山东省济南市章丘区2021-2022学年九年级上期中数学试题（含答案解析）

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1、2021-2022学年山东省济南市章丘区九年级（上）期中数学试卷一、选择题（本大题共12小题，每小题4分，共48分在每个小题给出四个选项中，只有一项符合题目要求）1. 矩形具有而菱形不具有的性质是【 】A. 两组对边分别平行B. 对角线相等C. 对角线互相平分D. 两组对角分别相等2. 若关于x的一元二次方程kx22x10有两个不相等的实数根，则k的取值范围是（）A. k1B. k1且k0C. k1D. k1且k03. 用配方法解一元二次方程时，此方程可变形为（ ）A. B. C. D. 4. 三角形两边长分别为3和6，第三边的长是方程x213x+36=0的两根，则该三角形的周长为（）A. 1

2、3B. 15C. 18D. 13或185. 顺次连接矩形四边中点所得的四边形一定是【 】A. 正方形B. 矩形C. 菱形D. 等腰梯形6. 如图，在四边形中，如果，那么下列条件中不能判定和相似是（ ）A. B. 是的平分线C. D. 7. 若是方程的一个根，则方程的另一个根为（ ）A. B. C. D. 8. 某种花卉每盆的盈利与每盆的株数有一定的关系，每盆植3株时，平均每株盈利4元若每盆增加1株，平均每株盈利减少0.5元，要使每盆的盈利达到15元，每盆应多植多少株？设每盆多植x株，则可以列出的方程是（）A. （3+x）（40.5x）15B. （x+3）（4+0.5x）15C. （x+4）（3

3、0.5x）15D. （x+1）（40.5x）159. 若一个袋子中装有形状与大小均完全相同的4张卡片，4张卡片上分别标有数字2，1，2，3，现从中任意抽出其中两张卡片分别记为x，y，并以此确定点P（x，y），那么点P落在直线y=x+1上的概率是（   ）A.                          B.  &

4、#160;                        C.                         

5、0;  D. 10. 如图，正方形ABCD的边长为4，G是BC边上一点，若矩形DEFG的边EF经过点A，GD5，则FG长为（）A. 2.8B. 3C. 3.2D. 411. 如图，在等腰ABC中，ABCACB，BC12，点D是边AB上一点，且BD4，点P是边BC上一动点，作DPE，射线PE交边AC于点E，当CE9时，则满足条件的P点的个数是（ ）A. 1B. 2C. 3D. 以上都有可能12. 如图，已知菱形ABCD的两条对角线分别为6和8，M、N分别是边BC、CD的中点，P是对角线BD上一点，则PM+PN的最小值是（）A. 5B. 10C. 6D. 8二、填空题（本大题共

6、6小题，每小题4分，共24分）13. 已知，则的值是 _14. 已知关于x的一元二次方程（a1）x2x + a21=0的一个根是0，那么a的值为_15. 某商品经过连续两次降价，销售单价由原来的125元降到80元，则平均每次降价的百分率为_16. 在ABCD中，E是AD上一点，且点E将AD分为2：3的两部分，连接BE、AC相交于F，则是_17. 如图，正方形ABCD和正方形CEFG中，点D在CG上，BC1，CE3，H是AF的中点，那么CH的长是_18. 如图，点B1在直线l：yx上，点B1横坐标为2，过点B1作B1A1l，交x轴于点A1，以A1B1为边，向右作正方形A1B1B2C1，延长B2C

7、1交x轴于点A2；以A2B2为边，向右作正方形A2B2B3C2，延长B3C2交x轴于点A3；以A3B3为边，向右作正方形A3B3B4C3，延长B4C3交x轴于点A4；照这个规律进行下去，则第n个正方形AnBnBn+1Cn的边长为 _（结果用含正整数n的代数式表示）三、解答题（本大题共9小题，共78分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）19. 解方程：（1）x24x50；（2）2x（x+1）x+120. 如图，在ABC中，点P在AB边上，ABCACP若AP4，AB9，求AC的长21. 如图，菱形的对角线相交于点且求证：四边形是矩形22. 如图所示，某幼儿园有一道长为16米的墙，计划用32米长

8、的围栏靠墙围成一个面积为120平方米的矩形草坪ABCD求该矩形草坪BC边的长23. 如图，ABC一块锐角三角形余料，边BC120mm，高AD80mm，要把它加工成矩形零件PQMN，使一边在BC上，其余两个顶点分别在边AB、AC上（1）求证：APQABC；（2）若这个矩形的边PN：PQ2：1，则这个矩形的长、宽各是多少？24. 某校开设了书画、器乐、戏曲、棋类四类兴趣课程，为了解全校学生对每类课程的选择情况，随机抽取了若干名学生进行调查（每人必选且只能选一类）现将调查结果绘制成如下两幅不完整的统计图：（1）本次随机调查抽取了多少名学生？（2）补全条形统计图中“书画”“戏曲”的空缺部分；（3）若该

9、校共有1600名学生，请估计全校选择“戏曲”课程的学生有多少名；（4）学校从这四类课程中随机抽取两类参加“全市青少年才艺展示活动”，用列表或画树状图的方法求出恰好抽到“器乐”和“戏曲”课程的概率（书画、器乐、戏曲、棋类可分别用字母，表示）25. 如图，在长方形ABCD中，边AB、BC的长（ABBC）是方程x2-7x+12=0的两个根点P从点A出发，以每秒1个单位的速度沿ABC边 ABCA的方向运动，运动时间为t（秒）（1）求AB与BC长；（2）当点P运动到边BC上时，试求出使AP长为时运动时间t的值；（3）当点P运动到边AC上时，是否存在点P，使CDP是等腰三角形？若存在，请求出运动

10、时间t的值；若不存在，请说明理由26. 如图，以四边形边，为边分别向外侧作等边三角形和等边三角形，连接，相交于点（1）当四边形为正方形时（如图），和的数量关系是_（不用证明）（2）当四边形为矩形时（如图），和具有怎样的数量关系？并加以证明（3）四边形由正方形到矩形再到一般平行四边形的变化过程中，是否发生变化？如果改变，请说明理由；如果不变，请在图中求出的度数27. 如图（1），已知点G在正方形ABCD的对角线AC上，GEBC，GFCD（1）求证：四边形CEGF是正方形；推断：的值为：（2）将正方形CEGF绕点C顺时针方向旋转角（0°45°），如图（2）所示，试探究线段AG与

11、BE之间的数量关系；（3）正方形CEGF在旋转过程中，当B，E，F三点在一条直线上时，如图（3）所示，延长CG交AD于点H若AG6，GH2，求正方形CEGF和正方形ABCD的边长2021-2022学年山东省济南市章丘区九年级（上）期中数学试卷一、选择题（本大题共12小题，每小题4分，共48分在每个小题给出四个选项中，只有一项符合题目要求）1. 矩形具有而菱形不具有的性质是【 】A. 两组对边分别平行B. 对角线相等C. 对角线互相平分D. 两组对角分别相等【答案】B【解析】【详解】根据矩形与菱形的性质对各选项解析判断后利用排除法求解：A矩形与菱形的两组对边都分别平行，故本选项错误；B矩形的对角

12、线相等，菱形的对角线不相等，故本选项正确；C矩形与菱形的对角线都互相平分，故本选项错误；D矩形与菱形的两组对角都分别相等，故本选项错误故选B2. 若关于x的一元二次方程kx22x10有两个不相等的实数根，则k的取值范围是（）A. k1B. k1且k0C. k1D. k1且k0【答案】B【解析】【分析】根据一元二次方程的定义和根的判别式可得k0且（-2）24k（-1）0，解之得出k的范围【详解】解：根据题意知k0且（-2）24k（-1）=4+4k0，解得：k1且k0故选：B【点睛】本题考查了根的判别式、解一元一次不等式组等知识，对于一元二次方程ax2bxc0（a0），则有b24ac0方程有两实根

13、，b24ac0方程有两不等实根，b24ac0方程有两相等实根，b24ac0方程没有实根也考查了一元二次方程的定义3. 用配方法解一元二次方程时，此方程可变形为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】试题解析：故选D.4. 三角形两边长分别为3和6，第三边的长是方程x213x+36=0的两根，则该三角形的周长为（）A. 13B. 15C. 18D. 13或18【答案】A【解析】【详解】试题解析：解方程x2-13x+36=0得，x=9或4，即第三边长为9或4边长为9，3，6不能构成三角形；而4，3，6能构成三角形，所以三角形的周长为3+4+6=13，故选A考点：1解一元二次方程-因

14、式分解法；2三角形三边关系5. 顺次连接矩形四边中点所得的四边形一定是【 】A. 正方形B. 矩形C. 菱形D. 等腰梯形【答案】C【解析】【详解】矩形的性质，三角形中位线定理，菱形的判定【分析】如图，连接ACBD，在ABD中，AH=HD，AE=EB，EH=BD同理FG=BD，HG=AC，EF=AC又在矩形ABCD中，AC=BD，EH=HG=GF=FE四边形EFGH为菱形故选C6. 如图，在四边形中，如果，那么下列条件中不能判定和相似的是（ ）A. B. 是的平分线C. D. 【答案】D【解析】【分析】已知ADCBAC，则A、B选项可根据有两组角对应相等的两个三角形相似来判定；C选项可以根据两

15、组对应边的比相等且相应的夹角相等的两个三角形相似来判定；D选项虽然也是对应边成比例但无法得到其夹角相等，所以不能推出两三角形相似.【详解】在ADC和BAC中，ADCBAC，如果ADCBAC，需满足的条件有：DACABC或AC是BCD的平分线；故选：D【点睛】此题主要考查了相似三角形的判定方法；熟记三角形相似的判定方法是解决问题的关键7. 若是方程的一个根，则方程的另一个根为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据根与系数的关系即可求解【详解】设方程的另一个根为x1，则-1+x1=-=-3x1=-2故选B【点睛】此题主要考查方程的根，解题的关键是熟知一元二次方程根与系数的关系

16、8. 某种花卉每盆的盈利与每盆的株数有一定的关系，每盆植3株时，平均每株盈利4元若每盆增加1株，平均每株盈利减少0.5元，要使每盆的盈利达到15元，每盆应多植多少株？设每盆多植x株，则可以列出的方程是（）A. （3+x）（40.5x）15B. （x+3）（4+0.5x）15C. （x+4）（30.5x）15D. （x+1）（40.5x）15【答案】A【解析】【分析】根据已知假设每盆花苗增加x株，则每盆花苗有(x+3)株，得出平均单株盈利(4-0.5x)元，由题意得(x+3)(4-0.5x)=15即可【详解】解：设每盆应该多植x株，由题意得(x+3)(4-0.5x)=15，故选：A【点睛】此题考

17、查了一元二次方程的应用，根据每盆花苗株数×平均单株盈利=总盈利得出方程是解题关键9. 若一个袋子中装有形状与大小均完全相同的4张卡片，4张卡片上分别标有数字2，1，2，3，现从中任意抽出其中两张卡片分别记为x，y，并以此确定点P（x，y），那么点P落在直线y=x+1上的概率是（   ）A.                        &

18、#160; B.                           C.                      &

19、#160;     D. 【答案】B【解析】【详解】【分析】画树状图得到所有可能出现的情况，然后从中找出落在直线y=x+1上点的个数，然后利用概率公式进行计算即可得.【详解】画树状图如下：由树状图可知共有12种等可能结果，其中点P落在直线y=x+1上的有（2，3）、（1，2）、（2，1）、（3，2），共4种情况，所以点P落在直线y=x+1上的概率是，故选B【点睛】本题考查了列表法或树状图法求概率，列表法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合于两步完成的事件；树状图法适用于两步或两步以上完成的事件；解题时还要注意是放回实验还是不放回实验用到的

20、知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比10. 如图，正方形ABCD的边长为4，G是BC边上一点，若矩形DEFG的边EF经过点A，GD5，则FG长为（）A. 2.8B. 3C. 3.2D. 4【答案】C【解析】【分析】根据矩形和正方形的性质，可以得到CE90°，EDACDG，从而可以得到EDACDG，然后即可得到，从而可以得到ED的长，再根据EDFG，从而可以得到FG的长【详解】解：G是边长为4的正方形ABCD边上一点，矩形DEFG的边EF经过点A，GD5，CE90°，EDGADC90°，EDFG，ADCD4，EDACDG，EDACDG，即，解得，ED3.2，FG

21、3.2，故选：C【点睛】本题考查矩形的性质、正方形的性质、三角形相似，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答11. 如图，在等腰ABC中，ABCACB，BC12，点D是边AB上一点，且BD4，点P是边BC上一动点，作DPE，射线PE交边AC于点E，当CE9时，则满足条件的P点的个数是（ ）A. 1B. 2C. 3D. 以上都有可能【答案】A【解析】【分析】由已知得ABCACB，再证明EPCPDB，则可判断PDBEPC，利用相似比得到BD：PCPB：CE，设PBx，则PC10x，CE9时，所以x212x+360，根据判别式的意义得到0，即原方程只有一个实数根即可选出答案【详解】解：AB

22、C为等腰三角形，ABCACB，DPCB+PDB，即DPE+EPCB+PDB，而DPE，EPCPDB，而ABCACB，PDBEPC，设PBx，则PC12x，当CE9时，x212x+360，（12）24×360，原方程只有一个实数根，点P有且只有一个，故选A【点睛】本题主要考查了三角形外角的性质，等腰三角形的性质，相似三角形的性质与判定，一元二次方程根的判别式，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解.12. 如图，已知菱形ABCD的两条对角线分别为6和8，M、N分别是边BC、CD的中点，P是对角线BD上一点，则PM+PN的最小值是（）A 5B. 10C. 6D. 8【答案】A【解析】

23、【分析】作M关于BD的对称点Q，连接NQ，交BD于P，连接MP，此时MP+NP的值最小，连接AC，求出CP、BP，根据勾股定理求出BC长，证出MP+NP=QN=BC，即可得出答案【详解】解：作M关于BD的对称点Q，连接NQ，交BD于P，连接MP，此时MP+NP的值最小，连接AC，则P是AC中点，四边形ABCD是菱形，ACBD，QBP=MBP，即Q在AB上，MQBD，ACMQ，M为BC中点，Q为AB中点，N为CD中点，四边形ABCD是菱形，BQCD，BQ=CN，四边形BQNC是平行四边形，PQAD，而点Q是AB的中点，故PQ是ABD的中位线，即点P是BD的中点，同理可得，PM是ABC的中位线，故

24、点P是AC的中点，即点P是菱形ABCD对角线的交点，四边形ABCD是菱形，则BPC为直角三角形，,在RtBPC中，由勾股定理得：BC=5，即NQ=5，MP+NP=QP+NP=QN=5，故选：A【点睛】本题考查了轴对称-最短路线问题，平行四边形性质和判定，菱形的性质，勾股定理的应用，解此题的关键是能根据轴对称找出P的位置二、填空题（本大题共6小题，每小题4分，共24分）13. 已知，则的值是 _【答案】#【解析】【分析】直接根据比例的性质进行求解即可【详解】解：，；故答案为【点睛】本题主要考查比例的基本性质，熟练掌握比例的基本性质是解题的关键14. 已知关于x的一元二次方程（a1）x2x + a

25、21=0的一个根是0，那么a的值为_【答案】-1【解析】【详解】试题分析：把代入方程，即可得到关于a的方程，再结合二次项系数不能为0，即可得到结果由题意得，解得，则考点：本题考查的是一元二次方程的根即方程的解的定义点评：解答本题的关键是熟练掌握一元二次方程的根就是一元二次方程的解，就是能够使方程左右两边相等的未知数的值同时注意一元二次方程的二次项系数不能为0.15. 某商品经过连续两次降价，销售单价由原来的125元降到80元，则平均每次降价的百分率为_【答案】20%【解析】【分析】解答此题利用的数量关系是：商品原来价格×（1-每次降价的百分率）2=现在价格，设出未知数，列方程解答即可

26、【详解】设这种商品平均每次降价的百分率为x，根据题意列方程得，125(1x)2=80，解得x1=0.2=20%,x2=1.8(不合题意,舍去)；故答案为20%【点睛】本题考查了一元二次方程的应用，读懂题意列出关系式是解题的关键.16. 在ABCD中，E是AD上一点，且点E将AD分为2：3的两部分，连接BE、AC相交于F，则是_【答案】或【解析】【分析】分两种情况，根据相似三角形的性质计算即可【详解】解：当时，四边形ABCD是平行四边形，当时，同理可得，故答案为或【点睛】考查的是相似三角形的判定和性质、平行四边形的性质，掌握相似三角形的面积比等于相似比的平方是解题的关键17. 如图，正方形ABC

27、D和正方形CEFG中，点D在CG上，BC1，CE3，H是AF的中点，那么CH的长是_【答案】【解析】【分析】连接AC、CF，根据正方形性质求出AC、CF，ACD=GCF=45°，再求出ACF=90°，然后利用勾股定理列式求出AF，再根据直角三角形斜边上中线等于斜边的一半解答即可【详解】如图，连接AC、CF， 正方形ABCD和正方形CEFG中，BC=1，CE=3， AC=，CF=3， ACD=GCF=45°， ACF=90°， 由勾股定理得，AF=， H是AF的中点， CH=AF=×2= 故答案为：【点睛】本题考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边

28、的一半的性质，正方形的性质，勾股定理，熟记各性质并作辅助线构造出直角三角形是解题的关键18. 如图，点B1在直线l：yx上，点B1的横坐标为2，过点B1作B1A1l，交x轴于点A1，以A1B1为边，向右作正方形A1B1B2C1，延长B2C1交x轴于点A2；以A2B2为边，向右作正方形A2B2B3C2，延长B3C2交x轴于点A3；以A3B3为边，向右作正方形A3B3B4C3，延长B4C3交x轴于点A4；照这个规律进行下去，则第n个正方形AnBnBn+1Cn的边长为 _（结果用含正整数n的代数式表示）【答案】×（）n-1【解析】【分析】设直线yx与x轴夹角为，过B1作B1Hx轴于H，由点

29、B1的横坐标为2，点B1在直线l：yx上，可得OH2，B1H1，OB1，tan，RtA1B1O中，求得A1B1OB1tan，即第1个正方形边长是，在RtA2B2O中，求得第2个正方形边长是×，在RtA3B3O中，求得第3个正方形边长是××（）2，在RtA4B4O中，求得第4个正方形边长是××（）3，.观察规律即可得：第n个正方形边长是×（）n-1【详解】解：设直线yx与x轴夹角为，过B1作B1Hx轴于H，如图：点B1的横坐标为2，点B1在直线l：yx上，令x2得y1，OH2，B1H1，OB1，tan，RtA1B1O中，A1B1OB1t

30、an，即第1个正方形边长是，OB2OB1B1B2+×3，RtA2B2O中，A2B2OB2tan×3××，即第2个正方形边长是×，OB3OB2B2B3×3××，RtA3B3O中，A3B3OB3tan×××，即第3个正方形边长是××（）2，OB4OB3B3B4×××，RtA4B4O中，A4B4OB4tan×××，即第4个正方形边长是××（）3，.根据规律可知：第n个正方形边长是×（

31、）n-1，故答案为：×（）n-1【点睛】本题考查一次函数图象上点的特征，涉及解直角三角形、规律探索等知识，解题的关键是tan的应用三、解答题（本大题共9小题，共78分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）19. 解方程：（1）x24x50；（2）2x（x+1）x+1【答案】（1）5，1；（2）1，0.5【解析】【分析】（1）利用配方法求解即可；（2）利用因式分解法求解即可【详解】解：（1）4x5，4x454，即9，则x2，5，1；（2）2x（x1）（x1）0，（x1）（2x1）0，则x10或2x10，解得1，0.5【点睛】本题考查了一元二次方程的配方法，因式分解法求解，根据方程的特

32、点，灵活选择解题方法是解题的关键20. 如图，在ABC中，点P在AB边上，ABCACP若AP4，AB9，求AC的长【答案】6【解析】【分析】由ABCACP及AA，可证出ABCACP，利用相似三角形的性质，可求出AC的长【详解】解：ABCACP，AA，ABCACP，即，AC6（负值舍去）【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，解题的关键是证明ABCACP21. 如图，菱形的对角线相交于点且求证：四边形是矩形【答案】见详解【解析】【分析】根据菱形的性质得出，再根据平行四边形的判定定理得四边形为平行四边形，由矩形的定义得出四边形是矩形【详解】证明：四边形为菱形四边形为平行四边形，平行四边形是矩形【

33、点睛】本题考查了矩形的判定以及菱形的性质，还考查了平行四边形的判定，掌握菱形的判定方法是解题的关键22. 如图所示，某幼儿园有一道长为16米的墙，计划用32米长的围栏靠墙围成一个面积为120平方米的矩形草坪ABCD求该矩形草坪BC边的长【答案】12米【解析】【详解】解：设BC边的长为x米，根据题意得 解得：2016，不合题意，舍去答：该矩形草坪BC边的长为12米.23. 如图，ABC是一块锐角三角形余料，边BC120mm，高AD80mm，要把它加工成矩形零件PQMN，使一边在BC上，其余两个顶点分别在边AB、AC上（1）求证：APQABC；（2）若这个矩形的边PN：PQ2：1，则这个矩形的长、

34、宽各是多少？【答案】（1）见解析，（2）矩形的长为60mm，宽是30mm【解析】【分析】（1）根据PQBC证明即可（2）设PQ为xmm，则PN为2xmm，同（1）列出比例关系求解即可【详解】（1）证明：PQMN是矩形，PQBC，APQABC， （2）设边PQ为xmm，则PN为2xmm，PQMN是矩形，PQBC， APQABC，AD是高，PNAD，PBNABD， 、，即，AP+BPAB，1，解得x30，2x60即长为60mm，宽为30mm答：矩形的长为60mm，宽是30mm【点睛】本题考查了矩形的性质，相似三角形的判定与性质，解题关键是熟练运用相似三角形的判定，证明三角形相似，列出比例式求解24

35、. 某校开设了书画、器乐、戏曲、棋类四类兴趣课程，为了解全校学生对每类课程选择情况，随机抽取了若干名学生进行调查（每人必选且只能选一类）现将调查结果绘制成如下两幅不完整的统计图：（1）本次随机调查抽取了多少名学生？（2）补全条形统计图中“书画”“戏曲”的空缺部分；（3）若该校共有1600名学生，请估计全校选择“戏曲”课程的学生有多少名；（4）学校从这四类课程中随机抽取两类参加“全市青少年才艺展示活动”，用列表或画树状图的方法求出恰好抽到“器乐”和“戏曲”课程的概率（书画、器乐、戏曲、棋类可分别用字母，表示）【答案】（1）200名；（2）见解析；（3）320名；（4）【解析】【分析】（1）根据统

36、计图及题意可由棋类的人数和百分比进行求解即可；（2）由（1）及题意可得“书画”和“戏曲”的人数，进而问题可求解；（3）根据题意可直接进行求解；（4）由题意可得出树状图，然后问题可求解【详解】解：（1）由图可得：（名）；答：本次随机调查抽取了200名学生（2）由题意得：选择“书画”课程的学生有（名），选择“戏曲”课程的学生有（名），补全条形统计图如图所示：（3）由题意及统计图可得：（名）；答：全校选择“戏曲”课程的学生有320名（4）画树状图如下：由树状图，知共有12种等可能出现的结果，其中恰好抽到“器乐”和“戏曲”课程的结果有2种，所以（恰好抽到“器乐”和“戏曲”课程）【点睛】本题主要考查概率

37、及扇形统计图，熟练掌握概率的求法及扇形统计图是解题的关键25. 如图，在长方形ABCD中，边AB、BC的长（ABBC）是方程x2-7x+12=0的两个根点P从点A出发，以每秒1个单位的速度沿ABC边 ABCA的方向运动，运动时间为t（秒）（1）求AB与BC的长；（2）当点P运动到边BC上时，试求出使AP长为时运动时间t的值；（3）当点P运动到边AC上时，是否存在点P，使CDP是等腰三角形？若存在，请求出运动时间t的值；若不存在，请说明理由【答案】(1) AB3，BC4;(2) t4;(3) t为10秒或9.5秒或秒时，CDP是等腰三角形.【解析】【详解】试题分析：（1）解一元二次方程

38、即可求得边长；（2）结合图形，利用勾股定理求解即可；（3）根据题意，分为：PCPD，PDPC，PDCD，三种情况分别可求解.试题解析：(1)x27x12(x3)(x4)0 3或4 . 则AB3，BC4 (2)由题意得 ，(舍去)则t4时，AP. (3)存在点P，使CDP是等腰三角形.当PCPD3时， t 10(秒). 当PDPC(即P为对角线AC中点)时，AB3，BC4.AC 5，CP1 AC2.5 t 9.5(秒) 当PDCD3时，作DQAC于Q. ，PC2PQ (秒) 可知当t为10秒或9.5秒或秒时，CDP是等腰三角形.26. 如图，以四边形的边，为边分别向外侧作等边三角形和等边三角形，

39、连接，相交于点（1）当四边形为正方形时（如图），和的数量关系是_（不用证明）（2）当四边形为矩形时（如图），和具有怎样的数量关系？并加以证明（3）四边形由正方形到矩形再到一般平行四边形的变化过程中，是否发生变化？如果改变，请说明理由；如果不变，请在图中求出的度数【答案】（1）；（2），理由见解析；（3）（3）不变，60°【解析】【分析】（1）根据正方形的性质和等边三角形的性质得出，再根据ASA证明，再根据全等三角形的性质即可得证；（2）根据等边三角形的性质结合SAS证明，再根据全等三角形的性质即可得证；（3）根据等边三角形的性质结合SAS证明，再根据全等三角形的性质得出，设，根据角的

40、关系即可得出答案【详解】解：（1）四边形ABCD为正方形三角形ADE和三角形ABF是等边三角形即在和中（2），理由如下：为等边三角形，为等边三角形，（SAS），（3）不变，理由如下：为等边三角形，为等边三角形，（SAS），设，在中，【点睛】本题考查了正方形的性质、等边三角形的性质、全等三角形的判定及性质、三角形内角和，熟练掌握性质定理是解题的关键27. 如图（1），已知点G在正方形ABCD的对角线AC上，GEBC，GFCD（1）求证：四边形CEGF是正方形；推断：的值为：（2）将正方形CEGF绕点C顺时针方向旋转角（0°45°），如图（2）所示，试探究线段AG与BE之间的数

41、量关系；（3）正方形CEGF在旋转过程中，当B，E，F三点在一条直线上时，如图（3）所示，延长CG交AD于点H若AG6，GH2，求正方形CEGF和正方形ABCD的边长【答案】（1）；（2）AGBE；（3）正方形CEGF的边长为3，正方形ABCD的边长为3【解析】【分析】（1）由GEBC、GFCD结合得BCD90°，可得四边形CEGF是矩形，再由ECG45°即可得证；由正方形性质知CEGB90°、ECG45°，据此可得、GEAB，利用平行线分线段成比例定理可得；（2）连接CG，只需证ACGBCE即可得；（3）证AHGCHA得，设BCCDADa，知ACa，则

42、由，得，计算AH，代入可得：a3，可得结论【详解】解：（1）如图（1），四边形ABCD是正方形，BCD90°，BCA45°，GEBC、GFCD，CEGCFGECF90°，四边形CEGF是矩形，CGEECG45°，EGEC，四边形CEGF是正方形；由知四边形CEGF是正方形，CEGB90°，ECG45°，GEAB，故答案为：；（2）连接CG，由旋转性质知BCEACG，在RtCEG和RtCBA中，cos45°，cos45°，ACGBCE，线段AG与BE之间的数量关系为AGBE；（3）CEF45°，点B、E、F三点共线，BEC135°，ACGBCE，AGCBEC135°，AGHCAH45°，CHAAHG，AHGCHA，设BCCDADa，则ACa，则由，得AH，则DHADAHa，CH，得，解得：a3，即BC3，CH×5，CGCHGH523，四边形CEGF是正方形，CF3，综上，正方形CEGF的边长为3，正方形ABCD的边长为3【点睛】本题考查了正方形的性质与判定，相似三角形的判定与性质等，综合性较强，有一定的难度，正确添加辅助线，熟练掌握正方形的判定与性质、相似三角形的判定与性质是解题的关键