江苏省无锡市天一中学2020-2021学年上学期第一次月考九年级数学【试卷+答案】

这是一份江苏省无锡市天一中学2020-2021学年上学期第一次月考九年级数学【试卷+答案】，共35页。试卷主要包含了36cmB．13，5倍，若第3周接到订单为7，8＝7，618＝12等内容，欢迎下载使用。
1下列方程中，是一元二次方程的是（ ）
A．2x+3y＝4B．x2＝0C．x2﹣2y+1＞0D．＝x+2
2若2x＝3y，且x≠0，则的值为（ ）
A．B．C．D．
3在中华经典美文阅读中，小明同学发现自己的一本书的宽与长之比为黄金比．已知这本书的长为20cm，则它的宽约为（ ）
A．12.36cmB．13.6cmC．32.36cmD．7.64cm
4用配方法解方程x2+4x+1＝0时，经过配方，得到（ ）
A．（x+2）2＝5B．（x﹣2）2＝5C．（x﹣2）2＝3D．（x+2）2＝3
5如图，小明在打乒乓球时，为使球恰好能过网（设网高AB＝15cm），且落在对方区域桌子底线C处，已知小明在自己桌子底线上方击球，则他击球点距离桌面的高度DE为（ ）
A．15cmB．20cmC．25cmD．30cm
6疫情期间，某快递公司推出无接触配送服务，第1周接到5万件订单，第2周到第3周订单量增长率是第1周到第2周订单量增长率的1.5倍，若第3周接到订单为7.8万件，设第1周到第2周的订单增长率为x，可列得方程为（ ）
A．5（1+x+1.5x）＝7.8B．5（1+x×1.5x）＝7.8
C．7.8（1﹣x）（1﹣1.5x）＝5D．5（1+x）（1+1.5x）＝7.8
7已知关于x的方程x2﹣（2k﹣1）x+k2＝0有两个实数根，那么k的最大整数值是（ ）
A．﹣2B．﹣1C．0D．1
8如图，在矩形ABCD中，AB＝9，BC＝12，点E是BC中点，点F是边CD上的任意一点，当△AEF的周长最小时，则DF的长为（ ）
A．4B．6C．8D．9
9如图，矩形ABCD中，AB＝3，AD＝4，点E在边AD上，且AE：ED＝1：3．动点P从点A出发，沿AB运动到点B停止．过点E作EF⊥PE交射线BC于点F，设M是线段EF的中点，则在点P运动的整个过程中，点M运动路线的长为（ ）
A．3B．4C．D．5
10如果关于x的一元二次方程ax2+bx+c＝0有两个实数根，且其中一个根为另一个根的2倍，则称这样的方程为“倍根方程”，以下关于倍根方程的说法，正确的有（ ）个．
①方程x2﹣x﹣2＝0是倍根方程；
②若（x﹣2）（mx+n）＝0是倍根方程，则4m2+5mn+n2＝0；
③若p、q满足pq＝2，则关于x的方程px2+3x+q＝0是倍根方程；
④若方程ax2+bx+c＝0是倍根方程，则必有2b2＝9ac．
A．1B．2C．3D．4
二．填空题（共8小题，每小题2分，共16分）
11若（m+1）x2﹣mx+2＝0是关于x的一元二次方程，则m的取值范围是 ．
12如图，在正方形网格中，每个小正方形的边长均为1，△ABC和△DEF的顶点都在网格线的交点上．设△ABC的周长为C1，△DEF的周长为C2，则的值等于 ．
13如果关于x的一元二次方程ax2+bx﹣1＝0的一个解是x＝1，则2021﹣a﹣b＝ ．
14三角形的每条边的长都是方程x2﹣6x+8＝0的根，则三角形的周长是 ．
15如图，E是▱ABCD的BC边的中点，BD与AE相交于F，则△ABF与四边形ECDF的面积之比等于 ．
16一个小组若干人，新年每人都互送贺卡一张，已知全组共送贺卡72张，则这个小组有 人．
17如图，已知平面直角坐标系中xOy中，Rt△OAB的直角顶点B在x轴的正半轴上，点A在第一象限，反比例函数y＝（x＞0）的图象交OA于点C，交AB于点D，连接CD，若OC：AC＝3：2，△ACD的面积是4，则k的值为 ．
18如图，n个全等的等腰三角形的底边在同一条直线上，底角顶点依次重合，连接第一个三角形的底角顶点B1和第n个三角形的顶角顶点An交A1B2于点Pn，则A1B2：PnB2＝ ．
三．解答题（共74分）
19用恰当的方法解下列方程：
（1）4x2﹣25＝0；
（2）x2+4x﹣2＝0；
（3）（2x+1）2+2（2x+1）+1＝0；
（4）（x﹣1）（x﹣3）＝8．
20在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点坐标分别为A（1，﹣2），B（2，﹣1），C（4，﹣3）．
（1）画出△ABC关于x轴对称的△A1B1C1；
（2）以点O为位似中心，在网格中画出△A1B1C1的位似图形△A2B2C2，使△A2B2C2与△A1B1C1的相似比为2：1；
（3）设点P（a，b）为△ABC内一点，则依上述两次变换后点P在△A2B2C2内的对应点P2的坐标是 ．
21如图，在每个小正方形的边长均为1的网格中，点A、B均在网格上．
（1）线段AB的长为 ；
（2）借助网格，用无刻度的直尺在AB上作出点P，使AP＝．（要求保留作图痕迹，不要求证明）
22如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，AB⊥BC，点E在AB上，∠DEC＝90°．
（1）求证：△ADE∽△BEC．
（2）若AD＝1，BC＝AB＝4，求AE的长．
23如示意图，小华家（点A处）和公路（L）之间竖立着一块35m长且平行于公路的巨型广告牌（DE）．广告牌挡住了小华的视线
（1）请在图中画出视点A的盲区，并将盲区内的那段公路记为BC．
（2）一辆以72km/h匀速行驶的汽车经过公路BC段的时间是3s，已知广告牌和公路的距离是40m．求小华家到公路的距离．
24如图1，有一张长40cm，宽20cm的长方形硬纸片，裁去角上2个小正方形和2个小长方形（图中阴影部分）之后，恰好折成如图2的有盖纸盒．
（1）若纸盒的高是3cm，求纸盒底面长方形的长和宽；
（2）若纸盒的底面积是150cm2，求纸盒的高．
25对于两个相似三角形，如果沿周界按对应点顺序环绕的方向相同，那么称这两个三角形互为顺相似；如果沿周界按对应点顺序环绕的方向相反，那么称这两个三角形互为逆相似．例如，如图①，△ABC∽△A′B′C′，且沿周界ABCA与A′B′C′A′环绕的方向相同，因此△ABC和△A′B′C′互为顺相似；如图②，△ABC∽△A′B′C′，且沿周界ABCA与A′B′C′A′环绕的方向相反，因此△ABC和△A′B′C′互为逆相似．
（1）根据图Ⅰ，图Ⅱ和图Ⅲ满足的条件．可得下列三对相似三角形：
①△ADE与△ABC；
②△GHO与△KFO；
③△NQP与△NMQ；
其中，互为顺相似的是 ；互为逆相似的是 ．（填写所有符合要求的序号）．
（2）如图③，在△ABC中，AB＝6，AC＝5，BC＝4，点P在AC上．
①已知PC＝3，过点P作直线截△ABC，交△ABC的另一边于点Q，若PQ截得的三角形与△ABC互为顺相似，求PQ的长；
②过点P作直线截△ABC，使截得的一个三角形与△ABC互为逆相似，若这样的截线能画两条，则PC的取值范围为 ．
26在△ABC中，CA＝CB，∠ACB＝α．点P是平面内不与点A，C重合的任意一点．连接AP，将线段AP绕点P逆时针旋转α得到线段DP，连接AD，BD，CP．
（1）观察猜想
如图1，当α＝60°时，的值是 ，直线BD与直线CP相交所成的较小角的度数是 ．
（2）类比探究
如图2，当α＝90°时，请写出的值及直线BD与直线CP相交所成的较小角的度数，并就图2的情形说明理由．
（3）解决问题
当α＝90°时，若点E，F分别是CA，CB的中点，点P在直线EF上，请直接写出点C，P，D在同一直线上时的值．
2020-2021学年江苏省无锡市锡山区天一中学九年级（上）第一次月考数学试卷
一．选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）
1下列方程中，是一元二次方程的是（ ）
A．2x+3y＝4B．x2＝0C．x2﹣2y+1＞0D．＝x+2
【考点】一元二次方程的定义．
【专题】一元二次方程及应用；符号意识．
【答案】B
【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的整式方程叫一元二次方程进行分析即可．
【解答】解：A．是二元一次方程，故此选项不符合题意；
B．是一元二次方程，故此选项符合题意；
C．是二元二次方程，故此选项不符合题意；
D．是分式方程，故此选项不符合题意；
故选：B．
2若2x＝3y，且x≠0，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【考点】比例的性质．
【专题】方程与不等式；运算能力．
【答案】C
【分析】根据比例的性质求出＝，变形后代入，即可求出答案．
【解答】解：∵2x＝3y，且x≠0，
∴两边除以2y得：＝，
∴＝﹣1＝﹣1＝，
故选：C．
3在中华经典美文阅读中，小明同学发现自己的一本书的宽与长之比为黄金比．已知这本书的长为20cm，则它的宽约为（ ）
A．12.36cmB．13.6cmC．32.36cmD．7.64cm
【考点】黄金分割．
【专题】计算题．
【答案】A
【分析】把一条线段分成两部分，使其中较长的线段为全线段与较短线段的比例中项，这样的线段分割叫做黄金分割，他们的比值（）叫做黄金比．
【解答】解：方法1：设书的宽为x，则有（20+x）：20＝20：x，解得x＝12.36cm．
方法2：书的宽为20×0.618＝12.36cm．
故选：A．
4用配方法解方程x2+4x+1＝0时，经过配方，得到（ ）
A．（x+2）2＝5B．（x﹣2）2＝5C．（x﹣2）2＝3D．（x+2）2＝3
【考点】解一元二次方程﹣配方法．
【答案】D
【分析】在本题中，把常数项1移项后，应该在左右两边同时加上一次项系数4的一半的平方．
【解答】解：把方程x2+4x+1＝0的常数项移到等号的右边，得到x2+4x＝﹣1，
方程两边同时加上一次项系数一半的平方，得到x2+4x+4＝﹣1+4
配方得（x+2）2＝3．
故选：D．
5如图，小明在打乒乓球时，为使球恰好能过网（设网高AB＝15cm），且落在对方区域桌子底线C处，已知小明在自己桌子底线上方击球，则他击球点距离桌面的高度DE为（ ）
A．15cmB．20cmC．25cmD．30cm
【考点】相似三角形的应用．
【专题】图形的相似；应用意识．
【答案】D
【分析】证明△CAB∽△CDE，然后利用相似比得到DE的长．
【解答】解：∵AB∥DE，
∴△CAB∽△CDE，
∴＝，
而BC＝BE，
∴DE＝2AB＝2×15＝30（cm）．
故选：D．
6疫情期间，某快递公司推出无接触配送服务，第1周接到5万件订单，第2周到第3周订单量增长率是第1周到第2周订单量增长率的1.5倍，若第3周接到订单为7.8万件，设第1周到第2周的订单增长率为x，可列得方程为（ ）
A．5（1+x+1.5x）＝7.8B．5（1+x×1.5x）＝7.8
C．7.8（1﹣x）（1﹣1.5x）＝5D．5（1+x）（1+1.5x）＝7.8
【考点】由实际问题抽象出一元二次方程．
【专题】一元二次方程及应用；应用意识．
【答案】D
【分析】设第1周到第2周的订单增长率为x，根据题意表示出两个月的增长率，列出方程即可．
【解答】解：设第1周到第2周的订单增长率为x，根据题意得：
5（1+x）（1+1.5x）＝7.8，
故选：D．
7已知关于x的方程x2﹣（2k﹣1）x+k2＝0有两个实数根，那么k的最大整数值是（ ）
A．﹣2B．﹣1C．0D．1
【考点】根的判别式．
【专题】一元二次方程及应用；运算能力．
【答案】C
【分析】根据根的判别式即可求出答案．
【解答】解：由题意可知：Δ＝（2k﹣1）2﹣4k2
＝4k2﹣4k+1﹣4k2
＝1﹣4k＞0，
∴k＜，
∴k的最大整数为0，
故选：C．
8如图，在矩形ABCD中，AB＝9，BC＝12，点E是BC中点，点F是边CD上的任意一点，当△AEF的周长最小时，则DF的长为（ ）
A．4B．6C．8D．9
【考点】矩形的性质；轴对称﹣最短路线问题．
【专题】探究型；运算能力；推理能力．
【答案】B
【分析】先作点E关于直线CD的对称点E′，连接AE′交CD于点F，再根据△CEF∽△BEA即可求出CF的长，进而得出DF的长．
【解答】解：作点E关于直线CD的对称点E′，连接AE′交CD于点F，
∵在矩形ABCD中，AB＝9，BC＝12，点E是BC中点，
∴BE＝CE＝CE′＝6，
∵AB⊥BC，CD⊥BC，
∴CD∥AB，
∴＝，即＝，
解得CF＝3，
∴DF＝CD﹣CF＝9﹣3＝6．
故选：B．
9如图，矩形ABCD中，AB＝3，AD＝4，点E在边AD上，且AE：ED＝1：3．动点P从点A出发，沿AB运动到点B停止．过点E作EF⊥PE交射线BC于点F，设M是线段EF的中点，则在点P运动的整个过程中，点M运动路线的长为（ ）
A．3B．4C．D．5
【考点】矩形的性质；轨迹．
【专题】矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】C
【分析】如图，当P与A重合时，点F与K重合，此时点M在H处，当点P与B重合时，点F与G重合，点M在N处，点M的运动轨迹是线段HN．求出KG的长即可解决问题．
【解答】解：如图，
当P与A重合时，点F与K重合，此时点M在H处，当点P与B重合时，点F与G重合，点M在N处，点M的运动轨迹是线段HN．
∵AD＝4，AE：ED＝1：3，
∴AE＝1，DE＝3，
在Rt△AEB中，AE＝1，AB＝3，
∴BE＝＝＝，
∵AD∥BC，
∴∠AEB＝∠EBG，
又∵∠A＝∠BEG＝90°，
∵△AEB∽△EBG，
∴，
∴BG＝＝10，
∵BK＝AE＝1，
∴KG＝BG﹣BK＝9，
∴HN＝KG＝，
∴点M的运动路径的长为 ，
故选：C．
10如果关于x的一元二次方程ax2+bx+c＝0有两个实数根，且其中一个根为另一个根的2倍，则称这样的方程为“倍根方程”，以下关于倍根方程的说法，正确的有（ ）个．
①方程x2﹣x﹣2＝0是倍根方程；
②若（x﹣2）（mx+n）＝0是倍根方程，则4m2+5mn+n2＝0；
③若p、q满足pq＝2，则关于x的方程px2+3x+q＝0是倍根方程；
④若方程ax2+bx+c＝0是倍根方程，则必有2b2＝9ac．
A．1B．2C．3D．4
【考点】一元二次方程的解；根的判别式；根与系数的关系．
【专题】一元二次方程及应用；运算能力．
【答案】C
【分析】①求出方程的解，再判断是否为倍根方程，
②根据倍根方程和其中一个根，可求出另一个根，进而得到m、n之间的关系，而m、n之间的关系正好适合，
③当p，q满足pq＝2，则px2+3x+q＝（px+1）（x+q）＝0，求出两个根，再根据pq＝2代入可得两个根之间的关系，进而判断是否为倍根方程，
④用求根公式求出两个根，当x1＝2x2，或2x1＝x2时，进一步化简，得出关系式，进行判断即可．
【解答】解：①解方程x2﹣x﹣2＝0得，x1＝2，x2＝﹣1，得，x1≠2x2，
∴方程x2﹣x﹣2＝0不是倍根方程；
故①不正确；
②若（x﹣2）（mx+n）＝0是倍根方程，x1＝2，
因此x2＝1或x2＝4，
当x2＝1时，m+n＝0，
当x2＝4时，4m+n＝0，
∴4m2+5mn+n2＝（m+n）（4m+n）＝0，
故②正确；
③∵pq＝2，则px2+3x+q＝（px+1）（x+q）＝0，
∴，x2＝﹣q，
∴，
因此是倍根方程，
故③正确；
④方程ax2+bx+c＝0的根为：，，
若x1＝2x2，则，
即，
∴，
∴，
∴，
∴9（b2﹣4ac）＝b2，
∴2b2＝9ac．
若2x1＝x2时，则，
则，
∴，
∴，
∴，
∴b2＝9（b2﹣4ac），
∴2b2＝9ac．
故④正确，
∴正确的有：②③④共3个．
故选：C．
二．填空题（共8小题，每小题2分，共16分）
11若（m+1）x2﹣mx+2＝0是关于x的一元二次方程，则m的取值范围是 ．
【考点】一元二次方程的定义．
【答案】见试题解答内容
【分析】只含有一个未知数，且未知数的最高次数是2的整式方程叫做一元二次方程．一元二次方程有三个特点：（1）只含有一个未知数；（2）未知数的最高次数是2；（3）是整式方程．
【解答】解：由题意，得
m+1≠0，
解得m≠﹣1，
故答案为：m≠﹣1．
12如图，在正方形网格中，每个小正方形的边长均为1，△ABC和△DEF的顶点都在网格线的交点上．设△ABC的周长为C1，△DEF的周长为C2，则的值等于 ．
【考点】相似三角形的判定与性质．
【专题】等腰三角形与直角三角形；图形的相似；运算能力；推理能力．
【答案】．
【分析】先证明两个三角形相似，再根据相似三角形的周长比等于相似比，得出周长比的值便可．
【解答】解：∵，
，
，
∴，
∴△ABC∽△DEF，
∴，
故答案为：．
13如果关于x的一元二次方程ax2+bx﹣1＝0的一个解是x＝1，则2021﹣a﹣b＝ ．
【考点】一元二次方程的解．
【专题】一元二次方程及应用；运算能力．
【答案】见试题解答内容
【分析】利用一元二次方程解的定义得到a+b＝1，然后把2021﹣a﹣b变形为2021﹣（a+b），再利用整体代入的方法计算．
【解答】解：把x＝1代入方程ax2+bx﹣1＝0得a+b﹣1＝0，
所以a+b＝1，
所以2021﹣a﹣b＝2021﹣（a+b）＝2021﹣1＝2020．
故答案为：2020．
14三角形的每条边的长都是方程x2﹣6x+8＝0的根，则三角形的周长是 ．
【考点】解一元二次方程﹣因式分解法；三角形三边关系．
【专题】压轴题．
【答案】见试题解答内容
【分析】首先用因式分解法求得方程的根，再根据三角形的每条边的长都是方程x2﹣6x+8＝0的根，进行分情况计算．
【解答】解：由方程x2﹣6x+8＝0，得x＝2或4．
当三角形的三边是2，2，2时，则周长是6；
当三角形的三边是4，4，4时，则周长是12；
当三角形的三边长是2，2，4时，2+2＝4，不符合三角形的三边关系，应舍去；
当三角形的三边是4，4，2时，则三角形的周长是4+4+2＝10．
综上所述此三角形的周长是6或12或10．
15如图，E是▱ABCD的BC边的中点，BD与AE相交于F，则△ABF与四边形ECDF的面积之比等于 ．
【考点】三角形的面积；平行四边形的性质；平行线分线段成比例．
【专题】推理填空题；运算能力；推理能力．
【答案】见试题解答内容
【分析】根据同高的三角形面积之比为底与底的比和平行四边形的面积公式，分别用△ABF的面积表示△ABE、△ADF和平行四边形ABCD的面积，进而可求出△ABF与四边形ECDF的面积之比．
【解答】解：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AD∥BC，AD＝BC，
又∵E是▱ABCD的BC边的中点，
∴＝＝＝＝，
∵△ABE和△ABF同高，
∴＝＝，
∴S△ABE＝S△ABF，
设▱ABCD中，BC边上的高为h，
∵S△ABE＝×BE×h，S▱ABCD＝BC×h＝2×BE×h，
∴S▱ABCD＝4S△ABE＝4×S△ABF＝6S△ABF，
∵△ABF与△ADF等高，
∴＝＝2，
∴S△ADF＝2S△ABF，
∴S四边形ECDF＝S▱ABCD﹣S△ABE﹣S△ADF＝S△ABF，
∴＝，
故答案为：．
16一个小组若干人，新年每人都互送贺卡一张，已知全组共送贺卡72张，则这个小组有 人．
【考点】一元二次方程的应用．
【专题】一元二次方程及应用；应用意识．
【答案】见试题解答内容
【分析】设这个小组有x人，要求他们之间互送贺卡，即除自己外，每个人都要求送其他的人一张贺卡，即每个人要送（x﹣1）张贺卡，所以全组共送x（x﹣1）张，又知全组共送贺卡72张，由送贺卡数相等为等量关系，列出方程求解．
【解答】解：设这个小组有x人，则每人应送出（x﹣1）张贺卡，由题意得：
x（x﹣1）＝72，
即：x2﹣x﹣72＝0，
解得：x1＝9，x2＝﹣8（不符合题意舍去）
即：这个小组有9人．
故答案为：9．
17如图，已知平面直角坐标系中xOy中，Rt△OAB的直角顶点B在x轴的正半轴上，点A在第一象限，反比例函数y＝（x＞0）的图象交OA于点C，交AB于点D，连接CD，若OC：AC＝3：2，△ACD的面积是4，则k的值为 ．
【考点】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．
【专题】反比例函数及其应用；运算能力．
【答案】．
【分析】过点C作CE⊥x轴于点E，设点C的坐标为（3a，3b），则k＝9ab，再利用平行线分线段成比例可分别求出AD和BE的长，进而表达△ACD的面积，求出ab的值，即可求出k的值．
【解答】解：如图，过点C作CE⊥x轴于点E，
由题意可知，∠ABO＝90°，即AB⊥x轴，
∴CE∥AB，
∴，
∵OC：AC＝3：2，
∴OC：OA＝3：5，即＝，
设点C的坐标为（3a，3b），
∴OE＝3a，CE＝3b，k＝9ab，
∴OB＝5a，BE＝2a，AB＝5b，
∴D（5a，b），
∴AD＝AB﹣BE＝b，
∵△ACD的面积是4，
∴•AD•BE＝b•2a＝4，
解得ab＝，
∴k＝9ab＝．
故答案为：．
18如图，n个全等的等腰三角形的底边在同一条直线上，底角顶点依次重合，连接第一个三角形的底角顶点B1和第n个三角形的顶角顶点An交A1B2于点Pn，则A1B2：PnB2＝ ．
【考点】规律型：图形的变化类；等腰三角形的性质；相似三角形的判定与性质．
【专题】等腰三角形与直角三角形；图形的相似；推理能力．
【答案】见试题解答内容
【分析】通过证明△A1B1Pn∽△B2CPn，△B1B2C∽△B1BnAn，可得，＝，即可求解．
【解答】解：设AnB1交A2B2于点C，
∵n个全等的等腰三角形的底边在同一条直线上，
∴∠A1B1B2＝∠A2B2B3＝∠AnBnBn+1，A1B1＝A1B2＝AnBn，
∴A1B1∥A2B2∥AnBn，
∴△A1B1Pn∽△B2CPn，△B1B2C∽△B1BnAn，
∴，＝
∴＝n﹣1，
∴A1B2：PnB2＝n．
三．解答题（共74分）
19用恰当的方法解下列方程：
（1）4x2﹣25＝0；
（2）x2+4x﹣2＝0；
（3）（2x+1）2+2（2x+1）+1＝0；
（4）（x﹣1）（x﹣3）＝8．
【考点】解一元二次方程﹣直接开平方法；解一元二次方程﹣因式分解法；换元法解一元二次方程．
【专题】一元二次方程及应用；运算能力．
【答案】（1）x1＝，x2＝﹣；
（2）x1＝﹣2+，x2＝﹣2﹣；
（3）x1＝x2＝﹣1；
（4）x1＝5，x2＝﹣1．
【分析】（1）利用直接开平方法求解即可；
（2）利用配方法求解即可；
（3）把2x+1看作整体．利用因式分解法求解即可；
（4）方程整理后，利用因式分解法求解即可．
【解答】解：（1）4x2﹣25＝0，
x2＝，
∴x1＝，x2＝﹣；
（2）x2+4x﹣2＝0，
x2+4x＝2，
x2+4x+4＝6，即（x+2）2＝6，
∴x+2＝±，
∴x1＝﹣2+，x2＝﹣2﹣；
（3）（2x+1）2+2（2x+1）+1＝0，
（2x+1+1）2＝0，
∴x1＝x2＝﹣1；
（4）（x﹣1）（x﹣3）＝8．
x2﹣4x﹣5＝0，
（x﹣5）（x+1）＝0，
∴x1＝5，x2＝﹣1．
20在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点坐标分别为A（1，﹣2），B（2，﹣1），C（4，﹣3）．
（1）画出△ABC关于x轴对称的△A1B1C1；
（2）以点O为位似中心，在网格中画出△A1B1C1的位似图形△A2B2C2，使△A2B2C2与△A1B1C1的相似比为2：1；
（3）设点P（a，b）为△ABC内一点，则依上述两次变换后点P在△A2B2C2内的对应点P2的坐标是 ．
【考点】作图﹣轴对称变换；作图﹣位似变换．
【专题】图形的相似；几何直观．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）利用关于x轴对称的点的坐标特征写出A1、B1、C1的坐标，然后描点即可；
（2）利用关于原点为位似中心的对应点的坐标之间的关系，把点A1、B1、C1的横纵坐标都乘以2得到A2、B2、C2的坐标，然后描点即可；
（3）利用（2）中的坐标变换规律求解．
【解答】解：（1）如图，△A1B1C1为所作；
（2）如图，△A2B2C2为所作；
（3）点P的对应点P2的坐标是（2a，﹣2b）．
故答案为（2a，﹣2b）．
21如图，在每个小正方形的边长均为1的网格中，点A、B均在网格上．
（1）线段AB的长为 ；
（2）借助网格，用无刻度的直尺在AB上作出点P，使AP＝．（要求保留作图痕迹，不要求证明）
【考点】勾股定理；作图—复杂作图．
【专题】作图题；应用意识．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）利用勾股定理计算即可．
（2）取格点E，F，连接EF交AB于点P，点P即为所求．
【解答】解：（1）由题意AB＝＝2，
故答案为2．
（2）如图点P即为所求．
22如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，AB⊥BC，点E在AB上，∠DEC＝90°．
（1）求证：△ADE∽△BEC．
（2）若AD＝1，BC＝AB＝4，求AE的长．
【考点】相似三角形的判定与性质．
【专题】线段、角、相交线与平行线；三角形；图形的相似；几何直观．
【答案】（1）见解答过程；
（2）2．
【分析】（1）利用平行线的性质和AB⊥BC，可得∠A＝∠B，再求证∠BEC＝∠EDA可得△ADE∽△BEC；
（2）根据△ADE∽△BEC，得到对应边成比例求解．
【解答】解：（1）∵AD∥BC，AB⊥BC，
∴∠EAD＝∠CBE＝90°，
∵DE⊥CE，
∴∠CDE＝90°，
∴∠BEC+∠AED＝∠AED+∠EDA＝90°，
∴∠BEC＝∠EDA，
∴△ADE∽△BEC；
（2）设AE＝x，则BE＝4﹣x，
由（1）知△ADE∽△BEC．
∴，即，
解得x＝2，
∴AE＝2．
23如示意图，小华家（点A处）和公路（L）之间竖立着一块35m长且平行于公路的巨型广告牌（DE）．广告牌挡住了小华的视线
（1）请在图中画出视点A的盲区，并将盲区内的那段公路记为BC．
（2）一辆以72km/h匀速行驶的汽车经过公路BC段的时间是3s，已知广告牌和公路的距离是40m．求小华家到公路的距离．
【考点】相似三角形的应用；视点、视角和盲区．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）作射线AD、AE分别于L相交于点B、C，然后即可确定盲区；
（2）先根据路程＝速度×时间求出BC的长度，然后过点A作AF⊥BC，根据相似三角形对应高的比等于对应边的比列出比例式，然后求出AF的长度，也就是小明家到公路的距离．
【解答】解：（1）如图，作射线AD、AE，分别交L于点B、C，BC即为视点A的盲区在公路上的那段．
（2）过点A作AF⊥BC，垂足为点F，交DE于点H．
∵DE∥BC．
∴△ADE∽△ABC，
∴＝，
由题意．知DE＝35m，HF＝40m，BC＝＝60m，
设AF＝x，则AH＝x﹣40，
∴＝，
解得 x＝96．
答：小华家到公路的距离约为96米．
24如图1，有一张长40cm，宽20cm的长方形硬纸片，裁去角上2个小正方形和2个小长方形（图中阴影部分）之后，恰好折成如图2的有盖纸盒．
（1）若纸盒的高是3cm，求纸盒底面长方形的长和宽；
（2）若纸盒的底面积是150cm2，求纸盒的高．
【考点】一元二次方程的应用．
【专题】一元二次方程及应用；应用意识．
【答案】（1）17cm，14cm；
（2）5cm．
【分析】（1）根据纸盒底面长方形的长＝（长方形硬纸片的长﹣2×纸盒的高）÷2，可求出纸盒底面长方形的长；根据纸盒底面长方形的宽＝长方形硬纸片的宽﹣2×纸盒的高，可求出纸盒底面长方形的宽；
（2）设当纸盒的高为xcm时，纸盒的底面积是150cm2，根据长方形的面积公式结合纸盒的底面积是150cm2，即可得出关于x的一元二次方程，解之取其较小值即可得出结论．
【解答】解：（1）纸盒底面长方形的长为（40﹣2×3）÷2＝17（cm），
纸盒底面长方形的宽为20﹣2×3＝14（cm）．
答：纸盒底面长方形的长为17cm，宽为14cm．
（2）设当纸盒的高为xcm时，纸盒的底面积是150cm2，
依题意，得：×（20﹣2x）＝150，
化简，得：x2﹣30x+125＝0，
解得：x1＝5，x2＝25．
当x＝5时，20﹣2x＝10＞0，符合题意；
当x＝25时，20﹣2x＝﹣30＜0，不符合题意，舍去．
答：若纸盒的底面积是150cm2，纸盒的高为5cm．
25对于两个相似三角形，如果沿周界按对应点顺序环绕的方向相同，那么称这两个三角形互为顺相似；如果沿周界按对应点顺序环绕的方向相反，那么称这两个三角形互为逆相似．例如，如图①，△ABC∽△A′B′C′，且沿周界ABCA与A′B′C′A′环绕的方向相同，因此△ABC和△A′B′C′互为顺相似；如图②，△ABC∽△A′B′C′，且沿周界ABCA与A′B′C′A′环绕的方向相反，因此△ABC和△A′B′C′互为逆相似．
（1）根据图Ⅰ，图Ⅱ和图Ⅲ满足的条件．可得下列三对相似三角形：
①△ADE与△ABC；
②△GHO与△KFO；
③△NQP与△NMQ；
其中，互为顺相似的是 ；互为逆相似的是 ．（填写所有符合要求的序号）．
（2）如图③，在△ABC中，AB＝6，AC＝5，BC＝4，点P在AC上．
①已知PC＝3，过点P作直线截△ABC，交△ABC的另一边于点Q，若PQ截得的三角形与△ABC互为顺相似，求PQ的长；
②过点P作直线截△ABC，使截得的一个三角形与△ABC互为逆相似，若这样的截线能画两条，则PC的取值范围为 ．
【考点】相似形综合题．
【专题】几何综合题；新定义；分类讨论；图形的相似；运算能力；推理能力．
【答案】（1）①、②；③；
（2）①或；
②0＜PC≤．
【分析】（1）①由互为顺相似和互为逆相似的定义即可得出结论；
（2）①分两种情况：a、若点Q在BC上时，△PQC与△ABC互为顺相似，由相似三角形的性质得＝，求出PQ＝；
b、若点Q在AB上时，△AQP与△ABC互为顺相似，由相似三角形的性质得＝，求出PQ＝；
②若点Q在BC上时，△QPC与△ABC互为逆相似，由相似三角形的性质得＝，求出PC＝CQ，再由CQ≤BC，则CQ≤4，得PC≤；若点Q在AB上时，△APQ与△ABC互为逆相似，由相似三角形的性质得＝，则AP＝AQ，再由AQ≤AB，得AQ≤6，则AP≤，求出PC＝AC﹣AP≥﹣，然后由若点Q在AB上时，△APQ与△ABC互为逆相似，得0＜PC＜5，即可得出答案．
【解答】解：（1）①∵△ADE与△ABC相似，沿周界ADEA与ABCA环绕的方向相同，
∴△ADE与△ABC互为顺相似；
②△GHO与△KFO相似，沿周界GHOG与KFOK环绕的方向相同，
∴△GHO与△KFO互为顺相似；
③△NQP与△NMQ相似，沿周界NQPN与NMQN环绕的方向相反，
∴△NQP与△NMQ互为逆相似；
故答案为：①、②；③；
（2）①分两种情况：
a、若点Q在BC上时，△PQC与△ABC互为顺相似，如图1所示：
∵△PQC∽△ABC，
∴＝，
即＝，
解得：PQ＝；
b、若点Q在AB上时，△AQP与△ABC互为顺相似，如图2所示：
∵AC＝5，CP＝3，
∴AP＝AC﹣CP＝5﹣3＝2，
∵△AQP∽△ABC，
∴＝，
即＝，
解得：PQ＝；
综上所述，若PQ截得的三角形与△ABC互为顺相似，PQ的长为或；
②若点Q在BC上时，△QPC与△ABC互为逆相似，如图3所示：
∵△QPC∽△ABC，
∴＝，
∴PC＝×CQ＝CQ，
∵CQ≤BC，BC＝4，
∴CQ≤4，
∴PC≤；
若点Q在AB上时，△APQ与△ABC互为逆相似，如图4所示：
∵△APQ∽△ABC，
∴＝，
∴AP＝×AQ＝AQ，
∵AQ≤AB，AB＝6，
∴AQ≤6，
∴AP≤，
∴PC＝AC﹣AP≥﹣，不合题意；
∵0＜PC＜5，
∴若点Q在AB上时，△APQ与△ABC互为逆相似，0＜PC＜5；
综上所述，PC的取值范围为：0＜PC≤，
故答案为：0＜PC≤．
26在△ABC中，CA＝CB，∠ACB＝α．点P是平面内不与点A，C重合的任意一点．连接AP，将线段AP绕点P逆时针旋转α得到线段DP，连接AD，BD，CP．
（1）观察猜想
如图1，当α＝60°时，的值是 ，直线BD与直线CP相交所成的较小角的度数是 ．
（2）类比探究
如图2，当α＝90°时，请写出的值及直线BD与直线CP相交所成的较小角的度数，并就图2的情形说明理由．
（3）解决问题
当α＝90°时，若点E，F分别是CA，CB的中点，点P在直线EF上，请直接写出点C，P，D在同一直线上时的值．
【考点】相似形综合题．
【专题】几何综合题．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）如图1中，延长CP交BD的延长线于E，设AB交EC于点O．证明△CAP≌△BAD（SAS），即可解决问题．
（2）如图2中，设BD交AC于点O，BD交PC于点E．证明△DAB∽△PAC，即可解决问题．
（3）分两种情形：①如图3﹣1中，当点D在线段PC上时，延长AD交BC的延长线于H．证明AD＝DC即可解决问题．
②如图3﹣2中，当点P在线段CD上时，同法可证：DA＝DC解决问题．
【解答】解：（1）如图1中，延长CP交BD的延长线于E，设AB交EC于点O．
∵∠PAD＝∠CAB＝60°，
∴∠CAP＝∠BAD，
∵CA＝BA，PA＝DA，
∴△CAP≌△BAD（SAS），
∴PC＝BD，∠ACP＝∠ABD，
∵∠AOC＝∠BOE，
∴∠BEO＝∠CAO＝60°，
∴＝1，直线BD与直线CP相交所成的较小角的度数是60°，
故答案为1，60°．
（2）如图2中，设BD交AC于点O，BD交PC于点E．
∵∠PAD＝∠CAB＝45°，
∴∠PAC＝∠DAB，
∵＝＝，
∴△DAB∽△PAC，
∴∠PCA＝∠DBA，＝＝，
∵∠EOC＝∠AOB，
∴∠CEO＝∠OAB＝45°，
∴直线BD与直线CP相交所成的较小角的度数为45°．
（3）如图3﹣1中，当点D在线段PC上时，延长AD交BC的延长线于H．
∵CE＝EA，CF＝FB，
∴EF∥AB，
∴∠EFC＝∠ABC＝45°，
∵∠PAO＝45°，
∴∠PAO＝∠OFH，
∵∠POA＝∠FOH，
∴∠H＝∠APO，
∵∠APC＝90°，EA＝EC，
∴PE＝EA＝EC，
∴∠EPA＝∠EAP＝∠BAH，
∴∠H＝∠BAH，
∴BH＝BA，
∵∠ADP＝∠BDC＝45°，
∴∠ADB＝90°，
∴BD⊥AH，
∴∠DBA＝∠DBC＝22.5°，
∵∠ADB＝∠ACB＝90°，
∴A，D，C，B四点共圆，
∠DAC＝∠DBC＝22.5°，∠DCA＝∠ABD＝22.5°，
∴∠DAC＝∠DCA＝22.5°，
∴DA＝DC，设AD＝a，则DC＝AD＝a，PD＝a，
∴＝＝2﹣．
解法二：在Rt△PAD中，∵E是AC的中点，
∴PE＝EA＝EC，
∴∠EPC＝∠ECP，
∵∠CEF＝45°＝∠EPC+∠ECP，
∴∠EPC＝∠ECP＝22.5°，
∵∠PDA＝45°＝∠ACD+∠DAC，
∴∠DAC＝22.5°，
∴AD＝DC，
设PD＝a，则AD＝DC＝a，
∴＝＝2﹣
如图3﹣2中，当点P在线段CD上时，同法可证：DA＝DC，设AD＝a，则CD＝AD＝a，PD＝a，
∴PC＝a﹣a，
∴＝＝2+．