2020年上海市虹口区中考数学一模试卷 13页

‎2020年上海市虹口区中考数学一模试卷 一、选择题 ‎ ‎ ‎1. 若cosα=‎‎1‎‎2‎，则锐角α的度数是（ ） ‎ A.‎30‎‎∘‎ B.‎45‎‎∘‎ C.‎60‎‎∘‎ D.‎‎90‎‎∘‎ ‎ ‎ ‎2. 在Rt△ABC中，‎∠C＝‎90‎‎∘‎，如果BC＝‎2‎，tanB＝‎2‎，那么AC＝（ ） ‎ A.‎1‎ B.‎4‎ C.‎5‎ D.‎‎2‎‎5‎ ‎ ‎ ‎3. 抛物线y＝‎3(x+1‎)‎‎2‎+1‎的顶点所在象限是（ ） ‎ A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限 ‎ ‎ ‎4. 已知抛物线y＝x‎2‎经过A(−2, y‎1‎)‎、B (1, y‎2‎)‎两点，在下列关系式中，正确的是（ ） ‎ A.y‎1‎‎>0>‎y‎2‎ B.y‎2‎‎>0>‎y‎1‎ C.y‎1‎‎>y‎2‎>0‎ D.‎y‎2‎‎>y‎1‎>0‎ ‎ ‎ ‎5. 已知a‎→‎、b‎→‎和c‎→‎都是非零向量，在下列选项中，不能判定a‎→‎‎ // ‎b‎→‎的是（ ） ‎ A.‎|a‎→‎|‎＝‎|b‎→‎|‎ B.a‎→‎‎ // ‎c‎→‎，b‎→‎‎ // ‎c‎→‎ C.a‎→‎‎+b‎→‎=0‎ D.a‎¯‎‎+b‎→‎=2‎c‎→‎，a‎→‎‎−b‎→‎=3‎c‎→‎ ‎ ‎ ‎ ‎6. 如图，点D是‎△ABC的边BC上一点，‎∠BAD＝‎∠C，AC＝‎2AD，如果‎△ACD的面积为‎15‎，那么‎△ABD的面积为（ ） ‎ A.‎15‎ B.‎10‎ C.‎7.5‎ D.‎‎5‎ 二、填空题 ‎ ‎ ‎ 如果a:b＝‎2:3‎，且a+b＝‎10‎，那么a＝________． ‎ ‎ ‎ ‎ 如果向量a‎→‎、b‎→‎、x‎→‎满足关系式‎2b‎→‎−3(a‎→‎+x‎→‎)‎＝‎0‎，那么用向量a‎→‎、b‎→‎表示向量x‎→‎‎=‎________． ‎ ‎ ‎ ‎ 如果抛物线y＝‎(1−a)x‎2‎+1‎的开口向下，那么a的取值范围是________． ‎ ‎ ‎ ‎ 沿着x轴正方向看，抛物线y＝‎−(x−1‎‎)‎‎2‎在对称轴________侧的部分是下降的（填“左”、“右”）． ‎ ‎ ‎ ‎ 如果函数y＝‎(m+1)x‎​‎m‎2‎‎−m+2‎是二次函数，那么m＝________． ‎ ‎ ‎ ‎ 如图，抛物线的对称轴为直线x＝‎1‎，点P、Q是抛物线与x轴的两个交点，点P在点Q的右侧，如果点P的坐标为‎(4, 0)‎，那么点Q的坐标为________． ‎ ‎ ‎ ‎ 如图，点A(2, m)‎在第一象限，OA与x轴所夹的锐角为α，如果tanα=‎‎3‎‎2‎．那么m＝________． ‎ ‎ ‎ ‎ 已知‎△ABC∽△‎A‎1‎B‎1‎C‎1‎，顶点A、B、C分别与A‎1‎、B‎1‎、C‎1‎对应，AC＝‎12‎、A‎1‎C‎1‎＝‎8‎，‎△ABC的高AD为‎6‎，那么 ‎△‎A‎1‎B‎1‎C‎1‎的高A‎1‎D‎1‎长为________． ‎ ‎ ‎ 第25页 共26页 ◎ 第26页 共26页 ‎ 如图，在梯形AEFB中，AB // EF，AB＝‎6‎，EF＝‎10‎，点C、D分别在边AE、BF上且CD // AB，如果AC＝‎3CE，那么CD＝________． ‎ ‎ ‎ ‎ 公元三世纪，我国汉代数学家赵爽在注解《周髀算经》时给出的“赵爽弦图”，它由四个全等的直角三角形与中间的小正方形拼成的一个大正方形，如果小正方形面积是‎49‎，直角三角形中较小锐角θ的正切为‎5‎‎12‎，那么大正方形的面积是________． ‎ ‎ ‎ ‎ 如图，在Rt△ABC中，‎∠C＝‎90‎‎∘‎，AC＝‎1‎，BC＝‎2‎，点D为边AB上一动点，正方形DEFG的顶点E、F都在边BC上，联结BG，tan∠DGB＝________． ‎ ‎ ‎ ‎ 如图，在等腰梯形ABCD中，AD // BC，sinC=‎‎4‎‎5‎，AB＝‎9‎，AD＝‎6‎，点E、F分别在边AB、BC上，联结EF，将‎△BEF沿着EF所在直线翻折，使BF的对应线段B′F经过顶点A，B′F交对角线BD于点P，当B′F⊥AB时，AP的长为________‎24‎‎7‎ ． ‎ 三、解答题 ‎ ‎ ‎ 计算：‎4sin30‎cot30−tan45‎‎−‎tan‎2‎‎60‎‎∘‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 在平面直角坐标系中，将抛物线C‎1‎‎:y＝x‎2‎‎−2x向左平移‎2‎个单位，向下平移‎3‎个单位得到新抛物线C‎2‎． ‎ ‎（1）求新抛物线C‎2‎的表达式；‎ ‎ ‎ ‎（2）如图，将‎△OAB沿x轴向左平移得到‎△O′A′B′‎，点A(0, 5)‎的对应点A′‎落在平移后的新抛物线C‎2‎上，求点B与其对应点B′‎的距离．‎ ‎ ‎ ‎ 如图，在Rt△ABC中，‎∠ABC＝‎90‎‎∘‎，点G是Rt△ABC的重心，联结BG并延长交AC于点D，过点G作GE⊥BC交边BC于点 E． ‎ ‎（1）如果AC‎→‎‎=‎a‎→‎，AB‎→‎‎=‎b‎→‎，用a‎→‎、b‎→‎表示向量BG‎→‎；‎ ‎ ‎ ‎（2）当AB＝‎12‎时，求GE的长．‎ ‎ ‎ ‎ 某次台风来袭时，一棵笔直大树树干AB（假定树干AB垂直于水平地面）被刮倾斜‎7‎‎∘‎（即‎∠BAB′‎＝‎7‎‎∘‎）后折断倒在地上，树的顶部恰好接触到地面D处，测得‎∠CDA＝‎37‎‎∘‎，AD＝‎5‎米，求这棵大树AB的高度．（结果保留根号）（参考数据：sin37≈0.6‎，cos37‎＝‎0.8‎，tan37≈0.75‎） ‎ ‎ ‎ 第25页 共26页 ◎ 第26页 共26页 ‎ 如图，在Rt△ABC中，‎∠ACB＝‎90‎‎∘‎，点D是边BC的中点，联结AD．过点C作CE⊥AD于点E，联结BE． ‎ ‎（1）求证：BD‎2‎＝DE⋅AD；‎ ‎ ‎ ‎（2）如果‎∠ABC＝‎∠DCE，求证：BD⋅CE＝BE⋅DE．‎ ‎ ‎ ‎ 在平面直角坐标系中，抛物线y＝‎−x‎2‎+bx+c与x轴交于A(−1, 0)‎、B两点，与y轴交于点C (0, 3)‎，点P在该抛物线的对称轴上，且纵坐标为‎2‎‎3‎． ‎ ‎（1）求抛物线的表达式以及点P的坐标；‎ ‎ ‎ ‎（2）当三角形中一个内角α是另一个内角β的两倍时，我们称α为此三角形的“特征角”． ①当D在射线AP上，如果‎∠DAB为‎△ABD的特征角，求点D的坐标； ②点E为第一象限内抛物线上一点，点F在x轴上，CE⊥EF，如果‎∠CEF为‎△ECF的特征角，求点E的坐标．‎ ‎ ‎ ‎ 如图，在Rt△ABC中，‎∠ACB＝‎90‎‎∘‎，BC＝‎4‎，sin∠ABC=‎‎3‎‎5‎，点D为射线BC上一点，联结AD，过点B作BE⊥AD分别交射线AD、AC于点E、F，联结DF，过点A作AG // BD，交直线BE于点G． ‎ ‎（1）当点D在BC的延长线上时，如果CD＝‎2‎，求tan∠FBC；‎ ‎ ‎ ‎（2）当点D在BC的延长线上时，设AG＝x，S‎△DAF＝y，求y关于x的函数关系式（不需要写函数的定义域）；‎ ‎ ‎ ‎（3）如果AG＝‎8‎，求DE的长．‎ 第25页 共26页 ◎ 第26页 共26页 参考答案与试题解析 ‎2020年上海市虹口区中考数学一模试卷 一、选择题 ‎1.‎ ‎【答案】‎ C ‎【考点】‎ 特殊角的三角函数值 ‎【解析】‎ 根据cosα=‎‎1‎‎2‎，求出锐角α的度数即可．‎ ‎【解答】‎ ‎∵ cosα=‎‎1‎‎2‎， ∴ α＝‎60‎‎∘‎．‎ ‎2.‎ ‎【答案】‎ B ‎【考点】‎ 解直角三角形 ‎【解析】‎ 根据正切函数的定义求解即可．‎ ‎【解答】‎ 如图， 在Rt∠ACB中，∵ ‎∠C＝‎90‎‎∘‎， ∴ tanB=ACBC=2‎， ∴ AC‎2‎‎=2‎， ∴ AC＝‎4‎．‎ ‎3.‎ ‎【答案】‎ B ‎【考点】‎ 二次函数的性质 ‎【解析】‎ 根据抛物线y＝‎3(x+1‎)‎‎2‎+1‎，可以写出该抛物线的顶点坐标，从而可以得到顶点在第几象限．‎ ‎【解答】‎ ‎∵ 抛物线y＝‎3(x+1‎)‎‎2‎+1‎， ∴ 该抛物线的顶点是‎(−1, 1)‎，在第二象限，‎ ‎4.‎ ‎【答案】‎ C ‎【考点】‎ 二次函数图象上点的坐标特征 ‎【解析】‎ 依据抛物线的对称性可知：‎(2, y‎1‎)‎在抛物线上，然后依据二次函数的性质解答即可．‎ ‎【解答】‎ ‎∵ 抛物线y＝x‎2‎， ∴ 抛物线开口向上，对称轴为y轴， ∴ A(−2, y‎1‎)‎关于y轴对称点的坐标为‎(2, y‎1‎)‎． 又∵ ‎0<1<2‎， ∴ y‎1‎‎>y‎2‎>0‎，‎ ‎5.‎ ‎【答案】‎ A ‎【考点】‎ ‎*平面向量 ‎【解析】‎ 根据方向相同或相反的非零向量叫做平行向量，对各选项分析判断后利用排除法求解．‎ ‎【解答】‎ A‎、该等式只能表示两a‎→‎、b‎→‎的模相等，但不一定平行，故本选项符合题意； B、由a‎→‎‎ // ‎c‎→‎，b‎→‎‎ // ‎c‎→‎可以判定a‎→‎‎ // ‎b‎→‎，故本选项不符合题意． C、由a‎→‎‎+b‎→‎=0‎可以判定a‎→‎、b‎→‎的方向相反，可以判定a‎→‎‎ // ‎b‎→‎，故本选项不符合题意． D、由a‎¯‎‎+b‎→‎=2‎c‎→‎，a‎→‎‎−b‎→‎=3‎c‎→‎得到a‎→‎‎=‎‎5‎‎2‎c‎→‎，b‎→‎‎=−‎‎1‎‎2‎c‎→‎，则a‎→‎、b‎→‎的方向相反，可以判定a‎→‎‎ // ‎b‎→‎，故本选项不符合题意．‎ ‎6.‎ ‎【答案】‎ D ‎【考点】‎ 相似三角形的性质与判定 ‎【解析】‎ 首先证明‎△BAD∽△BCA，由相似三角形的性质可得：‎△BAD的面积：‎△BCA的面积为‎1:4‎，得出‎△BAD的面积：‎△ACD的面积＝‎1:3‎，即可求出‎△ABD的面积．‎ ‎【解答】‎ ‎∵ ‎∠BAD＝‎∠C，‎∠B＝‎∠B， ∴ ‎△BAD∽△BCA， ∵ AC＝‎2AD， ∴ S‎△BADS‎△BCA‎=(ADAC‎)‎‎2‎=‎‎1‎‎4‎， ∴ S‎△BADS‎△ACD‎=‎‎1‎‎3‎， ∵ ‎ 第25页 共26页 ◎ 第26页 共26页 ‎ ‎△ACD的面积为‎15‎， ∴ ‎△ABD的面积‎=‎1‎‎2‎×15‎＝‎5‎，‎ 二、填空题 ‎【答案】‎ ‎4‎ ‎【考点】‎ 比例的性质 ‎【解析】‎ 根据已知条件设a＝‎2k，b＝‎3k，再根据a+b＝‎10‎求出k的值，从而得出a的值．‎ ‎【解答】‎ 设a＝‎2k，b＝‎3k， ∵ a+b＝‎10‎， ∴ ‎2k+3k＝‎10‎， 解得：k＝‎2‎， ∴ a＝‎2k＝‎2×2‎＝‎4‎；‎ ‎【答案】‎ ‎2‎‎3‎b‎→‎‎−‎a‎→‎ ‎【考点】‎ ‎*平面向量 ‎【解析】‎ 利用一元一次方程的求解方法，去括号、移项、系数化‎1‎，即可求得答案．‎ ‎【解答】‎ ‎∵ ‎2b‎→‎−3(a‎→‎+x‎→‎)‎＝‎0‎， ∴ ‎2b‎→‎−3a‎→‎−3x‎→‎=0‎， ∴ ‎3x‎→‎=2b‎→‎−3‎a‎→‎ ∴ x‎→‎‎=‎2‎‎3‎b‎→‎−‎a‎→‎．‎ ‎【答案】‎ ‎【考点】‎ 二次函数图象与系数的关系 ‎【解析】‎ 根据抛物线y＝ax‎2‎+bx+c的开口向下，则a<0‎，利用不等式求解即可．‎ ‎【解答】‎ ‎∵ 抛物线y＝‎(1−a)x‎2‎+1‎的开口向下， ∴ ‎1−a<0‎，解得，a>1‎，‎ ‎【答案】‎ 右 ‎【考点】‎ 二次函数的性质 ‎【解析】‎ 根据抛物线y＝‎−(x−1‎‎)‎‎2‎可以得到该抛物线的对称轴和在对称轴两侧，y随x的增大如何变化，从而可以解答本题．‎ ‎【解答】‎ ‎∵ 抛物线y＝‎−(x−1‎‎)‎‎2‎， ∴ 该抛物线的对称轴为x＝‎1‎，当x<1‎时，y随x的增大而增大，当x>1‎时，y随x的增大而减小， ∴ 在对称轴右侧的部分是下降的，‎ ‎【答案】‎ ‎【考点】‎ 二次函数的定义 ‎【解析】‎ 直接利用二次函数的定义得出m的值．‎ ‎【解答】‎ ‎∵ 函数y＝‎(m+1)x‎​‎m‎2‎‎−m+2‎是二次函数， ∴ m‎2‎‎−m＝‎2‎， ‎(m−2)(m+1)‎＝‎0‎， 解得：m‎1‎＝‎2‎，m‎2‎＝‎−1‎， ∵ m+1≠0‎， ∴ m≠−1‎， 故m＝‎2‎．‎ ‎【答案】‎ ‎(−2, 0)‎ ‎【考点】‎ 抛物线与x轴的交点 二次函数的性质 ‎【解析】‎ 根据抛物线的对称轴结合点P的横坐标，即可求出点Q的横坐标，此题得解．‎ ‎【解答】‎ ‎∵ 抛物线的对称轴为直线x＝‎1‎，点P的坐标为‎(4, 0)‎， ∴ 点Q的横坐标为‎1×2−4‎＝‎−2‎， ∴ 点Q的坐标为‎(−2, 0)‎．‎ ‎【答案】‎ ‎3‎ ‎【考点】‎ 坐标与图形性质 解直角三角形 ‎【解析】‎ 如图，作AE⊥x轴于E．根据正切函数的定义构建关系式即可解决问题．‎ ‎【解答】‎ 如图，作AE⊥x轴于E． ‎ 第25页 共26页 ◎ 第26页 共26页 ‎∵ A(2, m)‎， ∴ OE＝‎2‎，AE＝m， ∵ tanα=AEOE=‎‎3‎‎2‎， ∴ m‎2‎‎=‎‎3‎‎2‎， ∴ m＝‎3‎，‎ ‎【答案】‎ ‎4‎ ‎【考点】‎ 相似三角形的性质 ‎【解析】‎ 直接利用相似三角形的性质得出相似比等于对应高的比进而得出答案．‎ ‎【解答】‎ ‎∵ ‎△ABC∽△‎A‎1‎B‎1‎C‎1‎，AC＝‎12‎、A‎1‎C‎1‎＝‎8‎， ∴ 相似比为：‎12‎‎8‎‎=‎‎3‎‎2‎， ∵ ‎△ABC的高AD为‎6‎， ∴ ‎△‎A‎1‎B‎1‎C‎1‎的高A‎1‎D‎1‎长为：‎6×‎2‎‎3‎=4‎．‎ ‎【答案】‎ ‎9‎ ‎【考点】‎ 相似三角形的性质与判定 梯形 ‎【解析】‎ 连接BE交CD于点M，由平行线分线段成比例定理先证CEAE‎=‎‎1‎‎4‎，BDBF‎=‎‎3‎‎4‎，再证‎△ECM∽△EAB，‎△BMD∽△BEF，由相似三角形的性质可分别求出CM，DM的长，可进一步求出CD的长．‎ ‎【解答】‎ 如图，连接BE交CD于点M， ∵ AC＝‎3CE， ∴ CEAC‎=‎‎1‎‎3‎， ∵ AB // EF，CD // AB， ∴ AB // CD // EF， ∴ DFBD‎=CEAC=‎‎1‎‎3‎， ∴ CEAE‎=‎‎1‎‎4‎，BDBF‎=‎‎3‎‎4‎， ∵ CM // AB， ∴ ‎△ECM∽△EAB， ∴ CMAB‎=‎CEAE， 即CM‎6‎‎=‎‎1‎‎4‎， ∴ CM=‎‎3‎‎2‎， ∵ MD // EF， ∴ ‎△BMD∽△BEF， ∴ MDEF‎=‎BDBF， 即MD‎10‎‎=‎‎3‎‎4‎， ∴ MD=‎‎15‎‎2‎， ∴ CD＝CM+MD=‎3‎‎2‎+‎15‎‎2‎=9‎，‎ ‎【答案】‎ ‎【考点】‎ 整式的混合运算 勾股定理的证明 解直角三角形 数学常识 全等图形 ‎【解析】‎ 由题意知小正方形的边长为‎7‎．设直角三角形中较小边长为a，较长的边为b，运用正切函数定义求解．‎ ‎【解答】‎ 由题意知，小正方形的边长为‎7‎， 设直角三角形中较小边长为a，较长的边为b，则 tanθ＝短边：长边＝a:b＝‎5:12‎． 所以b=‎12‎‎5‎a，① 又以为b＝a+7‎，② 联立①②，得a＝‎5‎，b＝‎12‎． 所以大正方形的面积是：a‎2‎‎+‎b‎2‎＝‎25+144‎＝‎169‎．‎ ‎【答案】‎ ‎1‎‎3‎ ‎【考点】‎ 正方形的性质 解直角三角形 ‎【解析】‎ 第25页 共26页 ◎ 第26页 共26页 设DE与BG交于点O，根据题意可得‎△BDE∽△ABC，可得DEBE‎=ACBC=‎‎1‎‎2‎，由正方形的性质可得GF＝DE＝EF，进而得出GFBF‎=‎‎1‎‎3‎，再证明‎△DOG∽△EOB∽△FGB，可得DODG‎=EOEB=GFBF=‎‎1‎‎3‎．‎ ‎【解答】‎ 如图，DE与BG交于点O， ∵ 正方形DEFG， ∴ ‎∠DEB＝‎∠EDG＝‎∠GFB＝‎90‎‎∘‎，GF＝DE＝EF， ∴ ‎△BDE∽△ABC， ∴ DEBE‎=ACBC=‎‎1‎‎2‎， ∴ GFBF‎=‎‎1‎‎3‎， ∵ ‎∠DOG＝‎∠EOB， ∴ ‎△DOG∽△EOB∽△FGB， ∴ DODG‎=EOEB=GFBF=‎‎1‎‎3‎， ∴ tan∠DGB=‎‎1‎‎3‎．‎ ‎【答案】‎ ‎24‎‎7‎ ‎【考点】‎ 解直角三角形 相似三角形的性质与判定 等腰三角形的性质 等腰三角形的性质：三线合一 翻折变换（折叠问题）‎ ‎【解析】‎ 解直角三角形求出BF，AF，再利用相似三角形的性质求解即可．‎ ‎【解答】‎ 如图， ∵ FB′⊥AB， ∴ ‎∠BAF＝‎90‎‎∘‎， ∵ 四边形ABCD是等腰梯形， ∴ ‎∠ABC＝‎∠C， ∴ sin∠ABC＝sin∠C=AFBF=‎‎4‎‎5‎， 设AF＝‎4k，BF＝‎5k，则AB＝‎9‎＝‎3k， ∴ k＝‎3‎， ∴ AF＝‎12‎，BF＝‎15‎， ∵ AD // BF， ∴ ‎△APD∽△FPB， ∴ PAPF‎=ADBF=‎6‎‎15‎=‎‎2‎‎5‎， ∴ PA=‎2‎‎7‎PA=‎‎24‎‎7‎，‎ 三、解答题 ‎【答案】‎ 原式‎=‎4×‎‎1‎‎2‎‎3‎‎−1‎−(‎3‎‎)‎‎2‎=‎3‎−2‎．‎ ‎【考点】‎ 特殊角的三角函数值 ‎【解析】‎ 把特殊的锐角三角函数值代入计算即可．‎ ‎【解答】‎ 原式‎=‎4×‎‎1‎‎2‎‎3‎‎−1‎−(‎3‎‎)‎‎2‎=‎3‎−2‎．‎ ‎【答案】‎ 由抛物线C‎1‎‎:y＝x‎2‎‎−2x＝‎(x−1‎)‎‎2‎−1‎知，将其向左平移‎2‎个单位，向下平移‎3‎个单位得到新抛物线C‎2‎的表达式是：y＝‎(x−1+2‎)‎‎2‎−1−3‎，即y＝‎(x+1‎)‎‎2‎−4‎；‎ 由平移的性质知，点A与点A′‎的纵坐标相等， 所以将y＝‎5‎代入抛物线C‎2‎，得‎(x+1‎)‎‎2‎−4‎＝‎5‎，则x＝‎−4‎或x＝‎2‎（舍去） 所以AA′‎＝‎4‎， 根据平移的性质知：BB′‎＝AA′‎＝‎4‎，即点B与其对应点B′‎的距离为‎4‎个单位．‎ ‎【考点】‎ 二次函数图象与几何变换 二次函数图象上点的坐标特征 待定系数法求二次函数解析式 ‎【解析】‎ ‎（1）根据平移规律“左加右减，上加下减”解答； （2）把y＝‎5‎代入抛物线C‎2‎求得相应的x的值，即可求得点A′‎的坐标，根据平移的性质，线段AA′‎的长度即为所求．‎ ‎【解答】‎ 由抛物线C‎1‎‎:y＝x‎2‎‎−2x＝‎(x−1‎)‎‎2‎−1‎知，将其向左平移‎2‎个单位，向下平移‎3‎个单位得到新抛物线C‎2‎的表达式是：y＝‎(x−1+2‎)‎‎2‎−1−3‎，即y＝‎(x+1‎)‎‎2‎−4‎；‎ 由平移的性质知，点A与点A′‎的纵坐标相等， 所以将y＝‎5‎代入抛物线C‎2‎，得‎(x+1‎)‎‎2‎−4‎＝‎5‎，则x＝‎−4‎或x＝‎2‎（舍去） 所以AA′‎＝‎4‎， 根据平移的性质知：BB′‎＝AA′‎＝‎4‎，即点B与其对应点B′‎的距离为‎4‎个单位．‎ ‎【答案】‎ ‎∵ BD‎→‎‎=BA‎→‎+‎AD‎→‎， ∵ ‎ 第25页 共26页 ◎ 第26页 共26页 ‎ 点G是Rt△ABC的重心， ∴ AD=‎1‎‎2‎AC， ∵ AC‎→‎‎=‎a‎→‎，AB‎→‎‎=‎b‎→‎， ∴ AD‎→‎‎=‎‎1‎‎2‎a‎→‎， ∴ BD‎→‎‎=−b‎→‎+‎‎1‎‎2‎a‎→‎， ∴ BG‎→‎‎=‎2‎‎3‎BD‎→‎=‎2‎‎3‎(−b‎→‎+‎1‎‎2‎a‎→‎)=−‎2‎‎3‎b‎→‎+‎‎1‎‎3‎a‎→‎；‎ 过点D作DF⊥BC， ∵ GE // DF， ∴ GEDF‎=‎‎2‎‎3‎， ∵ DF // AB，D是AC的中点， ∴ DF=‎1‎‎2‎AB， ∵ AB＝‎12‎， ∴ DF＝‎6‎， ∴ GE＝‎4‎． ‎ ‎【考点】‎ ‎*平面向量 三角形的重心 ‎【解析】‎ ‎（1）由已知可得 AD‎→‎‎=‎‎1‎‎2‎a‎→‎，有BD‎→‎‎=BA‎→‎+‎AD‎→‎，可得BD‎→‎‎=−b‎→‎+‎‎1‎‎2‎a‎→‎，剩余BG‎→‎‎=‎2‎‎3‎BD‎→‎=‎2‎‎3‎(−b‎→‎+‎1‎‎2‎a‎→‎)=−‎2‎‎3‎b‎→‎+‎‎1‎‎3‎a‎→‎； （2）过点D作DF⊥BC，由GE // DF，则GEDF‎=‎‎2‎‎3‎，再由DF // AB，D是AC的中点，可得DF=‎1‎‎2‎AB，即可求GE．‎ ‎【解答】‎ ‎∵ BD‎→‎‎=BA‎→‎+‎AD‎→‎， ∵ 点G是Rt△ABC的重心， ∴ AD=‎1‎‎2‎AC， ∵ AC‎→‎‎=‎a‎→‎，AB‎→‎‎=‎b‎→‎， ∴ AD‎→‎‎=‎‎1‎‎2‎a‎→‎， ∴ BD‎→‎‎=−b‎→‎+‎‎1‎‎2‎a‎→‎， ∴ BG‎→‎‎=‎2‎‎3‎BD‎→‎=‎2‎‎3‎(−b‎→‎+‎1‎‎2‎a‎→‎)=−‎2‎‎3‎b‎→‎+‎‎1‎‎3‎a‎→‎；‎ 过点D作DF⊥BC， ∵ GE // DF， ∴ GEDF‎=‎‎2‎‎3‎， ∵ DF // AB，D是AC的中点， ∴ DF=‎1‎‎2‎AB， ∵ AB＝‎12‎， ∴ DF＝‎6‎， ∴ GE＝‎4‎． ‎ ‎【答案】‎ 这棵大树AB原来的高度是‎(3‎3‎+4)‎米． ‎ ‎【考点】‎ 解直角三角形的应用-其他问题 ‎【解析】‎ 过点A作AE⊥CD于点E，解Rt△AED，求出DE及AE的长度，再解Rt△AEC，得出CE及AC的长，进而可得出结论．‎ ‎【解答】‎ 过点A作AE⊥CD于点E，则‎∠AEC＝‎∠AED＝‎90‎‎∘‎． ∵ 在Rt△AED中，‎∠ADC＝‎37‎‎∘‎， ∴ cos‎37‎‎∘‎=DEAD=DE‎5‎=0.8‎， ∴ DE＝‎4‎， ∵ sin‎37‎‎∘‎=AEAD=AE‎5‎=0.6‎， ∴ AE＝‎3‎． 在Rt△AEC中， ∵ ‎∠CAE＝‎90‎‎∘‎‎−∠ACE＝‎90‎‎∘‎‎−‎‎60‎‎∘‎＝‎30‎‎∘‎， ∴ CE=‎3‎‎3‎AE=‎‎3‎， ∴ AC＝‎2CE＝‎2‎‎3‎， ∴ AB＝AC+CE+ED＝‎ 第25页 共26页 ◎ 第26页 共26页 ‎2‎3‎+‎3‎+4‎‎＝‎3‎3‎+4‎（米）．‎ ‎【答案】‎ 证明：如图‎1‎中， ∵ CE⊥AD， ∴ ‎∠CED＝‎∠ACD＝‎90‎‎∘‎， ∵ ‎∠CDE＝‎∠ADC， ∴ ‎△CDE∽△ADC ∴ CDAD‎=‎DECD， ∴ CD‎2‎＝DE⋅DA， ∵ DB＝CD， ∴ ∴ BD‎2‎＝DE⋅DA．‎ 如图‎2‎中， ∵ BD‎2‎＝DE⋅DA， ∴ BDDE‎=‎DABD， ∵ ‎∠BDE＝‎∠ADB， ∴ ‎△BDE∽△ADB， ∴ ‎∠DEB＝‎∠ABC， ∵ ‎∠ABD＝‎∠ECD， ∴ ‎∠BED＝‎∠BCE， ∵ ‎∠EBD＝‎∠CBE， ∴ ‎△EBD∽△CBE， ∴ BDBE‎=‎DECE， ∴ BD⋅CE＝BE⋅DE．‎ ‎【考点】‎ 相似三角形综合题 ‎【解析】‎ ‎（1）证明‎△CDE∽△ADC推出CDAD‎=‎DECD，可得CD‎2‎＝DE⋅DA即可解决问题． （2）利用相似三角形的性质首先证明AC＝BE，再证明‎△ACE∽△CDE，可得ACCD‎=‎ECDE，可得BEBD‎=‎ECDE即可解决问题．‎ ‎【解答】‎ 证明：如图‎1‎中， ∵ CE⊥AD， ∴ ‎∠CED＝‎∠ACD＝‎90‎‎∘‎， ∵ ‎∠CDE＝‎∠ADC， ∴ ‎△CDE∽△ADC ∴ CDAD‎=‎DECD， ∴ CD‎2‎＝DE⋅DA， ∵ DB＝CD， ∴ ∴ BD‎2‎＝DE⋅DA．‎ 如图‎2‎中， ∵ BD‎2‎＝DE⋅DA， ∴ BDDE‎=‎DABD， ∵ ‎∠BDE＝‎∠ADB， ∴ ‎△BDE∽△ADB， ∴ ‎∠DEB＝‎ 第25页 共26页 ◎ 第26页 共26页 ‎∠ABC‎， ∵ ‎∠ABD＝‎∠ECD， ∴ ‎∠BED＝‎∠BCE， ∵ ‎∠EBD＝‎∠CBE， ∴ ‎△EBD∽△CBE， ∴ BDBE‎=‎DECE， ∴ BD⋅CE＝BE⋅DE．‎ ‎【答案】‎ 抛物线y＝‎−x‎2‎+bx+c与y轴交于点C (0, 3)‎，则c＝‎3‎， 将点A的坐标代入抛物线表达式并解得：b＝‎2‎， 故抛物线的表达式为：y＝‎−x‎2‎+2x+3‎； 点P(1, 2‎3‎)‎；‎ 由点A、P的坐标知，‎∠PAB＝‎60‎‎∘‎， 直线AP的表达式为：y=‎3‎(x+1)‎…①， 当α＝‎60‎‎∘‎，‎∠DBA=β=‎1‎‎2‎α=‎‎30‎‎∘‎时， ‎△ABD为直角三角形，由面积公式得： yD‎×AB＝AD⋅BD，即yD‎×4‎＝‎2×2‎‎3‎， 解得：yD‎=‎‎3‎， 点D在AP上，故点D(0, ‎3‎)‎； 当‎∠ADB＝β时，则‎∠ABD＝‎90‎‎∘‎， 故点D(3, 4‎3‎)‎； 综上，点D的坐标为：‎(0, ‎3‎)‎或‎(3, 4‎3‎)‎；‎(1)∠CEF为‎△ECF的特征角，则‎△CEF为等腰直角三角形， 过点E分别作x轴、y轴的垂线交于点M、N， 则‎△CNE≅△EMF(AAS)‎， 则EN＝EM，即x＝y， x＝y＝‎−x‎2‎+2x+3‎，解得：x=‎‎1+‎‎13‎‎2‎， 故点E(‎1+‎‎13‎‎2‎, ‎1+‎‎13‎‎2‎)‎．‎ ‎【考点】‎ 二次函数综合题 ‎【解析】‎ ‎（1）抛物线y＝‎−x‎2‎+bx+c与y轴交于点C (0, 3)‎，则c＝‎3‎，将点A的坐标代入抛物线表达式并解得：b＝‎2‎，即可求解； （2）当α＝‎60‎‎∘‎，‎∠DBA=β=‎1‎‎2‎α=‎‎30‎‎∘‎时，‎△ABD为直角三角形，即可求解；当‎∠ADB＝β时，则‎∠ABD＝‎90‎‎∘‎，即可求解； ‎(3)∠CEF为‎△ECF的特征角，则‎△CEF为等腰直角三角形，则‎△CNE≅△EMF(AAS)‎，即可求解．‎ ‎【解答】‎ 抛物线y＝‎−x‎2‎+bx+c与y轴交于点C (0, 3)‎，则c＝‎3‎， 将点A的坐标代入抛物线表达式并解得：b＝‎2‎， 故抛物线的表达式为：y＝‎−x‎2‎+2x+3‎； 点P(1, 2‎3‎)‎；‎ 第25页 共26页 ◎ 第26页 共26页 由点A、P的坐标知，‎∠PAB＝‎60‎‎∘‎， 直线AP的表达式为：y=‎3‎(x+1)‎…①， 当α＝‎60‎‎∘‎，‎∠DBA=β=‎1‎‎2‎α=‎‎30‎‎∘‎时， ‎△ABD为直角三角形，由面积公式得： yD‎×AB＝AD⋅BD，即yD‎×4‎＝‎2×2‎‎3‎， 解得：yD‎=‎‎3‎， 点D在AP上，故点D(0, ‎3‎)‎； 当‎∠ADB＝β时，则‎∠ABD＝‎90‎‎∘‎， 故点D(3, 4‎3‎)‎； 综上，点D的坐标为：‎(0, ‎3‎)‎或‎(3, 4‎3‎)‎；‎(1)∠CEF为‎△ECF的特征角，则‎△CEF为等腰直角三角形， 过点E分别作x轴、y轴的垂线交于点M、N， 则‎△CNE≅△EMF(AAS)‎， 则EN＝EM，即x＝y， x＝y＝‎−x‎2‎+2x+3‎，解得：x=‎‎1+‎‎13‎‎2‎， 故点E(‎1+‎‎13‎‎2‎, ‎1+‎‎13‎‎2‎)‎．‎ ‎【答案】‎ ‎∵ ‎∠ACB＝‎90‎‎∘‎，BC＝‎4‎，sin∠ABC=‎‎3‎‎5‎， ∴ 设AC＝‎3x，AB＝‎5x， ∴ ‎(3x‎)‎‎2‎+16‎＝‎(5x‎)‎‎2‎， ∴ x＝‎1‎， 即AC＝‎3‎， ∵ BE⊥AD， ∴ ‎∠AEF＝‎90‎‎∘‎， ∵ ‎∠AFE＝‎∠CFB， ∴ ‎∠DAC＝‎∠FBC， ∴ tan∠FBC＝tan∠DAC=DCAC=‎‎2‎‎3‎；‎ ‎∵ AG // BD， ∴ ‎∠AGF＝‎∠CBF， ∴ tan∠AGF＝tan∠CBF， ∴ AFAG‎=‎CFBC， AGBC‎=‎AFCF， ∴ x‎4‎‎=‎‎3−CFCF， ∴ CF=‎‎12‎‎4+x． ∴ AF=3−CF=3−‎12‎‎4+x=‎‎3x‎4+x． ∵ ‎∠EAF＝‎∠CBF， ∴ CDAC‎=‎CFBC， ∴ CD=‎‎9‎‎4+x， ∴ S‎△DAF‎=‎1‎‎2‎AF⋅CD=‎1‎‎2‎×‎3x‎4+x×‎9‎‎4+x=‎‎27x‎2(4+x‎)‎‎2‎；‎ 第25页 共26页 ◎ 第26页 共26页 ‎①当点D在BC的延长线上时，如图‎1‎， ∵ AG＝‎8‎，BC＝‎4‎，AG // BD， ∴ AGBC‎=AFCF=‎‎2‎‎1‎， ∴ AF＝‎2CF， ∵ AC＝‎3‎， ∴ AF＝‎2‎，CF＝‎1‎， ∴ tan∠AGE=tan∠CBF=CFBC=‎‎1‎‎4‎， ∴ AEGE‎=‎‎1‎‎4‎， 设AE＝x，GE＝‎4x， ∴ x‎2‎‎+16‎x‎2‎＝‎8‎‎2‎， 解得x=‎‎8‎‎17‎‎17‎， 即AE=‎‎8‎‎17‎‎17‎． 同理tan∠DAC＝tan∠CBF， ∴ DCAC‎=‎‎1‎‎4‎， ∴ DC=‎‎3‎‎4‎， ∴ AD=AC‎2‎+DC‎2‎=‎3‎‎2‎‎+(‎‎3‎‎4‎‎)‎‎2‎=‎‎3‎‎4‎‎17‎． ∴ DE=AD−AE=‎3‎‎4‎‎17‎−‎8‎‎17‎‎17‎=‎‎19‎‎17‎‎68‎． ②当点D在BC的边上时，如图‎2‎， ∵ AG // BD，AG＝‎8‎，BC＝‎4‎， ∴ AGBC‎=AFCF=‎8‎‎4‎=‎‎2‎‎1‎． ∴ AF＝‎6‎， ∵ ‎∠EAF＝‎∠CBF＝‎∠ABC， ∴ cos∠EAF＝cos∠ABC， ∴ ‎6‎AE‎=‎‎5‎‎4‎， ∴ AE=‎‎24‎‎5‎， 同理ACAD‎=‎BCAB， ∴ ‎3‎AD‎=‎‎4‎‎5‎， ∴ AD=‎‎15‎‎4‎． ∴ DE＝AE−AD=‎24‎‎5‎−‎15‎‎4‎=‎‎21‎‎20‎． 综合以上可得DE的长为‎19‎‎17‎‎68‎或‎21‎‎20‎．‎ ‎【考点】‎ 三角形综合题 ‎【解析】‎ ‎（1）求出AC＝‎3‎，可得‎∠DAC＝‎∠FBC，则tan∠FBC＝tan∠DAC=DCAC=‎‎2‎‎3‎； （2）由条件可得‎∠AGF＝‎∠CBF，可得AFAG‎=‎CFBC，可用x表示CF和AF的长，求出CD，则S‎△DAF‎=‎1‎‎2‎AF⋅CD，可用x表示结果； （3）分两种情况，①当点D在BC的延长线上时，②当点D在BC的边上时，可求出AE长AD的长，则DE＝AD−AE可求出．‎ ‎【解答】‎ ‎∵ ‎∠ACB＝‎90‎‎∘‎，BC＝‎4‎，sin∠ABC=‎‎3‎‎5‎， ∴ 设AC＝‎3x，AB＝‎5x， ∴ ‎(3x‎)‎‎2‎+16‎＝‎(5x‎)‎‎2‎， ∴ x＝‎1‎， 即AC＝‎3‎， ∵ BE⊥AD， ∴ ‎∠AEF＝‎90‎‎∘‎， ∵ ‎∠AFE＝‎∠CFB， ∴ ‎∠DAC＝‎∠FBC， ∴ tan∠FBC＝tan∠DAC=DCAC=‎‎2‎‎3‎；‎ ‎∵ AG // BD， ∴ ‎∠AGF＝‎∠CBF， ∴ tan∠AGF＝tan∠CBF， ∴ AFAG‎=‎CFBC， AGBC‎=‎AFCF， ∴ x‎4‎‎=‎‎3−CFCF， ∴ CF=‎‎12‎‎4+x． ∴ AF=3−CF=3−‎12‎‎4+x=‎‎3x‎4+x． ∵ ‎∠EAF＝‎∠CBF， ∴ CDAC‎=‎CFBC， ∴ CD=‎‎9‎‎4+x， ∴ S‎△DAF‎=‎1‎‎2‎AF⋅CD=‎1‎‎2‎×‎3x‎4+x×‎9‎‎4+x=‎‎27x‎2(4+x‎)‎‎2‎；‎ ‎①当点D在BC的延长线上时，如图‎1‎， ∵ AG＝‎8‎，BC＝‎4‎，AG // BD， ∴ AGBC‎=AFCF=‎‎2‎‎1‎， ∴ AF＝‎2CF， ∵ AC＝‎3‎， ∴ AF＝‎2‎，CF＝‎1‎， ∴ tan∠AGE=tan∠CBF=CFBC=‎‎1‎‎4‎， ∴ AEGE‎=‎‎1‎‎4‎， 设AE＝x，GE＝‎4x， ∴ x‎2‎‎+16‎x‎2‎＝‎8‎‎2‎， 解得x=‎‎8‎‎17‎‎17‎， 即AE=‎‎8‎‎17‎‎17‎． 同理tan∠DAC＝tan∠CBF， ∴ DCAC‎=‎‎1‎‎4‎， ∴ DC=‎‎3‎‎4‎， ∴ AD=AC‎2‎+DC‎2‎=‎3‎‎2‎‎+(‎‎3‎‎4‎‎)‎‎2‎=‎‎3‎‎4‎‎17‎． ∴ DE=AD−AE=‎3‎‎4‎‎17‎−‎8‎‎17‎‎17‎=‎‎19‎‎17‎‎68‎． ②当点D在BC的边上时，如图‎2‎， ∵ AG // BD，AG＝‎8‎，BC＝‎4‎， ∴ AGBC‎=AFCF=‎8‎‎4‎=‎‎2‎‎1‎． ∴ AF＝‎6‎， ∵ ‎∠EAF＝‎∠CBF＝‎∠ABC， ∴ cos∠EAF＝cos∠ABC， ∴ ‎6‎AE‎=‎‎5‎‎4‎， ∴ AE=‎‎24‎‎5‎， 同理ACAD‎=‎BCAB， ∴ ‎3‎AD‎=‎‎4‎‎5‎， ∴ AD=‎‎15‎‎4‎． ‎ 第25页 共26页 ◎ 第26页 共26页 ‎∴ DE＝AE−AD=‎24‎‎5‎−‎15‎‎4‎=‎‎21‎‎20‎． 综合以上可得DE的长为‎19‎‎17‎‎68‎或‎21‎‎20‎．‎ 第25页 共26页 ◎ 第26页 共26页