南通市海門區(qū)東洲國際學(xué)校2023-2024學(xué)年九年級下學(xué)期3月月考數(shù)學(xué)試題（原卷版+解析版）-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

考生在答題前請認(rèn)真閱讀本注意事項：
1．本試卷共8頁，滿分為150分，考試時間為120分鐘．考試結(jié)束后，請將本試卷和答題卡一并交回．
2．答題前，請務(wù)必將自己的姓名、考試證號用0.5毫米黑色字跡的簽字筆填寫在試卷及答題卡上指定的位置．
3．答案必須按要求填涂、書寫在答題卡上，在試卷、草稿紙上答題一律無效．
4.作弊者，本卷按0分處理。
5.考試時間：2024年3月18日下午13：30-16：00
（請考生將自己信息如實填寫在上面，不寫、漏寫、錯寫為無效試卷）
一．選擇題
1. 下圖是由一個長方體和一個圓柱組成的幾何體，它的俯視圖是（）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根據(jù)從上面看得到的圖形是俯視圖即可解答．
【詳解】解：從上面看下邊是一個矩形，矩形的上邊是一個圓，
故選：D．
【點睛】本題考查了簡單組合體的三視圖，掌握從上面看得到的圖形是俯視圖是解答本題的關(guān)鍵．
2. 計算的結(jié)果（）
A. 1B. 12C. 11D. 6
【答案】B
【解析】
【分析】本題考查有理數(shù)的減法，絕對值，解題關(guān)鍵在于掌握運(yùn)算法則．先計算減法，然后計算絕對值即可．
【詳解】解：
，
故選：B．
3. 計算：(﹣a2)3=( )
A. a6B. ﹣a6C. a5D. ﹣a5
【答案】B
【解析】
【分析】直接利用冪的乘方運(yùn)算規(guī)則進(jìn)行計算即可
【詳解】解：(﹣a2)3＝﹣a6，
故選B．
【點睛】本題考查冪的乘方運(yùn)算，掌握運(yùn)算規(guī)則是解題關(guān)鍵
4. 在函數(shù)中，自變量x的取值范圍是（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根據(jù)分式有意義的條件進(jìn)行解答即可．
【詳解】解：根據(jù)題意得：；
解得，故D正確．
故選：D．
【點睛】本題主要考查了求自變量的取值范圍，分式有意義的條件，解題的關(guān)鍵是熟練掌握要使分式有意義，則分母不等于零．
5. 下列數(shù)據(jù)的方差最大的是（）
A. 3，3，6，9，9B. 4，5，6，7，8
C. 5，6，6，6，7D. 6，6，6，6，5
【答案】A
【解析】
【分析】先計算出各組數(shù)據(jù)平均數(shù)，再根據(jù)方差公式計算出各方差即可得出答案．
【詳解】解：A．這組數(shù)據(jù)的平均數(shù)為×（3+3+6+9+9）=6，
方差為×[（3-6）2×2+（6-6）2+（9-6）2×2]=7.2；
B．這組數(shù)據(jù)的平均數(shù)為×（4+5+6+7+8）=6，
方差為×[（4-6）2+（5-6）2+（6-6）2+（7-6）2+（8-6）2]=2；
C．這組數(shù)據(jù)的平均數(shù)為×（5+6+6+6+7）=6，
方差為×[（5-6）2+（6-6）2×3+（7-6）2]=0.4；
D．這組數(shù)據(jù)的平均數(shù)為×（6+6+6+6+5）=5.8，
方差為×[（6-5.8）2×4+（5-5.8）2]=0.16；
故選：A．
【點睛】本題主要考查方差，熟練掌握方差的計算方法是解題的關(guān)鍵．
6. 如圖，四邊形內(nèi)接于，如果的度數(shù)為122°，則∠DCE的度數(shù)為（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先根據(jù)圓周角定理求出，然后根據(jù)圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)求出，最后根據(jù)鄰補(bǔ)角性質(zhì)求解即可．
【詳解】解：，
，
∵四邊形內(nèi)接于，
，
，
，
故選：B．
【點睛】本題考查的是圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)、圓周角定理，掌握圓內(nèi)接四邊形的對角互補(bǔ)是解題的關(guān)鍵．
7. 已知拋物線上的部分點的橫坐標(biāo)x與縱坐標(biāo)y的對應(yīng)值如表：
以下結(jié)論正確的是（）
A. 拋物線的開口向下
B. 當(dāng)時，y隨x增大而增大
C. 方程的根為0和2
D. 當(dāng)時，x的取值范圍是
【答案】C
【解析】
【分析】利用表中數(shù)據(jù)求出拋物線的解析式，根據(jù)解析式依次進(jìn)行判斷．
【詳解】解：將代入拋物線的解析式得；
，
解得：，
所以拋物線的解析式為：，
A、，拋物線開口向上，故選項錯誤，不符合題；
B、拋物線的對稱軸為直線，在時，y隨x增大而增大，故選項錯誤，不符合題意；
C、方程的根為0和2，故選項正確，符合題意；
D、當(dāng)時，x的取值范圍是或，故選項錯誤，不符合題意；
故選：C．
【點睛】本題考查了二次函數(shù)的解析式的求法和函數(shù)的圖象與性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是：利用待定系數(shù)法求出解析式，然后利用函數(shù)的圖象及性質(zhì)解答．
8. 如圖，在矩形中，，，點與原點重合，點B在軸的正半軸上點在軸的負(fù)半軸上，將矩形繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)得到矩形，直線與相交于點，則的坐標(biāo)為（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得到∠1=，=AB=5，由矩形的性質(zhì)得出∠2=∠1=，在Rt△ADN中，求出AN和DN，再在Rt△MNB′中，求出MN，從而求出DM，然后根據(jù)M在第二象限，寫出M坐標(biāo)．
【詳解】解：矩形是將矩形繞點逆時針旋轉(zhuǎn)得到，
設(shè)直線與相交于點，和相交于點，
，，
是矩形，
，
，
在中，
，
，
，
在中，
，
，
，
點，
故選：B．
【點睛】本題考查矩形的性質(zhì)、旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)和解直角三角形，解題的關(guān)鍵是求出DM的長度．
9. 如圖，平行四邊形OABC的頂點O，A，C的坐標(biāo)分別是（0，0），（4，0），（1，2），則頂點B的坐標(biāo)為( )
A. （4，2）B. （4，3）C. （5，2）D. （5，3）
【答案】C
【解析】
【分析】根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)，以及點的平移性質(zhì)，即可求出點B的坐標(biāo)．
【詳解】解:∵四邊形OABC是平行四邊形，
∴OC∥AB，OA∥BC，
∴點B的縱坐標(biāo)為2，
∵點O向右平移1個單位，向上平移2個單位得到點C，
∴點A向右平移1個單位，向上平移2個單位得到點B，
∴點B的坐標(biāo)為：（5，2）；
故選：C．
【點睛】本題考查了平行四邊形的性質(zhì)，點坐標(biāo)平移的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是熟練掌握平行四邊形的性質(zhì)．
10. 如圖所示，正方形由四個全等的直角三角形和一個小正方形組成，且內(nèi)接于正方形，連接，．已知正方形與正方形面積之比為，若，則（）

A B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】設(shè)，，則，根據(jù)正方形與正方形面積之比為，得到，求出，作交于點M，作交于點P，證明出，設(shè)，則然后利用相似三角形的性質(zhì)得到，然后解方程求解即可．
【詳解】由題意可得，
∴設(shè)，，則，
∵，
∴，
∵正方形與正方形面積之比為，
∴，即，
∴整理得，
∴，
解得或（舍去），
∴，
∴，
如圖所示，作交于點M，作交于點P，

由題意可得，，
∵，
∴四邊形，是矩形，
∴，，
∴，
∴設(shè)，則，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，即，
∴整理得，
∴，
∴解得或（舍去），
∴．
故選：A．
【點睛】此題考查了勾股定理，全等三角形的性質(zhì)，相似三角形的性質(zhì)和判定等知識，解題的關(guān)鍵是熟練掌握以上知識點．
二．填空題
11. 計算﹣2的結(jié)果是______．
【答案】
【解析】
【詳解】原式=2－=.
考點：二次根式的計算.
12. 分解因式：____．
【答案】（3x＋1）2
【解析】
【分析】原式利用完全平方公式分解即可．
【詳解】解：原式＝（3x＋1）2，
故答案為：（3x＋1）2
【點睛】此題考查了因式分解?運(yùn)用公式法，熟練掌握完全平方公式是解本題的關(guān)鍵．
13. 已知是關(guān)于的方程的解，則的值為________．
【答案】
【解析】
【分析】根據(jù)一元一次方程解定義，將代入得到，解得．
【詳解】解：是關(guān)于的方程的解，
，即，解得，
故答案為：．
【點睛】本題考查一元一次方程的解即解一元一次方程，熟記方程解得概念及解方程方法步驟是解決問題的關(guān)鍵．
14. 某等腰三角形的一邊長為3，另外兩邊長是關(guān)于的方程的兩根，則_______；
【答案】36
【解析】
【分析】本題主要考查了解一元二次方程，一元二次方程根的判別式，等腰三角形的定義，構(gòu)成三角形的條件，分當(dāng)腰長為3時，當(dāng)?shù)走呴L為3時，兩種情況分別求出腰長或底邊長，再根據(jù)構(gòu)成三角形的條件進(jìn)行驗證即可得到答案．
【詳解】解：當(dāng)腰長為3時，則是方程的一個根，
∴，
解得，
∴原方程為，
解方程得或，
∴底邊長為9，
∵，
∴此時不能構(gòu)成三角形，不符合題意；
當(dāng)?shù)走呴L為3時，則方程有兩個相等的實數(shù)根，
∴，
解得，
∴原方程為，
解方程得，
∴腰長為6，
∵，
∴此時能構(gòu)成三角形，符合題意；
綜上所述，；
故答案為：36．
15. 在一個不透明的口袋中裝有8個紅球，若干個白球，這些球除顏色不同外其它都相同，若從中隨機(jī)摸出一個球，它是紅球的概率為，則白球的個數(shù)為______．
【答案】12
【解析】
【分析】設(shè)該盒中白球的個數(shù)為個，根據(jù)意得，解此方程即可求得答案．
【詳解】解：設(shè)該盒中白球的個數(shù)為個，
根據(jù)題意得：，
解得：，
經(jīng)檢驗：是分式方程的解，
所以該盒中白球的個數(shù)為12個，
故答案為：12．
【點睛】本題考查了概率公式的應(yīng)用，解題的關(guān)鍵是掌握：概率所求情況數(shù)與總情況數(shù)之比．
16. 黃金分割具有嚴(yán)格的比例性，蘊(yùn)藏著豐富的美學(xué)價值，這一比值能夠引起人們的美感．如圖，連接正五邊形的各條對角線圍成一個新的五邊形．圖中有很多頂角為的等腰三角形，我們把這種三角形稱為“黃金三角形”，黃金三角形的底與腰之比為．若，則_____．
【答案】
【解析】
【分析】由正五邊形得到△DER為“黃金三角形”，利用黃金三角形的定義可得DE的長，即可得AB的長．
【詳解】∵為正五邊形，
∴DE=AE=CD=AB，∠AED=∠EDC=∠EAB==108°，
∴∠DEC=∠DCE=36°，∠AEB=∠ABE=36°，∠EAD=∠EDA=36°，
∴∠MER=108°-36°-36°=36°，
∴∠ERD=2∠EAD=72°，∠DER=2∠DEC=72°，∠EMR=2∠EDA=72°，
∴ER=EM=4，DE=DR，
∴△DER為“黃金三角形”，
∴，即，
解得：DE=，
∴AB=，
故答案為：
【點睛】本題考查正多邊形的性質(zhì)，多邊形的內(nèi)角和為（n-2）×180°（n≥3），理解“黃金三角形”的定義，正確得出正五邊形一個內(nèi)角的度數(shù)，熟練掌握等腰三角形的性質(zhì)并是解題關(guān)鍵．
17. 如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，對進(jìn)行循環(huán)往復(fù)的軸對稱變換，若原來點的坐標(biāo)是，則經(jīng)過第次變換后所得點坐標(biāo)是 ____________．
【答案】
【解析】
【分析】第一次關(guān)于軸對稱，點的坐標(biāo)變?yōu)?；第二次關(guān)于軸對稱，點的坐標(biāo)變?yōu)椋坏谌侮P(guān)于軸對稱，點的坐標(biāo)變?yōu)椋坏谒拇侮P(guān)于軸對稱，點的坐標(biāo)變?yōu)?，即四次一個周期，由此即可求出第次點的坐標(biāo)．
【詳解】解：點第一次關(guān)于軸對稱后在第四象限，
點第二次關(guān)于軸對稱后第三象限，
點第三次關(guān)于軸對稱后在第二象限，
點第四次關(guān)于軸對稱后在第一象限，即點回到原始位置，
∴每四次對稱為一個循環(huán)組依次循環(huán)，
∵，
∴經(jīng)過第次變換后所得的點與第一次變換的位置相同，在第四象限，坐標(biāo)為，
故答案為：．
【點睛】本題主要考查平面直角坐標(biāo)系中點的變換規(guī)律，找出循環(huán)次數(shù)是解題的關(guān)鍵．
18. 如圖所示，在直角坐標(biāo)系中，點坐標(biāo)為，的半徑為，為軸上一動點，切于點，則最小值是______．
【答案】
【解析】
【分析】本題主要考查了切線的性質(zhì)、坐標(biāo)與圖形、勾股定理、垂線段最短等知識，解題關(guān)鍵是將問題進(jìn)行轉(zhuǎn)化，再根據(jù)垂線段最短的性質(zhì)進(jìn)行分析．連接，，根據(jù)切線的性質(zhì)定理可得，要使最小，只需最小即可，根據(jù)垂線段最短，當(dāng)軸時，取最小值，然后根據(jù)勾股定理求解即可．
【詳解】解：如圖，連接，，

根據(jù)切線的性質(zhì)定理，得．
要使最小，只需最小，
則根據(jù)垂線段最短，當(dāng)軸于時，取最小值，
此時點的坐標(biāo)是，，
在中，，
∴，
則最小值是．
故答案為：．
三．解答題
19. （1）計算：；
（2）化簡：．
【答案】（1）2；（2）
【解析】
【分析】（1）原式分別根據(jù)算術(shù)平方根的性質(zhì)、絕對值的代數(shù)意義、非零數(shù)的零次冪的運(yùn)算法則對各項進(jìn)行化簡后再進(jìn)行加減運(yùn)算即可；
（2）原式運(yùn)用完全平方公式和單項式乘以多項式把括號展開后再合并同類項即可得到結(jié)果．
【詳解】（1）
=2-2+1+1
=2；
（2）
=
=
【點睛】此題主要考查了實數(shù)的混合運(yùn)算以及整式的混合運(yùn)算，熟練運(yùn)用運(yùn)算法則是解答此題的關(guān)鍵．
20. 某縣為落實“精準(zhǔn)扶貧惠民政策”，計劃將某村的居民自來水管道進(jìn)行改造．該工程若由甲隊單獨(dú)施工恰好在規(guī)定時間內(nèi)完成;若乙隊單獨(dú)施工，則完成工程所需天數(shù)是規(guī)定天數(shù)的1．5倍．如果由甲、乙隊先合作施工15天，那么余下的工程由甲隊單獨(dú)完成還需5天．
(1)這項工程的規(guī)定時間是多少天?
(2)為了縮短工期以減少對居民用水的影響，工程指揮部最終決定該工程由甲、乙兩隊合作完成．則甲、乙兩隊合作完成該工程需要多少天?
【答案】（1）這項工程的規(guī)定時間是30天；（2）甲乙兩隊合作完成該工程需要18天．
【解析】
【分析】(1)設(shè)這項工程的規(guī)定時間是天，則甲隊單獨(dú)施工需要天完工，乙隊單獨(dú)施工需要天完工，依題意列方程即可解答；（2）求出甲、乙兩隊單獨(dú)施工需要的時間，再根據(jù)題意列方程即可.
【詳解】(1)設(shè)這項工程的規(guī)定時間是天，則甲隊單獨(dú)施工需要天完工，乙隊單獨(dú)施工需要天完工，依題意，得: ．
解得: ，
經(jīng)檢驗，是原方程的解，且符合題意．
答:這項工程的規(guī)定時間是30天．
(2)由(1)可知:甲隊單獨(dú)施工需要30天完工，乙隊單獨(dú)施工需要45天完工，
（天），
答:甲乙兩隊合作完成該工程需要18天．
【點睛】本題考查分式方程的應(yīng)用，理解題意，根據(jù)等量關(guān)系列出方程是解題的關(guān)鍵.
21. 目前微信、支付寶、共享單車、和網(wǎng)購給我們的生活帶來很多便利，初二數(shù)學(xué)小組在校內(nèi)對你最認(rèn)可的四大新生事物進(jìn)行調(diào)查，隨機(jī)調(diào)查了m人，（每名學(xué)生必選一種且只能從這四種中選擇一種）并將調(diào)查結(jié)果繪制成如下不完整的統(tǒng)計圖
（1）根據(jù)圖中信息求出m=__________；n=_______________；
（2）請把圖中的條形統(tǒng)計圖補(bǔ)充完整；
（3）根據(jù)抽樣調(diào)查結(jié)果，請估算全1800名學(xué)生中，大約有多少人最認(rèn)可微信和支付寶這兩樣新生事物？
【答案】（1）100，35；（2）見解析；（3）1350
【解析】
【分析】（1）由共享單車人數(shù)及其百分比求得總?cè)藬?shù)m，用支付寶人數(shù)除以總?cè)藬?shù)可得其百分比n的值；
（2）總?cè)藬?shù)乘以網(wǎng)購人數(shù)的百分比可得其人數(shù)，即可補(bǔ)全條形統(tǒng)計圖；
（3）總?cè)藬?shù)乘以樣本中微信人數(shù)和支付寶人數(shù)所占百分比可得答案．
【詳解】解：（1）∵被調(diào)查的總?cè)藬?shù)m=10÷10%=100人，
∴支付寶的人數(shù)所占百分比n%=×100%=35%，即n=35，
故答案為：100、35；
（2）網(wǎng)購人數(shù)為100×15%=15人，
補(bǔ)全圖形如下：

支付寶對應(yīng)的百分比為：
答：大約有1350人最認(rèn)可“微信”和支付寶這一新生事物．
【點睛】本題考查條形統(tǒng)計圖、扇形統(tǒng)計圖、用樣本估計總體，解答本題的關(guān)鍵是明確題意，利用數(shù)形結(jié)合的思想解答．
22. 某品牌太陽能熱水器的實物圖和橫斷面示意圖如圖所示．已知真空集熱管DE與支架CB所在直線相交于點O，且；支架BC與水平線AD垂直．，，，另一支架AB與水平線夾角，求OB的長度（結(jié)果精確到1cm；溫馨提示：，，）
【答案】.
【解析】
【分析】設(shè)，根據(jù)含30度角的直角三角形的性質(zhì)以及銳角三角函數(shù)的定義即可求出答案．
【詳解】設(shè)，
∴，
∵ ，
∴，
∴，
∵ ，
∴ ，
解得：，
∴.8≈19 cm
【點睛】本題考查解直角三角形，熟練運(yùn)用銳角三角函數(shù)的定義是解題關(guān)鍵.
23. 如圖，在ABC中，AB＝BC，BE⊥AC于點E，AD⊥BC于點D，∠BAD＝45°，AD與BE交于點F，連接CF．
（1）求證：ADC≌BDF；
（2）線段BF與AE有何數(shù)量關(guān)系？并說明理由．
（3）若CD＝，求AD的長．
【答案】（1）見解析（2）BF=2AE；理由見解析
（3）（3）
【解析】
【分析】（1）先判定出△ABD是等腰直角三角形，根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)可得AD=BD，再根據(jù)同角的余角相等求出∠CAD=∠CBE，然后利用“角邊角”證明△ACD≌△BFD即可；
（2）根據(jù)全等三角形對應(yīng)邊相等可得BF=AC，再根據(jù)等腰三角形三線合一的性質(zhì)可得AC=2AE，從而得證；
（3）根據(jù)全等三角形對應(yīng)邊相等可得DF=CD，然后利用勾股定理列式求出CF，再根據(jù)線段垂直平分線上的點到線段兩端點的距離相等可得AF=CF，然后根據(jù)AD=AF+DF代入數(shù)據(jù)即可得解．
【小問1詳解】
解：（1）∵AD⊥BC，∠BAD=45°，
∴△ABD是等腰直角三角形，
∴AD=BD，
∵BE⊥AC，AD⊥BC，
∴∠CAD+∠ACD=90°，∠CBE+∠ACD=90°，
∴∠CAD=∠CBE，
在△ADC和△BDF中，
，
∴△ACD≌△BFD（ASA）；
【小問2詳解】
BF=2AE，
證明：由（1）可知：BF=AC，
∵AB=BC，BE⊥AC，
∴AC=2AE，
∴BF=2AE；
【小問3詳解】
∵△ACD≌△BFD，
∴DF=CD=，
在Rt△CDF中，CF==2，
∵BE⊥AC，AE=EC，
∴AF=CF=2，
∴AD=AF+DF=．
【點睛】本題考查了全等三角形的判定與性質(zhì)，等腰直角三角形的判定與性質(zhì)，等腰三角形三線合一的性質(zhì)，勾股定理的應(yīng)用，以及線段垂直平分線上的點到線段兩端點的距離相的性質(zhì)，熟記各性質(zhì)并準(zhǔn)確識圖是解題的關(guān)鍵．
24. 如圖，已知點、，直線與軸交于點；
（1）在直線上取一點，若為直角三角形，則滿足條件的點有個；
（2）將直線繞點旋轉(zhuǎn)一定角度后，能否使得直線上只存在3個這樣的點的位置，使得為直角三角形？若能，請求出旋轉(zhuǎn)后的直線的函數(shù)關(guān)系式；若不能，請說明理由；
（3）將直線繞點旋轉(zhuǎn)一定角度后，能否使得直線上只存在2個這樣的點的位置，使得為直角三角形？若能，請直接寫出旋轉(zhuǎn)后的直線中的的取值范圍；
【答案】（1）4 （2）或
（3）或
【解析】
【分析】（1）分，，三種情況討論即可；
（2）以為直徑作，過P作的切線，，連接，過點Q作于H，證明，可求出點Q的坐標(biāo)，然后利用待定系數(shù)法求直線解析式，同理求直線解析式即可；
（3）當(dāng)直線l與（2）中相離時，直線上只存在2個這樣的點的位置，使得為直角三角形，即可求解．
【小問1詳解】
解：當(dāng)時，即，
∵，
∴點C的橫坐標(biāo)為，
把代入直線，得，
∴；
當(dāng)時，即，
∵，
∴點C的橫坐標(biāo)為2，
把代入直線，得，
∴；
當(dāng)時，設(shè)，
則，即，
解得，
∴或，
∴符合題意的點C一共有4個，
故答案為：4；
【小問2詳解】
解：能，
以為直徑作，過P作的切線，，連接，過點Q作于H，
則，
∵、，
∴中點，即，，
對于直線，當(dāng)時，，
解得，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，即，
解得，，
∴，
∴，
設(shè)直線解析式為，
把P、Q坐標(biāo)代入，得，
解得，
∴直線解析式為；
同理直線解析式為；
∴直線上只存在3個這樣的點的位置，使得為直角三角形，這樣的直線為或；
【小問3詳解】
解：當(dāng)直線l與（2）中相離時，直線上只存在2個這樣的點的位置，使得為直角三角形，
∴b的取值范圍為或．
25. 在正方形ABCD中，點M是邊CD上一點，點N是邊AD上一點，連接BM，CN相交于點P，且CM=DN．
（1）如圖1，請判斷線段BM與CN的數(shù)量關(guān)系和位置關(guān)系，并證明你的結(jié)論；
（2）如圖2，延長CN到點Q，連接DQ，且∠CQD=45°．
①請直接寫B(tài)P，CP，CQ之間的數(shù)量關(guān)系為；
②連接AC，AQ，當(dāng)BP=2CP，△ACQ的面積是6時，請直接寫出NQ的長為；
（3）點E在線段CN上，連接BE，DE，當(dāng)AB，∠BED=135°，BEDE=3時，請直接寫出NE的長為．
【答案】（1）BM=CN且BM⊥CN，證明見解析；（2）①BP+CP=CQ；②1；（3）或
【解析】
【分析】（1）結(jié)論為： BM=CN，且BM⊥CN，由四邊形ABCD正方形，可得BC=CD，∠BCD=∠CDA=90°，即∠BCM=∠CDN=90°，可證△BCM≌△CDN（SAS），BM=CN，∠MBC=∠NCD，可求∠MPC=90°即可；
（2）①BP，CP，CQ之間的數(shù)量關(guān)系為CQ=CP+BP；過D作DE⊥CQ于E，先證QE=DE，再證△BCP≌△CDE（AAS），可得BP=CE，CP=DE，可證CQ=QE+CE=CP+BP；
②連接AC，AQ，過Q作QF⊥AD于F，由BP=2CP，利用tan∠PBC，求出，再由tan∠PBC=tan∠DCN，可求點N為AD中點，設(shè)DE=x,則BP=CE=2x,QE=DE=x，由勾股定理得CD=，AN=DN=，由勾股定理求CN=，CQ= 3x，QN=，可證QF∥DC，∠FQN=∠DCN，可求，利用面積S△AQC=S△AQN+S△ANC==6，即可求出；
（3）連結(jié)BD，延長DE與過B作DE的垂線交于H，分兩種情況，當(dāng)點E在BD上方，由勾股定理得BD=，可求HB=HE=BE×sin45°=由BEDE=3，可求HE+DE=3；由勾股定理BH=，由三角函數(shù)sin∠HDB=可求∠HDB=30°，求出BE=BH÷sin45°，可證△EBC為等邊三角形，再求CN，當(dāng)點E在BD下方時，連結(jié)AE，求出BE=AB=BC，可得∠ABE=60°，可證△EBC為等邊三角形，可求DE，再證NE=DE即可．
【詳解】（1）證明：結(jié)論為： BM=CN，且BM⊥CN，
∵四邊形ABCD正方形，
∴BC=CD，∠BCD=∠CDA=90°，即∠BCM=∠CDN=90°，
∴在△BCM和△CDN中，
，
∴△BCM≌△CDN（SAS），
∴BM=CN，∠MBC=∠NCD，
∵∠MBC+∠CMB=90°
∴∠NCD+∠CMB=90°
∴∠MPC=180°-∠NCD-∠CMB=90°
∴BM⊥CN，
∴線段BM與CN的數(shù)量關(guān)系和位置關(guān)系為：BM=CN，且BM⊥CN；
（2）證明①BP，CP，CQ之間的數(shù)量關(guān)系為CQ=CP+BP；
過D作DE⊥CQ于E，
∵∠CQD=45°，
∴∠QDE=90°-∠CQD=45°=∠CQD，
∴QE=DE，
由（1）知∠MBC=∠MCD，∠BPC=90°，
在△BCP和△CDE中，
，
∴△BCP≌△CDE（AAS），
∴BP=CE，CP=DE，
∴CP=DE=QE，
∴CQ=QE+CE=CP+BP，
故答案為：CQ=CP+BP；
解：②連接AC，AQ，過Q作QF⊥AD于F，
∵BP=2CP，
∴tan∠PBC=，
∴，
由（1）知∠DCN=∠MBC，
∴tan∠PBC=tan∠DCN，
∴，
∴點N為AD中點，
設(shè)DE=x,則BP=CE=2x,QE=DE=x，
在Rt△EDC中，由勾股定理得CD=，
∴AN=DN=，
在Rt△NDC中，由勾股定理CN=，
∴CQ=QE+CE=ED+CE=3x，
∴QN=QC-CN=，
∵QF⊥AD，CD⊥AD，
∴QF∥DC，
∴∠FQN=∠DCN，
∴cs∠NQF=cs∠NCD=，
∴，即，
∴S△AQC=S△AQN+S△ANC==6，
解得x=2，x=-2（舍去），
∴QN=，
故答案為：1；
（3）連結(jié)BD，延長DE與過B作DE的垂線交于H，分兩種情況：
當(dāng)點E在BD上方，
∵AB，AD=AB，
Rt△ADB中，由勾股定理得BD=，
又∵∠BED=135°，
∴∠HEB=180°-∠BED=180°-135°=45°，
∴HB=HE=BE×sin45°=，
∵BEDE=3，
∴，
∴HE+DE=3，
在Rt△HBD中由勾股定理BH=，
∴sin∠HDB=，
∴∠HDB=30°，
又∵BE=BH÷sin45°，
∴BE=AB=BC，
∴∠EBD=180°-∠BED-∠EDB=180°-135°-30°=15°，
∴∠EBC=∠EBD+∠DBC=15°+45°=60°，
∴△EBC為等邊三角形，
∴CE=BC，∠ECB=60°，
∴∠NCD=90°-∠ECB=90°-60°=30°，
∴CD=CN×cs30°，
∴CN，
∴NE=，
當(dāng)點E在BD下方時，連結(jié)AE，
∵BEDE=3，
∴，
∴HE+DE=3；
在Rt△HBD中由勾股定理BH=，
∴sin∠HDB=，
∴∠HDB=30°，
又∵BE=BH÷sin45°，
∴BE=AB=BC，
∴∠ABE=60°，
∴DE=，
∴∠EBC=90°-∠ABE=90°-60°=30°，
∴∠BCE=，
∴∠ECD=90°-∠BCE=15°=∠BDC-∠BDH=∠EDC，
∴ED=EC，
又∵∠EDN=90°-∠EDC=90°-15°=75°，∠DNE=90°-∠ECD=90°-15°=75°，
∴∠EDN=∠DNE=75°，
∴NE=DE，
NE的長為或．
故答案為：或．
【點睛】本題考查正方形的性質(zhì)，三角形全等判定與性質(zhì)，銳角三角函數(shù)定義求值和求角，勾股定理，用三角形面積構(gòu)造方程，等邊三角形判定與性質(zhì)，等腰三角形判定與性質(zhì)，本題難度較大，應(yīng)用知識較多，通過輔助線構(gòu)造圖形是難點，也解題關(guān)鍵．
26. 勾股定理是數(shù)學(xué)史上非常重要的一個定理．早在2000多年以前，人們就開始對它進(jìn)行研究，至今已有幾百種證明方法．在歐幾里得編的《原本》中證明勾股定理的方法如下，請同學(xué)們仔細(xì)閱讀并解答相關(guān)問題：
如圖，分別以Rt△ABC的三邊為邊長，向外作正方形ABDE、BCFG、ACHI．
（1）連接BI、CE，求證：△ABI≌△AEC；
（2）過點B作AC的垂線，交AC于點M，交IH于點N．
①試說明四邊形AMNI與正方形ABDE的面積相等；
②請直接寫出圖中與正方形BCFG的面積相等的四邊形．
（3）由第（2）題可得：正方形ABDE的面積+正方形BCFG的面積＝______的面積；即在Rt△ABC中，AB2+BC2=______．
【答案】（1）見解析（2）①見解析；②四邊形CMNH與正方形BCFG的面積相等
（3）正方形ACHI，AC2
【解析】
【分析】(1)由正方形的性質(zhì)得出AB=AE，AC=AI，∠BAE=∠CAI=90°，得出∠EAC=∠BAI，即可得出△ABI≌△AEC(SAS)；
(2)①證，得出，同理：，由△ABI≌△AEC，即可得出四邊形AMNI與正方形ABDE的面積相等；
②Rt△ABC中，由勾股定理得出AB2+BC2=AC2，得出正方形ABDE的面積+正方形BCFG的面積=正方形ACHI的面積，由①得四邊形AMNI與正方形ABDE的面積相等，即可得出答案；
(3)由(2)即可得出答案．
【小問1詳解】
證明：∵四邊形ABDE、四邊形ACHI是正方形，
∴AB＝AE，AC＝AI，∠BAE＝∠CAI＝90°，
∴∠EAC＝∠BAI，
在△ABI和△AEC中，
，
∴△ABI≌△AEC（SAS）；
【小問2詳解】
①證明：∵BM⊥AC，AI⊥AC，
∴，
∴，
同理：，
又∵△ABI≌△AEC，
∴四邊形AMNI與正方形ABDE的面積相等．
②解：四邊形CMNH與正方形BCFG的面積相等，理由如下：
連接BH，過H作HP⊥BC于P，如圖所示：
∵四邊形ACHI是正方形，
∴AC＝CH，∠ABC＝∠ACH＝∠CPH＝90°，
∴∠BAC＝∠PCH，
在△ABC和△CPH中，
，
∴△ABC≌△CPH（AAS）；
∴PH＝BC，
∵四邊形CMNH是矩形，
∴，
∴，
∴四邊形CMNH與正方形BCFG的面積相等；
【小問3詳解】
解：由（2）得：四邊形AMNI與正方形ABDE的面積相等，四邊形CMNH與正方形BCFG的面積相等，
∴正方形ABDE的面積+正方形BCFG的面積＝正方形ACHI的面積；
即在Rt△ABC中，AB2+BC2＝AC2；
故答案為：正方形ACHI，AC2．
【點睛】本題是四邊形綜合題目，考查了正方形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理、三角形面積等知識；熟練掌握正方形的性質(zhì)，證明三角形全等是解題的關(guān)鍵．x
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