2022年四川省通江縣涪陽中學(xué)九年級數(shù)學(xué)第一學(xué)期期末調(diào)研試題含解析

2022-2023學(xué)年九上數(shù)學(xué)期末模擬試卷請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應(yīng)位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應(yīng)的答題區(qū)內(nèi)。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規(guī)定答題。一、選擇題（每題4分，共48分）1．如圖，在正方形中，點為邊的中點，點在上，，過點作交于點．下列結(jié)論：①；②；③；④．正確的是（

）．A．①② B．①③ C．①③④ D．③④2．用配方法解方程時，原方程可變形為（）A． B． C． D．3．如圖，小江同學(xué)把三角尺含有角的一端以不同的方向穿入進另一把三角尺（含有角）的孔洞中，已知孔洞的最長邊為，則三角尺穿過孔洞部分的最大面積為（）A． B． C． D．4．駱駝被稱為“沙漠之舟”，它的體溫隨時間的變化而發(fā)生較大的變化，其體溫（℃）與時間（時）之間的關(guān)系如圖所示．若y（℃）表示0時到t時內(nèi)駱駝體溫的溫差（即0時到t時最高溫度與最低溫度的差）．則y與t之間的函數(shù)關(guān)系用圖象表示，大致正確的是（）A． B． C． D．5．已知，則=（）A． B． C． D．6．已知拋物線y＝﹣x2+4x+3，則該拋物線的頂點坐標為（）A．（﹣2，7） B．（2，7） C．（2，﹣9） D．（﹣2，﹣9）7．如圖，點、、是上的點，，連結(jié)交于點，若，則的度數(shù)為（）A． B． C． D．8．已知拋物線（其中是常數(shù)，）的頂點坐標為．有下列結(jié)論：①若，則；②若點與在該拋物線上，當時，則；③關(guān)于的一元二次方程有實數(shù)解．其中正確結(jié)論的個數(shù)是（）A． B． C． D．9．在同一時刻，身高1.5米的小紅在陽光下的影長2米，則影長為6米的大樹的高是（）A．4.5米 B．8米 C．5米 D．5.5米10．如圖，的半徑為，圓心到弦的距離為，則的長為（）A． B． C． D．11．如圖，E，F(xiàn)分別為矩形ABCD的邊AD，BC的中點，若矩形ABCD與矩形EABF相似，AB＝1，則矩形ABCD的面積是（）A．4 B．2 C． D．12．將拋物線向右平移一個單位，向上平移2個單位得到拋物線A． B． C． D．二、填空題（每題4分，共24分）13．如圖，拋物線y＝﹣（x+1）（x﹣9）與坐標軸交于A、B、C三點，D為頂點，連結(jié)AC，BC．點P是該拋物線在第一象限內(nèi)上的一點．過點P作y軸的平行線交BC于點E，連結(jié)AP交BC于點F，則的最大值為_______．14．如圖，在平面直角坐標系中，點A在第二象限內(nèi)，點B在x軸上，∠AOB＝30°，AB＝BO，反比例函數(shù)y＝kx(x＜0)的圖象經(jīng)過點A，若S△AOB＝3，則k的值為________15．已知的半徑點在內(nèi),則_________（填>或=，<）16．如圖，已知半⊙O的直徑AB＝8，將半⊙O繞A點逆時針旋轉(zhuǎn)，使點B落在點B'處，AB'與半⊙O交于點C，若圖中陰影部分的面積是8π，則弧BC的長為_____．17．分解因式：a2b﹣b3=．18．拋物線y=（x﹣2）2﹣3的頂點坐標是____．三、解答題（共78分）19．（8分）校生物小組有一塊長32m，寬20m的矩形實驗田，為了管理方便，準備沿平行于兩邊的方向縱、橫個開辟一條等寬的小道，要使種植面積為540m2，小道的寬應(yīng)是多少米？20．（8分）如圖①，在矩形ABCD中，BC＝60cm．動點P以6cm/s的速度在矩形ABCD的邊上沿A→D的方向勻速運動，動點Q在矩形ABCD的邊上沿A→B→C的方向勻速運動．P、Q兩點同時出發(fā)，當點P到達終點D時，點Q立即停止運動．設(shè)運動的時間為t(s)，△PDQ的面積為S(cm2)，S與t的函數(shù)圖象如圖②所示．（1）AB＝cm，點Q的運動速度為cm/s；（2）在點P、Q出發(fā)的同時，點O也從CD的中點出發(fā)，以4cm/s的速度沿CD的垂直平分線向左勻速運動，以點O為圓心的⊙O始終與邊AD、BC相切，當點P到達終點D時，運動同時停止．①當點O在QD上時，求t的值；②當PQ與⊙O有公共點時，求t的取值范圍．21．（8分）定義：若一個四邊形能被其中一條對角線分割成兩個相似三角形，則稱這個四邊形為“友好四邊形”．（1）如圖1，在的正方形網(wǎng)格中，有一個網(wǎng)格和兩個網(wǎng)格四邊形與，其中是被分割成的“友好四邊形”的是；（2）如圖2，將繞點逆時針旋轉(zhuǎn)得到，點落在邊，過點作交的延長線于點，求證：四邊形是“友好四邊形”；（3）如圖3，在中，，，的面積為，點是的平分線上一點，連接，．若四邊形是被分割成的“友好四邊形”，求的長．22．（10分）如圖，拋物線與直線相交于，兩點，且拋物線經(jīng)過點（1）求拋物線的解析式．（2）點是拋物線上的一個動點（不與點點重合），過點作直線軸于點，交直線于點．當時，求點坐標；（3）如圖所示，設(shè)拋物線與軸交于點，在拋物線的第一象限內(nèi)，是否存在一點，使得四邊形的面積最大？若存在，請求出點的坐標；若不存在，說明理由．23．（10分）李明從市場上買回一塊矩形鐵皮，他將此矩形鐵皮的四個角各剪去一個邊長為1米的正方形后，剩下的部分剛好能圍成一個容積為15立方米的無蓋長方體運輸箱，且此長方體運輸箱底面的長比寬多2米，現(xiàn)已知購買這種鐵皮每平方米需20元，問購買這張矩形鐵皮共花了多少錢？24．（10分）如圖，四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，BD是⊙O的直徑，AE⊥CD于點E，DA平分∠BDE（Ⅰ）求證：AE是⊙O的切線；（Ⅱ）若∠DBC=30°，DE=1cm，求BD的長．25．（12分）如圖，中，，，為內(nèi)部一點，且.（1）求證：；（2）求證：；（3）若點到三角形的邊，，的距離分別為，，，求證.26．《莊子·天下》：“一尺之棰，日取其半，萬世不竭．”意思是說：一尺長的木棍，每天截掉一半，永遠也截不完．我國智慧的古代人在兩千多年前就有了數(shù)學(xué)極限思想，今天我們運用此數(shù)學(xué)思想研究下列問題．（規(guī)律探索）（1）如圖1所示的是邊長為1的正方形，將它剪掉一半，則S陰影1＝1－＝如圖2，在圖1的基礎(chǔ)上，將陰影部分再裁剪掉—半，則S陰影2＝1－－()2＝____；同種操作，如圖3，S陰影3＝1－－()2－()3＝__________；如圖4，S陰影4＝1－－()2－()3－()4＝___________；……若同種地操作n次，則S陰影n＝1－－()2－()3－…－()n＝_________．于是歸納得到：+()2+()3+…+()n=_________．（理論推導(dǎo)）（2）閱讀材料：求1+2+22+23+24+…+22015+22016的值．解：設(shè)S=1+2+22+23+24+…+22015+22016，①將①×2得：2S=2+22+23+24+…+22016+22017，②由②-①得：2S—S=22017—1，即=22017-1．即1+2+22+23+24+…+22015+22016＝22017-1根據(jù)上述材料，試求出+()2+()3+…+()n的表達式，寫出推導(dǎo)過程．（規(guī)律應(yīng)用）（3）比較＋＋＋……__________1（填“”、“”或“=”）

參考答案一、選擇題（每題4分，共48分）1、C【分析】連接．根據(jù)“HL”可證≌，利用全等三角形的對應(yīng)邊相等，可得，據(jù)此判斷①；根據(jù)“”可證≌，可得，從而可得，據(jù)此判斷②；由（2）知，可證，據(jù)此判斷③；根據(jù)兩角分別相等的兩個三角形相似，可證∽∽，可得，從而可得，據(jù)此判斷④.【詳解】解：（1）連接．如圖所示：

∵四邊形ABCD是正方形，

∴∠ADC=90°，

∵FG⊥FC，

∴∠GFC=90°，

在Rt△CFG與Rt△CDG中，∴≌．∴．．．①正確．（2）由（1），垂直平分．∴∠EDC+∠2=90°，

∵∠1+∠EDC=90°，∴．∵四邊形ABCD是正方形，

∴AD=DC=AB，∠DAE=∠CDG=90°，∴≌．∴．∵為邊的中點，∴為邊的中點．∴．∴②錯誤．（3）由（2），得．∴．③正確．（4）由（3），可得∽∽．∴∴．∴④正確．故答案為：C.【點睛】本題考查正方形的性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)、三角形中位線定理、線段的垂直平分線的性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是靈活運用所學(xué)知識解決問題．2、B【分析】先將二次項系數(shù)化為1，將常數(shù)項移動到方程的右邊，方程兩邊同時加上一次項系數(shù)的一半的平方，結(jié)合完全平方公式進行化簡即可解題．【詳解】故選：B．【點睛】本題考查配方法解一元二次方程，其中涉及完全平方公式，是重要考點，難度較易，掌握相關(guān)知識是解題關(guān)鍵．3、B【分析】根據(jù)題意可知當穿過孔洞三角尺為等邊三角形時，面積最大，故可求解.【詳解】根據(jù)題意可知當穿過孔洞三角尺為等邊三角形時，面積最大，∵孔洞的最長邊為∴S==故選B.【點睛】此題主要考查等邊三角形的面積求解，解題的關(guān)鍵是根據(jù)題意得到當穿過孔洞三角尺為等邊三角形時面積最大.4、A【分析】選取4時和8時的溫度，求解溫度差，用排除法可得出選項．【詳解】由圖形可知，駱駝0時溫度為：37攝氏度，4時溫度為：35℃，8時溫度為：37℃∴當t=4時，y=37－35=2當t=8時，y=37－35=2即在t、y的函數(shù)圖像中，t=4對應(yīng)的y為2，t=8對應(yīng)的y為2滿足條件的只有A選項故選：A【點睛】本題考查函數(shù)的圖像，解題關(guān)鍵是根據(jù)函數(shù)的意義，確定函數(shù)圖像關(guān)鍵點處的數(shù)值．5、B【分析】由得到x=,再代入計算即可.【詳解】∵,∴x=,∴=.故選B.【點睛】考查了求代數(shù)式的值，解題關(guān)鍵是根據(jù)得到x=，再代入計算即可.6、B【分析】將題目中的函數(shù)解析式化為頂點式，即可寫出該拋物線的頂點坐標．【詳解】∵拋物線y＝﹣x2+4x+3＝﹣（x﹣2）2+7，∴該拋物線的頂點坐標是（2，7），故選：B．【點睛】本題考查二次函數(shù)的頂點式，解答本題的關(guān)鍵是明確題意，利用二次函數(shù)的性質(zhì)解答．7、B【分析】根據(jù)平行可得，∠A=∠O，據(jù)圓周角定理可得，∠C=∠O，結(jié)合外角的性質(zhì)得出∠ADB=∠C+∠A=60°，可求出結(jié)果．【詳解】解：∵OB∥AC，∠A=∠O，又∠C=∠O，∴∠ADB=∠C+∠A=∠O+∠O=60°，∴∠O=40°．故選：B．【點睛】本題主要考查圓周角定理、平行線的性質(zhì)以及外角的性質(zhì)，熟練掌握同弧所對的圓周角等于圓心角的一半是解題的關(guān)鍵．8、C【分析】利用二次函數(shù)的性質(zhì)一一進行判斷即可得出答案.【詳解】解：①拋物線（其中是常數(shù)，）頂點坐標為，，，，∴c＞＞0．故①小題結(jié)論正確；②頂點坐標為，點關(guān)于拋物線的對稱軸的對稱點為點與在該拋物線上，，，，當時，隨的增大而增大，故此小題結(jié)論正確；③把頂點坐標代入拋物線中，得，一元二次方程中，，關(guān)于的一元二次方程無實數(shù)解．故此小題錯誤．故選：C．【點睛】本題是一道關(guān)于二次函數(shù)的綜合性題目，具有一定的難度，需要學(xué)生熟練掌握二次函數(shù)的性質(zhì)并能夠熟練運用.9、A【解析】根據(jù)同一時刻的兩個物體，影子，經(jīng)過物體頂部的太陽光線三者構(gòu)成的兩個直角三角形相似即可得.【詳解】如圖，由題意可得：由相似三角形的性質(zhì)得：，即解得：（米）故選：A.【點睛】本題考查了相似三角形的性質(zhì)，理解題意，將問題轉(zhuǎn)化為利用相似三角形的性質(zhì)求解是解題關(guān)鍵.10、D【分析】過點O作OC⊥AB于C，連接OA，根據(jù)勾股定理求出AC長，根據(jù)垂徑定理得出AB=2CA，代入求出即可.【詳解】過點O作OC⊥AB于C，連接OA，則OC=6，OA=10，由勾股定理得：，∵OC⊥AB，OC過圓心O，∴AB=2AC=16，故選D．【點睛】本題主要考查了勾股定理和垂徑定理等知識點的應(yīng)用，正確作出輔助線是關(guān)鍵.11、D【分析】根據(jù)相似多邊形的性質(zhì)列出比例式，計算即可．【詳解】∵矩形ABCD與矩形EABF相似，∴，即＝，解得，AD＝，∴矩形ABCD的面積＝AB?AD＝，故選：D．【點睛】此題主要考查相似多邊形，解題的關(guān)鍵是根據(jù)相似的定義列出比例式進行求解.12、B【分析】根據(jù)“左加右減、上加下減”的原則進行解答即可．【詳解】解：將拋物線向右平移一個單位所得直線解析式為：；再向上平移2個單位為：，即．故選B．【點睛】本題考查的是二次函數(shù)的圖象與幾何變換，熟知函數(shù)圖象平移的法則是解答此題的關(guān)鍵．二、填空題（每題4分，共24分）13、【分析】根據(jù)拋物線的解析式求得A、B、C的坐標，進而求得AB、BC、AC的長，根據(jù)待定系數(shù)法求得直線BC的解析式，作PN⊥BC，垂足為N．先證明△PNE∽△BOC，由相似三角形的性質(zhì)可知PN=PE，然后再證明△PFN∽△AFC，由相似三角形的性質(zhì)可得到PF:AF與m的函數(shù)關(guān)系式，從而可求得的最大值．【詳解】∵拋物線y=﹣(x+1)(x﹣9)與坐標軸交于A、B、C三點，∴A(﹣1，0)，B(9，0)，令x=0，則y=1，∴C(0，1)，∴BC，設(shè)直線BC的解析式為y=kx+b．∵將B、C的坐標代入得：，解得k=﹣，b=1，∴直線BC的解析式為y=﹣x+1．設(shè)點P的橫坐標為m，則縱坐標為﹣(m+1)(m﹣9)，點E(m，﹣m+1)，∴PE=﹣(m+1)(m﹣9)﹣(﹣m+1)=﹣m2+1m．作PN⊥BC，垂足為N．∵PE∥y軸，PN⊥BC，∴∠PNE=∠COB=90°，∠PEN=∠BCO．∴△PNE∽△BOC．∴===．∴PN=PE=(-m2+1m)．∵AB2=(9+1)2=100，AC2=12+12=10，BC2=90，∴AC2+BC2=AB2．∴∠BCA=90°，又∵∠PFN=∠CFA，∴△PFN∽△AFC．∴===﹣m2+m=﹣(m﹣)2+．∵，∴當m時，的最大值為．故答案為：．【點睛】本題主要考查的是二次函數(shù)的綜合應(yīng)用，解答本題主要應(yīng)用了二次函數(shù)圖象上點的坐標特征、一次函數(shù)的解析式、等腰三角形的性質(zhì)、勾股定理的應(yīng)用以及相似三角形的證明與性質(zhì)，求得與m的函數(shù)關(guān)系式是解題的關(guān)鍵．14、－33【解析】如圖所示,過點A作AD⊥OD,根據(jù)∠AOB＝30°,AB＝BO,可得∠DAB＝60°,∠OAB＝30°,所以∠BAD＝30°,在Rt△ADB中,sin∠BAD=BDAB,即sin30°=BDAB=12,因為AB＝BO,所以BDBO=12,所以S△ADBS△ABO=115、<【分析】根據(jù)點與圓的位置關(guān)系，即可求解.【詳解】解：的半徑為點在內(nèi)，．故答案為:．【點睛】本題考查的是點與圓的位置關(guān)系.16、2π【分析】設(shè)∠OAC＝n°．根據(jù)S陰＝S半圓＋S扇形BAB′?S半圓＝S扇形ABB′，構(gòu)建方程求出n即可解決問題．【詳解】解：設(shè)∠OAC＝n°．∵S陰＝S半圓+S扇形BAB′﹣S半圓＝S扇形ABB′，∴＝8π，∴n＝45，∴∠OAC＝∠ACO＝45°，∴∠BOC＝90°，∴的長＝＝2π，故答案為2π．【點睛】本題考查扇形的面積，弧長公式等知識，解題的關(guān)鍵是記住扇形的面積公式，弧長公式．17、b（a+b）（a﹣b）【分析】先提取公因式，再利用平方差公式進行二次因式分解．平方差公式：a2﹣b2=（a+b）（a﹣b）．【詳解】解：a2b﹣b3，=b（a2﹣b2）=b（a+b）（a﹣b）．故答案為b（a+b）（a﹣b）．18、（2，﹣3）【分析】根據(jù)：對于拋物線y=a（x﹣h）2+k的頂點坐標是(h,k).【詳解】拋物線y=（x﹣2）2﹣3的頂點坐標是（2，﹣3）.故答案為（2，﹣3）【點睛】本題考核知識點：拋物線的頂點.解題關(guān)鍵點：熟記求拋物線頂點坐標的公式.三、解答題（共78分）19、2m【詳解】解：設(shè)道路的寬為xm，（32-x）（20-x）=540，整理，得x2-52x+100=0，∴（x-50）（x-2）=0，∴x1=2，x2=50（不合題意，舍去），小道的寬應(yīng)是2m．故答案為2.【點睛】此題應(yīng)熟記長方形的面積公式，另外求出4塊試驗田平移為一個長方形的長和寬是解決本題的關(guān)鍵.20、（1）30，6；（2）①；②≤t≤．【分析】（1）設(shè)點Q的運動速度為a，則由圖②可看出，當運動時間為5s時，△PDQ有最大面積450，即此時點Q到達點B處，可列出關(guān)于a的方程，即可求出點Q的速度，進一步求出AB的長；（2）①如圖1，設(shè)AB，CD的中點分別為E，F(xiàn)，當點O在QD上時，用含t的代數(shù)式分別表示出OF，QC的長，由OF＝QC可求出t的值；②設(shè)AB，CD的中點分別為E，F(xiàn)，⊙O與AD，BC的切點分別為N，G，過點Q作QH⊥AD于H，如圖2﹣1，當⊙O第一次與PQ相切于點M時，證△QHP是等腰直角三角形，分別用含t的代數(shù)式表示CG，QM，PM，再表示出QP，由QP＝QH可求出t的值；同理，如圖2﹣2，當⊙O第二次與PQ相切于點M時，可求出t的值，即可寫出t的取值范圍．【詳解】（1）設(shè)點Q的運動速度為a，則由圖②可看出，當運動時間為5s時，△PDQ有最大面積450，即此時點Q到達點B處，∵AP＝6t，∴S△PDQ＝(60﹣6×5)×5a＝450，∴a＝6，∴AB＝5a＝30，故答案為：30，6；（2）①如圖1，設(shè)AB，CD的中點分別為E，F(xiàn)，當點O在QD上時，QC＝AB+BC﹣6t＝90﹣6t，OF＝4t，∵OF∥QC且點F是DC的中點，∴OF＝QC，即4t＝(90﹣6t)，解得，t＝；②設(shè)AB，CD的中點分別為E，F(xiàn)，⊙O與AD，BC的切點分別為N，G，過點Q作QH⊥AD于H，如圖2﹣1，當⊙O第一次與PQ相切于點M時，∵AH+AP＝6t，AB+BQ＝6t，且BQ＝AH，∴HP＝QH＝AB＝30，∴△QHP是等腰直角三角形，∵CG＝DN＝OF＝4t，∴QM＝QG＝90﹣4t﹣6t＝90﹣10t，PM＝PN＝60﹣4t﹣6t＝60﹣10t，∴QP＝QM+MP＝150﹣20t，∵QP＝QH，∴150﹣20t＝30，∴t＝；如圖2﹣2，當⊙O第二次與PQ相切于點M時，∵AH+AP＝6t，AB+BQ＝6t，且BQ＝AH，∴HP＝QH＝AB＝30，∴△QHP是等腰直角三角形，∵CG＝DN＝OF＝4t，∴QM＝QG＝4t﹣(90﹣6t)＝10t﹣90，PM＝PN＝4t﹣(60﹣6t)＝10t﹣60，∴QP＝QM+MP＝20t﹣150，∵QP＝QH，∴20t﹣150＝30，∴t＝，綜上所述，當PQ與⊙O有公共點時，t的取值范圍為：≤t≤．【點睛】本題考查了圓和一元一次方程的綜合問題，掌握圓切線的性質(zhì)、解一元一次方程的方法、等腰直角三角形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．21、（1）四邊形；（2）詳見解析；（3）【分析】（1）根據(jù)三角形相似的判定定理，得?ABC~?EAC，進而即可得到答案；（2）由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得，，，結(jié)合，得，進而即可得到結(jié)論；（3）過點作于，得，根據(jù)三角形的面積得，結(jié)合∽，即可得到答案．【詳解】（1）由題意得：,∴，∴?ABC~?EAC，∴被分割成的“友好四邊形”的是：四邊形，故答案是：四邊形；（2）根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得，，，∵，∴，∴，∴∽，∴四邊形是“友好四邊形”；（3）過點作于，∴在中，，∵的面積為，∴，∴，∵四邊形是被分割成的“友好四邊形”，且，∴∽，∴，∴，∴．【點睛】本題主要考查相似三角形的判定和性質(zhì)定理以及三角函數(shù)的定義，掌握三角形相似的判定和性質(zhì)，是解題的關(guān)鍵．22、（1）；（2）點坐標為（2，9）或（6，-7）；（3）存在點Q（）使得四邊形OFQC的面積最大，見解析.【分析】（1）先由點在直線上求出點的坐標，再利用待定系數(shù)法求解可得；（2）可設(shè)出點坐標，則可表示出、的坐標，從而可表示出和的長，由條件可知到關(guān)于點坐標的方程，則可求得點坐標；（3）作軸于點，設(shè)，，知，，，根據(jù)四邊形的面積建立關(guān)于的函數(shù)，再利用二次函數(shù)的性質(zhì)求解可得．【詳解】解：（1）點在直線上，，，把、、三點坐標代入拋物線解析式可得，解得，拋物線解析式為；（2）設(shè)，則，，則，，，，當時，解得或，但當時，與重合不合題意，舍去，；當時，解得或，但當時，與重合不合題意，舍去，；綜上可知點坐標為或；（3）存在這樣的點，使得四邊形的面積最大．如圖，過點作軸于點，設(shè)，，則，，，四邊形的面積，當時，四邊形的面積取得最大值，最大值為，此時點的坐標為，．【點睛】本題是二次函數(shù)的綜合問題，解題的關(guān)鍵是掌握待定系數(shù)法求函數(shù)解析式、二次函數(shù)的性質(zhì)及利用割補法列出四邊形面積的函數(shù)關(guān)系式．23、購買這張矩形鐵皮共花了700元錢【解析】設(shè)矩形鐵皮的寬為x米，則長為米，根據(jù)長方形的體積公式結(jié)合長方體運輸箱的容積為15立方米，即可得出關(guān)于x的一元二次方程，解之取其正值即可得出x的值，再根據(jù)矩形的面積公式結(jié)合鐵皮的單價即可求出購買這張矩形鐵皮的總錢數(shù)．【詳解】設(shè)矩形鐵皮的寬為x米，則長為米，根據(jù)題意得：，整理，得：(不合題意，舍去)，∴20x(x+2)=20×5×7=700.答：購買這張矩形鐵皮共花了700元錢．【點睛】本題考查了一元二次方程的應(yīng)用，找準等量關(guān)系，正確列出一元二次方程是解題的關(guān)鍵．24、（Ⅰ）見解析；（Ⅱ）4.【詳解】（Ⅰ）證明：連結(jié)OA，∵DA平分∠BDE，∴∠ADE＝∠ADO，∵OA=OD，∴∠OAD＝∠ADO，∴∠ADE＝∠OAD，∴OA∥CE，∵AE⊥CD