一、选择题（每题3分，共36分）
1．（3分）（2019秋•光明区期末）已知x＝2是一元二次方程x2﹣bx+6＝0的解，则b的值为（ ）A．﹣5
B．5
C．4
D．﹣4
2．（3分）（2019•商丘二模）运动会的领奖台可以近似的看成如图所示的立体图形，则它的左视图是（ ）
A．B．
C．D．
3．（3分）（2020•余干县模拟）若反比例函数的图象经过（﹣1，3），则这个函数的图象一定过（ ）A．（﹣3，1）
B．（，3）
C．（﹣3，﹣1）
D．（，3）
4．（3分）（2019秋•光明区期末）如图，已知直线a∥b∥c，直线m、n与a、b、c分别交于点A、C、E、B、D、F，AC＝4，CE＝6，BD＝3，DF＝（ ）
A．7B．7.5C．8D．4.5
5．（3分）（2019秋•光明区期末）如图，在正方形网格中，已知△ABC的三个顶点均在格点上，则sin∠CAB＝（ ）
A．2B．C．D．
6．（3分）（2019秋•光明区期末）如图，周长为28的菱形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，H为AD边中点，OH的长等于（ ）
A．3.5B．4C．7D．14
7．（3分）（2019秋•光明区期末）为了美化校园环境，加大校园绿化投资．某区前年用于绿化的投资为18万元，今年用于绿化的投资为33万元，设这两年用于绿化投资的年平均增长率为x，则（ ）A．18（1+2x）＝33C．18（1+x）2＝33
B．18（1+x2）＝33
D．18（1+x）+18（1+x）2＝33
8．（3分）（2019秋•光明区期末）在平面直角坐标系中，将抛物线y＝﹣5x2+3向左平移1个单位，再向下平移1个单位后所得抛物线的表达式为（ ）A．y＝﹣5（x+1）2+4C．y＝﹣5（x﹣1）2+2
B．y＝﹣5（x+1）2+2D．y＝﹣5（x﹣1）2+4
9．（3分）（2019•殷都区一模）如图，小颖为测量学校旗杆AB的高度，她在E处放置一块镜子，然后退到C处站立，刚好从镜子中看到旗杆的顶部B．已知小颖的眼睛D离地面的高度CD＝1.5m，她离镜子的水平距离CE＝0.5m，镜子E离旗杆的底部A处的距离AE＝2m，且A、C、E三点在同一水平直线上，则旗杆AB的高度为（ ）
A．4.5mB．4.8mC．5.5mD．6 m
10．（3分）（2019秋•光明区期末）下列命题正确的是（ ）A．对角线相等四边形是矩形B．相似三角形的面积比等于相似比
C．在反比例函数y图象上，y随x的增大而增大D．若一个斜坡的坡度为1：，则该斜坡的坡角为30°
11．（3分）（2019•丹东二模）已知抛物线y＝ax2+bx+c的图象如图所示，对称轴为直线x＝1．以下结论：①2a＞﹣b；②4a+2b+c＞0；
③m（am+b）＞a+b（m是大于1的实数）；④3a+c＜0
其中正确结论的个数为（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
12．（3分）（2019•南充模拟）如图，在正方形ABCD中，点E为AB边的中点，点F在DE上，CF＝CD，过点F作FG⊥FC交AD于点G．下列结论：①GF＝GD；②AG＞AE；③AF⊥DE；④DF＝4EF．正确的是（ ）
A．①②B．①③C．①③④D．③④
二、填空题（每题3分，共12分）
13．（3分）（2019秋•光明区期末）如果，那么 ．14．（3分）（2019秋•光明区期末）若二次函数y＝x2+x+a和x轴有两个交点，则a的取值
范围为 ．
15．（3分）（2019秋•光明区期末）如图，在矩形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，CE⊥BD，垂足为点E，CE＝5，且OE＝2DE，则DE的长为 ．16．（3分）（2019秋•光明区期末）如图，等边△OAB的边AB与y轴交于点C，点A是反比例函数y（x＞0）的图象上一点，且BC＝2AC，则等边△OAB的边长为 ．
三、解答题（共52分）
17．（常州）计算：|﹣1|（1）0+4sin30°．18．（花都区一模）解方程：x2﹣6x+5＝0．
19．（光明区期末）一个不透明的口袋里装有分别标有汉字“美”“丽”、“龙”、“岩”的四个小球，除汉字不同之外，小球没有任何区别，每次摸球前先搅均匀再摸球．（1）若从中任取一个球，求摸出球上的汉字刚好是“美”的概率；
（2）若从中任取一个球，不放回，再从中任取一个球，请用树状图或列表法，求取出的两个球上的汉字恰能组成“美丽”或“龙岩”的概率．
20．（光明区期末）如图，某小区住宅楼AB高20米，住宅楼不远处有一座古塔CD，小明在楼底B处测得塔顶的仰角为38.5°，爬到楼顶A处测得塔顶的仰角为22°，求住宅楼与古塔之间的距离BD的长．（参考数据：sin22°≈0.37，cos22°≈0.93，tan22°≈0.40，sin38.5°≈0.62，cos38.5°≈0.78，tan38.5°≈0.80）
21．（滨州一模）“佳佳商场”在销售某种进货价为20元/件的商品时，以30元/件售出，
每天能售出100件．调查表明：这种商品的售价每上涨1元/件，其销售量就将减少2件．
（1）为了实现每天1600元的销售利润，“佳佳商场”应将这种商品的售价定为多少？（2）物价局规定该商品的售价不能超过40元/件，“佳佳商场”为了获得最大的利润，应将该商品售价定为多少？最大利润是多少？
22．（光明区期末）如图，在正方形ABCD中，E为AB边上一点，连接DE，交AC于H点，过点D作DF⊥DE，交BC的延长线于F，连接EF交于AC于点G．（1）请写出AE和CF的数量关系： ；（2）求证：点G是EF的中点；
（3）若正方形ABCD的边长为4，且AE＝1，求GH•GA的值．
23．（光明区期末）如图1，已知抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与x轴交于A（﹣3，0）、B（1，0）两点，与y轴交于点C（0，3）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图2，直线AD：yx+1与y轴交于点D，P点是x轴上一个动点，过点P作PG∥y轴，与抛物线交于点G，与直线AD交于点H，当点C、D、H、G四个点组成的四边形是平行四边形时，求此时P点坐标．
（3）如图3，连接AC和BC，Q点是抛物线上一个动点，连接AQ，当∠QAC＝∠BCO时，求Q点的坐标．
2019-2020学年广东省深圳市光明区九年级（上）期末数学试卷
答案与试题解析
一、选择题（每题3分，共36分）
1．（3分）（2019秋•光明区期末）已知x＝2是一元二次方程x2﹣bx+6＝0的解，则b的值为（ ）A．﹣5B
【分析】把方程的解代入方程，可以求出字母系数b的值．解：∵x＝2是方程的解，∴4﹣2b+6＝0∴b＝5．故选：B．
【点评】本题考查的是一元二次方程的解，把方程的解代入方程可以求出字母系数的值．
2．（3分）（2019•商丘二模）运动会的领奖台可以近似的看成如图所示的立体图形，则它的左视图是（ ）
B．5
C．4
D．﹣4
A．B．
C．D
D．
【分析】从正面看所得到的图形是主视图，从左面看到的图形是左视图，从上面看到的图象是俯视图，据此作答．解：几何体的左视图是：
故选：D．
【点评】此题主要考查了三视图，关键是把握好三视图所看的方向．属于基础题，中考常考题型．
3．（3分）（2020•余干县模拟）若反比例函数的图象经过（﹣1，3），则这个函数的图象一定过（ ）A．（﹣3，1）A
【分析】由点的坐标，利用反比例函数图象上点的坐标特征可求出k值，再将四个选项中的横、纵坐标相乘，找出等于k的选项，此题得解．解：∵反比例函数的图象经过（﹣1，3），∴k＝﹣1×3＝﹣3．
∵﹣3×1＝﹣3，3＝﹣1，﹣3×（﹣1）＝3，3＝1，∴反比例函数的图象经过点（﹣3，1）．故选：A．
【点评】本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，利用反比例函数图象上点的坐标特征，求出k值是解题的关键．
4．（3分）（2019秋•光明区期末）如图，已知直线a∥b∥c，直线m、n与a、b、c分别交于点A、C、E、B、D、F，AC＝4，CE＝6，BD＝3，DF＝（ ）
B．（，3）
C．（﹣3，﹣1）
D．（，3）
A．7D
B．7.5C．8D．4.5
【分析】根据平行线分线段成比例定理得到，即，然后利用比例性质求DF的长．解：∵直线a∥b∥c，∴，即，
∴DF．故选：D．
【点评】本题考查了平行线分线段成比例定理：三条平行线截两条直线，所得的对应线段成比例．
5．（3分）（2019秋•光明区期末）如图，在正方形网格中，已知△ABC的三个顶点均在格点上，则sin∠CAB＝（ ）
A．2B
B．C．D．
【分析】由勾股定理得出AC的长，由三角函数定义即可得出答案．解：如图所示：则AC，∴sin∠CAB；故选：B．
【点评】本题考查了解直角三角形以及勾股定理的运用；熟练掌握勾股定理，构造直角三角形是解题的关键．
6．（3分）（2019秋•光明区期末）如图，周长为28的菱形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，H为AD边中点，OH的长等于（ ）
A．3.5A
B．4C．7D．14
【分析】根据菱形的四条边都相等求出AB，菱形的对角线互相平分可得OB＝OD，然
后判断出OH是△ABD的中位线，再根据三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半可得OHAB．
解：∵菱形ABCD的周长为28，∴AB＝28÷4＝7，OB＝OD，∵H为AD边中点，∴OH是△ABD的中位线，∴OHAB＝3.5．故选：A．
【点评】本题考查了菱形的性质，三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半，熟记性质与定理是解题的关键．
7．（3分）（2019秋•光明区期末）为了美化校园环境，加大校园绿化投资．某区前年用于绿化的投资为18万元，今年用于绿化的投资为33万元，设这两年用于绿化投资的年平均增长率为x，则（ ）A．18（1+2x）＝33C．18（1+x）2＝33C
【分析】根据题意可以列出相应的一元二次方程，本题得以解决．解：由题意可得，18（1+x）2＝33，故选：C．
【点评】本题考查由实际问题抽象出一元二次方程，解答本题的关键是明确题意，列出相应的一元二次方程，这是一道典型的增长率问题．
8．（3分）（2019秋•光明区期末）在平面直角坐标系中，将抛物线y＝﹣5x2+3向左平移1个单位，再向下平移1个单位后所得抛物线的表达式为（ ）A．y＝﹣5（x+1）2+4C．y＝﹣5（x﹣1）2+2B
【分析】根据图象的平移变换规律：左加右减，上加下减，求出所得抛物线的函数表达式即可．
解：将抛物线y＝﹣5x2+3向左平移1个单位，再向下平移1个单位，所得抛物线的函
B．y＝﹣5（x+1）2+2D．y＝﹣5（x﹣1）2+4B．18（1+x2）＝33
D．18（1+x）+18（1+x）2＝33
数表达式是：y＝﹣5（x+1）2+3﹣1．即y＝﹣5（x+1）2+2故选：B．
【点评】此题主要考查了二次函数图象与几何变换，要熟练掌握，解答此题的关键是要明确：左加右减，上加下减．
9．（3分）（2019•殷都区一模）如图，小颖为测量学校旗杆AB的高度，她在E处放置一块镜子，然后退到C处站立，刚好从镜子中看到旗杆的顶部B．已知小颖的眼睛D离地面的高度CD＝1.5m，她离镜子的水平距离CE＝0.5m，镜子E离旗杆的底部A处的距离AE＝2m，且A、C、E三点在同一水平直线上，则旗杆AB的高度为（ ）
A．4.5mD
B．4.8mC．5.5mD．6 m
【分析】根据题意得出△ABE∽△CDE，进而利用相似三角形的性质得出答案．解：由题意可得：AE＝2m，CE＝0.5m，DC＝1.5m，∵△ABE∽△EDC，∴，即，
解得：AB＝6，故选：D．
【点评】本题考查的是相似三角形在实际生活中的应用，根据题意得出△ABE∽△CDE是解答此题的关键．
10．（3分）（2019秋•光明区期末）下列命题正确的是（ ）A．对角线相等四边形是矩形B．相似三角形的面积比等于相似比
C．在反比例函数y图象上，y随x的增大而增大D．若一个斜坡的坡度为1：，则该斜坡的坡角为30°
D
【分析】分析是否为真命题，需要分别分析各题设是否能推出结论，从而利用排除法得出答案．
解：A、对角线相等的四边形有可能是等腰梯形，故本选项错误；B、相似三角形的面积比等于相似比的平方，故本选项错误；
C、在反比例函数y图象上，在每个象限内，y随x的增大而增大，故本选项错误；D、若一个斜坡的坡度为1：，则该斜坡的坡角为30°，故本选项正确；故选：D．
【点评】主要考查命题的真假判断，正确的命题叫真命题，错误的命题叫做假命题．判断命题的真假关键是要熟悉课本中的性质定理．
11．（3分）（2019•丹东二模）已知抛物线y＝ax2+bx+c的图象如图所示，对称轴为直线x＝1．以下结论：①2a＞﹣b；②4a+2b+c＞0；
③m（am+b）＞a+b（m是大于1的实数）；④3a+c＜0
其中正确结论的个数为（ ）
A．1个A
B．2个C．3个D．4个
【分析】利用抛物线的对称轴方程得到b＝﹣2a，则可对①进行判断；利用抛物线的对称性得到抛物线与x轴的一个交点在（2，0）和（3，0）之间，所以x＝2时，y＜0，则可对②进行判断；利用x＝1时，y有最小值a+b+c可对③进行判断；利用x＝﹣1时，y＞0，即a﹣b+c＞0，然后把b＝﹣2a代入可对④进行判断．解：∵抛物线的对称轴为直线x1，
∴b＝﹣2a，即2a+b＝0，所以①错误；
∵对称轴为直线x＝1，抛物线与x轴的一个交点在（﹣1，0）和（0，0）之间，∴抛物线与x轴的一个交点在（2，0）和（3，0）之间，∴x＝2时，y＜0，
∴4a+2b+c＜0，所以②错误；∵x＝1时，y有最小值a+b+c，
∴am2+bm+c＞a+b+c（m是大于1的实数），所以③正确；∵x＝﹣1时，y＞0，即a﹣b+c＞0，
把b＝﹣2a代入得3a+c＞0，所以④错误．故选：A．
【点评】本题考查了二次函数图象与系数的关系：二次项系数a决定抛物线的开口方向和大小．当a＞0时，抛物线向上开口；当a＜0时，抛物线向下开口；一次项系数b和二次项系数a共同决定对称轴的位置：当a与b同号时，对称轴在y轴左； 当a与b异号时，对称轴在y轴右．常数项c决定抛物线与y轴交点：抛物线与y轴交于（0，c）．抛物线与x轴交点个数由判别式确定：△＝b2﹣4ac＞0时，抛物线与x轴有2个交点；△＝b2﹣4ac＝0时，抛物线与x轴有1个交点；△＝b2﹣4ac＜0时，抛物线与x轴没有交点．
12．（3分）（2019•南充模拟）如图，在正方形ABCD中，点E为AB边的中点，点F在DE上，CF＝CD，过点F作FG⊥FC交AD于点G．下列结论：①GF＝GD；②AG＞AE；③AF⊥DE；④DF＝4EF．正确的是（ ）
A．①②C
B．①③C．①③④D．③④
【分析】证明Rt△CFG≌Rt△CDG，得出①正确；在证明△ADE≌△DCG得出AE＝DG，得出AE＝AG，②不正确；证出GH是△AFD的中位线，得出GH∥AF，证
出∠AFD＝90°，即AF⊥DE，③正确；证明△ADE∽△FAE，得出2，得出DE＝2AE，AE＝2EF，因此DE＝4EF，④正确；即可得出答案．解：连接CG交ED于点H．如图所示：∵四边形ABCD是正方形，∴∠ADC＝90°，∵FG⊥FC，∴∠GFC＝90°，
在Rt△CFG与Rt△CDG中，，∴Rt△CFG≌Rt△CDG（HL），∴GF＝GD，①正确．∵CF＝CD，GF＝GD，
∴点G、C在线段FD的中垂线上，∴FH＝HD，GC⊥DE，∴∠EDC+∠DCH＝90°，∵∠ADE+∠EDC＝90°，∴∠ADE＝∠DCH，∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝DC＝AB，∠DAE＝∠CDG＝90°，在△ADE和△DCG中，，∴△ADE≌△DCG（ASA），∴AE＝DG，
∵点E是边AB的中点，∴点G是边AD的中点，∴AE＝AG，②不正确；∵点H是边FD的中点，∴GH是△AFD的中位线，∴GH∥AF，∴∠AFD＝∠GHD，∵GH⊥FD，∴∠GHD＝90°，
∴∠AFD＝90°，即AF⊥DE，③正确；∵AD＝AB，AB＝2AE，∴AD＝2AE，
∵∠AFE＝90°＝∠DAE，∠AEF＝∠DEA，∴△ADE∽△FAE，∴2，
∴DE＝2AE，AE＝2EF，∴DE＝4EF，④正确；故选：C．
【点评】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定和性质、平行线的性质、三角形中位线定理、线段的垂直平分线的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
二、填空题（每题3分，共12分）
13．（3分）（2019秋•光明区期末）如果，那么 ．见试题解答内容
【分析】利用比例的性质得到，设t，则x＝5t，y＝3t，然后把它们代入中进行分式的运算即可．解：∵，∴，
设t，则x＝5t，y＝3t，∴．故答案为．
【点评】本题考查了比例的性质：灵活运用比例性质（内项之积等于外项之积、合比性质、分比性质、合分比性质、合比性质）计算相应线段的长．
14．（3分）（2019秋•光明区期末）若二次函数y＝x2+x+a和x轴有两个交点，则a的取值范围为 a ．见试题解答内容
【分析】利用判别式的意义得到12﹣4a＞0，然后解关于a的不等式即可．解：根据题意得△＝12﹣4a＞0，解得a．故答案为a．
【点评】本题考查了抛物线与x轴的交点：把求二次函数y＝ax2+bx+c（a，b，c是常数，a≠0）与x轴的交点坐标问题转化为解关于x的一元二次方程；△＝b2﹣4ac决定抛物线与x轴的交点个数．
15．（3分）（2019秋•光明区期末）如图，在矩形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，CE⊥BD，垂足为点E，CE＝5，且OE＝2DE，则DE的长为 ．见试题解答内容
【分析】由矩形的性质得到∠ADC＝90°，BD＝AC，ODBD，OCAC，求得OC＝OD，设DE＝m，OE＝2m，得到OD＝OC＝3m，根据勾股定理即可得到答案．解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ADC＝90°，BD＝AC，ODBD，OCAC，∴OC＝OD，∵EO＝2DE，
∴设DE＝m，OE＝2m，∴OD＝OC＝3m，∵CE⊥BD，
∴∠DEC＝∠OEC＝90°，
在Rt△OCE中，∵OE2+CE2＝OC2，∴（2m）2+52＝（3m）2，解得：m，∴DE；
故答案为．
【点评】本题考查了矩形的性质，勾股定理，熟练掌握矩形的性质是解决问题的关键．16．（3分）（2019秋•光明区期末）如图，等边△OAB的边AB与y轴交于点C，点A是反比例函数y（x＞0）的图象上一点，且BC＝2AC，则等边△OAB的边长为 2 ．
见试题解答内容
【分析】设点A（a，），等边三角形的边长为b，过点A作x轴的平行线交y轴于点M，过点B作y轴的平行线交AM的延长线于点E，过点O作ON⊥AB与点N，ANb，ONb，ACb，则CN＝AN﹣ACb，CM∥BE，则，求得AE＝3a，可证△ONC∽△AEB，，解得：BEa，由AB2＝AE2+BE2，则b2a2+9a2a2，则AB2＝a2a2，即可求解．
解：设点A（a，），等边三角形的边长为b，
过点A作x轴的平行线交y轴于点M，过点B作y轴的平行线交AM的延长线于点E，过点O作ON⊥AB与点N，则ANABb，ONb，∵ANb，ACb，∴CN＝AN﹣ACb，∵CM∥BE，∴，即，则AE＝3a，∵∠OCN＝∠ACM＝∠ABE，∴△ONC∽△AEB，∴，即，解得：BEa，
AB2＝AE2+BE2，则b2＝9a2a2a2，∵点A（a，），∴AB2＝a2a2，
解得：a2＝3，b＝2，故答案为2．
【点评】本题为反比例函数综合运用，涉及到三角形相似、平行线分线段成比例、等腰三角形的性质等，综合性很强，难度很大．三、解答题（共52分）
17．（常州）计算：|﹣1|（1）0+4sin30°．见试题解答内容
【分析】直接利用特殊角的三角函数值以及绝对值的性质、零指数幂的性质分别化简得出答案．
解：原式＝1﹣2﹣1+4＝1﹣2﹣1+2＝0．
【点评】此题主要考查了实数运算，正确化简各数是解题关键．18．（花都区一模）解方程：x2﹣6x+5＝0．见试题解答内容
【分析】先分解因式，即可得出两个一元一次方程，求出方程的解即可．解：分解因式得：（x﹣1）（x﹣5）＝0，x﹣1＝0，x﹣5＝0，x1＝1，x2＝5．
【点评】本题考查了解一元二次方程的应用，解此题的关键是能把一元二次方程转化成一元一次方程．
19．（光明区期末）一个不透明的口袋里装有分别标有汉字“美”“丽”、“龙”、“岩”的四个小球，除汉字不同之外，小球没有任何区别，每次摸球前先搅均匀再摸球．（1）若从中任取一个球，求摸出球上的汉字刚好是“美”的概率；
（2）若从中任取一个球，不放回，再从中任取一个球，请用树状图或列表法，求取出
的两个球上的汉字恰能组成“美丽”或“龙岩”的概率．见试题解答内容
【分析】（1）由一个不透明的口袋里装有分别标有汉字“美”“丽”、“龙”、“岩”的四个小球，除汉字不同之外，小球没有任何区别，直接利用概率公式求解即可求得答案；（2）首先根据题意列举出所有可能的结果与取出的两个球上的汉字恰能组成“美丽”或“龙岩”的情况，再利用概率公式即可求得答案．
解：（1）∵有汉字“美”、“丽”、“龙”、“岩”的四个小球，任取一球，共有4种不同结果，
∴球上汉字是“美”的概率为P；
（2）列举如下：
美
美丽龙岩
画树状图如图
/
（美，丽）（美，龙）（美，岩）
丽（丽，美）/
（丽，龙）（丽，岩）
龙
（龙，美）（龙，丽）/
（龙，岩）
岩（岩，美）（岩，丽）（岩，龙）/
所有等可能的情况有12种，其中取出的两个球上的汉字恰能组成“美丽”或“龙岩”的情况有4种，
则取出的两个球上的汉字恰能组成“美丽”或“龙岩”的概率为．
【点评】此题考查的是用列表法或树状图法求概率与不等式的性质．注意树状图法与列表法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，列表法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；注意概率＝所求情况数与总情况数之比．
20．（光明区期末）如图，某小区住宅楼AB高20米，住宅楼不远处有一座古塔CD，小明在楼底B处测得塔顶的仰角为38.5°，爬到楼顶A处测得塔顶的仰角为22°，求住宅楼与古塔之间的距离BD的长．（参考数据：sin22°≈0.37，cos22°≈0.93，tan22°
≈0.40，sin38.5°≈0.62，cos38.5°≈0.78，tan38.5°≈0.80）
见试题解答内容
【分析】过点A作AE⊥CD于点E，由题意可知：∠CAE＝22°，∠CBD＝38.5°，ED＝AB＝16米，设大楼与塔之间的距离BD的长为x米，则AE＝BD＝x，分别在Rt△BCD中和Rt△ACE中，用x表示出CD和CE＝AE，利用CD﹣CE＝DE得到有关x的方程求得x的值即可．
解：过点A作AE⊥CD于点E，
由题意可知：∠CAE＝22°，∠CBD＝38.5°，ED＝AB＝20米，设大楼与塔之间的距离BD的长为x米，则AE＝BD＝x，∵在Rt△BCD中，，∴CD＝BDtan38.5°≈0.8x，∵在Rt△ACE中，，∴CE＝AEtan22°≈0.4x，∵CD﹣CE＝DE，∴0.8x﹣0.4x＝20，∴x＝50，即BD＝50（米）；
答：楼与塔之间的距离BD的长为50米．
【点评】本题考查的是解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题，解答此题的关键是作出辅助线，构造出直角三角形，利用直角三角形的性质进行解答．
21．（滨州一模）“佳佳商场”在销售某种进货价为20元/件的商品时，以30元/件售出，每天能售出100件．调查表明：这种商品的售价每上涨1元/件，其销售量就将减少2件．
（1）为了实现每天1600元的销售利润，“佳佳商场”应将这种商品的售价定为多少？（2）物价局规定该商品的售价不能超过40元/件，“佳佳商场”为了获得最大的利润，应将该商品售价定为多少？最大利润是多少？见试题解答内容
【分析】（1）设商品的定价为x元，由这种商品的售价每上涨1元，其销售量就减少2件，列出等式求得x的值即可；
（2）设利润为y元，列出二次函数关系式，在售价不超过40元/件的范围内求得利润的最大值．
解：（1）设商品的定价为x元，由题意，得（x﹣20）[100﹣2（x﹣30）]＝1600，解得：x＝40或x＝60；答：售价应定为40元或60元．
（2）设利润为y元，得：
y＝（x﹣20）[100﹣2（x﹣30）]（x≤40），即：y＝﹣2x2+200x﹣3200；∵a＝﹣2＜0，
∴当x50时，y取得最大值；
又x≤40，则在x＝40时可取得最大值，即y最大＝1600．
答：售价为40元/件时，此时利润最大，最大为1600元．
【点评】本题考查的是二次函数在实际生活中的应用，关键是对题意的正确理解．22．（光明区期末）如图，在正方形ABCD中，E为AB边上一点，连接DE，交AC于H点，过点D作DF⊥DE，交BC的延长线于F，连接EF交于AC于点G．（1）请写出AE和CF的数量关系： 相等 ；（2）求证：点G是EF的中点；
（3）若正方形ABCD的边长为4，且AE＝1，求GH•GA的值．
见试题解答内容
【分析】（1）利用正方形的性质等证△ADE≌△CDF即可；（2）过E作EM∥BC交AC于M，证△EMG≌△FCG即可；（3）证△GEH∽△GAE，由相似三角形的性质即可求出结论．解：（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ADC＝∠EAD＝∠DCB＝∠DCF＝90°，AD＝DC，∵DF⊥DE，∴∠EDF＝90°，
∴∠ADE+∠EDC＝∠EDC+∠CDF，∴∠ADE＝∠CDF，∴△ADE≌△CDF（ASA），∴AE＝CF，故相等；
（2）如右图，过E作EM∥BC交AC于M，∵四边形ABCD是正方形，AC为对角线，∴，∵EM∥BC，
∴∠AEM＝∠B＝90°，
∴∠AME＝90°﹣∠EAM＝45°，∴∠AEM＝∠EAM，∴AE＝EM，∵AE＝CF，∴EM＝CF，∵EM∥BC，
∴∠MEG＝∠GFC，∠EMG＝∠GCF，∴△EMG≌△FCG（ASA），∴EG＝FG，∴G为EF的中点；
（3）由（1）知△DAE≌△DCF，∴DE＝DF，∴∠DEF＝∠DFE，∵∠DEF＝90°，∴∠DEF＝45°，∵∠BAC＝45°，∴∠DEF＝∠BAC，∵∠AGE＝∠AGE，∴△GEH∽△GAE，∴，
∴EG2＝GH•AG，
∵AE＝1，则CF＝1，BF＝5，∴EF，∴．
【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质等，解题关键是能够作出合适的辅助线从而构造全等．
23．（光明区期末）如图1，已知抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与x轴交于A（﹣3，0）、B（1，0）两点，与y轴交于点C（0，3）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图2，直线AD：yx+1与y轴交于点D，P点是x轴上一个动点，过点P作PG∥y轴，与抛物线交于点G，与直线AD交于点H，当点C、D、H、G四个点组成的四边形是平行四边形时，求此时P点坐标．
（3）如图3，连接AC和BC，Q点是抛物线上一个动点，连接AQ，当∠QAC＝∠BCO时，求Q点的坐标．见试题解答内容
【分析】（1）抛物线的表达式为：y＝a（x+3）（x﹣1）＝a（x2+2x﹣3），故﹣3a＝3，解得：a＝﹣1，即可求解；
（2）GH＝CD＝2，即|x+1﹣（﹣x2﹣2x+3）|＝2，即可求解；
（3）设：MH＝x＝MC，∠QAC＝∠BCO，则tan∠CAH，则AM＝3x，故AC＝AM+CM＝4x＝3，解得：x，则CHx，OH＝OC﹣CH，故点H（0，），同理点H′（，3），即可求解．
解：（1）抛物线的表达式为：y＝a（x+3）（x﹣1）＝a（x2+2x﹣3），故﹣3a＝3，解得：a＝﹣1，
故抛物线的表达式为：y＝﹣x2﹣2x+3…①；
（2）直线AD：yx+1与y轴交于点D，则点D（0，1），则CD＝2；设点P（x，0），则点H（x，x+1）、点G（x，﹣x2﹣2x+3），则GH＝CD＝2，即|x+1﹣（﹣x2﹣2x+3）|＝2，解得：x或，
故点P（，0）或（，0）或（，0）；
（3）设直线AQ′交y轴于点H，过点H作HM⊥AC交于点M，交AQ于点H′，
设：MH＝x＝MC，∠QAC＝∠BCO，则tan∠CAH，则AM＝3x，故AC＝AM+CM＝4x＝3，解得：x，则CHx，OH＝OC﹣CH，
故点H（0，），同理点H′（，3），
由点AH坐标得，直线AH的表达式为：y（x+3）…②，同理直线AH′的表达式为：y＝2（x+3）…③，联立①②并解得：x＝﹣3（舍去）或；联立①③并解得：x＝﹣3（舍去）或﹣1；故点Q的坐标为：或（﹣1，4）．
【点评】主要考查了二次函数的解析式的求法和与几何图形结合的综合能力的培养．要会利用数形结合的思想把代数和几何图形结合起来，利用点的坐标的意义表示线段的长度，从而求出线段之间的关系．
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