九年级数学上学期第一次月考（北师大版第一～二章，高效培优·提升卷）

2025-2026学年九年级数学上学期第一次月考卷 提升卷·考试版 （考试时间：120分钟 试卷满分：120分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 4．测试范围：北师大版九年级上册第一章~第二章。 一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分） 1．下列方程是一元二次方程的是（　） A． B． C． D． 2．如图，在中，，是的中点，，则的长为（　　） A．7 B．6 C．5 D．4 3．一元二次方程的根的情况为（　　） A．有两个相等的实数根 B．只有一个实数根 C．有两个不相等的实数根 D．没有实数根 4．如图，在矩形中，对角线与相交于点O，如果，，那么的长为（　　） A．2 B．4 C． D．2 5．已知，是方程的两个实数根，则的值是（　　） A．2022 B． C． D．2023 6．如图，以正方形的一边向形外作等边，与交于点，则（    ） A． B． C． D． 7．若方程是关于x的一元二次方程，则a的值为（    ） A．4 B． C．4或 D．0 8．如图，四边形的对角线相交于点O，，则下列说法中错误的是（   ） A．若，则四边形是矩形 B．若平分，则四边形是菱形 C．若且，则四边形是正方形 D．若且，则四边形是正方形 9．学校要组织足球比赛，赛制为单循环形式（每两队之间赛一场），计划安排21场比赛，应邀请多少个球队参赛?设应邀请个球队参赛，根据题意，下面所列方程正确的是 （   ） A． B． C． D． 10．如图，在菱形中，．为边中点．将菱形沿过点的直线折叠，使点落在直线上的点处，折痕为，与交于点．有如下结论：；；；，则正确结论有（   ） A． B． C． D． 二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分） 11．把方程写成一般形式为 ． 12．如图，菱形的周长为20，对角线的长为6，则菱形的面积为 ． 13．关于x的方程的解是，（均为常数，），则方程的解是 ． 14．如图，正方形的对角线相交于点O，以O为顶点的正方形的两边分别交正方形的边于点M，N．记的面积为，的面积为，若正方形的边长，则的大小为 ． 15．☆|数学文化《几何原本》欧几里得的《几何原本》中记载，形如 的方程的图解法如下：如图，以和b为两直角边长作，再在斜边上截取 则 的长就是所求方程的正根． 利用以上方法解关于x的一元二次方程 时，若构造后的图形满足，则m的值为 ． 16．矩形中，，，点E在边上，．若点F是矩形边上一点，且与点A，E构成以为腰的等腰三角形，则等腰的底边长是 ． 三、解答题（第17，18，19，20题，每题6分；第21，22，23题，每题8分；第24，25题，每题12分；共9小题，共72分） 17．解下列关于的一元二次方程： (1)； (2)． 18．如图，菱形的对角线，相交于点，，． (1)求证：四边形是矩形； (2)连接．若，求的长． 19．已知关于x的一元二次方程有实数根． (1)求实数k的取值范围． (2)设方程的两个实数根分别为，若，求k的值． 20．小明家新房买了一盏简单而精致的吊灯（图1），其正面的平面图如图2所示，四边形是一个菱形外框架，对角线，相交于点，四边形是其内部框架，且点E、F在上，． (1)判断四边形内部框架的形状为___________，请证明你的结论． (2)若，为的中点，求证：． (3)在（2）的条件下，若，直接写出四边形的周长． 21．电影《哪吒之魔童闹海》热映后，哪吒与敖丙的联名玩偶深受欢迎．某网购平台商家3月4日销售玩偶共200个，5日、6日销售量持续增长，6日销量达到338个． (1)求3月5日、6日这两天玩偶销售量的日平均增长率． (2)为庆祝《哪吒之魔童闹海》全球票房大卖，商家决定做优惠活动．已知玩偶每个成本30元，售价为每个50元时，日销量可达320个；每降价1元，日销量可增加5个．当每个玩偶降价多少元时，当日总利润可达到5940元？ 22．如图，在矩形中，，．点从点出发向点运动，运动到点即停止；同时，点从点出发向点运动，运动到点即停止，点、的速度都是．连接、、，设点、运动的时间为． (1)求当为何值时，四边形是矩形； (2)求当为何值时，四边形是菱形； (3)在运动过程中，沿着把翻折，求当为何值时，翻折后点的对应点恰好落在边上． 23．定义：如果关于x的一元二次方程（）有两个实数根，且其中一个根比另一个根大1，则称这样的方程为“邻根方程”． (1)下列方程是“邻根方程”的是______（填序号）． ①；②；③；④． (2)若方程是“邻根方程”，，是方程的两根，求： ①请求出k的值； ②求方程的两个根． 24．综合实践课上，老师让同学们以“简单矩形折叠”为主题开展数学活动，同学们积极参与了矩形折叠活动． (1)【操作与证明】： ①如图①所示，王华将矩形沿折叠后，使得点与点重合，点与点重合，若，则_______，_______； ②如图②所示，张亮将矩形沿对角线折叠后，使得点与点重合，与相交于点，过点作交于点，求证：四边形是菱形； (2)【迁移应用】： 如图③所示，李明将矩形沿对角线折叠后，使得点与点重合，与相交于点，连接，若，求的长． 25．正方形中，点是边上一点，延长至点，点在边上，四边形是正方形． (1)如图1，若，连接，，，交于点，连接， ①求证：； ②写出，，之间的数量关系，并说明理由； (2)如图2，点，，分别是，，的中点，试判断与的关系，并证明． 6 / 6 学科网（北京）股份有限公司 $可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 2025-2026学年九年级数学上学期第一次月考卷 提升卷·参考答案 一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分） 题号 1 2 3 4 6 7 8 9 10 答案 C D C B B A A D B B 二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分） 11.x2-2x+3=0 12.24 13.x1=1,x2=5 14.9 15.3√2 16.3√2或√30 三、解答题（第17,18,19,20题，每题6分；第21,22,23题，每题8分；第24,25题，每题12分； 共9小题，共72分) 17. 【详解】(1)解：△=（-4)2-4×2×-1=24>0， “方程有两个不相等的实数根， :x-4±242±6 2×2 2 2+V6 X= 52V6 3分 2 2 (2)解：3x-22=x2-4, 3(x-2)2=(x+2)(x-2) 3(x-2)2-(x+2)(x-2)=0 (x-2)[3(x-2）-(x+2]=0 (x-2)(3x-6-x-2)=0 (x-2)(2x-8)=0 1/11 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 x-2=0或2x-8=0, =2,x2=4.6分 18. 【详解】(1)证明：：BE∥AC,EC∥BD, ·四边形BECO是平行四边形， :四边形ABCD是菱形， .AC⊥BD, ∠B0C=90°， 又：四边形BECO是平行四边形， 四边形BEC0是矩形；3分 (2)解：：四边形ABCD是菱形， :.AB=BC,AC L BD,AO=CO=-AC, 2 :∠ABC=60°， :△ABC是等边三角形， :AC=AB=2, 40=24C=2×2=1 2 在Rt△A0B中，由勾股定理得：B0=√AB2-A02=√22-12=√5， 由(1)得：四边形BECO是矩形， ∴.CE=B0=V5,∠ACE=90°， 在Rt△ACE中，由勾股定理得：AE=√AC2+CE2=√22+（√5）2=√7.6分 19. 【详解】(1)解：：关于x的一元二次方程x2+(2k+1)x+k2-1=0有实数根， .△=b2-4ac=(2k+1)2-4k2-1≥0， .4k2+4k+1-4k2+4≥0， 5 六k之-子：3分 (2)解：：方程的两个实数根分别为x,x2, 2/11 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 x+x2=-(2k+1,xx2=k2-1, x+x7=9, (x+x2)2-2xx2=9, .[-(2k+1]2-2k2-1=9, .4k2+4k+1-2k2+2=9, k=-3或1， k=1.6分 20. 【详解】(1)解：四边形内部框架AECF的形状为菱形，证明如下： :四边形ABCD是菱形， ..OB=OD,OA=OC, BE DF .0E=0F, :四边形AECF是平行四边形， :四边形ABCD是菱形， AC⊥BD,即AC⊥EF, :平行四边形AECF是菱形： 故答案为：菱形；2分 (2)解：：AE⊥AD, ,ADE是直角三角形， F为DE的中点， :DE=2AF, “四边形AECF是菱形， ∴.AE=AF, DE=2AE;5分 (3)解：：四边形ABCD为菱形， :AD AB=63, 3/11 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 在RtAADE中，AE2+AD2=DE2,DE=2AE, :AE2+65=(2AE到2， 解得AE=6（负值舍去)， :四边形AECF为菱形， 菱形AECF的周长为4×6=24.8分 21. 【详解】(1)解：设日平均增长率为x,由题意得：200(1+x=338, 解得：x,=0.3,x2=-2.3(舍)， 答：日平均增长率为30%；…4分 (2)解：设每个玩偶降价y元，由题意得：(50-y-30)(320+5y)=5940, 解得：=2，y2=-46（舍)， 答：每个玩偶降价2元.8分 22. 【详解】(1)解：由题意得，BQ=DP=2tcm,AP=CQ=(12-2tcm, 在矩形ABCD中，∠B=90°，AD∥BC,AD=BC, 当BQ=AP时，四边形ABQP是矩形，则2t=12-21,解得t=3, .当t=3时，四边形ABQP是矩形；2分 (2)解：：AD∥BC,AP=CQ=12-2tcm, .四边形AQCP是平行四边形， :.当AQ=CQ时，四边形AQCP是菱形， 根据勾股定理得：AQ=AB2+BQ=62+(2)2, 则62+(2)2=(12-2)2， 解得1-子， :当1-时，四边形400P是菱形：5分 (3)解：如图2， 4/11 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 Q 图2 由折叠的性质可得，∠AQB=∠AQB',，AB'=AB=6cm,BQ=B'Q=2tcm,∠AB'Q=∠B=90°， 在矩形ABCD中，AD∥BC, .∠AQB=∠PAQ, .∠AQB'=∠PAQ, :PA=PO =(12-2t)cm .B'P=12-2t-2t=(12-4tcm, :∠AB'P=180°-90°=90°， 在Rt△AB'P中，由勾股定理得：AB2+BP2=PA2, .62+(12-4t)2=(12-2t)2, 整理得：t2-4t+3=0, 解得1=1，t2=3, 即当t等于1或3时，翻折后点B的对应点B恰好落在P9边上.…8分 23. 【详解】(1)解：①解方程x2+x=6得x=2,x2=-3, x1-x2=2-(-3=5, 方程x2+x=6不是“邻根方程”； ②解方程x2+3x+2=0得x,=-1,2=-2, x1-x2=-1--2)=1, 方程x2+3x+2=0是“邻根方程”； ③解方程x-=0得7’，、 49 :方程x2-=0不是“邻根方程； 49 5/11 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 ④解方程x2-5x=-6得x=3,x2=2, :x1-x2=3-2=1, 方程x2-5x=-6是“邻根方程”. 故答案为：②④；…4分 (2)解：①方程x2+2x-k+1=0是“邻根方程”，X、x3是方程的两根， x1+x2=-2,xx2=-k+1,x1-x2=1, :(x-2=(x+x32-4x2, 12=(-2)2-4-k+1, 解得 ②方程x2+2x-k+1=0是“邻根方程”，X1、x2是方程的两根， .x1-x2=1,x1+x2=-2, 1 3 解得x=-方’名=一方…8分 24. 【详解】(1)解：①折叠， :∠CFE=∠AFE=}∠AFC, 2 :∠AFB+∠AFC=180°，∠AFB=60°， .∠AFC=120°， ∠AFE=∠CFE= ∠AFC=60°， 2 :四边形ABCD是矩形， AD∥BC, .∠AEF=∠CFE=60°， 故答案为：60,60；4分 ②证明：：四边形ABCD是矩形， .LA=∠C=90°，AB=CD,AD∥BC,即DF∥BG, 又DG∥BF, .四边形DFBG是平行四边形， 6/11 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 “折叠， .CD=ED,∠C=∠E=90°， .ZA ZE,AB ED 在△ABF和△EDF中， [∠A=∠E=90° ∠AFB=∠EFD, AB=ED ∴△ABF≌△EDF, ∴.FB=FD, 平行四边形DFBG是菱形；8分 (2)解：四边形ABCD是矩形， .∠C=90°，AD=BC,AB=CD=3V2, 在RtaBCD中，∠CBD=30°，CD=3√2， ·BD=2CD=6W2,BC=VBD2-CD2=62°-(32'=36=AD, :折叠， ∠EBD=∠CBD=30°，ED=CD=3V2, ∠ABF=∠ABC-∠CBD-∠EBD=90°-30°-30°=30°， 由(1)得到△ABF≌△EDF, .∠EDF=∠ABF=30°， 如图所示，过点E作EG⊥AD于点G, F ----->D B .EG= 2 DG=ED2-EG2 ar-6 3V6 21 AG=AD-DG=36-36_36 2 2 7/11 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 ..AE=AG2+EG2 =3， AE的长为3√2.12分 25. 【详解】(1)①证明：如图：连接PF, D 图1 :四边形ABCD、CEFG均为正方形， .∠B=∠CEF=90°，AB=BC,CE=EF, :CE=BP, .BP=CE =EF .BP+PC=CE+PC, .BC=PE=AB, 在△ABP和PEF中， AB-PE ∠ABP=∠PEF BP-EF .△ABP≌△PEF(SAS), .AP=FP,∠BAP=∠EPF, ∠BAP+∠APB=90°， ∠EPF+∠APB=90°， ∴∠APF=180o-(∠EPF+∠APB)=90°， .△APF为等腰直角三角形， .∠PAQ=45°；4分 ②√2PQ=√2DQ+GE,理由如下： :四边形ABCD为正方形， 8/11 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 AB=AD,∠BAD=90°， 如图，将△ADQ绕点A顺时针旋转90°得到△ABH, D B 图1 由旋转的性质可得：4ADQ≌△ABH, .DQ=BH,AH=AQ,∠BAH=∠DAQ, 由①可得：∠PAQ=45°， .∠BAP+∠DAQ=90°-∠PAQ=45°， .∠PAH=∠BAP+∠BAH=45°=∠PAQ, 在APH和△APQ中， AH=AQ ∠HAP=∠QAP AP=AP ∴.△APH≌AAPQ(SAS), .HP=PO, .PO=HB+BP=DO+BP, :CE =BP, .PO=DO+CE, :四边形CEFG为正方形， ∴GE=V2CE, V2PQ=V2D0+GE;8分 (2)解：ON⊥OM,ON=0M,证明如下： 如图：延长NO交FE的延长线于J,连接MN、MJ, 9/11 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 M :点O是GE的中点， .G0=E0, 四边形CEFG为正方形， ∴CG∥EF,CG=CE,∠GCE=∠CEF=90°， ∠NG0=∠JE0, .∠N0G=∠J0E, △NOG≌△JOE(ASA), .NO=JO,NG=EJ, :点M,N分别是BE,DG的中点， .BM=EM DN =GN :四边形ABCD为正方形， BC=CD,∠BCD=90°， BC-CD=x,CG-CE-y,BM=ME-BC+CE-,EJ-DN-GN-CD-CG- 2 2 2 2 CN=CG+NG=y+*=+y,CM=BC-BM=x-x+Y=*- 2 2 2 2 .CN=ME,CM=EJ, ∠MCN=∠JEM=90°， .△MCN≌△JEM(ASA), MN=MJ,∠MNC=∠JME, :∠MWC+∠NMC=90°， ∠EMJ+∠NMC=90°，即∠NMJ=90°， .△NMI为等腰直角三角形， :N0=J0, 10/11 2025-2026学年九年级数学上学期第一次月考卷 提升卷·全解全析 （考试时间：120分钟 试卷满分：120分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 4．测试范围：北师大版九年级上册第一章~第二章。 一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分） 1．下列方程是一元二次方程的是（　） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了一元二次方程的概念，整理后形如（其中，且a，b，c是常数）的方程是一元二次方程；根据此概念进行判断即可． 【详解】解：A、方程整理后为，不是一元二次方程，故不符合题意； B、当时才是一元二次方程，否则不是一元二次方程，故不符合题意； C、符合一元二次方程的概念，是一元二次方程，故符合题意； D、方程不是整式方程，不是一元二次方程，故不符合题意； 故选：C． 2．如图，在中，，是的中点，，则的长为（　　） A．7 B．6 C．5 D．4 【答案】D 【分析】本题主要考查直角三角形斜边中线的性质；熟练掌握直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半是解题的关键．根据直角三角形斜边上中线等于斜边的一半求解． 【详解】解：在中，是的中点， ， 故选：D． 3．一元二次方程的根的情况为（　　） A．有两个相等的实数根 B．只有一个实数根 C．有两个不相等的实数根 D．没有实数根 【答案】C 【分析】本题考查了一元二次方程根的判别式，一元二次方程的根与有如下关系：当时，方程有两个不相等的实数根；当时，方程有两个相等的实数根；当时，方程无实数根． 【详解】解：， 方程有两个不相等的实数根， 故选：C． 4．如图，在矩形中，对角线与相交于点O，如果，，那么的长为（　　） A．2 B．4 C． D．2 【答案】B 【分析】本题主要考查了矩形的性质，等边三角形的性质与判定，由矩形的性质可得，再证明，则可证明是等边三角形，得到，则，再由矩形的对角线相等即可解答． 【详解】解：∵矩形的对角线、相交于点， ∴， ∵， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴在矩形中，． 故选：B． 5．已知，是方程的两个实数根，则的值是（　　） A．2022 B． C． D．2023 【答案】B 【分析】本题考查了一元二次方程根与系数的关系，若，为方程的两个根，则，与系数的关系式：，． 【详解】∵，是方程的两个实数根， ∴， ∴ 故选：B 6．如图，以正方形的一边向形外作等边，与交于点，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题主要考查了正方形的性质，等边三角形的性质，全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质，三角形内角和定理，先由正方形的性质得到，，再证明得到，由等边三角形的性质推出，，据此求出的度数，进而求出的度数，即可得到答案． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴，，， 又∵， ∴， ∴； ∵是等边三角形， ∴，， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， 故选：A． 7．若方程是关于x的一元二次方程，则a的值为（    ） A．4 B． C．4或 D．0 【答案】A 【分析】本题主要考查了一元二次方程的定义，只含有一个未知数，且未知数的最高次为2的整式方程叫做一元二次方程，据此可得，解之即可得到答案． 【详解】解：∵方程是关于x的一元二次方程， ∴， ∴， 故选：A． 8．如图，四边形的对角线相交于点O，，则下列说法中错误的是（   ） A．若，则四边形是矩形 B．若平分，则四边形是菱形 C．若且，则四边形是正方形 D．若且，则四边形是正方形 【答案】D 【分析】本题主要考查了平行四边形、矩形、菱形以及正方形的判定等知识点，熟练掌握相关定理是解题的关键． 先根据平行四边形的判定证明是平行四边形，再根据已知条件结合菱形、矩形及正方形的判定逐项判断即可． 【详解】解：∵， ∴四边形是平行四边形（对角线互相平分的四边形是平行四边形）， ∵， ∴平行四边形是矩形，A正确，不符合题意； ∴， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∴平行四边形是菱形（一组邻边相等的平行四边形是菱形），B正确，不符合题意； ∵，四边形是平行四边形， ∴平行四边形是矩形， ∵，四边形是平行四边形， ∴平行四边形是菱形， ∴平行四边形是正方形，C正确，不符合题意； ∵或，四边形是平行四边形， ∴都只能证明平行四边形是菱形，D错误，符合题意． 故选：D． 9．学校要组织足球比赛，赛制为单循环形式（每两队之间赛一场），计划安排21场比赛，应邀请多少个球队参赛?设应邀请个球队参赛，根据题意，下面所列方程正确的是 （   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据单循环比赛的赛制，分析球队比赛总场次与球队数量的关系，从而列出方程．本题主要考查了由实际问题抽象出一元二次方程，熟练掌握单循环比赛场次的计算方法是解题的关键． 【详解】解：由题意可得 ． 故选：B． 10．如图，在菱形中，．为边中点．将菱形沿过点的直线折叠，使点落在直线上的点处，折痕为，与交于点．有如下结论：；；；，则正确结论有（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了折叠问题，全等三角形的判定和性质，菱形的性质，直角三角形的性质，正确地作出辅助线是解题的关键．连接，根据菱形的性质得到，，推出和是等边三角形， 根据等腰三角形的性质得到，根据旋转的性质得到，求得，根据三角形的内角和定理得到，从而判断；根据三角函数的定义得到，从而判断；易得，通过线段之间的数量关系，证明，再根据全等三角形的性质得到，从而判断；过作于，求得，易证得，根据全等三角形的性质得到，求得，得到，根据三角形的面积公式即可得到结论． 【详解】解：如图所示，连接，交于点， 四边形是菱形， ，， 和是等边三角形， 是边的中点， ， 将菱形沿过点的直线折叠，使点落在直线上的点处， ， ， ， ，故正确； ，， ，故正确； ，， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ，故正确； 过作于， ， ，， ， ， ， ， ，， ，， ，， ， ，故错误． 故正确结论有：． 故选：B． 二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分） 11．把方程写成一般形式为 ． 【答案】 【分析】本题考查了一元二次方程的一般形式，其一般形式为（a、b、c为常数，且），因此熟悉一元二次方程的一般形式是解题关键．根据一元二次方程一般形式的特点即可求解． 【详解】解：， 去括号，得， 即， 故答案为：． 12．如图，菱形的周长为20，对角线的长为6，则菱形的面积为 ． 【答案】24 【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理，利用菱形的性质和勾股定理求出，再求出对角线的长，进而根据菱形的面积等于对角线积的一半解答即可求解，掌握菱形的面积是解题的关键． 【详解】解：∵菱形的周长为20，对角线的长为6， ∴，，， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：24． 13．关于x的方程的解是，（均为常数，），则方程的解是 ． 【答案】 【分析】本题考查了一元二次方程的解，根据关于x的方程的解是，得出或，即方程的解是． 【详解】解：∵， ∴， ∵关于x的方程的解是， ∴或 ∴方程的解是 故答案为： 14．如图，正方形的对角线相交于点O，以O为顶点的正方形的两边分别交正方形的边于点M，N．记的面积为，的面积为，若正方形的边长，则的大小为 ． 【答案】9 【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，根据正方形的性质得出，推出，证出可得答案． 【详解】解：∵四边形和四边形都是正方形， ∴， ∴， 在与中， ， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：9． 15．☆|数学文化《几何原本》欧几里得的《几何原本》中记载，形如 的方程的图解法如下：如图，以和b为两直角边长作，再在斜边上截取 则 的长就是所求方程的正根． 利用以上方法解关于x的一元二次方程 时，若构造后的图形满足，则m的值为 ． 【答案】 【分析】本题考查了一元二次方程的图解法，理解图解法的含义是解答本题的关键． 根据题意构造图形，则，，，然后代入一元二次方程即可求出m的值． 【详解】解：根据题意，构造图形如图所示: 则，， ∵， ∴， 即m就是的一个正根， ∴ 解得 (负值已舍)． 故答案为：． 16．矩形中，，，点E在边上，．若点F是矩形边上一点，且与点A，E构成以为腰的等腰三角形，则等腰的底边长是 ． 【答案】或 【分析】本题考查了矩形的性质，等腰三角形的判定，勾股定理，对点F的位置分两种情况讨论是解题的关键．当点F在上时，，根据勾股定理即可求得的长；当点F在上时，，连结，，则，根据勾股定理即可求得和的长． 【详解】解：四边形是矩形， ，， 当点F在上时，， ； 当点F在上时，， 连接，， ， ， ． 综上所述，等腰的底边长是或． 故答案为：或． 三、解答题（第17，18，19，20题，每题6分；第21，22，23题，每题8分；第24，25题，每题12分；共9小题，共72分） 17．解下列关于的一元二次方程： (1)； (2)． 【答案】(1)，； (2)，． 【分析】本题主要考查了解一元二次方程，熟练掌握解一元二次方程的方法是解题的关键． （）利用公式法求解即可； （）利用因式分解法求解即可． 【详解】（1）解：， ∴方程有两个不相等的实数根， ∴， ∴，； （2）解：， 或， ∴，． 18．如图，菱形的对角线，相交于点，，． (1)求证：四边形是矩形； (2)连接．若，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了平行四边形的判定、矩形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、菱形的性质、勾股定理等知识，熟练掌握矩形的判定与性质和勾股定理是解题的关键． （1）先证明四边形是平行四边形，再由菱形的性质得出，即可得出结论； （2）先证△是等边三角形，得出，求出，再由勾股定理求出，然后由矩形得出，，最后由勾股定理即可求出的长． 【详解】（1）证明：，， 四边形是平行四边形， 四边形是菱形， ， ， 又四边形是平行四边形， 四边形是矩形； （2）解：四边形是菱形， ，，， ， 是等边三角形， ， ， 在中，由勾股定理得：， 由（1）得：四边形是矩形， ，， 在中，由勾股定理得：． 19．已知关于x的一元二次方程有实数根． (1)求实数k的取值范围． (2)设方程的两个实数根分别为，若，求k的值． 【答案】(1) (2) 【分析】本题考查了根的判别式，根与系数的关系，解一元二次方程． （1）根据根的判别式计算即可； （2）根据根与系数的关系列一元二次方程求解即可． 【详解】（1）解：关于x的一元二次方程有实数根， ， ， ； （2）解：方程的两个实数根分别为， ， ， ， ， ， 或1， ， ． 20．小明家新房买了一盏简单而精致的吊灯（图1），其正面的平面图如图2所示，四边形是一个菱形外框架，对角线，相交于点，四边形是其内部框架，且点E、F在上，． (1)判断四边形内部框架的形状为___________，请证明你的结论． (2)若，为的中点，求证：． (3)在（2）的条件下，若，直接写出四边形的周长． 【答案】(1)菱形，证明见解析 (2)见解析 (3) 【分析】本题考查菱形的判定和性质，勾股定理，直角三角形斜边上中线等于斜边一半，正确掌握相关性质内容是解题的关键． （1）通过为菱形得到，，又，所以可知，从而得到为平行四边形，再通过对角线垂直进而可知其为菱形； （2）易知是直角三角形，F为斜边的中点，得到，再根据为菱形得到，即可得出结论； （3）通过勾股定理求出，进而可得到四边形的周长． 【详解】（1）解：四边形内部框架的形状为菱形，证明如下： 四边形是菱形， ， ， ， 四边形是平行四边形， 四边形是菱形， ，即， 平行四边形是菱形； 故答案为：菱形； （2）解：， 是直角三角形， 为的中点， ， 四边形是菱形， ， ； （3）解：∵四边形为菱形， ∴， 在中，，， ∴， 解得（负值舍去）， ∵四边形为菱形， ∴菱形的周长为． 21．电影《哪吒之魔童闹海》热映后，哪吒与敖丙的联名玩偶深受欢迎．某网购平台商家3月4日销售玩偶共200个，5日、6日销售量持续增长，6日销量达到338个． (1)求3月5日、6日这两天玩偶销售量的日平均增长率． (2)为庆祝《哪吒之魔童闹海》全球票房大卖，商家决定做优惠活动．已知玩偶每个成本30元，售价为每个50元时，日销量可达320个；每降价1元，日销量可增加5个．当每个玩偶降价多少元时，当日总利润可达到5940元？ 【答案】(1)日平均增长率为 (2)每个玩偶降价元 【分析】本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键． （1）设日平均增长率为，根据题意，列出一元二次方程，解之取符合题意的值即可； （2）设每个玩偶降价元，根据当日总利润可达到元，列出一元二次方程，解之取符合题意的值即可． 【详解】（1）解：设日平均增长率为，由题意得：， 解得：，（舍）， 答：日平均增长率为； （2）解：设每个玩偶降价元，由题意得：， 解得：，（舍）， 答：每个玩偶降价元． 22．如图，在矩形中，，．点从点出发向点运动，运动到点即停止；同时，点从点出发向点运动，运动到点即停止，点、的速度都是．连接、、，设点、运动的时间为． (1)求当为何值时，四边形是矩形； (2)求当为何值时，四边形是菱形； (3)在运动过程中，沿着把翻折，求当为何值时，翻折后点的对应点恰好落在边上． 【答案】(1) (2) (3)1或3 【分析】（1）由题意得，，，根据矩形的性质可得，，，当时，四边形是矩形，据此列出关于的方程，即可求解； （2）先证明四边形是平行四边形，当时，四边形是菱形，利用勾股定理表示出，利用列出关于的方程，即可求解； （3）由折叠的性质可得，，，，由可得，进而得到，在中利用勾股定理列出方程，求出的值即可解答． 【详解】（1）解：由题意得，，， 在矩形中，，，， 当时，四边形是矩形，则，解得， ∴当时，四边形是矩形； （2）解：∵，， ∴四边形是平行四边形， ∴当时，四边形是菱形， 根据勾股定理得：， 则， 解得， ∴当时，四边形是菱形； （3）解：如图2， 由折叠的性质可得，，，，， 在矩形中，， ， ， ， ， ， 在中，由勾股定理得：， ， 整理得：， 解得，， 即当等于1或3时，翻折后点的对应点恰好落在边上． 【点睛】本题考查了矩形的性质与判定、菱形的判定、翻折的性质、勾股定理、一元二次方程的应用，熟练掌握矩形与菱形的判定是解题的关键． 23．定义：如果关于x的一元二次方程（）有两个实数根，且其中一个根比另一个根大1，则称这样的方程为“邻根方程”． (1)下列方程是“邻根方程”的是______（填序号）． ①；②；③；④． (2)若方程是“邻根方程”，，是方程的两根，求： ①请求出k的值； ②求方程的两个根． 【答案】(1)②④ (2)①，②， 【分析】本题考查了解一元二次方程、一元二次方程根与系数的关系． （1）分别求得①②③中两个方程的根，再根据“邻根方程”的定义判断即可； （2）①利用根与系数的关系和“邻根方程”的定义列出关于k的方程求解即可； ②利用，即可求得、． 【详解】（1）解：①解方程得，， ∵， ∴方程不是“邻根方程”； ②解方程得，， ∵， ∴方程是“邻根方程”； ③解方程得，， ∵， ∴方程不是“邻根方程”； ④解方程得，， ∵， ∴方程是“邻根方程”． 故答案为：②④； （2）解：①∵方程是“邻根方程”， 、是方程的两根， ∴，，， ∵， ∴， 解得； ②∵方程是“邻根方程”，、是方程的两根， ∴，， 解得，． 24．综合实践课上，老师让同学们以“简单矩形折叠”为主题开展数学活动，同学们积极参与了矩形折叠活动． (1)【操作与证明】： ①如图①所示，王华将矩形沿折叠后，使得点与点重合，点与点重合，若，则_______，_______； ②如图②所示，张亮将矩形沿对角线折叠后，使得点与点重合，与相交于点，过点作交于点，求证：四边形是菱形； (2)【迁移应用】： 如图③所示，李明将矩形沿对角线折叠后，使得点与点重合，与相交于点，连接，若，求的长． 【答案】(1)①；②证明过程见详解 (2)的长为 【分析】（1）①根据折叠得到，由平角的性质得到，由此得到，根据矩形的性质得到，根据平行线的性质即可求解； ②根据矩形的性质可得四边形是平行四边形，由折叠的性质，可证，，结合菱形的判定方法即可求解； （2）根据矩形的性质得到，，，由勾股定理得到，根据折叠得到，由全等的性质得到，如图所示，过点作于点，运用勾股定理即可求解． 【详解】（1）解：①∵折叠， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， 故答案为：； ②证明：∵四边形是矩形， ∴，，即， 又， ∴四边形是平行四边形， ∵折叠， ∴， ∴ 在和中， ， ∴， ∴， ∴平行四边形是菱形； （2）解：∵四边形是矩形， ∴，，， 在中，， ∴，， ∵折叠， ∴， ∴， 由（1）得到， ∴， 如图所示，过点作于点， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴的长为． 【点睛】本题主要考查矩形与折叠的性质，菱形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理的运用，掌握矩形与折叠的性质是关键． 25．正方形中，点是边上一点，延长至点，点在边上，四边形是正方形． (1)如图1，若，连接，，，交于点，连接， ①求证：； ②写出，，之间的数量关系，并说明理由； (2)如图2，点，，分别是，，的中点，试判断与的关系，并证明． 【答案】(1)①见解析；②，理由见解析 (2)，，证明见解析 【分析】（1）连接，由正方形的性质可得，，，结合题意可得，，证明得出，，再证明为等腰直角三角形，即可得证；②由正方形的性质可得，，将绕点顺时针旋转得到，由旋转的性质可得，从而可得，，，由①可得，证明，得出，结合题意可得，再由正方形的性质可得，即可得解； （2）延长交的延长线于，连接、，由题意可得，由正方形的性质可得，，，证明，得出，，由题意可得，，由正方形的性质可得，，设，，则，，求出，，得到，，即可证明，从而可得，，证明为等腰直角三角形，再由等腰直角三角形的性质即可得解． 【详解】（1）证明：如图：连接， ， ∵四边形、均为正方形， ∴，，， ∵， ∴， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴为等腰直角三角形， ∴； ②，理由如下： ∵四边形为正方形， ∴，， 如图，将绕点顺时针旋转得到， ， 由旋转的性质可得：， ∴，，， 由①可得：， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵四边形为正方形， ∴， ∴； （2）解：，，证明如下： 如图：延长交的延长线于，连接、， ， ∵点是的中点， ∴， ∵四边形为正方形， ∴，，， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∵点，分别是，的中点， ∴，， ∵四边形为正方形， ∴，， 设，，则，， ∴，， ∴，， ∵， ∴， ∴，， ∵， ∴，即， ∴为等腰直角三角形， ∵， ∴，， ∴，且． 【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、旋转的性质等知识点，熟练掌握以上知识点并灵活运用，添加适当的辅助线是解此题的关键． 15 / 15 学科网（北京）股份有限公司 $