2022-2023学年上学期上海市初中数学九年级期末典型试卷1

2022-2023学年上学期上海市初中数学九年级期末典型试卷1一、选择题（本大题共6题，每题4分，满分24分）[每题只有一个正确选项，在答题纸相应题号的选项上用2B铅笔正确填涂]1．（4分）（2020秋•长宁区期末）已知在△ABC中，∠C＝90°，∠B＝50°，AB＝10，那么BC的长为（  ）A．10cos50°B．10sin50°C．10tan50°D．10cot50°2．（4分）（2020秋•长宁区期末）下列命题中，说法正确的是（  ）A．四条边对应成比例的两个四边形相似B．四个内角对应相等的两个四边形相似C．两边对应成比例且有一个角相等的两个三角形相似D．斜边与一条直角边对应成比例的两个直角三角形相似3．（4分）（2020秋•长宁区期末）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．（4分）（2020秋•长宁区期末）已知二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象如图所示，那么a、c满足（  ）A．a＞0，c＞0B．a＞0，c＜0C．a＜0，c＞0D．a＜0，c＜05．（4分）（2020秋•长宁区期末）已知点P、点Q是线段AB的两个黄金分割点，且AB＝10，那么PQ的长为（  ）A．5（3﹣）B．10（﹣2）C．5（﹣1）D．5（+1）6．（4分）（2020秋•长宁区期末）如图，已知在△ABC中，点D、点E是边BC上的两点，联结AD、AE，且AD＝AE，如果△ABE∽△CBA，那么下列等式错误的是（  ）第30页共30页 A．AB2＝BE•BCB．CD•AB＝AD•ACC．AE2＝CD•BED．AB•AC＝BE•CD二、填空题（本大题共12题，每题4分，满分48分）[在答题纸相应题号后的空格内直接填写答案]7．（4分）（2020秋•长宁区期末）已知＝，那么的值为  ．8．（4分）（2020秋•长宁区期末）计算：（2﹣）+＝  ．9．（4分）（2020秋•长宁区期末）计算：cos45°+sin260°＝  ．10．（4分）（2020秋•长宁区期末）如果两个相似三角形对应边上的中线之比为5：4．那么这两个三角形的周长之比为  ．11．（4分）（2020秋•长宁区期末）将抛物线y＝2x2﹣1向下平移3个单位后，所得抛物线的表达式是  ．12．（4分）（2020秋•长宁区期末）一辆汽车沿着坡度i＝1：的斜坡向下行驶50米，那么它距离地面的垂直高度下降了  米．13．（4分）（2020秋•长宁区期末）已知抛物线y＝x2﹣2x+c经过点A（﹣1，y1）和B（2，y2），比较y1与y2的大小：y1  y2（选择“＞”或“＜”或“＝”填入空格）．14．（4分）（2020秋•长宁区期末）如图，已知AC∥EF∥BD．如果AE：EB＝2：3，CF＝6．那么CD的长等于  ．15．（4分）（2020秋•长宁区期末）已知，二次函数f（x）＝ax2+bx+c的部分对应值如下表，则f（﹣3）＝  ．x﹣2﹣1012345第30页共30页 y50﹣3﹣4﹣3051216．（4分）（2020秋•长宁区期末）如图，点G为△ABC的重心．如果AG＝CG，BG＝2，AC＝4，那么AB的长等于  ．17．（4分）（2020秋•长宁区期末）如图，矩形ABCD沿对角线BD翻折后，点C落在点E处．联结CE交边AD于点F．如果DF＝1，BC＝4，那么AE的长等于  ．18．（4分）（2020秋•长宁区期末）如果一条对角线把凸四边形分成两个相似的三角形，那么我们把这条对角线叫做这个凸四边形的相似对角线，在凸四边形ABCD中，AB＝AC＝，AD＝CD＝，点E、点F分别是边AD，边BC上的中点．如果AC是凸四边形ABCD的相似对角线，那么EF的长等于  ．三、解答题（本大题共7题，满分78分）[将下列各题的解答过程，做在答题纸的相应位置上]19．（10分）（2020秋•长宁区期末）已知二次函数y＝﹣x2﹣x+．（1）用配方法把该二次函数的解析式化为y＝a（x+m）2+k的形式；（2）写出该二次函数图象的开口方向、顶点坐标和对称轴，并说明函数值y随自变量x的变化而变化的情况．20．（10分）（2020秋•长宁区期末）如图，四边形ABCD是平行四边形，点E是边AD的中点AC、BE相交于点O．设＝，＝．（1）试用、表示；第30页共30页 （2）在图中作出在、上的分向量，并直接用、表示．（不要求写作法，但要保留作图痕迹，并写明结论）21．（10分）（2020秋•长宁区期末）如图，在△ABC中，点D在边AB上，点E、点F在边AC上，且DE∥BC，＝．（1）求证：DF∥BE；（2）如果AF＝2，EF＝4，AB＝6，求的值．22．（10分）（2020秋•长宁区期末）某校为检测师生体温，在校门安装了某型号的测温门，如图为该“测温门”截面示意图．身高1.6米的小聪做了如下实验：当他在地面M处时“测温门”开始显示额头温度，此时在额头B处测得A的仰角为30°；当他在地面N处时，“测温门”停止显示额头温度，此时在额头C处测得A的仰角为53°．如果测得小聪的有效测温区间MN的长度是0.98米，求测温门顶部A处距地面的高度约为多少米？（注：额头到地面的距离以身高计，sin53°≈0.8，cos53°＝0.6，cot53°≈0.75，≈1.73．）23．（12分）（2020秋•长宁区期末）已知：如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CH⊥AB，垂足为点H．点D在边BC上，联结AD，交CH于点E，且CE＝CD．（1）求证：△ACE∽△ABD；第30页共30页 （2）求证：△ACD的面积是△ACE的面积与△ABD的面积的比例中项．24．（12分）（2020秋•长宁区期末）已知在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝ax2+bx+2经过点A（﹣3，﹣6）、B（6，0），与y轴交于点C．（1）求抛物线的表达式；（2）点D是抛物线上的点，且位于线段BC上方，联结CD．①如果点D的横坐标为2．求cot∠DCB的值；②如果∠DCB＝2∠CBO，求点D的坐标．25．（14分）（2020秋•长宁区期末）已知，在矩形ABCD中，点M是边AB上的一个点（与点A、B不重合），联结CM，作∠CMF＝90°，且MF分别交边AD于点E、交边CD的延长线于点F．点G为线段MF的中点，联结DG．（1）如图1，如果AD＝AM＝4，当点E与点G重合时，求△MFC的面积；（2）如图2，如果AM＝2，BM＝4．当点G在矩形ABCD内部时，设AD＝x，DG2＝y，求y关于x的函数解析式，并写出定义域；（3）如果AM＝6，CD＝8，∠F＝∠EDG，求线段AD的长．（直接写出计算结果）第30页共30页 第30页共30页 2022-2023学年上学期上海市初中数学九年级期末典型试卷1参考答案与试题解析一、选择题（本大题共6题，每题4分，满分24分）[每题只有一个正确选项，在答题纸相应题号的选项上用2B铅笔正确填涂]1．（4分）（2020秋•长宁区期末）已知在△ABC中，∠C＝90°，∠B＝50°，AB＝10，那么BC的长为（  ）A．10cos50°B．10sin50°C．10tan50°D．10cot50°【考点】解直角三角形．菁优网版权所有【专题】解直角三角形及其应用；运算能力；应用意识．【分析】根据直角三角形的边角关系可得结论．【解答】解：在Rt△ABC中，∵cosB＝，∠B＝50°，AB＝10，∴BC＝AB•cosB＝10•cos50°，故选：A．【点评】本题考查直角三角形的边角关系，选择合适的边角关系是得出正确答案的关键．2．（4分）（2020秋•长宁区期末）下列命题中，说法正确的是（  ）A．四条边对应成比例的两个四边形相似B．四个内角对应相等的两个四边形相似C．两边对应成比例且有一个角相等的两个三角形相似D．斜边与一条直角边对应成比例的两个直角三角形相似【考点】命题与定理；相似图形；相似三角形的判定．菁优网版权所有【专题】图形的相似；推理能力．【分析】根据三角形相似和相似多边形的判定解答．【解答】解：A、四个角对应相等，四条边对应成比例的两个四边形相似，原命题是假命题；B、四个内角对应相等，四条边对应成比例的两个四边形相似，原命题是假命题；C、两边对应成比例且其夹角相等的两个三角形相似，原命题是假命题；D、斜边与一条直角边对应成比例的两个直角三角形相似，是真命题；第30页共30页 故选：D．【点评】本题考查了命题与定理的知识，解题的关键是了解三角形相似和相似多边形，难度不大．3．（4分）（2020秋•长宁区期末）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．||＝﹣||【考点】*平面向量．菁优网版权所有【专题】其他问题；符号意识．【分析】根据题意可以得到：与方向相同，与方向相同．【解答】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．【点评】本题主要考查了平面向量，注意：平面向量既有大小又有方向，平面向量的模只有大小，没有方向．4．（4分）（2020秋•长宁区期末）已知二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象如图所示，那么a、c满足（  ）A．a＞0，c＞0B．a＞0，c＜0C．a＜0，c＞0D．a＜0，c＜0【考点】二次函数图象与系数的关系．菁优网版权所有第30页共30页 【专题】二次函数图象及其性质；推理能力．【分析】根据抛物线开口方向以及与y轴的交点情况即可进行判断．【解答】解：∵抛物线开口向下，∴a＜0，∵抛物线与y轴的交点在x轴的上方，∴c＞0，故选项A、B、D错误，选项C正确．故选：C．【点评】本题考查了二次函数图象与系数的关系：对于二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0），二次项系数a决定抛物线的开口方向．当a＞0时，抛物线向上开口；当a＜0时，抛物线向下开口；常数项c决定抛物线与y轴交点：抛物线与y轴交于（0，c）．5．（4分）（2020秋•长宁区期末）已知点P、点Q是线段AB的两个黄金分割点，且AB＝10，那么PQ的长为（  ）A．5（3﹣）B．10（﹣2）C．5（﹣1）D．5（+1）【考点】黄金分割．菁优网版权所有【专题】图形的相似；运算能力；推理能力．【分析】先由黄金分割的比值求出BP＝AQ＝5（﹣1），再由PQ＝AQ+BP﹣AB进行计算即可．【解答】解：如图，∵点P、Q是线段AB的黄金分割点，AB＝10，∴BP＝AQ＝AB＝5（﹣1），∴PQ＝AQ+BP﹣AB＝10（﹣1）﹣10＝10（﹣2），故选：B．【点评】本题考查了黄金分割：把线段AB分成两条线段AC和BC（AC＞BC），且使AC是AB和BC的比例中项（即AB：AC＝AC：BC），叫做把线段AB黄金分割，点C叫做线段AB的黄金分割点，熟记黄金比是解题的关键．6．（4分）（2020秋•长宁区期末）如图，已知在△ABC中，点D、点E是边BC上的两点，联结AD、AE，且AD＝AE，如果△ABE∽△CBA，那么下列等式错误的是（  ）第30页共30页 A．AB2＝BE•BCB．CD•AB＝AD•ACC．AE2＝CD•BED．AB•AC＝BE•CD【考点】相似三角形的性质．菁优网版权所有【专题】图形的相似；应用意识．【分析】根据相似三角形的性质，由△ABE∽△CBA得到AB：BC＝BE：AB，则可对A选项进行判断；由△ABE∽△CBA得到∠BAE＝∠C，∠AEB＝∠BAC，则证明△CAD∽△CBA，利用相似三角形的性质得CD：AC＝AD：AB，则可对B选项进行判断；证明△CAD∽△ABE得到AD：BE＝CD：AE，加上AD＝AE，则可对C选项进行判断；利用△CBA∽△ABE得到AB•AC＝AE•CB，由于AE2＝CD•BE，AE≠CB，则可对D选项进行判断．【解答】解：∵△ABE∽△CBA，∴AB：BC＝BE：AB，∴AB2＝BE•BC，所以A选项的结论正确；∵△ABE∽△CBA，∴∠BAE＝∠C，∠AEB＝∠BAC，∵AD＝AE，∴∠ADE＝∠AED，∠ACD＝∠BCA，∴∠ADE＝∠BAC，∵∠ADC＝∠BAC，∴△CAD∽△CBA，∴CD：AC＝AD：AB，即CD•AB＝AD•AC，所以B选项的结论正确；∵△ABE∽△CBA，△CAD∽△CBA，∴△CAD∽△ABE，∴AD：BE＝CD：AE，即AD•AE＝CD•BE，∵AD＝AE，第30页共30页 ∴AE2＝CD•BE，所以C选项的结论正确；∵△CBA∽△ABE，∴AC：AE＝CB：AB，∴AB•AC＝AE•CB，∵AE2＝CD•BE，AE≠CB，∴AB•AC≠BE•CD，所以D选项的结论不正确．