2016学年九年级数学上期中试卷
∵BP=BC,
∴∠BCP=∠BPC= (180°﹣45°)=67.5°,
∴∠ACP度数是67.5°﹣45°=22.5°.
点评: 此题主要考查了正方形的对角线平分对角的性质,平分每一组对角.
16.如图,正方形ABCD的对角线AC是菱形AEFC的一边,则∠FAB的度数为 22.5° .
考点: 正方形的性质;菱形的性质.
分析: 根据正方形的性质求出∠BAC=45°,再根据菱形的对角线平分一组对角解答即可.
解答: 解:∵四边形ABCD是正方形,
∴∠BAC=45°,
∵四边形AEFC是菱形,
∴∠FAB= ∠BAC= ×45°=22.5°.
故答案为:22.5°.
点评: 本题考查了正方形的对角线平分一组对角,菱形的对角线平分一组对角的性质,熟记性质是解题的关键.
17.如图,依次连结第一个矩形各边的中点得到第一个菱形,再依次连结所得菱形各边的中点得到第二个矩形,
按照此方法继续下去.已知第一个矩形的面积为2,则第2013个菱形的面积为 .
考点: 菱形的性质;规律型:图形的变化类;中点四边形.
分析: 首先根据题意求得第一个菱形的面积、第二个矩形与菱形面积、第三个矩形与菱形面积,继而得到规律:第n个菱形的面积为:( )2n﹣2,则可求得答案.
解答: 解:∵第一个矩形的面积为2,
∴第一个菱形的面积为1;
∴第二个矩形的面积为: ,
第二个菱形的面积为:( )2,
第三个矩形的面积为:( )3,
第三个菱形的面积为( )4,
依此类推,第n个菱形的面积为:( )2n﹣2,
∴第2013个菱形的面积为:( )2×2013﹣2=( )4024= .
点评: 此题考查了菱形与矩形的性质.此题难度适中,注意得到规律:第n个菱形的面积为:( )2n﹣2是解此题的关键.
18.如图,矩形纸片ABCD中,AB=5cm,BC=10cm,CD上有一点E,EC=2cm,AD上有一点P,PA=6cm,过点P作PF⊥AD交BC于点F,将纸片折叠,使P与E重合,折痕交PF于Q,则线段PQ的长是 cm.
考点: 翻折变换(折叠问题).
专题: 压轴题;探究型.
分析: 连接EQ,由翻折变换的性质可知△PEQ是等腰三角形,OQ是PE的垂直平分线,再由已知条件得出PD及DE的长,由勾股定理得出PE的长,设PQ=x,则QF=5﹣x,用x表示出OQ的长,根据S△PEQ+S梯形QFCE=S梯形PFCE即可得出x的值,进而得出结论.
解答: 解:连接EQ,
∵将纸片折叠,使P与E重合,
∴△PEQ是等腰三角形,OQ是PE的垂直平分线,
∵矩形纸片ABCD中,AB=5cm,BC=10cm,PA=6cm,CE=2cm,
∴PD=4cm,DE=3cm,
∵在Rt△DPE中PE= = =5.
∴OP= PE= ,
设PQ=x,则QF=5﹣x,
∴OQ= =
∵S△PEQ+S梯形QFCE=S梯形PFCE,即: PE•OQ+ ( QF+CE)×CF= (PF+CE)×CF,
即 ×5× + ×(5﹣x+2)×4= ×(5+2)×4,
解得x= cm.
故答案为: .
点评: 本题考查的是翻折变换,熟知折叠是一种对称变换,它属于轴对称,折叠前后图形的形状和大小不变,位置变化,对应边和对应角相等是解答此题的关键.
三、解答题(共20分)
19.计算:
(1) ﹣ + ;
(2)(π﹣2013)0+ +( )﹣1.
考点: 二次根式的混合运算;零指数幂;负整数指数幂.
专题: 计算题.
分析: (1)先把各二次根式化为最简二次根式,然后合并即可;
(2)根据零指数幂、负整数指数幂的意义得到原式=1+3 + ,然后合并即可.
解答: 解:(1)原式=2 ﹣ +2
= +2 ;
(2)原式=1+3 +
=1+ .
点评: 本题考查了二次根式的混合运算:先把各二次根式化为最简二次根式,再进行二次根式的乘除运算,然后合并同类二次根式.也考查了零指数幂、负整数指数幂.
20.解方程:
(1)x2﹣12x﹣4=0;
(2)3(x﹣2)2=x(x﹣2).
考点: 解一元二次方程-因式分解法;解一元二次方程-配方法.
分析: (1)先移项,再配方,开方后即可得出两个一元一次方程,求出方程的解即可;
(2)移项后分解因式,即可得出两个一元一次方程,求出方程的解即可.
解答: 解:(1)x2﹣12x﹣4=0;
x2﹣12x=4,
配方得:x2﹣12x+62=4+62,
(x﹣6)2=40,
开方得:x﹣6=± ,
x1=6+2 ,x2=6﹣2 ;
(2)移项得:3(x﹣2)2﹣x(x﹣2)=0,
(x﹣2)[3(x﹣2)﹣x]=0,
x﹣2=0,3(x﹣2)﹣x=0,
x1=2,x2=3.
点评: 本题考查了解一元二次方程的应用,主要考查学生解一元二次方程的能力,题目比较好,难度适中.
四、解答题(共36分)
21.如图,四边形ABCD中,AD∥BC,AE⊥AD交BD于点E,CF⊥BC交BD于点F,且AE=CF.求证:四边形ABCD是平行四边形.
考点: 平行四边形的判定;全等三角形的判定与性质.
专题: 证明题.
分析: 由垂直得到∠EAD=∠FCB=90°,根据AAS可证明Rt△AED≌Rt△CFB,得到AD=BC,根据平行四边形的判定判断即可.
解答: 证明:∵AE⊥AD,CF⊥BC,
∴∠EAD=∠FCB=90°,
∵AD∥BC,
∴∠ADE=∠CBF,
在Rt△AED和Rt△CFB中,
∵ ,
∴Rt△AED≌Rt△CFB(AAS),
∴AD=BC,
∵AD∥BC,
∴四边形ABCD是平行四边形.
点评: 本题考查了平行四边形的判定,平行线的性质,全等三角形的性质和判定等知识点的应用,关键是推出AD=BC,主要考查学生运用性质进行推理的能力.
22.如图,在△ABC中,D是边AC上一点,且BD=BC,点E、F分别是DC、AB的中点.求证:
(1)EF= AB;
(2)过A点作AG∥EF,交BE的延长线于点G,则BE=GE.
考点: 三角形中位线定理;等腰三角形的判定与性质;直角三角形斜边上的中线.
专题: 证明题.
分析: (1)连接BE,根据等腰三角形三线合一的性质可得BE⊥AC,再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得EF= AB;
(2)求出AF=EF,再根据等边对等角可得∠AEF=∠EAF,根据两直线平行,内错角相等可得∠AEF=∠EAG,从而得到∠EAF=∠EAG,然后利用等腰三角形三线合一的性质可得BE=GE.
解答: (1)证明:如图,连接BE,
∵BD=BC,点E是CD的中点,
∴BE⊥AC,
∵点F是AB的中点,
∴EF= AB;
(2)解:∵AF=EF= AB,
∴∠AEF=∠EAF,
∵AG∥EF,
∴∠AEF=∠EAG,
∴∠EAF=∠EAG,
又∵BE⊥AC,
∴BE=GE(等腰三角形三线合一).
点评: 本题主要考查了等腰三角形三线合一的性质,直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质,熟记各性质是解题的关键.
23.观察下列各式及其验证过程:
=2 ,验证: = = =2 .
=3 ,验证: = = =3 .
(1)按照上述两个等式及其验证过程,猜想 的变形结果并进行验证;
(2)针对上述各式反映的规律,写出用a(a为自然数,且a≥2)表示的等式,并给出验证;
(3)用a(a为任意自然数,且a≥2)写出三次根式的类似规律,并给出验证说理过程.
考点: 二次根式的性质与化简.
专题: 规律型.
分析: (1)利用已知,观察 =2 , =3 ,可得 的值;
(2)由(1)根据二次根式的性质可以总结出一般规律;
(3)利用已知可得出三次根式的类似规律,进而验证即可.
解答: 解:(1)∵ =2 , =3 ,
∴ =4 =4 = ,
验证: = = ,正确;
(2)由(1)中的规律可知3=22﹣1,8=32﹣1,15=42﹣1,
∴ =a ,
验证: = =a ;正确;
(3) =a (a为任意自然数,且a≥2),
验证: = = =a .
点评: 此题主要考查二次根式的性质与化简,善于发现题目数字之间的规律,是解题的关键.
24.如图,在矩形ABCD中,E是BC的中点,将△ABE沿AE折叠后得到△AFE,点F在矩形ABCD内部,延长AF交CD于点G.
(1)猜想线段GF与GC有何数量关系?并证明你的结论;
(2)若AB=3,AD=4,求线段GC的长.
考点: 矩形的性质;全等三角形的判定与性质;勾股定理;翻折变换(折叠问题).
分析: (1)连接GE,根据点E是BC的中点以及翻折的性质可以求出BE=EF=EC,然后利用“HL”证明△GFE和△GCE全等,根据全等三角形对应边相等即可得证;
(2)设GC=x,表示出AG、DG,然后在Rt△ADG中,利用勾股定理列式进行计算即可得解.
解答: 解:(1)GF=GC.
理由如下:连接GE,
∵E是BC的中点,
∴BE=EC,
∵△ABE沿AE折叠后得到△AFE,
∴BE=EF,
∴EF=EC,
∵在矩形ABCD中,
∴∠C=90°,
∴∠EFG=90°,
∵在Rt△GFE和Rt△GCE中,
,
∴Rt△GFE≌Rt△GCE(HL),
∴GF=GC;
(2)设GC=x,则AG=3+x,DG=3﹣x,
在Rt△ADG中,42+(3﹣x)2=(3+x)2,
解得x= .
点评: 本题考查了矩形的性质,全等三角形的判定与性质,勾股定理的应用,翻折的性质,熟记性质,找出三角形全等的条件EF=EC是解题的关键.
25.平面直角坐标系中,有一Rt△ABC,且A(﹣1,3),B(﹣3,﹣1),C(﹣3,3),已知△A1AC1是由△ABC旋转得到的.
(1)请写出旋转中心的坐标是 (0,0) ,旋转角是 90 度;
(2)以(1)中的旋转中心为中心,分别画出△A1AC1顺时针旋转90°、180°的三角形.
考点: 作图-旋转变换.
专题: 作图题.
分析: (1)根据网格结构,找出对应点连线的垂直平分线的交点即为旋转中心,一对对应点与旋转中心连线的夹角即为旋转角;
(2)根据网格结构分别找出找出△A1AC1顺时针旋转90°、180°后的对应点的位置,然后顺次连接即可.
解答: 解:(1)旋转中心的坐标是(0,0),旋转角是90度;
(2)如图所示,△A1A2C2是△A1AC1以O为旋转中心,顺时针旋转90°的三角形,
△A2C3B是△A1AC1以O为旋转中心,顺时针旋转180°的三角形.
点评: 本题考查了利用旋转变换作图,旋转变换的旋转中心与旋转角的确定,熟练掌握网格结构准确找出对应点的位置是解题的关键.
26.如图,在矩形ABCD中,AB=3,BC=4,动点P从点D出发沿DA向终点A运动,同时动点Q从点A出发沿对角线AC向终点C运动.过点P作PE∥DC,交AC于点E,动点P、Q的运动速度是每秒1个单位长度,运动时间为t秒,当点P运动到点A时,P、Q两点同时停止运动.
(1)用含有t的代数式表示PE= ﹣ t+3 ;
(2)探究:当t为何值时,四边形PQBE为梯形?
(3)是否存在这样的点P和点Q,使△PQE为等腰三角形?若存在,请求出所有满足要求的t的值;若不存在,请说明理由.
考点: 四边形综合题.
分析: (1)由四边形ABCD为矩形,得到∠D为直角,对边相等,可得三角形ADC为直角三角形,由AD与DC的长,利用勾股定理求出AC的长,再由PE平行于CD,利用两直线平行得到两对同位角相等,可得出三角形APE与三角形ADC相似,由相似得比例,将各自的值代入,整理后得到y与x的关系式;
(2)若QB与PE平行,得到四边形PQBE为矩形,不合题意,故QB与PE不平行,当PQ与BE平行时,利用两直线平行得到一对内错角相等,可得出一对邻补角相等,再由AD与BC平行,得到一对内错角相等,可得出三角形APQ与三角形BEC相似,由相似得比例列出关于x的方程,求出方程的解即可得到四边形PQBE为梯形时x的值;
(3)存在这样的点P和点Q,使P、Q、E为顶点的三角形是等腰三角形,分两种情况考虑:当Q在AE上时,由AE﹣AQ表示出QE,再根据PQ=PE,PQ=EQ,PE=QE三种情况,分别列出关于x的方程,求出方程的解即可得到满足题意x的值;当Q在EC上时,由AQ﹣AE表示出QE,此时三角形为钝角三角形,只能PE=QE列出关于x的方程,求出方程的解得到满足题意x的值,综上,得到所有满足题意的x的值.
解答: 解:(1)∵四边形ABCD是矩形,
∴∠D=90°,AB=DC=3,AD=BC=4,
∴在Rt△ACD中,利用勾股定理得:AC= =5,
∵PE∥CD,
∴∠APE=∠ADC,∠AEP=∠ACD,
∴△APE∽△ADC,
又∵PD=t,AD=4,AP=AD﹣PD=4﹣t,AC=5,DC=3,
∴ = = ,即 = = ,
∴PE=﹣ t+3.
故答案为:﹣ t+3;
(2)若QB∥PE,四边形PQBE是矩形,非梯形,
故QB与PE不平行,
当QP∥BE时,
∵∠PQE=∠BEQ,
∴∠AQP=∠CEB,
∵AD∥BC,
∴∠PAQ=∠BCE,
∴△PAQ∽△BCE,
由(1)得:AE=﹣ t+5,PA=4﹣t,BC=4,AQ=t,
∴ = = ,即 = = ,
整理得:5(4﹣t)=16,
解得:t= ,
∴当t= 时,QP∥BE,而QB与PE不平行,此时四边形PQBE是梯形;
(3)存在.
分两种情况:
当Q在线段AE上时:QE=AE﹣AQ=﹣ t+5﹣t=5﹣ t,
(i)当QE=PE时,5﹣ t=﹣ t+3,
解得:x= ;
(ii)当QP=QE时,∠QPE=∠QEP,
∵∠APQ+∠QPE=90°,∠PAQ+∠QEP=90°,
∴∠APQ=∠PAQ,
∴AQ=QP=QE,
∴t=5﹣ t,
解得,t= ;
(iii)当QP=PE时,过P作PF⊥QE于F(如图1),
可得:FE= QE= (5﹣ t)= ,
∵PE∥DC,∴∠AEP=∠ACD,
∴cos∠AEP=cos∠ACD= = ,
∵cos∠AEP= = = ,
解得t= ;
当点Q在线段EC上时,△PQE只能是钝角三角形,如图2所示:
∴PE=EQ=AQ﹣AE,AQ=t,AE=﹣ t+5,PE=﹣ t+3,
∴﹣ t+3=t﹣(﹣ t+5),
解得nt= .
综上,当t= 或t= 或t= 或t= 时,△PQE为等腰三角形.
【2016学年九年级数学上期中试卷】相关文章: