哈爾濱市香坊區(qū)2016屆九年級上期末數學試卷含答案解析.doc

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2015-2016學年黑龍江省哈爾濱市香坊區(qū)九年級（上）期末數學試卷 　 一、選擇題（共10小題，每小題3分，滿分30分） 1． （2015秋?香坊區(qū)期末）拋物線y=x2+2的圖象與y軸的交點坐標是（　　） A．（﹣2，0） B．（2，0） C．（0，﹣2） D．（0，2） 　 2． （2015?黑龍江）下列圖形中，既是軸對稱圖形又是中心對稱圖形的是（　?。? A． B． C． D． 　 3． （2015?松北區(qū)一模）反比例函數y=的圖象，當x＞0時，y隨x的增大而增大，則m的取值范圍是（　?。? A．m＜3 B．m≤3 C．m＞3 D．m≥3 　 4． （2015?永嘉縣二模）將二次函數y=x2的圖象向右平移1個單位，再向上平移2個單位后，所得圖象的函數表達式是（　　） A．y=（x﹣1）2+2 B．y=（x+1）2+2 C．y=（x﹣1）2﹣2 D．y=（x+1）2﹣2 　 5． （2015秋?香坊區(qū)期末）如圖，將一長為6米的梯子CD斜靠在墻面上，梯子與地面所成的角∠BCD=55°，此時梯子的頂端與地面的距離BD的長為（　?。┟祝? A．6cos55° B． C．6sin55° D． 　 6． （2015秋?香坊區(qū)期末）如圖，利用標桿BE測量建筑物的高度，標桿BE高1.5m，測得AB=2m，BC=14m，則棱高CD為（　?。? A．10.5m B．9.5m C．12m D．14m 　 7． （2015秋?香坊區(qū)期末）如圖，AB是⊙O的直徑，弦CD⊥AB于E，若OA=2，∠B=60°，則CD的長（　?。? A． B．2 C．2 D．4 　 8． （2015秋?香坊區(qū)期末）如圖，在△ABC中，AC=BC，BD⊥AC于點D，以點C為旋轉中心，將△BCD順時針旋轉，得到△ACD′．若∠ABD=35°，則∠BCD′的大小為（　?。? A．140° B．145° C．150° D．155° 　 9． （2015秋?香坊區(qū)期末）如圖，在?ABCD中，E是AD上一點，且EM∥AD，EN∥CD，則下列式子中錯誤的是（　?。? A． B． C． D． 　 10． （2015秋?香坊區(qū)期末）甲、乙兩車分別從相距480km的A、B兩地相向而行，乙車比甲車先出發(fā)1小時，并以各自的速度勻速行駛，途徑C地，甲車到達C地停留1小時，因有事按原路原速返回A地，乙車從B地直達A地，兩車同時到達A地．甲、乙兩車距各自出發(fā)地的路程y（千米）與甲車出發(fā)所用的時間x（小時）的關系如圖，下列說法： ①乙車的速度是60千米/時； ②甲車從C返回A的速度為120千米/時； ③t=3； ④當兩車相距120千米/時，乙車行駛的時間是4小時， 其中正確的有（　?。? A．1個 B．2個 C．3個 D．4個 　 　 二、填空題（共10小題，每小題3分，滿分30分） 11． （2015?郴州）函數y=中，自變量x的取值范圍是　　　　　?。? 　 12． （2015秋?香坊區(qū)期末）一個扇形面積是36πcm2，半徑是12cm，則這個扇形的弧長是　　　　　　cm． 　 13． （2015秋?香坊區(qū)期末）如圖，A、B兩點在雙曲線y=上，經過A、B兩點分別向坐標軸作垂線段，已知S陰影=1，則S1+S2=　　　　　?。? 　 14． （2015秋?香坊區(qū)期末）二次函數y=2x2﹣3x+k的圖象與x軸有交點，則k的取值范圍是　　　　　?。? 　 15． （2015?福建）如圖，正五邊形ABCDE內接于⊙O，則∠CAD=　　　　　　度． 　 16． （2015秋?香坊區(qū)期末）在?ABCD中，M是AB延長線上一點，E是BC的中點，連接ME并延長，交CD于F，交AD延長線于點N，若，BC=4，則AN=　　　　　?。? 　 17． （2015秋?香坊區(qū)期末）如圖，在Rt△ABC中，∠C=90°，O是AB上一點，⊙O與BC相切于點E，交AB于點F，連接AE，若AF=2BF，則∠CAE的度數是　　　　　?。? 　 18． （2015秋?香坊區(qū)期末）在△ABC中，tan∠B=，AB=，AC=，則線段BC的長為　　　　　?。? 　 19． （2015秋?香坊區(qū)期末）如圖，直線y=2x+2與y軸交于A點，與反比例函數y=（x＞0）的圖象交于點B，過點B作BC⊥x軸于點C，連接AC，若tan∠ACO=2，則此反比函數解析式為　　　　　?。? 　 20． （2015秋?香坊區(qū)期末）如圖，在△ABC中，D是BC上一點，且AB=BD=3CD，若cos∠DAC=，AD=6，則AC=　　　　　　． 　 　 三、解答題（共7小題，滿分60分） 21．（7分）（2015秋?香坊區(qū)期末）先化簡，再求值：，其中a=6sin30°+cos45°，b=tan60°． 　 22．（7分）（2015秋?香坊區(qū)期末）如圖，在每個小正方形的邊長均為1的方格紙中，有線段AB，點A、B均在小正方形的頂點上． （1）在方格紙中將線段AB繞A點旋轉，得到線段AC，點C落在校正方形的頂點上，連接BC，且△ABC的面積為10； （2）在方格紙中畫，以AC所在直線為對稱軸，作△ACB的軸對稱圖形△ACD，連接BD．直接寫出∠BDC的正弦值． 　 23．（8分）（2015秋?香坊區(qū)期末）如圖，AB、CD為⊙O的弦，且AB∥CD，連接CO并延長交AB于F，連接DO并延長交AB于E兩點，求證：AE=BF． 　 24．（8分）（2015秋?香坊區(qū)期末）在△ABC中，AB=AC，以點B為旋轉中心，將△ABC順時針旋轉得到△DBE．（點A的對應點是點D，點C的對應點是點E）． （1）如圖1，若BD∥AC，連接CD，求證：四邊形ABDC是菱形； （2）如圖2，當點D落在BC上時，若tan∠C=，AB=5，連接CE，求CE的長． 　 25．（10分）（2015秋?香坊區(qū)期末）如圖（1）是某河上一座古拱橋的截面圖，拱橋橋洞上沿是拋物線形狀．拋物線兩端點與水面的距離都是1m，拱橋的跨度為10cm．橋洞與水面的最大距離是5m．橋洞兩側壁上各有一盞距離水面4m的景觀燈．現把拱橋的截面圖放在平面直角坐標系中，如圖（2）．求： （1）拋物線的解析式； （2）兩盞景觀燈P1、P2之間的水平距離． 　 26．（10分）（2015秋?香坊區(qū)期末）如圖，在△ABC中，以AB為直徑的⊙O，交BC于點D，且BD=CD，交直線AC于點E，連接BE． （1）如圖1，求證：∠CAB=2∠CBE； （2）如圖2，過D作DF⊥AB于F，求證：BE=2DF； （3）如圖3，在（2）的條件下，在∠BDF的內部作∠BDM，使∠BDM=∠ABE，DM分別交AB、BE于點N、G，交⊙O于點M，若DF=BN=2，求MG的長． 　 27．（10分）（2015秋?香坊區(qū)期末）已知拋物線y=﹣x2+2kx+3k與x軸交于A、B兩點，與y軸交于點C，且OA=OC． （1）求此拋物線的解析式； （2）若點P為拋物線上第一象限內一點，連接BP，將線段BP繞點B逆時針旋轉90°，得到BQ，連接PQ，過A作直線PQ的垂線，垂足為E，過B作直線PQ的垂線，垂足為F，作線段EF的垂直平分線交x軸于點H，過點H作HD∥y軸，交拋物線于點D，求點D的坐標； （3）在（2）的條件下，延長BP交HD延長線于點M，連接AP交HD于點N，當MD=NH時，求∠QPA的正切值． 　 　  2015-2016學年黑龍江省哈爾濱市香坊區(qū)九年級（上）期末數學試卷 參考答案與試題解析 　 一、選擇題（共10小題，每小題3分，滿分30分） 1． （2015秋?香坊區(qū)期末）拋物線y=x2+2的圖象與y軸的交點坐標是（　　） A．（﹣2，0） B．（2，0） C．（0，﹣2） D．（0，2） 【考點】二次函數圖象上點的坐標特征． 【分析】根據y軸上點的坐標特征，計算自變量為0時的函數值即可． 【解答】解：當x=0時，y=x2+2=2， 所以拋物線y=x2+2的圖象與y軸的交點坐標是（0，2）． 故選D． 【點評】本題考查了二次函數圖象上點的坐標特征：二次函數圖象上點的坐標滿足其解析式，即已知橫坐標可求對應的縱坐標．本題的關鍵是確定y軸上點的坐標特征． 　 2． （2015?黑龍江）下列圖形中，既是軸對稱圖形又是中心對稱圖形的是（　?。? A． B． C． D． 【考點】中心對稱圖形；軸對稱圖形． 【分析】根據軸對稱圖形與中心對稱圖形的概念求解． 【解答】解：A、既是軸對稱圖形，也是中心對稱圖形，符合題意； B、是軸對稱圖形，不是中心對稱圖形，不符合題意； C、不是軸對稱圖形，是中心對稱圖形，不符合題意； D、是軸對稱圖形，不是中心對稱圖形，不符合題意． 故選：A． 【點評】本題考查了中心對稱及軸對稱的知識，解題時掌握好中心對稱圖形與軸對稱圖形的概念．軸對稱圖形的關鍵是尋找對稱軸，圖形兩部分折疊后可重合，中心對稱圖形是要尋找對稱中心，旋轉180度后兩部分重合． 　 3． （2015?松北區(qū)一模）反比例函數y=的圖象，當x＞0時，y隨x的增大而增大，則m的取值范圍是（　　） A．m＜3 B．m≤3 C．m＞3 D．m≥3 【考點】反比例函數的性質． 【分析】根據反比例函數的性質可得m﹣3＜0，再解不等式即可． 【解答】解：∵當x＞0時，y隨x的增大而增大， ∴m﹣3＜0， 解得m＜3， 故選：A． 【點評】此題主要考查了反比例函數的性質，關鍵是掌握對于反比例函數（k≠0），（1）k＞0，反比例函數圖象在一、三象限，在每一象限內y隨x的增大而減??；（2）k＜0，反比例函數圖象在第二、四象限內，在每一象限內y隨x的增大而增大． 　 4． （2015?永嘉縣二模）將二次函數y=x2的圖象向右平移1個單位，再向上平移2個單位后，所得圖象的函數表達式是（　?。? A．y=（x﹣1）2+2 B．y=（x+1）2+2 C．y=（x﹣1）2﹣2 D．y=（x+1）2﹣2 【考點】二次函數圖象與幾何變換． 【分析】根據函數圖象右移減、左移加，上移加、下移減，可得答案． 【解答】解：將二次函數y=x2的圖象向右平移1個單位，再向上平移2個單位后，所得圖象的函數表達式是 y=（x﹣1）2+2， 故選：A． 【點評】本題考查了二次函數圖象與幾何變換，函數圖象右移減、左移加，上移加、下移減是解題關鍵． 　 5． （2015秋?香坊區(qū)期末）如圖，將一長為6米的梯子CD斜靠在墻面上，梯子與地面所成的角∠BCD=55°，此時梯子的頂端與地面的距離BD的長為（　　）米． A．6cos55° B． C．6sin55° D． 【考點】解直角三角形的應用． 【分析】在Rt△BCD中，根據∠BCD=55°，CD=6米，解直角三角形求出BD的長度即可． 【解答】解：在Rt△BCD中， ∵∠DBC=90°，∠BCD=55°，CD=6米， ∴BD=CD×sin∠BCD=6sin55°． 故選C． 【點評】本題考查了解直角三角形的應用的知識，解答本題的關鍵是根據已知條件構造直角三角形并利用解直角三角形的知識求解，難度適中． 　 6． （2015秋?香坊區(qū)期末）如圖，利用標桿BE測量建筑物的高度，標桿BE高1.5m，測得AB=2m，BC=14m，則棱高CD為（　?。? A．10.5m B．9.5m C．12m D．14m 【考點】相似三角形的應用． 【分析】先根據題意得出△ABE∽△ACD，再根據相似三角形的對應邊成比例即可求出CD的值． 【解答】解：∵EB⊥AC，DC⊥AC， ∴EB∥DC， ∴△ABE∽△ACD， ∴=， ∵BE=1.5，AB=2，BC=14， ∴AC=16， ∴=， ∴CD=12． 故選C． 【點評】本題考查的是相似三角形的應用，熟知相似三角形的對應邊成比例的性質是解答此題的關鍵． 　 7． （2015秋?香坊區(qū)期末）如圖，AB是⊙O的直徑，弦CD⊥AB于E，若OA=2，∠B=60°，則CD的長（　　） A． B．2 C．2 D．4 【考點】垂徑定理；勾股定理． 【分析】根據弦CD⊥AB于E，OA=2，∠B=60°可知CE=DE=CD，設BE=x，則CE=DE=BE?tan60°=x，OE=2﹣x，在Rt△ODE中，根據勾股定理求出x的值，進而可得出結論． 【解答】解：∵AB是⊙O的直徑，弦CD⊥AB于E，OA=2，∠B=60°， ∴CE=DE=CD，設BE=x，則CE=DE=BE?tan60°=x，OE=2﹣x， 在Rt△ODE中，OE=2﹣x，DE=x，OD=2， ∵OE2+DE2=OD2，即（2﹣x）2+（x）2=22，解得x=1， ∴DE=， ∴CD=2DE=2． 故選B． 【點評】本題考查的是垂徑定理及勾股定理，根據題意得出OE與DE之間的關系，利用勾股定理求解是解答此題的關鍵． 　 8． （2015秋?香坊區(qū)期末）如圖，在△ABC中，AC=BC，BD⊥AC于點D，以點C為旋轉中心，將△BCD順時針旋轉，得到△ACD′．若∠ABD=35°，則∠BCD′的大小為（　?。? A．140° B．145° C．150° D．155° 【考點】旋轉的性質． 【分析】直角△ABD中利用三角形內角和定理求得∠BAC的度數，然后根據等邊對等角求得∠ABC的度數，則在△ABC中利用三角形內角和定理求得∠BCA的度數，則∠BCD′即可求得． 【解答】解：∵BD⊥AC， ∴直角△ABD中，∠BAC=90°﹣∠ABD=90°﹣35°=55°， 又∵AC=BC， ∴∠ABC=∠BAC=55°， ∴∠BCA=180°﹣55°﹣55°=70°， 又∵∠BCA=∠ACD'， ∴∠BCD'=70°+70°=140°． 故選A． 【點評】本題考查了旋轉的性質以及等腰三角形的性質：等邊對等角，正確求得∠BCA的度數是關鍵． 　 9． （2015秋?香坊區(qū)期末）如圖，在?ABCD中，E是AD上一點，且EM∥AD，EN∥CD，則下列式子中錯誤的是（　　） A． B． C． D． 【考點】平行線分線段成比例． 【分析】由EM∥AD，EN∥CD，根據平行線分線段成比例定理，可得證得， ==，，，又由四邊形ABCD是平行四邊形，易得，則可求得答案． 【解答】解：A、∵EM∥AD， ∴，故正確； B、∵EM∥AD，EN∥CD， ∴=， =， ∴=，故正確； C、∵EM∥AD，EN∥CD， ∴，， ∵四邊形ABCD是平行四邊形， ∴AD=BC，AB=CD， ∴，故正確； D、∵EN∥CD， ∴，故錯誤． 故選D． 【點評】此題考查了平行線分線段成比例定理．注意掌握線段的對應關系． 　 10． （2015秋?香坊區(qū)期末）甲、乙兩車分別從相距480km的A、B兩地相向而行，乙車比甲車先出發(fā)1小時，并以各自的速度勻速行駛，途徑C地，甲車到達C地停留1小時，因有事按原路原速返回A地，乙車從B地直達A地，兩車同時到達A地．甲、乙兩車距各自出發(fā)地的路程y（千米）與甲車出發(fā)所用的時間x（小時）的關系如圖，下列說法： ①乙車的速度是60千米/時； ②甲車從C返回A的速度為120千米/時； ③t=3； ④當兩車相距120千米/時，乙車行駛的時間是4小時， 其中正確的有（　?。? A．1個 B．2個 C．3個 D．4個 【考點】一次函數的應用． 【專題】行程問題． 【分析】根據函數圖象和已知條件，可以判斷①②③④是否正確，從而可以解答本題． 【解答】解：由圖象可得，乙車的速度為：60÷1=60千米/時，故①正確； 甲車從開始最后回到A地用的時間為：（480﹣60）÷60=7（小時） 則甲從C返回A地的速度為：360÷=120千米/時，故②正確； 由圖可得：t==3（小時），故③正確； 由圖象可知，兩車相距120千米時有三種情況，相遇前一種，相遇后兩種，故④錯誤； 故①②③正確． 故選C． 【點評】本題考查一次函數的應用，解題的關鍵是利用數形結合的思想找出所求問題需要的條件． 　 二、填空題（共10小題，每小題3分，滿分30分） 11． （2015?郴州）函數y=中，自變量x的取值范圍是　x≠2　． 【考點】函數自變量的取值范圍；分式有意義的條件． 【專題】計算題． 【分析】求函數自變量的取值范圍，就是求函數解析式有意義的條件，分式有意義的條件是：分母不為0． 【解答】解：要使分式有意義，即：x﹣2≠0， 解得：x≠2． 故答案為：x≠2． 【點評】本題主要考查函數自變量的取值范圍，考查的知識點為：分式有意義，分母不為0． 　 12． （2015秋?香坊區(qū)期末）一個扇形面積是36πcm2，半徑是12cm，則這個扇形的弧長是　6π　cm． 【考點】扇形面積的計算；弧長的計算． 【分析】直接根據扇形的面積公式計算即可． 【解答】解：設弧長為l， ∵扇形的面積為36πcm2，半徑為12cm， ∴×4?l=36π， ∴l(xiāng)=6π． 故答案為：6π． 【點評】本題考查了扇形的面積公式：S=?l?R（l為扇形的弧長，R為半徑），熟記扇形的面積公式是解題的關鍵． 　 13． （2015秋?香坊區(qū)期末）如圖，A、B兩點在雙曲線y=上，經過A、B兩點分別向坐標軸作垂線段，已知S陰影=1，則S1+S2=　10?。? 【考點】反比例函數系數k的幾何意義． 【分析】根據反比例系數k的幾何意義得到S1+S陰影=S2+S陰影=6，由S陰影=1得S1=S2=5，然后計算S1+S2． 【解答】解：根據題意得S1+S陰影=S2+S陰影=6， 而S陰影=1， 所以S1=S2=5， 所以S1+S2=10． 故答案為10． 【點評】本題考查了反比例系數k的幾何意義：在反比例函數y=圖象中任取一點，過這一個點向x軸和y軸分別作垂線，與坐標軸圍成的矩形的面積是定值|k|．在反比例函數的圖象上任意一點象坐標軸作垂線，這一點和垂足以及坐標原點所構成的三角形的面積是|k|，且保持不變． 　 14． （2015秋?香坊區(qū)期末）二次函數y=2x2﹣3x+k的圖象與x軸有交點，則k的取值范圍是　k≤?。? 【考點】拋物線與x軸的交點． 【專題】計算題． 【分析】利用△=b2﹣4ac決定拋物線與x軸的交點個數得到△=（﹣3）2﹣4×2×k≥0，然后解不等式即可． 【解答】解：∵二次函數y=2x2﹣3x+k的圖象與x軸有交點， ∴△=（﹣3）2﹣4×2×k≥0， ∴k≤． 故答案為k≤． 【點評】本題考查了拋物線與x軸的交點：對于二次函數y=ax2+bx+c（a，b，c是常數，a≠0），△=b2﹣4ac決定拋物線與x軸的交點個數：△=b2﹣4ac＞0時，拋物線與x軸有2個交點；△=b2﹣4ac=0時，拋物線與x軸有1個交點；△=b2﹣4ac＜0時，拋物線與x軸沒有交點． 　 15． （2015?福建）如圖，正五邊形ABCDE內接于⊙O，則∠CAD=　36　度． 【考點】圓周角定理；正多邊形和圓． 【分析】圓內接正五邊形ABCDE的頂點把圓五等分，即可求得五條弧的度數，根據圓周角的度數等于所對的弧的度數的一半即可求解． 【解答】解：∵五邊形ABCDE是正五邊形， ∴=====72°， ∴∠CAD=×72°=36°． 故答案為36． 【點評】本題考查了正多邊形的計算，理解正五邊形的頂點是圓的五等分點是關鍵． 　 16． （2015秋?香坊區(qū)期末）在?ABCD中，M是AB延長線上一點，E是BC的中點，連接ME并延長，交CD于F，交AD延長線于點N，若，BC=4，則AN=　7?。? 【考點】相似三角形的判定與性質；平行四邊形的性質． 【專題】計算題． 【分析】先根據平行四邊形的性質得到AD∥BC，AB=CD，則由得到=，根據比例性質得=，接著證明△MBE∽△BAN，然后利用相似比可計算出AN． 【解答】解：∵四邊形ABCD為平行四邊形， ∴AD∥BC，AB=CD， 而， ∴=， ∴=，即=， ∵E是BC的中點，BC=4， ∴BE=2， ∵BE∥AN， ∴△MBE∽△BAN， ∴=，即=， ∴AN=7． 故答案為7． 【點評】本題考查了相似三角形的判定與性質：在判定兩個三角形相似時，應注意利用圖形中已有的公共角、公共邊等隱含條件，以充分發(fā)揮基本圖形的作用，尋找相似三角形的一般方法是通過作平行線構造相似三角形．在利用相似三角形的性質時，注意通過相似比計算相應線段的長或對應角線段．解決本題的關鍵是利用平行四邊形的性質對邊平行而構建相似三角形． 　 17． （2015秋?香坊區(qū)期末）如圖，在Rt△ABC中，∠C=90°，O是AB上一點，⊙O與BC相切于點E，交AB于點F，連接AE，若AF=2BF，則∠CAE的度數是　30°?。? 【考點】切線的判定． 【分析】連接OE、EF，根據圓周角定理和切線的性質得出OE⊥BC，∠AEF=90°，然后根據直角三角形斜邊中線的性質得出OE=OF=EF，求得∠OEF=60°，得出∠AEO=30°，然后根據平行線的性質即可求得∠CAE=∠AEO=30°． 【解答】解：連接OE、EF， ∵⊙O與BC相切于點E， ∴OE⊥BC， ∵AF是直徑， ∴∠AEF=90°， ∵OA=OF=AF，AF=2BF， ∴OF=BF， ∴OE=OF=EF， ∴∠OEF=60°， ∴∠AEO=90°﹣60°=30°， ∵AC⊥BC，OE⊥BC， ∴OE∥AC， ∴∠CAE=∠AEO=30°， 故答案為30°． 【點評】本題考查了切線的性質，圓周角定理，直角三角形斜邊中線的性質，平行線的性質等，作出輔助線構建等邊三角形是解題的關鍵． 　 18． （2015秋?香坊區(qū)期末）在△ABC中，tan∠B=，AB=，AC=，則線段BC的長為　4或2?。? 【考點】解直角三角形． 【分析】此題分兩種情況：如圖1，過A作AD⊥BC于D，在Rt△ABD中，由已知條件tan∠B=，設AD=3x，BD=4x，根據勾股定理求出x的值，從而得出AD=2，BD=3，在Rt△ADC中，根據勾股定理得出CD=3，于是得到結果；如圖2，過A作AD⊥BC交BC的延長線于D，同理可得結果． 【解答】解：如圖1，過A作AD⊥BC于D， 在Rt△ABD中，∵tan∠B=， ∴設AD=2x，BD=3x， ∵AD2+BD2=AB2， ∴（2x）2+（3x）2=（）2， ∴x=1， ∴AD=2，BD=3， 在Rt△ADC中，CD==1， ∴BC=BD+CD=4； 如圖2，過A作AD⊥BC交BC的延長線于D， 在Rt△ABD中，∵tan∠B=， ∴設AD=2x，BD=3x， ∵AD2+BD2=AB2， ∴（2x）2+（3x）2=（）2， ∴x=1， ∴AD=2，BD=3， 在Rt△ADC中，CD==1， ∴BC=BD﹣CD=2； 故答案為：4或2． 【點評】本題考查銳角三角函數的定義及運用：在直角三角形中，銳角的正弦為對邊比斜邊，余弦為鄰邊比斜邊，正切為對邊比鄰邊． 　 19． （2015秋?香坊區(qū)期末）如圖，直線y=2x+2與y軸交于A點，與反比例函數y=（x＞0）的圖象交于點B，過點B作BC⊥x軸于點C，連接AC，若tan∠ACO=2，則此反比函數解析式為　y=?。? 【考點】反比例函數與一次函數的交點問題． 【分析】根據直線的解析式求得A的坐標，然后根據已知求得B的橫坐標，把B的橫坐標代入直線解析式求得B的坐標，然后代入y=（x＞0），根據待定系數法即可求得． 【解答】解：∵直線y=2x+2與y軸交于A點， ∴A（0，2）， ∴OA=2， ∵tan∠ACO=2， ∴=2， ∴OC=1， ∴B的橫坐標為1， 把x=1代入y=2x+2得，y=2×1+2=4， ∴B（1，4）， 代入y=（x＞0）得，4=， ∴k=4， ∴反比函數解析式為y=， 故答案為y=． 【點評】本題考查了一次函數和反比例函數的交點問題，求得B點的坐標是解題的關鍵． 　 20． （2015秋?香坊區(qū)期末）如圖，在△ABC中，D是BC上一點，且AB=BD=3CD，若cos∠DAC=，AD=6，則AC=　8　． 【考點】相似三角形的判定與性質；解直角三角形． 【分析】作CE⊥AD，BF⊥AD垂足分別為E、F，由△BFD∽△CED得==3，因為AF=FD=3，可以求出DE=1，AE=7，再在RT△AEC利用cos∠EAC求出AC即可． 【解答】解：作CE⊥AD，BF⊥AD垂足分別為E、F． ∵∠BFE=∠CEA=90°， ∴BF∥CE， ∴△BFD∽△CED， ∴==3， ∵BA=BD，BF⊥AD， ∴AF=DF=3，DE=1， 在RT△AEC中，∵∠AEC=90°，AE=7，cos∠EAC=， ∴， ∴AC=8． 故答案為8． 【點評】本題考查相似三角形的性質、三角函數等知識，解題的關鍵是由三角形相似得出邊的比例關系，求出相應的線段，記住等腰三角形的高是常用輔助線． 　 三、解答題（共7小題，滿分60分） 21．（7分）（2015秋?香坊區(qū)期末）先化簡，再求值：，其中a=6sin30°+cos45°，b=tan60°． 【考點】分式的化簡求值；特殊角的三角函數值． 【專題】計算題． 【分析】先把括號內通分，再把分子分解因式后把除法運算化為乘法運算得到原式=，然后根據特殊角的三角函數值計算出a和b的值，再把a和b的值代入中計算即可． 【解答】解：原式=÷ =? =， ∵a=6sin30°+cos45°=6×+=3+，b=tan60°=×=3， ∴原式==． 【點評】本題考查了分式的化簡求值：先把分式化簡后，再把分式中未知數對應的值代入求出分式的值．在化簡的過程中要注意運算順序和分式的化簡．化簡的最后結果分子、分母要進行約分，注意運算的結果要化成最簡分式或整式．也考查了特殊角的三角函數值． 　 22．（7分）（2015秋?香坊區(qū)期末）如圖，在每個小正方形的邊長均為1的方格紙中，有線段AB，點A、B均在小正方形的頂點上． （1）在方格紙中將線段AB繞A點旋轉，得到線段AC，點C落在校正方形的頂點上，連接BC，且△ABC的面積為10； （2）在方格紙中畫，以AC所在直線為對稱軸，作△ACB的軸對稱圖形△ACD，連接BD．直接寫出∠BDC的正弦值． 【考點】作圖-旋轉變換；作圖-軸對稱變換． 【專題】作圖題． 【分析】（1）由于AB==5，而△ABC的面積為10，則點B到AC的距離為4，然后再過點A的水平格線上取5個單位即可得到C點，從而得到△ABC； （2）作點B關于直線AC的對稱點D，則可得到△ADC，BD與直線AC相交于點E，計算出DC和CE，然后利用正弦的定義可計算出∠BDC的正弦值． 【解答】解：（1）如圖，△ABC為所作； （2）如圖，△ACD為所求作，tan∠BDC==． 【點評】本題考查了作圖﹣旋轉變換：根據旋轉的性質可知，對應角都相等都等于旋轉角，對應線段也相等，由此可以通過作相等的角，在角的邊上截取相等的線段的方法，找到對應點，順次連接得出旋轉后的圖形．也考查了軸對稱變換． 　 23．（8分）（2015秋?香坊區(qū)期末）如圖，AB、CD為⊙O的弦，且AB∥CD，連接CO并延長交AB于F，連接DO并延長交AB于E兩點，求證：AE=BF． 【考點】圓心角、弧、弦的關系；全等三角形的判定與性質． 【專題】證明題． 【分析】過O作OH⊥AB于H，由垂徑定理得出AH=BH，由等腰三角形的性質和平行線的性質得出∠OFE=∠OEF，證出OE=OF，由等腰三角形的三線合一性質得出EH=FH，即可得出結論． 【解答】證明：過O作OH⊥AB于H，如圖所示： 則AH=BH， ∵OC=OD， ∴∠C=∠D， ∵CD∥AB， ∴∠C=∠OFE，∠D=∠OEF， ∴∠OFE=∠OEF， ∴OE=OF， ∵OH⊥AB， ∴EH=FH， ∴AH﹣EH=BH﹣FH， ∴AE=BF． 【點評】本題考查了垂徑定理、等腰三角形的性質、平行線的性質；熟練掌握垂徑定理，證明三角形是等腰三角形是解決問題的關鍵． 　 24．（8分）（2015秋?香坊區(qū)期末）在△ABC中，AB=AC，以點B為旋轉中心，將△ABC順時針旋轉得到△DBE．（點A的對應點是點D，點C的對應點是點E）． （1）如圖1，若BD∥AC，連接CD，求證：四邊形ABDC是菱形； （2）如圖2，當點D落在BC上時，若tan∠C=，AB=5，連接CE，求CE的長． 【考點】旋轉的性質；菱形的判定與性質；解直角三角形． 【分析】（1）由旋轉的性質可知：AB=BD，從而得到AC=BD，由一組對邊平行且相等的四邊形為平行四邊形可知四邊形ABDC為平行四邊形，然后由AB=AC可知四邊形ABDC為菱形； （2）過A作AF⊥BC于F，過E作EH⊥BC于H．由等腰三角形三線合一的性質可知CF=BF，由tan∠ACF==．可求得AF=4，CF=BF=3，從而得到BC=BF+CF=6．由旋轉性質得BE=BC=6，∠DBE=∠ABC．由銳角三角函數的定義可求得BH和EH的長，由CH=BC﹣BH可求得HC=．最后在CH中由勾股定理可求得CE的長． 【解答】解：（1）∵由旋轉的性質可知：AB=BD，AB=AC， ∴AC=BD． 又∵AC∥BD， ∴四邊形ABDC為平行四邊形． 又∵AB=AC， ∴四邊形ABDC為菱形． （2）如圖所示：過A作AF⊥BC于F，過E作EH⊥BC于H，連接CE． ∵AC=AB=5 ∴∠ACB=∠ABC ∵AF⊥BC ∴CF=BF． 在Rt△AFC中，tan∠ACF==． 設AF=4a，CF=3a ∴在Rt△AFC中，AC==5a=5． ∴a=1． ∴AF=4，CF=BF=3a=3 ∴BC=BF+CF=6． 在Rt△AFC中，sin∠ACB=，cos∠ACB=． 由旋轉性質得，BE=BC=6，∠DBE=∠ABC． ∴sin∠DBE=，cos∠DBE=． ∵EH⊥BC， ∴在Rt△BHE中，EH=BE?sin∠DBE=6×=，BH=BE?cos∠DBE=6×=． ∴CH=BC﹣BH=． ∴在Rt△CHE中，CE==． 【點評】本題主要考查的是旋轉的性質、勾股定理的應用、平行四邊形、菱形的判定，銳角三角函數的定義、等腰三角形的性質，求得HE、CH的長是解題的關鍵． 　 25．（10分）（2015秋?香坊區(qū)期末）如圖（1）是某河上一座古拱橋的截面圖，拱橋橋洞上沿是拋物線形狀．拋物線兩端點與水面的距離都是1m，拱橋的跨度為10cm．橋洞與水面的最大距離是5m．橋洞兩側壁上各有一盞距離水面4m的景觀燈．現把拱橋的截面圖放在平面直角坐標系中，如圖（2）．求： （1）拋物線的解析式； （2）兩盞景觀燈P1、P2之間的水平距離． 【考點】二次函數的應用． 【分析】（1）由圖形可知這是一條拋物線，根據圖形也可以知道拋物線的頂點坐標為（5，5），與y軸交點坐標是（0，1），設出拋物線的解析式將兩點代入可得拋物線方程； （2）第二題中要求燈的距離，只需要把縱坐標為4代入，求出x，然后兩者相減，就是它們的距離． 【解答】解：（1）拋物線的頂點坐標為（5，5），與y軸交點坐標是（0，1）， 設拋物線的解析式是y=a（x﹣5）2+5， 把（0，1）代入y=a（x﹣5）2+5， 得a=﹣， ∴y=﹣（x﹣5）2+5（0≤x≤10）； （2）由已知得兩景觀燈的縱坐標都是4， ∴4=﹣（x﹣5）2+5， ∴（x﹣5）2=1， ∴x1=，x2=， ∴兩景觀燈間的距離為﹣=5米． 【點評】本題主要考查了二次函數的應用以及一元二次方程與二次函數的關系，從圖象中可以看出的坐標是解題的關鍵． 　 26．（10分）（2015秋?香坊區(qū)期末）如圖，在△ABC中，以AB為直徑的⊙O，交BC于點D，且BD=CD，交直線AC于點E，連接BE． （1）如圖1，求證：∠CAB=2∠CBE； （2）如圖2，過D作DF⊥AB于F，求證：BE=2DF； （3）如圖3，在（2）的條件下，在∠BDF的內部作∠BDM，使∠BDM=∠ABE，DM分別交AB、BE于點N、G，交⊙O于點M，若DF=BN=2，求MG的長． 【考點】圓的綜合題． 【分析】（1）連接AD，由AB為⊙O的直徑，得到∠ADB=90°，推出AD垂直平分BC，AB=AC，得到AD平分∠BAC，即可得到結論； （2）延長DF交⊙O于K，連接DE，由AB為⊙O的直徑，得到∠AEB=90°，于是得到DE=BC，推出DF=FK，BK=BD，求得DK=2DF，BK=DE，等量代換即可得到結論； （3）連接AD，連接ED，由BE=2DF，DF=2，得到BE=4，求得BN=，推出△DAE≌△DNB，根據全等三角形的性質得到AE=NB=，解直角三角形求得CE=AC+AE=4，過G作GH⊥BD于H，則在Rt△GHD中，tan∠GDH==，設GH=a，DH=4a，于是得到tan∠GBH===，推出DH=，GH=，由勾股定理得到D=，連接BM，推出△GDB∽△BDM，根據相似三角形的性質得到，代入數據即可得到結論． 【解答】（1）證明：連接AD ∵AB為⊙O的直徑， ∴∠ADB=90°， ∴AD⊥BC， 又∵BD=CD， ∴AD垂直平分BC，AB=AC， ∴AD平分∠BAC， ∴∠CAB=2∠CAD， ∵∠CAD=∠CBE， ∴∠CAB=2∠CBE， （2）證明：延長DF交⊙O于K，連接DE， ∵AB為⊙O的直徑， ∴∠AEB=90°， ∵BD=CD， ∴DE=BC， ∴DE=BD=CD， ∴DE=DB， ∵AB⊥DK，且AB為⊙O的直徑， ∴DF=FK，BK=BD， ∴DK=2DF，BK=DE， ∴BK+EK=DE+EK， ∴DK=BE， ∴DK=BE， ∴BE=2DF， （3）解：連接AD，連接ED， ∵BE=2DF，DF=2， ∴BE=4， ∵BN=2， ∴BN=， ∵∠BDM=∠ABE∠ADE=∠ABE， ∴∠ADE=∠BDM， 在△DAE與△DNB中，， ∴△DAE≌△DNB， ∴AE=NB=， 在Rt△AEB中，AB==3， tan∠ABE==， ∴AC=AB=3，tan∠BDG=， ∴CE=AC+AE=4， 在Rt△CEB中，tan∠CBE==， 過G作GH⊥BD于H，則在Rt△GHD中，tan∠GDH==， 設GH=a，DH=4a， ∴在Rt△GHB中，tan∠GBH===， ∴BH=a， ∴BD=BH+DH=a+4a=6， ∴a=， ∴DH=，GH=， 在Rt△DHG中，DG===， 連接BM， ∵DB=DE， ∴∠DEB=∠DBE， ∵∠DEB=∠M， ∴∠DBG=∠M， ∵∠GDB=∠BDM， ∴△GDB∽△BDM， ∴，即， ∴DM=5， ∴MG=DM﹣DG=． 【點評】本題考查了全等三角形的判定和性質，相似三角形的判定和性質，線段的垂直平分線的性質，圓周角定理，銳角三角函數，正確的作出輔助線是解題的關鍵． 　 27．（10分）（2015秋?香坊區(qū)期末）已知拋物線y=﹣x2+2kx+3k與x軸交于A、B兩點，與y軸交于點C，且OA=OC． （1）求此拋物線的解析式； （2）若點P為拋物線上第一象限內一點，連接BP，將線段BP繞點B逆時針旋轉90°，得到BQ，連接PQ，過A作直線PQ的垂線，垂足為E，過B作直線PQ的垂線，垂足為F，作線段EF的垂直平分線交x軸于點H，過點H作HD∥y軸，交拋物線于點D，求點D的坐標； （3）在（2）的條件下，延長BP交HD延長線于點M，連接AP交HD于點N，當MD=NH時，求∠QPA的正切值． 【考點】二次函數綜合題． 【分析】（1）由拋物線解析式得到C（0，3k），結合已知條件得到點A的坐標，把點A的坐標代入拋物線解析式列出關于k的一元二次方程，通過解方程求得k的值即可； （2）根據平行線的判定推知AE∥GH∥BF，則由平行線分線段成比例得到： ==1，由點的坐標與圖形的性質求得H（1，0）．又因為DH∥y軸，所以點D的橫坐標為1．把點D的橫坐標代入函數解析式即可求得點D的縱坐標； （3）設P（m，﹣m2+2m+3）．由拋物線上點的坐標特征和待定系數法求得直線PA的解析式為y=（3﹣m）x+3﹣m，易得NH=6﹣2m．同理，由直線PB的解析式得到MH=2m+2，結合MD=NH，求得P（2，3）．如圖2，過P作PK⊥AB于K，構建等角∠QPA=∠BPK，所以通過解Rt△PKB得到：tan∠BPK==，即tan∠QPA=． 【解答】（1）解：當x=0時，y=﹣02+2k×0+3k， 解得y=3k， ∴C（0，3k）， ∴OC=3k． ∵OA=OC， ∴OA=k， ∴A（﹣k，0）． ∵點A在拋物線上， ∴0=﹣（﹣k）2+2k×（﹣k）+3k， 解得k1=0（舍去），k2=1， ∴拋物線的解析式為y=﹣x2+2x+3； （2）解：如圖1，∵拋物線的解析式為y=﹣x2+2x+3， ∴當y=0時，0=﹣x2+2x+3， 解得x1=﹣1，x2=3， ∴A（﹣1，0）B（3，0）， ∴OA=1，OB=3， ∴AB=OA+OB=4． ∵AE⊥PQ，BF⊥PQ， ∴∠AEP=∠BFQ=90°， ∴AE∥BF． ∵GH垂直平分EF， ∴EG=FG，∠HGQ=90°， ∴∠HGQ=∠BFQ， ∴GH∥BF， ∴AE∥GH∥BF， ∴==1， ∴AH=BH=AB=2， ∴OH=OB﹣BH=1， ∴H（1，0）． ∵DH∥y軸， ∴點D的橫坐標為1． ∵點D在拋物線上， ∴當x=1時，y=﹣12+2×1+3=4， ∴D（1，4）； （3）解：∵點P在拋物線y=﹣x2+2x+3上，設P（m，﹣m2+2m+3） 由（2）知A（﹣1，0）B（3，0）設直線PA的解析式為y=k1x+b1 點A（﹣1，0）、P（m，﹣m2+2m+3）在直線PA上，則 ， 解得， ∴直線PA的解析式為y=（3﹣m）x+3﹣m， ∵N的橫坐標為1 ∴當x=1時，y=（3﹣m）×1+3﹣m=6﹣2m， ∴NH=6﹣2m． 設直線PB的解析式為y=k2x+b2（k2≠0）． 點B（3，0）、P（m，﹣m2+2m+3）在直線PB上，則 ， 解得， ∴直線PB的解析式為y=（﹣m﹣1）x+3m+3． ∵M的橫坐標為1， ∴當x=1時，y=（﹣m﹣1）×1+3m+3=2m+2， ∴MH=2m+2， ∵D（1，4）， ∴DH=4， ∴MD=MH﹣DH=2m﹣2． ∵MD=NH， ∴2m﹣2=6﹣2m， 解得m=2， ∴P（2，3）． 如圖2，過P作PK⊥AB于K， ∴OK=2，PK=3， ∴AK=OA+OK=3，BK=OB﹣OK=1， ∴AK=PK=3． ∵PK⊥AB， ∴∠PKA=90°， ∴∠PAK=∠APK=45°． ∵BP=BQ，∠PBQ=90°， ∴∠BPQ=∠BQP=45° ∴∠APK﹣∠QPK=∠QPB﹣∠QPK，即∠QPA=∠BPK， 在Rt△PKB中，tan∠BPK==， ∴tan∠QPA=． 【點評】本題著重考查了待定系數法求二次函數、一次函數解析式，圖形旋轉變換，平行線的判定與性質等重要知識點，綜合性強，能力要求極高．考查學生熟練運用數形結合的數學思想方法． 　 第38頁（共38頁）