苏教版初三数学上册期末试卷(2)
苏教版初三数学上册期末试卷参考答案
一、选择题(本大题共10小题，每小题3分，共30分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是正确的，请把正确选项的字母代号填在下表中相应的题号下)
1.如果一元二次方程x2﹣ax+6=0经配方后，得(x+3)2=3，则a的值为( )
A.3 B.﹣3 C.6 D.﹣6
【考点】解一元二次方程-配方法.
【专题】计算题;一次方程(组)及应用.
【分析】配方的结果变形后，比较即可确定出a的值.
【解答】解：由(x+3)2=3，得到x2+6x+9=3，即x2+6x+6=0，
∵方程x2﹣ax+6=0经配方后，得(x+3)2=3，
∴x2﹣ax+6=x2+6x+6，
则a=﹣6，
故选D
【点评】此题考查了解一元二次方程﹣配方法，熟练掌握完全平方公式是解本题的关键.
2.在△ABC中，∠C=90°，AB=5，BC=4，则cosA的值为( )
A. B. C. D.
【考点】锐角三角函数的定义.
【分析】根据勾股定理求出AC，根据余弦的定义计算即可.
【解答】解：∵∠C=90°，AB=5，BC=4，
∴AC=3，
则cosA= = ，
故选：A.
【点评】本题考查锐角三角函数的定义及运用：在直角三角形中，锐角的正弦为对边比斜边，余弦为邻边比斜边，正切为对边比邻边.
3.若关于x的方程x2+2x﹣k=0无实数根，则k的取值范围是( )
A.k>﹣1 B.k<﹣1 C.k>1 D.k<1
【考点】根的判别式.
【分析】关于x的方程x2﹣2x+k=0没有实数根，即判别式△=b2﹣4ac<0.即可得到关于k的不等式，从而求得k的范围.
【解答】解：∵a=1，b=2，c=﹣k，
∴△=b2﹣4ac=(﹣2)2﹣4×1×(﹣k)=4+4k<0，
解得：k<﹣1，
故选B.
【点评】本题主要考查了根的判别式的知识，解答本题要掌握一元二次方程根的情况与判别式△的关系：
(1)△>0⇔方程有两个不相等的实数根;
(2)△=0⇔方程有两个相等的实数根;
(3)△<0⇔方程没有实数根.
4.已知△ABC∽△DEF，且△ABC的面积与△DEF的面积之比为4：9，则AB：DE=( )
A.4：9 B.2：3 C.16：81 D.9：4
【考点】相似三角形的性质.
【分析】根据相似三角形面积的比等于相似比的平方解答即可.
【解答】解：∵△ABC∽△DEF，△ABC的面积与△DEF的面积之比为4：9，
∴△ABC与△DEF的相似比为2：3，
∴AB：DE=2：3，
故选：B.
【点评】本题考查的是相似三角形的性质，掌握相似三角形面积的比等于相似比的平方是解题的关键.
5.⊙O的直径为3，圆心O到直线l的距离为2，则直线l与⊙O的位置关系是( )
A.相离 B.相切 C.相交 D.相切或相交
【考点】直线与圆的位置关系.
【分析】先求出⊙O的半径，再根据圆心O到直线l的距离为2即可得出结论.
【解答】解：∵⊙O的直径是3，
∴⊙O的半径r=1.5，
∵圆心O到直线l的距离为2，2>1.5，
∴直线l与⊙O相离.
故选A.
【点评】本题考查的是直线与圆的位置关系，若圆的半径为r，圆心到直线的距离为d，d>r时，圆和直线相离;d=r时，圆和直线相切;d
6.若二次函数y=ax2的图象经过点P(﹣2，4)，则该图象必经过点( )
A.(﹣4，2) B.(4，﹣2) C.(2，4) D.(﹣2，﹣4)
【考点】二次函数图象上点的坐标特征.
【分析】先确定出二次函数图象的对称轴为y轴，再根据二次函数的对称性解答.
【解答】解：∵二次函数y=ax2的对称轴为y轴，
∴若图象经过点P(﹣2，4)，
则该图象必经过点(2，4).
故选：C.
【点评】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征，主要利用了二次函数图象的对称性，确定出函数图象的对称轴为y轴是解题的关键.
7.有x支球队参加中国足球超级联赛，每队都与其余各队比赛两场，如果比赛总场次为240场，问一共有多少只球队参赛，则可列方程为( )
A.x(x﹣1)=240 B.x(x﹣1)=480 C.x(x﹣2)=240 D.x(x﹣2)=480
【考点】由实际问题抽象出一元二次方程.
【分析】根据每队都与其余各队比赛2场，等量关系为：队的个数×(队的个数﹣1)=240，把相关数值代入即可.
【解答】解：设共有x个队参加比赛.
x(x﹣1)=240，
故选A.
【点评】本题考查了一元二次方程的应用;得到比赛总场数的等量关系是解决本题的关键.
8.下列命题中，真命题是( )
A.相等的圆心角所对的弧相等
B.面积相等的两个圆是等圆
C.三角形的内心到各顶点的距离相等
D.各角相等的圆内接多边形是正多边形
【考点】命题与定理.
【分析】利用圆周角定理，等圆的定义、三角形的内心的性质及正多边形的定义分别判断后即可确定正确的选项.
【解答】解：A、在同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弧相等，故错误，是假命题;
B、面积相等的两个圆的半径相等，是等圆，故正确，是真命题;
C、三角形的内心到三角形各边的距离相等，故错误，是假命题;
D、各角相等的圆内接多边形可能是矩形，故错误，是假命题，
故选B.
【点评】考查了命题与定理的知识，解题的关键是了解圆周角定理，等圆的定义、三角形的内心的性质及正多边形的定义，属于基础定义，难度不大.
9.△ABC是⊙O的内接三角形，⊙O的直径为10，∠ABC=60°，则AC的长是( )
A.5 B.10 C.5 D.5
【考点】圆周角定理.
【分析】首先连接AO，CO，由∠CBA=60°，根据在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角等于这条弧所对的圆心角的一半，即可求得∠AOC的度数，然后解直角三角形即可求得弦CA的长.
【解答】解：连接AO，CO，过O作OE⊥AC于E，
∵∠CBA=60°，
∴∠COA=2∠CBA=120°，
∴∠ACO=30°，
∵⊙O的直径为10，
∴OA=OC=5，
在Rt△COE中，CE=OCcos30°= ，
∴AC=2CE=5 .
故选D.
【点评】此题考查了圆周角定理与勾股定理.此题比较简单，准确作出辅助线，掌握在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角等于这条弧所对的圆心角的一半定理的应用是解此题的关键.
10.已知点A(﹣5，y1)、B(3，y2)均在抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)上，点C(x0，y0)是该抛物线的顶点，若y1>y2≥y0，则x0的取值范围是( )
A.x0>﹣1 B.x0≥﹣1 C.x0>3 D.x0≥3
【考点】二次函数的性质.
【分析】由于点C(x0，y0)是该抛物线的顶点，y1>y2≥y0，则抛物线开口向上，根据抛物线的性质当y1=y2时，此时抛物线的对称轴为直线x=﹣1，要使y1>y2≥y0，则x0>﹣1.
【解答】解：∵点C(x0，y0)是该抛物线的顶点，y1>y2≥y0，
∴抛物线开口向上，
当y1=y2时，点A与点B为对称点，此时抛物线的对称轴为直线x=﹣1，
当y1>y2≥y0，点A到对称轴的距离比点B到对称轴的距离要远，
∴x0>﹣1.
故选A.
【点评】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征：二次函数图象上点的坐标满足其解析式.也考查了二次函数的性质.
二、填空题：(本大题共8小题，每小题3分，共24分.不需写出解答过程，请将答案直接填写在下面答题栏内的相应位置)
11.若x=﹣ 是关于x的一元二次方程x2﹣mx+2m=0的一个根，则m的值为 m=﹣ .
【考点】一元二次方程的解.
【分析】根据题意，把x=﹣ 代入方程x2﹣mx+2m=0中，并求得m的值即可.
【解答】解：∵x=﹣ 是关于x的一元二次方程x2﹣mx+2m=0的一个根，
∴把x=﹣ 代入方程得： + m+2m=0，
∴m=﹣ ，
故答案为：﹣ .
【点评】本题主要考察了一元二次方程的解(根)的意义：能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值是一元二次方程的解.解答本题的关键就是把方程的根代入原方程求得m的值.
12.一个不透明的口袋里装有红、白、黄三种颜色的乒乓球(除颜色外其余都相同)，其中红球3个，黄球2个，若从中任意摸出一个球，这个球是黄球的概率是为 ，则口袋中白球的个数为 3 .
【考点】概率公式.
【分析】首先设设白球x个，由一个不透明的口袋里装有红、白、黄三种颜色的乒乓球(除颜色外其余都相同)，其中红球3个，黄球2个，若从中任意摸出一个球，这个球是黄球的概率是为 ，利用概率公式求解即可得： = ，解此分式方程即可求得答案.
【解答】解：设白球x个，
根据题意得： = ，
解得：x=3，
经检验：x=3是原分式方程的解;
∴口袋中白球的个数为3.
故答案为：3.
【点评】此题考查了概率公式的应用.用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比.
13.若锐角θ满足2sinθ ，则θ= 45 °.
【考点】特殊角的三角函数值.
【分析】先根据题意得出sinθ的值，再由特殊角的三角函数值即可得出结论.
【解答】解：∵2sinθ ，
∴2sinθ= ，
∴sinθ= .
∵θ为锐角，
∴θ=45°.
故答案为：45.
【点评】本题考查的是特殊角的三角函数值，熟记各特殊角的三角函数值是解答此题的关键.
14.若 ，且2a+b=18，则a的值为 4 .
【考点】解二元一次方程组.
【专题】计算题;一次方程(组)及应用.
【分析】已知等式整理后，联立即可求出a的值.
【解答】解：由 = ，得到5a=2b，
联立得： ，
由②得：b=﹣2a+18③，
把③代入①得：5a=﹣4a+36，
解得：a=4，
故答案为：4.
【点评】此题考查了解二元一次方程组，熟练掌握运算法则是解本题的关键.
15.若x1，x2是方程3x2﹣2x﹣1=0的两个实数根，则2x1+2x2= .
【考点】根与系数的关系.
【分析】根据根与系数的关系可直接求出x1+x2的值，即可求出答案.
【解答】解：∵x1，x2是方程3x2﹣2x﹣1=0的两个实数根，
∴x1+x2= ，
∴2x1+2x2=2(x1+x2)=2× = ，
故答案为： .
【点评】本题考查了根与系数的关系的应用，注意：一元二次方程ax2+bx+c=0(a、b、c为常数，a≠0)，当b2﹣4ac≥0时，一元二次方程的两个根x1、x2具有这样的关系：x1+x2=﹣﹣ ，x1•x2= .
16.已知圆锥的底面积为9πcm2，其母线长为4cm，则它的侧面积等于 12π cm2.
【考点】圆锥的计算.
【分析】首先根据圆锥的底面积求得圆锥的底面半径，然后代入公式求得圆锥的侧面积即可.
【解答】解：∵圆锥的底面积为9πcm2，
∴圆锥的底面半径为3，
∵母线长为4cm，
∴侧面积为3×4π=12π，
故答案为：12π;
【点评】本题考查了圆锥的计算，解题的关键是了解圆锥的侧面积的计算方法，难度不大.
17.二次函数y=x2﹣6x+3m的图象与x轴有公共点，则m的取值范值是 m≤3 .
【考点】抛物线与x轴的交点.
【专题】计算题.
【分析】由于△=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，所以△=(﹣6)2﹣4×1×3m≥0，然后解不等式即可.
【解答】解：根据题意得△=(﹣6)2﹣4×1×3m≥0，
解得m≤3.
故答案为m≤3.
【点评】本题考查了抛物线与x轴的交点：对于二次函数y=ax2+bx+c(a，b，c是常数，a≠0)，△=b2﹣4ac决定抛物线与x轴的交点个数：△=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.
18.与三角形的一边和其他两边的延长线都相切的圆叫做这个三角形的旁切圆，其圆心叫做这个三角形的旁心.如图，△ABC的三个顶点的坐标分别为A(﹣3，0)，B(3，0)，C(0，4).则△ABC位于第二象限的旁心D的坐标是 (﹣5，4) .
【考点】三角形的内切圆与内心;坐标与图形性质.
【分析】设∠B和∠C的外角平分线交于点P，则点P为旁心，过点P分别为作PE⊥x轴于E，PF⊥CB于F，则PF=PE=OC=4，在Rt△PFC中，利用三角函数即可求解.
【解答】解：设∠B和∠C的外角平分线交于点P，则点P为旁心，
∵∠MCB=2∠PCB=2∠CBA，
∴∠PCB=∠CBA，
∴CP∥AB，
过点P分别为作PE⊥x轴于E，PF⊥CB于F，则PF=PE=OC=4，
在Rt△PFC中， ，
∴P(﹣5，4).
故答案为：(﹣5，4).
【点评】本题主要考查了三角形的内心与外接圆，解这类题一般都利用过内心向正三角形的一边作垂线，则正三角形的半径、内切圆半径和正三角形边长的一半构成一个直角三角形.
三、解答题(本大题共有10小题，共86分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
19.解方程：
(1)x2﹣5x+6=0;
(2)x(x﹣6)=4.
【考点】解一元二次方程-因式分解法;解一元二次方程-配方法.
【专题】计算题.
【分析】(1)利用因式分解法解方程;
(2)先利用配方法把方程变形为(x﹣3)2=13，然后利用直接开平方法解方程.
【解答】解：(1)(x﹣3)(x﹣2)=0，
x﹣3=0或x﹣2=0，
所以x1=3，x2=2;
(2)x2﹣6x=4，
x2﹣6x+9=13，
(x﹣3)2=13，
x﹣3=± ，
所以x1=3+ ，x2=3﹣ .
【点评】本题考查了解一元二次方程﹣因式分解法：先把方程的右边化为0，再把左边通过因式分解化为两个一次因式的积的形式，那么这两个因式的值就都有可能为0，这就能得到两个一元一次方程的解，这样也就把原方程进行了降次，把解一元二次方程转化为解一元一次方程的问题了(数学转化思想).也考查了配方法解一元二次方程.
20.求下列各式的值
(1)sin260°+cos60°tan45°;
(2) .
【考点】特殊角的三角函数值.
【分析】(1)、(2)直接把各特殊角的三角函数值代入进行计算即可.
【解答】解：(1)原式=( )2+ ×1
= +
= ;
(2)原式= +
= +
= .
【点评】本题考查的是特殊角的三角函数值，熟记各特殊角的三角函数值是解答此题的关键.
21.如图，已知AB是⊙O的直径，过点O作弦BC的平行线，交过点A的切线AP于点P，连结AC.求证：△ABC∽△POA.
【考点】切线的性质;相似三角形的判定.
【专题】证明题.
【分析】由BC∥OP可得∠AOP=∠B，根据直径所对的圆周角为直角可知∠C=90°，再根据切线的性质知∠OAP=90°，从而可证△ABC∽△POA.
【解答】证明：∵BC∥OP，
∴∠AOP=∠B，
∵AB是直径，
∴∠C=90°，
∵PA是⊙O的切线，切点为A，
∴∠OAP=90°，
∴∠C=∠OAP，
∴△ABC∽△POA.
【点评】本题主要考查相似三角形的性质与判定、切线的性质等知识，掌握相似三角形的判定定理是解题的关键.
22.已知二次函数y=﹣x2+2x.
(1)在给定的平面直角坐标系中，画出这个函数的图象;
(2)根据图象，写出当y<0时，x的取值范围;
(3)若将此图象沿x轴向左平移3个单位，再沿y轴向下平移1个单位，请直接写出平移后图象所对应的函数关系式.
【考点】二次函数图象与几何变换;二次函数的图象;二次函数的性质.
【分析】(1)确定出顶点坐标和与x轴的交点坐标，然后作出大致函数图象即可;
(2)根据函数图象写出二次函数图象在x轴下方的部分的x的取值范围;
(3)根据向左平移横坐标减，向下平移纵坐标减求出平移后的二次函数图象的顶点坐标，然后利用顶点式形式写出即可.
【解答】解：(1)函数图象如图所示;
(2)当y<0时，x的取值范围：x<0或x>2;
(3)∵图象沿x轴向左平移3个单位，再沿y轴向下平移1个单位，
∴平移后的二次函数图象的顶点坐标为(﹣2，0)，
∴平移后图象所对应的函数关系式为：y=(x+2)2.(或y=﹣x2﹣4x﹣4)
【点评】本题考查了二次函数的图象，二次函数的性质，以及二次函数图象与几何变换，作二次函数图象一般先求出与x轴的交点坐标和顶点坐标.
23.市射击队为从甲、乙两名运动员中选拔一人参加省比赛，对他们进行了六次测试，测试成绩如下表(单位：环)：
第一次 第二次 第三次 第四次 第五次 第六次
甲 10 8 9 8 10 9
乙 10 7 10 10 9 8
(1)根据表格中的数据，分别计算甲、乙的平均成绩.
(2)分别计算甲、乙六次测试成绩的方差;
(3)根据(1)、(2)计算的结果，你认为推荐谁参加省比赛更合适，请说明理由.
【考点】方差;算术平均数.
【分析】(1)根据图表得出甲、乙每次数据和平均数的计算公式列式计算即可;
(2)根据方差公式S2= [(x1﹣ )2+(x2﹣ )2+…+(xn﹣ )2]，即可求出甲乙的方差;
(3)根据方差的意义：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，找出方差较小的即可.
【解答】解：(1)甲的平均成绩是：(10+8+9+8+10+9)÷6=9，
乙的平均成绩是：(10+7+10+10+9+8)÷6=9;
(2)甲的方差= [(10﹣9)2+(8﹣9)2+(9﹣9)2+(8﹣9)2+(10﹣9)2+(9﹣9)2]= .
乙的方差= [(10﹣9)2+(7﹣9)2+(10﹣9)2+(10﹣9)2+(9﹣9)2+(8﹣9)2]= .
(3)推荐甲参加全国比赛更合适，理由如下：
两人的平均成绩相等，说明实力相当;但甲的六次测试成绩的方差比乙小，说明甲发挥较为稳定，故推荐甲参加比赛更合适.
【点评】此题主要考查了平均数的求法以及方差的求法，正确的记忆方差公式是解决问题的关键，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.
24.如图，竖立在点B处的标杆AB高2.4m，站立在点F处的观察者从点E 处看到标杆顶A、树顶C在一条直线上，设BD=8m，FB=2m，EF=1.6m，求树高CD.
【考点】相似三角形的应用.
【分析】延长CE交DF的延长线于点G，可证明△GFE∽△GBA，得GF的长;可证明△GDC∽△GBA，树高CD的长即可知.
【解答】解：延长CE交DF的延长线于点G，设GF为xm，
∵EF∥AB，
∴△GFE∽△GBA，
∴ ，即 = ，
解得x=4，
∵CD∥AB，
∴△GDC∽△GBA，
∴ ，即 ，
解得CD=5.6，
答：树高CD为5.6m.
【点评】本题考查了相似三角形在实际问题中的运用，解题的关键是正确作出辅助线构造相似三角形.
25.某商场销售一批衬衫，平均每天可售出20件，每件盈利40元.为了扩大销售，增加盈利，商场决定采取适当的降价措施.经调查发现，在一定范围内，衬衫的单价每下降1元，商场平均每天可多售出2件.
(1)如果商场通过销售这批衬衫每天获利1200元，那么衬衫的单价应下降多少元?
(2)当每件衬衫的单价下降多少元时，每天通过销售衬衫获得的利润最大?最大利润为多少元?
【考点】二次函数的应用;一元二次方程的应用.
【专题】销售问题.
【分析】(1)总利润=每件利润×销售量.设每天利润为w元，每件衬衫应降价x元，据题意可得利润表达式，再求当w=1200时x的值;
(2)根据函数关系式，运用函数的性质求最值.
【解答】解：(1)设衬衫的单价应下降X元，
由题意得：1200=×(40﹣x)，
解得：x=20或10，
∴每天可售出=60或40件;
经检验，x=20或10都符合题意.
∵为了扩大销售，增加盈利，
∴x应取20元.
答：衬衫的单价应下降20元.
(2)w=(40﹣x)=﹣2x2+60x+800=﹣2(x﹣15)2+1250，
当x=15时，盈利最多为1250元.
【点评】本题考查了二次函数及其应用问题，是中学数学中的重要基础知识之一，是运用数学知识解决现实中的最值问题的常用方法和经典模型;应牢固掌握二次函数的性质.
26.如图，小岛A在港口P的南偏东45°方向，距离港口100海里处.甲船从A出发，沿AP方向以10海里/小时的速度驶向港口，乙船从港口P出发，沿北偏东30°方向，以20海里/小时的速度驶离港口.现两船同时出发，出发后几小时乙船在甲船的正北方向?(结果精确到0.1小时)(参考数据： ≈1.41， ≈1.73)
【考点】解直角三角形的应用-方向角问题.
【分析】根据题意画出图形，过点P作PE⊥CD，根据余弦的定义分别表示出PE，列出方程，解方程即可.
【解答】解：设出发后x小时乙船在甲船的正北方向.
此时甲、乙两船的位置分别在点C、D处.
连接CD，过点P作PE⊥CD，垂足为E.则点E在点P的正东方向.
在Rt△CEP中，∠CPE=45°，
∴PE=PC•cos45°，
在Rt△PED中，∠EPD=60°，
∴PE=PD•cos60°，
∴PC•cos45°=PD•cos60°，
∴(100﹣10x)•cos45°=20x•cos60°.
解这个方程，得x≈4.1，
答：出发后约4.1小时乙船在甲船的正东方向.
【点评】本题考查的是解直角三角形的应用﹣方向角问题，正确标注方向角、灵活运用锐角三角函数的概念是解题的关键.
27.(1)尝试探究：“如图1，在□ABCD中，点E是BC边上的中点，点G是射线CD上一点(点G不与点C重合)，BG交AE于点F，若 = ，求 的值.”在解决这一问题时，我们可以过点E作EH∥AB交BG于点H，则AB和EH的数量关系是 AB= EH ，CG和EH的数量关系是 CG=2EH ， 的值是 ;
(2)类比延伸：如图2，在□ABCD中，点E是BC边上的点(点E不与B、C两点重合)，点G是射线CD上一点(点G不与点C重合)，BG交AE于点F，若 =m， =n，求 的值;(用含m、n的代数式表示，写出解答过程)
(3)应用迁移：在□ABCD中，点E是BC边上的点(点E不与B、C两点重合)，点G是射线CD上一点(点G不与点C重合)，BG交AE于点F，若 = ， = ，则 的值为 或 .
【考点】相似形综合题.
【分析】(1)由EH∥AB，AB∥CD得到 = ， ，找到EH、AB、CG之间的关系即可解决问题.
(2)类似(1)通过平行成比例找到EH、AB、CG之间的关系即可解决问题.
(3)分两种情形讨论，找到AB、EH、CG之间个关系即可得出结论.
【解答】解：(1)∵EH∥AB，AB∥CD，
∴ = ， ，
∴AB= EH，CG=2EH，
∵AB=CD，
∴ = = .
故答案分别为AB= ，CG=2EH， .
(2)过点E作EH∥AB交BG于点H，
∴ ，∵AB=CD，∴CD=mEH，
∵EH∥AB∥CD，∴△BEH∽△BCG，
∴ ，
∴CG= ，
∴ ，
(3)①当点G在线段CD上时(见图1)，过点E作EH∥AB交BG于点H，
∴ ， ，
∴HE= ，
∵ ，
∴ ，
∴ = ，
∵EH∥AB∥CD，
∴△BEH∽△BCG，
∴ = ，
∴ .
②当点G在CD的延长线上(见图2)，过点E作EH∥AB交BG于点H，
∴ ， ，
∴HE= ，
∵ ，
∴ ，
∴CG= ，
∴ = ，
∵EH∥AB∥CD，
∴△BEH∽△BCG，
∴ = ，
∴ .
故答案为 或 .
【点评】此题主要考查了三角形相似的判定和性质的应用，要熟练掌握，解答此题的关键是要明确：①三边法：三组对应边的比相等的两个三角形相似;②两边及其夹角法：两组对应边的比相等且夹角对应相等的两个三角形相似;③两角法：有两组角对应相等的两个三角形相似.
(2)此题还考查了类比、转化、从特殊到一般等思想方法，以及数形结合思想的应用，要熟练掌握.
28.如图，在平面直角坐标系中，已知A、B、C三点的坐标分别为A(﹣2，0)，
B(6，0)，C(0，﹣3).
(1)求经过A、B、C三点的抛物线的解析式;
(2)过C点作CD平行于x轴交抛物线于点D，写出D点的坐标，并求AD、BC的交点E的坐标;
(3)若抛物线的顶点为P，连结PC、PD.
①判断四边形CEDP的形状，并说明理由;
②若在抛物线上存在点Q，使直线OQ将四边形PCED分成面积相等的两个部分，求点Q的坐标.
【考点】二次函数综合题.
【分析】(1)由抛物线经过点C(0，﹣3)，设出其解析式y=ax2+bx﹣3(a≠0)，再将A、B点坐标代入即可得出结论;
(2)由抛物线的对称性可找到D点的坐标，分别求出AD、BC直线的解析式，联立方程组即可求得交点E的坐标;
(3)①连接PE交CD于F点，找出F点坐标，由对角线互相垂直且平分，可得出四边形CEDP为菱形;②根据菱形的特征可知，若想面积平分，必过对角线的交点F，联立直线OF和抛物线的解析式，即可求出Q点的坐标.
【解答】解：(1)由于抛物线经过点C(0，﹣3)，可设抛物线的解析式为y=ax2+bx﹣3(a≠0)，
∵A(﹣2，0)、B(6，0)在抛物线图象上，
∴有 ，解得 ，
∴抛物线的解析式为y= x2﹣x﹣3.
(2)抛物线的对称轴为x=﹣ =2，
∵CD∥x轴，
∴C、D关于对称轴x=2对称，
故D点坐标为(2×2﹣0，﹣3)，即D(4，﹣3).
设直线AD的解析式为y=k1x+b1，直线BC的解析式为y=k2x+b2，
那么有 和 ，
解得 和 ，
∴直线AD的解析式为y=﹣ x﹣1，直线BC的解析式为y= x﹣3.
解 ，得 ，
∴直线AD、BC的交点E的坐标(2，﹣2).
(3)①连接PE交CD于F点，如图：
∵P点为抛物线y= x2﹣x﹣3的顶点，
∴P点坐标为(2，﹣4).
又∵E(2，﹣2)，C(0，﹣3)，D(4，﹣3)，
∴直线CD解析式为y=﹣3，直线EF解析式为x=2，
∴F点的坐标为(2，﹣3)，且CD⊥EP，
∴PF=EF=1，CF=FD=2，
∴四边形CEDP是菱形.
②假设存在，
∵直线OQ将四边形PCED分成面积相等的两个部分，
∴直线OQ必过点F(2，﹣3).
设直线OQ的解析式为y=kx，则有﹣3=2k，即k=﹣ ，
∵Q点在直线OQ和抛物线上，
∴点Q的坐标满足 ，
解得 或 ，
故存在点Q，使得直线OQ将四边形PCED分成面积相等的两个部分，Q点的坐标为(﹣1+ ， )和(﹣1﹣ ， ).
【点评】本题考查了二次函数的应用、菱形的判定与性质以及直线的交点问题，解题的关键：(1)代入已知点，细心计算即可求得抛物线解析式;(2)由对称性找到D点坐标，再分别求出直线AD、BC解析式，即可求得交点坐标;(3)①牢记菱形的判定定理;②熟悉菱形的特征.
看了“苏教版初三数学上册期末试卷”的人还看了：