精品解析：山东省青岛第三十九中学2025-2026学年上学期期初质量检测九年级数学试题

2025-2026学年度第一学期期初质量检测 九年级数学试卷 （满分：120分 时间：90分钟） 说明： 1．本试题分为第I卷和第II卷两部分，共26题． 2．所有题目均在答题卡上作答，在试卷上作答无效． 第I卷（共60分） 一、选择题（本题满分36分，共12小题，每小题3分．每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求．） 1. 在平行四边形、菱形、矩形、正方形、圆中，既是中心对称图形又是轴对称图形的图形个数（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 2. 下列关于的方程中，一定是一元二次方程的为（ ） A. B. C. D. 3. 矩形不具有的性质是（ ） A. 四个角都相等 B. 对角线相等 C. 对角线互相垂直 D. 对角线互相平分 4. 根据关于x的一元二次方程x2+px+q=0，可列表如下：则方程x2+px+q=0的正数解满足（　　） x 0 0.5 1 1.1 1.2 1.3 x2+px+q ﹣15 ﹣8.75 ﹣2 ﹣0.59 0.84 2.29 A. 解的整数部分是0，十分位是5 B. 解的整数部分是0，十分位是8 C. 解的整数部分是1，十分位是1 D. 解的整数部分是1，十分位是2 5. 用配方法解方程，下列配方正确的是（ ） A. B. C. D. 6. 方程的解是（ ） A. B. C. ， D. ， 7. 顺次连接四边形四条边的中点，所得的四边形是菱形，则原四边形一定是(    ) A. 平行四边形 B. 对角线相等的四边形 C. 矩形 D. 对角线互相垂直的四边 8. 关于x的方程有实数根，则k的取值范围是（ ） A. B. 且 C. D. 且 9. 如图，长方形花圃面积为，它的一边利用已有的围墙（围墙足够长），另外三边所围的栅栏的总长度是．处开一门，宽度为．设的长度是，根据题意，下面所列方程正确的是（ ） A. B. C. D. 10. 对于实数，定义一种新运算“”：当时，；当时，．若，则实数（　　） A. 10 B. 4 C. 4或 D. 4或或10 11. 如图，在正方形中，，，分别为边，的中点，连接，，，分别为，的中点，连接，则的长为（　　） A. B. 1.5 C. D. 2 12. 在平面直角坐标系中，正方形，按如图所示的方式放置，其中点在轴上，点在轴上，已知正方形的边长为，，则正方形的边长是（　　） A. B. C. D. 二、选择题：（本题共4小题，每小题6分，共24分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．） 13. 下列结论中，不正确的是（　　） A. 对角线互相垂直的平行四边形是菱形 B. 对角线相等的四边形是矩形 C. 菱形的面积等于对角线乘积的一半 D. 一组对边平行，一组对边相等的四边形是平行四边形 14. 下列一元二次方程中有两个相等的实数根的是（　　） A. B. C. D. 15. 如图，在正方形中，，E为对角线上与A，C不重合的一个动点，过点E作于点F，于点G，连接，下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 的最小值为3 16. 如图，在矩形中，，的平分线交于点，于点，连接并延长交于点，连接交于点，下列结论正确的有（　　） A. B. C. D. 第II卷（共60分） 三、填空题（本题满分24分，共6小题，每小题4分．） 17. 将一元二次方程(x-2)(2x+1)=x2-4化为一般形式是 ___________ . 18. 如图，在平行四边形 ABCD中，尺规作图：以点A为圆心，AB的长为半径画弧交AD于点F，分别以点B，F为圆心，以大于BF的长为半径画弧交于点P，作射线AP交BC与点E，若BF = 12，AB = 10，则AE的长为_____． 19. 已知直角三角形的三边长恰好是三个连续的偶数，则这个直角三角形的斜边长是___________． 20. 正方形的对角线长为10 cm，则正方形的周长是_________ 21. 关于x的一元二次方程的两根之和为______________． 22. 如图，在正方形中，对角线与交于点，点在的延长线上，连接，点是的中点，连接交于点．若，则点到的距离为___________． 四、解答题（本题满分36分） 23. 按要求解下列方程： （1）用配方法解方程：． （2）公式法解方程：． 24. 如图，在矩形中，，．动点、分别从点、以2cm/s的速度同时出发．动点沿向终点运动，动点沿向终点运动，连结交对角线于点．设点的运动时间为． （1）当四边形是矩形时，求出的值． （2）当四边形是菱形时，求的值． （3）当是等腰三角形时，写出的值． 25. 某公司2月份销售新上市的A产品20套，由于该产品的经济适用性，销量快速上升，4月份该公司A产品达到45套，并且2月到3月和3月到4月两次的增长率相同． （1）求该公司销售A产品每次的增长率； （2）若A产品每套盈利2万元，则平均每月可售30套．为了尽量减少库存，该公司决定采取适当的降价措施，经调查发现，A产品每套每降2万元，公司平均每月可多售出80套；若该公司在5月份要获利70万元，则每套A产品需降价多少？ 26. 已知正方形与正方形，点是的中点，连接，． （1）如图1，点在上，点在的延长线上，请判断，的数量关系与位置关系，并直接写出结论； （2）如图2，点在的延长线上，点在上，请判断，的数量关系与位置关系，并直接写出结论： （3）将图1中的正方形绕点旋转，使，，三点在一条直线上，若，，请直接写出的长______． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年度第一学期期初质量检测 九年级数学试卷 （满分：120分 时间：90分钟） 说明： 1．本试题分为第I卷和第II卷两部分，共26题． 2．所有题目均在答题卡上作答，在试卷上作答无效． 第I卷（共60分） 一、选择题（本题满分36分，共12小题，每小题3分．每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求．） 1. 在平行四边形、菱形、矩形、正方形、圆中，既是中心对称图形又是轴对称图形的图形个数（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查的是中心对称图形，轴对称图形，解答本题的关键是熟练掌握中心对称图形的定义：在同一平面内，如果把一个图形绕某一点旋转，旋转后的图形能和原图形完全重合，那么这个图形就叫做中心对称图形；轴对称图形的定义：如果把一个图形沿一条直线对折，直线两旁的部分能够完全重合，那么这个图形就叫做轴对称图形，根据中心对称图形和轴对称图形的定义依次分析即可． 【详解】解：平行四边形只是中心对称图形，菱形、矩形、正方形、圆既是中心对称图形又是轴对称图形， 故选D． 2. 下列关于的方程中，一定是一元二次方程的为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据一元二次方程的定义逐个判断即可． 【详解】解：A、含有两个未知数，不是一元二次方程，不合题意； B、是一元二次方程，故本选项符合题意； C、分母中含有未知数，不是整式方程，故本选项不符合题意； D、当时不是一元二次方程，故本选项不符合题意； 故选：B． 【点睛】本题考查了一元二次方程的定义，能熟记一元二次方程的定义是解此题的关键，注意：只含有一个未知数，并且所含未知数的项的最高次数是2的整式方程叫一元二次方程． 3. 矩形不具有的性质是（ ） A. 四个角都相等 B. 对角线相等 C. 对角线互相垂直 D. 对角线互相平分 【答案】C 【解析】 【分析】与平行四边形相比，矩形四个角是直角，对角线相等，据此逐一判断即可． 【详解】解：A、四个角都相等是矩形的基本性质，故不符合题意； B、对角线相等是矩形的基本性质，菱形不具有，故不符合题意； C、对角线互相垂直是菱形的基本性质，矩形不具有，符合题意； D、对角线互相平分是平行四边形的基本性质，菱形和矩形都具有，故不符合题意． 故选：C． 【点睛】本题主要考查对矩形的性质，菱形的性质等知识点的理解和掌握，能熟练地根据矩形和菱形的性质进行判断是解此题的关键． 4. 根据关于x的一元二次方程x2+px+q=0，可列表如下：则方程x2+px+q=0的正数解满足（　　） x 0 0.5 1 1.1 1.2 1.3 x2+px+q ﹣15 ﹣8.75 ﹣2 ﹣0.59 0.84 2.29 A. 解的整数部分是0，十分位是5 B. 解的整数部分是0，十分位是8 C. 解的整数部分是1，十分位是1 D. 解的整数部分是1，十分位是2 【答案】C 【解析】 【分析】通过观察表格可得x2+px+q=0时，1.1＜x＜1.2，即可求解． 【详解】解：由表格可知， 当x=1.1时，x2+px+q＜0， 当x=1.2时，x2+px+q＞0， ∴x2+px+q=0时，1.1＜x＜1.2， ∴解的整数部分是1，十分位是1， 故选：C． 【点睛】本题考查一元二次方程的解，通过观察所给的信息，确定一元二次方程解的范围是解题的关键． 5. 用配方法解方程，下列配方正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据配方法的求解步骤，进行求解即可． 【详解】解： 移项： 左右两边加上一次项系数一半的平方： 化简： 故选：D 【点睛】此题考查了配方法求解一元二次方程，解题的关键是熟练掌握配方法求解一元二次方程的步骤． 6. 方程的解是（ ） A. B. C. ， D. ， 【答案】C 【解析】 【分析】移项后提公因式分解因式求解即可． 【详解】解：移项得， 提公因式得， 解得，， 故选：C． 【点睛】本题考查了一元二次方程的解，解题的关键是熟知一元二次方程的解法． 7. 顺次连接四边形四条边的中点，所得的四边形是菱形，则原四边形一定是(    ) A. 平行四边形 B. 对角线相等的四边形 C. 矩形 D. 对角线互相垂直的四边 【答案】B 【解析】 【分析】根据三角形中位线的性质及菱形的性质，可证四边形的对角线相等． 【详解】解：四边形是菱形， ， 故AC． 故选：B． 【点睛】此题考查了菱形的性质与三角形中位线的性质．解决本题的关键是要注意掌握数形结合思想的应用． 8. 关于x的方程有实数根，则k的取值范围是（ ） A. B. 且 C. D. 且 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了根的判别式：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． 讨论：当时，方程化为一元一次方程，有一个实数解；当时，根据根的判别式的意义得到，解得且，然后综合两种情况得到的取值范围． 【详解】解：当时，方程化为，解得； 当时，则，解得且， 综上所述，的取值范围为． 故选：C． 9. 如图，长方形花圃面积为，它的一边利用已有的围墙（围墙足够长），另外三边所围的栅栏的总长度是．处开一门，宽度为．设的长度是，根据题意，下面所列方程正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意可知，栅栏的总长度是，门宽度为，则三边的总长度是，根据长方形的面积公式，列出方程即可． 【详解】解：设的长度是，则的长度是， 列出方程为：， 故选：B． 【点睛】本题主要考查了一元二次方程的应用，解题的关键是根据长方形的面积公式列出方程． 10. 对于实数，定义一种新运算“”：当时，；当时，．若，则实数（　　） A. 10 B. 4 C. 4或 D. 4或或10 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查新定义，一元一次方程的解法，一元二次方程的解法．分两种情况讨论：当时，当时，再分别根据新定义列出方程，再解方程即可． 【详解】解：∵当时，则，当时，， ∴当时， 解得，不符合题意，舍去； 当时，则， ∴， ∴， 解得：，（舍去）， ∴， 综上，， 故选：B． 11. 如图，在正方形中，，，分别为边，的中点，连接，，，分别为，的中点，连接，则的长为（　　） A. B. 1.5 C. D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】过点作于点，连接，先证出四边形是矩形，根据矩形的性质可得，对角线与互相平分，则可得也是的中点，再根据三角形的中位线定理可得，然后在中，利用勾股定理可得的长，由此即可得． 【详解】解：如图，过点作于点，连接， ∵在正方形中，， ∴，， ∵，分别为边，的中点， ∴， 又∵，， ∴四边形是矩形， ∴，对角线与互相平分， ∵为的中点， ∴也是的中点， 又∵为的中点， ∴是的中位线， ∴， ∵， ∴， 在中，， ∴， 故选：C． 【点睛】本题考查了正方形的性质、矩形的判定与性质、勾股定理、三角形的中位线定理、二次根式的化简等知识，熟练掌握三角形的中位线定理是解题关键． 12. 在平面直角坐标系中，正方形，按如图所示的方式放置，其中点在轴上，点在轴上，已知正方形的边长为，，则正方形的边长是（　　） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】此题主要考查了正方形的性质平行线的性质，以及直角三角角形的性质，得出正方形的边长变化规律是解题关键．利用正方形的性质结合直角三角角形的性质得出正方形的边长，进而得出变化规律即可得出答案． 【详解】解：正方形的边长为1，，， 四边形、、、都是正方形， ，，每个内角都为， ∴， ，, 则, ∵即 则， 同理可得：， 故正方形的边长是：， 则正方形的边长为：， 故选：A． 二、选择题：（本题共4小题，每小题6分，共24分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．） 13. 下列结论中，不正确的是（　　） A. 对角线互相垂直的平行四边形是菱形 B. 对角线相等的四边形是矩形 C. 菱形的面积等于对角线乘积的一半 D. 一组对边平行，一组对边相等的四边形是平行四边形 【答案】BD 【解析】 【分析】本题考查了菱形、矩形、平行四边形的判定以及菱形的面积公式，解题的关键是熟练掌握各四边形的性质与判定定理． 根据菱形、矩形、平行四边形的判定定理以及菱形的面积公式，对每个选项进行分析判断． 【详解】解：A、根据菱形的判定定理，对角线互相垂直的平行四边形是菱形，该选项正确． B、对角线相等的平行四边形才是矩形，仅对角线相等的四边形不一定是矩形，比如等腰梯形对角线也相等，但它不是矩形，该选项错误． C、菱形的面积等于对角线乘积的一半，这是菱形面积的计算公式，该选项正确． D、一组对边平行，一组对边相等的四边形不一定是平行四边形，比如等腰梯形，它有一组对边平行，另一组对边相等，但不是平行四边形，该选项错误． 所以，不正确的结论是BD． 故选：BD． 14. 下列一元二次方程中有两个相等的实数根的是（　　） A. B. C. D. 【答案】BC 【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．由根的判别式为，逐个计算四个选项中的值，由此即可得出结论． 【详解】解：A、， 该方程有两个不相等的实数根，不符合题意； B、，且， 该方程有两个相等的实数根，符合题意； C、， 该方程有两个相等的实数根，符合题意； D、，即， ， 该方程有两个不相等的实数根，不符合题意． 故选：BC． 15. 如图，在正方形中，，E为对角线上与A，C不重合的一个动点，过点E作于点F，于点G，连接，下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 的最小值为3 【答案】ABC 【解析】 【分析】延长，交于点，交于点，连接，交于点，先根据正方形的性质、三角形全等的判定定理与性质得出，再根据矩形的判定与性质可得，由此可判断A；先根据三角形全等的性质可得，再根据矩形的性质可得，然后根据等腰三角形的性质可得，由此可判断C；根据直角三角形的性质可得，从而可得，由此可判断B；先根据垂线段最短可得当时，取得最小值，再解直角三角形可得的最小值，从而可得的最小值，由此可判断D． 【详解】解：如图，延长，交于点，交于点，连接，交于点， ∵四边形是正方形，， ∴，，， 在和中，， ∴， ∴，， ∵，，， ∴四边形是矩形， ∴，， ∴，即选项A正确； ∵， ∴， ∴，即选项C正确； ∵， ∴， ∴， ∴，即，B选项正确； 由垂线段最短可知，当时，取得最小值， 此时在中，， 又∵， ∴的最小值与的最小值相等，即为，D选项错误； 故选：． 【点睛】本题考查了正方形的性质、矩形的判定和性质、三角形全等的判定定理与性质、解直角三角形等知识点，通过作辅助线，构造全等三角形和直角三角形是解题关键． 16. 如图，在矩形中，，的平分线交于点，于点，连接并延长交于点，连接交于点，下列结论正确的有（　　） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】先利用矩形性质和角平分线得出等腰直角三角形，通过全等三角形证明得到边与角的关系，再结合角度计算和全等三角形判定，对各结论逐一分析推导． 【详解】解：∵， ∴， ∵在矩形中，平分，，， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴，， ∵， ∴， 在和中， ， ∴（）， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴，故项正确； ∵，（对顶角相等）， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴，故正确； ∵，， ∴， ∴， ∴，故错误； ∵，， ∴ ∴， 在和中， ∴（）， ∴，， ∵， ∴， ∴, ∴ 故正确； 故选∶ACD． 【点睛】本题主要考查了矩形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质等知识，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键． 第II卷（共60分） 三、填空题（本题满分24分，共6小题，每小题4分．） 17. 将一元二次方程(x-2)(2x+1)=x2-4化为一般形式是 ___________ . 【答案】x2-3x+2=0 【解析】 【分析】把方程化为ax2+bx+c=0的形式即可求解． 【详解】解：(x-2)(2x+1)=x2-4， 去括号得2x2+x-4x-2= x2-4， 移项得2x2+x-4x-2- x2+4=0， 合并同类项得x2-3x+2=0． 故答案为：x2-3x+2=0． 【点睛】此题主要考查了一元二次方程的一般形式是：ax2+bx+c=0（a，b，c是常数且a≠0）特别要注意a≠0的条件．这是在做题过程中容易忽视的知识点．在一般形式中ax2叫二次项，bx叫一次项，c是常数项．其中a，b，c分别叫二次项系数，一次项系数，常数项． 18. 如图，在平行四边形 ABCD中，尺规作图：以点A为圆心，AB的长为半径画弧交AD于点F，分别以点B，F为圆心，以大于BF的长为半径画弧交于点P，作射线AP交BC与点E，若BF = 12，AB = 10，则AE的长为_____． 【答案】16 【解析】 【分析】证明四边形ABEF是菱形，利用勾股定理求出OA即可解决问题． 【详解】解：由题意可知：AB=AF，AE⊥BF， ∴OB=OF，∠BAE=∠EAF， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD∥BC， ∴∠EAF=∠AEB， ∴∠BAE=∠AEB， ∴AB=BE=AF， ∵AF∥BE， ∴四边形ABEF是平行四边形， ∵AB=AF， ∴四边形ABEF是菱形， ∴OA=OE，OB=OF=BF=6， 在Rt△AOB中，OA==8， ∴AE=2OA=16． 故答案为：16． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质、菱形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是判定四边形ABEF是菱形． 19. 已知直角三角形的三边长恰好是三个连续的偶数，则这个直角三角形的斜边长是___________． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查了利用勾股定理解直角三角形以及一元二次方程的应用，利用勾股定理得到三边的关系是解决本题的关键，首先设较小的边长为，表示出其余两边长，利用勾股定理求解即可． 【详解】解：设较小的边长为，则另一边长为，斜边长为， ∴， 解得（不合题意，舍去），， 故斜边长为， 故答案为：10． 20. 正方形的对角线长为10 cm，则正方形的周长是_________ 【答案】cm 【解析】 【分析】正方形的对角线和正方形的边长构成一个直角三角形，设正方形的边长是xcm，根据勾股定理可求出x，进而求出周长． 【详解】解：设正方形的边长是xcm， x2+x2=102 解得x=5． 周长为：4×5=20cm． 故答案为：20cm． 【点睛】本题考查正方形的性质，及勾股定理的应用，解题的关键是利用勾股定理求出正方形的边长. 21. 关于x的一元二次方程的两根之和为______________． 【答案】 【解析】 【分析】利用根与系数的关系进行求值． 【详解】解：， ， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了根与系数的关系，熟练掌握． 22. 如图，在正方形中，对角线与交于点，点在的延长线上，连接，点是的中点，连接交于点．若，则点到的距离为___________． 【答案】 【解析】 【分析】利用正方形的性质，结合三角形中位线定理求出相关线段长度，再通过勾股定理求出，进而得到，最后根据三角形面积公式求出点到的距离． 本题主要考查了正方形的性质、三角形中位线定理、勾股定理以及三角形面积公式，熟练掌握这些知识并灵活运用是解题的关键． 【详解】解：如图，连接， ∵ 四边形是正方形， ∴ ，， ∵ 点是的中点， ∴ 是的中位线， ∴ ∵ ， ∴ ， ∴ 在中，，， 由勾股定理得 ∵ 点是的中点，， ∴ 设点到的距离为， ， 即， 解得 故答案为： 四、解答题（本题满分36分） 23. 按要求解下列方程： （1）用配方法解方程：． （2）公式法解方程：． 【答案】（1） （2）； 【解析】 【分析】本题考查了用配方法和公式法解一元二次方程，解题的关键是掌握配方法和公式法的步骤． （1）先将方程二次项系数化为1，然后在等式两边加上一次项系数一半的平方进行配方求解． （2）先确定一元二次方程的系数、、，计算判别式，再代入求根公式求解． 【小问1详解】 解： 开方可得． 解得； 【小问2详解】 解： ，说明方程有两个不相等的实数根． 根据求根公式，可得． ；． 24. 如图，在矩形中，，．动点、分别从点、以2cm/s的速度同时出发．动点沿向终点运动，动点沿向终点运动，连结交对角线于点．设点的运动时间为． （1）当四边形是矩形时，求出的值． （2）当四边形是菱形时，求的值． （3）当是等腰三角形时，写出的值． 【答案】（1） （2） （3）或或． 【解析】 【分析】（1）四边形是矩形时，根据对边相等列出方程，进而求解； （2）如图，当四边形是菱形时，则，即可求解； （3）分、、三种情况，确定点P的位置即可求解． 【小问1详解】 解：由题意可知，，，四边形是矩形时，， 则，解得； 【小问2详解】 解：如图，当四边形是菱形时，． ． 在中，， 由勾股定理，得． ． 解得． 当时，四边形是菱形； 【小问3详解】 解：四边形是矩形， ． ，． 在中，， 由勾股定理，得， ， ． ； 点O是的中点，取的中点H，连接， 则是的中位线，则，，， ∴， 由题意得：， 在中，， 当时，即，解得； 当时，，解得， 当时，则点P与点B重合，故，解得， 综上，或或． 【点睛】本题为四边形综合题，涉及到三角形全等、勾股定理、特殊四边形的性质等知识，其中（3），要注意分类求解，避免遗漏． 25. 某公司2月份销售新上市的A产品20套，由于该产品的经济适用性，销量快速上升，4月份该公司A产品达到45套，并且2月到3月和3月到4月两次的增长率相同． （1）求该公司销售A产品每次的增长率； （2）若A产品每套盈利2万元，则平均每月可售30套．为了尽量减少库存，该公司决定采取适当的降价措施，经调查发现，A产品每套每降2万元，公司平均每月可多售出80套；若该公司在5月份要获利70万元，则每套A产品需降价多少？ 【答案】（1）该公司销售A产品每次的增长率为50% （2）每套A产品需降价1万元 【解析】 【分析】（1）设该公司销售A产品每次的增长率为x，利用增长率表示4约分销售量为20（1＋x）2根据4月份销量等量关系列方程即可； （2）设每套A产品需降价y万元，则平均每月可售出（30＋）套，求出每套利润，根据每套利润×销售套数=70万，列方程求解即可． 【小问1详解】 解：设该公司销售A产品每次的增长率为x， 依题意，得：20（1＋x）2＝45， 解得：x1＝0.5＝50%，x2＝－2.5（不合题意，舍去）． 答：该公司销售A产品每次的增长率为50%． 【小问2详解】 解：设每套A产品需降价y万元，则平均每月可售出（30＋）套， 依题意，得：（2－y）（30＋）＝70， 整理，得：4y2－5y＋1＝0， 解得：y1＝，y2＝1， ∵尽量减少库存， ∴y＝1． 答：每套A产品需降价1万元． 【点睛】本题考查列一元二次方程解增长率与降价增量问题应用题，掌握列一元二次方程解增长率与降价增量问题应用题方法与步骤，抓住等量关系用增长率表示4月份的销量=45；利用每套利润×销售套数=70列方程是解题关键． 26. 已知正方形与正方形，点是的中点，连接，． （1）如图1，点在上，点在的延长线上，请判断，的数量关系与位置关系，并直接写出结论； （2）如图2，点在的延长线上，点在上，请判断，的数量关系与位置关系，并直接写出结论： （3）将图1中的正方形绕点旋转，使，，三点在一条直线上，若，，请直接写出的长______． 【答案】（1） （2） （3）或 【解析】 【分析】（1）结论：．延长，交于点，先证出，根据全等三角形的性质可得，，再证出是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质即可得； （2）结论：．延长，交延长线于点，先证出，根据全等三角形的性质可得，，再证出是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质即可得； （3）分两种情况：①当点在线段上时，连接，过点作于点，延长至点，使得，连接，先证出，，根据全等三角形的性质可得 ，再证出是等腰直角三角形，然后利用勾股定理可得，则可得，，最后在中，利用勾股定理求解即可得；②当点在线段上时，过点作于点，同样的方法可得，，，在中，利用勾股定理求解即可得． 【小问1详解】 解：． 如图，延长，交于点， ∵四边形与四边形都是正方形， ∴，，，， ∴， ∵点是的中点， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∴，即， ∴是等腰直角三角形， 又∵， ∴． 【小问2详解】 解：． 如图，延长，交延长线于点， 同理可证：， ∴，， ∴，即， ∴是等腰直角三角形， 又∵， ∴． 【小问3详解】 解：①当点在线段上时， 如图，连接，过点作于点，延长至点，使得，连接， ∵四边形与四边形都是正方形，，， ∴，，， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形， 又∵， ∴， 在中，， ∵， ∴， ∴， ∴在中，； ②当点在线段上时， 如图，过点作于点， 同理可得：，， ∴， ∴在中，； 综上，的长为或， 故答案为：或． 【点睛】本题考查了正方形的性质、三角形全等的判定与性质、等腰直角三角形的性质、勾股定理、二次根式的化简等知识，较难的是题（3），正确分两种情况讨论是解题关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $