还剩18页未读，
继续阅读
2020-2021学年广东省深圳市宝安中学九年级（上）开学数学试卷
展开
这是一份2020-2021学年广东省深圳市宝安中学九年级（上）开学数学试卷，共21页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题．等内容，欢迎下载使用。
2020-2021学年广东省深圳市宝安中学九年级（上）开学数学试卷
一、选择题（本题有12小题，每小题3分，共36分，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的）
1．（3分）不等式x﹣2＜1的解集为（ ）
A．x＜3 B．x＜﹣1 C．x＞3 D．x＞2
2．（3分）分解因式4x2﹣y2的结果是（ ）
A．（4x+y）（4x﹣y） B．4（x+y）（x﹣y）
C．（2x+y）（2x﹣y） D．2（x+y）（x﹣y）
3．（3分）下列图形既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
4．（3分）已知a＜b，下列式子不一定成立的是（ ）
A．a﹣1＜b﹣1 B．﹣2a＞﹣2b
C．a+1＜b+1 D．ma＞mb
5．（3分）如果分式的值为0，那么x的值为（ ）
A．﹣1 B．1 C．﹣1或1 D．1或0
6．（3分）如图，等腰△ABC中，点D，E分别在腰AB，AC上，添加下列条件，不能判定△ABE≌△ACD的是（ ）
A．AD＝AE B．BE＝CD C．∠ADC＝∠AEB D．∠DCB＝∠EBC
7．（3分）如图，在菱形ABCD中，AC与BD交于点O，点E为BC中点，连接OE，若菱形ABCD的周长为8，则线段OE的长为（ ）
A．4 B．2 C． D．
8．（3分）如图，△ABC中，AB＝6cm，AC＝8cm，BC的垂直平分线l与AC相交于点D，则△ABD的周长为（ ）
A．10cm B．12cm C．14cm D．16cm
9．（3分）下列命题中，正确的是（ ）
A．在三角形中，到三角形三边距离相等的点是三条边垂直平分线的交点
B．平行四边形是轴对称图形
C．三角形的中位线将三角形分成面积相等的两个部分
D．一组对边平行，一组对角相等的四边形是平行四边形
10．（3分）如图，矩形ABCD中，CE⊥BD于点E，∠DCE＝4∠BCE，则∠ACE的度数为（ ）
A．52° B．54° C．56° D．58°
11．（3分）如图，一次图数y＝﹣x+3与一次函数y＝2x+m图象交于点（﹣2，n），则关于x的不等式组的解集为（ ）
A． x＞﹣2 B．x＜3 C．﹣2＜x＜3 D．0＜x＜3
12．（3分）如图，▱ABCD的对角线AC，BD交于点O，DE平分∠ADC交BC于点E，∠BCD＝60°，AD＝2AB，连接OE．下列结论：①S▱ABCD＝AB•BD；②DB平分∠ADE；③AB＝DE；④S△CDE＝S△BOC，其中正确的有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
二、填空题（本题共4小题，每小题3分，共12分）
13．（3分）因式分解：2m2﹣12m+18＝ ．
14． （3分）若正多边形的一个外角是60°，则这个正多边形的内角和是 ．
15．（3分）如图，点C为线段AB上一点，且CB＝2，分别以AC、BC为边，在AB的同一侧作等边△ACD和等边△CBE，连接DE，AE，∠CDE＝30°，则△ADE的面积为 ．
16．（3分）如图，以△ABC的边AB、AC为边往外作正方形ABEF与正方形ACGD，连接BD、CF、DF，若AB＝2，AC＝4，则BC2+DF2的值为 ．
三、解答题（本大题共有7个小题，共52分．请在答题卷指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）．
17．（6分）解不等式组：，并在数轴上表示出它的解集．
18． （6分）先化简，再求值：（﹣）÷，其中m＝．
19． （6分）解方程：．
20．（8分）如图，△ABC三个顶点的坐标分别为A（2，4），B（1，1），C（4，3）．
（1）如图1，请画出△ABC关于x轴对称的△A1B1C1，并写出点A1、B1的坐标；
（2）如图2，若P为x轴上的一个动点，当PA+PB最小时，P点坐标为 ．
21．（8分）如图，E、F是▱ABCD的对角线AC上的两点，且BE⊥AC，DF⊥AC，连接BE、ED、DF、FB．
（1）求证：四边形BEDF为平行四边形；
（2）若BE＝4，EF＝2，求BD的长．
22．（8分）某校足球队需购买A、B两种品牌的足球．已知A品牌足球的单价比B品牌足球的单价高20元，且用900元购买A品牌足球的数量用720元购买B品牌足球的数量相等．
（1）求A、B两种品牌足球的单价；
（2）若足球队计划购买A、B两种品牌的足球共90个，且A品牌足球的数量不小于B品牌足球数量的2倍．设购买A品牌足球m个，总费用为W元，写出W与m的函数关系式并设计一种购买方案使总费用最低．
23．（10分）如图1，直线y＝x+4与x轴、y轴分别交于A、B两点，以A为顶点，以AB为腰在第二象限内作等腰直角△ABC．
（1）求点C的坐标；
（2）如图2，若M为x轴上的一个动点，N为直线AB上的一个动点，以A、C、M、N为顶点的四边形是平行四边形，请直接写出满足条件的M点、N点坐标；
（3）如图3，P为y轴负半轴上的一个动点，当P点沿y轴负方向向下运动时，以P为顶点，以AP为腰作等腰Rt△APD，过D作DE⊥x轴于E点，求证：OP﹣DE为定值．
2020-2021学年广东省深圳市宝安中学九年级（上）开学数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本题有12小题，每小题3分，共36分，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的）
1．（3分）不等式x﹣2＜1的解集为（ ）
A．x＜3 B．x＜﹣1 C．x＞3 D．x＞2
【分析】直接利用一元一次不等式的解法得出答案．
【解答】解：∵x﹣2＜1
∴解得：x＜3．
故选：A．
【点评】此题主要考查了一元一次不等式的解法，正确掌握解题步骤是解题关键．
2．（3分）分解因式4x2﹣y2的结果是（ ）
A．（4x+y）（4x﹣y） B．4（x+y）（x﹣y）
C．（2x+y）（2x﹣y） D．2（x+y）（x﹣y）
【分析】直接利用平方差公式分解因式得出答案．
【解答】解：4x2﹣y2＝（2x+y）（2x﹣y）．
故选：C．
【点评】此题主要考查了公式法分解因式，正确应用公式是解题关键．
3．（3分）下列图形既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
【解答】解：A、不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不合题意；
B、既是轴对称图形，又是中心对称图形，故此选项符合题意；
C、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意；
D、不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项不合题意．
故选：B．
【点评】本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念：轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分沿对称轴折叠后可重合；中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．
4．（3分）已知a＜b，下列式子不一定成立的是（ ）
A．a﹣1＜b﹣1 B．﹣2a＞﹣2b
C．a+1＜b+1 D．ma＞mb
【分析】根据不等式的基本性质进行判断．
【解答】解：A、在不等式a＜b的两边同时减去1，不等号的方向不变，即a﹣1＜b﹣1，原变形正确，故此选项不符合题意；
B、在不等式a＜b的两边同时乘以﹣2，不等号方向改变，即﹣2a＞﹣2b，原变形正确，故此选项不符合题意；
C、在不等式a＜b的两边同时乘以，不等号的方向不变，即a＜b，不等式a＜b的两边同时加上1，不等号的方向不变，即a+1＜b+1，原变形正确，故此选项不符合题意；
D、在不等式a＜b的两边同时乘以m，不等式不一定成立，即ma＞mb，或ma＜mb，或ma＝mb，原变形不正确，故此选项符合题意．
故选：D．
【点评】此题主要考查了不等式的基本性质，不等式的基本性质：
（1）不等式两边加（或减）同一个数（或式子），不等号的方向不变．
（2）不等式两边乘（或除以）同一个正数，不等号的方向不变．
（3）不等式两边乘（或除以）同一个负数，不等号的方向改变．
5．（3分）如果分式的值为0，那么x的值为（ ）
A．﹣1 B．1 C．﹣1或1 D．1或0
【分析】根据分式的值为零的条件可以求出x的值．
【解答】解：根据题意，得
|x|﹣1＝0且x+1≠0，
解得，x＝1．
故选：B．
【点评】本题考查了分式的值为零的条件．若分式的值为零，需同时具备两个条件：（1）分子为0；（2）分母不为0．这两个条件缺一不可．
6．（3分）如图，等腰△ABC中，点D，E分别在腰AB，AC上，添加下列条件，不能判定△ABE≌△ACD的是（ ）
A．AD＝AE B．BE＝CD C．∠ADC＝∠AEB D．∠DCB＝∠EBC
【分析】利用等腰三角形的性质得∠ABC＝∠ACB，AB＝AC，然后根据全等三角形的判定方法对各选项进行判断．
【解答】解：∵△ABC为等腰三角形，
∴∠ABC＝∠ACB，AB＝AC，
∴当AD＝AE时，则根据“SAS”可判断△ABE≌△ACD；
当∠AEB＝∠ADC，则根据“AAS”可判断△ABE≌△ACD；
当∠DCB＝∠EBC，则∠ABE＝∠ACD，根据“ASA”可判断△ABE≌△ACD．
故选：B．
【点评】本题考查了全等三角形的判定：熟练掌握全等三角形的5种判定方法．选用哪一种方法，取决于题目中的已知条件．也考查了等腰三角形的性质．
7．（3分）如图，在菱形ABCD中，AC与BD交于点O，点E为BC中点，连接OE，若菱形ABCD的周长为8，则线段OE的长为（ ）
A．4 B．2 C． D．
【分析】先根据菱形的性质得2，AC⊥BD，然后根据直角三角形斜边上的中线性质求解．
【解答】解：∵菱形ABCD的周长为8，
∴BC＝2，AC⊥BD，
∵E为BC的中点，
∴OE＝BC＝．
故选：C．
【点评】本题考查了菱形的性质、直角三角形斜边上的中线性质等知识；熟练掌握菱形的性质和直角三角形斜边上的中线性质是解题的关键．
8．（3分）如图，△ABC中，AB＝6cm，AC＝8cm，BC的垂直平分线l与AC相交于点D，则△ABD的周长为（ ）
A．10cm B．12cm C．14cm D．16cm
【分析】根据线段的垂直平分线的性质得到DB＝DC，根据三角形周长公式计算，得到答案．
【解答】解：∵BC的垂直平分线l与AC相交于点D，
∴DB＝DC，
∴△ABD的周长＝AB+AD+DB＝AB+AD+DC＝AB+AC＝14（cm），
故选：C．
【点评】本题考查的是线段的垂直平分线的性质，掌握线段的垂直平分线上的点到线段的两个端点的距离相等是解题的关键．
9．（3分）下列命题中，正确的是（ ）
A．在三角形中，到三角形三边距离相等的点是三条边垂直平分线的交点
B．平行四边形是轴对称图形
C．三角形的中位线将三角形分成面积相等的两个部分
D．一组对边平行，一组对角相等的四边形是平行四边形
【分析】由三角形的内心和外心性质得出选项A不正确；由平行四边形的性质得出选项B不正确；由三角形中位线定理得出选项C不正确；由平行四边形的判定得出选项D正确；即可得出结论．
【解答】解：A．在三角形中，到三角形三边距离相等的点是三条角平分线的交点；故选项A不正确；
B．平行四边形是中心对称图形，不是轴对称图形；故选项B不正确；
C．三角形的中线将三角形分成面积相等的两个部分；故选项C不正确；
D．如图所示：AB∥CD，∠A＝∠C，
则∠C+∠B＝180°，
∴∠A+∠B＝180°，
∴AD∥BC，
∴四边形ABCD是平行四边形；
故选项D正确；
故选：D．
【点评】本题考查了命题与定理、三角形的内心与外心、平行四边形的判定与性质以及三角形中位线定理；对各个命题进行正确判断是解题的关键．
10．（3分）如图，矩形ABCD中，CE⊥BD于点E，∠DCE＝4∠BCE，则∠ACE的度数为（ ）
A．52° B．54° C．56° D．58°
【分析】根据矩形的性质首先求出∠DCE，∠ECB的度数．然后利用三角形内角和定理求解即可．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠DCB＝90°，OC＝OD，
∵∠DCE＝4∠ECB，
∴∠DCE＝×90°＝72°，
∴∠ECB＝18°
∴∠EBC＝∠ACB＝90°﹣∠ECB＝72°
∴∠ACE＝∠ACB﹣∠ECB＝72°﹣18°＝54°．
故选：B．
【点评】此题考查了矩形的性质以及三角形内角和定理的有关知识．注意求得∠DCE，∠ECB的度数是关键．
11．（3分）如图，一次图数y＝﹣x+3与一次函数y＝2x+m图象交于点（﹣2，n），则关于x的不等式组的解集为（ ）
A．x＞﹣2 B．x＜3 C．﹣2＜x＜3 D．0＜x＜3
【分析】先求出直线y＝﹣x+3与x轴的交点坐标，然后根据函数特征，写出在x轴上，直线y＝2x+m在直线y＝﹣x+3上方所对应的自变量的范围．
【解答】解：直线y＝﹣x+3与x轴的交点坐标为（3，0），
所以不等式组的解集为﹣2＜x＜3．
故选：C．
【点评】本题考查了一次函数与一元一次不等式：从函数的角度看，就是寻求使一次函数y＝kx+b的值大于（或小于）0的自变量x的取值范围；从函数图象的角度看，就是确定直线y＝kx+b在x轴上（或下）方部分所有的点的横坐标所构成的集合．
12．（3分）如图，▱ABCD的对角线AC，BD交于点O，DE平分∠ADC交BC于点E，∠BCD＝60°，AD＝2AB，连接OE．下列结论：①S▱ABCD＝AB•BD；②DB平分∠ADE；③AB＝DE；④S△CDE＝S△BOC，其中正确的有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【分析】求得∠ABD＝90°，即AB⊥BD，即可得到S▱ABCD＝AB•BD；
依据∠ADE＝60°，∠BDE＝30°，可得∠ADB＝30°＝∠BDE，即可得出DB平分∠CDE；
依据AB＝CD，CD＝DE，即可得到AB＝DE；
由BE＝EC可得S△CDE＝S△CDB，由BO＝OD可得S△BOC＝S△CDB，即可得出S△CDE＝S△BOC．
【解答】解：∵四边形ABCD为平行四边形，∠BCD＝60°，
∴∠ADC＝120°，
∵DE平分∠ADC，
∴∠ADE＝∠CDE＝60°＝∠BCD，
∴△CDE是等边三角形，
∴CD＝CE＝DE，
∵AD＝2AB，BC＝AD，CD＝AB，
∴BC＝2CD＝2CE＝2DE，
∴DE＝CE＝BE，
∴∠BDE＝∠DBE＝∠CED＝30°，
∴∠CDB＝90°，
∴∠ABD＝90°，即AB⊥BD，
∴S▱ABCD＝AB•BD，故①正确；
由①知，∠ADE＝60°，∠BDE＝30°，
∴∠ADB＝30°＝∠BDE，
∴DB平分∠ADE，故②正确；
∵AB＝CD，CD＝DE，
∴AB＝DE，故③正确；
∵BE＝EC，
∴S△CDE＝S△CDB，
∵BO＝OD，
∴S△BOC＝S△CDB，
∴S△CDE＝S△BOC，故④正确；
故选：D．
【点评】本题考查了平行四边形的性质，等边三角形的判定和性质，直角三角形的性质，角平分线定义，熟练掌握各定理是解题的关键．
二、填空题（本题共4小题，每小题3分，共12分）
13．（3分）因式分解：2m2﹣12m+18＝ 2（m﹣3）2 ．
【分析】直接提取公因式2，再利用公式法分解因式得出答案．
【解答】解：原式＝2（m2﹣6m+9）
＝2（m﹣3）2．
故答案为：2（m﹣3）2．
【点评】此题主要考查了提取公因式法以及公式法分解因式，正确运用公式是解题关键．
14．（3分）若正多边形的一个外角是60°，则这个正多边形的内角和是 720° ．
【分析】根据多边形的边数与多边形的外角的个数相等，可求出该正多边形的边数，再由多边形的内角和公式求出其内角和．
【解答】解：该正多边形的边数为：360°÷60°＝6，
该正多边形的内角和为：（6﹣2）×180°＝720°．
故答案为：720°．
【点评】解答本题的关键是求出该正多边形的边数与熟记多边形的内角和公式．
15．（3分）如图，点C为线段AB上一点，且CB＝2，分别以AC、BC为边，在AB的同一侧作等边△ACD和等边△CBE，连接DE，AE，∠CDE＝30°，则△ADE的面积为 4 ．
【分析】由等边三角形的性质得出CE＝CB＝2，AD＝CD，∠DCA＝∠ECB＝∠ADC＝60°，由平角的定义得出∠DCE＝60°，由三角形内角和定理得出∠CED＝90°，由含30°角的直角三角形的性质得出DC，DE的长，即可求解．
【解答】解：∵△ACD和△CBE都是等边三角形，
∴CE＝CB＝2，AD＝CD，∠DCA＝∠ECB＝∠ADC＝60°，
∴∠DCE＝180°﹣∠DCA﹣∠ECB＝180°﹣60°﹣60°＝60°，
∵∠CDE＝30°，
∴∠CED＝180°﹣∠CDE﹣∠DCE＝180°﹣30°﹣60°＝90°，
∴CE＝CD，即AD＝CD＝2CE＝4，DE＝CE＝2，
∠ADE＝∠ADC+∠CDE＝60°+30°＝90°，
∴S△ADE＝AD•DE＝×4×2＝4，
故答案为：4．
【点评】本题考查了等边三角形的性质，直角三角形的性质，求出DE的长是本题的关键．
16．（3分）如图，以△ABC的边AB、AC为边往外作正方形ABEF与正方形ACGD，连接BD、CF、DF，若AB＝2，AC＝4，则BC2+DF2的值为 40 ．
【分析】先判定△BAD≌△FAC，即可得出∠ACF＝∠ADB，进而得到CF⊥BD，再根据勾股定理即可得到BC2+DF2＝OD2+OF2+OB2+OC2＝BF2+DC2，依据AB＝2，AC＝4，即可得到BC2+DF2的值．
【解答】解：如图所示，连接BF，CD，
∵四边形ABEF，四边形ACGD都是正方形，
∴AB＝AF，AC＝AD，∠BAF＝∠CAD＝90°，
∴∠BAD＝∠FAC，
∴△BAD≌△FAC（SAS），
∴∠ACF＝∠ADB，
又∵∠AHC＝∠OHD，
∴∠CAH＝∠DOH＝90°，
∴CF⊥BD，
∴BC2＝OB2+OC2，DF2＝OD2+OF2，BF2＝OB2+OF2，DC2＝OD2+OC2，
∴BC2+DF2＝OD2+OF2+OB2+OC2，
BF2+DC2＝OD2+OF2+OB2+OC2，
即BC2+DF2＝BF2+DC2，
又∵△ABF和△ACD都是等腰直角三角形，且AB＝2，AC＝4，
∴BF2+DC2＝8+32＝40，
∴BC2+DF2＝40，
故答案为：40．
【点评】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质以及勾股定理的运用，全等三角形的判定是结合全等三角形的性质证明线段和角相等的重要工具．解决问题的关键是作辅助线构造直角三角形，利用勾股定理进行计算．
三、解答题（本大题共有7个小题，共52分．请在答题卷指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）．
17．（6分）解不等式组：，并在数轴上表示出它的解集．
【分析】根据一元一次不等式的解法分别解出两个不等式，根据不等式的解集的确定方法得到不等式组的解集．
【解答】解：，
解①得，x＞﹣2，
解②得，x≤3，
则不等式组的解集为﹣2＜x≤3，
在数轴上表示为：
．
【点评】本题考查的是一元一次不等式组的解法，掌握确定解集的规律：同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到是解题的关键．
18．（6分）先化简，再求值：（﹣）÷，其中m＝．
【分析】根据分式的混合运算法则，先化简括号内的，将除法运算转化为乘法运算，再化简成最简分式，代入m值求解即可．
【解答】解：
＝
＝
＝
＝；
当时，
原式＝．
【点评】本题主要考查了分式的化简求值以及二次根式的化简，熟练掌握分式的混合运算法则是解答的关键．
19．（6分）解方程：．
【分析】观察可得最简公分母是2（x+1），方程两边乘最简公分母，可以把分式方程转化为整式方程求解．
【解答】解：去分母得，
2x+2﹣（x﹣3）＝6x，
∴x+5＝6x，
解得，x＝1
经检验：x＝1是原方程的解．
【点评】本题考查了分式方程的解法．
（1）解分式方程的基本思想是“转化思想”，把分式方程转化为整式方程求解．
（2）解分式方程一定注意要验根．
20．（8分）如图，△ABC三个顶点的坐标分别为A（2，4），B（1，1），C（4，3）．
（1）如图1，请画出△ABC关于x轴对称的△A1B1C1，并写出点A1、B1的坐标；
（2）如图2，若P为x轴上的一个动点，当PA+PB最小时，P点坐标为 （，0） ．
【分析】（1）分别作出A，B，C关于x轴的对称点A1，B1，C1即可．
（2）作点B关于x轴的对称点B′，连接AB′交x轴于点P，点P即为所求．
【解答】解：（1）如图1中，△A1B1C1即为所求，点A1（2，﹣4），点B1（1，﹣1）．
（2）如图2中，点P即为所求．
∵B′（1，﹣1），A（2，4），
∴直线AB′的解析式为y＝5x﹣6，
令y＝0，解得x＝，
∴P（，0）．
故答案为（，0）．
【点评】本题考查作图﹣轴对称变换，轴对称最短问题等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
21．（8分）如图，E、F是▱ABCD的对角线AC上的两点，且BE⊥AC，DF⊥AC，连接BE、ED、DF、FB．
（1）求证：四边形BEDF为平行四边形；
（2）若BE＝4，EF＝2，求BD的长．
【分析】（1）连接BD交AC于O，由平行四边形的性质得出OA＝OC，OB＝OD，AB∥CD，AB＝CD，由平行线的性质得出∠BAE＝∠DCF，证明△ABE≌△CDF得出AE＝CF，得出OE＝OF，即可得出结论；
（2）由（1）得：OE＝OF＝EF＝1，由勾股定理得出OB＝＝，即可得出结果..
【解答】（1）证明：连接BD交AC于O，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA＝OC，OB＝OD，AB∥CD，AB＝CD，
∴∠BAE＝∠DCF，
∵BE⊥AC，DF⊥AC，
∴∠AEB＝∠CFD＝90°，
在△ABE和△CDF中，，
∴△ABE≌△CDF（AAS），
∴AE＝CF，
∴OE＝OF，
又∵OB＝OD，
∴四边形BEDF为平行四边形；
（2）解：由（1）得：OE＝OF＝EF＝1，
∵BE⊥AC，
∴∠BEO＝90°，
∴OB＝＝＝，
∴BD＝2OB＝2．
【点评】此题主要考查了平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识；熟练掌握平行四边形的性质，证明三角形全等是解题的关键．
22．（8分）某校足球队需购买A、B两种品牌的足球．已知A品牌足球的单价比B品牌足球的单价高20元，且用900元购买A品牌足球的数量用720元购买B品牌足球的数量相等．
（1）求A、B两种品牌足球的单价；
（2）若足球队计划购买A、B两种品牌的足球共90个，且A品牌足球的数量不小于B品牌足球数量的2倍．设购买A品牌足球m个，总费用为W元，写出W与m的函数关系式并设计一种购买方案使总费用最低．
【分析】（1）设购买A品牌足球的单价为x元，则购买B品牌足球的单价为（x﹣20）元，根据用900元购买A品牌足球的数量用720元购买B品牌足球的数量相等，即可得出关于x的分式方程，解之经检验后即可得出结论；
（2）设购买m个A品牌足球，则购买（90﹣m）个B品牌足球，根据总价＝单价×数量，结合A品牌足球的数量不小于B品牌足球数量的2倍，即可得出关于m的一元一次不等式组，解之取其中的最小整数值即可得出结论．
【解答】解：（1）设购买A品牌足球的单价为x元，则购买B品牌足球的单价为（x﹣20）元，
根据题意，得＝，
解得：x＝100，
经检验x＝100是原方程的解，
x﹣20＝80，
答：购买A品牌足球的单价为100元，则购买B品牌足球的单价为80元；
（2）设购买m个A品牌足球，则购买（90﹣m）个B品牌足球，
则m≥2（90﹣m），
解不等式得：60≤m，
则60≤m＜90，
W＝100m+80（90﹣m）＝20m+7200，
∵20＞0，
∴W随m的增大而增大，
∴当m＝60时，W最小，
m＝60时，W＝20×60+7200＝8400（元），
答：购买60个A品牌30个B品牌的总费用最低，最低费用是8400元．
【点评】本题考查了一次函数应用、分式方程的应用以及一元一次不等式组的应用，解题的关键是：（1）找准等量关系，正确列出分式方程；（2）根据各数量之间的关系，正确列出一元一次不等式组和函数解析式，分式方程．
23．（10分）如图1，直线y＝x+4与x轴、y轴分别交于A、B两点，以A为顶点，以AB为腰在第二象限内作等腰直角△ABC．
（1）求点C的坐标；
（2）如图2，若M为x轴上的一个动点，N为直线AB上的一个动点，以A、C、M、N为顶点的四边形是平行四边形，请直接写出满足条件的M点、N点坐标；
（3）如图3，P为y轴负半轴上的一个动点，当P点沿y轴负方向向下运动时，以P为顶点，以AP为腰作等腰Rt△APD，过D作DE⊥x轴于E点，求证：OP﹣DE为定值．
【分析】（1）要求点C的坐标，则求C的横坐标与纵坐标，因为AC＝AB，则作CM⊥x轴，即求CM和AM的值，容易得△MAC≌△OBA，根据已知即可求得C点的值；
（2）分两种情形：点N在x轴上方或下方分别求解即可．
（3）求OP﹣DE的值则将其放在同一直线上，过D作DQ⊥OP于Q点，即是求PQ的值，由图易求得△AOP≌△PDQ（AAS），即可求得PQ的长；
【解答】解：（1）过点C作CM⊥x轴于M点，如图1，
∵直线y＝x+4与x轴、y轴分别交于A、B两点，
∴A（﹣3，0），B（0，4），
∴OA＝3，OB＝4，
∵CM⊥OA，AC⊥AB，
∴∠MAC+∠OAB＝90°，∠OAB+∠OBA＝90°
则∠MAC＝∠OBA
在△MAC和△OBA中，
，
∴△MAC≌△OBA（AAS）
则CM＝OA＝3，MA＝OB＝4，则点C的坐标为（﹣7，3）．
（2）如图2中，当点N在x轴上方时，CN∥x轴，此时N（﹣，3），可得M（﹣，0）或M′（，0）．
当点N′在x轴下方时，可得N′（﹣，﹣3），此时M（﹣，0）．
综上所述，满足条件的点N（﹣，3），M（﹣，0）或N（﹣，3），M（，0）或N（﹣，﹣3），M（﹣，0）．
（3）如图3中，过点D作DQ⊥OP于Q点，则OP﹣DE＝PQ，
∵∠APO+∠QPD＝90°，∠APO+∠OAP＝90°，
∴∠QPD＝∠OAP，
在△AOP和△PDQ中，
，
∴△AOP≌△PDQ（AAS）
∴OP﹣DE＝PQ＝OA＝3．
【点评】本题属于一次函数综合题，考查了三角形全等的判定和性质一次函数的性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
2020-2021学年广东省深圳市宝安中学九年级（上）开学数学试卷
一、选择题（本题有12小题，每小题3分，共36分，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的）
1．（3分）不等式x﹣2＜1的解集为（ ）
A．x＜3 B．x＜﹣1 C．x＞3 D．x＞2
2．（3分）分解因式4x2﹣y2的结果是（ ）
A．（4x+y）（4x﹣y） B．4（x+y）（x﹣y）
C．（2x+y）（2x﹣y） D．2（x+y）（x﹣y）
3．（3分）下列图形既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
4．（3分）已知a＜b，下列式子不一定成立的是（ ）
A．a﹣1＜b﹣1 B．﹣2a＞﹣2b
C．a+1＜b+1 D．ma＞mb
5．（3分）如果分式的值为0，那么x的值为（ ）
A．﹣1 B．1 C．﹣1或1 D．1或0
6．（3分）如图，等腰△ABC中，点D，E分别在腰AB，AC上，添加下列条件，不能判定△ABE≌△ACD的是（ ）
A．AD＝AE B．BE＝CD C．∠ADC＝∠AEB D．∠DCB＝∠EBC
7．（3分）如图，在菱形ABCD中，AC与BD交于点O，点E为BC中点，连接OE，若菱形ABCD的周长为8，则线段OE的长为（ ）
A．4 B．2 C． D．
8．（3分）如图，△ABC中，AB＝6cm，AC＝8cm，BC的垂直平分线l与AC相交于点D，则△ABD的周长为（ ）
A．10cm B．12cm C．14cm D．16cm
9．（3分）下列命题中，正确的是（ ）
A．在三角形中，到三角形三边距离相等的点是三条边垂直平分线的交点
B．平行四边形是轴对称图形
C．三角形的中位线将三角形分成面积相等的两个部分
D．一组对边平行，一组对角相等的四边形是平行四边形
10．（3分）如图，矩形ABCD中，CE⊥BD于点E，∠DCE＝4∠BCE，则∠ACE的度数为（ ）
A．52° B．54° C．56° D．58°
11．（3分）如图，一次图数y＝﹣x+3与一次函数y＝2x+m图象交于点（﹣2，n），则关于x的不等式组的解集为（ ）
A． x＞﹣2 B．x＜3 C．﹣2＜x＜3 D．0＜x＜3
12．（3分）如图，▱ABCD的对角线AC，BD交于点O，DE平分∠ADC交BC于点E，∠BCD＝60°，AD＝2AB，连接OE．下列结论：①S▱ABCD＝AB•BD；②DB平分∠ADE；③AB＝DE；④S△CDE＝S△BOC，其中正确的有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
二、填空题（本题共4小题，每小题3分，共12分）
13．（3分）因式分解：2m2﹣12m+18＝ ．
14． （3分）若正多边形的一个外角是60°，则这个正多边形的内角和是 ．
15．（3分）如图，点C为线段AB上一点，且CB＝2，分别以AC、BC为边，在AB的同一侧作等边△ACD和等边△CBE，连接DE，AE，∠CDE＝30°，则△ADE的面积为 ．
16．（3分）如图，以△ABC的边AB、AC为边往外作正方形ABEF与正方形ACGD，连接BD、CF、DF，若AB＝2，AC＝4，则BC2+DF2的值为 ．
三、解答题（本大题共有7个小题，共52分．请在答题卷指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）．
17．（6分）解不等式组：，并在数轴上表示出它的解集．
18． （6分）先化简，再求值：（﹣）÷，其中m＝．
19． （6分）解方程：．
20．（8分）如图，△ABC三个顶点的坐标分别为A（2，4），B（1，1），C（4，3）．
（1）如图1，请画出△ABC关于x轴对称的△A1B1C1，并写出点A1、B1的坐标；
（2）如图2，若P为x轴上的一个动点，当PA+PB最小时，P点坐标为 ．
21．（8分）如图，E、F是▱ABCD的对角线AC上的两点，且BE⊥AC，DF⊥AC，连接BE、ED、DF、FB．
（1）求证：四边形BEDF为平行四边形；
（2）若BE＝4，EF＝2，求BD的长．
22．（8分）某校足球队需购买A、B两种品牌的足球．已知A品牌足球的单价比B品牌足球的单价高20元，且用900元购买A品牌足球的数量用720元购买B品牌足球的数量相等．
（1）求A、B两种品牌足球的单价；
（2）若足球队计划购买A、B两种品牌的足球共90个，且A品牌足球的数量不小于B品牌足球数量的2倍．设购买A品牌足球m个，总费用为W元，写出W与m的函数关系式并设计一种购买方案使总费用最低．
23．（10分）如图1，直线y＝x+4与x轴、y轴分别交于A、B两点，以A为顶点，以AB为腰在第二象限内作等腰直角△ABC．
（1）求点C的坐标；
（2）如图2，若M为x轴上的一个动点，N为直线AB上的一个动点，以A、C、M、N为顶点的四边形是平行四边形，请直接写出满足条件的M点、N点坐标；
（3）如图3，P为y轴负半轴上的一个动点，当P点沿y轴负方向向下运动时，以P为顶点，以AP为腰作等腰Rt△APD，过D作DE⊥x轴于E点，求证：OP﹣DE为定值．
2020-2021学年广东省深圳市宝安中学九年级（上）开学数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本题有12小题，每小题3分，共36分，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的）
1．（3分）不等式x﹣2＜1的解集为（ ）
A．x＜3 B．x＜﹣1 C．x＞3 D．x＞2
【分析】直接利用一元一次不等式的解法得出答案．
【解答】解：∵x﹣2＜1
∴解得：x＜3．
故选：A．
【点评】此题主要考查了一元一次不等式的解法，正确掌握解题步骤是解题关键．
2．（3分）分解因式4x2﹣y2的结果是（ ）
A．（4x+y）（4x﹣y） B．4（x+y）（x﹣y）
C．（2x+y）（2x﹣y） D．2（x+y）（x﹣y）
【分析】直接利用平方差公式分解因式得出答案．
【解答】解：4x2﹣y2＝（2x+y）（2x﹣y）．
故选：C．
【点评】此题主要考查了公式法分解因式，正确应用公式是解题关键．
3．（3分）下列图形既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
【解答】解：A、不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不合题意；
B、既是轴对称图形，又是中心对称图形，故此选项符合题意；
C、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意；
D、不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项不合题意．
故选：B．
【点评】本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念：轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分沿对称轴折叠后可重合；中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．
4．（3分）已知a＜b，下列式子不一定成立的是（ ）
A．a﹣1＜b﹣1 B．﹣2a＞﹣2b
C．a+1＜b+1 D．ma＞mb
【分析】根据不等式的基本性质进行判断．
【解答】解：A、在不等式a＜b的两边同时减去1，不等号的方向不变，即a﹣1＜b﹣1，原变形正确，故此选项不符合题意；
B、在不等式a＜b的两边同时乘以﹣2，不等号方向改变，即﹣2a＞﹣2b，原变形正确，故此选项不符合题意；
C、在不等式a＜b的两边同时乘以，不等号的方向不变，即a＜b，不等式a＜b的两边同时加上1，不等号的方向不变，即a+1＜b+1，原变形正确，故此选项不符合题意；
D、在不等式a＜b的两边同时乘以m，不等式不一定成立，即ma＞mb，或ma＜mb，或ma＝mb，原变形不正确，故此选项符合题意．
故选：D．
【点评】此题主要考查了不等式的基本性质，不等式的基本性质：
（1）不等式两边加（或减）同一个数（或式子），不等号的方向不变．
（2）不等式两边乘（或除以）同一个正数，不等号的方向不变．
（3）不等式两边乘（或除以）同一个负数，不等号的方向改变．
5．（3分）如果分式的值为0，那么x的值为（ ）
A．﹣1 B．1 C．﹣1或1 D．1或0
【分析】根据分式的值为零的条件可以求出x的值．
【解答】解：根据题意，得
|x|﹣1＝0且x+1≠0，
解得，x＝1．
故选：B．
【点评】本题考查了分式的值为零的条件．若分式的值为零，需同时具备两个条件：（1）分子为0；（2）分母不为0．这两个条件缺一不可．
6．（3分）如图，等腰△ABC中，点D，E分别在腰AB，AC上，添加下列条件，不能判定△ABE≌△ACD的是（ ）
A．AD＝AE B．BE＝CD C．∠ADC＝∠AEB D．∠DCB＝∠EBC
【分析】利用等腰三角形的性质得∠ABC＝∠ACB，AB＝AC，然后根据全等三角形的判定方法对各选项进行判断．
【解答】解：∵△ABC为等腰三角形，
∴∠ABC＝∠ACB，AB＝AC，
∴当AD＝AE时，则根据“SAS”可判断△ABE≌△ACD；
当∠AEB＝∠ADC，则根据“AAS”可判断△ABE≌△ACD；
当∠DCB＝∠EBC，则∠ABE＝∠ACD，根据“ASA”可判断△ABE≌△ACD．
故选：B．
【点评】本题考查了全等三角形的判定：熟练掌握全等三角形的5种判定方法．选用哪一种方法，取决于题目中的已知条件．也考查了等腰三角形的性质．
7．（3分）如图，在菱形ABCD中，AC与BD交于点O，点E为BC中点，连接OE，若菱形ABCD的周长为8，则线段OE的长为（ ）
A．4 B．2 C． D．
【分析】先根据菱形的性质得2，AC⊥BD，然后根据直角三角形斜边上的中线性质求解．
【解答】解：∵菱形ABCD的周长为8，
∴BC＝2，AC⊥BD，
∵E为BC的中点，
∴OE＝BC＝．
故选：C．
【点评】本题考查了菱形的性质、直角三角形斜边上的中线性质等知识；熟练掌握菱形的性质和直角三角形斜边上的中线性质是解题的关键．
8．（3分）如图，△ABC中，AB＝6cm，AC＝8cm，BC的垂直平分线l与AC相交于点D，则△ABD的周长为（ ）
A．10cm B．12cm C．14cm D．16cm
【分析】根据线段的垂直平分线的性质得到DB＝DC，根据三角形周长公式计算，得到答案．
【解答】解：∵BC的垂直平分线l与AC相交于点D，
∴DB＝DC，
∴△ABD的周长＝AB+AD+DB＝AB+AD+DC＝AB+AC＝14（cm），
故选：C．
【点评】本题考查的是线段的垂直平分线的性质，掌握线段的垂直平分线上的点到线段的两个端点的距离相等是解题的关键．
9．（3分）下列命题中，正确的是（ ）
A．在三角形中，到三角形三边距离相等的点是三条边垂直平分线的交点
B．平行四边形是轴对称图形
C．三角形的中位线将三角形分成面积相等的两个部分
D．一组对边平行，一组对角相等的四边形是平行四边形
【分析】由三角形的内心和外心性质得出选项A不正确；由平行四边形的性质得出选项B不正确；由三角形中位线定理得出选项C不正确；由平行四边形的判定得出选项D正确；即可得出结论．
【解答】解：A．在三角形中，到三角形三边距离相等的点是三条角平分线的交点；故选项A不正确；
B．平行四边形是中心对称图形，不是轴对称图形；故选项B不正确；
C．三角形的中线将三角形分成面积相等的两个部分；故选项C不正确；
D．如图所示：AB∥CD，∠A＝∠C，
则∠C+∠B＝180°，
∴∠A+∠B＝180°，
∴AD∥BC，
∴四边形ABCD是平行四边形；
故选项D正确；
故选：D．
【点评】本题考查了命题与定理、三角形的内心与外心、平行四边形的判定与性质以及三角形中位线定理；对各个命题进行正确判断是解题的关键．
10．（3分）如图，矩形ABCD中，CE⊥BD于点E，∠DCE＝4∠BCE，则∠ACE的度数为（ ）
A．52° B．54° C．56° D．58°
【分析】根据矩形的性质首先求出∠DCE，∠ECB的度数．然后利用三角形内角和定理求解即可．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠DCB＝90°，OC＝OD，
∵∠DCE＝4∠ECB，
∴∠DCE＝×90°＝72°，
∴∠ECB＝18°
∴∠EBC＝∠ACB＝90°﹣∠ECB＝72°
∴∠ACE＝∠ACB﹣∠ECB＝72°﹣18°＝54°．
故选：B．
【点评】此题考查了矩形的性质以及三角形内角和定理的有关知识．注意求得∠DCE，∠ECB的度数是关键．
11．（3分）如图，一次图数y＝﹣x+3与一次函数y＝2x+m图象交于点（﹣2，n），则关于x的不等式组的解集为（ ）
A．x＞﹣2 B．x＜3 C．﹣2＜x＜3 D．0＜x＜3
【分析】先求出直线y＝﹣x+3与x轴的交点坐标，然后根据函数特征，写出在x轴上，直线y＝2x+m在直线y＝﹣x+3上方所对应的自变量的范围．
【解答】解：直线y＝﹣x+3与x轴的交点坐标为（3，0），
所以不等式组的解集为﹣2＜x＜3．
故选：C．
【点评】本题考查了一次函数与一元一次不等式：从函数的角度看，就是寻求使一次函数y＝kx+b的值大于（或小于）0的自变量x的取值范围；从函数图象的角度看，就是确定直线y＝kx+b在x轴上（或下）方部分所有的点的横坐标所构成的集合．
12．（3分）如图，▱ABCD的对角线AC，BD交于点O，DE平分∠ADC交BC于点E，∠BCD＝60°，AD＝2AB，连接OE．下列结论：①S▱ABCD＝AB•BD；②DB平分∠ADE；③AB＝DE；④S△CDE＝S△BOC，其中正确的有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【分析】求得∠ABD＝90°，即AB⊥BD，即可得到S▱ABCD＝AB•BD；
依据∠ADE＝60°，∠BDE＝30°，可得∠ADB＝30°＝∠BDE，即可得出DB平分∠CDE；
依据AB＝CD，CD＝DE，即可得到AB＝DE；
由BE＝EC可得S△CDE＝S△CDB，由BO＝OD可得S△BOC＝S△CDB，即可得出S△CDE＝S△BOC．
【解答】解：∵四边形ABCD为平行四边形，∠BCD＝60°，
∴∠ADC＝120°，
∵DE平分∠ADC，
∴∠ADE＝∠CDE＝60°＝∠BCD，
∴△CDE是等边三角形，
∴CD＝CE＝DE，
∵AD＝2AB，BC＝AD，CD＝AB，
∴BC＝2CD＝2CE＝2DE，
∴DE＝CE＝BE，
∴∠BDE＝∠DBE＝∠CED＝30°，
∴∠CDB＝90°，
∴∠ABD＝90°，即AB⊥BD，
∴S▱ABCD＝AB•BD，故①正确；
由①知，∠ADE＝60°，∠BDE＝30°，
∴∠ADB＝30°＝∠BDE，
∴DB平分∠ADE，故②正确；
∵AB＝CD，CD＝DE，
∴AB＝DE，故③正确；
∵BE＝EC，
∴S△CDE＝S△CDB，
∵BO＝OD，
∴S△BOC＝S△CDB，
∴S△CDE＝S△BOC，故④正确；
故选：D．
【点评】本题考查了平行四边形的性质，等边三角形的判定和性质，直角三角形的性质，角平分线定义，熟练掌握各定理是解题的关键．
二、填空题（本题共4小题，每小题3分，共12分）
13．（3分）因式分解：2m2﹣12m+18＝ 2（m﹣3）2 ．
【分析】直接提取公因式2，再利用公式法分解因式得出答案．
【解答】解：原式＝2（m2﹣6m+9）
＝2（m﹣3）2．
故答案为：2（m﹣3）2．
【点评】此题主要考查了提取公因式法以及公式法分解因式，正确运用公式是解题关键．
14．（3分）若正多边形的一个外角是60°，则这个正多边形的内角和是 720° ．
【分析】根据多边形的边数与多边形的外角的个数相等，可求出该正多边形的边数，再由多边形的内角和公式求出其内角和．
【解答】解：该正多边形的边数为：360°÷60°＝6，
该正多边形的内角和为：（6﹣2）×180°＝720°．
故答案为：720°．
【点评】解答本题的关键是求出该正多边形的边数与熟记多边形的内角和公式．
15．（3分）如图，点C为线段AB上一点，且CB＝2，分别以AC、BC为边，在AB的同一侧作等边△ACD和等边△CBE，连接DE，AE，∠CDE＝30°，则△ADE的面积为 4 ．
【分析】由等边三角形的性质得出CE＝CB＝2，AD＝CD，∠DCA＝∠ECB＝∠ADC＝60°，由平角的定义得出∠DCE＝60°，由三角形内角和定理得出∠CED＝90°，由含30°角的直角三角形的性质得出DC，DE的长，即可求解．
【解答】解：∵△ACD和△CBE都是等边三角形，
∴CE＝CB＝2，AD＝CD，∠DCA＝∠ECB＝∠ADC＝60°，
∴∠DCE＝180°﹣∠DCA﹣∠ECB＝180°﹣60°﹣60°＝60°，
∵∠CDE＝30°，
∴∠CED＝180°﹣∠CDE﹣∠DCE＝180°﹣30°﹣60°＝90°，
∴CE＝CD，即AD＝CD＝2CE＝4，DE＝CE＝2，
∠ADE＝∠ADC+∠CDE＝60°+30°＝90°，
∴S△ADE＝AD•DE＝×4×2＝4，
故答案为：4．
【点评】本题考查了等边三角形的性质，直角三角形的性质，求出DE的长是本题的关键．
16．（3分）如图，以△ABC的边AB、AC为边往外作正方形ABEF与正方形ACGD，连接BD、CF、DF，若AB＝2，AC＝4，则BC2+DF2的值为 40 ．
【分析】先判定△BAD≌△FAC，即可得出∠ACF＝∠ADB，进而得到CF⊥BD，再根据勾股定理即可得到BC2+DF2＝OD2+OF2+OB2+OC2＝BF2+DC2，依据AB＝2，AC＝4，即可得到BC2+DF2的值．
【解答】解：如图所示，连接BF，CD，
∵四边形ABEF，四边形ACGD都是正方形，
∴AB＝AF，AC＝AD，∠BAF＝∠CAD＝90°，
∴∠BAD＝∠FAC，
∴△BAD≌△FAC（SAS），
∴∠ACF＝∠ADB，
又∵∠AHC＝∠OHD，
∴∠CAH＝∠DOH＝90°，
∴CF⊥BD，
∴BC2＝OB2+OC2，DF2＝OD2+OF2，BF2＝OB2+OF2，DC2＝OD2+OC2，
∴BC2+DF2＝OD2+OF2+OB2+OC2，
BF2+DC2＝OD2+OF2+OB2+OC2，
即BC2+DF2＝BF2+DC2，
又∵△ABF和△ACD都是等腰直角三角形，且AB＝2，AC＝4，
∴BF2+DC2＝8+32＝40，
∴BC2+DF2＝40，
故答案为：40．
【点评】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质以及勾股定理的运用，全等三角形的判定是结合全等三角形的性质证明线段和角相等的重要工具．解决问题的关键是作辅助线构造直角三角形，利用勾股定理进行计算．
三、解答题（本大题共有7个小题，共52分．请在答题卷指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）．
17．（6分）解不等式组：，并在数轴上表示出它的解集．
【分析】根据一元一次不等式的解法分别解出两个不等式，根据不等式的解集的确定方法得到不等式组的解集．
【解答】解：，
解①得，x＞﹣2，
解②得，x≤3，
则不等式组的解集为﹣2＜x≤3，
在数轴上表示为：
．
【点评】本题考查的是一元一次不等式组的解法，掌握确定解集的规律：同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到是解题的关键．
18．（6分）先化简，再求值：（﹣）÷，其中m＝．
【分析】根据分式的混合运算法则，先化简括号内的，将除法运算转化为乘法运算，再化简成最简分式，代入m值求解即可．
【解答】解：
＝
＝
＝
＝；
当时，
原式＝．
【点评】本题主要考查了分式的化简求值以及二次根式的化简，熟练掌握分式的混合运算法则是解答的关键．
19．（6分）解方程：．
【分析】观察可得最简公分母是2（x+1），方程两边乘最简公分母，可以把分式方程转化为整式方程求解．
【解答】解：去分母得，
2x+2﹣（x﹣3）＝6x，
∴x+5＝6x，
解得，x＝1
经检验：x＝1是原方程的解．
【点评】本题考查了分式方程的解法．
（1）解分式方程的基本思想是“转化思想”，把分式方程转化为整式方程求解．
（2）解分式方程一定注意要验根．
20．（8分）如图，△ABC三个顶点的坐标分别为A（2，4），B（1，1），C（4，3）．
（1）如图1，请画出△ABC关于x轴对称的△A1B1C1，并写出点A1、B1的坐标；
（2）如图2，若P为x轴上的一个动点，当PA+PB最小时，P点坐标为 （，0） ．
【分析】（1）分别作出A，B，C关于x轴的对称点A1，B1，C1即可．
（2）作点B关于x轴的对称点B′，连接AB′交x轴于点P，点P即为所求．
【解答】解：（1）如图1中，△A1B1C1即为所求，点A1（2，﹣4），点B1（1，﹣1）．
（2）如图2中，点P即为所求．
∵B′（1，﹣1），A（2，4），
∴直线AB′的解析式为y＝5x﹣6，
令y＝0，解得x＝，
∴P（，0）．
故答案为（，0）．
【点评】本题考查作图﹣轴对称变换，轴对称最短问题等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
21．（8分）如图，E、F是▱ABCD的对角线AC上的两点，且BE⊥AC，DF⊥AC，连接BE、ED、DF、FB．
（1）求证：四边形BEDF为平行四边形；
（2）若BE＝4，EF＝2，求BD的长．
【分析】（1）连接BD交AC于O，由平行四边形的性质得出OA＝OC，OB＝OD，AB∥CD，AB＝CD，由平行线的性质得出∠BAE＝∠DCF，证明△ABE≌△CDF得出AE＝CF，得出OE＝OF，即可得出结论；
（2）由（1）得：OE＝OF＝EF＝1，由勾股定理得出OB＝＝，即可得出结果..
【解答】（1）证明：连接BD交AC于O，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA＝OC，OB＝OD，AB∥CD，AB＝CD，
∴∠BAE＝∠DCF，
∵BE⊥AC，DF⊥AC，
∴∠AEB＝∠CFD＝90°，
在△ABE和△CDF中，，
∴△ABE≌△CDF（AAS），
∴AE＝CF，
∴OE＝OF，
又∵OB＝OD，
∴四边形BEDF为平行四边形；
（2）解：由（1）得：OE＝OF＝EF＝1，
∵BE⊥AC，
∴∠BEO＝90°，
∴OB＝＝＝，
∴BD＝2OB＝2．
【点评】此题主要考查了平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识；熟练掌握平行四边形的性质，证明三角形全等是解题的关键．
22．（8分）某校足球队需购买A、B两种品牌的足球．已知A品牌足球的单价比B品牌足球的单价高20元，且用900元购买A品牌足球的数量用720元购买B品牌足球的数量相等．
（1）求A、B两种品牌足球的单价；
（2）若足球队计划购买A、B两种品牌的足球共90个，且A品牌足球的数量不小于B品牌足球数量的2倍．设购买A品牌足球m个，总费用为W元，写出W与m的函数关系式并设计一种购买方案使总费用最低．
【分析】（1）设购买A品牌足球的单价为x元，则购买B品牌足球的单价为（x﹣20）元，根据用900元购买A品牌足球的数量用720元购买B品牌足球的数量相等，即可得出关于x的分式方程，解之经检验后即可得出结论；
（2）设购买m个A品牌足球，则购买（90﹣m）个B品牌足球，根据总价＝单价×数量，结合A品牌足球的数量不小于B品牌足球数量的2倍，即可得出关于m的一元一次不等式组，解之取其中的最小整数值即可得出结论．
【解答】解：（1）设购买A品牌足球的单价为x元，则购买B品牌足球的单价为（x﹣20）元，
根据题意，得＝，
解得：x＝100，
经检验x＝100是原方程的解，
x﹣20＝80，
答：购买A品牌足球的单价为100元，则购买B品牌足球的单价为80元；
（2）设购买m个A品牌足球，则购买（90﹣m）个B品牌足球，
则m≥2（90﹣m），
解不等式得：60≤m，
则60≤m＜90，
W＝100m+80（90﹣m）＝20m+7200，
∵20＞0，
∴W随m的增大而增大，
∴当m＝60时，W最小，
m＝60时，W＝20×60+7200＝8400（元），
答：购买60个A品牌30个B品牌的总费用最低，最低费用是8400元．
【点评】本题考查了一次函数应用、分式方程的应用以及一元一次不等式组的应用，解题的关键是：（1）找准等量关系，正确列出分式方程；（2）根据各数量之间的关系，正确列出一元一次不等式组和函数解析式，分式方程．
23．（10分）如图1，直线y＝x+4与x轴、y轴分别交于A、B两点，以A为顶点，以AB为腰在第二象限内作等腰直角△ABC．
（1）求点C的坐标；
（2）如图2，若M为x轴上的一个动点，N为直线AB上的一个动点，以A、C、M、N为顶点的四边形是平行四边形，请直接写出满足条件的M点、N点坐标；
（3）如图3，P为y轴负半轴上的一个动点，当P点沿y轴负方向向下运动时，以P为顶点，以AP为腰作等腰Rt△APD，过D作DE⊥x轴于E点，求证：OP﹣DE为定值．
【分析】（1）要求点C的坐标，则求C的横坐标与纵坐标，因为AC＝AB，则作CM⊥x轴，即求CM和AM的值，容易得△MAC≌△OBA，根据已知即可求得C点的值；
（2）分两种情形：点N在x轴上方或下方分别求解即可．
（3）求OP﹣DE的值则将其放在同一直线上，过D作DQ⊥OP于Q点，即是求PQ的值，由图易求得△AOP≌△PDQ（AAS），即可求得PQ的长；
【解答】解：（1）过点C作CM⊥x轴于M点，如图1，
∵直线y＝x+4与x轴、y轴分别交于A、B两点，
∴A（﹣3，0），B（0，4），
∴OA＝3，OB＝4，
∵CM⊥OA，AC⊥AB，
∴∠MAC+∠OAB＝90°，∠OAB+∠OBA＝90°
则∠MAC＝∠OBA
在△MAC和△OBA中，
，
∴△MAC≌△OBA（AAS）
则CM＝OA＝3，MA＝OB＝4，则点C的坐标为（﹣7，3）．
（2）如图2中，当点N在x轴上方时，CN∥x轴，此时N（﹣，3），可得M（﹣，0）或M′（，0）．
当点N′在x轴下方时，可得N′（﹣，﹣3），此时M（﹣，0）．
综上所述，满足条件的点N（﹣，3），M（﹣，0）或N（﹣，3），M（，0）或N（﹣，﹣3），M（﹣，0）．
（3）如图3中，过点D作DQ⊥OP于Q点，则OP﹣DE＝PQ，
∵∠APO+∠QPD＝90°，∠APO+∠OAP＝90°，
∴∠QPD＝∠OAP，
在△AOP和△PDQ中，
，
∴△AOP≌△PDQ（AAS）
∴OP﹣DE＝PQ＝OA＝3．
【点评】本题属于一次函数综合题，考查了三角形全等的判定和性质一次函数的性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
相关试卷
2023-2024学年广东省深圳市宝安中学九年级（下）开学数学试卷(含解析）： 这是一份2023-2024学年广东省深圳市宝安中学九年级（下）开学数学试卷(含解析），共20页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023-2024学年广东省深圳市宝安区宝安中学（集团）海滨中学九年级（上）月考数学试卷（10月份）(含解析）： 这是一份2023-2024学年广东省深圳市宝安区宝安中学（集团）海滨中学九年级（上）月考数学试卷（10月份）(含解析），共20页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2020-2021学年广东省深圳市宝安区七年级（上）期末数学试卷： 这是一份2020-2021学年广东省深圳市宝安区七年级（上）期末数学试卷，共19页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
