2022-2023第一学期九年级第2次教学质量监测 (数学)(含答案)152956

2022-2023第一学期九年级第2次教学质量监测 (数学)试卷
考试总分：125 分 考试时间： 120 分钟
学校：__________ 班级：__________ 姓名：__________ 考号：__________
一、 选择题 （本题共计 10 小题 ，每题 5 分 ，共计50分 ）
1. 下列结论正确的是（ ）
A.是二次函数
B.二次函数自变量的取值范围是所有实数
C.二次方程是二次函数的特例
D.二次函数自变量的取值范围是非零实数
2. 下列图形中，不是中心对称图形的是( ) A. B. C. D.
3. 用配方法解方程，则方程可变形为( )
A.B.C.D.
4. 在平面直角坐标系中，点关于原点对称的点是（ ）
y =ax 23−6x+2=0x 2(x−3=)22
3
3(x−1=)22
3
(3x−1=1
)2(x−1=)21
3
(3,−5)
B.C.D.
5. 一条排水管的截面如图所示，已知排水管的半径＝，水面宽＝，则截面圆心到水面的距
离是（ ）
A.B.C.D.
6. 将抛物线向左平移个单位长度，得到抛物线，将抛物线绕其顶点旋转
得到抛物线，则抛物线与轴的交点坐标是( )
A.B.C.D.
7. 如图，抛物线 与轴交于，与轴交与点则与之间
（不包括和即.下列结论正确的是：
①对称轴是直线；②；③；④；⑤若顶点坐标为，则.其中判定正确的( )个A.B.C.D.
8. 如图，点、、均在上，若＝，则的大小是（ ）
(−3,−5)
(5,−3)
(−3,5)
OB 5AB 8O OC 4
3
2
1
:y =−2x+3C 1x 22C 2C 2180∘C 3C 3y (0,−1)
(0,1)
(0,−2)
(0,2)
y =a +bx+c(a ≠0)x 2x A(−4,0),B(2,0)y C 23232<c <3)x =1abc >0−4ac >0b 2a −b >m(am+b)(m≠−1)(−1,k)<k <394
2
3
4
5
A B C ⊙O ∠AOC 80∘∠ABC
B.C.D.
9. 下列方程中，没有实数根的是( )
A.B.C.D.
10. 我省加快新旧动能转换，促进企业创新发展．某企业一月份的营业额是万元，月平均增长率
相同，今年第一季度的总营业额是万元．若设月平均增长率是，那么可列出的方程是（ ）
A.＝
B.＝
C.＝
D.＝二、 填空题 （本题共计 7 小题 ，每题 5 分 ，共计35分 ）
11. 抛物线的开口________，对称轴是________；顶点坐标是________，说明当
________时，有最________值是________；无论取任何实数，的取值范围是________；在对
称轴的左侧，即________时，随的增大而________．
12. 已知二次函数，当时，随的增大而减小，则抛物线的顶点所在的象限是第________象限．
13. 如图，中，截的三条边所得的弦长相等，则的度数为________．
14. 已知二次函数＝中函数与自变量之间部分对应值如表所示，点，
，在函数图象上．
……
……
则表格中的＝________；当，时，和的大小关系为________．
15. 如图，抛物线交轴于点，，将该抛物线向右平移个单位后，与原抛物线
交于点，则点的纵坐标为________.
35∘
40∘
50∘
−x−2=0
x 2=4
x 2−2x+1=0
x 2−x+1=0
x 210003640x 1000(1+x)23640
1000(1+2x)3640
1000+1000(1+x)+1000(1+x)2
36401000+1000(1+x)+1000(1+2x)
3640y =2(x+2)2x =y x y x y x y =(x−−2b b 2)2x <1y x △ABC ∠A =,⊙O 70∘△ABC ∠BOC y −+bx+c x 2y x A(,)x 1y 1B(,)x 2y 2x 0123y m n 3n m −1<<0x 13<<4x 2y 1y 2y =−+5(x+n)2x A B 4C C
16. 如图所示，已知正方形的边长为，如果将线段绕着点旋转后，点落在的延长线上的
处，那么等于________．
17. 已知与的三边、、分别相切于点、、，如果边的长为，的
长为，那么的周长为________
．
三、 解答题 （本题共计 8 小题 ，每题 5 分 ，共计40分 ）
18. 解方程： ．
19. 如图，在平面直角坐标系中， 各顶点的坐标分别为 ，，.
分别写出点、关于原点对称的点的坐标；画出绕点
顺时针旋转 后的.
20.
已知二次函数.
…………
请在表内的空格中填入适当的数；
根据列表，请在所给的平面直角坐标系中画出的图象；
当在什么范围内时，随增大而减小；
21. 在疫情影响下，口罩的需求量猛增，某口罩厂从年月口罩生产数量万个增长到年月
口罩生产数量万个．求该口罩厂这两个月生产数量的月平均增长率？
22. 如图，抛物线的顶点坐标为，且经过点.
ABCD 2BD B D CB D ′cos ∠BAD ′⊙O △ABC AB BC AC D E F BC 10cm AD 4cm △ABC cm −8=−2x x 2△ABC A(1,1)B(4,4)C(5,1)(1)A B O (2)△ABC A 90∘△AB 1C 1y =−2x−1x 2x
−10123y (1)(2)y =−2x−1x 2(3)x y x 202012202032.88y =a +bx+c x 2(3,−1)(−1,15)
求抛物线的解析式；
若抛物线上有一点，抛物线与轴交于，两点，且，求点的坐标．
23. 如图，为半圆形的直径，，为半圆形上两点，，过点作半圆形的切线，交
延长线于点，已知.
求证：；
若，，求的长． 24. 如图，抛物线＝的顶点为，对称轴为直线＝，且经过点，与轴交于
点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）判断的形状，并说明理由；
（3）经过点的直线交抛物线于点，交轴于点，若＝，试求出点的坐标． 25. 如图，在菱形和菱形中，，且，连接和．
求证：.
如图，将菱形绕着点旋转，当菱形旋转到使点落在线段上时，
求点到的距离.
(1)(2)C x A B =3S △ABC C AB O C D O ∠ABC =2∠ACD D O BC P ∠P =90∘(1)AD =CD (2)tan ∠CAB =512BC =10PD y −+bx+c x 2C x 1A(3,−1)y B △ABC A P x Q S △OPA 2S △OQA P 1ABCD AEFG ∠DAB =∠GAE =60∘AE =4GD BE (1)DG =BE (2)2AEFG A AEFG C AE (AC <AE)F AB
参考答案与试题解析
2022-2023第一学期九年级第2次教学质量监测 (数学)试卷
一、 选择题 （本题共计 10 小题 ，每题 5 分 ，共计50分 ）
1.
【答案】
B
【考点】
二次函数的定义
【解析】
根据二次函数的定义和自变量的取值范围，逐一判断解答问题．
【解答】
解：、应强调是常数，，错误；
、二次函数解析式是整式，自变量可以取全体实数，正确；
、二次方程不是二次函数，更不是二次函数的特例，错误；
、二次函数的自变量取值有可能是零，如，当时，，错误．
故选．
2.
【答案】
A
【考点】
中心对称图形
【解析】
绕对称中心旋转度后所得的图形与原图形完全重合，和正奇数条边有关的一定不是中心对称图形．根据中心对称图形的定义和各图特点即可解答．
【解答】
解：．不是中心对称图形，故本选项正确；
．是中心对称图形，故本选项错误；
．是中心对称图形，故本选项错误；
．是中心对称图形，故本选项错误．
故选．
3.
【答案】
D
【考点】
解一元二次方程-配方法
【解析】
先移项得到，再把方程两边都除以，然后把方程两边加上即可得到．A a a ≠0B C D y =x 2x =0y =0B 180A B C D A 3−6x =−2x 231(x−1=)213
【解答】
解：移项得，
二次系数化为得，方程两边加上得，
所以．故选．
4.
【答案】D
【考点】
关于原点对称的点的坐标
【解析】
根据两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反可得答案．
【解答】
解：根据两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反可得点关于原点对称的点的坐标是.
故选．
5.
【答案】
B
【考点】
垂径定理的应用
【解析】
根据垂径定理求出，根据勾股定理求出即可．
【解答】
∵，过圆心点，
∴＝＝，
在中，由勾股定理得：，
6.
【答案】B
【考点】
二次函数图象与几何变换
二次函数图象的平移规律
【解析】
首先根据变化求出抛物线的函数解析式，然后把代入求出的值即可.
【解答】
3−6x =−2x 21−2x =−x 2231−2x+1=−+1x 223(x−1=)213D M(3,−5)(−3,5)D BC OC OC ⊥AB OC O BC AC =AB =×812124Rt △OCB OC ===3O −B B 2C 2−−−−−−−−−−√−5242−−−−−−√C 3x =0y
解：由题意得，抛物线的函数解析式为：
.
∴抛物线的顶点坐标为.
将抛物线绕其顶点旋转得到抛物线，
则抛物线的函数解析式为.
将代入，得，
∴抛物线与轴的交点坐标为.
故选.
7.
【答案】
B
【考点】
二次函数y=ax^2+bx+c (a≠0)的图象和性质
二次函数图象与系数的关系
【解析】
由抛物线与轴的交点坐标可确定对称轴及的符号，由抛物线开口方向、对称轴及与轴的交点位置可确定、、的符号，进一步判定的符号，再根据抛物线的性质，推理出最高的函数值，进而对所得结论进行判断即可.
【解答】
解：抛物线与轴交于，，
对称轴为：，故①错误；抛物线开口向下，与轴交于正半轴，，，，，即，故②正确；
抛物线与轴有两个交点，
，故③正确；
当时，函数有最大值，即，
，故④正确；
抛物线与轴交于，，=，即，对称轴=，，，，，故⑤错误.综上所述，只有②③④正确.
故选.
8.
【答案】
C
【考点】
圆心角、弧、弦的关系
圆周角定理
【解析】
直接利用圆周角定理进而得出答案．
【解答】
C 2y =−2(x+2)+3(x+2)2=+2(x+1)2C 2(−1,2)C 2180∘C 3C 3y =−+2(x+1)2x =0y =−+2(x+1)2y =1C 3y (0,1)B x −4ac b 2y a b c abc ∵x (−4,0)(2,0)∴x ==−1−4+22∵y −=−1b 2a ∴a <0b <0c >0abc >0∵x ∴b −4ac >0x 2∵x =−1a −b +c >a +bm+c m 2(m≠−1)∴a −b >m(am+b)(m≠−1)∵x (−4,0)(2,0)∴c a −8a =−c 8∵x =−b 2a −1∴b =−c 4∴k =a −b +c =9c 8∵2<c <3∴<94278B
∵＝，
∴＝．
9.
【答案】D
【考点】
根的判别式
【解析】
根据根的判别式逐个判断即可.
【解答】
解：，∵∴该方程有两个不相等的实数根，不符合题意；，∵ ，∴该方程有两个不相等的实数根，不符合题意；
，∵ ，∴该方程有两个相等的实数根，不符合题意；
，∵，∴该方程没有实数根，符合题意．
故选．
10.
【答案】
C
【考点】
由实际问题抽象出一元二次方程
【解析】
设月平均增长的百分率是，则该超市二月份的营业额为万元，三月份的营业额为万元，根据该超市第一季度的总营业额是万元，即可得出关于的一元二次方程，此题得解．
【解答】
设月平均增长的百分率是，则该超市二月份的营业额为万元，三月份的营业额为万元，
依题意，得＝．
二、 填空题 （本题共计 7 小题 ，每题 5 分 ，共计35分 ）
11.
【答案】
上,,,,小,,,,增大
【考点】
二次函数的性质
二次函数的最值
二次函数y=ax^2+bx+c (a≠0)的图象和性质
【解析】
根据的值，可得函数图象的开口方向，根据顶点式函数解析式，可得顶点坐标，对称轴，函数的增减性．
【解答】
∠AOC 80∘∠ABC =∠AOC 12
40∘A Δ=(−1−4×1×(−2)=9>0)2B Δ=−4×1×(−4)=16>002C Δ=(−2−4×1×1=0)2D Δ=(−1−4×1×1=−3<0)2D x 1000(1+x)1000(1+x)23640x x 1000(1+x)1000(1+x)21000+1000(1+x)+1000(1+x)23640x =−2(−2,0)−20y ≥0<−2a y =2(x+2)2
解：抛物线的开口上，对称轴是；顶点坐标是，说明当时，有最小值是；无论取任何实数，的取值范围是；在对称轴的左侧，即时，随的增大而增大，
故答案为：上，，，，小，，，，增大．
12.
【答案】
四
【考点】
二次函数y=ax^2 、y=a （x-h ）^2+k (a≠0)的图象和性质
【解析】
根据次函数，开口向上，对称轴为，顶点坐标为及二次函数的性质分析解答即可．【解答】解：二次函数的开口向上，对称轴为，顶点坐标为，∵，随的增大而减小，∴，∴，∴，，∴顶点坐标在第四象限．故答案为：四．
13.
【答案】
【考点】
圆周角定理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
14.
【答案】
,【考点】
二次函数图象上点的坐标特征
【解析】
根据表格数据判断出对称轴为直线＝，再根据二次项系数小于判断出函数图象开口向下，然后根据的取值范围写出大小关系即可．
【解答】
由表可知，抛物线的对称轴为直线＝，
y =2(x+2)2x =−2(−2,0)x =−2y 0x y y ≥0x <−2y x x =−2(−2,0)−20y ≥0<−2y =−2b (x−)b 2
2x =b 2(，−2b)b 2
y =−2b (x−)b 22x =b 2(,−2b)b 2x <1y x ≥1b 2b ≥2>0>0b 2−2b <0(,−2b)b 2125∘
−1<y 1y 2
x 20x x 2−(x−2+3)2
∴函数解析式为＝，
当＝时，＝，
∵＝，
∴函数图象开口向下，
∵，，
∴．
15.
【答案】
【考点】
二次函数图象上点的坐标特征
二次函数图象的平移规律
【解析】
抛物线向右平移4个单位得到，联立方程组得解.
【解答】
解：将抛物线向右平移4个单位，
得.
根据题意得，解得：即.
故答案为：.
16.
【答案】
【考点】
旋转的性质
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵正方形的边长为，∴，
∵线段绕着点旋转后，点落在的延长线上的处，
∴，
由勾股定理得：，∴．故答案为：．17.
【答案】
y −(x−2+3)2x 0m −1a −1−1<<0x 13<<4x 2<y 1y 21
y =−+5(x+n)2y =−+5(x+n−4)2y =−+5(x+n)2y =−+5(x+n−4)2{y =−+5，(x+n)2y =−+5，
(x+n−4)2{x =2−n ，y =1，
C(2−n,1)13
–√3
ABCD 2BD ===2A +A D 2B 2−−−−−−−−−−√+2222−−−−−−√2–√BD B D CB D ′B =BD =2D ′2–√A ===2D ′A +B 2BD ′2−−−−−−−−−−√+(2222–√)2−−−−−−−−−−√3–√cos ∠BA ===D ′AB AD ′223–√3–√33–√−−−√328cm
【解析】
根据切线长定理得出，，，求出，代入求出即可．
【解答】解：
∵与的三边、、分别相切于点、、，，，∴，，，
即，
∴的周长是，
故答案为：．
三、 解答题 （本题共计 8 小题 ，每题 5 分 ，共计40分 ）
18.
【答案】
解：，
则，
则，
解得，.
【考点】
解一元二次方程-因式分解法
【解析】
移项后利用因式分解法求解即可.
【解答】
解：，
则，
则，
解得，.
19.【答案】
解：据图可知，点、关于原点对称的点的坐标分别为 .
如图所示：即为所求.AD =AF =4cm BE =BD CF =CE BD+CF =BC =10cm AB+BC +AC =AD+AF +(BD+CF)+BC ⊙O △ABC AB BC AC D E F BC =10cm AD =4cm AD =AF =4cm BE =BD CF =CE BD+CF =BE+CE =BC =10cm △ABC AB+BC +AC =AD+BD+BC +CF +AF =4cm+10cm+10cm+4cm=28cm 28cm −8=−2x x 2+2x−8=0x 2(x+4)(x−2)=0=−4x 1=2x 2−8=−2x x 2+2x−8=0x 2(x+4)(x−2)=0=−4x 1=2x 2(1)A B O (−1,−1),(−4,−4)(2)△AB 1C 1
关于原点对称的点的坐标
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：据图可知，点、关于原点对称的点的坐标分别为 .
如图所示：即为所求.20.
【答案】
,,,,
如图所示：
由函数图象可知抛物线的对称轴为，当时，随的增大而减小．
【考点】
函数中代数式求值
二次函数的图象
二次函数图象上点的坐标特征
【解析】
（1）将对应的的值代入计算即可；
（2）依据表格描点、连线即可画出图形；
（3）先找出抛物线的对称轴，然后依据函数图象回答即可；
【解答】
解：当 时 ；
当时，；当时，；当时，；当时，.
故答案为：如图所示：(1)A B O (−1,−1),(−4,−4)(2)△AB 1C 12−1−2−12(2)(3)x =1x <1y x x (1)x =−1y =(−1−2×(−1)−1=2
)2x =0y =−2×0−1=−102x =1y =−2×1−1=−212x =2y =−2×2−1=−122x =3y =−2×3−1=2322；−1；−2；−1；2.(2)
由函数图象可知抛物线的对称轴为，当时，随的增大而减小．
21.
【答案】
20%
【考点】
一元二次方程的应用——增长率问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：设月平均增长率为x ，2（1+x ）=2.88，x =0.2=20%,x =-2.2(舍)
22.
【答案】
解：设抛物线的解析式为，
将点代入，
得，
解得，
抛物线的解析式为．
由知抛物线的解析式为，，，
．
设点的纵坐标为.
，，解得．当时，，，
或；
当时，即，此方程无解．
综上所述，点坐标为或．【考点】
待定系数法求二次函数解析式
二次函数图象上点的坐标特征
三角形的面积
【解析】
暂无．
暂无．
【解答】
解：设抛物线的解析式为，
将点代入，(3)x =1x <1y x 212(1)y =a(x−3−1)2(−1,15)a(−1−3−1=15)2a =1∴y =1×(x−3−1=−6x+8)2x 2(2)(1)y =−6x+8=(x−2)(x−4)
x 2∴A(2,0)B(4,0)∴AB =2C h ∵=3S △ABC ∴
×2×|h|=312h =±3h =3=1x 1=5x 2∴C(1,3)(5,3)h =−3−6x+8=−3x 2C (1,3)(5,3)(1)(2)(1)y =a(x−3−1
)2(−1,15)a(−1−3−1=15
)2
得，
解得，
抛物线的解析式为．
由知抛物线的解析式为，，，
．
设点的纵坐标为.
，，解得．当时，，，
或；
当时，即，此方程无解．
综上所述，点坐标为或．
23.【答案】
证明：∵四边形内接于半圆形，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴.
解：如图，连接交于点
.
∵是半圆形的切线，
∴，
即．
∵是半圆形的直径，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，，
又，∴．∵，，∴，∴．
【考点】
圆内接四边形的性质
等腰三角形的性质
锐角三角函数的定义
圆周角定理
切线的性质
【解析】
无a(−1−3−1=15)2a =1∴y =1×(x−3−1=−6x+8)2x 2(2)(1)y =−6x+8=(x−2)(x−4)
x 2∴A(2,0)B(4,0)∴AB =2C h ∵=3S △ABC ∴
×2×|h|=312h =±3h =3=1x 1=5x 2∴C(1,3)(5,3)h =−3−6x+8=−3x 2C (1,3)(5,3)(1)ABCD O ∠ABC +∠ADC =180∘∠ABC =2∠ACD 2∠ACD+∠ADC =180∘∠DAC +∠ACD+∠ADC =180∘∠DAC =∠ACD AD =CD (2)OD AC E PD O OD ⊥PD ∠ODP =90∘AB O ∠ACB =90∘∠ECP =90∘∠P =90∘∠P =∠ECP =∠ODP DECP PD =EC DE ⊥AC AD =CD PD =EC =AC
12tan ∠CAB ==BC AC 512BC =10AC =24PD =EC =AC =1212
无
【解答】
证明：∵四边形内接于半圆形，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴.
解：如图，连接交于点
.
∵是半圆形的切线，
∴，
即．
∵是半圆形的直径，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，，
又，∴．∵，，∴，∴．
24.【答案】由题意得：，解得：，∴抛物线的解析式为＝；
∵由＝得：当＝时，＝，
∴，
由＝得：，
∵，
∴＝，，＝，
∴＝，
∴＝，
∴是直角三角形；
①如图，当点在线段
上时，
过点作轴于点，轴于点∵＝，
(1)ABCD O ∠ABC +∠ADC =180∘∠ABC =2∠ACD 2∠ACD+∠ADC =180∘∠DAC +∠ACD+∠ADC =180∘∠DAC =∠ACD AD =CD (2)OD AC E PD O OD ⊥PD ∠ODP =90∘AB O ∠ACB =90∘∠ECP =90∘∠P =90∘∠P =∠ECP =∠ODP DECP PD =EC DE ⊥AC AD =CD PD =EC =AC
12tan ∠CAB ==BC AC 512BC =10AC =24PD =EC =AC =1212 −=1b 2×(−1)−9+3b +c =−1{ b =2c =2
y −+2x+2x 2y −+2x+2x 2x 0y 2B(0,2)y −(x−1+3)2C(1,3)A(3,−1)AB 32–√BC =2–√AC 25–√A +B B 2C 2AC 2∠ABC 90∘△ABC Q AP P PE ⊥x E AD ⊥x D
S △OPA 2S △OQA
∴＝，
∴＝∵，
∴，
∴，∴＝＝∵由＝得：＝，∴或，
②如图，当点在
延长线上时，
过点作轴于点，轴于点∵＝，
∴＝，
∴＝∵，
∴，
∴，∴＝＝∵由＝得：＝，
∴，或，
综上可知：点的坐标为、、或．
【考点】
二次函数的性质
待定系数法求二次函数解析式
抛物线与x 轴的交点
【解析】
（1）根据题意得出方程组，求出、的值，即可求出答案；
（2）求出、的坐标，根据点的坐标求出、、的值，根据勾股定理的逆定理求出即可；（3）分为两种情况，画出图形，根据相似三角形的平行和性质求出点的长，即可得出答案．
【解答】
由题意得：，解得：，∴抛物线的解析式为＝；
∵由＝得：当＝时，＝，
∴，
由＝得：，
∵，
∴＝，，＝，
∴＝，
PA 2AQ PQ AQ
PE//AD △PQE ∽△AQD ==1PE AD PQ AQ
PE AD 1
−+2x+2x 21x 1±2–√P(1+,1)2–√(1−,1)2–√Q PA P PE ⊥x E AD ⊥x D
S △OPA 2S △OQA PA 2AQ PQ 3AQ
PE//AD △PQE ∽△AQD ==3PE AD PQ AQ
PE 3AD 3−+2x+2x 2−3x 1±6–√P(1+,−3)6–√(1−,−3)6–√P (1+,1)2–√(1−,1)2–√(1+,−3)6–√(1−,−3)6–√b c B C AB BC AC PE −=1b 2×(−1)−9+3b +c =−1{ b =2c =2
y −+2x+2x 2y −+2x+2x 2x 0y 2B(0,2)y −(x−1+3)2C(1,3)A(3,−1)AB 32–√BC =2–√AC 25–√A +B B 2C 2AC 2
∴＝，
∴是直角三角形；
①如图，当点在线段
上时，
过点作轴于点，轴于点∵＝，
∴＝，
∴＝∵，
∴，∴
，∴＝＝∵由＝得：＝，∴或，
②如图，当点在
延长线上时，过点作轴于点，轴于点∵＝，
∴＝，
∴＝∵，
∴，
∴，∴＝＝∵由＝得：＝，
∴，或，综上可知：点的坐标为、、或．25.
【答案】
证明：∵四边形和四边形是菱形，
∴，.
又∵，
即，
∴，
∴，
∴．
解：如图，连接，延长交的延长线于点．
∠ABC 90∘△ABC Q AP P PE ⊥x E AD ⊥x D
S △OPA 2S △OQA PA 2AQ PQ AQ
PE//AD △PQE ∽△AQD ==1PE AD PQ AQ
PE AD 1
−+2x+2x 21x 1±2–√P(1+,1)2–√(1−,1)2–√Q PA P PE ⊥x E AD ⊥x D
S △OPA 2S △OQA PA 2AQ PQ 3AQ
PE//AD △PQE ∽△AQD ==3PE AD PQ AQ
PE 3AD 3−+2x+2x 2−3x 1±6–√P(1+,−3)6–√(1−,−3)6–√P (1+,1)2–√(1−,1)2–√(1+,−3)6–√(1−,−3)6–√(1)ABCD AEFG AG =AE AD =AB ∠DAB =∠GAE =60∘∠DAE+∠EAB =∠DAE+∠GAD ∠EAB =∠GAD △GAD ≅△EAB (SAS)DG =BE (2)AF FE AB M
∵四边形和四边形是菱形，
∴，，
∴.
又∵，∴，∴.点落在线段上，
∴，，三点共线，
∴，
∴，
∴.
在中，，,∴．又∵，
∴，
∴点到的距离为．【考点】
全等三角形的性质与判定
菱形的性质
【解析】
【解答】
证明：∵四边形和四边形是菱形，∴，.
又∵，
即，∴，
∴，
∴．
解：如图，连接，延长交的延长线于点
．∵四边形和四边形是菱形，
∴，，
∴.
又∵，∴，∴.ABCD AEFG AE =EF ∠DAC =∠BAC ∠AFE =∠FAE ∠DAB =∠GAE =60∘∠AFE =∠FAE =∠GAE =1230∘
∠DAC =∠BAC =∠DAB =1230∘∵C AE A D F ∠FAB =∠DAB =60∘∠FAB+∠AFM =90∘∠AME =90∘Rt △AME AE =4∠EAB =30∘EM =AE =212EF =AE =4FM =EF +EM =6F AB 6(1)ABCD AEFG AG =AE AD =AB ∠DAB =∠GAE =60∘∠DAE+∠EAB =∠DAE+∠GAD ∠EAB =∠GAD △GAD ≅△EAB (SAS)DG =BE (2)AF FE AB M ABCD AEFG AE =EF ∠DAC =∠BAC ∠AFE =∠FAE ∠DAB =∠GAE =60∘∠AFE =∠FAE =∠GAE =1230∘
∠DAC =∠BAC =∠DAB =1230∘
点落在线段上，∴，，三点共线，∴，∴，∴.在中，，,∴．又∵，
∴，∴点到的距离为．∵C AE A D F ∠FAB =∠DAB =60∘∠FAB+∠AFM =90∘∠AME =90∘Rt △AME AE =4∠EAB =30∘EM =AE =212EF =AE =4FM =EF +EM =6F AB 6。