精品解析：江苏省盐城市亭湖区学海路初级中学（盐城市康居路初中教育集团南校区）2023-2024学年九年级下学期期中数学试题

盐城市康居路初中教育集团2023－2024学年度第二学期期中考试 初二年级数学试卷 （卷面总分：150分 考试时间：120分钟） 打开试卷的同时，你过段时间辛勤努力即将会有一番见证，望你沉着冷静，勇敢接受考验，考出自己的最佳水平． 一、选择题（本大题共8小题，每小题3分，共24分．在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，请将正确选项前的字母代号填写在答题纸相应位置上） 1. 下列图标中，既是中心对称图形，又是轴对称图形的是（ ） A. B. C. D. 2. 下列各式中是最简二次根式的是（ ） A. B. C. D. 3. 下列事件中，是必然事件的是（ ） A. 乘坐公共汽车恰好有座位 B. 小明期末考试会考满分 C. 西安明天会下雪 D. 三角形的内角和是 4. 若有意义，则a的值可以是（ ） A. －1 B. 0 C. 2 D. 4 5. 菱形和矩形都具有的性质是（ ） A. 对角线互相平分 B. 对角线相等 C. 对角线互相垂直 D. 对角线平分一组对角 6. 估算 的值在（ ） A. 1和2之间 B. 2和3之间 C. 3和4之间 D. 4和5之间 7. 如果把分式中的、同时扩大为原来的2倍，那么该分式的值（ ） A. 不变 B. 扩大为原来的2倍 C. 缩小为原来的 D. 缩小为原来的 8. 图，在中，，将绕顶点顺时针旋转到，当首次经过顶点时，旋转角（ ） A. 30° B. 40° C. 45° D. 60° 二、填空题（本大题共8小题，每小题3分，共24分．不需写出解答过程，请将答案直接写在答题纸相应位置上） 9. 化简：=__________ 10. 如图，货架上水平摆放着九个外包装完全一样的盲盒，每个盲盒内装有一件商品，装甲商品的盲盒有5个，装乙商品的盲盒有4个，随机抽取一个盲盒，则抽到_________种商品的可能性大．（用“甲”，“乙”填空） 11. 若分式的值为0，则x的值为____． 12. 如图，在平行四边形中，，的平分线交于点E，则的长为_______． 13. 若，则的值为_______． 14. 若方程有增根，则a的值是____． 15. 如图，已知矩形ABCD的两条邻边的长分别为6和8，E、F、G、H分别是AB、BC、CD、DA的中点，则四边形EFGH的周长等于______． 16. 用四块大正方形地砖和一块小正方形地砖拼成如图所示的实线图案，每块大正方形地砖的面积为a，小正方形地砖的面积为b，依次连接四块大正方形地砖的中心得到正方形ABCD．则正方形ABCD的面积为____________（用含a，b的代数式表示）． 三、解答题（本大题共11小题，共102分，请将解答过程写在答题纸相应的位置上） 17. 计算 （1）； （2）． 18 解方程 （1）； （2） 19. 先化简，再求值：，再从0，1，2中选一个恰当的数代入求值． 20. 已知：如图，在平行四边形中，点、在对角线上，且，． （1）求证：； （2）求证：四边形是平行四边形． 21. 如图，在平面直角坐标系中，已知的三个顶点坐标分别是，，． （1）平移 ，得到，若点A的对应点的坐标为，请画出，并写出点的坐标； （2）画出关于点O的中心对称图形，并写出点的坐标． 22. 主题为“安全骑行，从头盔开始”的安全教育活动在本市全面开展．为了解市民骑电动自行车出行自觉佩戴头盔的情况，某数学实践探究小组在某路口进行调查，经过连续6天的同一时段的调查统计，得到数据并整理如下表： 经过路口的电动自行车数量/辆 180 230 280 260 240 300 自觉佩戴头盔人数/人 171 216 266 250 228 285 自觉佩戴头盔的频率 0.95 0.94 0.95 0.96 0.95 m （1）表格中______； （2）由此数据可估计，经过该路口的电动自行车骑行者佩戴了头盔的概率为 （结果精确到0.01） （3）若该小组某天调查到经过该路口的电动自行车共有1000辆，请问其中佩戴了头盔的骑行者大约有多少人？ 23. 2023年“尔滨”厚积薄发，旅游业火爆出圈，某纪念品经销店欲购进A、B两种纪念品，用1200元购进的A种纪念品与用1500元购进的B种纪念品的数量相同，每件B种纪念品的进价比每件A种纪念品的进价多5元． （1）求A、B两种纪念品每件的进价分别为多少元？ （2）若该纪念品经销店A种纪念品每件售价23元，B种纪念品每件售价30元，这两种纪念品共购进500件，且这两种纪念品全部售出后总获利不低于2000元，求A种纪念品最多购进多少件？ 24. 对于任意两个非零实数a、b，定义运算如下： 如：，． 根据上述定义，解决下列问题： （1）______，______； （2）若，求x值． 25. 如图，点E为正方形内一点，，将绕点B按顺时针方向旋转，得到．延长交于点G，连接． （1）试判断四边形的形状，并说明理由； （2）若，，求． 26. 阅读下面材料并解答问题材料：在处理某些分式问题时，“分离常数法”是常用的变形技巧之一．分离常数法是将分式分成一个整式与一个分子为常数的分式的和的形式．通过分式分离常数法可以将复杂的分式简化为一个更简单的形式． 如：若分式的值为整数，求整数x的值． 我们先将该分式变形：，因为的值为整数，所以只要的值为整数，而分子是个常数，所以只要是1的约数即可，即，所以或． （1）将下列分式化成一个整式与一个分子为常数的分式的和的形式： ① ，② （2）应用：①若分式的值为整数，求整数x的值； ②设，，，其中，比较m、n、p大小． （3）拓展：已知x、y满足，且x、y为正整数，求x、y的值． 27. 折叠问题是我们常见的数学问题，数学活动课上，同学们以“矩形的折叠“为主题展开了数学活动．他们发现虽然折叠的形式多样，错综复杂，但一定要把握它的两大特点： ① 折叠前后折痕两侧图形全等；② 折叠前后对应点的连线被折痕所在的直线垂直平分． [尝试感悟]如图1，将矩形纸片折叠，使得点B与点D重合，折痕与边、分别交于M、N，再将矩形纸片展开，连接、，折痕与对角线相交于点O．猜想： 四边形是变形． （1）请将下列证明过程补充完整： 证明：∵矩形纸片沿所在直线折叠，使得点B与点D重合， ∴_______，∴， ∵四边形是矩形，∴， ∴，又∵， ∴， ∴_________， 又∵，∴四边形是平行四边形， ∵矩形纸片沿所在的直线折叠， ∴_______，∴平行四边形是菱形． 【操作发现】同学们再次折叠矩形纸片，将点B与点D重合改成点B落在对角线上，点B的对应点记为点E，折痕与边，分别交于G、H．（如图2）．发现：折痕的长度始终保持不变． （2）请在，条件下，求折痕的长度． 【探索研究】同学们合作交流后又有两个发现： （3）① 当与满足一定的关系时，始终有．请写出与满足的关系式，并说明理由； ② 折痕在某一位置时，能使C、E、F三点共线．请用无刻度的直尺和圆规在图3中作出折痕（保留作图的痕迹，不写作法）． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 盐城市康居路初中教育集团2023－2024学年度第二学期期中考试 初二年级数学试卷 （卷面总分：150分 考试时间：120分钟） 打开试卷的同时，你过段时间辛勤努力即将会有一番见证，望你沉着冷静，勇敢接受考验，考出自己的最佳水平． 一、选择题（本大题共8小题，每小题3分，共24分．在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，请将正确选项前的字母代号填写在答题纸相应位置上） 1. 下列图标中，既是中心对称图形，又是轴对称图形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题主要考查了轴对称图形和中心对称图形的概念，如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴，这时，我们也可以说这个图形关于这条直线(成轴）对称，根据中心对称图形的定义：把一个图形绕某一点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，熟练掌握轴对称图形和中心对称图形的概念是解题的关键． 【详解】、不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项不符合题意； 、既是轴对称图形，也是中心对称图形，故本选项符合题意； 、不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项不符合题意； 、不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项不符合题意； 故选：． 2. 下列各式中是最简二次根式的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】此题考查了最简二次根式，根据最简二次根式的定义：被开方数中不含能开得尽方的因数或因式；被开方数是整数，因式是整式，进行逐一判断即可，熟练掌握最简二次根式的定义是解本题的关键． 【详解】解：、是最简二次根式，符合题意； 、，原选项不是最简二次根式，不符合题意； 、，原选项不是最简二次根式，不符合题意； 、，原选项不是最简二次根式，不符合题意； 故选：． 3. 下列事件中，是必然事件的是（ ） A. 乘坐公共汽车恰好有座位 B. 小明期末考试会考满分 C. 西安明天会下雪 D. 三角形的内角和是 【答案】D 【解析】 【分析】本题主要考查了事件的判断，根据随机事件和必然事件的定义逐项判断即可． 【详解】因为乘坐公共汽车可能会有座位，也可能没有座位，属于随机事件，所以A不符合题意； 因为小明期末考试可能会考满分，也可能不会，属于随机事件，所以B不符合题意； 因为西安明天可能下雪，也可能不下雪，属于随机事件，所以C不符合题意； 因为三角形内角和是180°，属于必然事件，所以D符合题意． 故选：D． 4. 若有意义，则a的值可以是（ ） A. －1 B. 0 C. 2 D. 4 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查二次根式有意义的条件，根据被开方数为非负数，求出的范围，进行判断即可． 【详解】解：由题意，得：， ∴， ∴a的值可以是4； 故选D． 5. 菱形和矩形都具有的性质是（ ） A. 对角线互相平分 B. 对角线相等 C. 对角线互相垂直 D. 对角线平分一组对角 【答案】A 【解析】 【分析】根据菱形的性质，矩形的性质以及中心对称图形定义可得答案． 【详解】解：菱形和矩形都具有的性质是对角线互相平分， 故选：A． 【点睛】此题主要考查了菱形的性质，矩形的性质，解题的关键是掌握对角线互相平分． 6. 估算 的值在（ ） A. 1和2之间 B. 2和3之间 C. 3和4之间 D. 4和5之间 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查无理数的估算，根据题意得，即可求解． 【详解】解：∵ ∴， ∴的值在3和4之间， 故选：C． 7. 如果把分式中的、同时扩大为原来的2倍，那么该分式的值（ ） A. 不变 B. 扩大为原来的2倍 C. 缩小为原来的 D. 缩小为原来的 【答案】C 【解析】 【分析】根据分式的性质即可求解． 【详解】解：x，y同时扩大为原来的2倍， 则有， ∴该分式的值是原分式值的，故C正确． 故选：D． 【点睛】本题主要考查了分式的基本性质，给分子分母同时乘以一个整式（不为0），不可遗漏是解答本题的关键． 8. 图，在中，，将绕顶点顺时针旋转到，当首次经过顶点时，旋转角（ ） A. 30° B. 40° C. 45° D. 60° 【答案】B 【解析】 【分析】根据平行四边形的性质及旋转的性质可知，然后可得，则有，进而问题可求解． 【详解】解：∵四边形是平行四边形，， ∴， 由旋转的性质可得， ∴， ∴； 故选B． 【点睛】本题主要考查平行四边形的性质与旋转的性质，熟练掌握平行四边形的性质与旋转的性质是解题的关键． 二、填空题（本大题共8小题，每小题3分，共24分．不需写出解答过程，请将答案直接写在答题纸相应位置上） 9. 化简：=__________ 【答案】 【解析】 【分析】根据二次根式的性质计算． 【详解】解：原式=． 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了二次根式的化简．注意最简二次根式的条件是：①被开方数的因数是整数，因式是整式；②被开方数中不含能开得尽方的因数因式．上述两个条件同时具备（缺一不可）的二次根式叫最简二次根式． 10. 如图，货架上水平摆放着九个外包装完全一样的盲盒，每个盲盒内装有一件商品，装甲商品的盲盒有5个，装乙商品的盲盒有4个，随机抽取一个盲盒，则抽到_________种商品的可能性大．（用“甲”，“乙”填空） 【答案】甲 【解析】 【分析】此题主要考查了概率公式，解题的关键是掌握可能性=所求情况数与总情况数之比． 【详解】解：∵装甲商品的盲盒有5个，装乙商品的盲盒有4个， ∴随机抽取一个盲盒，抽到甲种商品的可能性为，抽到乙种商品的可能性为， ∵ ∴抽到甲种商品的可能性大． 故答案为：甲． 11. 若分式的值为0，则x的值为____． 【答案】1 【解析】 【分析】由题意根据分式值为0的条件即分子为0且分母不为0进行计算即可得出答案． 【详解】解：∵分式的值为0， ∴x-1=0， ∴x=1. 故答案为：1． 【点睛】本题考查的是分式的值为0的条件，注意掌握分式值为零的条件是分子等于零且分母不等于零． 12. 如图，在平行四边形中，，的平分线交于点E，则的长为_______． 【答案】2 【解析】 【分析】本题考查平行四边形的性质，根据平行四边形的性质结合角平分线平分角，推出，再用求出即可． 【详解】解：∵平行四边形中，， ∴， ∴， ∵的平分线交于点E， ∴， ∴， ∴， ∴； 故答案为：2． 13. 若，则的值为_______． 【答案】##0.5 【解析】 【分析】直接利用已知条件，将原式变形化简求出答案． 【详解】解：∵， ∴， 则，则 故答案为：． 【点睛】此题主要考查了比例的性质，正确将已知变形是解题关键． 14. 若方程有增根，则a的值是____． 【答案】3 【解析】 【分析】此题主要考查了分式方程的增根，要熟练掌握，解答此题的关键是要明确：（1）化分式方程为整式方程；（2）把增根代入整式方程即可求得相关字母的值． 首先把所给的分式方程化为整式方程，然后根据分式方程有增根，得到，据此求出的值，代入整式方程求出的值即可． 【详解】解：去分母，得：， 由分式方程有增根，得到，即， 把代入整式方程，可得：． 故答案为：3． 15. 如图，已知矩形ABCD的两条邻边的长分别为6和8，E、F、G、H分别是AB、BC、CD、DA的中点，则四边形EFGH的周长等于______． 【答案】20 【解析】 【分析】根据矩形的性质可证得△AEH≌△BEF≌△CGF≌△DGH，从而得到EF=FG=GH=EH，可得到四边形EFGH是菱形，再由勾股定理可得EH=5，即可求解． 【详解】解：在矩形ABCD中，AB=CD=6，AD=BC=8，∠A=∠B=∠C=∠D， ∵E、F、G、H分别是AB、BC、CD、DA中点， ∴AH=DH=BF=CF=4，AE=BE=CG=DG=3， ∴△AEH≌△BEF≌△CGF≌△DGH， ∴EF=FG=GH=EH， ∴四边形EFGH是菱形， ∵AE=3，AH=4，∠A=90°， ∴EH=5， ∴四边形EFGH的周长等于4×5=20． 故答案为：20 【点睛】本题主要考查了矩形的性质，菱形的判定和性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，熟练掌握矩形的性质，菱形的判定和性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质是解题的关键． 16. 用四块大正方形地砖和一块小正方形地砖拼成如图所示的实线图案，每块大正方形地砖的面积为a，小正方形地砖的面积为b，依次连接四块大正方形地砖的中心得到正方形ABCD．则正方形ABCD的面积为____________（用含a，b的代数式表示）． 【答案】 【解析】 【分析】如图，连接AE、AF，先证明△GAE≌△HAF，由此可证得，进而同理可得，根据正方形ABCD的面积等于四个相同四边形的面积之和及小正方形的面积即可求得答案． 【详解】解：如图，连接AE、AF， ∵点A为大正方形的中心， ∴AE=AF，∠EAF=90°， ∴∠AEF=∠AFE=45°， ∵∠GEF=90°， ∴∠AEG=∠GEF－∠AEF=45°， ∴∠AEG=∠AFE， ∵四边形ABCD为正方形， ∴∠DAB=∠EAF=90°， ∴∠GAE=∠HAF， 在△GAE与△HAF 中， ∴△GAE≌△HAF（ASA）， ∴， ∴， 即， ∵， ∴， ∴同理可得：， 即， 故答案为：． 【点睛】本题考查了正方形的性质和全等三角形的判定及性质，熟练掌握正方形的性质并能作出正确的辅助线是解决本题的关键． 三、解答题（本大题共11小题，共102分，请将解答过程写在答题纸相应的位置上） 17. 计算 （1）； （2）． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】本题主要考查了二次根式的乘法和除法混合运算，以及异分母分式相加减．熟练掌握二次根式乘法和除法的运算法则，以及异分母分式相加减法则是解题的关键．注意：二次根式的运算最后结果要化成最简二次根式，分式的混合运算，最后结果要化成最简分式． （1）按照二次根式的除法法则和乘法法则进行计算即可． （2）根据异分母分式相加减的法则进行计算即可． 【小问1详解】 解： ； 【小问2详解】 ． 18. 解方程 （1）； （2） 【答案】（1） （2）无解 【解析】 【分析】本题考查了解分式方程，熟练掌握解分式方程的步骤是解题的关键． （1）方程两边同时乘以，化为整式方程，解方程即可求解，最后要检验； （2）方程两边同时乘以，化为整式方程，解方程即可求解，注意要检验． 【小问1详解】 解：方程两边同时乘以，得 ， 解得， 经检验，是原方程的解； 【小问2详解】 解：方程两边同时乘以，得，， 解得， 经检验，是原方程的增根，原方程无解． 19. 先化简，再求值：，再从0，1，2中选一个恰当的数代入求值． 【答案】，时，－1 【解析】 【分析】先计算括号中异分母分式加减法，再计算乘除法，最后将恰当的x的值代入计算即可． 【详解】解：原式 ， ∵， ∴当时，原式． 【点睛】此题考查分式的化简求值，掌握分式的混合运算法则是解题的关键． 20. 已知：如图，在平行四边形中，点、在对角线上，且，． （1）求证：； （2）求证：四边形是平行四边形． 【答案】（1）见解析 （2）见解析 【解析】 【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，解题的关键是掌握平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质． （1）由平行四边形的性质得，，则，而，即可根据“”证明； （2）由，，证明，由全等三角形的性质得，即可证明四边形CEAF是平行四边形． 【小问1详解】 证明：四边形是平行四边形， ，， ， CE⊥BD，AF⊥BD， ， 在和中， ， ． 【小问2详解】 证明：，， ， ， ， 四边形是平行四边形． 21. 如图，在平面直角坐标系中，已知的三个顶点坐标分别是，，． （1）平移 ，得到，若点A的对应点的坐标为，请画出，并写出点的坐标； （2）画出关于点O的中心对称图形，并写出点的坐标． 【答案】（1）图见解析， （2）图见解析， 【解析】 【分析】（1）由平移到可知是由向右平移6个单位，再向上平移2个单位得到的，因此将点B和点C也按照相同的方式平移即可得到点和点，最后再顺次连接、、即可． （2）将A、B、C、三点的横纵坐标分别乘得、、，顺次连接、、即可． 本题主要考查了平面直角坐标系中的平移变换和旋转变换，确定变换后点的坐标是解题的关键． 【小问1详解】 如图所示，即为所求， ； 【小问2详解】 如图所示，即为所求， ． 22. 主题为“安全骑行，从头盔开始”的安全教育活动在本市全面开展．为了解市民骑电动自行车出行自觉佩戴头盔的情况，某数学实践探究小组在某路口进行调查，经过连续6天的同一时段的调查统计，得到数据并整理如下表： 经过路口的电动自行车数量/辆 180 230 280 260 240 300 自觉佩戴头盔人数/人 171 216 266 250 228 285 自觉佩戴头盔的频率 0.95 0.94 0.95 0.96 0.95 m （1）表格中______； （2）由此数据可估计，经过该路口的电动自行车骑行者佩戴了头盔的概率为 （结果精确到0.01） （3）若该小组某天调查到经过该路口的电动自行车共有1000辆，请问其中佩戴了头盔的骑行者大约有多少人？ 【答案】（1）0.95 （2）0.95 （3）950人 【解析】 【分析】本题考查利用频率估计概率，利用概率求数量： （1）直接利用频数除以总数进行计算即可； （2）利用频率估算概率即可； （3）总数乘以概率即可． 【小问1详解】 解：； 故答案为：0.95； 【小问2详解】 由表格可知：经过该路口的电动自行车骑行者佩戴了头盔的概率为0.95； 故答案为：0.95； 【小问3详解】 （人）． 23. 2023年“尔滨”厚积薄发，旅游业火爆出圈，某纪念品经销店欲购进A、B两种纪念品，用1200元购进的A种纪念品与用1500元购进的B种纪念品的数量相同，每件B种纪念品的进价比每件A种纪念品的进价多5元． （1）求A、B两种纪念品每件的进价分别为多少元？ （2）若该纪念品经销店A种纪念品每件售价23元，B种纪念品每件售价30元，这两种纪念品共购进500件，且这两种纪念品全部售出后总获利不低于2000元，求A种纪念品最多购进多少件？ 【答案】（1）A种纪念品每件的进价为20元，则B种纪念品每件的进价25元 （2）250件 【解析】 【分析】（1）设A种纪念品每件的进价为x元，则B种纪念品每件的进价元，根据“用1200元购进的A种纪念品与用1500元购进的B种纪念品的数量相同”，列方程求解即可． （2）设A种纪念品购进a件，则B种纪念品购进件，根据“这两种纪念品全部售出后总获利不低于2000元” 列不等式求出a的范围，再取a的最大正整数解即可． 本题主要考查了列分式方程解应用题和列一元一次不等式解应用题，正确的列出方程和不等式是解题的关键． 小问1详解】 设A种纪念品每件的进价为x元，则B种纪念品每件的进价元， 由题意得， 解得：， 经检验：是原分式方程的解， ， 答：A种纪念品每件的进价为20元，则B种纪念品每件的进价25元； 【小问2详解】 设A种纪念品购进a件，由题意得： ， 解得：， a为整数， a的最大值为250． 答：A种纪念品最多购进250件． 24. 对于任意两个非零实数a、b，定义运算如下： 如：，． 根据上述定义，解决下列问题： （1）______，______； （2）若，求x的值． 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】本题考查定义新运算，二次根式的运算，解分式方程： （1）根据新运算的法则，列出算式进行计算即可； （2）分和，列出方程进行求解即可． 【小问1详解】 解：由题意，得：， ∵， ∴； 故答案为：，； 【小问2详解】 当，即：时，则：，解得：， 经检验，是原方程的解， ∵， ∴（舍去）； 当，即：时，则：， ∴或（舍去）； ∴． 25. 如图，点E为正方形内一点，，将绕点B按顺时针方向旋转，得到．延长交于点G，连接． （1）试判断四边形的形状，并说明理由； （2）若，，求． 【答案】（1）正方形，理由见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）由旋转的性质可得，，又由可得，由此得四边形是矩形，又由得四边形是正方形． （2）过点D作于H，则可得，进而可得，，在中，根据勾股定理即可求出的长． 【小问1详解】 四边形是正方形，理由如下： ∵将点B按顺时针方向旋转， ，， ， ， ， ， 四边形是矩形， 又， 四边形是正方形； 【小问2详解】 如图，过点D作于H， ∵四边形是正方形， ，， ， ， ， ， 又，， ， ，， ， ， ， 在中，． 【点睛】本题主要考查了旋转的性质、正方形的判定和性质、全等三角形的判定和性质以及勾股定理．熟练掌握以上知识，正确的作出辅助线是解题的关键． 26. 阅读下面材料并解答问题材料：在处理某些分式问题时，“分离常数法”是常用的变形技巧之一．分离常数法是将分式分成一个整式与一个分子为常数的分式的和的形式．通过分式分离常数法可以将复杂的分式简化为一个更简单的形式． 如：若分式的值为整数，求整数x的值． 我们先将该分式变形：，因为值为整数，所以只要的值为整数，而分子是个常数，所以只要是1的约数即可，即，所以或． （1）将下列分式化成一个整式与一个分子为常数的分式的和的形式： ① ，② （2）应用：①若分式的值为整数，求整数x的值； ②设，，，其中，比较m、n、p的大小． （3）拓展：已知x、y满足，且x、y为正整数，求x、y的值． 【答案】（1）， （2）①或2或或4；② （3）或 【解析】 【分析】（1）利用“分离常数法”求解即可； （2）①先利用“分离常数法”得，再根据分式值为整数得或，求解即可； ②先利用“分离常数法”得，，，再根据，得出，从而得，即可得出结论； （3）先将方程变形为，再根据x、y为正整数，得到或，求解即可． 【小问1详解】 解：①； ② 故答案为：①；②． 【小问2详解】 解：①， ∵分式值为整数，x为整数， ∴或， ∴或2或或4； ②∵， ， ， 又∵， ∴， ∴， ∴； 【小问3详解】 解： ∵x、y为正整数 ∴或 解得： 或． 【点睛】本题考查分式运算，新定义问题，因式分解的应用，比较分式的大小，属材料阅读题目，解题的关键是正确理解新定义以及分式的运算，属于中等题型． 27. 折叠问题是我们常见的数学问题，数学活动课上，同学们以“矩形的折叠“为主题展开了数学活动．他们发现虽然折叠的形式多样，错综复杂，但一定要把握它的两大特点： ① 折叠前后折痕两侧图形全等；② 折叠前后对应点的连线被折痕所在的直线垂直平分． [尝试感悟]如图1，将矩形纸片折叠，使得点B与点D重合，折痕与边、分别交于M、N，再将矩形纸片展开，连接、，折痕与对角线相交于点O．猜想： 四边形是变形． （1）请将下列证明过程补充完整： 证明：∵矩形纸片沿所在的直线折叠，使得点B与点D重合， ∴_______，∴， ∵四边形是矩形，∴， ∴，又∵， ∴， ∴_________， 又∵，∴四边形是平行四边形， ∵矩形纸片沿所在的直线折叠， ∴_______，∴平行四边形是菱形． 【操作发现】同学们再次折叠矩形纸片，将点B与点D重合改成点B落在对角线上，点B的对应点记为点E，折痕与边，分别交于G、H．（如图2）．发现：折痕的长度始终保持不变． （2）请在，的条件下，求折痕的长度． 【探索研究】同学们合作交流后又有两个发现： （3）① 当与满足一定的关系时，始终有．请写出与满足的关系式，并说明理由； ② 折痕在某一位置时，能使C、E、F三点共线．请用无刻度的直尺和圆规在图3中作出折痕（保留作图的痕迹，不写作法）． 【答案】（1）见解析 （2） （3）①，理由见解析；②见解析 【解析】 【分析】（1）根据折叠的性质得垂直平分（或平分），再根据矩形的性质，得；从而可证明，得，然后根据，得出四边形是平行四边形，由折叠性质知（或），即可由菱形的判定得出结论． （2）设，在中，根据，得，，求得的值，再证明四边形是平行四边形，进一步得出结果； （3）①当时，根据勾股定理得，从而可证明是等边三角形，得到，再由折叠得：，得，从而得出结论． ②可得出，从而得出，从而以为圆心，长为半径画弧交于，进而画的垂直平分线角于，交于． 【详解】解：（1）证明：∵矩形纸片沿所在的直线折叠，使得点B与点D重合， ∴垂直平分， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形， ∵矩形纸片沿所在的直线折叠， ∴， ∴平行四边形是菱形． 故答案为：垂直平分；；． （2）连接 ∵四边形是矩形， ，， 设，则， 在中，， ， ， ，， 在中，， ， ， ． （3）①当时，始终有． 理由：∵四边形是矩形， ，，，， ， ， 又，，， ， 等边三角形， ， 由折叠得：， ， ， 故当时，始终有． ②如图所示，直线即为所画折痕． 【点睛】本题考查了矩形的折叠问题，菱形的判定和性质，等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，尺规作图等知识，解决问题的关键是熟练掌握有关基础知识． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$