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第一次月考押题预测卷
（考试范围：第一、二章）
姓名：__________________ 班级：______________ 得分：_________________
注意事项：
本试卷满分120分，考试时间90分钟，试题共26题．答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自
己的姓名、班级等信息填写在试卷规定的位置．
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合
题目要求的．
1．（2022·安徽六安·九年级期中）下列方程中，一定是一元二次方程的是（ ）
A．x2﹣2y﹣3＝0 B．x3﹣x+4＝0 C．（m+1）x2+3x+1＝0 D．2x2＝0
【答案】D
【分析】根据一元二次方程的定义逐项判定即可．
【详解】解：A、x2﹣2y﹣3＝0，含量有两个未知数，不是一元二次方程，故此选项不符合题意；
B、x3﹣x+4＝0最高次数不是2次，不是一元二次方程，故此选项不符合题意；
C、（m+1）x2+3x+1＝0，当m+1=0，即m=-1时，不是一元二次方程，故此选项不符合题意；
D、2x2＝0是一元二次方程，故此选项符合题意；故选：D．
【点睛】本题考查一元二次方程的定义，只含量有一个未知数，且未知数的最高次数是2次的整式方程叫
一元二次方程．
2．（2022·广西崇左·九年级期末）如图，在 中， ，点 、 、 分别是三边的中点，
且 ，则 的长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】先据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求得BC，再根据三角形的中位线性质求得DE即可．
【详解】解：∵在 中， ，点F为BC的中点， ，∴BC=2AF=10cm，
∵点D、E分别为AB、AC的中点，
∴DE为△ABC的中位线，∴DE= BC=5cm，故选：D．【点睛】本题考查直角三角形斜边上的中线性质、三角形的中位线性质，熟练掌握直角三角形斜边上的中
线性质、三角形的中位线性质是解答的关键．
3．（2022·浙江·台州市九年级期中）下列命题中，假命题是（ ）
A．对角线互相垂直平分的四边形是菱形 B．对角线相等且互相平分的四边形是矩形
C．对角线互相垂直且相等的四边形是正方形 D．对角线互相平分的四边形是平行四边形
【答案】C
【分析】根据菱形、矩形、正方形、平行四边形的判定方法依次分析各选项即可作出判断．
【详解】解：A.对角线互相垂直的平行四边形是菱形，本选项是真命题，故不合题意；
B.对角线相等的平行四边形是矩形，本选项是真命题，故不合题意；
C.对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形，本选项是假命题，故符合题意；
D. 对角线互相平分的四边形是平行四边形，本选项是真命题，故不合题意．故选：C
【点睛】特殊四边形的判定方法是初中数学的重点，贯穿于整个初中数学的学习，是中考中比较常见的知
识点，一般难度不大，需熟练掌握．
4.（2022•汉寿县期末）小明同学是一位古诗文的爱好者，在学习了一元二次方程这一章后，改编了苏轼诗
词《念奴娇•赤壁怀古》：“大江东去浪淘尽，千古风流人物．而立之年督东吴，早逝英年两位数．十位
恰小个位三，个位平方与寿同．哪位学子算得快，多少年华数周瑜？”假设周瑜去世时年龄的十位数字是
x，则可列方程为（ ）
A．10x+（x﹣3）＝（x﹣3）2 B．10（x+3）+x＝x2
C．10x+（x+3）＝（x+3）2 D．10（x+3）+x＝（x+3）2
【分析】设周瑜去世时年龄的十位数字是 x，根据“十位恰小个位三，个位平方与寿同”知 10×十位数字
+个位数字＝个位数字的平方，据此列出方程可得答案．
【解答】解：假设周瑜去世时年龄的十位数字是x，则可列方程为10x+（x+3）＝（x+3）2，故选：C．
【点评】本题考查由实际问题抽象出一元二次方程，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
5．（2022·浙江杭州·九年级期中）如图是某校建党100周年的宣传海报．中间是一张长与宽之比为 的
矩形图案，周围是宽度为 的白色边框，其中图案面积等于边框面积，现设这张矩形图案的长为 ，
根据题意列出方程为（ ）A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】分别表示出图案面积和海报面积，根据边框面积=图案面积，可得海报面积=2×图案面积，即可列
出方程．
【详解】解：通过题意易知，矩形的面积 ，
又∵矩形的周围是10cm的边框，∴整个海报的长为 ，宽为 ，面积为 ，
又∵边框面积=图案面积，∴海报面积=2×图案面积，
即 ．故选D．
【点睛】本题考查由实际问题抽象出一元二次方程，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
6．（2021·广东广州·二模）我们对于“xn”定义一种运算“L”：L（xn）＝nxn﹣1（n是正整数）：特别的，
规定：L（c）＝0（c是常数）．这样的运算具有两个运算法则：①L（x+y）＝L（x）+L（y）；②L
（mx）＝m•L（x）（m为常数）．例如：L（x3+4x2）＝3x2+8x．已知y＝ +（m﹣1）x2+m2x，若方程L
（y）＝0有两个相等的实数根，则m的值为（ ）
A．0 B． C．1 D．2
【答案】B
【分析】利用新运算的运算法则得到x2+2（m﹣1）x+m2＝0，再根据判别式的意义得到Δ＝4（m﹣1）2﹣
4m2＝0，然后解关于m的方程即可．
【详解】解：∵方程L（y）＝0有两个相等的实数根，
∴L（ x3）+L[（m﹣1）x2]+L（m2x）＝0，
∴x2+2（m﹣1）x+m2＝0，△＝4（m﹣1）2﹣4m2＝0，∴m＝ ．故选：B．
【点睛】本题考查了一元二次方程根的判别式，将新定义转化为一元二次方程是解题的关键．
7．（2022·江苏·九年级课时练习）已知实数a，b同时满足 ，则b的值是
（ ）
A．2或 B．2 C． 或6 D．【答案】B
【分析】由实数a，b同时满足 ，先消去a，求解b，再检验即可．
【详解】解： 实数a，b同时满足 ，
解得：
当 时， 不合题意，故舍去，所以 故选：B
【点睛】本题考查的是一元二次方程的解法，非负数的性质，掌握加减消元法是解决本题的关键．
8．（2022·四川·成都九年级阶段练习）已知，四边形ABCD的对角线AC和BD相交于点O．设有以下条
件：①AB＝AD；②AC＝BD；③AO＝CO，BO＝DO；④四边形ABCD是矩形；⑤四边形ABCD是菱形；
⑥四边形ABCD是正方形．那么，下列推理不成立的是（ ）
A．①④ B．①③ C．①② D．②③
【答案】⇒C⑥ ⇒⑤ ⇒⑥ ⇒④
【分析】根据已知条件以及正方形、菱形、矩形、平行四边形的判定条件，对选项进行分析判断即可．
【详解】解：A、①④可以说明，一组邻边相等的矩形是正方形，故A正确．
B、③可以说明四边形是平行四边形，再由①，一组临边相等的平行四边形是菱形，故B正确．
C、①②，只能说明两组邻边分别相等，可能是菱形，但菱形不一定是正方形，故C错误．
D、③可以说明四边形是平行四边形，再由②可得：对角线相等的平行四边形为矩形，故D正确．
故选：C．
【点睛】本题主要是考查了特殊四边形的判定，熟练掌握各类四边形的判定条件，是解决本题的关键．
9．（2022·湖北武汉·九年级期末）如图，已知 为等边三角形，菱形 的边 在线段 上，
且 ．若 ， ，连接 并取中点 ，则线段 的长度为（ ）
A． B． C． D．5
【答案】B【分析】由等边三角形的性质和菱形的性质可求∠FAB=90°，AF=4 ，由勾股定理可求BF的长，由直角
三角形的性质可求解．
【详解】解：如图，连接AF，DE交于点O，
∵△ABC为等边三角形，∴∠C=∠CAB=60°，∵AD BC，∴∠BCA=∠DAE=60°，
∵四边形AEFD是菱形，∴AO=OF，EO=DO，AF⊥DE，∠DAF=30°=∠EAF，
∴DO= AD=2，AO=2 ，∠FAB=90°，∴AF=
∵∠FAB=90°，点G是BF的中点，∴AG= BF= ，故选：B．
【点睛】本题考查了菱形的性质，等边三角形的性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，求出
BF的长是解题的关键．
10．（2022·江苏无锡·九年级期中）如图，在一张矩形纸片 中， ， ，点 ， 分别在
， 上，将 沿直线 折叠，点 落在 上的一点 处，点 落在点 处，有以下四个结论：
①四边形 是菱形；② 平分 ；③线段 的取值范围为 ；④当点 与点 重合时，
．其中正确的结论是（ ）
A．①②③④ B．①④ C．①②④ D．①③④
【答案】D
【分析】先判断出四边形CFHE是平行四边形，再根据翻折的性质可得CF＝FH，然后根据邻边相等的平行四边形是菱形证明，判断出①正确；由菱形的性质可得∠ECH＝∠FCH，由点C落在AD上的一点H处，
∠ECD不一定等于30°，可判断②；当点H与点A重合时，BF有最小值，由勾股定理可求BF的最小值，
若CD与AD重合时，BF有最大值，由正方形的性质可求BF的最大值，可判断③；如图，过点H作
HM⊥BC于M，由勾股定理可求EF的长，可判断④；即可求解．
【详解】解：∵ ，∴∠HEF＝∠EFC，
∵∠EFC＝∠HFE，∴∠HEF＝∠HFE，∴HE＝HF，
∵FC＝FH，∴HE＝CF，∵ ，∴四边形CFHE是平行四边形，
∵CF＝FH，∴四边形CFHE是菱形，故①正确；∵四边形CFHE是菱形，∴∠ECH＝∠FCH，
若EC平分∠DCH，∴∠ECD＝∠ECH，∴∠ECD＝∠ECH＝∠FCH＝30°，
∵点C落在AD上的一点H处，∴∠ECD不一定等于30°∴EC不一定平分∠DCH，故②错误；
当点H与点A重合时，BF有最小值，设BF＝x，则AF＝FC＝8﹣x，
在Rt△ABF中，AB2+BF2＝AF2，即42+x2＝（8﹣x）2，解得x＝3，∴BF＝3，
若CD与AD重合时，BF有最大值，∴四边形CDHF是正方形，∴CF＝4，
∴BF最大值为4，∴3≤BF≤4，故③正确；
如图，过点F作FM⊥BC于M，
∴四边形HMFB是矩形，∴AB＝MF＝4，AM＝BF＝3，∵四边形AFCE是菱形，∴AE＝AF＝5，∴ME＝
2，
∴EF＝ ，故④正确，故选：D．
【点睛】本题考查了翻折变换的性质，菱形的判定与性质，矩形的性质，勾股定理的应用，难点在于灵活
运用菱形的判定与性质与勾股定理等其它知识有机结合．
二、填空题（本大题共8小题，每小题3分，共24分．不需写出解答过程，请把答案直接填写在横线上）
11．（2022·江苏·九年级专题练习）将方程（3x－1）（2x＋4）＝2化为一般形式为____________，其中二
次项系数为________，一次项系数为________．
【答案】 3x2＋5x－3＝0 3 5【分析】将方程展开，化简后即可求解．
【详解】将 ，开展为一般形式为： ；
则可知一次项系数为5，二次项系数为3，
故答案为： ，3，5．
【点睛】本题主要考查了将一元二次方程化为最简式以及判断方程各项系数的知识，熟记相关考点概念是
解答本题的关键．
12．（2022·河北·九年级期末）如图，在菱形 中， ， ，过菱形 的对称中心
分别作边 ， 的垂线，交各边于点 ， ， ， ，则菱形 的面积为______，四边形
的周长为______．
【答案】 ##
【分析】（1）根据菱形的性质，结合含有 的直角三角形三边关系即可得出菱形对角线长，从而求得菱
形面积；（2）证明 是等边三角形，求出 ，同法可证 ， ， 都是等边三角形，
求出 ， ， 即可．
【详解】解：连接 ， ，如图所示：
四边形 是菱形， ，
， ， ， ，
， ，即 ，
；， ， ，
在 和 中， ，
， ， ，
， 是等边三角形， ，
同法可证， ， ， 都是等边三角形，
， ， 四边形 的周长 ，故答案为： ； ．
【点睛】本题考查中心对称，菱形的性质，两个三角形全等的判定与性质，等边三角形的判定和性质，特
殊角度直角三角形三遍关系等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，属于
中考常考题型．
13．（2021·四川·成都新津为明学校九年级阶段练习）已知关于 的一元二次方程 有
一个根为1，一个根为 ，则 _________， __________．
【答案】 0 0
【分析】一元二次方程的解，就是能够使方程左右两边相等的未知数的值，即用这个数代替未知数所得式
子仍然成立；分别将1和﹣1代入方程即可得到两个关系式的值．
【详解】将1代入方程得： ，即 ；
将﹣1代入方程得： ，即 ；故答案为0，0．
【点睛】本题考查了一元二次方程的根，即方程的解的定义，深刻理解根的定义是解题关键．
x x
2 1
14. （2022·江苏南通市·九年级期中）方程x2+2x﹣8＝0的两根为x、x，则 x +2xx+ x +2020＝
1 2 1 1 2 2
_____．
【答案】2001.5
x x
2 1
【分析】利用根与系数的关系可得出x+x＝﹣2，xx＝﹣8，将其代入 x +2xx+ x +2020＝
1 2 1 2 1 1 2 2(x x )2 2x x
1 2 1 2
x x +2x 1 x 2 +2020中即可求出结论．
1 2
【详解】解：∵方程x2+2x﹣8＝0的两根为x、x，∴x+x＝﹣2，xx＝﹣8，
1 2 1 2 1 2
x x x 2 x2 x2 x 2
2 1 2 1 1 2
∴ x +2x 1 x 2 + x +2020＝ x x +2x 1 x 2 + x x +2020＝ x x +2x 1 x 2 +2020
1 2 1 2 1 2 1 2
(x x )2 2x x (2)2 2(8)
1 2 1 2
＝ x x +2x 1 x 2 +2020＝ 8 +2×（﹣8）+2020＝﹣2.5﹣16+2020＝2001.5，
1 2
故答案为：2001.5；
【点睛】本题考查了一元二次方程根与系数的关系，分式的化简求值，分式的加减混合运算，解题的关
键是正确得到x+x＝﹣2，xx＝﹣8，从而进行解题．
1 2 1 2
15．（2022·江苏灌云初三月考）你知道吗，对于一元二次方程，我国古代数学家还研究过其几何解法呢！
以方程 即 为例加以说明．数学家赵爽（公元3～4世纪）在其所著的《勾股
圆方图注》中记载的方法是：构造图（如下面左图）中大正方形的面积是 ，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 ，据此易得 ．那么在下面右边三个构图（矩形的
顶点均落在边长为1的小正方形网格格点上）中，能够说明方程 的正确构图是_____．
（只填序号）
【答案】②．
【分析】仿造案例，构造面积是 的大正方形，由它的面积 ，可求出 ，此题得
解．【解析】解： 即 ，
构造如图 中大正方形的面积是 ，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 ，据此易得 ．故答案为： ．
【点睛】本题考查了一元二次方程的应用，仿造案例，构造出合适的大正方形是解题的关键．
16．（2022·江苏·九年级阶段练习）若实数x，y满足条件2x2﹣6x＋y2＝0，则x2＋y2＋2x的最大值是____．
【答案】15
【分析】先将2x2﹣6x+y2＝0，变形为y2＝﹣2x2+6x，代入所求代数式并化简为x2+y2+2x＝﹣（x﹣4）2+16，
利用非负数性质可得x2+y2+2x≤16，再因为y2＝﹣2x2+6x≥0，求得0≤x≤3，即可求解．
【详解】解：∵2x2﹣6x+y2＝0，∴y2＝﹣2x2+6x，
∴x2+y2+2x＝x2﹣2x2+6x+2x＝﹣x2+8x＝﹣（x2﹣8x+16）+16＝﹣（x﹣4）2+16，
∵（x﹣4）2≥0，∴x2+y2+2x≤16，
∵y2＝﹣2x2+6x≥0，解得0≤x≤3，
当x＝3时，x2+y2+2x取得最大值为15，故答案为：15．
【点睛】本题考查了配方法，熟练掌握配方法以及完全平方式的非负性是解决本题的关键．
17．（2022·山东淄博·九年级期末）两张完全相同的长方形ABCD、EFGH纸条，长、宽分别为12cm、
5cm，按如图所示的方式摆放（对角线BD、EG重合），则重叠部分的四边形BPDQ的对角线QP的长是
______cm．
【答案】
【分析】由题意得出∠A＝∠F＝90°，AB＝FB，AD＝FD，即可证明 ABD≌△FBD，得到∠ADB＝
∠FDB，进而得到DP＝BP，根据AD∥BC，BH∥DF，证四边形BPDQ△是菱形，根据勾股定理求出BD，设
BP＝DP＝x，则CP＝12﹣x，在Rt CDP中，由勾股定理得出方程，解方程求出BP，再利用菱形面积的
两种求法即可得出答案． △【详解】解：∵四边形ABCD、EFGH是完全相同的矩形，
∴∠A＝∠F＝90°，AB＝FB，AD＝FD，
在 ABD和 FBD中， ，∴△ABD≌△FBD（SAS），∴∠ADB＝∠FDB，
△ △
∵AB∥CD，DF∥BH，∴四边形BPDQ是平行四边形，∠ADB＝∠PBD，
∴∠FDB＝∠PBD，∴DP＝BP，∴▱BPDQ是菱形，
∵长方形ABCD长、宽分别为12cm、5cm，∴BD＝ ＝ ＝13，
设DP＝BP＝x，则CP＝12﹣x，在Rt CDP中，CD2+CP2＝DP2，即52+（12﹣x）2＝x2，
△
解得：x＝ ，即BP＝ ，∴菱形BPDQ的面积＝BP•CD＝ ×5＝ ，
∵菱形BPDQ的面积＝ BD•QP，∴ ×13•QP＝ ，∴QP＝ （cm），故答案为： ．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质、菱形的判定与性质、勾股定理等知识，证明四边形BPDQ为菱形是
解题的关键．
18．（2022·四川广元·九年级期末）如图，点P是正方形 的对角线 上一点， ，
垂足分别为点E，F，连接 ，给出下列四个结论：① ；② ；③ ；
④ 一定是等腰三角形．其中正确的结论序号是________________．
【答案】①②③
【分析】过点P作PQ⊥AB与点Q，易证四边形PQBE是正方形，四边形PECF是矩形，在根据正方形和矩
形得性质，证明△APQ≌△FEP，即可判断①②③，根据等腰三角形两腰相等，可得出只有当DP= (点
P与点B重合)，或DP= ，或AP=DP（点P在BD中点）时 是等腰三角形，其余情况都不是．【详解】
过点P作PQ⊥AB与点Q，∵四边形ABCD为正方形，∴BD平分∠ABC和∠ADC，
∵PE⊥BC，PQ⊥AB，∴PQ=PE，∵AB⊥BC，PE⊥BC，PQ⊥AB，CB⊥AB，
∴四边形PQBE为正方形，同理可证四边形BCFQ是矩形，
∵AB=BC∴AB-QB=FQ-PQ，即：AQ=PF，
在△APQ与△FEP中AQ=PF，∠AQP=∠FPE，PQ=PE，∴△APQ≌△FEP，
∴AP=EF，故①正确；∴ ，故②正确；
∵PF⊥CD，且BD平分∠ADC，∴∠PDF=∠DPF=45°，
∴△PDF为等腰直角三角形，则 ，∵PF=EC，∴ ，故③正确；
当DP= (点P与点B重合)，或DP= ，或AP=DP（点P在BD中点）时 是等腰三角形，其
余情况都不是，故④不正确，综上：①②③正确，故答案为：①②③
【点睛】本题主要考查了正方形和矩形的性质，三角形全等的判定和性质，等腰三角形的判定，熟练地掌
握各个相关高频考点并构造出全等三角形是解题的关键，
三、解答题（本大题共8小题，共66分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程
或演算步骤）
19．（2022·辽宁朝阳·九年级期末）解下列方程：
(1) （配方法） (2) （运用公式法） (3) （分解因式法）
【答案】(1) 或 (2) (3) 或
【分析】（1）利用配方法得到（x-2）2=3，然后利用直接开平方法解方程；
（2）先计算出判别式的值，然后利用求根公式解方程；
（3）先移项，然后利用因式分解法解方程；
【解析】(1)解： ，
∴ ，
∴
∴ ，
(2)
解：∵ ， ， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ；
(3)
解：
∴ ，
∴ ，
∴ ， ；
【点睛】本题主要考查解一元二次方程的能力，熟练掌握解一元二次方程的几种常用方法：直接开平方法、
因式分解法、公式法、配方法，结合方程的特点选择合适、简便的方法是解题的关键．
20. （2022·合肥九年级期末）已知关于x 的一元二次方程x2 -5x + m = 0．（1）若方程有实数根，求实数
m 的取值范围；（2）若方程两实数根为x，x，且满足3 x -2x =5，求实数m 的值．
1 2 1 2
【答案】（1） ；（2）6
【分析】（1）根据一元二次方程根的判别式列出不等式计算即可；
（2）根据根与系数的关系求出 ， ，即可求出m的值．【详解】（1）∵一元二次方程有实数根，∴ ，∴ ，解得 ；
（2）∵方程两实数根为x，x，∴ ，∴ ，
1 2
∵3 x -2x =5，∴ ，解得 ，∴ ，∵ ，∴m=6．
1 2
【点睛】此题考查一元二次方程根的判别式，一元二次方程根与系数的关系，熟记根的判别式的三种情况
及根与系数的两个关系式是解题的关键．
21.（2022·广东佛山市·九年级期末）如图，BD是△ABC的角平分线，过点作DE BC交AB于点E，DF
AB交BC于点F．（1）求证：四边形BEDF是菱形；（2）若∠ABC＝60°，∠ACB＝45°，CD＝6，求菱形
BEDF的边长．
【答案】（1）见解析；（2）
【分析】（1）由题意可证BE＝DE，四边形BEDF是平行四边形，即可证四边形BEDF为菱形；（2）过
点D作DH⊥BC于H，由直角三角形的性质可求解．
【详解】证明：（1）∵DE∥BC，DF∥AB，∴四边形DEBF是平行四边形，
∵DE∥BC，∴∠EDB＝∠DBF，
∵BD平分∠ABC，∴∠ABD＝∠DBF＝ ∠ABC，∴∠ABD＝∠EDB，∴DE＝BE，
又∵四边形BEDF为平行四边形，∴四边形BEDF是菱形；
（2）如图，过点D作DH⊥BC于H，∵DF∥AB，∴∠ABC＝∠DFC＝60°，∵DH⊥BC，∴∠FDH＝30°，
∴FH＝ DF，DH＝ FH＝ DF，
∵∠C＝45°，DH⊥BC，∴∠C＝∠HDC＝45°，∴DC＝ DH＝ DF＝6，∴DF＝2 ，
∴菱形BEDF的边长为2 ．
【点睛】本题考查了菱形的判定和性质，直角三角形的性质，掌握菱形的判定定理是本题的关键．
22.（2022•澧县九年级期末）某天猫店销售某种规格学生软式排球，成本为每个30元．以往销售大数据分
析表明：当每只售价为40元时，平均每月售出600个；若售价每上涨1元，其月销售量就减少20个，若
售价每下降1元，其月销售量就增加200个．（1）若售价上涨m元，每月能售出 个排球（用m的
代数式表示）．（2）为迎接“双十一”，该天猫店在10月底备货1300个该规格的排球，并决定整个11
月份进行降价促销，问售价定为多少元时，能使11月份这种规格排球获利恰好为8400元．
【分析】（1）由销售数量＝600﹣20×上涨价格，即可得出结论；
（2）设每个排球降价x元，则11月份可售出该种排球（200x+600）个，根据月利润＝单件利润×月销售数
量，即可得出关于x的一元二次方程，解之取其较小值即可得出结论．
【解答】解：（1）根据题意得：600﹣20m．故答案为：600﹣20m．
（2）设每个排球降价x元，则11月份可售出该种排球（200x+600）个，
根据题意得：（40﹣x﹣30）（200x+600）＝8400，解得：x ＝3，x ＝4．
1 2
当x＝3时，销量为1200＜1300，适合题意；
当x＝4时，销量为1400＞1300，舍去．∴40﹣x＝37．
答：每个排球的售价为37元．
【点评】本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
23．（2021·泸县·九年级期末）如图，点D为 的边BC的中点，过点A作 ，且 ，连接DE，CE．（1）求证： ；（2）若 ，判断四边形ADCE的形状，并说明理由；（3）
若要使四边形ADCE为正方形，则 应满足什么条件？（直接写出条件即可，不必证明）．
【答案】（1）见解析；（2）矩形，见解析；（3） ，且 ．
【分析】（1）根据D是BC的中点， ，可得 ，即可求证；（2）根据等腰三角形“三
线合一”，可得到 ，即可求解；（3）根据 ，且 ，可得 ，
，从而得到 ，即可求解．
【详解】（1）证明：因为D是BC的中点，所以 ，因为 ，所以 ，
因为 ，所以四边形ADCE是平行四边形，所以 ；
（2）若 ，则四边形ADCE是矩形，理由如下：
因为 ，且D是BC的中点，所以 ，所以 ，
因为四边形 是平行四边形，所以四边形 是矩形；
（3） ，且 ．理由如下：由（2）得：四边形 是矩形，
∵ ，且D是BC的中点，∴ ， ，
∵ ，∴ ，∴ ，∴ ，∴ ，
∴四边形ADCE为正方形．
【点睛】本题主要考查了平行四边形，矩形，正方形的判定，等腰三角形的性质，熟练掌握相关高频考点
是解题的关键．
24．（2022·湖南娄底·七年级期中）把代数式通过配方等手段，得到完全平方式，再运用完全平方式的非
负性来增加题目的已知条件，这种解题方法叫做配方法．配方法在代数式求值、解方程、最值问题等都有
着广泛的应用．例如，①用配方法分解因式： ．原式= = =(a+3+1)(a+3-
1)=(a+4)(a+2)．②利用配方法求最小值：求 最小值．解：
．因为不论 取何值， 总是非负数，即 ．所以 ，所以当 时， 有最小值，最小值是 ．
根据上述材料，解答下列问题：(1)填空： ______=（x-____）2．
(2)将 变形为 的形式，并求出 的最小值．
(3)若M ， ，其中a为任意实数，试比较M与N的大小，并说明理由．
【答案】(1)16，4(2) 的最小值为 (3)
【分析】（1）根据完全平方公式的特征求解．（2）先配方，再求最小值．（3）作差后配方比较大小．
（1）∵x2-8x+16=（x-4）2，故答案为：16，4．
（2）x2-10x+2=x2-10x+25-23=（x-5）2-23．
∵（x-5）2≥0，∴当x=5时，原式有最小值-23．
（3）M-N=6a2+19a+10-5a2-25a=a2-6a+10=a2-6a+9+1=（a-3）2+1．
∵（a-3）2≥0，∴M-N＞0．∴M＞N．
【点睛】本题考查配方及其应用，掌握完全平方公式的结构特征是求解本题的关键．
25．（2022·河南信阳·九年级期末）已知正方形 与正方形 ，点 是 的中点，连接 ，
．
(1)如图，点 在 上，点 在 的延长线上，请判断 ， 的数量关系与位置关系，并直接写出
结论；(2)如图，点 在 的延长线上，点 在 上，（1）中结论是否仍然成立？请证明你的结论；
(3)将（1）图中的正方形 绕点 旋转，使 ， ， 三点在一条直线上，若 ， ，请直
接写出 的长__________．
【答案】(1) ， (2)成立，理由见解析(3) 或
【分析】（1）延长EM交AD于K，由 EF CG AD，M是AF中点，可证 AMK≌△FME，有
AK=EF=EC，KM=EM，可得AD-AK=CD-CE，即DK=DE，故 KDE是等腰直△角三角形，即知DM=EM，
； △（2）延长EM，DA交于T，证明 AMT≌△FME，得AT=EF=EC，TM=EM，可得DT=DE， TDE是等腰直
角三角形，从而DM=EM， △ ； △
（3）连接DE，过M作MR⊥DE于R，延长EM至H，使MH=ME，连接AH，DH，分两种情况；当F在
DC右侧时，由 AMH≌△FME（SAS），得AH=EF=EC，∠MAH=∠MFE，可证∠DAH=∠DCE，得
DAH≌△DCE（△SAS），有DH=DE，∠ADH=∠CDE，可得DM⊥EH，DM=MH=EM，在Rt CDE中，
△ △
，即得MR= DE=6=DR=RE．在Rt RMF中， ；当F在
△
DC左侧时， ．
（1）解： ， ，理由如下：延长EM交AD于K，如图，
∵EF CG AD，∴∠MAK=∠MFE，∠MKA=∠MEF，
∵M是AF中点，∴AM=FM，∴ AMK≌ FME，∴AK=EF=EC，KM=EM，
∵AD=CD，∴AD-AK=CD-CE，即△DK=D△E，
∵∠KDE=90°，∴ KDE是等腰直角三角形，而KM=EM，∴DM=EM， ；
（2）结论仍然成△立， ， ．
证明：如图中，延长 交 的延长线于点 ．
四边形 是正方形，四边形 是正方形，
， ，
， ．， ， ，
， ， ．
， ， ；
（3）如图，连接 ．延长 到点 ，使得 ，连接 ， ．作 于点 ．
易证 （SAS），
， ，
，
，
，
，
．
，
，
， ，
，
，
， ．
在 中， ，
， ，
， ， ， ．
在 中， ；如图，作 于点 ．同法可得 ， ，可得 ．
在 中， ．
故满足条件的 的值为 或 ．故答案为： 或 ．
【点睛】本题考查四边形的综合应用，涉及正方形性质及应用，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角
形的性质及应用等，解题的关键是作辅助线，构造直角三角形和全等三角形解决问题．
26．（2022·广东·东莞市松山湖莞美学校九年级期中）如图，在平面直角坐标系中，A（0，4），B（4，
0），C（6，2），连接AB，BC，平移BC至AD（点B与点A对应，点C与点D对应），连接CD．
(1)①直接写出点D的坐标为 ．②判断四边形ABCD的形状，并证明你的结论；
(2)如图1，点E为AB边上一点，连接DE，DF平分∠EDC交BC于F，连接EF，若∠DFE＝45°，求BE
的长；(3)如图2，N为BC边的中点，若∠AMC＝90°，连接MN，请直接写出MN的取值范围．
【答案】(1)①（2，6）；②四边形ABCD为矩形，理由见解析
(2) (3)
【分析】（1）①根据平移的性质可得从点C平移至点D的距离和方向与点B平移至点A的距离和方向相同，即可求解；②根据勾股定理逆定理可得∠ABC=90°，再根据平移的性质可得AD∥BC且AD=BC，可证
得四边形ABCD为平行四边形，即可求解；
（2）在线段CD上取一点G，使DG=DE，可证得△DFE≌△DFG，从而得到∠EFG=90°，EF=GF，再证明
△EBF≌△FCG，可得EB=FC，BF=CG，设EB=FC=x，则 ，可得
，再由 ，得到关于x的
方程，即可求解；
（3）连接AC，取AC的中点H，连接MH，NH，根据三角形中位线定理和直角三角形的性质可得
，再由三角形的三边关系，即可求解．
（1）解∶ ①∵平移BC至AD（点B与点A对应，点C与点D对应），∴从点C平移至点D的距离和方
向与点B平移至点A的距离和方向相同，∵A（0，4），B（4，0），∴点B先向左平移4个单位，再向上
平移4得到点A，∵C（6，2），∴点D（2，6）；故答案为：（2，6）；②四边形ABCD为矩形，理由如
下：∵A（0，4），B（4，0），C（6，2），∴AB2=（4-0）2+（0-4）2=32，∴ ，同理：BC2=8，
AC2=36，∴AC2=AB2+BC2，∴△ABC为直角三角形，即∠ABC=90°，∵平移BC至AD，∴AD∥BC且
AD=BC，∴四边形ABCD为平行四边形，∵∠ABC=90°，∴四边形ABCD为矩形；
（2）∵点A（0，4），D（2，6），∴ ，∵DF平分∠EDC，
∴∠FDE=∠FDC，如图，在线段CD上取一点G，使DG=DE，∵∠FDE=∠FDG，DF=DF，∴△DFE≌△DFG（SAS），∴∠DFE=∠DFG=45°，EF=GF，∴∠EFG=90°，
∵∠EFB+∠GFC=90°，∠GFC+∠FGC=90°，∴∠EFB=∠FGC，∵∠EBF=∠FCG=90°，EF=GF，
∴△EBF≌△FCG（AAS），∴EB=FC，BF=CG，设EB=FC=x，则 ，∴
，∵ ，∴
，解得： ，即 ；
（3）解：如图，连接AC，取AC的中点H，连接MH，NH，
∵点A（0，4），B（4，0），D（2，6），∴ ，
∵H为AC的中点，N为BC边的中点，∴ ，
∵HM-NH≤MN≤HM+NH，∴MN的取值范围为 ．
【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了平行四边形和矩形的性质、三角形全等、勾股定理的运用，直
角三角形的性质，三角形中位线定理等，综合性强，难度较大，熟练掌握相关知识点是解题的关键．
