精品解析：江西省抚州市临川区第七中学 2022-2023学年九年级上学期 第一次月考数学试题

2022～2023学年上学期临川七中第一次月考 九年级数学试卷 说明： 1．全卷满分120分，考试时间120分钟； 2．请将答案写在答题卡上，否则不给分． 一、单项选择题（本大题共6小题，每小题3分，共18分） 1. 下列方程中，有两个相等实数根的是（ ） A. B. C. D. 2. 若矩形对角线相交所成的钝角为，短边长为，则对角线的长为（ ） A. B. C. D. 3. 2022年抚州市初中体育竞赛要求每名运动员从铅球、跳高、跳远三个科目中随机抽取一项参加比赛，小明和小亮至少有一人抽到铅球的概率是（ ） A. B. C. D. 4. 如图，矩形中，、交于点O，M、N分别为、的中点，若，，则的长为（ ） A. B. 5 C. D. 4 5. 如图，Rt△ABC中，∠C=90°，AC=3，BC=4．分别以AB、AC、BC为边在AB的同侧作正方形ABEF、ACPQ、BCMN，四块阴影部分的面积分别为S1、S2、S3、S4．则S1﹣S2+S3+S4等于（　　） A. 4 B. 6 C. 8 D. 12 6. 如图，正方形的边长为10，为的中点，连接，过点作交于点，垂足为，连接、，下列结论：①；②；③；④；⑤．其中正确结论有（ ） A. ①②④ B. ②③⑤ C. ①②⑤ D. ①④⑤ 二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分） 7. 三角形的两边长分别为4和7，第三边的长是方程的解，则这个三角形的周长是________． 8. 若一元二次方程的两个实数根为a，b，则的值为______． 9. 三张背面完全相同的卡片，它们的正面分别标有数字﹣1，0，1，将他们背面朝上，洗匀后随机抽取一张，把正面的数字作为b，接着再抽取一张，把正面的数字作为c，则满足关于x的一元二次方程x2+bx+c＝0有实数根的概率是_____． 10. 如图，四边形ABCD是菱形，点A为，点B为，则点C的坐标为______． 11. 如图，在正方形ABCD中，点E为边AD的中点，点P为对角线BD上一点，若AB=2，则PA+PE的最小值为______． 12. 如图，在平面直角坐标系中，矩形的顶点A、C的坐标分别为，点D是的中点，点P在边上运动，点Q是坐标平面内的任意一点．若以O，D，P，Q为顶点的四边形是边长为5的菱形时，则点Q的坐标为 ____________________． 三、解答题（本大题共5小题，每小题6分，共30分） 13. 解方程 （1）； （2） 14. 已知：如图，将矩形纸片ABCD沿对角线BD对折，点C落在点E的位置，AD与BE相交于点F． 求证：是等腰三角形； 若，，求BF的长． 15. 某医院计划选派护士支援某地的防疫工作，甲、乙、丙、丁4名护士积极报名参加，其中甲是共青团员，其余3人均是共产党员．医院决定用随机抽取的方式确定人选． （1）“随机抽取1人，甲恰好被抽中”是__________事件； A．不可能 B．必然 C．随机 （2）若需从这4名护士中随机抽取2人，请用画树状图法或列表法求出被抽到的两名护士都是共产党员的概率． 16. 如图1，2，矩形中，M为的中点，请仅用无刻度的直尺完成下列作图（保留作图痕迹）． （1）在图1中，求作点P为的中点； （2）在图2中，求作点Q为的中点． 17. 已知关于的一元二次方程． （1）若方程有实数根，求实数的取值范围； （2）若方程的两个实数根分别为，且满足，求实数的值． 四、解答题（本大题共3小题，每小题8分，共24分） 18. 如图，在矩形中，对角线的垂直平分线与相交于点M，与相交于点O，与相交于N，连接 （1）求证：四边形是菱形； （2）若，求的长． 19. 如图，中，D是上任意一点，． （1）试说明四边形的形状，并说明理由． （2）连接，当满足什么条件时，四边形为菱形，为什么？ （3）在（2）的条件下，当满足什么条件时，四边形为正方形，请说明理由． 20. 