九年级第一次月考押题卷（成都市专用）（考试范围：北师大版第1-3章）（解析版）.docx

1、第一次月考数学押题卷（成都市专用）九年级数学（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）注意事项：1本试卷分A卷（100分）和B卷（50分）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2回答第卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。3回答第卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。4测试范围：北师大版九年级上册第13章。5考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。A卷（共100分）第I卷一、选择题（本大题共8个小题，每小题4分，共32分，每小题均有四个选项，其中只有一项符合题目要求，答案

2、涂在答题卡上）1（2023秋河南南阳九年级统考期末）下面说法正确的是（）A是一元二次方程B方程的解为C若关于的一元二次方程有两个不相等的实数根，则D已知一元二次方程，若，则该方程一定有一个根为1【答案】D【分析】A、化简整理后再判断；B、用因式分解解方程后再判断；C、注意一元二次方程的有解的条件；D、把代入方程，可得答案.【详解】A、化简整理后，没有二次项，所以，A错误；B、方程可可化简为，解得：或，所以，B错误；C、忽视了一元二次方程的有解的条件，即且，所以，C错误；D、已知一元二次方程当时，所以，D正确；故选D【点睛】本题考查了一元二次方程的概念及方程的解，熟练掌握一元二次方程解的求法是解

3、题的关键.2（2023河南濮阳统考一模）某校举行安全系列教育活动主题手抄报的评比活动，学校共设置了“交通安全”“消防安全”“饮食安全”“校园安全”四个主题内容一班推荐李明与张颖参加手抄报评比，他们两人选取同一个主题的概率是（）ABCD【答案】B【分析】画树状图，共有16种等可能的结果，其中李明与张颖他们两人选取同一个主题的结果有4种，再由概率公式求解即可【详解】解：把“交通安全”“消防安全”“饮食安全”“校园安全”四个主题内容分别记为A、B、C、D，画树状图如下：共有16种等可能的结果，其中李明与张颖两人选取同一个主题的结果有4种，李明与张颖两人选取同一个主题的概率是，故选：B【点睛】本题考查

4、的是用树状图法求概率树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合于两步或两步以上完成的事件用到的知识点为：概率所求情况数与总情况数之比3（2022秋湖北荆州九年级校考期中）一元二次方程配方后可变形为（）ABCD【答案】B【分析】先移项，再根据完全平方公式配方，即可得出选项【详解】解：，故选：B【点睛】本题考查了用配方法解一元二次方程，能够正确配方是解此题的关键4（2023天津市和平区九年级期末）在四边形中，对角线，相交于点，则下列说法正确的是（）A如果，那么四边形是平行四边形B如果，那么四边形是矩形C如果，那么四边形是菱形D如果，那么四边形是正方形【答案】D【分析】分别根据平行四边形、矩

5、形、菱形、正方形的判定定理逐一判断即可【详解】A.，不能判定四边形是平行四边形，不符合题意；B. ，不能判定四边形是矩形 ，不符合题意；C. ，不能判定四边形是菱形，不符合题意；D. ，判定四边形ABCD是平行四边形，平行四边形ABCD是菱形，那么四边形是正方形,符合题意 故选D【点睛】本题考查了平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定定理，熟悉以上判定定理是解题的关键5（2023广东九年级校考阶段练习）如图，E、F分别是正方形ABCD的边CD、AD上的点，且CE=DF，AE、BF相交于点O，下列结论中不正确的有（）AAE=BF；BAEBF；CAO=OE；D【答案】C【分析】根据正方形的性质得AB

6、=AD=DC，BAD=D=90，则由CE=DF易得AF=DE，根据“SAS”可判断ABFDAE，所以AE=BF；根据全等的性质得ABF=EAD，利用EAD+EAB=90得到ABF+EAB=90，则AEBF；连结BE，BEBC，BABE，而BOAE，根据垂直平分线的性质得到OAOE；最后根据ABFDAE得SABF=SDAE，则SABF-SAOF=SDAE-SAOF，即SAOB=S四边形DEOF【详解】解：四边形ABCD为正方形，AB=AD=DC，BAD=D=90，而CE=DF，AF=DE，在ABF和DAE中ABFDAE，AE=BF，所以A选项正确；ABF=EAD，而EAD+EAB=90，ABF+

7、EAB=90，AOB=90，AEBF，所以B选项正确；连结BE，BEBC，BABE，而BOAE，OAOE，所以C选项不正确；ABFDAE，SABF=SDAE，SABF-SAOF=SDAE-SAOF，SAOB=S四边形DEOF，所以D选项正确故选C【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，线段垂直平分线的判定与性质，也考查了正方形的性质，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解6（2023河北邢台九年级中校考阶段练习）为迎接端午促销活动，合肥百大银座从6月份开始对春装进行“折上折”（两次打折数相同）优惠活动已知一件原价1000元的春装，优惠后实际仅需490元，设该店春装原本打折，则有（）A B

8、 C D【答案】C【分析】根据原价及经过两次打折后的价格，可得出关于x的一元二次方程，此题得解【详解】解： 依题意得：，故选C【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7（2023四川成都九年级校考阶段练习）如图，在矩形中，对角线与相交于点O，垂足为E，则的长为（）A6BC12D【答案】C【分析】由矩形的性质得出，由已知条件得出，由线段垂直平分线的性质得出，得出为等边三角形，即可求出的长【详解】解：四边形是矩形，故选：C【点睛】本题考查了矩形的性质，等边三角形的判定和性质，线段垂直平分线的性质，证明是等边三角形是解决问题的关键8（2023江苏盐

9、城市八年级月考）如图，菱形ABCD的边长为4，DAB=60，E为BC的中点，在对角线AC上存在一点P，使PBE的周长最小，则PBE的周长的最小值为 ( )ABCD【答案】C【分析】如下图，BEP的周长=BE+BP+EP，其中BE是定值，只需要BP+PE为最小值即可，过点E作AC的对称点F，连接FB，则FB就是BP+PE的最小值【详解】如下图，过点E作AC的对称点F，连接FB，FE，过点B作FE的垂线，交FE的延长线于点G菱形ABCD的边长为4，点E是BC的中点BE=2DAB=60，FCE=60 点F是点E关于AC的对称点根据菱形的对称性可知，点F在DC的中点上 则CF=CE=2CFE是等边三角

10、形，FEC=60，EF=2BEG=60在RtBEG中，EG=1，BG=FG=1+2=3在RtBFG中，BF=2根据分析可知，BF=PB+PEPBE的周长=2故选：C【点睛】本题考查菱形的性质和利用对称性求最值问题，解题关键是利用对称性，将BP+PE的长转化为FB的长第卷二填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分,答案写在答题卡上）9（2022广东九年级专题练习）关于x的方程（a23）x2+ax+10是一元二次方程的条件是 【答案】a【分析】根据一元二次方程必须满足两个条件：未知数的最高次数是2；二次项系数不为0；由这两个条件得到相应的关系式，求解即可【详解】关于x的方程是一元二次方程，故

11、答案为：【点睛】本题考查一元二次方程的定义熟知一元二次方程二次项系数不为0是解题的关键10（2023河南洛阳校联考一模）如图是小明的健康绿码示意图，用黑白打印机打印于边长为的正方形区域内，为了估计图中黑色部分的总面积，经过大量重复试验，发现点落入黑色部分的频率稳定在0.6左右，则黑色部分的面积为 【答案】2.4【分析】经过大量重复试验，发现点落入黑色部分的频率稳定在0.6左右，可得点落入黑色部分的概率为0.6，根据边长为的正方形的面积为，进而可以估计黑色部分的总面积【详解】解：经过大量重复试验，发现点落入黑色部分的频率稳定在0.6左右，点落入黑色部分的概率为0.6，边长为的正方形的面积为，设黑

12、色部分的面积为S，则，解得估计黑色部分的总面积约为故答案为：2.4【点睛】本题考查利用频率估计概率，解决本题的关键是掌握概率公式，知道点落入黑色部分的概率为0.611（2023福建厦门九年级期末）如图，矩形ABCD的对角线AC，BD交于点O，M在BC边上，连接MO并延长交AD边于点N若BM = 1，OMC = 30，MN = 4，则矩形ABCD的面积为 _ 【答案】#【分析】过点N作交于点E，由矩形ABCD得，根据ASA可证，故可得，由直角三角形角所对的边为斜边的一半得出，根据勾股定理求出，从而得出，由矩形的面积公式即可得出答案【详解】如图，过点N作交于点E，四边形ABCD是矩形，故答案为：【

13、点睛】本题考查矩形的性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形的性质以及勾股定理，掌握相关知识点的应用是解题的关键12（2023春浙江温州八年级校考期末）伊斯兰数学家塔比伊本库拉在其著作以几何方法证明代数问题中讨论了二次方程的几何解法例如：可以用如图来解关于的方程，其中为长方形，为正方形，且，则几何图形中的某条线段就是方程的一个正根，则这个方程的正根是线段 【答案】/【分析】设正方形的边长为，则，根据，可得，所以，进而可得是方程的其中一个正根【详解】解：设正方形的边长为，则，则方程的其中一个正根为故答案为：【点睛】本题考查了一元二次方程，数学常识，正方形的性质，解决本题的关键是理解一元二次方程定

14、义13（2023四川成都九年级校考阶段练习）如图，菱形ABCD中，分别以点C、D为圆心，大于CD长为半径作弧，两弧分别交于点E、F，作直线EF，且直线EF恰好经过点A，与边CD交于点M连接BM，若AB6，则BM 【答案】【分析】连接AC，首先根据垂直平分线的性质得出是等边三角形，然后利用等边三角形的性质和勾股定理求出AM的长度，最后在中利用勾股定理即可求解【详解】解：如图，连接AC，由作法可知EF垂直平分CD， 四边形ABCD是菱形， ，是等边三角形， 当时，则， 在中，故答案为：【点睛】本题主要考查垂直平分线的性质和勾股定理，掌握垂直平分线的作法及性质是关键三解答题（本大题共5个小题，共48

15、分，其中14题12分，15-16题每题8分，17-18题每题10分。解答过程写在答题卡上）14（2023江苏无锡九年级校联考阶段练习）解方程：（1）； （2）；（3）（配方法）； （4）【答案】（1）；（2）；（3）；（4）【分析】（1）利用因式分解进行求解；（2）移项，提取公因式进行因式分解求解；（3）通过配方法，两边同时加上4，配成完全平方差公式进行求解；（4）展开，移项，再因式分解【详解】解：（1），解得：，（2），解得：，（3），解得：，（4），解得：【点睛】本题考查了求解一元二次方程，解题的关键是掌握求解的基本方法，例如因式分解、公式法、配方法、直接开方法，根据不同的题，选择合适的方

16、法15（2023广东九年级期末）如图，BD是ABC的角平分线，过点作DEBC交AB于点E，DFAB交BC于点F（1）求证：四边形BEDF是菱形；（2）若ABC60，ACB45，CD6，求菱形BEDF的边长【答案】（1）见解析；（2）【分析】（1）由题意可证BEDE，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DHBC于H，由直角三角形的性质可求解【详解】证明：（1）DEBC，DFAB，四边形DEBF是平行四边形，DEBC，EDBDBF，BD平分ABC，ABDDBFABC，ABDEDB，DEBE，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D

17、HBC于H，DFAB，ABCDFC60，DHBC，FDH30，FHDF，DHFHDF，C45，DHBC，CHDC45，DCDHDF6，DF2 ，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16（2023山东青岛统考三模）某商场，为了吸引顾客，在“元旦”当天举办了商品有奖酬宾活动，凡购物满200元者，有两种奖励方案供选择：方案一：是直接获得20元的礼金卷；方案二：是得到一次摇奖的机会规则如下：已知如图是由转盘和箭头组成的两个转盘A、B，这两个转盘除了颜色不同外，其它构造完全相同，摇奖者同时转动两个转盘，指针分别指向一个区域（指针落在分

18、割线上时重新转动转盘），根据指针指向的区域颜色（如表）决定送礼金券的多少指针指向两红一红一蓝两蓝礼金券（元）18918(1)请你用列表法（或画树状图法）求两款转盘指针分别指向一红区和一蓝区的概率(2)如果一名顾客当天在本店购物满200元，若只考虑获得最多的礼品券，请你帮助分析选择哪种方案较为实惠【答案】(1)(2)方案一，见解析；【分析】（1）根据列表法（或画树状图法）求指针分别指向一红区和一蓝区的概率即可；（2）根据（1）的树状图求出方案二的平均收益即可判断；【详解】（1）解：由题可知，转盘A中红色区域的圆心角的度数是蓝色区域的圆心角的度数的2倍，转盘B中蓝色区域的圆心角的度数是红色区域的圆

19、心角的度数的2倍，故可画树状图如下：由树状图可知，共有9种等可能的情况，其中两个转盘指针一个指向红色区域、一个指向蓝色区域的情况有5种，P(一红区和一蓝区)= （2）由（1）中的树状图可知，指针指向两个红色区域有2种情况，指向两个蓝色区域也有2种情况 ，P(两个红区)= ，P(两个蓝区)= ，方案二的平均收益为：，1320，若只考虑获得最多的礼品券，选择方案一更加实惠；【点睛】本题主要考查列表法（或画树状图法）求概率，掌握概率的求解方法是解题的关键17（2023山东泰安八年级统考期末）如图所示，四边形是矩形，过其两对角线的交点且与、的延长线分别交于点，（1）求证：四边形是平行四边形；（2）若，

20、那么四边形能是菱形吗？若能，请求出此时的大小；若不能，请说明理由【答案】（1）见解析；（2）能，【分析】（1）根据四边形是矩形，可得，即可得，根据题意，点是矩形对角线的交点，则，进而证明，可得，即可证明四边形是平行四边形；（2）根据勾股定理求得，进而求得，根据菱形的性质即可求得，根据含30度角的直角三角形的性质，即可求得，进而求得的长【详解】（1）连接，如图， 四边形是矩形，点是矩形对角线的交点，四边形是平行四边形；（2）四边形能是菱形，连接，如图，四边形是矩形，若四边形是菱形，则，当时，四边形是菱形【点睛】本题考查了矩形的性质，平行四边形的性质的与判定，三角形全等的性质与判定，含30度角的直

21、角三角形的性质，运用含30度角的直角三角形的性质是解题的关键18（2023湖南长沙九年级校考阶段练习）综合与探究：如果关于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，那么称这样的方程式“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”：；(2)已知关于的一元二次方程（是常数）是“邻根方程”，求的值；(3)若关于的一元二次方程（是常数，且）是“邻根方程”，令，求当为何值时，有最大值【答案】(1)过程见解析，不是“邻根方程”；过程见解析，是“邻根方程”(2)或(3)当时，t有最大值【分析】（1）先解一元二次方程求出方程的两根，然

22、后根据“邻根方程”的定义判断即可；（2）设方程的较小的一根为，则另一根为，根据根与系数的关系得到，进而得到，解方程即可；（3）同（2）求出，进而得到或，据此求解即可【详解】（1）解：，或，解得，方程不是“邻根方程”；，或 解得，方程是“邻根方程”；（2）解：设方程的较小的一根为，则另一根为，解得或；（3）解：设方程的较小的一根为，则另一根为，或，当时，t有最大值【点睛】本题主要考查了解一元二次方程，根与系数的关系，配方法，正确理解题意是解题的关键B卷（共50分）一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分，答案写在答题卡上）19（2023春浙江九年级月考）下图显示了某林业部门统计某种树苗

23、在本地区相同条件下的移植成活试验的结果下面有四个推断：当移植的棵树是800时，成活的棵树是688，所以“移植成活”的概率是0.860；随着移植棵树的增加，“移植成活”的频率总在0.852附近摆动，显示出一定的稳定性，可以估计“移植成活”的概率是0.852；与试验相同条件下，若移植10000棵这种树苗，可能成活8520棵；在用频率估计概率时，移植3000棵树时的频率0.852一定比移植2000棵树时的频率0.853更准确其中合理的是 （填写正确答案的序号）【答案】【分析】根据频率与概率的关系逐项判断即可得出答案【详解】解：当移植的棵树是800时，成活的棵树是688，所以“移植成活”的频率是0.8

24、60，但概率不一定是0.860，故错误；随着移植棵树的增加，“移植成活”的频率总在0.852附近摆动，显示出一定的稳定性，可以估计“移植成活”的概率是0.852，故正确；试验条件下“移植成活”的概率是0.852，因此与试验相同条件下，若移植10000棵这种树苗，可能成活8520棵，故正确；在用频率估计概率时，移植3000棵树时的频率0.852不一定比移植2000棵树时的频率0.853更准确，故错误； 其中合理的是，【点睛】本题考查用频率估计概率，一般地，在大量重复试验中，如果事件A发生的频率会稳定在某一个常数p的附近，那么事件A发生的概率，掌握上述内容是解题的关键20（2023北京海淀九年级校

25、考阶段练习）关于x的方程，有下面5个说法：存在实数k，使得方程无实数根；存在实数k，使得方程恰有1个实数根；存在实数k，使得方程恰有2个不同实数根；存在实数k，使得方程恰有3个不同实数根；存在实数k，使得方程恰有4个不同实数根；其中正确的说法有 （填写正确答案的序号）【答案】C【分析】设，则原方程可变形为（1），利用一元二次方程根的判别式可得，再分三种情况讨论，结合一元二次方程根与系数的关系与根的判别式，即可求解【详解】解：设， 则原方程可变形为（1），当，即时，方程（1）没有实数根，即存在实数k，使得方程无实数根，故正确；当，即时，方程（1）有两个相等实数根，解得：，即存在实数k，使得方程恰

26、有1个实数根，故正确；当，即时，方程（1）有两个不相等实数根，无实数根，有2个不相等的实数根，存在实数k，使得方程恰有2个不同实数根，故正确；不存在实数k，使得方程恰有3个或4个不同实数根，故错误；正确的说法有3个故填：【点睛】本题考查了根的判别式和根与系数的关系的应用，关键是用换元的思想，将原方程转化为较简单的方程，本题分类比较复杂，属于较难试题21（2023浙江八年级期末）若关于x的一元二次方程x2ax+a23=0至少有一个正实数解，则实数a的取值范围是 【答案】【分析】根据方程根的情况得到，再分当方程有两个相等的正根，当方程有两个不相等的根，分别讨论【详解】解：，当方程有两个相等的正根时

27、，解得：a=2，若a=2，此时方程为，解得：x1=x2=1，符合；若a=-2，此时方程为，解得：x1=x2=-1，不符合；当方程有两个不相等的根时，解得：，若方程的两个根中只有一个正根，一个负根或0，则，解得：，当时不合题意，舍去，；若方程有两个正根，则，解得：，综上：，故答案为：【点睛】本题考查了一元二次方程的根的判别式，以及一元一次方程的解，是一个综合性的题目，也是一个难度中等的题22（2023山东济南统考二模）如图，菱形ABCD的边长为6，点E是边AD上的动点，是等边三角形，点F在CD上，线段EF与线段BD交于点G，点E从点A开始出发运动到点D停止，在这个运动过程中，点G所经过的路径长为

