精品解析：广东省深圳市盐田外国语学校2024-2025学年九年级上学期开学考试数学试题

2024—2025学年第一学期初三年级暑期综合素质调研 数学学科 时间：90分钟 满分：100分 命题人：熊玲娟 审题人：张虹 一、选择题（共10小题，每小题3分，共30分） 1. 下列各式中，从左到右的变形是因式分解的是 （ ） A. B. C. D. 2. 若，则下列结论不成立的是（ ） A. B. C. D. 3. 关于x的方程的根的情况是（ ） 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. 无法确定 4. 从一个n边形的同一个顶点出发，连接对角线，若这些对角线把这个多边形分割成7个三角形，则n的值是（　　） A. 9 B. 8 C. 7 D. 6 5. 如图，矩形的周长为，交于点，过点作的垂线，分别交，于点，，连结，则的周长为（ ）． A. B. C. D. 6. 宝安公园是深圳西部最美丽的市政公园之一，公园植被种类丰富，空气清新，风景秀丽，最高山峰海拔125米．小亮和同学利用周末去爬宝安公园，已知他们上山的速度为米/秒，下山的速度为米/秒，若他们上山和下山所走的路程相同，则他们爬山的平均速度为（　　）米/秒． A. B. C. D. 7. 四边形为矩形，过作对角线的垂线，过作对角线的垂线，如果四个垂线拼成一个四边形，那这个四边形为（ ） A. 菱形 B. 矩形 C. 直角梯形 D. 等腰梯形 8. 如图，在菱形中，对角线、相交于点，为边中点，菱形的周长为32，则的长等于（ ） A. B. C. D. 9. 已知等腰的边是方程的根，则的周长为（　　） A. 9 B. 9或12 C. 6或15 D. 6或12或15 10. 如图，在菱形中，，为对角线的交点.将菱形绕点逆时针旋转得到菱形，两个菱形的公共点为，，，.对八边形给出下面四个结论： ①该八边形各边长都相等； ②该八边形各内角都相等； ③点到该八边形各顶点的距离都相等； ④点到该八边形各边所在直线的距离都相等。 上述结论中，所有正确结论的序号是（ ） A. ①③ B. ①④ C. ②③ D. ②④ 二、填空题（共5小题，每小题3分，共15分） 11. 当________时，分式的值为0． 12. 如图，一次函数的图象经过点和点，一次函数的图象过点A，则不等式的解集为________． 13. 已知关于x的方程有一个根是-2，则方程的另一个根是___________． 14. 如图，在菱形中，点E是边的中点，点F在边上．若，，，则菱形的边长为______． 15. 如图，在中，，，点是的中点，连接，将绕点旋转，得到．连接，当时，________． 三、解答题（共7小题，共55分．其中第16题8分，第17题6分，第18题9分，第19题6分，第20题8分，第21题8分，第22题10分） 16. （1）解不等式组 ； （2）解方程：. 17. 关于的方程有两个不等的实数根． （1）求的取值范围； （2）化简：． 18. 如图，在中，，是的中线，，O是的中点，连接并延长，交于点E． （1）求证：四边形是矩形； （2）若，，求的长； （3）当满足条件______时，四边形是正方形． 19. 如图，方格纸中的每个小方格都是边长为1个单位长度的正方形，的顶点均在格点上，在建立平面直角坐标系后，点C的坐标为． （1）将向上平移6个单位得到，画出； （2）以为对称中心，画出关于该点对称的 （3）经探究发现，和成中心对称，则对称中心坐标为________； （4）已知点P为x轴上不同于O、D的动点，当_______时，． 20. 某快递企业为提高工作效率，拟购买A、B两种型号智能机器人进行快递分拣． 相关信息如下： 信息一 A型机器人台数 B型机器人台数 总费用（单位：万元） 1 3 260 3 2 360 信息二 （1）求A、B两种型号智能机器人的单价； （2）现该企业准备用不超过700万元购买A、B两种型号智能机器人共10台．则该企业选择哪种购买方案，能使每天分拣快递的件数最多? 21. 某条城际铁路线共有A，B，C三个车站，每日上午均有两班次列车从A站驶往C站，其中D1001次列车从A站始发，经停B站后到达C站，G1002次列车从A站始发，直达C站，两个车次的列车在行驶过程中保持各自的行驶速度不变．某校数学学习小组对列车运行情况进行研究，收集到列车运行信息如下表所示． 列车运行时刻表 车次 A站 B站 C站 发车时刻 到站时刻 发车时刻 到站时刻 D1001 8：00 9：30 9：50 10：50 G1002 8：25 途经B站，不停车 10：30 请根据表格中的信息，解答下列问题： （1）D1001次列车从A站到B站行驶了______分钟，从B站到C站行驶了______分钟； （2）记D1001次列车的行驶速度为，离A站的路程为；G1002次列车的行驶速度为，离A站的路程为． ①______； ②从上午8：00开始计时，时长记为t分钟（如：上午9：15，则），已知千米/小时（可换算为4千米/分钟），在G1002次列车的行驶过程中，若，求t的值． 22. 如图1，E、F、G、H分别是平行四边形各边的中点，连接交于点M，连接AG、CH交于点N，将四边形称为平行四边形的“中顶点四边形”． （1）求证：中顶点四边形为平行四边形； （2）①如图2，连接交于点O，可得M、N两点都在上，当平行四边形满足________时，中顶点四边形是菱形； ②如图3，已知矩形为某平行四边形的中顶点四边形，请用无刻度的直尺和圆规作出该平行四边形．（保留作图痕迹，不写作法） 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024—2025学年第一学期初三年级暑期综合素质调研 数学学科 时间：90分钟 满分：100分 命题人：熊玲娟 审题人：张虹 一、选择题（共10小题，每小题3分，共30分） 1. 下列各式中，从左到右的变形是因式分解的是 （ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了因式分解的定义：将一个多项式转化为几个整式的积的形式，熟知因式分解的定义是解题关键． 根据因式分解的定义逐项判断即可． 【详解】解：A. ，是整式乘法，不是因式分解，不合题意； B. 是因式分解，符合题意； C. 没有将多项式化为乘积形式，不是因式分解，不合题意； D. 没有将多项式化为乘积形式，不是因式分解，不合题意． 故选：B． 2. 若，则下列结论不成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据不等式的性质即可求解． 【详解】A. ∵，∴，故该选项正确，不符合题意； B. ∵，∴，故该选项正确，不符合题意； C. ∵，∴，故该选项正确，不符合题意； D. ∵，∴，故该选项不正确，符合题意； 故选：D． 【点睛】本题考查了不等式的基本性质，熟练掌握不等式的基本性质是解题的关键．不等式的性质：不等式的基本性质1：不等式的两边都加上（或减去）同一个数（或式子），不等号的方向不变；不等式的基本性质2：不等式的两边都乘以（或除以）同一个正数，不等号的方向不变；不等式的基本性质3：不等式的两边都乘以（或除以）同一个负数，不等号的方向改变． 3. 关于x的方程的根的情况是（ ） 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. 无法确定 【答案】A 【解析】 【分析】表示出根的判别式，判断判别式的正负即可确定出方程根的情况． 【详解】解：， ， ∴方程有两个不相等的实数根， 故选：A． 【点睛】此题考查了根的判别式，弄清根的判别式与方程根的关系是解本题的关键． 4. 从一个n边形的同一个顶点出发，连接对角线，若这些对角线把这个多边形分割成7个三角形，则n的值是（　　） A. 9 B. 8 C. 7 D. 6 【答案】A 【解析】 【分析】本题主要考查了多边形的性质，解题的关键是熟悉从n边形的一个顶点出发，分别连接这个点与其余各顶点，形成的三角形个数为个．根据从一个n边形的某个顶点出发，可以引条对角线，把n边形分为个三角形进行作答即可． 【详解】解：∵从一个n边形的同一个顶点出发，连接对角线，若这些对角线把这个多边形分割成7个三角形， ∴， 解得：． 故选：A． 5. 如图，矩形的周长为，交于点，过点作的垂线，分别交，于点，，连结，则的周长为（ ）． A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查矩形的性质，线段垂直平分线的性质，熟练掌握矩形的性质和线段垂直平分线的性质是解题的关键．利用矩形的性质和周长得出，，再利用垂直平分得，即可求解． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，，， ∵， ∴， ∵矩形的周长为， ∴， ∴的周长=， 故选：C． 6. 宝安公园是深圳西部最美丽的市政公园之一，公园植被种类丰富，空气清新，风景秀丽，最高山峰海拔125米．小亮和同学利用周末去爬宝安公园，已知他们上山的速度为米/秒，下山的速度为米/秒，若他们上山和下山所走的路程相同，则他们爬山的平均速度为（　　）米/秒． A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设上山的路程为S，则下山的路程也是S，分别求得上山与下山的时间，由路程、速度与时间的关系即可求得爬山的平均速度． 【详解】解：设上山的路程为S，则下山的路程也是S， 上山的时间为：秒，下山的时间为：秒， ∴爬山的平均速度为： 故选：D． 【点睛】本题考查了分式的混合运算，分别求出上山与下山的时间是解题的关键，注意这里的平均速度不是速度的平均值． 7. 四边形为矩形，过作对角线的垂线，过作对角线的垂线，如果四个垂线拼成一个四边形，那这个四边形为（ ） A. 菱形 B. 矩形 C. 直角梯形 D. 等腰梯形 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查矩形性质、等面积法、菱形的判定等知识，熟练掌握矩形性质及菱形的判定是解决问题的关键．由矩形性质得到，，进而由等面积法确定，再由菱形的判定即可得到答案． 【详解】解：如图所示： 四边形为矩形， ，， 过作对角线的垂线，过作对角线的垂线， ， 如果四个垂线拼成一个四边形，那这个四边形为菱形， 故选：A． 8. 如图，在菱形中，对角线、相交于点，为边中点，菱形的周长为32，则的长等于（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由菱形的性质得出，由直角三角形斜边上的中线性质即可得出答案． 【详解】解：菱形的周长为32， ， 四边形是菱形， ， ， 为边中点， ， 故选：D． 【点睛】本题考查了菱形的性质、直角三角形斜边上的中线性质，熟练掌握菱形的性质和直角三角形斜边上的中线性质是解题的关键． 9. 已知等腰的边是方程的根，则的周长为（　　） A. 9 B. 9或12 C. 6或15 D. 6或12或15 【答案】D 【解析】 【分析】利用因式分解法求方程的两个根分别是2和5，结合三角形的三边关系和等腰三角形的性质进行分类讨论即可． 【详解】解：∵ ∴ 解得：，， ∵等腰的边为：2和5， ∴当腰长为2，底边为5时，不符合三角形的三边关系定理， 当腰长为5，底边为2时，的周长为：， 当边长都为2时，的周长为：， 当边长都为5时，的周长为：， 故选：D． 【点睛】本题考查等腰三角形的性质和三角形的三边关系及解一元二次方程，熟练掌握解一元二次方程的方法和三角形的三边关系是解题的关键． 10. 如图，在菱形中，，为对角线的交点.将菱形绕点逆时针旋转得到菱形，两个菱形的公共点为，，，.对八边形给出下面四个结论： ①该八边形各边长都相等； ②该八边形各内角都相等； ③点到该八边形各顶点的距离都相等； ④点到该八边形各边所在直线的距离都相等。 上述结论中，所有正确结论的序号是（ ） A. ①③ B. ①④ C. ②③ D. ②④ 【答案】B 【解析】 【分析】根据菱形，，则，，结合旋转的性质得到点一定在对角线上，且，，继而得到，，结合，继而得到，可证，，同理可证，证，继而得到，得到，可以判定该八边形各边长都相等，故①正确；根据角的平分线的性质定理，得点到该八边形各边所在直线的距离都相等，可以判定④正确；根据题意，得，结合，，得到，可判定②该八边形各内角不相等；判定②错误，证，进一步可得，可判定点到该八边形各顶点的距离都相等错误即③错误，解答即可. 本题考查了旋转的性质，菱形的性质，三角形全等判定和性质，角的平分线性质定理，熟练掌握旋转的性质，菱形的性质，三角形全等判定和性质是解题的关键. 【详解】向两方分别延长，连接， 根据菱形，，则，， ∵菱形绕点逆时针旋转得到菱形， ∴点一定在对角线上，且，， ∴，， ∵， ∴， ∴，，同理可证， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴该八边形各边长都相等， 故①正确； 根据角的平分线的性质定理，得点到该八边形各边所在直线的距离都相等， ∴④正确； 根据题意，得， ∵，， ∴， ∴该八边形各内角不相等； ∴②错误， 根据， ∴， ∴， ∵， 故， ∴点到该八边形各顶点的距离都相等错误 ∴③错误， 故选B． 