故选：D．【点评】本题考查了相似三角形的性质：相似三角形的对应角相等，对应边的比相等；相似三角形（多边形）的周长的比等于相似比．也考查了相似三角形的判定．二、填空题（本大题共12题，每题4分，满分48分）[在答题纸相应题号后的空格内直接填写答案]7．（4分）（2020秋•长宁区期末）已知＝，那么的值为 ﹣3 ．【考点】比例的性质．菁优网版权所有【专题】分式；运算能力．【分析】利用比例性质得到y＝2x，把y＝2x代入，然后进行分式的化简．【解答】解：∵＝，∴y＝2x，∴原式＝＝﹣＝﹣3．故答案为﹣3．【点评】本题考查了比例的性质：灵活应用比例性质（内项之积等于外项之积、合比性质、分比性质、合分比性质、等比性质）进行计算．8．（4分）（2020秋•长宁区期末）计算：（2﹣）+＝ + ．【考点】*平面向量．菁优网版权所有【专题】计算题；运算能力．【分析】先利用乘法结合律去括号，然后计算加减法．【解答】解：原式＝﹣+＝+．故答案是：+．第30页共30页 【点评】本题主要考查了平面向量，实数的运算法则同样能应用于平面向量的计算．9．（4分）（2020秋•长宁区期末）计算：cos45°+sin260°＝  ．【考点】特殊角的三角函数值．菁优网版权所有【分析】将cos45°＝，sin60°＝代入求解．【解答】解：原式＝×+（）2＝1+＝．故答案为：．【点评】本题考查了特殊角的三角函数值，解答本题的关键是熟记几个特殊角的三角函数值．10．（4分）（2020秋•长宁区期末）如果两个相似三角形对应边上的中线之比为5：4．那么这两个三角形的周长之比为 5：4 ．【考点】相似三角形的性质．菁优网版权所有【专题】图形的相似；推理能力．【分析】根据相似三角形的性质可直接得出结论．【解答】解：∵两个相似三角形的对应中线的比为5：4，∴其相似比为5：4，∴这两个相似三角形的周长的比为5：4，故答案为：5：4．【点评】本题考查的是相似三角形的性质，熟知相似三角形（多边形）的周长的比等于相似比是解答此题的关键．11．（4分）（2020秋•长宁区期末）将抛物线y＝2x2﹣1向下平移3个单位后，所得抛物线的表达式是 y＝2x2﹣4 ．【考点】二次函数图象与几何变换．菁优网版权所有【专题】几何变换．【分析】先确定抛物线y＝2x2﹣1的顶点坐标为（0，﹣1），再根据点平移的规律得到点（0，﹣1）平移后所得对应点的坐标为（0，﹣4），然后利用顶点式写出平移后的抛物线的表达式．【解答】解：抛物线y＝2x2﹣1的顶点坐标为（0，﹣1），点（0，﹣1）向下平移3个单位后所得对应点的坐标为（0，﹣4），所以平移后的抛物线的表达式是y＝2x2﹣4．第30页共30页 故答案为y＝2x2﹣4．【点评】本题考查了二次函数与几何变换：由于抛物线平移后的形状不变，故a不变，所以求平移后的抛物线解析式通常可利用两种方法：一是求出原抛物线上任意两点平移后的坐标，利用待定系数法求出解析式；二是只考虑平移后的顶点坐标，即可求出解析式．12．（4分）（2020秋•长宁区期末）一辆汽车沿着坡度i＝1：的斜坡向下行驶50米，那么它距离地面的垂直高度下降了 25 米．【考点】解直角三角形的应用﹣坡度坡角问题．菁优网版权所有【专题】推理填空题；解直角三角形及其应用；运算能力；推理能力．【分析】设出垂直高度，表示出水平距离，利用勾股定理求解即可．【解答】解：∵坡度i＝1：，∴设垂直高度下降了x米，则水平前进了x米．根据勾股定理可得：x2+（x）2＝502．解得x＝25（负值舍去），即它距离地面的垂直高度下降了25米．故答案为：25．【点评】本题考查了解直角三角形的应用﹣坡度坡角问题，解决本题的关键是掌握坡度坡角定义．13．（4分）（2020秋•长宁区期末）已知抛物线y＝x2﹣2x+c经过点A（﹣1，y1）和B（2，y2），比较y1与y2的大小：y1 ＞ y2（选择“＞”或“＜”或“＝”填入空格）．【考点】二次函数图象上点的坐标特征．菁优网版权所有【分析】把点A、B的坐标分别代入已知抛物线解析式，并分别求得y1与y2的值，然后比较它们的大小．【解答】解：∵抛物线y＝x2﹣2x+c经过点A（﹣1，y1）和B（2，y2），∴y1＝（﹣1）2﹣2×（﹣1）+c＝3+c，y2＝22﹣2×2+c＝c，∵y1﹣y2＝3＞0，∴y1＞y2，故答案是：＞．【点评】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征．抛物线上的点关于对称轴对称，且都满足函数函数关系式．第30页共30页 14．（4分）（2020秋•长宁区期末）如图，已知AC∥EF∥BD．如果AE：EB＝2：3，CF＝6．那么CD的长等于 15 ．【考点】平行线分线段成比例．菁优网版权所有【专题】图形的相似；几何直观．【分析】根据平行线分线段成比例定理得到＝＝，这样可求出FD的长，然后计算CF+FD即可．【解答】解：∵AC∥EF∥BD，∴＝＝，∴FD＝CF＝×6＝9，∴CD＝CF+FD＝6+9＝15．故答案为15．【点评】本题考查了平行线分线段成比例：三条平行线截两条直线，所得的对应线段成比例．15．（4分）（2020秋•长宁区期末）已知，二次函数f（x）＝ax2+bx+c的部分对应值如下表，则f（﹣3）＝ 12 ．x﹣2﹣1012345y50﹣3﹣4﹣30512【考点】二次函数的性质．菁优网版权所有【专题】压轴题．【分析】根据二次函数的对称性结合图表数据可知，x＝﹣3时的函数值与x＝5时的函数值相同．【解答】解：由图可知，f（﹣3）＝f（5）＝12．故答案为：12．【点评】第30页共30页 本题考查了二次函数的性质，主要利用了二次函数的对称性，理解图表并准确获取信息是解题的关键．16．（4分）（2020秋•长宁区期末）如图，点G为△ABC的重心．如果AG＝CG，BG＝2，AC＝4，那么AB的长等于  ．【考点】三角形的重心；等腰三角形的性质．菁优网版权所有【专题】三角形；推理能力．【分析】根据题意画出图形，延长BG交AC于点H，由等腰三角形的性质可得出BH⊥AC，由重心的性质可得GH的长，最后由勾股定理求出AB的长即可．【解答】解：如图所示：延长BG交AC于点H，∵G是△ABC的重心，AC＝4，∴AH＝CH＝2，∵AG＝CG，∴BH⊥AH，∴∠AHB＝90°，∵BG＝2，∴GH＝1，由勾股定理得：AB＝＝＝．故答案为：．【点评】本题考查的是三角形的重心和等腰三角形的性质，熟知重心到顶点的距离与重心到对边中点的距离之比为2：1是解答此题的关键．第30页共30页 17．（4分）（2020秋•长宁区期末）如图，矩形ABCD沿对角线BD翻折后，点C落在点E处．联结CE交边AD于点F．如果DF＝1，BC＝4，那么AE的长等于  ．【考点】矩形的性质；翻折变换（折叠问题）．菁优网版权所有【专题】矩形菱形正方形；推理能力．【分析】首先根据题意得到EG＝CG，CE⊥BD，证明△CDF∽△BCD和△CDG∽△BDC，可计算CD和CG的长，再证明△EFD∽△AED，可得AE的长．【解答】解：由折叠得：CE⊥BD，CG＝EG，∴∠DGF＝90°，∴∠DFG+∠FDG＝90°，∵四边形ABCD是矩形，∴∠ADC＝∠BCD＝90°，∴∠ADG+∠CDG＝90°，∴∠CDG＝∠DFG，∵∠CDF＝∠BCD＝90°，∴△CDF∽△BCD，∴，∵AB＝4，DF＝1，∴，∴CD＝2，第30页共30页 由勾股定理得：CF＝＝，BD＝＝2，同理得：△CDG∽△BDC，∴＝，∴＝，∴CG＝，∴CE＝2CG＝，∴EF＝CE﹣CF＝﹣＝，∵＝，＝＝，且∠EDF＝∠AED，∴△EFD∽△AED，∴，即，∴AE＝．故答案为：．【点评】本题主要考查了几何变换中的翻折变换、相似三角形的性质和判定、矩形的性质、勾股定理；熟练掌握翻折变换和矩形的性质，利用相似三角形列比例式是本题的关键．18．（4分）（2020秋•长宁区期末）如果一条对角线把凸四边形分成两个相似的三角形，那么我们把这条对角线叫做这个凸四边形的相似对角线，在凸四边形ABCD中，AB＝AC＝，AD＝CD＝，点E、点F分别是边AD，边BC上的中点．如果AC是凸四边形ABCD的相似对角线，那么EF的长等于  ．【考点】三角形中位线定理；相似图形．菁优网版权所有【专题】图形的相似；推理能力．【分析】利用相似三角形的性质求出BC长，再利用等腰三角形的性质和勾股定理计算出EF的长即可．【解答】解：如图所示：∵AB＝AC，AD＝CD，△ABC∽△DAC，第30页共30页 ∴AC2＝BC•AD，∵AC＝，AD＝，∴CB＝2，∵△ABC∽△DAC，∴∠ACB＝∠CAD，∴CB∥AD，∵AB＝AC，F为BC中点，∴AF⊥CB，BF＝CF＝1，∴∠AFC＝90°，∵CB∥AD，∴∠FAE＝∠AFC＝90°，∵AC＝，在Rt△AFC中AF＝＝，∵AD＝，E为AD中点，∴AE＝，∴EF＝＝＝．故答案为：．【点评】此题主要考查了相似三角形的性质，以及等腰三角形的性质和勾股定理，关键是掌握相似三角形对应边成比例、对应角相等．三、解答题（本大题共7题，满分78分）[将下列各题的解答过程，做在答题纸的相应位置上]19．（10分）（2020秋•长宁区期末）已知二次函数y＝﹣x2﹣x+．（1）用配方法把该二次函数的解析式化为y＝a（x+m）2+k的形式；第30页共30页 （2）写出该二次函数图象的开口方向、顶点坐标和对称轴，并说明函数值y随自变量x的变化而变化的情况．【考点】二次函数的图象；二次函数的性质；待定系数法求二次函数解析式；二次函数的三种形式．菁优网版权所有【专题】二次函数图象及其性质；推理能力．【分析】（1）直接利用配方法进而将二次函数的解析式化为y＝a（x+m）2+k的形式；（2）根据二次函数的二次项系数判断该函数图象的开口方向，由二次函数的顶点式关系式找出其顶点坐标、对称轴，由二次函数的单调性来判断y随自变量x的变化而变化的情况．【解答】解：（1）y＝﹣x2﹣x+．＝﹣（x2+2x+1）++，＝﹣（x+1）2+4；（2）∵a＝﹣＜0，∴二次函数图象的开口向下，顶点坐标为（﹣1，4），对称轴为直线x＝﹣1，图象在直线x＝﹣1左侧，y随x的增大而增大，在直线x＝﹣1右侧，y随x的增大而减小．【点评】本题主要考查的是二次函数的一般式与顶点式的转化方法，及二次函数的性质．20．（10分）（2020秋•长宁区期末）如图，四边形ABCD是平行四边形，点E是边AD的中点AC、BE相交于点O．设＝，＝．（1）试用、表示；（2）在图中作出在、上的分向量，并直接用、表示．（不要求写作法，但要保留作图痕迹，并写明结论）第30页共30页 【考点】平行四边形的性质；*平面向量；作图—复杂作图．菁优网版权所有【专题】作图题；几何直观．【分析】（1）首先证明BO＝BE，求出即可解决问题．（2）证明OC＝AC，求出即可解决问题．【解答】解：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，AD＝BC，∵AE＝EC，∴＝＝，∴BP＝BE，∴＝＝（+）＝（﹣）＝﹣．（2）∵AE∥BC，∴＝＝，∴＝＝（+）＝（+）＝+．如图，在、上的分向量分别为和．【点评】本题考查作图﹣复杂作图，平行四边形的性质，平面向量等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．21．（10分）（2020秋•长宁区期末）如图，在△ABC中，点D在边AB上，点E、点F第30页共30页 在边AC上，且DE∥BC，＝．（1）求证：DF∥BE；（2）如果AF＝2，EF＝4，AB＝6，求的值．【考点】平行线分线段成比例；相似三角形的判定与性质．菁优网版权所有【专题】线段、角、相交线与平行线；图形的相似；推理能力．【分析】（1）先由平行线分线段成比例定理得＝，再证＝，即可得出结论；（2）先证＝，再证△ADE∽△AEB，即可得出答案．【解答】（1）证明：∵DE∥BC，∴＝，∵＝，∴＝，∴DF∥BE；（2）解：∵AF＝2，EF＝4，∴AE＝AF+EF＝6，＝＝，∴＝，∴AD＝AB＝2，BD＝2AD＝4，∴＝＝，∵＝＝，∴＝，又∵∠A＝∠A，∴△ADE∽△AEB，第30页共30页 ∴＝＝．【点评】本题考查了相似三角形的判定与性质、平行线分线段成比例等知识熟练掌握平行线分线段成比例定理，证明三角形相似是解题的关键．22．（10分）（2020秋•长宁区期末）某校为检测师生体温，在校门安装了某型号的测温门，如图为该“测温门”截面示意图．身高1.6米的小聪做了如下实验：当他在地面M处时“测温门”开始显示额头温度，此时在额头B处测得A的仰角为30°；当他在地面N处时，“测温门”停止显示额头温度，此时在额头C处测得A的仰角为53°．如果测得小聪的有效测温区间MN的长度是0.98米，求测温门顶部A处距地面的高度约为多少米？（注：额头到地面的距离以身高计，sin53°≈0.8，cos53°＝0.6，cot53°≈0.75，≈1.73．）【考点】解直角三角形的应用﹣坡度坡角问题；解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题．菁优网版权所有【专题】解直角三角形及其应用；运算能力．【分析】延长BC交AD于点E，构造直角△ABE和矩形EDNB，设AE＝x米．通过解直角三角形分别表示出BE、CE的长度，根据BC＝BE﹣CE得到1.73x﹣0.75x＝0.98，解得即可求得AE进而即可求得．【解答】解：延长BC交AD于点E，设AE＝x米．∵，∴CE＝≈0.75x，BE＝≈1.73x，∴BC＝BE﹣CE＝1.73x﹣0.75x＝0.98．解得x＝1，∴AE＝1，∴AD＝AE+ED＝1+1.6＝2.6（米）．第30页共30页 答：测温门顶部A处距地面的高度约为2.6米．【点评】本题主要考查了解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题，要求学生能借助仰角构造直角三角形并解直角三角形．23．（12分）（2020秋•长宁区期末）已知：如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CH⊥AB，垂足为点H．点D在边BC上，联结AD，交CH于点E，且CE＝CD．（1）求证：△ACE∽△ABD；（2）求证：△ACD的面积是△ACE的面积与△ABD的面积的比例中项．【考点】相似三角形的判定与性质．菁优网版权所有【专题】图形的相似；推理能力．【分析】（1）根据同角的余角相等得到∠ACH＝∠CBH，根据等腰三角形的性质得到∠CED＝∠CDE，进而得到∠AEC＝∠ADB，根据相似三角形的判定定理证明结论；（2）过点B作BG∥AC交AD的延长线于点G，根据相似三角形的性质得到＝，根据相似三角形的面积公式计算，证明结论．【解答】证明：（1）∵AC⊥BC，CH⊥AB，∴∠ACB＝∠AHC＝90°，∴∠ACH＝∠CBH，∵CE＝CD，∴∠CED＝∠CDE，∴∠AEC＝∠ADB，第30页共30页 ∴△ACE∽△ABD；（2）过点B作BG∥AC交AD的延长线于点G，∴∠CAD＝∠G，∵△ACE∽△ABD，∴＝，∠CAD＝∠BAD，∴∠BAD＝∠G，∴AB＝BG，∵BG∥AC，∴△ADC∽△GDB，∴＝，∴＝，∴＝，∴△ACD的面积是△ACE的面积与△ABD的面积的比例中项．【点评】本题考查的是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．24．（12分）（2020秋•长宁区期末）已知在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝ax2+bx+2经过点A（﹣3，﹣6）、B（6，0），与y轴交于点C．（1）求抛物线的表达式；（2）点D是抛物线上的点，且位于线段BC上方，联结CD．①如果点D的横坐标为2．求cot∠DCB的值；②如果∠DCB＝2∠CBO，求点D的坐标．第30页共30页 【考点】二次函数综合题．菁优网版权所有【专题】综合题；推理能力．【分析】（1）将点A，B坐标代入抛物线解析式中，解方程组，即可得出结论；（2）①先求出点D坐标，进而求出BC，CD，DB，判断出△BDC是直角三角形，即可得出结论；②构造出等腰三角形，利用对称性求出点F的坐标，进而求出直线CF的解析式，进而联立抛物线解析式，解方程组，即可得出结论．【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+2经过点A（﹣3，﹣6）、B（6，0），∴，∴，∴抛物线的表达式为y＝﹣x2+x+2；（2）①如图1，由（1）知，抛物线的解析式为y＝﹣x2+x+2，当x＝0时，y＝2，∴C（0，2），当x＝2时，y＝﹣×4+×2+2＝4，∴D（2，4），∵B（6，0），第30页共30页 ∴CD2＝（2﹣0）2+（4﹣2）2＝8，BC2＝（6﹣0）2+（0﹣2）2＝40，DB2＝（6﹣2）2+（0﹣4）2＝32，∴CD2+BC2＝DB2，∴△BCD是直角三角形，∠BDC＝90°，在Rt△BDC中，CD＝2，BD＝4，∴cot∠DCB＝＝＝；②如图2，过点C作CE∥x轴，则∠BCE＝∠CBO，∵∠DCB＝2∠CBO，∴∠DCE＝∠BCE，过点B作BE⊥CE，并延长交CD的延长线于F，∵C（0，2），B（6，0），∴F（6，4），设直线CF的解析式为y＝kx+2，∴6k+2＝4，∴k＝，∴直线CF的解析式为y＝x+2①，∵抛物线的解析式为y＝﹣x2+x+2②，联立①②，解得或，∴D（4，）．第30页共30页 【点评】此题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法，勾股定理的逆定理，等腰三角形的性质，构造出等腰三角形是解本题的关键．25．（14分）（2020秋•长宁区期末）已知，在矩形ABCD中，点M是边AB上的一个点（与点A、B不重合），联结CM，作∠CMF＝90°，且MF分别交边AD于点E、交边CD的延长线于点F．点G为线段MF的中点，联结DG．（1）如图1，如果AD＝AM＝4，当点E与点G重合时，求△MFC的面积；（2）如图2，如果AM＝2，BM＝4．当点G在矩形ABCD内部时，设AD＝x，DG2＝y，求y关于x的函数解析式，并写出定义域；（3）如果AM＝6，CD＝8，∠F＝∠EDG，求线段AD的长．（直接写出计算结果）【考点】四边形综合题．菁优网版权所有【专题】图形的全等；矩形菱形正方形；图形的相似；解直角三角形及其应用；推理能力．【分析】（1）由“AAS”可证△AGM≌△DGF，可得AM＝DF＝4，AG＝GD＝AD＝2，由勾股定理可求GF的长，由锐角三角函数可求MC的长，即可求解；（2）过点M作MH⊥CD于H，过点G作GP⊥CD于P，通过证明△FHM∽△MHC，可得，可求FH＝，PH＝，DP＝2﹣，GP＝x，由勾股定理可求解；第30页共30页 （3）分两种情况讨论，通过全等三角形的性质和相似三角形的性质可求解．【解答】解：（1）∵点G为线段MF的中点，∴GF＝MG，又∵∠A＝∠FDG＝90°，∠AGM＝∠FGD，∴△AGM≌△DGF（AAS），∴AM＝DF＝4，AG＝GD＝AD＝2，∴GF＝＝＝2，∴FM＝2GF＝4，∵tanF＝，∴，∴MC＝2，∴S△MFC＝×FM×MC＝×4×2＝20；（2）过点M作MH⊥CD于H，过点G作GP⊥CD于P，∴GP∥MH，MH＝AD＝x，∴＝，∴GP＝MH＝x，FP＝FH＝FH，∵∠CMF＝90°＝∠FHM＝∠CHM，∴∠F+∠FCM＝90°＝∠F+∠FMH＝∠FCM+∠CMH，∴∠F＝∠CMH，∠FCM＝∠CMH，∴△FHM∽△MHC，∴，∴MH2＝FH•HC，第30页共30页 ∴FH＝，∴PH＝，∴DP＝2﹣，GP＝x，∵DG2＝DP2+GP2，∴y＝+4（2＜x＜4）；（3）如图3，当点G在矩形的内部时，延长DG交AB于J，连接AG，AF，∵∠FMC＝90°，∴∠AME+∠CMB＝90°＝∠CMB+∠BCM，∴∠AME＝∠MCB，∵∠EDG＝∠EFD＝∠AME＝∠MCB，AD＝BC，∠DAJ＝∠B＝90°，∴△ADJ≌△BCM（ASA），∴AJ＝BM＝2，∴JM＝4，∵AB∥CD，∴，∴MJ＝FD＝4，GJ＝DG，∴AG＝DG＝GJ，∴∠GAD＝∠GDA＝∠GFD，又∵∠AEG＝∠FED，∴∠AGE＝∠FDE＝90°，又∵FG＝GM，∴AF＝AM＝6，第30页共30页 ∴AD＝＝＝2，当点G在矩形的外部时，延长DG交BA的延长线于L，连接DM，同理可求AD＝2，综上所述：AD＝2或2．【点评】本题是四边形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，锐角三角函数，勾股定理等知识，添加恰当辅助线是解题的关键第30页共30页