精品解析：四川达州市铭仁园学校2026-2027学年九年级上学期第一次阶段性学情自测数学试题

四川省达州市铭仁园学校2026－2027学年九年级上学期第一次阶段性学情自测数学试题 满分：150分 时间：120分钟 A卷（共100分） 一、选择题（本大题共8小题，每小题4分，共32分） 1. 下列方程中，关于x的一元二次方程的是（ ） A. x2－1＝2x B. x3＋2x2＝0 C. D. x2－y＋1＝0 2. 已知菱形的两条对角线的长分别为6cm和8cm，则这个菱形的面积是（ ） A. 20 B. 24 C. 48 D. 100 3. 若是关于x的方程的解，则a的值为（ ） A. B. C. D. 4. 如图，是矩形的对角线的中点，是边的中点．若，，则线段的长为（ ） A. 8 B. 9 C. 10 D. 11 5. 已知矩形的两条邻边长是方程的两个根，则矩形的周长是（ ） A. 10 B. 12 C. 20 D. 24 6. 如图，在正方形中，，为边上一点，将沿所在直线折叠得到，的延长线交于点，若，则的长为（ ）． A. B. C. D. 7. 关于的方程有一个小于的非负数解，那么的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 在欧几里得的《几何原本》中提到，形如的方程的图解法是：以和为直角边作，再在斜边上截取，则的长为所求方程的正根．如图，若关于的一元二次方程，，那么的值为（ ） A. 10 B. 16 C. 18 D. 20 二、填空题（本大题共5小题，每小题4分，共20分） 9. 已知是关于x的一元二次方程，求m的值． 10. 一个三角形的两边长分别为5和7，第三边长是方程的根，则这个三角形的周长为___________． 11. 如图，在矩形中，对角线，相交于点，点是边的中点，点在对角线上，且．若，则的长为________． 12. 若a为方程的一个解，则的值为______． 13. 如图，菱形的面积为30，对角线，相交于点O，过点D作于点H，连接，若，则的长为_____________． 三、解答题（本大题共5小题，14题－15题每小题8分，16－17题每小题10分，18题12分，共48分） 14. 解下列方程 （1）； （2）． 15. 已知关于x的方程（为常数）． （1）求证：不论m为何值，方程总有两个不相等的实数根； （2）若方程有一个根是，求的值． 16. 已知四边形为菱形，于点H，延长至点E，使得，连接，交于点O，连接； （1）求证：四边形为矩形； （2）已知菱形的周长20，菱形的面积为24，试求线段的长； 17. 一纸侨批，半生守望，作为一部以世界记忆遗产“侨批”文化为底色的方言电影，《给阿嬷的情书》自国内上映以来，凭借细腻的情感刻画与真挚的故事内核，唤起了广泛而深刻的社会共鸣．截至月初，《给阿嬷的情书》票房已超亿元． （1）已知月日至月日这三天的日票房增长率相同，第一天日票房为万，第三天日票房为万，那么这三天日票房的平均增长率是多少？ （2）随着电影的热映，取景地广东揭阳也吸引了众多游客前来“打卡”，片中信差落水的石板桥成了火爆的打卡地之一，游客可以沉浸式体验“扛标旗、骑单车、写桥批”等同款打卡活动，据统计，当扛标旗单价定为元时，每天约有名游客参与，当扛标旗单价每上涨一元时，参与的游客数量减少人，经涨价后发现每天营收增加了元，则扛标旗单价上涨了多少元？ 18. 我校数学拓展学习小组倡导“刷题不如回头看”，立足旧题归纳总结、反思精进，优化解法、多题归一，做到举一反三、推陈出新． 【问题提出】M是正方形边上的一个动点（不与A，B重合），，且交正方形外角的平分线于点N，探究与的数量关系． 【问题猜想】 （1） ；（填“>”，“<”或者“=”） 【问题探究】 （2）如图1，当M是上的中点时，探究与的数量关系，并说明理由； （3）如图2，当M为延长线上的任意一点时，探究与的数量关系，并说明理由． B卷（共50分） 一、填空题（本大题共5小题，每小题4分，共20分） 19. 若关于x的一元二次方程有实数根，则最小整数________． 20. 如图，在菱形中，，，点E是的中点，连接交于点G，若点F是的中点，则的长为______． 21. 如图，在矩形中，E，F分别是边上的动点，P是线段的中点，，，G，H为垂足，连接．若，，，则的最小值是______． 22. 关于x的方程的解是，（均为常数，），则方程的解是__． 23. 如图，正方形中，，连接，的平分线交于点E，在上截取，连接，分别交，于点G，H，点P是线段上的动点，于点Q，连接．下列结论：①；②；③；④的最小值是．其中所有正确结论的序号是_____． 二、解答题（本大题共3小题，24题8分，25题10分，26题12分，共30分） 24. 如图，在中，，点是的中点，连接，过点作，过点作，，交于点，连接． （1）求证：四边形是菱形； （2）连接交于点，交于点，若，，求的长． 25. 背景情境：赛赛同学在学习《一元二次方程》中做过这样一道题： 题目：已知实数满足，，且，求的值． 解：根据题意得与为方程的两根， ∴，， ∴， 请认真阅读赛赛同学解题的方法，仔细思考．解决问题： （1）已知实数满足，，且，求的值． （2）已知关于的方程有两个根，满足．当的三边满足，，，求的值以及的面积． 26. 数学模型可以用来解决一类问题，是数学应用的基本途径．通过探究图形的变化规律，再结合其他数学知识的内在联系，最终可以获得宝贵的数学经验，并将其运用到更广阔的数学天地．某数学兴趣小组在数学课外活动中，对十字模型做了如下探究： （1）①如图①，在正方形中，点，分别是，上的点，且，则与的数量关系是______； ②如图②，在正方形中，若垂直平分，垂足为点，且，连接，则______； （2）如图③，在矩形中，，点，分别在边，上，且，若，求的长； （3）如图④，在矩形中，，，平分交于点，点为上一点，交于点、交矩形的边于点，当点为线段的三等分点时，请直接写出的长． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 四川省达州市铭仁园学校2026－2027学年九年级上学期第一次阶段性学情自测数学试题 满分：150分 时间：120分钟 A卷（共100分） 一、选择题（本大题共8小题，每小题4分，共32分） 1. 下列方程中，关于x的一元二次方程的是（ ） A. x2－1＝2x B. x3＋2x2＝0 C. D. x2－y＋1＝0 【答案】A 【解析】 【分析】只含有1个未知数，并且未知数的最高次数为2的整式方程就是一元二次方程，依据定义即可判断． 【详解】解：A、只含有一个未知数，未知数的最高次数是2，二次项系数不为0，是一元二次方程，符合题意； B、未知数最高次数是3，不是关于x的一元二次方程，不符合题意； C、为分式方程，不符合题意； D、含有两个未知数，不是一元二次方程，不符合题意 故选：A． 【点睛】本题考查了一元二次方程的定义，一元二次方程只含有一个未知数，未知数的最高次数是2，为整式方程；特别注意二次项系数不为0． 2. 已知菱形的两条对角线的长分别为6cm和8cm，则这个菱形的面积是（ ） A. 20 B. 24 C. 48 D. 100 【答案】B 【解析】 【分析】直接根据菱形的面积公式：对角线长乘积的一半；计算即可． 【详解】解：∵菱形的两条对角线的长分别为6cm和8cm， ∴这个菱形的面积＝×6×8＝24（）， 故选：B． 【点睛】本题考查菱形的性质，熟记菱形的面积＝两对角线长乘积的一半是解题的关键． 3. 若是关于x的方程的解，则a的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】解：把代入方程，得，即， 解得． 4. 如图，是矩形的对角线的中点，是边的中点．若，，则线段的长为（ ） A. 8 B. 9 C. 10 D. 11 【答案】A 【解析】 【分析】先由矩形的性质证明，结合三角形中位线定理得到，，再利用勾股定理，得，求解即可． 【详解】解：四边形是矩形， ， 是矩形的对角线的中点，， 是边的中点，是矩形的对角线的中点， ，， ， ， ， ． 5. 已知矩形的两条邻边长是方程的两个根，则矩形的周长是（ ） A. 10 B. 12 C. 20 D. 24 【答案】C 【解析】 【分析】设矩形两条邻边长分别为，，由根与系数的关系可知，即可求解． 【详解】解：设矩形两条邻边长分别为，， ，是方程的两个根， 由根与系数的关系得． 矩形的周长为． 6. 如图，在正方形中，，为边上一点，将沿所在直线折叠得到，的延长线交于点，若，则的长为（ ）． A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】过作于，延长交于，根据正方形性质得四边形是矩形，根据矩形性质得，，，根据折叠性质得，，，进而求出，，根据直角三角形中30度所对边性质得，再根据勾股定理列方程求出，再根据求出，进而得，进一步求出、、、，即可得，再根据，，即可证明，进而得的长，最后根据计算即可得的长． 【详解】解：如图， ∵沿所在直线折叠得到， ∴， ∴，，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴ ∴， ∵，， ∴，解得：， ∴， 过作于，延长交于， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴，， ∴四边形是矩形， ∴，，， ∵即， ∴， ∴， ∴，， ∴，， ∴， 又∵，， ∴， ∴， ∴， ∴的长为． 7. 关于的方程有一个小于的非负数解，那么的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先对一元二次方程因式分解得到两个根，再根据“有一个小于1的非负数解”的条件列出不等式组，求解即可得到的取值范围． 【详解】解：∵， ∴， ∴或， 解得， ∵关于的方程有一个小于的非负数解，且，即不是非负数， ∴ 解得． 8. 在欧几里得的《几何原本》中提到，形如的方程的图解法是：以和为直角边作，再在斜边上截取，则的长为所求方程的正根．如图，若关于的一元二次方程，，那么的值为（ ） A. 10 B. 16 C. 18 D. 20 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的应用以及勾股定理，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键． 由题意可知，，，设，则，，在中，由勾股定理列出一元二次方程，解之取符合题意的值，即可解决问题． 【详解】解：由题意可知，，， 设，则， ， 在中，由勾股定理得：， 即， 整理得：， 解得：，（不符合题意，舍去）， ， ， 解得：， 即的值为16， 故选：B． 二、填空题（本大题共5小题，每小题4分，共20分） 9. 已知是关于x的一元二次方程，求m的值． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要查了一元二次方程的定义．根据“含有一个未知数，且未知数的最高次数为2的整式方程式是一元二次方程”，即可求解． 【详解】解：∵是关于x的一元二次方程， ∴且， 解得：． 10. 一个三角形的两边长分别为5和7，第三边长是方程的根，则这个三角形的周长为___________． 【答案】16 【解析】 【分析】先解一元二次方程得到方程的两个根，再根据三角形三边关系判断符合题意的第三边长度，最后计算三角形周长即可． 【详解】解：解方程，得． 设第三边长为， 根据三角形三边关系可得，即， 所以第三边长为． 所以三角形的周长为． 11. 如图，在矩形中，对角线，相交于点，点是边的中点，点在对角线上，且．若，则的长为________． 【答案】2 【解析】 【分析】由矩形性质可得，结合可证点为中点，利用三角形中位线定理即可求解． 【详解】解：四边形是矩形， ， ， ， ， ， ， ，即点是的中点， 点是边的中点， 是的中位线， ． 12. 若a为方程的一个解，则的值为______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的解，代数式求值，利用整体代入法是解题关键．根据一元二次方程的解的定义，得出，再整体代入求值即可． 【详解】解：a为方程的一个解， ， ， 则， 故答案为：． 13. 如图，菱形的面积为30，对角线，相交于点O，过点D作于点H，连接，若，则的长为_____________． 【答案】 【解析】 【分析】由菱形的对角线互相平分得到，，再由菱形的面积等于其对角线乘积的一半可得的长，最后根据直角三角形的性质可得答案． 【详解】解：∵菱形的对角线，相交于点O， ∴，， ∵菱形的面积为30， ∴， ∴， ∵， ∴． 三、解答题（本大题共5小题，14题－15题每小题8分，16－17题每小题10分，18题12分，共48分） 14. 解下列方程 （1）； （2）． 【答案】（1），； （2）， 【解析】 【分析】本题考查了解一元二次方程——直接开平方法，公式法解一元二次方程，解题关键是掌握上述知识点并能运用求解． （1）直接开平方法解一元二次方程； （2）公式法解一元二次方程． 【小问1详解】 解：， 移项，得， 开平方，得， 解得：，； 【小问2详解】 ， ，，， ， ，． 15. 已知关于x的方程（为常数）． （1）求证：不论m为何值，方程总有两个不相等的实数根； （2）若方程有一个根是，求的值． 【答案】（1） 证明：， 不论m为何值，方程总有两个不相等的实数根． （2） 【解析】 【分析】本题主要考查了一元二次方程根的判别式的运用，以及一元二次方程的解的定义，熟练掌握一元二次方程根的判别式和一元二次方程的解的概念是解答此题的关键． （1）根据，一元二次方程有两个不相等的实数根直接进行求解； （2）将方程的根代入方程中，再进行移项即可求解． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：方程有一个根是， 把代入方程， 得， 整理得 ． 16. 已知四边形为菱形，于点H，延长至点E，使得，连接，交于点O，连接； （1）求证：四边形为矩形； （2）已知菱形的周长20，菱形的面积为24，试求线段的长； 【答案】（1）证明：∵四边形为菱形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴四边形为平行四边形， ∵， ∴， ∴四边形为矩形． （2） 【解析】 【分析】（1）利用菱形的性质得出，再由，利用线段和差关系求出，从而得到，继而证明四边形为平行四边形，再由即可证得结论； （2）由菱形的周长求出其边长，再利用其面积，通过菱形的面积公式得出的长度，利用勾股定理求出的长度，最后通过线段和差关系即可求出结果． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：∵四边形为菱形，周长为20， ∴， ∵菱形的面积为24， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 在中，， ∴， ∴． 17. 一纸侨批，半生守望，作为一部以世界记忆遗产“侨批”文化为底色的方言电影，《给阿嬷的情书》自国内上映以来，凭借细腻的情感刻画与真挚的故事内核，唤起了广泛而深刻的社会共鸣．截至月初，《给阿嬷的情书》票房已超亿元． （1）已知月日至月日这三天的日票房增长率相同，第一天日票房为万，第三天日票房为万，那么这三天日票房的平均增长率是多少？ （2）随着电影的热映，取景地广东揭阳也吸引了众多游客前来“打卡”，片中信差落水的石板桥成了火爆的打卡地之一，游客可以沉浸式体验“扛标旗、骑单车、写桥批”等同款打卡活动，据统计，当扛标旗单价定为元时，每天约有名游客参与，当扛标旗单价每上涨一元时，参与的游客数量减少人，经涨价后发现每天营收增加了元，则扛标旗单价上涨了多少元？ 【答案】（1）这三天票房的平均增长率为； （2）扛标旗单价上涨了2元或5元． 【解析】 【分析】（1）设这三天票房的平均增长率为，根据题意列方程解答即可； （2）设单价上涨了元，根据题意列方程解答即可． 【小问1详解】 解：设这三天票房的平均增长率为 解得：， （舍去） 答：这三天票房的平均增长率为． 【小问2详解】 解：设单价上涨了元， 解得：， 答：扛标旗单价上涨了2元或5元． 18. 我校数学拓展学习小组倡导“刷题不如回头看”，立足旧题归纳总结、反思精进，优化解法、多题归一，做到举一反三、推陈出新． 【问题提出】M是正方形边上的一个动点（不与A，B重合），，且交正方形外角的平分线于点N，探究与的数量关系． 【问题猜想】 （1） ；（填“>”，“<”或者“=”） 【问题探究】 （2）如图1，当M是上的中点时，探究与的数量关系，并说明理由； （3）如图2，当M为延长线上的任意一点时，探究与的数量关系，并说明理由． 【答案】（1）= （2）解：， 理由：如图，作的中点P，连接， ∴ ∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∵P，M分别是，的中点， ∴， ∴， ∴， ∵是的角平分线， ∴， ∴， ∴ ∵ ∴ 又∵ ∴ 在和中， ， ∴， ∴． （3）解： ， 理由：如图，延长使， ∵四边形是正方形 ∴，，， ∴，， ∵是的角平分线， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 即， 在和中， ， ∴， ∴． 【解析】 【分析】（1）在边上取一点F，使得，连接，证明，即可得出结论； （2）作的中点P，连接，证明，即可得出结论； （3）延长使，证明，即可得出结论． 【小问1详解】 解：如图，在边上取一点F，使得，连接， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴， 即， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵是正方形的外角的平分线， ∴， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴． 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 B卷（共50分） 一、填空题（本大题共5小题，每小题4分，共20分） 19. 若关于x的一元二次方程有实数根，则最小整数________． 【答案】 【解析】 【分析】一元二次方程有实数根的条件：一元二次方程根的判别式大于或等于0． 【详解】解：∵关于的一元二次方程有实数根， ∴这个方程根的判别式， 解得， ∴最小整数． 20. 如图，在菱形中，，，点E是的中点，连接交于点G，若点F是的中点，则的长为______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查菱形的性质、等边三角形的判定和性质、直角三角形的性质，连接，由菱形的性质得，，证明是等边三角形，求出，，，，证明，得到，由勾股定理可得出的长． 【详解】解：连接， ∵四边形是菱形，， ∴， ∵， ∴是等边三角形，， ∵点E是的中点， ∴， ∴，， ∴， ∵点F为的中点，， ∴， ∴， ∵，，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， 故答案为： 21. 如图，在矩形中，E，F分别是边上的动点，P是线段的中点，，，G，H为垂足，连接．若，，，则的最小值是______． 【答案】## 【解析】 【分析】本题主要考查了矩形的性质，直角三角形斜边中线定理，勾股定理，线段和的最小值问题，解题的关键是熟练掌握以上性质． 连接，根据矩形的性质得出直角和相等的边，由勾股定理求出的长度，由垂直证明出四边形是矩形，得出对角线相等，根据直角三角形斜边中线定理得出，最后根据两点之间线段最短即可求解． 【详解】解：如图，连接， ∵四边形是矩形， ∴， ∴由勾股定理得， ∵，， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∵P是线段的中点， ∴， 当时，的值最小，即的值最小，最小值为， 故答案为：． 22. 关于x的方程的解是，（均为常数，），则方程的解是__． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的解，根据关于x的方程的解是，得出或，即方程的解是． 【详解】解：∵， ∴， ∵关于x的方程的解是， ∴或 ∴方程的解是 故答案为： 23. 如图，正方形中，，连接，的平分线交于点E，在上截取，连接，分别交，于点G，H，点P是线段上的动点，于点Q，连接．下列结论：①；②；③；④的最小值是．其中所有正确结论的序号是_____． 【答案】①②④ 【解析】 【分析】先根据定理证出，从而可得，再根据角的和差即可判断结论①；根据等腰三角形的性质可得，然后根据线段的和差、等量代换即可判断结论②；先根据正方形的性质可得，再根据可得，从而可得，由此即可判断结论③；过点作于点，连接，先根据角平分线的性质可得，再根据两点之间线段最短、垂线段最短可得当时，取得最小值，然后解直角三角形即可得判断结论④． 【详解】解：四边形是正方形，， ， 在和中，， ， ， ， ， ，即，结论①正确； 平分，， ， ， ， ， ， ， ，结论②正确； ， ， ， ， 即，结论③错误； 如图，过点作于点，连接， 平分，，， ， ， 由两点之间线段最短得：当点共线时，取得最小值， 由垂线段最短得：当时，取得最小值， 此时在中，， 即的最小值是，结论④正确； 综上，所有正确结论的序号是①②④， 故答案为：①②④． 【点睛】本题考查了正方形的性质、等腰三角形的性质、解直角三角形等知识点，较难的是④，利用两点之间线段最短、垂线段最短得出当时，取最小值是解题关键． 二、解答题（本大题共3小题，24题8分，25题10分，26题12分，共30分） 24. 如图，在中，，点是的中点，连接，过点作，过点作，，交于点，连接． （1）求证：四边形是菱形； （2）连接交于点，交于点，若，，求的长． 【答案】（1） 证明：，点是的中点， ， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， 四边形是菱形． （2） 【解析】 【分析】（1）由，点是的中点，得，由，，证明四边形是平行四边形，则四边形是菱形； （2）由菱形的性质得，，则，可证明四边形是平行四边形，而，，则四边形是菱形，，所以，，，求得，则，由，求得． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：四边形是菱形， ，， ， ， ， 四边形是平行四边形， ，， 四边形是菱形，三角形是等边三角形， ∴，，，， ， ， ， ， 的长是． 【点睛】此题重点考查菱形的判定与性质、直角三角形中角所对的直角边等于斜边的一半、勾股定理等知识，推导出四边形是平行四边形及是解题的关键． 25. 背景情境：赛赛同学在学习《一元二次方程》中做过这样一道题： 题目：已知实数满足，，且，求的值． 解：根据题意得与为方程的两根， ∴，， ∴， 请认真阅读赛赛同学解题的方法，仔细思考．解决问题： （1）已知实数满足，，且，求的值． （2）已知关于的方程有两个根，满足．当的三边满足，，，求的值以及的面积． 【答案】（1）； （2）的值为，的面积为． 【解析】 【分析】（）根据题意可得，，变形整理所求式子，然后代入求值即可； （）利用根与系数的关系得，，，结合可求出的值, 由满足 ，，可得出为方程的两根，根据根与系数的关系可得出，，由可得出为直角三角形，再利用三角形的面积公式可求出的面积． 【小问1详解】 解：∵，， ∴与为方程的两根， ∴，， ∴； 【小问2详解】 解：∵，是方程的两个根， 则有， ∴，，， ∵， ∴，则， ∴， 整理得：， 解得：，（舍去）， ∵满足，， ∴为方程的两根， ∴，， ∴， ∴为直角三角形， ∴， ∴的值为，的面积为． 【点睛】此题考查了一元二次方程根的判别式，根与系数的关系，解分式方程，勾股定理逆定理，解一元二次方程，解题的关键是熟练掌握一元二次方程 根的判别式 ，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，方程没有实数根，正确理解熟记：一元二次方程 的两个根为 ， ，则 ， ． 26. 数学模型可以用来解决一类问题，是数学应用的基本途径．通过探究图形的变化规律，再结合其他数学知识的内在联系，最终可以获得宝贵的数学经验，并将其运用到更广阔的数学天地．某数学兴趣小组在数学课外活动中，对十字模型做了如下探究： （1）①如图①，在正方形中，点，分别是，上的点，且，则与的数量关系是______； ②如图②，在正方形中，若垂直平分，垂足为点，且，连接，则______； （2）如图③，在矩形中，，点，分别在边，上，且，若，求的长； （3）如图④，在矩形中，，，平分交于点，点为上一点，交于点、交矩形的边于点，当点为线段的三等分点时，请直接写出的长． 【答案】（1）①；② （2） （3） 【解析】 【分析】（1）①容易证明，因此； ②过点作的平行线，交于点，容易证明四边形是平行四边形，则，由①的结论可得，再使用直角三角形的性质求出即可； （2）分别取、的中点、，连接，由中位线的性质可得，，，，则，容易证明，则，因此； （3）以点为原点建立平面直角坐标系，作于点，交于点，则，，容易证明四边形是正方形，点的坐标为，结合（1）的结论可得，则．分两类讨论，当时，则，利用待定系数法求出直线的解析式为，直线的解析式为，进而得到，，使用勾股定理计算出的长；当时，同样的方法可计算出，与题意矛盾，舍去． 【小问1详解】 解：①∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴； ②如图，过点作的平行线，交于点， ∵四边形是正方形， ∴，， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵垂直平分， ∴，， ∵， ∴， 同理①可得，， 在中，，即点为的中点， ∴； 【小问2详解】 解：如图，分别取、的中点、，连接， ∵四边形是矩形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵、分别是、的中点， ∴是的中位线， ∴，，， ∴， ∵，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴； 【小问3详解】 解：①当时，如图，以点为原点建立平面直角坐标系，作于点，交于点， ∵四边形是矩形，且，， ∴点的坐标为，点的坐标为，点的坐标为，， ∵， ∴四边形是矩形， ∵平分， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴四边形是正方形，点的坐标为， ∵， ∴，点的坐标为， 同理（1）可得，， ∴， ∴点的坐标为， 设直线的解析式为， 将点，代入，得， ， 解得， ∴直线的解析式为， 同理直线的解析式为， 将代入，得， ∴点的坐标为， 联立直线与直线，得， ， 解得， ∴点的坐标为， ∴； ②当时，如图， ∴，点的坐标为， 同理（1）可得，， ∴， ∴点的坐标为， 设直线的解析式为， 将点，代入，得， ， 解得， ∴直线的解析式为， 将代入，得， ∴点的坐标为，这与点在边上矛盾，舍去； 综上所述，． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $