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安徽省宿州市宿城第一初级中学2023-2024学年九年级上学期第一次月考数学试卷
一、选择题（共10小题，每题4分，共40分）
1．（2023九上·宿州月考）若关于x的方程（m-2）+x＝0是一元二次方程，则m的值是（　　）
A．-2 B．±2 C．3 D．±3
2．（2023九上·宿州月考）有下列命题：
①对角线相等且互相平分的四边形是矩形；②对角线互相垂直的四边形是菱形；③对角线垂直且相等的四边形是正方形；④四边相等的四边形是菱形．其中，真命题有（　　）个．
A．1 B．2 C．3 D．4
3．（2023九上·宿州月考）已知关于x的方程（k-3）x2-4x+2＝0有实数根，则k的取值范围是（　　）
A．k≤5 B．k＜5且k≠3 C．k≤5且k≠3 D．k≥5
4．（2023九上·宿州月考）用配方法解方程3x2+4x+1＝0时，可以将方程化为（　　）
A． B．（x+2）2＝3 C． D．
5．（2023九上·宿州月考）根据表格中的信息，估计一元二次方程ax2+bx+c＝0（a、b、c为常数，a≠0）的一个解x的范围为（　　）
x 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8
ax2+bx+c -0.44 -0.25 -0.04 0.19 0.44
A．0.4＜x＜0.5 B．0.5＜x＜0.6 C．0.6＜x＜0.7 D．0.7＜x＜0.8
6．（2023九上·宿州月考）若顺次连接四边形ABCD各边的中点所得的四边形是菱形，则四边形ABCD的两条对角线AC，BD一定是（　　）
A．互相平分 B．互相平分且相等
C．互相垂直 D．相等
7．（2023九上·宿州月考）如图，在∠MON的两边上分别截取OA，OB，使OA＝OB；再分别以点A，B为圆心，OA长为半径作弧，两弧交于点C；再连接AC，BC，AB，OC．若AB＝10，OA＝13．则四边形AOCB的面积是（　　）
A．65 B．120 C．130 D．240
8．（2023九上·宿州月考）为执行国家药品降价政策，给人民群众带来实惠，某药品经过两次降价，每盒零售价由56元降为31.5元，设平均每次降价的百分率是x，则根据题意，下列方程正确的是（　　）
A．56（1-2x）＝31.5 B．56（1-x）2＝31.5
C．31.5（1+x）2＝56 D．31.5（1+2x）＝56
9．（2023九上·宿州月考）如图所示，矩形ABOC的顶点O（0，0），A（-2，2），对角线交点为P，若矩形绕点O逆时针旋转，每次旋转90°，则第74次旋转后点P的落点坐标为（　　）
A． B． C． D．
10．（2023九上·宿州月考）如图，在等腰Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝6，F是AB边上的中点，点D，E分别在AC，BC边上运动，且保持AD＝CE，连接DE，DF，EF．在此运动变化的过程中，下列结论：
①△DFE是等腰直角三角形；②四边形CDFE不可能为正方形；③DE长度的最小值为；④四边形CDFE的面积保持不变；⑤△CDE面积的最大值为4．
其中正确的结论是（　　）
A．①②④ B．①④⑤ C．①③④ D．①③④⑤
二、填空题（共4小题，每题5分，共20分）
11．一个三角形的两边长为3和5，第三边长为方程x2﹣5x+6=0的根，则这个三角形的周长为　 　．
12．（2019九上·河东期中）参加足球联赛的每两个队之间都进行一次比赛，共要比赛36场，共有　 　个队参加比赛.
13．（2023九上·宿州月考）如图，将一个矩形纸片ABCD沿着直线EF折叠，使得点C与点A重合，直线EF分别交BC，AD于点E，F，若BE＝3，AF＝5，则线段EF的长为 　 　．
14．（2023九上·宿州月考）如图，正方形ABCD中，AB＝12，E是BC边上一点，CE＝7，F是正方形内部一点，且EF＝3，连接EF，DE，DF，并将△DEF绕点D逆时针旋转90°得到△DMN（点M、N分别为点E、F的对应点），连接CN，则CN长度的最小值为 　 　．
三、解答题（本大题共9题，共90分）
15．（2023九上·宿州月考）解方程：
（1）3x2-5x-2＝0；
（2）3x（x-1）＝2-2x．
16．（2023九上·海淀开学考）如图，利用长米的一段围墙，用篱笆围一个长方形的场地，中间用篱笆分割出个小长方形，总共用去篱笆米，为了使这个长方形的的面积为平方米，求、边各为多少米．
17．（2023九上·宿州月考）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点E，F在对角线BD上，且BE＝DF，AE⊥AF．
求证：四边形AECF是正方形．
18．（2023九上·宿州月考）为美化市容，某广场要在人行雨道上用10×20的灰、白两色的广场砖铺设图案，设计人员画出的一些备选图案如图所示．
[观察思考]
图1灰砖有1块，白砖有8块；图2灰砖有4块，白砖有12块；以此类推．
[规律总结]
（1）图4灰砖有 　 　块，白砖有 　 　块；图n灰砖有 　 　块时，白砖有 　 　块；
（2）[问题解决]
是否存在白砖数恰好比灰砖数少1的情形，请通过计算说明你的理由．
19．（2023九上·宿州月考）已知：如图， ABCD，延长边AB到点E，使BE＝AB，连接DE、BD和EC，设DE交BC于点O，∠BOD＝2∠A，求证：四边形BECD是矩形．
20．（2023九上·宿州月考）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，AB⊥AC，BE＝EC，AF＝EF．
（1）求证：四边形AECD是菱形；
（2）若AC＝5，AB＝12，求四边形ABCD的面积．
21．（2023九上·宿州月考）当今社会，“直播带货”已经成为商家的一种新型的促销手段．小亮在直播间销售一种进价为每件10元的日用商品，经调查发现，该商品每天的销售量y（件）与销售单价x（元）满足一次函数关系，它们的关系如下表：
销售单价x（元） 20 25 30
销售量y（件） 200 150 100
（1）求y与x之间的函数关系式；
（2）该商家每天想获得2160元的利润，又要尽可能地减少库存，应将销售单价定为多少元？
22．（2023九上·宿州月考）已知：如图，△ABC是边长6cm的等边三角形，动点P、Q同时从A、B两点出发，分别沿AB、BC方向匀速移动，它们的速度都是2cm/s，当点P到达点B时，P、Q两点停止运动．设点P的运动时间为t（s），解答下列问题：
（1）当t为何值时，△PBQ是直角三角形；
（2）是否存在某一时刻t，使四边形APQC的面积是△ABC面积的四分之三？如果存在，求出相应的t值；不存在，说明理由．
23．（2023九上·宿州月考）如图，在四边形ABCD中，点E是直线BC上一点，将射线AE绕点A逆时针旋转α度交直线CD于点F．
（1）如图①，若四边形ABCD为菱形，点E在线段BC上．∠B＝60°，α＝60°，求证：AE＝AF；
（2）如图②，若四边形ABCD为正方形，点E在线段BC的延长线上，α＝45°，连接EF，试猜想线段BE，DF与EF之间的数量关系，并加以证明；
（3）若四边形ABCD为正方形，α＝45°，AB＝4，，连接EF，请直接写出EF的长．
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】一元二次方程的定义及相关的量
【解析】【解答】解： ∵ 关于含x的方程是一元二次方程，
∴ m-2≠0且m2-2=2，
解得：m=-2.
故答案为：A.
【分析】 根据一元二次方程的定义二次项系数不为零，得出m-2≠0且m2-2=2，再求出m的值即可。
2．【答案】B
【知识点】菱形的判定；矩形的判定；正方形的判定
【解析】【解答】解：①对角线相等且互相平分的四边形是矩形，是真命题；
②对角线互相垂直的平行四边形是菱形，原命题是假命题；
③对角线垂直且相等的四边形不一定是正方形，原命题是假命题；
④四边相等的四边形是菱形，是真命题；
故答案为：B.
【分析】根据矩形的判定定理即可判断①；根据菱形的判定定理即可判定②④；根据正方形的判定定理即可判定③。
3．【答案】A
【知识点】一元二次方程根的判别式及应用
【解析】【解答】解：①当k-3=0，即k=3时，方程化为-4x+2=0，
解得x =；
②当k-3≠0时，b2- 4ac= (-4)2-4(k-3)X2≥0，解得k≤5且k≠3.
综上所述，k的取值范围为k≤5.
故答案为：A.
【分析】根据提意关于含x的方程有可能是一元一次方程或一元二次方程；讨论：是一元一次方程时k-3=0，即k=3，有一个解；是一元二次方程时k-3≠0，方程有实数根=b2-4ac0，即（-4）2-4(k-3)×20，解得k且k≠3.综上两种情况得到k的取值范围。
4．【答案】A
【知识点】配方法的应用
【解析】【解答】解：3x2+4x+1=0
移项，得3x2+4x=-1，
系数化1，得x2+x=-，
配方得：x2+x+=-，
(x+)2=，
故答案为：A.
【分析】先将常数移到方程右边，再二次项系数化为1，后方程两边同时加上一次项系数一半的平方，即可求解.
5．【答案】C
【知识点】估算一元二次方程的近似解
【解析】【解答】解：由表格可知：当x=0.6时，
ax2+bx+c=-0.04，
当x=0.7时，
ax2+bx+c=0.19，
所以一元二次方程ax2+bx+c=0（a，b，c为常数，a≠0）一个解x的范围为06故答案为：C.
【分析】根据ax2+bx+c的符号，当x=0.6到x=0.7时，值从-0.04到0.19时符号变化了，即可估算ax2+bx+c=0的解。
6．【答案】D
【知识点】三角形的角平分线、中线和高；菱形的判定
【解析】【解答】
解：∵E、F、G、H分别时AD、AB、BC、CD的中点，
∴EH=AC，EF=BD，
∵四边形EFGH是菱形 ，
∴EH=EF，
∴AC=BD.
故答案为：B.
【分析】 根据中位线定理，菱形的边=四边形的对角线长，因为菱形的边相等，所以四边形对角线长相等.
7．【答案】B
【知识点】菱形的判定与性质
【解析】【解答】解：根据作图，AC=BC=OA，
∵OA=OB，
∴OA=OB=BC=AC，
∴四边形OACB是菱形，
∵ 菱形的对角线互相垂直平分且平分每一组对角，
又∵AB＝10，OA＝13
设AB，OC交点是D，
∴AD=AB=5，
在RtAOD中，OD==12，
∴OC=2OD=24，
∴四边形AOCB的面积=AB×OC=×10×24=120.
故答案为：B.
【分析】 根据作法判定出四边形OACB是菱形，再根据菱形对角线的性质，利用勾股定理，求得OC的长，再根据菱形的面积等于对角线乘积的一半列式计算即可得解．
8．【答案】B
【知识点】一元二次方程的实际应用-销售问题
【解析】【解答】解：第一次降价56x，则降价后的价格56-56x，即56（1-x），
第二次降价56（1-x）x，则降价后的价56（1-x）-56（1-x）x，即56（1-x）（1-x），
综上可得：56(1- x)2。
故答案为：B.
【分析】设该药品平均每次降价的百分率为x，根据降价后的价格=降价前的价格x(1-降价的百分率)，则第 一次降价后的价格是56 (1 - x)，第二次后的价格是56(1- x)2据此即可列方程求解.
9．【答案】D
【知识点】矩形的性质；坐标与图形变化﹣对称
【解析】【解答】解： ∵ 四边形ABOC是矩形，
∴ OP=AP，
∵点O (0， 0)，A (-2，2)
∴点P (-，1)
∵矩形绕点O逆时针旋转，每次旋转90° ，
∴每4次回到起始位置，
∵74÷4=182，
∴第74次旋转后点P的落点在第四象限，且与点P关于原点成中心对称，
∴第74次旋转后，点P的落点坐标为(，-1)
故答案为：D.
【分析】由矩形的性质可得OP=AP，由中点坐标公式可求点P坐标，由旋转的规律确定第74次旋转后点P的位置，即可求解.
10．【答案】C
【知识点】三角形的综合
【解析】【解答】解：
①连接CF，如图，
∵ 在等腰三角形ABC中，∠ACB = 90°，
∴ AC= BC=6，A=B=45°，
∵点F是AB的中点，
∴ CF AВ，即AFC=BFC=90°，
∴△ACF和△BCF为等腰直角三角形，
.·. AF= CF， BF= CF， BCF= 45°，
.·. A=BCF=45°，
在ADF和CEF中，
.·.ADFCEF(SAS)，
.·.DF=EF，AFD=CFE，
DFE=DFC+CFE=DFC+AFD=AFC=90°，
DEF为等腰直角三角形，故结论①正确；
②当D，E为AC， BC的中点时，
根据等腰三角形的性质得： FD⊥AC， FE⊥AC，
由结论①正确可知： DF= EF， DFE = 90°，
.·. 四边形CDFE为正方形，故结论②不正确.
③由结论①正确可知： DF= EF，∠DFE= 90°，
由勾股定理得：
DE==DF，
.·. 当DF最小时，DE为最小，
根据“垂线段最短”可知：当DF⊥AC时，DF为最小，
此时点D为AC的中点，DF为△ABC的中位线，
.·.DF=BC=X6=3，
.·.DE=DF= 3，即DE长度的最小值为3，故结论③正确；
④由①可知：△ADF≌△CEF，
.·.S△ADF = S△CEF，
.·.S四边形CDFE = S△CDF十S△CEF = S△CDF 十S△ADF=S△ACF ，
.·.点F为AB的中点，
.·.S△ACF=S△ABC=××AC×BC=×6×6=9，
.·.S四边形CDFE=9，即 四边形CDFE的面积保持不变 ，故结论④正确；
⑤由结论④可知：S四边形CDF = 9，
.·.S四边形CDFE= S△CDE + S△DEF = 9，
∵△CDE的面积为最大，
则三角形DEF的面积为最小，
∵△DEF为等腰直角三角形，
.·.S△DEF=DF. EF=二DF2，
要使△DEF的面积为最小，只需DF为最小， 由结论③正确可知： DE的最小值为3，
.·.△DEF的面积最小值为：×32=4.5，
.·. △CDE面积的最大值为： 9- 4.5= 3.5.，故结论⑤不正确；
综上所述：正确的结论是①③④.
故答案为：C.
【分析】①连接CF，先证△ACF和△BCF为等腰直角三角形得AF= CF， BF'= CF，∠BCF= 45°，进而△ADF和△CEF全等， 得DF= EF，∠AFD= ∠CFE，由此可证∠DFE=90°，据此可对结论①进行判断；
②当D，E为AC，BC的中点时，根据等腰三角形的性质可得四边形CDFE为正方形，据此可对结论②进行判断；
③由结论①正确得DF= EF，∠DFE = 90°，由勾股定理得DE =DF，因此当DF最小时，DE为最小，则当DF⊥AC时DF为最小， 由此可求出DF的最小值为3，进而得D E的最小值，据此可对结论③进行判断；
④由①可知△ADF≌△CEF，则S△ADF=S△CEF，进而得S四边形CDFE=S△ACF=S△ABC = 9，据此2可对结论④进行判断；
⑤由结论④可知S四边形CDFE=9，即S四边形CDFE=S△CDE + S △DEF = 9，因此当△CDE的面积为最大，则三角形DEF的面积为最小，结合结论①③可求出△DEF的面积最小值为4.5，进而得△CDE面积的最大值为3.5，据此可对结论⑤进行判断，综上所述即可得出答案.
11．【答案】11
【知识点】因式分解法解一元二次方程；三角形三边关系
【解析】【解答】解：x2﹣5x+6=0
（x﹣3）（x﹣2）=0，
解得：x1=3，x2=2，
∵一个三角形的两边长为3和5，
∴第三边长的取值范围是：2＜x＜8，
则第三边长为：3，
∴这个三角形的周长为：11．
故答案为：11．
【分析】直接利用因式分解法解方程，进而利用三角形三边关系得出答案．
12．【答案】9
【知识点】一元二次方程的实际应用-传染问题
【解析】【解答】解：设有n个队参加比赛，
，
解得 ， .
答：有9个队参加比赛,故答案为：9.
【分析】设共有n个队参加比赛，每一个队要比赛的场数为（n-1）场，则总场数为 n（n-1）场，根据总场数=36场建立方程求出其解即可．
13．【答案】
【知识点】三角形全等的判定；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】
解：如图，连接AE，EF交AC于点O，
∵ 将一个矩形纸片A BCD沿着直线EF折叠，使得点C与点A重合，
∴ AE= CЕ， EF垂直平分AC，
∴CAE = ACE， OA= OC，AOE=AOF= 90 ，
∵ 四边形ABCD为矩形，
∴B=90， AD// BC，
∴ FAO= ACE，
∴FAO= CAE， 即FAO = EAO，
在△AOE和△AOF中，
∴△AOE≌△AOF（ASA），
∴AE=AF=5，OE=OF，
∴CE=AE=5，
∴BC=BE+CE=3+5=8，
在Rt△AOE中，
∴OE===，
∴OE=OF=，
∴EF=OE+OF=2.
故答案为：2.
【分析】连接AE，EF交AC于点O，根据折叠可知AE= CE，EF垂直平分AC，由等边对等角得CAE=ACE，由AD// BC可得∠FAO= ∠ACE，进而得到∠FAO=∠CAE，以此可通过ASA证明△AOE≌△AOF.
得到CE= AE= AF= 5，OE=OF， 再根据勾股定理分别求出AB= 4、AC = 4，则OA = 2，再利用勾股定理求出OE即可求解.
14．【答案】10
【知识点】勾股定理；旋转的性质；三角形的综合
【解析】【解答】
解：过点M作MPCD，垂足为P，连接CM，
由旋转可得：DE=DM，EF=MN=3，EDM=90，
∵EDM=90，
∴EDC+CDM=90，
又EDC+DEC=90，
∴DEC=CDM，
在EDC和DMP中，
∴△EDC≌△DMP(AAS)，
∴CD=MP=12，CE=DP=7，
∴CP=CD-DP=5，
∴MC===13，
∵C，M位置固定，
∴CN+MNCM，即CN+313，
∴CN10，即CN的最小值为10，
故答案为：10.
【分析】过点M作MP⊥CD，垂足为P，连接CM，由旋转的性质得到DE = DM，EF= MN = 3，∠EDM=90 °， 根据正方形的性质求出CE，证明△EDC≌△DMP(AAS)，得到CD= MP= 12，DP= CE= 7，利用勾股定 理求出CM，根据CN + MN≥CM即可求出CN的最小值.
15．【答案】（1）解：原方程因式分解得，
（3x+1）（x-2）＝0，
即：x-2＝0，3x+1＝0，
解得：x1＝2，
（2）解：原方程因式分解得，
（3x+2）（x-1）＝0，
即：3x+2＝0，x-1＝0，
解得x1＝1，；
【知识点】因式分解法解一元二次方程
【解析】【分析】（1）方程左边分解因式后，依据：两个因式的积等于零，那么这两个因式中至少有一 个等于零，转化为两个一元一次方程来求解.
（2）把右边的项移到左边，用提公因式法因式分解求出方程的根.
16．【答案】解：设为米，则为米，
解得：，
当时
不合题意，舍去
当时
．
答：米，米．
【知识点】一元二次方程的应用-几何问题
【解析】【分析】根据题意设未知数，分别表示出长方形场地的长和宽，根据面积列等式；再解一元二次方程，注意得到的根要看是否都符合题意，不符合题意的舍去。
17．【答案】证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，OA＝OC，OB＝OD，
∵BE＝DF，
∴OE＝OF，
∴四边形AECF是菱形，
∵AE⊥AF，
∴∠EAF＝90°，
∴四边形AECF是正方形．
【知识点】菱形的判定；正方形的判定
【解析】【分析】根据菱形对角线的性质（对角线垂直且相等），证明四边形AECF是菱形，因为 AE⊥AF ，根据正方形的判定定理即可得出结论。
18．【答案】（1）16；20；n2；（4n+4）
（2）解：存在，理由如下：根据题意得：n2-（4n+4）＝1，
解得：n＝-1（舍去）或n＝5．
【知识点】列一元二次方程
【解析】【解答】解：(1) 根据图形分别得出各个图形中白色瓷砖的个 数分别为8、12、16、20...，
即： 12- 8 = 4、16-12=4、20-16=4，
由此可得出规律：每一个图案均比前一个图案多4块白色瓷砖，所以第n个图案中，白色瓷砖的个数为8+4(n- 1) = 4n + 4，灰色瓷砖的块数等于n2；
∴图4中灰砖有16快， 白砖有4 X (4+1) = 20，
故答案为： 16； 20； n2； (4n+ 4)；
(2)存在，理由如下：根据题意得：
n2 -(4n +4)= 1，
解得： n= - 1(舍去)或n= 5.
【分析】(1 )根据图形分别得出各个图形中白色瓷砖的个数 分别为8、12、 16、 20，即： 12- 8= 4、16-12=4、20-16=4，由此可得出规律：每一个图案均比前一个图案多4块白色瓷砖，所以第n个图案中，白色瓷砖的个数为8+4(n- 1) = 4n + 4，灰色瓷砖的块数等于n2；
(2)根据白砖数恰好比灰砖数少1列出方程求解即可.
19．【答案】证明：在平行四边形ABCD中，AD＝BC，AB＝CD，AB∥CD，
则BE∥CD．
又∵AB＝BE，
∴BE＝DC，
∴四边形BECD为平行四边形，
∴OD＝OE，OC＝OB．
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴∠A＝∠BCD，即∠A＝∠OCD．
又∵∠BOD＝2∠A，∠BOD＝∠OCD+∠ODC，
∴∠OCD＝∠ODC，
∴OC＝OD，
∴OC+OB＝OD+OE，即BC＝ED，
∴平行四边形BECD为矩形．
【知识点】平行四边形的性质；矩形的判定
【解析】【分析】根据平行四边形性质得到BE//CD，BE= CD再根据BE、DC边平行且相等可判定四边形BECD为平行四边形；再由平行四边形的性质得出OD = OE、OC= OB， 再由 ABCD可得∠A=∠OCD，又因为∠BOD=2∠A，∠BOD=∠OCD+∠ODC，得出∠OCD =∠ODC，从而得出OC = OD 则由OC+OB = OD+ OE，可知BC = ED.根据矩形的判定定理可证得平行四边形BECD为矩形.
20．【答案】（1）证明：AD∥BC
∴∠EBF＝∠ADF，AD∥EC
∵∠BFE＝∠DFA，AF＝EF，
∴△BEF≌△DAF（AAS），
∴AD＝BE，
∵BE＝EC，
∴AD＝EC，
又∵AD∥EC，
∴四边形AECD是平行四边形；
∵AB⊥AC，BE＝EC，
∴AE＝EC，
∴四边形AECD是菱形．
（2）解：AC＝5，AB＝12，
∴，
∵BE＝EC，
∴，
又∵四边形AECD是菱形，AC为对角线，
∴S△AEC＝S△ADC，
∴S四边形ABCD＝3S△ABE＝45，
∴四边形ABCD的面积为45．
【知识点】三角形的角平分线、中线和高；菱形的判定；直角三角形的性质
【解析】【分析】(1)根据平行线性质，可得 ∠EBF＝∠ADF，AD∥EC ，证明 △BEF≌△DAF（AAS）；再根据全等三角形全等性质， AD＝BE；根据平行四边形的判定定理，AD＝EC且AD∥EC，所以 四边形ADCE是平行四边形，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可求AE=CE，即结论可得；
(2)由题意可求△ABC的面积，S△ABE = S△AEC=S△ABC， 根据菱形对角线的性质，S△AEC＝S△ADC， 即可求四边形A BCD的面积.，S四边形ABCD＝3S△ABE。
21．【答案】（1）解：设商品每天的销售量y（件）与销售单价x（元）满足一次函数关系y＝kx+b，
根据题意可得：，
解得：，
故y与x之间的函数关系式为：y＝-10x+400；
（2）解：根据题意可得：（-10x+400）（x-10）＝2160，
整理得：x2-50x+616＝0，
（x-28）（x-22）＝0，
解得：x1＝28（不合题意，舍去），x2＝22，
答：应将销售单价定为22元．
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；一元二次方程的实际应用-销售问题
【解析】【分析】（1）由于每天的销售量y（件）与销售价格x（元）满足一次函数关系，将表格的值利用待定系数法求出一次函数解析式即可；
（2）直接利用（1）中所求，再根据每件利润=销售单价－进价，表示出总利润，进而解方程得出答案。
22．【答案】（1）解：根据题意得AP＝2tcm，BQ＝2tcm，
△ABC中，AB＝BC＝6cm，∠B＝60°，
∴BP＝（6-2t）cm，
△PBQ中，BP＝6-2t，BQ＝2t，若△PBQ是直角三角形，则
∠BQP＝90°或∠BPQ＝90°，
当∠BQP＝90°时，BQ＝BP，
即2t＝（6-2t），
∴t＝1（秒），
当∠BPQ＝90°时，BP＝BQ，
∴6-2t＝×2t，
∴t＝2 （秒）
答：当t＝1秒或t＝2秒时，△PBQ是直角三角形．
（2）解：假设存在某一时刻t，使得四边形APQC的面积是△ABC面积的，
∴S四边形APQC＝S△ABC，
∴S△BPQ＝S△ABC＝××62＝
如图，过点Q作QH⊥AB于点H，
∵∠B＝60°，BQ＝2t，
∴HQ＝t，
∴S△BPQ＝BP×HQ＝×（6-2t）×t＝
∴4t2-12t+9＝0
∴t＝
∴当t＝时，使得四边形APQC的面积是△ABC面积的，
【知识点】二次函数的实际应用-几何问题；三角形的综合；三角形-动点问题
【解析】【分析】（1）根据题意表示出AP，BQ，BP的长，若△PBQ是直角三角形，则∠BQP＝90°或∠BPQ＝90°，分情况进行讨论：①∠BQP＝90°时②∠BPQ＝90°，然后在直角三角形BQP中根据BP，BQ的表达式和∠B的度数进行求解即可解答。
（2）利用数形结合思想，假设存在某一时刻t，使得四边形APQC的面积是△ABC面积的， 即 S四边形APQC＝S△ABC， 所以 S△BPQ＝S△ABC＝××62＝ ； 过点Q作QH⊥AB于点H，由三角形面积公式S△BPQ＝BP×HQ ，即可求出t值。
23．【答案】（1）解：证明：如图1中，连接AC，EF．
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC＝CD＝AD，∠B＝∠D＝60°，
∴△ABC，△ADC是等边三角形，
∴AB＝AC，∠B＝∠BAC＝∠ACF＝60°，
∵∠BAC＝∠EAF＝60°，
∴∠BAE＝∠CAF，
∴△BAE≌△CAF（ASA），
∴AE＝AF；
（2）解：BE-EF＝DF．理由如下：
在线段BC上截取线段BT，使得BT＝DF．
∵AB＝AD，∠B＝∠ADF＝90°，BT＝DF，
∴△ABT≌△ADF（SAS），
∴AT＝AF，∠BAT＝∠DAF，
∴∠TAF＝∠BAD＝90°，
∵∠EAF＝45°，
∴∠EAT＝∠EAF＝45°，
∵AE＝AE，
∴△EAT≌△EAF（SAS），
∴ET＝EF，
∴BE-EF＝BE-ET＝BT＝DF
（3）解：如图③-1中，当点E在线段BC上时，
延长CB到K，使得BK＝DF，同理可得：△ABK≌△ADF，△AEK≌△AEF，
∴BK＝DF，EF＝EK＝BE+BK＝BE+DF，
∵BE＝BC＝2，
设EF＝x，则DF＝x-2，CF＝4-（x-2）＝6-x，
在Rt△ECF中，EF2＝EC2+CF2，
∴x2＝（6-x）2+22，
∴x＝，
∴EF＝．
如图③-2中，当点E在CB的延长线上时，同理得：DF＝EF+BE．
设EF＝y，则DF＝y+2，CF＝y+2-4＝y-2
在Rt△ECF中，y2＝62+（y-2）2，
∴y＝10，
∴EF＝10，
综上所述，满足条件的EF的值为或10．
【知识点】三角形全等及其性质；勾股定理；四边形的综合
【解析】【分析】（1）连接AC，EF 根据菱形的性质，判定 △ABC，△ADC是等边三角形， 再根据等边三角形的性质，判定 △BAE≌△CAF（ASA）， 即可求证；
（2）结论：BE-EF＝DF．在线段BC上截取线段BT，使得BT＝DF．证明△ABT≌△ADF（SAS）， 可得结论；
（3）分两种情况：第一种情况： 如图③-1中，当点E在线段BC上时，延长CB到K，使得BK＝DF，同理可得：△ABK≌△ADF，△AEK≌△AEF，根据全等三角形性质，得EF＝BE+DF，设EF＝x， 则 DF＝x-2，CF＝4-（x-2），在Rt△ECF中， 利用勾股定理即可求解。
第二种情况：如图③-2中，当点E在CB的延长线上时，同理得：DF＝EF+BE．设EF＝y，则DF＝y+2，CF＝y+2-4，在Rt△ECF中，利用勾股定理即可求解，综合两种情况即可求得满足EF条件的值。
1 / 1安徽省宿州市宿城第一初级中学2023-2024学年九年级上学期第一次月考数学试卷
一、选择题（共10小题，每题4分，共40分）
1．（2023九上·宿州月考）若关于x的方程（m-2）+x＝0是一元二次方程，则m的值是（　　）
A．-2 B．±2 C．3 D．±3
【答案】A
【知识点】一元二次方程的定义及相关的量
【解析】【解答】解： ∵ 关于含x的方程是一元二次方程，
∴ m-2≠0且m2-2=2，
解得：m=-2.
故答案为：A.
【分析】 根据一元二次方程的定义二次项系数不为零，得出m-2≠0且m2-2=2，再求出m的值即可。
2．（2023九上·宿州月考）有下列命题：
①对角线相等且互相平分的四边形是矩形；②对角线互相垂直的四边形是菱形；③对角线垂直且相等的四边形是正方形；④四边相等的四边形是菱形．其中，真命题有（　　）个．
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【知识点】菱形的判定；矩形的判定；正方形的判定
【解析】【解答】解：①对角线相等且互相平分的四边形是矩形，是真命题；
②对角线互相垂直的平行四边形是菱形，原命题是假命题；
③对角线垂直且相等的四边形不一定是正方形，原命题是假命题；
④四边相等的四边形是菱形，是真命题；
故答案为：B.
【分析】根据矩形的判定定理即可判断①；根据菱形的判定定理即可判定②④；根据正方形的判定定理即可判定③。
3．（2023九上·宿州月考）已知关于x的方程（k-3）x2-4x+2＝0有实数根，则k的取值范围是（　　）
A．k≤5 B．k＜5且k≠3 C．k≤5且k≠3 D．k≥5
【答案】A
【知识点】一元二次方程根的判别式及应用
【解析】【解答】解：①当k-3=0，即k=3时，方程化为-4x+2=0，
解得x =；
②当k-3≠0时，b2- 4ac= (-4)2-4(k-3)X2≥0，解得k≤5且k≠3.
综上所述，k的取值范围为k≤5.
故答案为：A.
【分析】根据提意关于含x的方程有可能是一元一次方程或一元二次方程；讨论：是一元一次方程时k-3=0，即k=3，有一个解；是一元二次方程时k-3≠0，方程有实数根=b2-4ac0，即（-4）2-4(k-3)×20，解得k且k≠3.综上两种情况得到k的取值范围。
4．（2023九上·宿州月考）用配方法解方程3x2+4x+1＝0时，可以将方程化为（　　）
A． B．（x+2）2＝3 C． D．
【答案】A
【知识点】配方法的应用
【解析】【解答】解：3x2+4x+1=0
移项，得3x2+4x=-1，
系数化1，得x2+x=-，
配方得：x2+x+=-，
(x+)2=，
故答案为：A.
【分析】先将常数移到方程右边，再二次项系数化为1，后方程两边同时加上一次项系数一半的平方，即可求解.
5．（2023九上·宿州月考）根据表格中的信息，估计一元二次方程ax2+bx+c＝0（a、b、c为常数，a≠0）的一个解x的范围为（　　）
x 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8
ax2+bx+c -0.44 -0.25 -0.04 0.19 0.44
A．0.4＜x＜0.5 B．0.5＜x＜0.6 C．0.6＜x＜0.7 D．0.7＜x＜0.8
【答案】C
【知识点】估算一元二次方程的近似解
【解析】【解答】解：由表格可知：当x=0.6时，
ax2+bx+c=-0.04，
当x=0.7时，
ax2+bx+c=0.19，
所以一元二次方程ax2+bx+c=0（a，b，c为常数，a≠0）一个解x的范围为06故答案为：C.
【分析】根据ax2+bx+c的符号，当x=0.6到x=0.7时，值从-0.04到0.19时符号变化了，即可估算ax2+bx+c=0的解。
6．（2023九上·宿州月考）若顺次连接四边形ABCD各边的中点所得的四边形是菱形，则四边形ABCD的两条对角线AC，BD一定是（　　）
A．互相平分 B．互相平分且相等
C．互相垂直 D．相等
【答案】D
【知识点】三角形的角平分线、中线和高；菱形的判定
【解析】【解答】
解：∵E、F、G、H分别时AD、AB、BC、CD的中点，
∴EH=AC，EF=BD，
∵四边形EFGH是菱形 ，
∴EH=EF，
∴AC=BD.
故答案为：B.
【分析】 根据中位线定理，菱形的边=四边形的对角线长，因为菱形的边相等，所以四边形对角线长相等.
7．（2023九上·宿州月考）如图，在∠MON的两边上分别截取OA，OB，使OA＝OB；再分别以点A，B为圆心，OA长为半径作弧，两弧交于点C；再连接AC，BC，AB，OC．若AB＝10，OA＝13．则四边形AOCB的面积是（　　）
A．65 B．120 C．130 D．240
【答案】B
【知识点】菱形的判定与性质
【解析】【解答】解：根据作图，AC=BC=OA，
∵OA=OB，
∴OA=OB=BC=AC，
∴四边形OACB是菱形，
∵ 菱形的对角线互相垂直平分且平分每一组对角，
又∵AB＝10，OA＝13
设AB，OC交点是D，
∴AD=AB=5，
在RtAOD中，OD==12，
∴OC=2OD=24，
∴四边形AOCB的面积=AB×OC=×10×24=120.
故答案为：B.
【分析】 根据作法判定出四边形OACB是菱形，再根据菱形对角线的性质，利用勾股定理，求得OC的长，再根据菱形的面积等于对角线乘积的一半列式计算即可得解．
8．（2023九上·宿州月考）为执行国家药品降价政策，给人民群众带来实惠，某药品经过两次降价，每盒零售价由56元降为31.5元，设平均每次降价的百分率是x，则根据题意，下列方程正确的是（　　）
A．56（1-2x）＝31.5 B．56（1-x）2＝31.5
C．31.5（1+x）2＝56 D．31.5（1+2x）＝56
【答案】B
【知识点】一元二次方程的实际应用-销售问题
【解析】【解答】解：第一次降价56x，则降价后的价格56-56x，即56（1-x），
第二次降价56（1-x）x，则降价后的价56（1-x）-56（1-x）x，即56（1-x）（1-x），
综上可得：56(1- x)2。
故答案为：B.
【分析】设该药品平均每次降价的百分率为x，根据降价后的价格=降价前的价格x(1-降价的百分率)，则第 一次降价后的价格是56 (1 - x)，第二次后的价格是56(1- x)2据此即可列方程求解.
9．（2023九上·宿州月考）如图所示，矩形ABOC的顶点O（0，0），A（-2，2），对角线交点为P，若矩形绕点O逆时针旋转，每次旋转90°，则第74次旋转后点P的落点坐标为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】矩形的性质；坐标与图形变化﹣对称
【解析】【解答】解： ∵ 四边形ABOC是矩形，
∴ OP=AP，
∵点O (0， 0)，A (-2，2)
∴点P (-，1)
∵矩形绕点O逆时针旋转，每次旋转90° ，
∴每4次回到起始位置，
∵74÷4=182，
∴第74次旋转后点P的落点在第四象限，且与点P关于原点成中心对称，
∴第74次旋转后，点P的落点坐标为(，-1)
故答案为：D.
【分析】由矩形的性质可得OP=AP，由中点坐标公式可求点P坐标，由旋转的规律确定第74次旋转后点P的位置，即可求解.
10．（2023九上·宿州月考）如图，在等腰Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝6，F是AB边上的中点，点D，E分别在AC，BC边上运动，且保持AD＝CE，连接DE，DF，EF．在此运动变化的过程中，下列结论：
①△DFE是等腰直角三角形；②四边形CDFE不可能为正方形；③DE长度的最小值为；④四边形CDFE的面积保持不变；⑤△CDE面积的最大值为4．
其中正确的结论是（　　）
A．①②④ B．①④⑤ C．①③④ D．①③④⑤
【答案】C
【知识点】三角形的综合
【解析】【解答】解：
①连接CF，如图，
∵ 在等腰三角形ABC中，∠ACB = 90°，
∴ AC= BC=6，A=B=45°，
∵点F是AB的中点，
∴ CF AВ，即AFC=BFC=90°，
∴△ACF和△BCF为等腰直角三角形，
.·. AF= CF， BF= CF， BCF= 45°，
.·. A=BCF=45°，
在ADF和CEF中，
.·.ADFCEF(SAS)，
.·.DF=EF，AFD=CFE，
DFE=DFC+CFE=DFC+AFD=AFC=90°，
DEF为等腰直角三角形，故结论①正确；
②当D，E为AC， BC的中点时，
根据等腰三角形的性质得： FD⊥AC， FE⊥AC，
由结论①正确可知： DF= EF， DFE = 90°，
.·. 四边形CDFE为正方形，故结论②不正确.
③由结论①正确可知： DF= EF，∠DFE= 90°，
由勾股定理得：
DE==DF，
.·. 当DF最小时，DE为最小，
根据“垂线段最短”可知：当DF⊥AC时，DF为最小，
此时点D为AC的中点，DF为△ABC的中位线，
.·.DF=BC=X6=3，
.·.DE=DF= 3，即DE长度的最小值为3，故结论③正确；
④由①可知：△ADF≌△CEF，
.·.S△ADF = S△CEF，
.·.S四边形CDFE = S△CDF十S△CEF = S△CDF 十S△ADF=S△ACF ，
.·.点F为AB的中点，
.·.S△ACF=S△ABC=××AC×BC=×6×6=9，
.·.S四边形CDFE=9，即 四边形CDFE的面积保持不变 ，故结论④正确；
⑤由结论④可知：S四边形CDF = 9，
.·.S四边形CDFE= S△CDE + S△DEF = 9，
∵△CDE的面积为最大，
则三角形DEF的面积为最小，
∵△DEF为等腰直角三角形，
.·.S△DEF=DF. EF=二DF2，
要使△DEF的面积为最小，只需DF为最小， 由结论③正确可知： DE的最小值为3，
.·.△DEF的面积最小值为：×32=4.5，
.·. △CDE面积的最大值为： 9- 4.5= 3.5.，故结论⑤不正确；
综上所述：正确的结论是①③④.
故答案为：C.
【分析】①连接CF，先证△ACF和△BCF为等腰直角三角形得AF= CF， BF'= CF，∠BCF= 45°，进而△ADF和△CEF全等， 得DF= EF，∠AFD= ∠CFE，由此可证∠DFE=90°，据此可对结论①进行判断；
②当D，E为AC，BC的中点时，根据等腰三角形的性质可得四边形CDFE为正方形，据此可对结论②进行判断；
③由结论①正确得DF= EF，∠DFE = 90°，由勾股定理得DE =DF，因此当DF最小时，DE为最小，则当DF⊥AC时DF为最小， 由此可求出DF的最小值为3，进而得D E的最小值，据此可对结论③进行判断；
④由①可知△ADF≌△CEF，则S△ADF=S△CEF，进而得S四边形CDFE=S△ACF=S△ABC = 9，据此2可对结论④进行判断；
⑤由结论④可知S四边形CDFE=9，即S四边形CDFE=S△CDE + S △DEF = 9，因此当△CDE的面积为最大，则三角形DEF的面积为最小，结合结论①③可求出△DEF的面积最小值为4.5，进而得△CDE面积的最大值为3.5，据此可对结论⑤进行判断，综上所述即可得出答案.
二、填空题（共4小题，每题5分，共20分）
11．一个三角形的两边长为3和5，第三边长为方程x2﹣5x+6=0的根，则这个三角形的周长为　 　．
【答案】11
【知识点】因式分解法解一元二次方程；三角形三边关系
【解析】【解答】解：x2﹣5x+6=0
（x﹣3）（x﹣2）=0，
解得：x1=3，x2=2，
∵一个三角形的两边长为3和5，
∴第三边长的取值范围是：2＜x＜8，
则第三边长为：3，
∴这个三角形的周长为：11．
故答案为：11．
【分析】直接利用因式分解法解方程，进而利用三角形三边关系得出答案．
12．（2019九上·河东期中）参加足球联赛的每两个队之间都进行一次比赛，共要比赛36场，共有　 　个队参加比赛.
【答案】9
【知识点】一元二次方程的实际应用-传染问题
【解析】【解答】解：设有n个队参加比赛，
，
解得 ， .
答：有9个队参加比赛,故答案为：9.
【分析】设共有n个队参加比赛，每一个队要比赛的场数为（n-1）场，则总场数为 n（n-1）场，根据总场数=36场建立方程求出其解即可．
13．（2023九上·宿州月考）如图，将一个矩形纸片ABCD沿着直线EF折叠，使得点C与点A重合，直线EF分别交BC，AD于点E，F，若BE＝3，AF＝5，则线段EF的长为 　 　．
【答案】
【知识点】三角形全等的判定；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】
解：如图，连接AE，EF交AC于点O，
∵ 将一个矩形纸片A BCD沿着直线EF折叠，使得点C与点A重合，
∴ AE= CЕ， EF垂直平分AC，
∴CAE = ACE， OA= OC，AOE=AOF= 90 ，
∵ 四边形ABCD为矩形，
∴B=90， AD// BC，
∴ FAO= ACE，
∴FAO= CAE， 即FAO = EAO，
在△AOE和△AOF中，
∴△AOE≌△AOF（ASA），
∴AE=AF=5，OE=OF，
∴CE=AE=5，
∴BC=BE+CE=3+5=8，
在Rt△AOE中，
∴OE===，
∴OE=OF=，
∴EF=OE+OF=2.
故答案为：2.
【分析】连接AE，EF交AC于点O，根据折叠可知AE= CE，EF垂直平分AC，由等边对等角得CAE=ACE，由AD// BC可得∠FAO= ∠ACE，进而得到∠FAO=∠CAE，以此可通过ASA证明△AOE≌△AOF.
得到CE= AE= AF= 5，OE=OF， 再根据勾股定理分别求出AB= 4、AC = 4，则OA = 2，再利用勾股定理求出OE即可求解.
14．（2023九上·宿州月考）如图，正方形ABCD中，AB＝12，E是BC边上一点，CE＝7，F是正方形内部一点，且EF＝3，连接EF，DE，DF，并将△DEF绕点D逆时针旋转90°得到△DMN（点M、N分别为点E、F的对应点），连接CN，则CN长度的最小值为 　 　．
【答案】10
【知识点】勾股定理；旋转的性质；三角形的综合
【解析】【解答】
解：过点M作MPCD，垂足为P，连接CM，
由旋转可得：DE=DM，EF=MN=3，EDM=90，
∵EDM=90，
∴EDC+CDM=90，
又EDC+DEC=90，
∴DEC=CDM，
在EDC和DMP中，
∴△EDC≌△DMP(AAS)，
∴CD=MP=12，CE=DP=7，
∴CP=CD-DP=5，
∴MC===13，
∵C，M位置固定，
∴CN+MNCM，即CN+313，
∴CN10，即CN的最小值为10，
故答案为：10.
【分析】过点M作MP⊥CD，垂足为P，连接CM，由旋转的性质得到DE = DM，EF= MN = 3，∠EDM=90 °， 根据正方形的性质求出CE，证明△EDC≌△DMP(AAS)，得到CD= MP= 12，DP= CE= 7，利用勾股定 理求出CM，根据CN + MN≥CM即可求出CN的最小值.
三、解答题（本大题共9题，共90分）
15．（2023九上·宿州月考）解方程：
（1）3x2-5x-2＝0；
（2）3x（x-1）＝2-2x．
【答案】（1）解：原方程因式分解得，
（3x+1）（x-2）＝0，
即：x-2＝0，3x+1＝0，
解得：x1＝2，
（2）解：原方程因式分解得，
（3x+2）（x-1）＝0，
即：3x+2＝0，x-1＝0，
解得x1＝1，；
【知识点】因式分解法解一元二次方程
【解析】【分析】（1）方程左边分解因式后，依据：两个因式的积等于零，那么这两个因式中至少有一 个等于零，转化为两个一元一次方程来求解.
（2）把右边的项移到左边，用提公因式法因式分解求出方程的根.
16．（2023九上·海淀开学考）如图，利用长米的一段围墙，用篱笆围一个长方形的场地，中间用篱笆分割出个小长方形，总共用去篱笆米，为了使这个长方形的的面积为平方米，求、边各为多少米．
【答案】解：设为米，则为米，
解得：，
当时
不合题意，舍去
当时
．
答：米，米．
【知识点】一元二次方程的应用-几何问题
【解析】【分析】根据题意设未知数，分别表示出长方形场地的长和宽，根据面积列等式；再解一元二次方程，注意得到的根要看是否都符合题意，不符合题意的舍去。
17．（2023九上·宿州月考）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点E，F在对角线BD上，且BE＝DF，AE⊥AF．
求证：四边形AECF是正方形．
【答案】证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，OA＝OC，OB＝OD，
∵BE＝DF，
∴OE＝OF，
∴四边形AECF是菱形，
∵AE⊥AF，
∴∠EAF＝90°，
∴四边形AECF是正方形．
【知识点】菱形的判定；正方形的判定
【解析】【分析】根据菱形对角线的性质（对角线垂直且相等），证明四边形AECF是菱形，因为 AE⊥AF ，根据正方形的判定定理即可得出结论。
18．（2023九上·宿州月考）为美化市容，某广场要在人行雨道上用10×20的灰、白两色的广场砖铺设图案，设计人员画出的一些备选图案如图所示．
[观察思考]
图1灰砖有1块，白砖有8块；图2灰砖有4块，白砖有12块；以此类推．
[规律总结]
（1）图4灰砖有 　 　块，白砖有 　 　块；图n灰砖有 　 　块时，白砖有 　 　块；
（2）[问题解决]
是否存在白砖数恰好比灰砖数少1的情形，请通过计算说明你的理由．
【答案】（1）16；20；n2；（4n+4）
（2）解：存在，理由如下：根据题意得：n2-（4n+4）＝1，
解得：n＝-1（舍去）或n＝5．
【知识点】列一元二次方程
【解析】【解答】解：(1) 根据图形分别得出各个图形中白色瓷砖的个 数分别为8、12、16、20...，
即： 12- 8 = 4、16-12=4、20-16=4，
由此可得出规律：每一个图案均比前一个图案多4块白色瓷砖，所以第n个图案中，白色瓷砖的个数为8+4(n- 1) = 4n + 4，灰色瓷砖的块数等于n2；
∴图4中灰砖有16快， 白砖有4 X (4+1) = 20，
故答案为： 16； 20； n2； (4n+ 4)；
(2)存在，理由如下：根据题意得：
n2 -(4n +4)= 1，
解得： n= - 1(舍去)或n= 5.
【分析】(1 )根据图形分别得出各个图形中白色瓷砖的个数 分别为8、12、 16、 20，即： 12- 8= 4、16-12=4、20-16=4，由此可得出规律：每一个图案均比前一个图案多4块白色瓷砖，所以第n个图案中，白色瓷砖的个数为8+4(n- 1) = 4n + 4，灰色瓷砖的块数等于n2；
(2)根据白砖数恰好比灰砖数少1列出方程求解即可.
19．（2023九上·宿州月考）已知：如图， ABCD，延长边AB到点E，使BE＝AB，连接DE、BD和EC，设DE交BC于点O，∠BOD＝2∠A，求证：四边形BECD是矩形．
【答案】证明：在平行四边形ABCD中，AD＝BC，AB＝CD，AB∥CD，
则BE∥CD．
又∵AB＝BE，
∴BE＝DC，
∴四边形BECD为平行四边形，
∴OD＝OE，OC＝OB．
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴∠A＝∠BCD，即∠A＝∠OCD．
又∵∠BOD＝2∠A，∠BOD＝∠OCD+∠ODC，
∴∠OCD＝∠ODC，
∴OC＝OD，
∴OC+OB＝OD+OE，即BC＝ED，
∴平行四边形BECD为矩形．
【知识点】平行四边形的性质；矩形的判定
【解析】【分析】根据平行四边形性质得到BE//CD，BE= CD再根据BE、DC边平行且相等可判定四边形BECD为平行四边形；再由平行四边形的性质得出OD = OE、OC= OB， 再由 ABCD可得∠A=∠OCD，又因为∠BOD=2∠A，∠BOD=∠OCD+∠ODC，得出∠OCD =∠ODC，从而得出OC = OD 则由OC+OB = OD+ OE，可知BC = ED.根据矩形的判定定理可证得平行四边形BECD为矩形.
20．（2023九上·宿州月考）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，AB⊥AC，BE＝EC，AF＝EF．
（1）求证：四边形AECD是菱形；
（2）若AC＝5，AB＝12，求四边形ABCD的面积．
【答案】（1）证明：AD∥BC
∴∠EBF＝∠ADF，AD∥EC
∵∠BFE＝∠DFA，AF＝EF，
∴△BEF≌△DAF（AAS），
∴AD＝BE，
∵BE＝EC，
∴AD＝EC，
又∵AD∥EC，
∴四边形AECD是平行四边形；
∵AB⊥AC，BE＝EC，
∴AE＝EC，
∴四边形AECD是菱形．
（2）解：AC＝5，AB＝12，
∴，
∵BE＝EC，
∴，
又∵四边形AECD是菱形，AC为对角线，
∴S△AEC＝S△ADC，
∴S四边形ABCD＝3S△ABE＝45，
∴四边形ABCD的面积为45．
【知识点】三角形的角平分线、中线和高；菱形的判定；直角三角形的性质
【解析】【分析】(1)根据平行线性质，可得 ∠EBF＝∠ADF，AD∥EC ，证明 △BEF≌△DAF（AAS）；再根据全等三角形全等性质， AD＝BE；根据平行四边形的判定定理，AD＝EC且AD∥EC，所以 四边形ADCE是平行四边形，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可求AE=CE，即结论可得；
(2)由题意可求△ABC的面积，S△ABE = S△AEC=S△ABC， 根据菱形对角线的性质，S△AEC＝S△ADC， 即可求四边形A BCD的面积.，S四边形ABCD＝3S△ABE。
21．（2023九上·宿州月考）当今社会，“直播带货”已经成为商家的一种新型的促销手段．小亮在直播间销售一种进价为每件10元的日用商品，经调查发现，该商品每天的销售量y（件）与销售单价x（元）满足一次函数关系，它们的关系如下表：
销售单价x（元） 20 25 30
销售量y（件） 200 150 100
（1）求y与x之间的函数关系式；
（2）该商家每天想获得2160元的利润，又要尽可能地减少库存，应将销售单价定为多少元？
【答案】（1）解：设商品每天的销售量y（件）与销售单价x（元）满足一次函数关系y＝kx+b，
根据题意可得：，
解得：，
故y与x之间的函数关系式为：y＝-10x+400；
（2）解：根据题意可得：（-10x+400）（x-10）＝2160，
整理得：x2-50x+616＝0，
（x-28）（x-22）＝0，
解得：x1＝28（不合题意，舍去），x2＝22，
答：应将销售单价定为22元．
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；一元二次方程的实际应用-销售问题
【解析】【分析】（1）由于每天的销售量y（件）与销售价格x（元）满足一次函数关系，将表格的值利用待定系数法求出一次函数解析式即可；
（2）直接利用（1）中所求，再根据每件利润=销售单价－进价，表示出总利润，进而解方程得出答案。
22．（2023九上·宿州月考）已知：如图，△ABC是边长6cm的等边三角形，动点P、Q同时从A、B两点出发，分别沿AB、BC方向匀速移动，它们的速度都是2cm/s，当点P到达点B时，P、Q两点停止运动．设点P的运动时间为t（s），解答下列问题：
（1）当t为何值时，△PBQ是直角三角形；
（2）是否存在某一时刻t，使四边形APQC的面积是△ABC面积的四分之三？如果存在，求出相应的t值；不存在，说明理由．
【答案】（1）解：根据题意得AP＝2tcm，BQ＝2tcm，
△ABC中，AB＝BC＝6cm，∠B＝60°，
∴BP＝（6-2t）cm，
△PBQ中，BP＝6-2t，BQ＝2t，若△PBQ是直角三角形，则
∠BQP＝90°或∠BPQ＝90°，
当∠BQP＝90°时，BQ＝BP，
即2t＝（6-2t），
∴t＝1（秒），
当∠BPQ＝90°时，BP＝BQ，
∴6-2t＝×2t，
∴t＝2 （秒）
答：当t＝1秒或t＝2秒时，△PBQ是直角三角形．
（2）解：假设存在某一时刻t，使得四边形APQC的面积是△ABC面积的，
∴S四边形APQC＝S△ABC，
∴S△BPQ＝S△ABC＝××62＝
如图，过点Q作QH⊥AB于点H，
∵∠B＝60°，BQ＝2t，
∴HQ＝t，
∴S△BPQ＝BP×HQ＝×（6-2t）×t＝
∴4t2-12t+9＝0
∴t＝
∴当t＝时，使得四边形APQC的面积是△ABC面积的，
【知识点】二次函数的实际应用-几何问题；三角形的综合；三角形-动点问题
【解析】【分析】（1）根据题意表示出AP，BQ，BP的长，若△PBQ是直角三角形，则∠BQP＝90°或∠BPQ＝90°，分情况进行讨论：①∠BQP＝90°时②∠BPQ＝90°，然后在直角三角形BQP中根据BP，BQ的表达式和∠B的度数进行求解即可解答。
（2）利用数形结合思想，假设存在某一时刻t，使得四边形APQC的面积是△ABC面积的， 即 S四边形APQC＝S△ABC， 所以 S△BPQ＝S△ABC＝××62＝ ； 过点Q作QH⊥AB于点H，由三角形面积公式S△BPQ＝BP×HQ ，即可求出t值。
23．（2023九上·宿州月考）如图，在四边形ABCD中，点E是直线BC上一点，将射线AE绕点A逆时针旋转α度交直线CD于点F．
（1）如图①，若四边形ABCD为菱形，点E在线段BC上．∠B＝60°，α＝60°，求证：AE＝AF；
（2）如图②，若四边形ABCD为正方形，点E在线段BC的延长线上，α＝45°，连接EF，试猜想线段BE，DF与EF之间的数量关系，并加以证明；
（3）若四边形ABCD为正方形，α＝45°，AB＝4，，连接EF，请直接写出EF的长．
【答案】（1）解：证明：如图1中，连接AC，EF．
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC＝CD＝AD，∠B＝∠D＝60°，
∴△ABC，△ADC是等边三角形，
∴AB＝AC，∠B＝∠BAC＝∠ACF＝60°，
∵∠BAC＝∠EAF＝60°，
∴∠BAE＝∠CAF，
∴△BAE≌△CAF（ASA），
∴AE＝AF；
（2）解：BE-EF＝DF．理由如下：
在线段BC上截取线段BT，使得BT＝DF．
∵AB＝AD，∠B＝∠ADF＝90°，BT＝DF，
∴△ABT≌△ADF（SAS），
∴AT＝AF，∠BAT＝∠DAF，
∴∠TAF＝∠BAD＝90°，
∵∠EAF＝45°，
∴∠EAT＝∠EAF＝45°，
∵AE＝AE，
∴△EAT≌△EAF（SAS），
∴ET＝EF，
∴BE-EF＝BE-ET＝BT＝DF
（3）解：如图③-1中，当点E在线段BC上时，
延长CB到K，使得BK＝DF，同理可得：△ABK≌△ADF，△AEK≌△AEF，
∴BK＝DF，EF＝EK＝BE+BK＝BE+DF，
∵BE＝BC＝2，
设EF＝x，则DF＝x-2，CF＝4-（x-2）＝6-x，
在Rt△ECF中，EF2＝EC2+CF2，
∴x2＝（6-x）2+22，
∴x＝，
∴EF＝．
如图③-2中，当点E在CB的延长线上时，同理得：DF＝EF+BE．
设EF＝y，则DF＝y+2，CF＝y+2-4＝y-2
在Rt△ECF中，y2＝62+（y-2）2，
∴y＝10，
∴EF＝10，
综上所述，满足条件的EF的值为或10．
【知识点】三角形全等及其性质；勾股定理；四边形的综合
【解析】【分析】（1）连接AC，EF 根据菱形的性质，判定 △ABC，△ADC是等边三角形， 再根据等边三角形的性质，判定 △BAE≌△CAF（ASA）， 即可求证；
（2）结论：BE-EF＝DF．在线段BC上截取线段BT，使得BT＝DF．证明△ABT≌△ADF（SAS）， 可得结论；
（3）分两种情况：第一种情况： 如图③-1中，当点E在线段BC上时，延长CB到K，使得BK＝DF，同理可得：△ABK≌△ADF，△AEK≌△AEF，根据全等三角形性质，得EF＝BE+DF，设EF＝x， 则 DF＝x-2，CF＝4-（x-2），在Rt△ECF中， 利用勾股定理即可求解。
第二种情况：如图③-2中，当点E在CB的延长线上时，同理得：DF＝EF+BE．设EF＝y，则DF＝y+2，CF＝y+2-4，在Rt△ECF中，利用勾股定理即可求解，综合两种情况即可求得满足EF条件的值。
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