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2023-2024学年广东省佛山市禅城区惠景中学九年级（上）月考数学试卷（10月份）(含解析）
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这是一份2023-2024学年广东省佛山市禅城区惠景中学九年级（上）月考数学试卷（10月份）(含解析），共23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。
1.一元二次方程2x2+x−5=0的二次项系数、一次项系数、常数项分别是( )
A. 2，1，5B. 2，1，−5C. 2，0，−5D. 2，0，5
2.下列性质中，矩形具有而一般的平行四边形不具有的是( )
A. 对边相等B. 对角相等C. 对角线相等D. 对边平行
3.下面四组线段中，成比例的是( )
A. a=1，b=2，c=2，d=4B. a=2，b=3，c=4，d=5
C. a=4，b=6，c=8，d=10D. a= 2,b= 3,c=3,d= 3
4.如图，已知AB//CD//EF，BD：DF=1：2，那么下列结论中，正确的是( )
A. AC：AE=1：3
B. CE：EA=1：3
C. CD：EF=1：2
D. AB：EF=1：2
5.同时转动如图所示的两个转盘，则转盘停止转动后，指针同时落在红色区域的概率为( )
A. 13
B. 23
C. 12
D. 16
6.如图，四边形ABCD∽四边形EFGH，∠A=80°，∠C=90°，∠F=70°，则∠H等于( )
A. 70°B. 80°C. 110°D. 120°
7.图形中，每个小网格均为正方形网格，带阴影部分的三角形中与如图△A1B1C1相似的是( )
A.
B.
C.
D.
8.如图，一块长16m，宽8m的矩形菜地，现要在中间铺设同样宽度的石子路，余下的部分用于种植，且种植面积为105m2.设石子路的宽度为x m，则下面所列方程正确的是( )
A. (16−x)(8−x)+x2=105B. (16−x)(8−x)=105
C. (16−2x)(8−x)+x2=105D. (16−2x)(8−x)=105
9.如图，在菱形ABCD中，AC=16，BD=12，E是CD边上一动点，过点E分别作EF⊥OC于点F，EF⊥OC于点G，连接FG，则FG的最小值为( )
A. 4
B. 4.8
C. 5
D. 6
10.明朝数学家程大位在他的著作《算法统宗》中写了一首计算秋千绳索长度的词《西江月》：“平地秋千未起，踏板一尺离地.送行二步恰竿齐，五尺板高离地……”翻译成现代文为：如图，秋千静止的时候，踏板离地高一尺(AC=1尺)，将它往前推进两步(BE=10尺，两步=10尺)，此时踏板升高离地五尺(BD=5尺)，若绳索始终拉直，则秋千绳索OB的长是( )
A. 12尺B. 13.5尺C. 14.5尺D. 15.5尺
二、填空题：本题共6小题，每小题3分，共18分。
11.方程x2=9的根是______．
12.若yx=2，则x+yx= ______．
13.如图，四边形ABCD为菱形，点A(−3,0)，点D(0,4)，点B在x轴的正半轴上，则点C的坐标为______．
14.如图，AE与BD相交于C，要△ABC∽△DEC，需要条件______(只需写一个条件)．
15.妈妈买了4个粽子，分别是2个红枣味和2个蛋黄味，小妍随意吃两个恰好都是蛋黄味的概率是______．
16.如图，在△ABC中，点D在边AC上，DB=BC，E是CD的中点，F是AB的中点.若AD=3，BD=2，∠C=60°，则EF= ______．
三、解答题：本题共9小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题4分)
解方程：x2+2x=3.(用两种方法解方程)
18.(本小题4分)
关于x的一元二次方程kx2+2x−1=0有两个不相等的实数根，求k的取值范围．
19.(本小题6分)
下面是小明设计的“在一个平行四边形内作菱形”的尺规作图过程.已知：四边形ABCD是平行四边形.求作：菱形ABEF(点E在BC上，点F在AD上).作法：①以点A为圆心，AB长为半径作弧，交AD于点F；②以点B为圆心，AB长为半径作弧，交BC于点E；③连接EF.所以四边形ABEF为所求作的菱形.根据小明设计的尺规作图过程．
(1)使用直尺和圆规，补全图形(保留作图痕迹)；
(2)完成下面的证明，证明：∵AF=AB，BE=AB，∴ ______= ______，在▱ABCD中，AD//BC，即AF//BE，∴四边形ABEF为______形，∵AF=AB，∴四边形ABEF为菱形(______)(填依据)．
20.(本小题6分)
如图，DE//BC，DF//AC，AD=3cm，BD=6cm，DE=2cm，求BF的长．
21.(本小题8分)
在一个不透明的口袋里装有颜色不同的红、白两种颜色的球共5只，某学习小组做摸球试验，将球搅匀后从中随机摸出一个球记下颜色，再把它放回袋中，不断重复，下表是活动进行中的一组统计数据：
(1)请估计：当n很大时，摸到白球的频率将会接近______；(精确到0.1)
(2)试估算口袋中白球有多少只？
(3)请画树状图或列表计算：从中先摸出一球，不放回，再摸出一球；这两只球颜色不同的概率是多少？
22.(本小题10分)
今年超市以每件25元的进价购进一批商品，当商品售价为40元时，三月份销售256件，四、五月该商品十分畅销，销售量持续上涨，在售价不变的基础上，五月份的销售量达到400件．
(1)求四、五这两个月销售量的月平均增长百分率．
(2)经市场预测，六月份的销售量将与五月份持平，现商场为了减少库存，采用降价促销方式，经调查发现，该商品每降价1元，月销量增加5件，当商品降价多少元时，商场六月份可获利4250元？
23.(本小题10分)
阅读与思考
下面是一位同学的数学学习笔记，请仔细阅读并完成相应任务，
任务：(1)填空：材料中的依据1是指：______；
依据2是指：______；
(2)如图，方格纸中每个小正方形的边长均为1，画一个四边形ABCD及它的瓦里尼翁平行四边形EFGH，满足下列要求①四边形ABCD及它的瓦里尼翁平行四边形EFGH的顶点都在小正方形网格的格点的上；②四边形EFGH是矩形，不是正方形；
(3)在图1中，分别连接AC，BD得到图3，请猜想瓦里尼翁平行四边形EFGH的周长与对角线AC、BD长度的关系，并证明你的结论．
24.(本小题12分)
解方程x4−5x2+4=0，这是一个一元四次方程，根据该方程的特点，它的解法通常是：
设x2=y，那么x4=y2，于是原方程可变为①，
解得y1=1，y2=4．
当y=1时，x2=1，∴x=±1；当y=4时，x2=4，∴x=±2；
∴原方程有四个根：x1=1，x2=−1，x3=2，x4=−2．
(1)①中填写的方程是______，在由原方程得到方程①的过程中，利用换元法达到降次的目的，体现了数学的转化思想；
(2)已知实数x，y满足(x2+y2+3)(x2+y2−3)=27，求x2+y2的值；
(3)解方程(x2+x)2−4(x2+x)−12=0．
25.(本小题12分)
【问题探究】(1)如图(1)在正方形ABCD中，AB=6，点E为DC上的点，DE=2CE，连接BE，点O为BE上的点，过点O作MN⊥BE交AD于点M，交BC于点N，则MN的长度为______；
【类比迁移】(2)如图(2)在矩形ABCD中，AB=6，BC=8，连接BD，过BD的中点O作MN⊥BD交AD于点M，交BC于点N，求MN的长度．
【拓展应用】(3)如图(3)李大爷家有一块平行四边形ABCD的菜地，测得AB=5 2米，BC=7米，∠ABC=45°，为了管理方便，李大爷沿着对角线BD开一条小路，过这小路的正中间，开了另一条垂直于它的小路MN(小路面积忽略不计)，求新开出的小路MN的长度．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：一元二次方程2x2+x−5=0的二次项系数，一次项系数，常数项分别是2，1，−5，
故选：B．
根据二次项系数、一次项系数、常数项的定义即可得出结果．
本题考查了一元二次方程的一般形式，一元二次方程的一般形式是：ax2+bx+c=0(a,b,c是常数且a≠0)，在一般形式中ax2叫二次项，bx叫一次项，c是常数项.其中a，b，c分别叫二次项系数，一次项系数，常数项．
2.【答案】C
【解析】解：矩形的特性是：四个角都是直角，对角线相等．
故选：C．
根据矩形的性质以及平行四边形的性质进行做题．
本题主要考查了特殊矩形的性质，掌握平行四边形的性质，矩形的性质是解题的关键．
3.【答案】A
【解析】解：A、1×4=2×2，故选项符合题意；
B、2×5≠3×4，故选项不符合题意；
C、4×10≠6×8，故选项不符合题意；
C、 2×3≠ 3× 3，故选项不符合题意；
故选：A．
如果其中两条线段的乘积等于另外两条线段的乘积，则四条线段叫成比例线段．对选项一一分析，排除错误答案．
此题考查了比例线段，根据成比例线段的概念，注意在相乘的时候，最小的和最大的相乘，另外两个相乘，看它们的积是否相等．同时注意单位要统一．
4.【答案】A
【解析】解：∵AB//CD//EF，BD：DF=1：2，
∴AC：AE=1：3，故A选项正确；
CE：EA=2：3，故B选项错误；
CD：EF≠1：2，故C选项错误；
AB：EF≠1：2，故D选项错误；
故选：A．
三条平行线截两条直线，所得的对应线段成比例，据此可得结论．
本题考查了平行线分线段成比例：三条平行线截两条直线，所得的对应线段成比例．
5.【答案】A
【解析】解：转盘的指针同时落在红色区域的概率23×12=13．
故选：A．
分别求出转盘的指针落在红色区域的概率，二者之积即转盘的指针同时落在红色区域的概率．
本题主要考查几何概率的求法，用到的知识点为：两步完成的事件的概率=第一步事件的概率与第二步事件的概率的积．
6.【答案】D
【解析】解：∵四边形ABCD∽四边形EFGH，∠A=80°，∠C=90°，
∴∠E=∠A=80°，∠G=∠C=90°，
∵∠F=70°，
∴∠H=360°−∠E−∠F−∠G=120°．
故选D．
先利用相似多边形的对应角得到∠E=∠A=80°，∠G=∠C=90°，然后在四边形EFGH中由内角和为360°进行求解即可．
考查了相似多边形的性质，解题的关键是了解相似多边形的对应角相等，难度不大．
7.【答案】B
【解析】解：因为△A1B1C1中有一个角是135°，选项中，有135°角的三角形只有B，且满足两边成比例夹角相等，
故选：B．
根据相似三角形的判定方法一一判断即可．
本题考查相似三角形的判定，解题的关键是学会利用数形结合的思想解决问题，属于中考常考题型．
8.【答案】B
【解析】解：设小路的宽为x m，则草坪的总长度为(16−x)m，总宽度为(8−x)m，
根据题意，得：(16−x)(8−x)=105．
故选：B．
设小路的宽为x m，则草坪的总长度为(16−x)m，总宽度为(8−x)m，根据题意列出方程即可求出答案．
本题考查了一元二次方程的应用，弄清楚草坪的总长度和总宽度是解题关键．
9.【答案】B
【解析】解：如图所示：连接OE，
在菱形ABCD中，AC=16，BD=12，
∴∠COD=90°,CD= OD2+OC2= 82+62=10，
∵EF⊥OC，EF⊥OC
∴四边形OGEF是矩形，
∴GF=OE，
∴FG的最小值，
即OE最小值，
∴当OE⊥AC时，OE最小，
∵12OC⋅OD=12CD⋅OE，
∴12×8×6=12×10⋅OE，
∴OE=4.8，
∴OE最小为4.8，
即FG的最小值为4.8，
故选：B．
如图所示：连接OE，在菱形ABCD中，AC=16，BD=12，得∠COD=90°，CD=10，由EF⊥OC，EF⊥OC，可得四边形OGEF是矩形，进而得出GF=OE，当OE⊥AC时，OE最小，即FG的最小值，即可得出．
本题主要考查了菱形的性质，矩形的判定与性质，垂线段最短，勾股定理，三角形的面积等知识，熟练掌握菱形的性质，证明四边形OGEF是矩形是解此题的关键．
10.【答案】C
【解析】解：设OA=OB=x尺，
∵EC=BD=5尺，AC=1尺，
∴EA=EC−AC=5−1=4(尺)，OE=OA−AE=(x−4)尺，
在Rt△OEB中，OE=(x−4)尺，OB=x尺，EB=10尺，
根据勾股定理得：x2=(x−4)2+102，
解得：x=14.5．
则秋千绳索OB的长为14.5尺．
故选：C．
设OA=OB=x尺，表示出OE的长，在Rt△OEB中，利用勾股定理列出关于x的方程，求出方程的解即可得到结果．
本题考查了勾股定理的应用，熟练掌握“勾股定理，用含有一个未知数的代数式表示直角三角形的边”是解本题的关键．
11.【答案】x1=3，x2=−3
【解析】解：x2=9，
x=±3，
所以x1=3，x2=−3．
故答案为：x1=3，x2=−3．
利用直接开平方法解方程即可．
本题考查了解一元二次方程−直接开平方法：形如x2=p或(nx+m)2=p(p≥0)的一元二次方程可采用直接开平方的方法解一元二次方程．
12.【答案】3
【解析】解：∵yx=2，
∴设x=k，则y=2k(k≠0)，
∴x+yx=k+2kk=3kk=3．
故答案为：3．
根据比例设x=k，则y=2k(k≠0)，然后代入比例式进行计算即可．
本题主要考查了比例的性质，掌握比的基本性质是解题的关键．
13.【答案】(5,4)
【解析】解：∵点A(−3,0)，点D(0,4)，
∴OA=3，OD=4，
∵∠AOD=90°，
∴AD= OA2+OB2= 32+42=5，
∵四边形ABCD为菱形，
∴CD=AD=5，CD//AB，
∴CD⊥OD，
∴点C的坐标为(5,4)，
故答案为：(5,4)．
由勾股定理得AD=5，再由菱形的性质得CD=AD=5，CD//AB，则CD⊥OD，即可得出结论．
本题考查了菱形的性质、坐标与图形性质以及勾股定理等知识，熟练掌握菱形的性质和勾股定理是解题的关键．
14.【答案】∠A=∠D(答案不唯一)
【解析】【分析】
本题考查了相似三角形的判定有关知识，根据相似三角形的判定方法解答即可．
【解答】
解：①添加∠A=∠D，
∵∠A=∠D，∠ACB=∠DCE，
∴△ABC∽△DEC；
②添加∠B=∠E，
∵∠B=∠E，∠ACB=∠DCE，
∴△ABC∽△DEC；
③添加ACDC=BCEC，
∵ACDC=BCEC，∠ACB=∠DCE，
∴△ABC∽△DEC．
故答案为∠A=∠D(答案不唯一)．
15.【答案】16
【解析】解：用A1，A2代表2个红枣味的粽子，用B1，B2代表2个蛋黄味的粽子，画树状图如下：
由树状图可知，一共有12种等可能的情况，其中两个恰好都是蛋黄味的结果数2个，
∴P(两个恰好都是蛋黄味)=212=16．
故答案为：16．
用列表法或树状图法列举出所有等可能的结果，从中找出两个恰好都是蛋黄味的结果数，再按等可能事件概率公式计算即可．
本题考查列表法和树状图法，熟练掌握列表法和树状图法求等可能事件的概率的方法是解题的关键．
16.【答案】 192
【解析】解：连接BE，
∵DB=BC，∠C=60°，
∴△BCD是等边三角形，
∴CD=BC=BD=2，
∵DB=BC，E是CD的中点，
∴BE⊥CD，CE=DE=12CD=12×2=1，
∴在Rt△BCE中，BE= BC2−BE2= 22−12= 3，
∵AE=AD+DE=3+1=4，
∴在Rt△ABE中，AB= AE2+BE2= 42+( 3)2= 19，
∵在Rt△ABE中，F是AB的中点，
∴EF=12AB= 192．
故答案为： 192．
连接BE，由DB=BC，∠C=60°可得△BCD是等边三角形，从而CD=BC=BD=2；根据“三线合一”可得BE⊥CD，CE=DE=12CD=1，从而利用勾股定理在Rt△BCE中，求得BE= BC2−BE2= 3，在Rt△ABE中，求得AB= AE2+BE2= 19，再由EF是Rt△ABE斜边上的中线可得EF=12AB= 192．
本题考查等边三角形的判定及性质，勾股定理，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，正确作出辅助线，综合运用各个知识是解题的关键．
17.【答案】解：解法一：x2+2x=3，
x2+2x−3=0，
(x+3)(x−1)=0，
x+3=0或x−1=0，
解得x1=−3，x2=1；
解法二：x2+2x=3，
x2+2x+1=3+1，
(x+1)2=4，
x+1=±2，
x+1=2或x+1=−2，
解得x1=−3，x2=1．
【解析】利用因式分解法和配方法求解即可．
本题考查了解一元二次方程，掌握因式分解法和配方法是解答本题的关键．
18.【答案】解：根据题意得k≠0且Δ=22−4k×(−1)>0，
解得k>−1且k≠0．
【解析】根据一元二次方程的定义和根的判别式的意义得到k≠0且Δ=22−4k×(−1)>0，然后求出两不等式的公共部分即可．
本题考查了根的判别式：一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的根与Δ=b2−4ac有如下关系：当Δ>0时，方程有两个不相等的两个实数根；当Δ=0时，方程有两个相等的两个实数根；当Δ<0时，方程无实数根．
19.【答案】AF BE 平行四边 一组邻边相等的平行四边形是菱形
【解析】解：(1)作图如下：
(2)∵AF=AB，BE=AB
∴AF=BE，
在▱ABCD中，AD//BC，
即AF//BE．
∴四边形ABEF为平行四边形(一组对边平行且相等的四边形是平行四边形)，
∵AF=AB．
∴四边形ABEF为菱形(一组邻边相等的平行四边形是菱形)；
故答案是：AF，BE；平行四边；一组邻边相等的平行四边形是菱形．
(1)根据题意作图即可；
(2)根据平行四边形的判定定理和菱形的判定定理证明即可．
本题主要考查了尺规作图，平行四边形的判定，菱形的判定，准确分析证明是解题的关键．
20.【答案】解：∵DE//BC，DF//AC，
∴四边形DECF是平行四边形．
∴FC=DE=2cm．
∵DF//AC，
∴BFFC=BDDA，
即BF2=63，
∴BF=4．
【解析】根据平行四边形的判定和平行线分线段成比例解答即可．
此题考查平行线分线段成比例，关键是根据平行四边形的判定和平行线分线段成比例解答．
21.【答案】(1)0.6
(2)由(1)摸到白球的概率为0.6，所以可估计口袋中白种颜色的球的个数=5×0.6=3(只)；
(3)画树状图为：
共有20种等可能的结果数，其中两只球颜色不同占12种，
所以两只球颜色不同的概率=1220=35．
【解析】解：(1)答案为：0.6；
(1)根据统计数据，当n很大时，摸到白球的频率接近0.6；
(2)根据利用频率估计概率，可估计摸到白球的概率为0.6，然后利用概率公式计算白球的个数；
(3)先利用列表法展示所有20种等可能的结果数，再找出两只球颜色不同所占结果数，然后根据概率公式求解．
本题考查了利用频率估计概率：大量重复实验时，事件发生的频率在某个固定位置左右摆动，并且摆动的幅度越来越小，根据这个频率稳定性定理，可以用频率的集中趋势来估计概率，这个固定的近似值就是这个事件的概率．也考查了列表法与树状图法．
22.【答案】(1)解：设平均增长率为x，由题意得：256×(1+x)2=400，
解得：x=0.25或x=−2.25(舍)；
∴四、五这两个月的月平均增长百分率为25%；
(2)解：设降价y元，由题意得：(40−y−25)(400+5y)=4250，
整理得：y2+65y−350=0，
解得：y=5或y=−70(舍)；
∴当商品降价5元时，商场六月份可获利4250元．
【解析】(1)利用平均增长率的等量关系：a(1+x)2=b，列式计算即可；
(2)利用总利润=单件利润×销售数量，列方程求解即可．
本题考查一元二次方程的实际应用．根据题意正确的列出一元二次方程是解题的关键．
23.【答案】三角形中位线定理 两组对边分别平行的四边形是平行四边形
【解析】(1)解：如图，连接AC，分别交EH，FG于点P，Q，过点D作DM⊥AC于点M，交HG于点N．
∵H，G分别为AD，CD的中点，
∴HG//AC，HG=12AC，(三角形中位线定理)，
∴DNMN=DGGC，
∵DG=GC，
∴DN=MN=12DM，
∵四边形EFGH是瓦里尼翁平行四边形，
∴HE//GF，即HP//GQ．
∵HG//AC，即HG//PQ，
∴四边形HPQG是平行四边形，(两组对边分别平行的四边形是平行四边形)，
∴S▱HPQG=HG⋅MN=12HG⋅DM，
∵S△DC=12AC⋅DM=HG⋅DM，
∴S▱HPQG=12S△ADC，
同理可得，S▱EFQP=12S△ABC，
∴S▱HEFG=12S四边形BCD，
故答案为：三角形中位线定理，两组对边分别平行的四边形是平行四边形；
(2)如图，四边形ABCD及它的瓦里尼翁平行四边形EFGH为所求：
(3)瓦里尼翁平行四边形EFGH的周长等于AC+BD，理由如下：
∵四边形EFGH是瓦里尼翁平行四边形．
∴点E，H，G，F分别是边AB，AD，CD，BC的中点，
∴EF=12BD，GH=12BD.EH=12AC，FG=12AC，
∴瓦里尼翁平行四边形EFGH的周长=EF+GF+GH+EH=12BD+12BD+12AC+12AC=AC+BD．
(1)由三角形中位线定理和平行四边形的判定可求解；
(2)先画格点矩形EFGH，再找出格点A、B、C、D点，使点E，H，G，F分别是恰好边AB，BC，CD，DA的中点，顺次连接即可得到所求；
(3)由三角形中位线定理可得EF=12BD，GH=12BD.EH=12AC，FG=12AC，即可求解．
本题是四边形综合题，考查了平行四边形的判定和性质，三角形中位线定理，矩形的判定等知识，灵活运用这些性质解决问题
是解题的关键．
24.【答案】y2−5y+4=0
【解析】解：(1)∵设x2=y，那么x4=y2，
∴原方程变形为y2−5y+4=0．
故答案为：y2−5y+4=0；
(2)设x2+y2=n，
原方程可化为(n+3)(n−3)=27，
解得n=±6，
即x2+y2=±6，
∵x2≥0，y2≥0，
∴x2+y2=6；
(3)(x2+x)2−4(x2+x)−12=0，
设x2+x=m，则原方程可化为：m2−4m−12=0，
解得m1=6，m2=−2，
当m=6时，x2+x=6，
解得x1=−3，x2=2，
当m=−2时，x2+x=−2，即x2+x+2=0，
∵Δ=b2−4ac=12−4×1×2=−7<0，
∴该方程无解，
∴原方程的解为：x1=−3，x2=2．
(1)将原方程中的x4用y2代替，x2用y代替，即可解答；
(2)设n=x2+y2，方程(x2+y2+3)(x2+y2−3)=27可化为(n+3)(n−3)=27，求解n的值后根据x2+y2≥0进行取舍；
(3)设x2+x=m，则原方程可化为：m2−4m−12=0，求解得m1=6，m2=−2，从而x2+x=6或x2+x=−2，求解即可．
本题主要考查了换元法，即把某个式子看作一个整体，用一个字母去代替它，实行等量替换．读懂材料，理解换元法的转化思想是解题的关键．
25.【答案】2 10
【解析】解：(1)如图(1)，过点M作MG⊥BC于点G，MG交BE于点H，则∠MGN=∠MGB=90°，
∵MN⊥BE，
∴∠MOH=90°，
∴∠MHO+∠HMO=90°，
∵∠MGB=90°，
∴∠HBG+∠BHG=90°，
∵∠BHG=∠MHO，
∴∠HBG=∠HMO，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=CD，∠A=∠ABC=∠BCD=90°，
∴∠A=∠ABG=∠MGB=90°，
∴四边形ABGM是矩形，
∴AB=MG，
∴MG=BC，
在△MGN和△BCE中，
∠HBG=∠HMO ∠MGN=∠BCE MG=BC ，
∴△MGN≌△BCE(AAS)，
∴MN=BE，
∵AB=6，DE=2CE，
∴CE=13CD=13CD=2，
∴BE= BC2+CE2= 62+22=2 10，
∴MN=2 10，
故答案为：2 10；
(2)如图(2)，过点M作MK⊥BC于点K，MK交BD于点L，则∠MKB=∠MKN=90°，
∵MN⊥BD，
∴∠MOL=90°，
∴∠MLO+∠LMO=90°，
∵∠MKB=90°，
∴∠LBK+∠BLK=90°，
∵∠BLK=∠MLO，
∴∠LBK=∠LMO，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD=6，AD=BC=8，∠BCD=90°，
∴∠A=∠ABK=∠MKB=90°，
∴四边形ABKM是矩形，
∴AB=MK，
∴MK=CD，
在△MKN和△BCD中，∠LBK=∠LMO，∠MKN=∠BCD=90°，
∴△MKN∽△BCD，
∴MNBD=MKBC=68=34，
在Rt△BCD中，BD= BC2+CD2= 82+62=10，
∴MN=34BD=152；
(3)如图(3)，过点M作MP⊥BC于点P，过点D作DQ⊥BC交BC的延长线于点Q，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD=5 2，AB//CD，AD//BC，
∴∠ABC=∠DCQ=45°，
∵DQ⊥BC，
∴∠CDQ=45°=∠DCQ，
∴CQ=DQ，
∵DQ⊥BC，
∴CQ=DQ= 22CD=5，
∵BC=7，
∴BQ=BC+CQ=12，
∴BD= BQ2+DQ2= 122+52=13，
∵MN⊥BD，MP⊥BC，
∴∠DBQ+MNP=90°，∠MNP+∠NMP=90°，MP//DQ，
∴∠DBQ=∠NMP，
又∵∠MPN=∠Q=90°，
∴△MPN∽△BQD，
∴MPBQ=MNBD，
∵AD//BC，MP//DQ，∠Q=90°，
∴四边形MPQD是矩形，
∴MP=DQ=5，
∴512= MN13，
∴MN=6512．
(1)如图(1)，过点M作MG⊥BC于点G，MG交BE于点H，则∠MGN=∠MGB=90°，根据正方形的性质及矩形的判定与性质推出MG=BC，利用AAS证明△MGN≌△BCE，根据全等三角形的性质得出MN=BE，根据勾股定理求解即可；
(2)如图(2)，过点M作MK⊥BC于点K，MK交BD于点L，则∠MKB=∠MKN=90°，根据正方形的性质及矩形的判定与性质推出AB=CD=MK，根据相似三角形的判定与性质求解即可；
(3)如图(3)，过点M作MP⊥BC于点P，过点D作DQ⊥BC交BC的延长线于点Q，根据平行四边形的性质推出四边形MPQD是矩形，解直角三角形求出CQ=DQ= 22CD=5，根据勾股定理求出BD=13，根据直角三角形的性质推出∠DBQ=∠NMP，∠MPN=∠Q=90°，则△MPN∽△BQD，根据相似三角形的性质求解即可．
此题是四边形综合题，考查了正方形的性质、矩形的判定与性质、平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质等知识，熟练掌握正方形的性质、矩形的判定与性质、平行四边形的性质并作出合理的辅助线构建全等三角形及相似三角形是解题的关键．摸球的次数n
100
150
200
500
800
1000
摸到白球的次数m
58
96
116
295
484
601
摸到白球的频率
0.58
0.64
0.58
0.59
0.605
0.601
瓦里尼翁平行四边形
我们知道，如图1，在四边形ABCD中，点E、F、G，H分别是边AB、BC，CD，DA的中点，顺次连接E，F、G、H，得到的四边形EFGH是平行四边形．
我查阅了许多资料，得知这个平行四边形EFGH被称为瓦里尼翁平行四边形.瓦里尼翁(Varingnn,Pierte1654−1722)是法国数学家、力学家.瓦里尼翁平行四边形与原四边形关系密切．
①当原四边形的对角线满足一定关系时，瓦里尼翁平行四边形可能是菱形、矩形或正方形．
②瓦里尼翁平行四边形的周长与原四边形对角线的长度也有一定关系．
③瓦里尼翁平行四边形的面积等于原四边形面积的一半.此结论可借助图1证明如下：
证明：如图2，连接AC，分别交EH，FG于点P、Q，过点D作DM⊥AC于点M，交HG于点N．
∵H、G分别为AD，CD的中点，∴HG//AC，HG=12AC.(依据1)
∴DNNM=DGGC，∵DG=GC，∴DN=NM=12DM．
∵四边形EFGH是瓦里尼翁平行四边形，
∴HE//GF，即HP//GQ．
∵HG//AC，即HG//PQ，
∴四边形HPQG是平行四边形，(依据2)．
∴S▱HPQG=HG⋅MN=12HG⋅DM，
∵S△ADC=12AC⋅DM=HG⋅DM，∴S平行四边形HPQG=12S△ADC.同理，…
1.一元二次方程2x2+x−5=0的二次项系数、一次项系数、常数项分别是( )
A. 2，1，5B. 2，1，−5C. 2，0，−5D. 2，0，5
2.下列性质中，矩形具有而一般的平行四边形不具有的是( )
A. 对边相等B. 对角相等C. 对角线相等D. 对边平行
3.下面四组线段中，成比例的是( )
A. a=1，b=2，c=2，d=4B. a=2，b=3，c=4，d=5
C. a=4，b=6，c=8，d=10D. a= 2,b= 3,c=3,d= 3
4.如图，已知AB//CD//EF，BD：DF=1：2，那么下列结论中，正确的是( )
A. AC：AE=1：3
B. CE：EA=1：3
C. CD：EF=1：2
D. AB：EF=1：2
5.同时转动如图所示的两个转盘，则转盘停止转动后，指针同时落在红色区域的概率为( )
A. 13
B. 23
C. 12
D. 16
6.如图，四边形ABCD∽四边形EFGH，∠A=80°，∠C=90°，∠F=70°，则∠H等于( )
A. 70°B. 80°C. 110°D. 120°
7.图形中，每个小网格均为正方形网格，带阴影部分的三角形中与如图△A1B1C1相似的是( )
A.
B.
C.
D.
8.如图，一块长16m，宽8m的矩形菜地，现要在中间铺设同样宽度的石子路，余下的部分用于种植，且种植面积为105m2.设石子路的宽度为x m，则下面所列方程正确的是( )
A. (16−x)(8−x)+x2=105B. (16−x)(8−x)=105
C. (16−2x)(8−x)+x2=105D. (16−2x)(8−x)=105
9.如图，在菱形ABCD中，AC=16，BD=12，E是CD边上一动点，过点E分别作EF⊥OC于点F，EF⊥OC于点G，连接FG，则FG的最小值为( )
A. 4
B. 4.8
C. 5
D. 6
10.明朝数学家程大位在他的著作《算法统宗》中写了一首计算秋千绳索长度的词《西江月》：“平地秋千未起，踏板一尺离地.送行二步恰竿齐，五尺板高离地……”翻译成现代文为：如图，秋千静止的时候，踏板离地高一尺(AC=1尺)，将它往前推进两步(BE=10尺，两步=10尺)，此时踏板升高离地五尺(BD=5尺)，若绳索始终拉直，则秋千绳索OB的长是( )
A. 12尺B. 13.5尺C. 14.5尺D. 15.5尺
二、填空题：本题共6小题，每小题3分，共18分。
11.方程x2=9的根是______．
12.若yx=2，则x+yx= ______．
13.如图，四边形ABCD为菱形，点A(−3,0)，点D(0,4)，点B在x轴的正半轴上，则点C的坐标为______．
14.如图，AE与BD相交于C，要△ABC∽△DEC，需要条件______(只需写一个条件)．
15.妈妈买了4个粽子，分别是2个红枣味和2个蛋黄味，小妍随意吃两个恰好都是蛋黄味的概率是______．
16.如图，在△ABC中，点D在边AC上，DB=BC，E是CD的中点，F是AB的中点.若AD=3，BD=2，∠C=60°，则EF= ______．
三、解答题：本题共9小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题4分)
解方程：x2+2x=3.(用两种方法解方程)
18.(本小题4分)
关于x的一元二次方程kx2+2x−1=0有两个不相等的实数根，求k的取值范围．
19.(本小题6分)
下面是小明设计的“在一个平行四边形内作菱形”的尺规作图过程.已知：四边形ABCD是平行四边形.求作：菱形ABEF(点E在BC上，点F在AD上).作法：①以点A为圆心，AB长为半径作弧，交AD于点F；②以点B为圆心，AB长为半径作弧，交BC于点E；③连接EF.所以四边形ABEF为所求作的菱形.根据小明设计的尺规作图过程．
(1)使用直尺和圆规，补全图形(保留作图痕迹)；
(2)完成下面的证明，证明：∵AF=AB，BE=AB，∴ ______= ______，在▱ABCD中，AD//BC，即AF//BE，∴四边形ABEF为______形，∵AF=AB，∴四边形ABEF为菱形(______)(填依据)．
20.(本小题6分)
如图，DE//BC，DF//AC，AD=3cm，BD=6cm，DE=2cm，求BF的长．
21.(本小题8分)
在一个不透明的口袋里装有颜色不同的红、白两种颜色的球共5只，某学习小组做摸球试验，将球搅匀后从中随机摸出一个球记下颜色，再把它放回袋中，不断重复，下表是活动进行中的一组统计数据：
(1)请估计：当n很大时，摸到白球的频率将会接近______；(精确到0.1)
(2)试估算口袋中白球有多少只？
(3)请画树状图或列表计算：从中先摸出一球，不放回，再摸出一球；这两只球颜色不同的概率是多少？
22.(本小题10分)
今年超市以每件25元的进价购进一批商品，当商品售价为40元时，三月份销售256件，四、五月该商品十分畅销，销售量持续上涨，在售价不变的基础上，五月份的销售量达到400件．
(1)求四、五这两个月销售量的月平均增长百分率．
(2)经市场预测，六月份的销售量将与五月份持平，现商场为了减少库存，采用降价促销方式，经调查发现，该商品每降价1元，月销量增加5件，当商品降价多少元时，商场六月份可获利4250元？
23.(本小题10分)
阅读与思考
下面是一位同学的数学学习笔记，请仔细阅读并完成相应任务，
任务：(1)填空：材料中的依据1是指：______；
依据2是指：______；
(2)如图，方格纸中每个小正方形的边长均为1，画一个四边形ABCD及它的瓦里尼翁平行四边形EFGH，满足下列要求①四边形ABCD及它的瓦里尼翁平行四边形EFGH的顶点都在小正方形网格的格点的上；②四边形EFGH是矩形，不是正方形；
(3)在图1中，分别连接AC，BD得到图3，请猜想瓦里尼翁平行四边形EFGH的周长与对角线AC、BD长度的关系，并证明你的结论．
24.(本小题12分)
解方程x4−5x2+4=0，这是一个一元四次方程，根据该方程的特点，它的解法通常是：
设x2=y，那么x4=y2，于是原方程可变为①，
解得y1=1，y2=4．
当y=1时，x2=1，∴x=±1；当y=4时，x2=4，∴x=±2；
∴原方程有四个根：x1=1，x2=−1，x3=2，x4=−2．
(1)①中填写的方程是______，在由原方程得到方程①的过程中，利用换元法达到降次的目的，体现了数学的转化思想；
(2)已知实数x，y满足(x2+y2+3)(x2+y2−3)=27，求x2+y2的值；
(3)解方程(x2+x)2−4(x2+x)−12=0．
25.(本小题12分)
【问题探究】(1)如图(1)在正方形ABCD中，AB=6，点E为DC上的点，DE=2CE，连接BE，点O为BE上的点，过点O作MN⊥BE交AD于点M，交BC于点N，则MN的长度为______；
【类比迁移】(2)如图(2)在矩形ABCD中，AB=6，BC=8，连接BD，过BD的中点O作MN⊥BD交AD于点M，交BC于点N，求MN的长度．
【拓展应用】(3)如图(3)李大爷家有一块平行四边形ABCD的菜地，测得AB=5 2米，BC=7米，∠ABC=45°，为了管理方便，李大爷沿着对角线BD开一条小路，过这小路的正中间，开了另一条垂直于它的小路MN(小路面积忽略不计)，求新开出的小路MN的长度．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：一元二次方程2x2+x−5=0的二次项系数，一次项系数，常数项分别是2，1，−5，
故选：B．
根据二次项系数、一次项系数、常数项的定义即可得出结果．
本题考查了一元二次方程的一般形式，一元二次方程的一般形式是：ax2+bx+c=0(a,b,c是常数且a≠0)，在一般形式中ax2叫二次项，bx叫一次项，c是常数项.其中a，b，c分别叫二次项系数，一次项系数，常数项．
2.【答案】C
【解析】解：矩形的特性是：四个角都是直角，对角线相等．
故选：C．
根据矩形的性质以及平行四边形的性质进行做题．
本题主要考查了特殊矩形的性质，掌握平行四边形的性质，矩形的性质是解题的关键．
3.【答案】A
【解析】解：A、1×4=2×2，故选项符合题意；
B、2×5≠3×4，故选项不符合题意；
C、4×10≠6×8，故选项不符合题意；
C、 2×3≠ 3× 3，故选项不符合题意；
故选：A．
如果其中两条线段的乘积等于另外两条线段的乘积，则四条线段叫成比例线段．对选项一一分析，排除错误答案．
此题考查了比例线段，根据成比例线段的概念，注意在相乘的时候，最小的和最大的相乘，另外两个相乘，看它们的积是否相等．同时注意单位要统一．
4.【答案】A
【解析】解：∵AB//CD//EF，BD：DF=1：2，
∴AC：AE=1：3，故A选项正确；
CE：EA=2：3，故B选项错误；
CD：EF≠1：2，故C选项错误；
AB：EF≠1：2，故D选项错误；
故选：A．
三条平行线截两条直线，所得的对应线段成比例，据此可得结论．
本题考查了平行线分线段成比例：三条平行线截两条直线，所得的对应线段成比例．
5.【答案】A
【解析】解：转盘的指针同时落在红色区域的概率23×12=13．
故选：A．
分别求出转盘的指针落在红色区域的概率，二者之积即转盘的指针同时落在红色区域的概率．
本题主要考查几何概率的求法，用到的知识点为：两步完成的事件的概率=第一步事件的概率与第二步事件的概率的积．
6.【答案】D
【解析】解：∵四边形ABCD∽四边形EFGH，∠A=80°，∠C=90°，
∴∠E=∠A=80°，∠G=∠C=90°，
∵∠F=70°，
∴∠H=360°−∠E−∠F−∠G=120°．
故选D．
先利用相似多边形的对应角得到∠E=∠A=80°，∠G=∠C=90°，然后在四边形EFGH中由内角和为360°进行求解即可．
考查了相似多边形的性质，解题的关键是了解相似多边形的对应角相等，难度不大．
7.【答案】B
【解析】解：因为△A1B1C1中有一个角是135°，选项中，有135°角的三角形只有B，且满足两边成比例夹角相等，
故选：B．
根据相似三角形的判定方法一一判断即可．
本题考查相似三角形的判定，解题的关键是学会利用数形结合的思想解决问题，属于中考常考题型．
8.【答案】B
【解析】解：设小路的宽为x m，则草坪的总长度为(16−x)m，总宽度为(8−x)m，
根据题意，得：(16−x)(8−x)=105．
故选：B．
设小路的宽为x m，则草坪的总长度为(16−x)m，总宽度为(8−x)m，根据题意列出方程即可求出答案．
本题考查了一元二次方程的应用，弄清楚草坪的总长度和总宽度是解题关键．
9.【答案】B
【解析】解：如图所示：连接OE，
在菱形ABCD中，AC=16，BD=12，
∴∠COD=90°,CD= OD2+OC2= 82+62=10，
∵EF⊥OC，EF⊥OC
∴四边形OGEF是矩形，
∴GF=OE，
∴FG的最小值，
即OE最小值，
∴当OE⊥AC时，OE最小，
∵12OC⋅OD=12CD⋅OE，
∴12×8×6=12×10⋅OE，
∴OE=4.8，
∴OE最小为4.8，
即FG的最小值为4.8，
故选：B．
如图所示：连接OE，在菱形ABCD中，AC=16，BD=12，得∠COD=90°，CD=10，由EF⊥OC，EF⊥OC，可得四边形OGEF是矩形，进而得出GF=OE，当OE⊥AC时，OE最小，即FG的最小值，即可得出．
本题主要考查了菱形的性质，矩形的判定与性质，垂线段最短，勾股定理，三角形的面积等知识，熟练掌握菱形的性质，证明四边形OGEF是矩形是解此题的关键．
10.【答案】C
【解析】解：设OA=OB=x尺，
∵EC=BD=5尺，AC=1尺，
∴EA=EC−AC=5−1=4(尺)，OE=OA−AE=(x−4)尺，
在Rt△OEB中，OE=(x−4)尺，OB=x尺，EB=10尺，
根据勾股定理得：x2=(x−4)2+102，
解得：x=14.5．
则秋千绳索OB的长为14.5尺．
故选：C．
设OA=OB=x尺，表示出OE的长，在Rt△OEB中，利用勾股定理列出关于x的方程，求出方程的解即可得到结果．
本题考查了勾股定理的应用，熟练掌握“勾股定理，用含有一个未知数的代数式表示直角三角形的边”是解本题的关键．
11.【答案】x1=3，x2=−3
【解析】解：x2=9，
x=±3，
所以x1=3，x2=−3．
故答案为：x1=3，x2=−3．
利用直接开平方法解方程即可．
本题考查了解一元二次方程−直接开平方法：形如x2=p或(nx+m)2=p(p≥0)的一元二次方程可采用直接开平方的方法解一元二次方程．
12.【答案】3
【解析】解：∵yx=2，
∴设x=k，则y=2k(k≠0)，
∴x+yx=k+2kk=3kk=3．
故答案为：3．
根据比例设x=k，则y=2k(k≠0)，然后代入比例式进行计算即可．
本题主要考查了比例的性质，掌握比的基本性质是解题的关键．
13.【答案】(5,4)
【解析】解：∵点A(−3,0)，点D(0,4)，
∴OA=3，OD=4，
∵∠AOD=90°，
∴AD= OA2+OB2= 32+42=5，
∵四边形ABCD为菱形，
∴CD=AD=5，CD//AB，
∴CD⊥OD，
∴点C的坐标为(5,4)，
故答案为：(5,4)．
由勾股定理得AD=5，再由菱形的性质得CD=AD=5，CD//AB，则CD⊥OD，即可得出结论．
本题考查了菱形的性质、坐标与图形性质以及勾股定理等知识，熟练掌握菱形的性质和勾股定理是解题的关键．
14.【答案】∠A=∠D(答案不唯一)
【解析】【分析】
本题考查了相似三角形的判定有关知识，根据相似三角形的判定方法解答即可．
【解答】
解：①添加∠A=∠D，
∵∠A=∠D，∠ACB=∠DCE，
∴△ABC∽△DEC；
②添加∠B=∠E，
∵∠B=∠E，∠ACB=∠DCE，
∴△ABC∽△DEC；
③添加ACDC=BCEC，
∵ACDC=BCEC，∠ACB=∠DCE，
∴△ABC∽△DEC．
故答案为∠A=∠D(答案不唯一)．
15.【答案】16
【解析】解：用A1，A2代表2个红枣味的粽子，用B1，B2代表2个蛋黄味的粽子，画树状图如下：
由树状图可知，一共有12种等可能的情况，其中两个恰好都是蛋黄味的结果数2个，
∴P(两个恰好都是蛋黄味)=212=16．
故答案为：16．
用列表法或树状图法列举出所有等可能的结果，从中找出两个恰好都是蛋黄味的结果数，再按等可能事件概率公式计算即可．
本题考查列表法和树状图法，熟练掌握列表法和树状图法求等可能事件的概率的方法是解题的关键．
16.【答案】 192
【解析】解：连接BE，
∵DB=BC，∠C=60°，
∴△BCD是等边三角形，
∴CD=BC=BD=2，
∵DB=BC，E是CD的中点，
∴BE⊥CD，CE=DE=12CD=12×2=1，
∴在Rt△BCE中，BE= BC2−BE2= 22−12= 3，
∵AE=AD+DE=3+1=4，
∴在Rt△ABE中，AB= AE2+BE2= 42+( 3)2= 19，
∵在Rt△ABE中，F是AB的中点，
∴EF=12AB= 192．
故答案为： 192．
连接BE，由DB=BC，∠C=60°可得△BCD是等边三角形，从而CD=BC=BD=2；根据“三线合一”可得BE⊥CD，CE=DE=12CD=1，从而利用勾股定理在Rt△BCE中，求得BE= BC2−BE2= 3，在Rt△ABE中，求得AB= AE2+BE2= 19，再由EF是Rt△ABE斜边上的中线可得EF=12AB= 192．
本题考查等边三角形的判定及性质，勾股定理，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，正确作出辅助线，综合运用各个知识是解题的关键．
17.【答案】解：解法一：x2+2x=3，
x2+2x−3=0，
(x+3)(x−1)=0，
x+3=0或x−1=0，
解得x1=−3，x2=1；
解法二：x2+2x=3，
x2+2x+1=3+1，
(x+1)2=4，
x+1=±2，
x+1=2或x+1=−2，
解得x1=−3，x2=1．
【解析】利用因式分解法和配方法求解即可．
本题考查了解一元二次方程，掌握因式分解法和配方法是解答本题的关键．
18.【答案】解：根据题意得k≠0且Δ=22−4k×(−1)>0，
解得k>−1且k≠0．
【解析】根据一元二次方程的定义和根的判别式的意义得到k≠0且Δ=22−4k×(−1)>0，然后求出两不等式的公共部分即可．
本题考查了根的判别式：一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的根与Δ=b2−4ac有如下关系：当Δ>0时，方程有两个不相等的两个实数根；当Δ=0时，方程有两个相等的两个实数根；当Δ<0时，方程无实数根．
19.【答案】AF BE 平行四边 一组邻边相等的平行四边形是菱形
【解析】解：(1)作图如下：
(2)∵AF=AB，BE=AB
∴AF=BE，
在▱ABCD中，AD//BC，
即AF//BE．
∴四边形ABEF为平行四边形(一组对边平行且相等的四边形是平行四边形)，
∵AF=AB．
∴四边形ABEF为菱形(一组邻边相等的平行四边形是菱形)；
故答案是：AF，BE；平行四边；一组邻边相等的平行四边形是菱形．
(1)根据题意作图即可；
(2)根据平行四边形的判定定理和菱形的判定定理证明即可．
本题主要考查了尺规作图，平行四边形的判定，菱形的判定，准确分析证明是解题的关键．
20.【答案】解：∵DE//BC，DF//AC，
∴四边形DECF是平行四边形．
∴FC=DE=2cm．
∵DF//AC，
∴BFFC=BDDA，
即BF2=63，
∴BF=4．
【解析】根据平行四边形的判定和平行线分线段成比例解答即可．
此题考查平行线分线段成比例，关键是根据平行四边形的判定和平行线分线段成比例解答．
21.【答案】(1)0.6
(2)由(1)摸到白球的概率为0.6，所以可估计口袋中白种颜色的球的个数=5×0.6=3(只)；
(3)画树状图为：
共有20种等可能的结果数，其中两只球颜色不同占12种，
所以两只球颜色不同的概率=1220=35．
【解析】解：(1)答案为：0.6；
(1)根据统计数据，当n很大时，摸到白球的频率接近0.6；
(2)根据利用频率估计概率，可估计摸到白球的概率为0.6，然后利用概率公式计算白球的个数；
(3)先利用列表法展示所有20种等可能的结果数，再找出两只球颜色不同所占结果数，然后根据概率公式求解．
本题考查了利用频率估计概率：大量重复实验时，事件发生的频率在某个固定位置左右摆动，并且摆动的幅度越来越小，根据这个频率稳定性定理，可以用频率的集中趋势来估计概率，这个固定的近似值就是这个事件的概率．也考查了列表法与树状图法．
22.【答案】(1)解：设平均增长率为x，由题意得：256×(1+x)2=400，
解得：x=0.25或x=−2.25(舍)；
∴四、五这两个月的月平均增长百分率为25%；
(2)解：设降价y元，由题意得：(40−y−25)(400+5y)=4250，
整理得：y2+65y−350=0，
解得：y=5或y=−70(舍)；
∴当商品降价5元时，商场六月份可获利4250元．
【解析】(1)利用平均增长率的等量关系：a(1+x)2=b，列式计算即可；
(2)利用总利润=单件利润×销售数量，列方程求解即可．
本题考查一元二次方程的实际应用．根据题意正确的列出一元二次方程是解题的关键．
23.【答案】三角形中位线定理 两组对边分别平行的四边形是平行四边形
【解析】(1)解：如图，连接AC，分别交EH，FG于点P，Q，过点D作DM⊥AC于点M，交HG于点N．
∵H，G分别为AD，CD的中点，
∴HG//AC，HG=12AC，(三角形中位线定理)，
∴DNMN=DGGC，
∵DG=GC，
∴DN=MN=12DM，
∵四边形EFGH是瓦里尼翁平行四边形，
∴HE//GF，即HP//GQ．
∵HG//AC，即HG//PQ，
∴四边形HPQG是平行四边形，(两组对边分别平行的四边形是平行四边形)，
∴S▱HPQG=HG⋅MN=12HG⋅DM，
∵S△DC=12AC⋅DM=HG⋅DM，
∴S▱HPQG=12S△ADC，
同理可得，S▱EFQP=12S△ABC，
∴S▱HEFG=12S四边形BCD，
故答案为：三角形中位线定理，两组对边分别平行的四边形是平行四边形；
(2)如图，四边形ABCD及它的瓦里尼翁平行四边形EFGH为所求：
(3)瓦里尼翁平行四边形EFGH的周长等于AC+BD，理由如下：
∵四边形EFGH是瓦里尼翁平行四边形．
∴点E，H，G，F分别是边AB，AD，CD，BC的中点，
∴EF=12BD，GH=12BD.EH=12AC，FG=12AC，
∴瓦里尼翁平行四边形EFGH的周长=EF+GF+GH+EH=12BD+12BD+12AC+12AC=AC+BD．
(1)由三角形中位线定理和平行四边形的判定可求解；
(2)先画格点矩形EFGH，再找出格点A、B、C、D点，使点E，H，G，F分别是恰好边AB，BC，CD，DA的中点，顺次连接即可得到所求；
(3)由三角形中位线定理可得EF=12BD，GH=12BD.EH=12AC，FG=12AC，即可求解．
本题是四边形综合题，考查了平行四边形的判定和性质，三角形中位线定理，矩形的判定等知识，灵活运用这些性质解决问题
是解题的关键．
24.【答案】y2−5y+4=0
【解析】解：(1)∵设x2=y，那么x4=y2，
∴原方程变形为y2−5y+4=0．
故答案为：y2−5y+4=0；
(2)设x2+y2=n，
原方程可化为(n+3)(n−3)=27，
解得n=±6，
即x2+y2=±6，
∵x2≥0，y2≥0，
∴x2+y2=6；
(3)(x2+x)2−4(x2+x)−12=0，
设x2+x=m，则原方程可化为：m2−4m−12=0，
解得m1=6，m2=−2，
当m=6时，x2+x=6，
解得x1=−3，x2=2，
当m=−2时，x2+x=−2，即x2+x+2=0，
∵Δ=b2−4ac=12−4×1×2=−7<0，
∴该方程无解，
∴原方程的解为：x1=−3，x2=2．
(1)将原方程中的x4用y2代替，x2用y代替，即可解答；
(2)设n=x2+y2，方程(x2+y2+3)(x2+y2−3)=27可化为(n+3)(n−3)=27，求解n的值后根据x2+y2≥0进行取舍；
(3)设x2+x=m，则原方程可化为：m2−4m−12=0，求解得m1=6，m2=−2，从而x2+x=6或x2+x=−2，求解即可．
本题主要考查了换元法，即把某个式子看作一个整体，用一个字母去代替它，实行等量替换．读懂材料，理解换元法的转化思想是解题的关键．
25.【答案】2 10
【解析】解：(1)如图(1)，过点M作MG⊥BC于点G，MG交BE于点H，则∠MGN=∠MGB=90°，
∵MN⊥BE，
∴∠MOH=90°，
∴∠MHO+∠HMO=90°，
∵∠MGB=90°，
∴∠HBG+∠BHG=90°，
∵∠BHG=∠MHO，
∴∠HBG=∠HMO，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=CD，∠A=∠ABC=∠BCD=90°，
∴∠A=∠ABG=∠MGB=90°，
∴四边形ABGM是矩形，
∴AB=MG，
∴MG=BC，
在△MGN和△BCE中，
∠HBG=∠HMO ∠MGN=∠BCE MG=BC ，
∴△MGN≌△BCE(AAS)，
∴MN=BE，
∵AB=6，DE=2CE，
∴CE=13CD=13CD=2，
∴BE= BC2+CE2= 62+22=2 10，
∴MN=2 10，
故答案为：2 10；
(2)如图(2)，过点M作MK⊥BC于点K，MK交BD于点L，则∠MKB=∠MKN=90°，
∵MN⊥BD，
∴∠MOL=90°，
∴∠MLO+∠LMO=90°，
∵∠MKB=90°，
∴∠LBK+∠BLK=90°，
∵∠BLK=∠MLO，
∴∠LBK=∠LMO，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD=6，AD=BC=8，∠BCD=90°，
∴∠A=∠ABK=∠MKB=90°，
∴四边形ABKM是矩形，
∴AB=MK，
∴MK=CD，
在△MKN和△BCD中，∠LBK=∠LMO，∠MKN=∠BCD=90°，
∴△MKN∽△BCD，
∴MNBD=MKBC=68=34，
在Rt△BCD中，BD= BC2+CD2= 82+62=10，
∴MN=34BD=152；
(3)如图(3)，过点M作MP⊥BC于点P，过点D作DQ⊥BC交BC的延长线于点Q，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD=5 2，AB//CD，AD//BC，
∴∠ABC=∠DCQ=45°，
∵DQ⊥BC，
∴∠CDQ=45°=∠DCQ，
∴CQ=DQ，
∵DQ⊥BC，
∴CQ=DQ= 22CD=5，
∵BC=7，
∴BQ=BC+CQ=12，
∴BD= BQ2+DQ2= 122+52=13，
∵MN⊥BD，MP⊥BC，
∴∠DBQ+MNP=90°，∠MNP+∠NMP=90°，MP//DQ，
∴∠DBQ=∠NMP，
又∵∠MPN=∠Q=90°，
∴△MPN∽△BQD，
∴MPBQ=MNBD，
∵AD//BC，MP//DQ，∠Q=90°，
∴四边形MPQD是矩形，
∴MP=DQ=5，
∴512= MN13，
∴MN=6512．
(1)如图(1)，过点M作MG⊥BC于点G，MG交BE于点H，则∠MGN=∠MGB=90°，根据正方形的性质及矩形的判定与性质推出MG=BC，利用AAS证明△MGN≌△BCE，根据全等三角形的性质得出MN=BE，根据勾股定理求解即可；
(2)如图(2)，过点M作MK⊥BC于点K，MK交BD于点L，则∠MKB=∠MKN=90°，根据正方形的性质及矩形的判定与性质推出AB=CD=MK，根据相似三角形的判定与性质求解即可；
(3)如图(3)，过点M作MP⊥BC于点P，过点D作DQ⊥BC交BC的延长线于点Q，根据平行四边形的性质推出四边形MPQD是矩形，解直角三角形求出CQ=DQ= 22CD=5，根据勾股定理求出BD=13，根据直角三角形的性质推出∠DBQ=∠NMP，∠MPN=∠Q=90°，则△MPN∽△BQD，根据相似三角形的性质求解即可．
此题是四边形综合题，考查了正方形的性质、矩形的判定与性质、平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质等知识，熟练掌握正方形的性质、矩形的判定与性质、平行四边形的性质并作出合理的辅助线构建全等三角形及相似三角形是解题的关键．摸球的次数n
100
150
200
500
800
1000
摸到白球的次数m
58
96
116
295
484
601
摸到白球的频率
0.58
0.64
0.58
0.59
0.605
0.601
瓦里尼翁平行四边形
我们知道，如图1，在四边形ABCD中，点E、F、G，H分别是边AB、BC，CD，DA的中点，顺次连接E，F、G、H，得到的四边形EFGH是平行四边形．
我查阅了许多资料，得知这个平行四边形EFGH被称为瓦里尼翁平行四边形.瓦里尼翁(Varingnn,Pierte1654−1722)是法国数学家、力学家.瓦里尼翁平行四边形与原四边形关系密切．
①当原四边形的对角线满足一定关系时，瓦里尼翁平行四边形可能是菱形、矩形或正方形．
②瓦里尼翁平行四边形的周长与原四边形对角线的长度也有一定关系．
③瓦里尼翁平行四边形的面积等于原四边形面积的一半.此结论可借助图1证明如下：
证明：如图2，连接AC，分别交EH，FG于点P、Q，过点D作DM⊥AC于点M，交HG于点N．
∵H、G分别为AD，CD的中点，∴HG//AC，HG=12AC.(依据1)
∴DNNM=DGGC，∵DG=GC，∴DN=NM=12DM．
∵四边形EFGH是瓦里尼翁平行四边形，
∴HE//GF，即HP//GQ．
∵HG//AC，即HG//PQ，
∴四边形HPQG是平行四边形，(依据2)．
∴S▱HPQG=HG⋅MN=12HG⋅DM，
∵S△ADC=12AC⋅DM=HG⋅DM，∴S平行四边形HPQG=12S△ADC.同理，…
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