2026-2027学年北师大版九年级数学上册 期中自测卷（第1-4章）

2026-2027学年九年级数学上学期期中自测卷（第1-4章） 一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，满分30分） 1.数学实验课上，同学们通过下列方式从一个几何体中得到平面图形，其中得到的平面图形 是圆形的是() 侧面 俯视图 展开 A. B 人投影 截面 C. D. 2.已知关于x的一元二次方程mx-hP-k=0(m,h,k均为常数且m≠0)的解是x1=2, X,=5:则关于x的一元二次方程mx+h+1=k的解是（） A.X1=-2,X2=-5 B.X1=-4,X2=-1 C.X1=1,X2=4 D.X1=-3,X2=-6 3.如图是由大小相同的小正方体组成的简单几何体的主视图和俯视图，组成这个几何体的小 正方体的个数不可能为() 主视图 俯视图 A.6 B.8 C.10 D.12 4.关于x的一元二次方程的新定义：若关于x的一元二次方程：a1(x-m尸+n=0与 a,(x-mP+n=0称为“同族二次方程”.如2(x-3}+4=0与3(x-3+4=0就是“同族二次 方程”·现有关于x的一元二次方程：2(x-12+1=0与a+2x2+b-4x+8=0是“同族二次 方程”·那么代数式ax2+bx+2031能取的最小值是() A.2026 B.2023 C.2028 D.2025 5.如图，矩形ABCD中，AB=7,BC=12,E为边AD的中点，点F为边CD上一点，将线段 EF绕点E顺时针旋转g0得到EH,若点H恰好在线段BF上，则CF的长是（) D H B A.3 B.3.5 C.4 D.4.5 6.如图，在△ABC中，BC=6,∠ABC的平分线交AC于点F,点D,E分别是边AB,AC上的点， 者铝铝院有则0DE性为《） D E F A.5 B.6 C.7 D.4.5 7.已知一个三角形的三条边的长度均为整数，其中一条边长为5，另外两条边长是关于x的 一元二次方程x2+kx+48=0的两个根，则k的值为() A.-14 B.-19 C.14 D.-48 8.将矩形纸片ABCD按如图所示的方式折叠，恰好得到菱形AECF,若AB=3,则菱形AEC的 面积为( ) D F A.1 B.2/2 C.23 D.4 9.如图，在△ABC中，AB=AC=10,点D,E分别在边AC,AB上，DE‖BC,将△ABC沿 E翻折，点A的对应点为A,AD,AE分别交边BC于点M,N.若=，则DC的长 A< B A.5 B.4 C.3 D.2 10.如图，在正方形ABCD中，AB=4,E为AD边上一点，将△ABE沿BE所在直线折叠得到 △HBE,DH的延长线交BC于点F?若∠DEH=6O,则FC的长为（(）. A B A.4-23 B.1 C.8-4V3 D.2V3-2 二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，满分18分） 11.关于x的方程k+1x2+2x-1=0有实数根，则k的取值范围是 12.如图，AB‖CD,AD与BC相交于点EAF⊥BC,DG⊥BC,垂足分别为F,G.若 AB=10,CD=15,则瓷的值为 G 13.已知关于x的一元二次方程x+ 4x+m=0有两个实数根，其中一个根是另一个根的平方， 则m= 14.在△ABC中，点D是BC的中点，∠A=2∠BED,AB=93,AC-AE=3V3,则BE= 15.商场销售某种冰箱，每台进货价为2500元，调查发现，当销售价为3000元时，平均每 天能售出10台，当销售价每降低50元时，平均每天就能多售出4台，商场要想扩大销量， 并使这种冰箱的销售利润平均每天达到5000元，每台冰箱应降价 元. 16.如图，在四边形ABCD中，∠ABC=90°，BD⊥AD,且BD=AD=8,DE⊥CD交AB于 点E,连接CE,作点D关于CE的对称点F(点F在边AB的下方)，连接BF,EF.若BF=2, 则△BDC的面积为 三、解答题（本大题共8小题，满分72分） 17.(6分)对于一元二次方程ax2+2cx+b=0(a≠0)，若满足a2+b=c2,则我们把这样的 一元二次方程称为“勾系一元二次方程”. (1)当a=3，,b=4,c>0时，求相应的“勾系一元二次方程”的根； (2)求证：关于x的“勾系一元二次方程”x+2Cx+b=0必有实数根. 18.(6分)如图，过口ABCD的对角线AC的中点O作两条互相垂直的直线，分别交AB,BC, CD,DA于EF,GH四点，连接EF,FG,GH,HE D G B (1)试判断四边形EFGH的形状并说明理由； (2)若∠D+∠GHE=180°，求证：DG=CF. 19.(8分)用小立方块搭一个几何体，使其主视图与俯视图如下图所示，俯视图上的字母 表示在该位置上小立方块的个数.试回答下列问题： a bcd e f 8 主视图 俯视图 左视图 (1)a= d= (2)这个几何体最少由个小立方块搭成，最多由个小立方块搭成 (3)请在网格图中，画出小立方块最多时的左视图. 20.(8分)如图，在平面直角坐标系中，△ABC三个顶点的坐标分别为A-1,3,B-4,4, C-2,1,请根据条件解决下列问题： B A (1)△ABC绕点O旋转180°后得到△A1B1C1,请画出△A1B1C1 (2)以点B为位似中心，在指定网格的范围中画出△A2BC2,使△A2BC2与△ABC位似，且位 似比为2：1： (3)若点D为y轴上一-点，且知△ACD是以AC为腰的等腰三角形，请写出符合条件的所有点D 的坐标； 21.(10分)如图，在矩形ABCD中，AB=5Cm,BC=6cm,点P从点A开始沿边AB向终点 B以1CmIs的速度移动，点Q从点B开始沿边BC向终点C以2Cm/s的速度移动.如果点P,Q 分别从点A,B同时出发，当点Q运动到点C时，两点同时停止运动，设运动时间为tst>O. BO (1)填空：BQ=Cm,PB= cm(用含t的代数式表示). (2)当t为何值时，PQ的长度等于5Cm？? (3)是否存在t的值，使得三角形DPQ为等腰三角形？若存在，请直接写出此时t的值；若不 存在，请说明理由， 22.(10分)图①、图②、图③是6×6的正方形网格，每个小正方形的边长均为1，其顶点 称为格点，△ABC的顶点均在格点上，只用无刻度直尺，在给定的网格中，按下列要求作图， 保留作图痕迹. B 图① 图② 图③ (1)在图①中△ABC的BC边确定点E,连接AE,使BE:BC=1,2: (2)在图②中△ABC的AC边确定点G,连接BG,使AG,CG=11; (3)在图③中△ABC内部确定一点M,连接BM并延长交AC边于点V,使BM,MN=2·1 23.(12分)为进一步确保汽车安全性能，技术人员对汽车前视野盲区做了研究，研究时简 化模型：如图2，线段PQ为驾驶员，PQ与地面垂直，车头近似看成矩形ABCD,驾驶员视线 被车头遮挡形成视野盲区，发现视野盲区在地面上不是一条线段，而是一个区域（梯形 CDMW）· 图1 图2 测量数据：驾驶员眼晴P距地面的高度为1.5m,车头AD的高度为0.9m,宽度AB为1.8m,车 头到点P的水平距离为0.8m. 问题解决： (1)根据以上信息，参考立体图形，在图3上用无刻度直尺补全汽车主视图的视野盲区平面图 形，并求出盲区长度（视野盲区的前沿MN到车头的水平距离为盲区长度）； (2)在问题1的基础上，在图4上补全汽车俯视图的视野盲区平面图形，并求出视野盲区的面 积 Q 图3 图4 (3)①若调高主驾驶座椅，使得驾驶员眼睛P距地面的高度增大，其余条件不变，则前视野盲 区的面积会 (填“减小”、“不变”或“增大”)； ②若设计时增加整车宽度（包括车头），其余条件不变，则视野盲区面积会 (填“减小”、“不变”或“增大”) 24.(12分)如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠A=30°，AB=8,点D为AB的中点， 动点P从点A出发，以每秒3个单位长度的速度沿折线AC-CB向终点B运动，当点P不与点 C重合时，连接PD,以PC,PD为邻边作。CPDE?设点P的运动时间为tls C D (1)用含t的代数式表示PC; (2)当点E落在边BC上时，求t的值； (3)当点P在边BC上运动时，若四边形CPDE是轴对称图形，求t的值； (4)点E关于AC的对称点为E,当PE⊥PE时，直接写出t的值. 参考答案 一、选择题 1.C 解：A、圆锥侧面展开式扇形，不符合题意； B、圆柱俯视图是长方形，不符合题意； C、球体的截面是圆，符合题意； D、正方体的投影是正方形，不符合题意； 故选：C. 2.D 解：由题意，关于x的一元二次方程mx-hP-k=0有解， 解方程得x=h吐片 ,一元二次方程m(x-h2=k(m≠0)的解是x1=2,x2=5, 2=h-资5=h+ h=2+5=3.5, 2 将x=2,h=3.5代入原方程得K=(2-3.5P=2.25, m 对于方程m(x+h+1)2=k, 整理得：(x+h+12=k=2.25, m 代入h=3.5得 x+4.5=±1.5’ 解得x1=-3,X2=-6. 3.D 解：由俯视图可知，该几何体最底层共有4个小正方体，分布为左列1个，右列3个，由主视 图可知，左列最高为1层，右列最高为3层， :左列位置只能放1个小正方体.右列3个位置中，至少有一个位置放3个小正方体，其余位置 最少放1个，最多放3个， :.小正方体个数最少为1+3+1+1=6？ :.小正方体个数最多为1+3+3+3=10： .小正方体个数n的取值范围是6≤n≤10， :n不可能是12： 4.A 解：：2x-1+1=0与a+2x2+b-4x+8=0是“同族二次方程”， ∴.a+2x+b-4x+8=a+2x-12+1=a+2x2-2a+2x+a+3' .b-4=-2a+2 ∫a=5 a+3=8 ,解得：b=-10’ .∴.ax+bx+2031=5x2-10x+2031=5x-12+2026' :.代数式aX+bx+2031取的最大值是2026： 故选：A. 5.C 解：如图所示，过点H作HM⊥AD于点M,过点H作HN⊥AB于点N, M D N B C ∴.∠AMH=∠EMH=∠ANH=∠BNH=90°， .四边形ABCD为矩形， .∠A=∠ABC=∠D=∠C=90°，AD=BC=12,CD=AB=7, NH‖BC, ∴.∠BHN=∠FBC, ∴，△BNH-△FCB, BN=CF HN BC 由旋转可得，EF=EH,∠HEF=90°， ∴.∠MHE=∠g=90°-∠HEM, ∴.△EMH≌△FDE AAS, ∴.MH=DE,ME=DF, .E为边AD的中点， ∴.AE=DE=MH=6, 假设CF=x,则ME=DF=7-x, ..AM=AE-ME=x-1, .'∠A=∠AMH=∠ANH=90°， .四边形ANHM是矩形， .'HN=AM=x-1,AN=MH=6, ..BN=AB-AN=1, 1=x x-1121 解得x=4(负值已舍)， 经检验，当x=4时，x-1=3≠0是原分式方程的解，符合题意， .CF=4 6.C 解：如图，延长DE,BF交于点G, ..AD_AE1 ABAC3,∠DAE=∠BAC, ∴.△ADE-△ABC, ∠ADE=∠ABC,AD-DE=1 AB BC3' DEI BC.DE-BC=2, ∴.∠CBG=∠DGB, .∠ABC的平分线BF交AC于点F, .∠DBG=∠CBG, ∴.∠DBG=∠DGB, .BD=DG, .EG‖BC, ∴.△EFG一△CFB, ·EG_EF BC CF :EF、1 EC-3' :.EG=-BC=3, BD+DE=DG+DE=2+3+2=7 7.A 解：设另外两条边长分别为m,n,m<n均为正整数， .m,n是方程x+kx+48=0的两个根， ∴.mn=48,k=-m+n 根据三角形三边关系，得m-n<5<m+n, 列出乘积为48的所有正整数对：1,48,2,24,3,16,4,12,6,8， 逐一验证可知，前四组两数差得绝对值均大于5，不符合三边关系； 仅m=6,n=8满足6-8=2<5,6+8=14>5，符合条件， ∴.m+n=14,得k=-14. 8.C 解：，四边形AECF是菱形，AB=3, ∴.假设BE=x,则AE=3-X,CE=3-X, .四边形AECF是菱形， ∴.∠FC0=∠EC0, .∠EC0=∠ECB, ∴.∠EC0=∠ECB=∠FC0=30°， 2BE=CE, .∴.CE=2x, .2x=3-X, 解得：x=1, ∴.CE=2,利用勾股定理得出： BC2+BE2-EC2, BC-EC2-BE2-V22-123, 又.AE=AB-BE=3-1=2, 则菱形的面积=23」 故选C. 9.B 解：连接AA交BC于点O, D E '.AB=AC' ∴.∠B=∠C .DE‖BC ∴.∠AED=∠ADE, .'AE=AD, 由折叠的性质得：AD=AD,AE=AE, .'A D=AD=A E=AE' :.四边形ADAE是菱形， .∴.AA⊥DE∠DAA=∠EAA' .AA⊥BC “△AMN是等腰三角形， .∴.OM=ON' .AC=AB、AA⊥BC, ∴.OC=OB' 设OM=ON=x,则MN=2x, .MN=1 ·BC51 .BC=10x' .GM-BN-BC-]MN-4x, :四边形ADAE是菱形， .AD‖AB ∴.∠CDM=∠CAB' .∠C=∠C .∴.△CDM一△CAB' 80后 cD-号CA=4 10.C 解：如图， MD F NC ,△ABE沿BE所在直线折叠得到△HBE, ∴△ABE≌△HBE, ∴.AE=EH,∠AEB=∠HEB,∠ABE=∠HBE, ,∠DEH=60°， ∴.∠AEH=180°-∠DEH=120°， ÷∠AEB=∠HEB=号<AEH=60P, ∴.∠ABE=∠HBE=30°， ∴AE=BE ∴.2AE=BE, .AE2+AB2=BE2,AB=4, ∴AE2+42=2AE?,解得：AE=43, AD-m音5 过H作HM⊥AD于M,延长MH交BC于N, ,四边形ABCD是正方形， .AD‖BC,AD=BC, ∴.HN⊥BC,∠MDH=∠HFN, .四边形ABNM是矩形， ∴.AM=BN,∠EMH=∠DMH=∠FNH=90°，MN=AB=4, ,∠DEH=60即∠MEH=60°， .∠EHM=30°， EM=H=号3， .HM=E H2-EM2=2,AM=BN=AE+EM=23. .'HN=MN-HM=2,MD=NC=4-23, .HM=HN=2, 又，∠MDH=∠HFN,∠DMH=∠FNH=90°， .△MDH≌△NFH AAS, ..MD=FN=4-23. ∴.FC=FN+NC=4-23+4-23=8-4V3, ∴.FC的长为8-4V3】 二、填空题 11.k≥-2 解：当k+1=0,即k=-1时，原方程变形为2x-1=0,解得x克有实数根，符合要求： 当k+1≠0，即k≠-1时，原方程是一元二次方程， 方程有实数根， ∴.根的判别式△=2-4k+1川-1≥0， 化简得4k+8≥0， 解得k≥-2， 即此时k的范围是k≥-2且k≠-1： 综上，k的取值范围是k≥-2 2. 解：ABCD, ∠B=∠DCG, .AF⊥BC,DG⊥BC, .∠AFB=∠DGC=90°， ∴.△ABF一△DCG, ..AF-AB DG CD .AB=10,CD=15, AF=102 DG1531 13.-1 解：设一元二次方程x+x+m=0的两根分别为，已. 根据根与系数的关系可得t+t2=- 4't.t2=m. 解得5=6，= 验证判别式： 4-4m=4×0，符合题 14.73 解：过点D作DF‖AC,交AB于F, E B D .BD_BF CDAF’ ∠BFD=∠A, .点D是BC的中点， BF=AF=1AB-93 2 2 ∴DF是△ABC的中位线， :,DF-AC .'∠A=2∠BED,∠BFD=∠BED+∠EDF,∠BFD=∠A, ∴.∠EDF=∠BED, ∴.FE=FD, .AC-AE=33, ∴AE=AC-33=2FE-33, ..BF=AF=EF+AE=FE+2FE-33=93, 解得FE=53 .'BE=BF+FE=73, 故答案为：73 15.375 解：设每台冰箱应降价x元，则降价后每台冰箱的售价为3000-x元，可得每台冰箱的利润为 (300-X250=500-x刘元，降价后销量为10+0-10+2凳 +25台，根据题意得： x=5000, 500-x10+25 整理得：750x-2x=0, 解得：x=375或x=0(舍去)， 所以，每台冰箱应降价375元. 16.12 解：过点D作DG⊥BA,DH⊥BC,过点F作FI⊥BA,连接DF交CE于点O,如图所示： D 在△ABD中，BD⊥AD,且BD=AD=8,则AB=BD+DA=8V2, 由等腰直角三角形三线合一性质可知，BG=AG=DG=4V2, .∠ABC=90, :.四边形HBGD是矩形， .BG=GD, :.矩形HBGD是正方形， .DH=HB=BG=GD=GA=42 作点D关于CE的对称点F, .∴.DE=EF,DF⊥CE,DO=FO ,DE⊥CD .∠CDE=90,则∠CDB+∠BDE=90, .∠ADB=90°， .∠ADE+∠BDE=90°， .∴.∠BDC=ADE .∠A=∠CBD=45,DA=DB' ∴.△BDC≌△ADEASA: ∴DC=DEBC=EA?则△CDE是等腰直角三角形， ∴.∠DEC=45, 在△DOE中，∠DOE=90°，则∠ED0=∠DEC=45°， .∴.D0O=OE=FO 在△FOE中，∠FOE=90°，则∠OEF=∠OFE=45°， .∠照=∠DEC+∠FEC=90,则∠DEB+∠BEF=90, 在Rt△DGE中，∠DGE=90°，则∠DEB+∠GDE=90°， .∠GDE=∠IEF, 在Rt△DGE和Rt△EIF中， ∠GDE=∠IEF ∠DGE=∠EIF DE=EF .△DGE≌△EIF AAS ..≥=IF?DG=EI .DG=BG' .DG=BG=EI?则BI=≥ BI=FI,即△BIF是等腰直角三角形， .BF=2 BF2=BI2+F,则BI=E=2, ∴.≥=V2 ∴.BC=EA=GA-≥=32， △BDC的面积为2BCDH=×382×42=12, 故答案为：12. 三、解答题 17.(1)解：，方程是勾系一元二次方程，且a=3,b=4, ∴.c2=a2+b2=32+42=25 .c>0 c=5（负舍)， ∴原方程为：3x+10x+4=0. .△=10-4×3×4=52>0' x=-10±852-10±2/13-5t/13 2×3 6 3 39,=5-13 x,=5+/13 3 (2)证明：.x+2cx+b=0是勾系一元二次方程， .c2=1+b2 &=4c-4641+6-40=46-46*446-+8, 6- .△=4b-2 +3>0, .关于x的勾系一元二次方程x+2cx+b=0必有实数根. 18.(1) 四边形EFGH是菱形，理由如下： ,四边形ABCD是平行四边形， ..AB CD, ∴.∠EAO=∠GC0, 在△EAO和△CGO中， ∠EAO=∠GCO AO=CO ∠AOE=∠COG ∴.△EAO≌△CGOASA, ∴.OE=OG 同理可得OH=OF, ,四边形EFGH是平行四边形， 又.HF⊥EG, ∴.四边形EFGH是菱形； (2) 证明：在CG上取点M,使CF=MF, G E ∴.∠DCB=∠CMF, 四边形ABCD是平行四边形， .AD‖BC, .∠D+∠DCB=180°， 又∠DMF+∠CMF=180°， ∴.∠D=∠DMF ,四边形EFGH是菱形， .'.HEGF,HG=GF, ∴.∠HGF+∠GHE=180°， .∠D+∠GHE=180° ∴.∠D=∠HGF, .·∠HGC=∠HGF+∠MGF=∠D+∠DHG, ∴.∠DHG=∠MGF, 在△DHG和△MGF中， ∠D=∠GMF ∠DHG=∠MGF, HG=GF ∴.△DHG≌△MGF AAS, .DG=MF, ∴.DG=CF. 19.(1)解：观察主视图，俯视图可知：a=1,d=1, 故答案为：1,1. (2)解：要使小立方块个数最少，那么在满足主视图和俯视图的情况下，每列尽量少放小立 方块，结合主视图和俯视图， 最少时，a=1,b≥1，c≥1，d=1,e≥1，f=1,g≥1，且b、c、e、g中至少有-个为1，此时 最少有1+1+1+1+1+1+1+1+1+1=10个小立方块： 要使小立方块个数最多，那么在满足主视图和俯视图的情况下，每列尽量多放小立方块，结 合主视图和俯视图， 最多时，a=1,b=3,c=3,d=1,e=2,f=1,9=1,此时最多有 1+3+3+1+2+1+1+1+1+1=15个小立方块； 故答案为：10,15. (3)解：小立方块最多时的左视图如图所示. y 20.(1) △A1BC,如图所示： B B (2) △A2BC,如图所示： (3)解：由题意得：D0,2,D10,1,D20,0 D D D 21.（1)解：点Q的速度为2cm/s,运动时间为ts, ∴.BQ=2tcm, ,点P的速度为1cm/s, ∴.AP=tcm. 又.AB=5cm, ∴.PB=AB-AP=5-tcm, ,点Q运动到点C时两点同时停止， ∴.2t≤6 解得t≤3， 又t>0, t的取值范围为0<t≤3： (2)解：四边形ABCD是矩形， .∠B=90°， 在Rt△PBQ中，PB2+BQ=PQ, 将PB=5-tcm,BQ=2tcm,PQ=5cm代入其中， 得5-t2+2t2=52 25-10t+t2+4t2=25 5t2-10t=0 5tt-2=0 解得t1=0(舍去)，t2=2, ∴.当t=2时，PQ的长度等于5cm; (3)解：连接DP,DQ,如图： ,四边形ABCD是矩形， ∴.∠A=∠C=90°，AD=BC=6cm,CD=AB=5cm, .'在Rt△APD中，AP=tcm,AD=6cm, ..DP2=AP2+AD2 =t2+62 =t2+36? ∵在Rt△DCQ中，CQ=BC-BQ=6-2tcml,CD=5cm, ..DQ2=CD2+CQ2 =52+6-2t2 =4t2-24t+61' 在Rt△PBQ中，PQ=PB+BQ =5-t2+2t2 =5t-10t+25' ①当DP=DQ时，则DP=DQ, t+36=4t2-24t+61 3t2-24t+25=0 解得t=12+693(舍去)或t=1卫-69， 3 3 ②当DP=PQ时，则DP2=PQ, t2+36=5t2-10t+25 4t2-10t-11=0 解得t=5+69>3(舍去)或t=5-69<0(舍去)， 4 ∴.此情况无符合条件的t: ③当DQ=PQ时，则DQ=PQ, 4t2-24t+61=5t2-10t+25 t+14t-36=0 解得t=-7-V85<0(舍去)或t=-7+V85: 综上所述，符合条件的t的值为t=12-6丽或t=985-7. 3 22.(1)解：如图， B M 由网格特点可得BM=2,BN=4,EM‖CN, BEBM1 ·BC=BN2 (2)解：如图， B 由网格特点可得PG=QG,AP‖CQ, 8081 .AG.CG=1,1. (3)解：如图， B 由网格特点可得BK=2,BL=1,MK‖NL, ..BM BK=2, MN KL ∴.BM,MN=2'1. 23. (1)解：H .∠ADH=∠PQH=90°，∠H=∠H, ∴.△ADH-△PQH, ..AD-DH 即0.9 DH 1.5DH+0.8 解得DH=1.2m, PO OH ∴.盲区长度为1.2m; (2)解： P■ M 0 作PG⊥MN于G,交AB于T, .AB MN, .△APB-△MPN 端器器 即1.8-0.8 MW-2, 解得MN=4.5 S5口w=引1.8+45×1.2=3.781m21(平方米)： (3)解：①·AD=DH 即AD DH PQ QH' PQ DH+DQ ∴DH=AD·DQ PQ-AD 当PQ增大时，DH减小，则前视野盲区的面积会减小； ②：AB-08,增加整车宽度即AB增大，则MN也增大，其余条件不变， MN-2, ∴.视野盲区面积会增大 24.(1)解：在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠A=30°，AB=8, 所以BC=1AB=×8=4, 2 2 所以AC=AB2-BC2=V82-42=43, 493=4,43+4=4+43 9V3 V3 3 当点P在AC边时，0≤t<4,PC=AC-AP=43-3t, 当点P在BC边时，4<ts43+4,PC=5t-45: 3 (2)因为四边形CPDE是口CPDE, 所以PD=CE且PD‖CE, 当点E落在边BC上时，如图所示， 因为PD‖CE且点D为AB的中点， 所以点P为AC的中点， 所以AP-}AC=45-2N5, 2 所以t 23=2: 3 (3)因为四边形CPDE是口CPDE,且四边形CPDE是轴对称图形，分为两种情况， 第一种，四边形CPDE是矩形，如图所示， 因为四边形CPDE是矩形， 所以DP CE且点D为AB的中点， 所以点P为BC的中点， 所以CP=BC=×4=2, 2 所以=45+2=4+23 3 3, 第二种，四边形CPDE是菱形，连接CD、PE交于点O,DE与AC交于点F,如图所示， E B(P) 因为四边形CPDE是菱形， 所以DE‖CP,DE=PC=DP=CE, 所以∠EFC=∠ACB=90°， 所以CE2=EF2+CF2, 因为点D为AB的中点， 所以点F为AC的中点， 所以CF=AC=×495=25.DF=号BC=×4=2, 所以EF=DE-DF=CE-2, 所以cE=CE-22+23} 解得：CE=CP=4, 所以点P和点B重合， t=43+4=4+43 V3 3, 综上所述，t=4+3或=4+43 3； (4)因为PE⊥PE, 所以∠EPE=90°， 当点P在EE左侧时，如下图所示， 此时AP=3t,则CP=43-3t, 因为i=DF=号AD=2,∠EPE=90, 所以∠EPG=45°， 因为AC⊥EE, 所以∠PGE=90, 所以∠PEG=45°， 所以∠PEG=∠EPG, 所以PG=≥=2， 所以CG=PC-PG=43-V3t-2, 在Rt△DFP和Rt△EGC中，∠DFP=∠EGC=90°， DF=EG DP=CE' 所以Rt△DFP≌Rt△EGC HL, 所以PF=CG, 所以V3t-23=4/3-3t-2, 解得：t=3- 3 当点P在EE右侧时，如下图所示， B 作DF⊥AC交F,EE交AC于G, 则同理可得：FG=DE=CP=43-3t, 又同理可得：PG=EG=2,AF=23, 所以FG=AP-AF-PG=3t-23-2, 所以4/3-3t=V3t-23-2, 解得：t=3+ 3 3 综上所述，t=3-3 t=3+ 3 3