精品解析：四川省渠县中学2026-2027学年九年级上学期10月阶段检测数学试题

四川省达州市渠县中学2026-2027学年九年级上学期10月阶段检测数学试题 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） 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. 下列说法不正确的是（ ） A. 对角线互相垂直平分的四边形是正方形 B. 菱形的对角线互相垂直 C. 矩形的对角线相等 D. 对角线互相平分的四边形是平行四边形 【答案】A 【解析】 【分析】根据菱形的判定与性质，矩形的性质，平行四边形的判定，进行判断即可得． 【详解】解：A、对角线互相垂直平分的四边形是菱形，选项说法错误，符合题意； B、菱形的对角线互相垂直平分，选项说法正确，不符合题意； C、矩形的对角线相等，选项说法正确，不符合题意； D、对角线互相平分的四边形是平行四边形，选项说法正确，不符合题意； 故选：A． 【点睛】本题考查了菱形的判定与性质，矩形的性质，平行四边形的判定，解题的关键是掌握这些性质． 2. 下列方程是一元二次方程的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】解：A、当时，不是一元二次方程，故A错误； B、∵， ∴， ∴是一元一次方程，故B错误； C、是分式方程，故C错误； D、是一元二次方程，故D正确． 3. 已知、、、依次成比例线段，其中，，，则的值为（　　） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据成比例线段的定义列出比例式，计算即可． 【详解】解：∵、、、依次成比例线段，，，， ∴， ∴． 4. 如图，在菱形中，对角线、相交于点O，且，若，则的长为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据菱形的性质可得，，，再根据等边三角形的判定与性质可得，，求出，最后利用勾股定理可得答案． 【详解】解：在菱形中，，，，， ， 为等边三角形， ，， ∴， ， ， ， 故选C． 【点睛】此题考查的是菱形的性质、等边三角形的判定与性质，含30度角的性质，勾股定理，掌握其性质定理是解决此题的关键． 5. 如图，在中，，是边上的高，，则线段长为（ ）     A. 2 B. C. 3 D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了相似三角形的判定和性质，根据，可得，可证，由此即可求解． 【详解】解：∵， ∴， ∴，且， ∴， ∴， ∴，且， ∴， 故选：A ． 6. 如图，在正方形ABCD中，点E在对角线AC上，EF⊥AB于点F，EG⊥BC于点G，连接DE，若AB＝10，AE＝3，则ED的长度为（　　） A. 7 B. 2 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】连接BE，证明△ABE≌△ADE，可得ED=BE，在等腰直角三角形AEF中，求出AF，EF的长，再在Rt△BEF中求出BE的长，即可得出ED的长． 【详解】如图，连接BE， ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠BAC=∠DAC=45°，AB=AD， ∵AE=AE， ∴△ABE≌△ADE（SAS）， ∴BE=DE， ∵EF⊥AB于点F，AE=3， ∴AF=EF=3， ∵AB=10， ∴BF=7， ∴BE， ∴ED=． 故选：C． 【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质，解决问题的关键在于连接BE构造全等三角形． 7. 对于一元二次方程，我国古代数学家研究过其几何解法．以方程为例，赵爽的《勾股圆方图注》中记载的方法是：如图1，先构造一个面积为的正方形，再以正方形的边为一边向外构造四个面积为的矩形，最后补图得到大正方形，其面积为，则该方程的正数解为．小美尝试用此方法解关于的方程，构造如图2所示的图形．若图2中大正方形的面积为，则方程的正数解是（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 【答案】A 【解析】 【分析】仿照题中方法，构造一个面积为的正方形，向外构造四个面积为的矩形，得出四个小正方形的边长为，根据大正方形的面积为得出大正方形的边长为，进而求出方程的正数解即可． 【详解】解：如图2，先构造一个面积为的正方形，再以正方形的边为一边向外构造四个面积为的矩形， ∴四个小正方形的边长为， ∵大正方形的面积为， ∴大正方形的边长为， ∴方程的正数解是． 8. 如图，在平面直角坐标系中，菱形的顶点、均在轴上，点D在轴上，点在第一象限，已知点坐标为，点坐标为，点是直线上一动点，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 5 【答案】C 【解析】 【分析】先由勾股定理求出菱形边长并确定各顶点坐标，再利用菱形对角线的对称性将转化为，最后根据两点之间线段最短，计算的长度即为的最小值． 【详解】解：∵点坐标为，点坐标为， ∴， ∵四边形是菱形， ∴， ∴点的坐标为， 如图，连接，过点作轴于点， ∴四边形是矩形， ∴，， ∴点的坐标为， ∵菱形的对角线是其对称轴， ∴点关于直线的对称点是点， ∴对直线上任意一点，都有， ∴， ∵两点之间线段最短， ∴当、、三点共线（即点运动到图中位置）时，取得最小值，最小值为线段的长度， ∵，， ∴， ∴的最小值为． 二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分） 9. 若，则__________． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意可得，再把代入所求式子中计算即可得到答案． 【详解】解：∵， ∴， ∴． 10. 若关于的方程没有实数根，则的取值范围为________． 【答案】 【解析】 【详解】解：， ， ∵关于的方程没有实数根， ∴， 解得， ． 11. 如图，四边形是菱形，对角线、交于点O，于点E，F是线段的中点，连接．若，，则的长为________． 【答案】##4.8 【解析】 【分析】本题考查了菱形的性质、直角三角形的性质、勾股定理，由菱形的性质可得，，，，由直角三角形的性质可得，求出，，从而可得，再由菱形面积公式计算即可得解． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴，，，， ∵F是线段的中点，， ∴， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 12. 设a，b是方程的两个实数根，则的值为______  ． 【答案】2035 【解析】 【分析】本题考查了根与系数的关系以及一元二次方程的解的含义．利用a是方程的根，得到，结合两根之和，然后代入，进行计算，即可作答． 【详解】解：∵a，b是方程的两个实数根， ∴且， 即， ∴ 代入，得， 故答案为：2035 13. 如图，四边形是边长为3的菱形，对角线，点E，F，G，H分别为边中点，顺次连接E，F，G，H．则四边形的面积为__________． 【答案】 【解析】 【分析】利用菱形性质以及勾股定理得到，即，结合，推出，再根据中点四边形的知识证明四边形为矩形，根据矩形面积公式即可求解． 【详解】解：设菱形的对角线的交点为O， ∴，，， ∴，即， ∵， ∴， ∴， ∵点E，F，G，H分别为边中点， ∴，，，， ∴四边形为平行四边形， ∵， ∴， ∴四边形为矩形， ∴四边形的面积为， 故答案为：． 【点睛】本题考查了菱形的性质，中点四边形的知识，完全平方公式的变形，证明四边形为矩形是解题的关键． 三、解答题（本大题共5个小题，共48分） 14. 解下列一元二次方程： （1）． （2）． 【答案】（1）， （2）， 【解析】 【分析】（1）利用因式分解法解一元二次方程． （2）利用公式法解一元二次方程． 【小问1详解】 解：， 因式分解得， 则或， 解得，． 【小问2详解】 解：整理方程得， 其中， ， 则， 解得，． 15. 如图，将的边延长至点，使，连接，，，若． （1）求证：四边形是矩形； （2）若，，求的面积． 【答案】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴，，， ∵， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴平行四边形是矩形； （2）12 【解析】 【分析】（1）先根据平行四边形的判定与性质证明四边形，再根据矩形的判定定理可得结论； （2）根据矩形性质得到，再由勾股定理求得，然后利用平行四边形的面积公式求解即可． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：由（1）可知，四边形是矩形， ∴，即， ∵，， ∴， ∴平行四边形的面积． 16. 某网店于今年一月底收购一批农产品，二月份销售袋，三、四月份该商品十分畅销，销售量持续增长，在售价不变的基础上，四月份的销售量达到袋． （1）求该网店三、四两个月销售量的月平均增长率． （2）已知该农产品每袋进价元，原售价为每袋元．该网店五月份降价促销，经调查发现，在四月份销售量的基础上，若该农产品每袋降价4元，销售量可增加袋，当农产品每袋降价多少元时，该网店销售这种农产品在五月份可获利元？ 【答案】（1）该网店三、四两个月销售量的月平均增长率为 （2）当农产品每袋降价5元时，该网店销售这种农产品在五月份可获利元 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的应用，正确得出等量关系是解题关键． （1）设三、四这两个月的月平均增长率为x，利用增长率问题表示出四月的销量，列出方程，进而求出答案； （2）设当每袋降价m元时，表示出销量与每袋的利润，再利用每袋的利润×销量＝总利润列出方程，进而解方程求出答案． 【小问1详解】 解：设该网店三、四两个月销售量的月平均增长率为x， 由题意得：， 解得：，（不合题意，舍去）， 答：该网店三、四两个月销售量的月平均增长率为； 【小问2详解】 设当农产品每袋降价m元时，该网店五月份获利3250元， 由题意得：， 解得：，（不合题意，舍去）， 答：当农产品每袋降价5元时，该网店销售这种农产品在五月份可获利元． 17. 【问题情境】 已知四边形为正方形，E为对角线上一动点（不与点A，C重合），连接，过点E作，交于点F，以，为邻边作矩形，连接，恰好垂直于． （1）【基础探究】 如图1，求证：矩形是正方形； （2）【拓展迁移】 如图2，已知正方形的边长为，当时，求的长． 【答案】（1）证明：四边形为正方形， ，，． ∵四边形为矩形， ． ． ， 即， ， ． ． ． ∴矩形为正方形． （2） 【解析】 【分析】（1）由四边形为正方形，得，，．由四边形为矩形，得．进而得，进而推导出，得到，则四边形是正方形，即可解答； （2）作于点，由，得到，，进而推导出是等腰直角三角形，设，得到，，根据勾股定理，求出，得到，求出，再根据勾股定理进行求解即可． 【小问1详解】 略； 【小问2详解】 解：如图，过点作于点． ， 是等腰直角三角形． ． 设， 由（1）可得，． ． ，． ． 解得． ． ． 18. 【问题情境】已知在四边形中，E为边上一点（不与点A、D重合），连接，将沿折叠得到，点A的对应点为点F． （1）【问题解决】如图1，若四边形是正方形，点F落在对角线上，连接并延长交于点G．求的度数； （2）【拓展变式】如图2，若四边形是矩形，点F恰好落在的垂直平分线上，与交于点O．求证：；； （3）如图3，若四边形是平行四边形，，，点F落在线段上，连接，，，与交于点H，与交于点G，求的长度． 【答案】（1） （2）证明：如图，连接， ∵垂直平分线段， ∴，，， 由折叠的性质可得：， ∴， ∴是等边三角形， ∴． 由折叠的性质可得：． ∵，， ∴， ∴， ∴． 在中，， ∴， ∴． （3） 【解析】 【分析】（1）利用正方形的性质、折叠的性质、平行线的性质，以及等边对等角，进行解答即可； （2）先连接，再利用线段的垂直平分线的性质、折叠的性质、等边三角形的性质、等角对等边，以及含角的直角三角形的性质，即可得证； （3）先连接，，过点作于点，再利用平行四边形的判定与性质、平行线的性质、线段的垂直平分线的性质、折叠的性质、菱形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、勾股定理，以及二次根式的化简，进行解答即可． 【小问1详解】 解：∵四边形是正方形，点F落在对角线上， ∴，，． 由翻折可知：， ∴． ∵， ∴． 【小问2详解】 略 【小问3详解】 解：∵四边形是平行四边形，， ∴，，， ． 如图，连接，，过点作于点， 将沿折叠得到， ∴，，， ， ， ， 四边形为菱形， 与互相垂直平分， ， ． ∵， ∴为等边三角形， ，， ． ，， ，， ． ， ， ． ， 四边形是平行四边形， ． ， ， ， ，， ， ， 为等腰三角形， 又， 为等边三角形， ，． ， ， ， ． ， ， ． ， ，， ， ， ． ， ， ， ． 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. “黄金比例分割法”是启功先生研究的一套楷书结构法，是将正方形按照黄金分割的比例来分割，形成“黄金格”（如图，四条与边平行的线的交点都是黄金分割点），汉字的笔画至少要穿过两个黄金分割点才美观．若正方形“黄金格”的边长为，四个黄金分割点组成的正方形的边长为______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查黄金分割点．掌握黄金分割点是指把一条线段分割为两部分，使其中较长部分与全长之比等于另一部分与这部分之比，且其比值是一个无理数，表示为是解题关键．根据黄金分割的定义进行计算即可解答． 【详解】解：如图，C，D是线段的两个黄金分割点， ∵正方形“黄金格”的边长为， ∴， ∴， ∴， ∴四个黄金分割点组成的正方形的边长为． 故答案为： 20. 如图，分别是的高，M为的中点，，则的周长是_________． 【答案】13 【解析】 【分析】先根据直角三角形的性质求出，即可得出答案． 【详解】解：∵分别是的高，M为的中点，， ∴在中，，在中，． 又∵， ∴的周长． 21. 已知是关于的一元二次方程的两个实数根，且满足，则___________． 【答案】 【解析】 【分析】先根据方程有两个实数根得到判别式非负，再利用根与系数的关系表示和，代入已知等式求解，最后根据判别式舍去不符合的解即可． 【详解】解：∵ ，是方程的两个实数根， ∴ 判别式， 即， 根据根与系数的关系得，， ∵，即， ∴， 解得或， 当时，，不存在两个实数根，舍去， 当时，，符合条件， 因此． 22. 如图，在ABCD中，点E是AD边上一点，AE：ED＝1：2，连接AC、BE交于点F.若S△AEF＝1，则S四边形CDEF＝_______. 【答案】11 【解析】 【分析】先根据平行四边形的性质易得，根据相似三角形的判定可得△AFE∽△CFB，再根据相似三角形的性质得到△BFC的面积，，进而得到△AFB的面积，即可得△ABC的面积，再根据平行四边形的性质即可得解. 【详解】解：∵AE：ED＝1：2， ∴AE：AD＝1：3， ∵AD=BC， ∴AE：BC＝1：3， ∵AD∥BC， ∴△AFE∽△CFB， ∴， ∴， ∴S△BCF=9， ∵， ∴S△AFB=3， ∴S△ACD =S△ABC = S△BCF+S△AFB=12， ∴S四边形CDEF＝S△ACD﹣S△AEF＝12﹣1=11. 故答案为11. 【点睛】本题主要考查相似三角形的判定与性质，平行四边形的性质等，解此题的关键在于熟练掌握其知识点. 23. 如图，长方形中，，，点是射线上一动点不与、重合，将沿着所在的直线折叠得到，连接．当是直角三角形时，的长为_________． 【答案】1或9 【解析】 【分析】根据折叠的性质得到对应边和对应角相等，再分情况讨论为直角三角形时的情况，利用勾股定理建立方程求解的长度. 【详解】解：①当点在线段上时， 如图所示：∵， ∴，，三点共线， ∵， ∴， ∵， ∴； ②当点在的延长线上时， 如图2所示：∵，，， ∴，，，三点共线， 设，则， ∴， ∵， ∴， 解得， ∴， ∴， 综上所述，的值为1或9. 二、解答题（本大题共3个小题，共30分） 24. 已知关于x的一元二次方程． （1）求证：无论m为何值，方程总有两个实数根； （2）若的两边、的长分别是此方程的两个实数根，第三边长为，当是等腰三角形时，求的值． 【答案】（1）证明：∵， ∴无论m为何值，方程总有两个实数根； （2） 【解析】 【分析】（1）计算方程根的判别式，证明判别式恒大于等于0即可证明结论； （2）先因式分解求出方程的两个根，再分和两种情况讨论，结合三角形三边关系舍去不合题意的解，得到m的值． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：对于一元二次方程， 因式分解，得， 所以或， 解得或， 即，的长分别为，1． 分两种情况讨论： ①若，则，解得， 此时三角形的三边长分别为2，2，1，满足三角形三边关系，符合题意． ②若，则，解得， 此时三角形的三边长分别为1，1，2， 由于，不满足三角形三边关系，不能构成三角形，舍去． 综上所述，． 25. 如图，在矩形中，E点在边上，连接，且． （1）求证：； （2）F为延长线上一点，满足，连接交于点G．若，，求矩形面积和的长． 【答案】（1） 证明：∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． （2）矩形的面积为10，的长为 【解析】 【分析】本题重点考查矩形的性质、同角的余角相等、相似三角形的判定与性质等知识，推导出，进而证明是解题的关键． （1）由矩形的性质得，则，因为，所以，则，即可根据“两角分别相等的两个三角形相似”证明． （2）由，，根据相似三角形的性质得，则，求得，所以，则，推导出，再证明，得，求得，． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：∵，，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴矩形的面积为10，的长为． 26. 如图，在平面直角坐标系中，直线与直线相交于点A，与x轴交于点B． （1）直接写出A，B的坐标； （2）点P在直线上，是否存在平面内一点Q，使得以O，A，P，Q为顶点的四边形是菱形，若存在，请求出点Q的坐标，若不存在，请说明理由； （3）平面内一动点满足(a为常数)，过两点的直线与x轴负半轴交于点D，点E与点D关于y轴对称．若有且只有一点C，使得与相似，求a的值． 【答案】（1） （2）存在，Q的坐标为或或或 （3）a值为3或 【解析】 【分析】（1）由得，在中，令得，故； （2）设，，①若为对角线，则的中点重合，且，有，②若为对角线，则的中点重合，且，有，③若为对角线，则的中点重合，且，有，解方程组可得答案； （3）如图，设点，则，，由，可得，即，求出，直线的表达式为，把代入得：，即，根据有且只有一点C，使得与相似，知，即可解得a的值． 【小问1详解】 解：由得， ∴， 在中，令得， ∴； 【小问2详解】 解：平面内存在一点Q，使得以O，A，P，Q为顶点的四边形是菱形， 理由如下： 设，， ①若为对角线，则的中点重合，且， ∴， 解得， ∴； ②若为对角线，则的中点重合，且， ∴， 解得或， ∴或； ③若为对角线，则的中点重合，且， ∴， 解得(此时P，A重合，舍去)或， ∴； 综上所述，Q的坐标为或或或； 【小问3详解】 解：如图，设点，则，， ∵与相似， ∴E只能在点B左侧， ∴， 若，则， ∴， ∴， ∴， 解得：， ∵， ∴， ∴， 设直线的表达式为，将点A，点D的坐标代入得： 解得， ∴直线的表达式为， 把代入得：， ∴， ∵有且只有一点C，使得与相似， ∴方程有且只有一个实数根， ∴， 解得或； 故满足条件的a值为3或． 【点睛】本题考查一次函数综合题，涉及待定系数法求一次函数解析式、一次函数的性质、两点间距离公式、相似三角形的判定与性质，菱形的性质等知识，是重要考点，掌握相关知识是解题关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 四川省达州市渠县中学2026-2027学年九年级上学期10月阶段检测数学试题 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） 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. 下列说法不正确的是（ ） A. 对角线互相垂直平分的四边形是正方形 B. 菱形的对角线互相垂直 C. 矩形的对角线相等 D. 对角线互相平分的四边形是平行四边形 2. 下列方程是一元二次方程的是（ ） A. B. C. D. 3. 已知、、、依次成比例线段，其中，，，则的值为（　　） A. B. C. D. 4. 如图，在菱形中，对角线、相交于点O，且，若，则的长为（ ） A. B. C. D. 5. 如图，在中，，是边上的高，，则线段长为（ ）     A. 2 B. C. 3 D. 6. 如图，在正方形ABCD中，点E在对角线AC上，EF⊥AB于点F，EG⊥BC于点G，连接DE，若AB＝10，AE＝3，则ED的长度为（　　） A. 7 B. 2 C. D. 7. 对于一元二次方程，我国古代数学家研究过其几何解法．以方程为例，赵爽的《勾股圆方图注》中记载的方法是：如图1，先构造一个面积为的正方形，再以正方形的边为一边向外构造四个面积为的矩形，最后补图得到大正方形，其面积为，则该方程的正数解为．小美尝试用此方法解关于的方程，构造如图2所示的图形．若图2中大正方形的面积为，则方程的正数解是（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 8. 如图，在平面直角坐标系中，菱形的顶点、均在轴上，点D在轴上，点在第一象限，已知点坐标为，点坐标为，点是直线上一动点，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 5 二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分） 9. 若，则__________． 10. 若关于的方程没有实数根，则的取值范围为________． 11. 如图，四边形是菱形，对角线、交于点O，于点E，F是线段的中点，连接．若，，则的长为________． 12. 设a，b是方程的两个实数根，则的值为______  ． 13. 如图，四边形是边长为3的菱形，对角线，点E，F，G，H分别为边中点，顺次连接E，F，G，H．则四边形的面积为__________． 三、解答题（本大题共5个小题，共48分） 14. 解下列一元二次方程： （1）． （2）． 15. 如图，将的边延长至点，使，连接，，，若． （1）求证：四边形是矩形； （2）若，，求的面积． 16. 某网店于今年一月底收购一批农产品，二月份销售袋，三、四月份该商品十分畅销，销售量持续增长，在售价不变的基础上，四月份的销售量达到袋． （1）求该网店三、四两个月销售量的月平均增长率． （2）已知该农产品每袋进价元，原售价为每袋元．该网店五月份降价促销，经调查发现，在四月份销售量的基础上，若该农产品每袋降价4元，销售量可增加袋，当农产品每袋降价多少元时，该网店销售这种农产品在五月份可获利元？ 17. 【问题情境】 已知四边形为正方形，E为对角线上一动点（不与点A，C重合），连接，过点E作，交于点F，以，为邻边作矩形，连接，恰好垂直于． （1）【基础探究】 如图1，求证：矩形是正方形； （2）【拓展迁移】 如图2，已知正方形的边长为，当时，求的长． 18. 【问题情境】已知在四边形中，E为边上一点（不与点A、D重合），连接，将沿折叠得到，点A的对应点为点F． （1）【问题解决】如图1，若四边形是正方形，点F落在对角线上，连接并延长交于点G．求的度数； （2）【拓展变式】如图2，若四边形是矩形，点F恰好落在的垂直平分线上，与交于点O．求证：；； （3）如图3，若四边形是平行四边形，，，点F落在线段上，连接，，，与交于点H，与交于点G，求的长度． 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. “黄金比例分割法”是启功先生研究的一套楷书结构法，是将正方形按照黄金分割的比例来分割，形成“黄金格”（如图，四条与边平行的线的交点都是黄金分割点），汉字的笔画至少要穿过两个黄金分割点才美观．若正方形“黄金格”的边长为，四个黄金分割点组成的正方形的边长为______． 20. 如图，分别是的高，M为的中点，，则的周长是_________． 21. 已知是关于的一元二次方程的两个实数根，且满足，则___________． 22. 如图，在ABCD中，点E是AD边上一点，AE：ED＝1：2，连接AC、BE交于点F.若S△AEF＝1，则S四边形CDEF＝_______. 23. 如图，长方形中，，，点是射线上一动点不与、重合，将沿着所在的直线折叠得到，连接．当是直角三角形时，的长为_________． 二、解答题（本大题共3个小题，共30分） 24. 已知关于x的一元二次方程． （1）求证：无论m为何值，方程总有两个实数根； （2）若的两边、的长分别是此方程的两个实数根，第三边长为，当是等腰三角形时，求的值． 25. 如图，在矩形中，E点在边上，连接，且． （1）求证：； （2）F为延长线上一点，满足，连接交于点G．若，，求矩形面积和的长． 26. 如图，在平面直角坐标系中，直线与直线相交于点A，与x轴交于点B． （1）直接写出A，B的坐标； （2）点P在直线上，是否存在平面内一点Q，使得以O，A，P，Q为顶点的四边形是菱形，若存在，请求出点Q的坐标，若不存在，请说明理由； （3）平面内一动点满足(a为常数)，过两点的直线与x轴负半轴交于点D，点E与点D关于y轴对称．若有且只有一点C，使得与相似，求a的值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $