九年级上学期期中【常考60题考点专练】（九上全部内容）-2022-2023学年九年级数学上学期期中期末考点大串讲（北师大版）

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九年级上学期期中【常考60题考点专练】
一．解一元二次方程-配方法（共1小题）
1．（2021秋•磐石市期中）用配方法解方程x2﹣2x﹣5＝0时，将原方程变形为（x﹣a）2＝b的形式为 　（x﹣1）2＝6　．
【分析】方程常数项移到右边，两边加上一次项系数一半的平方，利用完全平方公式变形得到结果，即可得出答案．
【解答】解：方程x2﹣2x﹣5＝0，
变形得：x2﹣2x＝5，
配方得：x2﹣2x+1＝6，即（x﹣1）2＝6，
故答案为：（x﹣1）2＝6．
【点评】此题考查了解一元二次方程﹣配方法，熟练掌握完全平方公式是解本题的关键．
二．解一元二次方程-因式分解法（共1小题）
2．（2022春•南岗区校级期中）一元二次方程x2﹣x＝0的解是 　x1＝0，x2＝1　．
【分析】利用因式分解法解一元二次方程即可．
【解答】解：x2﹣x＝0，
x（x﹣1）＝0，
∴x＝0或x﹣1＝0，
∴x1＝0，x2＝1，
故答案为：x1＝0，x2＝1．
【点评】本题考查了解一元二次方程﹣因式分解法，解决本题的关键是掌握用因式分解法解一元二次方程的步骤．
三．根的判别式（共2小题）
3．（2021秋•定州市期中）关于x的一元二次方程x2+2x﹣（m﹣2）＝0有两个相等的实数根，则m的值为 　1　．
【分析】根据一元二次方程根的判别式的意义，方程x2+2x﹣（m﹣2）＝0有两个相等的实数根，则有Δ＝0，得到关于m的方程，解方程即可．
【解答】解：∵关于x的一元二次方程x2+2x﹣（m﹣2）＝0有两个相等的实数根，
∴Δ＝0，即22﹣4×1×[﹣（m﹣2）]＝0，
解得m＝1．
故答案为：1．
【点评】本题考查了一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的根的判别式Δ＝b2﹣4ac：当Δ＞0，方程有两个不相等的实数根；当Δ＝0，方程有两个相等的实数根；当Δ＜0，方程没有实数根．
4．（2021秋•西城区校级期中）已知关于x的方程x2﹣2x+2k﹣1＝0有两个实数根．
（1）求k的取值范围；
（2）若k为正整数，求此时方程的解．
【分析】（1）由方程有两个实数根可得（﹣2）2﹣4×1•（2k﹣1）≥0，解不等式即可求出k的取值范围；
（2）由k为正整数和k≤1可得k＝1，从而可得原方程为x2﹣2x+1＝0，解方程即可求出方程的解．
【解答】解：（1）∵x2﹣2x+2k﹣1＝0有两个实数根，
∴Δ≥0，
∴（﹣2）2﹣4×1•（2k﹣1）≥0，
解得k≤1；
（2）由（1）知k≤1，
∵k为正整数，
∴k＝1，
∴原方程为：x2﹣2x+1＝0，
∴（x﹣1）2＝0，
∴x1＝x2＝1．
【点评】此题考查了根的判别式和一元二次方程的解法，熟练掌握一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的根与Δ＝b2﹣4ac的关系：当Δ＞0时，方程有两个不相等的实数根；当Δ＝0时，方程有两个相等的实数根；当Δ＜0时，方程无实数根是解本题的关键．
四．根与系数的关系（共1小题）
5．（2021秋•会宁县期中）已知关于x的方程x2﹣（m+2）x+（2m﹣1）＝0．
（1）求证：方程恒有两个不相等的实数根．
（2）若此方程的一个根是1，请求出方程的另一个根，并求以此两根为边长的直角三角形的面积．
【分析】（1）根据关于x的方程x2﹣（m+2）x+（2m﹣1）＝0的根的判别式的符号来证明结论；
（2）根据一元二次方程的解的定义求得m值，然后由根与系数的关系求得方程的另一根．分类讨论：①当该直角三角形的两直角边是2、3时，即可求得直角三角形的面积为＝；②当该直角三角形的直角边和斜边分别是1、3时，由勾股定理得该直角三角形的另一直角边为2；即可求得直角三角形的面积为＝．
【解答】（1）证明：∵Δ＝（m+2）2﹣4（2m﹣1）＝（m﹣2）2+4，
∴在实数范围内，m无论取何值，（m﹣2）2+4＞0，即Δ＞0，
∴关于x的方程x2﹣（m+2）x+（2m﹣1）＝0恒有两个不相等的实数根；
（2）解：根据题意，得
12﹣1×（m+2）+（2m﹣1）＝0，
解得，m＝2，
则方程的另一根为：m+2﹣1＝2+1＝3；
①当该直角三角形的两直角边是1、3时，
该直角三角形的面积为＝；
②当该直角三角形的直角边和斜边分别是1、3时，由勾股定理得该直角三角形的另一直角边为2；则该直角三角形的面积为＝；
综上，该直角三角形的面积为或．
【点评】本题综合考查了勾股定理、根的判别式、一元二次方程解的定义．解答（2）时，采用了“分类讨论”的数学思想．
五．由实际问题抽象出一元二次方程（共1小题）
6．（2021秋•微山县期中）某小区A楼居民今年从三月开始到五月底全部接种新冠疫苗．已知该楼常驻人口285人，三月已有60人接种新冠疫苗，四月、五月实现接种人数较前一个月的平均增长率为x，则下面所列方程正确的是（　　）
A．60（1+x）2＝285
B．60（1﹣x）2＝285
C．60（1+x）+60（1+x）2＝285
D．60+60（1+x）+60（1+x）2＝285
【分析】分别表示出四月和五月的人数即可列出方程．
【解答】解：∵三月已有60人接种新冠疫苗，四月、五月实现接种人数较前一个月的平均增长率为x，
∴四月份接种人数为60（1+x），五月份为60（1+x）2人，
∴方程为：60+60（1+x）+60（1+x）2＝285，
故选：D．
【点评】考查了一元二次方程的应用，解题的关键是分别表示出两个月的接种人数．
六．一元二次方程的应用（共2小题）
7．（2021秋•道县期中）随着全球疫情的爆发，医疗物资需求猛增，某企业及时引进一条口罩生产线生产口罩，开工第一天生产口罩5000盒，第三天生产口罩7200盒，若每天增长的百分率相同．
（1）求每天增长的百分率．
（2）经调查发现，1条生产线的最大产能是15000盒/天，但是每增加1条生产线，每条生产线的产能将减少500盒/天，现该厂要保证每天生产口罩65000盒，在增加产能的同时又要节省投入的条件下（生产线越多，投入越大），应该增加几条生产线？
【分析】（1）设每天增长的百分率为x，利用第三天生产口罩的数量＝第一天生产口罩的数量×（1+每天增长的百分率）2，即可得出关于x的一元二次方程，解之取其符合题意的值即可得出每天增长的百分率为20%；
（2）设增加y条生产线，则每条生产线的产量为（15000﹣500y）盒/天，利用生产线条数×每条生产线产能＝总生产数，即可得出关于y的一元二次方程，解之即可得出y值，再结合要节省投入，即可得出应该增加4条生产线．
【解答】解：（1）设每天增长的百分率为x，
依题意得：5000（1+x）2＝7200，
x1＝0.2＝20%，x2＝﹣2.2（不合题意，舍去）．
答：每天增长的百分率为20%．
（2）设增加y条生产线，则每条生产线的产量为（15000﹣500y）盒/天，
依题意得：（1+y）（15000﹣500y）＝65000，
整理得：y2﹣29y+100＝0，
解得：y1＝4，y2＝25．
又∵要节省投入，
∴y＝4．
答：应该增加4条生产线．
【点评】本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
8．（2022春•柯桥区期中）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？
【分析】（1）设平均下降率为x，利用2021年该类服装的出厂价＝2019年该类服装的出厂价×（1﹣下降率）2，即可得出关于x的一元二次方程，解之取其符合题意的值即可得出结论；
（2）设单价应降低m元，则每件的销售利润为（38﹣m）元，每天可售出（20+2m）件，利用每天销售该服装获得的利润＝每件的销售利润×日销售量，即可得出关于m的一元二次方程，解之即可得出m的值，结合要减少库存即可得出结论．
【解答】解：（1）设平均下降率为x，
依题意得：200（1﹣x）2＝162，
解得：x1＝0.1＝10%，x2＝1.9（不合题意，舍去）．
答：平均下降率为10%．
（2）设单价应降低m元，则每件的销售利润为（200﹣m﹣162）＝（38﹣m）元，每天可售出20+×10＝（20+2m）件，
依题意得：（38﹣m）（20+2m）＝1150，
整理得：m2﹣28m+195＝0，
解得：m1＝15，m2＝13．
∵要减少库存，
∴m＝15．
答：单价应降低15元．
【点评】本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
七．配方法的应用（共1小题）
9．（2021秋•山亭区期中）我们已经学习了利用配方法解一元二次方程，其实配方法还有其他重要应用．
例：已知x可取任何实数，试求二次三项式x2+6x﹣1最小值．
解：x2+6x﹣1＝x2+2×3•x+32﹣32﹣1
＝（x+3）2﹣10
∵无论x取何实数，总有（x+3）2≥0．
∵（x+3）2﹣10≥﹣10，即x2+6x﹣1的最小值是﹣10．
即无论x取何实数，x2+6x﹣1的值总是不小于﹣10的实数．
问题：
（1）已知y＝x2﹣4x+7，求证y是正数．
知识迁移：
（2）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝6cm，BC＝4cm，点P在边AC上，从点A向点C以2cm/s的速度移动，点Q在CB边上以cm/s的速度从点C向点B移动．若点P，Q同时出发，且当一点移动到终点时，另一点也随之停止，设△PCQ的面积为Scm2，运动时间为t秒，求S的最大值．

【分析】（1）配方求最值．
（2）先求s，再配方求最值．
【解答】证明：（1）y＝x2﹣4x+7＝x2﹣4x+4+3
＝（x﹣2）2+3．
∵（x﹣2）2≥0．
∴y≥0+3＝3．
∴y＞0．
∴y是正数．
（2）由题意：AP＝2t，CQ＝t，PC＝6﹣2t．（0≤t≤）
∴S＝PC•CQ．
＝（6﹣2t）•t
＝﹣t2+3t
＝﹣（t2﹣3t）
＝﹣（t﹣）2+．
∵（t﹣）2≥0．
∴当t＝时，S有最大值．
【点评】本题考查利用配方求最值，正确配方是求解本题的关键．
八．反比例函数的图象（共1小题）
10．（2022春•兴文县期中）反比例函数y＝﹣与y＝kx+1（k≠0）在同一坐标系的图象可能为（　　）
A． B．
C． D．
【分析】分别根据反比例函数与一次函数的性质对各选项进行逐一分析即可．
【解答】解：A、由反比例函数的图象可知，k＜0，一次函数图象呈下降趋势且交与y轴的正半轴，故本选项不符合题意；
B、由反比例函数的图象可知，﹣k＞0，一次函数图象呈下降趋势且交与y轴的正半轴，故本选项符合题意；
C、由反比例函数的图象可知，﹣k＜0，一次函数图象呈上升趋势且交与y轴的正半轴，故本选项不符合题意；
D、由反比例函数的图象可知，﹣k＜0，一次函数图象呈上升趋势且交与y轴的正半轴，故本选项不符合题意．
故选：B．
【点评】本题考查的是反比例函数的图象与一次函数的图象，熟知反比例函数中系数及常数项与图象位置之间关系是解答此题的关键．
九．反比例函数的性质（共1小题）
11．（2021秋•泰山区期中）对于反比例函数y＝，下列说法正确的是（　　）
A．图象经过点（﹣2，﹣3）
B．图象位于第一、三象限
C．当x＞0时，y随x的增大而减小
D．当x＜0时，y随x的增大而增大
【分析】根据反比例函数的性质，可以判断各个选项中的说法是否正确，从而可以解答本题．
【解答】解：∵反比例函数y＝﹣，
k＝﹣6＜0，
∴该函数图象为第二、四象限，故选项B不符合题意；
当x＝﹣2时，y＝3，即该函数过点（﹣2，3），故选项A不符合题意；
当x＞0时，y随x的增大而增大，故选项C不符合题意；
当x＜0时，y随x的增大而增大，故选项D符合题意；
故选：D．
【点评】本题考查反比例函数的性质，解答本题的关键是明确反比例函数的性质，利用反比例函数的性质解答．
一十．反比例函数系数k的几何意义（共1小题）
12．（2021春•青神县期中）如图，点A在反比例函数y1＝（x＞0）的图象上，过点A作AB⊥x轴，垂足为B，交反比例函数y2＝（x＞0）的图象于点C，P为y轴上一点，连接PA，PC，则△APC的面积为　6　．

【分析】连接OA和OC，利用三角形面积可得△APC的面积等于△AOC的面积，再结合反比例函数中系数k的几何意义，利用S△AOC＝S△OAB﹣S△OBC，可得结果．
【解答】解：连接OA和OC，

∵点P在y轴上，AB∥y轴，则△AOC和△APC面积相等，
∵点A在反比例函数y1＝（x＞0）的图象上，点C在反比例函数y2＝（x＞0）的图象上，AB⊥x轴，
∴S△AOC＝S△OAB﹣S△OBC＝6，
∴△APC的面积为6，
故答案为6．
【点评】本题考查了反比例函数的性质，熟练掌握反比例函数的系数k的几何意义是解题的关键．
一十一．反比例函数图象上点的坐标特征（共3小题）
13．（2021秋•中原区校级期中）若点A（﹣7，y1），B（﹣4，y2），C（5，y3）在反比例函数y＝的图象上，则y1，y2，y3的大小关系是（　　）
A．y1＜y3＜y2 B．y1＜y2＜y3 C．y3＜y2＜y1 D．y2＜y1＜y3
【分析】根据反比例函数的性质可以判断y1，y2，y3的大小，从而可以解答本题．
【解答】解：∵点A（﹣7，y1），B（﹣4，y2），C（5，y3）在反比例函数y＝的图象上，k＝5＞0，
∴该函数在每个象限内，y随x的增大而减小，函数图象在第一、三象限，
∵﹣7＜﹣4，0＜5，
∴y2＜y1＜0＜y3，
即y2＜y1＜y3，
故选：D．
【点评】本题考查反比例函数图象上点的坐标特征，解答本题的关键是明确题意，利用反比例函数的性质解答．
14．（2021秋•汨罗市期中）若反比例函数的图象经过点A（﹣2，4）和点B（8，a），则a的值为 　﹣1　．
【分析】待定系数法求反比例函数解析式，代入点B，即可求得a的值．
【解答】解：∵反比例函数的图象经过点A（﹣2，4），
∴k＝﹣2×4＝﹣8，
∴反比例函数解析式为：y＝﹣，
把点B（8，a）代入y＝﹣得：a＝﹣＝﹣1，
故答案为：﹣1．
【点评】本题考查的是反比例函数图象上点的坐标特征，熟知反比例函数图象上各点的坐标一定适合此函数的解析式是解答此题的关键．
15．（2021秋•和平区期中）在函数y＝的图象上有三点（﹣3，y1）、（﹣2，y2）、（1，y3），则函数值y1、y2、y3的大小关系为　y2＜y1＜y3　．
【分析】分别计算自变量为﹣3、﹣2、1代入的函数值，然后比较函数值的大小即可．
【解答】解：当x＝﹣3时，y1＝＝﹣；
当x＝﹣2时，y2＝＝﹣1；
当x＝1时，y3＝＝2，
所以y2＜y1＜y3．
故答案为y2＜y1＜y3．
【点评】本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征：反比例函数y＝（k为常数，k≠0）的图象是双曲线，图象上的点（x，y）的横纵坐标的积是定值k，即xy＝k．
一十二．待定系数法求反比例函数解析式（共1小题）
16．（2020秋•平江县期中）已知y与x成反比例，并且当x＝3时，y＝﹣4，当x＝﹣2时，y的值为　6　．
【分析】首先设y＝，然后求出反比例函数解析式，再代入x的值，进而可得y的值．
【解答】解：设y＝，
∵当x＝3时，y＝﹣4，
∴﹣4＝，
解得：k＝﹣12，
∴反比例函数关系式为：y＝﹣，
∵x＝﹣2，
∴y＝﹣＝6，
故答案为：6．
【点评】此题主要考查了待定系数法求反比例函数解析式，关键是掌握用待定系数法求反比例函数解析式的方法．
一十三．反比例函数与一次函数的交点问题（共5小题）
17．（2022春•镇海区校级期中）如图，在平面直角坐标系中，直线y＝x+3与双曲线y＝交于A，B两点，已知点A的横坐标为2．
（1）求k的值；
（2）求△OAB的面积；
（3）直接写出关于x的不等式x+3的解集．

【分析】（1）求出A（2，5），代入y＝即得k＝10；
（2）设直线AB交y轴于C，联立解析式求出B（﹣5，﹣2），由y＝x+3求出C（0，3），从而可得S△OAB＝S△BOC+S△AOC＝；
（3）数形结合直接写出解集．
【解答】解：（1）在y＝x+3中，令x＝2，得y＝5，
∴A（2，5），
∴5＝，
∴k＝10；
（2）设直线AB交y轴于C，如图：

由得或，
∴B（﹣5，﹣2），
在y＝x+3中令x＝0得y＝3，
∴C（0，3），
S△OAB＝S△BOC+S△AOC
＝OC•|xA﹣xB|
＝×3×[2﹣（﹣5）]
＝；
（3）由图象可知：不等式x+3的解集是﹣5＜x＜0或x＞2．
【点评】本题考查一次函数与反比例函数的综合应用，解题的关键是数形结合，当自变量相同时，函数值大则在直角坐标系中对应的点在上方．
18．（2021秋•温江区校级期中）如图，直线y＝ax+b与x轴交于点A（4，0），与y轴交于点B（0，﹣2），与反比例函数y＝（x＞0）的图象交于点C（6，m）．
（1）求直线和反比例函数的表达式；
（2）结合图象，请直接写出不等式≥ax+b的解集；
（3）连接OC，在x轴上找一点P，使S△POC＝2S△AOC，请求出点P的坐标．

【分析】（1）根据点A，B的坐标，利用待定系数法即可求出直线AB的函数表达式，利用一次函数图象上点的坐标特征可得出点C的坐标，由点C的坐标，利用待定系数法即可求出反比例函数的表达式；
（2）观察图形，由两函数图象的上下位置关系，即可求出不等式≥ax+b的解集；
（3）根据三角形的面积公式可得OP＝2OA，进而可得点P的坐标．
【解答】解：（1）将A（4，0），B（0，﹣2）代入y＝ax+b，得：
，解得：，
∴直线AB的函数表达式为y＝x﹣2．
当x＝6时，y＝x﹣2＝1，
∴点C的坐标为（6，1）．
将C（6，1）代入y＝，得：1＝，
解得：k＝6，
∴反比例函数的表达式为y＝．
（2）观察函数图象，可知：当0＜x＜6时，反比例函数y＝的图象在直线y＝x﹣2的上方，
∴不等式≥ax+b的解集为0＜x≤6．
（3）根据三角形的面积可知，S△OAC＝OA•CH，S△OCP＝OP•CH，

∵S△POC＝2S△AOC，
∴OP•CH＝2×OA•CH，即OP＝2OA＝8，
∴P（8，0）或P（﹣8，0）．
【点评】本题考查了待定系数法求一次函数解析式、一次函数图象上点的坐标特征、待定系数法求反比例函数解析式、等腰三角形的性质、勾股定理以及反比例函数图象上点的坐标特征，解题的关键是：（1）根据点的坐标，利用待定系数法求出一次（反比例）函数的关系式；（2）根据两函数图象的上下位置关系，找出不等式的解集；（3）由三角形的面积得到对应的线段长．
19．（2021秋•金牛区校级期中）如图，一次函数y＝x+5的图象与反比例函数y＝（k为常数且k≠0）的图象交于A（﹣2，a），B两点，与x轴交于点C．
（1）求此反比例函数的表达式；
（2）若点P在x轴上，且S△ACP＝S△BOC，求点P的坐标．
（3）直接写出x+5﹣＜0的解集．

【分析】（1）由一次函数解析式可求出点A的坐标，再将点A代入反比例解析式即可；
（2）首先求出一次函数与反比例函数的交点B的坐标，设P（x，0），再根据S△ACP＝S△BOC，即可列出方程解决问题；
（3）直接根据图象可得不等式的解集．
【解答】解：（1）将点A（﹣2，a）代入y＝x+5，得a＝3，
∴A（﹣2，3），
将A（﹣2，3）代入y＝，得k＝﹣6，
∴反比例函数的表达式为y＝﹣；
（2）联立两个函数的表达式得，
得或，
∴B（﹣3，2），
当x+5＝0时，得x＝﹣5，
∴C（﹣5，0），
设P（x，0），
∵S△ACP＝S△BOC，
∴，
解得x＝﹣或，
∴P（﹣）或（）；
（3）由图象可知：当x＜﹣3或﹣2＜x＜0时，x+5﹣＜0，
∴x+5﹣＜0的解集为：x＜﹣3或﹣2＜x＜0．
【点评】本题是一次函数与反比例函数的交点问题，函数与不等式、方程的关系，待定系数法求函数解析式，三角形面积等知识，求出点B的坐标是解题的关键．
20．（2021秋•石阡县期中）已知反比例函数的图象与正比例函数y＝k2x的图象的一个交点坐标为（﹣3，4），则另一个交点坐标为 　（3，﹣4）　．
【分析】反比例函数的图象是中心对称图形，则经过原点的直线的两个交点一定关于原点对称．
【解答】解：∵反比例函数的图象与正比例函数y＝k2x的图象的一个交点坐标为（﹣3，4），
∴另一个交点的坐标是（3，﹣4）．
故答案为：（3，﹣4）．
【点评】本题主要考查了反比例函数图象的中心对称性，解题的关键熟知反比例函数的图象是中心对称图形．
21．（2022春•相城区校级期中）如图，矩形ABCD的顶点A，B在x轴的正半轴上，点B在点A的右侧，反比例函数y1＝在第一象限内的图象与直线y2＝x交于点D，且反比例函数y1＝交BC于点E，AD＝3．
（1）求D点的坐标及反比例函数的关系式；
（2）若矩形的面积是24，求出△CDE的面积．
（3）直接写出当x＞4时，y1的取值范围 　0＜y1＜3　．

【分析】（1）根据AD＝3，得到点D的纵坐标为3，代入y2＝x，解之，求得点D的坐标，再代入y1＝，得到k的值，即可得到反比例函数的关系式；
（2）根据“矩形的面积是24”，结合AD＝3，求得线段AB，线段CD的长度，得到点B，点C的横坐标，代入反比例函数的解析式，得到点E的坐标，根据“S△CDE＝CE×CD”，代入求值即可得到答案；
（3）根据图象，结合D的坐标即可求得．
【解答】解：（1）根据题意得：点D的纵坐标为3，
把y＝3代入y2＝x得：x＝3，
解得：x＝4，
即点D的坐标为：（4，3），
把点D（4，3）代入y1＝得：3＝，
解得：k＝12，
即反比例函数的关系式为：y2＝，
（2）设线段AB，线段CD的长度为m，
根据题意得：3m＝24，
解得：m＝8，
即点B，点C的横坐标为：4+8＝12，
把x＝12代入y2＝得：y＝1，
∴点E的坐标为：（12，1），
∴CE＝3﹣1＝2，
∴S△CDE＝CE×CD＝＝8；
（3）观察图象，当x＞4时，y1的取值范围是0＜y1＜3，
故答案为0＜y1＜3．
【点评】本题考查了反比例函数与一次函数的交点问题，解题的关键：（1）正确掌握代入法和待定系数法，（2）正确掌握矩形和三角形的面积公式，（3）数形结合．
一十四．反比例函数综合题（共2小题）
22．（2021秋•瑶海区校级期中）如图，直线y＝2x+6与反比例函数y＝（k＞0）的图象交于点A（m，8），与x轴交于点B，平行于x轴的直线y＝n（0＜n＜6）交反比例函数的图象于点M，交AB于点N，连接BM．
（1）求m的值和反比例函数的解析式；
（2）观察图象，直接写出当x＞0时不等式2x+6﹣＞0的解集；
（3）直线y＝n沿y轴方向平移，当n为何值时，△BMN的面积最大？最大值是多少？

【分析】（1）求出点A的坐标，利用待定系数法即可解决问题；
（2）结合函数图象找到直线在双曲线上方对应的x的取值范围；
（3）构建二次函数，利用二次函数的性质即可解决问题．
【解答】解：（1）∵直线y＝2x+6经过点A（m，8），
∴2×m+6＝8，
解得m＝1，
∴A（1，8），
∴m＝2×1+6＝8，
∴反比例函数的解析式为y＝．
（2）不等式2x+6﹣＞0的解集为x＞1．
（3）由题意，点M，N的坐标为M（，n），N（，n），
∵0＜n＜6，
∴＜0，
∴﹣＞0
∴S△BMN＝|MN|×|yM|＝×（﹣）×n＝﹣（n﹣3）2+，
∴n＝3时，△BMN的面积最大，最大值为．
【点评】本题考查反比例函数，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会构建二次函数，解决最值问题，属于中考常考题型．
23．（2021秋•大邑县期中）正方形ABCD的边长为4，AC，BD交于点E．在点A处建立平面直角坐标系如图所示．
（1）如图（1），双曲线y＝过点E，完成填空：点C的坐标是 　（4，4）　，点E的坐标是 　（2，2）　，双曲线的解析式是 　y＝　；
（2）如图（2），双曲线y＝与BC，CD分别交于点M，N．求证MN∥BD；
（3）如图（3），将正方形ABCD向右平移m（m＞0）个单位长度，使过点E的双曲线y＝与AB交于点P．当△AEP为等腰三角形时，求m的值．

【分析】（1）根据正方形的边长可确定C点的坐标，再利用正方形的性质得出E点坐标，用待定系数法求出双曲线解析式即可；
（2）设出M点和N点的坐标，根据坐标的性质得出MC＝NC，推出∠CMN＝∠CDB即可得出MN∥BD；
（3）根据E点的坐标求出AE的长，再分三种情况讨论分别求出m的值即可．
【解答】解：（1）∵正方形ABCD的边长为4，AC，BD交于点E，
∴C（4，4），E（2，2），
将E点坐标代入双曲线y＝，
得2＝，
解得k1＝4，
∴双曲线的解析式为y＝，
故答案为：（4，4），（2，2），；
（2）∵双曲线y＝与BC，CD分别交于点M，N，
∴设M（m，4），N（4，n），
∴4m＝4n，
∴m＝n，
∴MC＝NC，
由正方形可知，∠BCD＝90°，
∴∠CMN＝45°，∠CBD＝45°，
∴∠CMN＝∠CBD，
∴MN∥BD；
（3）∵正方形边长为4，
由（1）知E（2，2），
∴AE＝2，
①当AP＝AE＝2时，
∵P（m，2），E（m+2，2），点P、E在反比例函数图象上，
∴2m＝2（m+2），
∴m＝2+2；
②当EP＝AE时，点P与点B重合，
∵P（m，4），E（m+2，2），点P、E在反比例函数图象上，
∴4m＝2（m+2），
∴m＝2；
③当EP＝AP时，点P、E不可能都在反比例函数图象上，故此情况不存在；
综上所述，满足条件的m的值为2或2+2．
【点评】本题主要考查反比例函数的性质，正方形的性质等知识，熟练掌握反比例函数的性质和正方形的性质是解题的关键．
一十五．菱形的性质（共2小题）
24．（2021秋•沈河区校级期中）如图，菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，过点D作DH⊥AB于点H，连接OH，若OA＝4，S菱形ABCD＝24，则OH的长为（　　）

A．2 B．3 C． D．
【分析】根据菱形的性质可得AC＝2AO＝8，由菱形的面积等于两条对角线乘积的一半，可计算出BD的长度，再根据直角三角形的性质可得直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，即可得出答案．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AC＝2AO＝8，
又∵S菱形ABCD＝＝，
∴BD＝6，
∵DH⊥AB，
∴在Rt△BHD中，点O是BD的中点，
∴OH＝＝＝3．
故选：B．
【点评】本题主要考查了菱形及直角三角形的性质，合理应用性质进行计算是解决本题的关键．
25．（2021秋•海珠区校级期中）如图，已知点A的坐标是，2），点B的坐标是（﹣1，，菱形ABCD的对角线交于坐标原点O，则点D的坐标是 　（1，）　．

【分析】由菱形的性质可知B、D关于原点对称，结合条件可求得D点的坐标．
【解答】解：∵四边形ABCD为菱形，
∴OB＝OD，
又∵点O为坐标原点，
∴点B和点D关于原点对称，
∵点B的坐标为（﹣1，﹣），
∴D点坐标为（1，），
故答案为：（1，）．
【点评】本题考查菱形的性质、对称的性质等知识，掌握菱形的对角线互相垂直平分是解题的关键．
一十六．菱形的判定（共1小题）
26．（2022春•闽侯县期中）已知，AD是△ABC的角平分线，DE∥AC交AB于点E，DF∥AB交AC于点F．求证：四边形AEDF是菱形．

【分析】先根据题中已知条件判定四边形AEDF是平行四边形，然后再推出一组邻边相等．
【解答】证明：∵DE∥AC，DF∥AB，
∴四边形AEDF是平行四边形，∠EDA＝∠FAD，
∵AD是△ABC的角平分线，∴∠EAD＝∠FAD，
∴∠EAD＝∠EDA，
∴EA＝ED，
∴四边形AEDF为菱形．
【点评】本题考查菱形的判定和平行四边形的性质．运用了菱形的判定方法“一组邻边相等的平行四边形是菱形”．
一十七．菱形的判定与性质（共3小题）
27．（2022春•巨野县校级期中）如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，点D是BC中点，AE∥BC，CE∥AD．
（1）求证：四边形ADCE是菱形；
（2）过点D作DF⊥CE于点F，∠B＝60°，AB＝6，求EF的长．

【分析】（1）首先利用平行四边形的判定得出四边形ADCE是平行四边形，进而利用菱形的判定得出平行四边形ADCE是菱形；
（2）根据已知条件得到△ABD是等边三角形，根据等边三角形的性质得到∠ADB＝60°，AD＝AB＝6，解直角三角形得到CE＝CD＝3，根据菱形的性质得到结论．
【解答】（1）证明：∵AE∥DC，EC∥AD，
∴四边形ADCE是平行四边形，
∵∠BAC＝90°，点D是BC的中点，
∴AD＝BD＝CD，
∴平行四边形ADCE是菱形；
（2）解：∵∠B＝60°，AD＝BD，
∴△ABD是等边三角形，
∴∠ADB＝60°，AD＝AB＝6，
∵AD∥CE，
∴∠DCE＝60°，
∵CD＝AD＝6，
∴CF＝CD＝3，
∵四边形ADCE是菱形，
∴CE＝CD＝6，
∴EF＝3．
【点评】此题主要考查了菱形的判定与性质，等边三角形的判定和性质，熟练掌握菱形的性质是解题关键．
28．（2020秋•青羊区校级期中）如图，在▱ABCD中，E、M分别为AD、AB的中点，DB⊥AD，延长ME交CD的延长线于点N，连接AN．
（1）证明：四边形AMDN是菱形；
（2）若∠DAB＝45°，判断四边形AMDN的形状，请直接写出答案．

【分析】（1）由平行四边形的性质可得DC∥AB，可得∠DAM＝∠NDA，可证△NED≌△MEA，可得AM＝ND，可证四边形AMDN是平行四边形，由直角三角形的性质可得AM＝MD，可得四边形AMDN是菱形；
（2）由菱形的性质可得∠DAB＝∠ADM＝45°，可得AM⊥DM，则四边形AMDN是正方形．
【解答】证明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴DC∥AB
∴∠DAM＝∠NDA，且DE＝AE，∠NED＝∠AEM
∴△NED≌△MEA（ASA）
∴AM＝ND，且CD∥AB
∴四边形AMDN是平行四边形
又BD⊥AD，M为AB的中点，
∴在Rt△ABD中，AM＝DM＝MB
∴四边形AMDN是菱形
（2）正方形
理由如下：
∵四边形AMDN是菱形
∴AM＝DM
∴∠DAB＝∠ADM＝45°，
∴∠AMD＝90°
∴菱形AMDN是正方形
【点评】本题考查了平行四边形的判定和性质，菱形的判定和性质，正方形的判定，直角三角形斜边中线的性质，熟练运用这些性质进行推理是本题的关键．
29．（2022春•港南区期中）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°点D是边AB上的一个动点，连接CD．作AE∥DC，CE∥AB，连接ED．
（1）如图1，当CD⊥AB时，求证：AC＝ED；
（2）如图2，当D是AB的中点时，
①四边形ADCE的形状是 　菱形　；请说明理由．
②若AB＝5，ED＝4，则四边形ADCE的面积为 　6　．

【分析】（1）证明四边形ADCE是平行四边形，得出∠ADC＝90°，由矩形的判定可得出四边形ADCE是矩形，由矩形的性质可得出结论；
（2）①由直角三角形的性质得出AD＝CD＝BD，根据菱形的判定可得出答案；
②求出BC＝4，由勾股定理求出AC＝3，由菱形的面积公式可得出答案．
【解答】（1）证明：∵AE∥DC，CE∥AB，
∴四边形ADCE是平行四边形，
∵CD⊥AB，
∴∠ADC＝90°，
∴四边形ADCE是矩形，
∴AC＝ED．
（2）①解：∵AE∥DC，CE∥AB，
∴四边形ADCE是平行四边形，
∵∠ACB＝90°，D为AB的中点，
∴AD＝CD＝BD，
∴四边形ADCE是菱形，
故答案为菱形；
②∵四边形ADCE是菱形，
∴AC⊥DE，
又∵AC⊥BC，
∴DE∥BC，
∵CE∥AB，
∴四边形ECBD是平行四边形，
∴DE＝BC＝4，
∵AB＝5，
∴AC＝＝3，
∴四边形ADCE的面积为．
故答案为6．
【点评】本题是四边形综合题，考查了平行四边形的判定与性质，矩形的判定与性质，菱形的判定与性质，勾股定理，直角三角形的性质，熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键．
一十八．矩形的性质（共2小题）
30．（2021秋•郓城县期中）如图在矩形ABCD对角线AC，BD相交于点O，若∠ACB＝30°，AB＝2，则BD的长为　4　．

【分析】根据直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半可得AC＝2AB，再根据矩形的对角线相等解答．
【解答】解：在矩形ABCD中，∠ABC＝90°，
∵∠ACB＝30°，AB＝2，
∴AC＝2AB＝2×2＝4，
∵四边形ABCD是矩形，
∴BD＝AC＝4．
故答案为：4．
【点评】本题考查了矩形的性质，直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半的性质，熟记各性质是解题的关键．
31．（2021秋•武功县期中）如图，在矩形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，过点A作AE⊥BD，垂足为点E，若∠EAC＝2∠CAD，则∠BAE＝（　　）

A．60° B．45° C．30° D．22.5°
【分析】首先证明△AEO是等腰直角三角形，求出∠OAB，∠OAE即可．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AC＝BD，OA＝OC，OB＝OD，
∴OA＝OB＝OC，
∴∠OAD＝∠ODA，∠OAB＝∠OBA，
∴∠AOE＝∠OAD+∠ODA＝2∠OAD，
∵∠EAC＝2∠CAD，
∴∠EAO＝∠AOE，
∵AE⊥BD，
∴∠AEO＝90°，
∴∠AOE＝45°，
∴∠OAB＝∠OBA＝（180°﹣45°）＝67.5°，
∴∠BAE＝∠OAB﹣∠OAE＝22.5°．
故选：D．
【点评】本题考查矩形的性质、等腰直角三角形的性质等知识，解题的关键是发现△AEO是等腰直角三角形这个突破口，属于中考常考题型．
一十九．矩形的判定与性质（共2小题）
32．（2021秋•南山区校级期中）如图，点O是菱形ABCD对角线的交点，DE∥AC，CE∥BD，连接OE，设AC＝12，BD＝16，则OE的长为　10　．

【分析】由菱形的性质和勾股定理求出CD＝10，证出平行四边形OCED为矩形，得OE＝CD＝10即可．
【解答】解：∵DE∥AC，CE∥BD，
∴四边形OCED为平行四边形，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，OA＝OC＝AC＝6，OB＝OD＝BD＝8，
∴∠DOC＝90°，CD＝＝＝10，
∴平行四边形OCED为矩形，
∴OE＝CD＝10，
故答案为：10．
【点评】本题考查了菱形的性质，矩形的判定与性质，平行四边形判定与性质等知识；熟练掌握矩形的判定与性质是解题的关键．
33．（2022春•岳池县期中）如图，在矩形ABCD中，AB＝8cm，BC＝16cm，点P从点D出发向点A运动，运动到点A停止，同时，点Q从点B出发向点C运动，运动到点C即停止，点P、Q的速度都是1cm/s．连接PQ、AQ、CP．设点P、Q运动的时间为ts．
（1）当t为何值时，四边形ABQP是矩形；
（2）当t为何值时，四边形AQCP是菱形；
（3）分别求出（2）中菱形AQCP的周长和面积．

【分析】（1）当四边形ABQP是矩形时，BQ＝AP，据此求得t的值；
（2）当四边形AQCP是菱形时，AQ＝CQ，列方程求得运动的时间t；
（3）菱形的四条边相等，则菱形的周长＝4×10，根据菱形的面积求出面积即可．
【解答】解：（1）∵在矩形ABCD中，AB＝8cm，BC＝16cm，
∴BC＝AD＝16cm，AB＝CD＝8cm，
由已知可得，BQ＝DP＝tcm，AP＝CQ＝（16﹣t）cm，
在矩形ABCD中，∠B＝90°，AD∥BC，
当BQ＝AP时，四边形ABQP为矩形，
∴t＝16﹣t，得t＝8，
故当t＝8s时，四边形ABQP为矩形；
（2）∵AP＝CQ，AP∥CQ，
∴四边形AQCP为平行四边形，
∴当AQ＝CQ时，四边形AQCP为菱形
即＝16﹣t时，四边形AQCP为菱形，解得t＝6，
故当t＝6s时，四边形AQCP为菱形；
（3）当t＝6s时，AQ＝CQ＝CP＝AP＝16﹣6＝10cm，
则周长为4×10cm＝40cm；
面积为10cm×8cm＝80cm2．
【点评】本题考查了菱形、矩形的判定与性质．解决此题注意结合方程的思想解题．
二十．正方形的性质（共1小题）
34．（2021秋•霞浦县期中）已知：如图，E，F是正方形ABCD的对角线BD上的两点，且BE＝DF．求证：四边形AECF是菱形

【分析】由正方形的性质可得AO＝CO，BO＝DO，AC⊥BD，可得EO＝FO，由对角线互相平分的四边形是平行四边形可得四边形AECF是平行四边形，即可证四边形AECF是菱形．
【解答】证明：如图，连接AC交BD于点O，

∵四边形ABCD是正方形，
∴AO＝CO，BO＝DO，AC⊥BD，
∵BE＝DF
∴DO﹣DF＝BO﹣BE
∴FO＝EO，且AO＝CO
∴四边形AECF是平行四边形，
又∵AC⊥BD
∴四边形AECF是菱形
【点评】本题考查了正方形的性质，菱形的判定，熟练运用正方形的性质解决问题是本题的关键．
二十一．正方形的判定（共2小题）
35．（2021秋•和平区期中）如图，已知四边形ABCD是平行四边形，下列结论中正确的是（　　）

A．当AB＝BC时，它是矩形
B．当AC＝BD时，它是菱形
C．当∠ABC＝90°时，它是矩形
D．当AC＝BD时，它是正方形
【分析】根据矩形、菱形、正方形的判定方法和各个选项中的说法，可以判断是否正确，从而可以解答本题．
【解答】解：A、当AB＝BC时，它是菱形，原说法错误，不符合题意；
B、当AC＝BD时，它是矩形，原说法错误，不符合题意；
C、当∠ABC＝90°时，它是矩形，说法正确，符合题意；
D、当AC＝BD时，它是矩形，原说法错误，不符合题意；
故选：C．

【点评】本题考查正方形的判定、菱形的判定、矩形的判定，解答本题的关键是明确它们各自的判定方法．
36．（2021秋•汝州市期中）已知：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）求证：△AEF≌△DEB；
（2）当△ABC满足什么条件时，四边形ADCF是正方形？请说明理由．

【分析】（1）根据平行线的性质得到∠AFE＝∠DBE，根据全等三角形的判定即可得到结论；
（2）根据全等三角形的性质得到AF＝DB，推出四边形ADCF是平行四边形，根据直角三角形的性质得到AD＝DC＝BC，求得四边形ADCF是菱形，由正方形的判定定理即可得到结论．
【解答】（1）证明：∵AF∥BC，
∴∠AFE＝∠DBE，
∵E是AD的中点，
∴AE＝DE，
在△AEF和△DEB中，
，
∴△AEF≌△DEB（AAS）；
（2）解：当AB＝AC时，四边形ADCF是正方形，
理由：由（1）知，△AEF≌△DEB，
∴AF＝DB，
∵D是BC的中点，
∴DB＝DC，
∴AF＝DC，
∵AF∥BC，
∴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，
∵AB＝AC，D是BC的中点，
∴AD⊥BC，
∴四边形ADCF是正方形．
【点评】此题考查了正方形的判定，全等三角形的判定和性质，菱形的判定和性质，关键是根据全等三角形的判定和性质以及正方形的判定解答．
二十二．比例的性质（共1小题）
37．（2021秋•鄞州区期中）已知a：b＝3：2，求：
（1）；
（2）的值．
【分析】根据已知条件设a：b＝3：2＝k（k≠0），得出a＝3k，b＝2k，再代入要求的式子进行计算即可得出答案．
【解答】解：∵a：b＝3：2，
∴设a＝3k，b＝2k，
（1）＝＝；

（2）＝＝﹣1．
【点评】此题考查了比例的性质，熟练掌握比例的基本性质是解题的关键，较简单．
二十三．相似多边形的性质（共1小题）
38．（2021秋•银川校级期中）如果两个相似多边形面积的比为25：49，则它们的相似比为 　5：7　．
【分析】根据相似多边形的面积比等于相似比的平方计算即可．
【解答】解：∵两个相似多边形面积的比为25：49，
∴这两个相似多边形相似比为5：7，
故答案为：5：7．
【点评】本题考查的是相似多边形的性质，掌握相似多边形的面积比等于相似比的平方是解题的关键．
二十四．相似三角形的性质（共1小题）
39．（2021秋•隆回县期中）若△ABC∽△DEF，其面积的比为4：9，则△ABC与△DEF的周长比为（　　）
A．2：3 B．16：81 C．3：2 D．4：9
【分析】根据相似三角形的性质求出边长之比，即可求出周长之比．
【解答】解：∵△ABC∽△DEF，△ABC与△DEF的面积的比为4：9，
∴△ABC和△DEF的边长的比为2：3，
∴△ABC与△DEF周长的比为2：3，
故选：A．
【点评】本题考查了相似三角形的性质，能熟记相似三角形的性质是解此题的关键，注意：相似三角形的面积之比等于相似比的平方，相似三角形的周长之比等于相似比．
二十五．相似三角形的判定（共2小题）
40．（2021秋•西峡县期中）如图，每个小方格的边长都是1，则下列图中三角形（阴影部分）与△ABC相似的是（　　）

A． B．
C． D．
【分析】根据勾股定理求出AB，AC，BC的长，求出三边之比，利用三边对应成比例的两三角形相似判断即可．
【解答】解：由勾股定理得：AB＝＝，BC＝1，AC＝＝，
∴BC：AC：AB＝1：：，
A、三边之比为1：5：2，图中的三角形（阴影部分）与△ABC不相似，不符合题意；
B、三边之比：：：3，图中的三角形（阴影部分）与△ABC不相似，不符合题意；
C、三边之比为：2：＝1：：，图中的三角形（阴影部分）与△ABC相似，符合题意；
D、三边之比为2：：，图中的三角形（阴影部分）与△ABC不相似，不符合题意．
故选：C．
【点评】此题考查了相似三角形的判定，熟练掌握相似三角形的判定方法是解本题的关键．
41．（2021秋•惠安县期中）如图，A、B、C三点均在边长为1的小正方形网格的格点上．
（1）请在BC上标出点D，连接AD，使得△ABD∽△CBA；
（2）试证明上述结论：△ABD∽△CBA．

【分析】（1）根据相似三角形的判定作出图形即可；
（2）由勾股定理求出AB，根据相似三角形的判定方法可得出答案．
【解答】解：（1）如图，点D是所求作的点，

（2）证明：∵AB＝＝，BC＝5，BD＝1，
∴，，
∴，
∵∠DBA＝∠ABC，
∴△ABD∽△CBA．
【点评】本题考查了勾股定理在直角三角形中的运用，考查了相似三角形的证明和相似三角形对应边比值相等的性质．
二十六．相似三角形的判定与性质（共5小题）
42．（2021秋•高州市期中）如图，∠1＝∠2，∠C＝∠D，求证：．

【分析】证明△ABC∽△AED．对应边成比例即可得结论．
【解答】证明：∵∠1＝∠2，
∴∠1+∠EAC＝∠2+∠EAC，
∴∠BAC＝∠EAD，
∵∠C＝∠D，
∴△ABC∽△AED，
∴．
【点评】本题考查了相似三角形的判定与性质，解决本题的关键是得到△ABC∽△AED．
43．（2021秋•攸县期中）已知如图，D，E分别是△ABC的边AB，AC上的点，∠AED＝∠B，AD＝3，AB＝8，AE＝4．求AC的长度．

【分析】由∠AED＝∠B，∠A＝∠A，得△ADE∽△ACB，再根据相似比列出比例式即可得出结果．
【解答】解：∵∠AED＝∠B，∠A＝∠A，
∴△ADE∽△ACB，
∴，
∵AD＝3，AB＝8，AE＝4，
∴，
∴AC＝6．
【点评】本题考查了相似三角形的判定与性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．
44．（2021秋•温州校级期中）如图，在△ABC中，DE∥BC，若，则的值为（　　）

A． B． C． D．
【分析】由题意不难证得△ADE∽△ABC，再由，可得，则有，则S△ACE＝S△ABC，再利用S四边形BCDE＝S△ABC﹣S△ACE，从而可求解．
【解答】解：∵DE∥BC，
∴∠AED＝∠B，∠ADE＝∠C，
∴△ADE∽△ABC，
∴，
∵，
∴，
∴，
则S△ACE＝S△ABC，
∵S四边形BCDE＝S△ABC﹣S△ACE＝S△ABC，
∴＝＝．
故选：D．
【点评】本题主要考查相似三角形的判定与性质，解答的关键是明确S四边形BCDE＝S△ABC﹣S△ACE．
45．（2021秋•福田区校级期中）如图，矩形ABCD中，AD＝2，AB＝4，AC为对角线，E、F分别为边AB、CD上的动点，且EF⊥AC于点M，连接AF、CE，求AF+CE的最小值是 　5　．

【分析】作FH⊥AB于点H，先求得EH的长为1，延长CD到点G，使DG＝DF，连接AG，作ER∥AG，交CD于点R，证明CR＝3，则点R为定点，且AF+CE＝RE+CE，作点R关于直线AB的对称点P，连接PR交AB于点N，连接PE、PC，PC交AB于点Q，则AF+CE＝RE+CE＝PE+CE，当点E与点Q重合时，PE+CE的值最小，此时AF+CE＝PC，AF+CE的值最小，根据勾股定理求出PC的长即可．
【解答】解：如图，作FH⊥AB于点H，则∠AHF＝∠EHF＝90°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠HAD＝∠ADF＝90°，
∴四边形AHFD是矩形，
∴AH＝DF，HF＝AD＝2，
∵EF⊥AC于点M，
∴∠FMC＝90°，
∵AB∥CD，
∴∠HEF＝∠MFC＝90°﹣∠ACD＝∠DAC，
∵∠EHF＝∠ADC＝90°，
∴△EHF∽△ADC，
∴＝，
∵DC＝AB＝4，
∴EH＝＝＝1，
延长CD到点G，使DG＝DF，连接AG，作ER∥AG，交CD于点R，
∵RG∥AE，
∴四边形AERG是平行四边形，
∴RG＝AE，RE＝AG，
∴RD＝RG﹣DG＝RG﹣DF＝AE﹣AH＝EH＝1，
∴CR＝4﹣1＝3，
∴点R为定点，
∵AD⊥FG，DG＝DF，
∴AG＝AF，
∴RE＝AG＝AF，
∴AF+CE＝RE+CE，
作点R关于直线AB的对称点P，连接PR交AB于点N，连接PE、PC，PC交AB于点Q，
∵AB垂直平分PR，
∴RE＝PE，
∴AF+CE＝RE+CE＝PE+CE≥PC，
∴当点E与点Q重合时，PE+CE＝PC，
∴AF+CE＝PC，此时AF+CE的值最小，
∵∠BCR＝∠B＝∠BNF＝90°，
∴四边形BCRN是矩形，
∴PN＝RN＝BC＝AD＝2，∠PRC＝90°，
∴PR＝PN+RN＝4，
∴PC＝＝＝5，
∴AF+CE的最小值是5．

【点评】此题考查矩形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理、平移和轴对称的性质、最短路线问题的求解等知识与方法，根据平移和轴对称的性质正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．
46．（2022春•定远县期中）如图1，已知四边形ABCD是矩形，点E在AD上，AE＝AB，EC与BD相交于点F，且BD⊥EC．
（1）连接BE，求证：△AFD∽△BED；
（2）如图2，连接AF并延长交CD于点G，求∠DFG的度数；
（3）若AD＝1，求AB的长．

【分析】（1）利用四边形ABCD是矩形，BD⊥EC，证明△FDE∽△ADB，得到＝，进而可证得△AFD∽△BED；
（2）利用（1）中结论可得∠DFA＝∠DEB，则∠BEA＝∠BFA，进而可得∠DFG＝∠BFA＝45°；
（3）利用四边形ABCD是矩形，BD⊥EC，证明△CDE∽△DAB，可得＝，设AB的长为x，则DE＝1﹣x，即可求得AB．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，BD⊥EC，
∴∠DFE＝∠DAB＝90°，
∵∠FDE＝∠ADB，
∴△FDE∽△ADB，
∴＝，
∵∠EDB＝∠FDA，
∴△AFD∽△BED；
（2）解：连接BE，
∵△AFD∽△BED，
∴∠DFA＝∠DEB，
∴∠BEA＝∠BFA，
∵AE＝AB，∠DAB＝90°，
∴∠BEA＝45°，
∴∠BFA＝45°，
∴∠DFG＝∠BFA＝45°；
（3）解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝CD，∠CDE＝∠DAB＝90°，
∵BD⊥EC，
∴∠ADB＝∠DCE，
∴△CDE∽△DAB，
∴＝，
设AB的长为x，则DE＝1﹣x，
∴＝，
解得x1＝，x2＝（舍去），
∴AB的长为．

【点评】本题主要考查相似三角形的判定与性质和矩形的性质，解题的关键是熟练掌握相似三角形的判定方法，会对角与角之间进行相互转换．
二十七．相似三角形的应用（共2小题）
47．（2021秋•封丘县期中）学完了《图形的相似》这一章后，某中学数学实践小组决定利用所学知识去测量一古建筑AB的高度（如图1）．如图2，在地面BC上取E，G两点，分别竖立两根高为2m的标杆EF和GH，两标杆间隔EG为23m，并且古建筑AB，标杆EF和GH在同一竖直平面内，从标杆EF后退2m到D处，从D处观察A点，A，F，D三点成一线；从标杆GH后退4m到C处，从C处观察A点，A，H，C三点也成一线．请根据以上测量数据，帮助实践小组求出该古建筑的高度．

【分析】设BE＝ym，由题意可知两组三角形相似，利用相似比找出关于y的方程，即可求出建筑物AB的高度．
【解答】解：设BE＝ym，由题意可知，
△ABD∽△FED，△ABC∽△HGC，
∴＝，＝，
∵EF＝HG＝2，
∴＝，
∴＝，
解得：y＝23（m），
则＝，即＝，
解得：AB＝25（m），
答：该古建筑的高度为25米．
【点评】本题考查了相似三角形的应用，求出BE＝y的值是解题的关键．
48．（2021秋•青羊区校级期中）如图，小芳和爸爸正在散步，爸爸身高1.8米，他在地面上的影长为2.1米．若小芳身高只有1.2m，则她的影长为（　　）

A．1.2m B．1.4m C．1.6m D．1.8m
【分析】设小芳的影长为h，再根据同一时刻物高与影长成正比即可求出h的值．
【解答】解：设小芳的影长为h米，
∵同一时刻物高与影长成正比，
∴，
解得h＝1.4．
故选：B．
【点评】本题考查相似三角形在测量高度时的应用，解题时关键是找出相似的三角形，然后根据对应边成比例列出方程，建立数学模型来解决问题．
二十八．位似变换（共1小题）
49．（2021秋•惠安县校级期中）如图，△ABC与△DEF位似，点O是位似中心，若OE＝3OB，S△ABC＝4，则S△DEF＝（　　）

A．9 B．12 C．16 D．36
【分析】根据位似变换的性质得到BC∥EF，得到△OBC∽△OEF，求出，根据相似三角形的面积比等于相似比的平方计算即可．
【解答】解：∵△ABC与△DEF位似，
∴BC∥EF，
∴△OBC∽△OEF，
∴＝＝，
∴＝（）2＝，
∵S△ABC＝4，
∴S△DEF＝36，
故选：D．
【点评】本题考查的是位似变换的概念和性质、相似三角形的性质，掌握相似三角形的面积比等于相似比的平方是解题的关键．
二十九．简单组合体的三视图（共1小题）
50．（2021秋•金牛区校级期中）如图是由5个小立方块搭成的几何体，则该几何体从左面看到的形状图是（　　）

A． B．
C． D．
【分析】根据简单组合体的左视图的意义和画法画出相应的图形即可．
【解答】解：这个组合体的左视图为：

故选：D．
【点评】本题考查简单组合体的三视图，理解视图的意义，掌握简单组合体三视图的画法是正确解答的关键．
三十．作图-三视图（共1小题）
51．（2021秋•罗湖区校级期中）把6个相同的小正方体摆成如图所示的几何体．

（1）画出该几何体的主视图、左视图、俯视图；
（2）如果在这个几何体上再添加一些相同的小正方体，并保持这个几何体的左视图和俯视图不变，那么最多可以再添加　2　个小正方体．
【分析】（1）根据三视图的概念作图即可得；
（2）保持这个几何体的左视图和俯视图不变，那么最多可以再在后面一行第1和2列各添加1个小正方体．
【解答】解：（1）如图所示：

（2）保持这个几何体的左视图和俯视图不变，那么最多可以再在后面一行第1和2列各添加1个小正方体，
故答案为：2．
【点评】此题主要考查了三视图，用到的知识点为：三视图分为主视图、左视图、俯视图，分别是从物体正面、左面和上面看，所得到的图形；俯视图决定底层立方块的个数，易错点是由主视图得到其余层数里最多的立方块个数．
三十一．平行投影（共2小题）
52．（2021秋•锦江区校级期中）如图，甲楼AB高16米，乙楼CD坐落在甲楼的正北面，已知当地冬至中午12时，物高与影长的比是，已知两楼相距BD为12米，那么甲楼的影子落在乙楼上的高DE＝　（16﹣6）　米．（结果保留根号）

【分析】设FE⊥AB于点F，那么在Rt△AEF中，∠AFE＝90°，解直角三角形AEC可以求得AF的长，进而求得DE＝AB﹣AF即可解题．
【解答】解：如图，

设FE⊥AB于点F，那么在Rt△AEF中，∠AFE＝90°，EF＝BD＝12米．
∵物高与影长的比是1：，
∴，
则AF＝EF＝6米，
故DE＝FB＝（16﹣6）米．
故答案为（16﹣6）．
【点评】本题考查了相似三角似三角形的应用和平行投影，根据物高与影长的比是1：，得出AF的值是解题的关键．
53．（2021秋•简阳市 期中）李航想利用太阳光测量楼高．他带着皮尺来到一栋楼下，发现对面墙上有这栋楼的影子，针对这种情况，他设计了一种测量方案，具体测量情况如下：如示意图，李航边移动边观察，发现站到点E处时，可以使自己落在墙上的影子与这栋楼落在墙上的影子重叠，且高度恰好相同．此时，测得李航落在墙上的影子高度CD＝1.2m，CE＝0.6m，CA＝30m（点A、E、C在同一直线上）．已知李航的身高EF是1.6m，请你帮李航求出楼高AB．

【分析】过点D作DN⊥AB，可得四边形CDME、ACDN是矩形，即可证明△DFM∽△DBN，从而得出BN，进而求得AB的长．
【解答】解：过点D作DN⊥AB，垂足为N．交EF于M点，
∴四边形CDME、ACDN是矩形，
∴AN＝ME＝CD＝1.2（m），DN＝AC＝30（m），DM＝CE＝0.6（m），
∴MF＝EF﹣ME＝1.6﹣1.2＝0.4（m），
∴依题意知，EF∥AB，
∴△DFM∽△DBN，
＝，
即：＝，
∴BN＝20（m），
∴AB＝BN+AN＝20+1.2＝21.2（m）
答：楼高为21.2m．

【点评】本题考查了平行投影和相似三角形的应用，是中考常见题型，要熟练掌握．
三十二．中心投影（共2小题）
54．（2021秋•凤城市期中）如图，A、B在一直线上，小明从点A出发沿AB方向匀速前进，4秒后走到点D，此时他（CD）在某一灯光下的影长为AD，继续沿AB方向以同样的速度匀速前进4秒后到点F，此时他（EF）的影长为2米，然后他再沿AB方向以同样的速度匀速前进2秒后达点H，此时他（GH）处于灯光正下方．
（1）请在图中画出光源O点的位置，并画出他位于点F时在这个灯光下的影长FM（不写画法）；
（2）求小明沿AB方向匀速前进的速度．

【分析】（1）利用影长为AD，进而得出延长AC，HG得到O点，进而求出答案；
（2）利用相似三角形的性质得出＝＝，＝，进而得出x的值．
【解答】解：（1）如图所示：FM即为所求；
（2）设速度为x米/秒，
根据题意得CG∥AH，
∴△COG∽△OAH，
∴＝，即：＝＝，
又∵CG∥AH，
∴△EOG∽△OMH，
∴＝，
即：＝，
∴解得：x＝
答：小明沿AB方向匀速前进的速度为米/秒．

【点评】本题考查了相似三角形的应用以及中心投影，注意从实际问题中抽象出几何图形，然后利用相似比计算相应线段的长是解题关键．
55．（2021秋•莲池区校级期中）如图，AB是公园的一圆形桌面的主视图，MN表示该桌面在路灯下的影子；CD则表示一个圆形的凳子．
（1）请你在图中标出路灯O的位置，并画出CD的影子PQ（要求保留画图痕迹，光线用虚线表示）；
（2）若桌面直径和桌面与地面的距离均为1.2m，测得影子的最大跨度MN为2m，求路灯O与地面的距离．

【分析】（1）延长MA、NB，它们的交点即为路灯O的位置，然后再连接OC、OD，并延长交地面于P、Q点，则PQ为CD的影子；
（2）作OF⊥MN交AB于E，如图，AB＝1.2m，EF＝1.2m，MN＝2m，证明△OAB∽△OMN，利用相似比计算出OF即可得到路灯O与地面的距离．
【解答】解：（1）如图，延长MA、NB，它们的交点为O点，再连接OC、OD，并延长交地面于P、Q点，则PQ为CD的影子，所以点O和PQ为所作；

（2）作OF⊥MN交AB于E，如图，AB＝1.2m，EF＝1.2m，MN＝2m，
∵AB∥MN，
∴△OAB∽△OMN，
∴AB：MN＝OE：OF，即1.2：2＝（OF﹣1.2）：OF，解得OF＝3（m）．
答：路灯O与地面的距离为3m．
【点评】本题考查了中心投影：由同一点（点光源）发出的光线形成的投影叫做中心投影．如物体在灯光的照射下形成的影子就是中心投影．中心投影的光线特点是从一点出发的投射线．物体与投影面平行时的投影是放大（即位似变换）的关系．也考查了相似三角形的判定与性质．
三十三．列表法与树状图法（共4小题）
56．（2021秋•莲湖区期中）将分别标有“中”“国”“加”“油”汉字的四个小球装在一个不透明的口袋中，这些球除汉字外无其他差别，每次摸球前先搅拌均匀随机摸出一球，不放回；再随机摸出一球．两次摸出的球上的汉字能组成“加油”的概率是（　　）
A． B． C． D．
【分析】画树状图，共有12种等可能的结果，两次摸出的球上的汉字能组成“加油”的结果有2种，再由概率公式求解即可．
【解答】解：画树状图如下：

共有12种等可能的结果，两次摸出的球上的汉字能组成“加油”的结果有2种，
∴两次摸出的球上的汉字能组成“加油”的概率为＝，
故选：B．
【点评】此题考查了树状图法求概率．树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合两步或两步以上完成的事件；注意概率＝所求情况数与总情况数之比．
57．（2021秋•颍州区校级期中）从甲、乙两班各随机抽取10名学生（共20人）参加数学素养测试，将测试成绩分为如下的5组：A组：50≤x＜60，B组：60≤x＜70，C组：70≤x＜80，D组：80≤x＜90，E组：90≤x≤100，分别制成频数分布直方图和扇形统计图如图．
（1）根据图中数据，补充完整频数分布直方图并估算参加测试的学生的平均成绩；
（2）参加测试的学生被随机安排到4个不同的考场，其中小亮、小刚两名同学都参加测试，用树状图或列表法求小亮、小刚两名同学被分在不同考场的概率．

【分析】（1）求出D组人数和C组人数，补全频数分布直方图，再由平均数的定义求出参加测试的学生的平均成绩即可；
（2）画树状图，共有16种等可能的结果，小亮、小刚两名同学被分在不同考场的结果有12种，再由概率公式求解即可．
【解答】解：（1）D组人数为：20×25%＝5（人），C组人数为：20﹣（2+4+5+3）＝6（人），
补充完整频数分布直方图如下：

估算参加测试的学生的平均成绩为：＝76.5（分）；
（2）把4个不同的考场分别记为a、b、c、d，
画树状图如下：

共有16种等可能的结果，小亮、小刚两名同学被分在不同考场的结果有12种，
∴小亮、小刚两名同学被分在不同考场的概率为＝．
【点评】此题考查的是树状图法求概率．注意树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合两步或两步以上完成的事件；注意概率＝所求情况数与总情况数之比．也考查了频数分布直方图和扇形统计图．
58．（2021秋•盐湖区期中）北京将于2022年举办冬奥会和冬残奥会，中国将成为一个举办过五次各类奥林匹克运动会的国家小亮是个集邮爱好者，他收集了如图所示的四张纪念邮票（除正面内容不同外，其余均相同），现将四张邮票背面朝上，洗匀放好．
（1）小亮从中随机抽取一张邮票是“冬残奥会吉祥物雪容融”的概率是 　　；
（2）小亮从中随机抽取一张邮票（不放回），再从余下的邮票中随机抽取一张，请你用列表或画树状图的方法求抽到的两张邮票恰好是“冬奥会会徽”和“冬奥会吉祥物冰墩墩”的概率．（这四张邮票依次分别用字母A，B，C，D表示）

【分析】（1）直接由概率公式求解即可；
（2）画树状图，共有12种等可能的结果，抽到的两张邮票恰好是“冬奥会会徽”和“冬奥会吉祥物冰墩墩”的结果有2种，再由概率公式求解即可．
【解答】解：（1）小亮从中随机抽取一张邮票是“冬残奥会吉祥物雪容融”的概率是，
故答案为：；
（2）画树状图如下：

共有12种等可能的结果，抽到的两张邮票恰好是“冬奥会会徽”和“冬奥会吉祥物冰墩墩”的结果有2种，
∴抽到的两张邮票恰好是“冬奥会会徽”和“冬奥会吉祥物冰墩墩”的概率为＝．
【点评】此题考查的是用树状图法求概率．树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合于两步完成的事件；树状图法适合两步或两步以上完成的事件；解题时要注意此题是放回试验还是不放回试验．用到的知识点为：概率＝所求情况数与总情况数之比．
59．（2021秋•东台市期中）为庆祝建党100周年，某大学组织志愿者周末到社区进行党史学习宣讲，决定从A，B，C，D四名志愿者中通过抽签的方式确定两名志愿者参加．抽签规则：将四名志愿者的名字分别写在四张完全相同不透明卡片的正面，把四张卡片背面朝上，洗匀后放在桌面上，先从中随机抽取一张卡片，记下名字，再从剩余的三张卡片中随机抽取第二张，记下名字．
（1）“A志愿者被选中”的概率为 　　；
（2）请你用列表法或画树状图法表示出这次抽签所有可能的结果，并求出A，B两名志愿者同时被选中的概率．
【分析】（1）直接根据概率公式求解即可；
（2）列表得出所有等可能结果数，再从中找到符合条件的结果数，继而利用概率公式求解即可．
【解答】解：（1）从四张卡片中，随机抽取一张，
则“A志愿者被选中”的概率为；
故答案为：；

（2）列表如下：

A
B
C
D
A
﹣
（B，A）
（C，A）
（D，A）
B
（A，B）
﹣
（C，B）
（D，B）
C
（A，C）
（B，C）
﹣
（D，C）
D
（A，D）
（B，D）
（C，D）
﹣
由表可知，共有12种等可能结果，其中A，B两名志愿者同时被选中的有2种结果，
所以A，B两名志愿者同时被选中的概率为＝．
【点评】此题考查的是用列表法或树状图法求概率．列表法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合于两步完成的事件；树状图法适合两步或两步以上完成的事件．用到的知识点为：概率＝所求情况数与总情况数之比．
三十四．利用频率估计概率（共1小题）
60．（2021秋•越城区期中）下列说法正确的是（　　）
A．掷一枚质地均匀的骰子，掷得的点数为3的概率是
B．某种彩票中奖的概率是，那么买10000张这种彩票一定会中奖
C．掷两枚质地均匀的硬币，“两枚硬币都是正面朝上”的概率与“一枚硬币正面朝上，一枚硬币反面朝上”的概率相同
D．通过大量重复试验，可以用频率估计概率
【分析】根据概率的意义以及随机事件和必然事件的定义对各选项分析判断即可得解．
【解答】解：A．掷一枚质地均匀的骰子，掷得的点数为3的概率是，此选项错误，不符合题意；
B．某种彩票中奖的概率是，那么买10000张这种彩票不一定会中奖，原命题说法是错误的，此选项不符合题意；
C．连续掷两枚质地均匀的硬币，“两枚硬币都是正面朝上”的概率是，“一枚硬币正面朝上，一枚硬币反面朝上”的概率是，此选项错误，不符合题意；
D．通过大量重复试验，可以用频率估计概率，此选项符合题意；
故选：D．
【点评】本题主要考查概率公式和列表法与树状图法，解题的关键是掌握概率的意义与概率公式及树状图法与列表法求概率．