1） C．（1，3） D．（1，﹣3） 【考点】二次函数的性质．

【分析】直接根据抛物线的顶点坐标式写出顶点坐标即可．

2

【解答】解：∵抛物线y=﹣2（x﹣3）+1， ∴顶点坐标为（3，1）， 故选B．

【点评】本题主要考查了二次函数的性质，熟知二次函数的顶点坐标式是解答本题的关键，此题难度不大．

3．展览馆有A，B两个入口，D、E、F三个出口，则从A入口进，F出口出的概率是( )

2

A． B． C． D． 【考点】列表法与树状图法． 【分析】根据两个事件同时发生的概率等于两个事件发生概率的积直接算出答案即可．

【解答】解：∵A，B两个入口，D、E、F三个出口，

∴从A入口进的概率为：；从F出口出的概率为：， ∴从A入口进，F出口出的概率是×=，

故选C． 【点评】考查了事件概率的求法，解答时要牢记两个事件同时发生的概率等于两个事件发生概率的积，也可通过列表或树状图法将所有情况全部列举出来．

4．在Rt△ABC中，∠A=Rt∠，AB=3，BC=4，则cosB=( ) A． B． C． D． 【考点】锐角三角函数的定义．

【分析】根据题意画出图形，进而得出cosB=【解答】解：∵∠A=Rt∠，AB=3，BC=4， 则cosB==． 故选：A．

求出即可．

【点评】此题主要考查了锐角三角函数的定义，正确把握锐角三角函数关系是解题关键．

5．“圆柱与球的组合体”如图所示，则它的三视图是( )

A． B． C．

D．

【考点】简单组合体的三视图．

【分析】主视图、左视图、俯视图是分别从物体正面、左面和上面看，所得到的图形． 【解答】解：“圆柱与球的组合体”的三视图依次为长方形的上边有一个圆，长方形的上边有一个圆，圆环，故选A．

【点评】本题考查了几何体的三种视图，掌握定义是关键．

6．在平面直角坐标系中，将抛物线y=3x先向右平移1个单位，再向上平移2个单位，得到的抛物线的解析式是( )

2222

A．y=3（x+1）+2 B．y=3（x+1）﹣2 C．y=3（x﹣1）+2 D．y=3（x﹣1）﹣2 【考点】二次函数图象与几何变换． 【专题】常规题型．

2

【分析】先根据抛物线的顶点式得到抛物线y=3x的对称轴为直线x=0，顶点坐标为（0，0），

2

则抛物线y=3x向右平移1个单位，再向上平移2个单位得到的抛物线的对称轴为直线x=1，顶点坐标为（1，2），然后再根据顶点式即可得到平移后抛物线的解析式．

2

【解答】解：∵抛物线y=3x的对称轴为直线x=0，顶点坐标为（0，0），

2

∴抛物线y=3x向右平移1个单位，再向上平移2个单位得到的抛物线的对称轴为直线x=1，顶点坐标为（1，2），

2

∴平移后抛物线的解析式为y=3（x﹣1）+2． 故选：C． 【点评】本题考查了二次函数图象与几何变换：先把抛物线的解析式化为顶点式y=a（x﹣k）2

+h，其中对称轴为直线x=k，顶点坐标为（k，h），若把抛物线先右平移m个单位，向上平

2

移n个单位，则得到的抛物线的解析式为y=a（x﹣k﹣m）+h+n；抛物线的平移也可理解为把抛物线的顶点进行平移．

7．如图，PA、PB、分别切⊙O于A、B两点，∠P=40°，则∠C的度数为( )

2

A．40° B．140° C．70° D．80° 【考点】切线长定理；圆周角定理． 【专题】计算题．

【分析】连接OA，OB根据切线的性质定理，切线垂直于过切点的半径，即可求得∠OAP，∠OBP的度数，根据四边形的内角和定理即可求的∠AOB的度数，然后根据圆周角定理即可求解．

【解答】解：∵PA是圆的切线． ∴∠OAP=90°， 同理∠OBP=90°，

根据四边形内角和定理可得：

∠AOB=360°﹣∠OAP﹣∠OBP﹣∠P=360°﹣90°﹣90°﹣40°=140°，

∴∠ACB=∠AOB=70°． 故选C．

【点评】本题主要考查了切线的性质，以及圆周角定理，正确求得∠AOB的度数，是解决本题的关键． 8．如图，若P为△ABC的边AB上一点（AB＞AC），则下列条件不一定能保证△ACP∽△ABC的有( )

A．∠ACP=∠B B．∠APC=∠ACB C．= D．= 【考点】相似三角形的判定． 【专题】压轴题．

【分析】根据相似三角形的判定方法．利用公共角∠A进行求解． 【解答】解：∵∠A=∠A，

2

∴当∠APC=∠ACB或∠ACP=∠B或AC：AB=AP：AC或AC=AB•AP时， △ACP∽△ABC． 故选D．

【点评】此题考查了相似三角形的判定： ①有两个对应角相等的三角形相似；

②有两个对应边的比相等，且其夹角相等，则两个三角形相似； ③三组对应边的比相等，则两个三角形相似．

9．如图，在△ABC中，AB=AC，∠BAC=90°，BC=8，⊙A与BC相切于点D，且与AB、

AC分别交于点E、F，则劣弧的长是( )

A．π B．2π C．3π D．4π 【考点】切线的性质；弧长的计算．

【分析】连接AD，可求得AD的长，再利用弧长公式可求得【解答】解：如图，连接AD，

的长．

∵BC为⊙A的切线， ∴AD⊥BC， ∵AB=AC，

∴D为BC中点，且∠BAC=90°， ∴BD=DC=AD=BC=4， 又∵∠BAC=90°， ∴=故选B．

=

=2π，

【点评】本题主要考查切线的性质，由条件证得D为BC的中点求出半径是解题的关键．

10．若二次函数y=ax+bx+c的x与y的部分对应值如下表，则当x=1时，y的值为( ) x ﹣7 ﹣6 ﹣5 ﹣4 ﹣3 ﹣2 y 3 5 3 ﹣27 ﹣13 ﹣3 A．5 B．﹣3 C．﹣13 D．﹣27 【考点】待定系数法求二次函数解析式．

【分析】由表可知，抛物线的对称轴为x=﹣3，顶点为（﹣3，5），再用待定系数法求得二次函数的解析式，再把x=1代入即可求得y的值．

2

【解答】解：设二次函数的解析式为y=a（x﹣h）+k，

∵当x=﹣4或﹣2时，y=3，由抛物线的对称性可知h=﹣3，k=5，

2

∴y=a（x+3）+5，

把（﹣2，3）代入得，a=﹣2，

2

∴二次函数的解析式为y=﹣2（x+3）+5， 当x=1时，y=﹣27． 故选D．

【点评】本题考查了待定系数法求二次函数的解析式，抛物线是轴对称图形，由表看出抛物线的对称轴为x=﹣3，顶点为（﹣3，5），是本题的关键．

11．如图，抛物线y=ax+bx+c与x轴的负半轴交于点A，B（点A在点B的右边），与y轴的正半轴交于点C，且OA=OC=1，则下列关系中正确的是( )

2

2

A．a+b=1 B．b＜2a C．a﹣b=﹣1 D．ac＜0 【考点】二次函数图象与系数的关系．

【分析】由抛物线与y轴相交于点C，就可知道C点的坐标（0，1）以及A的坐标，然后代入函数式，即可得到答案．

【解答】解：A不正确：由图象可知，直线AC：y=x+1，当x=1时，a+b+1＞1+1，即a+b＞1；

B不正确：由图象可知，﹣＜﹣1，解得b＞2a；

C正确：由抛物线与y轴相交于点C，就可知道C点的坐标为（0，c）， 又因为OC=OA=1， 所以C（0，1），A（﹣1，0），

2

把它代入y=ax+bx+c，

2

即a•（﹣1）+b•（﹣1）+1=0， 即a﹣b+1=0， 所以a﹣b=﹣1．

D不正确：由图象可知，抛物线开口向上，所以a＞0；又因为c=1，所以ac＞0． 故选：C． 【点评】本题考查了二次函数的图象与系数的关系，解题的关键是了解各系数对函数的图象的影响． 12．如图，⊙O与射线AM相切于点B，圆心O在射线AN上，⊙O半径为6cm，OA=10cm．点P从点A出发，以2cm/秒的速度沿AN方向运动，过P点作直线l垂直AB，当l与⊙O相切时，所用时间是( )

A．秒 B．秒 C．秒或秒 D．秒或秒 【考点】直线与圆的位置关系． 【专题】动点型；分类讨论．

【分析】当l平移到l′和l″时，与⊙O相切，切点分别为C点和D点，如图，根据切线的性质得到四边形BOCE和四边形BODF都是矩形，则BE=OC=6，BF=OD=6，在Rt△AOB中

利用勾股定理计算出AB=8，则AE=AB﹣BE=2，AF=AB+BF=14，利用PE∥OB得到=，

利用比例性质可计算出AP=，易得点P运动的时间为秒；接着证明△QOD∽△QAF，利用相似比计算出AQ=，易得点P运动到点Q时的时间为秒．

【解答】解：当l平移到l′和l″时，与⊙O相切，切点分别为C点和D点，如图， 则OC=OD=6，OC⊥l′，OD⊥l″，

∵⊙O与射线AM相切于点B， ∴OB⊥AM， ∵l⊥AB，

∴四边形BOCE和四边形BODF都是矩形， ∴BE=OC=6，BF=OD=6，

在Rt△AOB中，∵OB=6，OA=10， ∴AB=

=8，

∴AE=AB﹣BE=2，AF=AB+BF=14， ∵PE∥OB， ∴

=

，即

=，

∴AP=，

∴点P运动的时间=÷2=（秒）； ∵OD∥AF，

∴△QOD∽△QAF，

∴=，即=，

∴AQ=，

÷2=

（秒），

秒．

∴点P运动到点Q时的时间=

即当l与⊙O相切时，所用时间为秒或

故选C．

【点评】本题考查了直线和圆的位置关系：设⊙O的半径为r，圆心O到直线l的距离为d，则直线l和⊙O相交⇔d＜r；直线l和⊙O相切⇔d=r；直线l和⊙O相离⇔d＞r．也考查了矩形的性质和相似三角形的判定与性质．

二、填空题（每小题4分，共24分）

13．有一个圆锥底面半径为5，母线为13，则它的侧面积是65π．（结果保留π） 【考点】圆锥的计算．

【分析】首先求得圆锥的底面周长，然后利用扇形的面积公式即可求解． 【解答】解：圆锥的底面周长是：2×5π=10π，

则×10π×13=65π． 故答案为：65π． 【点评】本题考查了圆锥的计算，正确理解圆锥的侧面展开图与原来的扇形之间的关系是解决本题的关键，理解圆锥的母线长是扇形的半径，圆锥的底面圆周长是扇形的弧长．

14．二次函数，当x≥﹣2时，y随x的增大而减小． 【考点】二次函数的性质．

【分析】利用二次函数开口方向以及对称轴两侧增减性相反进而得出答案．

【解答】解：二次函数，

∵a=﹣＜0，

∴当x≥﹣2时，y随x的增大而减小． 故答案为：减小．

【点评】此题主要考查了函数图象的性质，利用开口方向得出增减性是解题关键．

15．如图，已知BE平分∠ABC，DE∥BC，AD=3，DE=2，AC=4，则AE=2.4．

【考点】平行线分线段成比例；等腰三角形的判定与性质．

【分析】如图，首先证明BD=DE，求出AB=5；证明△ADE∽△ABC，列出比例式求出AE即可解决问题．

【解答】解：如图，∵BE平分∠ABC，DE∥BC， ∴∠DBE=∠CBE，∠DEB=∠CBE， ∴∠DBE=∠DEB，

∴DB=DE=2，AB=AD+DB=5； ∵DE∥BC，

∴△ADE∽△ABC，

∴，而AC=4，AD=3， ∴AE=2.4， 故答案为2.4．

，

【点评】该题主要考查了等腰三角形的判定、相似三角形的判定及其性质等几何知识点及其应用问题；牢固掌握等腰三角形的判定、相似三角形的判定及其性质是解题的关键．

16．如图，将半径为3的圆形纸片，按下列顺序折叠．若分的面积是3π（结果保留π）

和

都经过圆心O，则阴影部

【考点】翻折变换（折叠问题）． 【专题】压轴题；操作型．

【分析】作OD⊥AB于点D，连接AO，BO，CO，求出∠OAD=30°，得到

∠AOB=2∠AOD=120°，进而求得∠AOC=120°，再利用阴影部分的面积=S扇形AOC求解． 【解答】解；如图，作OD⊥AB于点D，连接AO，BO，CO， ∵OD=AO， ∴∠OAD=30°，

∴∠AOB=2∠AOD=120°， 同理∠BOC=120°， ∴∠AOC=120°，

∴阴影部分的面积=S扇形AOC=故答案为：3π．

=3π．

【点评】本题主要考查了折叠问题，解题的关键是确定∠AOC=120°． 17．AB是⊙O内接正方形的一条边长，AC是同一个⊙O内接正六边形的一条边长，则∠BAC的度数是105°或15°． 【考点】正多边形和圆．

【分析】根据题意画出图形，根据正方形与正六边形的性质求出与的度数，根据圆周

角与弦的关系即可得出结论． 【解答】解：如图所示，

∵AB是⊙O内接正方形的一条边长，AC是同一个⊙O内接正六边形的一条边长， ∴

=

=90°，

=

=60°．

当点C在C1的位置时， ∵优弧

=360°﹣90°﹣60°=210°，

∴∠BAC1=×210°=105°； 当点C在C2的位置时，

=

﹣

=90°﹣60°=30°，

∴∠BAC2=×30°=15°．

综上所述，∠BAC的度数是105°或15°． 故答案为：105°或15°．

【点评】本题考查的是正多边形和圆，在解答此题时要进行分类讨论，不要漏解．

18．如图，ABC中，AB=AC，BC=16，cosB=，M，N是BC上的点，且∠MAN=∠C，则BN•CM的值是100．

【考点】相似三角形的判定与性质．

【分析】如图，作辅助线；求出AB=10；证明△ABN∽△MCA，得到BN•CM=AB•AC=100．

【解答】解：如图，过点A作AP⊥BC于点P． ∵AB=AC，BC=16，

∴BP=PC=8，∠B=∠C；而cosB=， ∴

，AB=10；

，故

∵∠MAN=∠C，

∴∠MAN+∠NAC=∠NAC+∠C；

∵∠MAC=∠MAN+∠NAC，∠ANB=∠NAC+∠C， ∴∠MAC=∠ANB，而∠B=∠C， ∴△ABN∽△MCA， ∴，

∴BN•CM=AB•AC=100． 故答案为100．

【点评】该题主要考查了相似三角形的判定及其性质、等腰三角形的性质等知识点及其应用问题；牢固掌握相似三角形的判定及其性质、等腰三角形的性质是解题的基础和关键．

三、解答题（第19题6分，第20、21题各8分，第22～24题各10分，第25题12分，第26题14分）

19．计算：2sin30°+cos30°•tan60°﹣

+tan45°．

【考点】特殊角的三角函数值．

【分析】根据特殊角的三角函数值进行计算即可． 【解答】解：原式=2×+

×

﹣（

）+1

2

=1+﹣+1 =3．

【点评】本题考查了特殊角的三角函数值，是各地中考题中常见的计算题型．解决此类题目的关键是熟记特殊角的三角函数值的运算． 20．一个不透明的口袋里装有2个红球、1个黄球和若干个绿球（除颜色不同外其余都相同），若从中任意摸出1个球是绿球的概率是． （1）求口袋中绿球的个数；

（2）若第一次从口袋中任意摸出1个球，放回搅匀，第二次再摸出1个球，用列表或画树状图方法写出所有可能性，并求出刚好摸到一个红球和一个绿球的概率． 【考点】列表法与树状图法． 【分析】（1）首先设袋中的绿球个数为x个，然后根据古典概率的知识列方程，解方程即可求得答案；

（2）首先画树状图，然后求得全部情况的总数与符合条件的情况数目，求其二者的比值即可．

【解答】解：（1）设袋中的绿球个数为x个，

∴=， 解得：x=1，

经检验，x=1是原方程的解， ∴袋中绿球的个数1个；

（2）画树状图得：

，

则一共有12种情况，

两次摸到球的颜色是一红一绿这种组合的有2种，

故两次摸到球的颜色是一红一绿这种组合的概率为：=． 【点评】本题考查了用列表法或画树状图法求概率．列表法或画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． 21．（1）用直尺和圆规作出△ABC的外接圆O（不写作法，保留作图痕迹）； （2）若BC=5

，∠A=60°，求⊙O的半径长．

【考点】作图—复杂作图；三角形的外接圆与外心． 【分析】（1）首先作出AB、BC的垂直平分线，两线的交点就是外接圆的圆心； （2）根据圆周角定理可得∠BOC=120°，再根据等腰三角形的性质可得∠BOH=60°，

BH=BC=，然后利用三角函数求出BO的长即可． 【解答】解：（1）如图所示：

（2）连接BO，CO， ∵∠A=60°， ∴∠BOC=120°，

∵EF是BC的垂直平分线，BO=CO， ∴∠BOH=60°，BH=BC=∴∠OBH=30°， ∴BO=

=5．

，

【点评】此题主要考查了复杂作图，以及圆周角定理和垂径定理，关键是掌握三角形外接圆的圆心是三角形三条边垂直平分线的交点，叫做三角形的外心．

22．如图，为了测量某建筑物CD的高度，先在地面上用测角仪自A处测得建筑物顶部的仰角是30°，然后在水平地面上向建筑物前进了100m，此时自B处测得建筑物顶部的仰角是45°．已知测角仪的高度是1.5m，请你计算出该建筑物的高度．（取到1m）

=1.732，结果精确

【考点】解直角三角形的应用-仰角俯角问题． 【专题】压轴题．

【分析】根据CE=xm，则由题意可知BE=xm，AE=（x+100）m，再利用解直角得出x的值，即可得出CD的长．

【解答】解：设CE=xm，则由题意可知BE=xm，AE=（x+100）m．

在Rt△AEC中，tan∠CAE=即tan30°=∴3x=

， ，

（x+100），

=136.6，

，

解得x=50+50

∴CD=CE+ED=136.6+1.5=138.1≈138（m）． 答：该建筑物的高度约为138m．

【点评】此题主要考查了解直角三角形的应用，根据tan∠CAE=得出x的值是解决问题的关键．

23．如图，AE是△ABC外接圆O的直径，连结BE，作AD⊥BC于D． （1）求证：△ABE∽△ADC；

（2）若AB=8，AC=6，AE=10，求AD的长．

【考点】相似三角形的判定与性质；圆周角定理． 【分析】（1）如图，证明∠ABE=∠ADC=90°，∠E=∠C，即可解决问题．

（2）由△ABE∽△ADC，列出比例式，求出AD即可解决问题． 【解答】 解：（1）如图，∵AE是△ABC外接圆O的直径，且AD⊥BC， ∴∠ABE=∠ADC=90°；而∠E=∠C， ∴△ABE∽△ADC．

（2）∵△ABE∽△ADC，

∴，而AB=8，AC=6，AE=10， ∴AD=4.8．

【点评】该题主要考查了相似三角形的判定及其性质、圆周角定理及其推论等几何知识点及其应用问题；解题的关键是深入观察图形结构特点，数形结合，准确找出图形中隐含的相等或相似关系．

24．某商品的进价为每件50元，售价为每件60元，每天可卖出190件；如果每件商品的售价每上涨1元，则每天少卖10件，设每件商品的售价上涨x元（x为正整数），每天的销售利润为y元．

（1）求y关于x的关系式；

（2）每件商品的售价定为多少元时，每天的利润恰为1980元？

（3）每件商品的售价定为多少元时，每天可获得最大利润？最大利润是多少元？ 【考点】二次函数的应用；一元二次方程的应用． 【分析】（1）利用销量乘以每件利润=总利润得出关系式即可； （2）利用（1）中所求关系式，进而使y=1980进而得出即可； （3）利用配方法求出二次函数最值，结合x的取值范围得出答案． 【解答】解：（1）设每件商品的售价上涨x元（x为正整数），每天的销售利润为y元，

2

则y=（60﹣50+x）（190﹣10x）=﹣10x+90x+1900；

（2）当y=1980，则1980=﹣10x+90x+1900， 解得：x1=1，x2=8．

故每件商品的售价定为61元或68元时，每天的利润恰为1980元；

（3）y=﹣10x+90x+1900=﹣10（x﹣）+2102.5， 故当x=5或4时，y=2100（元），

即每件商品的售价定为元或65元时，每天可获得最大利润，最大利润是2100元． 【点评】此题主要考查了二次函数的应用以及一元二次方程的解法，得出y与x的函数关系式是解题关键．

25．若一个四边形的两条对角线互相垂直且相等，则称这个四边形为“奇妙四边形”．如图1，四边形ABCD中，若AC=BD，AC⊥BD，则称四边形ABCD为奇妙四边形．根据“奇妙四边形”对角线互相垂直的特征可得“奇妙四边形”的一个重要性质：“奇妙四边形”的面积等于两条对角线乘积的一半．根据以上信息回答： （1）矩形不是“奇妙四边形”（填“是”或“不是”）；

（2）如图2，已知⊙O的内接四边形ABCD是“奇妙四边形”，若⊙O的半径为6，∠BCD=60°．求“奇妙四边形”ABCD的面积；

（3）如图3，已知⊙O的内接四边形ABCD是“奇妙四边形”作OM⊥BC于M．请猜测OM与AD的数量关系，并证明你的结论．

2

2

2

【考点】圆的综合题． 【专题】综合题． 【分析】（1）根据矩形的性质和“奇妙四边形”的定义进行判断；

（2）连结OB、OD，作OH⊥BD于H，如图2，根据垂径定理得到BH=DH，根据圆周角定理得到∠BOD=2∠BCD=120°，则利用等腰三角形的性质得∠OBD=30°，在Rt△OBH中

可计算出BH=OH=3，BD=2BH=6，则AC=BD=6，然后根据奇妙四边形”的面

积等于两条对角线乘积的一半求解；

（3）连结OB、OC、OA、OD，作OE⊥AD于E，如图3，根据垂径定理得到AE=DE，再利用圆周角定理得到∠BOM=∠BAC，∠AOE=∠ABD，再利用等角的余角相等得到∠OBM=∠AOE，则可证明△BOM≌△OAE得到OM=AE，于是有OM=AD． 【解答】解：（1）矩形的对角线相等但不垂直， 所以矩形不是“奇妙四边形”；

故答案为不是；

（2）连结OB、OD，作OH⊥BD于H，如图2，则BH=DH， ∵∠BOD=2∠BCD=2×60°=120°， ∴∠OBD=30°，

在Rt△OBH中，∵∠OBH=30°， ∴OH=OB=3， ∴BH=

OH=3

， ， ，

∵BD=2BH=6∴AC=BD=6

∴“奇妙四边形”ABCD的面积=×6×6=；

（3）OM=AD．理由如下：

连结OB、OC、OA、OD，作OE⊥AD于E，如图3， ∵OE⊥AD， ∴AE=DE，

∵∠BOC=2∠BAC， 而∠BOC=2∠BOM， ∴∠BOM=∠BAC，

同理可得∠AOE=∠ABD， ∵BD⊥AC，

∴∠BAC+∠ABD=90°， ∴∠BOM+∠AOE=90°， ∵∠BOM+∠OBM=90°， ∴∠OBM=∠AOE， 在△BOM和△OAE中

，

∴△BOM≌△OAE， ∴OM=AE， ∴OM=AD．

【点评】本题考查了圆的综合题：熟练掌握圆周角定理、垂径定理、等腰三角形的性质和矩形的性质；会利用三角形全等解决线段相等的问题． 26．（14分）如图，抛物线与x轴交于点A（﹣2，0）和B（6，0），与y轴交于点C（0，3

