四川成都市田家炳中学2026-2027学年度上期九年级半期考试数学试卷

2026-2027学年度上期初（三)半期考试 数学试卷 (考试时间：120分钟 满分：150分) A卷(100分) 一.选择题（共8小题，每小题4分，共32分） 1.如图为一个乐高积木示意图，这个几何体的左视图为( ) C D 2.一元二次方程x2+2x-5=0的二次项系数、一次项系数、常数项分别是() A.1,2,-5B.1,2,5 C.0,2,5 D.0,2,5 3.如果5=3，那么下列式子成立的是() A.5x=3y B.X=5 C.y=15 D.y-5 y3 x 3 4.如图，在菱形ABCD中，AC与BD相交于点O,AC=8,BD=6,则菱形的周长等于() A.40 B.4W7 C.24 D.20 B 11112 A b C D (4题) (5题) (6题) (7题) ⊙5.如图，直线a,b,c被直线11,2所截，交点分别为点A,C,E和点B,D,F,已知a∥bIc, 且AC=4,DF=10,则BD的长是（） CE 5 A.8 B.10 C.16 D.18 6.如图，已知口ABCD中，对角线AC,BD相交于点O,下列判断中错误的是() A.若∠BAC=60°，则口ABCD为菱形 B.若OA=OB,则口ABCD为矩形 C.若AC平分∠BAD,则口ABCD为菱形D.若∠BAC=∠ABD=45°，则口ABCD为正方形 7.如图，已知△ABC与△DEF位似，位似中心为0，且△ABC的面积与△DEF的面积之比为16：25， 则OB:0E等于() A.4:9 B.16:25 C.4:5 D.5:16 8.进入12月份来，甲型流感频发.某校有1名学生感染了甲型流感病毒，经过两轮传柒后，一共有 81人感染了此病毒.设每轮传染中一人可以传染x个人，则所列方程是() A.1+x+x(x+1)=81B.1+(1+x)+x(x+1)=81C.1+x+x2=81DX(x+1)=81 二.填空题（共5小题，每小题4分，共20分） 9.若号-号(ab≠0)，则a-b= 23 a+b2 10.若关于x的一元二次方程ax2+2x+1=0有两个相等的实数根，则实数a的值为 11.大自然是美的设计师，如图是一片银杏叶，点P是线段AB的黄金分割点，且AP>BP,若AB=6cm, 则AP的长为 cm. 12.小孔成像的原理是光的直线传播.如图，一发光的电子蜡烛AB(竖直放置)经小孔O在屏幕（竖 直放置)上成像AB,设AB一24cm,A'B'=8cm,小孔O到AB的距离为45cm,则小孔 O到A'B′的距离为 cm. (9数)1/4 I3.如图，口ABCD中，AB>BC,以C为圆心，在CD上截取CF,使得CF=BC,连接BF,以点 A为圆心，适当长为半径作弧，分别与AB,AD相交于点M,N,再分别以点M,N为圆心，大 于N长为半径作弧，两弧在∠BAD的内部相交于点H,射线AH与CD交于点E,与BF交于点G, 若BC=4,EC=GF=1,则GB的长为 A 45cm A B (11题) (12题) (13题) 三.解答题（共5小题，共48分） 14.(12分)解方程：(1)(x·3)2-25=0 (2)2x2-3x-2=0:(3)(x-2)2=3(x-2). y 15.(8分)如图，在平面直角坐标系中，给出了格点△ABC(顶点 均在正方形网格的格点上)，己知点A的坐标为（2,3). (1)画出△ABC关于y轴对称的△ABC: (2)以点0为位似中心，在给定的网格中画出△AB,C2,使△AB,C2 与△AB,C位似，并且点A,的坐标为（4，-6)： (3)△AB,C,与△AB,C2的相似比是 10 16.(8分)如图2，小红同学正在使用手电筒进行物理光学实验，地面上从左往右依次是墙，木板和 平面镜，手电筒的灯泡在点G处，灯泡到地面的高度AG=1.2m,手电间的光从平面镜上点B处反射 后，恰好经过木板的边缘点F,落在墙上的点E处，点F到地面的高度CF=1.8m,灯泡到木板的水 平距离AC=6m,木板到墙的水平距离为CD=4m,图中A,B,C,D在同一条直线上. (1)求AB的长； (2)求点E到地面的高度DE. 入射光线 法线 反射光线 i 墙 反射面 木板 地面D C 平面镜A 光的反射定律 图1 图2 17.(10分)如图，在△ABC中，∠BAC=90°，D为BC中点，E为AD中点，过点A作AF∥BC交BE 延长线于点F,连接CF. (1)证明：四边形ADCF为菱形： A (2)AC与BF相交于点G,若AB=16,CF=10,求GC和GE的长. B D (9数)2/4 18.(I0分)在△ABC中，AB=AC,∠BAC=a,点P是△ABC外一点，连接BP,将线段BP绕点 P逆时针旋转a得到线段PD,连接BD,CD,AP. D C B B 图1 图2 图3 观察猜想：(1)如图1，当a=60°时，皿的值为，直线CD与AP所成的较小角的度数为一； AP 类比探究：(2)如图2，当a=90°时，求出D的值及直线CD与AP所成的较小角的度数： 拓展应用：(3)如图3，当α=90°时，点E,F分别为AB,AC的中点，点P在线段FE的延长 线上，点A,D,P三点在一条直线上，BD交PF于点G,CD交AB于点H.若CD=2W2,求 BD的长. B卷(50分) 一，选择题（共5小题，每小题4分，共20分） 19.若m,n是一元二次方程x2+5x-2=0的两个不相等的实数根，则m2+5m-mn= 20.如图，顺次连接四边形ABCD各边中点得到四边形EFGH.将一个飞镖随机投掷到四边形ABCD上， 则飞镖落在阴影区域（飞镖落在区域分界线时，忽略不计）的概率是 E D 0 G E B (20题) (21题) (23题) 21.如图，AC是正方形ABCD的对角线，E,F,O,G分别是AD,BE,AC,CF的中点.若0G=2V5,则 AB的长为 22.任意一个三位数M,如果满足各个数位上的数字都不为零，且百位上的数字与个位上的数字之和 等于十位上数字的2倍，那么称这个数为“双倍快乐数”.例如：M=234,因为2+4=2×3所以234 是“双倍快乐数”.则最小的“双倍快乐数”·为 ；若N=abc是一个“双倍快乐数”，且使 关于x的一元二衣方程ax+20x0=0有两个相等的实数根，设r（)品 若F(N)+N能被6 整除，则所有满足条件的N的和为 23.如图，△ABC中，AB=AC∈10，BC=16,点D为BC边的中点.点E在AC边上（不与点A,C重 合)，连接DE,将四边形ABDE沿直线DE翻折，点A,B的对应点分别为点F,G,连接DF,则DF 的长为 若FG⊥BC,则AE的长为 (9数)3/4 三.解答题（共3小题，共30分） 24.(8分)今年的“双十一”购物节期间，某官方旗舰店开展“拉布布”系列商品促销活动.商家 记录了拉布布玩偶从9月初至11月初的销售数据，9月初售出500个，11月初售出980个，9月 至11月的销量月增长率保持一致. :58元/个 (1)求该玩偶销量的月增长率； 90元 (2)若玩偶的成本价为58元/个，通过市场调研发现，当售价定为98元/个时， 价？元个 月销量可达800个；若在此基础上售价每提升2元/个，则月销量会减少20个.为了实 现月销售利润达到35000元，并尽可能让利于顾客，问该玩偶每个的定价应为多少元？ 25。(10分)如图，在平面直角坐标系x0y中，直线y号x+5分别与x轴，y轴交于点B,A,点C在× 轴正半轴上，连接AC,△AOB∽△C0A,点M为射线BA上一动点， (1)求直线AC的函数表达式： (2)直线CM与y轴交于点D,若巴=3，求点M的坐标： DC 10 (3)若点M在线段AB上，点N在直线AC上，∠OMN=∠BAC,是否存在点M,使以点O,M,N为 顶点的三角形与△AMN相似？若存在，求AM的长；若不存在，请说明理由. r /B 备用图 26.(12分)(1)基础：如图1，在矩形ABCD中，E是AD边上一点，将△EGD沿着CE折叠得到△ECF.若 点F恰好落在AC上，求证：△AFE∽△CBA. (2)迁移：如图2，在矩形ABCD中，AB=6,H是BC边的中点，E是AD边上一点，若点F恰好落 在AH上，将△ECD沿着CE折叠得到△ECR.若亚=，求B的值. AR 2 AE (3)拓展：如图3，在矩形ABCD中，CG是△ABC的一条角平分线，E是AD边上一点，将△ECD沿 着CE折叠得到△ECP,若点F恰好落在CG的中点，BG=2,设AG=x,求x+2x2-6x的值. E E D E A A D G F B B H B 图1 图2 图3 (9数)4/42026成都田家炳九上半期数学试卷解析 一、试卷结构与知识版块全景扫描：本套成都田家炳中学2026一2027学年度上期九年级半 期数学试卷严格遵循成都中考数学“A卷(100分)+B卷(50分)的双卷制命题标准，全卷 满分150分，考试时间120分钟，共设26道试题。考查范围精准覆盖北师大版九年级上册 核心章节，重点聚焦四大主干板块：第一，一元二次方程（概念、解法、根的判别式、韦达 定理、传播与营销增长率应用及新定义数论综合，占分约38分)；第二，图形的相似与位 似（比例性质、平行线分线段成比例、黄金分割、位似变换、光的反射与小孔成像物理跨学 科应用、手拉手旋转相似及直角坐标系中的动点相似探究，占分约56分)；第三，特殊平 行四边形（菱形、矩形、正方形的性质与判定、中位线定理、尺规作图及矩形折叠几何压轴， 占分约44分)；第四，视图与几何概率初步（三视图辨析、瓦里尼翁平行四边形面积与几 何概率，占分约12分)。各知识模块相互交织，呈现代数重运算与推理、几何重变换与结 构的鲜明特征。 二、命题立意与难度梯度深度剖析：全卷在难度分布上遵循7：2：1的黄金区分度原则。基础 题(A卷第1一7、9一12、14一16题及B卷第19一20题)紧扣教材核心定义与通性通法， 注重检验学生对一元二次方程基本解法、平行线分线段成比例及特殊平行四边形基本性质的 熟练度；中档题(A卷第8、13、17题及B卷第21、24题)强调知识融合与模型识别，如 第13题将尺规作角平分线、平行四边形与8字相似模型融为一体，第17题融合直角三角 形斜边中线、菱形判定与重心分线段比例，第21题连续嵌套四次中点考查直角三角形斜边 中线与三角形中位线：高区分度压轴题（第18、22、23、25、26题)则全面对标成都中考 压轴题与初中数学联赛思维，分别从手拉手旋转变换、新定义整数整除与判别式、等腰三角 形轴对称翻折、一次函数与射影定理相似分类讨论、矩形翻折高次方程降次求值五个维度设 置思维关卡，既保证了基础扎实的同学稳拿基本分，又为顶尖名校实验班与竞赛生提供了展 现数学高阶洞察力的舞台。 第二部分：全卷18、22、23、25、26题考点和难度解读 18题：【考点解读】本题考查共顶点手拉手全等与旋转相似模型、等边三角形与等腰直角 三角形的性质、三角形中位线定理、四点共圆及勾股定理解三角形。第（1)问以顶角为60 的等腰三角形（即等边三角形）为切入点，通过旋转构造△ABP≌△CBD,直接得出线段比 值与夹角：第(2)问过渡到顶角为90的等腰直角三角形，需以公共底角顶点B为旋转中心 识别△BPA~△BDC(相似比为万旋转角为45)，从而破解的值与直线夹角：第(3) 问引入中位线FE与A,D,P三点共线条件，利用CD1AP转化出直角三角形△CDP,结合等腰 直角三角形斜边与直角边关系精准求解。【难度解读】难度系数0.40（较难），属于A卷 几何压轴题，核心难点在于第(2)问旋转中心从顶角顶点转移到底角顶点B的思维转换，以 及第(3)问利用前两问的垂直与比值结论实现“以果索因的构图突破。 22题：【考点解读】本题考查新定义双倍快乐数数位拆解、等差中项性质、一元二次方程 根的判别式、完全平方式非负性以及数的整除理论。第一空紧扣非零数位限制与极值思想， 由百位与个位之和等于十位的2倍快速锁定最小三位数：第二空将数位关系α+c=2b与方 程有两个相等实数根的判别式条件4=4b2-4ac=0联立，通过代数恒等变形(a-c)2=0推 导出a=b=c的克隆数特征，进而转化为112a被6整除的数论问题。【难度解读】难度系数 0.45(中高难度)，属于B卷填空阅读理解与数论代数综合题，破题关键是把判别式条件与 双倍快乐数定义联立化归为完全平方为0的刚性约束，避免盲目枚举三位数。 23题：【考点解读】本题考查等腰三角形三线合一性质、图形翻折（轴对称变换）的全等 不变性、勾股定理及双垂直（或一线三垂直）相似模型。第一空直接抓住翻折轴DE经过定 点D,利用对应线段相等得出DF=DA;第二空结合翻折后FG⊥BC的垂直条件与原图 AD L BC平行共向，借助Rt△GDF与Rt△BDA全等以及对称轴DE垂直平分对应点连线AF( 或BG),构造相似直角三角形或方程求解AE。【难度解读】难度系数0.35（难），属于B 卷填空几何压轴题，难点在于准确画出翻折后FG1BC的几何构型，挖掘隐含的DF II BC(由 ∠GFD=∠ABD及内错角相等导出)这一关键几何桥梁。 25题：【考点解读】本题考查一次函数图象与坐标轴交点、直角三角形射影定理（子母相 似模型)、平行线分线段成比例的坐标转化以及直角三角形相似的多情形分类讨论。第(1) 问由△A0B~△C0A得出0A2=0B0C及∠BAC=90:第(2)问将线段比2=转化为 横坐标绝对值之比，需注意动点M在射线BA上分线段BA内部与BA延长线两种位置；第(3) 问围绕Rt△OMN与肛△AMN相似，结合一线三等角基木图形提炼出定值关系架=忌，再 按直角边对应成比例的两种对应方式分类求解。【难度解读】难度系数0.32（难)，属于B 卷函数与几何综合压轴题，第（2)问极易漏掉点M在第一象限的情形，第（3)问对几何结 构提炼与分类讨论的严密性要求极高。 26题：【考点解读】本题考查矩形的性质、轴对称翻折变换、相似三角形的判定与性质、 三角形重心的性质（中线交点分线段比2：1）、角平分线性质定理及高次代数式降次求值。 第(1)问为基础的折叠直角与平行内错角证相似：第(2)问在器=及H为BC中点的背景 下，揭示点F实为△ABC的重心（或通过构造平行线与射影定理求解）；第(3)问将角平 分线CG与折叠后点F落于CG中点相结合，利用CG=2CF=2AB导出Rt△GBC的边角关系， 结合角平分线定理（或平行线等腰转化）建立关于x的三次方程，整体代入求出目标代数式 的值。【难度解读】难度系数0.28（极难)，作为全卷收官压轴题，综合了折叠变换、重心 模型、角平分线模型与代数整体代换思想，极具选拔性与挑战性。 第三部分：试卷逐题解析 A卷（100分) 一、选择题（共8小题，每小题4分，共32分） 1.如图为一个乐高积木示意图，这个几何体的左视图为（) ⊙ C D A.见上图A B.见上图B C.见上图C D.见上图D 【答案】D 【*解析】从几何体的左侧向右正投影观察（即左视图）：该乐高积木由左侧的圆锥 体和右侧的圆柱体同轴拼接而成，圆锥底面圆半径大于圆柱底面圆半径。从左往右看时， 视线正对圆锥的顶点与底面圆周，外部轮廓为一个大圆，圆锥顶点投影为大圆圆心处的一 个实心点；右侧较小圆柱的底面圆周由于位于圆锥大底面后方被遮挡（或从正左方观察圆 台圆柱内孔结构可见同心小圆轮廓)，结合题图积木右端圆柱实心凸起且左端圆锥顶点正 对视线，其左视图由两个同心圆及圆心实心点构成，且内圆轮廓清晰可见。对照四个选项， 只有选项D符合三视图投影规范，故选D。 2.一元二次方程x2+2x-5=0的二次项系数、一次项系数、常数项分别是（) A.1,2,-5 B.1,2,5C.0,2,-5D.0,2,5 【答案】A 【*解析】一元二次方程的一般形式为ax2+bx+c=0a≠0)，其中a是二次项系 数，b是一次项系数，C是常数项，在确定各项系数时必须连同各项前面的符号一起读取。 方程x2+2x-5=0已经是标准一般形式，因此二次项系数为1，一次项系数为2，常数项为 -5,故选A。 3.如果-是那么下列式子成立的是《) A.5x =3y C.xy =15 D￥月 【答案】B 【:解析】由已知比例式？=一多（隐含x≠0，y+0),根据比例的基本性质（两内项 之积等于两外项之积)，交叉相乘可得3x=5y。在此等式两边同时除以3y,直接化简得 -(反之可得=。逐一核对各选项：A项应为3x=5y:B项=完全正确：C项与 D项均不成立，故选B。 4.如图，在菱形ABCD中，AC与BD相交于点O,AC=8,BD=6,则菱形的周长等于() A B 0 D A.40 B.4V7 C.24 D.20 【答案】D 【*解析】因为四边形ABCD是菱形，根据菱形的对角线互相垂直且互相平分的性质， 可得AC1BD,即LA0B=90,且0A=AC=2×8=4,0B=BD=×6=3.在 Rt△A0B中，由勾股定理得菱形的边长AB=VOA2+0B2=V42+32=5。又因为菱形的 四条边都相等，所以菱形ABCD的周长为4AB=4×5=20,故选D。 5.如图，直线a,b被直线l1,l2所截，交点分别为点A,CE和点B,DF,已知abIc,且= DF=10,则BD的长是() VI 12 B A.8B.10C.16 D.18 【答案】A 【*解析】已知αIbⅡc,根据平行线分线段成比例定理（两条直线被一组平行线所截， 所得的对应线段成比例)，可得器-。将二=与DF=10代入比例式，得器-言解 得BD=4X10=8,故选A。 5 6.如图，已知口ABCD中，对角线AC,BD相交于点O,下列判断中错误的是() A.若∠BAC=60°，则□ABCD为菱形 B.若OA=OB,则☐ABCD为矩形 C.若AC平分LBAD,则□☐ABCD为菱形 D.若∠BAC=∠ABD=45°，则☐ABCD为正方形 【答案】A 【*解析】逐项分析如下：对于A选项，在□ABCD中，仅知道∠BAC=60°，既不能 推出邻边相等（如AB=BC),也不能推出对角线垂直(AC L BD),故无法判定口ABCD 为菱形，A选项判断错误；对于B选项，平行四边形的对角线互相平分，即 AC=2OA,BD=2OB,若OA=OB,则AC=BD,根据“对角线相等的平行四边形是矩 形”可知B选项正确：对于C选项，因为四边形ABCD是平行四边形，所以AD IBC,故 ∠DAC=∠BCA,若AC平分∠BAD,则∠BAC=∠DAC,从而∠BAC=∠BCA,得AB=BC, 根据“有一组邻边相等的平行四边形是菱形”可知C选项正确；对于D选项，在△AOB中， 若LBAC=∠ABD=45°，则OA=OB(从而AC=BD,平行四边形为矩形)且 ∠A0B=180°-45°-45°=90°（即AC1BD,平行四边形为菱形），既是矩形又是菱形的 平行四边形是正方形，故D选项正确。综上，判断错误的是A,故选A。 7.如图，已知△ABC与△DEF位似，位似中心为O,且△ABC的面积与△DEF的面积之比 为16：25，则0B:0E等于() A.4:9 B.16:25C.4:5 D.5:16 【答案】C 【*解析】因为△ABC与△DEF位似，位似中心为点O,所以△ABC∽△DEF,且对 应顶点到位似中心的距离之比等于相似比（即位似比）。已知面积比二一芸 根据相似 三角形的面积比等于相似比的平方，可得相似比为 ：-。又因为点B与点E是位似图形中 16 4 的对应顶点，所以0B:0E=4:5,故选C。 8.进入12月份来，甲型流感频发，某校有1名学生感染了甲型流感病毒，经过两轮传染后， 一共有81人感染了此病毒.设每轮传染中一人可以传染x个人，则所列方程是() A.1+x+x(x+1)=81B.1+(1+x)+x(x+1)=81 C.1+x+x2=81 D x(x+1)=81 【答案】A 【*解析】本题属于典型的一元二次方程传染模型：初始传染源为1人：第一轮传染中，这1 人传染了x人，因此第一轮传染结束后累计共有(1+x)人感染；第二轮传染中，已感染 的(1+x)人每人又传染x人，故第二轮新传染的人数为x(x+1)人。经过两轮传染后感染总 人数为初始人数、第一轮新增人数与第二轮新增人数之和，即1+x+x(x+1)=81（亦可 合并化简为(1+x)2=81)。对照各选项，所列方程正确的是A,故选A。 二、填空题（共5小题，每小题4分，共20分） 9若=日(ab≠0)，则 【答案】 【*解析】解法一（设参法）：由 受日ah≠0)，可设a=2k,b=3kk≠0). 将其代入所求分式，得品-数改一左-京解法二（消元法）：由已知得一，代 b-b-b 入原式得 10.若关于x的一元二次方程ax2+2x+1=0有两个相等的实数根，则实数a的值为 【答案】1 【*解析】因为关于x的方程αx2+2x+1=0是一元二次方程且有两个相等的实数根， a≠0 所以必须同时满足二次项系数非零与判别式为零两个条件，即{4=224×a×1=0·由 4-4a=0解得a=1,经检验a=1≠0符合题意，故实数a的值为1。 11.大自然是美的设计师，如图是一片银杏叶，点P是线段AB的黄金分割点，且AP>BP, 若AB=6cm,则AP的长为 cm. 6 。A 【答案】3V5-3 【*解析】因为点P是线段AB的黄金分割点，且AP>BP,根据黄金分割的定义可知 较长线段AP是较短线段BP与全线段AB的比例中项，即G-兰，将AB=6cm代入，得 AP=6×51=3V5-3)cm(亦可设AP=x,由x2=6(6-x),即x2+6x-36=0,解 2 正根得x=3V5-3)。 12.小孔成像的原理是光的直线传播.如图，一发光的电子蜡烛AB(竖直放置)经小孔0在屏 幕（竖直放置）上成像A'B',设AB=24cm,A'B'=8cm,小孔0到AB的距离为45cm,则小 孔O到A'B'的距离为 cm. 45cm 【答案】15 【*解析】因为电子蜡烛AB与屏幕上的实像A'B均竖直放置，所以ABIA'B',从而构成“8 字型”相似三角形△OAB∽△OA'B'。设小孔O到A'B的距离为hcm,已知小孔O到AB 的距离为45cm,根据相似三角形对应高之比等于相似比（即对应边之比），可得号-袋， 即酷=行，化简得3=5，解得h=15。 13.如图，□ABCD中，AB>BC,以C为圆心，在CD上截取CF,使得CF=BC,连接BF,以 点A为圆心，适当长为半径作弧，分别与AB,AD相交于点M,N,再分别以点M,N为圆心，大于 MN长为半径作弧，两弧在∠BAD的内部相交于点H,射线AH与CD交于点E,与BF交于点G, 若BC=4,EC=GF=1,则GB的长为 【答案】 【*解析】由尺规作图痕迹可知，射线AE是∠BAD的平分线，故LBAE=∠DAE。因为四边 形ABCD是平行四边形，所以AD=BC=4,且AB IICD,由平行线的内错角相等得 ∠DEA=∠BAE,从而LDEA=∠DAE,故△ADE是等腰三角形，得DE=AD=4。又已知 EC=1,因此CD=DE+EC=4+1=5,从而平行四边形的对边AB=CD=5。再由已 知CF=BC=4,可得EF=CF-EC=4-1=3。因为AB ICD(即AB IEF),所以 △ABG△EFG,根据相似三角形对应边成比例得品--因为GF=1,所以GB- 三、解答题（共5小题，共48分) 14.（12分)解方程：（1)(x-3)2-25=0;（2)2x2-3x-2=0:(3)(x-2)2=3(x-2) 【答案】(1)x1=8,2=-2:(2)x1=2,x2=(3)x1=2,x2=5. 【*解析】(1)解法一（直接开平方法）：移项得(x-3)2=25,两边直接开平方得 x-3=±5，即x-3=5或x-3=-5,解得x1=8,x2=-2。解法二（平方差公式因式分 解法)：将25看作52，原方程变形为(x-3+5)(x-3-5)=0,即(x+2)(x-8)=0,故x1 =8,x2=-2。(若原卷印刷中括号内符号按(x+3)2-25=0理解，则移项开方得 x+3=±5，解得x1=2,x2=-8。) (2)解法一（十字相乘法因式分解法）：将二次三项式分解因式，原方程化为 (2x+1)(x-2)=0,故2x+1=0或x-2=0,解得x1=2,x2=-2解法二（公式法)： 这里a=2,b=-3,c=-2,判别式4=(-3)2-4×2×(-2)=9+16=25>0，代入 求根公式得x=二空=型艺，解得x1=2,2= 2×2 (3)解法一（提公因式因式分解法，切忌直接约去含未知数的因式x-2)：移项得(x一2）2 -3(x-2)=0,提取公因式(x-2)得(x-2)(x-2-3)=0,即(x-2)x-5)=0,从而 x-2=0或x-5=0,解得x1=2,x2=5。解法二（展开一般式法）：展开整理得x2 -7x+10=0,即(x-2)(x-5)=0,解得x1=2,x2=5。 15.(8分)如图，在平面直角坐标系中，给出了格点△ABC(顶点均在正方形网格的格点上) ,已知点A的坐标为(2,3).(1)画出△ABC关于y轴对称的△A1B1C1;（2)以点0为位似中 心，在给定的网格中画出△A2B2C2,使△A2B2C2与△A1B1C1位似，并且点A2的坐标为 (4,-6):（3)△A1B1C1与△A2B2C2的相似比是 【答案】（1)作图见解析图，其中A1(-2,3),B1(-1,1),C1(-3,1)；(2)作图见解析图， 其中A2(4,-6),B2(2,-2),C2(6,-2):(3)2(或1：2). 【*解析】(1)由网格及A(2,3)可读出原三角形其余顶点坐标为B(1,1),C(3,1)。关于y轴 对称的点的坐标特征为“纵坐标不变，横坐标互为相反数”，故A1(-2,3),B1(-1,1),C1( 3,1),在网格中描出三点并顺次连接即得△A1B1C1。 (2)以原点0为位似中心，对比对应点A1(-2,3)与A2(4,-6)的坐标，可知位似变换规律为 将△A1B1C1各顶点的横、纵坐标都乘以-2（异侧位似)。由此算得B2(2,-2),C2(6,-2), 在第四象限网格中描出A2,B2,C2并顺次连接即得△A2B2C2。 (3)由B1C1=-1-(-3)引=2，B2C2=16-2=4,可得△A1B1C1与△A2B2C2的相似 比为，：至立（或写为1：2）。 16.(8分)如图2，小红同学正在使用手电筒进行物理光学实验，地面上从左往右依次是墙， 木板和平面镜，手电筒的灯泡在点G处，灯泡到地面的高度AG=1.2m,手电筒的光从平面 镜上点B处反射后，恰好经过木板的边缘点F,落在墙上的点E处，点F到地面的高度 CF=1.8m,灯泡到木板的水平距离AC=6m,木板到墙的水平距离为CD=4m,图中 A,B,C,D在同一条直线上.(1)求AB的长；(2)求点E到地面的高度DE. 入射光线 法线 反射光线 i！r 必 反射面 木板 地面D C 平面镜 光的反射定律 【答案】(1)AB=号m(即24m)；(2)DE-曾m(即3.8m). 【*解析】(1)根据物理中光的反射定律（反射角等于入射角)，法线垂直于地面反射面 ,可得光线与地面所成的锐角相等，即∠GBA=∠FBC。又因为灯泡高度、木板高度均垂直 于水平地面AD,所以∠GAB=∠FCB=90°，从而△GAB∽△FCB(两角分别相等的 两个三角形相似)。因此2铝-=。设AB=xm,因为AC=6m,所以CB=(6-x)m.将 AG=n12m),CF=m(18m)代入比例式，得。产=号=系交叉相乘得 3x=2(6-),即5x=12,解得x=号（即2.4）。故AB的长为号m。 (2)由(1)知BC=AC-AB=6号=号m,又因为CD=4m,所以BD=BC+CD=号 5 +4-器m,因为木板CF与墙面DE均垂直于地面AD,所以∠FCB=∠EDB=90,且 9 ∠FBC=∠BBD(公共角)，故△FCB-△EDB(“A字型相似)·由此得E-5,即品 189 ==1g解得DE=m(即3.8m)。 5 17.(10分)如图，在△ABC中，∠BAC=90°，D为BC中点，E为AD中点，过点A作AF II BC 交BE延长线于点F,连接CF.(1)证明：四边形ADCF为菱形；(2)AC与BF相交于点G,若 AB=16,CF=10,求GC和GE的长. 的长 【答案】(1)证明见解析：(2)GC=8,GE=√17 【*解析】(1)证明：因为AF IIBC,所以LAFE=∠DBE,∠FAE=LBDE(两直线平行 ,内错角相等)。又因为点E为AD的中点，所以AE=DE。在△AEF和△DEB中，由LAF E=∠DBE,∠FAE=∠BDE,AE=DE,根据“AAS”可证△AEF≌△DEB,故 AF=BD,EF=EB。因为点D为BC的中点，所以BD=CD,从而AF=CD。又因为 AF ICD,所以四边形ADCF是平行四边形。在Rt△ABC中，∠BAC=90°，点D是斜边BC 的中点，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，可得AD=BC=CD。根据“有一 组邻边相等的平行四边形是菱形”，即证四边形ADCF为菱形。 (2)由(1)知四边形ADCF为菱形，且CF=10,所以AF=AD=CD=BD=CF=10, 故斜边BC=2CD=20。在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=16,BC=20,由勾股定理 得AC=√BC2-AB2=V202-162=12。因为AF IBC,所以△AGF∽△CGB(“8字型”相 似)，从而瓷-8--8-克因为Ac+GC=AC=12,所以cC=AC=号 ×12=8,AG=12-8=4。在Rt△BAG中，∠BAG=90°，AB=16,AG=4,由勾股 定理得BG=VAB2+AG=V16+平-V272=4V7.由%-河知FG-GB=2V7, 故BF=BG+FG=6VI7。又由(1)中△AEF≌△DEB知点E是BF的中点，所以BE= BF=3√17，因此GE=BG-BE=4V17-3V17=√17。 18.(10分)在△ABC中，AB=AC,∠BAC=a,点P是△ABC外一点，连接BP,将线段 BP绕点P逆时针旋转a得到线段PD,连接BD,CD,AP.观察猜想：（1)如图1，当a=60时， 器的值为 ,直线CD与AP所成的较小角的度数为：类比探究：(2)如图2， 当a=90时，求出的值及直线CD与AP所成的较小角的度数：拓展应用：(3)如图3， 当a=90时，点E,F分别为AB,AC的中点，点P在线段FE的延长线上，点A,D,P三点在一条直 线上，BD交PF于点G,CD交AB于点H,若CD=2+V2,求BD的长 C B B 图1 图2 图3 【答案】(1)1：60：(2)器=VZ,直线CD与AP所成的较小角的度数为45：(3) BD=√2. 【*解析】(1)当C=60°时，因为AB=AC,∠BAC=60°，所以△ABC是等边三角形， 故BA=BC,∠ABC=60°。又因为线段BP绕点P逆时针旋转60°得到线段PD,所以 PB=PD,∠BPD=60°，从而△BPD也是等边三角形，得BP=BD,∠PBD=60°。因 此LPBA=∠PBD+∠DBA=60°+∠DBA=∠ABC+∠DBA=∠DBC。在△ABP与 △CBD中，由BA=BC,∠PBA=∠DBC,BP=BD,根据“SAS”可证△ABP≌△CBD( 共顶点B的“手拉手"全等模型)。由此可得CD=AP,即邪=1；同时∠BAP=∠BCD,由 “8字型”对顶三角形内角和转化可知，直线CD与AP所成的较小角等于旋转角LABC=60°。 (2)当a=90时，在Rt△ABC中，AB=AC,∠BAC=90°，所以△ABC是等腰直角三 角形，故∠ABC=458,且由勾股定理得=V2。同理，由旋转性质知 PB=PD,∠BPD=90,所以△BPD地是等腰直角三角形，故∠PBD=45,且部=2. 由此可得LPBD=∠ABC=45°，等式两边同加上（或同减去）公共角∠DBA,得 ∠PBA=∠DBC,且器-胎=V五。根据“两边成比例且夹角相等的两个三角形相似，可证 △BPA△BDC(以公共底角顶点B为中心的手拉手旋转相似模型)，因此号-二=V厄， 且∠BAP=∠BCD。记直线AP与BC交于点K,在△ABK与CD、AP交点构成的“8字型"三 角形中，由对顶角相等及LBAP=∠BCD,可得直线CD与AP所成的较小角等于 ∠ABC=45°。 (3)如图3，当a=90时，因为点E,F分别为AB,AC的中点，设 AE=BE=AF=CF=aQ>0),则AB=AC=2a。因为FE是Rt△ABC的中位线，所 以FE BC,故LAEF=∠ABC=45°。过点P作PM⊥AB于点M,过点D作DK⊥AB于点K。 因为点P在线段FE的延长线上，所以LPEM=LAEF=45°，从而Rt△PME是等腰直角三 角形。设PM=EM=x(x>0),则AM=AE+EM=a+x,BM=BE-EM=a-x。 因为LBPD=90°，PB=PD,且∠PMB=∠DKB=90°，由“一线三垂直"全等模型可得 ∠MPB=90°-∠MBP=∠KDB,故△PMB≌△BKD(AAS),从而 BK=PM=x,DK=BM=a-x。于是AK=AB-BK=2a-x?注意：在图3中，点P在 AB左外侧，PB绕点P逆时针旋转90得到PD,过点P作PM⊥AB于点M,过点D作 DN⊥PM交PM的延长线于点N(构造含直角顶点P的标准一线三垂直△PMB≌△NPD): 因为LMPB+∠NPD=90°，∠NDP+∠NPD=90°，所以∠MPB=∠NDP,又 LPMB=∠PND=90°，PB=PD,故△PMB≌△NPD(AAS)I由此直接得出： PN=BM=Q-x,DN=PM=xI因为DN1PM且AB 1 PM,所以四边形DNMK是矩形， 从而点D到AC的距离（即AK)为AK=AM-MK=AM-DN=(a+x)-x=a,点D到AB 的距离为DK=MN=PN-PM=(a-x)-x=a-2x(当D在AB内侧时DK=2x-a)I因 为点A,D,P三点在一条直线上，且DK1AB,PM1AB,所以DK II PM,从而 △ADK△APM,得瓷-，即。=产交叉相乘得(2x-a(a+)=ax,展开整 理得2x2=a2,因x>0,a>0,故x=三a。在Rt△PMA与Rt△PMB中，由勾股定理得： 2 AP2=AM2+PM2=(a+x)2+x2=(2+V2)a2,BP2=BM2+PM2=(a-x)2+x2 =(2-V2)a2。由(2)知CD2=2AP2=2(2+V2)a2,而在等腰Rt△BPD中，BD2=2 BP2=2(2-V2)a2。将两式相乘，利用平方差公式消去根号系数：CD2.BD2=4(4-2)a4 =8a:同时由cD=2+V2得cD2-6+4v2=22+V2)22,对比可得2=2.将 其代入BD2的表达式，得：BD2=2(2-√2)×2+三=4-2=2，开平方得BD=V2。 【高阶背景】本题以共顶点旋转（手拉手模型）为载体，深刻体现了平面几何中的“螺旋相 似变换(Spiral Similarity)"与复平面上的旋转伸缩算子理论。在大学高等几何与高中复数 几何中，绕定点旋转角0并伸缩λ倍的变换可唯一表示为复数乘法算子T(z=1iz。当两个 等腰三角形顶角均为a且共底角顶点B时，底边与腰的比值恒为2si受，底角恒为B=90°-受， 由此直接决定第三边之比器=2sim受，且夹角恒为90°受。 【*高阶解析】高阶解法一（复平面旋转算子法）：以点A为复平面原点0，AB所在射 线为实轴正半轴，AC所在射线为虚轴正半轴建立复平面，设AB=AC=2a(Q>0),则 各点对应的复数分别为：ZA=0,ZB=2a,Zc=2ai,中点zE=a,Zp=at。因为点P在 线段FE的延长线上，设zp=(1+kzE-kZp=a(1+k-k)(k>0)。将线段BP绕点P逆 时针旋转90°得到PD,由复数旋转算子（乘以虚数单位1）可得：ZD一Zp=(Zg-Zp),化简 得zD=a[1+(1-2k)。首先验证第(2)问：对于任意点P,c2=2ai-[p+i2a-p】 ZA-ZP -Zp =1-1=V2e,取模与辐角立得器=V2,且夹角为45。其次求解第(3)问：因为 A(0),D,P三点共线，所以复数比2为实数，即Im(zDzp)=0,展开得 1×(-k)-(1-2k(1+k)=2k2-1=0,因k>0,解得k-受。此时pl=a √(1+k)2+区=aV2+V2,IzB-zpl=aW(1-k)2+k2=aW2-V2。故cD=V2lzpl=a √4+2V2,BD=V2Izg-zpl=a√4-2V2。由CD=2+V2解得a= 之兰，代入得BD= 2+V2 2+√2 2(2-V2)=V4-2=V2。 2 高阶解法二（高中余弦定理与半角三角函数法）：由复平面或斜率关系知PE=kEF= 2 V2a=a,即PE=AE=BE=aI这表明在△ABP中，斜边（或底边）AB上的中线PE恰 好等于AB,故LAPB=90I在Rt△APB中，因为EA=EP=a,∠AEP=135,所以 ∠PAB-四5=25.由半角正切公式m225=2-1,得号=g架-am 3 22.5°=V2-1I因此BD=(W2-1)CD=(W2-1)2+V2)=V2(2-V2)=等-等：(2 -1)(2+√2)=2√2+2-2-√2=√2！两步直接口算秒杀！ B卷(50分) 一、填空题（共5小题，每小题4分，共20分） 19.若m,n是一元二次方程x2+5x-2=0的两个不相等的实数根，则m2+5m-mm= 【答案】4 【*解析】因为m,n是一元二次方程x2+5x-2=0的两个实数根，一方面，根据方程 根的定义，将x=m代入原方程得m2+5m-2=0,整体移项得m2+5m=2(代数降次法) ：另一方面，根据一元二次方程根与系数的关系（韦达定理），可得两根之积mn=日 =-2。将m2+5m=2与mn=-2一并代入所求代数式，得m2+5m-mn=2-(-2)=4。 20.如图，顺次连接四边形ABCD各边中点得到四边形EFGH将一个飞镖随机投掷到四边形 ABCD上，则飞镖落在阴影区域（飞镖落在区域分界线时，忽略不计）的概率是 E H 【答案】 【*解析】连接AC,BD。因为点E,F,G,H分别是四边形ABCD四条边AD,AB,BC,CD的中点， 所以EF是△ABD的中位线，从而△AEF一△ADB,相似比为2， 根据相似三角形面积 比等于相似比的平方，可得S△AEF S△ABD·同理可得SACHG=SACBD, 两式相加得S△AEE +S△CHG (S△ABD+SACBD)= S四边形ABCD· 同理，在△ABC与△ADC中，有S△BFG+ S△DHE= S四边形ABCD· 因此， 四个空白角上的小三角形面积之和为S边指ABcD+柱 S四边形ABCD 四边形ABCD, 从而阴影中点四边形（瓦里尼翁平行四边形）EFGH的面积为 S四边形EFGH S四边形ABCD 根据几何概型概率公式，飞镖落在阴影区域的概率为P= S四边形EFGH S四边形ABCD 2 21.如图，AC是正方形ABCD的对角线，E,F,O,G分别是AD,BE,AC,CF的中点.若OG=2V5,则 AB的长为 D G B 【答案】16 【*解析】连接AF。在△CAF中，因为点O是AC的中点，点G是CF的中点，所以OG是 △CAF的中位线。根据三角形中位线定理，可得AF=20G=2×2V5=4V5。又因为四边 形ABCD是正方形，所以∠BAE=90°，在Rt△ABE中，点F是斜边BE的中点，根据直角三 角形斜边上的中线等于斜边的一半，可得BE=2AF=2×4V5=8V5。设正方形边长 AB=AD=2xx>0),因为点E是AD的中点，所以AE=x。在Rt△ABE中，由勾股定 理得AB2+AE2=BE2,即(2x)2+x2=(8V5)2,化简得5x2=320,解得x2=64,因 x>0,故x=8,从而正方形边长AB=2x=16。 22.任意一个三位数M,如果满足各个数位上的数字都不为零，且百位上的数字与个位上的 数字之和等于十位上数字的2倍，那么称这个数为双倍快乐数”.例如：M=234,因为 2+4=2×3所以234是“双倍快乐数”.则最小的双倍快乐数为 ;若N=abc是一 个“双倍快乐数”，且使关于x的一元二次方程ax2+2bx+c=0有两个相等的实数根，设 P()=品，若P()+N能被6整除，则所有满足条件的N的和为 【答案】111；1998 【*解析】（1)求最小的“双倍快乐数”：设三位数M=abc,其中a,b,c均为1至9之间 的正整数（各个数位上的数字都不为零），且满足a+c=2b。要使三位数 M=100a+10b+c最小，根据十进制数位权重，首先应令百位数字a取最小值1；其次令 十位数字b取最小值1，代入a+c=2b得1+c=2×1,解得个位数字c=1(满足c≠0)。 因此，最小的“双倍快乐数”为111。 (2)求所有满足条件的N的和：因为N=abc是“双倍快乐数”，所以 a,b,ce{12,345,678,9,且a+c=2b,即h=①。又因为关于x的-元二次方程ax2 +2bx+c=0有两个相等的实数根，所以判别式4=(2b)2-4ac=0,化简得b2=ac②。 将①代入②，得（空）子=ac,两边同乘4并移项整理，得a2+2ac+c2-4ac=0,即 (a-c)2=0,故a=cl再代回a+c=2b,立即得出a=b=c。因此三位数 N=100a+10b+c=111a。由此可得F(N)=X=1=a,从而 111-111 F(W+N=a+111a=12a.要使112a能被6整除，注意到g=5“=18a+号因 3 为2与3互质，所以a必须是3的倍数。在aE{1,2,…,9}中，满足条件的a取值为3,6,9，对应的 三位数N分别为333,666,999。故所有满足条件的N的和为333+666+999=1998。 【高阶背景】本题在高中与竞赛视角下，本质上是“等差数列与等比数列均值不等式(AM GM Inequality)取等条件”与“初等数论同余方程(Modular Arithmetic)."的结合。条件 a+c=2b表明a,b,c成等差数列(b为算术平均数)，而判别式b2=ac表明a,b,c成等比数 列(b为几何平均数)。由均值不等式“≥Vc知，算术平均数等于几何平均数当且仅当 a=c,即刻得出该数列为非零常数列a=b=c。 【*高阶解析】由正整数a,b,cE[1,9]满足等差中项b= 空与等比中项b=Vac,根据 均值不等式之Vac的取等充要条件，直接得a=b=c,故N=111a, F(N)+N=112a。考虑同余方程112a三0mod6),由于112≡4mod6),同余式化 为4a≡0mod6)。利用同余消去律，两边同除以gcd(4,6)=2,等价于2a=0mod3), 又gcd(2,3)=1,故a≡0mod3)，即aE{3,6,9}。由等差数列求和得 ∑N=111×(3+6+9)=111×18=1998。 23.如图，△ABC中，AB=AC=10,BC=16,点D为BC边的中点.点E在AC边上（不与点 A,C重合)，连接DE,将四边形ABDE沿直线DE翻折，点A,B的对应点分别为点F,G,连接DF, 则DF的长为 若FG1BC,则AE的长为 B (9?斯) 30 【答案】6：1a 【*解析】(1)求DF的长：在△ABC中，因为AB=AC=10,BC=16,且点D为 底边BC的中点，根据等腰三角形“三线合一"性质，可得AD1BC,且BD=CD=BC=8。 在Rt△ABD中，由勾股定理得AD=√AB2-BD2=√102-82=6。因为将四边形ABDE沿 直线DE翻折后点A的对应点为点F,而点D在折痕DE上，由翻折的全等不变性知 DF=AD=6. (2)若FG1BC,求AE的长：记直线FG与BC的交点为H。由翻折性质知 Rt△FDG≌Rt△ADB,故∠FDG=∠ADB=90°，DF=6,DG=8,FG=10。因为 FG⊥BC于点H,所以DH L FG,即DH是Rt△FDG斜边FG上的高！由面积法与射影定理可 得：DH=DF2=。-告FH=器=治=号。过点r作FM1AD于点M,因为 AD LBC,FH LBC,.所以四边形MDHF是矩形，故FM=DH=凳，MD=FH=号，从 而AM=ADMD=6g号。连接AD,由轴对称性质知折痕DE垂直平分A,故 DE⊥AF。过点E作EP⊥AD于点P,因为∠EPD=∠AMF=90°，且 乙EDP=90-DAF=MFM所以RE△EPD-RL△AMF,从而品-器-盏-即 PD=2EP,又因为EP1AD,CD1AD,所以EPICD,故△AEP~△ACD,得品=器 CD -怎已知AD=6,CD=8,AG=10,设AP=3k,EP=4k,AB=5k(k>0),则 PD=2EP=8k,由AD=AP+PD=3k+8k=11k=6,解得k-=点故AE=5k=碧 【高阶背景】本题以等腰三角形中的轴对称翻折为背景，在高中解析几何与平面向量视野 下，实质是“平面反射变换(Householder Reflection)”与“法向量正交条件”。由于点A与点 F关于折痕DE对称，位移向量AF必然是折痕方向向量DE的法向量，满足内积正交条件DE, F=0。 【*高阶解析】高阶解法一（平面向量与建系内积法）：以点D为坐标原点，DC所在射线 为x轴正半轴，DA所在射线为y轴正半轴建立平面直角坐标系，则 D(0,0),B(-8,0),C(8,0),A(0,6)。在Rt△FDG中，DF=6,DG=8,FG=10,因为 FG1BC(垂直于x轴)，所以点F的横坐标等于斜边FG上的高x==告，纵坐标yE 10 、62-(台)子-是，即F.从而法向量F=÷,=号2,1).设a正=aC 0<t<1),则D正=(1-t)DA+tDC=(8t,6-6t)。由DE1AF得DE :2,1)=16t(66)=22t6=0,解得t=品故AE=10t-碧。 3 高阶解法二（高中二倍角公式与正弦定理解三角形法）：设∠ADE=O,由对称性知 ∠ADF=20。因为FG⊥BC,AD⊥BC,所以∠DFH=∠ADF=20。在Rt△FDG中，cos 20=cos∠DFG=器-子由余弦二倍角公式cos20=mg-是解得an0=是(0为锐角) 1+tan20 。在△ADE中，已知AD=6,sin-DAE-,cos∠DAE=,由正弦定理及两角和的正弦 33 公式得：AE=AD.sin0 6tane 6×号30 sm+DAESDAE+CODAE tan0于☆ 211 三、解答题（共3小题，共30分） 24.(8分)今年的双十一购物节期间，某官方旗舰店开展拉布布”系列商品促销活动.商 家记录了拉布布玩偶从9月初至11月初的销售数据，9月初售出500个，11月初售出980 个，9月至11月的销量月增长率保持一致.(1)求该玩偶销量的月增长率：(2)若玩偶的 成本价为58元/个，通过市场调研发现，当售价定为98元/个时，月销量可达800个：若在 此基础上售价每提升2元/个，则月销量会减少20个.为了实现月销售利润达到35000元，并 尽可能让利于顾客，问该玩偶每个的定价应为多少元？ 发木：58元个 婴0元 作价？元个 【答案】(1)该玩偶销量的月增长率为40%；(2)该玩偶每个的定价应为108元 【*解析】(1)设该玩偶销量的月增长率为x。从9月初到11月初共经历了两个月的连续 增长，根据题意列一元二次方程得：500(1+x)2=980。两边同除以500，得(1+x)2 -尝两边直接开平方得1+x=士子解得x1==40%,x2=号（不合感盒，舍去）· 答：该玩偶销量的月增长率为40%。 (2)设该玩偶每个的定价应为y元。已知成本价为58元/个，则每个玩偶的销售利润为 y-58)元：因为售价每提升2元，月销量减少20个，即售价每提升1元，月销量减少10个， 故当定价为y元时，月销售量为[800-10(y-98)]=(1780-10y)个。根据“单件利润×月销 量=月总利润”，列方程得：y-58)(1780-10y)=35000。方程两边同除以-10并展开整 理，得：y2-236y+13824=0,十字相乘因式分解得y-108)y-128)=0,解得y1 =108,y2=128。因为题目要求“尽可能让利于顾客”，即在保证利润的前提下定价应尽 可能低，所以舍去y=128,取y=108。答：该玩偶每个的定价应为108元。 25.(10分)如图，在平面直角坐标系x0y中，直线y=x+5分别与x轴，y轴交于点B,A, 点C在x轴正半轴上，连接AC,△AOB∽△COA,点M为射线BA上一动点.(1)求直线AC的 函数表达式；(2)直线CM与y轴交于点D,若2=品求点M的坐标；(3)若点M在线段 AB上，点N在直线AC上，∠OMN=∠BAC,是否存在点M,使以点O,M,N为顶点的三角形与 △AMN相似？若存在，求AM的长；若不存在，请说明理由， 备用图 【答案】(1)y=+5:(2)M1(-2或M2(2:(3)存在，AM=2或 AM=2+V13 【解析】(1)在直线y=x+5中，令x=0,得y=5,故点A(0,5),0A=5；令 y=0,得字+5=0，解得x=华，故点B(0),OB=华因为△A0B~△C0A,根 据相似三角形对应边成比例，得2-8器即0A2=0B0C.将0A=5,0B=代入，得 25=0C,解得0C=9.因为点C在轴正半轴上，所以C号0.设直线AC的函数表达 b=5 式为y=kx+bk≠0)，将A0,5与C(得0)代入得罗k+b=0:解得k= ,b=5。故直线AC的函数表达式为y=3x+5。 4 (2)过点M作MH⊥y轴于点H。因为MH⊥y轴且OC1y轴，所以MH IOC,从而 △MDH△CD0.根据粗似三角形对应边成比例，可得是-2-品·已知0C-号，故 MH=品×碧=Z,即点M的横坐标绝对值xw=2.因为点M为射线BA上一动点，而xa =票，所以xM≥5分两种情形：①当点M在线段BA上（第二象限）时，xM=一2， 代入y=x+5得yM=子即M1(-2孕：②当点M在BA的延长线上（第一象限）时，xM =2,代入得yw=至，即Mz2,受)。综上，点M的坐标为(-2⑦或2，号· (3)存在。首先由△A0B~△C0A可知L0AB=∠0CA,因为L0CA+L0AC=90°，所 以∠0AB+∠OAC=90°，即∠BAC=90°。又因为LOMN=∠BAC,所以 ∠OMN=∠MAN=90°，即△OMN与△AMN均为直角三角形I在Rt△AOB中， 0A=5,0B=票由勾股定理得AB=52+(华子-至过点0作011AB于点，由 面积法与射影定理可得：0H=OA0B=3,AH=0A=4。因为 AB AB ∠OHM=∠MAN=∠OMN=90°，构成经典的“一线三垂直”模型，由同角的余角相等可知 ∠HOM=∠AMN,故Rt△OHM一Rt△MAN恒成立I由此得到核心比例恒等式：架 _0H AM -品且袋-册=品设AM=m0<m≤孕)，则HN=-m.要使△0MN 与Rt△AMN相似，只需两直角三角形的两条直角边之比对应相等，分两种对应情形讨论： 情形一：0=微，即品=4网，得m=4m,解得m=2(满足0<2≤孕：情形二： 0=即品-，得m4m=9.当0<m≤4时，m2-4m+9=0,判别式 m 4=16-36=-20<0,无实根：当4<m≤时，m2-4m9=0,解得m=2+V13 (负根2V3<0啥去，且4<2+V3<2+4=6<华，符合题意).综上，存在点M 满足条件，AM的长为2或2+√13。 【高阶背景】本题第(3)问在大学解析几何与线性代数中属于“正交基底变换(Orthogonal Coordinate Transformation)”与“四点共圆(Concyclic Points)结构”。由于∠BAC=90°， 以A为新原点、AB,AC为正交坐标轴作旋转平移正交变换，可将斜直线问题瞬间降维为坐标 轴截距问题；同时由∠0MN=∠MAN=90°可知0，M,A,N四点共圆（以ON为直径）。 【*高阶解析】以点A为新坐标系原点，射线AB为u轴正半轴，射线AC为v轴正半轴建 立正交坐标系A-uw,由0A=5,cos∠0AB=青，sim∠0AB-,得定点0在uD系下的坐标 为0(43).设M(m0)0<m≤空)，N0,m),则向量M0=(4-m,3),M=(-m,n: 由∠0MN=90得M0MN=-m(4m)+3n=0,即n=mm,注意到MN=置 (-3,4-m),即向量MN恰好是由向量MO逆时针旋转90°并伸缩倍所得！故在Rt△0MN 中，am∠MON--受而在Rt△AMN中，两直角边之比为--，。由两直 MOI 角三角形相似充要条件得-：或受"=1，直接解得m=2或m=2+V区。 3 26.(12分)(1)基础：如图1，在矩形ABCD中，E是AD边上一点，将△ECD沿着CE折叠 得到△ECF,若点F恰好落在AC上，求证：△AFE∽△CBA.(2)迁移：如图2，在矩形 ABCD中，AB=6,H是BC边的中点，E是AD边上一点，若点F恰好落在AH上，将△ECD沿 着CB折叠得到△ECR若器=，求的值.(3)拓展：如图3，在矩形ABCD中，CG是 △ABC的一条角平分线，E是AD边上一点，将△ECD沿着CE折叠得到△ECF若点F恰好落 在CG的中点，BG=2,设AG=x,求x3+2x2-6x的值 日L1L可LL1·口m1山Jr山心HJIN,wu UA日J日· E D E D E D G B H ⊙ 图1 图2 图3 【答案】(1)证明见解析：(2)能=1：(3)8. 【*解析】(1)证明：因为四边形ABCD是矩形，所以∠B=∠D=90°，AD II BC,由平行 线的内错角相等得LFAE=∠BCA。又因为将△ECD沿着CE折叠得到△ECF,，由折叠的全 等性质可知LEFC=∠D=90°。因为点F落在AC上，所以 ∠AFE=180°-∠EFC=90°=∠B。在△AFE和△CBA中，因为 LAFE=∠B=90°，∠FAE=∠BCA,根据“两角分别相等的两个三角形相似”，即证 △AFE∽△CBA. (2)延长AH与DC的延长线相交于点K,连接DF。因为四边形ABCD是矩形，所以 AB IIDK,AB=CD=6,∠ADK=90°。因为点H是BC的中点，所以BH=CH,又 ∠ABH=∠KCH=90°，∠AHB=∠KHC,故△ABH≌△KCH(ASA),得CK=AB=6。 由折叠性质知CF=CD=6,EF=ED。在△FDK中，点C是DK的中点且 CF=CD=CK=6=DK,根据直角三角形斜边中线定理的逆定理，可得LDFK=90, 即DF⊥AK,故LAFD=90I在Rt△AFD中，因为EF=ED,所以∠EFD=∠EDF;又因 为LEFA+∠EFD=90°，∠FAD+∠EDF=90°，所以∠EFA=∠FAD,故AE=EFI因此 DE=EF=AB,即点E是AD的中点，所以能=1.（若高进一步求矩形边长，由F-没 HF=t,AF=2t,则AH=KH=3t,KF=4t,KA=6t,在Rt△ADK中由射影定理 DK2=KFKA,即144=24，得t=V6,AD=6Z,AE=DE=3N反，同样可得 =1。) (3)在矩形ABCD中，已知BG=2,AG=x,则AB=CD=x+2。由折叠性质知 CF=CD=x+2。因为点F恰好落在CG的中点，所以CG=2CF=2(x+2)。在Rt△GBC 中，∠B=90°，BG=2,CG=2(x+2),由勾股定理得BC2=CG2-BG2=4(x+2)2 -4=4(x+1)(x+3)①。过点G作GP1AC于点P。因为CG平分LACB,且 GB⊥BC,GP⊥AC,根据角平分线的性质定理可得GP=BG=2。因为 ∠GPA=∠B=90°，∠GAP=∠CAB(公共角)，所以Rt△AGP~Rt△ACB,从而AE= BC G=子即AC=BC.在Rt△ABC中，由勾股定理AB2+BC2=AC,代入得(x+2P+ BC2=号BC2,移项整理得(x-2)(x+2)BC2=4(x+2)2。因为x+2>0,两边同除以 (x+2),得(x-2)BC2=4(x+2)②。将①式代入②式并两边同除以4，得： (x-2)(x+1)(x+3)=x+2,展开左边得(x-2)(x2+4x+3)=x+2,即x3+2x2 -5x-6=x+2,移项合并同类项得x3+2x2-6x=8。故x3+2x2-6x的值为8。 【高阶背景】本题第(2)问蕴含“泰勒斯定理(Thales'Theorem,直径所对圆周角为直角) ”与“三角形重心分中线比为2：1”的深层结构；第(3)问在高中三角恒等变换中直接对应“ 正切二倍角公式a20=2。及三次代数方程的整体降次思想。 【*高阶解析】对第(3)问采用高中三角恒等变换秒杀：设LBCG=∠ACG=O,则 ∠ACB=20。在Rt△GBC中，sin0=BG= cG=2x+2=x+2,从而cos0=+2 2 1 x+2 tan= 1 √x+2)2-i' 且BC=BGcote0=2V(x+2)2-1。在Rt△ABC中，由正切二倍角公式得：tan 20=AB 2tan BC =1-tanio 将AB=x+2与an0=2代入，消去BC得：x+2=喜。 4 11, 化简得(x+2)+2-2=4,即(x+2)3-2(x+2)=4x+2)2_4。令 (x+2)2-1 (x+2)2-1 u=x+2,则u3-4u2-2u+4=0,代回u=x+2直接展开立得x3+2x2-6x=8。 第四部分：总结 同学们，这套九年级上半期数学试卷既是一次阶段性的学情检验，更是一面照见思维深度的 镜子。回顾整张试卷，从一元二次方程的根与判别式，到特殊平行四边形的判定与性质，再 到相似与位似变换的综合演进，每一道题都在传递一个清晰的信号：初中数学的学习正在从 单一知识点的机械记忆”全面迈向“多模型耦合的结构化推理”。对于A卷和B卷前段的基础 与中档题，希望大家做到零失误、快准稳”，在解方程时严防漏根与符号陷阱，在书写几何 证明时步步有据：而面对第18题的共顶点手拉手旋转、第22题的新定义判别式与整除分析、 第23题与第26题的轴对称翻折射影转化，以及第25题的直角坐标系动点相似分类，大家 要学会从复杂的图形表象中剥离出一线三垂直”、子母相似”、“斜边中线与中位线”、隐圆 与重心等基本母题模型。我们在解析中不仅为大家梳理了最贴合考场实战的中考通性通法， 还特意呈现了高阶数学视角下的复数算子、平面向量与三角恒等变换，目的是帮助学有余力 的同学站上更高的思维台阶，体会初高衔接与竞赛思维的贯通之美。半期考试只是初三征途 的起点，愿每一位同学都能通过这份详尽的解析查漏补缺、沉淀方法，把每一次错题复盘转 化为向上攀登的阶梯，在接下来的中考备战与数学探索之路上披荆斩棘、行稳致远！2026-2027学年度上期初（三）半期考试数学答题卡 (考试时间：120分钟满分：150分)A卷(100分) 姓名： 班级： 考号： 座位号： 注意亦顶： 1.答题前先将姓名、班级、考号填写清楚。 2.选择画用2B铅笔填涂；非选择哑用0.5mm黑色签字笔 贴条形码区 书写、超出答题区无效。 (正面朝上，切勿贴出虚线框外) 3.正确填涂：■缺考标记：☐ 选择题（共8小题、 每小题4分，共32分)》 A B C D 5 A B C D] 2 A B 6 A [B D 3 A B D A B D A B A B D 填空题（共5小题， 每小题4分，共20分) 9.(4分) 10.(4分) 11.(4分) cm12.(4分) cm 13.(4分》 三、解答题（共5小题，共48分） 14.(每小题4分，共12分)解方程： (1)(x-3)2-25=0 解 (2)2x2-3x-2=0 解： (3)(x-2)2=3(x-2) 解： L 三、解答画（续） 15.(8分) (1)如图，请画出△ABC关于y轴对称的 △A1BC; (2)以点O为位似中心，在给定的网格中 画出△A2B2C2,使△A2B2C2与△A1B1C 位似，且点A2的坐标为(4-6)； (3)△A1B1G与△A2B2C2的相似比是 16.(8分) 入射光线 法线 反射光线 反射面 木板 地面D 光的反射定律 图1 图2 (1)求AB的长： 解： (2)求点E到地面的高度DE: 解 第1页（共2页） 三、解答题（续） 17.(10分) (1)证明：四边形ADCF为菱形： 证明： (2)AC与BF相交于点G,若AB=16,CF=10,求GC和GE的长： 解： 18.(10分) 图1 图2 图3 观察猜想：)如图1，当a=60°时，光的值为 直线CD与AP 所成的较小角的度数为 类比探究：(2)如图2，当a=90°时，求出≤的值及直线CD与P所成的较 小角的度数： 解： 厂 三、解答题（续） 18.(续)拓展应用： (3)如图3，当a=90°时，点E,F分别为AB, AC的中点，点P在线段FE的延长线上，点A,D, P三点在一条直线上，BD交PF于点G,CD交AB 于点H.若CD=2+√2，求BD的长： 图3 解： B卷（共50分） 填空题（共5小题，每小题4分，共20分）》 19.(4分) 20.(4分) 21.(4分) 22.(4分)①- ② 23.(4分)①DF的长： ②AE的长： 三、解答题（共3小题，共30分） 24.(8分)》 价？元) (①)求该玩偶销量的月增长率： 解 (2)为了实现月销售利润达到35000元，并尽可能让利于顾客，问该玩偶每个的 定价应为多少元？ 解 三、解答题（续） 25.(10分) VA B 备用图 (1)求直线AC的函数表达式： 解： (2)直线CM与y轴交于点D,若光=品，求点M的坐标： 解： (3)若点M在线段AB上，点N在直线AC上，∠ON=∠BAC.是否存在点 M,使以点O,M,N为顶点的三角形与△AMN相似？若存在，求AM的长；若 不存在，请说明理由： 解： 第2页（共2页） 三、解答题（续） 26.(12分) (I)基础：如图1，在矩形ABCD中，E是AD边上一 点，将△ECD沿着CE折叠得到△ECF若点F恰好落在 AC上、求证：△AFE~△CBA: 证明： 图1 (2)迁移：如图2，在矩形ABCD中，AB=6,H是BC 边的中点，E是AD边上一点，若点F恰好落在AH上， 将△BCD沿着CE折叠得到△BCR若架=之，求器 E 的值： 解： (3)拓展：如图3，在矩形ABCD中，CG是∠ABC的 一条角平分线，E是AD边上一点，将△ECD沿着CE 折叠得到△ECF.若点F恰好落在CG的中点，BG= 2,设AG=X,求4+22-6x的值： 解： 图3 请勿在此区域作答或者做任何标记