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北师大版数学九年级第一学期期中检测C卷[范围：1-5章]
一、选择题（每题3分，共30分）
1．（2025八下·金华月考）用配方法解方程，变形结果正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】配方法解一元二次方程
【解析】【解答】解：，∴
∴
∴
∴
故答案为：D.
【分析】移项，将二次项的系数化为1，再在方程两边同时加上一次项系数一半的平方，即可求解.
2．（2022·四川）如图，在△ABC中，点D、E分别在边AB、AC上，若DE∥BC， ，DE＝6cm，则BC的长为（　　）
A．9cm B．12cm C．15cm D．18cm
【答案】C
【知识点】两条直线被一组平行线所截，所得的对应线段成比例
【解析】【解答】解：∵ ，
∴，
∵DE∥BC，
∴，
∴BC=DE×=15cm.
故答案为：C.
【分析】根据比例的性质得出，然后根据平行线分线段成比例的性质求出，则可解答.
3．（2025·兰州） 如图，四边形ABCD是矩形，对角线AC，BD相交于点O，点E，F分别在边AB，BC上，连接EF交对角线BD于点P．若P为EF的中点，∠ADB＝35°，则∠DPE＝（　　）
A．95° B．100° C．110° D．145°
【答案】C
【知识点】三角形内角和定理；矩形的性质；直角三角形斜边上的中线；两直线平行，内错角相等；等腰三角形的性质-等边对等角
【解析】【解答】解：
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD//BC，∠ABC= 90°，
∵∠ADB=35°，
∴∠CBD=∠ADB= 35°，
∵∠ABC= 90°， P为EF的中点，
∴PB= PF=EF，
∴∠CBD=∠PFB= 35°，
∴∠BPF= 180°- 35°- 35° = 110°，
∴∠DPE=∠BPF= 110°，
故答案为：C .
【分析】根据矩形的性质求得∠CBD=∠ADB = 35°，利用直角三角形斜边的中线等于斜边的一半求得PB= PF，进而得到∠CBD=∠PFB= 35°，再利用三角形内角和定理以及对顶角相等，即可解答.
4．（2025·泰安）我国“深蓝2号”大型智能深海养殖网箱的主体是一个正六棱柱，其示意图的主视图是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】简单几何体的三视图
【解析】【解答】解：
的主视图是
故答案为：C.
【分析】根据立体图形的三视图，从正面去看得到的是主视图，解答即可.
5．（2024·广安）关于的一元一次方程有两个不相等的实数根，则的取值范围是（　　）
A．且 B．
C．且 D．
【答案】A
【知识点】一元二次方程的根与系数的关系（韦达定理）
【解析】【解答】解：∵ 关于的一元一次方程有以两个不相等的实数根，
∴且
∴，
∴，
∴且.
故答案为：A.
【分析】根据一元二次方程两个不等实根判断出，即可求出m的取值范围，谨记是解题的易错点.
6．（2025·凉山州）某钢铁厂一月份生产钢铁560吨，月平均增长率相同，第一季度共生产钢铁1860吨，若设月平均增长率为，那么可列出的方程是　　
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】列一元二次方程
【解析】【解答】解： 若设月平均增长率为， 则由题意列方程得：
故答案为：C.
【分析】若设月平均增长率为，则二月份产量为，三月份产量为，则一季度总产量为.
7．（2025·武汉）某商场开展购物抽奖促销活动，抽奖盒中装有三个小球，它们分别标有10元、20元、30元，一次性随机摸出两个小球，摸出的两球上金额的和为50元的概率是 （　　）
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：如图，画出树状图
共有6中等可能的结果，其中两球上金额的和为50的结果有2中
∴两球上金额的和为50元的概率是
故答案为：C
【分析】画出树状图，求出所有等可能的结果，再求出两球上金额的和为50的结果，再根据概率公式即可求出答案.
8．（2025·河南）如图，在菱形ABCD中，，点在边BC上，连接AE，将沿AE折叠，若点 落在BC延长线上的点处，则CF的长为（　　）
A．2 B． C． D．
【答案】D
【知识点】勾股定理；菱形的性质；翻折变换（折叠问题）；直角三角形的判定
【解析】【解答】解：如图所示，
由折叠知，
四边形ABCD是菱形
故答案为：D.
【分析】由于B、C、F在同一条直线上，由折叠的性质知，则可得是等腰直角三角形，由勾股定理可得，再由菱形的四条边相等，即，则CF可求.
9．（2023·重庆）如图，在正方形中，点，分别在，上，连接，，，．若，则一定等于（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】三角形外角的概念及性质；三角形全等及其性质；三角形全等的判定；正方形的性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：将△FDA绕点A顺时针旋转90°到△HBA，如图所示：
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠C=∠D=∠DAB=∠ABC=90°，AB=AD，
由旋转可知AF=AH，∠ABH=90°，∠HAF=90°，∠AHB=∠AFD，∠FAD=∠HAB，
∵，，
∴∠FAD=45°-α，
∴∠FAD=∠HAB=45°-α，
∴∠AHB=∠AFD=45°+α，∠HAE=45°，
∴△AEH≌△AEF（SAS），
∴∠AHB=∠AFE=45°+α，
∴∠EFD=90°+2α，
∵∠EFD为△CEF的外角，
∴∠EFD=∠C+∠CEF，
∴，
故答案为：A
【分析】将△FDA绕点A顺时针旋转90°到△HBA，先根据正方形性质得到∠C=∠D=∠DAB=∠ABC=90°，AB=AD，再根据旋转的性质得到AF=AH，∠ABH=90°，∠HAF=90°，∠AHB=∠AFD，∠FAD=∠HAB，进而得到∠AHB=∠AFD=45°+α，∠HAE=45°，再根据三角形全等的判定与性质结合外角的性质即可求解。
10．（2022·连云港）如图，将矩形 沿着 、 、 翻折，使得点 、 、 恰好都落在点 处，且点 、 、 在同一条直线上，同时点 、 、 在另一条直线上.小炜同学得出以下结论：
① ；② ；③ ；④ ；⑤ .
其中正确的是（　　）
A．①②③ B．①③④ C．①④⑤ D．②③④
【答案】B
【知识点】平行线的判定；勾股定理；矩形的性质；翻折变换（折叠问题）；相似三角形的判定
【解析】【解答】解：∵矩形ABCD沿着GE、EC、GF折叠，使得点A、B、D恰好落在点O处，
∴DG＝OG＝AG，AE＝OE＝BE，OC＝BC，∠DGF＝∠FGO，∠AGE＝∠OGE，∠AEG＝∠OEG，∠OEC＝∠BEC，
∴∠FGE＝∠FGO+∠OGE＝90°，∠GEC＝∠OEG+∠OEC＝90°，
∴∠FGE+∠GEC＝180°，
∴GF∥CE，
∴①符合题意；
设AD＝2a，AB＝2b，则DG＝OG＝AG＝a，AE＝OE＝BE＝b，
∴CG＝OG+OC＝3a，
在Rt△AGE中，由勾股定理得GE2=AG2+AE2，即GE2=a2+b2，
在Rt△EBC中，由勾股定理得CE2=EB2+BC2，即CE2=b2+（2a）2，
在Rt△CGE中，由勾股定理得CG2＝GE2+CE2，
（3a）2＝a2+b2+b2+（2a）2，
整理，解得：b＝a，
∴AB＝AD，
∴②不符合题意；
设OF＝DF＝x，则CF＝2b-x＝2a-x，
在Rt△COF中，由勾股定理得OF2+OC2=CF2，
∴x2+（2a）2＝（2 a-x）2，
解得：x＝a，
∴OF＝DF＝a，
∴DF＝×a＝a，
又∵GE2=a2+b2，
∴GE=a，
∴GE=DF，
∴③符合题意；
∵2OF＝2×a＝2a，
∴OC=2OF，
∴④符合题意；
∵无法证明∠FCO＝∠GCE，
∴无法判断△COF∽△CEG，
∴⑤不符合题意；
∴正确的有①③④.
故答案为：B.
【分析】由矩形性质和折叠的性质可得DG＝OG＝AG，AE＝OE＝BE，OC＝BC，∠DGF＝∠FGO，∠AGE＝∠OGE，∠AEG＝∠OEG，∠OEC＝∠BEC，从而可得∠FGE＝∠FGO+∠OGE＝90°，∠GEC＝∠OEG+∠OEC＝90°，得∠FGE+∠GEC＝180°，可判定GF∥CE；设AD＝2a，AB＝2b，则DG＝OG＝AG＝a，AE＝OE＝BE＝b，得CG＝OG+OC＝3a，由勾股定理得GE2=a2+b2，CE2=b2+（2a）2，CG2＝GE2+CE2，即得（3a）2＝a2+b2+b2+（2a）2，解得b＝a，从而得AB＝AD；设OF＝DF＝x，则CF＝2b-x＝2a-x，由勾股定理得OF2+OC2=CF2，即x2+（2a）2＝（2 a-x）2，解得x＝a，从而得OF＝DF＝a，进而求得GE=DF；又2OF＝2×a＝2a，从而可得∴OC=2OF；因条件不足，无法证明∠FCO＝∠GCE，因而无法判断△COF∽△CEG. 据此逐项分析即可得出正确答案.
二、填空题（每题3分，共18分）
11．（2021·大庆）已知 ，则 　 　
【答案】
【知识点】比例的性质
【解析】【解答】解：设 ，
则 ，
故 ，
故答案为： ．
【分析】先求出 ，再化简求值即可。
12．（2022·日照）关于x的一元二次方程2x2+4mx+m=0有两个不同的实数根x1，x2，且，则m=　 　．
【答案】
【知识点】一元二次方程的根与系数的关系（韦达定理）
【解析】【解答】解：根据题意得x1+x2=-2m，x1x2=，
∵x12+x22=，
∴（x1+x2）2-2x1x2=，
∴4m2-m=，
∴m1=-，m2=，
∵Δ=16m2-8m＞0，
∴m＞或m＜0，
∴m=不合题意，
故答案为：．
【分析】先求出m1=-，m2=，再求出m＞或m＜0，最后求解即可。
13．（2022·鞍山）如图，菱形的边长为2，，对角线与交于点，为中点，为中点，连接，则的长为　 　．
【答案】
【知识点】勾股定理；菱形的性质
【解析】【解答】解：如图，取OD的中点H，连接FH，
∵四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，
∴AB＝AD＝2，∠ABD＝30°，AC⊥BD，BO＝DO，
∴AO＝AB＝1，BO＝＝DO，
∵点H是OD的中点，点F是AD的中点，
∴FH＝AO＝，FHAO，
∴FH⊥BD，
∵点E是BO的中点，点H是OD的中点，
∴OE＝，OH＝，
∴EH＝，
∴EF＝，
故答案为：．
【分析】取OD的中点H，连接FH，先求出FH＝AO＝，EH＝，再利用勾股定理求出EF的长即可。
14．（2021·毕节）如图，在菱形ABCD中， ， ，Q为AB的中点，P为对角线BD上的任意一点，则 的最小值为　 　.
【答案】
【知识点】菱形的性质；轴对称的应用-最短距离问题
【解析】【解答】解：连接AC，CQ，
∵四边形ABCD是菱形，
∴A、C关于直线BD对称，
∴CQ的长即为AP+PQ的最小值，
∵∠BCD=120°，
∴∠ABC=60°，
∴△ABC是等边三角形，
∵Q是AB的中点，
∴CQ⊥AB，BQ= BC= ×2=1，
∴CQ= .
故答案为： .
【分析】连接AC，CQ，可得CQ的长即为AP+PQ的最小值，证得△ABC是等边三角形，利用等腰三角形的性质可得CQ⊥AB，BQ= BC=1，利用勾股定理求出CQ即可.
15．（2025·贵州）如图，在矩形中，点E，F，M分别在，，边上，分别交对角线、线段于点G，H，且是的中点．若，则的长为　 　．
【答案】
【知识点】含30°角的直角三角形；矩形的性质；两条直线被一组平行线所截，所得的对应线段成比例；相似三角形的判定；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：如图，连接AC，交BD于N，过H作HQ⊥BD于Q，
∵BE=2CF，CF=2，
∴BE=4，
∵矩形ABCD，
∴AN=CN=BN=DN，AB∥CD，
∴∠ABD=∠BAC=30°，∠BAC=∠NCF=30°，
∵H是DE的中点，
∴HN是△BDE的中位线，
∴HN∥BE， HN== 2 ，
∴∠ABD=∠HNQ=30°，
∴ HQ ==1 ，
∵HN∥AB，AB∥CD，
∴HN∥CF，
∵HN=CF=2，
∴四边形HFCN是平行四边形，
∴∠NCF=∠NHG=30°，而HQ⊥BD，∠HNQ=30°，
∴∠HGQ=60°，
∴∠GHQ=30°，
∴ cos∠GHQ=cos30 °==，
∴ HG=1÷=，
故答案为：．
【分析】 如图，连接AC，交BD于N，过H作HQ⊥BD于Q，求解BE=4，证明HN是△BDE的中位线，可得HN∥BE，HN == 2，HQ==1，证明四边形HFCN是平行四边形，可得∠NCF=∠NHG=30°，而HQ⊥BD，∠HNQ=30°，求解∠GHQ=30°，再进一步求解即可。
16．（2020·呼和浩特）一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为　 　．
【答案】3π+4
【知识点】由三视图判断几何体
【解析】【解答】解：观察该几何体的三视图发现其为半个圆柱，
半圆柱的直径为2，高为1，
故其表面积为：π×12+（π+2）×2=3π+4，
故答案为：3π+4．
【分析】首先根据三视图判断几何体的形状，然后计算其表面积即可．
三、解答题（共8题，共72分）
17．（2025八下·深圳期末）
（1）用配方法解方程：；
（2）解方程：．
【答案】（1）解：
移项，得：，
配方，得：，
即（x-1）2=8，
∴x-1=±
∴
（2）解：，
整理，得：，
（3x-1）（x+2）=0，
∴。
【知识点】配方法解一元二次方程；因式分解法解一元二次方程
【解析】【分析】（1）首先把常数项移到方程的右边，然后方程两边都加上一次项系数一半的平方，即可得出（x-1）2=8，然后再直接开平方，即可求出方程的解；
（2）首先把一元二次方程整理成一般形式，然后用十字交叉相乘法因式分解，即可求得方程的解。
18．（2025·内江） 内江，东汉建县，古称汉安，是一座依江而生、因水得名的城市．“成渝之心、大千故里、甜蜜之城”是新时代内江的三张靓丽名片，也是“心里甜”的由来，为弘扬内江传统文化，我市将举办中小学生“知内江、爱内江、兴内江”知识竞赛活动．某校举办选拔赛后，随机抽取了部分学生的成绩，成绩按百分制分为A、B、C、D四个等级，并绘制了如下两幅不完整的统计图表．
等级 成绩 人数
24
14
10
根据统计图表中的信息解答下列问题：
（1）表中　 　；扇形统计图中，表示成绩等级为D的扇形圆心角为　 　度．
（2）若全校有3000人参加了此次选拔赛，其中成绩等级为A的学生大约有多少人？
（3）现从成绩等级为A的甲、乙、丙、丁4人中随机选出2人参加市级比赛，请通过列表或画树状图的方法求出甲、乙两人同时被选中的概率．
【答案】（1）12；60
（2）解：3000×12/60=600(人)，
答：若全校有3000人参加了此次选拔赛，其中成绩等级为A的学生大约有600人；
（3）解：画树状图如下：
共有12种等可能的结果，其中甲、乙两人被同时选中的结果有2种，
∴甲、乙两人被同时选中的概率为.
【知识点】统计表；扇形统计图；用列表法或树状图法求概率；概率公式；用样本所占百分比估计总体数量
【解析】【解答】解：（1）随机抽取的学生共有：24÷40%=60(人)，
∴m=60-24-14-10=12，人)，
扇形统计图中，表示成绩等级为D的扇形圆心角为：360°×=60°，
故答案为：12，60；
【分析】（1）根据统计图表提供的信息，用成绩B等级的人数除以其所占的百分比，可求出本次调查抽取的总人数，进而根据成绩四个等级的人数之和等于本次调查的总人数可求出成绩A等级的人数m的值；再用360°乘以成绩D等级的人数所占的百分比即可求出扇形统计图中，表示成绩等级为D的扇形圆心角；
（2）用该校参加此次选拔赛的总人数乘以样本中成绩A等级的人数所占的百分比即可估计出该校此次选拔赛中成绩等级为A的学生人数；
（3）此题是抽取不放回类型，依据题意画出树状图，由图可知：共有12种等可能的结果，其中甲、乙两人被同时选中的结果有2种，从而根据概率公式计算可得答案.
19．（2023·恩施）如图，在矩形中，点是的中点，将矩形沿所在的直线折叠，的对应点分别为，，连接交于点．
（1）若，求的度数；
（2）连接EF，试判断四边形的形状，并说明理由．
【答案】（1）解：∵四边形ABCD是矩形，点E是AD的中点，
∴，
∵沿BE所在的直线折叠，C、D的对应点分别为C'，D'，
∴，
∴，
∴，
∵，即，
∴，
∴的度数为35°；
（2）解：四边形C'D'EF是矩形，理由如下：
如图所示，连接EF，设BC'交AD于点G，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠EBC=∠GEB，
∴∠GBE=∠GEB，
∴GE=GB，
∵ED'∥BC'，
∴∠AFG=∠AD'E，
∴∠AFG=∠GAF，
∴GF=GA，
∴AE=BF，
∵AD=2AE=BC'，
∴BC'=2BF，
∴点F是BC'的中点，
∴FC'=BC'，
∵ED'=ED=AD，
∴FC'=ED'，
又∵ED'∥BC'，
∴四边形C'D'EF是平行四边形，
∵∠C'=∠C=90°，
∴平行四边形C'D'EF是矩形.
【知识点】等腰三角形的判定与性质；矩形的判定与性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【分析】（1）由中点及折叠的性质得AE=D'E，由等边对等角得∠EAD'=∠ED'A，再根据三角形外角相等得∠D'ED=∠D'AE+∠AD'E，从而即可求出∠DAD'的度数；
（2）连接EF，设BC'交AD于点G，由平行线的性质及翻折可得∠GBE=∠GEB，由等角对等边得GE=GB，由平行线性质及（1）的结论得∠AFG=∠GAF，由等角对等边得GF=GA，则推出AE=BF，由矩形性质及中点定义可得FC'=ED'，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形得四边形C'D'EF是平行四边形，进而根据有一个角是直角的平行四边形是矩形可得结论.
20．（2024·南宁模拟）根据以下素材，探索完成任务．
素材1 随着数字技术、新能源、新材料等不断突破，我国制造业发展迎来重大机遇．某工厂一车间借助智能化，对某款车型的零部件进行一体化加工，生产效率提升，该零件4月份生产100个，6月份生产144个．
素材2 该厂生产的零件成本为30元/个，销售一段时间后发现，当零件售价为40元/个时，月销售量为600个，若在此基础上售价每上涨1元，则月销售量将减少10个．
问题解决
任务1 求该车间4月份到6月份生产数量的平均增长率；
任务2 为使月销售利润达到10000元，而且尽可能让车企得到实惠，则该零件的实际售价应定为多少元？
【答案】解：任务一：设车间4月份到6月份生产数量的平均增长率x，由题意得，
解得或（舍去）．
答：该车间4月份到6月份生产数量的平均增长率；
任务二：设该零件的实际售价m元，
由题意得，
整理得，
解得或．
∵要尽可能让车企得到实惠，
∴．
答：该零件的实际售价应定为50元．
【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）设平均增长率为x，利用“ 零件4月份生产100个，6月份生产144个 ”列一元二次方程解题即可；
（2）设该零件的实际售价m元，根据总利润=单利润×销售量，列关于m的一元二次方程解答即可．
21．（2023·江西）课本再现
思考 我们知道，菱形的对角线互相垂直．反过来，对角线互相垂直的平行四边形是菱形吗？ 可以发现并证明菱形的一个判定定理； 对角线互相垂直的平行四边形是菱形．
（1）定理证明：为了证明该定理，小明同学画出了图形（如图1），并写出了“已知”和“求证”，请你完成证明过程．
已知：在中，对角线，垂足为．
求证：是菱形．
（2）知识应用：如图，在中，对角线和相交于点，．
①求证：是菱形；
②延长至点，连接交于点，若，求的值．
【答案】（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴， ，
∵
∴，
在中，
∴
∴，
同理可得，则，
又∵
∴
∴四边形是菱形；
（2）解：①证明：∵四边形是平行四边形，．
∴
在中，，，
∴，
∴是直角三角形，且，
∴，
∴四边形是菱形；
②∵四边形是菱形；
∴
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
如图所示，过点作交于点，
∴，
∴，
∴．
【知识点】勾股定理的逆定理；平行四边形的性质；菱形的判定与性质；两条直线被一组平行线所截，所得的对应线段成比例；三角形的中位线定理
【解析】【分析】（1）利用平行四边形的性质，通过证明三角形全等得出AB=BC=CD=DA，从而判定四边形ABCD是菱形；
（2）①在△AOD中，利用三边长度，根据勾股定理的逆定理，得出∠AOD=90°，然后根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形得出结论；②如图所示，过点O作OG∥CD交BC于点G， 可得：，所以，要求只需求即可，根据菱形的对角线平分一组对角可得∠ACB=∠ACD，结合已知，可得∠E=∠CDE，所以，再根据三角形中位线定理的推论，得出，从而得出，所以。
22．（2019·张家界）如图，在平行四边形ABCD中，连接对角线AC，延长AB至点E，使 ，连接DE，分别交BC，AC交于点F，G．
（1）求证： BF=CF ；
（2）若 ， ，求FG的长．
【答案】（1）证明： 四边形ABCD是平行四边形，
， ，
，
∴ ，
∵BE=AB，AE=AB+BE，
，
，
（2）解： 四边形ABCD是平行四边形，
，
，
，即 ，
解得， ．
【知识点】平行四边形的性质；相似三角形的性质
【解析】【分析】（1）根据平行四边形的性质，即可证明△EBF∽△EAD，根据相似的性质从而得到答案。
（2）根据平行四边形的性质证明△FGC∽△DGA，根据相似三角形的性质即可得到答案。
23．（2023·德阳）将一副直角三角板与叠放在一起，如图1，，，，．在两三角板所在平面内，将三角板绕点O顺时针方向旋转（）度到位置，使，如图2．
（1）求的值；
（2）如图3，继续将三角板绕点O顺时针方向旋转，使点E落在边上点处，点D落在点处．设交于点G，交于点H，若点G是的中点，试判断四边形的形状，并说明理由．
【答案】（1）解：根据题意，得旋转角，
∵，，
∴，
故．
（2）解：根据题意，得旋转角，
∵，，
∴，
∵，，
∴，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是矩形，
∵，
∴四边形是正方形．
【知识点】平行线的性质；矩形的判定；正方形的判定；旋转的性质
【解析】【分析】（1）先根据旋转的性质即可得到，进而根据平行线的性质结合题意即可求解；
（2）先根据旋转的性质得到，进而根据平行线的性质即可得到，进而求出，，从而即可得到∠AHO=90°，再运用矩形的判定与正方形的判定即可求解。
24．（2023·湘潭）问题情境：小红同学在学习了正方形的知识后，进一步进行以下探究活动：在正方形的边上任意取一点G，以为边长向外作正方形，将正方形绕点B顺时针旋转．
（1）特例感知：
当在上时，连接相交于点P，小红发现点P恰为的中点，如图①．针对小红发现的结论，请给出证明；
（2）小红继续连接，并延长与相交，发现交点恰好也是中点P，如图②，根据小红发现的结论，请判断的形状，并说明理由；
（3）规律探究：
如图③，将正方形绕点B顺时针旋转，连接，点P是中点，连接，，，的形状是否发生改变？请说明理由．
【答案】（1）证明：连接，，，如图，
∵四边形，都是正方形，
∴，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，即点P恰为的中点；
（2）解：是等腰直角三角形，理由如下：
∵四边形，都是正方形，
∴
∴，
∴是等腰直角三角形；
（3）解：的形状不改变，
延长至点M，使，连接，
∵点P为的中点，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，，
∴，
设交于点H，交于点N，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，，
∵，
∴，即，
∵，
∴，即，
∴，
∴，
∴，
∴是等腰直角三角形．
【知识点】平行线的性质；三角形全等及其性质；三角形全等的判定；等腰三角形的性质；正方形的性质
【解析】【分析】（1）连接，，，先根据正方形的性质即可得到，，，进而根据三角形全等的判定与性质证明即可得到，再根据等腰三角形的性质结合题意即可求解；
（2）是等腰直角三角形，理由如下：先根据正方形的性质即可得到，进而得到即可求解；
（3）的形状不改变，延长至点M，使，连接，先根据题意证明进而即可得到，，设交于点H，交于点N，根据平行线的性质结合题意即可得到，再证明即可得到，，进而根据题意进行等量代换即可求解。
1 / 1北师大版数学九年级第一学期期中检测C卷[范围：1-5章]
一、选择题（每题3分，共30分）
1．（2025八下·金华月考）用配方法解方程，变形结果正确的是（　　）
A． B．
C． D．
2．（2022·四川）如图，在△ABC中，点D、E分别在边AB、AC上，若DE∥BC， ，DE＝6cm，则BC的长为（　　）
A．9cm B．12cm C．15cm D．18cm
3．（2025·兰州） 如图，四边形ABCD是矩形，对角线AC，BD相交于点O，点E，F分别在边AB，BC上，连接EF交对角线BD于点P．若P为EF的中点，∠ADB＝35°，则∠DPE＝（　　）
A．95° B．100° C．110° D．145°
4．（2025·泰安）我国“深蓝2号”大型智能深海养殖网箱的主体是一个正六棱柱，其示意图的主视图是（　　）
A． B．
C． D．
5．（2024·广安）关于的一元一次方程有两个不相等的实数根，则的取值范围是（　　）
A．且 B．
C．且 D．
6．（2025·凉山州）某钢铁厂一月份生产钢铁560吨，月平均增长率相同，第一季度共生产钢铁1860吨，若设月平均增长率为，那么可列出的方程是　　
A． B．
C． D．
7．（2025·武汉）某商场开展购物抽奖促销活动，抽奖盒中装有三个小球，它们分别标有10元、20元、30元，一次性随机摸出两个小球，摸出的两球上金额的和为50元的概率是 （　　）
A． B． C． D．
8．（2025·河南）如图，在菱形ABCD中，，点在边BC上，连接AE，将沿AE折叠，若点 落在BC延长线上的点处，则CF的长为（　　）
A．2 B． C． D．
9．（2023·重庆）如图，在正方形中，点，分别在，上，连接，，，．若，则一定等于（　　）
A． B． C． D．
10．（2022·连云港）如图，将矩形 沿着 、 、 翻折，使得点 、 、 恰好都落在点 处，且点 、 、 在同一条直线上，同时点 、 、 在另一条直线上.小炜同学得出以下结论：
① ；② ；③ ；④ ；⑤ .
其中正确的是（　　）
A．①②③ B．①③④ C．①④⑤ D．②③④
二、填空题（每题3分，共18分）
11．（2021·大庆）已知 ，则 　 　
12．（2022·日照）关于x的一元二次方程2x2+4mx+m=0有两个不同的实数根x1，x2，且，则m=　 　．
13．（2022·鞍山）如图，菱形的边长为2，，对角线与交于点，为中点，为中点，连接，则的长为　 　．
14．（2021·毕节）如图，在菱形ABCD中， ， ，Q为AB的中点，P为对角线BD上的任意一点，则 的最小值为　 　.
15．（2025·贵州）如图，在矩形中，点E，F，M分别在，，边上，分别交对角线、线段于点G，H，且是的中点．若，则的长为　 　．
16．（2020·呼和浩特）一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为　 　．
三、解答题（共8题，共72分）
17．（2025八下·深圳期末）
（1）用配方法解方程：；
（2）解方程：．
18．（2025·内江） 内江，东汉建县，古称汉安，是一座依江而生、因水得名的城市．“成渝之心、大千故里、甜蜜之城”是新时代内江的三张靓丽名片，也是“心里甜”的由来，为弘扬内江传统文化，我市将举办中小学生“知内江、爱内江、兴内江”知识竞赛活动．某校举办选拔赛后，随机抽取了部分学生的成绩，成绩按百分制分为A、B、C、D四个等级，并绘制了如下两幅不完整的统计图表．
等级 成绩 人数
24
14
10
根据统计图表中的信息解答下列问题：
（1）表中　 　；扇形统计图中，表示成绩等级为D的扇形圆心角为　 　度．
（2）若全校有3000人参加了此次选拔赛，其中成绩等级为A的学生大约有多少人？
（3）现从成绩等级为A的甲、乙、丙、丁4人中随机选出2人参加市级比赛，请通过列表或画树状图的方法求出甲、乙两人同时被选中的概率．
19．（2023·恩施）如图，在矩形中，点是的中点，将矩形沿所在的直线折叠，的对应点分别为，，连接交于点．
（1）若，求的度数；
（2）连接EF，试判断四边形的形状，并说明理由．
20．（2024·南宁模拟）根据以下素材，探索完成任务．
素材1 随着数字技术、新能源、新材料等不断突破，我国制造业发展迎来重大机遇．某工厂一车间借助智能化，对某款车型的零部件进行一体化加工，生产效率提升，该零件4月份生产100个，6月份生产144个．
素材2 该厂生产的零件成本为30元/个，销售一段时间后发现，当零件售价为40元/个时，月销售量为600个，若在此基础上售价每上涨1元，则月销售量将减少10个．
问题解决
任务1 求该车间4月份到6月份生产数量的平均增长率；
任务2 为使月销售利润达到10000元，而且尽可能让车企得到实惠，则该零件的实际售价应定为多少元？
21．（2023·江西）课本再现
思考 我们知道，菱形的对角线互相垂直．反过来，对角线互相垂直的平行四边形是菱形吗？ 可以发现并证明菱形的一个判定定理； 对角线互相垂直的平行四边形是菱形．
（1）定理证明：为了证明该定理，小明同学画出了图形（如图1），并写出了“已知”和“求证”，请你完成证明过程．
已知：在中，对角线，垂足为．
求证：是菱形．
（2）知识应用：如图，在中，对角线和相交于点，．
①求证：是菱形；
②延长至点，连接交于点，若，求的值．
22．（2019·张家界）如图，在平行四边形ABCD中，连接对角线AC，延长AB至点E，使 ，连接DE，分别交BC，AC交于点F，G．
（1）求证： BF=CF ；
（2）若 ， ，求FG的长．
23．（2023·德阳）将一副直角三角板与叠放在一起，如图1，，，，．在两三角板所在平面内，将三角板绕点O顺时针方向旋转（）度到位置，使，如图2．
（1）求的值；
（2）如图3，继续将三角板绕点O顺时针方向旋转，使点E落在边上点处，点D落在点处．设交于点G，交于点H，若点G是的中点，试判断四边形的形状，并说明理由．
24．（2023·湘潭）问题情境：小红同学在学习了正方形的知识后，进一步进行以下探究活动：在正方形的边上任意取一点G，以为边长向外作正方形，将正方形绕点B顺时针旋转．
（1）特例感知：
当在上时，连接相交于点P，小红发现点P恰为的中点，如图①．针对小红发现的结论，请给出证明；
（2）小红继续连接，并延长与相交，发现交点恰好也是中点P，如图②，根据小红发现的结论，请判断的形状，并说明理由；
（3）规律探究：
如图③，将正方形绕点B顺时针旋转，连接，点P是中点，连接，，，的形状是否发生改变？请说明理由．
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】解：，∴
∴
∴
∴
故答案为：D.
【分析】移项，将二次项的系数化为1，再在方程两边同时加上一次项系数一半的平方，即可求解.
2．【答案】C
【知识点】两条直线被一组平行线所截，所得的对应线段成比例
【解析】【解答】解：∵ ，
∴，
∵DE∥BC，
∴，
∴BC=DE×=15cm.
故答案为：C.
【分析】根据比例的性质得出，然后根据平行线分线段成比例的性质求出，则可解答.
3．【答案】C
【知识点】三角形内角和定理；矩形的性质；直角三角形斜边上的中线；两直线平行，内错角相等；等腰三角形的性质-等边对等角
【解析】【解答】解：
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD//BC，∠ABC= 90°，
∵∠ADB=35°，
∴∠CBD=∠ADB= 35°，
∵∠ABC= 90°， P为EF的中点，
∴PB= PF=EF，
∴∠CBD=∠PFB= 35°，
∴∠BPF= 180°- 35°- 35° = 110°，
∴∠DPE=∠BPF= 110°，
故答案为：C .
【分析】根据矩形的性质求得∠CBD=∠ADB = 35°，利用直角三角形斜边的中线等于斜边的一半求得PB= PF，进而得到∠CBD=∠PFB= 35°，再利用三角形内角和定理以及对顶角相等，即可解答.
4．【答案】C
【知识点】简单几何体的三视图
【解析】【解答】解：
的主视图是
故答案为：C.
【分析】根据立体图形的三视图，从正面去看得到的是主视图，解答即可.
5．【答案】A
【知识点】一元二次方程的根与系数的关系（韦达定理）
【解析】【解答】解：∵ 关于的一元一次方程有以两个不相等的实数根，
∴且
∴，
∴，
∴且.
故答案为：A.
【分析】根据一元二次方程两个不等实根判断出，即可求出m的取值范围，谨记是解题的易错点.
6．【答案】C
【知识点】列一元二次方程
【解析】【解答】解： 若设月平均增长率为， 则由题意列方程得：
故答案为：C.
【分析】若设月平均增长率为，则二月份产量为，三月份产量为，则一季度总产量为.
7．【答案】C
【知识点】用列表法或树状图法求概率
【解析】【解答】解：如图，画出树状图
共有6中等可能的结果，其中两球上金额的和为50的结果有2中
∴两球上金额的和为50元的概率是
故答案为：C
【分析】画出树状图，求出所有等可能的结果，再求出两球上金额的和为50的结果，再根据概率公式即可求出答案.
8．【答案】D
【知识点】勾股定理；菱形的性质；翻折变换（折叠问题）；直角三角形的判定
【解析】【解答】解：如图所示，
由折叠知，
四边形ABCD是菱形
故答案为：D.
【分析】由于B、C、F在同一条直线上，由折叠的性质知，则可得是等腰直角三角形，由勾股定理可得，再由菱形的四条边相等，即，则CF可求.
9．【答案】A
【知识点】三角形外角的概念及性质；三角形全等及其性质；三角形全等的判定；正方形的性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：将△FDA绕点A顺时针旋转90°到△HBA，如图所示：
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠C=∠D=∠DAB=∠ABC=90°，AB=AD，
由旋转可知AF=AH，∠ABH=90°，∠HAF=90°，∠AHB=∠AFD，∠FAD=∠HAB，
∵，，
∴∠FAD=45°-α，
∴∠FAD=∠HAB=45°-α，
∴∠AHB=∠AFD=45°+α，∠HAE=45°，
∴△AEH≌△AEF（SAS），
∴∠AHB=∠AFE=45°+α，
∴∠EFD=90°+2α，
∵∠EFD为△CEF的外角，
∴∠EFD=∠C+∠CEF，
∴，
故答案为：A
【分析】将△FDA绕点A顺时针旋转90°到△HBA，先根据正方形性质得到∠C=∠D=∠DAB=∠ABC=90°，AB=AD，再根据旋转的性质得到AF=AH，∠ABH=90°，∠HAF=90°，∠AHB=∠AFD，∠FAD=∠HAB，进而得到∠AHB=∠AFD=45°+α，∠HAE=45°，再根据三角形全等的判定与性质结合外角的性质即可求解。
10．【答案】B
【知识点】平行线的判定；勾股定理；矩形的性质；翻折变换（折叠问题）；相似三角形的判定
【解析】【解答】解：∵矩形ABCD沿着GE、EC、GF折叠，使得点A、B、D恰好落在点O处，
∴DG＝OG＝AG，AE＝OE＝BE，OC＝BC，∠DGF＝∠FGO，∠AGE＝∠OGE，∠AEG＝∠OEG，∠OEC＝∠BEC，
∴∠FGE＝∠FGO+∠OGE＝90°，∠GEC＝∠OEG+∠OEC＝90°，
∴∠FGE+∠GEC＝180°，
∴GF∥CE，
∴①符合题意；
设AD＝2a，AB＝2b，则DG＝OG＝AG＝a，AE＝OE＝BE＝b，
∴CG＝OG+OC＝3a，
在Rt△AGE中，由勾股定理得GE2=AG2+AE2，即GE2=a2+b2，
在Rt△EBC中，由勾股定理得CE2=EB2+BC2，即CE2=b2+（2a）2，
在Rt△CGE中，由勾股定理得CG2＝GE2+CE2，
（3a）2＝a2+b2+b2+（2a）2，
整理，解得：b＝a，
∴AB＝AD，
∴②不符合题意；
设OF＝DF＝x，则CF＝2b-x＝2a-x，
在Rt△COF中，由勾股定理得OF2+OC2=CF2，
∴x2+（2a）2＝（2 a-x）2，
解得：x＝a，
∴OF＝DF＝a，
∴DF＝×a＝a，
又∵GE2=a2+b2，
∴GE=a，
∴GE=DF，
∴③符合题意；
∵2OF＝2×a＝2a，
∴OC=2OF，
∴④符合题意；
∵无法证明∠FCO＝∠GCE，
∴无法判断△COF∽△CEG，
∴⑤不符合题意；
∴正确的有①③④.
故答案为：B.
【分析】由矩形性质和折叠的性质可得DG＝OG＝AG，AE＝OE＝BE，OC＝BC，∠DGF＝∠FGO，∠AGE＝∠OGE，∠AEG＝∠OEG，∠OEC＝∠BEC，从而可得∠FGE＝∠FGO+∠OGE＝90°，∠GEC＝∠OEG+∠OEC＝90°，得∠FGE+∠GEC＝180°，可判定GF∥CE；设AD＝2a，AB＝2b，则DG＝OG＝AG＝a，AE＝OE＝BE＝b，得CG＝OG+OC＝3a，由勾股定理得GE2=a2+b2，CE2=b2+（2a）2，CG2＝GE2+CE2，即得（3a）2＝a2+b2+b2+（2a）2，解得b＝a，从而得AB＝AD；设OF＝DF＝x，则CF＝2b-x＝2a-x，由勾股定理得OF2+OC2=CF2，即x2+（2a）2＝（2 a-x）2，解得x＝a，从而得OF＝DF＝a，进而求得GE=DF；又2OF＝2×a＝2a，从而可得∴OC=2OF；因条件不足，无法证明∠FCO＝∠GCE，因而无法判断△COF∽△CEG. 据此逐项分析即可得出正确答案.
11．【答案】
【知识点】比例的性质
【解析】【解答】解：设 ，
则 ，
故 ，
故答案为： ．
【分析】先求出 ，再化简求值即可。
12．【答案】
【知识点】一元二次方程的根与系数的关系（韦达定理）
【解析】【解答】解：根据题意得x1+x2=-2m，x1x2=，
∵x12+x22=，
∴（x1+x2）2-2x1x2=，
∴4m2-m=，
∴m1=-，m2=，
∵Δ=16m2-8m＞0，
∴m＞或m＜0，
∴m=不合题意，
故答案为：．
【分析】先求出m1=-，m2=，再求出m＞或m＜0，最后求解即可。
13．【答案】
【知识点】勾股定理；菱形的性质
【解析】【解答】解：如图，取OD的中点H，连接FH，
∵四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，
∴AB＝AD＝2，∠ABD＝30°，AC⊥BD，BO＝DO，
∴AO＝AB＝1，BO＝＝DO，
∵点H是OD的中点，点F是AD的中点，
∴FH＝AO＝，FHAO，
∴FH⊥BD，
∵点E是BO的中点，点H是OD的中点，
∴OE＝，OH＝，
∴EH＝，
∴EF＝，
故答案为：．
【分析】取OD的中点H，连接FH，先求出FH＝AO＝，EH＝，再利用勾股定理求出EF的长即可。
14．【答案】
【知识点】菱形的性质；轴对称的应用-最短距离问题
【解析】【解答】解：连接AC，CQ，
∵四边形ABCD是菱形，
∴A、C关于直线BD对称，
∴CQ的长即为AP+PQ的最小值，
∵∠BCD=120°，
∴∠ABC=60°，
∴△ABC是等边三角形，
∵Q是AB的中点，
∴CQ⊥AB，BQ= BC= ×2=1，
∴CQ= .
故答案为： .
【分析】连接AC，CQ，可得CQ的长即为AP+PQ的最小值，证得△ABC是等边三角形，利用等腰三角形的性质可得CQ⊥AB，BQ= BC=1，利用勾股定理求出CQ即可.
15．【答案】
【知识点】含30°角的直角三角形；矩形的性质；两条直线被一组平行线所截，所得的对应线段成比例；相似三角形的判定；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：如图，连接AC，交BD于N，过H作HQ⊥BD于Q，
∵BE=2CF，CF=2，
∴BE=4，
∵矩形ABCD，
∴AN=CN=BN=DN，AB∥CD，
∴∠ABD=∠BAC=30°，∠BAC=∠NCF=30°，
∵H是DE的中点，
∴HN是△BDE的中位线，
∴HN∥BE， HN== 2 ，
∴∠ABD=∠HNQ=30°，
∴ HQ ==1 ，
∵HN∥AB，AB∥CD，
∴HN∥CF，
∵HN=CF=2，
∴四边形HFCN是平行四边形，
∴∠NCF=∠NHG=30°，而HQ⊥BD，∠HNQ=30°，
∴∠HGQ=60°，
∴∠GHQ=30°，
∴ cos∠GHQ=cos30 °==，
∴ HG=1÷=，
故答案为：．
【分析】 如图，连接AC，交BD于N，过H作HQ⊥BD于Q，求解BE=4，证明HN是△BDE的中位线，可得HN∥BE，HN == 2，HQ==1，证明四边形HFCN是平行四边形，可得∠NCF=∠NHG=30°，而HQ⊥BD，∠HNQ=30°，求解∠GHQ=30°，再进一步求解即可。
16．【答案】3π+4
【知识点】由三视图判断几何体
【解析】【解答】解：观察该几何体的三视图发现其为半个圆柱，
半圆柱的直径为2，高为1，
故其表面积为：π×12+（π+2）×2=3π+4，
故答案为：3π+4．
【分析】首先根据三视图判断几何体的形状，然后计算其表面积即可．
17．【答案】（1）解：
移项，得：，
配方，得：，
即（x-1）2=8，
∴x-1=±
∴
（2）解：，
整理，得：，
（3x-1）（x+2）=0，
∴。
【知识点】配方法解一元二次方程；因式分解法解一元二次方程
【解析】【分析】（1）首先把常数项移到方程的右边，然后方程两边都加上一次项系数一半的平方，即可得出（x-1）2=8，然后再直接开平方，即可求出方程的解；
（2）首先把一元二次方程整理成一般形式，然后用十字交叉相乘法因式分解，即可求得方程的解。
18．【答案】（1）12；60
（2）解：3000×12/60=600(人)，
答：若全校有3000人参加了此次选拔赛，其中成绩等级为A的学生大约有600人；
（3）解：画树状图如下：
共有12种等可能的结果，其中甲、乙两人被同时选中的结果有2种，
∴甲、乙两人被同时选中的概率为.
【知识点】统计表；扇形统计图；用列表法或树状图法求概率；概率公式；用样本所占百分比估计总体数量
【解析】【解答】解：（1）随机抽取的学生共有：24÷40%=60(人)，
∴m=60-24-14-10=12，人)，
扇形统计图中，表示成绩等级为D的扇形圆心角为：360°×=60°，
故答案为：12，60；
【分析】（1）根据统计图表提供的信息，用成绩B等级的人数除以其所占的百分比，可求出本次调查抽取的总人数，进而根据成绩四个等级的人数之和等于本次调查的总人数可求出成绩A等级的人数m的值；再用360°乘以成绩D等级的人数所占的百分比即可求出扇形统计图中，表示成绩等级为D的扇形圆心角；
（2）用该校参加此次选拔赛的总人数乘以样本中成绩A等级的人数所占的百分比即可估计出该校此次选拔赛中成绩等级为A的学生人数；
（3）此题是抽取不放回类型，依据题意画出树状图，由图可知：共有12种等可能的结果，其中甲、乙两人被同时选中的结果有2种，从而根据概率公式计算可得答案.
19．【答案】（1）解：∵四边形ABCD是矩形，点E是AD的中点，
∴，
∵沿BE所在的直线折叠，C、D的对应点分别为C'，D'，
∴，
∴，
∴，
∵，即，
∴，
∴的度数为35°；
（2）解：四边形C'D'EF是矩形，理由如下：
如图所示，连接EF，设BC'交AD于点G，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠EBC=∠GEB，
∴∠GBE=∠GEB，
∴GE=GB，
∵ED'∥BC'，
∴∠AFG=∠AD'E，
∴∠AFG=∠GAF，
∴GF=GA，
∴AE=BF，
∵AD=2AE=BC'，
∴BC'=2BF，
∴点F是BC'的中点，
∴FC'=BC'，
∵ED'=ED=AD，
∴FC'=ED'，
又∵ED'∥BC'，
∴四边形C'D'EF是平行四边形，
∵∠C'=∠C=90°，
∴平行四边形C'D'EF是矩形.
【知识点】等腰三角形的判定与性质；矩形的判定与性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【分析】（1）由中点及折叠的性质得AE=D'E，由等边对等角得∠EAD'=∠ED'A，再根据三角形外角相等得∠D'ED=∠D'AE+∠AD'E，从而即可求出∠DAD'的度数；
（2）连接EF，设BC'交AD于点G，由平行线的性质及翻折可得∠GBE=∠GEB，由等角对等边得GE=GB，由平行线性质及（1）的结论得∠AFG=∠GAF，由等角对等边得GF=GA，则推出AE=BF，由矩形性质及中点定义可得FC'=ED'，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形得四边形C'D'EF是平行四边形，进而根据有一个角是直角的平行四边形是矩形可得结论.
20．【答案】解：任务一：设车间4月份到6月份生产数量的平均增长率x，由题意得，
解得或（舍去）．
答：该车间4月份到6月份生产数量的平均增长率；
任务二：设该零件的实际售价m元，
由题意得，
整理得，
解得或．
∵要尽可能让车企得到实惠，
∴．
答：该零件的实际售价应定为50元．
【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）设平均增长率为x，利用“ 零件4月份生产100个，6月份生产144个 ”列一元二次方程解题即可；
（2）设该零件的实际售价m元，根据总利润=单利润×销售量，列关于m的一元二次方程解答即可．
21．【答案】（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴， ，
∵
∴，
在中，
∴
∴，
同理可得，则，
又∵
∴
∴四边形是菱形；
（2）解：①证明：∵四边形是平行四边形，．
∴
在中，，，
∴，
∴是直角三角形，且，
∴，
∴四边形是菱形；
②∵四边形是菱形；
∴
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
如图所示，过点作交于点，
∴，
∴，
∴．
【知识点】勾股定理的逆定理；平行四边形的性质；菱形的判定与性质；两条直线被一组平行线所截，所得的对应线段成比例；三角形的中位线定理
【解析】【分析】（1）利用平行四边形的性质，通过证明三角形全等得出AB=BC=CD=DA，从而判定四边形ABCD是菱形；
（2）①在△AOD中，利用三边长度，根据勾股定理的逆定理，得出∠AOD=90°，然后根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形得出结论；②如图所示，过点O作OG∥CD交BC于点G， 可得：，所以，要求只需求即可，根据菱形的对角线平分一组对角可得∠ACB=∠ACD，结合已知，可得∠E=∠CDE，所以，再根据三角形中位线定理的推论，得出，从而得出，所以。
22．【答案】（1）证明： 四边形ABCD是平行四边形，
， ，
，
∴ ，
∵BE=AB，AE=AB+BE，
，
，
（2）解： 四边形ABCD是平行四边形，
，
，
，即 ，
解得， ．
【知识点】平行四边形的性质；相似三角形的性质
【解析】【分析】（1）根据平行四边形的性质，即可证明△EBF∽△EAD，根据相似的性质从而得到答案。
（2）根据平行四边形的性质证明△FGC∽△DGA，根据相似三角形的性质即可得到答案。
23．【答案】（1）解：根据题意，得旋转角，
∵，，
∴，
故．
（2）解：根据题意，得旋转角，
∵，，
∴，
∵，，
∴，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是矩形，
∵，
∴四边形是正方形．
【知识点】平行线的性质；矩形的判定；正方形的判定；旋转的性质
【解析】【分析】（1）先根据旋转的性质即可得到，进而根据平行线的性质结合题意即可求解；
（2）先根据旋转的性质得到，进而根据平行线的性质即可得到，进而求出，，从而即可得到∠AHO=90°，再运用矩形的判定与正方形的判定即可求解。
24．【答案】（1）证明：连接，，，如图，
∵四边形，都是正方形，
∴，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，即点P恰为的中点；
（2）解：是等腰直角三角形，理由如下：
∵四边形，都是正方形，
∴
∴，
∴是等腰直角三角形；
（3）解：的形状不改变，
延长至点M，使，连接，
∵点P为的中点，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，，
∴，
设交于点H，交于点N，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，，
∵，
∴，即，
∵，
∴，即，
∴，
∴，
∴，
∴是等腰直角三角形．
【知识点】平行线的性质；三角形全等及其性质；三角形全等的判定；等腰三角形的性质；正方形的性质
【解析】【分析】（1）连接，，，先根据正方形的性质即可得到，，，进而根据三角形全等的判定与性质证明即可得到，再根据等腰三角形的性质结合题意即可求解；
（2）是等腰直角三角形，理由如下：先根据正方形的性质即可得到，进而得到即可求解；
（3）的形状不改变，延长至点M，使，连接，先根据题意证明进而即可得到，，设交于点H，交于点N，根据平行线的性质结合题意即可得到，再证明即可得到，，进而根据题意进行等量代换即可求解。
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