2020-2021学年河南省郑州外国语中学九年级(上)期中数学试卷-解析版

2020-2021学年河南省郑州外国语中学九年级（上）期中
数学试卷
1.如图所示的工件的主视图是()
A. B. C. D.
2.若3x−4y=0，则x+y
y
的值是()
A. 3
7B. 7
3
C. 7
4
D. 4
7
3.下列说法正确的是()
A. 对角线互相垂直的平行四边形是正方形
B. 一组对边平行另一组对边相等的四边形是平行四边形
C. 一组对边平行且一组对角相等的四边形是平行四边形
D. 对角线互相垂直的四边形是菱形
4.关于x的方程(a−5)x2−4x−1=0有实数根，则a满足()
A. a≥1
B. a>1且a≠5
C. a≥1且a≠5
D. a≠5
5.若点A(−5,y1)，B(−3,y2)，C(2,y3)在反比例函数y=3
x
的图象上，则y1，y2，y3的大小关系是()
A. y1<y3<y2
B. y1<y2<y3
C. y3<y2<y1
D. y2<y1<y3
6.如图，两个转盘中指针落在每个数字的机会均等．现
在同时自由转动甲、乙两个转盘，转盘停止后，指针
各自指向一个数字，用甲所指的数字作为横坐标x，
乙所指的数字作为纵坐标y，则点(x,y)在反比例函数
y=6
x
图象上的概率为()
A. 1
6B. 1
3
C. 1
2
D. 2
3
7.已知△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠BAC=
∠ADE=90°，如图所示放置，边AE，AD与BC于点M，
N.则图中一定相似的三角形有()对．
A. 2
B. 3
C. 4
D. 5
8.如图，在△ABC中，∠ABC=90°，AB=8cm，BC=6cm，
动点P，Q分别从点A，B同时开始移动(移动方向如图所
示)，点P的速度为1cm/s，点Q的速度为2cm/s，点Q移
动到点C后停止，点P也随之停止运动，若使△PBQ的面
积为15cm2，则点P运动的时间是()
A. 2s
B. 3s
C. 4s
D. 5s
9.如图，顶角为36°的等腰三角形，其底边与腰之比等于k，
这样的三角形称为黄金三角形，已知腰AB=1，△ABC为
第一个黄金三角形，△BCD为第二个黄金三角形，△CDE为
第三个黄金三角形以此类推，第2020个黄金三角形的周长
()
D. k2019(2+k)
A. k2018
B. k2019
C. k2018
2+k
10.如图，正方形ABCD中，O为BD中点，以BC为边
向正方形内作等边△BCE，连接并延长AE交CD于
F，连接BD分别交CE，AF于G，H，下列结论：
①∠CEH=45°；②GF//DE；③2OH+DH=BD；
④BG=√2DG.其中正确的结论是()
A. ①③
B. ③④
C. ①②
D. ②④
11.如图，AB//CD//EF，AF与BE相交于点G，且AG=2，GD=1，
DF=5，那么BC
的值等于______ ．
BE
12.如图，一次函数y=k1x+b与反比例函数y=k2
的图象
x
交于A、B两点，其横坐标分别为1和5，则关于x的
<0的解集是______．
不等式k1x+b−k2
x
13.数学兴趣小组的同学们想利用树影测量树高．课外活动时他们在阳光下测得一根长
为1米的竹竿的影子是0.9米，同一时刻测量树高时，发现树的影子不全落在地面上，有一部分影子落在教学楼的台阶上，且影子的末端刚好落在最后一级台阶的上端C处，他们测得落在地面的影长为1.1米，台阶总的高度为1.0米，台阶水平总宽度为1.6米．则树高为______．
14.如图，已知平行四边形ABCD中，AB=BC，BC=10，
∠BCD=60°，两顶点B、D分别在平面直角坐标系的y
轴、x轴的正半轴上滑动，连接OA，则OA的长的最小
值是______．
15.如图，四边形ABCD是菱形，AB=2，∠ABC=30°，点E是射线DA上一动点，
把△CDE沿CE折叠，其中点D的对应点为点D′，若CD′垂直于菱形ABCD的边时，则DE的长为______．
16.解方程：
(1)3x2−2x−2=0；
(2)x2−6x+9=(5−2x)2．
17.为了解某校落实新课改精神的情況，现以该校某班的同学参加课外活动的情况为样
本，对其参加“球类”“绘画类”“舞蹈类”“音乐类”“棋类”活动的情况进行调査统计，并绘制了如图所示的统计图．
(1)参加音乐类活动的学生人数为______人，参加球类活动的人数的百分比为
______；
(2)请把条形统计图补充完整；
(3)若该校学生共1600人，那么参棋类活动的大约有多少人？
(4)该班参加舞蹈类活动4位同学中，有1位男生(用E表示)和3位女生(分别F，G，
H表示)，现准备从中选取两名同学组成舞伴，请用列表或画树状的方法求恰好选中一男一女的概率．
18.已知关于x的一元二次方程x2−(2k+1)x+k2+k=0
求证：(1)方程总有两个不相等的实数根．
(2)若等腰△ABC的两边AB，AC的长是这个方程的两个实数根，第三边BC的长为
5.求△ABC的周长．
19.如图所示，AD//BC，∠BAD=90°，以B为圆心，BC长
为半径画弧，与射线AD相交于点E，连接BE，过C作CF⊥
BE于点F．
(1)线段BF与图中哪条线段相等？写出来并加以证明：
(2)若AB=12，BC=13，P从E沿ED方向运动，Q从C出发向B运动，两点同
时出发且速度均为每秒1个单位．
①当t=______秒时，四边形EPCQ是矩形；
②当t=______秒时，四边形EPCQ是菱形．
20.习近平总书记说：“读书可以让人保持思想活力，让人得到智慧启发，让人滋养浩
然之气”.某校为响应我市全民阅读活动，利用节假日面向社会开放学校图书馆．据统计，第一个月进馆128人次，进馆人次逐月增加，到第三个月末累计进馆608人次，若进馆人次的月平均增长率相同．
(1)求进馆人次的月平均增长率；
(2)因条件限制，学校图书馆每月接纳能力不超过500人次，在进馆人次的月平均
增长率不变的条件下，校图书馆能否接纳第四个月的进馆人次，并说明理由．
21.有一边是另一边的√2倍的三角形叫做智慧三角形，这两边中较长边称为智慧边，
这两边的夹角叫做智慧角．
(1)在Rt△ABC中，∠ACB=90°，若∠A为智慧角，则∠B的度数为______；
(2)如图①，在△ABC中，∠A=45°，∠B=30°，求证：△ABC是智慧三角形；
(3)如图②，△ABC是智慧三角形，BC为智慧边，∠B为智慧角，A(3,0)，点B，C
(x>0)的图象上，点C在点B的上方，且点B的纵坐标为√2.当△ABC 在函数y=k
x
是直角三角形时，求k的值．
22.如图，已知AC为正方形ABCD的对角线，点P是平面内不与点A，B重合的任意
一点，连接AP，将线段AP绕点P顺时针旋转90°得到线段PE，连接AE，BP，CE．
(1)求证：△APE∽△ABC；
(2)当线段BP与CE相交时，设交点为M，求BP
的值以及∠BMC的度数；
CE
(3)若正方形ABCD的边长为3，AP=1，当点P，C，E在同一直线上时，求线段
BP的长．
23.如图，在平面直角坐标系中，已知Rt△AOB的两条直角边OA、OB分别在y轴和x
轴上，并且OA、OB的长分别是方程x2−7x+12=0的两根(OA<OB)，动点P 从点A开始在线段AO上以每秒1个单位长度的速度向点0运动；同时，动点Q从点B开始在线段BA上以每秒2个单位长度的速度向点A运动，设点P、Q运动的时间为t秒．
(1)求A、B两点的坐标．
(2)求当t为何值时，△APQ与△AOB相似，并直接写出此时点Q的坐标．
(3)当t=2时，在坐标平面内，是否存在点M，使以A、P、Q、M为顶点的四边形
是平行四边形？若存在，请直接写出M点的坐标；若不存在，请说明理由．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：从物体正面看，看到的是一个横放的矩形，且一条斜线将其分成一个直角梯形和一个直角三角形．
故选：B．
主视图、左视图、俯视图是分别从物体正面、侧面和上面看，所得到的图形，本题找到从正面看所得到的图形即可．
本题考查了三视图的知识，主视图是从物体的正面看得到的视图，解答时学生易将三种视图混淆而错误的选其它选项，难度适中．
2.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查了比例的性质，利用等式的性质得出y表示x是解题关键．
根据等式性质，可用y表示x，根据分式的性质，可得答案．
【解答】
解：由3x−4y=0，得
x=4y
3
，
当x=4y
3时，x+y
y
=
4y
3
+y
y
=7
3
，
故选：B．
3.【答案】C
【解析】解：A、对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形，所以A选项错误．
B、当一组对边平行，另一组对边相等时，该四边形可能为等腰梯形，故B选项错误．
C、由一组对边平行，一组对角相等可得另一组对边平行，所以是平行四边形，故C选项正确．
D、对角线互相垂直的平行四边形是菱形，所以D选项错误；
故选：C．
A、根据正方形的判定方法进行判断；
B、根据平行四边形的判定方法判断即可；
C、根据平行四边形的判定方法判断即可；
D、根据菱形的判定方法进行判断．
本题考查平行四边形、菱形、正方形的判定，注意间接条件的应用．在应用判定定理判定平行四边形、菱形和正方形时，应仔细观察题目所给的条件，仔细选择适合于题目的判定方法进行解答，避免混用判定方法．
4.【答案】A
【解析】解：①当a−5=0时，原方程为−4x−1=0，
，符合题意；
解得：x=−1
4
②当a−5≠0，即a≠5时，有△=(−4)2+4(a−5)=4a−4≥0，
解得：a≥1，
∴a的取值范围为a≥1且a≠5．
综上所述，a的取值范围为a≥1．
故选：A．
分方程为一元一次方程和一元二次方程考虑，当a−5=0时，可求出x的值；当a−5≠0时，利用根的判别式△≥0即可求出a的取值范围．综上即可得出结论．
本题考查了根的判别式，分方程为一元一次方程和一元二次方程考虑是解题的关键．5.【答案】D
【解析】
【分析】
此题主要考查了反比例函数图象上点的坐标特点，正确把握反比例函数的增减性是解题关键．
直接利用反比例函数图象上点的坐标特点，结合增减性得出答案．
【解答】
的图象上，
解：∵点A(−5,y1)，B(−3,y2)，C(2,y3)在反比例函数y=3
x
∴A，B点在第三象限，C点在第一象限，在每个象限y随x的增大而减小，
∴y3一定最大，y1>y2，
∴y2<y1<y3．
故选：D．
6.【答案】B
【解析】解：树状图如图所示．由树状图知，则点(2,3)和(3,2)
在反比例函数y=6
x
图象上，所以点(x,y)在反比例函数y=
6 x 图象上的概率为2
6
=1
3
，
故选：B．
先用列表法或画树状图法分析所有可能的出现结果，然后根据概率公式求出该事件的概率．
本题考查的是用列表法或画树状图法求概率．列表法或画树状图法可以不重复不遗漏地列出所有可能的结果，用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
7.【答案】C
【解析】
【分析】
此题考查了相似三角形的判定(有两个角分别对应相等的三角形相似).解此题的关键是要注意数形结合思想的应用．
根据已知及相似三角形的判定方法进行分析，从而得到答案．
【解答】
解：依题意可知，△ABC∽△DAE，△BNA∽△ANM∽△CAM；
理由：∵△ABC与△ADE是两个全等的等腰直角三角形，∠BAC=∠EDA=90°，
∴∠C=∠B=∠DAE=∠E=45°，
∵∠CMA=∠B+∠MAB，∠NAB=∠NAM+∠MAB，
∴∠CMA=∠BAN，
∴△CAM∽△BNA，
又∵∠ANM=∠ANB，∠NAM=∠NBA=45°，
∴△BNA∽△ANM，
∴△BNA∽△ANM∽△CAM；
由题意易知△ABC∽△DAE，
∴共有4对，
故选：C．
8.【答案】B
【解析】解：设动点P，Q运动t秒后，能使△PBQ的面积为15cm2，
则BP为(8−t)cm，BQ为2t cm，由三角形的面积计算公式列方程得，
1
×(8−t)×2t=15，
2
解得t1=3，t2=5(当t=5时，BQ=10，不合题意，舍去)．
∴动点P，Q运动3秒时，能使△PBQ的面积为15cm2．
故选：B．
设出动点P，Q运动t秒，能使△PBQ的面积为15cm2，用t分别表示出BP和BQ的长，利用三角形的面积计算公式即可解答．
此题考查一元二次方程的应用，借助三角形的面积计算公式来研究图形中的动点问题．9.【答案】D
【解析】解：∵AB=AC=1，
∴△ABC的周长为2+k；
△BCD的周长为k+k+k2=k(2+k)；
△CDE的周长为k2+k2+k3=k2(2+k)；
依此类推，
第n个黄金三角形的周长为k n−1(2+k)，
∴第2020个黄金三角形的周长为k2019(2+k)．
故选：D．
根据相似三角形对应角相等，对应边成比例，求出前几个三角形的周长，进而找出规律：第n个黄金三角形的周长为k n−1(2+k)，从而得出答案．
本题考查了黄金三角形，用到的知识点是黄金分割的定义和相似三角形的性质，找出各个三角形周长之间的关系，得出规律是本题的关键．
10.【答案】C
【解析】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=CD=AD，∠ABC=∠BCD=∠CDA=∠DAB=90°，∠ADB=∠CDB=45°．∵△BEC是等边三角形，
∴BC=BE=CE，∠EBC=∠BCE=∠BEC=60°，
∴AB=BE=CE=CD，∠ABE=∠DCE=30°，∴∠BAE=∠BEA=∠CED=∠CDE=75°，
∴∠EAD=∠EDA=15°，
∴∠DEF=30°，
∴∠CEF=45°.故①正确；
②∵∠EDC=75°，∠BDC=45°，
∴∠EDB=30°，
∴∠DEF=∠EDG.∠EGD=75°．
∵∠ADC=90°，∠DAF=15°，
∴∠EFD=75°，
∴∠EFD=∠EGD．
在△DEF和△EDG中，
{∠DFE=∠EGD ∠DEF=EDG DE=ED
，
∴△DEF≌△EDG(AAS)，
∴DF=EG．
∵EC=DC，
∴EC−EG=DC−DF，
∴CG=CF，
∴∠CGF=∠CFG=75°，
∴∠CED=∠CGF，
∴GF//ED.故②正确；
③由图可知2(OH+HD)=2OD=BD，所以2OH+DH=BD此结论不正确；
④作BM⊥CG于M，DN⊥CG于N，
∴∠BMC=∠DNC=90°，
∴BM=sin60°⋅BC，DN=sin30°⋅CD．
设AB=BC=CD=AD=x，
∴BM=√3
2x，DN=1
2
x.
∵BG
DG =S△BCG
S△DCG
，
∴BG
DG =
1
2
×√3
2
x⋅CG
1
2
×1
2
x⋅CG
=√3，
∴BG=√3DG.故④错误；
故选：C．
①根据正方形的性质及等边三角形的性质就可以得出∠CEH=45°；
②由条件就可以得出∠CAE=∠BDE=30°，∠DEF=30°，就可以得出△DEF≌△EDG，就可以得出DF=EG，就可以得出CG=CF，得出∠CGF=75°，由∠CED=75°，就可以得出GF//ED；
③由图可知2(OH+HD)=2OD=BD，所以2OH+DH=BD；
④作BM⊥CG于M，DN⊥CG于N，设正方形的边长为x，根据三角形函数，用x表示
BM和DN，由BG
DG =S△BCG
S△DCG
便可求得BG与DG的关系．
此题考查了正方形的性质，等腰三角形的性质，等边三角形的性质，三角形全等的判定与性质，三角形的面积，特殊角的三角函数等知识点，关键是综合运用各个知识解题．11.【答案】3
8
【解析】解：∵AB//CD//EF，
∴BC
BE =AD
AF
=2+1
2+1+5
=3
8
．
故答案为3
8
．
利用平行线分线段成比例定理求解．
本题考查了平行线分线段成比例定理：三条平行线截两条直线，所得的对应线段成比例．12.【答案】x<0或1<x<5
【解析】【试题解析】
解：如图所示：关于x的不等式k1x+b−k2
x
<0的解集是：x<0或1<x<5．
故答案为：x<0或1<x<5．
根据k1x+b−k2
x
<0，则反比例函数大于一次函数，进而结合图象得出答案．
此题主要考查了反比例函数与一次函数的交点，正确数形结合是解题关键．
13.【答案】4米
【解析】解：根据同一时刻物高与影长成正比例，
∴1
0.9=AD
1.1+1.6
．
∴AD=3．
∴AB=AD+DB=3+1=4(米)．
故答案为4米．
根据同一时刻物高与影长成正比例列式计算即可．
本题考查了相似三角形的应用，只要是把实际问题抽象到相似三角形中，利用相似三角形的相似比，列出方程，通过解方程求解，加上DB的长即可．解此题的关键是找到各部分以及与其对应的影长．
14.【答案】5√3−5
【解析】解：取BD的中点E，连接AE，OE，如图所示，
∵平行四边形ABCD中，AB=BC，BC=10，∠BCD=60°，
∴AB=AD=CD=BC=10，∠BAD=∠BCD=60°，
∴△ABD是等边三角形，
则AE⊥BC，AE是定值，
在直角三角形BOD中，E为BD中点，则此时EO=5，EO为定值，
∴当点A，O，E在一条直线上，此时AO最短，
故AO的最小值为：AO=AE−EO=√3
2AB−1
2
×BD=5√3−5．
故答案为：5√3−5．
取BD的中点E，连接AE，OE，利用菱形的性质以及等边三角形的性质得出AE、OE 为定值，得出当点A，O，E在一条直线上，此时AO最短，进而求出AO的长．
此题主要考查了菱形的性质以及等边三角形的判定与性质，得出当点A，O，E在一条直线上，此时AO最短是解题关键．
15.【答案】2√3
3
或2√3或2√3−2或2√3+2
【解析】解：分4种情况：
①当D′C⊥AD时，如图1，设DE=D′E=x，由折叠得：CD=CD′=2，
∵四边形ABCD是菱形，
∴∠D=∠B=30°，
∴∠D=∠D′=30°，
Rt△CFD中，CF=1
2
CD=1，
∴D′F=CD′−CF=2−1=1，
Rt△D′FE中，cos30°=D′F
D′E
，
∴√3
2=1
D′E
，
∴DE=D′E=2√3
3
；
②当CD′⊥AB时，如图2，过E作EF⊥CD于F，
∵AB//CD，
∴∠B+∠BCD=180°，
∵∠B=30°，
∴∠BCD′=60°，∠DCD′=150°−60°=90°，
由折叠得∠ECD=1
2
∠DCD′=45°，
∴△ECF是等腰直角三角形，
设CF=EF=x，则ED=2x，DF=√3x，
∵CD=CF+DF=2，
∴x+√3x=2，
x=√3−1，
∴DE=2x=2√3−2；
③当CD′⊥BC时，如图3，延长D′C交AD于F，则D′C⊥ED，Rt△CFD中，∠D=30°，CD=2，
∴CF=1，DF=√3，
Rt△D′EF中，D′F=3，∠D′=
30°，
∴EF =√3，
∴DE =EF +DF =2√3；
④当D′C ⊥CD 时，如图4，延长D′C 交DE 于F ，
∵∠DCD′=90°，
∴∠FCD =90°，
∵CD =2，∠FDC =30°，
∴CF =2√33，DF =2FC =4√33
， 由折叠得：∠ECD =∠ECD′=
360°−90°2=135°， ∴∠DEC =∠D′EC =15°，
∴∠FEB =∠FD′E =30°，
∴EF =D′F =2√33+2，
∴DE =EF +DF =2√3+2，
综上所述，DE 的长为2√33
或2√3或2√3−2或2√3+2． 故答案为为2√33或2√3或2√3−2或2√3+2．
分情况进行讨论：
①当D′C ⊥AD 时，如图1，根据30度的余弦列式可得DE 的长；
②当CD′⊥AB 时，如图2，过E 作EF ⊥CD 于F ，设CF =EF =x ，则ED =2x ，DF =√3x ，
根据CD =CF +DF =2，列方程可得DE 的长；
③当CD′⊥BC 时，延长D′C 交AD 于F ，分别计算EF 和DF 的长，可得DE 的长； ④当D′C ⊥CD 时，如图4，延长D′C 交DE 于F ，分别计算EF 和DF 的长，可得DE 的长．
此题考查了菱形的性质，折叠问题，解直角三角形及直角三角形的性质等知识，解题的关键是：正确画出D′C 与菱形各边垂直的图形，并添加辅助线，然后解直角三角形即可． 16.【答案】解：(1)∵a =3，b =−2，c =−2，
∴△=(−2)2−4×3×(−2)=28>0，
则x =−b±√b 2−4ac 2a =2±2√76=1±√73
， ∴x 1=
1+√73，x 2=1−√73；
(2)∵x 2−6x +9=(5−2x)2，
∴(x −3)2=(5−2x)2，
∴x−3=5−2x或x−3=2x−5，
解得x1=8
，x2=2．
3
【解析】(1)利用公式法求解即可；
(2)利用直接开平方法求解即可．
本题主要考查解一元二次方程的能力和实数的运算，熟练掌握解一元二次方程的几种常用方法：直接开平方法、因式分解法、公式法、配方法，结合方程的特点选择合适、简便的方法是解题的关键．
17.【答案】7 30%
【解析】解：(1)本次调查的总人数为10÷25%=40(人)，
∴参加音乐类活动的学生人数为40×17.5%=7人，参加球类活动的人数的百分比为
12
×100%=30%，
40
故答案为：7、30%；
(2)补全条形图如下：
=280，
(3)该校学生共1600人，则参加棋类活动的人数约为1600×7
40
故答案为：280；
(4)画树状图如下：
共有12种情况，选中一男一女的有6种，
则P(选中一男一女)=6
12=1
2
．
(1)先由绘画类人数及其所占百分比求出总人数，总人数乘以音乐类对应百分比求出其人数，用球类人数除以总人数可得其所占百分比；
(2)根据以上所求结果可补全图形；
(3)总人数乘以参棋类活动的人数所占比例即可得；
(4)利用树状图法列举出所有可能的结果，然后利用概率公式即可求解．
本题考查的是条形统计图和扇形统计图的综合运用，读懂统计图，从不同的统计图中得到必要的信息是解决问题的关键．条形统计图能清楚地表示出每个项目的数据；扇形统计图直接反映部分占总体的百分比大小．
18.【答案】(1)证明：△=(2k+1)2−4(k2+k)
=1>0，
所以方程总有两个不相等的实数根；
(2)x=2k+1±1
2
，
所以x1=k+1，x2=k，
当k+1=5，解得k=4，三角形三边为5、5、4，则三角形的周长为5+5+4=14；当k=5，三角形三边为5、5、6，则三角形的周长为5+5+6=15；
综上所述，△ABC的周长为14或16．
【解析】(1)计算判别式的值，然后根据判别式的意义得到结论；
(2)利用求根公式求出x1=k+1，x2=k，讨论：当k+1=5，解得k=4，三角形三边为5、5、4，当k=5，三角形三边为5、5、6，然后分别计算三角形的周长．
本题考查了根的判别式：一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的根与△=b2−4ac有如下关系：当△>0时，方程有两个不相等的两个实数根；当△=0时，方程有两个相等的两个实数根；当△<0时，方程无实数根．也考查了三角形三边的关系．
19.【答案】8 13
【解析】解：(1)BF=AE．
理由如下：
∵AD//BC，
∴∠CBF=∠AEB，在△BCF和△EBA，
{∠BFC=∠A
∠CBF=∠AEB BC=EB
，
∴△BCF≌△EBA，
∴BF=EA；
(2)EP=t，CQ=t，
在Rt△ABE中，AE=√132−122=5，
∵EP=CQ，EP//CQ，
∴四边形EPCQ为平行四边形，
①当CP⊥AD时，∠CPE=90°，则平行四边形EPCQ为矩
形，
此时AP=BC=13，即5+t=13，解得t=8，
即当t=8时，四边形EPCQ是矩形；
②作CH⊥AD于H，如图，
当CD=CQ=ED=t，平行四边形EPCQ为菱形，
而PD=t+5−13=t−8，
在Rt△PDC中，122+(t−8)2=t2，解得t=13，
即当t=13，四边形EPCQ是菱形．
故答案为：8，13．
(1)通过证明△BCF≌△EBA可判断BF=EA；
(2)EP=t，CQ=t，先就是出AE=5，再判断四边形EPCQ为平行四边形，①当CP⊥AD 可判断平行四边形EPCQ为矩形，从而得到5+t=13；②作CH⊥AD于H，如图，当CD=CQ=ED=t可判断平行四边形EPCQ为菱形，则利用勾股定理得到122+(t−8)2=t2，然后分别解关于t的方程即可．
本题考查了基本作图：熟练掌握基本作图(作一条线段等于已知线段；作一个角等于已知角；作已知线段的垂直平分线；作已知角的角平分线；过一点作已知直线的垂线).也考查了矩形和菱形的判定．
20.【答案】解：(1)设进馆人次的月平均增长率为x，则由题意得：
128+128(1+x)+128(1+x)2=608
化简得：4x2+12x−7=0
∴(2x−1)(2x+7)=0，
∴x=0.5=50%或x=−3.5(舍)
答：进馆人次的月平均增长率为50%．
(2)∵进馆人次的月平均增长率为50%，
=432<500，
∴第四个月的进馆人次为：128(1+50%)3=128×27
8
答：校图书馆能接纳第四个月的进馆人次．
【解析】(1)先分别表示出第二个月和第三个月的进馆人次，再根据第一个月的进馆人次加第二和第三个月的进馆人次等于608，列方程求解；
(2)根据(1)所计算出的月平均增长率，计算出第四个月的进馆人次，再与500比较大小即可．
本题属于一元二次方程的应用题，列出方程是解题的关键．本题难度适中，属于中档题．21.【答案】解：(1)45°；
(2)如图2，
过点C作CD⊥AB于点D．
在Rt△ACD中，∠A=45°，
∴AC=√2DC．
在Rt△BCD中，∠B=30°，
∴BC=2DC．
∴BC
=√2．
AC
∴△ABC是智慧三角形；
(3)由题意可知∠ABC=90°或∠BAC=90°．
①当∠ABC=90°时，如图3，
过点B作BE⊥x轴于点E，过点C作CF⊥EB交EB延长线于点F，过点C作CG⊥x轴于点G，则∠AEB=∠F=∠ABC=90°．
∴∠BCF+∠CBF=∠ABE+∠CBF=90°．
∴∠BCF=∠ABE．
∴△BCF∽△ABE．
∴AE
BF =BE
CF
=AB
BC
=
√2
．
设AE=a，则BF=√2a.
∵BE=√2，
∴CF=2．
∵OG=OA+AE−GE=3+a−2=1+a，CG=EF=√2+√2a，∴B(3+a,√2)，C(1+a,√2+√2a)．
∵点B，C在函数y=k
x
(x>0)的图象上，
∴√2(3+a)=(1+a)(√2+√2a)=k．
解得：a1=1，a2=−2(舍去)．
∴k=4√2．
②当∠BAC=90°时，如图4
，
过点C作CM⊥x轴于点M，过点B作BN⊥x轴于点N．
则∠CMA=∠CAB=∠ANB=90°．
∴∠MCA+∠CAM=∠BAN+∠CAM=90°．
∴∠MCA=∠BAN．
由(1)知∠B=45°．
∴△ABC是等腰直角三角形．
∴AC=AB．
由①知△MAC∽△NBA．
∴△MAC≌△NBA(AAS)．
∴AM=BN=√2．
设CM=AN=b，则ON=3+b．
∴B(3+b,√2)，C(3−√2,b)．
(x>0)的图象上，
∵点B，C在函数y=k
x
∴√2(3+b)=(3−√2)b=k．
解得：b=9√2+12．
∴k=18+15√2．
综上所述，k=4√2或18+15√2．
【解析】
解：(1)如图1，
在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠A是智慧角，
∴AB=√2AC，
根据根据勾股定理得，BC=AC，
∴∠B=∠A=45°，
故答案为45°；
(2)见答案；
(3)见答案．
【分析】
(1)利用智慧角的意义和勾股定理即可得出结论；
(2)构造出两个直角三角形，即可得出结论；
(3)分两种情况：①先判断出△BCF∽△ABE，进而得出B(3+a,√2)，C(1+a,√2+√2a)，最后代入反比例函数解析式中即可得出结论；
②先判断出△MAC≌△NBA(AAS).进而AM=BN=√2，进而得出B(3+b,√2)，C(3−√2,b)，最后代入反比例函数解析式中即可得出结论．
此题是反比例函数综合题，主要考查了待定系数法，勾股定理，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，构造直角三角形和相似三角形是解本题的关键．
22.【答案】解：(1)∵AC是正方形ABCD的对角线，
∴∠ABC=90°，∠BAC=∠BCA=45°，
由旋转知，PA =PE ，∠APE =90°=∠ABC ，
∴∠PAE =∠PEA =45°=∠BAC ，
∴△APE∽△ABC ；
(2)在Rt △ABC 中，AB =CB ，
∴AC =√2AB ， 由(1)知，△APE∽△ABC ， ∴AE AC =AP AB ， ∵∠BAC =∠PAE =45°， ∴∠PAB =∠EAC ，
∴△PAB∽△EAC ，
∴BP
CE =AB
AC =√2AB =√22
， ∵△PAB∽△EAC ，
∴∠ABP =∠ACE ，
∴∠BCE +∠CBM =∠BCE +∠ABP +∠ABC =∠BCE +∠ACE +∠ABC =∠ACB +∠ABC =45°+90°=135°，
∴∠BMC =180°−(∠BCE +∠CBM)=45°；
(3)如图，在Rt △ABC 中，AB =AC =3，
∴AC =3√2，
∵点P ，C ，E 在同一条线上，且∠APE =90°，
∴CP =√AC 2−AP 2=√17，
∴CE =CP −PE =√17−1或CE′=CP′+P′E =
√17+1，
由(2)知，
BP CE =√22， ∴BP =√22CE =√22(√17−1)=√34−√22或BP′=√22CE′=√34+√22
； 即：BP 的长为√34+√22或√34−√22
．
【解析】(1)先求出∠APE =∠ABC =90°，∠PAE =∠PEA =∠ABC =45°，即可得出结论；
(2)由(1)知，△APE∽△ABC ，得出AE AC =AP
AB ，再判断出∠PAB =∠EAC ，进而判断出△PAB∽△EAC ，即可得出结论；
(3)先画出图形，利用勾股定理求出CP′，再分两种情况，求出CE 和CE′，借助(2)的结论，即可得出结论．
此题是相似形综合题，主要考查了旋转的性质，相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理，判断出△PAB∽△EAC 是解本题的关键． 23.【答案】解：(1)解方程x 2−7x +12=0，得x 1=3，x 2=4，
∵OA <OB ，∴OA =3，OB =4．
∴A(0,3)，B(4,0)．
(2)在Rt △AOB 中，OA =3，OB =4，
∴AB =5，
∴AP =t ，QB =2t ，AQ =5−2t ．
△APQ 与△AOB 相似，可能有两种情况： ①△APQ ∽△AOB ，如图(2)a 所示．
则有AP AO =AQ AB ，即t 3=5−2t
5
，解得t =1511． 此时OP =OA −AP =1811，PQ =AP ⋅tanA =2011，
∴Q(2011,1811)；
②△APQ ∽△ABO ，如图(2)b 所示．
则有AP AB =AQ AO ，即t 5=
5−2t 3，解得t =2513． 此时AQ =1513，AH =AQ ⋅cosA =913，HQ =AQ ⋅sinA =1213，OH =OA −AH =3013，
∴Q(
1213,3013). 综上所述，当t =1511秒或t =2513秒时，△APQ 与△AOB 相似，所对应的Q 点坐标分别为
(2011,1811)或(1213,3013). (3)结论：存在．如图(3)所示．
∵t =2，∴AP =2，AQ =1，OP =1．
过Q 点作QE ⊥y 轴于点E ，则QE =AQ ⋅
sin∠QAP =45，AE =AQ ⋅cos∠QAP =35，
∴OE =OA −AE =12
5，
∴Q(45,125
). ∵▱APQM 1，
∴QM 1⊥x 轴，且QM 1=AP =2，
∴M 1(45,2
5)；
∵▱APQM 2，
∴QM 2⊥x 轴，且QM 2=AP =2，
∴M 2(45,225)；
如图(3)，过M 3点作M 3F ⊥y 轴于点F ，
∵▱AQPM 3，
∴M 3P =AQ ，∠QAE =∠M 3PF ，
∴∠PM 3F =∠AQE ；
在△M 3PF 与△QAE 中，
∵∠QAE =∠M 3PF ，M 3P =AQ ，∠PM 3F =∠AQE ，
∴△M 3PF≌△QAE ，
∴M 3F =QE =45，PF =AE =35
， ∴OF =OP +PF =85，
∴M 3(−45,85
). ∴当t =2时，在坐标平面内，存在点M ，使以A 、P 、Q 、M 为顶点的四边形是平行四边形．
点M 的坐标为：M 1(45,25)，M 2(45,225)，M 3(−45,85).
【解析】(1)解一元二次方程，求出OA、OB的长度，从而得到A、B点的坐标；
(2)△APQ与△AOB相似时，存在两种情况，需要分类讨论，不要遗漏，如图(2)所示；
(3)本问关键是找齐平行四边形的各种位置与性质，如图(3)所示．在求M1，M2坐标时，注意到M1，M2与Q点坐标的对应关系，则容易求解；在求M3坐标时，可以利用全等三角形，得到线段之间关系．
本题是动点型压轴题，综合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、解一元二次方程、平行四边形等知识点．本题难点在于分类讨论思想的应用，第(2)(3)问中，均涉及到多种情况，需要逐一分析不能遗漏；另外注意解答中求动点时刻t和点的坐标的过程中，全等三角形、相似三角形、三角函数等知识发挥了重要作用，这是解答压轴题的常见技巧，需要熟练掌握．。