期末测试（B卷·提升能力）-2021-2022学年九年级数学上册同步单元AB卷（华师大版）

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（时间：120分钟，满分：120分）
一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分。）
1．（2021·珠海市紫荆中学八年级期中）如图，在正方形网格中，每个小正方形的方格的边长均为1，则点到边的距离为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】
过点作于点，由勾股定理得出，再根据面积法可得的长．
【详解】
解：过点作于点，
由勾股定理得：，
，
∴，
，
故选：C．
【点睛】
本题主要考查了勾股定理，二次根式的化简以及三角形面积的不同表示方法，运用等积法是解题的关键．
2．（2018·全国八年级单元测试）已知a满足＋＝a，则a－2 0182＝( )
A．0B．1C．2 018D．2 019
【答案】D
【解析】
【分析】
根据二次根式的被开数的非负性，求的a的范围，然后再化简绝对值，最后，依据二次根式的定义进行变形即可．
【详解】
解：等式＝a成立，则a≥2019，
∴a-2018+=a，
∴=2018，
∴a-2019=20182，
∴a-20182=2019．
故选D．
【点睛】
本题主要考查的是二次根式有意义的条件，求得a的取值范围是解题的关键．
3．（2021·北京市第四十三中学）等腰三角形的一边长是4，方程的两个根是三角形的两边长，则m为（ ）
A．B．C．D．7或8
【答案】D
【分析】
两种情况，4为腰和4为底边，而一元二次方程的两根也分为两种情况：①一边为腰一边为底，此时代入4即可求解，②两边都为腰，此时判别式为0，代入数值即可求解．
【详解】
①一边为腰一边为底，当4为底时，有
，解得，此时
解得另一个根为2，而此时2+2=4，不合题意舍去；
同理，当4为腰时，解得另一根为2，三角形三边分别为4、4、2，满足三角形三边关系
故m=7
②方程两根都为腰，此时
即，解得m=8
综上所述，m=7或8
故选D．
【点睛】
本题考查了等腰三角形的性质，一元二次方程的判别式，关键是分情况讨论一元二次方程解的情况．
4．（2021·安徽亳州·八年级期末）关于x的方程k2x2＋(2k-1)x+1 =0有实数根，则下列结论正确的是（ ）
A．当k=时，方程的两根互为相反数B．当k=0时，方程的根是x=-1
C．若方程有实数根，则k≠0且k≤D．若方程有实数根，则k≤
【答案】D
【分析】
先讨论原方程是一元一次方程，还是一元二次方程，然后再根据k的取值范围解答即可．
【详解】
解：若k≠0，则此方程是一元二次方程，由于方程有实数根，
∴△=（2k-1）2-4k2=-4k+1≥0，
∴k≠0且k≤，即A错误；
若k=0，则原方程为-x+1=0，所以方程有实数根为x=1，则B错误，C错误．
故选：D．
【点睛】
本题考查了一元一次方程和一元二次方程，掌握分类讨论思想是解答本题的关键．
5．（2020·全国九年级单元测试）若a≠b，且则的值为（ ）
A．B．1C．.4D．3
【答案】B
【详解】
解：由得：
∴
又由可以将a，b看做是方程 的两个根
∴a+b=4，ab=1
∴
故答案为B.
【点睛】
本题看似考查代数式求值，但解题的关键是构造一元二次方程并运用根于系数的关系求解．
6．（2021·山东）某校数学课外小组，在坐标纸上为学校的一块空地设计植树方案如下：第棵树种植在点处，其中，，当时，，表示非负实数的整数部分，例如，．按此方案，第2021棵树种植点的坐标为（ ）．
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】
根据所给的xk、yk的关系式找到种植点的横坐标和纵坐标的变化规律，然后将2021代入求解即可．
【详解】
解：由题意可知，
，
，
，
，
……
，
将以上等式相加，得：，
当k=2021时，；
，
，
，
，
……
，
将以上等式相加，得：，
当k=2021时，，
∴第2021棵树种植点的坐标为，
故选：A．
【点睛】
本题考查点的坐标规律探究，根据题意，找出点的横坐标和纵坐标的变化规律是解答的关键．
7．（2019·全国九年级单元测试）一枚质地均匀的正方体骰子的六个面上的数字分别是，，，，，．掷两次骰子，设其朝上的面上的两个数字之和除以的余数分别是，，，的概率为，，，，则，，，中最大的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】
列树状图求出两个面朝上的所有情况，再求出它们的数字之和，然后除以4，得到余数为0，1，2，3的各种情况，然后分别计算其概率进行比较即可．
【详解】
根据题意列树状图得：
共有36种情况，两个数字之和除以4：
和是4、8、12时余数是0，共有9种情况，
和是5、9时余数是1，共有8种情况，
和是2、6、10时余数是2，共有9种情况，
和是3、7、11时余数是3，共有10种情况，
所以 ，
，


∴.
故选D.
【点睛】
本题考查了列表法与树状图法，此题由于是一枚骰子投两次，故可理解为两枚骰子投一次，熟练掌握树状图法及概率公式是解题关键.
8．（2021·辽宁本溪·九年级二模）如图，在中，，，，点在边上，，，垂足为，与相交于点，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】
根据勾股定理可求得AB=5；求tan∠CAE的值，只需求出CE的长即可；根据AD=AC和AE⊥CD的条件，可得出AE平分∠BAC；为此，过点C作CG∥EA交BA的延长线于点G，利用平行线条件下可求出CE的长．
【详解】
：过点C作CG∥EA交BA的延长线于点G，如图所示．
Rt△ABC中，．
∵AD=AC，AE⊥CD于点F，
∴AF是等腰△ACD底边CD上的高．
∴AE平分∠DAC，即∠1=∠2．
∵EA∥CG，
∴∠3=∠2，∠1=∠G．
∴∠3=∠G．
∴AG=AC=3．
∵EA∥CG，
∴．
∴．
设CE=x，则有．
解得，x=1.5．
∴在Rt△AEC中，tan∠CAE=．
故选：A．
【点睛】
本题考查了等腰三角形的性质、勾股定理、相似三角形的判定和性质、锐角三角函数等知识点．根据已知条件构造出相似三角形是解决本题的关键．
9．（2020·全国九年级课时练习）若，是方程的两个实数根，则的值为
A．2015B．C．2016D．2019
【答案】C
【解析】
【分析】
根据方程的解得概念可得，由根与系数的关系可得，再代入即可得出结论．
【详解】
是方程的两个实数根，，即，则．
故选C．
【点睛】
本题考查了方程的解的概念及韦达定理，熟练掌握韦达定理是解题的关键．
10．（2021·淮北市西园中学八年级月考）如图，点是矩形的对角线上的点，点，分别是，的中点，连接，．若，，则的最小值为（ ）
A．B．2C．D．
【答案】A
【分析】
作出如图的图形，根据轴对称的性质得到PM+PN的最小值为M1N的长，利用三角形中位线定理以及勾股定理即可求解．
【详解】
解：如图，以BD为对称轴作△ABD的轴对称图形△A1BD，取A1B的中点M1，则点M和点M1关于直线BD对称，连接MN，MM1，M1N，AA1，AA1与BD交于点O，M1N与BD交于点P，
此时PM+PN最小，最小值为M1N的长，
在矩形中ABCD中，AB=2，BD=4，
则∠ABD=60°，∠BAO=30°，
∴BO=AB=1，
则AO==，
∴AA1=2，
∵点M，N，M1分别是AB，AD，A1B的中点，
∴MM1和MN分别是△ABA1和△ABD的中位线，且AA1⊥BD，
∴MM1//AA1， MN//BD， MM1=AA1=，MN=BD=2，MM1⊥M1N，
∴M1N=，
则PM+PN的最小值为，
故选：A．
【点睛】
本题考查了矩形的性质，轴对称的性质，三角形中位线定理，勾股定理等知识，根据轴对称的性质得到PM+PN的最小值为M1N的长是解题的关键．
二、填空题（本题共10小题，每小题4分，共40分。）
11．（2021·福建省福州第十六中学）已知y＝﹣x+3，当x分别取1，2，3，……，2021时，所对应的y值的总和是_____．
【答案】2023．
【分析】
依据二次根式的性质化简，即可得到y＝|x﹣2|﹣x+3，再根据绝对值的性质化简，即可得到对应的y值的总和．
【详解】
解：∵，
∴当x＜2时，y＝2﹣x﹣x+3＝5﹣2x，
即当x＝1时，y＝5﹣2＝3；
当x≥2时，y＝x﹣2﹣x+3＝1，
即当x分别取2，3，…，2021时，y的值均为1，
综上所述，当x分别取1，2，3，…，2021时，所对应的y值的总和是3+2020×1＝2023，
故答案为：2023．
【点睛】
本题主要考查了二次根式的性质与化简，解决问题的关键是掌握绝对值的性质以及二次根式的性质．
12．（2020·成都市新都区新川外国语学校八年级月考）已知y＝＋＋18，求代数式﹣的值为_____．
【答案】-
【分析】
首先由二次根式有意义的条件求得x＝8，则y＝18，然后代入化简后的代数式求值．
【详解】
解：由题意得，x﹣8≥0，8﹣x≥0，
解得，x＝8，则y＝18，
∵x＞0，y＞0，
∴原式＝﹣
＝﹣
＝
＝﹣
把x＝8， y＝18代入
原式＝﹣
＝2﹣3
＝-，
故答案为：-．
【点睛】
本题考查了二次根式有意义的条件和二次根式的化简求值，解题关键是根据二次根式有意义的条件确定x、y的值，能够熟练的运用二次根式的性质化简．
13．（2020·河南周口·）一元二次方程的两根为，，若，则______.
【答案】-7
【分析】
先用根与系数的关系，确定m、n的和与积，进一步确定a的值，然后将m代入，得到，最后再对变形即会完成解答.
【详解】
解：由得：m+n=-5，mn=a，即a=2
又m是方程的根，则有，
所以+（m+n）=-2-5=-7
故答案为-7.
【点睛】
本题主要考查了一元二次方程的解和多项式的变形，其中根据需要对多项式进行变形是解答本题的关键.
14．（2020·浙江七年级期中）当______，_______时，多项式有最小值，这个最小值是_____．
【答案】4 3 15
【分析】
利用配方法将多项式转化为，然后利用非负数的性质进行解答．
【详解】
解：
=
=
=
∴当a=4，b=3时，多项式有最小值15．
故答案为：4，3，15．
【点睛】
此题考查了配方法的应用，以及非负数的性质，熟练掌握完全平方公式是解本题的关键．
15．（2021·江阴市华士实验中学七年级期中）已知a、b、c满足，，，则_______．
【答案】3
【分析】
题中三个等式左右两边分别相加后再移项，可以通过配方法得到三个平方数的和为0.然后根据非负数的性质可以得到a、b、c的值，从而求得a+b+c的值．
【详解】
解：题中三个等式左右两边分别相加可得：
，
即，
∴，
∴a=3,b=-1,c=1，
∴a+b+c=3-1+1=3，
故答案为3．
【点睛】
本题考查配方法的应用，熟练掌握配方法的方法和步骤并灵活运用是解题关键．
16．（2020·四川棠湖中学外语实验学校九年级月考）从，，，，，这个数中任意选一个数作为的值，则使关于的方程的解是负数，且关于的一次函数的图象不经过第一象限的概率为_______．
【答案】．
【分析】
先求出分式方程的解，再根据解为负数求出此时m的取值范围，再根据一次函数图像不经过第一象限求出m的取值范围，最终确定m可以选取的数值，最后计算概率．
【详解】
解分式方程得：
方程的解为负数，
且，
解得：且，
一次函数图象不经过第一象限，
，
且，
在，，，，，这个数中符合且的有，这个数，
使分式方程的解为负数且一次函数图象不经过第一象限的概率为
故答案为：．
【点睛】
本题考查概率公式，分式方程的解，一次函数图象与系数的关系等知识点，综合性较强。注意求分式方程的解时分母不能为零．
17．（2021·陕西西北工业大学附属中学）如图，在边长为4的正方形ABCD内有一动点P，且BP＝．连接CP，将线段PC绕点P逆时针旋转90°得到线段PQ．连接CQ、DQ，则DQ+CQ的最小值为 ___．
【答案】5
【分析】
连接AC、AQ，先证明△BCP∽△ACQ得即AQ＝2，在AD上取AE＝1，证明△QAE∽△DAQ得EQ＝QD，故DQ+CQ＝EQ+CQ≥CE，求出CE即可．
【详解】
解：如图，连接AC、AQ，
∵四边形ABCD是正方形，PC绕点P逆时针旋转90°得到线段PQ，
∴∠ACB＝∠PCQ＝45°，
∴∠BCP＝∠ACQ，cs∠ACB＝，cs∠PCQ＝，
∴∠ACB=∠PCO，
∴△BCP∽△ACQ，
∴
∵BP＝，
∴AQ＝2，
∴Q在以A为圆心，AQ为半径的圆上，
在AD上取AE＝1，
∵，，∠QAE＝∠DAQ，
∴△QAE∽△DAQ，
∴即EQ＝QD，
∴DQ+CQ＝EQ+CQ≥CE，
连接CE，
∴，
∴DQ+CQ的最小值为5．
故答案为：5．
【点睛】
本题主要考查了正方形的性质，旋转的性质，相似三角形的性质与判定，三角函数，解题的关键在于能够连接AC、AQ，证明两对相似三角形求解.
18．（2021·山东）如图，在中，，将折叠，使点落在边上的处，为折痕．若，则的值为_____．
【答案】
【分析】
如图所示，过点D作DGAB于点G.根据折叠性质，AE=DE=8，AF=DF，CE=AC-AE=2，由勾股定理得，可求DB= ；由勾股定理得；在Rt△DGB中，可求，；设AF=DF=x，得FG= ，在Rt△DFG中，，解得，从而可求．
【详解】
解：如图所示，过点D作DGAB于点G.
根据折叠可得△AEF△DEF，
∴AE=DE=8，AF=DF，CE=AC-AE=2，
在Rt△DCE中，由勾股定理得，
∴DB=BC-CD=；
在Rt△ABC中，由勾股定理得；
在Rt△DGB中，，；
设AF=DF=x，得FG=AB-AF-GB=，
在Rt△DFG中，，
即=，
解得，
∴==．
故答案为．
【点睛】
主要考查了翻折变换的性质、勾股定理、锐角三角函数的定义；灵活掌握和运用折叠的性质、勾股定理、锐角三角函数的定义解决问题，利用勾股定理构造方程是解题的关键．
19．（2021·哈尔滨市第四十七中学八年级月考）在中，，，连接，若，，的面积为7.5，则___________．
【答案】
【分析】
先推出∠3=∠4，从而得，进而得，由，得，设AE=5x，则CE=BE=6x，根据三角形的面积公式，列出方程，进而即可求解．
【详解】
解：∵AB=AC，
∴∠1=∠2，
∵BD∥AC，
∴∠3=∠2=∠1，
又∵，
∴2∠3+∠5=90°，
过点C作CF⊥BD交BD的延长线于点F，
∴∠3+∠4+∠5=90°，
∴∠3=∠4，
又∵∠F=∠F，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵∠1=∠3，∠AEB=∠CFB=90°，
∴，
∴，
设AE=5x，则CE=BE=6x，
，解得：x2=，
∴AB=，
故答案是：．
【点睛】
本题主要考查等腰三角形的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，添加辅助线构造相似三角形和直角三角形，是解题的关键．
20．（2021·上海市第四中学八年级期中）如图，在中，，，，垂足是，，，，把四边形沿直线翻折，那么重叠部分的面积为___________．
【答案】
【分析】
将四边形ABCD沿CE翻折得到△ECF，重叠部分就是四边形AECH．作HN⊥BF于N，根据S四边形AECH＝S△ECF−S△AHF即可解决问题．
【详解】
解：将四边形ABCD沿CE翻折得到△ECF，重叠部分就是四边形AECH．作HN⊥BF于N，
在RT△BCE中，∵∠BEC＝90°，BC＝4，∠B＝60°，
∴∠BCE＝30°，BE＝BC＝2，EC＝2，
∴BE＝EF＝2，AF＝AE＝1，
∵CD∥AF，
∴，
∴FH：HC＝AF：CD＝1：3，
∵NH∥CE，
∴
∴，
∴NH＝×2=，
∴S四边形AECH＝S△ECF−S△AHF＝•2•2−•1•＝．
故答案为．
【点睛】
本题考查翻折变换、平行四边形性质，直角三角形30度角性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，解题的关键是学会分割法求面积，属于中考常考题型．
三、解答题（本题共5小题，每小题8分，共40分。）
21．（2021·山西临汾市·）阅读下列解题过程：
请回答下列问题：
（1）观察上面的解答过程，请写出______；
（2）利用上面的解法，请化简：
（3）和的值哪个较大，请说明理由．
【答案】（1）；（2）；（3），见解析
【分析】
（1）把分子分母都乘以，然后利用平方差公式计算；
（2）先分母有理化，然后合并即可；
（3）由（1）的方法可得，， ，根据可得 ，据此判断即可．
【详解】
解：（1）；
（2）
（3）由（1）的方法可得，
∵
∴
即，．
【点睛】
本题考查了分母有理化和二次根式的混合运算：先把二次根式化为最简二次根式，然后进行二次根式的乘除运算，再合并即可．
22．（2021·全国九年级课时练习）我们知道，直角三角形的边角关系可用三角函数来描述，那么在任意三角形中，边角之间是否也存在某种关系呢？（已知）
如图，锐角中，、、所对的边分别为a、b、c，过点C作，
在中，，
∴，
在中，由勾股定理得，
即，
整理可得：，
同理可得：．
利用上述结论解答下列问题：
（1）在中，，求a和的大小；
（2）在中，，其中，求边长c的长度．
【答案】（1），；（2）
【分析】
（1）根据给出的公式，把已知条件代入计算，求出a的值，根据勾股定理的逆定理证明直角三角形，根据等腰直角三角形的性质即可得到答案；
（2）把数据代入相应的公式，得到关于c的一元二次方程，解方程得到答案．
【详解】
解：（1）在中，，
∴，
∵，即，
∴为直角三角形，，
又∵，
∴；
（2）∵，
∴，
化简得，
解得，，
∵，
∴．
【点睛】
本题考查的是新定义和解直角三角形的知识，理解新定义并正确运用新定义的公式是解题的关键，注意应熟记特殊角的三角函数值．
23．（2021·江西九年级期末）返校复学之际，育才学校为每个班级准备了免洗抑菌洗手液．去市场购买时发现当购买量不超过100瓶时，免洗抑菌洗手液的单价为8元；超过100瓶时，每增加10瓶，每瓶单价就降低0.2元，但最低价格不能低于每瓶5元，设学校共买了瓶免洗抑菌洗手液．
（1）当时，每瓶洗手液的价格是______元；当时，每瓶洗手液的价格是______元；当时，每瓶洗衣手液的价格为______元（用含的式子表示）；
（2）若学校一次性购买洗手液共花费1250元，问一共购买了多少瓶洗手液？
【答案】（1）8，7，；（2）一共购买了250瓶洗手液．
【分析】
（1）根据购买的瓶数，分别计算或列式即可；
（2）根据题意确定x的取值范围，再列方程求解即可．
【详解】
解：（1）∵80＜100，
∴每瓶洗手液的价格是8元；
当x＝150时，每瓶洗手液的价格是：8﹣1＝7（元），
当时，每瓶洗手液的价格是：（元），
故答案为：8，7，；
（2）①0≤x≤100时，8×100＝800＜1250（舍去）；
②∵最低价格不能低于每瓶5元，
∴，
解得，x≤250，
∴当100＜x≤250时，．
解得，x1＝x2＝250，
答：一共购买了250瓶洗手液．
【点睛】
本题主要考查了列方程解应用题，能够熟练找出题中的等量关系是解答此题的关键，注意分类讨论．
24．（2021·福建九年级一模）某超市开展“五一”大酬宾，举行购物抽奖活动，奖项设置为面值不同的购物卡，分别是：一等奖120元，二等奖60元，三等奖10元，凡购买满200元及以上者，每200元可抽奖一次（不足200元一概不计入，每人当天购物最多可抽5次），每次抽奖过程如下：在一个不透明的袋子里装有三个小球，球面上分别标注数字“1”，“2”，“3”，它们除数字不同外没有任何区别．抽奖顾客先随机摸出一球，记下数字后，将小球放回袋中充分搅匀，再随机摸出一球，若两球标注的数字之和为6，则获一等奖，数字之和为5，则获二等奖，数字之和为4，则获三等奖，其余均不获奖．
（1）试利用树状图或列表法顾客每抽奖一次分别获得一等奖、二等奖、三等奖的概率；
（2）若此次超市大酬宾中，超市业绩调查部分随机抽查了100位顾客的消费金额并绘制成条形统计图如下（金额折算为200元的整数倍，其中扣除200元的整数倍后不足200元的部分全部去掉不计入）：
①求上述样本数据中每位顾客消费金额的平均数；
②据“五一节”当天统计，共有2500位顾客参与该超市的购物抽奖活动，已知该超市每销售100元，平均可获利20元，请根据上述样本数据分析，扣除兑现的购物卡金融外，估计这一天超市共盈利大约为多少元？
【答案】（1），，；（2）①元，②元．
【分析】
(1)列表表示出所有可能，再根据概率公式计算即可；
(2) ①根据平均数公式计算即可；②根据超市每销售100元，平均可获利20元，求出利润，再减去购物卡金额即可．
【详解】
解：(1)列表如图所示：
一共有9种等可能结果，和为6的有1种，和为5的有2种，和为4的有3种，
获得一等奖的概率为；
获得二等奖的概率为；
获得三等奖的概率为；
(2) ① 样本数据中每位顾客消费金额的平均数为：（元）
②超市每销售100元，平均可获利20元，销售获利为（元），
样本数据中可抽奖次数为（次），
2500位顾客参与该超市的购物抽奖活动抽奖次数为（次）
兑现的购物卡金额为（元），
这一天超市共盈利为（元）；
估计这一天超市共盈利大约为元．
【点睛】
本题考查了是概率和样本平均数以及用样本估计总体，解题关键是熟练运用列表法求概率，准确的用样本数据估计总体数据．
25．（2021·浙江九年级期末）如图，在等边ABC的AC，BC边上各取一点E，D，使AE＝CD，AD，BE相交于点O．
（1）求证：AD＝BE；
（2）若BO＝6OE，求CD的长．
（3）在（2）的条件下，动点P在CE上从点C向终点E匀速运动，点Q在BC上，连结OP，PQ，满足∠OPQ＝60°，记PC为x，DQ的长为y，求y关于x的函数表达式．
【答案】（1）见解析；（2）2；（3）
【分析】
（1）只需要证明△BAE≌△ACD即可得到 答案 ；
（2）证明△CAD∽△OAE得到，然后求出OE和AD的长即可；
（3）过点E作EF⊥AB于F，过点O作OG∥AB交AC于G，先求出∴，，，从而得到三角形ABC的边长为6，再证明△OGE∽△BAE，得到，，，，最后证明△PQC∽△OPG，，由此求解即可．
【详解】
解：（1）∵△ABC是等边三角形，
∴AB=AC，∠BAC=∠ACB=60°，
又∵AE=CD，
∴△BAE≌△ACD（SAS），
∴AD=BE；
（2）由（1）得△BAE≌△ACD，
∴∠ABO=∠CAD，AD=BE
∴∠BAO+∠ABO=∠AOE=∠EAO+∠BAO=∠BAC=∠C=60°，
又∵∠CAD=∠OAE，
∴△CAD∽△OAE，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵CD=AE，
∴，
∴CD=2；
（3）如图所示，过点E作EF⊥AB于F，过点O作OG∥AB交AC于G，
∵∠FAG=60°，∠AEF=30°，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵OG∥AB，
∴△OGE∽△BAE，∠OGE=∠BAC=60°
∴，
∴，，
∴，
∵∠AOE=60°，
∴∠OEP=∠AOE+∠OAE=60°+∠OAE，
∵∠EPQ=∠C+∠PQC=∠OPQ+∠OPE，∠C=∠OPQ=60°，
∴∠OPE=∠CQP，
∴△PQC∽△OPG，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴．
【点睛】
本题主要考查了等边三角形的性质，全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，含30度角的直角三角形，勾股定理，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解．1
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