精品解析：廣東省深圳市龍崗區(qū)龍崗區(qū)東升學(xué)校2021-2022學(xué)年九年級(jí)上學(xué)期第一次月考數(shù)學(xué)試題-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

?東升學(xué)校2021－2022學(xué)年第一學(xué)期九年級(jí)第一次月考數(shù)學(xué)試卷
一．選擇題（每題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】先移項(xiàng)得到x2﹣3x＝0，然后利用因式分解法解方程．
【詳解】x2﹣3x＝0，
x(x﹣3)＝0，
x＝0或x﹣3＝0，
所以x1＝0，x2＝3．
故選C．
【點(diǎn)睛】本題考查了解一元二次方程﹣因式分解法：先把方程的右邊化為0，再把左邊通過因式分解化為兩個(gè)一次因式的積的形式，那么這兩個(gè)因式的值就都有可能為0，這就能得到兩個(gè)一元一次方程的解，這樣也就把原方程進(jìn)行了降次，把解一元二次方程轉(zhuǎn)化為解一元一次方程的問題了(數(shù)學(xué)轉(zhuǎn)化思想)．
2. 已知關(guān)于x的一元二次方程有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根，則a的取值范圍是（）
A B. C. 且 D. 且
【答案】D
【解析】
【分析】利用一元二次方程的定義及根的判別式列不等式a≠0且，從而求解．
【詳解】解：根據(jù)題意得：a≠0且，即
，
解得：且，
故選D．
【點(diǎn)睛】本題考查了根的判別式：一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的根與△=b2﹣4ac有如下關(guān)系：當(dāng)△＞0時(shí)，方程有兩個(gè)不相等的兩個(gè)實(shí)數(shù)根；當(dāng)△=0時(shí)，方程有兩個(gè)相等的兩個(gè)實(shí)數(shù)根；當(dāng)△＜0時(shí)，方程無實(shí)數(shù)根．
3. 下列說法正確的是（）
A. 對(duì)角線互相垂直的四邊形是菱形 B. 四邊相等的四邊形是菱形
C. 對(duì)角線相等且垂直的四邊形是正方形 D. 對(duì)角線相等的四邊形是矩形
【答案】B
【解析】
【分析】根據(jù)菱形、矩形、正方形的判定定理，即可判斷．
【詳解】解：A、對(duì)角線互相垂直的平行四邊形是菱形，故本選項(xiàng)錯(cuò)誤，不符合題意；
B、四邊相等的四邊形是菱形，正確，故本選項(xiàng)符合題意；
C、對(duì)角線相等且垂直的平行四邊形是正方形，故本選項(xiàng)錯(cuò)誤，不符合題意；
D、對(duì)角線相等的平行四邊形是矩形，故本選項(xiàng)錯(cuò)誤，不符合題意；
故選：B．
【點(diǎn)睛】本題主要考查了菱形、矩形、正方形的判定，熟練掌握菱形、矩形、正方形的判定定理是解題的關(guān)鍵．
4. 順次連接矩形各邊中點(diǎn)得到四邊形，它的形狀是（）
A. 平行四邊形 B. 矩形 C. 菱形 D. 正方形
【答案】C
【解析】
【分析】四邊形是菱形；根據(jù)矩形中，分別是的中點(diǎn)，利用三角形中位線定理求證，然后利用四條邊都相等的平行四邊形是菱形即可判定．
【詳解】解：四邊形是菱形；理由如下：
連接，

∵矩形中，分別是的中點(diǎn)，
∴，
∴，，，，
同理，

∴，
∴四邊形是菱形．
故選：C．
【點(diǎn)睛】此題主要考查學(xué)生對(duì)菱形的判定、三角形中位線定理和矩形的性質(zhì)的理解和掌握，證明此題的關(guān)鍵是正確利用三角形中位線定理進(jìn)行證明．
5. 如圖，已知正方形ABCD的對(duì)角線長為2，將正方形ABCD沿直線EF折疊，則圖中陰影部分的周長為（　?。?br />
A. 8 B. 4 C. 8 D. 6
【答案】C
【解析】
【分析】首先由正方形ABCD的對(duì)角線長為2 ，即可求得其邊長為2，然后由折疊的性質(zhì)，可得A′M=AM，D′N=DN，A′D′=AD，則可得圖中陰影部分的周長為：A′M+BM+BC+CN+D′N+A′D′=AM+BM+BC+CN+DN+AD=AB+BC+CD+AD，繼而求得答案．
【詳解】解：∵正方形ABCD的對(duì)角線長為2，

即BD=2，∠A=90°，AB=AD，∠ABD=45°，
∴AB=BD?cos∠ABD=BD?cos45°=2× =2，
∴AB=BC=CD=AD=2，
由折疊的性質(zhì)：A′M=AM，D′N=DN，A′D′=AD，
∴圖中陰影部分的周長為：
A′M+BM+BC+CN+D′N+A′D′
=AM+BM+BC+CN+DN+AD
=AB+BC+CD+AD
=2+2+2+2
=8．
故選C．
【點(diǎn)睛】此題考查了折疊的性質(zhì)與正方形的性質(zhì)．此題難度適中，注意數(shù)形結(jié)合思想與整體思想的應(yīng)用．
6. 2017﹣2018賽季中國男子籃球職業(yè)聯(lián)賽，采用雙循環(huán)制（每?jī)申?duì)之間都進(jìn)行兩場(chǎng)比賽），比賽總場(chǎng)數(shù)為380場(chǎng)，若設(shè)參賽隊(duì)伍有x支，則可列方程為（　?。?br /> A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】設(shè)參賽隊(duì)伍有x支，根據(jù)參加籃球職業(yè)聯(lián)賽的每?jī)申?duì)之間都進(jìn)行兩場(chǎng)場(chǎng)比賽，共要比賽380場(chǎng)，可列出方程．
【詳解】設(shè)參賽隊(duì)伍有x支，根據(jù)題意得：
x（x﹣1）=380．
故選B．
【點(diǎn)睛】本題考查了由實(shí)際問題抽象出一元二次方程，關(guān)鍵是根據(jù)總比賽場(chǎng)數(shù)做為等量關(guān)系列方程求解．
7. 如圖，矩形對(duì)角線，交于點(diǎn)，，，過點(diǎn)作，交于點(diǎn)，過點(diǎn)作，垂足為，則的值為（）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根據(jù)勾股定理求出AC=BD=10，由矩形的性質(zhì)得出AO=5，證明得到OE的長，再證明可得到EF的長，從而可得到結(jié)論．
【詳解】∵四邊形ABCD是矩形，
，
，
，
，，
，
，

，
又，
，
，
，
，，
，
同理可證，，
，
，
，
，
故選：C．
【點(diǎn)睛】本題主要考查了矩形的性質(zhì)和相似三角形的判定與性質(zhì)，熟練掌握判定與性質(zhì)是解答此題的關(guān)鍵．
8. 如圖，在中，點(diǎn)分別在邊，，上，且，．下列四個(gè)判斷中，不正確的是（　?。?br />
A. 四邊形是平行四邊形
B. 如果，那么四邊形是矩形
C. 如果平分平分∠BAC，那么四邊形 AEDF 菱形
D. 如果AD⊥BC 且 AB＝AC，那么四邊形 AEDF 是正方形
【答案】D
【解析】
【詳解】由DE∥CA,DF∥BA，根據(jù)兩組對(duì)邊分別平行的四邊形是平行四邊形可得四邊形AEDF是平行四邊形；
又有∠BAC=90°，根據(jù)有一角是直角的平行四邊形是矩形，可得四邊形AEDF是矩形
故A.?B正確；
如果AD平分∠BAC,那么∠EAD=∠FAD,又有DF∥BA，可得∠EAD=∠ADF，
∴∠FAD=∠ADF，
∴AF=FD，那么根據(jù)鄰邊相等的平行四邊形是菱形，可得四邊形AEDF是菱形故C正確；
如果AD⊥BC且AB=AC，那么AD平分∠BAC，同上可得四邊形AEDF是菱形，故D錯(cuò)誤.
故選D
9. 如圖①，在菱形ABCD中，動(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)B出發(fā)，沿折線B→C→D→B運(yùn)動(dòng)．設(shè)點(diǎn)P經(jīng)過的路程為x，△ABP的面積為y．把y看作x的函數(shù)，函數(shù)的圖象如圖②所示，則圖②中的b等于（）

A. 8 B. 3 C. 6 D. 12
【答案】B
【解析】
【分析】連接AC交BD于O，根據(jù)圖②求出菱形的邊長為4，對(duì)角線BD為6，根據(jù)菱形的對(duì)角線互相垂直平分求出BO，再利用勾股定理列式求出CO，然后求出AC的長，再根據(jù)菱形的面積等于對(duì)角線乘積的一半求出菱形的面積，b為點(diǎn)P在CD上時(shí)△ABP的面積，等于菱形的面積的一半，從而得解．
【詳解】解：如圖，連接AC交BD于O，

由圖②可知，BC＝CD＝4，BD＝14－8＝6，
∴BO＝BD＝×6＝3，
在Rt△BOC中，CO＝，
AC＝2CO＝2 ，
所以，菱形的面積＝AC?BD＝×2×6＝6，
當(dāng)點(diǎn)P在CD上運(yùn)動(dòng)時(shí)，△ABP的面積不變，為b，
所以，b＝×6＝3．
故選：B．
【點(diǎn)睛】本題考查了動(dòng)點(diǎn)問題的函數(shù)圖象，主要利用了菱形的對(duì)角線互相垂直平分的性質(zhì)，菱形的面積等于對(duì)角線乘積的一半，根據(jù)圖形得到菱形的邊長與對(duì)角線BD的長是解題的關(guān)鍵．
10. 如圖，在矩形ABCD中，AD＝AB，∠BAD的平分線交BC于點(diǎn)E．DH⊥AE于點(diǎn)H，連接BH并延長交CD于點(diǎn)F，連接DE交BF于點(diǎn)O，下列結(jié)論：①AD＝AE；②∠AED＝∠CED；③OE＝OD；④BH＝HF；⑤BC－CF＝2HE，其中正確的有（）

A. 2個(gè) B. 3個(gè) C. 4個(gè) D. 5個(gè)
【答案】D
【解析】
【分析】根據(jù)角平分線的定義可得∠BAE=∠DAE=45°，然后求出△ABE是等腰直角三角形，根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)可得AE=AB，從而得到AE=AD即可判斷① ；由AE=AD得到∠AED=∠ADE，再由AD∥BC，即可得到∠ADE=∠CED，即可判斷② ；證明ABE≌△AHD即可推出AB＝BE＝AH＝HD，由三角形內(nèi)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°，從而推出∠OHE＝67.5°＝∠AED，得到OE＝OH，再由∠DHO＝∠DHE-∠OHE＝22.5°，∠ODH＝∠ADE-∠ADH＝22.5°，推出OH＝OD，即可判斷③ ；再證明△BEH≌△HDF得到BH＝HF，HE＝DF即可判斷④ ；再由HE＝AE－AH＝BC－CD，得到BC－CF＝BC－（CD－DF）＝BC－（CD－HE）＝（BC－CD）＋HE＝HE＋HE＝2HE即可判斷⑤．
【詳解】解：∵四邊形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正確；
∴∠AED=∠ADE，
∵AD∥BC，
∴∠ADE=∠CED，
∴∠AED=∠CED，故②正確；
∵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（對(duì)頂角相等），
∴∠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正確；

∵∠EBH＝∠ABE-∠ABH＝22.5°，
∴∠EBH＝∠OHD，
在△BEH和△HDF中，
，
∴△BEH≌△HDF（ASA），
∴BH＝HF，HE＝DF，故④正確；
∵HE＝AE－AH＝BC－CD，
∴BC－CF＝BC－（CD－DF）＝BC－（CD－HE）＝（BC－CD）＋HE＝HE＋HE＝2HE．故⑤正確；
故選D．
【點(diǎn)睛】本題考查了矩形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，角平分線的定義，等腰三角形的判定與性質(zhì)，熟記各性質(zhì)并仔細(xì)分析題目條件，根據(jù)相等的度數(shù)求出相等的角，從而得到三角形全等的條件或判斷出等腰三角形是解題的關(guān)鍵，也是本題的難點(diǎn)．
二．填空題（每題3分，共15分）
11. 若m，n是一元二次方程的兩個(gè)實(shí)數(shù)根，則的值為___________．
【答案】3
【解析】
【分析】先根據(jù)一元二次方程的解的定義得到m2+3m-1=0，則3m-1=-m2，根據(jù)根與系數(shù)的關(guān)系得出m+n=-3，再將其代入整理后的代數(shù)式計(jì)算即可．
【詳解】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的兩個(gè)根，
∴m+n=-3，
∴，
故答案為：3．
【點(diǎn)睛】本題考查了根與系數(shù)的關(guān)系：若x1，x2是一元二次方程()的兩根時(shí)，，．也考查了一元二次方程的解．
12. 菱形的一條對(duì)角線長為8，其邊長是方程的一個(gè)根，則該菱形的周長為________．
【答案】20
【解析】
【分析】解方程得出x=4，或x=5，分兩種情況：①當(dāng)AB=AD=4時(shí)，4+4=8，不能構(gòu)成三角形；②當(dāng)AB=AD=5時(shí)，5+5＞8，即可得出菱形ABCD的周長．
【詳解】解：如圖所示：
∵四邊形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，
分兩種情況：
當(dāng)AB=AD=4時(shí)，4+4=8，不能構(gòu)成三角形；
當(dāng)AB=AD=5時(shí)，5+5＞8，可構(gòu)成三角形；
∴菱形ABCD的周長=4AB=20．
故答案為：20．

【點(diǎn)睛】本題考查了菱形的性質(zhì)、一元二次方程的解法、三角形的三邊關(guān)系；熟練掌握菱形的性質(zhì)，由三角形的三邊關(guān)系得出AB是解決問題的關(guān)鍵．
13. 如圖，在￡ ABCD中，尺規(guī)作圖：以點(diǎn)A為圓心，AB的長為半徑畫弧交AD于點(diǎn)F，分別以點(diǎn)B，F(xiàn)為圓心，以大于BF的長為半徑畫弧交于點(diǎn)P，作射線AP交BC與點(diǎn)E，若BF = 12，AB = 10，則AE的長為_____．

【答案】16
【解析】
【分析】證明四邊形ABEF是菱形，利用勾股定理求出OA即可解決問題．
【詳解】解：由題意可知：AB=AF，AE⊥BF，
∴OB=OF，∠BAE=∠EAF，
∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴AD∥BC，
∴∠EAF=∠AEB，
∴∠BAE=∠AEB，
∴AB=BE=AF，
∵AF∥BE，
∴四邊形ABEF是平行四邊形，
∵AB=AF，
∴四邊形ABEF是菱形，
∴OA=OE，OB=OF=BF=6，
在Rt△AOB中，OA==8，
∴AE=2OA=16．
故答案為：16．
【點(diǎn)睛】本題考查了平行四邊形的性質(zhì)、菱形的判定和性質(zhì)、勾股定理等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是判定四邊形ABEF是菱形．
14. 一個(gè)不透明的口袋中，裝有黑球5個(gè)，紅球6個(gè)，白球7個(gè)，這些球除顏色不同外，沒有任何區(qū)別，現(xiàn)從中任意摸出一個(gè)球，恰好是紅球的概率為________．
【答案】
【解析】
【分析】直接利用概率公式計(jì)算即可．
【詳解】共有球個(gè)，其中紅球有6個(gè)，
∴從中任意摸出一個(gè)球，恰好是紅球的概率是．
故答案為：．
【點(diǎn)睛】本題考查簡(jiǎn)單的概率計(jì)算．掌握概率公式是解答本題的關(guān)鍵．
15. 如圖，點(diǎn)P是正方形ABCD內(nèi)一點(diǎn)，且點(diǎn)P到點(diǎn)A、B、C的距離分別為則正方形ABCD的面積為________

【答案】
【解析】
【分析】如圖，將△ABP繞點(diǎn)B順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到△CBM，連接PM，過點(diǎn)B作BH⊥PM于H．首先證明∠PMC=90°，推出∠CMB=∠APB=135°，推出A，P，M共線，利用勾股定理求出AB2即可．
【詳解】解：如圖，將△ABP繞點(diǎn)B順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到△CBM，連接PM，過點(diǎn)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共線，
∵BH⊥PM，
∴PH=HM，
∴BH=PH=HM=1，
∴AH=2+1，
∴AB2=AH2+BH2=（2+1）2+12=14+4，
∴正方形ABCD的面積為14+4．
故答案為14+4．
【點(diǎn)睛】本題考查旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，解直角三角形等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)利用旋轉(zhuǎn)法添加輔助線，構(gòu)造全等三角形解決問題．
三．解答題（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）根據(jù)公式法即可求出答案；
（2）根據(jù)因式分解法即可求出答案．
【詳解】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＝－．
【點(diǎn)睛】本題考查了一元二次方程的解法，解題的關(guān)鍵是熟練運(yùn)用一元二次方程的解法，本題屬于基礎(chǔ)題型．注意：解一元二次方程的方法有：因式分解法，公式法、配方法、直接開平方法．
17. 深圳中學(xué)對(duì)九年級(jí)學(xué)生開展了“我喜歡的景區(qū)”的抽樣調(diào)查（每人只能選一項(xiàng)）：A—?dú)g樂谷；B—世界之窗；C—?jiǎng)游飯@；D—梧桐山；E—民族文化村．九年級(jí)準(zhǔn)備在最喜歡A景區(qū)的5名學(xué)生中隨機(jī)選擇2名進(jìn)行實(shí)地考察，這5名學(xué)生中，有2名男生和3名女生．請(qǐng)用列表或畫樹狀圖的方法求選出的2名學(xué)生都是女生的概率．
【答案】
【解析】
【分析】先根據(jù)題意，畫出樹狀圖，可得共有20中等可能的結(jié)果數(shù)，其中選出2名學(xué)生都是女生的結(jié)果數(shù)為6，然后利用概率公式，即可求解．
【詳解】解：根據(jù)題意，畫出樹狀圖為：

共有20中等可能結(jié)果數(shù)，其中選出2名學(xué)生都是女生的結(jié)果數(shù)為6，
∴選出的2名學(xué)生都是女生的概率為．
【點(diǎn)睛】本題主要考查了求概率，熟練掌握用樹狀圖法得到所有等可能結(jié)果，再從中選出符合事件的結(jié)果數(shù)目是解題關(guān)鍵．
18. 如圖，已知E是?ABCD中BC邊的中點(diǎn)，連接AE并延長AE交DC的延長線于點(diǎn)F．
（1）求證：△ABE≌△FCE．
（2）連接AC．BF，若∠AEC=2∠ABC，求證：四邊形ABFC為矩形．

【答案】（1）證明見解析；（2）證明見解析
【解析】
【詳解】證明：（1）∵四邊形ABCD為平行四邊形，
∴AB∥DC．
∴∠ABE=∠ECF．
又∵E為BC的中點(diǎn)，
∴BE=CE．
在△ABE和△FCE中，
∵∠ABE=∠FCE，BE=CE，∠AEB=∠FEC，
∴△ABE≌△FCE（ASA）．
（2）∵△ABE≌△FCE，
∴AB=CF．
又AB∥CF，
∴四邊形ABFC為平行四邊形．
∴BE=EC，AE=EF．
又∵∠AEC=2∠ABC，且∠AEC為△ABE的外角，
∴∠AEC=∠ABC+∠EAB．
∴∠ABC=∠EAB，
∴AE=BE．
∴AE+EF=BE+EC，即AF=BC．
∴四邊形ABFC矩形．
19. 閱讀下列問題與提示后，將解方程的過程補(bǔ)充完整，求出x的值．
問題：解方程（提示：可以用換元法解方程），
解：設(shè)，則有，
原方程可化為：，
續(xù)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，然后進(jìn)行檢驗(yàn)確定原方程的解．
【詳解】續(xù)解：，
，
解得，（不合題意，舍去），
，
，，
，
經(jīng)檢驗(yàn)都是方程的解．
【點(diǎn)睛】本題考查了換元法解方程，涉及了無理方程及一元二次方程的解法．看懂提示是解決本題的關(guān)鍵．換元法的一般步驟：設(shè)元、換元、解元、還元．
20. 某服裝廠生產(chǎn)一批服裝，2019年該類服裝的出廠價(jià)是200元/件，2020年，2021年連續(xù)兩年改進(jìn)技術(shù)，降低成本，2021年該類服裝的出廠價(jià)調(diào)整為162元/件．
（1）這兩年此類服裝的出廠價(jià)下降的百分比相同，求平均下降率．
（2）2021年某商場(chǎng)從該服裝廠以出廠價(jià)購進(jìn)若干件此類服裝，以200元/件銷售時(shí)，平均每天可銷售20件．為了減少庫存，商場(chǎng)決定降價(jià)銷售．經(jīng)調(diào)查發(fā)現(xiàn)，單價(jià)每降低5元，每天可多售出10件，如果每天盈利1150元，單價(jià)應(yīng)降低多少元?
【答案】（1）平均下降率為10%；（2）單價(jià)應(yīng)降低15元．
【解析】
【分析】（1）設(shè)平均下降率為x，然后根據(jù)題意可直接列方程求解；
（2）設(shè)單價(jià)應(yīng)降低y元，根據(jù)題意可得每天的銷售量為(20+2y)件，然后根據(jù)題意可列方程求解．
【詳解】解：（1）設(shè)平均下降率為x，由題意可得：
200(1?x)2=162，
解得：x1=0.1，x2=1.9（不符合題意，舍去），
∴x=0.1=10%，
答：平均下降率為10%．
（2）設(shè)單價(jià)應(yīng)降低y元，根據(jù)題意可得：
(200?162?y)(20+y)=1150，
解得：y1=13，y2=15，
根據(jù)題意，為了減少庫存，所以應(yīng)該降低15元，
答：?jiǎn)蝺r(jià)應(yīng)降低15元．
【點(diǎn)睛】本題主要考查一元二次方程的實(shí)際應(yīng)用，熟練掌握一元二次方程的實(shí)際應(yīng)用是解題的關(guān)鍵．
21. 如圖，把△EFP按圖所示的方式放置在菱形ABCD中，使得頂點(diǎn)E、F、P分別在線段AB、AD、AC上.已知EP=FP=，EF=，∠BAD=60°，且AB.

（1）求∠EPF的大??；
（2）若AP=6，求AE+AF的值；
（3）若△EFP的三個(gè)頂點(diǎn)E、F、P分別在線段AB、AD、AC上運(yùn)動(dòng)，請(qǐng)直接寫出AP長的最大值和最小
值.
【答案】（1）∠EPF=120°；（2）AE+AF=；（3）AP的最大值為8，AP的最小值為4.
【解析】
【分析】
【詳解】解：（1）過點(diǎn)P作PG⊥EF,垂足為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,垂足分別為M、N，

在菱形ABCD中，∵AD=AB,,DC=BC,AC=AC,
∴△ABC≌△ADC,
∴∠DAC=∠BAC
∴點(diǎn)P到AB、CD兩邊的距離相等，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）如圖3，當(dāng)EF⊥AC，點(diǎn)P在EF的右側(cè)時(shí)，AP有最大值，當(dāng)EF⊥AC，點(diǎn)P在EF的左側(cè)時(shí)，AP有最小值，

設(shè)AC與EF交于點(diǎn)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，點(diǎn)E是AD邊上一點(diǎn)，連接BE，且∠ABE＝30°，BE＝DE，連接BD．點(diǎn)P從點(diǎn)E出發(fā)沿射線ED運(yùn)動(dòng)，過點(diǎn)P作PQ∥BD交直線BE于點(diǎn)Q．
（1）當(dāng)點(diǎn)P在線段ED上時(shí)（如圖1），求證：BE＝PD＋PQ；
（2）若BC＝6，設(shè)PQ長為x，以P、Q、D三點(diǎn)為頂點(diǎn)所構(gòu)成的三角形面積為y，求y與x的函數(shù)關(guān)系式（不要求寫出自變量x的取值范圍）；
（3）在②的條件下，當(dāng)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)到線段ED的中點(diǎn)時(shí)，連接QC，過點(diǎn)P作PF⊥QC，垂足為F，PF交對(duì)角線BD于點(diǎn)G（如圖2），求線段PF的長．

【答案】（1）見解析；（2）；（3）
【解析】
【分析】（1）過點(diǎn)E作EM⊥QP垂足為M；在Rt△EQP中，易得∠EBD=∠EDB=30°；進(jìn)而可得PE=PQ，且BE=DE．故可證得BE=PD+PQ．
（2）點(diǎn)P從點(diǎn)E出發(fā)沿射線ED運(yùn)動(dòng)，所以分當(dāng)點(diǎn)P在線段ED上時(shí)與當(dāng)點(diǎn)P在線段ED的延長線上時(shí)兩種情況討論，根據(jù)所作的輔助線，可得y與x的關(guān)系；
（3）連接PC交BD于點(diǎn)N，可得∠QPC=90°，進(jìn)而可得△PNG∽△QPC，可得，解可得PG的長，再證明△PNG∽△PFC，利用相似三角形的性質(zhì)即可求解．
【詳解】（1）證明：∵∠A=90°，∠ABE=30°，
∴∠AEB=60°．
∵EB=ED，
∴∠EBD=∠EDB=30°．
∵PQ∥BD，
∴∠EQP=∠EBD．
∠EPQ=∠EDB．
∴∠EPQ=∠EQP=30°，
∴EQ=EP．
過點(diǎn)E作EM⊥QP垂足為M．則PQ=2PM．

∵∠EPM=30°，∴PM=PE，PE=PQ．
∵BE=DE=PD+PE，
∴BE=PD+PQ．
（2）解：由題意知AE=BE，
∴DE=BE=2AE．
∵AD=BC=6，
∴2AE=DE=BE=4．
當(dāng)點(diǎn)P在線段ED上時(shí)（如圖1），

過點(diǎn)Q作QH⊥AD于點(diǎn)H，則QH=PQ=x．
由（1）得PD=BE-x，即PD=4-x．
∴y=PD?QH=?x2+x．
當(dāng)點(diǎn)P在線段ED的延長線上時(shí)（如圖2），

過點(diǎn)Q作QH′⊥DA交DA延長線于點(diǎn)H′，
∴QH′=x．
過點(diǎn)E作EM′⊥PQ于點(diǎn)M′，同理可得EP=EQ=PQ，
∴BE=PQ-PD，
∴PD=x-4，
∴y=PD?QH′=x2?x．
（3）解：連接PC交BD于點(diǎn)N（如圖3）．

∵點(diǎn)P是線段ED中點(diǎn)，
∴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=．
【點(diǎn)睛】本題考查相似三角形的判定和性質(zhì)，解直角三角形，注意某個(gè)圖形無法解答時(shí)，常常放到其他圖形中，利用圖形間的角、邊關(guān)系求解．

相關(guān)試卷

相關(guān)試卷更多

相關(guān)試卷

相關(guān)試卷 更多

相關(guān)試卷更多