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2021-2022学年山东省菏泽市牡丹区九年级第一学期期中数学试卷
一、选择题（本大题共8个小题，每小题3分，共24分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的，请把正确选项的序号涂在答题卡的相应位置．）
1．下列说法中错误的是（　　）
A．两条对角线互相平分的四边形是平行四边形
B．两条对角线相等的四边形是矩形
C．两条对角线互相垂直的矩形是正方形
D．两条对角线相等的菱形是正方形
2．若方程（m﹣1）xm2+1﹣（m+1）x﹣2＝0是关于x的一元二次方程，则m的值为（　　）
A．0 B．±1 C．1 D．﹣1
3．如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，∠B＝36°，AD是斜边BC上的中线，将△ACD沿AD对折，使点C落在点F处，线段DF与AB相交于点E，则∠BED等于（　　）
A．120° B．108° C．72° D．36°
4．如图是小明设计用手电筒来测量某古城墙高度的示意图．在地面上点P处放一水平的平面镜，光线从点A出发经平面镜反射后刚好射到古城墙CD的顶端C处，已知AB⊥BD，CD⊥BD，且测得AB＝1.2米，BP＝1.8米，PD＝18米，那么该古城墙的高度是（　　）
A．6米 B．8米 C．12米 D．24米
5．如图所示，在正方形ABCD中，G为CD边中点，连接AG并延长交BC边的延长线于E点，对角线BD交AG于F点．已知FG＝2，则线段AE的长度为（　　）
A．6 B．8 C．10 D．12
6．若一元二次方程x2﹣2x﹣m＝0无实数根，则一次函数y＝（m+1）x+m﹣1的图象经过第（　　）
A．二、三、四象限 B．一、三、四象限
C．一、二、四象限 D．一、二、三象限
7．如图，等边△ABC中，D为AB边中点，DE⊥AC于E，EF∥AB交BC于F点，则△EFC与△ABC的面积之比为（　　）
A．3：4 B．9：16 C．4：5 D．16：25
8．如图，在平面直角坐标系中，将边长为1的正方形OABC绕点O顺时针旋转45°后得到正方形OA1B1C1，依此方式，绕点O连续旋转2021次得到正方形OA2021B2021C2021，那么点A2021的坐标是（　　）
A．（，﹣） B．（﹣，﹣） C．（1，0） D．（0，﹣1）
二、填空题．（本大题共6个小题，每小题3分，共8分，请把最后结果填写在答题卡的相应区域内）
9．若3x＝4y，则的值是 　 　．
10．在不透明的袋子里装有颜色不同的16个红球和若干个白球，每次从袋子里摸出1个球，记录下颜色后再放回，经过100次试验，发现摸到白球的次数为60次，估计袋中白球有　 　个．
11．在平面直角坐标系中，△OAB各顶点的坐标分别为：O（0，0），A（1，2），B（0，3），以O为位似中心，△OA′B′与△OAB位似，若B点的对应点B′的坐标为（0，﹣6），则A点的对应点A′坐标为　 　．
12．如图，已知四边形ABCD是边长为4的菱形，∠BAD＝60°，过点O的直线EF交AD于点E，交BC于点F，当∠EOD＝30°时，CE的长是 　 　．
13．如图，矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，连接AC．以点C为圆心，以任意长为半径作弧，交AC，CD分别于点E，F，分别以点E，F为圆心，以大于EF长为半径作弧，两弧相交于点P，作射线CP，交AD于点H．则△ACH的面积为　 　．
14．如图，在平行四边形ABCD中，AD＝2AB，CE⊥AB于点E，点F、G分别是AD、BC的中点，连接CF、EF、FG，下列四种说法：①CE⊥FG；②四边形ABGF是菱形；③BC＝2EG；④∠DFC＝∠EFG．正确的有　 　．（填序号）
三、解答题（本题共7个小题，共78分，把解答或证明过程写在答题卡的相应区域内．）
15．解方程：
（1）3x（2x+1）＝4x+2；
（2）2x2+5x﹣3＝0．
16．如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，E是AD的中点，点F，G在AB上，EF⊥AB，OG∥EF．
（1）求证：四边形OEFG是矩形；
（2）若AD＝10，EF＝4，求OE和BG的长．
17．如图，在△ABC中．AB＝AC，AD⊥BC于D，作DE⊥AC于E，F是AB中点，连EF交AD于点G．
（1）求证：AD2＝AB AE；
（2）若AB＝3，AE＝2，求的值．
18．在甲乙两个不透明的口袋中，分别有大小、材质完全相同的小球，其中甲口袋中的小球上分别标有数字1，2，3，4，乙口袋中的小球上分别标有数字2，3，4，先从甲袋中任意摸出一个小球，记下数字为m，再从乙袋中摸出一个小球，记下数字为n．
（1）请用列表或画树状图的方法表示出所有（m，n）可能的结果；
（2）若m，n都是方程x2﹣5x+6＝0的解时，则小明获胜；若m，n都不是方程x2﹣5x+6＝0的解时，则小利获胜，问他们两人谁获胜的概率大？
19．为助力我省脱贫攻坚，某村在“农村淘宝网店”上销售该村优质农产品，该网店于今年六月底收购一批农产品，七月份销售256袋，八、九月该商品十分畅销，销售量持续走高，在售价不变的基础上，九月份的销售量达到400袋．
（1）求八、九这两个月销售量的月平均增长率；
（2）该网店十月降价促销，经调查发现，若该农产品每袋降价1元，销售量可增加5袋，当农产品每袋降价多少元时，这种农产品在十月份可获利4250元？（若农产品每袋进价25元，原售价为每袋40元）
20．如图，在正方形ABCD中，点G在对角线BD上（不与点B，点D重合），GE⊥DC于点E，GF⊥BC于点F，连接AG，
（1）写出线段AG，GE，GF长度之间的数量关系，并说明理由．
（2）若正方形ABCD的边长为，∠BAG＝75°，求线段BG的长．
21．如图1，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，动点P，Q分别从C点，A点同时以每秒1个单位长度的速度出发，且分别在边CA，AB上沿C→A，A→B的方向运动，当点Q运动到点B时，P，Q两点同时停止运动．设点P运动的时间为t（s），连接PQ，过点P作PE⊥PQ，PE与边BC相交于点E，连接QE．
（1）如图2，当t＝5s时，延长EP交边AD于点F．求证：AF＝CE；
（2）在（1）的条件下，试探究线段AQ，QE，CE三者之间的等量关系，并加以证明；
（3）如图3，当t＞s时，延长EP交边AD于点F，连接FQ，若FQ平分∠AFP，求的值．
参考答案
一、选择题（本大题共8个小题，每小题3分，共24分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的，请把正确选项的序号涂在答题卡的相应位置．）
1．下列说法中错误的是（　　）
A．两条对角线互相平分的四边形是平行四边形
B．两条对角线相等的四边形是矩形
C．两条对角线互相垂直的矩形是正方形
D．两条对角线相等的菱形是正方形
【分析】根据矩形的对角线相等且平分，和正方形的对角线互相垂直、相等平分进行判定即可得出结论．
解：A、对角线互相平分的四边形是平行四边形，故A选项正确；
B、对角线相等的平行四边形才是矩形，故B选项错误；
C、对角线互相垂直的矩形是正方形，故C选项正确；
D、两条对角线相等的菱形是正方形，故D选项正确；
综上所述，B符合题意，
故选：B．
2．若方程（m﹣1）xm2+1﹣（m+1）x﹣2＝0是关于x的一元二次方程，则m的值为（　　）
A．0 B．±1 C．1 D．﹣1
【分析】本题根据一元二次方程的定义求解．
一元二次方程必须满足两个条件：
（1）未知数的最高次数是2；
（2）二次项系数不为0．
由这两个条件得到相应的关系式，再求解即可．
解：由题意得：m2+1＝2，m﹣1≠0，
解得m＝﹣1，
故选：D．
3．如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，∠B＝36°，AD是斜边BC上的中线，将△ACD沿AD对折，使点C落在点F处，线段DF与AB相交于点E，则∠BED等于（　　）
A．120° B．108° C．72° D．36°
【分析】根据三角形内角和定理求出∠C＝90°﹣∠B＝54°．由直角三角形斜边上的中线的性质得出AD＝BD＝CD，利用等腰三角形的性质求出∠BAD＝∠B＝36°，∠DAC＝∠C＝54°，利用三角形内角和定理求出∠ADC＝180°﹣∠DAC﹣∠C＝72°．再根据折叠的性质得出∠ADF＝∠ADC＝72°，然后根据三角形外角的性质得出∠BED＝∠BAD+∠ADF＝108°．
解：∵在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，∠B＝36°，
∴∠C＝90°﹣∠B＝54°．
∵AD是斜边BC上的中线，
∴AD＝BD＝CD，
∴∠BAD＝∠B＝36°，∠DAC＝∠C＝54°，
∴∠ADC＝180°﹣∠DAC﹣∠C＝72°．
∵将△ACD沿AD对折，使点C落在点F处，
∴∠ADF＝∠ADC＝72°，
∴∠BED＝∠BAD+∠ADF＝36°+72°＝108°．
故选：B．
4．如图是小明设计用手电筒来测量某古城墙高度的示意图．在地面上点P处放一水平的平面镜，光线从点A出发经平面镜反射后刚好射到古城墙CD的顶端C处，已知AB⊥BD，CD⊥BD，且测得AB＝1.2米，BP＝1.8米，PD＝18米，那么该古城墙的高度是（　　）
A．6米 B．8米 C．12米 D．24米
【分析】因为小明和古城墙均和地面垂直，且光线的入射角等于反射角，因此构成一组相似三角形，利用对应边成比例即可解答．
解：由题意知：∠APB＝∠CPD，∠ABP＝∠CDP＝90°，
∴Rt△ABP∽Rt△CDP，
∴＝，
∴CD＝＝12（米）．
故选：C．
5．如图所示，在正方形ABCD中，G为CD边中点，连接AG并延长交BC边的延长线于E点，对角线BD交AG于F点．已知FG＝2，则线段AE的长度为（　　）
A．6 B．8 C．10 D．12
【分析】根据正方形的性质可得出AB∥CD，进而可得出△ABF∽△GDF，根据相似三角形的性质可得出＝＝2，结合FG＝2可求出AF、AG的长度，由CG∥AB、AB＝2CG可得出CG为△EAB的中位线，再利用三角形中位线的性质可求出AE的长度，此题得解．
解：∵四边形ABCD为正方形，
∴AB＝CD，AB∥CD，
∴∠ABF＝∠GDF，∠BAF＝∠DGF，
∴△ABF∽△GDF，
∴＝＝2，
∴AF＝2GF＝4，
∴AG＝6．
∵CG∥AB，AB＝2CG，
∴CG为△EAB的中位线，
∴AE＝2AG＝12．
故选：D．
6．若一元二次方程x2﹣2x﹣m＝0无实数根，则一次函数y＝（m+1）x+m﹣1的图象经过第（　　）
A．二、三、四象限 B．一、三、四象限
C．一、二、四象限 D．一、二、三象限
【分析】根据方程无实数根得出b2﹣4ac＜0，代入数据即可得出关于m的一元一次不等式，解不等式即可得出m的取值范围，再根据m的取值范围来确定一次函数系数k、b的范围，由此即可得出一次函数经过的象限，此题得解．
解：由已知得：Δ＝b2﹣4ac＝（﹣2）2﹣4×1×（﹣m）＝4+4m＜0，
解得：m＜﹣1．
∵一次函数y＝（m+1）x+m﹣1中，k＝m+1＜0，b＝m﹣1＜0，
∴该一次函数图象在第二、三、四象限．
故选：A．
7．如图，等边△ABC中，D为AB边中点，DE⊥AC于E，EF∥AB交BC于F点，则△EFC与△ABC的面积之比为（　　）
A．3：4 B．9：16 C．4：5 D．16：25
【分析】作AC边上的高BG，垂足为G，在等边三角形中，利用三线合一定理，结合DE∥BD，可求出AE与AC的关系，从而得出CE与AC的关系，那么再利用相似三角形的面积比等于相似比的平方，即可求．
解：从B点作AC边上的高BG，交AC于G，
∵DE⊥AC于E
∴DE∥BG
又∵D为AB边中点
∴AE＝GE
∵△ABC为等边三角形，且BG为高
∴AG＝GC
∴4AE＝AC，即CE＝AC
∵EF∥AB
∴△EFC∽△ABC
又∵CE＝AC
∴△EFC与△ABC的面积之比＝（AC）2：AC2＝9：16．
故选：B．
8．如图，在平面直角坐标系中，将边长为1的正方形OABC绕点O顺时针旋转45°后得到正方形OA1B1C1，依此方式，绕点O连续旋转2021次得到正方形OA2021B2021C2021，那么点A2021的坐标是（　　）
A．（，﹣） B．（﹣，﹣） C．（1，0） D．（0，﹣1）
【分析】由正方形的性质和旋转的性质探究规律，利用规律解决问题即可．
解：∵四边形OABC是正方形，且OA＝1，
∴A（0，1），
∵将正方形OABC绕点O顺时针旋转45°后得到正方形OA1B1C1，
∴A1（，），A2（1，0），A3（，﹣），A4（0，﹣1）…，
发现是8次一循环，
∵2021÷8＝252…5，
∴点A2021的坐标为（﹣，﹣），
故选：B．
二、填空题．（本大题共6个小题，每小题3分，共8分，请把最后结果填写在答题卡的相应区域内）
9．若3x＝4y，则的值是 　　．
【分析】根据3x＝4y可设x＝4k，y＝3k，再将x，y代入计算可求解．
解：设x＝4k，y＝3k，
∴＝，
故答案为．
10．在不透明的袋子里装有颜色不同的16个红球和若干个白球，每次从袋子里摸出1个球，记录下颜色后再放回，经过100次试验，发现摸到白球的次数为60次，估计袋中白球有　24　个．
【分析】根据概率的求法，找准两点：①全部情况的总数；②符合条件的情况数目；二者的比值就是其发生的概率．
解：设袋中白球有x个，根据题意得：
＝，
解得：x＝24，
经检验：x＝24是分式方程的解，
故袋中白球有24个．
故答案为：24．
11．在平面直角坐标系中，△OAB各顶点的坐标分别为：O（0，0），A（1，2），B（0，3），以O为位似中心，△OA′B′与△OAB位似，若B点的对应点B′的坐标为（0，﹣6），则A点的对应点A′坐标为　（﹣2，﹣4）　．
【分析】利用已知对应点的坐标变化规律得出位似比为1：2，则可求A'坐标．
解：∵△OA′B′与△OAB关于O（0，0）成位似图形，且若B （0，3）的对应点B′的坐标为（0，﹣6），
∴OB：OB'＝1：2＝OA：OA'
∵A（1，2），
∴A'（﹣2，﹣4）
故答案为：（﹣2，﹣4）
12．如图，已知四边形ABCD是边长为4的菱形，∠BAD＝60°，过点O的直线EF交AD于点E，交BC于点F，当∠EOD＝30°时，CE的长是 　　．
【分析】根据菱形的对角线平分一组对角求出∠DAO＝30°，然后求出∠AEF＝90°，然后求出AO的长，再求出EF的长，然后在Rt△CEF中，利用勾股定理列式计算即可得解．
解：∵四边形ABCD是菱形，∠BAD＝60°，
∴∠DAO＝∠BAD＝×60°＝30°，
∵∠EOD＝30°，
∴∠AOE＝90°﹣30°＝60°，
∴∠AEF＝180°﹣∠DAO﹣∠AOE＝180°﹣30°﹣60°＝90°，
∵菱形的边长为4，∠DAO＝30°，
∴OD＝AD＝×4＝2，
∴AO＝＝2，
∴AE＝CF＝2×＝3，
∵菱形的边长为4，∠BAD＝60°，
∴高EF＝4×＝2，
在Rt△CEF中，CE＝＝，
故答案为：．
13．如图，矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，连接AC．以点C为圆心，以任意长为半径作弧，交AC，CD分别于点E，F，分别以点E，F为圆心，以大于EF长为半径作弧，两弧相交于点P，作射线CP，交AD于点H．则△ACH的面积为　15　．
【分析】先利用勾股定理计算出AC＝10，过H点作HM⊥AC于M，如图，利用基本作图可判断CH平分∠ACD，则利用角平分线的性质得HM＝HD，根据三角形面积公式×10×HM+×HD×6＝×6×8，则可求得HM＝3，从而可计算出S△ACH．
解：∵矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，
∴AC＝＝10，
过H点作HM⊥AC于M，如图，
由作法得CH平分∠ACD，
而HM⊥AC，HD⊥CD，
∴HM＝HD，
∵S△ACH+S△CDH＝S△ACD，
∴×10×HM+×HD×6＝×6×8，
即5HM+3HM＝24，解得HM＝3，
∴S△ACH＝×10×3＝15．
故答案为15．
14．如图，在平行四边形ABCD中，AD＝2AB，CE⊥AB于点E，点F、G分别是AD、BC的中点，连接CF、EF、FG，下列四种说法：①CE⊥FG；②四边形ABGF是菱形；③BC＝2EG；④∠DFC＝∠EFG．正确的有　①②③④　．（填序号）
【分析】根据平行四边形的性质得到AD∥BC，AD＝BC，由线段中点的定义得到AF＝AD，BG＝BC，于是得到四边形ABGF是平行四边形，根据平行线的性质得到CE⊥FG；根据AD＝2AB，AD＝2AF，得到AB＝AF，于是得到四边形ABGF是菱形；延长EF，交CD延长线于M，根据全等三角形的性质得到FE＝MF，∠AEF＝∠M，推出∠AEC＝∠ECD＝90°，根据直角三角形的性质得到结论．
解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AD＝BC，
∵点F、G分别是AD、BC的中点，
∴AF＝AD，BG＝BC，
∴AF＝BG，
∵AF∥BG，
∴四边形ABGF是平行四边形，
∴AB∥FG，
∵CE⊥AB，
∴CE⊥FG；故①正确；
∵AD＝2AB，AD＝2AF，
∴AB＝AF，
∴四边形ABGF是菱形，故②正确；
∵CE⊥AB，
∴∠BEC＝90°，
∵点G是BC的中点，
∴BC＝2EG，故③正确；
延长EF，交CD延长线于M，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，
∴∠A＝∠MDF，
∵F为AD中点，
∴AF＝FD，
在△AEF和△DFM中，，
∴△AEF≌△DMF（ASA），
∴FE＝MF，∠AEF＝∠M，
∵CE⊥AB，
∴∠AEC＝90°，
∴∠AEC＝∠ECD＝90°，
∵FM＝EF，
∴FC＝EF＝FM，
∴CF＝EM，
∴∠ECM＝90°，
∴∠FCD＝∠M＝∠FCE＝∠FEC＝45°，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD，AD∥BC，
∵AF＝DF，AD＝2AB，
∴DF＝DC，
∴∠DCF＝∠DFC，
∵DF＝AF＝AD，CD＝AB＝AD，
∴四边形CDFG是菱形，
∴FG∥CD，
∴∠DCF＝∠CFG，
∵FG⊥CE，
∴∠EFC＝∠CFG，
∴∠EFG＝∠DFC，故④正确，
故答案为：①②③④．
三、解答题（本题共7个小题，共78分，把解答或证明过程写在答题卡的相应区域内．）
15．解方程：
（1）3x（2x+1）＝4x+2；
（2）2x2+5x﹣3＝0．
【分析】（1）移项后分解因式，即可得出两个一元一次方程，再求出方程的解即可；
（2）先把方程的左边分解因式，即可得出两个一元一次方程，再求出方程的解即可．
解：（1）3x（2x+1）＝4x+2，
3x（2x+1）﹣2（2x+1）＝0，
（2x+1）（3x﹣2）＝0，
2x+1＝0或3x﹣2＝0，
解得：x1＝﹣，x2＝；
（2）2x2+5x﹣3＝0，
（2x﹣1）（x+3）＝0，
2x﹣1＝0或x+3＝0，
解得：x1＝，x2＝﹣3．
16．如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，E是AD的中点，点F，G在AB上，EF⊥AB，OG∥EF．
（1）求证：四边形OEFG是矩形；
（2）若AD＝10，EF＝4，求OE和BG的长．
【分析】（1）根据菱形的性质得出OB＝OD，再由点E是AD的中点，所以，AE＝DE，进而判断出OE是三角形ABD的中位线，得到AE＝OE＝AD，推出OE∥FG，求得四边形OEFG是平行四边形，根据矩形的判定定理即可得到结论；
（2）根据菱形的性质得到BD⊥AC，AB＝AD＝10，得到OE＝AE＝AD＝5；由（1）知，四边形OEFG是矩形，求得FG＝OE＝5，根据勾股定理得到AF＝＝3，于是得到结论．
解：（1）∵四边形ABCD是菱形，
∴OB＝OD，
∵E是AD的中点，
∴OE是△ABD的中位线，
∴OE∥FG，
∵OG∥EF，
∴四边形OEFG是平行四边形，
∵EF⊥AB，
∴∠EFG＝90°，
∴平行四边形OEFG是矩形；
（2）∵四边形ABCD是菱形，
∴BD⊥AC，AB＝AD＝10，
∴∠AOD＝90°，
∵E是AD的中点，
∴OE＝AE＝AD＝5；
由（1）知，四边形OEFG是矩形，
∴FG＝OE＝5，
∵AE＝5，EF＝4，
∴AF＝＝3，
∴BG＝AB﹣AF﹣FG＝10﹣3﹣5＝2．
17．如图，在△ABC中．AB＝AC，AD⊥BC于D，作DE⊥AC于E，F是AB中点，连EF交AD于点G．
（1）求证：AD2＝AB AE；
（2）若AB＝3，AE＝2，求的值．
【分析】（1）只要证明△DAE∽△CAD，可得＝，推出AD2＝AC AE即可解决问题；
（2）利用直角三角形斜边中线定理求出DF，再根据DF∥AC，可得＝＝＝，由此即可解决问题；
【解答】（1）证明：∵AD⊥BC于D，作DE⊥AC于E，
∴∠ADC＝∠AED＝90°，
∵∠DAE＝∠DAC，
∴△DAE∽△CAD，
∴＝，
∴AD2＝AC AE，
∵AC＝AB，
∴AD2＝AB AE．
解法二：可以直接证明△DAE∽△BAD，得出结论．
（2）解：如图，连接DF．
∵AB＝3，∠ADB＝90°，BF＝AF，
∴DF＝AB＝，
∵AB＝AC，AD⊥BC，
∴BD＝DC，
∴DF∥AC，
∴＝＝＝，
∴＝．
18．在甲乙两个不透明的口袋中，分别有大小、材质完全相同的小球，其中甲口袋中的小球上分别标有数字1，2，3，4，乙口袋中的小球上分别标有数字2，3，4，先从甲袋中任意摸出一个小球，记下数字为m，再从乙袋中摸出一个小球，记下数字为n．
（1）请用列表或画树状图的方法表示出所有（m，n）可能的结果；
（2）若m，n都是方程x2﹣5x+6＝0的解时，则小明获胜；若m，n都不是方程x2﹣5x+6＝0的解时，则小利获胜，问他们两人谁获胜的概率大？
【分析】（1）首先根据题意画出树状图，然后由树状图可得所有可能的结果；
（2）画树状图展示所有12种等可能的结果数，m，n都是方程x2﹣5x+6＝0的解的结果有4个，m，n都不是方程x2﹣5x+6＝0的解的结果有2个，然后根据概率公式求解．
解：（1）树状图如图所示：
（2）∵m，n都是方程x2﹣5x+6＝0的解，
∴m＝2，n＝3，或m＝3，n＝2，
由树状图得：共有12个等可能的结果，m，n都是方程x2﹣5x+6＝0的解的结果有4个（包括m＝n＝2，和m＝n＝3两种情况），m，n都不是方程x2﹣5x+6＝0的解的结果有2个，
小明获胜的概率为＝，小利获胜的概率为＝，
∴小明获胜的概率大．
19．为助力我省脱贫攻坚，某村在“农村淘宝网店”上销售该村优质农产品，该网店于今年六月底收购一批农产品，七月份销售256袋，八、九月该商品十分畅销，销售量持续走高，在售价不变的基础上，九月份的销售量达到400袋．
（1）求八、九这两个月销售量的月平均增长率；
（2）该网店十月降价促销，经调查发现，若该农产品每袋降价1元，销售量可增加5袋，当农产品每袋降价多少元时，这种农产品在十月份可获利4250元？（若农产品每袋进价25元，原售价为每袋40元）
【分析】（1）直接利用7月销量×（1+x）2＝9月的销量进而求出答案．
（2）首先设出未知数，再利用每袋的利润×销量＝总利润列出方程，再解即可．
解：（1）设八、九这两个月的月平均增长率为x．
由题意得：256（1+x）2＝400，
解得：x1＝，x2＝﹣（不合题意，舍去），
答：八、九这两个月的月平均增长率为25%．
（2）设当农产品每袋降价m元时，该淘宝网店10月份获利4250元．
根据题意可得：（40﹣25﹣m）（400+5m）＝4250，
解得：m1＝5，m2＝﹣70（不合题意，舍去）．
答：当农产品每袋降价5元时，该淘宝网店10月份获利4250元．
20．如图，在正方形ABCD中，点G在对角线BD上（不与点B，点D重合），GE⊥DC于点E，GF⊥BC于点F，连接AG，
（1）写出线段AG，GE，GF长度之间的数量关系，并说明理由．
（2）若正方形ABCD的边长为，∠BAG＝75°，求线段BG的长．
【分析】（1）连接CG．由正方形的性质得到A、C关于对角线BD对称，求得GA＝GC，根据矩形的判定定理得到四边形EGFC是矩形，求得CF＝GE，根据勾股定理即可得到结论；
（2）过点A作AH⊥BG，在Rt△ABH、Rt△AHG中，求出AH、HG即可求得结果．
解：（1）结论：AG2＝GE2+GF2．
理由：连接CG．
∵四边形ABCD是正方形，
∴A、C关于对角线BD对称，
∵点G在BD上，
∴GA＝GC，
∵GE⊥DC于点E，GF⊥BC于点F，
∴∠GEC＝∠ECF＝∠CFG＝90°，
∴四边形EGFC是矩形，
∴CF＝GE，
在Rt△GFC中，∵CG2＝GF2+CF2，
∴AG2＝GF2+GE2；
（2）过点A作AH⊥BG于H，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABD＝∠GBF＝45°，
∵GF⊥BC，
∴∠BGF＝45°，
∵∠BAG＝75°，
∴∠AGB＝180°﹣∠ABD﹣∠BAG＝60°，
∴∠GAH＝30°，
在Rt△ABH中，∵AB＝，
∴AH2＝BH2＝＝3，
∴AH＝BH＝，
在Rt△AGH中，∵AH＝，∠GAH＝30°，
∴AG＝2HG，
∵AG2＝HG2+AH2，
∴（2HG）2＝HG2+（）2，
解得：HG＝1，
∴BG＝BH+HG＝+1．
21．如图1，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，动点P，Q分别从C点，A点同时以每秒1个单位长度的速度出发，且分别在边CA，AB上沿C→A，A→B的方向运动，当点Q运动到点B时，P，Q两点同时停止运动．设点P运动的时间为t（s），连接PQ，过点P作PE⊥PQ，PE与边BC相交于点E，连接QE．
（1）如图2，当t＝5s时，延长EP交边AD于点F．求证：AF＝CE；
（2）在（1）的条件下，试探究线段AQ，QE，CE三者之间的等量关系，并加以证明；
（3）如图3，当t＞s时，延长EP交边AD于点F，连接FQ，若FQ平分∠AFP，求的值．
【分析】（1）先利用勾股定理求出AC，再判断出CP＝AP，进而判断出△APF≌△CPE，即可得出结论；
（2）先判断出AF＝CE，PE＝PF，再用勾股定理得出AQ2+AF2＝QF2，即可得出结论；
（3）方法1、先判断出△FAQ≌△FPQ（AAS），得出AQ＝PQ＝t，AF＝PF，进而判断出PE＝CE，再判断出△CNE∽△CBA，得出CE＝t，在Rt△QPE中，QE2＝PQ2+PE2，在Rt△BQE中，QE2＝BQ2+BE2，得出PQ2+PE2＝BQ2+BE2，t2+（t）2＝（6﹣t）2，进而求出t，即可得出结论．
方法2、先判断出△FAQ≌△FPQ（AAS），得出AQ＝PQ＝t，AF＝PF，进而得出AP＝2AK，再判断出△KAQ∽△BAC，进而求出AP＝2AK＝t，最后判断出△AFP∽△CEP，即可得出结论．
解：（1）∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，∠ABC＝90°，
在Rt△ABC中，AB＝6，BC＝8，根据勾股定理得，AC＝10，
由运动知，CP＝t＝5，
∴AP＝AC﹣CP＝5，
∴AP＝CP，
∵AD∥BC，
∴∠PAF＝∠PCE，∠AFP＝∠CEP，
∴△APF≌△CPE（AAS），
∴AF＝CE；
（2）结论：AQ2+CE2＝QE2，
理由：如图2，
连接FQ，由（1）知，△APF≌△CPE，
∴AF＝CE，PE＝PF，
∵EF⊥PQ，
∴QE＝QF，
在Rt△QAF中，根据勾股定理得，AQ2+AF2＝QF2，
∴AQ2+CE2＝QE2；
（3）如图3，
由运动知，AQ＝t，CP＝t，
∴AP＝AC﹣CP＝10﹣t，
∵FQ平分∠AFE，
∴∠AFQ＝∠PFQ，
∵∠FAQ＝∠FPQ＝90°，FQ＝FQ，
∴△FAQ≌△FPQ（AAS），
∴AQ＝PQ＝t，AF＝PF，
∴BQ＝AB﹣AQ＝6﹣t，∠FAC＝∠FPA，
∵∠DAC＝∠ACB，∠APF＝∠CPE，
∴∠ACB＝∠CPE，
∴PE＝CE，过点E作EN⊥AC于N，
∴CN＝CP＝t，∠CNE＝90°＝∠ABC，
∵∠NCE＝∠BCA，
∴△CNE∽△CBA，
∴，
∴，
∴CE＝t，
∴PE＝t，BE＝BC﹣CE＝8﹣t，
在Rt△QPE中，QE2＝PQ2+PE2，
在Rt△BQE中，QE2＝BQ2+BE2，
∴PQ2+PE2＝BQ2+BE2，
∴t2+（t）2＝（6﹣t）2+（8﹣t）2，
∴t＝，
∴CP＝t＝，
∴AP＝10﹣CP＝，
∵AD∥BC，
∴△APF∽△CPE，
∴＝＝．
方法2、如图4，记AP与FQ的交点为K，
由运动知，AQ＝t，CP＝t，
∴AP＝AC﹣CP＝10﹣t，
∵FQ平分∠AFE，
∴∠AFQ＝∠PFQ，
∵∠FAQ＝∠FPQ＝90°，FQ＝FQ，
∴△FAQ≌△FPQ（AAS），
∴AQ＝PQ＝t，AF＝PF，
∵FQ平分∠AFP，
∴AP＝2AK，FQ⊥AP，
∴∠AKQ＝90°，
∴∠AKQ＝∠B＝90°，
∵∠KAQ＝∠BAC，
∴△KAQ∽△BAC，
∴，
∴，
∴AK＝t，
∴AP＝2AK＝t，
∵AF∥CE，
∴△AFP∽△CEP，
∴＝＝．

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