泰州市靖江實驗學(xué)校2012-2013學(xué)年九年級（上）期中數(shù)學(xué)試卷
參考答案與試題解析
　
一、（本大題共有8小題，每小題3分，共24分．在每小題所給出的四個選項中，恰有一項是符合題目要求的，請將正確選項前的字母代號填在下表相應(yīng)位置上）
1．（3分）使 有意義的x的取值范圍是（　　）
　A． B． C．x≥ D．x≥

考點：二次根式有意義的條件．.
專題：．
分析：根據(jù)二次根式的被開方數(shù)為非負(fù)數(shù)即可解答．
解答：解：由二次根式有意義得：3x?4≥0，
解得：x≥ ．
故選D．
點評：本題考查二次根式有意義的條件，難度不大，注意掌握二次根式的被開方數(shù)為非負(fù)數(shù)．
　
2．（3分）（2006•無錫）設(shè)一元二次方程x2?2x?4=0的兩個實數(shù)為x1和x2，則下列結(jié)論正確的是（　�。�
　A．x1+x2=2B．x1+x2=?4C．x1x2=?2D．x1x2=4

考點：根與系數(shù)的關(guān)系．.
分析：根據(jù)一元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系求則可．設(shè)x1，x2是關(guān)于x的一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0，a，b，c為常數(shù)）的兩個實數(shù)根，則x1+x2= ，x1x2= ．
解答：解：這里a=1，b=?2，c=?4，
根據(jù)根與系數(shù)的關(guān)系可知：x1+x2=? =2，x1•x2= =?4，
故選A
點評：本題考查了一元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系．
　
3．（3分）（2010•隨州）在Rt△ABC中，∠C=90°，sinA= ，則tanB的值為（　�。�
　A． B． C． D．

考點：銳角三角函數(shù)的定義；互余兩角三角函數(shù)的關(guān)系．.
分析：本題可以利用銳角三角函數(shù)的定義求解，也可以利用互為余角的三角函數(shù)關(guān)系式求解．
解答：解：由題意，設(shè)BC=4x，則AB=5x，AC= =3x，
∴tanB= = = ．
故選B．
點評：本題利用了勾股定理和銳角三角函數(shù)的定義．通過設(shè)參數(shù)的方法求三角函數(shù)值．
　
4．（3分）下列命題中正確的是（　�。�
　A．一組對邊平行的四邊形是平行四邊形
　B．兩條對角線相等的平行四邊形是矩形
　C．兩邊相等的平行四邊形是菱形
　D．對角線互相垂直且相等的四邊形是正方形

考點：命題與定理．.
專題：．
分析：兩組對邊平行的四邊形是平行四邊形；
兩條對角線相等的四邊形是矩形；
鄰邊相等的平行四邊形是菱形；
對角線互相垂直，相等且互相平分的四邊形是正方形．
解答：解：A、兩組對邊平行的四邊形是平行四邊形，故本選項錯誤．
B、兩條對角線相等的四邊形是矩形，故本選項正確．
C、鄰邊相等的平行四邊形是菱形，故本選項錯誤．
D、對角線互相垂直，相等且互相平分的四邊形是正方形，故本選項錯誤．
故選B．
點評：本題考查了平行四邊形，矩形，菱形，正方形的判定定理，要熟記這些判定定理．
　
5．（3分）點P到⊙O的圓心O的距離為d，⊙O的半徑為r，d與r的值是一元二次方程x2?3x+2=0的兩個根，則點P與⊙O的位置關(guān)系為（　　）
　A．點P在⊙O內(nèi)B．點P在⊙O外C．點P在⊙O上D．點P不在⊙O上

考點：點與圓的位置關(guān)系；解一元二次方程-因式分解法．.
分析：求解方程求得方程的兩個根即可得到d與r的值，然后做出判斷即可．
解答：解：解方程x2?3x+2=0得：x=1或x=2，
∵d≠r，
∴點P不在⊙O上，
故選D．
點評：本題考查了點與圓的位置關(guān)系及用因式分解法解一元二次方程的知識，解題的關(guān)鍵是正確的解方程．
　
6．（3分）當(dāng)b＜0時，化簡 等于（　�。�
　A．2b?1B．?1C．1?2bD．1

考點：二次根式的性質(zhì)與化簡；絕對值．.
專題：．
分析：由于b＜0，直接利用二次根式的基本性質(zhì)進(jìn)行化簡，再由絕對值的一般性質(zhì)知b=?b， =1?b，再代入所求代數(shù)式，即可得所求結(jié)果．
解答：解：∵b＜0，
∴得b=?b，b?1＜0，
∴ =1?b，
∴ =?b+1?b=1?2b．
故選C．
點評：本題主要考查二次根式的簡單性質(zhì)，對簡單的二次根式進(jìn)行化簡，是中考中的�？純�(nèi)容，要引起注意．
　
7．（3分）如圖，⊙O的直徑CD=5c，AB是⊙O的弦，AB⊥CD，垂足為，tan∠OB= ，則AB的長是（　�。�

　A．2cB．3cC．4cD．2 c

考點：垂徑定理；解直角三角形．.
分析：在直角三角形OB中，利用銳角三角函數(shù)定義表示出tan∠OB，由tan∠OB的值設(shè)出O=3xc與B=4xc，再由直徑CD的長求出半徑OB的長，利用勾股定理列出方程，求出方程的解得到x的值，確定出B的長，再由CD垂直于AB，利用垂徑定理得到為AB的中點，即可求出AB的長．
解答：解：在Rt△OB中，tan∠OB= = ，
設(shè)O=3xc，B=4xc，由直徑CD=5c，得到OB=2.5c，
根據(jù)勾股定理得：OB2=O2+B2，即6.25=9x2+16x2，
解得：x=0.5，
則B=4x=2c，
∵AB⊥DC，
∴為AB的中點，即A=B= AB，
則AB=2B=4c．
故選C．
點評：此題考查了垂徑定理，勾股定理，銳角三角函數(shù)定義，利用了方程的思想，熟練掌握垂徑定理是解本題的關(guān)鍵．
　
8．（3分）如圖，一種電子游戲，電子屏幕上有一正方形ABCD，點P沿直線AB從右向左移動，當(dāng)出現(xiàn)：點P與正方形四個頂點中的至少兩個頂點構(gòu)造成等腰三角形時，就會發(fā)出警報，則直線AB上會發(fā)出警報的點P有（　�。�

　A．7個B．8個C．9個D．10個

考點：等腰三角形的判定；正方形的性質(zhì)．.
專題：計算題；壓軸題．
分析：根據(jù)正方形的性質(zhì)，利用等腰三角形的判定方法，從右到左依次考慮，即可得到所有構(gòu)成等腰三角形的情況，得到直線AB上會發(fā)出警報的點P的個數(shù)．
解答：解：當(dāng)BC=BP時，△BCP為等腰三角形；
當(dāng)P與B重合時，△APC為等腰三角形；
當(dāng)P運(yùn)動到AB邊的中點時，PD=PC，此時△PCD為等腰三角形；
當(dāng)P與A重合時，△PBD為等腰三角形；
當(dāng)PA=AD時，△PAD為等腰三角形；
當(dāng)AP=AC時，△APC是等腰三角形；
當(dāng)BD=BP時，△BDP 是等腰三角形，
綜上，直線AB上會發(fā)出警報的點P有7個．
故選A

點評：此題考查了等腰三角形的判定，以及正方形的性質(zhì)，熟練掌握等腰三角形的判定是解本題的關(guān)鍵．
　
二、題（每題3分，共30分）
9．（3分） =　2 �。�

考點：二次根式的乘除法．.
專題：計算題．
分析：根據(jù)二次根式的除法法則進(jìn)行運(yùn)算，然后將二次根式化為最簡即可．
解答：解：原式=
=
=2 ．
故答案為：2 ．
點評：本題考查了二次根式的除法運(yùn)算，屬于基礎(chǔ)題，掌握二次根式的除法法則及二次根式的化簡是關(guān)鍵．
　
10．（3分）（2012•歷下區(qū)二模）己知α是銳角，且 ，則α=　45°�。�

考點：特殊角的三角函數(shù)值．.
專題：計算題．
分析：直接根據(jù)sin60°= 進(jìn)行解答即可．
解答：解：∵sin60°= ，α是銳角，且 ，
∴α+15°=60°，
解得α=45°．
故答案為：45°．
點評：本題考查的是特殊角的三角函數(shù)值，熟記各特殊角度的三角函數(shù)值是解答此題的關(guān)鍵．
　
11．（3分）小明沿著坡度為1：2的山坡向上走了100，則他升高了　20 　．