）．

（1）求此抛物线的解析式和顶点D的坐标；

（2）连结BC、BD、CD，求证：△BCD是直角三角形；

（3）过点B作射线BM∥CD，E是线段BC上的动点，设BE=t．作EF⊥BC交射线BM于点F．

①证明：△EBF∽△DCB；

②连结CF，当△ECF与△DCB相似时，求出t的值；

③记S=S△ECF﹣S△EBF，请直接写出S取到最大值时，t的值和△EBF内切圆半径r．

【考点】二次函数综合题． 【专题】综合题．

【分析】（1）设交点式y=a（x+2）（x﹣6），再把C点坐标代入求出a=﹣物线解析式为y=﹣

x+

2

，则可得到抛

x+3，然后把解析式配成顶点式即可得到顶点D的坐标；

，BD=4

，BC=3

，再利用勾股定理的逆定

（2）利用两点间的距离公式计算出CD=

理判断△BCD是直角三角形，∠BDC=90°，

（3）①利用BM∥CD可得∠DBM=90°，再利用等角的余角相等得到∠DBC=∠EFB，然后根据相似三角形的判定方法得到△EBF∽△DCB； ②由于△EBF∽△DCB，则利用相似比可计算出EF=2

t，然后分类讨论：当

△EFC∽△DCB时，=，即=；当△EFC∽△DBC时，=，即

=，再分别利用比例性质求出t即可；

t+6

2

③利用三角形面积公式得到S=S△ECF﹣S△EBF=EF（CE﹣BE）=﹣2函数的性质，当t=

时，S取最大值，此时BE=

，EF=2

t=3

t，利用二次

，接着利用勾股定

理计算出BF=，然后根据直角三角形的内切圆半径等于两直角边的和与斜边差的一半求r即可． 【解答】（1）解：设抛物线解析式为y=a（x+2）（x﹣6）， 把C（0，3

）代入得a•2•（﹣6）=3

，解得a=﹣

， x+

2

所以抛物线解析式为y=﹣∵y=﹣

（x﹣2）+4

2

（x+2）（x﹣6），即y=﹣， ）；

x+3，

∴顶点D的坐标为（2，4（2）证明：如图1，

∵B（6，0），C（0，3

），D（2，4

），

∴CD=BC=∵（

2

=

=3

）+（4

2

2

2

，BD==4，

， ），

2

）=（3

2

∴CD+BD=BC，

∴△BCD是直角三角形，∠BDC=90° （3）①证明：如图2，

∵BM∥CD， 而∠BDC=90°， ∴∠DBM=90°，

即∠DBC+∠FBC=90°， ∵FE⊥BC，

∴∠FBE+∠EFB=90°， ∴∠DBC=∠EFB， 而∠BDC=∠FEB， ∴△EBF∽△DCB； ②解：如图3，

∵△EBF∽△DCB， ∴

=

，即

=

，解得EF=2

t，

当△EFC∽△DCB时，=，即=，解得t=；

当△EFC∽△DBC时，=，即=，解得t=3，

综上所述，t的值为或3；

t•（3

﹣t﹣t）=

③解：S=S△ECF﹣S△EBF=•CE•EF﹣BE•EF=EF（CE﹣BE）=•2﹣2

t+6

2

t，

当t=﹣=时，S取最大值，此时BE=，EF=2t=3，

所以BF==，

所以△EBF内切圆半径r==． 【点评】本题考查了二次函数的综合题：熟练掌握二次函数的性质和相似三角形的判定与性质；会用待定系数法求抛物线解析式；能运用勾股定理的逆定理证明直角三角形；理解坐标与图形性质，能利用两点间的距离公式计算线段的长和运用相似比计算线段的长．