2026-2027学年北师大版数学九年级上学期期中仿真模拟试卷一（范围：1-4章）

北师大版数学九年级上学期期中仿真模拟试卷一（范围：1-4章） 一、选择题（本大题共8小题，每小题3分，共24分） 1．如图所示是一个收藏于深圳市博物馆的钧瓷月白釉碗，它具有很高的历史价值和艺术价值．关于它的三视图，下列说法正确的是（　　） A．主视图与俯视图相同 B．主视图与左视图相同 C．左视图与俯视图相同 D．三种视图都相同 【答案】B 【知识点】简单几何体的三视图 【解析】【解答】这个几何体的主视图与左视图相同，俯视图与主视图和左视图不相同． 故选：B． 【分析】根据简单几何体的三视图结合题意即可求解。 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 【答案】C 【知识点】比例线段 【解析】【解答】解：∵是成比例线段， ∴， ∵， ∴. 故答案为：C. 【分析】根据成比例线段的定义得到，求出d的取值范围解答即可. 3．下列说法不正确的是（ ） A．有一组邻边相等的平行四边形是菱形 B．有一个角是直角的平行四边形是矩形 C．有一组邻边相等且有一个角是直角的平行四边形是正方形 D．一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形 【答案】D 【知识点】平行四边形的判定；菱形的判定；矩形的判定；正方形的判定；举反例判断命题真假 【解析】【解答】解：根据菱形、矩形、正方形的判定规则，有一组邻边相等的平行四边形是菱形，有一个角是直角的平行四边形是矩形，有一组邻边相等且有一个角是直角的平行四边形是正方形，故A、B、C说法均正确，不符合题意；一组对边平行，另一组对边相等的四边形可能是等腰梯形，不一定是平行四边形，故D说法错误，符合题意． 故答案为：D。 【分析】 通过举反例排除错误选项，再结合特殊四边形的判定定理对剩余选项进行验证，从而得到正确结论. 4．根据下列表格中的对应值，可判断关于x的一元二次方程 的一个解x的范围是（　　) x 0 0.5 1 1.5 2 -2 -0.75 1 3.75 6 A．0<x<0.5 B．0.5<x<1 C．1<x<1.5 D．1.5<x<2 【答案】B 【知识点】估算一元二次方程的近似解 【解析】【解答】解：一元二次方程的解，对应二次函数的图象与x轴交点的横坐标。 由表格数据可知：当时，；当时，。 函数值在到之间由负变为正，说明该区间内函数图象与x轴有一个交点，即方程的一个解在范围内。 故答案为：B 【分析】本题考查一元二次方程的近似解与二次函数的关系。根据二次函数与一元二次方程的联系，方程的解即函数图象与x轴交点的横坐标。观察表格，当时函数值为（负），当时函数值为（正），函数值在此区间由负变正，说明图象在该区间穿过x轴，因此方程的一个解落在内。 5．如图，夜晚冬冬从 A 点走向B 点，他的影子会(　　). A．一直变长 B．一直变短 C．先变长，再变短 D．先变短，再变长 【答案】D 【知识点】中心投影 【解析】【解答】解：如图，夜晚冬冬从A点走向B点，他的影子会先变短，再变长. 故选： D. 【分析】根据接近光源时，影子会变短，远离光源时，影子会变长解答即可. 6．固态电池被视为下一代动力电池的核心方向.假设某企业研发的固态电池，其初始能量密度为500Wh/kg.经过两轮技术迭代后，能量密度达到720Wh/kg，且每轮技术迭代后，电池能量密度的平均增长率相同.设电池能量密度每轮的平均增长率为x，则可列方程为（　　) A．500（1+2x)=720 B．500（1+x)=720 C． D． 【答案】C 【知识点】列一元二次方程 【解析】【解答】解：增长率问题中，第一轮迭代后的能量密度初始能量密度增长率，第二轮迭代是在第一轮的基础上增长，因此第二轮后的能量密度初始能量密度增长率。 已知初始能量密度为，每轮平均增长率为，经过两轮迭代后为， 代入可得方程：。 故答案为：C 【分析】本题考查一元二次方程在增长率问题中的实际应用。根据平均增长率问题的数量关系，经过次增长后的总量初始量增长率。本题中初始能量密度为，经过两轮迭代即，每轮增长率为，最终达到，据此列出方程。 7．如图，正方形和正方形中，D在上，，，H是的中点，则长为（　　）． A． B．2.5 C． D．2 【答案】C 【知识点】勾股定理；正方形的性质；直角三角形斜边上的中线 【解析】【解答】解：连接AC、FC，如图所示， ∵四边形ABCD、四边形CEFG均为正方形，且BC=1，CE=3， ∴，，，， ∴，即为直角三角形。 由勾股定理得： ， ， ∴。 ∵H是AF的中点，且△ACF为直角三角形， ∴由直角三角形斜边中线定理得。 故答案为：C 【分析】本题考查正方形的性质、勾股定理与直角三角形斜边中线定理。通过作辅助线连接AC、FC，利用正方形对角线与边的夹角为45°，推导出∠ACF为直角，将问题转化为直角三角形求中线的问题。先分别用勾股定理计算两条直角边AC、CF的长度，再由勾股定理求出斜边AF，最后根据直角三角形斜边中线等于斜边的一半，得出CH的长度。 8．如图，菱形的边长为3，，过点D作，交的延长线于点E，连接分别交、于点G、F，则的长为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】含30°角的直角三角形；勾股定理；菱形的性质；相似三角形的性质-对应边；相似三角形的判定预备定理（利用平行） 【解析】【解答】解：∵四边形是边长为3的菱形， ∴， ∴， ∵，交的延长线于点E， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 故选：C． 【分析】 首先利用菱形的性质，可以得到，由此可以推导出，且。接下来借助勾股定理计算出的长度，再依次求出的长度，之后证明，最后利用相似三角形对应边成比例的性质，即可得到最终答案. 二、填空题（本大题共5小题，每小题3分，共15分） 9．如图，，与相交于点G，且，，，，则的值为 　 　 ． 【答案】8 【知识点】两条直线被一组平行线所截，所得的对应线段成比例 【解析】【解答】解：， ， 即， 解得 ， ， ，即， 解得 ， ， 故答案为：8． 【分析】 先依据平行线分线段成比例定理列出对应比例式，计算得到的长度，再次利用该定理求出的长度，最后就可以计算得到的长度. 10．如图，在平行四边形ABCD中，添加一个条件　 　，使平行四边形ABCD是矩形． ​​​​​​​ 【答案】AC=BD(答案不唯一) 【知识点】矩形的判定 【解析】【解答】解：若使平行四边形ABCD变为矩形，可添加的条件是：AC=BD(对角线相等的平行四边形是矩形)； ∠ABC=90°(有一个角是直角的平行四边形是矩形) 故答案为： AC=BD(答案不唯一). 【分析】根据矩形的判定定理解答即可. 11．如图，在A时测得一棵大树的影长为3米，B时又测得该树的影长为6米，若两次日照的光线互相垂直，则树的高度是　 　米． 【答案】 【知识点】相似三角形的实际应用；平行投影；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边 【解析】【解答】解：根据题意，作△EFC； 树高为CD，且∠ECF=90°，ED=3，FD=6， ∵， ∴， 又， ∴Rt△EDC∽Rt△CDF， ∴=， 即DC2=ED•FD， 代入数据可得DC2=18， ∴DC=； 故答案为：． 【分析】 根据题意画出对应示意图，不难得到：Rt△EDC∽Rt△CDF ，由此可以推出=，变形可得DC2=EDFD，代入数据即可求出树的高度. 12．若m是方程的一个根，则的值为　 　． 【答案】2025 【知识点】一元二次方程的根；求代数式的值-整体代入求值 【解析】【解答】解：∵m是方程的一个根， ∴， 即， 则． 故答案为：2025． 【分析】将m代入方程求出，再计算求解即可. 13．将一张以为边的矩形纸片，先沿一条直线剪掉一个直角三角形，在剩下的纸片中再沿一条直线剪掉一个直角三角形（剪掉的两个直角三角形相似），剩下的是如图所示的四边形纸片，其中， 则剪掉的两个直角三角形的斜边长可能是　 　． 【答案】；或；或；​​​​​​​ 【知识点】矩形的性质；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边；直角三角形的两锐角互余 【解析】【解答】解：如图所示矩形， 设， ∵， ∴， 显然， ∴， ∴， ， 即， ， ， ， 如图所示矩形， 设， ∵， ∴， 显然， ∴， ∴， ， ， ， ； 如图所示矩形， 则剪掉的两个直角三角形的斜边长为； ∴剪掉的两个直角三角形的斜边长可能是；或；或；． 故答案为：；或；或；． 【分析】本题从条件可知，原矩形裁掉两个直角三角形后得到图中的图形，结合图中图形的特点进行还原，有三种可能性的矩形，如图中所示；然后分别结合“直角三角形锐角互余”、“相似三角形的判定及对应边成比例”，列式计算求出对应的线段，最后进一步计算即可得出答案。 三、解答题（本大题共7小题，共61分） 14．解下列方程： （1） （2） （3）（4-x)x=（4-x) 【答案】（1）解：， 因式分解，得， ∴或， 解得，； （2）解：， ∵，，， ， ∴方程有两个不相等的实数根， ， ∴，； （3）解： 方程变形为， 因式分解，得， ∴或， 解得，． 【知识点】公式法解一元二次方程；因式分解法解一元二次方程；一元二次方程的求根公式及应用 【解析】【分析】本题考查一元二次方程的解法，分别运用因式分解法、公式法、因式分解法求解三个方程。 （1）观察方程左边的二次三项式，可通过十字相乘法分解为两个一次因式的乘积，令每个因式分别为0，即可得到两个一元一次方程，求解得到方程的两个根； （2）方程无法直接因式分解，先确定二次项系数、一次项系数和常数项，计算根的判别式判断根的情况，再代入求根公式计算即可得到两个实数根； （3）先将右边的项移到左边，提取公因式 进行因式分解，转化为两个一次因式乘积为0的形式，分别令因式为0求解即可，注意不能直接两边除以 ，避免漏根。 15．图1、图2、图3均是5×5的正方形网格，每个小正方形的顶点称为格点，点均在格点上，点不在格点上，是与格线的交点．请你仅用无刻度的直尺，按下列要求作图． （1）在图1中作的高线； （2）在图2中的边上确定点，连接，使得． （3）在图3中的边上确定点，连结，使得． 【答案】（1）解：如图所示：即为所求； （2）解：如图所示：即为所求； （3）解：如图所示：即为所求； 【知识点】三角形全等及其性质；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边；三角形的中线；三角形的高 【解析】【分析】 （1）在网格中，要作AC的垂线，可以利用网格的垂直关系，观察A、C的位置，设小正方形边长为1； （2）和有公共顶点A，且底边BC、BE在同一直线上，因此它们的高相等，根据三级凹形面积公式，面积之比等于底边之比； （3）找到格点，易得，推出；找到格点，易得，推出，进一步得，即可得到 （1）解：如图所示：即为所求； （2）解：如图所示：即为所求； （3）解：如图所示：即为所求： 16．图1是地面上由8个棱长为的正方体积木搭成的几何体，回答下列问题： （1）在图2中画出从正面、左面、上面看到的这个几何体的形状图； （2）将图1中小立方块①移走后，从　 　面看到的新几何体的形状图不发生改变，如果保持从这个面看的形状不改变，最多可以再移走　 　个小立方块．正，2 【答案】（1） （2）正；2 【知识点】作图﹣三视图；由三视图判断小正方体的个数；小正方体组合体的三视图 【解析】【解答】解：（2）结合（1）中的三视图以及原几何体可看出， 从正面看到的新几何体的形状图不发生改变，如果保持从这个面看的形状不改变，最多可以再移走右侧的两个立方体． 故答案为：正，2。 【分析】（1）根据三视图的定义，分别作图画出正面、左面和上面看到的几何体形状即可； （2）结合（1）的画图结果以及几何体，分析即可得出答案。 （1）三视图如下： （2）结合（1）中的三视图可判断出，只有正面看到形状图没有发生改变； 要保持所看到的形状，最多还可以从右侧移走两个立方体． 17．如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，AC．BD相交于点O，且O是BD的中点 （1）求证：四边形ABCD是平行四边形； （2）若，求四边形ABCD的周长． 【答案】（1）证明：， ， ，， ， ． 又， ∴四边形ABCD是平行四边形． （2）解：∵ ∴四边形ABCD为菱形 ∴四边形ABCD的周长为4×8=32 【知识点】平行线的性质；三角形全等及其性质；三角形全等的判定；平行四边形的判定；菱形的判定与性质 【解析】【分析】（1）根据直线平行性质可得，根据全等三角形判定定理可得，则，再根据平行四边形判定定理即可求出答案. （2）根据菱形判定定理及性质即可求出答案. 18．《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).小明利用“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，小明的眼睛到地面的距离DM为1.6m，测得AM=21m，求树高AB. 【答案】解：据题意可得 答：树高AB为15.6m 【知识点】相似三角形的实际应用 【解析】【分析】根据据题意可得 ，即可得出 由相似三角形的性质可得出 即可得出BC ，再根据AB=AC+BC即可得出答案. 19．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． 【知识点】三角形全等及其性质；等边三角形的判定与性质；勾股定理；正方形的性质；三角形全等的判定-SAS 【解析】【解答】 （1）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； （2） 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． 【分析】 我们结合题目给出的“奇妙四边形”的定义，对对应图形进行判断； 结合正方形的性质与两直线垂直的定义，我们可以得到，再结合四边形内角和定理与邻补角的定义，就可以推导出。再根据正方形的性质可以得到，，因此可以利用边角边(SAS)判定定理证明，再根据全等三角形对应边相等、对应角相等的性质，得到，，通过等量代换即可推导出，最后根据“等角对等边”即可推导出，即可完成结论证明； 已知，可以得到四边形已经满足一组对角互补的条件，根据“奇妙四边形”的定义，还需要满足一组邻边相等的要求，因此我们分为、、、四种不同的情况分别计算求解。 （1）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； （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”； 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． 20．综合与实践：阅读材料，并解决以下问题。 （1）学习研究：北师大版教材九年级上册第39页介绍了我国数学家赵爽在其所著的《勾股圆方图注》中关于一元二次方程的几何解法：以为例，求解过程如下： ①变形：将方程.变形为x（x+2)=35； ②构图：画四个长为x+2，宽为x的矩形，按如图（1）所示构造一个“空心”大正方形； ③解答：则图中大正方形的面积从整体看可表示为从局部看还可表示为四个矩形与中间小正方形面积之和，即因此，可得新的一元二次方程∵x表示边长，∴2x+2=12，即x=5。 这种数形结合方法虽然只能得到原方程的其中一个正根.但是从新方程可以得到原方程的另一个根是　 　。 （2）类比迁移：根据赵爽几何解法的方法求解方程的一个正根（写出完整的求解过程，并在画图区画出示意图、标明各边长)。 （3）拓展应用：一般地对于形如：的一元二次方程可以构造图（2）来解，已知图2是由四个面积为3的相同矩形构成，中间围成的小正方形面积为4。那么a=　 　，b=　 　，方程.的一个正根为　 　。 【答案】（1）x=-7 （2）解：将方程变形为， 画四个长为，宽为的矩形，按如图所示构造一个“空心”大正方形， 则图中大正方形的面积从整体看可表示为，从局部看还可表示为四个矩形与中间小正方形面积之和，即，因此，可得新的一元二次方程， ∵表示边长， ∴， 即． （3）2；-3；1 【知识点】配方法解一元二次方程；勾股定理的应用；一元二次方程的应用-几何问题 【解析】【解答】（1）由得 ∴ ∴原方程的另一个根是． 故答案为： （3） ∵中间围成的正方形面积为4， ∴中间正方形的边长为2， 设长方形的宽为x，则长为， 由题意得， 整理得， ，． 如图中大正方形的面积从整体看可表示为，从局部看还可表示为四个矩形与中间小正方形面积之和，即，因此，可得新的一元二次方程， ∵表示边长， ∴， 即． ∴方程的一个正根为． 故答案为：，．． 【分析】本题以赵爽弦图为背景，考查一元二次方程的几何解法，体现数形结合的数学思想。 （1）对于得到的新方程 ，根据平方根的意义，等式两边开平方可得 ，分别求解两个一元一次方程，除了正根外，另一个解即为原方程的负根。 （2）类比材料中的解法，先将方程变形为"x乘以(x减常数)等于常数"的形式，确定矩形的长和宽；再构造四个相同矩形围成的大正方形，分别用整体法和局部法表示大正方形的面积，建立等式得到新的一元二次方程，结合边长为正的条件开平方求解，即可得到方程的正根。 （3）先由中间小正方形的面积求出其边长，设矩形的宽为x，用含x的式子表示矩形的长；根据矩形面积为3列出方程，整理为一般形式后对比 即可得到a、b的值；再仿照材料中的方法构造大正方形面积等式，求解得到方程的正根。 学科网（北京）股份有限公司 $ 北师大版数学九年级上学期期中仿真模拟试卷一（范围：1-4章） 一、选择题（本大题共8小题，每小题3分，共24分） 1．如图所示是一个收藏于深圳市博物馆的钧瓷月白釉碗，它具有很高的历史价值和艺术价值．关于它的三视图，下列说法正确的是（　　） A．主视图与俯视图相同 B．主视图与左视图相同 C．左视图与俯视图相同 D．三种视图都相同 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．下列说法不正确的是（ ） A．有一组邻边相等的平行四边形是菱形 B．有一个角是直角的平行四边形是矩形 C．有一组邻边相等且有一个角是直角的平行四边形是正方形 D．一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形 4．根据下列表格中的对应值，可判断关于x的一元二次方程 的一个解x的范围是（　　) x 0 0.5 1 1.5 2 -2 -0.75 1 3.75 6 A．0<x<0.5 B．0.5<x<1 C．1<x<1.5 D．1.5<x<2 5．如图，夜晚冬冬从 A 点走向B 点，他的影子会(　　). A．一直变长 B．一直变短 C．先变长，再变短 D．先变短，再变长 6．固态电池被视为下一代动力电池的核心方向.假设某企业研发的固态电池，其初始能量密度为500Wh/kg.经过两轮技术迭代后，能量密度达到720Wh/kg，且每轮技术迭代后，电池能量密度的平均增长率相同.设电池能量密度每轮的平均增长率为x，则可列方程为（　　) A．500（1+2x)=720 B．500（1+x)=720 C． D． 7．如图，正方形和正方形中，D在上，，，H是的中点，则长为（　　）． A． B．2.5 C． D．2 8．如图，菱形的边长为3，，过点D作，交的延长线于点E，连接分别交、于点G、F，则的长为（　　） A． B． C． D． 二、填空题（本大题共5小题，每小题3分，共15分） 9．如图，，与相交于点G，且，，，，则的值为 　 　 ． 10．如图，在平行四边形ABCD中，添加一个条件　 　，使平行四边形ABCD是矩形． ​​​​​​​ 11．如图，在A时测得一棵大树的影长为3米，B时又测得该树的影长为6米，若两次日照的光线互相垂直，则树的高度是　 　米． 12．若m是方程的一个根，则的值为　 　． 13．将一张以为边的矩形纸片，先沿一条直线剪掉一个直角三角形，在剩下的纸片中再沿一条直线剪掉一个直角三角形（剪掉的两个直角三角形相似），剩下的是如图所示的四边形纸片，其中， 则剪掉的两个直角三角形的斜边长可能是　 　． 三、解答题（本大题共7小题，共61分） 14．解下列方程： （1） （2） （3）（4-x)x=（4-x) 15．图1、图2、图3均是5×5的正方形网格，每个小正方形的顶点称为格点，点均在格点上，点不在格点上，是与格线的交点．请你仅用无刻度的直尺，按下列要求作图． （1）在图1中作的高线； （2）在图2中的边上确定点，连接，使得． （3）在图3中的边上确定点，连结，使得． 16．图1是地面上由8个棱长为的正方体积木搭成的几何体，回答下列问题： （1）在图2中画出从正面、左面、上面看到的这个几何体的形状图； （2）将图1中小立方块①移走后，从　 　面看到的新几何体的形状图不发生改变，如果保持从这个面看的形状不改变，最多可以再移走　 　个小立方块．正，2 17．如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，AC．BD相交于点O，且O是BD的中点 （1）求证：四边形ABCD是平行四边形； （2）若，求四边形ABCD的周长． 18．《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).小明利用“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，小明的眼睛到地面的距离DM为1.6m，测得AM=21m，求树高AB. 19．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． 20．综合与实践：阅读材料，并解决以下问题。 （1）学习研究：北师大版教材九年级上册第39页介绍了我国数学家赵爽在其所著的《勾股圆方图注》中关于一元二次方程的几何解法：以为例，求解过程如下： ①变形：将方程.变形为x（x+2)=35； ②构图：画四个长为x+2，宽为x的矩形，按如图（1）所示构造一个“空心”大正方形； ③解答：则图中大正方形的面积从整体看可表示为从局部看还可表示为四个矩形与中间小正方形面积之和，即因此，可得新的一元二次方程∵x表示边长，∴2x+2=12，即x=5。 这种数形结合方法虽然只能得到原方程的其中一个正根.但是从新方程可以得到原方程的另一个根是　 　。 （2）类比迁移：根据赵爽几何解法的方法求解方程的一个正根（写出完整的求解过程，并在画图区画出示意图、标明各边长)。 （3）拓展应用：一般地对于形如：的一元二次方程可以构造图（2）来解，已知图2是由四个面积为3的相同矩形构成，中间围成的小正方形面积为4。那么a=　 　，b=　 　，方程.的一个正根为　 　。 答案解析部分 1．【答案】B 【知识点】简单几何体的三视图 【解析】【解答】这个几何体的主视图与左视图相同，俯视图与主视图和左视图不相同． 故选：B． 【分析】根据简单几何体的三视图结合题意即可求解。 2．【答案】C 【知识点】比例线段 【解析】【解答】解：∵是成比例线段， ∴， ∵， ∴. 故答案为：C. 【分析】根据成比例线段的定义得到，求出d的取值范围解答即可. 3．【答案】D 【知识点】平行四边形的判定；菱形的判定；矩形的判定；正方形的判定；举反例判断命题真假 【解析】【解答】解：根据菱形、矩形、正方形的判定规则，有一组邻边相等的平行四边形是菱形，有一个角是直角的平行四边形是矩形，有一组邻边相等且有一个角是直角的平行四边形是正方形，故A、B、C说法均正确，不符合题意；一组对边平行，另一组对边相等的四边形可能是等腰梯形，不一定是平行四边形，故D说法错误，符合题意． 故答案为：D。 【分析】 通过举反例排除错误选项，再结合特殊四边形的判定定理对剩余选项进行验证，从而得到正确结论. 4．【答案】B 【知识点】估算一元二次方程的近似解 【解析】【解答】解：一元二次方程的解，对应二次函数的图象与x轴交点的横坐标。 由表格数据可知：当时，；当时，。 函数值在到之间由负变为正，说明该区间内函数图象与x轴有一个交点，即方程的一个解在范围内。 故答案为：B 【分析】本题考查一元二次方程的近似解与二次函数的关系。根据二次函数与一元二次方程的联系，方程的解即函数图象与x轴交点的横坐标。观察表格，当时函数值为（负），当时函数值为（正），函数值在此区间由负变正，说明图象在该区间穿过x轴，因此方程的一个解落在内。 5．【答案】D 【知识点】中心投影 【解析】【解答】解：如图，夜晚冬冬从A点走向B点，他的影子会先变短，再变长. 故选： D. 【分析】根据接近光源时，影子会变短，远离光源时，影子会变长解答即可. 6．【答案】C 【知识点】列一元二次方程 【解析】【解答】解：增长率问题中，第一轮迭代后的能量密度初始能量密度增长率，第二轮迭代是在第一轮的基础上增长，因此第二轮后的能量密度初始能量密度增长率。 已知初始能量密度为，每轮平均增长率为，经过两轮迭代后为， 代入可得方程：。 故答案为：C 【分析】本题考查一元二次方程在增长率问题中的实际应用。根据平均增长率问题的数量关系，经过次增长后的总量初始量增长率。本题中初始能量密度为，经过两轮迭代即，每轮增长率为，最终达到，据此列出方程。 7．【答案】C 【知识点】勾股定理；正方形的性质；直角三角形斜边上的中线 【解析】【解答】解：连接AC、FC，如图所示， ∵四边形ABCD、四边形CEFG均为正方形，且BC=1，CE=3， ∴，，，， ∴，即为直角三角形。 由勾股定理得： ， ， ∴。 ∵H是AF的中点，且△ACF为直角三角形， ∴由直角三角形斜边中线定理得。 故答案为：C 【分析】本题考查正方形的性质、勾股定理与直角三角形斜边中线定理。通过作辅助线连接AC、FC，利用正方形对角线与边的夹角为45°，推导出∠ACF为直角，将问题转化为直角三角形求中线的问题。先分别用勾股定理计算两条直角边AC、CF的长度，再由勾股定理求出斜边AF，最后根据直角三角形斜边中线等于斜边的一半，得出CH的长度。 8．【答案】C 【知识点】含30°角的直角三角形；勾股定理；菱形的性质；相似三角形的性质-对应边；相似三角形的判定预备定理（利用平行） 【解析】【解答】解：∵四边形是边长为3的菱形， ∴， ∴， ∵，交的延长线于点E， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 故选：C． 【分析】 首先利用菱形的性质，可以得到，由此可以推导出，且。接下来借助勾股定理计算出的长度，再依次求出的长度，之后证明，最后利用相似三角形对应边成比例的性质，即可得到最终答案. 9．【答案】8 【知识点】两条直线被一组平行线所截，所得的对应线段成比例 【解析】【解答】解：， ， 即， 解得 ， ， ，即， 解得 ， ， 故答案为：8． 【分析】 先依据平行线分线段成比例定理列出对应比例式，计算得到的长度，再次利用该定理求出的长度，最后就可以计算得到的长度. 10．【答案】AC=BD(答案不唯一) 【知识点】矩形的判定 【解析】【解答】解：若使平行四边形ABCD变为矩形，可添加的条件是：AC=BD(对角线相等的平行四边形是矩形)； ∠ABC=90°(有一个角是直角的平行四边形是矩形) 故答案为： AC=BD(答案不唯一). 【分析】根据矩形的判定定理解答即可. 11．【答案】 【知识点】相似三角形的实际应用；平行投影；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边 【解析】【解答】解：根据题意，作△EFC； 树高为CD，且∠ECF=90°，ED=3，FD=6， ∵， ∴， 又， ∴Rt△EDC∽Rt△CDF， ∴=， 即DC2=ED•FD， 代入数据可得DC2=18， ∴DC=； 故答案为：． 【分析】 根据题意画出对应示意图，不难得到：Rt△EDC∽Rt△CDF ，由此可以推出=，变形可得DC2=EDFD，代入数据即可求出树的高度. 12．【答案】2025 【知识点】一元二次方程的根；求代数式的值-整体代入求值 【解析】【解答】解：∵m是方程的一个根， ∴， 即， 则． 故答案为：2025． 【分析】将m代入方程求出，再计算求解即可. 13．【答案】；或；或；​​​​​​​ 【知识点】矩形的性质；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边；直角三角形的两锐角互余 【解析】【解答】解：如图所示矩形， 设， ∵， ∴， 显然， ∴， ∴， ， 即， ， ， ， 如图所示矩形， 设， ∵， ∴， 显然， ∴， ∴， ， ， ， ； 如图所示矩形， 则剪掉的两个直角三角形的斜边长为； ∴剪掉的两个直角三角形的斜边长可能是；或；或；． 故答案为：；或；或；． 【分析】本题从条件可知，原矩形裁掉两个直角三角形后得到图中的图形，结合图中图形的特点进行还原，有三种可能性的矩形，如图中所示；然后分别结合“直角三角形锐角互余”、“相似三角形的判定及对应边成比例”，列式计算求出对应的线段，最后进一步计算即可得出答案。 14．【答案】（1）解：， 因式分解，得， ∴或， 解得，； （2）解：， ∵，，， ， ∴方程有两个不相等的实数根， ， ∴，； （3）解： 方程变形为， 因式分解，得， ∴或， 解得，． 【知识点】公式法解一元二次方程；因式分解法解一元二次方程；一元二次方程的求根公式及应用 【解析】【分析】本题考查一元二次方程的解法，分别运用因式分解法、公式法、因式分解法求解三个方程。 （1）观察方程左边的二次三项式，可通过十字相乘法分解为两个一次因式的乘积，令每个因式分别为0，即可得到两个一元一次方程，求解得到方程的两个根； （2）方程无法直接因式分解，先确定二次项系数、一次项系数和常数项，计算根的判别式判断根的情况，再代入求根公式计算即可得到两个实数根； （3）先将右边的项移到左边，提取公因式 进行因式分解，转化为两个一次因式乘积为0的形式，分别令因式为0求解即可，注意不能直接两边除以 ，避免漏根。 15．【答案】（1）解：如图所示：即为所求； （2）解：如图所示：即为所求； （3）解：如图所示：即为所求； 【知识点】三角形全等及其性质；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边；三角形的中线；三角形的高 【解析】【分析】 （1）在网格中，要作AC的垂线，可以利用网格的垂直关系，观察A、C的位置，设小正方形边长为1； （2）和有公共顶点A，且底边BC、BE在同一直线上，因此它们的高相等，根据三级凹形面积公式，面积之比等于底边之比； （3）找到格点，易得，推出；找到格点，易得，推出，进一步得，即可得到 （1）解：如图所示：即为所求； （2）解：如图所示：即为所求； （3）解：如图所示：即为所求： 16．【答案】（1） （2）正；2 【知识点】作图﹣三视图；由三视图判断小正方体的个数；小正方体组合体的三视图 【解析】【解答】解：（2）结合（1）中的三视图以及原几何体可看出， 从正面看到的新几何体的形状图不发生改变，如果保持从这个面看的形状不改变，最多可以再移走右侧的两个立方体． 故答案为：正，2。 【分析】（1）根据三视图的定义，分别作图画出正面、左面和上面看到的几何体形状即可； （2）结合（1）的画图结果以及几何体，分析即可得出答案。 （1）三视图如下： （2）结合（1）中的三视图可判断出，只有正面看到形状图没有发生改变； 要保持所看到的形状，最多还可以从右侧移走两个立方体． 17．【答案】（1）证明：， ， ，， ， ． 又， ∴四边形ABCD是平行四边形． （2）解：∵ ∴四边形ABCD为菱形 ∴四边形ABCD的周长为4×8=32 【知识点】平行线的性质；三角形全等及其性质；三角形全等的判定；平行四边形的判定；菱形的判定与性质 【解析】【分析】（1）根据直线平行性质可得，根据全等三角形判定定理可得，则，再根据平行四边形判定定理即可求出答案. （2）根据菱形判定定理及性质即可求出答案. 18．【答案】解：据题意可得 答：树高AB为15.6m 【知识点】相似三角形的实际应用 【解析】【分析】根据据题意可得 ，即可得出 由相似三角形的性质可得出 即可得出BC ，再根据AB=AC+BC即可得出答案. 19．【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． 【知识点】三角形全等及其性质；等边三角形的判定与性质；勾股定理；正方形的性质；三角形全等的判定-SAS 【解析】【解答】 （1）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； （2） 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． 【分析】 我们结合题目给出的“奇妙四边形”的定义，对对应图形进行判断； 结合正方形的性质与两直线垂直的定义，我们可以得到，再结合四边形内角和定理与邻补角的定义，就可以推导出。再根据正方形的性质可以得到，，因此可以利用边角边(SAS)判定定理证明，再根据全等三角形对应边相等、对应角相等的性质，得到，，通过等量代换即可推导出，最后根据“等角对等边”即可推导出，即可完成结论证明； 已知，可以得到四边形已经满足一组对角互补的条件，根据“奇妙四边形”的定义，还需要满足一组邻边相等的要求，因此我们分为、、、四种不同的情况分别计算求解。 （1）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； （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”； 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． 20．【答案】（1）x=-7 （2）解：将方程变形为， 画四个长为，宽为的矩形，按如图所示构造一个“空心”大正方形， 则图中大正方形的面积从整体看可表示为，从局部看还可表示为四个矩形与中间小正方形面积之和，即，因此，可得新的一元二次方程， ∵表示边长， ∴， 即． （3）2；-3；1 【知识点】配方法解一元二次方程；勾股定理的应用；一元二次方程的应用-几何问题 【解析】【解答】（1）由得 ∴ ∴原方程的另一个根是． 故答案为： （3） ∵中间围成的正方形面积为4， ∴中间正方形的边长为2， 设长方形的宽为x，则长为， 由题意得， 整理得， ，． 如图中大正方形的面积从整体看可表示为，从局部看还可表示为四个矩形与中间小正方形面积之和，即，因此，可得新的一元二次方程， ∵表示边长， ∴， 即． ∴方程的一个正根为． 故答案为：，．． 【分析】本题以赵爽弦图为背景，考查一元二次方程的几何解法，体现数形结合的数学思想。 （1）对于得到的新方程 ，根据平方根的意义，等式两边开平方可得 ，分别求解两个一元一次方程，除了正根外，另一个解即为原方程的负根。 （2）类比材料中的解法，先将方程变形为"x乘以(x减常数)等于常数"的形式，确定矩形的长和宽；再构造四个相同矩形围成的大正方形，分别用整体法和局部法表示大正方形的面积，建立等式得到新的一元二次方程，结合边长为正的条件开平方求解，即可得到方程的正根。 （3）先由中间小正方形的面积求出其边长，设矩形的宽为x，用含x的式子表示矩形的长；根据矩形面积为3列出方程，整理为一般形式后对比 即可得到a、b的值；再仿照材料中的方法构造大正方形面积等式，求解得到方程的正根。 学科网（北京）股份有限公司 $