上海市静安区久隆模范中学2024-2025学年九年级上学期期中数学试卷

2024-2025学年上海市静安区久隆模范中学九年级(上)期中数学试卷 一、选择题:(本大题共6题,每题4分,共24分,下列各题四个选项中,有且只有一个选项是正确的,选择正确项的代号并填涂在答题卡的相应位置上) 1.(4分)下列说法中,正确的是( ) A.有一个角相等的两个菱形必相似 B.有一条边相等的两个矩形必相似 C.有一个角相等的两个等腰三角形必相似 D.有一条边相等的两个等腰三角形必相似 2.(4分)已知二次函数的解析式为y=﹣x2+2x,下列关于函数图象的说法正确的是( ) A.对称轴是直线x=﹣1 B.图象经过原点 C.开口向上 D.图象有最低点 3.(4分)若两个相似三角形的面积比是1:9,则它们对应边的中线之比为( ) A.1:9 B.3:1 C.1:3 D.9:1 4.(4分)已知,下列说法中不正确的是( ) A.与方向相反 B. C. D. 5.(4分)在 ABC中,∠C=90 ,设∠A,∠B,∠C所对的边分别为a,b,c,则( ) A.c=bsinB B.b=csinB C.a=btanB D.b=ctanB 6.(4分)如图,在 ABCD中,M、N为对角线BD上的两点,且BM:MN:ND=1:2:1,联结AM并延长交BC于点E,连接EN并延长交AD于点F,则AF:FD的值为( ) A.7:1 B.8:1 C.9:1 D.10:1 二、填空题(本大题共12小题,每题4分,共48分) 7.(4分)计算:= . 8.(4分)从地图上量得甲、乙两地的距离为6cm,而两地的实距离是300km,这幅地图的比例尺是 . 9.(4分)已知点M是线段AB的黄金分割点(AM<BM),若AB=4,则BM= . 10.(4分)如果抛物线y=(k﹣1)x2+kx﹣1(k是常数)的顶点在y轴上,那么该抛物线的顶点坐标为 . 11.(4分)在 ABC中,AB=3,AC=2,分别反向延长AB、AC到D、E,若AD=2,则当AE= 时,BC∥DE. 12.(4分)抛物线y=5(x﹣4)2+3向左平移2个单位长度,再向下平移1个单位长度,得到的新抛物线的顶点A关于直线x=4对称的点A′坐标是 . 13.(4分)如图,在矩形ABCD中,AD=3,AB=8,点P是边AB上一点,若 APD与 BPC相似,则满足条件的点P有 个. 14.(4分)如图,在平行四边形ABCD中,E是线段AB上一点,连结AC、DE交于点F.若,则= . 15.(4分)如图,在 ABC中,∠BAC=90 ,点G为 ABC的重心,若AC=6,tan∠ABG=,那么AG的长等于 . 16.(4分)如图,在 ABC中,∠C=90 ,正方形EFGH的边FG在 ABC的边AB上,顶点E、H分别在边AC、BC上,如果其面积为24,那么AF•BG的值为 . 17.(4分)如图,点E是矩形ABCD纸片边CD上一点,如果沿着AE折叠矩形纸片,恰好使点D落在边BC上的点F处,已知BF=6cm,tan∠BAF=,那么折痕AE的长是 . 18.(4分)如图,在Rt ABC中,∠BAC=90 ,将 ABC绕点C旋转得到 A′B′C,点A的对应点A′恰好与 ABC的重心重合,A′B′与BC相交于点E,如么CE:BC的值为 . 三、解答题:(本大题共7题,第19-22每题10分,第23-24每题13分,第25题14分,共78分,解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤) 19.(10分)计算:. 20.(10分)已知,如图,点E在平行四边形ABCD的边CD上,且,设,. (1)用、表示;(直接写出答案) (2)设,在答题卷中所给的图上画出的结果. 21.(10分)如图,已知在四边形ABCD中,AD∥BC,∠ABC=90 ,对角线AC、BD相交于点O,AD=2,AB=3,BC=4. (1)求 BOC的面积; (2)求∠ACD的正弦值. 22.(10分)已知:如图是400米跑道示意图,中间的足球场ABCD是矩形,两边是全等的半圆,设直道AB的长为x米,足球场ABCD的面积为S平方米. (1)求出S关于x的函数关系式(结果保留 ),并写出定义域; (2)当直道AB的长为多少米时,足球场ABCO的面积最大? 23.(12分)如图,点A在线段BD上,在BD的同侧作等腰Rt ABC和等腰Rt ADE,∠ABC=∠AED=90 ,CD与BE、AE分别交于点P、M. 求证: (1) BAE∽ CAD; (2)2CB2=CP•CM. 24.(12分)如图,已知抛物线与x轴交于A(﹣1,0),B(3,0)的两点,与y轴交于点C(0,3),D为顶点,点P是x轴上方的抛物线上的一个动点,PM⊥x轴于点M,与BC交于点E. (1)求该抛物线所对应的函数关系式及顶点D的坐标; (2)设点P的横坐标为t(0<t<3), ①当t为何值时,线段PE的长最大; ②连数CD,求∠CBD的正弦值; (3)是否存在点P,使得以点P,M、B为顶点的三角形与 BCD相似?若存在,求出点P的坐标;若不存在,请说明理由. 25.(14分)已知:如图,在梯形ABCD中,AD∥BC,∠BAD=90 ,AD=2,AB=4,BC=5,在边BC上任取一点E,联结AE,作∠FEC=∠AEB,∠FEC的另一边EF交射线CD于点F. (1)求cosC的值; (2)如图1,当点F在线段CD上时,若,求BE的长; (3)联结AF,当 AEF是直角三角形时,直接写出BE的长. 26.(附加题) 新定义1:将宽与长的比等于黄金分割比的矩形称为黄金矩形 新定义2:将顶角为36 的等腰三角形称为黄金三角形 ①在一长矩形纸片的一端,利用图1的方法折出一个正方形,然后把纸片展平 ②如图2,把这个正方形折成两个相等的矩形,再把纸片展平 ③折出内侧矩形的对角线AB,并把AB折到图中所示的AD处 ④展平纸片,按照所得到的点D折出DE (1)报据以上折纸法,求证:矩形BCDE为黄金矩形; (2)如图5,已知∠A=36 , ABC为黄金三角形,BC=1,求AB的长; (3)在(2)的条件下,截取BD=BC交AC于D,截取CE=CD交线段BD于E,过E作任意直线与边AB,BC交于P,Q两点,试判断:是否为定值,若是,请求出定值,请说明理由. 2024-2025学年上海市静安区久隆模范中学九年级(上)期中数学试卷 参考答案与试题解析 一、选择题:(本大题共6题,每题4分,共24分,下列各题四个选项中,有且只有一个选项是正确的,选择正确项的代号并填涂在答题卡的相应位置上) 1.(4分)下列说法中,正确的是( ) A.有一个角相等的两个菱形必相似 B.有一条边相等的两个矩形必相似 C.有一个角相等的两个等腰三角形必相似 D.有一条边相等的两个等腰三角形必相似 【分析】根据相似多边形概念逐项判断即可. 【解答】解:有一个角相等的两个菱形一定相似,故A正确,符合题意; 矩形的四条边不一定对应成比例,故有一条边相等的两个矩形不一定相似,B错误,不符合题意; 一个等腰三角形的底角等于另一个等腰三角形的顶角时,这两个等腰三角形不一定相似,故C错误,不符合题意; 有一条边相等的两个等腰三角形不一定相似,故D错误,不符合题意; 故选:A. 2.(4分)已知二次函数的解析式为y=﹣x2+2x,下列关于函数图象的说法正确的是( ) A.对称轴是直线x=﹣1 B.图象经过原点 C.开口向上 D.图象有最低点 【分析】依据题意,将二次函数解析式化为顶点式求解. 【解答】解:∵y=﹣x2+2x=﹣(x﹣1)2+1, ∴抛物线开口向下,对称轴为直线x=1,顶点坐标为(1,1),函数图象有最高点(1,1),当x=0时,y=0,即图象过原点. 故选:B. 3.(4分)若两个相似三角形的面积比是1:9,则它们对应边的中线之比为( ) A.1:9 B.3:1 C.1:3 D.9:1 【分析】根据两个相似三角形的面积之比是对应边上的中线之比的平方. 【解答】解:∵两个相似三角形的面积之比是对应边上的中线之比的平方, 两个相似三角形的面积之比为1:9 ∴它们对应边上的中线之比为1:3. 故选:C. 4.(4分)已知,下列说法中不正确的是( ) A.与方向相反 B. C. D. 【分析】根据既有大小,又有方向的量叫做向量逐项分析即可. 【解答】解:A.∵,∴与方向相反,故正确; B.∵,∴或与共线,故不正确; C.∵,∴,故正确; D.∵,∴,故正确; 故选:B. 5.(4分)在 ABC中,∠C=90 ,设∠A,∠B,∠C所对的边分别为a,b,c,则( ) A.c=bsinB B.b=csinB C.a=btanB D.b=ctanB 【分析】根据正弦、正切的定义计算,判断即可. 【解答】解:A、sinB=, 则b=csinB,本选项说法错误; B、b=csinB,本选项说法正确; C、tanB=, 则b=atanB,本选项说法错误; D、b=atanB,本选项说法错误; 故选:B. 6.(4分)如图,在 ABCD中,M、N为对角线BD上的两点,且BM:MN:ND=1:2:1,联结AM并延长交BC于点E,连接EN并延长交AD于点F,则AF:FD的值为( ) A.7:1 B.8:1 C.9:1 D.10:1 【分析】设BM=m,则DM=NB=3m,由平行四边形的性质得BC∥AD,可证明 EMB∽ AMD,求得==,则EB=AD,再证明 DNF∽ BNE,求得==,则FD=EB=AD,即可求得AF:FD=8:1,于是得到问题的答案. 【解答】解:设BM=m, ∵BM:MN:ND=1:2:1, ∴MN=2m,ND=m, ∴DM=NB=m+2m=3m, ∵四边形ABCD是平行四边形, ∴BC∥AD, ∵EB∥AD, ∴ EMB∽ AMD, ∴===, ∴EB=AD, ∵FD∥EB, ∴ DNF∽ BNE, ∴===, ∴FD=EB= AD=AD, ∴AF=AD﹣FD=AD﹣AD=AD, ∴==,即AF:FD=8:1, 故选:B. 二、填空题(本大题共12小题,每题4分,共48分) 7.(4分)计算:= . 【分析】根据向量的线性运算,先去括号,再运用向量的加减运算进行计算,即可作答. 【解答】解:原式=﹣﹣3+2=﹣+. 故答案为:. 8.(4分)从地图上量得甲、乙两地的距离为6cm,而两地的实距离是300km,这幅地图的比例尺是 1:5000000 . 【分析】根据比例尺为图上距离与实际距离的比,进行计算即可. 【解答】解:300km=30000000cm, 由题意,这幅地图的比例尺是6:30000000=1:5000000; 故答案为:1:5000000. 9.(4分)已知点M是线段AB的黄金分割点(AM<BM),若AB=4,则BM= 2﹣2 . 【分析】根据黄金分割的性质,列式计算即可. 【解答】解:∵点M是线段AB的黄金分割点(AM<BM),AB=4, ∴BM=4 =2﹣2, 故答案为:2﹣2. 10.(4分)如果抛物线y=(k﹣1)x2+kx﹣1(k是常数)的顶点在y轴上,那么该抛物线的顶点坐标为 (0,﹣1) . 【分析】抛物线y=(k﹣1)x2+kx﹣1(k是常数)的顶点在y轴上,而抛物线的图形与y轴只有一个交点,故抛物线与y轴的交点也是顶点,从而得到结果. 【解答】解:∵抛物线y=(k﹣1)x2+kx﹣1(k是常数)与y轴只有一个交点, ∴当x=0时,y=﹣1, 即抛物线y=(k﹣1)x2+kx﹣1与y轴的交点坐标为(0,﹣1), ∵抛物线y=(k﹣1)x2+kx﹣1(k是常数)的顶点在y轴上, ∴顶点坐标为(0,﹣1). 故答案为:(0,﹣1). 11.(4分)在 ABC中,AB=3,AC=2,分别反向延长AB、AC到D、E,若AD=2,则当AE= 时,BC∥DE. 