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北师大版九年级数学上册 专题7.1 期末真题重组卷（学生版）
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这是一份北师大版九年级数学上册 专题7.1 期末真题重组卷（学生版），文件包含北师大版九年级数学上册专题71期末真题重组卷教师版docx、北师大版九年级数学上册专题71期末真题重组卷学生版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共40页， 欢迎下载使用。
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题，满分50分，每小题5分）
1．（3分）（2023·湖南娄底·中考真题）顺次连接菱形四边中点得到的四边形是（ ）
A．平行四边形B．菱形C．矩形D．正方形
【答案】C
【分析】画出图形，根据菱形的性质得到ACBD，根据三角形中位线定理、矩形的判定定理证明结论．
【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴ACBD，
∵E，F，G，H是菱形各边的中点，
∴EFBD，FGAC，
∴EFFG，
同理：FGHG，GHEH，HEEF，
∴四边形EFGH是矩形．
故选：C．
【点睛】本题考查的是中点四边形，掌握菱形的性质定理、矩形的判定定理以及三角形的中位线定理是解题的关键．
2．（3分）（2023·辽宁本溪·中考真题）有一个铁制零件（正方体中间挖去一个圆柱形孔）如图放置，它的左视图是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】找到从左面看所得到的图形即可．
【详解】左边看去是一个正方形，中间有一个圆柱形孔，圆柱的左视图是矩形，所以左视图的正方形里面还要两条虚线．
故选：C．
【点睛】本题考查了三视图的知识，左视图是从物体的左面看得到的视图；注意看到的用实线表示，看不到的用虚线表示．
3．（3分）（2023·广东广州·中考真题）为了疫情防控，某小区需要从甲、乙、丙、丁 4名志愿者中随机抽取2名负责该小区入口处的测温工作，则甲被抽中的概率是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据题意画出树状图，然后求得全部情况的总数与符合条件的情况数目；二者的比值就是其发生的概率．
【详解】解：画树状图得：
∴一共有12种情况，抽取到甲的有6种，
∴P（抽到甲）= ．
故选：A．
【点睛】本题考查的是用列表法或画树状图法求概率．列表法或画树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
4．（3分）（2023·西藏·中考真题）已知一元二次方程x2﹣10x＋24＝0的两个根是菱形的两条对角线长，则这个菱形的面积为（ ）
A．6B．10C．12D．24
【答案】C
【分析】利用因式分解法求出已知方程的解确定出菱形两条对角线长，进而求出菱形面积即可．
【详解】解：方程x2﹣10x＋24＝0，
分解得：（x﹣4）（x﹣6）＝0，
可得x﹣4＝0或x﹣6＝0，
解得：x＝4或x＝6，
∴菱形两对角线长为4和6，
则这个菱形的面积为×4×6＝12．
故选：C．
【点睛】此题考查了求解一元二次方程和菱形的面积公式，难度一般．
5．（3分）（2023·贵州黔西·中考真题）在如图所示的纸片中，，D是斜边AB的中点，把纸片沿着CD折叠，点B到点E的位置，连接AE．若，，则等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，可知CD=BD=AD，根据折叠的性质可知∠B=∠DCB=∠DCE=∠EDC=，根据平行线的性质，可得出∠AED=∠EDC，根据等边对等角即可求得∠EAD的度数，最后=∠EAD-∠CAD即可求出．
【详解】∵D是斜边AB的中点，△ABC为直角三角形，
∴CD=BD=AD，
∵△CDE由△CDB沿CD折叠得到，
∴△CDE≌△CDB，
则CD=BD=AD=ED，
∴∠B=∠DCB=∠DCE=∠DEC=，
∴∠EDC=180°-2，
∵，
∴∠AED=∠EDC=180°-2，
∵ED=AD，
∴∠EAD=∠AED=180°-2，
∵∠B=，△ABC为直角三角形，
∴∠CAD=90°-，
∴=∠EAD-∠CAD=180°-2-（90°-）=90°-，
故选：B．
【点睛】本题主要考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，折叠的性质，等腰三角形的性质以及直角三角形两个锐角互余，熟练地掌握相关知识是解题的关键．
6．（3分）（2023·山东烟台·中考真题）已知关于x的一元二次方程，其中m，n在数轴上的对应点如图所示，则这个方程的根的情况是（ ）
A．有两个不相等的实数根B．有两个相等的实数根
C．没有实数根D．无法确定
【答案】A
【分析】先计算根的判别式，再根据数轴上点的位置确定△的正负，即可判断．
【详解】解：由数轴可知，且，则，
∵△=，，
∴△＞0，
故选：A．
【点睛】本题考查了一元二次方程根的判别式和数轴上表示数，解题关键是求出根的判别式，利用数轴提供的信息进行判断．
7．（3分）（2023·山东枣庄·中考真题）如图，正方形ABCD的边长为5，点A的坐标为（4，0），点B在y轴上，若反比例函数y＝（k≠0）的图像过点C，则k的值为（ ）
A．4B．﹣4C．﹣3D．3
【答案】C
【分析】过点C作CE⊥y轴于E，根据正方形的性质可得AB＝BC，∠ABC＝90°，再根据同角的余角相等求出∠OAB＝∠CBE，然后利用“角角边”证明△ABO和△BCE全等，根据全等三角形对应边相等可得OA＝BE＝4，CE＝OB＝3，再求出OE，然后写出点C的坐标，再把点C的坐标代入反比例函数解析式计算即可求出k的值．
【详解】解：如图，过点C作CE⊥y轴于E，在正方形ABCD中，AB＝BC，∠ABC＝90°，
∴∠ABO+∠CBE＝90°，
∵∠OAB+∠ABO＝90°，
∴∠OAB＝∠CBE，
∵点A的坐标为（4，0），
∴OA＝4，
∵AB＝5，
∴OB＝＝3，
在△ABO和△BCE中，，
∴△ABO≌△BCE（AAS），
∴OA＝BE＝4，CE＝OB＝3，
∴OE＝BE﹣OB＝4﹣3＝1，
∴点C的坐标为（﹣3，1），
∵反比例函数y＝（k≠0）的图像过点C，
∴k＝xy＝﹣3×1＝﹣3，
故选：C．
【点睛】此题考查的是反比例函数与几何综合，涉及到正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，作辅助线构造出全等三角形并求出点C的坐标是解题的关键．
8．（3分）（2023·湖北十堰·中考真题）如图，反比例函数的图象经过点，过A作轴于点B，连，直线，交x轴于点C，交y轴于点D，若点B关于直线的对称点恰好落在该反比例函数图像上，则D点纵坐标为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】设点B关于直线的对称点，易得求出a的值，再根据勾股定理得到两点间的距离，即可求解．
【详解】解：∵反比例函数的图象经过点，
∴，
∴直线OA的解析式为，
∵，
∴设直线CD的解析式为，
则，
设点B关于直线的对称点，
则①，
且，
即，解得，
代入①可得，
故选：A．
【点睛】本题考查反比例函数的图象与性质，掌握反比例函数与一次函数的性质是解题的关键．
9．（3分）（2023·四川广安·中考真题）如图，菱形ABCD的边长为2，点P是对角线AC上的一个动点，点E、F分别为边AD、DC的中点，则PE + PF的最小值是（ ）
A．2B．C．1.5D．
【答案】A
【分析】取AB中点G点，根据菱形的性质可知E点、G点关于对角线AC对称，即有PE=PG，则当G、P、F三点共线时，PE+PF=PG+PF最小，再证明四边形AGFD是平行四边形，即可求得FG=AD．
【详解】解：取AB中点G点，连接PG，如图，
∵四边形ABCD是菱形，且边长为2，
∴AD=DC=AB=BC=2，
∵E点、G点分别为AD、AB的中点，
∴根据菱形的性质可知点E、点G关于对角线AC轴对称，
∴PE=PG，
∴PE+PF=PG+PF，
即可知当G、P、F三点共线时，PE+PF=PG+PF最小，且为线段FG，
如下图，G、P、F三点共线，连接FG，
∵F点是DC中点，G点为AB中点，
∴，
∵在菱形ABCD中，，
∴，
∴四边形AGFD是平行四边形，
∴FG=AD=2，
故PE+PF的最小值为2，
故选：A．
【点睛】本题考查了菱形的性质、轴对称的性质、平行四边形的判定与性质等知识，找到E点关于AC的对称点是解答本题的关键．
10．（3分）（2023·山东滨州·中考真题）在锐角中，分别以AB和AC为斜边向的外侧作等腰和等腰，点D、E、F分别为边AB、AC、BC的中点，连接MD、MF、FE、FN．根据题意小明同学画出草图（如图所示），并得出下列结论：①，②，③，④，其中结论正确的个数为（ ）
A．4B．3C．2D．1
【答案】B
【分析】根据直角三角形斜边中线等于斜边的一半和三角形中位线定理判断结论①，连接DF，EN，通过SAS定理证明△MDF≌△FEN判断结论②，利用全等三角形的性质结合平行四边形的判定和性质判断结论③，利用相似三角形的判定和性质判定结论④．
【详解】解：∵D、E、F分别为边AB、AC、BC的中点，且△ABM是等腰直角三角形，
∴DM=AB，EF=AB，EF∥AB，∠MDB=90°，
∴DM=EF，∠FEC=∠BAC，故结论①正确；
连接DF，EN，
∵D、E、F分别为边AB、AC、BC的中点，且△ACN是等腰直角三角形，
∴EN=AC，DF=AC，DF∥AC，∠NEC=90°，
∴EN=DF，∠BDF=∠BAC，∠BDF=∠FEC，
∴∠BDF+∠MDB=∠FEC+∠NEC，
∴∠MDF=∠FEN，
在△MDF和△FEN中，
，
∴△MDF≌△FEN（SAS），
∴∠DMF=∠EFN，故结论②正确；
∵EF∥AB，DF∥AC，
∴四边形ADFE是平行四边形，
∴∠DFE=∠BAC，
又∵△MDF≌△FEN，
∴∠DFM=∠ENF，
∴∠EFN+∠DFM
=∠EFN+∠ENF
=180°-∠FEN
=180°-（∠FEC+∠NEC）
=180°-（∠BAC+90°）
=90°-∠BAC，
∴∠MFN=∠DFE+∠EFN+∠DFM=∠BAC+90°-∠BAC=90°，
∴MF⊥FN，故结论③正确；
∵EF∥AB，
∴△CEF∽△CAB，
∴，
∴，
∴S△CEF=S四边形ABFE，故结论④错误，
∴正确的结论为①②③，共3个，
故选：B．
【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，三角形中位线定理，题目难度适中，有一定的综合性，适当添加辅助线构造全等三角形是解题关键．
二．填空题（共6小题，满分30分，每小题5分）
11．（3分）（2023·辽宁锦州·中考真题）若关于x的方程有两个不相等的实数根，且，则从满足条件的所有整数m中随机选取一个，恰好是负数的概率是____________．
【答案】##0.5
【分析】根据题意，由关于x的一元二次方程的根的判别式，可计算，再结合可知，进而推导满足条件的所有整数为-3、-2、-1、0、1、2共计6个，其中负数有3个，由简单概率的计算公式即可得出结果．
【详解】解：根据题意，关于x的方程有两个不相等的实数根，
故该一元二次方程的根的判别式，即，
解得，
又∵，
∴，
∴满足条件的所有整数为-3、-2、-1、0、1、2共计6个，其中负数有-3、-2、-1共计3个，
∴满足条件的所有整数m中随机选取一个，恰好是负数的概率是．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了一元二次方程的根的判别式、简单概率计算等知识，解题关键是读懂题意，综合运用所学知识解决问题．
12．（3分）（2023·山东潍坊·中考真题）晚上，小亮走在大街上．他发现：当他站在大街两边的两盏路灯之间，并且自己被两边路灯照在地上的两个影子成一直线时，自己右边的影子长为3米，左边的影子长为1.5米．又知自己身高1.80米，两盏路灯的高相同，两盏路灯之间的距离为12米，则路灯的高为_米．
【答案】6.6
【详解】设路灯的高为，∵GH⊥BD，AB⊥BD，∴GH∥AB．∴△EGH∽△EAB．
∴①．同理△FGH∽△FCD. ②．∴．
∴．解得EB=11，代入①得，解得x=6.6（米）．
13．（3分）（2023·广东广州·中考真题）如图，在矩形ABCD中，BC=2AB，点P为边AD上的一个动点，线段BP绕点B顺时针旋转60°得到线段BP'，连接PP' ，CP'．当点P' 落在边BC上时，∠PP'C的度数为________； 当线段CP' 的长度最小时，∠PP'C的度数为________
【答案】 120°##120度 75°##75度
【分析】由旋转性质及旋转角知△BPP′为等边三角形，得到∠PP′B=60°；当点P' 落在边BC上时，∠PP'C=180°-∠PP′B=120°；将线段BA绕点B逆时针旋转60°后点A落在点E，连接BE，得到△ABP≌△EBP′(SAS)，再证明△ABP为等腰直角三角形，进而得到∠EP′B=∠APB=45°，
最后当CP′⊥EF于H时，CP′有最小值，由此可以求出∠PP'C=∠EP′C-∠EP′P=90°-15°=75°．
【详解】解：由线段BP绕点B顺时针旋转60°得到线段BP'可知，△BPP′为等边三角形，
∴∠PP′B=60°，
当点P' 落在边BC上时，∠PP'C=180°-∠PP′B=180°-60°=120°；
将线段BA绕点B逆时针旋转60°，点A落在点E，连接BE，设EP′交BC于G点，如下图所示：
则∠ABP=∠ABE-∠PBE=60°-∠PBE，∠EBP′=∠PBP′-∠PBE=60°-∠PBE，
∴∠ABP=∠EBP′，
且BA=BE，BP=BP′，
∴△ABP≌△EBP′(SAS),
∴AP=EP′，∠E=∠A=90°，
由点P' 落在边BC上时，∠PP'C=120°可知，∠EGC=120°，
∴∠CGP′=∠EGB=180°-120°=60°，
∴△EBG与△P′CG均为30°、60°、90°直角三角形，
设EG=x，BC=2y，
则BG=2EG=2x，CG=BC-BG=2y-2x，GP′=CG=y-x，
∴EP′=EG+GP′=x+(y-x)=y=BC，
又已知AB=BC，
∴EP′=AB，
又由△ABP≌△EBP′知：AP=EP′，
∴AB=AP，
∴△ABP为等腰直角三角形，
∴∠EP′B=∠APB=45°，∠EP′P=60°-∠EP′B=60°-45°=15°，
当CP′⊥EF于H时，CP′有最小值，
此时∠PP'C=∠EP′C-∠EP′P=90°-15°=75°，
故答案为：120°，75°．
【点睛】本题考察了三角形全等的判定方法、矩形的性质、旋转的性质及等腰三角形的性质，属于四边形的综合题，难度较大，熟练掌握各图形的性质是解题的关键．
14．（3分）（2023·内蒙古内蒙古·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，Rt的直角顶点B在x轴的正半轴上，点O与原点重合，点A在第一象限，反比例函数（）的图象经过OA的中点C，交于点D，连接．若的面积是1，则k的值是_________．
【答案】##
【分析】连接OD，过C作，交x轴于E，利用反比例函数k的几何意义得到，根据OA的中点C，利用△OCE∽△OAB得到面积比为1：4，代入可得结论．
【详解】解：连接OD，过C作，交x轴于E，
∵∠ABO＝90°，反比例函数（x＞0）的图象经过OA的中点C，，
∴，，2OC=OA，
∵，
∴△OCE∽△OAB，
∴，
∴，
∴，
∴k＝，
故答案为：．
【点睛】本题考查了反比例函数比例系数k的几何意义：在反比例函数y=图象中任取一点，过这一个点向x轴和y轴分别作垂线，与坐标轴围成的矩形的面积是定值．在反比例函数的图象上任意一点向坐标轴作垂线，这一点和垂足以及坐标原点所构成的三角形的面积是，且保持不变．也考查了相似三角形的判定与性质．
15．（3分）（2023·贵州贵阳·中考真题）如图，在△ABC中，BC=6，BC边上的高为4，在△ABC的内部作一个矩形EFGH，使EF在BC边上，另外两个顶点分别在AB、AC边上，则对角线EG长的最小值为_____．
【答案】
【详解】【分析】作AQ⊥BC于点Q，交DG于点P，设GF=PQ=x，则AP=4﹣x，证△ADG∽△ABC得，据此知EF=DG=（4﹣x），由EG=即可求得答案．
【详解】如图，作AQ⊥BC于点Q，交DG于点P，
∵四边形DEFG是矩形，
∴AQ⊥DG，GF=PQ，
设GF=PQ=x，则AP=4﹣x，
由DG∥BC知△ADG∽△ABC，
∴，即，
则EF=DG=（4﹣x），
∴EG===，
∴当x=时，EG取得最小值，最小值为，
故答案为.
【点睛】本题主要考查相似三角形的判定与性质，解题的关键是掌握矩形的性质、相似三角形的判定与性质及二次函数的性质及勾股定理．
16．（3分）（2023·天津·中考真题）如图，正方形的边长为4，对角线相交于点O，点E，F分别在的延长线上，且，G为的中点，连接，交于点H，连接，则的长为________．
【答案】
【分析】先作辅助线构造直角三角形，求出CH和MG的长，再求出MH的长，最后利用勾股定理求解即可．
【详解】解:如图,作OK⊥BC，垂足为点K，
∵正方形边长为4，
∴OK=2，KC=2，
∴KC=CE，
∴CH是△OKE的中位线
∴，
作GM⊥CD，垂足为点M，
∵G点为EF中点，
∴GM是△FCE的中位线，
∴，，
∴，
在Rt△MHG中，，
故答案为：．
【点睛】本题综合考查了正方形的性质、三角形中位线定理、勾股定理等内容，解决本题的关键是能作出辅助线构造直角三角形，得到三角形的中位线，利用三角形中位线定理求出相应线段的长，利用勾股定理解直角三角形等．
三．解答题（共7小题，满分70分）
17．（8分）（2023·湖北十堰·中考真题）已知关于的一元二次方程．
(1)求证：方程总有两个不相等的实数根；
(2)若方程的两个实数根分别为，，且，求的值．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据根的判别式，即可判断；
（2）利用根与系数关系求出，由即可解出，，再根据，即可得到的值．
【详解】（1），
∵，
∴，
该方程总有两个不相等的实数根；
（2）方程的两个实数根，，
由根与系数关系可知，，，
∵，
∴，
∴，
解得：，，
∴，即．
【点睛】本题考查了根的判别式以及根与系数的关系，解题的关键是掌握根的判别式以及根与系数的关系．
18．（8分）（2023·辽宁丹东·中考真题）如图，在中，点O是的中点，连接并延长交的延长线于点E，连接、．
（1）求证：四边形是平行四边形；
（2）若，判断四边形的形状，并说明理由．
【答案】（1）证明见详解；（2）四边形ACDE是菱形，理由见详解．
【分析】（1）利用平行四边形的性质，即可判定，即可得到，再根据CD∥AE，即可证得四边形ACDE是平行四边形；
（2）利用（1）的结论和平行四边形的性质可得AC=CD，由此即可判定是菱形．
【详解】（1）证明：在ABCD中，AB∥CD，
∴，
∵点O为AD的中点，
∴，
在与中，
∵，
，
，
∴，
∴，
又∵BE∥CD ，
∴四边形ACDE是平行四边形；
（2）解：由（1）知四边形ACDE是平行四边形，，
∵，
∴，
∴四边形ACDE是菱形．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质和判定、三角形全等、菱形的判定等，熟练掌握判定定理并融会贯通是解题的关键．
19．（8分）（2023·湖南岳阳·中考真题）我市某学校落实立德树人根本任务，构建“五育并举”教育体系，开设了“厨艺、园艺、电工、木工、编织”五大类劳动课程．为了解七年级学生对每类课程的选择情况，随机抽取了七年级若干名学生进行调查（每人只选一类最喜欢的课程），将调查结果绘制成如下两幅不完整的统计图：
（1）本次随机调查的学生人数为 人；
（2）补全条形统计图；
（3）若该校七年级共有800名学生，请估计该校七年级学生选择“厨艺”劳动课程的人数；
（4）七（1）班计划在“园艺、电工、木工、编织”四大类劳动课程中任选两类参加学校期末展示活动，请用列表或画树状图的方法，求恰好选中“园艺、编织”这两类劳动课程的概率．
【答案】（1）60；（2）见详解；（3）200人；（4）．
【分析】（1）利用园艺的人数除以百分比，即可得到答案；
（2）先求出编织的人数，再补全条形图即可；
（3）利用总人数乘以厨艺所占的百分比，即可得到答案；
（4）列表或树状图将所有等可能的结果列举出来后利用概率公式求解即可．
【详解】解：（1）根据题意，本次随机调查的学生人数为：
（人）；
故答案为：60；
（2）选择编织的人数为：（人），
补全条形图如下：
（3）该校七年级学生选择“厨艺”劳动课程的人数为：
（人）；
（4）根据题意，“园艺、电工、木工、编织”可分别用字母A，B，C，D表示，则
列表如下：
∵共有12种等可能的结果，其中恰好抽到“园艺、编织”类的有2种结果，
∴恰好抽到“园艺、编织”类的概率为：；
【点睛】本题考查的是用列表法或画树状图法求概率的知识．列表法或画树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，列表法适合于两步完成的事件，树状图法适合两步或两步以上完成的事件．注意概率=所求情况数与总情况数之比．
20．（10分）（2023·广西桂林·中考真题）为进一步促进义务教育均衡发展，某市加大了基础教育经费的投入，已知2018年该市投入基础教育经费5000万元，2023年投入基础教育经费7200万元．
(1)求该市这两年投入基础教育经费的年平均增长率；
(2)如果按（1）中基础教育经费投入的年平均增长率计算．该市计划2023年用不超过当年基础教育经费的5%购买电脑和实物投影仪共1500台，调配给农村学校．若购买一台电脑需3500元，购买一台实物投影需2000元，则最多可购买电脑多少台？
【答案】(1)该市这两年投入基础教育经费的年平均增长率为20%
(2)2023年最多可购买电脑880台
【分析】（1）设该市这两年投入基础教育经费的年平均增长率为x，根据2018年及2023年投入的基础教育经费金额，即可得出关于x的一元二次方程，解之取其正值即可得出结论；
（2）根据年平均增长率求出2023年基础教育经费投入的金额，再根据总价＝单价×数量，即可得出关于m的一元一次不等式，解之即可得出m的取值范围，取其中的最大值即可．
【详解】（1）解：设该市这两年投入基础教育经费的年平均增长率为x，
根据题意得：5000（1＋x）2=7200，
解得：x1=0.2=20%，x2=−2.2（舍去）．
答：该市这两年投入基础教育经费的年平均增长率为20%；
（2）解：2023年投入基础教育经费为7200×（1＋20%）=8640（万元），
设购买电脑m台，则购买实物投影仪（1500−m）台，
根据题意得：3500m＋2000（1500−m）≤86400000×5%，
解得：m≤880，
答：2023年最多可购买电脑880台．
【点睛】本题考查了一元二次方程的应用以及一元一次不等式的应用，解题的关键是：（1）根据2018年及2023年投入的基础教育经费金额，列出关于x的一元二次方程；（2）根据总价＝单价×数量，列出关于m的一元一次不等式．
21．（10分）（2023·贵州遵义·中考真题）如图，将一张矩形纸片ABCD沿直线MN折叠，使点C落在点A处，点D落在点E处，直线MN交BC于点M，交AD于点N．
（1）求证：CM=CN；
（2）若△CMN的面积与△CDN的面积比为3：1，求的值．
【答案】(1)证明见解析;(2)
【分析】（1）由折叠的性质可得：∠ANM=∠CNM，由四边形ABCD是矩形，可得∠ANM=∠CMN，则可证得∠CMN=∠CNM，继而可得CM=CN．
（2）首先过点N作NH⊥BC于点H，由△CMN的面积与△CDN的面积比为3：1，易得MC=3ND=3HC，然后设DN=x，由勾股定理，可求得MN的长，继而求得答案．
【详解】解：（1）证明：由折叠的性质可得：∠ANM=∠CNM，
∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC．∴∠ANM=∠CMN．
∴∠CMN=∠CNM．∴CM=CN．
（2）过点N作NH⊥BC于点H，则四边形NHCD是矩形．
∴HC=DN，NH=DC．
∵△CMN的面积与△CDN的面积比为3：1，
∴．
∴MC=3ND=3HC．∴MH=2HC．
设DN=x，则HC=x，MH=2x，∴CM=3x=CN．
在Rt△CDN中，，
∴HN=．
在Rt△MNH中，，
∴．
22．（12分）（2023·内蒙古赤峰·中考真题）如图，方格纸中的每个小方格都是边长为1个单位长度的正方形，△ABC的顶
点都在格点上，建立平面直角坐标系．
(1)点A的坐标为 ，点C的坐标为 ．
(2)将△ABC向左平移7个单位，请画出平移后的△A1B1C1．若M为△ABC内的一点，其坐标为(a，b)，则平移后点M的对应点M1的坐标为 ．
(3)以原点O为位似中心，将△ABC缩小，使变换后得到的△A2B2C2与△ABC对应边的比为1：2．请在网格内画出△A2B2C2，并写出点A2的坐标： ．
【答案】（1）（2，8），（6，6）（2）见解析，（） （3）见解析，（1，4）或（-1，-4）．
【详解】（1）直接根据图形即可写出点A和C的坐标；
（2）找出三角形平移后各顶点的对应点，然后顺次连接即可；根据平移的规律即可写出点M平移后的坐标；
（3）根据位似变换的要求，找出变换后的对应点，然后顺次连接各点即可，注意有两种情况．
解：（1）A点坐标为：（2，8），C点坐标为：（6，6）；
故答案为：（2，8），（6，6）；
（2）所画图形如下所示，其中△A1B1C1即为所求，根据平移规律：左平移7个单位，可知M1的坐标（a-7，b）；
故答案为：（）
（3）所画图形如下所示，其中△A2B2C2即为所求，点A2的坐标为（1，4）或（-1，-4）．
故答案为：（1，4）或（-1，-4）．
23．（14分）（2023·河南·中考真题）（1）问题发现
如图1，在△OAB和△OCD中，OA=OB，OC=OD，∠AOB=∠COD=40°，连接AC，BD交于点M．填空：
①的值为 ；
②∠AMB的度数为 ．
（2）类比探究
如图2，在△OAB和△OCD中，∠AOB=∠COD=90°，∠OAB=∠OCD=30°，连接AC交BD的延长线于点M．请判断的值及∠AMB的度数，并说明理由；
（3）拓展延伸
在（2）的条件下，将△OCD绕点O在平面内旋转，AC，BD所在直线交于点M，若OD=1，OB=，请直接写出当点C与点M重合时AC的长．
【答案】（1）①1；②40°；（2），90°；（3）AC的长为3或2．
【分析】（1）①证明△COA≌△DOB（SAS），得AC=BD，比值为1；
②由△COA≌△DOB，得∠CAO=∠DBO，根据三角形的内角和定理得：∠AMB=180°-（∠DBO+∠OAB+∠ABD）=180°-140°=40°；
（2）根据两边的比相等且夹角相等可得△AOC∽△BOD，则，由全等三角形的性质得∠AMB的度数；
（3）正确画图形，当点C与点M重合时，有两种情况：如图3和4，同理可得：△AOC∽△BOD，则∠AMB=90°，，可得AC的长．
【详解】（1）问题发现：
①如图1，
∵∠AOB=∠COD=40°，
∴∠COA=∠DOB，
∵OC=OD，OA=OB，
∴△COA≌△DOB（SAS），
∴AC=BD，
∴
②∵△COA≌△DOB，
∴∠CAO=∠DBO，
∵∠AOB=40°，
∴∠OAB+∠ABO=140°，
在△AMB中，∠AMB=180°-（∠CAO+∠OAB+∠ABD）=180°-（∠DBO+∠OAB+∠ABD）=180°-140°=40°，
（2）类比探究：
如图2，，∠AMB=90°，理由是：
Rt△COD中，∠DCO=30°，∠DOC=90°，
∴，
同理得：，
∴，
∵∠AOB=∠COD=90°，
∴∠AOC=∠BOD，
∴△AOC∽△BOD，
∴ ，∠CAO=∠DBO，
在△AMB中，∠AMB=180°-（∠MAB+∠ABM）=180°-（∠OAB+∠ABM+∠DBO）=90°；
（3）拓展延伸：
①点C与点M重合时，如图3，
同理得：△AOC∽△BOD，
∴∠AMB=90°，，
设BD=x，则AC=x，
Rt△COD中，∠OCD=30°，OD=1，
∴CD=2，BC=x-2，
Rt△AOB中，∠OAB=30°，OB=，
∴AB=2OB=2，
在Rt△AMB中，由勾股定理得：AC2+BC2=AB2，
(x)2+(x−2)2＝(2)2，
x2-x-6=0，
（x-3）（x+2）=0，
x1=3，x2=-2，
∴AC=3；
②点C与点M重合时，如图4，
同理得：∠AMB=90°，，
设BD=x，则AC=x，
在Rt△AMB中，由勾股定理得：AC2+BC2=AB2，
(x)2+（x+2）2=(2)2.
x2+x-6=0，
（x+3）（x-2）=0，
x1=-3，x2=2，
∴AC=2；.
综上所述，AC的长为3或2．
【点睛】本题是三角形的综合题，主要考查了三角形全等和相似的性质和判定，几何变换问题，解题的关键是能得出：△AOC∽△BOD，根据相似三角形的性质，并运用类比的思想解决问题，本题是一道比较好的题目．
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题，满分50分，每小题5分）
1．（3分）（2023·湖南娄底·中考真题）顺次连接菱形四边中点得到的四边形是（ ）
A．平行四边形B．菱形C．矩形D．正方形
【答案】C
【分析】画出图形，根据菱形的性质得到ACBD，根据三角形中位线定理、矩形的判定定理证明结论．
【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴ACBD，
∵E，F，G，H是菱形各边的中点，
∴EFBD，FGAC，
∴EFFG，
同理：FGHG，GHEH，HEEF，
∴四边形EFGH是矩形．
故选：C．
【点睛】本题考查的是中点四边形，掌握菱形的性质定理、矩形的判定定理以及三角形的中位线定理是解题的关键．
2．（3分）（2023·辽宁本溪·中考真题）有一个铁制零件（正方体中间挖去一个圆柱形孔）如图放置，它的左视图是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】找到从左面看所得到的图形即可．
【详解】左边看去是一个正方形，中间有一个圆柱形孔，圆柱的左视图是矩形，所以左视图的正方形里面还要两条虚线．
故选：C．
【点睛】本题考查了三视图的知识，左视图是从物体的左面看得到的视图；注意看到的用实线表示，看不到的用虚线表示．
3．（3分）（2023·广东广州·中考真题）为了疫情防控，某小区需要从甲、乙、丙、丁 4名志愿者中随机抽取2名负责该小区入口处的测温工作，则甲被抽中的概率是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据题意画出树状图，然后求得全部情况的总数与符合条件的情况数目；二者的比值就是其发生的概率．
【详解】解：画树状图得：
∴一共有12种情况，抽取到甲的有6种，
∴P（抽到甲）= ．
故选：A．
【点睛】本题考查的是用列表法或画树状图法求概率．列表法或画树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
4．（3分）（2023·西藏·中考真题）已知一元二次方程x2﹣10x＋24＝0的两个根是菱形的两条对角线长，则这个菱形的面积为（ ）
A．6B．10C．12D．24
【答案】C
【分析】利用因式分解法求出已知方程的解确定出菱形两条对角线长，进而求出菱形面积即可．
【详解】解：方程x2﹣10x＋24＝0，
分解得：（x﹣4）（x﹣6）＝0，
可得x﹣4＝0或x﹣6＝0，
解得：x＝4或x＝6，
∴菱形两对角线长为4和6，
则这个菱形的面积为×4×6＝12．
故选：C．
【点睛】此题考查了求解一元二次方程和菱形的面积公式，难度一般．
5．（3分）（2023·贵州黔西·中考真题）在如图所示的纸片中，，D是斜边AB的中点，把纸片沿着CD折叠，点B到点E的位置，连接AE．若，，则等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，可知CD=BD=AD，根据折叠的性质可知∠B=∠DCB=∠DCE=∠EDC=，根据平行线的性质，可得出∠AED=∠EDC，根据等边对等角即可求得∠EAD的度数，最后=∠EAD-∠CAD即可求出．
【详解】∵D是斜边AB的中点，△ABC为直角三角形，
∴CD=BD=AD，
∵△CDE由△CDB沿CD折叠得到，
∴△CDE≌△CDB，
则CD=BD=AD=ED，
∴∠B=∠DCB=∠DCE=∠DEC=，
∴∠EDC=180°-2，
∵，
∴∠AED=∠EDC=180°-2，
∵ED=AD，
∴∠EAD=∠AED=180°-2，
∵∠B=，△ABC为直角三角形，
∴∠CAD=90°-，
∴=∠EAD-∠CAD=180°-2-（90°-）=90°-，
故选：B．
【点睛】本题主要考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，折叠的性质，等腰三角形的性质以及直角三角形两个锐角互余，熟练地掌握相关知识是解题的关键．
6．（3分）（2023·山东烟台·中考真题）已知关于x的一元二次方程，其中m，n在数轴上的对应点如图所示，则这个方程的根的情况是（ ）
A．有两个不相等的实数根B．有两个相等的实数根
C．没有实数根D．无法确定
【答案】A
【分析】先计算根的判别式，再根据数轴上点的位置确定△的正负，即可判断．
【详解】解：由数轴可知，且，则，
∵△=，，
∴△＞0，
故选：A．
【点睛】本题考查了一元二次方程根的判别式和数轴上表示数，解题关键是求出根的判别式，利用数轴提供的信息进行判断．
7．（3分）（2023·山东枣庄·中考真题）如图，正方形ABCD的边长为5，点A的坐标为（4，0），点B在y轴上，若反比例函数y＝（k≠0）的图像过点C，则k的值为（ ）
A．4B．﹣4C．﹣3D．3
【答案】C
【分析】过点C作CE⊥y轴于E，根据正方形的性质可得AB＝BC，∠ABC＝90°，再根据同角的余角相等求出∠OAB＝∠CBE，然后利用“角角边”证明△ABO和△BCE全等，根据全等三角形对应边相等可得OA＝BE＝4，CE＝OB＝3，再求出OE，然后写出点C的坐标，再把点C的坐标代入反比例函数解析式计算即可求出k的值．
【详解】解：如图，过点C作CE⊥y轴于E，在正方形ABCD中，AB＝BC，∠ABC＝90°，
∴∠ABO+∠CBE＝90°，
∵∠OAB+∠ABO＝90°，
∴∠OAB＝∠CBE，
∵点A的坐标为（4，0），
∴OA＝4，
∵AB＝5，
∴OB＝＝3，
在△ABO和△BCE中，，
∴△ABO≌△BCE（AAS），
∴OA＝BE＝4，CE＝OB＝3，
∴OE＝BE﹣OB＝4﹣3＝1，
∴点C的坐标为（﹣3，1），
∵反比例函数y＝（k≠0）的图像过点C，
∴k＝xy＝﹣3×1＝﹣3，
故选：C．
【点睛】此题考查的是反比例函数与几何综合，涉及到正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，作辅助线构造出全等三角形并求出点C的坐标是解题的关键．
8．（3分）（2023·湖北十堰·中考真题）如图，反比例函数的图象经过点，过A作轴于点B，连，直线，交x轴于点C，交y轴于点D，若点B关于直线的对称点恰好落在该反比例函数图像上，则D点纵坐标为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】设点B关于直线的对称点，易得求出a的值，再根据勾股定理得到两点间的距离，即可求解．
【详解】解：∵反比例函数的图象经过点，
∴，
∴直线OA的解析式为，
∵，
∴设直线CD的解析式为，
则，
设点B关于直线的对称点，
则①，
且，
即，解得，
代入①可得，
故选：A．
【点睛】本题考查反比例函数的图象与性质，掌握反比例函数与一次函数的性质是解题的关键．
9．（3分）（2023·四川广安·中考真题）如图，菱形ABCD的边长为2，点P是对角线AC上的一个动点，点E、F分别为边AD、DC的中点，则PE + PF的最小值是（ ）
A．2B．C．1.5D．
【答案】A
【分析】取AB中点G点，根据菱形的性质可知E点、G点关于对角线AC对称，即有PE=PG，则当G、P、F三点共线时，PE+PF=PG+PF最小，再证明四边形AGFD是平行四边形，即可求得FG=AD．
【详解】解：取AB中点G点，连接PG，如图，
∵四边形ABCD是菱形，且边长为2，
∴AD=DC=AB=BC=2，
∵E点、G点分别为AD、AB的中点，
∴根据菱形的性质可知点E、点G关于对角线AC轴对称，
∴PE=PG，
∴PE+PF=PG+PF，
即可知当G、P、F三点共线时，PE+PF=PG+PF最小，且为线段FG，
如下图，G、P、F三点共线，连接FG，
∵F点是DC中点，G点为AB中点，
∴，
∵在菱形ABCD中，，
∴，
∴四边形AGFD是平行四边形，
∴FG=AD=2，
故PE+PF的最小值为2，
故选：A．
【点睛】本题考查了菱形的性质、轴对称的性质、平行四边形的判定与性质等知识，找到E点关于AC的对称点是解答本题的关键．
10．（3分）（2023·山东滨州·中考真题）在锐角中，分别以AB和AC为斜边向的外侧作等腰和等腰，点D、E、F分别为边AB、AC、BC的中点，连接MD、MF、FE、FN．根据题意小明同学画出草图（如图所示），并得出下列结论：①，②，③，④，其中结论正确的个数为（ ）
A．4B．3C．2D．1
【答案】B
【分析】根据直角三角形斜边中线等于斜边的一半和三角形中位线定理判断结论①，连接DF，EN，通过SAS定理证明△MDF≌△FEN判断结论②，利用全等三角形的性质结合平行四边形的判定和性质判断结论③，利用相似三角形的判定和性质判定结论④．
【详解】解：∵D、E、F分别为边AB、AC、BC的中点，且△ABM是等腰直角三角形，
∴DM=AB，EF=AB，EF∥AB，∠MDB=90°，
∴DM=EF，∠FEC=∠BAC，故结论①正确；
连接DF，EN，
∵D、E、F分别为边AB、AC、BC的中点，且△ACN是等腰直角三角形，
∴EN=AC，DF=AC，DF∥AC，∠NEC=90°，
∴EN=DF，∠BDF=∠BAC，∠BDF=∠FEC，
∴∠BDF+∠MDB=∠FEC+∠NEC，
∴∠MDF=∠FEN，
在△MDF和△FEN中，
，
∴△MDF≌△FEN（SAS），
∴∠DMF=∠EFN，故结论②正确；
∵EF∥AB，DF∥AC，
∴四边形ADFE是平行四边形，
∴∠DFE=∠BAC，
又∵△MDF≌△FEN，
∴∠DFM=∠ENF，
∴∠EFN+∠DFM
=∠EFN+∠ENF
=180°-∠FEN
=180°-（∠FEC+∠NEC）
=180°-（∠BAC+90°）
=90°-∠BAC，
∴∠MFN=∠DFE+∠EFN+∠DFM=∠BAC+90°-∠BAC=90°，
∴MF⊥FN，故结论③正确；
∵EF∥AB，
∴△CEF∽△CAB，
∴，
∴，
∴S△CEF=S四边形ABFE，故结论④错误，
∴正确的结论为①②③，共3个，
故选：B．
【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，三角形中位线定理，题目难度适中，有一定的综合性，适当添加辅助线构造全等三角形是解题关键．
二．填空题（共6小题，满分30分，每小题5分）
11．（3分）（2023·辽宁锦州·中考真题）若关于x的方程有两个不相等的实数根，且，则从满足条件的所有整数m中随机选取一个，恰好是负数的概率是____________．
【答案】##0.5
【分析】根据题意，由关于x的一元二次方程的根的判别式，可计算，再结合可知，进而推导满足条件的所有整数为-3、-2、-1、0、1、2共计6个，其中负数有3个，由简单概率的计算公式即可得出结果．
【详解】解：根据题意，关于x的方程有两个不相等的实数根，
故该一元二次方程的根的判别式，即，
解得，
又∵，
∴，
∴满足条件的所有整数为-3、-2、-1、0、1、2共计6个，其中负数有-3、-2、-1共计3个，
∴满足条件的所有整数m中随机选取一个，恰好是负数的概率是．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了一元二次方程的根的判别式、简单概率计算等知识，解题关键是读懂题意，综合运用所学知识解决问题．
12．（3分）（2023·山东潍坊·中考真题）晚上，小亮走在大街上．他发现：当他站在大街两边的两盏路灯之间，并且自己被两边路灯照在地上的两个影子成一直线时，自己右边的影子长为3米，左边的影子长为1.5米．又知自己身高1.80米，两盏路灯的高相同，两盏路灯之间的距离为12米，则路灯的高为_米．
【答案】6.6
【详解】设路灯的高为，∵GH⊥BD，AB⊥BD，∴GH∥AB．∴△EGH∽△EAB．
∴①．同理△FGH∽△FCD. ②．∴．
∴．解得EB=11，代入①得，解得x=6.6（米）．
13．（3分）（2023·广东广州·中考真题）如图，在矩形ABCD中，BC=2AB，点P为边AD上的一个动点，线段BP绕点B顺时针旋转60°得到线段BP'，连接PP' ，CP'．当点P' 落在边BC上时，∠PP'C的度数为________； 当线段CP' 的长度最小时，∠PP'C的度数为________
【答案】 120°##120度 75°##75度
【分析】由旋转性质及旋转角知△BPP′为等边三角形，得到∠PP′B=60°；当点P' 落在边BC上时，∠PP'C=180°-∠PP′B=120°；将线段BA绕点B逆时针旋转60°后点A落在点E，连接BE，得到△ABP≌△EBP′(SAS)，再证明△ABP为等腰直角三角形，进而得到∠EP′B=∠APB=45°，
最后当CP′⊥EF于H时，CP′有最小值，由此可以求出∠PP'C=∠EP′C-∠EP′P=90°-15°=75°．
【详解】解：由线段BP绕点B顺时针旋转60°得到线段BP'可知，△BPP′为等边三角形，
∴∠PP′B=60°，
当点P' 落在边BC上时，∠PP'C=180°-∠PP′B=180°-60°=120°；
将线段BA绕点B逆时针旋转60°，点A落在点E，连接BE，设EP′交BC于G点，如下图所示：
则∠ABP=∠ABE-∠PBE=60°-∠PBE，∠EBP′=∠PBP′-∠PBE=60°-∠PBE，
∴∠ABP=∠EBP′，
且BA=BE，BP=BP′，
∴△ABP≌△EBP′(SAS),
∴AP=EP′，∠E=∠A=90°，
由点P' 落在边BC上时，∠PP'C=120°可知，∠EGC=120°，
∴∠CGP′=∠EGB=180°-120°=60°，
∴△EBG与△P′CG均为30°、60°、90°直角三角形，
设EG=x，BC=2y，
则BG=2EG=2x，CG=BC-BG=2y-2x，GP′=CG=y-x，
∴EP′=EG+GP′=x+(y-x)=y=BC，
又已知AB=BC，
∴EP′=AB，
又由△ABP≌△EBP′知：AP=EP′，
∴AB=AP，
∴△ABP为等腰直角三角形，
∴∠EP′B=∠APB=45°，∠EP′P=60°-∠EP′B=60°-45°=15°，
当CP′⊥EF于H时，CP′有最小值，
此时∠PP'C=∠EP′C-∠EP′P=90°-15°=75°，
故答案为：120°，75°．
【点睛】本题考察了三角形全等的判定方法、矩形的性质、旋转的性质及等腰三角形的性质，属于四边形的综合题，难度较大，熟练掌握各图形的性质是解题的关键．
14．（3分）（2023·内蒙古内蒙古·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，Rt的直角顶点B在x轴的正半轴上，点O与原点重合，点A在第一象限，反比例函数（）的图象经过OA的中点C，交于点D，连接．若的面积是1，则k的值是_________．
【答案】##
【分析】连接OD，过C作，交x轴于E，利用反比例函数k的几何意义得到，根据OA的中点C，利用△OCE∽△OAB得到面积比为1：4，代入可得结论．
【详解】解：连接OD，过C作，交x轴于E，
∵∠ABO＝90°，反比例函数（x＞0）的图象经过OA的中点C，，
∴，，2OC=OA，
∵，
∴△OCE∽△OAB，
∴，
∴，
∴，
∴k＝，
故答案为：．
【点睛】本题考查了反比例函数比例系数k的几何意义：在反比例函数y=图象中任取一点，过这一个点向x轴和y轴分别作垂线，与坐标轴围成的矩形的面积是定值．在反比例函数的图象上任意一点向坐标轴作垂线，这一点和垂足以及坐标原点所构成的三角形的面积是，且保持不变．也考查了相似三角形的判定与性质．
15．（3分）（2023·贵州贵阳·中考真题）如图，在△ABC中，BC=6，BC边上的高为4，在△ABC的内部作一个矩形EFGH，使EF在BC边上，另外两个顶点分别在AB、AC边上，则对角线EG长的最小值为_____．
【答案】
【详解】【分析】作AQ⊥BC于点Q，交DG于点P，设GF=PQ=x，则AP=4﹣x，证△ADG∽△ABC得，据此知EF=DG=（4﹣x），由EG=即可求得答案．
【详解】如图，作AQ⊥BC于点Q，交DG于点P，
∵四边形DEFG是矩形，
∴AQ⊥DG，GF=PQ，
设GF=PQ=x，则AP=4﹣x，
由DG∥BC知△ADG∽△ABC，
∴，即，
则EF=DG=（4﹣x），
∴EG===，
∴当x=时，EG取得最小值，最小值为，
故答案为.
【点睛】本题主要考查相似三角形的判定与性质，解题的关键是掌握矩形的性质、相似三角形的判定与性质及二次函数的性质及勾股定理．
16．（3分）（2023·天津·中考真题）如图，正方形的边长为4，对角线相交于点O，点E，F分别在的延长线上，且，G为的中点，连接，交于点H，连接，则的长为________．
【答案】
【分析】先作辅助线构造直角三角形，求出CH和MG的长，再求出MH的长，最后利用勾股定理求解即可．
【详解】解:如图,作OK⊥BC，垂足为点K，
∵正方形边长为4，
∴OK=2，KC=2，
∴KC=CE，
∴CH是△OKE的中位线
∴，
作GM⊥CD，垂足为点M，
∵G点为EF中点，
∴GM是△FCE的中位线，
∴，，
∴，
在Rt△MHG中，，
故答案为：．
【点睛】本题综合考查了正方形的性质、三角形中位线定理、勾股定理等内容，解决本题的关键是能作出辅助线构造直角三角形，得到三角形的中位线，利用三角形中位线定理求出相应线段的长，利用勾股定理解直角三角形等．
三．解答题（共7小题，满分70分）
17．（8分）（2023·湖北十堰·中考真题）已知关于的一元二次方程．
(1)求证：方程总有两个不相等的实数根；
(2)若方程的两个实数根分别为，，且，求的值．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据根的判别式，即可判断；
（2）利用根与系数关系求出，由即可解出，，再根据，即可得到的值．
【详解】（1），
∵，
∴，
该方程总有两个不相等的实数根；
（2）方程的两个实数根，，
由根与系数关系可知，，，
∵，
∴，
∴，
解得：，，
∴，即．
【点睛】本题考查了根的判别式以及根与系数的关系，解题的关键是掌握根的判别式以及根与系数的关系．
18．（8分）（2023·辽宁丹东·中考真题）如图，在中，点O是的中点，连接并延长交的延长线于点E，连接、．
（1）求证：四边形是平行四边形；
（2）若，判断四边形的形状，并说明理由．
【答案】（1）证明见详解；（2）四边形ACDE是菱形，理由见详解．
【分析】（1）利用平行四边形的性质，即可判定，即可得到，再根据CD∥AE，即可证得四边形ACDE是平行四边形；
（2）利用（1）的结论和平行四边形的性质可得AC=CD，由此即可判定是菱形．
【详解】（1）证明：在ABCD中，AB∥CD，
∴，
∵点O为AD的中点，
∴，
在与中，
∵，
，
，
∴，
∴，
又∵BE∥CD ，
∴四边形ACDE是平行四边形；
（2）解：由（1）知四边形ACDE是平行四边形，，
∵，
∴，
∴四边形ACDE是菱形．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质和判定、三角形全等、菱形的判定等，熟练掌握判定定理并融会贯通是解题的关键．
19．（8分）（2023·湖南岳阳·中考真题）我市某学校落实立德树人根本任务，构建“五育并举”教育体系，开设了“厨艺、园艺、电工、木工、编织”五大类劳动课程．为了解七年级学生对每类课程的选择情况，随机抽取了七年级若干名学生进行调查（每人只选一类最喜欢的课程），将调查结果绘制成如下两幅不完整的统计图：
（1）本次随机调查的学生人数为 人；
（2）补全条形统计图；
（3）若该校七年级共有800名学生，请估计该校七年级学生选择“厨艺”劳动课程的人数；
（4）七（1）班计划在“园艺、电工、木工、编织”四大类劳动课程中任选两类参加学校期末展示活动，请用列表或画树状图的方法，求恰好选中“园艺、编织”这两类劳动课程的概率．
【答案】（1）60；（2）见详解；（3）200人；（4）．
【分析】（1）利用园艺的人数除以百分比，即可得到答案；
（2）先求出编织的人数，再补全条形图即可；
（3）利用总人数乘以厨艺所占的百分比，即可得到答案；
（4）列表或树状图将所有等可能的结果列举出来后利用概率公式求解即可．
【详解】解：（1）根据题意，本次随机调查的学生人数为：
（人）；
故答案为：60；
（2）选择编织的人数为：（人），
补全条形图如下：
（3）该校七年级学生选择“厨艺”劳动课程的人数为：
（人）；
（4）根据题意，“园艺、电工、木工、编织”可分别用字母A，B，C，D表示，则
列表如下：
∵共有12种等可能的结果，其中恰好抽到“园艺、编织”类的有2种结果，
∴恰好抽到“园艺、编织”类的概率为：；
【点睛】本题考查的是用列表法或画树状图法求概率的知识．列表法或画树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，列表法适合于两步完成的事件，树状图法适合两步或两步以上完成的事件．注意概率=所求情况数与总情况数之比．
20．（10分）（2023·广西桂林·中考真题）为进一步促进义务教育均衡发展，某市加大了基础教育经费的投入，已知2018年该市投入基础教育经费5000万元，2023年投入基础教育经费7200万元．
(1)求该市这两年投入基础教育经费的年平均增长率；
(2)如果按（1）中基础教育经费投入的年平均增长率计算．该市计划2023年用不超过当年基础教育经费的5%购买电脑和实物投影仪共1500台，调配给农村学校．若购买一台电脑需3500元，购买一台实物投影需2000元，则最多可购买电脑多少台？
【答案】(1)该市这两年投入基础教育经费的年平均增长率为20%
(2)2023年最多可购买电脑880台
【分析】（1）设该市这两年投入基础教育经费的年平均增长率为x，根据2018年及2023年投入的基础教育经费金额，即可得出关于x的一元二次方程，解之取其正值即可得出结论；
（2）根据年平均增长率求出2023年基础教育经费投入的金额，再根据总价＝单价×数量，即可得出关于m的一元一次不等式，解之即可得出m的取值范围，取其中的最大值即可．
【详解】（1）解：设该市这两年投入基础教育经费的年平均增长率为x，
根据题意得：5000（1＋x）2=7200，
解得：x1=0.2=20%，x2=−2.2（舍去）．
答：该市这两年投入基础教育经费的年平均增长率为20%；
（2）解：2023年投入基础教育经费为7200×（1＋20%）=8640（万元），
设购买电脑m台，则购买实物投影仪（1500−m）台，
根据题意得：3500m＋2000（1500−m）≤86400000×5%，
解得：m≤880，
答：2023年最多可购买电脑880台．
【点睛】本题考查了一元二次方程的应用以及一元一次不等式的应用，解题的关键是：（1）根据2018年及2023年投入的基础教育经费金额，列出关于x的一元二次方程；（2）根据总价＝单价×数量，列出关于m的一元一次不等式．
21．（10分）（2023·贵州遵义·中考真题）如图，将一张矩形纸片ABCD沿直线MN折叠，使点C落在点A处，点D落在点E处，直线MN交BC于点M，交AD于点N．
（1）求证：CM=CN；
（2）若△CMN的面积与△CDN的面积比为3：1，求的值．
【答案】(1)证明见解析;(2)
【分析】（1）由折叠的性质可得：∠ANM=∠CNM，由四边形ABCD是矩形，可得∠ANM=∠CMN，则可证得∠CMN=∠CNM，继而可得CM=CN．
（2）首先过点N作NH⊥BC于点H，由△CMN的面积与△CDN的面积比为3：1，易得MC=3ND=3HC，然后设DN=x，由勾股定理，可求得MN的长，继而求得答案．
【详解】解：（1）证明：由折叠的性质可得：∠ANM=∠CNM，
∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC．∴∠ANM=∠CMN．
∴∠CMN=∠CNM．∴CM=CN．
（2）过点N作NH⊥BC于点H，则四边形NHCD是矩形．
∴HC=DN，NH=DC．
∵△CMN的面积与△CDN的面积比为3：1，
∴．
∴MC=3ND=3HC．∴MH=2HC．
设DN=x，则HC=x，MH=2x，∴CM=3x=CN．
在Rt△CDN中，，
∴HN=．
在Rt△MNH中，，
∴．
22．（12分）（2023·内蒙古赤峰·中考真题）如图，方格纸中的每个小方格都是边长为1个单位长度的正方形，△ABC的顶
点都在格点上，建立平面直角坐标系．
(1)点A的坐标为 ，点C的坐标为 ．
(2)将△ABC向左平移7个单位，请画出平移后的△A1B1C1．若M为△ABC内的一点，其坐标为(a，b)，则平移后点M的对应点M1的坐标为 ．
(3)以原点O为位似中心，将△ABC缩小，使变换后得到的△A2B2C2与△ABC对应边的比为1：2．请在网格内画出△A2B2C2，并写出点A2的坐标： ．
【答案】（1）（2，8），（6，6）（2）见解析，（） （3）见解析，（1，4）或（-1，-4）．
【详解】（1）直接根据图形即可写出点A和C的坐标；
（2）找出三角形平移后各顶点的对应点，然后顺次连接即可；根据平移的规律即可写出点M平移后的坐标；
（3）根据位似变换的要求，找出变换后的对应点，然后顺次连接各点即可，注意有两种情况．
解：（1）A点坐标为：（2，8），C点坐标为：（6，6）；
故答案为：（2，8），（6，6）；
（2）所画图形如下所示，其中△A1B1C1即为所求，根据平移规律：左平移7个单位，可知M1的坐标（a-7，b）；
故答案为：（）
（3）所画图形如下所示，其中△A2B2C2即为所求，点A2的坐标为（1，4）或（-1，-4）．
故答案为：（1，4）或（-1，-4）．
23．（14分）（2023·河南·中考真题）（1）问题发现
如图1，在△OAB和△OCD中，OA=OB，OC=OD，∠AOB=∠COD=40°，连接AC，BD交于点M．填空：
①的值为 ；
②∠AMB的度数为 ．
（2）类比探究
如图2，在△OAB和△OCD中，∠AOB=∠COD=90°，∠OAB=∠OCD=30°，连接AC交BD的延长线于点M．请判断的值及∠AMB的度数，并说明理由；
（3）拓展延伸
在（2）的条件下，将△OCD绕点O在平面内旋转，AC，BD所在直线交于点M，若OD=1，OB=，请直接写出当点C与点M重合时AC的长．
【答案】（1）①1；②40°；（2），90°；（3）AC的长为3或2．
【分析】（1）①证明△COA≌△DOB（SAS），得AC=BD，比值为1；
②由△COA≌△DOB，得∠CAO=∠DBO，根据三角形的内角和定理得：∠AMB=180°-（∠DBO+∠OAB+∠ABD）=180°-140°=40°；
（2）根据两边的比相等且夹角相等可得△AOC∽△BOD，则，由全等三角形的性质得∠AMB的度数；
（3）正确画图形，当点C与点M重合时，有两种情况：如图3和4，同理可得：△AOC∽△BOD，则∠AMB=90°，，可得AC的长．
【详解】（1）问题发现：
①如图1，
∵∠AOB=∠COD=40°，
∴∠COA=∠DOB，
∵OC=OD，OA=OB，
∴△COA≌△DOB（SAS），
∴AC=BD，
∴
②∵△COA≌△DOB，
∴∠CAO=∠DBO，
∵∠AOB=40°，
∴∠OAB+∠ABO=140°，
在△AMB中，∠AMB=180°-（∠CAO+∠OAB+∠ABD）=180°-（∠DBO+∠OAB+∠ABD）=180°-140°=40°，
（2）类比探究：
如图2，，∠AMB=90°，理由是：
Rt△COD中，∠DCO=30°，∠DOC=90°，
∴，
同理得：，
∴，
∵∠AOB=∠COD=90°，
∴∠AOC=∠BOD，
∴△AOC∽△BOD，
∴ ，∠CAO=∠DBO，
在△AMB中，∠AMB=180°-（∠MAB+∠ABM）=180°-（∠OAB+∠ABM+∠DBO）=90°；
（3）拓展延伸：
①点C与点M重合时，如图3，
同理得：△AOC∽△BOD，
∴∠AMB=90°，，
设BD=x，则AC=x，
Rt△COD中，∠OCD=30°，OD=1，
∴CD=2，BC=x-2，
Rt△AOB中，∠OAB=30°，OB=，
∴AB=2OB=2，
在Rt△AMB中，由勾股定理得：AC2+BC2=AB2，
(x)2+(x−2)2＝(2)2，
x2-x-6=0，
（x-3）（x+2）=0，
x1=3，x2=-2，
∴AC=3；
②点C与点M重合时，如图4，
同理得：∠AMB=90°，，
设BD=x，则AC=x，
在Rt△AMB中，由勾股定理得：AC2+BC2=AB2，
(x)2+（x+2）2=(2)2.
x2+x-6=0，
（x+3）（x-2）=0，
x1=-3，x2=2，
∴AC=2；.
综上所述，AC的长为3或2．
【点睛】本题是三角形的综合题，主要考查了三角形全等和相似的性质和判定，几何变换问题，解题的关键是能得出：△AOC∽△BOD，根据相似三角形的性质，并运用类比的思想解决问题，本题是一道比较好的题目．
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