山东五四制九年级下开放性选择题54题(9)

5 6 11 12 A．B． C． D． 考点： 代数式求值． 专题： 图表型． 分析： 根据图表可以得到输入的数据乘以2，然后加上1，结果若大于10，则结果就是输出结果；否则利用结果再乘以2，加上1，然后判断与10的大小关系． 解答： 解：当输入2时，2×2+1=5＜10； 5×2+1=11＞10，则输出的结果是：11． 故选C． 点评： 本题考查了代数式的求值，正确理解图表是解题的关键． 31．如图是一数值转换机，若输入a的值为﹣2，b的值为3，则最后输出的结果为（ ）

5 A． B． ﹣5 0 C． 2 D． 考点： 代数式求值． 专题： 图表型． 分析： 先根据数值转换机可得输出的结果是2a+b2，再把a=﹣2，b=3的值代入计算即可． 解答： 解：根据数值转换机，可得 2输出的结果是2a+b， 2当a=﹣2，b=3时，原式=2×（﹣2）+3=﹣4+9=5． 故选A． 点评： 本题考查了代数式求值，解题的关键是能用代数式表示输出的结果． 32．（2002?海淀区）根据如图所示的程序计算函数值．若输入的x值为﹣1，则输出的结果为（ ）

A． B． 1 C． D． 考点： 代数式求值． 分析： 因为x的取值是﹣1，在﹣2≤x≤﹣1的范围内，所以选择输入y=x+2中．把x=﹣1代入得y=1． 解答： 解：∵x的取值是﹣1，在﹣2≤x≤﹣1的范围内， ∴把x=﹣1代入y=x+2， ∴y=1． 点评： 本题的关键是确定﹣1在哪个范围内，确定选择的输入式子，代入求解即可． 33．（2013?雅安）如图，正方形ABCD中，点E、F分别在BC、CD上，△AEF是等边三角形，连接AC交EF于G，下列结论：①BE=DF，②∠DAF=15°，③AC垂直平分EF，④BE+DF=EF，⑤S△CEF=2S△ABE．其中正确结论有（ ）个．

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2 3 4 A．B． C． D．5 考点： 正方形的性质；全等三角形的判定与性质；等边三角形的性质． 分析： 通过条件可以得出△ABE≌△ADF而得出∠BAE=∠DAF，BE=DF，由正方形的性质就可以得出EC=FC，就可以得出AC垂直平分EF，设EC=x，BE=y，由勾股定理就可以得出x与y的关系，表示出BE与EF，利用三角形的面积公式分别表示出S△CEF和2S△ABE再通过比较大小就可以得出结论 解答： 解：∵四边形ABCD是正方形， ∴AB=BC=CD=AD，∠B=∠BCD=∠D=∠BAD=90°． ∵△AEF等边三角形， ∴AE=EF=AF，∠EAF=60°． ∴∠BAE+∠DAF=30°． 在Rt△ABE和Rt△ADF中， ， Rt△ABE≌Rt△ADF（HL）， ∴BE=DF，①正确． ∠BAE=∠DAF， ∴∠DAF+∠DAF=30°， 即∠DAF=15°②正确， ∵BC=CD， ∴BC﹣BE=CD﹣DF， 及CE=CF， ∵AE=AF， ∴AC垂直平分EF．③正确． 设EC=x，由勾股定理，得 EF=∴AC=∴AB=∴BE=∴BE+DF=∵S△CEF=， ﹣x=x﹣x≠， ， x，④错误， x，CG=x，AG=， x， S△ABE=∴2S△ABE==， =S△CEF，⑤正确． 综上所述，正确的有4个，故选C． 27

点评： 本题考查了正方形的性质的运用，全等三角形的判定及性质的运用，勾股定理的运用，等边三角形的性质的运用，三角形的面积公式的运用，解答本题时运用勾股定理的性质解题时关键． 34．如图，自正方形ABCD的顶点A引两条射线分别交BC、CD于E、F，∠EAF=45°，在保持∠EAF=45°的前提下，当点E、F分别在边BC、CD上移动时，BE+DF与EF的关系是（ ）

BE+DF=EF A． B． BE+DF＞EF BE+DF∠EF C． D． 无法确定 考点： 旋转的性质；全等三角形的判定与性质；正方形的性质． 分析： 延长EB至H，使BH=DF，连接AH，证△ADF≌△ABH，△FAE≌△HAE，根据全等三角形的性质得出EF=HE=BE+HB进而求出即可． 解答： BE+DF与EF的关系是：BE+DF=EF． 证明：延长EB至H，使BH=DF，连接AH， ∵在正方形ABCD中， ∴∠ADF=∠ABH，AD=AB， 在△ADF和△ABH中， ∵ ∴△ADF≌△ABH（SAS）， ∴∠BAH=∠DAF，AF=AH， ∴∠FAH=90°， ∴∠EAF=EAH=45°， 在△FAE和△HAE中， ∵， ∴△FAE≌△HAE（SAS）， ∴EF=HE=BE+HB， ∴EF=BE+DF． 故选：A． 28

点评： 本题主要考查了旋转的性质和正方形的性质、全等三角形的判定的综合应用．作出辅助线延长EB至H，使BH=DF，利用全等三角形性质与判定求出是解题关键． 35．如图，C为线段AE上一动点（不与点A，E重合），在AE同侧分别作正三角形ABC和正三角形CDE，AD与BE交与点O，AD与BC交与点P，BE与CD交与点Q，连接PQ．有下列结论：①AD=BE；②AP=BQ；③∠AOB=60°；④DE=DP，其中正确的结论有（ ）

①②③ ①③④ ①② ②③④ A．B． C． D． 考点： 全等三角形的判定与性质；等边三角形的性质． 分析： 根据等边三角形性质得出AC=BC，DC=CE，∠BCA=∠DCE=60°，求出∠ACD=∠BCE，证△ACD≌△BCE，推出AD=BE，即可判断①；根据全等三角形性质得出∠CBE=∠CAD，根据ASA证△ACP≌△BCQ，推出AP=BQ，即可判断②；求出∠DCE=60°=∠CAD+∠ADC，求出∠CAD+∠BEC=60°，即可求出∠AOB=60°，即可判断③；根据三角形外角性质推出∠DPC＞∠DCP，推出DP＜DC，即可判断④． 解答： 解：∵△ABC和△DCE是正三角形， ∴AC=BC，DC=CE，∠BCA=∠DCE=60°， ∴∠BCA+∠BCD=∠DCE+∠BCD， ∴∠ACD=∠BCE， 在△ACD和△BCE中 ， ∴△ACD≌△BCE（SAS）， ∴AD=BE，∴①正确； ∵△ACD≌△BCE， ∴∠CBE=∠CAD， ∵∠ACB=∠DCE=60°， ∴∠BCD=60°=∠ACB， 在△ACP和△BCQ中 ， ∴△ACP≌△BCQ（ASA）， ∴AP=BQ，∴②正确； ∵△ACD≌△BCE， ∴∠ADC=∠BEC， ∠DCE=60°=∠CAD+∠ADC， ∴∠CAD+∠BEC=60°， ∴∠AOB=∠CAD+∠BEC=60°，∴③正确； ∵△DCE是正三角形， ∴DE=DC， ∵∠AOB=60°，∠DCP=60°，∠DPC＞∠AOB， ∴∠DPC＞∠DCP， ∴DP＜DC，即DP＜DE，∴④错误； 故选A． 29

点评： 本题考查了等边三角形性质，全等三角形的性质和判定，三角形的外角性质，主要考查学生综合运用性质进行推理的能力，本题综合性比较强，有一定的难度． 36．如图，在正方形ABCD中，AB=2，点P是CD上一动点，连接PA交BD于点E，过点E作EF⊥AP交BC于点F，过点F作FG⊥BD于点G，下列有四个结论：①AE=EF，②∠PAF=45°③BD=2EG，④△PCF的周长为定值，其中正确的结论是（ ）

①②③ A． ②③④ B． ①②④ C． ①②③④ D． 考点： 正方形的性质；全等三角形的判定与性质． 专题： 证明题． 分析： （1）作辅助线，延长FE交AD于点L，连接CE，通过证明△ADE≌△CDE，可得：AE=CE，故需证明EC=EF，可证：AE=EF； （2）由EF⊥AP，AE=EF，可得：∠FAP=45°； （3）作辅助线，连接AC交BD于点O，证BD=2EG，只需证OA=GE即可，根据△AOE≌△EGP，可证OA=GE，故可证BD=2EG；（4）作辅助线，延长AD至点M，使DM=AD，过点C作CI∥FL，则IL=FC，可证AL=FE，再根据△MEC≌△MIC，可证：CI=IM，故△CEM的周长为边AM的长，为定值． 解答： 解：（1）连接FP，EC，延长FE交AD于点L． ∵BD为正方形ABCD的对角线， ∴∠ADB=∠CDE=45°． ∵AD=CD，DE=DE， ∴△ADE≌△CDE． ∴EC=AE，∠PCE=∠DAE． ∵∠ALF+∠LAE=90°， ∴∠LFC+∠DAE=90°． ∵∠PCE=∠DAE， ∴∠EFC=∠ECF， ∴EF=EC． ∴EF=AE． （2）∵EF⊥AP，EF=AE， ∴∠FAP=45°． 30