还剩17页未读，
继续阅读
2023-2024学年广东省佛山市南海区双语实验中学九年级（上）段考数学试卷（10月份）（含解析）
展开
这是一份2023-2024学年广东省佛山市南海区双语实验中学九年级（上）段考数学试卷（10月份）（含解析），共20页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.方程x2−2=0的两个根为( )
A. x1=x2=2B. x1=2，x2=−2
C. x1=x2= 2D. x1= 2，x2=− 2
2.矩形具有而菱形不一定具有的性质是( )
A. 对角相等B. 对角线相等C. 对边相等D. 对角线互相平分
3.方程2x2+3x+1=0的根的情况是( )
A. 有两个相等的实数根B. 只有一个实数根
C. 没有实数根D. 有两个不相等的实数根
4.若菱形的一条边长为5cm，则这个菱形的周长为( )
A. 20cmB. 18cmC. 16cmD. 12cm
5.下列等式是一元二次方程的是( )
A. ax2+bx+c=0(a,b,c为常数)B. x(x+1)(x−2)=x2
C. x2=0D. x2−2x=3
6.如图，把矩形ABCD沿EF对折，若∠1=50°，则∠AEF等于( )
A. 50°
B. 80°
C. 65°
D. 115°
7.若方程x2−2x−3=0的一个实数根为m，则2020+m2−2m的值是( )
A. 2024B. 2023C. 2022D. 2021
8.如图，某小区有一块长为18米、宽为6米的矩形空地，计划在其中修建两块相同的矩形绿地(图中阴影部分)，它们的面积之和为60平方米，两块绿地之间及周边留有宽度相等的人行通道．若设人行通道的宽度为x米，则下列所列方程正确的是( )
A. (18−2x)(6−2x)=60B. (18−3x)(6−x)=60
C. (18−2x)(6−x)=60D. (18−3x)(6−2x)=60
9.对角线相等且互相垂直平分的四边形是( )
A. 矩形B. 正方形C. 菱形D. 平行四边形
10.如图，在矩形ABCD中，E为AD中点，作EF//AB，交对角线BD于点O，连结EC.取OB中点P，取CE中点Q，连结PQ.若AD=6，AB=8，则PQ的长度为( )
A. 10
B. 13
C. 2 2
D. 2 3
二、填空题：本题共6小题，每小题3分，共18分。
11.如图，在矩形ABCD中，AC=6，则OB的长是______．
12.已知(x+y)2−2(x+y)−3=0，则x+y= ______．
13.在数学活动课上，小明用四根长度相同的木条首尾相接制作了一个如图1的正方形，而后将正方形的BC边固定，平推成图2的图形，并测得∠B=60°，若图1中的边长AB=10，则变形后图2中图形的面积是______．
14.2022年东阳市初中男生篮球比赛在小组初赛之后，每个小组的第一名再进行决赛，决赛采用单循环比赛(单循环比赛是指所有参赛队伍可在比赛中相遇一次)方式，单循环比赛共进行了15场，参加比赛的队伍共有______支.
15.若x1，x2是一元二次方程x2+2x−5=0的两个根，则x1+x2= ______．
16.如图，在边长为4的正方形ABCD中，点E是边CD的中点，AE的垂直平分线交边BC于点G，交边AE于点F，连接DF，EG，以下结论：①DF= 5，②DF//EG，③△EFG≌△ECG，④BG=12，正确的有：______(填写序号)
三、解答题：本题共9小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题4分)
解方程：x2+8x=9．
18.(本小题4分)
如图，菱形ABCD中，过点C分别作边AB，AD上的高CE，CF，求证：BE=DF．
19.(本小题6分)
如图，矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，CE//BD，DE//AC.求证：四边形DOCE是菱形．
20.(本小题6分)
已知2是关于x的方程x2+ax+a−3=0的一个根，求a的值及方程的另一个根．
21.(本小题8分)
某种商品平均每天可销售30件，每件盈利50元，为了促进销售，商场决定采取适当的降价措施，经调查发现，每件商品毎降价1元，商场平均每天可多售出2件，设每件商品降价x元．据此规律，请回答：
(1)降价后，每件商品盈利______元，日销售量______件．(用含x的代数式表示)；
(2)在上述条件不变的情况下，要更大程度地让利顾客，每件商品降价多少元时，商场日盈利可达到2100元？
22.(本小题10分)
如图，已知，在直角梯形ABCD中，AD//BC，∠B=90°，AB=8cm，AD=24cm，BC=26cm，动点P从A开始沿AD边向点D以1cm/s的速度运动，动点O从点C开始沿CB边向B以3cm/s的速度运动，P、Q分别从点A、C同时出发，当其中一点到达端点时，另一点也随之停止运动，设运动时间为t．
(1)t为何值时，PQ//CD？为什么？
(2)当PQ=2 17cm时，求t的值．
23.(本小题10分)
在边长为6的正方形ABCD中，E是BC上的一个动点(不与点B、C重合)，连接AE.现将△ABE沿AE折叠，使点B落在点F处，连结BF并延长交AE于点H，交CD于点P．
(1)如图1，求证：CP=EF；
(2)如图2，延长AF交DC的延长线于点Q．
①求证：QF=QP；
②若BE=13BC，求出线段PQ的长．
24.(本小题12分)
饲养场准备利用现成的一堵“7”字形的墙面(粗线A−B−C表示墙面)建饲养场，已知AB⊥BC，AB=3米，BC=15米，现计划用总长为38米的篱笆围建一个“日”字形的饲养场BDEF，并在每个区域开一个宽2米的门，如图(细线表示篱笆，饲养场中间用篱笆GH隔开)，点F在线段BC上．
(1)设EF的长为x米，则DE= ______米；(用含x的代数式表示)
(2)若围成的饲养场BDEF的面积为132平方米，求饲养场的宽EF的长；
(3)所围成的饲养场BDEF的面积能否为171平方米？如果能达到，求出EF的长；如果不能，请说明理由．
25.(本小题12分)
如图，在矩形ABCD中，AD=2AB=8，E，F是对角线BD上的动点，且BE=DF，M，N分别是边AD，边BC上的动点．
(1)如图2，连接AC交BD于O点，若E、F、M、N分别是OB、OD、AD、BC的中点，求证：四边形MENF是平行四边形；
(2)当四边形MENF是正方形时，用无刻度的直尺和圆规在图3中作出符合题意的图形并求BE的长；
(3)当BE=2 5−3时，且四边形MENF是矩形，直接写出BN的长．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：方程x2−2=0，
移项得：x2=2，
开方得：x=± 2，
∴x1= 2，x2=− 2．
故选：D．
将原方程的常数项移项到方程右边，利用平方根的定义开方即可求出方程的解．
此题考查了解一元二次方程−直接开方法，利用此方法解方程时，首先将方程左边化为完全平方式，右边合并为一个非负常数，利用平方根的定义开方转化为两个一元一次方程来求解．
2.【答案】B
【解析】解：矩形具有而菱形不一定具有的性质是对角线相等，
故选：B．
利用矩形与菱形的性质即可解答本题．
本题考查了矩形与菱形的性质，中心对称图形，解题的关键是熟练掌握矩形与菱形的性质．
3.【答案】D
【解析】解：∵b2−4ac=32−4×2×1=1>0，
∴方程有两个不相等的实数根．
故选：D．
先计算判别式的值，然后根据判别式的意义判断方程根的情况．
本题考查了根的判别式：一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的根与Δ=b2−4ac有如下关系：当Δ>0时，方程有两个不相等的实数根；当Δ=0时，方程有两个相等的实数根；当Δ<0时，方程无实数根．
4.【答案】A
【解析】解：∵菱形的四条边都相等，
∴其边长都为5cm，
∴菱形的周长=4×5=20cm．
故选：A．
根据菱形的四条边都相等，现在已知其一条边长为5cm，即可求出菱形的周长．
本题考查菱形的性质，属于基础题，比较简单，掌握菱形的四条边相等是解题关键．
5.【答案】C
【解析】解：A.当a=0时，ax2+bx+c=0不是一元二次方程，选项A不符合题意；
B.该方程整理可得x3−2x2−2x=0，含未知数的项的最高次数是3，不是一元二次方程，选项B不符合题意；
C.x2=0是一元二次方程，选项C符合题意；
D.该方程是分式方程，不是一元二次方程，选项D不符合题意．
故选：C．
利用一元二次方程的定义，逐一分析四个选项中的方程，即可得出结论．
本题考查了一元二次方程的定义，牢记“只含有一个未知数，并且未知数的最高次数是2的整式方程叫一元二次方程”是解题的关键．
6.【答案】D
【解析】解：∵把矩形ABCD沿EF对折，
∴AD//BC，∠BFE=∠2，
∵∠1=50°，∠1+∠2+∠BFE=180°，
∴∠BFE=180°−50°2=65°，
∵∠AEF+∠BFE=180°，
∴∠AEF=115°．
故选D．
由把矩形ABCD沿EF对折，根据矩形的性质，可得AD//BC，由折叠的性质，可得∠BFE=∠2，又由∠1=50°，即可求得∠BFE的度数，然后根据两直线平行，同旁内角互补，即可求得∠AEF的度数．
此题考查了矩形的性质，折叠的性质以及平行线的性质．此题难度不大，解题的关键是注意掌握两直线平行，同旁内角互补定理的应用，注意数形结合思想的应用．
7.【答案】B
【解析】解：∵方程x2−2x−3=0的一个实数根为m，
∴m2−2m−3=0．
∴m2−2m=3．
∴2020+m2−2m=2020+(m2−2m)=2020+3=2023．
故选：B．
依据题意，根据方程的根满足方程，进而将m代入方程得m2−2m−3=0，再整体代入即可得解．
本题主要考查一元二次方程的解，解题时要熟练掌握并理解是关键．
8.【答案】D
【解析】【分析】
利用平移的性质，进而表示出长与宽进而得出答案．
此题主要考查了由实际问题抽象出一元二次方程，利用平移的性质得出是解题关键．
【解答】
解：设人行通道的宽度为x米，根据题意可得：
(18−3x)(6−2x)=60，
故选：D．
9.【答案】B
【解析】解：∵四边形的对角线互相平分，
∴此四边形是平行四边形；
又∵对角线相等，
∴此四边形是矩形；
又∵对角线互相垂直，
∴此四边形是正方形．
故选B．
由对角线互相平分，可得此四边形是平行四边形；又由对角线相等，可得是矩形；又因为对角线互相垂直，所以是正方形．
此题考查了正方形的判定．注意对角线互相平分的四边形是平行四边形；对角线相等的平行四边形是矩形；对角线互相垂直的矩形是正方形．
10.【答案】B
【解析】解：∵四边形ABCD是矩形，AD=6，AB=8，E为AD中点，
∴BC=AD=6，CD=AB=8，AE=DE=AD=3，AD//BC，AB//CD，
∵EF//AB，
∴四边形ABFE是平行四边形，EF//CD，
∵∠A=90°，
∴四边形ABFE是矩形，
∴BF=AE=3，∠OFB=∠OEA=90°，
∴CF=BF=DE=3，∠OFB=∠OED=90°，
在△OFB和△OED中，
∠BOF=∠DOE∠OFB=∠OEDBF=ED，
∴△OFB和≌△OED(AAS)，
∴OB=OD，
∴OE=12AB=4，
连结OC，取OC的中点G，连结PG、QG，
∵∠BCD=90°，
∴BD= BC2+CD2= 62+82=10，
∴OC=OB=OD=12BD=5，
∵P、Q分别是OB、CE的中点，
∴PG//BC，PG=12BC=3，GQ//OE，GQ=12OE=2，
∴GQ//CD，
∴∠OGP=∠OCB，∠OGQ=∠OCD，
∴∠PGQ=∠OGP+∠OGQ=∠OCB+∠OCD=∠BCD=90°，
∴PQ= PG2+GQ2= 32+22= 13，
故选：B．
由矩形的性质得BC=AD=6，CD=AB=8，AD//BC，AB//CD，则AE=DE=AD=3，而EF//AB，∠A=90°，则四边形ABFE是矩形，所以BF=AE=3，∠OFB=∠OEA=90°，可证明△OFB和≌△OED，得OB=OD，所以OE=12AB=4，连结OC，取OC的中点G，连结PG、QG，由勾股定理得BD= BC2+CD2=10，则OC=OB=OD=5，由P、Q分别是OB、CE的中点，得PG//BC，PG=12BC=3，GQ//OE，GQ=12OE=2，再证明∠PGQ=90°，则PQ= PG2+GQ2= 13，于是得到问题的答案．
此题重点考查矩形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、三角形的中位线定理、勾股定理等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．
11.【答案】3
【解析】解：在矩形ABCD中，AC=6，
∴BD=AC=6，
∴OB=12BD=3，
故答案为：3．
矩形的对角线相等且相互平分，据此即可作答．
本题主要考查了矩形的性质，掌握矩形的对角线相等且相互平分，是解答本题的关键．
12.【答案】3或−1
【解析】解：设t=x+y，则原方程转化为t2−2t−3=0，
整理，得(t−3)(t+1)=0．
解得t1=3，t2=−1．
所以x+y=3或x+y=−1．
故答案为：3或−1．
设t=x+y，则原方程转化为t2−2t−3=0，利用因式分解法解方程即可．
本题主要考查了换元法解一元二次方程，换元的实质是转化，关键是构造元和设元，理论依据是等量代换，目的是变换研究对象，将问题移至新对象的知识背景中去研究，从而使非标准型问题标准化、复杂问题简单化，变得容易处理．
13.【答案】50 3
【解析】解：将正方形的BC边固定，平推成菱形，则边长长度不改变，
∴BC=AB=10．
过点A作AE⊥BC于点E，如图，
∵∠B=60°，
∴∠BAE=30°，
∴BE=AB=5，
∴AE= AB2−BE2= 102−52=5 3．
∴S菱形ABCD=BC⋅AE=10×5 3=50 3．
故答案为：50 3．
在菱形ABCD中，AB=10，过点A作AE⊥BC于点E，求出AE=5 3，再求出菱形ABCD的面积即可．
本题考查菱形的性质、正方形的性质、勾股定理等知识，解题的关键是熟练掌握菱形和正方形的性质．
14.【答案】10
【解析】解：设参加比赛的队伍共有x支，
根据题意得：12x(x−1)=15，
解得x=6或x=−5(舍去)，
∴参加比赛的队伍共有6支；
故答案为：6．
设参加比赛的队伍共有x支，可列方程：12x(x−1)=15，即可解得参加比赛的队伍共有6支．
本题考查一元二次方程的应用，解题的关键是读懂题意，列出一元二次方程解决问题．
15.【答案】−2
【解析】解：∵x1，x2是一元二次方程x2+2x−5=0的两个根，
∴x1+x2=−2，
故答案为：−2．
根据根与系数的关系可得出x1+x2=−2．
本题考查了根与系数的关系，牢记两根之和等于−ba、两根之积等于ca是解题的关键．
16.【答案】①④
【解析】解：如图，设FG交AD于M，连接BE．
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=CD=AD=4，∠ADC=∠C=90°，
∵DE=EC=2，
在Rt△ADE中，AE= AD2+DE2= 22+42=2 5．
∵AF=EF，
∴DF=12AE= 5，故①正确，
易证△AED≌△BEC，
∴∠AED=∠BEC，
∵DF=EF，
∴∠FDE=∠FED=∠BEC，
∴DF//BE，
∵BE与EG相交，
∴DF与EG不平行，故②错误，
∵AE⊥MG，易证AE=MG=2 5，
由△AFM∽△ADE，可知FMDE=AFAD，
∴FM=12 5，FG=32 5，
在Rt△EFG中，EG= EF2+FG2= 652，
在Rt△ECG中，CG= EG2−CE2=72，
∴BG=BC−CG=4−72=12，故④正确，
∵EF≠EC，FG≠CG，∴△EGF与△EGC不全等，故③错误，
故答案为①④．
如图，设FG交AD于M，连接BE.①正确，利用勾股定理求出AE即可．②错误，只要证明DF//BE即可证明．④正确．通过计算即可证明．且发现EF≠EC，FG≠CG，即可说明③错误．
本题考查正方形的性质、线段的垂直平分线的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理、直角三角形斜边中线的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会添加辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考填空题中的压轴题．
17.【答案】解：x2+8x=9，
x2+8x−9=0，
(x+9)(x−1)=0，
x+9=0或x−1=0，
解得x1=−9，x2=1．
【解析】先把方程化为一般式，然后利用因式分解法解方程．
本题考查了解一元二次方程−因式分解法：先把方程的右边化为0，再把左边通过因式分解化为两个一次因式的积的形式，那么这两个因式的值就都有可能为0，这就能得到两个一元一次方程的解，这样也就把原方程进行了降次，把解一元二次方程转化为解一元一次方程的问题了(数学转化思想)．
18.【答案】证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴BC=CD，∠B=∠D，
∵CE，CF分别边AB，AD上的高，
∴∠BEC=∠DFC=90°，
在△BCE和△DCF中，
∠BEC=∠DFC∠B=∠DBC=DC，
∴△BCE≌△DCF(AAS)，
∴BE=DF．
【解析】由菱形的性质得到BC=CD，∠B=∠D，根据全等三角形的AAS定理证得△BCE≌△DCF，由全等三角形的性质可得BE=DF．
本题主要考查了菱形的性质和全等三角形的性质和判定，由菱形的性质结合三角形全等的判定定理证得△BCE≌△DCF是解决问题的关键．
19.【答案】证明：∵CE//BD，DE//AC，
∴四边形DOCE是平行四边形，
∵四边形ABCD是矩形，
∴OC=12AC，OD=12BD，
∵AC=BD，
∴OC=OD，
∴四边形DOCE是菱形．
【解析】根据菱形的判定定理：一组邻边相等的平行四边形是菱形，即可证明．
本题主要考查了平行四边形的判定定理，矩形的性质定理以及菱形的判定定理，熟练掌握各图形的判定和性质定理是解题的关键．
20.【答案】解：将x=2代入方程x2+ax+a−3=0得4+2a+a−3=0，解得a=−13，
方程为x2−13x−103=0，即3x2−x−10=0，
解得x1=−53，x2=2．
所以另一个根为−53．
【解析】将x=2代入方程x2+ax+a−3=0可得a的值，再将a的值代回方程，解方程得出另一个根．
本题考查了一元二次方程的根与系数的关系，利用根与系数的关系，可以使运算简便．
21.【答案】(1)2x；(50−x)；
(2) 根据题意可得(30+2x)(50−x)=2100，
解得：x=15或x=20，
∵该商场为了尽快减少库存，
∴降的越多，越吸引顾客，
∴选x=20，
答：每件商品降价20元，商场日盈利可达2100元．
【解析】解：(1)商场日销售量增加2x件，每件商品盈利(50−x)元，
故答案为：2x、(50−x)；
(2)见答案．
【分析】
(1)降价1元，可多售出2件，降价x元，可多售出2x件，盈利的钱数=原来的盈利−降低的钱数；
(2)根据日盈利=每件商品盈利的钱数×(原来每天销售的商品件数30+2×降价的钱数)，列出方程求解即可；
考查了一元二次方程的应用，得到日盈利的等量关系是解决本题的关键．
22.【答案】解：(1)由题意知，AP=t cm，CQ=3t cm，PD=(24−t)cm，
当四边形PQCD为平行四边形时，PQ//CD，
∵AD//BC，
∴PD=CQ，四边形PQCD为平行四边形，
∴24−t=3t，
解得：t=6，
即当t=6s时，PQ//CD．
(2)如图1，
过P作PH⊥BC于D，
∵∠B=90°，
∴AB//PH，
∵AP//BH，
∴四边形ABHP是矩形，
∴BH=AP=t(cm)，PH=AB=8(cm)，∠PHQ=90°，
∴HQ=BC−BH−CQ=(26−4t)(cm)，
在Rt△PHQ中，HQ=(26−4t)cm，PH=8cm，PQ=2 17cm，
∴PH2+HQ2=PQ2，
∴82+(26−4t)2=(2 17)2，
解得：t1=6，t2=7(舍弃)；
如图2，
过P作PH⊥BC于D，
则四边形ABHP是矩形，
∴BH=AP=t (cm)，PH=AB=8(cm)，∠PHQ=90°，
∴HQ=BH−BQ=(26−4t)(cm)，
在Rt△PHQ中，HQ=(26−4t)cm，PH=8cm，PQ=2 17cm，
∴PH2+HQ2=PQ2，
∴82+(26−4t)2=(2 17)2，
解得：t1=6(舍弃)，t2=7；
综上所述，满足条件的t的值为6s或7s．
【解析】(1)四边形PQCD为平行四边形时PD//CQ，
(2)分两种情形：如图1，过P作PH⊥BC于D，如图2，过P作PH⊥BC于D，分别利用勾股定理构建方程求解即可．
本题考查直角梯形的性质，平行四边形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是理解题意，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考常考题型．
23.【答案】(1)证明：∵正方形ABCD，
∴AB=BC，∠ABC=∠C=90°，
∵△ABE沿AE折叠，使点B落在点F处，
∴BE=EF，AE⊥BF，
∴∠AHB=∠ABE=90°，
∴∠BAE=∠HBE=90°−∠ABH，
在△ABE和△BCP中，
∠BAE=∠HBEAB=BC∠ABC=∠C，
∴△ABE≌△BCP(ASA)，
∴BE=CP，
又∵BE=EF，
∴CP=EF；
(2)①证明：∵将△ABE沿AE折叠，使点B落在点F处，
∴AB=AF，
∴∠ABF=∠AFB，
∵正方形ABCD，
∴AB//CD，
∴∠ABF=∠QPF，
又∠AFB=∠QFP，
∴∠QPF=∠QFP，
∴QF=QP；
②解：∵正方形ABCD，边长为6，
∴AB=AD=BC=CD=6，∠D=90°，
由(1)知CP=BE=13BC=2，
∴DP=CD−CP=4，
∵将△ABE沿AE折叠，使点B落在点F处，
∴AF=AB=6，
设PQ=x，由①得：QF=PQ=x，
则：AQ=AF+FQ=6+x，DQ=DP+PQ=4+x，
在Rt△ADQ中，AQ2=AD2+DQ2，
∴(6+x)2=62+(4+x)2，
∴x=4，
即：PQ=4．
【解析】(1)证明△ABE≌△BCP，得到BE=CP，折叠的性质，得到BE=EF，即可得证；
(2)①折叠得到AB=AF，得到∠ABF=∠AFB，平行线的性质和对顶角相等，推出∠QFP=∠QPF，即可得证；
②设PQ=x，分别用含x的式子表示出AQ，DQ的长，在Rt△ADQ中，利用勾股定理进行求解即可．
本题考查正方形和折叠．熟练掌握折叠的性质，正方形的性质，证明三角形全等是解题的关键．
24.【答案】(45−3x)
【解析】解：(1)设EF的长为x米，则DE=38+2+2−(3x−3)=(45−3x)(米)．
故答案为：(45−3x)．
(2)依题意得：x(45−3x)=132，
整理得：x2−15x+44=0，
解得：x1=4，x2=11．
当x=4时，45−3x=45−3×4=33>15，不合题意，舍去；
当x=11时，45−3x=45−3×11=12<15，符合题意．
答：饲养场的宽EF的长为11米．
(2)不能达到，理由如下：
设EF的长为y米，则DE=38+15+2+2−(3y−3)2=60−3y2米，
依题意得：y⋅60−3y2=171，
整理得：y2−20y+114=0，
∵Δ=(−20)2−4×1×114=−56<0，
∴该方程没有实数根，
即11米．
(1)据各边之间的关系，即可用含x的代数式表示出DE的长；
(2)利用矩形的面积计算公式，即可得出关于x的一元二次方程，解之即可得出x的值，再结合DE不超过15米，即可得出饲养场的宽EF的长为11米；
(3)不能达到，设EF的长为y米，则DE=60−3y2米，利用矩形的面积计算公式，即可得出关于y的一元二次方程，由根的判别式Δ=−16<0，可得出该方程没有实数根，即不能达到．
本题考查了一元二次方程的应用以及根的判别式，解题的关键是：(1)找准等量关系，正确列出一元二次方程；(2)牢记“当Δ<0时，方程无实数根”．
25.【答案】(1)证明：∵矩形ABCD，
∴AO=CO，
∵F，M是OD，AD中点，
∴MF是△AOD的中位线，
∴MF=12AO，MF//AO，
同理可得：EN=12OC，EN//OC，
∴EN=MF，EN//MF，
∴四边形FMEN为平行四边形．
(2)如图3，四边形FMEN即为所求；
．
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD=∠ABC=∠BCD=∠ADC=90°，AD=BC，AB=CD，OB=OD=OA=OC，
∵AD=2AB=8，
∴AB=4，
∴BD= 82+42=4 5，OB=OD=2 5，
∵正方形FMEN，
∴OE=OF，EF⊥MN，
∴BE=DF，
过O作OH⊥BC于H，设ON=x，BN=y，而OB=OC，
∴BH=CH=4，
∴OH= (2 5)2−42=2，
∴2 5x=2y，即y= 5x，
∵EF⊥MN，
∴(2 5)2+x2=( 5x)2，
解得：x= 5(负根舍去)，
∴ON=OE= 5，
∴BE=OB−OE= 5；
(3)∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD=∠ABC=∠BCD=∠ADC=90°，AD=BC，AB=CD，OB=OD=OA=OC，
∵AD=2AB=8，
∴AB=4，
∴BD= 82+42=4 5，
∵四边形FMEN是矩形，
∴OE=OF=ON，∠EMF=∠ENF=90°，
∴BE=DF=2 5−3，
∴EF=BD−BE−DF=6，
如图4，作OH⊥BC于H，而OB=OC，
∴BH=CH=4，而OB=OD=2 5，
∴OH= (2 5)2−42=2，而ON=OE=12EF=3，
∴NH= 32−22= 5，
∴BN=BH+NH=4+ 5，
同理可得：N′H= 5，
∴BN′=BH−N′H=4− 5，
综上：BN的长为4+ 5或4− 5．
【解析】(1)分别证明MF=12AO，MF//AO，EN=12OC，EN//OC，可得EN=MF，EN//MF，从而可得结论；
(2)连接AC交BD于O，作∠BOD的平分线交AD于M，交BC于N，再以O为圆心，OM为半径作圆，交OB于E，交OD于F，再顺次连接M，E，N，F即可；求解BD= 82+42=4 5，OB=OD=2 5，证明OE=OF，EF⊥MN，可得BE=DF，过O作OH⊥BC于H，设ON=x，BN=y，求解OH= (2 5)2−42=2，可得2 5x=2y，即y= 5x，建立方程(2 5)2+x2=( 5x)2，从而可得BE的长；
(3)求解AB=4，可得BD= 82+42=4 5，证明OE=OF=ON，∠EMF=∠ENF=90°，可得BE=DF=2 5−3，EF=BD−BE−DF=6，作OH⊥BC于H，而OB=OC，可得BH=CH=4，而OB=OD=2 5，求解OH= (2 5)2−42=2，而ON=OE=12EF=3，可得NH= 32−22= 5，同理可得：N′H= 5，从而可得答案．
本题考查的是矩形的判定与性质，正方形的判定与性质，三角形的中位线的性质，平行四边形的判定与性质，作已知角的角平分线，勾股定理的应用，等腰三角形的性质，二次根式的乘法运算，熟练的画出图形利用数形结合的方法解题是关键．
1.方程x2−2=0的两个根为( )
A. x1=x2=2B. x1=2，x2=−2
C. x1=x2= 2D. x1= 2，x2=− 2
2.矩形具有而菱形不一定具有的性质是( )
A. 对角相等B. 对角线相等C. 对边相等D. 对角线互相平分
3.方程2x2+3x+1=0的根的情况是( )
A. 有两个相等的实数根B. 只有一个实数根
C. 没有实数根D. 有两个不相等的实数根
4.若菱形的一条边长为5cm，则这个菱形的周长为( )
A. 20cmB. 18cmC. 16cmD. 12cm
5.下列等式是一元二次方程的是( )
A. ax2+bx+c=0(a,b,c为常数)B. x(x+1)(x−2)=x2
C. x2=0D. x2−2x=3
6.如图，把矩形ABCD沿EF对折，若∠1=50°，则∠AEF等于( )
A. 50°
B. 80°
C. 65°
D. 115°
7.若方程x2−2x−3=0的一个实数根为m，则2020+m2−2m的值是( )
A. 2024B. 2023C. 2022D. 2021
8.如图，某小区有一块长为18米、宽为6米的矩形空地，计划在其中修建两块相同的矩形绿地(图中阴影部分)，它们的面积之和为60平方米，两块绿地之间及周边留有宽度相等的人行通道．若设人行通道的宽度为x米，则下列所列方程正确的是( )
A. (18−2x)(6−2x)=60B. (18−3x)(6−x)=60
C. (18−2x)(6−x)=60D. (18−3x)(6−2x)=60
9.对角线相等且互相垂直平分的四边形是( )
A. 矩形B. 正方形C. 菱形D. 平行四边形
10.如图，在矩形ABCD中，E为AD中点，作EF//AB，交对角线BD于点O，连结EC.取OB中点P，取CE中点Q，连结PQ.若AD=6，AB=8，则PQ的长度为( )
A. 10
B. 13
C. 2 2
D. 2 3
二、填空题：本题共6小题，每小题3分，共18分。
11.如图，在矩形ABCD中，AC=6，则OB的长是______．
12.已知(x+y)2−2(x+y)−3=0，则x+y= ______．
13.在数学活动课上，小明用四根长度相同的木条首尾相接制作了一个如图1的正方形，而后将正方形的BC边固定，平推成图2的图形，并测得∠B=60°，若图1中的边长AB=10，则变形后图2中图形的面积是______．
14.2022年东阳市初中男生篮球比赛在小组初赛之后，每个小组的第一名再进行决赛，决赛采用单循环比赛(单循环比赛是指所有参赛队伍可在比赛中相遇一次)方式，单循环比赛共进行了15场，参加比赛的队伍共有______支.
15.若x1，x2是一元二次方程x2+2x−5=0的两个根，则x1+x2= ______．
16.如图，在边长为4的正方形ABCD中，点E是边CD的中点，AE的垂直平分线交边BC于点G，交边AE于点F，连接DF，EG，以下结论：①DF= 5，②DF//EG，③△EFG≌△ECG，④BG=12，正确的有：______(填写序号)
三、解答题：本题共9小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题4分)
解方程：x2+8x=9．
18.(本小题4分)
如图，菱形ABCD中，过点C分别作边AB，AD上的高CE，CF，求证：BE=DF．
19.(本小题6分)
如图，矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，CE//BD，DE//AC.求证：四边形DOCE是菱形．
20.(本小题6分)
已知2是关于x的方程x2+ax+a−3=0的一个根，求a的值及方程的另一个根．
21.(本小题8分)
某种商品平均每天可销售30件，每件盈利50元，为了促进销售，商场决定采取适当的降价措施，经调查发现，每件商品毎降价1元，商场平均每天可多售出2件，设每件商品降价x元．据此规律，请回答：
(1)降价后，每件商品盈利______元，日销售量______件．(用含x的代数式表示)；
(2)在上述条件不变的情况下，要更大程度地让利顾客，每件商品降价多少元时，商场日盈利可达到2100元？
22.(本小题10分)
如图，已知，在直角梯形ABCD中，AD//BC，∠B=90°，AB=8cm，AD=24cm，BC=26cm，动点P从A开始沿AD边向点D以1cm/s的速度运动，动点O从点C开始沿CB边向B以3cm/s的速度运动，P、Q分别从点A、C同时出发，当其中一点到达端点时，另一点也随之停止运动，设运动时间为t．
(1)t为何值时，PQ//CD？为什么？
(2)当PQ=2 17cm时，求t的值．
23.(本小题10分)
在边长为6的正方形ABCD中，E是BC上的一个动点(不与点B、C重合)，连接AE.现将△ABE沿AE折叠，使点B落在点F处，连结BF并延长交AE于点H，交CD于点P．
(1)如图1，求证：CP=EF；
(2)如图2，延长AF交DC的延长线于点Q．
①求证：QF=QP；
②若BE=13BC，求出线段PQ的长．
24.(本小题12分)
饲养场准备利用现成的一堵“7”字形的墙面(粗线A−B−C表示墙面)建饲养场，已知AB⊥BC，AB=3米，BC=15米，现计划用总长为38米的篱笆围建一个“日”字形的饲养场BDEF，并在每个区域开一个宽2米的门，如图(细线表示篱笆，饲养场中间用篱笆GH隔开)，点F在线段BC上．
(1)设EF的长为x米，则DE= ______米；(用含x的代数式表示)
(2)若围成的饲养场BDEF的面积为132平方米，求饲养场的宽EF的长；
(3)所围成的饲养场BDEF的面积能否为171平方米？如果能达到，求出EF的长；如果不能，请说明理由．
25.(本小题12分)
如图，在矩形ABCD中，AD=2AB=8，E，F是对角线BD上的动点，且BE=DF，M，N分别是边AD，边BC上的动点．
(1)如图2，连接AC交BD于O点，若E、F、M、N分别是OB、OD、AD、BC的中点，求证：四边形MENF是平行四边形；
(2)当四边形MENF是正方形时，用无刻度的直尺和圆规在图3中作出符合题意的图形并求BE的长；
(3)当BE=2 5−3时，且四边形MENF是矩形，直接写出BN的长．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：方程x2−2=0，
移项得：x2=2，
开方得：x=± 2，
∴x1= 2，x2=− 2．
故选：D．
将原方程的常数项移项到方程右边，利用平方根的定义开方即可求出方程的解．
此题考查了解一元二次方程−直接开方法，利用此方法解方程时，首先将方程左边化为完全平方式，右边合并为一个非负常数，利用平方根的定义开方转化为两个一元一次方程来求解．
2.【答案】B
【解析】解：矩形具有而菱形不一定具有的性质是对角线相等，
故选：B．
利用矩形与菱形的性质即可解答本题．
本题考查了矩形与菱形的性质，中心对称图形，解题的关键是熟练掌握矩形与菱形的性质．
3.【答案】D
【解析】解：∵b2−4ac=32−4×2×1=1>0，
∴方程有两个不相等的实数根．
故选：D．
先计算判别式的值，然后根据判别式的意义判断方程根的情况．
本题考查了根的判别式：一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的根与Δ=b2−4ac有如下关系：当Δ>0时，方程有两个不相等的实数根；当Δ=0时，方程有两个相等的实数根；当Δ<0时，方程无实数根．
4.【答案】A
【解析】解：∵菱形的四条边都相等，
∴其边长都为5cm，
∴菱形的周长=4×5=20cm．
故选：A．
根据菱形的四条边都相等，现在已知其一条边长为5cm，即可求出菱形的周长．
本题考查菱形的性质，属于基础题，比较简单，掌握菱形的四条边相等是解题关键．
5.【答案】C
【解析】解：A.当a=0时，ax2+bx+c=0不是一元二次方程，选项A不符合题意；
B.该方程整理可得x3−2x2−2x=0，含未知数的项的最高次数是3，不是一元二次方程，选项B不符合题意；
C.x2=0是一元二次方程，选项C符合题意；
D.该方程是分式方程，不是一元二次方程，选项D不符合题意．
故选：C．
利用一元二次方程的定义，逐一分析四个选项中的方程，即可得出结论．
本题考查了一元二次方程的定义，牢记“只含有一个未知数，并且未知数的最高次数是2的整式方程叫一元二次方程”是解题的关键．
6.【答案】D
【解析】解：∵把矩形ABCD沿EF对折，
∴AD//BC，∠BFE=∠2，
∵∠1=50°，∠1+∠2+∠BFE=180°，
∴∠BFE=180°−50°2=65°，
∵∠AEF+∠BFE=180°，
∴∠AEF=115°．
故选D．
由把矩形ABCD沿EF对折，根据矩形的性质，可得AD//BC，由折叠的性质，可得∠BFE=∠2，又由∠1=50°，即可求得∠BFE的度数，然后根据两直线平行，同旁内角互补，即可求得∠AEF的度数．
此题考查了矩形的性质，折叠的性质以及平行线的性质．此题难度不大，解题的关键是注意掌握两直线平行，同旁内角互补定理的应用，注意数形结合思想的应用．
7.【答案】B
【解析】解：∵方程x2−2x−3=0的一个实数根为m，
∴m2−2m−3=0．
∴m2−2m=3．
∴2020+m2−2m=2020+(m2−2m)=2020+3=2023．
故选：B．
依据题意，根据方程的根满足方程，进而将m代入方程得m2−2m−3=0，再整体代入即可得解．
本题主要考查一元二次方程的解，解题时要熟练掌握并理解是关键．
8.【答案】D
【解析】【分析】
利用平移的性质，进而表示出长与宽进而得出答案．
此题主要考查了由实际问题抽象出一元二次方程，利用平移的性质得出是解题关键．
【解答】
解：设人行通道的宽度为x米，根据题意可得：
(18−3x)(6−2x)=60，
故选：D．
9.【答案】B
【解析】解：∵四边形的对角线互相平分，
∴此四边形是平行四边形；
又∵对角线相等，
∴此四边形是矩形；
又∵对角线互相垂直，
∴此四边形是正方形．
故选B．
由对角线互相平分，可得此四边形是平行四边形；又由对角线相等，可得是矩形；又因为对角线互相垂直，所以是正方形．
此题考查了正方形的判定．注意对角线互相平分的四边形是平行四边形；对角线相等的平行四边形是矩形；对角线互相垂直的矩形是正方形．
10.【答案】B
【解析】解：∵四边形ABCD是矩形，AD=6，AB=8，E为AD中点，
∴BC=AD=6，CD=AB=8，AE=DE=AD=3，AD//BC，AB//CD，
∵EF//AB，
∴四边形ABFE是平行四边形，EF//CD，
∵∠A=90°，
∴四边形ABFE是矩形，
∴BF=AE=3，∠OFB=∠OEA=90°，
∴CF=BF=DE=3，∠OFB=∠OED=90°，
在△OFB和△OED中，
∠BOF=∠DOE∠OFB=∠OEDBF=ED，
∴△OFB和≌△OED(AAS)，
∴OB=OD，
∴OE=12AB=4，
连结OC，取OC的中点G，连结PG、QG，
∵∠BCD=90°，
∴BD= BC2+CD2= 62+82=10，
∴OC=OB=OD=12BD=5，
∵P、Q分别是OB、CE的中点，
∴PG//BC，PG=12BC=3，GQ//OE，GQ=12OE=2，
∴GQ//CD，
∴∠OGP=∠OCB，∠OGQ=∠OCD，
∴∠PGQ=∠OGP+∠OGQ=∠OCB+∠OCD=∠BCD=90°，
∴PQ= PG2+GQ2= 32+22= 13，
故选：B．
由矩形的性质得BC=AD=6，CD=AB=8，AD//BC，AB//CD，则AE=DE=AD=3，而EF//AB，∠A=90°，则四边形ABFE是矩形，所以BF=AE=3，∠OFB=∠OEA=90°，可证明△OFB和≌△OED，得OB=OD，所以OE=12AB=4，连结OC，取OC的中点G，连结PG、QG，由勾股定理得BD= BC2+CD2=10，则OC=OB=OD=5，由P、Q分别是OB、CE的中点，得PG//BC，PG=12BC=3，GQ//OE，GQ=12OE=2，再证明∠PGQ=90°，则PQ= PG2+GQ2= 13，于是得到问题的答案．
此题重点考查矩形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、三角形的中位线定理、勾股定理等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．
11.【答案】3
【解析】解：在矩形ABCD中，AC=6，
∴BD=AC=6，
∴OB=12BD=3，
故答案为：3．
矩形的对角线相等且相互平分，据此即可作答．
本题主要考查了矩形的性质，掌握矩形的对角线相等且相互平分，是解答本题的关键．
12.【答案】3或−1
【解析】解：设t=x+y，则原方程转化为t2−2t−3=0，
整理，得(t−3)(t+1)=0．
解得t1=3，t2=−1．
所以x+y=3或x+y=−1．
故答案为：3或−1．
设t=x+y，则原方程转化为t2−2t−3=0，利用因式分解法解方程即可．
本题主要考查了换元法解一元二次方程，换元的实质是转化，关键是构造元和设元，理论依据是等量代换，目的是变换研究对象，将问题移至新对象的知识背景中去研究，从而使非标准型问题标准化、复杂问题简单化，变得容易处理．
13.【答案】50 3
【解析】解：将正方形的BC边固定，平推成菱形，则边长长度不改变，
∴BC=AB=10．
过点A作AE⊥BC于点E，如图，
∵∠B=60°，
∴∠BAE=30°，
∴BE=AB=5，
∴AE= AB2−BE2= 102−52=5 3．
∴S菱形ABCD=BC⋅AE=10×5 3=50 3．
故答案为：50 3．
在菱形ABCD中，AB=10，过点A作AE⊥BC于点E，求出AE=5 3，再求出菱形ABCD的面积即可．
本题考查菱形的性质、正方形的性质、勾股定理等知识，解题的关键是熟练掌握菱形和正方形的性质．
14.【答案】10
【解析】解：设参加比赛的队伍共有x支，
根据题意得：12x(x−1)=15，
解得x=6或x=−5(舍去)，
∴参加比赛的队伍共有6支；
故答案为：6．
设参加比赛的队伍共有x支，可列方程：12x(x−1)=15，即可解得参加比赛的队伍共有6支．
本题考查一元二次方程的应用，解题的关键是读懂题意，列出一元二次方程解决问题．
15.【答案】−2
【解析】解：∵x1，x2是一元二次方程x2+2x−5=0的两个根，
∴x1+x2=−2，
故答案为：−2．
根据根与系数的关系可得出x1+x2=−2．
本题考查了根与系数的关系，牢记两根之和等于−ba、两根之积等于ca是解题的关键．
16.【答案】①④
【解析】解：如图，设FG交AD于M，连接BE．
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=CD=AD=4，∠ADC=∠C=90°，
∵DE=EC=2，
在Rt△ADE中，AE= AD2+DE2= 22+42=2 5．
∵AF=EF，
∴DF=12AE= 5，故①正确，
易证△AED≌△BEC，
∴∠AED=∠BEC，
∵DF=EF，
∴∠FDE=∠FED=∠BEC，
∴DF//BE，
∵BE与EG相交，
∴DF与EG不平行，故②错误，
∵AE⊥MG，易证AE=MG=2 5，
由△AFM∽△ADE，可知FMDE=AFAD，
∴FM=12 5，FG=32 5，
在Rt△EFG中，EG= EF2+FG2= 652，
在Rt△ECG中，CG= EG2−CE2=72，
∴BG=BC−CG=4−72=12，故④正确，
∵EF≠EC，FG≠CG，∴△EGF与△EGC不全等，故③错误，
故答案为①④．
如图，设FG交AD于M，连接BE.①正确，利用勾股定理求出AE即可．②错误，只要证明DF//BE即可证明．④正确．通过计算即可证明．且发现EF≠EC，FG≠CG，即可说明③错误．
本题考查正方形的性质、线段的垂直平分线的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理、直角三角形斜边中线的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会添加辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考填空题中的压轴题．
17.【答案】解：x2+8x=9，
x2+8x−9=0，
(x+9)(x−1)=0，
x+9=0或x−1=0，
解得x1=−9，x2=1．
【解析】先把方程化为一般式，然后利用因式分解法解方程．
本题考查了解一元二次方程−因式分解法：先把方程的右边化为0，再把左边通过因式分解化为两个一次因式的积的形式，那么这两个因式的值就都有可能为0，这就能得到两个一元一次方程的解，这样也就把原方程进行了降次，把解一元二次方程转化为解一元一次方程的问题了(数学转化思想)．
18.【答案】证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴BC=CD，∠B=∠D，
∵CE，CF分别边AB，AD上的高，
∴∠BEC=∠DFC=90°，
在△BCE和△DCF中，
∠BEC=∠DFC∠B=∠DBC=DC，
∴△BCE≌△DCF(AAS)，
∴BE=DF．
【解析】由菱形的性质得到BC=CD，∠B=∠D，根据全等三角形的AAS定理证得△BCE≌△DCF，由全等三角形的性质可得BE=DF．
本题主要考查了菱形的性质和全等三角形的性质和判定，由菱形的性质结合三角形全等的判定定理证得△BCE≌△DCF是解决问题的关键．
19.【答案】证明：∵CE//BD，DE//AC，
∴四边形DOCE是平行四边形，
∵四边形ABCD是矩形，
∴OC=12AC，OD=12BD，
∵AC=BD，
∴OC=OD，
∴四边形DOCE是菱形．
【解析】根据菱形的判定定理：一组邻边相等的平行四边形是菱形，即可证明．
本题主要考查了平行四边形的判定定理，矩形的性质定理以及菱形的判定定理，熟练掌握各图形的判定和性质定理是解题的关键．
20.【答案】解：将x=2代入方程x2+ax+a−3=0得4+2a+a−3=0，解得a=−13，
方程为x2−13x−103=0，即3x2−x−10=0，
解得x1=−53，x2=2．
所以另一个根为−53．
【解析】将x=2代入方程x2+ax+a−3=0可得a的值，再将a的值代回方程，解方程得出另一个根．
本题考查了一元二次方程的根与系数的关系，利用根与系数的关系，可以使运算简便．
21.【答案】(1)2x；(50−x)；
(2) 根据题意可得(30+2x)(50−x)=2100，
解得：x=15或x=20，
∵该商场为了尽快减少库存，
∴降的越多，越吸引顾客，
∴选x=20，
答：每件商品降价20元，商场日盈利可达2100元．
【解析】解：(1)商场日销售量增加2x件，每件商品盈利(50−x)元，
故答案为：2x、(50−x)；
(2)见答案．
【分析】
(1)降价1元，可多售出2件，降价x元，可多售出2x件，盈利的钱数=原来的盈利−降低的钱数；
(2)根据日盈利=每件商品盈利的钱数×(原来每天销售的商品件数30+2×降价的钱数)，列出方程求解即可；
考查了一元二次方程的应用，得到日盈利的等量关系是解决本题的关键．
22.【答案】解：(1)由题意知，AP=t cm，CQ=3t cm，PD=(24−t)cm，
当四边形PQCD为平行四边形时，PQ//CD，
∵AD//BC，
∴PD=CQ，四边形PQCD为平行四边形，
∴24−t=3t，
解得：t=6，
即当t=6s时，PQ//CD．
(2)如图1，
过P作PH⊥BC于D，
∵∠B=90°，
∴AB//PH，
∵AP//BH，
∴四边形ABHP是矩形，
∴BH=AP=t(cm)，PH=AB=8(cm)，∠PHQ=90°，
∴HQ=BC−BH−CQ=(26−4t)(cm)，
在Rt△PHQ中，HQ=(26−4t)cm，PH=8cm，PQ=2 17cm，
∴PH2+HQ2=PQ2，
∴82+(26−4t)2=(2 17)2，
解得：t1=6，t2=7(舍弃)；
如图2，
过P作PH⊥BC于D，
则四边形ABHP是矩形，
∴BH=AP=t (cm)，PH=AB=8(cm)，∠PHQ=90°，
∴HQ=BH−BQ=(26−4t)(cm)，
在Rt△PHQ中，HQ=(26−4t)cm，PH=8cm，PQ=2 17cm，
∴PH2+HQ2=PQ2，
∴82+(26−4t)2=(2 17)2，
解得：t1=6(舍弃)，t2=7；
综上所述，满足条件的t的值为6s或7s．
【解析】(1)四边形PQCD为平行四边形时PD//CQ，
(2)分两种情形：如图1，过P作PH⊥BC于D，如图2，过P作PH⊥BC于D，分别利用勾股定理构建方程求解即可．
本题考查直角梯形的性质，平行四边形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是理解题意，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考常考题型．
23.【答案】(1)证明：∵正方形ABCD，
∴AB=BC，∠ABC=∠C=90°，
∵△ABE沿AE折叠，使点B落在点F处，
∴BE=EF，AE⊥BF，
∴∠AHB=∠ABE=90°，
∴∠BAE=∠HBE=90°−∠ABH，
在△ABE和△BCP中，
∠BAE=∠HBEAB=BC∠ABC=∠C，
∴△ABE≌△BCP(ASA)，
∴BE=CP，
又∵BE=EF，
∴CP=EF；
(2)①证明：∵将△ABE沿AE折叠，使点B落在点F处，
∴AB=AF，
∴∠ABF=∠AFB，
∵正方形ABCD，
∴AB//CD，
∴∠ABF=∠QPF，
又∠AFB=∠QFP，
∴∠QPF=∠QFP，
∴QF=QP；
②解：∵正方形ABCD，边长为6，
∴AB=AD=BC=CD=6，∠D=90°，
由(1)知CP=BE=13BC=2，
∴DP=CD−CP=4，
∵将△ABE沿AE折叠，使点B落在点F处，
∴AF=AB=6，
设PQ=x，由①得：QF=PQ=x，
则：AQ=AF+FQ=6+x，DQ=DP+PQ=4+x，
在Rt△ADQ中，AQ2=AD2+DQ2，
∴(6+x)2=62+(4+x)2，
∴x=4，
即：PQ=4．
【解析】(1)证明△ABE≌△BCP，得到BE=CP，折叠的性质，得到BE=EF，即可得证；
(2)①折叠得到AB=AF，得到∠ABF=∠AFB，平行线的性质和对顶角相等，推出∠QFP=∠QPF，即可得证；
②设PQ=x，分别用含x的式子表示出AQ，DQ的长，在Rt△ADQ中，利用勾股定理进行求解即可．
本题考查正方形和折叠．熟练掌握折叠的性质，正方形的性质，证明三角形全等是解题的关键．
24.【答案】(45−3x)
【解析】解：(1)设EF的长为x米，则DE=38+2+2−(3x−3)=(45−3x)(米)．
故答案为：(45−3x)．
(2)依题意得：x(45−3x)=132，
整理得：x2−15x+44=0，
解得：x1=4，x2=11．
当x=4时，45−3x=45−3×4=33>15，不合题意，舍去；
当x=11时，45−3x=45−3×11=12<15，符合题意．
答：饲养场的宽EF的长为11米．
(2)不能达到，理由如下：
设EF的长为y米，则DE=38+15+2+2−(3y−3)2=60−3y2米，
依题意得：y⋅60−3y2=171，
整理得：y2−20y+114=0，
∵Δ=(−20)2−4×1×114=−56<0，
∴该方程没有实数根，
即11米．
(1)据各边之间的关系，即可用含x的代数式表示出DE的长；
(2)利用矩形的面积计算公式，即可得出关于x的一元二次方程，解之即可得出x的值，再结合DE不超过15米，即可得出饲养场的宽EF的长为11米；
(3)不能达到，设EF的长为y米，则DE=60−3y2米，利用矩形的面积计算公式，即可得出关于y的一元二次方程，由根的判别式Δ=−16<0，可得出该方程没有实数根，即不能达到．
本题考查了一元二次方程的应用以及根的判别式，解题的关键是：(1)找准等量关系，正确列出一元二次方程；(2)牢记“当Δ<0时，方程无实数根”．
25.【答案】(1)证明：∵矩形ABCD，
∴AO=CO，
∵F，M是OD，AD中点，
∴MF是△AOD的中位线，
∴MF=12AO，MF//AO，
同理可得：EN=12OC，EN//OC，
∴EN=MF，EN//MF，
∴四边形FMEN为平行四边形．
(2)如图3，四边形FMEN即为所求；
．
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD=∠ABC=∠BCD=∠ADC=90°，AD=BC，AB=CD，OB=OD=OA=OC，
∵AD=2AB=8，
∴AB=4，
∴BD= 82+42=4 5，OB=OD=2 5，
∵正方形FMEN，
∴OE=OF，EF⊥MN，
∴BE=DF，
过O作OH⊥BC于H，设ON=x，BN=y，而OB=OC，
∴BH=CH=4，
∴OH= (2 5)2−42=2，
∴2 5x=2y，即y= 5x，
∵EF⊥MN，
∴(2 5)2+x2=( 5x)2，
解得：x= 5(负根舍去)，
∴ON=OE= 5，
∴BE=OB−OE= 5；
(3)∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD=∠ABC=∠BCD=∠ADC=90°，AD=BC，AB=CD，OB=OD=OA=OC，
∵AD=2AB=8，
∴AB=4，
∴BD= 82+42=4 5，
∵四边形FMEN是矩形，
∴OE=OF=ON，∠EMF=∠ENF=90°，
∴BE=DF=2 5−3，
∴EF=BD−BE−DF=6，
如图4，作OH⊥BC于H，而OB=OC，
∴BH=CH=4，而OB=OD=2 5，
∴OH= (2 5)2−42=2，而ON=OE=12EF=3，
∴NH= 32−22= 5，
∴BN=BH+NH=4+ 5，
同理可得：N′H= 5，
∴BN′=BH−N′H=4− 5，
综上：BN的长为4+ 5或4− 5．
【解析】(1)分别证明MF=12AO，MF//AO，EN=12OC，EN//OC，可得EN=MF，EN//MF，从而可得结论；
(2)连接AC交BD于O，作∠BOD的平分线交AD于M，交BC于N，再以O为圆心，OM为半径作圆，交OB于E，交OD于F，再顺次连接M，E，N，F即可；求解BD= 82+42=4 5，OB=OD=2 5，证明OE=OF，EF⊥MN，可得BE=DF，过O作OH⊥BC于H，设ON=x，BN=y，求解OH= (2 5)2−42=2，可得2 5x=2y，即y= 5x，建立方程(2 5)2+x2=( 5x)2，从而可得BE的长；
(3)求解AB=4，可得BD= 82+42=4 5，证明OE=OF=ON，∠EMF=∠ENF=90°，可得BE=DF=2 5−3，EF=BD−BE−DF=6，作OH⊥BC于H，而OB=OC，可得BH=CH=4，而OB=OD=2 5，求解OH= (2 5)2−42=2，而ON=OE=12EF=3，可得NH= 32−22= 5，同理可得：N′H= 5，从而可得答案．
本题考查的是矩形的判定与性质，正方形的判定与性质，三角形的中位线的性质，平行四边形的判定与性质，作已知角的角平分线，勾股定理的应用，等腰三角形的性质，二次根式的乘法运算，熟练的画出图形利用数形结合的方法解题是关键．
相关试卷
2023-2024学年广东省佛山市南海实验中学九年级（上）第二次月考数学试卷（含解析）： 这是一份2023-2024学年广东省佛山市南海实验中学九年级（上）第二次月考数学试卷（含解析），共26页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023-2024学年广东省佛山市南海区罗村二中九年级（上）第一次段考数学试卷(含解析）： 这是一份2023-2024学年广东省佛山市南海区罗村二中九年级（上）第一次段考数学试卷(含解析），共19页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023-2024学年广东省佛山市南海区大沥镇九年级（上）素养监测数学试卷（含解析）： 这是一份2023-2024学年广东省佛山市南海区大沥镇九年级（上）素养监测数学试卷（含解析），共21页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
