2023-2024学年九年级(上)第一次月考数学试卷-(含答案)

这是一份2023-2024学年九年级(上)第一次月考数学试卷-(含答案)，共32页。
A．（x﹣）2＝B．（x﹣）2＝
C．（x﹣）2＝D．（x﹣）2＝
2．（3分）下列说法不正确的是（ ）
A．一组同旁内角相等的平行四边形是矩形
B．一组邻边相等的菱形是正方形
C．有三个角是直角的四边形是矩形
D．对角线相等的菱形是正方形
3．（3分）若关于x的一元二次方程x2﹣2x+kb+1＝0有两个不相等的实数根，则一次函数y＝kx+b的大致图象可能是（ ）
A．B．
C．D．
4．（3分）如图，在菱形ABCD中，CE⊥AB于点E，E点恰好为AB的中点，则菱形ABCD的较大内角度数为（ ）
A．100°B．120°C．135°D．150°
5．（3分）某市“菜篮子工程”蔬菜基地2022年产量为100吨，预计到2024年产量可达121吨．设该基地蔬菜产量的年平均增长率为x，则可列方程为（ ）
A．100（1+x）2＝121B．121（1﹣x）2＝100
C．100（1+2x）＝121D．100（1+x2）＝121
6．（3分）如图，在菱形ABCD中，∠A＝60°，点E、F分别为AD、DC上的动点，∠EBF＝60°，点E从点A向点D运动的过程中，AE+CF的长度（ ）
A．逐渐增加
B．逐渐减小
C．保持不变且与EF的长度相等
D．保持不变且与AB的长度相等
7．（3分）四边形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，能判定它是矩形的是（ ）
A．AO＝CO，BO＝ODB．AB＝BC，AO＝CO
C．AO＝CO，BO＝DO，AC⊥DBD．AO＝CO＝BO＝DO
8．（3分）如图，平行四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，下列条件：（1）∠1+∠DBC＝90°；（2）OA＝OB；（3）∠1＝∠2，其中能判定平行四边形ABCD是菱形的条件有（ ）
A．0个B．1个C．2个D．3个
9．（3分）如图，矩形ABCD的对角线AC，BD交于点O，AB＝6，BC＝8，过点O作OE⊥AC，交AD于点E，过点E作EF⊥BD，垂足为F，则OE+EF的值为（ ）
A．B．C．D．
10．（3分）如图，在正方形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，AG平分∠BAC交BD于G，DE⊥AG于点H．下列结论：①AD＝2AE：②FD＝AG；③CF＝CD：④四边形FGEA是菱形；⑤OF＝BE，正确的有（ ）
A．2个B．3个C．4个D．5个
二．填空题（共5小题，共15分）
11．（3分）一元二次方程x2＝5x的根 ．
12．（3分）如图，四边形ABCD是菱形，AC＝24，BD＝10，DH⊥AB于点H，则线段DH的长为 ．
13．（3分）若关于x的方程（k﹣1）x2+4x+1＝0有实数解，则k的取值范围是 ．
14．（3分）如图，在边长为2的正方形ABCD中，点E，F分别是边AB，BC的中点，连接EC，FD，点G，H分别是EC，FD的中点，连接GH，则GH的长度为 ．
15．（3分）如图，正方形ABCD的边长是16，点E在边AB上，AE＝3，点F是边BC上不与点B，C重合的一个动点，把△EBF沿EF折叠，点B落在B′处．若△CDB′恰为等腰三角形，则DB′的长为 ．
三．解答题（共8小题，共75分）
16．（16分）用恰当的方法解下列方程：
（1）x2+4x﹣2＝0；
（2）4x2﹣25＝0；
（3）（2x+1）2+4（2x+1）+4＝0；
（4）（x﹣1）（x﹣3）＝8．
17．（8分）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，对角线BD的垂直平分线与边AD、BC分别相交于点M、N．
（1）求证：四边形BNDM是菱形；
（2）若BD＝24，MN＝10，求菱形BNDM的周长．
18．（8分）关于x的一元二次方程?2﹣3?+?＝0有实数根．
（1）求k的取值范围；
（2）如果k是符合条件的最大整数，且一元二次方程（?﹣1）?2+?+?﹣3＝0与方程?2﹣3?+?＝0有一个相同的根，求此时m的值．
19．（8分）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，过点A作AE⊥BC于点E，延长BC至F，使CF＝BE，连接DF．
（1）求证：四边形AEFD是矩形；
（2）若AC＝10，∠ABC＝60°，则矩形AEFD的面积是 ．
20．（8分）某旅行社的一则广告如下：
甲公司想分批组织员工到延安红色旅游学习．
（1）如果第一批组织40人去学习，则公司应向旅行社交费 元；
（2）如果公司计划用29250元组织第一批员工去学习，问这次旅游学习应安排多少人参加？
21．（8分）如图，在菱形ABCD中，AB＝3，∠DAB＝60°，点E是AD边的中点，点M是AB边上一动点（不与点A重合），延长ME交射线CD于点N，连接MD，AN．
（1）求证：四边形AMDN是平行四边形；
（2）填空：①当AM的值为 时，四边形AMDN是矩形；
②当AM的值为 时，四边形AMDN是菱形．
22．（8分）阅读探究：“任意给定一个矩形A，是否存在另一个矩形B，它的周长和面积分别是已知矩形周长和面积的一半？”（完成下列空格）
（1）当已知矩形A的边长分别为6和1时，小亮同学是这样研究的：
设所求矩形的两边分别是x和y，由题意得方程组 ，消去y化简得：2x2﹣7x+6＝0，
∵b2﹣4ac＝49﹣48＞0，∴x1＝ ，x2＝ ，
∴满足要求的矩形B存在．
（2）如果已知矩形A的边长分别为2和1，请你仿照小亮的方法研究是否存在满足要求的矩形B．
（3）如果矩形A的边长为m和n，请你研究满足什么条件时，矩形B存在？
23．（11分）四边形ABCD是正方形，△BEF是等腰直角三角形，∠BEF＝90°，BE＝EF，连接DF，G为DF的中点，连接EG，CG，EC．
（1）问题发现
如图1，若点E在CB的延长线上，直接写出EG与GC的位置关系及的值；
（2）操作探究
将图1中的△BEF绕点B顺时针旋转至图2所示位置，请问（1）中所得的结论是否仍然成立？若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由；
（3）解决问题
将图1中的△BEF绕点B顺时针旋转，若BE＝1，AB＝，当E，F，D三点共线时，请直接写出CE的长．
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题，共30分）
1．（3分）用配方法解一元二次方程2x2﹣3x﹣1＝0，配方正确的是（ ）
A．（x﹣）2＝B．（x﹣）2＝
C．（x﹣）2＝D．（x﹣）2＝
【分析】化二次项系数为1后，把常数项﹣右移，应该在左右两边同时加上一次项系数﹣的一半的平方．
【解答】解：由原方程，得
x2﹣x＝，
x2﹣x+＝+，
（x﹣）2＝，
故选：A．
2．（3分）下列说法不正确的是（ ）
A．一组同旁内角相等的平行四边形是矩形
B．一组邻边相等的菱形是正方形
C．有三个角是直角的四边形是矩形
D．对角线相等的菱形是正方形
【分析】利用正方形的判定、平行四边形的性质，菱形的性质，矩形的判定分别判断后即可确定正确的选项．
【解答】解：A、一组同旁内角相等的平行四边形是矩形，正确；
B、一组邻边相等的菱形是正方形，错误；
C、有三个角是直角的四边形是矩形，正确；
D、对角线相等的菱形是正方形，正确．
故选：B．
3．（3分）若关于x的一元二次方程x2﹣2x+kb+1＝0有两个不相等的实数根，则一次函数y＝kx+b的大致图象可能是（ ）
A．B．
C．D．
【分析】根据一元二次方程x2﹣2x+kb+1＝0有两个不相等的实数根，得到根的判别式大于0，求出kb的符号，对各个图象进行判断即可．
【解答】解：∵x2﹣2x+kb+1＝0有两个不相等的实数根，
∴△＝4﹣4（kb+1）＞0，
解得kb＜0，
A．k＞0，b＝0，即kb＝0，故A不正确；
B．k＞0，b＜0，即kb＜0，故B正确；
C．k＞0，b＞0，即kb＞0，故C不正确；
D．k＜0，b＜0，即kb＞0，故D不正确．
故选：B．
4．（3分）如图，在菱形ABCD中，CE⊥AB于点E，E点恰好为AB的中点，则菱形ABCD的较大内角度数为（ ）
A．100°B．120°C．135°D．150°
【分析】连接AC，证明△ABC是等边三角形，得出∠B＝60°，则∠D＝60°，∠BAD＝∠BCD＝120°，即可得出答案．
【解答】解：连接AC，如图：
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC，∠BAD＝∠BCD，∠B＝∠D，AD∥BC，
∴∠BAD+∠B＝180°，
∵CE⊥AB，点E是AB中点，
∴BC＝AC＝AB，
∴△ABC是等边三角形，
∴∠B＝60°，
∴∠D＝60°，∠BAD＝∠BCD＝120°；
即菱形ABCD的较大内角度数为120°；
故选：B．
5．（3分）某市“菜篮子工程”蔬菜基地2022年产量为100吨，预计到2024年产量可达121吨．设该基地蔬菜产量的年平均增长率为x，则可列方程为（ ）
A．100（1+x）2＝121B．121（1﹣x）2＝100
C．100（1+2x）＝121D．100（1+x2）＝121
【分析】利用增长后的量＝增长前的量×（1+增长率），设平均每次增长的百分率为x，根据“从100吨增加到121吨”，即可得出方程．
【解答】解：由题意知，设该基地蔬菜产量的年平均增长率为x，
根据2022年产量为100吨，则2023年蔬菜产量为100（1+x）吨，2024年蔬菜产量为100（1+x）（1+x）吨，预计2024年产量可达121吨，
即：100（1+x）（1+x）＝121或100（1+x）2＝121．
故选：A．
6．（3分）如图，在菱形ABCD中，∠A＝60°，点E、F分别为AD、DC上的动点，∠EBF＝60°，点E从点A向点D运动的过程中，AE+CF的长度（ ）
A．逐渐增加
B．逐渐减小
C．保持不变且与EF的长度相等
D．保持不变且与AB的长度相等
【分析】证明△ABE≌△DBF（AAS），可得AE＝DF，根据线段的和可知：AE+CF＝AB，是一定值，可作判断．
【解答】解：连接BD，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝AD＝CD，
∵∠A＝60°，
∴△ABD是等边三角形，
∴AB＝BD，∠ABD＝60°，
∵DC∥AB，
∴∠CDB＝∠ABD＝60°，
∴∠A＝∠CDB，
∵∠EBF＝60°，
∴∠ABE+∠EBD＝∠EBD+∠DBF，
∴∠ABE＝∠DBF，
在△ABE和△DBF中，
∵，
∴△ABE≌△DBF（AAS），
∴AE＝DF，
∴AE+CF＝DF+CF＝CD＝AB，
故选：D．
7．（3分）四边形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，能判定它是矩形的是（ ）
A．AO＝CO，BO＝ODB．AB＝BC，AO＝CO
C．AO＝CO，BO＝DO，AC⊥DBD．AO＝CO＝BO＝DO
【分析】根据平行四边形的判定，矩形的判定，菱形的判定逐个判断即可．
【解答】解：A、∵OA＝OC，OB＝OD，
∴四边形ABCD是平行四边形，不能推出四边形ABCD是矩形，故本选项不符合题意；
B、根据AB＝BC，AO＝CO不能推出四边形ABCD是矩形，故本选项不符合题意；
C、∵OA＝OC，OB＝OD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AC⊥BD，
∴平行四边形ABCD是菱形，不能推出四边形ABCD是矩形，故本选项不符合题意；
D、∵OA＝OB＝OC＝OD，
∴OA＝OC，OB＝OD，AC＝BD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AC＝BD，
∴四边形ABCD是矩形，故本选项符合题意；
故选：D．
8．（3分）如图，平行四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，下列条件：（1）∠1+∠DBC＝90°；（2）OA＝OB；（3）∠1＝∠2，其中能判定平行四边形ABCD是菱形的条件有（ ）
A．0个B．1个C．2个D．3个
【分析】由平行四边形的性质、菱形的判定、矩形的判定即可得出结论．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA＝OC，OB＝OD，AD∥BC，
∴∠1＝∠BCO，
若∠1+∠DBC＝90°时，则∠BCO+∠DBC＝90°，
∴∠BOC＝90°，
∴AC⊥BD，
∴四边形ABCD是菱形；（1）能判定平行四边形ABCD是菱形；
若OA＝OB，则AC＝BD，
∴四边形ABCD是矩形；（2）不能判定平行四边形ABCD是菱形；
若∠1＝∠2，则∠2＝∠BCO，
∴AB＝CB，
∴四边形ABCD是菱形；（3）能判定平行四边形ABCD是菱形；
故选：C．
9．（3分）如图，矩形ABCD的对角线AC，BD交于点O，AB＝6，BC＝8，过点O作OE⊥AC，交AD于点E，过点E作EF⊥BD，垂足为F，则OE+EF的值为（ ）
A．B．C．D．
【分析】依据矩形的性质即可得到△AOD的面积为12，再根据S△AOD＝S△AOE+S△DOE，即可得到OE+EF的值．
【解答】解：∵AB＝6，BC＝8，
∴矩形ABCD的面积为48，AC＝＝10，
∴AO＝DO＝AC＝5，
∵对角线AC，BD交于点O，
∴△AOD的面积为12，
∵EO⊥AO，EF⊥DO，
∴S△AOD＝S△AOE+S△DOE，即12＝AO×EO+DO×EF，
∴12＝×5×EO+×5×EF，
∴5（EO+EF）＝24，
∴EO+EF＝，
故选：C．
10．（3分）如图，在正方形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，AG平分∠BAC交BD于G，DE⊥AG于点H．下列结论：①AD＝2AE：②FD＝AG；③CF＝CD：④四边形FGEA是菱形；⑤OF＝BE，正确的有（ ）
A．2个B．3个C．4个D．5个
【分析】①根据正方形的性质和角平分线的定义得：∠BAG＝∠CAG＝22.5°，由垂直的定义计算∠AED＝90°﹣22.5°＝67.5°，∠EAD＝∠EAD＝22.5°，得ED是AG的垂直平分线，则AE＝EG，△BEG是等腰直角三角形，则AD＝AB＞2AE，可作判断；
②证明△DAF≌△ABG（ASA），可作判断；
③分别计算∠CDF＝∠CFD＝67.5°，可作判断；
④根据对角线互相平分且垂直的四边形是菱形可作判断；
⑤设BG＝x，则AF＝AE＝x，表示OF和BE的长，可作判断．
【解答】解：①∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD＝90°，∠BAC＝45°，
∵AG平分∠BAC，
∴∠BAG＝∠CAG＝22.5°，
∵AG⊥ED，
∴∠AHE＝∠EHG＝90°，
∴∠AED＝90°﹣22.5°＝67.5°，
∴∠ADE＝22.5°，
∵∠ADB＝45°，
∴∠EDG＝22.5°＝∠ADE，
∵∠AHD＝∠GHD＝90°，
∴∠DAG＝∠DGA，
∴AD＝DG，AH＝GH，
∴ED是AG的垂直平分线，
∴AE＝EG，
∴∠EAG＝∠AGE＝22.5°，
∴∠BEG＝45°＝∠ABG，
∴∠BGE＝90°，
∴AE＝EG＜BE，
∴AD＝AB＞2AE，
故①不正确；
②∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝AB，∠DAF＝∠ABG＝45°，
∵∠ADF＝∠BAG＝22.5°，
∴△DAF≌△ABG（ASA），
∴DF＝AG，
故②正确；
③∵∠CDF＝45°+22.5°＝67.5°，∠CFD＝∠AFE＝90°﹣22.5°＝67.5°，
∴∠CDF＝∠CFD，
∴CF＝CD，
故③正确；
④∵∠EAH＝∠FAH，∠AHE＝∠AHF，
∴∠AEF＝∠AFE，
∴AE＝AF，
∴EH＝FH，
∵AH＝GH，AG⊥EF，
∴四边形FGEA是菱形；
故④正确；
⑤设BG＝x，则AF＝AE＝x，
由①知△BEG是等腰直角三角形，
∴BE＝x，
∴AB＝AE+BE＝x+x＝（+1）x，
∴AO＝＝，
∴OF＝AO﹣AF＝﹣x＝，
∴＝＝，
∴OF＝BE；
故⑤正确；
本题正确的结论有：②③④⑤；
故选：C．
二．填空题（共5小题，共15分）
11．（3分）一元二次方程x2＝5x的根 x1＝0，x2＝5 ．
【分析】先移项，然后通过提取公因式x对等式的左边进行因式分解．
【解答】解：由原方程，得
x2﹣5x＝0，
则x（x﹣5）＝0，
解得x1＝0，x2＝5．
故答案是：x1＝0，x2＝5．
12．（3分）如图，四边形ABCD是菱形，AC＝24，BD＝10，DH⊥AB于点H，则线段DH的长为 ．
【分析】直接利用菱形的性质得出AO，DO的长，再利用三角形面积以及勾股定理得出答案．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，AC＝24，BD＝10，
∴S菱形ABCD＝×AC×BD＝120，AO＝12，OD＝5，AC⊥BD，
∴AD＝AB＝＝13，
∵DH⊥AB，
∴AO×BD＝DH×AB，
∴12×10＝13×DH，
∴DH＝．
故答案为：．
13．（3分）若关于x的方程（k﹣1）x2+4x+1＝0有实数解，则k的取值范围是 k≤5 ．
【分析】分k﹣1＝0和k﹣1≠0两种情况，其中k﹣1≠0时根据题意列出关于k的不等式求解可得．
【解答】解：当k﹣1＝0时，方程为4x+1＝0，显然有实数根；
当k﹣1≠0，即k≠1时，△＝42﹣4×（k﹣1）×1≥0，
解得k≤5且k≠1；
综上，k≤5．
故答案为：k≤5．
14．（3分）如图，在边长为2的正方形ABCD中，点E，F分别是边AB，BC的中点，连接EC，FD，点G，H分别是EC，FD的中点，连接GH，则GH的长度为 1 ．
【分析】方法一：连接CH并延长交AD于P，连接PE，根据正方形的性质得到∠A＝90°，AD∥BC，AB＝AD＝BC＝2，根据全等三角形的性质得到PD＝CF＝，根据勾股定理和三角形的中位线定理即可得到结论．
方法二：设DF，CE交于O，根据正方形的性质得到∠B＝∠DCF＝90°，BC＝CD＝AB，根据线段中点的定义得到BE＝CF，根据全等三角形的性质得到CE＝DF，∠BCE＝∠CDF，求得DF⊥CE，根据勾股定理得到CE＝DF＝＝，点G，H分别是EC，FD的中点，根据相似三角形的判定和性质定理即可得到结论．
【解答】解：方法一：连接CH并延长交AD于P，连接PE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A＝90°，AD∥BC，AB＝AD＝BC＝2，
∵E，F分别是边AB，BC的中点，
∴AE＝CF＝×2＝，
∵AD∥BC，
∴∠DPH＝∠FCH，
∵∠DHP＝∠FHC，
∵DH＝FH，
∴△PDH≌△CFH（AAS），
PD＝CF＝，
∴AP＝AD﹣PD＝，
∴PE＝＝＝2，
∵点G，H分别是EC，FD的中点，
∴GH＝EP＝1；
方法二：设DF，CE交于O，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠B＝∠DCF＝90°，BC＝CD＝AB，
∵点E，F分别是边AB，BC的中点，
∴BE＝CF，
∴△CBE≌△DCF（SAS），
∴CE＝DF，∠BCE＝∠CDF，
∵∠CDF+∠CFD＝90°，
∴∠BCE+∠CFD＝90°，
∴∠COF＝90°，
∴DF⊥CE，
∴CE＝DF＝＝，
∵点G，H分别是EC，FD的中点，
∴CG＝FH＝，
∵∠DCF＝90°，CO⊥DF，
∴∠DCO+∠FCO＝∠DCO+∠CDO＝90°，
∴∠FCO＝∠CDO，
∵∠DCF＝∠COF＝90°，
∴△COF∽△DOC，
∴＝，
∴CF2＝OF•DF，
∴OF＝＝＝，
∴OH＝，OD＝，
∵∠COF＝∠COD＝90°，
∴△COF∽△DOC，
∴，
∴OC2＝OF•OD，
∴OC＝＝，
∴OG＝CG﹣OC＝﹣＝，
∴HG＝＝＝1，
故答案为：1．
15．（3分）如图，正方形ABCD的边长是16，点E在边AB上，AE＝3，点F是边BC上不与点B，C重合的一个动点，把△EBF沿EF折叠，点B落在B′处．若△CDB′恰为等腰三角形，则DB′的长为 16或4 ．
【分析】根据翻折的性质，可得B′E的长，根据勾股定理，可得CE的长，根据等腰三角形的判定，可得答案．
【解答】解：（i）当B′D＝B′C时，
过B′点作GH∥AD，则∠B′GE＝90°，
当B′C＝B′D时，AG＝DH＝DC＝8，
由AE＝3，AB＝16，得BE＝13．
由翻折的性质，得B′E＝BE＝13．
∴EG＝AG﹣AE＝8﹣3＝5，
∴B′G＝＝＝12，
∴B′H＝GH﹣B′G＝16﹣12＝4，
∴DB′＝＝＝4
（ii）当DB′＝CD时，则DB′＝16（易知点F在BC上且不与点C、B重合）．
（iii）当CB′＝CD时，则CB＝CB′，由翻折的性质，得EB＝EB′，∴点E、C在BB′的垂直平分线上，∴EC垂直平分BB′，由折叠，得EF也是线段BB′的垂直平分线，∴点F与点C重合，这与已知“点F是边BC上不与点B，C重合的一个动点”不符，故此种情况不存在，应舍去．
综上所述，DB′的长为16或4．
故答案为：16或4．
三．解答题（共8小题，共75分）
16．（16分）用恰当的方法解下列方程：
（1）x2+4x﹣2＝0；
（2）4x2﹣25＝0；
（3）（2x+1）2+4（2x+1）+4＝0；
（4）（x﹣1）（x﹣3）＝8．
【分析】（1）利用公式法求解可得；
（2）利用直接开平方法求解可得；
（3）利用换元法求解可得；
（4）整理成一般式，再利用公式法求解可得．
【解答】解：（1）∵a＝1，b＝4，c＝﹣2，
∴△＝42﹣4×1×（﹣2）＝24＞0，
则x＝＝﹣2±，
即x1＝﹣2+，x2＝﹣2﹣；
（2）∵4x2＝25，
∴x2＝，
解得x1＝，x2＝﹣；
（3）令2x+1＝a，
则a2+4a+4＝0，
∴（a+2）2＝0，
解得a＝﹣2，
∴2x+1＝﹣2，
解得x1＝x2＝﹣1.5；
（4）方程整理为一般式，得：x2﹣4x﹣5＝0，
解得：（x﹣5）（x+1）＝0，
则x﹣5＝0或x+1＝0，
解得x1＝5，x2＝﹣1．
17．（8分）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，对角线BD的垂直平分线与边AD、BC分别相交于点M、N．
（1）求证：四边形BNDM是菱形；
（2）若BD＝24，MN＝10，求菱形BNDM的周长．
【分析】（1）证△MOD≌△NOB（AAS），得出OM＝ON，由OB＝OD，证出四边形BNDM是平行四边形，进而得出结论；
（2）由菱形的性质得出BM＝BN＝DM＝DN，OB＝BD＝12，OM＝MN＝5，由勾股定理得BM＝13，即可得出答案．
【解答】（1）证明：∵AD∥BC，
∴∠DMO＝∠BNO，
∵MN是对角线BD的垂直平分线，
∴OB＝OD，MN⊥BD，
在△MOD和△NOB中，，
∴△MOD≌△NOB（AAS），
∴OM＝ON，
∵OB＝OD，
∴四边形BNDM是平行四边形，
∵MN⊥BD，
∴四边形BNDM是菱形；
（2）解：∵四边形BNDM是菱形，BD＝24，MN＝10，
∴BM＝BN＝DM＝DN，OB＝BD＝12，OM＝MN＝5，
在Rt△BOM中，由勾股定理得：BM＝＝＝13，
∴菱形BNDM的周长＝4BM＝4×13＝52．
18．（8分）关于x的一元二次方程?2﹣3?+?＝0有实数根．
（1）求k的取值范围；
（2）如果k是符合条件的最大整数，且一元二次方程（?﹣1）?2+?+?﹣3＝0与方程?2﹣3?+?＝0有一个相同的根，求此时m的值．
【分析】（1）利用判别式的意义得到△＝（﹣3）2﹣4k≥0，然后解不等式即可；
（2）先确定k＝2，再解方程?2﹣3?+2＝0，解得x1＝1，x2＝2，然后分别把x＝1和x＝2代入元二次方程（?﹣1）?2+?+?﹣3＝0可得到满足条件的m的值．
【解答】解：（1）根据题意得△＝（﹣3）2﹣4k≥0，
解得k≤；
（2）满足条件的k的最大整数为2，此时方程?2﹣3?+?＝0变形为方程?2﹣3?+2＝0，解得x1＝1，x2＝2，
当相同的解为x＝1时，把x＝1代入方程（?﹣1）?2+?+?﹣3＝0得m﹣1+1+m﹣3＝0，解得m＝；
当相同的解为x＝2时，把x＝2代入方程（?﹣1）?2+?+?﹣3＝0得4（m﹣1）+2+m﹣3＝0，解得m＝1，而m﹣1≠0，不符合题意，舍去，
所以m的值为．
19．（8分）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，过点A作AE⊥BC于点E，延长BC至F，使CF＝BE，连接DF．
（1）求证：四边形AEFD是矩形；
（2）若AC＝10，∠ABC＝60°，则矩形AEFD的面积是 25 ．
【分析】（1）根据菱形的性质得到AD∥BC且AD＝BC，等量代换得到BC＝EF，推出四边形AEFD是平行四边形，根据矩形的判定定理即可得到结论；
（2）根据全等三角形的判定定理得到Rt△ABE≌Rt△DCF （HL），求得矩形AEFD的面积＝菱形ABCD的面积，根据等腰三角形的性质得到结论．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AD∥BC，AD＝BC，
∵CF＝BE，
∴BC＝EF，
∴AD∥EF，AD＝EF，
∴四边形AEFD是平行四边形，
