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2014年上海市崇明县中考数学一模试卷
一、选择题（本大题共6题，每小题4分，满分24分）
1．（4分）已知 ，则 的值为（ ）
A． B． C． D．
2．（4分）在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠B＝ ，AB＝a，那么BC的长为（ ）
A．asin B．acos C．β D．atan
3．（4分）β如果两个相似三角形β的面积比是1：2，那么它们的周长比是β（ ）
A．1：2 B．1：4 C．1： D．2：1
4．（4分）在平面直角坐标系中，将抛物线y＝2x2向下平移2个单位，那么所得抛
物线的表达式为（ ）
A．y＝2x2﹣2 B．y＝2x2+2 C．y＝2（x﹣2）2 D．y＝2（x+2）2
5．（4分）如图，已知AD∥BC，AC与BD相交于点O，点G是BD的中点，过G作
GE∥BC交AC于点E，如果AD＝1，BC＝3，GE：BC等于（ ）
A．1：2 B．1：3 C．1：4 D．2：3
6．（4分）如图，点O在 A外，点P在线段OA上运动，以OP为半径的 O与 A
的位置关系不可能是（ ）
⊙ ⊙ ⊙
A．外切 B．相交 C．外离、 D．内含
二、填空题（本大题共12题，每小题4分，满分48分）
7．（4分）化简： ＝ ．
第1页（共30页）8．（4分）线段AB＝10，点P是AB的黄金分割点，且AP＞BP，则AP＝
（用根式表示）．
9．（4分）如果抛物线y＝（k+1）x2﹣2x+3的开口向上，那么k的取值范围为
．
10．（4分）抛物线y＝x2﹣4x+5的对称轴是直线 ．
11．（4分）在中国地图册上，联结上海、香港、台湾三地构成一个三角形，用刻度
尺测得它们之间的距离如图所示．飞机从台湾直飞上海的距离约为l290千米，
那么飞机从台湾绕道香港再到上海的空中飞行距离是 千米．
12．（4分）在△ABC中，若中线AD和中线CE相交于G，且GC＝6，那么EC＝
．
13．（4分）如图，在 O中，OC⊥弦AB于点C，AB＝4，OC＝1，则OB的长是
．
⊙
14．（4分）正多边形的一个外角等于20°，则这个正多边形的边数是 ．
15．（4分）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB，垂足为D，若AC＝2，AB＝
3，那么cos∠BCD的值为 ．
16．（4分）河堤横截面如图所示，堤高BC为4米，迎水坡AB的坡比为1： ，那
么AB的长为 米．
第2页（共30页）17．（4分）根据三角形外心的概念，我们可引入下一个新定义：
定义：到三角形的两个顶点距离相等的点，叫做此三角形的准外心．
根据准外心的定义，探究如下问题：如图，在Rt△ABC中，∠A＝90°，BC＝10，AB
＝6，如果准外心P在AC边上，那么PA的长为 ．
18．（4分）如图，△AOB中，∠AOB＝90°，AO＝3，BO＝6，△AOB绕顶点O逆时
针旋转到△A′OB′处，此时线段A′B′与BO的交点E为BO的中点，则线
段B′E的长度为 ．
三、解答题（本大题共7题，满分78分）
19．（10分）计算： ﹣sin60°•cot30°
．
20．（10分）如图，D、E是△ABC边AB上的点，F、G分别是边AC、BC上的点，且
满足AD＝DE＝EB，DF∥BC，EG∥AC．
（1）求证：FG∥AB；
（2）设 ＝ ， ＝ ，请用向量 、 表示 ．
第3页（共30页）21．（10分）如图，已知△ABC是等边三角形，AB＝6，点D在AC上，AD＝2CD，
CM是∠ACB的外角平分线，连接BD并延长与CM交于点E．
（1）求CE的长；
（2）求∠EBC的正切值．
22．（10分）在数学活动课上，九年级（1）班数学兴趣小组的同学们测量校园内一
棵大树（如图）的高度，设计的方案及测量数据如下：
（1）在大树前的平地上选择一点A，测得由点A看大树顶端C的仰角为35°；
（2）在点A和大树之间选择一点B（A，B，D在同一直线上），测得由点B看大树顶
端C的仰角恰好为45°；
（3）量出A，B两点间的距离为4.5米．
请你根据以上数据求出大树CD的高度．（精确到0.1米）（可能用到的参考数据：
sin35°≈0.57，cos35°≈0.82，tan35°≈0.70）
23．（12分）如图，△ABC中，点D、E分别在BC和AC边上，点G是BE边上一点，
且∠BAD＝∠BGD＝∠C，联结AG．
（1）求证：BD•BC＝BG•BE；
（2）求证：∠BGA＝∠BAC．
第4页（共30页）24．（12分）在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝x2+bx+c与x轴交于A、B两点
（点A在点B的左侧），点B的坐标为（3，0），与y轴交于点C（0，3），顶点为
D．
（1）求抛物线的解析式及顶点D的坐标；
（2）联结AC，BC，求∠ACB的正切值；
（3）点P抛物线的对称轴上一点，当△PBD与△CAB相似时，求点P的坐标．
25．（14分）如图，在△ABC中，AB＝8，BC＝10，cosC＝ ，∠ABC＝2∠C，BD平
分∠ABC交AC边于点D，点E是BC边上的一个动点（不与B、C重合），F是
AC边上一点，且∠AEF＝∠ABC，AE与BD相交于点G．
（1）求证： ；
（2）设BE＝x，CF＝y，求y与x之间的函数关系式，并写出x的取值范围；
（3）当△AEF是以AE为腰的等腰三角形时，求BE的长．
第5页（共30页）第6页（共30页）2014 年上海市崇明县中考数学一模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本大题共6题，每小题4分，满分24分）
1．（4分）已知 ，则 的值为（ ）
A． B． C． D．
【考点】65：分式的基本性质．
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【分析】由题知，我们可得出2a＝b，让等式两边都加上a，那么3a＝a+b，得出
的值．
【解答】解：由 ，得出2a＝b，
等式两边都加上a，那么3a＝a+b，
故 ＝ ．
故选：C．
【点评】解题的关键是正确运用分式的基本性质．本题中要先确定a与b的关系，
再确定a与a+b的关系．
2．（4分）在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠B＝ ，AB＝a，那么BC的长为（ ）
A．asin B．acos C．β D．atan
【考点】T β 1：锐角三角函数的β定义． β
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【分析】根据余弦定义可得cos ＝ ＝ ，然后变形可得答案．
β
【解答】解：∵cos ＝ ＝ ，
∴BC＝acos ， β
故选：B．
β
【点评】此题主要考查了锐角三角函数，关键是掌握余弦＝ ．
第7页（共30页）3．（4分）如果两个相似三角形的面积比是1：2，那么它们的周长比是（ ）
A．1：2 B．1：4 C．1： D．2：1
【考点】S7：相似三角形的性质．
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【分析】由两个相似三角形的面积比是1：2，根据相似三角形的面积比等于相似比
的平方，即可求得它们的相似比，又由相似三角形周长的比等于相似比，即可
求得它们的周长比．
【解答】解：∵两个相似三角形的面积比是1：2，
∴这两个相似三角形的相似比是1： ，
∴它们的周长比是1： ．
故选：C．
【点评】此题考查了相似三角形的性质．此题比较简单，解题的关键是掌握相似三
角形的面积比等于相似比的平方与相似三角形周长的比等于相似比性质的应
用．
4．（4分）在平面直角坐标系中，将抛物线y＝2x2向下平移2个单位，那么所得抛
物线的表达式为（ ）
A．y＝2x2﹣2 B．y＝2x2+2 C．y＝2（x﹣2）2 D．y＝2（x+2）2
【考点】H6：二次函数图象与几何变换．
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【专题】46：几何变换．
【分析】由于原抛物线的顶点坐标为（0，0），则将抛物线y＝2x2向下平移2个单位
所得抛物线的顶点坐标为（0，﹣2），然后根据顶点式写出平移后抛物线的解析
式．
【解答】解：抛物线y＝2x2向下平移2个单位，所得抛物线的表达式为y＝2x2﹣2．
故选：A．
【点评】本题考查了二次函数与几何变换：由于抛物线平移后的形状不变，故a不
变，所以求平移后的抛物线解析式通常可利用两种方法：一是求出原抛物线上
任意两点平移后的坐标，利用待定系数法求出解析式；二是只考虑平移后的顶
点坐标，即可求出解析式．
5．（4分）如图，已知AD∥BC，AC与BD相交于点O，点G是BD的中点，过G作
GE∥BC交AC于点E，如果AD＝1，BC＝3，GE：BC等于（ ）
第8页（共30页）A．1：2 B．1：3 C．1：4 D．2：3
【考点】S9：相似三角形的判定与性质．
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【分析】由AD∥BC，GE∥BC，易证得△AOD∽△COB，△OGE∽△OBC，又由AD
＝1，BC＝3，点G是BD的中点，根据相似三角形的对应边成比例，易得OG＝
OD，继而求得答案．
【解答】解：∵AD∥BC，
∴△AOD∽△COB，
∵AD＝1，BC＝3，
∴OD：OB＝AD：BC＝1：3，
∴OD＝ BD，
∵点G是BD的中点，
∴DG＝ BD，
∴OD＝OG，
∵GE∥BC，
∴△OGE∽△OBC，
∴GE：BC＝OG：OB＝OD：OB＝1：3．
故选：B．
【点评】此题考查了相似三角形的判定与性质．此题难度适中，注意掌握数形结合
思想的应用．
6．（4分）如图，点O在 A外，点P在线段OA上运动，以OP为半径的 O与 A
的位置关系不可能是（ ）
⊙ ⊙ ⊙
第9页（共30页）A．外切 B．相交 C．外离、 D．内含
【考点】MJ：圆与圆的位置关系．
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【分析】根据圆心距PA不可能两圆的半径之差进行判断．
【解答】解：∵圆心距PA不可能小于两圆的半径之差，
∴以OP为半径的 O与 A的位置关系不可能内含．
故选：D．
⊙ ⊙
【点评】本题考查了圆与圆的位置关系：若两圆的圆心距、半径分别为d、R、r，则
两圆外离 d＞R+r； 两圆外切 d＝R+r； 两圆相交 R﹣r＜d＜R+r
（R≥r）； 两圆内切 d＝R﹣r（R＞r）； 两圆内含 d＜R﹣r（R＞r）．
① ⇔ ② ⇔ ③ ⇔
二、填空题（本大题共12题，每小题4分，满分48分）
④ ⇔ ⑤ ⇔
7．（4分）化简： ＝ +4 ．
【考点】LM：*平面向量．
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【分析】直接利用平面向量的加减运算法则求解即可求得答案，注意去括号法则．
【解答】解： ＝3 +6 ﹣2 ﹣2 ＝ +4 ．
故答案为： +4 ．
【点评】此题考查了平面向量的加减运算．此题难度不大，注意掌握运算法则是关
键．
8．（4分）线段AB＝10，点P是AB的黄金分割点，且AP＞BP，则AP＝ （
） （用根式表示）．
【考点】S3：黄金分割．
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【分析】根据黄金分割点的定义和AP＞BP得出AP＝AB× ，再进行计算即可．
【解答】解：∵点P是AB的黄金分割点，AP＞BP，
∴AP＝AB× ，
∵线段AB＝10，
∴AP＝10× ＝5 ﹣5；
第10页（共30页）故答案为：5 ﹣5．
【点评】此题考查了黄金分割，关键是理解黄金分割点的概念，要熟记黄金比的值，
计算时要注意AP＞BP的条件．
9．（4分）如果抛物线y＝（k+1）x2﹣2x+3的开口向上，那么k的取值范围为 k ＞
﹣ 1 ．
【考点】H3：二次函数的性质．
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【分析】根据抛物线的开口向上列出关于k的不等式，求出k的取值范围即可．
【解答】解：∵抛物线y＝（k+1）x2﹣2x+3的开口向上，
∴k+1＞0，
解得k＞﹣1．
故答案为：k＞﹣1．
【点评】本题考查的是二次函数的性质，熟知二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）中，当a
＞0时，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）的开口向上是解答此题的关键．
10．（4分）抛物线y＝x2﹣4x+5的对称轴是直线 x ＝ 2 ．
【考点】H3：二次函数的性质．
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【专题】31：数形结合．
【分析】首先把y＝x2﹣4x+5进行配方，然后就可以确定抛物线的对称轴，也可以
利用公式x＝﹣ 确定．
【解答】解：y＝x2﹣4x+5，
＝x2﹣4x+4+1，
＝（x﹣2）2+1，
∴对称轴是直线x＝2．
故答案为：x＝2．
【点评】此题主要考查了二次函数的性质，解题的关键是会配方法或对称轴的公
式x＝﹣ ．
11．（4分）在中国地图册上，联结上海、香港、台湾三地构成一个三角形，用刻度
尺测得它们之间的距离如图所示．飞机从台湾直飞上海的距离约为l290千米，
那么飞机从台湾绕道香港再到上海的空中飞行距离是 387 0 千米．
第11页（共30页）【考点】S2：比例线段．
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【分析】根据图中数据可以发现，飞机从台湾绕道香港再到上海的飞行的图上距
离是飞机从台湾直飞上海的图上距离的3倍，根据题意列出比例式求解即可
得出结果．
【解答】解：根据图上距离，发现：飞机从台湾绕道香港再到上海的飞行的图上距
离是飞机从台湾直飞上海的图上距离的3倍，所以飞机从台湾绕道香港再到
上海的飞行的实际距离设为x（千米），则 ＝ ，
解得x＝3870．
故答案为：3870．
【点评】考查了比例线段，注意：图上距离的比＝实际距离的比．
12．（4分）在△ABC中，若中线AD和中线CE相交于G，且GC＝6，那么EC＝
9 ．
【考点】K5：三角形的重心．
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【分析】直接根据三角形重心的性质解答即可．
【解答】解：∵在△ABC中，中线AD和中线CE相交于G，
∴点G是△ABC的重心，
∵GC＝ EC＝6，解得EC＝9．
故答案为：9．
【点评】本题考查的是三角形的重心，熟知重心到顶点的距离与重心到对边中点
的距离之比为2：1是解答此题的关键．
13．（4分）如图，在 O中，OC⊥弦AB于点C，AB＝4，OC＝1，则OB的长是
．
⊙
第12页（共30页）【考点】KQ：勾股定理；M2：垂径定理．
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【专题】11：计算题．
【分析】先根据垂径定理得到BC＝AC＝2，然后根据勾股定理可计算出OB．
【解答】解：∵OC⊥弦AB于点C，
∴BC＝AC＝ AB＝ ×4＝2，
在Rt△OBC中，OC＝1，BC＝2，
∴OB＝ ＝ ．
故答案为
【点评】本题考查了垂径定理：平分弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条
弧．也考查了勾股定理．
14．（4分）正多边形的一个外角等于20°，则这个正多边形的边数是 1 8 ．
【考点】L3：多边形内角与外角．
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【分析】根据任何多边形的外角和都是360度，利用360除以外角的度数就可以求
出外角和中外角的个数，即多边形的边数．
【解答】解：因为外角是20度，360÷20＝18，则这个多边形是18边形．
故答案为：18
【点评】根据外角和的大小与多边形的边数无关，由外角和求正多边形的边数，是
常见的题目，需要熟练掌握．
15．（4分）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB，垂足为D，若AC＝2，AB＝
3，那么cos∠BCD的值为 ．
第13页（共30页）【考点】T1：锐角三角函数的定义．
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【分析】首先利用勾股定理计算出BC长，然后再利用直角三角形的面积公式计算
出CD长，再用余弦定义可得答案．
【解答】解：∵AC＝2，AB＝3，∠ACB＝90°，
∴BC＝ ＝ ，
∵ AB•CD＝ AC•BC，
∴3CD＝2 ，
CD＝ ，
∴cos∠BCD＝ ＝ ＝ ，
故答案为： ．
【点评】此题主要考查了锐角三角函数的定义，以及勾股定理的应用，关键是掌握
余弦＝ ．
16．（4分）河堤横截面如图所示，堤高BC为4米，迎水坡AB的坡比为1： ，那
么AB的长为 8 米．
【考点】T9：解直角三角形的应用﹣坡度坡角问题．
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【分析】在Rt△ABC中，根据坡面AB的坡比求得坡角的度数，然后解直角三角形
第14页（共30页）即可．
【解答】解：∵Rt△ABC中，BC＝6米，迎水坡AB的坡比为1： ，
∴∠A＝30°，
∴AB＝2BC＝2×4＝8，
故答案为：8．
【点评】此题主要考查学生对坡度坡角的掌握及三角函数的运用能力，熟练运用
勾股定理是解答本题的关键．
17．（4分）根据三角形外心的概念，我们可引入下一个新定义：
定义：到三角形的两个顶点距离相等的点，叫做此三角形的准外心．
根据准外心的定义，探究如下问题：如图，在Rt△ABC中，∠A＝90°，BC＝10，AB
＝6，如果准外心P在AC边上，那么PA的长为 4 或 ．
【考点】MA：三角形的外接圆与外心．
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【专题】23：新定义．
【分析】根据勾股定理求出AC的值，分三种情况进行讨论，若PB＝PC，连结PB，
设PA＝x，得出PB＝PC＝8﹣x，再根据勾股定理求出PA的值；若PA＝PC，得
出PA＝4；若PA＝PB，由图知，不存在；从而得出PA的长．
【解答】解：在Rt△ABC中，
∵∠A＝90°，BC＝10，AB＝6，
∴AC＝ ＝ ＝8，
若PB＝PC，连结PB，
设PA＝x，则PB＝PC＝8﹣x，
在Rt△PAB中，
∵PB2＝AP2+AB2，
第15页（共30页）∴（8﹣x）2＝x2+62，
∴x＝ ，即PA＝ ，
若PA＝PC，则PA＝4，
若PA＝PB，由图知，在Rt△PAB中，不可能，
故PA的长为：4或 ．
【点评】本题考查的是三角形的外接圆与外心，在解答此题时要注意进行分类讨
论，不要漏解．
18．（4分）如图，△AOB中，∠AOB＝90°，AO＝3，BO＝6，△AOB绕顶点O逆时
针旋转到△A′OB′处，此时线段A′B′与BO的交点E为BO的中点，则线
段B′E的长度为 ．
【考点】R2：旋转的性质．
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【专题】16：压轴题．
【分析】利用勾股定理列式求出AB，根据旋转的性质可得AO＝A′O，A′B′＝
AB，再求出OE，从而得到OE＝A′O，过点O作OF⊥A′B′于F，利用三角
形的面积求出OF，利用勾股定理列式求出EF，再根据等腰三角形三线合一的
性质可得A′E＝2EF，然后根据B′E＝A′B′﹣A′E代入数据计算即可得
解．
第16页（共30页）【解答】解：∵∠AOB＝90°，AO＝3，BO＝6，
∴AB＝ ＝ ＝3 ，
∵△AOB绕顶点O逆时针旋转到△A′OB′处，
∴AO＝A′O＝3，A′B′＝AB＝3 ，
∵点E为BO的中点，
∴OE＝ BO＝ ×6＝3，
∴OE＝A′O，
过点O作OF⊥A′B′于F，
S ＝ ×3 •OF＝ ×3×6，
△A′OB′
解得OF＝ ，
在Rt△EOF中，EF＝ ＝ ＝ ，
∵OE＝A′O，OF⊥A′B′，
∴A′E＝2EF＝2× ＝ （等腰三角形三线合一），
∴B′E＝A′B′﹣A′E＝3 ﹣ ＝ ．
故答案为： ．
【点评】本题考查了旋转的性质，勾股定理的应用，等腰三角形三线合一的性质，
以及三角形面积，熟练掌握旋转变换只改变图形的位置不改变图形的形状与
大小是解题的关键．
三、解答题（本大题共7题，满分78分）
第17页（共30页）19．（10分）计算： ﹣sin60°•cot30°
．
【考点】T5：特殊角的三角函数值．
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【分析】把特殊角的锐角三角函数值代入计算．
【解答】解： ﹣sin60°•cot30°
＝ ﹣ ×
＝1﹣
＝﹣ ．
【点评】此题考查了特殊角的锐角三角函数值的计算，要能够熟记各个数据．
20．（10分）如图，D、E是△ABC边AB上的点，F、G分别是边AC、BC上的点，且
满足AD＝DE＝EB，DF∥BC，EG∥AC．
（1）求证：FG∥AB；
（2）设 ＝ ， ＝ ，请用向量 、 表示 ．
【考点】LM：*平面向量．
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【分析】（1）由AD＝DE＝EB，DF∥BC，EG∥AC，根据平行线分线段成比例定理，
易得 ，则可判定FG∥AB；
（2）由DF∥BC，FG∥AB，易得FG＝ AB，又由 ＝ ， ＝ ，即可求得答案．
【解答】（1）证明：∵AD＝DE＝EB，
∴ ＝ ＝ ，
第18页（共30页）∵DF∥BC，EG∥AC，
∴ ＝ ＝ ， ，
∴ ，
∴FG∥AB；
（2）解：∵DF∥BC，FG∥AB，
∴ ， ，
∴FG＝ AB，
∵ 与 同向，
∴ ＝ ，
∵ ＝ ， ＝ ，
∴ ＝ ﹣ ，
∴ ＝ ．
【点评】此题考查了平面向量的知识以及平行线分线段成比例定理．此题难度适
中，注意掌握数形结合思想的应用．
21．（10分）如图，已知△ABC是等边三角形，AB＝6，点D在AC上，AD＝2CD，
CM是∠ACB的外角平分线，连接BD并延长与CM交于点E．
（1）求CE的长；
（2）求∠EBC的正切值．
【考点】KK：等边三角形的性质；S4：平行线分线段成比例；T7：解直角三角形．
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【分析】（1）首先证明CE∥AB，则△ABD∽△CED，根据相似三角形的对应边的
比相等即可求解；
第19页（共30页）（2）过点E作EH⊥BC于点H，在直角△CEH中，利用三角函数求得CH和EH的
长度，即可求得BH的大小，即可求得三角函数值．
【解答】解：（1）在BC延长线上取一点F，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC＝∠ACB＝60°，AB＝BC＝6，∠ACF＝120°，
∵CM是∠ACB的外角平分线，
∴∠ECF＝ ∠ACF＝60°，
∴∠ECF＝∠ABC，
∴CE∥AB，
∴ ＝ ，
又∵AD＝2CD，AB＝6，
∴ ＝ ，
∴CE＝3．
（2）过点E作EH⊥BC于点H．
∵∠ECF＝60°，∠EHC＝90°，CE＝3，
∴CH＝3，EH＝ ，
又∵BC＝6，
∴BH＝BC+CH＝ ，
∵∠EHB＝90°，
∴tan∠EBC＝ ＝ ．
【点评】本题考查了相似三角形的判定与性质，以及三角函数值的求法，求三角函
第20页（共30页）数值的问题常用的方法是转化为求直角三角形的边的问题．
22．（10分）在数学活动课上，九年级（1）班数学兴趣小组的同学们测量校园内一
棵大树（如图）的高度，设计的方案及测量数据如下：
（1）在大树前的平地上选择一点A，测得由点A看大树顶端C的仰角为35°；
（2）在点A和大树之间选择一点B（A，B，D在同一直线上），测得由点B看大树顶
端C的仰角恰好为45°；
（3）量出A，B两点间的距离为4.5米．
请你根据以上数据求出大树CD的高度．（精确到0.1米）（可能用到的参考数据：
sin35°≈0.57，cos35°≈0.82，tan35°≈0.70）
【考点】TA：解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题．
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【专题】16：压轴题；28：操作型．
【分析】首先分析图形：本题涉及到两个直角三角形△DBC、△ADC，应利用其公
共边CD构造等量关系，借助AB＝AD﹣DB＝4.5构造方程关系式，进而可求
出答案．
【解答】解：设CD＝x米；
∵∠DBC＝45°，
∴DB＝CD＝x，AD＝x+4.5；
在Rt△ACD中，tan∠A＝ ，
∴tan35°＝ ；
解得：x＝10.5；
所以大树的高为10.5米．
解法2：在Rt△ACD中，tan∠A＝ ，∴AD＝ ；
第21页（共30页）在Rt△BCD中，tan∠CBD＝ ，∴BD＝ ；
而AD﹣BD＝4.5，
即 ﹣ ＝4.5，
解得：CD＝10.5；
所以大树的高为10.5米．
【点评】本题考查俯角、仰角的定义，要求学生能借助俯角、仰角构造直角三角形，
并结合图形利用三角函数解直角三角形．
23．（12分）如图，△ABC中，点D、E分别在BC和AC边上，点G是BE边上一点，
且∠BAD＝∠BGD＝∠C，联结AG．
（1）求证：BD•BC＝BG•BE；
（2）求证：∠BGA＝∠BAC．
【考点】S9：相似三角形的判定与性质．
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【专题】14：证明题．
【分析】（1）由已知一对角相等，以及一对公共角相等得到三角形BDG与三角形
BEC相似，由相似得比例即可得证；
（2）由已知一对角相等，以及一对公共角相等得到三角形BDA与三角形ABC相
似，由相似得比例，结合第一问的结论，得到三角形GAB与三角形ABE相似，
利用相似三角形对应角相等即可得证．
【解答】证明：（1）∵∠DBG＝∠EBC，∠BGD＝∠C，
∴△BDG∽△BEC，
∴ ＝ ，
则BD•BC＝BG•BE；
第22页（共30页）（2）∵∠DBA＝∠ABC，∠BAD＝∠C，
∴△DBA∽△ABC，
∴ ＝ ，即AB2＝BD•BC，
∵BD•BC＝BG•BE，
∴AB2＝BG•BE，即 ＝ ，
∵∠GBA＝∠ABE，
∴△GBA∽△ABE，
∴∠BGA＝∠BAC．
【点评】此题考查了相似三角形的判定与性质，熟练掌握相似三角形的判定与性
质是解本题的关键．
24．（12分）在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝x2+bx+c与x轴交于A、B两点
（点A在点B的左侧），点B的坐标为（3，0），与y轴交于点C（0，3），顶点为
D．
（1）求抛物线的解析式及顶点D的坐标；
（2）联结AC，BC，求∠ACB的正切值；
（3）点P抛物线的对称轴上一点，当△PBD与△CAB相似时，求点P的坐标．
【考点】HF：二次函数综合题．
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【分析】（1）把点B与点C的坐标代入抛物线解析式，利用待定系数法求解，把解
析式整理成顶点式即可写出顶点坐标；
（2）首先得出A点坐标，进而得出∠OBC＝45°，BC＝3 ，再过点A作AH⊥BC，
第23页（共30页）垂足为H，利用tan∠ACB＝ 求出即可；
（3）先求出边BD，BC、AB的长度，根据数据可得∠B与∠D都是45°角，然后分
BD与AB是对应边与BD与BC是对应边两种情况利用相似三角形对应边成
比例列出比例式求出DP的长度，从而点P的坐标便可求出．
【解答】解：（1）∵抛物线过点B（3，0），点C（0，3），
∴ ，
解得 ，
∴抛物线解析式为：y＝x2﹣4x+3，
又∵y＝x2﹣4x+3＝（x﹣2）2﹣1，
∴顶点D的坐标是：D（2，﹣1）；
（2）∵抛物线y＝x2﹣4x+3与x轴交于点A、B两点（点A在B点的左侧），
∴A（1，0），
又∵O（0，0），C（0，3），B（3，0），
∴BO＝CO＝3，
∵∠COB＝90°，
∴∠OBC＝45°，BC＝3 ，
过点A作AH⊥BC，垂足为H，
∴∠AHB＝90°，
∵AB＝2，∴AH＝BH＝ ，
∴CH＝BC﹣BH＝2 ，
∴tan∠ACB＝ ＝ ＝ ；
（3）设对称轴与x轴相交于点E，则AE＝3﹣2＝1，DE＝|﹣1|＝1，
∴BD＝AD＝ ＝ ，且∠ADE＝45°，
在△ABC中，AB＝3﹣1＝2，
第24页（共30页）BC＝ ＝ ＝3 ，且∠ABC＝45°，
设点P的坐标是（2，y），
∵△BDP与△ABC相似时，
∴ 当BD与AB是对应边时， ＝ ，
①
即 ＝ ，
解得DP＝3，
y﹣（﹣1）＝3，
解得y＝2，
∴点P的坐标是（2，2）
当BD与BC是对应边时， ＝ ，
②
即 ＝ ，
解得DP＝ ，
y﹣（﹣1）＝ ，
解得y＝﹣ ，
∴点P的坐标是（2，﹣ ）．
综上所述，点P的坐标是（2，2）或（2，﹣ ）．
第25页（共30页）【点评】本题考查了二次函数综合题待定系数法求函数解析式，顶点坐标，三角形
的面积，相似三角形对应边成比例的性质，综合性较强，（3）中注意相似三角形
的对应边不明确，要分情况讨论求解，避免漏解而导致出错．
25．（14分）如图，在△ABC中，AB＝8，BC＝10，cosC＝ ，∠ABC＝2∠C，BD平
分∠ABC交AC边于点D，点E是BC边上的一个动点（不与B、C重合），F是
AC边上一点，且∠AEF＝∠ABC，AE与BD相交于点G．
（1）求证： ；
（2）设BE＝x，CF＝y，求y与x之间的函数关系式，并写出x的取值范围；
（3）当△AEF是以AE为腰的等腰三角形时，求BE的长．
【考点】A8：解一元二次方程﹣因式分解法；K7：三角形内角和定理；K8：三角形
的外角性质；KJ：等腰三角形的判定与性质；S9：相似三角形的判定与性质；
SO：相似形综合题；T1：锐角三角函数的定义．
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【专题】16：压轴题．
【分析】（1）要证 ，只需证△ABG∽△ECF，只需证到∠BAG＝∠CEF，
∠ABG＝∠C．由∠ABC＝2∠C，BD平分∠ABC可证到∠ABG＝∠C；由∠AEF
＝∠ABC可证到∠BAG＝∠CEF，问题解决．
（2）作FC的垂直平分线交BC于点M，交FC于点N，易证∠ABE＝∠FME，从而
可以证到△ABE∽△EMF，可得AB•MF＝BE•EM．只需用x、y表示出FM、
EM，问题就得以解决．
（3）当△AEF是以AE为腰的等腰三角形时，可分AE＝EF和AE＝AF两种情况讨
论．当AE＝EF时，由△ABE∽△EMF可得BE＝MF，从而可以得到x与y的等
量关系，再结合（2）中的y与x的关系就可求出x的值；当AE＝AF时，易证FE
第26页（共30页）＝FC，过点F作FH⊥BC，垂足为H，则有HC＝ EC，结合cosC＝ ＝ ，就
可得到x与y的等量关系，再结合（2）中的y与x的关系就可求出x的值．
【解答】（1）证明：∵BD平分∠ABC，
∴∠ABC＝2∠ABD．
∵∠ABC＝2∠C，
∴∠ABD＝∠C．
∵∠BAE+∠AEB+∠ABE＝180°，
∠FEC+∠AEB+∠AEF＝180°，
∠AEF＝∠ABE，
∴∠BAE＝∠FEC．
∵∠BAG＝∠CEF，∠ABG＝∠C，
∴△ABG∽△ECF．
∴ ．
（2）解：作FC的垂直平分线交BC于点M，交FC于点N，如图2，
则有NC＝FN＝ FC＝ ．
在Rt△MNC中，cosC＝ ＝ ，则MC＝ ．
∵MN垂直平分FC，
∴MF＝MC＝ ．
∴∠MFC＝∠C．
∴∠FME＝∠MFC+∠C＝2∠C．
∵∠ABC＝2∠C，
∴∠ABC＝∠FME．
∵∠ABE＝∠FME，∠BAE＝∠FEM，
∴△ABE∽△EMF．
∴ ＝ ．
∴AB•MF＝BE•EM．
第27页（共30页）∵BE＝x，BC＝10，MC＝ ，
∴EM＝10﹣x﹣ ．
又∵AB＝8，
∴8× ＝x（10﹣x﹣ ）．
∴y＝ ．（0＜x＜10）
（3）解： EA＝EF，如图3，
∵△ABE∽△EMF（已证），
①
∴ ＝ ．
∵EA＝EF，
∴BE＝MF．
∵BE＝x，MF＝ ，
∴x＝ ．
∴y＝ x．
∴ ＝ x．
整理得：x2+4x﹣5＝0．
则有（x+5）（x﹣1）＝0．
解得：x ＝﹣5（舍），x ＝1．
1 2
AE＝AF，
过点F作FH⊥BC，垂足为H，如图4，
②
∵AE＝AF，
∴∠AEF＝∠AFE．
∵∠AEF＝∠ABC，∠ABC＝2∠C，
∴∠AFE＝2∠C．
∵∠AFE＝∠FEC+∠C，
第28页（共30页）∴∠FEC＝∠C．
∴FE＝FC．
∵FH⊥EC，
∴EH＝CH＝ EC．
∵EC＝10﹣x，
∴HC＝ ．
在Rt△FHC中，cosC＝ ＝ ．
∴4HC＝3FC．
∴4× ＝3y．
∴y＝ ．
∴ ＝ ．
整理得：5x2﹣82x+320＝0．
则有（5x﹣32）（x﹣10）＝0．
∴x ＝6.4，x ＝10．
1 2
∵0＜x＜10，
∴x＝6.4．
综上所述：当△AEF是以AE为腰的等腰三角形时，BE的长为1或6.4．
第29页（共30页）【点评】本题考查了相似三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、用因式
分解法解一元二次方程、锐角三角函数的定义、三角形内角和定理、三角形的
外角性质、垂直平分线的性质等知识，综合性非常强．而作FC的垂直平分线交
BC于点M，进而证到△ABE∽△EMF是解决第二小题和第三小题的关键．
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日期：2018/12/26 20:17:12；用户：初中数学；邮箱：xdjysx000@xyh.com；学号：25920570
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