九年級數(shù)學上學期10月月考試卷含解析 新人教版五四制

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1、 黑龍江省哈爾濱七十二中2017屆九年級（上）月考數(shù)學試卷（10月份）　 一、選擇題（請將正確的選項填入表中，每小題3分，共計30分） 1．若cosA=，則銳角∠A為（　?。? A．30 B．15 C．45 D．60 2．二次函數(shù)y=3（x﹣1）2+2的最小值是（　　） A．2 B．1 C．﹣1 D．﹣2 3．將拋物線y=﹣2x2+1向右平移1個單位，再向上平移2個單位后所得到的拋物線為（　?。? A．y=﹣2（x+1）2﹣1 B．y=﹣2（x+1）2+3 C．y=﹣2（x﹣1）2+1 D．y=﹣2（x﹣1）2+3 4．如圖，點A，B，C是⊙O上的三點，已知∠AOB=100，那么

2、∠ACB的度數(shù)是（　?。? A．30 B．40 C．50 D．60 5．如圖，△ABC中，∠ACB=90，CD⊥AB于點D，若CD：AC=2：3，則sin∠BCD的值是（　?。? A． B． C． D． 6．如圖，為了測量樓的高度，自樓的頂部A看地面上的一點B，俯角為30，已知地面上的這點與樓的水平距離BC為30m，那么樓的高度AC為（　?。? A．15m B．20m C．10m D．20m 7．已知拋物線的解析式為y=﹣2（x﹣2）2+1，則當 x≥2時，y隨x增大的變化規(guī)律是（　　） A．增大 B．減小 C．先增大再減小 D．先減小后增大 8．如圖，CD為⊙O的直徑，

3、過點D的弦DE平行于半徑OA，若∠D的度數(shù)是50，則∠A的度數(shù)為（　?。? A．50 B．40 C．30 D．25 9．如圖，在矩形紙片ABCD中，點E在BC上，且AE=EC=2．若將紙片沿AE折疊，點B好落在AC上，則AC等于（　　） A．3 B．2 C．2 D． 10．某天早晨，張強從家跑去體育場鍛煉，同時媽媽從體育場晨練結束回家，途中兩人相遇，張強跑到體育場后發(fā)現(xiàn)要下雨，立即按原路返回，遇到媽媽后兩人一起回到家（張強和媽媽始終在同一條筆直的公路上行走）．如圖是兩人離家的距離y（米）與張強出發(fā)的時間x（分）之間的函數(shù)圖象．則下列說法： ①張強返回時的速度為150米/分 ②

4、張強在離家750米處的地方追上媽媽 ③媽媽回家的速度是50米/分 ④媽媽與張強一起回家比按原速度返回提前10分鐘． 正確的個數(shù)為（　?。? A．1個 B．2個 C．3個 D．4個 　 二、填空題 11．在Rt△ABC中，∠C=90，AB=5，AC=4，則sinA的值為　?。? 12．已知二次函數(shù)y=﹣x2+mx+2的對稱軸為直線x=，則m=　?。? 13．如圖，在⊙O中，AB為直徑，C為⊙O上一點，∠A=40，則∠B=　　． 14．已知AB是⊙O的弦，OA=3，sin∠OAB=，則弦AB的長是　　． 15．一個圓形人工湖如圖所示，弦AB是湖上的一座橋，已知橋AB長100

5、m，測得圓周角∠ACB=45，則這個人工湖的直徑AD為　?。? 16．如圖，ABCD是⊙O的內(nèi)接四邊形，∠B=130，則∠AOC的度數(shù)是　　度． 17．如圖，在半徑為5的⊙O中，AB、CD是互相垂直的兩條弦，垂足為P，且AB=CD=8，則OP的長為　?。? 18．如圖，在Rt△ABC中，∠ACB=90，BC=3，AC=4，AB的垂直平分線DE交BC的延長線于點E，則CE的長為　　． 19．在△ABC中，AB=AC，若BD⊥AC于D，若cos∠BAD=，BD=，則CD為　　． 20．已知：如圖，在△ABC中，AB=AC且tanA=，P為BC上一點，且BP：PC=3：5，E、

6、F分別為AB、AC上的點，且∠EPF=2∠B，若△EPF的面積為6，則EF=　?。? 　 三、解答題（共計60分） 21．（7分）先化簡，再求代數(shù)式（﹣）的值，其中x=2sin60﹣1，y=tan45． 22．（7分）如圖，在每個小正方形的邊長均為1的方格紙中，有線段AB，點A、B均在小正方形的頂點上． （1）在方格紙中畫出以AB為一邊的直角三角形ABC，點C在小正方形的頂點上，且三角形ABC的面積為； （2）在方格紙中畫出以AB為一邊的矩形ABDE，點D、E均在小正方形的頂點上，且矩形ABDE的面積為10． 23．（8分）已知：如圖，二次函數(shù)y=ax2+bx+3的圖象與x

7、軸交于A、B兩點，其中A點坐標為（﹣1，0），且拋物線經(jīng)過點（2，3），M為拋物線的頂點． （1）求M的坐標； （2）求△MCB的面積． 24．（8分）如圖，某大樓的頂部有一塊廣告牌CD，小李在山坡的坡腳A處測得廣告牌底部D的仰角為60．沿坡面AB向上走到B處測得廣告牌頂部C的仰角為45，已知sin∠BAH=，AB=10米，AE=15米． （1）求點B距水平面AE的高度BH； （2）求廣告牌CD的高度． 25．（10分）母親節(jié)前夕，某淘寶店主從廠家購進A、B兩種禮盒，已知A、B 兩種禮盒的單價比為2：3，單價和為200元，該店主購進這兩種禮盒恰好用去9600元，且購進B種禮

8、盒的數(shù)量是A種禮盒數(shù)量的2倍． （1）請問，A、B兩種禮盒各購進多少個？ （2）根據(jù)市場行情，銷售一個A種禮盒可獲利10元，銷售一個B種禮盒可獲利18元．為奉獻愛心，該店主決定每售出一個B種禮盒，為愛心公益基金捐款m元，若要使全部禮盒銷售結束且捐款基金也成功交接后，利潤率仍可不低于10%，則m的值最多不超過多少元？ 26．（10分）已知AB為⊙O的直徑，CD、BC為⊙O的弦，CD∥AB，半徑OD⊥BC于點E． （1）如圖1，求證：∠BOD=60； （2）如圖2，點F在⊙O上（點F與點B不重合），連接CF，交直徑AB于點H，過點B作BG⊥CF，垂足為點G，求證：BG=FG； （3）在

9、（2）的條件下，如圖3，連接EG，若GH=2FG，BH=，求線段EG的長． 27．（10分）在平面直角坐標系中，O為坐標原點，拋物線y=ax2﹣2ax+3與x軸負半軸交于A，與x軸的正半軸交于點B，與y軸的正半軸交于點C，且AB=4． （1）如圖1，求a的值； （2）如圖2，連接AC，BC，點D在第一象限內(nèi)拋物線上，過D作DE∥AC，交線段BC于E，若DE=EC，求點D的坐標； （3）如圖3，在（2）的條件下，連接DC并延長，交x軸于點F，點P在第一象限的拋物線上，連接PF，作CQ⊥PF，交x軸于Q，連接PQ，當∠PQC=2∠PFQ時，求點P的坐標． 　  2016-2

10、017學年黑龍江省哈爾濱七十二中九年級（上）月考數(shù)學試卷（10月份）（五四學制） 參考答案與試題解析 　 一、選擇題（請將正確的選項填入表中，每小題3分，共計30分） 1．若cosA=，則銳角∠A為（　?。? A．30 B．15 C．45 D．60 【考點】特殊角的三角函數(shù)值． 【分析】根據(jù)特殊角三角函數(shù)值，可得答案． 【解答】解：由cosA=，則銳角∠A為45， 故選：C． 【點評】本題考查了特殊角三角函數(shù)值，熟記特殊角三角函數(shù)值是解題關鍵． 　 2．二次函數(shù)y=3（x﹣1）2+2的最小值是（　?。? A．2 B．1 C．﹣1 D．﹣2 【考點】二次函數(shù)的最值． 【

11、分析】根據(jù)完全平方式和頂點式的意義，可直接得出二次函數(shù)的最小值． 【解答】解：由于（x﹣1）2≥0， 所以當x=1時，函數(shù)取得最小值為2， 故選：A． 【點評】本題考查了二次函數(shù)的性質(zhì)，要熟悉非負數(shù)的性質(zhì)，找到完全平方式的最小值即為函數(shù)的最小值． 　 3．將拋物線y=﹣2x2+1向右平移1個單位，再向上平移2個單位后所得到的拋物線為（　?。? A．y=﹣2（x+1）2﹣1 B．y=﹣2（x+1）2+3 C．y=﹣2（x﹣1）2+1 D．y=﹣2（x﹣1）2+3 【考點】二次函數(shù)圖象與幾何變換． 【分析】根據(jù)圖象右移減，上移加，可得答案． 【解答】解；將拋物線y=﹣2x2+1向

12、右平移1個單位，再向上平移2個單位后所得到的拋物線為y=﹣2（x﹣1）2+3， 故選：D． 【點評】本題考查了二次函數(shù)圖象與幾何變換，函數(shù)圖象平移的規(guī)律是：左加右減，上加下減． 　 4．如圖，點A，B，C是⊙O上的三點，已知∠AOB=100，那么∠ACB的度數(shù)是（　　） A．30 B．40 C．50 D．60 【考點】圓周角定理． 【分析】根據(jù)圖形，利用圓周角定理求出所求角度數(shù)即可． 【解答】解：∵∠AOB與∠ACB都對，且∠AOB=100， ∴∠ACB=∠AOB=50， 故選C 【點評】此題考查了圓周角定理，熟練掌握圓周角定理是解本題的關鍵． 　 5．如圖，△A

13、BC中，∠ACB=90，CD⊥AB于點D，若CD：AC=2：3，則sin∠BCD的值是（　?。? A． B． C． D． 【考點】銳角三角函數(shù)的定義． 【分析】根據(jù)正弦的定義求出sin∠A，根據(jù)同角的余角相等得到∠A=∠BCD，得到答案． 【解答】解：sin∠A==， ∵∠ACB=90，CD⊥AB， ∴∠A+∠B=90，∠BCD+∠B=90， ∴∠A=∠BCD， ∴sin∠BCD=sin∠A==， 故選：B． 【點評】本題考查的是銳角三角函數(shù)的定義，掌握銳角A的對邊a與斜邊c的比叫做∠A的正弦是解題的關鍵． 　 6．如圖，為了測量樓的高度，自樓的頂部A看地面上的一點B

14、，俯角為30，已知地面上的這點與樓的水平距離BC為30m，那么樓的高度AC為（　　） A．15m B．20m C．10m D．20m 【考點】解直角三角形的應用-仰角俯角問題． 【分析】由題意得，在直角三角形ACB中，知道了已知角的鄰邊求對邊，用正切函數(shù)計算即可． 【解答】解：∵自樓的頂部A看地面上的一點B，俯角為30， ∴∠ABC=30， ∴AC=AB?tan30=30=10（米）． ∴樓的高度AC為10米． 故選：C． 【點評】本題考查了解直角三角形的應用﹣仰角俯角問題，俯角的定義，要求學生能借助俯角構造直角三角形并解直角三角形． 　 7．已知拋物線的解析式為y=

15、﹣2（x﹣2）2+1，則當 x≥2時，y隨x增大的變化規(guī)律是（　?。? A．增大 B．減小 C．先增大再減小 D．先減小后增大 【考點】二次函數(shù)的性質(zhì)． 【分析】由解析式可求得對稱軸為x=2，再利用增減性可求得答案． 【解答】解： ∵y=﹣2（x﹣2）2+1， ∴拋物線開口向下，對稱對軸為x=2， ∴當x≥2時，y隨x的增大而減小， 故選B． 【點評】本題主要考查二次函數(shù)的性質(zhì)，掌握二次函數(shù)的頂點式是解題的關鍵，即在y=a（x﹣h）2+k中，對稱軸為x=h，頂點坐標為（h，k）． 　 8．如圖，CD為⊙O的直徑，過點D的弦DE平行于半徑OA，若∠D的度數(shù)是50，則∠A的度數(shù)

16、為（　?。? A．50 B．40 C．30 D．25 【考點】圓周角定理． 【分析】根據(jù)平行線的性質(zhì)可證∠D=∠AOD=50，又根據(jù)三角形外角與內(nèi)角的關系可證∠ACO=∠OAC=∠AOD=25 【解答】解：∵OA∥DE， ∴∠D=∠AOD=50， ∵OA=OC， ∴∠ACO=∠OAC=∠AOD=25． 故選D． 【點評】此題主要考查了考查的是兩直線平行的性質(zhì)及三角形外角與內(nèi)角的關系的知識．關鍵是掌握三角形的外角等于與它不相鄰的兩個內(nèi)角的和． 　 9．如圖，在矩形紙片ABCD中，點E在BC上，且AE=EC=2．若將紙片沿AE折疊，點B好落在AC上，則AC等于（　?。?

17、 A．3 B．2 C．2 D． 【考點】翻折變換（折疊問題）；矩形的性質(zhì)． 【分析】根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得到∠EAC=∠ECA，根據(jù)翻折變換的性質(zhì)得到∠BAE=∠EAC，根據(jù)三角形內(nèi)角和定理得到∠BAE=∠EAC=∠ECA=30，根據(jù)直角三角形的性質(zhì)和勾股定理計算即可． 【解答】解：∵AE=EC， ∴∠EAC=∠ECA， ∵將紙片沿AE折疊，點B好落在AC上， ∴∠BAE=∠EAC， ∴∠BAE=∠EAC=∠ECA=30， ∴BE=AE=1，BC=BE+EC=3， 由勾股定理得，AB=，AC==2， 故選：C． 【點評】本題考查的是翻折變換的性質(zhì)、矩形的性質(zhì)，翻折變換是一

18、種對稱變換，它屬于軸對稱，折疊前后圖形的形狀和大小不變，位置變化，對應邊和對應角相等． 　 10．某天早晨，張強從家跑去體育場鍛煉，同時媽媽從體育場晨練結束回家，途中兩人相遇，張強跑到體育場后發(fā)現(xiàn)要下雨，立即按原路返回，遇到媽媽后兩人一起回到家（張強和媽媽始終在同一條筆直的公路上行走）．如圖是兩人離家的距離y（米）與張強出發(fā)的時間x（分）之間的函數(shù)圖象．則下列說法： ①張強返回時的速度為150米/分 ②張強在離家750米處的地方追上媽媽 ③媽媽回家的速度是50米/分 ④媽媽與張強一起回家比按原速度返回提前10分鐘． 正確的個數(shù)為（　　） A．1個 B．2個 C．3個 D．4

19、個 【考點】一次函數(shù)的應用． 【分析】①根據(jù)速度=路程時間，即可判斷； ②根據(jù)張強所走的時間和速度可求得張強追上媽媽時所走的路程，可判斷； ③根據(jù)速度=路程時間，即可判斷； ④求出媽媽原來走完3000米所用的時間，即可判斷． 【解答】解： ①3000（50﹣30）=300020=150（米/分）， ∴張強返回時的速度為150米/分，正確； ②（45﹣30）150=2250（米），點B的坐標為（45，750）， ∴張強在離家750米處的地方追上媽媽，正確； ③媽媽原來的速度為：225045=50（米/分），正確； ④媽媽原來回家所用的時間為：300050=60（分），60

20、﹣50=10（分）， ∴媽媽比按原速返回提前10分鐘到家，正確； ∴正確的個數(shù)是4個， 故選D． 【點評】本題主要考查了一次函數(shù)的應用，解決本題的關鍵是讀懂函數(shù)圖象，獲取相關信息，并用待定系數(shù)法求函數(shù)解析式 　 二、填空題 11．在Rt△ABC中，∠C=90，AB=5，AC=4，則sinA的值為　?。? 【考點】銳角三角函數(shù)的定義． 【分析】根據(jù)三角函數(shù)的定義就可以求解． 【解答】解：根據(jù)題意畫出圖形如圖所示： 在Rt△ABC中，∠C=90，AB=5，AC=4， ∴BC=3．則sinA=． 【點評】本題可以考查銳角三角函數(shù)的定義及運用：在直角三角形中，銳角的正弦為對

21、邊比斜邊，余弦為鄰邊比斜邊，正切為對邊比邊． 　 12．已知二次函數(shù)y=﹣x2+mx+2的對稱軸為直線x=，則m=　?。? 【考點】二次函數(shù)的性質(zhì)． 【分析】把二次函數(shù)解析式化為頂點式可用m表示出其對稱軸，再由條件可得到關于m的方程，可求得m的值． 【解答】解：∵y=﹣x2+mx+2=﹣（x﹣）2++2， ∴二次函數(shù)對稱軸為直線x=， ∵二次函數(shù)的對稱軸為直線x=， ∴=，解得m=， 故答案為：． 【點評】本題主要考查二次函數(shù)的性質(zhì)，掌握二次函數(shù)的頂點式是解題的關鍵，即在y=a（x﹣h）2+k中，對稱軸為直線x=h，頂點坐標為（h，k）． 　 13．如圖，在⊙O中，AB為

22、直徑，C為⊙O上一點，∠A=40，則∠B=　50?。? 【考點】圓周角定理． 【分析】本題利用了直徑對的圓周角是直角，然后利用直角三角形的倆銳角互余即可求解． 【解答】解：∵AB是直徑， 則∠C=90， ∴∠A=90﹣∠A=50． 故答案是：50． 【點評】本題重點考查了直徑所對的圓周角為直角的知識． 　 14．已知AB是⊙O的弦，OA=3，sin∠OAB=，則弦AB的長是　2　． 【考點】垂徑定理；解直角三角形． 【分析】作弦心距OD，根據(jù)三角函數(shù)設OD=2x，OA=3x，則3x=3，x=1，利用勾股定理求AD的長，所以由垂徑定理得：AB=2AD，得結論． 【解答】

23、解：如圖，過O作OD⊥AB于D， 在Rt△OAD中，sin∠OAB==， 設OD=2x，OA=3x， 則3x=3， x=1， ∴OA=3，OD=2， 由勾股定理得：AD==， ∵OD⊥AB， ∴AB=2AD=2． 【點評】本題考查了垂徑定理和解直角三角形，知道圓中常作的輔助線方法：①連接半徑，②作弦心距；明確三角函數(shù)定義：sinA==，cosA==，tanA==（a，b，c分別是∠A、∠B、∠C的對邊）． 　 15．一個圓形人工湖如圖所示，弦AB是湖上的一座橋，已知橋AB長100m，測得圓周角∠ACB=45，則這個人工湖的直徑AD為　　． 【考點】圓周角定理；等

24、腰直角三角形． 【分析】連接OB，由同弧說對圓周角等于圓心角的一半可知∠AOB=90，在Rt△AOB中，由勾股定理可知，AO=50m，所以AD=． 【解答】解：∵∠ACB=45， ∴∠AOB=90， ∵AB=100m， ∴AO=50m， ∴AD=2AO=100m， 故答案為：． 【點評】此題主要考查了圓周角定理，以及勾股定理的應用，關鍵是證出∠AOB=90，在Rt△AOB中，由勾股定理算出AO的長． 　 16．如圖，ABCD是⊙O的內(nèi)接四邊形，∠B=130，則∠AOC的度數(shù)是　100　度． 【考點】圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)；圓周角定理． 【分析】首先根據(jù)圓內(nèi)接四邊形的

