2021-2022学年河南省某校初三（上）10月月考数学试卷
一、选择题
1. 要使式子√𝑥−3有意义，则实数𝑥的取值范围是( ) A.𝑥≥−3
2. 下列方程是关于𝑥的一元二次方程的是( ) A.2𝑥−2𝑥2−
1
√32
B.𝑥>−3 C.𝑥≥3 D.𝑥>3
=0 B.2𝑥2−𝑦+5=0 D.4𝑥2−𝑥+7=0
1
C.𝑎𝑥2−𝑏𝑥+𝑐=0
3. 下列等式成立的是( ) A.4+3√2=7√2 B.√3×√5=√8
C.√3÷1√6=2√3 D.√(−2)2=2
4. 在根式√13，√𝑎2+𝑏2，√𝑎𝑏，，√2𝑎2𝑏中，最简二次根式有( ) A.1个
5. 已知𝑎，𝑏，4分别是等腰三角形（非等边三角形）三边的长，且𝑎，𝑏是关于𝑥的一元二次方程𝑥2−6𝑥+𝑘+2=0的两个根，则𝑘的值为( ) A.7
6. 某公司8月份的利润为100万元，要使10月份的利润达到144万元，则每月的平均增长率是( ) A.30%
7. 如图，在△𝐴𝐵𝐶中，中线𝐴𝐸，𝐶𝐷交于点𝐺，过点𝐺作𝐹𝐺//𝐵𝐶，则△𝐴𝐹𝐺与△𝐴𝐸𝐶的面积比为( )
B.25%
C.20%
D.15%
B.7或6
C.6或−7
D.6
B.2个
C.3个
D.4个
3
√62
A.3
8. 对于任意实数𝑚，关于𝑥的方程𝑥2−2(𝑚+5)𝑥+𝑚2+10𝑚+50=0的根的情况为( )
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2
B.9 4
C.4 3
D.9 5
A.有两个相等的实数根 C.有两个不相等的实数根
B.没有实数根 D.无法判定
9. 如图，在平面直角坐标系中有一等腰𝑅𝑡△𝐴𝑂𝐵，以𝑂为位似中心，将△𝐴𝑂𝐵的各边长缩小为原来的得△𝐴′𝑂𝐵′，若点𝐴的坐标为(3,6)，则点𝐵′的坐标为( )
31
A.(1,2)或(−1,−2) C.(2√3,−√3)或(−2√3,√3)
10. 如图，王华为了测量大树𝐶𝐷的高度，在𝐸处放置一块镜子，然后退到𝐵 处站立，刚好从镜子中看到大树的顶部𝐶．已知王华的眼睛𝐴离地面的高度𝐴𝐵=1.2𝑚，他离镜子的水平距离𝐵𝐸=0.5𝑚，离旗杆的底部𝐷处的距离𝐵𝐷=2.5𝑚，且𝐵，𝐸，𝐷三点在同一水平直线上，则大树𝐶𝐷的高度为( )
B.(2,−1)或(−2,1)
D.(−2√6,√6)或(2√6,−√6)
A.4.5𝑚 二、填空题
二次根式√
已知𝑏=3，则2𝑏+𝑎=__________.
若𝑦=√𝑥−2−√2−𝑥−3，则𝑥𝑦=________．
2
若𝑥1，𝑥2是方程𝑥2−2𝑥−2020=0的两个实数根，则代数式𝑥1−𝑥1+𝑥2的值为
𝑎
2
2𝑎+𝑏4𝑥−3
B.4.8𝑚 C.5.5𝑚 D.6𝑚
有意义，则𝑥的取值范围是________.
________.
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在△𝐴𝐵𝐶中，点𝐷为𝐴𝐵的三等分点，过点𝐷作𝐷𝐸//𝐵𝐶，𝐷𝐸交直线𝐴𝐶于点𝐸，若△𝐴𝐷𝐸的面积为4，则四边形𝐵𝐷𝐸𝐶的面积为________. 三、解答题
解下列方程： (1)𝑥2−2𝑥−2=0；
(2)(𝑥−2)2−𝑥+2=0.
(1)计算：(3√18+√50−4√)÷√32；
52
(2)计算：√27−√3−
已知关于𝑥的方程𝑥2−4𝑥+𝑎−1=0有两个实数根． (1)求𝑎的取值范围；
(2)设方程的两个实数根分别为𝑥1,𝑥2，且𝑥+𝑥=−1，求实数𝑎的值．
1
2
11
4
√482
+(√5−1)−(√3).
0−1
𝑎𝑎
阅读下面的材料解决问题：解方程𝑥4−5𝑥2+4=0，这是一个一元四次方程，根据该方程的特点，它的解法通常是设𝑥2=𝑦，那么𝑥4=𝑦2，于是原方程可变为𝑦2−5𝑦+4=0，解得𝑦1=1，𝑦2=4．当𝑦=1时，𝑥2=1，∴ 𝑥=±1；当𝑦=4时，𝑥2=4，∴ 𝑥=±2；
∴ 原方程有四个根：𝑥1=1，𝑥2=−1，𝑥3=2，𝑥4=−2． 请参照上述材料，解方程(𝑥2+𝑥)2−4(𝑥2+𝑥)−12=0．
如图，已知△𝐴𝐵𝐶的三个顶点的坐标分别为𝐴(0,−3)，𝐵(3,−2)，𝐶(2,−4)，正方形网格中，每个小正方形的边长是1个单位长度．
(1)画出将△𝐴𝐵𝐶向上平移6个单位得到的△𝐴1𝐵1𝐶1；
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(2)以点𝐶为位似中心，在网格中画出△𝐴2𝐵2𝐶2，使△𝐴2𝐵2𝐶2与△𝐴𝐵𝐶位似，且△𝐴2𝐵2𝐶2与△𝐴𝐵𝐶的相似比为2:1，并直接写出点𝐴2的坐标．
如图，在平行四边形𝐴𝐵𝐶𝐷中，过点𝐴作𝐴𝐸⊥𝐵𝐶，垂足为点𝐸，连接𝐷𝐸，𝐹为线段𝐷𝐸上一点，且∠𝐴𝐹𝐸=∠𝐵．
(1)求证：△𝐴𝐷𝐹∼△𝐷𝐸𝐶；
(2)若𝐴𝐵=8，𝐴𝐷=6√3，𝐴𝐹=4√3，求𝐴𝐸的长．
盛夏时节，某雪糕批发商店平均每天可售出某款雪糕300根.售出1根该款雪糕的利润是1元．经调查发现，若该款雪糕的批发价每降低0.1元，则每天可多售出100根．为了使每天获得的利润更多，该需糕批发商店决定降价𝑥元．
(1)当𝑥为多少时，该雪糕批发商店每天卖出该款雪糕的利润为400元？
(2)该雪糕批发商店每天卖出该款雪糕的利润能达到500元吗？若能，请求出𝑥的值，若不能．请说明理由．
如图，在△𝐴𝐵𝐶中，∠𝐵=90∘，𝐴𝐵=6𝑐𝑚，𝐵𝐶=8𝑐𝑚.
(1)点𝑃从点𝐴开始沿𝐴𝐵边向点𝐵以1𝑐𝑚/𝑠的速度移动，点𝑄从𝐵点开始沿𝐵𝐶边向点𝐶以2𝑐𝑚/𝑠的速度移动.如果点𝑃，𝑄分别从𝐴，𝐵同时出发，经过几秒，△𝑃𝐵𝑄的面积等于8𝑐𝑚2？
(2)点𝑃从点𝐴开始沿𝐴𝐵边向点𝐵以1𝑐𝑚/𝑠的速度移动，点𝑄从𝐵点开始沿𝐵𝐶边向点𝐶以2𝑐𝑚/𝑠的速度移动.如果点𝑃，𝑄分别从𝐴，𝐵同时出发，线段𝑃𝑄能否将△𝐴𝐵𝐶分成面积相等的两部分？若能，求出运动时间；若不能，请说明理由.
(3)若点𝑃沿线段𝐴𝐵方向从𝐴点出发以1𝑐𝑚/𝑠的速度向点𝐵移动，点𝑄沿射线𝐶𝐵方向从𝐶点出发以2𝑐𝑚/𝑠的速度移动，𝑃，𝑄同时出发，问几秒后，△𝑃𝐵𝑄的面积为1𝑐𝑚2？
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参考答案与试题解析
2021-2022学年河南省某校初三（上）10月月考数学试卷
一、选择题 1. 【答案】 C
【考点】
二次根式有意义的条件 【解析】
根据二次根式有意义的条件即可求解． 【解答】
解：根据题意得：𝑥−3≥0， 解得：𝑥≥3． 故选𝐶. 2. 【答案】 A
【考点】
一元二次方程的定义 【解析】
根据一元二次方程的定义分别进行判断即可． 【解答】
解：等号两边都是整式，只含有一个未知数(一元)，并且未知数的最高次数是2(二次)的方程，叫做一元二次方程. 𝐴，2𝑥−3𝑥2−
1
√32
=0是一元二次方程，所以𝐴选项正确；
𝐵，2𝑥2−𝑦+5=0，含有两个未知数，所以𝐵选项错误； 𝐶，𝑎=0时，不是一元二次方程，所以𝐶选项错误； 𝐷，方程不是整式方程，所以𝐷选项错误． 故选𝐴． 3. 【答案】 D
【考点】
二次根式的混合运算 【解析】
根据二次根式的运算法则即可逐一判断． 【解答】
解：A，3和4√2不能合并，故A错误； B， √3×√5=√15，故B错误； C， √3÷1√6=√3×√6=√18=3√2，故C错误；
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D， √(−2)2=2，故D正确. 故选D． 4. 【答案】 C
【考点】 最简二次根式 【解析】
先根据二次根式的性质看看能否化简，再根据最简二次根式的定义判断即可． 【解答】
解：∵ √13，√𝑎2+𝑏2，中被开方数中不含能开得尽方的因数或因式， ∴ √13，√𝑎2+𝑏2，2为最简二次根式； 又√𝑎𝑏就不是二次根式，故不为最简二次根式； √2𝑎2𝑏=|𝑎|√2𝑏，故不为最简二次根式， 故最简二次根式有3个. 故选C． 5. 【答案】 B
【考点】 根的判别式
等腰三角形的判定与性质 【解析】
当𝑚=4或𝑛=4时，即𝑥=4，代入方程即可得到结论，当𝑚=𝑛时，即𝛥=(−6)2−4×(𝑘+2)=0，解方程即可得到结论． 【解答】
解：∵ 𝑚，𝑛，4分别是等腰三角形（非等边三角形）三边的长， ∴ 当𝑚=4或𝑛=4时，即𝑥=4， 方程为42−6×4+𝑘+2=0， 解得𝑘=6；
当𝑚=𝑛时，即𝛥=(−6)2−4×(𝑘+2)=0， 解得𝑘=7.
综上所述，𝑘的值等于6或7. 故选𝐵． 6. 【答案】 C
【考点】
一元二次方程的应用——增长率问题 【解析】
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3
√62
√6
设平均每月增长的百分率为𝑥，那么10月份的利润为100(1+𝑥)万元，11月份的利润为100(1+𝑥)(1+𝑥)万元，然后根据11月份的利润达到144万元即可列出方程，解方程即可． 【解答】
解：设平均每月增长的百分率为𝑥， 依题意得：100(1+𝑥)2=144， 1+𝑥=±1.2，
解得𝑥=0.2=20%，或𝑥=−2.2（负值舍去）． 即平均每月增长的百分率为20%． 故选𝐶． 7. 【答案】 B
【考点】
相似三角形的性质与判定 三角形的面积 三角形的重心 【解析】
先得出点𝐺是重心，再根据相似三角形的判定和性质得出【解答】
解：∵ 线段𝐴𝐸，𝐶𝐷是△𝐴𝐵𝐶的中线， ∴ 𝐺是△𝐴𝐵𝐶的重心，𝑆△𝐴𝐵𝐸=𝑆△𝐴𝐶𝐸 ， ∴
𝐴𝐺𝐴𝐸
𝑆△𝐴𝐹𝐺𝑆△𝐴𝐵𝐸
=,即可解答.
9
4
=. 3
2
∵ 𝐹𝐺//𝐵𝐸，
∴ △𝐴𝐹𝐺∼△𝐴𝐵𝐸， ∴
𝑆△𝐴𝐹𝐺𝑆△𝐴𝐵𝐸
=()=. 𝐴𝐸9
𝐴𝐺2
4
∵ 𝐸是𝐵𝐶的中点，
∴ 𝐵𝐸=𝐶𝐸，
∴ 𝑆△𝐴𝐵𝐸 =𝑆△𝐴𝐸𝐶 ， ∴ 𝑆△𝐴𝐹𝐺=9. △𝐴𝐸𝐶
𝑆4
故选𝐵. 8. 【答案】 B
【考点】 根的判别式 【解析】
先求出判别式，再判断方程根的情况. 【解答】
解：方程𝑥2−2(𝑚+5)𝑥+𝑚2+10𝑚+50=0 ∵ 𝛥=[−2(𝑚+5)]2−4(𝑚2+10𝑚+50)
试卷第7页，总18页
=4𝑚2+40𝑚+100−4𝑚2−40𝑚−200 =−100<0，
∴ 方程没有实数根． 故选𝐵． 9. 【答案】 B
【考点】 位似的性质 位似的有关计算 坐标与图形性质 【解析】
根据位似变换的性质、坐标与图形性质解答即可． 【解答】
解：∵ 在等腰𝑅𝑡△𝐴𝑂𝐵中，点𝐴的坐标为(3,6)， ∴ 点𝐵的坐标为(6,−3).
∵ 以原点𝑂为位似中心，相似比为3，把△𝐴𝑂𝐵缩小
∴ 点𝐵的对应点𝐵′的坐标为(−6×,3×)或(6×,−3×)，
3333即(−2,1)或(2,−1).
故选𝐵. 10. 【答案】 B
【考点】
相似三角形的应用 【解析】
根据题意得出△𝐴𝐵𝐸∽△𝐶𝐷𝐸，进而利用相似三角形的性质得出答案． 【解答】
解：由题意可得：𝐴𝐵=1.2𝑚，𝐵𝐸=0.5𝑚，𝐵𝐷=2.5𝑚， ∵ △𝐴𝐵𝐸∼△𝐶𝐷𝐸， ∴ 𝐶𝐷=𝐷𝐸， 即
1.2𝐶𝐷𝐴𝐵
𝐵𝐸
1
1
1
1
1
=
0.52
，
解得：𝐶𝐷=4.8𝑚. 故选𝐵． 二、填空题 【答案】 𝑥>3
【考点】
二次根式有意义的条件 【解析】
本题考查二次根式有意义的条件.
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【解答】
解：要使二次根式有意义， 则
4𝑥−3
≥0且𝑥−3≠0，
∴ 𝑥>3.
故答案为：𝑥>3. 【答案】 7 8【考点】 比例的性质 【解析】
由=得出𝑎=𝑏,再代入代数式，即可解答.
𝑏
3
3
𝑎
2
2
【解答】 解：因为=，
𝑏
3𝑎
2
所以𝑎=3𝑏， 所以2𝑎=3𝑏， 所以2𝑏+𝑎=
2𝑎+𝑏
4
𝑏+𝑏322𝑏+𝑏
32
4
=
7𝑏38𝑏3=8. 7
故答案为：.
8
7
【答案】 1 8【考点】
二次根式有意义的条件 【解析】
先根据二次根式的基本性质：√𝑎有意义，则𝑎≥0求出𝑥的值，进而求得𝑦的值，代入求得代数式的值． 【解答】
𝑥−2≥0，解：根据题意得：{
2−𝑥≥0，解得：𝑥=2， 则𝑦=−3， 则原式=2−3=8． 故答案为：8. 【答案】 2022
【考点】
根与系数的关系
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1
1
一元二次方程的解 【解析】
2
首先利用条件得：𝑥1−2𝑥1=2020，𝑥1+𝑥2=2，再代入求值即可.
【解答】
2解：由题意得：𝑥1−2𝑥1−2020=0，
2则𝑥1−2𝑥1=2020，
又由根与系数的关系可知：𝑥1+𝑥2=2，
22
所以𝑥1−𝑥1+𝑥2=𝑥1−2𝑥1+𝑥1+𝑥2
=2020+2=2022. 故答案为：2022. 【答案】 32或5
【考点】
相似三角形的性质与判定 【解析】
利用相似三角形的面积比关系，即可求出结果. 【解答】
解：当𝐴𝐵=3时，如图：
𝐴𝐷
1
因为𝐷𝐸//𝐵𝐶，则易得△𝐴𝐷𝐸∼△𝐴𝐵𝐶， 所以
𝑆△𝐴𝐷𝐸𝑆△𝐴𝐵𝐶
=(
𝐴𝐷2
)=9. 𝐴𝐵
1
又𝑆△𝐴𝐷𝐸=4，
所以𝑆△𝐴𝐵𝐶=36，
所以𝑆四边形𝐵𝐷𝐸𝐶=36−4=32； 当𝐴𝐵=3时，如图：
𝐴𝐷
2
因为𝐷𝐸//𝐵𝐶，则易得△𝐴𝐷𝐸∼△𝐴𝐵𝐶， 所以𝑆
𝑆△𝐴𝐷𝐸
△𝐴𝐵𝐶
=(𝐴𝐵)=9，又𝑆△𝐴𝐷𝐸=4，
𝐴𝐷2
4
所以𝑆△𝐴𝐵𝐶=9，
试卷第10页，总18页
所以𝑆四边形𝐵𝐷𝐸𝐶=9−4=5，
综上，四边形𝐵𝐷𝐸𝐶的面积为32或5. 故答案为：32或5. 三、解答题 【答案】
解：(1)𝑥2−2𝑥=2， 𝑥2−2𝑥+1=2+1， (𝑥−1)2=3，
𝑥−1=±√3，
则𝑥1=1+√3，𝑥2=1−√3. (2)(𝑥−2)2−(𝑥−2)=0， (𝑥−2)(𝑥−3)=0，
则𝑥−2=0或𝑥−3=0， 解得𝑥1=2，𝑥2=3． 【考点】
解一元二次方程-因式分解法 解一元二次方程-配方法 【解析】
（1）利用公式法求解可得； （2）利用因式分解法求解可得． 【解答】
解：(1)𝑥2−2𝑥=2， 𝑥2−2𝑥+1=2+1， (𝑥−1)2=3，
𝑥−1=±√3，
则𝑥1=1+√3，𝑥2=1−√3. (2)(𝑥−2)2−(𝑥−2)=0， (𝑥−2)(𝑥−3)=0，
则𝑥−2=0或𝑥−3=0， 解得𝑥1=2，𝑥2=3． 【答案】
解：(1)原式=(9√2+√2−2√2)÷4√2 =8√2÷4√2 =2.
(2)原式=3√3−
2√33
−2√3+1−
√3 3
21
=(3−−2−)×√3+1
33
=1.
【考点】
零指数幂、负整数指数幂 二次根式的混合运算 算术平方根 【解析】
化简二次根式，合并同类项可得解.
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利用化简二次根式，负指数次幂，0指数次幂得解. 【解答】
解：(1)原式=(9√2+√2−2√2)÷4√2 =8√2÷4√2 =2.
(2)原式=3√3−
2√33
−2√3+1−
√3 3
21
=(3−−2−)×√3+1
33=1. 【答案】
解：(1)由题意得𝛥=16−4(𝑎−1)≥0， 解得𝑎≤5 .
故𝑎的取值范围为𝑎≤5 . (2)由根与系数的关系可知： 𝑥1+𝑥2=4，𝑥1𝑥2=𝑎−1， ∵ 𝑥+𝑥=−1，
1
2
𝑎𝑎
∴ ∴
𝑎(𝑥1+𝑥2)𝑥1𝑥24𝑎
=−1，
𝑎−11
=−1，
𝑎=5. ∵ 𝑎≤5， ∴ 𝑎=5符合题意 . 【考点】
根与系数的关系 根的判别式 【解析】 【解答】
解：(1)由题意得𝛥=16−4(𝑎−1)≥0， 解得𝑎≤5 .
故𝑎的取值范围为𝑎≤5 . (2)由根与系数的关系可知： 𝑥1+𝑥2=4，𝑥1𝑥2=𝑎−1， ∵ 𝑥+𝑥=−1，
1
2
1
𝑎𝑎
∴
𝑎(𝑥1+𝑥2)𝑥1𝑥24𝑎
=−1，
∴ 𝑎−1=−1，
试卷第12页，总18页
𝑎=. 51
∵ 𝑎≤5， ∴ 𝑎=5符合题意 . 【答案】
解：令𝑦=𝑥2+𝑥，则由原方程，得𝑦2−4𝑦−12=0， 整理，得(𝑦−6)(𝑦+2)=0， 解得𝑦=6或𝑦=−2，
当𝑦=6时，𝑥2+𝑥=6，即(𝑥+3)(𝑥−2)=0， 解得𝑥1=−3，𝑥2=2．
当𝑦=−2时，𝑥2+𝑥=−2，即𝑥2+𝑥+2=0，该方程无解． 综上所述，该方程的解为：𝑥1=−3，𝑥2=2． 【考点】
换元法解一元二次方程 【解析】
设𝑦=𝑥2+𝑥，将原方程转化为关于𝑦的一元二次方程，通过解方程求得𝑦即𝑥2+𝑥的值，然后再来解关于𝑥的一元二次方程． 【解答】
解：令𝑦=𝑥2+𝑥，则由原方程，得𝑦2−4𝑦−12=0， 整理，得(𝑦−6)(𝑦+2)=0， 解得𝑦=6或𝑦=−2，
当𝑦=6时，𝑥2+𝑥=6，即(𝑥+3)(𝑥−2)=0， 解得𝑥1=−3，𝑥2=2．
当𝑦=−2时，𝑥2+𝑥=−2，即𝑥2+𝑥+2=0，该方程无解． 综上所述，该方程的解为：𝑥1=−3，𝑥2=2． 【答案】 解：(1)如图：
1
△𝐴1𝐵1𝐶1，即为所求.
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(2)如图：
△𝐴2𝐵2𝐶2即为所求，𝐴2坐标(−2, −2)． 【考点】
作图－平移变换 作图-位似变换 【解析】
（1）直接利用平移的性质得出对应点位置进而得出答案； （2）利用位似图形的性质得出对应点位置进而得出． 【解答】 解：(1)如图：
△𝐴1𝐵1𝐶1，即为所求.
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(2)如图：
△𝐴2𝐵2𝐶2即为所求，𝐴2坐标(−2, −2)． 【答案】
(1)证明：∵ 四边形𝐴𝐵𝐶𝐷是平行四边形， ∴ 𝐴𝐵 // 𝐶𝐷，𝐴𝐷 // 𝐵𝐶，
∴ ∠𝐶+∠𝐵=180∘，∠𝐴𝐷𝐹=∠𝐷𝐸𝐶． ∵ ∠𝐴𝐹𝐷+∠𝐴𝐹𝐸=180∘，∠𝐴𝐹𝐸=∠𝐵， ∴ ∠𝐴𝐹𝐷=∠𝐶． 在△𝐴𝐷𝐹与△𝐷𝐸𝐶中， ∠𝐴𝐹𝐷=∠𝐶,{ ∠𝐴𝐷𝐹=∠𝐷𝐸𝐶,∴ △𝐴𝐷𝐹∼△𝐷𝐸𝐶．
(2)解：∵ 四边形𝐴𝐵𝐶𝐷是平行四边形， ∴ 𝐶𝐷=𝐴𝐵=8．
由(1)知△𝐴𝐷𝐹∼△𝐷𝐸𝐶， ∴
𝐴𝐷𝐷𝐸
