2013年浙江省绍兴市中考数学试卷及答案(word解析版)

种情况：当B3C3=2×h，时，当B3C3=×h时，代入求出即可． 解答：解 ：（1）答案不唯一，如a=2，b=4； （2）①以B1C1为一边的矩形不是方形． 理由是：过A作AM⊥BC于M，交B1C1于E，交B2C2于H，交B3C3于G，交B4C4于N，则AM⊥B4C4，AM⊥B3C3，AM⊥B2C2，AM⊥B1C1， ∵由矩形的性质得：BC∥B1C1∥B2C2∥B3C3∥B4C4， ∴△ABC∽△AB1C1∽△AB2C2∽△AB3C3∽△AB4C4， ∴=，==，==，==， ∵AM=20，BC=25， ∴B1C1=5，B2C2=10，B3C3=15，B4C4=20，AE=4，AH=8，AG=12，AN=16， ∴MN=GN=GH=HE=4， ∴BQ=B2O=B3Z=B4K=4， 即B1C1≠2B1Q，B1Q≠2B1C1， ∴以B1C1为一边的矩形不是方形； ②∵以B3C3为一边的矩形为方形，设AM=h， ∴△ABC∽△AB3C3， ∴==， 则AG=h， ∴MN=GN=GH=HE=h， 当B3C3=2×h，时，当B3C3=×h时，=； =． 综合上述：BC与BC边上的高之比是或．

点评：本 题考查了相似三角形的性质和判定和矩形的性质的应用，注意：相似三角形的对应高的比等于相似比． 23．（12分）（2013?绍兴）在△ABC中，∠CAB=90°，AD⊥BC于点D，点E为AB的中点，EC与AD交于点G，点F在BC上．

（1）如图1，AC：AB=1：2，EF⊥CB，求证：EF=CD． （2）如图2，AC：AB=1：

，EF⊥CE，求EF：EG的值．

考点：相 似三角形的判定与性质；全等三角形的判定与性质． 分析：（ 1）根据同角的余角相等得出∠CAD=∠B，根据AC：AB=1：2及点E为AB的中点，得出AC=BE，再利用AAS证明△ACD≌△BEF，即可得出EF=CD； （2）作EH⊥AD于H，EQ⊥BC于Q，先证明四边形EQDH是矩形，得出∠QEH=90°，则∠FEQ=∠GEH，再由两角对应相等的两三角形相似证明△EFQ∽△EGH，得出EF：EG=EQ：EH，然后在△BEQ中，根据正弦函数的定义得出EQ=BE，在△AEH中，根据余弦函数的定义得出EH=AE，又BE=AE，进而求出EF：EG的值． 解答：（ 1）证明：如图1， 在△ABC中，∵∠CAB=90°，AD⊥BC于点D， ∴∠CAD=∠B=90°﹣∠ACB． ∵AC：AB=1：2，∴AB=2AC，

∵点E为AB的中点，∴AB=2BE， ∴AC=BE． 在△ACD与△BEF中， ， ∴△ACD≌△BEF， ∴CD=EF，即EF=CD； （2）解：如图2，作EH⊥AD于H，EQ⊥BC于Q， ∵EH⊥AD，EQ⊥BC，AD⊥BC， ∴四边形EQDH是矩形， ∴∠QEH=90°， ∴∠FEQ=∠GEH=90°﹣∠QEG， 又∵∠EQF=∠EHG=90°， ∴△EFQ∽△EGH， ∴EF：EG=EQ：EH． ∵AC：AB=1：∴∠B=30°． 在△BEQ中，∵∠BQE=90°， ∴sin∠B=∴EQ=BE． 在△AEH中，∵∠AHE=90°，∠AEH=∠B=30°， ∴cos∠AEH=∴EH=AE． =， =， ，∠CAB=90°， ∵点E为AB的中点，∴BE=AE， ∴EF：EG=EQ：EH=BE：AE=1：．

点评：本 题考查了相似三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、矩形的判定和性质，解直角三角形，综合性较强，有一定难度．解题的关键是作辅助线，构造相似三角形，并且证明四边形EQDH是矩形． 24．（14分）（2013?绍兴）抛物线y=（x﹣3）（x+1）与x轴交于A，B两点（点A在点B左侧），与y轴交于点C，点D为顶点．

（1）求点B及点D的坐标．

（2）连结BD，CD，抛物线的对称轴与x轴交于点E． ①若线段BD上一点P，使∠DCP=∠BDE，求点P的坐标．

②若抛物线上一点M，作MN⊥CD，交直线CD于点N，使∠CMN=∠BDE，求点M的坐标．

考点：二 次函数综合题． 分析：（ 1）解方程（x﹣3）（x+1）=0，求出x=3或﹣1，根据抛物线y=（x﹣3）（x+1）与x