还剩28页未读，
继续阅读
成套系列资料，整套一键下载
江苏省常州市新北区2021-2022学年九年级上学期期中考试数学试卷（Word版含答案）
展开
这是一份江苏省常州市新北区2021-2022学年九年级上学期期中考试数学试卷（Word版含答案），共31页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年江苏省常州市新北区九年级第一学期期中
数学试卷
一、选择题（每小题2分，共16分）
1．若关于x的一元二次方程x2﹣ax+6＝0的一个根是2，则a的值为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
2．用配方法解方程x2﹣8x﹣2＝0时，配方结果正确的是（ ）
A．（x﹣8）2＝64 B．（x﹣4）2＝14 C．（x﹣4）2＝18 D．（x﹣4）2＝1
3．如图，在△ABC中，DE∥BC，AD＝2，BD＝3，AC＝10，则AE的长为（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
4．“今有井径五尺，不知其深，立五尺木于井上，从木末望水岸，入径四寸，问井深几何？”这是我国古代数学著作《九章算术》中的“井深几何”问题，它的题意可以由示意图获得，设井深为x尺，所列方程正确的是（ ）
A．＝ B．＝
C．＝ D．＝
5．如图，△ABC的顶点是正方形网格的格点，则cos∠ABC的值为（ ）
A． B． C． D．
6．如图，AB是⊙O的直径，点C为圆上一点，AC＝3，∠ABC的平分线交AC于点D，CD＝1，则⊙O的直径为（ ）
A． B．2 C．1 D．2
7．如图，已知C为弧AB上一点，若∠AOB＝120°，则∠ACB的度数是（ ）
A．90° B．100° C．110° D．120°
8．如图，点O是正方形ABCD的中心，DE与⊙O相切于点E，连接BE．若DE＝3，BE＝5，则正方形ABCD的面积是（ ）
A．26 B．28 C．30 D．32
二、填空题（每小题2分，共16分）
9．方程（x﹣1）2＝3的解为 ．
10．若关于x的方程x2﹣2x+c＝0无实数根，则c的取值范围是 ．
11．一个圆锥的母线长为6，侧面积为12π，则这个圆锥的底面圆的半径是 ．
12．如图，一山坡的坡度i＝1：，小颖从山脚A出发，沿山坡向上走了200m到达点B，则小颖上升了 m．
13．如图，在△ABC中，D为BC上一点，BC＝AB＝3BD，则AD：AC的值为 ．
14．如图，BD是△ABC的中线，点E是BC边上一点，AE交BD于点F，若BF＝FD，则＝ ．
15．如图，在平面直角坐标系xOy中，已知点A（3，0），点B、C分别是直线y＝x、y＝x+2上的动点，以BC为直径作⊙D，当OD+DA有最小值时，点D的坐标是 ．
16．如图，在▱ABCD中，AD＝3，AB＝5，sinA＝，将线段BA绕点B顺时针旋转到BE，点E与点A对应，连接EC．若EC⊥BC，则tan∠ABE＝ ．
三、解答题（共9小题，共68分。第17、22题每小题8分，第18～19、20、21、23题每小题8分，第24题10分，第25题12分。）
17．（1）解方程：x（x﹣7）＝8（7﹣x）；
（2）计算：2sin60°+tan45°﹣2cos60°．
18．已知关于x的一元二次方程x2+2mx+m2+m＝0有实数根．
（1）求m的取值范围；
（2）若该方程的两个实数根分别为x1、x2，且x12+x22＝12，求m的值．
19．“杂交水稻之父”﹣﹣袁隆平先生所率领的科研团队在增产攻坚第一阶段实现水稻亩产量700公斤的目标，第三阶段实现水稻亩产量1008公斤的目标．
（1）如果第二阶段、第三阶段亩产量的增长率相同，求亩产量的平均增长率；
（2）按照（1）中亩产量增长率，科研团队期望第四阶段水稻亩产量达到1200公斤，请通过计算说明他们的目标能否实现．
20．如图，在△ABC和△DEC中，∠A＝∠D，∠BCE＝∠ACD．
（1）△ABC与△DEC相似吗？为什么？
（2）若S△ABC：S△DEC＝4：9，BC＝6，求EC的长．
21．如图，在△ABC中，AD⊥BC，BD＝8，cos∠ABC＝，BF为△ABC的角平分线，BF交AD于点E．求：
（1）AD的长；
（2）tan∠FBC的值．
22．如图，在△ABC中，AB＝AC，以AC为直径的⊙O交BC于点D，交AB于点E，F为AC延长线上一点，且∠BAC＝2∠CDF．
（1）DF与⊙O有什么位置关系？说明理由；
（2）若cosB＝，CF＝2，求⊙O的半径．
23．拓展小组研制的智能操作机器人，如图1，水平操作台为l，底座AB固定，高AB为50cm，连杆BC长度为70cm，手臂CD长度为60cm．点B，C是转动点，且AB，BC与CD始终在同一平面内．
（1）转动连杆BC，手臂CD，使∠ABC＝143°，CD∥l，如图2，求手臂端点D离操作台l的高度DE的长（精确到1cm，参考数据：sin53°≈0.8，cos53°≈0.6）．
（2）物品在操作台l上，距离底座A端110cm的点M处，转动连杆BC，手臂CD，手臂端点D能否碰到点M？请说明理由．
24．如图，在平面直角坐标系xOy中，一次函数y＝x+4的图象与x轴、y轴分别交于点A，B，点C（t，0）是射线AO上一个动点，点D是射线AB上一点，且AD＝2OC，以CD为直径作⊙Q．
（1）求AO的长；
（2）若⊙Q与直线AB相切，求t的值；
（3）若点Q落在∠BAO的平分线上，直接写出点Q的坐标．
25．如图，已知正方形ABCD的边长是4，点E是BC边上一动点（点E不与点B、C重合），点F是射线AD上一点，且AE＝EF，EF交AC于点P，PQ⊥AE，垂足为O，PQ交射线AB于点Q，设BE＝m．
（1）若点E是BC的中点，求tan∠CAE的值；
（2）若点Q在AB边上，求BQ的长（用含有m的代数式表示）；
（3）连接QE，若△BEQ与△AOP相似，求BE的长．
参考答案
一、选择题（每小题2分，共16分）
1．若关于x的一元二次方程x2﹣ax+6＝0的一个根是2，则a的值为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【分析】根据关于x的一元二次方程x2﹣ax+6＝0的一个根是2，将x＝2代入方程即可求得a的值．
解：∵关于x的一元二次方程x2﹣ax+6＝0的一个根是2，
∴22﹣2a+6＝0，
解得a＝5．
故选：D．
2．用配方法解方程x2﹣8x﹣2＝0时，配方结果正确的是（ ）
A．（x﹣8）2＝64 B．（x﹣4）2＝14 C．（x﹣4）2＝18 D．（x﹣4）2＝1
【分析】将常数项移到方程的右边，两边都加上一次项系数一半的平方配成完全平方式后即可得出答案．
解：∵x2﹣8x﹣2＝0，
∴x2﹣8x＝2，
则x2﹣8x+16＝2+16，即（x﹣4）2＝18，
故选：C．
3．如图，在△ABC中，DE∥BC，AD＝2，BD＝3，AC＝10，则AE的长为（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
【分析】根据平行线分线段成比例由DE∥BC得到，然后根据比例的性质可求出AE．
解：∵DE∥BC，
∴，
∵AD＝2，BD＝3，AC＝10，
∴，
∴AE＝4．
故选：B．
4．“今有井径五尺，不知其深，立五尺木于井上，从木末望水岸，入径四寸，问井深几何？”这是我国古代数学著作《九章算术》中的“井深几何”问题，它的题意可以由示意图获得，设井深为x尺，所列方程正确的是（ ）
A．＝ B．＝
C．＝ D．＝
【分析】如图，设AD交BE于K．利用相似三角形的性质求解即可．
解：如图，设AD交BE于K．
∵DK∥BC，
∴△EKD∽△EBC，
∴＝，
∴＝，
故选：A．
5．如图，△ABC的顶点是正方形网格的格点，则cos∠ABC的值为（ ）
A． B． C． D．
【分析】由图可知，可把∠ABC放在Rt△ABD中，利用勾股定理可求出斜边AB的长，再利用余弦的定义可得cos∠ABC＝＝＝．
解：法一、如图，
在Rt△ABD中，∠ADB＝90°，AD＝BD＝3，
∴AB＝＝＝3，
∴cos∠ABC＝＝＝．
故选：B．
法二、在Rt△ABD中，∠ADB＝90°，AD＝BD＝3，
∴∠ABD＝∠BAD＝45°，
∴cos∠ABC＝cos45°＝．
故选：B．
6．如图，AB是⊙O的直径，点C为圆上一点，AC＝3，∠ABC的平分线交AC于点D，CD＝1，则⊙O的直径为（ ）
A． B．2 C．1 D．2
【分析】如图，过点D作DT⊥AB于T．证明DT＝DC＝1，推出AD＝2DT，推出∠A＝30°，可得结论．
解：如图，过点D作DT⊥AB于T．
∵AB是直径，
∴∠ACB＝90°，
∴DC⊥BC，
∵DB平分∠CBA，DC⊥BC，DT⊥BA，
∴DC＝DT＝1，
∵AC＝3，
∴AD＝AC﹣CD＝2，
∴AD＝2DT，
∴∠A＝30°，
∴AB＝＝＝2，
解法二：AD＝2DT 由此处开始，可以在Rt△ADT中用勾股定理得AT＝，再由垂径定理可得AB＝2AT得解．
故选：B．
7．如图，已知C为弧AB上一点，若∠AOB＝120°，则∠ACB的度数是（ ）
A．90° B．100° C．110° D．120°
【分析】利用圆周角定理，圆内接四边形的性质求解即可．
解：如图，在优弧AB上取一点T，连接AT，BT．
∵∠T＝∠AOB＝×120°＝60°，
∴∠ACB＝180°﹣∠T＝180°﹣60°＝120°，
故选：D．
8．如图，点O是正方形ABCD的中心，DE与⊙O相切于点E，连接BE．若DE＝3，BE＝5，则正方形ABCD的面积是（ ）
A．26 B．28 C．30 D．32
【分析】连接BD，延长DE到点F，作BF⊥DF，根据点O是正方形ABCD的中心，可得BD经过点O，DO＝BO，由DE与⊙O相切于点E，可得OE⊥DE，所以OE∥BF，所以△DEO∽△DFB，对应边成比例，再根据勾股定理可得BC2的值，进而可得正方形ABCD的面积．
解：如图，连接BD，延长DE到点F，作BF⊥DF，
∵点O是正方形ABCD的中心，
∴BD经过点O，DO＝BO，
∵DE与⊙O相切于点E，
∴OE⊥DE，
∴OE∥BF，
∴△DEO∽△DFB，
∴＝＝＝，
∴BF＝2OE，
∵DE＝3，BE＝5，
∴EF＝DE＝3，
∴BF＝＝＝4，
∴DB2＝DF2+BF2＝62+42＝52，
∵BC2+CD2＝DB2，BC＝CD，
∴BC2＝＝26．
∴正方形ABCD的面积是26．
故选：A．
二、填空题（每小题2分，共16分）
9．方程（x﹣1）2＝3的解为 ．
【分析】根据方程的特点，应采用直接开平方法，开平方得x﹣1＝，解得方程的解即可．
解：（x﹣1）2＝3
开平方得，x﹣1＝
所以x＝1．
故答案为：1．
10．若关于x的方程x2﹣2x+c＝0无实数根，则c的取值范围是 c＞1 ．
【分析】根据判别式的意义得到Δ＝（﹣2）2﹣4c＜0，然后解不等式即可．
解：∵关于x的方程x2﹣2x+c＝0无实数根，
∴Δ＝（﹣2）2﹣4c＜0，
解得c＞1．
故答案为：c＞1．
11．一个圆锥的母线长为6，侧面积为12π，则这个圆锥的底面圆的半径是 2 ．
【分析】根据圆锥的侧面积＝底面半径×母线长×π，进而求出即可．
解：∵母线为6，设圆锥的底面半径为x，
∴圆锥的侧面积＝π×6×x＝12π．
解得：x＝2．
故答案为：2．
12．如图，一山坡的坡度i＝1：，小颖从山脚A出发，沿山坡向上走了200m到达点B，则小颖上升了 100 m．
【分析】根据坡比的定义得到tan∠A＝＝＝，进而可得∠A＝30°，然后根据含30度的直角三角形三边的关系求解．
解：根据题意得tan∠A＝＝＝，
所以∠A＝30°，
所以BC＝AB＝×200＝100（m）．
故答案为：100．
13．如图，在△ABC中，D为BC上一点，BC＝AB＝3BD，则AD：AC的值为 ．
【分析】根据两边成比例且夹角相等的两个三角形相似证明出△ABC∽△DBA，再根据相似三角形的对应边成比例，变形即可得出答案．
解：∵BC＝AB＝3BD，
∴，
∵∠B＝∠B，
∴△ABC∽△DBA，
∴,
∴AD:AC＝,
故答案为：．
14．如图，BD是△ABC的中线，点E是BC边上一点，AE交BD于点F，若BF＝FD，则＝ ．
【分析】如图，过点D作DT∥AE交BC于点T．利用平行线等分线段定理，证明BE＝ET＝TC即可．
解：如图，过点D作DT∥AE交BC于点T．
∵DT∥AE，AD＝CD，
∵ET＝TC，
∵EF∥DT，BF＝DF，
∴BE＝ET，
∴BE＝ET＝CT，
∵＝，
故答案为：．
15．如图，在平面直角坐标系xOy中，已知点A（3，0），点B、C分别是直线y＝x、y＝x+2上的动点，以BC为直径作⊙D，当OD+DA有最小值时，点D的坐标是 （﹣，） ．
【分析】由题意，点D的运动轨迹是直线y＝x+1，作点O关于直线y＝x+1的对称点O′（﹣1，1），连接AO′交直线y＝x+1于点D′，此时OD′+AD′的值最小，求出直线AO′与直线y＝x+1是交点坐标即可．
解：如图，
由题意，点D的运动轨迹是直线y＝x+1，作点O关于直线y＝x+1的对称点O′（﹣1，1），连接AO′交直线y＝x+1于点D′，此时OD′+AD′的值最小．
∵直线AO′的解析式为y＝﹣x+，
由，解得，
∴D′（﹣，）．
故答案为：（﹣，）．
16．如图，在▱ABCD中，AD＝3，AB＝5，sinA＝，将线段BA绕点B顺时针旋转到BE，点E与点A对应，连接EC．若EC⊥BC，则tan∠ABE＝ ．
【分析】由“HL”可证Rt△BCE≌Rt△DEC，可得DE＝BC＝3，可证四边形BCED是平行四边形，可得∠EDB＝∠ECB＝90°，由勾股定理可求DB的长，由面积法可求EH的长，即可求解．
解：如图，过点E作EH⊥AB于H，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD＝5，AD＝BC＝3，AD∥BC，
∵EC⊥BC，
∴EC⊥AE，
∴∠AEC＝∠BCE＝90°，
∵将线段BA绕点B顺时针旋转到BE，
∴AB＝BE＝CD＝5，
在Rt△BCE和Rt△DEC中，
，
∴Rt△BCE≌Rt△DEC（HL），
∴DE＝BC＝3，
又∵DE∥BC，
∴四边形BCED是平行四边形，
∴∠EDB＝∠ECB＝90°，
∴BD＝＝＝4，
∵S△ABE＝×AB×EH＝×AE×DB，
∴5×EH＝6×4，
∴EH＝，
∴BH＝＝，
∴tan∠ABE＝＝，
故答案为：．
三、解答题（共9小题，共68分。第17、22题每小题8分，第18～19、20、21、23题每小题8分，第24题10分，第25题12分。）
17．（1）解方程：x（x﹣7）＝8（7﹣x）；
（2）计算：2sin60°+tan45°﹣2cos60°．
【分析】（1）先移项，再利用提公因式法将方程的左边因式分解后求解可得；
（2）先代入三角函数值，再计算乘法，最后计算加减即可．
解：（1）∵x（x﹣7）＝8（7﹣x），
∴x（x﹣7）+8（x﹣7）＝0，
则（x﹣7）（x+8）＝0，
∴x﹣7＝0或x+8＝0，
解得x1＝7，x2＝﹣8；
（2）原式＝2×+1﹣2×
＝+1﹣
＝1．
18．已知关于x的一元二次方程x2+2mx+m2+m＝0有实数根．
（1）求m的取值范围；
（2）若该方程的两个实数根分别为x1、x2，且x12+x22＝12，求m的值．
【分析】（1）根据判别式的意义得到Δ＝（2m）2﹣4（m2+m）≥0，然后解关于m的不等式即可；
（2）根据根与系数的关系得到x1+x2＝﹣2m，x1x2＝m2+m，利用整体代入的方法得到m2﹣m﹣6＝0，然后解关于m的方程即可．
解：（1）根据题意得Δ＝（2m）2﹣4（m2+m）≥0，
解得m≤0．
故m的取值范围是m≤0；
（2）根据题意得x1+x2＝﹣2m，x1x2＝m2+m，
∵x12+x22＝（x1+x2）2﹣2x1•x2＝12，
∴（﹣2m）2﹣2（m2+m）＝12，即m2﹣m﹣6＝0，
解得m1＝﹣2，m2＝3（舍去）．
故m的值为﹣2．
19．“杂交水稻之父”﹣﹣袁隆平先生所率领的科研团队在增产攻坚第一阶段实现水稻亩产量700公斤的目标，第三阶段实现水稻亩产量1008公斤的目标．
（1）如果第二阶段、第三阶段亩产量的增长率相同，求亩产量的平均增长率；
（2）按照（1）中亩产量增长率，科研团队期望第四阶段水稻亩产量达到1200公斤，请通过计算说明他们的目标能否实现．
【分析】（1）设亩产量的平均增长率为x，根据第三阶段水稻亩产量＝第一阶段水稻亩产量×（1+增长率）2，即可得出关于x的一元二次方程，解之取其正值即可得出结论；
（2）利用第四阶段水稻亩产量＝第三阶段水稻亩产量×（1+增长率），可求出第四阶段水稻亩产量，将其与1200公斤比较后即可得出结论．
解：（1）设亩产量的平均增长率为x，
依题意得：700（1+x）2＝1008，
解得：x1＝0.2＝20%，x2＝﹣2.2（不合题意，舍去）．
答：亩产量的平均增长率为20%．
（2）1008×（1+20%）＝1209.6（公斤）．
∵1209.6＞1200，
∴他们的目标能实现．
20．如图，在△ABC和△DEC中，∠A＝∠D，∠BCE＝∠ACD．
（1）△ABC与△DEC相似吗？为什么？
（2）若S△ABC：S△DEC＝4：9，BC＝6，求EC的长．
【分析】（1）由两角相等的两个三角形相似可判断△ABC∽△DEC；
（2）由相似三角形的性质可得，即可求解．
解：（1））△ABC与△DEC相似，理由如下：
∵∠BCE＝∠ACD．
∴∠BCE+∠ACE＝∠ACD+∠ACE，
∴∠DCE＝∠ACB，
又∵∠A＝∠D，
∴△ABC∽△DEC；
（2）∵△ABC∽△DEC；
∴，
∴，
又∵BC＝6，
∴EC＝9．
21．如图，在△ABC中，AD⊥BC，BD＝8，cos∠ABC＝，BF为△ABC的角平分线，BF交AD于点E．求：
（1）AD的长；
（2）tan∠FBC的值．
【分析】（1）由锐角三角函数定义求出AB＝10，再由勾股定理求出AD的长即可；
（2）过E作EF⊥AB于F，证Rt△BHE≌Rt△BDE（HL），得BH＝BD＝8，再证∠ABC＝∠AEH，则cos∠AEH＝＝cos∠ABC＝，设ED＝EH＝4k，则AE＝5k，然后由AD＝5k+4k＝6，解得k＝，则ED＝，即可解决问题．
解：（1）∵AD⊥BC，
∴∠ADB＝90°，
∴cos∠ABC＝＝，
∵BD＝8，
∴AB＝10，
∴AD＝＝＝6；
（2）过E作EF⊥AB于F，如图所示：
∵BF为△ABC的角平分线，ED⊥BC，
∴ED＝EF，
在Rt△BHE和Rt△BDE中，
，
∴Rt△BHE≌Rt△BDE（HL），
∴BH＝BD＝8，
∴AH＝AB﹣BE＝2，
∵∠ABC+∠BAD＝90°，∠AEH+∠BAD＝90°，
∴∠ABC＝∠AEH，
∴cos∠AEH＝＝cos∠ABC＝，
设ED＝EH＝4k，则AE＝5k，
则AD＝5k+4k＝6，
解得：k＝，
∴ED＝，
∴tan∠FBC＝tan∠EBD＝＝＝．
22．如图，在△ABC中，AB＝AC，以AC为直径的⊙O交BC于点D，交AB于点E，F为AC延长线上一点，且∠BAC＝2∠CDF．
（1）DF与⊙O有什么位置关系？说明理由；
（2）若cosB＝，CF＝2，求⊙O的半径．
【分析】（1）连接AD，OD，根据圆周角定理得到∠ADC＝90°，求得∠ADO+∠CDO＝90°，根据等腰三角形的性质得到∠BAD＝∠CAD，等量代换得到∠CAD＝∠CDF，于是得到结论；
（2）根据等腰三角形的性质得到∠B＝∠ACD，根据相似三角形的性质得到，设CD＝k，AC＝3k，根据勾股定理得到AD＝＝2k，求得DF＝4，于是得到结论．
【解答】（1）证明：连接OD，
∵AC为⊙O的直径，
∴∠ADC＝90°，
∴∠ADO+∠CDO＝90°，
∵AB＝AC，
∴∠BAD＝∠CAD，
∴∠BAC＝2∠CAD，
∵∠BAC＝2∠CDF，
∴∠CAD＝∠CDF，
∴∠ODC+∠CDF＝90°，
∴∠ODF＝90°，
∴DF是⊙O的切线；
（2）解：∵AB＝AC，
∴∠B＝∠ACD，
∵∠DAC＝∠CDF，∠F＝∠F，
∴△ADF∽△DCF，
∴，
∵cosB＝cos∠ACB＝，
∴设CD＝k，AC＝3k，
∴AD＝＝2k，
∴＝＝，
∵CF＝2，
∴DF＝4，
∴AF＝16，
∴AC＝AF﹣CF＝14，
∴AO＝OC＝7，
∴⊙O的半径是7．
23．拓展小组研制的智能操作机器人，如图1，水平操作台为l，底座AB固定，高AB为50cm，连杆BC长度为70cm，手臂CD长度为60cm．点B，C是转动点，且AB，BC与CD始终在同一平面内．
（1）转动连杆BC，手臂CD，使∠ABC＝143°，CD∥l，如图2，求手臂端点D离操作台l的高度DE的长（精确到1cm，参考数据：sin53°≈0.8，cos53°≈0.6）．
（2）物品在操作台l上，距离底座A端110cm的点M处，转动连杆BC，手臂CD，手臂端点D能否碰到点M？请说明理由．
【分析】（1）过点C作CP⊥AE于点P，过点B作BQ⊥CP于点Q，在Rt△BCQ中，CQ＝BC•sin53°，再根据DE＝CP＝CQ+PQ可得答案；
（2）当B，C，D共线时，根据勾股定理可得AD的长，进而可进行判断．
解：（1）过点C作CP⊥AE于点P，过点B作BQ⊥CP于点Q，如图：
∵∠ABC＝143°，
∴∠CBQ＝53°，
在Rt△BCQ中，CQ＝BC•sin53°≈70×0.8＝56cm，
∵CD∥l，
∴DE＝CP＝CQ+PQ＝56+50＝106cm．
（2）手臂端点D能碰到点M，
理由：由题意得，当B，C，D共线时，手臂端点D能碰到最远距离，
如图：
BD＝60+70＝130cm，AB＝50cm，
在Rt△ABD中，AB²+AD²＝BD²，
∴AD＝120cm＞110cm．
∴手臂端点D能碰到点M．
24．如图，在平面直角坐标系xOy中，一次函数y＝x+4的图象与x轴、y轴分别交于点A，B，点C（t，0）是射线AO上一个动点，点D是射线AB上一点，且AD＝2OC，以CD为直径作⊙Q．
（1）求AO的长；
（2）若⊙Q与直线AB相切，求t的值；
（3）若点Q落在∠BAO的平分线上，直接写出点Q的坐标．
【分析】（1）求出一次函数y＝图象与x轴交点坐标即可；
（2）分t＜0和t＞0两种情形，分别通过CD⊥AB即可解答；
（3）当点C在原点O右边时，过点Q作QM⊥AD于点 M，作QN⊥x轴于点N，利用HL证明Rt△AQM≌Rt△AQN，得AN＝AM，再利用HL证明Rt△QMD≌Rt△QNC，得MD＝NC，则AD＝AC，当点C在原点O左边时，同理可得．
解：（1）一次函数y＝中，
当y＝0时，x＝﹣4，
∴OA＝4，
即线段OA的长是4；
（2）分两种情况：
∵⊙O与直线AB相切，
∴CD⊥AB，
∵tan∠BAO＝，
∴∠OAB＝60°，
①如图，当t＜0时，
∵AD＝﹣2t，
∴AC＝2AD＝﹣4t，
∴﹣4t﹣t＝4，
∴t＝﹣，
②如图，当t＞0时，
∵AD＝2t，
∴AC＝2AD＝4t，
∴4t﹣4＝4，
∴t＝，
∴若⊙Q与直线AB相切，t的值为﹣或；
（3）如图，当点C在原点O右边时，过点Q作QM⊥AD于点 M，作QN⊥x轴于点N，
∵AQ平分∠BAO，
∴QM＝QN，
在Rt△AQM与Rt△AQN中，
，
∴Rt△AQM≌Rt△AQN（HL），
∴AN＝AM，
又∵Q为线段CD的中点，
∴QC＝QD，
在Rt△QMD与Rt△QNC中，
，
∴Rt△QMD≌Rt△QNC（HL），
∴MD＝NC，
∴AM+MD＝AN+NC，
即AD＝AC，
又∵AD＝2OC，
∴AC＝2OC＝OA+OC，
∴OA＝OC＝4，
∴C（4，0），
∴AD＝2OC＝2OA＝8，
又∵AB＝＝8，
∴AB＝AD，
∴点D与点B重合，
∴D（0，4），
∵Q为线段CD的中点，
∴点Q的横坐标为＝2，
纵坐标为＝2，
∴Q（2，2）；
当点C在原点O左边时，如图，同理得AC＝AD＝2OC，
∴△ACD是等边三角形，
∵AQ平分∠OAB，
∴∠QAC＝30°，AQ⊥CD，
∴AC＝，OC＝＝，
∵∠CQN＝30°，
∴CN＝CQ＝，QN＝＝，
∴Q（﹣2，），
综上：Q（﹣2，）或（2，2）．
25．如图，已知正方形ABCD的边长是4，点E是BC边上一动点（点E不与点B、C重合），点F是射线AD上一点，且AE＝EF，EF交AC于点P，PQ⊥AE，垂足为O，PQ交射线AB于点Q，设BE＝m．
（1）若点E是BC的中点，求tan∠CAE的值；
（2）若点Q在AB边上，求BQ的长（用含有m的代数式表示）；
（3）连接QE，若△BEQ与△AOP相似，求BE的长．
【分析】（1）分别求出EH，AH的长，即可求解；
（2）由“AAS”可证△QAP≌△FAP，可得AQ＝AF＝2m，即可求解；
（3）分两种情况讨论，利用相似三角形的判定和性质求解．
解：（1）如图1，过点E作EH⊥AC于H，
∵点E是BC的中点，
∴BE＝EC＝2，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ACH＝45°，AC＝AB＝4，
∴EH＝CH＝EC•sin∠ECH＝2×＝，
∴AH＝4﹣＝3，
∴tan∠CAE＝＝；
（2）如图2，过点E作EG⊥AD于G，
∵AE＝EF，EG⊥AD，
∴BE＝AG＝GF＝m，∠AEG＝∠FEG，
∴∠AEB＝∠FEC，
∵PQ⊥AE，
∴∠QOE＝90°＝∠ABC，
∴∠BQP+∠AEB＝180°，
又∵∠AQP+∠BQP＝180°，
∴∠AEB＝∠AQP，
∵AD∥BC，
∴∠AFE＝∠FEC，
∴∠AQP＝∠AEB＝∠FEC＝∠AFE，
又∵AP＝AP，∠QAP＝∠FAP，
∴△QAP≌△FAP（AAS），
∴AQ＝AF＝2m，
∴BQ＝4﹣2m；
（3）如图3，当点Q在线段AB上时，
∵∠PAO＝∠EAH，∠POA＝∠EHA＝90°，
∴△AOP∽△AHE，
若△BEQ∽△OAP，
∴△BEQ∽△HAE，
∴，
∴，
∴m1＝﹣4+4，m2＝﹣4﹣4（舍去），
②如图3，当△BEQ∽△OPA时，
则△BEQ∽△HEA，
∴，
∴，
∴m1＝8﹣4，m2＝8+4（舍去）；
当点Q在线段AB的延长线上时，
当△BEQ∽△OAP时，
∴△BEQ∽△HAE，
∴，
∴，
解得：m1＝，m2＝﹣（舍去），
综上所述：BE的长为﹣4+4或8﹣4或．
2021-2022学年江苏省常州市新北区九年级第一学期期中
数学试卷
一、选择题（每小题2分，共16分）
1．若关于x的一元二次方程x2﹣ax+6＝0的一个根是2，则a的值为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
2．用配方法解方程x2﹣8x﹣2＝0时，配方结果正确的是（ ）
A．（x﹣8）2＝64 B．（x﹣4）2＝14 C．（x﹣4）2＝18 D．（x﹣4）2＝1
3．如图，在△ABC中，DE∥BC，AD＝2，BD＝3，AC＝10，则AE的长为（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
4．“今有井径五尺，不知其深，立五尺木于井上，从木末望水岸，入径四寸，问井深几何？”这是我国古代数学著作《九章算术》中的“井深几何”问题，它的题意可以由示意图获得，设井深为x尺，所列方程正确的是（ ）
A．＝ B．＝
C．＝ D．＝
5．如图，△ABC的顶点是正方形网格的格点，则cos∠ABC的值为（ ）
A． B． C． D．
6．如图，AB是⊙O的直径，点C为圆上一点，AC＝3，∠ABC的平分线交AC于点D，CD＝1，则⊙O的直径为（ ）
A． B．2 C．1 D．2
7．如图，已知C为弧AB上一点，若∠AOB＝120°，则∠ACB的度数是（ ）
A．90° B．100° C．110° D．120°
8．如图，点O是正方形ABCD的中心，DE与⊙O相切于点E，连接BE．若DE＝3，BE＝5，则正方形ABCD的面积是（ ）
A．26 B．28 C．30 D．32
二、填空题（每小题2分，共16分）
9．方程（x﹣1）2＝3的解为 ．
10．若关于x的方程x2﹣2x+c＝0无实数根，则c的取值范围是 ．
11．一个圆锥的母线长为6，侧面积为12π，则这个圆锥的底面圆的半径是 ．
12．如图，一山坡的坡度i＝1：，小颖从山脚A出发，沿山坡向上走了200m到达点B，则小颖上升了 m．
13．如图，在△ABC中，D为BC上一点，BC＝AB＝3BD，则AD：AC的值为 ．
14．如图，BD是△ABC的中线，点E是BC边上一点，AE交BD于点F，若BF＝FD，则＝ ．
15．如图，在平面直角坐标系xOy中，已知点A（3，0），点B、C分别是直线y＝x、y＝x+2上的动点，以BC为直径作⊙D，当OD+DA有最小值时，点D的坐标是 ．
16．如图，在▱ABCD中，AD＝3，AB＝5，sinA＝，将线段BA绕点B顺时针旋转到BE，点E与点A对应，连接EC．若EC⊥BC，则tan∠ABE＝ ．
三、解答题（共9小题，共68分。第17、22题每小题8分，第18～19、20、21、23题每小题8分，第24题10分，第25题12分。）
17．（1）解方程：x（x﹣7）＝8（7﹣x）；
（2）计算：2sin60°+tan45°﹣2cos60°．
18．已知关于x的一元二次方程x2+2mx+m2+m＝0有实数根．
（1）求m的取值范围；
（2）若该方程的两个实数根分别为x1、x2，且x12+x22＝12，求m的值．
19．“杂交水稻之父”﹣﹣袁隆平先生所率领的科研团队在增产攻坚第一阶段实现水稻亩产量700公斤的目标，第三阶段实现水稻亩产量1008公斤的目标．
（1）如果第二阶段、第三阶段亩产量的增长率相同，求亩产量的平均增长率；
（2）按照（1）中亩产量增长率，科研团队期望第四阶段水稻亩产量达到1200公斤，请通过计算说明他们的目标能否实现．
20．如图，在△ABC和△DEC中，∠A＝∠D，∠BCE＝∠ACD．
（1）△ABC与△DEC相似吗？为什么？
（2）若S△ABC：S△DEC＝4：9，BC＝6，求EC的长．
21．如图，在△ABC中，AD⊥BC，BD＝8，cos∠ABC＝，BF为△ABC的角平分线，BF交AD于点E．求：
（1）AD的长；
（2）tan∠FBC的值．
22．如图，在△ABC中，AB＝AC，以AC为直径的⊙O交BC于点D，交AB于点E，F为AC延长线上一点，且∠BAC＝2∠CDF．
（1）DF与⊙O有什么位置关系？说明理由；
（2）若cosB＝，CF＝2，求⊙O的半径．
23．拓展小组研制的智能操作机器人，如图1，水平操作台为l，底座AB固定，高AB为50cm，连杆BC长度为70cm，手臂CD长度为60cm．点B，C是转动点，且AB，BC与CD始终在同一平面内．
（1）转动连杆BC，手臂CD，使∠ABC＝143°，CD∥l，如图2，求手臂端点D离操作台l的高度DE的长（精确到1cm，参考数据：sin53°≈0.8，cos53°≈0.6）．
（2）物品在操作台l上，距离底座A端110cm的点M处，转动连杆BC，手臂CD，手臂端点D能否碰到点M？请说明理由．
24．如图，在平面直角坐标系xOy中，一次函数y＝x+4的图象与x轴、y轴分别交于点A，B，点C（t，0）是射线AO上一个动点，点D是射线AB上一点，且AD＝2OC，以CD为直径作⊙Q．
（1）求AO的长；
（2）若⊙Q与直线AB相切，求t的值；
（3）若点Q落在∠BAO的平分线上，直接写出点Q的坐标．
25．如图，已知正方形ABCD的边长是4，点E是BC边上一动点（点E不与点B、C重合），点F是射线AD上一点，且AE＝EF，EF交AC于点P，PQ⊥AE，垂足为O，PQ交射线AB于点Q，设BE＝m．
（1）若点E是BC的中点，求tan∠CAE的值；
（2）若点Q在AB边上，求BQ的长（用含有m的代数式表示）；
（3）连接QE，若△BEQ与△AOP相似，求BE的长．
参考答案
一、选择题（每小题2分，共16分）
1．若关于x的一元二次方程x2﹣ax+6＝0的一个根是2，则a的值为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【分析】根据关于x的一元二次方程x2﹣ax+6＝0的一个根是2，将x＝2代入方程即可求得a的值．
解：∵关于x的一元二次方程x2﹣ax+6＝0的一个根是2，
∴22﹣2a+6＝0，
解得a＝5．
故选：D．
2．用配方法解方程x2﹣8x﹣2＝0时，配方结果正确的是（ ）
A．（x﹣8）2＝64 B．（x﹣4）2＝14 C．（x﹣4）2＝18 D．（x﹣4）2＝1
【分析】将常数项移到方程的右边，两边都加上一次项系数一半的平方配成完全平方式后即可得出答案．
解：∵x2﹣8x﹣2＝0，
∴x2﹣8x＝2，
则x2﹣8x+16＝2+16，即（x﹣4）2＝18，
故选：C．
3．如图，在△ABC中，DE∥BC，AD＝2，BD＝3，AC＝10，则AE的长为（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
【分析】根据平行线分线段成比例由DE∥BC得到，然后根据比例的性质可求出AE．
解：∵DE∥BC，
∴，
∵AD＝2，BD＝3，AC＝10，
∴，
∴AE＝4．
故选：B．
4．“今有井径五尺，不知其深，立五尺木于井上，从木末望水岸，入径四寸，问井深几何？”这是我国古代数学著作《九章算术》中的“井深几何”问题，它的题意可以由示意图获得，设井深为x尺，所列方程正确的是（ ）
A．＝ B．＝
C．＝ D．＝
【分析】如图，设AD交BE于K．利用相似三角形的性质求解即可．
解：如图，设AD交BE于K．
∵DK∥BC，
∴△EKD∽△EBC，
∴＝，
∴＝，
故选：A．
5．如图，△ABC的顶点是正方形网格的格点，则cos∠ABC的值为（ ）
A． B． C． D．
【分析】由图可知，可把∠ABC放在Rt△ABD中，利用勾股定理可求出斜边AB的长，再利用余弦的定义可得cos∠ABC＝＝＝．
解：法一、如图，
在Rt△ABD中，∠ADB＝90°，AD＝BD＝3，
∴AB＝＝＝3，
∴cos∠ABC＝＝＝．
故选：B．
法二、在Rt△ABD中，∠ADB＝90°，AD＝BD＝3，
∴∠ABD＝∠BAD＝45°，
∴cos∠ABC＝cos45°＝．
故选：B．
6．如图，AB是⊙O的直径，点C为圆上一点，AC＝3，∠ABC的平分线交AC于点D，CD＝1，则⊙O的直径为（ ）
A． B．2 C．1 D．2
【分析】如图，过点D作DT⊥AB于T．证明DT＝DC＝1，推出AD＝2DT，推出∠A＝30°，可得结论．
解：如图，过点D作DT⊥AB于T．
∵AB是直径，
∴∠ACB＝90°，
∴DC⊥BC，
∵DB平分∠CBA，DC⊥BC，DT⊥BA，
∴DC＝DT＝1，
∵AC＝3，
∴AD＝AC﹣CD＝2，
∴AD＝2DT，
∴∠A＝30°，
∴AB＝＝＝2，
解法二：AD＝2DT 由此处开始，可以在Rt△ADT中用勾股定理得AT＝，再由垂径定理可得AB＝2AT得解．
故选：B．
7．如图，已知C为弧AB上一点，若∠AOB＝120°，则∠ACB的度数是（ ）
A．90° B．100° C．110° D．120°
【分析】利用圆周角定理，圆内接四边形的性质求解即可．
解：如图，在优弧AB上取一点T，连接AT，BT．
∵∠T＝∠AOB＝×120°＝60°，
∴∠ACB＝180°﹣∠T＝180°﹣60°＝120°，
故选：D．
8．如图，点O是正方形ABCD的中心，DE与⊙O相切于点E，连接BE．若DE＝3，BE＝5，则正方形ABCD的面积是（ ）
A．26 B．28 C．30 D．32
【分析】连接BD，延长DE到点F，作BF⊥DF，根据点O是正方形ABCD的中心，可得BD经过点O，DO＝BO，由DE与⊙O相切于点E，可得OE⊥DE，所以OE∥BF，所以△DEO∽△DFB，对应边成比例，再根据勾股定理可得BC2的值，进而可得正方形ABCD的面积．
解：如图，连接BD，延长DE到点F，作BF⊥DF，
∵点O是正方形ABCD的中心，
∴BD经过点O，DO＝BO，
∵DE与⊙O相切于点E，
∴OE⊥DE，
∴OE∥BF，
∴△DEO∽△DFB，
∴＝＝＝，
∴BF＝2OE，
∵DE＝3，BE＝5，
∴EF＝DE＝3，
∴BF＝＝＝4，
∴DB2＝DF2+BF2＝62+42＝52，
∵BC2+CD2＝DB2，BC＝CD，
∴BC2＝＝26．
∴正方形ABCD的面积是26．
故选：A．
二、填空题（每小题2分，共16分）
9．方程（x﹣1）2＝3的解为 ．
【分析】根据方程的特点，应采用直接开平方法，开平方得x﹣1＝，解得方程的解即可．
解：（x﹣1）2＝3
开平方得，x﹣1＝
所以x＝1．
故答案为：1．
10．若关于x的方程x2﹣2x+c＝0无实数根，则c的取值范围是 c＞1 ．
【分析】根据判别式的意义得到Δ＝（﹣2）2﹣4c＜0，然后解不等式即可．
解：∵关于x的方程x2﹣2x+c＝0无实数根，
∴Δ＝（﹣2）2﹣4c＜0，
解得c＞1．
故答案为：c＞1．
11．一个圆锥的母线长为6，侧面积为12π，则这个圆锥的底面圆的半径是 2 ．
【分析】根据圆锥的侧面积＝底面半径×母线长×π，进而求出即可．
解：∵母线为6，设圆锥的底面半径为x，
∴圆锥的侧面积＝π×6×x＝12π．
解得：x＝2．
故答案为：2．
12．如图，一山坡的坡度i＝1：，小颖从山脚A出发，沿山坡向上走了200m到达点B，则小颖上升了 100 m．
【分析】根据坡比的定义得到tan∠A＝＝＝，进而可得∠A＝30°，然后根据含30度的直角三角形三边的关系求解．
解：根据题意得tan∠A＝＝＝，
所以∠A＝30°，
所以BC＝AB＝×200＝100（m）．
故答案为：100．
13．如图，在△ABC中，D为BC上一点，BC＝AB＝3BD，则AD：AC的值为 ．
【分析】根据两边成比例且夹角相等的两个三角形相似证明出△ABC∽△DBA，再根据相似三角形的对应边成比例，变形即可得出答案．
解：∵BC＝AB＝3BD，
∴，
∵∠B＝∠B，
∴△ABC∽△DBA，
∴,
∴AD:AC＝,
故答案为：．
14．如图，BD是△ABC的中线，点E是BC边上一点，AE交BD于点F，若BF＝FD，则＝ ．
【分析】如图，过点D作DT∥AE交BC于点T．利用平行线等分线段定理，证明BE＝ET＝TC即可．
解：如图，过点D作DT∥AE交BC于点T．
∵DT∥AE，AD＝CD，
∵ET＝TC，
∵EF∥DT，BF＝DF，
∴BE＝ET，
∴BE＝ET＝CT，
∵＝，
故答案为：．
15．如图，在平面直角坐标系xOy中，已知点A（3，0），点B、C分别是直线y＝x、y＝x+2上的动点，以BC为直径作⊙D，当OD+DA有最小值时，点D的坐标是 （﹣，） ．
【分析】由题意，点D的运动轨迹是直线y＝x+1，作点O关于直线y＝x+1的对称点O′（﹣1，1），连接AO′交直线y＝x+1于点D′，此时OD′+AD′的值最小，求出直线AO′与直线y＝x+1是交点坐标即可．
解：如图，
由题意，点D的运动轨迹是直线y＝x+1，作点O关于直线y＝x+1的对称点O′（﹣1，1），连接AO′交直线y＝x+1于点D′，此时OD′+AD′的值最小．
∵直线AO′的解析式为y＝﹣x+，
由，解得，
∴D′（﹣，）．
故答案为：（﹣，）．
16．如图，在▱ABCD中，AD＝3，AB＝5，sinA＝，将线段BA绕点B顺时针旋转到BE，点E与点A对应，连接EC．若EC⊥BC，则tan∠ABE＝ ．
【分析】由“HL”可证Rt△BCE≌Rt△DEC，可得DE＝BC＝3，可证四边形BCED是平行四边形，可得∠EDB＝∠ECB＝90°，由勾股定理可求DB的长，由面积法可求EH的长，即可求解．
解：如图，过点E作EH⊥AB于H，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD＝5，AD＝BC＝3，AD∥BC，
∵EC⊥BC，
∴EC⊥AE，
∴∠AEC＝∠BCE＝90°，
∵将线段BA绕点B顺时针旋转到BE，
∴AB＝BE＝CD＝5，
在Rt△BCE和Rt△DEC中，
，
∴Rt△BCE≌Rt△DEC（HL），
∴DE＝BC＝3，
又∵DE∥BC，
∴四边形BCED是平行四边形，
∴∠EDB＝∠ECB＝90°，
∴BD＝＝＝4，
∵S△ABE＝×AB×EH＝×AE×DB，
∴5×EH＝6×4，
∴EH＝，
∴BH＝＝，
∴tan∠ABE＝＝，
故答案为：．
三、解答题（共9小题，共68分。第17、22题每小题8分，第18～19、20、21、23题每小题8分，第24题10分，第25题12分。）
17．（1）解方程：x（x﹣7）＝8（7﹣x）；
（2）计算：2sin60°+tan45°﹣2cos60°．
【分析】（1）先移项，再利用提公因式法将方程的左边因式分解后求解可得；
（2）先代入三角函数值，再计算乘法，最后计算加减即可．
解：（1）∵x（x﹣7）＝8（7﹣x），
∴x（x﹣7）+8（x﹣7）＝0，
则（x﹣7）（x+8）＝0，
∴x﹣7＝0或x+8＝0，
解得x1＝7，x2＝﹣8；
（2）原式＝2×+1﹣2×
＝+1﹣
＝1．
18．已知关于x的一元二次方程x2+2mx+m2+m＝0有实数根．
（1）求m的取值范围；
（2）若该方程的两个实数根分别为x1、x2，且x12+x22＝12，求m的值．
【分析】（1）根据判别式的意义得到Δ＝（2m）2﹣4（m2+m）≥0，然后解关于m的不等式即可；
（2）根据根与系数的关系得到x1+x2＝﹣2m，x1x2＝m2+m，利用整体代入的方法得到m2﹣m﹣6＝0，然后解关于m的方程即可．
解：（1）根据题意得Δ＝（2m）2﹣4（m2+m）≥0，
解得m≤0．
故m的取值范围是m≤0；
（2）根据题意得x1+x2＝﹣2m，x1x2＝m2+m，
∵x12+x22＝（x1+x2）2﹣2x1•x2＝12，
∴（﹣2m）2﹣2（m2+m）＝12，即m2﹣m﹣6＝0，
解得m1＝﹣2，m2＝3（舍去）．
故m的值为﹣2．
19．“杂交水稻之父”﹣﹣袁隆平先生所率领的科研团队在增产攻坚第一阶段实现水稻亩产量700公斤的目标，第三阶段实现水稻亩产量1008公斤的目标．
（1）如果第二阶段、第三阶段亩产量的增长率相同，求亩产量的平均增长率；
（2）按照（1）中亩产量增长率，科研团队期望第四阶段水稻亩产量达到1200公斤，请通过计算说明他们的目标能否实现．
【分析】（1）设亩产量的平均增长率为x，根据第三阶段水稻亩产量＝第一阶段水稻亩产量×（1+增长率）2，即可得出关于x的一元二次方程，解之取其正值即可得出结论；
（2）利用第四阶段水稻亩产量＝第三阶段水稻亩产量×（1+增长率），可求出第四阶段水稻亩产量，将其与1200公斤比较后即可得出结论．
解：（1）设亩产量的平均增长率为x，
依题意得：700（1+x）2＝1008，
解得：x1＝0.2＝20%，x2＝﹣2.2（不合题意，舍去）．
答：亩产量的平均增长率为20%．
（2）1008×（1+20%）＝1209.6（公斤）．
∵1209.6＞1200，
∴他们的目标能实现．
20．如图，在△ABC和△DEC中，∠A＝∠D，∠BCE＝∠ACD．
（1）△ABC与△DEC相似吗？为什么？
（2）若S△ABC：S△DEC＝4：9，BC＝6，求EC的长．
【分析】（1）由两角相等的两个三角形相似可判断△ABC∽△DEC；
（2）由相似三角形的性质可得，即可求解．
解：（1））△ABC与△DEC相似，理由如下：
∵∠BCE＝∠ACD．
∴∠BCE+∠ACE＝∠ACD+∠ACE，
∴∠DCE＝∠ACB，
又∵∠A＝∠D，
∴△ABC∽△DEC；
（2）∵△ABC∽△DEC；
∴，
∴，
又∵BC＝6，
∴EC＝9．
21．如图，在△ABC中，AD⊥BC，BD＝8，cos∠ABC＝，BF为△ABC的角平分线，BF交AD于点E．求：
（1）AD的长；
（2）tan∠FBC的值．
【分析】（1）由锐角三角函数定义求出AB＝10，再由勾股定理求出AD的长即可；
（2）过E作EF⊥AB于F，证Rt△BHE≌Rt△BDE（HL），得BH＝BD＝8，再证∠ABC＝∠AEH，则cos∠AEH＝＝cos∠ABC＝，设ED＝EH＝4k，则AE＝5k，然后由AD＝5k+4k＝6，解得k＝，则ED＝，即可解决问题．
解：（1）∵AD⊥BC，
∴∠ADB＝90°，
∴cos∠ABC＝＝，
∵BD＝8，
∴AB＝10，
∴AD＝＝＝6；
（2）过E作EF⊥AB于F，如图所示：
∵BF为△ABC的角平分线，ED⊥BC，
∴ED＝EF，
在Rt△BHE和Rt△BDE中，
，
∴Rt△BHE≌Rt△BDE（HL），
∴BH＝BD＝8，
∴AH＝AB﹣BE＝2，
∵∠ABC+∠BAD＝90°，∠AEH+∠BAD＝90°，
∴∠ABC＝∠AEH，
∴cos∠AEH＝＝cos∠ABC＝，
设ED＝EH＝4k，则AE＝5k，
则AD＝5k+4k＝6，
解得：k＝，
∴ED＝，
∴tan∠FBC＝tan∠EBD＝＝＝．
22．如图，在△ABC中，AB＝AC，以AC为直径的⊙O交BC于点D，交AB于点E，F为AC延长线上一点，且∠BAC＝2∠CDF．
（1）DF与⊙O有什么位置关系？说明理由；
（2）若cosB＝，CF＝2，求⊙O的半径．
【分析】（1）连接AD，OD，根据圆周角定理得到∠ADC＝90°，求得∠ADO+∠CDO＝90°，根据等腰三角形的性质得到∠BAD＝∠CAD，等量代换得到∠CAD＝∠CDF，于是得到结论；
（2）根据等腰三角形的性质得到∠B＝∠ACD，根据相似三角形的性质得到，设CD＝k，AC＝3k，根据勾股定理得到AD＝＝2k，求得DF＝4，于是得到结论．
【解答】（1）证明：连接OD，
∵AC为⊙O的直径，
∴∠ADC＝90°，
∴∠ADO+∠CDO＝90°，
∵AB＝AC，
∴∠BAD＝∠CAD，
∴∠BAC＝2∠CAD，
∵∠BAC＝2∠CDF，
∴∠CAD＝∠CDF，
∴∠ODC+∠CDF＝90°，
∴∠ODF＝90°，
∴DF是⊙O的切线；
（2）解：∵AB＝AC，
∴∠B＝∠ACD，
∵∠DAC＝∠CDF，∠F＝∠F，
∴△ADF∽△DCF，
∴，
∵cosB＝cos∠ACB＝，
∴设CD＝k，AC＝3k，
∴AD＝＝2k，
∴＝＝，
∵CF＝2，
∴DF＝4，
∴AF＝16，
∴AC＝AF﹣CF＝14，
∴AO＝OC＝7，
∴⊙O的半径是7．
23．拓展小组研制的智能操作机器人，如图1，水平操作台为l，底座AB固定，高AB为50cm，连杆BC长度为70cm，手臂CD长度为60cm．点B，C是转动点，且AB，BC与CD始终在同一平面内．
（1）转动连杆BC，手臂CD，使∠ABC＝143°，CD∥l，如图2，求手臂端点D离操作台l的高度DE的长（精确到1cm，参考数据：sin53°≈0.8，cos53°≈0.6）．
（2）物品在操作台l上，距离底座A端110cm的点M处，转动连杆BC，手臂CD，手臂端点D能否碰到点M？请说明理由．
【分析】（1）过点C作CP⊥AE于点P，过点B作BQ⊥CP于点Q，在Rt△BCQ中，CQ＝BC•sin53°，再根据DE＝CP＝CQ+PQ可得答案；
（2）当B，C，D共线时，根据勾股定理可得AD的长，进而可进行判断．
解：（1）过点C作CP⊥AE于点P，过点B作BQ⊥CP于点Q，如图：
∵∠ABC＝143°，
∴∠CBQ＝53°，
在Rt△BCQ中，CQ＝BC•sin53°≈70×0.8＝56cm，
∵CD∥l，
∴DE＝CP＝CQ+PQ＝56+50＝106cm．
（2）手臂端点D能碰到点M，
理由：由题意得，当B，C，D共线时，手臂端点D能碰到最远距离，
如图：
BD＝60+70＝130cm，AB＝50cm，
在Rt△ABD中，AB²+AD²＝BD²，
∴AD＝120cm＞110cm．
∴手臂端点D能碰到点M．
24．如图，在平面直角坐标系xOy中，一次函数y＝x+4的图象与x轴、y轴分别交于点A，B，点C（t，0）是射线AO上一个动点，点D是射线AB上一点，且AD＝2OC，以CD为直径作⊙Q．
（1）求AO的长；
（2）若⊙Q与直线AB相切，求t的值；
（3）若点Q落在∠BAO的平分线上，直接写出点Q的坐标．
【分析】（1）求出一次函数y＝图象与x轴交点坐标即可；
（2）分t＜0和t＞0两种情形，分别通过CD⊥AB即可解答；
（3）当点C在原点O右边时，过点Q作QM⊥AD于点 M，作QN⊥x轴于点N，利用HL证明Rt△AQM≌Rt△AQN，得AN＝AM，再利用HL证明Rt△QMD≌Rt△QNC，得MD＝NC，则AD＝AC，当点C在原点O左边时，同理可得．
解：（1）一次函数y＝中，
当y＝0时，x＝﹣4，
∴OA＝4，
即线段OA的长是4；
（2）分两种情况：
∵⊙O与直线AB相切，
∴CD⊥AB，
∵tan∠BAO＝，
∴∠OAB＝60°，
①如图，当t＜0时，
∵AD＝﹣2t，
∴AC＝2AD＝﹣4t，
∴﹣4t﹣t＝4，
∴t＝﹣，
②如图，当t＞0时，
∵AD＝2t，
∴AC＝2AD＝4t，
∴4t﹣4＝4，
∴t＝，
∴若⊙Q与直线AB相切，t的值为﹣或；
（3）如图，当点C在原点O右边时，过点Q作QM⊥AD于点 M，作QN⊥x轴于点N，
∵AQ平分∠BAO，
∴QM＝QN，
在Rt△AQM与Rt△AQN中，
，
∴Rt△AQM≌Rt△AQN（HL），
∴AN＝AM，
又∵Q为线段CD的中点，
∴QC＝QD，
在Rt△QMD与Rt△QNC中，
，
∴Rt△QMD≌Rt△QNC（HL），
∴MD＝NC，
∴AM+MD＝AN+NC，
即AD＝AC，
又∵AD＝2OC，
∴AC＝2OC＝OA+OC，
∴OA＝OC＝4，
∴C（4，0），
∴AD＝2OC＝2OA＝8，
又∵AB＝＝8，
∴AB＝AD，
∴点D与点B重合，
∴D（0，4），
∵Q为线段CD的中点，
∴点Q的横坐标为＝2，
纵坐标为＝2，
∴Q（2，2）；
当点C在原点O左边时，如图，同理得AC＝AD＝2OC，
∴△ACD是等边三角形，
∵AQ平分∠OAB，
∴∠QAC＝30°，AQ⊥CD，
∴AC＝，OC＝＝，
∵∠CQN＝30°，
∴CN＝CQ＝，QN＝＝，
∴Q（﹣2，），
综上：Q（﹣2，）或（2，2）．
25．如图，已知正方形ABCD的边长是4，点E是BC边上一动点（点E不与点B、C重合），点F是射线AD上一点，且AE＝EF，EF交AC于点P，PQ⊥AE，垂足为O，PQ交射线AB于点Q，设BE＝m．
（1）若点E是BC的中点，求tan∠CAE的值；
（2）若点Q在AB边上，求BQ的长（用含有m的代数式表示）；
（3）连接QE，若△BEQ与△AOP相似，求BE的长．
【分析】（1）分别求出EH，AH的长，即可求解；
（2）由“AAS”可证△QAP≌△FAP，可得AQ＝AF＝2m，即可求解；
（3）分两种情况讨论，利用相似三角形的判定和性质求解．
解：（1）如图1，过点E作EH⊥AC于H，
∵点E是BC的中点，
∴BE＝EC＝2，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ACH＝45°，AC＝AB＝4，
∴EH＝CH＝EC•sin∠ECH＝2×＝，
∴AH＝4﹣＝3，
∴tan∠CAE＝＝；
（2）如图2，过点E作EG⊥AD于G，
∵AE＝EF，EG⊥AD，
∴BE＝AG＝GF＝m，∠AEG＝∠FEG，
∴∠AEB＝∠FEC，
∵PQ⊥AE，
∴∠QOE＝90°＝∠ABC，
∴∠BQP+∠AEB＝180°，
又∵∠AQP+∠BQP＝180°，
∴∠AEB＝∠AQP，
∵AD∥BC，
∴∠AFE＝∠FEC，
∴∠AQP＝∠AEB＝∠FEC＝∠AFE，
又∵AP＝AP，∠QAP＝∠FAP，
∴△QAP≌△FAP（AAS），
∴AQ＝AF＝2m，
∴BQ＝4﹣2m；
（3）如图3，当点Q在线段AB上时，
∵∠PAO＝∠EAH，∠POA＝∠EHA＝90°，
∴△AOP∽△AHE，
若△BEQ∽△OAP，
∴△BEQ∽△HAE，
∴，
∴，
∴m1＝﹣4+4，m2＝﹣4﹣4（舍去），
②如图3，当△BEQ∽△OPA时，
则△BEQ∽△HEA，
∴，
∴，
∴m1＝8﹣4，m2＝8+4（舍去）；
当点Q在线段AB的延长线上时，
当△BEQ∽△OAP时，
∴△BEQ∽△HAE，
∴，
∴，
解得：m1＝，m2＝﹣（舍去），
综上所述：BE的长为﹣4+4或8﹣4或．
相关试卷
2023-2024学年江苏省常州市新北区八年级（上）期中数学试卷（含解析）： 这是一份2023-2024学年江苏省常州市新北区八年级（上）期中数学试卷（含解析），共20页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023-2024学年江苏省常州市新北区八年级（上）期中数学试卷（含解析）： 这是一份2023-2024学年江苏省常州市新北区八年级（上）期中数学试卷（含解析），共24页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
江苏省 常州市 新北区常州外国语学校2023-2024学年上学期九年级期中质量调研数学卷： 这是一份江苏省 常州市 新北区常州外国语学校2023-2024学年上学期九年级期中质量调研数学卷，共4页。
