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2021-2022学年沪教版九年级第一学期数学期末复习试卷 （含答案）
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这是一份2021-2022学年沪教版九年级第一学期数学期末复习试卷 （含答案），共23页。试卷主要包含了下面四组线段中，成比例的是，计算等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年沪教新版九年级上册数学期末复习试卷
一．选择题（共6小题，满分24分，每小题4分）
1．下面四组线段中，成比例的是（ ）
A．a＝2，b＝3，c＝4，d＝5 B．a＝1，b＝2，c＝2，d＝4
C．a＝4，b＝6，c＝8，d＝10 D．a＝，b＝，c＝3，d＝
2．如图，已知在Rt△ABC中，∠C＝90°，点G是△ABC的重心，GE⊥AC，垂足为E，如果CB＝8，则线段GE的长为（ ）
A． B． C． D．
3．已知、是两个单位向量，向量＝3，＝﹣3，那么下列结论正确的是（ ）
A．＝ B．＝﹣ C．||＝|| D．||＝﹣||
4．如图，在Rt△ABC中，斜边AB的长为m，∠A＝35°，则直角边AC的长是（ ）
A．m•sin35° B． C． D．m•cos35°
5．已知二次函数y＝x2+bx﹣1与一次函数y＝﹣2x交点关于原点对称，当t≤x≤t+1时二次函数y＝x2+bx﹣1最小值是2，则t的值是（ ）
A．1 B．1或3 C．﹣2 D．3或﹣2
6．已知一个正六边形的边心距为，则它的外接圆的面积为（ ）
A．4π B．3π C．2π D．π
二．填空题（共12小题，满分48分，每小题4分）
7．已知＝＝，则＝ ．
8．已知点P是线段AB上的点，且BP2＝AP•AB，如果AB＝2cm，那么BP＝ cm．
9．如图，△ABC∽△ADE，且BC＝2DE，则的值为 ．
10．计算：3﹣（2﹣4）＝ ．
11．太原地铁2号线是山西省第一条开通运营的地铁线路，于2020年12月26日开通，如图是该地铁某站扶梯的示意图，扶梯AB的坡度i＝5：12（i为铅直高度与水平宽度的比）．王老师乘扶梯从扶梯底端A以0.5米/秒的速度用时40秒到达扶梯顶端B，则王老师上升的铅直高度BC为 米．
12．如图，在△ABC中，AB＝AC，点D在BC上，连接AD，BE⊥AD于点E，连接CE，∠DEC＝∠BAC，若，则tan∠BAE的值为 ．
13．抛物线y＝﹣x2+2x﹣5与y轴的交点坐标为 ．
14．把抛物线y＝2x2+1向左平移1个单位长度，再向下平移3个单位长度，得到的抛物线的解析式为 ．
15．定义：在平面直角坐标系xOy中，把从点P出发沿纵或横方向到达点Q（至多拐一次弯）的路径长称为P，Q的“实际距离”．如图，若P（﹣1，1），Q（2，3），则P，Q的“实际距离”为5，即PS+SQ＝5或PT+TQ＝5．若点A（3，2），B（5，﹣3），M（6，m）满足点M分别到点A和点B的“实际距离”相等，则m＝ ．
16．如图，在正方形ABCD中，AB＝10，点E在正方形内部，且AE⊥BE，cot∠BAE＝2，如果以E为圆心，r为半径的⊙E与以CD为直径的圆相交，那么r的取值范围为 ．
17．如图1是一种利用镜面反射，放大微小变化的装置．木条BC上的点P处安装一平面镜，BC与刻度尺边MN的交点为D，从A点发出的光束经平面镜P反射后，在MN上形成一个光点E．已知AB⊥BC，MN⊥BC，AB＝6.5，BP＝4，PD＝8．
（1）ED的长为 ．
（2）将木条BC绕点B按顺时针方向旋转一定角度得到BC′（如图2），点P的对应点为P′，BC′与MN的交点为D′，从A点发出的光束经平面镜P′反射后，在MN上的光点为E′．若DD′＝5，则EE′的长为 ．
18．如图，矩形ABCD中，BC：AB＝1：2，F、G分别为AB、DC边上的动点，连接GF，沿GF将四边形AFGD翻折至四边形EFGP，点E落在BC上，EP交CD于点H，连接AE交GF于点O，连接CP，若tan∠CGP＝，GF＝2，CP的长为 ．
三．解答题（共7小题，满分78分）
19．（10分）计算：2cos45°tan30°cos30°+sin260°．
20．（10分）如图，点E、F在平行四边形ABCD的对角线BD上，且EB＝FD，设＝，＝，＝．
（1）试用向量、、表示下列向量：＝ ，＝ ，＝ ；
（2）求作： +﹣．（请在原图上作图，保留作图痕迹，写出结果，不要求写作法）
21．（10分）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝4，点D在边BC上，且BD＝3CD，DE⊥AB，垂足为点E，联结CE．
（1）求线段AE的长；
（2）求∠ACE的余切值．
22．（10分）如图，某货船以24海里/时的速度将一批重要物资从A处运往正东方向的M处，在点A处测得某岛C在北偏东60°的方向上．该货船航行30分钟后到达B处，此时再测得该岛在北偏东30°的方向上，
（1）求B到C的距离；
（2）如果在C岛周围9海里的区域内有暗礁．若继续向正东方向航行，该货船有无触礁危险？试说明理由（≈1.732）．
23．（12分）已知：如图，在四边形ABCD中，AB＝AD，AC、BD相交于点E，AE⋅CE＝DE⋅BE
（1）求证：△ABE∽△ACB；
（2）如果DA2＝DE•DB，求证：AB•EC＝BC•AE．
24．（12分）已知抛物线y＝﹣x2+bx+c经过点A（4，3），顶点为B，对称轴是直线x＝2．
（1）求抛物线的函数表达式和顶点B的坐标；
（2）如图1，抛物线与y轴交于点C，连接AC，过A作AD⊥x轴于点D，E是线段AC上的动点（点E不与A，C两点重合）；
（i）若直线BE将四边形ACOD分成面积比为1：3的两部分，求点E的坐标；
（ii）如图2，连接DE，作矩形DEFG，在点E的运动过程中，是否存在点G落在y轴上的同时点F恰好落在抛物线上？若存在，求出此时AE的长；若不存在，请说明理由．
25．（14分）在△ABC中，AB＝AC，DE垂直平分AC交AC于点D，交BC于点E（点E不与点B重合），点G在边AC上（点G不与点A重合），点F在直线AB上，且∠GEF+∠BAC＝180°．
（1）如图1，当∠C＝45°时，直接写出AG与BF的数量关系；
（2）如图2，当∠C＝30°时，猜想AG与BF的数量关系，并说明理由．
（3）若＝，BC＝12，DG＝，直接写出线段AF的长．
参考答案与试题解析
一．选择题（共6小题，满分24分，每小题4分）
1．解：A、2×5≠3×4，故选项不符合题意；
B、1×4＝2×2，故选项符合题意；
C、4×10≠6×8，故选项不符合题意；
D、×3≠×，故选项不符合题意．
故选：B．
2．解：延长AG交BC于D，如图，
∵点G是△ABC的重心，
∴CD＝BD＝BC＝4，AG＝2GD，
∵GE⊥AC，
∴∠AEG＝90°，
而∠C＝90°，
∴GE∥CD，
∴△AEG∽△ACD，
∴＝＝＝，
∴EG＝CD＝×4＝．
故选：C．
3．解：根据题意知，与方向相同，与方向相同．
A、当向量与方向相反时，＝，故本选项不符合题意．
B、当、是两个单位向量方向相同时，＝﹣，故本选项不符合题意．
C、由向量＝3，＝﹣3知，||＝||，故本选项符合题意．
D、由向量＝3，＝﹣3知，||＝||，故本选项不符合题意．
故选：C．
4．解：在Rt△ABC中，
∵cosA＝，
∴AC＝AB•cosA＝m•cosA，
故选：D．
5．解：设二次函数y＝x2+bx﹣1与一次函数y＝﹣2x交点坐标为（m，﹣2m），（﹣m，2m），
则，
解得，或，
∴b＝﹣2，
∴二次函数y＝x2﹣2x﹣1＝（x﹣1）2﹣2，
∵当t≤x≤t+1时二次函数y＝x2﹣2x﹣1最小值是2，
∴当t＞1时，（t﹣1）2﹣2＝2，得t＝3，
当t+1＜1时，（t+1﹣1）2﹣2＝2，得t＝﹣2，
由上可得，t的值是3或﹣2，
故选：D．
6．解：如图，O为正六边形六边形ABCDEF的中心，过O作OH⊥AB于H，连接OA、OB
则OA为正六边形ABCDEF的外接圆的半径，OH为正六边形ABCDEF的边心距，
即OH＝，
∵∠AOB＝＝60°，
∴△OAB是等边三角形，
∴∠OAB＝60°，
∵OH⊥AB，
∴sin∠OAH＝，
∴OA＝＝＝2，
∴它的外接圆的面积＝π•22＝4π，
故选：A．
二．填空题（共12小题，满分48分，每小题4分）
7．解：设＝＝＝k，
则x＝，y＝，z＝，
所以＝＝＝，
故答案为：．
8．解：∵点P在线段AB上，BP2＝AP•AB，
∴点P为线段AB的黄金分割点，AB＝2cm，
∴BP＝2×＝（﹣1）cm．
故答案为：（﹣1）．
9．解：∵△ABC∽△ADE，且BC＝2DE，
∴＝（）2＝，
∴＝＝，
故答案为：．
10．解：原式＝3﹣+2＝2+2．
故答案是：2+2．
11．解：由题意得：∠ACB＝90°，AB＝0.5×40＝20（米），
∵扶梯AB的坡度i＝5：12＝，
∴设BC＝5a米，则AC＝12a米，
由勾股定理得：（5a）2+（12a）2＝202，
解得：a＝（负值已舍去），
∴BC＝（米），
故答案为：．
12．解：在AD上截取AM＝CE，连接BM，如图：
∵∠DEC＝∠CAE+∠ECA，∠BAC＝∠CAE+∠MAB，
又∵∠DEC＝∠BAC，
∴∠MAB＝∠ECA，
在△MAB和△ECA中，
，
∴△MAB≌△ECA（SAS），
∴BM＝AE，
∵，
∴设CE＝4a，则BM＝AE＝7a，
∴AM＝CE＝4a，
∴ME＝AE﹣AM＝3a，
∵BE⊥AD，
∴△BEM为直角三角形，
由勾股定理得：
BE＝
＝
＝2a，
∴tan∠BAE＝＝＝．
故答案为：．
13．解：把x＝0代入y＝﹣x2+2x﹣5，求得y＝﹣5，
则抛物线y＝﹣x2+2x﹣5与y轴的交点坐标为（0，﹣5）．
故答案为（0，﹣5）．
14．解：把抛物线y＝2x2+1向左平移1个单位长度，再向下平移3个单位长度，得到的抛物线的解析式为：y＝2（x+1）2+1﹣3，即y＝2x2+4x
故答案为y＝2x2+4x．
15．解：如图，由题意，3+2﹣m＝1+m+3，
解得m＝0.5，
故答案为0.5．
16．解：延长BE交CD于H，
∵AE⊥BE，
∴∠AEB＝90°，
∴EG＝AB＝5，
∵在正方形ABCD中，∠C＝∠ABC＝90°，
∴∠BAE+∠ABE＝∠ABE+∠CBH＝90°，
∴∠CBH＝∠BAE，
∴cot∠BAE＝cot∠CBH＝＝2，
∴CH＝BC＝CD＝5，
∴点H是以CD为直径的圆的圆心，
设BE＝k，AE＝2k，
∴AB＝k＝10，
∴k＝2，
∴BE＝2，
∵∠C＝90°，BC＝10，CH＝5，
∴BH＝＝5，
∴EH＝BH﹣BE＝3，
∵r为半径的⊙E与以CD为直径的圆相交，
∴r的取值范围为3+5，
故答案为：3+5．
17．解：（1）如图，由题意可得，∠APB＝∠EPD，∠B＝∠EDP＝90°，
∴△ABP∽△EDP，
∴＝，
∵AB＝6.5，BP＝4，PD＝8，
∴＝，
∴DE＝13；
故答案为：13．
（2）如图2，过点E′作∠E′FD′＝∠E′D′F，过点E′作E′G⊥BC′于点G，
∴E′F＝E′D′，FG＝GD′，
∵AB∥MN，
∴∠ABD′+∠E′D′B＝180°，
∴∠ABD′+∠E′FG＝180°，
∵∠E′FB+∠E′FG＝180°，
∴∠ABP′＝∠E′FP′，
又∠AP′B＝∠E′P′F，
∴△ABP′∽△E′FP′，
∴＝即，＝，
设P′F＝4a，则E′F＝6.5a，
∴E′D′＝6.5a，
在Rt△BDD′中，∠BDD′＝90°，DD′＝5，BD＝BP+PD＝12，
由勾股定理可得，BD′＝13，
∴cos∠BD′D＝，
在Rt△E′GD′中，cos∠BD′D＝＝，
∴GD′＝2.5a，
∴FG＝GD′＝2.5a，
∵BP′+P′F+FG+GD′＝13，
∴4+4a+2.5a+2.5a＝13，解得a＝1，
∴E′D′＝6.5，
∴EE′＝DE+DD′﹣D′E′＝13+5﹣6.5＝11.5．
故答案为：11.5．
18．解：过点P作PK⊥BC，交BC的延长线于点K，如图所示：
由折叠的性质得：∠FEP＝∠FAD＝∠D＝∠EPG＝90°，
∴∠CGP+∠GHP＝90°，
∵∠PEC+∠EHC＝90°，∠GHP＝∠EHC，
∴∠PEC＝∠CGP，
∵∠BEF+∠BFE＝∠BEF+∠PEC＝90°，
∴∠BFE＝∠PEC＝∠CGP，
∵tan∠CGP＝，
∴tan∠BFE＝＝，
设BE＝3x，则BF＝4x，
∴AF＝EF＝＝＝5x，
∴AB＝AF+BF＝5x+4x＝9x，
由折叠的性质得：∠AOF＝∠EOF，
∴∠AOF＝∠EOF＝90°，
过G作GM⊥AB于M，
则∠FMG＝90°，四边形ADGM是矩形，
∴AD＝GM，∠MFG+∠MGF＝90°，
∵∠AOF＝90°，
∴∠MFG+∠FAO＝90°，
∴∠BAE＝∠MGF，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD＝BC，∠BAD＝∠D＝∠B＝90°＝∠FMG，
∴△ABE∽△GMF，
∴＝＝＝＝2，
∴AE＝2GF＝2×2＝4，
在Rt△ABE中，由勾股定理得：AB2+BE2＝AE2，
即：81x2+9x2＝160，
解得：x＝或x＝﹣（舍去），
∴AB＝9×＝12，BE＝3×＝4，
∴EP＝AD＝AB＝6，CE＝BC﹣BE＝6﹣4＝2，
∴tan∠PEK＝＝tan∠CGP＝，
设PK＝3y，则EK＝4y，
在Rt△PEK中，由勾股定理得 EK2+PK2＝EP2，
即：16x2+9y2＝36，
解得：y＝或y＝﹣（舍去），
∴PK＝3×＝，EK＝4×＝，
∴CK＝EK﹣CE＝﹣2＝，
∴CP＝＝＝，
故答案为：．
三．解答题（共7小题，满分78分）
19．解：原式＝2×﹣××+（）2
＝﹣+
＝．
20．解：（1）如图，设AC交BD于点O．
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA＝OC，OB＝OD，
∵BE＝DF，
∴OE＝OF，
∴四边形AECF是平行四边形，
∴EC＝AF，AF∥EC，
∴＝+＝﹣，
∴＝+＝﹣，
∴＝+＝﹣﹣，
故答案为：﹣，﹣，﹣﹣，
（2）如图，作CT∥EB，且CT＝BE，连接BT，DT，则即为所求．
21．解：（1）∵BC＝4，BD＝3CD，
∴BD＝3．
∵AB＝BC，∠ACB＝90°，
∴∠A＝∠B＝45°．
∵DE⊥AB，
∴在Rt△DEB中，．
∴
在Rt△ACB中，，
∴
（2）如图，过点E作EH⊥AC于点H．
∴在Rt△AHE中，，
AH＝AE•cos45°＝，
∴，
∴EH＝AH＝，
∴在Rt△CHE中，cot∠ECH＝，
即∠ACE的余切值是．
22．解：（1）由题意得：∠BAC＝90°﹣60°＝30°，∠MBC＝90°﹣30°＝60°，
∵∠MBC＝∠BAC+∠ACB，
∴∠ACB＝∠MBC﹣∠BAC＝30°，
∴∠BAC＝∠ACB，
∴BC＝AB＝24×＝12（海里）；
（2）该货船无触礁危险，理由如下：
过点C作CD⊥AD于点D，如图所示：
∵∠EAC＝60°，∠FBC＝30°，
∴∠CAB＝30°，∠CBD＝60°．
∴在Rt△CBD中，CD＝BD．
在Rt△CAD中，AD＝CD＝3BD＝AB+BD＝12+BD，
∴BD＝6．
∴CD＝6．
∵6＞9，
∴货船继续向正东方向行驶无触礁危险．
23．证明：（1）∵AE⋅CE＝DE⋅BE，∠AED＝∠BEC，
∴△ADE∽△BCE，
∴∠DAE＝∠CBE，∠ADE＝∠BCE，
∵AB＝AD，
∴∠ADB＝∠ABE，
∴∠ABE＝∠ACB，
∵∠BAE＝∠CAB，
∴△ABE∽△ACB；
（2）∵DA2＝DE•DB，∠ADB＝∠ADE，
∴△ADB∽△EDA，
∴＝，
∵△ABE∽△ACB，
∴＝，
∴AD＝，
∴＝＝，
∴AB•EC＝BC•AE．
24．解：（1）∵抛物线y＝﹣x2+bx+c经过点A（4，3），对称轴是直线x＝2，
∴，
解得：，
∴抛物线的函数表达式为：y＝﹣x2+x+3，
∵y＝﹣x2+x+3＝﹣（x﹣2）2+4，
∴顶点B的坐标为（2，4）；
（2）（i）∵y＝﹣x2+x+3，
∴x＝0时，y＝3，
则C点的坐标为（0，3），
∵A（4，3），
∴AC∥OD，
∵AD⊥x，
∴四边形ACOD是矩形，
设点E的坐标为（m，3），直线BE的函数表达式为：y＝kx+n，直线BE交x轴于点M，如图1所示：
则，
解得：，
∴直线BE的函数表达式为：y＝x+，
令y＝x+＝0，则x＝4m﹣6，
∴点M的坐标为（4m﹣6，0），
∵直线BE将四边形ACOD分成面积比为1：3的两部分，
∴点M在线段OD上，点M不与点O重合，
∵C（0，3），A（4，3），M（4m﹣6，0），E（m，3），
∴OC＝3，AC＝4，OM＝4m﹣6，CE＝m，
∴S矩形ACOD＝OC•AC＝3×4＝12，
S梯形ECOM＝（OM+EC）•OC＝（4m﹣6+m）×3＝，
分两种情况：
①＝，即＝，
解得：m＝，
∴点E的坐标为：（，3）；
②＝，即＝，
解得：m＝，
∴点E的坐标为：（，3）；
综上所述，点E的坐标为：（，3）或（，3）；
（ii）存在点G落在y轴上的同时点F恰好落在抛物线上；理由如下：
由题意得：满足条件的矩形DEFG在直线AC的下方，
过点F作FN⊥AC于N，则NF∥CG，如图2所示：
设点F的坐标为：（a，﹣ a2+a+3），
则NF＝3﹣（﹣a2+a+3）＝a2﹣a，NC＝﹣a，
∵四边形DEFG与四边形ACOD都是矩形，
∴∠DAE＝∠DEF＝∠N＝90°，EF＝DG，EF∥DG，AC∥OD，
∴∠NEF＝∠ODG，∠EMC＝∠DGO，
∵NF∥CG，
∴∠EMC＝∠EFN，
∴∠EFN＝∠DGO，
在△EFN和△DGO中，，
∴△EFN≌△DGO（ASA），
∴NE＝OD＝AC＝4，
∴AC﹣CE＝NE﹣CE，即AE＝NC＝﹣a，
∵∠DAE＝∠DEF＝∠N＝90°，
∴∠NEF+∠EFN＝90°，∠NEF+∠DEA＝90°，
∴∠EFN＝∠DEA，
∴△ENF∽△DAE，
∴＝，即＝，
整理得： a2+a＝0，
解得：a＝﹣或0，
当a＝0时，点E与点A重合，
∴a＝0舍去，
∴AE＝NC＝﹣a＝，
∴当点G落在y轴上的同时点F恰好落在抛物线上，此时AE的长为．
25．解：（1）AG＝BF，理由如下：如图1，连接AE，
∵DE垂直平分AC，
∴AE＝CE，
∴∠CAE＝∠C＝45°，
∴∠AEC＝90°，
∴AE⊥BC，
∵AB＝AC，
∴BE＝CE＝AE，∠BAE＝∠CAE＝∠C＝∠B＝45°，
∵∠GEF+∠BAC＝180°，
∴∠AGE+∠AFE＝360°﹣180°＝180°，
∵∠BFE+∠AFE＝180°，
∴∠AGE＝∠BFE，
∵∠GAE＝∠B＝45°，
∴△AEG≌△BEF（AAS），
∴AG＝BF；
（2）AG＝BF，理由如下：
连接AE，如图2所示：
∵AB＝AC，
∴∠B＝∠C＝30°，
∴∠BAC＝180°﹣∠B﹣∠C＝120°
∵DE垂直平分AC，
∴AE＝CE，
∴∠CAE＝∠C＝∠B＝30°，
∴∠BAE＝∠BAC﹣∠CAE＝120°＝30°＝90°，
在Rt△ABE中，∠B＝30°，
∴AE＝BE，
∵∠GEF+∠BAC＝180°，
∴∠AGE+∠AFE＝360°﹣180°＝180°，
又∵∠AFE+∠BFE＝180°，
∴∠AGE＝∠BFE，
∵∠CAE＝∠B，
∴△AGE∽△BFE，
∴＝＝，
∴AG＝BF；
（3）分两种情况：
①点F在线段AB上时，点G在AD，
连接AE，作AH⊥BC于H，如图3所示：
∵＝，BC＝12，AB＝AC，
∴AC＝AB＝BC＝8，
∵AH⊥BC，
∴CH＝BH＝6，
∴cosC＝＝＝，
∵DE垂直平分AC，
∴AD＝CD＝4，AE＝CE，cosC＝，
∴AE＝CE＝＝＝，
∴BE＝BC﹣CE＝12﹣＝，
∵DG＝，
∴AG＝AD﹣DG＝4﹣＝，
同（2）得：△AGE∽△BFE，
∴＝，
即＝，
解得：BF＝1，
∴AF＝AB﹣BF＝8﹣1＝7；
②点F在线段BA延长线上时，点G在CD上，
连接AE，作AH⊥BC于H，如图4所示：
同①得：AE＝CE＝，BE＝，△AGE∽△BFE，
∴＝，
∵DG＝，
∴AG＝AD+DG＝4+＝，
∴＝，
解得：BF＝9，
∴AF＝BF﹣AB＝9﹣8＝1；
综上所述，线段AF的长为7或1．
2021-2022学年沪教新版九年级上册数学期末复习试卷
一．选择题（共6小题，满分24分，每小题4分）
1．下面四组线段中，成比例的是（ ）
A．a＝2，b＝3，c＝4，d＝5 B．a＝1，b＝2，c＝2，d＝4
C．a＝4，b＝6，c＝8，d＝10 D．a＝，b＝，c＝3，d＝
2．如图，已知在Rt△ABC中，∠C＝90°，点G是△ABC的重心，GE⊥AC，垂足为E，如果CB＝8，则线段GE的长为（ ）
A． B． C． D．
3．已知、是两个单位向量，向量＝3，＝﹣3，那么下列结论正确的是（ ）
A．＝ B．＝﹣ C．||＝|| D．||＝﹣||
4．如图，在Rt△ABC中，斜边AB的长为m，∠A＝35°，则直角边AC的长是（ ）
A．m•sin35° B． C． D．m•cos35°
5．已知二次函数y＝x2+bx﹣1与一次函数y＝﹣2x交点关于原点对称，当t≤x≤t+1时二次函数y＝x2+bx﹣1最小值是2，则t的值是（ ）
A．1 B．1或3 C．﹣2 D．3或﹣2
6．已知一个正六边形的边心距为，则它的外接圆的面积为（ ）
A．4π B．3π C．2π D．π
二．填空题（共12小题，满分48分，每小题4分）
7．已知＝＝，则＝ ．
8．已知点P是线段AB上的点，且BP2＝AP•AB，如果AB＝2cm，那么BP＝ cm．
9．如图，△ABC∽△ADE，且BC＝2DE，则的值为 ．
10．计算：3﹣（2﹣4）＝ ．
11．太原地铁2号线是山西省第一条开通运营的地铁线路，于2020年12月26日开通，如图是该地铁某站扶梯的示意图，扶梯AB的坡度i＝5：12（i为铅直高度与水平宽度的比）．王老师乘扶梯从扶梯底端A以0.5米/秒的速度用时40秒到达扶梯顶端B，则王老师上升的铅直高度BC为 米．
12．如图，在△ABC中，AB＝AC，点D在BC上，连接AD，BE⊥AD于点E，连接CE，∠DEC＝∠BAC，若，则tan∠BAE的值为 ．
13．抛物线y＝﹣x2+2x﹣5与y轴的交点坐标为 ．
14．把抛物线y＝2x2+1向左平移1个单位长度，再向下平移3个单位长度，得到的抛物线的解析式为 ．
15．定义：在平面直角坐标系xOy中，把从点P出发沿纵或横方向到达点Q（至多拐一次弯）的路径长称为P，Q的“实际距离”．如图，若P（﹣1，1），Q（2，3），则P，Q的“实际距离”为5，即PS+SQ＝5或PT+TQ＝5．若点A（3，2），B（5，﹣3），M（6，m）满足点M分别到点A和点B的“实际距离”相等，则m＝ ．
16．如图，在正方形ABCD中，AB＝10，点E在正方形内部，且AE⊥BE，cot∠BAE＝2，如果以E为圆心，r为半径的⊙E与以CD为直径的圆相交，那么r的取值范围为 ．
17．如图1是一种利用镜面反射，放大微小变化的装置．木条BC上的点P处安装一平面镜，BC与刻度尺边MN的交点为D，从A点发出的光束经平面镜P反射后，在MN上形成一个光点E．已知AB⊥BC，MN⊥BC，AB＝6.5，BP＝4，PD＝8．
（1）ED的长为 ．
（2）将木条BC绕点B按顺时针方向旋转一定角度得到BC′（如图2），点P的对应点为P′，BC′与MN的交点为D′，从A点发出的光束经平面镜P′反射后，在MN上的光点为E′．若DD′＝5，则EE′的长为 ．
18．如图，矩形ABCD中，BC：AB＝1：2，F、G分别为AB、DC边上的动点，连接GF，沿GF将四边形AFGD翻折至四边形EFGP，点E落在BC上，EP交CD于点H，连接AE交GF于点O，连接CP，若tan∠CGP＝，GF＝2，CP的长为 ．
三．解答题（共7小题，满分78分）
19．（10分）计算：2cos45°tan30°cos30°+sin260°．
20．（10分）如图，点E、F在平行四边形ABCD的对角线BD上，且EB＝FD，设＝，＝，＝．
（1）试用向量、、表示下列向量：＝ ，＝ ，＝ ；
（2）求作： +﹣．（请在原图上作图，保留作图痕迹，写出结果，不要求写作法）
21．（10分）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝4，点D在边BC上，且BD＝3CD，DE⊥AB，垂足为点E，联结CE．
（1）求线段AE的长；
（2）求∠ACE的余切值．
22．（10分）如图，某货船以24海里/时的速度将一批重要物资从A处运往正东方向的M处，在点A处测得某岛C在北偏东60°的方向上．该货船航行30分钟后到达B处，此时再测得该岛在北偏东30°的方向上，
（1）求B到C的距离；
（2）如果在C岛周围9海里的区域内有暗礁．若继续向正东方向航行，该货船有无触礁危险？试说明理由（≈1.732）．
23．（12分）已知：如图，在四边形ABCD中，AB＝AD，AC、BD相交于点E，AE⋅CE＝DE⋅BE
（1）求证：△ABE∽△ACB；
（2）如果DA2＝DE•DB，求证：AB•EC＝BC•AE．
24．（12分）已知抛物线y＝﹣x2+bx+c经过点A（4，3），顶点为B，对称轴是直线x＝2．
（1）求抛物线的函数表达式和顶点B的坐标；
（2）如图1，抛物线与y轴交于点C，连接AC，过A作AD⊥x轴于点D，E是线段AC上的动点（点E不与A，C两点重合）；
（i）若直线BE将四边形ACOD分成面积比为1：3的两部分，求点E的坐标；
（ii）如图2，连接DE，作矩形DEFG，在点E的运动过程中，是否存在点G落在y轴上的同时点F恰好落在抛物线上？若存在，求出此时AE的长；若不存在，请说明理由．
25．（14分）在△ABC中，AB＝AC，DE垂直平分AC交AC于点D，交BC于点E（点E不与点B重合），点G在边AC上（点G不与点A重合），点F在直线AB上，且∠GEF+∠BAC＝180°．
（1）如图1，当∠C＝45°时，直接写出AG与BF的数量关系；
（2）如图2，当∠C＝30°时，猜想AG与BF的数量关系，并说明理由．
（3）若＝，BC＝12，DG＝，直接写出线段AF的长．
参考答案与试题解析
一．选择题（共6小题，满分24分，每小题4分）
1．解：A、2×5≠3×4，故选项不符合题意；
B、1×4＝2×2，故选项符合题意；
C、4×10≠6×8，故选项不符合题意；
D、×3≠×，故选项不符合题意．
故选：B．
2．解：延长AG交BC于D，如图，
∵点G是△ABC的重心，
∴CD＝BD＝BC＝4，AG＝2GD，
∵GE⊥AC，
∴∠AEG＝90°，
而∠C＝90°，
∴GE∥CD，
∴△AEG∽△ACD，
∴＝＝＝，
∴EG＝CD＝×4＝．
故选：C．
3．解：根据题意知，与方向相同，与方向相同．
A、当向量与方向相反时，＝，故本选项不符合题意．
B、当、是两个单位向量方向相同时，＝﹣，故本选项不符合题意．
C、由向量＝3，＝﹣3知，||＝||，故本选项符合题意．
D、由向量＝3，＝﹣3知，||＝||，故本选项不符合题意．
故选：C．
4．解：在Rt△ABC中，
∵cosA＝，
∴AC＝AB•cosA＝m•cosA，
故选：D．
5．解：设二次函数y＝x2+bx﹣1与一次函数y＝﹣2x交点坐标为（m，﹣2m），（﹣m，2m），
则，
解得，或，
∴b＝﹣2，
∴二次函数y＝x2﹣2x﹣1＝（x﹣1）2﹣2，
∵当t≤x≤t+1时二次函数y＝x2﹣2x﹣1最小值是2，
∴当t＞1时，（t﹣1）2﹣2＝2，得t＝3，
当t+1＜1时，（t+1﹣1）2﹣2＝2，得t＝﹣2，
由上可得，t的值是3或﹣2，
故选：D．
6．解：如图，O为正六边形六边形ABCDEF的中心，过O作OH⊥AB于H，连接OA、OB
则OA为正六边形ABCDEF的外接圆的半径，OH为正六边形ABCDEF的边心距，
即OH＝，
∵∠AOB＝＝60°，
∴△OAB是等边三角形，
∴∠OAB＝60°，
∵OH⊥AB，
∴sin∠OAH＝，
∴OA＝＝＝2，
∴它的外接圆的面积＝π•22＝4π，
故选：A．
二．填空题（共12小题，满分48分，每小题4分）
7．解：设＝＝＝k，
则x＝，y＝，z＝，
所以＝＝＝，
故答案为：．
8．解：∵点P在线段AB上，BP2＝AP•AB，
∴点P为线段AB的黄金分割点，AB＝2cm，
∴BP＝2×＝（﹣1）cm．
故答案为：（﹣1）．
9．解：∵△ABC∽△ADE，且BC＝2DE，
∴＝（）2＝，
∴＝＝，
故答案为：．
10．解：原式＝3﹣+2＝2+2．
故答案是：2+2．
11．解：由题意得：∠ACB＝90°，AB＝0.5×40＝20（米），
∵扶梯AB的坡度i＝5：12＝，
∴设BC＝5a米，则AC＝12a米，
由勾股定理得：（5a）2+（12a）2＝202，
解得：a＝（负值已舍去），
∴BC＝（米），
故答案为：．
12．解：在AD上截取AM＝CE，连接BM，如图：
∵∠DEC＝∠CAE+∠ECA，∠BAC＝∠CAE+∠MAB，
又∵∠DEC＝∠BAC，
∴∠MAB＝∠ECA，
在△MAB和△ECA中，
，
∴△MAB≌△ECA（SAS），
∴BM＝AE，
∵，
∴设CE＝4a，则BM＝AE＝7a，
∴AM＝CE＝4a，
∴ME＝AE﹣AM＝3a，
∵BE⊥AD，
∴△BEM为直角三角形，
由勾股定理得：
BE＝
＝
＝2a，
∴tan∠BAE＝＝＝．
故答案为：．
13．解：把x＝0代入y＝﹣x2+2x﹣5，求得y＝﹣5，
则抛物线y＝﹣x2+2x﹣5与y轴的交点坐标为（0，﹣5）．
故答案为（0，﹣5）．
14．解：把抛物线y＝2x2+1向左平移1个单位长度，再向下平移3个单位长度，得到的抛物线的解析式为：y＝2（x+1）2+1﹣3，即y＝2x2+4x
故答案为y＝2x2+4x．
15．解：如图，由题意，3+2﹣m＝1+m+3，
解得m＝0.5，
故答案为0.5．
16．解：延长BE交CD于H，
∵AE⊥BE，
∴∠AEB＝90°，
∴EG＝AB＝5，
∵在正方形ABCD中，∠C＝∠ABC＝90°，
∴∠BAE+∠ABE＝∠ABE+∠CBH＝90°，
∴∠CBH＝∠BAE，
∴cot∠BAE＝cot∠CBH＝＝2，
∴CH＝BC＝CD＝5，
∴点H是以CD为直径的圆的圆心，
设BE＝k，AE＝2k，
∴AB＝k＝10，
∴k＝2，
∴BE＝2，
∵∠C＝90°，BC＝10，CH＝5，
∴BH＝＝5，
∴EH＝BH﹣BE＝3，
∵r为半径的⊙E与以CD为直径的圆相交，
∴r的取值范围为3+5，
故答案为：3+5．
17．解：（1）如图，由题意可得，∠APB＝∠EPD，∠B＝∠EDP＝90°，
∴△ABP∽△EDP，
∴＝，
∵AB＝6.5，BP＝4，PD＝8，
∴＝，
∴DE＝13；
故答案为：13．
（2）如图2，过点E′作∠E′FD′＝∠E′D′F，过点E′作E′G⊥BC′于点G，
∴E′F＝E′D′，FG＝GD′，
∵AB∥MN，
∴∠ABD′+∠E′D′B＝180°，
∴∠ABD′+∠E′FG＝180°，
∵∠E′FB+∠E′FG＝180°，
∴∠ABP′＝∠E′FP′，
又∠AP′B＝∠E′P′F，
∴△ABP′∽△E′FP′，
∴＝即，＝，
设P′F＝4a，则E′F＝6.5a，
∴E′D′＝6.5a，
在Rt△BDD′中，∠BDD′＝90°，DD′＝5，BD＝BP+PD＝12，
由勾股定理可得，BD′＝13，
∴cos∠BD′D＝，
在Rt△E′GD′中，cos∠BD′D＝＝，
∴GD′＝2.5a，
∴FG＝GD′＝2.5a，
∵BP′+P′F+FG+GD′＝13，
∴4+4a+2.5a+2.5a＝13，解得a＝1，
∴E′D′＝6.5，
∴EE′＝DE+DD′﹣D′E′＝13+5﹣6.5＝11.5．
故答案为：11.5．
18．解：过点P作PK⊥BC，交BC的延长线于点K，如图所示：
由折叠的性质得：∠FEP＝∠FAD＝∠D＝∠EPG＝90°，
∴∠CGP+∠GHP＝90°，
∵∠PEC+∠EHC＝90°，∠GHP＝∠EHC，
∴∠PEC＝∠CGP，
∵∠BEF+∠BFE＝∠BEF+∠PEC＝90°，
∴∠BFE＝∠PEC＝∠CGP，
∵tan∠CGP＝，
∴tan∠BFE＝＝，
设BE＝3x，则BF＝4x，
∴AF＝EF＝＝＝5x，
∴AB＝AF+BF＝5x+4x＝9x，
由折叠的性质得：∠AOF＝∠EOF，
∴∠AOF＝∠EOF＝90°，
过G作GM⊥AB于M，
则∠FMG＝90°，四边形ADGM是矩形，
∴AD＝GM，∠MFG+∠MGF＝90°，
∵∠AOF＝90°，
∴∠MFG+∠FAO＝90°，
∴∠BAE＝∠MGF，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD＝BC，∠BAD＝∠D＝∠B＝90°＝∠FMG，
∴△ABE∽△GMF，
∴＝＝＝＝2，
∴AE＝2GF＝2×2＝4，
在Rt△ABE中，由勾股定理得：AB2+BE2＝AE2，
即：81x2+9x2＝160，
解得：x＝或x＝﹣（舍去），
∴AB＝9×＝12，BE＝3×＝4，
∴EP＝AD＝AB＝6，CE＝BC﹣BE＝6﹣4＝2，
∴tan∠PEK＝＝tan∠CGP＝，
设PK＝3y，则EK＝4y，
在Rt△PEK中，由勾股定理得 EK2+PK2＝EP2，
即：16x2+9y2＝36，
解得：y＝或y＝﹣（舍去），
∴PK＝3×＝，EK＝4×＝，
∴CK＝EK﹣CE＝﹣2＝，
∴CP＝＝＝，
故答案为：．
三．解答题（共7小题，满分78分）
19．解：原式＝2×﹣××+（）2
＝﹣+
＝．
20．解：（1）如图，设AC交BD于点O．
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA＝OC，OB＝OD，
∵BE＝DF，
∴OE＝OF，
∴四边形AECF是平行四边形，
∴EC＝AF，AF∥EC，
∴＝+＝﹣，
∴＝+＝﹣，
∴＝+＝﹣﹣，
故答案为：﹣，﹣，﹣﹣，
（2）如图，作CT∥EB，且CT＝BE，连接BT，DT，则即为所求．
21．解：（1）∵BC＝4，BD＝3CD，
∴BD＝3．
∵AB＝BC，∠ACB＝90°，
∴∠A＝∠B＝45°．
∵DE⊥AB，
∴在Rt△DEB中，．
∴
在Rt△ACB中，，
∴
（2）如图，过点E作EH⊥AC于点H．
∴在Rt△AHE中，，
AH＝AE•cos45°＝，
∴，
∴EH＝AH＝，
∴在Rt△CHE中，cot∠ECH＝，
即∠ACE的余切值是．
22．解：（1）由题意得：∠BAC＝90°﹣60°＝30°，∠MBC＝90°﹣30°＝60°，
∵∠MBC＝∠BAC+∠ACB，
∴∠ACB＝∠MBC﹣∠BAC＝30°，
∴∠BAC＝∠ACB，
∴BC＝AB＝24×＝12（海里）；
（2）该货船无触礁危险，理由如下：
过点C作CD⊥AD于点D，如图所示：
∵∠EAC＝60°，∠FBC＝30°，
∴∠CAB＝30°，∠CBD＝60°．
∴在Rt△CBD中，CD＝BD．
在Rt△CAD中，AD＝CD＝3BD＝AB+BD＝12+BD，
∴BD＝6．
∴CD＝6．
∵6＞9，
∴货船继续向正东方向行驶无触礁危险．
23．证明：（1）∵AE⋅CE＝DE⋅BE，∠AED＝∠BEC，
