2024-2025学年广东省深圳中学九年级（上）开学数学试卷（含解析）

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这是一份2024-2025学年广东省深圳中学九年级（上）开学数学试卷（含解析），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。

1.2024年巴黎奥运会是第三十三届夏季奥林匹克运动会，将于2024年7月26日至8月11日在法国巴黎举行.下面2024年巴黎奥运会项目图标是中心对称图形的是( )
A. B. C. D.
2.若a>b，则下列不等式不一定成立的是( )
A. a−2>b−2B. 2a>2bC. a−3b2
3.若代数式 2xx−3在实数范围内有意义，则x的取值范围为( )
A. x≥0且x≠3B. x≥0C. x≠3D. x>0且x≠3
4.把多项式x2+ax−2分解因式，结果是(x+1)(x+b)，则a，b的值为( )
A. a=3，b=2B. a=−3，b=2
C. a=1，b=−2D. a=−1，b=−2
5.如图，在▱ABCD中，按照如下尺规作图的步骤进行操作：①以点B为圆心，以适当长为半径画弧，分别与AB，BC交于点E，F；②分别以E，F为圆心，以适当长为半径画弧，两弧交于点G，作射线BG，与边AD交于点H；③以B为圆心，BA长为半径画弧，交于边BC于点M.若AB=5，BH=8，则点A，M之间的距离为( )
A. 5B. 6C. 7D. 8
6.下列命题中，假命题是( )
A. 顺次连接任意四边形各边中点形成的四边形都是平行四边形
B. 等腰三角形的高、中线、角平分线重合
C. 对角线互相垂直且平分的四边形是菱形
D. 用反证法证明命题“三角形中必有一个内角小于或等于60°”时，首先要假设“这个三角形中每一个内角都大于60°”
7.如图，用长为20m的篱笆，一面利用墙(墙的最大可用长度为11m)，围成中间隔有一道篱笆的长方形花圃，为了方便出入，在建造篱笆花圃时，在BC上用其他材料做了宽为1m的两扇小门，若花圃的面积刚好为40m2，则此时花圃AB段的长为( )m．
A. 4或103B. 103C. 4D. 10
8.如图，在矩形ABCD中，AB=8,AD=8 3，点E为边AD上一动点，点F为CE的中点，连接BE，点G在BE上，且EF=GF，则下列结论：①在点E从点D运动到点A的过程中，点F运动的路径长为4 3；②AF+DF的最小值为16；③点G到BC的中点的距离为定值4 3；④S△EFG的最小值为16 3−24.其中正确的是( )
A. ①②③B. ①②④C. ①③④D. ①②③④
二、填空题：本题共5小题，每小题3分，共15分。
9.因式分解：x2y−xy2= ______．
10.若a为方程x2+2x−5=0的解，则3a2+6a−8的值为______．
11.如图，在▱ABCD中，AB=3，AD=7，∠ABC的平分线交AD于E，交CD的延长线于点F，则DF= ______．
12.若关于x的方程2xx−2−1=mx−2解为正数，则m的取值范围是______．
13.在Rt△ABC中，∠ABC=90°，AB=3，BC=5，D为AC的中点，∠MDN分别交直线AB，BC于点E，F，且∠MDN=90°，连接EF，当AE=1时，EF的长为______．
三、解答题：本题共7小题，共61分。
14.(1)解不等式组：3(x−1)≥2x−4①2x+13>x−1②；
(2)解方程：x2−10x−24=0．
15.先化简(1+1x−2)÷x2−2x+1x2−4，然后从−1，1，−2，2中选取一个合适的数作为x的值代入求值．
16.如图，在平面直角坐标系中，△ABC的顶点A(−1,1)，B(−4,2)，C(−3,3)．
(1)平移△ABC，若点A的对应点A1的坐标为(3,−1)，画出平移后的△A1B1C1；
(2)将△ABC以点(0,2)为旋转中心旋转180°，画出旋转后对应的△A2B2C2；
(3)已知将△A1B1C1绕某一点旋转可以得到△A2B2C2，则旋转中心的坐标为______；
(4)若第二象限内存在点D，使得以A、B、C、D四个点为顶点的四边形是平行四边形，则点D的坐标为______．
17.如图，▱ABCD的对角线AC、BD相交于点O，BE//AC，AE//BD，OE与AB交于点F．
(1)在不添加新的点和线的前提下，增加一个条件：______，使得四边形AOBE是矩形，并说明理由；
(2)若AC⊥BD，OE=10，AC=16，求▱ABCD的面积．
18.深圳市某商场准备购买足球、排球两种商品，每个足球的进价比排球多30元，用3000元购进足球和2100元购进排球的数量相同．
(1)每个足球和排球的进价分别是多少？
(2)根据对运动用品的市场调查，商场计划用不超过4800元的资金购进足球和排球共60个，其中足球数量不低于排球数量13倍，该商场有几种进货方案？(不用写出具体方案)
19.材料1：法国数学家弗朗索瓦⋅韦达在著作《论方程的识别与订正》中提出一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0,b2−4ac≥0)的两根x1，x2有如下的关系(韦达定理)：x1+x2=−ba,x1⋅x2=ca；
材料2：如果实数m、n满足m2−m−1=0、n2−n−1=0，且m≠n，则可利用根的定义构造一元二次方程x2−x−1=0，然后将m、n看作是此方程的两个不相等实数根．
请根据上述材料解决下面问题：
(1)①已知一元二次方程2x2−3x−5=0的两根分别为x1，x2，则x1+x2= ______，x1⋅x2= ______．
②已知实数a，b满足：a2+4a−3=0，b2+4b−3=0(a≠b)，则1a+1b= ______．
(2)已知实数m、n、t满足：m2−4m=11+t，n2−4n=11+t，且0(3)设实数a，b分别满足3a2+19a+12=0，12b2+19b+3=0，且ab≠1，求3ab+5a+3b的值．
20.垂美四边形定义如下：对角线互相垂直的四边形叫做“垂美四边形”．

(1)如图1，四边形ABCD是“垂美四边形”，猜想AB2、CD2与BC2、AD2之间的数量关系：______，并说明理由．
(2)如图2，分别以Rt△ABC的直角边AC和斜边AB为边向外作正方形ACFG和正方形ABDE，连接BG、CE，若AB=4,AC=2 3，求EG的长．
(3)如图3，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，点P是Rt△ABC外一点，连接BP，BP=AC=10，已知|BC−AB|=2，若以A、B、C、P为顶点的四边形为垂美四边形，请直接写出AP的长．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A、该图不能找到这样的一个点，使图形绕这个点旋转180°后与原来的图形重合，所以不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
B、该图能找到这样的一个点，使图形绕这个点旋转180°后与原来的图形重合，所以是中心对称图形，故本选项符合题意；
C、该图不能找到这样的一个点，使图形绕这个点旋转180°后与原来的图形重合，所以不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
D、该图不能找到这样的一个点，使图形绕这个点旋转180°后与原来的图形重合，所以不是中心对称图形，故本选项不符合题意．
故选：B．
把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，这个点叫做对称中心．据此逐一判断即可得到答案．
本题考查了中心对称图形的概念，熟练掌握中心对称图形的概念是解答本题的关键．
2.【答案】D
【解析】解：A.∵如果a>b，则a−2>b−2，∴此选项的不等式一定成立，故此选项不符合题意；
B.∵如果a>b，则2a>2a，∴此选项的不等式一定成立，故此选项不符合题意；
C.∵如果a>b，则a−3D.∵如果a>b，即当a=−1，b=−2时，a2故选：D．
A、B选项均根据不等式的性质1进行判断即可；
C选项根据不等式性质3：不等式两边同时乘或除以一个负数，不等号方向改变，进行判断即可；
D举出符合条件的反例进行判断即可．
本题主要考查了不等式的性质，解题关键是熟练掌握灵活运用不等式性质进行不等式的变形．
3.【答案】A
【解析】解：由题意得，2x≥0且x−3≠0，
解得x≥0且x≠3．
故选：A．
根据被开方数大于等于0，分母不等于0列式计算即可得解．
本题考查二次根式有意义的条件以及分式有意义的条件，用到的知识点为：分式有意义，分母不为0；二次根式的被开方数是非负数．
4.【答案】D
【解析】解：x2+ax−2=(x+1)(x+b)=x2+(1+b)x+b，
所以a=1+b，b=−2，
解得a=−1，b=−2．
故选：D．
把(x+1)(x+b)展开从而得到a=1+b，b=−2，从而可求出a、b的值．
本题考查了因式分解−十字相乘法等：借助画十字交叉线分解系数，从而帮助我们把二次三项式分解因式的方法，通常叫做十字相乘法．
5.【答案】B
【解析】解：如图，连接AM、MH，设AM交BH于点O，
由题意可知，BH是∠ABC的角平分线，
∴∠ABH=∠CBH，
又∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD//BC，
∴∠AHB=∠CBH，
∴∠ABH=∠AHB，
∴AB=AH，
∵以B为圆心，BA长为半径画弧，交于边BC于点M，
∴AB=BM，
∴AH=BM，
又AH//BM，
∴四边形ABMH是平行四边形，
又AB=AH，
∴四边形ABMH是菱形，
∴AM⊥BH，OB=OH=12BH=4，OA=OM，
∴∠AOB=90°，
∴OA= AB2−OB2= 52−42=3，
∴AM=2OA=6，
故选：B．
连接AM、MH，设AM交BH于点O，根据题意证明四边形ABMH是菱形，从而得出OB的长，再根据勾股定理即可得出结果．
本题考查了作图−基本作图，菱形的判定与性质，勾股定理，证明四边形ABMH是菱形是解题的关键．
6.【答案】B
【解析】解：A、顺次连接任意四边形各边中点形成的四边形都是平行四边形，是真命题，不符合题意；
B、等腰三角形底边上的高、底边上的中线、顶角平分线重合，故本选项命题是假命题，符合题意；
C、对角线互相垂直且平分的四边形是菱形，是真命题，不符合题意；
D、用反证法证明命题“三角形中必有一个内角小于或等于60°”时，首先要假设“这个三角形中每一个内角都大于60°”，是真命题，不符合题意；
故选：B．
根据反证法、平行四边形的判定、菱形的判定、等腰三角形的性质判断即可．
本题考查的是反证法、平行四边形的判定、菱形的判定、等腰三角形的性质，掌握相关的判定和性质是解题的关键．
7.【答案】C
【解析】解：设AB=x米，则BC=(20−3x+2)米，
依题意，得：x(20−3x+2)=40，
整理，得：3x2−22x+40=0，
解得：x1=103，x2=4．
当x1=103时，20−3x+2=12>11，不合题意，舍去；
当x=4时，20−3x+2=10，符合题意．
故选：C．
设AB=x米，则BC=(20−3x+2)米，根据围成的花圃的面积刚好为40平方米，即可得出关于x的一元二次方程，解之即可得出x的值，再结合BC的长度不超过11米，即可确定x的值，此题得解．
本题考查一元二次方程的应用，掌握实际问题中的等量关系是解决此题的关键．
8.【答案】D
【解析】解：取CD的中点H，连接FH，
∵点F是CE的中点，
∴FH//AD，FH=12AD，
∴点F在直线FH上运动，
当点E和点A重合时，FH有最大值，
∴点F运动的路径长为12AD=12×8 3=4 3，
故结论①正确；
连接AC，AF，
∵在矩形ABCD中，∠ADC=90°，
又点F是CE的中点，
∴DF=12CE=CF，
∴AF+DF=AF+CF≥AC，
∵在矩形ABCD中，CD=AB=8，
∴在Rt△ACD中，AC= AD2+CD2= (8 3)2+82=16，
∴AF+DF的最小值为16，
故结论②正确；
取BC的中点I，连接GI，则GI的长为点G到BC的中点的距离，连接DF，CG，
∵∠CDE=90°，点F是CE的中点，
∴DF=12CE，EF=CF=12CE，
∵EF=GF，
∴DF=EF=CF=GF，
∴点D，E，G，C在以点F为圆心，EC为直径的圆上，
∴∠CGE=90°，
∴∠BGC=180°−∠CGE=90°，
∵点l是BC的中点，
∴GI=12BC=12×8 3=4 3，
∴点G到BC的中点的距离为定值4 3，
故结论③正确；
∵点E是AD上的动点，
∴S△BCE=12BC⋅CD=12×8×8 3=32 3，
∵GI=BI=CI=4 3，
∴点G在以点l为圆心，4 3为半径的圆上运动，
∴当GI⊥BC时，△BGC的面积最大，最大值为S△BGC=12BC⋅GI=12×8 3×4 3=48，
此时S△CEG=S△BCE−S△BCG=32 3−48为最小值，
∵点F是EC的中点，
∴△EFG的最小值为S△EFG=12S△CEG=12(32 3−48)=16 3−24，
故结论④正确．
综上所述，结论正确的是①②③④．
故选：D．
取CD的中点H，连接FH，根据中位线的性质可得点F在直线FH上运动，点F运动的路径长为12AD，即可判断结论①；连接AC，由直角三角形斜边上的中线的性质得到DF=CF，从而AF+DF=AF+CF≥AC，根据勾股定理求出AC的长，即可判断结论②；取BC的中点I，连接GI，则Gl的长为点G到BC的中点的距离，连接DF，CG，由DF=EF=CF=GF，得到点D，E，G，C在以点F为圆心，EC为直径的圆上，从而得到∠BGC=90°，根据直角三角形斜边上的中线的性质即可判断结论③；当GI⊥BC时，△BGC的面积最大，进而由S△CEG=S△BCE−S△BCG求出△CEG的最小值，再根据三角形中线的性质即可求出△EFG的最小值，从而判断结论④．
本题考查直角三角形斜边上的中线的性质，三角形中位线的性质，圆周角定理，矩形的性质，勾股定理等，综合运用相关知识，正确作出辅助线是解题的关键．
9.【答案】xy(x−y)
【解析】解：原式=xy(x−y)，
故答案为：xy(x−y)．
利用提公因式法因式分解即可．
本题考查提公因式法因式分解，找到正确的公因式是解题的关键．
10.【答案】7
【解析】解：∵a为方程x2+2x−5=0的解，
∴a2+2a−4=0，
∴a2+2a=5，
∴3a2+6a−8=3(a2+2a)−8=3×5−8=7．
故答案为：7．
由题意可得a2+2a=5，再由3a2+6a−8=3(a2+2a)−8，代入求值即可．
本题考查了一元二次方程的解，熟练掌握一元二次方程的解与一元二次方程的关系是解题的关键．
11.【答案】4
【解析】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB//CD，AD=BC=7，AB=CD=3，
∴∠ABE=∠CFE，
∵∠ABC的平分线交AD于点E，
∴∠ABE=∠CBF，
∴∠CBF=∠CFB，
∴CF=BC=7，
∴DF=CF−CD=7−3=4．
故答案为：4．
根据平行四边形的对边相等且平行和利用平行四边形的性质以及平行线的基本性质求解即可．
本题主要考查了平行四边形的性质，解题的关键是在平行四边形中，当出现角平分线时，一般可构造等腰三角形，进而利用等腰三角形的性质解题．
12.【答案】m>2且m≠4
【解析】解：将关于x的分式方程2xx−2−1=mx−2的两边都乘以x−2，得
2x−x+2=m，
解得x=m−2，
由于关于x的分式方程2xx−2−1=mx−2解为正数，
所以m−2>0，
即m>2，
又∵分式方程的增根是x=2，
当x=2时，即m−2=2，
解得m=4，
因此m≠4，
综上所述，m的取值范围是m>2且m≠4．
故答案为：m>2且m≠4．
根据分式方程的解法，去分母化成整式方程，再求出整式方程的解，由分式方程解的情况确定m的取值范围，再由增根进一步确定m的取值范围即可．
本题考查分式方程的解，理解分式方程解的定义，掌握分式方程的解法是正确解答的关键．
13.【答案】 2215
【解析】解：如图，过点D作DJ⊥AB由=于点J，DK⊥BC于点K．
∵∠DJB=∠B=∠DKB=90°，
∴四边形DJBK是矩形，
∴DJ//BC，DK//AB，
∵AD=DC，
∴AJ=JB，BK=CK，
∴DJ=12BC=2.5，DK=12AB=1.5，
∵∠EDF=∠JDK=90°，
∴∠JDE=∠FDK，
∵∠DJE=∠DKF=90°，
∴△DJE∽△DKF，
∴DE：DK=DJ：DK=3：5，
∵AE=1，AJ=1.5，
∴EJ=0.5，
∴DE= DJ2+EJ2= 2．52+0．52= 262，
∴DF=35DE=3 2610，
∴EF= DE2+DF2= ( 262)2+(3 2610)2= 2215．
故答案为： 2215．
如图，过点D作DJ⊥AB由=于点J，DK⊥BC于点K.利用相似三角形的性质求出DE，DF，再利用勾股定理求解．
本题考查相似三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题．
14.【答案】解：(1)解不等式①得，x≥−1，
解不等式②得，x<4，
所以不等式组的解集为：−1≤x<4．
(2)x2−10x−24=0，
(x−12)(x+2)=0，
则x−12=0或x+2=0，
所以x1=12，x2=−2．
【解析】(1)根据解一元一次不等式组的步骤进行求解即可．
(2)利用因式分解法对所给一元二次方程进行求解即可．
本题主要考查了解一元二次方程−因式分解法及解一元一次不等式组，熟知解一元一次不等式组的步骤及因式分解法解一元二次方程的步骤是解题的关键．
15.【答案】解：原式=x−2+1x−2⋅(x+2)(x−2)(x−1)2
=x−1x−2⋅(x+2)(x−2)(x−1)2
=x+2x−1，
∵x−2≠0且x+2≠0且x−1≠0，
∴在−1，1，−2，2中x只能取−1，
当x=−1时，原式=−1+2−1−1=−12．
【解析】先把括号内通分，再进行同分母的加法运算，接着把除法运算化为乘法运算，则约分得到原式=x+2x−1，然后根据分式有意义的条件确定x=−1，最后把x=−1代入计算即可．
本题考查了分式的化简求值：先把分式化简后，再把分式中未知数对应的值代入求出分式的值．
16.【答案】(2,1) (−6,4)
【解析】解：(1)如图，△A1B1C1即为所求．
(2)如图，△A2B2C2即为所求．
(3)连接A1A2，B1B2，C1C2交于点P，
∴旋转中心的坐标为(2,1)．
故答案为：(2,1)．
(4)如图：D的坐标为(−2,0)或(0,2)或(−6,4)时，以A、B、C、D四个点为顶点的四边形是平行四边形，
∵D在第二象限，
∴D(−6,4)．
(1)根据平移的性质作图即可；
(2)根据旋转的性质作图即可；
(3)连接A1A2，B1B2，C1C2交点即为旋转中心，即可得出答案；
(4)分别作AB，BC，AC的平行线，交于点D，点D即为所求．
本题考查作图−平移变换、旋转变换，平行四边形的性质，熟练掌握平移的性质、旋转的性质是解答本题的关键．
17.【答案】AC⊥BD(答案不唯一)．
【解析】解：(1)添加：AC⊥BD(答案不唯一)．
理由：∵BE//AC，AE//BD，
∴四边形AOBE是平行四边形，
∵AC⊥DB，
∴∠AOB=90°，
∴四边形AOBE是矩形；
故答案为：
(2)由(1)可知，四边形AOBE是矩形，
∴AB=OE=10，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA=OC=12AC=8，
∵AC⊥BD，
∴OD=OB= AB2−AO2= 102−82=6，
∴BD=12，
∴四边形ABCD的面积=12⋅AC⋅BD=12×16×12=96．
(1)添加：AC⊥BD(答案不唯一).根据有一个角是直角的平行四边形是矩形证明即可；
(2)利用矩形的性质求出AB，再利用勾股定理求出OB，可得结论．
本题考查平行四边形的性质，矩形的判定和性质，勾股定理，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．
18.【答案】解：(1)设每个足球的进价是x元，则每个排球的进价是(x−30)元，
根据题意得：3000x=2100x−30，
解得：x=100，
经检验，x=100是所列方程的解，且符合题意，
∴x−30=70，
答：每个足球的进价是100元，每个排球的进价是70元；
(2)设购进足球m个，则购进排球(60−m)个，
由题意得：100m+70(60−m)≤4800m≥13(60−m)，
解得：15≤m≤20，
又∵m为正整数，
∴m=15，16，17，18，19，20，
∴该商场有6种进货方案．
【解析】(1)设每个足球的进价是x元，则每个排球的进价是(x−30)元，根据用3000元购进足球和2100元购进排球的数量相同．列出分式方程，解方程即可；
(2)设购进足球m个，则购进排球(60−m)个，根据商场计划用不超过4800元的资金购进足球和排球共60个，足球数量不低于排球数量13倍，列出一元一次不等式组，解不等式组，即可得出结论．
本题考查了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．
19.【答案】1.5 −2.5 43
【解析】解：(1)①∵一元二次方程2x2−3x−5=0的两根分别为x1，x2，
∴x1+x2=1.5；x1⋅x2=−2.5；
故答案为：1.5；−2.5；
②∵实数a，b满足：a2+4a−3=0，b2+4b−3=0(a≠b)，
∴a，b是方程x2+4x−3=0的解，
∴a+b=−4，ab=−3，
∴1a+1b=a+bab=43；
故答案为：43；
(2)∵实数m、n、t满足：m2−4m=11+t，n2−4n=11+t
∴m，n是方程x2−4x−11−t=0的解，
∴m+n=4，mn=−11−t，
∴(m+1)(n+1)=mn+m+n+1=−t−6
∵0∴Δ=16−4×1×(−11−t)>0，−11−t>0，
∴−15∴5<−t−6<9，
∴5<(m+1)(n+1)<9；
(3)∵3a2+19a+12=0，12b2+19b+3=0，
∴3(1b)2+19×1b+12=0，
∵ab≠1，
∴a≠1b，
∴a,1b是方程3x2+19x+12=0的解，
∴a+1b=−193,a×1b=4，
∴3ab=−19b−3，a=4b，
∴3ab+5a+3b=−19b−3+20b+3b=1．
(1)①根据根与系数的关系解答；
②根据题意，得到实数a，b是方程x2+4x−3=0的两个根，根据根与系数的关系进行求解即可；
(2)根据根与系数的关系，m，n是方程x2−4x−11−t=0的解，进而得到(m+1)(n+1)=mn+m+n+1=−t−6，再根据根与系数的关系和根的判别式求出t的范围，即可；
(3)先得出a,1b是方程3x2+19x+12=0的解，得到3ab=−19b−3，a=4b，再整体代入，求解即可．
本题考查根与系数的关系，根的判别式，熟练掌握根与系数的关系，是解题的关键．
20.【答案】AD2+BC2=AB2+CD2
【解析】(1)解：数量关系为：AD2+BC2=AB2+CD2，
记AC，BD交于点O，
∵AC⊥BD，
∴在Rt△AOD，Rt△BOC中，由勾股定理得：AO2+OD2=AD2，BO2+OC2+BC2，
∴AD2+BC2=AO2+OD2+BO2+OC2，
同理可得：AB2+CD2=AO2+OD2+BO2+OC2，
∴AD2+BC2=AB2+CD2，
故答案为：AD2+BC2=AB2+CD2；
(2)解：如图，
∵四边形ACFG，ABDE是正方形，△ABC为直角三角形，
∴AC=AG，AB=AE，∠1=∠2=90°=∠ACF=∠ACB，
∴∠GAB=∠CAE，
∴△AGB≌△ACE(SAS)，
∴∠3=∠4，
∵∠5=∠6，
∴∠3+∠5=∠4+∠6，
∵∠2=90°，
∴∠3+∠5=∠4+∠6=90°，
∴BG⊥CE，
∴四边形BCGE为“垂美四边形”，
∴BC2+GE2=GC2+BE2，
在Rt△ACB中，由勾股定理得，AC2+BC2=AB2，
∴BC2=16−12=4，同理可求BE2=32，CG2=24，
∴4+GE2=32+24，
解得GE=2 13；
(3)①当BC>AB时，则BC=2+AB，
在Rt△ABC中，由勾股定理得，AB2+BC2=AC2，
∴AB2+(2+AB)2=100，
解得：AB=6(舍负)，
∴CB=8，
过点P作BA延长线的垂线，垂足为点，
由题意得，AC⊥BP，
∴∠ACB+∠2=∠1+∠2=90°，
∴∠1=∠ACB，
而∠D=∠ABC=90°，AC=BP，
∴△BDP≌△CBA，
∴PD=BA=6，BD=BC=8，
∴AD=8−6=2，
在Rt△ADP中，由勾股定理得，
AP= AD2+DP2=2 10；
②当AB>BC时，
同上可求此时AB=8，BC=6，
过点P作PD⊥AB于点D，
同上可证△BDP≌△CBA，
∴DP=BA=8，BD=BC=6，
∴AD=2，
在Rt△ADP中，由勾股定理得，AP= AD2+DP2=2 17，
综上所述，AP=2 10或2 17．
(1)分别对Rt△AOD，Rt△BOC，Rt△AOB，Rt△DOC运用勾股定理，再根据等式的性质即可求证；
(2)先证明△AGB≌△ACE(SAS)，得到四边形BCGE为“垂美四边形”，得BC2+GE2=GC2+BE2，再运用勾股定理求得BC2=4，BE2=32，CG2=24，即可推出结果；
(3)分当BC>AB时，当AB>BC时两种情况分别求解．
本题考查了勾股定理的应用，全等三角形的判定与性质，正方形的性质，熟练掌握知识点，正确添加辅助线是解题的关键．

2024-2025学年广东省深圳中学九年级（上）开学数学试卷（含解析）

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