2021-2022学年九年级数学上学期期末仿真押题卷（三）含答案解析

期末仿真押题卷03注意事项：本试卷满分150分，考试时间120分钟，试题共25题。答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级等信息填写在试卷规定的位置选择题（12小题，每小题5分，共60分）1．（2021·四川·成都铁路中学）下列方程中是一元二次方程的是（）A．2x2+＝0 B．ax2+bx+c＝0C．2x2﹣5xy﹣y2＝0 D．（x﹣3）（x+2）＝1【答案】D【分析】根据一元二次方程的定义求解即可．一元二次方程：只含有一个未知数（一元），并且未知数项的最高次数是2（二次）的整式方程叫做一元二次方程．一元二次方程经过整理都可化成一般形式．【详解】解：A、2x2+＝0，不是整式，故方程不是一元二次方程，不符合题意；B、ax2+bx+c＝0，当a=0时，方程不是一元二次方程，不符合题意；C、2x2﹣5xy﹣y2＝0，有两个未知数，故方程不是一元二次方程，不符合题意；D、（x﹣3）（x+2）＝1，是一元二次方程，符合题意．故选：D．【点睛】此题考查了一元二次方程的定义，解题的关键是熟练掌握一元二次方程的定义．一元二次方程：只含有一个未知数（一元），并且未知数项的最高次数是2（二次）的整式方程叫做一元二次方程．一元二次方程经过整理都可化成一般形式．2．（2021·湖北公安·）已知点A的坐标为（﹣3，﹣1），则A点关于原点中心对称的点的坐标为（）A．（﹣3，1） B．（3，1） C．（3，﹣1） D．（1，﹣3）【答案】B【分析】根据两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反，即点P（x，y）关于原点O的对称点是P′（﹣x，﹣y），进而得出答案．【详解】∵点A的坐标为（﹣3，﹣1），∴A点关于原点中心对称的点的坐标为（3，1）．故选：B．【点睛】本题考查了两个点关于原点对称时点的坐标特征，掌握这一特征是关键．3．（2021·北京·）如图，在ABC中，∠A＝120°，AB＝4，AC＝2，则sinB的值是（）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据∠A＝120°，得出∠DAC＝60°，∠ACD＝30°，得出AD＝1，CD=，再根据，利用解直角三角形求出．【详解】解：如图所示，过点C作CD⊥AB于D，∵∠BAC＝120°，∴∠CAD＝60°，又∵AC＝2，∴AD＝1，CD＝，∴BD＝BA+AD＝5，在Rt△BCD中，，∴．故选：D．【点睛】此题主要考查了解直角三角形以及勾股定理的应用，根据题意得出∠DAC＝60°，∠ACD＝30°是解决问题的关键．4．（2021·陕西碑林·）布袋中装有2个红球、3个白球、5个黑球，它们除颜色外均相同，则从袋中任意摸出一个球是白球的概率是（）A． B． C． D．【答案】A【分析】一般地，对于一件事情，所有可能出现的结果数为其中满足某个条件的事件A出现的结果数为那么事件A发生的概率为：根据概率公式直接计算即可.【详解】解：∵布袋中装有2个红球，3个白球，5个黑球，共10个球，从袋中任意摸出一个球共有10种结果，其中出现白球的情况有3种可能，∴从袋中任意摸出一个球是白球的概率是．故选：A．【点睛】本题考查的是简单随机事件的概率，掌握“简单随机事件的概率公式”是解题的关键.5．（2021·河南郾城·）函数y＝ax2＋bx＋c的图象如图所示，则选项中函数y＝a（x﹣b）2＋c的图象正确的是（）A． B．C． D．【答案】B【分析】先根据y＝ax2+bx+c的图象得到a、b、c的正负情况，从而得到函数y＝a（x﹣b）2+c的图象的开口方向和顶点坐标所在的位置，分析判断即可得到正确的函数图象．【详解】解：由y＝ax2+bx+c的图象可得a＜0，b＞0，c＞0，∵函数y＝a（x﹣b）2+c，∴该函数的图象开口向下，顶点坐标为（b，c），且该函数图象的顶点在第一象限，故选：B【点睛】本题考查由二次函数图象判断各项系数的符号，牢记相关知识点是解题关键．6．（2021·山东德州·）如图所示，小明同学设计了一个测量圆直径的工具，标有刻度的尺子OA，OB在O点钉在一起，并使它们保持垂直，在测直径时，把O点靠在圆周上，读得刻度OE＝8个单位，OF＝6个单位，则圆的直径为（）

A．12个单位 B．10个单位 C．1个单位 D．15个单位【答案】B【分析】根据圆中的有关性质“90°的圆周角所对的弦是直径”．判断EF即为直径，然后根据勾股定理计算即可．【详解】解：连接EF，

∵OE⊥OF，∴EF是圆的直径，∴EF=．故选：B．【点睛】本题考查圆周角的性质定理，勾股定理．掌握“90°的圆周角所对的弦是直径”定理的应用是解决此题的关键．7．（2021·福建·龙岩初级中学九年级期中）如图，在ABC中，∠CAB＝65°，在同一平面内，将ABC绕点A旋转到的位置，使得，则的度数为（）A．70° B．50° C．40° D．35°【答案】B【分析】由平行线的性质先求解再由旋转的性质结合等腰三角形的性质可得再求解从而可得答案.【详解】解：∠CAB＝65°，，由旋转的性质可得：故选B【点睛】本题考查的是旋转的性质，等腰三角形的性质，解题的关键是掌握旋转过程中图形中每一点都绕旋转中心旋转了相同的角度，旋转前后的对应角相等，对应线段线段.8．（2021·江苏常州·九年级期中）如图，已知直线PA交⊙O于A、B两点，AE是⊙O的直径，点C为⊙O上一点，且AC平分∠PAE，过C作CD⊥PA，垂足为D．且DC＋DA＝12，⊙O的直径为20，则AB的长等于()A．8 B．12 C．16 D．18【答案】B【分析】过O作OF⊥AB，垂足为F，连接OC，根据圆的基本性质和角平分线的定义，可得∠DAC=∠OCA，从而得到OC⊥CD，得到四边形DCOF为矩形，从而得到OC=FD，OF=CD，然后设AD=x，则OF=CD=12-x，AF=10-x，在Rt△AOF中，由勾股定理得到AD=4，从而得到AF=6再由垂径定理，即可求解．【详解】解：过O作OF⊥AB，垂足为F，连接OC，∵OA=OC，∴∠OCA=∠OAC，∵AC平分∠PAE，∴∠DAC=∠CAO，∴∠DAC=∠OCA，∴PB∥OC，∵CD⊥PA，∴OC⊥CD，∴∠OCD=∠CDA=∠OFD=90°，∴四边形DCOF为矩形，∴OC=FD，OF=CD，∵DC+DA=12，设AD=x，则OF=CD=12-x，∵⊙O的直径为20，∴DF=OC=10，∴AF=10-x，在中，由勾股定理得AF2+OF2=OA2，即（10-x）2+（12-x）2=102，解得：（不合题意，舍去），∴AD=4，∴OF=8，∴，∵OF⊥AB，由垂径定理知，F为AB的中点，∴AB=2AF=12．故选：B【点睛】本题主要考查了圆的基本性质，勾股定理，垂径定理，矩形的判定和性质，熟练掌握相关知识点是解题的关键．9．（2022·山东·淄博市张店区实验中学九年级期中）如图，等腰直角的顶点A、B分别在坐标轴上，顶点C在反比例函数的图象上，若点A、B的坐标分别是，，则k的值是（）A．2 B． C． D．3【答案】B【分析】过点C作CD⊥x轴于D，作CE⊥y轴于E，根据等腰直角三角形的性质得出AC=BC，∠ACB=90，进一步证得，得到CE=CD，AE=BD，设点C（a，a），则CE=CD=a，即可得到a+1=4-a，求得C的坐标，代入从而求得k的值．【详解】解：如图，过点C作CD⊥x轴于D，作CE⊥y轴于E，∵CD⊥x轴于D，CE⊥y轴∴∴∠ECD=∠ACE+∠ACD=90，∵是等腰直角三角形，∴AC=BC，∠ACB=90，∴∠ACD+∠BCD=90，∴∠ACE=∠BCD，∵∠AEC=∠BDC=90，∴（AAS），∴CE=CD，AE=BD，设点C（a，a），∴CE=CD=a，∵点A、B的坐标分别是（0，-1），（4，0），∴a+1=4-a，解得，∴，∵顶点C在反比例函数的图象上，∴，故选：B．【点睛】本题考查反比例函数图象上点的坐标特征，等腰直角三角形的性质，三角形全等判断和性质，求得点C的坐标是解决问题的关键．10．（2021·重庆八中九年级期中）如图，垂直于地面的通信基地AB建在陡峭的山坡BC上，该山坡的坡度i＝1：2.4．小明为了测得通信基地AB的高度，他首先在C处测得山脚与通信基地AB的水平距离CD＝156米，然后沿着斜坡走了52米到达E处，他在E处测得通信基地顶端A的仰角为60°，则通信基地AB的高度约为（）（参考数据：≈1.414，≈1.732）

A．136米 B．142米 C．148米 D．87米【答案】B【分析】如图，作EH⊥CD于H，EF⊥AD于F．解直角三角形求出AD、BD即可解决问题．【详解】解：如图，作EH⊥CD于H，EF⊥AD于F．在Rt△ECH中，∵EH：CH＝1：2.4，EC＝52m，设EH=x，则CH=2.4x，，即，解得x=20(负值舍去)，∴EH＝DF＝20m，CH＝48m，∴EF＝DH＝CD﹣CH＝156﹣48＝108m，在Rt△AEF中，∵∠AEF＝60°，∴AF＝EF•tan60°＝108，∴AD＝AF+DF＝108+20≈207m，在Rt△BCD中，∵BD：CD＝1：2.4，∴BD＝65m，∴AB＝AD﹣BD＝207﹣65＝142m，故选：B．【点睛】本题考查了解直角三角形的应用-仰角俯角问题，坡度坡角问题，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题．11．（2021·上海市文来中学九年级期中）如图，、、内分正的三边、、均为两部分，、、相交成的的面积是的面积的（）A． B． C． D．【答案】D【分析】如图，过作交于设等边三角形的边长为：结合题意可得：证明证明设等边三角形的面积为：可得从而可得答案.【详解】解：如图，过作交于设等边三角形的边长为：结合题意可得：同理：设等边三角形的面积为：，的面积是的面积的故选D【点睛】本题考查的是等边三角形的性质，相似三角形的判定与性质，三角形的面积问题，掌握“作出适当的辅助线构建相似三角形”是解题的关键.12．（2021·湖北武汉·九年级月考）如图，⊙O为Rt△ABC的内切圆，∠C＝90°，延长AO交BC于D点，若AC＝4，CD＝1，则BD的长为（）A． B．1 C． D．【答案】C【分析】设⊙O与Rt△ABC的切点为E、F、G，连接OE，OF，OG，OC，OB，利用已知易证四边形OGCE为正方形，利用OE∥BC，得出进而比例式，求出圆的半径，在利用角平分线的性质得出，最后利用直角三角形的内切圆的半径的关系列出关于的方程即可求解．【详解】解：如图，设⊙O与Rt△ABC的切点为E，F，G，

连接OE，OF，OG，OC，OB．

∵⊙O为Rt△ABC内切圆，切点为E，F，G，

∴AE=AF，CE=CG，BF=BG．

∵AC切⊙O于E，BC切⊙O于G，

∴OE⊥AC，OG⊥BC．

∵∠ACB=90°，

∴四边形OGCE为矩形．

∵OE=OG，

∴矩形OGCE为正方形．

设圆的半径为x，则AE=4-x．

∵OE⊥AC，BC⊥AC，∴OE∥CD，

∴．

∴．

∴．则，设，则，，由AD平分∠BAC，得，即，解得，∴．

故选：C．【点睛】本题主要考查了三角形的内切圆和内心、相似三角形的性质和判定，连接经过切点的半径是解题的关键．二、填空题（4小题，每小题5分，共20分）13．（2021·江苏常州·）江南水乡常州现存100多座石拱桥，已知（如图）一石拱桥的桥顶到水面的距离CD为8m，桥拱半径OC为5m，则水面宽AB＝_________m．【答案】8【分析】连接OA，根据垂径定理可知AD=BD=AB，在Rt△ADO中，利用勾股定理即可求出AD的长，进而可得出AB的长，此题得解．【详解】解：连接OA，如图所示．∵CD⊥AB，∴AD=BD=AB．在Rt△ADO中，OA=OC=5m，OD=CD-OC=3m，∠ADO=90°，∴AD=（m），∴AB=2AD=8m．故答案为：8．【点睛】本题考查了垂径定理的应用以及勾股定理，利用勾股定理求出AD的长度是解题的关键．14．（2021·河北顺平·）如图，△ABC中，AC＝BC，∠C＝90°，AD平分∠CAB交BC于D，DE⊥AB于点E，且AC＝6cm，则DE+BD等于___．【答案】6cm【分析】根据等腰直角三角形的性质，得；根据角平分线和勾股定理性质，得、；设，通过列一元二次方程并求解，从而完成求解．【详解】∵AC＝BC，∠C＝90°∴∵AD平分∠CAB交BC于D，DE⊥AB于点E，∠C＝90°∴，，∴,设∵AC＝6cm∴∴∴∴∴或（舍去）∴cm∴cm故答案为：6cm．【点睛】本题考查了等腰直角三角形、勾股定理、一元二次方程、角平分线的知识；解题的关键是熟练掌握勾股定理、一元二次方程的性质，从而完成求解．15．（2021·陕西师大附中九年级期中）如图所示，在中，点E为边CD的中点，点F为边AD上靠近A的三等分点，连接BE、CF相交于点O，若的面积为1，则的面积为______．【答案】16【分析】延长AD、BE交于点G，过点F作FM∥CD于点M；可证得△BCE≌△GDE，则BC=DG，可证△GDE∽△GFM，可得，由△ECO∽△MFO，得，设OM=5a，则OE=3a，ME=8a，再由AF:FD=BM:ME=1:2可得BM=4a，从而OE:OB=1:3，由此可得△BOE的面积是△COE面积的3倍，即为3，则可得△GDE的面积，由相似三角形面积的比等于相似比的平方可求得△GAB的面积，即平行四边形ABCD的面积．【详解】延长AD、BE交于点G，过点F作FM∥CD于点M，如图∵四边形ABCD是平行四边形∴AD=BC，CD=AB，AB∥CD，AD∥BC∴∠BCE=∠GDE∵E是CD的中点∴CE=DE在△BCE和△GDE中∴△BCE≌△GDE∴BC=DG∴DG=AD∵F点是AD的三等分点∴∴∵FM∥CD∴△GDE∽△GFM∴即∵FM∥CD∴△ECO∽△MFO∴设OM=5a，则OE=3a，ME=OE+OM=8a∵AB∥FM∥CD，F为AD的三等分点∴AF:FD=BM:ME=1:2∴BM=4a，BE=BM+ME=12a∴OE:OB=1:3∵△OCE与△OCB分别以OE、OB为底边，则它们等高∴∴∵△BCE≌△GDE∴∵CD∥AB∴△GDE∽△GAB∴∴∴故答案为：16【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质、相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、平行线分线段成比例定理等知识，综合性较强，构造三角形相似与全等，并灵活运用这些知识是本题的关键与难点．16．（2021·北京·）已知：∠BAC．（1）如图，在平面内任取一点O；（2）以点O为圆心，OA为半径作圆，交射线AB于点D，交射线AC于点E；（3）连接DE，过点O作线段DE的垂线交⊙O于点P；（4）连接AP，DP和PE．根据以上作图过程及所作图形，下列四个结论中：①△ADE是⊙O的内接三角形；②；③DE=2PE；④AP平分∠BAC．所有正确结论的序号是______________．【答案】①④【分析】①按照圆的内接三角形的定义判断即可，三顶点都在一个圆周上的三角形，叫做这个圆周的内接三角形；②利用垂径定理得到弧长之间的关系即可；③设OP与DE交于点M，利用垂径定理可得DE⊥OP，DE=2ME，再利用直角三角形中斜边长大于直角边，找到PE与与ME的关系，进一步可以得到DE与PE的关系；④根据，即可得到∠DAP=∠PAE，则AP平分∠BAC．【详解】解：①点A、D、E三点均在⊙O上，所以△ADE是⊙O的内接三角形，此项正确；②∵DE⊥DE交⊙O于点P∴并不能证明与、关系，∴不正确；③设OP与DE交于点M∵DE⊥DE交⊙O于点P∴DE⊥OP，ME=DE（垂径定理）∴△PME是直角三角形∴ME＜PE∴＜PE∴DE＜2PE故此项错误.④∵（已证）∴∠DAP=∠PAE（同弧所对的圆周角相等）∴AP平分∠BAC．故此项正确.故答案为：①④【点睛】本题考查了圆中内接三角形定义、垂径定理与圆周角定理的应用，熟练掌握定理是解决此题的关键．三、解答题（9小题，共70分）17．（2021·四川·成都铁路中学）计算：（1）x2+3x+1＝0；（2）3x（x﹣2）＝2（x﹣2）．【答案】（1），；（2），【分析】（1）用公式法解即可；（2）用因式分解法解即可．【详解】（1）∵a=1，b=3，c=1，∴∴，（2）分解因式得：∴或∴，【点睛】本题考查了解一元二次方程，根据方程的特点灵活选取解一元二次方程的方法，可以使解法更简便．18．（2021·山东新泰·九年级期中）计算（1）；（2）．【答案】（1）；（2）【分析】（1）根据特殊角的三角形函数值进行求解即可；（2）根据特殊角的三角形函数值进行求解即可．【详解】解：（1）；（2）．【点睛】本题主要考查了特殊角的三角函数的计算，解题的关键在于能够熟练掌握特殊角的三角函数值．19．（2021·山东即墨·）一个几何体由大小相同的立方块搭成，从上面看到的形状如图所示，其中小正方形中的数字表示在该位置的立方块个数．（1）在所给的方框中分别画出该儿何体从正面，从左面看到的形状图；（2）若允许从该几何体中拿掉部分立方块，使剩下的几何体从正面看到的形状图和原几何体从正面看到的形状图相同，则最多可拿掉个立方块．

【答案】（1）见详解；（2）6【分析】（1）根据从正面看得到的图形是主视图，从正面看分左中右三列，左列有3个正方形，中间列有3个正方形，右边列有2个正方形，画出主视图从左边看到的图形是左视图，分三行前中后三行，从右边数前行有3个正方形，中行由3个正方形，后行1个正方形可画出左视图即可；

（2）根据立体图形的遮挡主视图、俯视图不变在俯视图中得出拿去的小正方体的个数．【详解】解：（1）从正面看得到的图形是主视图，从正面看分左中右三列，左列有3个正方形，中间列有3个正方形，右边列有2个正方形，可画出主视图从左边看到的图形是左视图，分三行前中后三行，从右边数前行有3个正方形，中行由3个正方形，后行1个正方形可画出左视图该几何体从正面，从左面看到的图形如图所示：

（2）拿掉后，剩下的几何体从正面看到的形状图和原几何体从上面看到的形状图相同，则最多可拿掉6个左列前行2个正方形，中列中行2个正方形，中列后行1个小正方形，右列中行1个正方形，共6个正方形，如图故答案为：6．【点睛】本题考查简单几何体的三视图，正确想象出几何体的形状是解题关键，画三视图时注意“长对正，宽相等，高平齐”．20．（2021·福建·中考真题）“田忌赛马”的故事闪烁着我国古代先贤的智慧光芒．该故事的大意是：齐王有上、中、下三匹马，田忌也有上、中、下三匹马，且这六匹马在比赛中的胜负可用不等式表示如下：（注：表示A马与B马比赛，A马获胜）．一天，齐王找田忌赛马，约定：每匹马都出场比赛一局，共赛三局，胜两局者获得整场比赛的胜利．面对劣势，田忌事先了解到齐王三局比赛的“出马”顺序为上马、中马、下马，并采用孙膑的策略：分别用下马、上马、中马与齐王的上马、中马、下马比赛，即借助对阵（）获得了整场比赛的胜利，创造了以弱胜强的经典案例．假设齐王事先不打探田忌的“出马”情况，试回答以下问题：（1）如果田忌事先只打探到齐王首局将出“上马”，他首局应出哪种马才可能获得整场比赛的胜利？并求其获胜的概率；（2）如果田忌事先无法打探到齐王各局的“出马”情况，他是否必败无疑？若是，请说明理由；若不是，请列出田忌获得整场比赛胜利的所有对阵情况，并求其获胜的概率．【答案】（1）田忌首局应出“下马”才可能在整场比赛中获胜，；（2）不是，田忌获胜的所有对阵是，，，，，，【分析】（1）通过理解题意分析得出结论，通过列举法求出获胜的概率；（2）通过列举齐王的出马顺序和田忌获胜的对阵，求出概率．【详解】（1）田忌首局应出“下马”才可能在整场比赛中获胜．此时，比赛的所有可能对阵为：，，，，共四种．其中田忌获胜的对阵有，，共两种，故此时田忌获胜的概率为．（2）不是．齐王的出马顺序为时，田忌获胜的对阵是；齐王的出马顺序为时，田忌获胜的对阵是；齐王的出马顺序为时，田忌获胜的对阵是；齐王的出马顺序为时，田忌获胜的对阵是；齐王的出马顺序为时，田忌获胜的对阵是；齐王的出马顺序为时，田忌获胜的对阵是．综上所述，田忌获胜的所有对阵是，，，，，．齐王的出马顺序为时，比赛的所有可能对阵是，，，，，，共6种，同理，齐王的其他各种出马顺序，也都分别有相应的6种可能对阵，所以，此时田忌获胜的概率．【点睛】本小题考查简单随机事件的概率等基础知识，考查推理能力、应用意识，考查统计与概率思想；通过列举所有对阵情况，求得概率是解题的关键．21．（2021·山东高密·九年级期中）如图，为了测量某建筑物BC的高度，小颖采用了如下的方法：先从与建筑物底端B在同一水平线上的A点出发，沿斜坡AD行走130米至坡顶D处，再从D处沿水平方向继续前行若干米后至点E处，在E点测得该建筑物顶端C的仰角为60°，建筑物底端B的俯角为45°，点A、B、C、D、E在同一平面内，斜坡AD的坡度．根据小颗的测量数据，求建筑物BC的高度（参考数据：）【答案】米．【分析】作DH⊥AB于H，延长DE交BC于F．则四边形DHBF是矩形，在Rt△ADH中求出DH，再在Rt△EFB中求出EF，在Rt△EFC中求出CF即可解决问题．【详解】解：如图作于H，延长DE交BC于F，在中，米，，∴（米），∵四边形DHBF是矩形，∴（米），在中，，∴米，在中，，∴（米），∴（米）．【点睛】本题考查了解直角三角形，坡度，勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题．22．（2021·辽宁岫岩·）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=6cm，BC=8cm，动点P从点B出发，在BA边上以5cm/s的速度向点A匀速运动，同时动点Q从点C出发，在CB边上以4cm/s的速度向点B匀速运动，运动时间为ts（0＜t＜2），连接PQ．（1）若△BPQ和△ABC相似，求t的值；（2）连接AQ，CP，若AQ⊥CP，求t的值．【答案】（1）t的值为1s或s；（2）t的值为s．【分析】（1）根据勾股定理即可得到结论；分两种情况：①当△BPQ∽△BAC时，②当△BPQ∽△BCA时，根据相似三角形的性质，把BP=5t，QC=4t，AB=10cm，BC=8cm，代入计算即可；（2）过P作PM⊥BC于点M，AQ，CP交于点N，则有PB=5t，PM=3t，MC=8-4t，根据△ACQ∽△CMP，得出AC：CM=CQ：MP，代入计算即可．【详解】解：（1）∵∠ACB=90°，AC=6cm，BC=8cm，∴AB==10（cm），分两种情况讨论：①当△BPQ∽△BAC时，，∵BP=5t，QC=4t，AB=10，BC=8，∴，解得，t=1，②当△BPQ∽△BCA时，，∴，解得，t=，∴t=1s或s时，△BPQ∽△BCA；（2）过P作PM⊥BC于点M，AQ，CP交于点N，如图所示，则PB=5t，MC=8-4t，∵PM⊥BC，∠ACB=90°，∴PM∥AC，∴△BPM∽△BAC，∴，即，∴PM=3t，BM=4t，MC=8-4t，∵∠NAC+∠NCA=90°，∠PCM+∠NCA=90°，∴∠NAC=∠PCM，∵∠ACQ=∠PMC，∴△ACQ∽△CMP，∴，∴，解得t=．【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，勾股定理，直角三角形的性质，由三角形相似得出对应边成比例是解题的关键．23．（2021·江苏南京·九年级期中）（阅读材料）求解一元一次方程，根据等式的基本性质，把方程转化为的形式．求解二元一次方程组，把它转化为一元一次方程来解；类似的，求解三元一次方程组，把它转化为解二元一次方程组；求解一元二次方程，把它转化为两个一元一次方程来解；求解分式方程，把它转化为整式方程来解，由于“去分母”可能产生增根，所以解分式方程必须检验．各类方程的解法不尽相同，但是它们有一个共同的基本数学思想——转化，把未知转化为已知．用“转化”的数学思想，我们还可以解一些新的方程．例如，一元三次方程，可以通过因式分解把它转化为，解方程和，可得方程的解．（直接应用）方程的解是，________，________．（类比迁移）解方程：．（问题解决）如图，在矩形中，，，点在上，若，求的长．【答案】（1）4，2；（2）或；（3）或【分析】（1）首先提出，然后因式分解多项式，求解即可得结论；（2）两边平方，把无理方程转化为整式方程，求解，注意验根；（3）设的长为，根据勾股定理可列出方程，由于方程含有根号，两边平方，把无理方程转化为整式方程，求解即可．【详解】（1），，，∴或或，故答案为：4，2；（2），方程的两边平方，得，即，，或，当时，，是原方程的解，当时，，是原方程的解，的解是或；（3）因为四边形是矩形，，，设，则，在中，，在中，，，，，两边平方得：，整理得：，两边平方并整理得：，解得：或，的长为或．【点睛】本题考查了转化的思想方法，一元二次方程的解法．解无理方程是注意到验根，解决（3）时，根据勾股定理和线段长，列出方程是关键．24．（2021·重庆八中九年级期中）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝x2+bx+c经过点A（﹣1，0），B（，0），直线y＝x+与抛物线交于C，D两点，点P是抛物线在第四象限内图象上的一个动点．过点P作PG⊥CD，垂足为G，PQy轴，交x轴于点Q．（1）求抛物线的函数表达式；（2）当PG+PQ取得最大值时，求点P的坐标和PG+PQ的最大值；（3）将抛物线向右平移个单位得到新抛物线，M为新抛物线对称轴上的一点，点N是平面内一点．当（2）中PG+PQ最大时，直接写出所有使得以点A，P，M，N为顶点的四边形是菱形的点N的坐标，并把求其中一个点N的坐标的过程写出来．【答案】（1）；（2）当点P（1，﹣3）时，PG+PQ的最大值为；（3）点N的坐标为N1（2，2），N2（2，﹣2），N3（﹣4，﹣），过程见解析【分析】（1）把点A（﹣1，0），B（，0）代入表达式求出b和c即可．（2）过点P作PE∥x轴交CD于点E，可得△PGE是等腰直角三角形，所以PE＝PG，则PG+PQ＝PE+PQ，求PG+PQ的最小值，即求出PE+PQ的最小值；设点P（t，t2﹣t﹣），则Q（t，0），E（t2﹣t﹣3，t2﹣t﹣），分别表达PQ和PE，最后利用二次函数的最值问题，即可解答．（3）由平移可知新抛物线的对称轴为：直线x＝4，并设对称轴与x轴交于点F；设点M的坐标为（4，s），点N的坐标为（m，n），当AP为菱形的边时，①以点P为圆心，AP长为半径作圆，交直线x＝4于点M1，M2，过点P作PG⊥y轴交直线x＝4于点R，由勾股定理可得可得，M1R＝M2R＝2，可求出点M的坐标，再由点的平移可知，N1（2，2），N2（2，﹣2）；②以点A为圆心，AP长为半径作圆，此圆与直线x＝4无交点；此时不存在点N，不能构成菱形．当AP为菱形的对角线时，MN为另一对角线，AP垂直平分MN，此时AP的中点为（0，﹣），由点A和点P的坐标可知，直线AP的解析式为：y＝﹣x﹣．所以直线MN的解析式为：y＝x﹣．最后利用中点坐标公式可知，N3（﹣4，﹣）．【详解】解：（1）∵抛物线y＝x2+bx+c与x轴交于A（﹣1，0），B（，0）两点，∴，解得．∴抛物线的解析式为：y＝x2﹣x﹣．（2）如图，过点P作PE∥x轴交CD于点E，∴∠DEP＝45°，∴△PGE是等腰直角三角形，∴PE＝PG，设点P（t，t2﹣t﹣），则Q（t，0），E（t2﹣t﹣3，t2﹣t﹣），∴PQ＝﹣t2+t+，PE＝t﹣（t2﹣t﹣3）＝﹣t2+t+3，∴PG+PQ＝PE+PQ＝﹣t2+t+3+（﹣t2+t+）＝﹣2（t﹣1）2+，∵﹣2＜0，∴当点P（1，﹣3）时，PG+PQ的最大值为．（3）存在点N，使以点A，P，M，N为顶点的四边形为菱形，理由如下：∵A（﹣1，0），B（，0），∵原抛物线的轴对称为直线x＝，∴新抛物线的对称轴为：直线x＝4，并设对称轴与x轴交于点F；由（2）知P（1，﹣3），∴AP＝．设点M的坐标为（4，s），点N的坐标为（m，n），当AP为菱形的边时，①以点P为圆心，AP长为半径作圆，交直线x＝4于点M1，M2，过点P作PG⊥y轴交直线x＝4于点R，如图所示，此时PM1＝PM2＝AP＝，PR＝3，由勾股定理可得可得，M1R＝M2R＝2，∴M1F＝1，M2F＝5，∴M1（4，﹣1），M2（4，﹣5），∵A（﹣1，0），P（