如图，在△ABC中，D是BC边上的一点，E是AD的中点，过A点作BC的平行线交CE的延长线于点F，且AF=BD，连接BF． （1）BD与CD有什么数量关系，并说明理由； （2）当△ABC满足什么条件时，四边形AFBD是矩形？并说明理由． 五、解答题（本大题共2小题，每小题9分，共18分） 21. 阅读下面的材料，回答问题： 解方程，这是一个一元四次方程，根据该方程的特点，它的解法通常是： 设，那么，于是原方程可变为 ①，解得． 当时，，∴； 当时，，∴x=±2； ∴原方程有四个根：． （1）在由原方程得到方程①的过程中，利用___________法达到________的目的，体现了数学的转化思想． （2）解方程． 22. 如图，已知矩形中，，．菱形的顶点H在边上，且，顶点G、E分别是边、上的动点，连结． （1）当四边形为正方形时，直接写出的长； （2）若的面积等于3，求的长； （3）试探究点G运动至什么位置时，的面积取得最小值． 六、解答题（本大题共12分） 23. 在四边形中，对角线、相交于点，将绕点按逆时针方向旋转得到，旋转角为θ（0°＜θ＜90°），连接、，与交于点． （1）如图1，若四边形是正方形． ①求证：≌． ②请直接写出与的位置关系． （2）如图2，若四边形是菱形，，，设．判断与的位置关系，说明理由，并求出的值． （3）如图3，若四边形是平行四边形，，，连接，设．请直接写出的值和的值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2022～2023学年上学期临川七中第一次月考 九年级数学试卷 说明： 1．全卷满分120分，考试时间120分钟； 2．请将答案写在答题卡上，否则不给分． 一、单项选择题（本大题共6小题，每小题3分，共18分） 1. 下列方程中，有两个相等实数根的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据根的判别式逐一判断即可． 【详解】A.变形为，此时△=4-4=0，此方程有两个相等的实数根，故选项A正确； B.中△=0-4=-4＜0，此时方程无实数根，故选项B错误； C.整理为，此时△=4+12=16＞0，此方程有两个不相等的实数根，故此选项错误； D.中，△=4＞0，此方程有两个不相等的实数根，故选项D错误. 故选：A. 【点睛】本题主要考查根的判别式，熟练掌握根的情况与判别式间的关系是解题的关键． 2. 若矩形对角线相交所成的钝角为，短边长为，则对角线的长为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了矩形的性质和等边三角形的性质和判定，关键是求出和的长，题目具有一定的代表性，是一道比较好的题目．根据矩形性质求出，根据已知求出，得出等边三角形，推出，求出、、即可求出、． 【详解】解：如图， ， ， 四边形是矩形 ，，， ， 是等边三角形， ， ， ， ， 故选：C． 3. 2022年抚州市初中体育竞赛要求每名运动员从铅球、跳高、跳远三个科目中随机抽取一项参加比赛，小明和小亮至少有一人抽到铅球的概率是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题主要考查了列表法求概率，先列出表格得出所有可能出现的结果，进而得出符合条件的结果，再根据概率公式计算即可． 【详解】列表如下： 小明 小亮 铅球 跳高 跳远 铅球 铅球，铅球 跳高，铅球 跳远，铅球 跳高 铅球，跳高 跳高，跳高 跳远，跳高 跳远 铅球，跳远 跳高，跳远 跳远，跳远 一共有9种符合条件的结果，每种结果出现的可能性相同，符合条件的有5种，所以两人至少有一人抽到铅球的概率． 故选：D． 4. 如图，矩形中，、交于点O，M、N分别为、的中点，若，，则的长为（ ） A. B. 5 C. D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】根据直角三角形的性质得到，设，在中，由勾股定理得：，解得：，则，则，再由三角形的中位线定理即可求解． 