精品解析：广东省深圳市宝安区松岗实验学校2021-2022学年九年级上学期期中数学试题

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2021-2022学年广东省深圳市宝安区松岗实验学校九年级第一学期期中数学试卷
一、选择题（每小题3分，共30分）
1. 方程x（x+2）＝0的根是（　　）
A. x＝2 B. x＝0 C. x1＝0，x2＝﹣2 D. x1＝0，x2＝2
【答案】C
【解析】
【分析】本题可根据“两式相乘值为0，这两式中至少有一式值为0”来解题．
【详解】解：x（x+2）＝0，
∴x＝0或x+2＝0，
解得x1＝0，x2＝﹣2．
故选：C．
【点睛】此题考查解一元二次方程，正确掌握解方程的方法及能依据每个方程的特点选择恰当的解法是解题的关键．
2. 与如图中的三视图相对应的几何体是（ ）

A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】解：由主视图和左视图可以得到该几何体是一个正方体和一个长方体的复合体，
由俯视图可以得到小正方体位于大长方体的右侧靠里的角上
故选：D．
【点睛】本题考查简单组合体的三视图．
3. 如图，直线，直线AC分别交，，于点A，B，C；直线DF分别交，，于点D，E，F．AC与DF相交于点G，且AG=2，GB=1，BC=5，则的值为（ ）

A. B. 2 C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据AG=2，GB=1求出AB的长，根据平行线分线段成比例定理得到，计算得到答案．
【详解】解：∵AG=2，GB=1，
∴AB=3，
∵ ，
∴ ，
故选D．
【点睛】本题考查平行线分线段成比例定理，掌握定理的内容、找准对应关系列出比例式是解题的关键．

4. 一幢4层楼房只有一个窗户亮着一盏灯，一棵小树和一根电线杆在窗口灯光下的影子如图所示，则亮着灯的窗口是(　　)

A. 1号窗口 B. 2号窗口 C. 3号窗口 D. 4号窗口
【答案】B
【解析】
【分析】根据给出的两个物高与影长即可确定点光源的位置．
【详解】
如图所示，故选B.
【点睛】本题考查中心投影.
5. 已知关于x的一元二次方程（m﹣2）2x2+（2m+1）x+1＝0有两个不相等的实数根，则m的取值范围是（　　）
A. m＞ B. m≥ C. m＞且m≠2 D. m≥且m≠2
【答案】C
【解析】
【分析】本题是根的判别式的应用，因为关于x的一元二次方程（m-2）2x2+（2m+1）x+1=0有两个不相等的实数根，所以△=b2-4ac＞0，从而可以列出关于m的不等式，求解即可，还要考虑二次项的系数不能为0．
【详解】解：∵关于x的一元二次方程（m-2）2x2+（2m+1）x+1=0有两个不相等的实数根，
∴△=b2-4ac＞0，即（2m+1）2-4×（m-2）2×1＞0，
解这个不等式得，m＞，
又∵二次项系数是（m-2）2，
∴m≠2，
故m得取值范围是m＞且m≠2．
故选C．
【点睛】题目主要考查一元二次方程根的情况与判别式△的关系，理解一元二次方程的定义及判别式与根的情况是解题关键．
6. 下列说法正确的有（　　）个．
①对角线相等的四边形一定是矩形
②顺次连接矩形各边中点形成的四边形一定是菱形
③已知点C为线段AB的黄金分割点，AB＝4，则AC＝2
④有一个角是40°的两个等腰三角形相似
A. 4 B. 3 C. 2 D. 1
【答案】D
【解析】
【分析】根据矩形的判定方法对A进行判断；根据中点四边形对B进行判断；根据黄金分割对C进行判断；根据相似三角形的判定对D进行判断．
【详解】解：①对角线互相平分且相等的四边形是矩形，所以说法错误；
②顺次连接矩形各边中点形成的四边形一定是菱形，说法正确；
③已知点C为线段AB的黄金分割点，AB＝4，则AC＝（2）或（6﹣2）；
④当40°的角在一个三角形中是底角，在另一个三角形中是顶角时，两三角形不相似，所以说法错误．
故正确的有1个，
故选：D．
【点睛】本题考查了命题与定理：命题的“真”“假”是就命题的内容而言．任何一个命题非真即假．要说明一个命题的正确性，一般需要推理、论证，而判断一个命题是假命题，只需举出一个反例即可．
7. 肥城市刘台“桃花节”观赏人数逐年增加，据有关部门统计，2015年约为20万人次，预计到2017年约为28.8万人次，设观赏人数年均增长率为x，则下列方程中正确的是
A. 20（1+2x）=28.8 B. 28.8（1+x）2=20
C. 20（1+x）2=28.8 D. 20+20（1+x）+20（1+x）2=28.8
【答案】C
【解析】
【分析】根据增长率的计算公式：增长前的数量×(1+增长率)增长次数=增长后数量，从而得出答案．
【详解】解：根据题意可得方程为：，
故选C．
【点睛】本题主要考查的是一元二次方程的应用，属于基础题型．解决这个问题的关键就是明确基本的计算公式．
8. 如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6，CD为中线，延长CB至点E，使BE＝BC，连接DE，F为DE的中点，连接BF，若BF＝3，则BC的长为（　　）

A. 6 B. 3 C. 6 D. 8
【答案】C
【解析】
【分析】根据三角形中位线的性质定理和直角三角形的性质即可得出结论．
【详解】解： F为DE的中点，





∠ACB＝90°，CD为中线，


故选C．
【点睛】本题考查了勾股定理、三角形中位线定理、直角三角形斜边上的中线，此题的突破口是推知线段CD的长度和线段BF是△CDE的中位线．
9. 如图，在菱形ABCD中，∠ABC＝120°，将菱形折叠，使点A恰好落在对角线BD上的点G处（不与B、D重合），折痕为EF，若DG＝2，AD＝6，则BE的长为（　　）

A. B. C. 3 D. 3.5
【答案】A
【解析】
【分析】作EH⊥BD于H，根据折叠的性质得到EG＝EA，根据菱形的性质、等边三角形的判定定理得到△ABD为等边三角形，得到AB＝BD，根据勾股定理列出方程，解方程即可．
【详解】解：作EH⊥BD于H，

由折叠的性质可知，EG＝EA，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD＝AB，∠ABD＝∠CBD＝∠ABC＝60°，
∴△ABD为等边三角形，
∴AB＝BD＝AD＝6，
设BE＝x，则EG＝AE＝6﹣x，
Rt△EHB中，BH＝x，EH＝x，
在Rt△EHG中，EG2＝EH2+GH2，即（6﹣x）2＝（x）2+（4﹣x）2，
解得，x＝，
∴BE＝，
故选：A．
【点睛】此题考查了菱形的性质，折叠的性质，等边三角形的判定及性质，勾股定理，熟记各知识点并综合运用是解题的关键．
10. 如图，以矩形ABCD对角线AC为底边作等腰直角△ACE，连接BE，分别交AD，AC于点F，N，AM平分∠BAN．下列结论：①BE平分∠ABC；②AE＝EM；③∠BCM＝∠NCM；④AN2＝NF•NE；⑤BN2+EF2＝EN2，其中正确结论的个数是（　　）

A. 5 B. 4 C. 3 D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】连接DE，有矩形的性质可得：，，，由此得出点A、B、C、D、E都在以AC为直径的圆上，根据同弧或等弧所对的圆周角相等得，，根据全等三角形的判定定理及性质可得，即，，可证明结论①；根据三角形外角性质及角平分线的性质可得，可证明结论②；根据等边对等角及三角形外角的性质，利用各角之间的等量关系即可证明结论③；根据相似三角形的判定和性质即可证明结论④；将绕点A逆时针旋转90°，得到，连接EG，根据全等三角形的判定和性质可得：，，利用各角之间的关系可得，再由勾股定理及等量代换即可证明结论⑤．
【详解】解：连接DE，如图：

∵四边形ABCD为矩形，为AC为底的等腰直角三角形，
∴，，，
∴点A、B、C、D、E都在以AC为直径的圆上，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵等腰直角三角形，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
而，
∴，
∴，
∴BE平分，故①正确；
∵，
而，
∵AM平分，
∴，
∴，
∴，故②正确；
∵，
∴，
∴，即，
∵，
∴，即，故③正确；
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，故④正确；
将绕点A逆时针旋转90°，得到，连接EG，如图：

∵，
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵将绕点A逆时针旋转90°，得到，
∴，，
∴，
∴，
∴，故⑤正确，
∴正确的有①②③④⑤，
故选：A．
【点睛】题目主要考查矩形的性质，四边形外接圆的性质，相似三角形及全等三角形的判定和性质，旋转的性质等，理解题意，作出相应辅助线，综合运用这些性质是解题关键．
二、填空题（（每小题3分，共15分）
11. 若，则＝_____．
【答案】
【解析】
【分析】由题干可设a＝5k，b＝3k，将它们代入所求式子，计算即可．
【详解】解：设a＝5k，则b＝3k．
；
故答案为．
【点睛】本题主要考查比例的性质，熟练掌握比例的性质是解题的关键．
12. 设m，n分别为一元二次方程的两个实数根，则＝_______．
【答案】2022
【解析】
【分析】根据一元二次方程的解的定义和根与系数关系求得，m+n=2，再由求解即可．
【详解】解：∵m，n分别为一元二次方程的两个实数根，
∴，m+n=2，
∴=2020+2=2022，
故答案为：2022．
【点睛】本题考查一元二次方程的解、一元二次方程根与系数关系、代数式求值，理解一元二次方程的解的定义，能将变形为是解答的关键．
13. 如图，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=3，AC=4，P为边BC上一动点，PE⊥AB于E，PF⊥AC于F，M为EF的中点，则AM的最小值是______________．

【答案】
【解析】
【分析】根据题意，AM=EF，利用三个直角的四边形是矩形，得到EF=AP，得AM=AP，当AP最小时，AM有最小值，根据垂线段最短，计算AP的长即可．
【详解】∵∠BAC=90°，AB=3，AC=4，
∴BC==5，
∴BC边上的高h=，
∵∠BAC=90°，PE⊥AB，PF⊥AC，
∴四边形AEPF是矩形，
∴AP=EF，
∵∠BAC=90°，M为EF的中点，
∴AM=EF，
∴AM=AP，
∴当AP最小时，AM有最小值，
根据垂线段最短，当AP为BC上的高时即AP=h时最短，
∴AP的最小值为，
∴AM的最小值为，
故答案为：．
【点睛】本题考查了矩形判定和性质，直角三角形的性质，勾股定理，垂线段最短原理，熟练掌握矩形的判定和性质，直角三角形的性质是解题的关键．
14. 在Rt△ABC中，以如图所示方式内置两个正方形，使得顶点D、E、M、N均在三角形的边上，若AC＝3，BC＝4，则小正方形的边长为_____．

【答案】
【解析】
【分析】过C作CH⊥AB于H，交DE于P，根据AC＝3，BC＝4，∠ACB＝90°，得AB＝5，CH＝＝，可证△CDE∽△CAB，即得＝，设小正方形的边长为x，则＝，解方程即可解得答案．
【详解】解：过C作CH⊥AB于H，交DE于P，如图：

∵AC＝3，BC＝4，∠ACB＝90°，
∴AB＝＝5，
∵CH⊥AB，
∴2S△ABC＝AC•BC＝AB•CH，
∴CH＝＝，
∵DE∥AB，
∴△CDE∽△CAB，
又∵CP、CH是△CDE和△CAB的对应高，
∴＝，
设小正方形的边长为x，则DE＝x，CP＝﹣2x，
∴＝，
解得x＝，
故答案为：．
【点睛】本题考查了相似三角形的性质与判定，正方形的性质，掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．
15. 如图：正方形ABCD中，BC＝，AC为对角线，P为△ABC内一点，连接PA、PB、PC，若PB⊥PA，∠1＝∠2，则PC＝______．

【答案】
【解析】
【分析】通过证明△APC∽△CPB，可得＝，即PA＝PC，PB＝PC，由勾股定理可求解．
【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC＝4，∠ACB＝45°，AC＝4，
∴∠1+∠BCP＝45°，
∵∠1＝∠2，
∴∠2+∠BCP＝45°，
∴∠BPC＝135°，
∵PB⊥PA，
∴∠APB＝90°，
∴∠APC＝135°，
∴∠APC＝∠BPC，
∴△APC∽△CPB，
∴＝，
∴PA＝PC，PB＝PC，
∵AB2＝PA2+PB2，
∴80＝PC2，
∴PC＝4，
故答案为：4．
【点睛】本题考查了正方形的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，证明三角形相似是解题的关键．
三、解答题（共7小题）
16. 解方程
（1）2x2+3x﹣1＝0；
（2）（2x+1）2＝3（2x+1）．
【答案】（1）x1=，x2=；（2）x1=﹣，x2=1．
【解析】
【分析】（1）利用公式法求解可得；
（2）利用因式分解法求解可得．
【详解】解：（1）2x2+3x﹣1=0，
∵a=2，b=3，c=﹣1，
∴=32﹣4×2×（﹣1）=17＞0，
∴x==
∴x1=，x2=；
（2）（2x+1）2=3（2x+1），
（2x+1）2﹣3（2x+1）=0，
则（2x+1）（2x﹣2）=0，
∴2x+1=0或2x﹣2=0，
∴x1=﹣，x2=1．
【点睛】本题主要考查了解一元二次方程的能力，熟练掌握解一元二次方程的几种常用方法：直接开平方法、因式分解法、公式法、配方法，结合方程的特点选择合适、简便的方法是解题的关键．
17. 计算：．
【答案】
【解析】
【分析】直接利用有理数的乘方运算法则以及绝对值的性质和负整数指数幂的性质、二次根式的性质分别化简，再利用实数加减运算法则计算即可．
【详解】解：，
，
．
【点睛】题目主要考查实数的混合运算，包括有理数的乘方，绝对值，负指数幂的运算，二次根式化简，熟练掌握各个运算法则是解题关键．
18. 如图，在平面直角坐标系xOy中，△ABC三个顶点坐标分别为A（﹣2，4），B（﹣2，1），C（﹣5，2）．
（1）请画出△ABC关于x轴对称的△A1B1C1．
（2）以原点O为位似中心，在第一象限画出△A1B1C1的位似图形△A2B2C2，相似比为1：2．
（3）求△A1B1C1与△A2B2C2的面积比为 　 　（不写解答过程，直接写出结果）．

【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）1：4
【解析】
【分析】（1）根据轴对称的性质先求出点A1（-2，-4），B1（-2，-1），C1（-5，-2），平面直角坐标系中描点A1（-2，-4），B1（-2，-1），C1（-5，-2），然后顺次连结A1B1， B1C1，C1A1，画图即可；
（2）根据位似图形的性质求出点A2（4，8），B2（4，2），C2（（10，4），然后描点，顺次连结A2（B2， B2C2，C2A2即可；
（3）根据相似三角形性质面积比等于相似比的平方进行解答．
【详解】解：（1）△ABC三个顶点坐标分别为A（﹣2，4），B（﹣2，1），C（﹣5，2）．
∵△ABC关于x轴对称的△A1B1C1．
关于x对称点的坐标特征是横坐标不变，纵坐标互为相反数，
∴点A1（-2，-4），B1（-2，-1），C1（-5，-2），
在平面直角坐标系中描点A1（-2，-4），B1（-2，-1），C1（-5，-2），
然后顺次连结A1B1， B1C1，C1A1，
如图，△A1B1C1即为所求；

（2）∵以原点O为位似中心，在第一象限画出△A1B1C1的位似图形△A2B2C2，相似比为1：2， A1（-2，-4），B1（-2，-1），C1（-5，-2），
根据相似比求出点A2（2×2,4×2）即（4，8），B2（2×2,1×2）即（4，2），C2（5×2,2×2）即（10，4），
在平面直角坐标系中描点A2（4，8），B2（4，2），C2（10，4），
顺次连结A2（B2， B2C2，C2A2
如图，△A2B2C2即为所求；
（3）∵△A1B1C1∽△A2B2C2, 相似比为1：2，
△A1B1C1与△A2B2C2的面积比等于相似比的平方为1：4，
故答案为：1：4．
【点睛】本题考查轴对称图形，位似图形，位似图形的性质，掌握轴对称图形，位似图形，位似图形的性质是解题关键．
19. 如图，ABCD中，以A为圆心，DA的长为半径画弧，交BA于点F，作∠DAB的角平分线，交CD于点E，连接EF．
（1）求证：四边形AFED是菱形；
（2）若AD=4，∠DAB=60°，求四边形AFED的面积．

【答案】（1）证明见详解；（2）
【解析】
【分析】（1）由题意可得，AE为∠DAB的角平分线，可得∠DAE=∠EAF，根据ABCD，AB//CD，得到∠DEA=∠EAF，等量代换得到∠DAE=∠DEA，所以得到AD=DE，因为AD=AF，得到DE=AF，又因为DE//AF，所以可证四边形AFED为平行四边形，因为AD=DE，所以可证明四边形AFED是菱形；
（2）连接DF交AE于点O，因为∠DAB=60°，所以△DAF为等边三角形，因为AD=4，可得DF=4，DO=2，AO=，AE=，根据菱形面积公式，菱形的面积等于对角线乘积的一半，代入数据即可求出结果．
【详解】解：（1）证明：∵AE为∠DAB的角平分线
∴∠DAE=∠EAF
∵AB//CD
∴∠DEA=∠EAF
∴∠DAE=∠DEA
∴AD=DE
∵AD=AF
∴DE=AF
∵DE//AF
∴四边形AFED为平行四边形
∵AD=DE
∴四边形AFED是菱形．
（2）连接DF交AE于点O，如图所示：

∵∠DAB=60°，DA=AF
∴△DAF为等边三角形
∵AD=4
∴DF=4，DO=2
∴AO=，AE=
∴S四边形AFED==．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，菱形的判定以及菱形的面积公式，熟练菱形的判定方法和菱形面积公式是解决本题的关键．
20. 某网店销售医用外科口罩，每盒售价60元，每星期可卖300盒．为了便民利民，该网店决定降价销售，市场调查反映：每降价1元，每星期可多卖30盒．已知该款口罩每盒成本价为40元，设该款口罩每盒降价x元，每星期的销售量为y盒．
（1）求y与x之间的函数关系式；
（2）若该网店某星期获得了6480元的利润，且尽快减少库存，那么该网店这星期销售该款口罩多少盒？
【答案】（1）y＝300+30x；（2）540盒
【解析】
【分析】（1）根据每降价1元，每星期可多卖30盒，列出函数关系式即可；
（2）根据该网店某星期获得了6480元的利润列出方程求出每盒降价，再求出销售量即可．
【详解】解：（1）由题意根据每降价1元，每星期可多卖30盒，
∴函数关系式为：y＝300+30x；
（2），即，
化简可得：，
解得：，，
则销售量为：（盒）或（盒），
∵要尽快减少库存，
∴销售量应为540盒，
答：该网店某星期获得了6480元的利润时，销售该款口罩540盒．
【点睛】题目主要考查一元二次方程的应用及一次函数的应用，理解题意，列出相应方程是解题关键．
21. 如图1，将一个直角三角板的直角顶点P放在正方形ABCD的对角线BD上滑动，并使其一条直角边始终经过点A，另一条直角边与BC相交于点E．
（1）求证：PA＝PE；
（2）若将（1）中的正方形变为矩形，其余条件不变（如图2），且AD＝8，DC＝4，求的值；
（3）在（2）的条件下，连接AE，将△ABE沿直线AE折叠后，点P与点B重合，则DP＝　 　．

【答案】（1）见解析；（2）2；（3）
【解析】
【分析】（1）过P作PM⊥AB于M，PN⊥BC于N，四边形BMPN是正方形，得出PM=PN，∠MPN=90°，求出∠APM=∠NPE，∠AMP=∠PNE，证△APM≌△EPN，推出AP=PE即可；
（2）证△BPM∽△BDA，△BNP∽△BCD，得出，推出，求出，证△APM∽△EPN，推出即可；
（3）根据折叠的性质得AP=AB=CD=4，AE⊥BP，根据等腰三角形的性质得BF=PF，由得，PE=2，根据tan∠PAE=得，利用勾股定理求出，即可得DP=BD-BP=．
【详解】解：（1）证明：过P作PM⊥AB于M，PN⊥BC于N，

∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABD＝45°，
∴∠MPB＝45°＝∠ABD，
∴PM＝BM，
同理PN＝BN，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC＝90°＝∠BMP＝∠BNP，
∴四边形BMPN是正方形，
∴PM＝PN，∠MPN＝90°，
∵∠APE＝90°，
∴都减去∠MPE得：∠APM＝∠NPE，
∵PM⊥AB，PN⊥BC，
∴∠AMP＝∠PNE，
在△APM和△EPN中，
，
∴△APM≌△EPN（ASA），
∴PA＝PE；
（2）过P作PM⊥AB于M，PN⊥BC于N，

∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD＝∠C＝90°，
∵∠PMB＝∠PNB＝90°，
∴PM∥AD，PN∥CD，
∴△BPM∽△BDA，△BNP∽△BCD，
∴，，
∴，
∴，
∵∠AMP＝∠ENP＝90°，∠MPA＝∠EPN，
∴△APM∽△EPN，
∴＝2，
∴＝2；
（3）如图，设AE交BD于点F，

∵将△ABE沿直线AE折叠后，点P与点B重合，
∴AP＝AB＝CD＝4，AE⊥BP，
∵＝2，＝，BF＝PF，
∴PE＝2，
∵tan∠PAE＝＝，
∴tan∠PAF＝＝，
∴AF＝2PF，
∵AF2+PF2＝AP2，
∴（2PF）2+PF2＝42，
∴PF＝，
∴BP＝，
∵BD＝＝＝4，
∴DP＝BD﹣BP＝．
故答案为：．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质和判定，矩形的性质，相似三角形的性质和判定，折叠的性质，锐角三角函数的应用，主要考查学生的推理能力，题目比较好，（1）（2）证明过程类似．
22. 如图①，四边形OABC是一张放在平面直角坐标系中的正方形纸片，点O与坐标原点重合，点A在x轴上，点C在y轴上，OC＝5，点E在边BC上，点N的坐标为（3，0），过点N且平行于y轴的直线MN与EB交于点M．现将纸片折叠，使顶点C落在MN上，并与MN上的点G重合，折痕为OE．
（1）点G的坐标为 　 　；点E的坐标为 　 　；
（2）如图②，若OG上有一动点P（不与O，G重合），从点O出发，以每秒1个单位的速度沿OG方向向点G匀速运动，设运动时间为t秒（0＜t＜5），过点P作PH⊥OG交OE于点H，连接HG，求出△PHG的面积s与t的函数关系式；
（3）在（2）的条件下，求当t为何值时，以点P、H、G为顶点的三角形与△OEG相似？

【答案】（1）（3，4），（，5）；（2） ；（3）或
【解析】
【分析】（1）利用翻折变换的性质以及勾股定理解决问题即可；
（2）由△OPH∽△OGE，可得＝，可得，推出PH＝，可得结论；
（3）分两种情形：当＝时，△GPH∽△OGE，当＝时，△GPH∽△EGO，分别构建方程求出t即可．
【详解】解：（1）由翻折的性质可知，OC＝OG＝5，CE＝EG，
∵N(3，0)，NM//OC，
∴∠ONG＝90°，
∴GN＝＝＝4．
∴G(3，4)，
∵MN//OC，CM//ON，
∴四边形OCMN是平行四边形，
∵∠CON＝90°，
∴四边形OCMN是矩形，
∴CM＝ON＝3，
设EC＝EG＝x，
在Rt△EMG中，则有x2＝12+(3﹣x)2，
解得x＝，
∴E(，5)，
故答案为：(3，4)，(，5)；
（2）∵∠OPH＝∠OGE＝90°，∠POH＝∠GOE，
∴△OPH∽△OGE，
∴＝，
∴，
∴PH＝，
∴S＝•PG•PH＝×(5﹣t)×＝﹣t2+t（0＜t＜5）；
（3）∵∠GPH＝∠EGO＝90°，
∴当＝时，△GPH∽△OGE，
∴＝，
解得t＝．
当＝时，△GPH∽△EGO，
∴＝，
解得t＝，
综上所述，满足条件的t的值为或．
【点睛】本题考查了矩形判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考常考题型．