【分析】当=时,DE∥BC. 【解答】解:如图,当=时,DE∥BC. ∴=, ∴AE=. 12.(4分)抛物线y=5(x﹣4)2+3向左平移2个单位长度,再向下平移1个单位长度,得到的新抛物线的顶点A关于直线x=4对称的点A′坐标是 (6,2) . 【分析】根据抛物线的平移规律:上加下减,左加右减得到平移后的解析式,再找到顶点的对称点解答即可. 【解答】解:抛物线y=5(x﹣4)2+3向左平移2个单位长度,再向下平移1个单位长度,得到的新抛物线的表达式是y=5(x﹣4+2)2+3﹣1=5(x﹣2)2+2, 平移后抛物线顶点坐标(2,2), 点(2,2)关于直线x=4的对称点坐标为(6,2), 故答案为:(6,2). 13.(4分)如图,在矩形ABCD中,AD=3,AB=8,点P是边AB上一点,若 APD与 BPC相似,则满足条件的点P有 3 个. 【分析】设AP为x,表示出PB=8﹣x,然后分AD和PB是对应边,AD和BC是对应边两种情况,利用相似三角形对应边成比例列式求解即可. 【解答】解:设AP为x, ∵AB=8, ∴PB=8﹣x, ①AD和PB是对应边时, ∵ APD与 BPC相似, ∴=, 即=, 整理得,x2﹣8x+9=0, 解得x1=4+,x2=4﹣, ②AD和BC是对应边时, ∵ APD与 BPC相似, ∴=, 即=, 解得x=4, 所以,当AP=4+、4、4﹣时, APD与 BPC相似, 满足条件的点P有3个. 故答案为:3. 14.(4分)如图,在平行四边形ABCD中,E是线段AB上一点,连结AC、DE交于点F.若,则= . 【分析】通过证明 AEF∽ CDF,可得=,即可求解. 【解答】解:∵四边形ABCD是平行四边形, ∴AB∥CD,AB=CD, ∵, ∴设AE=2a,则BE=3a, ∴AB=CD=5a, ∵AB∥CD, ∴ AEF∽ CDF, ∴=, ∴=, 故答案为:. 15.(4分)如图,在 ABC中,∠BAC=90 ,点G为 ABC的重心,若AC=6,tan∠ABG=,那么AG的长等于 . 【分析】延长BG交AC于F,过G作GD⊥AB于G,直线DG交BC于E,证明 DBE∽ ABC,得=,同理可得===,即有=,根据G为 ABC的重心,AC=6,得DE=4,DG=GE=2,又tan∠ABG=,可得BD=6,有AD=3,由勾股定理可得答案. 【解答】解:延长BG交AC于F,过G作GD⊥AB于G,直线DG交BC于E,如图: ∵GD⊥AB,∠BAC=90 , ∴DE∥AC,∠BDE=∠BAC=90 , ∵∠DBE=∠ABC, ∴ DBE∽ ABC, ∴=, 同理可得===, ∴=, ∵G为 ABC的重心, ∴AF=CF,=, ∴DG=GE,=, ∵AC=6, ∴DE=4, ∴DG=GE=2, ∵tan∠ABG=, ∴=,即=, ∴BD=6, ∵==2, ∴AD=3, ∴AG===, 故答案为:. 16.(4分)如图,在 ABC中,∠C=90 ,正方形EFGH的边FG在 ABC的边AB上,顶点E、H分别在边AC、BC上,如果其面积为24,那么AF•BG的值为 24 . 【分析】由正方形EFGH面积为24,可得EF=GH=2,∠EFG=∠HGF=90 =∠EFA=∠HGB,又∠C=90 ,即可得∠AEF=∠B,故 AEF∽ HBG,有=,从而AF•BG=24. 【解答】解:∵正方形EFGH面积为24, ∴EF=GH=2,∠EFG=∠HGF=90 =∠EFA=∠HGB, ∴∠A+∠AEF=90 , ∵∠C=90 , ∴∠A+∠B=90 , ∴∠AEF=∠B, ∴ AEF∽ HBG, ∴=, ∴=, ∴AF•BG=24, 故答案为:24. 17.(4分)如图,点E是矩形ABCD纸片边CD上一点,如果沿着AE折叠矩形纸片,恰好使点D落在边BC上的点F处,已知BF=6cm,tan∠BAF=,那么折痕AE的长是 5cm . 【分析】由锐角的正切求出AB的长,由勾股定理求出AF的长,由轴对称的性质,勾股定理列出关于DE的方程,求出ED长,由勾股定理即可求出AE的长. 【解答】解:矩形ABCD中,∠B=90 , ∴tan∠BAF=, ∴AB===8(cm), ∴AF===10(cm) 由题意得:AD=AF=10(cm)DE=EF, 令DE=x cm,则CE=(8﹣x)cm, ∵FC=BC﹣BF, ∴FC=10﹣6=4(cm), ∵EF2=EC2+FC2, ∴x2=(8﹣x)2+42, ∴x=5, ∴DE=5(cm), ∴AE===5(cm). 故答案为:5cm. 18.(4分)如图,在Rt ABC中,∠BAC=90 ,将 ABC绕点C旋转得到 A′B′C,点A的对应点A′恰好与 ABC的重心重合,A′B′与BC相交于点E,如么CE:BC的值为 . 【分析】延长AA′交BC于点D,根据三角形重心的性质和直角三角形斜边中线等于斜边一半的性质可得出.根据旋转的性质得出∠B=∠B′,B′C=BC,从而得出,并可证 A′ED∽ B′EC,再结合相似三角形的性质即可求解. 【解答】解:延长AA′交BC于点D, ∵ ABC绕点C旋转得到 A'B'C, ∴CB'=CB,CA=CA',∠ACA'=∠BCB', ∵点A'为 ABC 的重心, ∴AD为BC边上的中线,AA'=2DA', ∴DA'=AD, ∵∠BAC=90 , ∴AD=BD=CD, ∴DA'=BD=BC=BC=B′C, ∵∠ACA'=∠BCB', ∴∠ACA'+∠DCA'=∠BCB'+∠DCA', 即∠ACD=∠B'CA', ∴DC=DA, ∴∠ACD=∠DAC, ∴CA=CA', ∴∠CAA'=∠CA′A, ∴∠B'CA'=∠CA'A, ∴AD∥B'C, ∴ A′ED∽ B′EC, ∴, ∴, ∴. 故答案为:. 三、解答题:(本大题共7题,第19-22每题10分,第23-24每题13分,第25题14分,共78分,解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤) 19.(10分)计算:. 【分析】把特殊角的三角函数值代入计算得到答案. 【解答】解:原式=+2 (1﹣)+4 =+2﹣+2 =﹣2﹣+2﹣+2 =2﹣. 20.(10分)已知,如图,点E在平行四边形ABCD的边CD上,且,设,. (1)用、表示;(直接写出答案) (2)设,在答题卷中所给的图上画出的结果. 【分析】(1)根据平面向量的平行定理即可表示; (2)根据向量定理即可画出. 【解答】解:(1)∵=,即DE=CE,DE=DC, =+ (2)如图所示:延长AE、BC交于G,则即为的结果. ∵四边形ABCD是平行四边形 ∴AD∥BC ∴== ∴AG=3AE 又∵ ∴=3 ∴=. 21.(10分)如图,已知在四边形ABCD中,AD∥BC,∠ABC=90 ,对角线AC、BD相交于点O,AD=2,AB=3,BC=4. (1)求 BOC的面积; (2)求∠ACD的正弦值. 【分析】(1)可过点O作AB的平行线,借助于相似三角形的性质求出BC边上的高即可解决问题. (2)过点A作CD边的垂线,借助于面积法求出垂线段的长即可解决问题. 【解答】解:(1)过点O作AB的平行线,分别与AD,BC交于点M,N, ∵AD∥BC,MN∥AB, ∴四边形ABNM是平行四边形, 又∵∠ABC=90 , ∴四边形ABNM是矩形, ∴OM⊥AD,ON⊥BC. ∵AD∥BC, ∴ AOD∽ COB, ∴, 又∵MN=AB=3, ∴OM=1,ON=2, ∴. (2)在Rt ABC中, AC=. 过点D作BC的垂线,垂足为E,过点A作CD垂线,垂足为F, 在Rt CDE中, CD=. ∵, ∴AF=. 在Rt CAF中, sin∠ACD=. 22.(10分)已知:如图是400米跑道示意图,中间的足球场ABCD是矩形,两边是全等的半圆,设直道AB的长为x米,足球场ABCD的面积为S平方米. (1)求出S关于x的函数关系式(结果保留 ),并写出定义域; (2)当直道AB的长为多少米时,足球场ABCO的面积最大? 【分析】(1)根据矩形的面积公式求出矩形的宽,即半圆的直径,再根据“跑道的长度=直道AB的长 2+一个圆的周长”列出等式并将S用x表示出来即可; (2)用配方法求二次函数的最大值即可. 【解答】解:(1)根据题意,得2x+ •=400, 解得S=﹣x2+x, ∵S>0,即﹣x2+x>0,且x>0, ∴0<x<200, ∴S关于x的函数关系式及定义域是S=﹣x2+x(0<x<200). (2)S=﹣x2+x=﹣(x﹣100)2+, ∴当x=100时,S的值最大, ∴当直道AB的长为100米时,足球场ABCO的面积最大. 23.(12分)如图,点A在线段BD上,在BD的同侧作等腰Rt ABC和等腰Rt ADE,∠ABC=∠AED=90 ,CD与BE、AE分别交于点P、M. 求证: (1) BAE∽ CAD; (2)2CB2=CP•CM. 【分析】(1)由等腰三角形的性质可得AC=AB,AD=AE,∠BAC=∠EAD=45 ,即可证 BAE∽ CAD; (2)由相似三角形的性质得到∠BEA=∠CDA,推出 PME∽ AMD,可得,可证 PMA∽ EMD,可得∠APD=∠AED=90 ,可得 CAP∽ CMA,可得AC2=CP•CM,即可得结论. 【解答】(1)证明:∵等腰Rt ABC和等腰Rt ADE,∠ABC=∠AED=90 , ∴AC=AB,AD=AE,∠BAC=∠EAD=45 ∴ ∵∠BAC=∠EAD ∴∠BAE=∠CAD ∴ BAE∽ CAD (2)∵ BAE∽ CAD, ∴∠BEA=∠CDA, ∵∠PME=∠AMD ∴ PME∽ AMD ∴,且∠PMA=∠DME, ∴ PMA∽ EMD, ∴∠APD=∠AED=90 , ∵∠CAE=180 ﹣∠BAC﹣∠EAD=90 ,且∠ACP=∠ACM, ∴ CAP∽ CMA, ∴, ∴AC2=CP•CM, ∵AC=AB ∴2CB2=CP•CM 24.(12分)如图,已知抛物线与x轴交于A(﹣1,0),B(3,0)的两点,与y轴交于点C(0,3),D为顶点,点P是x轴上方的抛物线上的一个动点,PM⊥x轴于点M,与BC交于点E. (1)求该抛物线所对应的函数关系式及顶点D的坐标; (2)设点P的横坐标为t(0<t<3), ①当t为何值时,线段PE的长最大; ②连数CD,求∠CBD的正弦值; (3)是否存在点P,使得以点P,M、B为顶点的三角形与 BCD相似?若存在,求出点P的坐标;若不存在,请说明理由. 【分析】(1)设抛物线解析式为y=ax2+bx+c(a≠0),将点代入求得函数解析式,再化为顶点式即可; (2)①利用待定系数法求得直线BC的函数关系式为y=﹣x+3.设P(t,﹣t2+2t+3),则E(t,﹣t+3).那么,,结合二次函数得性质即可求得答案; ②根据点的坐标利用两点之间的公式和勾股定理逆定理即可判定 BCD为直角三角形,进而利用sin∠CBD=解答即可; (3)由(2)知 BCD是直角三角形,且∠BCD=90 ,CD=,BC=3.分两种情况( ) PMB∽ BCD,则;( ) BMP∽ BCD,则,分别求解即可. 【解答】解:(1)设抛物线解析式为y=ax2+bx+c(a≠0), ∵抛物线与x轴交于A(﹣1,0),B(3,0)两点,与y轴交于点C(0,3), ∴, 解得, ∴抛物线所对应的函数关系式y=﹣x2+2x+3=﹣(x﹣1)2+4, ∴抛物线的顶点为D(1,4); (2)①抛物线y=﹣x2+2x+3与x轴交点坐标为A(﹣1,0),B(3,0). 设直线BC的函数关系式为y=kx+b(k≠0), 则, 解得, 直线BC的函数关系式为y=﹣x+3. 设P(t,﹣t2+2t+3),则E(t,﹣t+3). ∴, ∵a=﹣1<0,且0<t<3, ∴当时,线段PE的长最大值为; ②∵B(3,0),C(0,3),D(1,4), 则,,, ∵BC2+CD2=BD2, ∴ BCD为直角三角形,如图1, ∴sin∠CBD===; (3)存在点P,使得以点P,M、B为顶点的三角形与 BCD相似;理由如下: 由(2)知 BCD是直角三角形,且∠BCD=90 ,CD=,BC=3. ( ) 如图2,若 PMB∽ BCD,则, 即, 整理,得t2﹣5t+6=0, 解得t1=2,t2=3(舍去). ∴P(2,3). ( ) 如图3,若 BMP∽ BCD, 则, 即, 整理,得3t2﹣7t﹣6=0, 解得,t2=3(舍去). ∴. 故符合条件的点P的坐标为P(2,3)或. 25.(14分)已知:如图,在梯形ABCD中,AD∥BC,∠BAD=90 ,AD=2,AB=4,BC=5,在边BC上任取一点E,联结AE,作∠FEC=∠AEB,∠FEC的另一边EF交射线CD于点F. (1)求cosC的值; (2)如图1,当点F在线段CD上时,若,求BE的长; (3)联结AF,当 AEF是直角三角形时,直接写出BE的长. 【分析】(1)如图1,过点D作DG⊥BC于G,则∠DGC=90 ,先根据有一个角是直角的平行的四边形是矩形可得四边形ABGD是平行四边形,则得BG的长,从而得CG和DG的长,最后利用勾股定理和余弦的定义可解答; (2)如图2,过点F作FH⊥BC于H,根据∠AEB=∠FEC,则tan∠AEB=tan∠FEC,由正切的定义列方程可解答; (3)分三种情况:①当∠AEF=90 时,如图3,②当∠AFE=90 时,如图4,延长EF和AD交于点Q,过点E作EM⊥AD于M,过点F作FP⊥AD于P,③当∠EAF=90 时,如图5,过点E作EM⊥AD于M,过点F作FP⊥AD于P,分别根据等腰直角三角形和三角函数的定义可解答. 【解答】解:(1)如图1,过点D作DG⊥BC于G,则∠DGC=90 , ∵AD∥BC, ∴∠A+∠B=180 , ∵∠A=90 , ∴∠B=90 , ∴∠B=∠DGC, ∴AB∥DG, ∴四边形ABGD是矩形, ∴BG=AD=2,DG=AB=4, ∵BC=5, ∴CG=5﹣2=3, 由勾股定理得:DC==5, ∴cosC==; (2)如图2,过点F作FH⊥BC于H, ∵CD=5,=, ∴CF=5 =, 由(1)知:cosC==, ∴=, ∴CH=2, 由勾股定理得:FH===, 设BE=a,则EH=5﹣2﹣a=3﹣a, ∵∠AEB=∠FEC, ∴tan∠AEB=tan∠FEC, ∴=,即=, 解得:a=, ∴BE=; (3)分三种情况: ①当∠AEF=90 时,如图3, ∴∠AEB+∠FEC=180 ﹣90 =90 , ∵∠AEB=∠FEC, ∴∠AEB=45 , ∵∠B=90 , ∴ AEB是等腰直角三角形, ∴BE=AE=4; ②当∠AFE=90 时,如图4,延长EF和AD交于点Q,过点E作EM⊥AD于M,过点F作FP⊥AD于P, ∵AD∥BC, ∴∠AEB=∠EAD,∠FEC=∠Q, ∵∠AEB=∠FEC, ∴∠Q=∠EAD, ∴AE=EQ, ∴AM=MQ, 同理得四边形ABEM是矩形, 设DM=x,则AM=MQ=2+x, ∴BE=AM=2+x,CE=5﹣(2+x)=3﹣x, ∵DQ∥CE, ∴ DFQ∽ CFE, ∴=,即=, ∴DF=, ∵AD∥BC, ∴∠C=∠QDF, ∴cosC=cos∠QDF, ∴=, ∴PD:PF:DF=3:4:5, ∴PF=,PD=, ∵∠AFE=90 , ∴∠AFQ=90 , ∴∠Q+∠FAQ=90 , ∵∠BAE+∠AEB=90 , ∵∠AEB=∠Q, ∴∠BAE=∠FAQ, ∴tan∠BAE=tan∠FAQ, ∴=,即=, 解得:x1=x2=0, 经检验:x=0是原方程的解,且符合题意; ∴BE=2; ③当∠EAF=90 时,如图5,过点E作EM⊥AD于M,过点F作FP⊥AD于P, 设AM=m, 同理得:AM=MG=BE=m,DG=2﹣2m, ∵AD∥BC, ∴ FGD∽ FEC, ∴=,即=, ∴DF=,DP=,FP=, 同理可得:∠FAP=∠BAE, ∴tan∠BAE=tan∠FAP, ∴=,即=, 解得:m1=﹣2+2,m2=﹣2﹣2(舍); 经检验,m=﹣2+2是原方程的解, ∴BE=2﹣2, 综上,BE的长为4或2或2﹣2. 26.(附加题) 新定义1:将宽与长的比等于黄金分割比的矩形称为黄金矩形 新定义2:将顶角为36 的等腰三角形称为黄金三角形 ①在一长矩形纸片的一端,利用图1的方法折出一个正方形,然后把纸片展平 ②如图2,把这个正方形折成两个相等的矩形,再把纸片展平 ③折出内侧矩形的对角线AB,并把AB折到图中所示的AD处 ④展平纸片,按照所得到的点D折出DE (1)报据以上折纸法,求证:矩形BCDE为黄金矩形; (2)如图5,已知∠A=36 , ABC为黄金三角形,BC=1,求AB的长; (3)在(2)的条件下,截取BD=BC交AC于D,截取CE=CD交线段BD于E,过E作任意直线与边AB,BC交于P,Q两点,试判断:是否为定值,若是,请求出定值,请说明理由. 【分析】(1)根据折叠的性质得出∠MBN=∠MNC=90 ,MB=MN,结合∠NMB=90 ,即可判定四边形MNCB是正方形,可得BC=MN=CN,∠NCB=90 ,再求出,则由勾股定理可得,再证明即可; (2)作∠ABC的角平分线交AC于D,先求出∠ABC=∠C=72 ,再证明∠BDC=∠C,得到AD=BD=BC=1,进一步证明 ABC∽ BDC,根据相似三角形的性质列出比例式求解即可; (3)如图所示,过点E分别作AB,BC的垂线,垂足分别为F,G,过点Q作QH⊥AB于H,根据S BPQ=S BPE+S BQE,得到;再证明EG=EF,进而得到BP•QH=(BP+BQ)•EG,解直角三角形得到QH=BQ•sin∠QBH,则,再解直角三角形得到EG=BE•sin∠EBG,则;证明∠ECB=36 =∠EBC,得到,则,可得;如图所示,连接AF,由勾股定理得到,根据,得到,据此代值计算即可. 【解答】(1)证明:由折叠可知:∠MBC=∠MNC=90 , 又∵∠NMB=90 , ∴四边形MNCB是矩形, 由折叠的性质得:MB=MN, ∴四边形MNCB是正方形, ∴BC=MN=CN,∠NCB=90 , 由题意得, ∴; 由折叠的性质得, ∴, ∴, ∴矩形BCDE是黄金矩形; (2)解:如图5所示,作∠ABC的角平分线交AC于D, ∵∠A=36 ,AB=AC, ∴, ∴, ∴AD=BD,∠BDC=180 ﹣36 ﹣72 =72 , ∴∠BDC=∠C, ∴AD=BD=BC=1, 又∵∠C=∠C, ∴ ABC∽ BDC, ∴,即, ∴, ∴AB2﹣AB﹣1=0, 解得或(舍去), 经检验,是原方程的解; (3)解:为定值;理由如下: 如图6,过点E分别作AB,BC的垂线,垂足分别为F,G,过点Q作QH⊥AB于H, ∵S BPQ=S BPE+S BQE, ∴; 由(2)可知,当BD平分∠ABC时有BD=BC, ∴EG=EF, ∴BP•QH=(BP+BQ)•EG, 在Rt BQH中,QH=BQ•sin∠QBH, ∴BP•BQ•sin∠QBH=(BP+BQ)•EG, ∴, ∴, 在Rt EBG中,EG=BE•sin∠EBG, ∴; ∵CE=CD, ∴∠CED=∠CDE=72 , ∴∠ECD=36 , ∴∠ECB=36 =∠EBC, ∴, ∴, ∴, ∵,∠GBE=∠EBF, ∴, 如图6所示,连接AF, 在Rt ABF中,, ∵, ∴ = = = =. 学科网(北京)股份有限公司 $$