九年級數(shù)學上學期期末試題
九年級數(shù)學上學期期末試題
經(jīng)歷了九年級的一學期的努力奮戰(zhàn)，同學們檢驗學習成果的時刻就要到了，同學們要準備哪些數(shù)學期末試題來復習呢?下面是學習啦小編為大家?guī)淼年P于九年級數(shù)學上學期期末試題，希望會給大家?guī)韼椭?/p>
九年級數(shù)學上學期期末試題：
一、選擇題：(本大題共10小題，每小題3分，共30分.在每小題所給出的四個選項中，只有一項是正確的，把答案直接填寫在答題卡上相應的位置處)
1.已知 = ，則 的值是( )
【考點】分式的基本性質(zhì).
【專題】計算題.
【分析】因為已知 = ，所以可以設：a=2k，則b=3k，將其代入分式即可求解.
【解答】解：∵ = ，
∴設a=2k，則b=3k，
故選A.
【點評】已知幾個量的比值時，常用的解法是：設一個未知數(shù)，把題目中的幾個量用所設的未知數(shù)表示出來，實現(xiàn)消元.
2.一元二次方程x2﹣3x+k=0的一個根為x=2，則k的值為( )
A.1 B.2 C.3 D.4
【考點】一元二次方程的解.
【分析】將x=2，代入方程即可求得k的值，從而得到正確選項.
【解答】解：∵一元二次方程x2﹣3x+k=0的一個根為x=2，
∴22﹣3×2+k=0，
解得，k=2，
故選B.
【點評】本題考查一元二次方程的解，解題的關鍵是明確一元二次方程的解一定使得原方程成立.
3.△ABC中，點D、E分別為AB、AC上的點，且滿足DE∥BC，若AD=3，BD=2，AE=2，則EC的長為( )
A.3 B. C. D.1
【考點】平行線分線段成比例.
【分析】根據(jù)平行線分線段成比例定理列出比例式，代入已知數(shù)據(jù)計算即可.
【解答】解：∵DE∥BC，
∴ = ，即 = ，
解得EC= .
故選：B.
【點評】本題考查的是平行線分線段成比例定理，靈活運用定理、找準對應關系是解題的關鍵.
4.正六邊形ABCDEF的邊長為2，則該六邊形的面積為( )
A.3 B.7.5 C.6 D.10
【考點】正多邊形和圓.
【分析】連接OE、OD，由正六邊形的特點求出判斷出△ODE的形狀，作OH⊥ED于H，由特殊角的三角函數(shù)值求出OH的長，利用三角形的面積公式即可求出△ODE的面積，進而可得出正六邊形ABCDEF的面積.
【解答】解：連接OE、OD，如圖所示：
∵六邊形ABCDEF是正六邊形，
∴∠DEF=120°，
∴∠OED=60°，
∵OE=OD=2，
∴△ODE是等邊三角形，
作OH⊥ED于H，則OH=OE•sin∠OED=2× = ，
∴S△ODE= DE•OH= ×2× = ，
∴S正六邊形ABCDEF=6S△ODE=6 .
故選：C.
【點評】本題考查了正多邊形和圓、正六邊形的性質(zhì)、等邊三角形的判定與性質(zhì);根據(jù)題意作出輔助線，構造出等邊三角形是解答此題的關鍵.
5.下列函數(shù)中，y隨x增大而增大的是( )
A.y=﹣ B.y=﹣x+5 C.y=﹣ x D.y=﹣ x2(x<0)
【考點】二次函數(shù)的性質(zhì);一次函數(shù)的性質(zhì);正比例函數(shù)的性質(zhì);反比例函數(shù)的性質(zhì).
【分析】利用反比例函數(shù)、一次函數(shù)與二次函數(shù)的性質(zhì)逐一分析判定得出答案即可.
【解答】解：A、y=﹣ ，k<0，在每個象限里，y隨x的增大而增大，沒指明象限，所以無法比較，此選項錯誤;
B、y=﹣x+1，一次函數(shù)，k<0，故y隨著x增大而減小，此選項錯誤;
C、y=﹣ x﹣3，一次函數(shù)，k<0，故y隨著x增大而減小，此選項錯誤;
D、y=﹣ x2，拋物線開口向下，當x<0，圖象在對稱軸右側，y隨著x的增大而增大;而在對稱軸左側，y隨著x的增大而減小;此選項正確.
故選：D.
【點評】本題綜合考查二次函數(shù)、一次函數(shù)、反比例函數(shù)的，掌握函數(shù)的增減性是解決問題的關鍵.
6.某班抽取6名同學參加體能測試，成績?nèi)缦拢?0，90，75，75，80，80.下列表述錯誤的是( )
A.平均數(shù)是80 B.極差是15 C.中位數(shù)是80 D.方差是5
【考點】方差;加權平均數(shù);中位數(shù);極差.
【專題】計算題.
