四川达州市通川区达州新世纪学校2026-2027学年九年级上学期10月学情自测数学试题

四川省达州市新世纪学校2026-2027学年九年级上学期10月月考数学试题 满分：150分 时间：120分钟 一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分） 1．下列关于x的方程中，是一元二次方程的有（　　） A．2x+1＝0 B．y2+x＝1 C．x2﹣1＝0 D．x21 2．已知线段a，b，c，d为成比例线段，其中a＝2cm，b＝3cm，c＝6cm，则d是（　　） A．1cm B．5cm C．9cm D．12cm 3．下列说法错误的是（　　） A．平行四边形的对角相等 B．正方形的对称轴有四条 C．矩形既是中心对称图形又是轴对称图形 D．菱形的对角线相等且互相平分 4．已知2a＝3b，则下列各式成立的是（　　） A． B． C． D． 5．已知a，b是方程x2﹣x﹣6＝0的两个实数根，则（a+1）（b+1）的值是（　　） A．6 B．﹣6 C．﹣4 D．8 6．如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，DC⊥BC，∠B＝60°，BC＝2AD＝10，点E，F分别是AB，BC的中点，连接EF，DE，则线段DE的长是（　　） A． B． C． D．8 7．如图，已知∠1＝∠2，则添加下列一个条件后，仍无法判定△ABC∽△ADE的是（　　） A． B． C．∠B＝∠ADE D．∠C＝∠E 8．秋冬季是支原体肺炎的感染高发期，佩戴口罩是遏制支原体肺炎病毒传播的一种有效途径．若有一个人患了支原体肺炎，经过两轮传染后共有81人患了支原体肺炎（假设每个人每轮传染的人数同样多）．设每轮传染中平均一个人传染了x个人，可列方程为（　　） A．x（x+1）＝81 B．x+x（x+1）＝81 C．1+x+x2＝81 D．1+x+x（1+x）＝81 9．如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点M，N分别是边AD，CD的中点，连接MN，OM．若MN＝3，S菱形ABCD＝24，则OM的长为（　　） A．3 B．3.5 C．2 D．2.5 10．如图，正方形ABCD外取一点E，连接AE、BE、DE．过点A作AE的垂线交DE于点P，若AE＝AP＝1，PB．下列结论：①EB⊥ED；②点B到直线DE的距离为； ③S△APD+S△APB； ④S正方形ABCD＝2．其中正确结论的序号是（　　） A．①③④ B．①②③ C．②③④ D．①②③④ 二、填空题（本大题共5小题，每小题4分，共20分） 11．把一元二次方程x（x+2）＝﹣1化成一般形式：______________． 12．如图，在矩形ABCD中，AB＝6cm，BC＝12cm，点P从点A出发沿AB以1cm/s的速度向点B移动，同时，点Q从点B出发沿BC以2cm/s的速度向点C移动，则　　 秒后△DPQ 的面积为31cm2． 13．如图，在△ABC中，BC＝3，AC＝4，∠C＝90°，以点B为圆心，BC长为半径画弧，与AB交于点D，再分别以A、D为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点M、N，作直线MN，分别交AC、AB于点E、F，则AE的长为 　　 ． 14．法国数学家瓦里尼翁发现，顺次连接四边形的各边中点会得到平行四边形，与原四边形的对角线关系密切，因此该平行四边形也被称为瓦里尼翁平行四边形．如图，四边形ABCD的两条对角线AC、BD互相垂直，A1、B1、C1、D1是四边形ABCD各边的中点．如果AC，BD＝4，那么瓦里尼翁平行四边形A1B1C1D1的面积为　　 ． 15．如图，在矩形ABCD中，AB＝2，BC＝6，点E、F分别在BC、CD上，若AE，∠EAF＝45°，则AF的长为　　 ． 三、解答题（本大题共10小题，共90分） 16．（12分）用适当的方法解下列方程： （1）x2﹣5x﹣6＝0（配方法）； （2）5x2﹣8x+2＝0（公式法）； （3）4x2+1＝4x； （4）3（x﹣2）2＝x2﹣4． 17．（6分）已知关于x的一元二次方程x2+3x+k﹣2＝0有实数根． （1）求实数k的取值范围． （2）设方程的两个实数根分别为x1，x2，若（x1+1）（x2+1）＝﹣1，求k的值． 18．（6分）《周髀算经》中记载了“平矩以正绳，偃矩以望高，覆矩以测深，卧矩以知远，环矩以为圆，合矩以为方”的方法．“矩”在古代指两条边呈直角的曲尺（即图中的DEF）．小南利用“矩”可测量大树AB的高度．如图，通过不断调整自己的姿势和“矩”的摆放位置，使斜边DF保持水平，并且边DE与点B在同一直线上，已知“矩”的两边长分别为EF＝0.2m，DE＝0.3m，小南的眼睛到地面的距离DM为1.6m，测得AM＝21m，求树高AB． 19．（8分）如图，在△ABC中，AB＝AC，AD平分∠BAC，点E是线段AD的中点，过点A作AF∥BC交CE的延长线于点F，连结BF． （1）求证：△DEC≌△AEF； （2）判断四边形ADBF的形状并说明理由． 20．（8分）某商场一种商品的进价为每件30元，售价为每件40元．每天可销售48件，为尽快减少库存，商场决定降价促销． （1）若该商品连续两次下调相同的百分率后售价降至每件32.4元，求每次降价的百分率； （2）经调查，若该商品每降价1元，每天可多销售8件．若每天要想获得504元的利润且尽快减少库存，每件应降价多少元？ 21．（9分）在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，D是BC的中点，E是AD的中点，过点A作AF∥BC交CE的延长线于点F． （1）求证：四边形ADBF是菱形； （2）若AB＝8，菱形ADBF的面积为40．求AC的长． 22．（9分）在矩形ABCD中，AB＝10cm，BC＝12cm，点P从点A开始沿边AB向终点B以2cm/s的速度移动，与此同时，点Q从点B开始沿边BC向终点C以4cm/s的速度移动．如果P、Q分别从A、B同时出发，当点Q运动到点C时，两点停止运动．设运动时间为t秒（t＞0）． （1）当t为何值时，PQ的长度等于10cm？ （2）是否存在t的值，使得五边形APQCD的面积等于90cm2？若存在，请求出此时t的值；若不存在，请说明理由． 23．（10分）定义：若关于x的一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的两根均为整数，则称该方程为“快乐方程”．对于“快乐方程”，定义其“快乐数”为． 现探究以下问题： （1）“快乐方程”x2﹣2x﹣3＝0的“快乐数”为　　 ； （2）若关于x的一元二次方程x2﹣（2m﹣1）x+m2﹣2m﹣3＝0（m为整数，且1＜m＜6）是“快乐方程”，求m的值，并求该方程的“快乐数”； （3）对于“快乐方程”x2+bx+c＝0（b、c为整数），若其“快乐数”F（1，b，c）＝﹣n（n为正整数），且方程的两根x1，x2满足|x1﹣x2|≤4，求该方程的“快乐数”所有可能的值． 24．（10分）在菱形ABCD中，点G在对角线AC上，点E、F分别在边AB和AD上，连接EG，FG，且BE＝DF． （1）如图1，求证：EG＝FG． （2）如图2，延长EG交BC延长线于点K，连接FK交CD于点M，若M为CD中点．求证：AE+2FD＝BK． （3）如图3，在（2）的条件下，若AC∥FK，∠BAC﹣∠BKE＝45°，AB＝10，求四边形ACKF的面积． 25．（12分）在△ABC中，∠ACB＝90°，将△ABC绕点C旋转得到△DEC，点A的对应点D落在边AB上，连接BE． （1）如图1，求证：△BCE∽△ACD； （2）如图2，当BC＝2，AC＝1时，求BE的长； （3）如图3，过点E作AB的平行线交AC的延长线于点F，过点B作AC的平行线交EF于点G，DE与BC交于点K． ①求证：AC＝CF； ②当时，直接写出的值． 参考答案 四川省达州市新世纪学校2026-2027学年九年级上学期10月月考数学试题 满分：150分 时间：120分钟 一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分） 1．下列关于x的方程中，是一元二次方程的有（　　） A．2x+1＝0 B．y2+x＝1 C．x2﹣1＝0 D．x21 【解答】解：A、方程未知数是1次，不是一元二次方程； B、方程含有两个未知数，不是一元二次方程； C、符合一元二次方程的定义，是一元二次方程； D、不是整式方程，不是一元二次方程； 故选：C． 2．已知线段a，b，c，d为成比例线段，其中a＝2cm，b＝3cm，c＝6cm，则d是（　　） A．1cm B．5cm C．9cm D．12cm 【解答】解：由比例线段，可得：， ∴． 故选：C． 3．下列说法错误的是（　　） A．平行四边形的对角相等 B．正方形的对称轴有四条 C．矩形既是中心对称图形又是轴对称图形 D．菱形的对角线相等且互相平分 【解答】解：A、平行四边形的对角相等，正确，故本选项错误； B、正方形的对称轴有四条，正确，故本选项错误； C、矩形既是中心对称图形又是轴对称图形，正确，故本选项错误； D、菱形的对角线相等且互相平分，错误，菱形的对角线不一定相等，故本选项正确． 故选：D． 4．已知2a＝3b，则下列各式成立的是（　　） A． B． C． D． 【解答】解：∵2a＝3b，b≠0， ∴，， A、，原变形错误，不符合题意； B、，原变形错误，不符合题意； C、代入得左边，仅当b＝2时等式成立，不是恒成立，原变形错误，不符合题意； D、将等式交叉相乘得 2（a+3）＝3（b+2），化简得2a＝3b，与已知条件一致，等式恒成立，正确，符合题意． 故选：D． 5．已知a，b是方程x2﹣x﹣6＝0的两个实数根，则（a+1）（b+1）的值是（　　） A．6 B．﹣6 C．﹣4 D．8 【解答】解：由条件可知a+b＝1，ab＝﹣6， ∴（a+1）（b+1）＝ab+（a+b）+1＝﹣6+1+1＝﹣4， 故选：C． 6．如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，DC⊥BC，∠B＝60°，BC＝2AD＝10，点E，F分别是AB，BC的中点，连接EF，DE，则线段DE的长是（　　） A． B． C． D．8 【解答】解：如图，连接DF， ∵BC＝2AD＝10，点F是BC的中点， ∴AD＝BF＝CF＝5， ∵AD∥CF， ∴四边形ADCF是平行四边形， ∵DC⊥BC， ∴∠C＝90°， ∴四边形ADCF是矩形， ∴∠AFC＝∠AFB＝90°， ∵E是AB的中点， ∴EF＝BE＝AE， ∵∠B＝60°， ∴△BEF是等边三角形， ∴EF＝BF＝BE＝5，∠BEF＝60°， ∴AB＝10， ∵AD∥BF，AD＝BF， ∴四边形ADFB是平行四边形， ∴DF＝AB＝10， ∵AD∥BC，∠B＝60°， ∴∠DAE＝120°， ∵AE＝BE＝BF＝AD， ∴∠AED＝∠ADE＝30°， ∴∠DEF＝90°， ∴， 故选：A． 7．如图，已知∠1＝∠2，则添加下列一个条件后，仍无法判定△ABC∽△ADE的是（　　） A． B． C．∠B＝∠ADE D．∠C＝∠E 【解答】解：∵∠1＝∠2， ∴∠DAE＝∠BAC， A、添加，无法判定△ABC∽△ADE，故本选项正确； B、添加，可用两边及其夹角法判定△ABC∽△ADE，故本选项错误； C、添加∠B＝∠ADE，可用两角法判定△ABC∽△ADE，故本选项错误； D、添加∠C＝∠E，可用两角法判定△ABC∽△ADE，故本选项错误； 故选：A． 8．秋冬季是支原体肺炎的感染高发期，佩戴口罩是遏制支原体肺炎病毒传播的一种有效途径．若有一个人患了支原体肺炎，经过两轮传染后共有81人患了支原体肺炎（假设每个人每轮传染的人数同样多）．设每轮传染中平均一个人传染了x个人，可列方程为（　　） A．x（x+1）＝81 B．x+x（x+1）＝81 C．1+x+x2＝81 D．1+x+x（1+x）＝81 【解答】解：根据题意得：1+x+x（1+x）＝81． 故选：D． 9．如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点M，N分别是边AD，CD的中点，连接MN，OM．若MN＝3，S菱形ABCD＝24，则OM的长为（　　） A．3 B．3.5 C．2 D．2.5 【解答】解：∵点M，N分别是边AD，CD的中点， ∴MN是△ACD的中位线， ∴AC＝2MN＝2×3＝6， ∵四边形ABCD是菱形，S菱形ABCD＝24， ∴OA＝OCAC＝3，OB＝OD，AC⊥BD，AC•BD＝24， 即6×BD＝24， ∴BD＝8， ∴ODBD＝4， 在Rt△OCD中，由勾股定理得：CD5， ∵点M是AD的中点，OA＝OC， ∴OM是△ACD的中位线， ∴OMCD＝2.5， 故选：D． 10．如图，正方形ABCD外取一点E，连接AE、BE、DE．过点A作AE的垂线交DE于点P，若AE＝AP＝1，PB．下列结论：①EB⊥ED；②点B到直线DE的距离为； ③S△APD+S△APB； ④S正方形ABCD＝2．其中正确结论的序号是（　　） A．①③④ B．①②③ C．②③④ D．①②③④ 【解答】解：如图，∵四边形ABCD是正方形， ∴AD＝AB，∠BAD＝ADC＝90°， ∵AE⊥AP， ∴∠EAP＝90°， ∴∠BAE+∠BAP＝∠BAP+∠DAP＝90°， ∴∠BAE＝∠DAP， ∵AE＝AP＝1， ∴△ABE≌△ADP（SAS）， ∴∠AEB＝∠APD，BE＝DP， ∵△AEP是等腰直角三角形， ∴∠AEP＝∠APE＝45°，EPAE， ∴∠APD＝180°﹣∠APE＝180°﹣45°＝135°， ∴∠AEB＝135°， ∴∠BED＝∠AEB﹣∠AEP＝135°﹣45°＝90°， ∴EB⊥ED， ∴①正确； ∴BE1＝AE， ∴②不正确； ∵△ABE≌△ADP， ∴S△ABE＝S△ADP， ∵∠BAP＝90°，AE＝AP＝1，PB， ∴EP，∠AEP＝45°， ∵∠AEB＝135°， ∴∠BEP＝135°﹣45°＝90°， ∴S△APD+S△APB＝S△AEB+S△APB＝S△AEP+S△EPBAE×APEP×BE1×11， ∴③正确； 如图，过点B作BO⊥AE，交AE的延长线于点O， 则∠O＝90°， ∵∠BEO＝180°﹣∠AEB＝180°﹣135°＝45°， ∴△BOE是等腰直角三角形， ∴OE＝OBBE， ∴AO＝AE+OE＝1， 在Rt△ABO中，∵AB2＝AO2+OB2＝（1）2+（）2＝2， ∴S正方形ABCD＝AB2＝2； ∴④正确； 故选：A． 二、填空题（本大题共5小题，每小题4分，共20分） 11．把一元二次方程x（x+2）＝﹣1化成一般形式：x2+2x+1＝0　 ． 【解答】解：x（x+2）＝﹣1， x2+2x＝﹣1， x2+2x+1＝0． 故答案为：x2+2x+1＝0． 12．如图，在矩形ABCD中，AB＝6cm，BC＝12cm，点P从点A出发沿AB以1cm/s的速度向点B移动，同时，点Q从点B出发沿BC以2cm/s的速度向点C移动，则　1或5　 秒后△DPQ 的面积为31cm2． 【解答】解：设运动x秒钟后△DPQ的面积为31cm2，则AP＝xcm，BP＝（6﹣x）cm，BQ＝2xcm，CQ＝（12﹣2x）cm， S△DPQ＝S矩形ABCD﹣S△ADP﹣S△CDQ﹣S△BPQ， ， ， ＝x2﹣6x+36＝31， 解得：x1＝1，x2＝5． 故运动1秒或5秒后△DPQ的面积为31cm2． 故答案为：1或5． 13．如图，在△ABC中，BC＝3，AC＝4，∠C＝90°，以点B为圆心，BC长为半径画弧，与AB交于点D，再分别以A、D为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点M、N，作直线MN，分别交AC、AB于点E、F，则AE的长为 　　 ． 【解答】解：由题意得，BC＝BD＝3，直线MN为线段AD的垂直平分线， ∵BC＝3，AC＝4，∠C＝90°， ∴AB5， ∴AD＝AB﹣BD＝2， ∴AF＝DF＝1， ∵∠EAF＝∠BAC，∠AFE＝∠ACB＝90°， ∴△AEF∽△ABC， ∴， 即， 解得AE． 故答案为：． 14．法国数学家瓦里尼翁发现，顺次连接四边形的各边中点会得到平行四边形，与原四边形的对角线关系密切，因此该平行四边形也被称为瓦里尼翁平行四边形．如图，四边形ABCD的两条对角线AC、BD互相垂直，A1、B1、C1、D1是四边形ABCD各边的中点．如果AC，BD＝4，那么瓦里尼翁平行四边形A1B1C1D1的面积为　　 ． 【解答】解：∵A1，D1分别是AB、AD的中点， ∴A1D1是△ABD的中位线， ∴A1D1∥BD，， 同理可证B1C1∥BD，， A1B1∥AC，， ∴A1D1∥B1C1，A1D1＝B1C1， ∴四边形A1B1C1D1是平行四边形， ∵AC⊥BD，A1D1∥BD， ∴AC⊥A1D1， ∵A1B1∥AC， ∴A1B1⊥A1D1， ∴平行四边形A1B1C1D1是矩形， ∴矩形A1B1C1D1的面积是A1D1•A1B1， 故答案为：． 15．如图，在矩形ABCD中，AB＝2，BC＝6，点E、F分别在BC、CD上，若AE，∠EAF＝45°，则AF的长为　2　 ． 【解答】解：取AB的中点M，连接ME，在AD上截取ND＝DF，设DF＝DN＝x， ∵四边形ABCD是矩形， ∴∠D＝∠BAD＝∠B＝90°，AD＝BC＝6， ∴NFx，AN＝6﹣x， ∵AB＝2， ∴AM＝BM＝1， ∵AE，AB＝2， ∴BE＝1， ∴ME， ∵∠EAF＝45°， ∴∠MAE+∠NAF＝45°， ∵∠MAE+∠AEM＝45°， ∴∠MEA＝∠NAF， ∴△AME∽△FNA， ∴， ∴， 解得x＝2． ∴2． 故答案为：2． 三、解答题（本大题共10小题，共90分） 16．（12分）用适当的方法解下列方程： （1）x2﹣5x﹣6＝0（配方法）； （2）5x2﹣8x+2＝0（公式法）； （3）4x2+1＝4x； （4）3（x﹣2）2＝x2﹣4． 【解答】解：（1）x2﹣5x﹣6＝0 x2﹣5x＝6， ， ， ， 解得x1＝6，x2＝﹣1； （2）5x2﹣8x+2＝0， ∵a＝5，b＝﹣8，c＝2， ∴Δ＝b2﹣4ac＝64﹣4×5×2＝24， ∴， 解得，； （3）4x2+1＝4x， 4x2﹣4x+1＝0， （2x﹣1）2＝0， 2x﹣1＝0， 解得； （4）3（x﹣2）2＝x2﹣4， 3（x﹣2）2﹣（x+2）（x﹣2）＝0， （x﹣2）[3（x﹣2）﹣（x+2）]＝0， （x﹣2）（2x﹣8）＝0， x﹣2＝0或2x﹣8＝0， 解得x1＝2，x2＝4． 17．（6分）已知关于x的一元二次方程x2+3x+k﹣2＝0有实数根． （1）求实数k的取值范围． （2）设方程的两个实数根分别为x1，x2，若（x1+1）（x2+1）＝﹣1，求k的值． 【解答】解：（1）∵关于x的一元二次方程x2+3x+k﹣2＝0有实数根， ∴Δ＝32﹣4×1×（k﹣2）≥0， 解得k， 即k的取值范围是k； （2）∵方程x2+3x+k﹣2＝0的两个实数根分别为x1，x2， ∴x1+x2＝﹣3，x1x2＝k﹣2， ∵（x1+1）（x2+1）＝﹣1， ∴x1x2+（x1+x2）+1＝﹣1， ∴k﹣2+（﹣3）+1＝﹣1， 解得k＝3， 即k的值是3． 18．（6分）《周髀算经》中记载了“平矩以正绳，偃矩以望高，覆矩以测深，卧矩以知远，环矩以为圆，合矩以为方”的方法．“矩”在古代指两条边呈直角的曲尺（即图中的DEF）．小南利用“矩”可测量大树AB的高度．如图，通过不断调整自己的姿势和“矩”的摆放位置，使斜边DF保持水平，并且边DE与点B在同一直线上，已知“矩”的两边长分别为EF＝0.2m，DE＝0.3m，小南的眼睛到地面的距离DM为1.6m，测得AM＝21m，求树高AB． 【解答】解：根据题意可得：∠DEF＝∠BCD＝90°，∠EDF＝∠CDB， ∴△DEF∽△DCB， ∴， ∵EF＝0.2m，DE＝0.3m，AM＝CD＝21m， ∴， ∴BC＝14m， ∴AB＝AC+BC＝1.6+14＝15.6（m）， 答：树高AB为15.6m． 19．（8分）如图，在△ABC中，AB＝AC，AD平分∠BAC，点E是线段AD的中点，过点A作AF∥BC交CE的延长线于点F，连结BF． （1）求证：△DEC≌△AEF； （2）判断四边形ADBF的形状并说明理由． 【解答】（1）证明：∵点E是线段AD的中点， ∴DE＝AE， ∵点D在BC上，AF∥BC交CE的延长线于点F， ∴∠DCE＝∠AFE， 在△DEC和△AEF中， ， ∴△DEC≌△AEF（AAS）． （2）解：四边形ADBF是矩形， 理由：连接DF， 由（1）得△DEC≌△AEF， ∴CE＝FE， ∵DE＝AE， ∴四边形ACDF是平行四边形， ∴AF＝CD，DF＝AC， ∵在△ABC中，AB＝AC，AD平分∠BAC， ∴BD＝CD，DF＝AB， ∵AF∥CD，且AF＝CD， ∴AF∥BD，且AF＝BD， ∴四边形ADBF是平行四边形， ∵四边形ADBF是平行四边形，且DF＝AB， ∴四边形ADBF是矩形． 20．（8分）某商场一种商品的进价为每件30元，售价为每件40元．每天可销售48件，为尽快减少库存，商场决定降价促销． （1）若该商品连续两次下调相同的百分率后售价降至每件32.4元，求每次降价的百分率； （2）经调查，若该商品每降价1元，每天可多销售8件．若每天要想获得504元的利润且尽快减少库存，每件应降价多少元？ 【解答】解：（1）设每次降价的百分率为x， 依题意得：40（1﹣x）2＝32.4． 解方程得：x1＝0.1＝10%，x2＝1.9（不合题意舍去）． 答：每次降价的百分率为10%； （2）设每件应降价y元， 依题意得：（40﹣30﹣y）（48+8y）＝504． 整理得y2﹣4y+3＝0． 解方程得：y1＝1，y2＝3． 要尽快减少库存，所以取y＝3． 答：每天要想获得504元的利润且尽快减少库存，每件应降价3元． 21．（9分）在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，D是BC的中点，E是AD的中点，过点A作AF∥BC交CE的延长线于点F． （1）求证：四边形ADBF是菱形； （2）若AB＝8，菱形ADBF的面积为40．求AC的长． 【解答】（1）证明：∵AF∥BC， ∴∠AFC＝∠FCD，∠FAE＝∠CDE， ∵点E是AD的中点， ∴AE＝DE， ∴△FAE≌△CDE（AAS）， ∴AF＝CD， ∵点D是BC的中点， ∴BD＝CD， ∴AF＝BD， ∴四边形AFBD是平行四边形， ∵∠BAC＝90°，D是BC的中点， ∴AD＝BDBC， ∴四边形ADBF是菱形； （2）解：∵四边形ADBF是菱形， ∴菱形ADBF的面积＝2△ABD的面积， ∵点D是BC的中点， ∴△ABC的面积＝2△ABD的面积， ∴菱形ADBF的面积＝△ABC的面积＝40， ∴AB•AC＝40， ∴8•AC＝40， ∴AC＝10， ∴AC的长为10． 22．（9分）在矩形ABCD中，AB＝10cm，BC＝12cm，点P从点A开始沿边AB向终点B以2cm/s的速度移动，与此同时，点Q从点B开始沿边BC向终点C以4cm/s的速度移动．如果P、Q分别从A、B同时出发，当点Q运动到点C时，两点停止运动．设运动时间为t秒（t＞0）． （1）当t为何值时，PQ的长度等于10cm？ （2）是否存在t的值，使得五边形APQCD的面积等于90cm2？若存在，请求出此时t的值；若不存在，请说明理由． 【解答】解：（1）由题意可知，AP＝2tcm，BQ＝4tcm，则PB＝AB﹣AP＝（10﹣2t）cm， ∵四边形ABCD是矩形， ∴∠B＝90°， 在Rt△PBQ中，由勾股定理得：PB2+BQ2＝PQ2， 即（4t）2+（10﹣2t）2＝102， 解得：t1＝2，t2＝0（不合题意，舍去）， 答：当t为2时，PQ的长度等于10cm； （2）不存在t的值，使得五边形APQCD的面积等于90cm2，理由如下： ∵矩形ABCD中，AB＝10cm，BC＝12cm， ∴矩形ABCD的面积为：10×12＝120（cm2）， ∵五边形APQCD的面积等于90cm2， ∴S△PBQ＝120﹣90＝30（cm2）， 即4t×（10﹣2t）＝30， 整理得：2t2﹣10t+15＝0， ∵Δ＝b2﹣4ac＝（﹣10）2﹣4×2×15＝﹣20＜0， ∴原方程无实数根， ∴不存在t的值，使得五边形APQCD的面积等于90cm2． 23．（10分）定义：若关于x的一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的两根均为整数，则称该方程为“快乐方程”．对于“快乐方程”，定义其“快乐数”为． 现探究以下问题： （1）“快乐方程”x2﹣2x﹣3＝0的“快乐数”为　﹣4　 ； （2）若关于x的一元二次方程x2﹣（2m﹣1）x+m2﹣2m﹣3＝0（m为整数，且1＜m＜6）是“快乐方程”，求m的值，并求该方程的“快乐数”； （3）对于“快乐方程”x2+bx+c＝0（b、c为整数），若其“快乐数”F（1，b，c）＝﹣n（n为正整数），且方程的两根x1，x2满足|x1﹣x2|≤4，求该方程的“快乐数”所有可能的值． 【解答】解：（1）方程x2﹣2x﹣3＝0的“快乐数”为； 故答案为：﹣4； （2）由条件可知Δ＝b2﹣4ac＝[﹣（2m﹣1）]2﹣4×1×（m2﹣2m﹣3）＝4m+13， ∵1＜m＜6， ∴17＜4m+13＜37， ∴方程的根为整数， ∴4m+13为完全平方数， ∴4m+13＝25或36， ∴m＝3，（舍去）， ∴x2﹣5x＝0， ∴， ∴其“快乐数”数是； （3）根据题意得， ∴b2﹣4c＝4n， ∵方程的两根为x1，x2， ∴x1+x2＝﹣b，x1•x2＝c， ∴， ∴， ∵x2+bx+c＝0是“快乐方程”， ∴x1，x2是整数， ∴是整数， ∴n为完全平方数， ∵|x1﹣x2|≤4， ∴， ∴4n≤16， ∴n≤4， ∴n＝1或4， ∴F（1，b，c）＝﹣n＝﹣1 或﹣4． 24．（10分）在菱形ABCD中，点G在对角线AC上，点E、F分别在边AB和AD上，连接EG，FG，且BE＝DF． （1）如图1，求证：EG＝FG． （2）如图2，延长EG交BC延长线于点K，连接FK交CD于点M，若M为CD中点．求证：AE+2FD＝BK． （3）如图3，在（2）的条件下，若AC∥FK，∠BAC﹣∠BKE＝45°，AB＝10，求四边形ACKF的面积． 【解答】（1）证明：在菱形ABCD中，∠BAC＝∠DAC，AB＝AD， ∵BE＝DF， ∴AE＝AF， ∵AG＝AG， ∴△AEG≌△AFG（SAS）， ∴EG＝FG； （2）证明：在菱形ABCD中，AD∥BC，AB＝BC， ∵M为CD中点， ∴DM＝CM， ∵DF∥CK， ∴∠FKC＝∠DFK， ∵∠CMK＝∠FMD， ∴△FMD≌△CMK（AAS）， ∴FD＝CK， ∵BC+CK＝BK， ∴AB+FD＝BK，AE+BE+FD＝BK， ∵BE＝FD， ∴AE+2FD＝BK； （3）解：取AC中点Q，连接EQ，连接EF交AC于点N， ∵∠BAC﹣∠BKE＝45°， ∴∠AGE＝∠CGK＝∠BCA﹣∠BKE＝45°， ∴∠EGF＝90°， 由（1）AE＝AF，∠BAC＝∠DAC， ∴EF⊥AC，EN＝FN，△ENG和△FNG均为等腰直角三角形，EN＝NG． ∵AC∥FK，AF∥CK， ∴四边形ACKF为平行四边形， ∴， ∴E为AB中点， ∴EQ∥BC，，AN＝NQ， ∵∠EGQ＝∠CGK，∠QEG＝∠GKC， ∴△EQG≌△CGK（AAS）， ∴． 在Rt△AEN中，∠ANE＝90°， ∴， ∴，，， ∴． 25．（12分）在△ABC中，∠ACB＝90°，将△ABC绕点C旋转得到△DEC，点A的对应点D落在边AB上，连接BE． （1）如图1，求证：△BCE∽△ACD； （2）如图2，当BC＝2，AC＝1时，求BE的长； （3）如图3，过点E作AB的平行线交AC的延长线于点F，过点B作AC的平行线交EF于点G，DE与BC交于点K． ①求证：AC＝CF； ②当时，直接写出的值． 【解答】（1）证明：∵将△ABC绕点C旋转得到△DEC，点A的对应点D落在边AB上， ∴AC＝CD，CB＝CE，∠ACD＝∠BCE， ∴， ∴△BCE∽△ACD； （2）解：∵BC＝2，AC＝1，∠ACB＝90°， ∴AC＝CD＝1，， ∴， 过D作DH⊥AC， ∴， ∴DH＝2AH， 在△CDH中，CH2+DH2＝CD2， 即（1﹣AH）2+（2AH）2＝12， 解得：，AH＝0（舍去）， ∴， 在△ADH中，AH2+DH2＝AD2， ∴， ∵△BCE∽△ACD， ∴，即， ∴； （3）①证明：设旋转角为α，则∠ACD＝∠BCE＝α，AC＝CD，CB＝CE， ∴，， ∵∠ACB＝90°， ∴∠BCF＝90°，∠DCB＝90°﹣α， ∴∠ECF＝90°﹣α， ∴∠DCB＝∠ECF， ∵GF∥AB， ∴∠F+∠A＝180°， ∴∠CDA+∠CDB＝180°，∠CDA＝∠A， ∴∠CDB＝∠F， ∵∠DCB＝∠ECF，∠CDB＝∠F，CB＝CE， ∴△BCD≌△ECF（AAS）， ∴CD＝CF， ∵CD＝AC， ∴AC＝CF； ②解：∵， ∴设GF＝5k，GB＝6k， ∵GF∥AB，BG∥AF， ∴四边形ABGF是平行四边形， ∴AB＝GF＝5k，AF＝BG＝6k，∠G＝∠A， 由①得CD＝AC＝CF＝3k， 在Rt△ADC中，AB2＝BC2+AC2， ∴， ∴， ∴， ∵△CBD≌△CEF， ∴∠CBD＝∠CEF， ∵GF∥AB， ∴∠FEB+∠ABE＝180°， 即∠CEF+∠CEB+∠CBE+∠CBD＝180°， 即2（∠CEF+∠CEB）＝2∠FEB＝180°， ∴∠FEB＝90°， ∴∠BEG＝90°， ∴sin，即， ∴， 由①可得，∠ADC+∠CDB＝180°， ∴∠CEB+∠CDB＝180°， ∴点C，D，B，E四点共圆， ∴∠BED＝∠BCD， ∵∠BEK＝∠KCD，∠BKE＝∠DKC， ∴△BEK∽△DCK， ∴， 设DK＝5x，BK＝8x，CK＝5y，EK＝8y， 则BC＝BK+CK＝8x+5y＝4k①， 根据旋转可得DE＝AB＝5k， ∴DE＝DK+EK＝5x+8y＝5k②， 联立①②可得， ∴． 学科网（北京）股份有限公司 $