[ID:3-4938837] [精]北师大版九年级上册数学期末复习检测题三(含答案)
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一.选择题(共12小题,满分36分,每小题3分) 1.(3分)下面是一天中四个不同时刻两座建筑物的影子,将它们按时间先后顺序正确的是(  ) A.(3)(1)(4)(2) B.(3)(2)(1)(4) C.(3)(4)(1)(2) D.(2)(4)(1)(3) 2.(3分)下列对一元二次方程x2+x﹣3=0根的情况的判断,正确的是(  ) A.有两个不相等实数根 B.有两个相等实数根 C.有且只有一个实数根 D.没有实数根 3.(3分)一个不透明的盒子中放入四张卡片,每张卡片上都写有一个数字,分别是﹣2,﹣1,0,1.卡片除数字不同外其它均相同,从中随机抽取两张卡片,抽取的两张卡片上数字之积为负数的概率是(  ) A. B. C. D. 4.(3分)如图,正方形ABCD的边长为1,点E,F分别是对角线AC上的两点,EG⊥AB.EI⊥AD,FH⊥AB,FJ⊥AD,垂足分别为G,I,H,J.则图中阴影部分的面积等于 (  ) A.1 B. C. D. 5.(3分)宾馆有50间房供游客居住,当毎间房每天定价为180元时,宾馆会住满;当毎间房每天的定价每增加10元时,就会空闲一间房.如果有游客居住,宾馆需对居住的毎间房每天支出20元的费用.当房价定为多少元时,宾馆当天的利润为10890元?设房价定为x元.则有(  ) A.(180+x﹣20)(50﹣)=10890 B.(x﹣20)(50﹣)=10890 C.x(50﹣)﹣50×20=10890 D.(x+180)(50﹣)﹣50×20=10890 6.(3分)如图,在平面直角坐标系中,矩形OABC的两边OA,OC分别在x轴和y轴上,并且OA=5,OC=3.若把矩形OABC绕着点O逆时针旋转,使点A恰好落在BC边上的A1处,则点C的对应点C1的坐标为(  ) A.(﹣,) B.(﹣,) C.(﹣,) D.(﹣,) 7.(3分)矩形ABCD与CEFG如图放置,点B,C,E共线,点C,D,G共线,连接AF,取AF的中点H,连接GH.若BC=EF=2,CD=CE=1,则GH=(  ) A.1 B. C. D. 8.(3分)如图,在平面直角坐标系中,M、N、C三点的坐标分别为(,1),(3,1),(3,0),点A为线段MN上的一个动点,连接AC,过点A作AB⊥AC交y轴于点B,当点A从M运动到N时,点B随之运动.设点B的坐标为(0,b),则b的取值范围是(  ) A. B. C. D. 9.(3分)如图,在四边形ABCD中,BD平分∠ABC,∠BAD=∠BDC=90°,E为BC的中点,AE与BD相交于点F.若BC=4,∠CBD=30°,则DF的长为(  ) A. B. C. D. 10.(3分)如图,平行四边形ABCD的对角线AC、BD相交于点O,AE平分∠BAD,分别交BC、BD于点E、P,连接OE,∠ADC=60°,AB=BC=1,则下列结论: ①∠CAD=30°②BD=③S平行四边形ABCD=AB?AC④OE=AD⑤S△APO=,正确的个数是(  ) A.2 B.3 C.4 D.5 11.(3分)如图,在同一平面直角坐标系中,一次函数y1=kx+b(k、b是常数,且k≠0)与反比例函数y2=(c是常数,且c≠0)的图象相交于A(﹣3,﹣2),B(2,3)两点,则不等式y1>y2的解集是(  ) A.﹣3<x<2 B.x<﹣3或x>2 C.﹣3<x<0或x>2 D.0<x<2 12.(3分)如图,在平面直角坐标系中,正方形OABC的顶点O与坐标原点重合,顶点A、C分别在x轴、y轴上,反比例函数y=(k≠0,x>0)的图象与正方形OABC的两边AB、BC分别交于点M、N,ND⊥x轴,垂足为D,连接OM、ON、MN,则下列选项中的结论错误的是(  ) A.△ONC≌△OAM B.四边形DAMN与△OMN面积相等 C.ON=MN D.若∠MON=45°,MN=2,则点C的坐标为(0,+1)   第Ⅱ卷(非选择题) 二.填空题(共6小题,满分24分,每小题4分) 13.(4分)如图是测量河宽的示意图,AE与BC相交于点D,∠B=∠C=90°,测得BD=120m,DC=60m,EC=50m,求得河宽AB=   m. 14.(4分)如图所示,点E是平行四边形ABCD的边BC延长线上一点,连接AE,交CD于点F,连接BF.写出图中任意一对相似三角形:   . 15.(4分)如图,已知正方形DEFG的顶点D、E在△ABC的边BC上,顶点G、F分别在边AB、AC上.如果BC=4,△ABC的面积是6,那么这个正方形的边长是   . 16.(4分)如图,过x轴上任意一点P作y轴的平行线,分别与反比例函数y=(x>0),y=﹣(x>0)的图象交于A点和B点,若C为y轴任意一点.连接AC、BC,则△ABC的面积为   . 17.(4分)如图,已知正方形ABCD,点M是边BA延长线上的动点(不与点A重合),且AM<AB,△CBE由△DAM平移得到.若过点E作EH⊥AC,H为垂足,则有以下结论:①点M位置变化,使得∠DHC=60°时,2BE=DM;②无论点M运动到何处,都有DM=HM;③无论点M运动到何处,∠CHM一定大于135°.其中正确结论的序号为   . 18.(4分)如图,反比例函数y=的图象经过?ABCD对角线的交点P,已知点A,C,D在坐标轴上,BD⊥DC,?ABCD的面积为6,则k=   .   三.解答题(共7小题,满分60分) 19.(8分)“机动车行驶到斑马线要礼让行人”等交通法规实施后,某校数学课外实践小组就对这些交通法规的了解情况在全校随机调查了部分学生,调查结果分为四种:A.非常了解,B.比较了解,C.基本了解,D.不太了解,实践小组把此次调查结果整理并绘制成下面不完整的条形统计图和扇形统计图. 请结合图中所给信息解答下列问题: (1)本次共调查   名学生;扇形统计图中C所对应扇形的圆心角度数是   ; (2)补全条形统计图; (3)该校共有800名学生,根据以上信息,请你估计全校学生中对这些交通法规“非常了解”的有多少名? (4)通过此次调查,数学课外实践小组的学生对交通法规有了更多的认识,学校准备从组内的甲、乙、丙、丁四位学生中随机抽取两名学生参加市区交通法规竞赛,请用列表或画树状图的方法求甲和乙两名学生同时被选中的概率. 20.(8分)已知:如图△ABC三个顶点的坐标分别为A(0,﹣3)、B(3,﹣2)、C(2,﹣4),正方形网格中,每个小正方形的边长是1个单位长度. (1)画出△ABC向上平移6个单位得到的△A1B1C1; (2)以点C为位似中心,在网格中画出△A2B2C2,使△A2B2C2与△ABC位似,且△A2B2C2与△ABC的位似比为2:1,并直接写出点A2的坐标. 21.(8分)已知关于x的一元二次方程(x﹣3)(x﹣2)=p(p+1). (1)试证明:无论p取何值此方程总有两个实数根; (2)若原方程的两根x1,x2,满足x12+x22﹣x1x2=3p2+1,求p的值. 22.(8分)如图,直角△ABC中,∠BAC=90°,D在BC上,连接AD,作BF⊥AD分别交AD于E,AC于F. (1)如图1,若BD=BA,求证:△ABE≌△DBE; (2)如图2,若BD=4DC,取AB的中点G,连接CG交AD于M,求证:①GM=2MC;②AG2=AF?AC. 23.(8分)如图,在平面直角坐标系中,直线y1=2x﹣2与双曲线y2=交于A、C两点,AB⊥OA交x轴于点B,且OA=AB. (1)求双曲线的解析式; (2)求点C的坐标,并直接写出y1<y2时x的取值范围. 24.(10分)如图,在矩形ABCD中,E为AB边上一点,EC平分∠DEB,F为CE的中点,连接AF,BF,过点E作EH∥BC分别交AF,CD于G,H两点. (1)求证:DE=DC; (2)求证:AF⊥BF; (3)当AF?GF=28时,请直接写出CE的长. 25.(10分)如图1,已知矩形AOCB,AB=6cm,BC=16cm,动点P从点A出发,以3cm/s的速度向点O运动,直到点O为止;动点Q同时从点C出发,以2cm/s的速度向点B运动,与点P同时结束运动. (1)点P到达终点O的运动时间是   s,此时点Q的运动距离是   cm; (2)当运动时间为2s时,P、Q两点的距离为   cm; (3)请你计算出发多久时,点P和点Q之间的距离是10cm; (4)如图2,以点O为坐标原点,OC所在直线为x轴,OA所在直线为y轴,1cm长为单位长度建立平面直角坐标系,连结AC,与PQ相交于点D,若双曲线y=过点D,问k的值是否会变化?若会变化,说明理由;若不会变化,请求出k的值.   答案与解析   一.选择题(共12小题,满分36分,每小题3分) 1.【分析】根据从早晨到傍晚物体影子的指向是:西﹣西北﹣北﹣东北﹣东,影长由长变短,再变长. 【解答】解:西为(3),西北为(4),东北为(1),东为(2), ∴将它们按时间先后顺序排列为(3)(4)(1)(2). 故选:C. 2.【分析】根据方程的系数结合根的判别式,即可得出△=13>0,进而即可得出方程x2+x﹣3=0有两个不相等的实数根. 【解答】解:∵a=1,b=1,c=﹣3, ∴△=b2﹣4ac=12﹣4×(1)×(﹣3)=13>0, ∴方程x2+x﹣3=0有两个不相等的实数根. 故选:A. 3.【分析】画树状图展示所有12种等可能的结果数,再找出抽取的两张卡片上数字之积为负数的结果数,然后根据概率公式求解. 【解答】解:画树状图如下: 由树状图可知共有12种等可能结果,其中抽取的两张卡片上数字之积为负数的结果有4种, 所以抽取的两张卡片上数字之积为负数的概率为=, 故选:B. 4.【分析】根据轴对称图形的性质,解决问题即可; 【解答】解:∵四边形ABCD是正方形, ∴直线AC是正方形ABCD的对称轴, ∵EG⊥AB.EI⊥AD,FH⊥AB,FJ⊥AD,垂足分别为G,I,H,J. ∴根据对称性可知:四边形EFHG的面积与四边形EFJI的面积相等, ∴S阴=S正方形ABCD=, 故选:B. 5.【分析】设房价定为x元,根据利润=房价的净利润×入住的房间数可得. 【解答】解:设房价定为x元, 根据题意,得(x﹣20)(50﹣)=10890. 故选:B. 6.【分析】直接利用相似三角形的判定与性质得出△ONC1三边关系,再利用勾股定理得出答案. 【解答】解:过点C1作C1N⊥x轴于点N,过点A1作A1M⊥x轴于点M, 由题意可得:∠C1NO=∠A1MO=90°, ∠1=∠2=∠3, 则△A1OM∽△OC1N, ∵OA=5,OC=3, ∴OA1=5,A1M=3, ∴OM=4, ∴设NO=3x,则NC1=4x,OC1=3, 则(3x)2+(4x)2=9, 解得:x=±(负数舍去), 则NO=,NC1=, 故点C的对应点C1的坐标为:(﹣,). 故选:A. 7.【分析】延长GH交AD于点P,先证△APH≌△FGH得AP=GF=1,GH=PH=PG,再利用勾股定理求得PG=,从而得出答案. 【解答】解:如图,延长GH交AD于点P, ∵四边形ABCD和四边形CEFG都是矩形, ∴∠ADC=∠ADG=∠CGF=90°,AD=BC=2、GF=CE=1, ∴AD∥GF, ∴∠GFH=∠PAH, 又∵H是AF的中点, ∴AH=FH, 在△APH和△FGH中, ∵, ∴△APH≌△FGH(ASA), ∴AP=GF=1,GH=PH=PG, ∴PD=AD﹣AP=1, ∵CG=2、CD=1, ∴DG=1, 则GH=PG=×=, 故选:C. 8.【分析】延长NM交y轴于P点,则MN⊥y轴.连接CN.证明△PAB∽△NCA,得出=,设PA=x,则NA=PN﹣PA=3﹣x,设PB=y,代入整理得到y=3x﹣x2=﹣(x﹣)2+,根据二次函数的性质以及≤x≤3,求出y的最大与最小值,进而求出b的取值范围. 【解答】解:如图,延长NM交y轴于P点,则MN⊥y轴.连接CN. 在△PAB与△NCA中, , ∴△PAB∽△NCA, ∴=, 设PA=x,则NA=PN﹣PA=3﹣x,设PB=y, ∴=, ∴y=3x﹣x2=﹣(x﹣)2+, ∵﹣1<0,≤x≤3, ∴x=时,y有最大值,此时b=1﹣=﹣, x=3时,y有最小值0,此时b=1, ∴b的取值范围是﹣≤b≤1. 故选:B. 9.【分析】先利用含30度角的直角三角形的性质求出BD,再利用直角三角形的性质求出DE=BE=2,即:∠BDE=∠ABD,进而判断出DE∥AB,再求出AB=3,即可得出结论. 【解答】解:如图, 在Rt△BDC中,BC=4,∠DBC=30°, ∴BD=2, 连接DE, ∵∠BDC=90°,点D是BC中点, ∴DE=BE=CEBC=2, ∵∠DCB=30°, ∴∠BDE=∠DBC=30°, ∵BD平分∠ABC, ∴∠ABD=∠DBC, ∴∠ABD=∠BDE, ∴DE∥AB, ∴△DEF∽△BAF, ∴, 在Rt△ABD中,∠ABD=30°,BD=2, ∴AB=3, ∴, ∴, ∴DF=BD=×2=, 故选:D. 10.【分析】①先根据角平分线和平行得:∠BAE=∠BEA,则AB=BE=1,由有一个角是60度的等腰三角形是等边三角形得:△ABE是等边三角形,由外角的性质和等腰三角形的性质得:∠ACE=30°,最后由平行线的性质可作判断; ②先根据三角形中位线定理得:OE=AB=,OE∥AB,根据勾股定理计算OC==和OD的长,可得BD的长; ③因为∠BAC=90°,根据平行四边形的面积公式可作判断; ④根据三角形中位线定理可作判断; ⑤根据同高三角形面积的比等于对应底边的比可得:S△AOE=S△EOC=OE?OC=,=,代入可得结论. 【解答】解:①∵AE平分∠BAD, ∴∠BAE=∠DAE, ∵四边形ABCD是平行四边形, ∴AD∥BC,∠ABC=∠ADC=60°, ∴∠DAE=∠BEA, ∴∠BAE=∠BEA, ∴AB=BE=1, ∴△ABE是等边三角形, ∴AE=BE=1, ∵BC=2, ∴EC=1, ∴AE=EC, ∴∠EAC=∠ACE, ∵∠AEB=∠EAC+∠ACE=60°, ∴∠ACE=30°, ∵AD∥BC, ∴∠CAD=∠ACE=30°, 故①正确; ②∵BE=EC,OA=OC, ∴OE=AB=,OE∥AB, ∴∠EOC=∠BAC=60°+30°=90°, Rt△EOC中,OC==, ∵四边形ABCD是平行四边形, ∴∠BCD=∠BAD=120°, ∴∠ACB=30°, ∴∠ACD=90°, Rt△OCD中,OD==, ∴BD=2OD=, 故②正确; ③由②知:∠BAC=90°, ∴S?ABCD=AB?AC, 故③正确; ④由②知:OE是△ABC的中位线, ∴OE=AB, ∵AB=BC, ∴OE=BC=AD, 故④正确; ⑤∵四边形ABCD是平行四边形, ∴OA=OC=, ∴S△AOE=S△EOC=OE?OC==, ∵OE∥AB, ∴, ∴=, ∴S△AOP===; 故⑤正确; 本题正确的有:①②③④⑤,5个, 故选:D. 11.【分析】一次函数y1=kx+b落在与反比例函数y2=图象上方的部分对应的自变量的取值范围即为所求. 【解答】解:∵一次函数y1=kx+b(k、b是常数,且k≠0)与反比例函数y2=(c是常数,且c≠0)的图象相交于A(﹣3,﹣2),B(2,3)两点, ∴不等式y1>y2的解集是﹣3<x<0或x>2. 故选:C. 12.【分析】根据反比例函数的比例系数的几何意义得到S△ONC=S△OAM=k,即 OC?NC=OA?AM,而OC=OA,则NC=AM,再根据“SAS”可判断△OCN≌△OAM; 根据S△OND=S△OAM= k和S△OND+S四边形DAMN=S△OAM+S△OMN,即可得到S四边形DAMN=S△OMN; 根据全等的性质得到ON=OM,由于k的值不能确定,则∠MON的值不能确定,无法确定△ONM为等边三角形,则ON≠MN; 作NE⊥OM于E点,则△ONE为等腰直角三角形,设NE=x,则OM=ON=x,EM=x﹣x=( ﹣1)x,在Rt△NEM中,利用勾股定理可求出x2=2+,所以ON2=( x)2=4+2 ,易得△BMN为等腰直角三角形,得到BN=MN=,设正方形ABCO的边长为a,在Rt△OCN中,利用勾股定理可求出a的值为 +1,从而得到C点坐标为(0,+1). 【解答】解:∵点M、N都在y=的图象上, ∴S△ONC=S△OAM=k,即 OC?NC=OA?AM, ∵四边形ABCO为正方形, ∴OC=OA,∠OCN=∠OAM=90°, ∴NC=AM, ∴△OCN≌△OAM, ∴A正确; ∵S△OND=S△OAM=k, 而S△OND+S四边形DAMN=S△OAM+S△OMN, ∴四边形DAMN与△MON面积相等, ∴B正确; ∵△OCN≌△OAM, ∴ON=OM, ∵k的值不能确定, ∴∠MON的值不能确定, ∴△ONM只能为等腰三角形,不能确定为等边三角形, ∴ON≠MN, ∴C错误; 作NE⊥OM于E点,如图所示: ∵∠MON=45°,∴△ONE为等腰直角三角形, ∴NE=OE, 设NE=x,则ON=x, ∴OM=x, ∴EM=x﹣x=( ﹣1)x, 在Rt△NEM中,MN=2, ∵MN2=NE2+EM2,即22=x2+[( ﹣1)x]2, ∴x2=2+, ∴ON2=( x)2=4+2 , ∵CN=AM,CB=AB, ∴BN=BM, ∴△BMN为等腰直角三角形, ∴BN=MN=, 设正方形ABCO的边长为a,则OC=a,CN=a﹣, 在Rt△OCN中,∵OC2+CN2=ON2, ∴a2+(a﹣)2=4+2 ,解得a1=+1,a2=﹣1(舍去), ∴OC=+1, ∴C点坐标为(0,+1), ∴D正确. 故选:C.   二.填空题(共6小题,满分24分,每小题4分) 13.【分析】由两角对应相等可得△BAD∽△CED,利用对应边成比例可得两岸间的大致距离AB. 【解答】解:∵∠ADB=∠EDC,∠ABC=∠ECD=90°, ∴△ABD∽△ECD, ∴,, 解得:AB=(米). 故答案为:100. 14.【分析】利用平行四边形的性质得到AD∥CE,则根据相似三角形的判定方法可判断△ADF∽△ECF. 【解答】解:∵四边形ABCD为平行四边形, ∴AD∥CE, ∴△ADF∽△ECF. 故答案为△ADF∽△ECF. 15.【分析】作AH⊥BC于H,交GF于M,如图,先利用三角形面积公式计算出AH=3,设正方形DEFG的边长为x,则GF=x,MH=x,AM=3﹣x,再证明△AGF∽△ABC,则根据相似三角形的性质得=,然后解关于x的方程即可. 【解答】解:作AH⊥BC于H,交GF于M,如图, ∵△ABC的面积是6, ∴BC?AH=6, ∴AH==3, 设正方形DEFG的边长为x,则GF=x,MH=x,AM=3﹣x, ∵GF∥BC, ∴△AGF∽△ABC, ∴=,即=,解得x=, 即正方形DEFG的边长为. 故答案为. 16.【分析】设出点P坐标,分别表示点AB坐标,表示△ABC面积. 【解答】解:设点P坐标为(a,0) 则点A坐标为(a,),B点坐标为(a,﹣) ∴S△ABC=S△APO+S△OPB= 故答案为: 17.【分析】先判定△MEH≌△DAH,即可得到△DHM是等腰直角三角形,进而得出DM=HM;依据当∠DHC=60°时,∠ADH=60°﹣45°=15°,即可得到Rt△ADM中,DM=2AM,即可得到DM=2BE;依据点M是边BA延长线上的动点,且AM<AB,可得∠AHM<∠BAC=45°,即可得出∠CHM>135°. 【解答】解:由题可得,AM=BE, ∴AB=EM=AD, ∵四边形ABCD是正方形,EH⊥AC, ∴EM=AD,∠AHE=90°,∠MEH=∠DAH=45°=∠EAH, ∴EH=AH, ∴△MEH≌△DAH(SAS), ∴∠MHE=∠DHA,MH=DH, ∴∠MHD=∠AHE=90°,△DHM是等腰直角三角形, ∴DM=HM,故②正确; 当∠DHC=60°时,∠ADH=60°﹣45°=15°, ∴∠ADM=45°﹣15°=30°, ∴Rt△ADM中,DM=2AM, 即DM=2BE,故①正确; ∵点M是边BA延长线上的动点(不与点A重合),且AM<AB, ∴∠AHM<∠BAC=45°, ∴∠CHM>135°,故③正确; 故答案为:①②③. 18.【分析】由平行四边形面积转化为矩形BDOA面积,在得到矩形PDOE面积,应用反比例函数比例系数k的意义即可. 【解答】解:过点P做PE⊥y轴于点E ∵四边形ABCD为平行四边形 ∴AB=CD 又∵BD⊥x轴 ∴ABDO为矩形 ∴AB=DO ∴S矩形ABDO=S?ABCD=6 ∵P为对角线交点,PE⊥y轴 ∴四边形PDOE为矩形面积为3 即DO?EO=3 ∴设P点坐标为(x,y) k=xy=﹣3 故答案为:﹣3   三.解答题(共7小题,满分60分) 19.【分析】(1)由A的人数及其所占百分比可得总人数,用360°乘以C人数所占比例即可得; (2)总人数乘以D的百分比求得其人数,再根据各类型人数之和等于总人数求得B的人数,据此补全图形即可得; (3)用总人数乘以样本中A类型的百分比可得; (4)画树状图列出所有等可能结果,再利用概率公式计算可得. 【解答】解:(1)本次调查的学生总人数为24÷40%=60人,扇形统计图中C所对应扇形的圆心角度数是360°×=90°, 故答案为:60、90°; (2)D类型人数为60×5%=3, 则B类型人数为60﹣(24+15+3)=18, 补全条形图如下: (3)估计全校学生中对这些交通法规“非常了解”的有800×40%=320名; (4)画树状图为: 共有12种等可能的结果数,其中甲和乙两名学生同时被选中的结果数为2, 所以甲和乙两名学生同时被选中的概率为=. 