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2020-2021学年河南省郑州十九中九年级（上）第一次月考数学试卷
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一、选择题（每小题3分，共30分）
1．（3分）下列判断错误的是（ ）
A．两组对边分别相等的四边形是平行四边形
B．四个内角都相等的四边形是矩形
C．四条边都相等的四边形是菱形
D．两条对角线垂直且平分的四边形是正方形
【分析】根据平行四边形的判定、矩形的判定，菱形的判定以及正方形的判定对各选项分析判断即可得解．
【解答】解：A、两组对边分别相等的四边形是平行四边形，正确，故本选项错误；
B、四个内角都相等的四边形是矩形，正确，故本选项错误；
C、四条边都相等的四边形是菱形，正确，故本选项错误；
D、两条对角线垂直且平分的四边形是正方形，错误，应该是菱形，故本选项正确．
故选：D．
【点评】本题考查了正方形的判定，平行四边形、矩形和菱形的判定，熟练掌握各四边形的判定方法是解题的关键．
2．（3分）下列线段中，能成比例的是（ ）
A．3cm、6cm、8cm、9cmB．3cm、5cm、6cm、9cm
C．3cm、6cm、7cm、9cmD．3cm、6cm、9cm、18cm
【分析】如果其中两条线段的乘积等于另外两条线段的乘积，则四条线段叫成比例线段．
【解答】解：根据如果其中两条线段的乘积等于另外两条线段的乘积，则四条线段叫成比例线段．
所给选项中，只有D符合，3×18＝6×9，故选：D．
【点评】理解成比例线段的概念，注意在线段两两相乘的时候，要让最小的和最大的相乘，另外两条相乘，看它们的积是否相等进行判断．
3．（3分）根据下面表格中的对应值：
判断方程ax2+bx+c＝0（a≠0，a，b，c为常数）的一个解x的范围是（ ）
A．3.22＜x＜3.23B．3.23＜x＜3.24
C．3.24＜x＜3.25D．3.25＜x＜3.26
【分析】根据表中数据得到x＝3.24时，ax2+bx+c＝﹣0.02；x＝3.25时，ax2+bx+c＝0.03，则x取2.24到2.25之间的某一个数时，使ax2+bx+c＝0，于是可判断关于x的方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的一个解x的范围是3.24＜x＜3.25．
【解答】解：∵x＝3.24时，ax2+bx+c＝﹣0.02；x＝3.25时，ax2+bx+c＝0.03，
∴关于x的方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的一个解x的范围是3.24＜x＜3.25．
故选：C．
【点评】本题考查了估算一元二次方程的近似解：用列举法估算一元二次方程的近似解，具体方法是：给出一些未知数的值，计算方程两边结果，当两边结果愈接近时，说明未知数的值愈接近方程的根．
4．（3分）如图，菱形ABCD中，∠D＝150°，则∠1＝（ ）
A．30°B．25°C．20°D．15°
【分析】由菱形的性质得出AB∥CD，∠BAD＝2∠1，求出∠BAD＝30°，即可得出∠1＝15°．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，∠D＝150°，
∴AB∥CD，∠BAD＝2∠1，
∴∠BAD+∠D＝180°，
∴∠BAD＝180°﹣150°＝30°，
∴∠1＝15°；
故选：D．
【点评】此题考查了菱形的性质，以及平行线的性质，熟练掌握菱形的性质是解本题的关键．
5．（3分）如图，在平面直角坐标系中，四边形OABC为菱形，O（0，0），A（4，0），∠AOC＝60°，则对角线交点E的坐标为（ ）
A．（2，）B．（，2）C．（，3）D．（3，）
【分析】过点E作EF⊥x轴于点F，由直角三角形的性质求出EF长和OF长即可．
【解答】解：过点E作EF⊥x轴于点F，
∵四边形OABC为菱形，∠AOC＝60°，
∴＝30°，∠FAE＝60°，
∵A（4，0），
∴OA＝4，
∴＝2，
∴，EF＝＝＝，
∴OF＝AO﹣AF＝4﹣1＝3，
∴．
故选：D．
【点评】本题考查了菱形的性质、勾股定理及含30°直角三角形的性质．正确作出辅助线是解题的关键．
6．（3分）对于方程（x﹣1）（x﹣2）＝x﹣2，下面给出的说法不正确的是（ ）
A．与方程x2+4＝4x的解相同
B．两边都除以x﹣2，得x﹣1＝1，可以解得x＝2
C．方程有两个相等的实数根
D．移项分解因式（x﹣2）2＝0，可以解得x1＝x2＝2．
【分析】方程利用因式分解法求出解，即可做出判断．
【解答】解：方程（x﹣1）（x﹣2）＝x﹣2，
移项得：（x﹣1）（x﹣2）﹣（x﹣2）＝0，
分解因式得：（x﹣2）（x﹣2）＝0，
解得：x1＝x2＝2；
A、与方程x2+4＝4x的解相同，正确；
B、当x﹣2≠0时，两边除以x﹣2，得x﹣1＝1，即x＝2；
当x﹣2＝0时，方程成立，错误；
C、方程有两个相等的实数根，正确；
D、移项分解因式（x﹣2）2＝0，可以解得x1＝x2＝2，正确；
故选：B．
【点评】此题考查了解一元二次方程﹣因式分解法，以及根的判别式，熟练掌握因式分解的方法是解本题的关键．
7．（3分）如图，直线l1∥l2∥l3两条直线分别与l1、l2、l3，相交于点A、B、C和D、E、F，已知＝，则下列等式不成立（ ）
A．B．C．D．
【分析】直接利用平行线分线段成比例定理解答即可．
【解答】解：∵l1∥l2∥l3，
∴，故A正确
∴，故B正确
∴，故D正确；
故选：C．
【点评】此题主要考查了平行线分线段成比例定理，关键是利用平行线分线段成比例定理解答．
8．（3分）如图，将一块正方形空地划出部分区域进行绿化，原空地一边减少了2m，另一边减少了3m，剩余一块面积为20m2的矩形空地，则原正方形空地的边长是（ ）
A．7mB．8mC．9mD．10m
【分析】本题可设原正方形的边长为xm，则剩余的空地长为（x﹣2）m，宽为（x﹣3）m．根据长方形的面积公式方程可列出，进而可求出原正方形的边长．
【解答】解：设原正方形的边长为xm，依题意有
（x﹣3）（x﹣2）＝20，
解得：x1＝7，x2＝﹣2（不合题意，舍去）
即：原正方形的边长7m．
故选：A．
【点评】本题考查了一元二次方程的应用．学生应熟记长方形的面积公式．另外求得剩余的空地的长和宽是解决本题的关键．
9．（3分）如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝8cm，BC＝6cm．动点P，Q分别从点A，B同时开始移动，点P的速度为1cm/秒，点Q的速度为2cm/秒，点Q移动到点C后停止，点P也随之停止运动．下列时间瞬间中，能使△PBQ的面积为15cm2的是（ ）
A．2秒钟B．3秒钟C．4秒钟D．5秒钟
【分析】设出动点P，Q运动t秒，能使△PBQ的面积为15cm2，用t分别表示出BP和BQ的长，利用三角形的面积计算公式即可解答．
【解答】解：设动点P，Q运动t秒后，能使△PBQ的面积为15cm2，
则BP为（8﹣t）cm，BQ为2tcm，由三角形的面积计算公式列方程得，
×（8﹣t）×2t＝15，
解得t1＝3，t2＝5（当t＝5时，BQ＝10，不合题意，舍去）．
∴动点P，Q运动3秒时，能使△PBQ的面积为15cm2．
故选：B．
【点评】此题考查借助三角形的面积计算公式来研究图形中的动点问题．
10．（3分）如图，在正方形ABCD中，点E，F将对角线AC三等分，且AC＝12，点P在正方形的边上，则满足PE+PF＝9的点P的个数是（ ）
A．0B．4C．6D．8
【分析】作点F关于BC的对称点M，连接FM交BC于点N，连接EM，交BC于点H，可得点H到点E和点F的距离之和最小，可求最小值，即可求解．
【解答】解：如图，作点F关于BC的对称点M，连接FM交BC于点N，连接EM，交BC于点H
∵点E，F将对角线AC三等分，且AC＝12，
∴EC＝8，FC＝4＝AE，
∵点M与点F关于BC对称
∴CF＝CM＝4，∠ACB＝∠BCM＝45°
∴∠ACM＝90°
∴EM＝＝4
则在线段BC存在点H到点E和点F的距离之和最小为4＜9
在点H右侧，当点P与点C重合时，则PE+PF＝12
∴点P在CH上时，4＜PE+PF≤12
在点H左侧，当点P与点B重合时，BF＝＝2
∵AB＝BC，CF＝AE，∠BAE＝∠BCF
∴△ABE≌△CBF（SAS）
∴BE＝BF＝2
∴PE+PF＝4
∴点P在BH上时，4＜PE+PF＜4
∴在线段BC上点H的左右两边各有一个点P使PE+PF＝9，
同理在线段AB，AD，CD上都存在两个点使PE+PF＝9．
即共有8个点P满足PE+PF＝9，
故选：D．
【点评】本题考查了正方形的性质，最短路径问题，在BC上找到点H，使点H到点E和点F的距离之和最小是本题的关键．
二、填空题（每小题3分，共15分）
11．（3分）如图，已知菱形ABCD的对角线AC，BD交于点O，E为BC的中点，若OE＝3，则菱形的周长为 24 ．
【分析】根据菱形的对角线互相平分可得BO＝DO，然后求出OE是△BCD的中位线，再根据三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半求出CD，然后根据菱形的周长公式计算即可得解．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC＝CD＝AD，BO＝DO，
∵点E是BC的中点，
∴OE是△BCD的中位线，
∴CD＝2OE＝2×3＝6，
∴菱形ABCD的周长＝4×6＝24；
故答案为：24．
【点评】本题考查了菱形的性质以及三角形中位线定理；熟记菱形性质与三角形中位线定理是解题的关键．
12．（3分）若x：y＝1：2，则＝ ．
【分析】根据题意，设x＝k，y＝2k．直接代入即可求得的值．
【解答】解：设x＝k，y＝2k，
∴＝＝﹣．
【点评】此类题目常用的解法是：设一个未知数，把题目中的几个量用所设的未知数表示出来，实现消元．
13．（3分）若关于x的一元二次方程kx2+2x+1＝0有实数根，则k的取值范围是 k≠0且k≤1 ．
【分析】根据一元二次方程的根的判别式即可求出答案．
【解答】解：由题意可知：Δ＝4﹣4k≥0，
∴k≤1，
∵k≠0，
∴k≠0且k≤1，
故答案为：k≠0且k≤1；
【点评】本题考查根的判别式，解题的关键是熟练运用根的判别式，本题属于基础题型．
14．（3分）你知道吗，对于一元二次方程，我国古代数学家还研究过其几何解法呢！以方程x2+5x﹣14＝0即x（x+5）＝14为例加以说明．数学家赵爽（公元3～4世纪）在其所著的《勾股圆方图注》中记载的方法是：构造图（如图左图）中大正方形的面积是（x+x+5）2，其中它又等于四个矩形的面积加上中间小正方形的面积，即4×14+52，据此易得x＝2．那么在如图右边三个构图（矩形的顶点均落在边长为1的小正方形网格格点上）中，能够说明方程x2﹣4x﹣12＝0的正确构图是 ② ．（只填序号）
【分析】仿照案例，构造面积是（x+x﹣4）2的大正方形，由它的面积为4×12+42，可求出x＝6，此题得解．
【解答】解：∵x2﹣4x﹣12＝0即x（x﹣4）＝12，
∴构造如图②中大正方形的面积是（x+x﹣4）2，其中它又等于四个矩形的面积加上中间小正方形的面积，即4×12+42，
据此易得x＝6．
故答案为：②．
【点评】本题考查了一元二次方程的应用，仿照案例，构造出合适的大正方形是解题的关键．
15．（3分）如图，点A、B、C在同一直线上，且AB＝AC，点D、E分别是AB、BC的中点，分别以AB，DE，BC为边，在AC同侧作三个正方形，得到三个平行四边形（阴影部分）的面积分别记作S1、S2、S3，若S1＝，则S2+S3＝ ．
【分析】设BE＝x，根据正方形的性质、平行四边形的面积公式分别表示出S1，S2，S3，根据题意计算即可．
【解答】解：设BE＝x，则EC＝x，AD＝BD＝2x，
∵四边形ABGF是正方形，
∴∠ABF＝45°，
∴△BDH是等腰直角三角形，
∴BD＝DH＝2x，
∴S1＝DH•AD＝，即2x•2x＝，
，
∵BD＝2x，BE＝x，
∴S2＝MH•BD＝（3x﹣2x）•2x＝2x2，
S3＝EN•BE＝x•x＝x2，
∴S2+S3＝2x2+x2＝3x2＝，
故答案为：．
【点评】本题考查的是正方形的性质、平行四边形的性质，掌握正方形的四条边相等、四个角都是90°是解题的关键．
三、解答题（共75分）
16．（8分）解下列方程：
（1）4x2﹣（3x+1）2＝0；
（2）2x2﹣x﹣1＝0．
【分析】（1）利用因式分解法求解即可；
（2）利用因式分解法即可．
【解答】解：（1）4x2﹣（3x+1）2＝0，
因式分解得：（2x+3x+1）（2x﹣3x﹣1）＝0，
5x+1＝0或﹣x﹣1＝0，
解得：x1＝﹣，x2＝﹣1；
（2）2x2﹣x﹣1＝0，
因式分解得：（2x+1）（x﹣1）＝0，
2x+1＝0或x﹣1＝0，
解得：x1＝﹣，x2＝1．
【点评】本题考查了因式分解法解一元二次方程，解决本题的关键是掌握因式分解法．
17．（8分）如图，菱形ABCD中，作BE⊥AD、CF⊥AB，分别交AD、AB的延长线于点E、F．
（1）求证：AE＝BF；
（2）若点E恰好是AD的中点，AB＝2，求BD的值．
【分析】（1）由“AAS”可证△AEB≌△BFC，可得AE＝BF；
（2）由线段垂直平分线的性质可得BD＝AB＝2．
【解答】（1）证明：四边形ABCD是菱形
∴AB＝BC，AD∥BC
∴∠A＝∠CBF
∵BE⊥AD、CF⊥AB
∴∠AEB＝∠BFC＝90°
∴△AEB≌△BFC（AAS）
∴AE＝BF
（2）∵E是AD中点，且BE⊥AD
∴直线BE为AD的垂直平分线
∴BD＝AB＝2
【点评】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定和性质，线段垂直平分线的性质，熟练运用菱形的性质是本题的关键．
18．（8分）如图，在△ABC中，直线DN平行于中线AF交AB于点D，交AC的延长线于点E，交边BC于点N，求证：＝．
【分析】由直线DN∥AF，根据平行线分线段成比例定理，可得＝，＝，又由在△ABC中，AF是BC边上的中线，即可证得结论．
【解答】证明：∵直线DN∥AF，
∴＝，＝，
∵在△ABC中，AF是BC边上的中线，
∴FB＝FC，
∴＝．
【点评】此题考查了平行线分线段成比例定理．此题难度适中，注意掌握数形结合思想的应用，注意掌握线段的对应关系．
19．（9分）已知：矩形ABCD的两边AB，AD的长是关于x的方程x2﹣mx+﹣＝0的两个实数根．
（1）当m为何值时，四边形ABCD是正方形？求出这时正方形的边长；
（2）若AB的长为2，那么矩形ABCD的周长是多少？
【分析】（1）首先根据正方形的两边相等得到方程的两根相等，从而利用根的判别式确定m的值，代入方程求得正方形的边长即可；
（2）将AB的长代入方程求得m的值，从而得到方程求得方程的另一根，利用矩形的周长计算方法求得矩形的周长即可．
【解答】解：（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，
又∵Δ＝m2﹣4（﹣）＝m2﹣2m+1＝（m﹣1）2，（m﹣1）2＝0时，
即m＝1时，四边形ABCD是正方形，
把m＝1代入x2﹣mx+﹣＝0，得x2﹣x+＝0，
解得：x＝，
∴正方形ABCD的边长是；
（2）把AB＝2代入x2﹣mx+﹣＝0，得4﹣2m+﹣＝0，
解得：m＝，
把m＝代入x2﹣mx+﹣＝0，得x2﹣x+1＝0，
解得x＝2或x＝，
∴AD＝，
∵四边形ABCD是矩形，
∴矩形ABCD的周长是2×（2+）＝5．
【点评】本题考查了一元二次方程的应用及根的判别式的知识，解题的关键是结合正方形的性质得到方程有两根相等的实数根，从而确定方程的解，难道不大．
20．（9分）如图，点E是菱形ABCD对角线CA的延长线上任意一点，以线段AE为边作一个菱形AEFG，且菱形AEFG∽菱形ABCD，相似比是：2，连接EB，GD．
（1）求证：EB＝GD；
（2）若∠DAB＝60°，AB＝2，求GD的长．
【分析】（1）利用相似多边形的对应角相等和菱形的四边相等证得三角形全等后即可证得两条线段相等；
（2）连接BD交AC于点P，则BP⊥AC，根据∠DAB＝60°得到BP＝1，然后求得EP的长，最后利用勾股定理求得EB的长即可求得线段GD的长即可．
【解答】（1）证明：∵菱形AEFG∽菱形ABCD，∴∠EAG＝∠BAD，
∴∠EAG+∠GAB＝∠BAD+∠GAB，
∴∠EAB＝∠GAD，
∵AE＝AG，AB＝AD，
∴△AEB≌△AGD，
∴EB＝GD；
（2）连接BD交AC于点P，则BP⊥AC，
∵∠DAB＝60°，
∴∠PAB＝30°，
∵菱形AEFG∽菱形ABCD，相似比是：2，AB＝2，
∴AE＝，BP＝AB＝1，
∴AP＝，
∴EP＝，
∴EB＝，
∴GD＝．
【点评】本题主要考查相似多边形形的性质与判定，全等三角形的判定与性质，勾股定理，等边三角形的性质与判定，菱形的性质等知识的综合运用．
21．（10分）为了满足师生的阅读需求，某校图书馆的藏书从2016年底到2018年底两年内由5万册增加到7.2万册．
（1）求这两年藏书的年均增长率；
（2）经统计知：中外古典名著的册数在2016年底仅占当时藏书总量的5.6%，在这两年新增加的图书中，中外古典名著所占的百分率恰好等于这两年藏书的年均增长率，那么到2018年底中外古典名著的册数占藏书总量的百分之几？
【分析】（1）根据题意可以列出相应的一元二次方程，从而可以得到这两年藏书的年均增长率；
（2）根据题意可以求出这两年新增加的中外古典名著，从而可以求得到2018年底中外古典名著的册数占藏书总量的百分之几．
【解答】解：（1）设这两年藏书的年均增长率是x，
5（1+x）2＝7.2，
解得，x1＝0.2，x2＝﹣2.2（舍去），
答：这两年藏书的年均增长率是20%；
（2）在这两年新增加的图书中，中外古典名著有（7.2﹣5）×20%＝0.44（万册），
到2018年底中外古典名著的册数占藏书总量的百分比是：×100%＝10%，
答：到2018年底中外古典名著的册数占藏书总量的10%．
【点评】本题考查一元二次方程的应用，解答本题的关键是明确题意，列出相应的方程，利用方程的知识解答，这是一道典型的增长率问题．
22．（11分）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，过点C的直线MN∥AB，D为AB边上一点，过点D作DE⊥BC，交直线MN于E，垂足为F，连接CD、BE．
（1）求证：CE＝AD；
（2）当D在AB中点时，四边形BECD是什么特殊四边形？说明你的理由；
（3）若D为AB中点，则当∠A的大小满足什么条件时，四边形BECD是正方形？请说明你的理由．
【分析】（1）先求出四边形ADEC是平行四边形，根据平行四边形的性质推出即可；
（2）求出四边形BECD是平行四边形，求出CD＝BD，根据菱形的判定推出即可；
（3）求出∠CDB＝90°，再根据正方形的判定推出即可．
【解答】（1）证明：∵DE⊥BC，
∴∠DFB＝90°，
∵∠ACB＝90°，
∴∠ACB＝∠DFB，
∴AC∥DE，
∵MN∥AB，即CE∥AD，
∴四边形ADEC是平行四边形，
∴CE＝AD；
（2）解：四边形BECD是菱形，
理由是：∵D为AB中点，
∴AD＝BD，
∵CE＝AD，
∴BD＝CE，
∵BD∥CE，
∴四边形BECD是平行四边形，
∵∠ACB＝90°，D为AB中点，
∴CD＝BD（直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半），
∴四边形BECD是菱形；
（3）当∠A＝45°时，四边形BECD是正方形，理由是：
解：∵∠ACB＝90°，∠A＝45°，
∴∠ABC＝∠A＝45°，
∴AC＝BC，
∵D为BA中点，
∴CD⊥AB，
∴∠CDB＝90°，
∵四边形BECD是菱形，
∴菱形BECD是正方形，
即当∠A＝45°时，四边形BECD是正方形．
【点评】本题考查了正方形的判定、平行四边形的性质和判定，菱形的判定，直角三角形的性质的应用，主要考查学生运用定理进行推理的能力．
23．（12分）（1）如图1，正方形ABCD中，点P为线段BC上一个动点，若线段MN垂直AP于点E，交线段AB于点M，交线段CD于点N，证明：AP＝MN；
（2）如图2，正方形ABCD中，点P为线段BC上一动点，若线段MN垂直平分线段AP，分别交AB，AP，BD，DC于点M，E，F，N．求证：EF＝ME+FN；
（3）若正方形ABCD的边长为2，求线段EF的最大值与最小值．
【分析】（1）先判断出BH＝MN，再根据BH＝AP从而得到AP＝MN；
（2）先判断出FE＝AP，代换即可得到结论；
（3）当点P和B重合时，EF最小；当点P和点C重合时，EF最大．
【解答】解：（1）如图1，过B点作BH∥MN交CD于H，则AP⊥BH，
∵BM∥NH，
∴四边形MBHN为平行四边形，
∴MN＝BH，
∵四边形ABCD是正方形．
∴AB＝BC，∠ABP＝90°＝∠C，
∴∠CBH+∠ABH＝∠BAP+∠ABH＝90°，
∴∠BAP＝∠CBH，
∴△ABP≌△BCH（ASA），
∴BH＝AP，
∴MN＝AP；
（2）如图2，连接FA，FP，FC
∵正方形ABCD是轴对称图形，F为对角线BD上一点，
∴FA＝FC，
又∵FE垂直平分AP，
∴FA＝FP，
∴FP＝FC，
∴∠FPC＝∠FCP，
∵∠FAB＝∠FCP，
∴∠FAB＝∠FPC，
∴∠FAB+∠FPB＝180°，
∴∠ABC+∠AFP＝180°，
∴∠AFP＝90°，
∴FE＝AP，
由（1）知，AP＝MN，
∴MN＝ME+EF+FN＝AP＝2EF，
∴EF＝ME+FN；
（3）由（2）有，EF＝ME+FN，
∵MN＝EF+ME+NF，
∴EF＝MN，
∵AC，BD是正方形的对角线，
∴BD＝2 ，
当点P和点B重合时，EF最小值＝MN＝AB＝1，
当点P和C重合时，EF最大值＝MN＝BD＝．x
3.23
3.24
3.25
3.26
ax2+bx+c
﹣0.06
﹣0.02
0.03
0.09
一、选择题（每小题3分，共30分）
1．（3分）下列判断错误的是（ ）
A．两组对边分别相等的四边形是平行四边形
B．四个内角都相等的四边形是矩形
C．四条边都相等的四边形是菱形
D．两条对角线垂直且平分的四边形是正方形
【分析】根据平行四边形的判定、矩形的判定，菱形的判定以及正方形的判定对各选项分析判断即可得解．
【解答】解：A、两组对边分别相等的四边形是平行四边形，正确，故本选项错误；
B、四个内角都相等的四边形是矩形，正确，故本选项错误；
C、四条边都相等的四边形是菱形，正确，故本选项错误；
D、两条对角线垂直且平分的四边形是正方形，错误，应该是菱形，故本选项正确．
故选：D．
【点评】本题考查了正方形的判定，平行四边形、矩形和菱形的判定，熟练掌握各四边形的判定方法是解题的关键．
2．（3分）下列线段中，能成比例的是（ ）
A．3cm、6cm、8cm、9cmB．3cm、5cm、6cm、9cm
C．3cm、6cm、7cm、9cmD．3cm、6cm、9cm、18cm
【分析】如果其中两条线段的乘积等于另外两条线段的乘积，则四条线段叫成比例线段．
【解答】解：根据如果其中两条线段的乘积等于另外两条线段的乘积，则四条线段叫成比例线段．
所给选项中，只有D符合，3×18＝6×9，故选：D．
【点评】理解成比例线段的概念，注意在线段两两相乘的时候，要让最小的和最大的相乘，另外两条相乘，看它们的积是否相等进行判断．
3．（3分）根据下面表格中的对应值：
判断方程ax2+bx+c＝0（a≠0，a，b，c为常数）的一个解x的范围是（ ）
A．3.22＜x＜3.23B．3.23＜x＜3.24
C．3.24＜x＜3.25D．3.25＜x＜3.26
【分析】根据表中数据得到x＝3.24时，ax2+bx+c＝﹣0.02；x＝3.25时，ax2+bx+c＝0.03，则x取2.24到2.25之间的某一个数时，使ax2+bx+c＝0，于是可判断关于x的方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的一个解x的范围是3.24＜x＜3.25．
【解答】解：∵x＝3.24时，ax2+bx+c＝﹣0.02；x＝3.25时，ax2+bx+c＝0.03，
∴关于x的方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的一个解x的范围是3.24＜x＜3.25．
故选：C．
【点评】本题考查了估算一元二次方程的近似解：用列举法估算一元二次方程的近似解，具体方法是：给出一些未知数的值，计算方程两边结果，当两边结果愈接近时，说明未知数的值愈接近方程的根．
4．（3分）如图，菱形ABCD中，∠D＝150°，则∠1＝（ ）
A．30°B．25°C．20°D．15°
【分析】由菱形的性质得出AB∥CD，∠BAD＝2∠1，求出∠BAD＝30°，即可得出∠1＝15°．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，∠D＝150°，
∴AB∥CD，∠BAD＝2∠1，
∴∠BAD+∠D＝180°，
∴∠BAD＝180°﹣150°＝30°，
∴∠1＝15°；
故选：D．
【点评】此题考查了菱形的性质，以及平行线的性质，熟练掌握菱形的性质是解本题的关键．
5．（3分）如图，在平面直角坐标系中，四边形OABC为菱形，O（0，0），A（4，0），∠AOC＝60°，则对角线交点E的坐标为（ ）
A．（2，）B．（，2）C．（，3）D．（3，）
【分析】过点E作EF⊥x轴于点F，由直角三角形的性质求出EF长和OF长即可．
【解答】解：过点E作EF⊥x轴于点F，
∵四边形OABC为菱形，∠AOC＝60°，
∴＝30°，∠FAE＝60°，
∵A（4，0），
∴OA＝4，
∴＝2，
∴，EF＝＝＝，
∴OF＝AO﹣AF＝4﹣1＝3，
∴．
故选：D．
【点评】本题考查了菱形的性质、勾股定理及含30°直角三角形的性质．正确作出辅助线是解题的关键．
6．（3分）对于方程（x﹣1）（x﹣2）＝x﹣2，下面给出的说法不正确的是（ ）
A．与方程x2+4＝4x的解相同
B．两边都除以x﹣2，得x﹣1＝1，可以解得x＝2
C．方程有两个相等的实数根
D．移项分解因式（x﹣2）2＝0，可以解得x1＝x2＝2．
【分析】方程利用因式分解法求出解，即可做出判断．
【解答】解：方程（x﹣1）（x﹣2）＝x﹣2，
移项得：（x﹣1）（x﹣2）﹣（x﹣2）＝0，
分解因式得：（x﹣2）（x﹣2）＝0，
解得：x1＝x2＝2；
A、与方程x2+4＝4x的解相同，正确；
B、当x﹣2≠0时，两边除以x﹣2，得x﹣1＝1，即x＝2；
当x﹣2＝0时，方程成立，错误；
C、方程有两个相等的实数根，正确；
D、移项分解因式（x﹣2）2＝0，可以解得x1＝x2＝2，正确；
故选：B．
【点评】此题考查了解一元二次方程﹣因式分解法，以及根的判别式，熟练掌握因式分解的方法是解本题的关键．
7．（3分）如图，直线l1∥l2∥l3两条直线分别与l1、l2、l3，相交于点A、B、C和D、E、F，已知＝，则下列等式不成立（ ）
A．B．C．D．
【分析】直接利用平行线分线段成比例定理解答即可．
【解答】解：∵l1∥l2∥l3，
∴，故A正确
∴，故B正确
∴，故D正确；
故选：C．
【点评】此题主要考查了平行线分线段成比例定理，关键是利用平行线分线段成比例定理解答．
8．（3分）如图，将一块正方形空地划出部分区域进行绿化，原空地一边减少了2m，另一边减少了3m，剩余一块面积为20m2的矩形空地，则原正方形空地的边长是（ ）
A．7mB．8mC．9mD．10m
【分析】本题可设原正方形的边长为xm，则剩余的空地长为（x﹣2）m，宽为（x﹣3）m．根据长方形的面积公式方程可列出，进而可求出原正方形的边长．
【解答】解：设原正方形的边长为xm，依题意有
（x﹣3）（x﹣2）＝20，
解得：x1＝7，x2＝﹣2（不合题意，舍去）
即：原正方形的边长7m．
故选：A．
【点评】本题考查了一元二次方程的应用．学生应熟记长方形的面积公式．另外求得剩余的空地的长和宽是解决本题的关键．
9．（3分）如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝8cm，BC＝6cm．动点P，Q分别从点A，B同时开始移动，点P的速度为1cm/秒，点Q的速度为2cm/秒，点Q移动到点C后停止，点P也随之停止运动．下列时间瞬间中，能使△PBQ的面积为15cm2的是（ ）
A．2秒钟B．3秒钟C．4秒钟D．5秒钟
【分析】设出动点P，Q运动t秒，能使△PBQ的面积为15cm2，用t分别表示出BP和BQ的长，利用三角形的面积计算公式即可解答．
【解答】解：设动点P，Q运动t秒后，能使△PBQ的面积为15cm2，
则BP为（8﹣t）cm，BQ为2tcm，由三角形的面积计算公式列方程得，
×（8﹣t）×2t＝15，
解得t1＝3，t2＝5（当t＝5时，BQ＝10，不合题意，舍去）．
∴动点P，Q运动3秒时，能使△PBQ的面积为15cm2．
故选：B．
【点评】此题考查借助三角形的面积计算公式来研究图形中的动点问题．
10．（3分）如图，在正方形ABCD中，点E，F将对角线AC三等分，且AC＝12，点P在正方形的边上，则满足PE+PF＝9的点P的个数是（ ）
A．0B．4C．6D．8
【分析】作点F关于BC的对称点M，连接FM交BC于点N，连接EM，交BC于点H，可得点H到点E和点F的距离之和最小，可求最小值，即可求解．
【解答】解：如图，作点F关于BC的对称点M，连接FM交BC于点N，连接EM，交BC于点H
∵点E，F将对角线AC三等分，且AC＝12，
∴EC＝8，FC＝4＝AE，
∵点M与点F关于BC对称
∴CF＝CM＝4，∠ACB＝∠BCM＝45°
∴∠ACM＝90°
∴EM＝＝4
则在线段BC存在点H到点E和点F的距离之和最小为4＜9
在点H右侧，当点P与点C重合时，则PE+PF＝12
∴点P在CH上时，4＜PE+PF≤12
在点H左侧，当点P与点B重合时，BF＝＝2
∵AB＝BC，CF＝AE，∠BAE＝∠BCF
∴△ABE≌△CBF（SAS）
∴BE＝BF＝2
∴PE+PF＝4
∴点P在BH上时，4＜PE+PF＜4
∴在线段BC上点H的左右两边各有一个点P使PE+PF＝9，
同理在线段AB，AD，CD上都存在两个点使PE+PF＝9．
即共有8个点P满足PE+PF＝9，
故选：D．
【点评】本题考查了正方形的性质，最短路径问题，在BC上找到点H，使点H到点E和点F的距离之和最小是本题的关键．
二、填空题（每小题3分，共15分）
11．（3分）如图，已知菱形ABCD的对角线AC，BD交于点O，E为BC的中点，若OE＝3，则菱形的周长为 24 ．
【分析】根据菱形的对角线互相平分可得BO＝DO，然后求出OE是△BCD的中位线，再根据三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半求出CD，然后根据菱形的周长公式计算即可得解．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC＝CD＝AD，BO＝DO，
∵点E是BC的中点，
∴OE是△BCD的中位线，
∴CD＝2OE＝2×3＝6，
∴菱形ABCD的周长＝4×6＝24；
故答案为：24．
【点评】本题考查了菱形的性质以及三角形中位线定理；熟记菱形性质与三角形中位线定理是解题的关键．
12．（3分）若x：y＝1：2，则＝ ．
【分析】根据题意，设x＝k，y＝2k．直接代入即可求得的值．
【解答】解：设x＝k，y＝2k，
∴＝＝﹣．
【点评】此类题目常用的解法是：设一个未知数，把题目中的几个量用所设的未知数表示出来，实现消元．
13．（3分）若关于x的一元二次方程kx2+2x+1＝0有实数根，则k的取值范围是 k≠0且k≤1 ．
【分析】根据一元二次方程的根的判别式即可求出答案．
【解答】解：由题意可知：Δ＝4﹣4k≥0，
∴k≤1，
∵k≠0，
∴k≠0且k≤1，
故答案为：k≠0且k≤1；
【点评】本题考查根的判别式，解题的关键是熟练运用根的判别式，本题属于基础题型．
14．（3分）你知道吗，对于一元二次方程，我国古代数学家还研究过其几何解法呢！以方程x2+5x﹣14＝0即x（x+5）＝14为例加以说明．数学家赵爽（公元3～4世纪）在其所著的《勾股圆方图注》中记载的方法是：构造图（如图左图）中大正方形的面积是（x+x+5）2，其中它又等于四个矩形的面积加上中间小正方形的面积，即4×14+52，据此易得x＝2．那么在如图右边三个构图（矩形的顶点均落在边长为1的小正方形网格格点上）中，能够说明方程x2﹣4x﹣12＝0的正确构图是 ② ．（只填序号）
【分析】仿照案例，构造面积是（x+x﹣4）2的大正方形，由它的面积为4×12+42，可求出x＝6，此题得解．
【解答】解：∵x2﹣4x﹣12＝0即x（x﹣4）＝12，
∴构造如图②中大正方形的面积是（x+x﹣4）2，其中它又等于四个矩形的面积加上中间小正方形的面积，即4×12+42，
据此易得x＝6．
故答案为：②．
【点评】本题考查了一元二次方程的应用，仿照案例，构造出合适的大正方形是解题的关键．
15．（3分）如图，点A、B、C在同一直线上，且AB＝AC，点D、E分别是AB、BC的中点，分别以AB，DE，BC为边，在AC同侧作三个正方形，得到三个平行四边形（阴影部分）的面积分别记作S1、S2、S3，若S1＝，则S2+S3＝ ．
【分析】设BE＝x，根据正方形的性质、平行四边形的面积公式分别表示出S1，S2，S3，根据题意计算即可．
【解答】解：设BE＝x，则EC＝x，AD＝BD＝2x，
∵四边形ABGF是正方形，
∴∠ABF＝45°，
∴△BDH是等腰直角三角形，
∴BD＝DH＝2x，
∴S1＝DH•AD＝，即2x•2x＝，
，
∵BD＝2x，BE＝x，
∴S2＝MH•BD＝（3x﹣2x）•2x＝2x2，
S3＝EN•BE＝x•x＝x2，
∴S2+S3＝2x2+x2＝3x2＝，
故答案为：．
【点评】本题考查的是正方形的性质、平行四边形的性质，掌握正方形的四条边相等、四个角都是90°是解题的关键．
三、解答题（共75分）
16．（8分）解下列方程：
（1）4x2﹣（3x+1）2＝0；
（2）2x2﹣x﹣1＝0．
【分析】（1）利用因式分解法求解即可；
（2）利用因式分解法即可．
【解答】解：（1）4x2﹣（3x+1）2＝0，
因式分解得：（2x+3x+1）（2x﹣3x﹣1）＝0，
5x+1＝0或﹣x﹣1＝0，
解得：x1＝﹣，x2＝﹣1；
（2）2x2﹣x﹣1＝0，
因式分解得：（2x+1）（x﹣1）＝0，
2x+1＝0或x﹣1＝0，
解得：x1＝﹣，x2＝1．
【点评】本题考查了因式分解法解一元二次方程，解决本题的关键是掌握因式分解法．
17．（8分）如图，菱形ABCD中，作BE⊥AD、CF⊥AB，分别交AD、AB的延长线于点E、F．
（1）求证：AE＝BF；
（2）若点E恰好是AD的中点，AB＝2，求BD的值．
【分析】（1）由“AAS”可证△AEB≌△BFC，可得AE＝BF；
（2）由线段垂直平分线的性质可得BD＝AB＝2．
【解答】（1）证明：四边形ABCD是菱形
∴AB＝BC，AD∥BC
∴∠A＝∠CBF
∵BE⊥AD、CF⊥AB
∴∠AEB＝∠BFC＝90°
∴△AEB≌△BFC（AAS）
∴AE＝BF
（2）∵E是AD中点，且BE⊥AD
∴直线BE为AD的垂直平分线
∴BD＝AB＝2
【点评】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定和性质，线段垂直平分线的性质，熟练运用菱形的性质是本题的关键．
18．（8分）如图，在△ABC中，直线DN平行于中线AF交AB于点D，交AC的延长线于点E，交边BC于点N，求证：＝．
【分析】由直线DN∥AF，根据平行线分线段成比例定理，可得＝，＝，又由在△ABC中，AF是BC边上的中线，即可证得结论．
【解答】证明：∵直线DN∥AF，
∴＝，＝，
∵在△ABC中，AF是BC边上的中线，
∴FB＝FC，
∴＝．
【点评】此题考查了平行线分线段成比例定理．此题难度适中，注意掌握数形结合思想的应用，注意掌握线段的对应关系．
19．（9分）已知：矩形ABCD的两边AB，AD的长是关于x的方程x2﹣mx+﹣＝0的两个实数根．
（1）当m为何值时，四边形ABCD是正方形？求出这时正方形的边长；
（2）若AB的长为2，那么矩形ABCD的周长是多少？
【分析】（1）首先根据正方形的两边相等得到方程的两根相等，从而利用根的判别式确定m的值，代入方程求得正方形的边长即可；
（2）将AB的长代入方程求得m的值，从而得到方程求得方程的另一根，利用矩形的周长计算方法求得矩形的周长即可．
【解答】解：（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，
又∵Δ＝m2﹣4（﹣）＝m2﹣2m+1＝（m﹣1）2，（m﹣1）2＝0时，
即m＝1时，四边形ABCD是正方形，
把m＝1代入x2﹣mx+﹣＝0，得x2﹣x+＝0，
解得：x＝，
∴正方形ABCD的边长是；
（2）把AB＝2代入x2﹣mx+﹣＝0，得4﹣2m+﹣＝0，
解得：m＝，
把m＝代入x2﹣mx+﹣＝0，得x2﹣x+1＝0，
解得x＝2或x＝，
∴AD＝，
∵四边形ABCD是矩形，
∴矩形ABCD的周长是2×（2+）＝5．
【点评】本题考查了一元二次方程的应用及根的判别式的知识，解题的关键是结合正方形的性质得到方程有两根相等的实数根，从而确定方程的解，难道不大．
20．（9分）如图，点E是菱形ABCD对角线CA的延长线上任意一点，以线段AE为边作一个菱形AEFG，且菱形AEFG∽菱形ABCD，相似比是：2，连接EB，GD．
（1）求证：EB＝GD；
（2）若∠DAB＝60°，AB＝2，求GD的长．
【分析】（1）利用相似多边形的对应角相等和菱形的四边相等证得三角形全等后即可证得两条线段相等；
（2）连接BD交AC于点P，则BP⊥AC，根据∠DAB＝60°得到BP＝1，然后求得EP的长，最后利用勾股定理求得EB的长即可求得线段GD的长即可．
【解答】（1）证明：∵菱形AEFG∽菱形ABCD，∴∠EAG＝∠BAD，
∴∠EAG+∠GAB＝∠BAD+∠GAB，
∴∠EAB＝∠GAD，
∵AE＝AG，AB＝AD，
∴△AEB≌△AGD，
∴EB＝GD；
（2）连接BD交AC于点P，则BP⊥AC，
∵∠DAB＝60°，
∴∠PAB＝30°，
∵菱形AEFG∽菱形ABCD，相似比是：2，AB＝2，
∴AE＝，BP＝AB＝1，
∴AP＝，
∴EP＝，
∴EB＝，
∴GD＝．
【点评】本题主要考查相似多边形形的性质与判定，全等三角形的判定与性质，勾股定理，等边三角形的性质与判定，菱形的性质等知识的综合运用．
21．（10分）为了满足师生的阅读需求，某校图书馆的藏书从2016年底到2018年底两年内由5万册增加到7.2万册．
（1）求这两年藏书的年均增长率；
（2）经统计知：中外古典名著的册数在2016年底仅占当时藏书总量的5.6%，在这两年新增加的图书中，中外古典名著所占的百分率恰好等于这两年藏书的年均增长率，那么到2018年底中外古典名著的册数占藏书总量的百分之几？
【分析】（1）根据题意可以列出相应的一元二次方程，从而可以得到这两年藏书的年均增长率；
（2）根据题意可以求出这两年新增加的中外古典名著，从而可以求得到2018年底中外古典名著的册数占藏书总量的百分之几．
【解答】解：（1）设这两年藏书的年均增长率是x，
5（1+x）2＝7.2，
解得，x1＝0.2，x2＝﹣2.2（舍去），
答：这两年藏书的年均增长率是20%；
（2）在这两年新增加的图书中，中外古典名著有（7.2﹣5）×20%＝0.44（万册），
到2018年底中外古典名著的册数占藏书总量的百分比是：×100%＝10%，
答：到2018年底中外古典名著的册数占藏书总量的10%．
【点评】本题考查一元二次方程的应用，解答本题的关键是明确题意，列出相应的方程，利用方程的知识解答，这是一道典型的增长率问题．
22．（11分）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，过点C的直线MN∥AB，D为AB边上一点，过点D作DE⊥BC，交直线MN于E，垂足为F，连接CD、BE．
（1）求证：CE＝AD；
（2）当D在AB中点时，四边形BECD是什么特殊四边形？说明你的理由；
（3）若D为AB中点，则当∠A的大小满足什么条件时，四边形BECD是正方形？请说明你的理由．
【分析】（1）先求出四边形ADEC是平行四边形，根据平行四边形的性质推出即可；
（2）求出四边形BECD是平行四边形，求出CD＝BD，根据菱形的判定推出即可；
（3）求出∠CDB＝90°，再根据正方形的判定推出即可．
【解答】（1）证明：∵DE⊥BC，
∴∠DFB＝90°，
∵∠ACB＝90°，
∴∠ACB＝∠DFB，
∴AC∥DE，
∵MN∥AB，即CE∥AD，
∴四边形ADEC是平行四边形，
∴CE＝AD；
（2）解：四边形BECD是菱形，
理由是：∵D为AB中点，
∴AD＝BD，
∵CE＝AD，
∴BD＝CE，
∵BD∥CE，
∴四边形BECD是平行四边形，
∵∠ACB＝90°，D为AB中点，
∴CD＝BD（直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半），
∴四边形BECD是菱形；
（3）当∠A＝45°时，四边形BECD是正方形，理由是：
解：∵∠ACB＝90°，∠A＝45°，
∴∠ABC＝∠A＝45°，
∴AC＝BC，
∵D为BA中点，
∴CD⊥AB，
∴∠CDB＝90°，
∵四边形BECD是菱形，
∴菱形BECD是正方形，
即当∠A＝45°时，四边形BECD是正方形．
【点评】本题考查了正方形的判定、平行四边形的性质和判定，菱形的判定，直角三角形的性质的应用，主要考查学生运用定理进行推理的能力．
23．（12分）（1）如图1，正方形ABCD中，点P为线段BC上一个动点，若线段MN垂直AP于点E，交线段AB于点M，交线段CD于点N，证明：AP＝MN；
（2）如图2，正方形ABCD中，点P为线段BC上一动点，若线段MN垂直平分线段AP，分别交AB，AP，BD，DC于点M，E，F，N．求证：EF＝ME+FN；
（3）若正方形ABCD的边长为2，求线段EF的最大值与最小值．
【分析】（1）先判断出BH＝MN，再根据BH＝AP从而得到AP＝MN；
（2）先判断出FE＝AP，代换即可得到结论；
（3）当点P和B重合时，EF最小；当点P和点C重合时，EF最大．
【解答】解：（1）如图1，过B点作BH∥MN交CD于H，则AP⊥BH，
∵BM∥NH，
∴四边形MBHN为平行四边形，
∴MN＝BH，
∵四边形ABCD是正方形．
∴AB＝BC，∠ABP＝90°＝∠C，
∴∠CBH+∠ABH＝∠BAP+∠ABH＝90°，
∴∠BAP＝∠CBH，
∴△ABP≌△BCH（ASA），
∴BH＝AP，
∴MN＝AP；
（2）如图2，连接FA，FP，FC
∵正方形ABCD是轴对称图形，F为对角线BD上一点，
∴FA＝FC，
又∵FE垂直平分AP，
∴FA＝FP，
∴FP＝FC，
∴∠FPC＝∠FCP，
∵∠FAB＝∠FCP，
∴∠FAB＝∠FPC，
∴∠FAB+∠FPB＝180°，
∴∠ABC+∠AFP＝180°，
∴∠AFP＝90°，
∴FE＝AP，
由（1）知，AP＝MN，
∴MN＝ME+EF+FN＝AP＝2EF，
∴EF＝ME+FN；
（3）由（2）有，EF＝ME+FN，
∵MN＝EF+ME+NF，
∴EF＝MN，
∵AC，BD是正方形的对角线，
∴BD＝2 ，
当点P和点B重合时，EF最小值＝MN＝AB＝1，
当点P和C重合时，EF最大值＝MN＝BD＝．x
3.23
3.24
3.25
3.26
ax2+bx+c
﹣0.06
﹣0.02
0.03
0.09
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