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题组突破02 期中解答易错题组突破（50题）
题组突破
1．（2022秋·福建厦门·九年级厦门市莲花中学校考阶段练习）在一个不透明的盒子中装有4张卡片.4张卡片的正面分别标有数字1,2,3,4,这些卡片除数字外都相同,将卡片搅匀.
(1)从盒子任意抽取一张卡片,恰好抽到标有奇数卡片的概率是： ；
(2)先从盒子中任意抽取一张卡片,再从余下的3张卡片中任意抽取一张卡片,求抽取的2张卡片标有数字之和大于4的概率(请用画树状图或列表等方法求解).
2．（2022秋·福建泉州·九年级统考期末）某旅游商店8月份营业额为15万元,9月份下降了20%．受“十一”黄金周以及经济利好因素的影响,10月份、11月份营业额均比上一个月有所增长,10月份增长率是11月份增长率的1.5倍,已知该旅游商店11月份营业额为24万元．
（1）问：9月份的营业额是多少万元？
（2）求10月份营业额的增长率．
3．（2022秋·福建漳州·九年级福建省漳州第一中学校考期中）已知：，平分交于点，点在上且，连接．求证：四边形是菱形．

4．（2022秋·福建三明·九年级统考期中）如图，菱形的对角线与相交于，是中点，连接并延长到，使．求证：四边形是矩形．
5．（2022·福建三明·统考三模）解方程：x(x－2)＋x－2＝0．
6．（2022秋·福建龙岩·九年级统考期中）如图，四边形ACDE是证明勾股定理时用到的一个图形，是和边长，易知，这时我们把关于的形如的一元二次方程称为“勾系一元二次方程”，比如是“勾系一元二次方程”．
请解决下列问题：
(1)试判断方程_______“勾系一元二次方程”（填“是”或“不是”）；
(2)若是“勾系一元二次方程”的一个根，且四边形的周长是12，求面积．
7．（2023春·福建福州·八年级统考期中）如图，在矩形中，，，点E是上一点，连接，将沿着折叠，恰好点B与在上的点F重合，求的长．
8．（2022秋·福建厦门·九年级厦门一中校考阶段练习）解方程
(1)
(2)
9．（2022秋·福建·九年级统考期末）如图，把矩形ABCD沿AC折叠，使点D与点E重合，AE交BC于点F，过点E作EG∥CD交AC于点G，交CF于点H，连接DG．
（1）求证：四边形ECDG是菱形；
（2）若DG＝6，AG＝，求EH的值．
10．（2022春·福建福州·八年级校考期末）电商时代使得网购更加便捷和普及．小张响应国家号召，自主创业，开了家淘宝店．他购进一种成本为100元/件的新商品，在试销中发现：销售单价x（元）与每天销售量y（件）之间满足如图所示的关系．
（1）求y与x之间的函数关系式；
（2）若某天小张销售该产品获得的利润为1200元，求销售单价x的值．
11．（2022秋·福建南平·九年级校考期中）已知关于x的方程，求证：无论p为何值，方程总有实数根．
12．（2023秋·福建泉州·九年级石狮市石光中学校考期末）田忌赛马的故事为我们所熟知．小亮与小齐学习概率初步知识后设计了如下游戏：小亮手中有方块10、8、6三张扑克牌，小齐手中有方块9、7、5三张扑克牌．每人从各自手中取一张牌进行比较，数字大的为本“局”获胜，每次取的牌不能放回．
(1)若每人随机取手中的一张牌进行比赛，求小齐本“局”获胜的概率；
(2)若比赛采用三局两胜制，即胜2局或3局者为本次比赛获胜者．当小亮的三张牌出牌顺序为先出6，再出8，最后出10时，小齐随机出牌应对，求小齐本次比赛获胜的概率．
13．（2022秋·福建漳州·九年级统考期末）有一张长，宽的长方形硬纸片（如图1），截去四个全等的小正方形之后，折成无盖的纸盒（如图2）.若纸盒的底面积为，求纸盒的高.
14．（2023·福建宁德·校考一模）如图，已知点D是Rt△ABC斜边AB的中点，∠ACB＝90°，∠A＝60°．
(1)求作Rt△DEF，使点F在AB的延长线上，∠DEF＝90°，∠EDF＝60°，且BF＝AB；（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）
(2)在（1）的前提下，连结CE，BE．求证：EB＝EC．
15．（2022秋·福建泉州·九年级校考期中）在平面直角坐标系中，直线分别与轴、轴交于A、B两点，过点C(1，0)的直线l∥AB．
(1)求AB的长度；
(2)求直线l的函数关系式；
(3)已知：动点P在线段BC上，AD⊥AP交直线l于D点，连结DP.试探索：在P点的运动过程中∠ADP的大小是否会发生变化 为什么
16．（2022春·福建龙岩·八年级统考期中）已知，如图为坐标原点，四边形为矩形，，点是的中点，动点在线段上以每秒3个单位长的速度由点向运动．设动点的运动时间为秒．
(1)当为何值时，的面积为10？
(2)在直线上是否存在一点，使得、、、四点为顶点的四边形是菱形？若存在，求的值，并求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
17．（2022秋·福建泉州·九年级统考期末）已知关于x的一元二次方程．
(1)求证：该方程总有两个实数根；
(2)若m>0，且该方程的两个实数根的差为6，求m的值．
18．（2022秋·福建泉州·九年级福建省泉州第一中学校考阶段练习）如图，在6×8的网格图中，每个小正方形边长均为1，原点O和△ABC的顶点均为格点．
（1）以O为位似中心，在网格图中作，使与△ABC位似，且位似比为1：2；（保留作图痕迹，不要求写作法和证明）
（2）若点C坐标为（2，4），则点A'的坐标为（______，______），点的坐标为（______，______），周长比′：C△ABC=______．
19．（2022秋·福建泉州·九年级福建省安溪第一中学校考阶段练习）如图，与相交于点，点在线段上，且．若，，．
(1)求的值；
(2)求的值．
20．（2022·福建·九年级专题练习）为了加快推进我国全民新冠病毒疫苗接种，在全国范围内构筑最大免疫屏障，各级政府积极开展接种新冠病毒疫苗的宣传工作．某社区印刷了多套宣传海报，每套海报四张，海报内容分别是：
A.防疫道路千万条，接种疫苗第一条；
B．疫苗接种保安全，战胜新冠靠全员；
C．接种疫苗别再拖，安全保障好处多；
D．疫苗接种连万家，平安健康乐全家．
志愿者小张和小李利用休息时间到某小区张贴海报．
（1）小张从一套海报中随机抽取一张，抽到B海报的概率是 　　．
（2）小张和小李从同一套海报中各随机抽取一张，用列表法或画树状图法，求他们两个人中有一个人抽到D海报的概率．
21．（2022秋·福建厦门·九年级福建省同安第一中学校考期中）若一个一元二次方程的两根都是整数，且其中一根是另一根的整数倍，则称该方程是倍根方程．例如x2﹣x﹣2＝0的两根为x1＝2，x2＝﹣1，因为x1是x2的﹣2倍，所以x2﹣x﹣2＝0是倍根方程．
（1）说明x2+10x﹣75＝0是倍根方程；
（2）若存在正整数m，使得关于x的一元二次方程x2﹣（m+3）x+2m+2＝0是倍根方程，且关于x的一元二次方程x2﹣6x+3m＝0总有两个实数根，求m的值．
22．（2022秋·九年级单元测试）已知关于x的方程x2-（3k+1）x+2k2+2k=0，
（1）求证：无论k取何实数值，方程总有实数根．
（2）若等腰△ABC的一边长为a=6，另两边长b，c恰好是这个方程的两个根，求此三角形的周长．
23．（2022秋·福建厦门·九年级统考期中）已知关于的一元二次方程有两个不相等的实数根．
（1）求的取值范围；
（2）请你给出一个的值，并求出此时方程的根．
24．（2022·福建龙岩·九年级阶段练习）已知 关于x的一元二次方程．
求证：无论k取什么实数值，该方程总有两个不相等的实数根；
当的斜边长，且两条直角边b和c恰好是这个方程的两个根时，求的周长．
25．（2022秋·福建泉州·九年级校联考期中）已知是一元二次方程的两个实数根，求的值.
26．（2022秋·福建厦门·九年级厦门市第九中学校考期中）据统计，某小区2011年底拥有私家车125辆，2013年底私家车的拥有量达到180辆．
(1)若该小区2011年底到2014年底私家车拥有量的年平均增长率相同，则该小区到2014年底私家车将达到多少辆？
(2)为了缓解停车矛盾，该小区决定投资3万元再建若干个停车位，据测算，建造费用分别为室内车位1 000元/个，露天车位200元/个．考虑到实际因素，计划露天车位的数量不少于室内车位的2倍，但不超过室内车位的2.5倍，则该小区最多可建两种车位各多少个？试写出所有可能的方案．
27．（2022春·福建福州·八年级校考期中） 正方形中，点P是边上的任意一点，连接为的中点，作于E，连接．
（1）若，求的大小（用含的式子表示）；
（2）用等式表示线段与之间的数量关系，并证明．
28．（2022春·八年级单元测试）在ABCD，过点D作DE⊥AB于点E，点F在边CD上，DF＝BE，连接AF，BF.
（1）求证：四边形BFDE是矩形；
（2）若CF＝3，BF＝4，DF＝5，求证：AF平分∠DAB.
29．（2022春·福建南平·八年级阶段练习）已知：如图，在 ABCD中，点E是BC的中点，连接AE并延长交DC的延长线于点F，连接BF．
(1)求证：△ABE≌△FCE；
(2)若AF＝AD，求证：四边形ABFC是矩形．
30．（2022春·福建福州·八年级统考期中）如图，BD是菱形ABCD的对角线，．
(1)请用尺规作图法，作AB的垂直平分线EF，垂足为点E、交AD于点F；（不要求写作法，保留作图痕迹）
(2)在（1）条件下，连接BF，求的度数．
31．（2022秋·福建厦门·九年级校考阶段练习）在一个不透明的口袋里装有只有颜色不同的黑、白两种颜色的球共4只，某学习小组做摸球实验，将球搅匀后随机摸出一个球记下颜色，再把它放回袋中，不断重复，下表是活动进行中的一组统计数据：
摸球的次数n 100 150 200 500 800 1000
摸到黑球的次数m 73 113 154 370 604 751
摸到黑球的频率 0.73 0.753 0.77 0.74 0.755 0.751
（1）请估计；当n很大时，摸到黑球的频率将会接近　 　（结果精确到0.01）；试估计口袋中白球有　 　只；
（2）在（1）的结论下，请你用列表或树状图求出随机摸出两个球都是黑球的概率．
32．（2022·福建福州·统考一模）如图，在边长为2的等边△ABC中，AD⊥BC,点P为边AB 上一个动点，过P点作PF//AC交线段BD于点F,作PG⊥AB交AD于点E,交线段CD于点G,设BP=x.
（1）①填空：如果BP=,则BG= ;
②用x的代数式表示线段DG的长,并直接写出自变量x的取值范围;
（2）记△DEF的面积为S,求S与x之间的函数关系式．
（3）当以P、E、F为顶点的三角形与△EDG相似时，请求出BP的长．
33．（2022秋·福建厦门·九年级校考期中）如图，是等腰三角形，其中，将绕顶点逆时针旋转到的位置，与相交于点，与，分别相交于点，．
（1）求证：；
（2）当时，判断四边形的形状并说明理由．
34．（2022秋·福建·九年级阶段练习）如图，四边形ABCD中，∠A=∠BCD=90°，BC=CD，CE⊥AD，垂足为E，求证：AE=CE．
35．（2022春·福建龙岩·八年级校考阶段练习）如图，在正方形ABCD中，点M在CD边上，点N在正方形ABCD外部，且满足∠CMN＝90°，CM＝MN．连接AN，CN，取AN的中点E，连接BE，AC，交于F点．
（1） ①依题意补全图形；
②求证：BE⊥AC．
（2）请探究线段BE，AD，CN所满足的等量关系，并证明你的结论．
（3）设AB＝1，若点M沿着线段CD从点C运动到点D，则在该运动过程中，线段EN所扫过的面积为______________（直接写出答案）．
36．（2022秋·福建厦门·九年级校考阶段练习）今年某商店“十一黄金周”进行促销活动期间，前六天的总营业额为450万元，第七天的营业额是前六天总营业额的12%、今年该商店7月份的营业额为350万元，8、9月份营业额的月增长率相同，“十一黄金周”这七天的总营业额与9月份的营业额相等，求该商店今年8、9月份营业额的月增长率．
37．（2022秋·福建漳州·九年级福建省诏安第一中学校考期中）如图，已知正方形ABCD，点E为AB上的一点，，交BD于点F．
(1)如图1，直按写出的值_______；
(2)将△EBF绕点B顺时针旋转到如图2所示的位置，连接AE、DF，猜想DF与AE的数量关系，并证明你的结论；
(3)如图3，当BE=BA时，其他条件不变，△EBF绕点B顺时针旋转，设旋转角为，当为何值时EA=ED 请在图3或备用图中画出图形并求出的值．
38．（2022·福建漳州·龙海二中校考一模）关于x的一元二次方程（m﹣1）x2﹣2mx+m+1＝0有两个实数根，若方程的两个实数根都是正整数，求整数m的值．
39．（2022秋·福建泉州·九年级统考期中） 某校有A，B两个电脑教室，甲、乙、丙三名学生各自随机选择其中的一个电脑教室上课．求甲、乙、丙三名学生在同一个电脑教室上课的概率．（请在“树状图法”或“列表法”中选择合适的方法进行解答）
40．（2022春·福建厦门·八年级厦门双十中学思明分校校考期末）如图正方形，点、、分别在、、上，与相交于点．
(1)如图，当，
求证：；
平移图中线段础，使点与重合，点在延长线上，连接，取中点，连接，如图，求证：；
(2)如图，当，边长，，则的长为______（直接写出结果）．
41．（2022秋·福建福州·九年级福建省福州第十九中学校考阶段练习）有四张正面分别标有数字1，2，3，4的不透明卡片，它们除数字外无其他差别，现将它们背面朝上洗匀．
（1）随机抽取一张卡片，卡片上的数字是奇数的概率为______．
（2）随机抽取一张卡片，然后放回洗匀，再随机抽取一张卡片，请用列表或画树状图的方法，求两次抽取的卡片上的数字和等于6的概率．
42．（2022春·福建漳州·八年级校考期中）证明：在直角三角形中，如果一条直角边等于斜边的一半，那么这条直角边所对的锐角等于．
43．（2022秋·福建泉州·九年级校联考期中）已知关于的一元二次方程有一个根为，求方程的另一根及的值．
44．（2022秋·福建泉州·九年级统考期中）如图所示，已知四边形，，点在的延长线上，连接交于且．
（1）求证：；
（2）若是的中位线，且6，求的长．
45．（2022春·福建福州·八年级福建省福州延安中学校考期中）如图，在△ABC中，AB＝AC，点D、E分别是线段BC、AD的中点，过点A作AFBC，交BE的延长线于点F，连接CF．试判断四边形ADCF的形状，并给予证明．
46．（2022秋·福建泉州·九年级校联考期中）如图，用同样规格的黑白两色的正方形瓷砖铺设矩形地面，请观察下列图形并解答有关问题．
在第n个图中，第一横行共______ 块瓷砖，第一竖列共有______ 块瓷砖；均用含n的代数式表示
设铺设地面所用瓷砖的总块数为y，请写出y与中的n的函数；
按上述铺设方案，铺一块这样的矩形地面共用了506块瓷砖，求此时n的值；
是否存在黑瓷砖与白瓷砖块数相等的情形请通过计算说明理由．
47．（2022秋·福建龙岩·九年级龙岩初级中学校考期中）点E是菱形ABCD的边上的一动点，运动方向由点C到点D，连接BE，BE的垂直平分线交BE于点F，交AC于点G，试说明点E的运动过程中∠EBG的大小变化情况．
48．（2022春·福建福州·八年级福州华伦中学校考期中）如图，在四边形ABCD中，AD//BC，∠ABC＝90°，AD＝CD，是对角线AC的中点，连接BO并延长交边CD于点E．
(1)求证：△DAC∽△OBC；
(2)若BE⊥CD，求值；
(3)是否存在点E使DE＝1，CE＝2，若存在，求出OE的值，若不存在，请说明理由．
49．（2022·福建福州·福建省福州屏东中学校考二模）如图，在正方形中，、分别是、边上的点，，连接，交于点．
求证：．
50．（2022秋·九年级课时练习）为了节约用水，某水厂规定：某单元居民如果一个月的用水量不超过吨，那么这个月该单元居民只交10元水费．如果超过吨，则这个月除了仍要交10元水费外，超过那部分按每吨元交费．
（1）该单元居民8月份用水80吨，超过了“规定的吨”，则超过部分应交水费 元（用含x的式子表示）．
（2）下表是该单元居民9月、10月的用水情况和交费情况：
月份 用水量（吨） 交费总数（元）
9月份 85 25
10月份 50 10
根据上表数据，求该x吨是多少？
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题组突破02 期中解答易错题组突破（50题）
题组突破
1．（2022秋·福建厦门·九年级厦门市莲花中学校考阶段练习）在一个不透明的盒子中装有4张卡片.4张卡片的正面分别标有数字1,2,3,4,这些卡片除数字外都相同,将卡片搅匀.
(1)从盒子任意抽取一张卡片,恰好抽到标有奇数卡片的概率是： ；
(2)先从盒子中任意抽取一张卡片,再从余下的3张卡片中任意抽取一张卡片,求抽取的2张卡片标有数字之和大于4的概率(请用画树状图或列表等方法求解).
【答案】(1) ；(2).
【分析】（1）共4张卡片，奇数卡片有2张，利用概率公式直接进行计算即可；（2）画出表格，数出总情况数，数出抽取的2张卡片标有数字之和大于4的情况数，再利用概率公式进行计算即可
【详解】(1)共4张卡片，奇数卡片有2张，所以恰好抽到标有奇数卡片的概率是
(2)表格如下
一共有12种情况，其中2张卡片标有数字之和大于4的有8种情况，所以
答：从盒子任意抽取一张卡片,恰好抽到标有奇数卡片的概率是，抽取的2张卡片标有数字之和大于4的概率为.
【点睛】本题主要考查利用画树状图或列表求概率问题，本题关键在于能够列出表格
2．（2022秋·福建泉州·九年级统考期末）某旅游商店8月份营业额为15万元,9月份下降了20%．受“十一”黄金周以及经济利好因素的影响,10月份、11月份营业额均比上一个月有所增长,10月份增长率是11月份增长率的1.5倍,已知该旅游商店11月份营业额为24万元．
（1）问：9月份的营业额是多少万元？
（2）求10月份营业额的增长率．
【答案】（1）9月份的营业额是12万元；（2）10月份的增长率为50%.
【详解】试题分析：（1）9月份的营业额=8月份的营业额；（2）设11月份的增长率为,找出9月份的营业额与11月份营业额之间的关系即可.
试题解析：⑴9月份的营业额=（万元）；
⑵设11月份的增长率为,则10月份的增长率为 ,
依题意,得：
解之,得：（不合题意,舍去）
∴10月份的增长率为.
答：10月份的增长率为50%.
考点：二元一次方程的应用．
3．（2022秋·福建漳州·九年级福建省漳州第一中学校考期中）已知：，平分交于点，点在上且，连接．求证：四边形是菱形．

【答案】见解析
【分析】由，平分得到，得到，再由，得到对边，进而得到四边形为平行四边形，再由邻边相等即可证明四边形为菱形．
【详解】∵，
，
平分，
，
，
，
又，
，
∵，
四边形为平行四边形，
又，
四边形为菱形．
【点睛】本题考了菱形的判定、平行四边形的判定与性质、等腰三角形的判定、角平分线性质、平行线的性质等知识；熟练掌握平行四边形判定及性质和等腰三角形的判定是解决此题的关键．
4．（2022秋·福建三明·九年级统考期中）如图，菱形的对角线与相交于，是中点，连接并延长到，使．求证：四边形是矩形．
【答案】见解析
【分析】先证明四边形是平行四边形，再根据即可证明四边形是矩形．
【详解】证明：∵是中点，∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
四边形是菱形，
∴，
∴，
∴平行四边形是矩形．
【点睛】此题主要考查矩形的判定，解题的关键是熟知菱形的性质及矩形的判定定理．
5．（2022·福建三明·统考三模）解方程：x(x－2)＋x－2＝0．
【答案】，
【分析】把方程中的x-2看作一个整体，利用因式分解法解此方程．
【详解】解：(x－2）(x+1)=0，
∴x－2=0或x+1=0，
∴x1=2，x2=-1．
【点睛】本题考查了一元二次方程的解法——因式分解法，属于基础题．
6．（2022秋·福建龙岩·九年级统考期中）如图，四边形ACDE是证明勾股定理时用到的一个图形，是和边长，易知，这时我们把关于的形如的一元二次方程称为“勾系一元二次方程”，比如是“勾系一元二次方程”．
请解决下列问题：
(1)试判断方程_______“勾系一元二次方程”（填“是”或“不是”）；
(2)若是“勾系一元二次方程”的一个根，且四边形的周长是12，求面积．
【答案】(1)是
(2)
【分析】（1）根据“勾系一元二次方程”的定义，即可求解；
（2）根据是“勾系一元二次方程”的一个根，可得，再由四边形的周长是，可得，从而得到，继而得到，再根据，可得ab=4，即可求解．
【详解】（1）解：∵
这里，，
∴，
∴是“勾系一元二次方程”．
（2）解：当时，有，
即，
∵四边形的周长是，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了一元二次方程，勾股定理，理解“勾系一元二次方程”的定义是解题的关键．
7．（2023春·福建福州·八年级统考期中）如图，在矩形中，，，点E是上一点，连接，将沿着折叠，恰好点B与在上的点F重合，求的长．
【答案】．
【分析】根据勾股定理求出的长，再设，利用勾股定理列出方程即可求解．
【详解】解：由折叠可知，，，
∵，
∴，
设，则设，，
根据勾股定理得，
解得；
的长为．
【点睛】本题考查了矩形的性质和勾股定理，解题关键是求出的长，设未知数，利用勾股定理列出方程．
8．（2022秋·福建厦门·九年级厦门一中校考阶段练习）解方程
(1)
(2)
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用配方法解方程；
（2）利用公式法解方程．
【详解】（1）解：
x=1±，
∴；
（2）
∵a=2，b=3，c=-1，
∴，
∴
∴．
【点睛】此题考查了解一元二次方程，正确掌握解一元二次方程的解法并根据每个方程的特点选择恰当的解法是解题的关键．
9．（2022秋·福建·九年级统考期末）如图，把矩形ABCD沿AC折叠，使点D与点E重合，AE交BC于点F，过点E作EG∥CD交AC于点G，交CF于点H，连接DG．
（1）求证：四边形ECDG是菱形；
（2）若DG＝6，AG＝，求EH的值．
【答案】（1）详见解析；（2）
【分析】（1）根据折叠的性质，邻边相等的平行四边形为菱形证得结论；
（2）如图，连接交于点，构造相似三角形，由该相似三角形的对应边成比例求得，可求的长，的长，通过证明可得的长，即可求的值.
【详解】解：（1）由折叠可知DC＝EC，∠DCG＝∠ECG．
∵EG∥CD，
∴∠DCG＝∠EGC，
∴∠EGC＝∠ECG，
∴EG＝EC，
∴EG＝DC，且EG∥CD
∴四边形ECDG是平行四边形．
∵EG＝EC，
∴平行四边形ECDG是菱形
（2）如图，连接ED交AC于点O，
∵四边形ECDG是菱形，
∴ED⊥AC，，CD＝GE＝6＝DG，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ADC＝90°，
∴△DCO∽△ACD，
∴，
∴DC2＝OC AC，
设OC＝x，则CG＝2x，，
∴36＝x（2x+），
解得，（不合题意，舍去），
∴，，
∵EG∥CD，CD⊥BC，
∴EG⊥BC，
∵AD∥BC，
∴∠DAC＝∠ACB，且∠GHC＝∠ADC＝90°，
∴△ADC∽△CHG，
∴，
∴GH＝，
∵EH＝EG﹣GH，
∴EH＝6﹣＝.
【点睛】本题考查了翻折变换，矩形的性质，菱形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，灵活运用相关的性质定理，综合运用知识是解题的关键.
10．（2022春·福建福州·八年级校考期末）电商时代使得网购更加便捷和普及．小张响应国家号召，自主创业，开了家淘宝店．他购进一种成本为100元/件的新商品，在试销中发现：销售单价x（元）与每天销售量y（件）之间满足如图所示的关系．
（1）求y与x之间的函数关系式；
（2）若某天小张销售该产品获得的利润为1200元，求销售单价x的值．
【答案】（1）y= x+180；（2）120元或160元；
【分析】（1）设y与x之间的函数关系式为y=kx+b（k≠0），根据所给函数图象列出关于k、b的关系式，求出k、b的值即可；
（2）根据题意列出方程，解方程即可．
【详解】(1)设y与x之间的函数关系式为y=kx+b(k≠0)，
由所给函数图象可知： ，
解得：
故y与x的函数关系式为y= x+180；
(2)由题意得：( x+180)(x 100)=1200，
解得：x=120，或x=160.
答：若某天该网店店主销售该产品获得的利润为1200元，则销售单价为120元或160元.
【点睛】此题考查一元二次方程的应用，一次函数的应用，解题关键在于列出方程
11．（2022秋·福建南平·九年级校考期中）已知关于x的方程，求证：无论p为何值，方程总有实数根．
【答案】见解析
【分析】求出一元二次方程根的判别式，再确定根的判别式的符号，进行证明即可；
【详解】解：∵关于x的方程是一元二次方程，
Δ＝22﹣4×1×（1﹣p2）＝4p2，
∵p2≥0，
∴无论p为何值，方程总有实数根．
【点睛】本题考查了一元二次方程的根的判别式，解题的关键是熟练掌握一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的根与Δ＝b2﹣4ac有如下关系：①当Δ＞0时，方程有两个不相等的两个实数根；②当Δ＝0时，方程有两个相等的两个实数根；③当Δ＜0时，方程无实数根．
12．（2023秋·福建泉州·九年级石狮市石光中学校考期末）田忌赛马的故事为我们所熟知．小亮与小齐学习概率初步知识后设计了如下游戏：小亮手中有方块10、8、6三张扑克牌，小齐手中有方块9、7、5三张扑克牌．每人从各自手中取一张牌进行比较，数字大的为本“局”获胜，每次取的牌不能放回．
(1)若每人随机取手中的一张牌进行比赛，求小齐本“局”获胜的概率；
(2)若比赛采用三局两胜制，即胜2局或3局者为本次比赛获胜者．当小亮的三张牌出牌顺序为先出6，再出8，最后出10时，小齐随机出牌应对，求小齐本次比赛获胜的概率．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）首先根据题意画出树状图或列表，然后由图表求得所有等可能的结果与小齐本“局”获胜的情况，利用概率公式即可求得答案；
（2）根据题意，小明出牌顺序为6、8、10时，小齐随机出牌的情况有：（9，7，5），（9，5，7），（7，9，5），（7，5，9），（5，9，7），（5，7，9），又由小齐获胜的情况只有（7，9，5）一种，利用概率公式即可求得答案．
【详解】（1）画树状图得：
∵每人随机取一张牌共有9种情况，小齐获胜的情况有（8，9），（6，9），（6，7）共3种，
∴小齐获胜的概率为．
（2）根据题意，小明出牌顺序为6、8、10时，小齐随机出牌的情况有6种情况：（9，7，5），（9，5，7），（7，9，5），（7，5，9），（5，9，7），（5，7，9），
∵小齐获胜的情况只有（7，9，5）一种，
∴小齐获胜的概率为．
【点睛】本题考查了用列表法或树状图法求概率，熟练掌握概率=所求情况数与总情况数之比．
13．（2022秋·福建漳州·九年级统考期末）有一张长，宽的长方形硬纸片（如图1），截去四个全等的小正方形之后，折成无盖的纸盒（如图2）.若纸盒的底面积为，求纸盒的高.
【答案】纸盒的高为.
【分析】设纸盒的高是，根据题意，其底面的长宽分别为（40-2x）和（30-2x），根据长方形面积公式列方程求解即可.
【详解】解：设纸盒的高是.
依题意，得.
整理得.
解得，（不合题意，舍去）.
答：纸盒的高为.
【点睛】本题考查一元二次方程的应用，根据题意用含x的式子表示底面的长和宽，正确列方程，解方程是本题的解题关键.
14．（2023·福建宁德·校考一模）如图，已知点D是Rt△ABC斜边AB的中点，∠ACB＝90°，∠A＝60°．
(1)求作Rt△DEF，使点F在AB的延长线上，∠DEF＝90°，∠EDF＝60°，且BF＝AB；（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）
(2)在（1）的前提下，连结CE，BE．求证：EB＝EC．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）作∠EDF＝∠A，延长AB至F，使BF＝AB，然后作∠DFE＝∠ABC，即可解决问题；
（2）结合（1）证明DE是BC的垂直平分线，进而可以解决问题．
【详解】（1）如图所示，△DEF就是所求作的三角形；
（2）如图，由（1）知∠EDF＝60°，
∴∠A＝∠EDF＝60°，
∴AC∥DE，
∴∠EGC＝∠ACB＝90°，
∵D是Rt△ABC斜边AB的中点，
∴，即BG＝CG，
∴ED垂直平分BC．
∴EB＝EC．
【点睛】本题考查了作图-复杂作图：作一个角等于已知角，垂直平分线的判定与性质，平行线分线段成比例定理，解决本题的关键是掌握基本作图方法．
15．（2022秋·福建泉州·九年级校考期中）在平面直角坐标系中，直线分别与轴、轴交于A、B两点，过点C(1，0)的直线l∥AB．
(1)求AB的长度；
(2)求直线l的函数关系式；
(3)已知：动点P在线段BC上，AD⊥AP交直线l于D点，连结DP.试探索：在P点的运动过程中∠ADP的大小是否会发生变化 为什么
【答案】（1）；（2）；（3）不变，理由见解析
【分析】（1）在中分别令y=0和x=0，则可求得相应的A、B的坐标，再根据勾股定理可求得AB的长度；
（2）由平行线的特征可设直线l的解析式为，把点C坐标代入可求得k的值，则可求得直线l的解析式；
（3）∠ADP的大小不发生变化．如图，延长AO交直线l于G．利用相似三角形的判定和性质想办法证明△AOD∽△POC，即可推出∠ADP=∠PCO，延长即可解决问题．
【详解】解：（1）对于直线，令x=0得y=2，令y=0得x=-4，
∴A（-4，0），B（0，2），
∴OA=4，OB=2，
在Rt△AOB中，AB==；
（2）∵直线l∥AB，
∴可以假设直线l的解析式为，把点C坐标代入得到b=，
∴直线l的函数关系式为；
（3）∠ADP的大小不发生变化．理由如下，
如图，延长AO交直线l于G．
∵B（0，2），C（1，0），
∴直线BC的解析式为y=-2x+2，
∵直线l的解析式为，
，
∴BC⊥直线l，
∴∠PCG=90°，
∵PA⊥AD，
∴∠GAD=∠GCP=90°，
∵∠PGC=∠AGD，
∴△PGC∽△DGA，
∴，
∴，
∵∠PGD=∠CGA，
∴△GPD∽△GCA，
∴∠PAO=∠CDO，
∵∠AOP=∠DOC，
∴△AOP∽△DOC，
∴，
∴，
∵∠AOD=∠POC，
∴△AOD∽△POC，
∴∠ADP=∠PCO，
∵∠PCO是定值，
∴∠ADP是定值，大小不变．
【点睛】本题考查一次函数的应用、两直线平行的条件、两直线垂直的条件、勾股定理、相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活应用相似三角形的判定和性质解决问题，属于中考压轴题．
16．（2022春·福建龙岩·八年级统考期中）已知，如图为坐标原点，四边形为矩形，，点是的中点，动点在线段上以每秒3个单位长的速度由点向运动．设动点的运动时间为秒．
(1)当为何值时，的面积为10？
(2)在直线上是否存在一点，使得、、、四点为顶点的四边形是菱形？若存在，求的值，并求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)存在， t＝，点Q的坐标为（3，4）或t＝，点Q的坐标为（ 3，4）或t＝1，点Q（8，4）．
【分析】（1）根据点的坐标以及由三角形的面积公式可求解；
（2）分①当点Q在射线BC上时和当点Q在射线BC上时两种情况讨论，利用菱形的性质和勾股定理即可得出结论．
【详解】（1）解：依题意得：，，，，
的面积：，
所以，得：，
解得：，
答：当为时，的面积为10．
（2）存在．
①当点Q在线段BC上时，如图1，
若四边形ODPQ是菱形，
∴OQ＝OD＝5，
在Rt△OCQ中，CQ＝＝3，
∴CP＝3＋5＝8，
∴t＝，点Q的坐标为（3，4）；
若四边形ODQP是菱形，如图2：
∵四边形ODQP是菱形，
∴OP＝OD＝5，
在Rt△OCP中，CP＝＝3，
∴点P（3，4），PQ＝5，
∴t＝＝1，点Q（8，4）；
②当点Q在射线BC上时，如图2，
∵四边形ODPQ是菱形，
∴OQ＝OD=PQ=5，
在Rt△OCQ中，CQ＝＝3，
∴CP＝5 3＝2，
∴t＝，点Q的坐标为（ 3，4）．
综上所述：存在一点，使得、、、四点为顶点的四边形是菱形，t＝，点Q的坐标为（3，4）或t＝，点Q的坐标为（ 3，4）或t＝1，点Q（8，4）．
【点睛】本题考查了坐标与图形，菱形的性质，矩形的性质，勾股定理，三角形的面积公式，利用分类讨论思想解决问题是解题的关键．
17．（2022秋·福建泉州·九年级统考期末）已知关于x的一元二次方程．
(1)求证：该方程总有两个实数根；
(2)若m>0，且该方程的两个实数根的差为6，求m的值．
【答案】(1)见解析
(2)2
【分析】（1）利用一元二次方程根的判别式，即可求解；
（2）先求出一元二次方程的两个根为，再由m>0，且该方程的两个实数根的差为6，即可求解．
【详解】（1）证明：∵，
∴，
∴该方程总有两个实数根；
（2）解：
∴，
解得：，
∵m>0，
∴，
∵该方程的两个实数根的差为6，
∴，解得：．
【点睛】本题主要考查了一元二次方程的根的判别式，解一元二次方程，熟练掌握一元二次方程的解法，利用一元二次方程的根的判别式判断方程的根的情况是解题的关键．
18．（2022秋·福建泉州·九年级福建省泉州第一中学校考阶段练习）如图，在6×8的网格图中，每个小正方形边长均为1，原点O和△ABC的顶点均为格点．
（1）以O为位似中心，在网格图中作，使与△ABC位似，且位似比为1：2；（保留作图痕迹，不要求写作法和证明）
（2）若点C坐标为（2，4），则点A'的坐标为（______，______），点的坐标为（______，______），周长比′：C△ABC=______．
【答案】（1）见解析；（2）-1，0，1，2，1:2
【分析】（1）直接利用位似图形的性质得出对应点位置进而得出答案；
（2）利用（1）中所画图形得出对应点坐标，利用相似三角形的性质即可求出答案．
【详解】解：（1）如图所示：△A′B′C′即为所求；
（2）若点C坐标为（2，4），则点A'的坐标为（-1，0），点C′的坐标为（1，2），
周长比C△A′B′C′：C△ABC=1：2．
故答案为：-1，0；1，2；1：2．
【点睛】此题主要考查了位似变换，正确得出对应点位置是解题关键．
19．（2022秋·福建泉州·九年级福建省安溪第一中学校考阶段练习）如图，与相交于点，点在线段上，且．若，，．
(1)求的值；
(2)求的值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据，得，得，根据，，即可求出；
（2）由（1）得，根据，得，得，即可求出．
【详解】（1）∵
∴，
∴
∴，即
又∵且
∴
∴．
（2）∵
∴，
∴
∴
∵，
∴
故．
【点睛】本题考查相似三角形的知识，熟练掌握相似三角形的判定及性质是解题的关键．
20．（2022·福建·九年级专题练习）为了加快推进我国全民新冠病毒疫苗接种，在全国范围内构筑最大免疫屏障，各级政府积极开展接种新冠病毒疫苗的宣传工作．某社区印刷了多套宣传海报，每套海报四张，海报内容分别是：
A.防疫道路千万条，接种疫苗第一条；
B．疫苗接种保安全，战胜新冠靠全员；
C．接种疫苗别再拖，安全保障好处多；
D．疫苗接种连万家，平安健康乐全家．
志愿者小张和小李利用休息时间到某小区张贴海报．
（1）小张从一套海报中随机抽取一张，抽到B海报的概率是 　　．
（2）小张和小李从同一套海报中各随机抽取一张，用列表法或画树状图法，求他们两个人中有一个人抽到D海报的概率．
【答案】（1）；（2）．
【分析】（1）直接由概率公式求解即可；
（2）画树状图，共有12种等可能的结果，小张和小李两个人中有一个人抽到D海报的结果有6种，再由概率公式求解即可．
【详解】解：（1）每套海报四张
小张从一套海报中随机抽取一张，抽到B海报的概率是，
故答案为：；
（2）画树状图如图：
共有12种等可能的结果，小张和小李两个人中有一个人抽到D海报的结果有6种，
小张和小李两个人中有一个人抽到D海报的概率为．
【点睛】本题考查了概率的计算，用列表法或画树状图法求概率，掌握概率的计算方法是解题的关键．列表法或画树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果数，概率=所求情况数与总情况数之比．
21．（2022秋·福建厦门·九年级福建省同安第一中学校考期中）若一个一元二次方程的两根都是整数，且其中一根是另一根的整数倍，则称该方程是倍根方程．例如x2﹣x﹣2＝0的两根为x1＝2，x2＝﹣1，因为x1是x2的﹣2倍，所以x2﹣x﹣2＝0是倍根方程．
（1）说明x2+10x﹣75＝0是倍根方程；
（2）若存在正整数m，使得关于x的一元二次方程x2﹣（m+3）x+2m+2＝0是倍根方程，且关于x的一元二次方程x2﹣6x+3m＝0总有两个实数根，求m的值．
【答案】（1）详见解析；（2）m＝3．
【分析】（1）利用因式分解法解出方程，根据倍根方程的定义判断即可；
（2）利用因式分解法解出方程，根据倍根方程的定义，以及根的判别式求出m的值．
【详解】（1）∵x2+10x﹣75＝0，
（x﹣5）（x+15）＝0，
x1＝5，x2＝﹣15，
∵﹣15是5的﹣3倍，
∴x2+10x﹣75＝0是倍根方程；
（2）x2﹣（m+3）x+2m+2＝0
x2﹣（m+3）x+2（m+1）＝0
（x﹣2）（x﹣m﹣1）＝0
x1＝2，x2＝m+1，
∵x2﹣6x+3m＝0总有两个实数根，
∴△＝（﹣6）2﹣4×1×3m＝36﹣12m≥0，
解得m≤3，
∵正整数m，使得关于x的一元二次方程x2﹣（m+3）x+2m+2＝0是倍根方程，
∴m＝3．
【点睛】本题考查的是一元二次方程的解法，掌握因式分解法解一元二次方程的一般步骤是解题的关键．
22．（2022秋·九年级单元测试）已知关于x的方程x2-（3k+1）x+2k2+2k=0，
（1）求证：无论k取何实数值，方程总有实数根．
（2）若等腰△ABC的一边长为a=6，另两边长b，c恰好是这个方程的两个根，求此三角形的周长．
【答案】（1）见解析；（2）16或22
【分析】（1）先计算判别式，将结果写成完全平方形式，再根据判别式的意义得出结论．
（2）运用求根公式得到方程的两个根，根据等腰三角形性质，将两个根代入计算，分情况讨论求出等腰三角形的周长．
【详解】（1）证明：=[-(3k+1)]2-4×1×(2k2+2k)
=k2-2k+1
=( k-1)2，
∵无论k取什么实数值，(k-1)2≥0，
∴≥0，
所以无论k取什么实数值，方程总有实数根；
（2）x2-(3k+1)x+2k2+2k=0，
因式分解得：(x-2k)( x-k-1)=0，
解得：x1=2k，x2=k+1，
b，c恰好是这个方程的两个实数根，设b=2k，c=k+1，
分三种情况讨论：
第一种情况：
∵若c为等腰三角形的底边，a、b为腰，则a=b=2k=6，
∴k=3，c=k+1，
∴c=4，
检验：a+b＞c，，a+c＞b，b+c＞a，a-b＜c，a-c＜b，b-c＜a，
∴a=b=6，c=4，可以构成等腰三角形，
此时等腰三角形的周长为：6+6+4=16；
第二种情况：
∵若b为等腰三角形的底边，a、c为腰，则a=c=k+1=6，
∴k=5，b=2k，
∴b=10，
检验：a+b＞c，，a+c＞b，b+c＞a，b-a＜c，a-c＜b，b-c＜a，
∴a=c=6，b=10，可以构成等腰三角形，
此时等腰三角形的周长为：6+6+10=22；
第三种情况：
∵若a为等腰三角形的底边，b、c为腰，则b=c，
∴即：2k=k+1，解得k=1，
∴a=6，b=2，c=2，
检验：b+c＜a，
∴a=6，b=2，c=2，不能构成等腰三角形；
综上，等腰三角形的周长为16或22．
【点睛】本题主要考查一元二次方程根的判别式，本题第二问，根据一元二次方程根的情况求参数，分类讨论是解题关键．
23．（2022秋·福建厦门·九年级统考期中）已知关于的一元二次方程有两个不相等的实数根．
（1）求的取值范围；
（2）请你给出一个的值，并求出此时方程的根．
【答案】（1）k＞0 ；（2）k＝1；x1＝0，x2＝2
【分析】（1）根据判别式的意义得到△=(-2)2-4×1×(1-k)＞0，然后解不等式即可；
（2）根据（1）中k的取值范围，任取一符合条件的k值，然后解方程即可．
【详解】解：（1）∵关于x的一元二次方程x2-2x+1-k=0有两个不相等的实数根．
∴△=(-2)2-4×1×(1-k)＞0，
解得k＞0；
（2）由（1）知，实数k的取值范围为k＞0，
故取k=1，
则x2-2x=0，即x(x-2)=0，
解得，x1=0，x2=2．
【点睛】本题考查了一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）根的判别式△=b2-4ac：当△＞0，方程有两个不相等的实数根；当△=0，方程有两个相等的实数根；当△＜0，方程没有实数根．
24．（2022·福建龙岩·九年级阶段练习）已知 关于x的一元二次方程．
求证：无论k取什么实数值，该方程总有两个不相等的实数根；
当的斜边长，且两条直角边b和c恰好是这个方程的两个根时，求的周长．
【答案】（1）答案见解析；（2） ．
【分析】（1）应用根的判别式直接判断就可以.
（2）先根据根与系数的关系求出两根之和，两根之积再用勾股定理求出k，继而求得周长
【详解】（1）a=1,b=-（2k+1）,c=4k-3
，
∵
∴
即
∴无论取什么实数值，该方程总有两个不相等的实数根.
（2）∵两条直角边的长 b和c恰好是这个方程的两个根
∴根据韦达定理可知
∴，
解得.
当时，
周长
【点睛】本题考查了一元二次方程根的判别式，根与系数的关系，熟练一元二次方程根的判别式，根与系数的关系是解题的关键．
25．（2022秋·福建泉州·九年级校联考期中）已知是一元二次方程的两个实数根，求的值.
【答案】-1
【分析】根据一元二次方程根与系数的关系，得到和的值，然后化简代数式，代入即可得到答案.
【详解】解：∵，
∴由一元二次方程根与系数的关系可得：，，
∴
=
=；
【点睛】本题考查了一元二次方程根与系数的关系，解题的关键是利用根与系数的关系，进行变形求值.
26．（2022秋·福建厦门·九年级厦门市第九中学校考期中）据统计，某小区2011年底拥有私家车125辆，2013年底私家车的拥有量达到180辆．
(1)若该小区2011年底到2014年底私家车拥有量的年平均增长率相同，则该小区到2014年底私家车将达到多少辆？
(2)为了缓解停车矛盾，该小区决定投资3万元再建若干个停车位，据测算，建造费用分别为室内车位1 000元/个，露天车位200元/个．考虑到实际因素，计划露天车位的数量不少于室内车位的2倍，但不超过室内车位的2.5倍，则该小区最多可建两种车位各多少个？试写出所有可能的方案．
【答案】(1)该小区到2014年底私家车将达到216辆．(2)方案一：建室内车位20个，露天车位50个；方案二：建室内车位21个，露天车位45个．
【详解】试题分析：（1）设年平均增长率是x，根据某小区2011年底拥有私家车125辆，2014年底私家车的拥有量达到180辆，可求出增长率，进而可求出到2014年底私家车将达到多少辆．
（2）设建x个室内车位，根据投资钱数可表示出露天车位，根据计划露天车位的数量不少于室内车位的2倍，但不超过室内车位的2.5倍，可列出不等式组求解，进而可求出方案情况．
试题解析：(1)设私家车拥有量的年平均增长率为x，
则125(1＋x)2＝180，
解得x1＝0.2＝20%，x2＝－2.2(不合题意，舍去)．
故180(1＋20%)＝216(辆)．
答：该小区到2014年底私家车将达到216辆．
(2)设该小区可建室内车位a个，露天车位b个，
则
由①得b＝150－5a，
代入②得20≤a≤，
因为a是正整数，所以a＝20或21.
当a＝20时，b＝50；当a＝21时，b＝45.
所以方案一：建室内车位20个，露天车位50个；
方案二：建室内车位21个，露天车位45个．
【点睛】本题考查了一元二次方程的应用，关键是先求出增长率，再求出2014年的私家车量，然后根据室内车位和露天车位的数量关系列出不等式组求解．
27．（2022春·福建福州·八年级校考期中） 正方形中，点P是边上的任意一点，连接为的中点，作于E，连接．
（1）若，求的大小（用含的式子表示）；
（2）用等式表示线段与之间的数量关系，并证明．
【答案】（1）；（2），理由详见解析
【分析】（1）先根据正方形的性质得：，则，根据直角三角形斜边中线的性质可得，由等腰三角形性质和外角的性质可得结论；
（2）作辅助线，证明，则，根据直角三角形斜边中线的性质得：，证明△EOC是等腰直角三角形，最后由勾股定理可得：，所以．
【详解】解：（1）在正方形中，，
，且O为的中点
（2）连接
在正方形中，，，
在中，O为的中点
由（1）知
又由（1）知
是等腰直角三角形
即
【点睛】本题考查正方形的性质、等腰直角三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识，第（2）问有难度，作辅助线，构建全等三角形和等腰直角三角形是解决问题的关键．
28．（2022春·八年级单元测试）在ABCD，过点D作DE⊥AB于点E，点F在边CD上，DF＝BE，连接AF，BF.
（1）求证：四边形BFDE是矩形；
（2）若CF＝3，BF＝4，DF＝5，求证：AF平分∠DAB.
【答案】（1）见解析（2）见解析
【分析】（1）根据平行四边形的性质，可得AB与CD的关系，根据平行四边形的判定，可得BFDE是平行四边形，再根据矩形的判定，即可证明；
（2）根据平行线的性质，可得∠DFA=∠FAB，根据等腰三角形的判定与性质，可得∠DAF=∠DFA，根据角平分线的判定，即可证明．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD．
∵BE∥DF，BE=DF，
∴四边形BFDE是平行四边形．
∵DE⊥AB，
∴∠DEB=90°，
∴四边形BFDE是矩形；
（2）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥DC，
∴∠DFA=∠FAB．
在Rt△BCF中，由勾股定理，得
BC===5，
∴AD=BC=DF=5，
∴∠DAF=∠DFA，
∴∠DAF=∠FAB，
即AF平分∠DAB．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，矩形的判定，等腰三角形的判定与性质，利用等腰三角形的判定与性质得出∠DAF=∠DFA是解题关键．
29．（2022春·福建南平·八年级阶段练习）已知：如图，在 ABCD中，点E是BC的中点，连接AE并延长交DC的延长线于点F，连接BF．
(1)求证：△ABE≌△FCE；
(2)若AF＝AD，求证：四边形ABFC是矩形．
【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析.
【分析】（1）根据平行四边形性质得出AB∥DC，推出∠1＝∠2，根据AAS证两三角形全等即可；
（2）根据全等得出AB＝CF，根据AB∥CF得出平行四边形ABFC，推出BC＝AF，根据矩形的判定推出即可．
【详解】(1)证明：如图．
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥DC 即 AB∥DF，
∴∠1＝∠2，
∵点E是BC的中点，
∴BE＝CE．
在△ABE和△FCE中，
，
∴△ABE≌△FCE(AAS)．
(2)证明：∵△ABE≌△FCE，
∴AB＝FC，
∵AB∥FC，
∴四边形ABFC是平行四边形，
∴AD＝BC，
∵AF＝AD，
∴AF＝BC，
∴四边形ABFC是矩形．
【点睛】考查了平行四边形的性质和判定，矩形的判定，全等三角形的性质和判定等知识点的应用，本题主要考查学生运用定理进行推理的能力．
30．（2022春·福建福州·八年级统考期中）如图，BD是菱形ABCD的对角线，．
(1)请用尺规作图法，作AB的垂直平分线EF，垂足为点E、交AD于点F；（不要求写作法，保留作图痕迹）
(2)在（1）条件下，连接BF，求的度数．
【答案】(1)见解析
(2)30°
【分析】（1）分别以A、B为圆心，大于AB长为半径画弧，过两弧的交点作直线即可；
（2）利用菱形的性质得AD∥BC，∠ABD=∠CBD=75°，则∠ABC=150°，再利用平行线的性质得∠A=180°－∠ABC=180°－150°=30°，接着根据线段垂直平分线的性质得AF=BF，则∠A=∠FBA=30°，然后计算∠ABD－∠FBA即可．
【详解】（1）解：如图所示，直线EF 即为所求；
（2）∵四边形ABCD 是菱形，
∴∠ABD=∠DBC，DA∥CB，
∴∠ABC+∠A=180°，
又∵∠A=40°，
∴∠ABC=140°，
∴∠ABD=∠DBC=70°，
∵EF 垂直平分线段AB，
∴AF=FB，
∴∠A=∠FBA=40°，
∴∠DBF=∠ABD－∠FBA=70°－40°=30°．
【点睛】本题考查作图—基本作图，线段的垂直平分线的性质，菱形的性质等知识，解题时注意：线段垂直平分线上任意一点，到线段两端点的距离相等．
31．（2022秋·福建厦门·九年级校考阶段练习）在一个不透明的口袋里装有只有颜色不同的黑、白两种颜色的球共4只，某学习小组做摸球实验，将球搅匀后随机摸出一个球记下颜色，再把它放回袋中，不断重复，下表是活动进行中的一组统计数据：
摸球的次数n 100 150 200 500 800 1000
摸到黑球的次数m 73 113 154 370 604 751
摸到黑球的频率 0.73 0.753 0.77 0.74 0.755 0.751
（1）请估计；当n很大时，摸到黑球的频率将会接近　 　（结果精确到0.01）；试估计口袋中白球有　 　只；
（2）在（1）的结论下，请你用列表或树状图求出随机摸出两个球都是黑球的概率．
【答案】（1）0.75；3；（2）．
【分析】（1）先根据统计表中第三行的数据求出频率的稳定值，用频率估计概率可得摸到白球的概率，利用概率公式即可求得；
（2）先利用树状图列出随机摸出两个球的所有可能的结果，再找出摸出两个球都是黑球的结果，最后利用概率公式计算即可得．
【详解】（1）统计表中第三行的数据分别为：
0.73 0.753 0.77 0.74 0.755 0.751
因此，当n很大时，摸到白球的频率将会接近0.75，
白球的概率为0.75，设口袋中白球个数为x个，
则，解得，即口袋中白球个数为3个，
故答案为：0.75；3；
（2）由题意，将这4个球中3白1黑，两次摸球的所有可能的结果有16种，如下表所示：
它们每一种结果出现的可能性相等，
从表中看出，两次摸出的球都是黑的结果有1种，
故两次摸出的球都是黑的概率为．
【点睛】本题考查了用频率估计概率、和树状图求概率。会用频率求频数，会用树状图列出所有可能的结果以及找出黑球出现的次数是解题关键．
32．（2022·福建福州·统考一模）如图，在边长为2的等边△ABC中，AD⊥BC,点P为边AB 上一个动点，过P点作PF//AC交线段BD于点F,作PG⊥AB交AD于点E,交线段CD于点G,设BP=x.
（1）①填空：如果BP=,则BG= ;
②用x的代数式表示线段DG的长,并直接写出自变量x的取值范围;
（2）记△DEF的面积为S,求S与x之间的函数关系式．
（3）当以P、E、F为顶点的三角形与△EDG相似时，请求出BP的长．
【答案】（1）BG=；ＤＧ＝2x－1、 （2）S=（3）
【详解】试题分析：（1）①在边长为2的等边△ABC中，所以；作PG⊥AB交AD于点E,交线段CD于点G，，在三角形BPG中，由三角形内角和定理知，因为BP=，所以BG=
②∵ＰＦ／／ＡＣ，∴△ＰＢＦ为等边三角形，∴ＢＦ＝ＰＦ＝ＰＢ＝x.
又∵ＢＧ＝2x，ＢＤ＝1，∴ＤＧ＝2x－1，∴０＜2x－1≤１，∴.
（2）S=DE×DF=
=
（3）①如图１，若∠ＰＦＥ＝∠EDG=90，∵∠EGD =∠FPE ∴∽△ＥＤＧ，∴∠EFD=∠EGD=30 ∴EF=EG
∵AD⊥BC ∴ＤＦ＝ＤＧ 即解得：．
②如图２，若∠ＰＥＦ＝∠EDG=90时，∵∠EGD =∠FPE ∴∽△DEG
∵∠FED=30
∴ＤＦ＝ＥＦ＝ＢＰ，
即．解得：
考点：直角三角形，等边三角形，相似三角形
点评：本题考查直角三角形，等边三角形，相似三角形，解答本题需要掌握直角三角形，等边三角形的性质，熟悉相似三角形的证明方法，会证明两个三角形相似
33．（2022秋·福建厦门·九年级校考期中）如图，是等腰三角形，其中，将绕顶点逆时针旋转到的位置，与相交于点，与，分别相交于点，．
（1）求证：；
（2）当时，判断四边形的形状并说明理由．
【答案】（1）见解析；（2）菱形，见解析
【分析】（1）由已知可得，，，所以由ASA性质可得；
（2）由已知可得，，再由平行线及平行四边形的判定可得是平行四边形，最后由可得四边形是菱形．
【详解】解：（1）证明：，
，
是由绕顶点逆时针旋转而得，
，，，
在和中，，
；
（2）四边形是菱形，理由如下：
是等腰三角形，，
，
又∵绕顶点逆时针旋转到的位置，
，
，，
，．
即四边形是平行四边形，
又，
四边形是菱形．
【点睛】本题考查四边形的综合应用，熟练掌握旋转的性质、等腰三角形的性质、全等三角形、平行线、菱形的判定是解题关键．
34．（2022秋·福建·九年级阶段练习）如图，四边形ABCD中，∠A=∠BCD=90°，BC=CD，CE⊥AD，垂足为E，求证：AE=CE．
【答案】证明见解析.
【分析】过点B作BF⊥CE于F，根据同角的余角相等求出∠BCF=∠D，再利用“角角边”证明△BCF和△CDE全等，根据全等三角形对应边相等可得BF=CE，再证明四边形AEFB是矩形，根据矩形的对边相等可得AE=BF，从而得证.
【详解】
证明：如图，过点B作BF⊥CE于F，
∵CE⊥AD，
∴∠D+∠DCE=90°，
∵∠BCD=90°，
∴∠BCF+∠DCE=90°
∴∠BCF=∠D，
在△BCF和△CDE中,
∴△BCF≌△CDE(AAS)，
∴BF=CE，
又∵∠A=90°，CE⊥AD，BF⊥CE，
∴四边形AEFB是矩形，
∴AE=BF，
∴AE=CE.
35．（2022春·福建龙岩·八年级校考阶段练习）如图，在正方形ABCD中，点M在CD边上，点N在正方形ABCD外部，且满足∠CMN＝90°，CM＝MN．连接AN，CN，取AN的中点E，连接BE，AC，交于F点．
（1） ①依题意补全图形；
②求证：BE⊥AC．
（2）请探究线段BE，AD，CN所满足的等量关系，并证明你的结论．
（3）设AB＝1，若点M沿着线段CD从点C运动到点D，则在该运动过程中，线段EN所扫过的面积为______________（直接写出答案）．
【答案】（1）①补图见解析；②证明见解析；（2）2BE＝AD＋CN，证明见解析；（3）．
【分析】（1）①依照题意补全图形即可；②连接CE，由正方形以及等腰直角三角形的性质可得出∠ACD=∠MCN=45°，从而得出∠ACN=90°，再根据直角三角形的性质以及点E为AN的中点即可得出AE=CE，由此即可得出B、E在线段AC的垂直平分线上，由此即可证得BE⊥AC；
（2）BE=AD+CN．根据正方形的性质可得出BF=AD，再结合三角形的中位线性质可得出EF=CN，由线段间的关系即可证出结论；
（3）找出EN所扫过的图形为四边形DFCN．根据正方形以及等腰直角三角形的性质可得出BD∥CN，由此得出四边形DFCN为梯形，再由AB=1，可算出线段CF、DF、CN的长度，利用梯形的面积公式即可得出结论．
【详解】解：（1）①依题意补全图形，如图1所示．
②证明：连接CE，如图2所示．
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BCD=90°，AB=BC，
∴∠ACB=∠ACD=∠BCD=45°，
∵∠CMN=90°，CM=MN，
∴∠MCN=45°，
∴∠ACN=∠ACD+∠MCN=90°．
∵在Rt△ACN中，点E是AN中点，
∴AE=CE=AN．
∵AE=CE，AB=CB，
∴点B，E在AC的垂直平分线上，
∴BE垂直平分AC，
∴BE⊥AC．
（2）BE=AD+CN．
证明：∵AB=BC，∠ABE=∠CBE，
∴AF=FC．
∵点E是AN中点，
∴AE=EN，
∴FE是△ACN的中位线．
∴FE=CN．
∵BE⊥AC，
∴∠BFC=90°，
∴∠FBC+∠FCB=90°．
∵∠FCB=45°，
∴∠FBC=45°，
∴∠FCB=∠FBC，
∴BF=CF．
在Rt△BCF中，BF2+CF2=BC2，
∴BF=BC．
∵四边形ABCD是正方形，
∴BC=AD，
∴BF=AD．
∵BE=BF+FE，
∴BE=AD+CN．
（3）在点M沿着线段CD从点C运动到点D的过程中，线段EN所扫过的图形为四边形DFCN．
∵∠BDC=45°，∠DCN=45°，
∴BD∥CN，
∴四边形DFCN为梯形．
∵AB=1，
∴CF=DF=BD=，CN=CD=，
∴S梯形DFCN=（DF+CN） CF=（+）×=．
【点睛】本题考查了正方形的性质、等腰直角三角形的性质、平行线的性质以及梯形的面积公式，解题的关键是：（1）根据垂直平分线上点的性质证出垂直；（2）用AD表示出EF、BF的长度；（3）找出EN所扫过的图形．本题属于中档题，难度不小，解决该题型题目时，根据题意画出图形，利用数形结合解决问题是关键．
36．（2022秋·福建厦门·九年级校考阶段练习）今年某商店“十一黄金周”进行促销活动期间，前六天的总营业额为450万元，第七天的营业额是前六天总营业额的12%、今年该商店7月份的营业额为350万元，8、9月份营业额的月增长率相同，“十一黄金周”这七天的总营业额与9月份的营业额相等，求该商店今年8、9月份营业额的月增长率．
【答案】20%．
【分析】设该商店今年8、9月份营业额的月增长率为x，根据该商店7月份及9月份的营业额，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．
【详解】解：设该商店今年8、9月份营业额的月增长率为x，
依题意，得：350（1+x）2＝450×（1+12%），
解得：x1＝0.2＝20%，x2＝﹣2.2（不合题意，舍去）．
答：该商店今年8、9月份营业额的月增长率为20%．
【点睛】本题主要考查了一元二次方程的应用，准确应用增长率公式计算是解题的关键．
37．（2022秋·福建漳州·九年级福建省诏安第一中学校考期中）如图，已知正方形ABCD，点E为AB上的一点，，交BD于点F．
(1)如图1，直按写出的值_______；
(2)将△EBF绕点B顺时针旋转到如图2所示的位置，连接AE、DF，猜想DF与AE的数量关系，并证明你的结论；
(3)如图3，当BE=BA时，其他条件不变，△EBF绕点B顺时针旋转，设旋转角为，当为何值时EA=ED 请在图3或备用图中画出图形并求出的值．
【答案】(1)
(2)，证明见解析
(3)画图见解析，α的值为30°或150°，
【分析】由是正方形ABCD的对角线，可知∠ABD=45°，由垂直可知，，则可求出边相等，进而可知，根据边之间的等量关系可知，故可知；
由（1）知，，，，进而可知边之间的比例关系，由旋转知，，故可证明，根据相似比可证明边之间的等量关系；
（3）连接DE，CE根据边相等的条件，以及角相等的条件可知AE=DE，BE=CE，由四边形ABCD是正方形，可知，AB=BC，进而可得△BCE是等边三角形，，进而可证，即：，同理，也可证明△BCE是等边三角形，，即：．
【详解】（1）是正方形ABCD的对角线，
∴∠ABD=45°，，
，
，
，
，
，
，
，
故答案为：；
（2），
理由：由（1）知，，，，
，
由旋转知，，
，
，
；
（3）如图3，连接DE，CE
∵EA=ED，
∴点E在AD的中垂线上，
∴AE=DE，BE=CE，
∵四边形ABCD是正方形，
，AB=BC，
，
∴△BCE是等边三角形，
，
，即：，
如图4，同理，△BCE是等边三角形，
，即：，
故答案为：30°或150°．
【点睛】本题考查图形的旋转变换，相似三角形的性质与判定，正方形的性质与判定，等边三角形的性质，能够根据题意将变换后的图像画出来并构造适合的辅助线是解决本题的关键．
38．（2022·福建漳州·龙海二中校考一模）关于x的一元二次方程（m﹣1）x2﹣2mx+m+1＝0有两个实数根，若方程的两个实数根都是正整数，求整数m的值．
【答案】m＝2或m＝3．
【分析】先求出方程的解，根据此方程的两个根都是正整数列出关于m的不等式，解不等式即可求解．
【详解】解：（m﹣1）x2﹣2mx+m+1＝0，
[（m﹣1）x﹣（m+1）]（x﹣1）＝0，
x1＝，x2＝1，
∵此方程的两个实数根都是正整数，
由＞0解得m＜﹣1或m＞1，
∴m＝2或m＝3．
【点睛】本题考查了公式法解一元二次方程．要会熟练运用公式法求得一元二次方程的解．
39．（2022秋·福建泉州·九年级统考期中） 某校有A，B两个电脑教室，甲、乙、丙三名学生各自随机选择其中的一个电脑教室上课．求甲、乙、丙三名学生在同一个电脑教室上课的概率．（请在“树状图法”或“列表法”中选择合适的方法进行解答）
【答案】画树状图得
共8种情况，甲、乙、丙三名学生在同一个电脑教室上课的情况数有2种，
所以甲、乙、丙三名学生在同一个电脑教室上课的概率为
【详解】试题分析：用树状图分3次实验列举出所有情况，看3人在同一个电脑教室上课的情况数占总情况数的多少即可
考点：列表法与树状图法
点评：考查概率的求法；用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比；得到所求的情况数是解决本题的关键
40．（2022春·福建厦门·八年级厦门双十中学思明分校校考期末）如图正方形，点、、分别在、、上，与相交于点．
(1)如图，当，
求证：；
平移图中线段础，使点与重合，点在延长线上，连接，取中点，连接，如图，求证：；
(2)如图，当，边长，，则的长为______（直接写出结果）．
【答案】(1)①见解析；②见解析
(2)
【分析】（1）作平行四边形，则，，，通过证得≌，即可证得结论；在上截取一点，使得，则是等腰直角三角形，再证明是三角形的中位线即可解决问；
（2）过点作交于点，则四边形是平行四边形，得出，，根据勾股定理求得，进而求得，作，交延长线于，通过证≌，证得，，，继而证得≌，证得，从而证得，设则，根据勾股定理求得，进一步根据勾股定理求得．
【详解】（1）作平行四边形，则，，，如图，
∴，
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴≌，
∴
∴；
在上截取一点，使得，则是等腰直角三角形，．
∵≌，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
得证．
（2）过点作交于点，则四边形是平行四边形，
∴，，
∵，，，
∴，
∴，
作，交延长线于，
在和中，
，
∴≌，
∴，，，
∵，
∴，
∴，
∴，
在和中，
，
∴≌，
∴，
即，
设，则，
在中，，解得，
∴．
即DE的值为．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形中位线定理、勾股定理的应用，作出辅助线构建全等三角形是解题的关键，属于中考压轴题．
41．（2022秋·福建福州·九年级福建省福州第十九中学校考阶段练习）有四张正面分别标有数字1，2，3，4的不透明卡片，它们除数字外无其他差别，现将它们背面朝上洗匀．
（1）随机抽取一张卡片，卡片上的数字是奇数的概率为______．
（2）随机抽取一张卡片，然后放回洗匀，再随机抽取一张卡片，请用列表或画树状图的方法，求两次抽取的卡片上的数字和等于6的概率．
【答案】（1） （2）
【分析】（1）找出四个数中奇数的个数，即可求出所求的概率；
（2）将所有情况用列表法或者树状法表示出来，再将符合题意的个数找出来，即可得出概率．
【详解】解：（1）四张卡片中奇数有1，3共二张，则P=；
故答案为：
（2）根据题意，列表如下：
第一次 第二次 1 2 3 4
1 （1，1） （2，1） （3，1） （4，1）
2 （1，2） （2，2） （3，2） （4，2）
3 （1，3） （2，3） （3，3） （4，3）
4 （1，4） （2，4） （3，4） （4，4）
根据题意，可以画出如下的树状图：
结果 （1，1）（1，2）（1，3）（1，4）（2，1）（2，2）（2，3）（2，4）（3，1）（3，2）（3，3）（3，4）（4，1）（4，2）（4，3）（4，4）
由表格（树状图）可以看出，所有等可能出现的结果共有16种，其中两次抽取的卡片上的数字和等于6的结果有3种，即（2，4），（3，3），（4，2）
所以（两次抽取的卡片上的数字和等于6）
【点睛】本题考查列表法与树状图法、概率公式，解答本题的关键是明确题意，画出相应的树状图，求出相应的概率．
42．（2022春·福建漳州·八年级校考期中）证明：在直角三角形中，如果一条直角边等于斜边的一半，那么这条直角边所对的锐角等于．
【答案】证明见解析
【分析】画出图形，写出已知，求证，取AB中点D，连接CD，根据直角三角形斜边上中线性质得出AC＝AD＝CD，得出等边三角形ACD，求出∠A，根据三角形内角和定理求出即可．
【详解】已知：在△ACB中，∠ACB＝90°，AC＝AB，
求证：∠B＝30°.
证明：取AB中点D，连接CD，
∵△ACB是直角三角形，∠ACB＝90°，
∴CD＝AB＝AD＝BD，
∵AC＝AB，
∴AC＝AD＝CD，
∴△ACD是等边三角形，
∴∠A＝60°，
∴∠B＝180° 90° 60°＝30°．
【点睛】本题考查了直角三角形斜边上中线性质，等边三角形性质和判定，三角形内角和定理的应用，主要考查学生的推理能力．
43．（2022秋·福建泉州·九年级校联考期中）已知关于的一元二次方程有一个根为，求方程的另一根及的值．
【答案】方程的另一根为，的值为
【分析】首先把代入方程得到，即可求出，再把的值代入方程求出方程的解即可．
【详解】解：把代入方程得到，
解得：，
当时，原方程为：，
解得：或，
即方程的另一根为．
故方程的另一根为，的值为．
【点睛】本题主要考查对一元二次方程的解，解一元二次方程等，能求出的值是解此题的关键．也可以利用一元二次方程根与系数的关系先求出方程的另一根，再求的值．
44．（2022秋·福建泉州·九年级统考期中）如图所示，已知四边形，，点在的延长线上，连接交于且．
（1）求证：；
（2）若是的中位线，且6，求的长．
【答案】（1）见解析；（2）（）．
【分析】（1）根据AB∥DC得出△DCE∽△FBE，由相似三角形的面积之比等于相似比的平方，得出两三角形的相似比为1，从而得出：△DCE≌△FBE．
（2）根据BE是△ADF的中位线得出BE∥AD，AD＝2BE，AB＝FB，进而得出四边形ABCD是平行四边形，求出DC＋AD＋AB的长．
【详解】（1）∵，
∴，，
∴，
∴.
∵
∴，
∴，
∴
（2）∵是的中位线，
∴，，.
∵，
∴四边形是平行四边形，
∴.
∵，
∴（厘米）．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定、全等三角形的判定、平行四边形的判定及其性质、三角形的中位线的性质等知识．
45．（2022春·福建福州·八年级福建省福州延安中学校考期中）如图，在△ABC中，AB＝AC，点D、E分别是线段BC、AD的中点，过点A作AFBC，交BE的延长线于点F，连接CF．试判断四边形ADCF的形状，并给予证明．
【答案】四边形ADCF是矩形，理由见解析
【分析】先根据三线合一定理证明AD⊥BC，再证明DE是△BCF的中位线推出结合即可证明四边形ADCF是平行四边形，由此即可证明四边形ADCF是矩形．
【详解】解：四边形ADCF是矩形，理由如下：
∵AB=AC，D是BC的中点，
∴AD⊥BC，
∵，
∴∠EAF=∠EDB，∠EFA=∠EBD，
∵E是AD的中点，
∴AE=DE，
∴△AEF≌△DEB（AAS），
∴BE=FE，即点E是BF的中点，
又∵点D是BC的中点，
∴DE是△BCF的中位线，
∴，
又∵，
∴四边形ADCF是平行四边形，
∵AD⊥CD，
∴平行四边形ADCF是矩形．
【点睛】本题主要考查了矩形的判定，三角形中位线定理，三线合一定理，熟知相关知识是解题的关键．
46．（2022秋·福建泉州·九年级校联考期中）如图，用同样规格的黑白两色的正方形瓷砖铺设矩形地面，请观察下列图形并解答有关问题．
在第n个图中，第一横行共______ 块瓷砖，第一竖列共有______ 块瓷砖；均用含n的代数式表示
设铺设地面所用瓷砖的总块数为y，请写出y与中的n的函数；
按上述铺设方案，铺一块这样的矩形地面共用了506块瓷砖，求此时n的值；
是否存在黑瓷砖与白瓷砖块数相等的情形请通过计算说明理由．
【答案】（1）n+3，n+2；（2）y=(n+3)(n+2)；（3）20；（4）不存在黑砖白块数相等的情形．
【分析】分别清点题目给出的三个图形中的白瓷砖和黑瓷砖的块数，然后通过分析，找出白瓷砖和黑瓷砖的块数与图形数之间的规律，即可解答此题；
【详解】解：每横行有块，每竖列有块．
，
由题意，得，
解之，舍去．
答：此时n的值为20
当黑白砖块数相等时，有方程．
整理得．
解之得，．
由于的值不是整数，的值是负数，故不存在黑砖白块数相等的情形．
【点睛】本题是一道找规律的题目．对于找规律的题目首先应找出哪些部分发生了变化，是按照什么规律变化的．
47．（2022秋·福建龙岩·九年级龙岩初级中学校考期中）点E是菱形ABCD的边上的一动点，运动方向由点C到点D，连接BE，BE的垂直平分线交BE于点F，交AC于点G，试说明点E的运动过程中∠EBG的大小变化情况．
【答案】点E的运动过程中∠EBG的大小不变，证明见详解．
【分析】设菱形∠DAB=α，根据点G的位置分两种情况，当点G在线段OC上时，连结GD与BD，根据四边形ABCD为菱形，可得∠BCD=∠DAB=α，BD平分∠ADC，可求∠BDE=，根据AC为菱形对角线是对称轴，点G在AC上，DG=BG，利用等边对等角可得∠DBG=∠BDG，根据GF为BE的垂直平分线，可得BG=GF=GD，根据等边对等角可得∠GBE=∠GEB，∠GDE=∠GED，由三角形内角和∠DBC+∠BDC+∠DCB=180°，可得∠GBE+∠BDG+∠GDE=90°，求出∠GBE =90°-（∠BDG+∠GDE）；当点G在AO上时，根据四边形ABCD为菱形，可求∠BDE=，可得∠GDE-∠BDG=∠BDE=，根据轴对称性质可得DG=BG，∠DBG=∠BDG，利用GF为BE的垂直平分线，得出BG=GF=GD，根据∠DBE+∠BDE+∠DEB=180°，可得∠GBE+∠GDE-∠BDG=90°，即可．
【详解】解：∠EBG的大小不变，设菱形∠DAB=α，连结GD与BD，
当点G在线段OC上时，
∵四边形ABCD为菱形，
∴∠BCD=∠DAB=α，BD平分∠ADC，
∴∠ADC=180°-∠DAB=180°-α，
∴∠BDE=
∵AC为菱形对角线是对称轴，点G在AC上，
∴DG=BG，
∴∠DBG=∠BDG，
∵GF为BE的垂直平分线，
∴BG=GF=GD，
∴∠GBE=∠GEB，∠GDE=∠GED，
∵∠DBE+∠BDE+∠DEB=180°，
∴∠GBD+∠EBG+∠BEG+∠GED+∠GDE+∠GDB=180°，
∴2∠GBE+2∠BDG+2∠GDE=180°，
∴∠GBE+∠BDG+∠GDE=90°，
∴∠GBE =90°-（∠BDG+∠GDE）=90°-∠BDE=90°-=，
当点G在AO上时，
∵四边形ABCD为菱形，
∴∠BCD=∠DAB=α，BD平分∠ADC，
∴∠ADC=180°-∠DAB=180°-α，
∴∠BDE=
∴∠GDE-∠BDG=∠BDE=
∵AC为菱形对角线是对称轴，点G在AC上，
∴DG=BG，
∴∠DBG=∠BDG，
∵GF为BE的垂直平分线，
∴BG=GF=GD，
∴∠GBE=∠GEB，∠GDE=∠GED，
∵∠DBE+∠BDE+∠DEB=180°，
∴∠EBG-∠GBD +∠BEG+∠GED+∠GDE-∠BDG=180°，
∴2∠GBE+2∠GDE-2∠BDG=180°，
∴∠GBE+∠GDE-∠BDG=90°，
∴∠GBE =90°-（∠GDE-∠BDG）=90°-∠BDE=90°-=，
∴在点E的运动过程中∠EBG的大小不变．
【点睛】本题考查动点图形的角定值问题，菱形性质，等腰三角形性质，线段垂直平分线性质，三角形内角和，掌握菱形性质，等腰三角形性质，线段垂直平分线性质，三角形内角和，利用辅助线画出准确图形是解题关键．
48．（2022春·福建福州·八年级福州华伦中学校考期中）如图，在四边形ABCD中，AD//BC，∠ABC＝90°，AD＝CD，是对角线AC的中点，连接BO并延长交边CD于点E．
(1)求证：△DAC∽△OBC；
(2)若BE⊥CD，求值；
(3)是否存在点E使DE＝1，CE＝2，若存在，求出OE的值，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)
(3)不存在，理由见解析
【分析】（1）利用两个角分别相等即可证明；
（2）过点作于点，设，则，在中，，表示出，即可解决问题；
（3）延长，交于点，由，得，得，再证明，得，过点作于，则，不符合题意，从而不存在符合要求的点．
【详解】（1）证明：，
，
，
，
是斜边上的中线，
，
，
，
；
（2）解：如图，若，
，
，
为的中点，
，
，
，
，
，
∴∠BCD=60°
过点作于点，则∠CDH=30°，
设，则，
在中，，
，
，
；
（3）解：假设存在，延长，交于点，
∵DE＝1，CE＝2，
AD＝CD=3，
，
，
，
，
在与中，
，
，
，
∴3+BC=BC，
，
过点作于，则BH=3，
∴，出现矛盾，
不存在，使，．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，作辅助线构造相似三角形是解题的关键．
49．（2022·福建福州·福建省福州屏东中学校考二模）如图，在正方形中，、分别是、边上的点，，连接，交于点．
求证：．
【答案】见详解
【分析】由题意易得AD=CD=BC，则有DF=CE，进而易证△ADF≌△DCE，然后问题可求解．
【详解】证明：∵四边形是正方形，
∴AD=CD=BC，，
∵，
∴，即DF=CE，
∴△ADF≌△DCE（SAS），
∴，
由可得，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查正方形的性质及三角形的全等，熟练掌握正方形的性质及三角形的全等是解题的关键．
50．（2022秋·九年级课时练习）为了节约用水，某水厂规定：某单元居民如果一个月的用水量不超过吨，那么这个月该单元居民只交10元水费．如果超过吨，则这个月除了仍要交10元水费外，超过那部分按每吨元交费．
（1）该单元居民8月份用水80吨，超过了“规定的吨”，则超过部分应交水费 元（用含x的式子表示）．
（2）下表是该单元居民9月、10月的用水情况和交费情况：
月份 用水量（吨） 交费总数（元）
9月份 85 25
10月份 50 10
根据上表数据，求该x吨是多少？
【答案】（1）；（2）60吨．
【详解】解：（1）超过的用水量为（80-x）吨，所以，超过部分应交水费元；
（2）根据表格提供的数据，可以知道，根据9月份用水情况可以列出方程：
解得，
因为，所以
该水厂规定的x吨是60吨．
【点睛】本题考查一元二次方程的应用，找到关键描述语，找到等量关系准确的列出方程是解决问题的关键．判断所求的解是否符合题意，舍去不合题意的解．
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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