【详解】解：四边形是矩形， ∴，，， ∵， ∴， 设， 在中，由勾股定理得：， 解得：， ∴， ∴， 、分别为、的中点， 是的中位线， ， 故选：B． 【点睛】本题考查了矩形的性质，直角三角形的性质，勾股定理，三角形的中位线定理，熟练掌握知识点是解题的关键． 5. 如图，Rt△ABC中，∠C=90°，AC=3，BC=4．分别以AB、AC、BC为边在AB的同侧作正方形ABEF、ACPQ、BCMN，四块阴影部分的面积分别为S1、S2、S3、S4．则S1﹣S2+S3+S4等于（　　） A. 4 B. 6 C. 8 D. 12 【答案】B 【解析】 【分析】本题先根据正方形的性质和等量代换得到判定全等三角形的条件, 再根据全等三角形的判定定理和面积相等的性质得到S、S、、与△ABC的关系, 即可表示出图中阴影部分的面积和.本题的着重点是等量代换和相互转化的思想. 【详解】解：如图所示, 过点F作FG⊥AM交于点G, 连接PF. 根据正方形的性质可得: AB=BE, BC=BD, ∠ABC+∠CBE=∠CBE+∠EBD=90,即∠ABC=∠EBD. 在△ABC和△EBD中, AB=EB，∠ABC=∠EBD, BC=BD 所以△ABC≌△EBD(SAS),故S=,同理可证,△KME≌△TPF, △FGK≌△ACT,因为∠QAG=∠AGF=∠AQF=90, 所以四边形AQFG是矩形, 则QF//AG, 又因为QP//AC, 所以点Q、P, F三点共线, 故S+S=, S=. 因为∠QAF+∠CAT=90,∠CAT+∠CBA=90,所以∠QAF=∠CBA, 在△AQF和△ACB中, 因为 ∠AQF=∠ACB,AQ=AC,∠QAF=∠CAB 所以△AQF≌△ACB(ASA), 同理可证△AQF ≌△BCA,故 S1﹣S2+S3+S4== 3 4 =6, 故本题正确答案为B. 【点睛】本题主要考查正方形和全等三角形的判定与性质. 6. 如图，正方形的边长为10，为的中点，连接，过点作交于点，垂足为，连接、，下列结论：①；②；③；④；⑤．其中正确结论有（ ） A. ①②④ B. ②③⑤ C. ①②⑤ D. ①④⑤ 【答案】C 【解析】 【分析】①运用三角形边角关系证明即可求解． ②④如图过点做的垂线，垂足为，过点作的垂线，垂足为，在构建的直角三角形中求解线段长度即可求解． ③⑤运用三角函数比较角度可求解． 【详解】解：∵四边形为正方形 ∴ ∵ ∴ ∴ ∴ ∴ ∴，①正确 ∵ ∴ 由勾股定理得 ∵ ∴在中， ∴ ∴，④错误 如图过点做的垂线，垂足为，过点作的垂线，垂足为 在中， ∴由勾股定理得，,, ∴在中，，②正确 过点作的垂线，垂足为 有 ∴在中， ∵ ∴，⑤正确． 过点作的垂线，垂足为，过点作的垂线，垂足为 则 ∵为中点，且∥ ∴ ∴在中 有 ∴，③错误． 故选C 【点睛】本题考查知识点较多，涉及三角形综合、三角函数、垂线的运用等，熟练掌握概念，构建边角关系即可求解． 二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分） 7. 三角形的两边长分别为4和7，第三边的长是方程的解，则这个三角形的周长是________． 【答案】17 【解析】 【分析】先利用因式分解法求解得出x的值，再根据三角形三边之间的关系判断能否构成三角形，从而得出答案． 【详解】解：解方程得x1=2，x2=6， 当x=2时，2+4=6<7，不能构成三角形，舍去； 当x=6时，2+6＞7，能构成三角形，此时三角形的周长为4+7+6=17. 故答案为：17． 【点睛】本题主要考查解一元二次方程的能力，熟练掌握解一元二次方程的几种常用方法：直接开平方法、因式分解法、公式法、配方法，结合方程的特点选择合适、简便的方法是解题的关键． 8. 若一元二次方程的两个实数根为a，b，则的值为______． 【答案】5 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的解，根与系数的关系．解题的关键在于熟练掌握根与系数的关系，若是一元二次方程的两根时，则根据题意得，，将进行变形并代入即可求解． 【详解】解：根据题意得：，， ∴， ∴， 故答案为：5． 9. 三张背面完全相同的卡片，它们的正面分别标有数字﹣1，0，1，将他们背面朝上，洗匀后随机抽取一张，把正面的数字作为b，接着再抽取一张，把正面的数字作为c，则满足关于x的一元二次方程x2+bx+c＝0有实数根的概率是_____． 【答案】 【解析】 【分析】首先根据列出可能情况，然后由所有等可能的结果以及满足关于x的一元二次方程x2+bx+c=0有实数根的情况数，再利用概率公式即可求得答案． 【详解】则共有6种等可能的结果(−1,1),(−1,0),(0,−1),(0,1),(1,−1),(1,0)； 关于x的一元二次方程x2+bx+c=0有实数根,即△=b2−4c0， 由树状图可得：满足△=b2−4c0的有4种情况：即(−1,0),(0,−1),(1,−1),(1,0)， 所以满足关于x的一元二次方程x2+bx+c=0有实数根的概率为：. 故答案为. 【点睛】本题考查的是概率，熟练掌握根的判别式是解题的关键. 10. 如图，四边形ABCD是菱形，点A为，点B为，则点C的坐标为______． 【答案】（5，4） 【解析】 【分析】由题目所给的A、B两点坐标，即可求出AB的长，再根据四边形ABCD是菱形，可求出BC=5，即可求出C点坐标． 【详解】∵A（-3，0），B（0，4）， ∴OA=3，OB=4， ∴AB=5， ∵四边形ABCD为菱形， ∴AD=CD=BC=5， ∴点C的坐标为（5，4）． 故答案是：（5，4）． 【点睛】本题考查菱形的性质和坐标与图形的性质，熟练掌握菱形的性质并用坐标表示点的位置是解决本题的关键． 11. 如图，在正方形ABCD中，点E为边AD的中点，点P为对角线BD上一点，若AB=2，则PA+PE的最小值为______． 【答案】 【解析】 【分析】首先证明△ABP≌△CBP得AP=CP，当E、P、C三点共线时，CP+PE最小值为CE，利用勾股定理即可求出答案． 【详解】解：连接CP，CE， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AB=BC，∠ABD=∠CBD， 在△ABP和△CBP中， ， ∴△ABP≌△CBP（SAS）， ∴AP=CP， ∴PA+PE=CP+PE， ∴当E、P、C三点共线时，CP+PE最小值为CE， 在Rt△CDE中，C由勾股定理得： CE， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，轴对称-最短路线问题，利用全等三角形证明AP=CP是解题的关键． 12. 如图，在平面直角坐标系中，矩形的顶点A、C的坐标分别为，点D是的中点，点P在边上运动，点Q是坐标平面内的任意一点．若以O，D，P，Q为顶点的四边形是边长为5的菱形时，则点Q的坐标为 ____________________． 【答案】或或 【解析】 【分析】本题考查了平行线的性质、菱形的性质、勾股定理，先由点A和点C求得点D的坐标、点B的坐标和点P的纵坐标，然后分类讨论求出点Q的坐标． 【详解】解：∵， ∴， ∵点D是的中点， ∴， ①如图1所示，以为对角线，点P在点D的左侧时，， 过点P作轴于点E，则． 在中，由勾股定理得：， ∴， ∴点P的坐标为， 此时，点Q的坐标为； ②如图2所示，以为对角线，点P在点D的左侧时，． 过点P作轴于点E，则． 在中，由勾股定理得：， ∴点P的坐标为， 此时，点Q的坐标为； ③如图3所示，以为对角线，点P在点D的右侧时，， 过点P作轴于点E，则． 在中，由勾股定理得：， ∴， ∴点P的坐标为， 此时，点Q的坐标为； 综上所述，点Q的坐标为或或； 故答案为：或或． 三、解答题（本大题共5小题，每小题6分，共30分） 13. 解方程 （1）； （2） 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】本题考查了解一元二次方程，熟练掌握直接开平方法，配方法，因式分解法，公式法是解题的关键． （1）利用公式法求解； （2）利用公式法求解． 【小问1详解】 解： ， ， ， ∴； 【小问2详解】 解： ， ， ， ∴． 14. 已知：如图，将矩形纸片ABCD沿对角线BD对折，点C落在点E的位置，AD与BE相交于点F． 求证：是等腰三角形； 若，，求BF的长． 【答案】 证明：由折叠可知， ， ， ， ， 是等腰三角形． 【解析】 【分析】（1）证明∠EBD=∠ADB，得出BF=DF，则结论得证； （2）设BF=x，则DF=x，AF=10-x，在Rt△ABF中，根据勾股定理有82+（10-x）2=x2，解方程即可得解． 【详解】解：略 设，则，， 在中，根据勾股定理有． 解得：， 的长为． 【点睛】本题考查的是翻折变换，矩形的性质，勾股定理，熟知图形翻折不变性的性质是解答此题的关键． 15. 某医院计划选派护士支援某地的防疫工作，甲、乙、丙、丁4名护士积极报名参加，其中甲是共青团员，其余3人均是共产党员．医院决定用随机抽取的方式确定人选． （1）“随机抽取1人，甲恰好被抽中”是__________事件； A．不可能 B．必然 C．随机 （2）若需从这4名护士中随机抽取2人，请用画树状图法或列表法求出被抽到的两名护士都是共产党员的概率． 【答案】（1）C （2） 【解析】 【分析】（1）根据随机事件的定义即可解决问题； （2）从甲、乙、丙、丁名护士积极报名参加，设甲是共青团员用T表示，其余3人均是共产党员用G表示，从这4名护士中随机抽取2人，所有可能出现的结果共有12种，然后利用树状图即可解决问题． 【小问1详解】 解：“随机抽取1人，甲恰好被抽中”是随机事件； 故答案为：C； 【小问2详解】 从甲、乙、丙、丁4名护士积极报名参加，设甲是共青团员用T表示，其余3人均是共产党员用G表示．从这4名护士中随机抽取2人，所有可能出现的结果共有12种，如图所示： 它们出现的可能性相同，所有的结果中，被抽到的两名护士都是共产党员的（记为事件A)的结果有6 种，则， 则被抽到的两名护士都是共产党员的概率为． 【点睛】本题考查的是用列表法或画树状图法求概率，随机事件．解决本题的关键是掌握列表法或画树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合于两步完成的事件．用到的知识点为：概率所求情况数与总情况数之比． 16. 如图1，2，矩形中，M为的中点，请仅用无刻度的直尺完成下列作图（保留作图痕迹）． （1）在图1中，求作点P为的中点； （2）在图2中，求作点Q为的中点． 【答案】（1） 如图，点即为所求， （2） 如图，点即为所求 【解析】 【分析】本题考查了相似三角形的性质，全等三角形的判定与性质，矩形的性质，熟练正确知识点是解题的关键． （1）连接交于点，连接并延长交则为点，由矩形得到为中点，可证明，则； （2）在（1）的基础上连接与交于点，连接并延长与相交，交点即为点，由得到，则，由得到，则，则． 【小问1详解】 解：略． 【小问2详解】 解：略． 17. 已知关于的一元二次方程． （1）若方程有实数根，求实数的取值范围； （2）若方程的两个实数根分别为，且满足，求实数的值． 【答案】（1）（2） 【解析】 【详解】解：（1）∵关于x的一元二次方程有实数根， ∴△≥0，即， ∴； （2）根据题意得，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴，即， 解得，， ∵ ∴m=2． 四、解答题（本大题共3小题，每小题8分，共24分） 18. 如图，在矩形中，对角线的垂直平分线与相交于点M，与相交于点O，与相交于N，连接 （1）求证：四边形是菱形； （2）若，求的长． 【答案】（1） 证明：∵四边形是矩形， ∴ ∴ 在和中， ， ∴， ∴ ∵ ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴平行四边形是菱形． （2）长为． 【解析】 【分析】（1）根据矩形性质求出，推出，证△，推出，得出平行四边形，推出菱形； （2）根据菱形性质求出，在中，根据勾股定理得出，推出，求出即可． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：∵四边形是菱形， ∴MB=MD， 设长为x，则， 在中， 即 解得：． 答：长为． 【点睛】本题考查了矩形性质，平行四边形的判定，菱形的判定和性质，勾股定理等知识点的应用．注意对角线互相平分的四边形是平行四边形，对角线互相垂直的平行四边形是菱形． 19. 如图，中，D是上任意一点，． （1）试说明四边形的形状，并说明理由． （2）连接，当满足什么条件时，四边形为菱形，为什么？ （3）在（2）的条件下，当满足什么条件时，四边形为正方形，请说明理由． 【答案】（1）四边形为平行四边形，理由见解析 （2）平分，理由见解析 （3）是以为斜边的直角三角形，理由见解析 【解析】 【分析】（1）根据，可判断四边形为平行四边形； （2）由四边形为菱形，能得出为的平分线即可； （3）由四边形为正方形，得，即当是以为斜边的直角三角形即可． 【小问1详解】 解：，， 四边形为平行四边形； 【小问2详解】 四边形为菱形， 平分， 则平分时，四边形为菱形； 【小问3详解】 由四边形为正方形， ， 是以为斜边的直角三角形即可． 【点睛】本题考查了正方形的性质、菱形的性质、平行四边形的性质以及矩形的性质． 20. 如图，在△ABC中，D是BC边上的一点，E是AD的中点，过A点作BC的平行线交CE的延长线于点F，且AF=BD，连接BF． （1）BD与CD有什么数量关系，并说明理由； （2）当△ABC满足什么条件时，四边形AFBD是矩形？并说明理由． 【答案】 （1）BD=CD． 理由如下：依题意得AF∥BC， ∴∠AFE=∠DCE， ∵E是AD的中点， ∴AE=DE， 在△AEF和△DEC中， ， ∴△AEF≌△DEC（AAS）， ∴AF=CD， ∵AF=BD， ∴BD=CD； （2）当△ABC满足：AB=AC时，四边形AFBD是矩形． 理由如下：∵AF∥BD，AF=BD， ∴四边形AFBD是平行四边形， ∵AB=AC，BD=CD（三线合一）， ∴∠ADB=90°， ∴▱AFBD是矩形． 【解析】 【分析】（1）根据两直线平行，内错角相等求出∠AFE=∠DCE，然后利用“角角边”证明△AEF和△DEC全等，根据全等三角形对应边相等可得AF=CD，再利用等量代换即可得证； （2）先利用一组对边平行且相等的四边形是平行四边形证明四边形AFBD是平行四边形，再根据一个角是直角的平行四边形是矩形，可知∠ADB=90°，由等腰三角形三线合一的性质可知必须是AB=AC． 【详解】（1）略 （2）略 五、解答题（本大题共2小题，每小题9分，共18分） 21. 阅读下面的材料，回答问题： 解方程，这是一个一元四次方程，根据该方程的特点，它的解法通常是： 设，那么，于是原方程可变为 ①，解得． 当时，，∴； 当时，，∴x=±2； ∴原方程有四个根：． （1）在由原方程得到方程①的过程中，利用___________法达到________的目的，体现了数学的转化思想． （2）解方程． 【答案】（1）换元，降次 （2） 【解析】 【分析】本题主要考查了解一元二次方程，掌握运用换元、因式分解法解一元二次方程是解题的关键． （1）在由原方程得到方程①的过程中，利用换元法达到降次的目的，体现了转化的数学思想； （2）经分析：设,则，再运用因式分解法求出y的值，再代入得关于x的方程求解即可． 【小问1详解】 解：在由原方程得到方程①的过程中，利用换元法达到降次的目的，体现了转化的数学思想 故答案为：换元，降次 【小问2详解】 解：设，则， ∴，解得． 当时，即，解得：． 当时，即，则， 由，此时方程无解． 所以原方程的解为． 22. 如图，已知矩形中，，．菱形的顶点H在边上，且，顶点G、E分别是边、上的动点，连结． （1）当四边形为正方形时，直接写出的长； （2）若的面积等于3，求的长； （3）试探究点G运动至什么位置时，的面积取得最小值． 【答案】（1）2 （2）2 （3）当时，的面积取得最小值 【解析】 【分析】本题主要考查矩形、正方形及菱形的性质，全等三角形的判定和性质等，理解题意，综合运用这些知识点是解题关键． （1）当四边形为正方形时，则，可证明，由此求出的长； （2）作交的延长线于点M，可得，得，再由的面积等于3求出的长，进而求出的长； （3）当的面积取得最小值时，可推出的值最大，此时的值也最大，则点E与点B重合，求出这时的值即可． 【小问1详解】 如图1，当四边形为正方形时，则，， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， ∴； 【小问2详解】 如图2，作，交的延长线于点M，连结， ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， 解得， ∵， ∴； 【小问3详解】 如图2，设， 由（2）得， ∴， ∴随x的增大而减小， 要使的面积最小，须使x的值最大， 在中，， ∴当取得最大值时，x的值最大， 而，此时的值最大， ∴点E与点B重合， 如图3， 此时，， ∴， ∴当时，的面积取得最小值． 六、解答题（本大题共12分） 23. 在四边形中，对角线、相交于点，将绕点按逆时针方向旋转得到，旋转角为θ（0°＜θ＜90°），连接、，与交于点． （1）如图1，若四边形是正方形． ①求证：≌． ②请直接写出与的位置关系． （2）如图2，若四边形是菱形，，，设．判断与的位置关系，说明理由，并求出的值． （3）如图3，若四边形是平行四边形，，，连接，设．请直接写出的值和的值． 【答案】（1）①证明见解析；②AC1⊥BD1；（2）k=，AC1⊥BD1，理由见解析；（3）k=，AC12+(kDD1)2=25 【解析】 【分析】（1）①根据正方形与旋转的性质，通过SAS证明两三角形全等； ②由全等三角形的性质得出，通过证明进行求解； （2）根据菱形与旋转的性质得出OC1=OA，OD1=OB，∠AOC1=∠BOD1，进而可证明△AOC1∽△BOD1，利用相似三角形的性质进行求解； （3）同（2）的解法相似可求出k的值，根据旋转的性质得出OD1=OB=OD，进而可得出，利用勾股定理进行求解． 【详解】（1）①证明：∵四边形ABCD是正方形， ∴OC=OA=OD=OB，AC⊥BD， ∴∠AOB=∠COD=90°， ∵△COD绕点O按逆时针方向旋转得到△C1OD1， ∴OC1=OC，OD1=OD，∠COC1=∠DOD1， ∴OC1=OD1，∠AOC1=∠BOD1， 在△AOC1和△BOD1中， ， ∴△AOC1≌△BOD1（SAS）； ②解：AC1⊥BD1，理由如下： ∵△AOC1≌△BOD1， ∴， ∵， ∴，即， ∴AC1⊥BD1； （2）解：AC1⊥BD1，理由如下： ∵四边形ABCD是菱形， ∴OC=OA=AC，OD=OB=BD，AC⊥BD， ∴∠AOB=∠COD=90°， ∵△COD绕点O按逆时针方向旋转得到△C1OD1， ∴OC1=OC，OD1=OD，∠COC1=∠DOD1， ∴OC1=OA，OD1=OB，∠AOC1=∠BOD1， ∴， ∴△AOC1∽△BOD1， ∴∠OAC1=∠OBD1， 又∵∠AOB=90°， ∴∠OAB+∠ABP+∠OBD1=90°， ∴∠OAB+∠ABP+∠OAC1=90°， ∴∠APB=90°， ∴AC1⊥BD1， ∵△AOC1∽△BOD1， ∴=， ∴k=； （3）解：与（2）一样可证明△AOC1∽△BOD1， ∴， ∴k=； ∵△COD绕点O按逆时针方向旋转得到△C1OD1， ∴OD1=OD，而OD=OB， ∴OD1=OB=OD， ∴△BDD1为直角三角形，即， 在Rt△BDD1中，BD12+DD12=BD2=100， ∴(2AC1)2+DD12=100， ∴AC12+(kDD1)2=25． 【点睛】本题是四边形的综合题，考查了正方形，菱形，平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，旋转的性质，证明三角形全等或相似是解题的关键，属于中考常考题型． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $