2019-2020学年工大附中九年级（上）开学数学试卷一．选择题（共10小题）1．已知圆的半径为3，一点到圆心的距离是5，则这点在（）A．圆内B．圆上C．圆外D．都有可能2．已知，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝3，BC＝4，则sin A的值为（）A．B．C．D．3．从一栋二层楼的楼顶点A处看对面的教学楼，探测器显示，看到教学楼底部点C处的俯角为45°，看到楼顶部点D处的仰角为60°，已知两栋楼之间的水平距离为6米，则教学楼的高CD是（）A．（6+6）米B．（6+3）米C．（6+2）米D．12米4．如图，AB是⊙○的直径，CD是⊙○的弦．若∠BAD＝21°，则∠ACD的大小为（）A．21°B．59°C．69°D．79°5．在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠B＝35°，AB＝7，则BC的长为（）A．7sin35°B．C．7cos35°D．7tan35°6．如图，⊙O的直径CD垂直于弦EF，垂足为A，若∠OEA＝40°，则∠DCF等于（）A．100°B．50°C．40°D．25°7．如图，⊙O是△ABC的外接圆，∠B＝60°，OP⊥AC于点P，OP＝2，则AC的长为（）A．4B．C．D．8．下列说法正确的是（）A．经过半径的一端并且垂直于这条半径的直线是圆的切线B．平分弦的直径垂直于弦，并且平分弦所对的两条弧C．如果两个圆心角相等，那么它们所对的弦相等，所对的弧也相等D．90°的圆周角所对的弦是这个圆的直径9．如图，点F是矩形ABCD的边CD上一点，射线BF交AD的延长线于点E，则下列结论错误的是（）A．＝B．＝C．＝D．＝10．已知如图，AB为⊙O的直径，AB＝AC，BC交⊙O于点D，AC交⊙O于点E，∠BAC ＝45°，给出以下结论：①∠EBC＝22.5°；②BD＝DC；③AE＝2EC；④劣弧是劣弧的2倍．其中正确结论的序号是（）A．①②③B．①②④C．①③④D．②③④二．填空题（共10小题）11．已知tanα＝，α是锐角，则sinα＝．12．如图，在△ABC中，已知∠C＝90°，BC＝3，AC＝4，则它的内切圆半径是．13．过⊙O内一点M的最长弦为10 cm，最短弦长为8 cm，那么OM的长为cm．14．在△ABC中，若cos A是方程2x2﹣5x+2＝0的一个根，则∠A＝．15．在阳光下，身高1.5m的小强在地面上的影长为2m，在同一时刻，测得学校的旗杆在地面上的影长为18m．则旗杆的高度为m．16．在正方形网格中，△ABC的位置如图所示，则sin∠A的值为．17．如图，EB为半圆O的直径，点A在EB的延长线上，AD切半圆O于点D，BC⊥AD 于点C，AB＝2，半圆O的半径为2，则BC的长为．18．在△ABC中，若AB＝，tan∠B＝，AC＝，则BC＝．19．如图，半圆O的直径AB＝7，两弦AC、BD相交于点E，弦CD＝，且BD＝5，则DE＝．20．如图，在△ABC中，点Q、D分别在边AC、AB上，CD、BQ相交于点H，若点Q为AC中点，BD＝DH＝2，AD＝AC，tan∠ADC＝，则HQ的长为．三．解答题（共4小题）21．先化简再求值；，其中a＝6tan60°﹣cos45°．22．如图，方格纸中每个小正方形的边长均为1，线段AB的两个端点在小正方形的顶点上．（1）在图中画一个以AB为腰的等腰三角形△ABE，点E在小正方形的顶点上，且△ABE 的面积为；（2）在图中画一个等腰三角形△ABF，点F在小正方形的顶点上，且tan∠AFB＝，连接EF，请直接写出线段EF的长．23．我市城市规划期间，欲拆除沿江路的一根电线杆AB（如图），已知堤坝D距电线杆AB 水平距离BD＝14米，背水坡CD的坡度i＝2：1，坝高CF＝2米，在坝顶C处测得杆顶A的仰角为30°，D、E之间是宽2米的人行道，试问在拆除电线杆AB时，为确保行人安全，是否需要将此人行道封上，请说明理由（在地面上以点B为圆心，以AB长为半径的圆形区城为危验区城）．24．如图，在平行四边形ABCD中，延长BA至点E，使AE＝AB，点F、P在边AD所在的直线上，EF∥CP．（1）求证：DF﹣DP＝BC；（2）的条件下，若CD＝15，EF＝20，tan∠AFE＝，BC＝14，求DF的长．25.某社区计划对面积为1800m2的区域进行绿化经招标，甲、乙两个工程队中标，全部绿化工作由甲、乙两个工程队来完成，已知甲队每天能完成绿化的面积是乙队每天能完成绿化面积的2倍，并且在独立完成面积为400m2区域的绿化时，甲队比乙队少用4天．（1）求甲、乙两工程队每天能完成绿化的面积；（2）若甲队每天绿化费用是0.6万元，乙队每天绿化费用为0.25万元，如果施工总费用不超过10万元，那么乙工程队至少需施工多少天？26.已知：四边形ABCD内接于⊙O，AC、BD相交于点E，AB＝AC．（1）如图1，求证：2∠ACB+∠BDC＝180°；（2）如图2，连接BO并延长交⊙O于点H，若AC⊥BD，求证：AH＝CD；（3）如图3，在（2）的条件下，连接HE，若BE：DE＝9：4；AB＝30，求HE长．27.如图，直线与x、y轴交于点A、B，过点B作x轴的平行线交直线y＝x+b于点D，直线y＝x+b交x、y轴于点E、K，且DK＝．（1）如图1，求直线DE的解析式；（2）如图2，点P为AB廷长线上一点，把线段BP绕着点B顺时针旋转90°得到线段BF，若点F刚好落在直线DE上，求点P的坐标；（3）如图3，在（2）的条件下，点M为ED延长线上一点，连接PM和AM，AM交线段BD于点N，若PM+MN＝AN，求线段PM的长．参考答案与试题解析一．选择题（共10小题）1．已知圆的半径为3，一点到圆心的距离是5，则这点在（）A．圆内B．圆上C．圆外D．都有可能【分析】要确定点与圆的位置关系，主要确定点与圆心的距离与半径的大小关系，设点与圆心的距离d，则d＞r时，点在圆外；当d＝r时，点在圆上；当d＜r时，点在圆内．【解答】解：∵点到圆心的距离5，大于圆的半径3，∴点在圆外．故选C．2．已知，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝3，BC＝4，则sin A的值为（）A．B．C．D．【分析】根据勾股定理，可得AB的长，根据角的正弦，等于角的对边比斜边，可得答案．【解答】解：由勾股定理得AB＝＝5，sin A＝，故选：D．3．从一栋二层楼的楼顶点A处看对面的教学楼，探测器显示，看到教学楼底部点C处的俯角为45°，看到楼顶部点D处的仰角为60°，已知两栋楼之间的水平距离为6米，则教学楼的高CD是（）A．（6+6）米B．（6+3）米C．（6+2）米D．12米【分析】在Rt△ABC求出CB，在Rt△ABD中求出BD，继而可求出CD．【解答】解：在Rt△ACB中，∠CAB＝45°，AB⊥DC，AB＝6米，∴BC＝6米，在Rt△ABD中，∵tan∠BAD＝，∴BD＝AB•tan∠BAD＝6米，∴DC＝CB+BD＝6+6（米）．故选：A．4．如图，AB是⊙○的直径，CD是⊙○的弦．若∠BAD＝21°，则∠ACD的大小为（）A．21°B．59°C．69°D．79°【分析】由AB是⊙O的直径，根据直径所对的圆周角是直角，即可求得∠ADB的度数，又由∠BAD＝21°，求得∠ABD的度数，然后利用在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，即可求得∠ACD的大小．【解答】解：∵AB是⊙O的直径，∴∠ADB＝90°，∵∠BAD＝21°，∴∠ABD＝90°﹣∠BAD＝69°，∴∠ACD＝∠ABD＝69°．故选：C．5．在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠B＝35°，AB＝7，则BC的长为（）A．7sin35°B．C．7cos35°D．7tan35°【分析】根据余弦为邻边比斜边，可得答案．【解答】解：由cos B＝＝，得BC＝7cos B＝7cos35°，故选：C．6．如图，⊙O的直径CD垂直于弦EF，垂足为A，若∠OEA＝40°，则∠DCF等于（）A．100°B．50°C．40°D．25°【分析】根据垂径定理得出弧DF度数是50°，再根据圆周角定理求出∠DCF即可．【解答】解：∵⊙O的直径CD垂直于弦EF，∴弧DE＝弧DF，∵∠OEA＝40°，∴∠EOD＝50°，∴弧DF的度数是50°，∴由圆周角定理得：∠DCF＝×50°＝25°，故选：D．7．如图，⊙O是△ABC的外接圆，∠B＝60°，OP⊥AC于点P，OP＝2，则AC的长为（）A．4B．C．D．【分析】由圆周角定理得出∠AOC＝2∠B＝120°，由等腰三角形的性质和三角形内角和定理得出∠OAC＝∠OCA＝30°，由垂径定理得出AP＝CP，由勾股定理得出AP＝2，即可得出答案．【解答】解：∵∠B＝60°，∴∠AOC＝2∠B＝120°，∵OA＝OC，∴∠OAC＝∠OCA＝30°，∵OP⊥AC，∴AP＝CP，OA＝2OP＝4，∴AP＝＝2，∴AC＝2AP＝4，故选：C．8．下列说法正确的是（）A．经过半径的一端并且垂直于这条半径的直线是圆的切线B．平分弦的直径垂直于弦，并且平分弦所对的两条弧C．如果两个圆心角相等，那么它们所对的弦相等，所对的弧也相等D．90°的圆周角所对的弦是这个圆的直径【分析】根据切线的判定定理，垂径定理，圆周角定理判断即可．【解答】解：A、经过半径的外端并且垂直于这条半径的直线是圆的切线，故不符合题意；B、平分弦（不是直径）的直径垂直于弦，并且平分弦所对的两条弧，故不符合题意；C、在同圆或等圆中，如果两个圆心角相等，那么它们所对的弦相等，所对的弧也相等，故不符合题意；D、90°的圆周角所对的弦是这个圆的直径，故符合题意；故选：D．9．如图，点F是矩形ABCD的边CD上一点，射线BF交AD的延长线于点E，则下列结论错误的是（）A．＝B．＝C．＝D．＝【分析】先根据矩形的性质得AD∥BC，CD∥AB，再根据平行线分线段成比例定理，由DE∥BC得到＝，＝，则可对A、C进行判断；由DF∥AB得＝，则可对B进行判断；由于＝，利用BC＝AD，则可对D进行判断．【解答】解：∵四边形ABCD为矩形，∴AD∥BC，CD∥AB，∵DE∥BC，∴＝，＝，所以A、C选项结论正确；∵DF∥AB，∴＝，所以B选项的结论错误；＝，而BC＝AD，∴＝，所以D选项的结论正确．故选：B．10．已知如图，AB为⊙O的直径，AB＝AC，BC交⊙O于点D，AC交⊙O于点E，∠BAC ＝45°，给出以下结论：①∠EBC＝22.5°；②BD＝DC；③AE＝2EC；④劣弧是劣弧的2倍．其中正确结论的序号是（）A．①②③B．①②④C．①③④D．②③④【分析】①AB是直径，易知∠AEB＝90°，而∠ABE＝45°，AB＝AC，从而易求∠ABC 和∠ACB，进而可求∠EBC；②连接AD，由于AB＝AC，∠ADB＝90°，利用等腰三角形三线合一定理可知BD＝CD；③在Rt△BCE中，易求∠EBC和∠C，利用BE＝tan67.5°•CE，可知BE≠2CE，利用∠BAC＝45°，∠AEB＝90°，易证△ABE是等腰直角三角形，从而可知AE≠2CE；④由于∠ABE＝45°，BAD＝22.5°，易得劣弧AE＝2劣弧BD，而劣弧BD＝劣弧DE，从而易证劣弧AE＝2劣弧DE．【解答】解：①∵∠A＝45°，AB是直径，∴∠AEB＝90°，∴∠ABE＝45°，∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB＝67.5°，∴∠EBC＝67.5°﹣45°＝22.5°，此选项正确；②连接AD，∵AB＝AC，AB是直径，∴∠ADB＝90°，∴BD＝CD，此选项正确；③∵AB是直径，∴∠AEB＝90°，由①知∠EBC＝22.5°，∠C＝67.5°，∴BE＝tan67.5°•CE，∴BE≠2CE，在Rt△ABE中，∠AEB＝90°，∠BAE＝45°，∴∠ABE＝45°，∴AE＝BE，∴AE≠2CE，此选项错误；④∵∠ABE＝45°，∠BAD＝22.5°，∴劣弧AE＝2劣弧BD，∵劣弧BD＝劣弧DE，∴劣弧AE＝2劣弧DE，此选项正确．正确的有①②④，故选：B．二．填空题（共10小题）11．已知tanα＝，α是锐角，则sinα＝．【分析】据锐角三角函数的定义，设∠A＝α，放在直角三角形ACB中，设BC＝5x，AC ＝12x，由勾股定理求出AB，再根据锐角三角函数的定义求出即可．【解答】解：∵tanα＝＝，∴设BC＝5x，则AC＝12x，在Rt△ABC中，AB＝＝13x，故sinα＝＝．故答案是．12．如图，在△ABC中，已知∠C＝90°，BC＝3，AC＝4，则它的内切圆半径是1．【分析】首先求出AB的长，再连圆心和各切点，利用切线长定理用半径表示AF和BF，而它们的和等于AB，得到关于r的方程，解出即可．【解答】解：连OD，OE，OF，如图，设半径为r．则OE⊥AC，OF⊥AB，OD⊥BC，CD＝r．∵∠C＝90°，BC＝3，AC＝4，∴AB＝5，∴AE＝AF＝4﹣r，BF＝BD＝3﹣r，∴4﹣r+3﹣r＝5，∴r＝1．故填1．13．过⊙O内一点M的最长弦为10 cm，最短弦长为8 cm，那么OM的长为3cm．【分析】根据垂径定理及勾股定理即可求出．【解答】解：由已知可知，最长的弦是过M的直径AB最短的是垂直平分直径的弦CD已知AB＝10cm，CD＝8cm则OD＝5cm，MD＝4cm由勾股定理得OM＝3cm．14．在△ABC中，若cos A是方程2x2﹣5x+2＝0的一个根，则∠A＝60° ．【分析】先求出方程的解，根据已知得出cos A＝，求出即可．【解答】解：2x2﹣5x+2＝0，（2x﹣1）（x﹣2）＝0，2x﹣1＝0，x﹣2＝0，x1＝，x2＝2，∵∠A是锐角，且cos A的值是方程2x2﹣5x+2＝0的一个根，∴cos A＝，∴∠A＝60°，故答案为：60°．15．在阳光下，身高1.5m的小强在地面上的影长为2m，在同一时刻，测得学校的旗杆在地面上的影长为18m．则旗杆的高度为13.5m．【分析】利用在同一时刻身高与影长成比例计算．【解答】解：根据题意可得：设旗杆高为xm．根据在同一时刻身高与影长成比例可得：＝，解得：x＝13.5（m）．故答案为：13.5．16．在正方形网格中，△ABC的位置如图所示，则sin∠A的值为．【分析】过C作CD⊥AB于D，根据三角形ABC的面积为定值可求出CD的长，利用勾股定理可以求出AC的长，再根据正弦的定义即可求出sin∠A的值．【解答】解：过C作CD⊥AB于D，∵AB＝＝4，BC＝2，∴×AB•CD＝BC×4，∴CD＝，∵AC＝＝2，∴sin∠A＝＝＝，故答案为．17．如图，EB为半圆O的直径，点A在EB的延长线上，AD切半圆O于点D，BC⊥AD 于点C，AB＝2，半圆O的半径为2，则BC的长为1．【分析】连接OD，根据切线的性质得出OD⊥AD，求出OD∥BC，根据相似三角形的判定得出△BCA∽△ODA，得出比例式，代入求出即可．【解答】解：连接OD，∵AD切半圆O于点D，∴OD⊥AD，∵BC⊥AD，∴OD∥BC，∴△BCA∽△ODA，∴＝，∴＝，∴BC＝1，故答案为：1．18．在△ABC中，若AB＝，tan∠B＝，AC＝，则BC＝13或1．．【分析】如图，作AH⊥C于H．分两种情形分别求出BC即可解决问题．【解答】解：如图，作AH⊥C于H．当高AH在△ABC内时，∵tan∠B＝＝，∴可以假设AH＝3k，BH＝7k，∵AB2＝AH2+BH2，∴58＝58k2，∵k＞0，∴k＝1，∴AH＝3，BH＝7，在Rt△ACH中，CH＝＝＝6，∴BC＝BH+CH＝7+6＝13，当高AH在△ABC′外时，BC′＝BH﹣HC′＝7﹣6＝1，故答案为13或1．19．如图，半圆O的直径AB＝7，两弦AC、BD相交于点E，弦CD＝，且BD＝5，则DE＝2．【分析】连接OD，OC，AD，由⊙O的直径AB＝7可得出OD＝OC，故可得出OD＝CD ＝OC，所以∠DOC＝60°，∠DAC＝30°，根据勾股定理可求出AD的长，在Rt△ADE 中，利用∠DAC的正切值求解即可．【解答】解：连接OD，OC，AD，∵半圆O的直径AB＝7，∴OD＝OC＝，∵CD＝，∴OD＝CD＝OC∴∠DOC＝60°，∠DAC＝30°又∵AB＝7，BD＝5，∴AD＝＝＝2，在Rt△ADE中，∵∠DAC＝30°，∴DE＝AD•tan30°＝2×＝2．故答案为：2．20．如图，在△ABC中，点Q、D分别在边AC、AB上，CD、BQ相交于点H，若点Q为AC中点，BD＝DH＝2，AD＝AC，tan∠ADC＝，则HQ的长为2．【分析】如图，过点B作BE⊥CD，过点A作AF⊥CD，过点Q作QP⊥CD，则BE∥AF∥QP，由勾股定理可求BE，DE的长，由相似三角形的性质可求QP＝，HP＝7，由勾股定理可求HQ的长．【解答】解：如图，过点B作BE⊥CD，过点A作AF⊥CD，过点Q作QP⊥CD，则BE ∥AF∥QP，∵tan∠ADC＝＝tan∠EDB＝，∴设BE＝a，DE＝3a，∴BE2+DE2＝BD2，∴16a2＝4，∴a＝，∴BE＝，DE＝，∴EH＝，∵AD＝AC，AF⊥CD，∴DF＝CF，∵tan∠ADC＝＝，∴设AF＝b，DF＝3b＝CF，∵点Q为AC中点，∴AC＝2QC，∵QP∥AF，∴△QPC∽△AFC，∴，且AC＝2QC，∴QP＝AF＝b，PC＝CF＝b，∵BE∥QP，∴△BEH∽△QPH，∴，即，∴HP＝b，∵CD＝DH+HP+CP∴6b＝2+b+b∴b＝2∴QP＝，HP＝7，∴HQ＝＝＝2，故答案为：2．三．解答题（共4小题）21．先化简再求值；，其中a＝6tan60°﹣cos45°．【分析】先根据分式的混合运算顺序和运算法则化简原式，再将化简后的a的值代入计算可得．【解答】解：原式＝﹣•＝﹣＝，a＝6tan60°﹣cos45°＝6﹣2×＝6﹣2，则原式＝＝＝．22．如图，方格纸中每个小正方形的边长均为1，线段AB的两个端点在小正方形的顶点上．（1）在图中画一个以AB为腰的等腰三角形△ABE，点E在小正方形的顶点上，且△ABE 的面积为；（2）在图中画一个等腰三角形△ABF，点F在小正方形的顶点上，且tan∠AFB＝，连接EF，请直接写出线段EF的长．【分析】（1）依据以AB为腰的等腰三角形△ABE，点E在小正方形的顶点上，且△ABE 的面积为，即可得到△ABE；（2）依据等腰三角形△ABF，点F在小正方形的顶点上，且tan∠AFB＝，即可得到△ABF，运用勾股定理即可得到EF的长．【解答】解：（1）如图所示，△ABE即为所求；（2）如图所示，△ABF即为所求；Rt△BEF中，EF＝＝5．23．我市城市规划期间，欲拆除沿江路的一根电线杆AB（如图），已知堤坝D距电线杆AB 水平距离BD＝14米，背水坡CD的坡度i＝2：1，坝高CF＝2米，在坝顶C处测得杆顶A的仰角为30°，D、E之间是宽2米的人行道，试问在拆除电线杆AB时，为确保行人安全，是否需要将此人行道封上，请说明理由（在地面上以点B为圆心，以AB长为半径的圆形区城为危验区城）．【分析】根据坡度的概念求出DF，得到BF的长，根据正切的定义求出AG，得到AB的长，比较大小得到答案．【解答】解：不需要将此人行道封上．∵背水坡CD的坡度i＝2：1，坝高CF＝2，∴DF＝1，∴BF＝BD+DF＝15，由题意得，四边形BFCG为矩形，∴GC＝BF＝15，BG＝CF＝2，在Rt△AGC中，tan∠ACG＝，则AG＝GC•tan∠ACG＝5，∴AB＝AG+BG＝5+2≈10.66，BE＝BD﹣DE＝14﹣2＝12，∵10.66＜12，∴不需要将此人行道封上．24．如图，在平行四边形ABCD中，延长BA至点E，使AE＝AB，点F、P在边AD所在的直线上，EF∥CP．（1）求证：DF﹣DP＝BC；（2）的条件下，若CD＝15，EF＝20，tan∠AFE＝，BC＝14，求DF的长．【分析】（1）证出∠EAF＝∠CDP，∠F＝∠P，由AAS证明△AEF≌△DCP，得出DP＝AF，即可得出结论；（2）过点E作EG⊥AD于点G，与平行四边形的性质得出AE＝AB＝CD＝15，AD＝BC ＝14，由三角函数求出EG＝12，FG＝16，由勾股定理求出AG＝9，得出AF＝7，即可得出DF的长．【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥CD，AB＝CD，∴∠BAF＝∠CDA，∴180°﹣∠BAF＝180°﹣∠CDA，∴∠EAF＝∠CDP，∵AE＝AB，∴AE＝DC，∵EF∥CP，∴∠F＝∠P，在△AEF和△DCP中，，∴△AEF≌△DCP（AAS），∴DP＝AF，∵DF﹣AF＝AD，∴DF﹣DP＝BC；（2）过点E作EG⊥AD于点G，如图所示：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AE＝AB＝CD＝15，AD＝BC＝14，在Rt△EFG中，tan∠AFE＝＝，∴sin∠AFE＝＝，cos∠AFE＝，∴EG＝sin∠AFE×EF＝×20＝12，FG＝cos∠AFE×EF＝×20＝16，∴在Rt△EFG中，由勾股定理得：AG═＝9，∴AF＝FG﹣AG＝16﹣9＝7，∴DF＝AF+AD＝7+14＝21．25.某社区计划对面积为1800m2的区域进行绿化经招标，甲、乙两个工程队中标，全部绿化工作由甲、乙两个工程队来完成，已知甲队每天能完成绿化的面积是乙队每天能完成绿化面积的2倍，并且在独立完成面积为400m2区域的绿化时，甲队比乙队少用4天．（1）求甲、乙两工程队每天能完成绿化的面积；（2）若甲队每天绿化费用是0.6万元，乙队每天绿化费用为0.25万元，如果施工总费用不超过10万元，那么乙工程队至少需施工多少天？【考点】B7：分式方程的应用；C9：一元一次不等式的应用．【专题】34：方程思想；522：分式方程及应用；524：一元一次不等式(组)及应用．【分析】（1）设乙工程队每天能完成绿化的面积为xm2，则甲工程队每天能完成绿化的面积为2xm2，根据工作时间＝工作总量÷工作效率结合在独立完成面积为400m2区域的绿化时甲队比乙队少用4天，即可得出关于x的分式方程，解之经检验后即可得出结论；（2）设乙工程队需施工y天，则甲工程队需施工（18﹣0.5y）天，根据总费用＝甲队每天所需费用×甲队工作时间+乙队每天所需费用×乙队工作时间结合施工总费用不超过10万元，即可得出关于y的一元一次不等式，解之取其最小值即可得出结论．【解答】解：（1）设乙工程队每天能完成绿化的面积为xm2，则甲工程队每天能完成绿化的面积为2xm2，根据题意得：﹣＝4，解得：x＝50，经检验，x＝50是原分式方程的解，∴2x＝100．答：乙工程队每天能完成绿化的面积为50m2，甲工程队每天能完成绿化的面积为100m2．（2）设乙工程队需施工y天，则甲工程队需施工（18﹣0.5y）天，根据题意得：0.6（18﹣0.5y）+0.25y≤10，解得：y≥16．答：乙工程队至少需施工16天．26.已知：四边形ABCD内接于⊙O，AC、BD相交于点E，AB＝AC．（1）如图1，求证：2∠ACB+∠BDC＝180°；（2）如图2，连接BO并延长交⊙O于点H，若AC⊥BD，求证：AH＝CD；（3）如图3，在（2）的条件下，连接HE，若BE：DE＝9：4；AB＝30，求HE长．【考点】MR：圆的综合题．【专题】553：图形的全等；554：等腰三角形与直角三角形；556：矩形菱形正方形；559：圆的有关概念及性质；55D：图形的相似；67：推理能力．【分析】（1）由等腰三角形的性质和三角形内角和定理可得结论；（2）由余角的性质可得∠ABH＝∠CBD，可得＝，可得结论；（3）如图3，延长AO交DB于N，连接DH，作HF⊥AC于F，由全等三角形的性质和相似三角形的性质可求DE＝8，BE＝18，DC＝AH＝10，由矩形的性质和全等三角形的性质可求HD，由勾股定理可求解．【解答】解：（1）∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB，∵∠BAC+∠ABC+∠ACB＝180°，且∠BAC＝∠BDC，∴2∠ACB+∠BDC＝180°；（2）∵BH是直径，∴∠BAH＝90°，∴∠H+∠ABH＝90°，∵AC⊥BD，∴∠CBD+∠BCA＝90°，且∠H＝∠BCA，∴∠ABH＝∠CBD，∴＝，∴AH＝CD；（3）如图3，延长AO交DB于N，连接DH，作HF⊥AC于F，∵BE：DE＝9：4，∴设BE＝9x，DE＝4x，∵AB＝AC，∴，且AO是半径，∴∠BAO＝∠EAO，∵OA＝OB，∴∠ABO＝∠BAO，∴∠BAO＝∠EAO＝∠ABO＝∠DBC，∵∠DAC＝∠DBC，∴∠CAO＝∠CAD，且∠AED＝∠AEN＝90°，AE＝AE，∴△ADE≌△ANE（ASA）∴DE＝EN＝4x，∴BN＝5x，∵∠BAO＝∠DAC，AB＝AC，∠ABD＝∠ACD，∴△ABN≌△ACD（ASA）∴CD＝BN＝5x，∵∠BAC＝∠BDC，∠ABD＝∠ACD，∴△ABE∽△CDE，∴，∴∴AE＝24，∴CE＝AC﹣AE＝6，∴x＝2，∴DE＝8，BE＝18，DC＝AH＝10，∵HF⊥AC，AC⊥DB，∠ADB＝90°，∴四边形HFED是矩形，∴HD＝EF，HF＝DE，∵AH＝DC，HF＝DE，∴Rt△AHF≌Rt△CDE（HL）∴AF＝CE＝6，∴EF＝AC﹣AF﹣EC＝30﹣12＝18＝HD，∴HE＝＝＝2．27.如图，直线与x、y轴交于点A、B，过点B作x轴的平行线交直线y＝x+b于点D，直线y＝x+b交x、y轴于点E、K，且DK＝．（1）如图1，求直线DE的解析式；（2）如图2，点P为AB廷长线上一点，把线段BP绕着点B顺时针旋转90°得到线段BF，若点F刚好落在直线DE上，求点P的坐标；（3）如图3，在（2）的条件下，点M为ED延长线上一点，连接PM和AM，AM交线段BD于点N，若PM+MN＝AN，求线段PM的长．【考点】FI：一次函数综合题．【专题】152：几何综合题；69：应用意识．【分析】（1）证明△DBK是等腰直角三角形，求出OK即可解决问题．（2）构建一次函数求出点F的坐标即可解决问题．（3）如图3中，作AH⊥DB交DB的延长线于H，PT⊥BD于T，延长PM交BD的延长线于K．利用全等三角形的性质首先证明当MN＝MK时，PM+MN＝AN，求出直线PK 的解析式，构建方程组求出交点坐标即可．【解答】解：（1）如图1中，∵直线与x、y轴交于点A、B，∴B（0，3），A（﹣2，0），∵直线y＝x+b交x、y轴于点E、K，∴K（0，b），E（﹣b，0），∴OE＝OK＝﹣b，∴∠OKE＝45°，∵BD∥x轴，∴BD⊥BK，∴∠DBK＝90°，∴BK＝BD，∵DK＝5，∴BD＝DK＝5，∴OE＝OF＝2，∴b＝﹣2，∴直线DE的解析式为y＝x﹣2．（2）如图2中，∵BF⊥AB，∴直线BF的解析式为y＝﹣x+3，由解得，∴F（3，1），∵线段BF是由BP顺时针旋转90°得到，∴p（2，6）．（3）如图3中，作AH⊥DB交DB的延长线于H，PT⊥BD于T，延长PM交BD的延长线于K．当MN＝MK时，∠MNK＝∠ANH＝∠K，∵∠PTK＝∠H＝90°．AH＝PT＝3，∴△AHD≌△PTK（AAS），∴DH＝TK，AN＝PK，∴HT＝DK＝4，∵PM+MN＝PM+MK＝PK＝AN，∴K（9，3），∵P（2，6），∴直线PK的解析式为y＝﹣x+，由，解得，∴M（，），∴PM＝＝．。