北师九年级（上）期中数学试卷
一、选择题（本题满分 24 分，共有 8 道小题，每小题 3 分）
1．下列说法正确的有（ ）个．
①菱形的对角线相等；
②对角线互相垂直的四边形是菱形；
③有两个角是直角的四边形是矩形；
④正方形既是菱形又是矩形；
⑤矩形的对角线相等且互相垂直平分．
A．1 B．2 C．3 D．4
2．关于方程 x2﹣2=0 的理解错误的是（ ）
A．这个方程是一元二次方程
B．方程的解是
C．这个方程可以化成一元二次方程的一般形式
D．这个方程可以用公式法求解
3．一个暗箱中放有 a 个除颜色外其他完全相同的球，这 a 个球中只有 2 个红球，每次将球
搅拌均匀后，任意摸出 1 个球记下颜色，再放回暗箱，通过大量重复试验后发现，摸到红球
的频率稳定在 20%，那么可以估算 a 的值是（ ）
A．15 B．10 C．4 D．3
4．关于 x 的一元二次方程 x2+mx+m=0 有两个相等的实数根，则 m 的值是（ ）
A．不存在 B．4 C．0 D．0 或 4
5．如图在△ABC 中，DE∥FG∥BC，AD：AF：AB=1：3：6，则 S△ADE：S
四边形 DEGF：S 四边形 FGCB=（ ）
A．1：8：27 B．1：4：9
C．1：8：36 D．1：9：36
6．如图，在菱形 ABCD 中，AB=13，对角线 AC=10，若过点 A 作 AE⊥BC，垂足为 E，
则 AE 的长为（ ）
A．8 B． C． D．
7．如图，ABCD 是正方形，E 是边 CD 上（除端点外）任意一点，AM⊥BE 于点 M，CN⊥
BE 于点 N，下列结论一定成立的有（ ）个．
①△ABM≌△BCN；
②△BCN≌△CEN；
③AM﹣CN=MN；
④M 有可能是线段 BE 的中点．
A．1 B．2 C．3 D．4
8．在研究相似问题时，甲、乙同学的观点如下：
甲：将邻边边长为 5 和 8 的矩形按图①的方式向外扩张，得到新的矩形，它们的对应边间
距均为 1，则新矩形与原矩形相似．
乙：将边长 5、12、13 的三角形按图②的方式向外扩张，得到新三角形，它们的对应边间
距为 1，则新三角形与原三角形相似．
对于两人的观点，下列说法正确的是（ ）
A．两人都对 B．两人都不对 C．甲对、乙不对 D．甲不对，乙对
二、填空题（本题满分 18 分，共有 6 道小题，每小题 3 分）
9．若 = = = ，（a+c+e≠0），则 = ．
10．已知直角三角形的三边恰好是三个连续整数，则这个直角三角形的斜边长是 ．
11．袋中有五张卡片，其中红色卡片三张，标号分别为 1，2，3，绿色卡片两张，标号分别
为 1，2，若从五张卡片中任取两张，则两张卡片的标号之和小于 4 的概率为 ．
12．方程 ax2+x+1=0 有两个不等的实数根，则 a 的取值范围是 ．
13．如图，正方形 OABC 与正方形 ODEF 是位似图形，点 O 为位似中心，相似比为 1：
，点 A 的坐标为（0， ），则点 E 的坐标是 ．
14．如图，在长方形 ABCD 中，AB=3，BC=6，对角线 AC 的垂直平分线分别交 AD、AC
于点 M，N，连接 CM，则 CM 的长为 ．
三、作图题（本题满分 10 分，第一小题 4 分，第二小题 6 分）
15．（10 分）已知△ABC，作△DEF，使之与△ABC 相似，且 =4．要求：
（1）尺规作图，保留作图痕迹，不写作法．
（2）简要叙述作图依据．
四、解答题（本题共 5 小题，满分 68 分）
16．（16 分）计算
（1）用两种不同方法解方程：x2﹣3﹣2x=0
（2）解方程：x2=2x；
（3）解方程：3+2x2﹣ x=0．
17．（12 分）某中学调查了某班全部 35 名同学参加音乐社团和美术社团的情况，数据如表
（单位：人）：
参加美术社团 未参加美术社团
参加音乐社团 6 5
未参加音乐社团 4 20
（1）从该班任选 1 名同学，该同学至少参加上述一个社团的概率；
（2）在既参加音乐社团，又参加美术社团的 6 名同学中，有 4 名男同学 A1、A2、A3、A4，
两名女同学 B1、B2，现从这 4 名男同学和两名女同学中个随机选取 1 人，求 A1 未被选中但
B1 被选中的概率．
18．（12 分）已知：如图，在矩形 ABCD 中，M、N 分别是 AB、DC 的中点，P、Q 分别
是 DM、BN 的中点．
（1）求证：DM=BN；
（2）四边形 MPNQ 是怎样的特殊四边形，请说明理由；
（3）矩形 ABCD 的边长 AB 与 AD 满足什么长度关系时四边形 MPNQ 为正方形，请说明理
由．
19．（12 分）某茶叶专卖店经销一种日照绿茶，每千克成本 80 元，据销售人员调查发现，
每月的销售量 y（千克）与销售单价 x（元/千克）之间存在如图所示的变化规律．
（1）求每月销售量 y 与销售单价 x 之间的函数关系式．
（2）若某月该茶叶点销售这种绿茶获得利润 1350 元，试求该月茶叶的销售单价 x 为多少
元．
20．（16 分）已知：如图，在 Rt△ACB 中，∠C=90°，AC=3 cm，BC=3cm，点 P 由 B
点出发沿 BA 方向向点 A 匀速运动，速度为 2cm/s；点 Q 由 A 点出发沿 AC 方向向点 C 匀
速运动，速度为 cm/s；若设运动的时间为 t（s）（0＜t＜3），解答下列问题：
（1）如图①，连接 PC，当 t 为何值时△APC∽△ACB，并说明理由；
（2）如图②，当点 P，Q 运动时，是否存在某一时刻 t，使得点 P 在线段 QC 的垂直平分
线上，请说明理由；
（3）如图③，当点 P，Q 运动时，线段 BC 上是否存在一点 G，使得四边形 PQGB 为菱形？
若存在，试求出 BG 长；若不存在请说明理由．
参考答案与试题解析
一、选择题（本题满分 24 分，共有 8 道小题，每小题 3 分）
1．下列说法正确的有（ ）个．
①菱形的对角线相等；
②对角线互相垂直的四边形是菱形；
③有两个角是直角的四边形是矩形；
④正方形既是菱形又是矩形；
⑤矩形的对角线相等且互相垂直平分．
A．1 B．2 C．3 D．4
【考点】矩形的判定与性质；菱形的判定与性质．
【分析】根据菱形的判定与性质、矩形的判定与性质进行解答．
【解答】解：①菱形的对角线不一定相等，故错误；
②对角线互相垂直平分的四边形是菱形，故错误；
③有三个角是直角的四边形是矩形，故错误；
④正方形既是菱形又是矩形，故正确；
⑤矩形的对角线相等，但不一定互相垂直平分，故错误；
故选：A．
【点评】本题考查了菱形和矩形的判定与性质．注意：正方形是一特殊的矩形，也是一特殊
的菱形．
2．关于方程 x2﹣2=0 的理解错误的是（ ）
A．这个方程是一元二次方程
B．方程的解是
C．这个方程可以化成一元二次方程的一般形式
D．这个方程可以用公式法求解
【考点】解一元二次方程-公式法；一元二次方程的一般形式；一元二次方程的解；解一元
二次方程-直接开平方法．
【分析】根据一元二次方程的定义、解法、一般式逐一判断即可．
【解答】解：A、这个方程是一元二次方程，正确；
B、方程的解是 x=± ，错误；
C、这个方程可以化成一元二次方程的一般形式，正确；
D、这个方程可以用公式法求解，正确；
故选：B．
【点评】本题主要考查一元二次方程的定义和解法，熟练掌握一元二次方程的解法是解题的
关键．
3．一个暗箱中放有 a 个除颜色外其他完全相同的球，这 a 个球中只有 2 个红球，每次将球
搅拌均匀后，任意摸出 1 个球记下颜色，再放回暗箱，通过大量重复试验后发现，摸到红球
的频率稳定在 20%，那么可以估算 a 的值是（ ）
A．15 B．10 C．4 D．3
【考点】利用频率估计概率．
【分析】因为除了颜色其他完全相同的球，在摸的时候出现的机会是均等的，通过大量重复
摸球实验后发现，摸到红球的可能性稳定在 20%，可知红球占总球数大约就是 20%，问题
就转化成了一个数的 20%是 2，求这个数，用除法计算即可．
【解答】解：根据题意得：
2÷20%=10（个），
答：可以估算 a 的值是 10；
故选 B．
【点评】此题主要考查了利用频率估计概率，其中解题时首先通过实验得到事件的频率，然
后利用频率估计概率即可解决问题．
4．关于 x 的一元二次方程 x2+mx+m=0 有两个相等的实数根，则 m 的值是（ ）
A．不存在 B．4 C．0 D．0 或 4
【考点】根的判别式．
【分析】根据方程有两个相等的实数根即可得出关于m 的一元二次方程，解方程即可得出 m
的值．
【解答】解：∵方程 x2+mx+m=0 有两个相等的实数根，
∴△=m2﹣4m=0，
解得：m=0 或 m=4．
故选 D．
【点评】本题考查了根的判别式，由方程有两个相等的实数根找出关于 m 的一元二次方程
是解题的关键．
5．如图在△ABC 中，DE∥FG∥BC，AD：AF：AB=1：3：6，则 S△ADE：S 四边形 DEGF：S 四
边形 FGCB=（ ）
A．1：8：27 B．1：4：9 C．1：8：36 D．1：9：36
【考点】相似三角形的判定与性质．
【分析】由 DE∥FG∥BC，可得△ADE∽△AFG∽△ABC，又由 AD：AF：AB=1：3：6，
利用相似三角形的面积比等于相似比的平方，即可求得 S△ADE：S△AFG：S△ABC=1：9：36，
然后设△ADE 的面积是 a，则△AFG 和△ABC 的面积分别是 9a，36a，即可求两个梯形的
面积，继而求得答案．
【解答】解：∵DE∥FG∥BC，
∴△ADE∽△AFG∽△ABC，
∴AD：AF：AB=1：3：6，
∴S△ADE：S△AFG：S△ABC=1：9：36，
设△ADE 的面积是 a，则△AFG 和△ABC 的面积分别是 9a，36a，
则 S 四边形 DFGE=S△AFG﹣S△ADE=8a，S 四边形 FBCG=S△ABC﹣S△AFG=27a，
∴S△ADE：S 四边形 DFGE：S 四边形 FBCG=1：8：27．
故选 A．
【点评】此题考查了相似三角形的判定与性质．此题难度适中，解题的关键是掌握相似三角
形面积的比等于相似比的平方．
6．如图，在菱形 ABCD 中，AB=13，对角线 AC=10，若过点 A 作 AE⊥BC，垂足为 E，
则 AE 的长为（ ）
A．8 B． C． D．
【考点】菱形的性质．
【分析】连接对角线 BD，根据勾股定理求对角线 BD=24，由菱形的面积列式得：S 菱形
ABCD=BC•AE= AC•BD，代入计算可求 AE 的长．
【解答】解：连接 BD 交 AC 于 O，
∵四边形 ABCD 是菱形，
∴AC⊥BD，OA= AC= ×10=5，
∵AB=13=BC，
