《2025年学霸提优大试卷九年级数学全一册苏科版》

24. (12分)(2024·湖北中考)在矩形ABCD中,点E、F分别在边AD、BC上,将矩形ABCD沿EF折叠,使点A的对应点P落在边CD上,点B的对应点为点G,PG交BC于点H.
(1)如图①,求证:$\triangle DEP\backsim \triangle CPH$;
(2)如图②,当P为CD的中点,$AB= 2$,$AD= 3$时,求GH的长;
(3)如图③,连接BG,当P、H分别为CD、BC的中点时,探究BG与AB的数量关系,并说明理由.

答案：
(1)如图①,
∵四边形ABCD是矩形,
∴∠A=∠D=∠C=90°,
∴∠1+∠3=90°.
∵E、F分别在AD、BC上,将四边形ABCD沿EF翻折,使点A的对应点P落在边DC上,
∴∠EPH=∠A=90°,
∴∠1+∠2=90°,
∴∠3=∠2,
∴△DEP∽△CPH.
(2)
∵四边形ABCD是矩形，
∴$CD=AB=2$,$AD=BC=3$,∠A=∠D=∠C=90°.
∵P为CD中点,
∴$DP=CP=\frac{1}{2}×2=1$,设$EP=AE=x$,
∴$ED=AD - x=3 - x$,在Rt△EDP中,$EP^2=ED^2+DP^2$,即$x^2=(3 - x)^2+1$,解得$x=\frac{5}{3}$
∴$EP=AE=x=\frac{5}{3}$
∴$ED=\frac{4}{3}$.
∵△EDP∽△PCH,
∴$\frac{ED}{PC}=\frac{EP}{PH}$即$\frac{\frac{4}{3}}{1}=\frac{\frac{5}{3}}{PH}$,
∴$PH=\frac{5}{4}$.
∵$PG=AB=2$,
∴$GH=PG - PH=\frac{3}{4}$
(3)$BG=\frac{\sqrt{6}}{6}AB$.理由如下:如图②,延长AB,PG交于一点M,连接AP,
∵点E、F分别在边AD、BC上,将四边形ABCD沿EF翻折,使点A的对应点P落在边CD上，
∴$AP⊥EF$,$BG⊥直线EF$,
∴$BG//AP$.
∵$AE=EP$,
∴∠EAP=∠EPA,
∴∠BAP=∠GPA
∴△MAP是等腰三角形,
∴$MA=MP$.
∵P为CD中点,
∴设$DP=CP=y$,
∴$AB=PG=CD=2y$.
∵H为BC中点,
∴$BH=CH$.
∵∠BHM=∠CHP,∠CBM=∠PCH,
∴△MBH≌△PCH (ASA),
∴$BM=CP=y$,$HM=HP$,
∴$MP=MA=MB+AB=3y$,
∴$HP=\frac{1}{2}PM=\frac{3}{2}y$,在Rt△PCH中,$CH=\sqrt{PH^2 - PC^2}=\frac{\sqrt{5}}{2}y$,
∴$BC=2CH=\sqrt{5}y$,
∴$AD=BC=\sqrt{5}y$,在Rt△APD中,$AP=\sqrt{AD^2+PD^2}=\sqrt{6}y$.
∵$BG//AP$,
∴△BMG∽△AMP,
∴$\frac{BG}{AP}=\frac{BM}{AM}=\frac{1}{3}$
∴$BG=\frac{\sqrt{6}}{3}y$,
∴$\frac{AB}{BG}=\frac{2y}{\frac{\sqrt{6}}{3}y}=\sqrt{6}$,
∴$AB=\sqrt{6}BG$,即$BG=\frac{\sqrt{6}}{6}AB$.

25. (12分)(2024·呼伦贝尔中考)如图,在平面直角坐标系中,二次函数$y= ax^{2}+bx+c(a≠0)的图像经过原点和点A(4,0)$.经过点A的直线与该二次函数图像交于点$B(1,3)$,与y轴交于点C.
(1)求二次函数的表达式及点C的坐标.
(2)点P是二次函数图像上的一个动点,当点P在直线AB上方时,过点P作$PE⊥x$轴于点E,与直线AB交于点D,设点P的横坐标为m.
①m为何值时线段PD的长度最大,并求出最大值;
②是否存在点P,使得$\triangle BPD与\triangle AOC$相似.若存在,请求出点P坐标;若不存在,请说明理由.

答案：
(1)把$O(0,0)$,$A(4,0)$,$B(1,3)$代入$y=ax^2+bx+c$($a≠0$),得$\begin{cases}c=0,\\16a + 4b + c = 0,\\a + b + c = 3,\end{cases}$解得$\begin{cases}a=-1,\\b=4,\\c=0,\end{cases}$
∴二次函数的表达式为$y=-x^2+4x$,设直线AB表达式为$y=mx + n$,则$\begin{cases}4m + n = 0,\\m + n = 3,\end{cases}$解得$\begin{cases}m=-1,\\n=4,\end{cases}$
∴直线AB表达式为$y=-x + 4$,当$x = 0$时,$y = 4$,
∴点C的坐标为$(0,4)$.
(2)①设$P(m,-m^2+4m)$($1＜m＜4$),则$D(m,-m + 4)$,
∴$PD=-m^2+4m-(-m + 4)=-m^2+5m - 4=-(m-\frac{5}{2})^2+\frac{9}{4}$,
∴当$m=\frac{5}{2}$时，线段PD的长度最大，最大值为$\frac{9}{4}$②
∵$A(4,0)$,$C(0,4)$,
∴$AO=CO=4$.又
∵$∠AOC=90°$,
∴$∠ACO=∠OAC=45°$.又
∵$PD⊥x轴$,
∴$PD//y轴$,
∴$∠PDB=∠ACO=45°$,当△PBD∽△OAC时,如图①,
∴$∠BPD=∠AOC=90°$,
∴$BP//x轴$,
∴点P的纵坐标为3,把$y = 3$代入$y=-x^2+4x$,得$3=-x^2+4x$,解得$x_1=1$,$x_2=3$,
∴$m=3$,
∴点P的坐标为$(3,3)$;当△PBD∽△AOC时,如图②,过点B作$BF⊥PD$于点F,则$BF=m - 1$,$∠PBD=∠AOC=90°$,又
∵$∠BDP=45°$,
∴$∠BPD=45°=∠BDP$,
∴$BP=BD$,
∴$PF=DF$,
∴$BF=\frac{1}{2}PD$,
∴$m - 1=\frac{1}{2}(-m^2+5m - 4)$,解得$m_1=2$,$m_2=1$(舍去),
∴$-m^2+4m=4$,
∴点P的坐标为$(2,4)$.综上,当点P的坐标为$(2,4)$或$(3,3)$时,△BPD与△AOC相似.