文档内容
2018 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，每题4分，满分24分）【下列各题的四个选项中，有
且只有一个选项是正确的，选择正确项的代号并填涂在答题纸的相应位置上】
1．（4分）在Rt△ABC中，∠C=90°，AB=5，BC=3，则tanA的值是（ ）
A． B． C． D．
2．（4分）抛物线y=2（x+3）2﹣4的顶点坐标是（ ）
A．（3，4） B．（3，﹣4） C．（﹣3，4） D．（﹣3，﹣4）
3．（4分）如图，在△ABC中，点D，E分别在边AB，AC上，DE∥BC，已知AE=6，
，则EC的长是（ ）
A．4.5 B．8 C．10.5 D．14
4．（4分）如图，在平行四边形ABCD中，点E在边DC上，DE：EC=3：1，连接AE交
BD于点F，则△DEF的面积与△BAF的面积之比为（ ）
A．3：4 B．9：16 C．9：1 D．3：1
5．（4分）已知两圆的半径分别为2、5，且圆心距等于3，则两圆位置关系是
（ ）
A．外离 B．外切 C．相交 D．内切
6．（4分）如图，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，AB=6，AC=10，∠BAC和∠ACB的平分
线相交于点E，过点E作EF∥BC交AC于点F，那么EF的长为（ ）
第1页（共32页）A． B． C． D．
二、填空题：（本大题共12题，每题4分，满分48分）
7．（4分）已知2x=3y（y≠0），那么 = ．
8．（4分）计算： = ．
9．（4分）如果一幅地图的比例尺为1：50000，那么实际距离是3km的两地在地图
上的图距是 cm．
10．（4分）如果抛物线y=（a+1）x2﹣4有最高点，那么a的取值范围是 ．
11．（4分）抛物线y=2x2+4向左平移2个单位长度，得到新抛物线的表达式为
．
12．（4分）已知点A（x ，y ）和B（x ，y ）是抛物线y=2（x﹣3）2+5上的两点，如果x
1 1 2 2 1
＞x ＞4，那么y y ．（填“＞”、“=”或“＜”）
2 1 2
13．（4分）在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AD⊥BC，垂足为点D，如果AC=6，AB=8，那
么AD的长度为 ．
14．（4分）已知△ABC是等边三角形，边长为3，G是三角形的重心，那么GA的长
度为 ．
15．（4分）正八边形的中心角等于 度．
16．（4分）如图，一个斜坡长130m，坡顶离水平地面的距离为50m，那么这个斜
坡的坡度为 ．
17．（4分）如图，在5×5正方形网格中，一条圆弧经过A，B，C三点，已知点A的
坐标是（﹣2，3），点C的坐标是（1，2），那么这条圆弧所在圆的圆心坐标是
第2页（共32页）．
18．（4分）如图，在△ABC 中，∠ACB=90°，点 D，E分别在 AC，BC上，且
∠CDE=∠B，将△CDE沿DE折叠，点C恰好落在AB边上的点F处．若AC=8，
AB=10，则CD的长为 ．
三、解答题：（本大题共7题，满分78分）
19．（10分）计算： ﹣3sin60°+2cos45°．
20．（10分）如图，在△ABC中，BE平分∠ABC交AC于点E，过点E作ED∥BC交
AB于点D，已知AD=5，BD=4．
（1）求BC的长度；
（2）如果 = ， = ，那么请用 、 表示向量 ．
21．（10分）如图，CD为⊙O的直径，CD⊥AB，垂足为点F，AO⊥BC，垂足为点E，
CE=2．
（1）求AB的长；
（2）求⊙O的半径．
第3页（共32页）22．（10分）如图，港口B位于港口A的南偏东37°方向，灯塔C恰好在AB的中点
处．一艘海轮位于港口A的正南方向，港口B的正西方向的D处，它沿正北方
向航行5km到达E处，测得灯塔C在北偏东45°方向上，这时，E处距离港口A
有多远？（参考数据：sin37°≈0.60，cos37°≈0.80，tan37°≈0.75）
23．（12分）如图，点E是正方形ABCD的边BC延长线上一点，联结DE，过顶点B
作BF⊥DE，垂足为F，BF交边DC于点G．
（1）求证：GD•AB=DF•BG；
（2）联结CF，求证：∠CFB=45°．
24．（12分）如图，抛物线y=﹣ +bx+c过点A（3，0），B（0，2）．M（m，0）为线段
OA上一个动点（点M与点A不重合），过点M作垂直于x轴的直线与直线AB
和抛物线分别交于点P、N．
（1）求直线AB的解析式和抛物线的解析式；
（2）如果点P是MN的中点，那么求此时点N的坐标；
第4页（共32页）（3）如果以B，P，N为顶点的三角形与△APM相似，求点M的坐标．
25．（14分）如图，已知△ABC中，∠ACB=90°，AC=8，cosA= ，D是AB边的中点，E
是AC边上一点，联结DE，过点D作DF⊥DE交BC边于点F，联结EF．
（1）如图1，当DE⊥AC时，求EF的长；
（2）如图2，当点E在AC边上移动时，∠DFE的正切值是否会发生变化，如果变化
请说出变化情况；如果保持不变，请求出∠DFE的正切值；
（3）如图3，联结CD交EF于点Q，当△CQF是等腰三角形时，请直接写出BF的长．
第5页（共32页）2018 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，每题4分，满分24分）【下列各题的四个选项中，有
且只有一个选项是正确的，选择正确项的代号并填涂在答题纸的相应位置上】
1．（4分）在Rt△ABC中，∠C=90°，AB=5，BC=3，则tanA的值是（ ）
A． B． C． D．
【考点】T1：锐角三角函数的定义．
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【分析】根据勾股定理，可得AC的长，根据正切函数的定义，可得答案．
【解答】解：由勾股定理，得
AC= =4，
由正切函数的定义，得
tanA= = ，
故选：A．
【点评】本题考查了锐角三角函数，利用正切函数的定义是解题关键．
2．（4分）抛物线y=2（x+3）2﹣4的顶点坐标是（ ）
A．（3，4） B．（3，﹣4） C．（﹣3，4） D．（﹣3，﹣4）
【考点】H3：二次函数的性质．
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【专题】1：常规题型；535：二次函数图象及其性质．
【分析】利用抛物线解析式即可求得答案．
【解答】解：
∵y=2（x+3）2﹣4，
∴抛物线顶点坐标为（﹣3，﹣4），
故选：D．
【点评】本题主要考查二次函数的性质，掌握二次函数的顶点式是解题的关键，即
在y=a（x﹣h）2+k中，顶点坐标为（h，k），对称轴为x=h．
3．（4分）如图，在△ABC中，点D，E分别在边AB，AC上，DE∥BC，已知AE=6，
第6页（共32页），则EC的长是（ ）
A．4.5 B．8 C．10.5 D．14
【考点】S4：平行线分线段成比例．
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【分析】根据平行线分线段成比例定理列式进行计算即可得解．
【解答】解：∵DE∥BC，
∴ = ，
即 = ，
解得EC=8．
故选：B．
【点评】本题考查了平行线分线段成比例定理，找准对应关系是解题的关键．
4．（4分）如图，在平行四边形ABCD中，点E在边DC上，DE：EC=3：1，连接AE交
BD于点F，则△DEF的面积与△BAF的面积之比为（ ）
A．3：4 B．9：16 C．9：1 D．3：1
【考点】L5：平行四边形的性质；S9：相似三角形的判定与性质．
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【分析】可证明△DFE∽△BFA，根据相似三角形的面积之比等于相似比的平方即
可得出答案．
【解答】解：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴DC∥AB，
∴△DFE∽△BFA，
∵DE：EC=3：1，
∴DE：DC=3：4，
第7页（共32页）∴DE：AB=3：4，
∴S ：S =9：16．
△DFE △BFA
故选：B．
【点评】本题考查了平行四边形的性质以及相似三角形的判定和性质，注：相似三
角形的面积之比等于相似比的平方．
5．（4分）已知两圆的半径分别为2、5，且圆心距等于3，则两圆位置关系是
（ ）
A．外离 B．外切 C．相交 D．内切
【考点】MJ：圆与圆的位置关系．
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【分析】由两圆的半径分别为2和5，圆心距为3，根据两圆位置关系与圆心距d，
两圆半径R，r的数量关系间的联系即可得出两圆位置关系．
【解答】解：∵两圆的半径分别为2和5，圆心距为3，
又∵5﹣2=3，
∴两圆的位置关系是内切．
故选：D．
【点评】此题考查了圆与圆的位置关系．注意掌握两圆位置关系与圆心距d，两圆
半径R，r的数量关系间的联系是解此题的关键．
6．（4分）如图，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，AB=6，AC=10，∠BAC和∠ACB的平分
线相交于点E，过点E作EF∥BC交AC于点F，那么EF的长为（ ）
A． B． C． D．
【考点】KD：全等三角形的判定与性质；KF：角平分线的性质；S9：相似三角形的判
第8页（共32页）定与性质．
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【专题】553：图形的全等；55D：图形的相似．
【分析】延长FE交AB于点D，作EG⊥BC、作EH⊥AC，由EF∥BC可证四边形BDEG
是矩形，由角平分线可得ED=EH=EG、∠DAE=∠HAE，从而知四边形BDEG是正
方形，再证△DAE≌△HAE、△CGE≌△CHE得AD=AH、CG=CH，由BC=8，可设
BD=BG=x，则AD=AH=6﹣x、CG=CH=8﹣x，得x=2，即BD=DE=2、AD=4，再证
△ADF∽△ABC可得DF= ，据此得出EF=DF﹣DE= ．
【解答】解：如图，延长FE交AB于点D，作EG⊥BC于点G，作EH⊥AC于点H，
∵EF∥BC、∠ABC=90°，
∴FD⊥AB，
∵EG⊥BC，
∴四边形BDEG是矩形，
∵AE平分∠BAC、CE平分∠ACB，
∴ED=EH=EG，∠DAE=∠HAE，
∴四边形BDEG是正方形，
在△DAE和△HAE中，
，
∴△DAE≌△HAE（SAS），
∴AD=AH，
同理△CGE≌△CHE，
∴CG=CH，
∵BC= = =8，
第9页（共32页）设BD=BG=x，则AD=AH=6﹣x、CG=CH=8﹣x，
∴6﹣x+8﹣x=10，
解得：x=2，
∴BD=DE=2，AD=4，
∵DF∥BC，
∴△ADF∽△ABC，
∴ = ，即 = ，
解得：DF= ，
则EF=DF﹣DE= ﹣2= ．
故选：C．
【点评】本题主要考查相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质及正
方形的判定与性质，熟练掌握角平分线的性质和正方形的判定与性质、相似三
角形的判定与性质是解题的关键．
二、填空题：（本大题共12题，每题4分，满分48分）
7．（4分）已知2x=3y（y≠0），那么 = ．
【考点】S1：比例的性质．
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【专题】11：计算题．
【分析】由已知得出比例式，表示出x，y，代入解答即可．
【解答】解：由2x=3y（y≠0），
可得： ，
所以 ，
故答案为：
【点评】此题考查了比例线段，熟练掌握比例的性质是解本题的关键．
8．（4分）计算： = ﹣ + ．
【考点】LM：*平面向量．
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第10页（共32页）【专题】5：特定专题．
【分析】去括号，根据平面向量的加法法则计算即可；
【解答】解：原式=
= ﹣ ﹣ +2
=﹣ +
故答案为
【点评】本题考查平面向量，解题的关键是正五平面向量的加法法则，属于中考基
础题．
9．（4分）如果一幅地图的比例尺为1：50000，那么实际距离是3km的两地在地图
上的图距是 6 cm．
【考点】S2：比例线段．
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【专题】11：计算题．
【分析】设两地在地图上的图距是xcm，然后根据比例尺的定义，即可得方程得：
= ，解此方程即可求得答案，注意统一单位．
【解答】解：设两地在地图上的图距是xcm，
根据题意得： = ，
∴x=6cm
故答案为：6．
【点评】此题考查了比例线段．此题难度不大，解题的关键是理解题意，根据比例
尺的定义列方程，注意统一单位．
10．（4分）如果抛物线y=（a+1）x2﹣4有最高点，那么a的取值范围是 a ＜ ﹣ 1
．
【考点】H7：二次函数的最值．
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【专题】53：函数及其图象．
【分析】由于抛物线y=（a+1）x2﹣4有最高点，这要求抛物线必须开口向下，由此可
以确定a的范围．
【解答】解：∵抛物线y=（a+1）x2﹣4有最高点，
第11页（共32页）∴a+1＜0，
即a＜﹣1．
故答案为a＜﹣1
【点评】本题主要考查二次函数的最值的知识点，解答此题要掌握二次函数图象
的特点，本题比较基础．
11．（4分）抛物线y=2x2+4向左平移2个单位长度，得到新抛物线的表达式为
y=2 （ x + 2 ） 2 + 4 ．
【考点】H6：二次函数图象与几何变换．
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【专题】53：函数及其图象．
【分析】根据题意易得新抛物线的顶点，根据顶点式及平移前后二次项的系数不
变可得新抛物线的解析式．
【解答】解：∵y=2x2+4=2（x+0）2+4，
∴抛物线y=2x2+4的顶点坐标是（0，4），
∴将抛物线y=2x2+4向左平移2个单位长度后的顶点坐标是（﹣2，4），
则平移后新抛物线的解析式为：y=2（x+2）2+4．
故答案是：y=2（x+2）2+4
【点评】主要考查了函数图象的平移，要求熟练掌握平移的规律：左加右减，上加
下减．并用规律求函数解析式．
12．（4分）已知点A（x ，y ）和B（x ，y ）是抛物线y=2（x﹣3）2+5上的两点，如果x
1 1 2 2 1
＞x ＞4，那么y ＞ y ．（填“＞”、“=”或“＜”）
2 1 2
【考点】H5：二次函数图象上点的坐标特征．
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【专题】53：函数及其图象．
【分析】根据二次函数的性质得到抛物线y=2（x﹣3）2+5的开口向上，有最小值为
5，对称轴为直线x=3，则在对称轴右侧，y随x的增大而增大，所以x ＞x 时，y
1 2 1
＞y ．
2
【解答】解：∵y=2（x﹣3）2+5，
∴a=2＞0，有最小值为5，
∴抛物线开口向上，
∵抛物线y=2（x﹣3）2+5对称轴为直线x=3，
∵x ＞x ＞4，
1 2
第12页（共32页）∴y ＞y ．
1 2
故答案为：＞
【点评】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征：二次函数y=ax2+bx+c（a≠0）的
图象为抛物线，则抛物线上的点的坐标满足其解析式；当a＞0，抛物线开口向
下；对称轴为直线x=﹣ ，在对称轴左侧，y随x的增大而减小，在对称轴右侧，
y随x的增大而增大．
13．（4分）在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AD⊥BC，垂足为点D，如果AC=6，AB=8，那
么AD的长度为 4. 8 ．
【考点】T7：解直角三角形．
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【专题】552：三角形．
【分析】首先利用勾股定理得出BC的长，再利用三角形面积求法得出AD的长．
【解答】解：∵∠BAC=90°，AB=8，AC=6，
∴BC= =10，
∵AD⊥BC，
∴6×8=AD×10，
解得：AD=4.8．
故答案为：4.8．
【点评】此题主要考查了勾股定理以及三角形面积求法，得出BC的长是解题关键
14．（4分）已知△ABC是等边三角形，边长为3，G是三角形的重心，那么GA的长
度为 ．
【考点】K5：三角形的重心；KK：等边三角形的性质．
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【专题】11：计算题．
【分析】延长AG交BC于D，根据重心的概念得到AD⊥BC，BD=DC= BC= ，根据
勾股定理求出AD，根据重心的概念计算即可．
第13页（共32页）【解答】解：延长AG交BC于D，
∵G是三角形的重心，
∴AD⊥BC，BD=DC= BC= ，
由勾股定理得，AD= = ，
∴GA= AD= ，
故答案为： ．
【点评】本题考查的是等边三角形的性质、三角形的重心的概念，三角形的重心是
三角形三条中线的交点，且重心到顶点的距离是它到对边中点的距离的2倍．
15．（4分）正八边形的中心角等于 4 5 度．
【考点】MM：正多边形和圆．
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【分析】根据中心角是正多边形相邻的两个半径的夹角来解答．
【解答】解：正八边形的中心角等于360°÷8=45°；
故答案为45．
【点评】本题考查了正多边形和圆的知识，解题的关键是牢记中心角的定义及求
法．
16．（4分）如图，一个斜坡长130m，坡顶离水平地面的距离为50m，那么这个斜
坡的坡度为 1 ： 2. 4 ．
【考点】T9：解直角三角形的应用﹣坡度坡角问题．
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【专题】1：常规题型．
【分析】根据一个斜坡长130m，坡顶离水平地面的距离为50m，根据勾股定理可
以求得斜坡的水平距离，从而可以求得斜坡的坡度，本题得以解决．
第14页（共32页）【解答】解：∵一个斜坡长130m，坡顶离水平地面的距离为50m，
∴这个斜坡的水平距离为： =120m，
∴这个斜坡的坡度为：50：120=1：2.4．
故答案为1：2.4．
【点评】本题考查解直角三角形的应用﹣坡度坡角问题，解题的关键是明确坡度
的定义．坡度是坡面的铅直高度h和水平宽度l的比，又叫做坡比，它是一个比
值，反映了斜坡的陡峭程度，一般用i表示，常写成i=1：m的形式．
17．（4分）如图，在5×5正方形网格中，一条圆弧经过A，B，C三点，已知点A的
坐标是（﹣2，3），点C的坐标是（1，2），那么这条圆弧所在圆的圆心坐标是
（﹣ 1 ， 1 ） ．
【考点】D5：坐标与图形性质；M2：垂径定理．
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【专题】531：平面直角坐标系．
【分析】根据图形作线段AB和BC的垂直平分线，两线的交点即为圆心，根据图形
得出即可．
【解答】解：如图线段AB的垂直平分线和线段CD的垂直平分线的交点M，
即圆心的坐标是（﹣1，1），
故答案为（﹣1，1）
【点评】本题考查了垂径定理，线段垂直平分线性质，坐标与图形性质的应用，数
第15页（共32页）形结合是解答此题的关键．
18．（4分）如图，在△ABC 中，∠ACB=90°，点 D，E分别在 AC，BC上，且
∠CDE=∠B，将△CDE沿DE折叠，点C恰好落在AB边上的点F处．若AC=8，
AB=10，则CD的长为 ．
【考点】KQ：勾股定理；PB：翻折变换（折叠问题）．
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【专题】55D：图形的相似．
【分析】解法一：根据D，C，E，F四点共圆，可得∠CDE=∠CFE=∠B，再根据CE=FE，
可得∠CFE=∠FCE，进而根据∠B=∠FCE，得出CF=BF，同理可得CF=AF，由此可
得F是AB的中点，求得CF= AB=5，再判定△CDF∽△CFA，得到CF2=CD×CA，
进而得出CD的长．
解法二：由对称性可知CF⊥DE，可得∠CDE=∠ECF=∠B，得出CF=BF，同理可得
CF=AF，由此可得 F是AB的中点，求得 CF=5，再判定△CDF∽△CFA，得到
CF2=CD×CA，进而得出CD的长．
【解答】解：由折叠可得，∠DCE=∠DFE=90°，
∴D，C，E，F四点共圆，
∴∠CDE=∠CFE=∠B，
又∵CE=FE，
∴∠CFE=∠FCE，
∴∠B=∠FCE，
∴CF=BF，
同理可得，CF=AF，
∴AF=BF，即F是AB的中点，
∴Rt△ABC中，CF= AB=5，
第16页（共32页）由D，C，E，F四点共圆，可得∠DFC=∠DEC，
由∠CDE=∠B，可得∠DEC=∠A，
∴∠DFC=∠A，
又∵∠DCF=∠FCA，
∴△CDF∽△CFA，
∴CF2=CD×CA，即52=CD×8，
∴CD= ，
故答案为： ．
解：由对称性可知CF⊥DE，
又∵∠DCE=90°，
∴∠CDE=∠ECF=∠B，
∴CF=BF，
同理可得CF=AF，
∴F是AB的中点，
∴CF= AB=5，
又∵∠DFC=∠ACF=∠A，∠DCF=∠FCA，
∴△CDF∽△CFA，
∴CF2=CD×CA，即52=CD×8，
∴CD= ，
故答案为： ．
【点评】本题主要考查了折叠问题，四点共圆以及相似三角形的判定与性质的运
用，解决问题的关键是根据四点共圆以及等量代换得到F是AB的中点．
第17页（共32页）三、解答题：（本大题共7题，满分78分）
19．（10分）计算： ﹣3sin60°+2cos45°．
【考点】T5：特殊角的三角函数值．
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【专题】55E：解直角三角形及其应用．
【分析】根据特殊角三角函数值，可得答案．
【解答】解：原式=
=
= ．
【点评】本题考查了特殊角三角函数值，熟记特殊角三角函数值是解题关键．
20．（10分）如图，在△ABC中，BE平分∠ABC交AC于点E，过点E作ED∥BC交
AB于点D，已知AD=5，BD=4．
（1）求BC的长度；
（2）如果 = ， = ，那么请用 、 表示向量 ．
【考点】KJ：等腰三角形的判定与性质；LM：*平面向量．
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【专题】5：特定专题．
【分析】（1）首先证明BD=DE=4，再根据ED∥BC，可得 ，由此即可解决问题；
（2）首先证明 ，只要求出 即可解决问题；
【解答】解：（1）∵BE平分∠ABC，
∴∠ABE=∠CBE，
∵ED∥BC，
∴∠DEB=∠CBE，
第18页（共32页）∴∠ABE=∠DEB，
∴BD=DE=4，
∵ED∥BC，
∴ ，
又∵AD=5，BD=4∴AB=9，
∴ ∴ ．
（2）∵ED∥BC，
∴ ，
∴ ，
又∵ 与 同向，
∴ ，
∵ ， ，
∴ ，
∴ ．
【点评】本题考查平面向量、等腰三角形的判定和性质、平行线分线段成比例定理
等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
21．（10分）如图，CD为⊙O的直径，CD⊥AB，垂足为点F，AO⊥BC，垂足为点E，
CE=2．
（1）求AB的长；
（2）求⊙O的半径．
第19页（共32页）【考点】M2：垂径定理．
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【专题】559：圆的有关概念及性质．
【分析】（1）只要证明△AOF≌△COE，推出CE=AF=2，再根据垂径定理可得
B=2AF；
（2）只要证明∠A=30°，可得cosA= ，由此即可解决问题；
【解答】解：（1）∵CD⊥AB，AO⊥BC
∴∠AFO=∠CEO=90°，
在△AOF和△COE中，
，
∴△AOF≌△COE，
∴CE=AF，
∵CE=2，
∴AF=2，
∵CD是⊙O的直径，CD⊥AB，
∴ ，
∴AB=4．
（2）∵AO是⊙O的半径，AO⊥BC
∴CE=BE=2，
∵AB=4，
∴ ，
∵∠AEB=90°，
∴∠A=30°，
第20页（共32页）又∵∠AFO=90°，
∴cosA= = = ，
∴ ，即⊙O的半径是 ．
【点评】本题考查全等三角形的性质、垂径定理、锐角时函数等知识，解题的关键
是正确寻找全等三角形解决问题，证明∠A=30°是解决问题2的关键．
22．（10分）如图，港口B位于港口A的南偏东37°方向，灯塔C恰好在AB的中点
处．一艘海轮位于港口A的正南方向，港口B的正西方向的D处，它沿正北方
向航行5km到达E处，测得灯塔C在北偏东45°方向上，这时，E处距离港口A
有多远？（参考数据：sin37°≈0.60，cos37°≈0.80，tan37°≈0.75）
【考点】TB：解直角三角形的应用﹣方向角问题．
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【分析】如图作CH⊥AD于H．设CH=xkm，在Rt△ACH中，可得AH= =
，在Rt△CEH中，可得CH=EH=x，由CH∥BD，推出 = ，由AC=CB，
推出AH=HD，可得 =x+5，求出x即可解决问题．
【解答】解：如图作CH⊥AD于H．设CH=xkm，
第21页（共32页）在Rt△ACH中，∠A=37°，∵tan37°= ，
∴AH= = ，
在Rt△CEH中，∵∠CEH=45°，
∴CH=EH=x，
∵CH⊥AD，BD⊥AD，
∴CH∥BD，
∴ = ，
∵AC=CB，
∴AH=HD，
∴ =x+5，
∴x= ≈15，
∴AE=AH+HE= +15≈35km，
∴E处距离港口A有35km．
【点评】本题考查了解直角三角形的应用﹣﹣方向角问题，结合航海中的实际问
题，将解直角三角形的相关知识有机结合，体现了数学应用于实际生活的思想
23．（12分）如图，点E是正方形ABCD的边BC延长线上一点，联结DE，过顶点B
作BF⊥DE，垂足为F，BF交边DC于点G．
（1）求证：GD•AB=DF•BG；
（2）联结CF，求证：∠CFB=45°．
第22页（共32页）【考点】LE：正方形的性质；S9：相似三角形的判定与性质．
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【专题】14：证明题；55D：图形的相似．
【分析】（1）由∠BCD=∠GFD=90°、∠BGC=∠FGD可证得△BGC∽△DGF，即可知
，根据AB=BC即可得证；
（2）连接BD，由△BGC∽△DGF知 ，即 ，根据∠BGD=∠CGF可证
△BGD∽△CGF得∠BDG=∠CFG，再由 即可得证．
【解答】证明：（1）∵四边形ABCD是正方形
∴∠BCD=∠ADC=90°，AB=BC，
∵BF⊥DE，
∴∠GFD=90°，
∴∠BCD=∠GFD，
∵∠BGC=∠FGD，
∴△BGC∽△DGF，
∴ ，
∴DG•BC=DF•BG，
∵AB=BC，
∴DG•AB=DF•BG；
（2）如图，连接BD、CF，
第23页（共32页）∵△BGC∽△DGF，
∴ ，
∴ ，
又∵∠BGD=∠CGF，
∴△BGD∽△CGF，
∴∠BDG=∠CFG，
∵四边形ABCD是正方形，BD是对角线，
∴ ，
∴∠CFG=45°．
【点评】本题主要考查相似三角形的判定和性质及正方形的性质，解题的关键是
熟练掌握相似三角形的判定和性质．
24．（12分）如图，抛物线y=﹣ +bx+c过点A（3，0），B（0，2）．M（m，0）为线段
OA上一个动点（点M与点A不重合），过点M作垂直于x轴的直线与直线AB
和抛物线分别交于点P、N．
（1）求直线AB的解析式和抛物线的解析式；
（2）如果点P是MN的中点，那么求此时点N的坐标；
（3）如果以B，P，N为顶点的三角形与△APM相似，求点M的坐标．
第24页（共32页）【考点】HF：二次函数综合题．
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【专题】15：综合题．
【分析】（1）利用待定系数法求直线和抛物线解析式；
（2）先表示出N（m，﹣ m2+ m+2），P（m，﹣ m+2），则计算出NP=﹣ m2+4m，
PM=﹣ m+2，则利用NP=PM得到﹣ m2+4m=﹣ m+2，然后解方程求出m即
可得到N点坐标；
（3）利用两点间的距离公式计算出AB= ，BP= m，NP=﹣ m2+4m，由于
∠BPN=∠ABO，利用相似三角形的判定方法，当 = 时，△BPN∽△OBA，则
△BPN∽△MPA，即 m：2=（﹣ m2+4m）： ；当 = 时，
△BPN∽△ABO，则△BPN∽△APM，即 m： =（﹣ m2+4m）：2，然后分别
解关于m的方程即可得到对应的M点的坐标．
【解答】解：（1）设直线AB的解析式为y=px+q，
把A（3，0），B（0，2）代入得 ，解得 ，
∴直线AB的解析式为y=﹣ x+2；
第25页（共32页）把A（3，0），B（0，2）代入y=﹣ +bx+c得 ，解得 ，
∴抛物线解析式为y=﹣ x2+ x+2；
（2）∵M（m，0），MN⊥x轴，
∴N（m，﹣ m2+ m+2），P（m，﹣ m+2），
∴NP=﹣ m2+4m，PM=﹣ m+2，
而NP=PM，
∴﹣ m2+4m=﹣ m+2，解得m =3（舍去），m = ，
1 2
∴N点坐标为（ ， ）；
（3）∵A（3，0），B（0，2），P（m，﹣ m+2），
∴AB= = ，BP= = m，
而NP=﹣ m2+4m，
∵MN∥OB，
∴∠BPN=∠ABO，
当 = 时，△BPN∽△OBA，则△BPN∽△MPA，即 m：2=（﹣ m2+4m）：
，
整理得8m2﹣11m=0，解得m =0（舍去），m = ，
1 2
此时M点的坐标为（ ，0）；
当 = 时，△BPN∽△ABO，则△BPN∽△APM，即 m： =（﹣ m2+4m）：
2，
整理得2m2﹣5m=0，解得m =0（舍去），m = ，
1 2
第26页（共32页）此时M点的坐标为（ ，0）；
综上所述，点M的坐标为（ ，0）或（ ，0）．
【点评】本题考查了二次函数的综合题：熟练掌握二次函数图象上点的坐标特征、
二次函数的性质和相似三角形的判定与性质；会利用待定系数法求函数解析
式；灵活应用相似比表示线段之间的关系；理解坐标与图形的性质；会利用分
类讨论的思想解决数学问题．
25．（14分）如图，已知△ABC中，∠ACB=90°，AC=8，cosA= ，D是AB边的中点，E
是AC边上一点，联结DE，过点D作DF⊥DE交BC边于点F，联结EF．
（1）如图1，当DE⊥AC时，求EF的长；
（2）如图2，当点E在AC边上移动时，∠DFE的正切值是否会发生变化，如果变化
请说出变化情况；如果保持不变，请求出∠DFE的正切值；
（3）如图3，联结CD交EF于点Q，当△CQF是等腰三角形时，请直接写出BF的长．
【考点】KY：三角形综合题．
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【专题】15：综合题．
【分析】（1）先求出BC=6，AB=10，再判断出四边形DECF是矩形，即可用勾股定理
求出EF；
（2）先判断出四边形DHCG是矩形，进而判断出△EDH∽△FDG，即可得出结论；
（3）分三种情况，利用等腰三角形的性质和相似三角形得出比例式建立方程即可
得出结论．
【解答】解：（1）∵∠ACB=90°，
∴ ，
第27页（共32页）∵AC=8，
∴AB=10，
∵D是AB边的中点，
∴ ，
∵DE⊥AC，
∴∠DEA=∠DEC=90°，
∴ ，
∴AE=4，
∴CE=8﹣4=4，
∵在Rt△AED中，AE2+DE2=AD2，
∴DE=3，
∵DF⊥DE，
∴∠FDE=90°，
又∵∠ACB=90°，
∴四边形DECF是矩形，
∴DF=EC=4，
∵在Rt△EDF中，DF2+DE2=EF2，
∴EF=5
（2）不变
如图2，
过点D作DH⊥AC，DG⊥BC，垂足分别为点H、G，
由（1）可得DH=3，DG=4，
∵DH⊥AC，DG⊥BC，
∴∠DHC=∠DGC=90°
又∵∠ACB=90°，
∴四边形DHCG是矩形，
∴∠HDG=90°，
∵∠FDE=90°，
∴∠HDG﹣∠HDF=∠EDF﹣∠HDF，
第28页（共32页）即∠EDH=∠FDG，
又∵∠DHE=∠DGF=90°
∴△EDH∽△FDG，
∴ ，
∵∠FDE=90°，
∴ ，
（3）①当QF=QC时，
∴∠QFC=∠QCF，
∵∠EDF+∠ECF=180°，
∴点D，E，C，F四点共圆，
∴∠ECQ=∠DFE，∠DFE+∠QFC=∠ECQ+∠QCF=∠ACB=90°，
即∠DFC=90°，
又∵∠ACB=90°，D是AB的中点，
∴ ，
∴ ，
②当FQ=FC时，
∴∠BCD=∠CQF，
∵点D是AB的中点，
∴BD=CD= AB=5，
∴∠BDC=∠BCD，
∴∠BCD=∠FCQ，∠BDC=∠CFQ，
∴△FQC∽△DCB，
由①知，点D，E，C，F四点共圆，
∴∠DEF=∠DCF，
∵∠DQE=∠FQC，
∴△FQC∽△DEQ，
即：△FQC∽△DEQ∽△DCB
第29页（共32页）∵在Rt△EDF中， ，
∴设DE=3k，则DF=4k，EF=5k，
∵∠DEF=∠DCF=∠CQF=∠DQE，
∴DE=DQ=3k，
∴CQ=5﹣3k，
∵△DEQ∽△DCB，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵△FQC∽△DCB，
∴ ，
∴ ，
解得 ，
∴ ，
∴ ，
③当CF=CQ时，如图3，
∴∠BCD=∠CQF，
由②知，CD=BD，
∴∠BDC=∠BCD，
∵△EDQ∽△BDK，
在BC边上截取BK=BD=5，过点D作DH⊥BC于H，
∴DH= AC=4，BH= BC=3，由勾股定理得 ，
同②的方法得，△CFQ∽△EDQ，
第30页（共32页）∴设DE=3m，则EQ=3m，EF=5m，
∴FQ=2m，
∵△EDQ∽△BDK，
∴ ，
∴DQ= m，
∴CQ=FC=5﹣ m，
∵△CQF∽△BDK，
∴ ，
∴ ，
解得m= ，
∴ ，
∴ ．
即：△CQF是等腰三角形时，BF的长为3或 或 ．
第31页（共32页）【点评】此题是三角形综合题，主要考查了相似三角形的判定和性质，锐角三角函
数，勾股定理，矩形的判定和性质，等腰三角形的性质，解本题的关键是判断出
相似三角形得出比例式建立方程求解．
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日期：2018/12/23 23:59:59；用户：初中数学；邮箱：xdjysx000@xyh.com；学号：25920570
第32页（共32页）
