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九年级数学学科第一次月综合作业
(时间100分钟满分120分闭卷)
一.选择题（共10小题，共30分）
1.我国古代数学的发展历史源远流长，曾诞生了很多伟大的数学发现.下列与我国古代数学发现相关的图
形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是()
杨辉三角
割圆术示意图
赵爽弦图
洛书
●●●0●●●●-0
D.
2.下列方程中，一定是一元二次方程的是()
A.x+y=1
B.X-是=1
C.X-2=0
D.X2+x=x+1
3.用配方法解一元二次方程x+6x+1=0,此方程可化为()
A.(x-3)2=8
B.(x43)2=8
C.(x43)2=3
D.(x-3)2=3
4.工人师傅在做门窗或矩形零件时，不仅要测量两组对边的长度是否分别相等，常常还要测量它们的两条
对角线是否相等，以确保图形是矩形.这样做的道理是()
A.两组对边分别相等的四边形是矩形
B.有一个角是直角的平行四边形是矩形
C.对角线相等的四边形是矩形
D.对角线相等的平行四边形是矩形
5.如图所示，在矩形ABCD中，对角线AC,BD相交于点O,∠AOB=60°，AE=AB,
则∠AEO=()
A.60
B.75
C.85°
D.105°
B
6.根据下面表格中的对应值：
X
3.23
3.24
3.25
3.26
ax+bx+c
-0.06
-0.02
0.03
0.09
判断方程ax+bx+c=0(a≠0，a,b,c为常数)的一个解x的范围是()
A.3.22B.3.23第1页共6页
C.3.24D.3.257.如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠A=30°，CD⊥AB于点D,E是AB的中点，若DE=2.5,则AB
的长为()
A.10
B.8
C.6
D.4
D
A
B
B
B
B
7题图
8题图
9题图
8.问题：已知：如图，四边形ABCD是菱形，E、F是直线AC上两点，AF=CE.求证：四边形FBED是菱形.
几名同学对这个问题，给出了如下几种解题思路，其中正确的是()
甲：利用全等，证明四边形FBED四条边相等，进而说明该四边形是菱形：
乙：连接BD,利用对角线互相垂直的平行四边形是菱形，判定四边形FBED是菱形；
丙：该题目错误，根据已知条件不能够证明该四边形是菱形，
A.甲、乙对，丙错
B.乙、丙对，甲错
C.三个人都对
D.甲、丙对，乙错
9.如图，边长为1的正方形ABCD绕点C逆时针旋转45°后得到正方形A'BCD,边A'D与AB交于
点E,则阴影部分的面积是()
A.2-V2
B.√2-1
C.2V2-2
D.4-22
10.如果关于x的一元二次方程ax+bx+c=0有两个实数根，且其中一个根为另一个根的2倍，则称这样的
方程为“倍根方程”，以下关于倍根方程的说法，正确的有()个.
①方程X-x-2=0是倍根方程：
②若(x-2)(mx+n)=0是倍根方程，则4m+5m+=0:
③若p、q满足pq=2,则关于x的方程px+3x+q=0是倍根方程：
④若方程ax+bx+c=0是倍根方程，则必有2b=9ac.
A.1
B.2
C.3
D.4
二.填空题（共5小题，共15分）
A
11.如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC,BD相交于点O,请添加一个条
件
,使平行四边形ABCD为菱形.
12.一元二次方程=2025x的解是
B
第2页共6页九年级数学学科第一次月综合作业参考答案
一．选择题（共10小题）
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 B C B D B C A A D C
一．选择题（共10小题）
1．我国古代数学的发展历史源远流长，曾诞生了很多伟大的数学发现．下列与我国古代数学发现相关的图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
【解答】解：A．是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意．
B．既是轴对称图形，又是中心对称图形，符合题意．
C．是中心对称图形，不是轴对称图形，不符合题意．
D．既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，不符合题意．
故选：B．
2．下列方程中，一定是一元二次方程的是（　　）
A．x2+y＝1 B． C．x2﹣2＝0 D．x2+x＝x2+1
【解答】解：A．方程含有两个未知数，不是一元二次方程，该选项不符合题意；
B．该方程不是整式方程，不是一元二次方程，该选项不符合题意；
C．方程x2﹣2＝0是一元二次方程，该选项符合题意；
D．方程整理可得x﹣1＝0，是一元一次方程，不是一元二次方程，该选项不符合题意；
故选：C．
3．用配方法解一元二次方程x2+6x+1＝0，此方程可化为（　　）
A．（x﹣3）2＝8 B．（x+3）2＝8 C．（x+3）2＝3 D．（x﹣3）2＝3
【解答】解：原方程移项得x2+6x＝﹣1，
x2+6x+9＝﹣1+9，即（x+3）2＝8，
故选：B．
4．工人师傅在做门窗或矩形零件时，不仅要测量两组对边的长度是否分别相等，常常还要测量它们的两条对角线是否相等，以确保图形是矩形．这样做的道理是（　　）
A．两组对边分别相等的四边形是矩形
B．有一个角是直角的平行四边形是矩形
C．对角线相等的四边形是矩形
D．对角线相等的平行四边形是矩形
【解答】解：∵两组对边相等的四边形是平行四边形，对角线相等的平行四边形是矩形，
∴不仅要测量两组对边的长度是否分别相等，常常还要测量它们的两条对角线是否相等，以确保图形是矩形，
故选：D．
5．如图所示，在矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，∠AOB＝60°，AE＝AB，则∠AEO＝（　　）
A．60° B．75° C．85° D．105°
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，对角线AC，BD相交于点O，
∴∠BAD＝90°，OA＝OC＝AC，OB＝OD＝BD，且AC＝BD，
∴OA＝OB，
∵∠AOB＝60°，
∴△AOB是等边三角形，
∴∠OAB＝60°，AO＝AB，
∴∠OAE＝∠BAD﹣∠OAB＝30°，
∵AE＝AB，
∴AO＝AE，
∴∠AOE＝∠AEO，
∵∠AOE+∠AEO+∠OAE＝180°，
∴2∠AEO+30°＝180°，
∴∠AEO＝75°，
故选：B．
6．根据下面表格中的对应值：
x 3.23 3.24 3.25 3.26
ax2+bx+c ﹣0.06 ﹣0.02 0.03 0.09
判断方程ax2+bx+c＝0（a≠0，a，b，c为常数）的一个解x的范围是（　　）
A．3.22＜x＜3.23 B．3.23＜x＜3.24
C．3.24＜x＜3.25 D．3.25＜x＜3.26
【解答】解：∵x＝3.24时，ax2+bx+c＝﹣0.02；x＝3.25时，ax2+bx+c＝0.03，
∴关于x的方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的一个解x的范围是3.24＜x＜3.25．
故选：C．
7．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，CD⊥AB于点D，E是AB的中点，若DE＝2.5，则AB的长为（　　）
A．10 B．8 C．6 D．4
【解答】解：∵∠ACB＝90°，∠A＝30°，
∴∠B＝60°，
∵E是AB的中点，
∴CE＝BE＝AB，
∴△BCE为等边三角形，
∵CD⊥AB，DE＝2.5，
∴BE＝2DE＝5，
∴AB＝2BE＝10，
故选：A．
8．问题：已知：如图，四边形ABCD是菱形，E、F是直线AC上两点，AF＝CE．求证：四边形FBED是菱形．
几名同学对这个问题，给出了如下几种解题思路，其中正确的是（　　）
甲：利用全等，证明四边形FBED四条边相等，进而说明该四边形是菱形；
乙：连接BD，利用对角线互相垂直的平行四边形是菱形，判定四边形FBED是菱形；
丙：该题目错误，根据已知条件不能够证明该四边形是菱形．
A．甲、乙对，丙错 B．乙、丙对，甲错
C．三个人都对 D．甲、丙对，乙错
【解答】解：甲：∵四边形ABCD是菱形，
∴∠BAD＝∠BCD，AB＝BC＝CD＝AD，
∴∠BAC＝∠DAC＝∠BCA＝∠DCA，
∴∠BAF＝∠DAF＝∠BCE＝∠DCE，
在△BAF和△DAF中，
，
∴△BAF≌△DAF（SAS），
∴BF＝DF，
同理：△DCE≌△BCE（SAS），△BAF≌△BCE（SAS），
∴BE＝DE，BF＝BE，
∴BF＝DF＝BE＝DE，
∴四边形FBED是菱形；
乙：连接BD交AC于O，如图所示：
∵四边形ABCD是菱形，
∴OA＝OC，OB＝OD，AC⊥BD，
∵AF＝CE，
∴OA+AF＝OC+CE，
即OF＝OE，
∴四边形FBED是平行四边形，
又∵AC⊥BD，
∴平行四边形FBED是菱形；
综上所述，甲对、乙对，丙错，
故选：A．
9．如图，边长为1的正方形ABCD绕点C逆时针旋转45°后得到正方形A′B′CD′，边A′D′与AB交于点E，则阴影部分的面积是（　　）
A． B． C． D．
【解答】解：连接A′C，
∵边长为1的正方形ABCD绕点C逆时针旋转45°后得到正方形A′B′CD′，
∴BC＝1，∠BCD＝90°，∠DCD′＝45°，∠A′CD′＝∠D′A′C＝45°，A′D′＝CD′＝1，
∴∠BCD′＝∠BCD﹣∠DCD′＝45°，，
∵∠BCD′＝∠A′CD′＝45°，
∴A′，B，C三点共线，
∴，∠A′BE＝90°，
∵∠D′A′B＝45°，
∴，
∴，
∴；
故选：D．
10．如果关于x的一元二次方程ax2+bx+c＝0有两个实数根，且其中一个根为另一个根的2倍，则称这样的方程为“倍根方程”，以下关于倍根方程的说法，正确的有（　　）个．
①方程x2﹣x﹣2＝0是倍根方程；
②若（x﹣2）（mx+n）＝0是倍根方程，则4m2+5mn+n2＝0；
③若p、q满足pq＝2，则关于x的方程px2+3x+q＝0是倍根方程；
④若方程ax2+bx+c＝0是倍根方程，则必有2b2＝9ac．
A．1 B．2 C．3 D．4
【解答】解：①解方程x2﹣x﹣2＝0得，x1＝2，x2＝﹣1，得，x1≠2x2，
∴方程x2﹣x﹣2＝0不是倍根方程；
故①不正确；
②若（x﹣2）（mx+n）＝0是倍根方程，x1＝2，
因此x2＝1或x2＝4，
当x2＝1时，m+n＝0，
当x2＝4时，4m+n＝0，
∴4m2+5mn+n2＝（m+n）（4m+n）＝0，
故②正确；
③∵pq＝2，则px2+3x+q＝（px+1）（x+q）＝0，
∴，x2＝﹣q，
∴，
因此是倍根方程，
故③正确；
④方程ax2+bx+c＝0的根为：，，
若x1＝2x2，则，
即，
∴，
∴，
∴，
∴9（b2﹣4ac）＝b2，
∴2b2＝9ac．
若2x1＝x2时，则，
则，
∴，
∴，
∴，
∴b2＝9（b2﹣4ac），
∴2b2＝9ac．
故④正确，
∴正确的有：②③④共3个．
故选：C．
二．填空题（共5小题）
11．如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，请添加一个条件 　AC⊥BD（答案不唯一）　 ，使平行四边形ABCD为菱形．
【解答】解：∵对角线互相垂直的平行四边形是菱形，
∴添加一个条件AC⊥BD，使平行四边形ABCD为菱形．
故答案为：AC⊥BD（答案不唯一）．
12．一元二次方程x2＝2025x的解是 　x1＝0，x2＝2025　 ．
【解答】解：x2＝2025x，
移项，得x2﹣2025x＝0，
因式分解，得x（x﹣2025）＝0，
解得x1＝0，x2＝2025．
故答案为：x1＝0，x2＝2025．
13．如图，在矩形ABCD中，AB＝20cm．动点P从点A开始沿AB边以4cm/s的速度运动，动点Q从点C开始沿CD边以1cm/s的速度运动点P和点Q同时出发，当其中一点到达终点时，另一点也随之停止运动．设动点的运动时间为t s，当t＝　4　 s时，四边形APQD是矩形．
【解答】解：由题意得，AP＝4t cm，CQ＝t cm，
∵四边形ABCD是矩形，
∴CD＝AB＝20cm，
∴DQ＝（20﹣t）cm
∵四边形APQD是矩形，
∴AP＝DQ，
∴4t＝20﹣t，
解得t＝4，
故答案为：4．
14．如图，在矩形ABCD中，AB＝15，BC＝8，点P是对角线AC上一个动点（点P与点A，C不重合），过点P分别作PE⊥AD于点E，PF∥BC交CD于点F，连接EF，则EF的最小值为 　　 ．
【解答】解：如图，过点D作DP′⊥AC于P′，连接EF，DP，
∵四边形ABCD是矩形，AB＝15，BC＝8，
∴CD＝AB＝15，AD＝BC＝8，∠ADC＝90°，
∴，
∵PF∥BC，
∴∠PFD+∠ADC＝180°，
∴∠PFD＝90°，
∵PE⊥AD，
∴∠PED＝∠EDF＝∠PFD＝90°，
∴四边形DEPF是矩形，
∴EF＝DP，
要使EF最小，只需DP最小，当DP⊥AC时，DP最小，最小值为DP′的长，
∵，
∴，
故EF的最小值为，
故答案为：．
15．如图，由点P（14，1），A（a，0），B（0，a）（0＜a＜14），确定的△PAB的面积为18，则a的值为　3或12　 ，如果a＞14，则a的值为　　
【解答】解：当0＜a＜14时，如图，作PD⊥x轴于点D，
∵P（14，1），A（a，0），B（0，a），
∴PD＝1，OD＝14，OA＝a，OB＝a，
∴S△PAB＝S梯形OBPD﹣S△OAB﹣S△ADP＝×14（a+1）﹣a2﹣×1×（14﹣a）＝18，
解得：a1＝3，a2＝12；
当14≤a＜15时，如图，作PD⊥x轴于点D，
S△ABP＝S梯形OBPD+S△PAD﹣S△AOB＝18，
∴18＝（1+a）×14+（a﹣14） 1﹣a2，
解得a＝2或13（都不符合题意）；
当a＞15时，如图，作PD⊥x轴于点D，
∵P（14，1），A（a，0），B（0，a），
∴PD＝1，OD＝14，OA＝a，OB＝a，
∴S△PAB＝S△OAB﹣S梯形OBPD﹣S△ADP＝a2﹣×14（a+1）﹣×1×（a﹣14）＝18，
解得：a1＝，a2＝（舍去）；
∴a＝．
故答案为：3或12，．
三．解答题（共8小题）
16．按要求解下列方程：
（1）2x2﹣3x+1＝0；（公式法）
（2）x2+6x＝﹣5．（配方法）
【解答】解：（1）由题意可知：Δ＝b2﹣4ac＝9﹣4×1×2＝1＞0，
∴，
∴x1＝1，；
（2）x2+6x+9＝﹣5+9，
（x+3）2＝4，
∴x+3＝±2，
∴x+3＝2或x+3＝﹣2，
∴x1＝﹣1，x2＝﹣5．
（1）本次调查共随机抽取了　50　 名学生成绩进行统计？
（2）补全频数分布直方图；
（3）扇形统计图中第二组学生成绩所对应的圆心角为　57.6°　 ；
（4）若将得分转化为等级，规定：得分低于70分评为“D”，70～100分评为“C”，100～115分评为“B”，115～130分评为“A”，根据目前的统计，请你估计全区该年级4500名考生中，考试成绩评为“B”级及其以上的学生大约有多少名？
【解答】解：（1）20÷40%＝50名，
故答案为：50；
（2）50﹣4﹣8﹣20﹣14＝4，
画图如下：
（3）8÷50×360°＝57.6°，
故答案为：57.6°；
（4）（4+14）÷50×4500＝1620．
18．如图是由边长为1个单位长度的小正方形组成的7×8网格，每个小正方形的顶点时做格点．图中A、B，C都是格点，点D在网格线上，仅用无刻度直尺在给定的网格中完成画图，画图过程用虚线表示．
（1）填空：AB与BC的数量关系是 　AB＝2BC　 ，位置关系是 　AB⊥BC　 ；
（2）在图（1）中作矩形ABCP，并过点D作直线l，使直线l平分矩形ABCP的面积；
（3）在图（2）中取AD的中点M，在BC上找一点N，使MN⊥BC．
【解答】解：（1）AB＝2BC，AB⊥BC．
理由如下：连接AC，
∵网格中小正方形的边长为1，
∴由勾股定理得：，，
∴AB＝2BC；
由勾股定理得：AC2＝12+82＝65，
又∵AB2+BC2＝65，
∴AB2+BC2＝AC2，
∴△ABC为直角三角形，即∠B＝90°，
∴AB⊥BC．
故答案为：AB＝2BC，AB⊥BC．
（2）设AC与网格正中间的水平格线交于点O，
作射线BO与网格的格点交于点P，连接AP，CP，
则四边形ABCP为矩形；
过点D，O作直线l，则直线l平分矩形ABCP的面积．
理由如下：
利用勾股定理得：，，
∴AB＝CP，AP＝BC，∠ABC＝90°，
∴四边形ABCP为矩形；
设直线l交AE于点E，交CD于点F，
∵四边形ABCP为矩形，对角线AC，BD交于点O，
∴AB∥CP，OA＝OC，AB＝CD，AP＝BC，∠BAP＝∠APC＝∠PCB＝∠CBA＝90°，
∴∠EAO＝∠FCO，∠AEF＝∠CFE，
在△AEO和△CFO中
，
∴△AEO≌△CFO，
∴AE＝CF，
∵AB＝CD，
∴DF＝BE，
在四边形AEFP和四边形CFEB中，
AE＝CF，DF＝BE，AP＝BC，EF＝EF，∠AEF＝∠CFE，∠BAP＝∠APC＝∠PCB＝∠CBA＝90°，
∴四边形AEFP≌四边形CFEB，
∴S四边形AEFP＝S四边形CFEB．
（3）设AD与正中间水平格线的交点为AD的中点M，
连接BD与水平格线的交点为G，
连接MG并延长交BC于点N，
则MN⊥BC．
理由如下：
过点M作MH⊥CD于点H，
根据网格的特点得：AK＝MH，AK∥MH，∠AKM＝∠MHD＝90°，
∴∠MAK＝∠DMH，
在△AMK和△MDH中，
，
∴△AMK≌△MDH（ASA），
∴AM＝MD，
即点M为AD的中点．
同理可证点G为BD的中点，
∴MG为△ABD的中位线，
∴MG∥AB，即MN∥AB，
由（1）可知：∠ABC＝90°，
∴∠MNC＝∠ABC＝90°，
即MN⊥BC．
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19．已知关于x的方程x2﹣（k+4）x+2k+4＝0．
（1）求证：无论k为何值，方程总有实数根；
（2）若方程的两个实数根为x1，x2，求代数式（x1﹣2）（x2﹣2）的值．
【解答】（1）证明：Δ＝[﹣（k+4）]2﹣4（2k+4）
＝k2+8k+16﹣8k﹣16
＝k2，
∵k2≥0，
∴Δ≥0，
∴该方程总有两个实数根；
（2）解：∵该方程的两个实数根为x1，x2，
∴x1+x2＝k+4，x1 x2＝2k+4，
∴（x1﹣2）（x2﹣2）
＝x1 x2﹣2x1﹣2x2+4
＝x1 x2﹣2（x1+x2）+4
＝2k+4﹣2（k+4）+4
＝2k+4﹣2k﹣8+4
＝0．
20．如图，学校在教学楼后面搭建了两个简易的矩形自行车车棚，一边利用教学楼的后墙（可利用墙长为60m），其他的边用总长72m的不锈钢栅栏围成，左右两侧各开一个出口（出口的门也由栅栏构成，当栅栏小门合上时，栅栏小门与垂直于墙的栅栏外围紧密连接），不锈钢栅栏状如“山”字形．
（1）若矩形车棚ABCD的面积为285m2，试求出自行车车棚的长BC和宽AB；
（2）请问能围成面积为450m2的矩形车棚ABCD吗？如果能，请你给出设计方案；如果不能，请说明理由．
【解答】解：（1）设AB＝x m，则BC＝（72﹣3x）m，
根据题意得：x（72﹣3x）＝285，
整理得：x2﹣24x+95＝0，
解得：x1＝5，x2＝19，
当x＝5时，72﹣3x＝72﹣3×5＝57＜60，符合题意；
当x＝19时，72﹣3x＝72﹣3×19＝15＜60，符合题意．
答：自行车车棚的长BC为57m或15m，宽AB为5m或19m；
（2）不能围成面积为450m2的自行车车棚，理由如下：
假设能围成面积为450m2的自行车车棚，设AB＝y m，则BC＝（72﹣3y）m，
根据题意得：y（72﹣3y）＝450，
整理得：y2﹣24y+150＝0，
∵Δ＝（﹣24）2﹣4×1×150＝﹣24＜0，
∴原方程没有实数根，
∴假设不成立，
即不能围成面积为450m2的自行车车棚．
21．如图，在 ABCD中，四个角的平分线分别相交于点E、F、G、H．
（1）求证：四边形EFGH是矩形；
（2）连接EG，若AB＝10，AD＝7，求EG的长．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠DAB+∠ABC＝180°，
∵AH，BH分别平分∠DAB与∠ABC，
∴∠HAB＝∠DAB，∠HBA＝∠ABC，
∴∠HAB+∠HBA＝（∠DAB+∠ABC）＝×180°＝90°，
∴∠H＝90°，
同理：∠F＝∠AED＝90°，
∴∠HEF＝∠AED＝90°，
∴四边形EFGH是矩形．
（2）解：如图所示，延长DF，交AB于P，
∵CD∥AB，DP平分∠ADC，
∴∠APD＝∠CDP＝∠ADP，
∴AD＝AP＝7，
又∵AB＝10，
∴BP＝AB﹣AP＝3．
∵BH平分∠ABC，DP平分∠ADC，
∴∠ABH＝∠ABC＝∠ADC＝∠ADP，
又∵∠ADP＝∠APD，
∴∠APD＝∠ABH，
∴PE∥BG．
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠DAB＝∠BCD，BC＝AD＝AP，
又∵AH平分∠BAD，CF平分∠BCD，
∴∠BCG＝∠PAE，
又∵∠APE＝∠ABH＝∠CBG，
∴△APE≌△CBG（ASA），
∴PE＝BG，
∴四边形BGEP是平行四边形，
∴EG＝BP＝3．
22．阅读以下材料，并解决相应的问题．
三国时期的数学家赵爽在其所著的《勾股圆方图注》中记载了一元二次方程的几何解法，以x2+2x﹣35＝0为例，说明如下：
将方程x2+2x﹣35＝0变形为x（x+2）＝35，然后画四个长为x+2，宽为x的矩形，按如图所示的方式拼成一个“空心”大正方形，图中大正方形的面积可表示为（x+x+2）2，还可表示为四个矩形与一个边长为2的小正方形面积之和，即4x（x+2）+22＝4×35+4，因此，可得新方程：（x+x+2）2＝144，∵x表示边长，∴2x+2＝12，即x＝5．
注意：这种构造图形的方法只能求出方程的一个根！
（1）尝试：小颖根据赵爽的解法解方程2x2+3x﹣2＝0，请将其解答过程补充完整：
第一步：将原方程变为x2+x﹣1＝0，即x（ 　x+　 ）＝1；
第二步：利用四个全等的矩形构造“空心”大正方形；（在画图区画出示意图，标明各边长）
（2）反思：这种构造图形解一元二次方程体现的数学思想是 　②　 （从“①分类讨论，②数形结合，③演绎”三个选项中选择最恰当的一项的序号填空）．
【解答】解：（1）第一步：将原方程变为x2+x﹣1＝0，即x（x+）＝1；
第二步：利用四个全等的矩形构造“空心”大正方形，如图所示：
第三步：根据大正方形的面积可得新的方程：（x+x+）2＝4×1+（）2；解得原方程的一个根为x＝；
故答案为：x+，（x+x+）2＝4×1+（）2，x＝；
（2）反思：这种构造图形解一元二次方程体现的数学思想是数形结合，
故答案为：②．
23．【阅读理解】
半角模型是指有公共顶点，锐角等于较大角的一半，且组成这个较大角的两边相等．通过旋转或截长补短，将角的倍分关系转化为角的相等关系，并进一步构成全等三角形，用以解决线段关系、角度、面积等问题．
【初步探究】
如图1，在正方形ABCD中，点E，F分别在边BC，CD上，连接AE，AF，EF．若∠EAF＝45°，将△ADF绕点A顺时针旋转90°，点D与点B重合，得到△ABG．易证：△AEF≌△AEG．
（1）根据以上信息，填空：
①∠EAG＝ 　45　 °；
②线段BE、EF、DF之间满足的数量关系为 　EF＝BE+DF　 ；
【迁移探究】
（2）如图2，在正方形ABCD中，若点E在射线CB上，点F在射线DC上，∠EAF＝45°，猜想线段BE、EF、DF之间的数量关系，请证明你的结论；
【拓展探索】
（3）如图3，已知正方形ABCD的边长为，∠EAF＝45°，连接BD分别交AE、AF于点M、N，若点M恰好为线段BD的三等分点，且BM＜DM，直接写出线段MN的长．
【解答】（1）证明：如图①，延长CB到点G，使BG＝DF，连接AG，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝AB，∠BAD＝∠ABC＝∠ADF＝90°，
∴∠ABG＝180°﹣∠ABC＝90°，
在△ADF和△ABG中，
，
∴△ADF≌△ABG（SAS），
∴AF＝AG，∠DAF＝∠BAG，
∵∠EAF＝45°，
∴∠BAE+∠DAF＝45°，
∴∠BAG+∠BAE＝45°＝∠GAE＝∠EAF，
在△AGE和△AFE中，
，
∴△AGE≌△AFE（SAS），
∴GE＝EF，
∵GE＝GB+BE＝BE+DF，
∴EF＝BE+DF；
故答案为：①45°；
②EF＝BE+DF；
（2）解：EF＝DF﹣BE．
理由如下：
将AF绕点A顺时针旋转90°到AG，连接BG，
则∠GAF＝90°，AF＝AG，
在正方形ABCD中，∠DAB＝90°，AD＝AB，
∴∠DAF＝∠BAG，
在△ABG和△ADF中，
，
∴△ABG≌△ADF（SAS），
∴GB＝DF，∠ABG＝∠ADF＝90°，
∴∠ABG+∠ABC＝180°，
∴B，G，C三点在一条直线上，
∵∠GAF＝90°，∠EAF＝45°，
∴∠EAG＝∠FAG﹣∠FAE＝45°，
∴∠EAG＝∠EAF，
在△AEG和△AEF中，
，
∴△AEG≌△AEF（SAS），
∴EF＝GE＝GB﹣BE＝DF﹣BE；
（3）解：∵正方形ABCD的边长为，
∴AB＝6，
∵点M恰好为线段BD的三等分点，且BM＜DM，
∴BM＝2，
如图3，将△ADN绕点A顺时针旋转90°，得到△ABG，连接BG，GM，
∴DN＝BG，∠ADN＝∠ABG＝45°，
∵∠EAF＝45°，
∴∠DAN+∠BAM＝45°，
∴∠BAG+∠BAM＝∠GAM＝45°，
∴∠GAM＝∠NAM，
∵AM＝AM，
∴△GAM≌△NAM（SAS），
∴GM＝MN，
∵∠ABG＝∠ABM＝45°，
∴∠GBM＝90°，
∴BG2+BM2＝GM2，
∴DN2+BM2＝MN2，
设MN＝y，
∵BM＝2，MN＝y，
∴DN＝6﹣2﹣y＝4﹣y，
∴（4﹣y）2+22＝y2，
解得：y＝，
∴MN＝．
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