精品解析：福建省福州第一中学2024—-2025学年九年级暑期中期调研数学试题

2025届福州一中暑期作业中期调研 数学学科 分为第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分． 注意事项： 1.选择题答案和非选择题答案用0.5毫米黑色墨水签字笔写在答题卡上相应位置． 2.作图可先使用2B铅笔画出，确定后必须用0.5毫米黑色墨水签字笔描黑． 第I卷 一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. ，若，，则与的相似比是（ ） A. B. C. D. 2. 化简的结果是（ ） A. 2 B. 3 C. 2 D. 2 3. 方程的解是（ ） A. B. C. ， D. ， 4. 下列函数中，y随x增大而增大的是（ ） A. B. C. D. 5. 关于函数y=－2x－4的图象，下列结论错误的是（ ） A. 过第二、三、四象限 B. 与y轴的交点坐标为（0，－4） C. 经过点（1，2） D. 可由函数y=－2x的图象平移得到 6. 如图，中，，于D，若，则的长是( ) A. B. C. D. 7. 已知菱形两条对角线长分别为6cm 和8cm ，则菱形的边长为（ ） A 10cm B. 8cm C. 6cm D. 5cm 8. 如图，OA⊥OB，等腰直角三角形CDE的腰CD在OB上，∠ECD＝45°，将三角形CDE绕点C逆时针旋转75°，点E的对应点N恰好落在OA上，则的值为（　　） A. B. C. D. 9. 已知点，，，都在二次函数（，，为常数，且）的图象上，若，则的取值范围是（　　） A. 或 B. 或 C. 或 D. 或 10. 如图，四边形ABCD为正方形，AB＝1，把△ABC绕点A逆时针旋转60°得到△AEF，连接DF，则DF的长为（　　） A. B. C. D. 第II卷 二、填空题：本题共6小题，每小题4分，共24分． 11. 因式分解：_____ 12. 抛物线y＝2x2＋4x－1的顶点坐标是___________． 13. 若一元二次方程的两个根是，，则的值是________． 14. 若是关于x的方程的解，则代数式的值是______． 15. 将抛物线向左平移个单位长度得到的抛物线表达式是______． 16. 如图，正方形的边长为8，是边上的动点（不与，重合），与关于直线对称，把绕点顺时针旋转得到，连结，.现有以下结论： ①； ②的最小值为； ③当时，； ④当为中点时，所在直线垂直平分. 其中一定正确的是______.（写出所有正确结论的序号） 三、解答题：本题共9小题，共86分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 17 计算． 18. 解不等式组： 19. 解方程：． 20. 如图，已知，点P在上，于D，于E．求证：． 21. 我国古典数学文献《增删算法统宗·六均输》中有一个“隔沟计算”的问题：“甲乙隔沟牧放，二人暗里参详．甲云得乙九只羊，多乙一倍之上．乙说得甲九只，两家之数相当．”翻译成现代文，其大意如下：甲乙两人隔一条沟放牧，二人心里暗中合计．甲对乙说：“我得到你的九只羊，我的羊就比你多一倍．”乙对甲说：“我得到你的九只羊，咱俩家的羊就一样多．”求甲、乙各有多少只羊呢？ 22. 综合与实践 【问题情境】数学课上，老师带领同学们开展“利用树叶的特征对树木进行分类”的实践活动． 【实践发现】同学们随机收集芒果树、荔枝树的树叶各1片，通过测量得到这些树叶的长y（单位：cm），宽x（单位：cm）的数据后，分别计算长宽比，整理数据如下： 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 芒果树叶的长宽比 3.8 3.7 3.5 3.4 3.8 4.0 3.6 4.0 3.6 4.0 荔枝树叶的长宽比 2.0 2.0 2.0 2.4 1.8 1.9 1.8 2.0 1.3 1.9 【实践探究】分析数据如下： 平均数 中位数 众数 方差 芒果树叶的长宽比 3.74 4.0 00424 荔枝树叶的长宽比 1.91 2.0 0.0669 【问题解决】 （1）上述表格中：______，______； （2）通过数据，同学们总结出了一些结论： ①A同学说：“从树叶的长宽比的方差来看，芒果树叶的形状差别比荔枝树叶______”．（填“小”或者“大”） ②B同学说：“从树叶的长宽比的平均数、中位数和众数来看，我发现荔枝树叶的长约为宽的______倍．” （3）现有一片长11cm，宽5.6cm的树叶，请判断这片树叶更可能来自于芒果、荔枝中的哪种树？并给出你的理由． 23. 如图，四边形是正方形，点E、F分别在上，点H在的延长线上，且． （1）尺规作图：作出点M（与点D不重合），使其满足且，（要求：只保留作图痕迹，不写作法和证明）； （2）连接（1）中的，猜想并写出四边形是怎样的特殊四边形．并证明． 24. 如图，已知抛物线交轴于、两点，将该抛物线位于轴下方的部分沿轴翻折，其余部分不变，得到的新图象记为“图象”，图象交轴于点． （1）写出图象位于线段上方部分对应的函数关系式； （2）若直线与图象有三个交点，请结合图象，直接写出的值； （3）为轴正半轴上一动点，过点作轴交直线于点，交图象于点，是否存在这样的点，使与相似？若存在，求出所有符合条件的点的坐标；若不存在，请说明理由． 25. 在四边形中，，，点E边上一点，连接，将沿直线翻折得到，射线交边于点G． （1）如图1，求证：； （2）当时． （i）如图2，若四边形的面积为24，且当点G与D重合时，，求的长； （ⅱ）在边上取一点H，连接，使得，若的面积是的面积的2倍，求的长． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2025届福州一中暑期作业中期调研 数学学科 分为第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分． 注意事项： 1.选择题答案和非选择题答案用0.5毫米黑色墨水签字笔写在答题卡上相应位置． 2.作图可先使用2B铅笔画出，确定后必须用0.5毫米黑色墨水签字笔描黑． 第I卷 一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. ，若，，则与的相似比是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了相似三角形的性质、相似三角形的相似比；根据相似三角形的性质及相似比的概念即可求解． 【详解】解：∵， ∴， 即相似比为； 故选：A． 2. 化简的结果是（ ） A. 2 B. 3 C. 2 D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】将被开方数12写成平方数4与3的乘积，再将4开出来为2，易知化简结果为2． 【详解】解：＝2， 故选：A． 【点睛】本题考查了二次根式的化简，关键在于被开方数要写成平方数乘积的形式再进行化简． 3. 方程的解是（ ） A. B. C. ， D. ， 【答案】C 【解析】 【分析】利用因式分解法解一元二次方程，然后判断作答即可． 【详解】解：， ， ∴或， 解得，，， 故选：C． 【点睛】本题考查了因式分解法解一元二次方程．解此题的关键在于对知识的熟练掌握与正确运算． 4. 下列函数中，y随x增大而增大的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由一次函数，二次函数的性质判断各选项． 【详解】解：选项A，，y随x的增大而减小，不符合题意； 选项B，，y随x的增大而减小，不符合题意； 选项C，，y随x的增大而增大，符合题意； 选项D，，开口向上，在对称轴的左侧，y随x的增大而减小，不符合题意． 符合条件的只有选项C， 故选：C． 【点睛】本题考查一次函数、二次函数的性质，解题关键是掌握函数图像的特征． 5. 关于函数y=－2x－4的图象，下列结论错误的是（ ） A. 过第二、三、四象限 B. 与y轴的交点坐标为（0，－4） C. 经过点（1，2） D. 可由函数y=－2x的图象平移得到 【答案】C 【解析】 【分析】根据一次函数的性质对各项逐个进行分析即可得到答案． 【详解】解：A、∵， ∴函数图象过第二、三、四象限， 故选项正确，不符合题意； B、y=－2x－4，当时，， ∴函数图象与y轴的交点坐标为（0，－4）， 故选项正确，不符合题意； C、y=－2x－4，当时，， ∴函数图象不经过点（1，2）， 故选项错误，符合题意； D、函数y=－2x－4的图象可由函数y=－2x的图象向下平移4个单位长度得到， 故选项正确，不符合题意； 故选：C． 【点睛】本题主要考查了一次函数的性质，熟记一次函数，当时，函数图象经过第一、三、四象限是解题的关键． 6. 如图，中，，于D，若，则的长是( ) A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了勾股定理，熟练掌握勾股定理是解题的关键． 根据勾股定理可得，利用面积法求出，再根据勾股定理即可求得答案． 【详解】解：∵中，，，， ∴， ∵，， ∴， ∵ ∴ ∴ 故选D． 7. 已知菱形的两条对角线长分别为6cm 和8cm ，则菱形的边长为（ ） A. 10cm B. 8cm C. 6cm D. 5cm 【答案】D 【解析】 【分析】先结合题意作图，再根据菱形的性质求得OD，OA的长，再根据勾股定理求得边长AD的长． 【详解】根据题意作图如下： ∵菱形ABCD中BD=8cm，AC=6cm， ∴OD=BD=4cm，OA=AC=3cm， 在直角三角形AOD中AD===5cm，故选D. 【点睛】本题考查勾股定理和菱形的性质，解题的关键是掌握勾股定理和菱形的性质. 8. 如图，OA⊥OB，等腰直角三角形CDE的腰CD在OB上，∠ECD＝45°，将三角形CDE绕点C逆时针旋转75°，点E的对应点N恰好落在OA上，则的值为（　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据旋转得出∠NCE＝75°，求出∠NCO，设OC＝a，则CN＝2a，根据△CMN也是等腰直角三角形设CM＝MN＝x，由勾股定理得出x2+x2＝（2a）2，求出x＝a，得出CD＝a，代入求出即可． 【详解】解：∵将三角形CDE绕点C逆时针旋转75°，点E的对应点N恰好落在OA上， ∴∠ECN＝75°， ∵∠ECD＝45°， ∴∠NCO＝180°﹣75°﹣45°＝60°， ∵AO⊥OB， ∴∠AOB＝90°， ∴∠ONC＝30°， 设OC＝a，则CN＝2a， ∵等腰直角三角形DCE旋转到△CMN， ∴△CMN也是等腰直角三角形， 设CM＝MN＝x，则由勾股定理得：x2+x2＝（2a）2， x＝a， 即CD＝CM＝a， ∴＝＝， 故选：D． 【点睛】本题考查了等腰直角三角形性质，勾股定理，含30度角的直角三角形性质，旋转性质，三角形的内角和定理等知识点，主要考查学生综合运用性质进行推理和计算的能力，题目比较好，但有一定的难度． 9. 已知点，，，都在二次函数（，，为常数，且）图象上，若，则的取值范围是（　　） A. 或 B. 或 C. 或 D. 或 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了二次函数的图象及性质，由题意得，，，，再根据，求出，然后分和两种情况讨论即可求解，熟练掌握二次函数的图象及性质是解题的关键． 【详解】∵二次函数过点，，，， ∴，，，， ∴，即有， ∵， ∴， ∴， 当时，， ∴，解得：， 当时，， ∴，解得：， 综上可知：的取值范围是或， 故选：． 10. 如图，四边形ABCD为正方形，AB＝1，把△ABC绕点A逆时针旋转60°得到△AEF，连接DF，则DF的长为（　　） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】连接BE，CE，过E作EG⊥BC于G，判定△ADF≌△AEC（SAS），即可得出DF＝CE，再根据勾股定理求得CE的长，即可得到DF的长． 【详解】解：如图，连接BE，CE，过E作EG⊥BC于G， 由旋转可得，AB＝AE＝1＝AD，AC＝AF，∠BAC＝∠EAF＝45°＝∠DAC， ∴∠CAE＝∠FAD， ∴△ADF≌△AEC（SAS）， ∴DF＝CE， 由旋转可得，AB＝AE＝1，∠BAE＝60°， ∴△ABE是等边三角形， ∴BE＝1，∠ABE＝60°， ∴∠EBG＝30°， ∴EG＝BE＝，BG＝， ∴CG＝1−， ∴Rt△CEG中，CE＝, 故选A． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质以及旋转的性质，解题时注意：对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角，旋转前、后的图形全等． 第II卷 二、填空题：本题共6小题，每小题4分，共24分． 11. 因式分解：_____ 【答案】 【解析】 【分析】a2-9可以写成a2-32，符合平方差公式的特点，利用平方差公式分解即可． 【详解】解：a2-9=（a+3）（a-3）， 故答案为：（a+3）（a-3）． 点评：本题考查了公式法分解因式，熟记平方差公式的结构特点是解题的关键． 12. 抛物线y＝2x2＋4x－1的顶点坐标是___________． 【答案】（-1，-3） 【解析】 【分析】将抛物线的一般式转化为顶点式，再根据顶点式即可求出结论． 【详解】解：y＝2x2＋4x－1=2（x＋1）2－3 ∴抛物线y＝2x2＋4x－1的顶点坐标是（-1，-3） 故答案为：（-1，-3）． 【点睛】此题考查的是求抛物线的顶点坐标，掌握将抛物线的一般式转化为顶点式是解决此题的关键． 13. 若一元二次方程的两个根是，，则的值是________． 【答案】 【解析】 【分析】直接根据根与系数的关系求解． 【详解】解：∵一元二次方程的两个根是，， ． 故答案为：． 【点睛】本题考查了根与系数的关系，熟记，，是一元二次方程的两根时，，是解题的关键． 14. 若是关于x的方程的解，则代数式的值是______． 【答案】 【解析】 【分析】把代入得，则，即可解答． 【详解】解：把代入得：， ∴， ∴ 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了方程的解，解题的关键是掌握使方程两边相等的未知数的值是方程的解． 15. 将抛物线向左平移个单位长度得到的抛物线表达式是______． 【答案】 【解析】 【分析】直接利用二次函数平移规律得出平移后解析式． 【详解】解：将抛物线向左平移个单位长度，得到的抛物线的函数表达式为． 故答案是：． 【点睛】本题考查二次函数图像的平移，要求熟练掌握平移的规律：左加右减，上加下减，并用规律求函数解析式．理解和掌握函数图像平移的规律是解题的关键． 16. 如图，正方形的边长为8，是边上的动点（不与，重合），与关于直线对称，把绕点顺时针旋转得到，连结，.现有以下结论： ①； ②的最小值为； ③当时，； ④当为中点时，所在直线垂直平分. 其中一定正确的是______.（写出所有正确结论的序号） 【答案】②③ 【解析】 【分析】如图，连接，根据轴对称的性质得到，，根据旋转的性质得到，．求得，根据全等三角形的性质得到，根据正方形的性质得到，根据勾股定理即可得到结论； 【详解】解：如图，连接， 与关于所在的直线对称， ， 按顺时针方向绕点旋转得到， ， ， ， ， 故①错误； 当时，有最小值，此时， ， ， 三点共线， 即有最小值时，点在对角线上， ， ， ， ， ， ， ， 故②正确； 在和中， ， （SAS）， ， ∵四边形是正方形， ． ， ， 在Rt中， ， ， 故③正确； 当为中点时，， ， 又， ， 点不在的垂直平分线上， 所在直线不会垂直平分， 故④错误； 故答案为：②③． 【点睛】本题考查了旋转的性质，正方形的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键． 三、解答题：本题共9小题，共86分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 17. 计算． 【答案】 【解析】 【分析】分别根据零指数幂的定义，负整数指数幂的定义以及有理数的乘方的定义计算即可． 【详解】解： ． 【点睛】本题考查了实数的运算以及整数的混合运算，掌握相关定义与运算法则是解答本题的关键． 18. 解不等式组： 【答案】 【解析】 【分析】分别求出每一个不等式的解集，根据口诀：同大取大、同小取小、大小小大中间找、大大小小找不到确定不等式组的解集． 【详解】解： 解不等式①，得． 解不等式②，得． 所以原不等式组的解集为． 【点睛】本题考查了解一元一次不等式组，正确掌握一元一次不等式解集确定方法是解题关键． 19. 解方程：． 【答案】-1． 【解析】 【详解】试题分析：去分母，把分式方程化为整式方程．注意要验根． 试题解析：去分母，得，移项、整理得，经检验：是增根，舍去；是原方程的根，所以，原方程的根是． 考点：解分式方程． 20. 如图，已知，点P在上，于D，于E．求证：． 【答案】见解析 【解析】 【分析】证明，根据全等三角形的性质证明结论． 【详解】证明：∵，， ， 在和中， ， ， ． 【点睛】本题考查的是全等三角形的判定和性质，掌握全等三角形的判定定理是解题的关键． 21. 我国古典数学文献《增删算法统宗·六均输》中有一个“隔沟计算”的问题：“甲乙隔沟牧放，二人暗里参详．甲云得乙九只羊，多乙一倍之上．乙说得甲九只，两家之数相当．”翻译成现代文，其大意如下：甲乙两人隔一条沟放牧，二人心里暗中合计．甲对乙说：“我得到你的九只羊，我的羊就比你多一倍．”乙对甲说：“我得到你的九只羊，咱俩家的羊就一样多．”求甲、乙各有多少只羊呢？ 【答案】甲有羊63只，乙有羊45只． 【解析】 【分析】设甲有羊x只，乙有羊y只，根据“甲得到乙的九只羊后，甲的羊就比乙多一倍；乙得到甲的九只羊后，两人的羊一样多”，即可得出关于x，y的二元一次方程组，解方程组即可得解． 【详解】解：设甲有羊x只，乙有羊y只． ∵甲对乙说：“我得到你的九只羊，我的羊就比你多一倍”． ∴； ∵乙对甲说：“我得到你的九只羊，咱俩家的羊就一样多”． ∴． 联立两方程组成方程组． 解得． 答：甲有羊63只，乙有羊45只． 【点睛】本题考查了二元一次方程组的应用，找准等量关系，正确列出二元一次方程组是解题的关键． 22. 综合与实践 【问题情境】数学课上，老师带领同学们开展“利用树叶的特征对树木进行分类”的实践活动． 【实践发现】同学们随机收集芒果树、荔枝树的树叶各1片，通过测量得到这些树叶的长y（单位：cm），宽x（单位：cm）的数据后，分别计算长宽比，整理数据如下： 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 芒果树叶的长宽比 3.8 3.7 3.5 3.4 3.8 4.0 3.6 4.0 3.6 4.0 荔枝树叶的长宽比 2.0 2.0 2.0 2.4 1.8 1.9 1.8 2.0 1.3 1.9 【实践探究】分析数据如下： 平均数 中位数 众数 方差 芒果树叶的长宽比 3.74 4.0 0.0424 荔枝树叶的长宽比 1.91 2.0 0.0669 【问题解决】 （1）上述表格中：______，______； （2）通过数据，同学们总结出了一些结论： ①A同学说：“从树叶的长宽比的方差来看，芒果树叶的形状差别比荔枝树叶______”．（填“小”或者“大”） ②B同学说：“从树叶的长宽比的平均数、中位数和众数来看，我发现荔枝树叶的长约为宽的______倍．” （3）现有一片长11cm，宽5.6cm的树叶，请判断这片树叶更可能来自于芒果、荔枝中的哪种树？并给出你的理由． 【答案】（1）； （2）小，两 （3）这片树叶更可能来自荔枝． 【解析】 【分析】（1）根据中位数和众数的定义解答即可； （2）根据题目给出的数据判断即可； （3）根据树叶的长宽比判断即可． 【小问1详解】 解：把片芒果树叶的长宽比从小到大排列，3.4，3.5，3.6，3.6，3.7，3.8，3.8，4.0，4.0，4.0， 排在中间的两个数分别为、， 故； 片荔枝树叶的长宽比中出现次数最多的是，故； 故答案为：；； 【小问2详解】 解：∵， ∴从树叶的长宽比的方差来看，芒果树叶的形状差别比荔枝树叶小”； ∵荔枝树叶的长宽比的平均数，中位数是，众数是， ∴从树叶的长宽比的平均数、中位数和众数来看，我发现荔枝树叶的长约为宽的两倍． 故答案为：小，两； 【小问3详解】 解：这片树叶更可能来自荔枝，理由如下： ∵一片长，宽的树叶，长宽比接近， ∴这片树叶更可能来自荔枝． 【点睛】本题考查了众数，中位数，平均数和方差，掌握相关定义是解答本题的关键． 23. 如图，四边形是正方形，点E、F分别在上，点H在的延长线上，且． （1）尺规作图：作出点M（与点D不重合），使其满足且，（要求：只保留作图痕迹，不写作法和证明）； （2）连接（1）中的，猜想并写出四边形是怎样的特殊四边形．并证明． 【答案】（1）见解析 （2）四边形是平行四边形，证明见解析 【解析】 【分析】（1）连接，以点F为圆心，为半径画弧，以点H为圆心，为半径画弧，两弧相交于点M，则点M即为所求； （2）证明，则，得到，证明四边形是正方形，则，证明，则，即可得到，则，证得，根据平行四边形的判定即可得到结论． 【小问1详解】 解：如图，点M即为所求的点， 理由是：∵四边形是正方形， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形， 由作图可知，， ∴， 由∵， ∴， ∴， 即点M满足要求； 【小问2详解】 四边形是平行四边形， 证明：如图， 由（1）可知，， ∵四边形是正方形， ∴， 在和中 ， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴四边形菱形， ∵， ∴四边形是正方形， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形． 【点睛】此题考查了正方形的判定和性质、等腰三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、平行四边形的判定等知识，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题的关键． 24. 如图，已知抛物线交轴于、两点，将该抛物线位于轴下方的部分沿轴翻折，其余部分不变，得到的新图象记为“图象”，图象交轴于点． （1）写出图象位于线段上方部分对应的函数关系式； （2）若直线与图象有三个交点，请结合图象，直接写出的值； （3）为轴正半轴上一动点，过点作轴交直线于点，交图象于点，是否存在这样的点，使与相似？若存在，求出所有符合条件的点的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】（1） （2）或 （3）存在，或或 【解析】 【分析】（1）先求出点A、B、C坐标，再利用待定系数法求解函数关系式即可； （2）联立方程组，由判别式△=0求得b值，结合图象即可求解； （3）根据相似三角形的性质分∠CNM=90°和∠NCM=90°讨论求解即可． 【小问1详解】 解：由翻折可知：. 令，解得：，， ∴，， 设图象的解析式为，代入，解得， ∴对应函数关系式为=． 【小问2详解】 解：联立方程组， 整理，得：， 由△=4-4（b-2）=0得：b=3，此时方程有两个相等的实数根， 由图象可知，当b=2或b=3时，直线与图象有三个交点； 【小问3详解】 解：存在．如图1，当时，，此时，N与C关于直线x= 对称， ∴点N的横坐标为1，∴； 如图2，当时，，此时，点纵坐标为2， 由，解得，（舍）， ∴N的横坐标为， 所以； 如图3，当时，，此时，直线解析式为， 联立方程组：，解得，（舍）， ∴N的横坐标为， 所以， 因此，综上所述：点坐标为或或． 【点睛】本题考查二次函数综合，涉及翻折性质、待定系数法求二次函数解析式、二次函数与一次函数的图象交点问题、相似三角形的性质、解一元二次方程等知识，综合体现数形结合思想和分类讨论思想的运用，属于综合题型，有点难度． 25. 在四边形中，，，点E是边上一点，连接，将沿直线翻折得到，射线交边于点G． （1）如图1，求证：； （2）当时． （i）如图2，若四边形的面积为24，且当点G与D重合时，，求的长； （ⅱ）在边上取一点H，连接，使得，若的面积是的面积的2倍，求的长． 【答案】（1）见解析 （2）（i）；（ⅱ） 或 【解析】 【分析】（1）根据折叠得出，根据平行线的性质得出，证明，根据等腰三角形的判定得出； （2）（i）根据四边形的面积为24得出，求出，设，则，，根据勾股定理得出，即，求出即可得出答案． （ⅱ）证明，得出，根据的面积是的面积的2倍，，，得出，设，则，分两种情况：当点H在点E的左侧时，当点H在点E的右侧时，画出图形，求出结果即可． 【小问1详解】 证明：根据折叠可知，， ∵， ∴， ∴， ∴； 【小问2详解】 解：（i）∵， ∴， ∵， ∴， 即， ∴， 设，则， ∴， 根据折叠可知，，， ∴， 在中，根据勾股定理得： ， 即， 解得：， ∴． （ⅱ）根据题意得：，，， 由（1）得：， ∵， ∴， 在和中， ∴， ∴， ∵的面积是的面积的2倍，，， ∴， 设，则， 当点H在点E的左侧时，如图所示： ∴， ∴， 根据折叠可知，， ∴， ∵， ∴， 解得：，负值舍去， ∴； 当点H在点E的右侧时，如图所示： ∴， ∴， 根据折叠可知，， ∴， ∵， ∴， 解得：，负值舍去， ∴； 综上分析可知，当的面积是的面积的2倍时，或． 【点睛】本题主要考查了等腰三角形的判定和性质，勾股定理，三角形全等的判定和性质，平行线的性质，折叠的性质，解题的关键是熟练掌握相关的判定和性质，注意分类讨论． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$