九年级数学上学期第一次月考·拔尖卷（北师大版，举一反三）

九年级数学上学期第一次月考·拔尖卷 【北师大版】 时间：120分钟 满分：120分 测试范围：特殊的平行四边形~一元二次方程 姓名：___________班级：___________考号：___________ 考卷信息： 本卷试题共24题，单选10题，填空6题，解答8题，满分120分，限时120分钟，本卷题型针对性较高，覆盖面广，选题有深度，可衡量学生掌握本章内容的具体情况！ 第Ⅰ卷 一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分） 1．（3分）（2025·河北沧州·二模）甲、乙两人在解一道一元二次方程时，甲在化简过程中写错了常数项，因而得到方程的两个根为6和1，乙在化简过程中写错了一次项的系数，因而得到方程的两个根为和，则原方程根的情况是（   ） A．没有实数根 B．有两个相等的实数根 C．两根分别是2和5 D．两根分别是和 2．（3分）（24-25八年级下·安徽滁州·期末）如图，在中，，，正方形的边长为，正方形的顶点分别在的边上，则的长为（    ） A． B． C． D． 3．（3分）（24-25八年级下·安徽合肥·期末）关于x的一元二次方程 与 称为“同族二次方程”．如 与 就是“同族二次方程”．现有关于x的一元二次方程 与 是“同族二次方程”，那么代数式 能取的最大值是（    ） A．2023 B．2024 C．2025 D．2026 4．（3分）（2025·浙江温州·三模）如图，在矩形中，，对角线相交于点O，点M，N分别在线段上，且，，且，若，当x，y的值变化时，下列代数式的值不变的是（ ） A．xy B． C． D． 5．（3分）（24-25八年级下·安徽合肥·期末）已知关于的一元二次方程满足，且有两个相等的实数根，则下列结论错误的是（   ） A． B． C． D． 6．（3分）如图，在矩形中，为对角线的中点，．动点在线段上，动点在线段上，点，同时从点出发，以相同的速度分别向终点，（包括端点）运动．点关于，的对称点为，；点关于，的对称点为，．在整个过程中，四边形形状的变化依次是（    ） A．平行四边形矩形平行四边形菱形 B．平行四边形菱形平行四边形菱形 C．菱形矩形平行四边形菱形 D．菱形平行四边形矩形平行四边形 7．（3分）如图，这是一个三角点阵，从上向下数有无数多行，其中第一行有1个点，第二行有2个点…，第行有个点…，前行的点数和不能是以下哪个结果 （    ） A．741 B．600 C．465 D．300 8．（3分）如图，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，E是BC边上一点，将矩形沿AE折叠，点B落在点B'处，当△B'EC是直角三角形时，BE的长为（　　） A．2 B．6 C．3或6 D．2或3或6 9．（3分）（24-25九年级下·浙江台州·期末）如图，是正方形内一点，，则的值为（    ）    A． B． C． D． 10．（3分）（24-25八年级下·福建福州·期中）如图，在正方形中，，，相交于点，，分别为边，上的动点（点，不与线段，的端点重合）且，连接，，、在点运动的过程中，有下列五个结论： ①是等腰直角三角形； ②面积的最小值是1； ③四边形的面积始终不变； ④长度的最小值是； ⑤存在两个，使得的周长是． 所有正确结论的序号是（   ） A．①②③④ B．①②③⑤ C．①③④⑤ D．①③④ 二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分） 11．（3分）若关于x的一元二次方程有两个不相等的实数根，则k的最小正整数值是 ． 12．（3分）（24-25八年级下·四川眉山·期末）如图所示，四边形中，于点，，，点为线段上的一个动点过点分别作于点，作于点连接，在点运动过程中，的最小值等于 ． 13．（3分）关于的方程的解是，（、、均为常数，），则方程的解是 ． 14．（3分）（24-25八年级下·浙江金华·期末）如图，在中，，点E为内一点且在的垂直平分线l上，连接，当时，的长为 ． 15．（3分）如图，矩形中，，，为边上一动点，过点作，垂足为，连接，以为轴将进行翻折，得到，连接． （1）若，，三点在同一条直线上时，的长度为 ； （2）若点落在线段上时，的长度为 ． 16．（3分）（24-25八年级下·浙江温州·期中）如图1是一个三节段式伸缩晾衣架，如图2，是其衣架侧面示意图．为衣架的墙体固定端，为固定支点，为滑动支点，四边形和四边形是平行四边形，且，点B在上滑动时，衣架外延钢体发生角度改变，其外延长度（点A和点C间的距离）也随之变化，形成衣架伸缩效果．当伸缩衣架为初始状态时，衣架外延长度为． 如图3，当点B向点A移动时，外延长度为，则与的之间距离为 ． 第Ⅱ卷 三．解答题（共8小题，满分72分） 17．（6分）（24-25九年级上·北京海淀·期中）已知关于的方程． (1)求证：方程必有两个不等实数根； (2)当取的整数时，存在两个有理数根，求的值和这两个有理数根． 18．（6分）（24-25八年级下·江西南昌·期末）如图，在正方形中，点为边上的中点，请仅用无刻度的直尺，分别按下列要求画图．（保留作图痕迹） (1)在图1中，画出一个以为顶点的矩形，使得它的长宽不相等，且面积等于正方形面积的一半； (2)在图2中，画出一个以为顶点的正方形，使得它的面积等于正方形面积的一半． 19．（8分）（24-25八年级下·湖南长沙·期末）关于x的一元二次方程有两个实数根分别是，，若，为整数，则称为“”点． (1) （填是或否）存在“”点； (2)若关于x的一元二次方程：的“”点为，求b，c的值； (3)关于x的一元二次方程是否存在一“”点，且该点在直线上，若存在，求出m的值，若不存在，请说明理由． 20．（8分）（24-25九年级上·福建厦门·阶段练习）如图，在矩形中，，动点P、Q分别以，的速度从点A，C同时出发，沿规定路线移动． (1)若点P从点A移动到点B停止，点Q随点P的停止而停止移动，问经过多长时间P，Q两点之间的距离是？ (2)若点P沿着移动，点Q从点C移动到点D停止时，点P随点Q的停止而停止移动，试探求经过多长时间的面积为？ 21．（10分）（24-25八年级下·广东云浮·期末）如图1，四边形是正方形，对角线，交于点O，点E，F在上，平分，平分，点G在上，且，连接，． (1)求的度数． (2)如图2，延长，交于点H，连接． ①求证：四边形为菱形． ②若，求m的值． 22．（10分）（24-25八年级下·浙江·阶段练习）已知关于x的方程． (1)求证：无论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． (3)已知三个不同的实数a，b，c满足，方程和有一个相同的实根，方程和也有一个相同的实根．求a，b，c的值． 23．（12分）（24-25八年级下·江苏苏州·阶段练习）实践操作 (1)在矩形纸片中，． ①将矩形纸片折叠，使点A落在点P处，折痕为．如图D，若点P恰好在边上，连接，求的长度； ②将矩形纸片沿折叠，使点A落在点E处如图①．设与相交于点F，求的长； (2)若，．将矩形纸片折叠，使点B与D重合如图②，求折痕的长． 24．（12分）（24-25八年级下·湖北武汉·期末）在正方形中，F是边上一点，，且． (1)如图，过点P作于点E，求证：； (2)如图，连接，交于点G，求证：； (3)在（2）的条件下，若，，请直接写出的长． 2 / 30 学科网（北京）股份有限公司 $$ 九年级数学上学期第一次月考·拔尖卷 【北师大版】 参考答案与试题解析 第Ⅰ卷 一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分） 1．（3分）（2025·河北沧州·二模）甲、乙两人在解一道一元二次方程时，甲在化简过程中写错了常数项，因而得到方程的两个根为6和1，乙在化简过程中写错了一次项的系数，因而得到方程的两个根为和，则原方程根的情况是（   ） A．没有实数根 B．有两个相等的实数根 C．两根分别是2和5 D．两根分别是和 【答案】C 【分析】本题考查了一元二次方程根与系数的关系、解一元二次方程，熟练掌握一元二次方程根与系数的关系是解题的关键．设原方程为，由根与系数的关系得，，得出，，再代入到原方程，解出的值即可得出答案． 【详解】解：设原方程为， 由题意得，，， ，， 原方程为，即， 解得：，， 原方程根的情况是两根分别是2和5． 故选：C． 2．（3分）（24-25八年级下·安徽滁州·期末）如图，在中，，，正方形的边长为，正方形的顶点分别在的边上，则的长为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据题意得到，，，如图所示，过点作于点，则，，可证，得到，，设，，由题意得到，在中，，由此得到，在中，由勾股定理即可求解． 【详解】解：如图，过点作于点． ，， 是等腰直角三角形， ，． ， 是等腰直角三角形， ，． 四边形是正方形， ，， ． 在和中， ， ，， ． 设，． ，， ，． 将代入， 得， 解得， ，， ． 故答案选：A． 【点睛】本题考查了等腰直角三角形，正方形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，掌握等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质是解题的关键． 3．（3分）（24-25八年级下·安徽合肥·期末）关于x的一元二次方程 与 称为“同族二次方程”．如 与 就是“同族二次方程”．现有关于x的一元二次方程 与 是“同族二次方程”，那么代数式 能取的最大值是（    ） A．2023 B．2024 C．2025 D．2026 【答案】D 【分析】本题考查一元二次方程，配方法的应用，根据新定义，得到，可以写成，展开对应相等求出的值，利用配方法求出的最大值即可．熟练掌握新定义是解题的关键． 【详解】解：∵关于x的一元二次方程 与 是“同族二次方程” ∴第二个方程可以写成的形式， ∴展开得： ∴，，， 解得：，， ∴， ∵ ∴ ∴能取的最大值是2026． 故选D． 4．（3分）（2025·浙江温州·三模）如图，在矩形中，，对角线相交于点O，点M，N分别在线段上，且，，且，若，当x，y的值变化时，下列代数式的值不变的是（ ） A．xy B． C． D． 【答案】A 【分析】在上取一点P，使得，过C作于Q，先根据三角形全等得出，根据等腰三角形的性质求出，从而求出，再根据勾股定理列出等式，化简即可得出为定值． 【详解】解：在上取一点P，使得，过C作于Q，如图： 四边形为矩形， ， ， ， ， ， ， ， ， 由勾股定理可知，， ， 整理得：， 的值是不变的． 故选：A． 【点睛】本题主要考查了矩形的性质，勾股定理、全等三角形的判定与性质以及等腰三角形的性质，合理的构造全等三角形是本题解题的关键． 5．（3分）（24-25八年级下·安徽合肥·期末）已知关于的一元二次方程满足，且有两个相等的实数根，则下列结论错误的是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了一元二次方程根的判别式的意义． 根据题意得出，，，再根据判别式的意义可知，进而可得答案． 【详解】解：∵， ∴，，． ∵一元二次方程有两个相等的实数根，， ∴， ∴，选项A结论正确，不符合题意； ∵一元二次方程有两个相等的实数根，， ∴， ∴，选项B结论正确，不符合题意； ∵一元二次方程有两个相等的实数根，， ∴， ∴，选项C结论正确，不符合题意； ∵，，． ∵，， ∴，， ∴， ∵， ∴，选项D结论错误，符合题意． 故选：D． 6．（3分）如图，在矩形中，为对角线的中点，．动点在线段上，动点在线段上，点，同时从点出发，以相同的速度分别向终点，（包括端点）运动．点关于，的对称点为，；点关于，的对称点为，．在整个过程中，四边形形状的变化依次是（    ） A．平行四边形矩形平行四边形菱形 B．平行四边形菱形平行四边形菱形 C．菱形矩形平行四边形菱形 D．菱形平行四边形矩形平行四边形 【答案】D 【分析】根据题意，分几个运动过程分别证明四边形是菱形，平行四边形，矩形，即可求解． 【详解】解：分几个运动过程分别讨论： ①当点E，F在点O准备出发时，如图，连接，    ∵四边形是矩形， ∴， 由轴对称可得，，，， ，，，， ∴， ， ， ， ∴， ∴四边形是菱形； ②点E，F离开点O运动时， ∵当点，同时从点出发，以相同的速度分别向终点，（包括端点）运动， ∴， ∵四边形是矩形， ∴，， ∴，， ∵，， ∴， 由对称可得，， ∴， ∴ 由对称可得， ∴， 同理， ∴，即 ∴四边形是平行四边形， ③连接，，当时， ∵由对称可得，， 又， ∴， ∴， 由②可知四边形是平行四边形， ∴此时四边形是矩形； ④点E，F继续运动，则四边形是平行四边形； ⑤当运动结束，即分别与重合时，如图    此时点E，，B三点重合，点F，，D三点重合， 由对称有，， ∴，即， 由对称有，， ∴，， ∵在矩形中，， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形． 综上所述，在整个过程中，四边形形状的变化依次是菱形→平行四边形→矩形→平行四边形， 故选：D 【点睛】本题考查了菱形的性质与判定，平行四边形的性质与判定，矩形的性质与判定，轴对称的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键． 7．（3分）如图，这是一个三角点阵，从上向下数有无数多行，其中第一行有1个点，第二行有2个点…，第行有个点…，前行的点数和不能是以下哪个结果 （    ） A．741 B．600 C．465 D．300 【答案】B 【分析】由于第一行有1个点，第二行有2个点…第n行有n个点…，则前五行共有（1＋2＋3＋4＋5）个点，前10行共有（1＋2＋3＋4＋5＋6＋7＋8＋9＋10）个点，前n行共有1＋2＋3＋4＋5＋…＋n＝n（n＋1）个点，然后根据选项分别求出n的数值，即可作出判断． 【详解】解：通过观察图形可知： 第一行有1个点，第二行有2个点…第n行有n个点， 则前5行共有（1＋2＋3＋4＋5）个点， 前10行共有（1＋2＋3＋4＋5＋6＋7＋8＋9＋10）个点， 前n行共有1＋2＋3＋4＋5＋…＋n＝n（n＋1）个点， 其中n为正整数， ∴当n（n＋1）=741时，解得：（舍），， 当n（n＋1）=600时，解得： （舍）， 当n（n＋1）=465时，解得：（舍），， 当n（n＋1）=300时，解得：（舍），， 故选：B． 【点睛】本题考查了图形的变化规律，通过从一些特殊的数字变化中发现不变的因素或按规律变化的因素，然后推广到一般情况． 8．（3分）如图，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，E是BC边上一点，将矩形沿AE折叠，点B落在点B'处，当△B'EC是直角三角形时，BE的长为（　　） A．2 B．6 C．3或6 D．2或3或6 【答案】C 【分析】分以下两种情况求解：①当点B′落在矩形内部时，连接AC，先利用勾股定理计算出AC＝10，根据折叠的性质得∠AB′E＝∠B＝90°，而当△B′EC为直角三角形时，只能得到∠EB′C＝90°，所以点A、B′、C共线，即∠B沿AE折叠，使点B落在对角线AC上的点B′处，则EB＝EB′，AB＝AB′＝6，可计算出CB′＝4，设BE＝x，则EB′＝x，CE＝8﹣x，然后在Rt△CEB′中运用勾股定理可计算出x． ②当点B′落在AD边上时．此时四边形ABEB′为正方形，求出BE的长即可． 【详解】解：当△B′EC为直角三角形时，有两种情况： ①当点B′落在矩形内部时，如图1所示．连结AC， 在Rt△ABC中，AB＝6，BC＝8， ∴AC＝＝10， ∵∠B沿AE折叠，使点B落在点B′处， ∴∠AB′E＝∠B＝90°， 当△B′EC为直角三角形时，得到∠EB′C＝90°， ∴点A、B′、C共线，即∠B沿AE折叠，使点B落在对角线AC上的点B′处，如图， ∴EB＝EB′，AB＝AB′＝6， ∴CB′＝10﹣6＝4， 设BE＝x，则EB′＝x，CE＝8﹣x， 在Rt△B′EC中， ∵EB′2+CB′2＝CE2， ∴x2+42＝（8﹣x）2， 解得x＝3， ∴BE＝3； ②当点B′落在AD边上时，如图2所示． 此时ABEB′为正方形， ∴BE＝AB＝6． 综上所述，BE的长为3或6． 故选：C． 【点睛】本题考查了折叠变换的性质、直角三角形的性质、矩形的性质，正方形的判定等知识；熟练掌握折叠变换的性质，由勾股定理得出方程是解题的关键． 9．（3分）（24-25九年级下·浙江台州·期末）如图，是正方形内一点，，则的值为（    ）    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据正方形的性质，结合题意得到是等腰三角形，如图所示，过点作于点，于点，过点作于点，四边形是矩形，，由三线合一得到，证明，得到，设，则，由勾股定理得到，由等面积法得到，结合矩形的性质得到，，由三角形面积的计算得到，，由此即可求解． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴， ∵， ∴，即是等腰三角形， 如图所示，过点作于点，于点，过点作于点，      ∴， ∴四边形是矩形， ∴， 在等腰中，， ∴， ∵， ∴， 又， ∴， ∴， ∴， 设，则， 在中，， ∴， ∵， ∴， 在中，， ∴， ∴， ∴，， ∴， 故选：C ． 【点睛】本题考查了正方形的性质，三线合一，勾股定理，矩形的判定和性质，等面积法求三角形的高等知识的综合，合理作出辅助线是解题的关键． 10．（3分）（24-25八年级下·福建福州·期中）如图，在正方形中，，，相交于点，，分别为边，上的动点（点，不与线段，的端点重合）且，连接，，、在点运动的过程中，有下列五个结论： ①是等腰直角三角形； ②面积的最小值是1； ③四边形的面积始终不变； ④长度的最小值是； ⑤存在两个，使得的周长是． 所有正确结论的序号是（   ） A．①②③④ B．①②③⑤ C．①③④⑤ D．①③④ 【答案】C 【分析】先根据正方形的性质可得，，，，，再证出，根据全等三角形的性质可得，，则，由此即可判断①正确；根据垂线段最短可得当时，的值最小，最小值为，由此即可判断②错误；根据全等三角形的性质可得，由此即可判断③正确；利用勾股定理可得，由此即可判断④正确；先求出的周长为，从而可得，再在中，利用勾股定理求解即可判断⑤正确． 【详解】解：∵在正方形中，， ∴，，，，， ∴，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∴， ∴是等腰直角三角形，则结论①正确； ∴的面积为， 由垂线段最短可知，当时，的值最小， 此时在中，，， ∴的最小值为， ∴面积的最小值是，则结论②错误； ∵， ∴， ∴四边形的面积为， 即四边形的面积始终不变，结论③正确； 在中，， 由上已得：的最小值为1， ∴长度的最小值是，结论④正确； ∵， ∴的周长为， 又∵的周长为， ∴， 设，则， 在中，，即， 解得或，均符合题意， ∴当或时，使得的周长是，结论⑤正确； 综上，所有正确结论的序号是①③④⑤． 故选：C． 【点睛】本题考查了正方形的性质、三角形全等的判定与性质、勾股定理、等腰三角形的判定、一元二次方程的应用、直角三角形斜边上的中线性质等知识，熟练掌握正方形的性质是解题关键． 二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分） 11．（3分）若关于x的一元二次方程有两个不相等的实数根，则k的最小正整数值是 ． 【答案】2 【分析】本题主要考查根的判别式、一元二次方程的定义、解不等式等知识点，解题的关键是掌握一元二次方程根的判别式． 根据一元二次方程有两个不相等的实数根得出，结合一元二次方程的定义知求解即可． 【详解】解：∵关于x的一元二次方程有两个不相等的实数根， ∴， 解得：且， ∴k的最小正整数值是2． 故答案为：2． 12．（3分）（24-25八年级下·四川眉山·期末）如图所示，四边形中，于点，，，点为线段上的一个动点过点分别作于点，作于点连接，在点运动过程中，的最小值等于 ． 【答案】 【分析】证四边形是菱形，得，连接，由三角形面积关系求出，得当最短时，有最小值，则当时，最短，即可得出答案． 本题考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、勾股定理、最小值问题以及三角形面积等知识；熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键． 【详解】解：，， ，四边形是平行四边形， ， 平行四边形是菱形，， ， 连接，如图所示： ， ， 即， ， ， 当最短时，有最小值， 由垂线段最短可知：当时，最短， 当点与点重合时，有最小值，最小值， 故答案为：． 13．（3分）关于的方程的解是，（、、均为常数，），则方程的解是 ． 【答案】，/， 【分析】本题考查了用换元法解一元二次方程，首先把方程 ，整理成的形式，根据方程的解是，，可知方程的解是，，从而求出方程的解． 【详解】解：， 整理得：， 方程的解是，， 方程的解是，， 解得：，． 故答案为：， ． 14．（3分）（24-25八年级下·浙江金华·期末）如图，在中，，点E为内一点且在的垂直平分线l上，连接，当时，的长为 ． 【答案】 【分析】过点C作于点G，在上取一点F，连接，使，求出，由勾股定理得，由勾股定理即可得到． 【详解】解：∵l是的垂直平分线， ∴， 如图，过点C作于点G， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， 中，， ∴， ∴， 在上取一点F，连接，使， ∴， 设，则， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴ 由勾股定理得：， ∴． 故答案为：． 【点睛】此题考查了线段的垂直平分线的性质、平行四边形的性质、矩形的判定、含角的直角三角形的性质、等角对等边、勾股定理等知识，证明四边形是矩形是解题的关键． 15．（3分）如图，矩形中，，，为边上一动点，过点作，垂足为，连接，以为轴将进行翻折，得到，连接． （1）若，，三点在同一条直线上时，的长度为 ； （2）若点落在线段上时，的长度为 ． 【答案】 或 【分析】（）由勾股定理可得，由折叠的性质可得，，，求出，在中由勾股定理可求解；（）过点作于，过点作于，证明四边形是矩形，所以，，，由“”可证，可得，可证四边形是平行四边形，可得，可证四边形是平行四边形，可得，当与点重合时，，则，即可求解． 【详解】解：（）如图， ∵，， ∴，， ∵以为轴将进行翻折，得到， ∴，，， ∴， ∴在中，， ∴， 解得：， 故答案为：； （）如图，过点作于，过点作于， ∵以为轴将进行翻折，得到， ∴，， ∵， ∴， ∴四边形是矩形， ∴，，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴，即， 又∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴， 如图，当与点重合时， 同理可得：四边形是矩形， ∵， ∴四边形是正方形， ∴， ∴， 故答案为：或． 【点睛】本题考查了矩形的性质，翻折变换的性质，正方形的判定与性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质等知识，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键． 16．（3分）（24-25八年级下·浙江温州·期中）如图1是一个三节段式伸缩晾衣架，如图2，是其衣架侧面示意图．为衣架的墙体固定端，为固定支点，为滑动支点，四边形和四边形是平行四边形，且，点B在上滑动时，衣架外延钢体发生角度改变，其外延长度（点A和点C间的距离）也随之变化，形成衣架伸缩效果．当伸缩衣架为初始状态时，衣架外延长度为． 如图3，当点B向点A移动时，外延长度为，则与的之间距离为 ． 【答案】24 【分析】本题考查了等腰三角形的判定和性质，勾股定理，菱形的判定和性质等知识，掌握菱形的性质是解题关键．过点作于点，设，利用的长度不变，结合勾股定理求出，从而得到，当外延长度为时，如图，连接、交于点，过点作于点，证明出四边形是菱形，再利用菱形的面积公式求解即可． 【详解】解：如图，过点作于点， 由题意可知，， 设， ， ， 当时，，此时， ， ， 解得：， ， 当外延长度为时，如图，连接、交于点，过点作于点，则， 四边形是平行四边形，且， 四边形是菱形， ，，，， 在中，， ， ， ， ，即与的之间距离为， 故答案为：． 第Ⅱ卷 三．解答题（共8小题，满分72分） 17．（6分）（24-25九年级上·北京海淀·期中）已知关于的方程． (1)求证：方程必有两个不等实数根； (2)当取的整数时，存在两个有理数根，求的值和这两个有理数根． 【答案】(1)方程必有两个不等实数根； (2)m的值为1，这两个有理数根为和． 【分析】本题考查了根的判别式以及公式法解一元二次方程． （1）由方程的系数结合根的判别式，可得出，进而可证出方程必有两个不等实数根； （2）由m的取值范围及方程存在两个有理数根，可得出，代入后可得出原方程为，且，再利用公式法，即可求出原方程的两个有理数根． 【详解】（1）证明： ． ∵， ∴， 即， ∴方程必有两个不等实数根； （2）解：∵当m取的整数时，存在两个有理数根，且， ∴， ∴原方程为，且， ∴此时原方程的解为， ∴m的值为1，这两个有理数根为和． 18．（6分）（24-25八年级下·江西南昌·期末）如图，在正方形中，点为边上的中点，请仅用无刻度的直尺，分别按下列要求画图．（保留作图痕迹） (1)在图1中，画出一个以为顶点的矩形，使得它的长宽不相等，且面积等于正方形面积的一半； (2)在图2中，画出一个以为顶点的正方形，使得它的面积等于正方形面积的一半． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题考查正方形的判定和性质，熟练掌握正方形的对称性，是解题的关键： （1）连接，得到正方形的中心，连接和正方形的中心并延长，交于点，即可； （2）连接交对角线于一点，连接点与该点并延长，交与点，对称性得到点为的中点，连接点和正方形的中心，并延长交于点，连接，正方形即为所求． 【详解】（1）解：如图：矩形即为所求； （2）解：如图，正方形即为所求． 19．（8分）（24-25八年级下·湖南长沙·期末）关于x的一元二次方程有两个实数根分别是，，若，为整数，则称为“”点． (1) （填是或否）存在“”点； (2)若关于x的一元二次方程：的“”点为，求b，c的值； (3)关于x的一元二次方程是否存在一“”点，且该点在直线上，若存在，求出m的值，若不存在，请说明理由． 【答案】(1)是 (2)， (3)存在， 【分析】本题考查解一元二次方程，一元二次方程根的判别式及根与系数的关系，一次函数图象上点的特征，新定义及规律探究． （1）先解一元二次方程，得到方程的两个根，再根据“”点的定义判断即可； （2）根据一元二次方程根与系数的关系得，，进而可得答案； （3）假设存在，根据题意，求出；再根据，，得到，，代入化简为，求出m，检验是否符合题意即可． 【详解】（1）解：由，得， ∴或， 解得，， ∵，为整数， ∴是“”点， 故答案为：是； （2）解：∵关于x的一元二次方程：的“”点为， ∴，， 故，； （3）解：假设关于x的一元二次方程存在一“”点，且该点在直线上， 由， 得， 故， 由一元二次方程的根与系数的关系得，， ∴， ∵“”点在直线上， ∴， ∴， 解得，， 所以， 整理得 ， 解得或， 当时，方程为，，，“”点坐标为，符合； 当时，和不是整数解，舍去． 综上，关于x的一元二次方程存在一“”点，且该点在直线上，此时． 20．（8分）（24-25九年级上·福建厦门·阶段练习）如图，在矩形中，，动点P、Q分别以，的速度从点A，C同时出发，沿规定路线移动． (1)若点P从点A移动到点B停止，点Q随点P的停止而停止移动，问经过多长时间P，Q两点之间的距离是？ (2)若点P沿着移动，点Q从点C移动到点D停止时，点P随点Q的停止而停止移动，试探求经过多长时间的面积为？ 【答案】(1)经过或后、两点之间的距离是 (2)经过秒或秒的面积为． 【分析】此题主要考查了矩形的性质以及勾股定理和一元二次方程的应用等知识，熟练应用矩形的性质是解题关键． （1）如图，过点P作于E，设x秒后，利用勾股定理得出即可． （2）分类讨论：①当点P在上时；②当点P在边上；③当点P在边上时，根据面积列方程求解即可． 【详解】（1）解：过点作于． 设秒后，点和点的距离是． 根据题意得： ，即， ∴， ∴，； ∴经过或后、两点之间的距离是； （2）连接．设经过后的面积为． ①当时，则， ∴，即， 解得； ②当时， ，，则 ， 解得，（舍去）； ③时，， ， ∴， 解得（舍去）． 综上所述，经过秒或秒的面积为． 21．（10分）（24-25八年级下·广东云浮·期末）如图1，四边形是正方形，对角线，交于点O，点E，F在上，平分，平分，点G在上，且，连接，． (1)求的度数． (2)如图2，延长，交于点H，连接． ①求证：四边形为菱形． ②若，求m的值． 【答案】(1) (2)①见解析；② 【分析】（1）根据正方形的性质得出，根据角平分线的定义求出，，即可求解； （2）根据正方形的性质，三角形的内角和定理以及三角形外角的性质等可求出，，证明，得出，，进而求出，则可证，根据三角形的内角和定理求出，得出，根据等角对等边得出，则，然后根据菱形的判定即可得证； ②根据菱形的性质得出，，根据平行线的性质，正方形的性质得出， 则可判定是等腰直角三角形，根据勾股定理求出，进而得出，即可求解． 【详解】（1）解∶∵四边形是正方形， ∴， ∵平分，平分， ∴，， ∴； （2）①证明：∵四边形是正方形， ∴，， 又， ∴，， ∵，，， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， 又， ∴， ∴， ∴， 又， ∴四边形为平行四边形， 又， ∴平行四边形为菱形； ②∵四边形为菱形， ∴，， ∴， ∵四边形是正方形， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴， 又， ∴． 【点睛】本题考查了正方形的性质，菱形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，三角形内角和定理，三角形外角的性质，勾股定理等知识，掌握相关性质定理进行推理论证是解题的关键． 22．（10分）（24-25八年级下·浙江·阶段练习）已知关于x的方程． (1)求证：无论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． (3)已知三个不同的实数a，b，c满足，方程和有一个相同的实根，方程和也有一个相同的实根．求a，b，c的值． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)，， 【分析】本题考查了一元二次方程根的判别式，根与系数的关系，勾股定理的应用． （1）把一元二次方程根的判别式转化成完全平方式的形式，得出可知方程总有实数根． （2）根据根与系数的关系得，再由勾股定理得到，即可解得k的值，利用取舍k的值，即可得到的周长． （3）依次将题设中所给的四个方程编号为①，②，③，④．设是方程①和方程②的一个相同的实根，可得：．设是方程③和方程④的一个相同的实根，可得，可得．再进一步求解即可． 【详解】（1）证明：∵， ∴ ， ， 无论k为任意实数值方程，总有实数根． （2）解：∵斜边长，另两边长b，c恰好是方程的两个根， ∴， ∵b、c为直角边，斜边长， ∴， ∴， ∴， 整理得， 解得，， ， 舍去， ∴， ∴的周长， （3）解：依次将题设中所给的四个方程编号为①，②，③，④． 设是方程①和方程②的一个相同的实根，则，两方程相减， 解得：． 设是方程③和方程④的一个相同的实根，则，两方程相减， ∴解得， ∴． 又方程①的两根之积等于1， ∴也是方程①的根，则． 又， 两方程相减，得． 若，则方程①无实根， ∴， ∴． ∴， ∴， 由④得：． 又， 解得：，． 23．（12分）（24-25八年级下·江苏苏州·阶段练习）实践操作 (1)在矩形纸片中，． ①将矩形纸片折叠，使点A落在点P处，折痕为．如图D，若点P恰好在边上，连接，求的长度； ②将矩形纸片沿折叠，使点A落在点E处如图①．设与相交于点F，求的长； (2)若，．将矩形纸片折叠，使点B与D重合如图②，求折痕的长． 【答案】(1)①；② (2) 【分析】（1）①根据矩形的性质可得，，由折叠的性质得到，利用勾股定理求出，再求出，再利用勾股定理即可求解；②根据折叠的性质可得，再根据两直线平行，内错角相等可得，然后求出，根据等角对等边可得，设，表示出，在中，利用勾股定理列出方程求解即可； （2）根据折叠的性质可得，设，表示出，然后在中，利用勾股定理列出方程求出，再连接、，根据翻折的性质可得，，根据两直线平行，内错角相等求出，然后求出，根据等角对等边可得，从而求出四边形是菱形，再利用勾股定理列式求出，然后根据菱形的面积列出方程求解即可． 【详解】（1）解：①∵在矩形纸片中，， ∴，， 由折叠的性质得到， ∴， ∴， ∴； ②解：由折叠得，， 矩形的对边， ， ， ， 设，则， 在中，， 即， 解得， ； （2）解：由折叠得，，设， 则， 在中，， 即， 解得， ， 连接、， 由翻折的性质可得，，， 矩形的边， ， ， ， ， 四边形是菱形， 在中，， ， 即， 解得． 【点睛】本题考查了翻折变换的性质，矩形的性质，勾股定理的应用，菱形的判定与性质，熟记翻折的性质并利用勾股定理列出方程是解题的关键． 24．（12分）（24-25八年级下·湖北武汉·期末）在正方形中，F是边上一点，，且． (1)如图，过点P作于点E，求证：； (2)如图，连接，交于点G，求证：； (3)在（2）的条件下，若，，请直接写出的长． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3) 【分析】（1）由正方形的性质结合，，证明，可得，，再进一步证明即可； （2）如图，连接，，过作于，证明，，证明，可得，，，进一步可得结论； （3）如图，连接，，过作于，作于，证明，，求解，证明四边形为正方形；可得，，求解，，进一步可得结论． 【详解】（1）证明：∵正方形，，， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴； （2）证明：如图，连接，，过作于， 由（1）得：， ∴， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∴， ∴，， ∵，，， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴； （3）解：如图，连接，，过作于，作于， 由（2）得：， ∵，， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∵，，， ∴四边形为矩形； ∵， ∴， ∴四边形为正方形； ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，正方形的判定与性质，角平分线的性质定理，勾股定理的应用，等腰直角三角形的性质，化为最简二次根式，作出合适的辅助线是解本题的关键． 2 / 30 学科网（北京）股份有限公司 $$