由勾股定瑆得：OB= = =12，
∴BD=2OB=24，
∵AE⊥BC，
∴S 菱形 ABCD=BC•AE= AC•BD，
13AE= ×10×24，
AE= ，
故选 C．
【点评】本题考查了菱形的性质，熟练掌握菱形以下的性质是关键：①菱形的对角线互相
平分且垂直，②菱形的四边相等，③菱形的面积=两条对角线积的一半=底边×高；根据面
积法可以求菱形的边或高．
7．如图，ABCD 是正方形，E 是边 CD 上（除端点外）任意一点，AM⊥BE 于点 M，CN⊥BE
于点 N，下列结论一定成立的有（ ）个．
①△ABM≌△BCN；
②△BCN≌△CEN；
③AM﹣CN=MN；
④M 有可能是线段 BE 的中点．
A．1 B．2 C．3 D．4
【考点】正方形的性质；全等三角形的判定与性质．
【分析】①根据 AAS 可以证明△ABM≌△BCN，利用了同角的余角相等；
②根据两角对应相等，可以证明△BCN∽△CEN，因为斜边 CE 和 BE 不相等，所以一定不
全等；
③根据①中听全等可以得结论；
④根据正方形的对角线垂直平分可知：当 M 是线段 BE 的中点时，E 在点 D 处，而已知中
E 是边 CD 上（除端点外）任意一点，所以得出：M 不可能是线段 BE 的中点．
【解答】解：①∵四边形 ABCD 为正方形，
∴AB=BC，∠ABC=90°，
∴∠ABM+∠NBC=90°，
∵AM⊥BE 于点 M，CN⊥BE 于点 N，
∴∠AMB=∠BNC=90°，
∴∠ABM+∠BAM=90°，
∴∠NBC=∠BAM，
∴△ABM≌△BCN；
故①正确；
②∵∠BCE=∠CNE=90°，∠CEN=∠CEB，
∵CE≠BE，
∴△BCN∽△CEN，
故②不正确；
③∵△ABM≌△BCN，
∴AM=BN，BM=CN，
∴MN=BN﹣BM=AM﹣CN，
故③正确；
④当 M 是线段 BE 的中点时，E 在点 D 处，而已知中 E 是边 CD 上（除端点外）任意一点，
所以 M 不可能是线段 BE 的中点．
故④不正确；
所以正确的有：①③2 个，
故选 B．
【点评】本题考查了正方形的性质和全等三角形的性质和判定，正方形的性质较多，要熟练
掌握：①正方形的四边相等，②正方形的四个角都是直角，③正方形的对角线垂直平分且
平分一组对角等；在正方形判定两三角形全等时，经常运用同角的余角相等证明角相等，从
而证明两三角形全等．
8．在研究相似问题时，甲、乙同学的观点如下：
甲：将邻边边长为 5 和 8 的矩形按图①的方式向外扩张，得到新的矩形，它们的对应边间
距均为 1，则新矩形与原矩形相似．
乙：将边长 5、12、13 的三角形按图②的方式向外扩张，得到新三角形，它们的对应边间
距为 1，则新三角形与原三角形相似．
对于两人的观点，下列说法正确的是（ ）
A．两人都对 B．两人都不对 C．甲对、乙不对 D．甲不对，乙对
【考点】相似图形．
【分析】利用位似图形的性质以及相似多边形的判定方法得出即可．
【解答】解：由题意可得新矩形边长为：7 和 10，
≠ ，
故两矩形不相似，
当新三角形的对应边间距离均为 1 时，则两三角形的对应边平行，且对应点连线相交于一点，
故两三角形位似，即相似，
故选：D．
【点评】此题主要考查了相似三角形以及相似多边形的判定，熟练应用相似多边形的判定方
法是解题关键．
二、填空题（本题满分 18 分，共有 6 道小题，每小题 3 分）
9．若 = = = ，（a+c+e≠0），则 = 2 ．
【考点】比例的性质．
【分析】根据等比性质，反比性质，可得答案．
【解答】解：由 = = = ，得
= ，
由反比性质，得
=2，
故答案为：2．
【点评】本题考查了比例的性质，利用等比性质，反比性质是解题关键．
10．已知直角三角形的三边恰好是三个连续整数，则这个直角三角形的斜边长是 5 ．
【考点】一元二次方程的应用；勾股定理．
【分析】首先设中间的数为 x，表示出其余 2 个数，利用勾股定理求解即可．
【解答】解：设较小的边长为 x．则最小的边长为（x﹣1），斜边长为（x+1），
（x﹣1）2+x2=（x+1）2，
解得 x1=0，（不合题意，舍去）x2=4，
故斜边长为 x+1=5．
故答案为：5．
【点评】本题考查了利用勾股定理解直角三角形以及一元二次方程的应用，利用勾股定理得
到三边的关系是解决本题的关键．
11．袋中有五张卡片，其中红色卡片三张，标号分别为 1，2，3，绿色卡片两张，标号分别
为 1，2，若从五张卡片中任取两张，则两张卡片的标号之和小于 4 的概率为 ．
【考点】列表法与树状图法．
【分析】从五张卡片中任取两张的所有可能情况，用列举法求得有 10 种情况，其中两张卡
片的颜色不同且标号之和小于 4 的有 3 种情况，从而求得所求事件的概率．
【解答】解：从五张卡片中任取两张的所有可能情况有如下 10 种：
红 1 红 2，红 1 红 3，红 1 绿 1，红 1 绿 2，红 2 红 3，
红 2 绿 1，红 2 绿 2，红 3 绿 1，红 3 绿 2，绿 1 绿 2．
其中两张卡片的颜色不同且标号之和小于 4 的有 3 种情况，
红 1 绿 1，红 1 绿 2，红 2 绿 1，
故所求的概率为 P= ；
故答案为： ．
【点评】本题考查古典概型问题，可以列举出试验发生包含的事件和满足条件的事件，应用
列举法来解题是这一部分的最主要思想，属于基础题．
12．方程 ax2+x+1=0 有两个不等的实数根，则 a 的取值范围是 a＜ 且 a≠0 ．
【考点】根的判别式．
【分析】根据方程有两个不相等的实数根结合二次项系数不为 0，即可得出关于 a 的一元一
次不等式组，解不等式组即可得出结论．
【解答】解：∵方程 ax2+x+1=0 有两个不等的实数根，
∴ ，
解得：a＜ 且 a≠0．
【点评】本题考查了根的判别式，根据方程有两个不相等的实数根找出关于a 的一元一次不
等式组是解题的关键．
13．如图，正方形 OABC 与正方形 ODEF 是位似图形，点 O 为位似中心，相似比为 1：
，点 A 的坐标为（0， ），则点 E 的坐标是 （3，3） ．
【考点】位似变换；坐标与图形性质；正方形的性质．
【分析】由题意可得 OA：OD=1： ，又由点 A 的坐标为（0， ），即可求得 OD 的长，
又由正方形的性质，即可求得 E 点的坐标．
【解答】解：∵正方形 OABC 与正方形 ODEF 是位似图形，O 为位似中心，相似比为 1：
，
∴OA：OD=1： ，
∵点 A 的坐标为（0， ），
即 OA= ，
∴OD=3，
∵四边形 ODEF 是正方形，
∴DE=OD=3．
∴E 点的坐标为：（3，3）．
故答案为：（3，3）．
【点评】此题考查了位似变换的性质与正方形的性质．此题比较简单，注意理解位似变换与
相似比的定义是解此题的关键．
14．如图，在长方形 ABCD 中，AB=3，BC=6，对角线 AC 的垂直平分线分别交 AD、AC
于点 M，N，连接 CM，则 CM 的长为 ．
【考点】矩形的性质；线段垂直平分线的性质．
【分析】由线段垂直平分线的性质求出 AM=CM，在 Rt△DMC 中，由勾股定理得出
DM2+DC2=CM2，得出方程（6﹣CM）2+32=CM2，求出 CM 即可．
【解答】解：∵四边形 ABCD 是矩形，
∴∠D=∠B=90°，AD=BC=6，AB=DC=3，
∵MN 是 AC 的垂直平分线，
∴AM=CM，
∴DM=AD﹣AM=AD﹣CM=4﹣CM，
在 Rt△DMC 中，由勾股定理得：DM2+DC2=CM2，
（6﹣CM）2+32=CM2，
CE= ，
故答案为： ．
【点评】本题考查了矩形性质，勾股定理，线段垂直平分线性质的应用，关键是能得出关于
CM 的方程．
三、作图题（本题满分 10 分，第一小题 4 分，第二小题 6 分）
15．（10 分）已知△ABC，作△DEF，使之与△ABC 相似，且 =4．要求：
（1）尺规作图，保留作图痕迹，不写作法．
（2）简要叙述作图依据．
【考点】作图—相似变换．
【分析】（1）利用相似三角形的性质得出：△DEF 的边长与△ABC 边长的关系进而得出答
案；
（2）利用相似三角形的性质结合作三角形的方法得出答案．
【解答】解：（1）如图所示：△DEF 即为所求；
（2）∵△DEF∽△ABC，且 =4，
∴ = = = ，
∴作 AB，AC 的垂直平分线，进而得出 AB，AC 的中点，即可得出 ED，EF，DF 的长．
【点评】此题主要考查了相似变换以及三角形的做法，正确得出△DEF 边长变化规律是解
题关键．
四、解答题（本题共 5 小题，满分 68 分）
16．（16 分）计算
（1）用两种不同方法解方程：x2﹣3﹣2x=0
（2）解方程：x2=2x；
（3）解方程：3+2x2﹣ x=0．
【考点】解一元二次方程-因式分解法．
【分析】（1）因式分解法和配方法求解可得；
（2）因式分解法求解可得；
（3）由根的判别式小于 0 可得答案．
【解答】解：（1）因式分解法：（x+1）（x﹣3）=0，
∴x+1=0 或 x﹣3=0，
解得：x=﹣1 或 x=3；
配方法：x2﹣2x=3，
x2﹣2x+1=3+1，即（x﹣1）2=4，
∴x﹣1=±2，
解得：x=﹣1 或 x=3；
（2）x2﹣2x=0，
x（x﹣2）=0，
∴x=0 或 x=2；
（3）∵a=2，b=﹣ ，c=3，
∴△= ﹣4×2×3＜0，
∴原方程无实数根．
【点评】本题主要考查解一元二次方程的能力，根据不同的方程选择合适的方法是解题的关
键．
17．（12 分）某中学调查了某班全部 35 名同学参加音乐社团和美术社团的情况，数据如表
（单位：人）：
参加美术社团 未参加美术社团
参加音乐社团 6 5
未参加音乐社团 4 20
（1）从该班任选 1 名同学，该同学至少参加上述一个社团的概率；
（2）在既参加音乐社团，又参加美术社团的 6 名同学中，有 4 名男同学 A1、A2、A3、A4，
两名女同学 B1、B2，现从这 4 名男同学和两名女同学中个随机选取 1 人，求 A1 未被选中但
B1 被选中的概率．
【考点】列表法与树状图法．
【分析】（1）先判断出这是一个古典概型，所以求出基本事件总数，“至少参加一个社团”
事件包含的基本事件个数，从而根据古典概型的概率计算公式计算即可；
（2）先求基本事件总数，即从这 4 名男同学和 2 名女同学中各随机选 1 人，有多少中选法，
这个可利用分步计数原理求解，再求出“A1 不被选中，而 B1 被选中”事件包含的基本事件个
数，这个容易求解，然后根据古典概型的概率公式计算即可．
【解答】解：（1）设“至少参加一个社团”为事件 A；
从 45 名同学中任选一名有 45 种选法，∴基本事件数为 45；
通过列表可知事件 A 的基本事件数为 6+4+5=15；
这是一个古典概型，∴P（A）= = ；
（2）从 4 名男同学中任选一个有 4 种选法，从 2 名女同学中任选一名有 2 种选法；
从这 4 名男同学和 2 名女同学中各随机选 1 人的选法有 4×2=8，即基本事件总数为 8；
设“A1 未被选中，而 B1 被选中”为事件 B，显然事件 B 包含的基本事件数为 3；
这是一个古典概型，则 P（B）= ．
【点评】主要考查了事件的分类和概率的求法．用到的知识点为：可能发生，也可能不发生
的事件叫做随机事件；概率=所求情况数与总情况数之比．
18．（12 分）已知：如图，在矩形 ABCD 中，M、N 分别是 AB、DC 的中点，P、Q 分别
是 DM、BN 的中点．
（1）求证：DM=BN；
（2）四边形 MPNQ 是怎样的特殊四边形，请说明理由；
（3）矩形 ABCD 的边长 AB 与 AD 满足什么长度关系时四边形 MPNQ 为正方形，请说明理
由．
【考点】四边形综合题．
【分析】（1）根据矩形的性质和中点的定义，利用 SAS 判定△MBA≌△NDC；
（2）四边形 MPNQ 是菱形，连接 AN，有（1）可得到 BM=DN，再有中点得到 PM=NQ，
再通过证明△MQD≌△NPB 得到 MQ=PN，从而证明四边形 MPNQ 是平行四边形，利用三
角形中位线的性质可得：MP=MQ，进而证明四边形 MQNP 是菱形；
（3）利用对角线相等的菱形是正方形即可．
【解答】证明：（1）∵四边形 ABCD 是矩形，
∴AB=CD，AD=BC，∠A=∠C=90°，
∵在矩形 ABCD 中，M、N 分别是 AD、BC 的中点，
∴AM= AD，CN= BC，
∴AM=CN，
在△MAB 和△NDC 中，
∴△MBA≌△NDC（SAS）；
（2）四边形 MPNQ 是菱形．
理由如下：连接 AP，MN，
则四边形 ABNM 是矩形，
∵AN 和 BM 互相平分，
则 A，P，N 在同一条直线上，
易证：△ABN≌△BAM，
∴AN=BM，
∵△MAB≌△NDC，
∴BM=DN，
∵P、Q 分别是 BM、DN 的中点，
∴PM=NQ，
在△MQD 和△NPB 中， ，
∴△MQD≌△NPB（SAS）．
∴四边形 MPNQ 是平行四边形，
∵M 是 AD 中点，Q 是 DN 中点，
∴MQ= AN，
∴MQ= BM，
∵MP= BM，
∴MP=MQ，
∴平行四边形 MQNP 是菱形；
（3）当 AD=2AB 时，四边形 MQNP 是正方形；
如图 1，连接 PQ，
∵PQ⊥MN．AD⊥MN，
∴PQ∥AD，
∵点 P 是 BM 的中点，
∴AD=2PQ，
∵AD=2AB，
∴PQ=AB，
∵MN=AB，
∴MN=PQ，
由（2）知，四边形 MQNP 是菱形；
∴菱形 MQNP 是正方形．
【点评】此题是四边形综合题，主要考查了矩形的性质、正方形的性质，全等三角形的判定
和全等三角形的性质、三角形中位线定理以及平行四边形的判定和菱形的判定方法，判断出
四边形 MQNP 是菱形是解本题的关键，属于基础题目．
19．（12 分）某茶叶专卖店经销一种日照绿茶，每千克成本 80 元，据销售人员调查发现，
每月的销售量 y（千克）与销售单价 x（元/千克）之间存在如图所示的变化规律．
（1）求每月销售量 y 与销售单价 x 之间的函数关系式．
（2）若某月该茶叶点销售这种绿茶获得利润1350元，试求该月茶叶的销售单价x为多少元．
【考点】一元二次方程的应用；一次函数的应用．
【分析】（1）设函数解析式为 y=kx+b，将（90，100），（100，80）代入 y=kx+b 即可；
（2）每千克利润乘以销售量即为总利润；根据某月获得的利润等于 1350 元，求出 x 的值即
可．
【解答】解：（1）设一次函数解析式为 y=kx+b，
把（90，100），（100，80）代入 y=kx+b 得，
，
解得， ，
y 与销售单价 x 之间的函数关系式为 y=﹣2x+280．
（2）根据题意得：w=（x﹣80）（﹣2x+280）=﹣2x2+440x﹣22400=1350；
解得（x﹣110）2=225，
解得 x1=95，x2=125．
答：销售单价为 95 元或 125 元．
【点评】本题一元二次方程及一次函数的应用，解题的关键是从实际问题中整理出函数和方
程模型，难度不大．
20．（16 分）已知：如图，在 Rt△ACB 中，∠C=90°，AC=3 cm，BC=3cm，点 P 由 B
点出发沿 BA 方向向点 A 匀速运动，速度为 2cm/s；点 Q 由 A 点出发沿 AC 方向向点 C 匀
速运动，速度为 cm/s；若设运动的时间为 t（s）（0＜t＜3），解答下列问题：
（1）如图①，连接 PC，当 t 为何值时△APC∽△ACB，并说明理由；
（2）如图②，当点 P，Q 运动时，是否存在某一时刻 t，使得点 P 在线段 QC 的垂直平分
线上，请说明理由；
（3）如图③，当点 P，Q 运动时，线段 BC 上是否存在一点 G，使得四边形 PQGB 为菱形？
若存在，试求出 BG 长；若不存在请说明理由．
【考点】相似形综合题．
【分析】（1）先根据勾股定理求出 AB，再用△APC∽△ACB，得出 ，即：
，求出时间；
（2）先用垂直平分线的性质得出 QM=CM= CQ= （3 ﹣ t），然后用平行线分线段
成比例建立方程求出结论；
（3）先由平行四边形的性质建立方程求出时间 t，即求出 PQ，PB，即可得到 PQ≠PB 判断
出四边形 PQGB 不可能是菱形．
【解答】解：（1）在 Rt△ACB 中，∠C=90°，AC=3 cm，BC=3cm，
∴AB=6，
由运动知，BP=2t，AQ= t，
∴AP=6﹣2t，
∵△APC∽△ACB，
∴ ，
∴ ，
∴t= ；
（2）存在，
理由：如图②，由运动知，BP=2t，AQ= t，
∴AP=6﹣2t，CQ=3 ﹣ t，
∵点 P 是 CQ 的垂直平分线上，
∴QM=CM= CQ= （3 ﹣ t），
∴AM=AQ+QM= t﹣ （3 ﹣ t）= （t﹣1）
过点 P 作 PM⊥AC，
∵∠ACB=90°，
∴PM∥BC，
∴ ，
∴ ，
∴t= 或 t= （舍），
∴t= ．
（3）不存在，
理由：由运动知，BP=2t，AQ= t，
∴AP=6﹣2t，
假设线段 BC 上是存在一点 G，使得四边形 PQGB 为平行四边形，
∴PQ∥BG，PQ=BG，
∴△APQ∽△ABC，
∴ ，
∴ ，
∴t= ，PQ= ，
∴BP=2t=3，
∴PQ≠BP，
∴平行四边形 PQGB 不可能是菱形．
即：线段 BC 上不存在一点 G，使得四边形 PQGB 为菱形．
【点评】此题是相似形综合题，主要考查了勾股定理，线段的垂直平分线的性质，相似三角
形的判定和性质，平行四边形的性质，菱形的判定，解本题的关键是用方程的思想解决问
题．
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