山东省济南市章丘区2021-2022学年九年级上学期期中数学试卷 (含答案)

这是一份山东省济南市章丘区2021-2022学年九年级上学期期中数学试卷 (含答案)，共30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。
2021-2022学年山东省济南市章丘区九年级第一学期期中数学试卷
一、选择题（本大题共12小题，每小题4分，共48分。在每个小题给出四个选项中，只有一项符合题目要求）
1．矩形具有而菱形不具有的性质是（　　）
A．两组对边分别平行 B．对角线相等
C．对角线互相平分 D．两组对角分别相等
2．若关于x的一元二次方程kx2﹣2x﹣1＝0有两个不相等的实数根，则k的取值范围是（　　）
A．k＞﹣1 B．k＞﹣1且k≠0 C．k＜1 D．k＜1且k≠0
3．用配方法解一元二次方程x2﹣4x＝5时，此方程可变形为（　　）
A．（x+2）2＝1 B．（x﹣2）2＝1 C．（x+2）2＝9 D．（x﹣2）2＝9
4．三角形两边长分别为3和6，第三边的长是方程x2﹣13x+36＝0的两根，则该三角形的周长为（　　）
A．13 B．15 C．18 D．13或18
5．顺次连接矩形四边中点所得的四边形一定是（　　）
A．菱形 B．矩形 C．正方形 D．等腰梯形
6．如图，在四边形ABCD中，已知∠ADC＝∠BAC，那么补充下列条件后不能判定△ADC和△BAC相似的是（　　）

A．CA平分∠BCD B． C．AC2＝BC•CD D．∠DAC＝∠ABC
7．若x＝﹣1是方程x2+3x+c＝0的一个根，则方程的另一个根为（　　）
A．x＝2 B．x＝﹣2 C．x＝4 D．x＝﹣4
8．某种花卉每盆的盈利与每盆的株数有一定的关系，每盆植3株时，平均每株盈利4元；若每盆增加1株，平均每株盈利减少0.5元，要使每盆的盈利达到15元，每盆应多植多少株？设每盆多植x株，则可以列出的方程是（　　）
A．（3+x）（4﹣0.5x）＝15 B．（x+3）（4+0.5x）＝15
C．（x+4）（3﹣0.5x）＝15 D．（x+1）（4﹣0.5x）＝15
9．若一个袋子中装有形状与大小均完全相同有4张卡片，4张卡片上分别标有数字﹣2，﹣1，2，3，现从中任意抽出其中两张卡片分别记为x，y，并以此确定点P（x，y），那么点P落在直线y＝﹣x+1上的概率是（　　）
A． B． C． D．
10．如图，正方形ABCD的边长为4，G是BC边上一点，若矩形DEFG的边EF经过点A，GD＝5，则FG长为（　　）

A．2.8 B．3 C．3.2 D．4
11．如图，在等腰△ABC中，∠ABC＝∠ACB＝α，BC＝12，点D是边AB上一点，且BD＝4，点P是边BC上一动点，作∠DPE＝α，射线PE交边AC于点E，当CE＝9时，则满足条件的P点的个数是（　　）

A．1 B．2
C．3 D．以上都有可能
12．已知菱形ABCD的两条对角线分别为6和8，M、N分别是边BC、CD的中点，P是对角线BD上一点，则PM+PN的最小值是（　　）

A．5 B．5 C．5 D．不能确定
二、填空题（本大题共6小题，每小题4分，共24分）
13．已知，则的值是 　 　．
14．已知关于x的一元二次方程（a﹣1）x2﹣x+a2﹣1＝0的一个根是0，那么a的值为　 　．
15．某商品经过连续两次降价，销售单价由原来的125元降到80元，则平均每次降价的百分率为　 　．
16．在▱ABCD中，E是AD上一点，且点E将AD分为2：3的两部分，连接BE、AC相交于F，则S△AEF：S△CBF是 　 　．

17．如图，正方形ABCD和正方形CEFG中，点D在CG上，BC＝1，CE＝3，H是AF的中点，那么CH的长是　 　．

18．如图，点B1在直线l：y＝x上，点B1的横坐标为2，过点B1作B1A1⊥l，交x轴于点A1，以A1B1为边，向右作正方形A1B1B2C1，延长B2C1交x轴于点A2；以A2B2为边，向右作正方形A2B2B3C2，延长B3C2交x轴于点A3；以A3B3为边，向右作正方形A3B3B4C3，延长B4C3交x轴于点A4；…；照这个规律进行下去，则第n个正方形AnBnBn+1∁n的边长为 　 　（结果用含正整数n的代数式表示）．

三、解答题（本大题共9小题，共78分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
19．解方程：
（1）x2﹣4x﹣5＝0；
（2）2x（x+1）＝x+1．
20．如图，在△ABC中，点P在AB边上，∠ABC＝∠ACP．若AP＝4，AB＝9，求AC的长．

21．如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，且DE∥AC，AE∥BD．求证：四边形AODE是矩形．

22．如图所示，某幼儿园有一道长为16米的墙，计划用32米长的围栏靠墙围成一个面积为120平方米的矩形草坪ABCD．求该矩形草坪BC边的长．

23．如图，△ABC是一块锐角三角形余料，边BC＝120mm，高AD＝80mm，要把它加工成矩形零件PQMN，使一边在BC上，其余两个顶点分别在边AB、AC上．
（1）求证：△APN∽△ABC；
（2）若这个矩形的边PN：PQ＝2：1，则这个矩形的长、宽各是多少？

24．某校开设了书画、器乐、戏曲、棋类四类兴趣课程，为了解全校学生对每类课程的选择情况，随机抽取了若干名学生进行调查（每人必选且只能选一类）．现将调查结果绘制成如下两幅不完整的统计图：
（1）本次随机调查抽取了多少名学生？
（2）补全条形统计图中“书画”“戏曲”的空缺部分；
（3）若该校共有1600名学生，请估计全校选择“戏曲”课程的学生有多少名；
（4）学校从这四类课程中随机抽取两类参加“全市青少年才艺展示活动”，用列表或画树状图的方法求出恰好抽到“器乐”和“戏曲”课程的概率．（书画、器乐、戏曲、棋类可分别用字母A，B，C，D表示）

25．如图，在长方形ABCD中，边AB、BC的长（AB＜BC）是方程x2﹣7x+12＝0的两个根．点P从点A出发，以每秒1个单位的速度沿△ABC边A→B→C→A的方向运动，运动时间为t（秒）．
（1）求AB与BC的长；
（2）当点P运动到边BC上时，试求出使AP长为时运动时间t的值；
（3）当点P运动到边AC上时，是否存在点P，使△CDP是等腰三角形？若存在，请求出运动时间t的值；若不存在，请说明理由．

26．以四边形ABCD的边AB、AD为边分别向外侧作等边三角形ABF和ADE，连接EB、FD，交点为G．

（1）当四边形ABCD为正方形时（如图1），EB和FD的数量关系是　 　；
（2）当四边形ABCD为矩形时（如图2），EB和FD具有怎样的数量关系？请加以证明；
（3）四边形ABCD由正方形到矩形到一般平行四边形的变化过程中，∠EGD是否发生变化？如果改变，请说明理由；如果不变，请在图3中求出∠EGD的度数．
27．如图（1），已知点G在正方形ABCD的对角线AC上，GE⊥BC，GF⊥CD．
（1）①求证：四边形CEGF是正方形；②推断：的值为　 　：
（2）将正方形CEGF绕点C顺时针方向旋转α角（0°＜α＜45°），如图（2）所示，试探究线段AG与BE之间的数量关系；
（3）正方形CEGF在旋转过程中，当B，E，F三点在一条直线上时，如图（3）所示，延长CG交AD于点H．若AG＝6，GH＝2，求正方形CEGF和正方形ABCD的边长．



参考答案
一、选择题（本大题共12小题，每小题4分，共48分。在每个小题给出四个选项中，只有一项符合题目要求）
1．矩形具有而菱形不具有的性质是（　　）
A．两组对边分别平行 B．对角线相等
C．对角线互相平分 D．两组对角分别相等
【分析】根据矩形与菱形的性质对各选项分析判断后利用排除法求解．
解：A、矩形与菱形的两组对边都分别平行，故本选项错误；
B、矩形的对角线相等，菱形的对角线不相等，故本选项正确；
C、矩形与菱形的对角线都互相平分，故本选项错误；
D、矩形与菱形的两组对角都分别相等，故本选项错误．
故选：B．
2．若关于x的一元二次方程kx2﹣2x﹣1＝0有两个不相等的实数根，则k的取值范围是（　　）
A．k＞﹣1 B．k＞﹣1且k≠0 C．k＜1 D．k＜1且k≠0
【分析】根据根的判别式及一元二次方程的定义得出关于k的不等式组，求出k的取值范围即可．
解：∵关于x的一元二次方程kx2﹣2x﹣1＝0有两个不相等的实数根，
∴，即，
解得k＞﹣1且k≠0．
故选：B．
3．用配方法解一元二次方程x2﹣4x＝5时，此方程可变形为（　　）
A．（x+2）2＝1 B．（x﹣2）2＝1 C．（x+2）2＝9 D．（x﹣2）2＝9
【分析】配方法的一般步骤：
（1）把常数项移到等号的右边；
（2）把二次项的系数化为1；
（3）等式两边同时加上一次项系数一半的平方．
选择用配方法解一元二次方程时，最好使方程的二次项的系数为1，一次项的系数是2的倍数．
解：∵x2﹣4x＝5，∴x2﹣4x+4＝5+4，∴（x﹣2）2＝9．故选：D．
4．三角形两边长分别为3和6，第三边的长是方程x2﹣13x+36＝0的两根，则该三角形的周长为（　　）
A．13 B．15 C．18 D．13或18
【分析】先求出方程x2﹣13x+36＝0的两根，再根据三角形的三边关系定理，得到合题意的边，进而求得三角形周长即可．
解：解方程x2﹣13x+36＝0得，
x＝9或4，
即第三边长为9或4．
边长为9，3，6不能构成三角形；
而4，3，6能构成三角形，
所以三角形的周长为3+4+6＝13，
故选：A．
5．顺次连接矩形四边中点所得的四边形一定是（　　）
A．菱形 B．矩形 C．正方形 D．等腰梯形
【分析】因为题中给出的条件是中点，所以可利用三角形中位线性质，以及矩形对角线相等去证明四条边都相等，从而说明是一个菱形．
解：连接AC、BD，
在△ABD中，
∵AH＝HD，AE＝EB
∴EH＝BD，
同理FG＝BD，HG＝AC，EF＝AC，
又∵在矩形ABCD中，AC＝BD，
∴EH＝HG＝GF＝FE，
∴四边形EFGH为菱形．
故选：A．

6．如图，在四边形ABCD中，已知∠ADC＝∠BAC，那么补充下列条件后不能判定△ADC和△BAC相似的是（　　）

A．CA平分∠BCD B． C．AC2＝BC•CD D．∠DAC＝∠ABC
【分析】已知∠ADC＝∠BAC，则A、B选项可根据有两组角对应相等的两个三角形相似来判定；C选项虽然也是对应边成比例但无法得到其夹角相等，所以不能推出两三角形相似；D选项可以根据两组对应边的比相等且相应的夹角相等的两个三角形相似来判定．
解：在△ADC和△BAC中，∠ADC＝∠BAC，
如果△ADC∽△BAC，需满足的条件有：
①∠DAC＝∠ABC或AC是∠BCD的平分线；
②＝；
故选：C．
7．若x＝﹣1是方程x2+3x+c＝0的一个根，则方程的另一个根为（　　）
A．x＝2 B．x＝﹣2 C．x＝4 D．x＝﹣4
【分析】设该方程的另一个根为t，利用根与系数的关系得到﹣1+t＝﹣3，然后解关于t的方程即可．
解：设该方程的另一个根为t，
根据题意得﹣1+t＝﹣3，解得t＝﹣2，
即该方程的另一个根为﹣2．
故选：B．
8．某种花卉每盆的盈利与每盆的株数有一定的关系，每盆植3株时，平均每株盈利4元；若每盆增加1株，平均每株盈利减少0.5元，要使每盆的盈利达到15元，每盆应多植多少株？设每盆多植x株，则可以列出的方程是（　　）
A．（3+x）（4﹣0.5x）＝15 B．（x+3）（4+0.5x）＝15
C．（x+4）（3﹣0.5x）＝15 D．（x+1）（4﹣0.5x）＝15
【分析】根据已知假设每盆花苗增加x株，则每盆花苗有（x+3）株，得出平均单株盈利为（4﹣0.5x）元，由题意得（x+3）（4﹣0.5x）＝15即可．
解：设每盆应该多植x株，由题意得
（3+x）（4﹣0.5x）＝15，
故选：A．
9．若一个袋子中装有形状与大小均完全相同有4张卡片，4张卡片上分别标有数字﹣2，﹣1，2，3，现从中任意抽出其中两张卡片分别记为x，y，并以此确定点P（x，y），那么点P落在直线y＝﹣x+1上的概率是（　　）
A． B． C． D．
【分析】画出树状图，再求出在直线上的点的坐标的个数，然后根据概率公式列式计算即可得解．
解：画树状图如下：

由树状图可知共有12种等可能结果，其中点P落在直线y＝﹣x+1上的有（﹣2，3）、（﹣1，2）、（2，﹣1）、（3，﹣2），
所以点P落在直线y＝﹣x+1上的概率是＝，
故选：B．
10．如图，正方形ABCD的边长为4，G是BC边上一点，若矩形DEFG的边EF经过点A，GD＝5，则FG长为（　　）

A．2.8 B．3 C．3.2 D．4
【分析】根据矩形和正方形的性质，可以得到∠C＝∠E＝90°，∠EDA＝∠CDG，从而可以得到△EDA∽△CDG，然后即可得到＝，从而可以得到ED的长，再根据ED＝FG，从而可以得到FG的长．
解：∵G是边长为4的正方形ABCD边上一点，矩形DEFG的边EF经过点A，GD＝5，
∴∠C＝∠E＝90°，∠EDG＝∠ADC＝90°，ED＝FG，AD＝CD＝4，
∴∠EDA＝∠CDG，
∴△EDA∽△CDG，
∴＝，
即＝，
解得，ED＝3.2，
∴FG＝3.2，
故选：C．
11．如图，在等腰△ABC中，∠ABC＝∠ACB＝α，BC＝12，点D是边AB上一点，且BD＝4，点P是边BC上一动点，作∠DPE＝α，射线PE交边AC于点E，当CE＝9时，则满足条件的P点的个数是（　　）

A．1 B．2
C．3 D．以上都有可能
【分析】由已知得∠ABC＝∠ACB＝α，再证明∠EPC＝∠PDB，则可判断△PDB∽△EPC，利用相似比得到BD：PC＝PB：CE，设PB＝x，则PC＝10﹣x，CE＝9时，所以x2﹣12x+36＝0，根据判别式的意义得到Δ＝0，即原方程只有一个实数根即可选出答案．
解：∵△ABC为等腰三角形，
∴∠ABC＝∠ACB＝α，
∵∠DPC＝∠B+∠PDB，
即∠DPE+∠EPC＝∠B+∠PDB，
而∠DPE＝α，
∴∠EPC＝∠PDB，
而∠ABC＝∠ACB，
∴△PDB∽△EPC，
∴，
设PB＝x，则PC＝12﹣x，当CE＝9时，
∴，
∴x2﹣12x+36＝0，
∵Δ＝（﹣12）2﹣4×36＝0，原方程只有一个实数根，
∴点P有且只有一个，
故选：A．
12．已知菱形ABCD的两条对角线分别为6和8，M、N分别是边BC、CD的中点，P是对角线BD上一点，则PM+PN的最小值是（　　）

A．5 B．5 C．5 D．不能确定
【分析】作M关于BD的对称点Q，连接NQ，交BD于P，连接MP，此时MP+NP的值最小，连接AC，求出CP、BP，根据勾股定理求出BC长，证出MP+NP＝QN＝BC，即可得出答案．
解：
作M关于BD的对称点Q，连接NQ，交BD于P，连接MP，此时MP+NP的值最小，连接AC，则P是AC中点，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，∠QBP＝∠MBP，
即Q在AB上，
∵MQ⊥BD，
∴AC∥MQ，
∵M为BC中点，
∴Q为AB中点，
∵N为CD中点，四边形ABCD是菱形，
∴BQ∥CD，BQ＝CN，
∴四边形BQNC是平行四边形，
∴PQ∥AD，
而点Q是AB的中点，
故PQ是△ABD的中位线，即点P是BD的中点，
同理可得，PM是△ABC的中位线，
故点P是AC的中点，
即点P是菱形ABCD对角线的交点，
∵四边形ABCD是菱形，
则△BPC为直角三角形，
∴CP＝AC＝3，BP＝BD＝4，
在Rt△BPC中，由勾股定理得：BC＝5，
即NQ＝5，
∴MP+NP＝QP+NP＝QN＝5，
故选：A．

二、填空题（本大题共6小题，每小题4分，共24分）
13．已知，则的值是 　　．
【分析】利用内项之积等于外项之积得到＝，然后根据分比性质求解．
解：∵，
∴＝，
∴＝＝．
故答案为．
14．已知关于x的一元二次方程（a﹣1）x2﹣x+a2﹣1＝0的一个根是0，那么a的值为　﹣1　．
【分析】由题意知关于x的一元二次方程（a﹣1）x2﹣x+a2﹣1＝0的一个根是0，所以直接把一个根是0代入一元二次方程（a﹣1）x2﹣x+a2﹣1＝0中即可求出a．
解：∵0是方程（a﹣1）x2﹣x+a2﹣1＝0的一个根，
∴a2﹣1＝0，
∴a＝±1，
但a＝1时一元二次方程的二次项系数为0，舍去，
∴a＝﹣1．
故答案为：﹣1．
15．某商品经过连续两次降价，销售单价由原来的125元降到80元，则平均每次降价的百分率为　20%　．
【分析】解答此题利用的数量关系是：商品原来价格×（1﹣每次降价的百分率）2＝现在价格，设出未知数，列方程解答即可．
解：设这种商品平均每次降价的百分率为x，根据题意列方程得，
125（1﹣x）2＝80，
解得x1＝0.2＝20%，x2＝1.8（不合题意，舍去）；
故答案为：20%
16．在▱ABCD中，E是AD上一点，且点E将AD分为2：3的两部分，连接BE、AC相交于F，则S△AEF：S△CBF是 　4：25或9：25　．

【分析】分AE：ED＝2：3、AE：ED＝3：2两种情况，根据相似三角形的性质计算即可．
解：①当AE：ED＝2：3时，
∴AE：AD＝2：5，
在▱ABCD中，
∵AD＝BC，AD∥BC，
∴△AEF∽△CBF，
∴AE：CB＝AE：AD＝2：5，
∴S△AEF：S△CBF是4：25．
②当AE：ED＝3：2时，
同理可得，S△AEF：S△CBF＝（）2＝9：25，
故答案为：4：25或9：25．
17．如图，正方形ABCD和正方形CEFG中，点D在CG上，BC＝1，CE＝3，H是AF的中点，那么CH的长是　　．

【分析】根据正方形的性质求出AB＝BC＝1，CE＝EF＝3，∠E＝90°，延长AD交EF于M，连接AC、CF，求出AM＝4，FM＝2，∠AMF＝90°，根据正方形性质求出∠ACF＝90°，根据直角三角形斜边上的中线性质求出CH＝AF，根据勾股定理求出AF即可．
解：∵正方形ABCD和正方形CEFG中，点D在CG上，BC＝1，CE＝3，
∴AB＝BC＝1，CE＝EF＝3，∠E＝90°，
延长AD交EF于M，连接AC、CF，
则AM＝BC+CE＝1+3＝4，FM＝EF﹣AB＝3﹣1＝2，∠AMF＝90°，
∵四边形ABCD和四边形GCEF是正方形，
∴∠ACD＝∠GCF＝45°，
∴∠ACF＝90°，
∵H为AF的中点，
∴CH＝AF，
在Rt△AMF中，由勾股定理得：AF＝＝＝2，
∴CH＝，
故答案为：．

18．如图，点B1在直线l：y＝x上，点B1的横坐标为2，过点B1作B1A1⊥l，交x轴于点A1，以A1B1为边，向右作正方形A1B1B2C1，延长B2C1交x轴于点A2；以A2B2为边，向右作正方形A2B2B3C2，延长B3C2交x轴于点A3；以A3B3为边，向右作正方形A3B3B4C3，延长B4C3交x轴于点A4；…；照这个规律进行下去，则第n个正方形AnBnBn+1∁n的边长为 　×（）n﹣1　（结果用含正整数n的代数式表示）．

【分析】设直线y＝x与x轴夹角为α，过B1作B1H⊥x轴于H，由点B1的横坐标为2，点B1在直线l：y＝x上，可得OH＝2，B1H＝1，OB1＝＝，tanα＝＝，Rt△A1B1O中，求得A1B1＝OB1•tanα＝，即第1个正方形边长是，在Rt△A2B2O中，求得第2个正方形边长是×，在Rt△A3B3O中，求得第3个正方形边长是×＝×（）2，在Rt△A4B4O中，求得第4个正方形边长是×＝×（）3，......观察规律即可得：第n个正方形边长是×（）n﹣1．
解：设直线y＝x与x轴夹角为α，过B1作B1H⊥x轴于H，如图：

∵点B1的横坐标为2，点B1在直线l：y＝x上，令x＝2得y＝1，
∴OH＝2，B1H＝1，OB1＝＝，
∴tanα＝＝，
Rt△A1B1O中，A1B1＝OB1•tanα＝，即第1个正方形边长是，
∴OB2＝OB1+B1B2＝+＝×3，
Rt△A2B2O中，A2B2＝OB2•tanα＝×3×＝×，即第2个正方形边长是×，
∴OB3＝OB2+B2B3＝×3+×＝×，
Rt△A3B3O中，A3B3＝OB3•tanα＝××＝×，即第3个正方形边长是×＝×（）2，
∴OB4＝OB3+B3B4＝×+×＝×，
Rt△A4B4O中，A4B4＝OB4•tanα＝＝××＝×，即第4个正方形边长是×＝×（）3，
.....．
观察规律可知：第n个正方形边长是×（）n﹣1，
故答案为：×（）n﹣1．
三、解答题（本大题共9小题，共78分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
19．解方程：
（1）x2﹣4x﹣5＝0；
（2）2x（x+1）＝x+1．
【分析】（1）左边利用十字相乘法因式分解，再转化为两个一元一次方程，继而进一步求解即可；
（2）移项后，左边提取（x+1），将左边因式分解，再转化为两个一元一次方程，继而进一步求解即可．
解：（1）∵x2﹣4x﹣5＝0，
∴（x﹣5）（x+1）＝0，
则x﹣5＝0或x+1＝0，
解得x1＝5，x2＝﹣1；
（2）∵2x（x+1）＝x+1，
∴2x（x+1）﹣（x+1）＝0，
则（x+1）（2x﹣1）＝0，
∴x+1＝0或2x﹣1＝0，
解得x1＝﹣1，x2＝0.5．
20．如图，在△ABC中，点P在AB边上，∠ABC＝∠ACP．若AP＝4，AB＝9，求AC的长．

【分析】由∠ABC＝∠ACP及∠A＝∠A，可证出△ABC∽△ACP，利用相似三角形的性质，可求出AC的长．
解：∵∠ABC＝∠ACP，∠A＝∠A，
∴△ABC∽△ACP，
∴，
即，
∴AC＝6．
21．如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，且DE∥AC，AE∥BD．求证：四边形AODE是矩形．

【分析】根据菱形的性质得出AC⊥BD，再根据平行四边形的判定定理得四边形AODE为平行四边形，由矩形的判定定理得出四边形AODE是矩形．
【解答】证明：∵四边形ABCD为菱形，
∴AC⊥BD，
∴∠AOD＝90°，
∵DE∥AC，AE∥BD，
∴四边形AODE为平行四边形，
∴四边形AODE是矩形．
22．如图所示，某幼儿园有一道长为16米的墙，计划用32米长的围栏靠墙围成一个面积为120平方米的矩形草坪ABCD．求该矩形草坪BC边的长．

【分析】可设矩形草坪BC边的长为x米，则AB的长是米，根据长方形的面积公式列出一元二次方程求解．
解：设BC边的长为x米，则AB＝CD＝米，
根据题意得：•x＝120，
解得：x1＝12，x2＝20，
∵20＞16，
∴x2＝20不合题意，舍去，
答：矩形草坪BC边的长为12米．
23．如图，△ABC是一块锐角三角形余料，边BC＝120mm，高AD＝80mm，要把它加工成矩形零件PQMN，使一边在BC上，其余两个顶点分别在边AB、AC上．
（1）求证：△APN∽△ABC；
（2）若这个矩形的边PN：PQ＝2：1，则这个矩形的长、宽各是多少？

【分析】（1）根据矩形的对边平行得到BC∥PQ，利用“平行于三角形的一边的直线截其他两边或其他两边的延长线，得到的三角形与原三角形相似”判定即可．
（2）设宽为xmm，则长为2xmm，同（1）列出比例关系求解即可．
解：（1）∵四边形PNQM为矩形，
∴MN∥PN，
即PQ∥BC，
∴△APN∽△ABC；

（2）设边宽为xmm，则长为2xmm，
∵四边形PNMQ为矩形，
∴PQ∥BC，
∵AD⊥BC，
∴PQ⊥AD，
∵PN：PQ＝2：1，
∴PQ为宽，PN为长：
∵PQ∥BC，
∴△APQ∽△ABC，
∴，
由题意知PQ＝2xmm，AD＝80mm，BC＝120mm，PN＝xmm，
∴＝，
解得x＝，2x＝．
即长为mm，宽为mm．
答：矩形的长mm，宽为mm．

24．某校开设了书画、器乐、戏曲、棋类四类兴趣课程，为了解全校学生对每类课程的选择情况，随机抽取了若干名学生进行调查（每人必选且只能选一类）．现将调查结果绘制成如下两幅不完整的统计图：
（1）本次随机调查抽取了多少名学生？
（2）补全条形统计图中“书画”“戏曲”的空缺部分；
（3）若该校共有1600名学生，请估计全校选择“戏曲”课程的学生有多少名；
（4）学校从这四类课程中随机抽取两类参加“全市青少年才艺展示活动”，用列表或画树状图的方法求出恰好抽到“器乐”和“戏曲”课程的概率．（书画、器乐、戏曲、棋类可分别用字母A，B，C，D表示）

【分析】（1）从两个统计图中可知，“棋类”的频数为30名，占调查人数的15%，根据频率＝可求出调查人数；
（2）求出“书画”“戏曲”的人数即可补全条形统计图；
（3）求出样本中“戏曲”所占的百分比，即可估计总体中“戏曲”所占的百分比，进而求出相应的人数；
（4）用列表法表示所有可能出现的结果情况，进而求出相应的概率即可．
解：（1）调查人数为：30÷15%＝200（名），
答：调查抽取200名学生；
（2）选择“书画”课程的学生有200×25%＝50（名），
选择“戏曲”课程的学生有200﹣50﹣80﹣30＝40（名）．
补全条形统计图如图所示：

（3）1600×＝320（名）．
答：该校1600名学生中选择“戏曲”课程的学生有320名；
（4）画树状图如下：

由树状图，知共有12种等可能出现的结果，其中恰好抽到“器乐”和“戏曲”课程的结果有2种，
所以P（恰好抽到“器乐”和“戏曲”课程）＝．
25．如图，在长方形ABCD中，边AB、BC的长（AB＜BC）是方程x2﹣7x+12＝0的两个根．点P从点A出发，以每秒1个单位的速度沿△ABC边A→B→C→A的方向运动，运动时间为t（秒）．
（1）求AB与BC的长；
（2）当点P运动到边BC上时，试求出使AP长为时运动时间t的值；
（3）当点P运动到边AC上时，是否存在点P，使△CDP是等腰三角形？若存在，请求出运动时间t的值；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）利用因式分解法解出方程即可；
（2）根据勾股定理列出方程，解方程即可；
（3）分PC＝CD、PD＝PC、PD＝CD三种情况，根据等腰三角形的性质和勾股定理计算即可．
解：（1）∵x2﹣7x+12＝0，
则（x﹣3）（x﹣4）＝0，
∴x1＝3，x2＝4．
则AB＝3，BC＝4；
（2）由题意得，32+（t﹣3）2＝（）2，
∴t1＝4，t2＝2（舍去），
则t＝4时，AP＝；
（3）存在点P，使△CDP是等腰三角形，
①当PC＝CD＝3时，t＝（3+4+3）÷1＝10（秒）；
②当PD＝PC（即P为对角线AC中点）时，AB＝3，BC＝4．
∴AC＝＝5，CP＝AC＝2.5，
∴t＝（3+4+2.5）÷1＝9.5（秒）；
③当PD＝CD＝3时，作DQ⊥AC于Q，
，，
∴PC＝2PQ＝，
∴（秒），
可知当t为10秒或9.5秒或秒时，△CDP是等腰三角形．

26．以四边形ABCD的边AB、AD为边分别向外侧作等边三角形ABF和ADE，连接EB、FD，交点为G．

（1）当四边形ABCD为正方形时（如图1），EB和FD的数量关系是　EB＝FD　；
（2）当四边形ABCD为矩形时（如图2），EB和FD具有怎样的数量关系？请加以证明；
（3）四边形ABCD由正方形到矩形到一般平行四边形的变化过程中，∠EGD是否发生变化？如果改变，请说明理由；如果不变，请在图3中求出∠EGD的度数．
【分析】（1）EB＝FD，利用正方形的性质、等边三角形的性质和全等三角形的证明方法可证明△AFD≌△ABE，由全等三角形的性质即可得到EB＝FD；
（2）当四边形ABCD为矩形时，EB和FD仍旧相等，证明的思路同（1）；
（3）四边形ABCD由正方形到矩形到一般平行四边形的变化过程中，∠EGD不发生变化，是一定值，为60°．
【解答】（1）EB＝FD，
理由如下：

∵四边形ABCD为正方形，
∴AB＝AD，
∵以四边形ABCD的边AB、AD为边分别向外侧作等边三角形ABF和ADE，
∴AF＝AE，∠FAB＝∠EAD＝60°，
∵∠FAD＝∠BAD+∠FAB＝90°+60°＝150°，
∠BAE＝∠BAD+∠EAD＝90°+60°＝150°，
∴∠FAD＝∠BAE，
在△AFD和△ABE中，
，
∴△AFD≌△ABE，
∴EB＝FD；
（2）EB＝FD．

证：∵△AFB为等边三角形
∴AF＝AB，∠FAB＝60°
∵△ADE为等边三角形，
∴AD＝AE，∠EAD＝60°
∴∠FAB+∠BAD＝∠EAD+∠BAD，
即∠FAD＝∠BAE
∴△FAD≌△BAE
∴EB＝FD；
（3）解：

同（2）易证：△FAD≌△BAE，
∴∠AEB＝∠ADF，
设∠AEB为x°，则∠ADF也为x°
于是有∠BED为（60﹣x）°，∠EDF为（60+x）°，
∴∠EGD＝180°﹣∠BED﹣∠EDF
＝180°﹣（60﹣x）°﹣（60+x）°
＝60°．
27．如图（1），已知点G在正方形ABCD的对角线AC上，GE⊥BC，GF⊥CD．
（1）①求证：四边形CEGF是正方形；②推断：的值为　　：
（2）将正方形CEGF绕点C顺时针方向旋转α角（0°＜α＜45°），如图（2）所示，试探究线段AG与BE之间的数量关系；
（3）正方形CEGF在旋转过程中，当B，E，F三点在一条直线上时，如图（3）所示，延长CG交AD于点H．若AG＝6，GH＝2，求正方形CEGF和正方形ABCD的边长．

【分析】（1）①由GE⊥BC、GF⊥CD结合得∠BCD＝90°，可得四边形CEGF是矩形，再由∠ECG＝45°即可得证；
②由正方形性质知∠CEG＝∠B＝90°、∠ECG＝45°，据此可得＝、GE∥AB，利用平行线分线段成比例定理可得；
（2）连接CG，只需证△ACG∽△BCE即可得；
（3）证△AHG∽△CHA得＝，设BC＝CD＝AD＝a，知AC＝a，则由，得，计算AH＝，代入可得：a＝3，可得结论．
解：（1）①如图（1），∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BCD＝90°，∠BCA＝45°，
∵GE⊥BC、GF⊥CD，
∴∠CEG＝∠CFG＝∠ECF＝90°，
∴四边形CEGF是矩形，∠CGE＝∠ECG＝45°，
∴EG＝EC，
∴四边形CEGF是正方形；
②由①知四边形CEGF是正方形，
∴∠CEG＝∠B＝90°，∠ECG＝45°，
∴＝，GE∥AB，
∴＝，
故答案为：；

（2）连接CG，

由旋转性质知∠BCE＝∠ACG＝α，
在Rt△CEG和Rt△CBA中，＝cos45°＝，＝cos45°＝，
∴＝，
∴△ACG∽△BCE，
∴＝，
∴线段AG与BE之间的数量关系为AG＝BE；

（3）∵∠CEF＝45°，点B、E、F三点共线，
∴∠BEC＝135°，
∵△ACG∽△BCE，
∴∠AGC＝∠BEC＝135°，
∴∠AGH＝∠CAH＝45°，
∵∠CHA＝∠AHG，
∴△AHG∽△CHA，
∴＝，
设BC＝CD＝AD＝a，则AC＝a，
则由，得
∴AH＝，
则DH＝AD﹣AH＝a，CH＝＝＝，
∴得＝，
解得：a＝3，即BC＝3，CH＝×＝5，
∴CG＝CH﹣GH＝5﹣2＝3，
∵四边形CEGF是正方形，
∴CF＝3，
综上，正方形CEGF的边长为3，正方形ABCD的边长为3．



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