2018-2019学年四川省成都市温江区九年级(上)期末数学试卷

第1页（共1页）2018-2019学年四川省成都市温江区九年级（上）期末数学试卷一、选择题（共10小题，每小题3分，满分30分）1．（3分）一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体是（）A．圆柱 B．圆锥 C．三棱柱 D．长方体2．（3分）下列点位于反比例函数图象上的是（）A．（1，2） B．（﹣1，﹣3） C．（1，﹣2） D．（﹣1，3）3．（3分）若＝，则的值是（）A． B． C． D．4．（3分）在一个不透明的口袋中，装有若干个红球和3个黄球，它们除颜色外没有任何区别，摇匀后从中随机摸出一个球，记下颜色后再放回口袋中，通过大量重复摸球实验发现，摸到黄球的频率是0.2，则估计盒子中红球的个数大约是（）A．20个 B．16个 C．15个 D．12个5．（3分）一元二次方程x2+2x﹣1＝0的根的情况是（）A．有两个不相等的实数根 B．有两个相等的实数根 C．只有一个实数根 D．没有实数根6．（3分）如图所示，河堤横断面迎水坡AB的坡比是1：，堤高BC＝4m，则迎水坡宽度AC的长为（）A．m B．4m C．2m D．4m7．（3分）如图是抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）图象的一部分，已知抛物线的对称轴是直线x＝2，与x轴的一个交点是（﹣1，0），那么抛物线与x轴的另一个交点是（）A．（3，0） B．（4，0） C．（5，0） D．（6，0）8．（3分）如图，在平行四边形ABCD中，点E在边DC上，DE：EC＝3：1，连接AE交BD于点F，则△DEF的面积与△BAF的面积之比为（）A．3：4 B．9：16 C．9：1 D．3：19．（3分）如图，AB是⊙O的直径，C是⊙O上一点（A、B除外），∠AOD＝136°，则∠C的度数是（A．44° B．22° C．46° D．36°10．（3分）关于二次函数y＝2x2+4x﹣1，下列说法正确的是（）A．图象与y轴的交点坐标为（0，1） B．图象的对称轴在y轴的右侧 C．当x＜0时，y的值随x值的增大而减小 D．y的最小值为﹣3二、填空题（共4小题，每小题4分，满分16分）11．（4分）关于x的方程xa﹣1+2x﹣5＝0是一元二次方程，则a＝．12．（4分）如图，在平面直角坐标系中，已知△ABC与△DEF位似，原点O是位似中心，位似比，若AB＝1.5，则DE＝．13．（4分）把抛物线y＝3x2沿y轴向下平移2个单位后，所得新抛物线的函数表达式是．14．（4分）如图，AB为⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，已知CD＝8，EB＝2，则⊙O的半径为．三、解答题（共2小题，满分18分）15．（12分）（1）计算：﹣1﹣2tan45°+4sin60°﹣（2）解方程：2x2﹣4x﹣1＝016．（6分）如图，△ABC中，D为BC上一点，∠BAD＝∠C，AB＝6，BD＝4，求CD的长．四、解答题（共2小题，满分16分）17．（8分）科技改变生活，手机导航极大方便了人们的出行，如图，小明一家自驾到古镇C游玩，到达A地后，导航显示车辆应沿北偏西55°方向行驶4千米至B地，再沿北偏东35°方向行驶一段距离到达古镇C，小明发现古镇C恰好在A地的正北方向，求B、C两地的距离（结果保留整数）（参考数据：tan55°≈1.4，tan35°≈0.7，sin55°≈0.8）18．（8分）如图，一转盘被等分成三个扇形，上面分别标有﹣1，1，2中的一个数，指针固定，转动转盘后任其自由停止，这时某个扇形会恰好停在指针所指的位置，并相应得到这个扇形上的数（若指针恰好指在等分线上，当成指向右边的扇形）．（1）若转动一次转盘，所得的数为正数的概率是多少？（2）若小静和小宇进行游戏，每人各转动两次转盘，若两次所得数的积为正数，则小静赢，若两次所得数的积为负数，则小宇赢．这是个公平的游戏吗？请说明理由．（借助画树状图或列表的方法）．五、解答题（共2小题，满分20分）19．（10分）如图，一次函数y＝k1x+b的图象经过A（0，﹣2），B（1，0）两点，与反比例函数y＝的图象在第一象限内的交点为M（m，4）．（1）求一次函数和反比例函数的表达式；（2）在x轴上是否存在点P，使AM⊥MP？若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由．20．（10分）如图，⊙O是△ABC的外接圆，点O在BC边上，∠BAC的平分线交⊙O于点D，连接BD、CD，过点D作BC的平行线与AC的延长线相交于点P．（1）求证：PD是⊙O的切线；（2）求证：△ABD∽△DCP；（3）当AB＝5cm，AC＝12cm时，求线段PC的长．六、填空题（共5小题，每小题4分，满分20分）21．（4分）已知m、n是一元二次方程x2+4x﹣1＝0的两实数根，则＝．22．（4分）如图，反比例函数y＝的图象经过▱ABCD对角线的交点P，已知点A，C，D在坐标轴上，BD⊥DC，▱ABCD的面积为6，则k＝．23．（4分）有五张正面分别标有数字﹣2，0，1，2，3的不透明卡片，它们除数字不同外其他全部相同，现将它们背面朝上，洗匀后从中任取一张，将卡片上的数字记为a，则抽出的数字a使双曲线在第二、四象限，且使抛物线y＝ax2+2x﹣3与x轴有交点的概率为．24．（4分）如图，在平面直角坐标系中，等腰△OBC的边OB在x轴上，OB＝CB，OB边上的高CA与OC边上的高BE相交于点D，连接OD，AB＝，∠CBO＝45°，在直线BE上求点M，使△BMC与△ODC相似，则点M的坐标是．25．（4分）如图，正方形ABCD边长为1，以AB为直径作半圆，点P是CD中点，BP与半圆交于点Q，连接DQ．给出如下结论：①DQ＝1；②；③S△PDQ＝；④∠ADQ＝2∠DQP．其中正确的结论是．（填写序号）七、解答题（共1小题，满分8分）26．（8分）某商场一种商品的进价为每件30元，售价为每件40元．每天可以销售48件，为尽快减少库存，商场决定降价促销．（1）若该商品连续两次下调相同的百分率后售价降至每件32.4元，求两次下降的百分率；（2）经调查，若该商品每降价0.5元，每天可多销售4件，那么每天要想获得510元的利润，每件应降价多少元？八、解答题（共1小题，满分10分）27．（10分）如图1，在矩形ABCD中，P为CD边上一点（DP＜CP），∠APB＝90°．将△ADP沿AP翻折得到△AD′P，PD′的延长线交边AB于点M，过点B作BN∥MP交DC于点N．（1）求证：AD2＝DP•PC；（2）请判断四边形PMBN的形状，并说明理由；（3）如图2，连接AC，分别交PM，PB于点E，F．若＝，求的值．九、解答题（共1小题，满分12分）28．（12分）已知：如图，抛物线y＝ax2+bx+c与坐标轴分别交于点A（0，6），B（6，0），C（﹣2，0），点P是线段AB上方抛物线上的一个动点．（1）求抛物线的解析式；（2）当点P运动到什么位置时，△PAB的面积有最大值？（3）过点P作x轴的垂线，交线段AB于点D，再过点P做PE∥x轴交抛物线于点E，连结DE，请问是否存在点P使△PDE为等腰直角三角形？若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由．

2018-2019学年四川省成都市温江区九年级（上）期末数学试卷参考答案与试题解析一、选择题（共10小题，每小题3分，满分30分）1．【分析】由常见几何体的三视图即可判断．【解答】解：由三视图知这个几何体是三棱柱，故选：C．【点评】本题主要考查由三视图判断几何体，解题的关键是熟练掌握常见几何体的三视图．2．【分析】由函数，得到3＝xy，只要把答案A、B、C、D的点的坐标代入，上式成立即可．【解答】解：函数，3＝xy，只要把点的坐标代入，上式成立即可，代入得：A、C、D的坐标都不成立，只有B的符合．故选：B．【点评】本题主要考查对反比例函数图象上点的坐标特征的理解和掌握，能根据反比例函数图象上点的坐标特征进行判断是解此题的关键．3．【分析】将原式转化为m＝n，代入即可求得其值．【解答】解：∵＝，∴m＝n，∴＝＝．故选：A．【点评】本题考查了比例的性质，属于基础题，相对比较简单．4．【分析】利用大量重复实验时，事件发生的频率在某个固定位置左右摆动，并且摆动的幅度越来越小，根据这个频率稳定性定理，可以用频率的集中趋势来估计概率，这个固定的近似值就是这个事件的概率．【解答】解：设红球有x个，根据题意得，3：（3+x）＝1：5，解得x＝12，经检验：x＝12是原分式方程的解，所以估计盒子中红球的个数大约有12个，故选：D．【点评】此题主要考查了利用频率估计概率，正确运用概率公式是解题关键．5．【分析】先计算出根的判别式△的值，根据△的值就可以判断根的情况．【解答】解：∵在方程x2+2x﹣1＝0中，△＝22﹣4×1×（﹣1）＝8＞0，∴方程x2+2x﹣1＝0有两个不相等的实数根．故选：A．【点评】此题考查了根的判别式，一元二次方程根的情况与判别式△的关系：（1）△＞0⇔方程有两个不相等的实数根；（2）△＝0⇔方程有两个相等的实数；（3）△＜0⇔方程没有实数根．6．【分析】根据坡比的定义列出关系式即可解决问题．【解答】解：由题意：BC：AC＝1：，∵BC＝4m，∴AC＝4m，故选：B．【点评】本题考查解直角三角形的应用，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．7．【分析】直接利用抛物线的对称性进而得出另一个交点坐标．【解答】解：∵抛物线的对称轴是直线x＝2，与x轴的一个交点是（﹣1，0），∴抛物线与x轴的另一个交点是：（5，0）．故选：C．【点评】此题主要考查了抛物线与x轴的交点，正确利用抛物线的对称性分析是解题关键．8．【分析】可证明△DFE∽△BFA，根据相似三角形的面积之比等于相似比的平方即可得出答案．【解答】解：∵四边形ABCD为平行四边形，∴DC∥AB，∴△DFE∽△BFA，∵DE：EC＝3：1，∴DE：DC＝3：4，∴DE：AB＝3：4，∴S△DFE：S△BFA＝9：16．故选：B．【点评】本题考查了平行四边形的性质以及相似三角形的判定和性质，注：相似三角形的面积之比等于相似比的平方．9．【分析】根据圆周角定理进行解答即可．【解答】解，∵∠AOD＝136°，∴∠BOD＝44°，∴∠C＝22°，故选：B．【点评】本题考查了圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，一条弧所对的圆周角是它所对的圆心角的一半．10．【分析】根据题目中的函数解析式可以判断各个选项中的结论是否成立，从而可以解答本题．【解答】解：∵y＝2x2+4x﹣1＝2（x+1）2﹣3，∴当x＝0时，y＝﹣1，故选项A错误，该函数的对称轴是直线x＝﹣1，故选项B错误，当x＜﹣1时，y随x的增大而减小，故选项C错误，当x＝﹣1时，y取得最小值，此时y＝﹣3，故选项D正确，故选：D．【点评】本题考查二次函数的性质、二次函数的最值，解答本题的关键是明确题意，利用二次函数的性质解答．二、填空题（共4小题，每小题4分，满分16分）11．【分析】根据一元二次方程的定义可得a﹣1＝2，再解即可．【解答】解：∵关于x的方程xa﹣1+2x﹣5＝0是一元二次方程，∴a﹣1＝2，解得：a＝3，故答案为：3．【点评】此题主要考查了一元二次方程的定义，关键是掌握一元二次方程必须同时满足三个条件：①整式方程，即等号两边都是整式；方程中如果有分母，那么分母中无未知数；②只含有一个未知数；③未知数的最高次数是2．12．【分析】根据位似变换的概念得到AB∥DE，根据相似三角形的判定和性质定理列出比例式，计算即可．【解答】解：∵△ABC与△DEF位似，原点O是位似中心，∴AB∥DE，∴△OAB∽△ODE，∴＝，即＝，解得，DE＝4.5，故答案为：4.5．【点评】本题考查的是位似变换，掌握两个图形不仅是相似图形，而且对应顶点的连线相交于一点，对应边互相平行，那么这样的两个图形叫做位似图形是解题的关键．13．【分析】根据“左加右减、上加下减”的原则进行解答即可．【解答】解：把抛物线y＝3x2向下平移1个单位，所得的新抛物线的函数表达式为：y＝3x2﹣2．故答案为：y＝3x2﹣2．【点评】本题考查主要考查了二次函数的图象与几何变换，熟知函数图象平移的法则是解答此题的关键．14．【分析】连接OC，设⊙O的半径为R，根据垂径定理求出CE，根据勾股定理列式计算，得到答案．【解答】解：连接OC，设⊙O的半径为R，则OE＝R﹣2，∵CD⊥AB，∴CE＝CD＝4，由勾股定理得，OC2＝OE2+CE2，即R2＝（R﹣2）2+42，解得，R＝5，则⊙O的半径为5，故答案为：5．【点评】本题考查的是垂径定理、勾股定理，垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧．三、解答题（共2小题，满分18分）15．【分析】（1）根据负整数指数幂、特殊角的三角函数、二次根式的运算法则化简即可；（2）利用配方法解方程即可．【解答】解：（1）原式＝2﹣2×1+4×﹣2＝2﹣2+2﹣2＝0；（2）2x2﹣4x﹣1＝0，x2﹣2x＝，x2﹣2x+1＝+1，即（x﹣1）2＝，∴x﹣1＝±，∴x1＝1+，x2＝1﹣；【点评】此题考查了实数的运算，熟练掌握运算法则是解本题的关键，也考查了配方法解一元二次方程．16．【分析】易证△BAD∽△BCA，然后运用相似三角形的性质可求出BC，从而可得到CD的值．【解答】解：∵∠BAD＝∠C，∠B＝∠B，∴△BAD∽△BCA，∴＝．∵AB＝6，BD＝4，∴＝，∴BC＝9，∴CD＝BC﹣BD＝9﹣4＝5．【点评】本题主要考查的是相似三角形的判定与性质，由角等联想到三角形相似是解决本题的关键．四、解答题（共2小题，满分16分）17．【分析】过B作BD⊥AC于点D，在直角△ABD中利用三角函数求得BD的长，然后在直角△BCD中利用三角函数求得BC的长．【解答】解：过B作BD⊥AC于点D．在Rt△ABD中，BD＝AB•sin∠BAD＝4×0.8＝3.2（千米），∵△BCD中，∠CBD＝90°﹣35°＝55°，∴CD＝BD•tan∠CBD＝4.48（千米），∴BC＝CD÷sin∠CBD≈6（千米）．答：B、C两地的距离大约是6千米．【点评】此题考查了方向角问题．此题难度适中，解此题的关键是将方向角问题转化为解直角三角形的知识，利用三角函数的知识求解．18．【分析】（1）直接利用概率公式求出得到负数的概率；（2）转动2次的数字均为1，﹣1，2，可用树状图列举出所有情况，进而求出概率．【解答】解：（1）小静转动转盘一次，则她得到正数的概率为：；（2）这是个不公平的游戏，理由：画树状图：∵所有的可能有9种，两次所得数的积为正数的有5种，∴P（两次所得数的积为正数）＝，P（两次所得数的积为负数）＝，故这是个不公平的游戏．【点评】此题主要考查了游戏公平性，树状图法求概率，如果一个事件有n种可能，而且这些事件的可能性相同，其中事件A出现m种结果，那么事件A的概率P（A）＝．五、解答题（共2小题，满分20分）19．【分析】（1）先利用待定系数法求一次函数解析式，再利用一次函数解析式确定M点的坐标，然后利用待定系数法求反比例函数解析式；（2）先利用两点间的距离公式计算出AB＝，BM＝2，再证明Rt△OBA∽Rt△MBP，利用相似比计算出PB＝10，则OP＝11，于是可得到P点坐标．【解答】解：（1）把A（0，﹣2），B（1，0）代入y＝k1x+b得，解得，所以一次函数解析式为y＝2x﹣2；把M（m，4）代入y＝2x﹣2得2m﹣2＝4，解得m＝3，则M点坐标为（3，4），把M（3，4）代入y＝得k2＝3×4＝12，所以反比例函数解析式为y＝；（2）存在．∵A（0，﹣2），B（1，0），M（3，4），∴AB＝，BM＝＝2，∵PM⊥AM，∴∠BMP＝90°，∵∠OBA＝∠MBP，∴Rt△OBA∽Rt△MBP，∴＝，即＝，∴PB＝10，∴OP＝11，∴P点坐标为（11，0）．【点评】本题考查了反比例函数与一次函数的交点问题：反比例函数与一次函数图象的交点坐标满足两函数解析式．也考查了待定系数法求函数解析式、三角形相似的判定与性质．20．【分析】（1）先判断出∠BAC＝2∠BAD，进而判断出∠BOD＝∠BAC＝90°，得出PD⊥OD即可得出结论；（2）先判断出∠ADB＝∠P，再判断出∠DCP＝∠ABD，即可得出结论；（3）先求出BC，再判断出BD＝CD，利用勾股定理求出BC＝BD＝，最后用△ABD∽△DCP得出比例式求解即可得出结论．【解答】解：（1）如图，连接OD，∵BC是⊙O的直径，∴∠BAC＝90°，∵AD平分∠BAC，∴∠BAC＝2∠BAD，∵∠BOD＝2∠BAD，∴∠BOD＝∠BAC＝90°，∵DP∥BC，∴∠ODP＝∠BOD＝90°，∴PD⊥OD，∵OD是⊙O半径，∴PD是⊙O的切线；（2）∵PD∥BC，∴∠ACB＝∠P，∵∠ACB＝∠ADB，∴∠ADB＝∠P，∵∠ABD+∠ACD＝180°，∠ACD+∠DCP＝180°，∴∠DCP＝∠ABD，∴△ABD∽△DCP，（3）∵BC是⊙O的直径，∴∠BDC＝∠BAC＝90°，在Rt△ABC中，BC＝＝13cm，∵AD平分∠BAC，∴∠BAD＝∠CAD，∴∠BOD＝∠COD，∴BD＝CD，在Rt△BCD中，BD2+CD2＝BC2，∴BC＝CD＝BC＝，∵△ABD∽△DCP，∴，∴，∴CP＝16.9cm．【点评】此题是圆的综合题，主要考查了圆的性质，切线的性质和判定，勾股定理，相似三角形的判定和性质，同角的余角相等，判断出△ABD∽△DCP是解本题的关键．六、填空题（共5小题，每小题4分，满分20分）21．【分析】先由根与系数的关系求出m•n及m+n的值，再把化为的形式代入进行计算即可．【解答】解：∵m、n是一元二次方程x2+4x﹣1＝0的两实数根，∴m+n＝﹣4，m•n＝﹣1，∴＝＝＝4．故答案为4．【点评】本题考查的是根与系数的关系，将根与系数的关系与代数式变形相结合解题是一种经常使用的解题方法．一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的根与系数的关系为：x1+x2＝﹣，x1•x2＝．22．【分析】由平行四边形面积转化为矩形BDOA面积，在得到矩形PDOE面积，应用反比例函数比例系数k的意义即可．【解答】解：过点P做PE⊥y轴于点E∵四边形ABCD为平行四边形∴AB＝CD又∵BD⊥x轴∴ABDO为矩形∴AB＝DO∴S矩形ABDO＝S▱ABCD＝6∵P为对角线交点，PE⊥y轴∴四边形PDOE为矩形面积为3即DO•EO＝3∴设P点坐标为（x，y）k＝xy＝﹣3故答案为：﹣3【点评】本题考查了反比例函数比例系数k的几何意义以及平行四边形的性质．23．【分析】确定使双曲线在第二、四象限，且使抛物线y＝ax2+2x﹣3与x轴有交点的a的值后利用概率公式求解即可．【解答】解：∵双曲线在第二、四象限，∴a﹣2＜0，解得：a＜2，∵抛物线y＝ax2+2x﹣3与x轴有交点，∴22+4×3a≥0，解得：a≥﹣且a≠0，∴满足条件的a的值只有1，∴使双曲线在第二、四象限，且使抛物线y＝ax2+2x﹣3与x轴有交点的概率为，故答案为：．【点评】本题考查了概率公式：随机事件A的概率P（A）＝事件A可能出现的结果数除以所有可能出现的结果数．24．【分析】根据等腰三角形的性质，线段垂直平分线的性质，可得△ODC是等腰三角形，先根据等腰直角三角形的性质和勾股定理得到AC，BC，OB，OA，OC，AD，OD，CD，BD的长度，再根据相似三角形的判定与性质分两种情况得到BM的长度，进一步得到点M的坐标．【解答】解：∵OB＝CB，OB边上的高CA与OC边上的高BE相交于点D，AB＝，∠CBO＝45°，∴AB＝AC＝，OD＝CD，∠BOC＝＝67.5°，在Rt△BAC中，BC＝＝2，∴OB＝2，∴OA＝OB﹣AB＝2﹣，在Rt△OAC中，OC＝＝2，在Rt△OAD中，OA2+AD2＝OD2，（2﹣）2+AD2＝（﹣AD）2，解得：AD＝2﹣，∴OA＝AD，∠DOA＝45°，∴OD＝CD＝2﹣2，在Rt△BAD中，BD＝＝2，①如图1，△BMC∽△CDO时，过M点作MF⊥AB于F，＝，即＝，解得BM＝，∵MF⊥AB，CA是OB边上的高，∴MF∥DA，∴△BMF∽△BDA，∴＝＝，即＝＝，解得BF＝1，MF＝﹣1，∴OF＝OB﹣BF＝1，∴点M的坐标是（1，﹣1）；②如图2，△BCM∽△CDO时，过M点作MF⊥AB于F，＝，即＝，解得BM＝2，∵MF⊥AB，CA是OB边上的高，∴MF∥DA，∴△BMF∽△BDA，∴＝＝，即＝＝，解得BF＝2+，MF＝，∴OF＝BF﹣OB＝，∴点M的坐标是（﹣，）．综上所述，点M的坐标是（1，﹣1）或（﹣，）．故答案为：（1，﹣1）或（﹣，）．【点评】考查了相似三角形的判定与性质，一次函数图象上点的坐标特征，等腰三角形的性质，线段垂直平分线的性质，等腰直角三角形的性质和勾股定理，关键是得到BM的长度，注意分类思想的应用．25．【分析】①连接OQ，OD，如图1．易证四边形DOBP是平行四边形，从而可得DO∥BP．结合OQ＝OB，可证到∠AOD＝∠QOD，从而证到△AOD≌△QOD，则有DQ＝DA＝1；②连接AQ，如图2，根据勾股定理可求出BP．易证Rt△AQB∽Rt△BCP，运用相似三角形的性质可求出BQ，从而求出PQ的值，就可得到的值；③过点Q作QH⊥DC于H，如图3．易证△PHQ∽△PCB，运用相似三角形的性质可求出QH，从而可求出S△DPQ的值；④根据图1和①中的结论可作判断．【解答】解：①连接OQ，OD，如图1．易证四边形DOBP是平行四边形，从而可得DO∥BP，∴∠AOD＝∠OBP，∠DOQ＝∠OQB，∵OB＝OQ，∴∠OBP＝∠OQB，∴∠AOD＝∠QOD，从而证到△AOD≌△QOD，则有DQ＝DA＝1；故①正确；②连接AQ，如图2．∵P是CD的中点，∴CP＝CD＝，BP＝＝．易证Rt△AQB∽Rt△BCP，∴，即＝，∴BQ＝，则PQ＝BP﹣BQ＝﹣＝，∴＝＝；故②正确；③过点Q作QH⊥DC于H，如图3．易证△PHQ∽△PCB，∴，即∴QH＝，∴S△DPQ＝DP•QH＝＝．故③错误；④如图1，由①知：△AOD≌△QOD，∴∠ADQ＝2∠ODQ，∵OD∥PB，∴∠ODQ＝∠DQP，∴∠ADQ＝2∠DQP，故④正确，综上所述：正确结论是①②④．故答案为：①②④．【点评】本题主要考查了圆周角定理、平行四边形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、平行线的性质、勾股定理等知识，综合性比较强，在几何证明中，常用相似三角形的性质、勾股定理、三角函数的定义来建立等量关系，应灵活运用．七、解答题（共1小题，满分8分）26．【分析】（1）设每次降价的百分率为x，（1﹣x）2为两次降价的百分率，40降至32.4就是方程的平衡条件，列出方程求解即可；（2）设每天要想获得510元的利润，且更有利于减少库存，则每件商品应降价y元，由销售问题的数量关系建立方程求出其解即可．【解答】解：（1）设每次降价的百分率为x．40×（1﹣x）2＝32.4x＝10%或190%（190%不符合题意，舍去）答：该商品连续两次下调相同的百分率后售价降至每件32.4元，两次下降的百分率啊10%；（2）设每天要想获得510元的利润，且更有利于减少库存，则每件商品应降价y元，由题意，得（40﹣30﹣y）（4×+48）＝510，解得：y1＝1.5，y2＝2.5，∵有利于减少库存，∴y＝2.5．答：要使商场每月销售这种商品的利润达到510元，且更有利于减少库存，则每件商品应降价2.5元．【点评】此题主要考查了一元二次方程应用，关键是根据题意找到等式两边的平衡条件，这种价格问题主要解决价格变化前后的平衡关系，列出方程，解答即可．八、解答题（共1小题，满分10分）27．【分析】（1）过点P作PG⊥AB于点G，易知四边形DPGA，四边形PCBG是矩形，所以AD＝PG，DP＝AG，GB＝PC，易证△APG∽△PBG，所以PG2＝AG•GB，即AD2＝DP•PC；（2）DP∥AB，所以∠DPA＝∠PAM，由题意可知：∠DPA＝∠APM，所以∠PAM＝∠APM，由于∠APB﹣∠PAM＝∠APB﹣∠APM，即∠ABP＝∠MPB，从而可知PM＝MB＝AM，又易证四边形PMBN是平行四边形，所以四边形PMBN是菱形；（3）由于＝，可设DP＝1，AD＝2，由（1）可知：AG＝DP＝1，PG＝AD＝2，从而求出GB＝PC＝4，AB＝AG+GB＝5，由于CP∥AB，从而可证△PCF∽△BAF，△PCE∽△MAE，从而可得∴，，从而可求出EF＝AF﹣AE＝AC﹣＝AC，从而可得＝＝．【解答】解：（1）解法一：过点P作PG⊥AB于点G，∴易知四边形DPGA，四边形PCBG是矩形，∴AD＝PG，DP＝AG，GB＝PC∵∠APB＝90°，∴∠APG+∠GPB＝∠GPB+∠PBG＝90°，∴∠APG＝∠PBG，∴△APG∽△PBG，∴，∴PG2＝AG•GB，即AD2＝DP•PC；解法二：易证：△ADP∽△PCB，∴＝，由于AD＝CB，∴AD2＝DP•PC；（2）∵DP∥AB，∴∠DPA＝∠PAM，由题意可知：∠DPA＝∠APM，∴∠PAM＝∠APM，∵∠APB﹣∠PAM＝∠APB﹣∠APM，即∠ABP＝∠MPB∴AM＝PM，PM＝MB，∴PM＝MB，又易证四边形PMBN是平行四边形，∴四边形PMBN是菱形；（3）由于＝，可设DP＝1，AD＝2，由（1）可知：AG＝DP＝1，PG＝AD＝2，∵PG2＝AG•GB，∴4＝1•G