【332028】期末检测试卷1

期末检测试卷

一、选择题（每小题3分，共24分）

1．下面是一天中四个不同时刻两个建筑物的影子：

将它们按时间先后顺序进行排列，正确的是（　　）

A．③④②① B．②④③① C．③④①② D．③①②④

【考点】平行投影．

【分析】根据影子变化规律可知道时间的先后顺序．

【解答】解：从早晨到傍晚物体的指向是：西﹣西北﹣北﹣东北﹣东，影长由长变短，再变长．

所以正确的是③④①②．

故选C．

【点评】本题考查平行投影的特点和规律．在不同时刻，同一物体的影子的方向和大小可能不同，不同时刻物体在太阳光下的影子的大小在变，方向也在改变，就北半球而言，从早晨到傍晚物体的指向是：西﹣西北﹣北﹣东北﹣东，影长由长变短，再变长．

　

2．如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，BC=1，AB=2，则下列结论正确的是（　　）

A．sinA= B．tanA= C．cosB= D．tanB=

【考点】特殊角的三角函数值；锐角三角函数的定义．

【分析】根据三角函数的定义求解．

【解答】解：∵在Rt△ABC中，∠ACB=90°，BC=1，AB=2．

∴AC= = = ，

∴sinA= = ，tanA= = = ，cosB= = ，tanB= = ．

故选D．

【点评】解答此题关键是正确理解和运用锐角三角函数的定义．

　

3．如图，分別将三角形、矩形、菱形、正方形各边向外平移1个单位并适当延长，得到下列图形，其中变化前后的两个图形不一定相似的有（　　）

A．1对 B．2对 C．3对 D．4对

【考点】相似图形．

【分析】利用相似图形的判定方法：对应角相等，对应边成比例的图形相似，进而判断即可．

【解答】解：∵三角形、矩形对应边外平移1个单位后，对应边的比值不一定相等，

∴变化前后的两个三角形、矩形都不相似，

∵菱形、正方形边长改变后对应比值仍相等，且对应角相等，

∴变化前后的两个菱形、两个正方形相似，

故选：B．

【点评】此题主要考查了相似图形的判定，正确掌握相似图形的判定方法是解题关键．

　

4．计算：cos30°+sin60°tan45°=（　　）

A．1 B． C． D．

【考点】特殊角的三角函数值．

【分析】根据特殊角三角函数值，可得实数的运算，根据实数的运算，可得答案．

【解答】解：原式= + ×1= ．

故选：C．

【点评】本题考查了特殊角三角函数值，熟记特殊角三角函数值是解题关键．

　

5．将抛物线y=x²向下平移2个单位长度，再向右平移1个单位长度后，得到的抛物线的表达式为（　　）

A．y=（x﹣1）²+2 B．y=（x+1）²﹣2 C．y=（x﹣2）²﹣1 D．y=（x﹣1）²﹣2

【考点】二次函数图象与几何变换．

【专题】几何变换．

【分析】先利用顶点式得到抛物线y=x²的顶点坐标为（0，0），再根据点利用的规律得到点（0，0）平移后所得对应点的坐标为（1，﹣2），然后根据顶点式写出平移后抛物线的解析式．

【解答】解：抛物线y=x²的顶点坐标为（0，0），点（0，0）向下平移2个单位，再向右平移1个单位所得对应点的坐标为（1，﹣2），所以所得到的抛物线的解析式是y=（x﹣1）²﹣2．

故选D．

【点评】本题考查了二次函数图象与几何变换：由于抛物线平移后的形状不变，故a不变，所以求平移后的抛物线解析式通常可利用两种方法：一是求出原抛物线上任意两点平移后的坐标，利用待定系数法求出解析式；二是只考虑平移后的顶点坐标，即可求出解析式．

　

6．如图，在△ABC中，点D、E分别是边AB和AC上的点，AD=2BD，DE∥BC，S_△ABC=36，则S_△ADE=（　　）

A．9 B．16 C．18 D．24

【考点】相似三角形的判定与性质．

【分析】由平行线的性质得出△ADE∽△ABC，得出相似三角形的面积比等于相似比的平方： =（ ）²= ，即可得出结果．

【解答】解：∵AD=2BD，

∴AD= AB，

∴ = ，

∵DE∥BC，

∴△ADE∽△ABC，

∴ =（ ）²= ，

∴S_△ADE= ×36=16；

故选：B．

【点评】本题考查了相似三角形的判定与性质；证明三角形相似得出面积比等于相似比的平方是解决问题的关键．

　

7．如图，已知线段AB两个端点的坐标分别为A（6，6），B（8，4），以原点O为位似中心，在第一象限内将线段AB缩小为原来的 后得到线段CD，则端点D的坐标为（　　）

A． C．或（﹣4，2）

【考点】位似变换；坐标与图形性质．

【分析】根据在平面直角坐标系中，如果位似变换是以原点为位似中心，相似比为k，那么位似图形对应点的坐标的比等于k或﹣k解答．

【解答】解：线段AB两个端点的坐标分别为A（6，6），B（8，4），

以原点O为位似中心，在第一象限内将线段AB缩小为原来的 后得到线段CD，

则点B与点D是对应点，

则点D的坐标为（8× ，4× ），即（4，2），

故选：A．

【点评】本题考查的是位似变换的概念和性质，在平面直角坐标系中，如果位似变换是以原点为位似中心，相似比为k，那么位似图形对应点的坐标的比等于k或﹣k．

　

8．对于二次函数y=﹣2（x﹣1）（x+3），下列说法正确的是（　　）

A．图象的开口向上

B．图象与y轴交点坐标是（0，6）

C．当x＞﹣1时，y随x的增大而增大

D．图象的对称轴是直线x=1

【考点】二次函数的性质．

【分析】将函数图形变成顶点式，依照二次函数的性质对比四个选项即可得出结论．

【解答】解：A、y=﹣2（x﹣1）（x+3），

∵a=﹣2＜0，

∴图象的开口向下，故本选项错误；

B、y=﹣2（x﹣1）（x+3）

=﹣2x²﹣4x+6，

当x=0时，y=6，

即图象与y轴的交点坐标是（0，6），故本选项正确；

C、y=﹣2（x﹣1）（x+3）=﹣2（x+1）²+8，

即当x＞﹣1，y随x的增大而减少，故本选项错误；

D、y=﹣2（x﹣1）（x+3）=﹣2（x+1）²+8，

即图象的对称轴是直线x=﹣1，故本选项错误．

故选B．

【点评】本题考查二次函数的性质，解题的关键是将二次函数关系式变为顶点式，联立二次函数性质对比四个选项即可．

　

二、填空题（每小题3分，共18分）

9．观察图1中的三种视图，在图2中与之对应的几何体是　③　（填序号）

【考点】由三视图判断几何体．

【分析】首先根据主视图中有两条虚线，发现该几何体的应该有两条从正面看不到的棱，然后结合俯视图及提供的三个几何体确定正确的序号．

【解答】解：结合主视图和俯视图发现几何体的背面应该有个凸起，

故淘汰①②，选③，

故答案为：③．

【点评】本题考查了由三视图判断几何体的知识，解题的关键是结合三视图及三个几何体确定正确的答案，难度不大．

　

10．小华的爸爸存入银行1万元，先存一个一年定期，一年后将本息自动转存另一个一年定期，两年后共得本息10609元．设存款的年利率为x，则由题意列方程应为　10000（1+x）²=10609　．

【考点】由实际问题抽象出一元二次方程．

【分析】根据题意可得一年后的本息和为：10000（1+x），则两年后的本息和为：10000（1+x）（1+x），进而得出答案．

【解答】解：设存款的年利率为x，则由题意列方程应为：

10000（1+x）²=10609．

故答案为：10000（1+x）²=10609．

【点评】此题主要考查了由实际问题抽象出一元二次方程，正确表示出第2年的本息和是解题关键．

　

11．如图，把两个全等的矩形ABCD和矩形CEFG拼成如图所示的图案，则∠AFC=　45　°．

【考点】矩形的性质；等腰直角三角形．

【分析】根据矩形的性质得出AB=CE，BC=EF，∠B=∠E=90°，根据SAS推出△ABC≌≌△CEF，根据全等得出∠BAC=∠FCE，AC=CF，求出△ACF是等腰直角三角形，即可得出答案．

【解答】解：∵四边形ABCD和四边形CEFG是全等的矩形，

∴AB=CE，BC=EF，∠B=∠E=90°，

在△ABC和△CEF中，

，

∴△ABC≌≌△CEF（SAS），

∴∠BAC=∠FCE，AC=CF，

∵∠B=90°，

∴∠BAC+∠ACB=90°，

∴∠ACB+∠FCE=90°，

∴∠ACF=90，

∴△ACF是等腰直角三角形，

∴∠AFC=45°．

故答案为：45．

【点评】本题考查了矩形的性质，全等三角形的性质和判定的应用，能根据定理推出三角形ACF是等腰直角三角形是解此题的关键．

　

12．如图，某公园入口处原有三级台阶，每级台阶高为18cm，深为30cm，为方便残疾人士，拟将台阶改为斜坡，设台阶的起点为A，斜坡的起始点为C，现设计斜坡BC的坡度i=1：5，则AC的长度是　210　cm．

【考点】解直角三角形的应用-坡度坡角问题．

【分析】首先过点B作BD⊥AC于D，根据题意即可求得AD与BD的长，然后由斜坡BC的坡度i=1：5，求得CD的长，继而求得答案．

【解答】解：过点B作BD⊥AC于D，

根据题意得：AD=2×30=60（cm），BD=18×3=54（cm），

∵斜坡BC的坡度i=1：5，

∴BD：CD=1：5，

∴CD=5BD=5×54=270（cm），

∴AC=CD﹣AD=270﹣60=210（cm）．

∴AC的长度是210cm．

故答案为：210．

【点评】此题考查了解直角三角形的应用：坡度问题．此题难度适中，注意掌握坡度的定义，注意数形结合思想的应用与辅助线的作法．

　

13．如图，菱形ABCD的对角线AC=4cm，把它沿对角线AC方向平移1cm得到菱形EFGH，则图中阴影部分图形的面积与四边形EMCN的面积之比为　 　．

【考点】菱形的性质；平移的性质．

【分析】首先得出△MEC∽△DAC，则 = ，进而得出 = ，即可得出答案．

【解答】解：∵ME∥AD，

∴△MEC∽△DAC，

∴ = ，

∵菱形ABCD的对角线AC=4cm，把它沿着对角线AC方向平移1cm得到菱形EFGH，

∴AE=1cm，EC=3cm，

∴ = ，

∴ = ，

∴图中阴影部分图形的面积与四边形EMCN的面积之比为： = ．

故答案为： ．

【点评】此题主要考查了菱形的性质以及相似三角形的判定与性质，得出 = 是解题关键．

　

14．已知二次函数y=ax²+bx+c的图象如图所示，它与x轴的两个交点的坐标分别为（﹣1，0），（3，0）．对于下列结论：①abc＞0，；b²﹣4ac＞0；③当x₁＜x₂＜0时，y₁＞y₂；④当﹣1＜x＜3时，y＞0．其中正确的有　①②③　个．

【考点】二次函数图象与系数的关系．

【分析】首先根据对称轴公式结合a的取值可判定出b＜0，根据a、b、c的正负即可判断出①的正误；抛物线与x轴有两个不同的交点，则△=b²﹣4ac＞0，故②正确；根据二次函数的性质即可判断出③的正误；由图象可知：当﹣1＜x＜3时，y＜0，即可判断出④的正误．

【解答】解：根据图象可得：抛物线开口向上，则a＞0．抛物线与y交与负半轴，则c＜0，

对称轴：x=﹣ ＞0，

∴b＜0，

∴abc＞0，故①正确；

∵它与x轴的两个交点分别为（﹣1，0），（3，0），则△=b²﹣4ac＞0，故②正确

∵抛物线与x轴的两个交点分别为（﹣1，0），（3，0），

∴对称轴是x=1，

∵抛物线开口向上，

∴当x＜1时，y随x的增大而减小，

∴当x₁＜x₂＜0时，

y₁＞y₂；故③正确；

由图象可知：当﹣1＜x＜3时，y＜0，故④错误；

故正确的有①②③．

故答案为①②③．

【点评】此题主要考查了二次函数图象与系数的关系，关键是熟练掌握①二次项系数a决定抛物线的开口方向，当a＞0时，抛物线向上开口；当a＜0时，抛物线向下开口；②一次项系数b和二次项系数a共同决定对称轴的位置：当a与b同号时（即ab＞0），对称轴在y轴左； 当a与b异号时（即ab＜0），对称轴在y轴右．．

　

三、作图题（共4分）

15．画出如图所示几何体的主视图、左视图．

【考点】作图-三视图．

【分析】分别找到从正面，左面，上面看得到的图形即可，看到的棱用实线表示；实际存在，没有被其他棱挡住，又看不到的棱用虚线表示．

【解答】

【点评】此题主要考查了画几何体的三视图；用到的知识点为：主视图，左视图与俯视图分别是从物体的正面，左面，上面看得到的图形．

　

四、解答题（本题共9小题，共74分）

16．解方程：

（1）x²﹣6x=11（配方法）

（2）（x+5）（x+1）=12．

【考点】解一元二次方程-因式分解法；解一元二次方程-配方法．

【分析】（1）先配方，再开方，即可得出两个一元一次方程，求出方程的解即可；

（2）整理后分解因式，即可得出两个一元一次方程，求出方程的解即可．

【解答】解：（1）x²﹣6x=11

x²﹣6x+9=11+9

（x﹣3）²=20，

x﹣3=

x₁=3+2 ，x₂=3﹣2 ；

（2）（x+5）（x+1）=12，

整理得：x²+6x﹣7=0，

（x+7）（x﹣1）=0，

x+7=0，x﹣1=0，

x₁=﹣7，x₂=1．

【点评】本题考查了解一元二次方程的应用，能选择适当的方法解一元二次方程转是解此题的关键．

　

17．如图，某高尔夫球手击出的高尔夫求的运动路线是一条抛物线，当球水平运动了24m时达到最高点．落球点C比击球点A的海拔低1m，它们的水平距离为50m．

（1）按如图所示的直角坐标系，求球的高度y（m）关于水平距离x（m）的函数关系式；

（2）与击球点相比，球运动到最高点时有多高？

【考点】二次函数的应用．

【分析】（1）根据待定系数法，可得函数解析式；

（2）根据自变量，可得函数值．

【解答】解：（1）以海拔0米为x轴，过最高点为y轴，可设函数关系式：y=ax²+b，函数图象过（﹣24，0）（26，﹣1），

把坐标点（﹣24，0），（26，﹣1）代入y=ax²+b，得

，解得

函数关系式为：y=﹣0.01x²+5.76；

（2）当x=0时，y=b=5.76，

答：球运动到最高点时最高为5.76米．

【点评】本题考查了二次函数的应用，建立平面直角坐标系是解题关键．

　

18．小明、小颖和小凡做“石头、剪刀、布”游戏，游戏规则如下：由小颖和小凡做“石头、剪刀、布”游戏，如果两人的手势相同，那么小明获胜；如果两人手势不同，那么按照“石头胜剪刀，剪刀胜布，布胜石头”的规则决定小明和小颖中的获胜者．假设小颖和小凡每次出这三种手势的可能性相同：

（1）请用树状图或列表的方法表示一次游戏中所有可能出现的结果；

（2）这个游戏规则对三人公平吗？请说明理由．

【考点】游戏公平性；列表法与树状图法．

【分析】（1）列表得出所有等可能的情况数，找出两人手势相同的情况，求出小凡获胜的概率即可；

（2）找出小明与小颖获胜的情况数，求出两人获胜的概率，比较即可得到结果．

【解答】解：（1）列出表格，如图所示：

石头 剪刀 布

石头 （石头，石头） （剪刀，石头） （布，石头）

剪刀 （石头，剪刀） （剪刀，剪刀） （布，剪刀）

布 （石头，布） （剪刀，布） （布，布）

由列表可知所有等可能的情况有9种；

（2）小明获胜的情况有3种，小颖获胜的情况有3种，

∴P（小明获胜）=P（小颖获胜）= = ，

∴P（小凡获胜）= ，

∴这个游戏对三人公平．

【点评】此题考查了游戏公平性，以及列表法与树状图法，判断游戏公平性就要计算每个事件的概率，概率相等就公平，否则就不公平

　

19．在某次反潜演习中，我军舰A测得离开海平面的下潜潜艇C的俯角为37°，位于军舰A正上方1100米的反潜飞机B測得此时潜艇C的俯角为67°，求前艇C离开海平面的下潜深度．

（参考数据：sin37°≈ ，cos37°≈ ，tan37°≈ ，sin67°≈ ，cos67°≈ ，tan26°≈ ）

【考点】解直角三角形的应用-仰角俯角问题．

【分析】作CD⊥AB于点D．设AD=x米，在直角△ACD中利用三角函数利用x表示出CD，然后在直角△ACD中利用三角函数即可列方程求得x的值．

【解答】解：作CD⊥AB于点D．设AD=x米，

∵在直角△ACD中，∠ACD=37°，tan∠ACD= ，

∴CD= = = = ．

∴BD=AB+AD=1100+x，

∵直角△ACD中，∠DBC=23°，tan∠ACD= ，

∴ = ，

解得：x= ．

答：潜艇下潜深度是 米．

【点评】本题考查俯角的定义，要求学生能借助俯角构造直角三角形并解直角三角形．

　

20．如图，正比例函数y=k₁x（k₁≠0）与反比例函数y= （k₂≠0）的图象交于点A、B两点，已知点A的横坐标为1，点B的纵坐标为﹣3．

（1）请直接写出A、B两点的坐标；

（2）求处这两个函数的表达式；

（3）根据图象写出正比例函数的值不小于反比例函数的值的x的取值范围．

【考点】反比例函数与一次函数的交点问题．

【分析】（1）根据题意得出A、B关于原点成中心对称，根据中心对称的性质从而求得A（1，3），B（﹣1，﹣3），

（2）把A（1，3）代入y=k₁x（k₁≠0）与y= 即可求得k₁，k₂；

（3）根据图象和交点A、B的坐标即可求得．

【解答】解：（1）∵正比例函数y=k₁x（k₁≠0）与反比例函数y= （k₂≠0）的图象交于点A、B两点，

∴A、B关于原点成中心对称，

∵点A的横坐标为1，点B的纵坐标为﹣3．

∴A（1，3），B（﹣1，﹣3），

（2）把A（1，3）代入正比例函数y=k₁x（k₁≠0）与反比例函数y= （k₂≠0），得k₁=3，k₂=3，

∴这两个函数的表达式为y=3x和y= ；

（3）由图象可知：正比例函数的值不小于反比例函数的值的x的取值范围为﹣1≤x＜0或x＞1．

【点评】本题考查了反比例函数和一次函数的交点问题，根据题意求得A、B的坐标是解题的关键．

　

21．已知，如图，在▱ABCD中，AC是对角线，AB=AC，点E、F分别是BC、AD的中点，连接AE，CF．

（1）四边形AECF是什么特殊四边形？证明你的结论；

（2）当△ABC的角满足什么条件时，四边形AECF是正方形？证明你的结论．

【考点】正方形的判定；平行四边形的性质．

【分析】（1）平行四边形的性质得出AD=BC，AD∥BC，求出AF=CE，AF∥CE，求出四边形AECF是平行四边形，求出∠AEC=90°，即可得出答案；

（2）求出AE=EC= BC，即可得出答案．

【解答】（1）四边形AECF是矩形，

证明：∵四边形ABCD是平行四边形，

∴AD=BC，AD∥BC，

∵E、F分别是BC、AD的中点，

∴AF= AD，CE= BC，

∴AF=CE，AF∥CE，

∴四边形AECF是平行四边形，

∵AB=AC，E为BC的中点，

∴AE⊥BC，

∴∠AEC=90°，

∴四边形AECF是矩形；

（2）当△ABC满足∠BAC=90°时，四边形AECF是正方形，

证明：∵∠BAC=90°，E为BC的中点，

∴AE=EC= BC，

∵四边形AECF是矩形，

∴四边形AECF是正方形，

∴当△ABC满足∠BAC=90°°时，四边形AECF是正方形．

【点评】本题考查了矩形的判定、菱形的判定、正方形的判定，平行四边形的性质和判定，等腰三角形的性质，直角三角形的性质的应用，能综合运用知识点进行推理是解此题的关键．

　

22．某商店购进一批单价为30元的日用商品，如果以单价40元销售，那么每星期可售出400件．根据销售经验，提高销售单价会导致销售量的减少，即销售单价每提高1元，销售量相应减少20件．设销售单价为x（元）（x＞40）时，该商品每星期获得的利润y（元）．

（1）求出y与x之间的函数关系式及自变量x的取值范围；

（2）求出销售单价为多少元时，每星期获得的利润最大？最大利润是多少？

【考点】二次函数的应用；二次函数的最值；根据实际问题列二次函数关系式．

【专题】应用题；函数思想；二次函数的应用．

【分析】（1）根据“实际销量=原计划销量﹣因价格提高减少的销量”表示出销售量，再根据：每周利润=每件利润×实际销售量可列出函数关系式；由销售量≥0确定x的取值范围；

（2）将（1）中函数关系式配方成顶点式，依据顶点式可得其最大值．

【解答】解：（1）根据题意，当销售单价定为x元时，其每周销售量为：400﹣20（x﹣40），

则该商品每星期获得的利润y=（x﹣30）[400﹣20（x﹣40）]=﹣20x²+1800x﹣36000，

即y=﹣20x²+1800x﹣36000，

∵其每周销售量400﹣20（x﹣40）≥0且x＞40，

∴40＜x≤60；

（2）由（1）知y=﹣20x²+1800x﹣36000，

配方得：y=﹣20（x﹣45）²+4500，

∵﹣20＜0，且40＜45＜60，

∴当x=45时，y_最大值=4500，

答：销售单价为45元时，每星期获得的利润最大，最大利润是4500元．

【点评】本题主要考查二次函数的实际应用能力，将实际问题根据相等关系建立二次函数关系是关键．

　

23．如图，正方形ABCD的四个顶点分别在正方形EFGH的四条边上，我们称正方形EFGH是正方形ABCD的外接正方形．

探究一：巳知边长为1的正方形ABCD，是否存在一个外接正方形EFGH，它的面积是正方形ABCD面积的2倍？如图，假设存在正方形EFGH，它的面积是正方形ABCD的2倍．

因为正方形ABCD的面积为1，则正方形EFGH的面积为2，

所以EF=FG=GH=HE= ，设EB=x，则BF= ﹣x，

∵Rt△AEB≌Rt△BFC

∴BF=AE= ﹣x

在Rt△AEB中，由勾股定理，得

x²+（ ﹣x）²=1²

解得，x₁=x₂=

∴BE=BF，即点B是EF的中点．

同理，点C，D，A分别是FG，GH，HE的中点．

所以，存在一个外接正方形EFGH，它的面积是正方形ABCD面积的2倍

探究二：巳知边长为1的正方形ABCD，是否存在一个外接正方形EFGH，它的面积是正方形ABCD面积的3倍？（仿照上述方法，完成探究过程）

探究三：巳知边长为1的正方形ABCD，　不存在　一个外接正方形EFGH，它的面积是正方形ABCD面积的4倍？（填“存在”或“不存在”）

探究四：巳知边长为1的正方形ABCD，是否存在一个外接正方形EFGH，它的面积是正方形ABCD面积的n倍？（n＞2）（仿照上述方法，完成探究过程）

【考点】四边形综合题．

【分析】探究二，根据探究一的解答过程、运用一元二次方程计算即可；

探究三，根据探究一的解答过程、运用一元二次方程根的判别式解答；

探究四，根据探究一的解答过程、运用一元二次方程根的判别式解答．

【解答】解：探究二：因为正方形ABCD的面积为1，则正方形EFGH的面积为3，

所以EF=FG=GH=HE= ，设EB=x，则BF= ﹣x，

∵Rt△AEB≌Rt△BFC

∴BF=AE= ﹣x

在Rt△AEB中，由勾股定理，得

x²+（ ﹣x）²=1²

整理得x²﹣ x+1=0

b²﹣4ac=3﹣4＜0，

此方程无解，

不存在一个外接正方形EFGH，它的面积是正方形ABCD面积的3倍；

探究三：因为正方形ABCD的面积为1，则正方形EFGH的面积为4，

所以EF=FG=GH=HE=2，设EB=x，则BF=2﹣x，

∵Rt△AEB≌Rt△BFC

∴BF=AE=2﹣x

在Rt△AEB中，由勾股定理，得

x²+（2﹣x）²=1²

整理得2x²﹣4x+3=0

b²﹣4ac=16﹣24＜0，

此方程无解，

不存在一个外接正方形EFGH，它的面积是正方形ABCD面积的3倍，

故答案为：不存在；

探究四：因为正方形ABCD的面积为1，则正方形EFGH的面积为n，

所以EF=FG=GH=HE= ，设EB=x，则BF= ﹣x，

∵Rt△AEB≌Rt△BFC

∴BF=AE= ﹣x

在Rt△AEB中，由勾股定理，得

x²+（ ﹣x）²=1²

整理得2x²﹣2 x+n﹣1=0

b²﹣4ac=8﹣4n＜0，

此方程无解，

不存在一个外接正方形EFGH，它的面积是正方形ABCD面积的n倍．

【点评】本题考查的是正方形的性质、全等三角形的判定和性质以及一元二次方程的解法，读懂探究一的解答过程、正确运用一元二次方程根的判别式是解题的关键．

　

24．已知，如图，在△ABC中，已知AB=AC=5cm，BC=6cm．点P从点B出发，沿BA方向匀速运动，速度为1cm/s；同时，直线QD从点C出发，沿CB方向匀速运动，速度为1cm/s，且QD⊥BC，与AC，BC分别交于点D，Q；当直线QD停止运动时，点P也停止运动．连接PQ，设运动时间为t（0＜t＜3）s．解答下列问题：

（1）当t为何值时，PQ∥AC？

（2）设四边形APQD的面积为y（cm²），求y与t之间的函数关系式；

（3）是否存在某一时刻t，使S_四边形APQD：S_△ABC=23：45？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．

【考点】相似形综合题．

【分析】（1）设当ts时PQ∥AC，再用t表示出BP与BQ的长，根据相似三角形的性质即可得出结论；

（2）分别过点A、P作AN⊥BC，PN⊥BC于点N、M，根据勾股定理求出AN的长，再由相似三角形的性质求出PM的长，根据三角形的面积公式即可得出结论；

（3）分别用t表示出四边形APQD与三角形ABC的面积，进而可得出结论．

【解答】解：（1）当ts时PQ∥AC，

∵点P从点B出发，沿BA方向匀速运动，速度为1cm/s；同时，直线QD从点C出发，沿CB方向匀速运动，速度为1cm/s，

∴BP=t，BQ=6﹣t．

∵PQ∥AC，

∴△BPQ∽△BAC，

∴ = ，即 = ，解得t= （s）．

答：当t为 s时，PQ∥AC；

（2）过点A、P作AN⊥BC，PN⊥BC于点N、M，

∵AB=AC=5cm，BC=6cm，

∴BN=CN=3cm，

∴AN= = =4cm．

∵AN⊥BC，PN⊥BC，

∴△BPM∽△BAN，

∴ = ，即 = ，解得PM= ，

∴S_△BPQ= BQPM= （6﹣t） =﹣ + t．

∵AB=AC=5cm，∴∠C=45°，∴QC=DQ，

∴S_△CDQ= CQDQ= t²．

∵S_△ABC= BCAN= ×6×4=12，

∴y=S_四边形APQD=S_△ABC﹣S_△CDQ﹣S_△BPQ=12﹣ t²﹣（﹣ + t）=12﹣ t²﹣ t（0＜t＜3）；

（3）存在．

∵由（2）知，S_四边形APQD=S_△ABC﹣S_△CDQ﹣S_△BPQ=12﹣ t²﹣（﹣ + t）=12﹣ t²﹣ t，S_△ABC=12，

∴ = ，解得t₁=﹣12+ ，t₂=﹣12﹣ （舍去）．

答：当t=（﹣12+ ）s时，S_四边形APQD：S_△ABC=23：45．

【点评】本题考查的是相似形综合题，涉及到相似三角形的判定与性质、等腰直角三角形等知识，根据题意作出辅助线，构造出直角三角形是解答此题的关键．