精品解析：广东省佛山市瀚文外国语学校2025--2026学年九年级上学期第一次月考数学试卷

九年级第一次核心素养检测（数学） 考试时间：120分钟；满分120分 一、选择题（共10小题，每小题3分，共30分） 1. 下列关于x的方程中，是一元二次方程的有（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题主要考查了一元二次方程的定义，一般地，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，据此逐一判断即可． 【详解】解：A、，是一元二次方程，符合题意； B、，含有2个未知数，不是一元二次方程，不符合题意； C、， 未知数的最高次不是2，不是一元二次方程，不符合题意； D、，当时，原方程不是一元二次方程，不符合题意． 故选：A． 2. 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】A 【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．先进行判别式的值，然后根据判别式的意义判断方程根的情况． 【详解】解：∵， ∴方程有两个相等的实数根． 故选：A． 3. 如图，在菱形中，、是对角线，．若，则的长是（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 10 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查的是菱形的性质，含角的直角三角形的性质，解答本题的关键是熟练掌握菱形的性质． 根据菱形的性质可得， ，根据含角的直角三角形的性质即可求得的长，从而得到结果． 【详解】解：如图， ∵四边形是菱形， ∴， ， ∴， ∵，， ∴， ∴， 故选：B． 4. 正方形具有而菱形不一定具有的性质是（ ） A. 对角线相等 B. 对角线互相垂直平分 C. 对角线平分一组对角 D. 四条边相等 【答案】A 【解析】 【详解】解：A选项 正方形对角线相等，菱形对角线不一定相等，符合题意； B选项 正方形和菱形的对角线都互相垂直平分，不符合题意； C选项 正方形和菱形的对角线都平分一组对角，不符合题意； D选项 正方形和菱形的四条边都相等，不符合题意． 5. 若关于x的一元二次方程的常数项为0，则a的值为（ ） A. 2 B. -2 C. D. 0 【答案】B 【解析】 【分析】由常数项为0，则，结合一元二次方程的定义，即可求出a的值． 【详解】解：根据题意，则 ∵一元二次方程的常数项为0， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； 故选：B． 【点睛】本题考查了一元二次方程的定义，解题的关键是熟练掌握定义进行解题． 6. 用配方法解方程时，配方结果正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了配方法的运用，先移项，在等式的两边同时加上一次项系数一半的平方，由此即可求解． 【详解】解：， 移项得，， 等式两边同时加上1得，， ∴， 故选：B ． 7. 如图，在中，点分别在边上，且．下列四种说法： ①四边形是平行四边形； ②如果，那么四边形是矩形； ③如果平分，那么四边形是菱形； ④如果，且，那么四边形是正方形． 其中，正确的有（ ） A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 【答案】C 【解析】 【分析】根据，得出四边形为平行四边形，得出①正确；当，根据推出的，利用有一个角为直角的平行四边形为矩形可得出②正确；若平分，得到一对角相等，再根据两直线平行内错角相等又得到一对角相等，等量代换可得，利用等角对等边可得一组邻边相等，根据邻边相等的平行四边形为菱形可得出③正确；由，且，根据等腰三角形的三线合一可得平分，同理可得四边形是菱形，④错误，进而得到正确说法的个数． 【详解】解：， ∴四边形是平行四边形，选项①正确，符合题意； 若， ∴平行四边形为矩形，选项②正确，符合题意； 若平分， ∴， 又， ∴， ∴， ∴， ∴平行四边形为菱形，选项③正确，符合题意； 若， ∴平分， 由③得求解过程，可得平行四边形为菱形，选项④错误，不符合题意； 综上所述，四种说法中正确的个数有3个． 故选：C． 【点睛】本题主要考查了平行四边形、特殊平行四边形的判定，涉及平行四边形的判定、角平分线定义、平行线的性质、矩形的判定、菱形的判定、正方形的判定等知识以及等腰三角形的判定与性质，熟记平行四边形、特殊平行四边形的判定定理是解决问题的关键． 8. 如图，在矩形中，点E在边上，沿折叠得到，且点B，F，E三点共线，若，则（ ） A. B. 5 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由四边形是矩形得到，，，由沿折叠得到，得到，证明，得到，，设，则，由勾股定理得，，则，解得，即可得到答案． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，，， ∵沿折叠得到， ∴， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴，， 设，则， 由勾股定理得，， ∴， 解得， 即． 故选：D 【点睛】此题考查了矩形的性质、勾股定理、全等三角形的判定和性质、折叠的性质等知识， 数形结合和准确计算是解题的关键． 9. 如图，在菱形中，分别以点、为圆心，大于长为半径作弧，两弧分别交于点、，作直线，且直线恰好经过点，与边交于点．连接，若，则的长为（ ）　　 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题主要考查了菱形的性质，勾股定理，线段垂直平分线的性质和尺规作图，由作图得出垂直平分，由菱形性质得到，则，再在中，由勾股定理，求得，在中，由勾股定理得． 【详解】解：由作图可知，垂直平分， ∴，， ∵菱形， ∴，， ∴， 在中，由勾股定理，得， ∵， ∴， 在中，由勾股定理得， 故选：D． 10. 把顺次连接任意一个四边形各边中点所得的四边形叫做中点四边形，则下列命题错误的有（ ）个． ①任意四边形的中点四边形是平行四边形；②任意矩形的中点四边形是菱形； ③中点四边形是矩形的四边形是菱形；④只有正方形的中点四边形是正方形． A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查命题的正确性，平行四边形，菱形，正方形的判定，矩形，正方形的性质，掌握知识点是解题的关键． 逐个分析判断即可． 【详解】解：命题①：任意四边形的中点四边形是平行四边形． 由三角形中位线定理可知，中点四边形的对边平行且等于原四边形对角线的一半，故必为平行四边形，即命题①正确． 命题②：任意矩形的中点四边形是菱形． 矩形的对角线相等，中点四边形的各边长度均为对角线的一半，因此四边相等，为菱形．即命题②正确． 命题③：中点四边形是矩形的四边形是菱形． 中点四边形为矩形，说明原四边形的对角线互相垂直，但原四边形不一定是菱形（如对角线垂直但不相等的四边形）．即命题③错误． 命题④：只有正方形的中点四边形是正方形． 中点四边形为正方形需原四边形的对角线相等且垂直，但原四边形不一定是正方形．即命题④错误． 综上，错误的命题为③和④，共2个． 故选：C． 二、填空题（共5小题，每小题3分，共15分） 11. 在矩形中，对角线与交于点，请添加一个条件：______使得矩形是正方形．（只写一个） 【答案】（答案不唯一） 【解析】 【分析】本题考查正方形的判定，解题的关键是掌握：有一组邻边相等或对角线互相垂直的矩形是正方形．据此解答即可． 【详解】解：． 理由：∵四边形是矩形， 又∵， ∴四边形是正方形． 故答案为：（答案不唯一）． 12. 已知方程的两根分别为，，则的值为________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查根与系数之间的关系，熟练掌握根与系数之间的关系，是解题的关键．根据根与系数之间的关系，得到，将代数式用多项式乘以多项式的法则展开后，利用整体代入法进行求解即可． 【详解】解：由题意，得：， ∴ ； 故答案为：． 13. 如图，某小区要在长为，宽为的矩形空地上建造一个花坛，使花坛四周小路的宽度相等，且花坛所占面积为空地面积的一半，则小路宽为______． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查了一元二次方程的实际应用，设小路的宽为，则长方形花坛的长为，宽为，再根据矩形面积计算公式列出方程求解即可． 【详解】解：设小路的宽为，则长方形花坛的长为，宽为， 由题意得，， 同理得， 解得或（舍去）， ∴小路的宽为， 故答案为：． 14. 如图，正方形的边长为8，，N 为上一点，则的最小值为_______． 【答案】10 【解析】 【分析】连接交于，连接交于，根据正方形的性质推出关于对称，求出，在中勾股定理求出即可． 【详解】解：连接交于， ∵四边形是正方形， ， 即关于对称， ， 连接交于，则此时最小， ， ， ∵四边形是正方形， ， 由勾股定理得：， 的最小值为． 15. 如图，菱形中，，交于，，，动点从出发沿方向以每秒匀速直线运动到，动点从出发沿方向以每秒匀速直线运动到，若，同时出发，问出发后________s时，的面积为菱形面积的？ 【答案】1或4 【解析】 【分析】本题考查了菱形的性质，一元二次方程的应用及分类讨论的数学思想，解题的关键是根据出发后时间的多少确定列方程的方法． 根据点、运动过程中与点的位置关系，分当时，点在线段上，点在线段上、当时，点在线段上，点在线段上和当时，点在线段上，点在线段上三种情况分别讨论． 【详解】解：设出发后秒时，． 四边形是菱形，，， ，，，， ， 当时，点在线段上，点在线段上． 此时，， 则； 解得，（舍去） 当时，点在线段上，点在线段上， 此时， 则；化简为， 此时方程，原方程无实数解； 当时，点在线段上，点在线段上， 此时，， 则； 解得（舍去）， 综上所述，出发后或时，． 故答案为：1或4． 三、解答题一（共3题，每题7分，共21分） 16. 解方程： （1）； （2）． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】本题考查解一元二次方程，常用的方法有直接开平方法、配方法、因式分解法、求根公式法，熟练掌握各种方法是解答本题的关键． （1）利用因式分解法解方程即可； （2）利用配方法解方程即可． 【小问1详解】 解： 或 解得：； 【小问2详解】 解： 解得：． 17. 如图，在的方格纸中，每个小正方形的边长为1，点A，B均在格点上，在图1和图2中分别画出一个以点A，B为顶点且另两个顶点均在格点上的正方形，并分别求出其周长． 【答案】 如图1， 如图2， 周长分别为或 【解析】 【分析】分线段是边和对角线两种情况作出图形并求解周长即可． 【详解】解：如图1， 连接， ∵， ∴四边形是菱形， ∵， ∴， ∴是直角三角形，, ∴四边形是正方形， ∴四边形的周长是； 如图2， ∵， ∴四边形是菱形， ∵， ∴， ∴是直角三角形，, ∴四边形是正方形， ∴四边形的周长是． 【点睛】此题考查正方形的判定、勾股定理及其逆定理等知识，准确做出图形是解题的关键． 18. 如图，在平行四边形中，对角线的垂直平分线与边，分别相交于点E，F． （1）求证：四边形是菱形． （2）若，求的长． 【答案】（1） 证明：在平行四边形中，， ∴， ∵对角线的垂直平分线与边，分别相交于点E，F， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵ ∴四边形是菱形． （2） 【解析】 【分析】本题考查平行四边形的判定与性质，垂直平分线的性质，全等三角形的判定与性质，菱形的判定与性质，勾股定理，掌握知识点是解题的关键． （1）先证明，得到，则四边形是平行四边形，继而证明得到四边形是菱形，即可解答； （2）先证明，由勾股定理，得到， 求出即可． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 ∵四边形是菱形，， ∴， ∴， ∵， ∴， 即， 解得． 答：的长为． 四、解答题二（共3题，每题9分，共27分） 19. 2022年北京冬季奥运会吉祥物为“冰墩墩”，一经推出，深受广大人民的喜欢． （1）据市场调研发现，某工厂今年二月份共生产2500个“冰墩墩”，为增大生产量，该工厂平均每月生产量增长率相同，四月份该工厂生产了3600个“冰墩墩”，求该工厂平均每月生产量增长率是多少？ （2）已知某商店“冰墩墩”平均每天可销售20个，每个盈利40元，在每个降价幅度不超过10元的情况下，每下降2元，则每天可多售10件，如果每天要盈利1440元，则每个“冰墩墩”应降价多少元？ 【答案】（1）该工厂平均每月生产量增长率是； （2）每个“冰墩墩”应降价元． 【解析】 【分析】（1）设该工厂平均每月生产量增长率为，根据题意列出一元二次方程，求解即可； （2）设每个“冰墩墩”应降价元，则每天销售量为件，每件盈利为元，根据题意列出方程，求解即可． 【小问1详解】 解：设该工厂平均每月生产量增长率为， 由题意可得： 解得，（舍去） 答：该工厂平均每月生产量增长率是； 【小问2详解】 设每个“冰墩墩”应降价元（），则每天销售量为件，每件盈利为元， 由题意可得： 化简可得： 解得，（舍去） 答：每个“冰墩墩”应降价元． 【点睛】此题考查了一元二次方程的应用，涉及了销售问题和增长率问题，解题的关键是理解题意，找到题中的等量关系，正确列出方程． 20. 如图，在中，D，E分别为的中点，，垂足为F，点G在的延长线上，． （1）求证：四边形是矩形； （2）若，，，求和的长． 【答案】（1） 证明：∵D，E分别为的中点， ∴是的中位线， ∴，即， ∵， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴平行四边形是矩形； （2） 【解析】 【分析】本题主要考查了矩形的判定，三角形中位线定理，勾股定理，解直角三角形，熟知相关知识是解题的关键． （1）由三角形中位线定理可得，即，则可证明四边形是平行四边形，再由，即可证明平行四边形是矩形； （2）求出，解得到，则；由线段中点的定义可得；过点A作于H，解得到，则，再利用勾股定即可求出的长． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：∵， ∴； ∵， ∴， 在中，，， ∴， ∴； ∵点D为的中点， ∴； 如图所示，过点A作于H， 在中，， ∴， 在中，由勾股定理得． 21. 综合与探究 问题情境： 在综合实践课上，李老师让同学们根据如下问题情境，写出两个数学结论：如图（1），正方形ABCD的对角线交于点O，点O又是正方形OEFG的一个顶点（正方形OEFG的边长足够长），将正方形OEFG绕点O做旋转实验，OE与BC交于点M，OG与DC交于点N． “兴趣小组”写出的两个数学结论是： ①S△OMC+S△ONC＝S正方形ABCD； ②BM2+CM2＝2OM2． 问题解决： （1）请你证明“兴趣小组”所写的两个结论的正确性． 类比探究： （2）解决完“兴趣小组”的两个问题后，老师让同学们继续探究，再提出新的问题；“智慧小组“提出的问题是：如图（2），将正方形OEFG在图（1）的基础上旋转一定的角度，当OE与CB的延长线交于点M，OG与DC的延长线交于点N，则“兴趣小组”所写的两个结论是否仍然成立？请说明理由． 【答案】（1）证明如下： ①∵正方形ABCD的对角线相交于O， ∴S△BOC＝S正方形ABCD，OB＝OC，∠BOC＝90°，∠OBM＝∠OCN， ∵四边形OEFG是正方形， ∴∠MON＝90°， ∴∠BOC﹣∠MOC＝∠MON﹣∠MOC， ∴∠BOM＝∠COM， ∴△BOM≌△CON， ∴S△BOM＝S△CON， ∴S△OMC+S△ONC＝S△OMC+S△BOM＝S正方形ABCD； ②由①知，△BOM≌△CON， ∴OM＝ON，BM＝CN， 在Rt△MCN中，MN2＝CM2+CN2＝CM2+BM2， 在Rt△MON中，MN2＝OM2+ON2＝2OM2， ∴BM2+CM2＝2OM2； （2）结论①不成立， 理由：∵正方形ABCD的对角线相交于O， ∴S△BOC＝S正方形ABCD，OB＝BD，OC＝AC，AC＝BD，AC⊥BD，∠ABC＝∠BCD＝90°，AC平分∠BCD，BD平分∠ABC， ∴OB＝OC，∠BOC＝90°，∠OBC＝∠OCD＝45°， ∴∠OBM＝∠OCN＝135°， ∵四边形OEFG是正方形， ∴∠MON＝90°， ∴∠BOM＝∠CON， ∴△BOM≌△CON， ∴S△BOM＝S△CON， ∴S△OMC﹣S△BOM＝S△OMC﹣S△CON＝S△BOC＝S正方形ABCD， ∴结论①不成立； 结论②成立，理由： 如图（2） 连接MN，∵△BOM≌△CON， ∴OM＝ON，BM＝CN， 在Rt△MCN中，MN2＝CM2+CN2＝CM2+BM2， 在Rt△MON中，MN2＝OM2+ON2＝2OM2， ∴BM2+CM2＝2OM2， ∴结论②成立． 【解析】 【分析】（1）①利用正方形的性质判断出△BOM≌△CON，利用面积和差即可得出结论； ②先得出OM＝ON，BM＝CN，再用勾股定理即可得出结论； （2）同（1）的方法即可得出结论． 【详解】解：（1）略； （2）略． 【点睛】 本题属于三角形综合题，主要考查了全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题. 五、解答题三（共2题，第22题13分，第23题14分，共27分） 22. 在平面直角坐标系中，如果一次函数直线l与某个图形G有且只有一个交点，则定义该函数为图形G的“函数”． 例如：如图1，点，点，一次函数与线段交于点，则该函数是线段的“函数”． （1）如图2，在矩形中，点，点，若一次函数是矩形的“函数”，则______； （2）如图3，在菱形中，点，点，点B在y轴上，一次函数是菱形的“函数”． ①求点D的坐标； ②求k的值． （3）如图4，点A，C是直线上的两点，点A的横坐标为m，点C的横坐标为；将正方形的边所组成的图形定义为G（其中点B的横坐标为m），若直线是图形G的“函数”，直接与出m的取值范围． 【答案】（1）或； （2）①；②或 （3）或或． 【解析】 【分析】（1）根据“函数”的定义可得一次函数必过点B或点D，据此求解即可； （2）①根据坐标与图形及菱形的性质求解即可； ②根据“函数”的定义可得一次函数必过点B或点A，据此求解即可； （3）根据直线是图形G的“RN函数”，可得直线与正方形的边只有一个交点，再根据数形结合分类讨论求解即可； 【小问1详解】 在矩形中，点，点， , 一次函数是矩形的“函数”， 一次函数必过点B或点D， 当一函数过点时， ，解得：， 当一函数过点时， ，解得：， 或； 【小问2详解】 ①如图，连接交于点M，设， 四边形是菱形， ，， ，， ，即， ，， ， ， ， ， 解得：， ； ②一次函数中，当时，， 一次函数过点， 一次函数是菱形的“函数” 一次函数必过点B或点A， 当一函数过点时， ，解得：， 当一函数过点时， ，解得：， 或； 【小问3详解】 点A，C是直线上的两点，点A的横坐标为m，点C的横坐标为， ， ， 中，当时，， 直线过点， 直线是图形G的“函数”， 直线与正方形的边只有一个交点， 如图，当，即时， 从图形可以看出当线过点B或过线段时，直线是图形G的“函数”， 将代入得，解得或（都舍去）， 将代入得，解得或（舍去）， 将代入得，解得或（舍去）， ； 如图，当且，即时， 从图形可以看出当线过点B或过点C或在线段之间时，直线是图形G的“函数”， 将代入得，解得或（舍去）， 将代入得，解得或（都舍去）， 将代入得，解得或（都舍去）， 将代入得，解得或（都舍去）， ； 如图，当时， 从图形可以看出当线过点B或在线段之间时，直线是图形G的“函数”， 将代入得，解得或（都舍去）， 将代入得，解得（舍去）或， 将代入得，解得（舍去）或， ； 综上所述，m的取值范围是或或． 【点睛】本题考查一次函数的应用，“函数”的定义，菱形及正方形的性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考压轴题． 23. 已知点在正方形内，点E在边上，是线段的垂直平分线，连接，． （1）如图1，若的延长线经过点D，，求的长； （2）如图2，点F是的延长线与的交点，连接． ①求证：； ②如图3，设，相交于点G，连接，，．若，判断的形状，并说明理由． 【答案】（1） （2）证明：由题意知，， ∴，． ∴ ， ∴． 是等腰直角三角形． 理由如下： AI （方法一）作交于点M，交于点N． ∵， ∴M为的中点． 又， ∴， ∴， ∴N是的中点， ∴是的中位线，． ∵，，且， ∴， ∴， 即E为的中点． 又， ∴， ∴． 同理可证， ∴． ∴是等腰直角三角形． （方法二）设，则． ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴． ∵， ∴． ∴， ∴． ∴． ∴， 又，， ∴． ∴，． 由①知， ∴． 又， ∴为等腰直角三角形． 【解析】 【分析】（1）根据线段的垂直平分线的性质得出，，证明，得出，结合正方形的性质可判断是等腰直角三角形，求出，然后根据勾股定理求出，即可求解； （2）①由正方形的性质和线段的垂直平分线的性质得出，根据等边对等角以及三角形内角和定理可求出，即可求解； ②（方法一）作交于点M，交于点N．根据三线合一的性质得出M为的中点．可证，根据平行线分线段成比例判断出N是的中点，根据三角形中位线定理得出．根据证明，得出，则E为的中点．结合，根据三角形中位线定理和平行线的性质得出．同理可证，得出，即可得出结论； （方法二）设，则．根据等边对等角得出，根据三角形内角和定理求出，由（1）中，得出，则．根据等边对等角得出．根据三角形内角和定理求出，由角的和差关系求出，，根据证明，得出，．结合①中求出，则，即可得出结论． 【小问1详解】 解：∵四边形是正方形，的延长线经过点D， ∴，，， 由垂直平分线的性质知，，， 又， ∴， ∴． 又， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴． 【小问2详解】 ①略 ②略 【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，平行线分线段成比例，勾股定理，三角形的中位线定理等知识，掌握相关性质定理进行推理论证是解题的关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 九年级第一次核心素养检测（数学） 考试时间：120分钟；满分120分 一、选择题（共10小题，每小题3分，共30分） 1. 下列关于x的方程中，是一元二次方程的有（ ） A. B. C. D. 2. 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 3. 如图，在菱形中，、是对角线，．若，则的长是（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 10 4. 正方形具有而菱形不一定具有的性质是（ ） A. 对角线相等 B. 对角线互相垂直平分 C. 对角线平分一组对角 D. 四条边相等 5. 若关于x的一元二次方程的常数项为0，则a的值为（ ） A. 2 B. -2 C. D. 0 6. 用配方法解方程时，配方结果正确的是（ ） A. B. C. D. 7. 如图，在中，点分别在边上，且．下列四种说法： ①四边形是平行四边形； ②如果，那么四边形是矩形； ③如果平分，那么四边形是菱形； ④如果，且，那么四边形是正方形． 其中，正确的有（ ） A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 8. 如图，在矩形中，点E在边上，沿折叠得到，且点B，F，E三点共线，若，则（ ） A. B. 5 C. D. 9. 如图，在菱形中，分别以点、为圆心，大于长为半径作弧，两弧分别交于点、，作直线，且直线恰好经过点，与边交于点．连接，若，则的长为（ ）　　 A. B. C. D. 10. 把顺次连接任意一个四边形各边中点所得的四边形叫做中点四边形，则下列命题错误的有（ ）个． ①任意四边形的中点四边形是平行四边形；②任意矩形的中点四边形是菱形； ③中点四边形是矩形的四边形是菱形；④只有正方形的中点四边形是正方形． A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 二、填空题（共5小题，每小题3分，共15分） 11. 在矩形中，对角线与交于点，请添加一个条件：______使得矩形是正方形．（只写一个） 12. 已知方程的两根分别为，，则的值为________． 13. 如图，某小区要在长为，宽为的矩形空地上建造一个花坛，使花坛四周小路的宽度相等，且花坛所占面积为空地面积的一半，则小路宽为______． 14. 如图，正方形的边长为8，，N 为上一点，则的最小值为_______． 15. 如图，菱形中，，交于，，，动点从出发沿方向以每秒匀速直线运动到，动点从出发沿方向以每秒匀速直线运动到，若，同时出发，问出发后________s时，的面积为菱形面积的？ 三、解答题一（共3题，每题7分，共21分） 16. 解方程： （1）； （2）． 17. 如图，在的方格纸中，每个小正方形的边长为1，点A，B均在格点上，在图1和图2中分别画出一个以点A，B为顶点且另两个顶点均在格点上的正方形，并分别求出其周长． 18. 如图，在平行四边形中，对角线的垂直平分线与边，分别相交于点E，F． （1）求证：四边形是菱形． （2）若，求的长． 四、解答题二（共3题，每题9分，共27分） 19. 2022年北京冬季奥运会吉祥物为“冰墩墩”，一经推出，深受广大人民的喜欢． （1）据市场调研发现，某工厂今年二月份共生产2500个“冰墩墩”，为增大生产量，该工厂平均每月生产量增长率相同，四月份该工厂生产了3600个“冰墩墩”，求该工厂平均每月生产量增长率是多少？ （2）已知某商店“冰墩墩”平均每天可销售20个，每个盈利40元，在每个降价幅度不超过10元的情况下，每下降2元，则每天可多售10件，如果每天要盈利1440元，则每个“冰墩墩”应降价多少元？ 20. 如图，在中，D，E分别为的中点，，垂足为F，点G在的延长线上，． （1）求证：四边形是矩形； （2）若，，，求和的长． 21. 综合与探究 问题情境： 在综合实践课上，李老师让同学们根据如下问题情境，写出两个数学结论：如图（1），正方形ABCD的对角线交于点O，点O又是正方形OEFG的一个顶点（正方形OEFG的边长足够长），将正方形OEFG绕点O做旋转实验，OE与BC交于点M，OG与DC交于点N． “兴趣小组”写出的两个数学结论是： ①S△OMC+S△ONC＝S正方形ABCD； ②BM2+CM2＝2OM2． 问题解决： （1）请你证明“兴趣小组”所写的两个结论的正确性． 类比探究： （2）解决完“兴趣小组”的两个问题后，老师让同学们继续探究，再提出新的问题；“智慧小组“提出的问题是：如图（2），将正方形OEFG在图（1）的基础上旋转一定的角度，当OE与CB的延长线交于点M，OG与DC的延长线交于点N，则“兴趣小组”所写的两个结论是否仍然成立？请说明理由． 五、解答题三（共2题，第22题13分，第23题14分，共27分） 22. 在平面直角坐标系中，如果一次函数直线l与某个图形G有且只有一个交点，则定义该函数为图形G的“函数”． 例如：如图1，点，点，一次函数与线段交于点，则该函数是线段的“函数”． （1）如图2，在矩形中，点，点，若一次函数是矩形的“函数”，则______； （2）如图3，在菱形中，点，点，点B在y轴上，一次函数是菱形的“函数”． ①求点D的坐标； ②求k的值． （3）如图4，点A，C是直线上的两点，点A的横坐标为m，点C的横坐标为；将正方形的边所组成的图形定义为G（其中点B的横坐标为m），若直线是图形G的“函数”，直接与出m的取值范围． 23. 已知点在正方形内，点E在边上，是线段的垂直平分线，连接，． （1）如图1，若的延长线经过点D，，求的长； （2）如图2，点F是的延长线与的交点，连接． ①求证：； ②如图3，设，相交于点G，连接，，．若，判断的形状，并说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $