北师大 九上数学第一学月检测试题（含解析）

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北师大 九上数学第一学月检测试题
考试范围：第1-2章
姓名：__________班级：__________考号：__________总分__________
1 、选择题（本大题共12小题，每小题3分，共36分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的）
在 ABCD中（如图），连接AC，已知∠BAC＝40°，∠ACB＝80°，则∠BCD＝（　　）
A．80° B．100° C．120° D．140°
（2025 广州）关于x的方程x2﹣x+k2+2＝0根的情况为（　　）
A．有两个相等的实数根
B．有两个不相等的实数根
C．无实数根
D．只有一个实数根
下列说法正确的是（　　）
A．两点之间线段最短
B．平行四边形是轴对称图形
C．若有意义，则x的取值范围是全体实数
D．三角形的中位线将三角形分成面积相等的两部分
（2025 内江）按如下步骤作四边形ABCD：（1）画∠EAF；（2）以点A为圆心，1个单位长为半径画弧，分别交AE、AF于点B、D；（3）分别以点B和点D为圆心，1个单位长为半径画弧，两弧交于点C；（4）连接BC、DC、BD．若∠A＝40°，则∠BDC的度数是（　　）
A．64° B．66° C．68° D．70°
（2025 黑龙江）随着“低碳生活，绿色出行”理念的普及，新能源汽车已经逐渐成为人们喜爱的交通工具．某品牌新能源汽车的月销售量由一月份的8000辆增加到三月份的12000辆，设该汽车一月至三月销售量平均每月增长率为x，则可列方程为（　　）
A．8000（1+2x）＝1200
B．8000（1+x）2＝12000
C．8000+8000（1+x）+8000（1+x）2＝12000
D．8000×2（1+x）＝12000
（2025 台湾）已知甲方程式为（x﹣4）2＝9，乙方程式为（x+9）2＝﹣4．关于甲、乙两方程式的解的情形，下列叙述何者正确？（　　）
A．甲有两个相异的解，乙无解
B．甲有两个相异的解，乙有两个相异的解
C．甲有两个相同的解，乙无解
D．甲有两个相同的解，乙有两个相异的解
如图，矩形ABCD为一个正在倒水的水杯的截面图，杯中水面与CD的交点为E，当水杯底面BC与水平面的夹角为27°时，∠AED的大小为（　　）
A．27° B．53° C．57° D．63°
如图，菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，过点D作DH⊥AB于点H，连接OH，OH＝4，若菱形ABCD的面积为32，则CD的长为（　　）
A．4 B．4 C．8 D．8
已知关于x的一元二次方程x2﹣2x﹣a＝0的两根分别记为x1，x2，若x1＝﹣1，则a﹣x12﹣x22的值为（　　）
A．7 B．﹣7 C．6 D．﹣6
在四边形ABCD中，AD∥BC，AB＝CD．下列说法能使四边形ABCD为矩形的是（　　）
A．AB∥CD B．AD＝BC C．∠A＝∠B D．∠A＝∠D
如图，在 ABCD中，AC，BD相交于点O，AC＝2，．过点A作AE⊥BC的垂线交BC于点E，记BE长为x，BC长为y．当x，y的值发生变化时，下列代数式的值不变的是（　　）
A．x+y B．x﹣y C．xy D．x2+y2
如图，在 ABCD中，AB＝8，∠ABC＝60°，BE平分∠ABC，交边AD于点E，连接CE，若AE＝2ED，则CE的长为（　　）
A．6 B．4 C． D．
1 、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分）
如图， ABCD中，BC＝2，点E在DA的延长线上，BE＝3，若BA平分∠EBC，则DE＝　 　．
关于x的一元二次方程x2﹣2x+a＝0有两个不相等的实数根，则a的取值范围是 　 　．
（2025 威海）把一张矩形纸片按照如图①所示的方式剪成四个全等的直角三角形，四个直角三角形可拼成如图②或图③所示的正方形．若矩形纸片的长为m，宽为n，四边形EFGH的面积等于四边形ABCD面积的2倍，则＝ 　 　 ．
用与教材中相同型号的计算器，依次按键，显示结果为2.236067977．借助显示结果，可以将一元二次方程x2+x﹣1＝0的正数解近似表示为 　 　．（精确到0.001）
（2025 天津）如图，在矩形ABCD中，AB＝2，BC＝3，点E在边BC上，且EC＝2BE．
（Ⅰ）线段AE的长为 　 　 ，
（Ⅱ）F为CD的中点，M为AF的中点，N为EF上一点，若∠FMN＝75°，则线段MN的长为 　 　 ．
（2025 内江）如图，在平面直角坐标系中，正方形ABCD的边AB在x轴上，点B的坐标为（1，0），点E在边CD上．将△ADE沿AE折叠，点D落在点F处．若点F的坐标为（0，3），则点E的坐标为　 　 ．
1 、解答题（本大题共8小题，共64分）
已知：如图，在菱形ABCD中，E，F是对角线AC上两点，连接DE，DF，∠ADF＝∠CDE．求证：AE＝CF．
已知关于x的一元二次方程kx2﹣（2k+4）x+k﹣6＝0有两个不相等的实数根．
（1）求k的取值范围，
（2）当k＝1时，用配方法解方程．
如图，在△ABC中，AB＝AC，AD是BC边上的中线，点E在DA的延长线上，连接BE，过点C作CF∥BE交AD的延长线于点F，连接BF，CE．求证：四边形BECF是菱形．
如图，已知等边△ABC，AD⊥BC，E为AB中点．以D为圆心，适当长为半径画弧，交DE于点M，交DB于点N，分别以M、N为圆心，大于MN为半径画弧，两弧交于点P，作射线DP交AB于点G．过点E作EF∥BC交射线DP于点F，连接BF、AF．
（1）求证：四边形BDEF是菱形．
（2）若AC＝4，求△AFD的面积．
已知关于x的一元二次方程x2﹣px+1＝0（p为常数）有两个不相等的实数根x1和x2．
（1）填空：x1+x2＝　 　，x1x2＝　 　，
（2）求+，x1+，
（3）已知+＝2p+1，求p的值．
综合与实践课上，老师让同学们以“正方形的折叠”为主题开展数学活动，有一位同学操作过程如下：
操作一：对折正方形纸片ABCD，使AD与BC重合，得到折痕EF，把纸片展平，
操作二：在AD上选一点P，沿BP折叠，使点A落在正方形内部点M处，把纸片展平，连接PM，BM，延长PM交CD于点Q，连接BQ．
（1）如图1，当点M在EF上时，∠EMB＝　 　度，
（2）改变点P在AD上的位置（点P不与点A，D重合）如图2，判断∠MBQ与∠CBQ的数量关系，并说明理由．

如图，在 ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AB＝AD．
（1）求证：AC⊥BD，
（2）若点E，F分别为AD，AO的中点，连接EF，EF＝，AO＝2，求BD的长及四边形ABCD的周长．
（2025 吉林）【问题背景】在学行四边形后，某数学兴趣小组研究了有一个内角为60°的平行四边形的折叠问题．其探究过程如下：
【探究发现】如图①，在 ABCD中，∠A＝60°，AB＞AD，E为边AD的中点，点F在边DC上，且DF＝DE，连接EF，将△DEF沿EF翻折得到△GEF，点D的对称点为点G．小组成员发现四边形DEGF是一个特殊的四边形，请判断该四边形的形状，不需要说明理由．
【探究证明】取图①中的边BC的中点M，点N在边AB上，且BN＝BM，连接MN，将△BMN沿MN翻折得到△HMN，点B的对称点为点H，连接FH，GN，如图②，求证：四边形GFHN是平行四边形．
【探究提升】在图②中，四边形GFHN能否成为轴对称图形．如果能，直接写出的值，如果不能，说明理由．
答案解析
1 、选择题
【考点】平行四边形的性质．
【分析】根据平行线的性质可求得∠ACD，即可求出∠BCD．
解：∵四边形ABCD是平行四边形，∠BAC＝40°，
∴AB∥CD，
∴∠ACD＝∠BAC＝40°，
∵∠ACB＝80°，
∴∠BCD＝∠ACB+∠ACD＝120°，
故选：C．
【点评】本题主要考查了平行线的性质，熟记平行四边形的对边平行是解决问题的关键．
【考点】根的判别式
【分析】利用一元二次方程根的判别式即可解决问题．
解：由题知，Δ＝（﹣1）2﹣4（k2+2）＝﹣4k2﹣7＜0，
所以方程无实数根．
故选：C．
【点评】本题主要考查了根的判别式，熟知一元二次方程根的判别式是解题的关键．
【考点】二次根式有意义的条件，线段的性质：两点之间线段最短，三角形的面积，三角形中位线定理，轴对称图形
【分析】根据二次根式有意义的条件，线段的性质，三角形的面积，三角形中位线定理，轴对称图形定义，逐一判断即可解答．
解：A．两点之间线段最短，故A符合题意，
B、平行四边形是中心对称图形，不是轴对称图形，故B不符合题意，
C、若有意义，则x的取值范围是x≥1，故C不符合题意，
D、三角形的一条中线将三角形分成面积相等的两部分，故D不符合题意，
故选：A．
【点评】本题考查了二次根式有意义的条件，线段的性质，三角形的面积，三角形中位线定理，轴对称图形，熟练掌握这些数学知识是解题的关键．
【考点】全等三角形的判定与性质，作图—基本作图，菱形的性质
【分析】由尺规作图可知AB＝AD＝BC＝DC，则四边形ABCD是菱形，根据菱形性质得AB∥CD，∠BDC∠ADC，再根据∠A＝40°得∠ADC＝140°，由此可得出∠BDC的度数．
解：由尺规作图可知：AB＝AD＝BC＝DC，
∴四边形ABCD是菱形，
∴AB∥CD，∠BDC＝∠ADB∠ADC，
∴∠A+ADC＝180°，
∵∠A＝40°，
∴∠ADC＝180°﹣∠A＝140°，
∴∠BDC∠ADC＝70°．
故选：D．
【点评】此题主要考查了尺规作图，菱形的性质，熟练掌握尺规作图，菱形的性质是解决问题的关键．
【考点】由实际问题抽象出一元二次方程
【分析】根据题意和题目中的数据，可以列出相应的方程．
解：由题意可得，
8000（1+x）2＝12000，
故选：B．
【点评】本题考查由实际问题抽象出一元二次方程，解答本题的关键是明确题意，列出相应的方程．
【考点】解一元二次方程﹣直接开平方法，一元二次方程的解
【分析】利用直接开平方法解方程（x﹣4）2＝9，利用负数没有平方根可判断方程（x+9）2＝﹣4没有实数解，从而可对各选项进行判断．
解：对于方程（x﹣4）2＝9，
x﹣4＝±3，
解得x1＝7，x2＝1，
对于方程（x+9）2＝﹣4．
因为负数没有平方根，
所以此方程没有实数解．
故选：A．
【点评】本题考查了解一元二次方程﹣直接开平方法：形如x2＝p或（nx+m）2＝p（p≥0）的一元二次方程可采用直接开平方的方法解一元二次方程．
【考点】矩形的性质，平行线的性质．
【分析】根据题意可知AE∥BF，∠EAB＝∠ABF，∠ABF+27°＝90°，等量代换求出∠EAB，再根据平行线的性质求出∠AED．
解：如图，
∵AE∥BF，
∴∠EAB＝∠ABF，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，∠ABC＝90°，
∴∠ABF+27°＝90°，
∴∠ABF＝63°，
∴∠EAB＝63°，
∵AB∥CD，
∴∠AED＝∠EAB＝63°．
故选：D．
【点评】本题结合矩形考查了平行线的性质，熟练运用平行线的性质得出角的相等或互补关系是解题的关键．
【考点】菱形性质，直角三角形性质，勾股定理．
【分析】在Rt△BDH中先求得BD的长，根据菱形面积公式求得AC长，再根据勾股定理求得CD长．
解：∵DH⊥AB，
∴∠BHD＝90°，
∵四边形ABCD是菱形，
∴OB＝OD，OC＝OA＝，AC⊥BD，
∴OH＝OB＝OD＝（直角三角形斜边上中线等于斜边的一半），
∴OD＝4，BD＝8，
由得，
＝32，
∴AC＝8，
∴OC＝＝4，
∴CD＝＝8，
故选C．
【点评】本题考查了菱形性质，直角三角形性质，勾股定理等知识，解决问题的关键是先求得BD的长．
【考点】根与系数的关系．
【分析】根据根与系数的关系求出x2，a的值，代入代数式求值即可．
解：∵关于x的一元二次方程x2﹣2x﹣a＝0的两根分别记为x1，x2，
∴x1+x2＝2，x1 x2＝﹣a，
∵x1＝﹣1，
∴x2＝3，x1 x2＝﹣3＝﹣a，
∴a＝3，
∴原式＝3﹣（﹣1）2﹣32
＝3﹣1﹣9
＝﹣7．
故选：B．
【点评】本题考查了根与系数的关系，掌握x1+x2＝﹣，x1 x2＝是解题的关键．
【考点】矩形的判定，平行四边形的判定与性质．
【分析】由矩形的判定分别对各个选项进行判断即可．
解：A．∵AB∥CD，AD∥BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
由AB＝CD，不能判定四边形ABCD为矩形，故选项A不符合题意，
B、∵AD＝BC，AD∥BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
由AB＝CD，不能判定四边形ABCD为矩形，故选项B不符合题意，
C、∵AD∥BC，
∴∠A+∠B＝180°，
∵∠A＝∠B，
∴∠A＝∠B＝90°，
∴AB⊥AD，AB⊥BC，
∴AB的长为AD与BC间的距离，
∵AB＝CD，
∴CD⊥AD，CD⊥BC，
∴∠C＝∠D＝90°，
∴四边形ABCD是矩形，故选项C符合题意，
D、∵AD∥BC，
∴∠A+∠B＝180°，∠D+∠C＝180°，
∵∠A＝∠D，
∴∠B＝∠C，
∵AB＝CD，
∴四边形ABCD是等腰梯形，故选项D不符合题意，
故选：C．
【点评】本题考查了矩形的判定、平行四边形的判定与性质等知识，熟练掌握矩形的判定是解题的关键．
【考点】平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理．
【分析】过D作DH⊥BC，交BC延长线于H，由平行四边形当性质推出AB＝DC，AD∥BC，得到AE＝DH，判定Rt△DCH≌Rt△ABE（HL），得到CH＝BE＝x，由勾股定理得到22﹣（y﹣x）2＝﹣（y+x）2，得到xy＝2．
解：过D作DH⊥BC，交BC延长线于H，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝DC，AD∥BC，
∵AE⊥BC，DH⊥BC，
∴AE＝DH，
∴Rt△DCH≌Rt△ABE（HL），
∴CH＝BE＝x，
∵BC＝y，
∴EC＝BC﹣BE＝y﹣x，BH＝BC+CH＝y+x，
∵AE2＝AC2﹣EC2，DH2＝BD2﹣BH2，
∴22﹣（y﹣x）2＝﹣（y+x）2，
∴xy＝2．
故选：C．
【点评】本题考查平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，关键是由Rt△DCH≌Rt△ABE（HL），得到CH＝BE，由勾股定理得到22﹣（y﹣x）2＝﹣（y+x）2．
【考点】平行四边形的性质，等腰三角形的判定与性质，勾股定理．
【分析】由平行四边形的性质得∠D＝∠ABC＝60°，CD＝AB＝8，AD∥BC，再证∠ABE＝∠AEB，则AE＝AB＝8，过点E作EF⊥CD于点F，则∠EFD＝30°，然后由含30°角的直角三角形的性质得DF＝ED＝2，则EF＝2，CF＝6，即可解决问题．
解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠D＝∠ABC＝60°，CD＝AB＝8，AD∥BC，
∴∠AEB＝∠CBE，
∵BE平分∠ABC，
∴∠ABE＝∠CBE，
∴∠ABE＝∠AEB，
∴AE＝AB＝8，
∵AE＝2ED，
∴2ED＝8，
∴ED＝4，
如图，过点E作EF⊥CD于点F，
则∠EFC＝∠EFD＝90°，
∴∠EFD＝90°﹣∠D＝90°﹣60°＝30°，
∴DF＝ED＝2，
∴EF＝＝＝2，CF＝CD﹣DF＝8﹣2＝6，
∴CE＝＝＝4，
故选：C．
【点评】本题考查了平行四边形的性质、等腰三角形的判定、含30°角的直角三角形的性质以及勾股定理等知识，熟练掌握平行四边形的性质和等腰三角形的判定是解题的关键．
1 、填空题
【考点】平行四边形的性质．
【分析】由平行四边形的性质得AD∥BC，AD＝BC＝2，则∠EAB＝∠CBA，而∠EBA＝∠CBA，所以∠EAB＝∠EBA，则AE＝BE＝3，求得DE＝AD+AE＝5，于是得到问题的答案．
解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AD＝BC＝2，
∴∠EAB＝∠CBA，
∵BA平分∠EBC，
∴∠EBA＝∠CBA，
∴∠EAB＝∠EBA，
∴AE＝BE＝3，
∴DE＝AD+AE＝2+3＝5，
故答案为：5．
【点评】此题重点考查平行四边形的性质、角平分线的定义、“等角对等边”等知识，推导出∠EAB＝∠EBA是解题的关键．
【考点】根的判别式．
【分析】根据根的判别式得到Δ＝4﹣4a＞0，然后解不等式即可．
解：根据题意得Δ＝4﹣4a＞0，
解得a＜1．
故答案为a＜1．
【点评】本题考查了一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的根的判别式Δ＝b2﹣4ac：当Δ＞0，方程有两个不相等的实数根，当Δ＝0，方程有两个相等的实数根，当Δ＜0，方程没有实数根．
【考点】图形的剪拼，全等图形，全等三角形的性质，矩形的性质
【分析】根据四边形EFGH的面积等于四边形ABCD面积的2倍，构建方程求解．
解：由题意（m2+）＝2 （m﹣n）2，
整理得4m2﹣8mn+n2＝0，
∴m＝n，
∵m＞n，
∴＞．
∴＝．
故答案为：．
【点评】本题考查图形的拼剪，全等图形，矩形的性质，正方形的性质，全等三角形的性质，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题．
【考点】估算一元二次方程的近似解，正数和负数，计算器—基础知识．
【分析】先解出方程的解，再根据显示的结果，计算出方程的正数解即可．
解：∵x2+x﹣1＝0，
∴a＝1，b＝1，c＝﹣1，
Δ＝b2﹣4ac＝12﹣4×1×（﹣1）＝5，
∴x＝＝，
∴x1＝≈﹣1.618，x2＝≈0.618，
故答案为：0.618．
【点评】本题考查解一元二次方程，估算一元二次方程的近似解，解答本题的关键是明确解一元二次方程的方法．
【考点】矩形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理
【分析】（Ⅰ）求出BE＝1，由勾股定理可求AE的长，
（Ⅱ）由SAS可证△ABE≌△ECF，可得AE＝EF，∠BAE＝∠CEF，由等腰直角三角形的性质和锐角三角函数可求MN的长．
解：（Ⅰ）∵EC＝2BE，BC＝3，
∴BE＝1，EC＝2，
∴AE，
故答案为：，
（Ⅱ）如图，过点M作MH⊥EF于H，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B＝∠C＝∠D＝90°，AB＝CD＝2，
∵F为CD的中点，
∴CF＝DF＝1，
∴BE＝CF＝1，AB＝EC＝2，
∴△ABE≌△ECF（SAS），
∴AE＝EF，∠BAE＝∠CEF，
∴∠BAE+∠AEB＝90°＝∠CEF+∠AEB，
∴∠AEF＝90°，
∴∠EAF＝∠AFE＝45°，AFEF，
∵M为AF的中点，
∴MF，
∵MH⊥EF，
∴∠MFH＝45°＝∠FMH，MH＝HF，
∵∠FMN＝75°，
∴∠NMH＝30°，
∴MN，
故答案为：．
【点评】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，锐角三角函数，勾股定理，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
【考点】翻折变换（折叠问题），勾股定理，正方形的性质，坐标与图形变化﹣对称
【分析】设正方形ABCD的边长为a，CD与y轴相交于G，则四边形BOGC 矩形，推出OG＝BC＝a，CG＝ BO，∠EGF＝90°．由折叠的性质，得AD＝AF＝a，DE＝FE．根据点B的坐标为 （1，0），点F的坐标为（0，3），得出BO＝1，FO＝ 3，所以AO＝AB﹣BO＝a﹣1．在Rt△AOF 中，AO2+FO2＝AF2，解得 a＝5，则FG＝OG﹣OF＝2，GE＝CD﹣CG﹣DE＝4﹣DE．在Rt△EGF中，GE2+FG2＝EF2，解得DE＝2.5，所以GE＝1.5，则点E的坐标为 （﹣1.5，5）．
解：如图，设正方形ABCD的边长为a，CD与y轴相交于G，
则四边形BOGC是矩形，
∴OG＝BC＝a，CG＝ BO，∠EGF＝90°．
由折叠的性质，得AD＝AF＝a，DE＝FE．
∵点B的坐标为 （1，0），点F的坐标为（0，3），
∴BO＝1，FO＝ 3，
∴AO＝AB﹣BO＝a﹣1．
在Rt△AOF 中，AO2+FO2＝AF2，
∴（a﹣1）2+32＝a2，
解得a＝5，
∴FG＝OG﹣OF＝2，GE＝CD﹣CG﹣DE＝4﹣DE．
在Rt△EGF中，GE2+FG2＝EF2，
∴（4一 DE）2+22＝DE2，
解得DE＝2.5，
∴GE＝1.5，
∴点E的坐标为 （﹣1.5，5）．
故答案为：（﹣1.5，5）．
【点评】本题考查翻折变换，正方形的性质，坐标与图形变化—对称，解题的关键是掌握相关知识的灵活运用．
1 、解答题
【考点】菱形的性质，全等三角形的判定与性质．
【分析】利用菱形的性质可得DA＝DC，进而可得∠DAC＝∠DCA，∠ADE＝∠CDF，利用ASA证明△DAE≌△DCF可证明结论．
证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴DA＝DC，
∴∠DAC＝∠DCA，
∵∠ADF＝∠CDE，
∴∠ADF﹣∠EDF＝∠CDE﹣∠EDF，
∴∠ADE＝∠CDF，
在△DAE和△DCF中，
，
∴△DAE≌△DCF（ASA），
∴AE＝CF．
【点评】本题主要考查菱形的性质，全等三角形的判定与性质，证明△DAE≌△DCF是解题的关键．
【考点】根的判别式，解一元二次方程﹣配方法．
【分析】（1）结合已知条件，根据一元二次方程的定义及根的判别式即可求得k的取值范围，
（2）将k＝1代入方程，利用配方法解方程即可．
解：（1）∵关于x的一元二次方程kx2﹣（2k+4）x+k﹣6＝0有两个不相等的实数根，
∴Δ＝（2k+4）2﹣4k（k﹣6）＞0，且k≠0，
解得：k＞﹣且k≠0，
（2）当k＝1时，
原方程为x2﹣（2×1+4）x+1﹣6＝0，
即x2﹣6x﹣5＝0，
移项得：x2﹣6x＝5，
配方得：x2﹣6x+9＝5+9，
即（x﹣3）2＝14，
直接开平方得：x﹣3＝±
解得：x1＝3+，x2＝3﹣．
【点评】本题考查一元二次方程的定义，根的判别式及配方法解一元二次方程，（1）中需特别注意二次项的系数不为0．
【考点】菱形的判定，全等三角形的判定与性质．
【分析】由等腰三角形的性质，得到AD垂直平分BC，由线段垂直平分的性质推出EB＝EC，FB＝FC，由CF∥BE，得到∠BED＝∠CFD，∠EBD＝∠FCD，又DB＝CD，即可证明△EBD≌△FCD（AAS），得到BE＝FC，即可证明四边形EBFC是菱形．
证明：∵AB＝AC，AD是BC边上的中线，
∴AD垂直平分BC，
∴EB＝EC，FB＝FC，
∵CF∥BE，
∴∠BED＝∠CFD，∠EBD＝∠FCD，
∵DB＝CD，
∴△EBD≌△FCD（AAS），
∴BE＝FC，
∴EB＝BF＝FC＝EC，
∴四边形EBFC是菱形．
【点评】本题考查菱形的判定，全等三角形的判定，等腰三角形的性质，关键是由等腰三角形的性质，得到AD垂直平分BC，推出EB＝EC，FB＝FC，由△EBD≌△FCD，得到BE＝FC．
【考点】作图—基本作图，角平分线的性质，等边三角形的判定与性质，直角三角形斜边上的中线，三角形中位线定理，菱形的判定与性质．
【分析】（1）根据等边三角形的性质得到D是BC的中点，求得△BED是等边三角形，得到BE＝BD＝DE，由作图知，DF平分∠EDB，根据角平分线的定义得到∠EDF＝∠FDB，根据平行线的性质得到∠EFD＝∠FDB，求得∠EFD＝∠RDF，推出四边形BDEF是平行四边形，根据菱形的判定定理即可得到结论，
（2）根据等边三角形的性质得到∠C＝60°，∠ADC＝90°，∠BAD＝30°，根据菱形的性质得到AG⊥FD，FG＝GD，根据三角形的面积公式即可得到结论．
（1）证明：∵△ABC是等边三角形，
∴AB＝BC，∠ABC＝60°，
∵AD⊥BC，
∴BD＝BC＝AB，
∵E为AB中点．
∴，
∴BD＝DE，
∴△BED是等边三角形，
∴BE＝BD＝DE，
由作图知，DF平分∠EDB，
∴∠EDF＝∠FDB，
∵EF∥BC，
∴∠EFD＝∠FDB，
∴∠EFD＝∠EDF，
∴EF＝ED，
∴EF∥BD，
∴四边形BDEF是平行四边形，
∵DE＝BD，
∴四边形BDEF是菱形，
（2）解：∵△ABC是等边三角形，AD⊥BC，
∴∠C＝60°，∠ADC＝90°，∠BAD＝30°，
∵AC＝4，
∴＝2，
∵四边形BDEF是菱形，
∴AG⊥FD，FG＝GD，
在Rt△AGD中，∵∠BAD＝30°，
∴，
∴，
∴．
【点评】本题考查了作图﹣基本作图，角平分线的定义，菱形的判定，解直角三角形，平行四边形的判定和性质等边三角形的性质，熟练掌握菱形的判定定理是解题的关键．
【考点】根与系数的关系，根的判别式．
【分析】（1）由根与系数的关系直接可得答案，
（2）把所求式子变形后，结合（1）代入即可，
（3）把已知变形后代入可得p的方程，解出p值后再检验即可．
解：（1）由根与系数的关系得：x1+x2＝p，x1x2＝1，
故答案为：p，1，
（2）∵x1+x2＝p，x1x2＝1，
∴+＝＝＝p，
∵关于x的一元二次方程x2﹣px+1＝0（p为常数）有两个不相等的实数根x1和x2，
∴，
∴，即，
（3）由根与系数的关系得：x1+x2＝p，x1x2＝1，
∵，
∴，
∴p2﹣2＝2p+1，
解得：p1＝3，p2＝﹣1，
当p＝3 时，Δ＝p2﹣4＝9﹣4＝5＞0，
当 p＝﹣1 时，Δ＝p2﹣4＝﹣3＜0，
∴p＝3．
【点评】本题主要考查了一元二次方程根的判别式和根系关系，熟练地掌握根系公式是解决本题 的关键．
【考点】翻折变换（折叠问题），正方形的性质．
【分析】（1）由折叠可得AE＝BE＝AB，∠AEM＝∠BEM＝90°，AB＝BM，故BE＝BM，从而可得∠EMB＝30°，
（2）证明Rt△BMQ≌Rt△BCQ（HL），可得∠MBQ＝∠CBQ．
解：（1）由折叠可得：AE＝BE＝AB，∠AEM＝∠BEM＝90°，AB＝BM，
∴BE＝BM，
∴∠EMB＝30°，
故答案为：30，
（2）∠MBQ＝∠CBQ，理由如下：
∵在AD上选一点P，沿BP折叠，使点A落在正方形内部点M处，
∴AB＝BM，∠A＝∠BMP＝90°，
∴BC＝AB＝BM，∠BMQ＝∠C＝90°，
∵BM＝BM，
∴Rt△BMQ≌Rt△BCQ（HL），
∴∠MBQ＝∠CBQ．
【点评】本题考查正方形中的折叠问题，解题的关键是掌握折叠的性质和正方形性质．
【考点】平行四边形的性质，三角形中位线定理．
【分析】（1）由菱形的判定得 ABCD是菱形，再由菱形的性质即可得出结论，
（2）由三角形中位线定理得OD＝2EF＝3，再由菱形的性质得AB＝BC＝CD＝AD，AC⊥BD，BD＝2OD＝6，然后由勾股定理得AD＝，即可求出菱形ABCD的周长．
（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，AB＝AD，
∴ ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
（2）解：∵点E，F分别为AD，AO的中点，
∴EF是△AOD的中位线，
∴OD＝2EF＝3，
由（1）可知，四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC＝CD＝AD，AC⊥BD，BD＝2OD＝6，
在Rt△AOD中，由勾股定理得：AD＝＝＝，
∴菱形ABCD的周长＝4AD＝4．
【点评】本题考查了平行四边形的性质、菱形的判定与性质、三角形中位线定理以及勾股定理等知识，熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键．
【考点】四边形综合题
【分析】【探究发现】由将△DEF沿EF翻折得到△GEF，即知DE＝GE，DF＝GF，而DF＝DE，故GE＝DE＝DF＝GF，从而四边形DEGF是菱形，
【探究证明】同【探究发现】可知四边形BMHN是菱形，有NH∥BC，而E为边AD的中点，M为边BC的中点，四边形ABCD是平行四边形，即可得DE＝BM，AD∥NH，又DE＝FG，FG∥AD，故FG＝DE＝BM＝HN，FG∥NH，从而四边形GFHN是平行四边形，
【探究提升】若四边形GFHN为轴对称图形，则四边形GFHN是矩形或菱形，当四边形GFHN是矩形时，过G作GK⊥AB于K，过E作ET⊥AB于T，设AT＝x，则AE＝2x，可得AD＝2AE＝4x，DE＝AE＝2x，求出AB＝AT+TK+KN+BN＝x+2x+3x+2x＝8x，即可得，当四边形GFHN是菱形时，延长FG交AB于W，设AD＝y，求出ABy，即可得．
【探究发现】解：四边形DEGF是菱形，理由如下：
∵将△DEF沿EF翻折得到△GEF，
∴DE＝GE，DF＝GF，
∵DF＝DE，
∴GE＝DE＝DF＝GF，
∴四边形DEGF是菱形，
【探究证明】证明：如图：
∵将△BMN沿MN翻折得到△HMN，
∴BN＝HN，BM＝HM，
∵BN＝BM，
∴HN＝BN＝BM＝HM，
∴四边形BMHN是菱形，
∴NH∥BC，
∵E为边AD的中点，M为边BC的中点，
∴DEAD，BMBC，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD＝BC，AD∥BC，
∴DE＝BM，AD∥NH，
∵四边形DEGF是菱形，
∴DE＝FG，FG∥AD，
∴FG＝DE＝BM＝HN，FG∥NH，
∴四边形GFHN是平行四边形，
【探究提升】解：四边形GFHN能成为轴对称图形，理由如下：
由【探究证明】知，四边形GFHN是平行四边形，若四边形GFHN为轴对称图形，则四边形GFHN是矩形或菱形，
当四边形GFHN是矩形时，过G作GK⊥AB于K，过E作ET⊥AB于T，如图：
∵∠A＝60°，
∴∠AET＝30°，
∴ATAE，
设AT＝x，则AE＝2x，
∴ETx＝GK，
∵E为AD中点，
∴AD＝2AE＝4x，DE＝AE＝2x，
∵四边形DEGF是菱形，
∴EG＝DE＝2x＝TK，
∵四边形GFHN是矩形，
∴∠GNH＝90°，
∴∠GNK＝180°﹣∠GNH﹣∠HNB＝180°﹣90°﹣60°＝30°，
∴KNGKx＝3x，
∵BN＝BMBCAD＝2x，
∴AB＝AT+TK+KN+BN＝x+2x+3x+2x＝8x，
∴，
当四边形GFHN是菱形时，延长FG交AB于W，如图：
设AD＝y，则DE＝DF＝EG＝GF＝BN＝BM＝HM＝NHy，
∵四边形GFHN是菱形，
∴GF＝FH＝NH＝GNy，
∵EG∥CD∥AB，GF∥AD，
∴四边形AEGW是平行四边形，∠GWN＝∠A＝60°，
∴AW＝EGy，GW＝AEy，
∴GW＝GN，
∴△GWN是等边三角形，
∴WN＝GWy，
∴AB＝AW+WN+BNyyyy，
∴，
综上所述，四边形GFHN为轴对称图形时，的值为或．
【点评】本题考查四边形综合应用，涉及平行四边形，矩形，菱形等边三角形等知识，解题的关键是掌握菱形，平行四边形的判定定理．
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