资源描述
2022-2023学年九上数学期末模拟试卷
考生请注意：
1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。
2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。
3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题（每题4分，共48分）
1．将一元二次方程配方后所得的方程是( )
A． B．
C． D．
2．已知，则的度数是（ ）
A．30° B．45° C．60° D．90°
3．如图，半径为的中，弦，所对的圆心角分别是，，若，，则弦的长等于（ ）
A． B． C． D．
4．已知二次函数y=ax2+bx+c（a≠0）的图象如图所示，并且关于x的一元二次方程ax2+bx+c－m=0有两个不相等的实数根，下列结论：①b2﹣4ac＜0；②abc＞0；③a-b+c＞0；④m＞－2，其中，正确的个数有
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
5．如图是我们学过的反比例函数图象，它的表达式可能是（ ）
A． B． C． D．
6．如图，A，B，C，D四个点均在⊙O上，∠AOB＝40°，弦BC的长等于半径，则∠ADC的度数等于（ ）
A．50° B．49° C．48° D．47°
7．如图，正方形中，为的中点，的垂直平分线分别交，及的延长线于点，，，连接，，，连接并延长交于点，则下列结论中：①；②；③；④；⑤ ；⑥；⑦．正确的结论的个数为（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
8．如图是一根空心方管，则它的主视图是（ ）
A． B． C． D．
9．抛物线的顶点坐标为
A． B． C． D．
10．如图，该图形围绕点O按下列角度旋转后，不能与其自身重合的是( )
A． B． C． D．
11．在平面直角坐标系中，点A(0,2)、B(a,a+2)、C(b,0)（a>0,b>0），若AB=且∠ACB最大时，b的值为（ ）
A． B． C． D．
12．若双曲线的图象的一支位于第三象限，则k的取值范围是（ ）
A．k＜1 B．k＞1 C．0＜k＜1 D．k≤1
二、填空题（每题4分，共24分）
13．若长方形的长和宽分别是关于 x 的方程的两个根，则长方形的周长是_______．
14．如图，是的两条切线，为切点，点分别在线段上，且，则__________．
15．有一块三角板，为直角，，将它放置在中，如图，点、在圆上，边经过圆心，劣弧的度数等于_______
16．若一三角形的三边长分别为5、12、13，则此三角形的内切圆半径为______．
17．如图，已知反比例函数y=与一次函数y=x+1的图象交于点A（a，﹣1）、B（1，b），则不等式≥x+1的解集为________．
18．若一个正六边形的周长为24，则该正六边形的面积为 ▲ ．
三、解答题（共78分）
19．（8分）近年来，无人机航拍测量的应用越来越广泛．如图，无人机从A处观测得某建筑物顶点O时俯角为30°，继续水平前行10米到达B处，测得俯角为45°，已知无人机的水平飞行高度为45米，则这栋楼的高度是多少米？（结果保留根号）
20．（8分）已知二次函数y＝ax²＋bx－4(a，b是常数.且a0)的图象过点(3，－1).
(1)试判断点(2，2－2a)是否也在该函数的图象上，并说明理由.
(2)若该二次函数的图象与x轴只有一个交点，求该函数表达式.
(3)已知二次函数的图像过(，)和(，)两点，且当＜时，始终都有＞，求a的取值范围.
21．（8分）某公司投入研发费用80万元（80万元只计入第一年成本），成功研发出一种产品．公司按订单生产（产量=销售量），第一年该产品正式投产后，生产成本为6元/件．此产品年销售量y（万件）与售价x（元/件）之间满足函数关系式y=﹣x+1．
（1）求这种产品第一年的利润W1（万元）与售价x（元/件）满足的函数关系式；
（2）该产品第一年的利润为20万元，那么该产品第一年的售价是多少？
（3）第二年，该公司将第一年的利润20万元（20万元只计入第二年成本）再次投入研发，使产品的生产成本降为5元/件．为保持市场占有率，公司规定第二年产品售价不超过第一年的售价，另外受产能限制，销售量无法超过12万件．请计算该公司第二年的利润W2至少为多少万元．
22．（10分）已知关于的一元二次方程，
（1） 求证：无论m为何值，方程总有两个不相等的实数根；
（2） 当m为何值时，该方程两个根的倒数之和等于1.
23．（10分）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，以BC为直径的⊙O交斜边AB于点M，若H是AC的中点，连接MH．
（1）求证：MH为⊙O的切线．
（2）若MH=，tan∠ABC=，求⊙O的半径．
（3）在（2）的条件下分别过点A、B作⊙O的切线，两切线交于点D，AD与⊙O相切于N点，过N点作NQ⊥BC，垂足为E，且交⊙O于Q点，求线段NQ的长度．
24．（10分）某校喜迎中华人民共和国成立70周年，将举行以“歌唱祖国”为主题的歌咏比赛，需要在文具店购买国旗图案贴纸和小红旗发给学生做演出道具．已知毎袋贴纸有50张，毎袋小红旗有20面，贴纸和小红旗需整袋购买，每袋贴纸价格比每袋小红旗价格少5元，用150元购买贴纸所得袋数与用200元购买小红旗所得袋数相同．
（1）求每袋国旗图案贴纸和每袋小红旗的价格各是多少元？
（2）如果给每位演出学生分发国旗图案贴纸2张，小红旗1面．设购买国旗图案贴纸袋（为正整数），则购买小红旗多少袋能恰好配套？请用含的代数式表示．
（3）在文具店累计购物超过800元后，超出800元的部分可享受8折优惠．学校按（2）中的配套方案购买，共支付元，求关于的函数关系式．现全校有1200名学生参加演出，需要购买国旗图案贴纸和小红旗各多少袋？所需总费用多少元？
25．（12分）探究题：如图1，和均为等边三角形，点在边上，连接．
（1）请你解答以下问题：
①求的度数；
②写出线段，，之间数量关系，并说明理由．
（2）拓展探究：如图2，和均为等腰直角三角形，，点在边上，连接．请判断的度数及线段，，之间的数量关系，并说明理由．
（3）解决问题：如图3，在四边形中，，，，与交于点．若恰好平分，请直接写出线段的长度．
26．如图，海中有一个小岛，它的周围海里内有暗礁，今有货船由西向东航行，开始在岛南偏西的处，往东航行海里后到达该岛南偏西的处后，货船继续向东航行，你认为货船在航行途中有没有触礁的危险．
参考答案
一、选择题（每题4分，共48分）
1、B
【分析】严格按照配方法的一般步骤即可得到结果．
【详解】∵，
∴
，
∴，
故选B.
【点睛】
解答本题的关键是掌握配方法的一般步骤：
（1）把常数项移到等号的右边；
（2）把二次项的系数化为1；
（3）等式两边同时加上一次项系数一半的平方．
选择用配方法解一元二次方程时，最好使方程的二次项的系数为1，一次项的系数是2的倍数．
2、C
【解析】根据特殊角三角函数值，可得答案．
【详解】解：由，得α=60°，
故选：C．
【点睛】
本题考查了特殊角三角函数值，熟记特殊角三角函数值是解题关键．
3、A
【解析】作AH⊥BC于H，作直径CF，连结BF，先利用等角的补角相等得到∠DAE=∠BAF，然后再根据同圆中，相等的圆心角所对的弦相等得到DE=BF=6，由AH⊥BC，根据垂径定理得CH=BH，易得AH为△CBF的中位线，然后根据三角形中位线性质得到AH=BF=1，从而求解．
解：作AH⊥BC于H，作直径CF，连结BF，如图，
∵∠BAC+∠EAD=120°，而∠BAC+∠BAF=120°，
∴∠DAE=∠BAF，∴弧DE＝弧BF，∴DE=BF=6，
∵AH⊥BC，∴CH=BH，
∵CA=AF，∴AH为△CBF的中位线，∴AH=BF=1．
∴，
∴BC＝2BH＝2．
故选A．
“点睛”本题考查了圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半．也考查了垂径定理和三角形中位线性质．
4、C
【详解】解：如图所示：图象与x轴有两个交点，则b2﹣4ac＞0，故①错误；
∵图象开口向上，∴a＞0，∵对称轴在y轴右侧，∴a，b异号，∴b＜0，∵图象与y轴交于x轴下方，∴c＜0，∴abc＞0，故②正确；
当x=﹣1时，a﹣b+c＞0，故③选项正确；
∵二次函数y=ax2+bx+c的顶点坐标纵坐标为：﹣2，∴关于x的一元二次方程ax2+bx+c﹣m=0有两个不相等的实数根，则m＞﹣2，故④正确．
故选C．
考点：二次函数图象与系数的关系．
5、B
【分析】根据反比例函数图象可知，经过第一三象限，，从而得出答案．
【详解】解：A、为二次函数表达式，故A选项错误；
B、为反比例函数表达式，且，经过第一三象限，符合图象，故B选项正确；
C、为反比例函数表达式，且，经过第二四象限，不符合图象，故C选项错误；
D、为一次函数表达式，故D选项错误．
故答案为B．
【点睛】
本题考查了反比例函数的图象的识别，掌握反比例函数的图象与性质是解题的关键．
6、A
【解析】连接OC，根据等边三角形的性质得到∠BOC＝60°，得到∠AOC＝100°，根据圆周角定理解答．
【详解】连接OC，
由题意得，OB＝OC＝BC，
∴△OBC是等边三角形，
∴∠BOC＝60°，
∵∠AOB＝40°，
∴∠AOC＝100°，
由圆周角定理得，∠ADC＝∠AOC＝50°，
故选：A．
【点睛】
本题考查的是圆周角定理，等边三角形的判定和性质，掌握在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半是解题的关键．
7、B
【分析】①作辅助线，构建三角形全等，证明△ADE≌△GKF，则FG=AE，可得FG=2AO；
②设正方形ABCD的边长为2x，则AD=AB=2x，DE=EC=x，证明△ADE∽△HOA，得，于是可求BH及HE的值，可作出判断；
③分别表示出OD、OC，根据勾股定理逆定理可以判断；
④证明∠HEA=∠AED=∠ODE，OE≠DE，则∠DOE≠∠HEA，OD与HE不平行；
⑤由②可得，根据AR∥CD，得，则；
⑥证明△HAE∽△ODE，可得，等量代换可得OE2=AH•DE；
⑦分别计算HC、OG、BH的长，可得结论．
【详解】解：①如图，过G作GK⊥AD于K，
∴∠GKF=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ADE=90°，AD=AB=GK，
∴∠ADE=∠GKF，
∵AE⊥FH，
∴∠AOF=∠OAF+∠AFO=90°，
∵∠OAF+∠AED=90°，
∴∠AFO=∠AED，
∴△ADE≌△GKF，
∴FG=AE，
∵FH是AE的中垂线，
∴AE=2AO，
∴FG=2AO，
故①正确；
②设正方形ABCD的边长为2x，则AD=AB=2x，DE=EC=x，
，
易得△ADE∽△HOA，
，
，
Rt△AHO中，由勾股定理得：AH= ，
∴BH=AH-AB= ，
∵HE=AH= ，
∴HE=5BH；
故②正确；
③，，
∴，
∴OC与OD不垂直，
故③错误；
④∵FH是AE的中垂线，
∴AH=EH，
∴∠HAE=∠HEA，
∵AB∥CD，
∴∠HAE=∠AED，
Rt△ADE中，∵O是AE的中点，
∴OD=AE=OE，
∴∠ODE=∠AED，
∴∠HEA=∠AED=∠ODE，
当∠DOE=∠HEA时，OD∥HE，
但AE＞AD，即AE＞CD，
∴OE＞DE，即∠DOE≠∠HEA，
∴OD与HE不平行，
故④不正确；
⑤由②知BH=，
，
延长CM、BA交于R，
∵RA∥CE，
∴∠ARO=∠ECO，
∵AO=EO，∠ROA=∠COE，
∴△ARO≌△ECO，
∴AR=CE，
∵AR∥CD，
，
故⑤正确；
⑥由①知：∠HAE=∠AEH=∠OED=∠ODE，
∴△HAE∽△ODE，
∵AE=2OE，OD=OE，
∴OE•2OE=AH•DE，
∴2OE2=AH•DE，
故⑥正确；
⑦由②知：HC= ，
∵AE=2AO=OH= ，
tan∠EAD= ，
，
，
∵FG=AE ，
，
∴OG+BH= ，
∴OG+BH≠HC，
故⑦不正确；
综上所述，本题正确的有；①②⑤⑥，共4个，
故选：B．
【点睛】
本题是相似三角形的判定与性质以及勾股定理、线段垂直平分线的性质、正方形的性质的综合应用，正确作辅助线是关键，解答时证明三角形相似是难点．
8、B
【分析】根据从正面看得到的图形是主视图，可得答案．
【详解】解：从正面看是：大正方形里有一个小正方形，
∴主视图为：
故选：B．
【点睛】
本题考查了简单组合体的三视图，从正面看得到的图形是主视图，注意看不到的线画虚线．
9、B
【分析】利用顶点公式 ，进行计算
【详解】
顶点坐标为
故选B.
【点睛】
本题考查二次函数的性质，熟练运用抛物线顶点的公式是解题关键.
10、B
【解析】该图形被平分成五部分，因而每部分被分成的圆心角是72°，并且圆具有旋转不变性，因而旋转72度的整数倍，就可以与自身重合．
【详解】解：由该图形类同正五边形，正五边形的圆心角是．根据旋转的性质，当该图形围绕点O旋转后，旋转角是72°的倍数时，与其自身重合，否则不能与其自身重合．由于108°不是72°的倍数，从而旋转角是108°时，不能与其自身重合．
故选B．
【点睛】
本题考查旋转对称图形的概念：把一个图形绕着一个定点旋转一个角度后，与初始图形重合，这种图形叫做旋转对称图形，这个定点叫做旋转对称中心，旋转的角度叫做旋转角．
11、B
【分析】根据圆周角大于对应的圆外角可得当的外接圆与轴相切时，有最大值，此时圆心F的横坐标与C点的横坐标相同，并且在经过AB中点且与直线AB垂直的直线上，根据FB=FC列出关于b的方程求解即可.
【详解】解：∵AB=，A(0,2)、B(a,a+2)
∴，
解得a=4或a=-4（因为a>0，舍去）
∴B(4,6)，
设直线AB的解析式为y=kx+2，
将B(4,6)代入可得k=1，所以y=x+2，
利用圆周角大于对应的圆外角得当的外接圆与轴相切时，有最大值.
如下图，G为AB中点，，
设过点G且垂直于AB的直线，
将代入可得，所以.
设圆心，由，可知，解得（已舍去负值）.
故选：B.
【点睛】
本题考查圆的综合题，一次函数的应用和已知两点坐标，用勾股定理求两点距离.能结合圆的切线和圆周角定理构建图形找到C点的位置是解决此题的关键.
12、B
【分析】根据反比例函数的性质解答即可．
【详解】∵双曲线的图象的一支位于第三象限，∴k﹣1＞0，∴k＞1．
故选B．
【点睛】
本题考查了反比例函数的图象与性质，反比例函数y（k≠0），当k＞0时，图象在第一、三象限，且在每一个象限y随x的增大而减小；当k＜0时，函数图象在第二、四象限，且在每一个象限y随x的增大而增大，熟练掌握反比例函数的性质是解答本题的关键．
二、填空题（每题4分，共24分）
13、6
【分析】设长方形的长为a，宽为b，根据根与系数的关系得a+b=3，即可得到结论．
【详解】解：设长方形的长为a，宽为b，
根据题意得，a+b=3，
所以长方形的周长是2×（a+b）=6.
故答案为：6.
【点睛】
本题考查了一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的根与系数的关系：若方程的两根为x1，x2，则x1+x2=.
14、61°
【分析】根据切线长定理，可得PA=PB，然后根据等腰三角形的性质和三角形的内角和定理即可求出∠FAD=∠DBE=61°，利用SAS即可证出△FAD≌△DBE，从而得出∠AFD=∠BDE，然后根据三角形外角的性质即可求出∠EDF．
【详解】解：∵是的两条切线，∠P=58°
∴PA=PB
∴∠FAD=∠DBE=（180°－∠P）=61°
在△FAD和△DBE中
∴△FAD≌△DBE
∴∠AFD=∠BDE，
∵∠BDF=∠BDE＋∠EDF =∠AFD＋∠FAD
∴∠EDF =∠FAD =61°
故答案为：61°
【点睛】
此题考查的是切线长定理、等腰三角形的性质、三角形的内角和定理、全等三角形的判定及性质和三角形外角的性质，掌握切线长定理、等边对等角和全等三角形的判定及性质是解决此题的关键．
15、1°
【分析】因为半径相等，根据等边对等角结合三角形内角和定理即可求得，继而求得答案．
【详解】如图，连接OA，
∵OA，OB为半径，
∴，
∴，
∴劣弧的度数等于，
故答案为：1．
【点睛】
本题考查了圆心角、弧、弦之间的关系以及圆周角定理，是基础知识要熟练掌握．
16、1．
【解析】∵，
由勾股定理逆定理可知此三角形为直角三角形，
∴它的内切圆半径，
17、0〈x〈1或x〈-2
【分析】利用一次函数图象和反比例函数图象性质数形结合解不等式：
【详解】解：a+1=-1,a=-2,由函数图象与不等式的关系知，0<x<1或x<-2.
故答案为0<x<1或x<-2.
18、
【解析】根据题意画出图形，如图，连接OB，OC，过O作OM⊥BC于M，
∴∠BOC=×360°=60°．
∵OB=OC，∴△OBC是等边三角形．∴∠OBC=60°．
∵正六边形ABCDEF的周长为21，∴BC=21÷6=1．
∴OB=BC=1，∴BM=OB·sin∠OBC =1·．
∴．
三、解答题（共78分）
19、40﹣5
【分析】过O点作OC⊥AB的延长线于C点，垂足为C，设OC=BC=x，则AC=10+x，利用正切值的定义列出x的方程，求出x的值，进而求出楼的高度．
【详解】过O点作OC⊥AB的延长线于C点，垂足为C，
根据题意可知，∠OAC=30°，∠OBC=45°，AB=10米，AD=45米，
在Rt△BCO中，∠OBC=45°，
∴BC=OC，
设OC=BC=x，则AC=10+x，
在Rt△ACO中，
，
解得：x=5+5，
则这栋楼的高度(米)．
【点睛】
本题考查解直角三角形的应用-仰角、俯角的问题以及解直角三角形方法，解题的关键是从实际问题中构造出直角三角形．
20、（1）不在；（2）；；（3）
【解析】（1）将点代入函数解析式，求出a和b的等式，将函数解析式改写成只含有a的形式，再将点代入验证即可；
（2）令，得到一个一元二次方程，由题意此方程只有一个实数根，由根的判别式即可求出a的值，从而可得函数表达式；
（3）根据函数解析式求出其对称轴，再根据函数图象的增减性判断即可.
【详解】（1）二次函数图像过点
代入得，
，代入得
将代入得，得，不成立，所以点不在该函数图像上；
（2）由（1）知，
与x轴只有一个交点
只有一个实数根
，或
当时，，所以表达式为：
当时，，所以表达式为：；
（3）
对称轴为
当时，函数图象如下：
若要满足时，恒大于，则、均在对称轴左侧
，
当时，函数图象如下：
，此时，必小于
综上，所求的a的取值范围是：.
【点睛】
本题考查了二次函数图象的性质（与x的交点问题、对称轴、增减性），熟记性质是解题关键.
21、（1）W1=﹣x2+32x﹣2；（2）该产品第一年的售价是16元；（3）该公司第二年的利润W2至少为18万元．
【解析】（1）根据总利润=每件利润×销售量﹣投资成本，列出式子即可；
（2）构建方程即可解决问题；
（3）根据题意求出自变量的取值范围，再根据二次函数，利用而学会设的性质即可解决问题.
【详解】（1）W1=（x﹣6）（﹣x+1）﹣80=﹣x2+32x﹣2．
（2）由题意：20=﹣x2+32x﹣2．
解得：x=16，
答：该产品第一年的售价是16元．
（3）由题意：7≤x≤16，
W2=（x﹣5）（﹣x+1）﹣20=﹣x2+31x﹣150，
∵7≤x≤16，
∴x=7时，W2有最小值，最小值=18（万元），
答：该公司第二年的利润W2至少为18万元．
【点睛】
本题考查二次函数的应用、一元二次方程的应用等知识，解题的关键是理解题意，学会构建方程或函数解决问题.
22、（2）见解析 （2）
【解析】（2）根据方程的系数结合根的判别式，可得出△=2m2+4＞0，进而即可证出：方程总有两个不相等的实数根；
（2）利用根与系数的关系列式求得m的值即可．
【详解】证明：△=（m+2）2-4×2×（m-2）=m2+2．
∵m2≥0，
∴m2+2＞0，即△＞0，
∴方程总有两个不相等的实数根．
（2）设方程的两根为a、b，
利用根与系数的关系得：a+b=-m-2，ab=m-2
根据题意得：=2，
即：＝2
解得：m=-，
∴当m=-时该方程两个根的倒数之和等于2．
【点睛】
本题主要考查根与系数的关系，解题的关键是掌握根与系数的关系及根的判别式．
23、（1）证明见解析；（2）2；（3）．
【分析】（1）连接OH、OM，易证OH是△ABC的中位线，利用中位线的性质可证明△COH≌△MOH，所以∠HCO=∠HMO=90°，从而可知MH是⊙O的切线；
（2）由切线长定理可知：MH=HC，再由点M是AC的中点可知AC=3，由tan∠ABC=，所以BC=4，从而可知⊙O的半径为2；
（3）连接CN，AO，CN与AO相交于I，由AC、AN是⊙O的切线可知AO⊥CN，利用等面积可求出可求得CI的长度，设CE为x，然后利用勾股定理可求得CE的长度，利用垂径定理即可求得NQ．
【详解】解：（1）连接OH、OM，∵H是AC的中点，O是BC的中点
∴OH是△ABC的中位线
∴OH∥AB，∴∠COH=∠ABC，∠MOH=∠OMB
又∵OB=OM，∴∠OMB=∠MBO
∴∠COH=∠MOH，
在△COH与△MOH中，
∵OC=OM，∠COH=∠MOH，OH=OH
∴△COH≌△MOH（SAS）
∴∠HCO=∠HMO=90°
∴MH是⊙O的切线；
（2）∵MH、AC是⊙O的切线
∴HC=MH=
∴AC=2HC=3
∵tan∠ABC=，∴=
∴BC=4
∴⊙O的半径为2；
（3）连接OA、CN、ON，OA与CN相交于点I
∵AC与AN都是⊙O的切线
∴AC=AN，AO平分∠CAD
∴AO⊥CN
∵AC=3，OC=2
∴由勾股定理可求得：AO=
∵AC•OC=AO•CI，∴CI=
∴由垂径定理可求得：CN=
设OE=x，由勾股定理可得：
∴，
∴x=，∴CE=，
由勾股定理可求得：EN=，
∴由垂径定理可知：NQ=2EN=．
24、（1）每袋国旗图案贴纸为15元，每袋小红旗为20元；（2）购买小红旗袋恰好配套；（3）需要购买国旗图案贴纸和小红旗各48，60袋，总费用元．
【解析】（1）设每袋国旗图案贴纸为元，则有，解得，检验后即可求解；
（2）设购买袋小红旗恰好与袋贴纸配套，则有，解得；
（3）如果没有折扣，，国旗贴纸需要：张，小红旗需要：面，则袋，袋，总费用元.
【详解】（1）设每袋国旗图案贴纸为元，则有，
解得，
经检验是方程的解，
∴每袋小红旗为元；
答：每袋国旗图案贴纸为15元，每袋小红旗为20元；
（2）设购买袋小红旗恰好与袋贴纸配套，则有，
解得，
答：购买小红旗袋恰好配套；
（3）如果没有折扣，则，
依题意得，
解得，
当时，则，
即，
国旗贴纸需要：张，
小红旗需要：面，
则袋，袋，
总费用元．
【点睛】
本题考查分式方程，一次函数的应用，能够根据题意列出准确的分式方程，求费用的最大值转化为求一次函数的最大值是解题的关键.
25、（1）①；②线段、、之间的数量关系为：，理由见解析；
（2），，理由见解析．
（3）理由见解析．
【分析】（1）①证明△BAD≌△CAE（SAS），可得结论：∠ACE=∠B=60°； ②由△BAD≌△CAE，得BD=CE，利用等边三角形的AC=BC=BD+DC等量代换可得结论；
（2）如图2，先证明△ABD≌△ACE，得BD=CE，∠ACE=∠B=45°，同理可得结论；
（3）如图3，作辅助线，构建如图2的两个等腰直角三角形，已经有一个△ABD，再证明△ACF也是等腰直角三角形，则利用（2）的结论求AC的长．
【详解】（1）①∵和均为等边三角形，
∴，，，
∴，
即，
∴，
∴，
②线段、、之间的数量关系为：；
理由是：由①得：，
∴，
∵，
∴；
（2），，理由是：
如图2，∵和均为等腰直角三角形，且，
∴，，，
即，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∵在等腰直角三角形中，，
∴；
（3）如图3，过作的垂线，交的延长线于点，
∵，，，
∴，，
∵，
∴以BD的中点为圆心，为半径作圆，则A，C在此圆上，
∴、、、四点共圆，
∵恰好平分
∴，
∴是等腰直角三角形，
由（2）得：，
∴．
【点睛】
本题是四边形的综合题，考查了等边三角形的性质、等腰直角三角形的性质、三角形全等的性质和判定、四点共圆的判定，圆周角定理，本题还运用了类比的思想，从问题发现到解决问题，第三问有难度，作辅助线，构建等腰直角三角形ACF是关键．
26、无触礁的危险，理由见解析
【分析】作高AD，由题意可得∠ACD=60°，∠ABC=30°，进而得出∠ABC=∠BAC=30°，于是AC=BC=20海里，在Rt△ADC中，利用直角三角形的边角关系，求出AD与15海里比较即可．
【详解】解 ：过点A作ADBC，垂足为D
∵∠ ABC= ∠ ACD=
∴∠ BAC==∠ ABC
∴BC=AC=20
∴ =
AD=20=10
所以货船在航行途中无触礁的危险．
【点睛】
本题考查了解直角三角形的应用，解一般三角形的问题一般可以转化为解直角三角形的问题，正确作出高线是解题的关键．
展开阅读全文
浙ICP备2021020529号-1 | 浙B2-20240490 
