延安西校初三数学第九周复习导读之五参考答案20111021

延安西校初三数学第九周复习导读之五参考答案20111021

24【08中考】解：（1）在边长为2的正方形ABCD中，CE，得DE，

33又∵AD//BC，即AD//CG，∴CGCE1，得CG1．－－－－－－－－（2分） ADDE2∵BC2，∴BG3； －－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－（1分） （2）当点O在线段BC上时，过点O作OFAG，垂足为点F，

∵AO为BAE的角平分线，ABO90，∴OFBOy．－－－－－－（１分） 在正方形ABCD中，AD//BC，∴CGCEx． ADED∵AD2，∴CG2x．－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－（１分）

2xCE．－－－－－－－－－－－－－－（１分） x，CEED2，得CE1xED∵在Rt△ABG中，AB2，BG22x，B90，

又∵

∴AG2x22x2．

∵AFAB2，∴FGAGAF2x22x22．－－－－－－－－－－（１分）

2x22x22ABOFAB∵，即y，(x0)；（2分）(1分) FG，得yBGFGBGx1（3）当CE2ED时，

①当点O在线段BC上时，即x2，由（2）得OBy②当点O在线段BC延长线上时，

CE4，EDDC2，在 Rt△ADE中，AE22．

设AO交线段DC于点H，∵AO是BAE的平分线，即BAHHAE， 又∵AB//CD，∴BAHAHE．∴HAEAHE．

2102；－－（1分） 3∴EHAE22．∴CH422．－－－－－－－－－－－－－－－（1分） ∵AB//CD，∴

CHCO422BO2，即，得BO222． （2分） ABBO2BO

。

【09中考】解：（1）AD=2，且Q点与B点重合，根据题意，∠PBC=∠PDA，因为∠A=90 PQ/PC=AD/AB=1,所以：△PQC为等腰直角三角形，BC=3，所以：PC=3 /2,

（2）如图：添加辅助线，根据题意，两个三角形的面积可以分别表示成S1，S2， 高分别是H，h， 则：S1=（2-x）H/2=（2*3/2）/2-(x*H/2)-(3/2)*(2-h)/2 S2=3*h/2 因为两S1/S2=y，消去H,h,得：

2Y=-(1/4)*x+(1/2),

定义域：当点P运动到与D点重合时，X的取值就是最大值，当PC垂直BD时，这时X=0，连接DC,作QD垂直DC，由已知条件得：B、Q、D、C四点共圆，则由圆周角定理可以推知：三角形QDC相似于三角形ABD

QD/DC=AD/AB=3/4，令QD=3t,DC=4t,则：QC=5t，由勾股定理得： 直角三角形AQD中：(3/2)^2+(2-x)^2=(3t)^2 直角三角形QBC中：3^2+x^2=(5t)^2

整理得：64x^2-400x+301=0 (8x-7)(8x-43)=0 得 x1=7/8 x2=(43/8)>2(舍去) 所以函数: Y=-(1/4)*x+1/2的定义域为[0，7/8]

(3)因为：PQ/PC=AD/AB,假设PQ不垂直PC，则可以作一条直线PQ′垂直于PC，与AB交于Q′点， 则：B，Q′，P，C四点共圆，由圆周角定理，以及相似三角形的性质得：

- 1 -

PQ′/PC=AD/AB,

。

又由于PQ/PC=AD/AB 所以，点Q′与点Q重合，所以角∠QPC=90 A A D D A P P D

P

Q

C C B B C （Q） B

图8 图9 图10

Q

【08闵行】解：（1）∵∠APD=∠C=90°，∠A=∠A，∴△ADP∽△ABC．………………（1分）

∴

PDBC1．…………………………………………………………（1分） APAC2∵∠EPD=∠A，∠PED=∠AEP，∴△EPD∽△EAP． ∴

PEPD1．……………………………………………………………（1分） AEAP2DEPD1，∴PE=2DE．………………（1分） PEAP2∴AE=2PE．…………………………………………………………………（1分） （2）由△EPD∽△EAP，得

∴AE=2PE=4DE．……………………………………………………………（1分） 作EH⊥AB，垂足为点H．

1x． 2HEAE4∵PD∥HE，∴．

PDAD32∴HEx．…………………………………………………………………（1分）

312512x．……（1分） 又∵AB25，∴y(25x)x，即yx233238定义域是0x5．……………………………………………………（1分）

5DEPD1另解：由△EPD∽△EAP，得，∴PE=2DE．………………（1分）

PEAP2∵AP=x，∴PD∴AE=2PE=4DE．……………………………………………………………（1分）

4525xx．…………………………………………………（1分） 32312525x2x． ∴S△ABE=233Sy25xBP∴BEP，即．

SABEAB2525x3125x．………………………………………………………（1分） ∴yx2338定义域是0x5．……………………………………………………（1分）

5255PEABx．……（1分） （3）由△PEH∽△BAC，得，∴PEx323HEAC∴AE- 2 -

当△BEP与△ABC相似时，只有两种情形：∠BEP=∠C=90°或 ∠EBP=∠C=90°．

5x1PEBC3（i）当∠BEP=90°时，，∴． PBAB25x535．………………………………………………………………（1分） 419253525∴y5．……………………………………（1分）

316341635（ii）当∠EBP=90°时，同理可得x，……………………………（1分）

2解得x5y．………………………………………………………………………（1分

4

【08杨浦】（1）作BHCD，垂足为H,————（1分） 则四边形ABHD为矩形.

∴BHDA4,DHAB2.————（1分） 在RtBCH中，tanC ∴CH BC4, 3BH3.———（1分） tanCBH2CH25.————（1分）

1ABCDAD14.————（1+1=2分） 2 又CDCHDH5, ∴S梯形ABCD （2）联结AQ，

由DQPQ，可知ADQ≌APD.

APAD4.————（1分）

作PEAB交AB的延长线于点E，————（1分） 在RtBPE中，tanPBEtanC 令BE3k,PE4k .

则在RtAPE中，APAEPE,————（1分） 即4223k4k，解得：k222224, 34216.————（1分） 25 ∴BPBE2PE25k4216.————（1分） 5 （3）作PFCD交CD于点F,

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由AEFEFDAPQ900, 可得：AEP∽PFQ.

4xQFEPQF ∴，即, 543PFAE4x2x5580x16x2 化简得：QF.————（1分）

5015x 又CF33PF3x, 4525x219x30380x16x∴yCFFQ3x. ————（1分） 55015x3x10定义域为（0＜x＜5）.————（1分

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