延安市重点中学2025届数学九上期末预测试题含解析

延安市重点中学2025届数学九上期末预测试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、选择题（每题4分，共48分）1．某市从2018年开始大力发展旅游产业．据统计，该市2018年旅游收入约为2亿元．预计2020年旅游收入约达到2.88亿元，设该市旅游收入的年平均增长率为x，下面所列方程正确的是（）A．2（1+x）2＝2.88 B．2x2＝2.88 C．2（1+x%）2＝2.88 D．2（1+x）+2（1+x）2＝2.882．已知二次函数y=﹣x2+x+6及一次函数y=﹣x+m，将该二次函数在x轴上方的图象沿x轴翻折到x轴下方，图象的其余部分不变，得到一个新函数（如图所示），请你在图中画出这个新图象，当直线y=﹣x+m与新图象有4个交点时，m的取值范围是（）A．﹣＜m＜3 B．﹣＜m＜2 C．﹣2＜m＜3 D．﹣6＜m＜﹣23．如图，抛物线的对称轴为直线，与轴的个交点坐标为，，其部分图象如图所示，下列结论：①；②方程的两个根是，；③；④当时，的取值范围是．其中结论正确的个数是（）A． B． C． D．4．在平面直角坐标系中，若干个半径为1的单位长度，圆心角为60°的扇形组成一条连续的曲线，点P从原点O出发，向右沿这条曲线做上下起伏运动(如图)，点P在直线上运动的速度为每1个单位长度．点P在弧线上运动的速度为每秒个单位长度，则2019秒时，点P的坐标是()A． B．C． D．5．如图，在△ABC中，AD⊥BC交BC于点D，AD＝BD，若AB＝，tanC＝，则BC＝（）A．8 B． C．7 D．6．菱形具有而矩形不具有的性质是（）A．对角相等 B．四个角相等 C．对角线相等 D．四条边相等7．在一个暗箱里放有a个除颜色外其它完全相同的球，这a个球中红球只有3个．每次将球搅拌均匀后，任意摸出一个球记下颜色再放回暗箱．通过大量重复摸球实验后发现，摸到红球的频率稳定在25%，那么可以推算出a大约是（）A．12 B．9 C．4 D．38．如图，在矩形中，于F，则线段的长是（）A． B． C． D．9．如图，在平面直角坐标系xOy中，△ABC顶点的横、纵坐标都是整数．若将△ABC以某点为旋转中心，顺时针旋转90°，得到△A1B1C1，则旋转中心的坐标是（）A．（0，0） B．（1，0） C．（1，﹣1） D．（1，﹣2）10．一元二次方程的一根是1，则的值是（）A．3 B．-3 C．2 D．-211．在平面直角坐标系中，对于二次函数，下列说法中错误的是（）A．的最小值为1B．图象顶点坐标为，对称轴为直线C．当时，的值随值的增大而增大，当时，的值随值的增大而减小D．当时，的值随值的增大而减小，当时，的值随值的增大而增大12．如图，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，BA=BC．点D是AB的中点，连结CD，过点B作BG⊥CD，分别交CD、CA于点E、F，与过点A且垂直于AB的直线相交于点G，连结DF．给出以下四个结论：①；②点F是GE的中点；③；④，其中正确的结论个数是（）A．4个 B．3个 C．2个 D．1个二、填空题（每题4分，共24分）13．某市为提倡居民节约用水，自今年1月1日起调整居民用水价格．图中、分别表示去年、今年水费（元）与用水量（）之间的关系．小雨家去年用水量为150，若今年用水量与去年相同，水费将比去年多_____元．14．如图，AC是⊙O的直径，B，D是⊙O上的点，若⊙O的半径为3，∠ADB＝30°，则的长为____．15．对于实数，定义运算“◎”如下：◎．若◎，则_____．16．如图，点B是反比例函数y＝（x＞0）的图象上任意一点，AB∥x轴并交反比例函数y＝﹣（x＜0）的图象于点A，以AB为边作平行四边形ABCD，其中C、D在x轴上，则平行四边形ABCD的面积为_____．17．将一副三角尺如图所示叠放在一起，则的值是．18．在中，已知cm，cm，P是BC的中点，以点P为圆心，3cm为半径画☉P，则点A与☉P的位置关系是____________.三、解答题（共78分）19．（8分）2018年12月1日，贵阳地铁一号线正式开通，标志着贵阳中心城区正式步入地铁时代，为市民的出行带来了便捷，如图是贵阳地铁一号线路图(部分)，菁菁与琪琪随机从这几个站购票出发.（1）菁菁正好选择沙冲路站出发的概率为（2）用列表或画树状图的方法，求菁菁与琪琪出发的站恰好相邻的概率.20．（8分）如图，在△ABC中，D是BC边上的中点，且AD＝AC，DE⊥BC，DE与AB相交于点E，EC与AD相交于点F．(1)求证：△ABC∽△FCD；(2)若S△ABC＝20，BC＝10，求DE的长．21．（8分）在四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，设锐角∠DOC＝α，将△DOC按逆时针方向旋转得到△D′OC′（0°＜旋转角＜90°）连接AC′、BD′，AC′与BD′相交于点M．（1）当四边形ABCD是矩形时，如图1，请猜想AC′与BD′的数量关系以及∠AMB与α的大小关系，并证明你的猜想；（2）当四边形ABCD是平行四边形时，如图2，已知AC＝kBD，请猜想此时AC′与BD′的数量关系以及∠AMB与α的大小关系，并证明你的猜想；（3）当四边形ABCD是等腰梯形时，如图3，AD∥BC，此时（1）AC′与BD′的数量关系是否成立？∠AMB与α的大小关系是否成立？不必证明，直接写出结论．22．（10分）如图，在菱形ABCD中，对角线AC与BD相交于点M，已知BC＝5，点E在射线BC上，tan∠DCE＝，点P从点B出发，以每秒2个单位沿BD方向向终点D匀速运动，过点P作PQ⊥BD交射线BC于点O，以BP、BQ为邻边构造▱PBQF，设点P的运动时间为t（t＞0）．（1）tan∠DBE＝；（2）求点F落在CD上时t的值；（3）求▱PBQF与△BCD重叠部分面积S与t之间的函数关系式；（4）连接▱PBQF的对角线BF，设BF与PQ交于点N，连接MN，当MN与△ABC的边平行（不重合）或垂直时，直接写出t的值．23．（10分）在一次社会大课堂的数学实践活动中，王老师要求同学们测量教室窗户边框上的点C到地面的距离即CD的长，小英测量的步骤及测量的数据如下：（1）在地面上选定点A,B，使点A，B，D在同一条直线上，测量出、两点间的距离为9米；（2）在教室窗户边框上的点C点处，分别测得点，的俯角∠ECA=35°,∠ECB=45°.请你根据以上数据计算出的长.（可能用到的参考数据：sin35°≈0.57cos35°≈0.82tan35°≈0.70）24．（10分）如图所示，在中，于点E，于点F，延长AE至点G，使EG＝AE，连接CG．（1）求证：；（2）求证：四边形EGCF是矩形．25．（12分）如图，等边△ABC中，点D在AC上（CD＜AC），连接BD．操作：以A为圆心，AD长为半径画弧，交BD于点E，连接AE．（1）请补全图形，探究∠BAE、∠CBD之间的数量关系，并证明你的结论；（2）把BD绕点D顺时针旋转60°，交AE于点F，若EF＝mAF，求的值（用含m的式子表示）．26．在美化校园的活动中，某兴趣小组想借助如图所示的直角墙角（两边足够长），用26m长的篱笆围成一个矩形花园ABCD（篱笆只围AB，BC两边），设BC＝xm．（1）若矩形花园ABCD的面积为165m2，求x的值；（2）若在P处有一棵树，树中心P与墙CD，AD的距离分别是13m和6m，要将这棵树围在花园内（考虑到树以后的生长，篱笆围矩形ABCD时，需将以P为圆心，1为半径的圆形区域围在内），求矩形花园ABCD面积S的最大值．

参考答案一、选择题（每题4分，共48分）1、A【分析】设该市旅游收入的年平均增长率为x，根据该市2018年旅游收入及2020年旅游预计收入，即可得出关于x的一元二次方程，即可得出结论．【详解】设该市旅游收入的年平均增长率为x，根据题意得：2（1+x）2=2.88故选A．【点睛】本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．2、D【解析】如图，解方程﹣x2+x+6=0得A（﹣2，0），B（3，0），再利用折叠的性质求出折叠部分的解析式为y=（x+2）（x﹣3），即y=x2﹣x﹣6（﹣2≤x≤3），然后求出直线•y=﹣x+m经过点A（﹣2，0）时m的值和当直线y=﹣x+m与抛物线y=x2﹣x﹣6（﹣2≤x≤3）有唯一公共点时m的值，从而得到当直线y=﹣x+m与新图象有4个交点时，m的取值范围．【详解】如图，当y=0时，﹣x2+x+6=0，解得x1=﹣2，x2=3，则A（﹣2，0），B（3，0），将该二次函数在x轴上方的图象沿x轴翻折到x轴下方的部分图象的解析式为y=（x+2）（x﹣3），即y=x2﹣x﹣6（﹣2≤x≤3），当直线y=﹣x+m经过点A（﹣2，0）时，2+m=0，解得m=﹣2；当直线y=﹣x+m与抛物线y=x2﹣x﹣6（﹣2≤x≤3）有唯一公共点时，方程x2﹣x﹣6=﹣x+m有相等的实数解，解得m=﹣6，所以当直线y=﹣x+m与新图象有4个交点时，m的取值范围为﹣6＜m＜﹣2，故选D．【点睛】本题考查了抛物线与几何变换，抛物线与x轴的交点等，把求二次函数y=ax2+bx+c（a，b，c是常数，a≠0）与x轴的交点坐标问题转化为解关于x的一元二次方程是解决此类问题常用的方法.3、B【分析】利用抛物线与x轴的交点个数可对①进行判断；利用抛物线的对称性得到抛物线与x轴的另个交点坐标为(3，0)，则可对②进行判断；由对称轴方程可对③进行判断；根据抛物线在x轴上方所对应的自变量的范围可对④进行判断．【详解】∵观察函数的图象知：抛物线与轴有2个交点，

∴＞0，所以①错误；∵抛物线的对称轴为直线，

而点关于直线的对称点的坐标为，

∴方程的两个根是，所以②正确；∵抛物线的对称轴为，即，∴，所以③正确；∵抛物线与轴的两点坐标为，，且开口向下，

∴当y＞0时，的取值范围是，所以④正确；综上，②③④正确，正确个数有3个．故选：B．【点睛】本题考查了二次函数图象与系数的关系，关键是掌握对于二次函数，二次项系数a决定抛物线的开口方向和大小；一次项系数b和二次项系数a共同决定对称轴的位置；常数项c决定抛物线与y轴交点位置；抛物线与x轴交点个数由决定．4、B【分析】设第n秒运动到Pn(n为自然数)点，根据点P的运动规律找出部分Pn点的坐标，根据坐标的变化找出变化规律“P4n+1(，)，P4n+2(n+1，0)，P4n+3(，﹣)，P4n+4(2n+2，0)”，依此规律即可得出结论．【详解】解：设第n秒运动到Pn(n为自然数)点，观察，发现规律：P1(，)，P2(1，0)，P3(，﹣)，P4(2，0)，P5(，)，…，∴P4n+1(，)，P4n+2(n+1，0)，P4n+3(，﹣)，P4n+4(2n+2，0)．∵2019＝4×504+3，∴P2019为(，﹣)，故答案为B．【点睛】本题考查了规律型中的点的坐标，解题的关键是找出变化规律并根据规律找出点的坐标．5、C【分析】证出△ABD是等腰直角三角形，得出AD＝BD＝AB＝4，由三角函数定义求出CD＝3，即可得出答案．【详解】解：交于点，，是等腰直角三角形，，，，；故选：．【点睛】本题考查了解直角三角形、等腰直角三角形的性质以及三角函数定义；熟练掌握等腰直角三角形的性质和三角函数定义是解题的关键．6、D【分析】菱形和矩形都是平行四边形，具有平行四边形的所有性质，菱形还具有独特的性质：四边相等，对角线垂直；矩形具有独特的性质：对角线相等，邻边互相垂直．【详解】解答：解：A、对角相等，菱形和矩形都具有的性质，故A错误；B、四角相等，矩形的性质，菱形不具有的性质，故B错误；C、对角线相等是矩形具有而菱形不具有的性质，故C错误；D、四边相等，菱形的性质，矩形不具有的性质，故D正确；故选D．考点：菱形的性质；矩形的性质．7、A【分析】摸到红球的频率稳定在25%，即=25%，即可即解得a的值【详解】解：∵摸到红球的频率稳定在25%，∴=25%，解得：a=1．故本题选A.【点睛】本题考查用频率估计概率，熟记公式正确计算是本题的解题关键8、C【分析】根据矩形的性质和勾股定理求出，再由面积法求出的长即可．【详解】解：四边形是矩形，，，，的面积，；故选：．【点睛】本题考查了矩形的性质、勾股定理、直角三角形的面积，熟练掌握矩形的性质，熟记直角三角形的面积求法是解题的关键．9、C【解析】先根据旋转的性质得到点A的对应点为点，点B的对应点为点，点C的对应点为点，再根据旋转的性质得到旋转中心在线段的垂直平分线上，也在线段的垂直平分线上，即两垂直平分线的交点为旋转中心，而易得线段的垂直平分线为直线x=1，线段的垂直平分线为以为对角线的正方形的另一条对角线所在的直线上．【详解】∵将△ABC以某点为旋转中心，顺时针旋转90°得到△，

∴点A的对应点为点，点B的对应点为点，点C的对应点为点

作线段和的垂直平分线，它们的交点为P（1，-1），

∴旋转中心的坐标为（1，-1）．

故选C．【点睛】本题考查了坐标与图形变化-旋转：图形或点旋转之后要结合旋转的角度和图形的特殊性质来求出旋转后的点的坐标．10、A【解析】将代入方程，求出的值．【详解】将代入方程得解得故答案为：A．【点睛】本题考查了求一元二次方程系数的问题，掌握代入求值法求解的值是解题的关键．11、C【分析】根据，可知该函数的顶点坐标为（2,1），对称轴为x=2，最小值为1，当x<2时，y随x的增大而减小，当x≥2时，y随x的增大而增大，进行判断选择即可.【详解】由题意可知，该函数当x<2时，y随x的增大而减小，当x≥2时，y随x的增大而增大，故C错误，所以答案选C.【点睛】本题考查的是一元二次函数顶点式的图像性质，能够根据顶点式得出其图像的特征是解题的关键.12、C【分析】易得AG∥BC，进而可得△AFG∽△CFB，然后根据相似三角形的性质以及BA＝BC即可判断①；根据余角的性质可得∠ABG＝∠BCD，然后利用“角边角”可证明△ABG≌△BCD，可得AG＝BD，于是有AG＝BC，由①根据相似三角形的性质可得，进而可得FG＝FB，然后根据FE≠BE即可判断②；根据相似三角形的性质可得，再根据等腰直角三角形的性质可得AC＝AB，然后整理即可判断③；过点F作FM⊥AB于M，如图，根据相似三角形的性质和三角形的面积整理即可判断④．【详解】解：在Rt△ABC中，∵∠ABC＝90°，∴AB⊥BC，∵AG⊥AB，∴AG∥BC，∴△AFG∽△CFB，∴，∵BA＝BC，∴，故①正确；∵∠ABC＝90°，BG⊥CD，∴∠ABG+∠CBG＝90°，∠BCD+∠CBG＝90°，∴∠ABG＝∠BCD，又∵BA＝BC，∠BAG＝∠CBD＝90°,∴△ABG≌和△BCD（ASA），∴AG＝BD，∵点D是AB的中点，∴BD＝AB，∴AG＝BC，∵△AFG∽△CFB，∴，∴FG＝FB，∵FE≠BE，∴点F是GE的中点不成立，故②错误；∵△AFG∽△CFB，∴，∴AF＝AC，∵AC＝AB，∴，故③正确；过点F作FM⊥AB于M，如图，则FM∥CB，∴△AFM∽△ACB，∴，∵，∴，故④错误．综上所述，正确的结论有①③共2个．故选：C．【点睛】本题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和等腰直角三角形的性质等知识，属于常考题型，熟练掌握全等三角形和相似三角形的判定和性质是解题的关键．二、填空题（每题4分，共24分）13、1．【分析】根据函数图象中的数据可以求得时，对应的函数解析式，从而可以求得时对应的函数值，由的的图象可以求得时对应的函数值，从而可以计算出题目中所求问题的答案，本题得以解决．【详解】设当时，对应的函数解析式为，，得，即当时，对应的函数解析式为，当时，，由图象可知，去年的水价是（元/），故小雨家去年用水量为150，需要缴费：（元），（元），即小雨家去年用水量为150，若今年用水量与去年相同，水费将比去年多1元，故答案为：1．【点睛】本题考查一次函数的应用，解答本题的关键是明确题意，利用一次函数的性质和数形结合的思想解答．14、2π．【分析】根据圆周角定理求出∠AOB，得到∠BOC的度数，根据弧长公式计算即可．【详解】解：由圆周角定理得，∠AOB＝2∠ADB＝60°，∴∠BOC＝180°﹣60°＝120°，∴的长＝，故答案为：2π．【点睛】本题考查的是圆周角定理、弧长的计算，掌握圆周角定理、弧长公式是解题的关键．15、-3或4【分析】利用新定义得到，整理得到，然后利用因式分解法解方程．【详解】根据题意得，，，，或，所以．故答案为或．【点睛】本题考查了解一元二次方程﹣因式分解法：因式分解法就是利用因式分解求出方程的解的方法，这种方法简便易用，是解一元二次方程最常用的方法．16、1．【分析】设A的纵坐标是b,则B的纵坐标也是b,即可求得AB的横坐标,则AB的长度即可求得,然后利用平行四边形的面积公式即可求解【详解】设A的纵坐标是b,则B的纵坐标也是b把y=b代入y＝得,b=则x=,即B的横坐标是同理可得:A的横坐标是：则AB=-（）=则S=×b=1.故答案为1【点睛】此题考查反比例函数系数k的几何意义，解题关键在于设A的纵坐标为b17、【解析】试题分析：∵∠BAC=∠ACD=90°，∴AB∥CD．∴△ABE∽△DCE．∴．∵在Rt△ACB中∠B=45°，∴AB=AC．∵在RtACD中，∠D=30°，∴．∴．18、点A在圆P内【分析】求出AP的长，然后根据点与圆的位置关系判断即可.【详解】∵AB=AC，P是BC的中点，∴AP⊥BC，BP=3cm，∴AP=cm，∵，∴点A在圆P内.故答案为：点A在圆P内.【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，勾股定理，点与圆的位置关系，关键要记住若半径为r，点到圆心的距离为d，则有：当d>r时，点在圆外；当d=r时，点在圆上，当d<r时，点在圆内.三、解答题（共78分）19、（1）；（2）【分析】（1）根据概率公式，即可求解；（2）记火车站为A，沙冲路为B，望城坡为C，新村为D，然后采用列表法列出所有可能的情况，找出满足条件的情况，即可得出其概率.【详解】（1）P（选择沙冲路站出发）=；（2）记火车站为A，沙冲路为B，望城坡为C，新村为D列表如下：由图可知共有16种等可能情况，满足条件的情况是6种P（菁菁与琪琪出发的站恰好相邻）=【点睛】此题主要考查概率的求解，熟练掌握，即可解题.20、（1）见解析；（2）【分析】（1）根据题目条件证明和，利用两组对应角相等的三角形相似，证明；（2）过点A作于点M，先通过的面积求出AM的长，根据得到，再算出DE的长．【详解】解：（1）∵，∴，∵D是BC边上的中点且∴，∴，∴；（2）如图，过点A作于点M，∵，∴，解得，∵，，∴，∵，∴，∵，，∴，∴，∴．【点睛】本题考查相似三角形的性质和判定，解题的关键是熟练掌握相似三角形的性质和判定定理．21、（1）BD′＝AC′，∠AMB＝α，见解析；（2）AC′＝kBD′，∠AMB＝α，见解析；（3）AC′＝BD′成立，∠AMB＝α不成立【分析】（1）通过证明△BOD′≌△AOC′得到BD′＝AC′，∠OBD′＝∠OAC′，根据三角形内角和定理求出∠AMB＝∠AOB＝∠COD＝α；（2）依据（1）的思路证明△BOD′∽△AOC′，得到AC′＝kBD′，设BD′与OA相交于点N，由相似证得∠BNO＝∠ANM，再根据三角形内角和求出∠AMB＝α；（3）先利用等腰梯形的性质OA=OD,OB=OC,再利用旋转证得,由此证明△≌△，得到BD′＝AC′及对应角的等量关系，由此证得∠AMB＝α不成立．【详解】解：（1）AC′＝BD′，∠AMB＝α，证明：在矩形ABCD中，AC＝BD，OA＝OC＝AC，OB＝OD＝BD，∴OA＝OC＝OB＝OD，又∵OD＝OD′，OC＝OC′，∴OB＝OD′＝OA＝OC′，∵∠D′OD＝∠C′OC，∴180°﹣∠D′OD＝180°﹣∠C′OC，∴∠BOD′＝∠AOC′，∴△BOD′≌△AOC′，∴BD′＝AC′，∴∠OBD′＝∠OAC′，设BD′与OA相交于点N，∴∠BNO＝∠ANM，∴180°﹣∠OAC′﹣∠ANM＝180°﹣∠OBD′﹣∠BNO，即∠AMB＝∠AOB＝∠COD＝α，综上所述，BD′＝AC′，∠AMB＝α，（2）AC′＝kBD′，∠AMB＝α，证明：∵在平行四边形ABCD中，OB＝OD，OA＝OC，又∵OD＝OD′，OC＝OC′，∴OC′＝OA，OD′＝OB，∵∠D′OD＝∠C′OC，∴180°﹣∠D′OD＝180°﹣∠C′OC，∴∠BOD′＝∠AOC′，∴△BOD′∽△AOC′，∴BD′：AC′＝OB：OA＝BD：AC，∵AC＝kBD，∴AC′＝kBD′，∵△BOD′∽△AOC′，设BD′与OA相交于点N，∴∠BNO＝∠ANM，∴180°﹣∠OAC′﹣∠ANM＝180°﹣∠OBD′﹣∠BNO，即∠AMB＝∠AOB＝α，综上所述，AC′＝kBD′，∠AMB＝α，（3）∵在等腰梯形ABCD中，OA=OD,OB=OC,由旋转得：,∴,即,∴△≌△,∴AC′＝BD′,,设BD′与OA相交于点N，∵∠ANB=+∠AMB=,,∴,∴AC′＝BD′成立，∠AMB＝α不成立．【点睛】此题是变化类图形问题，根据变化的图形找到共性证明三角形全等，由此得到对应边相等，对应角相等，在（3）中，对应角的位置发生变化，故而角度值发生了变化.22、（1）;（1）t＝;（3）见解析;（4）t的值为或或或1．【分析】（1）如图1中，作DH⊥BE于H．解直角三角形求出BH，DH即可解决问题．（1）如图1中，由PF∥CB，可得，由此构建方程即可解决问题．（3）分三种情形：如图3-1中，当时，重叠部分是平行四边形PBQF．如图3-1中，当时，重叠部分是五边形PBQRT．如图3-3中，当1＜t≤1时，重叠部分是四边形PBCT，分别求解即可解决问题．

（4）分四种情形：如图4-1中，当MN∥AB时，设CM交BF于T．如图4-1中，当MN⊥BC时．如图4-3中，当MN⊥AB时．当点P与点D重合时，MN∥BC，分别求解即可．【详解】解：（1）如图1中，作DH⊥BE于H．在Rt△BCD中，∵∠DHC＝90°，CD＝5，tan∠DCH＝，∴DH＝4，CH＝3，∴BH＝BC+CH＝5+3＝8，∴tan∠DBE＝＝＝．故答案为．（1）如图1中，∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，∵BC＝5，tan∠CBM＝＝，∴CM＝，BM＝DM＝1，∵PF∥CB，∴＝，∴＝，解得t＝．（3）如图3﹣1中，当0＜t≤时，重叠部分是平行四边形PBQF，S＝PB•PQ＝1t•t＝10t1．如图3﹣1中，当＜t≤1时，重叠部分是五边形PBQRT，S＝S平行四边形PBQF﹣S△TRF＝10t1﹣•[1t﹣（5﹣5t）]•[1t﹣（5﹣5t）]＝﹣55t1+（10+50）t﹣15．如图3﹣3中，当1＜t≤1时，重叠部分是四边形PBCT，S＝S△BCD﹣S△PDT＝×5×4﹣•（5﹣t）•（4﹣1t）＝﹣t1+10t．（4）如图4﹣1中，当MN∥AB时，设CM交BF于T．∵PN∥MT，∴＝，∴＝，∴MT＝，∵MN∥AB，∴＝＝＝1，∴PB＝BM，∴1t＝×1，∴t＝．如图4﹣1中，当MN⊥BC时，易知点F落在DH时，∵PF∥BH，∴＝，∴＝，解得t＝．如图4﹣3中，当MN⊥AB时，易知∠PNM＝∠ABD，可得tan∠PNM＝＝，∴＝，解得t＝，当点P与点D重合时，MN∥BC，此时t＝1，综上所述，满足条件的t的值为或或或1．【点睛】本题属于四边形综合题，考查了菱形的性质，平行四边形的性质，平行线分线段成比例定理，解直角三角形等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．23、CD的长为21米【解析】试题分析：首先分析图形：本题涉及到两个直角三角形△DBC、△ADC，设公共边CD=x，利用锐角三角函数表示出AD和DB的长，借助AB=AD－DB=9构造方程关系式，进而可求出答案解：由题意可知：CD⊥AD于D，∠ECB=∠CBD＝，∠ECA=∠CAD＝，AB＝9.设，∵在中，∠CDB＝90°，∠CBD＝45°，∴CD=BD=.∵在中，∠CDA＝90°，∠CAD＝35°，∴，∴∵AB=9，AD=AB+BD，∴.解得答：CD的长为21米24、（1）见解析；（2）见解析．【分析】（1）根据平行四边形的性质可得，进而可得，由，得，由AAS证明即可；（2）由（1）全等三角形的性质得AE＝CF，证出EG＝CF，则四边形EGCF是平行四边形，由，即可得证．【详解】证明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，∴，∴，∵于点E，于点F，∴，，在和中，，∴；（2）由（1）得：，，∴AE＝CF，∵EG＝AE，∴EG＝CF，∴四边形EGCF是平行四边形，又∵，∴四边形EGCF是矩形．【点睛】本题主要考查平行四边形的性质、全等三角形的判定及矩形的判定，关键是根据平行四边形的性质得到三角形全等的条