二、填空题（共5小题，每小题3分，共15分） 11. 当________时，分式的值为0． 【答案】2 【解析】 【分析】本题考查分式值为0的条件，根据分式值为0分子为0，分母不为0直接求解即可得到答案； 【详解】解：∵分式的值为0， ∴，， ∴， 故答案为：2． 12. 如图，一次函数的图象经过点和点，一次函数的图象过点A，则不等式的解集为________． 【答案】 【解析】 【分析】根据函数图象交点的横坐标及图象的位置关系即可得到答案． 【详解】解：∵一次函数的图象经过点，一次函数的图象过点A， ∴当时，一次函数的图象在一次函数的图象的上方， ∴不等式的解集为， 故答案为： 【点睛】此题考查了利用一次函数图象解不等式，数形结合是解题的关键． 13. 已知关于x的方程有一个根是-2，则方程的另一个根是___________． 【答案】-4 【解析】 【分析】根据一元二次方程根与系数的关系直接求解即可． 【详解】因为已知关于x的方程有一个根是-2， 所以由得． 故答案为-4． 【点睛】本题主要考查一元二次方程根与系数的关系，熟练掌握知识点是解题的关键． 14. 如图，在菱形中，点E是边的中点，点F在边上．若，，，则菱形的边长为______． 【答案】30 【解析】 【分析】先证明，延长与的延长线于G，过点C作交的延长线于H，求出，可得，设，则，再由勾股定理得： ，然后证明，可得，从而得到，，在中，根据勾股定理，即可求解． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∵， ∴， 即：， ∴， 延长与的延长线于G，过点C作交的延长线于H，如图： ∵， ∴， ∴， ∴， 设，则， 由勾股定理得： ， ∵， ∴， ∴， ∵点E为的中点， ∴， 在和中， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 在中，， ∴， 解得：或0（舍去）， ∴． 即菱形的边长为30． 故答案为：30 【点睛】此题主要考查了菱形的性质，一元二次方程的解法，全等三角形的判定和性质，勾股定理、含30度角的直角三角形的性质、平行线的性质等，解答此题的关键是熟练掌握全等三角形三角形的判定方法，理解菱形的性质，难点是正确的作出辅助线构造全等三角形，灵活运用勾股定理构造方程求解． 15. 如图，在中，，，点是的中点，连接，将绕点旋转，得到．连接，当时，________． 【答案】或 【解析】 【分析】本题主要考查等腰直角三角形的性质，勾股定理，平行线的性质，全等三角形的性质的综合，掌握等腰直角三角形的性质，勾股定理，旋转的性质是解题的关键． 根据等腰直角三角形的性质可得的值，作，根据平行线的性质可得是等腰直角三角形，可求出的长，在直角中，根据勾股定理可求出的长度，由此即可求解． 【详解】解：∵在中，，， ∴，， ∵点是的中点， ∴， ∴在中，， ∵将绕点旋转得到， ∴， ∴，，， 分情况讨论： ①如图所示，过点B作，垂足为点， ∵∥， ∴， ∴是等腰直角三角形，且， ∴， 在中，， ∴， ②如图所示，当点D运动到点F′时，此时， 同理可得，， ∴ 故答案为：或． 三、解答题（共7小题，共55分．其中第16题8分，第17题6分，第18题9分，第19题6分，第20题8分，第21题8分，第22题10分） 16. （1）解不等式组 ； （2）解方程：. 【答案】（1）；（2） 【解析】 【分析】本题主要考查了解不等式组、解分式方程等知识点，灵活运用相关知识成为解题的关键. （1）先分别求出各不等式的解集，然后再确定不等式组的解集即可； （2）先将分式方程化成整式方程求解，然后再检验即可. 【详解】解：(1)解不等式①，得. 解不等式②，得. ∴原不等式组的解集为. (2) 方程两边都乘，得，解得：， 检验： 当时， ， ∴分式方程的根是. 17. 关于的方程有两个不等的实数根． （1）求的取值范围； （2）化简：． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】本题考查的是一元二次方程根的判别式，分式的混合运算，掌握相应的基础知识是解本题的关键； （1）根据一元二次方程根的判别式建立不等式解题即可； （2）根据（1）的结论化简绝对值，再计算分式的乘除混合运算即可． 【小问1详解】 解：∵关于的方程有两个不等的实数根． ∴， 解得：； 【小问2详解】 解：∵， ∴ ； 18. 如图，在中，，是的中线，，O是的中点，连接并延长，交于点E． （1）求证：四边形是矩形； （2）若，，求的长； （3）当满足条件______时，四边形是正方形． 【答案】（1） 证明：∵点O是中点， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵，是的中线， ∴， ∴， ∴四边形是矩形； （2）2 （3） 【解析】 【分析】（1）先证明四边形是平行四边形，根据等腰三角形三线合一，得到，即可得出结论； （2）由（1）知四边形是矩形，得到，根据，证明是等边三角形，即可求出结果； （3）根据邻边相等的矩形，是正方形，得到当时，四边形是正方形． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：四边形是矩形，， ， ， 是等边三角形， ； 【小问3详解】 解：当满足时，四边形是正方形． 理由：∵当时，是等腰直角三角形， 又∵是的中线， ∴， 由（1）知：四边形是矩形， ∴四边形是正方形． 【点睛】本题考查矩形的判定，正方形的判定、平行四边形的判定．三角形全等的判定和性质，等腰三角形的性质，等边三角形的判定与性质，直角三角形的性质，熟练掌握等腰三角形三线合一，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，是解题的关键． 19. 如图，方格纸中的每个小方格都是边长为1个单位长度的正方形，的顶点均在格点上，在建立平面直角坐标系后，点C的坐标为． （1）将向上平移6个单位得到，画出； （2）以为对称中心，画出关于该点对称的 （3）经探究发现，和成中心对称，则对称中心坐标为________； （4）已知点P为x轴上不同于O、D的动点，当_______时，． 【答案】（1）如图，为所求； （2） 如图，为所求： （3） （4） 【解析】 【分析】（1）分别作出A，B，C向上平移6个单位得到的对应点，然后顺次连接即可作出图形； （2）分别作出A，B，C的关于的对称点，然后顺次连接即可作出图形； （3）顺次连接交点P即是对称中心，； （4）作C关于轴的对称点 ，得出三点共线，从而得出，即可解答； 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 顺次连接交点P即是对称中心， 【小问4详解】 作C关于轴的对称点 ，则 即三点共线， 时； 【点睛】本题考查平移变换作图，中心对称图形以及将军饮马问题，掌握平移变换作图，中心对称图形以及将军饮马问题是解题的关键． 20. 某快递企业为提高工作效率，拟购买A、B两种型号智能机器人进行快递分拣． 相关信息如下： 信息一 A型机器人台数 B型机器人台数 总费用（单位：万元） 1 3 260 3 2 360 信息二 （1）求A、B两种型号智能机器人的单价； （2）现该企业准备用不超过700万元购买A、B两种型号智能机器人共10台．则该企业选择哪种购买方案，能使每天分拣快递的件数最多? 【答案】（1）A型智能机器人的单价为80万元，B型智能机器人的单价为60万元 （2）选择购买A型智能机器人5台，购买B型智能机器人5台 【解析】 【分析】本题考查了一元一次不等式的应用，二元一次方程组的应用，掌握二元一次方程组，一元一次不等式的应用是解题的关键． （1）设A型智能机器人的单价为x万元，B型智能机器人的单价为y万元，根据题意列出方程组，计算结果即可； （2）设购买A型智能机器人a台，则购买B型智能机器人台，先求出a的取值范围，再得出每天分拣快递的件数当a取得最大值时，每天分拣快递的件数最多． 【小问1详解】 解：设A型智能机器人的单价为x万元，B型智能机器人的单价为y万元， 解得， 答：A型智能机器人的单价为80万元，B型智能机器人的单价为60万元； 【小问2详解】 解：设购买A型智能机器人a台，则购买B型智能机器人台， ∴， ∴， ∵每天分拣快递的件数， ∴当时，每天分拣快递的件数最多为万件， ∴选择购买A型智能机器人5台，购买B型智能机器人5台． 21. 某条城际铁路线共有A，B，C三个车站，每日上午均有两班次列车从A站驶往C站，其中D1001次列车从A站始发，经停B站后到达C站，G1002次列车从A站始发，直达C站，两个车次的列车在行驶过程中保持各自的行驶速度不变．某校数学学习小组对列车运行情况进行研究，收集到列车运行信息如下表所示． 列车运行时刻表 车次 A站 B站 C站 发车时刻 到站时刻 发车时刻 到站时刻 D1001 8：00 9：30 9：50 10：50 G1002 8：25 途经B站，不停车 10：30 请根据表格中的信息，解答下列问题： （1）D1001次列车从A站到B站行驶了______分钟，从B站到C站行驶了______分钟； （2）记D1001次列车的行驶速度为，离A站的路程为；G1002次列车的行驶速度为，离A站的路程为． ①______； ②从上午8：00开始计时，时长记为t分钟（如：上午9：15，则），已知千米/小时（可换算为4千米/分钟），在G1002次列车的行驶过程中，若，求t的值． 【答案】（1）90，60 （2）①；②或125 【解析】 【分析】本题考查了一元一次方程的应用，速度、时间、路程的关系，明确题意，合理分类讨论是解题的关键． （1）直接根据表中数据解答即可； （2）①分别求出D1001次列车、G1002次列车从A站到C站的时间，然后根据路程等于速度乘以时间求解即可； ②先求出， A与B站之间的路程，G1002次列车经过B站时，对应t的值，从而得出当时，D1001次列车在B站停车． G1002次列车经过B站时，D1001次列车正在B站停车，然后分，，，讨论，根据题意列出关于t的方程求解即可． 【小问1详解】 解：D1001次列车从A站到B站行驶了90分钟，从B站到C站行驶了60分钟， 故答案为：90，60； 【小问2详解】 解：①根据题意得：D1001次列车从A站到C站共需分钟， G1002次列车从A站到C站共需分钟， ∴， ∴， 故答案为：； ②（千米/分钟），， （千米/分钟）． ， A与B站之间的路程为360． ， 当时，G1002次列车经过B站． 由题意可如，当时，D1001次列车在B站停车． G1002次列车经过B站时，D1001次列车正在B站停车． ⅰ．当时，， ，，（分钟）； ⅱ．当时，， ，，（分钟），不合题意，舍去； ⅲ．当时，， ，，（分钟），不合题意，舍去； ⅳ．当时，， ，，（分钟）． 综上所述，当或125时，． 22. 如图1，E、F、G、H分别是平行四边形各边的中点，连接交于点M，连接AG、CH交于点N，将四边形称为平行四边形的“中顶点四边形”． （1）求证：中顶点四边形为平行四边形； （2）①如图2，连接交于点O，可得M、N两点都在上，当平行四边形满足________时，中顶点四边形是菱形； ②如图3，已知矩形为某平行四边形的中顶点四边形，请用无刻度的直尺和圆规作出该平行四边形．（保留作图痕迹，不写作法） 【答案】（1） 证明：∵， ∴， ∵点E、F、G、H分别是各边的中点， ∴， ∴四边形为平行四边形， 同理可得：四边形为平行四边形， ∴， ∴四边形是平行四边形； （2）①； ②如图所示，即为所求， 【解析】 【分析】题目主要考查平行四边形及菱形的判定和性质，三角形重心的性质，理解题意，熟练掌握三角形重心的性质是解题关键． （1）根据平行四边形的性质，线段的中点平分线段，推出四边形，四边形均为平行四边形，进而得到：，即可得证； （2）①根据菱形的性质结合图形即可得出结果； ②连接，作直线，交于点O，然后作，然后连接即可得出点M和N分别为的重心，据此作图即可． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 ①当平行四边形满足时，中顶点四边形是菱形， 由（1）得四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴中顶点四边形是菱形， 故答案为：； ②如图所示，即为所求， 连接，作直线，交于点O，然后作（或作BM=MN=ND），然后连接即可， ∴点M和N分别为的重心，符合题意； 证明：矩形， ∴， ∵， ∴， ∴四边形为平行四边形； 分别延长交四边于点E、F、G、H如图所示： ∵矩形， ∴，， 由作图得， ∴， ∴， ∴点F为的中点， 同理得：点E为的中点，点G为的中点，点H为的中点． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $