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北师大版数学九年级第一学期期中检测B卷[范围：1-5章]
一、选择题（每题3分，共30分）
1．（2023·新疆）用配方法解一元二次方程，配方后得到的方程是（　　）
A． B． C． D．
2．（2025·河南）一元二次方程的根的情况是（　　）
A．有两个不相等的实数根 B．有两个相等的实数根
C．只有一个实数根 D．没有实数根
3．（2025·广州）如图，菱形的面积为10，点E，F，G，H分别为，，，的中点，则四边形的面积为（　　）
A． B．5 C．4 D．8
4．（2023·襄阳）如图，矩形的对角线相交于点，下列结论一定正确的是（　　）
A．平分 B． C． D．
5．（2023·黄石）如图，有一张矩形纸片先对折矩形，使与重合，得到折痕，把纸片展平再一次折叠纸片，使点落在上，并使折痕经过点，得到折痕，同时得到线段，观察所得的线段，若，则（　　）
A． B． C． D．
6．（2025·广元）如图，在长为，宽为的矩形地面的四周种植花卉，中间种植草坪．如果要求花卉带的宽度相同，且草坪的面积为总面积的，那么花卉带的宽度应为多少米？设花卉带的宽度为，则可列方程为（　　）
A． B．
C． D．
7．（2025·潍坊）如图，小莹对三个相连的方格进行涂色．在给每个方格涂色时，均从红、蓝两种颜色中随机选取一种，那么相邻两个方格所涂颜色不同的概率是（　　）
A． B． C． D．
8．（2025·攀枝花） 如图，△ABC中，AB＝AC＝5，BC＝6，D为BC的中点，CE⊥AB于点E，AD与CE相交于点O，则（　　）
A． B． C． D．
9．（2024·凉山州）如图，一块面积为60cm2的三角形硬纸板（记为△ABC）平行于投影面时，在点光源O的照射下形成的投影是△A1B1C1，若OB：BB1＝2：3，则△A1B1C1的面积是（　　）
A．90cm2 B．135cm2 C．150cm2 D．375cm2
10．（2025·南通）如图是一个几何体的三视图（图中尺寸单位：cm），则这个几何体的底面圆的周长为（　　）
A．6πcm B．9πcm C．12πcm D．16πcm
二、填空题（每题3分，共18分）
11．（2025·泸州）若一元二次方程的两根为，则的值为　 　．
12．（2025·无锡）如图，菱形ABCD的边长为2，∠ABC＝60°，对角线AC、BD相交于点M．过点D作AC的平行线交BC的延长线于点N，连接MN．则MN的长为　 　 ．
13．（2024·乐山）如图，在梯形ABCD中，，对角线AC和BD交于点O，若，则　 　．
14．（2024·滨州） 如图，在中，点D，E分别在边上．添加一个条件使，则这个条件可以是　 　．（写出一种情况即可）
15．（2025·乐山）如图，在 ABCD中，对角线AC与BD相交于点O．小乐同学欲添加两个条件使得四边形ABCD是正方形，现有三个条件可供选择：①AC⊥BD；②AC＝BD；③∠ADC＝90°．则正确的组合是 　 　 （只需填一种组合即可）．
16．（2024九上·城阳月考）如图，菱形中，，面积为60，对角线AC与BD相交于点O，过点A作，交边于点E，连接，则　 　．
三、解答题（共8题，共72分）
17．（2025八下·深圳期中）解下列方程
（1）(配方法)；
（2）2x2-7x+6=0(公式法).
18．（2024九上·东莞期中）已知关于的一元二次方程有两个实数根，．
（1）求的取值范围；
（2）若，满足，求的值．
19．（2025·无锡）一只不透明的袋子中装有标号分别为1，2，3，4的4个球，这些球除标号外都相同．
（1）将球搅匀，从中任意摸出1个球，摸到标号为2的球的概率是 　 　 ；
（2）将球搅匀，从中任意摸出1个球，记录标号后不放回，再从袋子中任意摸出1个球，记录标号．求两次摸到的球标号均小于3的概率．（请用“画树状图”或“列表”等方法写出分析过程）
20．（2025·潍坊）如图，在△ABC中，点分别是边的中点，与相交于点，连接．证明：
（1）；
（2）△ADF≌△CFE．
21．（2025·大庆） 如图．在四边形中，，对角线与相交于点．点B，点D关于所在直线对称．
（1）求证：四边形是菱形；
（2）过点D作的垂线交延长线于点E．若，，求线段长．
22．（2024九上·成都期中）“我运动，我健康，我快乐！”随着人们对身心健康的关注度越来越高．某市参加健身运动的人数逐年增多，从2021年的32万人增加到2023年的50万人．
（1）求该市参加健身运动人数的年均增长率；
（2）为支持市民的健身运动，市政府决定从公司购买某种套装健身器材．该公司规定：若购买不超过100套，每套售价1600元；若超过100套，每增加10套，售价每套可降低40元．但最低售价不得少于1000元．已知市政府向该公司支付货款24万元，求购买的这种健身器材的套数．
23．（2025·常州）在四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，AB=2，AD=1.
（1）若△ABD是等腰三角形，则BD=　 　
（2）已知OB=OD，AC=BD.
①若OA=OC，判断四边形ABCD是怎样的特殊四边形，并说明理由；
②如图，在△ACD中，CD2=AD2+AC2，求AC的长.
24．（2025·德州）已知点O是正方形ABCD的中心，点P，E分别是对角线AC，边BC上的动点（均不与端点重合），作射线PE．
（1）将射线PE绕点P逆时针旋转90°，交边CD于点F．
①如图1，当点P与点O重合时，求证：PE＝PF；
②如图2，当时，请判断是否为定值．如果是，请求出该定值；如果不是，请说明理由；
（2）如图3，连接BP，当∠BPE＝45°时，将射线PE绕点P顺时针旋转90°，交边AB于点F．若，PE＝a，求四边形PEBF的面积（用含a，k的式子表示）．
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】配方法解一元二次方程
【解析】【解答】∵，
∴，
∴，
故答案为：D.
【分析】利用配方法求解一元二次方程的计算方法求解即可。
2．【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：
方程有两个不相等的实数根
故答案为：A.
【分析】对于一元二次方程有根的判别式，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.
3．【答案】B
【知识点】菱形的性质；矩形的判定与性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：连接AC，BD
∵四边形ABCD为菱形，且面积为10
∴
∵E，F分别为AB，BC的中点
∴EF是△ABC的中位线
∴
同理可得：
∴EF∥GH，EF=GH，EF⊥FG
∴四边形EFGH为矩形
∴
故答案为：B
【分析】 连接AC，BD，根据菱形性质可得，再根据三角形中位线定理可得，同理可得：，则EF∥GH，EF=GH，EF⊥FG，根据矩形判定定理可得四边形EFGH为矩形，再根据矩形面积即可求出答案.
4．【答案】C
【知识点】矩形的性质
【解析】【解答】解：A、当，AB=CD=1，∠DAB=90°.
可得AC=2，
此时∠DAC=30°，∠BAC=60°.∠DAC≠∠BAC.
∴平分 不成立，选项A不符合题意；
B、当，AB=CD=1，∠DAB=90°.
四边形ABCD是矩形，但AB≠BC，
∴ 不成立，选项B不符合题意；
C、当四边形ABCD是矩形，一定有AC=BD，选项C符合题意；
D、当，AB=CD=1，∠DAB=90°.
可得AC=2，
此时∠BAC=60°，△ABO是等边三角形.
∴∠AOB=60°，AC与BD不垂直，
∴ 不成立，选项D不符合题意.
故答案为：C.
【分析】举出反例，说明一个四边形是矩形，但选项的结论不成立，即可判断选项.
5．【答案】C
【知识点】矩形的性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：由第一次折叠可知：BE=AE=1，AB=2AE=2，∠AEF=∠BEN=90°，
由第二次折叠可知：AB=BN=2，∠ABM=∠NBM=∠EBN，∠A=∠BNM=90°，
∴，
∴∠BNE=30°，
∵30°+∠BNE=90°，
∴∠EBN+∠BNE=90°，
解得∠EBN=60°，
∴∠ABM=∠NBM=∠EBN=30°，
∴
故答案为：C.
【分析】先由折叠的性质说明，可得∠BNE=30°，利用直角三角形角的性质可得∠EBN=60°，借助三角函数可得MN的长.
6．【答案】D
【知识点】列一元二次方程
【解析】【解答】解：设花卉带的宽度为xcm，根据题意得
故答案为：D.
【分析】 设花卉带的宽度为xcm，根据草坪的面积为总面积的，列方程即可
7．【答案】C
【知识点】用列表法或树状图法求概率
【解析】【解答】解：画出树状图
∴共有8种等可能的结果，其中相邻两个方格所涂颜色不同的的结果有2种
∴相邻两个方格所涂颜色不同的概率是
故答案为：C
【分析】画出树状图，求出所有等可能的结果，再求出相邻两个方格所涂颜色不同的的结果，再根据概率公式即可求出答案.
8．【答案】B
【知识点】相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边；等腰三角形的性质-三线合一
【解析】【解答】解：∵ AB＝AC＝5， D为BC的中点， BC＝6，
∴AD⊥BC，CD=BD=BC=3，
∵CE⊥AB，
∴∠AEC=∠ADC=90°，
∴∠EAD+∠AOE=90°，∠COD+∠OCD=90°，
∵∠AOE=∠COD，
∴∠EAD=∠OCD，
∴△ADB∽△CDO，
∴，
故答案为：B .
【分析】先利用等腰三角形的性质可得AD⊥BC，CD=BD=3，然后根据垂直定义可得∠AEC=∠ADC=90°，再根据对顶角相等可得∠AOE=∠COD，从而可得∠EAD=∠OCD，进而可得△ADB∽△CDO，最后利用相似三角形的性质进行计算，即可解答.
9．【答案】D
【知识点】相似三角形的性质-对应面积；位似图形的性质
【解析】【解答】解：由题意得：△ABC和△A1B1C1位似，且OB：BB1＝2：3，
∴.
∴.
∵△ABC的面积是60cm2，
∴.
故答案为：D.
【分析】根据题意，可得△ABC和△A1B1C1位似，且OB：BB1＝2：3，根据位似的性质求得AB：A1B1
的值，再根据相似三角形面积比的性质即可求得 △A1B1C1 的面积.
10．【答案】A
【知识点】已知三视图进行几何体的相关计算
【解析】【解答】解：根据题意，得这个几何体的底面圆半径为：，
∴这个几何体的底面圆的周长为，
故答案为：A.
【分析】由三视图可知这个几何体为圆锥，从而得到这个几何体的底面圆半径，进而利用圆的周长公式得到答案.
11．【答案】10
【知识点】一元二次方程的根与系数的关系（韦达定理）；求代数式的值-整体代入求值
【解析】【解答】解：∵一元二次方程的两根为，
∴，，
∴，
∴，
故答案为：10．
【分析】根据一元二次方程根的定义得，即，由一元二次方程根与系数的关系得，进而将待求式子利用添拆项的方法变形为含与的式子，再整体代入计算可得答案.
12．【答案】
【知识点】等边三角形的判定与性质；勾股定理；平行四边形的判定与性质；菱形的性质
【解析】【解答】解：∵菱形的边长为2，，
∴，
∴为等边三角形，
∴，，
∵，
∴，，
∵，
∴四边形为平行四边形，，
∴，
∴；
故答案为：．
【分析】先证明为等边三角形，进而得到，根据三线合一求出的长，进而得到哦啊四边形为平行四边形，即可得到得到，推出，再根据勾股定理进行求解即可．
13．【答案】
【知识点】三角形的面积；相似三角形的性质
【解析】【解答】解：∵，
∴△AOD∽△COB，
∴，
∵，
，
∴（）2= 19
故答案为：.
【分析】首先根据等高三角形的性质，得出，再根据相似三角形的性质，即可求解.
14．【答案】或或
【知识点】相似三角形的判定
【解析】【解答】解：∠A=∠A，
当时，或或
.
故答案为：或或 .（答案不唯一）
【分析】根据两角分别相等的两个三角形相似，两边成比例且夹角相等的两个三角形相似，添加符合题意的条件即可.
15．【答案】①③
【知识点】正方形的判定
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形， ∠ADC＝90°
∴四边形ABCD是矩形，OB=OD
∵ AC⊥BD
∴
在中，
∴
∴AB=AD
∴四边形ABCD是正方形
故答案填：①③
【分析】有一个角为直角的平行四边形是矩形，再通过证明得到对应边AB=AD，邻边相等的矩形就是正方形。
16．【答案】
【知识点】勾股定理；菱形的性质；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：∵四边形为菱形，
∴，，
∵菱形的面积为60，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴（负值舍去），
∴，
∴，
∴，（舍去），
∵，，
∴，
故答案为：．
【分析】根据菱形的性质以及面积得，，，然后结合完全平方公式求出，从而在中利用勾股定理即可求出的长度，进而再根据直角三角形斜边上的中线性质得到.
17．【答案】（1）解：x2+2x=3
(x+1)2=4
x+1=
（2）解：a=2，b=7，c=6，
∵△=49-48=1>0，
，
.
【知识点】配方法解一元二次方程；公式法解一元二次方程
【解析】【分析】（1）配方法的关键是将方程的左边转化为一个完全平方的形式，从而可以开方求解；
（2）公式： ，可以直接通过公式求解。
18．【答案】（1）解：∵方程有两个实数根，，
∴，即
∴；
（2）解：∵，，
由得，，
∴，
解得，，
∵，
∴．
【知识点】完全平方公式及运用；一元二次方程根的判别式及应用；一元二次方程的根与系数的关系（韦达定理）
【解析】【分析】（1）根据方程的根的情况，可得出含有参数a的不等式，解不等式即可得出的取值范围；
（2）首先根据根与系数的关系得出，然后再把根据完全平方公式进行适当变形，得出，再整体代入，得出关于a的方程，解方程即可求得a的值。
（1）解：∵方程有两个实数根，，
∴，即
∴；
（2）∵，，
由得，，
∴，
解得，，
∵，
∴．
19．【答案】（1）
（2）解：画树状图如下：
共有12种等可能的结果，其中两次摸到的球标号均小于3的结果有2种，
∴两次摸到的球标号均小于3的概率为．
【知识点】用列表法或树状图法求概率；用列举法求概率
【解析】【解答】（1）解：∵一个不透明的袋子中装有标号分别为1，2，3，4的4个球，这些球除标号外都相同，
∴将球搅匀，从中任意摸出1个球，摸到标号为2的球的概率是，
故答案为：；
【分析】（1）直接由概率公式求解即可；
（2）先画出树状图得到所有等可能性的结果数， 再找到符合题意的结果数，最后依据概率计算公式求解即可．
20．【答案】（1）证明：因为点分别是边的中点，
所以是的中位线，
所以，
所以，
所以，
所以，
所以，
所以.
（2）证明：连接，
因为点分别是边的中点，
所以，
所以四边形为平行四边形，
所以，
因为为中点，
所以，
所以，
所以，
所以.
【知识点】平行线的性质；三角形全等的判定；平行四边形的判定与性质；三角形的中位线定理；相似三角形的性质-对应边
【解析】【分析】（1）根据三角形中位线定理可得， 再根据直线平行性质可得，再根据相似三角形判定定理可得， 则， 即可求出答案.
（2）连接，根据三角形中位线定理可得， 根据平行四边形判定定理可得四边形为平行四边形，则， 再根据边之间关系可得， 根据等边对等角可得，再根据全等三角形判定定理即可求出答案.
21．【答案】（1）证明：∵点B、点D关于AC所在直线对称，
，，
，
，
在和中，
，
（ASA），
，
又，
∵四边形ABCD是平行四边形，
又，
∴四边形ABCD是菱形
（2）解：由 (1) 得：四边形 ABCD 是菱形，
，
，
，
，
在Rt中，由勾股定理得：，
在Rt中，由勾股定理得：，
，，
，
.
【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-ASA；两直线平行，内错角相等
【解析】【分析】
(1)根据轴对称的性质和平行线的性质，利用ASA证明，利用全等三角形的性质和已知条件课判定四边形ABCD是平行四边形，从而可解答；
（2）根据菱形的性质和线段的和差可得BE=8，利用勾股定理计算得到DE，BD的长；再根据菱形的面积公式计算即可解答.
22．【答案】（1）解：设该市参加健身运动人数的年均增长率为，
根据题意，得，
解得：，（舍去），
∴该市参加健身运动人数的年均增长率为25%；
（2）解：∵元，
∴购买的这种健身器材的套数大于100套，
设购买的这种健身器材的套数为套，
根据题意，得，
整理得：，
解得：，
当时，售价为，
∴，
∴购买的这种健身器材的套数为200套．
【知识点】一元二次方程的实际应用-百分率问题；一元二次方程的实际应用-销售问题
【解析】【分析】（1）设该市参加健身运动人数的年均增长率为，根据“从2021年的32万人增加到2023年的50万人“可列出关于的一元二次方程，解方程且取符合题意的值即可；
（2）先求出购买的这种健身器材的套数大于100套，然后设购买的这种健身器材的套数为套，根据”购买不超过100套，每套售价1600元，超过100套，每增加10套，售价每套可降低40元以及市政府向该公司支付货款24万元“列出关于的一元二次方程，解方程并取符合题意的值即可．
（1）解：设该市参加健身运动人数的年均增长率为，
由题意得：，
解得：（不符合题意，舍去），
答：该市参加健身运动人数的年均增长率为；
（2）解：∵元，
∴购买的这种健身器材的套数大于100套，
设购买的这种健身器材的套数为套，
由题意得：，
整理得：，
解得：，
当时，售价元（不符合题意，故舍去），
答：购买的这种健身器材的套数为200套．
23．【答案】（1）
（2）解：①四边形是矩形，理由如下：
∵，，
∴四边形平行四边形，
∵，
∴四边形是矩形；
②过点作于点，
∵，
∴是直角三角形，且，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
∴在中，，
∴，
∴在中，
∴，
∴
【知识点】勾股定理；矩形的判定；三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】解：∵是等腰三角形，，，
∴当时，此时满足三角形三边关系，符合题意；
当时，，此时不满足三角形三边关系，不符合题意；
综上，，
故答案为：；
【分析】（1）分别讨论：和时，根据三角形的三边关系判断是否成立即可；
（2）①根据对角线荷香平分得出四边形是平行四边形，再利用，即可判定四边形是矩形；
②过点作于点，利用勾股定理的逆定理得出是直角三角形，再证明，得出，，根据勾股定理求出，再利用勾股定理求出OD长，进而解答即可
24．【答案】（1）解：①证明：过点P作PG⊥BC，PH⊥CD，如图，
则∠PGE＝∠PHF＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BCD＝90°，
∴四边形PGCH是矩形，
∵∠PCH＝45°，
在Rt△PCH中，∠CPH＝90°﹣45°＝45°，
∴PH＝CH，
∴四边形PGCH是正方形，
∴PG＝PH，∠HPF+∠GPF＝90°，
∵∠EPG+∠GPF＝90°，
∴∠EPG＝∠FPH，
∴△PEG≌△PFH（ASA），
∴PE＝PF；
②解：是定值，
过点P作PG⊥BC，PH⊥CD，如图，
由①可知四边形PGCH是正方形，
∴PG＝PH，∠PGC＝∠PHC＝∠BCD＝90°，△PEG≌△PFH，
∴S△PEG＝S△PFH，
∴S四边形PECF＝S△PEG+S四边形PGCF
＝S△PFH+S四边形PGCF
＝S正方形PGCH，
∵，
∴，
∵PH∥AD，
∴△CPH∽△CAD，且，
∴，
∴，
∴是定值．该定值为；
（2）解：过点P作PG⊥BC，PH⊥CD，如图，
∴∠PGE＝∠PHF＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BCD＝90°，∠ACB＝∠CAB＝45°，
由旋转可知∠EPF＝90°，
∴∠EPG＝∠FPH，
∴△PFH∽△PEG，
∴，
∵PE＝a，
∴PF＝ka，
∵∠BPE＝45°，∠BCP＝45°，
∴∠BPF＝∠BCP＝45°，
∵∠PBE＝∠CBP，
∴△PBE∽△CBP，
∴PB2＝BE BC，
同理可得PB2＝BF AB，
∵AB＝BC，
∴BE＝BF，
连接EF，则△BEF是等腰直角三角形，
在Rt△PEF中，S△PEFPE PF，
EF2＝PE2+PF2＝a2+（ka）2＝（1+k2）a2，
∴S△BEFBE BF，
∴S四边形PEBF＝S△PEF+S△BEF．
【知识点】三角形全等及其性质；勾股定理；旋转的性质；相似三角形的性质-对应边；相似三角形的性质-对应面积
【解析】【分析】（1）①过点P作PG⊥BC，PH⊥CD，则∠PGE＝∠PHF＝90°，根据正方形性质可得∠BCD＝90°，再根据矩形判定定理可得四边形PGCH是矩形，根据直角三角形两锐角互余可得∠CPH=45°，则PH＝CH，根据正方形判定定理可得四边形PGCH是正方形，则PG＝PH，∠HPF+∠GPF＝90°，再根据角之间的关系可得∠EPG＝∠FPH，再根据全等三角形判定定理及性质即可求出答案.
②过点P作PG⊥BC，PH⊥CD，由①可知四边形PGCH是正方形，则PG＝PH，∠PGC＝∠PHC＝∠BCD＝90°，△PEG≌△PFH，根据全等三角形性质可得S△PEG＝S△PFH，则S四边形PECF＝S△PEG+S四边形PGC=＝S正方形PGCH，根据相似三角形判定定理可得△CPH∽△CAD，且，则，再根据面积之间的关系即可求出答案.
（2）过点P作PG⊥BC，PH⊥CD，则∠PGE＝∠PHF＝90°，根据正方形性质可得∠BCD＝90°，∠ACB＝∠CAB＝45°，根据旋转性质可得∠EPF＝90°，则∠EPG＝∠FPH，再根据相似三角形判定定理可得△PFH∽△PEG，则，再根据角之间的关系可得∠BPF＝∠BCP＝45°，再根据相似三角形判定定理可得△PBE∽△CBP，则PB2＝BE BC，同理可得PB2＝BF AB，则BE＝BF，连接EF，则△BEF是等腰直角三角形，根据勾股定理可得EF2＝（1+k2）a2，再根据S四边形PEBF＝S△PEF+S△BEF，结合三角形面积即可求出答案.
1 / 1北师大版数学九年级第一学期期中检测B卷[范围：1-5章]
一、选择题（每题3分，共30分）
1．（2023·新疆）用配方法解一元二次方程，配方后得到的方程是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】配方法解一元二次方程
【解析】【解答】∵，
∴，
∴，
故答案为：D.
【分析】利用配方法求解一元二次方程的计算方法求解即可。
2．（2025·河南）一元二次方程的根的情况是（　　）
A．有两个不相等的实数根 B．有两个相等的实数根
C．只有一个实数根 D．没有实数根
【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：
方程有两个不相等的实数根
故答案为：A.
【分析】对于一元二次方程有根的判别式，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.
3．（2025·广州）如图，菱形的面积为10，点E，F，G，H分别为，，，的中点，则四边形的面积为（　　）
A． B．5 C．4 D．8
【答案】B
【知识点】菱形的性质；矩形的判定与性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：连接AC，BD
∵四边形ABCD为菱形，且面积为10
∴
∵E，F分别为AB，BC的中点
∴EF是△ABC的中位线
∴
同理可得：
∴EF∥GH，EF=GH，EF⊥FG
∴四边形EFGH为矩形
∴
故答案为：B
【分析】 连接AC，BD，根据菱形性质可得，再根据三角形中位线定理可得，同理可得：，则EF∥GH，EF=GH，EF⊥FG，根据矩形判定定理可得四边形EFGH为矩形，再根据矩形面积即可求出答案.
4．（2023·襄阳）如图，矩形的对角线相交于点，下列结论一定正确的是（　　）
A．平分 B． C． D．
【答案】C
【知识点】矩形的性质
【解析】【解答】解：A、当，AB=CD=1，∠DAB=90°.
可得AC=2，
此时∠DAC=30°，∠BAC=60°.∠DAC≠∠BAC.
∴平分 不成立，选项A不符合题意；
B、当，AB=CD=1，∠DAB=90°.
四边形ABCD是矩形，但AB≠BC，
∴ 不成立，选项B不符合题意；
C、当四边形ABCD是矩形，一定有AC=BD，选项C符合题意；
D、当，AB=CD=1，∠DAB=90°.
可得AC=2，
此时∠BAC=60°，△ABO是等边三角形.
∴∠AOB=60°，AC与BD不垂直，
∴ 不成立，选项D不符合题意.
故答案为：C.
【分析】举出反例，说明一个四边形是矩形，但选项的结论不成立，即可判断选项.
5．（2023·黄石）如图，有一张矩形纸片先对折矩形，使与重合，得到折痕，把纸片展平再一次折叠纸片，使点落在上，并使折痕经过点，得到折痕，同时得到线段，观察所得的线段，若，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】矩形的性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：由第一次折叠可知：BE=AE=1，AB=2AE=2，∠AEF=∠BEN=90°，
由第二次折叠可知：AB=BN=2，∠ABM=∠NBM=∠EBN，∠A=∠BNM=90°，
∴，
∴∠BNE=30°，
∵30°+∠BNE=90°，
∴∠EBN+∠BNE=90°，
解得∠EBN=60°，
∴∠ABM=∠NBM=∠EBN=30°，
∴
故答案为：C.
【分析】先由折叠的性质说明，可得∠BNE=30°，利用直角三角形角的性质可得∠EBN=60°，借助三角函数可得MN的长.
6．（2025·广元）如图，在长为，宽为的矩形地面的四周种植花卉，中间种植草坪．如果要求花卉带的宽度相同，且草坪的面积为总面积的，那么花卉带的宽度应为多少米？设花卉带的宽度为，则可列方程为（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】列一元二次方程
【解析】【解答】解：设花卉带的宽度为xcm，根据题意得
故答案为：D.
【分析】 设花卉带的宽度为xcm，根据草坪的面积为总面积的，列方程即可
7．（2025·潍坊）如图，小莹对三个相连的方格进行涂色．在给每个方格涂色时，均从红、蓝两种颜色中随机选取一种，那么相邻两个方格所涂颜色不同的概率是（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】用列表法或树状图法求概率
【解析】【解答】解：画出树状图
∴共有8种等可能的结果，其中相邻两个方格所涂颜色不同的的结果有2种
∴相邻两个方格所涂颜色不同的概率是
故答案为：C
【分析】画出树状图，求出所有等可能的结果，再求出相邻两个方格所涂颜色不同的的结果，再根据概率公式即可求出答案.
8．（2025·攀枝花） 如图，△ABC中，AB＝AC＝5，BC＝6，D为BC的中点，CE⊥AB于点E，AD与CE相交于点O，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边；等腰三角形的性质-三线合一
【解析】【解答】解：∵ AB＝AC＝5， D为BC的中点， BC＝6，
∴AD⊥BC，CD=BD=BC=3，
∵CE⊥AB，
∴∠AEC=∠ADC=90°，
∴∠EAD+∠AOE=90°，∠COD+∠OCD=90°，
∵∠AOE=∠COD，
∴∠EAD=∠OCD，
∴△ADB∽△CDO，
∴，
故答案为：B .
【分析】先利用等腰三角形的性质可得AD⊥BC，CD=BD=3，然后根据垂直定义可得∠AEC=∠ADC=90°，再根据对顶角相等可得∠AOE=∠COD，从而可得∠EAD=∠OCD，进而可得△ADB∽△CDO，最后利用相似三角形的性质进行计算，即可解答.
9．（2024·凉山州）如图，一块面积为60cm2的三角形硬纸板（记为△ABC）平行于投影面时，在点光源O的照射下形成的投影是△A1B1C1，若OB：BB1＝2：3，则△A1B1C1的面积是（　　）
A．90cm2 B．135cm2 C．150cm2 D．375cm2
【答案】D
【知识点】相似三角形的性质-对应面积；位似图形的性质
【解析】【解答】解：由题意得：△ABC和△A1B1C1位似，且OB：BB1＝2：3，
∴.
∴.
∵△ABC的面积是60cm2，
∴.
故答案为：D.
【分析】根据题意，可得△ABC和△A1B1C1位似，且OB：BB1＝2：3，根据位似的性质求得AB：A1B1
的值，再根据相似三角形面积比的性质即可求得 △A1B1C1 的面积.
10．（2025·南通）如图是一个几何体的三视图（图中尺寸单位：cm），则这个几何体的底面圆的周长为（　　）
A．6πcm B．9πcm C．12πcm D．16πcm
【答案】A
【知识点】已知三视图进行几何体的相关计算
【解析】【解答】解：根据题意，得这个几何体的底面圆半径为：，
∴这个几何体的底面圆的周长为，
故答案为：A.
【分析】由三视图可知这个几何体为圆锥，从而得到这个几何体的底面圆半径，进而利用圆的周长公式得到答案.
二、填空题（每题3分，共18分）
11．（2025·泸州）若一元二次方程的两根为，则的值为　 　．
【答案】10
【知识点】一元二次方程的根与系数的关系（韦达定理）；求代数式的值-整体代入求值
【解析】【解答】解：∵一元二次方程的两根为，
∴，，
∴，
∴，
故答案为：10．
【分析】根据一元二次方程根的定义得，即，由一元二次方程根与系数的关系得，进而将待求式子利用添拆项的方法变形为含与的式子，再整体代入计算可得答案.
12．（2025·无锡）如图，菱形ABCD的边长为2，∠ABC＝60°，对角线AC、BD相交于点M．过点D作AC的平行线交BC的延长线于点N，连接MN．则MN的长为　 　 ．
【答案】
【知识点】等边三角形的判定与性质；勾股定理；平行四边形的判定与性质；菱形的性质
【解析】【解答】解：∵菱形的边长为2，，
∴，
∴为等边三角形，
∴，，
∵，
∴，，
∵，
∴四边形为平行四边形，，
∴，
∴；
故答案为：．
【分析】先证明为等边三角形，进而得到，根据三线合一求出的长，进而得到哦啊四边形为平行四边形，即可得到得到，推出，再根据勾股定理进行求解即可．
13．（2024·乐山）如图，在梯形ABCD中，，对角线AC和BD交于点O，若，则　 　．
【答案】
【知识点】三角形的面积；相似三角形的性质
【解析】【解答】解：∵，
∴△AOD∽△COB，
∴，
∵，
，
∴（）2= 19
故答案为：.
【分析】首先根据等高三角形的性质，得出，再根据相似三角形的性质，即可求解.
14．（2024·滨州） 如图，在中，点D，E分别在边上．添加一个条件使，则这个条件可以是　 　．（写出一种情况即可）
【答案】或或
【知识点】相似三角形的判定
【解析】【解答】解：∠A=∠A，
当时，或或
.
故答案为：或或 .（答案不唯一）
【分析】根据两角分别相等的两个三角形相似，两边成比例且夹角相等的两个三角形相似，添加符合题意的条件即可.
15．（2025·乐山）如图，在 ABCD中，对角线AC与BD相交于点O．小乐同学欲添加两个条件使得四边形ABCD是正方形，现有三个条件可供选择：①AC⊥BD；②AC＝BD；③∠ADC＝90°．则正确的组合是 　 　 （只需填一种组合即可）．
【答案】①③
【知识点】正方形的判定
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形， ∠ADC＝90°
∴四边形ABCD是矩形，OB=OD
∵ AC⊥BD
∴
在中，
∴
∴AB=AD
∴四边形ABCD是正方形
故答案填：①③
【分析】有一个角为直角的平行四边形是矩形，再通过证明得到对应边AB=AD，邻边相等的矩形就是正方形。
16．（2024九上·城阳月考）如图，菱形中，，面积为60，对角线AC与BD相交于点O，过点A作，交边于点E，连接，则　 　．
【答案】
【知识点】勾股定理；菱形的性质；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：∵四边形为菱形，
∴，，
∵菱形的面积为60，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴（负值舍去），
∴，
∴，
∴，（舍去），
∵，，
∴，
故答案为：．
【分析】根据菱形的性质以及面积得，，，然后结合完全平方公式求出，从而在中利用勾股定理即可求出的长度，进而再根据直角三角形斜边上的中线性质得到.
三、解答题（共8题，共72分）
17．（2025八下·深圳期中）解下列方程
（1）(配方法)；
（2）2x2-7x+6=0(公式法).
【答案】（1）解：x2+2x=3
(x+1)2=4
x+1=
（2）解：a=2，b=7，c=6，
∵△=49-48=1>0，
，
.
【知识点】配方法解一元二次方程；公式法解一元二次方程
【解析】【分析】（1）配方法的关键是将方程的左边转化为一个完全平方的形式，从而可以开方求解；
（2）公式： ，可以直接通过公式求解。
18．（2024九上·东莞期中）已知关于的一元二次方程有两个实数根，．
（1）求的取值范围；
（2）若，满足，求的值．
【答案】（1）解：∵方程有两个实数根，，
∴，即
∴；
（2）解：∵，，
由得，，
∴，
解得，，
∵，
∴．
【知识点】完全平方公式及运用；一元二次方程根的判别式及应用；一元二次方程的根与系数的关系（韦达定理）
【解析】【分析】（1）根据方程的根的情况，可得出含有参数a的不等式，解不等式即可得出的取值范围；
（2）首先根据根与系数的关系得出，然后再把根据完全平方公式进行适当变形，得出，再整体代入，得出关于a的方程，解方程即可求得a的值。
（1）解：∵方程有两个实数根，，
∴，即
∴；
（2）∵，，
由得，，
∴，
解得，，
∵，
∴．
19．（2025·无锡）一只不透明的袋子中装有标号分别为1，2，3，4的4个球，这些球除标号外都相同．
（1）将球搅匀，从中任意摸出1个球，摸到标号为2的球的概率是 　 　 ；
（2）将球搅匀，从中任意摸出1个球，记录标号后不放回，再从袋子中任意摸出1个球，记录标号．求两次摸到的球标号均小于3的概率．（请用“画树状图”或“列表”等方法写出分析过程）
【答案】（1）
（2）解：画树状图如下：
共有12种等可能的结果，其中两次摸到的球标号均小于3的结果有2种，
∴两次摸到的球标号均小于3的概率为．
【知识点】用列表法或树状图法求概率；用列举法求概率
【解析】【解答】（1）解：∵一个不透明的袋子中装有标号分别为1，2，3，4的4个球，这些球除标号外都相同，
∴将球搅匀，从中任意摸出1个球，摸到标号为2的球的概率是，
故答案为：；
【分析】（1）直接由概率公式求解即可；
（2）先画出树状图得到所有等可能性的结果数， 再找到符合题意的结果数，最后依据概率计算公式求解即可．
20．（2025·潍坊）如图，在△ABC中，点分别是边的中点，与相交于点，连接．证明：
（1）；
（2）△ADF≌△CFE．
【答案】（1）证明：因为点分别是边的中点，
所以是的中位线，
所以，
所以，
所以，
所以，
所以，
所以.
（2）证明：连接，
因为点分别是边的中点，
所以，
所以四边形为平行四边形，
所以，
因为为中点，
所以，
所以，
所以，
所以.
【知识点】平行线的性质；三角形全等的判定；平行四边形的判定与性质；三角形的中位线定理；相似三角形的性质-对应边
【解析】【分析】（1）根据三角形中位线定理可得， 再根据直线平行性质可得，再根据相似三角形判定定理可得， 则， 即可求出答案.
（2）连接，根据三角形中位线定理可得， 根据平行四边形判定定理可得四边形为平行四边形，则， 再根据边之间关系可得， 根据等边对等角可得，再根据全等三角形判定定理即可求出答案.
21．（2025·大庆） 如图．在四边形中，，对角线与相交于点．点B，点D关于所在直线对称．
（1）求证：四边形是菱形；
（2）过点D作的垂线交延长线于点E．若，，求线段长．
【答案】（1）证明：∵点B、点D关于AC所在直线对称，
，，
，
，
在和中，
，
（ASA），
，
又，
∵四边形ABCD是平行四边形，
又，
∴四边形ABCD是菱形
（2）解：由 (1) 得：四边形 ABCD 是菱形，
，
，
，
，
在Rt中，由勾股定理得：，
在Rt中，由勾股定理得：，
，，
，
.
【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-ASA；两直线平行，内错角相等
【解析】【分析】
(1)根据轴对称的性质和平行线的性质，利用ASA证明，利用全等三角形的性质和已知条件课判定四边形ABCD是平行四边形，从而可解答；
（2）根据菱形的性质和线段的和差可得BE=8，利用勾股定理计算得到DE，BD的长；再根据菱形的面积公式计算即可解答.
22．（2024九上·成都期中）“我运动，我健康，我快乐！”随着人们对身心健康的关注度越来越高．某市参加健身运动的人数逐年增多，从2021年的32万人增加到2023年的50万人．
（1）求该市参加健身运动人数的年均增长率；
（2）为支持市民的健身运动，市政府决定从公司购买某种套装健身器材．该公司规定：若购买不超过100套，每套售价1600元；若超过100套，每增加10套，售价每套可降低40元．但最低售价不得少于1000元．已知市政府向该公司支付货款24万元，求购买的这种健身器材的套数．
【答案】（1）解：设该市参加健身运动人数的年均增长率为，
根据题意，得，
解得：，（舍去），
∴该市参加健身运动人数的年均增长率为25%；
（2）解：∵元，
∴购买的这种健身器材的套数大于100套，
设购买的这种健身器材的套数为套，
根据题意，得，
整理得：，
解得：，
当时，售价为，
∴，
∴购买的这种健身器材的套数为200套．
【知识点】一元二次方程的实际应用-百分率问题；一元二次方程的实际应用-销售问题
【解析】【分析】（1）设该市参加健身运动人数的年均增长率为，根据“从2021年的32万人增加到2023年的50万人“可列出关于的一元二次方程，解方程且取符合题意的值即可；
（2）先求出购买的这种健身器材的套数大于100套，然后设购买的这种健身器材的套数为套，根据”购买不超过100套，每套售价1600元，超过100套，每增加10套，售价每套可降低40元以及市政府向该公司支付货款24万元“列出关于的一元二次方程，解方程并取符合题意的值即可．
（1）解：设该市参加健身运动人数的年均增长率为，
由题意得：，
解得：（不符合题意，舍去），
答：该市参加健身运动人数的年均增长率为；
（2）解：∵元，
∴购买的这种健身器材的套数大于100套，
设购买的这种健身器材的套数为套，
由题意得：，
整理得：，
解得：，
当时，售价元（不符合题意，故舍去），
答：购买的这种健身器材的套数为200套．
23．（2025·常州）在四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，AB=2，AD=1.
（1）若△ABD是等腰三角形，则BD=　 　
（2）已知OB=OD，AC=BD.
①若OA=OC，判断四边形ABCD是怎样的特殊四边形，并说明理由；
②如图，在△ACD中，CD2=AD2+AC2，求AC的长.
【答案】（1）
（2）解：①四边形是矩形，理由如下：
∵，，
∴四边形平行四边形，
∵，
∴四边形是矩形；
②过点作于点，
∵，
∴是直角三角形，且，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
∴在中，，
∴，
∴在中，
∴，
∴
【知识点】勾股定理；矩形的判定；三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】解：∵是等腰三角形，，，
∴当时，此时满足三角形三边关系，符合题意；
当时，，此时不满足三角形三边关系，不符合题意；
综上，，
故答案为：；
【分析】（1）分别讨论：和时，根据三角形的三边关系判断是否成立即可；
（2）①根据对角线荷香平分得出四边形是平行四边形，再利用，即可判定四边形是矩形；
②过点作于点，利用勾股定理的逆定理得出是直角三角形，再证明，得出，，根据勾股定理求出，再利用勾股定理求出OD长，进而解答即可
24．（2025·德州）已知点O是正方形ABCD的中心，点P，E分别是对角线AC，边BC上的动点（均不与端点重合），作射线PE．
（1）将射线PE绕点P逆时针旋转90°，交边CD于点F．
①如图1，当点P与点O重合时，求证：PE＝PF；
②如图2，当时，请判断是否为定值．如果是，请求出该定值；如果不是，请说明理由；
（2）如图3，连接BP，当∠BPE＝45°时，将射线PE绕点P顺时针旋转90°，交边AB于点F．若，PE＝a，求四边形PEBF的面积（用含a，k的式子表示）．
【答案】（1）解：①证明：过点P作PG⊥BC，PH⊥CD，如图，
则∠PGE＝∠PHF＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BCD＝90°，
∴四边形PGCH是矩形，
∵∠PCH＝45°，
在Rt△PCH中，∠CPH＝90°﹣45°＝45°，
∴PH＝CH，
∴四边形PGCH是正方形，
∴PG＝PH，∠HPF+∠GPF＝90°，
∵∠EPG+∠GPF＝90°，
∴∠EPG＝∠FPH，
∴△PEG≌△PFH（ASA），
∴PE＝PF；
②解：是定值，
过点P作PG⊥BC，PH⊥CD，如图，
由①可知四边形PGCH是正方形，
∴PG＝PH，∠PGC＝∠PHC＝∠BCD＝90°，△PEG≌△PFH，
∴S△PEG＝S△PFH，
∴S四边形PECF＝S△PEG+S四边形PGCF
＝S△PFH+S四边形PGCF
＝S正方形PGCH，
∵，
∴，
∵PH∥AD，
∴△CPH∽△CAD，且，
∴，
∴，
∴是定值．该定值为；
（2）解：过点P作PG⊥BC，PH⊥CD，如图，
∴∠PGE＝∠PHF＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BCD＝90°，∠ACB＝∠CAB＝45°，
由旋转可知∠EPF＝90°，
∴∠EPG＝∠FPH，
∴△PFH∽△PEG，
∴，
∵PE＝a，
∴PF＝ka，
∵∠BPE＝45°，∠BCP＝45°，
∴∠BPF＝∠BCP＝45°，
∵∠PBE＝∠CBP，
∴△PBE∽△CBP，
∴PB2＝BE BC，
同理可得PB2＝BF AB，
∵AB＝BC，
∴BE＝BF，
连接EF，则△BEF是等腰直角三角形，
在Rt△PEF中，S△PEFPE PF，
EF2＝PE2+PF2＝a2+（ka）2＝（1+k2）a2，
∴S△BEFBE BF，
∴S四边形PEBF＝S△PEF+S△BEF．
【知识点】三角形全等及其性质；勾股定理；旋转的性质；相似三角形的性质-对应边；相似三角形的性质-对应面积
【解析】【分析】（1）①过点P作PG⊥BC，PH⊥CD，则∠PGE＝∠PHF＝90°，根据正方形性质可得∠BCD＝90°，再根据矩形判定定理可得四边形PGCH是矩形，根据直角三角形两锐角互余可得∠CPH=45°，则PH＝CH，根据正方形判定定理可得四边形PGCH是正方形，则PG＝PH，∠HPF+∠GPF＝90°，再根据角之间的关系可得∠EPG＝∠FPH，再根据全等三角形判定定理及性质即可求出答案.
②过点P作PG⊥BC，PH⊥CD，由①可知四边形PGCH是正方形，则PG＝PH，∠PGC＝∠PHC＝∠BCD＝90°，△PEG≌△PFH，根据全等三角形性质可得S△PEG＝S△PFH，则S四边形PECF＝S△PEG+S四边形PGC=＝S正方形PGCH，根据相似三角形判定定理可得△CPH∽△CAD，且，则，再根据面积之间的关系即可求出答案.
（2）过点P作PG⊥BC，PH⊥CD，则∠PGE＝∠PHF＝90°，根据正方形性质可得∠BCD＝90°，∠ACB＝∠CAB＝45°，根据旋转性质可得∠EPF＝90°，则∠EPG＝∠FPH，再根据相似三角形判定定理可得△PFH∽△PEG，则，再根据角之间的关系可得∠BPF＝∠BCP＝45°，再根据相似三角形判定定理可得△PBE∽△CBP，则PB2＝BE BC，同理可得PB2＝BF AB，则BE＝BF，连接EF，则△BEF是等腰直角三角形，根据勾股定理可得EF2＝（1+k2）a2，再根据S四边形PEBF＝S△PEF+S△BEF，结合三角形面积即可求出答案.
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