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2023-2024学年安徽省宿州市埇桥区宿城一中九年级（上）第一次月考数学试卷（含解析）
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这是一份2023-2024学年安徽省宿州市埇桥区宿城一中九年级（上）第一次月考数学试卷（含解析），共28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学年安徽省宿州市埇桥区宿城一中九年级第一学期第一次月考数学试卷
一、选择题（共10小题，每题4分，共40分）
1．若关于x的方程（m﹣2）+x＝0是一元二次方程，则m的值是（ ）
A．﹣2 B．±2 C．3 D．±3
2．有下列命题：
①对角线相等且互相平分的四边形是矩形；
②对角线互相垂直的四边形是菱形；
③对角线垂直且相等的四边形是正方形；
④四边相等的四边形是菱形．
其中，真命题有（ ）个．
A．1 B．2 C．3 D．4
3．已知关于x的方程（k﹣3）x2﹣4x+2＝0有实数根，则k的取值范围是（ ）
A．k≤5 B．k＜5且k≠3 C．k≤5且k≠3 D．k≥5
4．用配方法解方程3x2+4x+1＝0时，可以将方程化为（ ）
A． B．（x+2）2＝3
C． D．
5．根据表格中的信息，估计一元二次方程ax2+bx+c＝0（a、b、c为常数，a≠0）的一个解x的范围为（ ）
x
0.4
0.5
0.6
0.7
0.8
ax2+bx+c
﹣0.44
﹣0.25
﹣0.04
0.19
0.44
A．0.4＜x＜0.5 B．0.5＜x＜0.6 C．0.6＜x＜0.7 D．0.7＜x＜0.8
6．若顺次连接四边形ABCD各边的中点所得的四边形是菱形，则四边形ABCD的两条对角线AC，BD一定是（ ）
A．互相平分 B．互相平分且相等
C．互相垂直 D．相等
7．如图，在∠MON的两边上分别截取OA，OB，使OA＝OB；再分别以点A，B为圆心，OA长为半径作弧，两弧交于点C；再连接AC，BC，AB，OC．若AB＝10，OA＝13．则四边形AOCB的面积是（ ）
A．65 B．120 C．130 D．240
8．为执行国家药品降价政策，给人民群众带来实惠，某药品经过两次降价，每盒零售价由56元降为31.5元，设平均每次降价的百分率是x，则根据题意，下列方程正确的是（ ）
A．56（1﹣2x）＝31.5 B．56（1﹣x）2＝31.5
C．31.5（1+x）2＝56 D．31.5（1+2x）＝56
9．如图所示，矩形ABOC的顶点O（0，0），A（﹣2，2），对角线交点为P，若矩形绕点O逆时针旋转，每次旋转90°，则第74次旋转后点P的落点坐标为（ ）
A． B．（2，0） C． D．
10．如图，在等腰Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝6，F是AB边上的中点，点D，E分别在AC，BC边上运动，且保持AD＝CE，连接DE，DF，EF．在此运动变化的过程中，下列结论：
①△DFE是等腰直角三角形；
②四边形CDFE不可能为正方形；
③DE长度的最小值为；
④四边形CDFE的面积保持不变；
⑤△CDE面积的最大值为4．
其中正确的结论是（ ）
A．①②④ B．①④⑤ C．①③④ D．①③④⑤
二、填空题（共4小题，每题5分，共20分）
11．一个三角形的两边长为3和5，第三边长为方程x2﹣5x+6＝0的根，则这个三角形的周长为 ．
12．参加足球联赛的每两个队之间都进行一次比赛，共要比赛36场，共有 个队参加比赛．
13．如图，将一个矩形纸片ABCD沿着直线EF折叠，使得点C与点A重合，直线EF分别交BC，AD于点E，F，若BE＝3，AF＝5，则线段EF的长为 ．
14．如图，正方形ABCD中，AB＝12，E是BC边上一点，CE＝7，F是正方形内部一点，且EF＝3，连接EF，DE，DF，并将△DEF绕点D逆时针旋转90°得到△DMN（点M、N分别为点E、F的对应点），连接CN，则CN长度的最小值为 ．
三、解答题（本大题共9题，共90分）
15．解方程：
（1）3x2﹣5x﹣2＝0；
（2）3x（x﹣1）＝2﹣2x．
16．如图，利用长20米的一段围墙，用篱笆围一个长方形的场地，中间用篱笆分割出2个小长方形，总共用去篱笆36米，为了使这个长方形的ABCD的面积为96平方米，求AB、BC边各为多少米．
17．如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点E，F在对角线BD上，且BE＝DF，AE⊥AF．
求证：四边形AECF是正方形．
18．为美化市容，某广场要在人行雨道上用10×20的灰、白两色的广场砖铺设图案，设计人员画出的一些备选图案如图所示．
[观察思考]
图1灰砖有1块，白砖有8块；图2灰砖有4块，白砖有12块；以此类推．
[规律总结]
（1）图4灰砖有 块，白砖有 块；图n灰砖有 块时，白砖有 块；
[问题解决]
（2）是否存在白砖数恰好比灰砖数少1的情形，请通过计算说明你的理由．
19．已知：如图，▱ABCD，延长边AB到点E，使BE＝AB，连接DE、BD和EC，设DE交BC于点O，∠BOD＝2∠A，求证：四边形BECD是矩形．
20．如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，AB⊥AC，BE＝EC，AF＝EF．
（1）求证：四边形AECD是菱形；
（2）若AC＝5，AB＝12，求四边形ABCD的面积．
21．当今社会，“直播带货”已经成为商家的一种新型的促销手段．小亮在直播间销售一种进价为每件10元的日用商品，经调查发现，该商品每天的销售量y（件）与销售单价x（元）满足一次函数关系，它们的关系如下表：
销售单价x（元）
20
25
30
销售量y（件）
200
150
100
（1）求y与x之间的函数关系式；
（2）该商家每天想获得2160元的利润，又要尽可能地减少库存，应将销售单价定为多少元？
22．已知：如图，△ABC是边长6cm的等边三角形，动点P、Q同时从A、B两点出发，分别沿AB、BC方向匀速移动，它们的速度都是2cm/s，当点P到达点B时，P、Q两点停止运动．设点P的运动时间为t（s），解答下列问题：
（1）当t为何值时，△PBQ是直角三角形；
（2）是否存在某一时刻t，使四边形APQC的面积是△ABC面积的四分之三？如果存在，求出相应的t值；不存在，说明理由．
23．如图，在四边形ABCD中，点E是直线BC上一点，将射线AE绕点A逆时针旋转α度交直线CD于点F．
（1）如图①，若四边形ABCD为菱形，点E在线段BC上．∠B＝60°，α＝60°，求证：AE＝AF；
（2）如图②，若四边形ABCD为正方形，点E在线段BC的延长线上，α＝45°，连接EF，试猜想线段BE，DF与EF之间的数量关系，并加以证明；
（3）若四边形ABCD为正方形，α＝45°，AB＝4，，连接EF，请直接写出EF的长．
参考答案
一、选择题（共10小题，每题4分，共40分）
1．若关于x的方程（m﹣2）+x＝0是一元二次方程，则m的值是（ ）
A．﹣2 B．±2 C．3 D．±3
【分析】根据一元二次方程的定义得出m﹣2≠0且m2﹣2＝2，再求出m即可．
解：∵关于x的方程（m﹣2）+x＝0是一元二次方程，
∴m﹣2≠0且m2﹣2＝2，
解得：m＝﹣2．
故选：A．
【点评】本题考查了一元二次方程的定义，能根据一元二次方程的定义得出m﹣2≠0和m2﹣2＝2是解此题的关键．
2．有下列命题：
①对角线相等且互相平分的四边形是矩形；
②对角线互相垂直的四边形是菱形；
③对角线垂直且相等的四边形是正方形；
④四边相等的四边形是菱形．
其中，真命题有（ ）个．
A．1 B．2 C．3 D．4
【分析】根据矩形、正方形、菱形的判定解答即可．
解：①对角线相等且互相平分的四边形是矩形，是真命题；
②对角线互相垂直的平行四边形是菱形，原命题是假命题；
③对角线垂直且相等的四边形不一定是正方形，原命题是假命题；
④四边相等的四边形是菱形，是真命题；
故选：B．
【点评】此题考查命题与定理，关键是根据矩形、正方形、菱形的判定解答．
3．已知关于x的方程（k﹣3）x2﹣4x+2＝0有实数根，则k的取值范围是（ ）
A．k≤5 B．k＜5且k≠3 C．k≤5且k≠3 D．k≥5
【分析】讨论：当k﹣3＝0，即k＝3，方程为一元一次方程，有一个解；当k﹣3≠0时，利用判别式的意义得到Δ＝（﹣4）2﹣4（k﹣3）×2≥0，解得k≤5且k≠3，然后综合两种情况得到k的范围．
解：当k﹣3＝0，即k＝3时，方程化为﹣4x+2＝0，解得x＝；
当k﹣3≠0时，b2﹣4ac＝（﹣4）2﹣4（k﹣3）×2≥0，解得k≤5且k≠3．
综上所述，k的取值范围为k≤5．
故选：A．
【点评】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两个实数根；当Δ＝0时，方程有两个相等的两个实数根；当Δ＜0时，方程无实数根．
4．用配方法解方程3x2+4x+1＝0时，可以将方程化为（ ）
A． B．（x+2）2＝3
C． D．
【分析】先将常数移到方程右边，再二次项系数化为1，然后方程两边同时加上一次项系数一半的平方，即可求解．
解：3x2+4x+1＝0，
3x2+4x＝﹣1，
，
，
．
故选：A．
【点评】本题考查用配方法解一元二次方程，熟练掌握配方法的一般步骤是解题的关键．
5．根据表格中的信息，估计一元二次方程ax2+bx+c＝0（a、b、c为常数，a≠0）的一个解x的范围为（ ）
x
0.4
0.5
0.6
0.7
0.8
ax2+bx+c
﹣0.44
﹣0.25
﹣0.04
0.19
0.44
A．0.4＜x＜0.5 B．0.5＜x＜0.6 C．0.6＜x＜0.7 D．0.7＜x＜0.8
【分析】根据ax2+bx+c的符号即可估算ax2+bx+c＝0的解．
解：由表格可知：当x＝0.6时，ax2+bx+c＝﹣0.04，当x＝0.7时，ax2+bx+c＝0.19，
∴一元二次方程ax2+bx+c＝0（a，b，c为常数，a≠0）一个解x的范围为0.6＜x＜0.7，
故选：C．
【点评】本题考查一元二次方程，解题的关键是正确理解一元二次方程的近似解，本题属于基础题型．
6．若顺次连接四边形ABCD各边的中点所得的四边形是菱形，则四边形ABCD的两条对角线AC，BD一定是（ ）
A．互相平分 B．互相平分且相等
C．互相垂直 D．相等
【分析】根据三角形的中位线定理得到EH∥FG，EF＝FG，EF＝BD，要是四边形为菱形，得出EF＝EH，即可得到答案．
解：∵E，F，G，H分别是边AD，DC，CB，AB的中点，
∴EH＝AC，EH∥AC，FG＝AC，FG∥AC，EF＝BD，
∴EH∥FG，EF＝FG，
∴四边形EFGH是平行四边形，
假设AC＝BD，
∵EH＝AC，EF＝BD，
则EF＝EH，
∴平行四边形EFGH是菱形，
即只有具备AC＝BD即可推出四边形是菱形，
故选：D．
【点评】本题主要考查对菱形的判定，三角形的中位线定理，平行四边形的判定等知识点的理解和掌握，灵活运用性质进行推理是解此题的关键．
7．如图，在∠MON的两边上分别截取OA，OB，使OA＝OB；再分别以点A，B为圆心，OA长为半径作弧，两弧交于点C；再连接AC，BC，AB，OC．若AB＝10，OA＝13．则四边形AOCB的面积是（ ）
A．65 B．120 C．130 D．240
【分析】根据作图可得四边形AOCB是菱形，勾股定理，求得OC的长，进而根据菱形的面积公式即可求解．
解：根据作图可得OA＝AC＝OB＝BC，
∴四边形AOCB是菱形，
∴AB⊥OC，AD＝BD，OD＝OC，
∵AB＝10，OA＝13，
如图所示，设AB，OC交于点D，
∴，
在Rt△AOD中，，
∴OC＝2OD＝24，
∴四边形AOCB的面积，
故选：B．
【点评】本题考查了菱形的性质与判定，熟练掌握菱形的性质与判定是解题的关键．
8．为执行国家药品降价政策，给人民群众带来实惠，某药品经过两次降价，每盒零售价由56元降为31.5元，设平均每次降价的百分率是x，则根据题意，下列方程正确的是（ ）
A．56（1﹣2x）＝31.5 B．56（1﹣x）2＝31.5
C．31.5（1+x）2＝56 D．31.5（1+2x）＝56
【分析】设该药品平均每次降价的百分率为x，根据降价后的价格＝降价前的价格×（1﹣降价的百分率），则第一次降价后的价格是56（1﹣x），第二次后的价格是56（1﹣x）2，据此即可列方程求解．
解：根据题意得：56（1﹣x）2＝31.5，
故选：B．
【点评】此题主要考查了一元二次方程应用，关键是根据题意找到已知量和未知量之间的等量关系，列出方程即可．
9．如图所示，矩形ABOC的顶点O（0，0），A（﹣2，2），对角线交点为P，若矩形绕点O逆时针旋转，每次旋转90°，则第74次旋转后点P的落点坐标为（ ）
A． B．（2，0） C． D．
【分析】由矩形的性质可得OP＝AP，由中点坐标公式可求点P坐标，由旋转的规律确定第74次旋转后点P的位置，即可求解．
解：∵四边形ABOC是矩形，
∴OP＝AP，
∵点O（0，0），A（﹣2，2），
∴点P（﹣，1），
∵矩形绕点O逆时针旋转，每次旋转90°，
∴每4次回到起始位置，
∵74÷4＝18•••2，
∴第74次旋转后点P的落点在第四象限，且与点P关于原点成中心对称，
∴第74次旋转后点P的落点坐标为（﹣，1），
故选：D．
【点评】本题考查了矩形的性质，坐标与图形变化，找出旋转的规律是解题的关键．
10．如图，在等腰Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝6，F是AB边上的中点，点D，E分别在AC，BC边上运动，且保持AD＝CE，连接DE，DF，EF．在此运动变化的过程中，下列结论：
①△DFE是等腰直角三角形；
②四边形CDFE不可能为正方形；
③DE长度的最小值为；
④四边形CDFE的面积保持不变；
⑤△CDE面积的最大值为4．
其中正确的结论是（ ）
A．①②④ B．①④⑤ C．①③④ D．①③④⑤
【分析】①连接CF，先证△ACF和△BCF为等腰直角三角形得AF＝CF，BF＝CF，∠BCF＝45°，进而证△ADF和△CEF全等得DF＝EF，∠AFD＝∠CFE，由此可证∠DFE＝90°，据此可对结论①进行判断；
②当D，E为AC，BC的中点时，根据等腰三角形的性质可得四边形CDFE为正方形，据此可对结论②进行判断；
③由结论①正确得DF＝EF，∠DFE＝90°，由勾股定理得DE＝DF，因此当DF最小时，DE为最小，则当DF⊥AC时DF为最小，由此可求出DF的最小值为3，进而得DE的最小值，据此可对结论③进行判断；
④由①可知△ADF≌△CEF，则S△ADF＝S△CEF，进而得S四边形CDFE＝S△ACF＝S△ABC＝9，据此可对结论④进行判断；
⑤由结论④可知S四边形CDFE＝9，即S四边形CDFE＝S△CDE+S△DEF＝9，因此当△CDE的面积为最大，则三角形DEF的面积为最小，结合结论①③可求出△DEF的面积最小值为4.5，进而得△CDE面积的最大值为3.5，据此可对结论⑤进行判断，综上所述即可得出答案．
解：①连接CF，如图：
∵在等腰三角形ABC中，∠ACB＝90°，
∴AC＝BC＝6，∠A＝∠B＝45°，
∵点F是AB的中点，
∴CF⊥AB，
即∠AFC＝∠BFC＝90°，
∴△ACF和△BCF为等腰直角三角形，
∴AF＝CF，BF＝CF，∠BCF＝45°，
∴∠A＝∠BCF＝45°，
在△ADF和△CEF中，
，
∴△ADF≌△CEF（SAS），
∴DF＝EF，∠AFD＝∠CFE，
∴∠DFE＝∠DFC+∠CFE＝∠DFC+∠AFD＝∠AFC＝90°，
∴△DEF为等腰直角三角形．
故结论①正确；
②当D，E为AC，BC的中点时，
根据等腰三角形的性质得：FD⊥AC，FE⊥AC，
由结论①正确可知：DF＝EF，∠DFE＝90°，
∴四边形CDFE为正方形，
故结论②不正确．
③由结论①正确可知：DF＝EF，∠DFE＝90°，
由勾股定理得：DE＝＝DF，
∴当DF最小时，DE为最小，
根据“垂线段最短”可知：当DF⊥AC时，DF为最小，
此时点D为AC的中点，DF为△ABC的中位线，
∴DF＝BC＝×6＝3，
∴DE＝DF＝3，
即DE长度的最小值为3．
故结论③正确；
④由①可知：△ADF≌△CEF，
∴S△ADF＝S△CEF，
∴S四边形CDFE＝S△CDF+S△CEF＝S△CDF+S△ADF＝S△ACF，
∴点F为AB的中点，
∴S△ACF＝S△ABC＝וAC•BC＝×6×6＝9，
∴S四边形CDFE＝9，
即四边形CDFE的面积保持不变，始终等于9．
故结论④正确．
⑤由结论④可知：S四边形CDFE＝9，
∴S四边形CDFE＝S△CDE+S△DEF＝9，
∵△CDE的面积为最大，
则三角形DEF的面积为最小，
∵△DEF为等腰直角三角形，
∴S△DEF＝DF•EF＝DF2，
要使△DEF的面积为最小，只需DF为最小，
由结论③正确可知：DE的最小值为3，
∴△DEF的面积最小值为：＝4.5，
∴△CDE面积的最大值为：9﹣4.5＝3.5．
故结论⑤不正确．
综上所述：正确的结论是①③④．
故选：C．
【点评】此题主要考查了等腰三角形的判定和性质，正方形的判定，三角形的面积，全等三角形的判定和性质等，熟练掌握全等三角形的判定和性质，理解等腰直角三角形的两个锐角都等于45°，斜边上的高（斜边上的中线或顶角的平分线）将原等腰直角三角形分成两个等腰直角三角形是解答此题的关键．
二、填空题（共4小题，每题5分，共20分）
11．一个三角形的两边长为3和5，第三边长为方程x2﹣5x+6＝0的根，则这个三角形的周长为 11 ．
【分析】直接利用因式分解法解方程，进而利用三角形三边关系得出答案．
解：x2﹣5x+6＝0
（x﹣3）（x﹣2）＝0，
解得：x1＝3，x2＝2，
∵一个三角形的两边长为3和5，
∴第三边长的取值范围是：2＜x＜8，
则第三边长为：3，
∴这个三角形的周长为：11．
故答案为：11．
【点评】此题主要考查了因式分解法解方程以及三角形三边关系，正确掌握三角形三边关系是解题关键．
12．参加足球联赛的每两个队之间都进行一次比赛，共要比赛36场，共有 9 个队参加比赛．
【分析】设有n个队参赛，根据参加一次足球联赛的每两队之间都进行一场比赛，共要比赛36场，可列出方程．
解：设有n个队参加比赛，，
解得n1＝﹣8（舍去），n2＝9．
答：有9个队参加比赛．
【点评】本题考查一元二次方程的应用，关键是根据总比赛场数作为等量关系列方程求解．
13．如图，将一个矩形纸片ABCD沿着直线EF折叠，使得点C与点A重合，直线EF分别交BC，AD于点E，F，若BE＝3，AF＝5，则线段EF的长为 ．
【分析】连接AE，EF交AC于点O，根据折叠可知AE＝CE，EF垂直平分AC，由等边对等角得∠CAE＝∠ACE，由AD∥BC可得∠FAO＝∠ACE，进而得到∠FAO＝∠CAE，以此可通过ASA证明△AOE≌△AOF，得到CE＝AE＝AF＝5，OE＝OF，再根据勾股定理分别求出AB＝4、AC＝，则OA＝，再利用勾股定理求出OE即可求解．
解：如图，连接AE，EF交AC于点O，
∵将一个矩形纸片ABCD沿着直线EF折叠，使得点C与点A重合，
∴AE＝CE，EF垂直平分AC，
∴∠CAE＝∠ACE，OA＝OC，∠AOE＝∠AOF＝90°，
∵四边形ABCD为矩形，
∴∠B＝90°，AD∥BC，
∴∠FAO＝∠ACE，
∴∠FAO＝∠CAE，即∠FAO＝∠EAO，
在△AOE和△AOF中，
，
∴△AOE≌△AOF（ASA），
∴AE＝AF＝5，OE＝OF，
∴CE＝AE＝5，
∴BC＝BE+CE＝3+5＝8，
在Rt△ABE中，＝＝4，
在Rt△ABC中，＝＝，
∴OA＝＝，
在Rt△AOE中，OE＝＝＝，
∴OE＝OF＝，
∴EF＝OE+OF＝．
故答案为：．
【点评】本题主要考查矩形的性质、折叠的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理，熟练掌握折叠的性质和三角形全等的判定方法时解题关键
14．如图，正方形ABCD中，AB＝12，E是BC边上一点，CE＝7，F是正方形内部一点，且EF＝3，连接EF，DE，DF，并将△DEF绕点D逆时针旋转90°得到△DMN（点M、N分别为点E、F的对应点），连接CN，则CN长度的最小值为 10 ．
【分析】过点M作MP⊥CD，垂足为P，连接CM，由旋转的性质得到DE＝DM，EF＝MN＝3，∠EDM＝90°，根据正方形的性质求出CE，证明△EDC≌△DMP（AAS），得到CD＝MP＝12，DP＝CE＝7，利用勾股定理求出CM，根据CN+MN≥CM即可求出CN的最小值．
解：过点M作MP⊥CD，垂足为P，连接CM，
由旋转可得：DE＝DM，EF＝MN＝3，∠EDM＝90°，
∵∠EDM＝90°，
∴∠EDC+∠CDM＝90°，
又∠EDC+∠DEC＝90°，
∴∠DEC＝∠CDM，
在△EDC和△DMP中，
，
∴△EDC≌△DMP（AAS），
∴CD＝MP＝12，CE＝DP＝7，
∴CP＝CD﹣DP＝5，
∴MC＝＝＝13，
∵C，M位置固定，
∴CN+MN≥CM，即CN+3≥13，
∴CN≥10，即CN的最小值为10，
故答案为：10．
【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，正方形的性质，旋转的性质，勾股定理，两点之间线段最短，知识点较多，解题的关键是构造全等三角形，求出CM的长，得到CN+MN≥CM．
三、解答题（本大题共9题，共90分）
15．解方程：
（1）3x2﹣5x﹣2＝0；
（2）3x（x﹣1）＝2﹣2x．
【分析】（1）将原方程因式分解直接求解即可得到答案；
（2）将原方程移项后因式分解直接求解即可得到答案．
解：（1）原方程因式分解得，
（3x+1）（x﹣2）＝0，
即：x﹣2＝0，3x+1＝0，
解得：x1＝2，；
（2）原方程因式分解得，
（3x+2）（x﹣1）＝0，
即：3x+2＝0，x﹣1＝0，
解得x1＝1，；
【点评】本题主要考查因式分解法解一元二次方程，解题的关键是一定要使方程的一边为0及正确的因式分解．
16．如图，利用长20米的一段围墙，用篱笆围一个长方形的场地，中间用篱笆分割出2个小长方形，总共用去篱笆36米，为了使这个长方形的ABCD的面积为96平方米，求AB、BC边各为多少米．
【分析】设AB为x米，然后表示出BC的长为（36﹣3x）米，利用矩形的面积计算方法列出方程求解即可．
解：设AB为x米，则BC为（36﹣3x）米，
x（36﹣3x）＝96
解得：x1＝4，x2＝8
当x＝4时
36﹣3x＝24＞20（不合题意，舍去）
当x＝8时
36﹣3x＝12．
答：AB＝8米，BC＝12米．
【点评】本题考查了一元二次方程的应用，解题的关键是设出一边的长，并用未知数表示出另一边的长．
17．如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点E，F在对角线BD上，且BE＝DF，AE⊥AF．
求证：四边形AECF是正方形．
【分析】先证明四边形AECF是菱形，根据正方形的判定定理即可得出结论．
【解答】证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，OA＝OC，OB＝OD，
∵BE＝DF，
∴OE＝OF，
∴四边形AECF是菱形，
∵AE⊥AF，
∴∠EAF＝90°，
∴四边形AECF是正方形．
【点评】本题主要考查了菱形的性质与判定，正方形的判定，掌握相关定理是解题基础．
18．为美化市容，某广场要在人行雨道上用10×20的灰、白两色的广场砖铺设图案，设计人员画出的一些备选图案如图所示．
[观察思考]
图1灰砖有1块，白砖有8块；图2灰砖有4块，白砖有12块；以此类推．
[规律总结]
（1）图4灰砖有 16 块，白砖有 20 块；图n灰砖有 n2 块时，白砖有 （4n+4） 块；
[问题解决]
（2）是否存在白砖数恰好比灰砖数少1的情形，请通过计算说明你的理由．
【分析】（1）根据图形分别得出各个图形中白色瓷砖的个数分别为8、12、16、20…，即：12﹣8＝4、16﹣12＝4、20﹣16＝4，由此可得出规律：每一个图案均比前一个图案多4块白色瓷砖，所以第n个图案中，白色瓷砖的个数为8+4（n﹣1）＝4n+4，灰色瓷砖的块数等于n2；
（2）根据白砖数恰好比灰砖数少1列出方程求解即可．
解：（1）根据图形分别得出各个图形中白色瓷砖的个数分别为8、12、16、20…，即：12﹣8＝4、16﹣12＝4、20﹣16＝4，由此可得出规律：每一个图案均比前一个图案多4块白色瓷砖，所以第n个图案中，白色瓷砖的个数为8+4（n﹣1）＝4n+4，灰色瓷砖的块数等于n2；
∴图4中灰砖有16快，白砖有4×（4+1）＝20，
故答案为：16；20；n2；（4n+4）；
（2）存在，理由如下：根据题意得：n2﹣（4n+4）＝1，
解得：n＝﹣1（舍去）或n＝5．
【点评】本题主要考查根据图中图形的变化情况，通过归纳与总结得出变化规律的能力，关键在于将图形数字化，即将图形转化为各个图形中白色瓷砖的变化规律，这样可方便求解．
19．已知：如图，▱ABCD，延长边AB到点E，使BE＝AB，连接DE、BD和EC，设DE交BC于点O，∠BOD＝2∠A，求证：四边形BECD是矩形．
【分析】根据平行四边形的判定与性质得到四边形BECD为平行四边形，再由已知条件证出BC＝ED，即可得出结论．
【解答】证明：在平行四边形ABCD中，AD＝BC，AB＝CD，AB∥CD，
则BE∥CD．
又∵AB＝BE，
∴BE＝DC，
∴四边形BECD为平行四边形，
∴OD＝OE，OC＝OB．
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴∠A＝∠BCD，即∠A＝∠OCD．
又∵∠BOD＝2∠A，∠BOD＝∠OCD+∠ODC，
∴∠OCD＝∠ODC，
∴OC＝OD，
∴OC+OB＝OD+OE，即BC＝ED，
∴平行四边形BECD为矩形．
【点评】本题考查了平行四边形的性质和判定，矩形的判定，三角形的外角性质等知识点的综合运用；熟练掌握平行四边形的判定与性质是解决问题的关键．
20．如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，AB⊥AC，BE＝EC，AF＝EF．
（1）求证：四边形AECD是菱形；
（2）若AC＝5，AB＝12，求四边形ABCD的面积．
【分析】（1）由题意可证四边形ADCE是平行四边形，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可求AE＝CE，即结论可得；
（2）由题意可求，即可求四边形ABCD的面积．
【解答】（1）证明：AD∥BC
∴∠EBF＝∠ADF，AD∥EC
∵∠BFE＝∠DFA，AF＝EF，
∴△BEF≌△DAF（AAS），
∴AD＝BE，
∵BE＝EC，
∴AD＝EC，
又∵AD∥EC，
∴四边形AECD是平行四边形；
∵AB⊥AC，BE＝EC，
∴AE＝EC，
∴四边形AECD是菱形．
（2）解：AC＝5，AB＝12，
∴，
∵BE＝EC，
∴，
又∵四边形AECD是菱形，AC为对角线，
∴S△AEC＝S△ADC，
∴S四边形ABCD＝3S△ABE＝45，
∴四边形ABCD的面积为45．
【点评】本题考查了菱形的判定，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，利用三角形中线的性质求三角形的面积是本题的关键．
21．当今社会，“直播带货”已经成为商家的一种新型的促销手段．小亮在直播间销售一种进价为每件10元的日用商品，经调查发现，该商品每天的销售量y（件）与销售单价x（元）满足一次函数关系，它们的关系如下表：
销售单价x（元）
20
25
30
销售量y（件）
200
150
100
（1）求y与x之间的函数关系式；
（2）该商家每天想获得2160元的利润，又要尽可能地减少库存，应将销售单价定为多少元？
【分析】（1）直接利用待定系数法求出一次函数解析式即可；
（2）直接利用（1）中所求，表示出总利润，进而解方程的得出答案．
解：（1）设商品每天的销售量y（件）与销售单价x（元）满足一次函数关系y＝kx+b，
根据题意可得：，
解得：，
故y与x之间的函数关系式为：y＝﹣10x+400；
（2）根据题意可得：（﹣10x+400）（x﹣10）＝2160，
整理得：x2﹣50x+616＝0，
（x﹣28）（x﹣22）＝0，
解得：x1＝28（不合题意，舍去），x2＝22，
答：应将销售单价定为22元．
【点评】此题主要考查了一次函数的应用以及一元二次方程的应用，正确得出等量关系是解题关键．
22．已知：如图，△ABC是边长6cm的等边三角形，动点P、Q同时从A、B两点出发，分别沿AB、BC方向匀速移动，它们的速度都是2cm/s，当点P到达点B时，P、Q两点停止运动．设点P的运动时间为t（s），解答下列问题：
（1）当t为何值时，△PBQ是直角三角形；
（2）是否存在某一时刻t，使四边形APQC的面积是△ABC面积的四分之三？如果存在，求出相应的t值；不存在，说明理由．
【分析】（1）分情况进行讨论：①∠BPQ＝90°；②∠BQP＝90°．然后在直角三角形BQP中根据BP，BQ的表达式和∠B的度数进行求解即可．
（2）由题意可得S△BPQ＝S△ABC＝××62＝，由三角形面积公式可得t的方程，可求t的值．
解：（1）根据题意得AP＝2tcm，BQ＝2tcm，
△ABC中，AB＝BC＝6cm，∠B＝60°，
∴BP＝（6﹣2t）cm，
△PBQ中，BP＝6﹣2t，BQ＝2t，若△PBQ是直角三角形，则
∠BQP＝90°或∠BPQ＝90°，
当∠BQP＝90°时，BQ＝BP，
即2t＝（6﹣2t），
∴t＝1（秒），
当∠BPQ＝90°时，BP＝BQ，
∴6﹣2t＝×2t，
∴t＝2 （秒）
答：当t＝1秒或t＝2秒时，△PBQ是直角三角形．
（2）假设存在某一时刻t，使得四边形APQC的面积是△ABC面积的，
∴S四边形APQC＝S△ABC，
∴S△BPQ＝S△ABC＝××62＝
如图，过点Q作QH⊥AB于点H，
∵∠B＝60°，BQ＝2t，
∴HQ＝t，
∴S△BPQ＝BP×HQ＝×（6﹣2t）×t＝
∴4t2﹣12t+9＝0
∴t＝
∴当t＝时，使得四边形APQC的面积是△ABC面积的，
【点评】主要考查了直角三角形的判定、等边三角形的面积公式，图形面积的求法、勾股定理以及二次函数的应用等知识点．考查学生数形结合的数学思想方法．得出S△BPQ＝S△ABC是解本题的关键．
23．如图，在四边形ABCD中，点E是直线BC上一点，将射线AE绕点A逆时针旋转α度交直线CD于点F．
（1）如图①，若四边形ABCD为菱形，点E在线段BC上．∠B＝60°，α＝60°，求证：AE＝AF；
（2）如图②，若四边形ABCD为正方形，点E在线段BC的延长线上，α＝45°，连接EF，试猜想线段BE，DF与EF之间的数量关系，并加以证明；
（3）若四边形ABCD为正方形，α＝45°，AB＝4，，连接EF，请直接写出EF的长．
【分析】（1）如图1中，连接AC，EF．证明△BAE≌△CAF（ASA），即可推出AE＝AF；
（2）结论：BE﹣EF＝DF．在线段BC上截取线段BT，使得BT＝DF．证明△EAT≌△EAF（SAS），可得结论；
（3）分两种情形：如图③﹣1中，当点E在线段BC上时，如图③﹣2中，当点E在CB的延长线上时，分别求解即可．
【解答】（1）证明：如图1中，连接AC，EF．
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC＝CD＝AD，∠B＝∠D＝60°，
∴△ABC，△ADC是等边三角形，
∴AB＝AC，∠B＝∠BAC＝∠ACF＝60°，
∵∠BAC＝∠EAF＝60°，
∴∠BAE＝∠CAF，
∴△BAE≌△CAF（ASA），
∴AE＝AF；
（2）解：BE﹣EF＝DF．理由如下：
在线段BC上截取线段BT，使得BT＝DF．
∵AB＝AD，∠B＝∠ADF＝90°，BT＝DF，
∴△ABT≌△ADF（SAS），
∴AT＝AF，∠BAT＝∠DAF，
∴∠TAF＝∠BAD＝90°，
∵∠EAF＝45°，
∴∠EAT＝∠EAF＝45°，
∵AE＝AE，
∴△EAT≌△EAF（SAS），
∴ET＝EF，
∴BE﹣EF＝BE﹣ET＝BT＝DF；
（3）解：如图③﹣1中，当点E在线段BC上时，
延长CB到K，使得BK＝DF，同理可得：△ABK≌△ADF，△AEK≌△AEF，
∴BK＝DF，EF＝EK＝BE+BK＝BE+DF，
∵BE＝BC＝2，
设EF＝x，则DF＝x﹣2，CF＝4﹣（x﹣2）＝6﹣x，
在Rt△ECF中，EF2＝EC2+CF2，
∴x2＝（6﹣x）2+22，
∴x＝，
∴EF＝．
如图③﹣2中，当点E在CB的延长线上时，同理得：DF＝EF+BE．
设EF＝y，则DF＝y+2，CF＝y+2﹣4＝y﹣2
在Rt△ECF中，y2＝62+（y﹣2）2，
∴y＝10，
∴EF＝10，
综上所述，满足条件的EF的值为或10．
【点评】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等等知识，解题关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，学会利用参数构建方程解决问题．
2023-2024学年安徽省宿州市埇桥区宿城一中九年级第一学期第一次月考数学试卷
一、选择题（共10小题，每题4分，共40分）
1．若关于x的方程（m﹣2）+x＝0是一元二次方程，则m的值是（ ）
A．﹣2 B．±2 C．3 D．±3
2．有下列命题：
①对角线相等且互相平分的四边形是矩形；
②对角线互相垂直的四边形是菱形；
③对角线垂直且相等的四边形是正方形；
④四边相等的四边形是菱形．
其中，真命题有（ ）个．
A．1 B．2 C．3 D．4
3．已知关于x的方程（k﹣3）x2﹣4x+2＝0有实数根，则k的取值范围是（ ）
A．k≤5 B．k＜5且k≠3 C．k≤5且k≠3 D．k≥5
4．用配方法解方程3x2+4x+1＝0时，可以将方程化为（ ）
A． B．（x+2）2＝3
C． D．
5．根据表格中的信息，估计一元二次方程ax2+bx+c＝0（a、b、c为常数，a≠0）的一个解x的范围为（ ）
x
0.4
0.5
0.6
0.7
0.8
ax2+bx+c
﹣0.44
﹣0.25
﹣0.04
0.19
0.44
A．0.4＜x＜0.5 B．0.5＜x＜0.6 C．0.6＜x＜0.7 D．0.7＜x＜0.8
6．若顺次连接四边形ABCD各边的中点所得的四边形是菱形，则四边形ABCD的两条对角线AC，BD一定是（ ）
A．互相平分 B．互相平分且相等
C．互相垂直 D．相等
7．如图，在∠MON的两边上分别截取OA，OB，使OA＝OB；再分别以点A，B为圆心，OA长为半径作弧，两弧交于点C；再连接AC，BC，AB，OC．若AB＝10，OA＝13．则四边形AOCB的面积是（ ）
A．65 B．120 C．130 D．240
8．为执行国家药品降价政策，给人民群众带来实惠，某药品经过两次降价，每盒零售价由56元降为31.5元，设平均每次降价的百分率是x，则根据题意，下列方程正确的是（ ）
A．56（1﹣2x）＝31.5 B．56（1﹣x）2＝31.5
C．31.5（1+x）2＝56 D．31.5（1+2x）＝56
9．如图所示，矩形ABOC的顶点O（0，0），A（﹣2，2），对角线交点为P，若矩形绕点O逆时针旋转，每次旋转90°，则第74次旋转后点P的落点坐标为（ ）
A． B．（2，0） C． D．
10．如图，在等腰Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝6，F是AB边上的中点，点D，E分别在AC，BC边上运动，且保持AD＝CE，连接DE，DF，EF．在此运动变化的过程中，下列结论：
①△DFE是等腰直角三角形；
②四边形CDFE不可能为正方形；
③DE长度的最小值为；
④四边形CDFE的面积保持不变；
⑤△CDE面积的最大值为4．
其中正确的结论是（ ）
A．①②④ B．①④⑤ C．①③④ D．①③④⑤
二、填空题（共4小题，每题5分，共20分）
11．一个三角形的两边长为3和5，第三边长为方程x2﹣5x+6＝0的根，则这个三角形的周长为 ．
12．参加足球联赛的每两个队之间都进行一次比赛，共要比赛36场，共有 个队参加比赛．
13．如图，将一个矩形纸片ABCD沿着直线EF折叠，使得点C与点A重合，直线EF分别交BC，AD于点E，F，若BE＝3，AF＝5，则线段EF的长为 ．
14．如图，正方形ABCD中，AB＝12，E是BC边上一点，CE＝7，F是正方形内部一点，且EF＝3，连接EF，DE，DF，并将△DEF绕点D逆时针旋转90°得到△DMN（点M、N分别为点E、F的对应点），连接CN，则CN长度的最小值为 ．
三、解答题（本大题共9题，共90分）
15．解方程：
（1）3x2﹣5x﹣2＝0；
（2）3x（x﹣1）＝2﹣2x．
16．如图，利用长20米的一段围墙，用篱笆围一个长方形的场地，中间用篱笆分割出2个小长方形，总共用去篱笆36米，为了使这个长方形的ABCD的面积为96平方米，求AB、BC边各为多少米．
17．如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点E，F在对角线BD上，且BE＝DF，AE⊥AF．
求证：四边形AECF是正方形．
18．为美化市容，某广场要在人行雨道上用10×20的灰、白两色的广场砖铺设图案，设计人员画出的一些备选图案如图所示．
[观察思考]
图1灰砖有1块，白砖有8块；图2灰砖有4块，白砖有12块；以此类推．
[规律总结]
（1）图4灰砖有 块，白砖有 块；图n灰砖有 块时，白砖有 块；
[问题解决]
（2）是否存在白砖数恰好比灰砖数少1的情形，请通过计算说明你的理由．
19．已知：如图，▱ABCD，延长边AB到点E，使BE＝AB，连接DE、BD和EC，设DE交BC于点O，∠BOD＝2∠A，求证：四边形BECD是矩形．
20．如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，AB⊥AC，BE＝EC，AF＝EF．
（1）求证：四边形AECD是菱形；
（2）若AC＝5，AB＝12，求四边形ABCD的面积．
21．当今社会，“直播带货”已经成为商家的一种新型的促销手段．小亮在直播间销售一种进价为每件10元的日用商品，经调查发现，该商品每天的销售量y（件）与销售单价x（元）满足一次函数关系，它们的关系如下表：
销售单价x（元）
20
25
30
销售量y（件）
200
150
100
（1）求y与x之间的函数关系式；
（2）该商家每天想获得2160元的利润，又要尽可能地减少库存，应将销售单价定为多少元？
22．已知：如图，△ABC是边长6cm的等边三角形，动点P、Q同时从A、B两点出发，分别沿AB、BC方向匀速移动，它们的速度都是2cm/s，当点P到达点B时，P、Q两点停止运动．设点P的运动时间为t（s），解答下列问题：
（1）当t为何值时，△PBQ是直角三角形；
（2）是否存在某一时刻t，使四边形APQC的面积是△ABC面积的四分之三？如果存在，求出相应的t值；不存在，说明理由．
23．如图，在四边形ABCD中，点E是直线BC上一点，将射线AE绕点A逆时针旋转α度交直线CD于点F．
（1）如图①，若四边形ABCD为菱形，点E在线段BC上．∠B＝60°，α＝60°，求证：AE＝AF；
（2）如图②，若四边形ABCD为正方形，点E在线段BC的延长线上，α＝45°，连接EF，试猜想线段BE，DF与EF之间的数量关系，并加以证明；
（3）若四边形ABCD为正方形，α＝45°，AB＝4，，连接EF，请直接写出EF的长．
参考答案
一、选择题（共10小题，每题4分，共40分）
1．若关于x的方程（m﹣2）+x＝0是一元二次方程，则m的值是（ ）
A．﹣2 B．±2 C．3 D．±3
【分析】根据一元二次方程的定义得出m﹣2≠0且m2﹣2＝2，再求出m即可．
解：∵关于x的方程（m﹣2）+x＝0是一元二次方程，
∴m﹣2≠0且m2﹣2＝2，
解得：m＝﹣2．
故选：A．
【点评】本题考查了一元二次方程的定义，能根据一元二次方程的定义得出m﹣2≠0和m2﹣2＝2是解此题的关键．
2．有下列命题：
①对角线相等且互相平分的四边形是矩形；
②对角线互相垂直的四边形是菱形；
③对角线垂直且相等的四边形是正方形；
④四边相等的四边形是菱形．
其中，真命题有（ ）个．
A．1 B．2 C．3 D．4
【分析】根据矩形、正方形、菱形的判定解答即可．
解：①对角线相等且互相平分的四边形是矩形，是真命题；
②对角线互相垂直的平行四边形是菱形，原命题是假命题；
③对角线垂直且相等的四边形不一定是正方形，原命题是假命题；
④四边相等的四边形是菱形，是真命题；
故选：B．
【点评】此题考查命题与定理，关键是根据矩形、正方形、菱形的判定解答．
3．已知关于x的方程（k﹣3）x2﹣4x+2＝0有实数根，则k的取值范围是（ ）
A．k≤5 B．k＜5且k≠3 C．k≤5且k≠3 D．k≥5
【分析】讨论：当k﹣3＝0，即k＝3，方程为一元一次方程，有一个解；当k﹣3≠0时，利用判别式的意义得到Δ＝（﹣4）2﹣4（k﹣3）×2≥0，解得k≤5且k≠3，然后综合两种情况得到k的范围．
解：当k﹣3＝0，即k＝3时，方程化为﹣4x+2＝0，解得x＝；
当k﹣3≠0时，b2﹣4ac＝（﹣4）2﹣4（k﹣3）×2≥0，解得k≤5且k≠3．
综上所述，k的取值范围为k≤5．
故选：A．
【点评】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两个实数根；当Δ＝0时，方程有两个相等的两个实数根；当Δ＜0时，方程无实数根．
4．用配方法解方程3x2+4x+1＝0时，可以将方程化为（ ）
A． B．（x+2）2＝3
C． D．
【分析】先将常数移到方程右边，再二次项系数化为1，然后方程两边同时加上一次项系数一半的平方，即可求解．
解：3x2+4x+1＝0，
3x2+4x＝﹣1，
，
，
．
故选：A．
【点评】本题考查用配方法解一元二次方程，熟练掌握配方法的一般步骤是解题的关键．
5．根据表格中的信息，估计一元二次方程ax2+bx+c＝0（a、b、c为常数，a≠0）的一个解x的范围为（ ）
x
0.4
0.5
0.6
0.7
0.8
ax2+bx+c
﹣0.44
﹣0.25
﹣0.04
0.19
0.44
A．0.4＜x＜0.5 B．0.5＜x＜0.6 C．0.6＜x＜0.7 D．0.7＜x＜0.8
【分析】根据ax2+bx+c的符号即可估算ax2+bx+c＝0的解．
解：由表格可知：当x＝0.6时，ax2+bx+c＝﹣0.04，当x＝0.7时，ax2+bx+c＝0.19，
∴一元二次方程ax2+bx+c＝0（a，b，c为常数，a≠0）一个解x的范围为0.6＜x＜0.7，
故选：C．
【点评】本题考查一元二次方程，解题的关键是正确理解一元二次方程的近似解，本题属于基础题型．
6．若顺次连接四边形ABCD各边的中点所得的四边形是菱形，则四边形ABCD的两条对角线AC，BD一定是（ ）
A．互相平分 B．互相平分且相等
C．互相垂直 D．相等
【分析】根据三角形的中位线定理得到EH∥FG，EF＝FG，EF＝BD，要是四边形为菱形，得出EF＝EH，即可得到答案．
解：∵E，F，G，H分别是边AD，DC，CB，AB的中点，
∴EH＝AC，EH∥AC，FG＝AC，FG∥AC，EF＝BD，
∴EH∥FG，EF＝FG，
∴四边形EFGH是平行四边形，
假设AC＝BD，
∵EH＝AC，EF＝BD，
则EF＝EH，
∴平行四边形EFGH是菱形，
即只有具备AC＝BD即可推出四边形是菱形，
故选：D．
【点评】本题主要考查对菱形的判定，三角形的中位线定理，平行四边形的判定等知识点的理解和掌握，灵活运用性质进行推理是解此题的关键．
7．如图，在∠MON的两边上分别截取OA，OB，使OA＝OB；再分别以点A，B为圆心，OA长为半径作弧，两弧交于点C；再连接AC，BC，AB，OC．若AB＝10，OA＝13．则四边形AOCB的面积是（ ）
A．65 B．120 C．130 D．240
【分析】根据作图可得四边形AOCB是菱形，勾股定理，求得OC的长，进而根据菱形的面积公式即可求解．
解：根据作图可得OA＝AC＝OB＝BC，
∴四边形AOCB是菱形，
∴AB⊥OC，AD＝BD，OD＝OC，
∵AB＝10，OA＝13，
如图所示，设AB，OC交于点D，
∴，
在Rt△AOD中，，
∴OC＝2OD＝24，
∴四边形AOCB的面积，
故选：B．
【点评】本题考查了菱形的性质与判定，熟练掌握菱形的性质与判定是解题的关键．
8．为执行国家药品降价政策，给人民群众带来实惠，某药品经过两次降价，每盒零售价由56元降为31.5元，设平均每次降价的百分率是x，则根据题意，下列方程正确的是（ ）
A．56（1﹣2x）＝31.5 B．56（1﹣x）2＝31.5
C．31.5（1+x）2＝56 D．31.5（1+2x）＝56
【分析】设该药品平均每次降价的百分率为x，根据降价后的价格＝降价前的价格×（1﹣降价的百分率），则第一次降价后的价格是56（1﹣x），第二次后的价格是56（1﹣x）2，据此即可列方程求解．
解：根据题意得：56（1﹣x）2＝31.5，
故选：B．
【点评】此题主要考查了一元二次方程应用，关键是根据题意找到已知量和未知量之间的等量关系，列出方程即可．
9．如图所示，矩形ABOC的顶点O（0，0），A（﹣2，2），对角线交点为P，若矩形绕点O逆时针旋转，每次旋转90°，则第74次旋转后点P的落点坐标为（ ）
A． B．（2，0） C． D．
【分析】由矩形的性质可得OP＝AP，由中点坐标公式可求点P坐标，由旋转的规律确定第74次旋转后点P的位置，即可求解．
解：∵四边形ABOC是矩形，
∴OP＝AP，
∵点O（0，0），A（﹣2，2），
∴点P（﹣，1），
∵矩形绕点O逆时针旋转，每次旋转90°，
∴每4次回到起始位置，
∵74÷4＝18•••2，
∴第74次旋转后点P的落点在第四象限，且与点P关于原点成中心对称，
∴第74次旋转后点P的落点坐标为（﹣，1），
故选：D．
【点评】本题考查了矩形的性质，坐标与图形变化，找出旋转的规律是解题的关键．
10．如图，在等腰Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝6，F是AB边上的中点，点D，E分别在AC，BC边上运动，且保持AD＝CE，连接DE，DF，EF．在此运动变化的过程中，下列结论：
①△DFE是等腰直角三角形；
②四边形CDFE不可能为正方形；
③DE长度的最小值为；
④四边形CDFE的面积保持不变；
⑤△CDE面积的最大值为4．
其中正确的结论是（ ）
A．①②④ B．①④⑤ C．①③④ D．①③④⑤
【分析】①连接CF，先证△ACF和△BCF为等腰直角三角形得AF＝CF，BF＝CF，∠BCF＝45°，进而证△ADF和△CEF全等得DF＝EF，∠AFD＝∠CFE，由此可证∠DFE＝90°，据此可对结论①进行判断；
②当D，E为AC，BC的中点时，根据等腰三角形的性质可得四边形CDFE为正方形，据此可对结论②进行判断；
③由结论①正确得DF＝EF，∠DFE＝90°，由勾股定理得DE＝DF，因此当DF最小时，DE为最小，则当DF⊥AC时DF为最小，由此可求出DF的最小值为3，进而得DE的最小值，据此可对结论③进行判断；
④由①可知△ADF≌△CEF，则S△ADF＝S△CEF，进而得S四边形CDFE＝S△ACF＝S△ABC＝9，据此可对结论④进行判断；
⑤由结论④可知S四边形CDFE＝9，即S四边形CDFE＝S△CDE+S△DEF＝9，因此当△CDE的面积为最大，则三角形DEF的面积为最小，结合结论①③可求出△DEF的面积最小值为4.5，进而得△CDE面积的最大值为3.5，据此可对结论⑤进行判断，综上所述即可得出答案．
解：①连接CF，如图：
∵在等腰三角形ABC中，∠ACB＝90°，
∴AC＝BC＝6，∠A＝∠B＝45°，
∵点F是AB的中点，
∴CF⊥AB，
即∠AFC＝∠BFC＝90°，
∴△ACF和△BCF为等腰直角三角形，
∴AF＝CF，BF＝CF，∠BCF＝45°，
∴∠A＝∠BCF＝45°，
在△ADF和△CEF中，
，
∴△ADF≌△CEF（SAS），
∴DF＝EF，∠AFD＝∠CFE，
∴∠DFE＝∠DFC+∠CFE＝∠DFC+∠AFD＝∠AFC＝90°，
∴△DEF为等腰直角三角形．
故结论①正确；
②当D，E为AC，BC的中点时，
根据等腰三角形的性质得：FD⊥AC，FE⊥AC，
由结论①正确可知：DF＝EF，∠DFE＝90°，
∴四边形CDFE为正方形，
故结论②不正确．
③由结论①正确可知：DF＝EF，∠DFE＝90°，
由勾股定理得：DE＝＝DF，
∴当DF最小时，DE为最小，
根据“垂线段最短”可知：当DF⊥AC时，DF为最小，
此时点D为AC的中点，DF为△ABC的中位线，
∴DF＝BC＝×6＝3，
∴DE＝DF＝3，
即DE长度的最小值为3．
故结论③正确；
④由①可知：△ADF≌△CEF，
∴S△ADF＝S△CEF，
∴S四边形CDFE＝S△CDF+S△CEF＝S△CDF+S△ADF＝S△ACF，
∴点F为AB的中点，
∴S△ACF＝S△ABC＝וAC•BC＝×6×6＝9，
∴S四边形CDFE＝9，
即四边形CDFE的面积保持不变，始终等于9．
故结论④正确．
⑤由结论④可知：S四边形CDFE＝9，
∴S四边形CDFE＝S△CDE+S△DEF＝9，
∵△CDE的面积为最大，
则三角形DEF的面积为最小，
∵△DEF为等腰直角三角形，
∴S△DEF＝DF•EF＝DF2，
要使△DEF的面积为最小，只需DF为最小，
由结论③正确可知：DE的最小值为3，
∴△DEF的面积最小值为：＝4.5，
∴△CDE面积的最大值为：9﹣4.5＝3.5．
故结论⑤不正确．
综上所述：正确的结论是①③④．
故选：C．
【点评】此题主要考查了等腰三角形的判定和性质，正方形的判定，三角形的面积，全等三角形的判定和性质等，熟练掌握全等三角形的判定和性质，理解等腰直角三角形的两个锐角都等于45°，斜边上的高（斜边上的中线或顶角的平分线）将原等腰直角三角形分成两个等腰直角三角形是解答此题的关键．
二、填空题（共4小题，每题5分，共20分）
11．一个三角形的两边长为3和5，第三边长为方程x2﹣5x+6＝0的根，则这个三角形的周长为 11 ．
【分析】直接利用因式分解法解方程，进而利用三角形三边关系得出答案．
解：x2﹣5x+6＝0
（x﹣3）（x﹣2）＝0，
解得：x1＝3，x2＝2，
∵一个三角形的两边长为3和5，
∴第三边长的取值范围是：2＜x＜8，
则第三边长为：3，
∴这个三角形的周长为：11．
故答案为：11．
【点评】此题主要考查了因式分解法解方程以及三角形三边关系，正确掌握三角形三边关系是解题关键．
12．参加足球联赛的每两个队之间都进行一次比赛，共要比赛36场，共有 9 个队参加比赛．
【分析】设有n个队参赛，根据参加一次足球联赛的每两队之间都进行一场比赛，共要比赛36场，可列出方程．
解：设有n个队参加比赛，，
解得n1＝﹣8（舍去），n2＝9．
答：有9个队参加比赛．
【点评】本题考查一元二次方程的应用，关键是根据总比赛场数作为等量关系列方程求解．
13．如图，将一个矩形纸片ABCD沿着直线EF折叠，使得点C与点A重合，直线EF分别交BC，AD于点E，F，若BE＝3，AF＝5，则线段EF的长为 ．
【分析】连接AE，EF交AC于点O，根据折叠可知AE＝CE，EF垂直平分AC，由等边对等角得∠CAE＝∠ACE，由AD∥BC可得∠FAO＝∠ACE，进而得到∠FAO＝∠CAE，以此可通过ASA证明△AOE≌△AOF，得到CE＝AE＝AF＝5，OE＝OF，再根据勾股定理分别求出AB＝4、AC＝，则OA＝，再利用勾股定理求出OE即可求解．
解：如图，连接AE，EF交AC于点O，
∵将一个矩形纸片ABCD沿着直线EF折叠，使得点C与点A重合，
∴AE＝CE，EF垂直平分AC，
∴∠CAE＝∠ACE，OA＝OC，∠AOE＝∠AOF＝90°，
∵四边形ABCD为矩形，
∴∠B＝90°，AD∥BC，
∴∠FAO＝∠ACE，
∴∠FAO＝∠CAE，即∠FAO＝∠EAO，
在△AOE和△AOF中，
，
∴△AOE≌△AOF（ASA），
∴AE＝AF＝5，OE＝OF，
∴CE＝AE＝5，
∴BC＝BE+CE＝3+5＝8，
在Rt△ABE中，＝＝4，
在Rt△ABC中，＝＝，
∴OA＝＝，
在Rt△AOE中，OE＝＝＝，
∴OE＝OF＝，
∴EF＝OE+OF＝．
故答案为：．
【点评】本题主要考查矩形的性质、折叠的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理，熟练掌握折叠的性质和三角形全等的判定方法时解题关键
14．如图，正方形ABCD中，AB＝12，E是BC边上一点，CE＝7，F是正方形内部一点，且EF＝3，连接EF，DE，DF，并将△DEF绕点D逆时针旋转90°得到△DMN（点M、N分别为点E、F的对应点），连接CN，则CN长度的最小值为 10 ．
【分析】过点M作MP⊥CD，垂足为P，连接CM，由旋转的性质得到DE＝DM，EF＝MN＝3，∠EDM＝90°，根据正方形的性质求出CE，证明△EDC≌△DMP（AAS），得到CD＝MP＝12，DP＝CE＝7，利用勾股定理求出CM，根据CN+MN≥CM即可求出CN的最小值．
解：过点M作MP⊥CD，垂足为P，连接CM，
由旋转可得：DE＝DM，EF＝MN＝3，∠EDM＝90°，
∵∠EDM＝90°，
∴∠EDC+∠CDM＝90°，
又∠EDC+∠DEC＝90°，
∴∠DEC＝∠CDM，
在△EDC和△DMP中，
，
∴△EDC≌△DMP（AAS），
∴CD＝MP＝12，CE＝DP＝7，
∴CP＝CD﹣DP＝5，
∴MC＝＝＝13，
∵C，M位置固定，
∴CN+MN≥CM，即CN+3≥13，
∴CN≥10，即CN的最小值为10，
故答案为：10．
【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，正方形的性质，旋转的性质，勾股定理，两点之间线段最短，知识点较多，解题的关键是构造全等三角形，求出CM的长，得到CN+MN≥CM．
三、解答题（本大题共9题，共90分）
15．解方程：
（1）3x2﹣5x﹣2＝0；
（2）3x（x﹣1）＝2﹣2x．
【分析】（1）将原方程因式分解直接求解即可得到答案；
（2）将原方程移项后因式分解直接求解即可得到答案．
解：（1）原方程因式分解得，
（3x+1）（x﹣2）＝0，
即：x﹣2＝0，3x+1＝0，
解得：x1＝2，；
（2）原方程因式分解得，
（3x+2）（x﹣1）＝0，
即：3x+2＝0，x﹣1＝0，
解得x1＝1，；
【点评】本题主要考查因式分解法解一元二次方程，解题的关键是一定要使方程的一边为0及正确的因式分解．
16．如图，利用长20米的一段围墙，用篱笆围一个长方形的场地，中间用篱笆分割出2个小长方形，总共用去篱笆36米，为了使这个长方形的ABCD的面积为96平方米，求AB、BC边各为多少米．
【分析】设AB为x米，然后表示出BC的长为（36﹣3x）米，利用矩形的面积计算方法列出方程求解即可．
解：设AB为x米，则BC为（36﹣3x）米，
x（36﹣3x）＝96
解得：x1＝4，x2＝8
当x＝4时
36﹣3x＝24＞20（不合题意，舍去）
当x＝8时
36﹣3x＝12．
答：AB＝8米，BC＝12米．
【点评】本题考查了一元二次方程的应用，解题的关键是设出一边的长，并用未知数表示出另一边的长．
17．如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点E，F在对角线BD上，且BE＝DF，AE⊥AF．
求证：四边形AECF是正方形．
【分析】先证明四边形AECF是菱形，根据正方形的判定定理即可得出结论．
【解答】证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，OA＝OC，OB＝OD，
∵BE＝DF，
∴OE＝OF，
∴四边形AECF是菱形，
∵AE⊥AF，
∴∠EAF＝90°，
∴四边形AECF是正方形．
【点评】本题主要考查了菱形的性质与判定，正方形的判定，掌握相关定理是解题基础．
18．为美化市容，某广场要在人行雨道上用10×20的灰、白两色的广场砖铺设图案，设计人员画出的一些备选图案如图所示．
[观察思考]
图1灰砖有1块，白砖有8块；图2灰砖有4块，白砖有12块；以此类推．
[规律总结]
（1）图4灰砖有 16 块，白砖有 20 块；图n灰砖有 n2 块时，白砖有 （4n+4） 块；
[问题解决]
（2）是否存在白砖数恰好比灰砖数少1的情形，请通过计算说明你的理由．
【分析】（1）根据图形分别得出各个图形中白色瓷砖的个数分别为8、12、16、20…，即：12﹣8＝4、16﹣12＝4、20﹣16＝4，由此可得出规律：每一个图案均比前一个图案多4块白色瓷砖，所以第n个图案中，白色瓷砖的个数为8+4（n﹣1）＝4n+4，灰色瓷砖的块数等于n2；
（2）根据白砖数恰好比灰砖数少1列出方程求解即可．
解：（1）根据图形分别得出各个图形中白色瓷砖的个数分别为8、12、16、20…，即：12﹣8＝4、16﹣12＝4、20﹣16＝4，由此可得出规律：每一个图案均比前一个图案多4块白色瓷砖，所以第n个图案中，白色瓷砖的个数为8+4（n﹣1）＝4n+4，灰色瓷砖的块数等于n2；
∴图4中灰砖有16快，白砖有4×（4+1）＝20，
故答案为：16；20；n2；（4n+4）；
（2）存在，理由如下：根据题意得：n2﹣（4n+4）＝1，
解得：n＝﹣1（舍去）或n＝5．
【点评】本题主要考查根据图中图形的变化情况，通过归纳与总结得出变化规律的能力，关键在于将图形数字化，即将图形转化为各个图形中白色瓷砖的变化规律，这样可方便求解．
19．已知：如图，▱ABCD，延长边AB到点E，使BE＝AB，连接DE、BD和EC，设DE交BC于点O，∠BOD＝2∠A，求证：四边形BECD是矩形．
【分析】根据平行四边形的判定与性质得到四边形BECD为平行四边形，再由已知条件证出BC＝ED，即可得出结论．
【解答】证明：在平行四边形ABCD中，AD＝BC，AB＝CD，AB∥CD，
则BE∥CD．
又∵AB＝BE，
∴BE＝DC，
∴四边形BECD为平行四边形，
∴OD＝OE，OC＝OB．
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴∠A＝∠BCD，即∠A＝∠OCD．
又∵∠BOD＝2∠A，∠BOD＝∠OCD+∠ODC，
∴∠OCD＝∠ODC，
∴OC＝OD，
∴OC+OB＝OD+OE，即BC＝ED，
∴平行四边形BECD为矩形．
【点评】本题考查了平行四边形的性质和判定，矩形的判定，三角形的外角性质等知识点的综合运用；熟练掌握平行四边形的判定与性质是解决问题的关键．
20．如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，AB⊥AC，BE＝EC，AF＝EF．
（1）求证：四边形AECD是菱形；
（2）若AC＝5，AB＝12，求四边形ABCD的面积．
【分析】（1）由题意可证四边形ADCE是平行四边形，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可求AE＝CE，即结论可得；
（2）由题意可求，即可求四边形ABCD的面积．
【解答】（1）证明：AD∥BC
∴∠EBF＝∠ADF，AD∥EC
∵∠BFE＝∠DFA，AF＝EF，
∴△BEF≌△DAF（AAS），
∴AD＝BE，
∵BE＝EC，
∴AD＝EC，
又∵AD∥EC，
∴四边形AECD是平行四边形；
∵AB⊥AC，BE＝EC，
∴AE＝EC，
∴四边形AECD是菱形．
（2）解：AC＝5，AB＝12，
∴，
∵BE＝EC，
∴，
又∵四边形AECD是菱形，AC为对角线，
∴S△AEC＝S△ADC，
∴S四边形ABCD＝3S△ABE＝45，
∴四边形ABCD的面积为45．
【点评】本题考查了菱形的判定，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，利用三角形中线的性质求三角形的面积是本题的关键．
21．当今社会，“直播带货”已经成为商家的一种新型的促销手段．小亮在直播间销售一种进价为每件10元的日用商品，经调查发现，该商品每天的销售量y（件）与销售单价x（元）满足一次函数关系，它们的关系如下表：
销售单价x（元）
20
25
30
销售量y（件）
200
150
100
（1）求y与x之间的函数关系式；
（2）该商家每天想获得2160元的利润，又要尽可能地减少库存，应将销售单价定为多少元？
【分析】（1）直接利用待定系数法求出一次函数解析式即可；
（2）直接利用（1）中所求，表示出总利润，进而解方程的得出答案．
解：（1）设商品每天的销售量y（件）与销售单价x（元）满足一次函数关系y＝kx+b，
根据题意可得：，
解得：，
故y与x之间的函数关系式为：y＝﹣10x+400；
（2）根据题意可得：（﹣10x+400）（x﹣10）＝2160，
整理得：x2﹣50x+616＝0，
（x﹣28）（x﹣22）＝0，
解得：x1＝28（不合题意，舍去），x2＝22，
答：应将销售单价定为22元．
【点评】此题主要考查了一次函数的应用以及一元二次方程的应用，正确得出等量关系是解题关键．
22．已知：如图，△ABC是边长6cm的等边三角形，动点P、Q同时从A、B两点出发，分别沿AB、BC方向匀速移动，它们的速度都是2cm/s，当点P到达点B时，P、Q两点停止运动．设点P的运动时间为t（s），解答下列问题：
（1）当t为何值时，△PBQ是直角三角形；
（2）是否存在某一时刻t，使四边形APQC的面积是△ABC面积的四分之三？如果存在，求出相应的t值；不存在，说明理由．
【分析】（1）分情况进行讨论：①∠BPQ＝90°；②∠BQP＝90°．然后在直角三角形BQP中根据BP，BQ的表达式和∠B的度数进行求解即可．
（2）由题意可得S△BPQ＝S△ABC＝××62＝，由三角形面积公式可得t的方程，可求t的值．
解：（1）根据题意得AP＝2tcm，BQ＝2tcm，
△ABC中，AB＝BC＝6cm，∠B＝60°，
∴BP＝（6﹣2t）cm，
△PBQ中，BP＝6﹣2t，BQ＝2t，若△PBQ是直角三角形，则
∠BQP＝90°或∠BPQ＝90°，
当∠BQP＝90°时，BQ＝BP，
即2t＝（6﹣2t），
∴t＝1（秒），
当∠BPQ＝90°时，BP＝BQ，
∴6﹣2t＝×2t，
∴t＝2 （秒）
答：当t＝1秒或t＝2秒时，△PBQ是直角三角形．
（2）假设存在某一时刻t，使得四边形APQC的面积是△ABC面积的，
∴S四边形APQC＝S△ABC，
∴S△BPQ＝S△ABC＝××62＝
如图，过点Q作QH⊥AB于点H，
∵∠B＝60°，BQ＝2t，
∴HQ＝t，
∴S△BPQ＝BP×HQ＝×（6﹣2t）×t＝
∴4t2﹣12t+9＝0
∴t＝
∴当t＝时，使得四边形APQC的面积是△ABC面积的，
【点评】主要考查了直角三角形的判定、等边三角形的面积公式，图形面积的求法、勾股定理以及二次函数的应用等知识点．考查学生数形结合的数学思想方法．得出S△BPQ＝S△ABC是解本题的关键．
23．如图，在四边形ABCD中，点E是直线BC上一点，将射线AE绕点A逆时针旋转α度交直线CD于点F．
（1）如图①，若四边形ABCD为菱形，点E在线段BC上．∠B＝60°，α＝60°，求证：AE＝AF；
（2）如图②，若四边形ABCD为正方形，点E在线段BC的延长线上，α＝45°，连接EF，试猜想线段BE，DF与EF之间的数量关系，并加以证明；
（3）若四边形ABCD为正方形，α＝45°，AB＝4，，连接EF，请直接写出EF的长．
【分析】（1）如图1中，连接AC，EF．证明△BAE≌△CAF（ASA），即可推出AE＝AF；
（2）结论：BE﹣EF＝DF．在线段BC上截取线段BT，使得BT＝DF．证明△EAT≌△EAF（SAS），可得结论；
（3）分两种情形：如图③﹣1中，当点E在线段BC上时，如图③﹣2中，当点E在CB的延长线上时，分别求解即可．
【解答】（1）证明：如图1中，连接AC，EF．
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC＝CD＝AD，∠B＝∠D＝60°，
∴△ABC，△ADC是等边三角形，
∴AB＝AC，∠B＝∠BAC＝∠ACF＝60°，
∵∠BAC＝∠EAF＝60°，
∴∠BAE＝∠CAF，
∴△BAE≌△CAF（ASA），
∴AE＝AF；
（2）解：BE﹣EF＝DF．理由如下：
在线段BC上截取线段BT，使得BT＝DF．
∵AB＝AD，∠B＝∠ADF＝90°，BT＝DF，
∴△ABT≌△ADF（SAS），
∴AT＝AF，∠BAT＝∠DAF，
∴∠TAF＝∠BAD＝90°，
∵∠EAF＝45°，
∴∠EAT＝∠EAF＝45°，
∵AE＝AE，
∴△EAT≌△EAF（SAS），
∴ET＝EF，
∴BE﹣EF＝BE﹣ET＝BT＝DF；
（3）解：如图③﹣1中，当点E在线段BC上时，
延长CB到K，使得BK＝DF，同理可得：△ABK≌△ADF，△AEK≌△AEF，
∴BK＝DF，EF＝EK＝BE+BK＝BE+DF，
∵BE＝BC＝2，
设EF＝x，则DF＝x﹣2，CF＝4﹣（x﹣2）＝6﹣x，
在Rt△ECF中，EF2＝EC2+CF2，
∴x2＝（6﹣x）2+22，
∴x＝，
∴EF＝．
如图③﹣2中，当点E在CB的延长线上时，同理得：DF＝EF+BE．
设EF＝y，则DF＝y+2，CF＝y+2﹣4＝y﹣2
在Rt△ECF中，y2＝62+（y﹣2）2，
∴y＝10，
∴EF＝10，
综上所述，满足条件的EF的值为或10．
【点评】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等等知识，解题关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，学会利用参数构建方程解决问题．
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