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．1B．2C．3D．42．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．15B．10C．4D．34．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．4C．0D．0或45．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．1：8：27B．1：4：9C．1：8：36D．1：9：366．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（ ）23\nA．8B．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．1B．2C．3D．48．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 ．23\n13．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=0．23\n17．（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65未参加音乐社团420（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．23\n20．（16分）已知：如图，在Rt△ACB中，∠C=90°，AC=3cm，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． 23\n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．1B．2C．3D．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；23\nC、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．15B．10C．4D．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．4C．0D．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．23\n【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．1：8：27B．1：4：9C．1：8：36D．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（ ）23\nA．8B．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． 23\n7．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．1B．2C．3D．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；23\n③∵△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，≠，23\n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．23\n 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． 23\n13．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．23\n【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=4，23\n∴===，∴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）=0，23\n∴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65未参加音乐社团420（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）==；23\n（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）；23\n（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，23\n∴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；23\n（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=3cm，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．23\n【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=3cm，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，∴，∴，23\n∴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．23
