2016秋期初三数学上册半期检测试卷
专题：计算题.
分析：根据相似三角形面积比等于相似比的平方求得三角形ADE的面积，再根据求出其边长，可根据三角函数得出三角形面积.
解答： 解：∵△ABC∽△ADE，AB=2AD，
∴ = ，
∵AB=2AD，S△ABC= ，
∴S△ADE= ，
如图，在△EAF中，过点F作FH⊥AE交AE于H，
∵∠EAF=∠BAD=45°，∠AEF=60°，
∴∠AFH=45°，∠EFH=30°，
∴AH=HF，
设AH=HF=x，则EH=xtan30°= x.
又∵S△ADE= ，
作CM⊥AB交AB于M，
∵△ABC是面积为 的等边三角形，
∴ ×AB×CM= ，
∠BCM=30°，
设AB=2k，BM=k，CM= k，
∴k=1，AB=2，
∴AE= AB=1，
∴x+ x=1，
解得x= = .
∴S△AEF= ×1× = .
故答案为： .
点评：此题主要考查相似三角形的判定与性质和等边三角形的性质等知识点，解得此题的关键是根据相似三角形面积比等于相似比的平方求得三角形ADE的 面积，然后问题可解.
三、解答题(本大题共10小题，共96分)
19.解方程：
(1)(2x﹣3)2﹣x2=0
(2)3x2+5x+1=0.
考点：解一元二次方程-因式分解法;解一元二次方程-公式法.
专题：计算题.
分析：(1)利用因式分解法解方程;
(2)先计算判别式的值，然后利用求根公式解方程.
解 答： 解：(1)(2x﹣3﹣x)(2x﹣3+x)=0，
2x﹣3﹣x=0或2x﹣3+x=0，
所以x1=3，x2=1;
(2)△=25﹣4×3=13，
x= ，
所以x1= ，x2= .
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).也考查了公式法解一元二次方程.
20.如图，已知D、E分别是△ABC的边AC、AB上的点，若∠A=35°，∠C=85°，∠ADE=60°
(1)请说明：△ADE∽△ABC;
(2)若AD=8，AE=6，BE=10，求AC的长.
考点：相似三角形的判定与性质.
分析：(1)根据三角形内角和定理求出∠B，推出∠B=∠ADE，根据相似三角形的判定得出即可;
(2)根据相似三角形的性质得出比例式，代入求出即可.
解答： 解：(1)∵∠A=35°，∠C=85°，
∴∠B=180°﹣∠A﹣∠C=60°，
∵∠ADE=60°，
∴∠B=∠ADE，
∵∠A=∠A，
∴△ADE∽△ABC;
(2)∵△ADE∽△ABC，
∴ = ，
∵AD=8，AE=6，BE=10，
∴ = ，
∴AC=12.
点评：本题考查了三角形内角和定理，相似三角形的性质和判定的应用，能推出△ADE∽△ABC是解此题的关键.
21.已知|a﹣b+1|与 是互为相反数，且关于x的方程kx 2+ax+b=0有两个不相等的实数根，求k的取值范围.
考点：根的判别式;非负数的性质：绝对值;非负数的性质：算术平方根.
专题：计算题.
分析：先根据非负数的性质得到a﹣b+1=0，a﹣2b+4=0，可求出a=﹣2，b=﹣1，则原方程变形为kx2+﹣2x﹣1=0，然后根据一元二次方程的定义和判别式的意义得到k≠0且△=(﹣2)2﹣4k×(﹣1)>0，再求出两不等式的公共部分即可.
解答： 解：∵|a﹣b+1|+ =0，
∴a﹣b+1=0，a﹣2b+4=0，
∴a=﹣2，b=﹣1，
原方程变形为kx2+﹣2x﹣1=0，
根据题意得k≠0且△=(﹣2)2﹣4k×(﹣1)>0，
解得k>﹣1且k≠0.
点评：本题考查了一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的根的判别式△=b2﹣4ac：当△>0，方程有两个不相等的实数根;当△=0，方程有两个相等的实数根;当△<0，方程没有实数根.也考查了非负数的性质.
22.已知：△ABC在直角坐标平面内，三个顶点的坐标分别为A(0，3)、B(3，4)、C(2，2)(正方形网格中每个小正方形的边长是一个单位长度).
(1)画出△ABC向下平移4个单位长度得到的△A1B1C1，点C1的坐标是(2，﹣2);
(2)以点B为位似中心，在网格内画出△A2B2C2，使△A2B2C2与△ABC位似，且位似比为2：1，点C2的坐标是(1，0);
(3)△A2B2C2的面积是10平方单位.
考点：作图-位似变换;作图-平移变换.
专题：作图题.
分析：(1)利用平移的性质得出平移后图象进而得出答案;
(2)利用位似图形的性质得出对应点位置即可;
(3)利用等腰直角三角形的性质得出△A2B2C2的面积.
解答： 解：(1)如图所示：C1(2，﹣2);
故答案为：(2，﹣2);
(2)如图所示：C2(1，0);
故答案为：(1，0);
(3)∵A2C22=20，B2C =20，A2B2 =40，
∴△A2B2C2是等腰直角三角形，
∴△A2B2C2的面积是： ×20=10平方单位.
故答案为：10.
点评：此题主要考查了位似图形的性质以及平移的性质和三角形面积求法等知识，得出对应点坐标是解题关键.
23.如图，某农场老板准备建造一个矩形羊圈ABCD，他打算让矩形羊圈的一面完全靠着墙MN，墙MN可利用的长度为25m，另外三面用长度为50m的篱笆围成(篱笆正好要全部用完，且不考虑接头的部分)
(1)若要使矩形羊圈的面积为300m2，则垂直于墙的一边长AB为多少米?
(2)农场老板又想将羊圈ABCD的面积重新建造成面积为320m2，从而可以养更多的羊，请聪明 的你告诉他：他的这个想法能实现吗?为什么?
考点：一元二次方程的应用.
专题：几何图形问题.
分析：(1)设所围矩形ABCD的宽AB为x米，则宽AD为(50﹣2x)米，根据矩形面积的计算方法列出方程求解.
(2)假使矩形面积为320，则x无实数根，所以不能围成矩形场地.
解答： 解：(1)设所围矩形ABCD的宽AB为x米，则宽AD为(50﹣2x)米.
依题意，得x•(50﹣2x)=300，
即，x2﹣25x+150=0，
解此方程，得x1=15，x2=10.
∵墙的长度不超过25m，
∴ x2=10不合题意，应舍去.
∴垂直于墙的一边长AB为15米.
(2)不能.
因为由x•(50﹣2x)=320得x2﹣25x+160=0.
又∵b2﹣4ac=(25)2﹣4×1×160=﹣15<0，
∴上述方程没有实数根.
因此，不能使所围矩形场地的面积为320m2.
点评：此题考查了一元二次方程的应用，不仅是一道实际问题，而且结合了矩形的性质，解答此题要注意以下问题：
(1)矩形的一边为墙， 且墙的长度不超过45米;
(2)根据矩形的面积公式列一元二次方程并根据根的判别式来判断是否两边长相等.
24.探究一：如图，正△ABC中，E为AB边上任一点，△CDE为正三角形，连接AD，猜想AD与BC的位置关系，并说明理由.
探究二：如图，若△ABC为任意等腰三角形，AB=AC，E为AB上任一点，△CDE为等腰三角形，DE=DC，且∠BAC=∠EDC，连接AD，猜想AD与BC的位置关系，并说明理由.
考点：等边三角形的性质;平行线的判定与性质;等腰三角形的性质.
专题：探究型.
分析：猜想AD与BC的位置关系为AD∥BC，欲证AD∥BC，可以根据正三角形，等腰三角形的性质，证明△ACD∽△BCE，再证明AD与BC的内错角相等，得出结论.
解答： 解：(1)AD与BC的位置关系为AD∥BC;
∵△ABC和△DEC是正三角形，
∴△ABC∽△DEC，∠ACB=∠DCE=60°.
∴ = ，∠DCA=∠ECB.
∴△ACD∽△BCE.
∴∠DAC=∠EBC=60°.
∴∠DAC=∠ACB.
∴AD∥BC.
(2)AD与BC的位置关系为AD∥BC;
∵△ABC和△DEC是等腰三角形
DE=DC，且∠BAC=∠EDC，
∴∠ACB=∠DCE.
∴ = ，∠DCA=∠ECB.
∴△ACD∽△BCE.
∴∠DAC=∠EBC.
∴∠DAC=∠ACB.
∴AD∥BC.
点评：观察测量，然后进行推理证明，是数学知识发现的基本规律.本题考查了正三角形，等腰三角形的性质，相似三角形的判定和性质，平行线的判定.注意证明方式相同.
25.有一种可食用的野生菌，刚上市时，外商李经理以每千克30元的市场价格收购了这种野生菌1000千克存放入冷库中，据预测，该野生菌的市场价格将每天每千克上涨1元;但冷冻存放这批野生菌时每天需要支出各种费用合计310元，而且这种野生菌在冷库中最多保存140天，同时，平均每天有3千克的野生菌损坏导致不能出售.
(1)若存放x天后，将这批野生菌一次性出售，设这批野生菌的销售总额为P元，试求出P与x之间的函数关系式;
(2)李经理将这批野生菌存放多少天后一次性全部出售可以获得22500元的利润?
考点：一元二次方程的应用;根据实际问题列二次函数关系式.
分析：(1)根据等量关系：销售金额=x天后能售出的香菇质量×售价，然后列式整理即可得解;
(2)根据利润=销售金额﹣成本，列出方程，然后解关于x的一元二次方程即可解得.
解答： 解：(1)y=(1000﹣3x)×(30+x)，
=﹣3x2+910x320000，
即y=﹣3x2+910x+30000(1≤x≤140，且x为整数);
(2)获得利润22500元时，w=(﹣3x2+910x+30000)﹣30×1000﹣310x=22500，
解得x1=50，x2=150，
∵香菇在冷库中最多保存140天，
∴x=50.
答：李经理想获得利润22500元，需将这批香菇存放50天后出售.
点评：本题考查的是二次函数在实际生活中的应用及一元二次方程的应用，找出销售金额的等量关系是解题的关键.
26.已知：如图，△ABC内接于⊙O，AB为直径，∠CBA的平分线交AC于点F，交⊙O于点D，DE⊥AB于点E，且交AC于点P，连结AD.
(1)求证：∠DAC=∠DBA;
(2)求证：P是线段AF的中点;
(3)连接CD，若CD﹦3，BD﹦4，求⊙O的半径和DE的长.
考点：圆的综合题.
分析：(1)利用角平分线的性质得出∠CBD=∠DBA，进而得出∠DAC=∠DBA，再利用互余的性质得出∠DAC=∠ADE，进而得出∠DAC=∠DBA;
(2)利用圆周角定理得出∠ADB=90°，进而求出∠PDF=∠PFD，则PD=PF，求出PA=PF，即可得出答案;
(3)利用勾股定理得出AB的长，再利用三角形面积求出DE即可.
解答： (1)证明：∵BD平分∠CBA，
∴∠CBD=∠DBA，
∵∠DAC与∠CBD都是弧CD所对的圆周角，
∴∠DAC=∠CBD，
∴∠DAC=∠DBA，
∵AB是⊙O的直径，DE⊥AB，
∴∠ADB=∠AED=90°，
∴∠ADE+∠DAE=90°，∠DBA+∠DAE=90°，
∴∠ADE=∠DBA，
∴∠DAC=∠ADE，
∴∠DAC=∠DBA;
(2)证明：∵AB为直径，
∴∠ADB=90°，
∵DE⊥AB于E，
∴∠DEB=90°，
∴∠ADE+∠EDB=∠ABD+∠EDB=90°，
∴∠ADE=∠ABD=∠DAP，
∴PD=PA，
∵∠DFA+∠DAC=∠ADE+∠PDF=90°，且∠ADB=90°，
∴∠PDF=∠PFD，
∴PD=PF，
∴PA=PF，即P是线段AF的中点;
(3)解：连接CD，
∵∠CBD=∠DBA，
∴CD=AD，
∵CD﹦3，∴AD=3，
∵∠ADB=90°，
∴AB=5，
故⊙O的半径为2.5，
∵DE×AB=AD×BD，
∴5DE=3×4，
∴DE=2.4.
即DE的长为2.4.
点评：此题主要考查了圆的综合以及圆周角定理和勾股定理以及三角形面积等知识，熟练利用圆周角定理得出各等量关系是解题关键.
27.阅读理解：
如图1，在四边形ABCD的边AB上任取一点E(点E不与点A、点B重合)，分别连接ED，EC，可以把四边形ABCD分成三个三角形，如果其中有两个三角形相似，我们就把E叫做四边形ABCD的边AB上的相似点;如果这三个三角形都相似，我们就把E叫做四边形ABCD的边AB上的强相似点.解决问题：
(1)如图1，∠A=∠B=∠DEC=55°，试判断点E是否是四边形ABCD的边AB上的相似点，并说明理由;
(2)如图2，在矩形ABCD中，AB=5，BC=2，且A，B，C，D四点均在正方形网格(网格中每个小正方形的边长为1)的格点(即每个小正方形的顶点)上，试在图2中画出矩形ABCD的边AB上的一个强相似点E;
拓展探究：
(3)如图3，将矩形ABCD沿CM折叠，使点D落在AB边上的点E处.若点E恰好是四边形ABCM的边AB上的一个强相似点，试探究AB和BC的数量关系.
考点：相似形综合题.
专题：压轴题.
分析：(1)要证明点E是四边形ABCD的AB边上的相似点，只要证明有一组三角形相似就行，很容易证明△ADE∽△BEC，所以问题得解.
(2)根据两个直角三角形相似得到强相似点的两种情况即可.
(3)因为点E是梯形ABCD的AB边上的一个强相似点，所以就有相似三角形出现，根据相似三角形的对应线段成比例，可以判断出AE和BE的数量关系，从而可求出解.
解答： 解：(1)点E是四边形ABCD的边AB上的相似点.
理由：∵∠A=55°，
∴∠ADE+∠DEA=125°.
∵∠DEC=55°，
∴∠BEC+∠DEA=125°.
∴∠ADE=∠BEC.
∵∠A=∠B，
∴△ADE∽△BEC.
∴点E是四边形ABCD的AB边上的相似点.
(2)作图如下：
(3)∵点E是四边形ABCM的边AB上的一个强相似点，
∴△AEM∽△BCE∽△ECM，
∴∠BCE=∠ECM=∠AEM.
由折叠可知：△ECM≌△DCM，
∴∠ECM=∠DCM，CE=CD，
∴∠BCE= ∠BCD=30°，
∴BE= CE= AB.
在Rt△BCE中，tan∠BCE= =tan30°，
∴ ，
∴ .
点评：本题考查了相似三角形的判定和性质，矩形的性质，梯形的性质以及理解相似点和强相似点的概念等，从而可得到结论.
28.如图，以点P(﹣1，0)为圆心的圆，交x轴于B、C两点(B在C的左侧)，交y轴于A、D两点(A在D的下方)，AD=2 ，将△ABC绕点P旋转180°，得到△MCB.
(1)求B、C两点的坐标;
(2)请在图中画出线段MB、MC，并判断四边形ACMB的形状(不必证明)，求出点M的坐标;
(3)动直线l从与BM重合的位置开始绕点B顺时针旋转，到与BC重合时停止，设直线l与CM交点为E，点Q为BE的中点，过点E作EG⊥BC于G，连接MQ、QG.请问在旋转过程中∠MQG的大小是否变化?若不变，求出∠MQG的度数;若变化，请说明理由.
考点：圆的综合题.
专题：压轴题.
分析：(1)连接PA，运用垂径定理及勾股定理即可求出圆的半径，从而可以求出B、C两点的坐标.
(2)由于圆P是中心对称图形，显然射线AP与圆P的交点就是所需画的点M，连接MB、MC即可;易证四边形ACMB是矩形;过点M作MH⊥BC，垂足为H，易证△MHP≌△AOP，从而求出MH、OH的长，进而得到点M的坐标.
(3)易证点E、M、B、G在以点Q为圆心，QB为半径的圆上，从而得到∠MQG=2∠MBG.易得∠OCA=60°，从而得到∠MBG=60°，进而得到∠MQG=120°，所以∠MQG是定值.
解答： 解：(1)连接PA，如图1所示.
∵PO⊥AD，
∴AO=DO.
∵AD=2 ，
∴OA= .
∵点P坐标为(﹣1，0)，
∴OP=1.
∴PA= =2.
∴BP=CP=2.
∴B(﹣3，0)，C(1，0).
(2)连接AP，延长AP交 ⊙P于点M，连接MB、MC.
如图2所示，线段MB、MC即为所求作.
四边形AC MB是矩形.
理由如下：
∵△MCB由△ABC绕点P旋转180°所得，
∴四边形ACMB是平行四边形.
∵BC是⊙P的直径，
∴∠CAB=90°.
∴平行四边形ACMB是矩形.
过点M作MH⊥BC，垂足为H，如图2所示.
在△MHP和△AOP中，
∵∠MHP=∠AOP，∠HPM=∠OPA，MP=AP，
∴△MHP≌△AOP.
∴MH=OA= ，PH=PO=1.
∴OH=2.
∴点M的坐标为(﹣2， ).
(3)在旋转过程中∠MQG的大小不变.
∵四边形ACMB是矩形，
∴∠BMC=90°.
∵EG⊥BO，
∴∠BGE=90°.
∴∠BMC=∠BGE=90°.
∵点Q是BE的中点，
∴QM=QE=QB=QG.
∴点E、M、B、G在以点Q为圆心，QB为半径的圆上，如图3所示.
∴∠MQG=2∠MBG.
∵∠COA=90°，OC=1，OA= ，
∴tan∠OCA= = .
∴∠OCA=60°.
∴∠MBC=∠BCA=60°.
∴∠MQG=120°.
∴在旋转过程中∠MQG的大小不变，始终等于120°.
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