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9. (12分)(徐州期末)如图,方格纸中小正方形的边长均为1个单位长度,$A,B$均为格点.
(1)在图中建立平面直角坐标系,使点$A,B的坐标分别为(3,3)和(-1,0)$;
(2)在(1)中$x轴上是否存在点C$,使$\triangle ABC$为等腰三角形(其中$AB$为腰)? 若存在,请直接写出所有满足条件的点$C$的坐标.
(1)在图中建立平面直角坐标系,使点$A,B的坐标分别为(3,3)和(-1,0)$;
(2)在(1)中$x轴上是否存在点C$,使$\triangle ABC$为等腰三角形(其中$AB$为腰)? 若存在,请直接写出所有满足条件的点$C$的坐标.
答案：
解:
(1)如答图,平面直角坐标系即为所求.
(2)存在点C,使△ABC为等腰三角形(其中AB为腰),如答图,所有满足条件的点C的坐标为(7,0)或(4,0)或(-6,0).
解:
(1)如答图,平面直角坐标系即为所求.
(2)存在点C,使△ABC为等腰三角形(其中AB为腰),如答图,所有满足条件的点C的坐标为(7,0)或(4,0)或(-6,0).
10. (12分)如图,$\triangle ABC$是等边三角形,$E,F分别是边AB,AC$上的点,且$AE = CF$,且$CE,BF交于点P$,且$EG\perp BF$,垂足为$G$.
(1)求证:$\angle ACE = \angle CBF$;
(2)若$PG = 1$,求$EP$的长.
(1)求证:$\angle ACE = \angle CBF$;
(2)若$PG = 1$,求$EP$的长.
答案：
(1)证明:
∵△ABC是等边三角形,
∴AC=BC,∠A=∠BCF=60°.在△ACE和△CBF中,$\left\{\begin{array}{l} AC=CB,\\ ∠A=∠BCF,\\ AE=CF,\end{array}\right.$
∴△ACE≌△CBF(SAS),
∴∠ACE=∠CBF.
(2)解:
∵由
(1)知∠ACE=∠CBF,又∠ACE+∠PCB=∠ACB=60°,
∴∠PBC+∠PCB=60°,即∠BPE=60°.
∵EG⊥BF,
∴∠GEP=30°.
∴在Rt△PGE中,EP=2PG.
∵PG=1,
∴EP=2.
(1)证明:
∵△ABC是等边三角形,
∴AC=BC,∠A=∠BCF=60°.在△ACE和△CBF中,$\left\{\begin{array}{l} AC=CB,\\ ∠A=∠BCF,\\ AE=CF,\end{array}\right.$
∴△ACE≌△CBF(SAS),
∴∠ACE=∠CBF.
(2)解:
∵由
(1)知∠ACE=∠CBF,又∠ACE+∠PCB=∠ACB=60°,
∴∠PBC+∠PCB=60°,即∠BPE=60°.
∵EG⊥BF,
∴∠GEP=30°.
∴在Rt△PGE中,EP=2PG.
∵PG=1,
∴EP=2.
11. (18分)甲、乙两人沿相同的路线由$A地到B$地匀速前进,$A,B$两地间的路程为20千米,他们前进的路程为$s$(千米),甲出发后的时间为$t$(时),甲、乙前进的路程与时间的函数图象如图所示. 根据图象信息回答下列问题:
(1)甲的速度是
(2)分别求出甲、乙两人前进的路程$s与甲出发后的时间t$之间的函数关系式;
(3)求甲经过多长时间被乙追上,求此时两人距离$B$地的路程.
(2)解:设$s_{甲}=mt$,则20=4m,解得m=5,∴$s_{甲}=5t(0≤t≤4)$.设$s_{乙}=kt+b(k≠0)$,则$\left\{\begin{array}{l} k+b=0,\\ 2k+b=20,\end{array}\right.$解得$\left\{\begin{array}{l} k=20,\\ b=-20,\end{array}\right.$∴$s_{乙}=20t-20(1≤t≤2)$.
(3)解:联立$\left\{\begin{array}{l} s=5t,\\ s=20t-20,\end{array}\right.$解得$\left\{\begin{array}{l} t=\frac {4}{3},\\ s=\frac {20}{3}.\end{array}\right.$$20-\frac {20}{3}=\frac {40}{3}$(千米).答:甲经过$\frac {4}{3}$小时被乙追上,此时两人距离B地的路程为$\frac {40}{3}$千米.
(1)甲的速度是
5
千米/时,乙比甲晚出发1
小时;(2)分别求出甲、乙两人前进的路程$s与甲出发后的时间t$之间的函数关系式;
(3)求甲经过多长时间被乙追上,求此时两人距离$B$地的路程.
(2)解:设$s_{甲}=mt$,则20=4m,解得m=5,∴$s_{甲}=5t(0≤t≤4)$.设$s_{乙}=kt+b(k≠0)$,则$\left\{\begin{array}{l} k+b=0,\\ 2k+b=20,\end{array}\right.$解得$\left\{\begin{array}{l} k=20,\\ b=-20,\end{array}\right.$∴$s_{乙}=20t-20(1≤t≤2)$.
(3)解:联立$\left\{\begin{array}{l} s=5t,\\ s=20t-20,\end{array}\right.$解得$\left\{\begin{array}{l} t=\frac {4}{3},\\ s=\frac {20}{3}.\end{array}\right.$$20-\frac {20}{3}=\frac {40}{3}$(千米).答:甲经过$\frac {4}{3}$小时被乙追上,此时两人距离B地的路程为$\frac {40}{3}$千米.
答案：
(1)5 1
(2)解:设$s_{甲}=mt$,则20=4m,解得m=5,
∴$s_{甲}=5t(0≤t≤4)$.设$s_{乙}=kt+b(k≠0)$,则$\left\{\begin{array}{l} k+b=0,\\ 2k+b=20,\end{array}\right.$解得$\left\{\begin{array}{l} k=20,\\ b=-20,\end{array}\right.$
∴$s_{乙}=20t-20(1≤t≤2)$.
(3)解:联立$\left\{\begin{array}{l} s=5t,\\ s=20t-20,\end{array}\right.$解得$\left\{\begin{array}{l} t=\frac {4}{3},\\ s=\frac {20}{3}.\end{array}\right.$$20-\frac {20}{3}=\frac {40}{3}$(千米).答:甲经过$\frac {4}{3}$小时被乙追上,此时两人距离B地的路程为$\frac {40}{3}$千米.
(1)5 1
(2)解:设$s_{甲}=mt$,则20=4m,解得m=5,
∴$s_{甲}=5t(0≤t≤4)$.设$s_{乙}=kt+b(k≠0)$,则$\left\{\begin{array}{l} k+b=0,\\ 2k+b=20,\end{array}\right.$解得$\left\{\begin{array}{l} k=20,\\ b=-20,\end{array}\right.$
∴$s_{乙}=20t-20(1≤t≤2)$.
(3)解:联立$\left\{\begin{array}{l} s=5t,\\ s=20t-20,\end{array}\right.$解得$\left\{\begin{array}{l} t=\frac {4}{3},\\ s=\frac {20}{3}.\end{array}\right.$$20-\frac {20}{3}=\frac {40}{3}$(千米).答:甲经过$\frac {4}{3}$小时被乙追上,此时两人距离B地的路程为$\frac {40}{3}$千米.
12. (18分)如图,正方形$OABC的顶点O$是坐标原点,边$OA和OC分别在x$轴、$y$轴上,点$B的坐标为(4,4)$. 直线$l经过点C$,与边$OA交于点M$,过点$A作直线l$的垂线,垂足为$D$,交$y轴于点E$.
(1)当$OE = 1$时,求直线$l$对应的函数表达式;
(2)连接$OD,AC$,求证:$\angle AOD = \angle ACD$.
(1)当$OE = 1$时,求直线$l$对应的函数表达式;
(2)连接$OD,AC$,求证:$\angle AOD = \angle ACD$.
答案：
(1)解:
∵四边形OABC是正方形,
∴OA=OC,∠AOC=90°,
∴∠AOE=90°,∠OMC+∠OCM=90°.
∵AD⊥直线l,
∴∠ADM=90°,
∴∠DMA+∠DAM=90°.又
∵∠DMA=∠OMC,
∴∠OCM=∠OAE.在△COM和△AOE中,$\left\{\begin{array}{l} ∠OCM=∠OAE,\\ OC=OA,\\ ∠COM=∠AOE,\end{array}\right.$
∴△COM≌△AOE(ASA),
∴OM=OE=1,
∴M(1,0).
∵四边形OABC是正方形,B(4,4),
∴C(0,4).设直线l对应的函数表达式为y=kx+b,将M(1,0),C(0,4)代入,得$\left\{\begin{array}{l} k+b=0,\\ b=4,\end{array}\right.$解得$\left\{\begin{array}{l} k=-4,\\ b=4,\end{array}\right.$
∴直线l的函数表达式为y=-4x+4.
(2)证明:如答图,作OG⊥CD于点G,OH⊥AE于点H.由
(1)知,△AOE≌△COM,
∴$S_{△AOE}=S_{△COM}$,AE=CM,
∴$\frac {1}{2}CM\cdot OG=\frac {1}{2}AE\cdot OH$,
∴OG=OH,
∴DO平分∠CDE,
∴∠CDO=$\frac {1}{2}∠CDE=45°$.
∵OC=OA,∠AOC=90°,
∴∠CAO=45°,
∴∠CDO=∠CAO.
∵∠CMO=∠CAO+∠ACD=∠CDO+∠AOD,
∴∠AOD=∠ACD.
(1)解:
∵四边形OABC是正方形,
∴OA=OC,∠AOC=90°,
∴∠AOE=90°,∠OMC+∠OCM=90°.
∵AD⊥直线l,
∴∠ADM=90°,
∴∠DMA+∠DAM=90°.又
∵∠DMA=∠OMC,
∴∠OCM=∠OAE.在△COM和△AOE中,$\left\{\begin{array}{l} ∠OCM=∠OAE,\\ OC=OA,\\ ∠COM=∠AOE,\end{array}\right.$
∴△COM≌△AOE(ASA),
∴OM=OE=1,
∴M(1,0).
∵四边形OABC是正方形,B(4,4),
∴C(0,4).设直线l对应的函数表达式为y=kx+b,将M(1,0),C(0,4)代入,得$\left\{\begin{array}{l} k+b=0,\\ b=4,\end{array}\right.$解得$\left\{\begin{array}{l} k=-4,\\ b=4,\end{array}\right.$
∴直线l的函数表达式为y=-4x+4.
(2)证明:如答图,作OG⊥CD于点G,OH⊥AE于点H.由
(1)知,△AOE≌△COM,
∴$S_{△AOE}=S_{△COM}$,AE=CM,
∴$\frac {1}{2}CM\cdot OG=\frac {1}{2}AE\cdot OH$,
∴OG=OH,
∴DO平分∠CDE,
∴∠CDO=$\frac {1}{2}∠CDE=45°$.
∵OC=OA,∠AOC=90°,
∴∠CAO=45°,
∴∠CDO=∠CAO.
∵∠CMO=∠CAO+∠ACD=∠CDO+∠AOD,
∴∠AOD=∠ACD.
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