=
𝐴𝐹𝐶𝐷
，
=
6√3×84√3∴ 𝐷𝐸=
𝐴𝐷⋅𝐶𝐷𝐴𝐹
=12．
在𝑅𝑡△𝐴𝐷𝐸中，由勾股定理得：
𝐴𝐸=√𝐷𝐸2−𝐴𝐷2=√122−(6√3)2=6． 【考点】
相似三角形的性质 相似三角形的判定 平行四边形的性质 勾股定理 【解析】
（1）利用对应两角相等，证明两个三角形相似△𝐴𝐷𝐹∽△𝐷𝐸𝐶；
（2）利用△𝐴𝐷𝐹∽△𝐷𝐸𝐶，可以求出线段𝐷𝐸的长度；然后在𝑅𝑡△𝐴𝐷𝐸中，利用勾股定理求出线段𝐴𝐸的长度． 【解答】
试卷第15页，总18页
(1)证明：∵ 四边形𝐴𝐵𝐶𝐷是平行四边形， ∴ 𝐴𝐵 // 𝐶𝐷，𝐴𝐷 // 𝐵𝐶，
∴ ∠𝐶+∠𝐵=180∘，∠𝐴𝐷𝐹=∠𝐷𝐸𝐶． ∵ ∠𝐴𝐹𝐷+∠𝐴𝐹𝐸=180∘，∠𝐴𝐹𝐸=∠𝐵， ∴ ∠𝐴𝐹𝐷=∠𝐶． 在△𝐴𝐷𝐹与△𝐷𝐸𝐶中， ∠𝐴𝐹𝐷=∠𝐶,{ ∠𝐴𝐷𝐹=∠𝐷𝐸𝐶,∴ △𝐴𝐷𝐹∼△𝐷𝐸𝐶．
(2)解：∵ 四边形𝐴𝐵𝐶𝐷是平行四边形， ∴ 𝐶𝐷=𝐴𝐵=8．
由(1)知△𝐴𝐷𝐹∼△𝐷𝐸𝐶， ∴ 𝐷𝐸=𝐶𝐷， ∴ 𝐷𝐸=
𝐴𝐷⋅𝐶𝐷𝐴𝐹
𝐴𝐷
𝐴𝐹
=
6√3×84√3=12．
在𝑅𝑡△𝐴𝐷𝐸中，由勾股定理得：
𝐴𝐸=√𝐷𝐸2−𝐴𝐷2=√122−(6√3)2=6． 【答案】
解：(1)(1−𝑥)(300+10𝑥2−7𝑥+1=0， 𝑥1=2 𝑥2=5，
∴ 当𝑥=2或5时，该雪糕批发商店每天卖出该款雪糕的利润为400元. (2)(1−𝑥)(300+
1000.1
1
1
1
1
1000.1
⋅𝑥)=400，
𝑥)=500，
10𝑥2−7𝑥+2=0，
𝛥=49−4×10×2=−31<0， ∴ 此方程无解．
∴ 不能达到500元．
【考点】
一元二次方程的应用——利润问题 根的判别式 【解析】
(1)答案未提供解析． (2)答案未提供解析． 【解答】
解：(1)(1−𝑥)(300+10𝑥2−7𝑥+1=0，
1000.1
⋅𝑥)=400，
试卷第16页，总18页
𝑥1= 𝑥2=，
2
5
1
1
∴ 当𝑥=2或5时，该雪糕批发商店每天卖出该款雪糕的利润为400元. (2)(1−𝑥)(300+
1000.1
11
𝑥)=500，
10𝑥2−7𝑥+2=0，
𝛥=49−4×10×2=−31<0， ∴ 此方程无解．
∴ 不能达到500元． 【答案】
解：(1)设经过𝑥秒，使△𝑃𝐵𝑄的面积等于8𝑐𝑚2，依题意有
12
(6−𝑥)⋅2𝑥=8，
解得𝑥1=2，𝑥2=4，
经检验，𝑥1，𝑥2均符合题意.
故经过2秒或4秒，△𝑃𝐵𝑄的面积等于8𝑐𝑚2.
(2)不能，理由如下：
设经过𝑦秒，线段𝑃𝑄能否将△𝐴𝐵𝐶分成面积相等的两部分，依题意有： △𝐴𝐵𝐶的面积=2×6×8=24，
12
1
(6−𝑦)⋅2𝑦=12，
𝑦2−6𝑦+12=0，
∵ 𝛥=𝑏2−4𝑎𝑐=36−4×12=−12<0， ∴ 此方程无实数根，
∴ 线段𝑃𝑄不能将△𝐴𝐵𝐶分成面积相等的两部分； (3)①点𝑃在线段𝐴𝐵上，点𝑄在线段𝐶𝐵上， 设经过𝑚秒，依题意有0<𝑚<4，
12
(6−𝑚)(8−2𝑚)=1，
𝑚2−10𝑚+23=0，
解得𝑚1=5+√2，𝑚2=5−√2，
经检验，𝑚1=5+√2不符合题意，舍去， ∴ 𝑚=5−√2；
②点𝑃在线段𝐴𝐵上，点𝑄在线段𝐶𝐵延长线上， 设经过𝑛秒，依题意有4<𝑛<6，
12
(6−𝑛)(2𝑛−8)=1，
𝑛2−10𝑛+25=0， 解得𝑛1=𝑛2=5，
经检验，𝑛=5符合题意．
综上所述，经过(5−√2)秒或5秒后，△𝑃𝐵𝑄的面积为1𝑐𝑚2. 【考点】 动点问题
一元二次方程的应用
试卷第17页，总18页
【解析】
（1）设经过𝑥秒，使△𝑃𝐵𝑄的面积等于8𝑐𝑚2，根据等量关系：△𝑃𝐵𝑄的面积等于8𝑐𝑚2，列出方程求解即可；
（2）设经过𝑦秒，线段𝑃𝑄能否将△𝐴𝐵𝐶分成面积相等的两部分，根据面积之间的等量关系和判别式即可求解；
（3）分三种情况：①点𝑃在线段𝐴𝐵上，点𝑄在线段𝐶𝐵上(0<𝑥<4)；②点𝑃在线段𝐴𝐵上，点𝑄在线段𝐶𝐵上(4<𝑥<6)；③点𝑃在射线𝐴𝐵上，点𝑄在射线𝐶𝐵上(𝑥>6)；进行讨论即可求解． 【解答】
解：(1)设经过𝑥秒，使△𝑃𝐵𝑄的面积等于8𝑐𝑚2，依题意有
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(6−𝑥)⋅2𝑥=8，
解得𝑥1=2，𝑥2=4，
经检验，𝑥1，𝑥2均符合题意.
故经过2秒或4秒，△𝑃𝐵𝑄的面积等于8𝑐𝑚2.
(2)不能，理由如下：
设经过𝑦秒，线段𝑃𝑄能否将△𝐴𝐵𝐶分成面积相等的两部分，依题意有： △𝐴𝐵𝐶的面积=2×6×8=24，
12
1
(6−𝑦)⋅2𝑦=12，
𝑦2−6𝑦+12=0，
∵ 𝛥=𝑏2−4𝑎𝑐=36−4×12=−12<0， ∴ 此方程无实数根，
∴ 线段𝑃𝑄不能将△𝐴𝐵𝐶分成面积相等的两部分； (3)①点𝑃在线段𝐴𝐵上，点𝑄在线段𝐶𝐵上， 设经过𝑚秒，依题意有0<𝑚<4，
12
(6−𝑚)(8−2𝑚)=1，
𝑚2−10𝑚+23=0，
解得𝑚1=5+√2，𝑚2=5−√2，
经检验，𝑚1=5+√2不符合题意，舍去， ∴ 𝑚=5−√2；
②点𝑃在线段𝐴𝐵上，点𝑄在线段𝐶𝐵延长线上， 设经过𝑛秒，依题意有4<𝑛<6，
12
(6−𝑛)(2𝑛−8)=1，
𝑛2−10𝑛+25=0， 解得𝑛1=𝑛2=5，
经检验，𝑛=5符合题意．
综上所述，经过(5−√2)秒或5秒后，△𝑃𝐵𝑄的面积为1𝑐𝑚2.
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