广东省深圳市华中师范大学龙岗附属中学集团2023-2024学年九年级上学期期中数学试卷

这是一份广东省深圳市华中师范大学龙岗附属中学集团2023-2024学年九年级上学期期中数学试卷，共25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。

1．（3分）如图，已知四边形ABCD是平行四边形，下列结论中不正确的是（ ）
A．当AB＝BC时，它是菱形
B．当AC⊥BD时，它是菱形
C．当AC＝BD时，它是正方形
D．当∠ABC＝90°时，它是矩形
2．（3分）某校举行演讲比赛，小李、小吴与另外两位同学闯入决赛，则小李和小吴获得前两名的概率是（ ）
A．B．C．D．
3．（3分）若x1，x2是方程x2+x﹣12＝0的两个根，则（ ）
A．x1+x2＝1B．x1﹣x2＝1C．x1+x2＝﹣1D．x1•x2＝12
4．（3分）某乐器上的一根弦AB＝110cm，两个端点A、B固定在乐器面板上，支撑点C是AB的黄金分割点，则AC的长为（ ）
A．B．C．D．
5．（3分）如图，直线a∥b∥c，直线AC分别交a，b，B，C，直线DF分别交a，b，c于点D，E，F，AC＝9，则AB的长为（ ）
A．3B．4C．5D．6
6．（3分）如果关于x的一元二次方程kx2﹣2x+1＝0有两个不相等的实数根，则k的取值范围是（ ）
A．k＜1B．k＜1且k≠0C．k＞1D．k≤1且k≠0
7．（3分）某品牌新能源汽车2020年的销售量为20万辆，随着消费人群的不断增多，该品牌新能源汽车的销售量逐年递增，那么可列出方程是（ ）
A．20（1+2x）＝31.2B．20（1+2x）﹣20＝31.2
C．20（1+x）2＝31.2D．20（1+x）2﹣20＝31.2
8．（3分）如图，在菱形ABCD中，AB＝4，顺次连接菱形ABCD各边中点E、F、G、H，则四边形EFGH的周长为（ ）
A．4+2B．6+2C．4+4D．6+4
9．（3分）如图，一次函数y＝﹣2x+6的图象交x轴于点A，交y轴于点B（不与点A，B重合），过点P分别作OA和OB的垂线，垂足为C，点P的坐标为（ ）
A．（2，2）B．
C．（1，4）或D．（1，4）或（2，2）
10．（3分）如图，在面积为25的正方形ABCD内有两点E、F，且AE＝FC＝4，则EF的长为（ ）
A．1B．2C．D．
二、填空题（本大题共5小题，每小题3分，共15分）
11．（3分）圆周率π是无限不循环小数．历史上，祖冲之、刘徽、韦达、欧拉等数学家都对π有过深入的研究．目前，超级计算机已计算出π的小数部分超过31.4万亿位．有学者发现，0～9这10个数字出现的频率趋于稳定接近相同，从π的小数部分随机取出一个数字 ．
12．（3分）如果2x＝3y，那么＝ ．
13．（3分）若x＝1是方程x2+5x﹣2m＝0的一个根，则方程的另一根是 ．
14．（3分）在平面直角坐标系中，矩形ABCD的边BC在x轴上，O为线段BC的中点（2，3），连接AC，按照下列方法作图：
（1）以点C为圆心，适当的长度为半径画弧分别交CA、CD于点E、F；
（2）分别以点E，F为圆心，大于；
（3）作射线CG交AD于H，则线段DH的长为 ．
15．（3分）如图，在四边形ABCD中，对角线AC平分∠BAD，点E是AC上一点，∠EBC＝∠ADC．若，，则AC的长为 ．
三、解答题（本大题共7小题，共55分）
16．（5分）用适当的方法解下列方程：2x（x+3）＝（x+3）2．
17．（7分）先化简，再求值：（x﹣1）÷（﹣1），其中x为方程x2+3x+2＝0的根．
18．（7分）为了提高学生的阅读能力，我市某校开展了“读好书，助成长”的活动，购书前，对学生喜欢阅读的图书类型进行了抽样调查，如图所示，请根据统计图回答下列问题：
（1）本次调查共抽取了 名学生，两幅统计图中的m＝ ，n＝ ．
（2）已知该校共有3600名学生，请你估计该校喜欢阅读“A”类图书的学生约有多少人？
（3）学校将举办读书知识竞赛，九年级1班要在本班3名优胜者（2男1女）中随机选送2人参赛
19．（8分）如图，矩形ABCD的对角线相交于点O，DE∥AC，连接BE．
（1）求证：四边形OCED是菱形；
（2）若∠AOB＝60°，AB＝2，求△EBC的面积．
20．（8分）杭州亚运会的三个吉祥物“琮琮”“宸宸”“莲莲”组合名为“江南忆”，出自唐朝诗人白居易的名句“江南忆，最忆是杭州”，就深受大家的喜爱．某商店销售这种吉祥物，每件进价60元，试销售期间发现，当销售单价定为80元时，销售单价每上涨1元，每天销售量减少2件，销售单价上涨x元．
（1）则y与x的函数关系式是 ．
（2）每件吉祥物销售单价是多少元时，商店每天获利2250元？
22．（10分）在综合实践课上，老师组织同学们以“矩形的折叠”为主题开展数学活动．有一张矩形纸片ABCD，点E在射线AB上，折痕为DE，点A的对应点记为点F．
（1）操作发现：如图1，若点F恰好落在矩形ABCD的边BC上，直接写出一个与△BEF相似的三角形；
（2）深入探究：如图2，若点F落在矩形ABCD的边BC的下方时，EF、DF分别交BC于点M、N，FH⊥DC，垂足分别为点G、H，试判断△DEF与△DFH是否相似，并证明你的结论；
（3）问题解决：在（2）的条件下，若AD＝3，求CH的长．
2023-2024学年广东省深圳市华附集团九年级（上）期中数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分，每小题有四个选项，其中只有一个是正确的）
1．（3分）如图，已知四边形ABCD是平行四边形，下列结论中不正确的是（ ）
A．当AB＝BC时，它是菱形
B．当AC⊥BD时，它是菱形
C．当AC＝BD时，它是正方形
D．当∠ABC＝90°时，它是矩形
【分析】根据矩形、菱形、正方形的判定逐个判断即可．
【解答】解：A、∵四边形ABCD是平行四边形，
又∵AB＝BC，
∴四边形ABCD是菱形，故本选项不符合题意；
B、∵四边形ABCD是平行四边形，
又∵AC⊥BD，
∴四边形ABCD是菱形，故本选项不符合题意；
C、∵四边形ABCD是平行四边形，
又∵AC＝BD，
∴四边形ABCD是矩形，不一定是正方形；
D、∵四边形ABCD是平行四边形，
又∵∠ABC＝90°，
∴四边形ABCD是矩形，故本选项不符合题意；
故选：C．
【点评】本题考查了对矩形的判定、菱形的判定，正方形的判定的应用，能正确运用判定定理进行判断是解此题的关键，难度适中．
2．（3分）某校举行演讲比赛，小李、小吴与另外两位同学闯入决赛，则小李和小吴获得前两名的概率是（ ）
A．B．C．D．
【分析】画树状图得出所有等可能的结果数，以及小李和小吴获得前两名的结果数，再利用概率公式可得出答案．
【解答】解：将另外两名同学分别记为甲、乙，
画树状图如下：
共有12种等可能的结果，其中小李和小吴获得前两名的结果有2种，
∴小李和小吴获得前两名的概率为．
故选：D．
【点评】本题考查列表法与树状图法，熟练掌握列表法与树状图法以及概率公式是解答本题的关键．
3．（3分）若x1，x2是方程x2+x﹣12＝0的两个根，则（ ）
A．x1+x2＝1B．x1﹣x2＝1C．x1+x2＝﹣1D．x1•x2＝12
【分析】利用一元二次方程根与系数的关系进行求解即可．
【解答】解：∵x1，x2是方程x8+x﹣12＝0的两个根，
∴x1+x6＝﹣1，x1•x6＝﹣12，故C符合题意，A；
由于并不知道x1，x2的大小关系，所以并不能推出x6﹣x2＝1，故B不符合题意．
故选：C．
【点评】本题主要考查了一元二次方程根与系数的关系，对于一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0），若x1，x2是该方程的两个实数根，则．
4．（3分）某乐器上的一根弦AB＝110cm，两个端点A、B固定在乐器面板上，支撑点C是AB的黄金分割点，则AC的长为（ ）
A．B．C．D．
【分析】根据黄金分割的定义进行计算，即可解答．
【解答】解：∵点C是AB的黄金分割点，且AC＞BC，
∴AC＝AB＝﹣1）cm，
故选：B．
【点评】本题考查了黄金分割，熟练掌握黄金分割的定义是解题的关键．
5．（3分）如图，直线a∥b∥c，直线AC分别交a，b，B，C，直线DF分别交a，b，c于点D，E，F，AC＝9，则AB的长为（ ）
A．3B．4C．5D．6
【分析】由直线a∥b∥c，利用平行线分线段成比例，可求出AB＝2BC，结合AC＝AB+BC＝9，即可求出AB的长．
【解答】解：∵直线a∥b∥c，
∴＝＝2，
∴AB＝2BC，
又∵AC＝AB+BC＝4，
∴AB＝•AC＝．
故选：D．
【点评】本题考查了平行线分线段成比例，牢记“三条平行线截两条直线，所得的对应线段成比例”是解题的关键．
6．（3分）如果关于x的一元二次方程kx2﹣2x+1＝0有两个不相等的实数根，则k的取值范围是（ ）
A．k＜1B．k＜1且k≠0C．k＞1D．k≤1且k≠0
【分析】在与一元二次方程有关的求值问题中，必须满足下列条件：
（1）二次项系数不为零；
（2）在有不相等的实数根下必须满足Δ＝b2﹣4ac＞0．
【解答】解：根据题意得：4﹣4k＞4且k≠0，
解得：k＜1且k≠8．
故选：B．
【点评】本题考查了一元二次方程根的判别式的应用．切记不要忽略一元二次方程二次项系数不为零这一隐含条件．
7．（3分）某品牌新能源汽车2020年的销售量为20万辆，随着消费人群的不断增多，该品牌新能源汽车的销售量逐年递增，那么可列出方程是（ ）
A．20（1+2x）＝31.2B．20（1+2x）﹣20＝31.2
C．20（1+x）2＝31.2D．20（1+x）2﹣20＝31.2
【分析】根据“2022年的销售量比2020年增加了31.2万辆”列方程求解．
【解答】解：由题意得：20（1+x）2﹣20＝31.5，
故选：D．
【点评】本题考查了由实际问题抽象处一元二次方程，找到相等关系是解题的关键．
8．（3分）如图，在菱形ABCD中，AB＝4，顺次连接菱形ABCD各边中点E、F、G、H，则四边形EFGH的周长为（ ）
A．4+2B．6+2C．4+4D．6+4
【分析】连接AC、BD交于O，由菱形的性质证出△ABC是等边三角形，求出AC的长，由直角三角形的性质求出BD，由三角形中位线定理分别求得EF、GH、FG、H，然后进一步解答即可．
【解答】解：连接AC、BD交于O，
∵四边形ABCD是菱形，∠BAD＝120°，
∴∠ABC＝60°，
∵AB＝BC，
∴△ABC是等边三角形，
∴AC＝AB＝4，
∵∠AOB＝90°，
∴∠ABO＝30°，
BO＝OD＝2，
∴BD＝4，
∵点E，F，G，H分别为AB，CD，
∴EF＝GH＝AC＝2BD＝2，
∴四边形EFGH的周长为：2+2+8+2．
故选：C．
【点评】本题考查了中点四边形，等边三角形的判定与性质，菱形的性质，直角三角形的性质，掌握菱形的性质、三角形中位线定理是解题的关键．
9．（3分）如图，一次函数y＝﹣2x+6的图象交x轴于点A，交y轴于点B（不与点A，B重合），过点P分别作OA和OB的垂线，垂足为C，点P的坐标为（ ）
A．（2，2）B．
C．（1，4）或D．（1，4）或（2，2）
【分析】由点P在线段AB上可设点P的坐标为（m，﹣2m+6）（0＜m＜3），进而可得出OC＝m，OD＝﹣2m+6，结合矩形OCPD的面积为4，即可得出关于m的一元二次方程，解之即可得出m的值，再将其代入点P的坐标中即可求出结论．
【解答】解：∵点P在线段AB上（不与点A，B重合），
∴设点P的坐标为（m，﹣2m+6）（6＜m＜3），
∴OC＝m，OD＝﹣2m+2．
∵矩形OCPD的面积为4，
∴m（﹣2m+5）＝4，
∴m1＝5，m2＝1，
∴点P的坐标为（8，2）或（1．
故选：D．
【点评】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征、矩形的性质以及解一元二次方程，利用一次函数图象上点的坐标特征及矩形的面积，找出关于m的一元二次方程是解题的关键．
10．（3分）如图，在面积为25的正方形ABCD内有两点E、F，且AE＝FC＝4，则EF的长为（ ）
A．1B．2C．D．
【分析】延长DE交CF于点G，首先根据勾股定理的逆定理得到∠AED＝90°，然后证明出△ADE≌△CBF（SSS），得到∠DAE＝∠BCF，然后证明出△CDG≌△DAE（AAS），得到DG＝AE＝4，CG＝DE＝3，然后利用勾股定理求解即可．
【解答】解：如图所示，延长DE交CF于点G，
∵正方形ABCD的面积为25，
∴AD2＝25，
∵AE＝FC＝4，BF＝DE＝6，
∴AE2+DE2＝52+35＝25＝AD2，
∴∠AED＝90°，
∴∠ADE+∠DAE＝90°，
∵∠ADC＝90°，
∴∠ADE+∠CDE＝90°，
∴∠DAE＝∠CDE，
∵AD＝BC，AE＝FC，
∴△ADE≌△CBF（SSS），
∴∠DAE＝∠BCF，
∴∠CDE＝∠BCF，
∵∠BCF+∠DCF＝90°，
∴∠CDE+∠DCF＝90°，
∴∠DGC＝90°，
∴∠AED＝∠DGC＝90°，
又∵∠CDE＝∠DAE，CD＝AD，
∴△CDG≌△DAE（AAS），
∴DG＝AE＝4，CG＝DE＝4，
∴EG＝DG﹣DE＝1，FG＝CF﹣CG＝1，
∵∠EGF＝90°，
∴．
故选：D．
【点评】本题考查了矩形的性质，正方形的性质，三角形全等的性质与判定，勾股定理，等腰直角三角形的性质，解题的关键是熟练掌握以上知识点．
二、填空题（本大题共5小题，每小题3分，共15分）
11．（3分）圆周率π是无限不循环小数．历史上，祖冲之、刘徽、韦达、欧拉等数学家都对π有过深入的研究．目前，超级计算机已计算出π的小数部分超过31.4万亿位．有学者发现，0～9这10个数字出现的频率趋于稳定接近相同，从π的小数部分随机取出一个数字 ．
【分析】从π的小数部分随机取出一个数字共有10种等可能的结果，其中出现数字6的只有1种结果，利用概率公式求解即可．
【解答】解：∵随着π小数部分位数的增加，0～9这10个数字出现的频率趋于稳定接近相同，
∴从π的小数部分随机取出一个数字共有10种等可能的结果，其中出现数字8的只有1种结果，
∴P（数字是6）＝．
故答案为：．
【点评】本题考查了利用频率估计概率，掌握大量重复实验时，事件发生的频率在某个固定位置左右摆动，并且摆动的幅度越来越小，根据这个频率稳定性定理，可以用频率的集中趋势来估计概率，这个固定的近似值就是这个事件的概率是解题的关键．
12．（3分）如果2x＝3y，那么＝ ．
【分析】根据已知可得x＝1.5y，然后代入式子中进行计算即可解答．
【解答】解：∵2x＝3y，
∴x＝7.5y，
∴＝＝＝．
故答案为：．
【点评】本题考查了比例的性质，准确熟练地进行计算是解题的关键．
13．（3分）若x＝1是方程x2+5x﹣2m＝0的一个根，则方程的另一根是 ﹣6 ．
【分析】设方程的另一根为t，则利用根与系数的关系得1+t＝﹣5，然后解一次方程即可．
【解答】解：设方程的另一根为t，
根据根与系数的关系得1+t＝﹣5，
解得t＝﹣6，
即方程的另一根是﹣6．
故答案为：﹣6．
【点评】本题考查了根与系数的关系：若x1，x2是一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的两根时，x1+x2＝﹣，x1x2＝．
14．（3分）在平面直角坐标系中，矩形ABCD的边BC在x轴上，O为线段BC的中点（2，3），连接AC，按照下列方法作图：
（1）以点C为圆心，适当的长度为半径画弧分别交CA、CD于点E、F；
（2）分别以点E，F为圆心，大于；
（3）作射线CG交AD于H，则线段DH的长为 ．
【分析】过点H作HM⊥AC于点M，由作法可知，AH为∠ACD的平分线，结合矩形的性质可得HD＝HM，再由勾股定理可得AC＝5，证明Rt△CDH≌Rt△CMH，即可得CM＝CD＝3，AM＝AC﹣CM＝2，设DH＝MH＝x，则AH＝4﹣x，在Rt△AMH中，利用勾股定理可得（4﹣x）2＝x2+22，解方程即可．
【解答】解：过点H作HM⊥AC于点M，
由作法可知，CH为∠ACD的平分线，
∵四边形ABCD为矩形，
∴∠D＝90°，AD＝BC，
∴HD＝HM，
∵D（2，3），
∴AD＝BC＝8，AB＝CD＝3，
∴AC＝＝5，
在Rt△CDH和Rt△CMH中，
，
∴Rt△CDH≌Rt△CMH（HL），
∴CM＝CD＝3，
∴AM＝AC﹣CM＝2，
设DH＝MH＝x，则AH＝2﹣x，
在Rt△AMH中，由勾股定理得2＝x2+32，
解得x＝，
即线段DH的长为．
故答案为：．
【点评】本题考查作图﹣基本作图、坐标与图形的性质、角平分线的性质、矩形的性质，熟练掌握角平分线的性质与作图方法、矩形的性质是解答本题的关键．
15．（3分）如图，在四边形ABCD中，对角线AC平分∠BAD，点E是AC上一点，∠EBC＝∠ADC．若，，则AC的长为 8 ．
【分析】在AD上取一点F，使AF＝AB，连接CF，证明△AFC≌△ABC（SAS），得出CF＝CB，∠ACF＝∠ACB，∠AFC＝∠ABC，证明△BCE∽△DCF，由相似三角形的性质得出＝，，∠CEB＝∠CFD，可求出CE＝4，证明△EAB∽△BAC，由相似三角形的性质得出＝，求出AE＝4，根据线段的和差则可得出答案．
【解答】解：在AD上取一点F，使AF＝AB，
∵AC平分∠BAD，
∴∠FAC＝∠BAC，
在△AFC和△ABC中，
，
∴△AFC≌△ABC（SAS），
∴CF＝CB，∠ACF＝∠ACB，
∵∠ACF+∠DCF＝∠ACD＝2∠ACB，
∴∠BCE＝∠DCF，
∵∠EBC＝∠ADC，
∴△BCE∽△DCF，
∴＝，∠CEB＝∠CFD，
∵BC＝CF＝2，CD＝5，
∴CE＝4，
∵∠AEB＝180°﹣∠CEB＝180°﹣∠CFD＝∠AFC＝∠ABC，∠EAB＝∠BAC，
∴△EAB∽△BAC，
∴＝，
∵AB＝AE，
∴＝，
∴AE＝4或AE＝0（舍去），
∴AC＝CE+AE＝7+4＝8，
故答案为：7．
【点评】此题考查了全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质，作出合理的辅助线构建全等三角形是解题的关键．
三、解答题（本大题共7小题，共55分）
16．（5分）用适当的方法解下列方程：2x（x+3）＝（x+3）2．
【分析】先把等号右边的部分移到左边，然后提取公因式x+3，进行因式分解，从而把一元二次方程转化成两个一元一次方程，进行解答即可．
【解答】解：2x（x+3）＝（x+7）2，
2x（x+4）﹣（x+3）2＝3，
（x+3）（2x﹣x﹣8）＝0，
（x+3）（x﹣2）＝0，
x+3＝4，x﹣3＝0，
x2＝﹣3，x2＝6．
【点评】本题主要考查了解一元二次方程，解题关键是熟练掌握利用因式分解的方法解一元二次方程．
17．（7分）先化简，再求值：（x﹣1）÷（﹣1），其中x为方程x2+3x+2＝0的根．
【分析】先根据分式的混合运算顺序和法则化简分式，再解方程求得x的值，最后代入求解可得．
【解答】解：原式＝（x﹣1）•
＝﹣x﹣1，
解方程x2+6x+2＝0得x＝﹣5或x＝﹣2，
∵x+1≠5，即x≠﹣1，
∴x＝﹣2，
则原式＝5．
【点评】本题考查了分式的化简求值．解题的关键是熟练掌握分式的混合运算顺序和法则．
18．（7分）为了提高学生的阅读能力，我市某校开展了“读好书，助成长”的活动，购书前，对学生喜欢阅读的图书类型进行了抽样调查，如图所示，请根据统计图回答下列问题：
（1）本次调查共抽取了 200 名学生，两幅统计图中的m＝ 84 ，n＝ 15 ．
（2）已知该校共有3600名学生，请你估计该校喜欢阅读“A”类图书的学生约有多少人？
（3）学校将举办读书知识竞赛，九年级1班要在本班3名优胜者（2男1女）中随机选送2人参赛
【分析】（1）用喜欢阅读“A”类图书的学生数除以它所占的百分比得到调查的总人数；用喜欢阅读“B”类图书的学生数所占的百分比乘以调查的总人数得到m的值，然后用30除以调查的总人数可以得到n的值；
（2）用3600乘以样本中喜欢阅读“A”类图书的学生数所占的百分比即可；
（3）画树状图展示所有6种等可能的结果数，找出被选送的两名参赛者为一男一女的结果数，然后根据概率公式求解．
【解答】解：（1）68÷34%＝200，
所以本次调查共抽取了200名学生，
m＝200×42%＝84，
n%＝×100%＝15%；
（2）3600×34%＝1224，
所以估计该校喜欢阅读“A”类图书的学生约有1224人；
（3）画树状图为：
共有6种等可能的结果数，其中被选送的两名参赛者为一男一女的结果数为4，
所以被选送的两名参赛者为一男一女的概率＝＝．
【点评】本题考查了列表法与树状图法：利用列表法或树状图法展示所有等可能的结果n，再从中选出符合事件A或B的结果数目m，然后利用概率公式计算事件A或事件B的概率．也考查了统计图．
19．（8分）如图，矩形ABCD的对角线相交于点O，DE∥AC，连接BE．
（1）求证：四边形OCED是菱形；
（2）若∠AOB＝60°，AB＝2，求△EBC的面积．
【分析】（1）根据菱形的判定证明即可；
（2）作EF⊥BC交BC延长线于点F，根据菱形的性质和三角函数解答即可．
【解答】（1）证明：∵DE∥AC，CE∥BD，
∴四边形OCED是平行四边形，
∵四边形ABCD是矩形，
∴OC＝OD，
∴四边形OCED是菱形；
（2）解：∵∠AOB＝60°，AB＝2，
在菱形OCED中，OC＝CE＝ED＝DO，
∴△OCD、△CDE均为等边三角形，
∴OB＝OD＝DE＝CD＝CE＝2，
如图，作EF⊥BC交BC延长线于点F，
∵∠OCE＝60°+60°＝120°，
∴∠ECF＝30°，
∴CF＝，EF＝1，
∴BF＝BC+CF＝3，
∴△EBC的面积＝．
【点评】此题考查了菱形的判定与性质、矩形的性质．注意准确作出辅助线是解此题的关键．
20．（8分）杭州亚运会的三个吉祥物“琮琮”“宸宸”“莲莲”组合名为“江南忆”，出自唐朝诗人白居易的名句“江南忆，最忆是杭州”，就深受大家的喜爱．某商店销售这种吉祥物，每件进价60元，试销售期间发现，当销售单价定为80元时，销售单价每上涨1元，每天销售量减少2件，销售单价上涨x元．
（1）则y与x的函数关系式是 y＝100﹣2x（0≤x≤20） ．
（2）每件吉祥物销售单价是多少元时，商店每天获利2250元？
【分析】（1）利用每天的销售量＝100﹣2×销售单价上涨的钱数，即可找出y与x的函数关系式，结合销售单价不能超过每件100元，即可得出x的取值范围；
（2）利用总利润＝每件的销售利润×日销售量，可列出关于x的一元二次方程，解之可得出x的值，将其符合题意的值代入80+x中，即可求出结论．
【解答】解：（1）根据题意得：y＝100﹣2x，
∵销售单价不能超过每件100元，
∴80+x≤100，
∴x≤20，
∴y与x的函数关系式是y＝100﹣2x（6≤x≤20）．
故答案为：y＝100﹣2x（0≤x≤20）；
（2）根据题意得：（80+x﹣60）（100﹣6x）＝2250，
整理得：x2﹣30x+125＝0，
解得：x3＝5，x2＝25（不符合题意，舍去），
∴80+x＝80+7＝85．
答：每件吉祥物销售单价是85元时，商店每天获利2250元．
【点评】本题考查了一元二次方程的应用以及一次函数的应用，解题的关键是：（1）根据各数量之间的关系，找出y与x的函数关系式；（2）找准等量关系，正确列出一元二次方程．
22．（10分）在综合实践课上，老师组织同学们以“矩形的折叠”为主题开展数学活动．有一张矩形纸片ABCD，点E在射线AB上，折痕为DE，点A的对应点记为点F．
（1）操作发现：如图1，若点F恰好落在矩形ABCD的边BC上，直接写出一个与△BEF相似的三角形；
（2）深入探究：如图2，若点F落在矩形ABCD的边BC的下方时，EF、DF分别交BC于点M、N，FH⊥DC，垂足分别为点G、H，试判断△DEF与△DFH是否相似，并证明你的结论；
（3）问题解决：在（2）的条件下，若AD＝3，求CH的长．
【分析】（1）四边形ABCD是矩形，∠B＝∠C＝∠A＝90°，∠BFE+∠BEF＝90°，由折叠的性质可知，∠DFE＝∠A＝90°，∠BFE+∠CFD＝90°，∠BEF＝∠CFD，△BEF∽△CFD；
（2）如解图①，分别延长HF，AB交于点P，四边形ABCD是矩形，∠ABC＝∠ADC＝90°，FH⊥CD，∠DHF＝90°，四边形 BPFG、四边形GFHC、四边形APHD都是矩形，∠P＝∠H＝∠A＝90°，∠PFE+∠PEF＝90°，由折叠的性质可知，∠DFE＝∠A＝90°，∠PFE+∠HFD＝90°，∠PEF＝∠HFD，△PEF∽△HFD，，BG＝MP，CG＝FH，点G是BG的中点，BG＝CG，PF＝FH，，∠DFE＝∠H＝90°，△DEF∽△DFH；
（3）由（2）可知，△DEF∽△DFH，∠EDF＝∠FDH，由折叠的性质可知，∠EDF＝∠ADE，DF＝AD，∠ADE＝∠EDF＝∠FDH＝30°，DH＝DF•cs30°，分情况讨论，①当点E在AB上时，如解图②，AE＝AD，AB＝AE+BE，CH＝DH﹣CD＝DH﹣AB，②当点E在AB的延长线上时，如解图③，AE＝AD，AB＝AE﹣BE，CH＝DH﹣CD＝DH﹣AB．
【解答】解：（1）△CFD与△BEF相似的三角形，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B＝∠C＝∠A＝90°，
∴∠BFE+∠BEF＝90°，
由折叠的性质可知，∠DFE＝∠A＝90°，
∴∠BFE+∠CFD＝90°，
∴∠BEF＝∠CFD，
∴△BEF∽△CFD；
（2）△DEF∽△DFH，
理由：如解图，分别延长HF，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC＝∠ADC＝90°，
∵FH⊥CD，
∴∠DHF＝90°，
∴四边形 BPFG、四边形GFHC，
∴∠P＝∠H＝∠A＝90°，
∴∠PFE+∠PEF＝90°，
由折叠的性质可知，∠DFE＝∠A＝90°，
∴∠PFE+∠HFD＝90°，
∴∠PEF＝∠HFD，
∴△PEF∽△HFD，
∴，
∵BG＝MP，CG＝FH，
∴BG＝CG，
∴PF＝FH，
∴，
∵∠DFE＝∠H＝90°，
∴△DEF∽△DFH；
（3）∵由（2）可知，△DEF∽△DFH，
∴∠EDF＝∠FDH，
由折叠的性质可知，∠EDF＝∠ADE，
∴∠ADE＝∠EDF＝∠FDH＝30°，
DH＝DF•cs30°＝，
①当点E在AB上时，如解图，
AE＝AD＝，
∴AB＝AE+BE＝+＝，
∴CH＝DH﹣CD＝DH﹣AB＝﹣＝，
②当点E在AB的延长线上时，如解图，
AE＝AD＝，
∴AB＝AE﹣BE＝﹣＝，
∴CH＝DH﹣CD＝DH﹣AB＝﹣＝，
综上所述，CH的长为：或．
【点评】本题考查矩形，折叠，相似综合题，解题的关键是分情况讨论．