精品解析：第一次月考押题试卷2025—2026学年北师大版数学九年级上册

北师大版2025—2026学年九年级上册数学第一次月考押题试卷 考生注意：本试卷共三道大题，25道小题，满分120分，时量120分钟 注意事项： 1．本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分．笞卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上． 2．回答第I卷时，选出每小题答案后，把答案填写在答题卡上对应题目的位置，填空题填写在答题卡相应的位置写在本试卷上无效． 3．回答第II卷时，将答案写在第II卷答题卡上． 4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 第I卷 一、选择题（每题只有一个正确选项，每小题3分，满分30分） 1. 下列方程中是一元二次方程的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的概念，判断一个方程是否是一元二次方程，首先要看是否是整式方程，然后看化简后是否是只含有一个未知数且未知数的最高次数是2．根据一元二次方程的定义进行判断即可． 【详解】解：A．未知数的最高次数是1，不是一元二次方程，故此选项不符合题意； B．含有两个未知数，此方程不是一元二次方程，故此选项不符合题意； C．是一元二次方程，故此选项符合题意； D．等式左边不是整式，此方程不是一元二次方程，故此选项不符合题意； 故选：C． 2. 下列四边形中，是中心对称图形而不是轴对称图形的是（ ） A. 平行四边形 B. 矩形 C. 菱形 D. 正方形 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念，根据中心对称图形和轴对称图形的概念对各图形分析判断即可得解，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合． 【详解】解：平行四边形，是中心对称图形，而不是轴对称图形，故A符合题意； 矩形，是中心对称图形，也是轴对称图形，故B不符合题意； 菱形，是中心对称图形，也是轴对称图形，故C不符合题意； 正方形，是中心对称图形，也是轴对称图形，故D不符合题意． 故选：A． 3. 菱形的周长为20cm，那么菱形的边长是（ ） A. 6cm B. 5cm C. 4cm D. 8cm 【答案】B 【解析】 【分析】本题主要考查菱形的性质，熟练掌握菱形的性质是解题的关键． 【详解】解：根据菱形的性质可知，菱形的四个边长相等， 菱形的边长为， 故选B． 4. 下列语句正确的是（　　） A. 对角线互相垂直平分且相等四边形是正方形 B. 对角线相等的四边形是矩形 C. 对角线互相垂直的四边形是菱形 D. 平行四边形是轴对称图形 【答案】A 【解析】 【分析】根据正方形，矩形，菱形的判定方法，平行四边形的性质，逐一进行判断即可． 【详解】解：A、对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形，选项正确； B、对角线相等的平行四边形是矩形，原说法错误； C、对角线互相垂直的平行四边形是菱形，原说法错误； D、平行四边形是中心对称图形，原说法错误； 故选A． 【点睛】本题考查正方形，矩形，菱形的判定方法，平行四边形的性质，熟练掌握相关知识点，是解题的关键． 5. 若关于的一元二次方程有实数根，则实数的取值范围是（ ） A. B. 且 C. D. 且 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的定义、一元二次方程根的判别式，由题意得出，，计算即可得解，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． 【详解】解：∵关于的一元二次方程有实数根， ∴，， 解得：且， 故选：D． 6. 某件羽绒服原价360元，店长需要清空库存，对该件羽绒服进行了连续两次降价，现在售价为200元．设平均每次降价的百分率为，则下面所列方程正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题主要考查一元二次方程的应用．设平均每次的降价率为x，则经过两次降价后的价格是，根据关键语句“连续两次降价后为200元”可得答案． 【详解】解：由题意得：． 故选：B． 7. 一元二次方程根的情况为（ ） 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. 不能判定 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的根的判别式：当，方程有两个不相等的实数根；当，方程有两个相等的实数根；当，方程没有实数根．根据题意，求得，根据一元二次方程根的判别式的意义，即可求解． 【详解】解：∵一元二次方程中，，，， ∴， ∴一元二次方程有两个不相等的实数根， 故选：A． 8. 已知是方程的一个根，则它的另一根是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程根与系数的关系，掌握、是一元二次方程的两个根，则有是解题的关键． 【详解】解：设另一根是，则有 ， 解得：， 故选：C． 9. 下列平行四边形中，根据图中所标出数据，不一定是菱形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据菱形的判定方法逐一进行判断即可． 【详解】解：A、根据等角对等边可得平行四边形的两条邻边相等，即可得到平行四边形为菱形，不符合题意； B、根据三角形的内角和定理，得到平行四边形的对角线互相垂直，即可得到平行四边形为菱形，不符合题意； C、根据同旁内角互补，两直线平行，不能得到平行四边形是菱形，符合题意； D、根据平行四边形的对边平行，两直线平行，内错角相等，以及等角对等边可得平行四边形的两条邻边相等，即可得到平行四边形为菱形，不符合题意； 故选C． 【点睛】本题考查菱形的判定．熟练掌握菱形的判定方法，是解题的关键． 10. 如图，在正方形中，对角线、相交于点，点、分别在边、上，连接交于点，连接交于点，连接．若，则下列结论：①；②；③；④；⑤．其中正确的是（ ） A. ① B. ①② C. ①②⑤ D. ①②③④⑤ 【答案】C 【解析】 【分析】如图，记的交点为，证明，则，，，即，可判断①的正误；证明，则，，可判断②的正误；，是等腰直角三角形，则，由的大小不确定，可知不一定成立，可判断③的正误；不一定成立，则不一定成立，可判断④的正误；证明，则，可判断⑤的正误． 【详解】解：如图，记的交点为， ∵正方形， ∴，，，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴，即，①正确，故符合要求； ∵， ∴， ∴，，②正确，故符合要求； ∴，是等腰直角三角形， ∴， ∵的大小不确定， ∴不一定成立，③错误，故不符合要求； 不一定成立， ∴不一定成立，④错误，故不符合要求； ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，⑤正确，故符合要求； 故选：C． 【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，三角形内角和定理，勾股定理等知识．熟练掌握正方形的性质，全等三角形的判定与性质，三角形内角和定理，勾股定理是解题的关键． 二、填空题（6小题，每题3分，共18分） 11. 若a、b是方程的两根，则_______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了根与系数的关系，以及代数式求值，熟练掌握根与系数的关系是解此题的关键．根据根与系数的关系得出，再化简，代入的值即可求解． 【详解】解：、b是方程的两根， ， ， 故答案为：． 12. 如下图，长为6，宽为3的矩形，阴影部分的面积为_____. 【答案】9 【解析】 【分析】根据矩形是中心对称图形，可得阴影部分的面积是矩形面积的一半，求出矩形面积即可求解． 【详解】解：因为O为矩形的对称中心，则阴影部分的面积是矩形面积的一半，因为矩形面积为，所以阴影部分的面积9． 故答案为：9． 【点睛】本题考查了矩形是中心对称图形的性质．熟练掌握中心对称图形的性质是解题的关键． 13. 如图，在平面直角坐标系中，菱形的顶点在轴的正半轴上，点的坐标为，则点的坐标为_________． 【答案】 【解析】 【分析】根据点的坐标是，可得的长，再根据菱形的四条边都相等即可得点的坐标． 【详解】解：点的坐标是， ， 四边形为菱形， ，， 则点的坐标为． 故答案为：． 【点睛】本题考查了菱形的性质、坐标与图形的性质，解决本题的关键是掌握菱形的性质． 14. 