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2022年九年级数学上学期期中试卷3(北师大版)

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期中数学试卷一、选择题(本题满分24分,共有8道小题,每小题3分)1.下列说法正确的有(  )个.①菱形的对角线相等;②对角线互相垂直的四边形是菱形;③有两个角是直角的四边形是矩形;④正方形既是菱形又是矩形;⑤矩形的对角线相等且互相垂直平分.A.1B.2C.3D.42.关于方程x2﹣2=0的理解错误的是(  )A.这个方程是一元二次方程B.方程的解是C.这个方程可以化成一元二次方程的一般形式D.这个方程可以用公式法求解3.一个暗箱中放有a个除颜色外其他完全相同的球,这a个球中只有2个红球,每次将球搅拌均匀后,任意摸出1个球记下颜色,再放回暗箱,通过大量重复试验后发现,摸到红球的频率稳定在20%,那么可以估算a的值是(  )A.15B.10C.4D.34.关于x的一元二次方程x2+mx+m=0有两个相等的实数根,则m的值是(  )A.不存在B.4C.0D.0或45.如图在△ABC中,DE∥FG∥BC,AD:AF:AB=1:3:6,则S△ADE:S四边形DEGF:S四边形FGCB=(  )A.1:8:27B.1:4:9C.1:8:36D.1:9:366.如图,在菱形ABCD中,AB=13,对角线AC=10,若过点A作AE⊥BC,垂足为E,则AE的长为(  )23\nA.8B.C.D.7.如图,ABCD是正方形,E是边CD上(除端点外)任意一点,AM⊥BE于点M,CN⊥BE于点N,下列结论一定成立的有(  )个.①△ABM≌△BCN;②△BCN≌△CEN;③AM﹣CN=MN;④M有可能是线段BE的中点.A.1B.2C.3D.48.在研究相似问题时,甲、乙同学的观点如下:甲:将邻边边长为5和8的矩形按图①的方式向外扩张,得到新的矩形,它们的对应边间距均为1,则新矩形与原矩形相似.乙:将边长5、12、13的三角形按图②的方式向外扩张,得到新三角形,它们的对应边间距为1,则新三角形与原三角形相似.对于两人的观点,下列说法正确的是(  )A.两人都对B.两人都不对C.甲对、乙不对D.甲不对,乙对二、填空题(本题满分18分,共有6道小题,每小题3分)9.若===,(a+c+e≠0),则=  .10.已知直角三角形的三边恰好是三个连续整数,则这个直角三角形的斜边长是  .11.袋中有五张卡片,其中红色卡片三张,标号分别为1,2,3,绿色卡片两张,标号分别为1,2,若从五张卡片中任取两张,则两张卡片的标号之和小于4的概率为  .12.方程ax2+x+1=0有两个不等的实数根,则a的取值范围是  .23\n13.如图,正方形OABC与正方形ODEF是位似图形,点O为位似中心,相似比为1:,点A的坐标为(0,),则点E的坐标是  .14.如图,在长方形ABCD中,AB=3,BC=6,对角线AC的垂直平分线分别交AD、AC于点M,N,连接CM,则CM的长为  . 三、作图题(本题满分10分,第一小题4分,第二小题6分)15.(10分)已知△ABC,作△DEF,使之与△ABC相似,且=4.要求:(1)尺规作图,保留作图痕迹,不写作法.(2)简要叙述作图依据. 四、解答题(本题共5小题,满分68分)16.(16分)计算(1)用两种不同方法解方程:x2﹣3﹣2x=0(2)解方程:x2=2x;(3)解方程:3+2x2﹣x=0.23\n17.(12分)某中学调查了某班全部35名同学参加音乐社团和美术社团的情况,数据如表(单位:人):参加美术社团未参加美术社团参加音乐社团65未参加音乐社团420(1)从该班任选1名同学,该同学至少参加上述一个社团的概率;(2)在既参加音乐社团,又参加美术社团的6名同学中,有4名男同学A1、A2、A3、A4,两名女同学B1、B2,现从这4名男同学和两名女同学中个随机选取1人,求A1未被选中但B1被选中的概率.18.(12分)已知:如图,在矩形ABCD中,M、N分别是AB、DC的中点,P、Q分别是DM、BN的中点.(1)求证:DM=BN;(2)四边形MPNQ是怎样的特殊四边形,请说明理由;(3)矩形ABCD的边长AB与AD满足什么长度关系时四边形MPNQ为正方形,请说明理由.19.(12分)某茶叶专卖店经销一种日照绿茶,每千克成本80元,据销售人员调查发现,每月的销售量y(千克)与销售单价x(元/千克)之间存在如图所示的变化规律.(1)求每月销售量y与销售单价x之间的函数关系式.(2)若某月该茶叶点销售这种绿茶获得利润1350元,试求该月茶叶的销售单价x为多少元.23\n20.(16分)已知:如图,在Rt△ACB中,∠C=90°,AC=3cm,BC=3cm,点P由B点出发沿BA方向向点A匀速运动,速度为2cm/s;点Q由A点出发沿AC方向向点C匀速运动,速度为cm/s;若设运动的时间为t(s)(0<t<3),解答下列问题:(1)如图①,连接PC,当t为何值时△APC∽△ACB,并说明理由;(2)如图②,当点P,Q运动时,是否存在某一时刻t,使得点P在线段QC的垂直平分线上,请说明理由;(3)如图③,当点P,Q运动时,线段BC上是否存在一点G,使得四边形PQGB为菱形?若存在,试求出BG长;若不存在请说明理由. 23\n参考答案与试题解析一、选择题(本题满分24分,共有8道小题,每小题3分)1.下列说法正确的有(  )个.①菱形的对角线相等;②对角线互相垂直的四边形是菱形;③有两个角是直角的四边形是矩形;④正方形既是菱形又是矩形;⑤矩形的对角线相等且互相垂直平分.A.1B.2C.3D.4【考点】矩形的判定与性质;菱形的判定与性质.【分析】根据菱形的判定与性质、矩形的判定与性质进行解答.【解答】解:①菱形的对角线不一定相等,故错误;②对角线互相垂直平分的四边形是菱形,故错误;③有三个角是直角的四边形是矩形,故错误;④正方形既是菱形又是矩形,故正确;⑤矩形的对角线相等,但不一定互相垂直平分,故错误;故选:A.【点评】本题考查了菱形和矩形的判定与性质.注意:正方形是一特殊的矩形,也是一特殊的菱形. 2.关于方程x2﹣2=0的理解错误的是(  )A.这个方程是一元二次方程B.方程的解是C.这个方程可以化成一元二次方程的一般形式D.这个方程可以用公式法求解【考点】解一元二次方程-公式法;一元二次方程的一般形式;一元二次方程的解;解一元二次方程-直接开平方法.【分析】根据一元二次方程的定义、解法、一般式逐一判断即可.【解答】解:A、这个方程是一元二次方程,正确;B、方程的解是x=±,错误;23\nC、这个方程可以化成一元二次方程的一般形式,正确;D、这个方程可以用公式法求解,正确;故选:B.【点评】本题主要考查一元二次方程的定义和解法,熟练掌握一元二次方程的解法是解题的关键. 3.一个暗箱中放有a个除颜色外其他完全相同的球,这a个球中只有2个红球,每次将球搅拌均匀后,任意摸出1个球记下颜色,再放回暗箱,通过大量重复试验后发现,摸到红球的频率稳定在20%,那么可以估算a的值是(  )A.15B.10C.4D.3【考点】利用频率估计概率.【分析】因为除了颜色其他完全相同的球,在摸的时候出现的机会是均等的,通过大量重复摸球实验后发现,摸到红球的可能性稳定在20%,可知红球占总球数大约就是20%,问题就转化成了一个数的20%是2,求这个数,用除法计算即可.【解答】解:根据题意得:2÷20%=10(个),答:可以估算a的值是10;故选B.【点评】此题主要考查了利用频率估计概率,其中解题时首先通过实验得到事件的频率,然后利用频率估计概率即可解决问题. 4.关于x的一元二次方程x2+mx+m=0有两个相等的实数根,则m的值是(  )A.不存在B.4C.0D.0或4【考点】根的判别式.【分析】根据方程有两个相等的实数根即可得出关于m的一元二次方程,解方程即可得出m的值.【解答】解:∵方程x2+mx+m=0有两个相等的实数根,∴△=m2﹣4m=0,解得:m=0或m=4.故选D.23\n【点评】本题考查了根的判别式,由方程有两个相等的实数根找出关于m的一元二次方程是解题的关键. 5.如图在△ABC中,DE∥FG∥BC,AD:AF:AB=1:3:6,则S△ADE:S四边形DEGF:S四边形FGCB=(  )A.1:8:27B.1:4:9C.1:8:36D.1:9:36【考点】相似三角形的判定与性质.【分析】由DE∥FG∥BC,可得△ADE∽△AFG∽△ABC,又由AD:AF:AB=1:3:6,利用相似三角形的面积比等于相似比的平方,即可求得S△ADE:S△AFG:S△ABC=1:9:36,然后设△ADE的面积是a,则△AFG和△ABC的面积分别是9a,36a,即可求两个梯形的面积,继而求得答案.【解答】解:∵DE∥FG∥BC,∴△ADE∽△AFG∽△ABC,∴AD:AF:AB=1:3:6,∴S△ADE:S△AFG:S△ABC=1:9:36,设△ADE的面积是a,则△AFG和△ABC的面积分别是9a,36a,则S四边形DFGE=S△AFG﹣S△ADE=8a,S四边形FBCG=S△ABC﹣S△AFG=27a,∴S△ADE:S四边形DFGE:S四边形FBCG=1:8:27.故选A.【点评】此题考查了相似三角形的判定与性质.此题难度适中,解题的关键是掌握相似三角形面积的比等于相似比的平方. 6.如图,在菱形ABCD中,AB=13,对角线AC=10,若过点A作AE⊥BC,垂足为E,则AE的长为(  )23\nA.8B.C.D.【考点】菱形的性质.【分析】连接对角线BD,根据勾股定理求对角线BD=24,由菱形的面积列式得:S菱形ABCD=BC•AE=AC•BD,代入计算可求AE的长.【解答】解:连接BD交AC于O,∵四边形ABCD是菱形,∴AC⊥BD,OA=AC=×10=5,∵AB=13=BC,由勾股定瑆得:OB===12,∴BD=2OB=24,∵AE⊥BC,∴S菱形ABCD=BC•AE=AC•BD,13AE=×10×24,AE=,故选C.【点评】本题考查了菱形的性质,熟练掌握菱形以下的性质是关键:①菱形的对角线互相平分且垂直,②菱形的四边相等,③菱形的面积=两条对角线积的一半=底边×高;根据面积法可以求菱形的边或高. 23\n7.如图,ABCD是正方形,E是边CD上(除端点外)任意一点,AM⊥BE于点M,CN⊥BE于点N,下列结论一定成立的有(  )个.①△ABM≌△BCN;②△BCN≌△CEN;③AM﹣CN=MN;④M有可能是线段BE的中点.A.1B.2C.3D.4【考点】正方形的性质;全等三角形的判定与性质.【分析】①根据AAS可以证明△ABM≌△BCN,利用了同角的余角相等;②根据两角对应相等,可以证明△BCN∽△CEN,因为斜边CE和BE不相等,所以一定不全等;③根据①中听全等可以得结论;④根据正方形的对角线垂直平分可知:当M是线段BE的中点时,E在点D处,而已知中E是边CD上(除端点外)任意一点,所以得出:M不可能是线段BE的中点.【解答】解:①∵四边形ABCD为正方形,∴AB=BC,∠ABC=90°,∴∠ABM+∠NBC=90°,∵AM⊥BE于点M,CN⊥BE于点N,∴∠AMB=∠BNC=90°,∴∠ABM+∠BAM=90°,∴∠NBC=∠BAM,∴△ABM≌△BCN;故①正确;②∵∠BCE=∠CNE=90°,∠CEN=∠CEB,∵CE≠BE,∴△BCN∽△CEN,故②不正确;23\n③∵△ABM≌△BCN,∴AM=BN,BM=CN,∴MN=BN﹣BM=AM﹣CN,故③正确;④当M是线段BE的中点时,E在点D处,而已知中E是边CD上(除端点外)任意一点,所以M不可能是线段BE的中点.故④不正确;所以正确的有:①③2个,故选B.【点评】本题考查了正方形的性质和全等三角形的性质和判定,正方形的性质较多,要熟练掌握:①正方形的四边相等,②正方形的四个角都是直角,③正方形的对角线垂直平分且平分一组对角等;在正方形判定两三角形全等时,经常运用同角的余角相等证明角相等,从而证明两三角形全等. 8.在研究相似问题时,甲、乙同学的观点如下:甲:将邻边边长为5和8的矩形按图①的方式向外扩张,得到新的矩形,它们的对应边间距均为1,则新矩形与原矩形相似.乙:将边长5、12、13的三角形按图②的方式向外扩张,得到新三角形,它们的对应边间距为1,则新三角形与原三角形相似.对于两人的观点,下列说法正确的是(  )A.两人都对B.两人都不对C.甲对、乙不对D.甲不对,乙对【考点】相似图形.【分析】利用位似图形的性质以及相似多边形的判定方法得出即可.【解答】解:由题意可得新矩形边长为:7和10,≠,23\n故两矩形不相似,当新三角形的对应边间距离均为1时,则两三角形的对应边平行,且对应点连线相交于一点,故两三角形位似,即相似,故选:D.【点评】此题主要考查了相似三角形以及相似多边形的判定,熟练应用相似多边形的判定方法是解题关键. 二、填空题(本题满分18分,共有6道小题,每小题3分)9.若===,(a+c+e≠0),则= 2 .【考点】比例的性质.【分析】根据等比性质,反比性质,可得答案.【解答】解:由===,得=,由反比性质,得=2,故答案为:2.【点评】本题考查了比例的性质,利用等比性质,反比性质是解题关键. 10.已知直角三角形的三边恰好是三个连续整数,则这个直角三角形的斜边长是 5 .【考点】一元二次方程的应用;勾股定理.【分析】首先设中间的数为x,表示出其余2个数,利用勾股定理求解即可.【解答】解:设较小的边长为x.则最小的边长为(x﹣1),斜边长为(x+1),(x﹣1)2+x2=(x+1)2,解得x1=0,(不合题意,舍去)x2=4,故斜边长为x+1=5.故答案为:5.【点评】本题考查了利用勾股定理解直角三角形以及一元二次方程的应用,利用勾股定理得到三边的关系是解决本题的关键.23\n 11.袋中有五张卡片,其中红色卡片三张,标号分别为1,2,3,绿色卡片两张,标号分别为1,2,若从五张卡片中任取两张,则两张卡片的标号之和小于4的概率为  .【考点】列表法与树状图法.【分析】从五张卡片中任取两张的所有可能情况,用列举法求得有10种情况,其中两张卡片的颜色不同且标号之和小于4的有3种情况,从而求得所求事件的概率.【解答】解:从五张卡片中任取两张的所有可能情况有如下10种:红1红2,红1红3,红1绿1,红1绿2,红2红3,红2绿1,红2绿2,红3绿1,红3绿2,绿1绿2.其中两张卡片的颜色不同且标号之和小于4的有3种情况,红1绿1,红1绿2,红2绿1,故所求的概率为P=;故答案为:.【点评】本题考查古典概型问题,可以列举出试验发生包含的事件和满足条件的事件,应用列举法来解题是这一部分的最主要思想,属于基础题. 12.方程ax2+x+1=0有两个不等的实数根,则a的取值范围是 a<且a≠0 .【考点】根的判别式.【分析】根据方程有两个不相等的实数根结合二次项系数不为0,即可得出关于a的一元一次不等式组,解不等式组即可得出结论.【解答】解:∵方程ax2+x+1=0有两个不等的实数根,∴,解得:a<且a≠0.【点评】本题考查了根的判别式,根据方程有两个不相等的实数根找出关于a的一元一次不等式组是解题的关键. 23\n13.如图,正方形OABC与正方形ODEF是位似图形,点O为位似中心,相似比为1:,点A的坐标为(0,),则点E的坐标是 (3,3) .【考点】位似变换;坐标与图形性质;正方形的性质.【分析】由题意可得OA:OD=1:,又由点A的坐标为(0,),即可求得OD的长,又由正方形的性质,即可求得E点的坐标.【解答】解:∵正方形OABC与正方形ODEF是位似图形,O为位似中心,相似比为1:,∴OA:OD=1:,∵点A的坐标为(0,),即OA=,∴OD=3,∵四边形ODEF是正方形,∴DE=OD=3.∴E点的坐标为:(3,3).故答案为:(3,3).【点评】此题考查了位似变换的性质与正方形的性质.此题比较简单,注意理解位似变换与相似比的定义是解此题的关键. 14.如图,在长方形ABCD中,AB=3,BC=6,对角线AC的垂直平分线分别交AD、AC于点M,N,连接CM,则CM的长为  .【考点】矩形的性质;线段垂直平分线的性质.23\n【分析】由线段垂直平分线的性质求出AM=CM,在Rt△DMC中,由勾股定理得出DM2+DC2=CM2,得出方程(6﹣CM)2+32=CM2,求出CM即可.【解答】解:∵四边形ABCD是矩形,∴∠D=∠B=90°,AD=BC=6,AB=DC=3,∵MN是AC的垂直平分线,∴AM=CM,∴DM=AD﹣AM=AD﹣CM=4﹣CM,在Rt△DMC中,由勾股定理得:DM2+DC2=CM2,(6﹣CM)2+32=CM2,CE=,故答案为:.【点评】本题考查了矩形性质,勾股定理,线段垂直平分线性质的应用,关键是能得出关于CM的方程. 三、作图题(本题满分10分,第一小题4分,第二小题6分)15.(10分)已知△ABC,作△DEF,使之与△ABC相似,且=4.要求:(1)尺规作图,保留作图痕迹,不写作法.(2)简要叙述作图依据.【考点】作图—相似变换.【分析】(1)利用相似三角形的性质得出:△DEF的边长与△ABC边长的关系进而得出答案;(2)利用相似三角形的性质结合作三角形的方法得出答案.【解答】解:(1)如图所示:△DEF即为所求;(2)∵△DEF∽△ABC,且=4,23\n∴===,∴作AB,AC的垂直平分线,进而得出AB,AC的中点,即可得出ED,EF,DF的长.【点评】此题主要考查了相似变换以及三角形的做法,正确得出△DEF边长变化规律是解题关键. 四、解答题(本题共5小题,满分68分)16.(16分)计算(1)用两种不同方法解方程:x2﹣3﹣2x=0(2)解方程:x2=2x;(3)解方程:3+2x2﹣x=0.【考点】解一元二次方程-因式分解法.【分析】(1)因式分解法和配方法求解可得;(2)因式分解法求解可得;(3)由根的判别式小于0可得答案.【解答】解:(1)因式分解法:(x+1)(x﹣3)=0,∴x+1=0或x﹣3=0,解得:x=﹣1或x=3;配方法:x2﹣2x=3,x2﹣2x+1=3+1,即(x﹣1)2=4,∴x﹣1=±2,解得:x=﹣1或x=3;(2)x2﹣2x=0,x(x﹣2)=0,23\n∴x=0或x=2;(3)∵a=2,b=﹣,c=3,∴△=﹣4×2×3<0,∴原方程无实数根.【点评】本题主要考查解一元二次方程的能力,根据不同的方程选择合适的方法是解题的关键. 17.(12分)某中学调查了某班全部35名同学参加音乐社团和美术社团的情况,数据如表(单位:人):参加美术社团未参加美术社团参加音乐社团65未参加音乐社团420(1)从该班任选1名同学,该同学至少参加上述一个社团的概率;(2)在既参加音乐社团,又参加美术社团的6名同学中,有4名男同学A1、A2、A3、A4,两名女同学B1、B2,现从这4名男同学和两名女同学中个随机选取1人,求A1未被选中但B1被选中的概率.【考点】列表法与树状图法.【分析】(1)先判断出这是一个古典概型,所以求出基本事件总数,“至少参加一个社团”事件包含的基本事件个数,从而根据古典概型的概率计算公式计算即可;(2)先求基本事件总数,即从这4名男同学和2名女同学中各随机选1人,有多少中选法,这个可利用分步计数原理求解,再求出“A1不被选中,而B1被选中”事件包含的基本事件个数,这个容易求解,然后根据古典概型的概率公式计算即可.【解答】解:(1)设“至少参加一个社团”为事件A;从45名同学中任选一名有45种选法,∴基本事件数为45;通过列表可知事件A的基本事件数为6+4+5=15;这是一个古典概型,∴P(A)==;23\n(2)从4名男同学中任选一个有4种选法,从2名女同学中任选一名有2种选法;从这4名男同学和2名女同学中各随机选1人的选法有4×2=8,即基本事件总数为8;设“A1未被选中,而B1被选中”为事件B,显然事件B包含的基本事件数为3;这是一个古典概型,则P(B)=.【点评】主要考查了事件的分类和概率的求法.用到的知识点为:可能发生,也可能不发生的事件叫做随机事件;概率=所求情况数与总情况数之比. 18.(12分)已知:如图,在矩形ABCD中,M、N分别是AB、DC的中点,P、Q分别是DM、BN的中点.(1)求证:DM=BN;(2)四边形MPNQ是怎样的特殊四边形,请说明理由;(3)矩形ABCD的边长AB与AD满足什么长度关系时四边形MPNQ为正方形,请说明理由.【考点】四边形综合题.【分析】(1)根据矩形的性质和中点的定义,利用SAS判定△MBA≌△NDC;(2)四边形MPNQ是菱形,连接AN,有(1)可得到BM=DN,再有中点得到PM=NQ,再通过证明△MQD≌△NPB得到MQ=PN,从而证明四边形MPNQ是平行四边形,利用三角形中位线的性质可得:MP=MQ,进而证明四边形MQNP是菱形;(3)利用对角线相等的菱形是正方形即可.【解答】证明:(1)∵四边形ABCD是矩形,∴AB=CD,AD=BC,∠A=∠C=90°,∵在矩形ABCD中,M、N分别是AD、BC的中点,∴AM=AD,CN=BC,∴AM=CN,在△MAB和△NDC中,∴△MBA≌△NDC(SAS);23\n(2)四边形MPNQ是菱形.理由如下:连接AP,MN,则四边形ABNM是矩形,∵AN和BM互相平分,则A,P,N在同一条直线上,易证:△ABN≌△BAM,∴AN=BM,∵△MAB≌△NDC,∴BM=DN,∵P、Q分别是BM、DN的中点,∴PM=NQ,在△MQD和△NPB中,,∴△MQD≌△NPB(SAS).∴四边形MPNQ是平行四边形,∵M是AD中点,Q是DN中点,∴MQ=AN,∴MQ=BM,∵MP=BM,∴MP=MQ,∴平行四边形MQNP是菱形;(3)当AD=2AB时,四边形MQNP是正方形;如图1,连接PQ,∵PQ⊥MN.AD⊥MN,∴PQ∥AD,∵点P是BM的中点,∴AD=2PQ,∵AD=2AB,23\n∴PQ=AB,∵MN=AB,∴MN=PQ,由(2)知,四边形MQNP是菱形;∴菱形MQNP是正方形.【点评】此题是四边形综合题,主要考查了矩形的性质、正方形的性质,全等三角形的判定和全等三角形的性质、三角形中位线定理以及平行四边形的判定和菱形的判定方法,判断出四边形MQNP是菱形是解本题的关键,属于基础题目. 19.(12分)某茶叶专卖店经销一种日照绿茶,每千克成本80元,据销售人员调查发现,每月的销售量y(千克)与销售单价x(元/千克)之间存在如图所示的变化规律.(1)求每月销售量y与销售单价x之间的函数关系式.(2)若某月该茶叶点销售这种绿茶获得利润1350元,试求该月茶叶的销售单价x为多少元.【考点】一元二次方程的应用;一次函数的应用.【分析】(1)设函数解析式为y=kx+b,将(90,100),(100,80)代入y=kx+b即可;23\n(2)每千克利润乘以销售量即为总利润;根据某月获得的利润等于1350元,求出x的值即可.【解答】解:(1)设一次函数解析式为y=kx+b,把(90,100),(100,80)代入y=kx+b得,,解得,,y与销售单价x之间的函数关系式为y=﹣2x+280.(2)根据题意得:w=(x﹣80)(﹣2x+280)=﹣2x2+440x﹣22400=1350;解得(x﹣110)2=225,解得x1=95,x2=125.答:销售单价为95元或125元.【点评】本题一元二次方程及一次函数的应用,解题的关键是从实际问题中整理出函数和方程模型,难度不大. 20.(16分)已知:如图,在Rt△ACB中,∠C=90°,AC=3cm,BC=3cm,点P由B点出发沿BA方向向点A匀速运动,速度为2cm/s;点Q由A点出发沿AC方向向点C匀速运动,速度为cm/s;若设运动的时间为t(s)(0<t<3),解答下列问题:(1)如图①,连接PC,当t为何值时△APC∽△ACB,并说明理由;(2)如图②,当点P,Q运动时,是否存在某一时刻t,使得点P在线段QC的垂直平分线上,请说明理由;(3)如图③,当点P,Q运动时,线段BC上是否存在一点G,使得四边形PQGB为菱形?若存在,试求出BG长;若不存在请说明理由.【考点】相似形综合题.23\n【分析】(1)先根据勾股定理求出AB,再用△APC∽△ACB,得出,即:,求出时间;(2)先用垂直平分线的性质得出QM=CM=CQ=(3﹣t),然后用平行线分线段成比例建立方程求出结论;(3)先由平行四边形的性质建立方程求出时间t,即求出PQ,PB,即可得到PQ≠PB判断出四边形PQGB不可能是菱形.【解答】解:(1)在Rt△ACB中,∠C=90°,AC=3cm,BC=3cm,∴AB=6,由运动知,BP=2t,AQ=t,∴AP=6﹣2t,∵△APC∽△ACB,∴,∴,∴t=;(2)存在,理由:如图②,由运动知,BP=2t,AQ=t,∴AP=6﹣2t,CQ=3﹣t,∵点P是CQ的垂直平分线上,∴QM=CM=CQ=(3﹣t),∴AM=AQ+QM=t﹣(3﹣t)=(t﹣1)过点P作PM⊥AC,∵∠ACB=90°,∴PM∥BC,∴,∴,23\n∴t=或t=(舍),∴t=.(3)不存在,理由:由运动知,BP=2t,AQ=t,∴AP=6﹣2t,假设线段BC上是存在一点G,使得四边形PQGB为平行四边形,∴PQ∥BG,PQ=BG,∴△APQ∽△ABC,∴,∴,∴t=,PQ=,∴BP=2t=3,∴PQ≠BP,∴平行四边形PQGB不可能是菱形.即:线段BC上不存在一点G,使得四边形PQGB为菱形.【点评】此题是相似形综合题,主要考查了勾股定理,线段的垂直平分线的性质,相似三角形的判定和性质,平行四边形的性质,菱形的判定,解本题的关键是用方程的思想解决问题.23 查看更多

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