第21章一元二次方程 拔高提升训练（选择+填空）2025-2026学年人教版数学九年级上册

九年级数学 第21章一元二次方程 拔高提升训练 一、单选题 1．（2024九年级·全国·竞赛）若关于的方程恰有三个根，则的值为（    ） A． B．或 C．或 D．或 2．（2022·安徽·模拟预测）据统计2019年某款APP用户数约为2400万，2021年底达到5000万．假设未来几年内仍将保持相同的年平均增长率，则这款APP用户数首次突破一亿的年份是（   ） A．2022年 B．2023年 C．2024年 D．2025年 3．（21-22九年级上·江西上饶·期末）某口罩经销商批发了一批口罩，进货单价为每盒50元，若按每盒60元出售，则每周可销售80盒．现准备提价销售，经市场调研发现：每盒每提价1元，每周销量就会减少2盒，为保护消费者利益，物价部门规定，销售时利润率不能超过50%，设该口罩售价为每盒元，现在预算销售这种口罩每周要获得1200元利润，则每盒口罩的售价应定为（    ） A．70元 B．80元 C．70元或80元 D．75元 4．（2024·江西景德镇·二模）如图，将面积为4的等腰三角形纸片沿图中的虚线剪成四块图形，这四块图形恰好能拼成一个没有缝隙的正方形，则该等腰三角形的底边长为（    ） A． B． C． D． 5．（2024·安徽蚌埠·模拟预测）如图，D，E，F分别为三边上一点，且交于点G，若，则（   ） A．50 B．54 C．60 D．63 6．（2025·重庆大渡口·模拟预测）已知关于x的多项式：，． ①若，则代数式的值为； ②若，当y随着x的增加而增加时，n的取值范围为； ③当时，若，则或． 以上结论正确的个数是（　　） A．0 B．1 C．2 D．3 7．（2023·重庆·模拟预测）已知多项式，其中x为任意实数，则下列结论中正确的有（    ） ①若，则； ②若，则； ③若，则此关于x的方程一定有4个互不相等的实数解； ④若分式的值为整数，则整数x的值有4个． A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 8．（2023·湖北武汉·模拟预测）已知为正整数，且满足，则的值为（    ） A． B． C． D． 9．（2022·浙江宁波·一模）如图，将矩形的四个角向内折起，恰好拼成一个无缝隙、无重叠的四边形，若，则下列的值能达成这一翻折的是（　　） A． B． C． D． 10．（2023·江苏苏州·一模）如图，一块正方形地砖的图案是由4个全等的五边形和1个小正方形组成的，已知小正方形的面积和五边形的面积相等，并且图中线段a的长度为，则这块地砖的面积为（    ） A．50 B．40 C．30 D．20 11．（2022·重庆·二模）阅读材料：在处理分数和分式的问题时，有时由于分子大于分母，或分子的次数高于分母的次数，在实际运算时难度较大，这时，我们可将分数（分式）拆分成一个整数（整式）与一个真分数（真分式）的和（差）的形式，通过对它的简单分析来解决问题，我们称这种方法为分离常数法，此法在处理分式或整除问题时颇为有效．将分式分离常数可类比假分数变形带分数的方法进行．如：a﹣1，这样，分式就拆分成一个分式与一个整式a﹣1的和的形式，下列说法正确的有（    ）个． ①若x为整数，为负整数，则x＝﹣3；②69；③若分式拆分成一个整式与一个真分式（分子为整数）的和（差）的形式为：5m﹣11（整式部分对应等于5m﹣11，真分式部分对应等于），则m2+n2+mn的最小值为27． A．0 B．1 C．2 D．3 12．（21-22八年级下·浙江杭州·阶段练习）关于x的一元二次方程（ab≠0）有两个相等的实数根，则下列选项成立的是（    ） A．若﹣1＜a＜0，则 B．若，则0＜a＜1 C．若0＜a＜1，则 D．若，则-1＜a＜0 13．（2022·重庆·模拟预测）关于x，y的二次三项式（m为常数），下列结论正确的有（    ） ①当时，若，则 ②无论x取任何实数，等式都恒成立，则 ③若，则 ④满足的正整数解共有25个 A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 14．（2021·浙江温州·二模）清代著名数学家梅文鼎在《勾股举隅》一书中，用四个全等的直角三角形拼出正方形的方法证明了勾股定理（如图）．设四个全等直角三角形的较短直角边为，较长直角边为，五边形的面积为，的面积为，若，，则的值为　　 A．5 B．6 C．7 D．8 15．（2024·甘肃金昌·模拟预测）如图①，是菱形的对角线，，动点从菱形的某个顶点出发，沿相邻的两条线段以的速度匀速运动到另一个顶点，在运动过程中，的长随时间变化的函数图象如图②所示，则菱形的周长为（    ） A． B． C． D． 16．（22-23八年级下·浙江金华·期末）如图，四个全等的直角三角形拼成“赵爽弦图”得到正方形与正方形，点O为对角线的中点，过点O，分别交，于点M，N，若，，连．则的值为（    ）    A． B． C． D． 17．（2023·浙江杭州·二模）已知点A，B，C是直线l上互不重合的三个点，设，，，其中n，a是常数，（    ） A．若，则点A在点B，C之间 B．若，则点A在点B，C之间 C．若，则点C在点A，B之间 D．若，则点C在点A，B之间 18．（21-22九年级上·重庆璧山·期中）使得关于x的不等式组有且只有4个整数解，且关于x的一元二次方程有实数根的所有整数a的值之和为（    ） A．35 B．30 C．26 D．21 19．（23-24九年级上·重庆忠县·期中）有个依次排列的整式：第1项是，用第1项减去得到，将乘以得到第2项，再将第2项减去得到，将乘以得到第3项，…，以此类推，下面四个结论中正确的个数为（    ） ①方程的实数解为； ②； ③第2023项； ④若为整数，且值为整数，则的取值个数为4个 A．4 B．3 C．2 D．1 20．（24-25九年级上·重庆北碚·期末）将有序数对进行操作后得到一个新的有序数对，将得到的新的有序数对按上述操作继续进行下去，每得到一个新的有序数对称为一次操作．例如：经过第一次操作后得到，经过第二次操作后得到．下列说法①若经过三次操作得到，且，则．②将经过2n（为正整数）次操作后，得到的有序数对为．③在平面直角坐标系中，将所对应的点记为，经过第一次操作后的点记为，第二次操作后的点记为，当时，若直线与直线互相垂直（为正整数），则．正确的个数为（   ）． A．0 B．1 C．2 D．3 21．（2023·重庆沙坪坝·一模）从a，b，c三个数中任意取两个数相加再减去第三个数，根据不同的选择得到三个结果，，，称为一次操作．下列说法： ①若，，，则，，三个数中最大的数是4； ②若，，，且，，中最小值为，则； ③给定a，b，c三个数，将第一次操作的三个结果，，按上述方法再进行一次操作，得到三个结果，，，以此类推，第n次操作的结果是，，，则的值为定值． 其中正确的个数是（    ） A．3 B．2 C．1 D．0 22．（2022·重庆·一模）对于二次三项式（m为常数），下列结论正确的个数有（    ） ①当时，若，则 ②无论x取任何实数，等式都恒成立，则 ③若，，则 ④满足的整数解共有8个 A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 二、填空题 23．（2024·四川泸州·二模）如图，在中，，，点D在上，点E在上，且，连接，则的最小值是 ． 24．（2024·江苏盐城·三模）点是正方形边延长线上的一点，连接，，则的最大值是 ． 25．（23-24九年级上·四川成都·期末）将1，2，3，4，5，6，7，8，9，10十个数划分成两组，使得两组数中没有重复的数，将这两组数分别按照从小到大排列，这样的操作称为这十个数的一种分割，例如和就是这十个数的一种分割，并且规定和这样交换顺序和前一种分割是同种分割．若某次分割成的两组数满足其中一组数的积等于另一组数的和，那么我们就称这样的分割为完美分割，例如和为这十个数的一种完美分割，则在这十个数的所有分割中，完美分割共有 种． 26．（23-24九年级下·重庆北碚·阶段练习）如图，在中，，为中点，将沿边翻折，得到，与相交于点，若，，则    27．（22-23九年级下·安徽芜湖·自主招生）设自然数m，n，，且，则 ． 28．（21-22九年级下·湖北武汉·自主招生）若关于的一元二次方程有两个不相等的实数根，，且． （1）下列说法正确的有 ．（将正确选项的序号填在横线上） ①若，则； ②； ③若，则； ④若，则． （2）某数学兴趣小组为了增加此题的趣味性，将题目改成：若关于的方程有两个不相等的实数根，，且，其中，，均为整数，则的最小值为 ． 29．（20-21九年级上·湖北荆州·阶段练习）已知m是方程式的根，则式子的值为 ． 30．（23-24九年级上·全国·开学考试）五一期间小辉与小亮两家人在港澳旅游，某日两家人从香港口岸前往澳门口岸，当小辉一家乘坐穿梭巴士出发分钟后，小亮一家乘坐跨境出租车出发，两车在全程中均保持匀速行驶，跨境出租车比穿梭巴士早到分钟，过海关时间不考虑在内，两车距西人工岛的路程之和（千米）与小辉家出发的时间（分钟）之间的关系如图所示，穿梭巴士出发 分钟到达澳门口岸． 31．（2022·江西赣州·二模）已知正整数x满足是完全平方数，则x的值是 ． 32．（2023·江苏无锡·模拟预测）如图，正方形和正方形的边长分别为6和4，连接，H为的中点，连接．将正方形绕点A旋转一周，则的取值范围是 ；当C、F、G三点共线时，的长是 ． 33．（22-23九年级上·江西赣州·期中）已知整数满足，如果关于的一元二次方程的根为有理数，则的值为 ． 34．（2023·江苏无锡·二模）直线：、为常数分别与轴、轴交于点、，动点的坐标为（为常数）． （1）当 时，有且仅有一个满足条件的的值，使得点在直线上； （2）若有且仅有两个符合条件的的值，使得点到直线的距离为1，则的取值范围是 ． 35．（2023·山东潍坊·一模）的解有 个． 36．（2022·河南南阳·一模）如图，矩形ABCD的边AB、BC是一元二次方程的两个解（其中），点E在BC边上，连接AE，把沿AE折叠，点B落在点处.当为直角三角形时，则的长是 ． 37．（2024九年级下·浙江宁波·竞赛）满足方程的正整数解为 ． 38．（2024九年级·全国·竞赛）若关于的一元二次方程至少有一个整数根，且为正整数，则满足条件的共有 个． 39．（2022·湖北武汉·一模）如图，将图1的正方形的纸片剪成四块，再用这四块小纸片进行拼接，恰好拼成一个如图2无缝隙、不重叠的矩形，则＝ ． 40．（2023·河北衡水·二模）六张完全相同的小矩形纸片C与A，B两张矩形纸片恰好能拼成一个相邻边长为m，50的大矩形，部分数据如图所示． （1）若，则矩形A的水平边长为 ； （2）请用含m，n的代数式表示矩形A的周长： ； （3）若矩形A，B的面积相等，则 ． 41．（2022·广东佛山·三模）如果方程的三根可以作为一个三角形的三边之长，那么实数的取值范围是 ． 42．（2024·黑龙江哈尔滨·三模）如图，四边形中，，点在上，连接、、，，，，若，则的长度是 ． 43．（2024九年级下·江苏无锡·竞赛）代数式的最小值是 ． 44．（22-23九年级下·浙江杭州·阶段练习）如图是一张菱形纸片，，，点在边上，且，点在边上，把沿直线对折，点的对应点为点，当点落在菱形对角线上时，则 ． 45．（2023·贵州贵阳·二模）如图，在中，，，点D为的中点，点E为平面内任意一点，且，连接．当时，的长为 ．    46．（2024·广东深圳·模拟预测）如图，在中，，E是中点，F是上一点，沿着折叠，若，则 ． 47．（2021·山东临沂·一模）将关于x的一元二次方程变形为，就可以将表示为关于x的一次多项式，从而达到“降次”的目的，又如…，我们将这种方法称为“降次法”，通过这种方法可以化简次数较高的代数式．根据“降次法”，已知：，且．则的值为 ． 48．（2024·黑龙江哈尔滨·二模）如图，中，，垂足为在的延长线上，且，若，则的长为 ． 49．（2023·湖北孝感·模拟预测）如图，中，，为边上的点，，，，则长是 ． 50．（2022·云南德宏·一模）在等腰△ABC中，AB＝AC＝2，∠BAC＝30°，以AC为边作等边△ACD，则点B到CD的距离为 ． 51．（23-24九年级上·重庆大足·期末）若关于x的不等式组有且仅有4个整数解，且使关于x的一元二次方程有实数根，则符合条件的整数m的和为 ． 52．（18-19八年级下·江苏常州·期中）如图，已知，C为线段上的一个动点，分别以，为边在的同侧作菱形和菱形，点C，E，F在一条直线上，．P、Q分别是对角线，的中点，当点C在线段上移动时，点P，Q之间的距离最短为 （结果保留根号）．    53．（24-25八年级上·浙江宁波·期末）如图，在中，，边上有一点，过点作的垂线交延长线于点．若，则 ． 54．（2023·浙江绍兴·中考真题）若关于x的方程所有的根都是比1小的正数．则实数m的取值范围是 ． 55．（2025九年级下·浙江温州·学业考试）关于的方程有实数根，则的取值范围是 ． 56．（2024·黑龙江大庆·模拟预测）如图，在中，，D是边上一点，，E，F分别是上的点，且． （1）设，则 （用含的式子表示）； （2）若，则的长为 ． 57．（2023·江苏苏州·中考真题）如图，．过点作，延长到，使，连接．若，则 ．（结果保留根号）    58．（2022·四川成都·一模）把黑色三角形按如图所示的规律拼图案，其中第①个图案中有1个黑色三角形，第②个图案中有3个黑色三角形，第③个图案中有6个黑色三角形，…，按此规律排列下去，第 个图案中黑色三角形的个数为300． 九年级数学 第21章一元二次方程 拔高提升训练 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B B A D C B B D C B 题号 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 答案 D B A A C A D B B B 题号 21 22 答案 C A 1．B 【分析】先化简绝对值方程为两个一元二次方程①和②，再分三种情况讨论：（1）方程①有两个不相等的实根，方程②有等根；（2）方程②有两个不相等的实根，方程①有等根；（3）两个方程均有两个不相等的实根，且两个方程恰有一个相同的根．针对每种情况分别利用根的判别式列出方程或不等式求解并验证，即可得到答案． 【详解】， 或， 整理得①或②， 设方程①的判别式为，方程②的判别式为， 若原方程恰有三个根，则有三种可能： （1）， ， ， 此时，， 或， 解得，或， 满足题意的t的值是； （2）， ， ， 当时，， 或， 解得，或， ， ， 但，不满足题意，舍去； （3），且两方程恰有一个相同的根， ， ， 设相同的根为， 则， 解得，， 当时，， 解得或或，符合题意； 当时，， 解得或或， 但此时，三个解均不合题意，舍去； 综上所述，的值为或． 故选B． 【点睛】本题考查了解绝对值方程，用公式法解一元二次方程，用因式分解法解一元二次方程，一元二次方程根的判别式，正确理解方程恰有三个根的含义是解答本题的关键． 2．B 【分析】设年平均增长率为，根据该款APP在2019年底及2021年底的用户数，可列出关于的一元二次方程，解之可得及的值，将其代入与中，可求得2022年级2023年底的用户数，将其与10000万比较即可求解． 【详解】解：设年平均增长率为， 依题意得，， ∴， ∴或（不合题意舍去）， ∴（万），（万）， ∵7200万＜10000万＜10417万， ∴该款APP用户在2023年首次突破一亿． 故选：B． 【点睛】本题考查一元二次方程的应用，找准等量关系，正确地列出一元二次方程是解题的关键． 3．A 【分析】根据每天的销售利润＝每箱的销售利润×销售数量，即可列出关于x的一元二次方程，解方程即可求出x的值，在结合销售利润不能超过50%，即可确定x的值． 【详解】解：根据题意得：（x﹣50）[80-2（x-60）]＝1200， 整理得：x2﹣150x+5600＝0． 解得：x1＝70，x2＝80． 当x＝70时，利润率＝×100%＝40%＜50%，符合题意； 当x＝80时，利润率＝×100%＝60%＞50%，不合题意，舍去． 所以要获得1200元利润，每盒口罩的售价应定为70元． 故选：A． 【点睛】本题考查了一元二次方程的应用以及列代数式，解题关键是根据各数量之间的关系，用含x的代数式表示出平均每天的销售量，找准等量关系正确列出一元二次方程． 4．D 【分析】本题主要考查一元二次方程与图形有关的应用，解此题的关键在于将等腰三角形拆解拼成另一个没有缝隙的矩形，再利用面积相等得到相关边的长度关系．如图，等腰三角形纸片沿图中虚线剪成四块图形，能拼成一个没有缝隙的正方形和矩形，根据题意得，求出，进而求出正方形的边长与等腰三角形的底边长的比，再根据面积为4求得，得，求出即可． 【详解】解：如图，等腰三角形纸片沿图中虚线剪成四块图形，能拼成一个没有缝隙的正方形和矩形， 根据题意，得， ∴， 解得： (负值舍去)， ∴正方形的边长与等腰三角形的底边长的比为： ， ∵将面积为4的等腰三角形纸片沿图中的虚线剪成四块图形，这四块图形恰好能拼成一个没有缝隙的正方形， ∴，即：， ∴，即：． 故选：D． 5．C 【分析】本题主要考查等积法及一元二次方程的解法，熟练掌握等积法是解题的关键；设，由题意易得，，然后可建立方程进行求解． 【详解】解：设，由等积法可知：， ∴，即①， ∵， ∴，即②， 联立①②可得：， 解得：（负根舍去）， ∴， ∴； 故选C． 6．B 【分析】本题考查了解一元二次方程-因式分解法，代数式求值和整式的运算．把，分别代入各个选项，再依据选项结论进行分析计算即可． 【详解】解：①当时，， ∴， ∴， 所以①正确； ②∵， 当y随着x的增加而增加时， ∴， 解得，所以②错误； ③当时，， 若，则或， 即或， 对于方程，， ∴此方程没有实数解； 对于方程，因式分解得， 解得， 综上所述，若，则或，所以③错误． 故选：B． 7．B 【分析】本题考查了解一元二次方程，代数式的值，熟练掌握，正确运用所学知识是解题的关键．解方程求得方程的解即可判断①；由得到，变形得到，直接代入即可判断②；解得方程的解即可判断③．由，即可确定整数x的值有3个，即可判断④． 【详解】若， 化简得， 解得， 故①错误； 则， 设， ， 故②正确； 若，则或． 当时，， 则此方程有两个不相等的实数解； 当时，， 则此方程有两个不相等的实数解， ∴原方程共有4个不相等的实数解，故③正确； ． ∵分式的值为整数， ， 解得． 当时，分母为0，舍去， ∴整数x的值有3个，故④错误． 综上，正确的结论有2个 故选：B 8．D 【分析】将已知方程整理为一元二次方程，结合方程根的情况，得出的取值范围，再代入方程即可求解． 【详解】解：变形得，， ∵为正整数， ∴存在正整数，使得①， ∴，即， ∴②， 设关于的方程为③，方程有两个正整数解， ∴， ∴， ∵为正整数， ∴的值为，可证为时方程③无正整数根， ∴当时，方程得，，解得，，， ∴， 故选：． 【点睛】本题主要考查将分式转化为一元二次方程方程，根据根的情况解一元二次方程的参数，再代入计算，掌握以上相关知识的运用是解题的关键． 9．C 【分析】先利用矩形的性质和折叠的性质证明△BMP≌△DQN，从而得出BM=QD，再设出BM，利用AB与AD的比例和勾股定理，分别表示出MN，QN，MQ，利用勾股定理即可求解． 【详解】解：∵四边形ABCD是矩形， ∴∠B=∠D=90°， ∵矩形ABCD的四个角向内折起，恰好拼成一个无缝隙、无重叠的四边形PMNQ， ∴AP=PE=BP，BM=ME，MF=MC，QD=QF，DN=FN=CN，∠BMP=∠EMP，∠CMN=∠FMN，∠CNM=∠FNM，∠DNQ=∠FNQ， ∴∠BMP+∠CMN=90°，∠CMN+∠CNM=90°，∠CNM+∠DNQ=90°，∠DNQ+∠DQN=90°， ∴∠BMP=∠CNM，∠CNM=∠DQN，∠MNQ=90°， ∴∠BMP=∠DQN， ∴△BMP≌△DQN（AAS）， ∴BM=ME=DQ=QF， ∴MQ=MF+QF=MC+BM=BC， 设AB=CD=6a，BM=ME=QF=DQ=x， ∵AB：AD=3：5， ∴BC=AD=10a， ∴MF=MC=10a-x，AP=PE=BP=3a，DN=FN=CN=3a，MQ=10a， ∴， ∵， ∴， 解得：x=a或x=9a， 当x=a时，BM=a， ∴MC=BC-BM=9a， ∴BM：MC=1：9， ∴MC=BC-BM=9a， ∴MC=BC-BM=a， ∴BM：MC=9：1， 故选：C． 【点睛】本题考查矩形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，解一元二次方程等知识点，解题的关键是利用折叠的性质和勾股定理将BM表示出来． 10．B 【分析】如图，根据题意易知，点O为正方形的中心，利用图中的面积关系最终可推出，设正方形ABCD的边长为,则,以此可得方程，解此方程，再将a的值代入即可求解． 【详解】解：如图， 根据题意易知，点O为正方形的中心， ∴，即，， ∵， ∴， ∵， ∴， 设正方形ABCD的边长为,则, ∴，解得：， ∵， ∴或， ∵， ∴， ∴． 故选：B． 【点睛】本题主要考查全等图形、正方形的性质、二次根式的应用、一元二次方程的应用等知识点，利用已知条件，得到各部分图形之间的面积关系并列出方程是解题关键． 11．D 【分析】利用题干中的方法将分式拆分成一个整式与一个真分式的和（差）的形式，利用整数或整式的性质对每个结论进行判断即可． 【详解】解：∵为负整数， 为负整数， 故①的结论正确； ∵， 又， ∴，且有最小值2， ∴有最大值3， ∴， ∴②的结论正确； ∵， ∴m＝x＋2，n−6＝−（x＋2）， ∴m＝x＋2，n＝4−x． ∴m2＋n2＋mn ＝(m＋n)2−mn ＝36−（−x2＋2x＋8） ＝x2−2x＋28 ＝(x−1)2＋27， ∵(x−1)2≥0， ∴m2＋n2＋mn有最小值为27， ∴③的结论正确， 故选：D． 【点睛】本题主要考查了分式的加减法，整式的加减法，本题是阅读型题目，理解并熟练应用题干中的方法是解题的关键． 12．B 【分析】根据一元二次方程的根的情况利用判别式求得a与b的数量关系，再代入方程求k的值，然后结合a的取值范围和分式加减法运算法则计算求解． 【详解】解：∵关于x的一元二次方程（ab≠0）有两个相等的实数根k， ∴ ， ， 又∵， ∴a-b-1=0，即a=b+1， ∴ax2-2ax+a=0， 解得：x1=x2=1， ∴k=1， 当时，即， 即， ∴a（a-1）<0， 即或 解得0<a<1 当时，即， 即， ∴a（a-1）>0， 即或 解得：a>1或a<0． 故选：B． 【点睛】本题考查一元二次方程的根的判别式，根据一元二次方程根的情况求得a与b之间的等量关系是解题关键． 13．A 【分析】①将代入代数式，计算即可；②又可得，再根据题意求解即可；③两方程相加，令，可化为，求解即可；④根据题意可得，列出正整数解，即可． 【详解】解：将代入可得，，即 解得或，即或，①错误； 由可得， ∵无论x取任何实数，等式都恒成立， ∴，②正确； 两式相加可得： 即 令，则，解得， 即或，③错误； 由可得 正整数解为： ，总共有个，④错误 正确的个数为1， 故选：A 【点睛】本题主要考查了整式加减，二元一次不等式的解，完全平方公式，一元二次方程的解，解题的关键是熟练掌握相关运算法则以及灵活运用完全平方公式． 14．A 【分析】根据全等三角形的性质得到，，，，推出，，三点共线，分别表示出五边形的面积，的面积,然后利用，列出方程即可求得结论 ． 【详解】解：四个直角三角形全等， ，，，， ， 四边形是正方形， ， ， ，，三点共线， 五边形的面积为， ， ， ， ， 的面积为 ， ， ， ，（不合题意，舍去）， 故的值为5． 故选：． 【点睛】本题考查了勾股定理的证明，全等三角形的性质，正方形的性质，熟练掌握全等三角形的性质是解题的关键． 15．C 【分析】由图②得：当时，在减小，当时，先变小后变大，可得应从出发沿运动到，再运动到，或应从出发沿运动到，再运动到，设应从出发沿运动到，再运动到，如图，连接交于，再进一步解答即可； 【详解】解：由图②得：当时，在减小， 当时，先变小后变大， ∴应从出发沿运动到，再运动到， 或应从出发沿运动到，再运动到， 设应从出发沿运动到，再运动到， 如图，连接交于， ∵四边形为菱形， ∴，，， ∴当在处时，，即， ∴， 当在处时，，即， 当位于处时，，即， ∴， ∵， ∴， 解得：（不符合题意的根舍去）， ∴， ∴菱形的周长为； 故选C 【点睛】本题考查的是动点问题的函数图象，菱形的性质，勾股定理的应用，一元二次方程的解法，理解题意是解本题的关键. 16．A 【分析】如图，连接，过作交于，证明，四边形是平行四边形，可得，，设，，，，，，，，由题意可设，由等面积法可得：，再利用面积公式可得答案． 【详解】解：如图，连接，过作交于， ∵， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴互相平分； ∵正方形， ∴，， ∴， ∴，    ∴， ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∴，， ∵，，设， ∴，，，， ∴，， ∵正方形， ∴，， ∴， 由题意可设， 由等面积法可得： ， 解得：，（负根舍去）， ∴， ∴， 故选A 【点睛】本题考查的是正方形的性质，平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理的应用，一元二次方程的解法，熟练的求解是解本题的关键． 17．D 【分析】根据点A，B，C是直线l上互不重合的三个点，设当点A在点B，C之间时，恒成立；设点C在点A，B之间时，恒成立；分别代入求解即可． 【详解】解：当点A在点B，C之间时，恒成立，即方程至少有一解 化简得 若，则，不符合条件，故A选项错误； 若，则，不符合条件，故B选项错误； 当点C在点A，B之间时，恒成立，即方程至少有一解 化简得 若，则，不符合条件，故C选项错误； 若，则，符合条件，故D选项正确； 故选：D． 【点睛】本题考查了线段的和与差，一元二次方程根的判定，根据题意，列方程，结合选项进行验证是解题的关键． 18．B 【分析】先求出不等式组的解集，根据有且只有4个整数解可确定a的取值范围，再通过根的判别式确定a的取值范围，最后结合两个取值范围找出满足条件的整数相加即可． 【详解】解：整理不等式组得： 由①得：， 由②得：x<4 ∵不等式组有且只有4个整数解， ∴不等式组的4个整数解是：3，2，1，0， ∴， 解得：， ∵有实数根， ∴ 解得：a≤9， ∵方程是一元二次方程， ∴a≠5 ∴，且a≠5， 满足条件的整数有：6、7、8、9； ∴6+7+8+9=30， 故选：B． 【点睛】本题主要考查了解一元一次不等式组和一元二次方程根的判别式，熟练掌握解不等式的性质和不等式解集的写法是解题发关键． 19．B 【分析】本题主要考查了数轴的变化的规律，分式的加减乘除混合运算，解一元二次方程等．利用题干中的操作步骤分别计算求得，，，，，，，再利用解方程的方法，因式分解的方法和分式的相关性质对每个选项进行逐一判断即可得出结论． 【详解】解：第1项是，用第1项减去得到， 将乘以得到第2项， 再将第2项减去得到， 将乘以得到第3项， ， 以此类推，则第4项为，第项为． ①方程，即， ， 或． 方程的实数解为或． ①的结论错误； ② ． ②的结论正确； ③第项为， 第2023项， ③的结论正确； ④ ， 为整数，且 值为整数， 可能取值为1，2，3，6，，，，， 的取值为0，1，，． ④的结论正确． 综上，正确的结论有：②③④． 故选：B． 20．B 【分析】本题考查数字类规律探究、一次函数的应用、勾股定理、解一元二次方程，理解题意是解答的关键．根据题中操作可判断①；根据题中操作，发现规律可判断②；根据题中操作可得，，，，利用待定系数法分别求得直线的表达式为，直线的表达式为，可得两直线相交于坐标原点，则有，然后利用勾股定理列方程求解a值即可判断③，进而可得答案． 【详解】解：①经过第一次操作后得到，经过第二次操作后得到，经过第三次操作后得到， 则由题意，得，解得，故①错误； ②经过第一次操作后得到， 经过第二次操作后得到，即， 经过第三次操作后得到， 经过第四次操作后得到，即 经过第五次操作后得到， 经过第六次操作后得到，即， ……， 依次类推， 经过2n（为正整数）次操作后，得到的有序数对为，故②正确； ③经过第一次操作后得到， 经过第二次操作后得到，即， 经过第三次操作后得到， 经过第四次操作后得到，即， 经过第五次操作后得到， 经过第六次操作后得到，即， ……， 依次类推，，，，， 设直线的表达式为， 则，解得， ∴直线的表达式为， 同理直线的表达式为， 可得两直线相交于坐标原点， 若直线与直线互相垂直时，则有， ∵， ∴，， 由得：， 整理，得， 解得，故③错误， 综上，正确的有1个， 故选：B． 21．C 【分析】本题主要考查一元二次方程的解法及整式的运算，根据题中所给新定义运算及一元二次方程的解法可进行求解，熟练掌握一元二次方程的解法及整式的运算是解题的关键． 【详解】解：①若，，，则有：，，，所以，，为0、4、6三个数中的一个数，故，，三个数中最大的数是6，说法错误； ②若，，， 当时，即，则△，所以原方程无解； 当时，即，则△，所以原方程无解； 当时，即，解得：，； 综上所述：若，，，且，，中最小值为，则，；故原说法错误； ③由题意的值为定值，只需检验即可，依题意可设，则有，，，且， 又有， ， ， ，显然， 给定，，三个数，将第一次操作的三个结果，，按上述方法再进行一次操作，得到三个结果，，，以此类推，第次操作的结果是，，，则的值为定值，说法正确； 综上所述，以上说法正确的是③， 故选：C． 22．A 【分析】①代入求值后因式分解计算即可；②提取公因式x后根据恒成立找关系即可； ③两个方程相加后因式分解即可解题；④去括号后因式分解判断即可． 【详解】①当时，若，则 ∴或者，故①错误； ②等式化简后为 ∴（舍去）或 ∵无论x取任何实数，等式都恒成立， ∴，即 ∴，故②正确； ③若，，则两个方程相加得：， ∴ ∴ ，故③错误； ④整理得： ∴ ∵整数解 ∴，，， ∴，， ，， ，，，，， ∴ 整数解共9对，故④错误； 综上所述，结论正确的有②； 故选：A． 【点睛】本题综合考查因式分解的应用，熟练的配方是解题的关键，题目还考查了因式分解法解一元二次方程． 23． 【分析】本题考查勾股定理，等腰直角三角形的判定和性质，一元二次方程根的判别式，熟练掌握等腰直角三角形的判定和性质是解题的关键． 由勾股定理分别求出，，，的长，可得，然后设，整理得：，得出的最大值，即可求解． 【详解】解：∵，， ∴是等腰直角三角形，， ∴， 设， ∴， 过点D作于F，如图所示： 则是等腰直角三角形， ∴，，， ， ∴， 设，整理得：， ∵x为实数， ∴，即：， ∴， ∴y最大值为， ∴的最小值为：． 故答案为：． 24． 【分析】设，，利用勾股定理可得，，即有，设，可得一元二次方程：，根据方程有解可得，化简得：，即可解得：，问题随之得解． 【详解】∵四边形是正方形， ∴，， ∴， 设，， ∴， ∵根据勾股定理有：，， ∴，， ∴， 设：，即，， ∴， 整理可得一元二次方程：， 显然上述方程有解， ∴， 化简得：， ， 结合，解得：， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴的最大值为：． 故答案为：． 【点睛】本题考查了正方形的性质，勾股定理，一元二次方程的判别式，解一元二次方程等知识，问题的难度在于设，引入一元二次方程，利用代数的知识解答几何问题． 25．3 【分析】本题考查对题干“完美分割”的理解，一元二次方程的应用，根据“分割成的两组数满足其中一组数的积等于另一组数的和”推出相乘的这一组数只能有2个或3个或4个数，再根据其个数分别运用列举法分析找出符合条件的分割，即可解题． 【详解】解：， 一组数的积要小于， ，， 相乘的这一组数最多只能有个， ， 相乘的这一组数最少有2个， ①若这一组数有2个， 当两个数连续时，设较小的数为，则另一个为， 分割成的两组数满足其中一组数的积等于另一组数的和， ，整理得，解得，（不合题意，舍去）， 符合条件的完美分割为和； 当两个数不连续时， ， 两个数的乘积不小于，分别讨论、、、、、、是否满足其中一组数的积等于另一组数的和， 当两个数不连续时，没有符合条件的完美分割， ②若这一组数有3个， 当三个数连续时，设中间的数为，则另两个为，， ，整理得，即， 为1到10的整数， 没有符合条件的， 当三个数不连续时，设其中最大的数为，分别讨论、、）其中始终大于组合内第二个数、以及、、、、是否满足其中一组数的积等于另一组数的和， 其中符合条件的完美分割有和； ③若这一组数有4个， 当四个数连续时，、均不符合，后面的皆不符合， 当四个数不连续时，设其中最大的数为，， ，解得， 、、均不符合，后面的皆不符合； 可得符合条件的完美分割就是题干中的完美分割， 则在这十个数的所有分割中，完美分割共有3种， 故答案为：3． 26． 【分析】由中点性质及中线等分面积，结合翻折性质可知，从而确定，设，，则，，，在和中，由勾股定理得方程，联立求解即可得到（负值舍去）． 【详解】解：为中点， ，， 将沿边翻折得到， ，，， ， ， ，即， ， ， 设，，则，， ， 在中，由勾股定理可得，即①， 在中，由勾股定理可得，即②， 由①得，则，即； 将代入②得，则，解得（负值舍去）； ， 故答案为：． 【点睛】本题考查求线段长，涉及等分面积、中点性质、翻折性质、等面积法求线段关系、等腰三角形性质、勾股定理、平方差公式及解一元二次方程等知识，数形结合，由面积关系及勾股定理求解是解决问题的关键． 27．16 【分析】由已知条件可得，整理得，从而可得且，解得，再根据条件得出，求出m，n的值，可得答案． 【详解】解：∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 即有正整数解， ∴且， ∴且， 解得：， 又∵， ∵自然数m，n，， ∴， 解得：， ∴ 【点睛】本题主要考查了一元二次方程根的判别式及代数式求值，解决本题的关键是熟练掌握一元二次方程根的判别式． 28． ①③ 5 【分析】（1）根据根与系数的关系即可判断①，分为和两种情况，分别将，表示出来，相加即可判断②，由得出的范围，由二次函数图象的性质可得，，时的范围，即可判断③，利用根与系数的关系将等量关系化为关于，的式子，即可判断④； （2）把“根分布”条件转换为对二次函数系数的限制，由，，均为整数，可以通过从小到大列举的值，判断取不同值时、是否满足条件，进而得到的最小值． 【详解】解：（1），， ， 故①正确； ，，， ，， 当时， ， ， 当时， ， ， 故②错误； ，，， ， ， ， 当时，， ， 当时，， ， 当时，， ， ，， ， ， 故③正确； ，， ， ， ， ， ， ， ， 或， 故④错误； 故答案为：①③； （2）关于的方程有两个不相等的实数根，， △， ， 当时，， 当时，， 对称轴， ， ， ， ， 当时， ， ， ，，均为整数， 没有满足条件的， 当时， ， ， ， ， ， ， 没有满足条件的， 当，时， ，， ， ， 没有满足条件的， 当，时， ，， ， ， 没有满足条件的， 当，时， ，， ， ， 没有满足条件的， 当，时， ，， ， ， 没有满足条件的， 当，时， ，， ， ， 没有满足条件的， 当，时， ，， ， ， 符合条件， 的最小值为5， 故答案为：5． 【点睛】本题考查绝对值的分类讨论，根与系数的关系，根的判别式等知识点，解题的关键是熟练掌握绝对值的性质，根与系数的关系，根的判别式的内容． 29．2020 【分析】由题意可得出，可变形为，．再由，将代入化简得，再将代入求值即可． 【详解】∵m是方程式的根， ∴， ∴，． ， 将代入，得：， 再将代入，得：． 故答案为：2020． 【点睛】本题考查一元二次方程的解得定义，代数式求值．利用整体代入的思想是解题关键． 30．42 【分析】本题考查一次函数的应用，解分式方程，解一元二次方程，解答本题的关键是明确题意，利用一次函数的性质和数形结合的思想解答． 先根据已知图中路程千米可知：两家没出发时，距西人工岛的路程之和为千米，即香港口岸距西人工岛的路程千米，千米，设穿梭巴士的速度为千米/分，跨境出租车的速度为千米/分，千米，分别根据时间相等列方程可解决问题． 【详解】如图1， 由题意得：， ， 设穿梭巴士的速度为千米/分，跨境出租车的速度为千米/分， 当时，两家同时到达西人工岛，则， 解得：， 设千米，则， ， ∴， 即， 解得：， ∴， ， ， ，， 检验：当时，无意义，故舍去；当时，左边，右边，左边右边， 故原方程的解是． ∴， ∴穿梭巴士的时间， 答：穿梭巴士出发分钟到达澳门口岸． 故答案为：． 31．1或21/21或1 【分析】设，利用求根公式得出也是完全平方数，再由95=1×95或95=5×19，，列方程求出n的值，再代入求根公式计算x的值即可； 【详解】解：设，∵方程有正整数解， ∴方程的根为：x=（负根舍去）， ∵方程的根为整数，∴也是完全平方数， 设，则，， ∵95=1×95或95=5×19，， ∴或，解得：n=24或n=6， 当n=24时，代入x=得：x=21， 当n=6时，代入x=得：x=1， 故答案为：21或1； 【点睛】本题考查了一元二次方程的求根公式，整数的运算规律，利用根是整数判断也是完全平方数是解题关键． 32． 或 【分析】如图 1 中，在的上方作正方形， 连接，求出的取值范围，再利用三角形中位线定理求解即可； 的长分两种情形，分别画出图形求解即可． 【详解】解：如图1中，在的上方作正方形， 四边形和四边形是正方形， ，， H为的中点， ， ， ，， ， ， ， ； 如图2中，当C，F，G三点共线时，连接， 过点D作于点J，交的延长线于点K，设交于点O，则， 四边形和四边形是正方形， ，， ， ， ， ， ， ， 四边形是矩形， ， 四边形是正方形， ， 设，则， ， ， 或（舍）， ， ， ， ， ， ， 如图3，当C，G，F三点共线时， 同理可得，， 则， 综上所述，的长为或， 故答案为：，或． 【点睛】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，三角形的中位线，解一元二次方程等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造三角形中位线解决问题，学会用分类讨论的思考问题． 33．或或 【分析】根据一元二次方程的求根公式，求出方程的根的表达式，再根据方程的根为有理数且为整数，即可进行解答． 【详解】解：∵，，， ∴， ， ， ， ∴， ∵， ∴， ∵一元二次方程的根为有理数， ∴为有理数， ∴，，，，，， ∵为整数， ∴，，时，或或， 故答案为：或或． 【点睛】本题主要考查了一元二次方程的求根公式，解题的关键是熟练掌握一元二次方程的求根公式以及有理数和整数的定义． 34． 或 【分析】（1）用待定系数法可求得直线的表达式为，将点的坐标代入得，根据判别式，进行计算即可得答案； （2）分三种情况：若有两个不相等的解，而无解；若有两个不相等的解，而无解；若有一个解，有一个解，分别列示计算即可得到答案． 【详解】解：（1）分别将两点的坐标代入直线， 得方程组， 解得， 故直线的表达式为， 将点的坐标代入，得， 若它只有一个根即有两相等实根，则有， 解得， 故答案为：； （2）点到直线的距离为， 整理得，即， 若有两个不相等的解，而无解， 则有， 解得且， 若有两个不相等的解，而无解， 则有， 此不等式组无解， 若有一个解，有一个解， 则有， 此方程组无解， 故答案为：或． 【点睛】本题主要考查了待定系数法求一次函数的解析式，一元二次方程的根的判别式，解不等式组，熟练掌握一元二次方程的根的判别式，解不等式组的方法，是解题的关键． 35． 【分析】分两种情况考虑：底数为；指数为，底数不为，分别求出解即可． 【详解】解：当，即时，方程成立； 当，即时，指数中分母为，不合题意； 当，时， 整理得：，即，， 解得：， 经检验是分式方程的解， 综上，方程的解为或，共个． 故答案为：． 【点睛】此题考查了解分式方程，绝对值，以及零指数幂，熟练掌握各自的性质及分式方程的解法是解本题的关键． 36．或2 【分析】先求出AB与BC的长，当△CEB′为直角三角形时，有两种情况：①当点B′落在矩形内部时，如答图1所示．连接AC，先利用勾股定理计算出AC=5，根据折叠的性质得∠AB′E=∠B=90°，而当△CEB′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′=3，可计算出CB′=2，设BE=x，则EB′=x，CE=4-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，如答图2所示．此时ABEB′为正方形． 【详解】解：， ， 解得：， ∴AB=3，BC=4， 当△CEB′为直角三角形时，有两种情况： ①当点B′落在矩形内部时，如答图1所示．           图1 连接AC，在Rt△ABC中，AB=3，BC=4， ∴AC=5， ∵∠B沿AE折叠，使点B落在点B′处， ∴∠AB′E=∠B=90°， 当△CEB′为直角三角形时，只能得到∠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， ∴EB=EB′，AB=AB′=3， ∴CB′=5-3=2； ②当点B′落在AD边上时，如答图2所示．           图2 此时ABEB′为正方形， ∴B'E=AB=3， ∴CE=4-3=1， ∴Rt△B'CE中，． 综上所述，B'C的长为或2． 故答案为：或2． 【点睛】本题考查了折叠问题：折叠前后两图形全等，即对应线段相等；对应角相等．也考查了矩形的性质以及勾股定理．注意本题有两种情况，需要分类讨论，避免漏解． 37．，， 【分析】本题考查了一元二次方程根的判别式，解一元二次方程；先将方程变形为关于的一元二次方程，进而根据题意得出判别式为完全平方数，进而求得的值，逐个代入，解一元二次方程，即可求解． 【详解】解： ∴ ∴ ∴ ，是完全平方公式 ∴或或或或 解得： 当时，， 解得：（不合题意），， 当时，， 解得：，， ∴，， 故答案为：，，． 38．3 【分析】若一元二次方程至少有一个整数根，则根的判别式，建立关于a的不等式，求出根的判别式和a的取值范围．还要注意二次项系数不为0．再根据根的判别式是完全平方数进行求解即可．本题考查了一元二次方程根的判别式以及一元二次方程根与系数的关系，熟练掌握一元二次方程根的判别式以及根与系数的关系是解本题的关键． 【详解】解：∵关于x的一元二次方程有整数根， ∴且， 解得且， ∴方程的根为， ∵为完全平方数且为正整数， 设，t时整数， 则， 根据偶数的平方是偶数，偶数减去1是奇数，奇数不是48的倍数， 故t是奇数， 当即时，，此时，，符合题意； 当即时，，此时，不符合题意； 当即时，，此时，符合题意； 当即时，，此时，符合题意； 当即时，，此时，不符合题意； 当即时，，此时，不符合题意； 故符合题意的有3个， 故答案为：3． 39． 【分析】分别写出两个图形的面积表达式，根据两图形的面积相等列方程，化成的二次方程解答． 【详解】图1图形的面积，， 图2图形的面积，， ∴ ∴， ∴， ∴， ∵， ∴． 【点睛】本题主要考查了解一元二次方程，熟练掌握正方形、矩形面积公式，解的二次方程是解决此题的关键． 40． 【分析】（1）根据图可得矩形A的长个小矩形宽，即可得到矩形A的水平边长； （2）根据图可得矩形A的宽个小矩形宽，进而得到矩形A的竖直边长，即可得到答案； （3）分别表示出矩形A，B的面积，根据矩形A，B的面积相等即可得到答案． 【详解】解：设矩形A的水平边长为 ，矩形A的竖直边长 ， （1）由图可知， ； （2）由（1）可知， 由图可知 矩形A的周长 ； （3）由题知，矩形A的面积； 由图知，矩形B的面积 矩形A，B的面积相等, ① 小矩形纸片长，矩形A的水平边长为 由图可知小矩形纸片长矩形A的水平边长 ② 联立①②解得，（舍去）． 故答案为：；；． 【点睛】本题主要考查列多项式，多项式的值，一元二次方程，掌握解题的方法以及解方程的方法是解题的关键． 41． 【分析】首先根据题意得出方程的一个根为1，然后设另一个一元二次方程的两个根为m和n，再根据根的判别式、完全平方公式、三角形三边的关系m−n<1＜m+n即可求得k的取值范围． 【详解】解：由题意得：， ∴ 设的两根分别是、；则，； ∴； 根据三角形三边关系定理，得：，即； ，解得． 故答案为． 【点睛】本题主要考查了一元二次方程的根的判别式、根与系数的关系、完全平方公式、三角形的三边关系等知识点，灵活运用根与系数的关系成为解答本题的关键． 42．3 【分析】设，过点作于点，首先证明四边形为矩形，易得，再结合等腰三角形“三线合一”的性质可得，证明为等腰三角形，可得，进而可得，在中，由勾股定理可得，代入数值并求解，即可获得答案． 【详解】解：设， 如下图，过点作于点， 则， ∴四边形为矩形， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 在中，由勾股定理可得， 即， 整理可得， 解得，（舍去）， ∴． 故答案为：3． 【点睛】本题主要考查了矩形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、勾股定理、解一元二次方程等知识，证明为等腰三角形是解题关键． 43． 【分析】本题考查的是配方法的应用，掌握配方法的一般步骤，完全平方公式是解题的关键．根据配方法把原式变成平方和的形式，根据非负数的性质解答． 【详解】 = = 因为任何数的平方都大于等于0， 所以，那么， 当，时，代数式取得最小值． 此时． 综上，该代数式的最小值是． 故答案为： 44．或． 【分析】分情况讨论∶①当点落在菱形对角线上时，根据菱形的性质和折叠的性质先证明，根据折叠的性质可得，进一步求解即可；②当点落在菱形对角线上时，根据菱形的性质和折叠的性质可知是等边三角形，可得． 【详解】解∶分情况讨论∶①当点'落在菱形对角线上时，如图所示∶ 在菱形中，，，，， ∴，， ∴是等边三角形， ∴， 根据折叠，可知，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 设， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∴， 解得（舍去）或． ②当点'落在菱形对角线上时，如图所示∶． 在菱形中，， ∴， 根据折叠可知，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴是等边三角形， ∴， 综上所述，的长为或， 故答案为∶或． 【点睛】本题考查了翻折变换(折叠问题)，菱形的性质， 等边三角形的判定和性质，熟练掌握折叠的性质是解题的关键，注意分情况讨论． 45．或 【分析】根据题意以点C为坐标原点，所在直线为x轴，所在直线为y轴建立平面直角坐标系，得C，A，B，D的坐标，设E，根据勾股定理和，得到方程求出x，y的值，再利用两点间距离公式即可解决问题． 【详解】解：在中，， ∵， ∴， ∵点D为的中点， ∴， 如图，以点C为坐标原点，所在直线为x轴，所在直线为y轴建立平面直角坐标系， ∴C，A，B， ∵点D为的中点， ∴D， 设E， ∵， ∴， ∵， 根据勾股定理得：， ∴ 整理得：， 将代入， 整理得，， 解得，， ∴， ∴E或， ∴或， ∴或． 故答案为：或．    【点睛】本题考查了勾股定理的应用，含30度角的直角三角形，两点间距离公式，有一定难度，关键是建立平面直角坐标系解决问题． 46． 【分析】取中点为D、连接，作中点G，连接交，交于O，根据勾股定理求出的长，由折叠性质以及等腰三角形的判定与性质得出共线，即O与重合，利用中位线性质，勾股定理得出一元二次方程，求出结果即可得出结论． 【详解】解：如图所示，取中点为D、连接，作中点G，连接交，交于O， 在中 为中点， ， 由折叠可知：， 点G是中点，在中有，且， 在中，， 在中，E为中点，G为中点， ， 取中点为，则， ， ， 共线，即O与重合， ， 在中，， 为的中点，D为的中点， ， ， ， 在中，设，则， ， ， 在中，，即， 整理得：， 解得：， ， 故答案为：． 【点睛】本题考查了勾股定理，一元二次方程的几何应用，中位线的性质，等腰三角形的判定与性质，折叠性质，熟练掌握相关性质定理，准确作出辅助线为解题关键． 47． 【分析】先将变形为，再利用“降次法”将转化为，然后解一元二次方程，求出，再代入求值即可． 【详解】解：， ∴． ∴ ， ， ， ， ， ， ． ∵，， ∴ ∴， ∵， ； ∴原式 ． 故答案为：． 【点睛】本题考查代数式求值和解一元二次方程．理解并掌握“降次法”，是解题的关键． 48．30 【分析】作平分交于，过点作，得，设，得，，可知，在上取点，使得，连接，，可知，得，，进而可知，得，可证，得，则，再证，得，，在中，，在中，，得，即可求解． 【详解】解：作平分交于，过点作， ∵，则， ∴， 设，则， ∴，， ∴， 在上取点，使得，连接，， ∴， ∴，， 又∵，， ∴， 则， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴，则， ∵， ∴， ∴， ， 在中，， 在中，， ∴， 解得：（负值舍去）， ∴， 故答案为：30． 【点睛】本题考查角平分线的性质，勾股定理，全等三角形的判定及性质，解一元二次方程等知识，添加辅助线构造全等三角形是解决问题的关键． 49．/ 【分析】如图，过点A作于F，过点B作于E．证明是等腰直角三角形，求出，设，则．，推出，在，利用勾股定理，构建方程求出x，即可解决问题． 【详解】解：如图，过点A作于F，过点B作于E． ∴， ∵， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵， 设，则，， ∴，， 在中，， ∴， 整理得，， 解得或（负根已经舍弃）， ∴或， ∵， ∴． 故答案为：． 【点睛】本题考查等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理以及解一元二次方程等知识，解题的关键是学会利用参数，构建方程解决问题，属于中考填空题中的压轴题． 50．或 【分析】分两种情况讨论，利用等边三角形的性质和勾股定理可求． 【详解】（1）当点D在AC左侧时，设AB与CD交于点E 是等边三角形． ， （2）当点D在AC右侧时，过点B作，交DC的延长线于点E，连接BD 是等边三角形． ， ， 在中， 或（舍） 故答案为：或 【点睛】本题考查了勾股定理、等边三角形的性质，利用分类讨论的思想解决问题是关键． 51． 【分析】本题考查了一元一次不等式组的整数解、一元二次方程根的判别式，解本题的关键在综合得出m的取值范围．把不等式组整理为，再根据不等式组有解，得出不等式组的解集为，再根据不等式组有4个整数解，得出关于的不等式组的整数解为：、、，0，进而得出，解出m的取值范围，再根据一元二次方程根的判别式与根的个数的关系，得出，解出m的取值范围，然后综合得出m的取值范围，进而得出符合条件的整数m为3、4、5、6，据此即可得出答案． 【详解】解：关于的不等式组，整理可得：， ∵关于的不等式组有解集， ∴不等式组的解集为：， ∵关于的不等式组有且仅有4个整数解， ∴关于的不等式组的整数解为：、、，0， ∴， 解得：， ∵关于的一元二次方程有实数根， ∴， 解得：， 综上所述，m的取值范围为， ∴符合条件的整数m为3、4、5、6． ∴， 故答案为： 52． 【分析】连接、，首先证明，设，则，，，得出，利用配方法即可解决问题． 【详解】解：连接、，    ∵四边形，四边形是菱形，， ∴，， ∵P，Q分别是对角线，的中点， ∴，，， ∴， 设，则， ∵， ∴，， ∴， ∴当时，点P，Q之间的距离最短，最短距离是， 故答案为：． 【点睛】本题考查菱形的性质、勾股定理、配方法的应用等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，熟练应用相关知识． 53． 【分析】延长交于点，根据已知条件证明，进而得出，，设，则，勾股定理表示出的关系，进而根据在中，，勾股定理求得的值，根据，代入数据，进行计算即可求解． 【详解】解：如图所示，延长交于点， 设， ∵， ∴，， ∴即， 在中， ∴ ∴，， 设，则 在中， 在中， ∴，即 在中，， ∴ ∴即 解得：（负值舍去） ∴ ∴ ∴ ∴ 故答案为：． 54．或/或 【分析】本题主要考查了方程的解、解一元二次方程等知识点，掌握分类讨论思想成为解题的关键． 分、两种情况先求出原方程的实数根，再根据两个实数根都是比1小的正实数，列出不等式求解即可． 【详解】解：当时，． 当时，可得，解得：，符合题意； 当时，可得，解得：，不符合题意； 当时， ，则 ∴． ∵关于x的方程的所有根都是比1小的正实数， ∴，解得：，，解得：，即． 综上可得，实数m的取值范围是或． 故答案为：或． 55． 【分析】应用换元法，，将原方程转化为，根据方程有实根，及该实根的范围，列出的范围，即可求解， 本题考查了换元法解分式方程，一元二次方程的实根，解题的关键是：设． 【详解】解：设，则原方程变形为， ∵原方程有实数根， 方程有实数根， 设的两个实数根为， ∵是对称轴， ∴， 令， 当时，， 当时，， ∴． 故答案为： 56． 4 【分析】（1）依题意得，设，则，，然后根据得，即，则，据此可得的度数； （2）过点作交的延长线于，设，则，证和全等得，则，再证得，然后在中由勾股定理构造关于的方程，解方程求出即可得的长． 【详解】解：（1）∵， ∴， 设， ∴， ∵， ∴， ∵为的一个外角， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． （2）过点B作交的延长线于G，如下图所示： 则， ∴， 由（1）可知：当时，， ∴， 设，则， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵是的一个外角， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 在中，， 由勾股定理得：， 即， 整理得：， 解得：（不合题意，舍去）， ∴． 故答案为：4． 【点睛】此题主要考查了等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，三角形外角的性质，勾股定理，解一元二次方程，理解等腰三角形的判定和性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质，灵活运用勾股定理构造方程是解决问题的关键，难点是正确地作出辅助线构造全等三角形． 57．/ 【分析】如图，过作，交的延长线于点，设，可得，证明，，为等腰直角三角形，，，由勾股定理可得：，再解方程组可得答案． 【详解】解：如图，过作，交的延长线于点，    设， ∵，， ∴， ∵， ∴，，为等腰直角三角形， ∴， ∴， 由勾股定理可得：， 整理得：， 解得：， 经检验不符合题意； ∴； 故答案为：． 【点睛】本题考查的是等腰直角三角形的性质，勾股定理的应用，一元二次方程的解法，作出合适的辅助线构建直角三角形是解本题的关键． 58．24 【分析】据图形的变化规律总结出第n个图形黑色三角的个数为n（n+1），根据题意列方程即可求解． 【详解】解：由图形的变化规律知，第ⓝ团中黑三角的个数为1+2+3+4+…+n＝n（n+1）， 由题意得，n（n+1）＝300， 解得， ∵n＞0， ∴n＝24． 故答案为：24 【点睛】本题主要考查图形的变化规律，一元二次方程的应用等知识，归纳出第n个图形黑色三角的个数为n（n+1）是解题的关键． 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $