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2023-2024学年九年级数学上学期第一次月考卷02（测试范围：第1-2
章）
一、单选题
1．矩形一定具有而菱形不一定具有的性质是（ ）
A．内角和等于 B．对角线互相垂直
C．对边平行且相等 D．对角线相等
【答案】D
【分析】由矩形具有的性质：对角线相等，对角线互相平分；菱形具有的性质：邻边相等，对角线互相平
分，对角线互相垂直；即可求得答案．
【解析】解： 矩形具有的性质：对角线相等，对角线互相平分；菱形具有的性质：邻边相等，对角线互
相平分，对角线互相垂直；
矩形具有而菱形不一定具有的性质是：对角线相等．
故选： ．
【点睛】此题考查了矩形与菱形的性质等知识，解题的关键是记住矩形和菱形的性质，属于中考基础题．
2．方程(x＋1)(x－3)＝5的解是 ( )
A．x＝1，x＝3 B．x＝4， x＝－2
1 2 1 2
C．x＝－1， x ＝3 D．x＝－4， x＝2
1 2 1 2
【答案】B
【分析】先把一元二次方程展开合并，再根据因式分解法解一元二次方程，即可求解．
【解析】∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴x-4=0或x+2=0，
∴ ．
故选B．
【点睛】本题主要考查一元二次方程的解法，掌握十字相乘因式分解，是解题的关键．
3．如图，矩形 中，对角线 ， 交于点 ，若 ， ，则 长为（ ）
1A． B．2 C．3 D．5
【答案】B
【分析】先由矩形的性质得出 ，再证明 是等边三角形，即可得到答案．
【解析】解： 四边形 是矩形，
，
矩形 对角线 ， 交于点 ，
， ，即 ，
，
是等边三角形，
，
故选：B．
【点睛】本题考查了矩形对角线相等且互相平分的性质及等边三角形的判定方法，熟练掌握矩形性质是解
决本题的关键.
4．下面结论错误的是（ ）
A．方程 ，则 ，
B．方程 有实根，则
C．方程 可配方得
D．方程 两根 ，
【答案】A
【分析】A、根据根与系数的关系和根的判别式即可得到结论；B、由根的判别式即可得到结论；C、把原
方程配方后可得结果；D、解方程即可得到结论；
【解析】解：A、方程x2+4x+5=0，∵△=42-4×5＜0，则方程无实数根，此选项错误；
2B、∵方程2x2-3x+m=0有实根，∴△=9-8m≥0，∴m≤ ，此选项正确；
C、方程x2-8x+1=0可配方得（x-4）2=15，此选项正确；
D、解方程x2+x-1=0得x = ，x = ，此选项正确；
1 2
故选A．
【点睛】本题考查了根与系数的关系，根的判别式，配方法解一元二次方程，公式法解一元二次方程，熟
练掌握各知识点是解题的关键．
5．毕业之际，某校九年级数学兴趣小组的同学相约到同一家礼品店购买纪念品，每两个同学都相互赠送
一件礼品，礼品店共售出礼品30件，则该兴趣小组的人数为（ ）
A．5人 B．6人 C．7人 D．8人
【答案】B
【解析】试题解析：设该兴趣小组的人数为x人．
x（x-1）=30，
解得x =6，x =-5（不合题意，舍去），
1 2
故选B．
6．如图，在菱形 中，对角线 、 相交于点 ，下列结论中不一定成立的是( )
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据菱形的性质即可一一判断
【解析】解：∵四边形 是菱形，
∴ ， ， ，
故A、B、C正确，
故选D
【点睛】本题考查菱形的性质，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考基础题．
7．如图，在正方形 中，点E，F分别是 ， 的中点， ， 相交于点M，G为 上一点，
3N为 的中点．若 ， ，则线段 的长度为（ ）
A． B． C．2 D．
【答案】B
【分析】根据条件正方形边长为4，由勾股定理求出线段 长，利用中位线得到 长即可．
【解析】解：连接 ， ，
∵点E，F分别是 ， 的中点，
∴四边形 是矩形，
∴M是 的中点，
在正方形 中， ， ，
∴ ，
在 中，由勾股定理得，
，
在 中，M是 的中点，N是 的中点，
∴ 是 的中位线，
∴ ．
故选：B．
【点睛】本题考查了三角形中位线的性质和勾股定理的应用，构造三角形是破解本题的关键．
8．如图，菱形纸片ABCD的边长为a，∠ABC＝60°，将菱形ABCD沿EF，GH折叠，使得点B，D两点重合
4于对角线BD上一点P，若AE＝2BE，则六边形AEFCHG面积的是（ ）
A． a2 B． a2 C． a2 D． a2
【答案】C
【分析】由菱形的性质可得AC⊥BD，∠BAD＝120°，AB＝BC＝a，AE＝ ，BE＝ a，∠ABD＝30°，由折
叠的性质可得EF⊥BP，∠BEF＝∠PEF，BE＝EP＝ a，可证△BEF是等边三角形，△GDH是等边三角形，四
边形AEPG是平行四边形，可得AG＝EP＝ a，即可求DG的长，由面积和差可求解．
【解析】解：如图，连接AC，
∵四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，AE＝2BE，
∴AC⊥BD，∠BAD＝120°，AB＝BC＝a，AE＝ ，BE＝ a，∠ABD＝30°，
∴AC＝AB＝BC＝a，BD＝ a，
∵将菱形ABCD沿EF，GH折叠，
∴EF⊥BP，∠BEF＝∠PEF，BE＝EP＝ a，
∴EF∥AC，
5∴ ，
∴BE＝BF，
∴△BEF是等边三角形，
∴∠BEF＝60°＝∠PEF，
∴∠BEP＝∠BAD＝120°，
∴EH∥AD，
同理可得：△GDH是等边三角形，GP∥AB，
∴四边形AEPG是平行四边形，
∴AG＝EP＝ a，
∴DG＝ a，
∴六边形AEFCHG面积＝S ﹣S ﹣S ＝ •a• a﹣ ×（ a）2﹣ ×（ a）2＝ a2，
菱形ABCD BEF GDH
△ △
故选：C．
【点睛】本题考查了翻折变换，菱形的性质，平行四边形的判定和性质，等边三角形的性质判定等知识，
求出DG的长是本题的关键．
9．如图，在菱形ABCD中，∠A＝60°，点E、F分别为AD、DC上的动点，∠EBF＝60°，点E从点A向点D
运动的过程中，AE+CF的长度（ ）．
A．逐渐增加 B．逐渐减小
C．保持不变且与EF的长度相等 D．保持不变且与AB的长度相等
【答案】D
【分析】证明△ABE≌△DBF（AAS），可得AE＝DF；结合图形可知：AE+CF＝AB，AB是一定值，从而完成
求解．
【解析】连接BD
6∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝AD＝CD，
∵∠A＝60°
∴△ABD是等边三角形
∴AB＝BD，∠ABD＝60°
∵DC∥AB
∴∠CDB＝∠ABD＝60°
∴∠A＝∠CDB
∵∠EBF＝60°
∴∠ABE+∠EBD＝∠EBD+∠DBF
∴∠ABE＝∠DBF
∵
∴△ABE≌△DBF（AAS）
∴AE＝DF
∴AE+CF＝DF+CF＝CD＝AB
故选：D．
【点睛】本题考察了菱形、等边三角形、全等三角形的知识；求解的关键是熟练掌握菱形、等边三角形、
全等三角形的性质，从而完成求解．
10．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：（ ）
7A．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；
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
8的关键．
二、填空题
11．已知关于x的方程 是一元二次方程，则m的值为 ．
【答案】2
【分析】根据一元二次方程的概念，即可得出关于m的一元一次不等式及方程，解之即可得出m的值．
【解析】解：∵关于x的方程 是一元二次方程，
∴ ，
解得： ，
故答案为：2
【点睛】本题考查了一元二次方程的概念，牢记一元二次方程的定义是解题的关键．
12．如图，在菱形 中， ， ， 于点 ，则 ．
【答案】
【分析】根据菱形的性质，对角线相互垂直且平分，可求出 的长，根据等面积法即可求解．
【解析】解：如图所示，设 与 交于点 ，
∵四边形 是菱形， ， 是对角线，
9∴ ， ， ，
∴在 中， ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
故答案为： ．
【点睛】本题主要考查菱形的性质，勾股定理的运用，掌握以上知识的综合运用是解题的关键．
13．顺次连结一个矩形各边的中点所得到的四边形是一个 ．
【答案】菱形
【分析】根据三角形的中位线定理和菱形的判定定理解答．
【解析】解：如图，矩形ABCD中，E、F、G、H分别是AB，BC，CD，AD的中点，
连接AC，BD，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AC=BD，
∵E，F，G，H分别为矩形各边的中点，
∴EH= BD，
同理：FG= BD，HG= AC，EF= AC，
∴EH=HG=GF=FE，
∴平行四边形EFGH是菱形，
故答案为：菱形．
【点睛】本题考查的是菱形的判定、矩形的性质，掌握三角形的中位线定理和矩形的性质定理是解题关键．
14．如图，将矩形 沿 折叠，使顶点C恰好落在 边的中点 上，若 ，则 的
10长为 ．
【答案】5
【分析】根据折叠的性质可知， ，利用勾股定理求出 ，从而得出 即可．
【解析】解：根据折叠的性质可知， ，
设 ，则 ，
，
，
解得： ，
，
∴ .
故答案为：5．
【点睛】本题考查翻折变换，掌握矩形的性质，勾股定理是解题的关键．
15．某建筑工程队在工地一边靠墙处，用81米长的铁栅栏围成三个相连的长方形仓库，仓库总面积为440
平方米，为了方便取物，在各个仓库之间留出了1米宽的缺口作通道，在平行于墙的一边留下一个1米宽
的缺口作小门．则 米．
【答案】10或11
【分析】设仓库的宽AB为x米，由铁栅栏的长度结合图形，可求出仓库的长为（84-4x）米，再根据矩形
的面积公式即可列出关于x的一元二次方程，解之此题得解．
【解析】解：设仓库的宽AB为x米，则仓库的长为（84-4x）米，
根据题意得：x（84-4x）=440，
解得：x=10或x=11，
故答案为：10或11．
【点睛】本题考查了一元二次方程的实际应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
1116．如图，点E为正方形ABCD外一点，且ED=CD，连接AE，交BD于点F．若∠CDE=40°，则∠DFC
的度数为 ．
【答案】 ．
【解析】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=DC，∠ADC=90°，
∴∠ADB=∠BDC=45°，
∵DC=DE，
∴AD=DE，
∴∠DAE=∠DEA，
∵∠ADE=90°+40°=130°，
∴∠DAE=25°，
∴∠AFD=180°-25°-45°=110°，
由正方形的轴对称性可知 ADF≌△CDF，
∴∠DFC=∠AFD=110°， △
故答案为：110°．
17．如图，在 中， ， ， ，点 是 边上的一点（异于 ， 两点），
过点 分别作 ， 边的垂线，垂足分别为 ， ，连接 ，则 的最小值是 ．
【答案】
【分析】先证四边形 是矩形，得 ，再由垂线段最短和面积法求出 的最小值，即可解决
问题．
12【解析】解：如图，连接 ．
在 中， ， ， ，
，
， ，
，
四边形 是矩形，
，
当 时， 的值最小，
此时 的最小值 ，
的最小值为 ，
故答案为： ．
【点睛】本题考查矩形的判定和性质、垂线段最短、勾股定理等知识，解题的关键是学会用转化的思想思
考问题，属于中考常考题型．
18．如图所示，正方形 的边长为3，点E在 上（不与A，D重合），连接 ，交对角线 于
点H，将 沿 折叠，点A的对应点为F，延长 交 于点G，连接 ， ，则以下结论中：
① ；②当 时， ；③ ；④ ．所有正确结论的序号是
．
13【答案】①②④
【分析】根据正方形的性质与折叠易证 ，得到 ，由于
， ， ，因此有
，即 ，故可判断结论①；当 时， ， ，
设 ，则 ， ， ，因此在 中，利用
勾股定理构造方程，求解即可判断结论②；根据 ， ，得到 ，
，因此 ，由此可判断结论③； ，可得点
H、B、C、G四点共圆，因此 ，从而 ，故 ，由此判断结论
④．
【解析】∵四边形 是正方形，
∴ ，
由折叠可得 ， ， ， ，
∴ ，
∴ ，
∵ ， ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
又 ， ，
14∴ ，即 ．
故①正确；
当 时， ， ，
设 ，则 ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∵在 中， ，
∴ ，
解得 ，
∴ ， ，
∴ ．
故②正确；
∵ ， ，
∴ ， ，
∴
∴ ，
∵ ，
∴ ，
故③错误；
∵ 是正方形 的对角线，
∴ ，
∴ ，
∴点H、B、C、G四点共圆，
∴ ，
15∴ ，
∴ ，
故④正确．
故答案为：①②④
【点睛】本题考查正方形与折叠问题，主要知识有正方形的性质，三角形全等的判定与性质，等腰三角形
的判定，勾股定理，综合运用各个知识是解题的关键．
三、解答题
19．用适当的方法解下列方程．
(1)
(2)
(3)
(4)
【答案】(1)
(2)
(3)无实数根
(4)
【分析】（1）直接开平方法解一元二次方程，即可求解；
（2）根据公式法解一元二次方程，即可求解；
（3）先化为一般形式，根据公式法解一元二次方程，即可求解；
（4）先化为一般形式，根据因式分解法解一元二次方程，即可求解．
【解析】（1）解：
∴
16（2）解：
，
∴
∴ ；
（3）解：
整理得，
∴ , ,
∴原方程无实数解；
（4）解： ，
∴ ，
即 ，
∴ 或 ，
解得： ．
【点睛】本题考查了解一元二次方程，熟练掌握解一元二次方程的方法是解题的关键．
20．已知关于 的方程 ．
(1)求证：无论 取何值，这个方程总有实数根；
(2)若等腰 的底边长 ，另两边 、 恰好是这个方程的两个根，求 的周长．
【答案】(1)见解析
(2)5
【分析】（1）根据方程的系数结合根的判别式，即可得出 ，由此即可证出：无论 取何
值，这个方程总有实数根；
（2）根据等腰三角形的性质可得 ，则该方程有两个相等实数根，求出m的值，再根据三角形的三边
17关系及三角形的周长公式即可求出 的周长．
【解析】（1）证明： ，
无论 取何值，这个方程总有实数根；
（2）解：∵等腰 的底边长 ，
∴ ，
∵ 、 恰好是这个方程的两个根，
∴该方程的根有两个相等实数根，
∴
解得： ，
原方程为 ，
解得： ．
、2、1能组成三角形，
该三角形的周长为 ．
【点睛】本题考查了根的判别式、三角形三边关系、等腰三角形的性质以及解一元二次方程，解题的关键
是熟练掌握当 时，方程有两个不相等的实数根；当 时，方程有两个相等的实数根；
当 时，方程没有实数根．
21．2021年7日1日建党100周年纪念日，在本月日历表上可以用一个方框圈出4个数（如图所示），若
圈出的四个数中，最小数与最大数的乘积为65，求这个最小数（请用方程知识解答）．
【答案】5
【分析】根据日历上数字规律得出，圈出的四个数最大数与最小数的差值为8，设最小数为 ，则最大数
18为 ，结合已知，利用最大数与最小数的乘积为65列出方程求解即可．
【解析】解：设这个最小数为 ．
根据题意，得 ．
解得 ， （不符合题意，舍去）．
答：这个最小数为5．
【点睛】此题主要考查了由实际问题抽象出一元二次方程，掌握日历的特征，根据已知得出的最大数与最
小数的差值是解题的关键．
22．如图，在菱形 中，对角线 ， 交于点O，过点A作 的垂线，垂足为点E，延长 到
点F，使 ，连接 ．
(1)求证：四边形 是矩形；
(2)连接 ，若 ， ，求 的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据菱形的性质可得 且 ，等量代换得到 ，推出四边形 是
平行四边形，再根据矩形的判定定理即可得出结论；
（2）由菱形的性质可得 ，由直角三角形斜边上的中线的性质可得
，由勾股定理可得 ，计算出 的长，最后再由勾股定理计算出
的长即可．
【解析】（1）证明： 四边形 是菱形，
且 ，
，
，
，
19，
四边形 是平行四边形，
，
，
四边形 是矩形；
（2）解： 四边形 是菱形，
，
，
，
，
，
，
，
．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质、矩形的判定、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、勾股定理，
熟练掌握菱形的性质、矩形的判定、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，是解此题的关键．
23．已知正方形 ，E、F分别在 、BC上， 相交于点G．
(1)求证： ；
(2)当E是 中点时，求证： ．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
20【分析】（1）根据 证明 ，可得 ，进而可证结论成立；
（2）延长 ，与 的延长线交于点M，根据 证明 ，可得 ，然后根据直角
三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可解决问题．
【解析】（1）∵四边形 是正方形，
∴ ， ，
在 和 中，
，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ；
（2）如图，延长 ，与 的延长线交于点M，
∵E是 中点，
∴ ，
在正方形 中， ， ， ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
在 和 中，
，
21∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
即 ．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，余角的性质，垂直的定义等知识；熟练掌
握正方形的性质，证明三角形全等是解决问题的关键．
24．定义：如果关于x的一元二次方程 有两个实数根，且其中一个根比另一个根大
1，那么称这样的方程是“邻根方程”．例如：一元二次方程 的两个根是 ，则方程：
是“邻根方程”．
(1)通过计算，判断下列方程是否是“邻根方程”：
①
② ．
(2)已知关于x的一元二次方程 （k是常数）是“邻根方程”，求k的值．
【答案】(1)①不是“邻根方程”； ②是“邻根方程”
(2) 或
【分析】（1）分别求解方程①②，即可进行判断；
（2）利用因式分解即可求解方程，根据该方程是“邻根方程”即可求解．
【解析】（1）解：①∵
∴
∴
22∵ ， ，
故①不是“邻根方程”
②
∴
∵
∴②是“邻根方程”
（2）解：
∴
∴
由题意得： 或
解得： 或
【点睛】本题以新定义题型为背景，考查了一元二次方程的求解，熟练掌握各求解方法是解题关键．
25．已知如图，在平面直角坐标系中，矩形 的顶点 分别落在 轴、 轴上，点 在边 上，
点 在边 上，且 ，已知点 ，点 ．
(1)求点 的坐标；
(2)若动点 同时从点 出发，点 以每秒1个单位的速度向点 运动，点 以每秒2个单位的速度沿
射线 方向运动，当点 运动到点 停止， 点也同时停止运动．设 的面积为 ，点 的运动
时间为 ，用含 的代数式表示 ；
23(3)在（2）的条件下，点 是射线 上的一点，点 为平面内一点，当四边形 是正方形时，请求
出此时的 值与点 的坐标．
【答案】(1)
(2)
(3)当 时， ；当 时， ；当 时，
【分析】（1）结合点 ，点 ，四边形 为矩形，可得 ， ，
；设 ，则 ，在 中，由勾股定理可得 ，代入求解可
知 ，即可求得点 的坐标 ；
（2）分两种情况讨论：当点 在点 右侧和点 在点 左侧时，利用三角形面积公式即可获得答案；
（3）若四边形 是正方形时，则点 三点围成的三角形为等腰直角三角形，分情况讨论即可
获得答案．
【解析】（1）解：∵点 ，点 ，四边形 为矩形，
∴ ， ， ， ，
设 ，则 ，
∴在 中，由勾股定理可得 ，
即 ，解得 ，
∴ ，
∴点 的坐标为 ；
（2）①如下图，当点 在点 右侧时，
24根据题意， ， ，
∴ ，
∴ ；
②如下图，当点 在点 左侧时，
根据题意， ， ，
∴ ，
∴ ．
综上所述， ；
（3）若四边形 是正方形时，则点 三点围成的三角形为等腰直角三角形，
可分情况讨论：
①如下图，
∵四边形 是正方形，
25∴ ， ，
∴ ，
∴ ，
在 和 中，
，
∴ ，
∴ ， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ；
②如下图，过点 作 于点 ，
易知四边形 、 均为矩形，
∴ ， ，
26∵四边形 是正方形，
∴ ， ，
∴ ，
∴ ，
在 和 中，
，
∴ ，
∴ ， ，
∴ ，即 ，
∵ ，
解得 ；
③如下图，
∵四边形 是正方形，
∴ ， ，
27∴ ，
∴ ，
在 和 中，
，
∴ ，
∴ ， ，
又∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ．
综上所述，若满足四边形 是正方形，当 时， ；当 时， ；当 时，
．
【点睛】本题主要考查了坐标与图形、勾股定理、全等三角形的判定与性质、正方形的性质、矩形的性质
等知识，综合性强，难度较大，运用数形结合和分类讨论的思想分析问题是解题关键．
26．如图，在矩形 中， ， ， 为边 上的一动点（不与点 重合），连接 ，作点
关于直线 的对称点 ，作射线 交边 于点 ．
28(1)如图 ，当点 与点 重合时，作 交 于点 ．
①求证：四边形 为菱形；
②求线段 的长．
(2)当 时，求线段 的长．
【答案】(1)①见解析；②
(2) 或
【分析】 连接 ，先由 ， ，证明四边形 为平行四边形，再由 垂直平
分 ，证明 ，则 ，所以 ，则四边形 为菱形；
根据勾股定理得 ，则 ，可求得线段 的长是 ；
分两种情况求 的长，一是点 落在矩形 内部，由 ， ， ，证明
，得 ， ， ，可推导出 ，则
，由勾股定理得 ，则 ， ；二是点 落
在矩形 外部，由 ， ，得 ，则 ．
【解析】（1）①证明：如图 ，连接 ，
29四边形 是矩形，点 与点 重合，
，
，
四边形 为平行四边形，
点 与点 关于直线 对称，
垂直平分 ，
，
，
，
，
，
四边形 为菱形．
解： ， ，
， ，
，
，
，解得 ，
线段 的长是 ．
（2）解：当点 落在矩形 内部时，如图 ，
30点 与点 关于直线 对称，
是连接 的线段的垂直平分线，
， ，
，
∴ ，
， ， ，
，
，
，
，
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当点 落在矩形 外部时，如图 ，
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综上所述，线段 的长是 或 ．
【点睛】此题重点考查矩形的性质、轴对称的性质、平行四边形的判定、菱形的判定、全等三角形的判定
与性质、勾股定理、数形结合与分类讨论数学思想的运用等知识与方法，此题综合性强，难度较大，属于
考试压轴题．
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