∴△ADE∽△BCE，
∴∠DAE＝∠CBE，∠ADE＝∠BCE，
∵AB＝AD，
∴∠ADB＝∠ABE，
∴∠ABE＝∠ACB，
∵∠BAE＝∠CAB，
∴△ABE∽△ACB；
（2）∵DA2＝DE•DB，∠ADB＝∠ADE，
∴△ADB∽△EDA，
∴＝，
∵△ABE∽△ACB，
∴＝，
∴AD＝，
∴＝＝，
∴AB•EC＝BC•AE．
24．解：（1）∵抛物线y＝﹣x2+bx+c经过点A（4，3），对称轴是直线x＝2，
∴，
解得：，
∴抛物线的函数表达式为：y＝﹣x2+x+3，
∵y＝﹣x2+x+3＝﹣（x﹣2）2+4，
∴顶点B的坐标为（2，4）；
（2）（i）∵y＝﹣x2+x+3，
∴x＝0时，y＝3，
则C点的坐标为（0，3），
∵A（4，3），
∴AC∥OD，
∵AD⊥x，
∴四边形ACOD是矩形，
设点E的坐标为（m，3），直线BE的函数表达式为：y＝kx+n，直线BE交x轴于点M，如图1所示：
则，
解得：，
∴直线BE的函数表达式为：y＝x+，
令y＝x+＝0，则x＝4m﹣6，
∴点M的坐标为（4m﹣6，0），
∵直线BE将四边形ACOD分成面积比为1：3的两部分，
∴点M在线段OD上，点M不与点O重合，
∵C（0，3），A（4，3），M（4m﹣6，0），E（m，3），
∴OC＝3，AC＝4，OM＝4m﹣6，CE＝m，
∴S矩形ACOD＝OC•AC＝3×4＝12，
S梯形ECOM＝（OM+EC）•OC＝（4m﹣6+m）×3＝，
分两种情况：
①＝，即＝，
解得：m＝，
∴点E的坐标为：（，3）；
②＝，即＝，
解得：m＝，
∴点E的坐标为：（，3）；
综上所述，点E的坐标为：（，3）或（，3）；
（ii）存在点G落在y轴上的同时点F恰好落在抛物线上；理由如下：
由题意得：满足条件的矩形DEFG在直线AC的下方，
过点F作FN⊥AC于N，则NF∥CG，如图2所示：
设点F的坐标为：（a，﹣ a2+a+3），
则NF＝3﹣（﹣a2+a+3）＝a2﹣a，NC＝﹣a，
∵四边形DEFG与四边形ACOD都是矩形，
∴∠DAE＝∠DEF＝∠N＝90°，EF＝DG，EF∥DG，AC∥OD，
∴∠NEF＝∠ODG，∠EMC＝∠DGO，
∵NF∥CG，
∴∠EMC＝∠EFN，
∴∠EFN＝∠DGO，
在△EFN和△DGO中，，
∴△EFN≌△DGO（ASA），
∴NE＝OD＝AC＝4，
∴AC﹣CE＝NE﹣CE，即AE＝NC＝﹣a，
∵∠DAE＝∠DEF＝∠N＝90°，
∴∠NEF+∠EFN＝90°，∠NEF+∠DEA＝90°，
∴∠EFN＝∠DEA，
∴△ENF∽△DAE，
∴＝，即＝，
整理得： a2+a＝0，
解得：a＝﹣或0，
当a＝0时，点E与点A重合，
∴a＝0舍去，
∴AE＝NC＝﹣a＝，
∴当点G落在y轴上的同时点F恰好落在抛物线上，此时AE的长为．
25．解：（1）AG＝BF，理由如下：如图1，连接AE，
∵DE垂直平分AC，
∴AE＝CE，
∴∠CAE＝∠C＝45°，
∴∠AEC＝90°，
∴AE⊥BC，
∵AB＝AC，
∴BE＝CE＝AE，∠BAE＝∠CAE＝∠C＝∠B＝45°，
∵∠GEF+∠BAC＝180°，
∴∠AGE+∠AFE＝360°﹣180°＝180°，
∵∠BFE+∠AFE＝180°，
∴∠AGE＝∠BFE，
∵∠GAE＝∠B＝45°，
∴△AEG≌△BEF（AAS），
∴AG＝BF；
（2）AG＝BF，理由如下：
连接AE，如图2所示：
∵AB＝AC，
∴∠B＝∠C＝30°，
∴∠BAC＝180°﹣∠B﹣∠C＝120°
∵DE垂直平分AC，
∴AE＝CE，
∴∠CAE＝∠C＝∠B＝30°，
∴∠BAE＝∠BAC﹣∠CAE＝120°＝30°＝90°，
在Rt△ABE中，∠B＝30°，
∴AE＝BE，
∵∠GEF+∠BAC＝180°，
∴∠AGE+∠AFE＝360°﹣180°＝180°，
又∵∠AFE+∠BFE＝180°，
∴∠AGE＝∠BFE，
∵∠CAE＝∠B，
∴△AGE∽△BFE，
∴＝＝，
∴AG＝BF；
（3）分两种情况：
①点F在线段AB上时，点G在AD，
连接AE，作AH⊥BC于H，如图3所示：
∵＝，BC＝12，AB＝AC，
∴AC＝AB＝BC＝8，
∵AH⊥BC，
∴CH＝BH＝6，
∴cosC＝＝＝，
∵DE垂直平分AC，
∴AD＝CD＝4，AE＝CE，cosC＝，
∴AE＝CE＝＝＝，
∴BE＝BC﹣CE＝12﹣＝，
∵DG＝，
∴AG＝AD﹣DG＝4﹣＝，
同（2）得：△AGE∽△BFE，
∴＝，
即＝，
解得：BF＝1，
∴AF＝AB﹣BF＝8﹣1＝7；
②点F在线段BA延长线上时，点G在CD上，
连接AE，作AH⊥BC于H，如图4所示：
同①得：AE＝CE＝，BE＝，△AGE∽△BFE，
∴＝，
∵DG＝，
∴AG＝AD+DG＝4+＝，
∴＝，
解得：BF＝9，
∴AF＝BF﹣AB＝9﹣8＝1；
综上所述，线段AF的长为7或1．
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