25、對角互補，得∠D=180﹣∠B=50．再根據(jù)圓周角定理，得∠AOC=2∠D=100． 【解答】解：∵四邊形ABCD是⊙O的內(nèi)接四邊形， ∴∠D=180﹣∠ABC=50； ∴∠AOC=2∠D=100． 【點評】本題考查了圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)以及圓周角定理的應用． 　 17．如圖，在半徑為5的⊙O中，AB、CD是互相垂直的兩條弦，垂足為P，且AB=CD=8，則OP的長為　3?。? 【考點】垂徑定理；勾股定理． 【分析】作OM⊥AB于M，ON⊥CD于N，連接OP，OB，OD，首先利用勾股定理求得OM的長，然后判定四邊形OMPN是正方形，求得正方形的對角線的長即可求得OM的長 【解答

26、】解：作OM⊥AB于M，ON⊥CD于N，連接OP，OB，OD， ∵AB=CD=8， ∴BM=DN=4， ∴OM=ON==3， ∵AB⊥CD， ∴∠DPB=90， ∵OM⊥AB于M，ON⊥CD于N， ∴∠OMP=∠ONP=90 ∴四邊形MONP是矩形， ∵OM=ON， ∴四邊形MONP是正方形， ∴OP=3． 故答案為：3． 【點評】本題考查的是垂徑定理及勾股定理，根據(jù)題意作出輔助線，構造出直角三角形是解答此題的關鍵． 　 18．如圖，在Rt△ABC中，∠ACB=90，BC=3，AC=4，AB的垂直平分線DE交BC的延長線于點E，則CE的長為　　． 【考點

27、】線段垂直平分線的性質(zhì)． 【分析】設CE=x，連接AE，由線段垂直平分線的性質(zhì)可知AE=BE=BC+CE，在Rt△ACE中，利用勾股定理即可求出CE的長度． 【解答】解：設CE=x，連接AE， ∵DE是線段AB的垂直平分線， ∴AE=BE=BC+CE=3+x， ∴在Rt△ACE中，AE2=AC2+CE2，即（3+x）2=42+x2， 解得x=． 故答案為：． 【點評】本題考查的是線段垂直平分線的性質(zhì)，即線段垂直平分線上的點到線段兩端的距離相等． 　 19．在△ABC中，AB=AC，若BD⊥AC于D，若cos∠BAD=，BD=，則CD為　1或5?。? 【考點】解直角三角形

28、；等腰三角形的性質(zhì)． 【分析】分△ABC為銳角三角形和鈍角三角形兩種情況，在Rt△ABD中由cos∠BAD==，可設設AD=2x，則AB=3x，結合BD的長根據(jù)勾股定理可得，求得x的值后即可得AB=AC=3，AD=2，在銳角三角形中CD=AC﹣AD，在鈍角三角形中CD=AC+AD即可得答案． 【解答】解：①如圖1，若△ABC為銳角三角形， ∵BD⊥AC， ∴∠ADB=90， ∵cos∠BAD==， ∴設AD=2x，則AB=3x， ∵AB2=AD2+BD2， ∴， 解得：x=1或x=﹣1（舍）， ∴AB=AC=3x=3，AD=2x=2， ∴CD=AC﹣AD=1； ②如

29、圖2，若△ABC為鈍角三角形， 由①知，AD=2x=2，AB=AC=3x=3， ∴CD=AC+AD=5， 故答案為：1或5． 【點評】本題考查了等腰三角形的性質(zhì)，解直角三角形，勾股定理的應用，解此題的關鍵是根據(jù)三角形的形狀分類討論． 　 20．已知：如圖，在△ABC中，AB=AC且tanA=，P為BC上一點，且BP：PC=3：5，E、F分別為AB、AC上的點，且∠EPF=2∠B，若△EPF的面積為6，則EF=　2?。? 【考點】解直角三角形；三角形的面積；等腰三角形的性質(zhì)． 【分析】由∠B=∠C、∠A+∠B+∠C=180知∠A+2∠B=180，由∠β=2∠B得∠A+∠β=

30、180，根據(jù)四邊形內(nèi)角和得∠3+∠4=180，繼而由∠4+∠1=180知∠3=∠1，再分兩種可能：①∠3=∠4=90，結合∠B=∠C可得△PBE∽△PFC，從而得知==；②∠3≠∠4，以P為圓心，PF為半徑畫弧交CF于點G，證△PBE∽△PCG得===；作FD⊥EP，由∠β+∠A=∠β+∠α=180知∠A=∠α，從而得tanA=tanα==，故可設FD=4x，則PD=3x，求出PF=PG=5x，PE=3x，根據(jù)S△PEF=PE?DF=6可得x的值，從而得出DE、DF的長，即可得答案． 【解答】解：∵AB=AC， ∴∠B=∠C， ∵∠A+∠B+∠C=180， ∴∠A+2∠B=180，

31、如圖所示， ∵∠β=∠EPF=2∠B， ∴∠A+∠β=180， ∵∠A+∠3+∠β+∠4=360， ∴∠3+∠4=180， ∵∠4+∠1=180， ∴∠3=∠1， 若∠3=∠4=90， ∵∠B=∠C， ∴△PBE∽△PFC， ∴==， 若∠3≠∠4，不放設∠4＞∠3，則可以P為圓心，PF為半徑畫弧交CF于點G， ∴PF=PG， ∴∠1=∠2， ∵∠3=∠1， ∴∠3=∠2， ∴∠5=∠6， ∴△PBE∽△PCG， ∴===， 作FD⊥EP于點D， ∵∠β+∠A=∠β+∠α=180， ∴∠A=∠α， ∵tanA=tanα==， 設FD=4x，則P

32、D=3x，（x＞0）， 由勾股定理得PF=5x，即PG=5x， ∵=， ∴PE=3x， ∴S△PEF=PE?DF=3x4x=6x2， ∵S△PEF=6， ∴6x2=6， 解得：x=1或x=﹣1（舍）， ∴DE=6x=6，DF=4x=4， 由勾股定理可得EF====2， 故答案為：2． 【點評】本題主要考查解直角三角形、相似三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理等知識點，證△PBE∽△PFC或△PBE∽△PCG得出PE：PF的值是解題的關鍵． 　 三、解答題（共計60分） 21．先化簡，再求代數(shù)式（﹣）的值，其中x=2sin60﹣1，y=tan45． 【考點】分式的化簡求值；

33、特殊角的三角函數(shù)值． 【分析】先將分子、分母因式分解、將括號內(nèi)通分，同時將除法轉化為乘法，再計算括號內(nèi)的減法，最后約分可得，將x、y的值整理后代入即可． 【解答】解：原式=[﹣]? =? =﹣ =﹣， ∵x=2sin60﹣1=2﹣1=﹣1，y=tan45=1， ∴原式=﹣=﹣=﹣． 【點評】本題主要考查分式的化簡求值，熟練掌握分式的混合運算的順序和運算法則是解題的關鍵． 　 22．如圖，在每個小正方形的邊長均為1的方格紙中，有線段AB，點A、B均在小正方形的頂點上． （1）在方格紙中畫出以AB為一邊的直角三角形ABC，點C在小正方形的頂點上，且三角形ABC的面積為； （

34、2）在方格紙中畫出以AB為一邊的矩形ABDE，點D、E均在小正方形的頂點上，且矩形ABDE的面積為10． 【考點】作圖—應用與設計作圖；勾股定理． 【分析】（1）根據(jù)勾股定理即三角形的面積公式可得； （2）根據(jù)勾股定理及矩形的面積公式可得． 【解答】解：（1）如圖1，Rt△ABC即為所求三角形， （2）如圖2，矩形ABDE即為所求， 【點評】本題主要考查勾股定理及作圖，熟練掌握勾股定理是解題的關鍵． 　 23．已知：如圖，二次函數(shù)y=ax2+bx+3的圖象與x軸交于A、B兩點，其中A點坐標為（﹣1，0），且拋物線經(jīng)過點（2，3），M為拋物線的頂點． （1）求M

35、的坐標； （2）求△MCB的面積． 【考點】拋物線與x軸的交點． 【分析】（1）根據(jù)題意求出二次函數(shù)的解析式，然后求出M的坐標； （2）過點M作MN⊥OB于點G，交BC于點N，然后根據(jù)M和B的坐標求出MN、OG、BG的長度，在根據(jù)三角形面積公式即可求出答案． 【解答】解：（1）把（﹣1，0）和（2，3）代入y=ax2+bx+3， ∴， 解得：， ∴拋物線的解析式為：y=﹣x2+2x+3， ∴M的坐標為：（1，4）； （2）過點M作MN⊥OB于點G，交BC于點N， 令y=0代入y=﹣x2+2x+3， ∴0=﹣x2+2x+3， ∴x=﹣1或x=3， ∴B（3，0），

36、 設直線BC的解析式為：y=mx+n， 把C（0，3）和B（3，0）代入y=mx+n， ∴， ∴解得：， ∴直線BC的解析式為：y=﹣x+3， 令x=1代入y=﹣x+3， ∴y=2， ∴N（1，2）， ∴MN=2，OG=1，BG=2， ∴S△MCB=S△MNC+S△MNB =MN?OG+MN?BG =MN（BG+OG） =MN?OB =23 =3 【點評】本題考查二次函數(shù)綜合問題，涉及三角形面積，待定系數(shù)法求解析式，一次函數(shù)解析式等知識，綜合程度較高． 　 24．如圖，某大樓的頂部有一塊廣告牌CD，小李在山坡的坡腳A處測得廣告牌底部D的仰角為60．沿坡面

37、AB向上走到B處測得廣告牌頂部C的仰角為45，已知sin∠BAH=，AB=10米，AE=15米． （1）求點B距水平面AE的高度BH； （2）求廣告牌CD的高度． 【考點】解直角三角形的應用-仰角俯角問題． 【分析】（1）根據(jù)正弦的概念求出BH的長； （2）在△ADE解直角三角形求出DE的長，進而可求出EH即BG的長，在Rt△CBG中，∠CBG=45，則CG=BG，由此可求出CG的長然后根據(jù)CD=CG+GE﹣DE即可求出廣告牌的高度． 【解答】解：（1）由題意得，sin∠BAH==，又AB=10米， ∴BH=AB=5米； （2））∵BH⊥HE，GE⊥HE，BG⊥DE， ∴

38、四邊形BHEG是矩形． ∵由（1）得：BH=5，AH=5， ∴BG=AH+AE=5+15， Rt△BGC中，∠CBG=45， ∴CG=BG=5+15． Rt△ADE中，∠DAE=60，AE=15， ∴DE=AE=15． ∴CD=CG+GE﹣DE=5+15+5﹣15=20﹣10． 答：廣告牌CD的高度為（20﹣10）米． 【點評】此題綜合考查了仰角、坡度的定義，能夠正確地構建出直角三角形，將實際問題化歸為解直角三角形的問題是解答此類題的關鍵． 　 25．（10分）（2016秋?道外區(qū)校級月考）母親節(jié)前夕，某淘寶店主從廠家購進A、B兩種禮盒，已知A、B 兩種禮盒的單價比為

39、2：3，單價和為200元，該店主購進這兩種禮盒恰好用去9600元，且購進B種禮盒的數(shù)量是A種禮盒數(shù)量的2倍． （1）請問，A、B兩種禮盒各購進多少個？ （2）根據(jù)市場行情，銷售一個A種禮盒可獲利10元，銷售一個B種禮盒可獲利18元．為奉獻愛心，該店主決定每售出一個B種禮盒，為愛心公益基金捐款m元，若要使全部禮盒銷售結束且捐款基金也成功交接后，利潤率仍可不低于10%，則m的值最多不超過多少元？ 【考點】一元一次不等式的應用；二元一次方程組的應用． 【分析】（1）直接利用已知求出A種禮盒的單價為：80元，B種禮盒的單價為：120元，再利用該店主購進這兩種禮盒恰好用去9600元，且購進B種禮

40、盒的數(shù)量是A種禮盒數(shù)量的2倍，分別得出等式求出答案； （2）根據(jù)題意表示出總利潤，進而得出不等式求出答案． 【解答】解：（1）∵A、B 兩種禮盒的單價比為2：3，單價和為200元， ∴A種禮盒的單價為：80元，B種禮盒的單價為：120元， 設A種禮盒購進x個，B種禮盒購進y個，根據(jù)題意可得： ， 解得：， 答：A種禮盒購進32個，B種禮盒購進64個； （2）由題意可得：3210+（18﹣m）64≥960010%， 解得：m≤8， 答：m的值最多不超過8元． 【點評】此題主要考查了二元一次方程組的應用以及一元一次不等式的應用，正確表示出兩種禮盒的利潤是解題關鍵． 　

41、 26．（10分）（2016秋?道外區(qū)校級月考）已知AB為⊙O的直徑，CD、BC為⊙O的弦，CD∥AB，半徑OD⊥BC于點E． （1）如圖1，求證：∠BOD=60； （2）如圖2，點F在⊙O上（點F與點B不重合），連接CF，交直徑AB于點H，過點B作BG⊥CF，垂足為點G，求證：BG=FG； （3）在（2）的條件下，如圖3，連接EG，若GH=2FG，BH=，求線段EG的長． 【考點】圓的綜合題． 【分析】（1）只要證明△ODB是等邊三角形即可解決問題． （2）如圖2中，連接OC、BF，在Rt△BFG中，根據(jù)∠BGF=90，∠BFG=60，tan∠BFG=，即可解決問題． （3

42、）如圖3中，連接AC、BF．設FG=a．則GH=2a，在Rt△BHG中，利用BH2=BG2+HG2列出方程求出a；，設AC=b，則BC=b，AB=2a，由△AHC∽△FHB，得=，即=，屬于AH=b，由AH+HB=AB列出方程求出b，即可解決問題． 【解答】（1）證明：如圖1中，連接BD． ∵OD⊥BC， ∴EC=EB，DC=DB， ∴∠DCB=∠DBC，∠CDO=∠BDO， ∵CD∥AB， ∴∠CDO=∠DOB=∠ODB， ∵OD=OB， ∴∠ODB=∠OBD=∠DOB=60． （2）證明：如圖2中，連接OC、BF． 由（1）可知，∠COD=∠DOB=60，

