第一章《 一元二次方程》章节知识点复习题（含解析）初中数学 苏科版 九年级上册

第一章《 一元二次方程》章节知识点复习题
【题型1 一元二次方程的相关概念】
1.已知a是方程的解，则代数式的值为 ．
2.下列是一元二次方程的是（ ）
A． B． C． D．
3.将方程化成一元二次方程的一般形式，当二次项系数为时，一次项系数和常数项分别为（ ）
A．， B．， C．， D．，
4.若方程是关于的一元二次方程，则 ．
【题型2 一元二次方程的一般解法】
1.已知实数满足方程，则的值是 ．
2.解下列方程
(1) (2) (3) (4)
3.关于的方程，下列四种不同解法中，完全正确的是（　　）
①两边同时除以得.
②化简整理得，∵，，，，∴.
③整理得，配方得，∴，∴，∴，.
④移项得：，∴或，∴，.
A．① B．② C．④ D．③④
4.如图，在长方形中，以点为圆心，为半径作弧与交于点，以点为圆心，为半径作弧与交于点．设，则方程的一个正根是（　　）
A．的长 B．的长 C．的长 D．的长
【题型3 配方法的应用】
1.王老师在讲完乘法公式的多种运用后，要求同学们运用所学知识求代数式的最小值．同学们经过交流讨论，最后总结出如下解答方法：
因为，所以当时，的最小值是
所以
所以当时，的值最小，最小值是
所以的最小值是
依据上述方法，解决下列问题：
(1)当______时，有最小值是______；
(2)多项式有最______填“大”或“小”值，并求出该多项式的最值；
(3)已知的三边长都是正整数，且满足，求当时，的周长．
2.已知为实数，且，则之间的大小关系是（ ）
A． B． C． D．
3.已知实数a，b满足，则下列判断正确的是（ ）
A． B．
C． D．
4.一次数学探究活动中，老师给出了两个二次多项式，（其中p，q，c均是不为零的常数）及这两个代数式的一些信息，如下表所示：
二次多项式 对二次多项式进行因式分解 对二次多项式使用配方法
（说明：a，b，m，n，，均为常数）
有学生探究得到以下四个结论：①若，则；②若，则；③若有且只有一个x的值，使代数式的值为0，则；④若，则c的值不可能是．其中所有正确结论的序号是 ．
【题型4 根的判别式与一元二次方程根的情况】
1.已知关于的一元二次方程．
(1)求证：无论取何值，此方程总有两个不相等的实数根；
(2)已知2是此方程的一个根，求的值和这个方程的另一个根．
2.若关于的一元二次方程有两个相等的实数根，则的值为（ ）
A．6 B．4 C．2 D．3
3.定义运算：，例如，则不解方程，判断方程的根的情况是 ．
4.对于一元二次方程，下列说法：①若，则；②若方程有两个不相等的实根，则方程必有两个不相等的实根；③若是方程的一个根，则一定有成立；④若是一元二次方程的根，则，其中正确的（　　）
A．只有①② B．只有①②④ C．只有②③④ D．只有②③
【题型5 根的判别式与根与系数关系的综合】
1.若关于的一元二次方程．
（1）该方程根的情况是 （填“两个相等实根”、“两个不相等实根”或“无实根”）；
（2）当时，相应的一元二次方程的两个根分别记为，则的值为 ．
2.已知关于x的一元二次方程有两个实数根，，且满足，则（）
A．或1 B．1 C．3或 D．
3.关于x的方程有两个不相等的实根，，若，则的最大值是（ ）
A．1 B．4 C．6 D．8
4.对于关于x的代数式，若存在实数m，使得当时，代数式的值也等于m，则称m为这个代数式的“不动值”．例如：对于关于x的代数式，当时，代数式的值等于0；当时，代数式的值等于1，我们就称0和1都是这个代数式的“不动值”．
(1)关于x的代数式的不动值是 ．
(2)判断关于x的代数式是否有不动值，若有，请求出代数式的不动值；若没有，则说明理由．
(3)已知关于x的代数式．
①若此代数式仅有一个不动值，求a的值；
②若此代数式有两个不动值，且两个不动值的差为2，直接写出正整数a的值．
【题型6 一元二次方程的实际应用】
1.一家工厂为了生产某种特殊材料，决定从供应商处购买甲、乙两种化工原料．已知每桶甲化工原料比每桶乙化工原料贵4元，工厂第一次花费800元采购甲化工原料和240元采购乙化工原料，发现甲化工原料的桶数是乙化工原料桶数的2倍．
(1)求每桶甲化工原料与乙化工原料的售价分别为多少元．
(2)已知供应商每桶甲化工原料的进价是元，每桶乙化工原料的进价是元，甲、乙售价不变．为了扩大生产，工厂决定再次购买这两种化工原料，且第二次购买甲化工原料的数量比第一次购买的数量少，购买的乙化工原料的数量是第一次的3倍．若供应商第二次共获利368元，求的值．
2.如果不防范，病毒的传播速度往往很快，有一种病毒人感染后，经过两轮传播，共有人感染．
(1)平均每人每轮感染多少人？
(2)第二轮传播后，人们加强防范，使病毒的传播力度减少到原来的，这样第三轮传播后感染的人数只是第二轮传播后感染人数的倍，求的值．
3.2025年暑期，我区遭遇连续高温和干旱，一居民小区的部分绿化树枯死．小区物业管理公司决定补种绿化树，计划购买小叶榕和香樟共50棵进行栽种．其中小叶榕每棵680元，香樟每棵1000元，经测算，购买两种树共需38800元．
(1)原计划购买小叶榕、香樟各多少棵？
(2)实际购买时，经物业管理公司与商家协商，每棵小叶榕和香樟的售价均下降元（），且两种树的售价每降低10元，物业管理公司将在原计划的基础上多购买小叶榕2棵，香樟1棵．物业管理公司实际购买的费用比原计划多3600元，求物业管理公司实际购买两种树共多少棵？
4.月日，重庆在除夕夜举行了首届重庆都市艺术节跨年焰火表演，以跨年整点焰火的形式辞旧迎新，为感受喜庆、热烈的现场氛围，甲、乙两人从各自家前往朝天门广场观看焰火表演、由于当晚观看焰火表演的人较多，甲先将车开到距离自己家千米的停车场后，再步行千米到达目的地，共花了小时，此期间，已知甲开车的平均速度是甲步行平均速度的倍．
(1)求甲开车的平均速度及步行的平均速度分别是多少？
(2)乙先将车开到停车场后，再步行前往目的地，总路程为千米，此期间，已知乙开车的平均速度比甲开车的平均速度快千米/小时，乙开车时间比甲开车时间少小时；乙步行的平均速度比甲步行的平均速度快千米/小时，乙步行了小时后到达目的地，求的值．
【题型7 利用根与系数的关系求值】
1.如果m，n是一元二次方程的两个根，那么多项式的值是 ．
2.若m、n是一元二次方程的两个实数根，则的值是 ．
3.已知互不相等的三个实数a、b、c满足，，求的值 ．
4.已知为互不相等的实数，且，，则的值为（ ）
A． B．0 C． D．2
【题型8 利用一元二次方程的根求取值范围】
1.若关于x的方程所有的根都是比1小的正数．则实数m的取值范围是 ．
2.已知方程的三个互不相等的实数根可作为三角形的三边边长，则实数的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
3.已知关于的一元二次方程有两个根，，且满足．记，则的取值范围是 ．
【变式8-3】（24-25九年级上·湖北武汉·阶段练习）关于的一元二次方程在范围内有且只有一个根，则的取值范围为 ．
【题型9 一元二次方程解决动点问题】
1.如图，在中，，，，一动点从点出发沿着方向以的速度运动，另一动点从点出发沿着边以的速度运动，，两点同时出发，运动时间为．当时，（ ）
A． B．
C．或 D．或
2.如图，已知矩形的边长，，某一时刻，动点M从点A出发，沿方向以的速度向点B匀速运动，同时，动点N从点D出发沿方向以的速度向点A匀速运动，当点M到达点B时，两点同时停止运动，问：
(1)经过多长时间，长为？
(2)经过多长时间，面积等于矩形面积的？
3.如图，在中，，，点E从A点出发，沿射线运动，速度为，点F从点C出发，沿线段运动，速度为，连接．E、F两点同时出发，当点F到达点A时，点E也停止运动，请问经过 s后，的面积恰为．
4.如图，在矩形中，，，点，同时从点出发，点以的速度沿方向运动，点以的速度沿的方向运动．当其中一点到达点时，两点同时停止运动．设运动时间为，的面积为，矩形的面积为，当时，的值为 ．
【题型10 一元二次方程与几何图形】
1.如图，在矩形中，是边上一点，且，连接，将绕点逆时针旋转至点与点重合时停止，且点的对应点恰好落在上，连接并延长交于点，连接交于点．已知，则 ．
2.如图，菱形的边长为5，点在边上，连结，过点作于点，，将菱形分割成三部分后，恰好可以拼成一个直角三角形，若，则线段的长度为 ．
3.如图，在矩形中，，点E，F分别在边，上，，把沿折叠，点A恰好落在边上的点G处，连接，，延长交的延长线于点H，若，则的长为 ．
4.【方法回顾】（1）如图1，过正方形的顶点作一条直线交边于点，于点，于点．我们运用全等和正方形等知识进行推理可以知道，线段，，之间的数量关系是____________________；
【问题解决】（2）如图2，菱形的边长为，过点且垂直于的直线交边于点，过作，与直线交于点，点是上一点，且，求的长；
【思维拓展】（3）如图3，在正方形中，点在所在直线的上方，，连接，，若的面积与的面积之差为，则_____．（用含的式子表示）
参考答案
【题型1 一元二次方程的相关概念】
1.2024
【分析】本题考查了一元二次方程的解，求代数式的值，熟练掌握相关知识点是解题的关键．根据题意可得，整理得到，再整体代入代数式进行计算即可．
【详解】解：∵a是方程的解，
∴，
∴，
∴．
故答案为：2024．
2.B
【分析】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．根据一元二次方程的定义，找出是一元二次方程的选项即可．
【详解】解：A、该选项的方程含有分式，不是一元二次方程，故该选项不符合题意；
B、该选项有一个未知数且最高次数为2，是一元二次方程，故该选项符合题意；
C、该选项的方程是一元一次方程，故该选项不符合题意；
D、该选项有两个未知数，不是一元二次方程，故该选项不符合题意．
故选：B．
3.D
【分析】本题考查了一元二次方程的一般式．将一元二次方程化为一般式，求出二次项系数，一次项系数，常数项即可．
【详解】解：将一元二次方程变形为：，
此时二次项系数为，一次项系数为，常数项为．
故答案为：D．
4.
【分析】本题考查的是一元二次方程的定义，熟知只含有一个未知数，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答此题的关键．据此求解即可．
【详解】解：∵方程是关于的一元二次方程，
∴且，则且，
∴，
故答案为：．
【题型2 一元二次方程的一般解法】
1.3
【分析】本题考查了解一元二次方程，令，则原式为，解方程即可解答，注意方程无实数根的情况是解题的关键．
【详解】解：令，
则原式为，
解得，
当时，，方程有实数根，
当时，，方程没有实数根，
，
故答案为：3．
2.（1）解：
∴，；
（2）解：
∴，；
（3）解：
∴，；
（4）解：
∵，
，
∴，．
3.C
【分析】本题考查了解二元一次方程-因式分解法，直接开方法，公式法，以及配方法，根据解一元二次方程的方法逐一判断即可．
【详解】解：A．①不符合解一元二次方程的方法，故①错误；
B．不是，故②错误；
C．配方时，等式两边应该加4，故③错误；
D．，
，
，
∴或，
∴，．故④正确．
故选：C．
4.A
【分析】本题考查了公式法解一元二次方程，勾股定理，矩形的性质，掌握以上知识点是解答本题的关键．
先算出方程的正根为，再根据题意用、表示出的长，即可解答．
【详解】解：，
∴，
∴，
∴，
∵，
方程的一个正根是，
四边形是长方形，
，，
在中，，，
由勾股定理得：，
由作图过程知，，
，
方程的一个正根是的长，
故选：A．
【题型3 配方法的应用】
1.（1）解：∵对于任意实数都有，
∴当时，的最小值是，
∴，
当时，有最小值是，
故答案为：；；
（2）解：
，
∵对于任意实数都有，
，
，
当时，多项式有最大值，最大值为，
故答案为：大；
（3）解：，
，
，
∴，，
，，
，
的周长．
2.A
【分析】本题考查了完全平方公式的应用，配方法的应用．先根据已知等式求出，，再利用完全平方公式判断出，，由此即可得出答案．
【详解】解：∵，
解得，，
∴，
∴；
∵，
∴，
∴，
故选：A．
3.C
【分析】本题考查了不等式的性质及配方法的应用，解决本题的关键是熟练掌握不等式的性质及配方法的应用，由可得，可得可得出， 即对所有成立．将代入得：可得， 再判断即可．
【详解】解：由可得，
，
，
，
即对所有成立．
将代入得：
，
，
，
即对所有成立．
故选：．
4.①④
【分析】本题主要考查配方法的应用、根的判别式及二元一次方程组的解法，熟练掌握配方法的应用、根的判别式及二元一次方程组的解法是解题的关键；由题意易得，然后根据配方法的应用、根的判别式及二元一次方程组的解法可依次排除答案．
【详解】解：∵，
，
，
，
∴，
①∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；故正确；
②∵，
∴，
解得：，
∴；故错误；
③由题意可知：当时，方程有两个相等的实数根，
∴，
∴，
∴，
∴；故错误；
④当，即，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，所以c的值不可能是，说法正确；
综上所述：正确的结论有①④；
故答案为①④．
【题型4 根的判别式与一元二次方程根的情况】
1.（1）证明：由题意得：，
则：，
无论取何值，，则，
不论取何值，该方程都有两个不相等的实数根．
（2）解：将代入方程可得，解得，
当时，原方程为，解得：，
即方程的另一个根为．
2.D
【分析】本题考查了一元二次方程根的判别式．根据方程的系数结合根的判别式，可得出，解之即可得出的值．
【详解】解：∵关于的一元二次方程有两个相等的实数根，
，
解得：，
故选：D．
3.有两个不等实数根
【分析】本题考查新定义，解一元二次方程，理解新定义的运算，得出方程是解题的关键．
先利用新定义得到，再把方程化为一般式，进而判断判别式的符号，求解即可．
【详解】解：∵，
，
即，
∵
∴
∴方程有两个不等实数根，
故答案为：有两个不等实数根．
4.B
【分析】本题考查根的判别式，一元二次方程的解．利用根的判别式，方程的解使方程成立，逐一进行判断即可．
【详解】解：若，则方程有一个根为，则；故①正确；
若方程有两个不相等的实根，则：，
则：的判别式为，
∴方程必有两个不相等的实根；故②正确；
若是方程的一个根，则，
当时，，故③错误；
若是一元二次方程的根，则：，
∴，
∴；故④正确；
故选B．
【题型5 根的判别式与根与系数关系的综合】
1. 两个不相等实根
【分析】本题考查了一元二次方程根的判别式、根与系数的关系等．熟记相关结论是解题关键．
（1）根据根的判别式即可进行判断；
（2）根据根与系数的关系，，可得：，进一步可寻找的规律，即可求解．
【详解】解：（1）∵，
∴故该方程有两个不相等的实数根．
故答案为：有两个不相等的实数根．
（2）设方程的两个根为：，
则，，
∴，
∴
∴
故答案为．
2.B
【分析】本题考查了一元二次方程根与系数的关系，根的判别式．
根据一元二次方程根与系数的关系得到，解得，，结合根的判别式作答即可．
【详解】解：由根与系数关系可得，，
代入得，
即
解得：，
∵原方程有实数根，
∴，
解得
因此不满足，舍去，
综上，，
故选：B．
3.C
【分析】根据根与系数的关系得到，根据得到，推出，根据推出，代入，推出的最大值是6．
此题主要考查了一元二次方程根与系数的关系，解题的关键是熟练掌两根之和与两根之积与系数的关系，解方程组，运用配方法求最值．
【详解】解：∵关于x的方程有两个不相等的实根、，
∴，，
∵，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴
，
∵，
∴当时，有最大值6．
故选：C．
4.（1）解：由题意得，则，
∴，
∴或，
解得或，
∴关于的代数式的不动值是3或；
故答案为：3或；
（2）解：关于代数式没有不动值，理由如下：
当时，则，
∴，
∴原方程无解，
∴不成立，
∴关于代数式没有不动值；
（3）解：①∵关于的代数式仅有一个不动值，
∴关于的一元二次方程有两个相等的实数根，
∴关于的一元二次方程有两个相等的实数根，
∴，
整理得
解得；
②由题意得，则，
设的两根为和，
∴，，
由题意得，
∴，即，
∴，
整理得，
解得或，
∴正整数a的值为3．
【题型6 一元二次方程的实际应用】
1.（1）解：设每桶甲化工原料的售价为x元，则每桶乙化工原料的售价为元，
根据题意：
解得：，
经检验，是原分式方程的解，且符合题意，
则（元），
答：每桶甲化工原料的售价为10元，每桶乙化工原料的售价为6元；
（2）解：第一次购买甲化工原料（桶），第一次购买乙化工原料（桶），
由题意得，，
整理得：，
解得：或（舍去，不符合题意），
答：a的值为．
2.（1）.解：设平均每人每轮感染人，
根据题意得，，
解得，（舍去），
答：平均每人每轮感染人；
（2）依题意得：，
解得，
答：的值为．
3.（1）设原计划购买小叶榕棵，则购买香樟棵，
根据题意，可得，
解得，．
答：原计划购买小叶榕35棵、香樟15棵．
（2）根据题意，可得 ，
整理得，，
解得：，，
∵，∴，
∴购买了39棵小叶榕，17棵香樟，
答：物业管理公司实际购买两种树共56棵．
4.（1）设甲步行的平均速度是千米小时，则甲开车的平均速度是千米小时，
由题意得：，
解得：，
经检验，是原方程的解，且符合题意，
∴，
答：甲开车的平均速度是千米小时，步行的平均速度是千米小时；
（2）由（）可知，甲开车的时间为小时，则乙开车的时间为小时，
由题意可知，乙开车的速度为千米小时，乙步行的速度为千米小时，
由题意得：，
整理得：，
解得：，不符合题意，舍去，
答：的值为．
【拔尖篇】
【题型7 利用根与系数的关系求值】
1.2029
【分析】本题考查了根与系数的关系，一元二次方程的解，熟练掌握，是一元二次方程的两根时，，是解题的关键．先根据根与系数的关系得出，，再利用一元二次方程解的定义得到，，从而得到，，则原式化简为，最后利用整体代入的方法计算即可．
【详解】解：、是一元二次方程的两个实数根
，，，
，
，即
故答案为：2029．
2.
【分析】本题考查了一元二次方程的解，一元二次方程根与系数的关系；
首先把m、n代入方程，可得，，再根据一元二次方程根与系数的关系，可得，求出，用整体代入法计算即可．
【详解】解：，是一元二次方程的两个实数根，
，，，
，，
，
∴
，
故答案为：．
3.﹣2
【分析】将已知的两等式去分母得到关系式a2+3a+c=0和b2+3b+c=0，把a、b看成方程x2+3x+c=0的两根，由根与系数的关系得到a+b=﹣3，ab=c，所求式子变形后，把a+b=﹣3，ab=c代入，即可求出值．
【详解】由=﹣a﹣3得：a2+3a+c=0①；
由=﹣b﹣3得： b2+3b+c=0②；
∵a≠b，∴a、b可以看成方程x2+3x+c=0的两根，∴a+b=﹣3，ab=c；
∴+﹣=====﹣2．
故答案为﹣2．
4.A
【分析】本题考查一元二次方程的解的定义，一元二次方程根与系数的关系．熟记一元二次方程根与系数的关系：和是解题关键．由题意可求出，，即说明m和n可以看作方程的两个根，再根据一元二次方程根与系数的关系求解即可．
【详解】解：∵，，
∴，．
∵为互不相等的实数，
∴m和n可以看作方程的两个根，
∴，
∴．
故选A．
【题型8 利用一元二次方程的根求取值范围】
1.或
【分析】本题主要考查了方程的解、解一元二次方程等知识点，掌握分类讨论思想成为解题的关键．
分、两种情况先求出原方程的实数根，再根据两个实数根都是比1小的正实数，列出不等式求解即可．
【详解】解：当时，．
当时，可得，解得：，符合题意；
当时，可得，解得：，不符合题意；
当时， ，则
∴．
∵关于x的方程的所有根都是比1小的正实数，
∴，解得：，，解得：，即．
综上可得，实数m的取值范围是或．
故答案为：或．
2.C
【分析】本题考查的一元二次方程根的判别式的应用，根与系数的关系，三角形三边关系的应用，先解方程得到一个解为，结合题意可得方程有两个不相等的正实数根，且，再进一步解答即可．
【详解】解：∵，
∴或，
当时，则，
当时，结合题意可得方程有两个不相等的正实数根，
∴，，，
解得：，
∵方程的三个互不相等的实数根可作为三角形的三边边长，
∴，
∴，
∴，
解得：，
综上：，
故选：C
3.
【分析】本题考查了一元二次方程根和系数的关系，不等式的性质，由根和系数的关系可得，，，得到，由可得，即得到，即可求解，掌握一元二次方程根和系数的关系是解题的关键．
【详解】解：由根和系数的关系可得，，，
∴，，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∴，
即，
故答案为：．
4.或
【分析】本题主要考查了一元二次方程根的判别式，根与系数的关系，一元二次方程的解．熟练掌握是解决本题的关键．
当，解得；当，有或，分别解不等式组即可得出答案．
【详解】解：当一元二次方程有两个相等的实数根，且在的范围内时，
则，
解得：，
此时，
∴，
解得：，
∴，
当一元二次方程有两个不相等的实数根，且只有一个在的范围内时，
，
解得：，或，
当时，，
∵，
设，则不在的范围内，
∴，
解得，
当时，原方程为：，解得，，，两个根都在的范围内，不符合题意；
当时，原方程为：，解得，，，不在的范围内，符合题意；
因此，
当时，，
∵，
∴不在的范围内，
∴，
解得无解，
∴的取值范围为或，
故答案为：或．
【题型9 一元二次方程解决动点问题】
1.C
【分析】本题主要考查了勾股定理，解一元二次方程，由题意得，，则，由勾股定理得到，则，则由勾股定理可得，解方程即可得到答案．
【详解】解：由题意得，，
∴，
在中，，，，则，
∴，
在中，由勾股定理得，
∴，
解得或，
故选：C．
2.（1）解：设经过x秒，长为，
∵当点M到达点B时，两点同时停止运动，
∴，
∵四边形是矩形，，，
∴，，
∴，
∴，
∵动点M从点A出发，沿方向以的速度向点B匀速运动，同时，动点N从点D出发沿方向以的速度向点A匀速运动，
∴经过x秒，，，
∴，
∴，，
答：经过2秒或秒，长为；
（2）设经t秒，面积等于矩形面积的，
∴，，
∵当点M到达点B时，两点同时停止运动，
∴，
∵，
∴，
解得：或，
答：经过1秒或2秒，面积等于矩形面积的．
3.4或6
【分析】本题考查了一元二次方程的应用．熟练掌握含30度的直角三角形性质，三角形面积公式，是解题关键．
设经过t秒后的面积恰为，过点F作于点D，求出，结合，根据三角形的面积公式列出方程求解．
【详解】解：设经过时间为，过点F作于点D，
∵在中，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
解得或，
即经过或后，的面积恰为．
故答案为：4或6．
4.
【分析】本题考查了矩形的性质、含角的直角三角形的性质、动点问题的分类讨论以及一元二次方程的应用，解题的关键是分阶段确定点Q的运动位置，通过作高表示三角形的高，建立面积表达式后结合面积关系列方程求解．
先根据矩形边长和求出的长及矩形面积确定运动总时间范围；分点Q在上和在上两种情况，分别过动点作高，利用直角三角形性质表示出的高；根据三角形面积公式得出的表达式，结合列方程，求解后检验解是否在对应时间区间内，舍去不符合题意的解．
【详解】，，
，
，当点到达点．即时、点停止运动．
如图1、当点在上运动时，，，
过点作于点M．
解得（舍去）．
如图2，当点在上运动时，2．；
过点作于点N．
解得
∴均不符合题意，舍去．
综上所述，当时，．
故答案为．
【题型10 一元二次方程与几何图形】
1.
【分析】根据矩形的性质和旋转的性质证明，得到，设，则，在中，由勾股定理列出方程，即可求解．
【详解】解：由题意，得，
∴，
∴，
∴，
，
∵，
在和中，
，
∴，
∴，
设，则，
∵，
∴，
∴，
∵在中，，
∴，
解得：（负值舍去）；
∴．
故答案为：．
2.
【分析】由题意可得，连接，过点分别作，，垂足为点，设，，由，得到，那么有三线合一可得，则，在中，由勾股定理建立方程求出，则，可得四边形为矩形，则由双勾股定理可得，继而建立方程求出，即可求解．
【详解】解：由题意得可得，连接，过点分别作，，垂足为点，
设，，
∵四边形是菱形，
∴，，
∵，，
∴，
∵，
∴
∵，
∴，
在中，由勾股定理得，
∴，
解得：或（舍）
∴，
∵，，，
∴，
∴四边形为矩形，
∴，
∴，
∵
∴，
解得：，
∴，
故答案为：．
3.
【分析】延长交的延长线于点，过点作于，则，证明，可得 ，由折叠可得，从而求得，再由勾股定理求出，设，由勾股定理列方程可求出．
【详解】解：延长交的延长线于点，过点作于，
则，如图：
∵四边形是矩形，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
由折叠可得，
，
，
，
，
∴四边形是矩形，
，
，
，
，
设，则，
，
，
解得，
，
故答案为：．
4.解：（1）∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∵，
∴，
故答案为：；
（2）∵，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∵四边形是菱形，
∴，
∴，
∴，，
∵，
设，则，
在中，由勾股定理得，，
∴，
∴，（舍去），
∴；
（3）如图，作，交的延长线于E，作，交的延长线于F，
由（1）得，，，
设，
∵的面积与的面积之差为m，
∴，
∵，
∴，即
∴，，
∴，
∴
，
故答案为：．