武汉市教育科学研究院命制初三年级试题.docx
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武汉市教育科学研究院命制初三年级试题
2010年武汉市教育科学研究院命制（初三年级试题）
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一、填空题（共5小题，每小题3分，满分15分）
4、如图，直线y=kx+b经过A（0，4）和B（﹣2，0）两点，则不等式组0＜kx+b≤﹣2x的解集为．
考点：
一次函数与不等式（组）。
分析：
由于直线y=kx+b经过A（0，4），B（﹣2，0）两点，那么把A、B两点的坐标代入y=kx+b，用待定系数法求出k、b的值，然后解不等式组0＜kx+b≤﹣2x，即可求出解集．
解答：
解：
把A（0，4），B（﹣2，0）两点的坐标代入y=kx+b，
得
，
解得
．
解不等式组0＜2x+4≤﹣2x，
得﹣2＜x≤﹣1．
点评：
本题考查了用待定系数法求一次函数的解析式及一元一次不等式组的解法．本题中正确地求出k与b的值是解题的关键．
5、如图，A、M是反比例函数图象上的两点，过点M作直线MB∥x轴，交y轴于点B；过点A作直线AC∥y轴交x轴于点C，交直线MB于点D．BM：
DM=8：
9，当四边形OADM的面积为
时，k=．
考点：
反比例函数综合题。
分析：
首先根据四边形OADM的面积为
，BM：
DM=8：
9，及反比例系数k的几何意义求出△OBM的面积，从而得出k的值．
解答：
解：
∵MB∥x轴，AC∥y轴，
∴OBDC是矩形．
∵BM：
DM=8：
9，
∴BM：
BD=8：
17，
∴△OBM的面积：
矩形OBDC的面积=4：
17．
∵△OBM的面积=△OAC的面积
∴△OBM的面积：
[矩形OBDC的面积﹣（△OBM的面积+△OAC的面积）]
=△OBM的面积：
四边形OADM的面积
=4：
9
∵四边形OADM的面积为
．
∴△OBM的面积=3
根据反比例系数k的几何意义可知k=6．
点评：
本题考查反比例系数k的几何意义，图象上的点与原点所连的线段、坐标轴、向坐标轴作垂线所围成的直角三角形面积S的关系，即S=
|k|．该知识点是中考的重要考点，同学们应高度关注．
二、选择题（共11小题，每小题3分，满分33分）
10、如图，四边形ABCD中，∠A+∠B=200°，∠ADC、∠DCB的平分线相交于点O，则∠COD的度数是（ ）
A、80°B、90°
C、100°D、110°
考点：
多边形内角与外角；三角形内角和定理；角平分线的性质。
分析：
由于∠A+∠B=200°，根据四边形的内角和定理求出∠ADC+∠DCB的度数，然后根据角平分线的定义得出∠ODC+∠OCD的度数，最后根据三角形内角和定理求出∠COD的度数．
解答：
解：
∵∠A+∠B+∠ADC+∠DCB=360°，∠A+∠B=200°，
∴∠ADC+∠DCB=160°．
又∵∠ADC、∠DCB的平分线相交于点O，
∴∠ODC=
∠ADC，∠OCD=
，
∴∠ODC+∠OCD=80°，
∴∠COD=180°﹣（∠ODC+∠OCD）=100°．
故选C．
点评：
本题主要考查了三角形及四边形的内角和定理．
三角形的内角和等于180°；四边形的内角和等于360°．
14、如图，⊙O的直径AB=4，BC切⊙O于点B，OC平行于弦AD，OC=5，则AD的长为（ ）
A、
B、
C、
D、
考点：
解直角三角形；平行线的性质；圆周角定理。
分析：
首先由切线的性质得出OB⊥BC，根据锐角三角函数的定义求出cos∠BOC的值；连接BD，由直径所对的圆周角是直角，得出∠ADB=90°，又由平行线的性质知∠A=∠BOC，则cos∠A=cos∠BOC，在直角△ABD中，由余弦的定义求出AD的长．
解答：
解：
连接BD．
∵AB是直径，∴∠ADB=90°．
∵OC∥AD，∴∠A=∠BOC，∴cos∠A=cos∠BOC．
∵BC切⊙O于点B，∴OB⊥BC，
∴cos∠BOC=
=
，
∴cos∠A=cos∠BOC=
．
又∵cos∠A=
，AB=4，
∴AD=
．
故选B．
点评：
本题综合考查切线、平行线、圆周角的性质，锐角三角函数的定义等知识点的运用．此题是一个综合题，难度中等．
16、如图，Rt△ABC中，AC⊥BC，AD平分∠BAC交BC于点D，DE⊥AD交AB于点E，M为AE的中点，BF⊥BC交CM的延长线于点F，BD=4，CD=3．下列结论①∠AED=∠ADC；②
=
；③AC•BE=12；④3BF=4AC，其中结论正确的个数有（ ）
A、1个B、2个
C、3个D、4个
考点：
相似三角形的判定与性质。
专题：
综合题。
分析：
①∠AED=90°﹣∠EAD，∠ADC=90°﹣∠DAC，∠EAD=∠DAC；②易证△ADE∽△ACD，得DE：
DA=DC：
AC=3：
AC，AC不一定等于4．③当FC⊥AB时成立；④连接DM，可证DM∥BF∥AC，得FM：
MC=BD：
DC=4：
3；易证△FMB∽△CMA，得比例线段求解．
解答：
解：
①∠AED=90°﹣∠EAD，∠ADC=90°﹣∠DAC，
∵∠EAD=∠DAC，∴∠AED=∠ADC．故正确；
②∵∠EAD=∠DAC，∠ADE=∠ACD=90°，∴△ADE∽△ACD，得DE：
DA=DC：
AC=3：
AC，但AC的值未知，故不一定正确；
③设AD交CM于O点．只有当CF⊥AB时，才能够证明△BDE∽△CAO，在证明CO=CD后得结论，故不一定正确；
④连接DM，则DM=MA．∴∠MDA=∠MAD=∠DAC，∴DM∥BF∥AC，
由DM∥BF得FM：
MC=BD：
DC=4：
3；
由BF∥AC得△FMB∽△CMA，有BF：
AC=FM：
MC=4：
3，∴3BF=4AC，故正确．
故选B．
点评：
此题重点考查相似三角形的判定和性质，综合性强，有一定难度．
22、如图，△ABC内接于⊙O，AB是⊙O的直径，CD平分∠ACB交⊙O于点D，交AB于点F，弦AE⊥CD于点H，连接CE、OH．
（1）求证：
△ACE∽△CFB；
（2）若AC=6，BC=4，求OH的长．
考点：
相似三角形的判定；圆周角定理。
专题：
证明题。
分析：
（1）△ACE、△CFB中，已知的相等角有∠CEA=∠CBA（同弧所对的圆周角），只需再找出一组对应角相等即可；易知∠ACB是直角，由于CD平分∠ACB，则∠ACH=∠FCB=45°；在Rt△CAH中，易证得∠HAC=45°，则∠CAH=∠FCB，由此得证；
（2）本题需通过构建直角三角形求解；延长CB交AE的延长线于M；由于∠ACB=90°，∠CAE=45°，易证得△CAM是等腰Rt△，由此可求出CM、BM的长；△ACM中，根据等腰三角形三线合一的性质可知：
H是AM的中点，则OH是△ABM的中位线，即OH=
BM，由此得解．
解答：
（1）证明：
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°；
∵CD平分∠ACB，
∴∠ACD=∠FCB=45°；
∵AE⊥CD，
∴∠CAE=45°=∠FCB；
在△ACE与△BCF中，∠CAE=∠FCB，∠E=∠B，
∴△ACE∽△CFB；
（2）解：
延长AE、CB交于点M；
∵∠FCB=45°，∠CHM=90°，
∴∠M=45°=∠CAE；
∴HA=HC=HM，CM=CA=6；
∵CB=4，∴BM=2；
∵OA=OB，∴OH=
BM=1．
点评：
此题考查了圆周角定理、等腰直角三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质、三角形中位线定理等知识的综合应用．
23、某商品的进价为每件40元，售价每件不低于50元且不高于80元．售价为每件60元时，每个月可卖出100件；如果每件商品的售价每上涨1元，则每个月少卖2件．如果每件商品的售价每降价1元，则每个月多卖1件．设每件商品的售价为x元（x为正整数），每个月的销售利润为y元．
（1）求y与x的函数关系式并直接写出自变量x的取值范围；
（2）每件商品的售价定为多少元时，每个月可获得最大利润？
最大的月利润是多少元？
（3）当每件商品的售价高于60元时，定价为多少元使得每个月的利润恰为2250元？
考点：
二次函数的应用。
分析：
（1）由于售价为60时，每个月卖100件，售价上涨或下调影响销量，因此分为50≤x≤60和60＜x≤80两部分求解；
（2）由
（1）中求得的函数解析式来根据自变量x的范围求利润的最大值；
（3）在60＜x≤80，令y=2250，求得定价x的值．
解答：
解：
（1）当50≤x≤60时，y=（x﹣40）（100+60﹣x）=﹣x2+200x﹣6400；
当60＜x≤80时，y=（x﹣40）（100﹣2x+120）=﹣2x2+300x﹣8800；
∴y=﹣x2+200x﹣6400（50≤x≤60且x为整数）
y=﹣2x2+300x﹣8800（60＜x≤80且x为整数）
（2）当50≤x≤60时，y=﹣（x﹣100）2+3600；
∵a=﹣1＜0，且x的取值在对称轴的左侧，∴y随x的增大而增大，
∴当x=60时，y有最大值2000；
当60＜x≤80时，y=﹣2（x﹣75）2+2450；
∵a=﹣2＜0，∴当x=75时，y有最大值2450．
综上所述，每件商品的售价定为75元时，每个月可获得最大利润，最大的月利润是2450元．
（3）当60＜x≤80时，y=﹣2（x﹣75）2+2450．
当y=2250元时，﹣2（x﹣75）2+2450=2250，解得：
x1=65，x2=85；
其中，x2=85不符合题意，舍去．
∴当每件商品的售价为65元时，每个月的利润恰为2250元．
点评：
本题考查的是函数方程和实际结合的问题，同学们需掌握最值的求法．
24、如图，已知点D为等腰直角△ABC内一点，∠CAD=∠CBD=15°．
（1）求证：
AD=BD；
（2）E为AD延长线上的一点，且CE=CA，求证：
AD+CD=DE；
（3）当BD=2时，AC的长为．（直接填出结果，不要求写过程）
考点：
解直角三角形；全等三角形的判定与性质；等腰直角三角形。
分析：
（1）因为△ABC为等腰直角三角形，∠CAD=∠CBD=15，易证AD=BD；
（2）在DE上截取DM=DC，连接CM，易证△ACD≌△BCD，再根据角与角之间的关系，求得△CMD是等边三角形，则AD+CD=DE可证；
（3）用解直角三角形求得AC的长．
解答：
（1）证明：
∵AC=BC，∠ACB=90°
∴∠CAB=∠ABC=45°
∵∠CAD=∠CBD=15°
∴∠BAD=∠ABD=30°
∴AD=BD；
（2）证明：
在DE上截取DM=DC，连接CM
∵AD=BD，AC=BC，DC=DC
∴△ACD≌△BCD
∴∠ACD=∠BCD=45°
∵∠CAD=15°
∴∠EDC=60°
∵DM=DC
∴△CMD是等边三角形
∴∠CDA=∠CME=120°
∵CE=CA
∴∠E=∠CAD
∴△CAD≌△CEM
∴ME=AD
∴DA+DC=ME+MD=DE
即AD+CD=DE；
（3）延长CD交AB于点H，则CH⊥AB
∵∠HBD=30°，BD=2
∴BH=BD•cos30°=
∴AC=BC=BH÷sin45°=
．
点评：
本题把全等三角形的判定、等腰三角形的判定和解直角三角形结合求解．综合性强，难度较大，考查学生综合运用数学知识的能力．
25、在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y=﹣
+c与x轴交于A、B两点（点A在点B的左侧），交y轴的正半轴于点C，其顶点为M，MH⊥x轴于点H，MA交y轴于点N，sin∠MOH=
．
（1）求此抛物线的函数表达式；
（2）过H的直线与y轴相交于点P，过O，M两点作直线PH的垂线，垂足分别为E，F，若
=
时，求点P的坐标；
（3）将
（1）中的抛物线沿y轴折叠，使点A落在点D处，连接MD，Q为
（1）中的抛物线上的一动点，直线NQ交x轴于点G，当Q点在抛物线上运动时，是否存在点Q，使△ANG与△ADM相似？
若存在，求出所有符合条件的直线QG的解析式；若不存在，请说明理由．
考点：
二次函数综合题；勾股定理；相似三角形的判定与性质。
专题：
综合题；压轴题；存在型；数形结合。
分析：
（1）由抛物线y=﹣
+c与x轴交于A、B两点（点A在点B的左侧），交y轴的正半轴于点C，其顶点为M，MH⊥x轴于点H，MA交y轴于点N，sin∠MOH=
，求出c的值，进而求出抛物线方程；
（2）如图1，由OE⊥PH，MF⊥PH，MH⊥OH，可证△OEH∽△HFM，可知HE，HF的比例关系，求出P点坐标；
（3）首先求出D点坐标，写出直线MD的表达式，由两直线平行，两三角形相似，可得NG∥MD，直线QG解析式．
解答：
解：
（1）∵M为抛物线y=﹣
+c的顶点，
∴M（2，c）．∴OH=2，MH=|c|．
∵a＜0，且抛物线与x轴有交点，∴c＞0，∴MH=c，
∵sin∠MOH=
，∴
=
．∴OM=
c，
∵OM2=OH2+MH2，∴MH=c=4，∴M（2，4），
∴抛物线的函数表达式为：
y=﹣
+4．
（2）如图1，∵OE⊥PH，MF⊥PH，MH⊥OH，
∴∠EHO=∠FMH，∠OEH=∠HFM．∴△OEH∽△HFM，
∴
=
=
，∵
=
，∴MF=HF，
∴∠OHP=∠FHM=45°，∴OP=OH=2，∴P（0，2）．
如图2，同理可得，P（0，﹣2）．
（3）∵A（﹣1，0），∴D（1，0），
∵M（2，4），D（1，0），∴直线MD解析式：
y=4x﹣4，
∵ON∥MH，∴△AON∽△AHM，∴
=
=
=
，∴AN=
，ON=
，N（0，
）．
如图3，若△ANG∽△AMD，可得NG∥MD，∴直线QG解析式：
y=4x+
，
如图4，若△ANG∽△ADM，可得
=
∴AG=
，∴G（
，0），∴QG：
y=﹣
x+
，
综上所述，符合条件的所有直线QG的解析式为：
y=4x+
或y=﹣
x+
．
点评：
本题二次函数的综合题，要求会求二次函数的解析式和两图象的交点，会应用三角形相似定理，本题步骤有点多，做题需要细心．
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