2020-2021学年河南省郑州市荥阳市龙门实验中学九年级（上）第一次月考数学试卷

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一、选择题（每小题3分，共30分）
1．（3分）下列命题中是假命题的是（ ）
A．一组对边平行且相等的四边形是平行四边形
B．一组邻边相等的平行四边形是菱形
C．一组邻边相等的矩形是正方形
D．一组对边相等且有一个角是直角的四边形是矩形
【分析】要找出正确命题，可运用相关基础知识分析找出正确选项，也可以通过举反例排除不正确选项，从而得出正确选项．
【解答】解：A、一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，是真命题，不符合题意；
B、一组邻边相等的平行四边形是菱形，是真命题，不符合题意；
C、一组邻边相等的矩形是正方形，是真命题，不符合题意；
D、一组对边相等且有一个角是直角的四边形不一定是矩形，是假命题，符合题意；
故选：D．
【点评】本题考查了矩形、正方形、平行四边形、菱形的判定定理，熟练掌握各定理是解题的关键．
2．（3分）如图，剪两张对边平行且宽度相同的纸条随意交叉叠放在一起，转动其中一张，重合部分构成一个四边形，则下列结论中不一定成立的是（ ）
A．∠ABC＝∠ADC，∠BAD＝∠BCDB．AB＝BC
C．AB＝CD，AD＝BCD．∠DAB+∠BCD＝180°
【分析】首先可判断重叠部分为平行四边形，且两条纸条宽度相同；再由平行四边形的等积转换可得邻边相等，则四边形ABCD为菱形．所以根据菱形的性质进行判断．
【解答】解∵四边形ABCD是用两张等宽的纸条交叉重叠地放在一起而组成的图形，
∴AB∥CD，AD∥BC，
∴四边形ABCD是平行四边形（对边相互平行的四边形是平行四边形）；
过点A分别作BC，CD边上的高为AE，AF．则
AE＝AF（两纸条相同，纸条宽度相同）；
∵平行四边形ABCD中，S△ABC＝S△ACD，即BC×AE＝CD×AF，
∴BC＝CD，即AB＝BC．故B正确；
∴平行四边形ABCD为菱形（邻边相等的平行四边形是菱形）．
∴∠ABC＝∠ADC，∠BAD＝∠BCD（菱形的对角相等），故A正确；
AB＝CD，AD＝BC（平行四边形的对边相等），故C正确；
如果四边形ABCD是矩形时，该等式成立．故D不一定正确．
故选：D．
【点评】本题考查了菱形的判定与性质．注意：“邻边相等的平行四边形是菱形”，而非“邻边相等的四边形是菱形”．
3．（3分）观察表格，一元二次方程x2+x＝1.2的一个近似解是（ ）
A．0.70B．1.19C．1.44D．1.71
【分析】代数式x2+x的值最接近1.2的x的值，符合条件．
【解答】解：当x＝0.7时，代数式x2+x的值最接近1.2，
故方程的近似解为：x≈0.7．
故选：A．
【点评】本题考查了一元二次方程的近似解，学会和掌握估算的方法，时解决本题的关键．
4．（3分）如图，要在平行四边形ABCD内作一个菱形，甲、乙两位同学的作法分别如下：
甲：连接AC，作AC的中垂线交AD、BC于E、F，则四边形AFCE是菱形；
乙：分别作∠A与∠B的平分线AE、BF，分别交BC于点E，交AD于点F，则四边形ABEF是菱形．
对于甲、乙两人的作法，可判断（ ）
A．甲正确，乙错误B．甲错误，乙正确
C．甲、乙均正确D．甲、乙均错误
【分析】如图1，利用垂直平分线的性质得到EA＝EC，FA＝FC，则∠EAC＝∠ECA，再根据平行线的性质得到∠EAC＝∠FCA，所以∠ECA＝∠FCA，根据等腰三角形的判定方法得到CE＝CF，所以AE＝EC＝CF＝AF，从而可判断所以甲正确；如图2，利用角平分线的定义得到∠BAE＝∠FAE，再根据平行线的性质得到∠FAE＝∠BEA，所以∠BEA＝∠BAE，则BA＝BE，同理可得AB＝AF，所以AF＝BE，则可判断四边形ABEF是菱形，从而判断乙正确．
【解答】解：如图1，EF垂直平分AC，
∴EA＝EC，FA＝FC，
∴∠EAC＝∠ECA，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠EAC＝∠FCA，
∴∠ECA＝∠FCA，
而CA⊥EF，
∴CE＝CF，
∴AE＝EC＝CF＝AF，
∴四边形AFCE是菱形；所以甲正确；
如图2，∵AE平分∠BAD，
∴∠BAE＝∠FAE，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠FAE＝∠BEA，
∴∠BEA＝∠BAE，
∴BA＝BE，
同理可得AB＝AF，
∴AF＝BE，
而AF∥BE，
∴四边形ABEF是平行四边形，
而AB＝AF，
四边形ABEF是菱形，所以乙正确．
故选：C．
【点评】本题考查了作图﹣复杂作图：复杂作图是在五种基本作图的基础上进行作图，一般是结合了几何图形的性质和基本作图方法．解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作．也考查了平行四边形的性质和菱形的判定．
5．（3分）已知菱形ABCD的对角线AC、BD的长度是关于x的方程x2+px+q＝0的两个实数根，则此菱形的面积可以表示为（ ）
A．pB．﹣pC．qD．﹣
【分析】先根据根与系数的关系得到AC•BD＝q，然后利用菱形的面积公式求解．
【解答】解：根据题意得AC•BD＝q，
所以此菱形的面积＝AC•BD＝q．
故选：C．
【点评】本题考查了根与系数的关系：若x1，x2是一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的两根时，x1+x2＝﹣，x1x2＝．也考查了菱形的性质．
6．（3分）一元二次方程（x+1）（x﹣1）＝4x﹣3根的情况是（ ）
A．有两个不相等的实数根B．有两个相等的实数根
C．只有一个实数根D．没有实数根
【分析】先化成一般式后，再求根的判别式．
【解答】解：原方程可化为：x2﹣4x+2＝0，
∴a＝1，b＝﹣4，c＝2，
∴Δ＝（﹣4）2﹣4×1×2＝8＞0，
∴方程有两个不相等的实数根．
故选：A．
【点评】本题运用了根的判别式的知识点，把方程转化为一般式是解决问题的关键．
7．（3分）在▱ABCD中，AB＝3，BC＝4，当▱ABCD的面积最大时，下列结论：①AC＝5；②∠A+∠C＝180°；③AC⊥BD；④AC＝BD．其中正确的有（ ）
A．①②③B．①②④C．②③④D．①③④
【分析】由当▱ABCD的面积最大时，AB⊥BC，可判定▱ABCD是矩形，由矩形的性质，可得②④正确，③错误，又由勾股定理求得AC＝5．
【解答】解：∵当▱ABCD的面积最大时，AB⊥BC，
∴▱ABCD是矩形，
∴∠A＝∠C＝90°，AC＝BD，故③错误，④正确；
∴∠A+∠C＝180°；故②正确；
∴AC＝＝5，故①正确．
故选：B．
【点评】此题考查了平行四边形的性质、矩形的判定与性质以及勾股定理．注意证得▱ABCD是矩形是解此题的关键．
8．（3分）如图，矩形ABCD的对角线AC与BD相交于点O，CE∥BD，DE∥AC，AD＝2，DE＝2，则四边形OCED的面积为（ ）
A．2B．4C．4D．8
【分析】连接OE，与DC交于点F，由四边形ABCD为矩形得到对角线互相平分且相等，进而得到OD＝OC，再由两组对边分别平行的四边形为平行四边形得到ODEC为平行四边形，根据邻边相等的平行四边形为菱形得到四边形ODEC为菱形，得到对角线互相平分且垂直，求出菱形OCED的面积即可．
【解答】解：连接OE，与DC交于点F，
∵四边形ABCD为矩形，
∴OA＝OC，OB＝OD，且AC＝BD，即OA＝OB＝OC＝OD，
∵OD∥CE，OC∥DE，
∴四边形ODEC为平行四边形，
∵OD＝OC，
∴四边形ODEC为菱形，
∴DF＝CF，OF＝EF，DC⊥OE，
∵DE∥OA，且DE＝OA，
∴四边形ADEO为平行四边形，
∵AD＝2，DE＝2，
∴OE＝2，即OF＝EF＝，
在Rt△DEF中，根据勾股定理得：DF＝＝1，即DC＝2，
则S菱形ODEC＝OE•DC＝×2×2＝2．
故选：A．
【点评】此题考查了矩形的性质，菱形的判定与性质，以及勾股定理，熟练掌握矩形的性质是解本题的关键．
9．（3分）如图，在平面直角坐标系中，点A（﹣1，0），D（0，）为菱形ABCD的顶点，现固定点A．沿对角线AC方向将菱形的顶点C拉至点C′处，使得点B，D落在菱形ABCD内部的点B′，D′处，若∠D'C'B'＝30°，则此时点D'的坐标是（ ）
A．（﹣1，）B．（1﹣，）C．（，）D．（﹣，）
【分析】过D′在D′E⊥AB于E，在Tt△OAD中，由特殊角的函数值和勾股定理求得∠DAO＝60°，AD＝2，根据菱形的性质求得∠B′AB＝15°，进而求得∠D′AE＝45°，得到Rt△D′AE是等腰直角三角形，根据勾股定理求出AE＝D′E，即可求出D'的坐标．
【解答】解：过D′作D′E⊥AB于E，
在Tt△OAD中，
由A（﹣1，0），D（0，）得：OA＝1，OD＝，
∴∠DAO＝60°，AD＝＝2，
∵四边形ABCD是菱形，
∴∠DAC＝∠BAC＝30°，
∵四边形AB′C′D′是菱形，
∴∠D′AC′＝∠B′AC′，∠D′AB′＝∠D'C'B'＝30°，
∴∠B′AB＝∠D′AD＝×（60°﹣30°）＝15°，
∴∠D′AE＝60°﹣15°＝45°，
由题意知：AD′＝AD＝2，
在Rt△D′AE中，
∵∠D′AE＝45°，
∴∠AD′E＝45°，
∴AE＝D′E，
∴2AE2＝AD′2＝4，
∴AE＝D′E＝，
∴OE＝﹣1，
∴D'的坐标是（﹣1，）
故选：A．
【点评】本题主要考查了菱形的性质，平面直角坐标系，勾股定理，特殊角的函数值，正确作出辅助线，求出∠D′AE的度数是解决问题的关键．
10．（3分）如图，已知正方形ABCD边长为1，∠EAF＝45°，AE＝AF，则有下列结论：①∠1＝∠2＝22.5°；②点C到EF的距离是﹣1；③△ECF的周长为2；④BE+DF＞EF，其中正确的结论有（ ）
A．4个B．3个C．2个D．1个
【分析】先证明Rt△ABE≌Rt△ADF得到∠1＝∠2，易得∠1＝∠2＝∠22.5°，于是可对①进行判断；连接AC，它们相交于点H，如图，利用Rt△ABE≌Rt△ADF得到BE＝DF，则CE＝CF，接着判断AC垂直平分EF，AH平分∠EAF，于是利用角平分线的性质定理得到EB＝EH，FD＝FH，则可对③④进行判断；设BE＝x，则EF＝2x，CE＝1﹣x，利用等腰直角三角形的性质得到2x＝（1﹣x），解方程，则可对②进行判断．
【解答】解：∵四边形ABCD为正方形，
∴AB＝AD，∠BAD＝∠B＝∠D＝90°，
在Rt△ABE和Rt△ADF中，
，
∴Rt△ABE≌Rt△ADF（HL），
∴∠1＝∠2，
∵∠EAF＝45°，
∴∠1＝∠2＝22.5°，所以①正确；
连接AC，它们相交于点H，如图，
∵Rt△ABE≌Rt△ADF，
∴BE＝DF，
而BC＝DC，
∴CE＝CF，
∵AE＝AF，
∴AC垂直平分EF，AH平分∠EAF，
∴EB＝EH，FD＝FH，
∴BE+DF＝EH+HF＝EF，所以④错误；
∴△ECF的周长＝CE+CF+EF＝CE+BE+CF+DF＝CB+CD＝1+1＝2，所以③正确；
设BE＝x，则EF＝2x，CE＝1﹣x，
∵△CEF为等腰直角三角形，
∴EF＝CE，即2x＝（1﹣x），解得x＝﹣1，
∴BE＝﹣1，
Rt△ECF中，EH＝FH，
∴CH＝EF＝EH＝BE＝﹣1，
∵CH⊥EF，
∴点C到EF的距离是﹣1，
所以②正确；
本题正确的有：①②③；
故选：B．
【点评】本题考查了四边形的综合题：熟练掌握正方形的性质和角平分线的性质定理．解决本题的关键是证明AC垂直平分EF．
二、填空题（每小题3分，共15分）
11．（3分）若关于x的方程（m﹣1）x﹣x＝1是一元二次方程，则m＝ ﹣1 ．
【分析】根据一元二次方程的定义，只含有一个未知数，并且未知数的最高次数是2，列出方程m2+1＝2，且m﹣1≠0，继而即可得出m的值．
【解答】解：根据题意，得：m﹣1≠0且m2+1＝2，
解得m＝﹣1，
故答案为：﹣1．
【点评】本题考查了一元二次方程的概念，属于基础题，关键是掌握一元二次方程是只含有一个未知数，并且未知数的最高次数是2的整式方程．
12．（3分）如图，在菱形ABCD中，∠DAB＝60°，AC＝12，P是菱形的对角线AC上的一个动点，M，N分别是菱形ABCD的边AB，BC的中点，则PM+PN的最小值为 4 ．
【分析】要求PM+PN的最小值，PM，PN不能直接求，可考虑通过作辅助线转化PN，PM的值，从而找出其最小值求解．
【解答】解：如图，作ME⊥AC交AD于E，连接EN，连接BD与AC交于点O，则EN就是PM+PN的最小值，
∵四边形ABCD是菱形，∠DAB＝60°，AC＝12，
∴AO＝＝6，∠BAC＝∠BAD＝30°，
∴OB＝，
由勾股定理得，AB2﹣OB2＝OA2，
∴，
∴AB＝4，
∵M、N分别是AB、BC的中点，
∴BN＝BM＝AM，
∵ME⊥AC交AD于E，
∴AE＝AM，
∴AE＝BN，AE∥BN，
∴四边形ABNE是平行四边形，
∴EN＝AB且EN∥AB，
∴PM+PN的最小值为4，
故答案为4，
【点评】本题考了查菱形的性质和轴对称及平行四边形的判定等知识的综合应用．综合运用这些知识是解决本题的关键．
13．（3分）以下是小明解关于x的方程（x+m）2＝n的过程：
x+m＝；
x＝﹣m；
你认为是否正确？如果正确写“是”，如果错误写出错误原因： 没有就n≥0还是n＜0讨论 ．
【分析】根据直接开平方法求解可得．
【解答】解：错误，
没有就n≥0还是n＜0讨论，
故答案为：没有就n≥0还是n＜0讨论．
【点评】本题主要考查解一元二次方程的能力，熟练掌握解一元二次方程的几种常用方法：直接开平方法、因式分解法、公式法、配方法，结合方程的特点选择合适、简便的方法是解题的关键．
14．（3分）如图，在正方形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，E为BC上一点，CE＝5，F为DE的中点．若△CEF的周长为18，则OF的长为 ．
【分析】先根据直角三角形的性质求出DE的长，再由勾股定理得出CD的长，进而可得出BE的长，由三角形中位线定理即可得出结论．
【解答】解：∵CE＝5，△CEF的周长为18，
∴CF+EF＝18﹣5＝13．
∵F为DE的中点，
∴DF＝EF．
∵∠BCD＝90°，
∴CF＝DE，
∴EF＝CF＝DE＝6.5，
∴DE＝2EF＝13，
∴CD＝＝＝12．
∵四边形ABCD是正方形，
∴BC＝CD＝12，O为BD的中点，
∴OF是△BDE的中位线，
∴OF＝（BC﹣CE）＝（12﹣5）＝．
故答案为：．
【点评】本题考查的是正方形的性质，涉及到直角三角形的性质、三角形中位线定理等知识，难度适中．
15．（3分）如图，在菱形ABCD中，AB＝4，∠BAD＝60°，点P是对角线AC上的一个动点（不与A，C两点重合），过点P作EF⊥AC分别交AD，AB于点E，F．将△AEF沿EF折叠，点A落在点A'处，当△A'BC是等腰三角形时，AP的长为 2﹣2或 ．
【分析】分两种情形①CA'＝CB，②A'C＝A'B，分别求解即可解决问题．
【解答】解：在菱形ABCD中，∵∠BAD＝60°，AB＝4，
∴AC＝4，
①当CA'＝BC＝4时，AA'＝AC﹣CA'＝4﹣4，
∵将△AEF沿EF折叠，点A落在点A'处，
∴AP＝AA'＝2﹣2．
②当A'C＝A'B时，
∵∠BAC＝∠ACB＝30°，
∴∠A'CB＝∠A'BC＝30°，
∵∠ABC＝120°，
∴∠ABA'＝90°，
∴AA'＝，
∴AP＝AA'＝．
故答案为：2﹣2或．
【点评】本题考查菱形的性质、翻折变换、等腰三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会分类讨论，不能漏解，属于中考常考题型．
三、解答题（共7题，共55分）
16．（6分）证明：如果四边形两条对角线互相垂直且相等，那么它四边中点的连线可组成一个正方形．
【分析】根据三角形中位线定理证明EF＝AC，EF∥AC和HG＝AC，HG∥AC，得到平行四边形EFGH，根据AC＝BD得到菱形EFGH，根据AC⊥BD得到答案．
【解答】证明：∵E、F分别是AB、BC边的中点，
∴EF＝AC，EF∥AC，
同理HG＝AC，HG∥AC，
∴EF＝HG，EF∥HG，
∴四边形EFGH是平行四边形，
∵E、H分别是AB、AD边的中点，
∴EH＝BD，EH∥BD，又AC＝BD，
∴EF＝EH，
∴四边形EFGH是菱形，
∵AC⊥BD，EF∥AC，EH∥BD，
∴EF⊥EH，
∴四边形EFGH是正方形．
【点评】本题考查的是三角形中位线定理和正方形的判定，掌握三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半是解题的关键，注意正方形的判断定理的正确运用．
17．（7分）在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，D是BC的中点，E是AD的中点，过点A作AF∥BC交BE的延长线于点F．
（1）证明四边形ADCF是菱形；
（2）若AC＝4，AB＝5，求菱形ADCF的面积．
【分析】（1）首先根据题意画出图形，由E是AD的中点，AF∥BC，易证得△AFE≌△DBE，即可得AF＝BD，又由在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，D是BC的中点，可得AD＝BD＝CD＝AF，证得四边形ADCF是平行四边形，继而判定四边形ADCF是菱形；
（2）首先连接DF，易得四边形ABDF是平行四边形，即可求得DF的长，然后由菱形的面积等于其对角线积的一半，求得答案．
【解答】（1）证明：如图，∵AF∥BC，
∴∠AFE＝∠DBE，
∵E是AD的中点，AD是BC边上的中线，
∴AE＝DE，BD＝CD，
在△AFE和△DBE中，
，
∴△AFE≌△DBE（AAS）；
∴AF＝DB．
∵DB＝DC，
∴AF＝CD，
∴四边形ADCF是平行四边形，
∵∠BAC＝90°，D是BC的中点，
∴AD＝DC＝BC，
∴四边形ADCF是菱形；
（2）解：连接DF，
∵AF∥BC，AF＝BD，
∴四边形ABDF是平行四边形，
∴DF＝AB＝5，
∵四边形ADCF是菱形，
∴S＝AC•DF＝10．
【点评】此题考查了菱形的判定与性质以及全等三角形的判定与性质．注意根据题意画出图形，结合图形求解是关键．
18．（6分）如图，在△ABC中，AB＝AC，D是BC中点、F是AC中点，AN是△ABC的外角∠MAC的平分线，延长DF交AN于点E．连接CE．
（1）求证：四边形ADCE是矩形；
（2）填空：①若AB＝BC＝3，则四边形ADCE的面积为 ；
②当△ABC满足 是直角三角形时 四边形ADCE是正方形．
【分析】（1）根据AN是△ABC外角∠CAM的平分线，推得∠MAE＝（∠B+∠ACB），再由∠B＝∠ACB，得∠MAE＝∠B，则AN∥BC，根据CE⊥AN，得出四边形ADCE为矩形．
（2）①先证明四边形ABDE为平行四边形，由条件可证明△ABC为等边三角形，求出BD和AD长，则四边形ABDE的面积可求出；
②由（1）知四边形ADCE是矩形，增加条件能使AD＝DC即可．
【解答】证明：∵AN是△ABC外角∠CAM的平分线，
∴∠MAE＝∠MAC，
∵∠MAC＝∠B+∠ACB，
∵AB＝AC，
∴∠B＝∠ACB，
∴∠MAE＝∠B，
∴AN∥BC，
∵F为AC的中点，D为BC的中点，
∴FD∥AB，
∴四边形ABDE为平行四边形，
∴AE＝BD，
∵BD＝CD，
∴AE＝CD，
∴四边形ADCE为平行四边形，
∵AB＝AC，点D为BC中点，
∴AD⊥BC，
∴AD⊥AE，
∴∠DAE＝90°，
∴四边形ADCE为矩形；
（2）①解：∵AB＝AC，D是BC中点，F是AC中点，
∴DF∥AB，
由（1）知AE∥BD，
∴四边形ABDE是平行四边形，
∵BC＝AB＝3，AB＝AC，
∴△ABC是等边三角形，
∴∠ABD＝60°，
∵D为BC的中点，
∴∠ADC＝90°，BD＝，
∴AD＝BD•tan60°＝×＝，
∴四边形ABDE的面积为BD×AD＝×＝．
故答案为：；
②解：答案不唯一，如当∠BAC＝90°即△ABC是直角三角形时时，四边形ADCE是正方形．
∵∠BAC＝90°，AB＝AC，
∴△ABC为等腰直角三角形，
∵D为BC的中点，
∴AD＝DC，
∵四边形ADCE为矩形，
∴四边形ADCE为正方形．
故答案为：是直角三角形时．
【点评】本题考查了矩形的判定与性质，正方形的判定，平行四边形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，熟练掌握特殊四边形的判定与性质是解题的关键．
19．（8分）如图，王大爷要利用一面墙（墙长25米）建一个羊圈，用80米的围栏圈成三个矩形羊圈．
（1）羊圈的面积能达到300m2吗？为什么？
（2）羊圈的面积能达到500m2吗？为什么？
【分析】（1）设AB的长度为x米，则BC的长度为（80﹣4x）米；然后根据矩形的面积公式列出方程；
（2）根据题意列出方程x（80﹣4x）＝50，根据该方程无解可以得到结论：不能．
【解答】解：（1）能．
设AB的长度为x米，则BC的长度为（80﹣4x）米．
根据题意得 x（80﹣4x）＝300，
解得 x1＝15，x2＝5．
则80﹣4x＝20或80﹣4x＝60．
∵60＞25，
∴x2＝5舍去，
即AB＝15，BC＝20．
故羊圈的面积能达到300m2；
（2）不能．
依题意有x（80﹣4x）＝500，
整理得x2﹣20x+125＝0．
因为Δ＝（﹣20）2﹣4×1×125＝﹣100＜0．
所以该方程无实数根，
所以羊圈的面积不能达到500m2．
【点评】本题考查了一元二次方程的应用．解题关键是要读懂题目的意思，根据题目给出的条件，找出合适的等量关系，列出方程，再求解．
20．（9分）[关注数学文化]数学家吴文俊院士非常重视古代数学家贾宪提出的“从长方形对角线上任一点作两条分别平行于两邻边的直线，则所容两长方形面积相等（如图1所示）”这一推论，他从这一推论出发，利用“出入相补”原理复原了《海岛算经》九题古证．（以上材料来源于《古证复原的原理》、《吴文俊与中国数学》和《古代世界数学泰斗刘徽》）
（1）请根据如图1完成这个推论的证明过程，
证明：S矩形NFGD＝S△ADC﹣（S△ANF+S△FGC），
S矩形EBMF＝S△ABC﹣（ S△AEF + S△FMC ）．
易知，S△ADC＝S△ABC， S△ANF ＝ S△AEF ， S△FMC ＝ S△FGC ．
可得S矩形NFGD＝S矩形EBMF
（2）如图2，点P是矩形ABCD的对角线BD上一点，过点P作EF∥BC分别交AB，CD于点E、F，连接PA，PC．若PE＝5，DF＝4，求图中阴影部分的面积．
【分析】（1）由矩形的性质和三角形面积故选即可得出结论；
（2）同（1）得S矩形AEPM＝S矩形CFPN，则S△AEP＝S△AMP，S△CFP＝S△CNP，即可求解．
【解答】（1）解：S矩形NFGD＝S△ADC﹣（S△ANF+S△FGC），
S矩形EBMF＝S△ABC﹣（S△AEF+S△FMC）．
易知，S△ADC＝S△ABC，S△ANF＝S△AEF，S△FMC＝S△FGC．
可得S矩形NFGD＝S矩形EBMF；
故答案为：S△AEF，S△FMC；S△ANF，S△AEF，S△FMC，S△FGC；
（2）解：作PM⊥AD于M，交BC于N．如图2：
则四边形AEPM，四边形DFPM，四边形CFPN，四边形BEPN都是矩形，
∴PM＝DF＝4，
同（1）得：S矩形AEPM＝S矩形CFPN，
∴S△AEP＝S△AMP，S△CFP＝S△CNP，
∴S△AEP＝S△CFP＝×PE×PM＝×5×4＝10，
∴图中阴影部分的面积S阴＝10+10＝20．
【点评】本题考查矩形的性质、三角形的面积等知识，解题的关键是证出S矩形NFGD＝S矩形EBMF．
21．（8分）如图，A、B、C、D是矩形的四个顶点，AB＝32cm，BC＝12cm，动点P从点A出发，以6cm/s的速度向点B运动，直到点B为止；动点Q同时从点C出发，以4cm/s的速度向点D运动，何时点P和点Q之间的距离是20cm？
【分析】设当t秒时PQ＝20cm，利用勾股定理得出即可．
【解答】解：设当时间为ts时，点P和点Q之间的距离是20cm，
过点Q作ON⊥AB于点N，
则QC＝2tcm，PN＝（32﹣10t）cm，
故122+（32﹣10t）2＝400，
解得：t1＝，t2＝．
故当时间为s或s时，点P和点Q之间的距离是20cm．
【点评】本题考查了一元二次方程的应用，勾股定理和矩形的性质，能构造直角三角形是解此题的关键，用了方程思想．
22．（11分）在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D为直线BC上一动点（点D不与B，C重合），以AD为边在AD的右侧作正方形ADEF，连接CF．
（1）观察猜想
如图1，当点D在线段BC上时，
①BC与CF的位置关系为： BC⊥CF ；
②BC，CD，CF之间的数量关系为： BC＝CF+CD ．（将结论直接写在横线上）
（2）数学思考
如图2，当点D在线段CB的延长线上时，结论①②是否仍然成立？若成立，请给予证明：若不成立，请你写出正确结论再给予证明，
（3）拓展延伸
如图3，当点D在线段BC的延长线上时，延长BA交CF于点G，连接GE．若AB＝2，CD＝1，请求出GE的长．
【分析】（1）由正方形的性质得到∠BAC＝∠DAF＝90°，证出△DAB≌△FAC（SAS），由全等三角形的性质和余角的关系进而得到结论；
②由全等三角形的性质得到CF＝BD，进而得出结论；
（2）推出△DAB≌△FAC，根据全等三角形的性质以及等腰直角三角形的角的性质可得到结论．
（3）过A作AH⊥BC于H，过E作EM⊥BD于M，EN⊥CF于N，证△ADH≌△DEM（AAS），推出EM＝DH＝3，DM＝AH＝2，推出CN＝EM＝3，EN＝CM＝3，由△BCG是等腰直角三角形，推出CG＝BC＝4，推出GN＝CG﹣CN＝1，再由勾股定理即可解决问题．
【解答】解：（1）①∵正方形ADEF中，AD＝AF，∠DAF＝90°，
∴∠BAC＝∠DAF＝90°，
∴∠BAD＝∠CAF，
在△DAB与△FAC中，，
∴△DAB≌△FAC（SAS），
∴∠B＝∠ACF，
∴∠ACB+∠ACF＝90°，
即BC⊥CF；
故答案为：BC⊥CF；
②由①得：△DAB≌△FAC，
∴CF＝BD，
∵BC＝BD+CD，
∴BC＝CF+CD；
故答案为：BC＝CF+CD；
（2）BC⊥CF成立；BC＝CD+CF不成立，CD＝CF+BC．理由如下：
∵正方形ADEF中，AD＝AF，∠DAF＝90°，
∴∠BAC＝∠DAF＝90°，
∴∠BAD＝∠CAF，
在△DAB与△FAC中，，
∴△DAB≌△FAC（SAS），
∴∠ABD＝∠ACF，
∵∠BAC＝90°，AB＝AC，
∴∠ACB＝∠ABC＝45°．
∴∠ABD＝180°﹣45°＝135°，
∴∠BCF＝∠ACF﹣∠ACB＝135°﹣45°＝90°，
∴BC⊥CF，
∵CD＝DB+BC，DB＝CF，
∴CD＝CF+BC；
（3）解：过A作AH⊥BC于H，过E作EM⊥BD于M，EN⊥CF于N，如图3所示：
∵∠BAC＝90°，AC＝AB＝2，
∴BC＝AB＝4，
∵AH⊥BC，
AH＝BC＝BH＝CH＝2，
∴DH＝CH+CD＝3，
∵四边形ADEF是正方形，
∴AD＝DE，∠ADE＝90°，
∵BC⊥CF，EM⊥BD，EN⊥CF，
∴四边形CMEN是矩形，
∴NE＝CM，EM＝CN，
∵∠AHD＝∠ADC＝∠EMD＝90°，
∴∠ADH+∠EDM＝∠EDM+∠DEM＝90°，
∴∠ADH＝∠DEM，
∴△ADH≌△DEM（AAS），
∴EM＝DH＝3，DM＝AH＝2，
∴CN＝EM＝3，EN＝CM＝3，
∵∠ABC＝45°，
∴∠BGC＝45°，
∴△BCG是等腰直角三角形，
∴CG＝BC＝4，
∴GN＝1，
在Rt△EGN中，由勾股定理得：EG＝＝．
x
0.5
0.6
0.7
0.8
0.9
x2+x
0.75
0.96
1.19
1.44
1.71