初三上册数学期末考试试卷及答案_初三上册数学期末考试试卷

一、选择题（共8小题，每小题3分，满分24分，每小题只有一个选项是正确的）
1．二次函数y=﹣x2+2x+2的图象与y轴的交点坐标是( )
A．（0，2） B．（0，3） C．（2，0） D．（3，0）
【考点】二次函数图象上点的坐标特征．
【分析】令x=0，求出y的值，然后写出与y轴的交点坐标即可．
【解答】解：x=0时，y=2，
所以．图象与y轴交点的坐标是（0，2）．
故选A．
【点评】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征，熟练掌握函数与坐标轴的交点的求解方法是解题的关键．
2．已知数据：8，9，7，9，7，8，8．则这组数据中，下列说法正确的是( )
A．中位数是9 B．众数是9 C．众数是7 D．平均数是8
【考点】众数；加权平均数；中位数．
【分析】分别根据众数、平均数、极差、中位数的定义解答．
【解答】解：A、将改组数据从小到大排列：7，7，8，8，8，9，9，处于中间位置的数为8，中位数为8，故本选项错误；
B、8出现了3次，在该组数据中出现的次数最多，是该组数据的众数，故本选项错误；
C、8出现了3次，在该组数据中出现的次数最多，是该组数据的众数，故本选项错误；
D、这组数据的平均数为 = （8+9+7+9+7+8+8）=8，故本选项正确．
故选D．
【点评】本题考查了平均数、中位数、众数，知道各统计量是解题的关键．
3．下列各组图形不一定相似的是( )
A．两个等边三角形
B．各有一个角是100°的两个等腰三角形
C．两个正方形
D．各有一个角是45°的两个等腰三角形
【考点】相似图形．
【专题】常规题型．
【分析】根据相似图形的定义，以及等边三角形，等腰三角形，正方形的性质对各选项分析判断后利用排除法求解．
【解答】解：A、两个等边三角形，对应边的比相等，角都是60°，相等，所以一定相似；
B、各有一个角是100°的两个等腰三角形，100°的角只能是顶角，夹顶角的两边成比例，所以一定相似；
C、两个正方形，对应边的比相等，角都是90°，相等，所以一定相似；
D、各有一个角是45°的两个等腰三角形，若一个等腰三角形的底角是45°，而另一个等腰三角形的顶角是45°，则两个三角形一定不相似．
故选D．
【点评】本题考查了相似图形的判断，严格按照定义，对应边成比例，对应角相等进行判断即可，另外，熟悉等腰三角形，等边三角形，正方形的性质对解题也很关键．
4．如图，在△ABC中，DE∥BC，若AD：AB=1：3，则△ADE与△ABC的面积之比是( )

A．1：3 B．1：4 C．1：9 D．1：16
【考点】相似三角形的判定与性质．
【专题】计算题．
【分析】由DE与BC平行，利用两直线平行内错角相等得到两对角相等，利用两对角相等的三角形相似得到三角形ADE与三角形ABC相似，利用相似三角形的面积之比等于相似比的平方即可得到结果．
【解答】解：∵DE∥BC，
∴∠ADE=∠B，∠AED=∠C，
∴△ADE∽△ABC，
∵AD：AB=1：3，
∴S△ADE：S△ABC=AD2：AB2=1：9．
故选C
【点评】此题考查了相似三角形的判定与性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解本题的关键．
5．如图，正方形ABCD的四个顶点分别在⊙O上，点P在 上不同于点C的任意一点，则∠BPC的度数是( )

A．45° B．60° C．75° D．90°
【考点】圆周角定理．
【分析】首先连接OB，OC，由正方形ABCD的四个顶点分别在⊙O上，可得∠BOC=90°，然后由圆周角定理，即可求得∠BPC的度数．
【解答】解：连接OB，OC，
∵正方形ABCD的四个顶点分别在⊙O上，
∴∠BOC=90°，
∴∠BPC= ∠BOC=45°．
故选A．

