九年級上冊期末數學試卷
九年級上冊期末數學試卷
同學們在把數學理論知識復習好的同時，也應該要多做一些數學期末試卷題，從題中找到自己的不足，及時學懂，下面是學習啦小編為大家?guī)淼年P于九年級上冊期末數學試卷，希望會給大家?guī)韼椭?/p>
九年級上冊期末數學試卷：
一、選擇題(每小題3分，共48分)
1.tan45°的值為( )
A.2 B.1 C.4 D. 6
【考點】特殊角的三角函數值.
【分析】根據45°角這個特殊角的三角函數值，可得tan45°=1，據此解答即可.
【解答】解：tan45°=1，
即tan45°的值為1.
故選：B.
【點評】此題主要考查了特殊角的三角函數值，要熟練掌握，解答此類問題的關鍵是牢記30°、45°、60°角的各種三角函數值.
2.已知⊙O的半徑是6cm，點O到同一平面內直線l的距離為5cm，則直線l與⊙O的位置關系是( )
A.相交 B.相切 C.相離 D.無法判斷
【考點】直線與圓的位置關系.
【分析】設圓的半徑為r，點O到直線l的距離為d，若dr，則直線與圓相離，從而得出答案.
【解答】解：設圓的半徑為r，點O到直線l的距離為d，
∵d=5，r=6，
∴d
∴直線l與圓相交.
故選：A.
【點評】本題考查的是直線與圓的位置關系，解決此類問題可通過比較圓心到直線距離d與圓半徑大小關系完成判定.
3.若x1，x2是方程x2=4的兩根，則x1+x2的值是( )
A.0 B.2 C.4 D.8
【考點】根與系數的關系;解一元二次方程-直接開平方法.
【分析】將原方程轉化為一元二次方程的一般形式，再根據根與系數的關系x1+x2=﹣ 就可以求出其值.
【解答】解：∵x2=4，
∴x2﹣4=0，
∴a=1，b=0，c=﹣4，
∵x1，x2是方程是x2=4的兩根，
∴x1+x2=﹣ ，
∴x1+x2=﹣ =0，
故選A.
【點評】本題考查了一元二次方程的一般形式，根與系數的關系，在解答中注意求根公式的運用.
4.甲、乙、丙三個旅行團的游客人數都相等，且毎團游客的平均年齡都是32歲，這三個團游客年齡的方差分別是S甲2=27，S乙2=19.6，S丙2=1.6，導游小王最喜歡帶游客年齡相近的團隊，若在三個團中選擇一個，則他應選( )
A.甲團 B.乙團 C.丙團 D.甲或乙團
【考點】方差.
【專題】應用題.
【分析】由S甲2=27，S乙2=19.6，S丙2=1.6，得到丙的方差最小，根據方差的意義得到丙旅行團的游客年齡的波動最小.
【解答】解：∵S甲2=27，S乙2=19.6，S丙2=1.6，
∴S甲2>S乙2>S丙2，
∴丙旅行團的游客年齡的波動最小，年齡最相近.
故選C.
【點評】本題考查了方差的意義：方差反映了一組數據在其平均數的左右的波動大小，方差越大，波動越大，越不穩(wěn)定;方差越小，波動越小，越穩(wěn)定.
5.圓心角為120°，弧長為12π的扇形半徑為( )
A.6 B.9 C.18 D.36
【考點】弧長的計算.
【專題】計算題.
【分析】根據弧長的公式l= 進行計算.
【解答】解：設該扇形的半徑是r.
根據弧長的公式l= ，
得到：12π= ，
解得 r=18，
故選：C.
【點評】本題考查了弧長的計算.熟記公式是解題的關鍵.
6.關于x的一元二次方程x2﹣3x+m=0有兩個不相等的實數根，則實數m的取值范圍為( )
A. B. C. D.
【考點】根的判別式.
【專題】判別式法.
【分析】先根據判別式的意義得到△=(﹣3)2﹣4m>0，然后解不等式即可.
【解答】解：根據題意得△=(﹣3)2﹣4m>0，
解得m< .
故選：B.
【點評】本題考查了一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的根的判別式△=b2﹣4ac：當△>0，方程有兩個不相等的實數根;當△=0，方程有兩個相等的實數根;當△<0，方程沒有實數根.
7.若二次函數y=ax2的象經過點P(﹣2，4)，則該象必經過點( )
A.(2，4) B.(﹣2，﹣4) C.(﹣4，2) D.(4，﹣2)
【考點】二次函數象上點的坐標特征.
【分析】先確定出二次函數象的對稱軸為y軸，再根據二次函數的對稱性解答.
【解答】解：∵二次函數y=ax2的對稱軸為y軸，
∴若象經過點P(﹣2，4)，
則該象必經過點(2，4).
故選：A.
【點評】本題考查了二次函數象上點的坐標特征，主要利用了二次函數象的對稱性，確定出函數象的對稱軸為y軸是解題的關鍵.
8.已知一組數據x1，x2，x3的平均數為6，則數據x1+1，x2+1，x3+1的平均數為( )
A.6 B.7 C.9 D.12
【考點】算術平均數.
【分析】根據數據x1，x2，x3的平均數和數據都加上一個數(或減去一個數)時，平均數也加或減這個數即可求出平均數.
【解答】解：∵數據x1，x2，x3的平均數是6，
∴數據x1+1，x2+1，x3+1的平均數是6+1=7.
故選：B.
【點評】此題考查平均數的意義，掌握平均數的計算方法是解決問題的關鍵.
9.在△ABC中，點D在邊AB上，BD=2AD，DE∥BC交AC于點E，若線段DE=5，則線段BC的長為( )
A.7.5 B.10 C.15 D.20
【考點】相似三角形的判定與性質.
【專題】常規(guī)題型;壓軸題.
【分析】由DE∥BC，可證得△ADE∽△ABC，然后由相似三角形的對應邊成比例求得答案.
【解答】解：∵DE∥BC，
∴△ADE∽△ABC，
∴ = ，
∵BD=2AD，
∴ = ，
∵DE=5，
∴ = ，
∴BC=15.
故選：C.
【點評】此題考查了相似三角形的判定與性質.此題比較簡單，注意掌握數形結合思想的應用.
10.⊙O的直徑AB垂直于弦CD，垂足為E，∠A=22.5°，OC=4，CD的長為( )
A.2 B.4 C.4 D.8
【考點】垂徑定理;等腰直角三角形;圓周角定理.
【分析】根據圓周角定理得∠BOC=2∠A=45°，由于⊙O的直徑AB垂直于弦CD，根據垂徑定理得CE=DE，且可判斷△OCE為等腰直角三角形，所以CE= OC=2 ，然后利用CD=2CE進行計算.
【解答】解：∵∠A=22.5°，
∴∠BOC=2∠A=45°，
∵⊙O的直徑AB垂直于弦CD，
∴CE=DE，△OCE為等腰直角三角形，
∴CE= OC=2 ，
∴CD=2CE=4 .
故選：C.
【點評】本題考查了圓周角定理：在同圓或等圓中，同弧或等弧所對的圓周角相等，都等于這條弧所對的圓心角的一半.也考查了等腰直角三角形的性質和垂徑定理.
11.DE是△ABC的中位線，延長DE至F使EF=DE，連接CF，則S△CEF：S四邊形BCED的值為( )
A.1：3 B.2：3 C.1：4 D.2：5
【考點】相似三角形的判定與性質;全等三角形的判定與性質;三角形中位線定理.
【分析】先利用SAS證明△ADE≌△CFE(SAS)，得出S△ADE=S△CFE，再由DE為中位線，判斷△ADE∽△ABC，且相似比為1：2，利用相似三角形的面積比等于相似比，得到S△ADE：S△ABC=1：4，則S△ADE：S四邊形BCED=1：3，進而得出S△CEF：S四邊形BCED=1：3.
【解答】解：∵DE為△ABC的中位線，
∴AE=CE.
在△ADE與△CFE中，
，
∴△ADE≌△CFE(SAS)，
∴S△ADE=S△CFE.
∵DE為△ABC的中位線，
∴△ADE∽△ABC，且相似比為1：2，
∴S△ADE：S△ABC=1：4，
∵S△ADE+S四邊形BCED=S△ABC，
∴S△ADE：S四邊形BCED=1：3，
∴S△CEF：S四邊形BCED=1：3.
故選：A.
【點評】本題考查了全等三角形、相似三角形的判定與性質，三角形中位線定理.關鍵是利用中位線判斷相似三角形及相似比.
12.如果點A(﹣2，y1)，B(﹣1，y2)，C(2，y3)都在反比例函數 的象上，那么y1，y2，y3的大小關系是( )
A.y1
【考點】反比例函數象上點的坐標特征.
【分析】分別把x=﹣2，x=﹣1，x=2代入解析式求出y1、y2、y3根據k>0判斷即可.
【解答】解：分別把x=﹣2，x=﹣1，x=2代入解析式得：
y1=﹣ ，y2=﹣k，y3= ，
∵k>0，
∴y2
故選：B.
【點評】本題主要考查對反比例函數象上點的坐標特征的理解和掌握，能根據k>0確定y1、y2、y3的大小是解此題的關鍵.
13.二次函數y=﹣x2+2kx+1(k<0)的象可能是( )
A. B. C. D.
【考點】二次函數的象.
【分析】根據對稱軸公式，可得對稱軸在y軸的左側，根據函數象與y軸的交點，可得答案.
【解答】解：數y=﹣x2+2kx+1(k<0)的對稱軸是x=﹣ =k<0，得
對稱軸在y軸的左側.
當x=0時，y=1，象與y軸的交點在x軸的上方，故A正確;
故選：A.
【點評】本題考查了二次函數象，利用函數象的對稱軸及象與y軸的交點是解題關鍵.
14.邊長為a的正六邊形內有兩個三角形(數據)，則 =( )
A.3 B.4 C.5 D.6
【考點】正多邊形和圓.
【分析】先求得兩個三角形的面積，再求出正六邊形的面積，求比值即可.
【解答】解：
∵三角形的斜邊長為a，
∴兩條直角邊長為 a， a，
∴S空白= a• a= a2，
∵AB=a，
∴OC= a，
∴S正六邊形=6× a• a= a2，
∴S陰影=S正六邊形﹣S空白= a2﹣ a2= a2，
∴ = =5，
法二：因為是正六邊形，所以△OAB是邊長為a的等邊三角形，即兩個空白三角形面積為S△OAB，即 =5
故選：C.
【點評】本題考查了正多邊形和圓，正六邊形的邊長等于半徑，面積可以分成六個等邊三角形的面積來計算.
15.在二次函數y=﹣x2+2x+1的象中，若y隨x的增大而增大，則x的取值范圍是( )
A.x<1 B.x>1 C.x<﹣1 D.x>﹣1
【考點】二次函數的性質.
【專題】壓軸題.
【分析】拋物線y=﹣x2+2x+1中的對稱軸是直線x=1，開口向下，x<1時，y隨x的增大而增大.
【解答】解：∵a=﹣1<0，
∴二次函數象開口向下，
又對稱軸是直線x=1，
∴當x<1時，函數象在對稱軸的左邊，y隨x的增大增大.
故選A.
【點評】本題考查了二次函數y=ax2+bx+c(a≠0)的性質：當a<0，拋物線開口向下，對稱軸為直線x=﹣ ，在對稱軸左邊，y隨x的增大而增大.
16.△ABC的三個頂點分別為A(1，2)，B(2，5)，C(6，1).若函數y= 在第一象限內的象與△ABC有交點，則k的取值范圍是( )
A.2≤k≤ B.6≤k≤10 C.2≤k≤6 D.2≤k≤
【考點】反比例函數象上點的坐標特征.
【專題】壓軸題;數形結合.
【分析】根據反比例函數象上點的坐標特征，反比例函數和三角形有交點的臨界條件分別是交點為A、與線段BC有交點，由此求解即可.
【解答】解：反比例函數和三角形有交點的第一個臨界點是交點為A，
∵過點A(1，2)的反比例函數解析式為y= ，
∴k≥2.
隨著k值的增大，反比例函數的象必須和線段BC有交點才能滿足題意，
經過B(2，5)，C(6，1)的直線解析式為y=﹣x+7，
，得x2﹣7x+k=0
根據△≥0，得k≤
綜上可知2≤k≤ .
故選：A.
【點評】本題考查了反比例函數象上點的坐標特征，兩函數交點坐標的求法，有一定難度.注意自變量的取值范圍.
二、仔細填一填(每小題3分，共12分)
17.在Rt△ABC中，∠C=90°， ，BC=8，則△ABC的面積為 24 .
【考點】解直角三角形.
【專題】計算題.
【分析】根據tanA的值及BC的長度可求出AC的長度，然后利用三角形的面積公式進行計算即可.
【解答】解：∵tanA= = ，
∴AC=6，
∴△ABC的面積為 ×6×8=24.
故答案為：24.
【點評】本題考查解直角三角形的知識，比較簡單，關鍵是掌握在直角三角形中正切的表示形式，從而得出三角形的兩條直角邊，進而得出三角形的面積.
18.一小球被拋出后，距離地面的高度h(米)和飛行時間t(秒)滿足下面函數關系式：h=﹣5(t﹣1)2+6，則小球距離地面的最大高度是 6 .
【考點】二次函數的應用.
【分析】由函數的解析式就可以得出a=﹣5<0，拋物線的開口向下，函數由最大值，就可以得出t=1時，h最大值為6.
【解答】解：∵h=﹣5(t﹣1)2+6，
∴a=﹣5<0，
∴拋物線的開口向下，函數由最大值，
∴t=1時，h最大=6.
故答案為：6.
【點評】本題考了二次函數的解析式的性質的運用，解答時直接根據頂點式求出其值即可.
19.在邊長為9的正三角形ABC中，BD=3，∠ADE=60°，則AE的長為 7 .
【考點】相似三角形的判定與性質;等邊三角形的性質.
【分析】先根據邊長為9，BD=3，求出CD的長度，然后根據∠ADE=60°和等邊三角形的性質，證明△ABD∽△DCE，進而根據相似三角形的對應邊成比例，求得CE的長度，即可求出AE的長度.
【解答】解：∵△ABC是等邊三角形，
∴∠B=∠C=60°，AB=BC;
∴CD=BC﹣BD=9﹣3=6;
∴∠BAD+∠ADB=120°
∵∠ADE=60°，
∴∠ADB+∠EDC=120°
∴∠DAB=∠EDC，
又∵∠B=∠C=60°，
∴△ABD∽△DCE，
則 = ，
即 = ，
解得：CE=2，
故AE=AC﹣CE=9﹣2=7.
故答案為：7.
【點評】此題主要考查了相似三角形的判定和性質以及等邊三角形的性質，根據等邊三角形的性質證得△ABD∽△DCE是解答此題的關鍵.
20.直線l：y=﹣ x+1與坐標軸交于A，B兩點，點M(m，0)是x軸上一動點，以點M為圓心，2個單位長度為半徑作⊙M，當⊙M與直線l相切時，則m的值為 2﹣2 或2+2 . .
【考點】直線與圓的位置關系;一次函數的性質.
【專題】壓軸題.
【分析】根據直線ly=﹣ x+1由x軸的交點坐標A(0，1)，B(2，0)，得到OA=1，OB=2，求出AB= ;設⊙M與AB相切與C，連接MC，則MC=2，MC⊥AB，通過△BMO～△ABO，即可得到結果.
【解答】解：在y=﹣ x+1中，
令x=0，則y=1，
令y=0，則x=2，
∴A(0，1)，B(2，0)，
∴AB= ;
設⊙M與AB相切與C，
連接MC，則MC=2，MC⊥AB，
∵∠MCB=∠AOB=90°，∠B=∠B，
∴△BMC～△ABO，
∴ ，即 ，
∴BM=2 ，
∴OM=2 ﹣2，或OM=2 +2.
∴m=2﹣2 或m=2+2 .
故答案為：2﹣2 ，2+2 .
【點評】本題考查了直線與圓的位置關系，一次函數的性質，相似三角形的判定和性質，注意分類討論是解題的關鍵.
三、用心答一答，相信你一定行(共6大題，60分)
21.已知代數式x2+5x﹣4與4x+2的值相等，求x的值.
【考點】解一元二次方程-因式分解法.
【專題】計算題.
【分析】利用代數式x2+5x﹣4與4x+2的值相等列方程得到x2+5x﹣4=4x+2，再整理為x2+x﹣6=0，然后利用因式分解法解方程即可.
【解答】解：根據題意得x2+5x﹣4=4x+2，
整理得x2+x﹣6=0，
(x+3)(x﹣2)=0，
x+3=0或x﹣2=0，
解得x1=﹣3，x2=2.
【點評】本題考查了解一元二次方程﹣因式分解法：先把方程的右邊化為0，再把左邊通過因式分解化為兩個一次因式的積的形式，那么這兩個因式的值就都有可能為0，這就能得到兩個一元一次方程的解，這樣也就把原方程進行了降次，把解一元二次方程轉化為解一元一次方程的問題了(數學轉化思想).
四、解答題(共1小題，滿分8分)
22.已知：在平面直角坐標系xOy中，直線AB與x軸交于點A(﹣2，0)，與反比例函數在第一象限內的象的交于點B(2，n)，連接BO，若S△AOB=4.
(1)求該反比例函數的解析式和直線AB的解析式;
(2)若直線AB與y軸的交點為C，求△OCB的面積.
【考點】反比例函數綜合題.
【專題】計算題;待定系數法.
【分析】(1)先由A(﹣2，0)，得OA=2，點B(2，n)，S△AOB=4，得 OA•n=4，n=4，則點B的坐標是(2，4)，把點B(2，4)代入反比例函數的解析式為y= ，可得反比例函數的解析式為：y= ;再把A(﹣2，0)、B(2，4)代入直線AB的解析式為y=kx+b可得直線AB的解析式為y=x+2.
(2)把x=0代入直線AB的解析式y(tǒng)=x+2得y=2，即OC=2，可得S△OCB= OC×2= ×2×2=2.
【解答】解：(1)由A(﹣2，0)，得OA=2;
∵點B(2，n)在第一象限內，S△AOB=4，
∴ OA•n=4;
∴n=4;
∴點B的坐標是(2，4);
設該反比例函數的解析式為y= (a≠0)，
將點B的坐標代入，得4= ，
∴a=8;
∴反比例函數的解析式為：y= ;
設直線AB的解析式為y=kx+b(k≠0)，
將點A，B的坐標分別代入，得 ，
解得 ;
∴直線AB的解析式為y=x+2;
(2)在y=x+2中，令x=0，得y=2.
∴點C的坐標是(0，2)，
∴OC=2;
∴S△OCB= OC×2= ×2×2=2.
【點評】本題考查反比例函數和一次函數解析式的確定、形的面積求法等知識及綜合應用知識、解決問題的能力.此題有點難度.
五、解答題(共1小題，滿分10分)
23.根據中數據完成填空，再按要求答題：
sin2A1+sin2B1= 1 ;sin2A2+sin2B2= 1 ;sin2A3+sin2B3= 1 .
(1)觀察上述等式，猜想：在Rt△ABC中，∠C=90°，都有sin2A+sin2B= 1 .
(2)④，在Rt△ABC中，∠C=90°，∠A、∠B、∠C的對邊分別是a、b、c，利用三角函數的定義和勾股定理，證明你的猜想.
(3)已知：∠A+∠B=90°，且sinA= ，求sinB.
【考點】勾股定理;互余兩角三角函數的關系;解直角三角形.
【專題】幾何綜合題;規(guī)律型.
【分析】(1)由前面的結論，即可猜想出：在Rt△ABC中，∠C=90°，都有sin2A+sin2B=1;
(2)在Rt△ABC中，∠C=90°.利用銳角三角函數的定義得出sinA= ，sinB= ，則sin2A+sin2B= ，再根據勾股定理得到a2+b2=c2，從而證明sin2A+sin2B=1;
(3)利用關系式sin2A+sin2B=1，結合已知條件sinA= ，進行求解.
【解答】解：(1)由可知：sin2A1+sin2B1=( )2+( )2=1;
sin2A2+sin2B2=( )2+( )2=1;
sin2A3+sin2B3=( )2+( )2=1.
觀察上述等式，可猜想：sin2A+sin2B=1.
(2)在Rt△ABC中，∠C=90°.
∵sinA= ，sinB= ，
∴sin2A+sin2B= ，
∵∠C=90°，
∴a2+b2=c2，
∴sin2A+sin2B=1.
(3)∵sinA= ，sin2A+sin2B=1，
∴sinB= = .
【點評】本題考查了在直角三角形中互余兩角三角函數的關系，勾股定理，銳角三角函數的定義，比較簡單.
六、解答題(共1小題，滿分10分)
24.拋物線與x軸交于A、B兩點，與y軸交C點，點A的坐標為(2，0)，點C的坐標為(0，3)它的對稱軸是直線x= .
(1)求拋物線的解析式;
(2)M是線段AB上的任意一點，當△MBC為等腰三角形時，求M點的坐標.
【考點】二次函數綜合題.
【專題】綜合題.
【分析】(1)根據拋物線的對稱軸得到拋物線的頂點式，然后代入已知的兩點理由待定系數法求解即可;
(2)首先求得點B的坐標，然后分CM=BM時和BC=BM時兩種情況根據等腰三角形的性質求得點M的坐標即可.
【解答】解：(1)設拋物線的解析式
把A(2，0)、C(0，3)代入得：
解得：即
(2)由y=0得
∴x1=2，x2=﹣3
∴B(﹣3，0)
?、貱M=BM時
∵BO=CO=3 即△BOC是等腰直角三角形
∴當M點在原點O時，△MBC是等腰三角形
∴M點坐標(0，0)
?、谒荆寒擝C=BM時
在Rt△BOC中，BO=CO=3，
由勾股定理得BC=
∴BC= ，
∴BM=
∴M點坐標( ，
綜上所述：M點坐標為：M1( ，M2(0，0).
【點評】本題考查了二次函數的綜合知識，第一問考查了待定系數法確定二次函數的解析式，較為簡單.第二問結合二次函數的象考查了等腰三角形的性質，綜合性較強.
七、解答題(共1小題，滿分12分)
25.△OAB中，OA=OB=10，∠AOB=80°，以點O為圓心，6為半徑的優(yōu)弧 分別交OA，OB于點M，N.
(1)點P在右半弧上(∠BOP是銳角)，將OP繞點O逆時針旋轉80°得OP′.求證：AP=BP′;
(2)點T在左半弧上，若AT與弧相切，求點T到OA的距離;
(3)設點Q在優(yōu)弧 上，當△AOQ的面積最大時，直接寫出∠BOQ的度數.
【考點】圓的綜合題.
【分析】(1)首先根據已知得出∠AOP=∠BOP′，進而得出△AOP≌△BOP′，即可得出答案;
(2)利用切線的性質得出∠ATO=90°，再利用勾股定理求出AT的長，進而得出TH的長即可得出答案;
(3)當OQ⊥OA時，△AOQ面積最大，且左右兩半弧上各存在一點分別求出即可.
【解答】(1)證明：1，∵∠AOP=∠AOB+∠BOP=80°+∠BOP，
∠BOP′=∠POP′+∠BOP=80°+∠BOP，
∴∠AOP=∠BOP′，
∵在△AOP和△BOP′中
∴△AOP≌△BOP′(SAS)，
∴AP=BP′;
(2)解：1，連接OT，過點T作TH⊥OA于點H，
∵AT與 相切，
∴∠ATO=90°，
∴AT= = =8，
∵ ×OA×TH= ×AT×OT，
即 ×10×TH= ×8×6，
解得：TH= ，即點T到OA的距離為 ;
(3)解：2，當OQ⊥OA時，△AOQ的面積最大;
理由：∵OQ⊥OA，
∴QO是△AOQ中最長的高，則△AOQ的面積最大，
∴∠BOQ=∠AOQ+∠AOB=90°+80°=170°，
當Q點在優(yōu)弧 右側上，
∵OQ⊥OA，
∴QO是△AOQ中最長的高，則△AOQ的面積最大，
∴∠BOQ=∠AOQ﹣∠AOB=90°﹣80°=10°，
綜上所述：當∠BOQ的度數為10°或170°時，△AOQ的面積最大.
【點評】此題主要考查了圓的綜合應用以及切線的判定與性質以及全等三角形的判定與性質等知識，根據數形結合進行分類討論得出是解題關鍵.
八、解答題(共1小題，滿分12分)
26.在Rt△ABC中，∠C=90°，P是BC邊上不同于B、C的一動點，過P作PQ⊥AB，垂足為Q，連接AP.
(1)試說明不論點P在BC邊上何處時，都有△PBQ與△ABC相似;
(2)若AC=3，BC=4，設BP長為x，請用含x的代數式表示PQ= x ;BQ= x ;當BP為何值時，△AQP面積最大，并求出最大值;
(3)在Rt△ABC中，兩條直角邊BC、AC滿足關系式BC=kAC，是否存在一個k的值，使Rt△AQP既與Rt△ACP全等，也與Rt△BQP全等，并說明理由.
【考點】相似形綜合題.
【分析】(1)根據相似三角形的判定定理證明即可;
(2)利用勾股定理求出AB，根據相似三角形的性質列出比例式求出PQ、BQ，根據三角形的面積公式求出△AQP面積，根據二次函數的性質解答即可;
(3)根據全等三角形的對應邊相等和勾股定理計算即可.
【解答】解：(1)不論點P在BC邊上何處時，都有
∠PQB=∠C=90°，∠B=∠B，
∴△PBQ∽△ABC;
(2)∵∠C=90°，AC=3，BC=4，
∴AB= =5，
∵△PBQ與△ABC，
∴ = = ，即 = = ，
∴PQ= x，BQ= x;
S△APQ= ×PQ×AQ= ×(5﹣ x)× x
=﹣ x2+ x
=﹣(x﹣ )2+ ，
則當BP= 時，△AQP面積最大，最大值為 ;
(3)存在.
∵Rt△AQP≌Rt△ACP，
∴AQ=AC，
又Rt△AQP≌Rt△BQP，
∴AQ=QB，
∴AQ=QB=AC，
在Rt△ABC中，由勾股定理得 BC2=AB2﹣AC2
即BC2=(2AC)2﹣AC2，
則BC2=3AC2，
∴BC= AC，
∴k= 時，Rt△AQP既與Rt△ACP全等，也與Rt△BQP全等.
【點評】本題考查的是相似三角形的判定和性質、全等三角形的性質以及二次函數的性質，掌握相似三角形的判定定理和性質定理、靈活運用配方法把二次函數的一般式化為頂點式、掌握二次函數的性質是解題的關鍵.
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