∵AE⊥BC，
∴∠AEF＝90°，
∴平行四边形AEFD是矩形；
（2）解：∵AB＝CD，BE＝CF，∠AEB＝∠DFC＝90°，
∴Rt△ABE≌Rt△DCF （HL），
∴矩形AEFD的面积＝菱形ABCD的面积，
∵∠ABC＝60°，
∴△ABC是等边三角形，
∵AC＝10，
∴AE＝AC＝5，AB＝10，BO＝5，
∵AD＝EF＝10，
∴矩形AEFD的面积＝菱形ABCD的面积＝×10×10＝50，
故答案为：50．
20．（8分）某旅行社的一则广告如下：
甲公司想分批组织员工到延安红色旅游学习．
（1）如果第一批组织40人去学习，则公司应向旅行社交费 28000 元；
（2）如果公司计划用29250元组织第一批员工去学习，问这次旅游学习应安排多少人参加？
【分析】（1）首先表示出40人是平均每人的费用，进而得出总费用；
（2）表示出每人平均费用为：800﹣10（x﹣30），进而得出等式求出答案．
【解答】解：（1）∵人数多于30人，那么每增加1人，人均收费降低10元，
∴第一批组织40人去学习，则公司应向旅行社交费：40×[800﹣（40﹣30）×10]＝28000（元）；
故答案为：28000；
（2）设这次旅游应安排x人参加，
∵30×800＝24000＜29250，
∴x＞30，根据题意得：
x[800﹣10（x﹣30）]＝29250，
整理得，x2﹣110x+2925＝0，
解得：x1＝45，x2＝65
∵800﹣10（x﹣30）≥500，
∴x≤60．
∴x＝45．
答：这次旅游应安排45人参加．
21．（8分）如图，在菱形ABCD中，AB＝3，∠DAB＝60°，点E是AD边的中点，点M是AB边上一动点（不与点A重合），延长ME交射线CD于点N，连接MD，AN．
（1）求证：四边形AMDN是平行四边形；
（2）填空：①当AM的值为 1.5 时，四边形AMDN是矩形；
②当AM的值为 3 时，四边形AMDN是菱形．
【分析】（1）求出△DNE≌△AME，根据全等及时向的性质得出NE＝ME，根据平行四边形的判定得出即可；
（2）①根据等边三角形的判定得出△ABD是等边三角形，根据等边三角形的性质求出DM⊥AB，根据矩形的判定得出即可；
②求出△ABD是等边三角形，求出M和B重合，根据菱形的判定得出即可．．
【解答】（1）证明：∵点E是AD边的中点，
∴AE＝DE，
∵四边形ABCD是菱形，
∴DC∥AB，
∴∠DNE＝∠AME，
在△DNE和△AME中
，
∴△DNE≌△AME（AAS），
∴NE＝ME，
∵AE＝DE，
∴四边形AMDN是平行四边形；
（2）解：①当AM＝1.5时，四边形AMDN是矩形，
理由是：连接BD，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD＝AB＝3，
∵∠DAB＝60°，
∴△ADB是等边三角形，
∴AD＝BD＝3，
∵AM＝1.5，AB＝3，
∴AM＝BM，
∴DM⊥AB，
即∠DMA＝90°，
∵四边形AMDN是平行四边形，
∴四边形AMDN是矩形，
即当AM＝1.5时，四边形AMDN是矩形，
故答案为：1.5；
②当AM＝3时，四边形AMDN是菱形，
理由是，此时AM＝AB＝3，
即M和B重合，
∵由①知：△ABD是等边三角形，
∴AM＝MD，
∵四边形AMDN是平行四边形，
∴四边形AMDN是菱形，
故答案为：3．
22．（8分）阅读探究：“任意给定一个矩形A，是否存在另一个矩形B，它的周长和面积分别是已知矩形周长和面积的一半？”（完成下列空格）
（1）当已知矩形A的边长分别为6和1时，小亮同学是这样研究的：
设所求矩形的两边分别是x和y，由题意得方程组 ，消去y化简得：2x2﹣7x+6＝0，
∵b2﹣4ac＝49﹣48＞0，∴x1＝ ，x2＝ 2 ，
∴满足要求的矩形B存在．
（2）如果已知矩形A的边长分别为2和1，请你仿照小亮的方法研究是否存在满足要求的矩形B．
（3）如果矩形A的边长为m和n，请你研究满足什么条件时，矩形B存在？
【分析】（1）利用求根公式即可求出方程的两根；
（2）仿照（1）找准关于x的一元二次方程，由根的判别式△＝﹣7＜0，可得出方程无解，即不存在满足要求的矩形B；
（3）仿照（1）找准关于x的一元二次方程，由根的判别式△≥0，可找出m、n之间的关系．
【解答】解：（1）利用求根公式可知：x1＝＝，x2＝＝2．
故答案为：；2．
（2）设所求矩形的两边分别是x和y，
根据题意得：，
消去y化简得：2x2﹣3x+2＝0．
∵b2﹣4ac＝（﹣3）2﹣4×2×2＝﹣7＜0，
∴该方程无解，
∴不存在满足要求的矩形B．
（3）设所求矩形的两边分别是x和y，
根据题意得：，
消去y化简得：2x2﹣（m+n）x+mn＝0．
∵矩形B存在，
∴b2﹣4ac＝[﹣（m+n）]2﹣4×2mn≥0，
∴（m﹣n）2≥4mn．
故当m、n满足（m﹣n）2≥4mn时，矩形B存在．
23．（11分）四边形ABCD是正方形，△BEF是等腰直角三角形，∠BEF＝90°，BE＝EF，连接DF，G为DF的中点，连接EG，CG，EC．
（1）问题发现
如图1，若点E在CB的延长线上，直接写出EG与GC的位置关系及的值；
（2）操作探究
将图1中的△BEF绕点B顺时针旋转至图2所示位置，请问（1）中所得的结论是否仍然成立？若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由；
（3）解决问题
将图1中的△BEF绕点B顺时针旋转，若BE＝1，AB＝，当E，F，D三点共线时，请直接写出CE的长．
【分析】（1）过G作GH⊥EC于H，推出EF∥GH∥DC，求出H为EC中点，根据梯形的中位线求出EG＝GC，GH＝（EF+DC）＝（EB+BC），推出GH＝EH＝BC，根据直角三角形的判定推出△EGC是等腰直角三角形即可；
（2）延长EG到H，使EG＝GH，连接CH，过E作BC的垂线EQ，证△EFG≌△HDG，推出DH＝EF＝BE，∠FEG＝∠DHG，求出∠EBC＝∠HDC，证出△EBC≌△HDC，推出CE＝CH，∠BCE＝∠DCH，求出△ECH是等腰直角三角形，即可得出答案；
（3）分两种情况：①CE在BC的上方，如图3，作辅助线，构建等腰直角三角形，求出cs∠DBE＝，推出∠DBE＝60°，证明△GDC≌△EBC（ASA），则EC＝CG，DG＝EB＝1，从而得结论；②CE在BC的下方，如图4，同理可得结论．
【解答】解：（1）EG⊥CG，；
理由是：如图1，过G作GH⊥EC于H，
∵∠FEB＝∠DCB＝90°，
∴EF∥GH∥DC，
∵G为DF中点，
∴H为EC中点，
∴EG＝GC，GH＝（EF+DC）＝（EB+BC）＝CE，
即GH＝EH＝HC，
∴∠EGC＝90°，
即△EGC是等腰直角三角形，；
（2）结论还成立，
理由是：如图2，延长EG到H，使EG＝GH，连接CH，过E作BC的垂线EQ，延长CB交EQ于R，延长CD，交EH于N，
在△EFG和△HDG中，
，
∴△EFG≌△HDG（SAS），
∴DH＝EF＝BE，∠FEG＝∠DHG，
∴EF∥DH，
同理得ER∥CD，
∴∠1＝∠2，
∴∠1＝∠2＝90°﹣∠3＝∠4，
∴∠EBC＝180°﹣∠4＝180°﹣∠1＝∠HDC，
在△EBC和△HDC中，
，
∴△EBC≌△HDC（SAS）．
∴CE＝CH，∠BCE＝∠DCH，
∴∠ECH＝∠DCH+∠ECD＝∠BCE+∠ECD＝∠BCD＝90°，
∴△ECH是等腰直角三角形，
∵G为EH的中点，
∴EG⊥GC，，
即（1）中的结论仍然成立；
（3）分两种情况：
①如图3，连接BD，过C作CG⊥EC，交ED的延长线于G，
∵AB＝，正方形ABCD，
∴BD＝2，
Rt△BED中，cs∠DBE＝，
∴∠DBE＝60°，∠BDF＝30°
∵tan∠BDE＝＝，
∴DE＝BE＝，
∵∠ABD＝45°，
∴∠ABE＝60°﹣45°＝15°，
∴∠EBC＝90°+15°＝105°，
∵∠EDC＝∠BDE+∠CDB＝30°+45°＝75°，
∴∠CDG＝180°﹣75°＝105°，
∴∠CDG＝∠CBE，
∵∠ECG＝∠BCD＝90°，
∴∠DCG＝∠BCE，
∵BC＝CD，
∴△GDC≌△EBC（ASA），
∴EC＝CG，DG＝EB＝1，
∴△ECG是等腰直角三角形，
∴EG＝CE，
∵EG＝ED+DG＝+1，
∴CE＝＝；
②如图4，连接BD，过C作CH⊥EC，交ED于H，
同理得△DHC≌△BEC（ASA），
∴EC＝CH，DH＝EB＝1，
同理可知：DE＝，
∴EH＝DE﹣DH＝﹣1，
∵△ECH是等腰直角三角形，
∴EH＝CE，
∴CE＝＝；
综上，CE的长为．