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重庆市2025-2026学年九年级上学期数学期中模拟测试练习卷
一．选择题（共10小题，满分40分，每小题4分）
1．（4分）（2022秋 林州市校级月考）若m与互为相反数，则m的值为（　　）
A．﹣3 B． C． D．3
2．（4分）（2022秋 舟山期末）以下四个图标中，是轴对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
3．（4分）（2024 渠县校级模拟）如图，已知二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象与x轴交于点A（﹣1，0），与y轴的交点B在（0，﹣2）和（0，﹣1）之间（不包括这两点），对称轴为直线x＝1．下列结论：①ac＞0；②2a+b＝0；③4a+c＜0；④4a；⑤．其中含所有正确结论的选项是（　　）
A．①③⑤ B．②③④ C．②④⑤ D．③④⑤
4．（4分）（2024秋 越城区期末）如图，在△ABC中，AB＝4，AC＝3，BC＝5．将△ABC沿着射线AC方向平移到△DEF位置，若图中阴影部分面积为2，则平移的距离为（　　）
A．2 B． C． D．
5．（4分）（2021秋 澄迈县期中）现要在一个长为40m，宽为26m的矩形花园中修建等宽的小道，剩余的地方种植花草，如图所示，要使种植花草的面积为864m2，设小道的宽度为x m，可列方程是（　　）
A．（26﹣x）（40﹣x）＝864 B．（26﹣x）（40﹣2x）＝864
C．x2﹣92x+1040＝864 D．2x2﹣66x+1040＝864
6．（4分）（2023春 沙坪坝区校级期末）估计（）的值应在（　　）
A．3和4之间 B．4和5之间 C．5和6之间 D．7和8之间
7．（4分）（2024春 大足区期末）如图，由白色棋子和黑色棋子组成的一组图中，第①个图由1个白色棋子组成，第②个图由1个白色棋子和2个黑色棋子组成，第③个图由4个白色棋子和2个黑色棋子组成，第④个图由4个白色棋子和6个黑色棋子组成，…，按照这样的规律排列下去，则第⑧个图有（　　）个白色棋子．
A．20 B．16 C．24 D．36
8．（4分）（2024 梁园区校级模拟）如图，在4×4的网格中，以点O为圆心作圆，点A，B，C都在圆周上，其中A，C为格点，则∠ABC的正切值为（　　）
A． B． C．1 D．不确定
9．（4分）（2024 翔安区二模）数学活动课上，小亮同学用四根相同的火柴棒AB，BC，CD，DE在桌面上摆成如图所示的图形，其中点A，C，E在同一直线上，BC⊥CD，若AE＝10，则点B，D到直线AE的距离之和为（　　）
A．5 B． C． D．10
10．（4分）（2024春 南通期末）某企业2021年职工人均收入10万元，2023年职工人均收入12.1万元，则人均收入的年平均增长率为（　　）
A．1.1% B．10% C．11% D．12.1%
二．填空题（共8小题，满分40分）
11．（4分）（2024秋 沈北新区期末）计算：20090﹣（）﹣1+3tan30°＝ 　 　 ．
12．（4分）（2024春 开封期末）如图，点P在正五边形的边DE上运动，若∠CBP＝x°，写出一个符合条件的x的值为 　 　 ．
13．（4分）（2025 西湖区一模）有3张仅有编号不同的卡片，编号分别是2，3，4．从中随机抽取一张，记下编号后放回，再随机抽取一张记下编号，则两次抽到的编号都是偶数的概率等于　 　 ．
14．（4分）（2024 城中区校级二模）如图，已知反比例函数y（k≠0）和y的图象分别过点A和B，且AB∥x轴，C是x轴上任意一点．若S△ABC，则k的值为 　 　 ．
15．（4分）（2023秋 椒江区期中）当x＝m或x＝n（m≠n）时，代数式x2﹣2x的值相等，则当x＝m+n时，代数式x2﹣2x的值为 　 　 ．
16．（4分）已知关于x的不等式组有解，且关于y的分式方程4有正整数解，则所有满足条件的整数a的值的个数为 　 　 ．
17．（8分）（2022 浙江三模）如图，在矩形ABCD中，BCAB．将矩形ABCD沿GF折叠，使点A落在BC边上的E处，得到四边形FEPG，连接AE，PC，若tan∠CGP，GF＝4，则　 　 ，S△PEC＝　 　 ．
18．（8分）（2025 隆昌市校级一模）对任意一个三位数n，如果n满足各个数位上的数字互不相同，且都不为零，那么称这个数为“相异数”，将一个“相异数”任意两个数位上的数字对调后可以得到三个不同的新三位数，把这三个新三位数的和与111的商记为F（n）．例如n＝123，对调百位与十位上的数字得到213，对调百位与个位上的数字得到321，对调十位与个位上的数字得到132，这三个新三位数的和为213+321+132＝666，666÷111＝6，所以F（123）＝6．
（1）计算：F（127）＝ 　 　 ；
（2）若s，t都是“相异数”，其中s＝100x+32，t＝150+y（1≤x≤9，1≤y≤9，x，y都是正整数），规定：k，当F（s）+F（t）＝18时，求k的最小值是 　 　 ．
三．解答题（共8小题）
19．（2022春 大渡口区校级月考）计算：
（1）y（2x﹣y）+（x+y）2；
（2）．
20．（2025 大连一模）某校组织七年级学生参加“智慧校园 AI赋能”信息技术知识竞赛，为了了解竞赛成绩，随机抽取了部分七年级学生的竞赛成绩进行分析，整理（竞赛成绩满分为100分，不低于90分的为优秀，竞赛成绩x分为四个等级：D：x＜85，C：85≤x＜90，B：90≤x＜95，A：95≤x≤100），部分信息如下：
信息一：
信息二：七年级学生竞赛成绩在B，C等级的数据（单位：分）如下：
94，93，93，93，92，92，92，92，91，91，90，89，88，86，85．
请根据以上信息，解答下列问题：
（1）求所抽取的学生竞赛成绩为A等级的人数；
（2）求所抽取的学生竞赛成绩的众数和中位数；
（3）若该校七年级共有230名同学参加本次竞赛，请估计竞赛成绩优秀的人数．
21．（2025春 巫山县校级期中）数学兴趣小组探究发现，如图所示的正方形ABCD，分别取BC，CD的中点N，M，连接AM，DN交于点E，过B作AM的垂线，交AM于点Q，交AD于点P．则四边形BPDN是平行四边形．
（1）用尺规完成以下基本作图：过B作AM的垂线，交AM于点Q，交AD于点P（只保留作图痕迹）．
（2）根据（1）中所作图形，数学兴趣小组给出了证明，请补全证明过程．
证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝CD＝BC，∠ADC＝∠C＝90°，AD∥BC．
又∵M，N分别为BC，CD的中点，
∴DMCD，CNBC，
∴①　 　 ，
在△ADM与△DCN中，
∴△ADM≌△DCN（SAS）．
∴②　 　 ．
又∵∠CDN+∠ADN＝90°，
∴∠DAM+∠ADN＝90°，
∴∠AED＝90°，
又∵BP⊥AE，
∴∠AQP＝∠AED＝90°，
∴③　 　 ．
又∵DP∥BN，
∴④　 　 ．
22．（2022 景德镇模拟）随着冰雪运动风行，冰雪运动产品销售火热，某冰雪运动产品经销商年初采购了进价分别为3200元和3600元的甲、乙两款滑雪板共300副．采购总额为100万元．经过一段时间的销售后，甲款滑雪板比乙款滑雪板多售出5副，两款滑雪板的销售利润率相同．销售额均为18万元．
（1）求该经销商年初采购了甲、乙两款滑雪板各多少副；
（2）计算这批滑雪板全部售出后，经销商获得的利润．
23．（2025春 安新县期末）已知直线分别与x轴、y轴交于A，B两点．
（1）求点A和点B的坐标；
（2）将直线l1向上平移6个单位长度后得到直线l2画出平移后的直线l2的图形；
（3）平面内有一动点P，点P的坐标为（m，﹣m+1），当点P在△OAB内部（不含边界），求m的取值范围．
24．（2023 黔江区一模）如图，一货船从港口A出发，以40海里/小时的速度向正北方向航行，经过1小时到达B处，测得小岛C在B的东北方向，且在点A的北偏东30°方向．（参考数据：1.41，1.73，2.45，sin37°≈0.60，cos37°≈0.80）
（1）求BC的距离（结果保留整数）；
（2）由于货船在B处突发故障，于是立即以30海里/小时的速度沿BC赶往小岛C维修，同时向维修站D发出信号，在D处的维修船接到通知后立即准备维修材料，之后以50海里/小时的速度沿DC前往小岛C，已知D在A的正东方向上，C在D的北偏西37°方向，通知时间和维修船准备材料时间一共6分钟，请计算说明维修船能否在货船之前到达小岛C．
25．（2025 东兴区模拟）抛物线y＝ax2+bx+2与x轴交于点A（﹣4，0），B（1，0），连接AC，BC．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）如图，P是抛物线上一动点，是否存在点P，使得∠PAB＝∠OBC？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）Q为线段AC上方抛物线上的一动点（点Q不与点A，C重合），过点Q作QE∥x轴交直线AC于点E，过点Q作QF⊥x轴交AC于点F，求△QEF周长的最大值及此时点Q的坐标．
26．（2024 和平区校级三模）（1）发现：如图1，正方形ABCD中，点E在CD边上，将△ADE沿AE对折得到△AFE，延长EF交BC边于点G，连接AG．证明：BG+DE＝EG．
（2）探究：如图2，矩形ABCD中AD＞AB，O是对角线的交点，过O任作一直线分别交BC、AD于点M、N，四边形AMNE是由四边形CMND沿MN翻折得到的，连接CN，若△CDN的面积与△CMN的面积比为1：3，求的值．
（3）拓展：如图3，在菱形ABCD中，AB＝6，E为CD边上的三等分点，∠D＝60°．将△ADE沿AE翻折得到△AFE，直线EF交BC于点P，求PC的长．
重庆市2025-2026学年九年级上学期数学期中模拟测试练习卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题，满分40分，每小题4分）
1．（4分）（2022秋 林州市校级月考）若m与互为相反数，则m的值为（　　）
A．﹣3 B． C． D．3
【考点】相反数．
【专题】实数；数感．
【答案】C
【分析】根据相反数的定义即可解答．
【解答】解：∵m与互为相反数，
∴，
故选：C．
【点评】本题主要考查相反数的定义，解题的关键是掌握只有符号不同的两个数互为相反数．
2．（4分）（2022秋 舟山期末）以下四个图标中，是轴对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
【考点】轴对称图形．
【专题】平移、旋转与对称；几何直观．
【答案】A
【分析】根据如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴进行分析即可．
【解答】解：B，C，D选项中的图形都不能找到这样的一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以不是轴对称图形；
A选项中的图形能找到这样的一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以是轴对称图形；
故选：A．
【点评】本题考查了轴对称图形的概念，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合．
3．（4分）（2024 渠县校级模拟）如图，已知二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象与x轴交于点A（﹣1，0），与y轴的交点B在（0，﹣2）和（0，﹣1）之间（不包括这两点），对称轴为直线x＝1．下列结论：①ac＞0；②2a+b＝0；③4a+c＜0；④4a；⑤．其中含所有正确结论的选项是（　　）
A．①③⑤ B．②③④ C．②④⑤ D．③④⑤
【考点】二次函数图象与系数的关系；抛物线与x轴的交点．
【专题】二次函数图象及其性质；几何直观；推理能力．
【答案】C
【分析】由抛物线的开口方向判断a与0的关系，由抛物线与y轴的交点判断c与0的关系，然后根据对称轴及抛物线与x轴交点情况进行分别推理，进而对所得结论进行判断．
【解答】解：①由抛物线开口向上，则a＞0，
∵点B在（0，﹣2）和（0，﹣1）之间，
∴c＜0，
∴ac＜0，①错误；
②∵1，
∴b＝﹣2a，
∴2a+b＝0，故②正确；
③∵抛物线过A（﹣1，0），
∴a﹣b+c＝0，
∵b＝﹣2a，
∴3a+c＝0，
∴a＞0，
∴4a+c＞0，故③错误；
④∵3a+c＝0，
∴c＝﹣3a，
∵b＝﹣2a，
∴，
∵a＞0，
∴4a，故④正确；
⑤∵图象与y轴的交点B在（0，﹣2）和（0，﹣1）之间，
∴﹣2＜c＜﹣1，
∵c＝﹣3a，
∴﹣2＜﹣3a＜﹣1，
∴，故⑤正确；
故选：C．
【点评】本题考查了抛物线与x轴的交点、二次函数图象与系数的关系、二次函数的性质以及二次函数图象上点的坐标特征，逐一分析四条结论的正误是解题的关键．
4．（4分）（2024秋 越城区期末）如图，在△ABC中，AB＝4，AC＝3，BC＝5．将△ABC沿着射线AC方向平移到△DEF位置，若图中阴影部分面积为2，则平移的距离为（　　）
A．2 B． C． D．
【考点】相似三角形的判定与性质；勾股定理的逆定理；平移的性质．
【专题】等腰三角形与直角三角形；平移、旋转与对称；图形的相似；运算能力；推理能力．
【答案】C
【分析】设DE交BC于点H，由平移得DE∥AB，由AB＝4，AC＝3，BC＝5，得AB2+AC2＝BC2＝25，则AB2+AC2＝BC2，所以∠A＝90°，求得S△ABC＝6，而S△DHC＝S阴影＝2，所以，再证明△DHC∽△ABC，得，求得，则DCAC，所以平移的距离为3，于是得到问题的答案．
【解答】解：设DE交BC于点H，由平移得DE∥AB，
∵AB＝4，AC＝3，BC＝5，
∴AB2+AC2＝42+32＝25，BC2＝52＝25，
∴AB2+AC2＝BC2，
∴ABC是直角三角形，且∠A＝90°，
∴S△ABCAB AC4×3＝6，
∵S△DHC＝S阴影＝2，
∴，
∵DH∥AB，
∴△DHC∽△ABC，
∴，
∴，
∴或（不符合题意，舍去），
∴DCAC3，
∴AD＝AC﹣DC＝3，
∴平移的距离为3，
故选：C．
【点评】此题重点考查平移的性质、勾股定理的逆定理、相似三角形的判定与性质等知识，设DE交BC于点H，证明△DHC∽△ABC是解题的关键．
5．（4分）（2021秋 澄迈县期中）现要在一个长为40m，宽为26m的矩形花园中修建等宽的小道，剩余的地方种植花草，如图所示，要使种植花草的面积为864m2，设小道的宽度为x m，可列方程是（　　）
A．（26﹣x）（40﹣x）＝864 B．（26﹣x）（40﹣2x）＝864
C．x2﹣92x+1040＝864 D．2x2﹣66x+1040＝864
【考点】由实际问题抽象出一元二次方程．
【专题】一元二次方程及应用；应用意识．
【答案】B
【分析】设小道的宽度应为x m，则剩余部分可合成长为（40﹣2x）m，宽为（26﹣x）m的矩形，根据矩形的面积计算公式，结合种植花草的面积为864m2，即可得出关于x的一元二次方程．
【解答】解：设小道的宽度应为x m，则剩余部分可合成长为（40﹣2x）m，宽为（26﹣x）m的矩形，
依题意得：（40﹣2x）（26﹣x）＝864，或2x2﹣92x+1040＝864．
故选：B．
【点评】本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
6．（4分）（2023春 沙坪坝区校级期末）估计（）的值应在（　　）
A．3和4之间 B．4和5之间 C．5和6之间 D．7和8之间
【考点】估算无理数的大小；二次根式的混合运算．
【专题】实数；二次根式；运算能力．
【答案】C
【分析】先将原式进行计算，再估算无理数3的大小即可．
【解答】解：原式
＝3，
∵23，
∴5＜36，
即原式的计算结果在5和6之间，
故选：C．
【点评】本题考查二次根式的混合运算以及估算无理数的大小，掌握二次根式混合运算的方法以及算术平方根的定义是正确解答的前提．
7．（4分）（2024春 大足区期末）如图，由白色棋子和黑色棋子组成的一组图中，第①个图由1个白色棋子组成，第②个图由1个白色棋子和2个黑色棋子组成，第③个图由4个白色棋子和2个黑色棋子组成，第④个图由4个白色棋子和6个黑色棋子组成，…，按照这样的规律排列下去，则第⑧个图有（　　）个白色棋子．
A．20 B．16 C．24 D．36
【考点】规律型：图形的变化类．
【专题】猜想归纳；推理能力．
【答案】B
【分析】根据所给图形，依次求出白色棋子的个数，发现规律即可解决问题．
【解答】解：由所给图形可知，
第①个图中白色棋子的个数为：1＝12；
第②个图中白色棋子的个数为：1＝12；
第③个图中白色棋子的个数为：1+3＝22；
第④个图中白色棋子的个数为：1+3＝22；
…，
依次类推，第2n个图中白色棋子的个数为n2，
当2n＝8时，
n＝4，
则n2＝16，
所以第⑧个图中白色棋子的个数为16个．
故选：B．
【点评】本题主要考查了图形变化的规律，能根据所给图形发现第2n个图中白色棋子的个数为n2是解题的关键．
8．（4分）（2024 梁园区校级模拟）如图，在4×4的网格中，以点O为圆心作圆，点A，B，C都在圆周上，其中A，C为格点，则∠ABC的正切值为（　　）
A． B． C．1 D．不确定
【考点】圆周角定理；解直角三角形．
【专题】圆的有关概念及性质；解直角三角形及其应用；推理能力．
【答案】C
【分析】连接AC，AD，由圆周角定理得到∠CAD＝90°，∠ABC＝∠D，判定△ACD是等腰直角三角形，得到∠D＝45°，因此∠ABC＝45°，于是得到tan∠ABC＝1．
【解答】解：连接AC，AD，
∵CD是圆的直径，
∴∠CAD＝90°，
∵AC＝AD，
∴△ACD是等腰直角三角形，
∴∠D＝45°，
∴∠ABC＝∠D＝45°，
∴tan∠ABC＝1．
故选：C．
【点评】本题考查圆周角定理，解直角三角形，关键是由圆周角定理得到∠ABC＝∠D＝45°．
9．（4分）（2024 翔安区二模）数学活动课上，小亮同学用四根相同的火柴棒AB，BC，CD，DE在桌面上摆成如图所示的图形，其中点A，C，E在同一直线上，BC⊥CD，若AE＝10，则点B，D到直线AE的距离之和为（　　）
A．5 B． C． D．10
【考点】全等三角形的判定与性质；等腰三角形的性质；点到直线的距离．
【专题】图形的全等；推理能力．
【答案】A
【分析】过BM⊥AE于M，DN⊥AE于N，由等腰三角形的性质推出CMAC，CNCE，由余角的性质推出∠DCN＝∠CBM，由AAS证明△DCN≌△CBM，得到DN＝CM，BM＝CN，于是得到BM+DN＝CM+CNAE10＝5．
【解答】解：过BM⊥AE于M，DN⊥AE于N，
∵AB＝BC，
∴CMAC，
同理：CNCE，
∵BC⊥CD，
∴∠BCD＝90°，
∴∠DCN+∠BCM＝180°﹣90°＝90°，
∵∠BCM+CBM＝90°，
∴∠DCN＝∠CBM，
∵∠DNC＝∠BMC＝90°，
∵DC＝BC，
∴△DCN≌△CBM（AAS），
∴DN＝CM，BM＝CN，
∴BM+DN＝CM+CN（AC+CE）AE10＝5，
∴点B，D到直线AE的距离之和为5．
故选：A．
【点评】本题考查全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，点到直线的距离，关键是由判定△DCN≌△CBM，推出DN＝CM，BM＝CN．
10．（4分）（2024春 南通期末）某企业2021年职工人均收入10万元，2023年职工人均收入12.1万元，则人均收入的年平均增长率为（　　）
A．1.1% B．10% C．11% D．12.1%
【考点】一元二次方程的应用．
【专题】一元二次方程及应用；应用意识．
【答案】B
【分析】设人均收入的年平均增长率为x，根据该企业2021年及2023年的人均收入，即可得出关于x的一元二次方程，解之取其正值即可得出结论．
【解答】解：设人均收入的年平均增长率为x，
依题意，得：10（1+x）2＝12.1，
解得：x1＝0.1，x2＝﹣2.1（不合题意，舍去）．
故选：B．
【点评】本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
二．填空题（共8小题，满分40分）
11．（4分）（2024秋 沈北新区期末）计算：20090﹣（）﹣1+3tan30°＝ 　4　 ．
【考点】实数的运算；零指数幂；负整数指数幂；特殊角的三角函数值．
【专题】实数；运算能力．
【答案】4．
【分析】先根据零指数幂、负整数指数幂、特殊角的三角函数值分别计算，再合并即可．
【解答】解：20090﹣（）﹣1+3tan30°
＝1﹣（﹣3）+3
＝1+3
＝4，
故答案为：4．
【点评】本题考查了实数的运算，熟练掌握相关运算法则是解题的关键．
12．（4分）（2024春 开封期末）如图，点P在正五边形的边DE上运动，若∠CBP＝x°，写出一个符合条件的x的值为 　50°（答案不唯一）　 ．
【考点】多边形内角与外角．
【专题】多边形与平行四边形；推理能力．
【答案】50°（答案不唯一）．
【分析】由正多边形的性质和平行线的性质求得∠CBD＝36°，∠CBE＝72°可得x的取值范围36°≤x≤72°，即可得到答案．
【解答】解：连接BD，BE，
∵五边形ABCDEF是正五边形，CD∥BE，
∴∠C＝∠ABC＝∠AFE108°，BC＝CD，
∴∠CBD36°，
∠CBE＝180°﹣∠C＝72°，
∵点P在正六边形的边DE上运动，∠CBP＝x°，
∴36°≤x≤72°，
∴x＝50°．
故答案为：50°（答案不唯一）．
【点评】本题主要考查了正多边形内角与外角，根据正多边形的性质和平行线的性质求得∠CBD＝36°，∠CBE＝72°得到x的取值范围是解决问题的关键．
13．（4分）（2025 西湖区一模）有3张仅有编号不同的卡片，编号分别是2，3，4．从中随机抽取一张，记下编号后放回，再随机抽取一张记下编号，则两次抽到的编号都是偶数的概率等于　　 ．
【考点】列表法与树状图法；概率公式．
【专题】概率及其应用；应用意识．
【答案】．
【分析】列表可得出所有等可能的结果数以及两次抽到的编号都是偶数的结果数，再利用概率公式可得出答案．
【解答】解：列表如下：
2 3 4
2 （2，2） （2，3） （2，4）
3 （3，2） （3，3） （3，4）
4 （4，2） （4，3） （4，4）
共有9种等可能的结果，其中两次抽到的编号都是偶数的结果有：（2，2），（2，4），（4，2），（4，4），共4种，
∴两次抽到的编号都是偶数的概率为．
故答案为：．
【点评】本题考查列表法与树状图法、概率公式，熟练掌握列表法与树状图法以及概率公式是解答本题的关键．
14．（4分）（2024 城中区校级二模）如图，已知反比例函数y（k≠0）和y的图象分别过点A和B，且AB∥x轴，C是x轴上任意一点．若S△ABC，则k的值为 　﹣2　 ．
【考点】反比例函数系数k的几何意义；反比例函数图象上点的坐标特征；反比例函数的性质．
【专题】反比例函数及其应用；运算能力．
【答案】﹣2．
【分析】根据反比例函数k值的几何意义解答即可．
【解答】解；如图，作BE⊥x轴，垂足为E，AC⊥AB，AB与y轴交于点F，
∵AB∥x轴，
∴无论点C在任何位置，三角形ABC的面积都为，
不妨令AC⊥x轴，则四边形ABEC是矩形，且面积是三角形面积的二倍，即为3，
∵点B在反比例函数y图象上，
∴S矩形BFOE＝1，
∴S矩形ACOF＝3﹣1＝2，
∵反比例函数图象在第二象限，
∴k＝﹣2．
故答案为：﹣2．
【点评】本题考查了反比例函数k值的几何意义，熟练掌握该知识点是关键．
15．（4分）（2023秋 椒江区期中）当x＝m或x＝n（m≠n）时，代数式x2﹣2x的值相等，则当x＝m+n时，代数式x2﹣2x的值为 　0　 ．
【考点】二次函数图象上点的坐标特征；代数式求值．
【专题】二次函数图象及其性质；运算能力；推理能力．
【答案】0．
【分析】先找出二次函数y＝x2﹣2x＝（x﹣1）2﹣1的对称轴为x＝1，从而求得x＝m+n＝2，再把x＝2代入代数式即可．
【解答】解：令y＝x2﹣2x，则y＝x2﹣2x＝（x﹣1）2﹣1，
∴函数y＝x2﹣2x的对称轴为直线x＝1，
∵当x＝m或x＝n（m≠n）时，代数式x2﹣2x的值相等，
∴以m、n为横坐标的点是函数y＝x2﹣2x关于直线x＝1的对称点，
∴1，
∴m+n＝2，
∵x＝m+n，
∴x＝2，x2﹣2x＝4﹣4＝0．
故答案为：0．
【点评】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征，主要利用了二次函数的对称性和对称轴公式，是基础题，熟记性质和得出m+n＝2是解题的关键．
16．（4分）已知关于x的不等式组有解，且关于y的分式方程4有正整数解，则所有满足条件的整数a的值的个数为 　2　 ．
【考点】分式方程的解；解一元一次不等式组；一元一次不等式组的整数解．
【专题】分式方程及应用；一元一次不等式（组）及应用；运算能力．
【答案】2．
【分析】根据分式方程的解为正整数即可得出 且a≠3，根据不等式组有解，即可得a＜9，找出 所有符合条件的正整数，a的个数为2．
【解答】解：解方程 得；，
∵分式方程的解为正整数，
∴2a+3＞0，即，
又∵y≠3，
∴，即a≠3，
则且a≠3，
∵，
解不等式①，得x＜2，
解不等式②，得，
∵此不等式组有解，
∴，
解得a＜9，
综上，a的取值范围是，且a≠3，
则符合题意的整数a的值有0，6共2个，
故答案为：2．
【点评】本题考查了分式方程的解以及解一元一次不等式组，根据分式方程的解为正整数结合不等式组有 解，找出 ，且a≠3是解题的关键．
17．（8分）（2022 浙江三模）如图，在矩形ABCD中，BCAB．将矩形ABCD沿GF折叠，使点A落在BC边上的E处，得到四边形FEPG，连接AE，PC，若tan∠CGP，GF＝4，则　　 ，S△PEC＝　　 ．
【考点】翻折变换（折叠问题）；解直角三角形；三角形的面积；矩形的性质．
【专题】矩形 菱形 正方形；平移、旋转与对称；图形的相似；解直角三角形及其应用；几何直观；推理能力．
【答案】，．
【分析】过G作GM⊥AB于M，过P作PN⊥BC于N，证明△ABE∽△GMF，可得，由折叠矩形ABCD，tan∠CGP，可得tan∠BFE＝tan∠CGP，设BE＝3x，可得AE3x，即得，可得x＝2，从而EC＝BC﹣BE＝6，在Rt△EPN中，sin∠PEN＝sin∠BFE，解得PN，故S△PECEC PN．
【解答】解：过G作GM⊥AB于M，过P作PN⊥BC于N，如图：
∵矩形ABCD沿GF折叠，使点A落在BC边上的E处，
∴AE⊥GF，
∴∠AOF＝∠GMF＝∠ABE＝90°，
∴∠BAE+∠AFO＝90°，∠AFO+∠FGM＝90°，
∴∠BAE＝∠FGM，
∴△ABE∽△GMF，
∴，
∵∠AMG＝∠D＝∠DAM＝90°，
∴四边形AMGD是矩形，
∴GM＝AD＝BC，
∴，
∴，
∵折叠矩形ABCD，
∴∠GPE＝∠ADG＝∠FAD＝∠FEP＝∠BCD＝∠B＝90°，
∴∠CGP＝90°﹣∠GHP＝90°﹣∠EHC＝∠HEC＝90°﹣∠FEB＝∠BFE，
∵tan∠CGP，
∴tan∠BFE＝tan∠CGP，
设BE＝3x，则BF＝4x，EF＝5x＝AF，
∴AB＝AF+FB＝9x，
∴AE3x，
∵GF＝4，
∴，
∴x＝2，
∴BE＝3x＝6，EF＝5x＝10，AB＝9x＝18，BCAB＝12＝AD＝EP，
∴EC＝BC﹣BE＝6，
在Rt△EPN中，sin∠PEN＝sin∠BFE，
∴，即，
解得PN，
∴S△PECEC PN6，
故答案为：，．
【点评】本题考查矩形中的翻折问题，涉及矩形的性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是正确作辅助线，构造相似三角形，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．
18．（8分）（2025 隆昌市校级一模）对任意一个三位数n，如果n满足各个数位上的数字互不相同，且都不为零，那么称这个数为“相异数”，将一个“相异数”任意两个数位上的数字对调后可以得到三个不同的新三位数，把这三个新三位数的和与111的商记为F（n）．例如n＝123，对调百位与十位上的数字得到213，对调百位与个位上的数字得到321，对调十位与个位上的数字得到132，这三个新三位数的和为213+321+132＝666，666÷111＝6，所以F（123）＝6．
（1）计算：F（127）＝ 　10　 ；
（2）若s，t都是“相异数”，其中s＝100x+32，t＝150+y（1≤x≤9，1≤y≤9，x，y都是正整数），规定：k，当F（s）+F（t）＝18时，求k的最小值是 　　 ．
【考点】因式分解的应用；有理数的混合运算．
【答案】（1）10；
（2）．
【分析】（1）根据F（n）的定义计算即可；
（2）先确定s，t的各个数位，根据两数F（n）求出x，y的数量关系，再根据k的定义写成y的表达式，根据y的取值范围确定k的最小值即可．
【解答】解：（1）F（127）10；
故答案为：10；
（2）设n，
∴F（n）a+b+c，
∵s＝100x+32＝100x+30+2，t＝150+y＝100+50+y，
∴F（s）＝x+3+2＝x+5，F（t）＝1+5+y＝6+y，
∵F（s）+F（t）＝18，
∴x+5+6+y＝18，
∴x＝7﹣y，
∴k1，
∴当y最大时，k最小，
∵1≤x≤9，
∴1≤7﹣y≤9，
∴﹣2≤y≤6，
∵1≤y≤9，y≠1或5，
∴当y＝6时，k最小，为．
故答案为：．
【点评】本题主要考查了有理数的计算，掌握位值原则从而得到F（n）与n各数位之间的关系是本题解题的关键．
三．解答题（共8小题）
19．（2022春 大渡口区校级月考）计算：
（1）y（2x﹣y）+（x+y）2；
（2）．
【考点】分式的混合运算；单项式乘多项式；完全平方公式．
【专题】整式；分式；运算能力．
【答案】（1）x2+4xy；
（2）．
【分析】（1）先算单项式乘多项式，完全平方，再合并同类项即可；
（2）先通分，能分解的进行分解，除法转为乘法，最后算乘法即可．
【解答】解：（1）y（2x﹣y）+（x+y）2
＝2xy﹣y2+x2+2xy+y2
＝x2+4xy；
（2）
．
【点评】本题主要考查分式的混合运算，单项式乘多项式，解答的关键是对相应的运算法则的掌握．
20．（2025 大连一模）某校组织七年级学生参加“智慧校园 AI赋能”信息技术知识竞赛，为了了解竞赛成绩，随机抽取了部分七年级学生的竞赛成绩进行分析，整理（竞赛成绩满分为100分，不低于90分的为优秀，竞赛成绩x分为四个等级：D：x＜85，C：85≤x＜90，B：90≤x＜95，A：95≤x≤100），部分信息如下：
信息一：
信息二：七年级学生竞赛成绩在B，C等级的数据（单位：分）如下：
94，93，93，93，92，92，92，92，91，91，90，89，88，86，85．
请根据以上信息，解答下列问题：
（1）求所抽取的学生竞赛成绩为A等级的人数；
（2）求所抽取的学生竞赛成绩的众数和中位数；
（3）若该校七年级共有230名同学参加本次竞赛，请估计竞赛成绩优秀的人数．
【考点】众数；用样本估计总体；中位数．
【专题】统计的应用；数据分析观念．
【答案】（1）3人；
（2）161人．
【分析】（1）用C等级组人数除以20%可得样本容量，再用样本容量减去其它三个等级的人数可得A等级的人数；
（2）根据众数和中位数的定义解答即可；
（3）用230乘样本中成绩为A、B等级的人数所占比例即可．
【解答】解：（1）样本容量为：4÷20%＝20（人），
∴抽取的学生成绩为A等级的人数为20﹣2﹣4﹣11＝3（人）；
（2）这组数据中出现次数最多的是B，C等级中的92，共出现了4次，
∴众数为92，
将这20个数据从小到大排序，处在第10和11位的数均为92，
∴所抽取的学生成绩的中位数为92；
（3）230161（人），
答：估计竞赛成绩优秀的人数为161人．
【点评】本题考查中位数、众数以及用样本估计总体，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
21．（2025春 巫山县校级期中）数学兴趣小组探究发现，如图所示的正方形ABCD，分别取BC，CD的中点N，M，连接AM，DN交于点E，过B作AM的垂线，交AM于点Q，交AD于点P．则四边形BPDN是平行四边形．
（1）用尺规完成以下基本作图：过B作AM的垂线，交AM于点Q，交AD于点P（只保留作图痕迹）．
（2）根据（1）中所作图形，数学兴趣小组给出了证明，请补全证明过程．
证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝CD＝BC，∠ADC＝∠C＝90°，AD∥BC．
又∵M，N分别为BC，CD的中点，
∴DMCD，CNBC，
∴①　DM＝CN　 ，
在△ADM与△DCN中，
∴△ADM≌△DCN（SAS）．
∴②　∠DAM＝∠CDN　 ．
又∵∠CDN+∠ADN＝90°，
∴∠DAM+∠ADN＝90°，
∴∠AED＝90°，
又∵BP⊥AE，
∴∠AQP＝∠AED＝90°，
∴③　BP∥DN　 ．
又∵DP∥BN，
∴④　四边形BPDN是平行四边形　 ．
【考点】作图—基本作图；全等三角形的判定与性质；等腰直角三角形；平行四边形的判定；正方形的性质．
【专题】作图题；推理能力．
【答案】（1）见解答；
（1）DM＝CN，∠DAM＝∠CDN，BP∥DN，四边形BPDN是平行四边形．
【分析】（1）作AP＝BN即可；
（2）根据全等三角形的判定定理和性质定理、平行四边形的判定定理求解．
【解答】解：（1）如下图：点P、Q即为所求；
（2）∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝CD＝BC，∠ADC＝∠C＝90°，AD∥BC．
又∵M，N分别为BC，CD的中点，
∴DMCD，CNBC，
∴DM＝CN，
在△ADM与△DCN中，
∴△ADM≌△DCN（SAS）．
∴∠DAM＝∠CDN．
又∵∠CDN+∠ADN＝90°，
∴∠DAM+∠ADN＝90°，
∴∠AED＝90°，
又∵BP⊥AE，
∴∠AQP＝∠AED＝90°，
∴BP∥DN．
又∵DP∥BN，
∴四边形BPDN是平行四边形，
故答案为：DM＝CN，∠DAM＝∠CDN，BP∥DN，四边形BPDN是平行四边形．
【点评】本题考查了基本作图，掌握全等三角形的判定定理和性质定理、平行四边形的判定定理是解题的关键．
22．（2022 景德镇模拟）随着冰雪运动风行，冰雪运动产品销售火热，某冰雪运动产品经销商年初采购了进价分别为3200元和3600元的甲、乙两款滑雪板共300副．采购总额为100万元．经过一段时间的销售后，甲款滑雪板比乙款滑雪板多售出5副，两款滑雪板的销售利润率相同．销售额均为18万元．
（1）求该经销商年初采购了甲、乙两款滑雪板各多少副；
（2）计算这批滑雪板全部售出后，经销商获得的利润．
【考点】二元一次方程组的应用；分式方程的应用．
【专题】一次方程（组）及应用；分式方程及应用；运算能力；推理能力；应用意识．
【答案】（1）该经销商年初采购了甲款滑雪板200副，乙款滑雪板100副；
（2）这批滑雪板全部售出后，经销商获得的利润为25万元．
【分析】（1）设该经销商年初采购了甲款滑雪板x副，乙款滑雪板y副，由题意：某冰雪运动产品经销商年初采购了进价分别为3200元和3600元的甲、乙两款滑雪板共300副．采购总额为100万元．列出二元一次方程组，解方程组即可；
（2）设甲、乙两款滑雪板的销售利润均为m，由题意：甲款滑雪板比乙款滑雪板多售出5副，两款滑雪板的销售利润率相同．销售额均为18万元．列出分式方程，解方程即可．
【解答】解：（1）设该经销商年初采购了甲款滑雪板x副，乙款滑雪板y副，
由题意得：，
解得：，
答：该经销商年初采购了甲款滑雪板200副，乙款滑雪板100副；
（2）设甲、乙两款滑雪板的销售利润均为m，
由题意得：5，
解得：m＝0.25＝25%，
经检验，m＝0.25是原方程的解，且符合题意，
则100×25%＝25（万元），
答：这批滑雪板全部售出后，经销商获得的利润为25万元．
【点评】本题考查了二元一次方程组的应用以及分式方程的应用，解题的关键是：（1）找准等量关系，正确列出二元一次方程组；（2）找准等量关系，正确列出分式方程．
23．（2025春 安新县期末）已知直线分别与x轴、y轴交于A，B两点．
（1）求点A和点B的坐标；
（2）将直线l1向上平移6个单位长度后得到直线l2画出平移后的直线l2的图形；
（3）平面内有一动点P，点P的坐标为（m，﹣m+1），当点P在△OAB内部（不含边界），求m的取值范围．
【考点】一次函数综合题．
【专题】数形结合；一次函数及其应用；平移、旋转与对称；几何直观；应用意识．
【答案】（1）A（6，0），B（0，﹣3）；
（2）画出平移后的直线l2见解答过程；
（3）1＜m．
【分析】（1）在y1x﹣3中，令x＝0得y＝﹣3，令y＝0得x＝6，即得A（6，0），B（0，﹣3）；
（2）将直线l1：y1x﹣3向上平移6个单位长度后得到直线l2的解析式为y2x﹣3+6x+3，知直线l2经过（0，3），（﹣6，0），再画出图象即可；
（3）由P（m，﹣m+1），知P在直线y＝﹣x+1上运动，设直线y＝﹣x+1与OA于E，与直线l1交于F，求出E（1，0），F（，），即可得1＜m．
【解答】解：（1）在y1x﹣3中，令x＝0得y＝﹣3，令y＝0得x＝6，
∴A（6，0），B（0，﹣3）；
（2）将直线l1：y1x﹣3向上平移6个单位长度后得到直线l2的解析式为y2x﹣3+6x+3，
在y2x+3中，令x＝0得y2＝3，令y2＝0得x＝﹣6，
∴直线l2经过（0，3），（﹣6，0），如图：
（3）∵P（m，﹣m+1），
∴P在直线y＝﹣x+1上运动，
设直线y＝﹣x+1与OA于E，与直线l1交于F，如上图，
在y＝﹣x+1中，令y＝0得x＝1，
∴E（1，0），
联立，
解得，
∴F（，），
当点P在△OAB内部（不含边界）时，P在线段EF上（不含端点），
∴1＜m．
【点评】本题考查一次函数的综合应用，涉及函数图象上点坐标的特征，函数图象，平移变换等知识，解题的关键是数形结合思想的应用．
24．（2023 黔江区一模）如图，一货船从港口A出发，以40海里/小时的速度向正北方向航行，经过1小时到达B处，测得小岛C在B的东北方向，且在点A的北偏东30°方向．（参考数据：1.41，1.73，2.45，sin37°≈0.60，cos37°≈0.80）
（1）求BC的距离（结果保留整数）；
（2）由于货船在B处突发故障，于是立即以30海里/小时的速度沿BC赶往小岛C维修，同时向维修站D发出信号，在D处的维修船接到通知后立即准备维修材料，之后以50海里/小时的速度沿DC前往小岛C，已知D在A的正东方向上，C在D的北偏西37°方向，通知时间和维修船准备材料时间一共6分钟，请计算说明维修船能否在货船之前到达小岛C．
【考点】解直角三角形的应用﹣方向角问题．
【专题】解直角三角形及其应用；运算能力；应用意识．
【答案】（1）77海里；
（2）能．
【分析】（1）过C作CM⊥AB交AB延长线于M，由题意可得MC＝MB，设MC＝MB＝x，则MA＝x+40，通过勾股定理和三角函数进行列方程求解即可；
（2）结合三角函数和平行线的性质进行求解并比较即可得到解答．
【解答】解：（1）过C作CM⊥AB交AB延长线于M，
由题意得，AB＝40×1＝40海里，
在Rt△BCM中，∠CBM＝45°，
∴MC＝MB，
设 MC＝MB＝x海里，则MA＝（x+40）海里，
在Rt△ACM中，，
∴，
解得，
∴海里，
在Rt△MBC中，MB2+MC2＝BC2，
∴海里；
（2）∵海里，
∴海里，
∵AM∥CH，
∴∠1＝∠CAM＝30°，
∴，
∴海里，
∵CH∥DN，∠NDC＝37°，
∴∠2＝∠NDC＝37°，
∴，
∴海里，
货船从B到C用时：（小时），
∵6分钟小时，
∴（小时），
∴（海里），
∵（海里），
∴能在货船之前到达小岛C．
【点评】本题考查了三角函数的综合、勾股定理的应用、分式方程的应用和平行线的性质，灵活运用所学知识求解是解决本题的关键．
25．（2025 东兴区模拟）抛物线y＝ax2+bx+2与x轴交于点A（﹣4，0），B（1，0），连接AC，BC．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）如图，P是抛物线上一动点，是否存在点P，使得∠PAB＝∠OBC？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）Q为线段AC上方抛物线上的一动点（点Q不与点A，C重合），过点Q作QE∥x轴交直线AC于点E，过点Q作QF⊥x轴交AC于点F，求△QEF周长的最大值及此时点Q的坐标．
【考点】二次函数综合题．
【专题】代数几何综合题；压轴题；二次函数图象及其性质；图形的相似；运算能力；推理能力；应用意识．
【答案】（1）yx2x+2；
（2）存在点P，使得∠PAB＝∠OBC，点P的坐标为（﹣3，2）或（5，﹣18）；
（3）C△QEF的最大值＝6+2，此时点Q的坐标为（﹣2，3）．
【分析】（1）运用待定系数法即可求得答案；
（2）运用正切函数定义可得tan∠OBC2，当点P在x轴上方时，在y轴正半轴上取点D（0，8），连接AD交抛物线于P，利用待定系数法可得直线AD的解析式为y＝2x+8，联立方程组求解即可求得点P的坐标；当点P在x轴下方时，在y的负半轴上取点D′（0，﹣8），连接AD′交抛物线于P，同理可求得点P的坐标；
（3）运用待定系数法可得直线AC的解析式为yx+2，设Q（t，t2t+2），则F（t，t+2），可得QFt2t+2﹣（t+2）t2﹣2t，再证得△QEF∽△OAC，由相似三角形性质可得（t2﹣2t）t2﹣t，进而得出C△QEF＝（t2﹣t）C△OAC＝（t2﹣t）×（6+2）（t+2）2+6+2，再利用二次函数的性质即可得出答案．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+2与x轴交于点A（﹣4，0），B（1，0），
∴，
解得：，
∴该抛物线的解析式为yx2x+2；
（2）∵yx2x+2，
∴当x＝0时，y＝2，
∴C（0，2），
∴OC＝2，
∵B（1，0），
∴OB＝1，
在Rt△BCO中，tan∠OBC2，
当点P在x轴上方时，在y轴正半轴上取点D（0，8），连接AD交抛物线于P，如图1，
则OD＝8，
∴tan∠PAB2，
∴tan∠PAB＝tan∠OBC，
∴∠PAB＝∠OBC，
设直线AD的解析式为y＝kx+c，则，
解得：，
∴直线AD的解析式为y＝2x+8，
联立方程组得，
解得：，（舍去），
∴点P的坐标为（﹣3，2）；
当点P在x轴下方时，在y的负半轴上取点D′（0，﹣8），连接AD′交抛物线于P，如图2，
则tan∠PAB2，
∴tan∠PAB＝tan∠OBC，
∴∠PAB＝∠OBC，
同理可得：直线AD′的解析式为y＝﹣2x﹣8，
联立方程组得，
解得：，（舍去），
∴点P的坐标为（5，﹣18）；
综上所述，存在点P，使得∠PAB＝∠OBC，点P的坐标为（﹣3，2）或（5，﹣18）；
（3）如图3，记△QEF周长为C△QEF，△OAC周长为C△OAC，
∵A（﹣4，0），C（0，2），
∴OA＝4，OC＝2，AC2，
∴C△OAC＝4+2+26+2，
设直线AC的解析式为y＝mx+n，
∵A（﹣4，0），C（0，2），
∴，
解得：，
∴直线AC的解析式为yx+2，
设Q（t，t2t+2），则F（t，t+2），
∴QFt2t+2﹣（t+2）t2﹣2t，
∵QE∥x轴，
∴∠FEQ＝∠CAO，
∵QF⊥x轴，即QF∥y轴，
∴∠EFQ＝∠ACO，
∴△QEF∽△OAC，
∴（t2﹣2t）t2﹣t，
∴C△QEF＝（t2﹣t）C△OAC＝（t2﹣t）×（6+2）（t+2）2+6+2，
∴当t＝﹣2时，C△QEF的最大值＝6+2，此时点Q的坐标为（﹣2，3）．
【点评】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法，二次函数的图象和性质，正切函数的定义，相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识点，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解题的关键．
26．（2024 和平区校级三模）（1）发现：如图1，正方形ABCD中，点E在CD边上，将△ADE沿AE对折得到△AFE，延长EF交BC边于点G，连接AG．证明：BG+DE＝EG．
（2）探究：如图2，矩形ABCD中AD＞AB，O是对角线的交点，过O任作一直线分别交BC、AD于点M、N，四边形AMNE是由四边形CMND沿MN翻折得到的，连接CN，若△CDN的面积与△CMN的面积比为1：3，求的值．
（3）拓展：如图3，在菱形ABCD中，AB＝6，E为CD边上的三等分点，∠D＝60°．将△ADE沿AE翻折得到△AFE，直线EF交BC于点P，求PC的长．
【考点】相似形综合题．
【专题】几何综合题；分类讨论；线段、角、相交线与平行线；图形的全等；等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；平移、旋转与对称；图形的相似；运算能力；推理能力．
【答案】（1）证明见解析；
（2）2；
（3）或．
【分析】（1）由正方形的性质得∠D＝∠B＝90°，AD＝AB，再由翻折的性质得AD＝AF，DE＝EF，∠AFE＝∠D＝90°，则AB＝AF，∠B＝∠AFG，然后证Rt△ABG≌Rt△AFG（HL），得BG＝GF，即可得出结论；
（2）由翻折的性质得到AM＝CM，AE＝CD，∠E＝∠D，∠AMN＝∠CMN，证△ANE≌△CND（AAS），得AN＝CN，再由矩形的性质得∠ANM＝∠CMN，证得AM＝AN＝CM＝CN，根据已知条件和三角形的面积公式得到DN：CM＝1：3，设DN＝k，则CN＝CM＝3k，过N作NG⊥MC于点G，则CG＝DN＝k，MG＝2k，求出NG＝2k，MN＝2k，即可得出答案；
（3）①当DEDC＝2时，延长FE交AD于点Q，过点Q作QH⊥CD于点H，过点E作EM⊥AQ于点M，作EN⊥AF于点N，过点A作AR⊥FQ于点R，设DQ＝x，QE＝y，则AQ＝6﹣x，再证△CPE∽△DQE，推出CP＝2DQ＝2x，由翻折的性质得EF＝DE＝2，AF＝AD＝6，∠QAE＝∠FAE，然后由面积法证得，得出y＝2x，求出HE＝2x，HQx，由勾股定理得（2x）2+（x）2＝y2，解出x的值，即可得出答案；②当CEDC＝2时，延长FE交AD于点Q′，过点Q′作Q′H′⊥CD于点H′，则DE＝4，设DQ′＝x′，Q′E＝y′，则AQ′＝6+x′，同理求出CPDQ′x′，，得出y′＝4x′，再求出H′E＝4x′，H′Q′x′，由勾股定理得（x′）2+（4x′）2＝y′2，解出x′的值，即可得出答案．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠D＝∠B＝90°，AD＝AB，
由翻折的性质得：AD＝AF，DE＝EF，∠AFE＝∠D＝90°，
∴AB＝AF，∠AFG＝∠AFE＝90°，
∴∠B＝∠AFG＝90°，
在Rt△ABG和Rt△AFG中，
，
∴Rt△ABG≌Rt△AFG（HL），
∴BG＝GF，
∴BG+DE＝GF+EF＝EG；
（2）解：由翻折的性质得，AM＝CM，AE＝CD，∠E＝∠D，∠AMN＝∠CMN，
在△ANE与△CND中，
，
∴△ANE≌△CND（AAS），
∴AN＝CN，
∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，
∴∠ANM＝∠CMN，
∴∠AMN＝∠ANM，
∴AM＝AN＝CM＝CN，
∴S△AMN＝S△CMNCM CD，
又∵S△CDN：S△CMN＝1：3，S△CDNDN CD，
∴，
设DN＝k，则CN＝CM＝3k，
如图2，过点N作NG⊥MC于点G，
则四边形CDNG为矩形，
∴CG＝DN＝k，MG＝CM﹣CG＝3k﹣k＝2k，
NG2k，
∴MN2k，
∴2；
（3）解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝AD＝DC＝6，AD∥BC，
①如图3，当DEDC6＝2时，延长FE交AD于点Q，过点Q作QH⊥CD于点H，过点E作EM⊥AQ于点M，作EN⊥AF于点N，过点A作AR⊥FQ于点R，
设DQ＝x，QE＝y，
则AQ＝AD﹣DQ＝6﹣x，
∵CP∥DQ，
∴△CPE∽△DQE，
∴2，
∴CP＝2DQ＝2x，
由翻折的性质得：EF＝DE＝2，AF＝AD＝6，∠QAE＝∠FAE，
∴AE是平分∠QAF，
∴EM＝EN，
∵S△AQEAQ EMQE AR，S△AEFAF ENEF AR，
∴，
∴，
即，
∴y＝2x，
∵∠D＝60°，
∴DHDQx，
∴HE＝DE﹣DH＝2x，HQDHx，
在Rt△HQE中，由勾股定理得：HE2+HQ2＝EQ2，
即（2x）2+（x）2＝y2，
∵y＝2x，
解得：x1，x2＝0（不合题意，舍去），
∴PC＝2；
②如图4，当CEDC6＝2时，延长FE交AD于点Q′，过点Q′作Q′H′⊥CD于点H′，
则DE＝4，
设DQ′＝x′，Q′E＝y′，
则AQ′＝AD+DQ′＝6+x′，
∵CP∥DQ′，
∴△CPE∽△DQ′E，
∴，
∴CPDQ′x′，
由翻折的性质得：EF＝DE＝4，AF＝AD＝6，∠Q′AE＝∠EAF，
同理：，
即，
∴y′＝4x′，
∵∠CDA＝∠Q′DH′＝60°，
∴DH′DQ′x，
∴H′E＝DE+DH′＝4x′，H′Q′DH′x′，
在Rt△H′Q′E中，由勾股定理得：H′Q′2+H′E2＝EQ′2，
即（x′）2+（4x′）2＝y′2，
∵y′＝4x′，
解得：x′1，x′2＝0（不合题意，舍去），
∴PC；
综上所述，PC的长为或．
【点评】本题是相似形综合题，考查了全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、翻折的性质、勾股定理、含30°角的直角三角形的性质、正方形的性质、矩形的性质、菱形的性质、平行线的性质、角平分线的性质、分类讨论等知识，综合性强，难度大，熟练掌握翻折的性质和相似三角形的判定与性质是解题的关键．
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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