方程的根为________． 【答案】， 【解析】 【分析】由可得或，解两个一元一次方程即可． 【详解】解：， 或， ，， 故答案为：，． 【点睛】本题考查解一元二次方程，根据方程的特点选择合适的求解方法是解题的关键． 15. 如图，在中，，D为的中点，，则的长是 _____． 【答案】3 【解析】 【分析】本题考查的是直角三角形的性质，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半解答即可． 【详解】解：∵在中，，D为的中点，， ∴． 故答案为：3． 16. 如图，三个边长均为2的正方形重叠在一起，、是其中两个正方形的中心，则阴影部分的面积是________． 【答案】2 【解析】 【分析】本题主要考查了正方形的性质及全等三角形的证明，解决本题的关键是把阴影部分进行合理转换．根据题意作图，连接、，可得，那么可得阴影部分的面积与正方形面积的关系，同理得出另两个正方形的阴影部分面积与正方形面积的关系，从而得出答案． 【详解】解：连接、，如图： 根据题意得每个正方形的面积为， ∵，， ∴， ∵四边形是正方形，为正方形的中心， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， 同理得，， ∴． 故答案为：2． 第II卷 三、解答题解答题（17、18、19题每题6分，20、21每题8分，22、23每题9分，24、25每题10分，共计72分，解答题要有必要的文字说明） 17. 如图，菱形的对角线相交于点，，．求证：四边形是矩形． 【答案】证明见解析 【解析】 【分析】被本题考查矩形的判定，涉及平行四边形判定、菱形性质等知识，先由平行四边形的判定定理得到四边形是平行四边形，再由菱形性质得到对角线相互垂直，即，最后由矩形的判定定理求证即可．熟记平行四边形及特殊平行四边形的判定与性质是解决问题的关键． 【详解】证明：，， 四边形是平行四边形， 在菱形的对角线相交于点，则， 即， 四边形是矩形． 18. 已知关于x的一元二次方程． （1）若方程有实数根，求实数m的取值范围； （2）若方程的两个根，满足，求m的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据方程的系数结合根的判别式，即可得出关于m的一元一次不等式，解之即可得出m的取值范围； （2）根据根与系数的关系可得出，，结合可得出关于m的一元二次方程，即可得出结论． 【小问1详解】 解：∵关于x的一元二次方程有实数根， ∴， 解得：； 【小问2详解】 解：∵，是一元二次方程的两个实数根， ∴，， ∵， ∴， 即， 解得：，． 又∵在（1）中求出， ∴， 故答案为． 【点睛】本题考查了根的判别式以及根与系数的关系，解题的关键是：（1）牢记当时，方程有实数根；（2）根据，，结合，得到关于m的一元二次方程． 19. 在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，D是BC的中点，E是AD的中点，过点A作AF∥BC交CE的延长线于点F． （1）求证：四边形ADBF是菱形； （2）若AB＝8，菱形ADBF的面积为40，求AC的长． 【答案】（1）见解析 （2）10 【解析】 【分析】（1）证△AEF≌△DEC（AAS），得△AEF≌△DEC（AAS），再证四边形ADBF是平行四边形，然后由直角三角形斜边中线等于斜边的一半得证AD=BD=BC，即可由菱形判定定理得出结论； （2）连接DF交AB于O，由菱形面积公式S菱形ADBF==40，求得OD长，再由菱形性质得OA=OB，证得OD是三角形的中位线，由中位线性质求解可． 【小问1详解】 证明：∵E是AD的中点， ∴AE=DE ∵AFBC， ∴∠AFE=∠DCE， 在△AEF和△DEB中， ， ∴△AEF≌△DEC（AAS）， ∴AF=CD， ∵D是BC的中点， ∴CD=BD， ∴AF=BD， ∴四边形ADBF是平行四边形， ∵∠BAC=90°， ∵D是BC的中点， ∴AD=BD=BC， ∴四边形ADBF菱形； 【小问2详解】 解：连接DF交AB于O，如图 由（1）知：四边形ADBF是菱形， ∴AB⊥DF，OA=AB=×8=4， S菱形ADBF==40， ∴=40， ∴DF=10， ∴OD=5， ∵四边形ADBF是菱形， ∴O是AB的中点, ∵D是BC的中点， ∴OD是△BAC的中位线， ∴AC=2OD=2×5=10． 答：AC的长为10． 【点睛】本题考查平行四边形的判定，菱形的判定与性质，三角形全等的判定与性质，直角三角形斜边中线的性质，三角形中位线的性质，熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键． 20. 由于新冠疫情的影响，口罩需求量急剧上升，经过连续两次价格的上调，口罩的价格由每包10元涨到了每包14.4元， （1）求出这两次价格上调的平均增长率； （2）在有关部门调控下，口罩价格还是降到了每包10元，而且调查发现，定价为每包10元时，一天可以卖出30包，每降价1元，可以多卖出5包，当销售额为315元时，且让顾客获得更大的优惠，应该降价多少元？ 【答案】（1）这两次价格上调的平均增长率为20％． （2）应该降价3元． 【解析】 【分析】（1）设这两次价格上调的平均增长率为x，然后根据题意可列方程进行求解； （2）设降价y元，然后根据题意可列出方程进行求解． 【小问1详解】 解：设这两次价格上调的平均增长率为x，由题意得： ， 解得：（不符合题意，舍去）， 答：这两次价格上调的平均增长率为20％． 【小问2详解】 解：设降价y元，由题意得： ， 整理得：， 解得：， ∵让顾客获得更大的优惠， ∴； 答：应该降价3元． 【点睛】本题主要考查一元二次方程的应用，熟练掌握一元二次方程的应用是解题的关键． 21. 如图，菱形中，对角线交于点，点是的中点，延长到点，使，连接． （1）求证：四边形是矩形； （2）若，，求菱形的面积． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）先证明四边形为平行四边形，再根据菱形的性质得到，然后根据矩形的判定可证得结论； （2）根据矩形的对角线相等求得，再根据菱形的性质和勾股定理求出对角线的长，再根据菱形的面积等于其对角线乘积的一半求解即可． 【小问1详解】 证明：∵点是的中点， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵四边形是菱形， ∴，即， ∴四边形是矩形； 【小问2详解】 解：∵四边形是矩形，， ∴， ∵四边形是菱形， ∴，，，， ∴， ∴， ∴，， ∴，， ∴四边形的面积为． 【点睛】本题考查平行四边形的判定、菱形的性质、矩形的判定与性质、等腰三角形的性质、含的直角三角形的性质、勾股定理，熟练掌握菱形的性质和矩形的判定与性质是解答的关键． 22. 如图，为中的一条射线，点P在边上，于H，交于点Q，交于点M，于点D，交于点R，连接交于点S． （1）求证：四边形为矩形； （2）若，试探究与的数量关系，并说明理由． 【答案】（1）见解析 （2），见解析 【解析】 【分析】（1）根据垂直于同一直线的两直线平行可得，再根据平行于同一直线的两直线平行可得，然后求出四边形是平行四边形，再求出，根据有一个角是直角的平行四边形是矩形证明即可； （2）根据矩形的对角线互相平分可得，然后求出，根据等边对等角的性质可得，再根据两直线平行，同位角相等可得，根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和求出，然后整理即可得解． 【小问1详解】 证明：∵， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴四边形为矩形； 【小问2详解】 解：．理由如下： ∵四边形为矩形， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 在中，， ∴， ∴， 即． 【点睛】本题考查了矩形的判定与性质，等边对等角的性质，两直线平行，同位角相等的性质，三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和的性质，熟记各性质并准确识图是解题的关键． 23. 已知的两边、的长是关于的一元二次方程的两个根，第三边的长是5． （1）求证：无论取何值，此方程总有两个不相等的实数根； （2）当为何值时，是以为斜边的直角三角形． 【答案】（1）证明见解析 （2）当时，是以为斜边的直角三角形． 【解析】 【分析】本题考查了根的判别式，根与系数的关系，勾股定理． （1）根据题意直接列出根的判别式，即可证明； （2）根据根与系数的关系用表示出，，再利用勾股定理，变式得到，代入即可得到的方程，解之即可得到答案． 【小问1详解】 证明：，，， ， 无论为何值，方程总有两个不相等的实数根； 【小问2详解】 解：和是的两个根， ，， 是以为斜边直角三角形， ， ， ，即， 解得：，（，不合题意，舍去）， 的值为3． 24. 在如图所示的平面直角坐标系中，正方形边长为2，点C的坐标为． （1）如图1，动点D在边上，将沿直线折叠，点B落在点处，连接并延长，交于点E． ①当时，点D的坐标是 ； ②若点E是线段的中点，求此时点D与点的坐标； （2）如图2，动点D，G分别在边，上，将四边形沿直线折叠，使点B的对应点始终落在边上（点不与点O，A重合），点C落在点处，交于点E．设，四边形的面积为S，直接写出S与t的关系式． 【答案】（1）①；②点的坐标为，点的坐标为 （2） 【解析】 【分析】（1）①由折叠的性质得出，则可得出答案； ②连接．证明，得出，设，则，由勾股定理可求出点坐标，证出，由可得出答案； （2）连接，设，则，设，则，解得．由梯形的面积公式可得出答案． 【小问1详解】 解：①∵正方形边长为 2 ，点的坐标为， ， ∵将沿直线折叠， ， 又 ∵， ， ， ∴点的坐标是， 故答案为：； ②如图，连接， ∵点是线段的中点， ， 由折叠的性质可得， 又 ∵， ， 在和中， ， ∴， ， 设点的坐标为，则， ， ， 在中，， ， 解得， ∴点的坐标为， ， ， 又， ， ， ， ∴点的坐标为． 【小问2详解】 解：如图，连接， 设，则． 设，则， 在中，， ， 解得， ， 设，则， 在中，． 在中，， 由折叠可知垂直平分， ， ，即， 解得：， ， ， 即． 【点睛】本题是几何变换综合题，考查了正方形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，熟练掌握以上知识是解题的关键． 25. 如图1，已知正方形中，E为延长线上一点，且，M、N分别为、的中点，连接交于O，交于H点． （1）求证：； （2）求证：； （3）过A作于P点，连接，则的值． 【答案】（1）见解析 （2）见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）利用证明即可； （2）延长至F，且使，连接、，利用证明，得出，由为的中位线得，利用平行线的性质即可证明； （3）过点B作交于Q，利用证明，推出，，即可证明是等腰直角三角形，则． 【小问1详解】 证明：∵四边形是正方形， ∴，， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴； 【小问2详解】 证明：延长至F，且使，连接、，如图1所示： 则， ∵四边形是正方形， ∴，，， 在和中， ， ∴， ∴， ∵，， ∴N为的中点， ∴为的中位线， ∴， ∴， ∴， 即； 【小问3详解】 解：过点B作交于Q，如图2所示： 则， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵，， 由角的互余关系得：， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∴等腰直角三角形， ∴， ∴． 【点睛】本题考查正方形的性质、平行线的性质、三角中位线的性质、等腰三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质等，第3问有一定难度，正确作辅助线，证明是等腰直角三角形是解题的关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 北师大版2025—2026学年九年级上册数学第一次月考押题试卷 考生注意：本试卷共三道大题，25道小题，满分120分，时量120分钟 注意事项： 1．本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分．笞卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上． 2．回答第I卷时，选出每小题答案后，把答案填写在答题卡上对应题目的位置，填空题填写在答题卡相应的位置写在本试卷上无效． 3．回答第II卷时，将答案写在第II卷答题卡上． 4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 第I卷 一、选择题（每题只有一个正确选项，每小题3分，满分30分） 1. 下列方程中是一元二次方程的是（ ） A. B. C. D. 2. 下列四边形中，是中心对称图形而不是轴对称图形的是（ ） A. 平行四边形 B. 矩形 C. 菱形 D. 正方形 3. 菱形的周长为20cm，那么菱形的边长是（ ） A. 6cm B. 5cm C. 4cm D. 8cm 4. 下列语句正确是（　　） A. 对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形 B. 对角线相等的四边形是矩形 C. 对角线互相垂直的四边形是菱形 D. 平行四边形是轴对称图形 5. 若关于一元二次方程有实数根，则实数的取值范围是（ ） A. B. 且 C. D. 且 6. 某件羽绒服原价360元，店长需要清空库存，对该件羽绒服进行了连续两次降价，现在售价为200元．设平均每次降价的百分率为，则下面所列方程正确的是（ ） A. B. C. D. 7. 一元二次方程根的情况为（ ） 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. 不能判定 8. 已知是方程的一个根，则它的另一根是（ ） A B. C. D. 9. 下列平行四边形中，根据图中所标出的数据，不一定是菱形的是（ ） A. B. C. D. 10. 如图，在正方形中，对角线、相交于点，点、分别在边、上，连接交于点，连接交于点，连接．若，则下列结论：①；②；③；④；⑤．其中正确的是（ ） A. ① B. ①② C. ①②⑤ D. ①②③④⑤ 二、填空题（6小题，每题3分，共18分） 11. 若a、b是方程两根，则_______． 12. 如下图，长为6，宽为3的矩形，阴影部分的面积为_____. 13. 如图，在平面直角坐标系中，菱形的顶点在轴的正半轴上，点的坐标为，则点的坐标为_________． 14. 方程的根为________． 15. 如图，在中，，D为的中点，，则的长是 _____． 16. 如图，三个边长均为2的正方形重叠在一起，、是其中两个正方形的中心，则阴影部分的面积是________． 第II卷 三、解答题解答题（17、18、19题每题6分，20、21每题8分，22、23每题9分，24、25每题10分，共计72分，解答题要有必要的文字说明） 17. 如图，菱形的对角线相交于点，，．求证：四边形是矩形． 18. 已知关于x的一元二次方程． （1）若方程有实数根，求实数m取值范围； （2）若方程的两个根，满足，求m的值． 19. 在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，D是BC的中点，E是AD的中点，过点A作AF∥BC交CE的延长线于点F． （1）求证：四边形ADBF是菱形； （2）若AB＝8，菱形ADBF的面积为40，求AC的长． 20. 由于新冠疫情的影响，口罩需求量急剧上升，经过连续两次价格的上调，口罩的价格由每包10元涨到了每包14.4元， （1）求出这两次价格上调的平均增长率； （2）在有关部门调控下，口罩价格还是降到了每包10元，而且调查发现，定价为每包10元时，一天可以卖出30包，每降价1元，可以多卖出5包，当销售额为315元时，且让顾客获得更大的优惠，应该降价多少元？ 21. 如图，菱形中，对角线交于点，点是的中点，延长到点，使，连接． （1）求证：四边形是矩形； （2）若，，求菱形的面积． 22. 如图，为中的一条射线，点P在边上，于H，交于点Q，交于点M，于点D，交于点R，连接交于点S． （1）求证：四边形为矩形； （2）若，试探究与的数量关系，并说明理由． 23. 已知的两边、的长是关于的一元二次方程的两个根，第三边的长是5． （1）求证：无论取何值，此方程总有两个不相等的实数根； （2）当为何值时，是以为斜边的直角三角形． 24. 在如图所示的平面直角坐标系中，正方形边长为2，点C的坐标为． （1）如图1，动点D在边上，将沿直线折叠，点B落在点处，连接并延长，交于点E． ①当时，点D的坐标是 ； ②若点E是线段的中点，求此时点D与点的坐标； （2）如图2，动点D，G分别在边，上，将四边形沿直线折叠，使点B的对应点始终落在边上（点不与点O，A重合），点C落在点处，交于点E．设，四边形的面积为S，直接写出S与t的关系式． 25. 如图1，已知正方形中，E为延长线上一点，且，M、N分别为、的中点，连接交于O，交于H点． （1）求证：； （2）求证：； （3）过A作于P点，连接，则的值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$