【点评】此题考查了圆周角定理以及圆的内接多边形的性质．此题难度不大，注意掌握辅助线的作法，注意掌握数形结合思想的应用．
6．如图，△ABC中，P为AB上的一点，在下列四个条件中：①∠ACP=∠B；②∠APC=∠ACB；③AC2=AP•AB；④AB•CP=AP•CB，能满足△APC和△ACB相似的条件是( )

A．①②④ B．①③④ C．②③④ D．①②③
【考点】相似三角形的判定．
【分析】根据有两组角对应相等的两个三角形相似可对①②进行判断；根据两组对应边的比相等且夹角对应相等的两个三角形相似可对③④进行判断．
【解答】解：当∠ACP=∠B，
∠A公共，
所以△APC∽△ACB；
当∠APC=∠ACB，
∠A公共，
所以△APC∽△ACB；
当AC2=AP•AB，
即AC：AB=AP：AC，
∠A公共，
所以△APC∽△ACB；
当AB•CP=AP•CB，即 = ，
而∠PAC=∠CAB，
所以不能判断△APC和△ACB相似．
故选D．
【点评】本题考查了相似三角形的判定：两组对应边的比相等且夹角对应相等的两个三角形相似；有两组角对应相等的两个三角形相似．
7．如果给定数组中每一个数都加上同一个非零常数，则数据的( )
A．平均数不变，方差不变 B．平均数改变，方差改变
C．平均数改变，方差不变 D．平均数不变，方差改变
【考点】方差；算术平均数．
【分析】根据平均数和方差的特点，一组数都加上或减去同一个非零的常数后，方差不变，平均数改变，即可得出答案．
【解答】解：一组数都加上同一个非零常数后，平均数变大，
一组数都减去同一个非零常数后，平均数变小，
则一组数都加上或减去同一个非零的常数后，平均数改变，但是方差不变；
故选：C．
【点评】本题考查了方差和平均数，一般地设n个数据，x1，x2，…xn的平均数为 ，则方差S2= [（x1﹣ ）2+（x2﹣ ）2+…+（xn﹣ ）2]，它反映了一组数据的波动大小，方差越大，波动性越大，反之也成立．掌握平均数和方差的特点是本题的关键．
8．如图，二次函数y=﹣ x2+ x+3的图象与x轴交于点A、B，与y轴交于点C，点D在该抛物线上，且点D的横坐标为2，连接BC、BD，设∠OCB=α，∠DBC=β，则cos（α﹣β）的值是( )

A． B． C． D．
【考点】抛物线与x轴的交点．
【分析】延长BD交y轴于P，根据三角形的外角的性质得到∠OPB=α﹣β，解方程﹣ x2+ x+3=0，求出点A的坐标和点B的坐标，根据二次函数图象上点的坐标特征求出点D的坐标，运用待定系数法求出直线BD的解析式，求出OP的长，根据勾股定理求出PB的长，根据余弦的概念解答即可．
【解答】解：延长BD交y轴于P，
∵∠OCB=α，∠DBC=β，
∴∠OPB=α﹣β，
﹣ x2+ x+3=0，
解得，x1=﹣1.2，x2=4，
∴点A的坐标为（﹣1.2，0），点B的坐标为（4，0），
x=0时，y=3，
∴点C的坐标为（0，3），
∵点D在该抛物线上，且点D的横坐标为2，
∴点D的纵坐标为4，
∴点D的坐标为（2，4），
设直线BD的解析式为：y=kx+b，
则 ，
解得， ，
∴直线BD的解析式为：y=﹣2x+8，
∴OP=8，
PB= =4 ，
∴cos（α﹣β）=cos∠OPB= = ，
故选：D．

【点评】本题考查的是抛物线与x轴的交点的求法，正确运用一元二次方程的解法求出抛物线与x轴的交点是解题的关键，解答时，注意三角形的外角的性质的应用．
二、填空题（共10小题，每小题3分，满分30分）
9．若3a=4b，则a：b=4：3．
【考点】比例的性质．
【专题】计算题．
【分析】根据比例的基本性质，若3a=4b，则可直接得出a：b的值．
【解答】解：∵3a=4b，∴ = ．∴a：b=4；3．
【点评】考查了比例的基本性质：比例式和等积式的互相转换．
10．如果 ，那么锐角A的度数为30°．
【考点】特殊角的三角函数值．
【分析】根据30°角的余弦值等于 解答．
【解答】解：∵cosA= ，
∴锐角A的度数为30°．
故答案为：30°．
【点评】本题考查了特殊角的三角函数值，熟记30°、45°、60°的三角函数值是解题的关键．
11．若两个相似三角形对应中线的比是2：3，它们的周长之和为15，则较小的三角形周长为6．
【考点】相似三角形的性质．
【分析】利用相似三角形的周长比等于相似比，根据它们的周长之和为15，即可得到结论．
【解答】解：∵两个相似三角形的对应中线的比为2：3，
∴它们的周长比为2：3，
∵它们的周长之和为15，
∴较小的三角形周长为15× =6．
故答案为：6．
【点评】本题考查对相似三角形性质（1）相似三角形周长的比等于相似比；（2）相似三角形面积的比等于相似比的平方；（3）相似三角形对应高的比、对应中线的比、对应角平分线的比都等于相似比．
12．已知圆锥的母线长是5cm，侧面积是15πcm2，则这个圆锥底面圆的半径是3cm．
【考点】圆锥的计算．
【专题】计算题．
【分析】根据圆锥的侧面积和圆锥的母线长求得圆锥的弧长，利用圆锥的侧面展开扇形的弧长等于圆锥的底面周长求得圆锥的底面半径即可．
【解答】解：∵圆锥的母线长是5cm，侧面积是15πcm2，
∴圆锥的侧面展开扇形的弧长为：l= = =6π，
∵锥的侧面展开扇形的弧长等于圆锥的底面周长，
∴r= = =3cm，
故答案为：3．
【点评】本题考查了圆锥的计算，解题的关键是正确地进行圆锥与扇形的转化．
13．在同一时刻木杆AB、建筑物PQ在太阳光下的影子分别为BC、PM，如图所示．已知AB=2m，BC=1.2m，PM=4.8m，则建筑物PQ的高度为8m．

【考点】相似三角形的应用；平行投影．
【分析】利用相同时刻物体在太阳光下的影子与物体高度成正比，进而求出答案．
【解答】解：∵在同一时刻木杆AB、建筑物PQ在太阳光下的影子分别为BC、PM，
如图所示．AB=2m，BC=1.2m，PM=4.8m，
∴ = ，
则 = ，
解得：PQ=8，
故答案为：8．
【点评】本题考查了相似三角形的应用；在运用相似三角形的知识解决实际问题时，要能够从实际问题中抽象出简单的数学模型是解决问题的关键．
14．某山坡的坡度为1：0.75，则沿着这条山坡每前进l00m所上升的高度为80m．
【考点】解直角三角形的应用-坡度坡角问题．
【分析】设出垂直高度，表示出水平宽度，利用勾股定理求解即可．
【解答】解：如图所示：
AB=100m，tanB=1：0.75．
则AC：BC=4：3，
设AC=4x，BC=3x，
由勾股定理得：AB= =5x，
即5x=100，
解得：x=20，
则AC=80m．
故答案为：80．

【点评】此题主要考查坡度坡角的定义、勾股定理的运用；理解坡度坡角的定义，由勾股定理得出AB是解决问题的关键．
15．如图，矩形OABC与矩形ODEF是位似图形，P是位似中心，点B（4，2），E（﹣2，1），则点P的坐标为（﹣4，0）．

【考点】位似变换；坐标与图形性质．
【分析】利用位似图形的性质结合已知点的坐标得出 = ，进而求出P点坐标．
【解答】解：∵矩形OABC与矩形ODEF是位似图形，P是位似中心，点B（4，2），E（﹣2，1），
∴D（0，1），B（4，2），
∴ = ，
则 = ，
解得：OP=4，
则点P的坐标为：（﹣4，0）．
故答案为：（﹣4，0）．
【点评】本题考查了位似变换：如果两个图形不仅是相似图形，而且对应顶点的连线相交于一点，对应边互相平行，那么这样的两个图形叫做位似图形，注意：两个图形必须是相似形；对应点的连线都经过同一点；对应边平行．
16．如图，一个横断面为抛物线形的拱桥，当水面宽4m时，拱顶离水面2m．以桥孔的点为原点，过原点的水平线为x轴，建立平面直角坐标系．当水面下降1m时，此时水面的宽度增加了2 ﹣4m（结果保留根号）．

【考点】二次函数的应用．
【分析】根据已知给出的直角坐标系，进而求出二次函数解析式，再通过把y=﹣3代入抛物线解析式得出水面宽度，即可得出答案．
【解答】解：设抛物线的解析式为：y=ax2，
∵水面宽4m时，拱顶离水面2m，
∴点（2，﹣2）在此抛物线上，
∴﹣2=a•22，
∴a=﹣ ，
∴抛物线的解析式为：y=﹣ x2，
当水面下降1m时，
即y=﹣3时，﹣3=﹣ x2，
∴x= ，
∴此时水面的宽度为：2 ，
即此时水面的宽度增加了（2 ﹣4）m．
故答案为：2 ﹣4．
【点评】此题主要考查了二次函数的应用，根据已知给出的直角坐标系从而得出二次函数解析式是解决问题的关键．
17．某同学用描点法y=ax2+bx+c的图象时，列出了表：
x … ﹣2 ﹣1 0 1 2 …
y … ﹣11 ﹣2 1 ﹣2 ﹣5 …
由于粗心，他算错了其中一个y值，则这个错误的y值是﹣5．
【考点】二次函数的性质．
【分析】根据关于对称轴对称的自变量对应的函数值相等，可得答案．
【解答】解：由函数图象关于对称轴对称，得（﹣1，﹣2），（0，1），（1，﹣2）在函数图象上，
把（﹣1，﹣2），（0，1），（1，﹣2）代入函数解析式，得
，
解得 ．
故函数解析式为y=﹣3x2+1．
x=2时y=﹣11．
故答案为﹣5．
【点评】本题考查了二次函数图象，利用函数图象关于对称轴对称是解题关键．
18．若关于x的二次函数=ax2+2x﹣5的图象与x轴有两个交点，且其中有且仅有一个交点在原点和A（1，0）之间（不含原点和A点），则a的取值范围是a＞3．
【考点】抛物线与x轴的交点．
【分析】由已知条件关于x的二次函数y=a2+2x﹣5的图象与x轴有两个交点可得到△＞0，然后根据有一个交点的横坐标在0和1之间（不含0和1）列出关于a的不等式并解答即可．
【解答】解：∵关于x的二次函数y=ax2+2x﹣5的图象与x轴有两个交点，
∴△=4+20a＞0，
解得a＞﹣ ．①
又∵有一个交点的横坐标在0和1之间（不含0和1），
∴当x=0时，y＜0．
当x=1时，y＞0，
即a﹣3＞0，
解得a＞3．②
结合①②得到：a＞3．
故答案为：a＞3．
【点评】本题考查了抛物线与x轴的交点．解答该题的关键是需要熟练掌握二次函数图象的性质．
三、解答题（共10小题，满分96分）
19．计算：2sin30°+4cos245°﹣3tan45°．
【考点】特殊角的三角函数值．
【分析】根据特殊角三角函数值，可得实数的运算，根据实数的运算，可得答案．
【解答】解：原式=2× +4×（ ）2﹣3×1
=1+4× ﹣3
=1+2﹣3
=0．
【点评】本题考查了特殊角三角函数值，熟记特殊角三角函数知识解题关键，又利用了实数的运算．
20．如图，在△ABC中，AD是BC上的高，tanB=cos∠DAC．
（1）求证：AC=BD；
（2）若sin∠C= ，BC=12，求AD的长．

【考点】解直角三角形．
【专题】几何综合题．
【分析】（1）由于tanB=cos∠DAC，所以根据正切和余弦的概念证明AC=BD；
（2）设AD=12k，AC=13k，然后利用题目已知条件即可解直角三角形．
【解答】（1）证明：∵AD是BC上的高，
∴AD⊥BC，
∴∠ADB=90°，∠ADC=90°，
在Rt△ABD和Rt△ADC中，
∵tanB= ，cos∠DAC= ，
又∵tanB=cos∠DAC，
∴ = ，
∴AC=BD．
（2）解：在Rt△ADC中， ，
故可设AD=12k，AC=13k，
∴CD= =5k，
∵BC=BD+CD，又AC=BD，
∴BC=13k+5k=18k
由已知BC=12，
∴18k=12，
∴k= ，
∴AD=12k=12× =8．
【点评】此题考查解直角三角形、直角三角形的性质等知识，也考查逻辑推理能力和运算能力．
21．一只不透明的袋子中装有4个大小、质地都相同的乒乓球，球面上分别标有数字1、﹣2、3、﹣4，搅匀后先从中摸出一个球（不放回），再从余下的3个球中摸出1个球．
（1）用树状图列出所有可能出现的结果；
（2）求2次摸出的乒乓球球面上数字的积为偶数的概率．
【考点】列表法与树状图法．
【分析】（1）依据题意用列表法或画树状图法分析所有等可能结果即可；
（2）由（1）的树形图，根据概率公式求出该事件的概率即可．
【解答】解：（1）根据题意画树形图：

由图可知共有12种可能结果，分别为：（1，﹣2），（1，3），（1，﹣4），（﹣2，1），（﹣2，3），
（﹣2，﹣4），（3，1），（3，﹣2），（3，﹣4），（﹣4，1），（﹣4，﹣2），（﹣4，3）；
（2）在（1）中的12种可能结果中，两个数字之积为偶数的只有10种，P（积为偶数）= ．
【点评】此题考查的是用列表法或树状图法求概率．列表法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合于两步完成的事件；树状图法适合两步或两步以上完成的事件；解题时要注意此题是放回实验还是不放回实验．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
22．如图，路边一颗树AB，身高1.8m的小明站在水平地面BD的D处，从点C测得树的顶端A的仰角为60°．测得树的底部B的俯角为30°，求树高AB．

【考点】解直角三角形的应用-仰角俯角问题．
【分析】根据直角三角形中30°所对的边等于斜边的一半，进而得出BC以及AB的长即可．
【解答】解：在Rt△CDB中，
∵CD=1.8m，∠CBD=30°，
∴CB=3.6m，
在Rt△ACB中，∵∠CAB=30°，∴AB=7.2m，
答：树的高度AB为7.2m．
【点评】此题主要考查了解直角三角形的应用，根据已知得出BC的长是解题关键．
23．如图，正方形网格中每个小正方形的边长为1，△ABC和△EDF的点都在网格的格点上．
（1）求证：△ABC∽△EDF；
（2）求∠BAC的度数．

【考点】相似三角形的判定与性质．
【专题】网格型．
【分析】（1）利用勾股定理可分别求出两个三角形的各个边长，再验证对应边的比值相等即可证明△ABC∽△EDF；
（2）由相似三角形的性质可得对应角相等，所以∠BAC=∠FED，由给出的图形易求∠FED的度数，进而可求出∠BAC的度数．
【解答】（1）证明：∵DE= ，DF= = ，EF=2，AB= = ，AC= = ，BC=5，
∴ ，
∴△ABC∽△EDF；
（2）∵△ABC∽△EDF，
∴∠BAC=∠FED，
∵∠FED=90°+45°=135°，
∴∠BAC=135°．
【点评】本题考查了相似三角形的判定、相似三角形的性质以及勾股定理的运用，求∠BAC的度数转化为求∠FED的度数是解题的关键．
24．已知关于x的一元二次方程2x2+4x+k﹣1=0有实数根，k为正整数．
（1）求k的值；
（2）根据（1）的结论，当此方程有两个非零的整数根时，将二次函数=2x2+4x+k﹣1的图象向下平移4个单位．
①求平移后的图象所对应的函数关系式；
②在给定的网格中，画出平移后的大致图象．

【考点】二次函数图象与几何变换；根的判别式．
【分析】（1）直接利用根的判别式得出k的取值范围进而得出答案；
（2）①根据题意得出k的值，进而利用平移的性质得出答案；
②利用所求解析式进而画出平移后图象．
【解答】解：（1）∵关于x的一元二次方程2x2+4x+k﹣1=0有实数根，k为正整数，
∴△=b2﹣4ac=16﹣4×2（k﹣1）≥0，
解得：k≤3，
∴k=1或2或3；
（2）①∵方程2x2+4x+k﹣1=0有两个非零的整数根，k=1或2或3，
∴k=3，
则二次函数y=2x2+4x+2=2（x+1）2，
故二次函数y═2x2+4x+k﹣1的图象向下平移4个单位得到：y=2（x+1）2﹣4，
则平移后的图象所对应的函数关系式为：y=2（x+1）2﹣4；
②如图所示：
．
【点评】此题主要考查了二次函数的性质以及二次函数的平移和二次函数图象画法，正确得出k的值是解题关键．
25．如图，AC是⊙O的直径，BC交⊙O于点D，E是 的中点，连接AE交BC于点F，∠ABC=2∠EAC．
（1）求证：AB是⊙O的切线；
（2）若tanB= ，BD=6，求CF的长．

【考点】切线的判定．
【分析】（1）连结AD，如图，根据圆周角定理，由E是 的中点，得到∠EAC=∠EAD，由于∠ABC=2∠EAC，则∠ABC=∠DAC，再利用圆周角定理得到∠ADB=90°，则∠DAC+∠ACB=90°，所以∠ABC+∠ACB=90°，于是根据切线的判定定理得到AB是⊙O的切线；
（2）作FH⊥AC于H，如图，利用余弦定义，在Rt△ABD中可计算出AD=8，利用勾股定理求得AB=10，在Rt△ACB中可计算出AC= ，根据勾股定理求得BC= ，则，CD=BC﹣BD= ，接着根据角平分线性质得FD=FH，于是设CF=x，则DF=FH= ﹣x，然后利用平行线得性质由FH∥AC得到∠HFB=∠C，所以cos∠BFH=cosB= = ，再利用比例性质可求出CF．
【解答】（1）证明：连接AD，∵AC是⊙O的直径，
∴AD⊥BC，
∴∠DAC+∠C=90°，
∵E是 的中点，
∴∠EAC=∠EAD，
∴∠DAC=2∠EAC，
∵∠ABC=2∠EAC，
∴∠ABC=∠DAC，
∴∠ABC+∠C=90°，
∴∠BAC=90°，
∴CA⊥AB，
∴AB是⊙O的切线；
（2）解：作FH⊥AC于H，如图，
在Rt△ABD中，∵tanB= = ，BD=6，
∴AD=8，
∴AB= =10，
在Rt△ACB中，∵tanB= = ，
∴AC= ×10= ，
∴BC= = ，
∴CD=BC﹣BD= ﹣6= ，
∵∠EAC=∠EAD，即AF平分∠CAD，
而FD⊥AD，FH⊥AB，
∴FD=FH，
设CF=x，则DF=FH= ﹣x，
∵FH∥AC，
∴∠HFC=∠B，
在Rt△CFH中，∵tan∠CFH=tanB= = ，
∴ = = ，解得x= ，
即CF的长为 ．

【点评】本题考查了切线的判定：经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线．要证某线是圆的切线，已知此线过圆上某点，连接圆心与这点（即为半径），再证垂直即可．也考查了解直角三角形．
26．为了给草坪喷水，安装了自动旋转喷水器，如图所示．设直线AD所在位置为地平面，喷水管AB高出地平面1.5m，在B处有一个自动旋转的喷水头，一瞬间喷出的水流呈抛物线状．喷头B与水流点C的连线与地平面成45°的角，水流的点C离地平面3.5m，水流的落地点为D．在建立如图所示的直角坐标系中：
（1）求抛物线的函数解析式；
（2）求水流的落地点D到A点的距离．

【考点】二次函数的应用．
【分析】（1）把抛物线的问题放到直角坐标系中解决，是探究实际问题常用的方法，本题关键是解等腰直角三角形，求出抛物线顶点C（2，3.5）及B（0，1.5），设顶点式求解析式；
（2）求AD，实际上是求当y=0时点D横坐标．
【解答】解：在如图所建立的直角坐标系中，
由题意知，B点的坐标为（0，1.5），∠CBE=45°，
∴△BEC为等腰直角三角形，
∴BE=2，
∴C点坐标为（2，3.5），
（1）设抛物线的函数解析式为
y=ax2+bx+c（a≠0），
则抛物线过点（0，1.5）顶点为（2，3.5），
∴当x=0时，y=c=1.5
由﹣ ，得b=﹣4a，
由 ，得 ，
解之，得a=0（舍去），a=﹣ ，
∴b=﹣4a=2．
所以抛物线的解析式为y=﹣ x2+2x+ ；
（2）∵D点为抛物线y=﹣ x2+2x+ 的图象与x轴的交点，
∴当y=0时，即：﹣ x2+2x+ =0，
解得x=2± ，
x=2﹣ 不合题意，舍去，取x=2+ ．
∴D点坐标为（2+ ，0），
∴AD=（2+ ）（m）．
答：水流的落地点D到A点的距离是（2+ ）m．

【点评】本题考查的是二次函数的应用，掌握待定系数法求函数解析式和二次函数的性质是解题的关键．
27．已知抛物线y=﹣（x﹣m）2+1与x轴的交点为A、B（B在A的右边），与y轴的交点为C．
（1）写出m=1时与抛物线有关的三个正确结论；
（2）当点B在原点的右边，点C在原点的下方时，是否存在△BOC为等腰三角形的情形？若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由；
（3）请你提出一个对任意的m值都能成立的正确命题（说明：根据提出问题的水平层次，得分略有差异）．

【考点】二次函数综合题．
【专题】压轴题；开放型；分类讨论．
【分析】（1）将m=1代入y=﹣（x﹣m）2+1化简可得抛物线的解析式为y=﹣x2+2x；
（2）存在．令y=0时得出（x﹣m）2=1得出A，B的坐标．令x=0时得出点C在原点下方得出OC=m2﹣1，求出m的实际值；
（3）已知抛物线y=﹣（x﹣m）2+1，根据m值的不同分情况解答．
【解答】解：（1）当m=1时，抛物线的解析式为y=﹣x2+2x．
正确的结论有：
①抛物线的解析式为y=﹣x2+2x；
②开口向下；
③顶点为（1，1）；④抛物线经过原点；
⑤与x轴另一个交点是（2，0）；
⑥对称轴为x=1；等
说明：每正确写出一个得一分，最多不超过．
（2）存在．
当y=0时，﹣（x﹣m）2+1=0，即有（x﹣m）2=1．
∴x1=m﹣1，x2=m+1．
∵点B在点A的右边，
∴A（m﹣1，0），B（m+1，0）
∵点B在原点右边
∴OB=m+1
∵当x=0时，y=1﹣m2，点C在原点下方
∴OC=m2﹣1．
当m2﹣1=m+1时，m2﹣m﹣2=0
∴m=2或m=﹣1（因为对称轴在y轴的右侧，m＞0，所以不合要求，舍去），
∴存在△BOC为等腰三角形的情形，此时m=2．
（3）如①对任意的m，抛物线y=﹣（x﹣m）2+1的顶点都在直线y=1上；
②对任意的m，抛物线y=﹣（x﹣m）2+1与x轴的两个交点间的距离是一个定值；
③对任意的m，抛物线y=﹣（x﹣m）2+1与x轴两个交点的横坐标之差的绝对值为2．

【点评】本题考查的是二次函数的综合运用，考生要注意的是要分情况解答未知数，难度中上．
28．在△ABC中，∠C=Rt∠，AC=4cm，BC=5cm，点D在BC上，并且CD=3cm，现有两个动点P、Q分别从点A和点B同时出发，其中点P以1cm/s的速度，沿AC向终点C移动；点Q以1.25cm/s的速度沿BC向终点C移动．过点P作PE∥BC交AD于点E，连接EQ，设动点运动时间为x秒．
（1）用含x的代数式表示AE、DE的长度；
（2）当点Q在BD（不包括点B、D）上移动时，设△EDQ的面积为y（cm2），求y与x的函数关系式，并写出自变量x的取值范围；
（3）当x为何值时，△EDQ为直角三角形？

【考点】二次函数综合题；全等三角形的判定与性质；相似三角形的判定与性质．
【专题】压轴题．
【分析】（1）可根据PE∥DC，来得出关于AE，AD，AP，AC的比例关系，AD可根据勾股定理求出，那么就能用x表示出AE的长，进而可表示出DE的长；
（2）求三角形EDQ的面积可以QD为底边，以PC为高来求，QD=BD﹣BQ，而BQ可根据Q的速度用时间表示出来，那么也就能用x表示出QD，而PC就是AC﹣AP，有了底和高，就可以根据三角形的面积公式得出关于x，y的函数关系式；
（3）因为∠ADB是钝角，因此要想使三角形EDQ是直角三角形，那么Q就必须在CD上，可分两种情况进行讨论：
①当∠EQD=90°时，四边形EPCQ是个矩形，那么EQ=PC，DQ=BQ﹣BD，根据EQ∥AC可得出关于EQ，AC，DQ，DC的比例关系从而求出x的值．
②当∠DEQ=90°时，可用PC和∠DAC的正弦值来表示出EQ，然后用相似三角形EQD和ABC，得出关于EQ，AC，DQ，AD的比例关系，从而求出x的值．
【解答】解：（1）在Rt△ADC中，AC=4，CD=3，
∴AD=5，
∵EP∥DC，
∴△AEP∽△ADC
∴ = ，
即 = ，
∴EA= x，
DE=5﹣ x；

（2）∵BC=5，CD=3，
∴BD=2，
当点Q在BD上运动x秒后，DQ=2﹣1.25x，
则y= ×DQ×CP= （4﹣x）（2﹣1.25x）= x2﹣ x+4，
即y与x的函数解析式为：y= x2﹣ x+4，
其中自变量的取值范围是：0＜x＜1.6；
（3）分两种情况讨论：
①当∠EQD=90°时，显然有EQ=PC=4﹣x，
又∵EQ∥AC，
∴△EDQ∽△ADC
∴ = ，
即 = ，
解得x=2.5
②当∠QED=90°时，
∵∠CDA=∠EDQ，∠QED=∠C=90°，
∴△EDQ∽△CDA，
∴ = ，即 = ，
解得x=3.1．
综上所述，当x为2.5秒或3.1秒时，△EDQ为直角三角形．
【点评】本题主要考查了解直角三角形的应用，相似三角形的性质以及二次函数等知识点的综合应用，弄清相关线段的大小和比例关系是解题的关键．

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