点评： 本题考查了含30度角的直角三角形性质，勾股定理，垂径定理的应用，题目是一道比较典型的题目，难度适中． 22．（10分）（2014?浦东新区二模）甲、乙两车都从A地前往B地，如图分别表示甲、乙两车离A地的距离S（千米）与时间t（分钟）的函数关系．已知甲车出发10分钟后乙车才出发，甲车中途因故停止行驶一段时间后按原速继续驶向B地，最终甲、乙两车同时到达B地，根据图中提供的信息解答下列问题： （1）甲、乙两车行驶时的速度分别为多少？ （2）乙车出发多少分钟后第一次与甲车相遇？ （3）甲车中途因故障停止行驶的时间为多少分钟？

考点： 一次函数的应用．

分析： （1）分别根据速度=路程÷时间列式计算即可得解；

（2）方法一：观察图形可知，第一次相遇时，甲车停止，然后时间=路程÷速度列式计算即可得解； 方法二：设甲车离A地的距离S与时间t的函数解析式为s=kt+b（k≠0），利用待定系数法求出乙函数解析式，再令s=20求出相应的t的值，然后求解即可；

（3）求出甲继续行驶的时间，然后用总时间减去停止前后的时间，列式计算即可得解． 解答： 解：（1）v甲=

=（千米/分钟），

所以，甲车的速度是千米/每分钟； v乙=

=1（千米/分钟），

所以，乙车的速度是1千米/每分钟；

（2）方法一：∵t乙=

=20（分钟），

∴乙车出发20分钟后第一次与甲车相遇；

方法二：设甲车离A地的距离S与时间t的函数解析式为：s=kt+b（k≠0）， 将点（10，0）（70，60）代入得：解得，

，

，

所以，s=t﹣10，

当s=20时，解得t=30， ∵甲车出发10分钟后乙车才出发， ∴30﹣10=20分钟，乙车出发20分钟后第一次与甲车相遇；

（3）∵t=（60﹣20）÷=30（分钟）， ∵70﹣30﹣15=25（分钟），

∴甲车中途因故障停止行驶的时间为25分钟．

点评： 本题考查了一次函数的应用，主要利用了路程、速度、时间三者之间的关系，待定系数法求一次函数解析式，读懂题目信息理解甲、乙两车的运动过程是解题的关键． 23．（12分）（2014?浦东新区二模）已知：如图，在正方形ABCD中，点E是边AD的中点，联结BE，过点A作AF⊥BE，分别交BE、CD于点H、F，联结BF． （1）求证：BE=BF；

（2）联结BD，交AF于点O，联结OE．求证：∠AEB=∠DEO．

考点： 相似三角形的判定与性质；全等三角形的判定与性质；正方形的性质． 专题： 证明题． 分析： （1）根据正方形性质得出AB=DA=BC=CD，∠BAD=∠ADF=∠BCF=90°，求出∠ABH=∠HAE，证△ABE∽△DAF，得出比例式，求出AE=DF，CF=AE，证出Rt△ABE≌Rt△CBF即可； （2）根据正方形性质求出∠ADB=∠CDB，证△DEO≌△DFO，推出∠DEO=∠DFO，根据△ABE∽△DAF推出∠AEB=∠DFA，即可得出答案． 解答： 证明：（1）∵四边形ABCD是正方形， ∴AB=DA=BC=CD，∠BAD=∠ADF=∠BCF=90°， ∴∠BAH+∠HAE=90°， ∵AF⊥BE， ∴∠AHB=90°， 即∠BAH+∠ABH=90°， ∴∠ABH=∠HAE， 又∵∠BAE=∠ADF， ∴△ABE∽△DAF， ∴=

，

∴AE=DF， ∵点E是边AD的中点， ∴点F是边DC的中点， ∴CF=AE， 在Rt△ABE与Rt△CBF中，

∴Rt△ABE≌Rt△CBF（HL）， ∴BE=BF．

（2）∵四边形ABCD是正方形， ∴DB平分∠ADC， ∴∠ADB=∠CDB， 在△DEO与△DFO中，

∴△DEO≌△DFO（SAS）， ∴∠DEO=∠DFO， ∵△ABE∽△DAF， ∴∠AEB=∠DFA， ∴∠AEB=∠DEO．

点评： 本题考查了正方形的性质，相似三角形的性质和判定，全等三角形的性质和判定的应用，主要考查学生的推理能力，题目比较好，难度适中．

24．（12分）（2014?浦东新区二模）如图，已知在平面直角坐标系xOy中，抛物线y=x+bx+c与x轴交于点A、B（点A在点B右侧），与y轴交于点C（0，﹣3），且OA=2OC． （1）求这条抛物线的表达式及顶点M的坐标； （2）求tan∠MAC的值；

（3）如果点D在这条抛物线的对称轴上，且∠CAD=45°，求点D的坐标．

2

考点： 二次函数综合题．

分析： （1）根据与y轴的交点C的坐标（0，﹣3）就可以求出OC的值及c的值，进而求出OA的值及A的坐标，由待定系数法就可以求出b的值而求出解析式及定点坐标； （2）如图1，过点M作MH⊥x轴，垂足为点H，交AC于点N，过点N作NE⊥AM于点E，垂足为点E．在Rt△AHM中，HM=AH=4，就可以求出AM的值，再由待定系数法求出直线AC的解析式，就可以求出点N的坐标，进而求出MN的值，由勾股定理就可以求出ME及NE的值，从而求出AE的值就可以得出结论；

（3）如图2，分类讨论，当D点在AC上方时，根据角之间的关系就可以求出∠D1AH=∠CAM，当D点在AC下方时，∠MAC=∠AD2M就可以求出点D的坐标． 解答： 解：（1）∵C（0，﹣3）， ∴OC=3．y=x+bx﹣3． ∵OA=2OC， ∴OA=6．

∵a=＞0，点A在点B右侧，抛物线与y轴交点C（0，﹣3）． ∴A（6，0）．

2

∴0=36+6b﹣3，

∴b=﹣1． ∴y=x﹣x﹣3， ∴y=（x﹣2）﹣4， ∴M（2，﹣4）．

答：抛物线的解析式为y=x﹣x﹣3，M的坐标为（2，﹣4）；

（2）如图1，过点M作MH⊥x轴，垂足为点H，交AC于点N，过点N作NE⊥AM于点E，垂足为点E． ∴∠AHM=∠NEM=90°． 在Rt△AHM中，HM=AH=4，由勾股定理，得 AM=4， ∴∠AMH=∠HAM=45°．

设直线AC的解析式为y=kx+b，由题意，得

，

2

2

2

解得：，

∴直线AC的表达式为y=x﹣3． 当x=2时，y=﹣2， ∴N（2，﹣2）． ∴MN=2． ∵∠NEM=90°，∠NME=45°， ∴∠MNE=∠NME=45°， ∴NE=ME． 在Rt△MNE中， ∴NE+ME=NM， ∴ME=NE=． ∴AE=AM﹣ME=3 在Rt△AEN中，tan∠MAC=答：tan∠MAC=；

（3）如图2，①当D点在AC上方时， ∵∠CAD1=∠D1AH+∠HAC=45°，且∠HAM=∠HAC+∠CAM=45°， ∴∠D1AH=∠CAM， ∴tan∠D1AH=tan∠MAC=．

∵点D1在抛物线的对称轴直线x=2上， ∴D1H⊥AH， ∴AH=4． 在Rt△AHD1中， D1H=AH?tan∠D1AH=4×=．

．

2

2

2