【分析】先把數(shù)據(jù)由小到大排列為75，75，80，80，80，90，然后根據(jù)平均數(shù)、中位數(shù)和極差的定義得到數(shù)據(jù)的平均數(shù)，中位數(shù)和極差，再根據(jù)方差公式計算數(shù)據(jù)的方差，然后利用計算結果對各選項進行判斷.
【解答】解：數(shù)據(jù)由小到大排列為75，75，80，80，80，90，它的平均數(shù)為 =80，數(shù)據(jù)的中位數(shù)為80，極差為為15，
數(shù)據(jù)的方差= [(75﹣80)2+(75﹣80)2+(80﹣80)2+(80﹣80)2+(80﹣80)2+(90﹣80)2]=25.
故選D.
【點評】本題考查了方差：一組數(shù)據(jù)中各數(shù)據(jù)與它們的平均數(shù)的差的平方的平均數(shù)，叫做這組數(shù)據(jù)的方差，計算公式是：s2= [(x1﹣x¯)2+(x2﹣x¯)2+…+(xn﹣x¯)2].也考查了平均數(shù)、中位數(shù)和極差.
7.將一個半徑為20的半圓紙片圍成圓錐形紙筒，則圓錐的底面半徑為( )
A.10 B.10 C.20 D.20
【考點】圓錐的計算.
【專題】計算題.
【分析】設圓錐的底面半徑為r，利用圓錐的側面展開圖為一扇形，這個扇形的弧長等于圓錐底面的周長，扇形的半徑等于圓錐的母線長和弧長公式得到 •2π•r•20= •202，然后解方程求出r即可.
【解答】解：設圓錐的底面半徑為r，
根據(jù)題意得 •2π•r•20= •202，解得r=10，
所以圓錐的底面半徑為10.
故選A.
【點評】本題考查了圓錐的計算：圓錐的側面展開圖為一扇形，這個扇形的弧長等于圓錐底面的周長，扇形的半徑等于圓錐的母線長.
8.直線y=﹣x+2與x軸交于點A，與y軸交于點B，O是原點，點P是線段AB上的動點(包括A、B兩點)，以OP為直徑作⊙Q，則⊙Q的面積不可能是( )
A.1.5π B.π C. π D. π
【考點】直線與圓的位置關系;一次函數(shù)圖象上點的坐標特征.
【分析】求出OA、OB，AB，根據(jù)面積公式求出高OC，即可求最大圓的面積和最小圓的面積，即可得出選項.
【解答】解：如圖：
∵直線y=﹣x+2與x軸交于點A，與y軸交于點B，
∴OA=OB=2，
由勾股定理得：AB= =2
過O作OC⊥AB于C，則O到直線AB的最短距離是OC的長，
由三角形面積公式得： ×OB×OA= AB×OC，
解得：OC= ，
當P和C點重合時，⊙Q的面積最小，是π×( )2= π，
當P和A或B重合時，⊙Q的面積最大，是π×12=π，
即 π≤⊙Q的面積≤π，
故選A.
【點評】本題考查了坐標與圖形性質(zhì)，勾股定理，三角形的面積的應用，能求出最大圓和最小圓的面積是解此題的關鍵.
9.在正方形ABCD中，E是AD的中點，F(xiàn)是AB邊上一點，BF=3AF，則下列四個結論：
?、佟鰽EF∽△DCE;
②CE平分∠DCF;
?、埸cB、C、E、F四個點在同一個圓上;
?、苤本€EF是△DCE的外接圓的切線;
其中，正確的個數(shù)是( )
A.1個 B.2個 C.3個 D.4個
【考點】四邊形綜合題.
【分析】由正方形的性質(zhì)得出AB=BC=CD=AD，∠A=∠B=∠D=90°，設AF=a，則BF=3a，AB=BC=CD=AD=4a，證出AE：DE=AE：CD，即可得出①正確;
先證出∠CEF=90°，由勾股定理求出EF= a，CE=2 a，得出EF：CE=DE：CD，證出△CEF∽△CDE，得出∠FCE=∠DCE，得出CE平分∠DCF，②正確;
由∠B+∠CEF=180°，得出B、C、E、F四個點在同一個圓上，③正確;
由△DCE是直角三角形，得出外接圓的圓心是斜邊CE的中點，CE是直徑，由EF⊥CE，得出直線EF是△DCE的外接圓的切線，④正確.
