精品解析：四川省成都市郫都区嘉祥外国语学校2024-2025学年九年级上学期9月月考数学试题

2024—2025学年度上期初2022级质量监测 数学试卷 考试时间：120分钟 满分：150分 A卷（共100分） 第Ⅰ卷（选择题 共32分） 一、选择题（共8小题，每小题4分，共32分，每小题均有四个选项，其中只有一项符合题目要求，答案填在答题卡上） 1. 下面四幅图是我国一些博物馆的标志，其中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　） A. B. C. D. 2. 下列方程是一元二次方程的是（　　） A. B. C. D. 3. 使得式子有意义的x的取值范围是（　　） A. x≥4 B. x＞4 C. x≤4 D. x＜4 4. 如果一个多边形的每一个内角都是，那么这个多边形是（ ） A. 四边形 B. 五边形 C. 六边形 D. 七边形 5. 小强是一位密码编译爱好者，在他的密码手册中，有这样一条信息：，，2，，，，分别对应下列六个字：华、我、爱、美、游、中，现将因式分解，结果呈现的密码信息可能是（ ） A. 爱我中华 B. 我游中华 C. 中华美 D. 我爱美 6. 下列判断错误的是（　　） A. 两组对边分别相等的四边形是平行四边形 B. 四个内角都相等的四边形是矩形 C. 两条对角线垂直且平分的四边形是正方形 D. 四条边都相等的四边形是菱形 7. 如图1是生活中常见的一种停车位，将其抽象为，停放的小车可近似看成长方形．如图所示，已知，车长约为米，宽约为米．若该车能完全停入车位内，则斜向车位的长至少为（ ） A. 米 B. 米 C. 米 D. 米 8. 甲乙两地相距400千米,一辆汽车从甲地开往乙地,实际每小时比原计划多行驶12km，结果提前1小时到达．设这辆汽车原计划的速度为x千米/时,根据题意可列方程为（　　） A. = +1 B. = +1 C. +1= D. +1 = 第Ⅱ卷（非选择题 共68分） 二、填空题（本大题共5小题，每小题4分，共20分，答案写在答题卡上） 9. 分解因式：___________． 10. 盒中有枚黑棋和枚白棋，这些棋除颜色外无其他差别．从盒中随机取出一枚棋子，如果它是黑棋的概率是，则的值为______． 11. 如图，E是内任意一点，若平行四边形面积是6，则阴影部分面积为______．     12. 一次函数和的图象如图所示，则关于x的不等式的解集为___________． 13. 如图，在中，，利用尺规在，上分别截取，，使；分别以，为圆心、大于为长的半径作弧，两弧在内交于点；作射线交于点，若，为上一动点，则的最小值为______． 三、解答题（本大题共5小题，共48分，解答过程写在答题卡上） 14. （1）解方程； （2）． 15. 2024年成都世界园艺博览会以“公园城市美好人居”为主题，秉持“绿色低碳、节约持续、共享包容”的理念，以园艺为媒介，向世界人民传递绿色发展理念和诗意栖居的美好生活场景．在主会场有多条游园线路，某单位准备组织全体员工前往参观，每位员工从其中四条线路（国风古韵观赏线、世界公园打卡线、亲子互动慢游线、园艺小清新线）中选择一条．现随机选取部分员工进行了“线路选择意愿”的摸底调查，并根据调查结果绘制成如下统计图表． 游园线路 人数 国风古韵观赏线 44 世界公园打卡线 亲子互动慢游线 48 园艺小清新线 根据图表信息，解答下列问题： （1）本次调查的员工共有______人，表中的值为______： （2）在扇形统计图中，求“国风古韵观赏线”对应的圆心角度数； （3）若该单位共有2200人，请你根据调查结果，估计选择“园艺小清新线”的员工人数． 16. 在平面直角坐标系xOy中的位置如图所示． （1）作关于点C成中心对称的； （2）将向右平移3个单位，作出平移后的； 17. 已知的一条边的长为5，另两边、的长是关于x的一元二次方程的两个实数根． （1）求证：无论m为何值，方程总有两个实数根； （2）当m为何值时，是等腰三角形？并求此时的周长． 18. 在矩形中，，，E、F是对角线上的两个动点，分别从A、C同时出发相向而行，速度均为每秒1个单位长度，运动时间为t秒，其中． （1）若G，H分别是，中点，则四边形一定是怎样的四边形（E、F相遇时除外）？ 答： ；（直接填空，不用说理） （2）在（1）条件下，若四边形为矩形，求t的值； （3）在（1）条件下，若G向D点运动，H向B点运动，且与点E，F以相同的速度同时出发，若四边形为菱形，求t的值． B卷（共50分） 一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分，答案写在答题卡上） 19. 若分式的值为零，则x的值是______． 20. 学习电学知识后，小婷同学用四个开关，一个电源和一个灯泡设计了一个电路图，现任意闭合其中两个开关，则小灯泡发光的概率等于______． 21. 已知，是一元二次方程的两个根，则的值等于___________． 22. 如图，在正方形中，E、F分别是边上的点，且，垂足为G，记的面积为，四边形的面积为，若，，则四边形的面积为______． 23. 如图，已知为等腰直角三角形，，点E是线段的三等分点（），点C是直线上的一个动点，连接，以为直角边、点A为直角顶点作等腰直角三角形，连接，则的最小值是______． 二、解答题（本大题共3个小题，共30分） 24. 为了防疫，学校需购买甲、乙两种品牌的额温枪．已知甲品牌额温枪的单价比乙品牌额温枪的单价低40元，且用4800元购买甲品牌额温枪的数量是用4000元购买乙品牌额温枪的数量的倍． （1）求甲、乙两种品牌额温枪的单价； （2）若学校计划购买甲、乙两种品牌的额温枪共80个，且乙品牌额温枪的数量不小于甲品牌额温枪数量的2倍，购买两种品牌额温枪的总费用不超过15000元，则该校如何购买可使总费用最低？最低费用是多少元？ 25. 如图，在平面直角坐标系中，直线AB分别与x轴的负半轴、y轴的正半轴交于A、B两点，其中OA＝2，S△ABC＝12，点C在x轴的正半轴上，且OC＝OB． （1）求直线AB的解析式； （2）将直线AB向下平移6个单位长度得到直线l1，直线l1与y轴交于点E，与直线CB交于点D，过点E作y轴的垂线l2，若点P为y轴上一个动点，Q为直线l2上一个动点，求PD+PQ+DQ的最小值； （3）若点M为直线AB上的一点，在y轴上是否存在点N，使以点A、D、M、N为顶点的四边形为平行四边形，若存在，请直接写出点N的坐标；若不存在，请说明理由． 26. 综合与实践 问题情境：“综合实践课”上，老师画出了如图1所示的矩形，（其中），P（不与点A重合）是边上的动点，连接点P与边的中点E，将沿直线翻折得到，延长交于点F（点F不与点C重合），作的平分线，交矩形的边于点G．问与的位置关系？ 数学思考： （1）请你解答老师提出的问题，并说明理由． 深入探究： （2）老师将图1中的图形通过几何画板改动为如图2，在点P运动过程中，连接，若E，O，G三点共线，点G与点D刚好重合，求n的值． （3）若，连接，当是以为直角边的直角三角形，且点G落在边上时，请直接写出的值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024—2025学年度上期初2022级质量监测 数学试卷 考试时间：120分钟 满分：150分 A卷（共100分） 第Ⅰ卷（选择题 共32分） 一、选择题（共8小题，每小题4分，共32分，每小题均有四个选项，其中只有一项符合题目要求，答案填在答题卡上） 1. 下面四幅图是我国一些博物馆的标志，其中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据轴对称图形的定义：一个平面图形，沿某条直线对折，直线两旁的部分，能够完全重合，中心对称图形的定义：一个平面图形，绕一点旋转180°，与自身完全重合，逐一进行判断即可． 【详解】解：A、是轴对称图形，但不是中心对称图形，故本选项不符合题意； B、是轴对称图形，但不是中心对称图形，故本选项不符合题意； C、既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项不符合题意； D、既是轴对称图形，又是中心对称图形，故本选项符合题意； 故选：D． 【点睛】本题考查了轴对称图形及中心对称图形的定义，熟练掌握轴相关定义是解题的关键． 2. 下列方程是一元二次方程的是（　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据一元二次方程的定义判定即可．本题考查一元二次方程的定义，熟练掌握“只含有一个未知数，且未知数的次数最高为2次的整式方程叫做一元二次方程”是解题的关键． 【详解】解：A、是二元二次方程，不符合题意； B、当时，是一元二次方程，不符合题意； C、方程整理得：，是三元一次方程，不符合题意； D、是一元二次方程，符合题意． 故选：D． 3. 使得式子有意义的x的取值范围是（　　） A. x≥4 B. x＞4 C. x≤4 D. x＜4 【答案】D 【解析】 【分析】直接利用二次根式有意义的条件分析得出答案． 【详解】解：使得式子有意义，则：4﹣x＞0， 解得：x＜4 即x的取值范围是：x＜4 故选D． 【点睛】此题主要考查了二次根式有意义的条件，正确把握定义是解题关键． 4. 如果一个多边形的每一个内角都是，那么这个多边形是（ ） A. 四边形 B. 五边形 C. 六边形 D. 七边形 【答案】B 【解析】 【分析】根据多边形的内角和公式列式计算即可解答． 【详解】解：设这个多边形是n边形， 由题意得：，解得． 所以这个多边形是五边形． 故选B． 【点睛】本题主要考查了多边形的内角问题，熟记多边形的内角和公式是解题的关键． 5. 小强是一位密码编译爱好者，在他的密码手册中，有这样一条信息：，，2，，，，分别对应下列六个字：华、我、爱、美、游、中，现将因式分解，结果呈现的密码信息可能是（ ） A. 爱我中华 B. 我游中华 C. 中华美 D. 我爱美 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查因式分解的应用，综合利用提公因式法和公式法进行因式分解，即可求解． 【详解】解：， 2，，，对应的汉字分别为：爱、我、中、华， 呈现的密码信息可能是“爱我中华”， 故选A． 6. 下列判断错误的是（　　） A. 两组对边分别相等的四边形是平行四边形 B. 四个内角都相等的四边形是矩形 C. 两条对角线垂直且平分的四边形是正方形 D. 四条边都相等的四边形是菱形 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了平行四边形、矩形、菱形和正方形的判定方法，根据平行四边形、矩形、菱形和正方形的判定方法逐一进行判断即可，掌握平行四边形、矩形、菱形和正方形的判定方法是解题的关键． 【详解】解：、两组对边分别相等的四边形是平行四边形，该说法正确，不符合题意； 、四个内角都相等的四边形是矩形，该说法正确，不符合题意； 、两条对角线垂直且平分且相等的四边形是正方形，原说法错误，符合题意； 、四条边都相等的四边形是菱形，说法正确，不符合题意； 故选：． 7. 如图1是生活中常见的一种停车位，将其抽象为，停放的小车可近似看成长方形．如图所示，已知，车长约为米，宽约为米．若该车能完全停入车位内，则斜向车位的长至少为（ ） A. 米 B. 米 C. 米 D. 米 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了平行四边形的性质，等腰直角三角形的性质，根据题意得出，进而即可求解． 【详解】解：在中，， ∴ 故选：A． 8. 甲乙两地相距400千米,一辆汽车从甲地开往乙地,实际每小时比原计划多行驶12km，结果提前1小时到达．设这辆汽车原计划的速度为x千米/时,根据题意可列方程为（　　） A. = +1 B. = +1 C. +1= D. +1 = 【答案】A 【解析】 【分析】设原来的平均速度为x千米/时，则实际行驶的速度为千米/时，利用时间=路程÷速度，结合提速后可提前1小时到达目的地，即可得出关于x的分式方程，此题得解． 【详解】设原来的平均速度为x千米/时， 由题意得， = +1， 故选：A． 【点睛】本题考查了由实际问题抽象出分式方程，解答本题的关键是读懂题意，设出未知数，找出合适的等量关系，列方程． 第Ⅱ卷（非选择题 共68分） 二、填空题（本大题共5小题，每小题4分，共20分，答案写在答题卡上） 9. 分解因式：___________． 【答案】## 【解析】 【分析】先本题主要考查了分解因式，把括号去掉，然后合并同类项，最后利用完全平方公式分解因式即可． 【详解】解： ， 故答案为：． 10. 盒中有枚黑棋和枚白棋，这些棋除颜色外无其他差别．从盒中随机取出一枚棋子，如果它是黑棋的概率是，则的值为______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查简单的概率计算、比例性质，根据随机取出一枚棋子，它是黑棋的概率是，可得，进而利用比例性质求解即可． 【详解】解：∵随机取出一枚棋子，它是黑棋的概率是， ∴，则， 故答案为：． 11. 如图，E是内任意一点，若平行四边形面积是6，则阴影部分面积为______．     【答案】3 【解析】 【分析】此题考查了平行四边形的性质、平行线的性质，熟练掌握平行四边形的性质，关键是掌握平行四边形的面积公式底高．过E作，交于M，交于N，连接，，设边上的高为h，根据同底等高的三角形的面积相等得到，，进而可求解． 【详解】解：过E作，交于M，交于N，连接，，设边上的高为h， 在中，，，， ∴， ∴，， ∴ ， ∴阴影部分面积为3． 故答案为：3． 12. 一次函数和的图象如图所示，则关于x的不等式的解集为___________． 【答案】 【解析】 【分析】先根据函数图象得出交点坐标，根据交点的坐标和图象得出即可. 【详解】解：根据图象可知：两函数的交点为， 当时，函数的图象在函数的图象的上方，关于的一元一次不等式的解为， 故答案为：. 【点睛】本题考查了一次函数与一元一次不等式，以及一次函数的性质，利用了数形结合的思想，熟练掌握一次函数性质是解本题的关键. 13. 如图，在中，，利用尺规在，上分别截取，，使；分别以，为圆心、大于为长的半径作弧，两弧在内交于点；作射线交于点，若，为上一动点，则的最小值为______． 【答案】2 【解析】 【分析】本题考查作图基本作图，垂线段最短，角平分线的性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．如图，过点作于．根据角平分线的性质定理证明，利用垂线段最短即可解决问题． 【详解】解：如图，过点作于． 由作图可知，平分， ，， ， 根据垂线段最短可知，的最小值为2， 故答案为：2 三、解答题（本大题共5小题，共48分，解答过程写在答题卡上） 14. （1）解方程； （2）． 【答案】（1）；（2）， 【解析】 【分析】本题考查解分式方程和一元二次方程： （1）将分式方程转化为整式方程，求解后，进行检验即可； （2）公式法解一元二次方程即可． 【详解】解：（1）去分母得： 整理得：， 移项合并得：， 经检验是分式方程的解； （2）方程化为一般式为， ， ， ． 15. 2024年成都世界园艺博览会以“公园城市美好人居”为主题，秉持“绿色低碳、节约持续、共享包容”的理念，以园艺为媒介，向世界人民传递绿色发展理念和诗意栖居的美好生活场景．在主会场有多条游园线路，某单位准备组织全体员工前往参观，每位员工从其中四条线路（国风古韵观赏线、世界公园打卡线、亲子互动慢游线、园艺小清新线）中选择一条．现随机选取部分员工进行了“线路选择意愿”的摸底调查，并根据调查结果绘制成如下统计图表． 游园线路 人数 国风古韵观赏线 44 世界公园打卡线 亲子互动慢游线 48 园艺小清新线 根据图表信息，解答下列问题： （1）本次调查的员工共有______人，表中的值为______： （2）在扇形统计图中，求“国风古韵观赏线”对应的圆心角度数； （3）若该单位共有2200人，请你根据调查结果，估计选择“园艺小清新线”的员工人数． 【答案】（1）160，40 （2） （3）385 【解析】 【分析】本题考查统计表和扇形统计图的关联、用样本估计总体，理解题意，能从统计图中获取有用信息 是解答的关键． （1）根据选择“亲子互动慢游线”的人数及其所占的百分比可求得调查总人数，再根据选择“世界公园打卡线”对应的圆心角是可求解x值； （2）由乘以选择“国风古韵观赏线”所占的百分比可得答案； （3）先求得选择“园艺小清新线”的人数，再由单位总人数乘以样本中选择“园艺小清新线”所占的比例求解即可． 【小问1详解】 解：调查总人数为（人）， 选择“世界公园打卡线”的人数为（人）， 故答案为：160，40； 【小问2详解】 解：“国风古韵观赏线”对应的圆心角度数为； 【小问3详解】 解：选择“园艺小清新线”的人数为（人）， ∴该单位选择“园艺小清新线”的员工人数为（人）． 16. 在平面直角坐标系xOy中的位置如图所示． （1）作关于点C成中心对称的； （2）将向右平移3个单位，作出平移后的； 【答案】（1） 如图，即为所求作： （2） 如图，即为所求作： 【解析】 【分析】本题考查作中心对称图形、作平移图形，熟练掌握中心对称和平移的性质是解答的关键． （1）根据中心对称性质得到对应点的位置，再顺次连接对应点即可画图； （2）根据平移的性质得到对应点的位置，再顺次连接对应点即可画图． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 17. 已知的一条边的长为5，另两边、的长是关于x的一元二次方程的两个实数根． （1）求证：无论m为何值，方程总有两个实数根； （2）当m为何值时，是等腰三角形？并求此时的周长． 【答案】（1） 证明：∵ ， ∴无论m为何值，方程总有两个实数根； （2）11或13 【解析】 【分析】本题主要考查了根的判别式、等腰三角形的判定． （1）依据题意，由，进而可以判断得解； （2）依据题意，分①当为腰长时；②当为底边时两种情形，分别讨论计算可以判断得解． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：①当为腰长时，则方程必有一个根为5， ∴， ∴， ∴方程为：， ∴或， ∴等腰三角形的三边为：5，5，3， ∴周长为：； ②当为底边时，则方程有2个相同的实数根， ∴， ∴， ∴方程为：， 解得：， ∴等腰三角形的周长为：． 综上：周长为11或13． 18. 在矩形中，，，E、F是对角线上的两个动点，分别从A、C同时出发相向而行，速度均为每秒1个单位长度，运动时间为t秒，其中． （1）若G，H分别是，中点，则四边形一定是怎样的四边形（E、F相遇时除外）？ 答： ；（直接填空，不用说理） （2）在（1）条件下，若四边形为矩形，求t的值； （3）在（1）条件下，若G向D点运动，H向B点运动，且与点E，F以相同的速度同时出发，若四边形为菱形，求t的值． 【答案】（1）四边形是平行四边形 （2）2或8 （3） 【解析】 【分析】本题考查了矩形的判定与性质，菱形的判定与性质，勾股定理等知识，截图的关键是∶ （1）利用三角形全等可得，，则，即可证明； （2）分为两种情况，一种是四边形为矩形，另一种是为矩形，利用即可求解； （3）根据菱形对角线平分且垂直可证明四边形为菱形，再利用勾股定理即可求解． 【小问1详解】 解：四边形是平行四边形，理由如下： 由题意得：， ∵四边形是矩形， ∴，， ∴， ∵G，H分别是，中点， ∴，， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形； 故答案为：四边形是平行四边形； 【小问2详解】 解∶如图1，连接， 由（1）得，，， ∴四边形是矩形， ∴， ①如图1，当四边形是矩形时， ∴， ∵， ∴， ∴； ②如图2，当四边形是矩形时， ∵，， ∴， ∴； 综上，四边形EGFH为矩形时，或； 【小问3详解】 解∶如图3，M和N分别是和的中点，连接，，，与交于O， ∵四边形为菱形， ∴，，， ∴，， ∴四边形为菱形， ∴， 设，则， 由勾股定理可得：， 即：， 解得：， ∴，即， ∴当时，四边形为菱形． B卷（共50分） 一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分，答案写在答题卡上） 19. 若分式的值为零，则x的值是______． 【答案】 【解析】 【分析】分式的值为零的条件是分子为零且分母不为零，据此求解即可． 【详解】解：∵分式的值为零， ∴且， 解得． 20. 学习电学知识后，小婷同学用四个开关，一个电源和一个灯泡设计了一个电路图，现任意闭合其中两个开关，则小灯泡发光的概率等于______． 【答案】## 【解析】 【分析】画树状图展示所有种等可能的结果，再找出小灯泡发光的结果数，然后根据概率公式求解． 【详解】解：画树状图如下： 共有种等可能的结果，其中小灯泡发光的结果有种， ∴小灯泡发光的概率， 故答案为：． 【点睛】本题考查了列表法与树状图法：通过列表法或树状图法展示所有可能的结果，再从中选出符合事件A或B的结果数目，然后利用概率公式求事件A或B的概率． 21. 已知，是一元二次方程的两个根，则的值等于___________． 【答案】1 【解析】 【分析】根据一元二次方程根的定义和根与系数关系得到，，再把变形后整体代入即可．此题考查了一元二次方程的根和根与系数关系，整体代入是解题的关键． 【详解】解：∵，是一元二次方程的两个根， ∴，， ∴， ∴ 故答案为：1 22. 如图，在正方形中，E、F分别是边上的点，且，垂足为G，记的面积为，四边形的面积为，若，，则四边形的面积为______． 【答案】12 【解析】 【分析】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识，证明三角形全等得到是解题的关键． 先证明得到，则，设，，利用勾股定理和三角形的面积可得，，由列方程求得即可求解． 【详解】证明：∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∵，垂足为G， ∴， ∴， 在与中， ∴， ∴， ∴， 即， ∵，， 设，， ∴，， ∵，， ∴，解得， ∴， 故答案为：12． 23. 如图，已知为等腰直角三角形，，点E是线段的三等分点（），点C是直线上的一个动点，连接，以为直角边、点A为直角顶点作等腰直角三角形，连接，则的最小值是______． 【答案】## 【解析】 【分析】本题考查等腰直角三角形的性质，动点的轨迹问题，相似三角形的判定与性质，正方形的判定和性质等．求出点D的运动轨迹是解题的关键． 作点O关于的对称点F，连接，，证明，推出，可得点C在直线上运动时，点D的运动轨迹为直线，当时，取最小值，由此可解． 【详解】解：为等腰直角三角形，， ， 如图，作点O关于的对称点F，连接，，则，． 为等腰直角三角形， ， ， 为等腰直角三角形， 当点C与点O重合时，点D与点F重合， ， ， 又，， ， ， 点C在直线上运动时，点D的运动轨迹为直线， ， ， 如图，当时，取最小值， ，，， 过点作于点，则四边形为矩形， ，， ， ， ， ， ， 的最小值是， 故答案为：． 二、解答题（本大题共3个小题，共30分） 24. 为了防疫，学校需购买甲、乙两种品牌的额温枪．已知甲品牌额温枪的单价比乙品牌额温枪的单价低40元，且用4800元购买甲品牌额温枪的数量是用4000元购买乙品牌额温枪的数量的倍． （1）求甲、乙两种品牌额温枪的单价； （2）若学校计划购买甲、乙两种品牌的额温枪共80个，且乙品牌额温枪的数量不小于甲品牌额温枪数量的2倍，购买两种品牌额温枪的总费用不超过15000元，则该校如何购买可使总费用最低？最低费用是多少元？ 【答案】（1）甲、乙两种品牌额温枪的单价分别为：元，元 （2）购买甲品牌额温枪个，乙品牌额温枪个时总费用最低，最低为元 【解析】 【分析】本题考查分式方程解决应用题，一元一次不等式组的应用，解题的关键是根据题意找到等量关系及不等关系． （1）设甲品牌额温枪的单价为x元，则乙品牌额温枪的单价为元，根据用元购买甲品牌额温枪的数量是用元购买乙品牌额温枪的数量的倍列方程求解即可得到答案； （2）根据总费用不超过15000元及乙品牌额温枪的数量不小于甲品牌额温枪数量的2倍列不等式组求得m的取值，进而计算总费用即可得到答案． 【小问1详解】 解：设甲品牌额温枪的单价为x元，则乙品牌额温枪的单价为元， 由题意，得， 解得：， 经检验是原方程的解， 则， 答：甲、乙两种品牌额温枪的单价分别为：元，元； 【小问2详解】 解：设购买甲品牌额温枪个，则购买乙品牌额温枪个， 由题意可得，且m为整数， 解得：，且m为整数， ∴m为或， 当时，总费用为（元）， 当时，总费用为（元）， ∵， ∴购买甲品牌额温枪个，乙品牌额温枪个时总费用最低，最低为元． 25. 如图，在平面直角坐标系中，直线AB分别与x轴的负半轴、y轴的正半轴交于A、B两点，其中OA＝2，S△ABC＝12，点C在x轴的正半轴上，且OC＝OB． （1）求直线AB的解析式； （2）将直线AB向下平移6个单位长度得到直线l1，直线l1与y轴交于点E，与直线CB交于点D，过点E作y轴的垂线l2，若点P为y轴上一个动点，Q为直线l2上一个动点，求PD+PQ+DQ的最小值； （3）若点M为直线AB上的一点，在y轴上是否存在点N，使以点A、D、M、N为顶点的四边形为平行四边形，若存在，请直接写出点N的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）y＝2x+4 （2） （3）存在以点A、D、M、N为顶点的四边形为平行四边形，N的坐标为（0，﹣2）或（0，10） 【解析】 【分析】（1）设OB＝OC＝m，由S△ABC＝12，可得B（0，4），设直线AB解析式为y＝kx＋b，利用待定系数法即可求解； （2）将直线AB向下平移6个单位，则直线l1解析式为y＝2x−2，可得E（0，−2），垂线l2的解析式为y＝−2，由B（0，4），C（4，0），得直线BC解析式为y＝−x＋4，从而可求得D（2，2），作D关于y轴的对称点D，作D关于直线y＝−2对称点D，连接DD交y轴于P，交直线y＝−2于Q，此时PD＋PQ＋DQ的最小，根据D（−2，2），D（2，−6），得直线DD解析式为y＝−2x−2，从而P（0，−2），Q（0，−2），故此时PD＝2，PQ＝0，DQ＝，PD＋PQ＋DQ的最小值为4． （3）设P（p，2p＋4），N（0，q），而A（−2，0），D（2，2），①以AD、MN为对角线，此时AD中点即为MN中点，根据中点公式得N（0，−2）；②以AM、DN为对角线，同理可得N（0，10）；③以AN、DM为对角线，同理可得N（0，−2）． 【小问1详解】 解：（1）设OB＝OC＝m， ∵OA＝2， ∴AC＝m+2，A（﹣2，0）， ∵S△ABC＝12， ∴AC•OB＝12，即m•（m+2）＝12， 解得m＝4或m＝﹣6（舍去）， ∴OB＝OC＝4， ∴B（0，4）， 设直线AB解析式为y＝kx+b， ∴， 解得， ∴直线AB解析式为y＝2x+4； 【小问2详解】 将直线ABy＝2x+4向下平移6个单位，则直线l1解析式为y＝2x﹣2， 令x＝0得y＝﹣2， ∴E（0，﹣2），垂线l2的解析式为y＝﹣2， ∵B（0，4），C（4，0）， 设直线BC解析式为y＝px+q， ∴， 解得， ∴直线BC解析式为y＝﹣x+4， 由得：， ∴D（2，2）， 作D关于y轴的对称点D'，作D关于直线y＝﹣2对称点D''，连接D'D''交y轴于P，交直线y＝﹣2于Q，此时PD+PQ+DQ的最小，如图： ∴D'（﹣2，2），D''（2，﹣6）， 设直线D'D''解析式为y＝sx+t， 则，解得， ∴直线D'D'解析式为y＝﹣2x﹣2， 令x＝0得y＝﹣2，即P（0，﹣2）， 令y＝﹣2得x＝0，即Q（0，﹣2）， ∴此时PD＝2，PQ＝0，DQ＝2， ∴PD+PQ+DQ的最小值为4． 【小问3详解】 存在，理由如下： 设P（p，2p+4），N（0，q），而A（﹣2，0），D（2，2）， ①以AD、MN为对角线，如图： 此时AD中点即为MN中点， ∴，解得， ∴N（0，﹣2）； ②以AM、DN为对角线，如图： 同理可得：，解得， ∴N（0，10）； ③以AN、DM为对角线，如图： 同理可得，解得， ∴N（0，﹣2）， 综上所述，以点A、D、M、N为顶点的四边形为平行四边形，N的坐标为（0，﹣2）或（0，10）． 【点睛】本题考查一次函数及应用，涉及待定系数法、一次函数图象上点坐标特征、线段和的最小值、平行四边形等知识，解题的关键是应用平行四边形对角线互相平分，列方程组解决问题． 26. 综合与实践 问题情境：“综合实践课”上，老师画出了如图1所示的矩形，（其中），P（不与点A重合）是边上的动点，连接点P与边的中点E，将沿直线翻折得到，延长交于点F（点F不与点C重合），作的平分线，交矩形的边于点G．问与的位置关系？ 数学思考： （1）请你解答老师提出的问题，并说明理由． 深入探究： （2）老师将图1中的图形通过几何画板改动为如图2，在点P运动过程中，连接，若E，O，G三点共线，点G与点D刚好重合，求n的值． （3）若，连接，当是以为直角边的直角三角形，且点G落在边上时，请直接写出的值． 【答案】 （1）． 理由：由翻折可知． ∵平分， ∴． ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， ∴． （2）； （3）3或 【解析】 【分析】（1）根据平行线的性质，得到，翻折和角平分线的定义，推出，即可； （2）证明，得到，设，得到，进而得到，，勾股定理得到，再根据，求解即可； （3）分或两种情形，分别作出图形，然后求解即可． 【详解】解：（1）略 （2）由翻折知，， ∵E，O，D三点共线， ∴ 又∵，， ∴， ∴． ∵E是的中点， ∴设，则． ∴， ∴． 在中，由勾股定理得， ∴． ∵， ∴， ∴． （3）的值为3或． 设， ∵， ∴， 由题意知，分或，两种情况求解： 若点在上，当时，此时，如图1， ∵， 四边形为矩形， ∵， 矩形为正方形， ，， ∴； 若点在上，当时，如图2，过点作于点，此时，，三点在同一直线上，四边形是矩形， 由（2）可知，，， ∴，即，解得，， ∴， ∴； 综上所述，的值为或． 【点睛】本题考查矩形的性质，翻折的性质，正方形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，正切．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $