四川省成都市双流中学实验学校九年级(上)月考数学试卷含答案

月考数学试卷

题号一二三总分

得分

一、选择题（本大题共10小题，共30.0分）

1.比大5的数是（）

A. B. C.

2 D. 8

2.2019年4月10日，人类首张黑洞照片面世，该黑洞位于室女座一个巨椭圆星系

M87的中心，距离地球约5500万光年．将数据5500万用科学记数法表示为（ ）

A. 5500×104

B. 55×106

C. 5.5×107

D. 5.5×108

3.已知关于x的方程（a-3）x|a-1|+x-1=0是一元二次方程，则a的值是（ ）

A. -1

B. 2

C. -1或3

D. 3

4.在平面直角坐标系中，将点（﹣2，3）向右平移4个单位长度后得到的点的坐标为（

）

A. （2，3）

B. （﹣6，3）

C. （﹣2，7）

D. （﹣2．﹣1）

5.将等腰直角三角形纸片和矩形纸片按如图方式叠放在

一起，若∠1＝30°，则∠2的度数为（）

A. 10°

B. 15°

C. 20°

D. 30°

6.下列计算正确的是（ ）

A. 5ab-3a=2b

B. （-3a2b）2=6a4b2

C. （a-1）2=a2-1

D. 2a2b÷b=2a2

7.分式方程=1的解为（ ）

A. x=-1

B. x=1

C. x=2

D. x=-2

8.一元二次方程x2﹣x﹣1＝0的根的情况是（）

A. 有两个不相等的实数根

B. 有两个相等的实数根

C. 没有实数根

D. 无法判断

9.若△ABC～△DEF，相似比为9：4，则△ABC与△DEF对应中线的比为（ ）

A. 9：4

B. 4：9

C. 81：16

D. 3：2

10.如图，矩形OABC中，OA=4，AB=3，点D在边BC上，

且CD=3DB，点E是边OA上一点，连接DE，将四边形

ABDE沿DE折叠，若点A的对称点A′恰好落在边OC

上，则OE的长为（ ）

A.

B.

D. 1

二、填空题（本大题共9小题，共36.0分）

11.已知：，（a不等于0），则的值为______

12.如图，在△ABC中，AB=AC，点D，E都在边BC上，∠BAD=∠CAE，若BD=9，则

CE的长为______．

13.如图，在△ABC中，DE∥BC，分别交AB，AC于点D，E，若DE=4

，BC=AE=6，则EC的长为______．

14.已知点C为线段AB的黄金分割点且AB=10，则AC≈ ______ （精确到0.1）．

15.若a=，b=，则a______b（填“＞”“＜”或“=”）

16.如图所示，在△ABC中，DE∥BC，△ADE和梯形DBCE的面积相

等，则AD：DB=______．

17.若α，β为方程2x2-5x-1=0的两个实数根，则2α2+3αβ+5β的值为______．

18.如图，正方形ABCD和正方形OEFG中，点A和点F的坐标分别为（3，2），（-1

，-1），则两个正方形的位似中心的坐标是______，______．

19.如图，在等边△ABC中，点E，F分别是边AB，BC上的动点（不与端点重合），

且始终保持AE=BF，连接AF，CE相交于点P过点A作直线m∥BC，过点C作直线n∥AB，直线m，n相交于点D，连接PD交AC于点G，在点E，F的运动过程

中，若=，则的值为______．

三、解答题（本大题共9小题，共84.0分）

20.计算题

（1）计算：（π-2）0-4×2-2-+|1-|

（2）解方程：2x2+4x-1=0

21.先化简，再求值（1-）÷，其中x=+1．

22.如图，在边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中，给出了格点△ABC（顶点

是网格线的交点）

（1）将△ABC向左平移1个单位，再向上平移5个单位件到△A1B1C1请画出

△A1B1C1

（2）请在网格中将△ABC以A为位似中心放大3倍，得△AB2C2，请画出△AB2C2（3）△A1B1C1和△AB2C2的面积比为______．

23.已知关于x的一元二次方程2x2-mx-1=0．

（1）对于任意的实数m，判断该方程根的情况，并说明理由．

（2）若x=-1是这个方程的一个根，求m的值及方程的另一根．

24.刘徽，公元3世纪人，是中国历史上最杰出的数学家之一．《九章算术注》和《海

岛算经》是他留给后世最宝贵的数学遗产．

《海岛算经》第一个问题的大意是：如图，要测量海岛上一座山峰A的高度AH，立两根高3丈的标杆BC和DE，两杆之间的距离BD=1000步，点D、B、H成一线，从B处退行123步到点F处，人的眼睛贴着地面观察点A，点A、C、F也成一线，从DE退行127步到点G处，从G观察A点，A，E，G三点也成一线，试计算山峰的高度AH有及BH的长（这里古制1步=6尺，1里=180丈=1800尺=300步，结果用步来表示）．

25.在四边形ABCD中，点E、F分别是AB、AD边上一点，∠DFC=2∠FCE．

（1）如图1，若四边形ABCD是正方形，∠DFC=60°，BE=4，则AF=______．（2）如图2，若四边形ABCD是菱形，∠A=120°，∠DFC=90°，BE=4，求的值．（3）如图3，若四边形ABCD是矩形，点E是AB的中点，CE=12，CF=13，求

26.如图，一艘船以40km/h的速度沿既定航线由西向东

航行，途中接到台风警报，某台风中心正以20km/h

的速度由南向北移动，距台风中心200km的圆形区

域（包括边界）都属台风影响区．当这艘轮船接到

台风警报时，它与台风中心的距离BC=500km，此时

台风中心与轮船既定航线的最近距离BA=300km．

（1）如果这艘轮船不改变航向，经过9小时，轮船与台风中心相距多远？它此时是否受到台风影响？

（2）如果这艘轮船会受到台风影响，那么从接到警报开始，经过多长时间它就会进入台风影响区？

27.在△ABC中，∠ABC=90°，

（1）如图1，分别过A，C两点作经过点B的直线的垂线，垂足分别为M、N，求证：△ABM～△BCN；

（3）如图3，D是边CA延长线上一点，AE=AB，∠DEB=90°，AD：BC：AC=2：3：5，求的长．

28.如图，在平面直角坐标系xOy中，直线y=x+4与y=kx+4分别交x轴于点A、B，两

直线交于y轴上同一点C，点D的坐标为（-，0），点E是AC的中点，连接OE 交CD于点F．

（1）求点F的坐标；

（2）若∠OCB=∠ACD，求k的值；

（3）在（2）的条件下，过点F作x轴的垂线l，点M是直线BC上的动点，点N 是x轴上的动点，点P是直线l上的动点，使得以B，P，M、N为顶点的四边形是菱形，求点P的坐标．

答案和解析

1.【答案】C

【解析】【分析】

本题考查了有理数加法运算，根据有理数的加法法则即可求解.

【解答】

解：-3+5=2.

故选C.

2.【答案】C

【解析】【解答】

解：

科学记数法表示：5500万=55000000=5.5×107

故选：C．

【分析】

本题主要考查科学记数法，把一个数表示成a与10的n次幂相乘的形式（1≤a＜10，n 为整数），这种记数法叫做科学记数法．

根据科学记数法的表示形式表示即可.

3.【答案】A

【解析】解：由题意得：a-3≠0，|a-1|=2，

解得：a=-1，

故选：A．

根据一元二次方程定义可得a-3≠0，|a-1|=2，再解即可．

此题主要考查了一元二次方程定义，关键是掌握只含有一个未知数，并且未知数的最高次数是2的整式方程叫一元二次方程．

4.【答案】A

【解析】【分析】

本题考查了坐标与图形变化-平移：在平面直角坐标系内，把一个图形各个点的横坐标都加上（或减去）一个整数a，相应的新图形就是把原图形向右（或向左）平移a个单位长度；如果把它各个点的纵坐标都加（或减去）一个整数a，相应的新图形就是把原图形向上（或向下）平移a个单位长度．

把点（-2，3）的横坐标加4，纵坐标不变即可得到点（-2，3）平移后的对应点的坐标．【解答】

解：点（-2，3）向右平移4个单位长度后得到的点的坐标为（2，3）．

故选A．

5.【答案】B

【解析】【分析】

本题主要考查了平行线的性质，解题时注意：两直线平行，内错角相等.

根据平行线的性质，即可得出∠1=∠ADC=30°，再根据等腰直角三角形ADE中，

∠ADE=45°，即可得到∠2=45°-30°=15°.

解：如图，

∵AB∥CD，

∴∠1=∠ADC=30°，

又∵等腰直角三角形ADE中，∠ADE=45°，

∴∠2=45°-30°=15°，

故选B.

6.【答案】D

【解析】解：

A选项，5ab与3a不属于同类项，不能合并，选项错误，

B选项，（-3a2b）2=（-3）2a4b2=9a4b2，选项错误，

C选项，完全平方公式（a-1）2=a2-2a+1，选项错误

D选项，整式除法，计算正确

故选：D．

运用相应的公式或运算法则进行计算即可．

此题主要考查合并同类项，幂的乘方与积的乘方，完全平方公式，整式的除法，熟记运算法则是解题的关键．

7.【答案】A

【解析】解：∵+=1，

∴x（x-5）+2（x-1）=x（x-1），

∴x=-1，

经检验：x=-1是原方程的解．

故选：A．

根据分式方程的解法即可求出答案．

本题考查分式方程，解题的关键是熟练运用分式方程的解法，本题属于基础题型．8.【答案】A

【解析】解：∵△=（-1）2-4×（-1）=5＞0，

∴方程有两个不相等的两个实数根．

故选：A．

先计算判别式的值，然后根据判别式的意义进行判断．

本题考查了根的判别式：一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的根与△=b2-4ac有如下关系：当△＞0时，方程有两个不相等的两个实数根；当△=0时，方程有两个相等的两个实数根；当△＜0时，方程无实数根．

9.【答案】A

【解析】解：∵△ABC～△DEF，相似比为9：4，

∴△ABC与△DEF对应中线的比为9：4．

故选：A．

直接利用相似三角形的性质求解．

形（多边形）的周长的比等于相似比；相似三角形的对应线段（对应中线、对应角平分线、对应边上的高）的比也等于相似比．

10.【答案】B

【解析】解：连接A′D，AD，

∵四边形OABC是矩形，

∴BC=OA=4，OC=AB=3，∠C=∠B=O=90°，

∵CD=3DB，

∴CD=3，BD=1，

∴CD=AB，

∵将四边形ABDE沿DE折叠，若点A的对称点A′恰好落

在边OC上，

∴A′D=AD，A′E=AE，

在Rt△A′CD与Rt△DBA中，，

∴Rt△A′CD≌Rt△DBA（HL），

∴A′C=BD=1，

∴A′O=2，

∵A′O2+OE2=A′E2，

∴22+OE2=（4-OE）2，

∴OE=，

故选：B．

连接A′D，AD，根据矩形的性质得到BC=OA=4，OC=AB=3，∠C=∠B=O=90°，求得CD=3，BD=1，根据折叠的想知道的A′D=AD，A′E=AE，根据全等三角形的性质得到

A′C=BD=1，根据勾股定理即可得到结论．

本题考查了翻折变换（折叠问题），矩形的性质，全等三角形的判定和性质，正确的作出辅助线是解题的关键．

11.【答案】

【解析】解：∵，

∴b=a，

∴==，

故答案为：．

依据，即可得到b=a，再代入进行计算即可．

本题主要考查了比例的性质，解题时注意：内项之积等于外项之积．

12.【答案】9

【解析】解：∵AB=AC，

∴∠B=∠C，

在△BAD和△CAE中，

，

∴△BAD≌△CAE，

∴BD=CE=9，

故答案为：9．

利用等腰三角形的性质和题目的已知条件证得△BAD≌△CAE后即可求得CE的长．

本题考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质，解题的关键是利用已知和隐含条件证得三角形全等．

13.【答案】3

【解析】【分析】

根据平行线判定△ADE∽△ABC，从而可得对应边成比例，即，利用已知数据即可

求出EC的长．

本题考查的是相似三角形的判定与性质，根据性质得到对应边成比例是解决本题的关键．

【解答】

解：∵DE∥BC，

∴△ADE∽△ABC，

∴，

而DE=4，BC=AE=6，

∴=，

解得EC=3，

故答案为3．

14.【答案】6.2或3.8

【解析】解：当AC＞BC时，AC=10×0.618=6.18≈6.2；

当AC＞BC时，AC=10-10×0.618≈3.8，

故答案为：6.2或3.8．

根据把一条线段分成两部分，使其中较长的线段为全线段与较短线段的比例中项，这样的线段分割叫做黄金分割，它们的比值0.618叫做黄金比解答即可．

本题考查的是黄金分割的概念，找出黄金分割中成比例的对应线段和黄金比是解决问题的关键，注意分情况讨论思想的应用．

15.【答案】＜

【解析】解：∵a=，b=，

∴a-b=-==，

∵13=，292=841，

∴a-b＜0，

∴a＜b，

故答案为：＜．

先求出a-b的差，再根据差的正负得出即可．

16.【答案】

【解析】解：∵△ADE和梯形DBCE的面积相等，

∴S△ADE=S△ABC，即=，

又∵DE∥BC，∴∠ADE=∠ABC，∠AED=∠ACB，

∴△ADE∽△ABC，∴=，

则AD：DB=1：（-1）=+1．

故答案为：+1

由△ADE和梯形DBCE的面积相等，且△ADE和梯形DBCE的面积之和等于△ABC的面积，所以△ADE的面积与△ABC的面积之比为1：2，然后由DE∥BC，根据两直线平行得到两对同位角相等，进而得到△ADE与△ABC相似，根据相似三角形的面积比等于相似比的平方，由面积之比求出相似比，进而求出对应边AD与AB的比，根据比例性质即可求出AD：DB的比值．

此题考查了相似三角形的判定与性质，要求学生掌握两三角形相似时，对应边之比等于相似比；周长比等于相似比；对应量（除面积）之比等于相似比；面积之比等于相似比的平方．此题的关键是利用面积之比求出相似比即对应边之比，这种方法称为“列比例式求解法”．

17.【答案】12

【解析】解：∵α为2x2-5x-1=0的实数根，

∴2α2-5α-1=0，即2α2=5α+1，

∴2α2+3αβ+5β=5α+1+3αβ+5β=5（α+β）+3αβ+1，

∵α、β为方程2x2-5x-1=0的两个实数根，

∴α+β=，αβ=-，

∴2α2+3αβ+5β=5×+3×（-）+1=12．

故答案为：12．

根据一元二次方程解的定义得到2α2-5α-1=0，即2α2=5α+1，则2α2+3αβ+5β可表示为5（α+β）+3αβ+1，再根据根与系数的关系得到α+β=，αβ=-，然后利用整体代入的方法计

算．

本题考查了根与系数的关系：若x1，x2是一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的两根时，

x1+x2=-，x1x2=．也考查了一元二次方程解的定义．

18.【答案】（1，0）；（-5，-2）

【解析】解：∵正方形ABCD和正方形OEFG中A和点F的坐标分别为（3，2），（-1，-1），

∴E（-1，0）、G（0，-1）、D（5，2）、B（3，0）、C（5，0），

（1）当E和C是对应顶点，G和A是对应顶点时，位似中心就是EC与AG的交点，设AG所在直线的解析式为y=kx+b（k≠0），

∴，解得．

∴此函数的解析式为y=x-1，与EC的交点坐标是（1，0）；

设AE所在直线的解析式为y=kx+b（k≠0），

，解得，故此一次函数的解析式为y=x+…①，

同理，设CG所在直线的解析式为y=kx+b（k≠0），

，解得，

故此直线的解析式为y=x-1…②

联立①②得

解得，故AE与CG的交点坐标是（-5，-2）．

故答案为：（1，0）、（-5，-2）．

本题主要考查位似变换中对应点的坐标的变化规律．因而本题应分两种情况讨论，一种是当E和C是对应顶点，G和A是对应顶点；另一种是A和E是对应顶点，C和G是对应顶点．

位似变化中对应点的连线一定经过位似中心．注意：本题应分两种情况讨论．

19.【答案】，

【解析】解：作DH⊥AC于H，

∵△ABC是等边三角形，

∴AC=AB，∠B=∠CAE=60°，且AE=BF，

∴△ABF≌△CAE（SAS），

∴∠BAF=∠ACE，

∴∠CPF=∠ACP+∠CAP=∠BAF+∠CAP=∠CAB=

60°，

∵m∥BC，n∥AB，

∴∠DAC=∠ACB=60°，∠ACD=∠BAC=60°，

∴△ADC是等边三角形，

∴∠ADC=60°，

∵∠APC+∠ADC=180°，

∴A，P，C，D四点共圆，

∴∠ACP=∠ADP，∠APD=∠ACD=60°

∵==，

∴可以假设PG=k，DG=4k，

∵∠ADG=∠ADP，∠DAG=∠DPA=60°，

∴△DAG∽△DPA，

∴DA2=DG?DP=20k2，

∵DA＞0，

∴DA=2k，

∴AH=AD=k，DH=k，

∴AG=AH-GH=k-k，AC=2k

∴=，

当点G在点H下方时，根据对称性可得：=，

故答案为：，．

作DH⊥AC于H，由“SAS”可证△ABF≌△CAE，可得∠BAF=∠ACE，可求∠CPF=60°，通过证明A，P，C，D四点共圆，可得∠ACP=∠ADP，∠APD=∠ACD=60°，通过证明

△DAG∽△DPA，可得DA2=DG?DP=20k2，可求DA的长，由勾股定理可求GH的长，即可求解．

本题考查了全等三角形的判定和性质，等边三角形的性质，相似三角形的判定和性质，四点共圆等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，学会利用参数解决问题，属于中考压轴题

20.【答案】解：（1）原式=1--4+-1

=-4；

（2）∵2x2+4x-1=0，

∴a=2，b=4，c=-1，

∴△=16+8=24，

∴x==；

【解析】（1）根据实数的运算法则即可求出答案；

（2）根据一元二次方程的解法即可求出答案．

本题考查学生的运算能力，解题的关键是熟练运用一元二次方程的解法以及实数的运算法则，本题属于基础题型．

21.【答案】解：（1-）÷

=

=

=，

当x=+1时，原式==．

【解析】根据分式的减法和除法可以化简题目中的式子，然后将x的值代入化简后的式子即可解答本题．

本题考查分式的化简求值，解答本题的关键是明确分式化简求值的方法．

22.【答案】

【解析】解：（1）如图所示：△A1B1C1，即为

所求；

（2）如图所示：△AB2C2，即为所求；

（3）∵将△ABC向左平移1个单位，再向上平移5个单位件到△A1B1C1，

∴△ABC≌△A1B1C1，

∵△ABC∽△AB2C2，

∴△A1B1C1和△AB2C2的面积比=（）2=，

故答案为：．

（1）利用平移的性质分别得出对应点位置进而得出答案；

（2）利用位似变换的性质得出对应点位置进而得出答案；

（3）根据相似三角形的性质即可得到结论．

此题主要考查了平移变换以及位似变换，正确得出对应点位置是解题关键．

23.【答案】解：（1）方程有两个不相等的实数根，理由如下：

根据题意得△=（-m）2-4×2×（-1）=m2+8，

∵m2≥0，

∴m2+8＞0，即△＞0，

∴方程有两个不相等的实数根．

（2）把x=-1代入方程，得：2+m-1=0，

解得：m=-1．

设方程的另一根为x，则-x=-，

解得：x=．

则方程的另一根为．

【解析】（1）先计算根的判别式得到△=（-m）2-4×2×（-1）=m2+8，根据非负数的性质得到m2+8＞0，即△＞0，然后根据判别式的意义判断根的情况．

（2）把x=-1代入已知方程，得到关于m的一元一次方程，通过解该方程来求m的值．利用根与系数的关系求得另一根．

本题考查了根的判别式和方程的解的定义．一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的根与

△=b2-4ac有如下关系：

①当△＞0时，方程有两个不相等的两个实数根；②当△=0时，方程有两个相等的两个实数根；③当△＜0时，方程无实数根．

上面的结论反过来也成立．

24.【答案】解：由题意，得，AH⊥HG，CB⊥HG，

∴∠AHF=90°，∠CBF=90°，

∴∠AHF=∠CBF，

∵∠AFB=∠CFB，

∴△CBF∽△AHF，

∴=，

同理可得=，

∵BF=123，BD=1000，DG=127，

∴HF=HB+123，HG=HB+1000+127=HB+1127，BC=DE=3丈=3×=5步，

解得HB=30750，HA=1255步，

答：AH为1255步，HB为30750步．

【解析】根据题意得出△FCB∽△FAH，△EDG∽△AHG，进而利用相似三角形的性质求出即可．

此题主要考查了相似三角形的应用，得出△FCB∽△FAH，△EDG∽△AHG是解题关键．25.【答案】（1）

（2）过E作EG⊥BC，如图1：

∵∠DFC=90°，∠DFC=2∠FCE，

∴∠FCE=∠BCE=45°，

∵∠A=120°，

∴∠B=60°，

∴BG=2，EG=，

∴GC=EG=，

∴BC=CD=AB=AD=，

∴DF==1+，

∴AF=1+，

∴AE=AB-BE=2+2-4=2-2，

∴；

（3）延长FE交CB延长线于点M，如图2：

在△AFE与△BME中，

，

∴△AFE≌△BME（ASA），

∴BM=AF，ME=EF，

∵∠DFC=2∠FCE，

∴CE是∠FCB的角平分线，

∴CM=CF=13，

在Rt△MEC中，ME=，

∵∠EMB=∠EMB，∠EBM=∠EBC=90°，

∴．

【解析】解：（1）∵四边形ABCD是正方形，∠DFC=60°，

∴∠DCF=30°，

∵∠DFC=2∠FCE，

∴∠FCE=∠ECB=30°，

∴BC=4，

∴DF=4，

∴AF=；

故答案为：；

（2）见答案

（3）见答案

【分析】

（1）根据含30°的直角三角形的性质解答即可；

（2）过E作EG⊥BC，利用含30°的直角三角形的性质和等腰直角三角形的性质进行解答即可；

（3）延长FE交CB延长线于点M，再利用相似三角形的性质和勾股定理进行解答．此题考查四边形综合题，关键是根据全等三角形和相似三角形的判定和性质进行分析．26.【答案】解：（1）∵∠CAB=90°，BC=500，AB=300，

∴AC=400km，

设经过9小时，轮船到达点F，且航行了40×9=360km，台风中心到达B′，且

BG=20×9=180km，

∴CF=360，

∴AF=40，AG=120km，

∴FG==40km，

∴轮船与台风中心相距40km，它此时受到台风影响；

（2）如图所示：

设x小时后，就进入台风影响区，根据题意得出：

CE=30x千米，BB′=20x千米，

∵BC=500km，AB=300km，AC=400（km），

∴AE=400-40x，AB′=300-20x，

∴AE2+AB′2=EB′2，

即（400-40x）2+（300-20x）2=2002，

解得：x1=15，x2=7，

∴轮船经7小时就进入台风影响区．

【解析】（1）根据勾股定理即可得到结论；

（2）首先假设轮船能进入台风影响区，进而利用勾股定理得出等式求出即可．

此题主要考查了一元二次方程的应用以及勾股定理等知识，根据题意得出关于x的等式是解题关键．

27.【答案】（1）证明：∵AM⊥MN，

∴∠MAB+∠MBA=90°，

∵∠ABC=90°，

∴∠CBN+∠MBA=90°，

∴∠MAB=∠NBC，又∠AMB=∠BNC=90°，

（2）解：过点P作PD⊥AM于D．

∴∠BAP+∠APB=∠CPM+∠APB=90°，

∴∠BAP=∠CPM=∠C，

∴MP=MC，

∵PM⊥PA，PD⊥AM，

∴△PDM∽△APM，

∵===，

设DM=2a，则DP=a，

由勾股定理得，PM==3a，

∴CD=DM+CM=DM+PM=5a，

则=，

∵∠CDP=∠CBA=90°，∠C=∠C，

∴△CDP∽△CBA，

∴==；

（3）解：过点A作AG⊥BE于G，过点C作CH⊥BE交EB的

延长线于H，

∵∠DEB=90°，

∴CH∥AG∥DE，

∴==，

∵BC：AC=3：5，

∴BC：AB=3：4，

由（1）可知，△ABG∽△BCH，

∴===，

设BG=4m，CH=3m，AG=4n，BH=3n，

∵AB=AE，AG⊥BE，

∴EG=BG=4m，

∴GH=BG+BH=4m+3n，

∵=，

∴=，

解得，n=2m，

AG=4n=8m，BH=3n=6m，

由勾股定理得，BC==3m，

BE=2BG=8m，

∴=．

【解析】（1）根据同角的余角相等得到∠MAB=∠NBC，根据两角对应相等的两个三角形相似证明结论；

（2）过点P作PD⊥AM于D．证明△PDM∽△APM，根据相似三角形的性质得到== =，设DM=2a，根据勾股定理求出PM，证明△CDP∽△CBA，根据相似三角形的性质解答即可；

（3）根据平行线的性质得到==，根据相似三角形的性质得到===，设

BG=4m，AG=4n，根据=求出n=2m，计算即可．

本题考查的是相似三角形的判定和性质、直角三角形的性质，掌握相似三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．

28.【答案】解：（1）如图1中，

∵直线y=x+4交x轴于A，交y轴于C，

∴A（-4，0），C（0，4），

∵AE=EC，

∵E（-2，2），

∴直线OE的解析式为y=-x，

∵D（-，0），

∴直线CD的解析式为y=3x+4，

由，解得，

∴F（-1，1）．

（2）如图2中，将线段DC绕点D顺时针旋转90°得到DT，作直线CT交x轴于B．

∵DC=DT，∠CDT=90°，

∴∠DCT=45°，

∵OA=OC，∠AOC=90°，

∴∠ACD=∠OCB，

∵T（，-），

把T（，-）代入y=kx+4，得到k=-2．

（3）如图3中，

当四边形BN1P1M1是菱形时，连接BP1交OC于K，作KH⊥BC于H．∵∠KBO=∠KBH，KO⊥OB，KH⊥BC，

∴KO=KH，

∵BK=BK，∠KOB=∠KHB=90°，

∴Rt△KBO≌Rt△KBH（HL），

∴BO=BH=2，设OK=KH=x，

∵BC===2，

∴CH=2-2，

在Rt△CHK中，CK2=KH2+CH2，

∴（4-x）2=x2+（2-2）2，

∴x=-1，

∴直线BK的解析式为y=x+-1，

当x=-1时，y=，

∴P1（-1，）．

当四边形BN2P2M2是菱形时，可得直线BP2的解析式为y=x--1，当x=-1时，y=，

∴P2（-1，）．

当四边形BP3N3M3是菱形时，M3在直线x=-1时，

∵P3与M3关于x轴对称，

∴P3（-1，-6）．

综上所述，满足条件的点P的坐标为（-1，）或（-1，）或（-1，-6）．

【解析】本题属于一次函数综合题，考查了一次函数的性质，等腰直角三角形的性质，菱形的判定和性质等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．

（1）求出直线OE，直线CD的解析式，构建方程组即可解决问题．

（2）如图2中，将线段DC绕点D顺时针旋转90°得到DT，作直线CT交x轴于B．证明∠ACO=∠DCB=45°，即可推出∠ACD=∠OCB，求出点T的坐标，利用待定系数法即可解决问题．

（3）如图3中，分三种情形：当四边形BN1P1M1是菱形时，当四边形BN2P2M2是菱形时，当四边形BP3N3M3是菱形时，分别求解即可解决问题．