广东省广州市培正中学2023-2024学年九年级上学期月考数学试题(含答案)
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这是一份广东省广州市培正中学2023-2024学年九年级上学期月考数学试题(含答案),共37页。试卷主要包含了选择题,填空题,解答题等内容,欢迎下载使用。
本试卷共4页,25小题,满分120分,考试时间120分钟,不能使用计算器,用2b铅笔画图,所有答案都要写在答卷上,答在问卷上的答案无效.
一、选择题(本大题共10小题,每小题3分,共30分,在每小题给出的4个选项中,只有一项是符合题目要求的)
1. 下列汽车标志图案中,既是轴对称图形,又是中心对称图形的是( )
A. B.
C. D.
2. 下列方程是一元二次方程的是( )
A. B. C. D.
3. 方程的解是( )
A. B. C. D.
4. 抛物线顶点坐标是( )
A. B. C. D.
5. 把抛物线向左平移2个单位,再向上平移3个单位,得到的抛物线是( )
A. B. C. D.
6. 如图△ABC绕点B顺时针旋转,旋转角是∠ABC,那么下列说法错误的是( )
A. BC平分∠ABEB. AB=BDC. AC∥BED. AC=DE
7. 关于的方程的两根为1和,则,的值分别为( )
A. ,B. ,
C. ,D. ,
8. 一个二次函数的图像的顶点坐标为,与轴的交点,这个二次函数的解析式是( )
A. B.
C. D.
9. 如图是某月日历表的一部分,在此日历表上可以用一个矩形圈出个位置相邻的数(如).若圈出的9个数中,最大数与最小数的积为,则这9个数中最小数为( )
A. 18B. 13C. 7D. 3
10. 如图,正方形ABCD的边长为4,,点E是直线CM上一个动点,连接BE,线段BE绕点B顺时针旋转45°得到BF,连接DF,则线段DF长度的最小值等于( )
A. B. C. D.
二、填空题(本大题共6小题,每小题3分,共18分)
11. 方程根是________.
12. 在平面直角坐标系内,若点和点关于原点O对称,则的值为______.
13. 已知m是一元二次方程的一个根,则的值为______.
14. 已知实心球运动高度与水平距离之间的函数关系是,则该同学此次投掷实心球的成绩是______m.
15. 如图,在平行四边形中,,将平行四边形绕顶点B顺时针旋转到平行四边形,当首次经过顶点C时,旋转角__________°.
16. 如图,二次函数图象的顶点为,其图象与轴的交点、的横坐标分别为,.与轴负半轴交于点,在下面五个结论中:①;②;③当时,;④若,且,则;其中正确的结论是_____.(只填序号)
三、解答题(本大题共9小题,共72分.解答应写出必要的文字说明、推理过程或演算步骤)
17. 解方程:x2+10x+9=0.
18. 如图,在正方形网格中,每个小正方形的边长均为1个单位.
(1)把绕着点逆时针旋转,画出旋转后对应的:
(2)根据作图写出点和坐标.
19. 已知二次函数.
(1)求开口方向、对称轴及顶点坐标;
(2)当x为何值时,y随x增大而减小.
20. 若关于x的一元二次方程
(1)若方程有两个实数根,求k的取值范围.
(2)已知等腰三角形ABC的一边长是1,另两边长是该方程的两根,求△ABC的周长.
21. 手工课上,小明准备做一个形状是菱形的风筝,这个菱形的两条对角线长度之和恰好为,菱形的面积(单位:)随其中一条对角线的长(单位:)的变化而变化.
(1)请直接写出与之间的函数关系式(不要求写出自变量的取值范围);
(2)当菱形风筝面积为时,求菱形风筝的边长是多少?
22. 如图,二次函数经过点 ,,,点D是抛物线的顶点,过D作x轴垂线交直线于E.
(1)求此二次函数解析式及点D坐标
(2)连接,求三角形的面积
(3)当时,x的取值范围是___________
23 操作发现
将一副直角三角板如图①摆放,能够发现等腰直角三角板ABC的斜边与含30°角的直角三角板DEF的长直角边DE重合.
问题解决
将图①中的等腰直角三角板ABC绕点B顺时针旋转30°,点C落在BF上,AC与BD交于点O,连接CD,如图②.
(1)求证:△CDO是等腰三角形;
(2)若DF=8,求AD的长.
24. 已知抛物线与y轴交于点C,点N坐标为
(1)求证:抛物线与x轴有两个交点.
(2)设与x轴交于和,且.
①当时,利用图像求的取值范围.
②抛物线与关于点A中心对称,与x轴的另一个交点为.问是否存在a,使为直角三角形?若存在,则求出所有可能的a值;若不存在,请说明理由.
25. 已知和是等腰直角三角形,,点为中点,连接、.
(1)如图1所示,当点在上,点在上,此时线段与的数量关系是 ,与的位置关系是 .
(2)如图2所示,在(1)的条件下将绕点A逆时针旋转时,请证明此时(1)中与的数量关系与位置关系仍然成立.
(3)如图3,在(1)的条件下将绕点A逆时针旋转时,连接,设中点为G,连接.若,求此时线段的长.2023学年第一学期阶段性检测
九年级数学(问卷)
本试卷共4页,25小题,满分120分,考试时间120分钟,不能使用计算器,用2b铅笔画图,所有答案都要写在答卷上,答在问卷上的答案无效.
一、选择题(本大题共10小题,每小题3分,共30分,在每小题给出的4个选项中,只有一项是符合题目要求的)
1. 下列汽车标志图案中,既是轴对称图形,又是中心对称图形的是( )
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的定义:如果一个平面图形沿一条直线折叠,直线两旁的部分能够互相重合,这个图形就叫做轴对称图形;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,进行逐一判断即可.
【详解】:A、该图形既是轴对称图形,又是中心对称图形,符合题意;
B、该图形是轴对称图形,不是中心对称图形,不符合题意;
C、该图形是中心对称图形,不是轴对称图形,不符符合题意;
D、该图形是轴对称图形,不是中心对称图形,不符合题意.
故选:A.
【点睛】本题主要考查了轴对称图形和中心对称图形,解题的关键在于能够熟练掌握轴对称图形和中心对称图形的定义.
2. 下列方程是一元二次方程的是( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据一元二次方程的定义逐项判断即可.
【详解】A、含有两个未知数,不是一元二次方程,该选项不符合题意;
B、未知数的最高次数为,不是一元二次方程,该选项不符合题意;
C、是一元二次方程,该选项符合题意;
D、不是整式,不是一元二次方程,该选项不符合题意.
故选:C.
【点睛】本题主要考查一元二次方程的识别,牢记一元二次方程的定义(等号两边都是整式,只含有一个未知数(一元),并且未知数的最高次数是(二次)的方程,叫做一元二次方程)是解题的关键.
3. 方程的解是( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据因式分解法求解一元二次方程即可.
【详解】解:
∴或,
∴;
故选D.
【点睛】本题主要考查一元二次方程的解法,熟练掌握利用因式分解法求解一元二次方程是解题的关键.
4. 抛物线的顶点坐标是( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】直接根据二次函数的性质解答即可.
【详解】解:抛物线的顶点坐标是.
故选C.
【点睛】本题考查了二次函数(a,h,k为常数,)的性质,熟练掌握二次函数的性质是解答本题的关键.是抛物线的顶点式,a决定抛物线的形状和开口方向,其顶点是,对称轴是直线.
5. 把抛物线向左平移2个单位,再向上平移3个单位,得到的抛物线是( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】按照“左加右减,上加下减”的规律进行解答即可.
【详解】把抛物线向左平移2个单位,再向上平移3个单位,得到的抛物线是
故选C.
【点睛】本题考查了抛物线的平移及抛物线解析式的变化规律:左加右减、上加下减.
6. 如图△ABC绕点B顺时针旋转,旋转角是∠ABC,那么下列说法错误的是( )
A BC平分∠ABEB. AB=BDC. AC∥BED. AC=DE
【答案】C
【解析】
【分析】由△ABC绕点B顺时针旋转,旋转角是∠ABC,根据旋转的性质得到BD=BA,BE=BC,∠DBE=∠ABC,即可对选项进行判断.
【详解】解:∵△ABC绕点B顺时针旋转,旋转角是∠ABC,
∴BA的对应边为BD,BC的对应边为BE,
∴BD=BA,DE=AC,∠DBE=∠ABC,
所以A,B,D选项正确,C选项不正确.
故选C.
【点睛】考查了旋转的性质:旋转前后的两个图形全等,对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角,对应点到旋转中心的距离相等.
7. 关于的方程的两根为1和,则,的值分别为( )
A. ,B. ,
C. ,D. ,
【答案】A
【解析】
【分析】根据一元二次方程根与系数关系求解.
【详解】解:由题意,,
∴,
故选:A
【点睛】本题考查一元二次方程根与系数关系,掌握根与系数关系公式是解题的关键.
8. 一个二次函数的图像的顶点坐标为,与轴的交点,这个二次函数的解析式是( )
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由于已知顶点坐标,则可设顶点式,然后把(0,﹣4)代入求出a的值即可得到抛物线解析式.
【详解】解:设抛物线解析式为,把(0,﹣4)代入得:
,
解得:a=﹣,
所以抛物线解析式为y=﹣(x﹣3)2﹣1=﹣x2+2x﹣4.
故选:B.
【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数的解析式,解题的关键是设出二次函数的顶点式.
9. 如图是某月日历表的一部分,在此日历表上可以用一个矩形圈出个位置相邻的数(如).若圈出的9个数中,最大数与最小数的积为,则这9个数中最小数为( )
A. 18B. 13C. 7D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】根据日历上数字规律得出,圈出的9个数,最大数与最小数的差为,以及利用最大数与最小数的积为,求出两数,再利用上下对应数字关系得出其它数即可.
【详解】解:根据图象可以得出,圈出的9个数,最大数与最小数的差为,设最小数为:,则最大数为,根据题意得出:
,
解得:(不合题意舍去),
故最小的三个数为:7,
故选:C.
【点睛】此题主要考查了一元二次方程的应用、数字变化规律以及一元二次方程的解法,根据已知得出最大数与最小数的差为16是解题关键.
10. 如图,正方形ABCD的边长为4,,点E是直线CM上一个动点,连接BE,线段BE绕点B顺时针旋转45°得到BF,连接DF,则线段DF长度的最小值等于( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】连接BD,在BD上截取BG=BC,连接FG,过点D作于点H.利用正方形的性质、勾股定理得出,利用旋转的性质得出,,再证明,得出,可知点F在直线GF上运动,点F与点H重合时,DF的值最小,进而求出DH的值即可.
【详解】解:如图,连接BD,在BD上截取BG=BC,连接FG,过点D作于点H.
∵四边形ABCD是正方形,边长为4,
∴,,,
∴,,
∴,
∵线段BE绕点B顺时针旋转45°得到BF,
∴,,
∴,
∴,
在和中,
,
∴,
∴,
∴点F在直线GF上运动,点F与点H重合时,DF的值最小,
∵,,
∴,
∴DF的最小值为.
故选B.
【点睛】本题考查正方形的性质,勾股定理,旋转的性质,全等三角形的判定与性质,以及垂线段最短等知识点,通过得出点F的运动轨迹是解题的关键.
二、填空题(本大题共6小题,每小题3分,共18分)
11. 方程的根是________.
【答案】或
【解析】
【分析】直接根据平方根的性质,即可求解.
【详解】解:,
∴或.
故答案为:或
【点睛】本题主要考查了利用平方根解方程,熟练掌握平方根的性质是解题的关键.
12. 在平面直角坐标系内,若点和点关于原点O对称,则的值为______.
【答案】
【解析】
【分析】根据关于原点对称的两点,横坐标和纵坐标都互为相反数即可求解.
【详解】解:∵点和点关于原点O对称,
∴,
∴,
故答案为:.
【点睛】本题考查关于原点对称的点的特征.熟练掌握关于原点对称的两点,横纵坐标均互为相反数,是解题的关键.
13. 已知m是一元二次方程的一个根,则的值为______.
【答案】2019
【解析】
【分析】把代入方程得,再把变形为,然后利用整体代入的方法计算.
【详解】解:把代入方程得,
所以,
所以.
故答案为:2019.
【点睛】本题考查了求代数式的值,一元二次方程的解:能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值是一元二次方程的解.
14. 已知实心球运动的高度与水平距离之间的函数关系是,则该同学此次投掷实心球的成绩是______m.
【答案】
【解析】
【分析】根据该同学此次投掷实心球的成绩就是实心球落地时的水平距离,令,解方程即可.
【详解】该同学此次投掷实心球的成绩就是实心球落地时的水平距离,
∴令,则,
整理得:,
解得:(舍去),
∴该同学此次投掷实心球的成绩为
故答案为:.
【点睛】本题考查二次函数的应用和一元二次方程的解法,理解题意,能把二次函数问题转化为一元二次方程问题是解决问题的关键.
15. 如图,在平行四边形中,,将平行四边形绕顶点B顺时针旋转到平行四边形,当首次经过顶点C时,旋转角__________°.
【答案】40
【解析】
【分析】由旋转的性质可知:平行四边形全等于平行四边形,得出,由等腰三角形的性质得出,由旋转角,根据等腰三角形的性质计算即可.
【详解】∵平行四边形绕顶点B顺时针旋转到平行四边形,
∴,
∴,
∵在平行四边形中,,
∴,
∴,
∴,
∴,
故答案为:40.
【点睛】本题考查了平行四边形的性质、旋转的性质、等腰三角形的判定和性质以及三角形的内角和定理,解题的关键是证明三角形是等腰三角形.
16. 如图,二次函数图象的顶点为,其图象与轴的交点、的横坐标分别为,.与轴负半轴交于点,在下面五个结论中:①;②;③当时,;④若,且,则;其中正确的结论是_____.(只填序号)
【答案】②③④
【解析】
【分析】根据二次函数的图象与轴的交点、的横坐标分别为,,得出对称轴为,判断①,结合图象过点,判断②,根据开口方向顶点的纵坐标为最小值即可判断③,根据二次函数图象的对称性即可判断④.
【详解】①二次函数的图象与轴的交点、的横坐标分别为,,
该二次函数图象对称轴为:直线,
,即,故①错误;
②由题意可知:图象过点,
,
又,
,即,故②正确;
③由①可知,二次函数图象的顶点为,
,
又在二次函数中,当时,
,
,故③正确;
④若,则,
∴关于对称,
,即故④正确;
故答案为:②③④.
【点睛】本题考查了二次函数图象的性质,掌握二次函数图象的性质是解题的关键.
三、解答题(本大题共9小题,共72分.解答应写出必要的文字说明、推理过程或演算步骤)
17. 解方程:x2+10x+9=0.
【答案】x1=﹣1,x2=﹣9
【解析】
【分析】利用因式分解法进行解答即可.
【详解】解:方程分解得:(x+1)(x+9)=0,
可得x+1=0或x+9=0,
解得:x1=﹣1,x2=﹣9.
【点睛】本题考查了一元二次方程的因式分解法,正确的因式分解是解答本题的关键.
18. 如图,在正方形网格中,每个小正方形的边长均为1个单位.
(1)把绕着点逆时针旋转,画出旋转后对应的:
(2)根据作图写出点和的坐标.
【答案】(1)答案见详解;
(2).
【解析】
【分析】(1)根据旋转变换的概念与特征,画出旋转后对应的即可;
(2)根据题意,与关于原点成中心对称,根据中心对象的性质,先写出A、B两点坐标即可求出点和的坐标.
【小问1详解】
解:如图所示,为所画;
【小问2详解】
解:由图形可知:;
根据题意,与关于原点成中心对称,
点与点关于原点对称,点与点关于原点对称,
故点和的坐标:.
【点睛】此题考查了图形的旋转变换-作图,熟练掌握旋转变换的性质与中心对称的性质是解答此题的关键.
19. 已知二次函数.
(1)求开口方向、对称轴及顶点坐标;
(2)当x为何值时,y随x增大而减小.
【答案】(1)开口向下,对称轴为:直线,顶点坐标为:
(2)当时,y随x增大而减小
【解析】
【分析】(1)根据二次函数的性质进行解答即可;
(2)根据对称轴的开口方向朝下,在对称轴的左侧,随增大而增大,在对称轴的右侧,随增大而增大减小进行解答即可.
【小问1详解】
,
,
抛物线的开口向下,
对称轴为:直线,顶点坐标为:;
【小问2详解】
抛物线的开口向下,
时,随增大而减小,时,随增大而增大.
【点睛】本题考查二次函数的性质.熟练掌握二次函数的性质是解题的关键.
20. 若关于x的一元二次方程
(1)若方程有两个实数根,求k的取值范围.
(2)已知等腰三角形ABC的一边长是1,另两边长是该方程的两根,求△ABC的周长.
【答案】(1)k≤2 (2)5
【解析】
【分析】(1)根据根的判别式,即可求出k的取值范围;
(2)分1为腰与1为底两种情况,求出方程的解,即可求出周长.
【小问1详解】
解:∵方程有两个实数根,
∴,
∴k≤2,
∴k的取值范围k≤2.
【小问2详解】
解:若1是腰,则x=1为已知方程的解,
将x=1代入方程得:k=,即方程为,
解得:x=1或x=3,
此时三角形三边为1,1,3,不合题意,舍去;
若1是底时,另两边长是该方程的两根,
即k=2,方程为,
解得:,
此时三角形三边长为1,2,2,
∴周长为1+2+2=5.
【点睛】此题考查了根的判别式,熟练掌握根的判别式的意义是解本题的关键.
21. 手工课上,小明准备做一个形状是菱形的风筝,这个菱形的两条对角线长度之和恰好为,菱形的面积(单位:)随其中一条对角线的长(单位:)的变化而变化.
(1)请直接写出与之间的函数关系式(不要求写出自变量的取值范围);
(2)当菱形风筝面积为时,求菱形风筝的边长是多少?
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】(1)首先表示出菱形对角线的长,再利用菱形面积求法得出答案;
(2)根据二次函数的值为600求出对角线长,结合菱形对角线互相垂直平分和勾股定理求解即可.
【小问1详解】
解:根据题意可得:一条对角线的长为,则另一对角线长为:,
则;
【小问2详解】
依题意得:,
解得:,,
即菱形风筝的对角线为、,
因为菱形对角线互相垂直平分,
所以菱形的边长为:.
当菱形风筝面积为时,菱形风筝的边长是.
【点睛】此题主要考查了二次函数的应用,根据题意结合菱形的性质得出与之间的关系式是解题关键.
22. 如图,二次函数经过点 ,,,点D是抛物线的顶点,过D作x轴垂线交直线于E.
(1)求此二次函数解析式及点D坐标
(2)连接,求三角形的面积
(3)当时,x取值范围是___________
【答案】(1),
(2)6 (3)或
【解析】
【分析】(1)利用待定系数法求解二次函数解析式,然后将解析式转化成顶点式即可求出点D的坐标;
(2)首先求出的解析式,然后求出点E的坐标,最后根据三角形面积公式求解即可;
(3)根据图象可得时,即为x轴上方的图象,然后根据二次函数与x轴的交点坐标求解即可.
【小问1详解】
解:∵二次函数经过点 ,,,
∴,解得
∴二次函数解析式为,
∴,
∴顶点D的坐标为;
【小问2详解】
∵,,
∴设的解析式为,
∴,解得,
∴的解析式为,
∵过D做x轴垂线交直线于E,
∴当时,,
∴,
∴
∴三角形的面积;
【小问3详解】
由图象可得,当时,即为x轴上方的图象,
∵二次函数经过点 ,,
∴x取值范围是或.
【点睛】本题考查抛物线与x轴交点、二次函数的性质、二次函数图象上点的坐标特征,解答本题的关键是明确题意,利用二次函数的性质和数形结合的思想解答.
23. 操作发现
将一副直角三角板如图①摆放,能够发现等腰直角三角板ABC的斜边与含30°角的直角三角板DEF的长直角边DE重合.
问题解决
将图①中等腰直角三角板ABC绕点B顺时针旋转30°,点C落在BF上,AC与BD交于点O,连接CD,如图②.
(1)求证:△CDO是等腰三角形;
(2)若DF=8,求AD的长.
【答案】(1)见解析;(2)12﹣4
【解析】
【分析】(1)根据题意可得BC=DE,进而得到∠BDC=∠BCD,再根据三角形内角和定理计算出度数,然后再根据三角形内角与外角的性质可得∠DOC=∠DBC+∠BCA,进而算出度数,根据角度可得△CDO是等腰三角形;.
(2)作AG⊥BC,垂足为点G,DH⊥BF,垂足为点H,首先根据∠F=60°,DF=8,可以算出DH=4,HF=4,DB=8,BF=16,进而得到BC=8,再根据等腰三角形的性质可得BG=AG=4,证明四边形AGHD为矩形,根据线段的和差关系可得AD长.
【详解】解:(1)证明:由图①知BC=DE,
∴∠BDC=∠BCD.
∵∠DEF=30°,
∴∠BDC=∠BCD=75°.
∵∠ACB=45°,
∴∠DOC=30°+45°=75°.
∴∠DOC=∠BDC.
∴△CDO是等腰三角形.
(2)作AG⊥BC,垂足为点G,DH⊥BF,垂足为点H,
在Rt△DHF中,∠F=60°,DF=8,
∴DH=4,HF=4.
在Rt△BDF中,∠F=60°,DF=8,
∴DB=8,BF=16.
∴BC=BD=8.
∵AG⊥BC,∠ABC=45°,
∴BG=AG=4.
∴AG=DH.
∵AG∥DH,
∴四边形AGHD为矩形.
∴AD=GH=BF﹣BG﹣HF=16﹣4﹣4=12﹣4.
24. 已知抛物线与y轴交于点C,点N坐标为
(1)求证:抛物线与x轴有两个交点.
(2)设与x轴交于和,且.
①当时,利用图像求的取值范围.
②抛物线与关于点A中心对称,与x轴的另一个交点为.问是否存在a,使为直角三角形?若存在,则求出所有可能的a值;若不存在,请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)①或;②当为直角三角形时,的值为或或.
【解析】
【分析】(1)计算即可得到结论;
(2)①由与x轴交于和,且.可得,,当时,且在轴的左侧,如图,可得,则,当时,,即,可得,当时,且在轴的左侧, 同理可得: ;②抛物线与抛物线关于点A中心对称,,则,求解,可得,,分三种情况:当时,,当时,则,当时,则,再建立方程求解即可.
【小问1详解】
证明:∵抛物线,
∴,
∴抛物线与x轴有两个交点.
【小问2详解】
①令,则,
∴,
解得:,;
∵与x轴交于和,且.
∴,,
当时,且在轴的左侧,如图,
∵,
∴,则,
当时,,即,
∵,
∴,
∴,
当时,且在轴的左侧,
同理可得:,
∴,即,
∴,
综上:或;
②抛物线与抛物线关于点A中心对称,,
∴,
∴,
∵,
∴,,
当时,,
∴,
∴,
解得:,
当时,则,
∴,
解得:,
当时,则,
∴,
解得:,
综上:当为直角三角形时,的值为或或.
【点睛】本题考查的是二次函数与x轴的交点问题,二次函数的图象与性质,二次函数与直角三角形,中心对称的含义,理解题意,选择合适的方法,清晰的分类讨论是解本题的关键.
25. 已知和是等腰直角三角形,,点为中点,连接、.
(1)如图1所示,当点在上,点在上,此时线段与的数量关系是 ,与的位置关系是 .
(2)如图2所示,在(1)的条件下将绕点A逆时针旋转时,请证明此时(1)中与的数量关系与位置关系仍然成立.
(3)如图3,在(1)的条件下将绕点A逆时针旋转时,连接,设中点为G,连接.若,求此时线段的长.
【答案】(1),
(2)见解析 (3)
【解析】
【分析】(1)根据“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”可知,根据,,得到,.
(2)过点作,交的延长线于,连接,,易得,,可证明,可得,,即是等腰直角三角形,且,则结论成立
(3)连接并延长交的延长线于,连接,,易得,,可证明,可得,,即是等腰直角三角形,
且,可得是等腰直角三角形,由中点为G,可得,作,根据勾股定理依次可得,,长度,则的长度也求出了.
【小问1详解】
,
理由如下:如图1
,是的中点
,
和是等腰直角三角形
【小问2详解】
如图
过点作,交的延长线于,连接,
∵
是中点
,
和是等腰直角三角形
,,
,
,且,
,
且
是等腰直角三角形
又
,
【小问3详解】
如图3
延长,交于,连接,
和是等腰直角三角形
,,
是中点
,
,且,
,
且
是等腰直角三角形
又
,
是等腰直角三角形
又∵中点为G,
,
作交的延长线于
且
在中,
.
【点睛】本题考查等腰直角三角形的性质和判定,全等三角形的判定与性质,关键是辅助线“倍长中线”的运用.
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