第1-2章阶段复习练习（11大考点汇编与44题跟踪训练）2025-2026学年北师大版数学九年级上册

第1-2章阶段复习卷（11大考点汇编与44题跟踪训练）2025-2026学年数学九年级上册北师大版 考点汇总 考点一：利用菱形的性质求角度、线段长与面积 考点二：利用矩形的性质求角度、线段长与面积 考点三：利用正方形的性质求角度、线段长与面积 考点四：菱形证明题 考点五：矩形证明题 考点六：正方形证明题 考点七：特殊平行四边形综合 考点八：配方法、公式法解一元二次方程 考点九：因式分解法解一元二次方程 考点十：一元二次方程根与系数的关系 考点十一：应用一元二次方程 跟踪练习 考点一：利用菱形的性质求角度、线段长与面积 1．如图，、是菱形的对角线，若，则的度数为（   ） A． B． C． D． 2．如图，在菱形中，对角线与相交于点O，，垂足为E，若，则的大小为（   ） A．33度 B．34度 C．57度 D．67度 3．如图，在菱形中，分别是菱形边上的点，将沿着折叠，点恰好落在边中点上，已知，则的长度为（    ） A． B． C． D． 4．菱形的对角线长分别为3和4，则该菱形的面积是（   ） A．3 B．5 C．6 D．12 考点二：利用矩形的性质求角度、线段长与面积 5．如图，将两张长为9，宽为3的矩形纸片交叉，使重叠部分是一个菱形，容易知道当两张纸片垂直时，菱形的面积有最小值，那么菱形面积的最大值是（    ） A．5 B． C．12 D．15 6．已知矩形，用一块直角三角板按如图所示的方式摆放，若，则的度数为（  ） A． B． C． D． 7．如图，在矩形中，，点P在上，于E，于F，则（  ） A． B． C． D． 8．如图，矩形的对角线交于点，点为上一点，交于点，已知和的面积分别是10和3，、、表示对应三角形的面积，下列说法正确的是（   ） A．、、均可求 B．、、均不可求 C．仅可求 D．不可求 考点三：利用正方形的性质求角度、线段长与面积 9．如图，以正方形的一边向形外作等边，与交于点，则（    ） A． B． C． D． 10．如图，正方形的对角线是菱形的一边，菱形的对角线交正方形的一边于点P，则的度数是（   ） A． B． C． D． 11．如图，正方形和长方形周长相等，边相交于点，连结、，若，则（    ）    A． B． C． D． 12．如图，由四个全等的直角三角形拼成的图形，设，则四边形的面积是（    ） A． B． C． D． 考点四：菱形证明题 13．如图，将沿着边翻折，得到，且．判断四边形的形状，并说明理由； 14．如图，中，点F在上，，的角平分线，交于点E，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求四边形的面积． 15．如图，在中，E是对角线上的一点，过点C作，且，连接． (1)求证：； (2)若，四边形是什么特殊四边形？请说明理由． 16．已知：如图，在平行四边形中，点E在边上，点F在边上，且，作，分别与对角线交于点G、H，连接，． (1)求证：； (2)连接，若，则四边形是什么特殊四边形？证明你的结论． 考点五：矩形证明题 17．如图，四边形是矩形，延长至，使，连接，点为上一点，且．试解决以下问题． (1)证明： (2)已知点在延长线上且是的平分线，猜测，，之间的数量关系，并证明你的结论． 18．已知：如图，在矩形中，点E，F在上，．求证：． 19．如图，在矩形中，，的平分线与，分别交于点E，F，点O是的中点，直线，交于点K，交于点G， (1)求证： ①； ②； (2)若，，求的长度． 20．如图，矩形的对角线相交于，点是的中点，交延长线于点，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，，求的长． 考点六：正方形证明题 21．如图，在平行四边形中，F是对角线的交点，E是边的中点，连接． (1)求证：； (2)若，求证：四边形是菱形； (3)若且，求证：四边形是正方形． 22．已知：如图，在矩形中，M、N分别是边的中点，E、F分别是线段的中点，设． (1)求证：； (2)当a为何值时，四边形是正方形？ 23．如图，四边形为正方形，点E为线段上一点，连接，过点E作，交射线于点F，以，为邻边作矩形，连接，且． (1)求证：矩形是正方形； (2)若，，求的长度； (3)当线段与正方形的某条边的夹角是时，求的度数． 24．如图，中，，，外角平分线交于点，过点分别作直线，的垂线，，为垂足． (1) ______（直接写出结果不写解答过程）； (2)①求证：四边形是正方形． ②若，求的长． (3)如图（2），在中，，高，，则的长度是______（直接写出结果不写解答过程）． 考点七：特殊平行四边形综合 25．如图，点O为平面直角坐标系的原点，在矩形中，两边、分别在x轴和y轴上，且点满足． (1)求点B的坐标（ ， ）； (2)若过点B的直线与矩形的边交于点P，且将矩形的面积分为两部分： ①求直线的解析式； ②在直线确定一点Q，使得的面积等于矩形的面积，求点Q的坐标． 26．如图，菱形中，，相交于点，于点，交于点，连接并延长交于点，连接交于点，连接，． (1)求证：四边形是矩形； (2)求证：四边形是菱形． 27．如图，在正方形中，是边上一点（不与重合），于点，分别交于点． (1)如图1，若点与点重合，求证：； (2)如图2，若不与重合，探究的数量关系，并证明； (3)如图3，将四边形沿对折，得到四边形，且过点． ①若，求的长； ②交于点，交于点，设，直接写出关于的函数关系式（不考虑自变量的取值范围）． 28．已知，在中． (1)如图1，平分交于点，于点，交于点，连接．求证：四边形是菱形； (2)如图2，连接，，过点作，垂足为，延长与交于点． ①若，，求的长． ②若，过点作于点，连接、．请用等式表式线段之间的数量关系（直接写出结果，不需证明）． 考点八：配方法、公式法解一元二次方程 29．按照指定方法解下列方程： (1)（用直接开平方法） (2)（用配方法） 30．解方程： (1)（直接开平方法） (2)（配方法） 31．解下列方程： (1)； (2)； 32．解方程： (1)； (2)． 考点九：因式分解法解一元二次方程 33．先化简，再求值：，其中x为的解． 34．先化简，再求代数式的值，其中． 35．用适当的方法解方程： 36．解方程：． 考点十：一元二次方程根与系数的关系 37．已知一元二次方程的两个根分别为，，不解方程，求下列各式的值： (1)； (2)． 38．已知是一元二次方程的两个不相等的非零实数根． (1)求实数的取值范围． (2)当时，求的值． 39．关于的方程有实根． (1)求的取值范围； (2)若两根为，，且，求． 40．已知关于x的一元二次方程． (1)若该方程有实数根，求m的取值范围． (2)若，是方程的两根，且时，求的值． 考点十一：应用一元二次方程 41．乌克兰危机发生之后，外交战线按照党中央的部署紧急行动，在战火纷飞中已将5200多名同胞安全从乌克兰撤离，电影《万里归途》正是“外交为民”的真实写照，如表是该影片票房的部分数据，（注：票房是指截至发布日期的所有售票累计收入） 影片《万里归途》的部分统计数据 发布日期 10月8日 10月11日 10月12日 发布次数 第1次 第2次 第3次 票房 10亿元 12.1亿元 (1)平均每次累计票房增长的百分率是多少？ (2)在（1）的条件下，若票价每张40元，求从第1次发布数据后到第2次发布数据时，共卖出多少张电影票． 42．甘肃是面食之乡，其中“金城炒面”也最为有名，它浓郁的西北辣子的香味、爽滑入口、口感劲道，与兰州牛肉面一样享誉全国．兰州某餐馆一份炒面成本价为7元，若每份卖12元，平均每天销售160份，若价格每提高1元，平均每天少销售10份，每份炒面价格是多少元时，该餐馆能实现每天1080元的利润？ 43．如图，在矩形中，，，从点开始沿向终点以的速度移动，与此同时，点从点开始沿边向点以的速度移动，如果、分别从、同时出发，当点运动到点时，两点停止运动，设运动时间是． (1)为何值时，在的垂直平分线上？ (2)为何值时，的长度为？ 44．列方程解决实际问题： 某学校在校园开辟了一块劳动教育基地：一面利用学校的墙（墙的最大可用长度为22米），用长为46米的篱笆，围成中间隔有一道篱笆的矩形菜地，在菜地的前端各设计了两个宽1米的小门，供同学们进行劳动实践，若设菜地的宽为x米． (1)_________米（用含x的代数式表示）； (2)若围成的菜地面积为180平方米，求此时的宽． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 《第1-2章阶段复习卷（11大考点汇编与44题跟踪训练）2025-2026学年数学九年级上册北师大版》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A A B C D B B C A A 题号 11 12 答案 A A 1．A 【分析】此题考查了菱形的性质、等腰三角形的判定和性质、三角形内角和定理等知识．设、相交于点，根据菱形的性质得到是等腰三角形，，根据等腰三角形的性质和三角形内角和定理即可求出答案． 【详解】解：如图，设、相交于点， ∵、是菱形的对角线， ∴， ∴是等腰三角形， ∴， ∴ 故选：A 2．A 【分析】本题考查了菱形的性质，三角形内角和定理，由菱形的性质可得，，，再结合三角形内角和定理计算即可得解，熟练掌握菱形的性质是解此题的关键． 【详解】解：∵四边形为菱形， ∴，，， ∴， ∵， ∴， 故选：A． 3．B 【分析】本题考查了菱形的性质、翻折变换（折叠问题）、勾股定理．过点作，交延长线于点，设，根据几何关系表示出，根据勾股定理列出方程即可求解． 【详解】解：过点作，交延长线于点， ∵菱形中，， ∴， 设，则， ∵为的中点，， ， ， 又为沿折叠所得， ， ∴在中有， 解得，则， 故选：B． 4．C 【分析】本题考查了菱形的性质，根据菱形的面积等于对角线乘积的一半进行列式计算，即可作答． 【详解】解：∵菱形的对角线长分别为3和4， ∴该菱形的面积是， 故选：C 5．D 【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理，矩形的性质，分析出当菱形面积最大时的图形是解题的关键；由于菱形的高是矩形的宽，即菱形的高一定，当底最大时，菱形的面积最大，即当两矩形对角线重合时面积最大，据此画图，设，根据菱形的性质可得，再根据勾股定理列方程求，再根据菱形的面积求解即可． 【详解】解：∵菱形的高是矩形的宽，即菱形的高一定， ∴当菱形的底最大时，菱形的面积最大，即当两矩形对角线重合时面积最大， 如图，此时菱形的面积最大， 由题意知：，，， 设， 四边形是菱形， ， ， ， ， 解得， ， 菱形的最大面积为， 故选：D． 6．B 【分析】本题考查矩形的性质，平行线公理推论，平行线的性质，正确作出辅助线是解题的关键． 如图，过点M作，根据平行线的性质与矩形的性质求解即可． 【详解】解：如图，过点M作， ∵矩形， ∴， ∵， , ∴， 由题意可知， ∴， ∵， ∴， 故选：B． 7．B 【分析】本题主要考查了矩形的性质、勾股定理的应用、三角形的面积公式等知识点，正确作出辅助线成为解题的关键. 如图：连接，过D作于M，运用勾股定理可求得长，根据三角形的面积公式求出的值，根据代入数据求解即可． 【详解】解：如图：连接，过D作于M， ∵四边形是矩形，， ∴，，，，， ∴，， ∵， ∴，解得：， ∵， ∴， ∴，解得：． 故选：B． 8．C 【分析】本题考查了矩形的性质．由矩形的性质可得，可得，，可求，即可求解． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴， ∴，， ∴， 故选：C． 9．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． 10．A 【分析】本题主要考查了正方形的性质，菱形的性质，由正方形，菱形，即可得，． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴， ∵四边形是菱形， ∴． 故选：A． 11．A 【分析】本题考查矩形和正方形的面积和周长，熟记矩形和三角形面积的计算方法是解题的关键． 根据周长相等可以得到，再根据面积得到，即，计算可得结论． 【详解】解：∵正方形和长方形周长相等， ∴， 即：， 又∵，， ∴， ∵， ∴，即， ∵是正方形，是矩形， ∴，， ∴， 故选：A． 12．A 【分析】本题主要运用全等三角形的性质、正方形的判定与性质以及勾股定理来求解．先根据全等三角形性质得出四边形边和角的关系，判断四边形形状，再通过设未知数结合已知条件列方程组求出直角边长度，最后用勾股定理求出四边形边长进而得到面积． 【详解】解：∵如图，由四个全等的直角三角形拼成的图形， ∴，，， ，， ∴四边形是菱形，，， ∴ ∴四边形是正方形， ∵，， ∴设，， ∴， 解得， 在中，，， ∴， ∴四边形的面积是 故选：A． 13．四边形是菱形，理由见解析 【分析】本题考查了翻折变换的性质、菱形的判定与性质． 由折叠的性质得出，，，，由平行线的性质得出，得出，证出，，即可得出结论． 【详解】解：四边形是菱形；理由如下： ∵沿着边翻折，得到， ∴，，，， ∵， ∴． ∴． ∴，． ∴四边形是菱形． 14．(1)见解析 (2) 【分析】本题考查菱形的判定和性质，平行四边形性质，直角三角形性质，掌握相关知识是解决问题的关键． （1）根据平行四边形的性质和角平分线的定义得出，然后根据菱形的判定即可证明； （2）过作，利用勾股定理，直角三角形性质求出长，菱形的面积公式解答即可． 【详解】（1）证明：四边形是平行四边形， ， ， 平分， ， ， ， ， ， 又 四边形是平行四边形， 又 四边形是菱形； （2）解：过作， ， ，， ， 由勾股定理得， ， 四边形的面积． 15．(1)见解析 (2)四边形是菱形，理由见解析 【分析】本题主要查了平行四边形的判定和性质，菱形的判定，全等三角形的判定和性质，熟练掌握平行四边形的判定和性质，菱形的判定，全等三角形的判定和性质是解题的关键． （1）根据平行四边形的性质证得，根据平行线的性质证得，根据全等三角形的判定证得，即可得到； （2）先证得四边形是平行四边形，得到，进而证得四边形是平行四边形，再证得，得到，根据菱形的判定即可证得结论． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ， ∵， ∴， ∴， 在与中， ， ∴， ∴； （2）解：四边形是菱形，理由如下： ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是菱形． 16．(1)见详解 (2)四边形是菱形 【分析】（1）由平行四边形的性质得出，由平行线的性质得出，得出，求出，由即可得出结论； （2）先证明四边形是平行四边形，再证，由全等三角形的性质得出，即可得出四边形是菱形． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ， ， ， ， ， ， ， 在和中， ， ． （2）解：四边形是菱形；理由如下： 连接，如图所示： 由（1）得：， ， 又 ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴，， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ， ∴平行四边形是菱形． 【点睛】本题考查了全等三角形的性质和判定，平行线的性质，菱形的判定，平行四边形的性质和判定等知识；熟练掌握平行四边形的判定与性质，证明三角形全等是解决问题的关键． 17．(1)见解析 (2)，证明见解析 【分析】本题考查了勾股定理，等腰三角形的性质与判定，矩形的性质，全等三角形的性质与判定； （1）设，根据矩形的性质可得，根据等边对等角得出，进而根据三角形内角和定理，得出，即可得证； （2）过点分别作的垂线，垂足分别为，证明得出，，进而证明是等腰直角三角形．分别求得，得出，则是等腰直角三角形，进而根据勾股定理，得出，即可求解． 【详解】（1）证明：设， ∵四边形是矩形， ∴． ∴． ∵， ∴． ∴． 即． （2），证明如下， 如图，过点分别作的垂线，垂足分别为， ∴， ∴． 又∵， ∴． ∴，． 设，由（1）可知， ∵，， ∴． ∵四边形是矩形， ∴． ∴． ∵是的平分线， ∴ ∴． ∴是等腰直角三角形． ∴ ∴， ∴ ∴是等腰直角三角形， 在中， 即． 18．见解析． 【分析】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定．利用证明即可． 【详解】证明：∵四边形是矩形， ∴， ∴． 在和中， ， ∴． 19．(1)①见解析；②见解析 (2) 【分析】本题考查了矩形的性质，平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理. （1）①根据矩形的性质得到，进而求出，，根据中点的定义得到，进而根据证明即可； ②根据矩形的性质得到，，由平分可知，进而根据等角对等边得到，证明四边形是平行四边形，得到，进而证明即可； （2）根据平行四边形的性质得到，，根据全等三角形的性质得到，根据勾股定理求出，进而求出，进而可求的长度． 【详解】（1）①∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∵点O是的中点， ∴， 在和中， ∵ ∴（）． ②∵四边形是矩形， ∴，， 又∵平分， ∴， 在中，， ∴， ∴ ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∴． ∵ ∴ （2）由（1）得，四边形是平行四边形． ∴，， 又∵，且， ∴． 设，则在中， ， ∴，则， ∴，． ∴ 解得， ∴． 20．(1)见解析 (2) 【分析】（1）先由“”证，得，再证四边形是平行四边形，然后由可得结论； （2）先证是等边三角形，得，再由菱形的性质得，，由平行线的性质得，然后由含角的直角三角形的性质即可求解． 【详解】（1）证明：， ，， 点是的中点，， ， ， 四边形是矩形， ，，， ， ，且， 四边形是平行四边形， 又， 平行四边形是菱形； （2）解：由（1）得：， ， 是等边三角形， ， 四边形是菱形， ，， ， ， ， ． 【点睛】本题考查了矩形的性质，菱形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定与性质以及含角的直角三角形的性质等知识；熟练掌握矩形的性质和菱形的判定与性质是本题的关键． 21．(1)见解析 (2)见解析 (3)见解析 【分析】此题主要考查了三角形中位线定理，平行四边形性质，菱形以及正方形的判定等知识，熟练掌握相关判定定理是解题关键． （1）利用三角形中位线定理以及其性质判断得出即可； （2）利用菱形的判定方法得出即可； （3）利用正方形的判定方法得出即可． 【详解】（1）证明：∵平行四边形， ∴点为的中点， 又∵是的中点， ∴为的中位线， ∴； （2）证明：根据解析（1）可知：为的中位线， ∴， ∵， ∴， ∵四边形为平行四边形， ∴四边形是菱形； （3）证明：∵， ∴， 根据解析（1）可知：， ∴， ∴根据解析（2）可知，当时，四边形是菱形， ∴四边形是正方形． 22．(1)证明见解析； (2)当时，四边形是正方形． 【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质，矩形的性质，正方形的判定等知识，掌握相关知识是解题的关键． （1）根据矩形的性质可得，再根据线段的中点定义可得，然后利用证明，即可解答； （2）根据已知可得，从而可得，，进而可得，再利用（1）的结论可得，然后利用等腰三角形的三线合一性质可得，再利用直角三角形斜边上的中线性质可得，，从而可得，进而可得四边形是菱形，即可解答． 【详解】（1）证明：∵四边形是矩形， ∴， ∵点是的中点， ， 在和中， ， ； （2）解：当时，四边形是正方形，理由如下： ，， ， ， ， ， ，， ， ， ， ∵点是的中点， ， ∵分别是线段的中点， ，， ， ∴四边形是菱形， ， ∴四边形是正方形． 23．(1)见解析 (2) (3)或 【分析】本题考查了正方形的性质与判定，四边形内角和定理，勾股定理． （1）证明，可得，则矩形是正方形； （2）由已知得，则，再根据得； （3）分两种情况讨论：当与的夹角为时，点F在边上，，由四边形内角和定理得：；②当与的夹角为时，点F在的延长线上，，可得． 【详解】（1）证明：∵四边形为正方形， ∴，， ∵四边形为矩形， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵四边形为矩形， ∴四边形为正方形； （2）解：在中，， ∵， ∴， ∵， ∴； （3）解：分以下两种情况讨论： ①当与的夹角为时，点F在边上，， ∴， 在四边形中，由四边形内角和定理得： ； ②当与的夹角为时，点F在的延长线上，，如图3所示： ∵，， ∴． 综上所述，的度数为或． 24．(1) (2)①见解析；② (3) 【分析】根据平角的定义得到，根据角平分线的定义得到，，求得，根据三角形的内角和定理即可得到结论； 作于，如图所示：则，先证明四边形是矩形，再由角平分线的性质得出，即可得出四边形是正方形； 设，根据已知条件得到，由得四边形是正方形，求得，根据全等三角形的性质得到，同理，，根据勾股定理列方程即可得到结论； 把沿翻折得，把沿翻折得，延长、交于点，由得：四边形是正方形，，，，得出，，设，则，，在中，由勾股定理得出方程，解方程即可． 【详解】（1）解：， ， ， 平分，平分， ，，， ， ． 故答案为； （2）作于，如图所示： ，， ， 四边形是矩形， ，外角平分线交于点， ，， ， 四边形是正方形； 设， ， ， 由得四边形是正方形， ， 在与中， ≌， ， 同理，， 在中，， 即， 解得：， 的长为； （3）如图所示：把沿翻折得，把沿翻折得，延长、交于点， 由得：四边形是正方形，，，， ， ， 设，则，， 在中，由勾股定理得：， 解得：，即． 故答案为． 【点睛】本题考查了三角形内角和定理、外角平分线性质、矩形与正方形的判定及性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质以及勾股定理等知识点．构造辅助线　，结合垂直关系和角平分线性质证明邻边相等是解题的关键． 25．(1)， (2)①；②点Q的坐标为或 【分析】（1）根据非负数的性质列方程即可得到结论； （2）①由得到，则点P的坐标为，进而求解； ②当点Q在x轴上方时，点的坐标为；点Q在x轴下方时，由，求出点，即可求解． 【详解】（1）解：∵， ∴， 解得， 故点B的坐标为． 故答案为：，． （2）解：①∵点P在边上， 则只有一种情况， 则，即， 解得， 即点P是的中点，故点P的坐标为， 设直线的表达式为， 则，解得， 故直线的表达式为； ②由直线的表达式知，直线和y轴的交点坐标为， 当点的坐标为时， 而点A的坐标为，即， ， 故当点Q在x轴上方时，点的坐标为； 当点Q在x轴下方时，设点Q的坐标为，过点Q作轴于点H， 则， 解得，，即点． 故点Q的坐标为或． 【点睛】本题是一次函数综合题，主要考查了一次函数的性质、矩形和平行四边形的性质、面积的计算等，其中（2）都要注意分类求解，避免遗漏． 26．(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）根据菱形的性质得到，根据平行线的性质得到，根据全等三角形的性质得到，推出四边形是平行四边形，根据矩形的判定定理得到四边形是矩形； （2）根据矩形的性质得到，求得，根据全等三角形的性质得到，根据菱形的判定定理即可得到结论． 【详解】（1）证明：∵四边形是菱形， ， ， 在与中， ， ， ， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是矩形； （2）证明：∵四边形是矩形， ， ， 在与中 ， ， ， ， ∴四边形是平行四边形， ∵四边形是菱形， ， ∴四边形是菱形． 【点睛】本题考查了菱形的判定和性质，矩形的判定，平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握各知识点是解题的关键． 27．(1)见解析 (2)的数量关系是，见解析 (3)①②关于的函数关系式是 【分析】（1）先证明得到，由正方形性质可得； （2）过点作交于点，先证明四边形是平行四边形得到，由（1）可得； （3）①连接，由对折性质可得是的垂直平分线，得到，设，则，由勾股定理解得x值，利用（2）的结论求出长即可； ②可先证得当时，，连接并延长交于，可证得，从而，进而得出，从而得出，进而得出是等腰直角三角形，进一步得出结果． 【详解】（1）证明：证明：如图1． ∵四边形是正方形， ∴， ∴． ∵于点， ∴， ∴， ∴． ∴， ∴． （2）解：的数量关系是． 证明：如图2，过点作交于点， 由（1）知． ∵， ∴． 又∵， ∴四边形是平行四边形． ∴， ∴； （3）解：①如图3，连接． ∵四边形沿对折后的对应边过点A，且， ∴是的垂直平分线， ∴． 设，则， 在中，， ∴， 解得，即． 由（2）知，， ∴； ②如图4， 当时，，理由如下： 作，交于，设与交于点， 可得四边形是平行四边形， ， 在和中，， ， ∴， ， ， ， ， ， 如图5，连接并延长交于， ∵四边形沿对折，得到四边形， 垂直平分，， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 是等腰直角三角形， ， ， ， ， ， ， ． 【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，轴对称的性质，等腰直角三角形的判定和性质等知识，解决问题的关键是作辅助线，构造全等三角形． 28．(1)见解析 (2)①② 【分析】（1）平行结合角平分线，推出，三线合一推出，进而推出，得到，得到四边形是平行四边形，再根据，即可得出结论； （2）①线段的和差求出的长，进而得到的长，勾股定理求出的长，再利用勾股定理求出的长，根据平行四边形的性质，得到，即可； ②易证为等腰直角三角形，得到，，证明为等腰三角形，进而得到，推出，等边对等角求出的度数，证明，求出的度数，进而求出，得到，作，交的延长线于点，证明，进而得到，求出，进而推出，得到，再根据线段的和差，等量代换即可得出结果． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∴，， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴四边形是菱形； （2）解：①∵，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴； ②∵，， ∴， ∴为等腰直角三角形， ∴，， ∵平行四边形， ∴，， ∴， ∴为等腰三角形， ∴， ∴，即：， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴，为等腰直角三角形， ∴，， 作，交的延长线于点， 则：， ∴， ∵， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴． 【点睛】本题考查平行四边形的性质，等腰三角形的判定和性质，菱形的判定，勾股定理全等三角形的判定和性质等知识点，熟练掌握相关知识点，合理添加辅助线构造特殊三角形和全等三角形，是解题的关键． 29．(1) (2) 【分析】本题考查了解一元二次方程； （1）两边开平方得到，即可求出方程的解； （2）把原方程配方成，再利用开平方法解方程即可． 【详解】（1）解：， 开平方得，， ∴或， 解得：； （2）解：原方程整理得， 二次项系数化为1，得：， 配方，得：，即， 两边开平方，得， ∴． 30．(1)，， (2)，． 【分析】本题考查了一元二次方程的解法，题目较为简单，熟记配方法和直接开平方法的解题步骤是本题的关键． （1）首先把方程化为的形式，再利用平方根的定义解方程即可， （2）首先移项，然后方程等号两端同时加16后，左边是完全平方公式，然后开平方，即可求解． 【详解】（1）） 解得，， （2）） 解得：，． 31．(1)， (2)， 【分析】本题考查一元二次方程的解法，涉及直接开平方法、公式法．直接开平方法体现“降次”思想，需将方程化为形式；公式法是通用解法，关键是确定a、b、c并计算判别式．易错点为直接开平方法漏解正负情况，公式法易在b的取值或计算时出错． （1）对于，因左边是完全平方式，用直接开平方法．先移项得，再由平方根定义得，分别求解得，． （2）对于，用公式法．确定，，，计算，代入求根公式，得，即可求得，． 【详解】（1） 或 ， ，． （2） ，，， ， ∴方程有两个不相等的实数根． ， ，． 32．(1)， (2)， 【分析】本题考查了解一元二次方程； （1）将方程化为，用直接开平方法求解即可； （2），，，用公式法求解即可． 【详解】（1）解：， ， 或， ，； （2）解：，，， ， ， ，． 33．，1 【分析】本题考查分式的化简求值，解一元二次方程，先进行乘法运算，再进行加减运算，利用因式分解法求出一元二次方程的解，再代入化简后的式子中，计算即可． 【详解】解：原式 ； ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴原式． 34．， 【分析】本题考查了分式的化简与求值、解一元二次方程，熟练掌握分式的运算法则和因式分解法解一元二次方程是解题的关键．先利用分式的运算法则化简式子，再利用因式分解法解一元二次方程求出的值，再根据分式有意义的条件选取合适的值代入即可求解． 【详解】解： ， ∵， ∴， 解得，， 由题意得，， ∴， 代入，原式． 35．， 【分析】本题考查了解一元二次方程，熟练掌握直接开平方法，因式分解法，配方法和公式法是解题的关键． 根据因式分解法求解即可． 【详解】解： 或， 解得：，． 36．， 【分析】本题考查了因式分解法解一元二次方程，熟练掌握该方法是解题的关键． 根据因式分解法解题即可． 【详解】解： 或 解得：，． 37．(1) (2) 【分析】首先根据韦达定理，对于一元二次方程，两根、有，．在方程中，求出，． （1）需要将进行因式分解，变形为，然后代入前面求出的和的值计算． （2）先对进行通分，得到，再利用完全平方公式将变形为，最后代入值计算． 【详解】（1），， ． （2），， ． 【点睛】本题考查了一元二次方程根与系数的关系（韦达定理）、因式分解、分式的通分、完全平方公式．运用了整体代入思想，将和作为整体代入变形后的式子计算．对所求式子进行合理变形，使其能直接代入和的值，如因式分解、通分、利用完全平方公式变形．解题关键为熟练掌握韦达定理，以及对代数式的变形能力，能将所求式子转化为含有和的形式．易错点为在进行代数式变形时，容易出现计算错误，如通分错误、完全平方公式展开错误；代入数值计算时，分数的运算也容易出错． 38．(1)实数的取值范围为且，； (2)． 【分析】本题考查了一元二次方程根与系数的关系，根的判别式等知识，掌握相关知识是解题的关键． （1）根据一元二次方程的定义及根的判别式得到，，求解即可； （2）当时，方程可化为，根据根与系数的关系得到， ，代入求解即可． 【详解】（1）解：∵是一元二次方程的两个不相等的非零实数根， ∴且，， ∴，， ∵， ∴， 解得：， ∴实数的取值范围为且，； （2）解：当时，方程可化为：， ∵是方程的两根， ∴，，即， ∴． 39．(1) (2) 【分析】本题考查了一元二次方程根的判别式以及根与系数的关系，熟练掌握一元二次方程根的判别式、根与系数的关系是解题的关键． （1）根据一元二次方程有实数根，则根的判别式，建立关于的不等式，求解不等式即可得出的取值范围； （2）将变形得，根据根与系数的关系得到和，代入得出关于的方程，求解方程再结合（1）中所求的取值范围判断得出结论即可． 【详解】（1） 解：关于的方程有实根， ， 解得， 实数的取值范围是； （2） 解：根据根与系数的关系得，， ，即， ，整理得， 解得，， 由（1）知， 舍去， ． 40．(1) (2)14 【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：①，方程有两个不相等的实数根，②，方程有两个相等的实数根，③，方程没有实数根．关于x的一元二次方程的两个实数根，和系数，，，有如下关系：，，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． （1）由题意可得，求解即可； （2）由一元二次方程根与系数的关系可得，，结合题意求出，即可得出，再代入所求式子计算即可得解． 【详解】（1）解：∵关于x的一元二次方程有实数根， ∴， ∴； （2）解：∵，是方程的两根， ∴，， 当时，即 ， ∴，满足题意， ∴， ∴． 41．(1) (2)2500000张 【分析】本题考查了一元二次方程的应用以及统计表，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解决本题的关键． （1）设平均每次累计票房增长的百分率是x，利用第3次累计票房第1次累计票房（平均每次累计票房增长的百分率），即可得出关于x的一元二次方程，解之取其正值即可得出结论； （2）利用数量总价单价，即可求出结论． 【详解】（1）解：设平均每次累计票房增长的百分率是x， 依题意得，， 即， 可得， 解得，（不符合题意，舍去）， 答：平均每次累计票房增长的百分率是； （2）解： （张）， 答：从第1次发布数据后到第2次发布数据时，共卖出2500000张电影票． 42．销售价格为元或元时，餐馆能实现每天元的利润． 【分析】本题主要考查一元二次方程的运用，理解题目数量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键． 根据题意，设提高了元，用含的式子表示出销售价格，利润，销售份数，根据题目数量关系列一元二次方程求解即可． 【详解】解：设提高了元，则销售价格为元，利润为元，销售份数为份， ∴，整理得，， ∴， 解得，，， ∴销售价格为元或元时，餐馆能实现每天的利润． 43．(1) (2)或 【分析】本题主要考查了勾股定理，矩形的性质，解一元二次方程，线段垂直平分线的性质等等，熟知相关知识是解题的关键． （1）由题意得，，则，根据线段垂直平分线上的点到线段两端的距离相等得到，则，解方程即可得到答案； （2）由勾股定理得到，则，解方程即可得到答案． 【详解】（1）解：由题意得，， ∴， ∵在的垂直平分线上， ∴， ∴， 解得， ∴当时，在的垂直平分线上； （2）解：∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， 解得或， ∴当或时，的长度为． 44．(1) (2)10米 【分析】本题考查一元二次方程的应用，正确列出一元二次方程是解题的关键． （1）根据篱笆总长及长、宽关系列代数式即可，注意前端有2个小门； （2）根据长宽之积为180列一元二次方程，求出解后判断是否小于墙的最大可用长度即可． 【详解】（1）解：由题意知，， 故答案为：； （2）解：由题意得， 整理得， 解得或， 当时，，不合题意； 当时，，符合题意； 故宽为10米． 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 $