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广东省深圳市南山区同乐实验学校2022-2023学年上学期九年级期中数学试卷 (含答案)
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这是一份广东省深圳市南山区同乐实验学校2022-2023学年上学期九年级期中数学试卷 (含答案)，共23页。试卷主要包含了如图，正比例函数y1＝k1x等内容，欢迎下载使用。
南山区同乐实验学校2022-2023学年第一学期九年级期中数学试卷
一．选择题（每题3分，共30分）
1．如图所示的几何体是由4个相同的小正方体搭成的，它的主视图是（ ）
A． B． C． D．
2．我国南宋数学家杨辉在《田亩比类乘除算法》中提出这样一个问题：直田积八百六十四步，只云阔不及长一十二步，问阔及长各几步．意思是：矩形面积864平方步，宽比长少12步，问宽和长各几步．设长为x步，则可列方程为（ ）
A．x（x－12）＝864 B．x（x＋12）＝864
C．x（12－x）＝864 D．2（2x－12）＝864
3． 在一个不透明纸箱中放有除数字不同外，其它完全相同的2张卡片，分别标有数字1、2，从中任意摸出一张，放回搅匀后再任意摸出一张，两次摸出的数字之积为偶数的概率为（ ）
A． B． C． D．
4． 如图是由若干个同样大小的小正方体所搭几何体的俯视图，小正方形中的数字表示在该位置小正方体的个数，则这个几何体的左视图是（ ）
A． B． C． D．
5． 若直角三角形的两边长分别是方程x2－7x＋12＝0的两根，则该直角三角形的面积是（ ）
A．6 B．12 C．12或 D．6或
6． 某超市销售一种商品，其进价为每千克30元，按每千克45元出售，每天可售出300千克，为让利于民，超市采取降价措施，当售价每千克降低1元时，每天销量可增加50千克，若每天的利润要达到5500元，则实际售价应定为多少元？设售价每千克降低x元，可列方程为（ ）
A．（45－30－x）（300＋50x）＝5500 B．（x－30）（300＋50x）＝5500
C．（x－30）[300＋50（x－45）]＝5500 D．（45－x）（300＋50x）＝5500
7． 如图，正比例函数y1＝k1x（k1＜0）的图象与反比例函数y2＝（k2＜0）的图象相交于A，B两点，点B的横坐标为2，当y1＞y2时，x的取值范围是（ ）
A．x＜－2或x＞2 B．－2＜x＜0或x＞2
C．x＜－2或0＜x＜2 D．－2＜x＜0或0＜x＜2
8． 已知关于x的一元二次方程kx2－（2k－1）x＋k－2＝0有两个不相等的实数根，则实数k的取值范围是（ ）
A．k＞－ B．k＜ C．k＞－且k≠0 D．k＜且k≠0
9． 如图，△ABC的中线BE、CF交于点O，连接EF，则的值为（ ）
A． B． C． D．
10．如图，正方形ABCD的顶点A，B分别在x轴，y轴上，点D（－6，2）在直线l：y＝kx＋8上．直线l分别交x轴，y轴于点E，F．将正方形ABCD沿x轴向左平移m个单位长度后，点B恰好落在直线l上．则m的值为（ ）
A．2 B．4 C．6 D．8
二．填空题（每题3分，共15分）
11．关于x的一元二次方程x2＋2x＋m＝0有一根为2，则m的值为 ．
12．一个不透明的袋子中装有除颜色外其它均相同的4个白球和若干个绿球，每次摇均匀后随机摸出一个球，记下颜色后再放回袋中，经大量试验，发现摸到绿球的频率稳定在0.6，则绿球的个数为 ．
13．如图，在A时测得旗杆的影长是4米，B时测得的影长是9米，两次的日照光线恰好垂直，则旗杆的高度是 米．
14．如图，矩形ABCD，AB＝1，BC＝2，点A在x轴正半轴上，点D在y轴正半轴上．当点A在x轴上运动时，点D也随之在y轴上运动，在这个运动过程中，点C到原点O的最大距离为 ．
15．如图，正方形ABCD中，点G在AB上，连接DG，点H在AD上，点K在BC上，HK⊥DG于点F，连接AF、GH，AF的延长线交CD于点E，DF＝DE，GH＝5，BK＝7，则AF的长为 ．
三．解答题（共7小题）
16．（6分）解方程：
（1）3x2－1＝4x； （2）（x＋4）2＝5（x＋4）．
17．（6分）如图，小明同学用自制的直角三角形纸板DEF测量树的高度AB，他调整自己的位置，设法使斜边DF持水平，并且边DE与点B在同一直线上，已知纸板的两条边DF＝0.5m，EF＝0.3m，测得边DF离地面的高度AC＝1.5m，CD＝10m，求树高AB．
18．（8分）如图，在□OABC中，点O为坐标顶点，点A（3，0），C（1，2），反比例函数y＝（k≠0）的图象经过定C．
（1）求k的值及直线OB的函数表达式；
（2）试探究此反比例函数的图象是否经过▱OABC的中心．
19．（8分）北京将于2022年举办冬奥会和冬残奥会，中国将成为一个举办过五次各类奥林匹克运动会的国家．小亮是个集邮爱好者，他收集了如图所示的三张纪念邮票（除正面内容不同外，其余均相同），现将三张邮票背面朝上，洗匀放好．
（1）小亮从中随机抽取一张邮票是“冬奥会会徽”的概率是 ；
（2）小亮从中随机抽取一张邮票（不放回），再从余下的邮票中随机抽取一张，请你用列表或画树状图的方法求抽到的两张邮票恰好是“冬奥会会徽”和“冬奥会吉祥物冰墩墩”的概率．（这三张邮票依次分别用字母A，B，C表示）
20．（8分）某商品原来每件的售价为60元，经过两次降价后每件的售价为48.6元，并且每次降价的百分率相同．
（1）求该商品每次降价的百分率；
（2）若该商品每件的进价为40元，计划通过以上两次降价的方式，将库存的该商品20件全部售出，并且确保两次降价销售的总利润不少于200元，那么第一次降价至少售出多少件后，方可进行第二次降价？
21．（9分）（1）如图1，将直角三角板的直角顶点放在正方形ABCD上，使直角顶点与D重合，三角板的一边交AB于点P，另一边交BC的延长线于点Q．则DP DQ（填“＞”“＜”或“＝”）；
（2）将（1）中“正方形ABCD”改成“矩形ABCD”，且AD＝2，CD＝4，其他条件不变．
①如图2，若PQ＝5，求AP长．
②如图3，若BD平分∠PDQ，则DP的长为 ．
22．（10分）（1）【证明体验】如图1，正方形ABCD中，E、F分别是边AB和对角线AC上的点，∠EDF＝45°．
①求证：△DBE∼△DCF；
②＝ ；
（2）【思考探究】如图2，矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，E、F分别是边AB和对角线AC上的点，tan∠EDF＝，BE＝5，求CF的长；
（3）【拓展延伸】如图3，菱形ABCD中，BC＝5，对角线AC＝6，BH⊥AD交DA的延长线于点H，E、F分别是线段HB和AC上的点，tan∠EDF＝，HE＝，求CF的长．
参考答案与试题解析
一．选择题
1．如图所示的几何体是由4个相同的小正方体搭成的，它的主视图是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】根据从正面看得到的图形是主视图，可得答案．
【解答】解：从正面看，底层是三个小正方形，上层中间是一个小正方形，
故选：C．
2．我国南宋数学家杨辉在《田亩比类乘除算法》中提出这样一个问题：直田积八百六十四步，只云阔不及长一十二步，问阔及长各几步．意思是：矩形面积864平方步，宽比长少12步，问宽和长各几步．设长为x步，则可列方程为（ ）
A．x（x－12）＝864 B．x（x＋12）＝864
C．x（12－x）＝864 D．2（2x－12）＝864
【分析】由长和宽之间的关系可得出宽为（x－12）步，根据矩形的面积为864平方步，即可得出关于x的一元二次方程，此题得解．
【解答】解：∵长为x步，宽比长少12步，
∴宽为（x－12）步．
依题意，得：x（x－12）＝864．
故选：A．
3．在一个不透明纸箱中放有除数字不同外，其它完全相同的2张卡片，分别标有数字1、2，从中任意摸出一张，放回搅匀后再任意摸出一张，两次摸出的数字之积为偶数的概率为（ ）
A． B． C． D．
【分析】画树状图，共有4种等可能的结果，两次摸出的数字之积为偶数的结果有3种，再由概率公式求解即可．
【解答】解：画树状图如下：
共有4种等可能的结果，两次摸出的数字之积为偶数的结果有3种，
∴两次摸出的数字之积为偶数的概率为，
故选：D．
4．如图是由若干个同样大小的小正方体所搭几何体的俯视图，小正方形中的数字表示在该位置小正方体的个数，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：从左边看从左到右第一列是两个小正方形，第二列有4个小正方形，第三列有3个小正方形，
故选：B．
5．若直角三角形的两边长分别是方程x2－7x＋12＝0的两根，则该直角三角形的面积是（ ）
A．6 B．12 C．12或 D．6或
【分析】先解出方程x2－7x＋12＝0的两个根为3和4，再分长是4的边是直角边和斜边两种情况进行讨论，然后根据直角三角形的面积公式即可求解．
【解答】解：∵x2－7x＋12＝0，
∴x＝3或x＝4．
①当长是4的边是直角边时，该直角三角形的面积是×3×4＝6；
②当长是4的边是斜边时，第三边是＝，该直角三角形的面积是×3×＝．
故选：D．
6．某超市销售一种商品，其进价为每千克30元，按每千克45元出售，每天可售出300千克，为让利于民，超市采取降价措施，当售价每千克降低1元时，每天销量可增加50千克，若每天的利润要达到5500元，则实际售价应定为多少元？设售价每千克降低x元，可列方程为（ ）
A．（45－30－x）（300＋50x）＝5500
B．（x－30）（300＋50x）＝5500
C．（x－30）[300＋50（x－45）]＝5500
D．（45－x）（300＋50x）＝5500
【分析】根据利润＝销售量×（售价－进价）即可列出一元二次方程．
【解答】解：设售价每千克降低x元，
由题意得：（45－30－x）（300＋50x）＝5500，
故选：A．
7．如图，正比例函数y1＝k1x（k1＜0）的图象与反比例函数y2＝（k2＜0）的图象相交于A，B两点，点B的横坐标为2，当y1＞y2时，x的取值范围是（ ）
A．x＜－2或x＞2 B．－2＜x＜0或x＞2
C．x＜－2或0＜x＜2 D．－2＜x＜0或0＜x＜2
【分析】先根据点A与B关于原点对称，得出A横坐标，再找出正比例函数落在反比例函数图象上方的部分对应的自变量的取值范围即可．
【解答】解：由反比例函数与正比例函数相交于点A、B，可得点A坐标与点B坐标关于原点对称．
故点A的横坐标为－2．
当y1＞y2时，即正比例函数图象在反比例图象上方，
观察图象可得，当x＜－2或0＜x＜2时满足题意．
故选：C．
8．已知关于x的一元二次方程kx2－（2k－1）x＋k－2＝0有两个不相等的实数根，则实数k的取值范围是（ ）
A．k＞－ B．k＜ C．k＞－且k≠0 D．k＜且k≠0
【分析】利用一元二次方程的定义和判别式的意义得到k≠0且Δ＝（2k－1）2－4k•（k－2）＞0，然后求出两个不等式的公共部分即可．
【解答】解：根据题意得k≠0且Δ＝（2k－1）2－4k•（k－2）＞0，
解得k＞－且k≠0．
故选：C．
9．如图，△ABC的中线BE、CF交于点O，连接EF，则的值为（ ）
A． B． C． D．
【分析】先根据三角形中位线的性质得到EF∥BC，EF＝BC，则可判断△OEF∽△OBC，利用相似比得到＝，然后根据比例的性质得到的值．
【解答】解：∵中线BE、CF交于点O，
∴EF为△ABC的中位线，
∴EF∥BC，EF＝BC，
∴△OEF∽△OBC，
∴＝＝，
∴＝．
故选：B．
10．如图，正方形ABCD的顶点A，B分别在x轴，y轴上，点D（－6，2）在直线l：y＝kx＋8上．直线l分别交x轴，y轴于点E，F．将正方形ABCD沿x轴向左平移m个单位长度后，点B恰好落在直线l上．则m的值为（ ）
A．2 B．4 C．6 D．8
【分析】过D作DM⊥x轴于M，根据AAS定理证得△BAO≌△ADM，根据全等三角形的性质求出B（0，4），由待定系数法求出直线l的解析式为y＝x＋8，设平移后点B的坐标为（－m，4），代入解析式即可求出m．
【解答】解：过D作DM⊥x轴于M，
∴∠ADM＋∠DAM＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD＝90°，AB＝DA，
∴∠BAO＋∠DAM＝90°，
∴∠BAO＝∠ADM，
在△BAO和△ADM中，
，
∴△BAO≌△ADM（AAS），
∴OA＝DM，OB＝AM，
∵D（－6，2），
∴DM＝OA＝2，OM＝6，
∴AM＝OM－OA＝4，
∴OB＝4，
∴B（0，4），
∵点D（－6，2）在直线l：y＝kx＋8上，
∴－6k＋8＝2，
∴k＝1，
∴直线l的解析式为y＝x＋8，
将正方形ABCD沿x轴向左平移m个单位长度后，点B的坐标为（－m，4），
∵平移后的点B恰好落在直线l上，
∴－m＋8＝4，
解得：m＝4，
故选：B．
二．填空题
11．关于x的一元二次方程x2＋2x＋m＝0有一根为2，则m的值为 －8 ．
【分析】把x＝2代入方程得：1－2＋m＝0，解得m＝1，
【解答】解：把x＝2代入方程得：4＋4＋m＝0，
∴m＝－8，
故答案为：－8．
12．一个不透明的袋子中装有除颜色外其它均相同的4个白球和若干个绿球，每次摇均匀后随机摸出一个球，记下颜色后再放回袋中，经大量试验，发现摸到绿球的频率稳定在0.6，则绿球的个数为 6 ．
【分析】设绿球的个数为x，根据经大量试验，发现摸到绿球的频率稳定在0.6得＝0.6，解之即可得出答案．
【解答】解：设绿球的个数为x，
根据题意，得：＝0.6，
解得x＝6，
经检验：x＝6是分式方程的解，
∴袋中绿球的个数为6，
故答案为：6．
13．如图，在A时测得旗杆的影长是4米，B时测得的影长是9米，两次的日照光线恰好垂直，则旗杆的高度是 6 米．
【分析】如图，∠CPD＝90°，QC＝4m，QD＝9m，利用等角的余角相等得到∠QPC＝∠D，则可判断Rt△PCQ∽Rt△DPQ，然后利用相似比可计算出PQ．
【解答】解：如图，∠CPD＝90°，QC＝4m，QD＝9m，
∵PQ⊥CD，
∴∠PQC＝90°，
∴∠C＋∠QPC＝90°，
而∠C＋∠D＝90°，
∴∠QPC＝∠D，
∴Rt△PCQ∽Rt△DPQ，
∴＝，即＝，
∴PQ＝6，
即旗杆的高度为6m．
故答案为6．
14．如图，矩形ABCD，AB＝1，BC＝2，点A在x轴正半轴上，点D在y轴正半轴上．当点A在x轴上运动时，点D也随之在y轴上运动，在这个运动过程中，点C到原点O的最大距离为 ＋1 ．
【分析】取AD的中点H，连接CH，OH，由勾股定理可求CH的长，由直角三角形的性质可求OH的长，由三角形的三边关系可求解．
【解答】解：如图，取AD的中点H，连接CH，OH，
∵矩形ABCD，AB＝1，BC＝2，
∴CD＝AB＝1，AD＝BC＝2，
∵点H是AD的中点，
∴AH＝DH＝1，
∴CH＝＝＝，
∵∠AOD＝90°，点H是AD的中点，
∴OH＝AD＝1，
在△OCH中，CO＜OH＋CH，
当点H在OC上时，CO＝OH＋CH，
∴CO的最大值为OH＋CH＝＋1，
故答案为：＋1．
15．如图，正方形ABCD中，点G在AB上，连接DG，点H在AD上，点K在BC上，HK⊥DG于点F，连接AF、GH，AF的延长线交CD于点E，DF＝DE，GH＝5，BK＝7，则AF的长为 ．
【分析】过点H作HM⊥BC于点M，设AG与GH交于点N，通过证明△MHK≌△ADG，得到MK＝AG，AH＝7－AG，利用勾股定理求得AG，AH的长；通过证明GH为AF的垂直平分线，得到AF＝2AN；利用三角形的面积求得AN的长，则结论可得．
【解答】解：过点H作HM⊥BC于点M，设AE与GH交于点N，如图，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝AB，∠DAB＝∠B＝∠ADC＝90°，
∵HM⊥BC，
∴四边形ABMH为矩形，
∴AH＝BM，HM＝AB＝AD．
∵HK⊥DG，
∴∠FHD＋∠FDH＝90°，
∵∠FHK＋∠FHD＝90°，
∴∠KHM＝∠FDH．
在△MHK和△ADG中，
，
∴△MHK≌△ADG（ASA）．
∴MK＝AG．
∵BK＝7，
∴BM＋MK＝AH＋AG＝7．
∴AH＝7－AG．
在Rt△AGH中，
∵AG2＋AH2＝GH2，
∴AG2＋（7－AG）2＝52，
解得：AG＝4或3．
∵DF＝DE，
∴∠DFE＝∠DEF．
∵AB∥CD，
∴∠GAF＝∠DEF，
∵∠AFG＝∠DFE，
∴∠GAF＝∠GFA，
∴GA＝GF．
∵GH＝GH，
∴Rt△AGH≌Rt△FGH（HL）．
∴AH＝HF，
∴GH是AF的垂直平分线，
∴AN＝NF＝AF．
当AG＝4时，AH＝3，当AG＝3时，AH＝4，
∵，
∴＝AN，
∴AN＝，
∴AF＝2AN＝．
故答案为：．
三．解答题
16．解方程：
（1）3x2－1＝4x；
（2）（x＋4）2＝5（x＋4）．
【分析】（1）先计算判别式的值，然后利用公式法解方程；
（2）先移项得到（x＋4）2－5（x＋4）＝0，然后利用因式分解法解方程．
【解答】解：（1）3x2－4x－1＝0，
∵a＝3，b＝－4，c＝－1，
∴Δ＝b2－4ac＝（－4）2－4×3×（－1）＝16＋12＝28＞0．
∴x＝＝，
∴x1＝，x2＝．
（2）（x＋4）2＝5（x＋4），
（x＋4）2－5（x＋4）＝0，
（x＋4）（x＋4－5）＝0，
∴x＋4＝0或x－1＝0，
∴x1＝－4，x2＝1．
17．如图，小明同学用自制的直角三角形纸板DEF测量树的高度AB，他调整自己的位置，设法使斜边DF持水平，并且边DE与点B在同一直线上，已知纸板的两条边DF＝0.5m，EF＝0.3m，测得边DF离地面的高度AC＝1.5m，CD＝10m，求树高AB．
【分析】先在Rt△DEF中，由勾股定理求得DE，再利用Rt△DEF和Rt△BCD相似求得BC的长，加上小明同学的身高即可求得树高AB．
【解答】解：∵∠DEF＝∠DCB＝90°，∠EDF＝∠CDB，
∴△DEF∽△DCB，
∴＝，
在Rt△DEF中，
∵DF＝0.5m，EF＝0.3m，
由勾股定理得DE＝＝0.4（m），
∵CD＝10m，
∴＝，
∴BC＝7.5（m），
∴AB＝AC＋BC＝1.5＋7.5＝9（m），
答：树高AB是9m．
18．如图，在▱OABC中，点O为坐标顶点，点A（3，0），C（1，2），反比例函数y＝（k≠0）的图象经过定C．
（1）求k的值及直线OB的函数表达式；
（2）试探究此反比例函数的图象是否经过▱OABC的中心．
【分析】（1）将C点代入反比例函数解析式即可求出k，根据平行四边形的性质可求出B点坐标，再用待定系数法求直线OB的解析式即可；
（2）先根据中点坐标公式求出平行四边形的中心坐标，然后代入反比例函数解析式即可确定．
【解答】解：（1）将点C（1，2）代入反比例函数y＝，
得k＝2，
∵A（3，0），
∴OA＝3，
在▱OABC中，OA∥BC，且OA＝BC，
∴点B坐标是（4，2），
设直线OB的解析式：y＝kx，
代入B（4，2），
得4k＝2，
解得k＝，
∴直线OB解析式是：y＝x；
（2）∵▱OABC的中心就是OB中点，且OB的中点坐标（2，1），
∴将x＝2代入，
可得y＝1，
∴反比例函数的图象经过▱OABC的中心．
19．北京将于2022年举办冬奥会和冬残奥会，中国将成为一个举办过五次各类奥林匹克运动会的国家．小亮是个集邮爱好者，他收集了如图所示的三张纪念邮票（除正面内容不同外，其余均相同），现将三张邮票背面朝上，洗匀放好．
（1）小亮从中随机抽取一张邮票是“冬奥会会徽”的概率是 ；
（2）小亮从中随机抽取一张邮票（不放回），再从余下的邮票中随机抽取一张，请你用列表或画树状图的方法求抽到的两张邮票恰好是“冬奥会会徽”和“冬奥会吉祥物冰墩墩”的概率．（这三张邮票依次分别用字母A，B，C表示）
【分析】（1）直接由概率公式求解即可；
（2）画树状图，共有6种等可能的结果，其中抽到的两张邮票恰好是“冬奥会会徽”和“冬奥会吉祥物冰墩墩”的结果有2种，再由概率公式求解即可．
【解答】解：（1）小亮从中随机抽取一张邮票是“冬奥会会徽”的概率是，
故答案为：；
（2）画树状图如下：
共有6种等可能的结果，其中抽到的两张邮票恰好是“冬奥会会徽”和“冬奥会吉祥物冰墩墩”的结果有2种，
∴抽到的两张邮票恰好是“冬奥会会徽”和“冬奥会吉祥物冰墩墩”的概率为＝．
20．某商品原来每件的售价为60元，经过两次降价后每件的售价为48.6元，并且每次降价的百分率相同．
（1）求该商品每次降价的百分率；
（2）若该商品每件的进价为40元，计划通过以上两次降价的方式，将库存的该商品20件全部售出，并且确保两次降价销售的总利润不少于200元，那么第一次降价至少售出多少件后，方可进行第二次降价？
【分析】（1）根据某商品原来每件的售价为60元，经过两次降价后每件的售价为48.6元，并且每次降价的百分率相同，可设每次降价的百分率为x，从而可以列出方程60（1－x）2＝48.6，然后求解即可；
（2）根据题意和（1）中的结果，可以列出相应的不等式，然后即可求得第一次降价出售的件数的取值范围，再根据件数为整数，即可得到第一次降价至少售出多少件后，方可进行第二次降价．
【解答】解：（1）设该商品每次降价的百分率为x，
60（1－x）2＝48.6，
解得x1＝0.1，x2＝1.9（舍去），
答：该商品每次降价的百分率是10%；
（2）设第一次降价售出a件，则第二次降价售出（20－a）件，
由题意可得，[60（1－10%）－40]a＋（48.6－40）×（20－a）≥200，
解得a≥5，
∵a为整数，
∴a的最小值是6，
答：第一次降价至少售出6件后，方可进行第二次降价．
21．（1）如图1，将直角三角板的直角顶点放在正方形ABCD上，使直角顶点与D重合，三角板的一边交AB于点P，另一边交BC的延长线于点Q．则DP ＝ DQ（填“＞”“＜”或“＝”）；
（2）将（1）中“正方形ABCD”改成“矩形ABCD”，且AD＝2，CD＝4，其他条件不变．
①如图2，若PQ＝5，求AP长．
②如图3，若BD平分∠PDQ，则DP的长为 ．
【分析】（1）由四边形ABCD是正方形知DA＝DC，∠DAP＝∠DCQ＝∠ADC＝90°，结合∠PDQ＝90°得∠ADP＝∠CDQ，证△ADP≌△CDQ可得答案；
（2）①证△ADP∽△CDQ得＝＝，设AP＝x，则CQ＝2x，PB＝4－x，BQ＝2＋2x，在Rt△PBQ中，由勾股定理得到关于x的方程，解之即可；
②延长DP到M，使DM＝DQ，连接BM，设AP＝a，则BP＝4－a，由△ADP∽△CDQ得＝＝，∠APD＝∠CQD，CQ＝2a，BQ＝2＋2a，再证△BDM≌△BDQ得∠BQD＝∠BMD，BM＝BQ＝2＋2a，结合∠BQD＝∠APD＝∠BPM知∠BMD＝∠BPM，从而得BM＝BP，据此求出a的值，最后利用勾股定理求解即可得出答案．
【解答】解：（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴DA＝DC，∠DAP＝∠DCQ＝∠ADC＝90°，
∴∠ADP＋∠PDC＝90°，
∵∠PDQ＝90°，
∴∠PDC＋∠CDQ＝90°，
∴∠ADP＝∠CDQ，
在△ADP和△CDQ中，
，
∴△ADP≌△CDQ（ASA），
∴DP＝DQ，
故答案为：＝；
（2）①∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝∠ADC＝∠BCD＝90°．
∵∠ADP＋∠PDC＝∠CDQ＋∠PDC＝90°，
∴∠ADP＝∠CDQ．
又∵∠A＝∠DCQ＝90°．
∴△ADP∽△CDQ，
∴＝＝＝，
设AP＝x，则CQ＝2x，
∴PB＝4－x，BQ＝2＋2x．
由勾股定理得，在Rt△PBQ中，PB2＋BQ2＝PQ2，
代入得（4－x）2＋（2＋2x）2＝52，
解得x＝1，即AP＝1．
∴AP的长为1；
②如图所示，延长DP到M，使DM＝DQ，连接BM，
设AP＝a，则BP＝4－a，
∵△ADP∽△CDQ，
∴＝＝，∠APD＝∠CQD，
∴CQ＝2a，
则BQ＝BC＋CQ＝2＋2a，
∵BD平分∠PDQ，
∴∠BDM＝∠BDQ，
在△BDM和△BDQ中，
，
∴△BDM≌△BDQ（SAS），
∴∠BQD＝∠BMD，BM＝BQ＝2＋2a，
又∵∠BQD＝∠APD＝∠BPM，
∴∠BMD＝∠BPM，
∴BM＝BP，即2＋2a＝4－a，
解得a＝，即AP＝，
∴PD＝＝＝，
故答案为：．
22．（1）【证明体验】如图1，正方形ABCD中，E、F分别是边AB和对角线AC上的点，∠EDF＝45°．
①求证：△DBE∼△DCF；
②＝ ；
（2）【思考探究】如图2，矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，E、F分别是边AB和对角线AC上的点，tan∠EDF＝，BE＝5，求CF的长；
（3）【拓展延伸】如图3，菱形ABCD中，BC＝5，对角线AC＝6，BH⊥AD交DA的延长线于点H，E、F分别是线段HB和AC上的点，tan∠EDF＝，HE＝，求CF的长．
【分析】（1）①说明∠EDB＝∠CDF，∠EBD＝∠FCD＝45°，即可证明△DBE∼△DCF；
②由①△DBE∽△DCF得，；
（2）连接BD交AC于点O，通过计算tan∠BDC，得出∠EDF＝∠BDC，再由①同理可得△DBE∽△DCF，则；
（3）连接BD交AC于O点，同理得tan，则△DHB∽△DOC，得，求出BH的长，再利用△DBE∽△DCF，得，从而结论问题．
【解答】（1）①证明：∵∠EDF＝45°，
∴∠EDB＋∠BDF＝45°，
∵∠CDF＋∠BDF＝45°，
∴∠EDB＝∠CDF，
∵四边形ABCD为正方形，BD，AC为对角线，
∴∠EBD＝∠FCD＝45°，
∴△DBE∼△DCF；
②解：∵四边形ABCD为正方形，BD，AC为对角线，
∴∠BDC＝45°，
∴CD＝BD•cos45°，
∴BD＝CD，
∵△DBE∽△DCF，
∴，
故答案为：；
（2）解：连接BD交AC于点O，
在矩形ABCD中，AC＝BD，
∵AB＝6，BC＝8，
∴AC＝BD＝＝10，
∴OD＝OC，
∴∠ODC＝∠OCD，
∵AB∥CD，
∴∠ABD＝∠ODC，
∴∠ABD＝∠OCD，
∵tan∠BDC＝，tan，
∴∠EDF＝∠BDC，
∵∠EDF＝∠EDB＋∠BDF，∠BDC＝∠BDF＋∠FDC，
∴∠EDB＝∠FDC，
∴△DBE∽△DCF，
∴，
∵BE＝5，
∴CF＝3；
（3）解：在菱形ABCD中，BC＝AB＝DC＝AD＝5，
连接BD交AC于O点，
∵AC＝BD，且AC与BD互相平分，
∴OC＝，BD＝2OD，
在Rt△ODC中，OD＝，
∴tan，
∵BD为菱形对角线，
∴∠HDB＝∠ODC，
∵BH⊥HD，AC⊥BD，
∴∠DHB＝∠DOC＝90°，
∴△DHB∽△DOC，
∴，
即，
∴BH＝，
∵HE＝，
∴BE＝BH－HE＝，
∵tan，
∴∠EDF＝∠ODC＝∠HDB，
∴∠EDB＝∠CDF，
∵BH⊥AD，
∴∠HBD＋∠HDB＝90°，∠HDB＝∠ODC，∠ODC＋∠OCD＝90°，
∴∠HBD＝∠OCD，
∴△DBE∽△DCF，
∴，
∴CF＝．
南山区同乐实验学校2022-2023学年第一学期九年级期中数学试卷
一．选择题（每题3分，共30分）
1．如图所示的几何体是由4个相同的小正方体搭成的，它的主视图是（ ）
A． B． C． D．
2．我国南宋数学家杨辉在《田亩比类乘除算法》中提出这样一个问题：直田积八百六十四步，只云阔不及长一十二步，问阔及长各几步．意思是：矩形面积864平方步，宽比长少12步，问宽和长各几步．设长为x步，则可列方程为（ ）
A．x（x－12）＝864 B．x（x＋12）＝864
C．x（12－x）＝864 D．2（2x－12）＝864
3． 在一个不透明纸箱中放有除数字不同外，其它完全相同的2张卡片，分别标有数字1、2，从中任意摸出一张，放回搅匀后再任意摸出一张，两次摸出的数字之积为偶数的概率为（ ）
A． B． C． D．
4． 如图是由若干个同样大小的小正方体所搭几何体的俯视图，小正方形中的数字表示在该位置小正方体的个数，则这个几何体的左视图是（ ）
A． B． C． D．
5． 若直角三角形的两边长分别是方程x2－7x＋12＝0的两根，则该直角三角形的面积是（ ）
A．6 B．12 C．12或 D．6或
6． 某超市销售一种商品，其进价为每千克30元，按每千克45元出售，每天可售出300千克，为让利于民，超市采取降价措施，当售价每千克降低1元时，每天销量可增加50千克，若每天的利润要达到5500元，则实际售价应定为多少元？设售价每千克降低x元，可列方程为（ ）
A．（45－30－x）（300＋50x）＝5500 B．（x－30）（300＋50x）＝5500
C．（x－30）[300＋50（x－45）]＝5500 D．（45－x）（300＋50x）＝5500
7． 如图，正比例函数y1＝k1x（k1＜0）的图象与反比例函数y2＝（k2＜0）的图象相交于A，B两点，点B的横坐标为2，当y1＞y2时，x的取值范围是（ ）
A．x＜－2或x＞2 B．－2＜x＜0或x＞2
C．x＜－2或0＜x＜2 D．－2＜x＜0或0＜x＜2
8． 已知关于x的一元二次方程kx2－（2k－1）x＋k－2＝0有两个不相等的实数根，则实数k的取值范围是（ ）
A．k＞－ B．k＜ C．k＞－且k≠0 D．k＜且k≠0
9． 如图，△ABC的中线BE、CF交于点O，连接EF，则的值为（ ）
A． B． C． D．
10．如图，正方形ABCD的顶点A，B分别在x轴，y轴上，点D（－6，2）在直线l：y＝kx＋8上．直线l分别交x轴，y轴于点E，F．将正方形ABCD沿x轴向左平移m个单位长度后，点B恰好落在直线l上．则m的值为（ ）
A．2 B．4 C．6 D．8
二．填空题（每题3分，共15分）
11．关于x的一元二次方程x2＋2x＋m＝0有一根为2，则m的值为 ．
12．一个不透明的袋子中装有除颜色外其它均相同的4个白球和若干个绿球，每次摇均匀后随机摸出一个球，记下颜色后再放回袋中，经大量试验，发现摸到绿球的频率稳定在0.6，则绿球的个数为 ．
13．如图，在A时测得旗杆的影长是4米，B时测得的影长是9米，两次的日照光线恰好垂直，则旗杆的高度是 米．
14．如图，矩形ABCD，AB＝1，BC＝2，点A在x轴正半轴上，点D在y轴正半轴上．当点A在x轴上运动时，点D也随之在y轴上运动，在这个运动过程中，点C到原点O的最大距离为 ．
15．如图，正方形ABCD中，点G在AB上，连接DG，点H在AD上，点K在BC上，HK⊥DG于点F，连接AF、GH，AF的延长线交CD于点E，DF＝DE，GH＝5，BK＝7，则AF的长为 ．
三．解答题（共7小题）
16．（6分）解方程：
（1）3x2－1＝4x； （2）（x＋4）2＝5（x＋4）．
17．（6分）如图，小明同学用自制的直角三角形纸板DEF测量树的高度AB，他调整自己的位置，设法使斜边DF持水平，并且边DE与点B在同一直线上，已知纸板的两条边DF＝0.5m，EF＝0.3m，测得边DF离地面的高度AC＝1.5m，CD＝10m，求树高AB．
18．（8分）如图，在□OABC中，点O为坐标顶点，点A（3，0），C（1，2），反比例函数y＝（k≠0）的图象经过定C．
（1）求k的值及直线OB的函数表达式；
（2）试探究此反比例函数的图象是否经过▱OABC的中心．
19．（8分）北京将于2022年举办冬奥会和冬残奥会，中国将成为一个举办过五次各类奥林匹克运动会的国家．小亮是个集邮爱好者，他收集了如图所示的三张纪念邮票（除正面内容不同外，其余均相同），现将三张邮票背面朝上，洗匀放好．
（1）小亮从中随机抽取一张邮票是“冬奥会会徽”的概率是 ；
（2）小亮从中随机抽取一张邮票（不放回），再从余下的邮票中随机抽取一张，请你用列表或画树状图的方法求抽到的两张邮票恰好是“冬奥会会徽”和“冬奥会吉祥物冰墩墩”的概率．（这三张邮票依次分别用字母A，B，C表示）
20．（8分）某商品原来每件的售价为60元，经过两次降价后每件的售价为48.6元，并且每次降价的百分率相同．
（1）求该商品每次降价的百分率；
（2）若该商品每件的进价为40元，计划通过以上两次降价的方式，将库存的该商品20件全部售出，并且确保两次降价销售的总利润不少于200元，那么第一次降价至少售出多少件后，方可进行第二次降价？
21．（9分）（1）如图1，将直角三角板的直角顶点放在正方形ABCD上，使直角顶点与D重合，三角板的一边交AB于点P，另一边交BC的延长线于点Q．则DP DQ（填“＞”“＜”或“＝”）；
（2）将（1）中“正方形ABCD”改成“矩形ABCD”，且AD＝2，CD＝4，其他条件不变．
①如图2，若PQ＝5，求AP长．
②如图3，若BD平分∠PDQ，则DP的长为 ．
22．（10分）（1）【证明体验】如图1，正方形ABCD中，E、F分别是边AB和对角线AC上的点，∠EDF＝45°．
①求证：△DBE∼△DCF；
②＝ ；
（2）【思考探究】如图2，矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，E、F分别是边AB和对角线AC上的点，tan∠EDF＝，BE＝5，求CF的长；
（3）【拓展延伸】如图3，菱形ABCD中，BC＝5，对角线AC＝6，BH⊥AD交DA的延长线于点H，E、F分别是线段HB和AC上的点，tan∠EDF＝，HE＝，求CF的长．
参考答案与试题解析
一．选择题
1．如图所示的几何体是由4个相同的小正方体搭成的，它的主视图是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】根据从正面看得到的图形是主视图，可得答案．
【解答】解：从正面看，底层是三个小正方形，上层中间是一个小正方形，
故选：C．
2．我国南宋数学家杨辉在《田亩比类乘除算法》中提出这样一个问题：直田积八百六十四步，只云阔不及长一十二步，问阔及长各几步．意思是：矩形面积864平方步，宽比长少12步，问宽和长各几步．设长为x步，则可列方程为（ ）
A．x（x－12）＝864 B．x（x＋12）＝864
C．x（12－x）＝864 D．2（2x－12）＝864
【分析】由长和宽之间的关系可得出宽为（x－12）步，根据矩形的面积为864平方步，即可得出关于x的一元二次方程，此题得解．
【解答】解：∵长为x步，宽比长少12步，
∴宽为（x－12）步．
依题意，得：x（x－12）＝864．
故选：A．
3．在一个不透明纸箱中放有除数字不同外，其它完全相同的2张卡片，分别标有数字1、2，从中任意摸出一张，放回搅匀后再任意摸出一张，两次摸出的数字之积为偶数的概率为（ ）
A． B． C． D．
【分析】画树状图，共有4种等可能的结果，两次摸出的数字之积为偶数的结果有3种，再由概率公式求解即可．
【解答】解：画树状图如下：
共有4种等可能的结果，两次摸出的数字之积为偶数的结果有3种，
∴两次摸出的数字之积为偶数的概率为，
故选：D．
4．如图是由若干个同样大小的小正方体所搭几何体的俯视图，小正方形中的数字表示在该位置小正方体的个数，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：从左边看从左到右第一列是两个小正方形，第二列有4个小正方形，第三列有3个小正方形，
故选：B．
5．若直角三角形的两边长分别是方程x2－7x＋12＝0的两根，则该直角三角形的面积是（ ）
A．6 B．12 C．12或 D．6或
【分析】先解出方程x2－7x＋12＝0的两个根为3和4，再分长是4的边是直角边和斜边两种情况进行讨论，然后根据直角三角形的面积公式即可求解．
【解答】解：∵x2－7x＋12＝0，
∴x＝3或x＝4．
①当长是4的边是直角边时，该直角三角形的面积是×3×4＝6；
②当长是4的边是斜边时，第三边是＝，该直角三角形的面积是×3×＝．
故选：D．
6．某超市销售一种商品，其进价为每千克30元，按每千克45元出售，每天可售出300千克，为让利于民，超市采取降价措施，当售价每千克降低1元时，每天销量可增加50千克，若每天的利润要达到5500元，则实际售价应定为多少元？设售价每千克降低x元，可列方程为（ ）
A．（45－30－x）（300＋50x）＝5500
B．（x－30）（300＋50x）＝5500
C．（x－30）[300＋50（x－45）]＝5500
D．（45－x）（300＋50x）＝5500
【分析】根据利润＝销售量×（售价－进价）即可列出一元二次方程．
【解答】解：设售价每千克降低x元，
由题意得：（45－30－x）（300＋50x）＝5500，
故选：A．
7．如图，正比例函数y1＝k1x（k1＜0）的图象与反比例函数y2＝（k2＜0）的图象相交于A，B两点，点B的横坐标为2，当y1＞y2时，x的取值范围是（ ）
A．x＜－2或x＞2 B．－2＜x＜0或x＞2
C．x＜－2或0＜x＜2 D．－2＜x＜0或0＜x＜2
【分析】先根据点A与B关于原点对称，得出A横坐标，再找出正比例函数落在反比例函数图象上方的部分对应的自变量的取值范围即可．
【解答】解：由反比例函数与正比例函数相交于点A、B，可得点A坐标与点B坐标关于原点对称．
故点A的横坐标为－2．
当y1＞y2时，即正比例函数图象在反比例图象上方，
观察图象可得，当x＜－2或0＜x＜2时满足题意．
故选：C．
8．已知关于x的一元二次方程kx2－（2k－1）x＋k－2＝0有两个不相等的实数根，则实数k的取值范围是（ ）
A．k＞－ B．k＜ C．k＞－且k≠0 D．k＜且k≠0
【分析】利用一元二次方程的定义和判别式的意义得到k≠0且Δ＝（2k－1）2－4k•（k－2）＞0，然后求出两个不等式的公共部分即可．
【解答】解：根据题意得k≠0且Δ＝（2k－1）2－4k•（k－2）＞0，
解得k＞－且k≠0．
故选：C．
9．如图，△ABC的中线BE、CF交于点O，连接EF，则的值为（ ）
A． B． C． D．
【分析】先根据三角形中位线的性质得到EF∥BC，EF＝BC，则可判断△OEF∽△OBC，利用相似比得到＝，然后根据比例的性质得到的值．
【解答】解：∵中线BE、CF交于点O，
∴EF为△ABC的中位线，
∴EF∥BC，EF＝BC，
∴△OEF∽△OBC，
∴＝＝，
∴＝．
故选：B．
10．如图，正方形ABCD的顶点A，B分别在x轴，y轴上，点D（－6，2）在直线l：y＝kx＋8上．直线l分别交x轴，y轴于点E，F．将正方形ABCD沿x轴向左平移m个单位长度后，点B恰好落在直线l上．则m的值为（ ）
A．2 B．4 C．6 D．8
【分析】过D作DM⊥x轴于M，根据AAS定理证得△BAO≌△ADM，根据全等三角形的性质求出B（0，4），由待定系数法求出直线l的解析式为y＝x＋8，设平移后点B的坐标为（－m，4），代入解析式即可求出m．
【解答】解：过D作DM⊥x轴于M，
∴∠ADM＋∠DAM＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD＝90°，AB＝DA，
∴∠BAO＋∠DAM＝90°，
∴∠BAO＝∠ADM，
在△BAO和△ADM中，
，
∴△BAO≌△ADM（AAS），
∴OA＝DM，OB＝AM，
∵D（－6，2），
∴DM＝OA＝2，OM＝6，
∴AM＝OM－OA＝4，
∴OB＝4，
∴B（0，4），
∵点D（－6，2）在直线l：y＝kx＋8上，
∴－6k＋8＝2，
∴k＝1，
∴直线l的解析式为y＝x＋8，
将正方形ABCD沿x轴向左平移m个单位长度后，点B的坐标为（－m，4），
∵平移后的点B恰好落在直线l上，
∴－m＋8＝4，
解得：m＝4，
故选：B．
二．填空题
11．关于x的一元二次方程x2＋2x＋m＝0有一根为2，则m的值为 －8 ．
【分析】把x＝2代入方程得：1－2＋m＝0，解得m＝1，
【解答】解：把x＝2代入方程得：4＋4＋m＝0，
∴m＝－8，
故答案为：－8．
12．一个不透明的袋子中装有除颜色外其它均相同的4个白球和若干个绿球，每次摇均匀后随机摸出一个球，记下颜色后再放回袋中，经大量试验，发现摸到绿球的频率稳定在0.6，则绿球的个数为 6 ．
【分析】设绿球的个数为x，根据经大量试验，发现摸到绿球的频率稳定在0.6得＝0.6，解之即可得出答案．
【解答】解：设绿球的个数为x，
根据题意，得：＝0.6，
解得x＝6，
经检验：x＝6是分式方程的解，
∴袋中绿球的个数为6，
故答案为：6．
13．如图，在A时测得旗杆的影长是4米，B时测得的影长是9米，两次的日照光线恰好垂直，则旗杆的高度是 6 米．
【分析】如图，∠CPD＝90°，QC＝4m，QD＝9m，利用等角的余角相等得到∠QPC＝∠D，则可判断Rt△PCQ∽Rt△DPQ，然后利用相似比可计算出PQ．
【解答】解：如图，∠CPD＝90°，QC＝4m，QD＝9m，
∵PQ⊥CD，
∴∠PQC＝90°，
∴∠C＋∠QPC＝90°，
而∠C＋∠D＝90°，
∴∠QPC＝∠D，
∴Rt△PCQ∽Rt△DPQ，
∴＝，即＝，
∴PQ＝6，
即旗杆的高度为6m．
故答案为6．
14．如图，矩形ABCD，AB＝1，BC＝2，点A在x轴正半轴上，点D在y轴正半轴上．当点A在x轴上运动时，点D也随之在y轴上运动，在这个运动过程中，点C到原点O的最大距离为 ＋1 ．
【分析】取AD的中点H，连接CH，OH，由勾股定理可求CH的长，由直角三角形的性质可求OH的长，由三角形的三边关系可求解．
【解答】解：如图，取AD的中点H，连接CH，OH，
∵矩形ABCD，AB＝1，BC＝2，
∴CD＝AB＝1，AD＝BC＝2，
∵点H是AD的中点，
∴AH＝DH＝1，
∴CH＝＝＝，
∵∠AOD＝90°，点H是AD的中点，
∴OH＝AD＝1，
在△OCH中，CO＜OH＋CH，
当点H在OC上时，CO＝OH＋CH，
∴CO的最大值为OH＋CH＝＋1，
故答案为：＋1．
15．如图，正方形ABCD中，点G在AB上，连接DG，点H在AD上，点K在BC上，HK⊥DG于点F，连接AF、GH，AF的延长线交CD于点E，DF＝DE，GH＝5，BK＝7，则AF的长为 ．
【分析】过点H作HM⊥BC于点M，设AG与GH交于点N，通过证明△MHK≌△ADG，得到MK＝AG，AH＝7－AG，利用勾股定理求得AG，AH的长；通过证明GH为AF的垂直平分线，得到AF＝2AN；利用三角形的面积求得AN的长，则结论可得．
【解答】解：过点H作HM⊥BC于点M，设AE与GH交于点N，如图，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝AB，∠DAB＝∠B＝∠ADC＝90°，
∵HM⊥BC，
∴四边形ABMH为矩形，
∴AH＝BM，HM＝AB＝AD．
∵HK⊥DG，
∴∠FHD＋∠FDH＝90°，
∵∠FHK＋∠FHD＝90°，
∴∠KHM＝∠FDH．
在△MHK和△ADG中，
，
∴△MHK≌△ADG（ASA）．
∴MK＝AG．
∵BK＝7，
∴BM＋MK＝AH＋AG＝7．
∴AH＝7－AG．
在Rt△AGH中，
∵AG2＋AH2＝GH2，
∴AG2＋（7－AG）2＝52，
解得：AG＝4或3．
∵DF＝DE，
∴∠DFE＝∠DEF．
∵AB∥CD，
∴∠GAF＝∠DEF，
∵∠AFG＝∠DFE，
∴∠GAF＝∠GFA，
∴GA＝GF．
∵GH＝GH，
∴Rt△AGH≌Rt△FGH（HL）．
∴AH＝HF，
∴GH是AF的垂直平分线，
∴AN＝NF＝AF．
当AG＝4时，AH＝3，当AG＝3时，AH＝4，
∵，
∴＝AN，
∴AN＝，
∴AF＝2AN＝．
故答案为：．
三．解答题
16．解方程：
（1）3x2－1＝4x；
（2）（x＋4）2＝5（x＋4）．
【分析】（1）先计算判别式的值，然后利用公式法解方程；
（2）先移项得到（x＋4）2－5（x＋4）＝0，然后利用因式分解法解方程．
【解答】解：（1）3x2－4x－1＝0，
∵a＝3，b＝－4，c＝－1，
∴Δ＝b2－4ac＝（－4）2－4×3×（－1）＝16＋12＝28＞0．
∴x＝＝，
∴x1＝，x2＝．
（2）（x＋4）2＝5（x＋4），
（x＋4）2－5（x＋4）＝0，
（x＋4）（x＋4－5）＝0，
∴x＋4＝0或x－1＝0，
∴x1＝－4，x2＝1．
17．如图，小明同学用自制的直角三角形纸板DEF测量树的高度AB，他调整自己的位置，设法使斜边DF持水平，并且边DE与点B在同一直线上，已知纸板的两条边DF＝0.5m，EF＝0.3m，测得边DF离地面的高度AC＝1.5m，CD＝10m，求树高AB．
【分析】先在Rt△DEF中，由勾股定理求得DE，再利用Rt△DEF和Rt△BCD相似求得BC的长，加上小明同学的身高即可求得树高AB．
【解答】解：∵∠DEF＝∠DCB＝90°，∠EDF＝∠CDB，
∴△DEF∽△DCB，
∴＝，
在Rt△DEF中，
∵DF＝0.5m，EF＝0.3m，
由勾股定理得DE＝＝0.4（m），
∵CD＝10m，
∴＝，
∴BC＝7.5（m），
∴AB＝AC＋BC＝1.5＋7.5＝9（m），
答：树高AB是9m．
18．如图，在▱OABC中，点O为坐标顶点，点A（3，0），C（1，2），反比例函数y＝（k≠0）的图象经过定C．
（1）求k的值及直线OB的函数表达式；
（2）试探究此反比例函数的图象是否经过▱OABC的中心．
【分析】（1）将C点代入反比例函数解析式即可求出k，根据平行四边形的性质可求出B点坐标，再用待定系数法求直线OB的解析式即可；
（2）先根据中点坐标公式求出平行四边形的中心坐标，然后代入反比例函数解析式即可确定．
【解答】解：（1）将点C（1，2）代入反比例函数y＝，
得k＝2，
∵A（3，0），
∴OA＝3，
在▱OABC中，OA∥BC，且OA＝BC，
∴点B坐标是（4，2），
设直线OB的解析式：y＝kx，
代入B（4，2），
得4k＝2，
解得k＝，
∴直线OB解析式是：y＝x；
（2）∵▱OABC的中心就是OB中点，且OB的中点坐标（2，1），
∴将x＝2代入，
可得y＝1，
∴反比例函数的图象经过▱OABC的中心．
19．北京将于2022年举办冬奥会和冬残奥会，中国将成为一个举办过五次各类奥林匹克运动会的国家．小亮是个集邮爱好者，他收集了如图所示的三张纪念邮票（除正面内容不同外，其余均相同），现将三张邮票背面朝上，洗匀放好．
（1）小亮从中随机抽取一张邮票是“冬奥会会徽”的概率是 ；
（2）小亮从中随机抽取一张邮票（不放回），再从余下的邮票中随机抽取一张，请你用列表或画树状图的方法求抽到的两张邮票恰好是“冬奥会会徽”和“冬奥会吉祥物冰墩墩”的概率．（这三张邮票依次分别用字母A，B，C表示）
【分析】（1）直接由概率公式求解即可；
（2）画树状图，共有6种等可能的结果，其中抽到的两张邮票恰好是“冬奥会会徽”和“冬奥会吉祥物冰墩墩”的结果有2种，再由概率公式求解即可．
【解答】解：（1）小亮从中随机抽取一张邮票是“冬奥会会徽”的概率是，
故答案为：；
（2）画树状图如下：
共有6种等可能的结果，其中抽到的两张邮票恰好是“冬奥会会徽”和“冬奥会吉祥物冰墩墩”的结果有2种，
∴抽到的两张邮票恰好是“冬奥会会徽”和“冬奥会吉祥物冰墩墩”的概率为＝．
20．某商品原来每件的售价为60元，经过两次降价后每件的售价为48.6元，并且每次降价的百分率相同．
（1）求该商品每次降价的百分率；
（2）若该商品每件的进价为40元，计划通过以上两次降价的方式，将库存的该商品20件全部售出，并且确保两次降价销售的总利润不少于200元，那么第一次降价至少售出多少件后，方可进行第二次降价？
【分析】（1）根据某商品原来每件的售价为60元，经过两次降价后每件的售价为48.6元，并且每次降价的百分率相同，可设每次降价的百分率为x，从而可以列出方程60（1－x）2＝48.6，然后求解即可；
（2）根据题意和（1）中的结果，可以列出相应的不等式，然后即可求得第一次降价出售的件数的取值范围，再根据件数为整数，即可得到第一次降价至少售出多少件后，方可进行第二次降价．
【解答】解：（1）设该商品每次降价的百分率为x，
60（1－x）2＝48.6，
解得x1＝0.1，x2＝1.9（舍去），
答：该商品每次降价的百分率是10%；
（2）设第一次降价售出a件，则第二次降价售出（20－a）件，
由题意可得，[60（1－10%）－40]a＋（48.6－40）×（20－a）≥200，
解得a≥5，
∵a为整数，
∴a的最小值是6，
答：第一次降价至少售出6件后，方可进行第二次降价．
21．（1）如图1，将直角三角板的直角顶点放在正方形ABCD上，使直角顶点与D重合，三角板的一边交AB于点P，另一边交BC的延长线于点Q．则DP ＝ DQ（填“＞”“＜”或“＝”）；
（2）将（1）中“正方形ABCD”改成“矩形ABCD”，且AD＝2，CD＝4，其他条件不变．
①如图2，若PQ＝5，求AP长．
②如图3，若BD平分∠PDQ，则DP的长为 ．
【分析】（1）由四边形ABCD是正方形知DA＝DC，∠DAP＝∠DCQ＝∠ADC＝90°，结合∠PDQ＝90°得∠ADP＝∠CDQ，证△ADP≌△CDQ可得答案；
（2）①证△ADP∽△CDQ得＝＝，设AP＝x，则CQ＝2x，PB＝4－x，BQ＝2＋2x，在Rt△PBQ中，由勾股定理得到关于x的方程，解之即可；
②延长DP到M，使DM＝DQ，连接BM，设AP＝a，则BP＝4－a，由△ADP∽△CDQ得＝＝，∠APD＝∠CQD，CQ＝2a，BQ＝2＋2a，再证△BDM≌△BDQ得∠BQD＝∠BMD，BM＝BQ＝2＋2a，结合∠BQD＝∠APD＝∠BPM知∠BMD＝∠BPM，从而得BM＝BP，据此求出a的值，最后利用勾股定理求解即可得出答案．
【解答】解：（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴DA＝DC，∠DAP＝∠DCQ＝∠ADC＝90°，
∴∠ADP＋∠PDC＝90°，
∵∠PDQ＝90°，
∴∠PDC＋∠CDQ＝90°，
∴∠ADP＝∠CDQ，
在△ADP和△CDQ中，
，
∴△ADP≌△CDQ（ASA），
∴DP＝DQ，
故答案为：＝；
（2）①∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝∠ADC＝∠BCD＝90°．
∵∠ADP＋∠PDC＝∠CDQ＋∠PDC＝90°，
∴∠ADP＝∠CDQ．
又∵∠A＝∠DCQ＝90°．
∴△ADP∽△CDQ，
∴＝＝＝，
设AP＝x，则CQ＝2x，
∴PB＝4－x，BQ＝2＋2x．
由勾股定理得，在Rt△PBQ中，PB2＋BQ2＝PQ2，
代入得（4－x）2＋（2＋2x）2＝52，
解得x＝1，即AP＝1．
∴AP的长为1；
②如图所示，延长DP到M，使DM＝DQ，连接BM，
设AP＝a，则BP＝4－a，
∵△ADP∽△CDQ，
∴＝＝，∠APD＝∠CQD，
∴CQ＝2a，
则BQ＝BC＋CQ＝2＋2a，
∵BD平分∠PDQ，
∴∠BDM＝∠BDQ，
在△BDM和△BDQ中，
，
∴△BDM≌△BDQ（SAS），
∴∠BQD＝∠BMD，BM＝BQ＝2＋2a，
又∵∠BQD＝∠APD＝∠BPM，
∴∠BMD＝∠BPM，
∴BM＝BP，即2＋2a＝4－a，
解得a＝，即AP＝，
∴PD＝＝＝，
故答案为：．
22．（1）【证明体验】如图1，正方形ABCD中，E、F分别是边AB和对角线AC上的点，∠EDF＝45°．
①求证：△DBE∼△DCF；
②＝ ；
（2）【思考探究】如图2，矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，E、F分别是边AB和对角线AC上的点，tan∠EDF＝，BE＝5，求CF的长；
（3）【拓展延伸】如图3，菱形ABCD中，BC＝5，对角线AC＝6，BH⊥AD交DA的延长线于点H，E、F分别是线段HB和AC上的点，tan∠EDF＝，HE＝，求CF的长．
【分析】（1）①说明∠EDB＝∠CDF，∠EBD＝∠FCD＝45°，即可证明△DBE∼△DCF；
②由①△DBE∽△DCF得，；
（2）连接BD交AC于点O，通过计算tan∠BDC，得出∠EDF＝∠BDC，再由①同理可得△DBE∽△DCF，则；
（3）连接BD交AC于O点，同理得tan，则△DHB∽△DOC，得，求出BH的长，再利用△DBE∽△DCF，得，从而结论问题．
【解答】（1）①证明：∵∠EDF＝45°，
∴∠EDB＋∠BDF＝45°，
∵∠CDF＋∠BDF＝45°，
∴∠EDB＝∠CDF，
∵四边形ABCD为正方形，BD，AC为对角线，
∴∠EBD＝∠FCD＝45°，
∴△DBE∼△DCF；
②解：∵四边形ABCD为正方形，BD，AC为对角线，
∴∠BDC＝45°，
∴CD＝BD•cos45°，
∴BD＝CD，
∵△DBE∽△DCF，
∴，
故答案为：；
（2）解：连接BD交AC于点O，
在矩形ABCD中，AC＝BD，
∵AB＝6，BC＝8，
∴AC＝BD＝＝10，
∴OD＝OC，
∴∠ODC＝∠OCD，
∵AB∥CD，
∴∠ABD＝∠ODC，
∴∠ABD＝∠OCD，
∵tan∠BDC＝，tan，
∴∠EDF＝∠BDC，
∵∠EDF＝∠EDB＋∠BDF，∠BDC＝∠BDF＋∠FDC，
∴∠EDB＝∠FDC，
∴△DBE∽△DCF，
∴，
∵BE＝5，
∴CF＝3；
（3）解：在菱形ABCD中，BC＝AB＝DC＝AD＝5，
连接BD交AC于O点，
∵AC＝BD，且AC与BD互相平分，
∴OC＝，BD＝2OD，
在Rt△ODC中，OD＝，
∴tan，
∵BD为菱形对角线，
∴∠HDB＝∠ODC，
∵BH⊥HD，AC⊥BD，
∴∠DHB＝∠DOC＝90°，
∴△DHB∽△DOC，
∴，
即，
∴BH＝，
∵HE＝，
∴BE＝BH－HE＝，
∵tan，
∴∠EDF＝∠ODC＝∠HDB，
∴∠EDB＝∠CDF，
∵BH⊥AD，
∴∠HBD＋∠HDB＝90°，∠HDB＝∠ODC，∠ODC＋∠OCD＝90°，
∴∠HBD＝∠OCD，
∴△DBE∽△DCF，
∴，
∴CF＝．
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