一、单选题

1．下列方程是一元二次方程的是（　　）

A．2x2+y＝1 B．9y＝3y﹣1 C．﹣2x2＝8 D．2x2＝1

2．如图，在△ABC 中，已知∠ADE＝∠B，则下列等式成立的是（        ）

A． B． C． D．

3．某水果超市为了吸引顾客来店购物，设立了一个如图所示的可以自由转动的转盘，开展有奖购物活动．顾客购买商品满200元就能获得一次转动转盘的机会，当转盘停止时，指针落在“一袋苹果”的区域就可以获得一袋苹果；指针落在“一袋橘子”的区域就可以获得一袋橘子．若转动转盘2000次，指针落在“一袋橘子”区域的次数有600次，则某位顾客转动转盘一次，获得一袋橘子的概率大约是（       ）

A．0.3 B．0.7 C．0.4 D．0.2

4．如图，与位似，位似中心为O且与在原点O的两侧，若与的周长之比为1：2，点的坐标为，则点的对应点的坐标为

A． B． C． D．

5．在六张卡片上分别写有6，，3.1415，，0，六个数，从中随机抽取一张，卡片上的数为无理数的概率是（       ）

A． B． C． D．

6．若关于x的方程x2＋2x－3＝0与有一个解相同，则a的值为（  ）

A．1 B．1或－3 C．－1 D．－1或3

7．如图，在中，，的角平分线交AC于点D，过点D分别作BC和AB的平行线，交AB于点E，交BC于点H，连接EH交BD于点G，在AE上截取，连接DF．下列说法中正确的是（  ）

①；②；③四边形EBHD是菱形；④

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个

8．如图，在 ABCD中，CD=2AD，BE⊥AD于点E，F为DC的中点，连接EF、BF，下列结论：①∠ABC=2∠ABF；②EF=BF；③S四边形DEBC=2S△EFB；④∠CFE=3∠DEF,其中正确结论的个数共有（       ）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个

9．如图，在矩形ABCD中，AD=2AB，点M、N分别在边AD、BC上，连接BM、DN．若四边形MBND是菱形，则等于（ ）

A． B． C． D．

10．如图，四边形ABCD是菱形，对角线AC，BD相交于点O，DH⊥AB于点H，连接OH，若∠DHO＝20°，则∠ADC的度数是（　　）

A．120° B．130° C．140° D．150°

二、填空题

11．已知，则的值是_____．

12．关于x的方程的一个根是−1，则m的值为______．

13．如图，在平行四边形中，交于，试添加一个条件使四边形成为矩形．你添加的条件是__．（只填一个即可）

14．关于x的方程有实数根，则a的取值范围是_______．

15．如图，在矩形ABCD中，E，F，G，H分别为边AB，AD，CD，BC的中点，若AB＝6，AD＝8，则图中阴影部分的面积为_____．

16．已知一等腰三角形的一边长为5，另一边长为方程x2﹣8x+12＝0的根，该等腰三角形的周长为____．

17．如图，某一时刻一根2米长的竹竿EF影长GE为1.2米，此时，小红测得一棵被风吹斜的杨树与地面成角，树顶端B在地面上的影子点D与B到垂直地面的落点C的距离是3.6米，则树长AB等于________米．

18．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________．

三、解答题

19．解方程：

（1）

（2）

20．如图，在菱形ABCD中，CE＝CF.求证：AE＝AF.

21．如图，AF，AG分别是和的高，．

（1）求证：；

（2）若，，求BC的长．

22．某商场一种商品的进价为每件30元，售价为每件40元，每天可以销售48件，为尽快减少库存，商场决定降价促销．

（1）若该商品连续两次下调相同的百分率后售价降至每件25.6元，求每次下降的百分率；

（2）经调查，若该商品每降价0.5元，每天可多销售4件，若每天要想获得504元的利润，每件应降价多少元？

23．如图，在矩形ABCD中，已知对角线AC、BD相交于点O，E是CD中点，连接OE，过点C作交线段OE的延长线于点F，连接DF．

（1）求证：；

（2）求证：四边形ODFC是菱形．

24．如图，A、B在一直线上，小明从点A出发沿AB方向匀速前进，4秒后走到点D，此时他（CD）在某一灯光下的影长为AD，继续沿AB方向以同样的速度匀速前进4秒后到点F，此时他（EF）的影长为2米，然后他再沿AB方向以同样的速度匀速前进2秒后达点H，此时他（GH）处于灯光正下方．

（1）请在图中画出光源O点的位置，并画出他位于点F时在这个灯光下的影长FM（不写画法）；

（2）求小明沿AB方向匀速前进的速度．

25．如图，△ABC在平面直角坐标系中，三个顶点坐标分别为A（0，3）、B（3、4）、C（2，2）（网格中每个正方形的边长是1个单位长度）．

（1）以点B为位似中心，在网格内画出△A′BC′，使△A′BC′与△ABC位似，且位似比为2：1，则点C′的坐标是______；

（2）△A′BC′的面积是_______平方单位；

（3）在x轴上找出点P，使得点P到B与点A距离之和最小，请直接写出P点的坐标．

26．如图1，在菱形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，AB＝13，BD＝24，在菱形ABCD的外部以AB为边作等边三角形ABE．点F是对角线BD上一动点（点F不与点B重合），将线段AF绕点A顺时针方向旋转60°得到线段AM，连接FM．

（1）求AO的长；

（2）如图2，当点F在线段BO上，且点M，F，C三点在同一条直线上时，求证：AC＝AM；

（3）连接EM，若△AEM的面积为40，请直接写出△AFM的周长．

参

1．D

【解析】

【分析】

根据一元二次方程的定义逐个判断即可．

【详解】

解：A．含有二个未知数，不是一元二次方程，故本选项不符合题意；

B．是一元一次方程，不是一元二次方程，故本选项不符合题意；

C．不是整式方程，不是一元二次方程，故本选项不符合题意； 

D．是一元二次方程，故本选项符合题意；

故选：D．

【点睛】

本题考查了一元二次方程的定义，能熟记一元二次方程的定义是解此题的关键，注意：只含有一个未知数，并且所含未知数的项的次数最高是2的整式方程，叫一元二次方程．

2．B

【解析】

【详解】

∵∠A=∠A，∠ADE=∠B，∴△AED∽△ACB，∴，故选B．

3．A

【解析】

【分析】

用频率估计概率即可得到答案．

【详解】

某位顾客转动转盘一次，获得一袋橘子的概率大约是．

故选：A．

【点睛】

本题考查用频率估计概率，掌握大量的重复试验时频率可视为事件发生概率的估计值．

4．B

【解析】

【分析】

根据位似变换的概念得到△A1OB1∽△A2OB2，△A1OB1与△A2OB2的相似比为1：2，根据位似变换的性质计算，得到答案．

【详解】

解：∵△A1OB1与△A2OB2位似，

∴△A1OB1∽△A2OB2，

∵△A1OB1与△A2OB2的周长之比为1：2，

∴△A1OB1与△A2OB2的相似比为1：2，

∵A1的坐标为（-1，2），△A1OB1与△A2OB2在原点O的两侧，

∴点A1的对应点A2的坐标为（2，-4），

故选：B．

【点睛】

本题考查的是位似变换的概念和性质，在平面直角坐标系中，如果位似变换是以原点为位似中心，相似比为k，那么位似图形对应点的坐标的比等于k或-k．

5．C

【解析】

【分析】

首先根据无理数定义确定哪些是无理数，再根据概率的公式计算即可．

【详解】

解：在6，，3.1415，，0，六个数中，是无理数的有，共2个，

∴从中随机抽取一张，卡片上的数为无理数的概率是，

故选：C．

【点睛】

此题考查概率的计算公式，正确掌握无理数的定义会判断无理数是解题的关键．

6．C

【解析】

【分析】

解出一元二次方程，将根代入分式方程即可求出a的值.

【详解】

解：解方程，得：x1=1，x2=﹣3，

∵x=﹣3是方程的增根，

∴当x=1时，代入方程，得：，

解得a=﹣1．

故选：C．

【点睛】

本题考查了解一元二次方程﹣因式分解法，分式方程的解．此题属于易错题，解题时要注意分式的分母不能等于零．

7．C

【解析】

【分析】

①由题意可证四边形是平行四边形，可得，，由三角形中位线定理可得，，可得；

②通过证明，可得，可证；

③由菱形的判定可证四边形是菱形；

④条件不足，无法证明．

【详解】

，，

四边形是平行四边形，

，，

，

，，

，即，故①正确；

平分，

，

，

，

，

，

，

，

，

，即，故②正确；

，

平行四边形是菱形，故③正确；

条件不足，无法证明，故④错误．

故选：C．

8．D

【解析】

如图延长EF交BC的延长线于G，取AB的中点H连接FH．证明△DFE≌△FCG 得EF=FG，BE⊥BG，四边形BCFH是菱形即可解决问题.

【详解】

解：如图延长EF交BC的延长线于点G，取AB的中点H，连接FH．

∵CD=2AD，DF=FC，

∴CF=CB，

∴∠CFB=∠CBF，

∵CD∥AB，

∴∠CFB=∠FBH，

∴∠CBF=∠FBH，

∴∠ABC=2∠ABF．故①正确，

∵DE∥CG，

∴∠D=∠FCG，

∵DF=FC，∠DFE=∠CFG，

∴△DFE≌△FCG，

∴FE=FG，

∵BE⊥AD，

∴∠AEB=90°，

∵AD∥BC，

∴∠AEB=∠EBG=90°，

∴BF=EF=FG，故②正确，

∵S△DFE=S△CFG，

∴S四边形DEBC=S△EBG=2S△BEF，故③正确，

∵AH=HB，DF=CF，AB=CD，

∴CF=BH，∵CF∥BH，

∴四边形BCFH是平行四边形，

∵CF=BC，

∴四边形BCFH是菱形，

∴∠BFC=∠BFH，

∵FE=FB，FH∥AD，BE⊥AD，

∴FH⊥BE，

∴∠BFH=∠EFH=∠DEF，

∴∠EFC=3∠DEF，故④正确，

故选D．

【点睛】

本题考查平行四边形的性质和判定、菱形的判定和性质、直角三角形斜边中线的性质、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考选择题中的压轴题．

9．A

【解析】

【详解】

解：设AB=a,根据题意知AD=2a，由四边形BMDN是菱形知BM=MD，设AM=b,则BM=MD=2a-b.在Rt△ABM中，由勾股定理即可求值.

试题解析：∵四边形MBND是菱形，

∴MD=MB．

∵四边形ABCD是矩形，

∴∠A=90°．

设AB=a，AM=b，则MB=2a-b，（a、b均为正数）．

在Rt△ABM中，AB2+AM2=BM2，即a2+b2=（2a-b）2，

解得a=，

∴MD=MB=2a-b=，

∴.

故选A．

10．C

【解析】

【分析】

由四边形ABCD是菱形，可得OB＝OD，AC⊥BD，又由DH⊥AB，∠DHO＝20°，可求得∠OHB的度数，然后由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，证得△OBH是等腰三角形，继而求得∠ABD的度数，然后求得∠ADC的度数．

【详解】

∵四边形ABCD是菱形，

∴OB＝OD，AC⊥BD，∠ADC＝∠ABC，

∵DH⊥AB，

∴OH＝OB＝BD，

∵∠DHO＝20°，

∴∠OHB＝90°﹣∠DHO＝70°，

∴∠ABD＝∠OHB＝70°，

∴∠ADC＝∠ABC＝2∠ABD＝140°，

故选C．

【点睛】

本题考查了菱形的性质、直角三角形的性质以及等腰三角形的判定与性质，证得△OBH是等腰三角形是关键．

11．

【解析】

【分析】

根据比例的性质求解即可．

【详解】

解：由，

得，，

，

故答案为．

【点睛】

本题考查了比例的性质，解题关键是熟练运用比例的性质进行变形求解．

12．1

【解析】

【分析】

把代入方程，即可求出m的值．

【详解】

的一个根是，

把代入方程得：，

．

故答案为：1．

【点睛】

本题考查了一元二次方程的解,了解方程解的含义是解题的关键.

13．AC=BD或∠ABC=90°（答案不唯一）

【解析】

【分析】

根据矩形的判定即可得出答案．

【详解】

解：根据“有一个角是直角的平行四边形是矩形”可得∠ABC=90°，

根据“对角线相等的平行四边形是矩形”可得AC=BD，

故答案为：AC=BD或∠ABC=90°（答案不唯一）．

【点睛】

本题考查的是矩形的判定，掌握平行四边形和矩形的区别和联系是解决本题的关键．

14．

【解析】

【分析】

分情况讨论当二次项系数为零时：原式为一元一次方程有实数根；当二次项系数不为零时：根据一元二次方程根的情况结合根的判别式列出不等式，求解即可．

【详解】

解：∵关于x的方程有实数根，

当时，即时，原方程为有实数根；

当时，即时，

则，即，

解得：，

综上，a的取值范围是，

故答案为：．

【点睛】

本题主要考查一元二次方程根的判别式，熟知一元二次方程根与根的判别式的关系是解题的关键．

15．24

【解析】

【分析】

连接AC，根据三角形中位线定理得到EH∥AC，EH=AC，得到△BEH∽△BAC，根据相似三角形的性质计算即可．

【详解】

解：连接AC，

∵E、H分别为边AB、BC的中点，

∴EH∥AC，EH＝AC，

∴△BEH∽△BAC，

∴S△BEH＝S△BAC＝S矩形ABCD，

同理可得，图中阴影部分的面积＝×6×8＝24，

故答案为：24．

【点睛】

本题考查的是三角形中位线定理、相似三角形的性质，掌握三角形中位线定理、相似三角形的面积比等于相似比的平方是解题的关键．

16．12，16，17

【解析】

【分析】

先求出一元二次方程的根，再讨论5是等腰三角形的底还是腰，求出三角形周长．

【详解】

解：

，

解得，，

若5是等腰三角形的底，则等腰三角形的腰只能是6，因为2不能构成三角形，此时周长是17，

若5是等腰三角形的腰，则等腰三角形的底可以是2或6，那么周长是12或16．

故答案是：12，16，17．

【点睛】

本题考查等腰三角形的性质和解一元二次方程，解题的关键是分类讨论等腰三角形的腰长和底长，需要注意构成三角形的条件．

17．12

【解析】

【分析】

先利用△BDC∽△FGE得到=，可计算出BC=6，然后在Rt△ABC中利用含30度的直角三角形三边的关系即可得到AB的长．

【详解】

解：如图，CD=3.6m，

∵△BDC∽△FGE，

∴=，

即=，

∴BC=6，

在Rt△ABC中，∵∠A=30°，

∴AB=2BC=12，

即树长AB是12米．

故答案为12．

【点睛】

本题考查了相似三角形的应用，熟练掌握相似三角形的性质是解题的关键．

18．

【解析】

【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．

19．（1）或；（2）或

【解析】

【分析】

（1）根据配方法解一元二次方程，即可求解；

（2）根据因式分解法解一元二次方程，即可求解．

【详解】

（1），

，

，

，

，

或；

（2），

，

，

或，

或．

【点睛】

本题主要考查解一元二次方程，掌握配方法和因式分解法解方程是解题的关键．

20．证明见解析

【解析】

【分析】

由四边形ABCD为菱形，可得AD=AB=CD=CB，∠B=∠D．又因为CE=CF，所以CD-CE=CB-CF，即DE=BF．可证△ADE≌△ABF，所以AE=AF．

【详解】

证明：∵四边形ABCD为菱形，

∴AD=AB=CD=CB，∠B=∠D．

又∵CE=CF，

∴CD-CE=CB-CF，

即DE=BF．

在△ADE和△ABF中

，

∴△ADE≌△ABF（SAS）．

∴AE=AF．

【点睛】

此题主要考查了菱形的性质以及全等三角形的判断和性质形，能够灵活运用菱形知识解决有关问题是解题的关键．

21．（1）见解析；（2）

【解析】

【分析】

（1）由直角三角形的性质得出，可证明；

（2）由相似三角形的性质可得到答案．

【详解】

（1），分别是和的高，

，，

，，

，

，

，

；

（2），

，

，，

，

．

22．（1）两次下降的百分率为；（2）每件应降价3元

【解析】

（1）设每次降价的百分率为，根据两次降价，从40降至25.6列方程求解即可；

（2）根据总利润＝单件利润×销售量列方程求解即可．

【详解】

（1）设两次下降的百分率为，

由题意得：，

解得：，（不符合题意，舍去），

答：两次下降的百分率为；

（2）设每件应降价元，

由题意得：，

整理得：y2－4y＋3＝0，

解得：，,

因为要尽快减少库存，

所以，

答：每件应降价3元．

23．（1）见解析；（2）见解析

【解析】

（1）根据两直线平行，内错角相等可得∠ODE=∠FCE，根据线段中点的定义可得CE=DE，然后利用“角边角”证明△ODE和△FCE全等；

（2）根据全等三角形对应边相等可得OD=FC，再根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形判断出四边形ODFC是平行四边形，根据矩形的对角线互相平分且相等可得OC=OD，然后根据邻边相等的平行四边形是菱形证明即可．

【详解】

解：证明：（1）∵CF∥BD，

∴∠ODE=∠FCE，

∵E是CD中点，

∴CE=DE， 

在△ODE和△FCE中，

，

∴△ODE≌△FCE（ASA）；

（2）∵△ODE≌△FCE，

∴OD=FC，

∵CF∥BD，

∴四边形ODFC是平行四边形，

在矩形ABCD中，OC=OD，

∴四边形ODFC是菱形．

24．(1)答案见解析；(2)1.5米/秒

【解析】

(1) 利用影长为AD，进而得出延长AC，HG得到O点，进而求出答案；

(2)首先设速度为x米/秒，然后利用△COG和△OAH相似，△EOG和△OMH相似得出答案．

【详解】

解： (1)如图 

(2)设速度为x米/秒

根据题意得CG//AH

∴△COG∽△OAH

∴

即：

又∵CG//AH，

∴△EOG∽△OMH

∴

即： 

∴ 

答：小明沿AB方向匀速前进的速度为米/秒．

【点睛】

本题考查了相似三角形的应用以及中心投影，注意从实际问题中抽象出几何图形，然后利用相似比计算相应线段的长是解题关键．

25．（1）（1，0）；（2）10；（3）（，0）．

【解析】

【分析】

（1）利用位似图形的性质得出对应点位置，即可得出答案；（2）利用勾股定理逆定理可得△A′BC′是直角三角形，利用三角形面积公式求出△A′BC′面积即可；（3）作A关于y轴的对称点A″，连接A″B，交x轴于点P，根据对称性质可得A″B即为PA+PB的最小值，根据A″和B点坐标可得直线A″B的解析式，令y=0即可得P点坐标.

【详解】

（1）如图所示：C′（1，0）；

故答案为：（1，0）；

（2）∵A′B2=62+22=40，A′C′2=42+22=20，C′B2=42+22=20，

∴A′B2=A′C′2+C′B2，

∴△A′BC′是直角三角形，

∴△A′BC′的面积是：×2×2＝10平方单位；

故答案为：10

（3）作A关于y轴的对称点A″，连接A″B，交x轴于点P，

∴PA=PA″，

∴PA″+PB=PA+PB=BA″，即为PA+PB的最小值，

设A″B直线解析式为：y＝kx+b，

把（3，4），（0，﹣3），代入得：，

解得：，

故A″B直线解析式为：y＝x﹣3，

当y＝0时，x＝，

故P（，0）．

【点睛】

本题考查位似变换以及坐标与图形的性质、待定系数法求一次函数解析式及轴对称的性质，正确得出对应点的坐标是解题关键.

26．（1）AO=5；（2）证明过程见解析；（3）3

【解析】

【分析】

（1）在RT△OAB中，利用勾股定理OA=求解；

（2）由四边形ABCD是菱形，求出△AFM为等边三角形，∠M=∠AFM=60°，再求出∠MAC=90°，在Rt△ACM中tan∠M=，求出AC；

（3）求出△AEM≌△ABF，利用△AEM的面积为40求出BF，在利用勾股定理AF==，得出△AFM的周长为3．

【详解】

解：（1）∵四边形ABCD是菱形，

∴AC⊥BD，OB=OD=BD，

∵BD=24，

∴OB=12，

在Rt△OAB中，

∵AB=13，

∴OA==5．

（2）如图2，

∵四边形ABCD是菱形，

∴BD垂直平分AC，

∴FA=FC，∠FAC=∠FCA，

由已知AF=AM，∠MAF=60°，

∴△AFM为等边三角形，

∴∠M=∠AFM=60°，

∵点M，F，C三点在同一条直线上，

∴∠FAC+∠FCA=∠AFM=60°，

∴∠FAC=∠FCA=30°，

∴∠MAC=∠MAF+∠FAC=60°+30°=90°，

在Rt△ACM中

∵tan∠M=，

∴tan60°=，

∴AC=AM．

（3）如图，连接EM，

∵△ABE是等边三角形，

∴AE=AB，∠EAB=60°，

由（2）知△AFM为等边三角形，

∴AM=AF，∠MAF=60°，

∴∠EAM=∠BAF，

在△AEM和△ABF中，

，

∴△AEM≌△ABF（SAS），

∵△AEM的面积为40，△ABF的高为AO

∴BF•AO=40，BF=16，

∴FO=BF﹣BO=16﹣12=4

AF==，

∴△AFM的周长为3．下载本文