_福建省三明市三元区2019-2020学年九年级上学期期中数学试卷(word版含答案)

这是一份_福建省三明市三元区2019-2020学年九年级上学期期中数学试卷(word版含答案)，共23页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2019-2020学年福建省三明市三元区九年级第一学期期中数学试卷
一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40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.
1．下列方程中属于一元二次方程的是（　　）
A．3x+1＝2x B．x2﹣4＝0 C．x2+2y﹣3＝0 D．x3+2＝x
2．如图，矩形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，已知OA＝3，则BD等于（　　）

A．3 B．4 C．5 D．6
3．若3x＝2y（x≠0，y≠0），则下列各式成立的是（　　）
A． B． C． D．
4．如图，在菱形ABCD中，已知两条对角线AC＝8，BD＝6，则此菱形的面积是（　　）

A．10 B．20 C．24 D．48
5．已知关于x的一元二次方程x2﹣4x+c＝0有两个相等的实数根，则c＝（　　）
A．4 B．2 C．1 D．﹣4
6．用配方法解方程x2+8x+9＝0，变形后的结果正确的是（　　）
A．（x+4）2＝﹣9 B．（x+4）2＝﹣7 C．（x+4）2＝25 D．（x+4）2＝7
7．x＝是下列哪个一元二次方程的根（　　）
A．3x2+5x+1＝0 B．3x2﹣5x+1＝0 C．3x2﹣5x﹣1＝0 D．3x2+5x﹣1＝0
8．如图是一张长8cm、宽5cm的矩形纸板，将纸板四个角各剪去一个同样的正方形，可制成底面积是18cm2的一个无盖长方体纸盒，设剪去的正方形边长为xcm，那么x满足的方程是（　　）

A．40﹣4x2＝18 B．（8﹣2x）（5﹣2x）＝18
C．40﹣2（8x+5x）＝18 D．（8﹣2x）（5﹣2x）＝9
9．箱子内装有23颗白球及2颗红球，这些球除颜色外完全相同．小亮打算从箱子内抽球，以每次抽出一球后将球再放回的方式抽23次球．若箱子内每颗球被抽到的机会相等，且前22次中抽到白球21次及红球1次，则第23次抽球时，小亮抽到红球的概率为（　　）
A． B． C． D．
10．如图，点A，B，C在同一直线上，且AB＝2BC，点D，E分别是AB，BC的中点，分别以AB，DE，BC为边，在AC同侧作三个正方形，得到三个平行四边形（阴影部分）的面积分别记作S1，S2，S3，若S1＝，则S2+S3的值是（　　）

A． B． C． D．
二、填空题：本题共6小题，每小题4分，共24分.
11．如果，那么的值是 　 　．
12．将一元二次方程x2＝1﹣3x化为一般形式是 　 　．
13．若x＝3是方程x2﹣2x+a＝0的解，则a的值是 　 　．
14．扬州某毛绒玩具厂对一批毛绒玩具进行质量抽检的结果如下：
抽取的毛绒玩具数n
20
50
100
200
500
1000
1500
2000
优等品的频数m
19
47
91
184
462
921
1379
1846
优等品的频率
0.950
0.940
0.910
0.920
0.924
0.921
0.919
0.923
从这批玩具中，任意抽取的一个毛绒玩具是优等品的概率的估计值是 　 　．（精确到0.01）
15．如图，在正方形ABCD的外侧作等边三角形CDE，则∠AED的度数为　 　．

16．如图，在菱形ABCD中，AB＝2，∠BAD＝60°，将菱形ABCD绕点A逆时针方向旋转，对应得到菱形AEFG，点E在AC上，EF与CD交于点P，则DP的长是　 　．

三、解答题：本题共9小题，共86分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17．解方程：x2﹣4＝2（x+2）．
18．解方程：x2﹣6x＝1．
19．如图，在正方形ABCD中，点E，F分别在边AB，BC上，AF⊥DE，垂足为G．求证：AE＝BF．

20．方程x2+2x+k﹣4＝0有实数根
（1）求k的取值范围；
（2）若k是该方程的一个根，求2k2+6k﹣5的值．
21．如图，在矩形ABCD中，AB＝4，对角线AC＝5．
（1）尺规作图：在直线BC上求作一点P，使△APC是以AC为底边的等腰三角形（不写作法，保留作图痕迹）；
（2）在（1）的条件下，求AP的长．

22．图①是一枚质地均匀的正四面体形状的骰子，每个面上分别标有数字1，2，3，4，图②是一个正六边形棋盘，现通过掷骰子的方式玩跳棋游戏，规则是：将这枚骰子掷出后，看骰子向上三个面（除底面外）的数字之和是几，就从图②中的A点开始沿着顺时针方向连续跳动几个顶点，第二次从第一次的终点处开始，按第一次的方法跳动．
（1）随机掷一次骰子，骰子向上三个面（除底面外）的数字之和共有几种情况？请一一写出；
（2）随机掷两次骰子，用画树状图或列表的方法，求棋子最终跳动到点C处的概率．

23．如图，矩形EFGH的顶点E，G分别在菱形ABCD的边AD，BC上，顶点F，H在菱形ABCD的对角线BD上．
（1）求证：BG＝DE；
（2）若E为AD中点，FH＝2，求菱形ABCD的周长．

24．某菜市场有A、B两类摊位，A类摊位数是B类摊位数的2倍．管理单位每月底按A类每个摊位50元、B类每个摊位80元收取当月管理费，每月可收取管理费4500元，该菜市场全部摊位都有商户经营且各摊位均按时全额缴纳管理费．
（1）分别求出该菜市场A、B两类摊位数；
（2）为推进环保袋的使用，管理单位在十月份推出活动一：“使用环保袋送礼物”，A、B两类摊位的商户分别有40%和20%参加了此项活动．为提高大家使用环保袋的积极性，十一月份准备把活动一升级为活动二：“使用环保袋抵扣管理费”，同时终止活动一．经调査与测算，参加活动一的商户会全部参加活动二，参加活动二的商户会显著增加，这样，十一月份参加活动二的A类摊位的总个数将在十月份参加活动一的A类摊位个数的基础上增加2a%，每个摊位的管理费将会减少a%；十一月份参加活动二的B类摊位的总个数将在十月份参加活动一的B类摊位个数的基础上增加6a%，每个摊位的管理费将会减少a%．
①用含a的代数式分别表示出十一月份参加活动二的A、B两类摊位数；
②若参加活动二的这部分商户十一月份总共缴纳的管理费比他们按原方式共缴纳的管理费将减少500元，求a的值．
25．已知：如图①，在矩形ABCD中，AB＝5，AD＝，AE⊥BD，垂足是E．点F是点E关于AB的对称点，连接AF、BF．

（1）求AE和BE的长；
（2）若将△ABF沿着射线BD方向平移，设平移的距离为m（平移距离指点B沿BD方向所经过的线段长度）．当点F分别平移到线段AB、AD上时，直接写出相应的m的值．
（3）如图②，将△ABF绕点B顺时针旋转一个角α（0°＜α＜180°），记旋转中的△ABF为△A′BF′，在旋转过程中，设A′F′所在的直线与直线AD交于点P，与直线BD交于点Q．是否存在这样的P、Q两点，使△DPQ为等腰三角形？若存在，求出此时DQ的长；若不存在，请说明理由．


参考答案
一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40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.
1．下列方程中属于一元二次方程的是（　　）
A．3x+1＝2x B．x2﹣4＝0 C．x2+2y﹣3＝0 D．x3+2＝x
【分析】根据一元二次方程的定义（含有一个未知数，并且含有未知数的项的最高次数是2的整式方程叫一元二次方程）进行判断即可．
解：A．是一元一次方程，故此选项不符合题意；
B．是一元二次方程，故此选项符合题意；
C．是二元二次方程，故此选项不符合题意；
D．是一元三次方程，故此选项不符合题意．
故选：B．
2．如图，矩形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，已知OA＝3，则BD等于（　　）

A．3 B．4 C．5 D．6
【分析】根据矩形的对角线相等且相互平分即可解决问题．
解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AC＝BD，OA＝OC，OB＝OD，
∵OA＝3，
∴BD＝2OA＝6，
故选：D．
3．若3x＝2y（x≠0，y≠0），则下列各式成立的是（　　）
A． B． C． D．
【分析】比例的基本性质：组成比例的四个数，叫做比例的项．两端的两项叫做比例的外项，中间的两项叫做比例的内项，根据两内项之积等于两外项之积可得答案．
解：A、＝可以化成：xy＝6，故此选项错误，不符合题意；
B、＝可以化成：2x＝3y，故此选项错误，不符合题意；
C、＝可以化成：3x＝2y，故此选项正确，符合题意；
D、＝可以化成：2x＝3y，故此选项错误，不符合题意；
故选：C．
4．如图，在菱形ABCD中，已知两条对角线AC＝8，BD＝6，则此菱形的面积是（　　）

A．10 B．20 C．24 D．48
【分析】由菱形的面积公式即可求解．
解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∴菱形ABCD的面积＝AC×BD＝×8×6＝24，
故选：C．
5．已知关于x的一元二次方程x2﹣4x+c＝0有两个相等的实数根，则c＝（　　）
A．4 B．2 C．1 D．﹣4
【分析】根据方程有两个相等的实数根结合根的判别式即可得出关于c的一元一次方程，解方程即可得出结论．
解：∵方程x2﹣4x+c＝0有两个相等的实数根，
∴Δ＝（﹣4）2﹣4×1×c＝16﹣4c＝0，
解得：c＝4．
故选：A．
6．用配方法解方程x2+8x+9＝0，变形后的结果正确的是（　　）
A．（x+4）2＝﹣9 B．（x+4）2＝﹣7 C．（x+4）2＝25 D．（x+4）2＝7
【分析】方程移项后，利用完全平方公式配方即可得到结果．
解：方程x2+8x+9＝0，整理得：x2+8x＝﹣9，
配方得：x2+8x+16＝7，即（x+4）2＝7，
故选：D．
7．x＝是下列哪个一元二次方程的根（　　）
A．3x2+5x+1＝0 B．3x2﹣5x+1＝0 C．3x2﹣5x﹣1＝0 D．3x2+5x﹣1＝0
【分析】用公式法解一元二次方程的一般步骤为：①把方程化成一般形式，进而确定a，b，c的值；②求出b2﹣4ac的值（若b2﹣4ac＜0，方程无实数根）；③在b2﹣4ac≥0的前提下，把a、b、c的值代入公式进行计算求出方程的根．
解：A.3x2+5x+1＝0中，x＝，不合题意；
B.3x2﹣5x+1＝0中，x＝，不合题意；
C.3x2﹣5x﹣1＝0中，x＝，不合题意；
D.3x2+5x﹣1＝0中，x＝，符合题意；
故选：D．
8．如图是一张长8cm、宽5cm的矩形纸板，将纸板四个角各剪去一个同样的正方形，可制成底面积是18cm2的一个无盖长方体纸盒，设剪去的正方形边长为xcm，那么x满足的方程是（　　）

A．40﹣4x2＝18 B．（8﹣2x）（5﹣2x）＝18
C．40﹣2（8x+5x）＝18 D．（8﹣2x）（5﹣2x）＝9
【分析】由于剪去的正方形边长为xcm，那么长方体纸盒的底面的长为（8﹣2x），宽为（5﹣2x），然后根据底面积是18cm2即可列出方程．
解：设剪去的正方形边长为xcm，
依题意得（8﹣2x）•（5﹣2x）＝18，
故选：B．
9．箱子内装有23颗白球及2颗红球，这些球除颜色外完全相同．小亮打算从箱子内抽球，以每次抽出一球后将球再放回的方式抽23次球．若箱子内每颗球被抽到的机会相等，且前22次中抽到白球21次及红球1次，则第23次抽球时，小亮抽到红球的概率为（　　）
A． B． C． D．
【分析】让红球的个数除以球的总数即为所求的概率．
解：∵箱子内装有23颗白球及2颗红球，共有25个球，
∴小亮抽到红球的概率为．
故选：D．
10．如图，点A，B，C在同一直线上，且AB＝2BC，点D，E分别是AB，BC的中点，分别以AB，DE，BC为边，在AC同侧作三个正方形，得到三个平行四边形（阴影部分）的面积分别记作S1，S2，S3，若S1＝，则S2+S3的值是（　　）

A． B． C． D．
【分析】设BE＝x，根据正方形的性质、平行四边形的面积公式分别表示出S1，S2，S3，根据题意计算即可．
解：∵点D，E分别是AB，BC的中点，AB＝2BC，
∴设BE＝x，则EC＝x，AD＝BD＝2x，

∵四边形ABGF是正方形，
∴∠ABF＝45°，
∴△BDH是等腰直角三角形，
∴BD＝DH＝2x，
∴S1＝DH•AD＝，即2x•2x＝，
∴x2＝
∵BD＝2x，BE＝x，
∴S2＝MH•BD＝（3x﹣2x）•2x＝2x2，
S3＝EN•BE＝x•x＝x2，
∴S2+S3＝2x2+x2＝3x2＝，
故选：B．
二、填空题：本题共6小题，每小题4分，共24分.
11．如果，那么的值是 　　．
【分析】先把化成﹣1，再把代入计算即可．
解：∵，
∴＝﹣1＝﹣1＝．
故答案为：．
12．将一元二次方程x2＝1﹣3x化为一般形式是 　x2+3x﹣1＝0　．
【分析】移先后即可得出答案．
解：∵x2＝1﹣3x，
∴x2+3x﹣1＝0，
即一元二次方程x2＝1﹣3x的一般形式是x2+3x﹣1＝0，
故答案为：x2+3x﹣1＝0．
13．若x＝3是方程x2﹣2x+a＝0的解，则a的值是 　﹣3　．
【分析】把x＝3代入方程x2﹣2x+a＝0得9﹣6+a＝0，然后解关于a的方程即可．
解：把x＝3代入方程x2﹣2x+a＝0得9﹣6+a＝0，
解得a＝﹣3．
故答案为﹣3．
14．扬州某毛绒玩具厂对一批毛绒玩具进行质量抽检的结果如下：
抽取的毛绒玩具数n
20
50
100
200
500
1000
1500
2000
优等品的频数m
19
47
91
184
462
921
1379
1846
优等品的频率
0.950
0.940
0.910
0.920
0.924
0.921
0.919
0.923
从这批玩具中，任意抽取的一个毛绒玩具是优等品的概率的估计值是 　0.92　．（精确到0.01）
【分析】由表中数据可判断频率在0.92左右摆动，利用频率估计概率可判断任意抽取一个毛绒玩具是优等品的概率为0.92．
解：从这批毛绒玩具中，任意抽取一个毛绒玩具是优等品的概率的估计值是0.92，
故答案为0.92．
15．如图，在正方形ABCD的外侧作等边三角形CDE，则∠AED的度数为　15°　．

【分析】根据正方形性质得出∠ADC＝90°，AD＝DC，根据等边三角形性质得出DE＝DC，∠EDC＝60°，推出∠ADE＝150°，AD＝ED，根据等腰三角形性质得出∠DAE＝∠DEA，根据三角形的内角和定理求出即可．
解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ADC＝90°，AD＝DC，
∵△CDE是等边三角形，
∴DE＝DC，∠EDC＝60°，
∴∠ADE＝90°+60°＝150°，AD＝ED，
∴∠DAE＝∠AED＝（180°﹣∠ADE）＝（180°﹣150°）＝15°，
故答案为：15°．
16．如图，在菱形ABCD中，AB＝2，∠BAD＝60°，将菱形ABCD绕点A逆时针方向旋转，对应得到菱形AEFG，点E在AC上，EF与CD交于点P，则DP的长是　﹣1　．

【分析】连接BD交AC于O，由菱形的性质得出CD＝AB＝2，∠BCD＝∠BAD＝60°，∠ACD＝∠BAC＝∠BAD＝30°，OA＝OC，AC⊥BD，由直角三角形的性质求出OB＝AB＝1，OA＝OB＝，得出AC＝2，由旋转的性质得：AE＝AB＝2，∠EAG＝∠BAD＝60°，得出CE＝AC﹣AE＝2﹣2，证出∠CPE＝90°，由直角三角形的性质得出PE＝CE＝﹣1，PC＝PE＝3﹣，即可得出结果．
解：连接BD交AC于O，如图所示：
∵四边形ABCD是菱形，
∴CD＝AB＝2，∠BCD＝∠BAD＝60°，∠ACD＝∠BAC＝∠BAD＝30°，OA＝OC，AC⊥BD，
∴OB＝AB＝1，
∴OA＝OB＝，
∴AC＝2，
由旋转的性质得：AE＝AB＝2，∠EAG＝∠BAD＝60°，
∴CE＝AC﹣AE＝2﹣2，
∵四边形AEFG是菱形，
∴EF∥AG，
∴∠CEP＝∠EAG＝60°，
∴∠CEP+∠ACD＝90°，
∴∠CPE＝90°，
∴PE＝CE＝﹣1，PC＝PE＝3﹣，
∴DP＝CD﹣PC＝2﹣（3﹣）＝﹣1；
故答案为：﹣1．

三、解答题：本题共9小题，共86分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17．解方程：x2﹣4＝2（x+2）．
【分析】利用因式分解法求解即可．
解：x2﹣4＝2（x+2），
（x+2）（x﹣2）﹣2（x+2）＝0，
（x+2）（x﹣2﹣2）＝0，
∴x+2＝0或x﹣4＝0，
∴x1＝﹣2，x2＝4．
18．解方程：x2﹣6x＝1．
【分析】本题方程的二次项系数为1，一次项系数为﹣6，适合用配方法解方程．
解：原方程化为x2﹣6x+9＝10，
（x﹣3）2＝10，即x﹣3＝±
∴．
19．如图，在正方形ABCD中，点E，F分别在边AB，BC上，AF⊥DE，垂足为G．求证：AE＝BF．

【分析】由正方形的性质可得AB＝AD，∠B＝∠BAD＝90°，由余角的性质可得∠EAG＝∠ADE，由“ASA”可证△BAF≌△ADE，可得结论．
【解答】证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠B＝∠BAD＝90°，
∵AF⊥DE，
∴∠AGE＝∠BAD＝90°，
∴∠AEG+∠EAG＝90°＝∠AEG+∠ADE，
∴∠EAG＝∠ADE，
在△BAF和△ADE中，
，
∴△BAF≌△ADE（ASA），
∴AE＝BF．
20．方程x2+2x+k﹣4＝0有实数根
（1）求k的取值范围；
（2）若k是该方程的一个根，求2k2+6k﹣5的值．
【分析】（1）根据判别式的意义得到Δ＝22﹣4（k﹣4）≥0，然后解不等式即可；
（2）利用方程解的定义得到k2+3k＝4，再变形得到2k2+6k﹣5＝2（k2+3k）﹣5，然后利用整体代入的方法计算．
解：（1）Δ＝22﹣4（k﹣4）≥0，
解得k≤5；
（2）把x＝k代入方程得k2+2k+k﹣4＝0，即k2+3k＝4，
所以2k2+6k﹣5＝2（k2+3k）﹣5＝2×4﹣5＝3．
21．如图，在矩形ABCD中，AB＝4，对角线AC＝5．
（1）尺规作图：在直线BC上求作一点P，使△APC是以AC为底边的等腰三角形（不写作法，保留作图痕迹）；
（2）在（1）的条件下，求AP的长．

【分析】（1）作AC的垂直平分线交直线BC于点P即可；
（2）由（1）可得PA＝PC，根据矩形性质和勾股定理即可求出AP的长．
解：（1）如图，点P即为所求；

（2）由作图过程可知：PA＝PC，
在矩形ABCD中，AB＝4，对角线AC＝5．
∴BC＝＝3，
∴BP＝PC﹣BC＝AP﹣3，
∴AP2＝AB2+BP2，
∴AP2＝42+（AP﹣3）2，
解得AP＝．
22．图①是一枚质地均匀的正四面体形状的骰子，每个面上分别标有数字1，2，3，4，图②是一个正六边形棋盘，现通过掷骰子的方式玩跳棋游戏，规则是：将这枚骰子掷出后，看骰子向上三个面（除底面外）的数字之和是几，就从图②中的A点开始沿着顺时针方向连续跳动几个顶点，第二次从第一次的终点处开始，按第一次的方法跳动．
（1）随机掷一次骰子，骰子向上三个面（除底面外）的数字之和共有几种情况？请一一写出；
（2）随机掷两次骰子，用画树状图或列表的方法，求棋子最终跳动到点C处的概率．

【分析】（1）由题意计算即可；
（2）画树状图，共有16种等可能的结果，和为14可以到达点C，有3种结果，再由概率公式求解即可．
解：（1）随机掷一次骰子，骰子向上三个面（除底面外）的数字之和共有4种情况，
即1+2+3＝6，1+2+4＝7，3+4+1＝8，2+3+4＝9；
（2）画树状图如下：

共有16种等可能的结果，和为14可以到达点C，有3种结果，
∴棋子最终跳动到点C处的概率为．
23．如图，矩形EFGH的顶点E，G分别在菱形ABCD的边AD，BC上，顶点F，H在菱形ABCD的对角线BD上．
（1）求证：BG＝DE；
（2）若E为AD中点，FH＝2，求菱形ABCD的周长．

【分析】（1）根据矩形的性质得到EH＝FG，EH∥FG，得到∠GFH＝∠EHF，求得∠BFG＝∠DHE，根据菱形的性质得到AD∥BC，得到∠GBF＝∠EDH，根据全等三角形的性质即可得到结论；
（2）连接EG，根据菱形的性质得到AD＝BC，AD∥BC，求得AE＝BG，AE∥BG，得到四边形ABGE是平行四边形，得到AB＝EG，于是得到结论．
解：（1）∵四边形EFGH是矩形，
∴EH＝FG，EH∥FG，
∴∠GFH＝∠EHF，
∵∠BFG＝180°﹣∠GFH，∠DHE＝180°﹣∠EHF，
∴∠BFG＝∠DHE，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD∥BC，
∴∠GBF＝∠EDH，
∴△BGF≌△DEH（AAS），
∴BG＝DE；
（2）连接EG，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD＝BC，AD∥BC，
∵E为AD中点，
∴AE＝ED，
∵BG＝DE，
∴AE＝BG，AE∥BG，
∴四边形ABGE是平行四边形，
∴AB＝EG，
∵EG＝FH＝2，
∴AB＝2，
∴菱形ABCD的周长＝8．

24．某菜市场有A、B两类摊位，A类摊位数是B类摊位数的2倍．管理单位每月底按A类每个摊位50元、B类每个摊位80元收取当月管理费，每月可收取管理费4500元，该菜市场全部摊位都有商户经营且各摊位均按时全额缴纳管理费．
（1）分别求出该菜市场A、B两类摊位数；
（2）为推进环保袋的使用，管理单位在十月份推出活动一：“使用环保袋送礼物”，A、B两类摊位的商户分别有40%和20%参加了此项活动．为提高大家使用环保袋的积极性，十一月份准备把活动一升级为活动二：“使用环保袋抵扣管理费”，同时终止活动一．经调査与测算，参加活动一的商户会全部参加活动二，参加活动二的商户会显著增加，这样，十一月份参加活动二的A类摊位的总个数将在十月份参加活动一的A类摊位个数的基础上增加2a%，每个摊位的管理费将会减少a%；十一月份参加活动二的B类摊位的总个数将在十月份参加活动一的B类摊位个数的基础上增加6a%，每个摊位的管理费将会减少a%．
①用含a的代数式分别表示出十一月份参加活动二的A、B两类摊位数；
②若参加活动二的这部分商户十一月份总共缴纳的管理费比他们按原方式共缴纳的管理费将减少500元，求a的值．
【分析】（1）设该菜市场有x个A类摊位，y个B类摊位，根据“A类摊位数是B类摊位数的2倍，且每月可收取管理费4500元”，即可得出关于x，y的二元一次方程组，解之即可得出该菜市场A，B两类摊位数；
（2）①根据十一月份参加活动二与十月份参加活动一的摊位数之间的关系，可用含x的代数式表示出十一月份参加活动二的A，B两类摊位数；
②利用十一月份共缴纳的管理费减少的总额＝每个摊位管理费减少的金额×参加活动二的摊位数，即可得出关于a的一元二次方程，解之取其正值即可得出a的值．
解：（1）设该菜市场有x个A类摊位，y个B类摊位，
依题意得：，
解得：．
答：该菜市场有50个A类摊位，25个B类摊位．
（2）①依题意得：十一月份参加活动二的A类摊位有50×40%（1+2a%）＝20（1+2a%）个，B类摊位有25×20%（1+6a%）＝5（1+6a%）个；
②依题意得：50×a%×20（1+2a%）+80×a%×5（1+6a%）＝500，
整理得：3a2+100a﹣12500＝0，
解得：a1＝50，a2＝﹣（不合题意，舍去）．
答：a的值为50．
25．已知：如图①，在矩形ABCD中，AB＝5，AD＝，AE⊥BD，垂足是E．点F是点E关于AB的对称点，连接AF、BF．

（1）求AE和BE的长；
（2）若将△ABF沿着射线BD方向平移，设平移的距离为m（平移距离指点B沿BD方向所经过的线段长度）．当点F分别平移到线段AB、AD上时，直接写出相应的m的值．
（3）如图②，将△ABF绕点B顺时针旋转一个角α（0°＜α＜180°），记旋转中的△ABF为△A′BF′，在旋转过程中，设A′F′所在的直线与直线AD交于点P，与直线BD交于点Q．是否存在这样的P、Q两点，使△DPQ为等腰三角形？若存在，求出此时DQ的长；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）利用矩形性质、勾股定理及三角形面积公式求解；
（2）依题意画出图形，如答图2所示．利用平移性质，确定图形中的等腰三角形，分别求出m的值；
（3）在旋转过程中，等腰△DPQ有4种情形，如答图3所示，对于各种情形分别进行计算．
解：（1）在Rt△ABD中，AB＝5，AD＝，
由勾股定理得：BD＝＝＝．
∵S△ABD＝BD•AE＝AB•AD，
∴AE＝＝＝4．
在Rt△ABE中，AB＝5，AE＝4，由勾股定理得：BE＝3．

（2）设平移中的三角形为△A′B′F′，如答图2所示：
由对称点性质可知，∠1＝∠2．
由平移性质可知，AB∥A′B′，∠4＝∠1，BF＝B′F′＝3．

①当点F′落在AB上时，
∵AB∥A′B′，
∴∠3＝∠4，
∴∠3＝∠2，
∴BB′＝B′F′＝3，即m＝3；
②当点F′落在AD上时，
∵AB∥A′B′，
∴∠6＝∠2，
∵∠1＝∠2，∠5＝∠1，
∴∠5＝∠6，
又易知A′B′⊥AD，
∴△B′F′D为等腰三角形，
∴B′D＝B′F′＝3，
∴BB′＝BD﹣B′D＝﹣3＝，即m＝．

（3）存在．
理由如下：假设存在，
在旋转过程中，等腰△DPQ依次有以下4种情形：
①如答图3﹣1所示，点Q落在BD延长线上，且PD＝DQ，易知∠2＝2∠Q，

∵∠1＝∠3+∠Q，∠1＝∠2，
∴∠3＝∠Q，
∴A′Q＝A′B＝5，
∴F′Q＝F′A′+A′Q＝4+5＝9．
在Rt△BF′Q中，由勾股定理得：BQ＝＝＝．
∴DQ＝BQ﹣BD＝﹣；
②如答图3﹣2所示，点Q落在BD上，且PQ＝DQ，
∴∠2＝∠P，

∵∠1＝∠2，
∴∠1＝∠P，
∴BA′∥PD，
∵PD∥BC，
∴此时点A′落在BC边上．
∵∠3＝∠2，
∴∠3＝∠1，
∴BQ＝A′Q，
∴F′Q＝F′A′﹣A′Q＝4﹣BQ．
在Rt△BQF′中，由勾股定理得：BF′2+F′Q2＝BQ2，
即：32+（4﹣BQ）2＝BQ2，
解得：BQ＝，
∴DQ＝BD﹣BQ＝﹣＝；
③如答图3﹣3所示，点Q落在BD上，且PD＝DQ，易知∠3＝∠4．

∵∠2+∠3+∠4＝180°，∠3＝∠4，
∴∠4＝90°﹣∠2．
∵∠1＝∠2，
∴∠4＝90°﹣∠1．
∴∠A′QB＝∠4＝90°﹣∠1，
∴∠A′BQ＝180°﹣∠A′QB﹣∠1＝90°﹣∠1，
∴∠A′QB＝∠A′BQ，
∴A′Q＝A′B＝5，
∴F′Q＝A′Q﹣A′F′＝5﹣4＝1．
在Rt△BF′Q中，由勾股定理得：BQ＝＝＝，
∴DQ＝BD﹣BQ＝﹣；
④如答图3﹣4所示，点Q落在BD上，且PQ＝PD，易知∠2＝∠3．

∵∠1＝∠2，∠3＝∠4，∠2＝∠3，
∴∠1＝∠4，
∴BQ＝BA′＝5，
∴DQ＝BD﹣BQ＝﹣5＝．
综上所述，存在4组符合条件的点P、点Q，使△DPQ为等腰三角形；
DQ的长度分别为﹣、、﹣或．