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2021-2022学年辽宁省沈阳市皇姑区虹桥中学九年级（上）第一次月考数学试卷
一、选择（每题2分，共20分）
1．（2分）sin60°＝（　　）
A． B． C． D．
2．（2分）用配方法解方程x2+4x+1＝0时，配方结果正确的是（　　）
A．（x﹣2）2＝5 B．（x﹣2）2＝3 C．（x+2）2＝5 D．（x+2）2＝3
3．（2分）如图，点A、B、C都在方格纸的格点上，若点A的坐标为（0，2），点B的坐标为（2，0），则点C的坐标是（　　）
A．（2，2） B．（1，2） C．（1，1） D．（2，1）
4．（2分）如图，A（8，0），C（﹣2，0），以点A为圆心，AC长为半径画弧，交y轴正半轴于点B，则点B的坐标为（　　）
A．（0，5） B．（5，0） C．（6，0） D．（0，6）
5．（2分）若点P（a+1，2﹣2a）关于x轴的对称点在第四象限，则a的取值范围在数轴上表示为（　　）
A．
B．
C．
D．
6．（2分）在一个不透明的袋中装有6个只有颜色不同的球，其中3个红球、2个黄球和1个白球．从袋中任意摸出一个球，是白球的概率为（　　）
A． B． C． D．
7．（2分）如图，将△ABC绕点A逆时针旋转55°得到△ADE，若∠E＝70°且AD⊥BC于点F，则∠BAC的度数为（　　）
A．65° B．70° C．75° D．80°
8．（2分）如图都是由同样大小的小球按一定规律排列的，依照此规律排列下去，第n个图形共有210个小球，则可列方程（　　）
A．n（n﹣1）＝210 B．n（n+1）＝210
C．＝210 D．＝210
9．（2分）如图，在平面直角坐标系中，将△OAB以原点O为位似中心放大后得到△OCD，若B（0，1），D（0，3），则△OAB与△OCD的相似比是（　　）
A．2：1 B．1：2 C．3：1 D．1：3
10．（2分）如图，在4×4的正方形网格中，每个小正方形的边长都为1，E为BD与正方形网格线的交点，下面结论：①CE＝BD；②△ABC≌△CBD；③AC＝CD；④∠ABC＝∠CBD．正确的有（　　）个．
A．1 B．2 C．3 D．4
二、填空（每题3分，共18分）
11．（3分）若＝，则＝　 　．
12．（3分）关于x的一元二次方程x2+5x+m＝0有两个不相等的实数根，则实数m的取值范围是　 　．
13．（3分）y＝x2+5x+1，当x＝　 　时，y有最 　 　值，为 　 　．
14．（3分）如图在三条横线和三条竖线组成的图形中，任选两条横线和两条竖线都可以组成一个矩形，从这些矩形中任选一个，则所选矩形含点A的概率是 　 　．
15．（3分）如图，在直角坐标系中，点A，B的坐标为A（0，2），B（﹣1，0），将△ABO绕点O按顺时针旋转得到△A1B1O，若AB⊥OB1，则点A1的坐标为 　 　．
16．（3分）将两条邻边长分别为，1的矩形纸片剪成四个等腰三角形纸片（无余纸片），各种剪法剪出的等腰三角形中，其中一个等腰三角形的腰长可以是下列数中的　 　（填序号）．
①，②1，③﹣1，④，⑤．
三、解答题（第17题6分，第18、19题各8分，共22分）
17．（6分）计算：（﹣）﹣1+tan60°﹣|2﹣|+（π﹣3）0﹣．
18．（8分）解方程：x2+6x+4＝0．
19．（8分）已知在△ABC中，O为BC边的中点，连接AO，将△AOC绕点O顺时针方向旋转（旋转角为钝角），得到△EOF，连接AE，CF．
（1）如图1，当∠BAC＝90°且AB＝AC时，则AE与CF满足的数量关系是 　 　；
（2）如图2，当∠BAC＝90°且AB≠AC时，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由．
（3）如图3，延长AO到点D，使OD＝OA，连接DE，当AO＝CF＝5，BC＝6时，求DE的长．
四、（每题8分，共16分）
20．（8分）从一副普通的扑克牌中取出四张牌，它们的牌面数字分别为2，3，3，6．
（1）将这四张扑克牌背面朝上，洗匀，从中随机抽取一张，则抽取的这张牌的牌面数字是3的概率为 　 　；
（2）将这四张扑克牌背面朝上，洗匀．从中随机抽取一张，不放回，再从剩余的三张牌中随机抽取一张．请利用画树状图或列表的方法，求抽取的这两张牌的牌面数字恰好相同的概率．
21．（8分）如图，△ABC中，BD⊥AB，BD、AC相交于点D，＝，AB＝2，∠ABC＝150°，求△DBC的面积．
五、（本题10分）
22．（10分）如图，在Rt△ABC纸片中，∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝3，点D，E分别在AB，AC上，连结DE，将△ADE沿DE翻折，使点A的对应点F落在BC的延长线上，若FD平分∠EFB，求AD的长．
六、（本题10分）
23．（10分）如图，已知直线y＝﹣x+8与x轴交于点A，与y轴交于点B，动点C从点B出发，以每秒1个单位的速度沿BA方向匀速运动，同时动点D从点A出发，以每秒2个单位的速度沿AO方向向点O匀速运动，当一个点停止运动，另一个点也随之停止运动，设运动的时间为t秒（t＞0）．
（1）求△AOB的面积；
（2）直接用含有t的代数式表示C点的坐标；
（3）直接写出t为何值时，△ACD面积为；
（4）直接写出△ACD与△AOB相似时t的值．
七、（本题12分）
24．（12分）如图，点E为矩形ABCD的边CD上的一点，AB＝1，AD＝，沿AE折叠矩形ABCD，点C的对应点为F，点B的对应点为点G．
（1）在备用图（1）中画出折叠后点F落在直线CD上的图形（四边形AEFG），此时DF＝　 　；
（2）在备用图（2）中画出折叠后点F落在直线AD上的图形（四边形AEFG），此时DF＝　 　；
（3）在备用图（3）中画出折叠后点D落在GF上的图形（四边形AEFG），此时CE＝　 　；
（4）直接写出CE为何值时，EF⊥AC；
（5）若在CE＞DE的情况下，且有△DFG的面积为，直接写出此时CE的长．
八、（本题12分）
25．（12分）如图，点A、B在x轴上，点C在y轴上，且OA＝2，OB＝4，OC＝8，直线MN过AB的中点且与y轴平行，与直线BC交于点M，与x轴交于点N．
（1）求点M的坐标．
（2）若点P是直线MN上的一个动点，直接写出点P的坐标，使以P、C、M为顶点的三角形与△MNB相似．
（3）D为CO的中点，一个动点G从D点出发，先到达x轴上的点E，再走到直线MN上的点F，最后返回到点C．要使动点G走过的路程最短，请直接写出点E、F的坐标，并直接写出最短路程．
（4）点Q是y轴上的一点，点R在x轴上，直接写出使△MQR为等腰直角三角形的Q的坐标．
2021-2022学年辽宁省沈阳市皇姑区虹桥中学九年级（上）第一次月考数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择（每题2分，共20分）
1．（2分）sin60°＝（　　）
A． B． C． D．
【分析】根据特殊角的三角函数值可得答案．
【解答】解：sin60°＝．
故选：C．
【点评】本题考查特殊角的三角函数值，要求学生牢记并熟练运用．
2．（2分）用配方法解方程x2+4x+1＝0时，配方结果正确的是（　　）
A．（x﹣2）2＝5 B．（x﹣2）2＝3 C．（x+2）2＝5 D．（x+2）2＝3
【分析】方程整理后，利用完全平方公式配方得到结果，即可作出判断．
【解答】解：方程x2+4x+1＝0，
整理得：x2+4x＝﹣1，
配方得：（x+2）2＝3．
故选：D．
【点评】此题考查了解一元二次方程﹣配方法，熟练掌握完全平方公式是解本题的关键．
3．（2分）如图，点A、B、C都在方格纸的格点上，若点A的坐标为（0，2），点B的坐标为（2，0），则点C的坐标是（　　）
A．（2，2） B．（1，2） C．（1，1） D．（2，1）
【分析】直接利用已知点坐标确定平面直角坐标系，进而得出答案．
【解答】解：如图所示：
点C的坐标为（2，1）．
故选：D．
【点评】此题主要考查了点的坐标，正确得出原点位置是解题的关键．
4．（2分）如图，A（8，0），C（﹣2，0），以点A为圆心，AC长为半径画弧，交y轴正半轴于点B，则点B的坐标为（　　）
A．（0，5） B．（5，0） C．（6，0） D．（0，6）
【分析】根据已知可得AB＝AC＝10，OA＝8．利用勾股定理即可求解．
【解答】解：根据已知可得：AB＝AC＝10，OA＝8．
在Rt△ABO中，＝6．
∴B（0，6）．
故选：D．
【点评】本题考查勾股定理的应用、坐标的特征知识．关键在于利用点的坐标表示边的长度．
5．（2分）若点P（a+1，2﹣2a）关于x轴的对称点在第四象限，则a的取值范围在数轴上表示为（　　）
A．
B．
C．
D．
【分析】由P点关于x轴的对称点在第四象限，得出不等式组，求出不等式组的解集，即可得出选项．
【解答】解：∵点P（a+1，2﹣2a）关于x轴的对称点在第四象限，
∴点P在第一象限，
∴，
解得：﹣1＜a＜1，
在数轴上表示为：，
故选：C．
【点评】本题考查了关于x轴、y轴对称的点的坐标，解一元一次不等式组，在数轴上表示不等式组的解集的应用，能根据题意得出不等式组是解此题的关键．
6．（2分）在一个不透明的袋中装有6个只有颜色不同的球，其中3个红球、2个黄球和1个白球．从袋中任意摸出一个球，是白球的概率为（　　）
A． B． C． D．
【分析】用白球的数量除以所有球的数量即可求得白球的概率．
【解答】解：∵袋子中共有6个小球，其中白球有1个，
∴摸出一个球是白球的概率是，
故选：A．
【点评】此题主要考查了概率的求法，如果一个事件有n种可能，而且这些事件的可能性相同，其中事件A出现m种结果，那么事件A的概率P（A）＝．
7．（2分）如图，将△ABC绕点A逆时针旋转55°得到△ADE，若∠E＝70°且AD⊥BC于点F，则∠BAC的度数为（　　）
A．65° B．70° C．75° D．80°
【分析】由旋转的性质可得∠BAD＝55°，∠E＝∠ACB＝70°，由直角三角形的性质可得∠DAC＝20°，即可求解．
【解答】解：∵将△ABC绕点A逆时针旋转55°得△ADE，
∴∠BAD＝55°，∠E＝∠ACB＝70°，
∵AD⊥BC，
∴∠DAC＝20°，
∴∠BAC＝∠BAD+∠DAC＝75°．
故选：C．
【点评】本题考查了旋转的性质，掌握旋转的性质是本题的关键．
8．（2分）如图都是由同样大小的小球按一定规律排列的，依照此规律排列下去，第n个图形共有210个小球，则可列方程（　　）
A．n（n﹣1）＝210 B．n（n+1）＝210
C．＝210 D．＝210
【分析】观察图形，找出图形变化的规律即可可列方程．
【解答】解：第1个图中有1个小球，
第2个图中有3个小球，3＝1+2，
第3个图中有6个小球，6＝1+2+3，
第4个图中有10个小球，10＝1+2+3+4，
……
照此规律，第n个图中有1+2+3+……+n＝个小球，
由n个图形共有210个小球可得＝210，
故选：D．
【点评】本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程和规律型问题，解题的关键是仔细观察图形并找到小球个数的规律．
9．（2分）如图，在平面直角坐标系中，将△OAB以原点O为位似中心放大后得到△OCD，若B（0，1），D（0，3），则△OAB与△OCD的相似比是（　　）
A．2：1 B．1：2 C．3：1 D．1：3
【分析】根据信息，找到OB与OD的比值即可．
【解答】解：∵B（0，1），D（0，3），
∴OB＝1，OD＝3，
∵△OAB以原点O为位似中心放大后得到△OCD，
∴△OAB与△OCD的相似比是OB：OD＝1：3，
故选：D．
【点评】本题考查位似变换、坐标与图形的性质．关键在于找到相似比就是对应边的比．
10．（2分）如图，在4×4的正方形网格中，每个小正方形的边长都为1，E为BD与正方形网格线的交点，下面结论：①CE＝BD；②△ABC≌△CBD；③AC＝CD；④∠ABC＝∠CBD．正确的有（　　）个．
A．1 B．2 C．3 D．4
【分析】根据勾股定理可以得到BC、CD、BD的长，再根据勾股定理的逆定理可以得到△BCD的形状，利用相似三角形的判定与性质，可以得到EF的长，然后即可得到CE的长，从而可以得到CE和BD的关系；根据图形，很容易判断△ABC≌△CBD和AC＝CD不成立；再根据锐角三角函数可以得到∠ABC和∠CBD的关系．
【解答】解：由图可得，
BC＝＝2，CD＝＝，BD＝＝5，
∴BC2+CD2＝（2）2+（）2＝25＝BD2，
∴△BCD是直角三角形，
∵EF∥GD，
∴△BFE∽△BGD，
∴＝，
即＝，
解得EF＝1.5，
∴CE＝CF﹣EF＝4﹣1.5＝2.5，
∴CE＝BD，故选项①正确；
由图可知，显然△ABC和△CBD不全等，故选项②错误；
∵AC＝2，CD＝，
∴AC≠CD，故选项③错误；
∵tan∠ABC＝＝，tan∠CBD＝＝＝，
∴∠ABC＝∠CBD，故选项④正确；
综上，正确的有2个，
故选：B．
【点评】本题考查相似三角形的判定、勾股定理与勾股定理的逆定理、锐角三角函数，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
二、填空（每题3分，共18分）
11．（3分）若＝，则＝　　．
【分析】根据已知条件设a＝5k，b＝6k（k≠0），再代入要求的式子进行计算即可得出答案．
【解答】解：设a＝5k，b＝6k（k≠0），
则＝＝．
故答案为：．
【点评】本题考查了比例的性质，利用“设k法”求解更简便．
12．（3分）关于x的一元二次方程x2+5x+m＝0有两个不相等的实数根，则实数m的取值范围是　m＜　．
【分析】由方程有两个不相等的实数根得出Δ＝52﹣4m＞0，解之即可．
【解答】解：根据题意得：Δ＝52﹣4m＞0，
解得m＜．
故实数m的取值范围是m＜．
故答案为：m＜．
【点评】本题主要考查根的判别式，解题的关键是掌握一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的根与Δ＝b2﹣4ac有如下关系：
①当Δ＞0时，方程有两个不相等的两个实数根；
②当Δ＝0时，方程有两个相等的两个实数根；
③当Δ＜0时，方程无实数根．
13．（3分）y＝x2+5x+1，当x＝　﹣　时，y有最 　小　值，为 　﹣　．
【分析】将函数变形为顶点式，再依次填空即可．
【解答】解：y＝x2+5x+1＝（x+）2﹣，
抛物线开口向上；
函数y有最小值，
当x＝﹣时，最小值为﹣．
故答案为：﹣，小，﹣．
【点评】本题考查了二次函数的三种形式的转化，二次函数的性质以及最值问题，是基础题，熟练掌握配方法是以及二次函数的性质是解题的关键．
14．（3分）如图在三条横线和三条竖线组成的图形中，任选两条横线和两条竖线都可以组成一个矩形，从这些矩形中任选一个，则所选矩形含点A的概率是 　　．
【分析】将从左到右的三条竖线分别记作a、b、c，将从上到下的三条横线分别记作m、n、l，利用表格列出任选两条横线和两条竖线所围成的矩形的所有等可能情况，再从中找到所选矩形含点A的情况，继而利用概率公式可得答案．
【解答】解：将从左到右的三条竖线分别记作a、b、c，将从上到下的三条横线分别记作m、n、l，列表如下，
ab bc ac
mn ab、mn bc、mn ac、mn
nl ab、nl bc、nl ac、nl
ml ab、ml bc、ml ac、ml
由表可知共有9种等可能结果，其中所选矩形含点A的有bc、mn；bc、ml；ac、mn；ac、ml这4种结果，
则所选矩形含点A的概率是．
故答案为：．
【点评】本题主要考查列表法与树状图法，解题的关键是利用表格列出任选两条横线和两条竖线所围成的矩形的所有等可能情况，并从所有结果中找到符合条件的结果数．
15．（3分）如图，在直角坐标系中，点A，B的坐标为A（0，2），B（﹣1，0），将△ABO绕点O按顺时针旋转得到△A1B1O，若AB⊥OB1，则点A1的坐标为 　（，）　．
【分析】如图，设AB交OB1于T，过点A1作A1R⊥x轴于R．解直角三角形求出OT，AT，再利用相似三角形的性质求出OR，RA1即可．
【解答】解：如图，设AB交OB1于T，过点A1作A1R⊥x轴于R．
∵A（0，2），B（﹣1，0），
∴OB＝1，OA＝2，
∴AB＝＝＝，
∵ OB OA＝ AB OT，
∴OT＝＝，
∴AT＝＝＝，
∵∠AOR＝∠A1OB1＝90°，
∴∠AOT＝∠A1OR，
∵∠ATO＝∠A1RO＝90°，
∴△ATO∽△A1RO，
∴＝＝，
∴1＝＝，
∴OR＝，RA1＝，
∴A1（，），
故答案为：（，）．
【点评】本题考查坐标与图形的性质，解直角三角形，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题．
16．（3分）将两条邻边长分别为，1的矩形纸片剪成四个等腰三角形纸片（无余纸片），各种剪法剪出的等腰三角形中，其中一个等腰三角形的腰长可以是下列数中的　①②③④　（填序号）．
①，②1，③﹣1，④，⑤．
【分析】首先作出图形，再根据矩形的性质和等腰三角形的判定即可求解．
【解答】解：如图所示：
则其中一个等腰三角形的腰长可以是①，②1，③﹣1，④，不可以是．
故答案为：①②③④．
【点评】考查了矩形的性质，等腰三角形的判定与性质，根据题意作出图形是解题的关键．
三、解答题（第17题6分，第18、19题各8分，共22分）
17．（6分）计算：（﹣）﹣1+tan60°﹣|2﹣|+（π﹣3）0﹣．
【分析】直接利用负整数指数幂的性质以及特殊角的三角函数值、绝对值的性质、零指数幂的性质、二次根式的性质分别化简得出答案．
【解答】解：原式＝﹣2+﹣（2﹣）+1﹣2
＝﹣2+﹣2++1﹣2
＝﹣3．
【点评】此题主要考查了实数运算，正确化简各数是解题关键．
18．（8分）解方程：x2+6x+4＝0．
【分析】找出a，b及c的值，计算出根的判别式的值大于0，代入求根公式即可求出解．
【解答】解：这里a＝1，b＝6，c＝4，
∵Δ＝b2﹣4ac＝36﹣16＝20，
∴x＝＝﹣3±，
则x1＝﹣3，x2＝﹣﹣3．
【点评】此题考查了解一元二次方程﹣公式法，利用公式法解方程时，首先将方程整理为一般形式，找出a，b及c的值，计算出根的判别式的值，当根的判别式的值大于等于0时，代入求根公式即可求出解．
19．（8分）已知在△ABC中，O为BC边的中点，连接AO，将△AOC绕点O顺时针方向旋转（旋转角为钝角），得到△EOF，连接AE，CF．
（1）如图1，当∠BAC＝90°且AB＝AC时，则AE与CF满足的数量关系是 　AE＝CF　；
（2）如图2，当∠BAC＝90°且AB≠AC时，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由．
（3）如图3，延长AO到点D，使OD＝OA，连接DE，当AO＝CF＝5，BC＝6时，求DE的长．
【分析】（1）结论AE＝CF．证明△AOE≌△COF（SAS），可得结论．
（2）结论成立．证明方法类似（1）．
（3）首先证明∠AED＝90°，再利用相似三角形的性质求出AE，利用勾股定理求出DE即可．
【解答】解：（1）结论：AE＝CF．
理由：如图1中，
∵AB＝AC，∠BAC＝90°，OC＝OB，
∴OA＝OC＝OB，AO⊥BC，
∵∠AOC＝∠EOF＝90°，
∴∠AOE＝∠COF，
∵OA＝OC，OE＝OF，
∴△AOE≌△COF（SAS），
∴AE＝CF．
（2）结论成立．
理由：如图2中，
∵∠BAC＝90°，OC＝OB，
∴OA＝OC＝OB，
∵∠AOC＝∠EOF，
∴∠AOE＝∠COF，
∵OA＝OC，OE＝OF，
∴△AOE≌△COF（SAS），
∴AE＝CF．
（3）如图3中，
由旋转的性质可知OE＝OA，
∵OA＝OD，
∴OE＝OA＝OD＝5，
∴∠AED＝90°，
∵OA＝OE，OC＝OF，∠AOE＝∠COF，
∴＝，
∴△AOE∽△COF，
∴＝，
∵CF＝OA＝5，
∴＝，
∴AE＝，
∴DE＝＝＝．
【点评】本题属于几何变换综合题，考查了旋转变换，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形或相似三角形解决问题，属于中考压轴题．
四、（每题8分，共16分）
20．（8分）从一副普通的扑克牌中取出四张牌，它们的牌面数字分别为2，3，3，6．
（1）将这四张扑克牌背面朝上，洗匀，从中随机抽取一张，则抽取的这张牌的牌面数字是3的概率为 　　；
（2）将这四张扑克牌背面朝上，洗匀．从中随机抽取一张，不放回，再从剩余的三张牌中随机抽取一张．请利用画树状图或列表的方法，求抽取的这两张牌的牌面数字恰好相同的概率．
【分析】（1）直接由概率公式求解即可；
（2）画树状图，共有12种等可能的结果，抽取的这两张牌的牌面数字恰好相同的结果有2种，再由概率公式求解即可．
【解答】解：（1）将这四张扑克牌背面朝上，洗匀，从中随机抽取一张，则抽取的这张牌的牌面数字是3的概率为＝，
故答案为：；
（2）画树状图如图：
共有12种等可能的结果，抽取的这两张牌的牌面数字恰好相同的结果有2种，
∴抽取的这两张牌的牌面数字恰好相同的概率为＝．
【点评】此题考查的是用列表法或树状图法求概率．列表法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合于两步完成的事件；树状图法适合两步或两步以上完成的事件；解题时要注意此题是放回试验还是不放回试验．用到的知识点为：概率＝所求情况数与总情况数之比．
21．（8分）如图，△ABC中，BD⊥AB，BD、AC相交于点D，＝，AB＝2，∠ABC＝150°，求△DBC的面积．
【分析】过点C作BD的垂线，交BD的延长线于点E，BD⊥AB，推EC∥AB，△ABD∽△CED，＝＝，再根据＝，推出＝＝＝，进而求出CE的长，在Rt△BEC中，用三角函数求出BE的长，根据线段之比进一步求出BD的长，再根据三角形的面积公式求出最后结果，
【解答】解：过点C作BD的垂线，交BD的延长线于点E，
∴∠E＝90°，
∵BD⊥AB，
∴∠ABE＝90°，
∴∠ABE＝∠E，
∴EC∥AB，
∴△ABD∽△CED，
∴＝＝，
∵＝，
∴＝，
∴＝＝＝，
∴＝，
∴EC＝，
∵∠ABC＝150°，∠ABE＝90°，
∴∠EBC＝60°，
在Rt△BEC中，tan∠EBC＝，
∴BE＝，
∴BD＝BE＝，
∴S△BCD＝BD CE
＝
＝．
【点评】本题主要考查了相似三角形的判定与性质、三角形的面积，熟练应用三角形的面积公式和相似三角形的判断，根据相似求出线段之比是解题关键．
五、（本题10分）
22．（10分）如图，在Rt△ABC纸片中，∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝3，点D，E分别在AB，AC上，连结DE，将△ADE沿DE翻折，使点A的对应点F落在BC的延长线上，若FD平分∠EFB，求AD的长．
【分析】由翻折得出AD＝DF，∠A＝∠DFE，再根据FD平分∠EFB，得出∠DFE＝∠A，可求证△ABC∽△FBD，根据线段比例关系即可求解．
【解答】解：在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，由勾股定理得：AB＝＝5，
∵将△ADE沿DE翻折得△DEF，
∴AD＝DF，∠A＝∠DFE，
∵FD平分∠EFB，
∴∠DFE＝∠DFH，
∴∠DFE＝∠A，
∵∠B＝∠B，
∴△ABC∽△FBD，
∴，即，
∴，
解得：AD＝．
【点评】本题考查了以直角三角形为背景的翻折问题，紧扣翻折前后对应线段相等，对应角相等来解决问题，通过相似表示线段比例关系是解决本题的关键．
六、（本题10分）
23．（10分）如图，已知直线y＝﹣x+8与x轴交于点A，与y轴交于点B，动点C从点B出发，以每秒1个单位的速度沿BA方向匀速运动，同时动点D从点A出发，以每秒2个单位的速度沿AO方向向点O匀速运动，当一个点停止运动，另一个点也随之停止运动，设运动的时间为t秒（t＞0）．
（1）求△AOB的面积；
（2）直接用含有t的代数式表示C点的坐标；
（3）直接写出t为何值时，△ACD面积为；
（4）直接写出△ACD与△AOB相似时t的值．
【分析】（1）根据坐标轴上点的坐标特征结合一次函数图象上点的坐标特征求得点A和点B的坐标，然后利用三角形面积公式计算即可；
（2）过点C作CM⊥x轴，CN⊥y轴，然后利用平行线分线段成比例定理，列比例式求解；
（3）根据三角形的面积公式列方程计算即可；
（4）分∠ADC＝90°和∠ACD＝90°两种情况，根据相似三角形的判定和性质定理列出比例式，计算即可．
【解答】解：如图：
（1）在y＝﹣x+8中，
当x＝0时，y＝8，
当y＝0时，﹣x+8＝0，
解得：x＝6，
∴A（6，0），B（0，8），
即OA＝6，OB＝8，
∴S△AOB＝OA OB＝×6×8＝24，
即△AOB的面积为24；
（2）过点C作CM⊥x轴，CN⊥y轴，
∴CN∥x轴，CM∥y轴，
在Rt△AOB中，AB＝＝10，
由题意可得，BC＝t，则AC＝10﹣t，
∴，即，
解得：CN＝，
，即，
解得：CM＝，
∴C点坐标为（，）；
（3）由题意可得：AD＝2t，
∵OA＝6，
∴0＜t≤3，
又∵当一个点停止运动，另一个点也随之停止运动，
∴点C在线段AB上，
∴S△ACD＝AD CM，
×2t×＝，
解得：t＝3或t＝7（不合题意，舍去）
∴t的值为3时，△ACD的面积为；
（4）①当∠ADC＝90°时，∠ADC＝∠AOB，
又∵∠BAO＝∠CAD，
∴△ACD∽△ABO，
∴，即，
解得：t＝，
②当∠ACD＝90°时，∠ACD＝∠AOB，
又∵∠BAO＝∠CAD，
∴△ACD∽△AOB，
∴，即，
解得：t＝＞3（不符合题意，舍去），
综上，△ACD与△AOB相似时t的值为．
【点评】本题考查的是一次函数的综合应用，相似三角形的判定和性质、掌握相似三角形的判定定理和性质定理是解题的关键，解答时，注意分情况讨论思想的灵活运用．
七、（本题12分）
24．（12分）如图，点E为矩形ABCD的边CD上的一点，AB＝1，AD＝，沿AE折叠矩形ABCD，点C的对应点为F，点B的对应点为点G．
（1）在备用图（1）中画出折叠后点F落在直线CD上的图形（四边形AEFG），此时DF＝　1　；
（2）在备用图（2）中画出折叠后点F落在直线AD上的图形（四边形AEFG），此时DF＝　2﹣　；
（3）在备用图（3）中画出折叠后点D落在GF上的图形（四边形AEFG），此时CE＝　﹣3　；
（4）直接写出CE为何值时，EF⊥AC；
（5）若在CE＞DE的情况下，且有△DFG的面积为，直接写出此时CE的长．
【分析】（1）由CF⊥AE得，点E和D重合；
（2）由F和C关于AE对称，故AF＝AC；
（3）因为G点在GF上，所以D关于AE的对称点H在BC上，且AH＝AC＝；
（4）注意到∠ACD＝60°，设CM＝a，则AM＝2﹣a，EF＝CE＝2a，ME＝a，发现∠EAM＝∠MFC，从而tan∠EAM＝tan∠MFC得＝，进而求得；
（5）先求得GF上的高是1﹣，作DH⊥GF于H，作DI⊥AG于I，得四边形DHGI是矩形，求得AI＝，从而∠DAI＝60°，进一步根据特殊角求得．
【解答】解：（1）如图1，
当E和D重合时，F点在直线CD上，
画法：
①延长CD至F，是DF＝CD，
②延长BA至G，使GA＝AB，
③连接GF，
则四边形AEFG就是所画的四边形，
∴DF＝CD＝1；
（2）如图2，
画法：
①连接AC，在射线AD上截取AF＝AC，
②作AE⊥CF交CD于E，
③作点B关于AE的对称点G，
④连接GF，AG，EF，
则四边形AEFG就是所画的四边形；
在Rt△ACD中，AD＝，CD＝1，
∴AC＝2，
DF＝AF﹣AD＝AC﹣AD＝2﹣；
（3）如图3，
①以A为圆心，AD为半径画弧交BC于H，
②连接DH，作AE⊥DH，交CD于E，
③分别作B点和C点关于AE的对称点G和F，
④连接AG，EF，
则四边形AEFG就是所画的四边形，
在Rt△ABH中，AH＝AD＝，AB＝1，
∴BH＝，
∴CH＝，
由△DCH∽△ADE得，
＝，
∴＝，
∴DE＝3﹣，
∴CE＝CD﹣DE＝﹣3；
（4）如图4，
设CM＝a，则AM＝2﹣a，
在Rt△ACD中，
∵tan∠ACD＝＝，
∴∠ACD＝60°，
在Rt△CME中，
CE＝＝2a，
ME＝CM tan60°＝a，
∵C、F关于AE对称，
∴EF＝CE＝2a，AE⊥CF，
又EF⊥AC，
∴∠EAM＝∠MFC，
∴tan∠EAM＝tan∠MFC，
∴＝，
∴＝，
∴a＝2﹣，
∴CE＝4﹣2；
（5）如图5，
作DH⊥GF于H，作DI⊥AG于I，
∴∠GHD＝∠DIG＝90°，
由对称可得，
GF＝BC＝，
由S△DFG＝＝得，
＝，
∴DH＝1﹣，
∵∠AGF＝∠ABC＝90°，
∴四边形DHGI是矩形，
∴GI＝1﹣，
∴AI＝AG﹣GI＝，
在Rt△AID中，
cos∠DAI＝＝，
∴∠DAI＝60°，
∴∠BAG＝∠BAD+∠DAI＝90°+60°＝150°，
∵AB＝AG，AE⊥BG，
∴∠GAE＝＝75°，
∴∠DAE＝∠GAE﹣∠DAI＝75°﹣60°＝15°，
作AE的垂直平分线JL，交AD于J，
∴AJ＝JE，
∴∠AEJ＝∠DAE＝15°，
∴∠DJE＝∠AEJ+∠DAE＝30°，
∴设DE＝x，
则AJ＝JE＝2x，JD＝＝，
由AJ+DJ＝AD得，
2x+＝，
∴x＝2﹣3，
∴DE＝2﹣3，
∴CE＝CD﹣DE
＝1﹣（2﹣3）
＝4﹣2．
【点评】本题考查了轴对称的性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，题目难度大，解决问题的关键是发现特殊性，作出图形．
八、（本题12分）
25．（12分）如图，点A、B在x轴上，点C在y轴上，且OA＝2，OB＝4，OC＝8，直线MN过AB的中点且与y轴平行，与直线BC交于点M，与x轴交于点N．
（1）求点M的坐标．
（2）若点P是直线MN上的一个动点，直接写出点P的坐标，使以P、C、M为顶点的三角形与△MNB相似．
（3）D为CO的中点，一个动点G从D点出发，先到达x轴上的点E，再走到直线MN上的点F，最后返回到点C．要使动点G走过的路程最短，请直接写出点E、F的坐标，并直接写出最短路程．
（4）点Q是y轴上的一点，点R在x轴上，直接写出使△MQR为等腰直角三角形的Q的坐标．
【分析】（1）设直线BC：y＝kx+b，将点B、C坐标代入即可；
（2）分∠CP1M＝∠MNB或∠P2CM＝∠BNM，分别根画出图形，可求出点P的坐标；
（3）作D关于x轴对称点D'，作C关于MN对称点C'，连接D'C'，交x轴于点E，MN于点F，求出直线D'C'的解析式y＝6x﹣4，即可得出点E、F的坐标，再根据两点间的距离公式可求出最短路程；
（4）当Q为直角顶点时，过点M作MG⊥y轴，利用AAS证明△GMQ≌△OQR，得GM＝OQ，当R为直角顶点时，同理可证△MER≌△RHQ，从而解决问题．
【解答】解：（1）∵OA＝2，OB＝4，OC＝8，
∴A（﹣2，0），B（4，0），C（0，8），
∵直线MN过AB的中点且与y轴平行，
∴N（1，0），
设直线BC：y＝kx+b，
∵直线BC过C、B两点，
∴，
∴，
∴BC：y＝﹣2x+8，
当x＝1时，y＝6，
∴M（1，6）；
（2）∵以P、C、M为顶点的三角形与△MNB相似，而∠NMB＝∠CMP，
①∠CP1M＝∠MNB，
P1与C纵坐标相等，
∴P1（1，8），
②当∠P2CM＝∠BNM，
CM＝＝，BM＝＝3，MN＝6，
∵△P2CM∽△BNM，
∴，
P，
∴P2N＝，
∴P2（1，），
（3）∵D是CO中点，
∴D（0，4），
作D关于x轴对称点D'，作C关于MN对称点C'，连接D'C'，交x轴于点E，MN于点F，
∴D'（0，﹣4），C'（2，8），
∴直线D'C'：y＝6x﹣4，
当y＝0时，x＝，当x＝1时，y＝2，
∴E（），F（1，2），
∴动点G走过的路程最短为：DE+EF+CF＝C'D'＝；
（4）①当Q为直角顶点时，若点R在x轴的证半轴时，过点M作MG⊥y轴，
∵MG⊥y轴，∠QOR＝90°，
∴∠MGQ＝∠QOR＝90°，
∵△QMR是等腰直角三角形，
∴∠MQR＝90°，QM＝QR，
∵∠GQM+∠MQR+∠OQR＝180°，∠GQM+∠MGQ+∠GMQ＝180°，
∴∠OQR＝∠GMQ，
∴△GMQ≌△OQR（AAS），
∴GM＝OQ，
∴OQ＝1，
∴Q（0，1），
当点R在x轴的负半轴时，同理可知GM＝OQ＝1，
此时Q（0，﹣1）；
②当R为直角顶点时，同理可证△MER≌△RHQ，
得Q（0，﹣5），
故Q（0，1）或（0，﹣5）或（0，﹣1）．
【点评】本题是一次函数综合题，主要考查了待定系数法求函数解析式，相似三角形的判定与性质，轴对称最短路线问题，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质等知识，运用分类思想分别画出图形是解题的关键．
2021/12/9 8:11:56
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