广东省深圳市福田区外国语学校北校区2023-2024学年九年级上册数学开学考试卷

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名称 广东省深圳市福田区外国语学校北校区2023-2024学年九年级上册数学开学考试卷
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资源类型 试卷
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科目 数学
更新时间 2023-09-22 18:16:31

文档简介

广东省深圳市福田区外国语学校北校区2023-2024学年九年级上册数学开学考试卷
1.(2023九上·福田开学考)许多数学符号蕴含着对称美,在下列数学符号中,既是轴对称图形,又是中心对称图形的符号是(  )
A. B. C. D.
【答案】C
【知识点】轴对称图形;中心对称及中心对称图形
【解析】【解答】解:A、此选项中的图形是中心对称图形,不是轴对称图形,故此选项不符合题意;
B、此选项中的图形不是中心对称图形,是轴对称图形,故此选项不符合题意;
C、此选项中的图形既是中心对称图形,也是轴对称图形,故此选项符合题意;
D、此选项中的图形不是中心对称图形,是轴对称图形,故此选项不符合题意.
故答案为:C.
【分析】把一个平面图形,沿着某一条直线折叠,直线两旁的部分能完全重合的平面图形就是轴对称图形;把一个平面图形,绕着某一点旋转180°后,能与自身重合的图形就是中心对称图形,根据定义即可一 一判断得出答案.
2.(2023九上·福田开学考)已知a<b,则下列不等式一定成立的是(  )
A.a+3>b+3 B.2a>2b C.-a<-b D.a-b<0
【答案】D
【知识点】不等式的性质
【解析】【解答】解:A、∵a<b,∴a+3<b+3,故此选项不成立,不符合题意;
B、∵a<b,∴2a<2b,故此选项不成立,不符合题意;
C、∵a<b,∴-a>-b,故此选项不成立,不符合题意;
D、∵a<b,∴a-b<b-b,即a-b<0,故此选项成立,符合题意.
故答案为:D.
【分析】不等式的两边同时加上或减去同一个数或式子,不等号的方向不改变;不等式的两边同时乘以或除以同一个正数,不等号的方向不改变;不等式的两边同时乘以或除以同一个负数,不等号的方向改变,据此一 一判断得出答案.
3.(2023九上·福田开学考)要使分式 有意义,则x的取值应满足(  )
A.x≠2 B.x≠-1 C.x=2 D.x=-1
【答案】A
【知识点】分式有无意义的条件
【解析】【解答】解:根据题意得:x-2≠0
∴x≠2
故答案为:A
【分析】根据分式有意义则分母不等于0,列不等式求解即可。
4.(2023九上·福田开学考)如图,在□ABCD中,DE平分∠ADC,AD=8,BE=3,则□ABCD的周长是(  )
A.16 B.14 C.26 D.24
【答案】C
【知识点】等腰三角形的判定与性质;平行四边形的性质
【解析】【解答】解:∵四边形ABCD是平行四边形,
∴AD=BC=8,AD∥BC,
∴∠ADE=∠CED,CE=BC-BE=5,
∵DE平分∠ADC,
∴∠ADE=∠CDE,
∴∠CED=∠CDE,
∴CE=CD=5,
∴平行四边形ABCD的周长为:2(AD+CD)=2(8+5)=26.
故答案为:C.
【分析】由平行四边形的对边平行且相等得AD=BC=8,AD∥BC,由平行线的性质及角平分线的定义可得∠CED=∠CDE,由等角对等边得CE=CD=5,最后根据平行四边形的周长等于两邻边和的2倍计算即可.
5.(2023九上·福田开学考)一元二次方程x2-4x-1=0配方后正确的是(  )
A.(x-2)2=1 B.(x-2)2=5
C.(x-4)2=1 D.(x-4)2=5
【答案】B
【知识点】配方法解一元二次方程
【解析】【解答】解:x2-4x-1=0,
移项,得x2-4x=1,
配方,得x2-4x+4=1+4,
∴(x-2)2=5,
故答案为:B.
【分析】首先将常数项移到方程的右边,然后方程的两边都加上一次项系数一半的平方“4”,左边利用完全平方公式分解因式,右边合并同类项可得答案.
6.(2023九上·福田开学考)若关于x的一元二次方程x2+3x-k=0有两个不相等的实数根,则实数k的取值范围为(  )
A.k> B.k≥ C.k< D.k≤
【答案】A
【知识点】一元二次方程根的判别式及应用
【解析】【解答】解:∵关于x的一元二次方程x2+3x-k=0有两个不相等的实数根,
∴△=b2-4ac>0,即32-4×(-k)>0,
解得k>.
故答案为:A.
【分析】对于一元二次方程“ax2+bx+c=0(a、b、c是常数,且a≠0)”中,当b2-4ac>0时方程有两个不相等的实数根,当b2-4ac=0时方程有两个相等的实数根,当b2-4ac<0时方程没有实数根,据此并结合题意列出不等式,求解即可.
7.(2023九上·福田开学考)下列说法中正确的是(  )
A.有一个角是直角的四边形是矩形
B.两条对角线互相垂直的四边形是菱形
C.两条对角线互相垂直平分的四边形是正方形
D.两条对角线相等的菱形是正方形
【答案】D
【知识点】菱形的判定;矩形的判定;正方形的判定
【解析】【解答】解:A. 有一个角是直角的四边形是矩形,错误,不符合题意;
B. 两条对角线互相垂直的四边形是菱形,错误,不符合题意;
C. 两条对角线互相垂直平分的四边形是正方形,错误,不符合题意;
D. 两条对角线相等的菱形是正方形,正确,符合题意。
故答案为:D。
【分析】有一个角是直角的平行四边形是矩形; 两条对角线互相垂直的平行四边形是菱形;两条对角线互相垂直平分的四边形是菱形;两条对角线相等的菱形是正方形,根据菱形、矩形、正方形的判定定理即可一一判断得出答案。
8.(2023九上·福田开学考)已知不等式ax+b>0的解集是x<-2,则函数y=ax+b的图象可能是(  )
A. B.
C. D.
【答案】A
【知识点】一次函数与不等式(组)的关系
【解析】【解答】解:不等式ax+b>0的解集是x<-2,
∴当x<-2时,函数y=ax+b的函数值为正数,即直线y=ax+b的图象在x轴上方,且该函数图象与x轴交点坐标为(-2,0),
故B、C、D都不符合题意,只有A选项符合题意.
故答案为:A.
【分析】根据一次函数与一元一次不等式的关系,得到当x<-2时,直线y=ax+b的图象在x轴上方,然后对各选项分别进行判断即可.
9.(2023九上·福田开学考)如图,DE为△ABC的中位线,点F在DE上,且∠AFB=90°,若AB=6,BC=10,则EF的长为(  )
A.1 B.2 C.3 D.5
【答案】B
【知识点】三角形的中位线定理;直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解:∵DE是△ABC的中位线,
∴DE=BC=5,
在Rt△ABF中,点D是斜边AB的中点,
∴DF=AB=3,
∴EF=DE-DF=2.
故答案为:B.
【分析】根据三角形的中位线等于第三边的一半求出DE的长,再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求出DF的长,最后根据EF=DE-DF可算出答案.
10.(2023九上·福田开学考)如图,正方形ABCD边长为1,点E在边AB上(不与A,B重合),将△ADE沿直线DE折叠,点A落在点A1处,连接A1B,将A1B绕点B顺时针旋转90°得到A2B,连接A1A,A1C,A2C.给出下列四个结论:①△ABA1≌△CBA2;②∠ADE+∠A1CB=45°;③点P是直线DE上动点,则CP+AP的最小值为;④当∠ADE=30°时,△A1BE的面积为.其中正确的结论个数是(  )
A.1 B.2 C.3 D.4
【答案】C
【知识点】三角形三边关系;正方形的性质;解直角三角形;三角形全等的判定-SAS;四边形的综合
【解析】【解答】解:∵四边形ABCD是正方形,
∴BA=BC,∠ABC=90°,
∵∠A1BA2=∠ABC=90°,即∠ABA1+∠A1BC=∠A1BC+∠A2BC=90°,
∴∠ABA1=∠CBA2,
由旋转知BA1=BA2,
∴△ABA1≌△CBA2(SAS),故①正确;
过点D作DT⊥CA1于点T,
由折叠知AD=DA1,由正方形性质得DA=DC,
∴CD=DA1,
又DT⊥CA1,
∴∠CDT=∠A1DT,
由折叠知∠ADE=∠A1DE,由正方形性质得∠ADC=90°,
∴∠ADE+∠CDT=45°,
∵∠CDT+∠DCT=90°,∠DCT+∠BCA1=90°,
∴∠CDT=∠BCA1,
∴∠ADE+∠BCA1=45°,故②正确;
连接PA、PC,
∵四边形ABCD是边长为1的正方形,
∴AD=CD=1,∠ADC=90°,
∴AC=,
∵A与A1关于DE对称,
∴PA=PA1,
∴PA1+PC=PA+PC≥AC=,
∴PA1+PC的最小值为,故③正确;
过点A1作A1H⊥AB于点H,
∵∠ADE=30°,
∴AE=A1E=AD×tan30°=,
∴EB=AB-AE=1-,
∵∠A1EB=60°,
∴A1H=A1E×sin60°=,
∴△A1BE的面积为:,故④错误,
综上正确的有①②③,共3个.
故答案为:C.
【分析】由正方形性质得BA=BC,∠ABC=90°,由同角的余角相等得∠ABA1=∠CBA2,由旋转知BA1=BA2,从而用SAS判断出△ABA1≌△CBA2,据此可判断①;过点D作DT⊥CA1于点T,由折叠及正方形性质可得CD=DA1,由等腰三角形的三线合一得∠CDT=∠A1DT,从而易得∠ADE+∠CDT=45°,由同角的余角相等得∠CDT=∠BCA1,从而即可判断②;连接PA、PC,首先用勾股定理算出AC的长,根据轴对称的性质得PA=PA1,利用三角形三边关系可得PA1+PC=PA+PC≥AC,据此可判断③;过点A1作A1H⊥AB于点H,利用∠ADE的正切函数及特殊锐角三角函数值求出AE,由∠A1EB的正弦函数及特殊锐角三角函数值求出A1H,从而即可解决此题,可判断④.
11.(2023九上·福田开学考)若x=-1是关于x的一元二次方程x2-3x-2p=0的一个根,则p=   .
【答案】2
【知识点】一元二次方程的根
【解析】【解答】解:∵x=-1是关于x的一元二次方程x2-3x-2p=0的一个根,
∴(-1)2-3×(-1)-2p=0,
解得p=2.
故答案为:2.
【分析】根据一元二次方程根的概念,将x=-1代入方程可得关于字母p的一元一次方程,求解可得p的值.
12.(2023九上·福田开学考)如图所示,四边形ABCD是边长为2的菱形,AC=2,则四边形ABCD的面积为   .
【答案】
【知识点】勾股定理;菱形的性质
【解析】【解答】解:∵ 四边形ABCD是边长为2的菱形,AC=2,
∴AO=AC=1,AC⊥BD,AB=2,BD=2OB,
∴BO=,
∴BD=,
∴菱形ABCD的面积为:.
故答案为:.
【分析】根据菱形的对角线互相垂直平分得AO=AC=1,AC⊥BD,BD=2OB,然后用勾股定理算出OB,可得BD的长,最后根据菱形的面积等于两对角线乘积的一半计算可得答案.
13.(2023九上·福田开学考)公园原有一块正方形空地,后来从这块空地上划出部分区域栽种鲜花(阴影部分),原空地一边减少了3m,另一边减少了2m,剩余空地面积为56m2,设正方形空地原来的边长为xm,则可列方程为   .
【答案】(x-3)(x-2)=56
【知识点】列一元二次方程
【解析】【解答】解:设正方形空地原来的边长为xm,则剩余空地的长为(x-2)m,宽为(x-3)m,
由题意得(x-3)(x-2)=56
故答案为:(x-3)(x-2)=56.
【分析】设正方形空地原来的边长为xm,用含x的式子表示出剩余空地的长与宽,进而根据矩形面积的计算方法列出方程即可.
14.(2023九上·福田开学考)如图,△ABC中,AB=AC,P是BC延长线上一点,CF⊥AP于F,D,E分别为BC和AC的中点,连ED,EF,若∠APB=40°,则∠DEF=   度.
【答案】100
【知识点】三角形内角和定理;三角形的外角性质;等腰三角形的性质;三角形的中位线定理;直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解:∵CF⊥AP,
∴∠AFC=90°=∠CFP,
又∵∠P=40°,
∴∠BCF=∠P+∠CFP=130°;
∵AB=AC,
∴∠B=∠ACB,
∵D、E是BC、AC的中点,
∴DE∥AB,
∴∠B=∠EDC,
∴∠EDC=∠ACB,
∴∠DEC=180°-2∠ECD;
在Rt△ACF中,点E是斜边AC的中点,
∴EF=EC,
∴∠ECF=∠EFC,
∴∠CEF=180°-2∠ECF,
∴∠DEF=∠DEC+∠CEF=360°-2∠ECD-2∠ECF=360°-2(∠ECD+∠ECF)=360°-2∠BCF=360°-2×130°=100°.
故答案为:100.
【分析】先由垂直定义得∠AFC=90°=∠CFP,由三角形外角相等得∠BCF=∠P+∠CFP=130°;由等边对等角得∠B=∠ACB,由三角形中位线定理得DE∥AB,由平行线的性质及等量代换得∠EDC=∠ACB,根据三角形的内角和定理得∠DEC=180°-2∠ECD;由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得EF=EC,由等边对等角及三角形的内角和定理得∠CEF=180°-2∠ECF,进而根据角的和差列式计算可得答案.
15.(2023九上·福田开学考)如图,四边形ABCD是菱形,BD=4,AD=2,点E是CD边上的一动点,过点E作EF⊥OC于点F,EG⊥OD于点G,连接FG,则FG的最小值为   .
【答案】
【知识点】垂线段最短及其应用;三角形的面积;勾股定理;菱形的性质;矩形的判定与性质
【解析】【解答】解:如图,连接OE,
∵四边形ABCD是菱形,
∴AC⊥BD,DO=BD=,OA=OC,AD=CD=,
在Rt△AOD中,,
∴OC=OA=4,
∵EF⊥OC,EG⊥OD,AC⊥BD,
∴∠EGO=∠EFO=∠COD=90°,
∴四边形EFOG是矩形,
∴OE=GF,
∴要使GF最小,则只需要OE最小,根据垂线段最短可得当OE⊥CD时,OE最短,
此时S△COD=OC×OD=×CD×OE,
∴,
解得OE=,∴FG的最小值为.
故答案为:.
【分析】由菱形的性质得AC⊥BD,DO=BD=,OA=OC,AD=CD=,在Rt△AOD中,由勾股定理算出AO,从而可得OC的长,由有三个角是直角的四边形是矩形得四边形EFOG是矩形,由矩形的对角线相等得OE=GF,要使GF最小,则只需要OE最小,根据垂线段最短可得当OE⊥CD时,OE最短,从而根据等面积法可求出OE的最小值,从而此题得解.
16.(2023九上·福田开学考)解不等式组:,并在数轴上表示出它的解集.
【答案】解:解不等式①,得:x<4,
解不等式②,得:x≥-1,
∴不等式组的解集为-1≤x<4,
将不等式的解集表示在数轴上如下:
【知识点】在数轴上表示不等式组的解集;解一元一次不等式组
【解析】【分析】分别解出不等式组中两个不等式的解集,根据口诀:同大取大,同小取小,大小小大中间找,大大小小无解了确定出解集,进而根据数轴上表示不等式组的解集的方法“大向右,小向左,实心等于,空心不等”将该不等式组的解集在数轴上表示出来即可.
17.(2023九上·福田开学考)
(1)因式分解:16-4x2;
(2)因式分解:4ab2-4a2b-b3.
(3)解方程:=2.
(4)解方程:2(x-1)2=x-1.
【答案】(1)解:原式=4(2+x)(2-x);
(2)解:原式=-b(4a2-4ab+b2)=-b(2a-b)2;
(3)解:去分母得:3(x+1)+2x(x-1)=2(x+1)(x-1),
去括号得:3x+3+2x2-2x=2x2-2,
解得:x=-5,
经检验x=-5是分式方程的解;
(4)解:2(x-1)2-(x-1)=0,
(x-1)(2x-2-1)=0,
x-1=0或2x-2-1=0,
解得:x1=1,x2=.
【知识点】因式分解﹣综合运用提公因式与公式法;因式分解法解一元二次方程;解分式方程
【解析】【分析】(1)先提取各项的公因式4,再利用平方差公式继续分解到每一个因式都不能再分解为止;
(2)先提取各项的公因式-b,再利用完全平方公式继续分解到每一个因式都不能再分解为止;
(3)方程两边同时乘以(x-1)(x+1)约去分母,将分式方程转化为整式方程,解整式方程求出x的值,再检验即可得出原方程的解;
(4)将x-1看成一个整体,直接利用因式分解法求解,首先将右边的x-1移到方程的左边,进而将方程的左边利用提取公因式法分解因式,根据两个因式的乘积等于0,则至少有一个因式为0,从而将方程降次为两个一元一次方程,解一元一次方程可求出原方程的解.
18.(2023九上·福田开学考)先化简,再求值: ,其中m=4.
【答案】解:原式=[ + ]÷
=
= ,
当m=4时,
原式= =
【知识点】分式的通分;分式的混合运算;分式的化简求值
【解析】【分析】先将分式进行加减乘除混合运算,求得最简分式,然后将数值代入求解即可。
19.(2023九上·福田开学考)△ABC在平面直角坐标系xOy中的位置如图所示.
⑴作△ABC关于点C成中心对称的△A1B1C1.
⑵将△A1B1C1向右平移4个单位,作出平移后的△A2B2C2.
⑶在x轴上求作一点P,使PA1+PC2的值最小,并写出点P的坐标(不写解答过程,直接写出结果)
【答案】解:(1)如图所示: △A1B1C1就是所求的三角形;
(2)如图所示: △A2B2C2 就是所求的三角形;
(3)如图所示:作出A1关于x轴的对称点A′,连接A′C2,交x轴于点P,该点就是所求的点;
设直线A'C2的解析式为y=kx+b,
将点A'(2,-1),C2(4,2)分别代入得,
解得,
∴直线A'C2的解析式为,
将y=0代入得x=,
∴P点坐标为:(,0).
【知识点】轴对称的应用-最短距离问题;坐标与图形变化﹣平移;中心对称及中心对称图形;坐标与图形变化﹣旋转;一次函数图象与坐标轴交点问题
【解析】【分析】(1)利用方格纸的特点及中心对称的性质,分别作出点A、B、C关于点C的对称点A1、B1、C1,再连接即可;
(2)利用方格纸的特点及平移的性质,分别作出点A1、B1、C1向右平移4个单位长度后的对应A2、B2、C2,再连接即可;
(3)作出A1关于x轴的对称点A′,连接A′C2,交x轴于点P,该点就是所求的点;根据点A'及C2的坐标,利用待定系数法求出直线A'C2的解析式,进而将y=0代入所求的解析式算出对应的x的值,可得点P的坐标.
20.(2023九上·福田开学考)如图,在□ABCD中,E为BC边的中点,连接DE,并延长DE交AB的延长线于点F.
(1)求证:四边形DBFC是平行四边形.
(2)若BC=DF,AD=8,∠A=60°,求BD的长.
【答案】(1)证明:∵四边形ABCD是平行四边形,
∴AB∥CD,
∴∠DCE=∠FBE,
∵点E为BC边的中点,∴BE=CE,
∵在△DCE和△FBE中,,
∴△CDE≌△BFE(ASA);
∴CE=BE,DE=FE,
∴四边形DBFC是平行四边形;
(2)解:∵四边形DBFC是平行四边形,BC=DF,
∴四边形DBFC是矩形,
∴∠BDC=90°,
∵ ABCD中,AD=8,∠A=60°,
∴BC=8,∠DCB=60°,
∴∠DBC=30°,
∴DC=BC=4,
∴DB===4.
【知识点】含30°角的直角三角形;勾股定理;平行四边形的判定与性质;矩形的判定与性质;三角形全等的判定-ASA
【解析】【分析】(1)由平行四边形的性质得AB∥CD,由平行线的性质得∠DCE=∠FBE,从而用ASA判断出△CDE≌△BFE,由全等三角形的对应边相等得CE=BE,DE=FE,进而根据对角线互相平分的四边形是平行四边形可得结论;
(2)由对角线相等的平行四边形是矩形得四边形DBFC是矩形,则∠BDC=90°,然后根据含30°角直角三角形的性质求出DC,进而由勾股定理算出BD.
21.(2023九上·福田开学考)下面是小亮学习了“分式方程的应用”后所作的课堂学习笔记,请认真阅读并完成相应的任务.
题目:某商店准备购进甲、乙两种商品,甲种商品每件的进价比乙种商品每件的进价多20元,用2000元购进甲种商品和用1200元购进乙种商品的数量相同.求甲、乙两种商品每件的进价各是多少元.
方法 分析问题 列出方程
解法一 设…… 等量关系:甲商品数量=乙商品数量
解法二 设…… 等量关系:甲商品进价-乙商品进价=20
任务:
(1)解法一所列方程中的x表示   ,解法二所列方程中的x表示   .
A.甲种商品每件进价x元
B.乙种商品每件进价x元
C.甲种商品购进x件
(2)根据以上解法可求出甲种商品的进价为   元/件,乙种商品的进价为   元/件.
(3)若商店将甲种商品每件的售价定为80元,乙种商品每件的售价定为45元.商店计划用不超过1440元的资金购进甲、乙两种商品共40件,当购进的甲、乙两种商品全部售出后,请求出该商店获得最大的利润W.(利润=售价-进价)
【答案】(1)A;C
(2)50;30
(3)解:设购进甲种商品m件,则购买乙种商品(40-m)件,商品所获总利润为w元,
根据题意可知,w=(80-50)m+(45-30)(40-m)
=15m+600.
∵50m+30(40-m)≤1440,
∴m≤12.
∵15>0,
∴w随m的增大而增大,
∴当m=12时,W可取得最大值,此时W的最大值为:15×12+600=780(元).
∴最大利润W为780元.
【知识点】分式方程的实际应用;一次函数的实际应用-销售问题
【解析】【解答】解:(1)根据题意可知,解法一所列方程中的x表示甲种商品每件进价×元,解法二所列方程中的x表示甲种商品购进x件;
故答案为:A,C;
(2)解方程 得x=50,
经检验,x=50是原分式方程的解且符合题意,
∴x-20=30,
∴ 甲种商品的进价为50元每件,乙商品的进价为30元每件;
故答案为:50,30;
【分析】(1)根据总价÷进价=商品数量及总价÷商品数量=进价可得出结论;
(2)解(1)中解法一的分式方程,并检验即可得出结论;
(3)设购进甲种商品m件,则购买乙种商品(40 -m)件,根据销售甲商品m件的利润+销售乙商品(40-m)的利润=商店获取的总利润列出w与m的关系式,根据所给条件得出m的取值范围,利用一次函数的性质可得出结论.
22.(2023九上·福田开学考)如图,在平面直角坐标系xOy中,直线AB的解析式为y=2x-2,此直线交x轴于点B,交y轴于点A,直线x=-3与x轴交于点D.
(1)求A,B两点的坐标;
(2)如图1,若点M在x轴上方,且在直线x=-3上,若△MAB面积等于12,请求出点M的坐标;
(3)如图2,已知点C(-3,4),若点P为直线AB上一动点,连接PC,在坐标轴上是否存在点Q,使△PCQ是以Q为直角顶点,PC为底边的等腰直角三角形,若存在,请直接写出点Q坐标;若不存在,请说明理由.
【答案】(1)解:直线y=2x-2交x轴于点B,交y轴于点A,
令x=0,y=-2,
令y=0,x=1,
∴A(0,-2),B(1,0);
(2)解:过M作MN∥AB交x轴于N,连接AN,如图:
∵MN∥AB,△MAB面积等于12,
∴△NAB面积等于12,
∴NB |yA|=12,即NB×2=12,
∴NB=12,
∴N(-11,0),
∵MN∥AB,设直线NM为y=2x+c,则0=2×(-11)+c,
∴c=22,
∴直线MN为y=2x+22,
令x=-3得y=16,
∴M(-3,16);
(3)解:存在,设P(t,2t-2),
①当点Q在x轴负半轴时,过P作PE⊥x轴于E,如图,
∴OE=t,PE=2t-2,
∵△PCQ是以Q为直角顶点,PC为底边的等腰直角三角形,
∴PQ=CQ,∠PQC=90°,
∴∠PQE=90°-∠CQD=∠QCD,
又∵∠PEQ=∠QDC,
∴△PEQ≌△QDC(AAS),
∴QD=PE=2t-2,QE=CD=4,
∴OQ=QE-OE=OD-QD,
即4-t=3-2t+2,
∴t=1,
∴OQ=3,
∴Q(-3,0);
②当Q在y轴正半轴上时,过C作CF⊥y轴于F,过P作PG⊥y轴于G,如图:
∴PG=t,OG=2t-2,
∵△PCQ是以PC为底边的等腰直角三角形,
∴PQ=CQ,∠PQC=90°,
∴∠CQF=90°-∠PQG=∠GPQ,
又∵∠CFQ=∠PGQ=90°,
∴△CQF≌△QPG(AAS),
∴CF=QG=3,QF=PG=t,
∴OQ=OG-QG=OF-QF,
即2t-2-3=4-t,
∴t=3,
∴OQ=4-t=1,
∴Q(0,1);
③当Q在y轴正半轴上时,过点C作CF⊥y轴于F,过P作PT⊥y轴于T,如图,
∴BT=t,OT=2t-2,
同②可证△CFQ≌△QTP(AAS),
∴CF=QT=3,QF=PT=t,
∴OQ=OT+QT=OF+QF,即2t-2+3=4+t,
∴t=3,
∴OQ=4+t=7,
∴Q(0,7);
④当点Q在x轴正半轴时,过P作PH⊥x轴于E,如图,
∴OH=-t,PH=2-2t,
∵△PCQ是以Q为直角顶点,PC为底边的等腰直角三角形,
∴PQ=CQ,∠PQC=90°,
∴∠PQH=90°-∠CQD=∠QCD,
又∵∠PHQ=∠QDC,
∴△PHQ≌△QDC(AAS),
∴QD=PH=2-2t,QH=CD=4,
∴OQ=QH-OH=DQ-OD,
即4+t=2-2t-3,
∴t=-,
∴OQ=4+t=4-=,
∴Q(,0);
综上,Q的坐标为(-3,0)或(0,1)或(0,7)或(,0).
【知识点】两一次函数图象相交或平行问题;三角形的面积;一次函数图象与坐标轴交点问题;等腰直角三角形;三角形全等的判定-AAS
【解析】【分析】(1)令直线y=2x-2中的x=0与y=0算出对应的y与x的值,可得点A、B的坐标;
(2)过M作MN∥AB交x轴于N,连接AN,由平行线间的距离相等及同底等高的三角形的面积相等得△NAB面积=△MAB面积=12,从而根据三角形面积计算公式建立方程NB |yA|=12,即NB×2=12,求解可得出点N的坐标,利用互相平行直线的比例系数相等可设设直线NM为y=2x+c,将点N的坐标代入算出c的值,从而求出直线MN的解析式,进而将x=-3代入直线MN的解析式算出对应的函数值即可得出点M的坐标;
(3)存在,设P(t,2t-2),①当点Q在x轴负半轴时,过P作PE⊥x轴于E,则OE=t,PE=2t-2,先用AAS判断出△PEQ≌△QDC,得QD=PE=2t-2,QE=CD=4,进而根据OQ=QE-OE=OD-QD,建立方程,求解可得t的值,从而可得点Q的坐标;②当Q在y轴正半轴上时,过C作CF⊥y轴于F,过P作PG⊥y轴于G,则PG=t,OG=2t-2,先用AAS判断出△CQF≌△QPG,得CF=QG=3,QF=PG=t,进而根据OQ=OG-QG=OF-QF,建立方程,求解可得t的值,从而可得点Q的坐标;③当Q在y轴正半轴上时,过点C作CF⊥y轴于F,过P作PT⊥y轴于T,BT=t,OT=2t-2,先用AAS判断出△CFQ≌△QTP,得CF=QT=3,QF=PT=t,进而根据OQ=OT+QT=OF+QF,建立方程,求解可得t的值,从而可得点Q的坐标;④当点Q在x轴正半轴时,过P作PH⊥x轴于E,如图,OH=-t,PH=2-2t,先用AAS判断出△PHQ≌△QDC,得QD=PH=2-2t,QH=CD=4,进而根据OQ=QH-OH=DQ-OD,建立方程,求解可得t的值,从而可得点Q的坐标,综上即可得出答案.
1 / 1广东省深圳市福田区外国语学校北校区2023-2024学年九年级上册数学开学考试卷
1.(2023九上·福田开学考)许多数学符号蕴含着对称美,在下列数学符号中,既是轴对称图形,又是中心对称图形的符号是(  )
A. B. C. D.
2.(2023九上·福田开学考)已知a<b,则下列不等式一定成立的是(  )
A.a+3>b+3 B.2a>2b C.-a<-b D.a-b<0
3.(2023九上·福田开学考)要使分式 有意义,则x的取值应满足(  )
A.x≠2 B.x≠-1 C.x=2 D.x=-1
4.(2023九上·福田开学考)如图,在□ABCD中,DE平分∠ADC,AD=8,BE=3,则□ABCD的周长是(  )
A.16 B.14 C.26 D.24
5.(2023九上·福田开学考)一元二次方程x2-4x-1=0配方后正确的是(  )
A.(x-2)2=1 B.(x-2)2=5
C.(x-4)2=1 D.(x-4)2=5
6.(2023九上·福田开学考)若关于x的一元二次方程x2+3x-k=0有两个不相等的实数根,则实数k的取值范围为(  )
A.k> B.k≥ C.k< D.k≤
7.(2023九上·福田开学考)下列说法中正确的是(  )
A.有一个角是直角的四边形是矩形
B.两条对角线互相垂直的四边形是菱形
C.两条对角线互相垂直平分的四边形是正方形
D.两条对角线相等的菱形是正方形
8.(2023九上·福田开学考)已知不等式ax+b>0的解集是x<-2,则函数y=ax+b的图象可能是(  )
A. B.
C. D.
9.(2023九上·福田开学考)如图,DE为△ABC的中位线,点F在DE上,且∠AFB=90°,若AB=6,BC=10,则EF的长为(  )
A.1 B.2 C.3 D.5
10.(2023九上·福田开学考)如图,正方形ABCD边长为1,点E在边AB上(不与A,B重合),将△ADE沿直线DE折叠,点A落在点A1处,连接A1B,将A1B绕点B顺时针旋转90°得到A2B,连接A1A,A1C,A2C.给出下列四个结论:①△ABA1≌△CBA2;②∠ADE+∠A1CB=45°;③点P是直线DE上动点,则CP+AP的最小值为;④当∠ADE=30°时,△A1BE的面积为.其中正确的结论个数是(  )
A.1 B.2 C.3 D.4
11.(2023九上·福田开学考)若x=-1是关于x的一元二次方程x2-3x-2p=0的一个根,则p=   .
12.(2023九上·福田开学考)如图所示,四边形ABCD是边长为2的菱形,AC=2,则四边形ABCD的面积为   .
13.(2023九上·福田开学考)公园原有一块正方形空地,后来从这块空地上划出部分区域栽种鲜花(阴影部分),原空地一边减少了3m,另一边减少了2m,剩余空地面积为56m2,设正方形空地原来的边长为xm,则可列方程为   .
14.(2023九上·福田开学考)如图,△ABC中,AB=AC,P是BC延长线上一点,CF⊥AP于F,D,E分别为BC和AC的中点,连ED,EF,若∠APB=40°,则∠DEF=   度.
15.(2023九上·福田开学考)如图,四边形ABCD是菱形,BD=4,AD=2,点E是CD边上的一动点,过点E作EF⊥OC于点F,EG⊥OD于点G,连接FG,则FG的最小值为   .
16.(2023九上·福田开学考)解不等式组:,并在数轴上表示出它的解集.
17.(2023九上·福田开学考)
(1)因式分解:16-4x2;
(2)因式分解:4ab2-4a2b-b3.
(3)解方程:=2.
(4)解方程:2(x-1)2=x-1.
18.(2023九上·福田开学考)先化简,再求值: ,其中m=4.
19.(2023九上·福田开学考)△ABC在平面直角坐标系xOy中的位置如图所示.
⑴作△ABC关于点C成中心对称的△A1B1C1.
⑵将△A1B1C1向右平移4个单位,作出平移后的△A2B2C2.
⑶在x轴上求作一点P,使PA1+PC2的值最小,并写出点P的坐标(不写解答过程,直接写出结果)
20.(2023九上·福田开学考)如图,在□ABCD中,E为BC边的中点,连接DE,并延长DE交AB的延长线于点F.
(1)求证:四边形DBFC是平行四边形.
(2)若BC=DF,AD=8,∠A=60°,求BD的长.
21.(2023九上·福田开学考)下面是小亮学习了“分式方程的应用”后所作的课堂学习笔记,请认真阅读并完成相应的任务.
题目:某商店准备购进甲、乙两种商品,甲种商品每件的进价比乙种商品每件的进价多20元,用2000元购进甲种商品和用1200元购进乙种商品的数量相同.求甲、乙两种商品每件的进价各是多少元.
方法 分析问题 列出方程
解法一 设…… 等量关系:甲商品数量=乙商品数量
解法二 设…… 等量关系:甲商品进价-乙商品进价=20
任务:
(1)解法一所列方程中的x表示   ,解法二所列方程中的x表示   .
A.甲种商品每件进价x元
B.乙种商品每件进价x元
C.甲种商品购进x件
(2)根据以上解法可求出甲种商品的进价为   元/件,乙种商品的进价为   元/件.
(3)若商店将甲种商品每件的售价定为80元,乙种商品每件的售价定为45元.商店计划用不超过1440元的资金购进甲、乙两种商品共40件,当购进的甲、乙两种商品全部售出后,请求出该商店获得最大的利润W.(利润=售价-进价)
22.(2023九上·福田开学考)如图,在平面直角坐标系xOy中,直线AB的解析式为y=2x-2,此直线交x轴于点B,交y轴于点A,直线x=-3与x轴交于点D.
(1)求A,B两点的坐标;
(2)如图1,若点M在x轴上方,且在直线x=-3上,若△MAB面积等于12,请求出点M的坐标;
(3)如图2,已知点C(-3,4),若点P为直线AB上一动点,连接PC,在坐标轴上是否存在点Q,使△PCQ是以Q为直角顶点,PC为底边的等腰直角三角形,若存在,请直接写出点Q坐标;若不存在,请说明理由.
答案解析部分
1.【答案】C
【知识点】轴对称图形;中心对称及中心对称图形
【解析】【解答】解:A、此选项中的图形是中心对称图形,不是轴对称图形,故此选项不符合题意;
B、此选项中的图形不是中心对称图形,是轴对称图形,故此选项不符合题意;
C、此选项中的图形既是中心对称图形,也是轴对称图形,故此选项符合题意;
D、此选项中的图形不是中心对称图形,是轴对称图形,故此选项不符合题意.
故答案为:C.
【分析】把一个平面图形,沿着某一条直线折叠,直线两旁的部分能完全重合的平面图形就是轴对称图形;把一个平面图形,绕着某一点旋转180°后,能与自身重合的图形就是中心对称图形,根据定义即可一 一判断得出答案.
2.【答案】D
【知识点】不等式的性质
【解析】【解答】解:A、∵a<b,∴a+3<b+3,故此选项不成立,不符合题意;
B、∵a<b,∴2a<2b,故此选项不成立,不符合题意;
C、∵a<b,∴-a>-b,故此选项不成立,不符合题意;
D、∵a<b,∴a-b<b-b,即a-b<0,故此选项成立,符合题意.
故答案为:D.
【分析】不等式的两边同时加上或减去同一个数或式子,不等号的方向不改变;不等式的两边同时乘以或除以同一个正数,不等号的方向不改变;不等式的两边同时乘以或除以同一个负数,不等号的方向改变,据此一 一判断得出答案.
3.【答案】A
【知识点】分式有无意义的条件
【解析】【解答】解:根据题意得:x-2≠0
∴x≠2
故答案为:A
【分析】根据分式有意义则分母不等于0,列不等式求解即可。
4.【答案】C
【知识点】等腰三角形的判定与性质;平行四边形的性质
【解析】【解答】解:∵四边形ABCD是平行四边形,
∴AD=BC=8,AD∥BC,
∴∠ADE=∠CED,CE=BC-BE=5,
∵DE平分∠ADC,
∴∠ADE=∠CDE,
∴∠CED=∠CDE,
∴CE=CD=5,
∴平行四边形ABCD的周长为:2(AD+CD)=2(8+5)=26.
故答案为:C.
【分析】由平行四边形的对边平行且相等得AD=BC=8,AD∥BC,由平行线的性质及角平分线的定义可得∠CED=∠CDE,由等角对等边得CE=CD=5,最后根据平行四边形的周长等于两邻边和的2倍计算即可.
5.【答案】B
【知识点】配方法解一元二次方程
【解析】【解答】解:x2-4x-1=0,
移项,得x2-4x=1,
配方,得x2-4x+4=1+4,
∴(x-2)2=5,
故答案为:B.
【分析】首先将常数项移到方程的右边,然后方程的两边都加上一次项系数一半的平方“4”,左边利用完全平方公式分解因式,右边合并同类项可得答案.
6.【答案】A
【知识点】一元二次方程根的判别式及应用
【解析】【解答】解:∵关于x的一元二次方程x2+3x-k=0有两个不相等的实数根,
∴△=b2-4ac>0,即32-4×(-k)>0,
解得k>.
故答案为:A.
【分析】对于一元二次方程“ax2+bx+c=0(a、b、c是常数,且a≠0)”中,当b2-4ac>0时方程有两个不相等的实数根,当b2-4ac=0时方程有两个相等的实数根,当b2-4ac<0时方程没有实数根,据此并结合题意列出不等式,求解即可.
7.【答案】D
【知识点】菱形的判定;矩形的判定;正方形的判定
【解析】【解答】解:A. 有一个角是直角的四边形是矩形,错误,不符合题意;
B. 两条对角线互相垂直的四边形是菱形,错误,不符合题意;
C. 两条对角线互相垂直平分的四边形是正方形,错误,不符合题意;
D. 两条对角线相等的菱形是正方形,正确,符合题意。
故答案为:D。
【分析】有一个角是直角的平行四边形是矩形; 两条对角线互相垂直的平行四边形是菱形;两条对角线互相垂直平分的四边形是菱形;两条对角线相等的菱形是正方形,根据菱形、矩形、正方形的判定定理即可一一判断得出答案。
8.【答案】A
【知识点】一次函数与不等式(组)的关系
【解析】【解答】解:不等式ax+b>0的解集是x<-2,
∴当x<-2时,函数y=ax+b的函数值为正数,即直线y=ax+b的图象在x轴上方,且该函数图象与x轴交点坐标为(-2,0),
故B、C、D都不符合题意,只有A选项符合题意.
故答案为:A.
【分析】根据一次函数与一元一次不等式的关系,得到当x<-2时,直线y=ax+b的图象在x轴上方,然后对各选项分别进行判断即可.
9.【答案】B
【知识点】三角形的中位线定理;直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解:∵DE是△ABC的中位线,
∴DE=BC=5,
在Rt△ABF中,点D是斜边AB的中点,
∴DF=AB=3,
∴EF=DE-DF=2.
故答案为:B.
【分析】根据三角形的中位线等于第三边的一半求出DE的长,再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求出DF的长,最后根据EF=DE-DF可算出答案.
10.【答案】C
【知识点】三角形三边关系;正方形的性质;解直角三角形;三角形全等的判定-SAS;四边形的综合
【解析】【解答】解:∵四边形ABCD是正方形,
∴BA=BC,∠ABC=90°,
∵∠A1BA2=∠ABC=90°,即∠ABA1+∠A1BC=∠A1BC+∠A2BC=90°,
∴∠ABA1=∠CBA2,
由旋转知BA1=BA2,
∴△ABA1≌△CBA2(SAS),故①正确;
过点D作DT⊥CA1于点T,
由折叠知AD=DA1,由正方形性质得DA=DC,
∴CD=DA1,
又DT⊥CA1,
∴∠CDT=∠A1DT,
由折叠知∠ADE=∠A1DE,由正方形性质得∠ADC=90°,
∴∠ADE+∠CDT=45°,
∵∠CDT+∠DCT=90°,∠DCT+∠BCA1=90°,
∴∠CDT=∠BCA1,
∴∠ADE+∠BCA1=45°,故②正确;
连接PA、PC,
∵四边形ABCD是边长为1的正方形,
∴AD=CD=1,∠ADC=90°,
∴AC=,
∵A与A1关于DE对称,
∴PA=PA1,
∴PA1+PC=PA+PC≥AC=,
∴PA1+PC的最小值为,故③正确;
过点A1作A1H⊥AB于点H,
∵∠ADE=30°,
∴AE=A1E=AD×tan30°=,
∴EB=AB-AE=1-,
∵∠A1EB=60°,
∴A1H=A1E×sin60°=,
∴△A1BE的面积为:,故④错误,
综上正确的有①②③,共3个.
故答案为:C.
【分析】由正方形性质得BA=BC,∠ABC=90°,由同角的余角相等得∠ABA1=∠CBA2,由旋转知BA1=BA2,从而用SAS判断出△ABA1≌△CBA2,据此可判断①;过点D作DT⊥CA1于点T,由折叠及正方形性质可得CD=DA1,由等腰三角形的三线合一得∠CDT=∠A1DT,从而易得∠ADE+∠CDT=45°,由同角的余角相等得∠CDT=∠BCA1,从而即可判断②;连接PA、PC,首先用勾股定理算出AC的长,根据轴对称的性质得PA=PA1,利用三角形三边关系可得PA1+PC=PA+PC≥AC,据此可判断③;过点A1作A1H⊥AB于点H,利用∠ADE的正切函数及特殊锐角三角函数值求出AE,由∠A1EB的正弦函数及特殊锐角三角函数值求出A1H,从而即可解决此题,可判断④.
11.【答案】2
【知识点】一元二次方程的根
【解析】【解答】解:∵x=-1是关于x的一元二次方程x2-3x-2p=0的一个根,
∴(-1)2-3×(-1)-2p=0,
解得p=2.
故答案为:2.
【分析】根据一元二次方程根的概念,将x=-1代入方程可得关于字母p的一元一次方程,求解可得p的值.
12.【答案】
【知识点】勾股定理;菱形的性质
【解析】【解答】解:∵ 四边形ABCD是边长为2的菱形,AC=2,
∴AO=AC=1,AC⊥BD,AB=2,BD=2OB,
∴BO=,
∴BD=,
∴菱形ABCD的面积为:.
故答案为:.
【分析】根据菱形的对角线互相垂直平分得AO=AC=1,AC⊥BD,BD=2OB,然后用勾股定理算出OB,可得BD的长,最后根据菱形的面积等于两对角线乘积的一半计算可得答案.
13.【答案】(x-3)(x-2)=56
【知识点】列一元二次方程
【解析】【解答】解:设正方形空地原来的边长为xm,则剩余空地的长为(x-2)m,宽为(x-3)m,
由题意得(x-3)(x-2)=56
故答案为:(x-3)(x-2)=56.
【分析】设正方形空地原来的边长为xm,用含x的式子表示出剩余空地的长与宽,进而根据矩形面积的计算方法列出方程即可.
14.【答案】100
【知识点】三角形内角和定理;三角形的外角性质;等腰三角形的性质;三角形的中位线定理;直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解:∵CF⊥AP,
∴∠AFC=90°=∠CFP,
又∵∠P=40°,
∴∠BCF=∠P+∠CFP=130°;
∵AB=AC,
∴∠B=∠ACB,
∵D、E是BC、AC的中点,
∴DE∥AB,
∴∠B=∠EDC,
∴∠EDC=∠ACB,
∴∠DEC=180°-2∠ECD;
在Rt△ACF中,点E是斜边AC的中点,
∴EF=EC,
∴∠ECF=∠EFC,
∴∠CEF=180°-2∠ECF,
∴∠DEF=∠DEC+∠CEF=360°-2∠ECD-2∠ECF=360°-2(∠ECD+∠ECF)=360°-2∠BCF=360°-2×130°=100°.
故答案为:100.
【分析】先由垂直定义得∠AFC=90°=∠CFP,由三角形外角相等得∠BCF=∠P+∠CFP=130°;由等边对等角得∠B=∠ACB,由三角形中位线定理得DE∥AB,由平行线的性质及等量代换得∠EDC=∠ACB,根据三角形的内角和定理得∠DEC=180°-2∠ECD;由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得EF=EC,由等边对等角及三角形的内角和定理得∠CEF=180°-2∠ECF,进而根据角的和差列式计算可得答案.
15.【答案】
【知识点】垂线段最短及其应用;三角形的面积;勾股定理;菱形的性质;矩形的判定与性质
【解析】【解答】解:如图,连接OE,
∵四边形ABCD是菱形,
∴AC⊥BD,DO=BD=,OA=OC,AD=CD=,
在Rt△AOD中,,
∴OC=OA=4,
∵EF⊥OC,EG⊥OD,AC⊥BD,
∴∠EGO=∠EFO=∠COD=90°,
∴四边形EFOG是矩形,
∴OE=GF,
∴要使GF最小,则只需要OE最小,根据垂线段最短可得当OE⊥CD时,OE最短,
此时S△COD=OC×OD=×CD×OE,
∴,
解得OE=,∴FG的最小值为.
故答案为:.
【分析】由菱形的性质得AC⊥BD,DO=BD=,OA=OC,AD=CD=,在Rt△AOD中,由勾股定理算出AO,从而可得OC的长,由有三个角是直角的四边形是矩形得四边形EFOG是矩形,由矩形的对角线相等得OE=GF,要使GF最小,则只需要OE最小,根据垂线段最短可得当OE⊥CD时,OE最短,从而根据等面积法可求出OE的最小值,从而此题得解.
16.【答案】解:解不等式①,得:x<4,
解不等式②,得:x≥-1,
∴不等式组的解集为-1≤x<4,
将不等式的解集表示在数轴上如下:
【知识点】在数轴上表示不等式组的解集;解一元一次不等式组
【解析】【分析】分别解出不等式组中两个不等式的解集,根据口诀:同大取大,同小取小,大小小大中间找,大大小小无解了确定出解集,进而根据数轴上表示不等式组的解集的方法“大向右,小向左,实心等于,空心不等”将该不等式组的解集在数轴上表示出来即可.
17.【答案】(1)解:原式=4(2+x)(2-x);
(2)解:原式=-b(4a2-4ab+b2)=-b(2a-b)2;
(3)解:去分母得:3(x+1)+2x(x-1)=2(x+1)(x-1),
去括号得:3x+3+2x2-2x=2x2-2,
解得:x=-5,
经检验x=-5是分式方程的解;
(4)解:2(x-1)2-(x-1)=0,
(x-1)(2x-2-1)=0,
x-1=0或2x-2-1=0,
解得:x1=1,x2=.
【知识点】因式分解﹣综合运用提公因式与公式法;因式分解法解一元二次方程;解分式方程
【解析】【分析】(1)先提取各项的公因式4,再利用平方差公式继续分解到每一个因式都不能再分解为止;
(2)先提取各项的公因式-b,再利用完全平方公式继续分解到每一个因式都不能再分解为止;
(3)方程两边同时乘以(x-1)(x+1)约去分母,将分式方程转化为整式方程,解整式方程求出x的值,再检验即可得出原方程的解;
(4)将x-1看成一个整体,直接利用因式分解法求解,首先将右边的x-1移到方程的左边,进而将方程的左边利用提取公因式法分解因式,根据两个因式的乘积等于0,则至少有一个因式为0,从而将方程降次为两个一元一次方程,解一元一次方程可求出原方程的解.
18.【答案】解:原式=[ + ]÷
=
= ,
当m=4时,
原式= =
【知识点】分式的通分;分式的混合运算;分式的化简求值
【解析】【分析】先将分式进行加减乘除混合运算,求得最简分式,然后将数值代入求解即可。
19.【答案】解:(1)如图所示: △A1B1C1就是所求的三角形;
(2)如图所示: △A2B2C2 就是所求的三角形;
(3)如图所示:作出A1关于x轴的对称点A′,连接A′C2,交x轴于点P,该点就是所求的点;
设直线A'C2的解析式为y=kx+b,
将点A'(2,-1),C2(4,2)分别代入得,
解得,
∴直线A'C2的解析式为,
将y=0代入得x=,
∴P点坐标为:(,0).
【知识点】轴对称的应用-最短距离问题;坐标与图形变化﹣平移;中心对称及中心对称图形;坐标与图形变化﹣旋转;一次函数图象与坐标轴交点问题
【解析】【分析】(1)利用方格纸的特点及中心对称的性质,分别作出点A、B、C关于点C的对称点A1、B1、C1,再连接即可;
(2)利用方格纸的特点及平移的性质,分别作出点A1、B1、C1向右平移4个单位长度后的对应A2、B2、C2,再连接即可;
(3)作出A1关于x轴的对称点A′,连接A′C2,交x轴于点P,该点就是所求的点;根据点A'及C2的坐标,利用待定系数法求出直线A'C2的解析式,进而将y=0代入所求的解析式算出对应的x的值,可得点P的坐标.
20.【答案】(1)证明:∵四边形ABCD是平行四边形,
∴AB∥CD,
∴∠DCE=∠FBE,
∵点E为BC边的中点,∴BE=CE,
∵在△DCE和△FBE中,,
∴△CDE≌△BFE(ASA);
∴CE=BE,DE=FE,
∴四边形DBFC是平行四边形;
(2)解:∵四边形DBFC是平行四边形,BC=DF,
∴四边形DBFC是矩形,
∴∠BDC=90°,
∵ ABCD中,AD=8,∠A=60°,
∴BC=8,∠DCB=60°,
∴∠DBC=30°,
∴DC=BC=4,
∴DB===4.
【知识点】含30°角的直角三角形;勾股定理;平行四边形的判定与性质;矩形的判定与性质;三角形全等的判定-ASA
【解析】【分析】(1)由平行四边形的性质得AB∥CD,由平行线的性质得∠DCE=∠FBE,从而用ASA判断出△CDE≌△BFE,由全等三角形的对应边相等得CE=BE,DE=FE,进而根据对角线互相平分的四边形是平行四边形可得结论;
(2)由对角线相等的平行四边形是矩形得四边形DBFC是矩形,则∠BDC=90°,然后根据含30°角直角三角形的性质求出DC,进而由勾股定理算出BD.
21.【答案】(1)A;C
(2)50;30
(3)解:设购进甲种商品m件,则购买乙种商品(40-m)件,商品所获总利润为w元,
根据题意可知,w=(80-50)m+(45-30)(40-m)
=15m+600.
∵50m+30(40-m)≤1440,
∴m≤12.
∵15>0,
∴w随m的增大而增大,
∴当m=12时,W可取得最大值,此时W的最大值为:15×12+600=780(元).
∴最大利润W为780元.
【知识点】分式方程的实际应用;一次函数的实际应用-销售问题
【解析】【解答】解:(1)根据题意可知,解法一所列方程中的x表示甲种商品每件进价×元,解法二所列方程中的x表示甲种商品购进x件;
故答案为:A,C;
(2)解方程 得x=50,
经检验,x=50是原分式方程的解且符合题意,
∴x-20=30,
∴ 甲种商品的进价为50元每件,乙商品的进价为30元每件;
故答案为:50,30;
【分析】(1)根据总价÷进价=商品数量及总价÷商品数量=进价可得出结论;
(2)解(1)中解法一的分式方程,并检验即可得出结论;
(3)设购进甲种商品m件,则购买乙种商品(40 -m)件,根据销售甲商品m件的利润+销售乙商品(40-m)的利润=商店获取的总利润列出w与m的关系式,根据所给条件得出m的取值范围,利用一次函数的性质可得出结论.
22.【答案】(1)解:直线y=2x-2交x轴于点B,交y轴于点A,
令x=0,y=-2,
令y=0,x=1,
∴A(0,-2),B(1,0);
(2)解:过M作MN∥AB交x轴于N,连接AN,如图:
∵MN∥AB,△MAB面积等于12,
∴△NAB面积等于12,
∴NB |yA|=12,即NB×2=12,
∴NB=12,
∴N(-11,0),
∵MN∥AB,设直线NM为y=2x+c,则0=2×(-11)+c,
∴c=22,
∴直线MN为y=2x+22,
令x=-3得y=16,
∴M(-3,16);
(3)解:存在,设P(t,2t-2),
①当点Q在x轴负半轴时,过P作PE⊥x轴于E,如图,
∴OE=t,PE=2t-2,
∵△PCQ是以Q为直角顶点,PC为底边的等腰直角三角形,
∴PQ=CQ,∠PQC=90°,
∴∠PQE=90°-∠CQD=∠QCD,
又∵∠PEQ=∠QDC,
∴△PEQ≌△QDC(AAS),
∴QD=PE=2t-2,QE=CD=4,
∴OQ=QE-OE=OD-QD,
即4-t=3-2t+2,
∴t=1,
∴OQ=3,
∴Q(-3,0);
②当Q在y轴正半轴上时,过C作CF⊥y轴于F,过P作PG⊥y轴于G,如图:
∴PG=t,OG=2t-2,
∵△PCQ是以PC为底边的等腰直角三角形,
∴PQ=CQ,∠PQC=90°,
∴∠CQF=90°-∠PQG=∠GPQ,
又∵∠CFQ=∠PGQ=90°,
∴△CQF≌△QPG(AAS),
∴CF=QG=3,QF=PG=t,
∴OQ=OG-QG=OF-QF,
即2t-2-3=4-t,
∴t=3,
∴OQ=4-t=1,
∴Q(0,1);
③当Q在y轴正半轴上时,过点C作CF⊥y轴于F,过P作PT⊥y轴于T,如图,
∴BT=t,OT=2t-2,
同②可证△CFQ≌△QTP(AAS),
∴CF=QT=3,QF=PT=t,
∴OQ=OT+QT=OF+QF,即2t-2+3=4+t,
∴t=3,
∴OQ=4+t=7,
∴Q(0,7);
④当点Q在x轴正半轴时,过P作PH⊥x轴于E,如图,
∴OH=-t,PH=2-2t,
∵△PCQ是以Q为直角顶点,PC为底边的等腰直角三角形,
∴PQ=CQ,∠PQC=90°,
∴∠PQH=90°-∠CQD=∠QCD,
又∵∠PHQ=∠QDC,
∴△PHQ≌△QDC(AAS),
∴QD=PH=2-2t,QH=CD=4,
∴OQ=QH-OH=DQ-OD,
即4+t=2-2t-3,
∴t=-,
∴OQ=4+t=4-=,
∴Q(,0);
综上,Q的坐标为(-3,0)或(0,1)或(0,7)或(,0).
【知识点】两一次函数图象相交或平行问题;三角形的面积;一次函数图象与坐标轴交点问题;等腰直角三角形;三角形全等的判定-AAS
【解析】【分析】(1)令直线y=2x-2中的x=0与y=0算出对应的y与x的值,可得点A、B的坐标;
(2)过M作MN∥AB交x轴于N,连接AN,由平行线间的距离相等及同底等高的三角形的面积相等得△NAB面积=△MAB面积=12,从而根据三角形面积计算公式建立方程NB |yA|=12,即NB×2=12,求解可得出点N的坐标,利用互相平行直线的比例系数相等可设设直线NM为y=2x+c,将点N的坐标代入算出c的值,从而求出直线MN的解析式,进而将x=-3代入直线MN的解析式算出对应的函数值即可得出点M的坐标;
(3)存在,设P(t,2t-2),①当点Q在x轴负半轴时,过P作PE⊥x轴于E,则OE=t,PE=2t-2,先用AAS判断出△PEQ≌△QDC,得QD=PE=2t-2,QE=CD=4,进而根据OQ=QE-OE=OD-QD,建立方程,求解可得t的值,从而可得点Q的坐标;②当Q在y轴正半轴上时,过C作CF⊥y轴于F,过P作PG⊥y轴于G,则PG=t,OG=2t-2,先用AAS判断出△CQF≌△QPG,得CF=QG=3,QF=PG=t,进而根据OQ=OG-QG=OF-QF,建立方程,求解可得t的值,从而可得点Q的坐标;③当Q在y轴正半轴上时,过点C作CF⊥y轴于F,过P作PT⊥y轴于T,BT=t,OT=2t-2,先用AAS判断出△CFQ≌△QTP,得CF=QT=3,QF=PT=t,进而根据OQ=OT+QT=OF+QF,建立方程,求解可得t的值,从而可得点Q的坐标;④当点Q在x轴正半轴时,过P作PH⊥x轴于E,如图,OH=-t,PH=2-2t,先用AAS判断出△PHQ≌△QDC,得QD=PH=2-2t,QH=CD=4,进而根据OQ=QH-OH=DQ-OD,建立方程,求解可得t的值,从而可得点Q的坐标,综上即可得出答案.
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