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广东省茂名市高州市第一中学附属实验中学2024-2025学年九年级上学期10月月考数学试题
一、选择题：(本题共10小题，每小题3分，共30分．只有一项是符合题目要求的)．
1．（2024九上·高州月考）下列方程是一元二次方程的是（　　）．
A． B． C． D．
【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： A. x2 = 1 移项得：x2 1 = 0 ， 符合 一元二次方程的定义，符合题意；
B. x2 + y = 1 含两个未知数 x 和 y ，属于二元二次方程，不是“一元二次方程”，不符合题意；
C. x2 = x ( x 1 ) 去括号移项得： x2 x2 + x = 0 ，即 x = 0 。整理后方程变为一次方程，最高次数为1，不符合题意；
D. f 方程含分式 ，不是整式方程， 不符合题意；
故答案为：A.
【分析】 判断一元二次方程需满足三个条件：①整式方程；②仅含一个未知数；③未知数的最高次数为2。注意要化简后再判断是否满足条件。
2．（2024九上·高州月考）一元二次方程的解是（　　）.
A． B．
C．， D．，
【答案】C
【知识点】因式分解法解一元二次方程
【解析】【解答】解：
x 1 = 0 或 x 2 = 0
故答案为：C；
【分析】观察一元二次方程 可知方程是两个因式乘积等于零的形式，用因式分解法得到x 1 = 0 或 x 2 = 0分别的解，结果就是一元二次方程的两个根.
3．（2024九上·高州月考）如图为小亮在家找到的一块木板，他想检验这块木板的表面是不是矩形，但仅有一根足够长的细绳，现提供了如下两种检验方法：
下列说法正确的是（　　）
A．方法一可行，方法二不可行 B．方法一不可行，方法二可行
C．方法一、二都可行 D．方法一、二都不可行
【答案】A
【知识点】矩形的判定
【解析】【解答】解：方法一中：第一步得出四边形为平行四边形，
结合第二步得出：四边形为矩形；
方法二中不能直接得出是矩形，可能是等腰梯形，
故方法一可行，方法二不可行，
故选：A．
【分析】根据矩形判定定理即可求出答案.
4．（2024九上·高州月考）如图，四边形ABCD是菱形，对角线AC，BD相交于点O，若AC=6cm，BD=8cm则菱形的面积为（　　）
A．12cm2 B．6cm2 C．24cm2 D．48cm2
【答案】C
【知识点】菱形的性质
【解析】【解答】解：已知菱形对角线的长度，由菱形的面积等于对角线乘积的一半可以求得面积为24ｃｍ2，选项Ｃ正确；
故答案为：Ｃ.
【分析】 已知菱形的两条对角线AC和BD的长度分别为6cm和8cm，根据菱形的面积等于对角线乘积的一半可以求得.
5．（2024九上·高州月考）如图，在平行四边形ABCD中，，，以点A为圆心AB长为半径画弧交边AD于点F：以点B为圆心AB长为半径画弧交边BC于点E，连接AE，BF和EF．下列结论不正确的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】菱形的判定与性质
【解析】【解答】解：由尺规作图的过程可知，直线AE是线段BF的垂直平分线，∠FAE＝∠BAE，
∴AF＝AB，EF＝EB，∵AD∥BC，∴∠FAE＝∠AEB，∴∠AEB＝∠BAE，∴BA＝BE，∴BA＝BE＝AF＝FE，∴四边形ABEF是菱形；选项Ａ正确；
由四边形ABEF是菱形得 ，选项B正确；
由四边形ABEF是菱形得 ，选项C正确；
由四边形ABEF是菱形，不一定得出A E ＝BF ，选项Ｄ不正确；
故答案为：Ｄ.
【分析】根据尺规作图得到直线AE是线段BF的垂直平分线，∠FAE=∠BAE，根据线段垂直平分线的性质，根据四条边相等的四边形是再由菱形的性质进行判断哪个选项是错误即可.
6．（2024九上·高州月考）如图，矩形ABCD的两条对角线交于点O，若∠AOD＝120°，AB＝6，则AC的长为(　　)
A．8 B．10 C．12 D．18
【答案】C
【知识点】含30°角的直角三角形；矩形的性质
【解析】【解答 解：∵四边形 ABCD是矩形 ∴OA=OB=OC=OD=AC，∠ABC＝90° ，∵ ∠AOD=120° ， AB=6 ，∴ ∠AOB＝60°，∴∠ACB=∠ CBD=30°，∵ AB=6 ，∴ A C ＝2×AB= 2×6= 12 ；
故答案为：Ｃ.
【分析】 根据矩形的两条对角线相等，并已知∠AOD=120°得到∠AOB＝60°，再由直角三角形30°所对的直角边ＡＢ是斜边ＡＣ的一半，可求出ＡＣ的长度.
7．（2024九上·高州月考）若关于x的一元二次方程有实数根，则k的取值范围是（　　）
A． B．且 C．且 D．且
【答案】B
【知识点】一元二次方程根的判别式及应用
【解析】【解答】解：∵关于x的一元二次方程（k-1）x2-4x+2=0有实数根，
∴k-1≠0且Δ=（-4）2-4×（k-1）×2≥0，
解得：k≤3且k≠1．
故答案为：B．
【分析】利用一元二次方程根的判别式列出不等式求解即可。
8．（2024九上·高州月考）下列说法中，正确的是（　　）
A．“顺次连接任意四边形各边中点的四边形是平行四边形”是必然事件
B．“在数轴上任取一点，则这点表示的数是有理数”是必然事件
C．“从一副扑克牌（含大小王）中抽一张，恰好是红心A”是不可能事件
D．可能性是的事件，是指在两次试验中一定有一次会发生
【答案】A
【知识点】事件的分类
【解析】【解答】解：A、“顺次连接任意四边形各边中点的四边形是平行四边形”是必然事件，故选项符合题意；
B、“在数轴上任取一点，则这点表示的数是有理数”是随机事件，故选项不符合题意；
C、“从一副扑克牌（含大小王）中抽一张，恰好是红心A”是随机事件，故选项不符合题意；
D、可能性是的事件，是指这个事件发生的可能性是，故选项不符合题意；
故选：A．
【分析】根据事件的分类逐项进行判断即可求出答案.
9．（2024九上·高州月考）如图，矩形的顶点为，，与x轴正半轴的夹角为，若矩形绕点O顺时针旋转，每秒旋转，则第2023秒时，矩形的对角线交点D的坐标为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】矩形的性质；旋转的性质；坐标与图形变化﹣旋转
【解析】【解答】解：∵四边形OABC是矩形，AC＝4
∴ OB=AC＝4
∵Ｄ是AC的中点
∴ OD＝OB＝4＝2
∵ 矩形绕点O顺时针旋转，每秒旋转
∴秒，即8秒为一个循环；，即经过252个循环后又旋转7秒，
∴，
∵ 点Ｄ在第一象限，顺时针旋转315°落在ｙ轴的正半轴上，
∴ 点D的坐标为（0，2）
故答案为：Ｄ.
【分析】 结合矩形的性质求出对角线交点Ｄ到原点Ｏ的距离，再通过计算旋转的周期和剩余秒数，确定第2023秒时点Ｄ的位置，进而得到点Ｄ的坐标。
10．（2024九上·高州月考）如图，正方形，对角线相交于点O，过点D作的角平分线交于点G，过点C作，垂足为F，交于点E，则的比为（　　）
A． B． C．2∶1 D．5∶2
【答案】A
【知识点】勾股定理；正方形的性质；三角形全等的判定-SAS；角平分线的概念
【解析】【解答】解：∵ 四边形ABCD是正方形，根据正方
∴ AD= DC，
∠ODC= ∠OCD=∠OAD= 45°，
∠DOC= ∠BＯC＝90° ，OD= OC
又∵ DF平分∠ODC
∴∠EDF=∠CDF = 22.5°
∵CF⊥DG，
在△DCF中，∠DCF=180°-∠CDF- 90°= 180°- 22.5°－90° = 67.5°
在△DEF中，∠DEF= 180°-∠EDF- 90°= 180°- 22.5° －90°= 67.5°
∴∠DCF =∠DEF= 67.5°，
∠OCE=∠DCF-∠OCD = 67.5°－45° = 22.5°
∴ ∠ ODG =∠OCE
∵OD =OC，∠DOC= ∠BOC＝90°
∴ △ODG =△OCE（ASA），OG =OE
设DＡ= DC＝2ａ
在正方形ABCD中，由勾股定理
，则OA=OB= BD=a
∵ DE= DC= 2a
∴
AG=OA+OG，OG=OE，
∵
，
故答案为：A.
【分析】本题先利用正方形的性质、角平分线的定义以及垂直的性质，证明三角形全等，得到线段相等关系。然后通过设未知数，用含未知数的式子分别表示出两个三角形的一条边，再根据三角形面积公式，将两个三角形面积比转化为对应边的比来求解。
二、填空题：（本题共5小题，每小题3分，共15分．）
11．（2024九上·高州月考）方程 的根是　 　.
【答案】 ，
【知识点】直接开平方法解一元二次方程
【解析】【解答】解：
∴ ，
【分析】用直接开平方法解方程.
12．（2024九上·高州月考）一元二次方程化为一般形式为　 　．
【答案】
【知识点】一元二次方程的一般形式
【解析】【解答】解：x ( 2 x 1 ) = 2 x + 3
去括号得：
移项合并同类项得：
故答案为：
【分析】 将一元二次方程先去括号再移项合并同类项，化成一元二次方程一般形式：（）.
13．（2024九上·高州月考）已知m是方程x2－x－1＝0的一个根，则代数式m2－m的值等于　 　．
【答案】1
【知识点】一元二次方程的根
【解析】【解答】解： 由m是方程x2－x－1＝0的一个根 代入方程得关于ｍ的方程
移项得即 代数式m2－m的值等于 1；
故答案为：1
【分析】根据题意将ｍ代入方程 x2－x－1＝0 得关于ｍ的方程，再移项得 m2－m值.
14．（2024九上·高州月考）如图，在矩形中，对角线，交于点O，要使该矩形成为正方形，则添加的条件可以是　 　（只需写一个，不添加辅助线）．
【答案】
【知识点】正方形的判定
【解析】【解答】解：∵矩形，
∴补充，
∴矩形是正方形；
故答案为：．
【分析】根据正方形判定定理即可求出答案.
15．（2024九上·高州月考）如图，在正方形ABCD中，E是AB上一点，BE=2，AE=3BE，P是AC上一动点，则PB+PE的最小值是　 　．
【答案】10
【知识点】勾股定理；正方形的性质；轴对称的应用-最短距离问题
【解析】【解答】解：如图，连接DE，交AC于P，连接BP，则此时PB+PE的值最小.
∵四边形ABCD是正方形，
∴B、D关于AC对称，
∴PB=PD，
∴PB+PE=PD+PE=DE.
∵BE=2，AE=3BE，
∴AE=6，AB=8，
∴DE==10，
故PB+PE的最小值是10.
