2017年上海市长宁区、金山区中考数学一模试卷
一、选择题（本大题共6题，每题4分，满分24分）
1．在平面直角坐标系中，抛物线y=﹣（x﹣1）2+2的顶点坐标是（ ） A．（﹣1，2） B．（1，2） C．（2，﹣1） D．（2，1）
2．在△ABC中，∠C=90°，AB=5，BC=4，那么∠A的正弦值是（ ） A． B． C． D．
3．如图，下列能判断BC∥ED的条件是（ ）
A． = B． = C． = D． =
4．已知⊙O1与⊙O2的半径分别是2和6，若⊙O1与⊙O2相交，那么圆心距O1O2的取值范围是（ ）
A．2＜O1O2＜4 B．2＜O1O2＜6 C．4＜O1O2＜8 D．4＜O1O2＜10 5．已知非零向量与，那么下列说法正确的是（ ） A．如果||=||，那么= B．如果||=|﹣|，那么∥ C．如果∥，那么||=||
D．如果=﹣，那么||=||
6．已知等腰三角形的腰长为6cm，底边长为4cm，以等腰三角形的顶角的顶点为圆心5cm为半径画圆，那么该圆与底边的位置关系是（ ） A．相离
二、填空题（本大题共12题，每题4分，满分48分） 7．如果3x=4y，那么= ．
8．已知二次函数y=x2﹣2x+1，那么该二次函数的图象的对称轴是 ． 9．已知抛物线y=3x2+x+c与y轴的交点坐标是（0，﹣3），那么c= ． 10．已知抛物线y=﹣x2﹣3x经过点（﹣2，m），那么m= ． 11．设α是锐角，如果tanα=2，那么cotα= ．
12．在直角坐标平面中，将抛物线y=2x2先向上平移1个单位，再向右平移1个单位，那么平移
1
B．相切 C．相交 D．不能确定
后的抛物线解析式是 ．
13．已知⊙A的半径是2，如果B是⊙A外一点，那么线段AB长度的取值范围是 ． 14．如图，点G是△ABC的重心，联结AG并延长交BC于点D，GE∥AB交BC与E，若AB=6，那么GE= ．
15．如图，在地面上离旗杆BC底部18米的A处，用测角仪测得旗杆顶端C的仰角为30°，已知测角仪AD的高度为1.5米，那么旗杆BC的高度为 米．
16．如图，⊙O1与⊙O2相交于A、B两点，⊙O1与⊙O2的半径分别是1和圆公共弦AB的长为 ．
，O1O2=2，那么两
17．如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，AC与BD交于O点，DO：BO=1：2，点E在CB的延长线上，如果S△AOD：S△ABE=1：3，那么BC：BE= ．
18．如图，在△ABC中，∠C=90°，AC=8，BC=6，D是AB的中点，点E在边AC上，将△ADE沿DE翻折，使得点A落在点A'处，当A'E⊥AC时，A'B= ．
2
三、解答题（本大题共7题，满分78分） 19．计算：sin30°•tan30°﹣cos60°•cot30°+20．如图，在△ABC中，D是AB中点，联结CD． （1）若AB=10且∠ACD=∠B，求AC的长． （2）过D点作BC的平行线交AC于点E，设写出结果）
=，
=，请用向量、表示
和
（直接
．
21．CD⊥AB于点D，如图，△ABC中，⊙D经过点B，与BC交于点E，与AB交与点F．已知tanA=，cot∠ABC=，AD=8． 求（1）⊙D的半径； （2）CE的长．
22．如图，拦水坝的横断面为梯形ABCD，AB∥CD，坝顶宽DC为6米，坝高DG为2米，迎水坡BC的坡角为30°，坝底宽AB为（8+2（1）求背水坡AD的坡度；
（2）为了加固拦水坝，需将水坝加高2米，并且保持坝顶宽度不变，迎水坡和背水坡的坡度也不变，求加高后坝底HB的宽度．
3
）米．
23．如图，已知正方形ABCD，点E在CB的延长线上，联结AE、DE，DE与边AB交于点F，FG∥BE且与AE交于点G． （1）求证：GF=BF．
（2）在BC边上取点M，使得BM=BE，联结AM交DE于点O．求证：FO•ED=OD•EF．
24．在平面直角坐标系中，抛物线y=﹣x2+2bx+c与x轴交于点A、B（点A在点B的右侧），且与y轴正半轴交于点C，已知A（2，0） （1）当B（﹣4，0）时，求抛物线的解析式；
（2）O为坐标原点，抛物线的顶点为P，当tan∠OAP=3时，求此抛物线的解析式；
（3）O为坐标原点，以A为圆心OA长为半径画⊙A，以C为圆心， OC长为半径画圆⊙C，当⊙A与⊙C外切时，求此抛物线的解析式．
25．已知△ABC，AB=AC=5，BC=8，∠PDQ的顶点D在BC边上，DP交AB边于点E，DQ交AB边于点O且交CA的延长线于点F（点F与点A不重合），设∠PDQ=∠B，BD=3． （1）求证：△BDE∽△CFD；
（2）设BE=x，OA=y，求y关于x的函数关系式，并写出定义域；
4
（3）当△AOF是等腰三角形时，求BE的长．
5
2017年上海市长宁区、金山区中考数学一模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本大题共6题，每题4分，满分24分）
1．在平面直角坐标系中，抛物线y=﹣（x﹣1）2+2的顶点坐标是（ ） A．（﹣1，2） B．（1，2） C．（2，﹣1） D．（2，1） 【考点】二次函数的性质．
【分析】由抛物线解析式可求得答案． 【解答】解： ∵y=﹣（x﹣1）2+2，
∴抛物线顶点坐标为（1，2）， 故选B．
2．在△ABC中，∠C=90°，AB=5，BC=4，那么∠A的正弦值是（ ） A． B． C． D． 【考点】锐角三角函数的定义． 【分析】根据sinA=
代入数据直接得出答案．
【解答】解：∵∠C=90°，AB=5，BC=4， ∴sinA=故选D．
3．如图，下列能判断BC∥ED的条件是（ ）
=，
A． = B． = C． = D． =
【考点】平行线分线段成比例．
【分析】根据平行线分线段成比例定理，对每一项进行分析即可得出答案．
6
【解答】解：∵∴BC∥ED； 故选C．
=，
4．已知⊙O1与⊙O2的半径分别是2和6，若⊙O1与⊙O2相交，那么圆心距O1O2的取值范围是（ ）
A．2＜O1O2＜4 B．2＜O1O2＜6 C．4＜O1O2＜8 D．4＜O1O2＜10 【考点】圆与圆的位置关系．
【分析】本题直接告诉了两圆的半径及两圆相交，求圆心距范围内的可能取值，根据数量关系与两圆位置关系的对应情况便可直接得出答案．相交，则R﹣r＜P＜R+r．（P表示圆心距，R，r分别表示两圆的半径）．
【解答】解：两圆半径差为4，半径和为8，
两圆相交时，圆心距大于两圆半径差，且小于两圆半径和， 所以，4＜O1O2＜8． 故选C．
5．已知非零向量与，那么下列说法正确的是（ ） A．如果||=||，那么= B．如果||=|﹣|，那么∥ C．如果∥，那么||=|| 【考点】*平面向量．
【分析】根据向量的定义，可得答案．
【解答】解：A、如果||=||，与的大小相等，与的方向不一向相同，故A错误； B、如果||=||，与的大小相等，与不一定平行，故B错误； C、如果∥，与的大小不应定相等，故C错误； D、如果=﹣，那么||=||，故D正确； 故选：D．
6．已知等腰三角形的腰长为6cm，底边长为4cm，以等腰三角形的顶角的顶点为圆心5cm为半径画圆，那么该圆与底边的位置关系是（ ） A．相离
7
D．如果=﹣，那么||=||
B．相切 C．相交 D．不能确定
【考点】直线与圆的位置关系；等腰三角形的性质．
【分析】作AD⊥BC于D，由等腰三角形的性质得出BD=CD=BC=2，由勾股定理求出AD=45，即d＞r，即可得出结论． 【解答】解：如图所示：
在等腰三角形ABC中，作AD⊥BC于D， 则BD=CD=BC=2， ∴AD=即d＞r，
∴该圆与底边的位置关系是相离； 故选：A．
=
=4
＞5，
＞
二、填空题（本大题共12题，每题4分，满分48分） 7．如果3x=4y，那么= 【考点】比例的性质．
【分析】根据等式的性质，可得答案． 【解答】解：由3x=4y，得x：y=4：3， 故答案为：．
8．已知二次函数y=x2﹣2x+1，那么该二次函数的图象的对称轴是 x=1 ． 【考点】二次函数的性质．
【分析】用配方法将抛物线的一般式转化为顶点式，可求抛物线的对称轴． 【解答】解：∵y=x2﹣2x+1=（x﹣1）2， 对称轴是：x=1． 故本题答案为：x=1．
8
．
9．已知抛物线y=3x2+x+c与y轴的交点坐标是（0，﹣3），那么c= ﹣3 ． 【考点】二次函数图象上点的坐标特征．
【分析】y轴上点的坐标特点为横坐标为0，纵坐标为y，把x=0代入即可求得交点坐标为（0，c），再根据已知条件得出c的值． 【解答】解：当x=0时，y=c，
∵抛物线y=3x2+x+c与y轴的交点坐标是（0，﹣3）， ∴c=﹣3， 故答案为﹣3．
10．已知抛物线y=﹣x2﹣3x经过点（﹣2，m），那么m= 4 ． 【考点】二次函数图象上点的坐标特征．
【分析】直接把点（﹣2，m）代入抛物线y=﹣x2﹣3x中，列出m的一元一次方程即可． 【解答】解：∵y=﹣x2﹣3x经过点（﹣2，m）， ∴m=﹣×22﹣3×（﹣2）=4， 故答案为4．
11．设α是锐角，如果tanα=2，那么cotα= 【考点】同角三角函数的关系．
【分析】根据一个角的余切等于它余角的正切，可得答案． 【解答】解：由α是锐角，如果tanα=2，那么cotα=， 故答案为：．
12．在直角坐标平面中，将抛物线y=2x2先向上平移1个单位，再向右平移1个单位，那么平移后的抛物线解析式是 y=2（x﹣1）2+1 ． 【考点】二次函数图象与几何变换．
【分析】先确定抛物线y=2x2的顶点坐标为（0，0），再利用点平移的规律写出（0，0）平移后对应点的坐标，然后根据顶点式写出平移后的抛物线解析式．
【解答】解：抛物线y=2x2的顶点坐标为（0，0），把点（0，0）向上平移1个单位，再向右平
9
．
移1个单位所得对应点的坐标为（1，1）， 所以平移后的抛物线解析式为y=2（x﹣1）2+1． 故答案为y=2（x﹣1）2+1．
13．已知⊙A的半径是2，如果B是⊙A外一点，那么线段AB长度的取值范围是 AB＞2 ． 【考点】点与圆的位置关系．
【分析】根据点P在圆外⇔d＞r，可得线段AB长度的取值范围是AB＞2． 【解答】解：∵⊙A的半径是2，B是⊙A外一点， ∴线段AB长度的取值范围是AB＞2． 故答案为：AB＞2．
14．如图，点G是△ABC的重心，联结AG并延长交BC于点D，GE∥AB交BC与E，若AB=6，那么GE= 2 ．
【考点】三角形的重心；平行线分线段成比例．
【分析】先根据点G是△ABC的重心，得出DG：DA=1：3，再根据平行线分线段成比例定理，得出
=
，即
=，进而得出GE的长．
【解答】解：∵点G是△ABC的重心， ∴DG：AG=1：2， ∴DG：DA=1：3， ∵GE∥AB， ∴
=
，即
=，
∴EG=2， 故答案为：2．
10
15．如图，在地面上离旗杆BC底部18米的A处，用测角仪测得旗杆顶端C的仰角为30°，已知测角仪AD的高度为1.5米，那么旗杆BC的高度为 6
+1.5 米．
【考点】解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题． 【分析】根据正切的定义求出CE，计算即可． 【解答】解：在Rt△CDE中，tan∠CDE=∴CE=DE•tan∠CDE=6∴BC=CE+BE=6故答案为：6
，
，
+1.5（米）， +1.5．
16．如图，⊙O1与⊙O2相交于A、B两点，⊙O1与⊙O2的半径分别是1和圆公共弦AB的长为
．
，O1O2=2，那么两
【考点】相交两圆的性质．
【分析】首先连接O1A，O2A，设AC=x，O1C=y，由勾股定理可得方程组，解方程组即可求得x
11
与y的值，继而求得答案．
【解答】解：连接O1A，O2A，如图所示 设AC=x，O1C=y，则AB=2AC=2x， ∵O1O2=2， ∴O2C=2﹣y， ∵AB⊥O1O2，
∴AC2+O1C2=O1A2，O2C2+AC2=O2A2， ∴
，
解得：，
∴AC=，
； ．
∴AB=2AC=故答案为：
17．如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，AC与BD交于O点，DO：BO=1：2，点E在CB的延长线上，如果S△AOD：S△ABE=1：3，那么BC：BE= 2：1 ．
【考点】相似三角形的判定与性质；梯形．
【分析】由平行线证出△AOD∽△COB，得出S△AOD：S△COB=1：4，S△AOD：S△AOB=1：2，由S△AOD：S△ABE=1：3，得出S△ABC：S△ABE=2：1，即可得出答案． 【解答】解：∵AD∥BC， ∴△AOD∽△COB，
12
∵DO：BO=1：2，
∴S△AOD：S△COB=1：4，S△AOD：S△AOB=1：2， ∵S△AOD：S△ABE=1：3， ∴S△ABC：S△ABE=6：3=2：1， ∴BC：BE=2：1．
18．如图，在△ABC中，∠C=90°，AC=8，BC=6，D是AB的中点，点E在边AC上，将△ADE沿DE翻折，使得点A落在点A'处，当A'E⊥AC时，A'B= 或7 ．
【考点】翻折变换（折叠问题）；勾股定理． 【分析】分两种情况：
①如图1，作辅助线，构建矩形，先由勾股定理求斜边AB=10，由中点的定义求出AD和BD的长，证明四边形HFGB是矩形，根据同角的三角函数列式可以求DG和DF的长，并由翻折的性质得：∠DA′E=∠A，A′D=AD=5，由矩形性质和勾股定理可以得出结论：A′B=②如图2，作辅助线，构建矩形A′MNF，同理可以求出A′B的长． 【解答】解：分两种情况：
①如图1，过D作DG⊥BC与G，交A′E与F，过B作BH⊥A′E与H， ∵D为AB的中点， ∴BD=AB=AD，
∵∠C=90，AC=8，BC=6， ∴AB=10， ∴BD=AD=5， sin∠ABC=∴
，
，
；
∴DG=4，
由翻折得：∠DA′E=∠A，A′D=AD=5，
13
∴sin∠DA′E=sin∠A=∴
，
，
∴DF=3， ∴FG=4﹣3=1， ∵A′E⊥AC，BC⊥AC， ∴A′E∥BC，
∴∠HFG+∠DGB=180°， ∵∠DGB=90°， ∴∠HFG=90°， ∵∠EHB=90°，
∴四边形HFGB是矩形， ∴BH=FG=1，
同理得：A′E=AE=8﹣1=7， ∴A′H=A′E﹣EH=7﹣6=1，
在Rt△AHB中，由勾股定理得：A′B=
=
；
②如图2，过D作MN∥AC，交BC与于N，过A′作A′F∥AC，交BC的延长线于F，延长A′E交直线DN于M， ∵A′E⊥AC，
∴A′M⊥MN，A′E⊥A′F， ∴∠M=∠MA′F=90°， ∵∠ACB=90°， ∴∠F=∠ACB=90°， ∴四边形MA′FN是矩形， ∴MN=A′F，FN=A′M， 由翻折得：A′D=AD=5，
Rt△A′MD中，∴DM=3，A′M=4， ∴FN=A′M=4，
Rt△BDN中，∵BD=5， ∴DN=4，BN=3，
∴A′F=MN=DM+DN=3+4=7，
14
BF=BN+FN=3+4=7，
Rt△ABF中，由勾股定理得：A′B=综上所述，A′B的长为故答案为：
或7
．
或7
．
=7
；
三、解答题（本大题共7题，满分78分） 19．计算：sin30°•tan30°﹣cos60°•cot30°+【考点】实数的运算；特殊角的三角函数值．
【分析】原式利用特殊角的三角函数值计算即可得到结果． 【解答】解：原式=×
20．如图，在△ABC中，D是AB中点，联结CD． （1）若AB=10且∠ACD=∠B，求AC的长． （2）过D点作BC的平行线交AC于点E，设写出结果）
=，
=，请用向量、表示
和
（直接
﹣××
+=
﹣
+2=
+2．
．
15
【考点】相似三角形的判定与性质；*平面向量．
【分析】（1）求出AD=AB=5，证明△ACD∽△ABC，得出
，即可得出结果；
（2）由平行线的性质得出AE=EC，由向量的定义容易得出结果． 【解答】解：（1）∵D是AB中点， ∴AD=AB=5，
∵∠ACD=∠B，∠A=∠A， ∴△ACD∽△ABC， ∴
，
∴AC2=AB•AD=10×5=50， ∴AC=
=5
；
（2）如图所示：∵DE∥BC，D是AB的中点， ∴AD=DB，AE=EC， ∵∴∴∵∴
=．
=，
= =，
=，
=
， ，
21．CD⊥AB于点D，如图，△ABC中，⊙D经过点B，与BC交于点E，与AB交与点F．已知tanA=，cot∠ABC=，AD=8． 求（1）⊙D的半径；
16
（2）CE的长．
【考点】圆周角定理；解直角三角形．
【分析】（1）根据三角函数的定义得出CD和BD，从而得出⊙D的半径；
（2）过圆心D作DH⊥BC，根据垂径定理得出BH=EH，由勾股定理得出BC，再由三角函数的定义得出BE，从而得出CE即可．
【解答】解：（1）∵CD⊥AB，AD=8，tanA=， 在Rt△ACD中，tanA=在Rt△CBD，cot∠ABC=∴⊙D的半径为3；
（2）过圆心D作DH⊥BC，垂足为H， ∴BH=EH，
在Rt△CBD中∠CDB=90°，BC=
在Rt△BDH中，∠BHD=90°，cos∠ABC=∵BH=EH， ∴BE=2BH=
，
=．
=5，cos∠ABC=
=，
=，AD=8，CD=4， =，BD=3，
=，BD=3，BH=，
∴CE=BC﹣BE=5﹣
22．如图，拦水坝的横断面为梯形ABCD，AB∥CD，坝顶宽DC为6米，坝高DG为2米，迎水坡BC的坡角为30°，坝底宽AB为（8+2
17
）米．
（1）求背水坡AD的坡度；
（2）为了加固拦水坝，需将水坝加高2米，并且保持坝顶宽度不变，迎水坡和背水坡的坡度也不变，求加高后坝底HB的宽度．
【考点】解直角三角形的应用﹣坡度坡角问题；梯形．
【分析】（1）作CP⊥AB于点P，即可知四边形CDGP是矩形，从而得CP=DG=2、CD=GP=6，由BP=
=2
根据AG=AB﹣GP﹣BP可得DG：AG=1：1；
、HN=
、NF=ME，根据
（2）根据题意得EF=MN=4、ME=CD=6、∠B=30°，由BF=HB=HN+NF+BF可得答案．
【解答】解：（1）如图，过点C作CP⊥AB于点P，
则四边形CDGP是矩形， ∴CP=DG=2，CD=GP=6， ∵∠B=30°， ∴BP=
=
=2
，
﹣6﹣2
=2=DG，
∴AG=AB﹣GP﹣BP=8+2
∴背水坡AD的坡度DG：AG=1：1；
（2）由题意知EF=MN=4，ME=CD=6，∠B=30°， 则BF=
=
=4
，HN=
=10+4
==4，NF=ME=6， ，
）米．
∴HB=HN+NF+BF=4+6+4
答：加高后坝底HB的宽度为（10+4
18
23．如图，已知正方形ABCD，点E在CB的延长线上，联结AE、DE，DE与边AB交于点F，FG∥BE且与AE交于点G． （1）求证：GF=BF．
（2）在BC边上取点M，使得BM=BE，联结AM交DE于点O．求证：FO•ED=OD•EF．
【考点】相似三角形的判定与性质；正方形的性质． 【分析】（1）根据已知条件可得到GF∥AD，则有可得到GF=FB；
（2）延长GF交AM于H，根据平行线分线段成比例定理得到由GF∥AD，得到
，等量代换得到
，即
，由于BM=BE，得到GF=FH，，于是得到结论．
=
，由BF∥CD可得到
=
，又因为AD=CD，
【解答】证明：（1）∵四边形ABCD是正方形， ∴AD∥BC，AB∥CD，AD=CD， ∵GF∥BE， ∴GF∥BC， ∴GF∥AD， ∴
，
∵AB∥CD， ∴
，
∵AD=CD， ∴GF=BF；
（2）延长GF交AM于H， ∵GF∥BC， ∴FH∥BC， ∴
19
，
∴，
∵BM=BE， ∴GF=FH， ∵GF∥AD， ∴∴∴
， ，
，
∴FO•ED=OD•EF．
24．在平面直角坐标系中，抛物线y=﹣x2+2bx+c与x轴交于点A、B（点A在点B的右侧），且与y轴正半轴交于点C，已知A（2，0） （1）当B（﹣4，0）时，求抛物线的解析式；
（2）O为坐标原点，抛物线的顶点为P，当tan∠OAP=3时，求此抛物线的解析式；
（3）O为坐标原点，以A为圆心OA长为半径画⊙A，以C为圆心， OC长为半径画圆⊙C，当⊙A与⊙C外切时，求此抛物线的解析式．
【考点】圆的综合题．
【分析】（1）利用待定系数法即可确定出函数解析式；
（2）用tan∠OAP=3建立一个b，c的关系，再结合点A得出的等式即可求出b，c进而得出函数关系式；
（3）用两圆外切，半径之和等于AC建立方程结合点A代入建立的方程即可得出抛物线解析式．
20
【解答】解：（1）把点A（2，0）、B（﹣4，0）的坐标代入y=﹣x2+2bx+c得，∴b=﹣1．c=8，
∴抛物线的解析式为y=﹣x2﹣2x+8；
，
（2）如图1，设抛物线的对称轴与x轴的交点为H，把点A（2，0）的坐标代入y=﹣x2+2bx+c得，
﹣4+4b+c=0①， ∵抛物线的顶点为P，
∴y=﹣x2+2bx+c=﹣（x﹣b）2+b2+c， ∴P（b，b2+c）， ∴PH=b2+c，AH=2﹣b， 在Rt△PHA中，tan∠OAP=∴
=3②，
，
联立①②得，，
∴（不符合题意，舍）或，
∴抛物线的解析式为y=﹣x2﹣2x+8；
（3）∵如图2，抛物线y=﹣x2+2bx+c与y轴正半轴交于点C， ∴C（0，c）（c＞0）， ∴OC=c， ∵A（2，0）， ∴OA=2， ∴AC=
，
∵⊙A与⊙C外切， ∴AC=c+2=
，
∴c=0（舍）或c=，
把点A（2，0）的坐标代入y=﹣x2+2bx+c得，﹣4+4b+c=0， ∴b=，
21
∴抛物线的解析式为y=﹣x2+x+．
25．已知△ABC，AB=AC=5，BC=8，∠PDQ的顶点D在BC边上，DP交AB边于点E，DQ交AB边于点O且交CA的延长线于点F（点F与点A不重合），设∠PDQ=∠B，BD=3． （1）求证：△BDE∽△CFD；
（2）设BE=x，OA=y，求y关于x的函数关系式，并写出定义域； （3）当△AOF是等腰三角形时，求BE的长．
【考点】相似形综合题．
22
【分析】（1）根据两角对应相等两三角形相似即可证明．
（2）过点D作DM∥AB交AC于M（如图1中）．由△BDE∽△CFD，得由DM∥AB，得FM=
﹣
=
，推出DM=
=
=
，推出FC=
，，
CM=DM=，由DM∥AB，推出∠B=∠MDC，∠MDC=∠C，，代入化简即可．
，于DM∥AB，得
（3）分三种情形讨论①当AO=AF时，②当FO=FA时，③当OA=OF时，分别计算即可． 【解答】解：（1）∵AB=AC， ∴∠B=∠C，
∵∠EDC=∠B+∠BED， ∴∠FDC+∠EDO=∠B+∠BED， ∵∠EDO=∠B， ∴∠BED=∠EDC， ∵∠B=∠C， ∴△BDE∽△CFD．
（2）过点D作DM∥AB交AC于M（如图1中）．
∵△BDE∽△CFD， ∴∴
=
，∵BC=8，BD=3，BE=x，
=，
，
∴FC=
∵DM∥AB， ∴
=
，即，
=，
∴DM=
∵DM∥AB，
23
∴∠B=∠MDC， ∴∠MDC=∠C， ∴CM=DM=∵DM∥AB，
，FM=
﹣
，
∴=，即=，
∴y=
（0＜x＜3）．
（3）①当AO=AF时， 由（2）可知AO=y=∴∴BE=
，AF=FC﹣AC=．
﹣5，
=﹣5，解得x=
②当FO=FA时，易知DO=AM=，作DH⊥AB于H（如图2中），
BH=BD•cos∠B=3×=，
DH=BD•sin∠B=3×=， ∴HO=
=
， ， ，即
=
，解得x=
，
∴OA=AB﹣BH﹣HO=由（2）可知y=∴BE=
．
③当OA=OF时，设DP与CA的延长线交于点N（如图3中）．
24
∴∠OAF=∠OFA，∠B=∠C=∠ANE， 由△ABC≌△CDN，可得CN=BC=8，ND=5， 由△BDE≌△NAE，可得NE=BE=x，ED=5﹣x， 作EG⊥BC于G，则BG=x，EG=x， ∴GD=∴BG+GD=x+∴x=
＞3（舍弃），
或
．
，
=3，
综上所述，当△OAF是等腰三角形时，BE=
25
2017年3月2日
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