精品解析：广东省揭阳真理中学2025-2026学年上学期九年级第一次月考数学模拟卷

广东省揭阳真理中学2025-2026学年第一学期九年级第一次月考数学模拟卷03 一．选择题（共10小题） 1. 用配方法解一元二次方程，将它转化为的形式，则的值为（ ） A. B. 2024 C. D. 1 2. 如图，在正方形中，点E，H，F，G分别在边，，，上，，交于点O，，．则的长为（　　） A. 4 B. 5 C. 3 D. 4.5 3. 如图，将两张宽度均为的纸条交叉重叠在一起，若，则的长为（ ） A. 4cm B. C. 2cm D. 4. 若点在第四象限，则关于x方程的根的情况是(　　) A. 有两个相等的实数根 B. 有两个不相等的实数根 C. 没有实数根 D. 无法确定 5. 若一元二次方程的根为，则该一元二次方程为（ ） A. B. C. D. 6. 如图，以的斜边为边作正方形，点C在正方形外部，连结交于点F，连结．若的周长是6，的面积是，则正方形的面积是（　　） A. 5 B. C. 6 D. 7. 如图，在△ABC中，AB=6，AC=8，BC=10，P为边BC上一动点（且点P不与点B、C重合），PE⊥AB于E，PF⊥AC于F．则EF的最小值为（ ） A 4 B. 4．8 C. 5．2 D. 6 8. 如图，为矩形对角线上的一点，，则方程的正数解是（ ） A. 线段的长 B. 线段的长 C. 线段的长 D. 线段的长 9. 已知整式M：，其中，，，，，均为自然数．则下列说法，正确的个数为（ ） ①若，则； ②，，，，，中必有两个数的差是5的倍数； ③当时，该方程存在5个实数根记为，，，，，若存在整数n，使为正整数，则． A. 3个 B. 2个 C. 1个 D. 0个 10. 定义：如果一个三角形有一边上的中线等于这条边的一半，那么称三角形为“智慧三角形”．如图，在平面直角坐标系xOy中，矩形OABC的边OA＝3，OC＝4，点M(2，0)，在边AB存在点P，使得△CMP为“智慧三角形”，则点P的坐标为（　　） A. (3，1)或(3，3) B. (3，)或(3，3) C. (3，)或(3，1) D. (3，)或(3，1)或(3，3) 二．填空题（共5小题） 11. 如图，点是的斜边的中点，点、分别在边、上，且，连接、，若 ，，则线段的长为_________． 12. 设关于x的方程x2﹣2x﹣m+1=0的两个实数根分别为α，β，若|α|+|β|=6，那么实数m的取值是_____． 13. 一个三位数，各个数位上的数字互不相同，若百位数字与个位数字的差与十位数字的积等于4，且百位数字的两倍与十位数字的和能被6整除，则满足条件的三位数的最大值为____________． 14. 在中，，，，依次作正方形，正方形，正方形，…，正方形，顶点在边上，顶点在边上．则正方形的边长为_____． 15. 一元二次方程x2﹣4x﹣12＝0的两根分别是一次函数y＝kx+b在x轴上的横坐标和y轴上的纵坐标，则这个一次函数图象与两坐标轴所围成的三角形的面积是_____． 三．解答题（共8小题） 16. 王明在学习了用配方法解一元二次方程后，解方程的过程如下： 解：移项，得． 第一步 二次项系数化1，得． 第二步 配方，得． 第三步 因此． 第四步 由此得或． 第五步 解得． 第六步 （1）王明的解题过程从第______步开始出现了错误； （2）请利用配方法正确地解方程． 17. 如图，矩形中，对角线的中点为O，过O作直线交于E，交于F． （1）求证：． （2）如图：G为上一点，连接、，若．求证：． 18. 已知关于的一元二次方程有两个实数根． （1）求的取值范围； （2）设是方程的一个实数根，且满足，求的值． 19. 已知关于的方程． （1）求证：k取任何实数值，方程总有实数根； （2）若斜边长，另两边长b，c恰好是这个方程的两个根，求的周长． 20. 正方形ABCD中，点P是边CD上任意一点，连接BP，O为BP的中点，作PE⊥BD．连接EO，AE，EC．于E，连接ED，AE，EC． （1）当∠DAE＝25°时，求∠AEC的度数； （2）当∠PBC＝15°时，DP＝4，求正方形的边长； （3）当AE＝时，求BP的长． 21. 已知是关于的一元二次方程的两实数根． （1）求的取值范围； （2）已知等腰的底边，若恰好是另外两边的边长，求这个三角形的周长． （3）阅读材料：若三边的长分别为，那么可以根据海伦-秦九韶公式可得： ，其中，在（2）的条件下，若和的角平分线交于点，根据以上信息，求的面积． 22. 如图①正方形中，点E是对角线上任意一点，连接． （1）求证：； （2）当时，求的度数； （3）如图②，过点E作交于点F，当时，若．求的长． 23. 定义：在平面直角坐标系中，如果一个点的横坐标与纵坐标互为倒数，就称这个点为“倒数点”．例如：都是“倒数点”． （1）如果直线上有且只有一个“倒数点”，记作点，求直线的解析式以及点的坐标； （2）求直线上的“倒数点”坐标； （3）如果直线上有两个“倒数点”，记作点、，点为坐标原点，当为锐角时，求取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 广东省揭阳真理中学2025-2026学年第一学期九年级第一次月考数学模拟卷03 一．选择题（共10小题） 1. 用配方法解一元二次方程，将它转化为的形式，则的值为（ ） A. B. 2024 C. D. 1 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查配方法，一移，二配，三变形，将方程配方后，求出的值，进而求出的值即可． 【详解】解：， ， ∴， ∴， ∴； 故选C． 2. 如图，在正方形中，点E，H，F，G分别在边，，，上，，交于点O，，．则的长为（　　） A. 4 B. 5 C. 3 D. 4.5 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了正方形的性质、三角形全等的判定与性质等知识，熟练掌握正方形的性质是解题关键．过点作于点，过点作于点，设与交于点，先根据正方形的性质可得，，再证出，然后证出，根据全等三角形的性质求解即可得． 【详解】解：如图，过点作于点，过点作于点，设与交于点， ∴， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， 故选：A． 3. 如图，将两张宽度均为的纸条交叉重叠在一起，若，则的长为（ ） A. 4cm B. C. 2cm D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了菱形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，三角函数等知识，证明四边形是菱形是解题的关键；过点C作于P，作于Q；首先可证明四边形是平行四边形，进而利用面积相等证明是菱形，则可得是等边三角形，利用三角函数即可求解． 【详解】解：如图，过点C作于P，作于Q； 由题意知，， ∴四边形是平行四边形； ∵两张纸宽度相同， ∴； ∵， ∴ ∴四边形是菱形， ∴； ∵， ∴， ∴是等边三角形， ∴； ∵， ∴； 故选：B． 4. 若点在第四象限，则关于x的方程的根的情况是(　　) A. 有两个相等的实数根 B. 有两个不相等的实数根 C. 没有实数根 D. 无法确定 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了根的判别式，先利用第四象限点的坐标特征得到，，则判断，然后根据判别式的意义判断方程根的情况． 【详解】解：∵点在第四象限， ∴，， ∴， ∴方程的判别式， ∴方程有两个不相等的实数根． 故选：B． 5. 若一元二次方程的根为，则该一元二次方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程求根公式，根据一元二次方程的得出的值，进而即可求解，熟记一元二次方程的求根公式是解题的关键． 【详解】解：∵一元二次方程的根为， ∴，，， ∴该一元二次方程为， 故选：． 6. 如图，以的斜边为边作正方形，点C在正方形外部，连结交于点F，连结．若的周长是6，的面积是，则正方形的面积是（　　） A. 5 B. C. 6 D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了勾股定理、正方形性质、三角形和正方形面积公式，根据题意作出适合的辅助线是解题的关键． 过点C作，交的延长线于点G，作，交的延长线于点H，设则，利用等面积求出，进而利用割补法表示出，从而建立关于c的方程求解即可． 【详解】解：如图，过点C作，交的延长线于点G，作，交的延长线于点H． 已知的周长是6， 设 ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ． 故选：D． 7. 如图，在△ABC中，AB=6，AC=8，BC=10，P为边BC上一动点（且点P不与点B、C重合），PE⊥AB于E，PF⊥AC于F．则EF的最小值为（ ） A. 4 B. 4．8 C. 5．2 D. 6 【答案】B 【解析】 【分析】先由矩形的判定定理推知四边形是矩形；连接，则，所以要使，即最短，只需即可；然后根据三角形的等积转换即可求得的值． 【详解】解：如图，连接． 在中，，，， ， ． 又于点，于点． ， 四边形是矩形． ． 当最小时，也最小， 即当时，最小， ， 即， 线段长的最小值为4.8； 故选：B． 【点睛】本题考查了勾股定理、矩形的判定与性质、垂线段最短，解题的关键是利用“两点之间垂线段最短”找出时，取最小值． 8. 如图，为矩形对角线上的一点，，则方程的正数解是（ ） A. 线段的长 B. 线段的长 C. 线段的长 D. 线段的长 【答案】C 【解析】 【分析】此题考查了解一元二次方程，矩形的性质，勾股定理等知识，解题的关键是掌握以上知识点． 首先求出一元二次方程的解为或8，然后由矩形的性质得到，，然后利用勾股定理求出，进而得到，即可求解． 【详解】 或 解得或 ∵四边形是矩形， ∴， ∴ ∴． ∴方程的正数解是线段的长． 故选：C． 9. 已知整式M：，其中，，，，，均为自然数．则下列说法，正确的个数为（ ） ①若，则； ②，，，，，中必有两个数的差是5的倍数； ③当时，该方程存在5个实数根记为，，，，，若存在整数n，使为正整数，则． A. 3个 B. 2个 C. 1个 D. 0个 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查一元二次方程的拓展应用，韦达定理，解一元一次不等式组．令和，可判断①；根据抽屉原理，可判断②；根据韦达定理得出，根据为正整数，通过解不等式组求出整数n，可判断③． 【详解】解：当时，， 即， 当时，， 即， 得：， ，故①正确； ，，，，，均为自然数， ，，，，，被5除的余数只能是0，1，2，3，4， 根据抽屉原理，必有2个数的余数相同，这两个数的差肯定是5的倍数，故②正确； 当时，该方程存在5个实数根记为，，，，， ， 由等式两边常数项相等，可得：， ， 存在整数n，使为正整数， ， 或 解得， n为整数， ， ， ， ，故③正确； 综上可知，正确的个数为3个， 故选A． 10. 定义：如果一个三角形有一边上的中线等于这条边的一半，那么称三角形为“智慧三角形”．如图，在平面直角坐标系xOy中，矩形OABC的边OA＝3，OC＝4，点M(2，0)，在边AB存在点P，使得△CMP为“智慧三角形”，则点P的坐标为（　　） A. (3，1)或(3，3) B. (3，)或(3，3) C. (3，)或(3，1) D. (3，)或(3，1)或(3，3) 【答案】D 【解析】 【分析】由题意可知，“智慧三角形”是直角三角形，∠CPM＝90°或∠CMP＝90°，设P（3，a），则AP＝a，BP＝4−a；分两种情况：①若∠CPM＝90°，②若∠CMP＝90°，根据勾股定理分别求出CP2、MP2、CM2，并根据图形列出关于a的方程，解得a的值，则可得答案． 【详解】解：由题意可知，“智慧三角形”是直角三角形，∠CPM＝90°或∠CMP＝90°， ∴设P（3，a），则AP＝a，BP＝4−a； ①若∠CPM＝90°，在Rt△BCP中，由勾股定理得： CP2＝BP2＋BC2＝（4−a）2＋9， 在Rt△MPA中，由勾股定理得： MP2＝MA2＋AP2＝1＋a2， 在Rt△MPC中，由勾股定理得： CM2＝MP2＋CP2＝1＋a2＋（4−a）2＋9＝2a2−8a＋26， 又∵CM2＝OM2＋OC2＝4＋16＝20， ∴2a2−8a＋26＝20， ∴（a−3）（a−1）＝0， 解得：a＝3或a＝1， ∴P（3，3）或（3，1）； ②若∠CMP＝90°，在Rt△BCP中，由勾股定理得： CP2＝BP2＋BC2＝（4−a）2＋9， 在Rt△MPA中，由勾股定理得： MP2＝MA2＋AP2＝1＋a2， ∵CM2＝OM2＋OC2＝20， 在Rt△MCP中，由勾股定理得： CM2＋MP2＝CP2， ∴20＋1＋a2＝（4−a）2＋9， 解得：a＝． ∴P（3，）． 综上，P（3，）或（3，1）或（3，3）． 故选：D． 【点睛】本题考查了矩形的性质及勾股定理在几何图形坐标计算中的应用，数形结合、分类讨论并根据题意正确地列式是解题的关键． 二．填空题（共5小题） 11. 如图，点是的斜边的中点，点、分别在边、上，且，连接、，若 ，，则线段的长为_________． 【答案】 【解析】 【分析】延长至点，使得，连接，，过点作于点，可证( )，从而可得，，可证为等腰直角三角形，可得，可证，可求，由即可求解． 【详解】解：如图，延长至点，使得，连接，，过点作于点， 在和中， ， ( )， ，， ， ， ， 即， ， ， 为等腰直角三角形， ， ，是的中点， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ． 故答案为∶． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定及性质，等腰三角形的判定及性质，勾股定理，掌握相关的判定方法及性质，并能根据题意添加恰当的辅助线是解题的关键． 12. 设关于x的方程x2﹣2x﹣m+1=0的两个实数根分别为α，β，若|α|+|β|=6，那么实数m的取值是_____． 【答案】9 【解析】 【分析】由韦达定理得出α+β=2，αβ=1﹣m，将|α|+|β|=6左右两边同时平方，利用完全平方公式对方程进行转化， 转化为关于α+β、αβ的形式，分类讨论，解出m的值即可. 【详解】由韦达定理可得α+β=2，αβ=1﹣m， ∵|α|+|β|=6， ∴（|α|+|β|）2=36， 即（|α|）2+（|β|）2+2|α|·|β|=36， α2+β2+2|α·β|=36， （α+β）2﹣2α·β+2|α·β|=36， 4﹣2（1﹣m）+2|1﹣m |=36， 当1﹣m≥0时，方程无解； 当1﹣m＜0时，方程的解为m=9. 故答案为9. 【点睛】本题主要考查一元二次方程根与系数的关系，熟记常见的转换公式是解题的关键． 13. 一个三位数，各个数位上的数字互不相同，若百位数字与个位数字的差与十位数字的积等于4，且百位数字的两倍与十位数字的和能被6整除，则满足条件的三位数的最大值为____________． 【答案】 【解析】 【分析】这个三位数个位上的数字为x，十位上的数字为y，百位上的数字为z．根据“百位数字与个位数字的差与十位数字的积等于4”建立方程，结合正整数的特点与百位数字的两倍与十位数字的和能被6整除，进行分析，从而可得答案. 【详解】解：这个三位数个位上的数字为x，十位上的数字为y，百位上的数字为z． ∴，且，，，，，都为正整数，，， ∴，或，或，， 当时，能被6整除，此时不符合题意，舍去， 当时，能被6整除， ∴或或， 解得：（舍去）或或， ∵， ∴或， 此时这个三位数为或， 当时，能被6整除， ∴或或， 解得：（不符合题意舍去）或（不符合题意舍去）或， ∵， ∴， 此时这个三位数为， ∴满足条件的三位数的最大值为； 故答案为： 【点睛】本题考查的是数的整除，三元方程的应用，理解题意，设出未知数，确定相等关系建立方程是解本题的关键. 14. 在中，，，，依次作正方形，正方形，正方形，…，正方形，顶点在边上，顶点在边上．则正方形的边长为_____． 【答案】 【解析】 【分析】根据正方形的性质得，，证明得，设正方形的边长为，然后将已知线段的长度代入比例中，求出的值即可；用同样的方法求出正方形的边长；根据前面两个正方形的边长的规律得到正方形的边长与之间的关系，然后令即可得出答案． 【详解】解：∵四边形是正方形，， ∴，， ∴，， ∴， ∴， 设正方形的边长为， ， ∵，， ∴，， ∴， 解得：，即正方形的边长为； ∴，， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴，， ∴， ∴， 设正方形的边长为， ， ∴，， ∴， 解得：， 即正方形的边长为； ∵正方形的边长为：， 正方形的边长为：， ∴正方形的边长为， 当时，正方形的边长为． 故答案为：． 【点睛】本题考查相似三角形的判定与性质，正方形的性质，平行线的性质等知识，确定正方形的边长与之间的关系是解题的关键． 15. 一元二次方程x2﹣4x﹣12＝0的两根分别是一次函数y＝kx+b在x轴上的横坐标和y轴上的纵坐标，则这个一次函数图象与两坐标轴所围成的三角形的面积是_____． 【答案】6 【解析】 【分析】先求解一元二次方程，再根据题意求出面积. 【详解】一元二次方程x2﹣4x﹣12＝0的两根分别为x1=-2，x2=6 则这个一次函数图象与两坐标轴所围成的三角形的面积是2×6÷2=6. 故答案为6. 【点睛】本题考查的知识点是解一元二次方程，解题的关键是熟练的掌握解一元二次方程的方法. 三．解答题（共8小题） 16. 王明在学习了用配方法解一元二次方程后，解方程的过程如下： 解：移项，得． 第一步 二次项系数化为1，得． 第二步 配方，得． 第三步 因此． 第四步 由此得或． 第五步 解得． 第六步 （1）王明的解题过程从第______步开始出现了错误； （2）请利用配方法正确地解方程． 【答案】（1）二 （2） 【解析】 【分析】本题考查了配方法解一元二次方程，掌握配方法解一元二次方程的一般步骤是解题的关键，配方法的一般步骤：(1)把常数项移到等号的右边；(2)把二次项的系数化为1；(3)等式两边同时加上一次项系数一半的平方． （1）由配方法解一元二次方程即可判断错误的步骤； （2）由配方法解一元二次方程即可得到答案； 【小问1详解】 解题过程从第二步开始出现了错误，错误原因是系数化为1时，等式右边的-3未除以2， 故答案为：二； 【小问2详解】 ． 移项，得：， 二次项系数化为1，得：， 配方，得：， 因此， 由此得：或， 解得：． 17. 如图，矩形中，对角线的中点为O，过O作直线交于E，交于F． （1）求证：． （2）如图：G为上一点，连接、，若．求证：． 【答案】（1）见解析 （2）见解析 【解析】 【分析】本题考查了矩形的性质、全等三角形的判定与性质，勾股定理的应用以及等腰三角形的性质，熟练掌握角边角的证明方法可证明三角形全等，得到等腰三角形后，由等腰三角形的性质得垂直是解决本题的关键． （1）由中点可得边相等，再利用矩形的性质可得，根据两直线平行内错角相等可得，继而可证明三角形全等从而得出线段相等． （2）通过构造全等三角形将线段进行转化，即，再利用等量代换和勾股定理可得，再根据等腰三角形三线合一性质即可证明． 【小问1详解】 证明：∵O对角线中点， ∴． ∵四边形ABCD为矩形， ∴， ∴． 在和中，, ∴． ∴． 【小问2详解】 证明：连接， ∵四边形为矩形， ∴． ∴． ∵由（1）知，， ∴． ∴． ∵， ∴，即为等腰三角形， 又∵， ∴． 18. 已知关于的一元二次方程有两个实数根． （1）求的取值范围； （2）设是方程的一个实数根，且满足，求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】本题考查了方程的根的定义以及根的判别式． （1）若一元二次方程有两实数根，则根的判别式，建立关于的不等式，求出的取值范围． （2）是方程的一个实数根，则，则，代入，求得的值． 【小问1详解】 解：∵关于的一元二次方程有两个实数根 ∴， 解得； 【小问2详解】 解：∵是方程的一个实数根，则，则， 则，即， 解得：（舍去）或． 故的值为． 19. 已知关于的方程． （1）求证：k取任何实数值，方程总有实数根； （2）若斜边长，另两边长b，c恰好是这个方程的两个根，求的周长． 【答案】（1）见解析 （2）的周长为． 【解析】 【分析】本题主要考查了一元二次方程根的判别式的意义，根与系数的关系． （1）根据一元二次方程根的判别式的意义证明即可； （2）利用根与系数的关系求得，，再利用完全平方公式得到，求得，据此求解即可． 【小问1详解】 证明：∵， ∴无论取何值，方程总有实数根； 【小问2详解】 解：∵边长b，c恰好是这个方程的两个根， ∴，，（） ∵斜边长， ∴， ∴，即， 整理得（负值舍去）， ∴， ∴的周长为； ∴的周长为． 20. 正方形ABCD中，点P是边CD上的任意一点，连接BP，O为BP的中点，作PE⊥BD．连接EO，AE，EC．于E，连接ED，AE，EC． （1）当∠DAE＝25°时，求∠AEC的度数； （2）当∠PBC＝15°时，DP＝4，求正方形的边长； （3）当AE＝时，求BP的长． 【答案】（1）140°；（2）2；（3）2． 【解析】 【分析】（1）只需要证明△DAE≌△DCE，再利用正方形的性质和三角形外角的性质即可求解； （2）先证明三角形DPE是等腰直角三角形，从而求得，再利用含30度的直角三角形的性质和勾股定理求出，从而可以求出BD，再利用勾股定理求出正方形边长即可； （3）利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可以得到OE＝OC，再通过利用三角形外角的性质证明∠EOC＝90°，利用勾股定理求解即可得到答案. 【详解】解：（1）∵四边形ABCD是正方形， ∴∠ADE＝∠CDE＝45°，DA=DC， 又∵∠DAE＝25°， ∴∠AEB＝∠ADE+∠DAE＝45°+25°＝70°， 在△DAE和△DCE中， ， ∴△DAE≌△DCE（SAS）， ∴∠DEA＝∠DEC， ∵∠DEA+∠AEB＝180°，∠DEC+∠CEB＝180°， ∴∠AEB＝∠CEB， ∴∠AEC＝2∠AEB＝2×70°＝140°； （2）∵∠PBC＝15°， ∴∠PBD＝30°，∠BPC＝75°， ∵PE⊥BD， ∴∠BPE＝60°， ∴∠DPE＝180°﹣75°﹣60°＝45°， ∵DP＝4，∠DPE＝∠EDP＝45°， ∴DE＝EP， ∵， ∴， ∴ 在Rt△EBP中，∠EBP＝30°， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴正方形的边长为； （3）连接OC，由（1）得△DAE≌△DCE， ∴EC＝AE＝， 在Rt△EBP中，O为BP中点， ∴EO＝BO＝OP， 同理：OC＝OB＝OP， ∴OE＝OC， ∵∠EBP＝45°﹣∠PBC，OE＝OB， ∴∠EOP＝2（45°﹣∠PBC）＝90°﹣2∠PBC， 又∵∠POC＝2∠PBC， ∴∠EOC＝90°﹣2∠PBC+2∠PBC＝90°， ∴EO⊥OC， 在△OCE中，OC＝OE，OE⊥OC， ∴OE＝OC＝EC＝×＝， ∴BP＝2OE＝2． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理等等，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解. 21. 已知是关于的一元二次方程的两实数根． （1）求的取值范围； （2）已知等腰的底边，若恰好是另外两边的边长，求这个三角形的周长． （3）阅读材料：若三边的长分别为，那么可以根据海伦-秦九韶公式可得： ，其中，在（2）的条件下，若和的角平分线交于点，根据以上信息，求的面积． 【答案】（1）且 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据题意，计算一元二次方程根的判别式大于或等于0，根据一元二次方程的定义得出，即可求解； （2）根据恰好是等腰的腰长，令，解一元二次方程求得，进而即可求解； （3）由(2)知：的三边长为，代入公式求得面积，进而根据角平分线的性质求得，再根据三角形面积公式即可求解． 【小问1详解】 解：由题意得：，且， 化简得：， 解得：且； 【小问2详解】 由题意知：恰好是等腰的腰长， ∴， ∵是关于的一元二次方程的两实数根， ∴， 解得， ∴， 解得， ∵， ∴的周长为：； 【小问3详解】 由(2)知：的三边长为， ∴5， ∴， 过分别作，，，垂足分别为， ∵是△ABC角平分线的交点， ∴， ∴ ， 解得， ∴． 【点睛】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，等腰三角形的性质，角平分线的性质，综合运用以上知识是解题的关键． 22. 如图①正方形中，点E是对角线上任意一点，连接． （1）求证：； （2）当时，求的度数； （3）如图②，过点E作交于点F，当时，若．求的长． 【答案】（1）见详解 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）证明即可求证； （2）根据等腰三角形的性质和三角形内角和即可求得； （3）过点作，证明，在四边形中求出，证明是等边三角形，即可求出的长． 【小问1详解】 证明：在和中， ， ∴， ∴． 【小问2详解】 ∵， ∴， ∴； 【小问3详解】 过点作， 在和中， ， ∴， ∴， 在四边形中 ∵， ∴， 又∵， ∴， 又∵， ∴， ∴是等边三角形， 设， 则， ∴， ∵是等腰直角三角形， ∴， ∴ 解得， ∴． 【点睛】此题考查了正方形的性质、三角形全等、勾股定理，解题的关键是综合运用正方形的性质、三角形全等、勾股定理的知识点． 23. 定义：在平面直角坐标系中，如果一个点的横坐标与纵坐标互为倒数，就称这个点为“倒数点”．例如：都是“倒数点”． （1）如果直线上有且只有一个“倒数点”，记作点，求直线的解析式以及点的坐标； （2）求直线上的“倒数点”坐标； （3）如果直线上有两个“倒数点”，记作点、，点为坐标原点，当为锐角时，求的取值范围． 【答案】（1）， （2）或 （3） 【解析】 【分析】本题考查了一次函数与反比例函数的综合应用，解一元二次方程，理解“倒数点”在图象上，是解题的关键； （1）依题设点，代入，得，根据，即可求解； （2）联立，解方程，即可求解； （3）根据为锐角得出在第一象限，结合函数图象，即可求解． 小问1详解】 解：依题设点，代入，得，即， ∴， 直线上有且只有一个倒数点， ，解得， ， ． 直线的解析式是：， 由，得， ； 【小问2详解】 解：依题可知，“倒数点”的坐标满足反比例函数， 联立 ， 解得：或， ∴直线上的“倒数点”坐标为或； 【小问3详解】 解：依题意，直线上有两个“倒数点”， 为锐角， ∴在第一象限， 此时， 当直线和有两个交点时， 联立得，， ∴， 解得：， ∴的取值范围为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $