2020年上海市虹口区九年级(上)月考数学试卷

第第页，共16页-AFLBC,OGLBC,•••OGIIAF,7c，肿10肿10【解析】(1)根据等腰三角形的性质得到ZE=ZACE，等量代换得到AE=AABD，根据三角形的内角和和平角的性质得到乙EABNOBC,于是得到结论；(2)过A作AF1BC与F,过O作OE1BC与E,根据平行线的性质得到乙EnDBC,ZEAB=ZABD,推出OB=OC,求得AF=6,CF=8,得到EC=2CF=16，根据相似三角形的性质得到BE=,,于是得到BC=EC-BE=16-；=：,根据平行线分线段成比例定理即可得到结论．本题考查了相似三角形的判定和性质,平行线分线段成比例定理,等腰三角形的性质,正确的作出辅助线是解题的关键．24.【答案】解：(1)令y=0,贝卜“+6=0,解得：x=8,令x=0时,y=6,•••点A(8,0),点B(0,6)；(2)由(1)得：OA=8,OB=6,在Rt'AOB中，AB=.，、Ji.=10,•••当一个点停止运动，另一个点也随之停止运动，•••0Vt<8•••点P的速度是每秒1个单位，点Q的速度是每秒1个单位，•AP=t，AQ=AB-BQ=10-t，•••点Q到AP的距离为AQ・sinzOAB=(10-t)(10-t),£31_R•△AQP的面积S=xtx.(10-t)=_,解得t=5+J-；(不合题意舍去)或t=5p1::;,.•.当t为(5-i口)秒时△AQP的面积为；；(3)若ZAPQ=90°，则△APQ^^AOB，此时=；.,即:tlt'-t：=!■■■，若ZAQP=90即:tlt'-t：=!■■■，若ZAQP=90。，贝J^APQ^^ABO,此时：=；,即::io-r

i'.=~，解得t=,,•••0Vt<8•••t的值为：或；，r40,4032当t=,时，OP=8^,=,,40610PQ=AP•tanzOAB=,K=.,•••点Q的坐标为：（：，；'）；r50t40当t=时，AQ=,,过点Q作QM丄x轴于M,如图所示:斗（1832•••AM=AQ・coszOAB=.|k||，则OM=8-.i=.i，4069QM=AQ•sinzOAB=,K.，•••点Q的坐标为：(：，_)；综上所述，当t为秒或.|秒时，以点A，P，Q为顶点的三角形与aABO相似，此时点Q的坐标分别为)•【解析】(1)分别令y=0,x=0求解即可得到点A、B的坐标；利用勾股定理列式求出AB,然后表示出AP、AQ,再利用ZOAB的正弦求出点Q到AP的距离，然后利用三角形的面积列式即可得解；根据相似三角形对应角相等，分zAPQ=90°和zAQP=90°两种情况，利用zOAB的函数值列式计算即可得解．本题是一次函数综合题，主要考查了一次函数与坐标轴的交点的求法、三角形的面积公式、相似三角形的性质、锐角三角函数、勾股定理、分类讨论等知识；熟练掌握相似三角形的性质与锐角三角函数是解题的关键．25.【答案】(1)证明：如图1中，由画图可知：zQMN=zPQM=zNPQ=zBM1N=90°,•••四边形PNMQ是矩形，MN||M‘N,•••△BNM'-△BNM,MWBNJ.•.gy=yy，.,F常BN1同理可得：，■■=,,PNr•=-，•••M‘N=P'N',•MN=PN，•四边形PQMN是正方形;

(2)解：如图1中\PN/BC,.••△PNs^BC,PN_^mPNJt-PN:_",即_,，解得PNnh_解得PNnh_=；(3)解：如图，过点N作ND卫ME于点D,=EN，NDJME,A^NEM_JMNE,ED_DM,VJBMN_zQEM_90°AJEQM+zEMQ_90°zEMQ+zEMN_90°AJEMN_zEQM，且MN_QN,zQEM_JNDM_90°•••△EM©JiDN(AAS),VJBMN_zQEM_90°JBEQ+zNEM_90°zBME+JNME_90JBEQ_zBME，且JMBE_zMBE.•△EQs/BME•Q_EE_EQ_】・乖_丽厂可厂空'•BM_2BE，BE_2BQ，・BM_4BQ，・QM_3BQ_MN，BN_5BQ.阳m_：畑Q_M・•帖5EQQ【解析】(1)首先证明四边形PQMN是矩形，再证明MN_PN即可；理由相似三角形的性质构建方程即可解决问题；过点N作ND卫ME于点D,由等腰三角形的性质可得/NEM_JMNE,ED_DM，由“AAS”可证ZQEM©4DN，可得EQ_DM_：EM，通过证明△BEQs^M