2017学年初二上册数学期末试卷

为初二数学期末考试的学生们制订一份合适数学的考试卷，更有利于帮助他们的数学复习。以下是小编为你整理的2017学年初二上册数学期末试卷，希望对大家有帮助!

　　2017学年初二上册数学期末试题

一、选择题：本大题共8个小题，每小题3分，共24分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，请将正确选项填在答题卡对应题目上.(注意：在试题卷上作答无效).

1.下列二次根式中，是最简二次根式的为(　　)

A. B. C. D.

2.已知方程x2+mx+3=0的一个根是1，则m的值为(　　)

A.4 B.﹣4 C.3 D.﹣3

3.已知 ，则 的值为(　　)

A. B. C. D.

4.“射击运动员射击一次，命中靶心”这个事件是(　　)

A.确定事件 B.必然事件 C.不可能事件 D.不确定事件

5.在Rt△ABC中，∠C=90°，AB=5，BC=3，则cosB的值为(　　)

A. B. C. D.

6.如图，D、E分别是△ABC的边AB、BC上的点，且DE∥AC，AE、CD相交于点O，若S△DOE：S△COA=1：25，则 的值为(　　)

A. B. C. D.

7.已知m、n是方程x2+3x﹣2=0的两个实数根，则m2+4m+n+2mn的值为(　　)

A.1 B.3 C.﹣5 D.﹣9

8.如图1，在三角形纸片ABC中，∠A=78°，AB=4，AC=6.将△ABC沿图示中的虚线剪开，剪下的阴影三角形与原三角形相似的有(　　)

A.①②③ B.①②④ C.①③④ D.②③④

二、填空题：本大题共8个小题，每小题3分，共24分.请把答案直接填在答题卡对应题中横线上.(注意：在试题卷上作答无效)

9.二次根式 有意义，则x的取值范围是　　.

10.计算 的结果为　　.

11.将方程x2﹣4x﹣3=0配方成(x﹣h)2=k的形式为　　.

12.如图，在△ABC中，G是重心.如果AG=6，那么线段DG的长为　　.

13.为进一步发展基础教育，自2014年以来，某区加大了教育经费的投入，2014年该区投入教育经费7000万元，2016年投入教育经费8470万元.设该区这两年投入教育经费的年平均增长率为x，则可列方程为　　.

14.如图，菱形ABCD中，点M，N在AC上，ME⊥AD于点E，NF⊥AB于点F.若ME=3，NM=NF=2，则AN 的长为　　.

15.如图，在平面直角坐标系xOy中，直线y= x经过点A，作AB⊥x轴于点B，将△ABO绕点B逆时针旋转60°得到△CBD，若点B的坐标为(2，0)，则点C的坐标为　　.

16.如图，在矩形ABCD中，E是BC边的中点，DE⊥AC，垂足为点F，连接BF，下列四个结论：①△CEF∽△ACD;② =2;③sin∠CAD= ;④AB=BF.其中正确的结论有　　(写出所有正确结论的序号).

三、解答题：本大题共8小题，共72分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.

17.(10分)(1)计算： ﹣2sin60°+(1﹣ )0﹣|﹣ |.

(2)解方程：x2+6x﹣1=0.

18.(8分)若x= ﹣ ，y= + ，求x2y+xy2的值.

19.(8分)我市某校开展“经典诵读”比赛活动，诵读材料有《论语》，《三字经》，《弟子规》(分别用字母A、B、C依次表示这三个诵读材料)，将A、B、C这三个字母分别写在3张完全相同的不透明卡片的正面上，把这3张卡片背面朝上洗匀后放在桌面上.小华和小敏参加诵读比赛，比赛时小华先从中随机抽取一张卡片，记录下卡片上的内容，放回后洗匀，再由小敏从中随机抽取一张卡片，选手按各自抽取的卡片上的内容进行诵读比赛.

(1)小华诵读《弟子规》的概率是　　;

(2)请用列表法或画树状图法求小华和小敏诵读两个不同材料的概率.

20.(8分)如图，某小区有一块长为30m，宽为24m的矩形空地，计划在其中修建两块相同的矩形绿地，它们的面积之和为480m2，两块绿地之间及周边有宽度相等的人行通道，则人行通道的宽度为多少米?

21.(8分)如图，已知AB∥CD，AD、BC相交于点E，点F在ED上，且∠CBF=∠D.

(1)求证：FB2=FE•FA;

(2)若BF=3，EF=2，求△ABE与△BEF的面积之比.

22.(8分)关于x的一元二次方程x2﹣(2m﹣1)x+m2+1=0.

(1)若方程有实数根，求实数m的取值范围;

(2)设x1，x2分别是方程的两个根，且满足x12+x22=x1x2+10，求实数m的值.

23.(10分)如图，已知斜坡AB长为80米，坡角(即∠BAC)为30°，BC⊥AC，现计划在斜坡中点D处挖去部分坡体(用阴影表示)修建一个平行于水平线CA的平台DE和一条新的斜坡BE.

(1)若修建的斜坡BE的坡角为45°，求平台DE的长;(结果保留根号)

(2)一座建筑物GH距离A处36米远(即AG为36米)，小明在D处测得建筑物顶部H的仰角(即∠HDM)为30°.点B、C、A、G、H在同一个平面内，点C、A、G在同一条直线上，且HG⊥CG，求建筑物GH的高度.(结果保留根号)

24.(12分)已知：如图①，在平行四边形ABCD中，AB=3cm，BC=5cm，AC⊥AB.△ACD沿AC的方向匀速平移得到△PNM，速度为1cm/s;同时，点Q从点C出发，沿着CB方向匀速移动，速度为1cm/s;当△PNM停止平移时，点Q也停止移动，如图②.设移动时间为t(s)(0

(1)当t为何值时，PQ∥AB?

(2)当t=3时，求△QMC的面积;

(3)是否存在某一时刻t，使PQ⊥MQ?若存在，求出t的值;若不存在，请说明理由.

　　2017学年初二上册数学期末试卷答案与解析

一、选择题：本大题共8个小题，每小题3分，共24分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，请将正确选项填在答题卡对应题目上.(注意：在试题卷上作答无效).

1.下列二次根式中，是最简二次根式的为(　　)

A. B. C. D.

【考点】最简二次根式.

【分析】根据各个选项中的式子，进行化简，则不能化简的选项中式子即为所求.

【解答】解： 是最简二次根式，故选项A正确，

，故选项B错误，

，故选项C错误，

，故选项D错误，

故选A.

【点评】本题考查最简二次根式，解题的关键是明确二次根式化简的方法.

2.已知方程x2+mx+3=0的一个根是1，则m的值为(　　)

A.4 B.﹣4 C.3 D.﹣3

【考点】一元二次方程的解.

【分析】根据一元二次方程的解把x=1代入一元二次方程得到还有m的一次方程，然后解一次方程即可.

【解答】解：把x=1代入x2+mx+3=0得1+m+3=0，

解得m=﹣4.

故选B.

【点评】本题考查了一元二次方程的解：能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值是一元二次方程的解.

3.已知 ，则 的值为(　　)

A. B. C. D.

【考点】比例的性质.

【分析】根据分比性质，可得答案.

【解答】解： ，则 = = ，

故选：D.

【点评】本题考查了比例的性质，利用分比性质是解题关键.

4.“射击运动员射击一次，命中靶心”这个事件是(　　)

A.确定事件 B.必然事件 C.不可能事件 D.不确定事件

【考点】随机事件.

【分析】根据事件发生的可能性大小判断相应事件的类型即可.

【解答】解：“射击运动员射击一次，命中靶心”这个事件是随机事件，属于不确定事件，

故选：D.

【点评】本题考查的是必然事件、不可能事件、随机事件的概念.必然事件指在一定条件下，一定发生的事件.不可能事件是指在一定条件下，一定不发生的事件，不确定事件即随机事件是指在一定条件下，可能发生也可能不发生的事件.

5.在Rt△ABC中，∠C=90°，AB=5，BC=3，则cosB的值为(　　)

A. B. C. D.

【考点】锐角三角函数的定义.

【分析】根据余弦函数的定义即可求解.

【解答】解：cosB= = .

故选A.

【点评】本题考查了余弦的定义，在直角三角形中，余弦为邻边比斜边.

6.如图，D、E分别是△ABC的边AB、BC上的点，且DE∥AC，AE、CD相交于点O，若S△DOE：S△COA=1：25，则 的值为(　　)

A. B. C. D.

【考点】相似三角形的判定与性质.

【分析】根据相似三角形的判定定理得到△DOE∽△COA，根据相似三角形的性质定理得到答案.

【解答】解：∵DE∥AC，

∴△DOE∽△COA，又S△DOE：S△COA=1：25，

∴ = ，

∵DE∥AC，

∴ = = ，

∴ = ，

【点评】本题考查的是相似三角形的判定和性质，掌握相似三角形的面积比等于相似比的平方是解题的关键.

7.已知m、n是方程x2+3x﹣2=0的两个实数根，则m2+4m+n+2mn的值为(　　)

A.1 B.3 C.﹣5 D.﹣9

【考点】根与系数的关系.

【分析】根据根与系数的关系以及一元二次方程的解即可得出m+n=﹣3、mn=﹣2、m2+3m=2，将其代入m2+4m+n+2mn中即可求出结论.

【解答】解：∵m、n是方程x2+3x﹣2=0的两个实数根，

∴m+n=﹣3，mn=﹣2，m2+3m=2，

∴m2+4m+n+2mn=m2+3m+m+n+2mn=2﹣3﹣2×2=﹣5.

故选C.

【点评】本题考查了根与系数的关系以及一元二次方程的解，熟练掌握x1+x2=﹣ 、x1x2= 是解题的关键.

8.如图1，在三角形纸片ABC中，∠A=78°，AB=4，AC=6.将△ABC沿图示中的虚线剪开，剪下的阴影三角形与原三角形相似的有(　　)

A.①②③ B.①②④ C.①③④ D.②③④

【考点】相似三角形的判定.

【分析】根据相似三角形的判定定理对各选项进行逐一判定即可.

【解答】解：A、阴影部分的三角形与原三角形有两个角相等，故两三角形相似;

B、阴影部分的三角形与原三角形有两个角相等，故两三角形相似;

C、两三角形的对应边不成比例，故两三角形不相似;

D、两三角形对应边成比例且夹角相等，故两三角形相似.

故选B.

【点评】本题考查的是相似三角形的判定，熟知相似三角形的判定定理是解答此题的关键.

二、填空题：本大题共8个小题，每小题3分，共24分.请把答案直接填在答题卡对应题中横线上.(注意：在试题卷上作答无效)

9.二次根式 有意义，则x的取值范围是　x≥5　.

【考点】二次根式有意义的条件.

【分析】根据二次根式的意义，被开方数是非负数列出方程，解方程即可.

【解答】解：根据题意得：x﹣5≥0，

解得x≥5.

故答案为：x≥5.

【点评】本题考查的是二次根式有意义的条件，掌握二次根式的被开方数是非负数是解题的关键.

10.计算 的结果为　2 　.

【考点】二次根式的乘除法.

【分析】直接利用二次根式的乘法运算法则求出答案.

【解答】解：原式= = =2 .

故答案为：2 .

【点评】此题主要考查了二次根式的乘法，正确化简二次根式是解题关键.

11.将方程x2﹣4x﹣3=0配方成(x﹣h)2=k的形式为　(x﹣2)2=7　.

【考点】解一元二次方程-配方法.

【分析】移项后两边都加上一次项系数一半的平方可得.

【解答】解：∵x2﹣4x=3，

∴x2﹣4x+4=3+4，即(x﹣2)2=7，

故答案为：(x﹣2)2=7.

【点评】本题主要考查配方法解一元二次方程，熟练掌握配方法解方程的基本步骤是解题的关键.

12.如图，在△ABC中，G是重心.如果AG=6，那么线段DG的长为　3　.

【考点】三角形的重心.

【分析】根据重心的性质三角形的重心到一顶点的距离等于到对边中点距离的2倍，直接求得结果.

【解答】解：∵三角形的重心到顶点的距离是其到对边中点的距离的2倍，

∴DG= AG=3.

故答案为：3.

【点评】此题考查三角形重心问题，掌握三角形的重心的性质：三角形的重心到顶点的距离是其道对边中点的距离的2倍.运用三角形的中位线定理即可证明此结论.

13.为进一步发展基础教育，自2014年以来，某区加大了教育经费的投入，2014年该区投入教育经费7000万元，2016年投入教育经费8470万元.设该区这两年投入教育经费的年平均增长率为x，则可列方程为　7000(1+x)2=8470　.

【考点】由实际问题抽象出一元二次方程.

【分析】增长率问题，一般用增长后的量=增长前的量×(1+增长率)，参照本题，如果教育经费的年平均增长率为x，根据2014年投入7000万元，预计2016年投入8470万元即可得出方程.

【解答】解：设教育经费的年平均增长率为x，

则2015的教育经费为：7000×(1+x)

2016的教育经费为：7000×(1+x)2.

那么可得方程：7000(1+x)2=8470.

故答案为：7000(1+x)2=8470.

【点评】本题考查了一元二次方程的运用，解此类题一般是根据题意分别列出不同时间按增长率所得教育经费与预计投入的教育经费相等的方程.

14.如图，菱形ABCD中，点M，N在AC上，ME⊥AD于点E，NF⊥AB于点F.若ME=3，NM=NF=2，则AN 的长为　4　.

【考点】菱形的性质.

【分析】根据菱形的对角线平分一组对角可得∠1=∠2，然后求出△AFN和△AEM相似，再利用相似三角形对应边成比例列出求解即可.

【解答】解：在菱形ABCD中，∠1=∠2，

又∵ME⊥AD，NF⊥AB，

∴∠AEM=∠AFN=90°，

∴△AFN∽△AEM，

∴ = ，

即 = ，

解得AN=4.

故答案为：4.

【点评】本题考查了菱形的对角线平分一组对角的性质，相似三角形的判定与性质，关键在于得到△AFN和△AEM相似.

15.如图，在平面直角坐标系xOy中，直线y= x经过点A，作AB⊥x轴于点B，将△ABO绕点B逆时针旋转60°得到△CBD，若点B的坐标为(2，0)，则点C的'坐标为　(﹣1， )　.

【考点】坐标与图形变化-旋转.

【分析】在RT△AOB中，求出AO的长，根据旋转的性质可得AO=CD=4、OB=BD、△OBD是等边三角形，进而可得RT△COE中∠COE=60°、CO=2，由三角函数可得OE、CE.

【解答】解：过点C作CE⊥x轴于点E，

∵OB=2，AB⊥x轴，点A在直线y= x上，

∴AB=2 ，OA= =4，

∴RT△ABO中，tan∠AOB= = ，

∴∠AOB=60°，

又∵△CBD是由△ABO绕点B逆时针旋转60°得到，

∴∠D=∠AOB=∠OBD=60°，AO=CD=4，

∴△OBD是等边三角形，

∴DO=OB=2，∠DOB=∠COE=60°，

∴CO=CD﹣DO=2，

在RT△COE中，OE=CO•cos∠COE=2× =1，

CE=CO•sin∠COE=2× = ，

∴点C的坐标为(﹣1， )，

故答案为：(﹣1， ).

【点评】本题主要考查在旋转的情况下点的坐标变化，熟知旋转过程中图形全等即对应边相等、对应角相等、旋转角都相等的应用是解题的切入点也是关键.

16.如图，在矩形ABCD中，E是BC边的中点，DE⊥AC，垂足为点F，连接BF，下列四个结论：①△CEF∽△ACD;② =2;③sin∠CAD= ;④AB=BF.其中正确的结论有　①②④　(写出所有正确结论的序号).

【考点】相似三角形的判定与性质;矩形的性质;解直角三角形.

【分析】①正确.四边形ABCD是矩形，BE⊥AC，则∠ABC=∠AFB=90°，又∠BAF=∠CAB，于是△AEF∽△CAB.

②正确由AE= AD= BC，又AD∥BC，所以 = = .

③错误.设CF=a，AF=2a，由DF2=AF•CF=2a2，得DF= a，AD= = a，可得sinCAD= = = .

④正确.连接AE，由∠ABE+∠AFE=90°，推出A、B、E、F四点共圆，推出∠AFB=∠AEB，由△ABE≌△CDE，推出∠AEB=∠CED，由∠BAF+∠BEF=180°，∠BEF+∠CED=180°，推出∠BAF=∠CED，推出∠BAF=∠BFA，即可证明.

【解答】解：过D作DM∥BE交AC于N，

∵四边形ABCD是矩形，

∴AD∥BC，∠ADC=90°，AD=BC，BE⊥AC于点F，

∴∠DAC=∠ECF，∠ADC=∠CFE=90°，

∴△CEF∽△ADC，故①正确;

∵AD∥BC，

∴△CEF∽△ADF，

∴ = ，

∵CE= BC= AD，

∴ = =2，

∴AF=2CE，故②正确，

设CF=a，AF=2a，由DF2=AF•CF=2a2，得DF= a，AD= = a

∴sinCAD= = = ，故③错误.

连接AE，∵∠ABE+∠AFE=90°，

∴A、B、E、F四点共圆，

∴∠AFB=∠AEB，

∵AB=CD，BE=EC，∠CDE，

∴△ABE≌△CDE，

∴∠AEB=∠CED，

∵∠BAF+∠BEF=180°，∠BEF+∠CED=180°，

∴∠BAF=∠CED，

∴∠BAF=∠BFA，

∴BA=BF，故④正确.

故答案为①②④.

【点评】本题考查了相似三角形的判定和性质，矩形的性质，全等三角形的判定和性质、四点共圆等知识，正确的作出辅助线是解题的关键，学会利用此时解决问题，属于中考常考题型.

三、解答题：本大题共8小题，共72分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.

17.(10分)(2016秋•宜宾期末)(1)计算： ﹣2sin60°+(1﹣ )0﹣|﹣ |.

(2)解方程：x2+6x﹣1=0.

【考点】解一元二次方程-公式法;实数的运算;零指数幂;特殊角的三角函数值.

【分析】(1)根据零指数幂、负整数指数幂和特殊角的三角函数值进行计算;

(2)利用公式法解方程.

【解答】解：(1)原式=2 ﹣2× +1﹣

=2 ﹣ +1﹣

=1;

(2)△=62﹣4×1×(﹣1)=40，

x= =﹣3± ，

所以x1=﹣3+ ，x2=﹣3﹣ .

【点评】本题考查了解一元二次方程﹣公式法：用求根公式解一元二次方程的方法是公式法.也考查了实数的运算.

18.若x= ﹣ ，y= + ，求x2y+xy2的值.

【考点】二次根式的化简求值.

【分析】利用二次根式的混合运算法则求出x+y、xy，利用提公因式法把原式变形，代入计算即可.

【解答】解：∵x= ﹣ ，y= + ，

∴x+y=( ﹣ )+( + )=2 ，xy=( ﹣ )( + )=1，

∴x2y+xy2=xy(x+y)=2 .

【点评】本题考查的是二次根式的化简求值，掌握二次根式的混合运算法则、提公因式法的应用是解题的关键.

19.我市某校开展“经典诵读”比赛活动，诵读材料有《论语》，《三字经》，《弟子规》(分别用字母A、B、C依次表示这三个诵读材料)，将A、B、C这三个字母分别写在3张完全相同的不透明卡片的正面上，把这3张卡片背面朝上洗匀后放在桌面上.小华和小敏参加诵读比赛，比赛时小华先从中随机抽取一张卡片，记录下卡片上的内容，放回后洗匀，再由小敏从中随机抽取一张卡片，选手按各自抽取的卡片上的内容进行诵读比赛.

(1)小华诵读《弟子规》的概率是　 　;

(2)请用列表法或画树状图法求小华和小敏诵读两个不同材料的概率.

【考点】列表法与树状图法.

【分析】(1)直接根据概率公式求解;

(2)利用列表法展示所有9种等可能性结果，再找出小华和小敏诵读两个不同材料的结果数，然后根据概率公式求解.

【解答】解：(1)小华诵读《弟子规》的概率= ;

故答案为 .

(2)列表得：

小华

小敏 A B C

A (A，A) (A，B) (A，C)

B (B，A) (B，B) (B，C)

C (C，A) (C，B) (C，C)

由表格可知，共有9种等可能性结果，其中小华和小敏诵读两个不同材料的结果有6种，

所以P(小华和小敏诵读两个不同材料)= .

【点评】本题考查了列表法与树状图法：利用列表法或树状图法展示所有等可能的结果n，再从中选出符合事件A或B的结果数目m，然后利用概率公式计算事件A或事件B的概率.

20.如图，某小区有一块长为30m，宽为24m的矩形空地，计划在其中修建两块相同的矩形绿地，它们的面积之和为480m2，两块绿地之间及周边有宽度相等的人行通道，则人行通道的宽度为多少米?

【考点】一元二次方程的应用.

【分析】设人行通道的宽度为x米，将两块矩形绿地合在一起长为(30﹣3x)m，宽为(24﹣2x)m，根据矩形绿地的面积为480m2，即可列出关于x的一元二次方程，解方程即可得出x的值，经检验后得出x=20不符合题意，此题得解.

【解答】解：设人行通道的宽度为x米，将两块矩形绿地合在一起长为(30﹣3x)m，宽为(24﹣2x)m，

由已知得：(30﹣3x)•(24﹣2x)=480，

整理得：x2﹣22x+40=0，

解得：x1=2，x2=20，

当x=20时，30﹣3x=﹣30，24﹣2x=﹣16，

不符合题意，

故人行通道的宽度为2米.

【点评】本题考查了一元二次方程的应用，根据数量关系列出关于x的一元二次方程是解题的关键.

21.如图，已知AB∥CD，AD、BC相交于点E，点F在ED上，且∠CBF=∠D.

(1)求证：FB2=FE•FA;

(2)若BF=3，EF=2，求△ABE与△BEF的面积之比.

【考点】相似三角形的判定与性质.

【分析】(1)要证明FB2=FE•FA，只要证明△FBE∽△FAB即可，根据题目中的条件可以找到两个三角形相似的条件，本题得以解决;

(2)根据(1)中的结论可以得到AE的长，然后根据△ABE与△BEF如果底边分别为AE和EF，则底边上的高相等，面积之比就是AE和EF的比值.

【解答】(1)证明：∵AB∥CD，

∴∠A=∠D.

又∵∠CBF=∠D，

∴∠A=∠CBF，

∵∠BFE=∠AFB，

∴△FBE∽△FAB，

∴

∴FB2=FE•FA;

(2)∵FB2=FE•FA，BF=3，EF=2

∴32=2×(2+AE)

∴

∴ ，

∴△ABE与△BEF的面积之比为5：4.

【点评】本题考查相似三角形的判定与性质，解题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件.

22.关于x的一元二次方程x2﹣(2m﹣1)x+m2+1=0.

(1)若方程有实数根，求实数m的取值范围;

(2)设x1，x2分别是方程的两个根，且满足x12+x22=x1x2+10，求实数m的值.

【考点】根与系数的关系;根的判别式.

【分析】(1)若一元二次方程有两实数根，则根的判别式△=b2﹣4ac≥0，建立关于m的不等式，求出m的取值范围;

(2)利用根与系数的关系可以得到x1+x2=2m﹣1，x1•x2=m2+1，再把x12+x22=x1x2+10利用完全平方公式变形为(x1+x2)2﹣3x1•x2=10，然后代入计算即可求解.

【解答】解：(1)由题意有△=(2m﹣1)2﹣4(m2+1)≥0，

解得m≤﹣ ，

所以实数m的取值范围是m≤﹣ ;

(2)由根与系数的关系得：x1+x2=2m﹣1，x1•x2=m2+1，

∵x12+x22=x1x2+10，

∴(x1+x2)2﹣2x1•x2=x1x2+10，

∴(2m﹣1)2﹣3(m2+1)=10，

∴2m2+9m﹣5=0，

解得m1=6，m2=﹣2，

∵m≤﹣ ，

∴m=6舍去，

∴m=﹣2.

【点评】本题考查了一元二次方程根的判别式及根与系数关系，利用两根关系得出的结果必须满足△≥0的条件.

23.(10分)(2016秋•宜宾期末)如图，已知斜坡AB长为80米，坡角(即∠BAC)为30°，BC⊥AC，现计划在斜坡中点D处挖去部分坡体(用阴影表示)修建一个平行于水平线CA的平台DE和一条新的斜坡BE.

(1)若修建的斜坡BE的坡角为45°，求平台DE的长;(结果保留根号)

(2)一座建筑物GH距离A处36米远(即AG为36米)，小明在D处测得建筑物顶部H的仰角(即∠HDM)为30°.点B、C、A、G、H在同一个平面内，点C、A、G在同一条直线上，且HG⊥CG，求建筑物GH的高度.(结果保留根号)

【考点】解直角三角形的应用-仰角俯角问题;解直角三角形的应用-坡度坡角问题.

【分析】(1)根据题意得出∠BEF=45°，解直角△BDF，求出BF，DF，进而得出EF的长，即可得出答案;

(2)利用在Rt△DPA中，DP= AD，以及PA=AD•cos30°进而得出DM的长，利用HM=DM•tan30°得出即可.

【解答】解：(1)∵修建的斜坡BE的坡角为45°，

∴∠BEF=45°，

∵∠DAC=∠BDF=30°，AD=BD=40，

∴BF=EF= BD=20，DF= ，

∴DE=DF﹣EF=20 ﹣20，

∴平台DE的长为(20 ﹣20)米;

(2)过点D作DP⊥AC，垂足为P.

在Rt△DPA中，DP= AD= ×40=20，PA=AD•cos30°=20 ，

在矩形DPGM中，MG=DP=20，DM=PG=PA+AG=20 +36.

在Rt△DMH中，HM=DM•tan30°=(20 +36)× =20+12 ，

则GH=HM+MG=20+12 +20=40+12 .

答：建筑物GH高为(40+12 )米.

【点评】此题主要考查了解直角三角形的应用﹣坡度坡角问题以及仰角俯角问题，根据图形构建直角三角形，进而利用锐角三角函数得出是解题关键.

24.(12分)(2016秋•宜宾期末)已知：如图①，在平行四边形ABCD中，AB=3cm，BC=5cm，AC⊥AB.△ACD沿AC的方向匀速平移得到△PNM，速度为1cm/s;同时，点Q从点C出发，沿着CB方向匀速移动，速度为1cm/s;当△PNM停止平移时，点Q也停止移动，如图②.设移动时间为t(s)(0

(1)当t为何值时，PQ∥AB?

(2)当t=3时，求△QMC的面积;

(3)是否存在某一时刻t，使PQ⊥MQ?若存在，求出t的值;若不存在，请说明理由.

【考点】四边形综合题;一元二次方程的解;三角形的面积;相似三角形的判定与性质.

【分析】(1)根据勾股定理求出AC，根据PQ∥AB，得出关于t的比例式，求解即可;

(2)过点P作PD⊥BC于D，根据△CPD∽△CBA，列出关于t的比例式，表示出PD的长，再根据S△QMC= QC•PD，进行计算即可;

(3)过点M作ME⊥BC的延长线于点E，根据△CPD∽△CBA，得出 ， ，再根据△PDQ∽△QEM，得到 ，即PD•EM=QE•DQ，进而得到方程 = ，求得 或t=0(舍去)，即可得出当 时，PQ⊥MQ.

【解答】解：(1)如图所示，AB=3cm，BC=5cm，AC⊥AB，

∴Rt△ABC中，AC=4，

若PQ∥AB，则有 ，

∵CQ=PA=t，CP=4﹣t，QB=5﹣t，

∴ ，

即20﹣9t+t2=t2，

解得 ，

当 时，PQ∥AB;

(2)如图所示，过点P作PD⊥BC于点D，

∴∠PDC=∠A=90°，

∵∠PCD=∠BCA

∴△CPD∽△CBA，

∴ ，

当t=3时，CP=4﹣3=1，

∵BA=3，BC=5，

∴ ，

∴ ，

又∵CQ=3，PM∥BC，

∴ ;

(3)存在时刻 ，使PQ⊥MQ，

理由如下：如图所示，过点M作ME⊥BC的延长线于点E，

∵△CPD∽△CBA，

∴ ，

∵BA=3，CP=4﹣t，BC=5，CA=4，

∴ ，

∴ ， .

∵PQ⊥MQ，

∴∠PDQ=∠QEM=90°，∠PQD=∠QME，

∴△PDQ∽△QEM，

∴ ，即PD•EM=QE•DQ.

∵ ，

，

，

∴ = ，

即2t2﹣3t=0，

∴ 或t=0(舍去)，

∴当 时，PQ⊥MQ.

【点评】此题属于四边形综合题，主要考查了相似三角形的判定与性质、勾股定理、平行线的性质、三角形的面积计算的综合应用，解决问题的关键是根据题意画出图形，作出辅助线，构造相似三角形.