精品解析：四川省达州市渠县土溪镇初级中学2026-2027学年九年级上学期期中数学试题

渠县土溪镇初级中学2026年秋季学期九年级上学期期中自测数学试题 （全卷满分150分，考试时间120分钟） 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） 第Ⅰ卷（选择题，共32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. 下面四组线段中不能成比例线段的是（ ） A. 3、6、2、4 B. 4、6、8、10 C. 1、、、 D. 、、2、 2. 如图所示，该几何体的俯视图是（ ） A. B. C. D. 3. 如图，在矩形中，对角线，相交于点O，，，则的长为（　　） A. 6 B. 5 C. 4 D. 3 4. 若关于x的一元二次方程有实数根，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. 且 D. 且 5. 一块三角形板，测得边的中心投影长为，则边的中心投影的长为（ 　） A. 24cm B. 20cm C. 15cm D. 5cm 6. 如图，在中，是的中点，相交于点，（ ） A. B. C. D. 7. 如表是某同学求代数式（a，b为常数）的值的情况．根据表格中数据，可知关于x的方程的实数根是（ ） x … 0 1 2 … … 6 2 0 0 2 … A. ， B. ， C. ， D. ， 8. 如图，正方形的对角线相交于点，点在边上，点在上，过点作，垂足为点，若，，则的长为（ ） A. 3 B. C. D. 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） 9. 如图，是某立体图形的三视图，则该立体图形是__________． 10. 如图，在中，，且，，则的值是______． 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. 已知a、b是方程的两根，则的值为__________． 13. 如图，在矩形中，，，点E，F分别在，上，连接，，，．若四边形是菱形，则的长为_______． 三、解答题（本大题共5个小题，共48分） 14. 解方程： （1）； （2）． 15. 如图，在梯形中，，，E是延长线上的点，连接，交于点F． （1）求证：； （2）如果，，，求的长． 16. 平安路上，多“盔”有你，在“交通安全宣传月”期间，某商店销售一批头盔，进价为每顶40元，售价为每顶68元，平均每周可售出100顶．商店计划将头盔降价销售，每顶售价不高于58元，经调查发现：每降价2元，平均每周可多售出40顶．设每顶头盔降价x元，平均每周的销售量为y顶． （1）每顶头盔降价x元后，每顶头盔的利润是 元（用含x的代数式表示）； （2）平均每周的销售量y（顶）与降价x（元）之间的函数关系式是 ； （3）若该商店希望平均每周获得4000元的销售利润，则每顶头盔应降价多少？ 17. 如图，在平行四边形中，，是和的中点，且．在的延长线上取一点，连接，使得． （1）求证：四边形为菱形； （2）若，，求的长． 18. 【提出问题】 有两个相同的长方体纸盒，它们的长、宽、高分别是，现要用这两个纸盒搭成一个大长方体，怎样搭可使长方体的表面积最小？ 实践操作：我们发现，无论怎样放置这两个长方体纸盒，搭成的大长方体体积都不变，但是由于摆放位置的不同，它们的表面积会发生变化，经过操作，发现共有3种不同的摆放方式，如图所示： 【探究结论】 （1）请计算图1，图2，图3中的大长方体的长、宽、高及其表面积，并填充下表： 长 宽 高 表面积 图1 16 6 图2 6 2 图3 16 2 完成上表，根据上表可知，表面积最小的是_______所示的长方体．（填“图1”，“图2”，“图3”） （2）现在有4个小长方体盒纸盒，每个的长、宽、高分别是，若用这4个长方体盒子搭成一个大长方体，搭成的大长方体的表面积最小为_______． （3）元旦将至，小张在网上定制了若干个大小相同的长方体礼盒，如图是这些长方体礼盒搭成的几何体从三个不同方向看到的形状图，商家准备将这若干个长方体礼盒打成一个包裹寄给小张．请你帮忙商家计算打包用的包装纸最少要用多少平方厘米？（接头处忽略不计） 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. 如图，一块面积为的三角形硬纸板（记为）平行于投影面时，在点光源的照射下形成的投影是，若，则的面积是______． 20. 一个长方体的左视图、俯视图及相关数据如图所示，则其主视图的面积为___． 21. 若关于的一元二次方程有实数根，则满足的最小整数为____． 22. 如图，是矩形的对角线，平分交于点E．若，则___． 23. 如图，线段是菱形的对角线，，点分别是边上的动点，连接，将沿折叠，使点的对应点始终落在上，当为直角三角形时，线段的长为_______． 二、解答题（本大题共3个小题，共30分） 24. 如图，P为正方形对角线上的一点，连接并延长交于点E，过P作分别交，于M，N． （1）如图1，求证：； （2）如图2，点F与点C关于直线对称，连接并延长交直线于点G，连接． ①设的度数为x，求的度数； ②猜想与之间的数量关系，并证明． 25. 请认真阅读材料 材料1：法国数学家弗朗索瓦·韦达在著作《论方程的识别与订正》中提出一元二次方程，的两根，有如下的关系：，； 材料2：如果实数m、n满足、，且，则可利用根的定义构造一元二次方程，将m、n看作是此方程的两个不相等的实数根； 材料3：如果实数m、n满足、，且，则可利用根的定义构造一元二次方程，将、看作是此方程的两个不相等的实数根； 材料4：如果实数m、n满足、，则可利用韦达定理构造一元二次方程，将m、n看作是此方程的两个实数根，且此方程一定有m、n两个实数根． 请根据上述材料解决下面问题： （1）已知实数m、n且，满足、，求的值． （2）已知实数p、q满足、，且，求的值． （3）已知实数a、b、c满足、，求c的最大值． 26. （1）如图①在内，，，D是内一点，将绕点B顺时针旋转，点C恰好与点A重合，D旋转到点E，连接，判断与的位置关系，并说明理由． （2）在（1）的条件下，如图②，当，延长交于点F，若时，求的长． （3）如图③，在和中，，，连接，填空： ①线段与的数量关系是 ； ②当时，点E到的距离的长为2，则线段的长为 ． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 渠县土溪镇初级中学2026年秋季学期九年级上学期期中自测数学试题 （全卷满分150分，考试时间120分钟） 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） 第Ⅰ卷（选择题，共32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. 下面四组线段中不能成比例线段的是（ ） A. 3、6、2、4 B. 4、6、8、10 C. 1、、、 D. 、、2、 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了成比例线段的概念．在四条线段中，如果其中两条线段的比等于另外两条线段的比，那么这四条线段叫做成比例线段． 根据成比例线段的概念，对选项进行一一分析，即可得出答案． 【详解】解：A．，能成比例； B．，不能成比例； C．能成比例； D．，能成比例． 故选B 2. 如图所示，该几何体的俯视图是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】解：由图可知，该几何体的俯视图是． 3. 如图，在矩形中，对角线，相交于点O，，，则的长为（　　） A. 6 B. 5 C. 4 D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】根据矩形的性质，得，结合，得到是等边三角形，结合，得到，解得即可． 本题考查了矩形的性质，等边三角形的判定和性质，熟练掌握矩形的性质是解题的关键． 【详解】根据矩形的性质，得， ∵， ∴是等边三角形， ∵， ∴， 解得． 故选C． 4. 若关于x的一元二次方程有实数根，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. 且 D. 且 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程 (为常数)的根的判别式，根据一元二次方程根的判别式进行判断即可求解．当时，方程有两个不相等的实数根；当时，方程有两个相等的实数根；当时，方程没有实数根．根据一元二次方程的定义和根的判别式求解．首先确保二次项系数不为零，再计算判别式并使其非负． 【详解】解：∵关于x的一元二次方程有实数根， ∴二次项系数，即． 令，即， 解得． ∴且 故选：C． 5. 一块三角形板，测得边的中心投影长为，则边的中心投影的长为（ 　） A. 24cm B. 20cm C. 15cm D. 5cm 【答案】B 【解析】 【分析】由投影得，由相似性质得，求得． 【详解】解：∵， ∴， ∵， ∴， 故选：B． 【点睛】本题考查中心投影，相似三角形的性质；由相似三角形得到线段间的数量关系是解题的关键． 6. 如图，在中，是的中点，相交于点，（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质，相似三角形的判定和性质．根据平行四边形的性质，可得，，再由，即可求解． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∵是的中点， ∴， ∵， ∴， ∴． 故选：D 7. 如表是某同学求代数式（a，b为常数）的值的情况．根据表格中数据，可知关于x的方程的实数根是（ ） x … 0 1 2 … … 6 2 0 0 2 … A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】A 【解析】 【分析】本题主要考查了一元二次方程的根与代数式值的关系，熟练掌握“方程的根是使方程左右两边相等的未知数的值”是解题的关键． 根据方程的含义，直接从表格中找出使代数式的值为2对应的值，即为方程的实数根． 【详解】∵当时，； 当时，， ∴方程的实数根为，, 故选： A． 8. 如图，正方形的对角线相交于点，点在边上，点在上，过点作，垂足为点，若，，则的长为（ ） A. 3 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了正方形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质，由正方形的性质可得，，，，，作于，延长交于，作于，证明四边形为矩形得出，证明四边形为正方形，得出，从而得出，证明，得出，再证明为等腰直角三角形，即可得解，熟练掌握以上知识点并灵活运用，添加适当的辅助线是解此题的关键． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴，，，，， 如图，作于，延长交于，作于， ， 则， ∴四边形、为矩形， ∴， ∵， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∴四边形为正方形， ∴， ∴，即， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴为等腰直角三角形， ∴， 故选：B． 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） 9. 如图，是某立体图形的三视图，则该立体图形是__________． 【答案】圆锥 【解析】 【分析】由正视图和左视图确定是锥体，再由俯视图确定具体形状． 【详解】解：根据正视图和左视图为三角形判断出是锥体，根据俯视图是圆可判断出这个几何体应该是圆锥． 故答案为：圆锥． 【点睛】本题考查由三视图判断几何体，考查了学生的思考能力和对几何体三种视图的空间想象能力和综合能力．熟练掌握简单几何体的三视图是解题的关键． 10. 如图，在中，，且，，则的值是______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质，由，可得，根据相似三角形性质得，然后把，代入即可求解，掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键． 【详解】解：∵， ∴， ∴， ∵，，， ∴， 故答案为：． 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】 【解析】 【分析】根据题意，画出示意图，易得：Rt△EDC∽Rt△CDF，进而可得=；即DC2=ED•FD，苛求树高． 【详解】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：． 【点睛】本题通过投影的知识结合三角形的相似，求树高的大小；是平行投影性质在实际生活中的应用． 12. 已知a、b是方程的两根，则的值为__________． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查解一元二次方程，用因式分解法解一元二次方程，得到a、b的值为1，，代入计算即可． 【详解】解：， ， ， ∴a、b的值为1，， ∴， 故答案为：． 13. 如图，在矩形中，，，点E，F分别在，上，连接，，，．若四边形是菱形，则的长为_______． 【答案】 【解析】 【分析】先利用勾股定理求出对角线的长，再根据菱形四边相等，设未知数，结合勾股定理求出菱形边长，最后利用菱形对角线互相垂直平分，借助勾股定理求出，进而得到． 【详解】解：在矩形中，，， ． 四边形是菱形， ，，． 设，则． 在中，， ， ， ， ， ． 在中， ， ． 三、解答题（本大题共5个小题，共48分） 14. 解方程： （1）； （2）． 【答案】（1）， （2）， 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的解法．解一元二次方程常用的方法有直接开平方法，配方法，公式法，因式分解法，要根据方程的特点灵活选用合适的方法． （1）用因式分解法求出解即可； （2）用直接开平方法求解即可． 【小问1详解】 解： ， ∴，． 【小问2详解】 解：． ∴或， ∴，． 15. 如图，在梯形中，，，E是延长线上的点，连接，交于点F． （1）求证：； （2）如果，，，求的长． 【答案】（1） 证明：∵， ∴，， ∴． （2） 【解析】 【分析】（1）根据平行线的性质和相似三角形的判定即可求出答案； （2）根据相似三角形的性质即可求出答案． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：∵，，，， ∴． 由（1）知，， ∴，即， ∴． 【点睛】本题考查相似三角形的判定与性质、平行线的性质，解题的关键是熟练运用相似三角形的性质和与判定，本题属于基础题型． 16. 平安路上，多“盔”有你，在“交通安全宣传月”期间，某商店销售一批头盔，进价为每顶40元，售价为每顶68元，平均每周可售出100顶．商店计划将头盔降价销售，每顶售价不高于58元，经调查发现：每降价2元，平均每周可多售出40顶．设每顶头盔降价x元，平均每周的销售量为y顶． （1）每顶头盔降价x元后，每顶头盔的利润是 元（用含x的代数式表示）； （2）平均每周的销售量y（顶）与降价x（元）之间的函数关系式是 ； （3）若该商店希望平均每周获得4000元的销售利润，则每顶头盔应降价多少？ 【答案】（1） （2） （3）每顶头盔应降价20元 【解析】 【分析】本题主要考查了一元二次方程的应用以及一次函数的应用，解题的关键是：根据各数量之间的关系，找出y关于x的函数关系式；根据各数量之间的关系，列式计算；找准等量关系，正确列出一元二次方程． （1）根据利润售价进价，列出代数式即可； （2）利用平均每周的销售量，即可找出与之间的函数关系式； （3）利用每周的销售利润每顶的销售利润每周的销售量，可列出关于的一元二次方程，解之可求出的值，再结合降价后每顶头盔的售价不高于元，即可确定结论． 【小问1详解】 解：∵进价为每顶40元，原售价为每顶68元， ∴每顶头盔降价x元后，每顶头盔的利润是元； 故答案为：； 【小问2详解】 解：根据题意得：， 故答案为：； 【小问3详解】 解：根据题意得：， 解得：，， 当时，，不符合题意，舍去； 当时，，符合题意． 答：每顶头盔应降价20元． 17. 如图，在平行四边形中，，是和的中点，且．在的延长线上取一点，连接，使得． （1）求证：四边形为菱形； （2）若，，求的长． 【答案】（1） 证明：四边形是平行四边形， ，， 点、分别是、的中点， ，， ， ，， 四边形是平行四边形， ， ， 四边形是菱形； （2）． 【解析】 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质、菱形的判定与性质、勾股定理．解决本题的关键是作辅助线构造直角三角形． 根据平行四边形的性质可证，，根据点、分别是、的中点，可证，，所以可证四边形是平行四边形，根据有一组邻边相等的四边形是菱形可证结论成立； 根据菱形的性质和三角形外角的性质可知，利用勾股定理可求，过点作于点，在中，利用勾股定理可求，从而可得：，在中利用勾股定理可求． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：由可知四边形是菱形， ，， ， ， ， ， ，，， ，， ， 如下图所示，过点作于点， 则， ， ， 解得：， 在中，， ， 在中，， 的长度是． 18. 【提出问题】 有两个相同的长方体纸盒，它们的长、宽、高分别是，现要用这两个纸盒搭成一个大长方体，怎样搭可使长方体的表面积最小？ 实践操作：我们发现，无论怎样放置这两个长方体纸盒，搭成的大长方体体积都不变，但是由于摆放位置的不同，它们的表面积会发生变化，经过操作，发现共有3种不同的摆放方式，如图所示： 【探究结论】 （1）请计算图1，图2，图3中的大长方体的长、宽、高及其表面积，并填充下表： 长 宽 高 表面积 图1 16 6 图2 6 2 图3 16 2 完成上表，根据上表可知，表面积最小的是_______所示的长方体．（填“图1”，“图2”，“图3”） （2）现在有4个小长方体盒纸盒，每个的长、宽、高分别是，若用这4个长方体盒子搭成一个大长方体，搭成的大长方体的表面积最小为_______． （3）元旦将至，小张在网上定制了若干个大小相同的长方体礼盒，如图是这些长方体礼盒搭成的几何体从三个不同方向看到的形状图，商家准备将这若干个长方体礼盒打成一个包裹寄给小张．请你帮忙商家计算打包用的包装纸最少要用多少平方厘米？（接头处忽略不计） 【答案】（1）补充表格如下： 长 宽 高 表面积 图1 16 6 4 368 图2 32 6 2 536 图3 16 12 2 496 图1的表面积最小． （2）236 （3）18450平方厘米 【解析】 【分析】本题考查了几何体的表面积，三视图，找出各种不同搭法是解题的关键． （1）根据长方体的表面积的计算方法分别计算即． （2）先画出不同的搭法，再利用长方体的表面积计算公式，求出各种搭法的表面积，取其中的最小值即可得出结论． （3）要使包装的纸最少，应该把长方体最大的面重合在一起，即把的面重合在一起，这样包装后的长方体，长是75厘米，宽为35厘米，高为（厘米），根据长方体的表面积公式，求出包装后的长方体的表面积即可解答． 【小问1详解】 解：图1中，长方体的高为4，表面积． 图2中，长为32，表面积． 图3中，宽为12，表面积． 【小问2详解】 解：共有6种搭法，可分为两类： 第一类有三种情况，表面积分别为：， ， ． 第二类有三种情况，表面积分别为：， ， ， ∴共有6种不同的方式搭成的大长方体的表面积最小为． 【小问3详解】 解：根据三视图可得共有四个礼盒，每个礼盒的长宽高分别为，这要使包装的纸最少，应该把长方体最大的面重合在一起，即把的面重合在一起，这样包装后的长方体，长是75厘米，宽为35厘米，高为（厘米）， 依题意，（平方厘米）， 答：最少需要平方厘米包装纸． 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. 如图，一块面积为的三角形硬纸板（记为）平行于投影面时，在点光源的照射下形成的投影是，若，则的面积是______． 【答案】##平方厘米 【解析】 【分析】本题考查平行投影，与是位似图形，求出位似比，再根据面积比等于位似比的平方即可求解． 【详解】解：由平行投影可知与是位似图形， ， ， 与的位似比为， ， ， 故答案为：． 20. 一个长方体的左视图、俯视图及相关数据如图所示，则其主视图的面积为___． 【答案】8 【解析】 【分析】 【详解】由左视图可得长方体的高为2，由俯视图可得长方体的长为4， ∵主视图表现长方体的长和高， ∴主视图的面积为2×4=8 故答案为：8． 考点：由三视图判断几何体． 点评：根据其他视图得到几何体的长和高是解决本题的关键． 21. 若关于的一元二次方程有实数根，则满足的最小整数为____． 【答案】2 【解析】 【分析】本题主要考查了一元二次方程的定义，一元二次方程根的判别式，对于一元二次方程，若，则方程有两个不相等的实数根，若，则方程有两个相等的实数根，若，则方程没有实数根． 根据一元二次方程的定义和一元二次方程根的判别式进行求解即可． 【详解】解：由题意得，， 解得：且， ∴满足的最小整数2 故答案为：2． 22. 如图，是矩形的对角线，平分交于点E．若，则___． 【答案】##55度 【解析】 【分析】首先由矩形的性质得到，，由角平分线得到，进而求解即可． 【详解】解：∵四边形是矩形 ∴， ∵平分 ∴ ∴ ∵ ∴． 23. 如图，线段是菱形的对角线，，点分别是边上的动点，连接，将沿折叠，使点的对应点始终落在上，当为直角三角形时，线段的长为_______． 【答案】或 【解析】 【分析】连接与交于点，根据四边形是菱形，，得出，勾股定理求出，根据折叠得出，设，则，分两种情况：当时，如图，证明，列方程求解即可；当时，如图，证明，列方程求解即可； 【详解】解：连接与交于点， ∵四边形是菱形，， ∴， ∴， ∵将沿折叠，使点的对应点始终落在上， ∴， 设， 则， 当时，如图， ∵， ∴， ∴， ∴， 解得：， 即； 当时，如图， ∵， ∴， ∴， ∴， 解得：， 即； 综上，当为直角三角形时，线段的长为或． 故答案为：或． 【点睛】该题考查了菱形的性质，勾股定理，折叠的性质，相似三角形的性质和判定等知识点，解题的关键是掌握以上知识点，用分类讨论思想解答． 二、解答题（本大题共3个小题，共30分） 24. 如图，P为正方形对角线上的一点，连接并延长交于点E，过P作分别交，于M，N． （1）如图1，求证：； （2）如图2，点F与点C关于直线对称，连接并延长交直线于点G，连接． ①设的度数为x，求的度数； ②猜想与之间的数量关系，并证明． 【答案】（1） 证明：作于点，交于点， 四边形为正方形， ，， 四边形为矩形， ， ， ， ， ， ， ， ； （2）①， ②，证明如下： 连接、， 由对称性可知，，， 为等腰直角三角形， ， ， 四边形为正方形， ， ， ， ， ， ． 【解析】 【分析】（1）作于点，交于点，得到四边形为矩形，利用矩形性质，正方形性质，三角形内角和定理证明，即可得到； （2）①利用正方形性质得到，利用对称的性质得到，，利用等腰三角形性质和三角形内角和定理进而可得，再利用三角形外角性质即可得到的度数； ②连接、，证明为等腰直角三角形，结合勾股定理得到，利用正方形性质和勾股定理得到，证明，利用相似三角形性质得到，即可解题． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：①， 四边形为正方形， ，， ， 点F与点C关于直线对称， ，， ， ， ． ②略 【点睛】本题考查正方形性质，矩形判定与性质，三角形全等判定与性质，轴对称性质，等腰直角三角形，三角形外角性质，勾股定理，三角形相似判定与性质，掌握相关性质是解题的关键． 25. 请认真阅读材料 材料1：法国数学家弗朗索瓦·韦达在著作《论方程的识别与订正》中提出一元二次方程，的两根，有如下的关系：，； 材料2：如果实数m、n满足、，且，则可利用根的定义构造一元二次方程，将m、n看作是此方程的两个不相等的实数根； 材料3：如果实数m、n满足、，且，则可利用根的定义构造一元二次方程，将、看作是此方程的两个不相等的实数根； 材料4：如果实数m、n满足、，则可利用韦达定理构造一元二次方程，将m、n看作是此方程的两个实数根，且此方程一定有m、n两个实数根． 请根据上述材料解决下面问题： （1）已知实数m、n且，满足、，求的值． （2）已知实数p、q满足、，且，求的值． （3）已知实数a、b、c满足、，求c的最大值． 【答案】（1）20 （2）1 （3）2 【解析】 【分析】本题考查一元二次方程根与系数的关系（韦达定理）以及利用判别式求参数最值． （1）由条件可知和是方程的两个根，利用韦达定理得到和的值，再通过恒等变形求． （2）将第二个方程变形为关于的方程，结合第一个方程，可知和是方程的两个根，利用韦达定理得到和的值，再代入所求表达式． （3）由条件表示出和，根据和为实数，则判别式非负，建立关于的不等式，求解得到的最大值． 【小问1详解】 解：，且， ∴是方程的两个不相等的实数根， ， ． 【小问2详解】 解：， ∴是方程的根， ，且， ， ∴是方程的根， 又 ∵，即， ∴和是方程的两个不相等的实数根， ， ． 【小问3详解】 解：， ， ， 又， ， ∴是方程的实数根， 即方程有实数根， ∴判别式， ， 即， ， ， ， ， ， 又， ∴的最大值为2． 26. （1）如图①在内，，，D是内一点，将绕点B顺时针旋转，点C恰好与点A重合，D旋转到点E，连接，判断与的位置关系，并说明理由． （2）在（1）的条件下，如图②，当，延长交于点F，若时，求的长． （3）如图③，在和中，，，连接，填空： ①线段与的数量关系是 ； ②当时，点E到的距离的长为2，则线段的长为 ． 【答案】 （1），理由如下： 由旋转的性质可得， ∵， ∴， ∴． （2）； （3）①；② 【解析】 【分析】（1）由旋转的性质得到，进一步证明，即可证明； （2）要求的长，根据矩形的判定定理可得四边形是矩形，则，在中根据勾股定理可求得的长，根据，即可求解； （3）①要求线段与的数量关系，根据两边对应成比例且夹角相等可得，再根据相似三角形的性质即可求解；②要求线段的长，在中求出的长，再根据即可求解． 【详解】解：（1）略 （2）解：如图，设与交于点O， 由旋转的性质可知， ∵， ∴，即． ∵， ∴． ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∵在中， ∴， ∴； （3）①∵， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：； ②∵在中， ∴， ∴， ∵， ∴． 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了相似三角形的性质与判定，勾股定理，矩形的性质与判定，旋转的性质，含30度角的直角三角形的性质等，灵活运用所学知识是解题的关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $