浙江省2021年初中学业水平考试(衢州卷)
33
(满分:120分 考试时间:120分钟)
( b 4ac-b2 )
参考公式:二次函数y=ax2+bx+c(a,b,c是常数,a≠0)图象的顶点坐标是 - , .
2a 4a
卷Ⅰ
说明:本卷共有1大题,10小题,共30分.
一、选择题(本题共有10小题,每小题3分,共30分)
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
B A C C D D B A C A
1.(2021浙江衢州,1,3分)21的相反数是 ( )
1 1
A.21 B.-21 C. D.-
21 21
1.B 21的相反数是-21.故选B.
2.(2021浙江衢州,2,3分)如图是由四个相同的小正方体组成的立体图形,它的主视图为 ( )
A B C D
2.A 如题图,主视图从正面看第一列有一个小正方形,第二列有两个,第三列有一个,所以选项A符合题意.故选A.
3.(2021浙江衢州,3,3分)2021年5月国家统计局公布了第七次人口普查结果,我国人口数约为1 412 000 000,其中数
据1 412 000 000用科学记数法表示为( )
A.14.12×108 B.0.141 2×1010
C.1.412×109 D.1.412×108
3.C 1 412 000 000=1.412×109.故选C.
4.(2021浙江衢州,4,3分)下列计算正确的是 ( )
A.(x2)3=x5 B.x2+x2=x4
C.x2·x3=x5 D.x6÷x3=x2
4.C A.(x2)3=x6,本选项不符合题意.B.x2+x2=2x2,本选项不符合题意.C.x2·x3=x5,本选项符合题意.D.x6÷x3=x3,本选项不
符合题意.故选C.
易错警示 正确利用公式:(am)n=amn,an·am=an+m,an÷am=an-m等.
5.(2021浙江衢州,5,3分)一个布袋里放有3个红球和2个白球,它们除颜色外其余都相同.从布袋中任意摸出1个球,
摸到白球的概率是 ( )
1 2 1 2
A. B. C. D.
3 3 5 5
12
5.D 因为布袋里有5个球,其中2个是白球,所以摸到白球的概率是 .
5
思路分析 根据所有可能的结果数和符合题意的结果数,再利用概率公式可求解.
6.(2021浙江衢州,6,3分)已知扇形的半径为6,圆心角为150°,则它的面积是 ( )
3
A. π B.3π C.5π D.15π
2
nπr2 150π×62
6.D 根据S= ,可得该扇形的面积为 =15π.
360 360
nπr2
方法总结 正确掌握扇形面积公式:S= .
360
7.(2021浙江衢州,7,3分)如图,在△ABC中,AB=4,AC=5,BC=6,点D,E,F分别是AB,BC,CA的中点,连接DE,EF.则
四边形ADEF的周长为 ( )
A.6 B.9 C.12 D.15
1
7.B ∵D,E,F分别是AB,BC,CA的中点,∴DE,EF分别是△ABC的中位线.又∵AC=5,AB=4,∴EF∥AB,EF=
2
1
AB,DE∥AC,DE= AC,又∵AD=DB,AF=FC,∴四边形ADEF的周长为AD+DE+EF+AF=AB+AC=4+5=9.
2
方法总结 本题的解题关键是掌握三角形中位线定理.
8.(2021浙江衢州,8,3分)《九章算术》是中国传统数学的重要著作,书中有一道题“今有五雀六燕,集称之衡,雀俱
重,燕俱轻;一雀一燕交而处,衡适平;并燕雀重一斤,问:燕雀一枚,各重几何?”译文:“五只雀、六只燕,共重1斤(古
时1斤=16两),雀重燕轻,互换其中一只,恰好一样重,问:每只雀、燕质量各为多少?”设雀重x两,燕重y两,可列出
方程组 ( )
{ 5x+6 y=16 { 5x+6 y=10
A. B.
4x+ y=5 y+x 4x+ y=5 y+x
{ 5x+6 y=10 { 5x+6 y=16
C. D.
5x+ y=6 y+x 5x+ y=6 y+x
8.A 由五只雀、六只燕共重1斤(古时1斤=16两)可得方程5x+6y=16.由雀重燕轻,互换其中一只,恰好一样重,可得
方程4x+y=5y+x.故选A.
方法总结 正确理解并列出二元一次方程组,关键是抓住关于x和y的代数式的等量关系.
9.(2021浙江衢州,9,3分)如图,将菱形ABCD绕点A逆时针旋转∠α得到菱形AB'C'D',∠B=∠β.当AC平分∠B'AC'时,
∠α与∠β满足的数量关系是 ( )
A.∠α=2∠β B.2∠α=3∠β
C.4∠α+∠β=180° D.3∠α+2∠β=180°
29.C 由题意,菱形ABCD绕点A逆时针旋转∠α得到菱形AB'C'D',可得∠CAC'=∠α,∠BAB'=∠α.又∵AC平分
∠B'AC',∴∠B'AC=∠CAC'=∠α.在菱形 ABCD中,∠BAC=∠α+∠α=2∠α,根据菱形性质,
∠DAC=∠BAC=2∠α,∵AD∥BC,∠B=∠β,∴∠B+∠BAD=180°,即∠β+4∠α=180°.故选C.
思路分析 本题涉及菱形性质、旋转变换性质,角平分线性质,平行线性质定理等知识.解题关键是抓住旋转变换中
∠CAC'=∠BAB'=∠α,再根据菱形对角线平分每一组对角,平行线性质定理及角平分线性质求出答案.
10.(2021浙江衢州,10,3分)已知A、B两地相距60 km,甲、乙两人沿同一条公路从A地出发到B地.甲骑自行车匀速
行驶3 h到达,乙骑摩托车,比甲迟1 h出发,行至30 km处追上甲,停留半小时后继续以原速行驶.他们离开A地的路
程y与甲行驶时间x的函数图象如图所示,当乙再次追上甲时距离B地 ( )
A.15 kmB.16 kmC.44 kmD.45 km
10.A 由图可得,设甲的函数表达式为y =kx,
甲 1
把(3,60)代入,得60=3k,∴k=20,∴y =20x.把y=30代入y =20x,得30=20x,∴x=1.5.由乙迟1 h出发,经30 km处停留
1 1 甲 甲
半小时可得点E坐标为(1.5,30),点F坐标为(2,30),乙的速度为30÷0.5=60(km/h),乙继续到达B地需要时间为(60-
30)÷60=0.5(h),∴H点坐标为(2.5,60).设直线FH的解析式为y =kx+b,把(2,30)和(2.5,60)代入可得
乙 2
{ 30=2k 2 +b, 解得{k 2 =60, ∴y 乙 =60x-90.由{ y=20x, 解得{x=2.25, ∴当乙再次追上甲时距离B地
60=2.5k +b, b=-90. y=60x-90, y=45.
2
60-45=15(km).故选A.
思路分析 本题涉及正比例函数和一次函数图象的应用,解题关键是正确理解函数图象信息,准确求出直线OD和直线
FH的解析式,求出交点坐标,即可求出答案.
卷Ⅱ
说明:本卷共有2大题,14小题,共90分.
二、填空题(本题共有6小题,每小题4分,共24分)
11.(2021浙江衢州,11,4分)若√x-1有意义,则x的值可以是 .(写出一个即可)
11.答案 3(答案不唯一)
解析 由二次根式有意义,可得x-1≥0,x≥1,所以取x≥1的实数均可.
12.(2021浙江衢州,12,4分)不等式2(y+1)<y+3的解集为 .
12.答案 y<1
解析 ∵2(y+1)<y+3,
去括号得2y+2<y+3,
3移项得2y-y<3-2,
合并同类项得y<1,
∴该不等式的解集为y<1.
方法总结 正确掌握一元一次不等式解法的步骤.
13.(2021浙江衢州,13,4分)为庆祝建党100周年,某校举行“庆百年红歌大赛”,七年级5个班得分分别为
85,90,88,95,92,则5个班得分的中位数为 分.
13.答案 90
解析 5个班得分分别为85,88,90,92,95.所以中位数为90.
方法总结 理解中位数定义:将一组数据按从小到大或从大到小的顺序排列,如果数据的个数为奇数,则取处于中间位
置的数为这组数据的中位数;如果数据的个数为偶数,则称中间两个数据的平均数为这组数据的中位数.
14.(2021浙江衢州,14,4分)如图,在正五边形ABCDE中,连接AC,BD交于点F,则∠AFB的度数为 .
14.答案 72°
(5-2)×180°
解析 正五边形ABCDE中,∠ABC=
5
180°-108°
=108°,DC=CB,∠DCB=∠CBA,CB=AB,∴△DCB≌△CBA,∴∠DBC=∠CAB.又∵AB=BC,∴∠BAC=∠BCA=
2
=36°,∴∠DBC=36°,∴∠AFB=∠FBC+∠FCB=36°+36°=72°.
思路分析 本题涉及正多边形性质、三角形全等、三角形外角性质等知识.解题关键是正确掌握正五边形的边、角关
系,证出△DCB≌△CBA,得出∠BAC=∠BCA,即可求出答案.
15.(2021浙江衢州,15,4分)将一副三角板如图放置在平面直角坐标系中,顶点A与原点O重合,AB在x轴正半轴上,
1
且AB=4√3,点E在AD上,DE= AD,将这副三角板整体向右平移 个单位,C,E两点同时落在反比例函数y=
4
k
的图象上.
x
15.答案 12-√3
1 3
解析 由题图得,Rt△DAB中,AB=4√3,∠ADB=30°,∴AD=8√3,∴DB=√(8√3)2-(4√3)2=12.∵DE= AD,∴AE= ×8
4 4
√3=6√3.
易得点E坐标为(3√3,9),C点坐标为(6+4√3,6).
4k
{ 9= ,
设这副三角板整体向右平移a个单位后C,E两点同时落在反比例函数y=k 的图象上,可得 3√3+a 即9(3
x k
6= ,
6+4√3+a
√3+a)=6(6+4√3+a),∴27√3+9a=36+24√3+6a,∴a=12-√3.
思路分析 本题涉及反比例函数的性质,直角三角形性质,平面直角坐标系点的坐标,点的平移性质,锐角三角函数值等
知识,解题的关键是求出点E的坐标及点C的坐标,再根据点E与点C向右平移a个单位后同时落在反比例函数图象
上得到关于a的方程,即可求出a的值.
16.(2021浙江衢州,16,4分)图1是某折叠式靠背椅实物图,图2是椅子打开时的侧面示意图,椅面CE与地面平行,支
撑杆AD,BC可绕连接点O转动,且OA=OB,椅面底部有一根可以绕点H转动的连杆HD.点H是CD的中点,FA,EB
均与地面垂直,测得FA=54 cm,EB=45 cm,AB=48 cm.
(1)椅面CE的长度为 cm;
(2)如图3,椅子折叠时,连杆HD绕着支点H带动支撑杆AD,BC转动合拢,椅面和连杆夹角∠CHD的度数达到最小值
30°时,A,B两点间的距离为 cm(结果精确到0.1 cm).
(参考数据:sin 15°≈0.26,cos 15°≈0.97,tan 15°≈0.27)
图1
图2
图3
16.答案 (1)40 (2)12.5
MC FM
解析 (1)如图1,延长EC交FA于M点,可得△FMC∽△FAB,∴ = .
AB FA
∵FA=54,EB=45,AB=48,
∴MA=EB=45,FM=54-45=9,
MC 9
∴ = ,∴MC=8.
48 54
5∴CE=48-8=40,即椅面CE的长度为40 cm.
图1
(2)如图2,连接CD,过点H作HN⊥CD于点N,
图1中CD=48-8×2=32.
∵H是CD的中点,∴CH=32÷2=16.
∵∠CHD=30°,HC=HD,∴∠CHN=30°÷2=15°,
CN
在Rt△HCN中,sin 15°= ,
CH
CN
即0.26≈ ,∴CN≈4.16,
16
∴CD=2CN≈2×4.16=8.32.
CO CD 32 2
由图1可得△COD∽△BOA,∴ = = = .
OB AB 48 3
由图2可得△COD∽△BOA,
CD CO 8.32 2
∴ = ,即 = ,∴AB=12.48≈12.5,即A,B两点间的距离为12.5 cm.
AB OB AB 3
图2
思路分析 本题涉及相似三角形的判定及性质,线段比例关系,等腰三角形性质,锐角三角函数值等知识.
MC FM
(1)延长EC交FA于点M,可得△FMC∽△FAB,得到 = ,根据FA,EB,AB的值,求出MA,FM的值,即可求出
AB FA
MC,CE的值.
CN
(2)连接CD,过点H作NH⊥CD于点N,在Rt△HCN中,利用sin 15°= ,求出CN的值,得到CD的值.根据图1得出
CH
CO
的值,利用图2中△COD∽△BOA,即可求出AB的值.
OB
三、解答题(本题共有8小题,第17~19小题每小题6分,第20~21小题每小题8分,第22~ 23小题每小题10分,第24小题
12分,共66分.请务必写出解答过程)
17.(2021浙江衢州,17,6分)(本题6分)
6计算: +(1) 0 -|-3|+2cos 60°.
√9
2
1
17.解析 原式=3+1-3+2× (5分)
2
(每项都计算正确得5分,错一个扣1分)
=2. (6分)
18.(2021浙江衢州,18,6分)(本题6分)
x2 9
先化简,再求值: + ,其中x=1.
x-3 3-x
x2 9 (x+3)(x-3)
18.解析 原式= - = (3分)
x-3 x-3 x-3
=x+3. (4分)
当x=1时,原式=4. (6分)
(直接代入计算正确得2分)
19.(2021浙江衢州,19,6分)(本题6分)
如图,在6×6的网格中,△ABC的三个顶点都在格点上.
(1)在图1中画出△ACD,使△ACD与△ACB全等,顶点D在格点上;
(2)在图2中过点B画出平分△ABC面积的直线l.
图1
图2
19.解析 (1)
△ACD就是所求作的三角形. (3分)
(2)
直线l就是所求作的直线. (6分)
720.(2021浙江衢州,20,8分)(本题8分)
为进一步做好“光盘行动”,某校食堂推出“半份菜”服务.在试行阶段,食堂对师生满意度进行抽样调查,并将结果
绘制成如下统计图(不完整).
(1)求被调查的师生人数,并补全条形统计图;
(2)求扇形统计图中表示“满意”的扇形圆心角度数;
(3)若该校共有师生1 800名,根据抽样结果,试估计该校对食堂“半份菜”服务“很满意”或“满意”的师生总人数.
20.解析 (1)师生人数为120÷60%=200. (2分)
补全条形统计图如下图.
(3分)
70
(2)表示“满意”的圆心角度数为 ×360°=126°. (5分)
200
120+70
(3)全校师生对食堂“半份菜”服务“很满意”或“满意”的师生总人数约为1 800× =1 710. (8分)
200
21.(2021浙江衢州,21,8分)(本题8分)
如图,在△ABC中,CA=CB,BC与☉A相切于点D,过点A作AC的垂线交CB的延长线于点E,交☉A于点F,连接BF.
(1)求证:BF是☉A的切线;
(2)若BE=5,AC=20,求EF的长.
821.解析 (1)证明:如图,连接AD,∵CA=CB,
∴∠CAB=∠ABC,(1分)
∵AE⊥AC,∴∠CAB+∠EAB=90°.
又∵☉A切BC于点D,∴∠ADB=90°,
∴∠ABD+∠BAD=90°,∴∠BAE=∠BAD. (2分)
又∵AB=AB,AF=AD,∴△ABF≌△ABD(SAS), (3分)
∴∠AFB=∠ADB=90°,∴BF是☉A的切线. (4分)
(2)由(1)得∠AFB=∠FAC=90°,∴BF∥AC,
∴△BEF∽△CEA, (5分)
BE BF
∴ = .
CE CA
5 BF
∵CB=CA=20,BE=5,∴ = ,∴BF=4, (6分)
5+20 20
∴EF=√BE2-BF2=√52-42=3. (8分)
思路分析 本题涉及圆的有关概念及性质、圆的切线的判定及性质、全等三角形、相似三角形、勾股定理等知识.
(1)连接AD,由CA=CB,得∠CAB=∠ABC.根据AE⊥AC,可得∠CAB+∠EAB=90°.根据☉A切BC于点D,可得出
∠BAE=∠BAD.由题意可证出△ABF≌△ABD,即可得出∠AFB=90°,BF是☉A的切线.
BE BF
(2)由题意可得△BEF∽△CEA,根据 = ,求出BF的值,再利用勾股定理求出EF的值.
CE CA
22.(2021浙江衢州,22,10分)(本题10分)
图1是一座抛物线形拱桥侧面示意图.水面宽AB与桥长CD均为24 m,在距离D点6 m的E处,测得桥面到桥拱的距
离EF为1.5 m,以桥拱顶点O为原点,桥面为x轴建立平面直角坐标系.
(1)求桥拱顶部O离水面的距离;
(2)如图2,桥面上方有3根高度均为4 m的支柱CG,OH,DI,过相邻两根支柱顶端的钢缆呈形状相同的抛物线,其最
低点到桥面距离为1 m.
①求出其中一条钢缆抛物线的函数表达式;
②为庆祝节日,在钢缆和桥拱之间竖直装饰若干条彩带,求彩带长度的最小值.
9图1
图2
22.解析 (1)设y=ax2,由题意得F(6,-1.5),
1 1
1 1
∴-1.5=36a,∴a=- ,∴y=- x2, (2分)
1 1 24 1 24
1
当x=12时,y=- ×122=-6,
1 24
∴桥拱顶部离水面的距离为6 m. (3分)
(2)①由题意得右边的抛物线顶点坐标为(6,1),
∴设y=a(x-6)2+1, (4分)
2 2
∵H(0,4),∴4=a(0-6)2+1,
2
1 1
∴a= ,∴y= (x-6)2+1. (6分)
2 12 2 12
( 左边抛物线表达式:y= 1 (x+6)2+1 )
12
②设彩带长度为h,
则h=y-y=
1
(x-6)2+1-
(
-
1 x2)
=
1
x2-x+4, (8分)
2 1 12 24 8
∴当x=4时,h有最小值,h =2.
最小值
答:彩带长度的最小值是2 m. (10分)
思路分析 本题涉及二次函数的表达式、二次函数的图象与性质、二次函数的应用等知识.
1
(1)设y=ax2,由题意得F点坐标,把F点的坐标代入,即可求得y=- x2,把x=12代入函数表达式可求出桥拱顶部离
1 1 1 24
水面的距离.
(2)①由题意得右边抛物线顶点坐标为(6,1),设y=a(x-6)2+1,把(0,4)代入求出a 的值,即可求出y 的表达式.②设
2 2 2 2
彩带长度为h,由题意h=y-y=
1
(x-6)2+1-
(
-
1 x2)
=
1
x2-x+4.利用配方法或顶点公式,可求出彩带长度的最小值.
2 1 12 24 8
23.(2021浙江衢州,23,10分)(本题10分)
如图1,点C是半圆O的直径AB上一动点(不包括端点),AB=6 cm,过点C作CD⊥AB交半圆于点D,连接AD,过点C
作CE∥AD交半圆于点E,连接EB.牛牛想探究在点C运动过程中EC与EB的大小关系.他根据学习函数的经验,记
AC=x cm,EC=y cm,EB=y cm.请你一起参与探究函数y,y 随自变量x变化的规律.
1 2 1 2
通过几何画板取点、画图、测量,得出如下几组对应值,并在图2中描出了以各对对应值为坐标的点,画出了不完整图
象.
x … 0.30 0.80 1.60 2.40 3.20 4.00 4.80 5.60 …
y 1 … 2.01 2.98 3.46 3.33 2.83 2.11 1.27 0.38 …
y 2 … 5.60 4.95 3.95 2.96 2.06 1.24 0.57 0.10 …
10(1)当x=3时,y= ;
1
(2)在图2中画出函数y 的图象,并结合图象判断函数值y 与y 的大小关系;
2 1 2
(3)由(2)知“AC取某值时,有EC=EB”.如图3,牛牛连接了OE,尝试通过计算EC,EB的长来验证这一结论,请你完
成计算过程.
图1
图2
图3
23.解析 (1)3(2.9至3.1也给分). (2分)
(2)函数y 的图象如图1. (3分)
2
当0<x<a时,y<y,
1 2
当x=a时,y=y,
1 2
当a<x<6时,y>y. (6分)
1 2
(a的准确值为2,取1.9至2.1也给分)
图1
(3)解法一:如图2,连接OD,过点E作EH⊥AB于点H,
图2
∵DC⊥AB,AC=2,OC=1,OD=3,
11∴CD= =2 . (7分)
√32-12 √2
设OH=m,则CH=1+m,EH= = ,
√32-m2 √9-m2
∵AD∥CE,∴∠DAC=∠ECO,
又∵∠DCA=∠EHC=90°,
∴△DAC∽△ECH,∴DC=EH,∴2√2=√9-m2,
AC CH 2 1+m
∴m=1( 7 ). (8分)
m=- 舍去
3
∴HC=2,EH=2√2,∴EC=2√3, (9分)
又∵HB=2,
∴EB=2√3=EC. (10分)
解法二:如图3,连接BD交CE于点H,过点O作OF⊥CE于点F,
图3
∵AC=2,AB=6,∴BC=4,OC=1.
∵AB是直径,∴∠ADB=∠ACD=90°.
AC CD 2 CD
易得△ACD∽△DCB,则 = ,即 = ,
CD CB CD 4
∴CD=2√2,∴AD=2√3. (7分)
∵AD∥CE,易得△ACD∽△CFO,BD⊥CE,
√6 √3
∴OF= ,CF= ,
3 3
5√3
又∵OE=3,∴EF= ,∴CE=2√3. (9分)
3
易得△COF∽△CBH,
4√3 4√6
∴CH=4CF= ,BH=4OF= ,
3 3
2√3
∴EH=CE-CH= ,∴BE=√EH2+BH2=2√3,
3
∴BE=CE. (10分)
(其他方法,酌情给分)
思路分析 本题是一道函数综合探究题.涉及函数的列表法、图象法、函数图象的性质、勾股定理、相似三角形、圆
的有关概念及性质、一元二次方程解法等知识.
(1)由函数图象可得当x=3时,y=3.
1
(2)结合图象性质,可得当0<x<a时,y<y,当x=a时,y=y,当a<x<6时,y>y.
1 2 1 2 1 2
12(3)本题解法有多种.例如,连接OD,过点E作EH⊥AB于点H,Rt△DCO中利用勾股定理可求出CD的值,设OH=m,得
CH=1+m,EH= ,由题意可证△DAC∽△ECH,得出DC=EH,即2√2=√9-m2,可求出m的值.再求出EC,EB
√9-m2
AC CH 2 1+m
的值来验证EC=EB这一结论.
24.(2021浙江衢州,24,12分)(本题12分)
【推理】
如图1,在正方形ABCD中,点E是CD上一动点,将正方形沿着BE折叠,点C落在点F处,连接BE,CF,延长CF交
AD于点G.
(1)求证:△BCE∽△CDG.
【运用】
HD 4
(2)如图2,在【推理】条件下,延长BF交AD于点H.若 = ,CE=9,求线段DE的长.
HF 5
【拓展】
AB HD 4
(3)将正方形改成矩形,同样沿着BE折叠,连接CF,延长CF,BF分别交直线AD于G,H两点.若 =k, = ,求
BC HF 5
DE
的值.(用含k的代数式表示)
EC
图1
图2
图3
24.解析 (1)∵△BFE由△BCE折叠得到,
∴BE⊥CF,∴∠ECF+∠BEC=90°. (1分)
又∵四边形ABCD是正方形,
∴∠D=∠BCE=90°,∴∠ECF+∠CGD=90°,
∴∠BEC=∠CGD,(2分)
又∵BC=CD, (3分)
∴△BCE≌△CDG(AAS). (4分)
(2)如图1,连接EH,
13图1
由(1)得△BCE≌△CDG,∴CE=DG=9,
由折叠得BC=BF,CE=FE=9,
∴∠BCF=∠BFC. (5分)
∵四边形ABCD是正方形,
∴AD∥BC,∴∠BCG=∠HGF,
又∵∠BFC=∠HFG,∴∠HFG=∠HGF,
∴HF=HG. (6分)
HD 4
∵ = ,DG=9,
HF 5
∴HD=4,HF=HG=5. (7分)
∵∠D=∠HFE=90°,
∴HF2+FE2=DH2+DE2,∴52+92=42+DE2,
∴DE=3√10(DE=-3√10舍去). (8分)
(3)如图2,连接HE,
图2
HD 4 DE
由已知 = ,可设DH=4m,HG=5m,令 =x,
HF 5 EC
①当点H在D点左边时,如图2,
易得HF=HG,∴DG=9m,
由折叠得BE⊥CF,∴∠ECF+∠BEC=90°,
又∵∠D=90°,∴∠ECF+∠CGD=90°,
∴∠BEC=∠CGD,
又∵∠BCE=∠D=90°,∴△CDG∽△BCE, (9分)
DG CD CD AB
∴ = ,∵ = =k,
CE BC BC BC
9m 9m 9mx
∴ =k,∴CE= =FE,∴DE= .
CE k k
∵∠D=∠HFE=90°,∴HF2+FE2=DH2+DE2,
∴(5m)2+(9m) 2 =(4m)2+(9mx) 2,
k k
∴x=√k2+9( -√k2+9 ).
x= 舍去
3 3
14∴DE=√k2+9.(10分)
EC 3
②当点H在D点右边时,如图3,
图3
同理得HG=HF,∴DG=m,
同理可得△BCE∽△CDG,
m mx
可得CE= =FE,∴DE= ,
k k
∵HF2+FE2=DH2+DE2,
∴(5m)2+(m) 2 =(4m)2+(mx) 2,
k k
∴x= (x=- 舍去).
√9k2+1 √9k2+1
DE
∴ =√9k2+1. (12分)
EC
综上,DE的值为√k2+9或 .
√9k2+1
EC 3
思路分析 本题涉及正方形性质、折叠变换、直角三角形、全等三角形、勾股定理、相似三角形等知识.本题综合性
强,难度较大,解题关键是正确设参量,表示线段相关数量关系.
(1)由题意,△BFE由△BCE折叠得到,∴∠ECF+∠BEC=90°.
由四边形ABCD是正方形,可得∠BEC=∠CGD,BC=CD,即可证出△BCE≌△CDG.
(2)连接EH,由(1)可得△BCE≌△CDG,∴CE=DG=9.
由折叠可得∠BCF=∠BFC.
HD 4
由题意可得HF=HG,根据 = ,DG=9.
HF 5
再利用HF2+FE2=DH2+DE2,即可求出DE的值.
DE
(3)连接HE,设DH=4m,HG=5m,令 =x,
EC
①当点H在D点左边时,如图2,
CD AB
由题意可证△CDG∽△BCE,根据 = =k,
BC BC
9mx
可得DE= ,根据HF2+FE2=DH2+DE2,
k
列出(5m)2+(9m) 2 =(4m)2+(9mx) 2,
k k
15解得x=√k2+9,即可求出DE=√k2+9.
3 EC 3
②当点H在D点右边时,如图3,
由题意可得△BCE∽△CDG.
根据HF2+FE2=DH2+DE2,列出(5m)2+(m) 2 =(4m)2+(mx) 2,
k k
DE
解得x=√9k2+1,即可求出 =√9k2+1.
EC
1617
