2022-2023学年辽宁省大连市甘井子区九年级（上）期中数学试卷(解析版)

这是一份2022-2023学年辽宁省大连市甘井子区九年级（上）期中数学试卷(解析版)，共25页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年辽宁省大连市甘井子区九年级第一学期期中数学试卷
一、选择题（本题共10小题，每小题3分，共30分，每小题只有一个选项正确）
1．下列是有关北京2022年冬奥会的图片，其中是中心对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
2．如图，△ABO三个顶点的坐标分别为A（4，5），B（6，0），O（0，0），以原点O为位似中心，在第一象限内，把这个三角形放大为原来的2倍，得到△A'BO，则点A'的坐标正确的是（　　）

A．（8，10） B．（﹣8，﹣10） C．（2，2.5） D．（﹣2，﹣2.5）
3．一元二次方程3x2+10＝2x2+8x的根的情况是（　　）
A．无实数根 B．有两个相等的实数
C．有一个实数根 D．有两个不相等的实数根
4．在抛物线y＝x2﹣4x﹣4上的一个点是（　　）
A．（4，4） B．（，） C．（3，﹣1） D．（﹣2，﹣8）
5．用配方法解方程x2+6x+4＝0，配方正确的是（　　）
A．（x+3）2＝5 B．（x+3）2＝13 C．（x+6）2＝5 D．（x+6）2＝13
6．如图所示的两个五边形相似，则以下a，b，c，d的值错误的是（　　）

A．a＝3 B．b＝4.5 C．c＝4 D．d＝8
7．如图，已知点A的坐标为（2，2），点B的坐标为（1，﹣），菱形ABCD的对角线交于坐标原点O，则C，D两点的坐标为（　　）

A．点C（﹣1，﹣），点D（﹣2，2）
B．点C（﹣2，﹣2），点D（﹣1，）
C．点C（﹣1，），点D（﹣2，﹣2）
D．点C（﹣2，2），点D（﹣1，﹣）
8．有一个人患了流感，经过两轮传染后共有121个人患了流感，每轮传染中平均一个人传染了几个人？设每轮传染中平均一个人传染了x个人，则可列方程得（　　）
A．2（x+1）＝121 B．x+x（1+x）＝121
C．1+x+x（1+x）＝121 D．1+（1+x）2＝121
9．在某一时刻，测得一根高为1.8m的竹竿的影长为3m，同时测得一栋楼的影长为90m，则这栋楼的高度是（　　）
A．30m B．45m C．54m D．150m
10．下列关于抛物线y＝x2+2x﹣3的说法正确的是
①开口方向向上；
②对称轴是直线x＝﹣2；
③当x＜﹣1时，y随x的增大而减小；
④当x＜﹣1或x＞3时，y＞0．（　　）
A．①③ B．①④ C．①③④ D．①②③④
二、填空题（本题共6小题，每小题3分，共18分）
11．设x1，x2是一元二次方程x2﹣x﹣1＝0的两根，则x1+x2+x1x2＝　 　．
12．抛物线y＝ax2+bx+c的顶点A在x轴上，点A的坐标如图所示，则一元二次方程ax2+bx+c＝0的根是 　 　．

13．如图，△ABC中，∠C＝90°，BC＝3，AC＝4，将△ABC绕点B逆时针旋转90°得到△A'BC'，连接AA'，则AA'的长为 　 　．

14．如图，AB∥CD∥EF，AF与BE相交于点G，且CG＝4，FG＝2，AC＝3，BD＝4，则DE的值为 　 　．

15．在平面直角坐标系中，已知点A（3，2），将点A绕原点顺时针旋转90°得到点B，则点B的坐标为 　 　．
16．已知有n个球队参加比赛，每两队之间进行一场比赛，比赛的场次数为m，则m关于n的函数解析式为 　 　．
三.解答题（本题共4小题，其中17题9分，18、19、20题各10分，共39分）
17．如图，在△ABC和△EDC中，点D在BC边上，点E在AC边上，CA＝54，CB＝45，CD＝30，CE＝36，求证：AB∥DE．

18．解下列方程：
（1）3x（2x+1）﹣2（2x+1）＝0；
（2）x2+4x﹣2＝0．
19．如图，将△ABC绕顶点C逆时针旋转得到△DEC，且点B刚好落在DE上，若∠A＝30°，∠BCD＝40°，求∠E的度数．

20．有一块矩形铁皮，长100cm，宽50cm，在它的四角各切去一个同样大的正方形，然后将四周突出部分折起，就能制作成一个无盖的方盒．如果制成的无盖方盒的底面积为3600cm2，那么铁皮各角应切去多大的正方形？

四.解答题（本题共3小题，其中21题9分，22、23题各10分，共29分）
21．飞机着陆滑行的距离s（单位：m）关于滑行的时间t（单位：s）的函数解析式是s＝60t﹣1.5t2．
（1）当t＝10s时，求滑行的距离是多少m？
（2）飞机着陆滑行经过多少s有最大距离？最大距离是多少m？
22．如图，已知河宽AB＝100m，在河的两岸各取一点A，E，AE与BC相交于点D，AB⊥BC于点B，EC⊥BC于点C，测得BC＝180m，EC＝50m，求BD的长．

23．两年前生产1t甲种药品的成本是6400元，生产1t乙种药品的成本是9600元．随着生产技术的进步，现在生产1t甲种药品的成本是3600元，生产1t乙种药品的成本是5400元．哪种药品成本的年平均下降率较大？
五.解答题（本题共3小题，其中24、25题各11分，26题12分，共34分）
24．如图，在△ABC中，∠B＝90°，点D是AC边的中点，过点D作AB边的垂线，垂足为E，AE＝6cm，DE＝9cm，动点P从点A开始沿边AB向点B以1cm/s的速度移动，到达B点后停止运动，动点Q从点B沿边BC向点C以2cm/s的速度移动，到达C点后停止运动，如果P，Q两点分别从A，B两点同时出发，在运动过程中△PDQ的面积为S，运动时间为ts．
（1）求AB和BC的长；
（2）求S关于t的函数解析式，并直接写出t的取值范围．

25．综合与实践
问题情境：数学活动课上，王老师出示了一个问题：
如图1，在△ABC和△DEB中，∠ABC＝∠DEB＝90°，BC＝BE，AB＝DE，过点E作EF∥BD，交AC于点F．求证：∠ACB＝∠BEF．
独立思考：（1）请解答王老师提出的问题．
实践探究：（2）在原有问题条件不变的情况下，王老师增加下面的条件，并提出新问题，
请你解答．
“如图2，CA交BE于点G，延长CA交BD于点H．猜想CH，GH，FH的数量关系，并证明．”
问题解决：（3）数学活动小组同学对上述问题进行特殊化研究之后发现，当△DEB绕点B旋转到AB与BE共线，且点D恰好在CA的延长线上时，若给出AB的边长，则图3中所有已经用字母标记的线段长均可求．该小组提出下面的问题，请你解答．
“如图3，在（2）的条件下，△DEB绕点B旋转到AB与BE共线，且点D恰好在CA的延长线上，若AB＝2，请直接写出＝　 　.”


26．如图，抛物线y＝﹣x2+x+与x轴相交于点A，B（点A在点B的左侧），与y轴相交于点C，点D在y轴正半轴上，OD＝3，点E是线段OB上的一点，过点B作BF⊥DE，BF交DE的延长线于点F．
（1）求点B的坐标；
（2）若S△DOE＝S△BEF，求点E的坐标
（3）在第一象限内，点G为抛物线上的一点，在（2）的条件下，若∠DEO＝∠GED，求点G的坐标．



参考答案
一、选择题（本题共10小题，每小题3分，共30分，每小题只有一个选项正确）
1．下列是有关北京2022年冬奥会的图片，其中是中心对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
【分析】根据中心对称图形的定义（在平面内，把一个图形绕某点旋转180°，如果旋转后的图形与另一个图形重合，那么这两个图形互为中心对称图形）逐项判断即可得．
解：选项A、C、D都不能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，所以不是中心对称图形，
选项B能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，所以是中心对称图形，
故选：B．
【点评】本题考查的是中心对称图形，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与自身重合．
2．如图，△ABO三个顶点的坐标分别为A（4，5），B（6，0），O（0，0），以原点O为位似中心，在第一象限内，把这个三角形放大为原来的2倍，得到△A'BO，则点A'的坐标正确的是（　　）

A．（8，10） B．（﹣8，﹣10） C．（2，2.5） D．（﹣2，﹣2.5）
【分析】根据位似变换的性质计算，得到答案．
解：∵以原点O为位似中心，在第一象限内，把这个三角形放大为原来的2倍，A（4，5），
∴点A'的坐标是（4×2，5×2），即（8，10），
故选：A．
【点评】本题考查的是位似变换的性质，在平面直角坐标系中，如果位似变换是以原点为位似中心，相似比为k，那么位似图形对应点的坐标的比等于k或﹣k．
3．一元二次方程3x2+10＝2x2+8x的根的情况是（　　）
A．无实数根 B．有两个相等的实数
C．有一个实数根 D．有两个不相等的实数根
【分析】根据根的判别式即可求出答案．
解：一元二次方程3x2+10＝2x2+8x整理得x2﹣8x+10＝0，
∵Δ＝（﹣8）2﹣4×1×10＝64﹣40＝24＞0，
故原方程有两个不相等的实数根，
故选：D．
【点评】本题考查根的判别式，解题的关键是熟练运用根的判别式，本题属于基础题型．
4．在抛物线y＝x2﹣4x﹣4上的一个点是（　　）
A．（4，4） B．（，） C．（3，﹣1） D．（﹣2，﹣8）
【分析】把x＝4、﹣、3、﹣2分别代入y＝x2﹣4x﹣4，计算出对应的函数值后进行判断．
解：∵当x＝4时，y＝x2﹣4x﹣4＝42﹣4×4﹣4＝﹣4；
当x＝﹣时，y＝x2﹣4x﹣4＝（﹣）2﹣4×（﹣）﹣4＝﹣；
当x＝3时，y＝x2﹣4x﹣4＝32﹣4×3﹣4＝﹣7；
当x＝﹣2时，y＝x2﹣4x﹣4＝（﹣2）2﹣4×（﹣2）﹣4＝8；
∴点（﹣，﹣）在抛物线y＝x2﹣4x﹣4上．
故选：B．
【点评】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征：二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象是抛物线，其图象上点的坐标满足其解析式．
5．用配方法解方程x2+6x+4＝0，配方正确的是（　　）
A．（x+3）2＝5 B．（x+3）2＝13 C．（x+6）2＝5 D．（x+6）2＝13
【分析】先把常数项移到方程右边，再把方程两边加上4，然后把方程左边写成完全平方的形式即可．
解：x2+6x＝﹣4，
x2+6x+9＝5，
（x+3）2＝5．
故选：A．
【点评】本题考查了解一元二次方程﹣配方法：熟练掌握用配方法解一元二次方程的步骤是解决问题的关键．
6．如图所示的两个五边形相似，则以下a，b，c，d的值错误的是（　　）

A．a＝3 B．b＝4.5 C．c＝4 D．d＝8
【分析】根据相似多边形的性质，得到比例式，计算即可．
解：∵两个五边形相似，
∴＝＝＝＝，
∴a＝3，b＝4.5，c＝4，d＝6．
故选：D．
【点评】本题考查的是相似多边形的性质，掌握相似多边形的性质：对应角相等；对应边的比相等是解题的关键．
7．如图，已知点A的坐标为（2，2），点B的坐标为（1，﹣），菱形ABCD的对角线交于坐标原点O，则C，D两点的坐标为（　　）

A．点C（﹣1，﹣），点D（﹣2，2）
B．点C（﹣2，﹣2），点D（﹣1，）
C．点C（﹣1，），点D（﹣2，﹣2）
D．点C（﹣2，2），点D（﹣1，﹣）
【分析】由菱形的性质可知点A和点C关于原点对称，B、D关于原点对称，结合条件可求得点C，D点的坐标．
解：∵四边形ABCD为菱形，
∴OA＝OC，OB＝OD，
又∵点O为坐标原点，
∴点A和点C关于原点对称，点B和点D关于原点对称，
∵点A的坐标为（2，2），点B的坐标为（1，﹣），
∴C点坐标为（﹣2，﹣2），D点坐标为（﹣1，）．
故选：B．
【点评】本题考查了菱形的性质和关于原点对称，掌握菱形的性质是解题的关键．
8．有一个人患了流感，经过两轮传染后共有121个人患了流感，每轮传染中平均一个人传染了几个人？设每轮传染中平均一个人传染了x个人，则可列方程得（　　）
A．2（x+1）＝121 B．x+x（1+x）＝121
C．1+x+x（1+x）＝121 D．1+（1+x）2＝121
【分析】由每轮传染中平均一个人传染了x个人，可得出第一轮传染中有x个人被传染，第二轮传染中有x（1+x）个人被传染，结合“有一个人患了流感，经过两轮传染后共有121个人患了流感”，即可得出关于x的一元二次方程，此题得解．
解：∵每轮传染中平均一个人传染了x个人，
∴第一轮传染中有x个人被传染，第二轮传染中有x（1+x）个人被传染，
又∵有一个人患了流感，经过两轮传染后共有121个人患了流感，
∴可列出方程1+x+x（1+x）＝121．
故选：C．
【点评】本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
9．在某一时刻，测得一根高为1.8m的竹竿的影长为3m，同时测得一栋楼的影长为90m，则这栋楼的高度是（　　）
A．30m B．45m C．54m D．150m
【分析】根据同一时刻物高与影长成正比即可得出结论．
解：设这栋楼的高度为hm，
∵在某一时刻，测得一根高为1.8m的竹竿的影长为3m，同时测得一栋楼的影长为90m，
∴＝，
解得：h＝54（m）．
故选：C．
【点评】本题考查的是相似三角形的应用，熟知同一时刻物高与影长成正比是解答此题的关键．
10．下列关于抛物线y＝x2+2x﹣3的说法正确的是
①开口方向向上；
②对称轴是直线x＝﹣2；
③当x＜﹣1时，y随x的增大而减小；
④当x＜﹣1或x＞3时，y＞0．（　　）
A．①③ B．①④ C．①③④ D．①②③④
【分析】根据题目中抛物线y＝x2+2x﹣3＝（x+1）2﹣4和二次函数的性质，图象与x轴的交点可以判断各个选项中的结论是否正确，从而可以解答本题．
解：∵抛物线y＝x2+2x﹣3＝（x+1）2﹣4，
∴a＝1，该抛物线开口向上，故①正确；
其图象的对称轴是直线x＝﹣1，故②错误；
当＜﹣1，y随x的增大而减小，故③正确；
∵y＝x2+2x﹣3＝（x+3）（x﹣1），
∴抛物线与x轴的交点为（﹣3，0）（1，0），
∵抛物线开口向上，
∴当x＜﹣3或x＞1时，y＞0，故④错误；
故选：A．
【点评】本题考查二次函数的性质，抛物线与x轴的交点，解答本题的关键是明确题意，利用二次函数的性质解答．
二、填空题（本题共6小题，每小题3分，共18分）
11．设x1，x2是一元二次方程x2﹣x﹣1＝0的两根，则x1+x2+x1x2＝　0　．
【分析】直接根据根与系数的关系求解．
解：∵x1、x2是方程x2﹣x﹣1＝0的两根，
∴x1+x2＝1，x1×x2＝﹣1，
∴x1+x2+x1x2＝1﹣1＝0．
故答案为：0．
【点评】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＝．
12．抛物线y＝ax2+bx+c的顶点A在x轴上，点A的坐标如图所示，则一元二次方程ax2+bx+c＝0的根是 　x＝3　．

【分析】根据图象与x轴的交点坐标直接写出答案即可．
解：观察图象知：抛物线y＝ax2+bx+c的顶点A在x轴上，点A的坐标为（3，0），
所以一元二次方程ax2+bx+c＝0的根是x＝3，
故答案为：x＝3．
【点评】本题考查了抛物线与x轴的交点的知识，解题的关键是了解一元二次方程与二次函数的关系，难度不大．
13．如图，△ABC中，∠C＝90°，BC＝3，AC＝4，将△ABC绕点B逆时针旋转90°得到△A'BC'，连接AA'，则AA'的长为 　5　．

【分析】先根据勾股定理计算出AB＝5，再根据旋转的性质得到BA＝BA′＝5，∠ABA′＝90°，然后利用勾股定理可计算出AA'的长．
解：∵∠C＝90°，BC＝3，AC＝4，
∴AB＝＝5，
∵△ABC绕点B逆时针旋转90°得到△A'BC'，
∴BA＝BA′＝5，∠ABA′＝90°，
∴AA′＝＝5．
故答案为：5．
【点评】本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角．也考查了勾股定理．
14．如图，AB∥CD∥EF，AF与BE相交于点G，且CG＝4，FG＝2，AC＝3，BD＝4，则DE的值为 　8　．

【分析】先根据平行线分线段成比例定理列出比例式求出DG，再根据平行线分线段成比例定理求出GE，进而求出DE．
解：∵AB∥CD，
∴＝，即＝，
解得：DG＝，
∵CD∥EF，
∴＝，即＝，
解得：GE＝，
∴DE＝DG+GE＝8，
故答案为：8．
【点评】本题考查的是平行线分线段成比例定理，灵活运用定理、找准对应关系是解题的关键．
15．在平面直角坐标系中，已知点A（3，2），将点A绕原点顺时针旋转90°得到点B，则点B的坐标为 　（2，﹣3）　．
【分析】利用旋转变换的性质正确作出图形，可得结论．
解：如图，点B的坐标为（2，﹣3），
故答案为：（2，﹣3）．

【点评】本题考查坐标与图形变化﹣旋转，解题的关键是正确作出图形，利用图象法解决问题即可．
16．已知有n个球队参加比赛，每两队之间进行一场比赛，比赛的场次数为m，则m关于n的函数解析式为 　m＝　．
【分析】根据n个球队都要与除自己之外的（n﹣1）球队个打一场，因此要打n（n﹣1）场，然而有重复一半的场次，即可求出函数关系式．
解：根据题意，得m＝＝，
故答案为：m＝．
【点评】本题考查了函数关系式，理解题意是解题的关键．
三.解答题（本题共4小题，其中17题9分，18、19、20题各10分，共39分）
17．如图，在△ABC和△EDC中，点D在BC边上，点E在AC边上，CA＝54，CB＝45，CD＝30，CE＝36，求证：AB∥DE．

【分析】根据题意分别求出、，根据平行线的判定定理证明结论．
【解答】证明：∵CA＝54，CB＝45，CD＝30，CE＝36，
∴＝＝，＝＝，
∴＝，
∴AB∥DE．
【点评】本题考查的是平行线分线段成比例定理，灵活运用定理、找准对应关系是解题的关键．
18．解下列方程：
（1）3x（2x+1）﹣2（2x+1）＝0；
（2）x2+4x﹣2＝0．
【分析】（1）利用提公因式法将方程的左边因式分解，继而得出两个关于x的一元一次方程，再进一步求解即可；
（2）将常数项移到方程的右边，两边都加上一次项系数一半的平方配成完全平方式后，再开方即可得．
解：（1）∵3x（2x+1）﹣2（2x+1）＝0，
∴（2x+1）（3x﹣2）＝0，
则2x+1＝0或3x﹣2＝0，
解得x1＝﹣，x2＝；
（2）∵x2+4x﹣2＝0，
∴x2+4x＝2，
∴x2+4x+4＝2+4，即（x+2）2＝6，
∴x+2＝±，
∴x1＝﹣2+，x2＝﹣2﹣．
【点评】本题主要考查解一元二次方程，解一元二次方程常用的方法有：直接开平方法、因式分解法、公式法及配方法，解题的关键是根据方程的特点选择简便的方法．
19．如图，将△ABC绕顶点C逆时针旋转得到△DEC，且点B刚好落在DE上，若∠A＝30°，∠BCD＝40°，求∠E的度数．

【分析】先根据旋转的性质得到∠D＝∠A＝30°，CB＝CE，再利用三角形外角性质得到∠CBE＝70°，然后根据等腰三角形的性质得到∠E的度数．
解：∵△ABC绕顶点C时针旋转得到△DEC，且点B刚好落在DE上，
∴∠D＝∠A＝30°，CB＝CE，
∵∠CBE＝∠D+∠BCD，
∴∠CBE＝30°+40°＝70°，
∵CB＝CE，
∴∠E＝∠CBE＝70°．
故答案为：70°．
【点评】本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角．
20．有一块矩形铁皮，长100cm，宽50cm，在它的四角各切去一个同样大的正方形，然后将四周突出部分折起，就能制作成一个无盖的方盒．如果制成的无盖方盒的底面积为3600cm2，那么铁皮各角应切去多大的正方形？

【分析】此题可以设铁皮的各角应切去边长为xcm的正方形．则底面矩形的长和宽分别是（100﹣2x）和（50﹣2x），然后根据方盒的底面积是3600cm2列方程求解．
解：设铁皮的各角应切去边长为xcm的正方形，
根据题意得（100﹣2x）（50﹣2x）＝3600，
（x﹣50）（x﹣25）＝900，
x2﹣75x+350＝0，
（x﹣5）（x﹣70）＝0，
解得x＝5或x＝70（不合题意，应舍去）．
答：切去边长为5cm的正方形．
【点评】在列方程的时候，弄清方盒底面的长和宽，能够熟练运用因式分解法解方程．最后求得的解要注意检验看是否符合题意．
四.解答题（本题共3小题，其中21题9分，22、23题各10分，共29分）
21．飞机着陆滑行的距离s（单位：m）关于滑行的时间t（单位：s）的函数解析式是s＝60t﹣1.5t2．
（1）当t＝10s时，求滑行的距离是多少m？
（2）飞机着陆滑行经过多少s有最大距离？最大距离是多少m？
【分析】（1）把t＝10代入解析式求解即可；
（2）将函数解析式配方成顶点式求出s的最大值即可得．
解：（1）当t＝10s时，s＝60t﹣1.5t2＝60×10﹣1.5×102＝450（m），
答：当t＝10s时，滑行的距离是450m；
（2）s＝60t﹣1.5t2＝﹣1.5（t﹣20）2+600，
∵﹣1.5＜0，
∴当t＝20时，s有最大值，最大值为600，
答：飞机着陆滑行经过20s有最大距离，最大距离是600m．
【点评】本题考查二次函数的应用，理解题意得出飞机滑行的距离即为s的最大值是解题的关键．
22．如图，已知河宽AB＝100m，在河的两岸各取一点A，E，AE与BC相交于点D，AB⊥BC于点B，EC⊥BC于点C，测得BC＝180m，EC＝50m，求BD的长．

【分析】根据相似三角形的判定和性质定理即可得到结论．
解：∵AB⊥BC于点B，EC⊥BC于点C，
∴AB∥CE，
∴△ABD∽△ECD，
∴＝，
∴＝，
∴BD＝12m，
答：BD的长为12m．
【点评】本题考查了相似三角形的应用，主要利用了相似三角形对应边成比例，确定出相似三角形是解题的关键．
23．两年前生产1t甲种药品的成本是6400元，生产1t乙种药品的成本是9600元．随着生产技术的进步，现在生产1t甲种药品的成本是3600元，生产1t乙种药品的成本是5400元．哪种药品成本的年平均下降率较大？
【分析】设甲种药品成本的年平均下降率为x，利用现在生产1t甲种药品的成本＝两年前生产1t甲种药品的成本×（1﹣甲种药品成本的年平均下降率）2，即可得出关于x的一元二次方程，解之取其符合题意的值，即可得出甲种药品成本的年平均下降率，同理，可求出乙种药品成本的年平均下降率，再将两种药品成本的年平均下降率比较后，即可得出结论．
解：设甲种药品成本的年平均下降率为x，
根据题意得：6400（1﹣x）2＝3600，
解得：x1＝0.25＝25%，x2＝1.75（不符合题意，舍去），
∴甲种药品成本的年平均下降率为25%；
设乙种药品成本的年平均下降率为y，
根据题意得：9600（1﹣y）2＝5400，
解得：y1＝0.25＝25%，y2＝1.75（不符合题意，舍去），
∴乙种药品成本的年平均下降率为25%．
∵25%＝25%，
∴甲、乙两种药品成本的年平均下降率一样大．
答：甲、乙两种药品成本的年平均下降率一样大．
【点评】本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
五.解答题（本题共3小题，其中24、25题各11分，26题12分，共34分）
24．如图，在△ABC中，∠B＝90°，点D是AC边的中点，过点D作AB边的垂线，垂足为E，AE＝6cm，DE＝9cm，动点P从点A开始沿边AB向点B以1cm/s的速度移动，到达B点后停止运动，动点Q从点B沿边BC向点C以2cm/s的速度移动，到达C点后停止运动，如果P，Q两点分别从A，B两点同时出发，在运动过程中△PDQ的面积为S，运动时间为ts．
（1）求AB和BC的长；
（2）求S关于t的函数解析式，并直接写出t的取值范围．

【分析】（1）证明△ADE∽△ACB，由相似三角形的性质求得结果；
（2）根据S＝S△ABC﹣S△ADP﹣S△BPQ﹣S△CDQ进行解答便可．
解：（1）∵∠B＝90°，DE⊥AB，
∴DE∥BC，
∴△ADE∽△ACB，
∴，
∵AE＝6cm，DE＝9cm，点D是AC边的中点，
∴，
∴AB＝12cm，BC＝18cm；
（2）根据题意得，S＝S△ABC﹣S△ADP﹣S△BPQ﹣S△CDQ＝，
即S＝（0≤t≤9）．
【点评】本题考查了相似三角形的性质与判定，三角形的面积，求函数解析式，关键是应用相似三角形的性质解题．
25．综合与实践
问题情境：数学活动课上，王老师出示了一个问题：
如图1，在△ABC和△DEB中，∠ABC＝∠DEB＝90°，BC＝BE，AB＝DE，过点E作EF∥BD，交AC于点F．求证：∠ACB＝∠BEF．
独立思考：（1）请解答王老师提出的问题．
实践探究：（2）在原有问题条件不变的情况下，王老师增加下面的条件，并提出新问题，
请你解答．
“如图2，CA交BE于点G，延长CA交BD于点H．猜想CH，GH，FH的数量关系，并证明．”
问题解决：（3）数学活动小组同学对上述问题进行特殊化研究之后发现，当△DEB绕点B旋转到AB与BE共线，且点D恰好在CA的延长线上时，若给出AB的边长，则图3中所有已经用字母标记的线段长均可求．该小组提出下面的问题，请你解答．
“如图3，在（2）的条件下，△DEB绕点B旋转到AB与BE共线，且点D恰好在CA的延长线上，若AB＝2，请直接写出＝　　.”


【分析】（1）由“SAS”可证△ABC≌△DEB，可得∠DBE＝∠ACB，由平行线的性质可得结论；
（2）通过证明△BGH∽△CBH，可得结论；
（3）利用相似三角形的性质可求BE，AE的长，由勾股定理可求BD2，AD2，即可求解．
【解答】（1）证明：∵∠ABC＝∠DEB＝90°，BC＝BE，AB＝DE，
∴△ABC≌△DEB（SAS），
∴∠DBE＝∠ACB，DB＝BC，
∵EF∥BD，
∴∠DBE＝∠BEF，
∴∠ACB＝∠BEF；
（2）解：HF2＝HG•CH，理由如下：
如图2，连接BF，CE，

∵BC＝BE，
∴∠BEC＝∠BCE，
∵∠ACB＝∠BEF，
∴∠FEC＝∠FCE，
∴EF＝CF，
∵BE＝BC，BF＝BF，EF＝FC，
∴△BEF≌△BCF（SSS），
∴∠EBF＝∠CBF，
∴∠DBE+∠EBF＝∠ACB+∠FBC，
∴∠HBF＝∠HFB，
∴HB＝HF，
∵∠BHG＝∠BHC，∠BCH＝∠DBE，
∴△BGH∽△CBH，
∴，
∴HF2＝HG•CH；
（3）解：∵∠DEA＝∠ABC＝90°，∠DAE＝∠BAC，DB＝AB＝2，
∴△AED∽△ABC，
∴，
∴，
∴BC＝+1（负值舍去），
∴AC2＝AB2+BC2＝10+2＝DB2，
∵AE＝BE﹣AB＝﹣1，
∴AD2＝AE2+DE2＝10﹣2，
∵EF∥DB，
∴△EFA∽△BDA，
∴，
∴＝＝，
故答案为：．
【点评】本题是几何变换综合题，考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
26．如图，抛物线y＝﹣x2+x+与x轴相交于点A，B（点A在点B的左侧），与y轴相交于点C，点D在y轴正半轴上，OD＝3，点E是线段OB上的一点，过点B作BF⊥DE，BF交DE的延长线于点F．
（1）求点B的坐标；
（2）若S△DOE＝S△BEF，求点E的坐标
（3）在第一象限内，点G为抛物线上的一点，在（2）的条件下，若∠DEO＝∠GED，求点G的坐标．

【分析】（1）将y＝0代入抛物线y＝﹣x2+x+，求解即可；
（2）证明△DEO∽△BEF，可得＝（）2＝（）2＝，设OE＝t（0＜t＜6），所以BE＝6﹣t，在Rt△BEF中，利用勾股定理建立方程可求出t的值，即可得出点E的坐标；
（3）过点D作DH⊥EG于点H，过点H作NH⊥x轴于点N，过点D作DM⊥NH交NH的延长线于点M，易证△DEO≌△DEH（AAS），再证△MDH∽△NHE，求得直线EH的解析式，联立抛物线的解析式可得出点G的坐标．
解：（1）将y＝0代入抛物线y＝﹣x2+x+得，
﹣x2+x+＝0，
解得x1＝6，x2＝﹣3，
∵点A在点B的左侧，
∴B（6，0）；
（2）∵BF⊥DE，
∴∠BFE＝∠DOE＝90°，
∵∠DEO＝∠BEF，
∴△DEO∽△BEF，
∴＝（）2＝（）2＝，
设OE＝t（0＜t＜6），
∴BE＝6﹣t，
∴BF2＝，EF2＝，
在Rt△BEF中，由勾股定理可得，BF2+EF2＝BE2，
∴+＝（6﹣t）2，
解得t＝﹣9（舍去）或t＝1，
∴E（1，0）；
（3）如图，过点D作DH⊥EG于点H，过点H作NH⊥x轴于点N，过点D作DM⊥NH交NH的延长线于点M，

∴∠DOE＝∠DHE＝90°，
∵∠DEO＝∠GED，DE＝DE，
∴△DEO≌△DEH（AAS），
∴OD＝DH＝3，OE＝EH＝1，
∵NH⊥x轴，DM⊥NH，
∴∠M＝∠HNE＝90°，
∵∠DHM+∠MDH＝∠DHM+∠EHN＝90°，
∴∠MDH＝∠EHN，
∴△MDH∽△NHE，
∴DH：EH＝MD：NH＝MH：EN＝3：1，
设EN＝m，则MH＝3m，
∴NH＝3﹣3m，
∴DM＝9﹣9m，
∴9﹣9m＝1+m，解得m＝，
∴ON＝1+＝，NH＝3﹣3×＝，
∴H（，），
设直线EH的解析式为：y＝kx+b，
∴，
解得，
∴直线EH的解析式为：y＝x﹣，
令x﹣＝﹣x2+x+，
解得x＝或x＝﹣（舍去），
当x＝时，y＝x﹣＝﹣，
∴G（，﹣）．
【点评】本题是二次函数综合题，考查了抛物线与x轴的坐标，相似三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，二次函数上点的坐标特征等知识，第（2）问关键是利用相似三角形的面积比等于相似比的平方表达出BF2和EF2；第（3）问关键是构造相似三角形，建立方程．