资源描述
2022-2023学年九上数学期末模拟试卷
注意事项
1．考生要认真填写考场号和座位序号。
2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。
3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。
一、选择题(每小题3分,共30分)
1．如图是一根空心方管，它的俯视图是（ ）
A． B． C． D．
2．如图，将绕点旋转180°得到，设点的坐标为，则点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
3．如图，的直径，是上一点，点平分劣弧，交于点，，则图中阴影部分的面积等于（ ）
A． B． C． D．
4．把方程x(x+2)=5(x-2)化成一般式，则a、b、c的值分别是( )
A．1，-3，10 B．1，7，-10 C．1，-5，12 D．1， 3，2
5．如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点E，F分别是AO，AD的中点，若AB=6，BC=8，则△AEF的面积是（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
6．一元二次方程的一个根为，则的值为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
7．如图，P、Q是⊙O的直径AB上的两点，P在OA上，Q在OB上，PC⊥AB交⊙O于C，QD⊥AB交⊙O于D，弦CD交AB于点E，若AB=20，PC=OQ=6，则OE的长为（ ）
A．1 B．1.5 C．2 D．2.5
8．有一人患了流感，经过两轮传染后共有121人患了流感，每轮传染中平均一个人传染了几个人？若设每轮传染中平均一个人传染了x个人，那么x满足的方程是（ ）
A． B． C． D．
9．不透明袋子中装有红、绿小球各一个，除颜色外无其他差别，随机摸出一个小球后，放回并摇匀，再随机摸出一个，两次都摸到颜色相同的球的概率为( )
A． B． C． D．
10．如图，在中， ， 为上一点，，点从点出发，沿方向以的速度匀速运动，同时点由点出发，沿方向以的速度匀速运动，设运动时间为，连接交于点 ，若，则的值为( )
A．1 B．2 C．3 D．4
二、填空题(每小题3分,共24分)
11．设x1、x2是方程x﹣x﹣1=0的两个实数根，则x1+x2=_________．
12．一个等边三角形边长的数值是方程x2﹣3x﹣10＝0的根，那么这个三角形的周长为_____．
13．已知x=1是一元二次方程x2﹣3x+a=0的一个根，则方程的另一个根为_____.
14．有6张卡片，每张卡片上分别写有不同的从1到6的一个自然数，从中任意抽出一张卡片，卡片上的数是3的倍数的概率是
15．如图把沿边平移到的位置，它们的重叠部分（即图中阴影部分）的面积是面积的三分之一，若，则点平移的距离是__________
16．一个不透明的盒子里有n个除颜色外其他完全相同的小球，其中有9个黄球每次摸球前先将盒子里的球摇匀，任意摸出一个球记下颜色后放回盒子，通过大量重复摸球试验后发现，摸到黄球的频率稳定在，那么估计盒子中小球的个数是_______．
17．如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AB＝10，AC＝8，E是AC上一点，AE＝5，ED⊥AB，垂足为D，求AD的长
18．如图，O为Rt△ABC斜边中点，AB=10，BC=6，M、N在AC边上，若△OMN∽△BOC，点M的对应点是O，则CM=______．
三、解答题(共66分)
19．（10分）已知一元二次方程x2﹣3x+m＝1．
（1）若方程有两个不相等的实数根，求m的取值范围．
（2）若方程有两个相等的实数根，求此时方程的根．
20．（6分）如图，已知△ABC与△A′B′C′关于点O成中心对称，点A的对称点为点A′，请你用尺规作图的方法，找出对称中心O，并作出△A′B′C′．（要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写作法）．
21．（6分）解方程：
（1）2x2﹣7x+3＝0
（2）7x（5x+2）＝6（5x+2）
22．（8分）如图，已知抛物线与y轴交于点，与x轴交于点，点P是线段AB上方抛物线上的一个动点．
求这条抛物线的表达式及其顶点坐标；
当点P移动到抛物线的什么位置时，使得，求出此时点P的坐标；
当点P从A点出发沿线段AB上方的抛物线向终点B移动，在移动中，点P的横坐标以每秒1个单位长度的速度变动；与此同时点M以每秒1个单位长度的速度沿AO向终点O移动，点P，M移动到各自终点时停止当两个动点移动t秒时，求四边形PAMB的面积S关于t的函数表达式，并求t为何值时，S有最大值，最大值是多少？
23．（8分）如图，PB与⊙O相切于点B，过点B作OP的垂线BA，垂足为C，交⊙O于点A，连结PA，AO，AO的延长线交⊙O于点E，与PB的延长线交于点D．
（1）求证：PA是⊙O的切线;
（2）若tan∠BAD=， 且OC=4，求PB的长.
24．（8分）如图，四边形ABCD中，AB=AD，∠BAD=60°，∠BCD=30°，将AC绕着点A顺时针旋转60°得AE，连接BE，CE．
（1）求证：△ADC≌△ABE；
（2）求证：
（3）若AB=2，点Q在四边形ABCD内部运动，且满足，直接写出点Q运动路径的长度．
25．（10分）如图，在⊿OAB中，∠OAB=90°.OA=AB=6.将⊿OAB绕点O逆时针方向旋转90°得到⊿OA1B1
（1）线段A1B1的长是 ∠AOA1的度数是
（2）连结AA1，求证：四边形OAA1B1是平行四边形 ;
（3）求四边形OAA1B1的面积 .
26．（10分）如图，在一块长8、宽6的矩形绿地内，开辟出一个矩形的花圃，使四周的绿地等宽，已知绿地的面积与花圃的面积相等，求花圃四周绿地的宽.
参考答案
一、选择题(每小题3分,共30分)
1、B
【分析】俯视图是从物体的上面看，所得到的图形：注意看到的用实线表示，看不到的用虚线表示．
【详解】如图所示：俯视图应该是
故选：B．
【点睛】
本题考查了作图−三视图，解题的关键是掌握看到的用实线表示，看不到的用虚线表示．
2、D
【分析】点与点关于点对称，为点与点的中点，根据中点公式可以求得.
【详解】解：设点坐标为
点与点关于点对称，
为点与点的中点,
即
解得
故选D
【点睛】
本题考查了坐标与图形变换,得出点、点与点之间的关系是关键.
3、A
【分析】根据垂径定理的推论和勾股定理即可求出BC和AC，然后根据S阴影=S半圆O－S△ABC计算面积即可．
【详解】解： ∵直径
∴OB=OD=，∠ACB=90°
∵点平分劣弧，
∴BC=2BE，OE⊥BC，OE=OD－DE=4
在Rt△OBE中，BE=
∴BC=2BE=6
根据勾股定理：AC=
∴S阴影=S半圆O－S△ABC
=
=
故选A．
【点睛】
此题考查的是求不规则图形的面积，掌握垂径定理与勾股定理的结合和半圆的面积公式、三角形的面积公式是解决此题的关键．
4、A
【分析】方程整理为一般形式，找出常数项即可．
【详解】方程整理得：x2−3x+10=0，
则a=1，b=−3，c=10.
故答案选A.
【点睛】
本题考查了一元二次方程的一般形式，解题的关键是熟练的掌握一元二次方程的每种形式.
5、A
【分析】因为四边形ABCD是矩形，所以AD=BC=8，∠BAD=90°，，又因为点E，F分别是AO，AD的中点，所以EF为三角形AOD的中位线，推出，，AF:AD=1:2由此即可解决问题．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，AB=6，BC=8
∴，
∵E，F分别是AO．AD中点，
∴，
，
AF:AD=1:2，
∴△AEF的面积为3，
故选：A．
【点睛】
本题考查了相似三角形的判定与性质、三角形中位线定理、矩形的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于基础题，中考常考题型．
6、B
【分析】将x=2代入方程即可求得k的值，从而得到正确选项．
【详解】解：∵一元二次方程x2-3x+k=0的一个根为x=2，
∴22-3×2+k=0，
解得，k=2，
故选：B．
【点睛】
本题考查一元二次方程的解，解题的关键是明确一元二次方程的解一定使得原方程成立．
7、C
【分析】因为OCP和ODQ为直角三角形，根据勾股定理可得OP、DQ、PQ的长度，又因为CPDQ，两直线平行内错角相等，∠PCE=∠EDQ，且∠CPE=∠DQE=90°，可证CPE∽DQE，可得，设PE=x，则EQ=14-x，解得x的取值，OE= OP-PE，则OE的长度可得．
【详解】解：∵在⊙O中，直径AB=20，即半径OC=OD=10，其中CPAB，QDAB，
∴OCP和ODQ为直角三角形，
根据勾股定理：，，且OQ=6，
∴PQ=OP+OQ=14，
又∵CPAB，QDAB，垂直于用一直线的两直线相互平行，
∴CPDQ，且C、D连线交AB于点E，
∴∠PCE=∠EDQ，（两直线平行，内错角相等）且∠CPE=∠DQE=90°，
∴CPE∽DQE，故，
设PE=x，则EQ=14-x，
∴，解得x=6，
∴OE=OP-PE=8-6=2，
故选：C．
【点睛】
本题考察了勾股定理、相似三角形的应用、两直线平行的性质、圆的半径，解题的关键在于证明CPE与DQE相似，并得出线段的比例关系．
8、D
【分析】先由题意列出第一轮传染后患流感的人数，再列出第二轮传染后患流感的人数，即可列出方程．
【详解】解：设每轮传染中平均一个人传染了x个人，
则第一轮传染后患流感的人数是：1+x，
第二轮传染后患流感的人数是：1+x+x（1+x），
因此可列方程，1+x+x（1+x）=1．
故选：D．
【点睛】
本题主要考查一元二次方程的应用，找到等量关系是解题的关键．
9、C
【分析】用列表法或树状图法可以列举出所有等可能出现的结果，然后看符合条件的占总数的几分之几即可
【详解】解：两次摸球的所有的可能性树状图如下：
共有4种等可能的结果，其中两次都摸到颜色相同的球结果共有2种，
∴两次都摸到颜色相同的球的概率为.
故选C．
【点睛】
本题考查用树状图或列表法求等可能事件发生的概率，关键是列举出所有等可能出现的结果数，然后用分数表示，同时注意“放回”与“不放回”的区别．
10、B
【分析】过点C作CH∥AB交DE的延长线于点H，则DF=10-2-t=8-t，证明△DFG∽△HCG，可求出CH，再证明△ADE∽△CHE，由比例线段可求出t的值．
【详解】解：过点C作CH∥AB交DE的延长线于点H，则BD=t，AE=2t，DF=10-2-t=8-t，
∵DF∥CH，
∴△DFG∽△HCG，
∴，
∴CH=2DF=16-2t，
同理△ADE∽△CHE，
∴，
∴，
解得t=2，t=（舍去）．
故选：B．
【点睛】
本题主要考查相似三角形的判定与性质以及等腰三角形的性质，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键．
二、填空题(每小题3分,共24分)
11、1
【分析】观察方程可知,方程有两个不相等的实数根,由根与系数关系直接求解.
【详解】解:方程中,△==5>0,
方程有两个不相等的实数根,
==1.
故答案为:1.
【点睛】
本题考查了一元二次方程的根与系数关系.关键是先判断方程的根的情况,利用根与系数关系求解.
12、12
【解析】先解方程求出方程的根，再确定等边三角形的边长，然后求等边三角形的周长．
【详解】解：x1﹣3x﹣10＝0，
（x﹣2）（x+1）＝0，
即x﹣2＝0或x+1＝0，
∴x1＝2，x1＝﹣1．
因为方程x1﹣3x﹣10＝0的根是等边三角形的边长，
所以等边三角形的边长为2．
所以该三角形的周长为：2×3＝12．
故答案为：12．
【点睛】
本题考查了一元二次方程的解法、等边三角形的周长等知识点．求出方程的解是解决本题的关键．
13、
【解析】设方程另一个根为x，根据根与系数的关系得，然后解一次方程即可．
【详解】设方程另一个根为x，根据题意得x+1=3，
解得x=2.
故答案为：x=2.
【点睛】
本题主要考查一元二次方程根与系数的关系，熟记公式
是解决本题的关键.
14、．
【分析】分别求出从1到6的数中3的倍数的个数，再根据概率公式解答即可．
【详解】有6张卡片，每张卡片上分别写有不同的从1到6的一个自然数，从中任意抽出一张卡片，共有6种结果，其中卡片上的数是3的倍数的有3和6两种情况，所以从中任意抽出一张卡片，卡片上的数是3的倍数的概率是．
故答案为
【点睛】
考查了概率公式，用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比.
15、
【分析】根据题意可知△ABC与阴影部分为相似三角形，且面积比为三分之一，所以可以求出，进而可求答案.
【详解】
∵把沿边平移到
∴
∴
∴
∵，
∴
∴
∴
即点C平移的距离是
故答案为.
【点睛】
本题考查的是相似三角形的性质与判定，能够知道相似三角形的面积比是相似比的平方是解题的关键.
16、1
【解析】根据利用频率估计概率得到摸到黄球的概率为1%，然后根据概率公式计算n的值．
【详解】解：根据题意得＝1%，
解得n＝1，
所以这个不透明的盒子里大约有1个除颜色外其他完全相同的小球．
故答案为1．
【点睛】
本题考查了利用频率估计概率：大量重复实验时，事件发生的频率在某个固定位置左右摆动，并且摆动的幅度越来越小，根据这个频率稳定性定理，可以用频率的集中趋势来估计概率，这个固定的近似值就是这个事件的概率．当实验的所有可能结果不是有限个或结果个数很多，或各种可能结果发生的可能性不相等时，一般通过统计频率来估计概率．
17、AD=1
【分析】通过证明△ADE∽△ACB，可得 ，即可求解．
【详解】解：∵∠C＝∠ADE＝90°，∠A＝∠A，
∴△ADE∽△ACB，
∴
∴，
∴AD＝1．
【点睛】
本题考查了相似三角形的判定与性质定理，熟练掌握定理是解题的关键.
18、
【分析】根据直角三角形斜边中线的性质可得OC=OA=OB=AB，根据等腰三角形的性质可得∠A=∠OCA，∠OCB=∠B，由相似三角形的性质可得∠ONC=∠OCB，，可得OM=MN，利用等量代换可得∠ONC=∠B，即可证明△CNO∽△ABC，利用外角性质可得∠ACO=∠MOC，可得OM=CM，即可证明CM=CN，利用勾股定理可求出AC的长，根据相似三角形的性质即可求出CN的长，即可求出CM的长.
【详解】∵O为Rt△ABC斜边中点，AB=10，BC=6，
∴OC=OA=OB=AB=5，AC==8，
∴∠A=∠OCA，∠OCB=∠B，
∵△OMN∽△BOC，
∴∠ONC=∠OCB，，∠COB=∠OMN，
∴MN=OM，∠ONC=∠B，
∴△CNO∽△ABC，
∴，即，
解得：CN=，
∵∠OMN=∠OCM+∠MOC，∠COB=∠A+∠OCA，
∴∠OCM=∠MOC，
∴OM=CM，
∴CM=MN=CN=.
故答案为：
【点睛】
本题考查直角三角形斜边中线的性质、等腰三角形的性质及相似三角形的判定与性质，直角三角形斜边中线等于斜边的一半；熟练掌握相似三角形的判定定理是解题关键.
三、解答题(共66分)
19、（1）；（2）x1＝x2＝
【分析】（1）根据一元二次方程根的判别式大于零，列出不等式，即可求解；
（2）根据一元二次方程根的判别式等于零，列出方程，求出m的值，进而即可求解．
【详解】（1）∵一元二次方程x2﹣3x+m＝1有两个不相等的实数根，
∴∆＝b2﹣4ac＝9﹣4m＞1，
∴m＜；
（2）∵一元二次方程x2﹣3x+m＝1有两个相等的实数根，
∴∆＝b2﹣4ac＝9﹣4m＝1，
∴m＝，
∴x2﹣3x+＝1，
∴x1＝x2＝．
【点睛】
本题主要考查一元二次方程根的判别式，掌握根的判别式与一元二次方程根的情况关系是解题的关键．
20、见解析
【分析】连接AA′，作AA′的垂直平分线得到它的中点O，则点O为对称中心，延长BO到B′，使OB′=OB，延长CO到C′，使OC′=OC，则△A′B′C′满足条件．
【详解】如图，点O和△A′B′C′为所作．
【点睛】
本题考查了根据旋转变化作图的知识，根据作线段的垂直平分线找到对称中心是解决问题的关键．
21、（1）;（2）
【分析】（1）方程左边的多项式利用十字相乘法分解因式后，利用两数相乘积为0，两因式中至少有一个为0转化为两个一元一次方程来求解；
（2）方程右边看做一个整体，移项到左边，提取公因式化为积的形式，利用两数相乘积为0，两因式中至少有一个为0转化为两个一元一次方程来求解．
【详解】解：（1）2x2﹣7x+3＝0，
分解因式得：（2x﹣1）（x﹣3）＝0，
可得2x﹣1＝0或x﹣3＝0，
解得：x1＝，x2＝3；
（2）7x（5x+2）＝6（5x+2），
移项得：7x（5x+2）﹣6（5x+2）＝0，
分解因式得：（7x﹣6）（5x+2）＝0，
可得7x﹣6＝0或5x+2＝0，
解得：x1＝，x2＝﹣．
【点睛】
考核知识点：解一元二次方程.掌握基本方法是关键.
22、（1）抛物线的表达式为，抛物线的顶点坐标为；（2）P点坐标为；（3）当时，S有最大值，最大值为1．
【解析】分析：（1）由A、B坐标，利用待定系数法可求得抛物线的表达式，化为顶点式可求得顶点坐标；
（2）过P作PC⊥y轴于点C，由条件可求得∠PAC=60°，可设AC=m，在Rt△PAC中，可表示出PC的长，从而可用m表示出P点坐标，代入抛物线解析式可求得m的值，即可求得P点坐标；
（3）用t可表示出P、M的坐标，过P作PE⊥x轴于点E，交AB于点F，则可表示出F的坐标，从而可用t表示出PF的长，从而可表示出△PAB的面积，利用S四边形PAMB=S△PAB+S△AMB，可得到S关于t的二次函数，利用二次函数的性质可求得其最大值．
详解：根据题意，把，代入抛物线解析式可得，解得，
抛物线的表达式为，
，
抛物线的顶点坐标为；
如图1，过P作轴于点C，
，
，
当时，，
，即，
设，则，
，
把P点坐标代入抛物线表达式可得，解得或，
经检验，与点A重合，不合题意，舍去，
所求的P点坐标为；
当两个动点移动t秒时，则，，
如图2，作轴于点E，交AB于点F，则，
，
，
点A到PE的距离竽OE，点B到PE的距离等于BE，
，且，
，
当时，S有最大值，最大值为1．
点睛：本题为二次函数的综合应用，涉及待定系数法、直角三角形的性质、二次函数的性质、三角形的面积及方程思想等知识．在（1）中注意待定系数法的应用，在（2）中构造Rt△PAC是解题的关键，在（3）中用t表示出P、M的坐标，表示出PF的长是解题的关键．本题考查知识点较多，综合性较强，难度适中．
23、（1）证明见解析（2）PB=3
【分析】（1）通过证明△PAO≌△PBO可得结论；
（2）根据tan∠BAD=，且OC=4，可求出AC=6，再证得△PAC∽△AOC，最后利用相似三角形的性质以及勾股定理求得答案．
【详解】解：（1）连结OB，则OA=OB，如图1，
∵OP⊥AB，
∴AC=BC，
∴OP是AB的垂直平分线，
∴PA=PB，
在△PAO和△PBO中，
∵ ，
∴△PAO≌△PBO（SSS），
∴∠PBO=∠PAO，
∵PB为⊙O的切线，B为切点，
∴PB⊥OB，
∴∠PBO=90°，
∴∠PAO=90°，即PA⊥OA，
∴PA是⊙O的切线；
（2）∵在Rt△AOC中，tan∠BAD=tan∠CAO=，且OC=4，
∴AC=6，则BC=6，
∴，
在Rt△APO中，AC⊥OP，
易得△PAC∽△AOC，
∴，即AC2=OC•PC，
∴PC=9，
∴OP=PC+OC=13，
在Rt△PBC中，由勾股定理，得PB=．
【点睛】
此题考查了切线的判定与性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质、锐角三角函数、相似三角形的判定和性质，考查的知识点较多，关键是熟练掌握一些基本性质和定理，在解答综合题目时能灵活运用．
24、（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）．
【解析】（1）推出∠DAC=∠BAE，则可直接由SAS证明△ADC≌△ABE；
（2）证明△BCE是直角三角形，再证DC=BE，AC=CE即可推出结论；
（3）如图2，设Q为满足条件的点，将AQ绕着点A顺时针旋转60度得AF，连接QF，BF，QB，DQ，AF，证△ADQ≌△ABF，由勾股定理的逆定理证∠FBQ=90°，求出∠DQB=150°，确定点Q的路径为过B，D，C三点的圆上，求出的长即可．
【详解】（1）证明：∵∠CAE=∠DAB=60°，
∴∠CAE-∠CAB=∠DAB-∠CAB，
∴∠DAC=∠BAE，
又∵AD=AB，AC=AE，
∴△ADC≌△ABE（SAS）；
（2）证明：在四边形ABCD中，
∠ADC+∠ABC=360°-∠DAB-∠DCB=270°，
∵△ADC≌△ABE，
∴∠ADC=∠ABE，CD=BE，
∴∠ABC+ABE=∠ABC+∠ADC=270°，
∴∠CBE=360°-（∠ABC+ABE）=90°，
∴CE2=BE2+BC2，
又∵AC=AE，∠CAE=60°，
∴△ACE是等边三角形，
∴CE=AC=AE，
∴AC2=DC2+BC2；
（3）解：如图2，设Q为满足条件的点，将AQ绕着点A顺时针旋转60度得AF，连接QF，BF，QB，DQ，AF，
则∠DAQ=∠BAF，AQ=QF，△AQF为等边三角形，
又∵AD=AB，
∴△ADQ≌△ABF（SAS），
∴AQ=FQ，BF=DQ，
∵AQ2=BQ2+DQ2，
∴FQ2=BQ2+BF2，
∴∠FBQ=90°，
∴∠AFB+∠AQB=360°-（∠QAF+∠FBQ）=210°，
∴∠AQD+∠AQB=210°，
∴∠DQB=360°-（∠AQD+∠AQB）=150°，
∴点Q的路径为过B，D，C三点的圆上，
如图2，设圆心为O，则∠BOD=2∠DCB=60°，
连接DB，则△ODB与△ADB为等边三角形，
∴DO=DB=AB=2，
∴点Q运动的路径长为：．
【点睛】
本题考查了旋转的性质，等边三角形的性质，四边形的内角和，勾股定理的逆定理，圆的有关性质及计算等，综合性较强，解题关键是能够熟练掌握并灵活运用圆的有关性质．
25、（1）6，90；（2）见解析；（3）1
【分析】（1）根据旋转的性质即可直接求解；
（2）根据旋转的性质以及平行线的判定定理证明B1A1∥OA且A1B1=OA即可证明四边形OAA1B1是平行四边形；
（3）利用平行四边形的面积公式求解．
【详解】解：（1）由旋转的性质可知：A1B1=AB=6，∠AOA1=90°．
故答案是：6，90°；
（2）∵A1B1=AB=6，OA1=OA=6，∠OA1B1=∠OAB=90°，∠AOA1=90°，
∴∠OA1B1=∠AOA1，A1B1=OA，
∴B1A1∥OA，
∴四边形OAA1B1是平行四边形；
（3）S=OA•A1O=6×6=1．
即四边形OAA1B1的面积是1．
故答案为（1）6，90；（2）见解析；（3）1．
【点睛】
本题考查旋转的性质以及平行四边形的判定和面积公式，证明B1A1∥OA是关键．
26、花圃四周绿地的宽为1 m
【分析】设花圃四周绿地的宽为x米，根据矩形花圃的面积=矩形绿地面积的一半列方程求解即可．
【详解】解：设花圃四周绿地的宽为x m，
由题意，得：（6-2x )(8-2x )=6×8，
解方程得：x 1=1,x 2=6(舍），
答：花圃四周绿地的宽为1 m．
【点睛】
本题考查的知识点是一元二次方程的实际应用，根据题意找出题目中的等量关系式是解此题的关键．
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