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人教版2021-2022学年九年级上学期期中数学试题-（四）
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这是一份人教版2021-2022学年九年级上学期期中数学试题-（四），共25页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
人教版2021-2022学年九年级上学期期中数学试题-（四）
一、单选题
1．方程的解是（ ）
A． B． C．， D．
2．上海世博会的某纪念品原价150元，连续两次涨价a%后售价为216元．下列所列方程中正确的是
A．150(1＋2a%)＝216 B．150(1＋a%)2＝216
C．150(1＋a%)×2＝216 D．150(1＋a%)＋150(1＋a%)2＝216
3．下列命题中，真命题是（ ）
A．两条对角线垂直的四边形是菱形
B．对角线垂直且相等的四边形是正方形
C．两条对角线相等的四边形是矩形
D．两条对角线相等的平行四边形是矩形
4．从等腰三角形、平行四边形、菱形、角、线段中随机抽取两个，得到的都是中心对称图形的概率是( )
A． B． C． D．
5．把方程 x2﹣x﹣5=0，化成（x+m）2=n的形式得（ ）
A．（x﹣ ）2= B．（x﹣ ）2=
C．（x﹣ ）2= D．（x﹣ ）2=
6．菱形ABCD的一条对角线长为6cm，边AB的长是方程x2﹣7x+12＝0的一个根，则菱形ABCD的周长等于（ ）
A．10cm B．12 cm C．16cm D．12cm或16cm
7．如图，在△ABC与△ADE中，∠BAC=∠D，要使△ABC与△ADE相似，还需满足下列条件中的（ ）
A． B． C． D．
8．如图，四边形ABCD为菱形，则下列描述不一定正确的是（ ）
A．CA平分∠BCD B．AC，BD互相平分
C．AC＝CD D．∠ABD+∠ACD＝90°
9．已知一元二次方程 的两个实数根分别是 x1 、 x2 则 x12 x2 + x1 x22 的值为（ ）
A．-6 B．- 3 C．3 D．6
10．如图，正方形ABCD中，点E是AD边的中点，BD，CE交于点H，BE、AH交于点G，则下列结论：
①∠ABE＝∠DCE；②∠AHB＝∠EHD；③S△BHE＝S△CHD；④AG⊥BE．其中正确的是（ ）
A．①③ B．①②③④ C．①②③ D．①③④
第II卷（非选择题）
请点击修改第II卷的文字说明
二、填空题
11．如图，在菱形ABCD中，，对角线，则菱形ABCD的面积为__________．
12．方程（x-3）2=x-3的根是_________________．
13．如图，矩形ABCD中，AD=2，AB=5，P为CD边上的动点，当△ADP与△BCP相似时，DP=__．
14．已知x1，x2是方程x2+3x+1＝0的两实数根，则的值为_________．
15．如图，a∥b∥c，直线m分别交直线a、b、c于点A、B、C，直线n分别交直线a、b、c于点D、E、F．若AB＝2，CB＝4，DE＝3，则EF＝_________．
16．已知（x、y、z均不为零），则_____________．
17．如图，O为坐标原点，四边形OABC为矩形，A（10，0），C（0，4），点D是OA的中点，点P在BC上运动，当△ODP是以OD为腰的等腰三角形时，则P点的坐标为__________．
18．对于实数a，b，定义运算“”，例如，因为，所以．若是一元二次方程的两个根，则_________．
三、解答题
19．解方程（用指定方法解下列方程）：
（1）(配方法)
（2）(公式法)
20．如图，点C是线段AB上一点，△ACD和△BCE都是等边三角形，连结AE，BD，设AE交CD于点F．
（1）求证：△ACE≌△DCB；
（2）求证：△ADF∽△BAD．
21．已知：关于x的方程x2－4mx＋4m2－1＝0.
(1)不解方程，判断方程的根的情况；
(2)若△ABC为等腰三角形，BC＝5，另外两条边是方程的根，求此三角形的周长．2
22．某汽车专卖店经销某种型号的汽车.已知该型号汽车的进价为万元/辆，经销一段时间后发现：当该型号汽车售价定为万元/辆时，平均每周售出辆；售价每降低万元，平均每周多售出辆.
（1）当售价为万元/辆时，平均每周的销售利润为___________万元；
（2）若该店计划平均每周的销售利润是万元，为了尽快减少库存，求每辆汽车的售价．
23．如图，在平行四边形ABCD中，过点A作AE垂直BC，垂足为E，连接DE，F为线段DE上一点，且∠AFE=∠B
（1）求证：△ADF∽△DEC；
（2）若AB=8，AD=6，AF=4，求AE的长．
24．某校调查了若干名家长对“初中生带手机上学”现象的看法，统计整理并制作了如下的条形与扇形统计图，根据图中提供的信息，完成以下问题：
（1）本次共调查了 名家长；扇形统计图中“很赞同”所对应的圆心角是 度．已知该校共有1600名家长，则“不赞同”的家长约有 名；请补全条形统计图；
（2）从“不赞同”的五位家长中（两女三男），随机选取两位家长对全校家长进行“学生使用手机危害性”的专题讲座，请用树状图或列表法求出选中“1男1女”的概率．
25．如图，在▱BCFD中，点E是DF的中点，连接CE并延长，与BD的延长线相交于点A，连接CD，AF．
（1）求证：四边形ADCF是平行四边形；
（2）若CA＝CB，则▱ ADCF为 （填矩形、菱形、正方形中的一个）．
26．如图，在△ABC中，∠C＝90°，AC＝8cm，BC＝6cm，点P从点A沿AC向C以2cm/s的速度移动，到C即停，点Q从点C沿CB向B以1cm/s的速度移动，到B就停．
（1）若P、Q同时出发，经过几秒钟S△PCQ＝2cm2；
（2）若点Q从C点出发2s后点P从点A出发，再经过几秒△PCQ与△ACB相似．
27．已知点E在△ABC内，∠ABC＝∠EBD＝α，∠ACB＝∠EDB＝60°，∠AEB＝150°，∠BEC＝90°．
（1）当α＝60°时（如图1），
①判断△ABC的形状，并说明理由；
②求证：BD＝AE；
（2）当α＝90°时（如图2），求的值．
28．正方形ABCD中，点O是对角线AC的中点，P是对角线AC上一动点，过点P作PF⊥CD于点F．如图1，当点P与点O重合时，显然有DF=CF．
（1）如图2，若点P在线段AO上（不与点A、O重合），PE⊥PB且PE交CD于点E．
①求证：DF=EF；
②写出线段PC、PA、CE之间的一个等量关系；并说出理由；
（2）若点P在线段OC上（不与点O、C重合），PE⊥PB且PE交直线CD于点E．请完成图3并判断（1）中的结论①、②是否分别成立？若不成立，写出相应的结论．（所写结论均不必证明）
参考答案
1．C
【分析】
直接根据一元二次方程的解法进行解答即可．
【详解】
由可得：；
解得：；
故选C．
【点睛】
本题主要考查一元二次方程的解法，熟练掌握一元二次方程的解法是解题的关键．
2．B
【解析】
试题分析：上海世博会的某纪念品原价150元，一次涨价a%后售价为，即；第二次涨价a%后售价，即
=216，所以选B
考点：列方程解应用题
点评：本题考查列方程解应用题，要求考生掌握列方程的方法，关键是搞清题意之间量与量之间的关系
3．D
【详解】
A、两条对角线垂直并且相互平分的四边形是菱形，故选项A错误；
B、对角线垂直且相等的平行四边形是正方形，故选项B错误；
C、两条对角线相等的平行四边形是矩形，故选项C错误；
D、根据矩形的判定定理，两条对角线相等的平行四边形是矩形，为真命题，故选项D正确；
故选D．
4．C
【分析】
先判断出五种图形中哪些是中心对称图形，再利用列表法即可求得抽取两个都是中心对称图形的概率．
【详解】
五种图形中，属于中心对称图形的有：平行四边形、菱形、线段
将等腰三角形、平行四边形、菱形、角、线段分别记作A，B，C，D，E
列表可得
A
B
C
D
E
A
AB
AC
AD
AE
B
BA
BC
BD
BE
C
CA
CB
CD
CE
D
DA
DB
DC
DE
E
EA
EB
EC
ED
总共有20种等可能的情况，其中抽取两个都是中心对称图形的情况有BC，BE，CB，EB，CE，EC共6种
抽取两个都是中心对称图形的概率是：
故选：C
【点睛】
本题考查了中心对称图形的识别和列表法求概率，把一个图形绕某一点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形；在一次试验中，如果可能出现的结果只有有限个，且各种结果出现的可能性都相等，我们可以通过列举试验结果的方法，分析出随机事件的概率．
5．D
【详解】
方程x2−x−5=0，整理得：x2−3x=15，
配方得：x2−3x+=，即(x−)2=，
故选D
6．C
【分析】
先求出方程的解，再根据三角形的三边关系定理判断，最后求出周长即可.
【详解】
解：
解方程x2﹣7x+12＝0得：x＝3或4，
即AB＝3或4，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝AD＝DC＝BC，
当AD＝DC＝3cm，AC＝6cm时，3+3＝6，不符合三角形三边关系定理，此时不行；
当AD＝DC＝4cm，AC＝6cm时，符合三角形三边关系定理，
即此时菱形ABCD的周长是4×4＝16，
故选C．
【点睛】
本题考查了菱形的性质和三角形的三边关系定理、解一元二次方程等知识点，能求出符合的所有情况是解此题的关键.
7．C
【分析】
本题中已知∠BAC=∠D，则对应的夹边比值相等即可使△ABC与△ADE相似，结合各选项即可得问题答案．
【详解】
解：∵∠BAC=∠D，
∴△ABC∽△ADE．
故选C．
【点睛】
此题考查了相似三角形的判定：①有两个对应角相等的三角形相似；②有两个对应边的比相等，且其夹角相等，则两个三角形相似；③三组对应边的比相等，则两个三角形相似，熟记各种判定相似三角形的方法是解题关键．
8．C
【分析】
由菱形的性质、等边三角形的判定与性质分别对各个选项进行判断即可．
【详解】
解：∵四边形ABCD是菱形，
∴CA平分∠BCD，AC、BD互相平分，AD=CD， AB∥CD，AC⊥BD，
∴∠ABD=∠BDC，∠BDC+∠ACD=90°，
∴∠ABD+∠ACD=90°，
故选项A、B、D不符合题意；
当∠ADC=60°时，△ACD是等边三角形，则AC=CD，
∴AC=CD，不一定成立，故选项C符合题意；
故选：C．
【点睛】
本题考查了菱形的性质、等边三角形的判定与性质、直角三角形的性质等知识，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．
9．B
【分析】
根据根与系数的关系得到x1+x2=3，x1•x2=﹣1，再把x12x2+x1x22变形为x1•x2（x1+x2），然后利用整体代入的方法计算即可．
【详解】
根据题意得：x1+x2=3，x1•x2=﹣1，所以原式=x1•x2（x1+x2）=﹣1×3=－3．
故选B．
【点睛】
本题考查了一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的根与系数的关系：若方程两个为x1，x2，则x1+x2，x1•x2．
10．B
【分析】
根据正方形的性质证得，推出，可知①正确；证明，再根据对顶角相等即可得到，可知②正确；根据，求出，推出，即，故③正确；利用正方形性质证，求得，推出；求出，求得故④正确．
【详解】
解：四边形是正方形，是边上的中点，
，，，
，
，
故①正确；
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC, ∠ABD=∠CBD，
∵BH=BH，
∴，
，
，
，
故②正确；
，
，
，
即，
故③正确；
四边形是正方形，
，，，
，
，
，
，
，
，
，
故④正确；
故选：．
【点睛】
本题主要考查了正方形的性质及全等三角形的判定与性质，三角形的面积公式，解答本题关键要充分利用正方形的性质：①四边相等； ②四个内角相等，都是90度； ③对角线相等，相互垂直，且每条对角线平分一组对角．
11．24
【分析】
由菱形的性质得出AC⊥BD，，再根据勾股定理求出AO的长，进而得出AC的长，根据菱形的面积=AC•BD，即可得出结果．
【详解】
如图，记AC、BD的交点为点O，
∵四边形ABCD是菱形，BD=6，
∴AC⊥BD，，
∴，
∴，
∴菱形的面积=AC•BD=×8×6=24．
故答案为：24．
【点睛】
本题考查了菱形的性质、菱形面积的计算方法，熟练掌握菱形的面积等于两条对角线长乘积的一半是解决问题的关键．
12．x1=3，x2=4
【详解】
解：（x﹣3）2=x﹣3，（x﹣3）2﹣（x﹣3）=0，（x﹣3）（x﹣3﹣1）=0，∴x1=3，x2=4．故答案为x1=3，x2=4．
点睛：此题考查运用因式分解法解一元二次方程，切忌两边直接除以（x﹣3）．
13．1或4或2.5．
【分析】
需要分类讨论：△APD∽△PBC和△PAD∽△PBC，根据该相似三角形的对应边成比例求得DP的长度．
【详解】
设DP=x，则CP=5-x，本题需要分两种情况情况进行讨论，①、当△PAD∽△PBC时，=
∴，解得：x=2.5；
②、当△APD∽△PBC时，=，即=，
解得：x=1或x=4，
综上所述DP=1或4或2.5
【点晴】
本题主要考查的就是三角形相似的问题和动点问题，首先将各线段用含x的代数式进行表示，然后看是否有相同的角，根据对应角的两边对应成比例将线段写成比例式的形式，然后分别进行计算得出答案．在解答这种问题的时候千万不能出现漏解的现象，每种情况都要考虑到位.
14．7
【分析】
先将通分变形为，然后根据韦达定理代入x1+x2和x1x2的值即可．
【详解】
解：
=
=，
∵x1，x2是方程x2+3x+1＝0的两实数根，
∴x1+x2=-3，x1x2=1，
∴原式=（-3）2-2=7，
故答案为：7．
【点睛】
本题考查了代数式求值，韦达定理，将原式进行变形是解题关键．
15．EF=6
【分析】
根据平行线分线段成比例定理得出比例式，再代入求出即可．
【详解】
∵a∥b∥c，
∴，
∵AB=2，CB=4，DE=3，
∴，
∴EF=6，
故答案为：6．
【点睛】
本题考查了平行线分线段成比例定理，能根据平行线分线段成比例定理得出比例式是解此题的关键．
16．
【分析】
根据题意，可设x=5k，y=4k，z=3k，将其代入分式即可．
【详解】
解：∵
∴设x=5k，y=4k，z=3k，将其代入分式中得：．
故答案为．
【点睛】
本题考查了比例的性质，解此类题可根据分式的基本性质先用未知数k表示出x，y，z，再代入计算．
17．（3，4）或（2，4）或（8，4）
【分析】
分两种情况：①若OP=OD时，由勾股定理求出求出CP=3，②若PD=OD时，作DM⊥BC于点M，由勾股定理求出PM=3；分别得出P点的坐标即可．
【详解】
解：∵四边形OABC为矩形，A（10，0），C（0，4），
∴BC=OA=10，OC=AB=4，
∵点D是OA的中点，
∴OD=AD=5，
①若OP=OD=5时，
在Rt△OPC中，CP= ，
∴P的坐标是（3，4）．
②若PD=OD=5时，P点就是以点D为圆心，以5为半径的弧与CB的交点，
过D作DM⊥BC于点M，有DM =OC=4，
在Rt△PDM中，PM=，
当P在M的左边时，CP=5-3=2，则P的坐标是（2，4）；
当P在M的右侧时，CP=5+3=8，则P的坐标是（8，4）．
综上所述，P的坐标为：（3，4）或（2，4）或（8，4）．
故答案为：（3，4）或（2，4）或（8，4）．
【点睛】
此题考查了矩形的性质、坐标与图形的性质、等腰三角形的性质、勾股定理等知识，熟练掌握矩形的性质，进行分类讨论是解决问题的关键．
18．0
【分析】
求出的解，代入新定义对应的表达式即可求解．
【详解】
解：，
解得：，
即，
则，
故答案为：0．
【点睛】
此题主要考查了根与系数的关系，对新定义的正确理解是解题的关键．
19．（1），；（2），．
【分析】
（1）方程二次项系数化为1，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后，开方即可求出解；
（2）找出，，的值，计算出根的判别式大于0，代入求根公式即可求出解．
【详解】
解：（1）由原方程，
移项得：，
方程二次项系数化为1，得：，
配方，得，
即，
则，
∴，；
（2），
∵，，，
∴，
∴原方程有两个不相等的实数根，
∴，
∴，；
【点睛】
本题考查了解一元二次方程的应用，熟悉相关解法是解题的关键．
20．（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【分析】
有两组边对应相等，并且它们所夹的角也相等，那么这两个三角形全等；有两组角分别相等，且其中一组角所对的边对应相等，那么这两个三角形全等；全等三角形的对应边相等，对应角相等．
（1）根据全等三角形的判定定理SAS证得结论；
（2）利用（1）中全等三角形的对应角相等，平行线的判定与性质以及两角法证得结论．
【详解】
解：（1）∵△ACD和△BCE都是等边三角形，
∴AC=CD，CE=CB，∠ACD=∠BCE=60°
∴∠ACE=∠DCB=120°．
∴△ACE≌△DCB（SAS）；
（2）∵△ACE≌△DCB，
∴∠CAE=∠CDB．
∵∠ADC=∠CAD=∠ACD=∠CBE=60°，
∴DC∥BE，
∴∠CDB=∠DBE，
∴∠CAE=∠DBE，
∴∠DAF=∠DBA．
∴△ADF∽△BAD．
21．(1) 有两个不相等的实数根（2）周长为13或17
【分析】
（1）根据方程的系数结合根的判别式，可得出△=4＞0，由此可得出：无论m为何值，该方程总有两个不相等的实数根；
（2）根据等腰三角形的性质及△＞0，可得出5是方程x2﹣4mx+4m2﹣1=0的根，将x=5代入原方程可求出m值，通过解方程可得出方程的解，在利用三角形的周长公式即可求出结论．
【详解】
（1）∵△=（﹣4m）2﹣4（4m2﹣1）=4＞0，
∴无论m为何值，该方程总有两个不相等的实数根．
（2）∵△＞0，△ABC为等腰三角形，另外两条边是方程的根，
∴5是方程x2﹣4mx+4m2﹣1=0的根．
将x=5代入原方程，得：25﹣20m+4m2﹣1=0，解得：m1=2，m2=3．
当m=2时，原方程为x2﹣8x+15=0，解得：x1=3，x2=5．
∵3、5、5能够组成三角形，
∴该三角形的周长为3+5+5=13；
当m=3时，原方程为x2﹣12x+35=0，解得：x1=5，x2=7．
∵5、5、7能够组成三角形，
∴该三角形的周长为5+5+7=17．
综上所述：此三角形的周长为13或17．
【点睛】
本题考查了根的判别式、等腰三角形的性质、三角形的三边关系以及解一元二次方程，解题的关键是：（1）牢记“当△＞0时，方程有两个不相等的实数根”；（2）代入x=5求出m值．
22．（1） （2）万元
【分析】
（1）根据当该型号汽车售价定为25万元/辆时，平均每周售出8辆；售价每降低0.5万元，平均每周多售出1辆，即可求出当售价为22万元/辆时，平均每周的销售量，再根据销售利润＝一辆汽车的利润×销售数量列式计算；
（2）设每辆汽车降价x万元，根据每辆的盈利×销售的辆数＝90万元，列方程求出x的值，进而得到每辆汽车的售价．
【详解】
（1）由题意，可得当售价为22万元/辆时，平均每周的销售量是：
×1＋8＝14，
则此时，平均每周的销售利润是：（22−15）×14＝98（万元）；
（2）设每辆汽车降价x万元，根据题意得：
（25−x−15）（8＋2x）＝90，
解得x1＝1，x2＝5，
当x＝1时，销售数量为8＋2×1＝10（辆）；
当x＝5时，销售数量为8＋2×5＝18（辆），
为了尽快减少库存，则x＝5，此时每辆汽车的售价为25−5＝20（万元），
答：每辆汽车的售价为20万元．
【点睛】
此题主要考查了一元二次方程的应用，本题关键是会表示一辆汽车的利润，销售量增加的部分．找到关键描述语，找到等量关系：每辆的盈利×销售的辆数＝90万元是解决问题的关键．
23．（1）证明见解析；（2）6
【分析】
（1）利用平行四边形的性质得出∠ADF=∠DEC，利用等角的补交相等得出∠AFD=∠C，所以△ADF∽△DEC；
（2）根据相似三角形的性质得出DE的长，利用勾股定理得出AE的长.
【详解】
解：（1）∵四边形ABCD是平行四变形，
∴AB∥CD，AD∥BC，∴∠C+∠B=180°，∠ADF=∠DEC．∵∠AFD+∠AFE=180°，
∠AFE=∠B，∴∠AFD=∠C．在△ADF与△DEC中，
∴△ADF∽△DEC．
(2)由（1）知△ADF∽△DEC，则：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴CD=AB=8．∴DE=12,
在Rt△ADE中，由勾股定理得：AE=．
【点睛】
本题主要考查了相似三角形的判定与性质、平行四边形的性质和勾股定理三个知识点．题目难度不大，注意仔细分析题意，认真计算，避免出错．
24．（1）200，36，720，见解析；（2）列表法见解析，
【分析】
（1）从两个统计图可得，“赞同”的有50名，占调查总人数的25%，可求出调查总人数；进而求出“无所谓”和“很赞同”的人数，很赞同的圆心角度数为360°的，样本估计总体，样本中“不赞同”的占，估计总体1600户的是“不赞同”的人数；即可补全条形统计图：
（2）用列表法或树状图法列举出所有等可能出现的情况，从中找出1男1女的情况数，进而求出概率．
【详解】
解：（1）总人数：50÷25%＝200名，无所谓人数：200×20%＝40名，很赞同人数：200﹣90﹣50﹣40＝20名，
很赞同对应圆心角：360°×＝36°，
1600×＝720名，
故答案为：200，36，720，补全条形统计图如图所示：
（2）用列表法表示所有可能出现的情况如下：
共有20种可能出现的情况，正确“1男1女”的有12种，
∴P（1男1女）＝，
答：选中“1男1女”的概率为．
【点睛】
本题考查的知识点是条形统计图以及扇形统计图，综合利用条形统计图以及扇形统计图中的相关信息是解此题的关键．
25．（1）见解析；（2）矩形
【分析】
（1）首先证明DE是△ABC的中位线，得到E是AC的中点，又E也是DF的中点，运用对角线互相平分的四边形为平行四边形证明即可．
（2）先证明DE=AE=EC=,根据三角形一边的中线等于这边的一半，则这个三角形为直角三角形,得到∠ADC＝90°，即可得到▱ADCF为矩形．
【详解】
解：（1）在平行四边形BCFD中，
DE//BC，
∵E是DF的中点，
∴DE＝BC，
∴DE是△ABC的中位线，
∴E是AC的中点，
∴四边形ADCF是平行四边形．
（2）∵CA＝CB，DE是△ABC的中位线，
∴DE＝==AE=EC,
∴∠ADC＝90°，
∴ADCF是矩形．
故答案为：矩形．
【点睛】
本题主要考查了平行四边形的性质，三角形的中位线的判定和性质，矩形的判定，解题的关键是结合图形，熟练运用相关的判定和性质进行证明．
26．（1）则P、Q同时出发，经过（2±）秒钟S△PCQ=2cm2；（2）点Q从C点出发2s后点P从点A出发，再经过1.6秒或秒秒△PCQ与△ACB相似．
【分析】
（1）根据题意用t表示出CQ，PC，根据三角形的面积公式列出方程，解方程即可；
（2）分△PCQ∽△ACB，△PCQ∽△BCA两种情况列出比例式，计算即可．
【详解】
（1）由题意得：AP=2t，CQ=t，则PC=8﹣2t，由题意得：×（8﹣2t）×t=2，整理得：t2﹣4t+2=0，解得：t=2±，则P、Q同时出发，经过（2±）秒钟S△PCQ=2cm2；
（2）由题意得：AP=2t，CQ=2+t，则PC=8﹣2t，分两种情况讨论：
①当△PCQ∽△ACB时，=，即=，解得：t=1.6；
②当△PCQ∽△BCA时，=，即=，解得：t=．
综上所述：点Q从C点出发2s后点P从点A出发，再经过1.6秒或秒秒△PCQ与△ACB相似．
【点睛】
本题考查了相似三角形的判定，一元二次方程的应用，掌握相似三角形的判定定理是解题的关键．
27．（1）①等边三角形；理由见解析；②证明见解析；（2）
【分析】
(1)①由三角形ABC中有两个60°而求得它为等边三角形；②由△EBD也是等边三角形，连接DC，证得△ABE≌△CBD，在直角三角形中很容易证得结论．
（2）连接DC，证得△ABC∽△EBD，设BD=x在Rt△EBD中DE=2x由相似比即得到比值．
【详解】
解：（1）①判断：△ABC是等边三角形．
理由：∵∠ABC=∠ACB=60°
∴∠BAC=180°-∠ABC-∠ACB=60°=∠ABC=∠ACB
∴△ABC是等边三角形
②证明：同理△EBD也是等边三角形
连接DC，
则AB=BC，BE=BD，∠ABE=60°-∠EBC=∠CBD
∴△ABE≌△CBD
∴AE=CD，∠AEB=∠CDB=150°
∴∠EDC=150°-∠BDE=90°∠CED=∠BEC-∠BED=90°-60°=30°
在Rt△EDC中，，
∴,即BD=AE．
（2）连接DC，
∵∠ABC=∠EBD=90°，∠ACB=∠EDB=60°
∴△ABC∽△EBD
∴，即
又∵∠ABE=90°-∠EBC=∠CBD
∴△ABE∽△CBD，∠AEB=∠CDB=150°，
∴∠EDC=150°-∠BDE=90°∠CED=∠BEC-∠BED=90°-（90°-∠BDE）=60°
设BD=x在Rt△EBD中DE=2x，BE=
在Rt△EDC中CD=DE×tan60°=2
∴，
即．
28．（1）①证明见解析；②PC=CE+PA；（2）结论①成立，结论②不成立，此时②中的三条线段之间的数量关系为PA=CE+PC
【分析】
(1)连接PD，通过△BCP≌△DCP证得∠PBC=∠PDC，由四边形PBCE的内角得到∠PED=∠PBC，即可证PD=PE，由等腰三角形的“三线合一”即可；
(2)延长FP交AB于点G，由PC与CF的关系，结合EF=DF=AG逐渐转化得到这三条线段间的数量关系；(3)根据题意画出图形，对比(2)中的结论求解.
【详解】
解：(1)①连接PD，
∵四边形ABCD是正方形，AC平分∠BCD，CB=CD，△BCP≌△DCP，
∴∠PBC=∠PDC，PB=PD
∵PB⊥PE，∠BCD=90°，
∴∠PBC+∠PEC=360°-∠BPE-∠BCE=180°，
∴∠PED=∠PBC=∠PDC，∴PD=PE，
∵PF⊥CD，∴DF=EF
②PC=CE+PA，理由如下：
延长FP交AB于点G，则四边形ADFG是矩形，∴AG=DF
∵△AGP是等腰直角三角形，∴AG=AP
∵△FCP是等腰直角三角形，
∴CP=CF=(CE+EF)
=(CE+DF)=(CE+AG)
=(CE+AP)
=CE+PA
(3)结论①成立，结论②不成立，此时②中的三条线段之间的数量关系为PA=CE+PC
人教版2021-2022学年九年级上学期期中数学试题-（四）
一、单选题
1．方程的解是（ ）
A． B． C．， D．
2．上海世博会的某纪念品原价150元，连续两次涨价a%后售价为216元．下列所列方程中正确的是
A．150(1＋2a%)＝216 B．150(1＋a%)2＝216
C．150(1＋a%)×2＝216 D．150(1＋a%)＋150(1＋a%)2＝216
3．下列命题中，真命题是（ ）
A．两条对角线垂直的四边形是菱形
B．对角线垂直且相等的四边形是正方形
C．两条对角线相等的四边形是矩形
D．两条对角线相等的平行四边形是矩形
4．从等腰三角形、平行四边形、菱形、角、线段中随机抽取两个，得到的都是中心对称图形的概率是( )
A． B． C． D．
5．把方程 x2﹣x﹣5=0，化成（x+m）2=n的形式得（ ）
A．（x﹣ ）2= B．（x﹣ ）2=
C．（x﹣ ）2= D．（x﹣ ）2=
6．菱形ABCD的一条对角线长为6cm，边AB的长是方程x2﹣7x+12＝0的一个根，则菱形ABCD的周长等于（ ）
A．10cm B．12 cm C．16cm D．12cm或16cm
7．如图，在△ABC与△ADE中，∠BAC=∠D，要使△ABC与△ADE相似，还需满足下列条件中的（ ）
A． B． C． D．
8．如图，四边形ABCD为菱形，则下列描述不一定正确的是（ ）
A．CA平分∠BCD B．AC，BD互相平分
C．AC＝CD D．∠ABD+∠ACD＝90°
9．已知一元二次方程 的两个实数根分别是 x1 、 x2 则 x12 x2 + x1 x22 的值为（ ）
A．-6 B．- 3 C．3 D．6
10．如图，正方形ABCD中，点E是AD边的中点，BD，CE交于点H，BE、AH交于点G，则下列结论：
①∠ABE＝∠DCE；②∠AHB＝∠EHD；③S△BHE＝S△CHD；④AG⊥BE．其中正确的是（ ）
A．①③ B．①②③④ C．①②③ D．①③④
第II卷（非选择题）
请点击修改第II卷的文字说明
二、填空题
11．如图，在菱形ABCD中，，对角线，则菱形ABCD的面积为__________．
12．方程（x-3）2=x-3的根是_________________．
13．如图，矩形ABCD中，AD=2，AB=5，P为CD边上的动点，当△ADP与△BCP相似时，DP=__．
14．已知x1，x2是方程x2+3x+1＝0的两实数根，则的值为_________．
15．如图，a∥b∥c，直线m分别交直线a、b、c于点A、B、C，直线n分别交直线a、b、c于点D、E、F．若AB＝2，CB＝4，DE＝3，则EF＝_________．
16．已知（x、y、z均不为零），则_____________．
17．如图，O为坐标原点，四边形OABC为矩形，A（10，0），C（0，4），点D是OA的中点，点P在BC上运动，当△ODP是以OD为腰的等腰三角形时，则P点的坐标为__________．
18．对于实数a，b，定义运算“”，例如，因为，所以．若是一元二次方程的两个根，则_________．
三、解答题
19．解方程（用指定方法解下列方程）：
（1）(配方法)
（2）(公式法)
20．如图，点C是线段AB上一点，△ACD和△BCE都是等边三角形，连结AE，BD，设AE交CD于点F．
（1）求证：△ACE≌△DCB；
（2）求证：△ADF∽△BAD．
21．已知：关于x的方程x2－4mx＋4m2－1＝0.
(1)不解方程，判断方程的根的情况；
(2)若△ABC为等腰三角形，BC＝5，另外两条边是方程的根，求此三角形的周长．2
22．某汽车专卖店经销某种型号的汽车.已知该型号汽车的进价为万元/辆，经销一段时间后发现：当该型号汽车售价定为万元/辆时，平均每周售出辆；售价每降低万元，平均每周多售出辆.
（1）当售价为万元/辆时，平均每周的销售利润为___________万元；
（2）若该店计划平均每周的销售利润是万元，为了尽快减少库存，求每辆汽车的售价．
23．如图，在平行四边形ABCD中，过点A作AE垂直BC，垂足为E，连接DE，F为线段DE上一点，且∠AFE=∠B
（1）求证：△ADF∽△DEC；
（2）若AB=8，AD=6，AF=4，求AE的长．
24．某校调查了若干名家长对“初中生带手机上学”现象的看法，统计整理并制作了如下的条形与扇形统计图，根据图中提供的信息，完成以下问题：
（1）本次共调查了 名家长；扇形统计图中“很赞同”所对应的圆心角是 度．已知该校共有1600名家长，则“不赞同”的家长约有 名；请补全条形统计图；
（2）从“不赞同”的五位家长中（两女三男），随机选取两位家长对全校家长进行“学生使用手机危害性”的专题讲座，请用树状图或列表法求出选中“1男1女”的概率．
25．如图，在▱BCFD中，点E是DF的中点，连接CE并延长，与BD的延长线相交于点A，连接CD，AF．
（1）求证：四边形ADCF是平行四边形；
（2）若CA＝CB，则▱ ADCF为 （填矩形、菱形、正方形中的一个）．
26．如图，在△ABC中，∠C＝90°，AC＝8cm，BC＝6cm，点P从点A沿AC向C以2cm/s的速度移动，到C即停，点Q从点C沿CB向B以1cm/s的速度移动，到B就停．
（1）若P、Q同时出发，经过几秒钟S△PCQ＝2cm2；
（2）若点Q从C点出发2s后点P从点A出发，再经过几秒△PCQ与△ACB相似．
27．已知点E在△ABC内，∠ABC＝∠EBD＝α，∠ACB＝∠EDB＝60°，∠AEB＝150°，∠BEC＝90°．
（1）当α＝60°时（如图1），
①判断△ABC的形状，并说明理由；
②求证：BD＝AE；
（2）当α＝90°时（如图2），求的值．
28．正方形ABCD中，点O是对角线AC的中点，P是对角线AC上一动点，过点P作PF⊥CD于点F．如图1，当点P与点O重合时，显然有DF=CF．
（1）如图2，若点P在线段AO上（不与点A、O重合），PE⊥PB且PE交CD于点E．
①求证：DF=EF；
②写出线段PC、PA、CE之间的一个等量关系；并说出理由；
（2）若点P在线段OC上（不与点O、C重合），PE⊥PB且PE交直线CD于点E．请完成图3并判断（1）中的结论①、②是否分别成立？若不成立，写出相应的结论．（所写结论均不必证明）
参考答案
1．C
【分析】
直接根据一元二次方程的解法进行解答即可．
【详解】
由可得：；
解得：；
故选C．
【点睛】
本题主要考查一元二次方程的解法，熟练掌握一元二次方程的解法是解题的关键．
2．B
【解析】
试题分析：上海世博会的某纪念品原价150元，一次涨价a%后售价为，即；第二次涨价a%后售价，即
=216，所以选B
考点：列方程解应用题
点评：本题考查列方程解应用题，要求考生掌握列方程的方法，关键是搞清题意之间量与量之间的关系
3．D
【详解】
A、两条对角线垂直并且相互平分的四边形是菱形，故选项A错误；
B、对角线垂直且相等的平行四边形是正方形，故选项B错误；
C、两条对角线相等的平行四边形是矩形，故选项C错误；
D、根据矩形的判定定理，两条对角线相等的平行四边形是矩形，为真命题，故选项D正确；
故选D．
4．C
【分析】
先判断出五种图形中哪些是中心对称图形，再利用列表法即可求得抽取两个都是中心对称图形的概率．
【详解】
五种图形中，属于中心对称图形的有：平行四边形、菱形、线段
将等腰三角形、平行四边形、菱形、角、线段分别记作A，B，C，D，E
列表可得
A
B
C
D
E
A
AB
AC
AD
AE
B
BA
BC
BD
BE
C
CA
CB
CD
CE
D
DA
DB
DC
DE
E
EA
EB
EC
ED
总共有20种等可能的情况，其中抽取两个都是中心对称图形的情况有BC，BE，CB，EB，CE，EC共6种
抽取两个都是中心对称图形的概率是：
故选：C
【点睛】
本题考查了中心对称图形的识别和列表法求概率，把一个图形绕某一点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形；在一次试验中，如果可能出现的结果只有有限个，且各种结果出现的可能性都相等，我们可以通过列举试验结果的方法，分析出随机事件的概率．
5．D
【详解】
方程x2−x−5=0，整理得：x2−3x=15，
配方得：x2−3x+=，即(x−)2=，
故选D
6．C
【分析】
先求出方程的解，再根据三角形的三边关系定理判断，最后求出周长即可.
【详解】
解：
解方程x2﹣7x+12＝0得：x＝3或4，
即AB＝3或4，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝AD＝DC＝BC，
当AD＝DC＝3cm，AC＝6cm时，3+3＝6，不符合三角形三边关系定理，此时不行；
当AD＝DC＝4cm，AC＝6cm时，符合三角形三边关系定理，
即此时菱形ABCD的周长是4×4＝16，
故选C．
【点睛】
本题考查了菱形的性质和三角形的三边关系定理、解一元二次方程等知识点，能求出符合的所有情况是解此题的关键.
7．C
【分析】
本题中已知∠BAC=∠D，则对应的夹边比值相等即可使△ABC与△ADE相似，结合各选项即可得问题答案．
【详解】
解：∵∠BAC=∠D，
∴△ABC∽△ADE．
故选C．
【点睛】
此题考查了相似三角形的判定：①有两个对应角相等的三角形相似；②有两个对应边的比相等，且其夹角相等，则两个三角形相似；③三组对应边的比相等，则两个三角形相似，熟记各种判定相似三角形的方法是解题关键．
8．C
【分析】
由菱形的性质、等边三角形的判定与性质分别对各个选项进行判断即可．
【详解】
解：∵四边形ABCD是菱形，
∴CA平分∠BCD，AC、BD互相平分，AD=CD， AB∥CD，AC⊥BD，
∴∠ABD=∠BDC，∠BDC+∠ACD=90°，
∴∠ABD+∠ACD=90°，
故选项A、B、D不符合题意；
当∠ADC=60°时，△ACD是等边三角形，则AC=CD，
∴AC=CD，不一定成立，故选项C符合题意；
故选：C．
【点睛】
本题考查了菱形的性质、等边三角形的判定与性质、直角三角形的性质等知识，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．
9．B
【分析】
根据根与系数的关系得到x1+x2=3，x1•x2=﹣1，再把x12x2+x1x22变形为x1•x2（x1+x2），然后利用整体代入的方法计算即可．
【详解】
根据题意得：x1+x2=3，x1•x2=﹣1，所以原式=x1•x2（x1+x2）=﹣1×3=－3．
故选B．
【点睛】
本题考查了一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的根与系数的关系：若方程两个为x1，x2，则x1+x2，x1•x2．
10．B
【分析】
根据正方形的性质证得，推出，可知①正确；证明，再根据对顶角相等即可得到，可知②正确；根据，求出，推出，即，故③正确；利用正方形性质证，求得，推出；求出，求得故④正确．
【详解】
解：四边形是正方形，是边上的中点，
，，，
，
，
故①正确；
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC, ∠ABD=∠CBD，
∵BH=BH，
∴，
，
，
，
故②正确；
，
，
，
即，
故③正确；
四边形是正方形，
，，，
，
，
，
，
，
，
，
故④正确；
故选：．
【点睛】
本题主要考查了正方形的性质及全等三角形的判定与性质，三角形的面积公式，解答本题关键要充分利用正方形的性质：①四边相等； ②四个内角相等，都是90度； ③对角线相等，相互垂直，且每条对角线平分一组对角．
11．24
【分析】
由菱形的性质得出AC⊥BD，，再根据勾股定理求出AO的长，进而得出AC的长，根据菱形的面积=AC•BD，即可得出结果．
【详解】
如图，记AC、BD的交点为点O，
∵四边形ABCD是菱形，BD=6，
∴AC⊥BD，，
∴，
∴，
∴菱形的面积=AC•BD=×8×6=24．
故答案为：24．
【点睛】
本题考查了菱形的性质、菱形面积的计算方法，熟练掌握菱形的面积等于两条对角线长乘积的一半是解决问题的关键．
12．x1=3，x2=4
【详解】
解：（x﹣3）2=x﹣3，（x﹣3）2﹣（x﹣3）=0，（x﹣3）（x﹣3﹣1）=0，∴x1=3，x2=4．故答案为x1=3，x2=4．
点睛：此题考查运用因式分解法解一元二次方程，切忌两边直接除以（x﹣3）．
13．1或4或2.5．
【分析】
需要分类讨论：△APD∽△PBC和△PAD∽△PBC，根据该相似三角形的对应边成比例求得DP的长度．
【详解】
设DP=x，则CP=5-x，本题需要分两种情况情况进行讨论，①、当△PAD∽△PBC时，=
∴，解得：x=2.5；
②、当△APD∽△PBC时，=，即=，
解得：x=1或x=4，
综上所述DP=1或4或2.5
【点晴】
本题主要考查的就是三角形相似的问题和动点问题，首先将各线段用含x的代数式进行表示，然后看是否有相同的角，根据对应角的两边对应成比例将线段写成比例式的形式，然后分别进行计算得出答案．在解答这种问题的时候千万不能出现漏解的现象，每种情况都要考虑到位.
14．7
【分析】
先将通分变形为，然后根据韦达定理代入x1+x2和x1x2的值即可．
【详解】
解：
=
=，
∵x1，x2是方程x2+3x+1＝0的两实数根，
∴x1+x2=-3，x1x2=1，
∴原式=（-3）2-2=7，
故答案为：7．
【点睛】
本题考查了代数式求值，韦达定理，将原式进行变形是解题关键．
15．EF=6
【分析】
根据平行线分线段成比例定理得出比例式，再代入求出即可．
【详解】
∵a∥b∥c，
∴，
∵AB=2，CB=4，DE=3，
∴，
∴EF=6，
故答案为：6．
【点睛】
本题考查了平行线分线段成比例定理，能根据平行线分线段成比例定理得出比例式是解此题的关键．
16．
【分析】
根据题意，可设x=5k，y=4k，z=3k，将其代入分式即可．
【详解】
解：∵
∴设x=5k，y=4k，z=3k，将其代入分式中得：．
故答案为．
【点睛】
本题考查了比例的性质，解此类题可根据分式的基本性质先用未知数k表示出x，y，z，再代入计算．
17．（3，4）或（2，4）或（8，4）
【分析】
分两种情况：①若OP=OD时，由勾股定理求出求出CP=3，②若PD=OD时，作DM⊥BC于点M，由勾股定理求出PM=3；分别得出P点的坐标即可．
【详解】
解：∵四边形OABC为矩形，A（10，0），C（0，4），
∴BC=OA=10，OC=AB=4，
∵点D是OA的中点，
∴OD=AD=5，
①若OP=OD=5时，
在Rt△OPC中，CP= ，
∴P的坐标是（3，4）．
②若PD=OD=5时，P点就是以点D为圆心，以5为半径的弧与CB的交点，
过D作DM⊥BC于点M，有DM =OC=4，
在Rt△PDM中，PM=，
当P在M的左边时，CP=5-3=2，则P的坐标是（2，4）；
当P在M的右侧时，CP=5+3=8，则P的坐标是（8，4）．
综上所述，P的坐标为：（3，4）或（2，4）或（8，4）．
故答案为：（3，4）或（2，4）或（8，4）．
【点睛】
此题考查了矩形的性质、坐标与图形的性质、等腰三角形的性质、勾股定理等知识，熟练掌握矩形的性质，进行分类讨论是解决问题的关键．
18．0
【分析】
求出的解，代入新定义对应的表达式即可求解．
【详解】
解：，
解得：，
即，
则，
故答案为：0．
【点睛】
此题主要考查了根与系数的关系，对新定义的正确理解是解题的关键．
19．（1），；（2），．
【分析】
（1）方程二次项系数化为1，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后，开方即可求出解；
（2）找出，，的值，计算出根的判别式大于0，代入求根公式即可求出解．
【详解】
解：（1）由原方程，
移项得：，
方程二次项系数化为1，得：，
配方，得，
即，
则，
∴，；
（2），
∵，，，
∴，
∴原方程有两个不相等的实数根，
∴，
∴，；
【点睛】
本题考查了解一元二次方程的应用，熟悉相关解法是解题的关键．
20．（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【分析】
有两组边对应相等，并且它们所夹的角也相等，那么这两个三角形全等；有两组角分别相等，且其中一组角所对的边对应相等，那么这两个三角形全等；全等三角形的对应边相等，对应角相等．
（1）根据全等三角形的判定定理SAS证得结论；
（2）利用（1）中全等三角形的对应角相等，平行线的判定与性质以及两角法证得结论．
【详解】
解：（1）∵△ACD和△BCE都是等边三角形，
∴AC=CD，CE=CB，∠ACD=∠BCE=60°
∴∠ACE=∠DCB=120°．
∴△ACE≌△DCB（SAS）；
（2）∵△ACE≌△DCB，
∴∠CAE=∠CDB．
∵∠ADC=∠CAD=∠ACD=∠CBE=60°，
∴DC∥BE，
∴∠CDB=∠DBE，
∴∠CAE=∠DBE，
∴∠DAF=∠DBA．
∴△ADF∽△BAD．
21．(1) 有两个不相等的实数根（2）周长为13或17
【分析】
（1）根据方程的系数结合根的判别式，可得出△=4＞0，由此可得出：无论m为何值，该方程总有两个不相等的实数根；
（2）根据等腰三角形的性质及△＞0，可得出5是方程x2﹣4mx+4m2﹣1=0的根，将x=5代入原方程可求出m值，通过解方程可得出方程的解，在利用三角形的周长公式即可求出结论．
【详解】
（1）∵△=（﹣4m）2﹣4（4m2﹣1）=4＞0，
∴无论m为何值，该方程总有两个不相等的实数根．
（2）∵△＞0，△ABC为等腰三角形，另外两条边是方程的根，
∴5是方程x2﹣4mx+4m2﹣1=0的根．
将x=5代入原方程，得：25﹣20m+4m2﹣1=0，解得：m1=2，m2=3．
当m=2时，原方程为x2﹣8x+15=0，解得：x1=3，x2=5．
∵3、5、5能够组成三角形，
∴该三角形的周长为3+5+5=13；
当m=3时，原方程为x2﹣12x+35=0，解得：x1=5，x2=7．
∵5、5、7能够组成三角形，
∴该三角形的周长为5+5+7=17．
综上所述：此三角形的周长为13或17．
【点睛】
本题考查了根的判别式、等腰三角形的性质、三角形的三边关系以及解一元二次方程，解题的关键是：（1）牢记“当△＞0时，方程有两个不相等的实数根”；（2）代入x=5求出m值．
22．（1） （2）万元
【分析】
（1）根据当该型号汽车售价定为25万元/辆时，平均每周售出8辆；售价每降低0.5万元，平均每周多售出1辆，即可求出当售价为22万元/辆时，平均每周的销售量，再根据销售利润＝一辆汽车的利润×销售数量列式计算；
（2）设每辆汽车降价x万元，根据每辆的盈利×销售的辆数＝90万元，列方程求出x的值，进而得到每辆汽车的售价．
【详解】
（1）由题意，可得当售价为22万元/辆时，平均每周的销售量是：
×1＋8＝14，
则此时，平均每周的销售利润是：（22−15）×14＝98（万元）；
（2）设每辆汽车降价x万元，根据题意得：
（25−x−15）（8＋2x）＝90，
解得x1＝1，x2＝5，
当x＝1时，销售数量为8＋2×1＝10（辆）；
当x＝5时，销售数量为8＋2×5＝18（辆），
为了尽快减少库存，则x＝5，此时每辆汽车的售价为25−5＝20（万元），
答：每辆汽车的售价为20万元．
【点睛】
此题主要考查了一元二次方程的应用，本题关键是会表示一辆汽车的利润，销售量增加的部分．找到关键描述语，找到等量关系：每辆的盈利×销售的辆数＝90万元是解决问题的关键．
23．（1）证明见解析；（2）6
【分析】
（1）利用平行四边形的性质得出∠ADF=∠DEC，利用等角的补交相等得出∠AFD=∠C，所以△ADF∽△DEC；
（2）根据相似三角形的性质得出DE的长，利用勾股定理得出AE的长.
【详解】
解：（1）∵四边形ABCD是平行四变形，
∴AB∥CD，AD∥BC，∴∠C+∠B=180°，∠ADF=∠DEC．∵∠AFD+∠AFE=180°，
∠AFE=∠B，∴∠AFD=∠C．在△ADF与△DEC中，
∴△ADF∽△DEC．
(2)由（1）知△ADF∽△DEC，则：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴CD=AB=8．∴DE=12,
在Rt△ADE中，由勾股定理得：AE=．
【点睛】
本题主要考查了相似三角形的判定与性质、平行四边形的性质和勾股定理三个知识点．题目难度不大，注意仔细分析题意，认真计算，避免出错．
24．（1）200，36，720，见解析；（2）列表法见解析，
【分析】
（1）从两个统计图可得，“赞同”的有50名，占调查总人数的25%，可求出调查总人数；进而求出“无所谓”和“很赞同”的人数，很赞同的圆心角度数为360°的，样本估计总体，样本中“不赞同”的占，估计总体1600户的是“不赞同”的人数；即可补全条形统计图：
（2）用列表法或树状图法列举出所有等可能出现的情况，从中找出1男1女的情况数，进而求出概率．
【详解】
解：（1）总人数：50÷25%＝200名，无所谓人数：200×20%＝40名，很赞同人数：200﹣90﹣50﹣40＝20名，
很赞同对应圆心角：360°×＝36°，
1600×＝720名，
故答案为：200，36，720，补全条形统计图如图所示：
（2）用列表法表示所有可能出现的情况如下：
共有20种可能出现的情况，正确“1男1女”的有12种，
∴P（1男1女）＝，
答：选中“1男1女”的概率为．
【点睛】
本题考查的知识点是条形统计图以及扇形统计图，综合利用条形统计图以及扇形统计图中的相关信息是解此题的关键．
25．（1）见解析；（2）矩形
【分析】
（1）首先证明DE是△ABC的中位线，得到E是AC的中点，又E也是DF的中点，运用对角线互相平分的四边形为平行四边形证明即可．
（2）先证明DE=AE=EC=,根据三角形一边的中线等于这边的一半，则这个三角形为直角三角形,得到∠ADC＝90°，即可得到▱ADCF为矩形．
【详解】
解：（1）在平行四边形BCFD中，
DE//BC，
∵E是DF的中点，
∴DE＝BC，
∴DE是△ABC的中位线，
∴E是AC的中点，
∴四边形ADCF是平行四边形．
（2）∵CA＝CB，DE是△ABC的中位线，
∴DE＝==AE=EC,
∴∠ADC＝90°，
∴ADCF是矩形．
故答案为：矩形．
【点睛】
本题主要考查了平行四边形的性质，三角形的中位线的判定和性质，矩形的判定，解题的关键是结合图形，熟练运用相关的判定和性质进行证明．
26．（1）则P、Q同时出发，经过（2±）秒钟S△PCQ=2cm2；（2）点Q从C点出发2s后点P从点A出发，再经过1.6秒或秒秒△PCQ与△ACB相似．
【分析】
（1）根据题意用t表示出CQ，PC，根据三角形的面积公式列出方程，解方程即可；
（2）分△PCQ∽△ACB，△PCQ∽△BCA两种情况列出比例式，计算即可．
【详解】
（1）由题意得：AP=2t，CQ=t，则PC=8﹣2t，由题意得：×（8﹣2t）×t=2，整理得：t2﹣4t+2=0，解得：t=2±，则P、Q同时出发，经过（2±）秒钟S△PCQ=2cm2；
（2）由题意得：AP=2t，CQ=2+t，则PC=8﹣2t，分两种情况讨论：
①当△PCQ∽△ACB时，=，即=，解得：t=1.6；
②当△PCQ∽△BCA时，=，即=，解得：t=．
综上所述：点Q从C点出发2s后点P从点A出发，再经过1.6秒或秒秒△PCQ与△ACB相似．
【点睛】
本题考查了相似三角形的判定，一元二次方程的应用，掌握相似三角形的判定定理是解题的关键．
27．（1）①等边三角形；理由见解析；②证明见解析；（2）
【分析】
(1)①由三角形ABC中有两个60°而求得它为等边三角形；②由△EBD也是等边三角形，连接DC，证得△ABE≌△CBD，在直角三角形中很容易证得结论．
（2）连接DC，证得△ABC∽△EBD，设BD=x在Rt△EBD中DE=2x由相似比即得到比值．
【详解】
解：（1）①判断：△ABC是等边三角形．
理由：∵∠ABC=∠ACB=60°
∴∠BAC=180°-∠ABC-∠ACB=60°=∠ABC=∠ACB
∴△ABC是等边三角形
②证明：同理△EBD也是等边三角形
连接DC，
则AB=BC，BE=BD，∠ABE=60°-∠EBC=∠CBD
∴△ABE≌△CBD
∴AE=CD，∠AEB=∠CDB=150°
∴∠EDC=150°-∠BDE=90°∠CED=∠BEC-∠BED=90°-60°=30°
在Rt△EDC中，，
∴,即BD=AE．
（2）连接DC，
∵∠ABC=∠EBD=90°，∠ACB=∠EDB=60°
∴△ABC∽△EBD
∴，即
又∵∠ABE=90°-∠EBC=∠CBD
∴△ABE∽△CBD，∠AEB=∠CDB=150°，
∴∠EDC=150°-∠BDE=90°∠CED=∠BEC-∠BED=90°-（90°-∠BDE）=60°
设BD=x在Rt△EBD中DE=2x，BE=
在Rt△EDC中CD=DE×tan60°=2
∴，
即．
28．（1）①证明见解析；②PC=CE+PA；（2）结论①成立，结论②不成立，此时②中的三条线段之间的数量关系为PA=CE+PC
【分析】
(1)连接PD，通过△BCP≌△DCP证得∠PBC=∠PDC，由四边形PBCE的内角得到∠PED=∠PBC，即可证PD=PE，由等腰三角形的“三线合一”即可；
(2)延长FP交AB于点G，由PC与CF的关系，结合EF=DF=AG逐渐转化得到这三条线段间的数量关系；(3)根据题意画出图形，对比(2)中的结论求解.
【详解】
解：(1)①连接PD，
∵四边形ABCD是正方形，AC平分∠BCD，CB=CD，△BCP≌△DCP，
∴∠PBC=∠PDC，PB=PD
∵PB⊥PE，∠BCD=90°，
∴∠PBC+∠PEC=360°-∠BPE-∠BCE=180°，
∴∠PED=∠PBC=∠PDC，∴PD=PE，
∵PF⊥CD，∴DF=EF
②PC=CE+PA，理由如下：
延长FP交AB于点G，则四边形ADFG是矩形，∴AG=DF
∵△AGP是等腰直角三角形，∴AG=AP
∵△FCP是等腰直角三角形，
∴CP=CF=(CE+EF)
=(CE+DF)=(CE+AG)
=(CE+AP)
=CE+PA
(3)结论①成立，结论②不成立，此时②中的三条线段之间的数量关系为PA=CE+PC
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