福建省泉州市2022-2023学年九年级上学期数学期末考试模拟试卷

这是一份福建省泉州市2022-2023学年九年级上学期数学期末考试模拟试卷，共20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。

一、单选题（共10小题，每小题3分，共30分）
1．下列x的值能使二次根式 x−1 有意义的是（ ）
A．－2B．－1C．0D．1
2．若 ab=32 ，则 a−ba 中的值为（ ）
A．13B．12C．23D．34
3．与 2 是同类二次根式的是（ ）
A．14B．12C．4D．6
4．“翻开华东师大版数学九年级上册，恰好翻到第50页”，这个事件是（ ）
A．必然事件B．随机事件C．不可能事件D．确定事件
5．用配方法解方程 x2−4x+2=0 时，配方结果正确的是（ ）
A．(x+2)2=−2B．(x+2)2=2C．(x−2)2=2D．(x−2)2=−2
6．若 △ABC∼△A'B'C' ，且面积比为 4:9 ，则其对应边上的高的比（ ）
A．1681B．49C．23D．13
7．如图，点G是 △ABC 的重心，过点G作 DE//BC ，分别交 AB 、 AC 于点D、E，则 DG 与 GE 的关系为（ ）
A．DG=GEB．DG>GEC．DG8．在 Rt△ABC 中， ∠C=90° ，则下列选项正确的是（ ）
A．sinA+sinB<1B．sinA+sinB>1C．sinA+sinB=1D．sinA+sinB≤1
9．我国古代数学著作《九章算术》有题如下：“今有邑方二百步，各中开门.出东门一十五步有木.问出南门几何步而见木？”大意是，今有正方形小城 ABCD 的边长 BC 为200步，如图，各边中点分别开一城门，走出东门E15步处有树Q.问出南门F多少步能见到树Q（即求从点F到点P的距离）？（注：步是古代的计量单位）（ ）
A．36623 步B．46623 步C．56623D．66623 步
10．已知a、b是关于x的一元二次方程 x2−6x−n+1=0 的两个根，若a、b、5为等腰三角形的边长，则n的值为（ ）
A．－4B．8C．－4或－8D．4或－8
二、填空题（共6小题，每小题3分，共18分）
11．计算：2cs45°＝ ．
12．一元二次方程x2﹣16=0的解是 ．
13．某水库大坝，其坡面AB的坡度i=1∶ 3 ，则斜坡AB的坡角的度数为 °.
14．如图，在平面直角坐标系中， △ABC 与 △A1B1C 是以点C为位似中心的位似图形，则其相似比为 .
15．将一副直角三角尺按如图所示放置， ∠A=60° ， ∠CBD=45° ， AC=2 ，则 BD 的长为 .
16．在 Rt△ABC 中， ∠ACB=90° ， AC=BC ，以 AC 为边作等边三角形 ACD ，直线 CD 与直线 AB 相交于点 E ，则 ABBE= .
三、解答题（共8题，共72分）
17．计算： 8×6−242+(3+1)(3−1) .
18．解方程： 2x2−5x−2=0
19．如图所示，一幅长与宽之比为 4:1 的矩形山水画，欲在其周围镶上一圈宽度为 1dm 的白纸边框，经测算，镶边后的图画（含白纸边框）的面积为 504dm2 ，求原矩形山水面的面积.
20．如图是某动车站出口处自动扶梯示意图，自动扶梯 AB 的倾斜角为 31° ，在自动扶梯下方地面D处测得扶梯顶端A的仰角为 62° ，B、D之间的距离为 6m .求自动扶梯的垂直高度 AC .（ sin31°≈0.52 ， cs31°≈0.86 ， tan31°≈0.60 ， sin62°≈0.88 ， cs62°≈0.47 ， tan62°≈1.88 ，结果精确到 0.1m ）
21．如图，A、B、C三点均在边长为1的小正方形网格的格点上.
（1）请在 BC 上标出点D，连接 AD ，使得 △ABD∼△CBA ；
（2）试证明上述结论： △ABD∼△CBA .
22．已知关于x的一元二次方程 x2−(m+2)x+3(m−1)=0 .
（1）请判断这个方程的根的情况，并说明理由；
（2）若这个方程的一个实根大于1，另一个实根小于0，求m的取值范围.
23．在数轴上有一动点M，其平移的方向和距离由以下规则决定：在一个不透明的袋子里装有三个小球，球面上分别标注数字“5”、“－3”、“－3”，它们除数字不同外没有任何区别.试验者先随机摸出一球，记下数字后，将小球放回袋中充分搅匀，再随机摸出一球，并将两球标注的数字之和m作为本次试验的结果.当 m>0 时，动点M沿数轴正方向平移m个单位；当 m<0 时，动点M沿数轴负方向平移 |m| 个单位.
（1）试用画树状图或列表法，求每次试验时动点M平移的方向为数轴正方向的概率；
（2）若动点M从原点出发，按以上规则连续平移，且以每次平移结束的位置作为下一次平移的起始位置.当试验次数足够多时，请以试验结果m的平均数为依据判断：动点M更可能位于原点的左恻或右侧？并说明理由.
24．在平面直角坐标系中，直线 y=−2x+4 与x轴、y轴分别相交于A、B两点，C为 AB 的中点，点D在线段 OB 上（ BD（1）求 AB 的长；
（2）如图，当点 D' 恰好落在y轴上时， B'C 交y轴于点E，求证： △BEB'∼△CED' ；
（3）当点D的坐标为 (0,3) ，且 ∠ODB'=∠OBA 时，求点 B' 的坐标.
25．如图，在 △ABC 中， AB=3 ，点E、D分别是 AB 边上的三等分点， CD⊥AB 于点D，点P是 AC 边上的一个动点，连接 PE 、 EC ，作 △EPC 关于 AC 的轴对称图形 △FPC .
（1）当 PE//BC 时，求 APAC 的值；
（2）当F、P、B三点共线时，求证： AP⋅AC=3 ；
（3）当 CD=2 ，且 AP>PC 时，线段 PE 的中垂线 GQ 分别交线段 PE 、 CD 于点G、Q，连接 PQ 、 EQ ，求线段 PQ 的最小值.
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】二次根式有意义的条件
【解析】【解答】解：由题意得 x-1≥0，
解得x≥1.
故答案为：D.
【分析】利用二次根式有意义的条件：被开方数≥0，由此建立关于x的不等式，求出不等式的解集.
2．【答案】A
【知识点】比例的性质
【解析】【解答】解：∵ab=32
∴设 a=3k ， b=2k ，代入 a−ba 得，
a−ba=3k−2k3k=13
故答案为：A.
【分析】利用已知条件，设a=3k，b=2k，然后代入代数式进行计算.
3．【答案】B
【知识点】同类二次根式
【解析】【解答】解： 2 的被开方数是2.
A、 14=12 ， 12 是有理数，不是二次根式，故本选项错误；
B、 12=22 ，被开方数是2，所以与 2 是同类二次根式，故本选项正确；
C、 4 =2，2是有理数，不是二次根式，故本选项错误；
D、 6 被开方数是6，所以与 2 不是同类二次根式，故本选项错误.
故答案为：B.
【分析】先将各选项的二次根式化成最简二次根式，若被开方数是2的二次根式， 则与 2 是同类二次根式，由此可得答案.
4．【答案】B
【知识点】随机事件
【解析】【解答】解：“翻开华东师大版数学九年级上册，恰好翻到第50页”，这个事件是随机事件，
故答案为：B.
【分析】根据在一定条件下可能发生也可能不发生的事件是随机事件，据此对各选项逐一判断，可得正确的选项.
5．【答案】C
【知识点】配方法解一元二次方程
【解析】【解答】解： x2−4x+2=0 ，
移项得 x2-4x=-2，
两边加4得， x2−4x+4=2 ，
即， (x−2)2=2
故答案为：C.
【分析】先移项，将常数项移到方程的右边，再在方程两边同时加上一次项系数一半的平方，将方程左边写成完全平方式，右边合并同类项，由此可得答案.
6．【答案】C
【知识点】相似三角形的性质
【解析】【解答】解：∵两个相似三角形的面积之比为4：9，
∴相似比是2：3，
又∵相似三角形对应高的比等于相似比，
∴对应边上高的比为2：3.
故答案为：C.
【分析】利用相似三角形的面积比等于相似比的平方，可求出相似比，再根据相似三角形的对应边上的高的比等于相似比，可求出结果.
7．【答案】A
【知识点】相似三角形的判定与性质；三角形的重心及应用
【解析】【解答】解：连接AG，并延长交BC于F，
∵DE//BC ，
∴△ADG∼△ABF ， △AEG∼△ACF ，
∴DGBF=AGAF ， GECF=AGAF ，
∴DGBF=GECF ，
∵点G是 △ABC 的重心，
∴BF=CF，
∴DG=GE .
故答案为：A.
【分析】连接AG，并延长交BC于F，利用DE∥BC，可证得△ADG∽△ABF，△AEG∽△ACF，再利用相似三角形的对应边成比例可证得DGBF=AGAF=GECF，再利用三角形的重心可得到BF=FC，由此可证得DG与GE的数量关系.
8．【答案】B
【知识点】锐角三角函数的定义
【解析】【解答】解：如图，
在 Rt△ABC 中， ∠C=90° ，
sinA=BCAB,sinB=ACAB
sinA+sinB=BCAB+ACAB=BC+ACAB
∵BC+AC>AB
∴BC+ACAB>1
∴sinA+sinB>1
故答案为：B.
【分析】利用锐角三角函数的定义，分别表示出sinA和sinB，再求出sinA+sinB，然后利用三角形的三边关系定理，可证得sinA+sinB>1.
9．【答案】D
【知识点】相似三角形的应用
【解析】【解答】解：CE＝100，CF＝100，EQ＝15，
∵QE∥CF，
∴∠PCF＝∠Q，
而∠PFC＝∠QEC，
∴△PCF∽△CQE，
∴PFCE=CFQE ，
即 PF100=10015 ，
∴PF＝ 66623 （步）；
答：出南门F 66623 步能见到树Q，
故答案为：D.
【分析】利用已知条件可得到CE，CF，EQ的长，利用平行线的性质可证得∠PCF＝∠Q，再利用有两组对应角相等的两三角形相似，可证得△PCF∽△CQE，然后利用相似三角形的对应边成比例，建立关于PF的方程，解方程求出PF的值.
10．【答案】C
【知识点】一元二次方程的根与系数的关系；等腰三角形的性质
【解析】【解答】解：∵a，b是关于x的一元二次方程x2﹣6x﹣n+1＝0的两根，
∴a+b＝6，ab=﹣n+1，
又∵等腰三角形边长分别为a，b，5，
∴a＝b＝3或a，b两数分别为1，5.
当a＝b＝3时，﹣n+1＝3×3，解得：n＝﹣8；
当a，b两数分别为1，5时，﹣n+1＝1×5，解得：n＝﹣4.
故答案为：C.
【分析】利用一元二次方程根与系数的关系求出a+b，ab的值，再利用等腰三角形的性质，分情况讨论：a＝b＝3或a，b两数分别为1，5分别求出n的值.
11．【答案】1
【知识点】特殊角的三角函数值
【解析】【解答】2cs45°=2×22=2．
故答案是2．
【分析】考查特殊角的三角函数．
12．【答案】x1=﹣4，x2=4
【知识点】公式法解一元二次方程
【解析】【解答】解：方程变形得：x2=16，
开方得：x=±4，
解得：x1=﹣4，x2=4．
故答案为：x1=﹣4，x2=4
【分析】方程变形后，开方即可求出解．
13．【答案】30
【知识点】解直角三角形的实际应用﹣坡度坡角问题
【解析】【解答】解： ∵tanA=i=13=33 ，
∴∠A=30°.
故答案为：30.
【分析】利用坡度的定义及特殊锐角三角函数值可求出斜坡AB的坡角的度数.
14．【答案】2：1
【知识点】位似变换
【解析】【解答】解： ∵△ABC 与 △A1B1C 是以点C为位似中心的位似图形，
∴△ABC∼ △A1B1C
相似比为 AB:A1B1=22+42:12+22=25:5=2:1 ，
故答案为： 2:1 .
【分析】利用位似图形就是相似图形，可得△ABC∽△A1B1C，利用勾股定理求出AB，A1B1的长，然后求出两三角形的相似比.
15．【答案】6
【知识点】解直角三角形
【解析】【解答】解：在 Rt△ABC 中， ∠A=60° ， AC=2
tan∠A=BCAC
tan60°=BC2
∴BC=23
在 Rt△CBD 中，
∵ ∠CBD=45°
∴cs∠CBD=BDBC
∴BD=BC⋅cs∠CBD=22BC=22×23=6
故答案为： 6 .
【分析】在Rt△ABC中，利用解直角三角形求出BC的长；再在Rt△CBD中，利用解直角三角形求出BD的长.
16．【答案】3±1
【知识点】等边三角形的性质；相似三角形的判定与性质；解直角三角形
【解析】【解答】解：①当点D与点B在AC的同侧时，作 EN⊥BC 交CE于N，如图1，
∵AC=BC ，
∴∠ABC=45°，
∴BN=NE，
设BN=NE=x
∵∠ACB=90∘ ，
∴EN//AC ，
∴△BEN~△BAC ，
∴ENAC=BEAB .
∵△ACD 为等边三角形，
∴∠ACD=60° ，
∴∠BCE=30∘ ，
∵tan30°= ENCN ，
∴CN=3x ，
∴AC=BC=CN+BN= 3x+x ，
∴ENAC=x3x+x ，
∴ACEN=3+1 ，
∴ABBE=3+1 .
②当点D与点B在AC的两侧时，作 BM⊥BC 交CE于M，如图2，
∵∠ACB=90∘ ，
∴BM//AC ，
∴△BEM~△AEC ，
∴BMAC=BEAE .
∵△ACD 为等边三角形，
∴∠ACD=60° ，
∴BCM=30∘ ，
∴BMBC=tan30°=33 .
∵AC=BC ，
∴BMAC=33 ，
即： BEAE=33 ，
则 AEBE=3 ，
∵AE=AB+BE ，
∴AB+BEBE=3 ，
∴ABBE+1=3 ，
∴ABBE=3−1 .
综上可知， ABBE=3+1 或 ABBE=3−1 .
故答案为： 3±1 .
【分析】分情况讨论：当点D与点B在AC的同侧时，作 EN⊥BC 交CE于N，如图1，利用等腰直角三角形的性质可求出∠ABC的度数，由此可证得△BEN是等腰直角三角形，可推出BN=NE，设BN=NE=x，由EN∥AC，可得到△BEN∽△BAC，利用相似三角形的对应边成比例及等边三角形的性质，可求出EN与CN的比值；用含x的代数式表示出CN，AB，CB的长；然后求出AB与BE的比值；当点D与点B在AC的两侧时，作 BM⊥BC 交CE于M，如图2，利用BM∥AC，可证得△BEM∽△AEC，利用相似三角形的性质及等边三角形的性质，可得到AB与BE的比值.
17．【答案】解： 8×6−242+(3+1)(3−1)
=48−12+3−1
=43−23+2
=23+2 .
【知识点】二次根式的混合运算
【解析】【分析】利用二次根式的乘除法法则，先算乘除法运算，再将个二次根式化成最简二次根式，然后合并同类二次根式.
18．【答案】解： ∵a=2, b=−5, c=−2
∴Δ=(−5)2−4×2×(−2)=41>0
∴x=−(−5)±412×2=5±414
∴x1=5+414, x2=5−414 ．
【知识点】公式法解一元二次方程
【解析】【分析】利用公式法进行解一元二次方程即可.
19．【答案】解：设原矩形的长为 4x dm ，宽为 x dm ，依题意得：
(4x+2)(x+2)=504 .
整理得： 2x2+5x−250=0 ，
解得： x1=10 或 x2=−252 .
经检验， x2=−252 不合题意，舍去，只取 x=10 .
则 4x2=4×102=400(dm2)
答：原矩形山水画的面积为 400dm2 .
【知识点】一元二次方程的应用-几何问题
【解析】【分析】利用已知条件一幅长与宽之比为4：1的矩形山水画，设原矩形的长为4xdm，宽为xdm，再根据镶边后的图画（含白纸边框）的面积为504dm2，建立关于x的方程，解方程求出x的值，然后求出原矩形山水画的面积.
20．【答案】解：
∵∠ADC 是 △ADB 的外角，
∴∠ADC=∠ABC+∠DAB ，
又∵∠ADC=62° ， ∠ABC=31° ，
∴∠DAB=∠ADC−∠ABC=62°−31°=31° ，
∴∠ABC=∠DAB ，
∴AD=DB=6(m) .
在 Rt△ACD 中， ∠ADC=62° ，
sin∠ADC=ACAD ，
sin62°=AC6 ，
AC=6×sin62°≈6×0.88=5.28≈5.3(m) .
答：自动扶梯的垂直高度 AC 约为 5.3m .
【知识点】解直角三角形的实际应用﹣仰角俯角问题
【解析】【分析】利用三角形的外角的性质，可证得∠ABC=∠DAB，利用等角对等边可得到AD=BD，再在Rt△ADC中，利用解直角三角形求出AC的长.
21．【答案】（1）解：如图，点D是所求作的点；
（2）解：由勾股定理得： AB=12+22=5 ，
依题意得： BD=1 ， BC=5 ，
∴BDAB=15=55 ， ABBC=55 ，
∴BDAB=ABBC ，
又 ∠ABD=∠CBA ，
∴△ABD∼△CBA .
【知识点】相似三角形的判定；作图﹣相似变换
【解析】【分析】（1）利用相似三角形的判定定理确定出点D的位置；
（2）利用勾股定理求出AB的长，再求出BD与AB，AB与BC的比值，利用相似三角形的判定定理，可得到两边对应成比例，且夹角相等的两三角形相似，可证得结论.
22．【答案】（1）解：依题意得：
Δ=[−(m+2)]2−4×3(m−1)=m2−8m+16=(m−4)2≥0 ，
∴方程 x2−(m+2)x+3(m−1)=0 有两个实数根.
（2）解：依题意得：
∴x=(m+2)±(m−4)22×1=(m+2)±(m−4)2 ，即 x1=m−1 ， x2=3 .
∵方程的一个实根大于1，另一个实根小于0，
∴x1=m−1<0 ，
∴m<1 .
【知识点】一元二次方程的根；一元二次方程根的判别式及应用
【解析】【分析】（1）先求出b2-4ac，将其转化为完全平方式，由此可作出判断；
（2）利用公式法求出一元二次方程的两个根，再根据这个方程的一个实根大于1，另一个实根小于0，可建立关于m的不等式，求出不等式的解集.
23．【答案】（1）解：画树状图如下：
共有9种等可能结果，其中点M平移的方向为数轴正方向有5种，所以 P(m>0)=59 ；
（2）解：动点M位于原点左侧的可能性更大，理由如下：
由（1）得： P(m=10)=19 ， P(m=2)=49 ， P(m=−6)=49 ，
∴m的平均值为 10×19+2×49+(−6)×49=−23 ，
∴当试验次数足够多时，动点M更可能位于数轴负方向 23 个单位处，即动点M位于原点左侧的可能性更大.
【知识点】列表法与树状图法
【解析】【分析】（1）由题意可知此事件是抽取放回，列出树状图，根据树状图求出所有等可能的结果数及每次试验时动点M平移的方向为数轴正方向的情况数，然后利用概率公式进行计算；
（2）分别求出m=10，m=2，m=-6的概率，再求出m的平均值，由此可作出判断.
24．【答案】（1）解：∵直线 y=−2x+4 与x轴、y轴分别交于A、B两点，
∴A(2,0) ， B(0,4) .
在 Rt△AOB 中，由勾股定理得： AB=22+42=25 .
（2）证明：解法一：如图1，由旋转的性质可得 ∠BCD=∠B'CD' ， BC=B'C ，
CD=CD' ， ∠BCB'=∠DCD'=α ，
∴∠B'BC=∠D'DC=180°−α2 ，
又∵∠B'BC=∠B'BE+∠DBC ， ∠D'DC=∠BCD+∠DBC ，
∴∠B'BE=∠BCD .
又∵∠B'CD'=∠BCD ，
∴∠B'BE=∠B'CD' ，
又∵∠BEB'=∠CED' ，
∴△BEB'∼△CED' .
解法二：如图1，
由旋转的性质可得 ∠CBD=∠CB'D' .
又∵∠BEC=∠B'ED' ，
∴△BEC∼△B'ED' ，
∴BEB'E=ECED' ，
∴BEEC=B'EED' ，
又∵∠BEB'=∠CED' ，
∴△BEB'∼△CED' .
（3）解：依题意得： BC=B'C=5 ， C(1,2) .
设 B'(a,b) .
①当 B' 在y轴左侧时，如图2，此时 a<0 ，过点 B' 作 B'M⊥y 轴于点M，
过点C作 CN⊥B'M ，交 B'M 的延长线于点N，
∵∠ODB'=∠OBA ，
∴tan∠MDB'=tan∠OBA ，
∴B'MDM=OAOB=12 ，
∴−a3−b=12 ，
∴b=3+2a .
∵C(1,2) ， B'(a,b) ，
∴B'N=1−a ， CN=|2−b| .
在 Rt△B'CN 中，由勾股定理得： (1−a)2+(2−b)2=(5)2 ，
又∵b=3+2a ，
∴(1−a)2+(−1−2a)2=5 ，解得： a1=−1 或 a2=35 （舍去）. b=3+2a=1
∴B'(−1,1) .
②当 B' 在y轴右侧时，如图3，此时 a>0 ，过点 B' 作 B'M⊥y 轴于点M，
过点C作 CN⊥B'M 于点N.
同理可得： B'MDM=OAOB=12 ，
∴a3−b=12 ，
∴b=3−2a .
在 Rt△CNB' 中，由勾股定理得： (a−1)2+(2−b)2=(5)2 ，
∴(a−1)2+(2a−1)2=5 ，
解得： a1=3+265 ， a2=3−265 （舍去）. b=3−2a=9−465 ，
∴B'(3+265,9−465) .
综上所述， B' 的坐标为 (−1,1) 或 (3+265,9−465) .
【知识点】勾股定理；相似三角形的判定与性质；解直角三角形；旋转的性质；一次函数-动态几何问题
【解析】【分析】（1）利用一次函数解析式，由x=0求出y的值，由y=0可求出对应的x的值，即可得到点A，B的坐标，再利用勾股定理求出AB的长；
（2）解法一：如图1，由旋转的性质得∠BCD=∠B'CD'，BC=B'C'，CD=CD'，∠BCB'=∠DCD'=α，可表示出∠B'BC，∠D'DC；再证明∠B'BE=∠B'CD'，∠BEB'=∠CED'，然后根据有两组对应角相等的两三角形相似，可证得结论；解法二：利用两边对应成比例且夹角相等的两三角形相似，可证得结论；
（3）利用已知条件求出BC，B'C的长及点C的坐标，设点B'（a，b），分情况讨论： 当 B' 在y轴左侧时，如图2，此时 a<0 ，过点 B' 作 B'M⊥y 轴于点M，过点C作 CN⊥B'M ，交 B'M 的延长线于点N， 利用解直角三角形可证得 B'MDM=OAOB=12，由此可用含a的代数式表示出b的值；从而可表示出B'你，CN的长，利用勾股定理建立关于a，b的方程，求出方程的解，可求出a，b的值，即可得到I点B'的坐标；②当 B' 在y轴右侧时，如图3，此时 a>0 ，过点 B' 作 B'M⊥y 轴于点M，过点C作 CN⊥B'M 于点N，利用同样的方法可得到b=3-2a，利用勾股定理建立关于a，b的方程，解方程求出a，b的值，可得到点B'的坐标，综上所述可得到符合题意的点B'的坐标.
25．【答案】（1）解：∵PE//BC ，
∴APAC=AEAB .
又∵点E、D分别是 AB 边上的三等分点，∴AEAB=13 ，
∴APAC=13 .
（2）证明：如图1，∵CD⊥AB ，点D为 BE 的中点，
图1
∴CB=CE ，
∴∠CBD=∠CED .
∵△EPC 与 △FPC 关于 AC 成轴对称，
∴CE=CF ， ∠CEP=∠CFP ， ∠EPA=∠FPA=∠CPB ，
又∵CB=CE ，
∴CB=CF ，
∴∠CFP=∠CBF=∠CEP .
设 PB 与 CE 相交于点I，
∴∠PIE=∠CIB ，
∵∠EPB+∠PIE+∠CEP=180° ，
∠BCE+∠CIB+∠CBF=180° ，
∴∠EPB=∠BCE .
设 ∠EPB=∠BCE=α ，则 ∠EPA=180°−α2 ， ∠CBE=180°−α2 ，
∴∠EPA=∠CBE ，
又 ∠PAE=∠BAC ，
∴△PAE∽△BAC ，
∴APAB=AEAC ，
∴AP⋅AC=AB⋅AE .
依题意得： AB=3 ， AE=1 ，
∴AP⋅AC=3×1=3 .
（3）解：（3）如图2，过点P作 PT⊥AB 于点T，过点G作 GM⊥AB 于点M， GN⊥CD 于点N.
图2
∵AD=CD ， AD⊥CD ，
∴∠A=45° .
设 AP=x ，则 PT=22x=AT ，
∵G为 PE 的中点，
∴GM=12PT=24x ，
EM=12ET=12(AT−AE)=12(22x−1)=24x−12 .
由题意得： GN=MD=ED−EM=1−ET2=1−AT−AE2 =1−22x−12=32−24x .
∵∠EGM+∠MGQ=90° ， ∠QGN+∠MGQ=90° ，
∴∠EGM=∠QGN ，
又∵∠EMG=∠QNG=90° ，
∴△GEM∼△GQN ，
∴EMQN=GMGN ，即 24x−12QN=24x32−24x ，解得： QN=2−322x−24x .
∴QD=ND−NQ=GM−NQ=24x−(2−322x−24x) =22x+322x−2=22(x+3x)−2 .
令 y=22x+322x−2 ，即 2xy=2x2+32−4x ，
整理得： 2x2−(4+2y)x+32=0 ，
∴Δ=(4+2y)2−24≥0 ，
解得： y≥6−2 ， y≤−6−2 （舍去），即 QD≥6−2 ，此时 x=3 ，
∵GQ 垂直平分 PE ，∴PQ=EQ ，
∴PQmin=EQmin=1+QD2=1+(6−2)2 =11−46=(22−3)2=22−3 .
【知识点】相似三角形的判定与性质；三角形的综合
【解析】【分析】（1）利用平行线分线段成比例定理及点E、D分别是 AB 边上的三等分点，可得到AP与AC的比值；
（2）利用垂直的定义及线段中点的定义可证CD垂直平分BE，利用垂直平分线的性质，可证得CB=CE，利用等边对等角可证得∠CBD=∠CED，利用轴对称的性质及等腰三角形的性质去证明∠CFP=∠CBF=∠CEP， 设 PB 与 CE 相交于点I，易证∠EPB=∠BCD；再证明△PAE∽△BAC，利用相似三角形的对应边成比例，可得比例式，由此可求出AP与AC的积；
（3）过点P作PT⊥AB于点T，过点G作GM⊥AB于点M，GN⊥CD于点N，易证∠A=45°，利用三角形的中位线定理可得到GM=24x，同时可求出EM，GN，MD的长；再证明△GEM∽△GQN，利用相似三角形的对应边成比例，可用含x的代数式表示出QN的长，根据QD=DN-NQ，可表示出QD的长；设QD=y，可得到关于x的一元二次方程： 可证得b2-4ac≥0，求出x的值；然后利用垂直平分线的性质可证得PQ=EQ，利用勾股定理求出PQ的最小值.