精品解析：四川省成都高新实验中学2026-2027学年九年级上学期10月学情自测数学试题

数学定时作业 （时间：120分钟） A卷（共100分） 第I卷（选择题，共32分） 一、选择题（本大题共8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，答案涂在答题卡上） 1. 下列方程属于一元二次方程的是（　　） A. x2+y+2＝0 B. x+y＝5 C. x+＝5 D. x2+2x＝3 2. 若添加一个条件，使得是矩形，则这个条件可以是（ ）． A. B. C. D. 3. 如表示代数式的部分值得情况．根据表中的数据，则关于方程的一个正根的判断正确的是（ ） A. B. C. D. 4. 一元二次方程的根的情况是（ ） A. 有两个相等的实数根 B. 只有一个实数根 C. 有两个不相等的实数根 D. 没有实数根 5. 如图，在菱形 中，于点E，，则菱形 的周长是（） A. 6 B. 8 C. 10 D. 12 6. 用配方法解方程时，方程可变形为（ ） A. B. C. D. 7. 中国声谷是合肥高新区的国家级人工智能产业基地，是合肥“科创名城”的核心名片．在2025年“中国声谷杯”全国大学生人工智能创新大赛的初赛阶段，参赛的每两个队伍之间都需要进行一场项目路演答辩（单循环赛制），共进行了105场比拼．设共有个队伍参加初赛，则下列方程符合题意的是（ ） A. B. C. D. 8. 如图，菱形的对角线，相交于点，过点作于点，连接，若，，则菱形的周长为（ ） A. 20 B. 18 C. 24 D. 15 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，答案写在答题卡上） 9. 一元二次方程化成一般形式后，一次项系数为_____，常数项为_____． 10. 若m，n是一元二次方程的两根，则______． 11. 若是关于x的一元二次方程，则m的值为______． 12. 如图，是矩形对角线的中点，是的中点，，则的长为_____ 13. 如图，在正方形中，点是上一点，过点作于点，于点，连结，若，则的最小值为________． 三、解答题（本大题共5个小题，共48分，解答过程写在答题卡上） 14. 计算题： （1）；（配方法）； （2）；（公式法） （3）．（自选方法） 15. 已知，是关于x的方程的两个根，求下列各式的值． （1）； （2）． 16. 已知：如图，在中，，，，点P从点A开始沿边向点B以的速度移动，点Q从点B开始沿边向点C以的速度移动．设运动时间为． （1）填空：_____，_____．（用含t的代数式表示） （2）如果P，Q分别从A，B同时出发，那么几秒后，的面积等于？ 17. 如图，在平行四边形中，对角线、交于点O，平分，过点D作，交的延长线于点E． （1）求证：四边形是菱形； （2）若，，求的长． 18. 在平面直角坐标系中，过原点及点、作矩形，的平分线交于点．点从点出发，以每秒个单位长度的速度沿射线方向移动；同时点从点出发，以每秒个单位长度的速度沿轴正方向移动．设移动时间为秒． （1）填空：_______，_______（用含的代数式表示） （2）设的面积为，的面积为，当为何值时，的值为． （3）求当为何值时，为直角三角形． 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，答案写在答题卡上） 19. 设、是方程的两个实数根，则的值为________． 20. 若m，n是一元二次方程的两个实数根，则的值为______． 21. 已知关于的一元二次方程，若等腰三角形的一边长为，另两边长恰好是该方程的两个根，则的值是______． 22. 矩形绕点A旋转得到矩形（B与E，C与F对应），的延长线交于点H，若点G恰好为的中点，，，则_____． 23. 如图，已知∠MON＝30°，B为OM上一点，BA⊥ON于A，四边形ABCD为正方形，P为射线BM上一动点，连结CP，将CP绕点C顺时针方向旋转90°得CE，连结BE，若AB＝，则BE的最小值为________． 二、解答题（本大题共3个小题，共30分，解答过程写在答题卡上） 24. 为迎接师一学校第二十六届运动会，某同学设计了一款纪念版吉祥物．某商店该吉祥物的售价为64元/个，为了促销，商店决定进行两次降价调整，最终售价为49元/个，每天能售出50个． （1）求该吉祥物两次降价的平均百分率； （2）若该吉祥物每个的成本价为20元，临近运动会，为了减少库存，决定再次进行降价销售，经调查发现，每降价2元，每天可多售20个，若每天利润为2730元，则每个降价多少元? 25. 阅读材料： 材料1：一元二次方程的两根，有如下的关系（韦达定理）：，． 材料2：有些数学问题虽然表面与一元二次方程无关，但是我们能够通过构造一元二次方程，并利用一元二次方程的有关知识将其解决．下面介绍两种基本构造方法： 方法1：利用根的定义构造．例如，若实数、满足、，且，则可将、看作是方程的两个不相等的实数根． 方法2：利用韦达定理逆向构造．例如，如若实数、满足、，则可以将、看作是方程的两实数根． 根据上述材料解决下面问题： （1）已知实数、，且，满足、，则的值为___________； （2）若关于的方程有两个实数根，，若满足，求的值； （3）已知实数、、满足、，且，求的最大值． 26. 定义：一组对角互补，且有一组邻边相等的四边形称为“奇妙四边形”． （1）下列选项中一定是“奇妙四边形”的是________； A．正方形 B．平行四边形 C．菱形 D．矩形 （2）如图，在边长为的正方形中，为边上一动点（不与，重合），交于点，过作交于点． 判断四边形是否为“奇妙四边形，”并说明理由； 若四边形是“奇妙四边形”，连接，请直接写出的面积． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 数学定时作业 （时间：120分钟） A卷（共100分） 第I卷（选择题，共32分） 一、选择题（本大题共8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，答案涂在答题卡上） 1. 下列方程属于一元二次方程的是（　　） A. x2+y+2＝0 B. x+y＝5 C. x+＝5 D. x2+2x＝3 【答案】D 【解析】 【分析】根据一元二次方程的定义必须满足四个条件：（1）未知数的最高次数是2；（2）二次项系数不为0；（3）是整式方程；（4）含有一个未知数，逐一进行判断． 【详解】解：A、未知数的最高次数是1，且有两个未知数，故本选项不符合题意； B、方程含有两个未知数，是二元一次方程，故本选项不符合题意； C、是分式方程，不是整式方程，故本选项不符合题意； D、符合一元二次方程的定义，故本选项符合题意． 故选：D． 【点睛】此题主要考查了一元二次方程的定义，熟练掌握定义是解题的关键． 2. 若添加一个条件，使得是矩形，则这个条件可以是（ ）． A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据平行四边形的性质以及矩形、菱形的判定定理逐一判断各选项即可． 【详解】解：已知四边形是平行四边形，对各选项逐一判断如下： 选项：平行四边形对边相等，是平行四边形固有性质，添加该条件不能判定是矩形，故选项不符合题意； 选项：根据矩形的判定定理，对角线相等的平行四边形是矩形，因此添加可判定是矩形，故选项符合题意； 选项：对角线互相垂直的平行四边形是菱形，不是矩形，因此添加不能判定是矩形，故选项不符合题意； 选项：一组邻边相等的平行四边形是菱形，不是矩形，因此添加不能判定是矩形，故选项不符合题意. 3. 如表示代数式的部分值得情况．根据表中的数据，则关于方程的一个正根的判断正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题主要考查了估算一元二次方程解的范围，理解题意是解决本题的关键． 通过观察代数式值的符号变化，利用函数连续性即可确定根所在区间． 【详解】解：∵当时，， 当时，， ∴方程在和之间有一个正根， 即． 故选C． 4. 一元二次方程的根的情况是（ ） A. 有两个相等的实数根 B. 只有一个实数根 C. 有两个不相等的实数根 D. 没有实数根 【答案】D 【解析】 【分析】先求出的值，再判断出其符号即可． 【详解】解：∵， ∴方程没有实数根． 故选：D． 【点睛】本题考查的是根的判别式，熟知一元二次方程的根的判别式的意义是解答此题的关键． 5. 如图，在菱形 中，于点E，，则菱形 的周长是（） A. 6 B. 8 C. 10 D. 12 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了菱形的性质，三角形中位线的性质，直角三角形的性质，连接，根据题意可得是直角三角形，结合菱形的性质可得点是的中点，求出，由，易得点是的中点，易证是的中位线，推出，再根据菱形的性质即可求解． 【详解】解：连接， ∵， ∴ ∴是直角三角形， ∵四边形为菱形， ∴点是的中点，， ∴， ∵， ∴点是的中点， ∴是的中位线， ∴， ∴菱形 的周长是． 故选：B． 6. 用配方法解方程时，方程可变形为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据配方法可直接进行排除选项． 【详解】由配方法解方程时，方程可变形为； 故选A． 【点睛】本题主要考查配方法解一元二次方程，熟练掌握配方法是解题的关键． 7. 中国声谷是合肥高新区的国家级人工智能产业基地，是合肥“科创名城”的核心名片．在2025年“中国声谷杯”全国大学生人工智能创新大赛的初赛阶段，参赛的每两个队伍之间都需要进行一场项目路演答辩（单循环赛制），共进行了105场比拼．设共有个队伍参加初赛，则下列方程符合题意的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据实际问题列一元二次方程． 【详解】解：∵共有个队伍参加比赛，单循环赛制中每个队伍需要和除自身外的个队伍各比赛一场， 又∵每场比赛由2个队伍共同参与，直接计算会重复计算每一场比赛， ∴总比赛场数为， 已知总比赛场数为场， ∴可得方程． 8. 如图，菱形的对角线，相交于点，过点作于点，连接，若，，则菱形的周长为（ ） A. 20 B. 18 C. 24 D. 15 【答案】A 【解析】 【分析】利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求得，再根据菱形的性质可得菱形的边长，即可求得菱形的周长． 【详解】解：在菱形中，， ， ， ， ， 根据勾股定理可得， 在菱形中，， 菱形的周长为． 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，答案写在答题卡上） 9. 一元二次方程化成一般形式后，一次项系数为_____，常数项为_____． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【详解】解：一元二次方程化成一般形式为， 各项分别为， ∴一次项为，一次项系数为；常数项为 10. 若m，n是一元二次方程的两根，则______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了根与系数的关系：若，是一元二次方程的两根时，，，直接利用根与系数的关系求解即可． 【详解】解：∵m，n是一元二次方程的两根， ∴， 故答案为：． 11. 若是关于x的一元二次方程，则m的值为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据一元二次方程的定义，未知数最高次数为2，且二次项系数不为0，据此列条件求解． 【详解】解：∵方程是关于的一元二次方程， ∴需满足， 由解得或又由得， ∴． 12. 如图，是矩形对角线的中点，是的中点，，则的长为_____ 【答案】## 【解析】 【分析】先根据中位线的性质求出，再根据勾股定理求出，最后根据直角三角形的性质求出的长． 【详解】解：∵是的中点，是的中点，， ∴， ∵四边形为矩形， ∴，， ∴， ∵，是的中点， ∴． 13. 如图，在正方形中，点是上一点，过点作于点，于点，连结，若，则的最小值为________． 【答案】 【解析】 【分析】连接，证明四边形是矩形，得，根据“垂线段最短”可求出的最小值为，从而可得出的最小值． 【详解】解：连接， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∵于点，于点F， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， 根据“垂线段最短”，当时，取得最小值，即取得最小值． 当时， ∵， ∴是斜边上的中线， ∴ ∴的最小值为． 三、解答题（本大题共5个小题，共48分，解答过程写在答题卡上） 14. 计算题： （1）；（配方法）； （2）；（公式法） （3）．（自选方法） 【答案】（1），． （2），． （3），． 【解析】 【分析】（1）二次项系数是 且一次项系数为偶数，移项后两边加上一次项系数一半的平方，把左边配成完全平方式，再用直接开平方法求解； （2）确定 、、，先计算判别式 ，再代入求根公式求解； （3）观察左边的二次三项式可分解为两个一次因式的积，用因式分解法把原方程化为两个一元一次方程求解． 【小问1详解】 解：移项，得 ． 配方，得 ，即 ． 直接开平方，得 或 ． ∴ ，． 【小问2详解】 解：∵ ，，， ∴ ． 由求根公式 ，得 ． ∴ ，． 【小问3详解】 解：原方程可化为 ． ∴ 或 ． ∴ ，． 15. 已知，是关于x的方程的两个根，求下列各式的值． （1）； （2）． 【答案】（1）3； （2）． 【解析】 【分析】（1）根据根与系数的关系可得，，将所求代数式进行通分，再代入计算即可； （2）利用，计算即可求解． 【小问1详解】 解：由题意可得，， 即： ； 【小问2详解】 解： ． 16. 已知：如图，在中，，，，点P从点A开始沿边向点B以的速度移动，点Q从点B开始沿边向点C以的速度移动．设运动时间为． （1）填空：_____，_____．（用含t的代数式表示） （2）如果P，Q分别从A，B同时出发，那么几秒后，的面积等于？ 【答案】（1）， （2）2秒或者3秒 【解析】 【分析】（1）速度乘以时间等于行走的距离，据此列式即可； （2）结合（1）的结论，根据三角形的面积公式，列出关于t的一元二次方程，解方程即可作答． 【小问1详解】 解：根据运动可知：，， ∴； 【小问2详解】 解：结合（1）的结果，根据题意有：， ∴， 解得： ，， 即：那么2秒或者3秒后，的面积等于 17. 如图，在平行四边形中，对角线、交于点O，平分，过点D作，交的延长线于点E． （1）求证：四边形是菱形； （2）若，，求的长． 【答案】（1）证明：平行四边形， ， ， 平分， ， ， ， 四边形是菱形； （2） 【解析】 【分析】（1）根据平行四边形的性质和等角对等边的性质，得出，再利用有一组邻边相等的平行四边形是菱形即可证明； （2）设，由勾股定理可得，从而列方程求出，再利用勾股定理求解． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：由（1）可知，四边形是菱形， ，， ， 设，则， 在中，， 在中，， ， ， 解得：，即， ． 18. 在平面直角坐标系中，过原点及点、作矩形，的平分线交于点．点从点出发，以每秒个单位长度的速度沿射线方向移动；同时点从点出发，以每秒个单位长度的速度沿轴正方向移动．设移动时间为秒． （1）填空：_______，_______（用含的代数式表示） （2）设的面积为，的面积为，当为何值时，的值为． （3）求当为何值时，为直角三角形． 【答案】（1）； （2） （3）或或 【解析】 【分析】（1）根据路程等于速度乘以时间，即可表达，； （2）连接，过点作于点，根据，得，又根据，则，根据勾股定理得，推出是等腰直角三角形，得；是直角三角形，当在左侧时，根据三角形面积公式得：；当在右侧时，面积为：，分类讨论，即可求出时的值； （3）当为直角三角形时，或或，根据是等腰直角三角形，则；根据勾股定理，即可求出的值． 【小问1详解】 ∵点从点出发，以每秒个单位长度的速度沿射线方向移动；同时点从点出发，以每秒个单位长度的速度沿轴正方向移动 ∴；． 【小问2详解】 连接，过点作于点 ∵四边形是矩形，点，点 ∴， ∵ ∴ ∴在直角三角形中， ∴ ∵ ∴ ∴在直角三角形中， ∴ ∴是等腰直角三角形 ∴ ∵当在左侧时，即时， ∴ ∴ ∴当时 ∴解得，（舍） 不满足； 在右侧时，时， ∴ ∴ ∴当时，解得，（舍） ∴当，． 【小问3详解】 连接，， 由（2）得， ∵是直角三角形， ∴ ∵ ∴， ∴在， ∴ ∵为直角三角形时 ∴或或 ∵是等腰直角三角形，则 ∴或 时， ∴ 整理得： 解得：（舍）， ∴ 时， ∴ 解得：， ∴或 ∴综上所述，当或或时，为直角三角形时． 【点睛】本题考查动点问题，直角三角形和一元二次方程的知识，解题的关键是掌握动点的运动轨迹，勾股定理和解一元二次方程的解法． 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，答案写在答题卡上） 19. 设、是方程的两个实数根，则的值为________． 【答案】 【解析】 【分析】根据一元二次方程根与系数的关系求出两根之和与两根之积，再将所求代数式展开变形为含两根之和与两根之积的形式，代入计算即可求解． 【详解】解：∵、是方程的两个实数根， ∴由根与系数的关系可知：，， ． 20. 若m，n是一元二次方程的两个实数根，则的值为______． 【答案】 3 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程根与系数的关系，方程的根的性质，根据根与系数的关系可得，并将所求表达式化简为 ． 【详解】解：∵m是方程的根， ∴， ∴， 又∵， ∴， 故答案为：3． 21. 已知关于的一元二次方程，若等腰三角形的一边长为，另两边长恰好是该方程的两个根，则的值是______． 【答案】或 【解析】 【分析】此题主要考查了一元二次方程的应用、根的判别式及三角形三边关系定理，注意求出三角形的三边后，要用三边关系定理检验．已知可能是底，也可能是腰，分两种情况求得，的值后，可得结论． 【详解】解：若为底边，设，为腰长，则，则， ， 解得：， 此时原方程化为， ，即， 此时三边为，，能构成三角形， ； 若，则或，即方程有一根为， 把代入方程，得， 解得：， 此时方程为， 解得：，， 方程另一根为， 、、能构成三角形， ，综上，的值为或， 故答案为：或． 22. 矩形绕点A旋转得到矩形（B与E，C与F对应），的延长线交于点H，若点G恰好为的中点，，，则_____． 【答案】 【解析】 【分析】过点F作交延长线于T，过点C作于Q，连接，设，则，由旋转的性质可得，先证明，再证明，得到，通过证明，推出，再证明，得到，则，利用含30度角的直角三角形的性质和勾股定理求出，据此可得答案． 【详解】解：如图所示，过点F作交延长线于T，过点C作于Q，连接， ∵四边形是矩形， ∴ 设，则， 由旋转的性质可得， ∴， ∴， ∴， ∵点G恰好为的中点， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 23. 如图，已知∠MON＝30°，B为OM上一点，BA⊥ON于A，四边形ABCD为正方形，P为射线BM上一动点，连结CP，将CP绕点C顺时针方向旋转90°得CE，连结BE，若AB＝，则BE的最小值为________． 【答案】 【解析】 【分析】将BC绕着点C顺时针旋转90°得FC，作直线FE交OM于H，则∠BCF=90°，BC=FC，证△BCP≌△FCE(SAS)，得∠BHF=90°，故点E在直线FH上，即点E的轨迹为直线FH，当点E与点H重合时，BE=BH最短，根据直角三角形性质得CP，正方形CPHE中，PH=CP= ，BH=BP+PH即可得出答案． 【详解】如图所示， 将BC绕着点C顺时针旋转90°得FC,作直线FE交OM于H,则∠BCF=90°，BC=FC， ∵将CP绕点C按顺时针方向旋转90°得CE， ∴∠PCE=90°，PC=EC， ∴∠BCP=∠FCE， 在△BCP和△FCE中， BC=FC，∠BCP=∠FCE，PC=EC， ∴△BCP≌△FCE(SAS)， ∴∠CBP=∠CFE， 又∵∠BCF=90°， ∴∠BHF=90°， ∴点E在直线FH上，即点E的轨迹为直线FH， ∵BH⊥EF， ∴当点E与点H重合时，BE=BH最短， ∵当CP⊥OM时，Rt△BCP中，∠CBP=30°， ∴CP=BC= ，BP= = ， 又∵∠PCE=∠CPH=∠PHE=90°，CP=CE， ∴正方形CPHE中，PH=CP= ， ∴BH=BP+PH= ， 即BE的最小值为， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质以及垂线段最短的综合运用，解决问题的关键是作辅助线构造全等三角形，根据全等三角形的对应边相等以及垂线段最短进行判断． 二、解答题（本大题共3个小题，共30分，解答过程写在答题卡上） 24. 为迎接师一学校第二十六届运动会，某同学设计了一款纪念版吉祥物．某商店该吉祥物的售价为64元/个，为了促销，商店决定进行两次降价调整，最终售价为49元/个，每天能售出50个． （1）求该吉祥物两次降价的平均百分率； （2）若该吉祥物每个的成本价为20元，临近运动会，为了减少库存，决定再次进行降价销售，经调查发现，每降价2元，每天可多售20个，若每天利润为2730元，则每个降价多少元? 【答案】（1）该吉祥物两次降价的平均百分率为 （2）每个降价16元 【解析】 【分析】本题主要考查了一元二次方程应用，关键是根据题意找到等式两边的平衡条件，这种价格问题主要解决价格变化前后的平衡关系，列出方程，解答即可． （1）设每次降价的百分率为x， 根据“商店决定进行两次降价调整，最终售价为49元/个”，列出方程求解即可； （2）设每天要想获得2730元的利润，且更有利于减少库存，则每件商品应降价y元，由销售问题的数量关系建立方程求出其解即可． 【小问1详解】 解：设每次降价的百分率为x，由题意得： ， 解得：（不合题意，舍去） 答：该吉祥物两次降价的平均百分率为； 【小问2详解】 解：设每个商品应降价y元，由题意得： ， 解得：， 为了减少库存，应取， 答：每个降价16元． 25. 阅读材料： 材料1：一元二次方程的两根，有如下的关系（韦达定理）：，． 材料2：有些数学问题虽然表面与一元二次方程无关，但是我们能够通过构造一元二次方程，并利用一元二次方程的有关知识将其解决．下面介绍两种基本构造方法： 方法1：利用根的定义构造．例如，若实数、满足、，且，则可将、看作是方程的两个不相等的实数根． 方法2：利用韦达定理逆向构造．例如，如若实数、满足、，则可以将、看作是方程的两实数根． 根据上述材料解决下面问题： （1）已知实数、，且，满足、，则的值为___________； （2）若关于的方程有两个实数根，，若满足，求的值； （3）已知实数、、满足、，且，求的最大值． 【答案】（1） （2） （3）的最大值为1 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程根与系数的关系，正确理解一元二次方程根与系数的关系是解题的关键． （1）根据实数、是一元二次方程的两根，再根据一元二次方程根与系数的关系进行求解即可； （2）先将，代入求出，再由一元二次方程根与系数的关系，即可求解； （3）将、看作是方程的两实数根，再由一元二次方程根的判别式得不等式，结合即可求解． 【小问1详解】 解：实数、，且，满足、， 实数、（）是一元二次方程的两根， ， 故答案为：； 【小问2详解】 解：方程两个实数根，，若满足， ，无解或， ， ， ，， ． 【小问3详解】 解：，， 将、看作是方程的两实数根； ， 而， ， ， 即， 的最大值为1． 26. 定义：一组对角互补，且有一组邻边相等的四边形称为“奇妙四边形”． （1）下列选项中一定是“奇妙四边形”的是________； A．正方形 B．平行四边形 C．菱形 D．矩形 （2）如图，在边长为的正方形中，为边上一动点（不与，重合），交于点，过作交于点． 判断四边形是否为“奇妙四边形，”并说明理由； 若四边形是“奇妙四边形”，连接，请直接写出的面积． 【答案】（1）A； （2）解：四边形是“奇妙四边形”，理由如下： 如下图所示， 四边形是正方形， ，， ， ， ， 四边形内角和为， ， 又， ， 四边形是正方形， ，， 在和中， ， ， ，， ， ， ， 四边形是“奇妙四边形”； 或． 【解析】 【分析】根据“奇妙四边形”的定义进行判断即可； 根据正方形的性质和垂直的定义可得：，根据四边形内角和定理和邻补角定义可证，根据正方形的性质可证，，利用可证，根据全等三角形的性质可证，，等量代换可证，根据等角对等边可证，所以可证结论成立； 因为，所以四边形有一组对角互补，根据“奇妙四边形”的定义还需要有一组邻边相等，所以应分、、、四情况求解． 【小问1详解】 解：正方形、矩形的四个角都是直角， 正方形、矩形都满足有一组对角互补， 只有正方形的四条边都相等， 正方形是“奇妙四边形”， 故选：A； 【小问2详解】 略 解：四边形是正方形， ， ， ， ， 四边形内角和为， ， 若四边形是“奇妙四边形”， 则需要有一组邻边相等， 当时， 如下图所示，连接， 四边形是正方形， ，， 在和中，， ， ， 由可知， ， 是等边三角形， ， ， ， ， 在中，， ， ， 解得：， ， 如下图所示，过点作于M， 设， 由可知， ， ， 在中，， 是正方形的对角线， ， ， ， 解得：， ， ， ； 当时，则点是的中点， 则只有当点与点重合时成立， 故不符合题意； 当时， 如下图所示，连接， 在和中，， ， ， 同上； 如下图所示， 当时，则有是等腰直角三角形， ，， 在和中，， ， ， 把绕点顺时针旋转到的位置， ， 由可知， ， ， 在和中，， ， ， ， ， 设，则，， 在中，， ， 解得：，(不符合题意，舍去)， ， 在中，， 在中，， ， ， ， ； 综上所述，的面积为或． 【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，等边三角形的判定与性质等知识，解决本题的关键是理解“奇妙四边形”的定义，根据“奇妙四边形”找出边和角的关系，分情况求解即可． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $