第1-3章 阶段巩固卷- 2026-2027学年北师大版数学九年级上册

第1-3章阶段巩固卷-2026-2027学年数学九年级上册北师大版 一、单选题 1．下列方程中，一定是一元二次方程的是（     ） A． B． C． D． 2．若关于的方程是一元二次方程，则的取值范围是（     ） A． B． C． D． 3．在矩形中，对角线、相交于点，，，则的长为（     ） A． B． C． D． 4．如图，在中，点D，E分别在边上，添加一个条件一定能使，则这个条件可以是（     ） A． B． C． D． 5．如图为2025年9月的月历表，在此月历表上可以用一个矩形圈出个位置相邻的数．如果圈出的6个数中，最小数与最大数x的积为190，那么根据题意可列方程（     ） A． B． C． D． 6．如图，已知△ABC，直线与边AB、AC分别相交于点D、E，直线与边AB、AC分别相交于点F、G，，那么下列比例式一定正确的是（     ） A． B． C． D． 7．如图，在矩形中，点E、F、G、H分别在四条边上，且．将分别沿折叠，折叠后点A、点B重合于点M．同样操作，将分别沿折叠，折叠后点C、点D重合于点N．若，则的值为（     ） A．12 B．14 C．16 D．18 8．如图，在菱形中，，E是上一点，将沿折叠，点的对应点为，与交于点，若为中点，则的度数为（     ）． A． B． C． D． 9．如图，四边形和是以点为位似中心的位似图形．若，四边形的周长是，则四边形的周长是（     ） A． B． C． D． 10．如图，正方形中，对角线与相交于点O，E为边上一点，，F为的中点，若线段的长为，则的周长为（　　） A．18 B．20 C．15 D．21 二、填空题 11．如图，在中，D为的中点，以为斜边作，F为的中点．若，则的长为______． 12．已知是关于x的一元二次方程的一个根，则________，方程的另一个根为________． 13．如图，在平面直角坐标系中，矩形三个顶点A、B、C的坐标分别为、、，将沿翻折得，交x轴于点E，则点D的坐标是______． 14．定义：如果关于x的一元二次方程（）有两个实数根，且其中一个根比另一个根大1，那么称这样的方程是“邻根方程”．判断：方程_______“邻根方程”（填“是”“不是”）；若关于x的一元二次方程 （m是常数） 是“邻根方程”，则m的值为_____________． 15．如图，在中，，，，点为边的中点，点沿折线以每秒1个单位长度运动到，若沿将剪开，要使剪下来的一个小三角形与原三角形相似，则运动时间为______秒． 16．如图，在正方形中，，延长至，使．连接，平分交于点，则的长为________． 三、解答题 17．解下列方程： (1)； (2)； (3)； (4)． 18．如图，在菱形中，对角线与交于点，过点作交的延长线于点，在上截取，连接，． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，求的长． 19．已知：关于的方程． (1)求证：不论为任何实数，此方程总有实数根； (2)如果该方程有两个不同的整数根，且为整数，求的值． 20．正方形的内角平分线是一类较为特殊的平分线，可以推演出一些有趣的结论．如图1，在正方形中，为正方形对角线，是的平分线，且与边交于点． (1)求证：； (2)如图2，为中点，连接，若，则求的长． 21．如图，某小区有一块长、宽的矩形空地，现计划在空地上修建两条宽度相同且互相垂直的小路（一条与空地的长边平行，一条与空地的宽边平行），剩余部分种植草坪．若草坪的面积为，求小路的宽度． 22．由小正方形构成的网格中，每个正方形的顶点叫做格点．的顶点都在格点上，仅用无刻度的直尺在给定的网格中按要求作图（不写作法，保留作图痕迹） (1)在图1中，仅用无刻度尺子在线段上找一点D，使得； (2)在图2中，仅用无刻度尺子在线段上找一点M，使得 (3)在图3中，仅用无刻度尺子在线段上找一点D，使得； 23．如图，在菱形中，，点是边上一动点，连接，将沿翻折得到，射线交射线于点． (1)【感知】如图1，当于点，时，求线段的长； (2)【探究】如图2，当时，交于点，交于点，求的值； (3)【拓展】如图3，当时，交于点，交于点，求的值．（用含的代数式表示）． 24．阅读材料，解答问题： 材料1：为了解方程，如果我们把看作一个整体，然后设，则原方程可化为，经过运算，原方程的解为，．我们把以上这种解决问题的方法通常叫做换元法． 材料2：已知实数m，n满足，，且，显然m，n是方程的两个不相等的实数根，由韦达定理可知，． 根据上述材料，解决以下问题： 直接应用： (1)方程的解为_______________________； 间接应用： (2)已知实数m，n满足：，求的值． 拓展应用： (3)已知实数m，n满足：，且，求的值． 试卷第1页（共3页） 试卷第1页（共3页） 学科网（北京）股份有限公司 《第1-3章阶段巩固卷-2026-2027学年数学九年级上册北师大版》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C B D D D B D B C A 1．C 【详解】解：A选项是一元一次方程，不是一元二次方程； B选项含有两个未知数，不是一元二次方程； C选项可化为 ，是一元二次方程； D选项分母含有未知数，不是一元二次方程． 2．B 【详解】解：一元二次方程要求二次项系数不为 0，即， 解得 ． 3．D 【分析】由矩形对角线性质得，结合已知角度求出的度数，利用直角三角形性质与勾股定理求解的长． 【详解】解：如图， ∵四边形是矩形， ∴，，， ∵， ∴， ∴， ∴． 4．D 【分析】根据相似三角形的判定定理，两组对应边的比相等且夹角对应相等的两个三角形相似，将选项中的乘积式转化为比例式，结合公共角进行判断即可． 【详解】 解： 由可得， ， ， 只有选项D符合题意． 5．D 【分析】根据月历表数字排列规律，确定矩形框中最大数与最小数的差值，用含x的式子表示最小数，根据题意列方程即可． 【详解】解：由图可得，在个位置相邻的数中，最大数在右下角，最小数在左上角，左右相邻两数相差1，上下相邻两数相差7， 最小数与最大数相差， ∵最大数为x， 最小数为， ． 6．B 【分析】利用平行线分线段成比例定理及其推论，结合相似三角形的性质，逐项判断比例式是否成立； 【详解】解：对于A，， ， ，故A不符合题意； 对于B，， ，， ，， ， ，故B符合题意； 对于C，， ， 又， ，故C不符合题意； 对于D，， ，故D不符合题意． 7．D 【分析】根据矩形和折叠的性质得，再根据“角边角”证明，可得，然后设，可得，接下来说明，可得，最后解方程得出答案． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴， ∴． ∵将分别沿着折叠，折叠后点A，点B重合于点M， ∴， ∴． 同理，得， ∴． ∵， ∴． ∵， 同理，得． ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 设， ∵， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 联立，得， 解得或， ∵， ∴， ∴． 8．B 【分析】如图，连接，证是等边三角形，从而可得，又由可得，再根据折叠的性质得，最后在中利用三角形的内角和定理即可得度数． 【详解】解：如图，连接， ∵在菱形中，， ∴， ∴是等边三角形， ∵为中点， ∴，即， ∴， 又由折叠的性质得：， ∴， 在中，由三角形的内角和定理得：． 9．C 【分析】根据位似图形的概念得到四边形，，得到，求出，再根据相似多边形的周长比等于相似比计算即可． 【详解】解：∵四边形和是以点O为位似中心的位似图形， ∴四边形，， ， ， ∴四边形的周长四边形周长， ∵四边形的周长是3， ∴四边形的周长是9． 10．A 【分析】利用三角形中位线定理求出的长，进而求出正方形边长和，利用勾股定理求出，根据直角三角形斜边中线性质得出，最后计算周长． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴， ∵正方形中，对角线与相交于点O， ∴为的中点， ∵F为的中点， ∴是的中位线， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵，F为的中点， ∴， ∴的周长． 11． 【分析】利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，由求出，结合中点定义求出，再次利用直角三角形斜边中线性质求出； 【详解】解：在中，为的中点，， ， 为的中点， ， 在中，为的中点， ． 12． 【分析】已知一元二次方程的一个根，将根代入方程可求出，再利用根与系数的关系求出另一个根． 【详解】解：∵是方程的一个根， ∴将代入方程得， 整理得， 解得， 设方程的另一个根为，根据根与系数的关系，两根之积为， ∴， 解得． 13． 【分析】过点D作于点F，根据矩形和折叠的性质得到，利用勾股定理求出，，利用等面积法求出，进而得到，进而求解即可． 【详解】解：如图，过点D作于点F， ∵矩形三个顶点A、B、C的坐标分别为、、 ∴，，， ∴ 由折叠得，，，， ∴ ∴ ∵ ∴ ∴ ∴ ∴ ∵ ∴ ∴ ∴ ∴ ∴点D的坐标是． 14． 是 或 【分析】先求解第一个方程得到两根，根据“邻根方程”定义判断，再对第二个一元二次方程求解得到两根，根据定义列方程计算的值． 【详解】解：解方程，因式分解得， 解得，， ，满足一个根比另一个根大，符合“邻根方程”定义， 方程是“邻根方程”。 对一元二次方程因式分解得：， 或， 解得或， 该方程是“邻根方程”， 或， 解得或． 15．或或 【分析】根据勾股定理求出的长，确定和的长．分两种情况讨论：当点在上时，剪下的三角形为；当点在上时，剪下的三角形为．利用相似三角形的判定和性质，结合公共角和直角条件，列出比例式求出或的长，进而计算运动路程和时间． 【详解】解：在中，，，， ∴， ∵点为边的中点， ∴． 分两种情况讨论： （１）当点在上时，剪下的三角形为； ∵为公共角，要使与相似 ， ∴ 需满足或 ． ①若，则 ，如图： ∴即， 解得 ， 此时运动路程为，时间秒 ； ②若，则 ，如图： ∴，即 ， ∴解得   ， 此时运动路程为，时间秒 ； （２）当点在上时，剪下的三角形为， ∵为公共角，要使与相似 ， ∴ 需满足或． ①若，则 ，如图： ∴即， 解得， 此时在上，距离点，距离点， 运动路程为，时间秒 ； ②若，则，如图： ∴即， 解得， ∵， ∴此时点不在边上，故舍去 ． 综上所述，运动时间为或或秒． 16． 【分析】根据正方形的性质求出的长度，再利用角平分线定义和等腰三角形的性质及判定即可求出，设参数，利用三角形相似构造线段比例相等，列关于的方程，解出，再根据勾股定理即可求出长度． 【详解】解：过点作于，如图所示， 为正方形， ，， ， ， 平分，， ， ， ， ，， ， ， 设，则， ， ， 在中，． 17．(1)， (2)， (3)， (4)， 【分析】（1）利用配方法解一元二次方程即可； （2）利用公式法解一元二次方程即可； （3）先移项，再利用直接开平方法解一元二次方程即可； （4）先移项，再利用因式分解法解一元二次方程即可． 【详解】（1）解：， 移项得，， 配方得，， 解得，即或， ，． （2）解： ∵，，， ∴， ∴， ∴，． （3）解：， 移项得，， 系数化为得，， 直接开平方得，， ∴，． （4）解：， ， ， ， 或， ∴，． 18．(1)证明：∵四边形是菱形， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴， 则平行四边形是矩形． (2) 【分析】（１）结合菱形的对边平行和对边平行且相等的四边形是平行四边形，可证明四边形是平行四边形，再结合有一个直角的平行四边形是矩形即可得证； （２）利用菱形的对角线相互垂直和勾股定理，可得，再利用直角三角形斜边中线等于斜边的一半即可求解． 【详解】（1）见答案 （2）解：∵四边形是菱形， ∴，，， ∵， ∴， ∵， ∴在中，， ∴， ∵且， ∴在中，． 19．(1)证明：当时，方程为，解得， 此时方程有实数根； 当时，方程为一元二次方程，判别式． ，即， 此时方程有两个实数根， 综上，不论为任何实数，此方程总有实数根． (2)的值为，， 【分析】（1）需要分情况讨论，当时，方程为一元一次方程，求解即可；当时，方程为一元二次方程，根据方程的系数结合根的判别式，即可得出，由此即可得证； （2）利用因式分解法解一元二次方程，可得出方程的解，根据该方程有两个不同的整数根，结合为整数，即可求出的值． 【详解】（1）略 （2）解：由题意可知，，即方程为一元二次方程， 又， ， 或， 解得，． 又该方程有两个不同的整数根，即，故，且为整数，为整数， 的值为，，． 20．(1)证明：如图，作于点， ∵四边形是正方形， ∴，， ∵是的平分线， 又∵，， ∴，， 在中，，， ∴是等腰直角三角形， ∴， 由勾股定理可得，， ∵， ∴． (2) 【分析】（1）作于点，由角平分线的性质定理可得，容易判断是等腰直角三角形，则； （2）作于点，设，由（1）可知，，利用勾股定理表示出，进而求出，在中，利用勾股定理列方程求解出，进而求出． 【详解】（1）略 （2）解：如图，作于点，设，则， 由（1）可知，， ∵四边形是正方形， ∴， 在中，， ∵为中点， ∴， ∴， 在中，， ∴， 解得（负根舍去）， ∴． 21． 【分析】设小路的宽度为，根据题意列方程求解即可． 【详解】解：设小路的宽度为， 由题意得 化简得 解得，． 因为，小路的宽度不能超过空地的宽，所以不符合题意，舍去． 所以． 答：小路的宽度为． 22．(1)解：如下图，点D即为所求； (2)解：如下图，点M即为所求． (3)解：如下图，点D即为所求； 【分析】（1）取格点，使得且，连接，易得四边形为平行四边形；连接，交于点，结合平行四边形的性质“平行四边形的对角线相互平分”，可知，即可获得答案； （2）取格点F，在线段上取点G，使得，且，连接交于点，易得，故有． （3）取格点E，使得，且，得到是等腰直角三角形，且，连接与的交点即为点D． 【详解】（1）略 （2）略 （3）解：如图 理由如下：∵，， ∴， ∴是等腰直角三角形，且， ∴， 即． 23．(1) (2) (3) 【分析】（1）根据折叠的性质，得到，根据含30度角的直角三角形的性质结合勾股定理求出的长，线段的和差关系求出的长即可； （2）根据菱形的性质，得到，结合，推出，设，根据含30度角的直角三角形的性质和勾股定理，求出的长，折叠的性质得到，进而求出的长，再根据含30度角的直角三角形的性质和勾股定理，求出的长，线段的和差求出的长，即可得出结果； （3）设，则，进而得到，证明，得到，设，，得到，根据角平分线的性质以及同高（等高）三角形的面积比等于底边比，得到，进而得到，过点作，交的延长线于点，根据含30度的直角三角形的性质结合勾股定理求出，，进而得到，在中，利用勾股定理求出，进而得到，即可得到的长，进一步求出最终结果即可. 【详解】（1）解：∵折叠， ∴， ∵于点，， ∴， ∴， ∴， ∴； （2）解：∵菱形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 设，则，， ∵翻折， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴； （3）解：∵折叠， ∴，， ∴， ∵， ∴， 设，则， ∴， ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， 设，， ∴， ∴，， ∵， ∴平分， ∴点到的距离相等，设点到的距离为， 则， ∴， ∴， 过点作，交的延长线于点， ∵， ∴， ∴， ∴，， ∴， 在中，由勾股定理，得， ∴ ∴， 整理，得， ∴（舍）或， ∴， ∴， ∴. 24．(1)，，， (2)2或 (3)15 【分析】（1）仿照题意利用换元法解方程即可； （2）分两种情况：当时，当实数m，n是方程的两个不相等的实数根时，分别进行求解即可； （3）令，，则，，根据，得出即，再根据一元二次方程根与系数的关系进行求解即可． 【详解】（1）解：令，则有， ∴， ∴，， ∴或3， ∴，，，； （2）解：实数m，n满足：， 当时，， 当实数m，n是方程的两个不相等的实数根时， ， ， 的值为2或； （3）解：令，，则，， ∵， ∴即， ∴，是方程的两个不相等的实数根， ∴， 故． 答案第1页（共2页） 答案第1页（共2页） 学科网（北京）股份有限公司 $