四川省达州市渠县中学2026-2027学年九年级上学期入学自测数学模拟试题

**基本信息** 以巴黎奥运会项目图标为情境，梯度覆盖几何图形性质、方程与不等式等核心知识，通过动态几何与函数综合题，诊断运算能力与推理意识，适配九年级入学过渡需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|8题32分|轴对称与中心对称、因式分解、平行四边形判定|结合奥运情境考查图形性质，基础概念辨析| |填空题|10题40分|分式意义、正多边形内角和、旋转性质、动态几何最值|融入图形变换与代数变形，如23题矩形中AF+CE最小值| |解答题|8题88分|一元二次方程求解、平行四边形与菱形证明、函数与几何综合|17题菱形判定与相似结合，26题含α角的几何探究，体现推理与模型意识|

四川省达州市渠县中学2026-2027学年九年级上学期入学自测数学模拟试题 （全卷满分150分，考试时间120分钟） 全卷分A卷和B卷，A卷100分，B卷50分，全卷总分150分 A卷（共100分） 第Ⅰ卷（选择题，共32分） 一、选择题（本大题共8个小题，每小题4分，共32分，每小题均有四个选项，其中只有一项符合题目要求） 1．第33届夏季奥运会在法国巴黎举行，中国取得金牌榜第一名的好成绩，如图所示巴黎奥运会项目图标中，既是轴对称又是中心对称图形的是（　　） A． B． C． D． 2．下列由左到右边的变形中，因式分解正确的是（　　） A．4x2﹣6xy+9y2＝（2x﹣3y）2 B． C．y4﹣2y2﹣8＝（y2+2）（y2﹣4） D．4m3﹣9m＝m（2m+3）（2m﹣3） 3．若a＞b，则下列不等式不一定成立的是（　　） A．a+1＞b+1 B．3a＞3b C． D．a2＞b2 4．如图，四边形ABCD的对角线交于点O，下列能判断四边形ABCD是平行四边形的是（　　） A．OA＝OC，AB＝CD B．AB∥CD，∠BAC＝∠ACD C．∠BAD＝∠BCD，AB∥CD D．AB＝CD，AD∥BC 5．关于x的方程2有增根，则k的值为（　　） A．±3 B．3 C．﹣3 D．2 6．菱形具有而矩形不一定具有的性质是（　　） A．对边相等 B．对角相等 C．对角线互相平分 D．对角线互相垂直 7．下列关于x的一元二次方程中，有两个不相等的实数根的方程是（　　） A．x2+1＝0 B．4x2﹣4x+1＝0 C．x2+x+2＝0 D．x2﹣2x﹣1＝0 8．如图，在矩形ABCD中，AB＝6，对角线AC与BD相交于点O，AE⊥BD，垂足为E，若BE＝EO，则AD的长是（　　） A．6 B． C． D． 第Ⅱ卷（非选择题，共68分） 二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分） 9．要使代数式有意义，则x的取值范围是________． 10．若x2+mx+n＝（x+5）2，则m+n的值为 　　 ． 11．若一个正多边形的内角和比该正多边形的外角和多720°，则这个正多边形的边数为 　　 ， 12．如图，将△ABC绕点C顺时针旋转90°得到△EDC，若点A、D、E在同一条直线上，∠ACD＝70°，则∠EDC的度数是 　　 ． 13．如图，在△ABC中，点D、E分别是边BC、AC的中点，过点A作AF∥BC交DE的延长线于点F，连接AD、CF，过点D作DG⊥CF于点G．若AB＝3，BC＝5，四边形ADCF是菱形，则DG的长为　　 ． 三、解答题（本大题共5个小题，共48分） 14．（8分）计算：（1）解一元二次方程：x2﹣6x+4＝0； （2）解分式方程：． 15．（8分）先化简，再求值：，其中a＝﹣3． 16．（10分）已知关于x的一元二次方程x2+（m﹣3）x+m﹣5＝0． （1）求证：无论m取何值，此方程总有两个不相等的实数根； （2）若方程有两个实数根x1，x2，且x1+x2+2x1x2＝3，求m值． 17．（10分）如图，在▱ABCD中，对角线AC的垂直平分线与边AD，BC分别相交于点E，F． （1）求证：四边形AFCE是菱形； （2）若AF平分∠BAC，求证：AB2＝BF•BC． 18．（12分）如图，直线y＝﹣x+5分别与坐标轴交于点A，B，以OA为边在y轴的右侧作正方形ACBO． （1）求点A，B的坐标； （2）如图，点D是x轴正半轴上一动点，过点D作DE⊥AD，点E在AD的右侧，且使得AD＝DE． ①请求出直线BE的解析式； ②若点D是线段OB靠近点O的三等分点，另一动点H在直线BE上，且∠HAC＝∠BAD，请求出点H的坐标． B卷（共50分） 一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分） 19．如图，将三角形ABC沿BC方向平移3cm得到三角形DEF，若三角形ABC的周长为24cm，则四边形ABFD的周长为 　　 cm． 20．若多项式x2﹣3x+k（k为常数）的一个因式是x﹣2，则k的值为 　2　 ． 21．已知α是方程x2﹣x﹣1＝0的一个根，则代数式2α2﹣2α+2026的值是　2028　 ． 22．如图，△ABC是等腰直角三角形，∠C＝90°，D为边BC上一点，连接AD，过点B作BE⊥AD，交AD的延长线于点E．若，则的值为　　 ． 23．如图，矩形ABCD中，AB＝3，AD＝4，点E是边AD上的动点，点F在边CD上，CF＝DE．连接AF、CE，则AF+CE的最小值为　　 ． 二、解答题（本大题共3个小题，共30分） 24．（8分）在如图的方格纸中，△O1A1B1与△OAB是关于点P为位似中心的位似图形． （1）在图中标出位似中心P的位置； （2）以原点O为位似中心，在第三象限画出△OAB的一个位似△OA2B2，使它与△OAB的位似比为2：1； （3）已知S△OAB的面积为2.5，则△OA2B2的面积为 　10　 ． 25．（10分）阅读下列材料：已知实数m、n满足（2m2+n2+1）（2m2+n2﹣1）＝80，试求2m2+n2的值． 解：设2m2+n2＝y， 则原方程可化为（y+1）（y﹣1）＝80，即y2＝81； 解得y＝±9． ∵2m2+n2≥0， ∴2m2+n2＝9． 上面这种方法称为“换元法”，换元法是数学学习中最常用的一种思想方法，在结构较复杂的数和式的运算中，若把其中某些部分看成一个整体，并用新字母代替（即换元），则能使复杂的问题简单化．根据以上阅读材料为内容，解决下列问题： （1）若四个连续正整数的积为360，直接写出这四个连续的正整数为 　3，4，5，6　 ． （2）已知实数x、y满足（2x2+2y2+3）（2x2+2y2﹣3）＝27，求x2+y2的值． （3）解方程x2﹣3|x|+2＝0． 26．（12分）在菱形ABCD中，∠B＝α（90°≤α＜180°），点E是边BC上一点，连接AE，将线段AE绕点E顺时针旋转α得到线段EF，连接CF． （1）如图1，α＝90°，求∠DCF的度数； （2）如图2，90°＜α＜180°，求∠DCF的度数（含α的代数式表示）； （3）如图3，α＝120°，AB＝2，点M是DC边上一动点，连接MF，若MF＝AB，N是CM延长线上一点，且MN＝CF，连接FN，请直接写出FN的最大值． 参考答案 四川省达州市渠县中学2026-2027学年九年级上学期入学自测数学模拟试题 （全卷满分150分，考试时间120分钟） 全卷分A卷和B卷，A卷100分，B卷50分，全卷总分150分 A卷（共100分） 第Ⅰ卷（选择题，共32分） 一、选择题（本大题共8个小题，每小题4分，共32分，每小题均有四个选项，其中只有一项符合题目要求） 一．选择题（共8小题，满分32分，每小题4分） 1．（4分）第33届夏季奥运会在法国巴黎举行，中国取得金牌榜第一名的好成绩，如图所示巴黎奥运会项目图标中，既是轴对称又是中心对称图形的是（　　） A． B． C． D． 【解答】解：A、不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不符合题意； B、是中心对称图形，不是轴对称图形，故此选项不符合题意； C、既是轴对称图形，又是中心对称图形，故此选项符合题意； D、不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不符合题意； 故选：C． 2．（4分）下列由左到右边的变形中，因式分解正确的是（　　） A．4x2﹣6xy+9y2＝（2x﹣3y）2 B． C．y4﹣2y2﹣8＝（y2+2）（y2﹣4） D．4m3﹣9m＝m（2m+3）（2m﹣3） 【解答】解：A、4x2﹣12xy+9y2＝（2x﹣3y）2，不符合题意； B、a2﹣1＝（a﹣1）（a+1），不符合题意； C、y4﹣2y2﹣8＝（y2+2）（y2﹣4）＝（y2+2）（y﹣2）（y+2），不符合题意； D、4m3﹣9m＝m（4m2﹣9）＝m（2m+3）（2m﹣3），符合题意． 故选：D． 3．（4分）若a＞b，则下列不等式不一定成立的是（　　） A．a+1＞b+1 B．3a＞3b C． D．a2＞b2 【解答】解：A、∵a＞b， ∴a+1＞b+1， 故A不符合题意； B、∵a＞b， ∴3a＞3b， 故B不符合题意； C、∵a＞b， ∴， 故C不符合题意； D、当a＞b时，a2＞b2不一定成立，例如：﹣2＞﹣3，而（﹣2）2＜（﹣3）2， 故D符合题意； 故选：D． 4．（4分）如图，四边形ABCD的对角线交于点O，下列能判断四边形ABCD是平行四边形的是（　　） A．OA＝OC，AB＝CD B．AB∥CD，∠BAC＝∠ACD C．∠BAD＝∠BCD，AB∥CD D．AB＝CD，AD∥BC 【解答】解：A、由OA＝OC，AB＝CD，不能判定四边形ABCD是平行四边形，故本选项不符合题意； B、由AB∥CD，∠BAC＝∠ACD，不能判定四边形ABCD是平行四边形，故本选项不符合题意； C、∵AB∥CD， ∴∠BAD+∠ADC＝180°，∠ABC+∠BCD＝180°， ∵∠BAD＝∠BCD， ∴∠ADC＝∠ABC， ∴四边形ABCD是平行四边形，故本选项符合题意； D、由AB＝CD，AD∥BC，不能判定四边形ABCD是平行四边形，故本选项不符合题意； 故选：C． 5．（4分）关于x的方程2有增根，则k的值为（　　） A．±3 B．3 C．﹣3 D．2 【解答】解：∵原方程有增根， ∴最简公分母x﹣3＝0， 解得x＝3， 方程两边都乘（x﹣3）， 得：x﹣1＝2（x﹣3）+k， 当x＝3时，k＝2，符合题意， 故选：D． 6．（4分）菱形具有而矩形不一定具有的性质是（　　） A．对边相等 B．对角相等 C．对角线互相平分 D．对角线互相垂直 【解答】解：A：菱形和矩形的对边相等，故选项A不符合题意；B：菱形和矩形的对角均相等，故选项B不符合题意；C：菱形和矩形的对角线互相平分，故选项C不符合题意；D：菱形的对角线互相垂直，而矩形不具有该性质，故选项D符合题意；故选：D． 7．（4分）下列关于x的一元二次方程中，有两个不相等的实数根的方程是（　　） A．x2+1＝0 B．4x2﹣4x+1＝0 C．x2+x+2＝0 D．x2﹣2x﹣1＝0 【解答】解：A、∵Δ＝b2﹣4ac＝02﹣4×1×1＝﹣4＜0， ∴此方程没有实数根， 故本选项不符合题意； B、∵Δ＝b2﹣4ac＝（﹣4）2﹣4×4×1＝0， ∴此方程有两个相等实数根， 故本选项不符合题意； C、∵Δ＝b2﹣4ac＝12﹣4×1×2＝﹣7＜0， ∴此方程没有实数根， 故本选项不符合题意； D、∵Δ＝b2﹣4ac＝（﹣2）2﹣4×1×（﹣1）＝8＞0， ∴此方程有两个不相等的实数根， 故本选项符合题意． 故选：D． 8．（4分）如图，在矩形ABCD中，AB＝6，对角线AC与BD相交于点O，AE⊥BD，垂足为E，若BE＝EO，则AD的长是（　　） A．6 B． C． D． 【解答】解：∵四边形ABCD是矩形， ∴，，∠BAD＝90°，AC＝BD， ∴OA＝OB， ∵AE⊥BD，BE＝EO，即AE垂直平分OB， ∴AB＝AO， ∴AB＝AO＝BO＝6， ∴BD＝12， ∴． 故选：D． 第Ⅱ卷（非选择题，共68分） 二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分） 9．（4分）要使代数式有意义，则x的取值范围是x≥﹣1且x≠3　 ． 【解答】解：要使代数式有意义， 则x+1≥0且x﹣3≠0， 解得：x≥﹣1且x≠3， 故答案为：x≥﹣1且x≠3． 10．（4分）若x2+mx+n＝（x+5）2，则m+n的值为 　35　 ． 【解答】解：（x+5）2＝x2+10x+25＝x2+mx+n， 则m＝10，n＝25， 那么m+n＝10+25＝35， 故答案为：35． 11．（4分）若一个正多边形的内角和比该正多边形的外角和多720°，则这个正多边形的边数为 　　 ， 【解答】解：∵正多边形的内角和比该正多边形的外角和多720°， ∴设这个正多边形的边数为n， 180°（n﹣2）﹣360°＝720°， 解得：n＝8． 故答案为：8． 12．（4分）如图，将△ABC绕点C顺时针旋转90°得到△EDC，若点A、D、E在同一条直线上，∠ACD＝70°，则∠EDC的度数是 　115°　 ． 【解答】解：由题意可知：CA＝CE，∠ACE＝90°， ∴∠E＝∠CAE＝45°， ∵∠ACD＝70°， ∴∠DCE＝20°， ∴∠EDC＝180°﹣∠E﹣∠DCE＝180°﹣45°﹣20°＝115°， 故答案为115°． 13．（4分）如图，在△ABC中，点D、E分别是边BC、AC的中点，过点A作AF∥BC交DE的延长线于点F，连接AD、CF，过点D作DG⊥CF于点G．若AB＝3，BC＝5，四边形ADCF是菱形，则DG的长为　　 ． 【解答】解：∵四边形ADCF是菱形， ∴AC⊥DF， ∵点D、E分别是边BC、AC的中点， ∴DE∥AB， ∴∠BAC＝∠DEC＝90°， ∵AB＝3，BC＝5， ∴AC4，CF＝ADBC， ∵AF∥BC交DE的延长线于点F， ∴AF∥BD，DF∥AB， ∴四边形ABDF是平行四边形， ∴DF＝AB＝3， ∵DG⊥CF于点G， ∴S菱形ADCFDG3×4， ∴DG， 故答案为：． 三、解答题（本大题共5个小题，共48分） 14．（8分）计算：（1）解一元二次方程：x2﹣6x+4＝0； （2）解分式方程：． 【解答】解：（1）移项得：x2﹣6x＝﹣4， 配方得：， （x﹣3）2＝5， ， ∴； （2）2， 去分母，方程两边同时乘以（x﹣3）得： 1＝2（x﹣3）﹣x， 1＝2x﹣6﹣x， x＝7， 检验：将x＝7代入x﹣3得到，7﹣3＝4≠0， 所以x＝7是原方程的根． 15．（8分）先化简，再求值：，其中a＝﹣3． 【解答】解： 2a+1 ＝a﹣2a+1 ＝﹣a+1， 当a＝﹣3时，原式＝﹣（﹣3）+1＝4． 16．（10分）已知关于x的一元二次方程x2+（m﹣3）x+m﹣5＝0． （1）求证：无论m取何值，此方程总有两个不相等的实数根； （2）若方程有两个实数根x1，x2，且x1+x2+2x1x2＝3，求m值． 【解答】解：（1）证明：∵Δ＝（m﹣3）2﹣4（m﹣5） ＝m2﹣10m+29 ＝（m﹣5）2+4＞0． ∴无论m取何值，此方程总有两个不相等的实数根； （2）根据题意得x1+x2＝﹣（m﹣3），x1x2＝m﹣5 ∵x1+x2+2x1x2＝3， ∴﹣（m﹣3）+2（m﹣5）＝3， 解得m＝10， ∴m的值为10． 17．（10分）如图，在▱ABCD中，对角线AC的垂直平分线与边AD，BC分别相交于点E，F． （1）求证：四边形AFCE是菱形； （2）若AF平分∠BAC，求证：AB2＝BF•BC． 【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD∥BC， ∴∠EAO＝∠FCO， ∵EF垂直平分AC， ∴AO＝CO， 又∠AOE＝∠COF， ∴△AOE≌△COF（ASA）， ∴AE＝CF， 又∵AE∥CF， ∴四边形AFCE是平行四边形， ∵EF⊥AC， ∴四边形AFCE是菱形． （2）证明：∵AF平分∠BAC， ∴∠BAF＝∠FAC， ∵四边形AFCE是菱形， ∴AF＝FC， ∴∠FAC＝∠FCA， ∴∠BAF＝∠FCA， 又∵∠ABF＝∠CBA， ∴△ABF∽△CBA， ∴， ∴AB2＝BF•BC． 18．（12分）如图，直线y＝﹣x+5分别与坐标轴交于点A，B，以OA为边在y轴的右侧作正方形ACBO． （1）求点A，B的坐标； （2）如图，点D是x轴正半轴上一动点，过点D作DE⊥AD，点E在AD的右侧，且使得AD＝DE． ①请求出直线BE的解析式； ②若点D是线段OB靠近点O的三等分点，另一动点H在直线BE上，且∠HAC＝∠BAD，请求出点H的坐标． 【解答】解：（1）当x＝0时，y＝5， ∴A（0，5）， 当y＝0时，x＝5， ∴B（5，0）； （2）①设D（m，0）， 过点E作EF⊥x轴交于F点， ∵DE⊥AD， ∴∠ADE＝90°， ∴∠ADO+∠EDF＝90°， ∵∠ADO+∠DAO＝90°， ∴∠EDF＝∠DAO， ∵AD＝DE， ∴△ADO≌△DEF（AAS）， ∴AO＝DF＝5，OD＝EF＝m， ∴E（5+m，m）， 设直线BE的解析式为y＝kx+b， ∴， 解得， ∴y＝x﹣5； ②过D点作DG⊥AD交AH于点G，过点G作GM⊥x轴交于M点， ∵点D是线段OB靠近点O的三等分点， ∴OD， ∵∠HAC＝∠BAD，∠OAB＝∠CAB＝45°， ∴∠OAD＝∠BAH， ∴∠DAH＝45°， ∴AD＝DG， ∴△AOD≌△DMG（AAS）， ∴AO＝DM＝5，OD＝GM， ∴G（，）， ∴直线AG的解析式为yx+5， 当x+5＝x﹣5时，解得x， ∴H（，）； 直线AH与BC边的交点为（5，）， ∴（5，）关于直线AC对称点为（5，）， ∴直线AH为yx+5， 当x+5＝x﹣5时，解得x＝20， ∴H（20，15）； 综上所述：H点坐标为（，）或（20，15）． B卷（共50分） 一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分） 19．（4分）如图，将三角形ABC沿BC方向平移3cm得到三角形DEF，若三角形ABC的周长为24cm，则四边形ABFD的周长为 　30　 cm． 【解答】解：∵将△ABC沿BC方向平移3cm得到△DEF， ∴AD＝CF＝3cm， ∵三角形ABC的周长为24cm， ∴AB+BC+AC＝AB+BC+DF＝24cm， ∴四边形ABFD的周长为：24+3+3＝30（cm）． 故答案为：30． 20．（4分）若多项式x2﹣3x+k（k为常数）的一个因式是x﹣2，则k的值为 　2　 ． 【解答】解：把x＝2代入方程x2﹣3x+k＝0中得4﹣6+k＝0， 解得：k＝2． 解法二：设另一个因式为（x+p），则有x2﹣3x+k＝（x﹣2）（x+p）＝x2+（﹣2+p）x﹣2p， ∴， 解得． 故答案为：2． 21．（4分）已知α是方程x2﹣x﹣1＝0的一个根，则代数式2α2﹣2α+2026的值是　2028　 ． 【解答】解：∵α是方程x2﹣x﹣1＝0的一个根， ∴α2﹣α﹣1＝0， ∴α2﹣α＝1， ∴2α2﹣2α+2026＝2（α2﹣α）+2026＝2×1+2026＝2028． 故答案为：2028． 22．（4分）如图，△ABC是等腰直角三角形，∠C＝90°，D为边BC上一点，连接AD，过点B作BE⊥AD，交AD的延长线于点E．若，则的值为　　 ． 【解答】解：∵， ∴可以假设CD＝k，BD＝2k，则CB＝CA＝3k， ∵∠C＝90°， ∴ADk， ∵BE⊥AE， ∴∠E＝∠C＝90°， ∵∠CDA＝∠BDE， ∴△ACD∽△BED， ∴， ∴， ∴BEk， ∴， 故答案为． 23．（4分）如图，矩形ABCD中，AB＝3，AD＝4，点E是边AD上的动点，点F在边CD上，CF＝DE．连接AF、CE，则AF+CE的最小值为　　 ． 【解答】解：在CB上取点H，使得CH＝CD，连接HF，过点H作HG⊥AD于点G，作点A关于CD的对称点A′，连接A′F， ∵四边形ABCD为矩形，AB＝3，AD＝4， ∴∠ADC＝∠DCB＝90°，CD＝AB＝3，∠HCF＝∠CDE＝90°， ∵CF＝DE， ∴△HCF≌△CDE（SAS）， ∴HF＝CE， ∵点A与点A′关于CD对称， ∴AF＝AF′，A′D＝AD＝4， ∴AF+CE＝A′F+HF， 当点A′、F、H三点共线时，A′F+HF取最小值，即AF+CE取最小值， 此时∵∠HCD＝∠CDG＝∠HGD＝90°， ∴四边形HGDC为矩形， ∴GD＝CH＝CD＝3，GH＝CD＝3， ∴A′G＝A′D+DG＝7， ∴， ∴此时，即AF+CE的最小值为． 故答案为：． 二、解答题（本大题共3个小题，共30分） 24．（8分）在如图的方格纸中，△O1A1B1与△OAB是关于点P为位似中心的位似图形． （1）在图中标出位似中心P的位置； （2）以原点O为位似中心，在第三象限画出△OAB的一个位似△OA2B2，使它与△OAB的位似比为2：1； （3）已知S△OAB的面积为2.5，则△OA2B2的面积为 　10　 ． 【解答】解：（1）如图所示，点P即为所求； （2）如图所示，△OA2B2即为所求； （3）∵在第三象限画出△OAB的一个位似△OA2B2，使它与△OAB的位似比为2：1， ∴△OA2B2的面积：△OAB的面积＝4：1， ∵S△OAB的面积为2.5， ∴△OA2B2的面积10， 故答案为：10． 25．（10分）阅读下列材料：已知实数m、n满足（2m2+n2+1）（2m2+n2﹣1）＝80，试求2m2+n2的值． 解：设2m2+n2＝y， 则原方程可化为（y+1）（y﹣1）＝80，即y2＝81； 解得y＝±9． ∵2m2+n2≥0， ∴2m2+n2＝9． 上面这种方法称为“换元法”，换元法是数学学习中最常用的一种思想方法，在结构较复杂的数和式的运算中，若把其中某些部分看成一个整体，并用新字母代替（即换元），则能使复杂的问题简单化．根据以上阅读材料为内容，解决下列问题： （1）若四个连续正整数的积为360，直接写出这四个连续的正整数为 　3，4，5，6　 ． （2）已知实数x、y满足（2x2+2y2+3）（2x2+2y2﹣3）＝27，求x2+y2的值． （3）解方程x2﹣3|x|+2＝0． 【解答】解：（1）设最小数为x，则x（x+1）（x+2）（x+3）＝360， 即：（x2+3x）（x2+3x+2）＝360， 设x2+3x＝y，则y2+2y﹣360＝0， ∴y1＝18，y2＝﹣20， ∵x为正整数， ∴y＝x2+3x＝18， ∴x1＝3，x2＝﹣6＜0（舍去）， ∴这四个整数为3，4，5，6． 故答案为：3，4，5，6． （2）设2x2+2y2＝t． ∵（2x2+2y2+3）（2x2+2y2﹣3）＝27， ∴t2﹣9＝27， ∴t2＝36， ∵t≥0， ∴t＝6， ∴2x2+2y2＝6， ∴x2+y2＝3； （3）x2﹣3|x|+2＝0， |x|2﹣3|x|+2＝0， 设|x|＝t，则t≥0， ∴t2﹣3t+2＝（t﹣1）（t﹣2）＝0， ∴t﹣1＝0或t﹣2＝0， ∴t1＝1，t2＝2， ∴|x|＝1或|x|＝2， ∴x1＝﹣1，x2＝1，x3＝﹣2，x4＝2； 26．（12分）在菱形ABCD中，∠B＝α（90°≤α＜180°），点E是边BC上一点，连接AE，将线段AE绕点E顺时针旋转α得到线段EF，连接CF． （1）如图1，α＝90°，求∠DCF的度数； （2）如图2，90°＜α＜180°，求∠DCF的度数（含α的代数式表示）； （3）如图3，α＝120°，AB＝2，点M是DC边上一动点，连接MF，若MF＝AB，N是CM延长线上一点，且MN＝CF，连接FN，请直接写出FN的最大值． 【解答】解：（1）如图，过点F作FG⊥BC，交BC延长线于点G， ∵在菱形ABCD中，∠B＝α＝90°， ∴四边形ABCD是正方形，∠BAE+∠AEB＝90°， ∴AB＝BC，CD⊥BC， 由旋转的性质得AE＝EF，∠AEF＝α＝90°， ∴∠GEF+∠AEB＝90°， ∴∠GEF＝∠BAE， 在△GEF和△BAE中， ∴△GEF≌△BAE（AAS）， ∴EG＝AB，GF＝BE， ∴EG＝BC， ∴EG﹣EC＝BC﹣EC， 即CG＝BE， ∴CG＝GF， ∴∠FCG＝∠CFG＝45°， 又∵CD⊥BC， ∴∠DCF＝90°﹣∠FCG＝45°； （2）如图，延长BC到点G，使CG＝BE，连接FG， ∵四边形ABCD是菱形，∠B＝α（90°＜α＜180°）， ∴AB＝BC，AB∥CD，∠BAE+∠AEB＝180°﹣α， ∴∠DCG＝∠B＝α， ∵CG＝BE， ∴CG+CE＝BE+CE， 即EG＝BC， ∴EG＝AB， 由旋转的性质得AE＝EF，∠AEF＝α， ∴∠GEF+∠AEB＝180°﹣α， ∴∠GEF＝∠BAE， 在△GEF和△BAE中， ， ∴△GEF≌△BAE（SAS）， ∴FG＝BE，∠G＝∠B＝α， ∴CG＝FG， ∴∠FCG＝∠CFG， ∴； （3）由（2）知当α＝120°时，， 如图，过点N作NP⊥CN于点N，且使NP＝CM，连接PM， ∴∠PNM＝∠MCF＝90°， 又∵NP＝CM，MN＝CF， ∴△PMN≌△MFC（SAS）， ∴∠PMN＝∠MFC，PM＝MF， ∵MF＝AB，AB＝2， ∴PM＝MF＝AB＝2， ∵∠MCF＝90°， ∴∠MFC+∠CMF＝90°， ∴∠PMN+∠CMF＝90°， ∴∠PMF＝180°﹣（∠PMN+∠CMF）＝90°， 取PM中点H，连接NH，FH， ∵∠PNM＝90°，PM＝MF＝2， ∴， ∴， 由两点之间线段最短得，且当N、H、F依次共线时， NF取得最大值为． 声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2026/8/4 4:45:12；用户：陈老师；邮箱：dzcjh@qq.com；学号：1374551 声明：试题解析著作权属菁 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $