泰州市靖江實驗學校2012-2013學年九年級（上）期中數學試卷
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：根據二次根式的被開方數為非負數即可解答．
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為非負數．
2．（3分）（2006•無錫）設一元二次方程x2?2x?4=0的兩個實數為x1和x2，則下列結論正確的是（ �。�
A．x1+x2=2B．x1+x2=?4C．x1x2=?2D．x1x2=4
考點：根與系數的關系．.
分析：根據一元二次方程根與系數的關系求則可．設x1，x2是關于x的一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0，a，b，c為常數）的兩個實數根，則x1+x2= ，x1x2= ．
解答：解：這里a=1，b=?2，c=?4，
根據根與系數的關系可知：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的關系．
3．（3分）（2010•隨州）在Rt△ABC中，∠C=90°，sinA= ，則tanB的值為（ �。�
A． B． C． D．
考點：銳角三角函數的定義；互余兩角三角函數的關系．.
分析：本題可以利用銳角三角函數的定義求解，也可以利用互為余角的三角函數關系式求解．
解答：解：由題意，設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的定義．通過設參數的方法求三角函數值．
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的位置關系為（ ）
A．點P在⊙O內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系及用因式分解法解一元二次方程的知識，解題的關鍵是正確的解方程．
6．（3分）當b＜0時，化簡 等于（ ）
A．2b?1B．?1C．1?2bD．1
考點：二次根式的性質與化簡；絕對值．.
專題：．
分析：由于b＜0，直接利用二次根式的基本性質進行化簡，再由絕對值的一般性質知b=?b， =1?b，再代入所求代數式，即可得所求結果．
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，對簡單的二次根式進行化簡，是中考中的常考內容，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，利用銳角三角函數定義表示出tan∠OB，由tan∠OB的值設出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O=3xc，B=4xc，由直徑CD=5c，得到OB=2.5c，
根據勾股定理得：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，銳角三角函數定義，利用了方程的思想，熟練掌握垂徑定理是解本題的關鍵．
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，當出現：點P與正方形四個頂點中的至少兩個頂點構造成等腰三角形時，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．.
專題：計算題；壓軸題．
分析：根據正方形的性質，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．
解答：解：當BC=BP時，△BCP為等腰三角形；
當P與B重合時，△APC為等腰三角形；
當P運動到AB邊的中點時，PD=PC，此時△PCD為等腰三角形；
當P與A重合時，△PBD為等腰三角形；
當PA=AD時，△PAD為等腰三角形；
當AP=AC時，△APC是等腰三角形；
當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，熟練掌握等腰三角形的判定是解本題的關鍵．
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：根據二次根式的除法法則進行運算，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算，屬于基礎題，掌握二次根式的除法法則及二次根式的化簡是關鍵．
10．（3分）（2012•歷下區(qū)二模）己知α是銳角，且 ，則α= 45° ．
考點：特殊角的三角函數值．.
專題：計算題．
分析：直接根據sin60°= 進行解答即可．
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值，熟記各特殊角度的三角函數值是解答此題的關鍵．
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：解直角三角形的應用-坡度坡角問題．.
分析：首先根據題意畫出圖形，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，根據三角函數的定義，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，注意根據題意構造直角三角形，并解直角三角形；注意掌握數形結合思想的應用．
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；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即三角形中位線的性質，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相等，被開方數相等，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，被開方數相同的二次根式稱為同類二次根式．
14．（3分）關于x的方程x2?（2?1）x+?2=0有兩個實數根，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：根據方程有兩個實數根，得到根的判別式大于等于0，列出關于的不等式，求出不等式的解集，即可得到的范圍．
解答：解：∵關于x的方程x2?（2?1）x+?2=0有兩個實數根，
∴△=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）的根的判別式△=b2?4ac．當△＞0時，方程有兩個不相等的實數根；當△=0時，方程有兩個相等的實數根；當△＜0時，方程沒有實數根．同時考查了一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0，a，b，c為常數）的定義．
15．（3分）若小唐同學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：垂徑定理的應用；勾股定理．.
專題：．
分析：根據題意，把實際問題抽象成幾何問題，即圓中與弦有關的問題，根據垂徑定理，構造直角三角形，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，設出未知數，列出方程，即可求出鉛球的直徑．
解答：解：根據題意，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，
設鉛球的半徑為r，則OC=r?2，
在Rt△AOC中，根據勾股定理，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：解決與弦有關的問題時，往往需構造以半徑、弦心距和弦長的一半為三邊的直角三角形，若設圓的半徑為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，根據勾股定理得：OF= = ，
在Rt△ODF中，根據勾股定理得：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；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，FG=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；勾股定理；銳角三角函數的定義．.
專題：網格型．
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的定義、等腰三角形的判定與性質以及勾股定理．此題難度適中，注意掌握輔助線的作法，注意數形結合思想的應用．
三、解答題
19．（8分）計算： ．
考點：特殊角的三角函數值；實數的性質；零指數冪；負整數指數冪；二次根式的性質與化簡．.
專題：計算題．
分析：按照實數的運算法則依次計算，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，除數分母利用平方差公式分解因式，再利用除以一個數等于乘以這個數的倒數將除法運算化為運算，約分得到最簡結果，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，分式的加減運算關鍵是通分，通分的關鍵是找最簡公分母；分式的乘除運算關鍵是約分，約分的關鍵是找公因式．
21．（8分）關于x的一元二次方程x2?x+p?1=0有兩個實數根x1、x2．
（1）求p的取值范圍；
（2）若 ，求p的值．
考點：根的判別式；根與系數的關系．.
專題：計算題．
分析：（1）根據一元二次方程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△＞0，方程有兩個不相等的實數根；當△=0，方程有兩個相等的實數根；當△＜0，方程沒有實數根．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、弦的關系．.
專題：證明題．
分析：連接BO，OD，利用等腰三角形性質證圓心角相等，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．
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：此題要靈活應用三角函數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）國家為了加強對房地產市場的宏觀調控，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確定為多少？
考點：一元二次方程的應用．.
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“不低于6萬套”舍去不合題意的解．
解答：解：設稅率應確定為x%，
根據題意得10（10?0.1x）•x%=16，
x2?100x+1600=0，
解得x1=80，x2=20，
當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：稅率應確定為20%．
點評：此題考查了一元二次方程的應用，此題不僅是一道實際問題，而且結合了現在房價問題，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．.
專題：證明題；壓軸題．
分析：（1）根據已知條件證明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，再根據鄰邊相等的平行四邊形是菱形，從而得出結論．
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、菱形的判定，直角三角形的性質：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．（下面兩小題的結果都精確到0.1米，參考數據： ≈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，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：解直角三角形的應用-坡度坡角問題；解直角三角形的應用-仰角俯角問題．.
分析：（1）由三角函數的定義，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GH=x米，由三角函數的定義，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，注意根據題意構造直角三角形，并解直角三角形；注意掌握數形結合思想與方程思想的應用．
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逆時針旋轉得到菱形AEFG，設∠EAB=α，且0°＜α＜90°，連接DG、BE、CE、CF．
（1）如圖（1），求證：△AGD≌△AEB；
（2）當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；三角形的面積；全等三角形的判定與性質；銳角三角函數的定義．.
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∠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∠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，同時涉及了銳角三角函數的定義、全等三角形的判定與性質及三角形面積公式，注意這些知識的熟練掌握并靈活運用，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勻速運動，速度為1c/s，連接PQ，設運動的時間為t（單位：s）（0≤t≤5）．解答下列問題：
（1）當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△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）根據菱形的對角相等，對角線平分一組對角可得關于AB翻折時，∠A=∠APQ，過點Q作QD⊥AB于D，根據等腰三角形三線合一的性質可得AD= AP，然后利用∠A的余弦列式求出t的值，再根據正弦求出DQ，然后根據S菱形=2S△APQ計算即可得解；關于AC翻折時，∠A=∠AQP，過點P作PE⊥AC于E，根據等腰三角形三線合一的性質可得AE= AQ，然后利用∠A的余弦列式求出t的值，再根據正弦求出PE，然后根據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）根據菱形的性質，若關于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，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，（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．
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