【分析】根据平行线分线段成比例定理解答即可． 【解答】解：∵l1∥l2∥l3，AB=5，AC=8，DF=12， ∴即
， ，
可得；DE=6， 故答案为：6．
【点评】本题考查了平行线分线段成比例定理的应用，能熟练地运用定理进行计算是解此题的关键，题目比较典型，难度适中，注意：对应成比例．
15．（4分）如图，用长为10米的篱笆，一面靠墙（墙的长度超过10米），围成一个矩形花圃，设矩形垂直于墙的一边长为x米，花圃面积为S平方米，则S关于x的函数解析式是 S=﹣2x2+10x （不写定义域）．
【分析】根据题意列出S与x的二次函数解析式即可．
【解答】解：设平行于墙的一边为（10﹣2x）米，则垂直于墙的一边为x米， 根据题意得：S=x（10﹣2x）=﹣2x2+10x， 故答案为：S=﹣2x2+10x
【点评】此题考查了根据实际问题列二次函数关系式，弄清题意是解本题的关键．
16．（4分）如图，湖心岛上有一凉亭B，在凉亭B的正东湖边有一棵大树A，在湖边的C处测得B在北偏西45°方向上，测得A在北偏东30°方向上，又测得A、C之间的距离为100米，则A、B之间的距离是 （50第13页（共28页）
+50） 米（结果保留
根号形式）．
【分析】过点C⊥AB于点D，在Rt△ACD中，求出AD、CD的值，然后在Rt△BCD中求出BD的长度，继而可求得AB的长度． 【解答】解：如图，过点C⊥AB于点D，
在Rt△ACD中，∵∠ACD=30°，AC=100m， ∴AD=100?sin∠ACD=100×0.5=50（m）， CD=100?cos∠ACD=100×在Rt△BCD中， ∵∠BCD=45°， ∴BD=CD=50
m，
+50（m），
+50）米． =50
（m），
则AB=AD+BD=50
即A、B之间的距离约为（50故答案为：（50
+50）．
【点评】本题考查了直角三角形的应用，解答本题的关键是根据方向角构造直角三角形，利用三角函数解直角三角形．
17．（4分）已知点（﹣1，m）、（2，n ）在二次函数y=ax2﹣2ax﹣1的图象上，如果m＞n，那么a ＞ 0（用“＞”或“＜”连接）． 【分析】二次函数的性质即可判定．
【解答】解：∵二次函数的解析式为y=ax2﹣2ax﹣1，
第14页（共28页）
∴该抛物线对称轴为x=1， ∵|﹣1﹣1|＞|2﹣1|，且m＞n， ∴a＞0． 故答案为：＞．
【点评】本题主要考查对二次函数图象上点的坐标特征，二次函数的性质等知识点的理解和掌握，能求出对称轴和根据二次函数的性质求出正确答案是解此题的关键．
18．（4分）如图，已知在Rt△ABC中，∠ACB=90°，cosB=，BC=8，点D在边BC上，将△ABC沿着过点D的一条直线翻折，使点B落在AB边上的点E处，联结CE、DE，当∠BDE=∠AEC时，则BE的长是
．
【分析】如图作CH⊥AB于H．由题意EF=BF，设EF=BF=a，则BD=a，只要证明△ECD∽△BCE，可得EC2=CD?CB，延长构建方程即可解决问题； 【解答】解：如图作CH⊥AB于H．
在Rt△ACB中，∵BC=8，cosB=， ∴AB=10，AC=8，CH=
=
，BH=
，
由题意EF=BF，设EF=BF=a，则BD=a， ∵∠BDE=∠AEC，
∴∠CED+∠ECB=∠ECB+∠B，
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∴∠CED=∠B，∵∠ECD=∠BCE， ∴△ECD∽△BCE， ∴EC2=CD?CB， ∴（解得a=∴BE=2a=故答案为
）2+（2a﹣
）2=（8﹣a）×8，
或0（舍弃）， ， ．
【点评】本题考查相似三角形的判定和性质、勾股定理、翻折变换等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，学会构建方程解决问题，属于中考常考题型．
三、解答题：（本大题共7题，满分78分）
19．（10分）将抛物线y=x2﹣4x+5向左平移4个单位，求平移后抛物线的表达式、顶点坐标和对称轴．
【分析】先将抛物线y=x2﹣4x+5化为顶点坐标式，再按照“左加右减，上加下减”的规律平移则可．
【解答】解：∵y=x2﹣4x+4﹣4+5=（x﹣2）2+1， ∴平移后的函数解析式是y=（x+2）2+1． 顶点坐标是（﹣2，1）．对称轴是直线x=﹣2．
【点评】本题考查了二次函数图象与几何变换：由于抛物线平移后的形状不变，故a不变，所以求平移后的抛物线解析式通常可利用两种方法：一是求出原抛物线上任意两点平移后的坐标，利用待定系数法求出解析式；二是只考虑平移后的顶点坐标，即可求出解析式．
20．（10分）如图，已知△ABC中，点D、E分别在边AB和AC上，DE∥BC，且DE经过△ABC的重心，设（1）
=
=．
（用向量表示）；
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