广东省深圳市南山外国语学校（集团）高新中学2025-2026学年九年级上学期开学数学试卷
1．（2025九上·南山开学考）2024年6月5日，是二十四节气的芒种，二十四节气是中国劳动人民独创的文化遗产，能反映季节的变化，指导农事活动．下面四幅图片分别代表“芒种”、“白露”、“立夏”、“大雪”，其中是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
2．（2025九上·南山开学考）若a＜b，则下列结论一定成立的是（ ）
A．-4a＞-4b B． C． D．ac2＜bc2
3．（2025九上·南山开学考）下列等式，从左到右的变形，属于因式分解的是（ ）
A．6x2y3=2x2 3y3 B．a（a+1）（a-1）=a3-a
C． D．.
4．（2025九上·南山开学考）一元二次方程的二次项系数、一次项系数、常数项分别是（ ）
A．2，1，5 B．2，1，－5 C．2，0，－5 D．2，0，5
5．（2025九上·南山开学考）如图，在一个对边平行的纸条上有两点A，B及线段AB的中点O，以下操作和判断不正确的是（ ）
A．过点O作任意直线（除直线AB）交纸条两边于点C，D，得到平行四边形ACBD
B．过点O作AB的垂线l交纸条两边于点C，D，得到菱形ACBD
C．分别过点A，B作对边的垂线，交对边于点C，D，得到矩形ACBD
D．在点A，B所在边的对边分别取C，D两点，使得AC=BD，得到平行四边形ACBD
6．（2025九上·南山开学考）若α，β是方程x2+2x-2025=0的两个实数根，则α2+3α+β的值为（ ）
A．2023 B．2027 C．-2023 D．4050
7．（2025九上·南山开学考）初中毕业前夕，某数学学习兴趣小组的成员互赠纪念卡片作为毕业礼物.小组里每两名成员之间互相赠送一张卡片（即A送给B一张，B也送给A一张）.已知全组共赠送了306张卡片，则该小组一共有多少名成员？（ ）
A．16 B．17 C．18 D．19
8．（2025九上·南山开学考）如图，边长为8的等边三角形ABC中，E是对称轴AD上的一个动点，连接EC将线段EC绕点C逆时针旋转60°得到FC，连接DF，则在点E运动过程中，DF的最小值是（ ）
A．4 B．3 C．2 D．1
9．（2025九上·南山开学考）一元二次方程的一个解为，则 ．
10．（2025九上·南山开学考）如图， ABCD的周长为60cm，AC，BD相交于点O，EO⊥BD交AD于点E，则△ABE的周长为 cm.
11．（2025九上·南山开学考）在研究物体的放射性衰变时，我们常常关注放射性物质质量随时间的变化.假设在2023年初，有一块质量为500克的某种放射性同位素.由于放射性衰变，其质量会逐年减少.到2025年初，经过精确测量，该放射性同位素的质量降至405克.设这种放射性同位素质量的年平均减少率为x，根据题意，可列出一元二次方程为： .（只列方程，不需求解）
12．（2025九上·南山开学考）如图，某小区要在长为16m，宽为12m的矩形空地上建造一个花坛，使花坛四周小路的宽度相等，且花坛所占面积为空地面积的一半，则小路宽为 m.
13．（2025九上·南山开学考）如图，在四边形ABCD中，∠BAD=45°，∠BCD=90°，连接BD、CA，若CA平分∠BCD，，BC=5，则BD= .
14．（2025九上·南山开学考）解下列方程：
（1）（x-2）2=9；
（2）.
15．（2025九上·南山开学考）先化简：，再从-2、-1、0、1、2中选择一个合适的数作为n的值代入求值.
16．（2025九上·南山开学考）如图，在平面直角坐标系中，已知△ABC的三个顶点的坐标分别为A（-4，0），B（0，1），C（-2，3）.
（1）若△ABC经过平移后得到△A1B1C1，已知点B的对应点B1的坐标为（5，-2），请画出△A1B1C1；
（2）将△ABC绕坐标原点O按顺时针方向旋转90°得到△A2B2C2，请画出△A2B2C2；
（3）若将△A2B2C2绕点P旋转可得到△A1B1C1，则点P的坐标为 ▲
17．（2025九上·南山开学考）如图，在 ABCD中，对角线AC，BD交于点O，点E，F分别是OB，OD的中点，连接AE、CE、AF、CF.
（1）求证：四边形AECF是平行四边形；
（2）若四边形AECF是矩形，∠BAC=90°，，求BC的长；
（3）尺规作图：过点B作直线BP，使得BP∥AE.（保留作图痕迹，不写作法.）
18．（2025九上·南山开学考）2022北京冬奥会期间，某网店直接从工厂购进A、B两款冰墩墩钥匙扣，进货价和销售价如下表：（注：利润=销售价-进货价）
类别 价格 A款钥匙扣 B款钥匙扣
进货价（元/件） 30 25
销售价（元/件） 45 37
（1）网店第一次用850元购进A、B两款钥匙扣共30件，求两款钥匙扣分别购进的件数；
（2）第一次购进的冰墩墩钥匙扣售完后，该网店计划再次购进A、B两款冰墩墩钥匙扣共80件（进货价和销售价都不变），且进货总价不高于2200元．应如何设计进货方案，才能获得最大销售利润，最大销售利润是多少？
（3）冬奥会临近结束时，网店打算把B款钥匙扣调价销售．如果按照原价销售，平均每天可售4件．经调查发现，每降价1元，平均每天可多售2件，将销售价定为每件多少元时，才能使B款钥匙扣平均每天销售利润为90元？
19．（2025九上·南山开学考）阅读材料，并解决问题.
【学习研究】我国古代数学家赵爽在其所著的《勾股圆方图注》中记载了一元二次方程的几何解法，以x2+2x-35=0为例，构造方法如下：
首先将方程x2+2x-35=0变形为x（x+2）=35，然后画四个长为x+2，宽为x的矩形，按如图1所示的方式拼成一个“空心”大正方形，则图1中大正方形的面积可表示为（x+x+2）2，还可表示为四个矩形与一个边长为2的小正方形面积之和，即4x（x+2）+22=4×35+4.因此，可得新方程（x+x+2）2=144.因为x表示边长，所以2x+2=12，即x=5.遗憾的是，这样的做法只能得到方程的其中一个正根.
【理解应用】参照上述图解一元二次方程的方法，请在下面三个构图中选择能够用几何法求解方程x2-4x-12=0（x＞0）的正确构图是 .（从序号①②③中选择）
【类比迁移】小颖根据以上解法解方程2x2+3x-2=0，请将其解答过程补充完整：
第一步：将原方程变形为，即x（ ）=1；
第二步：利用四个全等的矩形构造“空心”大正方形；
第三步：根据大正方形的面积可得新的方程 ，解得原方程的一个根为 ；
【拓展应用】一般地，对于形如x2+ax=b的一元二次方程可以构造图2来解.已知图2是由四个面积为3的相同矩形构成，中间围成的正方形面积为4，那么此方程的系数a= ，b= ，求得方程的正根为 .
20．（2025九上·南山开学考）
【定义学习】
定义：如果四边形有一组对角为直角，那么我们称这样的四边形为“对直四边形”.
【判断尝试】
（1）在①平行四边形②矩形③菱形④正方形中，是“对直四边形”的是 ；（填序号）
（2）如图1，四边形ABCD是对直四边形，若，，，，则边BC的长是 ；
（3）【操作探究】
如图2，在菱形ABCD中，AB=6，∠B=60°，AE⊥BC于点E，请在边CD上找一点F，使得以点A、E、C、F组成的四边形为“对直四边形”，直接写出EF的长是 ；
（4）【拓展延伸】
如图3，在正方形ABCD中，AB=6，点E、F、G分别从点B、B、C同时出发，并分别以每秒1、1、2个单位长度的速度，分别沿正方形的边BA、BC、CD方向运动（保持CG≤CD），再分别过点E、F作AB、BC的垂线交于点H，连结AH、HG.
试说明：四边形AHGD为对直四边形.
（5）【实践应用】
某加工厂有一批四边形板材，形状如图4所示，其中AB=2米，BC=6米，∠B=∠C=90°，∠D=45°.现根据客户要求，需将每张四边形板材进一步分割成两个等腰三角形板材和一个“对直四边形”板材，且这两个等腰三角形的腰长相等，要求材料充分利用无剩余.请直接写出分割后得到的等腰三角形的腰长是 .
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】中心对称及中心对称图形
【解析】【解答】解：ABC选项不能在平面上找到一个点，使图形绕着某一个点旋转180°后，旋转后的图形能够与原来的图形重合，则ABC不是中心对称图形，D选项能在平面上找到一个点，使图形绕着某一个点旋转180°后，旋转后的图形能够与原来的图形重合，则D是中心对称图形，
故答案为：D．
【分析】根据中心对称图形的定义：把一个图形绕着某一个点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心，据此逐项进行判断即可.
2．【答案】A
【知识点】不等式的性质
【解析】【解答】解：∵a＜b，
∴A：-4a＞-4b，正确，符合题意；
B：，错误，不符合题意；
C：，错误，不符合题意；
D：ac2不一定小于bc2，错误，不符合题意；
故答案为：A
【分析】根据不等式的性质逐项进行判断即可求出答案.
3．【答案】C
【知识点】因式分解的概念
【解析】【解答】解：A不属于因式分解，不符合题意；
B不属于因式分解，不符合题意；
C属于因式分解，符合题意；
D不属于因式分解，不符合题意；
故答案为：C
【分析】根据因式分解的定义逐项进行判断即可求出答案.
4．【答案】B
【知识点】一元二次方程的定义及相关的量
【解析】【解答】解：∵一元二次方程2x2+x-5=0，
∴二次项系数、一次项系数、常数项分别是2、1、-5，
故答案为：B．
【分析】根据一元二次方程的定义逐项判断即可。
5．【答案】D
【知识点】平行四边形的判定；菱形的判定；矩形的判定
【解析】【解答】解：A：过点O作任意直线（除直线AB）交纸条两边于点C，D，得到平行四边形ACBD，正确，不符合题意；
C：过点O作AB的垂线l交纸条两边于点C，D，得到菱形ACBD，正确，不符合题意；
D：分别过点A，B作对边的垂线，交对边于点C，D，得到矩形ACBD，正确，不符合题意；
D：在点A，B所在边的对边分别取C，D两点，使得AC=BD，不一定得到平行四边形ACBD，错误，符合题意
故答案为：D
【分析】根据题意逐项进行判断即可求出答案.
6．【答案】A
【知识点】一元二次方程的根；一元二次方程的根与系数的关系（韦达定理）；求代数式的值-整体代入求值
【解析】【解答】解：∵α，β是方程x2+2x-2025=0
∴ α2+2α -2025=0，α+β=-2
∴α2+2α=2025
∴α2+3α+β=α2+2α+(α+β)=2025-2=2023
故答案为：A
【分析】根据二次方程根与系数的关系可得α+β=-2，再将x=α代入方程可得α2+2α=2025，化简代数式，再整体代入即可求出答案.
7．【答案】C
【知识点】一元二次方程的其他应用
【解析】【解答】解：设该兴趣小组的人数为x人
由题意可得：x(x-1)=306
解得：x=18或x=-17(舍去)
故答案为：C
【分析】设该兴趣小组的人数为x人，根据题意建立方程，解方程即可求出答案.
8．【答案】C
【知识点】垂线段最短及其应用；三角形全等及其性质；等边三角形的性质；旋转的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：连接BF
由旋转可得，CE=FC，∠ECF=60°
∵△ABC为等边三角形
∴AC=BC，∠ACB=60°
∴∠ACE=∠BCF
∴△ACE≌△BCF(SAS)
∴∠CBF=∠CAE
∵边长为8的等边三角形ABC中，E是对称轴AD上的一个动点
∴∠CAE=30°，BD=4
∴∠CBF=30°
即点F的运动轨迹为直线BF
∴当DF⊥BF时，DF最短
此时
∴DF的最小值为2
故答案为：C
【分析】连接BF，由旋转可得，CE=FC，∠ECF=60°，根据等边三角形性质可得AC=BC，∠ACB=60°，再根据全等三角形判定定理可得△ACE≌△BCF(SAS)，则∠CBF=∠CAE，由题意可得∠CAE=30°，BD=4，则∠CBF=30°，即即点F的运动轨迹为直线BF，当DF⊥BF时，DF最短，此时，即可求出答案.
9．【答案】
【知识点】已知一元二次方程的根求参数
【解析】【解答】解：∵ 一元二次方程的一个解为，
∴将代入方程，得，
解得：，
故答案为：．
【分析】根据题意直接将代入方程求解即可．
10．【答案】30
【知识点】线段垂直平分线的性质；平行四边形的性质
【解析】【解答】解：∵ ABCD的周长为60cm
∴2(AB+AD)=60，OB=OD
∴AB+AD=30
∵EO⊥BD于点E
∴EO垂直平分BD
∴BE=DE
∴△ABE的周长为AB+AE+BE=AB+AE+DE=AB+AD=30
故答案为：30
【分析】根据平行四边形周长可得AB+AD=30，再根据垂直平分线性质可得BE=DE，再根据三角形周长即可求出答案.
11．【答案】500（1-x）2=405
【知识点】列一元二次方程
【解析】【解答】解：设这种放射性同位素质量的年平均减少率为x，
由题意可得：500（1-x）2=405
故答案为：500（1-x）2=405
【分析】根据题意建立方程即可求出答案.
12．【答案】2
【知识点】一元二次方程的应用-几何问题
【解析】【解答】解：设小路宽为x，则花坛长为16-2x，宽为12-2x
由题意可得：
解得：x=2
故答案为：2
【分析】设小路宽为x，则花坛长为16-2x，宽为12-2x，根据题意列出方程，解方程即可求出答案.
13．【答案】13
【知识点】三角形全等及其性质；勾股定理；旋转的性质；三角形全等的判定-SAS；角平分线的概念
【解析】【解答】解：将△ABC顺时针旋转90°得到△AB'C'，连接C'C
则△AC'C是等腰直角三角形，且C'B'=CB'=5，∠ACC'=∠BC'C=45°
∵∠BCD=90°，且AC平分∠BCD
∴∠ACD=∠BCA=45°
∴∠AC'B'=∠ACB=∠ACD=45°
∴C'，B'，D，C均在同一条直线上
∵∠BAD=45°
∴∠BAC+∠CAD=45°
∵∠C'AB'=∠CAB
∵∠C'AB'+∠CAD=45°
∵∠C'AC=90°
∴∠B'AD=∠BAD
∴△BAD≌△B'AD(SAS)
∴B'D=BD
∵
∴
∵C'B'=CB=5
∴B'C=C'C-C'B'=25
设B'D=BD=x，则CD=B'C-B'D=25-x
在Rt△BCD中，BC2+CD2=BD2
∴
解得：x=13
∴BD=13
故答案为：13
【分析】将△ABC顺时针旋转90°得到△AB'C'，连接C'C，则△AC'C是等腰直角三角形，且C'B'=CB'=5，∠ACC'=∠BC'C=45°，根据角平分线定义可得∠ACD=∠BCA=45°，则∠AC'B'=∠ACB=∠ACD=45°，即C'，B'，D，C均在同一条直线上，根据角之间的关系可得∠B'AD=∠BAD，再根据全等三角形判定定理可得△BAD≌△B'AD(SAS)，则B'D=BD，根据勾股定理可得CC'，根据边之间的关系可得B'C，设B'D=BD=x，则CD=B'C-B'D=25-x，再根据勾股定理建立方程，解方程即可求出答案.
14．【答案】（1）解：（x-2）2=9
∴x-2=±3
∴x1=5，x2=-1
（2）解：
去分母可得：2(1-x)=x-2(x-3)
解得：x=-4
经检验，x=-4是原方程的解
【知识点】直接开平方法解一元二次方程；去分母法解分式方程
【解析】【分析】（1）根据直接开平方法解方程即可求出答案.
（2）去分母转换为整式方程，再解方程即可求出答案.
15．【答案】解：原式=
=
=，
∵n2-2n≠0，n-2≠0，n+2≠0
即b≠0，n≠2，n≠-2
∴当n=1时，原式=3；当n=-1时，原式=-1．
【知识点】完全平方公式及运用；分式有无意义的条件；分式的混合运算；分式的化简求值-择值代入
【解析】【分析】根据分式的混合运算，结合完全平方公式化简，再根据分式有意义的条件择值代入即可求出答案.
16．【答案】（1）解：∵点B（0，1）的对应点B1的坐标为（5，-2），
∴△ABC先向右平移5个单位，再向下平移3个单位得到△A1B1C1，
如图，△A1B1C1即为所求，
（2）解：如图，△A2B2C2即为所求．
（3）解：如图，若将△A2B2C2绕点P旋转可得到△A1B1C1，则点P的坐标为（4，1）．
【知识点】坐标与图形变化﹣平移；作图﹣平移；坐标与图形变化﹣旋转；作图﹣旋转
【解析】【分析】（1）根据平移的性质作图即可.
（2）根据旋转性质作图即可.
（3）根据旋转性质即可求出答案.
17．【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，对角线AC，BD交于点O，
∴OA=OC，OB=OD，
∴点E，F分别是OB，OD的中点，
∴OE=BE=OB，OF=DF=OD，
∴OE=OF，
∵OA=OC，OE=OF，
∴四边形AECF是平行四边形．
（2）解：∵四边形AECF是矩形
∴AC=EF
∵
∴OA=OE=BE
∴OB=2OE=2OA
∵∠BAC=90°，
∴
∴OA=2
∴AC=2OA=4
∴
（3）解：如图，直线BP就是所求的直线
【知识点】勾股定理；平行四边形的判定与性质；矩形的性质；作图-平行线
【解析】【分析】（1）根据平行四边形性质可得OA=OC，OB=OD，再根据线段中点可得OE=BE=OB，OF=DF=OD，则OE=OF，再根据平行四边形判定定理即可求出答案.
（2）根据矩形性质可得AC=EF，根据边之间的关系可得OA=OE=BE，OB=2OE=2OA，根据勾股定理可得AB，求出AC，再根据勾股定理即可求出答案.
（3）根据直线平行性质作图即可.
18．【答案】（1）解：设A、B两款钥匙扣分别购进x和y件，
由题意可知： ，
解出：，
答：A、B两款钥匙扣分别购进20和10件．
故答案为：A、B两款钥匙扣分别购进20和10件．
（2）解：设购进A款冰墩墩钥匙扣m件，则购进B款冰墩墩钥匙扣(80-m)件，
由题意可知：，
解出：，
设销售利润为元，则，
∴是关于m的一次函数，且3＞0，
∴随着m的增大而增大，
当时，销售利润最大，最大为元，
故答案为：购进A款冰墩墩钥匙扣40件，购进B款冰墩墩钥匙扣40件时利润最大，最大为1080元．
（3）解：设B款冰墩墩钥匙扣降价a元销售，则平均每天多销售2a件，每天能销售(4+2a)件，每件的利润为(12-a)元，
由题意可知：(4+2a)(12-a)=90，
解出：a1=3，a2=7，
故答案为：B款冰墩墩钥匙扣售价为34元或30元一件时，平均每天销售利润为90元．
【知识点】一元一次不等式的应用；二元一次方程组的实际应用-销售问题；一元二次方程的实际应用-销售问题；一次函数的实际应用-销售问题
【解析】【分析】（1）设A、B两款钥匙扣分别购进x和y件，根据“ 用850元购进A、B两款钥匙扣共30件 ”列出二元一次方程组 ，再求解即可；
（2）设销售利润为元，得到，利用一次函数的性质随着m的增大而增大，结合m的范围，求出最大利润即可；
（3）设B款冰墩墩钥匙扣降价a元销售，根据“平均每天销售利润为90元”得到方程(4+2a)(12-a)=90，再求解即可．
（1）解：设A、B两款钥匙扣分别购进x和y件，
由题意可知： ，
解出：，
故A、B两款钥匙扣分别购进20和10件．
（2）解：设购进A款冰墩墩钥匙扣m件，则购进B款冰墩墩钥匙扣(80-m)件，
由题意可知：，
解出：，
设销售利润为元，则，
∴是关于m的一次函数，且3＞0，
∴随着m的增大而增大，
当时，销售利润最大，最大为元，
故购进A款冰墩墩钥匙扣40件，购进B款冰墩墩钥匙扣40件时利润最大，最大为1080元．
（3）解：设B款冰墩墩钥匙扣降价a元销售，则平均每天多销售2a件，每天能销售(4+2a)件，每件的利润为(12-a)元，
由题意可知：(4+2a)(12-a)=90，
解出：a1=3，a2=7，
故B款冰墩墩钥匙扣售价为34元或30元一件时，平均每天销售利润为90元．
19．【答案】②；x+；（x+x+）2=4×1+（）2；；±2；3；1或3
【知识点】完全平方公式及运用；解一元二次方程的其他方法
【解析】 【解答】解：【理解应用】∵x2-4x-12=0
∴x(x-4)=12
∴很容易观察出构图是②
故答案为：②
【类比迁移】由题意可得：
第一步：将原方程变形为，即
第二步：利用四个全等的矩形构造“空心”大正方形；
第三步：根据大正方形的面积可得新的方程
解得解得原方程的一个根为x=
故答案为：x+；（x+x+）2=4×1+（）2；
【拓展应用】∵x2+ax=b
∴x(x+a)=b
∴四个小矩形的面积各为b，大正方形的面积是(x+x+a)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4×4×b+a2
∵图②是由4个面积为3的相同矩形构成，中间围成的正方形面积为4
∴b=3，a2=4
解得：b=2，a=±2
当a=2时，(x+x+2)2=4×3+4，2x+2=4，x=1，方程的一个正根为1
当a=-2时，(x+x-2)2=4×3+4，2x-2=4，x=3，方程的一个正根为3
综上所述，方程的一个正根为1或3
故答案为：±2，3，1或3
【分析】（1）根据题意即可求出答案.
（2）根据题意即可求出答案.
（3）根据题意即可求出答案.
20．【答案】（1）②④
（2）
（3）
（4）解：如图，延长EH，交CD于R，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠B=90°=∠C=∠D=90°，AB=BC，
∵HE⊥AB，HF⊥BC，
∴∠HEB=∠HFB=∠B=90°，
∴四边形EBFH是矩形，
∵点E、F、G分别从点B、B、C同时出发，并分别以每秒1、1、2个单位长度的速度运动，
∴CG=2BE=2BF，
∴四边形EBFH是正方形，
∴BE=BF=EH，
∴AE=CF，
同理可得：四边形CFHR是矩形，
∴BE=CR，CF=HR，
∴AE=HR，GR=EH，
∵∠AEH=∠HRG=90°，
∴△AEH≌△HRG（SAS），
∴∠RHG=∠EAH，
∴∠RHG+∠AHE=∠EAH+∠AHE=90°，
∴∠AHG=90°，
∴四边形AHGD为对直四边形；
（5）或4或或
【知识点】三角形全等及其性质；等腰三角形的判定与性质；等边三角形的判定与性质；勾股定理；矩形的判定与性质
【解析】【解答】解：（1）∵矩形和正方形的四个角都是直角
∴矩形和正方形是“对直四边形”
故答案为：②④
（2）连接BD
∵∠A=∠C=90°
∴AB2+AD2=BD2=BC2+CD2
∴
解得：BC=
故答案为：
（3）在菱形ABCD中，AB=6，∠B=60°，AE⊥BC
∴AB=BC=AD=CD=6，∠D=∠B=60°
∴△ABC，△ACD均为等边三角形
∴∠BAC=∠DAC=60°
∵AE⊥BC
∴
∴
如图，取CD的中点F，连接AF，则AF⊥CD
同理：
∴∠AEC=∠AFC=90°，∠EAF=60°
∴四边形AECF是“对直四边形”，△AEF为等边三角形
∴
故答案为：
（5）如图
作AE⊥CD于点E，作EF⊥AD于点F
∴∠AEC=∠B=∠C=90°
∴四边形ABCE是矩形
∴CE=AB=2，AE=BC=6
∵∠D=45°
∴∠DAE=45°
∴AE=DE
∴AF=DF
∵
∴四边形ABCE是“对直四边形”，△AEF和△DEF是腰长相等的等腰三角形
如图
作CX⊥AD于点X，作XV⊥CD于点V
同上可得：CD=8，四边形ABCX是“对直四边形”，△CXV和△XVD是腰长相等的等腰三角形
DV=CV=4
如图
作∠DAR=90°，交BC于点R，作BT⊥AR于点T
由上知：∠BAD=135°
∴∠BAR=45°
易得：△ABR，△BAT，△BRT是等腰直角三角形
如图
以AC为底边作等腰直角三角形AXC，连接DX，作XY⊥AB，交BA的延长线于点Y，YZ交CD于点Z
∴∠Y=∠CZX=∠AXC=90°，AX=CX
∴∠AXY+∠CXZ=90°，∠AXY+∠YAX=90°
∴∠YAZ=∠CXZ
∴△AXY≌△XCZ(AAS)
∴AY=XZ，XY=CZ
∵AB+AY=CZ，XY+XZ=BC
∴2+AY=XY，XY+AY=6
∴XY=4，AY=2
∴CZ=4
∴DZ=CZ=4
∴CX=DX=AX
∴△AXD和△CXD是边长相等的等腰三角形
∵
∴
综上所述，等腰三角形的延长为或4或或
故答案为：或4或或
【分析】（1）根据“对直四边形”定义进行判断即可求出答案.
（2）连接BD，根据勾股定理建立方程，解方程即可求出答案.
（3）根据菱形性质可得AB=BC=AD=CD=6，∠D=∠B=60°，根据等边三角形判定定理可得△ABC，△ACD均为等边三角形，则∠BAC=∠DAC=60°，，根据勾股定理可得AE，取CD的中点F，连接AF，则AF⊥CD，同理：，再根据“对直四边形”定义可得四边形AECF是“对直四边形”，△AEF为等边三角形，再根据等边三角形性质即可求出答案.
（4）延长EH，交CD于R，根据正方形性质可得∠B=90°=∠C=∠D=90°，AB=BC，再根据矩形判定定理可得四边形EBFH是矩形，由题意可得CG=2BE=2BF，再根据正方形性质可得BE=BF=EH，则AE=CF，同理可得：四边形CFHR是矩形，则BE=CR，CF=HR，再根据全等三角形判定定理可得△AEH≌△HRG（SAS），则∠RHG=∠EAH，根据角之间的关系可得∠AHG=90°，再根据“对直四边形”定义即可求出答案.
（5）分情况讨论：①作AE⊥CD于点E，作EF⊥AD于点F，根据矩形判定定理可得四边形ABCE是矩形，则CE=AB=2，AE=BC=6，根据等边对等角可得∠DAE=45°，再根据“对直四边形定义”可得四边形ABCE是“对直四边形”，△AEF和△DEF是腰长相等的等腰三角形，则；②作CX⊥AD于点X，作XV⊥CD于点V，同上可得：CD=8，四边形ABCX是“对直四边形”，△CXV和△XVD是腰长相等的等腰三角形，则DV=CV=4；③作∠DAR=90°，交BC于点R，作BT⊥AR于点T，由上知：∠BAD=135°，根据补角可得∠BAR=45°，易得：△ABR，△BAT，△BRT是等腰直角三角形，则；④以AC为底边作等腰直角三角形AXC，连接DX，作XY⊥AB，交BA的延长线于点Y，YZ交CD于点Z，根据角之间的关系可得∠YAZ=∠CXZ，再根据全等三角形判定定理可得△AXY≌△XCZ(AAS)，则AY=XZ，XY=CZ，根据边之间的关系可得XY=4，AY=2，则△AXD和△CXD是边长相等的等腰三角形，根据勾股定理可得AC，则，即可求出答案.
1 / 1广东省深圳市南山外国语学校（集团）高新中学2025-2026学年九年级上学期开学数学试卷
1．（2025九上·南山开学考）2024年6月5日，是二十四节气的芒种，二十四节气是中国劳动人民独创的文化遗产，能反映季节的变化，指导农事活动．下面四幅图片分别代表“芒种”、“白露”、“立夏”、“大雪”，其中是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】中心对称及中心对称图形
【解析】【解答】解：ABC选项不能在平面上找到一个点，使图形绕着某一个点旋转180°后，旋转后的图形能够与原来的图形重合，则ABC不是中心对称图形，D选项能在平面上找到一个点，使图形绕着某一个点旋转180°后，旋转后的图形能够与原来的图形重合，则D是中心对称图形，
故答案为：D．
【分析】根据中心对称图形的定义：把一个图形绕着某一个点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心，据此逐项进行判断即可.
2．（2025九上·南山开学考）若a＜b，则下列结论一定成立的是（ ）
A．-4a＞-4b B． C． D．ac2＜bc2
【答案】A
【知识点】不等式的性质
【解析】【解答】解：∵a＜b，
∴A：-4a＞-4b，正确，符合题意；
B：，错误，不符合题意；
C：，错误，不符合题意；
D：ac2不一定小于bc2，错误，不符合题意；
故答案为：A
【分析】根据不等式的性质逐项进行判断即可求出答案.
3．（2025九上·南山开学考）下列等式，从左到右的变形，属于因式分解的是（ ）
A．6x2y3=2x2 3y3 B．a（a+1）（a-1）=a3-a
C． D．.
【答案】C
【知识点】因式分解的概念
【解析】【解答】解：A不属于因式分解，不符合题意；
B不属于因式分解，不符合题意；
C属于因式分解，符合题意；
D不属于因式分解，不符合题意；
故答案为：C
【分析】根据因式分解的定义逐项进行判断即可求出答案.
4．（2025九上·南山开学考）一元二次方程的二次项系数、一次项系数、常数项分别是（ ）
A．2，1，5 B．2，1，－5 C．2，0，－5 D．2，0，5
【答案】B
【知识点】一元二次方程的定义及相关的量
【解析】【解答】解：∵一元二次方程2x2+x-5=0，
∴二次项系数、一次项系数、常数项分别是2、1、-5，
故答案为：B．
【分析】根据一元二次方程的定义逐项判断即可。
5．（2025九上·南山开学考）如图，在一个对边平行的纸条上有两点A，B及线段AB的中点O，以下操作和判断不正确的是（ ）
A．过点O作任意直线（除直线AB）交纸条两边于点C，D，得到平行四边形ACBD
B．过点O作AB的垂线l交纸条两边于点C，D，得到菱形ACBD
C．分别过点A，B作对边的垂线，交对边于点C，D，得到矩形ACBD
D．在点A，B所在边的对边分别取C，D两点，使得AC=BD，得到平行四边形ACBD
【答案】D
【知识点】平行四边形的判定；菱形的判定；矩形的判定
【解析】【解答】解：A：过点O作任意直线（除直线AB）交纸条两边于点C，D，得到平行四边形ACBD，正确，不符合题意；
C：过点O作AB的垂线l交纸条两边于点C，D，得到菱形ACBD，正确，不符合题意；
D：分别过点A，B作对边的垂线，交对边于点C，D，得到矩形ACBD，正确，不符合题意；
D：在点A，B所在边的对边分别取C，D两点，使得AC=BD，不一定得到平行四边形ACBD，错误，符合题意
故答案为：D
【分析】根据题意逐项进行判断即可求出答案.
6．（2025九上·南山开学考）若α，β是方程x2+2x-2025=0的两个实数根，则α2+3α+β的值为（ ）
A．2023 B．2027 C．-2023 D．4050
【答案】A
【知识点】一元二次方程的根；一元二次方程的根与系数的关系（韦达定理）；求代数式的值-整体代入求值
【解析】【解答】解：∵α，β是方程x2+2x-2025=0
∴ α2+2α -2025=0，α+β=-2
∴α2+2α=2025
∴α2+3α+β=α2+2α+(α+β)=2025-2=2023
故答案为：A
【分析】根据二次方程根与系数的关系可得α+β=-2，再将x=α代入方程可得α2+2α=2025，化简代数式，再整体代入即可求出答案.
7．（2025九上·南山开学考）初中毕业前夕，某数学学习兴趣小组的成员互赠纪念卡片作为毕业礼物.小组里每两名成员之间互相赠送一张卡片（即A送给B一张，B也送给A一张）.已知全组共赠送了306张卡片，则该小组一共有多少名成员？（ ）
A．16 B．17 C．18 D．19
【答案】C
【知识点】一元二次方程的其他应用
【解析】【解答】解：设该兴趣小组的人数为x人
由题意可得：x(x-1)=306
解得：x=18或x=-17(舍去)
故答案为：C
【分析】设该兴趣小组的人数为x人，根据题意建立方程，解方程即可求出答案.
8．（2025九上·南山开学考）如图，边长为8的等边三角形ABC中，E是对称轴AD上的一个动点，连接EC将线段EC绕点C逆时针旋转60°得到FC，连接DF，则在点E运动过程中，DF的最小值是（ ）
A．4 B．3 C．2 D．1
【答案】C
【知识点】垂线段最短及其应用；三角形全等及其性质；等边三角形的性质；旋转的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：连接BF
由旋转可得，CE=FC，∠ECF=60°
∵△ABC为等边三角形
∴AC=BC，∠ACB=60°
∴∠ACE=∠BCF
∴△ACE≌△BCF(SAS)
∴∠CBF=∠CAE
∵边长为8的等边三角形ABC中，E是对称轴AD上的一个动点
∴∠CAE=30°，BD=4
∴∠CBF=30°
即点F的运动轨迹为直线BF
∴当DF⊥BF时，DF最短
此时
∴DF的最小值为2
故答案为：C
【分析】连接BF，由旋转可得，CE=FC，∠ECF=60°，根据等边三角形性质可得AC=BC，∠ACB=60°，再根据全等三角形判定定理可得△ACE≌△BCF(SAS)，则∠CBF=∠CAE，由题意可得∠CAE=30°，BD=4，则∠CBF=30°，即即点F的运动轨迹为直线BF，当DF⊥BF时，DF最短，此时，即可求出答案.
9．（2025九上·南山开学考）一元二次方程的一个解为，则 ．
【答案】
【知识点】已知一元二次方程的根求参数
【解析】【解答】解：∵ 一元二次方程的一个解为，
∴将代入方程，得，
解得：，
故答案为：．
【分析】根据题意直接将代入方程求解即可．
10．（2025九上·南山开学考）如图， ABCD的周长为60cm，AC，BD相交于点O，EO⊥BD交AD于点E，则△ABE的周长为 cm.
【答案】30
【知识点】线段垂直平分线的性质；平行四边形的性质
【解析】【解答】解：∵ ABCD的周长为60cm
∴2(AB+AD)=60，OB=OD
∴AB+AD=30
∵EO⊥BD于点E
∴EO垂直平分BD
∴BE=DE
∴△ABE的周长为AB+AE+BE=AB+AE+DE=AB+AD=30
故答案为：30
【分析】根据平行四边形周长可得AB+AD=30，再根据垂直平分线性质可得BE=DE，再根据三角形周长即可求出答案.
11．（2025九上·南山开学考）在研究物体的放射性衰变时，我们常常关注放射性物质质量随时间的变化.假设在2023年初，有一块质量为500克的某种放射性同位素.由于放射性衰变，其质量会逐年减少.到2025年初，经过精确测量，该放射性同位素的质量降至405克.设这种放射性同位素质量的年平均减少率为x，根据题意，可列出一元二次方程为： .（只列方程，不需求解）
【答案】500（1-x）2=405
【知识点】列一元二次方程
【解析】【解答】解：设这种放射性同位素质量的年平均减少率为x，
由题意可得：500（1-x）2=405
故答案为：500（1-x）2=405
【分析】根据题意建立方程即可求出答案.
12．（2025九上·南山开学考）如图，某小区要在长为16m，宽为12m的矩形空地上建造一个花坛，使花坛四周小路的宽度相等，且花坛所占面积为空地面积的一半，则小路宽为 m.
【答案】2
【知识点】一元二次方程的应用-几何问题
【解析】【解答】解：设小路宽为x，则花坛长为16-2x，宽为12-2x
由题意可得：
解得：x=2
故答案为：2
【分析】设小路宽为x，则花坛长为16-2x，宽为12-2x，根据题意列出方程，解方程即可求出答案.
13．（2025九上·南山开学考）如图，在四边形ABCD中，∠BAD=45°，∠BCD=90°，连接BD、CA，若CA平分∠BCD，，BC=5，则BD= .
【答案】13
【知识点】三角形全等及其性质；勾股定理；旋转的性质；三角形全等的判定-SAS；角平分线的概念
【解析】【解答】解：将△ABC顺时针旋转90°得到△AB'C'，连接C'C
则△AC'C是等腰直角三角形，且C'B'=CB'=5，∠ACC'=∠BC'C=45°
∵∠BCD=90°，且AC平分∠BCD
∴∠ACD=∠BCA=45°
∴∠AC'B'=∠ACB=∠ACD=45°
∴C'，B'，D，C均在同一条直线上
∵∠BAD=45°
∴∠BAC+∠CAD=45°
∵∠C'AB'=∠CAB
∵∠C'AB'+∠CAD=45°
∵∠C'AC=90°
∴∠B'AD=∠BAD
∴△BAD≌△B'AD(SAS)
∴B'D=BD
∵
∴
∵C'B'=CB=5
∴B'C=C'C-C'B'=25
设B'D=BD=x，则CD=B'C-B'D=25-x
在Rt△BCD中，BC2+CD2=BD2
∴
解得：x=13
∴BD=13
故答案为：13
【分析】将△ABC顺时针旋转90°得到△AB'C'，连接C'C，则△AC'C是等腰直角三角形，且C'B'=CB'=5，∠ACC'=∠BC'C=45°，根据角平分线定义可得∠ACD=∠BCA=45°，则∠AC'B'=∠ACB=∠ACD=45°，即C'，B'，D，C均在同一条直线上，根据角之间的关系可得∠B'AD=∠BAD，再根据全等三角形判定定理可得△BAD≌△B'AD(SAS)，则B'D=BD，根据勾股定理可得CC'，根据边之间的关系可得B'C，设B'D=BD=x，则CD=B'C-B'D=25-x，再根据勾股定理建立方程，解方程即可求出答案.
14．（2025九上·南山开学考）解下列方程：
（1）（x-2）2=9；
（2）.
【答案】（1）解：（x-2）2=9
∴x-2=±3
∴x1=5，x2=-1
（2）解：
去分母可得：2(1-x)=x-2(x-3)
解得：x=-4
经检验，x=-4是原方程的解
【知识点】直接开平方法解一元二次方程；去分母法解分式方程
【解析】【分析】（1）根据直接开平方法解方程即可求出答案.
（2）去分母转换为整式方程，再解方程即可求出答案.
15．（2025九上·南山开学考）先化简：，再从-2、-1、0、1、2中选择一个合适的数作为n的值代入求值.
【答案】解：原式=
=
=，
∵n2-2n≠0，n-2≠0，n+2≠0
即b≠0，n≠2，n≠-2
∴当n=1时，原式=3；当n=-1时，原式=-1．
【知识点】完全平方公式及运用；分式有无意义的条件；分式的混合运算；分式的化简求值-择值代入
【解析】【分析】根据分式的混合运算，结合完全平方公式化简，再根据分式有意义的条件择值代入即可求出答案.
16．（2025九上·南山开学考）如图，在平面直角坐标系中，已知△ABC的三个顶点的坐标分别为A（-4，0），B（0，1），C（-2，3）.
（1）若△ABC经过平移后得到△A1B1C1，已知点B的对应点B1的坐标为（5，-2），请画出△A1B1C1；
（2）将△ABC绕坐标原点O按顺时针方向旋转90°得到△A2B2C2，请画出△A2B2C2；
（3）若将△A2B2C2绕点P旋转可得到△A1B1C1，则点P的坐标为 ▲
【答案】（1）解：∵点B（0，1）的对应点B1的坐标为（5，-2），
∴△ABC先向右平移5个单位，再向下平移3个单位得到△A1B1C1，
如图，△A1B1C1即为所求，
（2）解：如图，△A2B2C2即为所求．
（3）解：如图，若将△A2B2C2绕点P旋转可得到△A1B1C1，则点P的坐标为（4，1）．
【知识点】坐标与图形变化﹣平移；作图﹣平移；坐标与图形变化﹣旋转；作图﹣旋转
【解析】【分析】（1）根据平移的性质作图即可.
（2）根据旋转性质作图即可.
（3）根据旋转性质即可求出答案.
17．（2025九上·南山开学考）如图，在 ABCD中，对角线AC，BD交于点O，点E，F分别是OB，OD的中点，连接AE、CE、AF、CF.
（1）求证：四边形AECF是平行四边形；
（2）若四边形AECF是矩形，∠BAC=90°，，求BC的长；
（3）尺规作图：过点B作直线BP，使得BP∥AE.（保留作图痕迹，不写作法.）
【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，对角线AC，BD交于点O，
∴OA=OC，OB=OD，
∴点E，F分别是OB，OD的中点，
∴OE=BE=OB，OF=DF=OD，
∴OE=OF，
∵OA=OC，OE=OF，
∴四边形AECF是平行四边形．
（2）解：∵四边形AECF是矩形
∴AC=EF
∵
∴OA=OE=BE
∴OB=2OE=2OA
∵∠BAC=90°，
∴
∴OA=2
∴AC=2OA=4
∴
（3）解：如图，直线BP就是所求的直线
【知识点】勾股定理；平行四边形的判定与性质；矩形的性质；作图-平行线
【解析】【分析】（1）根据平行四边形性质可得OA=OC，OB=OD，再根据线段中点可得OE=BE=OB，OF=DF=OD，则OE=OF，再根据平行四边形判定定理即可求出答案.
（2）根据矩形性质可得AC=EF，根据边之间的关系可得OA=OE=BE，OB=2OE=2OA，根据勾股定理可得AB，求出AC，再根据勾股定理即可求出答案.
（3）根据直线平行性质作图即可.
18．（2025九上·南山开学考）2022北京冬奥会期间，某网店直接从工厂购进A、B两款冰墩墩钥匙扣，进货价和销售价如下表：（注：利润=销售价-进货价）
类别 价格 A款钥匙扣 B款钥匙扣
进货价（元/件） 30 25
销售价（元/件） 45 37
（1）网店第一次用850元购进A、B两款钥匙扣共30件，求两款钥匙扣分别购进的件数；
（2）第一次购进的冰墩墩钥匙扣售完后，该网店计划再次购进A、B两款冰墩墩钥匙扣共80件（进货价和销售价都不变），且进货总价不高于2200元．应如何设计进货方案，才能获得最大销售利润，最大销售利润是多少？
（3）冬奥会临近结束时，网店打算把B款钥匙扣调价销售．如果按照原价销售，平均每天可售4件．经调查发现，每降价1元，平均每天可多售2件，将销售价定为每件多少元时，才能使B款钥匙扣平均每天销售利润为90元？
【答案】（1）解：设A、B两款钥匙扣分别购进x和y件，
由题意可知： ，
解出：，
答：A、B两款钥匙扣分别购进20和10件．
故答案为：A、B两款钥匙扣分别购进20和10件．
（2）解：设购进A款冰墩墩钥匙扣m件，则购进B款冰墩墩钥匙扣(80-m)件，
由题意可知：，
解出：，
设销售利润为元，则，
∴是关于m的一次函数，且3＞0，
∴随着m的增大而增大，
当时，销售利润最大，最大为元，
故答案为：购进A款冰墩墩钥匙扣40件，购进B款冰墩墩钥匙扣40件时利润最大，最大为1080元．
（3）解：设B款冰墩墩钥匙扣降价a元销售，则平均每天多销售2a件，每天能销售(4+2a)件，每件的利润为(12-a)元，
由题意可知：(4+2a)(12-a)=90，
解出：a1=3，a2=7，
故答案为：B款冰墩墩钥匙扣售价为34元或30元一件时，平均每天销售利润为90元．
【知识点】一元一次不等式的应用；二元一次方程组的实际应用-销售问题；一元二次方程的实际应用-销售问题；一次函数的实际应用-销售问题
【解析】【分析】（1）设A、B两款钥匙扣分别购进x和y件，根据“ 用850元购进A、B两款钥匙扣共30件 ”列出二元一次方程组 ，再求解即可；
（2）设销售利润为元，得到，利用一次函数的性质随着m的增大而增大，结合m的范围，求出最大利润即可；
（3）设B款冰墩墩钥匙扣降价a元销售，根据“平均每天销售利润为90元”得到方程(4+2a)(12-a)=90，再求解即可．
（1）解：设A、B两款钥匙扣分别购进x和y件，
由题意可知： ，
解出：，
故A、B两款钥匙扣分别购进20和10件．
（2）解：设购进A款冰墩墩钥匙扣m件，则购进B款冰墩墩钥匙扣(80-m)件，
由题意可知：，
解出：，
设销售利润为元，则，
∴是关于m的一次函数，且3＞0，
∴随着m的增大而增大，
当时，销售利润最大，最大为元，
故购进A款冰墩墩钥匙扣40件，购进B款冰墩墩钥匙扣40件时利润最大，最大为1080元．
（3）解：设B款冰墩墩钥匙扣降价a元销售，则平均每天多销售2a件，每天能销售(4+2a)件，每件的利润为(12-a)元，
由题意可知：(4+2a)(12-a)=90，
解出：a1=3，a2=7，
故B款冰墩墩钥匙扣售价为34元或30元一件时，平均每天销售利润为90元．
19．（2025九上·南山开学考）阅读材料，并解决问题.
【学习研究】我国古代数学家赵爽在其所著的《勾股圆方图注》中记载了一元二次方程的几何解法，以x2+2x-35=0为例，构造方法如下：
首先将方程x2+2x-35=0变形为x（x+2）=35，然后画四个长为x+2，宽为x的矩形，按如图1所示的方式拼成一个“空心”大正方形，则图1中大正方形的面积可表示为（x+x+2）2，还可表示为四个矩形与一个边长为2的小正方形面积之和，即4x（x+2）+22=4×35+4.因此，可得新方程（x+x+2）2=144.因为x表示边长，所以2x+2=12，即x=5.遗憾的是，这样的做法只能得到方程的其中一个正根.
【理解应用】参照上述图解一元二次方程的方法，请在下面三个构图中选择能够用几何法求解方程x2-4x-12=0（x＞0）的正确构图是 .（从序号①②③中选择）
【类比迁移】小颖根据以上解法解方程2x2+3x-2=0，请将其解答过程补充完整：
第一步：将原方程变形为，即x（ ）=1；
第二步：利用四个全等的矩形构造“空心”大正方形；
第三步：根据大正方形的面积可得新的方程 ，解得原方程的一个根为 ；
【拓展应用】一般地，对于形如x2+ax=b的一元二次方程可以构造图2来解.已知图2是由四个面积为3的相同矩形构成，中间围成的正方形面积为4，那么此方程的系数a= ，b= ，求得方程的正根为 .
【答案】②；x+；（x+x+）2=4×1+（）2；；±2；3；1或3
【知识点】完全平方公式及运用；解一元二次方程的其他方法
【解析】 【解答】解：【理解应用】∵x2-4x-12=0
∴x(x-4)=12
∴很容易观察出构图是②
故答案为：②
【类比迁移】由题意可得：
第一步：将原方程变形为，即
第二步：利用四个全等的矩形构造“空心”大正方形；
第三步：根据大正方形的面积可得新的方程
解得解得原方程的一个根为x=
故答案为：x+；（x+x+）2=4×1+（）2；
【拓展应用】∵x2+ax=b
∴x(x+a)=b
∴四个小矩形的面积各为b，大正方形的面积是(x+x+a)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4×4×b+a2
∵图②是由4个面积为3的相同矩形构成，中间围成的正方形面积为4
∴b=3，a2=4
解得：b=2，a=±2
当a=2时，(x+x+2)2=4×3+4，2x+2=4，x=1，方程的一个正根为1
当a=-2时，(x+x-2)2=4×3+4，2x-2=4，x=3，方程的一个正根为3
综上所述，方程的一个正根为1或3
故答案为：±2，3，1或3
【分析】（1）根据题意即可求出答案.
（2）根据题意即可求出答案.
（3）根据题意即可求出答案.
20．（2025九上·南山开学考）
【定义学习】
定义：如果四边形有一组对角为直角，那么我们称这样的四边形为“对直四边形”.
【判断尝试】
（1）在①平行四边形②矩形③菱形④正方形中，是“对直四边形”的是 ；（填序号）
（2）如图1，四边形ABCD是对直四边形，若，，，，则边BC的长是 ；
（3）【操作探究】
如图2，在菱形ABCD中，AB=6，∠B=60°，AE⊥BC于点E，请在边CD上找一点F，使得以点A、E、C、F组成的四边形为“对直四边形”，直接写出EF的长是 ；
（4）【拓展延伸】
如图3，在正方形ABCD中，AB=6，点E、F、G分别从点B、B、C同时出发，并分别以每秒1、1、2个单位长度的速度，分别沿正方形的边BA、BC、CD方向运动（保持CG≤CD），再分别过点E、F作AB、BC的垂线交于点H，连结AH、HG.
试说明：四边形AHGD为对直四边形.
（5）【实践应用】
某加工厂有一批四边形板材，形状如图4所示，其中AB=2米，BC=6米，∠B=∠C=90°，∠D=45°.现根据客户要求，需将每张四边形板材进一步分割成两个等腰三角形板材和一个“对直四边形”板材，且这两个等腰三角形的腰长相等，要求材料充分利用无剩余.请直接写出分割后得到的等腰三角形的腰长是 .
【答案】（1）②④
（2）
（3）
（4）解：如图，延长EH，交CD于R，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠B=90°=∠C=∠D=90°，AB=BC，
∵HE⊥AB，HF⊥BC，
∴∠HEB=∠HFB=∠B=90°，
∴四边形EBFH是矩形，
∵点E、F、G分别从点B、B、C同时出发，并分别以每秒1、1、2个单位长度的速度运动，
∴CG=2BE=2BF，
∴四边形EBFH是正方形，
∴BE=BF=EH，
∴AE=CF，
同理可得：四边形CFHR是矩形，
∴BE=CR，CF=HR，
∴AE=HR，GR=EH，
∵∠AEH=∠HRG=90°，
∴△AEH≌△HRG（SAS），
∴∠RHG=∠EAH，
∴∠RHG+∠AHE=∠EAH+∠AHE=90°，
∴∠AHG=90°，
∴四边形AHGD为对直四边形；
（5）或4或或
【知识点】三角形全等及其性质；等腰三角形的判定与性质；等边三角形的判定与性质；勾股定理；矩形的判定与性质
【解析】【解答】解：（1）∵矩形和正方形的四个角都是直角
∴矩形和正方形是“对直四边形”
故答案为：②④
（2）连接BD
∵∠A=∠C=90°
∴AB2+AD2=BD2=BC2+CD2
∴
解得：BC=
故答案为：
（3）在菱形ABCD中，AB=6，∠B=60°，AE⊥BC
∴AB=BC=AD=CD=6，∠D=∠B=60°
∴△ABC，△ACD均为等边三角形
∴∠BAC=∠DAC=60°
∵AE⊥BC
∴
∴
如图，取CD的中点F，连接AF，则AF⊥CD
同理：
∴∠AEC=∠AFC=90°，∠EAF=60°
∴四边形AECF是“对直四边形”，△AEF为等边三角形
∴
故答案为：
（5）如图
作AE⊥CD于点E，作EF⊥AD于点F
∴∠AEC=∠B=∠C=90°
∴四边形ABCE是矩形
∴CE=AB=2，AE=BC=6
∵∠D=45°
∴∠DAE=45°
∴AE=DE
∴AF=DF
∵
∴四边形ABCE是“对直四边形”，△AEF和△DEF是腰长相等的等腰三角形
如图
作CX⊥AD于点X，作XV⊥CD于点V
同上可得：CD=8，四边形ABCX是“对直四边形”，△CXV和△XVD是腰长相等的等腰三角形
DV=CV=4
如图
作∠DAR=90°，交BC于点R，作BT⊥AR于点T
由上知：∠BAD=135°
∴∠BAR=45°
易得：△ABR，△BAT，△BRT是等腰直角三角形
如图
以AC为底边作等腰直角三角形AXC，连接DX，作XY⊥AB，交BA的延长线于点Y，YZ交CD于点Z
∴∠Y=∠CZX=∠AXC=90°，AX=CX
∴∠AXY+∠CXZ=90°，∠AXY+∠YAX=90°
∴∠YAZ=∠CXZ
∴△AXY≌△XCZ(AAS)
∴AY=XZ，XY=CZ
∵AB+AY=CZ，XY+XZ=BC
∴2+AY=XY，XY+AY=6
∴XY=4，AY=2
∴CZ=4
∴DZ=CZ=4
∴CX=DX=AX
∴△AXD和△CXD是边长相等的等腰三角形
∵
∴
综上所述，等腰三角形的延长为或4或或
故答案为：或4或或
【分析】（1）根据“对直四边形”定义进行判断即可求出答案.
（2）连接BD，根据勾股定理建立方程，解方程即可求出答案.
（3）根据菱形性质可得AB=BC=AD=CD=6，∠D=∠B=60°，根据等边三角形判定定理可得△ABC，△ACD均为等边三角形，则∠BAC=∠DAC=60°，，根据勾股定理可得AE，取CD的中点F，连接AF，则AF⊥CD，同理：，再根据“对直四边形”定义可得四边形AECF是“对直四边形”，△AEF为等边三角形，再根据等边三角形性质即可求出答案.
（4）延长EH，交CD于R，根据正方形性质可得∠B=90°=∠C=∠D=90°，AB=BC，再根据矩形判定定理可得四边形EBFH是矩形，由题意可得CG=2BE=2BF，再根据正方形性质可得BE=BF=EH，则AE=CF，同理可得：四边形CFHR是矩形，则BE=CR，CF=HR，再根据全等三角形判定定理可得△AEH≌△HRG（SAS），则∠RHG=∠EAH，根据角之间的关系可得∠AHG=90°，再根据“对直四边形”定义即可求出答案.
（5）分情况讨论：①作AE⊥CD于点E，作EF⊥AD于点F，根据矩形判定定理可得四边形ABCE是矩形，则CE=AB=2，AE=BC=6，根据等边对等角可得∠DAE=45°，再根据“对直四边形定义”可得四边形ABCE是“对直四边形”，△AEF和△DEF是腰长相等的等腰三角形，则；②作CX⊥AD于点X，作XV⊥CD于点V，同上可得：CD=8，四边形ABCX是“对直四边形”，△CXV和△XVD是腰长相等的等腰三角形，则DV=CV=4；③作∠DAR=90°，交BC于点R，作BT⊥AR于点T，由上知：∠BAD=135°，根据补角可得∠BAR=45°，易得：△ABR，△BAT，△BRT是等腰直角三角形，则；④以AC为底边作等腰直角三角形AXC，连接DX，作XY⊥AB，交BA的延长线于点Y，YZ交CD于点Z，根据角之间的关系可得∠YAZ=∠CXZ，再根据全等三角形判定定理可得△AXY≌△XCZ(AAS)，则AY=XZ，XY=CZ，根据边之间的关系可得XY=4，AY=2，则△AXD和△CXD是边长相等的等腰三角形，根据勾股定理可得AC，则，即可求出答案.
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