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2022九年级数学上学期期中卷3新版北师大版
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这是一份2022九年级数学上学期期中卷3新版北师大版，共23页。试卷主要包含了选择题，填空题，作图题，解答题等内容，欢迎下载使用。
期中数学试卷
一、选择题（本题满分24分，共有8道小题，每小题3分）
1．下列说法正确的有（ ）个．
①菱形的对角线相等；
②对角线互相垂直的四边形是菱形；
③有两个角是直角的四边形是矩形；
④正方形既是菱形又是矩形；
⑤矩形的对角线相等且互相垂直平分．
A．1 B．2 C．3 D．4
2．关于方程x2﹣2=0的理解错误的是（ ）
A．这个方程是一元二次方程
B．方程的解是
C．这个方程可以化成一元二次方程的一般形式
D．这个方程可以用公式法求解
3．一个暗箱中放有a个除颜色外其他完全相同的球，这a个球中只有2个红球，每次将球搅拌均匀后，任意摸出1个球记下颜色，再放回暗箱，通过大量重复试验后发现，摸到红球的频率稳定在20%，那么可以估算a的值是（ ）
A．15 B．10 C．4 D．3
4．关于x的一元二次方程x2+mx+m=0有两个相等的实数根，则m的值是（ ）
A．不存在 B．4 C．0 D．0或4
5．如图在△ABC中，DE∥FG∥BC，AD：AF：AB=1：3：6，则S△ADE：S四边形DEGF：S四边形FGCB=（ ）
A．1：8：27 B．1：4：9
C．1：8：36 D．1：9：36
6．如图，在菱形ABCD中，AB=13，对角线AC=10，若过点A作AE⊥BC，垂足为E，则AE的长为（ ）
A．8 B． C． D．
7．如图，ABCD是正方形，E是边CD上（除端点外）任意一点，AM⊥BE于点M，CN⊥BE于点N，下列结论一定成立的有（ ）个．
①△ABM≌△BCN；
②△BCN≌△CEN；
③AM﹣CN=MN；
④M有可能是线段BE的中点．
A．1 B．2 C．3 D．4
8．在研究相似问题时，甲、乙同学的观点如下：
甲：将邻边边长为5和8的矩形按图①的方式向外扩张，得到新的矩形，它们的对应边间距均为1，则新矩形与原矩形相似．
乙：将边长5、12、13的三角形按图②的方式向外扩张，得到新三角形，它们的对应边间距为1，则新三角形与原三角形相似．
对于两人的观点，下列说法正确的是（ ）
A．两人都对 B．两人都不对 C．甲对、乙不对 D．甲不对，乙对
二、填空题（本题满分18分，共有6道小题，每小题3分）
9．若===，（a+c+e≠0），则= ．
10．已知直角三角形的三边恰好是三个连续整数，则这个直角三角形的斜边长是 ．
11．袋中有五张卡片，其中红色卡片三张，标号分别为1，2，3，绿色卡片两张，标号分别为1，2，若从五张卡片中任取两张，则两张卡片的标号之和小于4的概率为 ．
12．方程ax2+x+1=0有两个不等的实数根，则a的取值范围是 ．
13．如图，正方形OABC与正方形ODEF是位似图形，点O为位似中心，相似比为1：，点A的坐标为（0，），则点E的坐标是 ．
14．如图，在长方形ABCD中，AB=3，BC=6，对角线AC的垂直平分线分别交AD、AC于点M，N，连接CM，则CM的长为 ．
三、作图题（本题满分10分，第一小题4分，第二小题6分）
15．（10分）已知△ABC，作△DEF，使之与△ABC相似，且=4．要求：
（1）尺规作图，保留作图痕迹，不写作法．
（2）简要叙述作图依据．
四、解答题（本题共5小题，满分68分）
16．（16分）计算
（1）用两种不同方法解方程：x2﹣3﹣2x=0
（2）解方程：x2=2x；
（3）解方程：3+2x2﹣x=0．
17．（12分）某中学调查了某班全部35名同学参加音乐社团和美术社团的情况，数据如表（单位：人）：
参加美术社团
未参加美术社团
参加音乐社团
6
5
未参加音乐社团
4
20
（1）从该班任选1名同学，该同学至少参加上述一个社团的概率；
（2）在既参加音乐社团，又参加美术社团的6名同学中，有4名男同学A1、A2、A3、A4，两名女同学B1、B2，现从这4名男同学和两名女同学中个随机选取1人，求A1未被选中但B1被选中的概率．
18．（12分）已知：如图，在矩形ABCD中，M、N分别是AB、DC的中点，P、Q分别是DM、BN的中点．
（1）求证：DM=BN；
（2）四边形MPNQ是怎样的特殊四边形，请说明理由；
（3）矩形ABCD的边长AB与AD满足什么长度关系时四边形MPNQ为正方形，请说明理由．
19．（12分）某茶叶专卖店经销一种日照绿茶，每千克成本80元，据销售人员调查发现，每月的销售量y（千克）与销售单价x（元/千克）之间存在如图所示的变化规律．
（1）求每月销售量y与销售单价x之间的函数关系式．
（2）若某月该茶叶点销售这种绿茶获得利润1350元，试求该月茶叶的销售单价x为多少元．
20．（16分）已知：如图，在Rt△ACB中，∠C=90°，AC=3cm，BC=3cm，点P由B点出发沿BA方向向点A匀速运动，速度为2cm/s；点Q由A点出发沿AC方向向点C匀速运动，速度为cm/s；若设运动的时间为t（s）（0＜t＜3），解答下列问题：
（1）如图①，连接PC，当t为何值时△APC∽△ACB，并说明理由；
（2）如图②，当点P，Q运动时，是否存在某一时刻t，使得点P在线段QC的垂直平分线上，请说明理由；
（3）如图③，当点P，Q运动时，线段BC上是否存在一点G，使得四边形PQGB为菱形？若存在，试求出BG长；若不存在请说明理由．
参考答案与试题解析
一、选择题（本题满分24分，共有8道小题，每小题3分）
1．下列说法正确的有（ ）个．
①菱形的对角线相等；
②对角线互相垂直的四边形是菱形；
③有两个角是直角的四边形是矩形；
④正方形既是菱形又是矩形；
⑤矩形的对角线相等且互相垂直平分．
A．1 B．2 C．3 D．4
【考点】矩形的判定与性质；菱形的判定与性质．
【分析】根据菱形的判定与性质、矩形的判定与性质进行解答．
【解答】解：①菱形的对角线不一定相等，故错误；
②对角线互相垂直平分的四边形是菱形，故错误；
③有三个角是直角的四边形是矩形，故错误；
④正方形既是菱形又是矩形，故正确；
⑤矩形的对角线相等，但不一定互相垂直平分，故错误；
故选：A．
【点评】本题考查了菱形和矩形的判定与性质．注意：正方形是一特殊的矩形，也是一特殊的菱形．
2．关于方程x2﹣2=0的理解错误的是（ ）
A．这个方程是一元二次方程
B．方程的解是
C．这个方程可以化成一元二次方程的一般形式
D．这个方程可以用公式法求解
【考点】解一元二次方程-公式法；一元二次方程的一般形式；一元二次方程的解；解一元二次方程-直接开平方法．
【分析】根据一元二次方程的定义、解法、一般式逐一判断即可．
【解答】解：A、这个方程是一元二次方程，正确；
B、方程的解是x=±，错误；
C、这个方程可以化成一元二次方程的一般形式，正确；
D、这个方程可以用公式法求解，正确；
故选：B．
【点评】本题主要考查一元二次方程的定义和解法，熟练掌握一元二次方程的解法是解题的关键．
3．一个暗箱中放有a个除颜色外其他完全相同的球，这a个球中只有2个红球，每次将球搅拌均匀后，任意摸出1个球记下颜色，再放回暗箱，通过大量重复试验后发现，摸到红球的频率稳定在20%，那么可以估算a的值是（ ）
A．15 B．10 C．4 D．3
【考点】利用频率估计概率．
【分析】因为除了颜色其他完全相同的球，在摸的时候出现的机会是均等的，通过大量重复摸球实验后发现，摸到红球的可能性稳定在20%，可知红球占总球数大约就是20%，问题就转化成了一个数的20%是2，求这个数，用除法计算即可．
【解答】解：根据题意得：
2÷20%=10（个），
答：可以估算a的值是10；
故选B．
【点评】此题主要考查了利用频率估计概率，其中解题时首先通过实验得到事件的频率，然后利用频率估计概率即可解决问题．
4．关于x的一元二次方程x2+mx+m=0有两个相等的实数根，则m的值是（ ）
A．不存在 B．4 C．0 D．0或4
【考点】根的判别式．
【分析】根据方程有两个相等的实数根即可得出关于m的一元二次方程，解方程即可得出m的值．
【解答】解：∵方程x2+mx+m=0有两个相等的实数根，
∴△=m2﹣4m=0，
解得：m=0或m=4．
故选D．
【点评】本题考查了根的判别式，由方程有两个相等的实数根找出关于m的一元二次方程是解题的关键．
5．如图在△ABC中，DE∥FG∥BC，AD：AF：AB=1：3：6，则S△ADE：S四边形DEGF：S四边形FGCB=（ ）
A．1：8：27 B．1：4：9 C．1：8：36 D．1：9：36
【考点】相似三角形的判定与性质．
【分析】由DE∥FG∥BC，可得△ADE∽△AFG∽△ABC，又由AD：AF：AB=1：3：6，利用相似三角形的面积比等于相似比的平方，即可求得S△ADE：S△AFG：S△ABC=1：9：36，然后设△ADE的面积是a，则△AFG和△ABC的面积分别是9a，36a，即可求两个梯形的面积，继而求得答案．
【解答】解：∵DE∥FG∥BC，
∴△ADE∽△AFG∽△ABC，
∴AD：AF：AB=1：3：6，
∴S△ADE：S△AFG：S△ABC=1：9：36，
设△ADE的面积是a，则△AFG和△ABC的面积分别是9a，36a，
则S四边形DFGE=S△AFG﹣S△ADE=8a，S四边形FBCG=S△ABC﹣S△AFG=27a，
∴S△ADE：S四边形DFGE：S四边形FBCG=1：8：27．
故选A．
【点评】此题考查了相似三角形的判定与性质．此题难度适中，解题的关键是掌握相似三角形面积的比等于相似比的平方．
6．如图，在菱形ABCD中，AB=13，对角线AC=10，若过点A作AE⊥BC，垂足为E，则AE的长为（ ）
A．8 B． C． D．
【考点】菱形的性质．
【分析】连接对角线BD，根据勾股定理求对角线BD=24，由菱形的面积列式得：S菱形ABCD=BC•AE=AC•BD，代入计算可求AE的长．
【解答】解：连接BD交AC于O，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，OA=AC=×10=5，
∵AB=13=BC，
由勾股定瑆得：OB===12，
∴BD=2OB=24，
∵AE⊥BC，
∴S菱形ABCD=BC•AE=AC•BD，
13AE=×10×24，
AE=，
故选C．
【点评】本题考查了菱形的性质，熟练掌握菱形以下的性质是关键：①菱形的对角线互相平分且垂直，②菱形的四边相等，③菱形的面积=两条对角线积的一半=底边×高；根据面积法可以求菱形的边或高．
7．如图，ABCD是正方形，E是边CD上（除端点外）任意一点，AM⊥BE于点M，CN⊥BE于点N，下列结论一定成立的有（ ）个．
①△ABM≌△BCN；
②△BCN≌△CEN；
③AM﹣CN=MN；
④M有可能是线段BE的中点．
A．1 B．2 C．3 D．4
【考点】正方形的性质；全等三角形的判定与性质．
【分析】①根据AAS可以证明△ABM≌△BCN，利用了同角的余角相等；
②根据两角对应相等，可以证明△BCN∽△CEN，因为斜边CE和BE不相等，所以一定不全等；
③根据①中听全等可以得结论；
④根据正方形的对角线垂直平分可知：当M是线段BE的中点时，E在点D处，而已知中E是边CD上（除端点外）任意一点，所以得出：M不可能是线段BE的中点．
【解答】解：①∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=BC，∠ABC=90°，
∴∠ABM+∠NBC=90°，
∵AM⊥BE于点M，CN⊥BE于点N，
∴∠AMB=∠BNC=90°，
∴∠ABM+∠BAM=90°，
∴∠NBC=∠BAM，
∴△ABM≌△BCN；
故①正确；
②∵∠BCE=∠CNE=90°，∠CEN=∠CEB，
∵CE≠BE，
∴△BCN∽△CEN，
故②不正确；
③∵△ABM≌△BCN，
∴AM=BN，BM=CN，
∴MN=BN﹣BM=AM﹣CN，
故③正确；
④当M是线段BE的中点时，E在点D处，而已知中E是边CD上（除端点外）任意一点，
所以M不可能是线段BE的中点．
故④不正确；
所以正确的有：①③2个，
故选B．
【点评】本题考查了正方形的性质和全等三角形的性质和判定，正方形的性质较多，要熟练掌握：①正方形的四边相等，②正方形的四个角都是直角，③正方形的对角线垂直平分且平分一组对角等；在正方形判定两三角形全等时，经常运用同角的余角相等证明角相等，从而证明两三角形全等．
8．在研究相似问题时，甲、乙同学的观点如下：
甲：将邻边边长为5和8的矩形按图①的方式向外扩张，得到新的矩形，它们的对应边间距均为1，则新矩形与原矩形相似．
乙：将边长5、12、13的三角形按图②的方式向外扩张，得到新三角形，它们的对应边间距为1，则新三角形与原三角形相似．
对于两人的观点，下列说法正确的是（ ）
A．两人都对 B．两人都不对 C．甲对、乙不对 D．甲不对，乙对
【考点】相似图形．
【分析】利用位似图形的性质以及相似多边形的判定方法得出即可．
【解答】解：由题意可得新矩形边长为：7和10，
≠，
故两矩形不相似，
当新三角形的对应边间距离均为1时，则两三角形的对应边平行，且对应点连线相交于一点，故两三角形位似，即相似，
故选：D．
【点评】此题主要考查了相似三角形以及相似多边形的判定，熟练应用相似多边形的判定方法是解题关键．
二、填空题（本题满分18分，共有6道小题，每小题3分）
9．若===，（a+c+e≠0），则= 2 ．
【考点】比例的性质．
【分析】根据等比性质，反比性质，可得答案．
【解答】解：由===，得
=，
由反比性质，得
=2，
故答案为：2．
【点评】本题考查了比例的性质，利用等比性质，反比性质是解题关键．
10．已知直角三角形的三边恰好是三个连续整数，则这个直角三角形的斜边长是 5 ．
【考点】一元二次方程的应用；勾股定理．
【分析】首先设中间的数为x，表示出其余2个数，利用勾股定理求解即可．
【解答】解：设较小的边长为x．则最小的边长为（x﹣1），斜边长为（x+1），
（x﹣1）2+x2=（x+1）2，
解得x1=0，（不合题意，舍去）x2=4，
故斜边长为x+1=5．
故答案为：5．
【点评】本题考查了利用勾股定理解直角三角形以及一元二次方程的应用，利用勾股定理得到三边的关系是解决本题的关键．
11．袋中有五张卡片，其中红色卡片三张，标号分别为1，2，3，绿色卡片两张，标号分别为1，2，若从五张卡片中任取两张，则两张卡片的标号之和小于4的概率为 ．
【考点】列表法与树状图法．
【分析】从五张卡片中任取两张的所有可能情况，用列举法求得有10种情况，其中两张卡片的颜色不同且标号之和小于4的有3种情况，从而求得所求事件的概率．
【解答】解：从五张卡片中任取两张的所有可能情况有如下10种：
红1红2，红1红3，红1绿1，红1绿2，红2红3，
红2绿1，红2绿2，红3绿1，红3绿2，绿1绿2．
其中两张卡片的颜色不同且标号之和小于4的有3种情况，
红1绿1，红1绿2，红2绿1，
故所求的概率为P=；
故答案为：．
【点评】本题考查古典概型问题，可以列举出试验发生包含的事件和满足条件的事件，应用列举法来解题是这一部分的最主要思想，属于基础题．
12．方程ax2+x+1=0有两个不等的实数根，则a的取值范围是 a＜且a≠0 ．
【考点】根的判别式．
【分析】根据方程有两个不相等的实数根结合二次项系数不为0，即可得出关于a的一元一次不等式组，解不等式组即可得出结论．
【解答】解：∵方程ax2+x+1=0有两个不等的实数根，
∴，
解得：a＜且a≠0．
【点评】本题考查了根的判别式，根据方程有两个不相等的实数根找出关于a的一元一次不等式组是解题的关键．
13．如图，正方形OABC与正方形ODEF是位似图形，点O为位似中心，相似比为1：，点A的坐标为（0，），则点E的坐标是 （3，3） ．
【考点】位似变换；坐标与图形性质；正方形的性质．
【分析】由题意可得OA：OD=1：，又由点A的坐标为（0，），即可求得OD的长，又由正方形的性质，即可求得E点的坐标．
【解答】解：∵正方形OABC与正方形ODEF是位似图形，O为位似中心，相似比为1：，
∴OA：OD=1：，
∵点A的坐标为（0，），
即OA=，
∴OD=3，
∵四边形ODEF是正方形，
∴DE=OD=3．
∴E点的坐标为：（3，3）．
故答案为：（3，3）．
【点评】此题考查了位似变换的性质与正方形的性质．此题比较简单，注意理解位似变换与相似比的定义是解此题的关键．
14．如图，在长方形ABCD中，AB=3，BC=6，对角线AC的垂直平分线分别交AD、AC于点M，N，连接CM，则CM的长为 ．
【考点】矩形的性质；线段垂直平分线的性质．
【分析】由线段垂直平分线的性质求出AM=CM，在Rt△DMC中，由勾股定理得出DM2+DC2=CM2，得出方程（6﹣CM）2+32=CM2，求出CM即可．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠D=∠B=90°，AD=BC=6，AB=DC=3，
∵MN是AC的垂直平分线，
∴AM=CM，
∴DM=AD﹣AM=AD﹣CM=4﹣CM，
在Rt△DMC中，由勾股定理得：DM2+DC2=CM2，
（6﹣CM）2+32=CM2，
CE=，
故答案为：．
【点评】本题考查了矩形性质，勾股定理，线段垂直平分线性质的应用，关键是能得出关于CM的方程．
三、作图题（本题满分10分，第一小题4分，第二小题6分）
15．（10分）已知△ABC，作△DEF，使之与△ABC相似，且=4．要求：
（1）尺规作图，保留作图痕迹，不写作法．
（2）简要叙述作图依据．
【考点】作图—相似变换．
【分析】（1）利用相似三角形的性质得出：△DEF的边长与△ABC边长的关系进而得出答案；
（2）利用相似三角形的性质结合作三角形的方法得出答案．
【解答】解：（1）如图所示：△DEF即为所求；
（2）∵△DEF∽△ABC，且=4，
∴===，
∴作AB，AC的垂直平分线，进而得出AB，AC的中点，即可得出ED，EF，DF的长．
【点评】此题主要考查了相似变换以及三角形的做法，正确得出△DEF边长变化规律是解题关键．
四、解答题（本题共5小题，满分68分）
16．（16分）计算
（1）用两种不同方法解方程：x2﹣3﹣2x=0
（2）解方程：x2=2x；
（3）解方程：3+2x2﹣x=0．
【考点】解一元二次方程-因式分解法．
【分析】（1）因式分解法和配方法求解可得；
（2）因式分解法求解可得；
（3）由根的判别式小于0可得答案．
【解答】解：（1）因式分解法：（x+1）（x﹣3）=0，
∴x+1=0或x﹣3=0，
解得：x=﹣1或x=3；
配方法：x2﹣2x=3，
x2﹣2x+1=3+1，即（x﹣1）2=4，
∴x﹣1=±2，
解得：x=﹣1或x=3；
（2）x2﹣2x=0，
x（x﹣2）=0，
∴x=0或x=2；
（3）∵a=2，b=﹣，c=3，
∴△=﹣4×2×3＜0，
∴原方程无实数根．
【点评】本题主要考查解一元二次方程的能力，根据不同的方程选择合适的方法是解题的关键．
17．（12分）某中学调查了某班全部35名同学参加音乐社团和美术社团的情况，数据如表（单位：人）：
参加美术社团
未参加美术社团
参加音乐社团
6
5
未参加音乐社团
4
20
（1）从该班任选1名同学，该同学至少参加上述一个社团的概率；
（2）在既参加音乐社团，又参加美术社团的6名同学中，有4名男同学A1、A2、A3、A4，两名女同学B1、B2，现从这4名男同学和两名女同学中个随机选取1人，求A1未被选中但B1被选中的概率．
【考点】列表法与树状图法．
【分析】（1）先判断出这是一个古典概型，所以求出基本事件总数，“至少参加一个社团”事件包含的基本事件个数，从而根据古典概型的概率计算公式计算即可；
（2）先求基本事件总数，即从这4名男同学和2名女同学中各随机选1人，有多少中选法，这个可利用分步计数原理求解，再求出“A1不被选中，而B1被选中”事件包含的基本事件个数，这个容易求解，然后根据古典概型的概率公式计算即可．
【解答】解：（1）设“至少参加一个社团”为事件A；
从45名同学中任选一名有45种选法，∴基本事件数为45；
通过列表可知事件A的基本事件数为6+4+5=15；
这是一个古典概型，∴P（A）==；
（2）从4名男同学中任选一个有4种选法，从2名女同学中任选一名有2种选法；
从这4名男同学和2名女同学中各随机选1人的选法有4×2=8，即基本事件总数为8；
设“A1未被选中，而B1被选中”为事件B，显然事件B包含的基本事件数为3；
这是一个古典概型，则P（B）=．
【点评】主要考查了事件的分类和概率的求法．用到的知识点为：可能发生，也可能不发生的事件叫做随机事件；概率=所求情况数与总情况数之比．
18．（12分）已知：如图，在矩形ABCD中，M、N分别是AB、DC的中点，P、Q分别是DM、BN的中点．
（1）求证：DM=BN；
（2）四边形MPNQ是怎样的特殊四边形，请说明理由；
（3）矩形ABCD的边长AB与AD满足什么长度关系时四边形MPNQ为正方形，请说明理由．
【考点】四边形综合题．
【分析】（1）根据矩形的性质和中点的定义，利用SAS判定△MBA≌△NDC；
（2）四边形MPNQ是菱形，连接AN，有（1）可得到BM=DN，再有中点得到PM=NQ，再通过证明△MQD≌△NPB得到MQ=PN，从而证明四边形MPNQ是平行四边形，利用三角形中位线的性质可得：MP=MQ，进而证明四边形MQNP是菱形；
（3）利用对角线相等的菱形是正方形即可．
【解答】证明：（1）∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD，AD=BC，∠A=∠C=90°，
∵在矩形ABCD中，M、N分别是AD、BC的中点，
∴AM=AD，CN=BC，
∴AM=CN，
在△MAB和△NDC中，
∴△MBA≌△NDC（SAS）；
（2）四边形MPNQ是菱形．
理由如下：连接AP，MN，
则四边形ABNM是矩形，
∵AN和BM互相平分，
则A，P，N在同一条直线上，
易证：△ABN≌△BAM，
∴AN=BM，
∵△MAB≌△NDC，
∴BM=DN，
∵P、Q分别是BM、DN的中点，
∴PM=NQ，
在△MQD和△NPB中，，
∴△MQD≌△NPB（SAS）．
∴四边形MPNQ是平行四边形，
∵M是AD中点，Q是DN中点，
∴MQ=AN，
∴MQ=BM，
∵MP=BM，
∴MP=MQ，
∴平行四边形MQNP是菱形；
（3）当AD=2AB时，四边形MQNP是正方形；
如图1，连接PQ，
∵PQ⊥MN．AD⊥MN，
∴PQ∥AD，
∵点P是BM的中点，
∴AD=2PQ，
∵AD=2AB，
∴PQ=AB，
∵MN=AB，
∴MN=PQ，
由（2）知，四边形MQNP是菱形；
∴菱形MQNP是正方形．
【点评】此题是四边形综合题，主要考查了矩形的性质、正方形的性质，全等三角形的判定和全等三角形的性质、三角形中位线定理以及平行四边形的判定和菱形的判定方法，判断出四边形MQNP是菱形是解本题的关键，属于基础题目．
19．（12分）某茶叶专卖店经销一种日照绿茶，每千克成本80元，据销售人员调查发现，每月的销售量y（千克）与销售单价x（元/千克）之间存在如图所示的变化规律．
（1）求每月销售量y与销售单价x之间的函数关系式．
（2）若某月该茶叶点销售这种绿茶获得利润1350元，试求该月茶叶的销售单价x为多少元．
【考点】一元二次方程的应用；一次函数的应用．
【分析】（1）设函数解析式为y=kx+b，将（90，100），（100，80）代入y=kx+b即可；
（2）每千克利润乘以销售量即为总利润；根据某月获得的利润等于1350元，求出x的值即可．
【解答】解：（1）设一次函数解析式为y=kx+b，
把（90，100），（100，80）代入y=kx+b得，
，
解得，，
y与销售单价x之间的函数关系式为y=﹣2x+280．
（2）根据题意得：w=（x﹣80）（﹣2x+280）=﹣2x2+440x﹣22400=1350；
解得（x﹣110）2=225，
解得x1=95，x2=125．
答：销售单价为95元或125元．
【点评】本题一元二次方程及一次函数的应用，解题的关键是从实际问题中整理出函数和方程模型，难度不大．
20．（16分）已知：如图，在Rt△ACB中，∠C=90°，AC=3cm，BC=3cm，点P由B点出发沿BA方向向点A匀速运动，速度为2cm/s；点Q由A点出发沿AC方向向点C匀速运动，速度为cm/s；若设运动的时间为t（s）（0＜t＜3），解答下列问题：
（1）如图①，连接PC，当t为何值时△APC∽△ACB，并说明理由；
（2）如图②，当点P，Q运动时，是否存在某一时刻t，使得点P在线段QC的垂直平分线上，请说明理由；
（3）如图③，当点P，Q运动时，线段BC上是否存在一点G，使得四边形PQGB为菱形？若存在，试求出BG长；若不存在请说明理由．
【考点】相似形综合题．
【分析】（1）先根据勾股定理求出AB，再用△APC∽△ACB，得出，即：，求出时间；
（2）先用垂直平分线的性质得出QM=CM=CQ=（3﹣t），然后用平行线分线段成比例建立方程求出结论；
（3）先由平行四边形的性质建立方程求出时间t，即求出PQ，PB，即可得到PQ≠PB判断出四边形PQGB不可能是菱形．
【解答】解：（1）在Rt△ACB中，∠C=90°，AC=3cm，BC=3cm，
∴AB=6，
由运动知，BP=2t，AQ=t，
∴AP=6﹣2t，
∵△APC∽△ACB，
∴，
∴，
∴t=；
（2）存在，
理由：如图②，由运动知，BP=2t，AQ=t，
∴AP=6﹣2t，CQ=3﹣t，
∵点P是CQ的垂直平分线上，
∴QM=CM=CQ=（3﹣t），
∴AM=AQ+QM=t﹣（3﹣t）=（t﹣1）
过点P作PM⊥AC，
∵∠ACB=90°，
∴PM∥BC，
∴，
∴，
∴t=或t=（舍），
∴t=．
（3）不存在，
理由：由运动知，BP=2t，AQ=t，
∴AP=6﹣2t，
假设线段BC上是存在一点G，使得四边形PQGB为平行四边形，
∴PQ∥BG，PQ=BG，
∴△APQ∽△ABC，
∴，
∴，
∴t=，PQ=，
∴BP=2t=3，
∴PQ≠BP，
∴平行四边形PQGB不可能是菱形．
即：线段BC上不存在一点G，使得四边形PQGB为菱形．
【点评】此题是相似形综合题，主要考查了勾股定理，线段的垂直平分线的性质，相似三角形的判定和性质，平行四边形的性质，菱形的判定，解本题的关键是用方程的思想解决问题．
期中数学试卷
一、选择题（本题满分24分，共有8道小题，每小题3分）
1．下列说法正确的有（ ）个．
①菱形的对角线相等；
②对角线互相垂直的四边形是菱形；
③有两个角是直角的四边形是矩形；
④正方形既是菱形又是矩形；
⑤矩形的对角线相等且互相垂直平分．
A．1 B．2 C．3 D．4
2．关于方程x2﹣2=0的理解错误的是（ ）
A．这个方程是一元二次方程
B．方程的解是
C．这个方程可以化成一元二次方程的一般形式
D．这个方程可以用公式法求解
3．一个暗箱中放有a个除颜色外其他完全相同的球，这a个球中只有2个红球，每次将球搅拌均匀后，任意摸出1个球记下颜色，再放回暗箱，通过大量重复试验后发现，摸到红球的频率稳定在20%，那么可以估算a的值是（ ）
A．15 B．10 C．4 D．3
4．关于x的一元二次方程x2+mx+m=0有两个相等的实数根，则m的值是（ ）
A．不存在 B．4 C．0 D．0或4
5．如图在△ABC中，DE∥FG∥BC，AD：AF：AB=1：3：6，则S△ADE：S四边形DEGF：S四边形FGCB=（ ）
A．1：8：27 B．1：4：9
C．1：8：36 D．1：9：36
6．如图，在菱形ABCD中，AB=13，对角线AC=10，若过点A作AE⊥BC，垂足为E，则AE的长为（ ）
A．8 B． C． D．
7．如图，ABCD是正方形，E是边CD上（除端点外）任意一点，AM⊥BE于点M，CN⊥BE于点N，下列结论一定成立的有（ ）个．
①△ABM≌△BCN；
②△BCN≌△CEN；
③AM﹣CN=MN；
④M有可能是线段BE的中点．
A．1 B．2 C．3 D．4
8．在研究相似问题时，甲、乙同学的观点如下：
甲：将邻边边长为5和8的矩形按图①的方式向外扩张，得到新的矩形，它们的对应边间距均为1，则新矩形与原矩形相似．
乙：将边长5、12、13的三角形按图②的方式向外扩张，得到新三角形，它们的对应边间距为1，则新三角形与原三角形相似．
对于两人的观点，下列说法正确的是（ ）
A．两人都对 B．两人都不对 C．甲对、乙不对 D．甲不对，乙对
二、填空题（本题满分18分，共有6道小题，每小题3分）
9．若===，（a+c+e≠0），则= ．
10．已知直角三角形的三边恰好是三个连续整数，则这个直角三角形的斜边长是 ．
11．袋中有五张卡片，其中红色卡片三张，标号分别为1，2，3，绿色卡片两张，标号分别为1，2，若从五张卡片中任取两张，则两张卡片的标号之和小于4的概率为 ．
12．方程ax2+x+1=0有两个不等的实数根，则a的取值范围是 ．
13．如图，正方形OABC与正方形ODEF是位似图形，点O为位似中心，相似比为1：，点A的坐标为（0，），则点E的坐标是 ．
14．如图，在长方形ABCD中，AB=3，BC=6，对角线AC的垂直平分线分别交AD、AC于点M，N，连接CM，则CM的长为 ．
三、作图题（本题满分10分，第一小题4分，第二小题6分）
15．（10分）已知△ABC，作△DEF，使之与△ABC相似，且=4．要求：
（1）尺规作图，保留作图痕迹，不写作法．
（2）简要叙述作图依据．
四、解答题（本题共5小题，满分68分）
16．（16分）计算
（1）用两种不同方法解方程：x2﹣3﹣2x=0
（2）解方程：x2=2x；
（3）解方程：3+2x2﹣x=0．
17．（12分）某中学调查了某班全部35名同学参加音乐社团和美术社团的情况，数据如表（单位：人）：
参加美术社团
未参加美术社团
参加音乐社团
6
5
未参加音乐社团
4
20
（1）从该班任选1名同学，该同学至少参加上述一个社团的概率；
（2）在既参加音乐社团，又参加美术社团的6名同学中，有4名男同学A1、A2、A3、A4，两名女同学B1、B2，现从这4名男同学和两名女同学中个随机选取1人，求A1未被选中但B1被选中的概率．
18．（12分）已知：如图，在矩形ABCD中，M、N分别是AB、DC的中点，P、Q分别是DM、BN的中点．
（1）求证：DM=BN；
（2）四边形MPNQ是怎样的特殊四边形，请说明理由；
（3）矩形ABCD的边长AB与AD满足什么长度关系时四边形MPNQ为正方形，请说明理由．
19．（12分）某茶叶专卖店经销一种日照绿茶，每千克成本80元，据销售人员调查发现，每月的销售量y（千克）与销售单价x（元/千克）之间存在如图所示的变化规律．
（1）求每月销售量y与销售单价x之间的函数关系式．
（2）若某月该茶叶点销售这种绿茶获得利润1350元，试求该月茶叶的销售单价x为多少元．
20．（16分）已知：如图，在Rt△ACB中，∠C=90°，AC=3cm，BC=3cm，点P由B点出发沿BA方向向点A匀速运动，速度为2cm/s；点Q由A点出发沿AC方向向点C匀速运动，速度为cm/s；若设运动的时间为t（s）（0＜t＜3），解答下列问题：
（1）如图①，连接PC，当t为何值时△APC∽△ACB，并说明理由；
（2）如图②，当点P，Q运动时，是否存在某一时刻t，使得点P在线段QC的垂直平分线上，请说明理由；
（3）如图③，当点P，Q运动时，线段BC上是否存在一点G，使得四边形PQGB为菱形？若存在，试求出BG长；若不存在请说明理由．
参考答案与试题解析
一、选择题（本题满分24分，共有8道小题，每小题3分）
1．下列说法正确的有（ ）个．
①菱形的对角线相等；
②对角线互相垂直的四边形是菱形；
③有两个角是直角的四边形是矩形；
④正方形既是菱形又是矩形；
⑤矩形的对角线相等且互相垂直平分．
A．1 B．2 C．3 D．4
【考点】矩形的判定与性质；菱形的判定与性质．
【分析】根据菱形的判定与性质、矩形的判定与性质进行解答．
【解答】解：①菱形的对角线不一定相等，故错误；
②对角线互相垂直平分的四边形是菱形，故错误；
③有三个角是直角的四边形是矩形，故错误；
④正方形既是菱形又是矩形，故正确；
⑤矩形的对角线相等，但不一定互相垂直平分，故错误；
故选：A．
【点评】本题考查了菱形和矩形的判定与性质．注意：正方形是一特殊的矩形，也是一特殊的菱形．
2．关于方程x2﹣2=0的理解错误的是（ ）
A．这个方程是一元二次方程
B．方程的解是
C．这个方程可以化成一元二次方程的一般形式
D．这个方程可以用公式法求解
【考点】解一元二次方程-公式法；一元二次方程的一般形式；一元二次方程的解；解一元二次方程-直接开平方法．
【分析】根据一元二次方程的定义、解法、一般式逐一判断即可．
【解答】解：A、这个方程是一元二次方程，正确；
B、方程的解是x=±，错误；
C、这个方程可以化成一元二次方程的一般形式，正确；
D、这个方程可以用公式法求解，正确；
故选：B．
【点评】本题主要考查一元二次方程的定义和解法，熟练掌握一元二次方程的解法是解题的关键．
3．一个暗箱中放有a个除颜色外其他完全相同的球，这a个球中只有2个红球，每次将球搅拌均匀后，任意摸出1个球记下颜色，再放回暗箱，通过大量重复试验后发现，摸到红球的频率稳定在20%，那么可以估算a的值是（ ）
A．15 B．10 C．4 D．3
【考点】利用频率估计概率．
【分析】因为除了颜色其他完全相同的球，在摸的时候出现的机会是均等的，通过大量重复摸球实验后发现，摸到红球的可能性稳定在20%，可知红球占总球数大约就是20%，问题就转化成了一个数的20%是2，求这个数，用除法计算即可．
【解答】解：根据题意得：
2÷20%=10（个），
答：可以估算a的值是10；
故选B．
【点评】此题主要考查了利用频率估计概率，其中解题时首先通过实验得到事件的频率，然后利用频率估计概率即可解决问题．
4．关于x的一元二次方程x2+mx+m=0有两个相等的实数根，则m的值是（ ）
A．不存在 B．4 C．0 D．0或4
【考点】根的判别式．
【分析】根据方程有两个相等的实数根即可得出关于m的一元二次方程，解方程即可得出m的值．
【解答】解：∵方程x2+mx+m=0有两个相等的实数根，
∴△=m2﹣4m=0，
解得：m=0或m=4．
故选D．
【点评】本题考查了根的判别式，由方程有两个相等的实数根找出关于m的一元二次方程是解题的关键．
5．如图在△ABC中，DE∥FG∥BC，AD：AF：AB=1：3：6，则S△ADE：S四边形DEGF：S四边形FGCB=（ ）
A．1：8：27 B．1：4：9 C．1：8：36 D．1：9：36
【考点】相似三角形的判定与性质．
【分析】由DE∥FG∥BC，可得△ADE∽△AFG∽△ABC，又由AD：AF：AB=1：3：6，利用相似三角形的面积比等于相似比的平方，即可求得S△ADE：S△AFG：S△ABC=1：9：36，然后设△ADE的面积是a，则△AFG和△ABC的面积分别是9a，36a，即可求两个梯形的面积，继而求得答案．
【解答】解：∵DE∥FG∥BC，
∴△ADE∽△AFG∽△ABC，
∴AD：AF：AB=1：3：6，
∴S△ADE：S△AFG：S△ABC=1：9：36，
设△ADE的面积是a，则△AFG和△ABC的面积分别是9a，36a，
则S四边形DFGE=S△AFG﹣S△ADE=8a，S四边形FBCG=S△ABC﹣S△AFG=27a，
∴S△ADE：S四边形DFGE：S四边形FBCG=1：8：27．
故选A．
【点评】此题考查了相似三角形的判定与性质．此题难度适中，解题的关键是掌握相似三角形面积的比等于相似比的平方．
6．如图，在菱形ABCD中，AB=13，对角线AC=10，若过点A作AE⊥BC，垂足为E，则AE的长为（ ）
A．8 B． C． D．
【考点】菱形的性质．
【分析】连接对角线BD，根据勾股定理求对角线BD=24，由菱形的面积列式得：S菱形ABCD=BC•AE=AC•BD，代入计算可求AE的长．
【解答】解：连接BD交AC于O，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，OA=AC=×10=5，
∵AB=13=BC，
由勾股定瑆得：OB===12，
∴BD=2OB=24，
∵AE⊥BC，
∴S菱形ABCD=BC•AE=AC•BD，
13AE=×10×24，
AE=，
故选C．
【点评】本题考查了菱形的性质，熟练掌握菱形以下的性质是关键：①菱形的对角线互相平分且垂直，②菱形的四边相等，③菱形的面积=两条对角线积的一半=底边×高；根据面积法可以求菱形的边或高．
7．如图，ABCD是正方形，E是边CD上（除端点外）任意一点，AM⊥BE于点M，CN⊥BE于点N，下列结论一定成立的有（ ）个．
①△ABM≌△BCN；
②△BCN≌△CEN；
③AM﹣CN=MN；
④M有可能是线段BE的中点．
A．1 B．2 C．3 D．4
【考点】正方形的性质；全等三角形的判定与性质．
【分析】①根据AAS可以证明△ABM≌△BCN，利用了同角的余角相等；
②根据两角对应相等，可以证明△BCN∽△CEN，因为斜边CE和BE不相等，所以一定不全等；
③根据①中听全等可以得结论；
④根据正方形的对角线垂直平分可知：当M是线段BE的中点时，E在点D处，而已知中E是边CD上（除端点外）任意一点，所以得出：M不可能是线段BE的中点．
【解答】解：①∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=BC，∠ABC=90°，
∴∠ABM+∠NBC=90°，
∵AM⊥BE于点M，CN⊥BE于点N，
∴∠AMB=∠BNC=90°，
∴∠ABM+∠BAM=90°，
∴∠NBC=∠BAM，
∴△ABM≌△BCN；
故①正确；
②∵∠BCE=∠CNE=90°，∠CEN=∠CEB，
∵CE≠BE，
∴△BCN∽△CEN，
故②不正确；
③∵△ABM≌△BCN，
∴AM=BN，BM=CN，
∴MN=BN﹣BM=AM﹣CN，
故③正确；
④当M是线段BE的中点时，E在点D处，而已知中E是边CD上（除端点外）任意一点，
所以M不可能是线段BE的中点．
故④不正确；
所以正确的有：①③2个，
故选B．
【点评】本题考查了正方形的性质和全等三角形的性质和判定，正方形的性质较多，要熟练掌握：①正方形的四边相等，②正方形的四个角都是直角，③正方形的对角线垂直平分且平分一组对角等；在正方形判定两三角形全等时，经常运用同角的余角相等证明角相等，从而证明两三角形全等．
8．在研究相似问题时，甲、乙同学的观点如下：
甲：将邻边边长为5和8的矩形按图①的方式向外扩张，得到新的矩形，它们的对应边间距均为1，则新矩形与原矩形相似．
乙：将边长5、12、13的三角形按图②的方式向外扩张，得到新三角形，它们的对应边间距为1，则新三角形与原三角形相似．
对于两人的观点，下列说法正确的是（ ）
A．两人都对 B．两人都不对 C．甲对、乙不对 D．甲不对，乙对
【考点】相似图形．
【分析】利用位似图形的性质以及相似多边形的判定方法得出即可．
【解答】解：由题意可得新矩形边长为：7和10，
≠，
故两矩形不相似，
当新三角形的对应边间距离均为1时，则两三角形的对应边平行，且对应点连线相交于一点，故两三角形位似，即相似，
故选：D．
【点评】此题主要考查了相似三角形以及相似多边形的判定，熟练应用相似多边形的判定方法是解题关键．
二、填空题（本题满分18分，共有6道小题，每小题3分）
9．若===，（a+c+e≠0），则= 2 ．
【考点】比例的性质．
【分析】根据等比性质，反比性质，可得答案．
【解答】解：由===，得
=，
由反比性质，得
=2，
故答案为：2．
【点评】本题考查了比例的性质，利用等比性质，反比性质是解题关键．
10．已知直角三角形的三边恰好是三个连续整数，则这个直角三角形的斜边长是 5 ．
【考点】一元二次方程的应用；勾股定理．
【分析】首先设中间的数为x，表示出其余2个数，利用勾股定理求解即可．
【解答】解：设较小的边长为x．则最小的边长为（x﹣1），斜边长为（x+1），
（x﹣1）2+x2=（x+1）2，
解得x1=0，（不合题意，舍去）x2=4，
故斜边长为x+1=5．
故答案为：5．
【点评】本题考查了利用勾股定理解直角三角形以及一元二次方程的应用，利用勾股定理得到三边的关系是解决本题的关键．
11．袋中有五张卡片，其中红色卡片三张，标号分别为1，2，3，绿色卡片两张，标号分别为1，2，若从五张卡片中任取两张，则两张卡片的标号之和小于4的概率为 ．
【考点】列表法与树状图法．
【分析】从五张卡片中任取两张的所有可能情况，用列举法求得有10种情况，其中两张卡片的颜色不同且标号之和小于4的有3种情况，从而求得所求事件的概率．
【解答】解：从五张卡片中任取两张的所有可能情况有如下10种：
红1红2，红1红3，红1绿1，红1绿2，红2红3，
红2绿1，红2绿2，红3绿1，红3绿2，绿1绿2．
其中两张卡片的颜色不同且标号之和小于4的有3种情况，
红1绿1，红1绿2，红2绿1，
故所求的概率为P=；
故答案为：．
【点评】本题考查古典概型问题，可以列举出试验发生包含的事件和满足条件的事件，应用列举法来解题是这一部分的最主要思想，属于基础题．
12．方程ax2+x+1=0有两个不等的实数根，则a的取值范围是 a＜且a≠0 ．
【考点】根的判别式．
【分析】根据方程有两个不相等的实数根结合二次项系数不为0，即可得出关于a的一元一次不等式组，解不等式组即可得出结论．
【解答】解：∵方程ax2+x+1=0有两个不等的实数根，
∴，
解得：a＜且a≠0．
【点评】本题考查了根的判别式，根据方程有两个不相等的实数根找出关于a的一元一次不等式组是解题的关键．
13．如图，正方形OABC与正方形ODEF是位似图形，点O为位似中心，相似比为1：，点A的坐标为（0，），则点E的坐标是 （3，3） ．
【考点】位似变换；坐标与图形性质；正方形的性质．
【分析】由题意可得OA：OD=1：，又由点A的坐标为（0，），即可求得OD的长，又由正方形的性质，即可求得E点的坐标．
【解答】解：∵正方形OABC与正方形ODEF是位似图形，O为位似中心，相似比为1：，
∴OA：OD=1：，
∵点A的坐标为（0，），
即OA=，
∴OD=3，
∵四边形ODEF是正方形，
∴DE=OD=3．
∴E点的坐标为：（3，3）．
故答案为：（3，3）．
【点评】此题考查了位似变换的性质与正方形的性质．此题比较简单，注意理解位似变换与相似比的定义是解此题的关键．
14．如图，在长方形ABCD中，AB=3，BC=6，对角线AC的垂直平分线分别交AD、AC于点M，N，连接CM，则CM的长为 ．
【考点】矩形的性质；线段垂直平分线的性质．
【分析】由线段垂直平分线的性质求出AM=CM，在Rt△DMC中，由勾股定理得出DM2+DC2=CM2，得出方程（6﹣CM）2+32=CM2，求出CM即可．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠D=∠B=90°，AD=BC=6，AB=DC=3，
∵MN是AC的垂直平分线，
∴AM=CM，
∴DM=AD﹣AM=AD﹣CM=4﹣CM，
在Rt△DMC中，由勾股定理得：DM2+DC2=CM2，
（6﹣CM）2+32=CM2，
CE=，
故答案为：．
【点评】本题考查了矩形性质，勾股定理，线段垂直平分线性质的应用，关键是能得出关于CM的方程．
三、作图题（本题满分10分，第一小题4分，第二小题6分）
15．（10分）已知△ABC，作△DEF，使之与△ABC相似，且=4．要求：
（1）尺规作图，保留作图痕迹，不写作法．
（2）简要叙述作图依据．
【考点】作图—相似变换．
【分析】（1）利用相似三角形的性质得出：△DEF的边长与△ABC边长的关系进而得出答案；
（2）利用相似三角形的性质结合作三角形的方法得出答案．
【解答】解：（1）如图所示：△DEF即为所求；
（2）∵△DEF∽△ABC，且=4，
∴===，
∴作AB，AC的垂直平分线，进而得出AB，AC的中点，即可得出ED，EF，DF的长．
【点评】此题主要考查了相似变换以及三角形的做法，正确得出△DEF边长变化规律是解题关键．
四、解答题（本题共5小题，满分68分）
16．（16分）计算
（1）用两种不同方法解方程：x2﹣3﹣2x=0
（2）解方程：x2=2x；
（3）解方程：3+2x2﹣x=0．
【考点】解一元二次方程-因式分解法．
【分析】（1）因式分解法和配方法求解可得；
（2）因式分解法求解可得；
（3）由根的判别式小于0可得答案．
【解答】解：（1）因式分解法：（x+1）（x﹣3）=0，
∴x+1=0或x﹣3=0，
解得：x=﹣1或x=3；
配方法：x2﹣2x=3，
x2﹣2x+1=3+1，即（x﹣1）2=4，
∴x﹣1=±2，
解得：x=﹣1或x=3；
（2）x2﹣2x=0，
x（x﹣2）=0，
∴x=0或x=2；
（3）∵a=2，b=﹣，c=3，
∴△=﹣4×2×3＜0，
∴原方程无实数根．
【点评】本题主要考查解一元二次方程的能力，根据不同的方程选择合适的方法是解题的关键．
17．（12分）某中学调查了某班全部35名同学参加音乐社团和美术社团的情况，数据如表（单位：人）：
参加美术社团
未参加美术社团
参加音乐社团
6
5
未参加音乐社团
4
20
（1）从该班任选1名同学，该同学至少参加上述一个社团的概率；
（2）在既参加音乐社团，又参加美术社团的6名同学中，有4名男同学A1、A2、A3、A4，两名女同学B1、B2，现从这4名男同学和两名女同学中个随机选取1人，求A1未被选中但B1被选中的概率．
【考点】列表法与树状图法．
【分析】（1）先判断出这是一个古典概型，所以求出基本事件总数，“至少参加一个社团”事件包含的基本事件个数，从而根据古典概型的概率计算公式计算即可；
（2）先求基本事件总数，即从这4名男同学和2名女同学中各随机选1人，有多少中选法，这个可利用分步计数原理求解，再求出“A1不被选中，而B1被选中”事件包含的基本事件个数，这个容易求解，然后根据古典概型的概率公式计算即可．
【解答】解：（1）设“至少参加一个社团”为事件A；
从45名同学中任选一名有45种选法，∴基本事件数为45；
通过列表可知事件A的基本事件数为6+4+5=15；
这是一个古典概型，∴P（A）==；
（2）从4名男同学中任选一个有4种选法，从2名女同学中任选一名有2种选法；
从这4名男同学和2名女同学中各随机选1人的选法有4×2=8，即基本事件总数为8；
设“A1未被选中，而B1被选中”为事件B，显然事件B包含的基本事件数为3；
这是一个古典概型，则P（B）=．
【点评】主要考查了事件的分类和概率的求法．用到的知识点为：可能发生，也可能不发生的事件叫做随机事件；概率=所求情况数与总情况数之比．
18．（12分）已知：如图，在矩形ABCD中，M、N分别是AB、DC的中点，P、Q分别是DM、BN的中点．
（1）求证：DM=BN；
（2）四边形MPNQ是怎样的特殊四边形，请说明理由；
（3）矩形ABCD的边长AB与AD满足什么长度关系时四边形MPNQ为正方形，请说明理由．
【考点】四边形综合题．
【分析】（1）根据矩形的性质和中点的定义，利用SAS判定△MBA≌△NDC；
（2）四边形MPNQ是菱形，连接AN，有（1）可得到BM=DN，再有中点得到PM=NQ，再通过证明△MQD≌△NPB得到MQ=PN，从而证明四边形MPNQ是平行四边形，利用三角形中位线的性质可得：MP=MQ，进而证明四边形MQNP是菱形；
（3）利用对角线相等的菱形是正方形即可．
【解答】证明：（1）∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD，AD=BC，∠A=∠C=90°，
∵在矩形ABCD中，M、N分别是AD、BC的中点，
∴AM=AD，CN=BC，
∴AM=CN，
在△MAB和△NDC中，
∴△MBA≌△NDC（SAS）；
（2）四边形MPNQ是菱形．
理由如下：连接AP，MN，
则四边形ABNM是矩形，
∵AN和BM互相平分，
则A，P，N在同一条直线上，
易证：△ABN≌△BAM，
∴AN=BM，
∵△MAB≌△NDC，
∴BM=DN，
∵P、Q分别是BM、DN的中点，
∴PM=NQ，
在△MQD和△NPB中，，
∴△MQD≌△NPB（SAS）．
∴四边形MPNQ是平行四边形，
∵M是AD中点，Q是DN中点，
∴MQ=AN，
∴MQ=BM，
∵MP=BM，
∴MP=MQ，
∴平行四边形MQNP是菱形；
（3）当AD=2AB时，四边形MQNP是正方形；
如图1，连接PQ，
∵PQ⊥MN．AD⊥MN，
∴PQ∥AD，
∵点P是BM的中点，
∴AD=2PQ，
∵AD=2AB，
∴PQ=AB，
∵MN=AB，
∴MN=PQ，
由（2）知，四边形MQNP是菱形；
∴菱形MQNP是正方形．
【点评】此题是四边形综合题，主要考查了矩形的性质、正方形的性质，全等三角形的判定和全等三角形的性质、三角形中位线定理以及平行四边形的判定和菱形的判定方法，判断出四边形MQNP是菱形是解本题的关键，属于基础题目．
19．（12分）某茶叶专卖店经销一种日照绿茶，每千克成本80元，据销售人员调查发现，每月的销售量y（千克）与销售单价x（元/千克）之间存在如图所示的变化规律．
（1）求每月销售量y与销售单价x之间的函数关系式．
（2）若某月该茶叶点销售这种绿茶获得利润1350元，试求该月茶叶的销售单价x为多少元．
【考点】一元二次方程的应用；一次函数的应用．
【分析】（1）设函数解析式为y=kx+b，将（90，100），（100，80）代入y=kx+b即可；
（2）每千克利润乘以销售量即为总利润；根据某月获得的利润等于1350元，求出x的值即可．
【解答】解：（1）设一次函数解析式为y=kx+b，
把（90，100），（100，80）代入y=kx+b得，
，
解得，，
y与销售单价x之间的函数关系式为y=﹣2x+280．
（2）根据题意得：w=（x﹣80）（﹣2x+280）=﹣2x2+440x﹣22400=1350；
解得（x﹣110）2=225，
解得x1=95，x2=125．
答：销售单价为95元或125元．
【点评】本题一元二次方程及一次函数的应用，解题的关键是从实际问题中整理出函数和方程模型，难度不大．
20．（16分）已知：如图，在Rt△ACB中，∠C=90°，AC=3cm，BC=3cm，点P由B点出发沿BA方向向点A匀速运动，速度为2cm/s；点Q由A点出发沿AC方向向点C匀速运动，速度为cm/s；若设运动的时间为t（s）（0＜t＜3），解答下列问题：
（1）如图①，连接PC，当t为何值时△APC∽△ACB，并说明理由；
（2）如图②，当点P，Q运动时，是否存在某一时刻t，使得点P在线段QC的垂直平分线上，请说明理由；
（3）如图③，当点P，Q运动时，线段BC上是否存在一点G，使得四边形PQGB为菱形？若存在，试求出BG长；若不存在请说明理由．
【考点】相似形综合题．
【分析】（1）先根据勾股定理求出AB，再用△APC∽△ACB，得出，即：，求出时间；
（2）先用垂直平分线的性质得出QM=CM=CQ=（3﹣t），然后用平行线分线段成比例建立方程求出结论；
（3）先由平行四边形的性质建立方程求出时间t，即求出PQ，PB，即可得到PQ≠PB判断出四边形PQGB不可能是菱形．
【解答】解：（1）在Rt△ACB中，∠C=90°，AC=3cm，BC=3cm，
∴AB=6，
由运动知，BP=2t，AQ=t，
∴AP=6﹣2t，
∵△APC∽△ACB，
∴，
∴，
∴t=；
（2）存在，
理由：如图②，由运动知，BP=2t，AQ=t，
∴AP=6﹣2t，CQ=3﹣t，
∵点P是CQ的垂直平分线上，
∴QM=CM=CQ=（3﹣t），
∴AM=AQ+QM=t﹣（3﹣t）=（t﹣1）
过点P作PM⊥AC，
∵∠ACB=90°，
∴PM∥BC，
∴，
∴，
∴t=或t=（舍），
∴t=．
（3）不存在，
理由：由运动知，BP=2t，AQ=t，
∴AP=6﹣2t，
假设线段BC上是存在一点G，使得四边形PQGB为平行四边形，
∴PQ∥BG，PQ=BG，
∴△APQ∽△ABC，
∴，
∴，
∴t=，PQ=，
∴BP=2t=3，
∴PQ≠BP，
∴平行四边形PQGB不可能是菱形．
即：线段BC上不存在一点G，使得四边形PQGB为菱形．
【点评】此题是相似形综合题，主要考查了勾股定理，线段的垂直平分线的性质，相似三角形的判定和性质，平行四边形的性质，菱形的判定，解本题的关键是用方程的思想解决问题．
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