文档内容
特训06 期中选填压轴题（第1-5章，期中试题精选）
一、单选题
1．（2022秋·江苏苏州·九年级苏州市景范中学校校考期中）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① B．只有①② C．①②③ D．只有①②④
【答案】D
【分析】根据一元二次方程解的含义、一元二次方程根的判别式等知识逐个分析即可．
【解析】由 ，表明方程 有实数根﹣1，表明一元二次方程
有实数解，则 ，故①正确；
∵方程 有两个不相等的实根，
∴方程 有两个不相等的实根，
即a与c异号．
∴-ac>0，
∴ ，
∴方程 必有两个不相等的实根；
故②正确；
∵ 是方程 的一个根，
∴ ，
即
当 时，一定有 成立；
1当c=0时，则 不一定成立，例如：方程 ，则 ；
故③错误；
∵ 是一元二次方程 的根，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
故④正确；
故选：D．
【点睛】本题考查了一元二次方程根的判别式、一元二次方程的解等知识，熟练掌握这些知识是解答本题
的关键．
2．（2018秋·河北保定·九年级定兴二中校联考期中）关于 的一元二次方程 有两个整数根
且乘积为正，关于 的一元二次方程 同样也有两个整数根且乘积为正，给出三个结论：①
这两个方程的根都负根；② ；③ ，其中正确结论的个数是（ ）
A．0个 B．1个 C．2个 D．3个
【答案】D
【分析】设方程 的两根为x 、x ，方程 同的两根为y 、y ．①根据方程解
1 2 1 2
的情况可得出x •x =2n＞0、y •y =2m＞0，结合根与系数的关系可得出x +x =-2m、y +y =-2n，进而得出这
1 2 1 2 1 2 1 2
两个方程的根都是负根，①正确；②由方程有两个实数根结合根的判别式即可得出m2-2n≥0、n2-2m≥0，将
（m-1）2+（n-1）2展开代入即可得出②正确；③根据根与系数的关系可得出2m-2n=（y +1）（y +1）-1、
1 2
2n-2m=（x +1）（x +1）-1，结合x 、x 、y 、y 均为负整数即可得出-1≤2m-2n≤1，③成立．综上即可得出
1 2 1 2 1 2
结论．
【解析】设方程 的两根为x 、x ，方程 同的两根为y 、y ．
1 2 1 2
①∵关于x的一元二次方程x2+2mx+2n=0有两个整数根且乘积为正，关于y的一元二次方程y2+2ny+2m=0
同样也有两个整数根且乘积为正，
2∴x •x =2n＞0，y •y =2m＞0，
1 2 1 2
∵x +x =-2m，y +y =-2n，
1 2 1 2
∴这两个方程的根都是负根，①正确；
②∵关于x的一元二次方程x2+2mx+2n=0有两个整数根且乘积为正，关于y的一元二次方程y2+2ny+2m=0
同样也有两个整数根且乘积为正，
∴4m2-8n≥0，4n2-8m≥0，
∴m2-2n≥0，n2-2m≥0，
∴（m-1）2+（n-1）2=m2-2n+1+n2-2m+1≥2，②正确；
③∵y •y =2m，y +y =-2n，
1 2 1 2
∴2m-2n=y •y +y +y =（y +1）（y +1）-1，
1 2 1 2 1 2
∵y 、y 均为负整数，
1 2
∴（y +1）（y +1）≥0，
1 2
∴2m-2n≥-1．
∵x •x =2n，x +x =-2m，
1 2 1 2
∴2n-2m=x •x2+x +x =（x +1）（x +1）-1，
1 1 2 1 2
∵x 、x 均为负整数，
1 2
∴（x +1）（x +1）≥0，
1 2
∴2 n -2 m≥-1，即2m-2n≤1．
∴-1≤2m-2n≤1，③成立．
综上所述：成立的结论有①②③．
故选D．
【点睛】本题主要考查了根与系数的关系及一元二次方程的根的判别式，根据不同结论灵活运用根与系数
的关系是解决本题的关键,也是解决问题的难点．
3．（2022秋·辽宁锦州·九年级统考期中）如图，正方形 中， ，点E在边 上，且 ，
将 沿 对折至 ，延长 交边 于点G，连接 、 则下列结论：① ②
③ ④ 其中正确的是（ ）
3A．①②④ B．②③④ C．①③④ D．①②③
【答案】D
【分析】根据翻折变换的性质和正方形的性质可证 ，在 中，根据勾股定理可证
；通过证明 ，由平行线的判定可得 ；分别求出 与
的面积比较即可；求得 ， ．
【解析】∵四边形 为正方形，将 沿 对折至 ，
∴ ， ，
∴ ，
∵ ， ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ， ，
设 ，则 ，
在直角△ECG中，根据勾股定理，得 ，
解得 ．
∴ ，
∴①正确；
∵ ， ，
∴ ，
∴ 是等腰三角形，
∴ ．
又∵ ；
∴ ，
，
∴ ，
∴ ，
∴②正确；
4∵ ，
，
∴ ，
∴③正确；
∵ ， ，
又∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴④错误．
故选：D．
【点睛】本题考查了翻折变换的性质和正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，平行线的判
定，三角形的面积计算等知识．此题综合性较强，难度较大，解题的关键是注意数形结合思想与方程思想
的应用．
4．（2022秋·河南郑州·九年级河南省实验中学校考期中）如图，在矩形 中， ，
的平分线交 于点 ， 于点 ，连接 并延长交 于点 ，连接 交 于点 ，下列结
论：① ；② ；③ 是 的中点；④ ；⑤ ．其中正确的
有（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据矩形的性质、角平分线的定义和垂线的定义，得出 与 是等腰直角三角形，进而
得出 ， ，再根据等量代换，得出 ， ，再根据 ，得出
，即可判断结论①；根据矩形，等腰直角三角形和全等三角形的性质，得出
5， ，再根据线段之间的等量关系，得出 ，即可判断结论②；根
据等腰三角形的性质和三角形内角和定理，得出 ，再根据 ，得出 ，
再根据全等三角形的性质，得出 ，即 是 的中点，即可判断结论③；再根据 ，
，得出 不是等边三角形，进而即可判断结论④；根据线段之间的数量关系，结合等量代
换，得出 ，即可判断结论⑤，然后综合即可得出答案．
【解析】解：∵在矩形 中， 的平分线交 于点 ， 于点 ，
∴ ， ，
∴ 与 是等腰直角三角形，
∴ ， ，
∵ ，
∴ ， ，
在 与 中，
，
∴ ，故①正确；
∵在矩形 中， 与 是等腰直角三角形， ，
∴ ， ，
∴ ，
∴ ，故②正确；
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
在 和 中
6，
∴ ，
∴ ，
即 是 的中点，故③正确；
∵ ， ，
∴ 不是等边三角形，
∴ ，
∵ ，
∴ ，故④错误；
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，故⑤正确，
综上所述：正确的为：①②③⑤，共有 个．
故选：C
【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质与判定、全等三角形的判定与性质、矩形的性质、三角形内角
和定理、等边三角形的判定，解本题的关键在熟练掌握相关的性质定理．
5．（2019秋·广东揭阳·九年级校考期中）如图，菱形ABCD中，∠BAD＝60°，AC与BD交于点O，E为
CD延长线上的一点，且CD＝DE，连结BE分别交AC，AD于点F、G，连结OG，则下列结论：①OG＝
AB；②与 EGD全等的三角形共有5个；③S ODGF＞S ABF；④由点A、B、D、E构成的四边形
四边形
△
△
是菱形．其中正确的是（ ）
7A．①④ B．①③④ C．①②③ D．②③④
【答案】A
【分析】由AAS证明△ABG≌△DEG，得出AG=DG，证出OG是△ACD的中位线，得出OG= CD= AB，①
正确；先证明四边形ABDE是平行四边形，证出△ABD、△BCD是等边三角形，得出AB=BD=AD，因此
OD=AG，得出四边形ABDE是菱形，④正确；由菱形的性质得得出△ABG≌△BDG≌△DEG，由SAS证明
△ABG≌△DCO，得出△ABO≌△BCO≌△CDO≌△AOD≌△ABG≌△BDG≌△DEG，得出②不正确；证出OG是△ABD的
中位线，得出OG∥AB，OG= AB，得出△GOD∽△ABD，△ABF∽△OGF，由相似三角形的性质和面积关系得
出S =S ；③不正确；即可得出结果．
四边形ODGF ABF
△
【解析】∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC＝CD＝DA，AB∥CD，OA＝OC，OB＝OD，AC⊥BD，
∴∠BAG＝∠EDG， ABO≌△BCO≌△CDO≌△AOD，
∵CD＝DE， △
∴AB＝DE，
在 ABG和 DEG中，
△ △
，
∴△ABG≌△DEG（AAS），
∴AG＝DG，
∴OG是 ACD的中位线，
△
∴OG＝ CD＝ AB，
∴①正确；
∵AB∥CE，AB＝DE，
∴四边形ABDE是平行四边形，
8∵∠BCD＝∠BAD＝60°，
∴△ABD、 BCD是等边三角形，
∴AB＝BD＝△AD，∠ODC＝60°，
∴OD＝AG，四边形ABDE是菱形，
④正确；
∴AD⊥BE，
由菱形的性质得： ABG≌△BDG≌△DEG，
在 ABG和 DCO△中，
△ △
，
∴△ABG≌△DCO（SAS），
∴△ABO≌△BCO≌△CDO≌△AOD≌△ABG≌△BDG≌△DEG，
∴②不正确；
∵OB＝OD，AG＝DG，
∴OG是 ABD的中位线，
△
∴OG∥AB，OG＝ AB，
∴△GOD∽△ABD， ABF∽△OGF，
△
∴△GOD的面积＝ ABD的面积， ABF的面积＝ OGF的面积的4倍，AF：OF＝2：1，
△ △ △
∴△AFG的面积＝ OGF的面积的2倍，
又∵△GOD的面积△＝ AOG的面积＝ BOG的面积，
∴S ODGF＝S ABF△； △
四边形
△
③不正确；
正确的是①④．
故选A．
【点睛】本题考查菱形的判定与性质, 全等三角形的判定与性质，三角形中位线的性质，熟练掌握性质，
能通过性质推理出图中线段、角之间的关系是解题关键.
6．（2023春·江苏无锡·九年级统考期中）在平面直角坐标系 中，点 ，B分别在x，y轴的正半轴上，
始终保持 ，以 为边向右上方作正方形 ， ， 交于点 ，连接 ．下列结论正确的
9个数是（ ）
①直线 的函数表达式为 ；② 的取值范围是 ；③若 ，则B点的坐标为
；④连接 ，则 的最大值为 ．
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】C
【分析】作 轴， 轴，易证 ，可得 ，进而可求得直线 的函
数解析式为 ；当 时， ，则 ，则 ，（当
时同理可得： ），当 时，B点的坐标为 或 ；取 的中
点 ，连接 ， ， ， ，则 ， ，由直角三角形斜边中线等于斜边一半可得
， ，由三角形三边关系可得： ，当 ， ， 在同一直线上时
取等，由 ， ，可得 ，（当 时同理可得： ），即可得
；由三角形三边关系可得： ，当 ， ， 在同一直线上时取等，即可
求得 的最大值．
【解析】解：作 轴， 轴，则四边形 是矩形，
∴ ，
10∵四边形 是正方形， ，
∴ 与 互相垂直且平分， ，
则 ， ， ，
则 ， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，（当 时同理）
由题意可知，点 在第一象限，设 ，直线 的函数解析式为： ，
代入可得： ，可得 ，即直线 的函数表达式为 ，故①正确；
∵ ， 轴， 轴，
∴四边形 是正方形，则 ，
当 时， ，
则 ，
则 ，（当 时同理可得： ）
∴当 时，B点的坐标为 或 ，故③错误；
取 的中点 ，连接 ， ， ， ，
则 ， ，
∵ ， ，
11∴ ， ，
由三角形三边关系可得： ，当 ， ， 在同一直线上时取等，
∵ ，
又∵ ，
∴ ，（当 时同理可得： ）
则 ，故②正确；
由三角形三边关系可得： ，当 ， ， 在同一直线上时取等，
∴ 的最大值为 ，
故④正确；
综上：正确的有①②④，共3个；
故选：C．
【点睛】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定及性质，三角形的三边关系，直角三角形斜边上的中
线等于斜边的一半，添加辅助线构造全等三角形是解决问题的关键．
7．（2022秋·广东深圳·九年级校联考期中）如图，在正方形 中，E是 上一点，连接CE，过点C
作 交 的延长线于点F，连接 ， 分别交 、 于点G、H，M是 中点，连接 ，
则下列结论：① ；② ；③ ；④若 ，则 ．正确的
结论是（ ）
A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．①②③④
【答案】D
【分析】先证明 ，可得 ， ，故①符合题意，证明 ，可得
12，即 ，再证明 ，可得 ，即 ，可得 ，即
，故②符合题意；如图，连接 ， 证明 ，可得 ，故
③符合题意；如图，在 上取点 ，使 ，设 ，可得 ，
，再计算即可．
【解析】解：∵正方形 ，
∴ ， ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ， ，故①符合题意，
∵正方形 ，
∴ ，
∵ ， ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，即 ，
∵正方形 ，则 ，
∴ ，而 ，
∴ ，
∴ ，即 ，
13∴ ，
∴ ，故②符合题意；
如图，连接 ，∵ 为 中点，而 ， ，
∴ ，而 ，
∴ ，
∵ ， 为等腰直角三角形，
∴ ，
∴ ，
∴ ，故③符合题意；
∵ ， ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
如图，在 上取点 ，使 ，
∴ ，
∴ ，而 ，
∴ ，
14∴设 ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，故④符合题意；
故选D
【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，正方形的性质，勾股定理的应用，二次根式的除法运算，
相似三角形的判定与性质，本题难度大，属于中考压轴题．
8．（2022秋·广西桂林·九年级桂林市第一中学统考期中）如图，在正方形 中， 是等边三角形，
， 的延长线分别交 于点 ， ，连接 ， ， 与 相交于点 ，给出下列结论：①
；② ；③ ；④ ．其中正确的是（ ）
A．①②③④ B．②③ C．①②④ D．①③④
【答案】C
【分析】由正方形 ，与 是等边三角形的性质求解，求解 从而可判断①；证明
可判断②；由
可判断③； 证明 再证明
可得 从而可判断 ④．
【解析】解： 正方形 ，
是等边三角形，
15故①符合题意；
正方形 ，
是等边三角形，
而
由
故②符合题意；
不相似，故③不符合题意；
正方形 ，
，故④符合题意，
综上：符合题意的有：①②④．
故选：C．
【点睛】本题考查的是等边三角形的性质，含 的直角三角形的性质，正方形的性质，相似三角形的判
定与性质，掌握以上知识是解题的关键．
9．（2021秋·陕西榆林·九年级统考期中）如图，点A在线段 上，在 的同侧作等腰直角三角形
和等腰直角三角形 （ 和 是直角），连接 ， 交于点P， 与 边交于点M，对
于下列结论：① ；② ；③ ；④ ，其中正确的
16个数为（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】D
【分析】根据等腰直角三角形的性质得到 ， ， ，可以证明
，故①正确；设 与 相交于点 ，根据 得到 ，结合
即可得到 ，故②正确；根据 ，得到 ，
进而证明 ，即可得到 ，故③正确；根据 得到
，进而证明 ，得到 ，进而证明 ，证
明 ，得到 ，即可得到 ，故④正确．
【解析】解：∵ 和 都是等腰直角三角形（ 和 是直角），
∴ ， ，
∴ ， ，
∴ ， ，
∴ ，
∴①正确；
如图：设 与 相交于点 ，
∵ ，
17∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴②正确；
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴③正确；
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴④正确．
故选：D
【点睛】本题考查了相似三角形的性质和判断，等腰直角三角形的性质，理解题意，找到题目中的相似三
角形是解题关键．
1810．（2022秋·河南郑州·九年级校考期中）如图，在正方形 中，M，N分别为 ， 上一点，且
，连接 ， ，交于点P，Q，R分别为 ， 的中点，连接 ， ，若 ，
，则 的长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据正方形的性质以及全等三角形的判定和性质可得 ，再根据直角三角形的斜边中线
等于斜边一半可求出 ， ，再根据勾股定理求出BN，进而求出 ，再求出 ，由相似三角形的
判定和性质进行计算即可．
【解析】解：在正方形 中
， ，
又 ，
，
，
，
，
即 ，
Q，R分别为 ， 的中点， ， ，
， ，
在 中， ， ，
19，
，
在 中，
，
， ，
，
，
即 ，
，
故选：B．
【点评】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，勾股定理以及相似三角
形的判定和性质，掌握正方形的性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，勾股定理以及相似
三角形的判定和性质是正确解答的前提．
11．（2022秋·广东茂名·九年级校联考期中）如图，在 中， ， ，点D是边
上一动点（不与B，C重合）， ， 交 于点E，下列结论：① 与 一定相
似；② 与 一定相似；③当 时， ；④ ．
其中正确的结论有几个？（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】D
【分析】利用有两个角对应相等的两个三角形相似可以判定①②；根据相似三角形对应边成比例，利用
得出比例式求得 的长，进而求得 即可③；利用判定③的结论分析 的取值范围即可
判断④．
20【解析】解：∵ ，
∴ ， ．
∵ ，
∴ ．
∵ ，
∴ ．
∴①正确；
∵ ，
∴ ．
∵ ，
∴ ．
∴ ．
∵ ，
∴ ．
∴②正确；
由①知： ，
∴ ．
∴ ．
∴ ．
∴ ．
∴③正确；
∵点D是边 上一动点（不与B，C重合），
∴ ．
∵垂线段最短，
∴当 时， 取得最小值 ＝ ＝2 ．
∴2 ≤AD＜4．
∴④正确．
21综上，正确的结论有：①②③④．
故选：D．
【点睛】本题主要考查了等腰直角三角形的性质、相似三角形的判定与性质、三角形的内角和定理等知识
点，掌握有两个角对应相等的两个三角形相似是解题的关键．
12．（2022秋·江苏扬州·九年级校考期中）如图，在 中， ， ， 是 中点，
， 交 于 ， 交 于 ，若 ，则下面结论：① ；②
；③ ；④ ；正确的是（ ）
A．①②③ B．②③④ C．①②④ D．①②③④
【答案】C
【分析】①证明 与 都是 的余角，便可判断①的正误；
②设 的中点为 ，连接 ，根据中位线的性质可得， ，证明 ，再证明
，得 ，进而得 ，再由等高的三角形的面积比等于底边之比求得
的面积，便可判断②的正误；
③设 ， ，则 ， ,由 ，便可判断③的正误．
④由②得 ，便可判断④的正误．
【解析】解：① ， ，
，
，故①正确；
②设 的中点为 ，连接 ，
22是 中点， 是 的中点，
是 的中位线，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，故②正确；
③设 ， ，
则 ，
,
，
，
显然 ，故③错误；
④由②知 ，
，故④正确；
故选：C．
【点睛】本题主要考查了直角三角形的性质，全等三角形的性质与判定，三角形的中位线定理，相似三角
形的判定和性质，关键在于构造全等三角形．
2313．（2022秋·安徽淮南·九年级淮南市龙湖中学校考期中）如图，已知菱形 的边长为 ，对角线
相交于点 ，点 分别是边 上的动点， ，连接 ，则下
列结论错误的是（ ）
A． 是等边三角形 B．MN的最小值是
C．当MN最小时， D．当 时，
【答案】B
【分析】根据菱形的性质以及已知条件证明 和 都是等边三角形，证明 得
出， ，判断A选项，依题意当 时，AM的值最小，此时MN的值也最小，勾股定理求得
，可得 ，即可判断B选项；进而证明 ，根据相似三角形的性质与判定
得出 ，进而判断C选项，证明 根据相似三角形的性质得出比例式，等量
代换后即可判断D选项．
【解析】∵四边形 是菱形，
∴ ，
， ，
∴ ，
∴ ，
∴ 和 都是等边三角形，
∴ ， ．
∵ ，
∴ ，
∴ ，
24∴ ，
∴ 是等边三角形．故选项A正确；
当 时，AM的值最小，此时MN的值也最小．
∵ ， ， ，
∴ ，
∴ ．
在 中， ，
∴ ，即 的最小值是 ．故选项B错误﹔
∵ 时，MN的值最小，此时 ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，故选项C正确；
∵ ， ，
∴ ，
∴ ．∵ ，
∴ ．
∵ ，
∴ ，
∴ ，
25∴ ，
∴ ．故选项D正确．
故选B．
【点睛】本题考查了菱形的性质，等边三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，相似三角形的性
质与判定，综合运用以上知识是解题的关键．
14．（2023春·福建泉州·九年级福建省永春第一中学校考期中）如图，正方形ABCD中，对角线AC、BD
交于点O，∠BAC的平分线交BD于E，交BC于F，BH⊥AF于H，交AC于G，交CD于P，连接GE、
GF，以下结论：①ΔOAE ΔOBG；②四边形BEGF是菱形；③BE=CG；④ = −1；⑤S ：S =1：
ΔPBC ΔAFC
≅
2，其中正确的有（ ）
A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
【答案】C
【分析】证明 AHG≌△AHB（ASA），得出AF是线段BG的垂直平分线，由线段垂直平分线的性质和正方
形的性质即可△得出②正确；设OA=OB=OC=a，由菱形和正方形的性质得出OA=OB，证出∠OAE=∠OBG，
由ASA证明 OAE≌△OBG，可得出①正确；求出OG=OE=a-b，由平行线分线段成比例定理可得出④正确；
证明 EAB≌△△GBC（ASA），得出BE=CG，可得出③正确；证明 FAB≌△PBC（ASA），得出BF=CP，则三
角形△的面积公式，可得出⑤错误；即可得出结论． △
【解析】解：∵AF是∠BAC的平分线，
∴∠GAH=∠BAH，
∵BH⊥AF，
∴∠AHG=∠AHB=90°，
在 AHG和 AHB中，
△ △
26，
∴△AHG≌△AHB（ASA），
∴GH=BH，
∴AF是线段BG的垂直平分线，
∴EG=EB，FG=FB，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAF=∠CAF= ×45°=22.5°，∠ABE=45°，∠ABF=90°，
∴∠BEF=∠BAF+∠ABE=67.5°，∠BFE=90°-∠BAF=67.5°，
∴∠BEF=∠BFE，
∴EB=FB，
∴EG=EB=FB=FG，
∴四边形BEGF是菱形；②正确；
设OA=OB=OC=a，菱形BEGF的边长为b，
∵四边形BEGF是菱形，
∴GF∥OB，
∴∠CGF=∠COB=90°，
∴∠GFC=∠GCF=45°，
∴CG=GF=b，∠CGF=90°，
∴CF= GF= BF，
∵四边形ABCD是正方形，
∴OA=OB，∠AOE=∠BOG=90°，
∵BH⊥AF，
∴∠GAH+∠AGH=90°=∠OBG+∠AGH，
∴∠OAE=∠OBG，
在△OAE和△OBG中，
27，
∴△OAE≌△OBG（ASA），①正确；
∴OG=OE=a-b，
∴△GOE是等腰直角三角形，
∴GE= OG，
∴b= （a-b），
整理得a= b，
∴AC=2a=（2+ ）b，AG=AC-CG=（1+ ）b，
∵四边形ABCD是正方形，
∴PC∥AB，
∴ =1+ ，
∵△OAE≌△OBG，
∴AE=BG，
∴ =1+ ，
∴ = -1，④正确；
∵∠OAE=∠OBG，∠CAB=∠DBC=45°，
∴∠EAB=∠GBC，
在△EAB和△GBC中，
，
∴△EAB≌△GBC（ASA），
28∴BE=CG，③正确；
在△FAB和△PBC中，
，
∴△FAB≌△PBC（ASA），
∴BF=CP，
∴ ，⑤错误；
综上所述，正确的有4个，
故选：C．
【点睛】本题考查了正方形的性质、等腰直角三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、平行线的
性质、菱形的判定与性质、三角形面积的计算等知识；本题综合性强，有一定难度，熟练掌握正方形的性
质，证明三角形全等是解题的关键．
15．（2021春·安徽六安·九年级统考期中）如图，矩形纸片 中， ， ．点E、G分别在
， 上，将 、 分别沿 、 翻折，点A的对称点为点F，点D的对称点为点H，当
E、F、H、C四点在同一直线上时，连接 ，则线段 长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】由翻折可以得到： ， ，求得 ，证明出 ，过点H作
于点M， ，进而进行求解．
【解析】由翻折可知： ， ，
29在 中： ，
∴ ，
如图所示：
， ，
∴ ，
∵ ， ，
∴ ，
∴ ， ，
∴ ， ，
过点H作 于点M，如图所示：
则 ，
∴ ，
∴ ，
解得： ， ，
30则 ，
在 中，
，
故选：A．
【点睛】本题主要考查了矩形的相关性质，全等三角形，正确读懂题意是解题的关键．
16．（2021秋·湖南永州·九年级校考期中）如图，在边长为4的正方形ABCD中，P是BC边上一动点（不
含B、C两点），将△ABP沿直线AP翻折，点B落在点E处；在CD上有一点M，使得将△CMP沿直线
MP翻折后，点C落在直线PE上的点F处，直线PE交CD于点N，连接MA，NA．则以下结论中正确的
是（ ）
①△CMP~△BPA；②四边形AMCB的面积最大值为10；③当P为BC中点时，AE为线段NP的中垂线；
④线段 AM的最小值为2 ；⑤当△ABP≌△ADN时，BP= ．
A．①③④ B．①②⑤ C．①②③ D．②④⑤
【答案】B
【分析】根据相似三角形的判定和性质逐个分析即可. 根据正方形的性质以及翻折证明角度相等，根据AA
可证△CMP∽△BPA，故①正确；当x=2时，四边形AMCB面积最大值为10，故②正确；NE≠EP，故③错误；
AM的最小值= =5，故④错误；PB= 故⑤正确．
【解析】∵∠APB=∠APE，∠MPC=∠MPN，
∵∠CPN+∠NPB=180°，
∴2∠NPM+2∠APE=180°，
∴∠MPN+∠APE=90°，
∴∠APM=90°，
∵∠CPM+∠APB=90°，∠APB+∠PAB=90°，
∴∠CPM=∠PAB，
31∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=CB=DC=AD=4，∠C=∠B=90°，
∴△CMP∽△BPA．故①正确；
设PB=x，则CP=4﹣x，∵△CMP∽△BPA，
∴ ，
∴CM= x（4﹣x），
∴S AMCB= [4+ x（4﹣x）]×4= = ，
四边形
∴x=2时，四边形AMCB面积最大值为10，故②正确；
当PB=PC=PE=2时，设ND=NE=y，在Rt△PCN中，
解得 ，
∴NE≠EP，故③错误；
作MG⊥AB于G，∵AM= = ，
∴AG最小时AM最小，
∵AG=AB﹣BG=AB﹣CM=4﹣ x（4﹣x）= ，
∴x=1时，AG最小值=3，
∴AM的最小值= =5，故④错误；
∵△ABP≌△ADN，
∴∠PAB=∠DAN=22.5°，在AB上取一点K使得AK=PK，设PB=z，∴∠KPA=∠KAP=22.5°．
∵∠PKB=∠KPA+∠KAP=45°，
∴∠BPK=∠BKP=45°，
∴PB=BK=z，AK=PK= z，
∴z+ z=4，
32∴z= ，即PB= 故⑤正确．
故选B．
【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质．利用正方形的性质以及翻折进行角度的转化，从而证明三角
形相似是解题的关键．
二、填空题
17．（2022秋·福建厦门·九年级校考期中）已知关于 的一元二次方程 ，下列结
论：
①方程总有两个不等的实数根；②若两个根为 ， ，且 ，则 ， ；③若两个根为 ，
，则 ；④若 ，则代数式 的值为一个完全平方
数，其中正确的结论是 （填序号）．
【答案】①③
【分析】利用判别式判断①，求出 时的两个根，判断②，利用根与系数的关系，判断③，求出
的值以及完全平方数的定义，判断④．
【解析】解： ，
∴ ，
∴方程有两个不相等的实数根；故①正确；
当 时， ，
∴ ，
33∴当 时， 的两个根 ， ，且 ，则： ，故②错误；
若两个根为 ， ，则： ，
∴ ；
，
∴ ；故③正确；
∵
，
当 时，
，
当 为奇数时， 不是整数，
∴ 的值不一定是完全平方数，故④错误；
故答案为①③.
【点睛】本题考查一元二次方程根的情况及根与系数的关系，涉及完全平方数等知识，解题的关键是掌握
一元二次方程根的判别式、根与系数的关系及完全平方数概念．
18．（2022秋·湖北武汉·九年级校考期中）如图，有一张矩形纸片 ， ， ，点 为边
34上一动点（不与点 重合），沿 折叠该纸片使点 的对应点为 ，再沿经过点 的直线 对
折（点 在边 上），若点 的对应点 恰好落在边 上，且 ， ， 三点在同一直线上，则
的长为 ．
【答案】
【分析】根据矩形的性质可得 ，根据折叠的性质可得 ，
，设 ，则 ，可证 是等腰三角形，即 ，用
含 的式子分别表示出 的长度，在 中，根据勾股定理可求出 的值，在 中，根据勾
股定理即可求解．
【解析】解：∵四边形 是矩形， ， ，
∴ ， ，
∴ ，
设 ，则 ，
∵ 沿 折叠得 ， 沿 折叠得 ，且 ， ， 三点在同一直线上，
∴ ，
∴ ， ， ， ， ，
，
∴ ，即 是等腰三角形，则 ，且 ，
，
∴在 中， ， ， ，由勾股定理得， ，
∴ ，解得， ， ，
∵ ，当 时， ，不符合题意，
∴ 舍去，
35∴ ，
∴ ，
在 中， ，
故答案为： ．
【点睛】本题主要考查矩形的性质，折叠的性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理的综合运用，掌握
以上知识的综合运用是解题的关键．
19．（2022秋·江苏盐城·九年级校联考期中）对于一切不小于2的自然数n，关于x的一元二次方程
的两个根为 ，则
．
【答案】
【分析】由根与系数的关系得 ， ，所以
，则
，然后代入即可求解．
【解析】由根与系数的关系得 ， ，
所以 ，
则 ，
则
36．
故答案为： ．
【点睛】本题考查了根与系数的关系，难度较大，关键是根据根与系数的关系求出一般形式再进行代入求
值．
20．（2023·江苏连云港·九年级统考期中）如图，在矩形 中， ， ，点 为边 上的
动点，连接 ，过点 作 ，且 ，连接 ，则线段 长度的最小值为 ．
【答案】
【分析】如图：在 取一点T使得 ，连接 ，在 上取一点K，使得 ，连接 ，
利用全等三角形的性质证明 ，由矩形的性可得 、 ，进而推出点F在
射线 上运动，当 时 值最小．
【解析】解：如图，在 取一点T使得 ，连接 ，在 上取一点K，使得 ，连接
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ， ，
∴ ，
∵ ，
37∴ ，
∴ ，
∵矩形 中， ， ，
∴ ， ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
点F在射线 上运动，当 时， 的值最小，最小值为 ．
故答案为： ．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识点，正确作出辅助线、
构造全等三角形并确定是解答本题的关键．
21．（2023春·黑龙江大庆·九年级校考期中）在矩形 中，点D是 的中点，点E是AB上一点，且
， ， 交 于F，下列结论：① 平分 ；② ；③
；④ ，其中正确的是 ．
【答案】①②③④．
【分析】如图所示，延长 交 延长线于H，证明 得到 ，再证明
得到 即可判断①；如图所示，过点B作 于N， 交
延长线于M，则四边形 是矩形，证明 ，得到 ，可证四边形 是正
方形，得到 ，即可判断②；设 ，则 ，则 ，求出
， ；利用勾股定理求出 ， ，即可判断
38③；先求出 ，进而证明 ，得到 ，则
，即可判断④．
【解析】解：如图所示，延长 交 延长线于H，
∵四边形 是矩形，
∴ ，
∴ ，
∵点D是 的中点，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
又∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ 平分 ，故①正确；
如图所示，过点B作 于N， 交 延长线于M，则四边形 是矩形，
∴ ， ，
∴ ，
又∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴四边形 是正方形，
∴ ，故②正确；
设 ，则 ，
∴ ，
∵ ， ，
39∴ ， ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ；
∵ ， ，
∴ ，
∴ ，故③正确；
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，故④正确；
故答案为：①②③④．
40【点睛】本题主要考查了矩形的性质，正方形的性质与判定，勾股定理，全等三角形的性质与判定，等腰
三角形的性质与判定等，正确作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．
22．（2022秋·黑龙江哈尔滨·九年级哈尔滨市第六十九中学校校联考期中）如图，在正方形 中，点
在 上，点 在 上， 于点 ，点 在 上， ，连接 延长交 于点 ，
若 ，则线段 的长为 ．
【答案】
【分析】先证明 ，可得 ，设 ，则 ， ，
， ，由 ， ，可证 ， ，
再利用 ，可得 ，进一步证明 ，可得 ，
，由勾股定理 ，可列出方程，解出 的值，即可求出 ， 的
长，在根据勾股定理求出线段 的长即可．
【解析】解：∵四边形 是正方形，
∴ ， ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
41∵在 和 中，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
设 ，则 ， ，
∴ ， ，
∵ ， ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵在正方形 中，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
又∵ ，
在 中，由勾股定理得 ，
∴ ，解得 ， （舍），
∴ ， ，
∴在 中，由勾股定理得 ，
∴ ，
故答案为： ．
【点睛】本题考查了正方形的性质和全等三角形的判定和性质及勾股定理的应用，根据题意设出
42，并表示出 、 、 ，利用勾股定理列出方程，解出 的值是解答本题的关键．
23．（2021秋·陕西渭南·九年级统考期中）如图，在矩形 中， ， ， 为 上一点，
且 ， 为 边上的一个动点（不与A重合，可与 重合），连接 ，若以 为边向右侧作等腰
直角 ， ，连接 ，则 的最小值为 ．
【答案】
【分析】过G作 ， ，可得 ，可得 ，可得点G在 上运动，
则当F与D重合时， 最小，即可得到答案．
【解析】解：过G作 ， ，
∵在矩形 中， ， ，
∴ ， ， ，
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ， ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
43∴点G在 上运动，
∴当F与D重合时 最小，此时 ，
∴ 最小值为，
，
故答案为 ．
【点睛】本题考查矩形的性质，全等三角形判定与性质，勾股定理，解题的关键是确定点G在 上运动．
24．（2022秋·四川南充·九年级四川省南充高级中学校考期中）如图，在正方形 中，点G为 边
上一点，以 为边向右作正方形 ，连接 ， 交于点P，连接 ，过点F作 交
于点H，连接 ，交 于点K，下列结论中：① ；② 是等腰直角三角形；③点P为
中点；④ ，错误的是 ．
【答案】④
【分析】①证明四边形 为平行四边形，得 ，得 ，再由正方形的性质得 ，
即可判断选项正误；
②证明 ，进而得出 是等腰直角三角形，即可判断选项正误；
③过H作 ， 与 交于点M，连接 ，证明四边形 为矩形，再证明 得
，即可判断选项正误；
④将 绕点A顺时针旋转 ，得 ，连接 ，证明 得 ，进而得
，即可判断正误．
【解析】解：① 四边形 是正方形，
， ，
，
四边形 为平行四边形，
，
，
44，
，
四边形 为正方形，
，
，①正确；
② 是正方形， 是正方形，
， ， ，
， ，
， ，
在 和 中，
，
，
， ，
，
，
，
为等腰直角三角形，②正确；
③过H作 ， 与 交于点M，连接 ，则 ，
四边形 是正方形，
， ，
，
，
，
45，
，
四边形 为矩形，
， ，
，
，
，
在 和 中，
，
，
，
点P为 中点，③正确；
④将 绕点A顺时针旋转 ，得 ，连接 ，则 ， ，
是等腰直角三角形，
，
在 和 中，
，
，
，
四边形 是正方形，
，
46由旋转性质知， ， ，
，
，
，④错误；
故答案为：④．
【点睛】本题是正方形综合题，考查了正方形的性质，矩形的性质与判定，平行四边形的性质与判定，等
腰直角三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，旋转的性质，勾股定理等知识，解题关键是构造
全等三角形．
25．（2022秋·山东济南·九年级统考期中）如图，在菱形ABCD中， ， ，点M为 边
中点，点E为菱形四条边上的一个动点，沿 的方向运动，连接 ，以 为边作直角三
角形 ，其中 ， ，在点E运动的过程中，线段 长度的最大值为 ．
【答案】
【分析】根据点E在菱形的边 、 、 、 的运动，可确定点F的运动路径，即可求得 的最
大值．
【解析】如图，当点E在 上时，则点F在射线 运动，当运动到点B时，点F点运动到点 ，且
；当点E在 上时，则点F在线段 上运动，且 ；当点E在 上时，则点F在线段
上运动，且 ；当点E在 上时， ，则点F在线段 上运动，且 ，
；所以点F的运动路径是一个菱形，其边长为4，当点E与点D重合，点F与点 重合时， 最
长；连结 ；
∵在菱形ABCD中， ， ，点M为 边中点，
∴ ， ，
∴ ，
47由勾股定理得： ，
∴在 中， ；
所以线段 长度的最大值为 ．
故答案为： ．
【点睛】本题考查了菱形的性质与判定，等腰三角形的性质，勾股定理等知识，确定点F的运动路径是解
题的关键与难点．
26．（2023春·山东淄博·九年级统考期中）如图，点 坐标为 ，点 是线段 上的一个动点（不运动
至 ， 两点）过点 作 轴，垂足为 ，以 为边在右侧作正方形 ，连接 并延长交 轴
的正半轴于点 ，连接 ，若以 ， ， 为顶点的三角形与 相似，则 的坐标是 ．
【答案】 或 或
【分析】根据点 坐标是 可以确定 ，又四边形 是正方形，所以 ，即
可证明 的边 ，再根据“以 ， ， 为顶点的三角形与 相似”分：①
48，② 两种情况讨论，根据 与 相似，相似三角形对应高的比等
于对应边的比列出比例式计算即可求出正方形的边长，从而 的长即可求出．
【解析】解：如图当点 在点 的右边时，
如图，过点 作 于点 ，
∵点 坐标是 ，
∴ ，
∴ ，
∵四边形 是正方形，
∴ ， ， ，
∴ ，
∴ ，
设 ，
∴ ，
∴ ，
∵以 ， ， 为顶点的三角形与 相似，
①当 时，
可得： ，即 ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
即 ，
解得： ，
∴ ，
49∴点 的坐标为 ；
②当 时，
可得： ，即 ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
即 ，
解得： ，
∴ ，
∴点 的坐标为 ；
如图，当点 在点 的左边时，设正方形的边长为 ，
过点 作 于点 ，延长 交 于点 ，
∴ ，
∵点 坐标是 ，
∴ ，
∴ ，
∵四边形 是正方形，
∴ ， ， ，
∴ ，
50∴ ，
∴ ， ，
在四边形 中， ，
∴四边形 是矩形，
∴ ，
∴ ，
∵以 ， ， 为顶点的三角形与 相似，
①当 ，
∴ ，
则点 ，点 与点 重合，不符合题意；
②当 ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
即 ，
解得： ，
∴ ，
∴点 的坐标为 ；
综上所述，点 的坐标是 或 或 ．
51故答案为： 或 或 ．
【点睛】本题考查相似三角形的性质：对应高的比等于对应边的比的性质，解题的关键是根据点 坐标
确定出 ，注意要分情况讨论，避免漏解．也考查了正方形的性质，矩形的判定和性质．
27．（2023秋·辽宁鞍山·九年级统考期中）在 中， ， ， ，E为 边上
一点，线段 与线段 交于N点，将线段 绕E点顺时针旋转得到线段 ，旋转角为 ，且
，连接 ，线段 分别与线段 ，线段 交于 两点，连接 ，下列结论：①
；② ；③ ；④ ；正确的有 ．（填序号
即可）
【答案】①②③④
【分析】（1）通过角的等量代换即可解得．
（2）通过两个角的相等，证明两个三角形相似．
（3）证明三角形相似，得出对应边成比例．
（4）证明同位角相等，证得平行．
【解析】∵
∴
52又∵
∴
故①正确；
∵ ，
∴
又∵
∴
∴
又∵
∴
故②正确；
∵
∴
∴
又∵ ，
∴
故③正确；
∵
又∵
∴
∴
∴
故④正确
53综合上述，正确的有①②③④.
【点睛】此题考查了三角形相似、平行线的判定，解题的关键是熟悉相关判定定理．
28．（2022秋·辽宁沈阳·九年级校考期中）如图，在矩形 中， 把边AB沿对角线
BD平移，点 分别对应点A，B，现给出下列结论，其中正确的是 ．（只填序号即可）
①顺次连接点 得到的图形一定是平行四边形；
②点C与点 关于直线AA′对称，则
③ 的最大值为15；
④ 的最小值为9 ；
⑤边AB平移的距离为5时，则四边形 为菱形．
【答案】②③④
【分析】①根据平行四边形的判定可得结论；②作点 关于直线 的对称点 ，连接 ，交 于 ，
交 于点 ，则 ，利用面积法求出 即可；③根据 推出 ，可
得结论；④作点 关于直线 的对称点 ，连接 交 于 ，过点 作 交 的延长线于
，连接 交 于 ，此时 的值最小，最小值为 ；⑤过点 作 于点 ，由题
意可得 ，求得 ，再根据勾股定理求得 ，即可判断．
【解析】解：如下图中，当 与 不重合时，
54∵ ， ， ，
∴ ，
∴四边形 是平行四边形
当 与 重合时，四边形不存在，故①错误；
作点 关于直线 的对称点 ，连接 ，交 于 ，交 于点 ，作 于点 ，由平移的
性质可得 ，
∴ ，
由矩形的对称性可得，
∴
∴
∵四边形 是矩形
∴ ，
∴
∵
∴
∴ ，②正确；
∵
∴ ，即 最大值为15，③正确；
55如下图中，∵
∴
作点 关于直线 的对称点 ，连接 交 于 ，过点 作 交 的延长线于 ，
由题意可得：
∴
连接 交 于 ，此时 的值最小，最小值为 ，
由题意可得： ，
∴
∴ ，即 ，解得
∴
由题意可得： ，
∴
∴ ，即
∴ ，
∴
∴
∴ 的最小值为 ，④正确；
56过点 作 于点 ，如下图
由题意可得 ，
∴ ，即
解得 ， ，
∴
由勾股定理可得，
∴四边形A′B′CD不是菱形，⑤错误
故答案为：②③④
【点睛】此题考查了平行四边形和菱形的判定，矩形的性质，相似三角形的判定与性质，轴对称的性质和
最短问题，勾股定理，综合性较强，解题的关键是利用轴对称解决最值问题．
57