故答案为：10.
【分析】连接DE，交AC于P，连接BP，则此时PB+PE的值最小，根据正方形性质可得B、D关于AC对称，则PB=PD，再根据边之间的关系可得PB+PE=PD+PE=DE，再根据勾股定理即可求出答案.
三、解答题(一)(每小题7分，共21分
16．（2024九上·高州月考）用适当的方法解方程：
（1）3x2＝6x；
（2）
【答案】（1）解：3x2－6x＝0，
3x(x－2)＝0，
∴3x＝0或x－2＝0.
∴x1＝0，x2＝2.
（2）解：，
，
，
即，
，
∴，
【知识点】因式分解法解一元二次方程；配方法的应用
【解析】【分析】(1)用因式分解法一元二次方程，先进行移项使等号右边为零，再利用因式分解法写两个等于零的一元一次方程分别解是原方程的两个根；
(2)用配方法解一元二次方程，先把常数项到等号右边，再方程两边都加上一次项系数一半的平方，等号左边配成完全平方式右边为大于等于零的常数（若小于零则此方程无解），最后开平方求出方程的两个根；注意二次项系数不为1时，需用等式的性质化为1，再配方；本题也可利用公式法解方程.
17．（2024九上·高州月考）如图，延长平行四边形的边作交的延长线于点作交的延长线于点若求证：四边形是菱形．
【答案】证明：∵四边形是平行四边形，
在与中，
∴四边形是菱形．
【知识点】三角形全等及其性质；平行四边形的性质；菱形的判定；三角形全等的判定-AAS
【解析】【分析】根据平行四边形性质可得，则，再根据角之间的关系可得，再根据全等三角形判定定理可得，则，再根据菱形判定定理即可求出答案.
18．（2024九上·高州月考）先阅读下面的内容，再解决问题：
例题：若，求和的值．
解：，
．
．
，．
，．
问题：已知，，是△ABC的三边长，满足，且是△ABC中最长边的长，求的取值范围．
【答案】解：，
，
，
，，
，，
，，是△ABC的三边长，且是△ABC中最长的边，
，
即，
即的取值范围是．
【知识点】完全平方公式及运用；三角形三边关系；偶次方的非负性
【解析】【分析】移项，进行配方，再根据偶次方的非负性可得a，b值，再根据三角形三边关系即可求出答案.
四、解答题（二）：（本大题共3小题，每小题9分，共27分．）
19．（2024九上·高州月考）已知关于x的方程．
（1）求证：方程总有两个实数根；
（2）若方程有一个不小于3的根，求实数k的取值范围．
【答案】（1）证明：，
，
∴方程总有两个实数根；
（2）解：∵，
∴
∴，
∵方程有一个不小于 3的根，
∴，
解得：．
【知识点】一元二次方程根的判别式及应用；一元二次方程的求根公式及应用；已知一元二次方程的根求参数
【解析】【分析】本题涉及一元二次方程根的判别式以及求解方程根的取值范围.(1)通过计算根的判别式的值大于等于零，证明方程总有两个实数根；
（2）先利用求根公式得到方程的根，再由条件方程有一个不小于3的根，确定实数k的取值范围.
20．（2024九上·高州月考）如图，菱形的对角线，相交于点O，E是的中点，点F，G在上，，．
（1）求证：四边形是矩形；
（2）若，求和的长．
【答案】（1）证明：∵四边形是菱形，
∴，，
∵E是的中点，
∴是的中位线，
∴，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴，
∴四边形是矩形．
（2）解：∵四边形是菱形，∴，
由（1）得：，四边形是矩形，
∴，，，
∵E是的中点，
∴，
在中，由勾股定理得：，
∴．
【知识点】勾股定理；平行四边形的判定与性质；菱形的性质；矩形的判定与性质；三角形的中位线定理
【解析】【分析】（1）根据菱形性质可得，，再根据三角形中位线定理可得，再根据矩形判定定理即可求出答案.
（2）根据菱形性质可得，由（1）得：，四边形是矩形，根据矩形性质可得，，，再根据线段中点可得，根据勾股定理可得AF，再根据边之间的关系即可求出答案.
（1）∵四边形是菱形，
∴，，
∵E是的中点，
∴是的中位线，
∴，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴，
∴四边形是矩形．
（2）∵四边形是菱形，
∴，
由（1）得：，四边形是矩形，
∴，，，
∵E是的中点，
∴，
在中，由勾股定理得：，
∴．
21．（2024九上·高州月考）广州某大学新建了一个校史馆，其中一个矩形展厅利用智能机器人担任讲解员，展厅已有一个矩形展柜（图中展柜1），计划新建矩形展柜2．李老师将展柜2的尺寸规划任务交给希望兴趣小组，小组的同学们把“校史馆展柜设计”的任务作为一项课题活动，利用课余时间完成了实践调查，并形成了如下活动报告．请根据活动报告，计算的长度．
课题 校史馆展柜设计
调查方式 走访调研、实地察看测量
测量过程及计算 调研内容及图示
相关数据及说明 机器人从出口正中心（即的中点）通过时，机器人的边缘距离点H和点E的安全距离都为
计算结果 ……
【答案】解：如图，延长交于点P，连接．
四边形与四边形为矩形，
．
，
四边形为矩形，
，，，
．
由题意知，．
在中，．
四边形为矩形，
，
，
【知识点】矩形的判定与性质；勾股定理的实际应用-（台风、噪音、触礁、爆破）影响范围问题
【解析】【分析】本题通过延长线段BE，FH交于点Ｐ连接EH构造四边形ABPF根据有三个角是直角的四边形是矩形，借助矩形的性质得到线段ＰＦ＝ＡＢ＝80ｃｍ，求出ＨＰ＝40ｃｍ，ＨＥ＝50ｃｍ，在利用勾股定理求出ＰＥ的长度，AF长度，根据FG＝AG－AF求出FG的长度.
五、解答题（三）：（本大题2小题，第22题13分，第23题14分共27分）
22．（2024九上·高州月考）定义：对于一个四边形，我们把依次连接它的各边中点得到的新四边形叫做原四边形的“中点四边形”，如果原四边形的中点四边形是个正方形，我们把这个原四边形叫做“中方四边形”
（1）【概念理解】
在已经学过的“①平行四边形；②矩形；③菱形；④正方形”中，　 　是“中方四边形”（填序号）.
（2）【性质探究】
如图1，若四边形ABCD是“中方四边形”，观察图形，线段AC和线段BD有什么关系，并证明你的结论.
（3）【问题解决】
如图2，以锐角△ABC的两边AB，AC为边长，分别向外侧作正方形ABDE和正方形ACFG连结BE，EG，GC，依次连接四边形BCGE的四边中点得到四边形MNRL.求证：四边形BCGE是“中方四边形”.
【答案】（1）④
（2）解：AC=BD，AC⊥BD，理由如下：
∵四边形ABCD是“中方四边形”，
∴四边形EFGH是正方形且E、F、G、H分别是AB、BC、CD、AD的中点
∴∠FEH=90°，EF=EH，EH∥BD，，EF∥AC，
∴AC=BD，AC⊥BD
（3）证明：连接CE交AB于点P，连接BG交CE于K
∵四边形BCGE各边中点分别为M、N、R、L
∴MN、NR、RL、LM分别是△BCG，△CEG，△BGE，△CEB的中位线
∴
∴MN∥RL，MN=RL，EN∥NL∥CE，RN=ML
∴四边形MNRL是平行四边形
∵四边形ABDE和四边形ACFG都是正方形
∴AE=AB，AG=AC，∠EAB=∠GAC=90°
∴∠EAB+∠BAC=∠GAC+∠BAC
即∠EAC=∠BAG
在△EAC和△BAG中
∴△EAC≌△BAG（SAS）
∴CE=BG，∠AEC=∠ABG
∵，
∴RL=RN
∴平行四边形MNRL是菱形
∵∠EAB=90°
∴∠AEP+∠APE=90°
∵∠AEC=∠ABG，∠APE=∠BPK
∴∠ABG+∠BPK=90°
∴∠BKP=90°
∵MN∥BG，ML∥CE
∴∠LMN=90°
∴菱形MNRL是正方形
即原四边形BCGE是“中方四边形”
【知识点】平行四边形的判定与性质；菱形的判定与性质；正方形的判定与性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：（1）∵正方形的对角线相等且互相垂直
∴原正方形的中点四边形是个正方形
故答案为：④
【分析】（1）根据正方形性质及“中方四边形”定义即可求出答案.
（2）由题意可得四边形EFGH是正方形且E、F、G、H分别是AB、BC、CD、AD的中点，再根据三角形中位线性质可得∠FEH=90°，EF=EH，EH∥BD，，EF∥AC，，即AC=BD，AC⊥BD，即可求出答案.
（3）连接CE交AB于点P，连接BG交CE于K，根据三角形中位线定理可得MN∥RL，MN=RL，EN∥NL∥CE，RN=ML，根据平行四边判定定理可得四边形MNRL是平行四边形，再根据正方形性质可得∠EAC=∠BAG，根据全等三角形判定定理可得△EAC≌△BAG（SAS），则CE=BG，∠AEC=∠ABG，再根据菱形判定定理可得平行四边形MNRL是菱形，根据角之间的关系可得∠BKP=90°，根据直线平行性质可得∠LMN=90°，再根据正方形判定定理即可求出答案.
23．（2024九上·高州月考）如图1，在正方形中，E是边上一动点（与C，D不重合），连接，将沿所在的直线折叠得到，延长交于点G，连接，作，交的延长线于点H，连接．
（1）求证：平分；
（2）如图2，过点H作交于点P；在点E运动过程中，四边形能否为菱形？若能，请求出的度数；若不能，无需证明．
（3）连接，若，请直接写出长度的最小值．
【答案】（1）证明：在AB上截取，连接，如图1所示：
∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，
由折叠的性质得：，
∴，，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
∴，
即，
∵，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
在和中，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴平分；
（2）解：四边形能为菱形，理由如下：
当时，，
∵，
∴四边形为平行四边形，，
由（1）得：，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴四边形为菱形，
∴，，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴；
（3）解：CF长度的最小值 为-1
如图2所示，连接：
∵，，
∴，
由（1）得：，
当A、F、C三点共线时，CF最短，
则CF长度的最小值 ．
【知识点】勾股定理；菱形的判定；正方形的性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【分析】 (1) 在AB上截取AN=CG，连接NG
由正方形性质四个角是直角四条边相等得到，是等腰直角三角形，由折叠的性质得：，，，为等腰直角三角形，再得到，，从而得到，即CH平分∠DCM。
(2)由，得到四边形为平行四边形，由（1）得：，，，，得到平行四边形为菱形，，，，，；
(3)如图2所示，连接，在Rt△ABC中，由勾股定理得ＡＣ为， 由（1）得：，当A、F、C共线时，CF为最小值。
1 / 1广东省茂名市高州市第一中学附属实验中学2024-2025学年九年级上学期10月月考数学试题
一、选择题：(本题共10小题，每小题3分，共30分．只有一项是符合题目要求的)．
1．（2024九上·高州月考）下列方程是一元二次方程的是（　　）．
A． B． C． D．
2．（2024九上·高州月考）一元二次方程的解是（　　）.
A． B．
C．， D．，
3．（2024九上·高州月考）如图为小亮在家找到的一块木板，他想检验这块木板的表面是不是矩形，但仅有一根足够长的细绳，现提供了如下两种检验方法：
下列说法正确的是（　　）
A．方法一可行，方法二不可行 B．方法一不可行，方法二可行
C．方法一、二都可行 D．方法一、二都不可行
4．（2024九上·高州月考）如图，四边形ABCD是菱形，对角线AC，BD相交于点O，若AC=6cm，BD=8cm则菱形的面积为（　　）
A．12cm2 B．6cm2 C．24cm2 D．48cm2
5．（2024九上·高州月考）如图，在平行四边形ABCD中，，，以点A为圆心AB长为半径画弧交边AD于点F：以点B为圆心AB长为半径画弧交边BC于点E，连接AE，BF和EF．下列结论不正确的是（　　）
A． B． C． D．
6．（2024九上·高州月考）如图，矩形ABCD的两条对角线交于点O，若∠AOD＝120°，AB＝6，则AC的长为(　　)
A．8 B．10 C．12 D．18
7．（2024九上·高州月考）若关于x的一元二次方程有实数根，则k的取值范围是（　　）
A． B．且 C．且 D．且
8．（2024九上·高州月考）下列说法中，正确的是（　　）
A．“顺次连接任意四边形各边中点的四边形是平行四边形”是必然事件
B．“在数轴上任取一点，则这点表示的数是有理数”是必然事件
C．“从一副扑克牌（含大小王）中抽一张，恰好是红心A”是不可能事件
D．可能性是的事件，是指在两次试验中一定有一次会发生
9．（2024九上·高州月考）如图，矩形的顶点为，，与x轴正半轴的夹角为，若矩形绕点O顺时针旋转，每秒旋转，则第2023秒时，矩形的对角线交点D的坐标为（　　）
A． B． C． D．
10．（2024九上·高州月考）如图，正方形，对角线相交于点O，过点D作的角平分线交于点G，过点C作，垂足为F，交于点E，则的比为（　　）
A． B． C．2∶1 D．5∶2
二、填空题：（本题共5小题，每小题3分，共15分．）
11．（2024九上·高州月考）方程 的根是　 　.
12．（2024九上·高州月考）一元二次方程化为一般形式为　 　．
13．（2024九上·高州月考）已知m是方程x2－x－1＝0的一个根，则代数式m2－m的值等于　 　．
14．（2024九上·高州月考）如图，在矩形中，对角线，交于点O，要使该矩形成为正方形，则添加的条件可以是　 　（只需写一个，不添加辅助线）．
15．（2024九上·高州月考）如图，在正方形ABCD中，E是AB上一点，BE=2，AE=3BE，P是AC上一动点，则PB+PE的最小值是　 　．
三、解答题(一)(每小题7分，共21分
16．（2024九上·高州月考）用适当的方法解方程：
（1）3x2＝6x；
（2）
17．（2024九上·高州月考）如图，延长平行四边形的边作交的延长线于点作交的延长线于点若求证：四边形是菱形．
18．（2024九上·高州月考）先阅读下面的内容，再解决问题：
例题：若，求和的值．
解：，
．
．
，．
，．
问题：已知，，是△ABC的三边长，满足，且是△ABC中最长边的长，求的取值范围．
四、解答题（二）：（本大题共3小题，每小题9分，共27分．）
19．（2024九上·高州月考）已知关于x的方程．
（1）求证：方程总有两个实数根；
（2）若方程有一个不小于3的根，求实数k的取值范围．
20．（2024九上·高州月考）如图，菱形的对角线，相交于点O，E是的中点，点F，G在上，，．
（1）求证：四边形是矩形；
（2）若，求和的长．
21．（2024九上·高州月考）广州某大学新建了一个校史馆，其中一个矩形展厅利用智能机器人担任讲解员，展厅已有一个矩形展柜（图中展柜1），计划新建矩形展柜2．李老师将展柜2的尺寸规划任务交给希望兴趣小组，小组的同学们把“校史馆展柜设计”的任务作为一项课题活动，利用课余时间完成了实践调查，并形成了如下活动报告．请根据活动报告，计算的长度．
课题 校史馆展柜设计
调查方式 走访调研、实地察看测量
测量过程及计算 调研内容及图示
相关数据及说明 机器人从出口正中心（即的中点）通过时，机器人的边缘距离点H和点E的安全距离都为
计算结果 ……
五、解答题（三）：（本大题2小题，第22题13分，第23题14分共27分）
22．（2024九上·高州月考）定义：对于一个四边形，我们把依次连接它的各边中点得到的新四边形叫做原四边形的“中点四边形”，如果原四边形的中点四边形是个正方形，我们把这个原四边形叫做“中方四边形”
（1）【概念理解】
在已经学过的“①平行四边形；②矩形；③菱形；④正方形”中，　 　是“中方四边形”（填序号）.
（2）【性质探究】
如图1，若四边形ABCD是“中方四边形”，观察图形，线段AC和线段BD有什么关系，并证明你的结论.
（3）【问题解决】
如图2，以锐角△ABC的两边AB，AC为边长，分别向外侧作正方形ABDE和正方形ACFG连结BE，EG，GC，依次连接四边形BCGE的四边中点得到四边形MNRL.求证：四边形BCGE是“中方四边形”.
23．（2024九上·高州月考）如图1，在正方形中，E是边上一动点（与C，D不重合），连接，将沿所在的直线折叠得到，延长交于点G，连接，作，交的延长线于点H，连接．
（1）求证：平分；
（2）如图2，过点H作交于点P；在点E运动过程中，四边形能否为菱形？若能，请求出的度数；若不能，无需证明．
（3）连接，若，请直接写出长度的最小值．
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： A. x2 = 1 移项得：x2 1 = 0 ， 符合 一元二次方程的定义，符合题意；
B. x2 + y = 1 含两个未知数 x 和 y ，属于二元二次方程，不是“一元二次方程”，不符合题意；
C. x2 = x ( x 1 ) 去括号移项得： x2 x2 + x = 0 ，即 x = 0 。整理后方程变为一次方程，最高次数为1，不符合题意；
D. f 方程含分式 ，不是整式方程， 不符合题意；
故答案为：A.
【分析】 判断一元二次方程需满足三个条件：①整式方程；②仅含一个未知数；③未知数的最高次数为2。注意要化简后再判断是否满足条件。
2．【答案】C
【知识点】因式分解法解一元二次方程
【解析】【解答】解：
x 1 = 0 或 x 2 = 0
故答案为：C；
【分析】观察一元二次方程 可知方程是两个因式乘积等于零的形式，用因式分解法得到x 1 = 0 或 x 2 = 0分别的解，结果就是一元二次方程的两个根.
3．【答案】A
【知识点】矩形的判定
【解析】【解答】解：方法一中：第一步得出四边形为平行四边形，
结合第二步得出：四边形为矩形；
方法二中不能直接得出是矩形，可能是等腰梯形，
故方法一可行，方法二不可行，
故选：A．
【分析】根据矩形判定定理即可求出答案.
4．【答案】C
【知识点】菱形的性质
【解析】【解答】解：已知菱形对角线的长度，由菱形的面积等于对角线乘积的一半可以求得面积为24ｃｍ2，选项Ｃ正确；
故答案为：Ｃ.
【分析】 已知菱形的两条对角线AC和BD的长度分别为6cm和8cm，根据菱形的面积等于对角线乘积的一半可以求得.
5．【答案】D
【知识点】菱形的判定与性质
【解析】【解答】解：由尺规作图的过程可知，直线AE是线段BF的垂直平分线，∠FAE＝∠BAE，
∴AF＝AB，EF＝EB，∵AD∥BC，∴∠FAE＝∠AEB，∴∠AEB＝∠BAE，∴BA＝BE，∴BA＝BE＝AF＝FE，∴四边形ABEF是菱形；选项Ａ正确；
由四边形ABEF是菱形得 ，选项B正确；
由四边形ABEF是菱形得 ，选项C正确；
由四边形ABEF是菱形，不一定得出A E ＝BF ，选项Ｄ不正确；
故答案为：Ｄ.
【分析】根据尺规作图得到直线AE是线段BF的垂直平分线，∠FAE=∠BAE，根据线段垂直平分线的性质，根据四条边相等的四边形是再由菱形的性质进行判断哪个选项是错误即可.
6．【答案】C
【知识点】含30°角的直角三角形；矩形的性质
【解析】【解答 解：∵四边形 ABCD是矩形 ∴OA=OB=OC=OD=AC，∠ABC＝90° ，∵ ∠AOD=120° ， AB=6 ，∴ ∠AOB＝60°，∴∠ACB=∠ CBD=30°，∵ AB=6 ，∴ A C ＝2×AB= 2×6= 12 ；
故答案为：Ｃ.
【分析】 根据矩形的两条对角线相等，并已知∠AOD=120°得到∠AOB＝60°，再由直角三角形30°所对的直角边ＡＢ是斜边ＡＣ的一半，可求出ＡＣ的长度.
7．【答案】B
【知识点】一元二次方程根的判别式及应用
【解析】【解答】解：∵关于x的一元二次方程（k-1）x2-4x+2=0有实数根，
∴k-1≠0且Δ=（-4）2-4×（k-1）×2≥0，
解得：k≤3且k≠1．
故答案为：B．
【分析】利用一元二次方程根的判别式列出不等式求解即可。
8．【答案】A
【知识点】事件的分类
【解析】【解答】解：A、“顺次连接任意四边形各边中点的四边形是平行四边形”是必然事件，故选项符合题意；
B、“在数轴上任取一点，则这点表示的数是有理数”是随机事件，故选项不符合题意；
C、“从一副扑克牌（含大小王）中抽一张，恰好是红心A”是随机事件，故选项不符合题意；
D、可能性是的事件，是指这个事件发生的可能性是，故选项不符合题意；
故选：A．
【分析】根据事件的分类逐项进行判断即可求出答案.
9．【答案】D
【知识点】矩形的性质；旋转的性质；坐标与图形变化﹣旋转
【解析】【解答】解：∵四边形OABC是矩形，AC＝4
∴ OB=AC＝4
∵Ｄ是AC的中点
∴ OD＝OB＝4＝2
∵ 矩形绕点O顺时针旋转，每秒旋转
∴秒，即8秒为一个循环；，即经过252个循环后又旋转7秒，
∴，
∵ 点Ｄ在第一象限，顺时针旋转315°落在ｙ轴的正半轴上，
∴ 点D的坐标为（0，2）
故答案为：Ｄ.
【分析】 结合矩形的性质求出对角线交点Ｄ到原点Ｏ的距离，再通过计算旋转的周期和剩余秒数，确定第2023秒时点Ｄ的位置，进而得到点Ｄ的坐标。
10．【答案】A
【知识点】勾股定理；正方形的性质；三角形全等的判定-SAS；角平分线的概念
【解析】【解答】解：∵ 四边形ABCD是正方形，根据正方
∴ AD= DC，
∠ODC= ∠OCD=∠OAD= 45°，
∠DOC= ∠BＯC＝90° ，OD= OC
又∵ DF平分∠ODC
∴∠EDF=∠CDF = 22.5°
∵CF⊥DG，
在△DCF中，∠DCF=180°-∠CDF- 90°= 180°- 22.5°－90° = 67.5°
在△DEF中，∠DEF= 180°-∠EDF- 90°= 180°- 22.5° －90°= 67.5°
∴∠DCF =∠DEF= 67.5°，
∠OCE=∠DCF-∠OCD = 67.5°－45° = 22.5°
∴ ∠ ODG =∠OCE
∵OD =OC，∠DOC= ∠BOC＝90°
∴ △ODG =△OCE（ASA），OG =OE
设DＡ= DC＝2ａ
在正方形ABCD中，由勾股定理
，则OA=OB= BD=a
∵ DE= DC= 2a
∴
AG=OA+OG，OG=OE，
∵
，
故答案为：A.
【分析】本题先利用正方形的性质、角平分线的定义以及垂直的性质，证明三角形全等，得到线段相等关系。然后通过设未知数，用含未知数的式子分别表示出两个三角形的一条边，再根据三角形面积公式，将两个三角形面积比转化为对应边的比来求解。
11．【答案】 ，
【知识点】直接开平方法解一元二次方程
【解析】【解答】解：
∴ ，
【分析】用直接开平方法解方程.
12．【答案】
【知识点】一元二次方程的一般形式
【解析】【解答】解：x ( 2 x 1 ) = 2 x + 3
去括号得：
移项合并同类项得：
故答案为：
【分析】 将一元二次方程先去括号再移项合并同类项，化成一元二次方程一般形式：（）.
13．【答案】1
【知识点】一元二次方程的根
【解析】【解答】解： 由m是方程x2－x－1＝0的一个根 代入方程得关于ｍ的方程
移项得即 代数式m2－m的值等于 1；
故答案为：1
【分析】根据题意将ｍ代入方程 x2－x－1＝0 得关于ｍ的方程，再移项得 m2－m值.
14．【答案】
【知识点】正方形的判定
【解析】【解答】解：∵矩形，
∴补充，
∴矩形是正方形；
故答案为：．
【分析】根据正方形判定定理即可求出答案.
15．【答案】10
【知识点】勾股定理；正方形的性质；轴对称的应用-最短距离问题
【解析】【解答】解：如图，连接DE，交AC于P，连接BP，则此时PB+PE的值最小.
∵四边形ABCD是正方形，
∴B、D关于AC对称，
∴PB=PD，
∴PB+PE=PD+PE=DE.
∵BE=2，AE=3BE，
∴AE=6，AB=8，
∴DE==10，
故PB+PE的最小值是10.
故答案为：10.
【分析】连接DE，交AC于P，连接BP，则此时PB+PE的值最小，根据正方形性质可得B、D关于AC对称，则PB=PD，再根据边之间的关系可得PB+PE=PD+PE=DE，再根据勾股定理即可求出答案.
16．【答案】（1）解：3x2－6x＝0，
3x(x－2)＝0，
∴3x＝0或x－2＝0.
∴x1＝0，x2＝2.
（2）解：，
，
，
即，
，
∴，
【知识点】因式分解法解一元二次方程；配方法的应用
【解析】【分析】(1)用因式分解法一元二次方程，先进行移项使等号右边为零，再利用因式分解法写两个等于零的一元一次方程分别解是原方程的两个根；
(2)用配方法解一元二次方程，先把常数项到等号右边，再方程两边都加上一次项系数一半的平方，等号左边配成完全平方式右边为大于等于零的常数（若小于零则此方程无解），最后开平方求出方程的两个根；注意二次项系数不为1时，需用等式的性质化为1，再配方；本题也可利用公式法解方程.
17．【答案】证明：∵四边形是平行四边形，
在与中，
∴四边形是菱形．
【知识点】三角形全等及其性质；平行四边形的性质；菱形的判定；三角形全等的判定-AAS
【解析】【分析】根据平行四边形性质可得，则，再根据角之间的关系可得，再根据全等三角形判定定理可得，则，再根据菱形判定定理即可求出答案.
18．【答案】解：，
，
，
，，
，，
，，是△ABC的三边长，且是△ABC中最长的边，
，
即，
即的取值范围是．
【知识点】完全平方公式及运用；三角形三边关系；偶次方的非负性
【解析】【分析】移项，进行配方，再根据偶次方的非负性可得a，b值，再根据三角形三边关系即可求出答案.
19．【答案】（1）证明：，
，
∴方程总有两个实数根；
（2）解：∵，
∴
∴，
∵方程有一个不小于 3的根，
∴，
解得：．
【知识点】一元二次方程根的判别式及应用；一元二次方程的求根公式及应用；已知一元二次方程的根求参数
【解析】【分析】本题涉及一元二次方程根的判别式以及求解方程根的取值范围.(1)通过计算根的判别式的值大于等于零，证明方程总有两个实数根；
（2）先利用求根公式得到方程的根，再由条件方程有一个不小于3的根，确定实数k的取值范围.
20．【答案】（1）证明：∵四边形是菱形，
∴，，
∵E是的中点，
∴是的中位线，
∴，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴，
∴四边形是矩形．
（2）解：∵四边形是菱形，∴，
由（1）得：，四边形是矩形，
∴，，，
∵E是的中点，
∴，
在中，由勾股定理得：，
∴．
【知识点】勾股定理；平行四边形的判定与性质；菱形的性质；矩形的判定与性质；三角形的中位线定理
【解析】【分析】（1）根据菱形性质可得，，再根据三角形中位线定理可得，再根据矩形判定定理即可求出答案.
（2）根据菱形性质可得，由（1）得：，四边形是矩形，根据矩形性质可得，，，再根据线段中点可得，根据勾股定理可得AF，再根据边之间的关系即可求出答案.
（1）∵四边形是菱形，
∴，，
∵E是的中点，
∴是的中位线，
∴，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴，
∴四边形是矩形．
（2）∵四边形是菱形，
∴，
由（1）得：，四边形是矩形，
∴，，，
∵E是的中点，
∴，
在中，由勾股定理得：，
∴．
21．【答案】解：如图，延长交于点P，连接．
四边形与四边形为矩形，
．
，
四边形为矩形，
，，，
．
由题意知，．
在中，．
四边形为矩形，
，
，
【知识点】矩形的判定与性质；勾股定理的实际应用-（台风、噪音、触礁、爆破）影响范围问题
【解析】【分析】本题通过延长线段BE，FH交于点Ｐ连接EH构造四边形ABPF根据有三个角是直角的四边形是矩形，借助矩形的性质得到线段ＰＦ＝ＡＢ＝80ｃｍ，求出ＨＰ＝40ｃｍ，ＨＥ＝50ｃｍ，在利用勾股定理求出ＰＥ的长度，AF长度，根据FG＝AG－AF求出FG的长度.
22．【答案】（1）④
（2）解：AC=BD，AC⊥BD，理由如下：
∵四边形ABCD是“中方四边形”，
∴四边形EFGH是正方形且E、F、G、H分别是AB、BC、CD、AD的中点
∴∠FEH=90°，EF=EH，EH∥BD，，EF∥AC，
∴AC=BD，AC⊥BD
（3）证明：连接CE交AB于点P，连接BG交CE于K
∵四边形BCGE各边中点分别为M、N、R、L
∴MN、NR、RL、LM分别是△BCG，△CEG，△BGE，△CEB的中位线
∴
∴MN∥RL，MN=RL，EN∥NL∥CE，RN=ML
∴四边形MNRL是平行四边形
∵四边形ABDE和四边形ACFG都是正方形
∴AE=AB，AG=AC，∠EAB=∠GAC=90°
∴∠EAB+∠BAC=∠GAC+∠BAC
即∠EAC=∠BAG
在△EAC和△BAG中
∴△EAC≌△BAG（SAS）
∴CE=BG，∠AEC=∠ABG
∵，
∴RL=RN
∴平行四边形MNRL是菱形
∵∠EAB=90°
∴∠AEP+∠APE=90°
∵∠AEC=∠ABG，∠APE=∠BPK
∴∠ABG+∠BPK=90°
∴∠BKP=90°
∵MN∥BG，ML∥CE
∴∠LMN=90°
∴菱形MNRL是正方形
即原四边形BCGE是“中方四边形”
【知识点】平行四边形的判定与性质；菱形的判定与性质；正方形的判定与性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：（1）∵正方形的对角线相等且互相垂直
∴原正方形的中点四边形是个正方形
故答案为：④
【分析】（1）根据正方形性质及“中方四边形”定义即可求出答案.
（2）由题意可得四边形EFGH是正方形且E、F、G、H分别是AB、BC、CD、AD的中点，再根据三角形中位线性质可得∠FEH=90°，EF=EH，EH∥BD，，EF∥AC，，即AC=BD，AC⊥BD，即可求出答案.
（3）连接CE交AB于点P，连接BG交CE于K，根据三角形中位线定理可得MN∥RL，MN=RL，EN∥NL∥CE，RN=ML，根据平行四边判定定理可得四边形MNRL是平行四边形，再根据正方形性质可得∠EAC=∠BAG，根据全等三角形判定定理可得△EAC≌△BAG（SAS），则CE=BG，∠AEC=∠ABG，再根据菱形判定定理可得平行四边形MNRL是菱形，根据角之间的关系可得∠BKP=90°，根据直线平行性质可得∠LMN=90°，再根据正方形判定定理即可求出答案.
23．【答案】（1）证明：在AB上截取，连接，如图1所示：
∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，
由折叠的性质得：，
∴，，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
∴，
即，
∵，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
在和中，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴平分；
（2）解：四边形能为菱形，理由如下：
当时，，
∵，
∴四边形为平行四边形，，
由（1）得：，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴四边形为菱形，
∴，，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴；
（3）解：CF长度的最小值 为-1
如图2所示，连接：
∵，，
∴，
由（1）得：，
当A、F、C三点共线时，CF最短，
则CF长度的最小值 ．
【知识点】勾股定理；菱形的判定；正方形的性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【分析】 (1) 在AB上截取AN=CG，连接NG
由正方形性质四个角是直角四条边相等得到，是等腰直角三角形，由折叠的性质得：，，，为等腰直角三角形，再得到，，从而得到，即CH平分∠DCM。
(2)由，得到四边形为平行四边形，由（1）得：，，，，得到平行四边形为菱形，，，，，；
(3)如图2所示，连接，在Rt△ABC中，由勾股定理得ＡＣ为， 由（1）得：，当A、F、C共线时，CF为最小值。
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