九年级上学期期中【易错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【易错60题考点专练】
一．一元二次方程的定义（共4小题）
1．（2021秋•大石桥市校级期中）关于x的方程（m﹣3）x﹣mx+6＝0是一元二次方程，则它的一次项系数是（　　）
A．﹣1 B．1 C．3 D．3或﹣1
【分析】一元二次方程必须满足两个条件：
（1）未知数的最高次数是2；
（2）二次项系数不为0．
由这两个条件得到相应的关系式，再求解即可．
【解答】解：由题意得：m2﹣2m﹣1＝2，m﹣3≠0，
解得m＝﹣1或m＝3．
m＝3不符合题意，舍去，
所以它的一次项系数﹣m＝1．
故选：B．
【点评】本题考查了一元二次方程的定义．只有一个未知数且未知数最高次数为2的整式方程叫做一元二次方程，一般形式是ax2+bx+c＝0（且a≠0）．特别要注意a≠0的条件．这是在做题过程中容易忽视的知识点．
2．（2021秋•义马市期中）下列方程：①y2+2x＝0；②x2＝0；③（x2﹣1）2＝1；④3y2﹣2y＝﹣1；⑤2x2﹣5xy+3y2＝0；⑥ax2+bx+c＝0（a，b，c是常数）；⑦+﹣2＝0；⑧（x+1）（x﹣1）＝x2﹣1．其中属于一元二次方程的有（　　）个．
A．2 B．3 C．4 D．6
【分析】只含有一个未知数，并且未知数的最高次数是2的整式方程叫一元二次方程．
【解答】解：①y2+2x＝0含有两个未知数，不是一元二次方程；
②x2＝0是一元二次方程；
③（x2﹣1）2＝1，未知数的最高次数是4次，不是一元二次方程；
④3y2﹣2y＝﹣1是一元二次方程；
⑤2x2﹣5xy+3y2＝0含有两个未知数，不是一元二次方程；
⑥ax2+bx+c＝0（a，b，c是常数），当a＝0时，不是一元二次方程；
⑦+﹣2＝0是分式方程；
⑧（x+1）（x﹣1）＝x2﹣1，整理后不含未知数，不是一元二次方程．
所以属于一元二次方程的有②④，共2个．
故选：A．
【点评】此题考查了一元二次方程．一元二次方程的一般形式是ax2+bx+c＝0（a≠0）．特别要注意a≠0的条件．这是在做题过程中容易忽视的知识点．
3．（2021秋•宜州区期中）若关于x的方程（a+8）x2+x﹣5＝0是一元二次方程，则a的取值范围是（　　）
A．a≠﹣8 B．a＝﹣8 C．a≠8 D．a≠±8
【分析】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的整式方程叫一元二次方程．
【解答】解：若关于x的方程（a+8）x2+x﹣5＝0是一元二次方程，
则a+8≠0，
解得a≠﹣8，
故选：A．
【点评】本题利用了一元二次方程的概念．只有一个未知数且未知数最高次数为2的整式方程叫做一元二次方程，一般形式是ax2+bx+c＝0（a≠0）．特别要注意a≠0的条件．这是在做题过程中容易忽视的知识点．
4．（2021秋•新晃县期中）当m＝　3　时，方程（m+1）x|m﹣1|+2x﹣3＝0为一元二次方程．
【分析】根据一元二次方程的定义得|m﹣1|＝2且m+1≠0．
【解答】解：∵方程（m+1）x|m﹣1|+2x﹣3＝0为一元二次方程，
∴得|m﹣1|＝2且m+1≠0，
解得m＝3．
故答案为：3．
【点评】本题利用了一元二次方程的概念．只有一个未知数且未知数最高次数为2的整式方程叫做一元二次方程，一般形式是ax2+bx+c＝0（a≠0）．特别要注意a≠0的条件．这是在做题过程中容易忽视的知识点．
二．一元二次方程的解（共2小题）
5．（2021秋•郫都区校级期中）实数a，n，m，b满足a＜n＜m＜b，这四个数在数轴上对应的点分别为A，N，M，B（如图），若AM2＝BM•AB，BN2＝AN•AB，则称m为a，b的“大黄金数”，n为a，b的“小黄金数”，当b﹣a＝2时，a，b的大黄金数与小黄金数之差m﹣n＝　2﹣4　．

【分析】设AM＝x，根据AM2＝BM•AB列一元二次方程，求出x，得出AM＝BN＝﹣1，从而求出MN的长，即m﹣n的长．
【解答】解：由题意得：AB＝b﹣a＝2，
设AM＝x，则BM＝2﹣x，
x2＝2（2﹣x），
x＝﹣1±，
x1＝﹣1+，x2＝﹣1﹣（舍），
则AM＝BN＝﹣1，
∴MN＝m﹣n＝AM+BN﹣2＝2（﹣1）﹣2＝2﹣4，
故答案为：2﹣4．
【点评】本题考查了数轴上两点的距离和黄金分割的定义及一元二次方程，做好此题的关键是能正确表示数轴上两点的距离：若A表示xA、B表示xB，则AB＝|xB﹣xA|；同时会用配方法解一元二次方程，理解线段的和、差关系．
6．（2021秋•南溪区期中）关于x的一元二次方程（m﹣2）x2+3x+m2﹣4＝0有一个解是0，则m＝　﹣2　．
【分析】一元二次方程的解就是能够使方程左右两边相等的未知数的值．即用这个数代替未知数所得式子仍然成立．将x＝0代入方程式即得．
【解答】解：把x＝0代入一元二次方程（m﹣2）x2+3x+m2﹣4＝0，得m2﹣4＝0，即m＝±2．又m﹣2≠0，m≠2，取m＝﹣2．
故答案为：m＝﹣2．
【点评】此题要注意一元二次方程的二次项系数不得为零．
三．解一元二次方程-公式法（共1小题）
7．（2021秋•福州期中）x＝是下列哪个一元二次方程的根（　　）
A．3x2+5x+1＝0 B．3x2﹣5x+1＝0 C．3x2﹣5x﹣1＝0 D．3x2+5x﹣1＝0
【分析】用公式法解一元二次方程的一般步骤为：①把方程化成一般形式，进而确定a，b，c的值；②求出b2﹣4ac的值（若b2﹣4ac＜0，方程无实数根）；③在b2﹣4ac≥0的前提下，把a、b、c的值代入公式进行计算求出方程的根．
【解答】解：A.3x2+5x+1＝0中，x＝，不合题意；
B.3x2﹣5x+1＝0中，x＝，不合题意；
C.3x2﹣5x﹣1＝0中，x＝，不合题意；
D.3x2+5x﹣1＝0中，x＝，符合题意；
故选：D．
【点评】本题主要考查了一元二次方程的根，用求根公式解一元二次方程的方法是公式法．
四．解一元二次方程-因式分解法（共2小题）
8．（2021秋•镇江期中）三角形的两边长分别为3和6，第三边的长是方程x2﹣6x+8＝0的解，则此三角形的周长是　13　．
【分析】求出方程的解，有两种情况：x＝2时，看看是否符合三角形三边关系定理；x＝4时，看看是否符合三角形三边关系定理；求出即可．
【解答】解：x2﹣6x+8＝0，
（x﹣2）（x﹣4）＝0，
x﹣2＝0，x﹣4＝0，
x1＝2，x2＝4，
当x＝2时，2+3＜6，不符合三角形的三边关系定理，所以x＝2舍去，
当x＝4时，符合三角形的三边关系定理，三角形的周长是3+6+4＝13，
故答案为：13．
【点评】本题考查了三角形的三边关系定理和解一元二次方程等知识点，关键是确定第三边的大小，三角形的两边之和大于第三边，分类讨论思想的运用，题型较好，难度适中．
9．（2021秋•锡山区期中）方程x2﹣9x+18＝0的两个根是等腰三角形的底和腰，则这个等腰三角形的周长为　15　．
【分析】求出方程的解，分为两种情况：①当等腰三角形的三边是3，3，6时，②当等腰三角形的三边是3，6，6时，看看是否符合三角形的三边关系定理，若符合求出即可．
【解答】解：x2﹣9x+18＝0，
∴（x﹣3）（x﹣6）＝0，
∴x﹣3＝0，x﹣6＝0，
∴x1＝3，x2＝6，
当等腰三角形的三边是3，3，6时，3+3＝6，不符合三角形的三边关系定理，
∴此时不能组成三角形，
当等腰三角形的三边是3，6，6时，此时符合三角形的三边关系定理，周长是3+6+6＝15，
故答案为：15．
【点评】本题考查了解一元二次方程和三角形的三边关系定理，等腰三角形的性质的应用，关键是确定三角形的三边的长度，用的数学思想是分类讨论思想．
五．根的判别式（共2小题）
10．（2021秋•汨罗市期中）对于一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0），下列说法：①若a+b+c＝0，则b2﹣4ac≥0；②若方程ax2+c＝0有两个不相等的实根，则方程ax2+bx+c＝0必有两个不相等的实根；③若c是方程ax2+bx+c＝0的一个根，则一定有ac+b+1＝0成立；④若x0是一元二次方程ax2+bx+c＝0的根，则b2﹣4ac＝（2ax0+b）2．其中正确的（　　）
A．①② B．①②④ C．①②③④ D．①②③
【分析】根据一元二次方程根的判别式及根的定义逐个判断排除．
【解答】解：①若a+b+c＝0，则x＝1是方程ax2+bx+c＝0的解，
由一元二次方程的实数根与判别式的关系可知：Δ＝b2﹣4ac≥0，故①正确；
②方程ax2+c＝0有两个不相等的实根，
∴Δ＝0﹣4ac＞0，
∴﹣4ac＞0
则方程ax2+bx+c＝0的判别式Δ＝b2﹣4ac＞0，
∴方程ax2+bx+c＝0必有两个不相等的实根，
故②正确；
③∵c是方程ax2+bx+c＝0的一个根，
则ac2+bc+c＝0，
∴c（ac+b+1）＝0，
若c＝0，等式仍然成立，
但ac+b+1＝0不一定成立，
故③不正确；
④若x0是一元二次方程ax2+bx+c＝0的根，
则由求根公式可得：x0＝，
∴2ax0+b＝±，
∴b2﹣4ac＝（2ax0+b）2，
故④正确．
故正确的有①②④，
故选：B．
【点评】本题考查一元二次方程根的判断，根据方程形式，判断根的情况是求解本题的关键．
11．（2021秋•苍溪县期中）已知一元二次方程（m﹣3）x2+2mx+m+1＝0有两个不相等的实数根，并且这两个根又不互为相反数．
（1）求m的取值范围；
（2）当m在取值范围内取最小正偶数时，求方程的根．
【分析】（1）方程有不相等的实数根下必须满足Δ＝b2﹣4ac＞0，又由两个根又不互为相反数，二次项系数不为0，解得m的范围．
（2）找到m的最小正偶数值，即可得到方程，然后解方程．
【解答】解：（1）方程有不相等的实数根，
Δ＝b2﹣4ac＝4m2﹣4（m﹣3）（m+1）＞0，
解得
∵两个根又不互为相反数，
解得m≠0，
故m且m≠0且m≠3．
（2）当m在取值范围内取最小正偶数时，
m＝2时，方程是：﹣x2+4x+3＝0
解得．
【点评】本题重点考查了一元二次方程根的判别式和根与系数的关系，是一个综合性的题目，也是一个难度中等的题目．
六．根与系数的关系（共2小题）
12．（2021秋•上思县期中）已知一元二次方程x2+2x﹣8＝0的两根为x1、x2，则+2x1x2+＝　﹣　．
【分析】根据根与系数的关系得出x1+x2＝﹣2，x1•x2＝﹣8，再通分后根据完全平方公式变形，再代入求出即可．
【解答】解：∵一元二次方程x2+2x﹣8＝0的两根为x1、x2，
∴x1+x2＝﹣2，x1•x2＝﹣8，
∴+2x1x2+
＝2x1x2+
＝2×（﹣8）+
＝﹣16+
＝﹣，
故答案为：﹣．
【点评】本题考查了根与系数的关系和求代数式的值，能熟记根与系数的关系的内容是解此题的关键．
13．（2021秋•兰考县期中）关于x的一元二次方程x2﹣2kx+k2﹣k＝0的两个实数根分别是x1、x2，且x12+x22＝4，则x12﹣x1x2+x22的值是　4　．
【分析】根据根与系数的关系结合x1+x2＝x1•x2可得出关于k的一元二次方程，解之即可得出k的值，再根据方程有实数根结合根的判别式即可得出关于k的一元二次不等式，解之即可得出k的取值范围，从而可确定k的值．
【解答】解：∵x2﹣2kx+k2﹣k＝0的两个实数根分别是x1、x2，
∴x1+x2＝2k，x1•x2＝k2﹣k，
∵x12+x22＝4，
∴＝4，
（2k）2﹣2（k2﹣k）＝4，
2k2+2k﹣4＝0，
k2+k﹣2＝0，
k＝﹣2或1，
∵Δ＝（﹣2k）2﹣4×1×（k2﹣k）≥0，
k≥0，
∴k＝1，
∴x1•x2＝k2﹣k＝0，
∴x12﹣x1x2+x22＝4﹣0＝4．
故答案为：4．
【点评】本题考查了根的判别式以及根与系数的关系，熟练掌握“当一元二次方程有实数根时，根的判别式△≥0”是解题的关键．
七．一元二次方程的应用（共2小题）
14．（2021秋•永春县期中）某玩具销售商试销某一品种的玩具（出厂价为每个30元），以每个40元销售时，平均每月可销售100个，现为了扩大销售，销售商决定降价销售，在原来1月份平均销售量的基础上，经2月份的试场调查，3月份调整价格后，月销售额达到5760元，已知该玩具价格每个下降1元，月销售量将上升10个．
（1）求1月份到3月份销售额的月平均增长率．
（2）求三月份时该玩具每个的销售价格．
【分析】（1）设1月份到3月份销售额的月平均增长率为x，由题意得关于x的一元二次方程，求解，并保留符合题意的答案即可；
（2）设三月份时该玩具的销售价格在每个40元销售的基础上下降y元，根据实际售价乘以降价后的销量等于3月份的销售额，列方程求解，并验证是否符合题意，从而问题可解．
【解答】解：（1）设1月份到3月份销售额的月平均增长率为x，由题意得：
40×100（1+x）2＝5760
∴（1+x）2＝1.44
∴1+x＝±1.2
∴x1＝0.2＝20%，x2＝﹣2.2（舍去）
∴1月份到3月份销售额的月平均增长率为20%．
（2）设三月份时该玩具的销售价格在每个40元销售的基础上下降y元，由题意得：
（40﹣y）（100+10y）＝5760
∴y2﹣30y+176＝0
∴（y﹣8）（y﹣22）＝0
∴y1＝8，y2＝22
当y＝22时，3月份该玩具的销售价格为：40﹣22＝18＜30，不合题意，舍去
∴y＝8，3月份该玩具的销售价格为：40﹣8＝32元
∴3月份该玩具的销售价格为32元．
【点评】本题考查了一元二次方程在实际问题中的应用，明确单价乘以销量等于销售额及平均增长率类型习题的计算方法，是解题的关键．
15．（2021秋•大埔县期中）习近平总书记说：“读书可以让人保持思想活力，让人得到智慧启发，让人滋养浩然之气”．某校为响应我市全民阅读活动，利用节假日面向社会开放学校图书馆．据统计，第一个月进馆128人次，进馆人次逐月增加，到第三个月末累计进馆608人次，若进馆人次的月平均增长率相同．
（1）求进馆人次的月平均增长率；
（2）因条件限制，学校图书馆每月接纳能力不超过500人次，在进馆人次的月平均增长率不变的条件下，校图书馆能否接纳第四个月的进馆人次，并说明理由．
【分析】（1）先分别表示出第二个月和第三个月的进馆人次，再根据第一个月的进馆人次加第二和第三个月的进馆人次等于608，列方程求解；
（2）根据（1）所计算出的月平均增长率，计算出第四个月的进馆人次，再与500比较大小即可．
【解答】解：（1）设进馆人次的月平均增长率为x，则由题意得：
128+128（1+x）+128（1+x）2＝608
化简得：4x2+12x﹣7＝0
∴（2x﹣1）（2x+7）＝0，
∴x＝0.5＝50%或x＝﹣3.5（舍）
答：进馆人次的月平均增长率为50%．
（2）∵进馆人次的月平均增长率为50%，
∴第四个月的进馆人次为：128（1+50%）3＝128×＝432＜500
答：校图书馆能接纳第四个月的进馆人次．
【点评】本题属于一元二次方程的应用题，列出方程是解题的关键．本题难度适中，属于中档题．
八．配方法的应用（共1小题）
16．（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．
九．反比例函数的定义（共2小题）
17．（2021秋•石阡县期中）下列函数中，y是x的反比例函数的是（　　）
A．x（y﹣1）＝1 B． C． D．
【分析】根据反比例函数的概念形如y＝（k为常数，k≠0）的函数称为反比例函数进行分析即可．
【解答】解：A．不是反比例函数，故本选项不符合题意；
B．不是反比例函数，故本选项不符合题意；
C．是反比例函数，故本选项符合题意；
D．不是反比例函数，故本选项不符合题意；
故选：C．
【点评】此题主要考查了反比例函数的概念，解题的关键是掌握反比例函数的定义．
18．（2021秋•新化县校级期中）如果函数y＝xm﹣2为反比例函数，则m的值是 　1　．
【分析】根据反比例函数的定义．即y＝（k≠0），只需令m﹣2＝﹣1即可求出答案．
【解答】解：∵y＝xm﹣2为反比例函数，
∴m﹣2＝﹣1，
解之得：m＝1．
故答案为：1．
【点评】本题考查了反比例函数的定义，重点是将一般式y＝（k≠0）转化为y＝kx﹣1（k≠0）的形式．
一十．反比例函数的图象（共1小题）
19．（2021春•苏州期中）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＞0，一次函数图象呈上升趋势且交与y轴的正半轴，﹣k＞0，即k＜0，故本选项错误；
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，﹣k＜0，即k＞0，故本选项正确；
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轴的负半轴（不合题意），故本选项错误；
D、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，﹣k＜0，即k＞0，故本选项错误．
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．
一十一．反比例函数系数k的几何意义（共3小题）
20．（2021秋•新田县期中）如图，点M是反比例函数y＝（x＞0）图象上任意一点，MN⊥y轴于N，点P是x轴上的动点，则△MNP的面积为（　　）

A．1 B．2 C．4 D．不能确定
【分析】可以设出M的坐标是（m，n），△MNP的面积即可利用A的坐标表示，据此即可求解．
【解答】解：设M的坐标是（m，n），则mn＝2．
∵MN＝m，△MNP的MN边上的高等于n．
∴△MNP的面积＝mn＝1．
故选：A．
【点评】本题主要考查了反比例函数的系数k的几何意义，在反比例函数图象中任取一点，过这一个点向x轴和y轴分别作垂线，与坐标轴围成的矩形的面积是定值|k|．
21．（2021秋•永定区校级期中）如图，若点A在反比例函数y＝（k≠0）的图象上，AM⊥x轴于点M，△AMO的面积为3，则k＝　﹣6　．

【分析】过双曲线上任意一点与原点所连的线段、坐标轴、向坐标轴作垂线所围成的直角三角形面积S是个定值，即S＝|k|．
【解答】解：因为△AOM的面积是3，
所以|k|＝2×3＝6．
又因为图象在二，四象限，k＜0，
所以k＝﹣6．
故答案为：﹣6．
【点评】主要考查了反比例函数中k的几何意义，即过双曲线上任意一点引x轴、y轴垂线，所得矩形面积为|k|，是经常考查的一个知识点；这里体现了数形结合的思想，做此类题一定要正确理解k的几何意义．
22．（2021秋•龙泉驿区期中）如图，在反比例函数y＝（x＞0）的图象上有点P1，P2，P3，P4，P5，它们的横坐标依次为2，4，6，8，10，分别过这些点作x轴与y轴的垂线，图中所构成的阴影部分的面积从左到右依次为S1，S2，S3，S4，则S1+S2+S3+S4的值为 　　．

【分析】根据P5的横坐标，代入反比例函数解析式，求出它的纵坐标，再根据S1+S2+S3+S4＝﹣S矩形BCAO，进而求出S1+S2+S3+S4的值．
【解答】解：当x＝10时，y＝，
∴P（10，），
∴OC＝，
∴S1+S2+S3+S4
＝﹣S矩形BCAO
＝k﹣2×
＝12﹣
＝；
故答案为：．

【点评】本题考查了反比例函数系数k的几何意义、反比例函数图象上点的坐标特征，掌握这两个知识点的应用是解题关键．
一十二．反比例函数图象上点的坐标特征（共2小题）
23．（2021秋•德江县期中）如图，点A，B在双曲线y＝（x＞0）上，点C在双曲线y＝（x＞0）上，若AC∥y轴，BC∥x轴，且AC＝BC，则AB等于（　　）

A． B．2 C．4 D．3
【分析】依据点C在双曲线y＝上，AC∥y轴，BC∥x轴，可设C（a，），则B（3a，），A（a，），依据AC＝BC，即可得到﹣＝3a﹣a，进而得出a＝1，依据C（1，1），B（3，1），A（1，3），即可得到AC＝BC＝2，进而得到Rt△ABC中，AB＝2．
【解答】解：点C在双曲线y＝上，AC∥y轴，BC∥x轴，
设C（a，），则B（3a，），A（a，），
∵AC＝BC，
∴﹣＝3a﹣a，
解得a＝1，（负值已舍去）
∴C（1，1），B（3，1），A（1，3），
∴AC＝BC＝2，
∴Rt△ABC中，AB＝2，
故选：B．
【点评】本题主要考查了反比例函数图象上点的坐标特征，注意反比例函数图象上的点（x，y）的横纵坐标的积是定值k，即xy＝k．
24．（2021秋•德江县期中）已知点（x1，﹣1），（x2，），（x3，3）都在反比例函数y＝﹣的图象上，则x1，x2，x3的大小关系是（　　）
A．x1＞ x2＞x3 B．x1 ＞x3 ＞x2
C．x2 ＞x1 ＞x3 D．x3 ＞x1＞x2
【分析】将各点的纵坐标代入反比例函数y＝﹣，求得x1、x2、x3的值，再比较大小．
【解答】解：由于点（x1，﹣1），（x2，），（x3，3）都在反比例函数y＝﹣的图象上，
∴y＝﹣1时，x1＝2；y＝时，x2＝﹣3；y＝3时，x3＝﹣；
∴x1，x2，x3的大小关系是x1＞x3＞x2．
故选：B．
【点评】本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，反比例函数图象上的点（x，y）的横纵坐标的积是定值k，即xy＝k．
一十三．反比例函数与一次函数的交点问题（共4小题）
25．（2021秋•楚雄市校级期中）已知一次函数y1＝kx﹣b与反比例函数y2＝，在同一平面直角坐标系中的图象如图所示，则当kx＜+b时，x的取值范围是（　　）

A．x＜﹣1或0＜x＜3 B．﹣1＜x＜0或x＞3
C．﹣3＜x＜0或x＞1 D．x＞3
【分析】通过一次函数与反比例函数交点求不等式解集．
【解答】解：由图象可得当﹣1＜x＜0或x＞3时，y1＞y2．
故选：B．
【点评】本题考查反比例函数与一次函数交点问题，解题关键是掌握函数与不等式的关系．
26．（2021秋•龙泉驿区期中）如图，直线y＝kx（k＜0）与双曲线y＝交于A（x1，y1），B（x2，y2）两点，则2x1y2﹣3x2y1的值为 　4　．

【分析】由反比例函数图象上点的坐标特征，两交点坐标关于原点对称，故x1＝﹣x2，y1＝﹣y2，再代入2x1y2﹣7x2y1，由k＝xy得出答案．
【解答】解：由图象可知点A（x1，y1）B（x2，y2）关于原点对称，
即x1＝﹣x2，y1＝﹣y2，
把A（x1，y1）代入双曲线y＝﹣得x1y1＝﹣4，
则2x1y2﹣3x2y1
＝﹣2x1y1+3x1y1
＝8﹣12
＝﹣4．
故答案为：4．
【点评】本题考查了正比例函数与反比例函数交点坐标的性质，属于一般性的题目，通过本题注意掌握两交点坐标关于原点对称，对所求式子进行化简可减少计算．
27．（2021秋•和平区期中）已知一次函数y＝k1x+b与反比例函数y＝的图象交于第一象限内的P（，8），Q（4，m）两点，与x轴交于A点．
（1）分别求出这两个函数的表达式；
（2）连接OP，OQ，S△OPQ＝　　；
（3）不等式k1x+b≥的解集是 　≤x≤4或x＜0．　．

【分析】（1）根据P点坐标即可求出k2的值，再将点Q的坐标代入反比例函数中得出m的值，最后根据待定系数法求解一次函数解析式即可．
（2）根据一次函数的解析式求出一次函数图象与x轴和y轴的交点，设一次函数图象与y轴的交点为D，分别求出△DPO、△AOD和△QOA的面积，用△AOD的面积减去△DPO和△QOA的面积即可求出△OPQ的面积．
（3）根据两个交点进行判断即可．
【解答】解：（1）∵P（，8），
∴k2＝×8＝4，
∴反比例函数解析式为，
将Q（4，m）代入中，
解得m＝1，
将P（，8），Q（4，1）代入一次函数y＝k1x+b中，
得，
解得：k1＝﹣2，b＝9，
∴一次函数解析式为y＝﹣2x+9．
（2）设一次函数图象与y轴的交点为D，如图所示，

∴D点坐标为（0，9），
将y＝0代入y＝﹣2x+9中，
可得x＝，
∴A点坐标为（，0），
∴△AOD的面积＝＝，
△DPO的面积＝＝，
△OQA的面积＝＝，
∴S△OPQ＝S△AOD﹣S△DPO﹣S△OQA＝．
故答案为：．
（3）由图象可知不等式k1x+b≥的解集为≤x≤4或x＜0．
故答案为：≤x≤4或x＜0．
【点评】本题主要考查了一次函数和反比例函数交点的问题，解题关键在于根据交点先求出反比例函数解析式，再求出一次函数解析式．
28．（2021秋•锦江区校级期中）如图，一次函数y1＝kx+b（k≠0）与反比例函数y2＝（m≠0）的图象交于点A（1，2）和B（﹣2，a），与y轴交于点M．
（1）求一次函数和反比例函数的解析式；
（2）在y轴上取一点N，当△AMN的面积为3时，求点N的坐标；
（3）求不等式kx+b﹣＜0的解集．（请直接写出答案）

【分析】（1）用待定系数法即可求解；
（2）由S△AMN＝MN•|xA|＝3且xA＝1，即可求解；
（3）根据图形可知，当y2＝（m≠0）的图象在一次函数y1＝kx+b（k≠0）上方的部分对应的x的取值范围即可．
【解答】解：（1）∵y2＝过点A（1，2），
∴m＝1×2＝2，
即反比例函数：y2＝，
当x＝﹣2时，a＝﹣1，即B（﹣2，﹣1），
∵y1＝kx+b过A（1，2）和B（﹣2，﹣1），
则，解得，
∴y1＝x+1；
（2）当x＝0时，代入y＝x+1中得，y＝1，即M（0，1），
∵S△AMN＝•MN•|xA|＝3且xA＝1，
∴MN＝6，
∴N（0，7）或（0，﹣5）；
（3）由图象可知，不等式kx+b﹣＜0的解集为x＜﹣2或0＜x＜1．
【点评】本题考查的是反比例函数综合运用，涉及到一次函数的性质、面积的计算、数形结合思想等，有一定的综合性，难度不大．
一十四．直角三角形斜边上的中线（共3小题）
29．（2021秋•驿城区校级期中）如图，在△ABC中，∠B＝50°，CD⊥AB于点D，∠BCD和∠BDC的角平分线相交于点E，F为边AC的中点，CD＝CF，则∠ACD+∠CED＝（　　）

A．125° B．145° C．175° D．190°
【分析】根据直角三角形的斜边上的中线的性质，即可得到△CDF是等边三角形，进而得到∠ACD＝60°，根据∠BCD和∠BDC的角平分线相交于点E，即可得出∠CED＝115°，即可得到∠ACD+∠CED＝60°+115°＝175°．
【解答】解：∵CD⊥AB，F为边AC的中点，
∴DF＝AC＝CF，
又∵CD＝CF，
∴CD＝DF＝CF，
∴△CDF是等边三角形，
∴∠ACD＝60°，
∵∠B＝50°，
∴∠BCD+∠BDC＝130°，
∵∠BCD和∠BDC的角平分线相交于点E，
∴∠DCE+∠CDE＝65°，
∴∠CED＝115°，
∴∠ACD+∠CED＝60°+115°＝175°，
故选：C．

【点评】本题主要考查了直角三角形的斜边上的中线的性质，在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半．
30．（2020秋•罗湖区校级期中）如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，点D是BC的中点，点E、F分别是AB、AC上的动点，∠EDF＝90°，M、N分别是EF、AC的中点，连接AM、MN，若AC＝6，AB＝5，则AM﹣MN的最大值为　　．

【分析】由图可以得到M的轨迹是一条线段（AD的垂直平分线的一部分），M在AN上的时候最大（此时AM最大，MN最小），当M在AN上时，设AM＝x，MN＝3﹣x，DM＝x，DN＝2.5，在三角形DMN用勾股定理可得x，进而可得此时AM﹣MN的最大值．
【解答】解：如图，连接DM，DN，

由图可以得到M的轨迹是一条线段（AD的垂直平分线的一部分），
M在AN上的时候最大（此时AM最大，MN最小），
当M在AN上时，如图，

设AM＝x，则MN＝3﹣x，DM＝AM＝x，
∵D、N分别是BC、AC的中点，
∴DN＝AB＝，
在直角三角形DMN中，根据勾股定理，得
DM2＝DN2+MN2，
∴x2＝（3﹣x）2+2.52，
解得x＝，
∴3﹣x＝，
此时AM﹣MN＝﹣＝．
∴AM﹣MN的最大值为．
故答案为：．
【点评】本题考查了直角三角形斜边中线的性质、三角形的三边关系，解决本题的关键是掌握直角三角形斜边中线性质．
31．（2021秋•南海区期中）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD为AB边上的高，CE为AB边上的中线，AD＝3，CE＝5，求CD的长．

【分析】根据直角三角形的性质得出AE＝CE＝5，进而得出DE＝2，利用勾股定理解答即可．
【解答】解：∵在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CE为AB边上的中线，CE＝5，
∴AE＝CE＝5，
∵AD＝3，
∴DE＝5﹣3＝2，
∵CD为AB边上的高，
∴在Rt△CDE中，CD＝＝＝．
【点评】此题考查直角三角形的性质，关键是根据直角三角形的性质得出AE＝CE＝5．
一十五．菱形的判定与性质（共1小题）
32．（2021秋•驻马店期中）如图，在四边形ABCD中，AB∥DC，AB＝AD，对角线AC，BD交于点O，AC平分∠BAD，过点C作CE⊥AB交AB的延长线于点E，连接OE．
（1）求证：四边形ABCD是菱形；
（2）若AB＝3，BD＝4，求OE的长．

【分析】（1）先证CD＝AD＝AB，则四边形ABCD是平行四边形，再由AD＝AB，即可得出结论；
（2）由菱形的性质得OA＝OC，OB＝OD，BD⊥AC，再由直角三角形斜边上的中线性质得OE＝OA＝OC，然后由勾股定理得OA＝，即可求解．
【解答】（1）证明：∵AB∥CD，
∴∠OAB＝∠DCA，
∵AC为∠DAB的平分线，
∴∠OAB＝∠DAC，
∴∠DCA＝∠DAC，
∴CD＝AD＝AB，
∵AB∥CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AD＝AB，
∴四边形ABCD是菱形；
（2）解：∵四边形ABCD是菱形，
∴OA＝OC，BD⊥AC，
∵CE⊥AB，
∴OE＝AC＝OA＝OC，
∵BD＝4，
∴OB＝BD＝2，
在Rt△AOB中，AB＝3，OB＝2，
∴OA＝＝＝，
∴OE＝OA＝．
【点评】本题考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、平行线的性质、直角三角形斜边上的中线性质、勾股定理等知识；熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键．
一十六．矩形的性质（共4小题）
33．（2021秋•宣化区期中）如图，矩形ABCD的对角线AC，BD交于点O，AB＝6，BC＝8，过点O作OE⊥AC，交AD于点E，过点E作EF⊥BD，垂足为F，则OE+EF的值为（　　）

A． B． C． D．
【分析】依据矩形的性质即可得到△AOD的面积为12，再根据S△AOD＝S△AOE+S△DOE，即可得到OE+EF的值．
【解答】解：∵AB＝6，BC＝8，
∴矩形ABCD的面积为48，AC＝＝10，
∴AO＝DO＝AC＝5，
∵对角线AC，BD交于点O，
∴△AOD的面积为12，
∵EO⊥AO，EF⊥DO，
∴S△AOD＝S△AOE+S△DOE，即12＝AO×EO+DO×EF，
∴12＝×5×EO+×5×EF，
∴5（EO+EF）＝24，
∴EO+EF＝，
故选：C．
【点评】本题主要考查了矩形的性质，解题时注意：矩形的四个角都是直角；矩形的对角线相等且互相平分．
34．（2021秋•成都期中）已知任一平面封闭图形，现在其外部存在一水平放置的矩形，使得矩形每条边都与该图形有至少一个交点，且构成该图形的所有点都在矩形内部或矩形边上，那么就称这个矩形为“该图形的矩形”，且这个矩形的水平长成为该图形的宽，铅直高称为该图形的高．如图，边长为1的菱形的一条边水平放置，已知“该菱形的矩形”的“高”是“宽”的，则该“菱形的矩形”的“宽”为　　．

【分析】先根据要求画图，设AF＝x，则CF＝x，根据勾股定理列方程可得结论．
【解答】解：在菱形上建立如图所示的矩形EAFC，
设AF＝x，则CF＝x，
在Rt△CBF中，CB＝1，BF＝x﹣1，
由勾股定理得：BC2＝BF2+CF2，
，
解得：x＝或0（舍），
则该“菱形的矩形”的“宽”是，
故答案为：．

【点评】本题考查了新定义、矩形和菱形的性质、勾股定理，理解新定义中矩形的宽和高是关键．
35．（2022春•东平县期中）下列结论中，菱形具有而矩形不一定具有的性质是（　　）
A．对角线相等 B．对角线互相平分
C．对角线互相垂直 D．对边相等且平行
【分析】根据矩形的性质和菱形的性质逐一进行判断即可．
【解答】解：A．因为矩形的对角线相等，所以A选项不符合题意；
B．因为矩形和菱形的对角线都互相平分，所以B选项不符合题意；
C．因为菱形对角线互相垂直，所以C选项符合题意；
D．因为矩形和菱形的对边都相等且平行，不符合题意．
故选：C．
【点评】本题考查了矩形的性质、菱形的性质，解决本题的关键是掌握矩形的性质、菱形的性质．
36．（2020秋•武侯区校级期中）如图，在矩形ABCD中，AB＝3，AD＝4．过点A作AG⊥BD于G，则BG等于　　．

【分析】由勾股定理求得BD的长度，再由三角形的面积公式求得AG，再根据勾股定理即可得到BG的长．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD＝90°，
∴BD＝＝＝5，
由三角形的面积公式得，BD•AG＝AB•AD，
∴AG＝＝＝，
∴BG＝＝＝，
故答案为：．

【点评】本题主要考查了矩形的性质以及勾股定理的运用，利用面积法求得AG的长是解决问题的关键．
一十七．矩形的判定（共1小题）
37．（2021秋•牡丹区期中）下列说法中错误的是（　　）
A．两条对角线互相平分的四边形是平行四边形
B．两条对角线相等的四边形是矩形
C．两条对角线互相垂直的矩形是正方形
D．两条对角线相等的菱形是正方形
【分析】根据矩形的对角线相等且平分，和正方形的对角线互相垂直、相等平分进行判定即可得出结论．
【解答】解：A、对角线互相平分的四边形是平行四边形，故A选项正确；
B、对角线相等的平行四边形才是矩形，故B选项错误；
C、对角线互相垂直的矩形是正方形，故C选项正确；
D、两条对角线相等的菱形是正方形，故D选项正确；
综上所述，B符合题意，
故选：B．
【点评】平行四边形的判定方法共有五种，在四边形中如果有：①四边形的两组对边分别平行；②一组对边平行且相等；③两组对边分别相等；④对角线互相平分；⑤两组对角分别相等．则四边形是平行四边形．
一十八．正方形的性质（共7小题）
38．（2022春•西山区校级期中）如图，在正方形ABCD和正方形CEFG中，点G在CD上，BC＝8，CE＝4，H是AF的中点，那么CH的长为（　　）

A．4 B．2 C．4 D．2
【分析】连接AC、CF，根据正方形的性质得到∠ACF＝90°，根据勾股定理求出AF的长，根据直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半计算即可．
【解答】解：连接AC、CF，如图：

∵四边形ABCD和四边形CEFG是正方形，
∴∠ACG＝45°，∠FCG＝45°，
∴∠ACF＝90°，
∵BC＝8，CE＝4，
∴AC＝8，CF＝4，
由勾股定理得，AF＝＝4，
∵H是AF的中点，∠ACF＝90°，
∴CH＝AF＝2，
故选：B．
【点评】本题考查了直角三角形的性质、勾股定理的应用、正方形的性质，掌握在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半是解题的关键．
39．（2020秋•罗湖区校级期中）如图，已知在正方形ABCD中，AD＝4，E，F分别是CD，BC上的一点，且∠EAF＝45°，EC＝1，点G在CB延长线上且GB＝DE，连接EF，则以下结论：①DE+BF＝EF，②BF＝，③AF＝，④S△AEF＝中正确的个数有（　　）个．

A．1 B．2 C．3 D．4
【分析】利用全等三角形的性质条件勾股定理求出BF的长，再利用勾股定理求出DE的长，即可求解．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC＝CD＝AD＝4，∠D＝∠ABG＝90°，
∵EC＝1，
∴GB＝DE＝3，
∴AE＝AG＝5，
即△ADE绕点A沿顺时针方向旋转90°后与△ABG重合，
∴∠DAE＝∠BAG，
∵∠EAF＝45°，
∴∠DAE+∠BAF＝45°＝∠GAB+∠BAF＝∠GAF＝45°，
∵AG＝AE，∠FAE＝∠FAG＝45°，AF＝AF，
在△AFE和△AFG中，
，
∴△AFE≌△AFG（SAS），
∴EF＝FG，
∵DE＝BG，
∴EF＝FG＝BG+FB＝DE+BF，故①正确；
∵BC＝CD＝AD＝4，EC＝1，
∴DE＝3，
设BF＝x，则EF＝x+3，CF＝4﹣x，
在Rt△ECF中，（x+3）2＝（4﹣x）2+12，
解得x＝，
∴BF＝，故②正确；
∴AF＝＝＝，故③错误；
∴GF＝3+＝，
∴S△AEF＝S△AGF＝AB×GF＝4×＝，故④正确．
所以正确的有①②④，共3个．
故选：C．

【点评】本题考查旋转变换、正方形的性质、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
40．（2022春•台江区校级期中）如图，P为AB上任意一点，分别以AP、PB为边在AB同侧作正方形APCD、正方形PBEF，设∠CBE＝25°，则∠AFP的度数为 　65°　．

【分析】根据正方形的性质先求出∠PBC的度数，然后利用“SAS”证明△APF≌△CPB，证得∠AFP＝∠PBC即可求得答案．
【解答】解：∵四边形PBEF为正方形，
∴∠PBE＝90°，
∵∠CBE＝25°，
∴∠PBC＝90°﹣25°＝65°，
∵四边形APCD、PBEF是正方形，
∴AP＝CP，∠APF＝∠CPB＝90°，PF＝PB，
在△APF和△CPB中，
，
∴△APF≌△CPB（SAS），
∴∠AFP＝∠PBC＝65°．
故答案为：65°．
【点评】本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质，对于解决四边形的问题往往是通过解决三角形的问题而实现的．
41．（2021秋•南召县期中）如图，已知正方形ABCD中，G、P分别是DC、BC上的点，E、F分别是AP、GP的中点，当P在BC上从B向C移动而G不动时，下列结论成立的是（　　）

A．线段EF的长逐渐增大 B．线段EF的长逐渐减小
C．线段EF的长不改变 D．线段EF的长不能确定
【分析】因为G不动，所以AG不变．根据三角形中位线定理可得EF＝AG，因此线段EF的长不变．
【解答】解：如图，连接AG．
∵E、F分别是AP、GP的中点，
∴EF为△APG的中位线，
∴EF＝AG，AG为定值．
∴线段EF的长不改变．
故选：C．

【点评】本题考查了三角形的中位线定理，只要三角形的边AG不变，则对应的中位线的长度就不变．
42．（2021秋•山亭区期中）如图，在边长为3的正方形ABCD中，∠CDE＝30°，DE⊥CF，则BF的长是（　　）

A．1 B． C． D．2
【分析】由正方形的性质得出DC＝CB，∠DCE＝∠CBF＝90°，由ASA证得△DCE≌△CBF，即可得出答案．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，

∴∠FBC＝∠DCE＝90°，CD＝BC＝3，
Rt△DCE中，∠CDE＝30°，
∴CE＝DE，
设CE＝x，则DE＝2x，
根据勾股定理得：DC2+CE2＝DE2，
即32+x2＝（2x）2，
解得：x＝±（负值舍去），
∴CE＝，
∵DE⊥CF，
∴∠DOC＝90°，
∴∠DCO＝60°，
∴∠BCF＝90°﹣60°＝30°＝∠CDE，
∵∠DCE＝∠CBF，CD＝BC，
∴△DCE≌△CBF（ASA），
∴BF＝CE＝．
故选：C．
【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，含30°角的直角三角形的性质等知识，证明△DCE≌△CBF是解题的关键．
43．（2021秋•青羊区校级期中）如图，在正方形ABCD中，E为对角线BD上一点，连接AE、CE，∠BCE＝70°，则∠EAD为（　　）

A．10° B．15° C．20° D．30°
【分析】先根据SAS证出△AED≌△CED，可得∠EAD＝∠ECD，根据正方形的对角线性质以及∠BCE＝70°可求∠BEC的度数，再根据三角形外角与内角的关系可求∠ECD的度数，最终可求出∠EAD的度数．
【解答】解：∵正方形ABCD，
∴∠ADE＝∠CDE＝∠EBC＝45°，AD＝CD，
∵DE＝DE，
∴△AED≌△CED（SAS），
∴∠EAD＝∠ECD，
又∵∠BCE＝70°，
∴∠BEC＝65°，
∵∠BEC＝∠CDE+∠ECD，
即65°＝45°+∠ECD，
∴∠ECD＝20°，
∴∠EAD＝20°．
故选：C．
【点评】本题主要考查正方形对角线平分对角的性质，解题的关键还需要借助三角形外角与内角的关系，再灵活运用三角形全等进行转化．
44．（2022春•新罗区期中）如图，在正方形ABCD中，AB＝3，点E，F分别在CD，AD上，CE＝DF，BE，CF相交于点G．若图中阴影部分的面积与正方形ABCD的面积之比为2：3，则△BCG的周长为　+3　．

【分析】根据阴影部分的面积与正方形ABCD的面积之比为2：3，得出阴影部分的面积为6，空白部分的面积为3，进而依据△BCG的面积以及勾股定理，得出BG+CG的长，进而得出其周长．
【解答】解：∵阴影部分的面积与正方形ABCD的面积之比为2：3，
∴阴影部分的面积为×9＝6，
∴空白部分的面积为9﹣6＝3，
由CE＝DF，BC＝CD，∠BCE＝∠CDF＝90°，可得△BCE≌△CDF，
∴△BCG的面积与四边形DEGF的面积相等，均为×3＝，
∠CBE＝∠DCF，
∵∠DCF+∠BCG＝90°，
∴∠CBG+∠BCG＝90°，即∠BGC＝90°，
设BG＝a，CG＝b，则ab＝，
又∵a2+b2＝32，
∴a2+2ab+b2＝9+6＝15，
即（a+b）2＝15，
∴a+b＝，即BG+CG＝，
∴△BCG的周长＝+3，
故答案为：+3．

【点评】此题考查了全等三角形的判定与性质、正方形的性质以及三角形面积问题．解题时注意数形结合思想与方程思想的应用．
一十九．比例的性质（共1小题）
45．（2021秋•邗江区期中）已知，则a：b＝　19：13　．
【分析】根据比例的基本性质，将比例式化为等积式化简，进而求得a与b的比值．
【解答】解：∵
∴5（a+2b）＝9（2a﹣b）
∴5a+10b＝18a﹣9b
∴19b＝13a
∴a：b＝．
【点评】考查了比例的基本性质，要求学生能够灵活运用．
二十．比例线段（共1小题）
46．（2021秋•汨罗市期中）已知a，b，c为△ABC的三边，且，则k的值为（　　）
A．1 B．或﹣1 C．﹣2 D．1或﹣2
【分析】依据，即可得出2（a+b+c）＝2k（a+b+c），再根据a、b、c为△ABC的三边，可得a+b+c≠0，进而得到k＝1．
【解答】解：根据题意有：2a＝k（b+c），2b＝k（a+c），2c＝k（a+b），
∴2（a+b+c）＝2k（a+b+c），
∵a、b、c为△ABC的三边，
∴a+b+c≠0，
∴k＝1．
故选：A．
【点评】此题主要考查了三角形三边关系及比例的基本性质的综合运用，注意三角形的三边之和大于0．
二十一．相似三角形的判定（共3小题）
47．（2021秋•大观区校级期中）如图所示，在▱ABCD中，G是BC延长线上的一点，AG与BD交于E，与DC交于F，则图中相似三角形有（　　）

A．3对 B．4对 C．5对 D．6对
【分析】根据平行四边形的对边平行，再根据平行于三角形一边的直线和其他两边（或两边的延长线）相交，所构成的三角形与原三角形相似找出相似三角形即可得解．
【解答】解：在▱ABCD中，AB∥CD，
所以，△ABE∽△FDE，△ABG∽△FCG，
AD∥BC，
所以，△ADE∽△GBE，△FDA∽△FCG，
所以△ABG∽△FDA，△ABD∽△BCD
故图中相似三角形有6对．
故选：D．
【点评】本题考查了相似三角形的判定，主要利用了平行于三角形一边的直线和其他两边（或两边的延长线）相交，所构成的三角形与原三角形相似，要注意△ABG与△FDA都与△FCG相似，所以也相似，这也是本题容易出错的地方．
48．（2021秋•通川区校级期中）如图，Rt△ABC，∠C＝90°，AC＝12cm，BC＝5cm．点P从点C出发，以2cm/s的速度沿CA向点A匀速运动，同时点Q从点B出发，以1cm/s的速度沿BC向点C匀速运动，当一个点到达终点时，另一个点随之停止．
（1）求经过几秒后，△PCQ的面积等于△ABC面积的？
（2）经过几秒，△PCQ与△ABC相似？

【分析】（1）设经过t秒后，△PCQ的面积等于△ABC面积的，用x表示PC、BQ、CQ的长，再根据三角形的面积列式计算即可；
（2）分两种情况分别计算，①设经过x秒后△PCQ∽△ACB，推＝，②设经过x秒后△PCQ∽△BCA，
推＝，代入用t表示的线段计算即可．
【解答】解：（1）设经过t秒后，△PCQ的面积等于△ABC面积的，
则，PC＝2t，BQ＝t，CQ＝5﹣t，
∴×2t×（5﹣t）＝××12×5，
整理得t2﹣5t+6＝0，
解得t1＝2，t2＝3，
∵0＜t＜5，
∴经过2秒或3秒后，△PCQ的面积等于△ABC面积的．
（2）①设经过x秒后△PCQ∽△ACB，
∴＝，
∴＝，
解得x＝，
②设经过x秒后△PCQ∽△BCA，
∴＝，
∴＝，
解得x＝；
∴经过秒或秒，△PCQ与△ABC相似．

【点评】本题主要考查了相似三角形的判定、一元二次方程应用，熟练掌握一元二次方程解法及相似三角形的判定方法，分情况讨论是解题关键．
49．（2021秋•新华区校级期中）如图，在△ABC中，AB＝8cm，BC＝16cm，动点P从点A开始沿AB边运动，速度为2cm/s；动点Q从点B开始沿BC边运动，速度为4cm/s；如果P、Q两动点同时运动，那么何时△QBP与△ABC相似？

【分析】设经过t秒时，以△QBP与△ABC相似，则AP＝2t厘米，BP＝（8﹣2t）厘米，BQ＝4t厘米，利用两组对应边的比相等且夹角对应相等的两个三角形相似进行分类讨论：＝时，△BPQ∽△BAC，即＝；当＝时，△BPQ∽△BCA，即＝，然后方程解方程即可．
【解答】解：设经过t秒时，以△QBP与△ABC相似，则AP＝2t厘米，BP＝（8﹣2t）厘米，BQ＝4t厘米，
∵∠PBQ＝∠ABC，
∴当＝时，△BPQ∽△BAC，即＝，解得t＝2（s）；
当＝时，△BPQ∽△BCA，即＝，解得t＝0.8（s）；
即经过2秒或0.8秒时，△QBP与△ABC相似．
【点评】本题考查了相似三角形的判定：两组对应边的比相等且夹角对应相等的两个三角形相似．利用时间表示相应线段长和利用相似比列方程是解决此题的关键．
二十二．相似三角形的判定与性质（共4小题）
50．（2021秋•宝安区校级期中）如图，在▱ABCD中，点E在线段AB上，点F、G分别为对角线AC与DE、DB的交点．若AB：AE＝3：2，则四边形BGFE与▱ABCD的面积之比为（　　）

A．7：60 B．8：70 C．5：43 D．3：26
【分析】根据平行四边形的性质得S△ABD＝S▱ABCD，S△AGB＝S▱ABCD，再根据AB：AE＝3：2得S△ADE＝S△ABD＝S▱ABCD，根据AB∥CD，推△AEF∽△CDF，得＝，从而得S△AEF＝S△AED＝S▱ABCD，再通过面积之差进而求出四边形BGFE与▱ABCD的面积之比．
【解答】解：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴S△ABD＝S▱ABCD，S△AGB＝S▱ABCD，
∵AB：AE＝3：2，
∴S△ADE＝S△ABD＝S▱ABCD，
∵AB∥CD，
∴△AEF∽△CDF，
∴＝＝＝，
∴＝，
∴S△AEF＝S△AED＝S▱ABCD，
∵S四BGFE＝S△AGB﹣S△AEF
＝S▱ABCD﹣S▱ABCD
＝S▱ABCD，
∴S四BGFE：S▱ABCD＝7：60，
故选：A．
【点评】本题主要考查了相似三角形的判定与性质、平行四边形的性质，熟练应用平行四边形的性质和相似三角形的判断，根据线段之比求面积之比是解题关键．
51．（2021秋•栾城区期中）如图，在△ABC中，BC＝120，高AD＝60，正方形EFGH一边在BC上，点E，F分别在AB，AC上，AD交EF于点N，则AN的长为（　　）

A．15 B．20 C．25 D．30
【分析】设正方形EFGH的边长EF＝EH＝x，易证四边形EHDN是矩形，则DN＝x，根据正方形的性质得出EF∥BC，推出△AEF∽△ABC，根据相似三角形的性质计算即可得解．
【解答】解：设正方形EFGH的边长EF＝EH＝x，
∵四边形EFGH是正方形，
∴∠HEF＝∠EHG＝90°，EF∥BC，
∴△AEF∽△ABC，
∵AD是△ABC的高，
∴∠HDN＝90°，
∴四边形EHDN是矩形，
∴DN＝EH＝x，
∵△AEF∽△ABC，
∴＝（相似三角形对应边上的高的比等于相似比），
∵BC＝120，AD＝60，
∴AN＝60﹣x，
∴＝，
解得：x＝40，
∴AN＝60﹣x＝60﹣40＝20．
故选：B．
【点评】本题考查了相似三角形的判定和性质，矩形的判定和性质．解题的关键是掌握相似三角形的判定和性质，矩形的判定和性质的运用，注意：矩形的对边相等且平行，相似三角形的对应高的比等于相似比，题目是一道中等题，难度适中．
52．（2021秋•南海区期中）已知，▱ABCD面积为40，点M为AD的三等分点，且AM＝AD，N为BC的中点，MN交对角线BD于点O，则阴影部分的面积为 　　．

【分析】根据平行四边形的性质可得AD∥BC，AD＝BC，AB＝CD，从而可证△ABD≌△CDB，进而可得△CDB的面积＝▱ABCD的面积＝20，再根据N为BC的中点，可得△DNC的面积＝△BND的面积＝△CBD的面积＝10，然后证明8字模型相似三角形△DMO∽△BNO，求出＝，从而求出△DON的面积，即可解答．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AD＝BC，AB＝CD，
∵BD＝BD，
∴△ABD≌△CDB（SSS），
∴△CDB的面积＝▱ABCD的面积＝20，
∵N为BC的中点，
∴BN＝NC＝BC，
∴△DNC的面积＝△BND的面积＝△CBD的面积＝10，
∵AM＝AD，
∴DM＝AD＝BC，
∵AD∥BC，
∴∠ADB＝∠DBC，∠DMN＝∠ANB，
∴△DMO∽△BNO，
∴＝＝＝，
∴＝，
∴△DON的面积＝△BND的面积＝，
∴阴影部分的面积＝△DON的面积+△DNC的面积＝，
故答案为：．
【点评】本题考查了平行四边形的性质，相似三角形的判定与性质，熟练掌握8字模型相似三角形是解题的关键．
53．（2021秋•章丘区期中）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．
【解答】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．
【点评】本题考查的是相似三角形的判定和性质、平行四边形的性质，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．
二十三．作图-位似变换（共1小题）
54．（2021秋•金牛区校级期中）已知O是坐标原点，A、B的坐标分别为（3，1）、（2，﹣1）．
（1）画出△OAB绕点O顺时针旋转90°后得到的△OA1B1；
（2）在y轴的左侧以O为位似中心作△OAB的位似图形△OA2B2，使新图与原图相似比为2：1；
（3）求出△OA2B2的面积．

【分析】（1）直接利用旋转变换的性质得出对应点位置进而得出答案；
（2）直接利用位似图形的性质得出对应点位置进而得出答案；
（3）以x轴为分割线，将△OA2B2分成两部分，即可求得△OA2B2的面积．
【解答】解：（1）如图所示：△OA1B1即为所求；
（2）如图所示：△OA2B2即为所求；
（3）△OA2B2的面积＝×5×（2+2）＝10．

【点评】此题主要考查了位似变换以及旋转变换，正确得出对应点位置是解题关键．
二十四．简单组合体的三视图（共3小题）
55．（2021秋•香坊区校级期中）如图的几何体是由一些小正方体组合而成的，则这个几何体的左视图是（　　）

A． B． C． D．
【分析】根据从左边看得到的图形是左视图，可得答案．
【解答】解：从左边看，底层是两个正方形，上层左边是一个正方形，
故选：B．
【点评】本题考查简单组合体的三视图，从左边看得到的图形是左视图．
56．（2021秋•晋中期中）如图所示的几何体的主视图为（　　）

A． B． C． D．
【分析】根据主视图的意义得出该几何体的主视图即可．
【解答】解：从正面看该几何体，是一行两个矩形，
故选：D．
【点评】本题考查了组合体的三视图，掌握简单组合体三视图的形状是正确判断的前提．
57．（2021秋•金牛区校级期中）如图所示的几何体，它的左视图是（　　）

A． B． C． D．
【分析】根据从左边看得到的图形是左视图，可得答案．
【解答】解：从左边看是两个同心圆，内圆要画成实线．
故选：C．
【点评】本题考查了简单几何体的三视图，从左边看得到的图形是左视图．
二十五．平行投影（共1小题）
58．（2021秋•雁塔区校级期中）三根等高的木杆竖直立在平地上，其俯视图如图所示，在某一时刻三根木杆在太阳光下的影子合理的是（　　）

A． B．
C． D．
【分析】三根等高的木杆竖直立在平地上，在某一时刻三根木杆在太阳光下的影子应该同方向、长度相等且平行．
【解答】解：A．在某一时刻三根木杆在太阳光下的影子的方向应该一致，故本选项错误；
B．在某一时刻三根等高木杆在太阳光下的影子的长度应该相同，故本选项错误；
C．在某一时刻三根木杆在太阳光下的影子合理，故本选项正确；
D．在某一时刻三根木杆在太阳光下的影子的方向应该互相平行，故本选项错误．
故选：C．
【点评】本题主要考查了平行投影，由平行光线形成的投影是平行投影，如物体在太阳光的照射下形成的影子就是平行投影．
二十六．列表法与树状图法（共1小题）
59．（2021秋•龙华区期中）将一枚硬币抛掷两次，则这枚硬币两次反面都向上的概率为（　　）
A． B． C． D．
【分析】依据题意先用列表法或画树状图法分析所有等可能的出现结果，然后根据概率公式求出该事件的概率．
【解答】解：列树状图可得

∴两次反面都向上的概率为，
故选：D．
【点评】考查了列表法与树状图法，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．用到的知识点为：概率＝所求情况数与总情况数之比．
二十七．利用频率估计概率（共1小题）
60．（2021秋•东城区校级期中）关于频率和概率的关系，下列说法正确的是（　　）
A．频率等于概率
B．当实验次数很大时，频率稳定在概率附近
C．当实验次数很大时，概率稳定在频率附近
D．实验得到的频率与概率不可能相等
【分析】大量反复试验时，某事件发生的频率会稳定在某个常数的附近，这个常数就叫做事件概率的估计值，而不是一种必然的结果．
【解答】解：A、频率只能估计概率；
B、正确；
C、概率是定值；
D、可以相同，如“抛硬币实验”，可得到正面向上的频率为0.5，与概率相同．
故选：B．
【点评】考查利用频率估计概率，大量反复试验下频率稳定值即概率．