考點：解直角三角形的應(yīng)用-坡度坡角問題．.
分析：首先根據(jù)題意畫出圖形，由小明沿著坡度為1：2的山坡向上走了100，利用坡度的意義，根據(jù)三角函數(shù)的定義，即可求得答案．
解答：解：如圖，過點A作AE⊥BC于點E，
∵坡度為1：2，
∴i=tan∠B= = ，
∴sin∠B= ，
∵AB=100，
∴AE= =20 （）．
即他升高了20 ．
故答案為：20 ．

點評：此題考查了坡度坡角問題．此題難度不大，注意根據(jù)題意構(gòu)造直角三角形，并解直角三角形；注意掌握數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用．
　
12．（3分）（2008•濮陽）某花木場有一塊如等腰梯形ABCD的空地（如圖），各邊的中點分別是E、F、G、H，用籬笆圍成的四邊形EFGH場地的周長為40c，則對角線AC=　20　c．

考點：等腰梯形的性質(zhì)；三角形中位線定理．.
分析：利用等腰梯形和中位線定理和已知條件，即可推出結(jié)論．
解答：解：∵等腰梯形的對角線相等，EF、HG、GF、EF均為梯形的中位線，∴EF=HG=GF=EF= AC．
又∵EF+HG+GF+EF=40c，即2AC=40c，則AC=20c．對角線AC=20c．
點評：本題考查的是等腰梯形的性質(zhì)即三角形中位線的性質(zhì)，屬一般題目．
　
13．（3分）最簡二次根式 與 是同類二次根式，則xy=　9　．

考點：同類二次根式．.
專題：計算題．
分析：由同類二次根式的定義得到根指數(shù)相等，被開方數(shù)相等，列出方程，求出x與y的值，即可確定出xy的值．
解答：解：根據(jù)題意得：x2?3=2x，y?1=2，且x2?3=2x≥0，
x2?2x?3=0，即（x?3）（x+1）=0，
解得：x=3或x=?1（舍去），y=3，
則xy=9．
故答案為：9
點評：此題考查了同類二次根式，同類二次根式是化為最簡二次根式后，被開方數(shù)相同的二次根式稱為同類二次根式．
　
14．（3分）關(guān)于x的方程x2?（2?1）x+?2=0有兩個實數(shù)根，則的取值范圍是　 且≠0�。�

考點：根的判別式；一元二次方程的定義．.
分析：根據(jù)方程有兩個實數(shù)根，得到根的判別式大于等于0，列出關(guān)于的不等式，求出不等式的解集，即可得到的范圍．
解答：解：∵關(guān)于x的方程x2?（2?1）x+?2=0有兩個實數(shù)根，
∴△=b2?4ac=（2?1） 2?4（?2）≥0，
解得：≥? ，
則的取值范圍是≥? 且≠0．
故答案為： 且≠0．
點評：此題考查了一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0，a，b，c為常數(shù)）的根的判別式△=b2?4ac．當(dāng)△＞0時，方程有兩個不相等的實數(shù)根；當(dāng)△=0時，方程有兩個相等的實數(shù)根；當(dāng)△＜0時，方程沒有實數(shù)根．同時考查了一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0，a，b，c為常數(shù)）的定義．
　
15．（3分）若小唐同學(xué)擲出的鉛球在場地上砸出一個直徑約為10 c、深約為2 c的小坑，則該鉛球的直徑約為　14.5　c．

考點：垂徑定理的應(yīng)用；勾股定理．.
專題：．
分析：根據(jù)題意，把實際問題抽象成幾何問題，即圓中與弦有關(guān)的問題，根據(jù)垂徑定理，構(gòu)造直角三角形，小坑的直徑就是圓中的弦長，小坑的深就是拱高，利用勾股定理，設(shè)出未知數(shù)，列出方程，即可求出鉛球的直徑．
解答：解：根據(jù)題意，畫出圖形如圖所示，
由題意知，AB=10，CD=2，OD是半徑，且OC⊥AB，
∴AC=CB=5，
設(shè)鉛球的半徑為r，則OC=r?2，
在Rt△AOC中，根據(jù)勾股定理，OC2+AC2=OA2，
即（r?2）2+52=r2，
解得：r=7.25，
所以鉛球的直徑為：2×7.25=14.5 c．

點評：解決與弦有關(guān)的問題時，往往需構(gòu)造以半徑、弦心距和弦長的一半為三邊的直角三角形，若設(shè)圓的半徑為r，弦長為a，這條弦的弦心距為d，則有等式r2=d2+（ ）2成立，知道這三個量中的任意兩個，就可以求出另外一個．
　
16．（3分）如圖，⊙O的直徑AB與弦CD相交于點E，若AE=7，BE=1，cos∠AED= ，則CD=　2 �。�

考點：垂徑定理；勾股定理；解直角三角形．.
專題：計算題．
分析：過O作OF⊥CD，交CD于點F，利用垂徑定理得到DF=CF，連接OD，有AE+BE求出AB的長，進(jìn)而確定出OB的長，由OB?EB求出OE的長，在直角三角形OEF中，利用銳角三角函數(shù)定義求出EF的長，利用勾股定理求出OF的長，在直角三角形ODF中，利用勾股定理求出DF的長，由CD=2DF即可求出CD的長．
解答：解：過O作OF⊥CD，交CD于點F，可得DF=CF，連接OD，
∵AE=7，BE=1，
∴OB=OD= AB= ×8=4，OE=OB?EB=3，
在Rt△OEF中，OE=3，cos∠AED= ，
∴EF=OEcos∠AED=2，根據(jù)勾股定理得：OF= = ，
在Rt△ODF中，根據(jù)勾股定理得：DF= = ，
則CD=2DF=2 ．
故答案為：2 ．

點評：此題考查了垂徑定理，勾股定理，以及解直角三角形，熟練掌握垂徑定理是解本題的關(guān)鍵．
　
17．（3分）如圖，梯形ABCD中，AD∥BC，點E在BC上，AE=BE，點F是CD的中點，且AF⊥AB，若AD=2.7，AF=4，AB=6，則CE的長為　2.3�。�

考點：梯形；等腰三角形的性質(zhì)；勾股定理；三角形中位線定理．.
專題：計算題．
分析：延長AF至BC延長線上交于G點，由已知可證明∠AGB=∠EAG，則EF為△ABG的中位線，得出EF=3，還可證明FG=4，由勾股定理得EG=5，則求得CE的長為2.3．
解答：解：延長AF至BC延長線上交于G點，
∵AE=BE，
∴∠ABE=∠BAE，
∵AF⊥AB，
∴∠ABE+∠AGB=90°，∠BAE+∠EAG=90°，
∴∠AGB=∠EAG，
∴∠ABE=∠AGE，
∴AE=EG，
∴GE=BE，
∴E為BG中點，
∴EF是△ABG的中位線，
故可得：EF= AB=3，F(xiàn)G=AF=4，
∴AG=8，
∴BG=10，
∴EG=5，
∵AF⊥AB，AE=BE，
∴點E是BG的中點，
∴EG=BE=5，
∴可得△EFG為直角三角形，
∴CE=EG?CG=EG?AD=5?2.7=2.3．
故答案為：2.3．

點評：本題考查了三角形的中位線定理、等腰三角形的性質(zhì)和勾股定理，是一道綜合題，難度較大．
　
18．（3分）如圖，在邊長相同的小正方形組成的網(wǎng)格中，點A、B、C、D都在這些小正方形的頂點上，AB、CD相交于點P，則sin∠APD的值是　 　．

考點：相似三角形的判定與性質(zhì)；勾股定理；銳角三角函數(shù)的定義．.
專題：網(wǎng)格型．
分析：首先連接BE，AE，過點A作AF⊥BE于點F，由勾股定理即可得AB=AE= ，BE= ，則可求得AF的長，繼而可求得答案．
解答：解：如圖，連接BE，AE，過點A作AF⊥BE于點F，
∵由題意得：AB= = ，AE= = ，BE= = ，
∴AE=AB，
∴BF= BE= ，
∴在Rt△ABF中，AF= = ，
∴sin∠ABF= = = ，
∵CD∥BE，
∴∠APD=∠ABE，
∴sin∠APD= ．
故答案為： ．

點評：此題考查了三角函數(shù)的定義、等腰三角形的判定與性質(zhì)以及勾股定理．此題難度適中，注意掌握輔助線的作法，注意數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用．
　
三、解答題
19．（8分）計算： ．

考點：特殊角的三角函數(shù)值；實數(shù)的性質(zhì)；零指數(shù)冪；負(fù)整數(shù)指數(shù)冪；二次根式的性質(zhì)與化簡．.
專題：計算題．
分析：按照實數(shù)的運(yùn)算法則依次計算，注意（π?3.14）0=1，（? ）?1=?2．
解答：解：原式=1+（?2）+ ?4×
=1?2+3? ?
=2? ．
點評：本題考查的知識點是：任何不等于0的數(shù)的0次冪是1，a?p= ．
　
20．（8分）先化簡，再求值：（ ） ，其中a滿足a2+a?1=0．

考點：分式的化簡求值．.
專題：計算題．
分析：原式括號中兩項通分并利用同分母分式的減法法則計算，除數(shù)分母利用平方差公式分解因式，再利用除以一個數(shù)等于乘以這個數(shù)的倒數(shù)將除法運(yùn)算化為運(yùn)算，約分得到最簡結(jié)果，由已知方程求出a的值，代入計算即可求出值．
解答：解：∵a2+a?1=0，即a2=?（a?1），
∴原式= ÷
= •
=
=
=?1．
點評：此題考查了分式的化簡求值，分式的加減運(yùn)算關(guān)鍵是通分，通分的關(guān)鍵是找最簡公分母；分式的乘除運(yùn)算關(guān)鍵是約分，約分的關(guān)鍵是找公因式．
　
21．（8分）關(guān)于x的一元二次方程x2?x+p?1=0有兩個實數(shù)根x1、x2．
（1）求p的取值范圍；
（2）若 ，求p的值．

考點：根的判別式；根與系數(shù)的關(guān)系．.
專題：計算題．
分析：（1）根據(jù)一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的根的判別式△=b2?4ac的意義得到△≥0，即12?4×1×（p?1）≥0，解不等式即可得到p的取值范圍；
（2）根據(jù)一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的解的定義得到x12?x1+p?1=0，x22?x2+p?1=0，則有x12?x1=?p+1=0，x22?x2=?p+1，然后把它們整體代入所給等式中得到（?p+1?2）（?p+1?2）=9，解方程求出p，然后滿足（1）中的取值范圍的p值即為所求．
解答：解：（1）∵方程x2?x+p?1=0有兩個實數(shù)根x1、x2，
∴△≥0，即12?4×1×（p?1）≥0，解得p≤ ，
∴p的取值范圍為p≤ ；
（2）∵方程x2?x+p?1=0有兩個實數(shù)根x1、x2，
∴x12?x1+p?1=0，x22?x2+p?1=0，
∴x12?x1=?p+1=0，x22?x2=?p+1，
∴（?p+1?2）（?p+1?2）=9，
∴（p+1）2=9，
∴p1=2，p2=?4，
∵p≤ ，
∴p=?4．
點評：本題考查了一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的根的判別式△=b2?4ac：當(dāng)△＞0，方程有兩個不相等的實數(shù)根；當(dāng)△=0，方程有兩個相等的實數(shù)根；當(dāng)△＜0，方程沒有實數(shù)根．也考查了一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的解的定義．
　
22．（8分）如圖，AB、CD是⊙O的弦，∠A=∠C．求證：AB=CD．

考點：圓心角、弧、弦的關(guān)系．.
專題：證明題．
分析：連接BO，OD，利用等腰三角形性質(zhì)證圓心角相等，即可得出AB=CD．
解答：解：連接BO，OD，
∵OA=OB，
∴∠A=∠B，
∵OC=OD，
∴∠C=∠D，
∵∠A=∠C，
∴∠AOB=∠COD，
∴AB=CD．

點評：此題主要考查了圓周角定理和等弧對等弦，以及全等三角形的判定和性質(zhì)．
　
23．（10分）（2006•上海）已知：如圖，在△ABC中，AD是邊BC上的高，E為邊AC的中點，BC=14，AD=12，sinB= ．
求：（1）線段DC的長；
（2）tan∠EDC的值．

考點：解直角三角形；直角三角形斜邊上的中線．.
專題：計算題．
分析：（1）在Rt△ABD中，根據(jù)已知條件求出邊AB的長，再由BC的長，可以求出CD的長；
（2）根據(jù)直角三角形中，斜邊上的中線等于斜邊的一半，求出∠C=∠EDC，從而求出∠C的正切值即求出了tan∠EDC的值．
解答：解：（1）∵AD是BC邊上的高，△ABD和△ACD是Rt△，
在Rt△ABD中，
∵sinB= ，AD=12，
∴ ，
∴AB=15，
∴BD= ，
又∵BC=14，
∴CD=5；

（2）在Rt△ACD中，
∵E為斜邊AC的中點，
∴ED=EC= AC，
∴∠C=∠EDC，
∴tan∠EDC=tanC= ．
點評：此題要靈活應(yīng)用三角函數(shù)公式和解直角三角形的公式，同時還要掌握“直角三角形中，斜邊上的中線等于斜邊的一半“等知識點．
　
24．（10分）國家為了加強(qiáng)對房地產(chǎn)市場的宏觀調(diào)控，抑制房價的過快上漲，規(guī)定購買新房滿5年后才可上市轉(zhuǎn)賣，對二手房買賣征收差價的x%的附加稅．某城市在不征收附加稅時，每年可成交10萬套二手房；征收附加稅后，每年減少0.1x萬套二手房交易．現(xiàn)已知每套二手房買賣的平均差價為10萬元．如果要使每年征收的附加稅金為16億元，并且要使二手房市場保持一定的活力，每年二手房交易量不低于6萬套．問：二手房交易附加稅的稅率應(yīng)確定為多少？

考點：一元二次方程的應(yīng)用．.
分析：國家征收的附加稅金總額=二手房的銷售額（即單價×銷售量）×征收的稅率．以此可得出方程，然后根據(jù)“不低于6萬套”舍去不合題意的解．
解答：解：設(shè)稅率應(yīng)確定為x%，
根據(jù)題意得10（10?0.1x）•x%=16，
x2?100x+1600=0，
解得x1=80，x2=20，
當(dāng)x2=80時，10?0.1×80=2＜6，不符合題意，舍去，
x1=20時，100?0.1×20=8＞6，
答：稅率應(yīng)確定為20%．
點評：此題考查了一元二次方程的應(yīng)用，此題不僅是一道實際問題，而且結(jié)合了現(xiàn)在房價問題，是一個比較典型的題目．
　
25．（10分）（2011•寧波）如圖，在▱ABCD中，E、F分別為邊AB、CD的中點，BD是對角線，過點A作AG∥DB交CB的延長線于點G．
（1）求證：DE∥BF；
（2）若∠G=90°，求證：四邊形DEBF是菱形．

考點：菱形的判定；平行四邊形的性質(zhì)．.
專題：證明題；壓軸題．
分析：（1）根據(jù)已知條件證明BE=DF，BE∥DF，從而得出四邊形DFBE是平行四邊形，即可證明DE∥BF，
（2）先證明DE=BE，再根據(jù)鄰邊相等的平行四邊形是菱形，從而得出結(jié)論．
解答：證明：（1）∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴AB∥CD，AB=CD．
∵點E、F分別是AB、CD的中點，
∴BE= AB，DF= CD．
∴BE=DF，BE∥DF，
∴四邊形DFBE是平行四邊形，
∴DE∥BF；

（2）∵∠G=90°，AG∥BD，AD∥BG，
∴四邊形AGBD是矩形，
∴∠ADB=90°，
在Rt△ADB中
∵E為AB的中點，
∴DE=BE，
∵四邊形DFBE是平行四邊形，
∴四邊形DEBF是菱形．
點評：本題主要考查了平行四邊形的性質(zhì)、菱形的判定，直角三角形的性質(zhì)：在直角三角形中斜邊中線等于斜邊一半，比較綜合，難度適中．
　
26．（10分）如圖，已知斜坡AB長60米，坡角（即∠BAC）為30°，BC⊥AC，現(xiàn)計劃在斜坡中點D處挖去部分坡體（用陰影表示）修建一個平行于水平線CA的平臺DE和一條新的斜坡BE．（下面兩小題的結(jié)果都精確到0.1米，參考數(shù)據(jù)： ≈1.732）
（1）若修建的斜坡BE的坡度為1：0.8，則平臺DE的長為　14.0　米；
（2）斜坡前的池塘內(nèi)有一座建筑物GH，小明在平臺E處測得建筑物頂部H的仰角（即∠HE）為30°，測得建筑物頂部H在池塘中倒影H′的俯角為45°（即∠H′E），測得點B、C、A、G、H、H′在同一個平面內(nèi)，點C、A、G在同一條直線上，且HG⊥CG，求建筑物GH的高和AG的長．

考點：解直角三角形的應(yīng)用-坡度坡角問題；解直角三角形的應(yīng)用-仰角俯角問題．.
分析：（1）由三角函數(shù)的定義，即可求得DF與BF的長，又由坡度的定義，即可求得EF的長，繼而求得平臺DE的長；
（2）首先設(shè)GH=x米，由三角函數(shù)的定義，即可求得GH的長，繼而求得答案．
解答：解：（1）∵F∥CG，
∴∠BDF=∠BAC=30°，
∵斜坡AB長60米，D是AB的中點，
∴BD=30米，
∴DF=BD•cos∠BDF=30× =15 ≈25.98（米），BF=BD•sin∠BDF=30× =15（米），
∵斜坡BE的坡度為1：0.8，
∴ = ，
解得：EF=12（米），
∴DE=DF?EF=25.98?12≈14.0（米）；
故答案為：14.0；

（2）設(shè)GH=x米，
則H=GH?G=x?15（米），GH′=GH=x米，H′=GH′+G=x+15（米），
在Rt△EH中，tan30°= = ，
在Rt△EH′中，tan45°= =1，
∴ = ，
即 = ，
解得：x=56.0，
即GH=56.0米，
∵∠BEF=∠DEH′=45°，
∴EF=BF=15（米），
∴E=H′=x+15=71.0（米），
∴F=EF+E=15+71.0=86.0（米），
∴CG=F=86.0米，
∵AC=AB•cos30°=60× =30 ≈52.0（米），
∴AG=CG?AC=86.0?52.0=34.0（米）．
答：建筑物GH的高為56.0米，AG的長約為34.0米．

點評：此題考查了坡度坡角問題以及俯角仰角的定義．此題難度較大，注意根據(jù)題意構(gòu)造直角三角形，并解直角三角形；注意掌握數(shù)形結(jié)合思想與方程思想的應(yīng)用．
　
27．（12分）（2011•盤錦）已知菱形ABCD的邊長為5，∠DAB=60°．將菱形ABCD繞著A逆時針旋轉(zhuǎn)得到菱形AEFG，設(shè)∠EAB=α，且0°＜α＜90°，連接DG、BE、CE、CF．
（1）如圖（1），求證：△AGD≌△AEB；
（2）當(dāng)α=60°時，在圖（2）中畫出圖形并求出線段CF的長；
（3）若∠CEF=90°，在圖（3）中畫出圖形并求出△CEF的面積．

考點：菱形的性質(zhì)；三角形的面積；全等三角形的判定與性質(zhì)；銳角三角函數(shù)的定義．.
專題：綜合題；壓軸題．
分析：（1）利用AD=AB，AG=AE，∠GAD=∠EAB（SAS）證明△AGD≌△AEB即可；
（2）當(dāng)α=60°時，AE與AD重合，作DH⊥CF于H．由已知可得∠CDF=120°，DF=DC=5，在Rt△CDH中，CH=DCsin60°，繼而求出CF的長；
（3）當(dāng)∠CEF=90°時，延長CE交AG于，連接AC，∠CEF=90°，只需求出EC的長，又EC=C?E，在Rt△AE和Rt△AC中求解C和E的長即可．
解答：解：（1）∵菱形ABCD繞著點A逆時針旋轉(zhuǎn)得到菱形AEFG，
∴AG=AD，AE=AB，∠GAD=∠EAB=α．
∵四邊形AEFG是菱形，
∴AD=AB．
∴AG=AE．
∴△AGD≌△AEB．（3分）

（2）解法一：如圖（1），當(dāng)α=60°時，AE與AD重合，（4分）

作DH⊥CF于H．由已知可得∠CDF=120°，DF=DC=5．
∴∠CDH= ∠CDF=60°，CH= CF．
在Rt△CDH中，
∵CH=DCsin60°=5× = ，（6分）
∴CF=2CH=5 ．（7分）
解法二：如圖（1），當(dāng)α=60°時，AE與AD重合，（4分）
連接AF、AC、BD、AC與BD交于點O．
由題意，知AF=AC，∠FAC=60°．
∴△AFC是等邊三角形．
∴FC=AC．
由已知，∠DAO= ∠BAD=30°，AC⊥BD，
∴AO=ADcos30°= ．（6分）
∴AC=2AO=5 ．
∴FC=AC=5 ．（7分）

（3）如圖（2），當(dāng)∠CEF=90°時，（8分）
延長CE交AG于，連接AC．
∵四邊形AEFG是菱形，
∴EF∥AG．
∵∠CEF=90°，
∴∠GE=90°．
∴∠AE=90°．（9分）
在Rt△AE中，AE=5，∠AE=60°，
∴A=AEcos60°= ，E=AEsin60°= ．
在Rt△AC中，易求AC=5 ，
∴C= = ．
∴EC=C?E= ? ，
= （ ? ）．（11分）
∴S△CEF= •EC•EF= ．（12分）
點評：本題考查菱形的性質(zhì)，同時涉及了銳角三角函數(shù)的定義、全等三角形的判定與性質(zhì)及三角形面積公式，注意這些知識的熟練掌握并靈活運(yùn)用，難度較大．
　
28．（12分）如圖，已知△ABC中，AB=10c，AC=8c，BC=6c，如果點P由B出發(fā)沿BA方向向點A勻速運(yùn)動，速度為2c/s，同時點Q由A出發(fā)沿AC方向向點C勻速運(yùn)動，速度為1c/s，連接PQ，設(shè)運(yùn)動的時間為t（單位：s）（0≤t≤5）．解答下列問題：
（1）當(dāng)t為何值時，△APQ是直角三角形？
（2）是否存在某時刻t，使線段PQ恰好把△ABC的面積平分？若存在求出此時t的值；若不存在，請說明理由；
（3）把△APQ沿AB（或沿AC）翻折，翻折前后的兩個三角形所組成的四邊形能不能是菱形？若能，求出此時菱形的面積；若不能，請說明理由．

考點：相似形綜合題．.
專題：壓軸題．
分析：（1）表示出AP、AQ，然后分∠AQP=90°和∠APQ=90°兩種情況，利用∠A的余弦列式計算即可得解；
（2）先求出△ABC的面積，然后利用∠A的正弦求出點P到AQ的距離，再根據(jù)△APQ的面積公式列出方程，然后求出根的判別式△＜0，確定不存在；
（3）根據(jù)菱形的對角相等，對角線平分一組對角可得關(guān)于AB翻折時，∠A=∠APQ，過點Q作QD⊥AB于D，根據(jù)等腰三角形三線合一的性質(zhì)可得AD= AP，然后利用∠A的余弦列式求出t的值，再根據(jù)正弦求出DQ，然后根據(jù)S菱形=2S△APQ計算即可得解；關(guān)于AC翻折時，∠A=∠AQP，過點P作PE⊥AC于E，根據(jù)等腰三角形三線合一的性質(zhì)可得AE= AQ，然后利用∠A的余弦列式求出t的值，再根據(jù)正弦求出PE，然后根據(jù)S菱形=2S△APQ計算即可得解．
解答：解：（1）∵點P的速度為2c/s，點Q的速度為1c/s，
∴AP=10?2t，AQ=t，
如圖1，∠AQP=90°時，cos∠A= = ，
∴ = ，
解得t= ，
如圖2，∠APQ=90°時，cos∠A= = ，
∴ = ，
解得t= ，
綜上所述，t= 或 時，△APQ是直角三角形；

（2）△ABC的面積= AC•BC= ×8×6=24c2，
假設(shè)存在t使線段PQ恰好把△ABC的面積平分，
則點P到AQ的距離為：AP•sin∠A=（10?2t）× = （10?2t），
∴△APQ的面積= t• （10?2t）= ×24，
整理得，t2?5t+20=0，
∵△=（?5）2?4×1×20=25?80=?55＜0，
∴此方程無解，
∴不存在某時刻t，使線段PQ恰好把△ABC的面積平分；

（3）根據(jù)菱形的性質(zhì)，若關(guān)于AB翻折時，則∠A=∠APQ，
如圖1，過點Q作QD⊥AB于D，則AD= AP= （10?2t）=5?t，
cos∠A= = ，
∴ = ，
解得t= ，
∴DQ=AQ•sin∠A= × = ，
AP=10?2t=10?2× = ，
∴S菱形=2S△APQ=2× × × = ；
若關(guān)于AC翻折時，則∠A=∠AQP，
如圖2，過點P作PE⊥AC于E，則AE= AQ= ，
cos∠A= = ，
∴ = ，
解得t= ，
∴PE=AP•sin∠A=（10?2× ）× = × = ，
∴S菱形=2S△APQ=2× × × = ；
綜上所述，△APQ沿AB（或沿AC）翻折，翻折前后的兩個三角形所組成的四邊形能是菱形，
菱形的面積為 或 ．


點評：本題是相似形綜合題型，主要考查了銳角三角函數(shù)，三角形的面積，菱形的對角相等，對角線平分一組對角的性質(zhì)，（1）（3）兩題難點在于要分情況討論求解，（2）利用根的判別式判斷即可，綜合題，但難度不大．

本文來自：逍遙右腦記憶 http://www.portlandfoamroofing.com/chusan/168877.html

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