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- 2021-05-13 发布
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2017年上海市宝山区中考数学一模试卷
一、选择题:(本大题共6题,每题4分,满分24分)
1.已知∠A=30°,下列判断正确的是( )
A.sinA= B.cosA= C.tanA= D.cotA=
2.如果C是线段AB的黄金分割点C,并且AC>CB,AB=1,那么AC的长度为( )
A. B. C. D.
3.二次函数y=x2+2x+3的定义域为( )
A.x>0 B.x为一切实数 C.y>2 D.y为一切实数
4.已知非零向量、之间满足=﹣3,下列判断正确的是( )
A.的模为3 B.与的模之比为﹣3:1
C.与平行且方向相同 D.与平行且方向相反
5.如果从甲船看乙船,乙船在甲船的北偏东30°方向,那么从乙船看甲船,甲船在乙船的( )
A.南偏西30°方向 B.南偏西60°方向
C.南偏东30°方向 D.南偏东60°方向
6.二次函数y=a(x+m)2+n的图象如图,则一次函数y=mx+n的图象经过( )
A.第一、二、三象限 B.第一、二、四象限
C.第二、三、四象限 D.第一、三、四象限
二、填空题:(本大题共12小题,每题4分,满分48分)
7.已知2a=3b,则= .
8.如果两个相似三角形的相似比为1:4,那么它们的面积比为 .
9.如图,D为△ABC的边AB上一点,如果∠ACD=∠ABC时,那么图中 是AD和AB的比例中项.
10.如图,△ABC中∠C=90°,若CD⊥AB于D,且BD=4,AD=9,则tanA= .
11.计算:2(+3)﹣5= .
12.如图,G为△ABC的重心,如果AB=AC=13,BC=10,那么AG的长为 .
13.二次函数y=5(x﹣4)2+3向左平移二个单位长度,再向下平移一个单位长度,得到的函数解析式是 .
14.如果点A(1,2)和点B(3,2)都在抛物线y=ax2+bx+c的图象上,那么抛物线y=ax2+bx+c的对称轴是直线 .
15.已知A(2,y1)、B(3,y2)是抛物线y=﹣(x﹣1)2+的图象上两点,则y1 y2.(填不等号)
16.如果在一个斜坡上每向上前进13米,水平高度就升高了5米,则该斜坡的坡度i= .
17.数学小组在活动中继承了学兄学姐们的研究成果,将能够确定形如y=ax2+bx+c的抛物线的形状、大小、开口方向、位置等特征的系数a、b、c称为该抛物线的特征数,记作:特征数{a、b、c},(请你求)在研究活动中被记作特征数为{1、﹣4、3}的抛物线的顶点坐标为 .
18.如图,D为直角△ABC的斜边AB上一点,DE⊥AB交AC于E,如果△AED沿DE翻折,A恰好与B重合,联结CD交BE于F,如果AC═8,tanA═,那么CF:DF═ .
三、解答题:(本大题共7小题,满分78分)
19.计算:﹣cos30°+0.
20.如图,在△ABC中,点D、E分别在边AB、AC上,如果DE∥BC,且DE=BC.
(1)如果AC=6,求CE的长;
(2)设=, =,求向量(用向量、表示).
21.如图,AB、CD分别表示两幢相距36米的大楼,高兴同学站在CD大楼的P处窗口观察AB大楼的底部B点的俯角为45°,观察AB大楼的顶部A点的仰角为30°,求大楼AB的高.
22.直线l:y=﹣x+6交y轴于点A,与x轴交于点B,过A、B两点的抛物线m与x轴的另一个交点为C,(C在B的左边),如果BC=5,求抛物线m的解析式,并根据函数图象指出当m的函数值大于0的函数值时x的取值范围.
23.如图,点E是正方形ABCD的对角线AC上的一个动点(不与A、C重合),作EF⊥AC交边BC于点F,联结AF、BE交于点G.
(1)求证:△CAF∽△CBE;
(2)若AE:EC=2:1,求tan∠BEF的值.
24.如图,二次函数y=ax2﹣x+2(a≠0)的图象与x轴交于A、B两点,与y轴交于点C,已知点A(﹣4,0).
(1)求抛物线与直线AC的函数解析式;
(2)若点D(m,n)是抛物线在第二象限的部分上的一动点,四边形OCDA的面积为S,求S关于m的函数关系;
(3)若点E为抛物线上任意一点,点F为x轴上任意一点,当以A、C、E、F为顶点的四边形是平行四边形时,请直接写出满足条件的所有点E的坐标.
25.如图(1)所示,E为矩形ABCD的边AD上一点,动点P、Q同时从点B出发,点P以1cm/秒的速度沿折线BE﹣ED﹣DC运动到点C时停止,点Q以2cm/秒的速度沿BC运动到点C时停止.设P、Q同时出发t秒时,△BPQ的面积为ycm2.已知y与t的函数关系图象如图(2)(其中曲线OG为抛物线的一部分,其余各部分均为线段).
(1)试根据图(2)求0<t≤5时,△BPQ的面积y关于t的函数解析式;
(2)求出线段BC、BE、ED的长度;
(3)当t为多少秒时,以B、P、Q为顶点的三角形和△ABE相似;
(4)如图(3)过E作EF⊥BC于F,△BEF绕点B按顺时针方向旋转一定角度,如果△BEF中E、F的对应点H、I恰好和射线BE、CD的交点G在一条直线,求此时C、I两点之间的距离.
2017年上海市宝山区中考数学一模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题:(本大题共6题,每题4分,满分24分)
1.已知∠A=30°,下列判断正确的是( )
A.sinA= B.cosA= C.tanA= D.cotA=
【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判断即可
【解答】解:∵∠A=30°,
∴sinA=,cosA=,tanA=,cotA=,
故选:A.
2.如果C是线段AB的黄金分割点C,并且AC>CB,AB=1,那么AC的长度为( )
A. B. C. D.
【考点】黄金分割.
【分析】根据黄金比值是计算即可.
【解答】解:∵C是线段AB的黄金分割点C,AC>CB,
∴AC=AB=,
故选:C.
3.二次函数y=x2+2x+3的定义域为( )
A.x>0 B.x为一切实数 C.y>2 D.y为一切实数
【考点】二次函数的定义.
【分析】找出二次函数的定义域即可.
【解答】解:二次函数y=x2+2x+3的定义域为x为一切实数,
故选B
4.已知非零向量、之间满足=﹣3,下列判断正确的是( )
A.的模为3 B.与的模之比为﹣3:1
C.与平行且方向相同 D.与平行且方向相反
【考点】*平面向量.
【分析】根据向量的长度和方向,可得答案.
【解答】解:A、由=﹣3,得||=3||,故A错误;
B、由=﹣3,得||=3||,||:||=3:1,故B错误;
C、由=﹣3,得=﹣3方向相反,故C错误;
D、由=﹣3,得=﹣3平行且方向相反,故D正确;
故选:D.
5.如果从甲船看乙船,乙船在甲船的北偏东30°方向,那么从乙船看甲船,甲船在乙船的( )
A.南偏西30°方向 B.南偏西60°方向
C.南偏东30°方向 D.南偏东60°方向
【考点】方向角.
【分析】根据题意正确画出图形进而分析得出从乙船看甲船的方向.
【解答】解:如图所示:可得∠1=30°,
∵从甲船看乙船,乙船在甲船的北偏东30°方向,
∴从乙船看甲船,甲船在乙船的南偏西30°方向.
故选:A.
6.二次函数y=a(x+m)2+n的图象如图,则一次函数y=mx+n的图象经过( )
A.第一、二、三象限 B.第一、二、四象限
C.第二、三、四象限 D.第一、三、四象限
【考点】二次函数的图象;一次函数的性质.
【分析】根据抛物线的顶点在第四象限,得出n<0,m<0,即可得出一次函数y=mx+n的图象经过二、三、四象限.
【解答】解:∵抛物线的顶点在第四象限,
∴﹣m>0,n<0,
∴m<0,
∴一次函数y=mx+n的图象经过二、三、四象限,
故选C.
二、填空题:(本大题共12小题,每题4分,满分48分)
7.已知2a=3b,则= .
【考点】比例的性质.
【分析】根据比例的基本性质:两外项之积等于两内项之积.可直接得到的结果.
【解答】解:∵2a=3b,∴=.
8.如果两个相似三角形的相似比为1:4,那么它们的面积比为 1:16 .
【考点】相似三角形的性质.
【分析】
根据相似三角形的性质:相似三角形的面积比等于相似比的平方即可解得.
【解答】解:∵两个相似三角形的相似比为1:4,
∴它们的面积比为1:16.
故答案为1:16.
9.如图,D为△ABC的边AB上一点,如果∠ACD=∠ABC时,那么图中 AC 是AD和AB的比例中项.
【考点】比例线段.
【分析】根据两角分别相等的两个三角形相似,可得△ACD∽△ABC的关系,根据相似三角形的性质,可得答案.
【解答】解:在△ACD与△ABC中,
∠ACD=∠ABC,∠A=∠A,
∴△ACD∽△ABC,
∴=,
∴AC是AD和AB的比例中项.
故答案为AC.
10.如图,△ABC中∠C=90°,若CD⊥AB于D,且BD=4,AD=9,则tanA= .
【考点】解直角三角形.
【分析】先证明△BDC∽△
CDA,利用相似三角形的性质求出CD的长度,然后根据锐角三角函数的定义即可求出tanA的值.
【解答】解:∵∠BCD+∠DCA=∠DCA+∠A=90°,
∴∠BCD=∠A,
∵CD⊥AB,
∴∠BDC=∠CDA=90°,
∴△BDC∽△CDA,
∴CD2=BD•AD,
∴CD=6,
∴tanA==
故答案为:
11.计算:2(+3)﹣5= 2+ .
【考点】*平面向量.
【分析】可根据向量的加法法则进行计算,可得答案.
【解答】解:2(+3)﹣5=2+6﹣5=2+,
故答案为:2+.
12.如图,G为△ABC的重心,如果AB=AC=13,BC=10,那么AG的长为 8 .
【考点】三角形的重心;等腰三角形的性质;勾股定理.
【分析】延长AG交BC于D,根据重心的概念得到∠BAD=∠CAD,根据等腰三角形的性质求出BD,根据勾股定理和重心的性质计算即可.
【解答】解:延长AG交BC于D,
∵G为△ABC的重心,
∴∠BAD=∠CAD,
∵AB=AC,
∴BD=BC=5,AD⊥BC,
由勾股定理得,AD==12,
∵G为△ABC的重心,
∴AG=AD=8,
故答案为:8.
13.二次函数y=5(x﹣4)2+3向左平移二个单位长度,再向下平移一个单位长度,得到的函数解析式是 y=5(x﹣2)2+2 .
【考点】二次函数图象与几何变换.
【分析】按照“左加右减,上加下减”的规律求解即可.
【解答】解:y=5(x﹣4)2+3向左平移二个单位长度,再向下平移一个单位长度得y=5(x﹣4+2)2+3﹣1,即y=5(x﹣2)2+2.
故答案为y=5(x﹣2)2+2.
14.如果点A(1,2)和点B(3,2)都在抛物线y=ax2+bx+c的图象上,那么抛物线y=ax2+bx+c的对称轴是直线 x=2 .
【考点】二次函数的性质.
【分析】根据函数值相等的点到抛物线对称轴的距离相等可求得其对称轴.
【解答】解:
∵点A(1,2)和点B(3,2)都在抛物线y=ax2+bx+c的图象上,
∴其对称轴为x==2
故答案为:x=2.
15.已知A(2,y1)、B(3,y2)是抛物线y=﹣(x﹣1)2+的图象上两点,则y1 > y2.(填不等号)
【考点】二次函数图象上点的坐标特征.
【分析】先确定其对称轴,利用增减性进行判断;也可以将A、B两点的坐标分别代入求出纵坐标,再进行判断.
【解答】解:由题意得:抛物线的对称轴是:直线x=1,
∵﹣<0,
∴当x>1时,y随x的增大而减小,
∵2<3,
∴y1>y2,
故答案为:>.
16.如果在一个斜坡上每向上前进13米,水平高度就升高了5米,则该斜坡的坡度i= 1:2.4 .
【考点】解直角三角形的应用-坡度坡角问题.
【分析】根据在一个斜坡上前进5米,水平高度升高了1米,可以计算出此时的水平距离,水平高度与水平距离的比值即为坡度,从而可以解答本题.
【解答】解:设在一个斜坡上前进13米,水平高度升高了5米,此时水平距离为x米,
根据勾股定理,得x2+52=132,
解得:x=12,
故该斜坡坡度i=5:12=1:2.4.
故答案为:1:2.4.
17.数学小组在活动中继承了学兄学姐们的研究成果,将能够确定形如y=ax2+bx+c的抛物线的形状、大小、开口方向、位置等特征的系数a、b、c称为该抛物线的特征数,记作:特征数{a、b、c},(请你求)在研究活动中被记作特征数为{1、﹣4、3}的抛物线的顶点坐标为 (2,﹣1) .
【考点】二次函数的性质;二次函数的图象.
【分析】由条件可求得抛物线解析式,化为顶点式可求得答案.
【解答】解:
∵特征数为{1、﹣4、3},
∴抛物线解析式为y=x2﹣4x+3=(x﹣2)2﹣1,
∴抛物线顶点坐标为(2,﹣1),
故答案为:(2,﹣1).
18.如图,D为直角△ABC的斜边AB上一点,DE⊥AB交AC于E,如果△AED沿DE翻折,A恰好与B重合,联结CD交BE于F,如果AC═8,tanA═,那么CF:DF═ 6:5 .
【考点】翻折变换(折叠问题);解直角三角形.
【分析】先根据DE⊥AB,tanA═,AC═8,求得BC=4,CE=3,BD=2,DE=,再过点C作CG⊥BE于G,作DH⊥BE于H,根据面积法求得CG和DH的长,最后根据△CFG∽△DFH,得到===即可.
【解答】解:∵DE⊥AB,tanA═,
∴DE=AD,
∵Rt△ABC中,AC═8,tanA═,
∴BC=4,AB==4,
又∵△AED沿DE翻折,A恰好与B重合,
∴AD=BD=2,DE=,
∴Rt△ADE中,AE==5,
∴CE=8﹣5=3,
∴Rt△BCE中,BE==5,
如图,过点C作CG⊥BE于G,作DH⊥BE于H,则
Rt△BDE中,DH==2,
Rt△BCE中,CG==,
∵CG∥DH,
∴△CFG∽△DFH,
∴===.
故答案为:6:5.
三、解答题:(本大题共7小题,满分78分)
19.计算:﹣cos30°+0.
【考点】实数的运算;零指数幂;特殊角的三角函数值.
【分析】原式利用特殊角的三角函数值,以及零指数幂法则计算即可得到结果.
【解答】解:原式=﹣+1=+﹣+1=++1.
20.如图,在△ABC中,点D、E分别在边AB、AC上,如果DE∥BC,且DE=BC.
(1)如果AC=6,求CE的长;
(2)设=, =,求向量(用向量、表示).
【考点】*平面向量.
【分析】(1)根据相似三角形的判定与性质,可得AE的长,根据线段的和差,可得答案;
(2)根据相似三角形的判定与性质,可得AE,AD的长,根据向量的减法运算,可得答案.
【解答】解:(1)由DE∥BC,得
△ADE∽△ABC, =.
又DE=BC且AC=6,得
AE=AC=4,
CE=AC﹣AE=6﹣4=2;
(2)如图,
由DE∥BC,得
△ADE∽△ABC, =.
又AC=6且DE=BC,得
AE=AC,AD=AB.
==, ==.
=﹣=﹣.
21.如图,AB、CD分别表示两幢相距36米的大楼,高兴同学站在CD大楼的P处窗口观察AB大楼的底部B点的俯角为45°,观察AB大楼的顶部A点的仰角为30°,求大楼AB的高.
【考点】解直角三角形的应用-仰角俯角问题.
【分析】过点P作AB 的垂线,垂足为E,根据题意可得出四边形PDBE是矩形,再由∠EPB=45°可知BE=PE=36m,由AE=PE•tan30°得出AE的长,进而可得出结论.
【解答】解:如图,过点P作AB 的垂线,垂足为E,
∵PD⊥AB,DB⊥AB,
∴四边形PDBE是矩形,
∵BD=36m,∠EPB=45°,
∴BE=PE=36m,
∴AE=PE•tan30°=36×=12(m),
∴AB=12+36(m).
答:建筑物AB的高为米.
22.直线l:y=﹣x+6交y轴于点A,与x轴交于点B,过A、B两点的抛物线m与x轴的另一个交点为C,(C在B的左边),如果BC=5,求抛物线m的解析式,并根据函数图象指出当m的函数值大于0的函数值时x的取值范围.
【考点】
二次函数与不等式(组);待定系数法求二次函数解析式;抛物线与x轴的交点.
【分析】先根据函数的解析式求出A、B两点的坐标,再求出点C的坐标,利用待定系数法求出抛物线m的解析式,画出其图象,利用数形结合即可求解.
【解答】解:∵y=﹣x+6交y轴于点A,与x轴交于点B,
∴x=0时,y=6,
∴A(0,6),
y=0时,x=8,
∴B(8,0),
∵过A、B两点的抛物线m与x轴的另一个交点为C,(C在B的左边),BC=5,
∴C(3,0).
设抛物线m的解析式为y=a(x﹣3)(x﹣8),
将A(0,6)代入,得24a=6,解得a=,
∴抛物线m的解析式为y=(x﹣3)(x﹣8),即y=x2﹣x+6;
函数图象如右:
当抛物线m的函数值大于0时,x的取值范围是x<3或x>8.
23.如图,点E是正方形ABCD的对角线AC上的一个动点(不与A、C重合),作EF⊥AC交边BC于点F,联结AF、BE交于点G.
(1)求证:△CAF∽△CBE;
(2)若AE:EC=2:1,求tan∠BEF的值.
【考点】相似三角形的判定与性质;正方形的性质;解直角三角形.
【分析】(1)利用AA证明△CEF∽△CAB,再列出比例式利用SAS证明△CAF∽△CBE
(2)证出∴∠BAF=∠BEF,设EC=1,则EF=1,FC=,AC=3,由勾股定理得出AB=BC=AC=,得出BF=BC﹣FC=,由三角函数即可得出结果.
【解答】(1)证明:∵四边形ABCD是正方形,
∴∠ABC=90°,
∵EF⊥AC,
∴∠FEC=90°=∠ABC,
又∵∠FCE=∠ACB,
∴△CEF∽△CAB,
∴,
又∵∠ACF=∠BCE,
∴△CAF∽△CBE;
(2)∵△CAF∽△CBE,
∴∠CAF=∠CBE,
∵∠BAC=∠BCA=45°,
∴∠BAF=∠BEF,
设EC=1,则EF=1,FC=,
∵AE:EC=2:1,
∴AC=3,
∴AB=BC=AC=,
∴BF=BC﹣FC=,
∴.
24.如图,二次函数y=ax2﹣x+2(a≠0)的图象与x轴交于A、B两点,与y轴交于点C,已知点A(﹣4,0).
(1)求抛物线与直线AC的函数解析式;
(2)若点D(m,n)是抛物线在第二象限的部分上的一动点,四边形OCDA的面积为S,求S关于m的函数关系;
(3)若点E为抛物线上任意一点,点F为x轴上任意一点,当以A、C、E、F为顶点的四边形是平行四边形时,请直接写出满足条件的所有点E的坐标.
【考点】二次函数综合题;解一元二次方程-公式法;平行四边形的性质.
【分析】(1)把点A的坐标代入抛物线的解析式,就可求得抛物线的解析式,根据A,C两点的坐标,可求得直线AC的函数解析式;
(2)先过点D作DH⊥x轴于点H,运用割补法即可得到:四边形OCDA的面积=△ADH的面积+四边形OCDH的面积,据此列式计算化简就可求得S关于m的函数关系;
(3)由于AC确定,可分AC是平行四边形的边和对角线两种情况讨论,得到点E与点C的纵坐标之间的关系,然后代入抛物线的解析式,就可得到满足条件的所有点E的坐标.
【解答】解:(1)∵A(﹣4,0)在二次函数y=ax2﹣x+2(a≠0)的图象上,
∴0=16a+6+2,
解得a=﹣,
∴抛物线的函数解析式为y=﹣x2﹣x+2;
∴点C的坐标为(0,2),
设直线AC的解析式为y=kx+b,则
,
解得,
∴直线AC的函数解析式为:;
(2)∵点D(m,n)是抛物线在第二象限的部分上的一动点,
∴D(m,﹣m2﹣m+2),
过点D作DH⊥x轴于点H,则DH=﹣m2﹣m+2,AH=m+4,HO=﹣m,
∵四边形OCDA的面积=△ADH的面积+四边形OCDH的面积,
∴S=(m+4)×(﹣m2﹣m+2)+(﹣m2﹣m+2+2)×(﹣m),
化简,得S=﹣m2﹣4m+4(﹣4<m<0);
(3)①若AC为平行四边形的一边,则C、E到AF的距离相等,
∴|yE|=|yC|=2,
∴yE=±2.
当yE=2时,解方程﹣x2﹣x+2=2得,
x1=0,x2=﹣3,
∴点E的坐标为(﹣3,2);
当yE=﹣2时,解方程﹣x2﹣x+2=﹣2得,
x1=,x2=,
∴点E的坐标为(,﹣2)或(,﹣2);
②若AC为平行四边形的一条对角线,则CE∥AF,
∴yE=yC=2,
∴点E的坐标为(﹣3,2).
综上所述,满足条件的点E的坐标为(﹣3,2)、(,﹣2)、(,﹣2).
25.如图(1)所示,E为矩形ABCD的边AD上一点,动点P、Q同时从点B出发,点P以1cm/秒的速度沿折线BE﹣ED﹣DC运动到点C时停止,点Q以2cm/秒的速度沿BC运动到点C时停止.设P、Q同时出发t秒时,△BPQ的面积为ycm2.已知y与t的函数关系图象如图(2)(其中曲线OG为抛物线的一部分,其余各部分均为线段).
(1)试根据图(2)求0<t≤5时,△BPQ的面积y关于t的函数解析式;
(2)求出线段BC、BE、ED的长度;
(3)当t为多少秒时,以B、P、Q为顶点的三角形和△ABE相似;
(4)如图(3)过E作EF⊥BC于F,△BEF绕点B按顺时针方向旋转一定角度,如果△BEF中E、F的对应点H、I恰好和射线BE、CD的交点G在一条直线,求此时C、I两点之间的距离.
【考点】二次函数综合题.
【分析】(1)观察图象可知,AD=BC=5×2=10,BE=1×10=10,ED=4×1=4,AE=10﹣4=6在Rt△ABE中,AB===8,如图1中,作PM⊥BC于M.由△ABE∽△MPB,得=,求出PM,根据△BPQ的面积y=•BQ•PM计算即可问题.
(2)观察图象(1)(2),即可解决问题.
(3)分三种情形讨论①P在BE上,②P在DE上,③P在CD上,分别求解即可.
(4)由∠BIH=∠BCG=90°,推出B、I、C、G四点共圆,推出∠BGH=∠BCI,由△GBH∽△CBI,可得=,由此只要求出GH即可解决问题.
【解答】解:(1)观察图象可知,AD=BC=5×2=10,BE=1×10=10,ED=4×1=4,AE=10﹣4=6
在Rt△ABE中,AB===8,
如图1中,作PM⊥BC于M.
∵△ABE∽△MPB,
∴=,
∴=,
∴PM=t,
当0<t≤5时,△BPQ的面积y=•BQ•PM=•2t•t=t2.
(2)由(1)可知BC=BE=10,ED=4.
(3)①当P在BE上时,
∵BQ=2PB,
∴只有∠BPQ=90°,才有可能B、P、Q为顶点的三角形和△ABE相似,
∴∠BQP=30°,这个显然不可能,
∴当点P在BE上时,不存在△PQB与△ABE相似.
②当点P在ED上时,观察图象可知,不存在△.
③当点P在DC上时,设PC=a,
当=时,∴=,
∴a=,
此时t=10+4+(8﹣)=14.5,
∴t=14.5s时,△PQB与△ABE相似.
(4)如图3中,设EG=m,GH=n,
∵DE∥BC,
∴=,
∴=,
∴m=,
在Rt△BIG中,∵BG2=BI2+GI2,
∴()2=62+(8+n)2,
∴n=﹣8+8或﹣8﹣8(舍弃),
∵∠BIH=∠BCG=90°,
∴B、I、C、G四点共圆,
∴∠BGH=∠BCI,
∵∠GBF=∠HBI,
∴∠GBH=∠CBI,
∴△GBH∽△CBI,
∴=,
∴=,
∴IC=﹣.
2017年1月20日