20.【分析】(1)直接利用平移的性质得出对应点位置进而得出答案; (2)利用位似图形的性质得出对应点位置进而得出. 【解答】解:(1)如图所示:△A1B1C1,即为所求; (2)如图所示:△A2B2C2,即为所求,A2坐标(﹣2,﹣2). 21.【分析】(1)将原方程变形为一般式,根据方程的系数结合根的判别式,即可得出△=(2p+1)2≥0,由此即可证出:无论p取何值此方程总有两个实数根; (2)根据根与系数的关系可得出x1+x2=5、x1x2=6﹣p2﹣p,结合x12+x22﹣x1x2=3p2+1,即可求出p值. 【解答】解:(1)证明:原方程可变形为x2﹣5x+6﹣p2﹣p=0. ∵△=(﹣5)2﹣4(6﹣p2﹣p)=25﹣24+4p2+4p=4p2+4p+1=(2p+1)2≥0, ∴无论p取何值此方程总有两个实数根; (2)∵原方程的两根为x1、x2, ∴x1+x2=5,x1x2=6﹣p2﹣p. 又∵x12+x22﹣x1x2=3p2+1, ∴(x1+x2)2﹣3x1x2=3p2+1, ∴52﹣3(6﹣p2﹣p)=3p2+1, ∴25﹣18+3p2+3p=3p2+1, ∴3p=﹣6, ∴p=﹣2. 22.【分析】(1)根据全等三角形的判定定理即可得到结论; (2)①过G作GH∥AD交BC于H,由AG=BG,得到BH=DH,根据已知条件设DC=1,BD=4,得到BH=DH=2,根据平行线分线段成比例定理得到==,求得GM=2MC; ②过C作CN⊥AD交AD的延长线于N,则CN∥AG,根据相似三角形的性质得到=,由①知GM=2MC,得到2NC=AG,根据相似三角形的性质得到结论. 【解答】证明:(1)在Rt△ABE和Rt△DBE中,, ∴△ABE≌△DBE; (2)①过G作GH∥AD交BC于H, ∵AG=BG, ∴BH=DH, ∵BD=4DC, 设DC=1,BD=4, ∴BH=DH=2, ∵GH∥AD, ∴==, ∴GM=2MC; ②过C作CN⊥AC交AD的延长线于N,则CN∥AG, ∴△AGM∽△NCM, ∴=, 由①知GM=2MC, ∴2NC=AG, ∵∠BAC=∠AEB=90°, ∴∠ABF=∠CAN=90°﹣∠BAE, ∴△ACN∽△BAF, ∴=, ∵AB=2AG, ∴=, ∴2CN?AG=AF?AC, ∴AG2=AF?AC. 23.【分析】(1)作高线AD,根据等腰直角三角形的性质和点A的坐标的特点得:x=2x﹣2,可得A的坐标,从而得双曲线的解析式; (2)一次函数和反比例函数解析式列方程组,解出可得点C的坐标,根据图象可得结论. 【解答】解:(1)∵点A在直线y1=2x﹣2上, ∴设A(x,2x﹣2), 过A作AD⊥OB于D, ∵AB⊥OA,且OA=AB, ∴OD=BD, ∴AD=OB=OD, ∴x=2x﹣2, x=2, ∴A(2,2), ∴k=2×2=4, ∴; (2)∵,解得:,, ∴C(﹣1,﹣4), 由图象得:y1<y2时x的取值范围是x<﹣1或0<x<2. 24.【分析】(1)根据平行线的性质以及角平分线的定义,即可得到∠DCE=∠DEC,进而得出DE=DC; (2)连接DF,根据等腰三角形的性质得出∠DFC=90°,再根据直角三角形斜边上中线的性质得出BF=CF=EF=EC,再根据SAS判定△ABF≌△DCF,即可得出∠AFB=∠DFC=90°,据此可得AF⊥BF; (3)根据等角的余角相等可得∠BAF=∠FEH,再根据公共角∠EFG=∠AFE,即可判定△EFG∽△AFE,进而得出EF2=AF?GF=28,求得EF=2,即可得到CE=2EF=4. 【解答】解:(1)∵四边形ABCD是矩形, ∴AB∥CD, ∴∠DCE=∠CEB, ∵EC平分∠DEB, ∴∠DEC=∠CEB, ∴∠DCE=∠DEC, ∴DE=DC; (2)如图,连接DF, ∵DE=DC,F为CE的中点, ∴DF⊥EC, ∴∠DFC=90°, 在矩形ABCD中,AB=DC,∠ABC=90°, ∴BF=CF=EF=EC, ∴∠ABF=∠CEB, ∵∠DCE=∠CEB, ∴∠ABF=∠DCF, 在△ABF和△DCF中, , ∴△ABF≌△DCF(SAS), ∴∠AFB=∠DFC=90°, ∴AF⊥BF; (3)CE=4. 理由如下:∵AF⊥BF, ∴∠BAF+∠ABF=90°, ∵EH∥BC,∠ABC=90°, ∴∠BEH=90°, ∴∠FEH+∠CEB=90°, ∵∠ABF=∠CEB, ∴∠BAF=∠FEH, ∵∠EFG=∠AFE, ∴△EFG∽△AFE, ∴=,即EF2=AF?GF, ∵AF?GF=28, ∴EF=2, ∴CE=2EF=4. 25.【分析】(1)先求出OA,进而求出时间,即可得出结论; (2)构造出直角三角形,再求出PE,QE,利用勾股定理即可得出结论; (3)同(2)的方法利用勾股定理建立方程求解即可得出结论; (4)先求出直线AC解析式,再求出点P,Q坐标,进而求出直线PQ解析式,联立两解析式即可得出结论. 【解答】解:(1)∵四边形AOCB是矩形, ∴OA=BC=16, ∵动点P从点A出发,以3cm/s的速度向点O运动, ∴t=,此时,点Q的运动距离是×2=cm, 故答案为,; (2)如图1,由运动知,AP=3×2=6cm,CQ=2×2=4cm, 过点P作PE⊥BC于E,过点Q作QF⊥OA于F, ∴四边形APEB是矩形, ∴PE=AB=6,BE=6, ∴EQ=BC﹣BE﹣CQ=16﹣6﹣4=6, 根据勾股定理得,PQ=6, 故答案为6; (3)设运动时间为t秒时, 由运动知,AP=3t,CQ=2t, 同(2)的方法得,PE=6,EQ=16﹣3t﹣2t=16﹣5t, ∵点P和点Q之间的距离是10cm, ∴62+(16﹣5t)2=100, ∴t=或t=; (4)k的值是不会变化, 理由:∵四边形AOCB是矩形, ∴OC=AB=6,OA=16, ∴C(6,0),A(0,16), ∴直线AC的解析式为y=﹣x+16①, 设运动时间为t, ∴AP=3t,CQ=2t, ∴OP=16﹣3t, ∴P(0,16﹣3t),Q(6,2t), ∴PQ解析式为y=x+16﹣3t②, 联立①②得,﹣x+16=x+16﹣3t, ∴x+x=3t, ∴5tx﹣16x+16x=18t, ∴x=, ∴y=, ∴D(,) ∴k=×=是定值. 21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 (共 2 页) HYPERLINK "http://21世纪教育网(www.21cnjy.com) " 21世纪教育网(www.21cnjy.com)
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  • 资料类型: 试卷
  • 资料版本:北师大版
  • 适用地区:全国
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