精品解析：广东省深圳市龙岗区龙岗区东升学校2021-2022学年九年级上学期第一次月考数学试题

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东升学校2021－2022学年第一学期九年级第一次月考数学试卷
一．选择题（每题3分，共30分）
1. 方程x2＝3x的解是（　　）
A. x＝﹣3 B. x＝3 C. x1＝0，x2＝3 D. x1＝0，x2＝﹣3
【答案】C
【解析】
【分析】先移项得到x2﹣3x＝0，然后利用因式分解法解方程．
【详解】x2﹣3x＝0，
x(x﹣3)＝0，
x＝0或x﹣3＝0，
所以x1＝0，x2＝3．
故选C．
【点睛】本题考查了解一元二次方程﹣因式分解法：先把方程的右边化为0，再把左边通过因式分解化为两个一次因式的积的形式，那么这两个因式的值就都有可能为0，这就能得到两个一元一次方程的解，这样也就把原方程进行了降次，把解一元二次方程转化为解一元一次方程的问题了(数学转化思想)．
2. 已知关于x的一元二次方程有两个不相等的实数根，则a的取值范围是（ ）
A B. C. 且 D. 且
【答案】D
【解析】
【分析】利用一元二次方程的定义及根的判别式列不等式a≠0且，从而求解．
【详解】解：根据题意得：a≠0且，即
，
解得：且，
故选D．
【点睛】本题考查了根的判别式：一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的根与△=b2﹣4ac有如下关系：当△＞0时，方程有两个不相等的两个实数根；当△=0时，方程有两个相等的两个实数根；当△＜0时，方程无实数根．
3. 下列说法正确的是（ ）
A. 对角线互相垂直的四边形是菱形 B. 四边相等的四边形是菱形
C. 对角线相等且垂直的四边形是正方形 D. 对角线相等的四边形是矩形
【答案】B
【解析】
【分析】根据菱形、矩形、正方形的判定定理，即可判断．
【详解】解：A、对角线互相垂直的平行四边形是菱形，故本选项错误，不符合题意；
B、四边相等的四边形是菱形，正确，故本选项符合题意；
C、对角线相等且垂直的平行四边形是正方形，故本选项错误，不符合题意；
D、对角线相等的平行四边形是矩形，故本选项错误，不符合题意；
故选：B．
【点睛】本题主要考查了菱形、矩形、正方形的判定，熟练掌握菱形、矩形、正方形的判定定理是解题的关键．
4. 顺次连接矩形各边中点得到四边形，它的形状是（ ）
A. 平行四边形 B. 矩形 C. 菱形 D. 正方形
【答案】C
【解析】
【分析】四边形是菱形；根据矩形中，分别是 的中点，利用三角形中位线定理求证，然后利用四条边都相等的平行四边形是菱形即可判定．
【详解】解：四边形是菱形；理由如下：
连接，

∵矩形中，分别是的中点，
∴，
∴，，，，
同理，

∴，
∴四边形是菱形．
故选：C．
【点睛】此题主要考查学生对菱形的判定、三角形中位线定理和矩形的性质的理解和掌握，证明此题的关键是正确利用三角形中位线定理进行证明．
5. 如图，已知正方形ABCD的对角线长为2，将正方形ABCD沿直线EF折叠，则图中阴影部分的周长为（　　）

A. 8 B. 4 C. 8 D. 6
【答案】C
【解析】
【分析】首先由正方形ABCD的对角线长为2 ，即可求得其边长为2，然后由折叠的性质，可得A′M=AM，D′N=DN，A′D′=AD，则可得图中阴影部分的周长为：A′M+BM+BC+CN+D′N+A′D′=AM+BM+BC+CN+DN+AD=AB+BC+CD+AD，继而求得答案．
【详解】解：∵正方形ABCD的对角线长为2，

即BD=2，∠A=90°，AB=AD，∠ABD=45°，
∴AB=BD•cos∠ABD=BD•cos45°=2× =2，
∴AB=BC=CD=AD=2，
由折叠的性质：A′M=AM，D′N=DN，A′D′=AD，
∴图中阴影部分的周长为：
A′M+BM+BC+CN+D′N+A′D′
=AM+BM+BC+CN+DN+AD
=AB+BC+CD+AD
=2+2+2+2
=8．
故选C．
【点睛】此题考查了折叠的性质与正方形的性质．此题难度适中，注意数形结合思想与整体思想的应用．
6. 2017﹣2018赛季中国男子篮球职业联赛，采用双循环制（每两队之间都进行两场比赛），比赛总场数为380场，若设参赛队伍有x支，则可列方程为（　　）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设参赛队伍有x支，根据参加篮球职业联赛的每两队之间都进行两场场比赛，共要比赛380场，可列出方程．
【详解】设参赛队伍有x支，根据题意得：
x（x﹣1）=380．
故选B．
【点睛】本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，关键是根据总比赛场数做为等量关系列方程求解．
7. 如图，矩形对角线，交于点，，，过点作，交于点，过点作，垂足为，则的值为（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据勾股定理求出AC=BD=10，由矩形的性质得出AO=5，证明得到OE的长，再证明可得到EF的长，从而可得到结论．
【详解】∵四边形ABCD是矩形，
，
，
，
，，
，
，

，
又，
，
，
，
，，
，
同理可证，，
，
，
，
，
故选：C．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质和相似三角形的判定与性质，熟练掌握判定与性质是解答此题的关键．
8. 如图，在中，点分别在边，，上，且，．下列四个判断中，不正确的是（　　）

A. 四边形是平行四边形
B. 如果，那么四边形是矩形
C. 如果平分平分∠BAC，那么四边形 AEDF 菱形
D. 如果AD⊥BC 且 AB＝AC，那么四边形 AEDF 是正方形
【答案】D
【解析】
【详解】由DE∥CA,DF∥BA，根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形可得四边形AEDF是平行四边形；
又有∠BAC=90°，根据有一角是直角的平行四边形是矩形，可得四边形AEDF是矩形
故A. B正确；
如果AD平分∠BAC,那么∠EAD=∠FAD,又有DF∥BA，可得∠EAD=∠ADF，
∴∠FAD=∠ADF，
∴AF=FD，那么根据邻边相等的平行四边形是菱形，可得四边形AEDF是菱形故C正确；
如果AD⊥BC且AB=AC，那么AD平分∠BAC，同上可得四边形AEDF是菱形，故D错误.
故选D
9. 如图①，在菱形ABCD中，动点P从点B出发，沿折线B→C→D→B运动．设点P经过的路程为x，△ABP的面积为y．把y看作x的函数，函数的图象如图②所示，则图②中的b等于（ ）

A. 8 B. 3 C. 6 D. 12
【答案】B
【解析】
【分析】连接AC交BD于O，根据图②求出菱形的边长为4，对角线BD为6，根据菱形的对角线互相垂直平分求出BO，再利用勾股定理列式求出CO，然后求出AC的长，再根据菱形的面积等于对角线乘积的一半求出菱形的面积，b为点P在CD上时△ABP的面积，等于菱形的面积的一半，从而得解．
【详解】解：如图，连接AC交BD于O，

由图②可知，BC＝CD＝4，BD＝14－8＝6，
∴BO＝BD＝×6＝3，
在Rt△BOC中，CO＝，
AC＝2CO＝2 ，
所以，菱形的面积＝AC•BD＝×2×6＝6，
当点P在CD上运动时，△ABP的面积不变，为b，
所以，b＝×6＝3．
故选：B．
【点睛】本题考查了动点问题的函数图象，主要利用了菱形的对角线互相垂直平分的性质，菱形的面积等于对角线乘积的一半，根据图形得到菱形的边长与对角线BD的长是解题的关键．
10. 如图，在矩形ABCD中，AD＝AB，∠BAD的平分线交BC于点E．DH⊥AE于点H，连接BH并延长交CD于点F，连接DE交BF于点O，下列结论：①AD＝AE；②∠AED＝∠CED；③OE＝OD；④BH＝HF；⑤BC－CF＝2HE，其中正确的有（ ）

A. 2个 B. 3个 C. 4个 D. 5个
【答案】D
【解析】
【分析】根据角平分线的定义可得∠BAE=∠DAE=45°，然后求出△ABE是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质可得AE=AB，从而得到AE=AD即可判断① ；由AE=AD得到∠AED=∠ADE，再由AD∥BC，即可得到∠ADE=∠CED，即可判断② ；证明ABE≌△AHD即可推出AB＝BE＝AH＝HD，由三角形内角和定理得到∠ADE＝∠AED＝（180°－∠DAE）＝67.5°，∠ADH=∠DAH=45°，∠CED＝∠AED＝67.5°，∠AHB=∠ABH＝（180°－∠BAH）＝67.5°，从而推出∠OHE＝67.5°＝∠AED，得到OE＝OH，再由∠DHO＝∠DHE-∠OHE＝22.5°，∠ODH＝∠ADE-∠ADH＝22.5°，推出OH＝OD，即可判断③ ；再证明△BEH≌△HDF得到BH＝HF，HE＝DF即可判断④ ；再由HE＝AE－AH＝BC－CD，得到BC－CF＝BC－（CD－DF）＝BC－（CD－HE）＝（BC－CD）＋HE＝HE＋HE＝2HE即可判断⑤．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD=∠ABE=90°，AD∥BC
∵AE平分∠BAD，
∴∠BAE＝∠DAE＝∠BAD＝45°，
∵AD∥BC，
∴∠DAE＝∠AEB＝45°，
∴∠AEB＝∠BAE＝45°，
∴AB＝BE，
∴，
∵
∴AD＝AE，故①正确；
∴∠AED=∠ADE，
∵AD∥BC，
∴∠ADE=∠CED，
∴∠AED=∠CED，故②正确；
∵DH⊥AE，
∴∠AHD=∠ABE=90°
在△ABE和△AHD中，
，
∴△ABE≌△AHD（AAS），
∴BE＝DH，
∴AB＝BE＝AH＝HD，
∴∠ADE＝∠AED＝（180°－∠DAE）＝67.5°，∠ADH=∠DAH=45°
∴∠CED＝∠AED＝67.5°，
∵AB＝AH，
∵∠AHB=∠ABH＝（180°－∠BAH）＝67.5°，∠OHE＝∠AHB（对顶角相等），
∴∠OHE＝67.5°＝∠AED，
∴OE＝OH，
∵∠DHO＝∠DHE-∠OHE＝22.5°，∠ODH＝∠ADE-∠ADH＝22.5°，
∴∠DHO＝∠ODH，
∴OH＝OD，
∴OE＝OD＝OH，故③正确；

∵∠EBH＝∠ABE-∠ABH＝22.5°，
∴∠EBH＝∠OHD，
在△BEH和△HDF中，
，
∴△BEH≌△HDF（ASA），
∴BH＝HF，HE＝DF，故④正确；
∵HE＝AE－AH＝BC－CD，
∴BC－CF＝BC－（CD－DF）＝BC－（CD－HE）＝（BC－CD）＋HE＝HE＋HE＝2HE．故⑤正确；
故选D．
【点睛】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，角平分线的定义，等腰三角形的判定与性质，熟记各性质并仔细分析题目条件，根据相等的度数求出相等的角，从而得到三角形全等的条件或判断出等腰三角形是解题的关键，也是本题的难点．
二．填空题（每题3分，共15分）
11. 若m，n是一元二次方程的两个实数根，则的值为___________．
【答案】3
【解析】
【分析】先根据一元二次方程的解的定义得到m2+3m-1=0，则3m-1=-m2，根据根与系数的关系得出m+n=-3，再将其代入整理后的代数式计算即可．
【详解】解：∵m是一元二次方程x2+3x-1=0的根，
∴m2+3m-1=0，
∴3m-1=-m2，
∵m、n是一元二次方程x2+3x-1=0的两个根，
∴m+n=-3，
∴，
故答案为：3．
【点睛】本题考查了根与系数的关系：若x1，x2是一元二次方程()的两根时，，．也考查了一元二次方程的解．
12. 菱形的一条对角线长为8，其边长是方程的一个根，则该菱形的周长为________．
【答案】20
【解析】
【分析】解方程得出x=4，或x=5，分两种情况：①当AB=AD=4时，4+4=8，不能构成三角形；②当AB=AD=5时，5+5＞8，即可得出菱形ABCD的周长．
【详解】解：如图所示：
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC=CD=AD，
∵
因式分解得：（x-4）（x-5）=0，
解得：x=4，或 x=5，
分两种情况：
当AB=AD=4时，4+4=8，不能构成三角形；
当AB=AD=5时，5+5＞8，可构成三角形；
∴菱形ABCD的周长=4AB=20．
故答案为：20．

【点睛】本题考查了菱形的性质、一元二次方程的解法、三角形的三边关系；熟练掌握菱形的性质，由三角形的三边关系得出AB是解决问题的关键．
13. 如图，在£ ABCD中，尺规作图：以点A为圆心，AB的长为半径画弧交AD于点F，分别以点B，F为圆心，以大于BF的长为半径画弧交于点P，作射线AP交BC与点E，若BF = 12，AB = 10，则AE的长为_____．

【答案】16
【解析】
【分析】证明四边形ABEF是菱形，利用勾股定理求出OA即可解决问题．
【详解】解：由题意可知：AB=AF，AE⊥BF，
∴OB=OF，∠BAE=∠EAF，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠EAF=∠AEB，
∴∠BAE=∠AEB，
∴AB=BE=AF，
∵AF∥BE，
∴四边形ABEF是平行四边形，
∵AB=AF，
∴四边形ABEF是菱形，
∴OA=OE，OB=OF=BF=6，
在Rt△AOB中，OA==8，
∴AE=2OA=16．
故答案为：16．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质、菱形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是判定四边形ABEF是菱形．
14. 一个不透明的口袋中，装有黑球5个，红球6个，白球7个，这些球除颜色不同外，没有任何区别，现从中任意摸出一个球，恰好是红球的概率为________．
【答案】
【解析】
【分析】直接利用概率公式计算即可．
【详解】共有球个，其中红球有6个，
∴从中任意摸出一个球，恰好是红球的概率是．
故答案为：．
【点睛】本题考查简单的概率计算．掌握概率公式是解答本题的关键．
15. 如图，点P是正方形ABCD内一点，且点P到点A、B、C的距离分别为则正方形ABCD的面积为________

【答案】
【解析】
【分析】如图，将△ABP绕点B顺时针旋转90°得到△CBM，连接PM，过点B作BH⊥PM于H．首先证明∠PMC=90°，推出∠CMB=∠APB=135°，推出A，P，M共线，利用勾股定理求出AB2即可．
【详解】解：如图，将△ABP绕点B顺时针旋转90°得到△CBM，连接PM，过点B作BH⊥PM于H．

∵BP=BM=，∠PBM=90°，
∴PM=PB=2，
∵PC=4，PA=CM=2，
∴PC2=CM2+PM2，
∴∠PMC=90°，
∵∠BPM=∠BMP=45°，
∴∠CMB=∠APB=135°，
∴∠APB+∠BPM=180°，
∴A，P，M共线，
∵BH⊥PM，
∴PH=HM，
∴BH=PH=HM=1，
∴AH=2+1，
∴AB2=AH2+BH2=（2+1）2+12=14+4，
∴正方形ABCD的面积为14+4．
故答案为14+4．
【点睛】本题考查旋转的性质，全等三角形的判定和性质，正方形的性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会利用旋转法添加辅助线，构造全等三角形解决问题．
三．解答题（共55分）
16. 解方程：
（1）2x2－4x－5＝0；
（2）（3x－2）2＝6－9x．
【答案】（1）x1＝，x2＝；（2）x1＝，x2＝－．
【解析】
【分析】（1）根据公式法即可求出答案；
（2）根据因式分解法即可求出答案．
【详解】解：（1），
，，，
，
，
∴x1＝，x2＝；
（2）（3x－2）2＝6－9x，
（3x－2）2＋（9x－6）＝0，
（3x－2）2＋3（3x－2）＝0，
（3x－2）（3x－2＋3）＝0，
∴3x－2＝0或3x＋1＝0，
解得：x1＝，x2＝－．
【点睛】本题考查了一元二次方程的解法，解题的关键是熟练运用一元二次方程的解法，本题属于基础题型．注意：解一元二次方程的方法有：因式分解法，公式法、配方法、直接开平方法．
17. 深圳中学对九年级学生开展了“我喜欢的景区”的抽样调查（每人只能选一项）：A—欢乐谷；B—世界之窗；C—动物园；D—梧桐山；E—民族文化村．九年级准备在最喜欢A景区的5名学生中随机选择2名进行实地考察，这5名学生中，有2名男生和3名女生．请用列表或画树状图的方法求选出的2名学生都是女生的概率．
【答案】
【解析】
【分析】先根据题意，画出树状图，可得共有20中等可能的结果数，其中选出2名学生都是女生的结果数为6，然后利用概率公式，即可求解．
【详解】解：根据题意，画出树状图为：

共有20中等可能结果数，其中选出2名学生都是女生的结果数为6，
∴选出的2名学生都是女生的概率为 ．
【点睛】本题主要考查了求概率，熟练掌握用树状图法得到所有等可能结果，再从中选出符合事件的结果数目是解题关键．
18. 如图，已知E是▱ABCD中BC边的中点，连接AE并延长AE交DC的延长线于点F．
（1）求证：△ABE≌△FCE．
（2）连接AC．BF，若∠AEC=2∠ABC，求证：四边形ABFC为矩形．

【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析
【解析】
【详解】证明：（1）∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AB∥DC．
∴∠ABE=∠ECF．
又∵E为BC的中点，
∴BE=CE．
在△ABE和△FCE中，
∵∠ABE=∠FCE，BE=CE，∠AEB=∠FEC，
∴△ABE≌△FCE（ASA）．
（2）∵△ABE≌△FCE，
∴AB=CF．
又AB∥CF，
∴四边形ABFC为平行四边形．
∴BE=EC，AE=EF．
又∵∠AEC=2∠ABC，且∠AEC为△ABE的外角，
∴∠AEC=∠ABC+∠EAB．
∴∠ABC=∠EAB，
∴AE=BE．
∴AE+EF=BE+EC，即AF=BC．
∴四边形ABFC矩形．
19. 阅读下列问题与提示后，将解方程的过程补充完整，求出x的值．
问题：解方程（提示：可以用换元法解方程），
解：设，则有，
原方程可化为：，
续解：
【答案】，．
【解析】
【分析】利用因式分解法解方程t2+4t-5=0得到t1=-5，t2=1，再解方程，然后进行检验确定原方程的解．
【详解】续解：，
，
解得，（不合题意，舍去），
，
，，
，
经检验都是方程的解．
【点睛】本题考查了换元法解方程，涉及了无理方程及一元二次方程的解法．看懂提示是解决本题的关键．换元法的一般步骤：设元、换元、解元、还元．
20. 某服装厂生产一批服装，2019年该类服装的出厂价是200元/件，2020年，2021年连续两年改进技术，降低成本，2021年该类服装的出厂价调整为162元/件．
（1）这两年此类服装的出厂价下降的百分比相同，求平均下降率．
（2）2021年某商场从该服装厂以出厂价购进若干件此类服装，以200元/件销售时，平均每天可销售20件．为了减少库存，商场决定降价销售．经调查发现，单价每降低5元，每天可多售出10件，如果每天盈利1150元，单价应降低多少元?
【答案】（1）平均下降率为10%；（2）单价应降低15元．
【解析】
【分析】（1）设平均下降率为x，然后根据题意可直接列方程求解；
（2）设单价应降低y元，根据题意可得每天的销售量为(20+2y)件，然后根据题意可列方程求解．
【详解】解：（1）设平均下降率为x，由题意可得：
200(1−x)2=162，
解得：x1=0.1，x2=1.9（不符合题意，舍去），
∴x=0.1=10%，
答：平均下降率为10%．
（2）设单价应降低y元，根据题意可得：
(200−162−y)(20+y)=1150，
解得：y1=13，y2=15，
根据题意，为了减少库存，所以应该降低15元，
答：单价应降低15元．
【点睛】本题主要考查一元二次方程的实际应用，熟练掌握一元二次方程的实际应用是解题的关键．
21. 如图，把△EFP按图所示的方式放置在菱形ABCD中，使得顶点E、F、P分别在线段AB、AD、AC上.已知EP=FP=，EF=，∠BAD=60°，且AB.

（1）求∠EPF的大小；
（2）若AP=6，求AE+AF的值；
（3）若△EFP的三个顶点E、F、P分别在线段AB、AD、AC上运动，请直接写出AP长的最大值和最小
值.
【答案】（1）∠EPF=120°；（2）AE+AF=；（3）AP的最大值为8，AP的最小值为4.
【解析】
【分析】
【详解】解：（1）过点P作PG⊥EF,垂足为G,

∵PE=PF,PG⊥EF,
∴FG=EG=,∠FPG=∠EPG=∠EPF.
在RtFPG中，,
∴∠FPG=60°
∴∠EPF=2∠FPG=120°.
（2）作PM⊥AB,PN⊥AD,垂足分别为M、N，

在菱形ABCD中，∵AD=AB,,DC=BC,AC=AC,
∴△ABC≌△ADC,
∴∠DAC=∠BAC
∴点P到AB、CD两边的距离相等，即PM=PN.
在RtPME和RtPNF中,∵PM=PN,PE=PF,
∴RtPME≌RtPNF
∴FN=EM
在RtPMA中,∠PMA=90°，∠PAM=∠DAB=30°，
∴AM=同理，AN=
∴AE+AF=（AM-EM）+（AN+NF）=AM+AN=.
（3）如图3，当EF⊥AC，点P在EF的右侧时，AP有最大值，当EF⊥AC，点P在EF的左侧时，AP有最小值，

设AC与EF交于点O，
∵PE＝PF，
∴OF＝EF＝2 ，
∵∠FPA＝60°，
∴OP＝2，
∵∠BAD＝60°，
∴∠FAO＝30°，
∴AO＝6，
∴AP＝AO＋PO＝8，
同理AP’＝AO−OP＝4，
∴AP的最大值是8，最小值是4．
22. 在矩形ABCD中，点E是AD边上一点，连接BE，且∠ABE＝30°，BE＝DE，连接BD．点P从点E出发沿射线ED运动，过点P作PQ∥BD交直线BE于点Q．
（1）当点P在线段ED上时（如图1），求证：BE＝PD＋PQ；
（2）若BC＝6，设PQ长为x，以P、Q、D三点为顶点所构成的三角形面积为y，求y与x的函数关系式（不要求写出自变量x的取值范围）；
（3）在②的条件下，当点P运动到线段ED的中点时，连接QC，过点P作PF⊥QC，垂足为F，PF交对角线BD于点G（如图2），求线段PF的长．

【答案】（1）见解析；（2）；（3）
【解析】
【分析】（1）过点E作EM⊥QP垂足为M；在Rt△EQP中，易得∠EBD=∠EDB=30°；进而可得PE=PQ，且BE=DE．故可证得BE=PD+PQ．
（2）点P从点E出发沿射线ED运动，所以分当点P在线段ED上时与当点P在线段ED的延长线上时两种情况讨论，根据所作的辅助线，可得y与x的关系；
（3）连接PC交BD于点N，可得∠QPC=90°，进而可得△PNG∽△QPC，可得，解可得PG的长，再证明△PNG∽△PFC，利用相似三角形的性质即可求解．
【详解】（1）证明：∵∠A=90°，∠ABE=30°，
∴∠AEB=60°．
∵EB=ED，
∴∠EBD=∠EDB=30°．
∵PQ∥BD，
∴∠EQP=∠EBD．
∠EPQ=∠EDB．
∴∠EPQ=∠EQP=30°，
∴EQ=EP．
过点E作EM⊥QP垂足为M．则PQ=2PM．

∵∠EPM=30°，∴PM=PE，PE=PQ．
∵BE=DE=PD+PE，
∴BE=PD+PQ．
（2）解：由题意知AE=BE，
∴DE=BE=2AE．
∵AD=BC=6，
∴2AE=DE=BE=4．
当点P在线段ED上时（如图1），

过点Q作QH⊥AD于点H，则QH=PQ=x．
由（1）得PD=BE-x，即PD=4-x．
∴y=PD•QH=−x2+x．
当点P在线段ED的延长线上时（如图2），

过点Q作QH′⊥DA交DA延长线于点H′，
∴QH′=x．
过点E作EM′⊥PQ于点M′，同理可得EP=EQ=PQ，
∴BE=PQ-PD，
∴PD=x-4，
∴y=PD•QH′=x2−x．
（3）解：连接PC交BD于点N（如图3）．

∵点P是线段ED中点，
∴EP=PD=2，PQ=2．
∵DC=AB=AE•tan60°=2，
∴PC==4．
∴cos∠DPC=．
∴∠DPC=60°．
∴∠QPC=180°-∠EPQ-∠DPC=90°．
∵PQ∥BD，
∴∠PND=∠QPC=90°．
∴PN=PD=1．
QC==2．
∵∠PGN=90°-∠FPC，∠PCF=90°-∠FPC，
∴∠PGN=∠PCF．
∵∠PNG=∠QPC=90°，
∴△PNG∽△QPC，
∴，
∴PG=×2=．
∵∠PNG=∠PFC=90°，∠NPG=∠FPC，
∴△PNG∽△PFC，
∴，即，
∴PF=．
【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质，解直角三角形，注意某个图形无法解答时，常常放到其他图形中，利用图形间的角、边关系求解．