【解答】解：∵四邊形ABCD是正方形，
∴AB=BC=CD=AD，∠A=∠B=∠D=90°，
∵E是AD的中點，
∴AE=DE，
∵BF=3AF，
設AF=a，則BF=3a，AB=BC=CD=AD=4a，
∵AF：DE=1：2，AE：CD=1：2，
∴AE：DE=AE：CD，
∴△AEF∽△DCE，
∴①正確;∠AEF=∠DCE，
∵∠DEC+∠DCE=90°，
∴∠AEF+∠DEC=90°，
∴∠CEF=90°，
∵EF= = a，CE= =2 a，
∴EF：CE=1：2=DE：CD，
∴△CEF∽△CDE，
∴∠FCE=∠DCE，
∴CE平分∠DCF，
∴②正確;
∵∠B=90°，∠CEF=90°，
∴∠B+∠CEF=180°，
∴B、C、E、F四個點在同一個圓上，
∴③正確;
∵△DCE是直角三角形，
∴外接圓的圓心是斜邊CE的中點，CE是直徑，
∵∠CEF=90°，
∴EF⊥CE，
∴直線EF是△DCE的外接圓的切線，
∴④正確，
正確的結論有4個.故選：D.
【點評】本題是四邊形綜合題目，考查了正方形的性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理、四點共圓等知識;本題綜合性強，有一定難度，熟練掌握正方形的性質(zhì)，并能進行推理論證與計算是解決問題的關鍵.
10.在平面直角坐標系中，以點A(2，4)為圓心，1為半徑作⊙A，以點B(3，5)為圓心，3為半徑作⊙B，M、N分別是⊙A，⊙B上的動點，P為x軸上的動點，則PM+PN的最小值為( )
A. ﹣4 B. ﹣1 C.6﹣2 D. ﹣3
【考點】軸對稱-最短路線問題;坐標與圖形性質(zhì).
【分析】作⊙A關于x軸的對稱⊙A′，連接BA′分別交⊙A′和⊙B于M、N，交x軸于P，根據(jù)兩點之間線段最短得到此時PM+PN最小，再利用對稱確定A′的坐標，接著利用兩點間的距離公式計算出A′B的長，然后用A′B的長減去兩個圓的半徑即可得到MN的長，即得到PM+PN的最小值.
【解答】解：作⊙A關于x軸的對稱⊙A′，連接BA′分別交⊙A′和⊙B于M、N，交x軸于P，
則此時PM+PN最小，
∵點A坐標(2，4)，
∴點A′坐標(2，﹣4)，
∵點B(3，5)，
∴A′B= = ，
∴MN=A′B﹣BN﹣A′M=5 ﹣3﹣1= ﹣4，
∴PM+PN的最小值為 ﹣4.
故選A.
【點評】本題考查了圓的綜合題：掌握與圓有關的性質(zhì)和關于x軸對稱的點的坐標特征;會利用兩點之間線段最短解決線段和的最小值問題;會運用兩點間的距離公式計算線段的長;理解坐標與圖形性質(zhì).
二、填空(本大題共8小題，每小題2分，共16分.不需寫出解答過程，只需把答案直接填寫在答題卡上相應的位置處)
11.已知(a﹣2)x2+(a﹣1)x﹣3=0是關于x的一元二次方程，則a滿足的條件是a≠2.
【考點】一元二次方程的定義.
【分析】直接利用一元二次方程的定義得出a滿足的條件即可.
【解答】解：∵(a﹣2)x2+(a﹣1)x﹣3=0是關于x的一元二次方程，
∴a滿足的條件是：a≠2.
故答案為：a≠2.
【點評】此題主要考查了一元二次方程的定義，正確把握定義是解題關鍵.
12.已知△ABC∽△DEF，∠A=30°，∠F=30°，則∠E的度數(shù)為120°.
【考點】相似三角形的性質(zhì).
【分析】根據(jù)相似三角形的性質(zhì)求出∠D的度數(shù)，根據(jù)三角形內(nèi)角和定理計算即可.
【解答】解：∵△ABC∽△DEF，
∴∠D=∠A=30°，
∠E=180°﹣∠D﹣∠F=120°，
故答案為：120°.
【點評】本題考查的是相似三角形的性質(zhì)，掌握相似三角形的對應邊的比相等，對應角相等是解題的關鍵.
13.已知在Rt△ABC中，∠C=90°，AB=15，cosB= ，則BC=9.
【考點】銳角三角函數(shù)的定義.
【分析】根據(jù)在直角三角形中，銳角的余弦為鄰邊比斜邊，可得答案.
【解答】解：由cosB= ，得
BC=AB•cosB=15× =9，
故答案為：9.
【點評】本題考查銳角三角函數(shù)的定義及運用：在直角三角形中，銳角的正弦為對邊比斜邊，余弦為鄰邊比斜邊，正切為對邊比鄰邊.
14.關于x的一元二次方程x2﹣2x﹣k=0有兩個不相等的實數(shù)根，則k的取值范圍是k>﹣1.
【考點】根的判別式.
【分析】根據(jù)判別式的意義得到△=(﹣2)2+4k>0，然后解不等式即可.
【解答】解：∵關于x的一元二次方程x2﹣2x﹣k=0有兩個不相等的實數(shù)根，
∴△=(﹣2)2+4k>0，
解得k>﹣1.
故答案為：k>﹣1.
【點評】此題考查了一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的根的判別式△=b2﹣4ac：當△>0，方程有兩個不相等的實數(shù)根;當△=0，方程有兩個相等的實數(shù)根;當△<0，方程沒有實數(shù)根.
15.△ABC的頂點A、B、C均在⊙O上，若∠ABC+∠AOC=87°，則∠AOC的大小是58°.
【考點】圓周角定理.
【分析】先根據(jù)圓周角定理得到∠ABC= ∠AOC，由于∠ABC+∠AOC=87°，所以 ∠AOC+∠AOC=87°，然后解方程即可.
【解答】解：∵∠ABC= ∠AOC，
而∠ABC+∠AOC=87°，
∴ ∠AOC+∠AOC=87°，
∴∠AOC=58°.
故答案是：58°.
【點評】本題考查了圓周角定理：在同圓或等圓中，同弧或等弧所對的圓周角相等，都等于這條弧所對的圓心角的一半.
16.△ABC在平面直角坐標系內(nèi)，三個頂點坐標分別為A(0，3)，B(3，4)，C(2，2).以點B為位似中心，在網(wǎng)格內(nèi)畫出△A1B1C1，使△A1B1C1與△ABC位似，且位似比為2：1，點A1的坐標是(﹣3，2).
【考點】位似變換;坐標與圖形性質(zhì).
【分析】利用位似圖形的性質(zhì)得出對應點位置，進而得出答案.
【解答】解：如圖所示：△A1B1C1即為所求，
則點A1的坐標是：(﹣3，2).
故答案為：(﹣3，2).
【點評】此題主要考查了位似變換以及坐標與圖形的性質(zhì)，得出對應點位置是解題關鍵.
17.將拋物線y=2x2﹣4x+m繞原點旋轉180°后過點(2，﹣21)，則m的值為21.
【考點】二次函數(shù)圖象與幾何變換.
【分析】先將原拋物線解析式化為頂點式，將其繞頂點旋轉180°后，開口大小和頂點坐標都沒有變化，變化的只是開口方向，再根據(jù)關于原點對稱的兩點的橫坐標縱坐標都互為相反數(shù)得出所求新拋物線的解析式再把點(2，﹣21)代入可得m的值.
【解答】解：y=2x2﹣4x+m，
=2(x2﹣2x)+m，
=2(x2﹣2x+1﹣1)+m，
=2(x﹣1)2﹣2+m，
繞原點旋轉180°后y=﹣2(x﹣1)2+2﹣m，
∵過點(2，﹣21)，
∴﹣21=﹣2(2﹣1)2+2﹣m，
解得：m=21.
故答案為：21.
【點評】此題主要考查了根據(jù)二次函數(shù)的圖象的變換求拋物線的解析式.關鍵是掌握關于原點對稱的兩點的橫坐標縱坐標都互為相反數(shù).
18.邊長為 的正方形ABCD的頂點A、B在一個半徑為 的圓上，頂點C、D在圓內(nèi)，將正方形ABCD沿圓的內(nèi)壁逆時針方向作無滑動的滾動.當點C第一次落在圓上時，點C運動的路徑長為 .
【考點】正多邊形和圓.
【分析】設圓心為O，連接AO，BO，AC，AE，易證三角形AOB是等邊三角形，確定∠GFE=∠EAC=30°，再利用弧長公式計算即可.
【解答】解：如圖所示：
設圓心為O，連接AO，BO，AC，AE，
∵AB= ，AO=BO= ，
∴AB=AO=BO，
∴△AOB是等邊三角形，
∴∠AOB=∠OAB=60°
同理：△FAO是等邊三角形，∠FAB=2∠OAB=120°，
∴∠EAC=120°﹣90°=30，∠GFE=∠FAD=120°﹣90°=30°，
∵AD=AB= ，
∴AC= =2，
當點C第一次落在圓上時，點C運動的路徑長為 + = ;
故答案為： .
【點評】本題考查了正方形的性質(zhì)、旋轉的性質(zhì)、等邊三角形的判定和性質(zhì)、勾股定理的運用以及弧長公式的運用，題目的綜合性較強，解題的關鍵是正確的求出旋轉角的度數(shù).
三、解答題：(本大題共10小題，共84分.請在答題卡指定區(qū)域內(nèi)作答，解答時應寫出文字說明、證明過程或演算步驟)
19.計算
(1) +(1﹣ )0+4sin30°;
(2)sin245°+( )﹣2+cos245°.
【考點】實數(shù)的運算;零指數(shù)冪;負整數(shù)指數(shù)冪;特殊角的三角函數(shù)值.
【專題】計算題;實數(shù).
【分析】(1)原式第一項化為最簡二次根式，第二項利用零指數(shù)冪法則計算，最后一項利用特殊角的三角函數(shù)值計算即可得到結果;
(2)原式利用特殊角的三角函數(shù)值及負整數(shù)指數(shù)冪法則計算即可得到結果.
【解答】解：(1)原式=2 +1+2=2 +3
(2)原式= +4+ =5.
【點評】此題考查了實數(shù)的運算，熟練掌握運算法則是解本題的關鍵.
20.解方程：
(1)x2﹣3x=1;
(2)x2+4x﹣21=0.
【考點】解一元二次方程-因式分解法;解一元二次方程-公式法.
【專題】一次方程(組)及應用.
【分析】(1)方程整理后，利用公式法求出解即可;
(2)方程利用公式法求出解即可.
【解答】解：(1)方程整理得：x2﹣3x﹣1=0，
這里a=1，b=﹣3，c=﹣1，
∵△=9+4=13，
∴x= ，
解得：x1= ，x2= ;
(2)方程整理得：x2+4x=21，
配方得：x2+4x+4=25，即(x+2)2=25，
開方得：x+2=5或x+2=﹣5，
解得：x1=﹣7，x2=3.
【點評】此題考查了解一元二次方程﹣因式分解法，熟練掌握因式分解的方法是解本題的關鍵.
21.有A、B兩只不透明的布袋，A袋中有四個除標號外其他完全相同的小球，標號分別為0，1，2，3;B袋中有三個除標號外其他完全相同的小球，標號分別為﹣1，﹣2，﹣3.小明先從A袋中隨機取出一小球，用m表示該球的標號，再從B袋中隨機取出一球，用n表示該球的標號.
(1)用樹狀圖或列表的方式表示(m，n)的所有可能結果;
(2)若m、n分別表示數(shù)軸上兩個點，求這兩個點之間的距離等于3的概率.
【考點】列表法與樹狀圖法.
【分析】(1)首先根據(jù)題意列表，即求得所有等可能的結果;
(2)利用概率公式求得概率即可.
【解答】解：(1)列表如下：
所有等可能的結果為12種; (2)所有等可能的結果為12種，其中距離等于3的有3種，
故P(兩個點之間的距離等于3)= = .
【點評】本題考查的是用列表法或畫樹狀圖法求概率的知識.列表法或畫樹狀圖法可以不重復不遺漏的列出所有可能的結果，列表法適合于兩步完成的事件，樹狀圖法適合兩步或兩步以上完成的事件.注意概率=所求情況數(shù)與總情況數(shù)之比.
22.為了考察甲、乙兩種玉米的生長情況，在相同的時間，將它們種在同一塊實驗田里，經(jīng)過一段時間后，分別抽取了10株幼苗，測得苗高如下(單位：cm)：
甲：8，12，8，10，13，7，12，11，10，9;
乙：11，9，7，7，12，10，11，12，13，8.
(1)分別求出兩種玉米的平均高度;
(2)哪種玉米的幼苗長得比較整齊?
【考點】方差;加權平均數(shù).
【分析】(1)根據(jù)平均數(shù)的計算公式分別把這10株幼苗的高度加起來，再除以10即可;
(2)先算出甲與乙的方差，再進行比較，方差越小的，棉苗長勢越整齊，即可得出答案.
【解答】(1)甲組數(shù)據(jù)的平均數(shù)= ×(8+12+8+10+13+7+12+11+10+9)=10cm;
乙組數(shù)據(jù)的平均數(shù)= ×(11+9+7+7+12+10+11+12+13+8)=10cm;
(2)s2甲= ×[(8﹣10)2+(12﹣10)2+…+(9﹣10)2]=3.6cm2;
s2乙= ×[(11﹣10)2+(9﹣10)2+…+(8﹣10)2]=4.2cm2.
s2甲
所以甲玉米幼苗長得比較整齊.
【點評】本題考查了平均數(shù)與方差，一般地設n個數(shù)據(jù)，x1，x2，…xn的平均數(shù)為 ，則方差S2= [(x1﹣ )2+(x2﹣ )2+…+(xn﹣ )2]，它反映了一組數(shù)據(jù)的波動大小，方差越大，波動性越大，反之也成立.
23.某處山坡上有一棵與水平面垂直的大樹，狂風過后，大樹被刮的傾斜后折斷，倒在山坡上，樹的頂部恰好接觸到坡面(如圖所示).已知山坡的坡角∠AEF=23°，量得樹干的傾斜角∠BAC=38°，大樹被折斷部分和坡面所成的角∠ADC=60°，AD=4m.
(1)求∠DAC的度數(shù);
(2)這棵大樹折斷前高約多少米?(結果精確到個位，參考數(shù)據(jù)： ≈1.4， ≈1.7， ≈2.4)
【考點】解直角三角形的應用.
【分析】(1)延長BA交EF于點G，在RT△AGE中，求得∠GAE=67°，然后根據(jù)∠CAE=180°﹣∠GAE﹣∠BAC即可求得;
(2)過點A作AH⊥CD，垂足為H，在△ADH中，根據(jù)余弦函數(shù)求得DH，進而根據(jù)正弦函數(shù)求得AH，在RT△ACH中，求得CH=AH=2 ，然后根據(jù)AB=AC+CD即可求得.
【解答】解：(1)延長BA交EF于點G，
在RT△AGE中，∠E=23°，
∴∠GAE=67°，
又∠BAC=38°，
∴∠CAE=180°﹣67°﹣38°=75°.
(2)過點A作AH⊥CD，垂足為H，
在△ADH中，∠ADC=60°，AD=4，cos∠ADC= ，
∴DH=2，sin∠ADC= ，
∴AH=2 .
在RT△ACH中，∠C=180°﹣75°﹣60°=45°，
∴AC=2 ，CH=AH=2 .
∴AB=AC+CD=2 +2 +2≈10(米).
答：這棵大樹折斷前高約10米.
【點評】本題是將實際問題轉化為直角三角形中的數(shù)學問題，可通過作輔助線構造直角三角形，再把條件和問題轉化到這個直角三角形中，使問題解決.
24.AB是⊙O的直徑，點C是⊙O上一點，過點C作⊙O的切線PC交AB的延長線于點P，過點A作AD⊥PC于點D，連接AC，弦CE平分∠ACB，交AB于點F，連接BE.
(1)求證：AC平分∠DAB;
(2)若tan∠ABC= ，BE=2 ，求圓的直徑及線段CE的長.
【考點】切線的性質(zhì);勾股定理.
【分析】(1)由等腰三角形的性質(zhì)得出∠OAC=∠OCA，由切線的性質(zhì)和已知條件得出OC∥AD，得出∠CAD=∠OCA=∠OAC即可.
(2)連接AE，由圓周角定理得出 ，得出 ，由圓周角定理得出∠ACB=∠AEB=90°，由三角函數(shù)得出 = ，設AC=4x，則BC=3x，由勾股定理得出AB=4，AC= ，由角平分線的性質(zhì)得出AF的長，證出△BCE∽△FCA，得出對應邊成比例，即可得出結果.
【解答】(1)證明：∵OA=OC，
∴∠OAC=∠OCA，
∵PC是⊙O的切線，
∴OC⊥PC，∵AD⊥PC，
∴OC∥AD，
∴∠CAD=∠OCA=∠OAC，
即AC平分∠DAB;
(2)解：連接AE，如圖所示：
∵CE平分∠ACB，
∴∠ACE=∠BCE，
∵AB為⊙O的直徑，
∴∠ACB=∠AEB=90°，
∵tan∠ABC= = ，
設AC=4x，則BC=3x，
，AB= =5x，
則5x=4，x= ，
∴AC=4× = ，
∵CE平分∠ACB，
∴AF= ×4= ，
∵∠E=∠BAC，∠BCE=∠ACE，
∴△BCE∽△FCA，
即 ，
解得：CE= .
【點評】本題考查了切線的性質(zhì)、平行線的判定、等腰三角形的性質(zhì)、圓周角定理、勾股定理、三角函數(shù)，相似三角形的判定與性質(zhì)等知識;本題綜合性強，有一定難度，特別是(2)中，需要運用角平分線的性質(zhì)定理和證明三角形相似才能得出結果.
25.九(1)班數(shù)學興趣小組經(jīng)過市場調(diào)查，整理出某種商品在第x(1≤x≤90)天的售價與銷售量的相關信息如下表：
時間x(天) 1≤x<50 50≤x≤90
售價(元/件) x+40 90
每天銷量(件) 200﹣2x 200﹣2x
已知該商品的進價為每件30元，設銷售該商品的每天利潤為y元
(1)求出y與x的函數(shù)關系式;
(2)問銷售該商品第幾天時，當天銷售利潤最大，最大利潤是多少?
(3)該商品在銷售過程中，共有多少天每天銷售利潤不低于4800元?請直接寫出結果.
【考點】二次函數(shù)的應用.
【分析】(1)根據(jù)單價乘以數(shù)量，可得利潤，可得答案;
(2)根據(jù)分段函數(shù)的性質(zhì)，可分別得出最大值，根據(jù)有理數(shù)的比較，可得答案;
(3)根據(jù)二次函數(shù)值大于或等于4800，一次函數(shù)值大于或等于48000，可得不等式，根據(jù)解不等式組，可得答案.
【解答】解：(1)當1≤x<50時，y=(x+40﹣30)=﹣2x2+180x+2000，
當50≤x≤90時，
y=(90﹣30)=﹣120x+12000，
綜上所述：y= ;
(2)當1≤x<50時，
y=﹣2x2+180x+2000，
y=﹣2(x﹣45)2+6050.
∴a=﹣2<0，
∴二次函數(shù)開口下，二次函數(shù)對稱軸為x=45，
當x=45時，y最大=6050，
當50≤x≤90時，y隨x的增大而減小，
當x=50時，y最大=6000，
綜上所述，該商品第45天時，當天銷售利潤最大，最大利潤是6050元;
(3)①當1≤x<50時，y=﹣2x2+180x+2000≥4800，
解得：20≤x<70，
因此利潤不低于4800元的天數(shù)是20≤x<50，共30天;
?、诋?0≤x≤90時，y=﹣120x+12000≥4800，
解得：x≤60，
因此利潤不低于4800元的天數(shù)是50≤x≤60，共11天，
所以該商品在整個銷售過程中，共41天每天銷售利潤不低于4800元.
【點評】本題考查了二次函數(shù)的應用，利用單價乘以數(shù)量求函數(shù)解析式，利用了函數(shù)的性質(zhì)求最值.解答時求出函數(shù)的解析式是關鍵.
26.已知△ABC中，∠ACB=90°，BC=8，tanA= .點D由A出發(fā)沿AC向點C勻速運動，同時點E由B出發(fā)沿BA向點A勻速運動，它們的速度相同，點F在AB上，F(xiàn)E=4cm，且點F在點E的下方，當點D到達點C時，點E，F(xiàn)也停止運動，連接DF，設AD=x(0≤x≤6).解答下列問題：
(1)如圖1，當x為何值時，△ADF為直角三角形;
(2)如圖2，把△ADF沿AB翻折，使點D落在D′點.
?、佼攛為何值時，四邊形ADFD′為菱形?并求出菱形的面積;
?、谌鐖D3，連接D′E，設D′E為y，請求出y關于x的函數(shù)關系式;
?、廴鐖D4，分別取D′F，D′E的中點M，N，在整個運動過程中，試確定線段MN掃過的區(qū)域的形狀，并求其面積(直接寫出答案).
【考點】幾何變換綜合題.
【分析】(1)△ADF為直角三角形，有兩種可能：∠ADF=90°或∠AFD=90°，根據(jù)銳角三角函數(shù)列方程求解即可;
(2)①根據(jù)菱形的判定，可知當AD=DF時，四邊形ADFD′為菱形，根據(jù)銳角三角函數(shù)列方程求出x，計算菱形的面積即可;
?、诟鶕?jù)銳角三角函數(shù)表示出AG、D′G、GE，根據(jù)勾股定理列出函數(shù)表達式;
③根據(jù)三角形中位線定理可知線段MN掃過的區(qū)域的形狀是平行四邊形，其面積為 .
【解答】解：(1)∵∠ACB=90°，BC=8，tanA= ，
∴BC=8，AB=10，
∴AD=x，BF=2 x，AF=6﹣x，
當∠ADF=90°，如圖1左圖，
∵tanA= ，
∴cosA= ，
∴ ，
∴ ;
當∠AFD=90°，如圖1右圖，
∵tanA=
∴cosA= ，
∴ ，
∴ ，
∴當 或 ，△ADF為直角三角形;
(2)①如圖2，
∵AD=AD′，D′F=DF，
∴當AD=DF時，四邊形ADFD′為菱形，
∴連接DD′⊥AF于G，AG= ，
∵tanA=
∴cosA= ，
∴ ，
∴x= ，
S菱形= ;
?、谌鐖D3，作D′G⊥AF于G，
∵tanA= ，
∴cosA= ，sinA= ，
∴
∴ ，
∴ ;
(3)平行四邊形， .
∵M、N分別為D′F、D′E的中點，
∴MN∥EF，MN= EF=2，
∴線段MN掃過的區(qū)域的形狀是平行四邊形，
當D運動到C，則F正好運動到A，此時MA= D′A= DA=3，
∵∠DAB=∠D′AB，
∴tanA=tan∠D′AB= ，
點M到AB的距離設為4x，則(3x)2+(4x)2=32，
解得：x= ，
4x= ，
∴線段MN掃過的區(qū)域的形狀是平行四邊形的面積=2× = .
【點評】本題主要考查了銳角三角函數(shù)、直角三角形的判定、菱形的判定、勾股定理以及三角形中位線性質(zhì)的綜合運用，具備較強的數(shù)形結合能力是解決問題的關鍵.
27.拋物線y=﹣(x﹣1)2+c與x軸交于A，B(A，B分別在y軸的左右兩側)兩點，與y軸的正半軸交于點C，頂點為D，已知A(﹣1，0).
(1)求點B，C的坐標;
(2)判斷△CDB的形狀并說明理由;
(3)將△COB沿x軸向右平移t個單位長度(0
【考點】二次函數(shù)綜合題.
【專題】壓軸題.
【分析】(1)首先用待定系數(shù)法求出拋物線的解析式，然后進一步確定點B，C的坐標;
(2)分別求出△CDB三邊的長度，利用勾股定理的逆定理判定△CDB為直角三角形;
(3)△COB沿x軸向右平移過程中，分兩個階段：
(I)當0
(II)當
【解答】解：(1)∵點A(﹣1，0)在拋物線y=﹣(x﹣1)2+c上，
∴0=﹣(﹣1﹣1)2+c，得c=4，
∴拋物線解析式為：y=﹣(x﹣1)2+4，
令x=0，得y=3，∴C(0，3);
令y=0，得x=﹣1或x=3，∴B(3，0).
(2)△CDB為直角三角形.理由如下：
由拋物線解析式，得頂點D的坐標為(1，4).
如答圖1所示，過點D作DM⊥x軸于點M，則OM=1，DM=4，BM=OB﹣OM=2.
過點C作CN⊥DM于點N，則CN=1，DN=DM﹣MN=DM﹣OC=1.
在Rt△OBC中，由勾股定理得：BC= = = ;
在Rt△CND中，由勾股定理得：CD= = = ;
在Rt△BMD中，由勾股定理得：BD= = = .
∵BC2+CD2=BD2，
∴△CDB為直角三角形(勾股定理的逆定理).
(3)設直線BC的解析式為y=kx+b，∵B(3，0)，C(0，3)，
∴ ，
解得k=﹣1，b=3，
∴y=﹣x+3，
直線QE是直線BC向右平移t個單位得到，
∴直線QE的解析式為：y=﹣(x﹣t)+3=﹣x+3+t;
設直線BD的解析式為y=mx+n，∵B(3，0)，D(1，4)，
∴ ，
解得：m=﹣2，n=6，
∴y=﹣2x+6.
連接CQ并延長，射線CQ交BD于點G，則G( ，3).
在△COB向右平移的過程中：
(I)當0
設PQ與BC交于點K，可得QK=CQ=t，PB=PK=3﹣t.
設QE與BD的交點為F，則： ，解得 ，∴F(3﹣t，2t).
S=S△QPE﹣S△PBK﹣S△FBE= PE•PQ﹣ PB•PK﹣ BE•yF= ×3×3﹣ (3﹣t)2﹣ t•2t= t2+3t;
(II)當
設PQ分別與BC、BD交于點K、點J.
∵CQ=t，
∴KQ=t，PK=PB=3﹣t.
直線BD解析式為y=﹣2x+6，令x=t，得y=6﹣2t，
∴J(t，6﹣2t).
S=S△PBJ﹣S△PBK= PB•PJ﹣ PB•PK= (3﹣t)(6﹣2t)﹣ (3﹣t)2= t2﹣3t+ .
綜上所述，S與t的函數(shù)關系式為：
S= .
【點評】本題是運動型二次函數(shù)綜合題，考查了二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)、待定系數(shù)法、一次函數(shù)的圖象與性質(zhì)、勾股定理及其逆定理、圖形面積計算等知識點.難點在于第(3)問，弄清圖形運動過程是解題的先決條件，在計算圖形面積時，要充分利用各種圖形面積的和差關系.
28.在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=12cm，BC=4cm，點E從點C出發(fā)沿射線CA以每秒3cm的速度運動，同時點F從點B出發(fā)沿射線BC以每秒1cm的速度運動.設運動時間為t秒.
(1)若0
(2)若∠ACB的平分線CG交△ECF的外接圓于點G.
?、僭囌f明：當0
②試探究：當t≥4時，CE、CF、CG的數(shù)量關系是否發(fā)生變化，并說明理由.
【考點】相似形綜合題.
【分析】(1)0
(2)分成0
【解答】解：(1)由題意，EC=3t，BF=t，F(xiàn)C=4﹣t
∵∠ECF=∠ACB，
∴以E、C、F為頂點的三角形與△ACB相似有兩種情況：
當 = 時，△EFC∽△ABC
∴ ，解得t=2，
當 = 時，△FEC∽△ABC
∴ ，解得t=0.4.
∴當t=2或0.4秒時，以E、C、F為頂點的三角形與△ABC相似;
(2)①當0
過點G作GH⊥CG交AC于H，如圖1：
∵∠ACB=90°，
∴EF為△ECF的外接圓的直徑，
∴∠EGF=90°，
∴∠EGH=∠FGC，
∵CG平分∠ACB，
∴∠ECG=∠FCG=45°
∴ = ，
∴EG=FG
∵∠ECG=45°，
∴∠EHG=45°，
∴∠EHG=∠FCG，
在△EGH和△FGC中，
，
∴△EGH≌△FGC.
∴EH=FC
∵∠EHG=∠ECG=45°，
∴CH= CG
∵CH=CE+EH，
∴CE+CF= CG;
?、诋攖≥4時，
過點G作GM⊥CG交AC于M，如圖2：
同理可得△EGM≌△FGC.
∴EM=FC
∵∠EMG=∠MCG=45°，
∴CM= CG
∵CM=CE﹣EM，
∴CE﹣CF= CG.
【點評】本題考查全等三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理以及圓的弧、弦、圓心角、圓周角之間的關系，正確證明△EGH≌△FGC是解決本題的關鍵.
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