43、 ∴∠COB=60， ∴∠BFC=∠BOC=60， 在Rt△BFG中，∵∠BGF=90，∠BFG=60， tan∠BFG=， ∴BG=FG?tan60=FG． （3）解：如圖3中，連接AC、BF．設FG=a．則GH=2a． ∵BG⊥CF， ∴∠BGF=90， ∵∠F=60， ∴BG=FG=a， 在Rt△BHG中，∵BH2=BG2+HG2， ∴7=3a2+4a2， ∴a2=1， ∵a＞0， ∴a=1， ∴GH=2，F(xiàn)G=1，BF=2， ∵AB是直徑， ∴∠ACB=90， ∵∠CAB=∠F=60，設AC=b，則BC=b，AB=2a， ∵∠A=∠F，∠A

44、HC=∠FHB， ∴△AHC∽△FHB， ∴=， ∴=， ∴AH=b， ∵AH+HB=AB， ∴b+=2b， ∴b=2， ∴BC=2b=4， 在Rt△BCG中，∵CE=EB， ∴EG=BC=2． 【點評】本題考查圓綜合題、垂徑定理、等邊三角形的判定和性質(zhì)、圓周角定理、勾股定理、相似三角形的判定和性質(zhì)、銳角三角函數(shù)等知識，解題的關鍵是靈活應用所學知識解決問題，學會添加常用輔助線，學會用方程的思想思考問題，屬于中考壓軸題． 　 27．（10分）（2016秋?道外區(qū)校級月考）在平面直角坐標系中，O為坐標原點，拋物線y=ax2﹣2ax+3與x軸負半軸交于A，與x軸的正半軸交于

45、點B，與y軸的正半軸交于點C，且AB=4． （1）如圖1，求a的值； （2）如圖2，連接AC，BC，點D在第一象限內(nèi)拋物線上，過D作DE∥AC，交線段BC于E，若DE=EC，求點D的坐標； （3）如圖3，在（2）的條件下，連接DC并延長，交x軸于點F，點P在第一象限的拋物線上，連接PF，作CQ⊥PF，交x軸于Q，連接PQ，當∠PQC=2∠PFQ時，求點P的坐標． 【考點】二次函數(shù)綜合題． 【分析】（1）根據(jù)拋物線的對稱軸x=1，AB=4，求出點A、B坐標，利用待定系數(shù)法即可解決問題． （2）如圖2中，作DH⊥AB于H交BC于K，作EM⊥DH于M，交OC于N．設EM=x．想辦法表

46、示出點D坐標，代入拋物線的解析式即可解決問題． （3）如圖3中，作PN⊥AB于N，QM⊥AB交BC于M．設P（m，n），想辦法列出關于m，n的方程組即可解決問題． 【解答】解：（1）∵拋物線的對稱軸x=﹣=1，AB=4， ∴A（﹣1，0），B（3，0）， 把A（﹣1，0）代入拋物線的解析式得a+2a+3=0， ∴a=﹣1． （2）如圖2中，作DH⊥AB于H交BC于K，作EM⊥DH于M，交OC于N．設EM=x． ∵AC∥DE，CO∥DM， ∴∠ACO=∠EDM，∵∠AOC=∠EMD， ∴△ACO∽△EDM， ∴=， ∴=， ∴DM=3x，DE==x， ∵DE=C

47、E， ∴EC=x， ∵OC=OB=3， ∴BC=3，∠OCB=∠OBC=45， ∴EN=EM=MK=x，EC=EK=x， ∴BK=3﹣2x， ∴BH=KH=3﹣2x， ∴DH=3+2x， ∴D（2x，3+2x）代入y=﹣x2+2x+3， 3+2x=﹣4x2+4x+3， 解得x=或0（舍棄）， ∴D（1，4）． （3）如圖3中，作PN⊥AB于N，QM⊥AB交BC于M．設P（m，n）． ∵C（0，3），D（，）， ∴直線CD的解析式為y=x+3， ∴F（﹣2，0） ∵∠OCQ+∠OQC=90， ∠PFO+∠CQF=90， ∴∠PFQ=∠OCQ， ∵OC

48、∥QM， ∴∠OCQ=∠CQM， ∵∠CQP=2∠PFQ， ∴∠PQM=∠CQM， ∵QM∥PN， ∴∠MQP=∠QPN， ∴∠QPN=∠NFP，∵∠PNQ=∠PNF， ∴△PNQ∽△FNP， ∴PN2=NQ?NF， ∴NQ=，OQ=m﹣， ∵tan∠OCQ=tan∠PFN， ∴=， ∴n﹣m=1 ①， 又∵n=﹣m2+m+3 ②， 由①②可得，或（舍棄）， ∴點P坐標（，1+）． 【點評】本題考查二次函數(shù)綜合題、一次函數(shù)、待定系數(shù)法、勾股定理、銳角三角函數(shù)等知識，解題的關鍵是靈活運用待定系數(shù)法確定函數(shù)解析式，學會利用轉化的思想思考問題，把問題轉化為方程組解決，屬于中考壓軸題． 25