28、_【答案】3【分析】点E从点A开始和到点D停止时G点都在D，故G的运动轨迹为从D出发到最大值然后又回到D点，根据对称性可知E为AD中点时G离D最远【详解】点E从点A开始和到点D停止时G点都在D，G的运动轨迹为从D出发到最大值然后又回到D点，根据对称性可知E为AD中点时G离D最远此时AE=DE= 菱形ABCD中是等边三角形，是等边三角形，(SAS)(SAS)点G所经过的路径长为故答案为：3【点睛】本题考查菱形的性质、全等三角形的性质与判定、运动轨迹问题，解题的关键是理解G点的运动轨迹23（2023四川成都九年级校考阶段练习）如图，在边长为的正方形中将沿射线平移，得到，连接、求的最小值为 【答案】

29、【分析】将ABC沿射线CA平移到ABC的位置，连接CE、AE、DE，证出四边形ABGE和四边形EGCD均为平行四边形，根据平行四边形的性质和平移图形的性质，可得CE=CE，CG=DE，可得EC+GC=CE+ED，当点C、E、D在同一直线时，CE+ED最小，由勾股定理求出CD的值即为EC+GC的最小值【详解】如图，将ABC沿射线CA平移到ABC的位置，连接CE、AE、DE，ABGEDC且AB=GE=DC，四边形ABGE和四边形EGCD均为平行四边形，AEBG，CG=DE，AECC，由作图易得，点C与点C关于AE对称，CE=CE，又CG=DE，EC+GC=CE+ED，当点C、E、D在同一直线时，C

30、E+ED最小，此时，在RtCDE中，CB=4，BD=4+4=8， CD=，即EC+GC的最小值为，故答案为：【点睛】本题考查正方形的性质、图形的对称性、线段最短和平行四边形的性质与判定，解题的关键是将两条线段的和转化为同一条线段求解二、解答题（本小题共3个小题，共30分，其中24题8分，25题10分，26题12分，答案写在答题卡上）24（2023四川成都九年级校考阶段练习）在全国人民的共同努力下，新冠疫情防控得到有效控制，复工复产后，某玩具经销商在销售中发现：某款进价为每个30元的玩具，若以每个40元销售，一个月能售出400个，销售单价每涨1元，月销售量就减少10个，请回答以下问题： （1）若

31、上涨a元，则销量为 个（2）若月销售利润定为6000元，且尽可能让利消费者，销售单价应定为多少元？（3）由于资金问题，月销售成本不超过9000元(没有库存积压)，销售单价至少定为多少元？【答案】（1）（400-10a）；（2）销售单价应定为50元；（3）销售单价至少应定为50元.【分析】（1）根据销售单价每涨1元，月销售量就减少10个可算出涨价之后少售出的，再用之前卖的减去即可；（2）可设上涨了a元，则每件的利润为“售价-进价”，再根据“每件的利润销售量=销售利润”列方程求解，注意为了尽可能让利消费者，则应尽量少涨价格； （3）设销售单价为x元，根据“每件的进价销售量9000”列式求解即可.【

32、详解】（1）因为销售单价每涨1元，月销售量就减少10个，当上涨a元时，销售量减少10a，可得出销售量为400-10a故答案为（400-10a）个（2）解：设上涨了a元，根据题意得 （40+a-30）（400-10a）=6000， 整理得a2-30a+200=0， 解得a1=10，a2=20， 由于要尽量让利消费者，故a=10， 则销售单价为40+10=50（元）. 答：销售单价应定为50元.（3）解：设销售单价为x元，根据题意得 30400-10（-40）9000 解得 x50 . 答：销售单价至少应定为50元.【点睛】本题考查了一元一次不等式的应用，一元二次方程的实际应用-销售问题，准确计算

33、是解题的关键25（2023四川成都九年级校考阶段练习）如图，平面直角坐标系中，直线l分别交x轴、y轴于A、B两点（OAOB）且OA、OB的长分别是一元二次方程的两个根，点C在x轴负半轴上，且AB：AC=1：2（1）求A、C两点的坐标；（2）若点M从C点出发，以每秒1个单位的速度沿射线CB运动，连接AM，设ABM的面积为S，点M的运动时间为t，写出S关于t的函数关系式，并写出自变量的取值范围；（3）点P是y轴上的点，在坐标平面内是否存在点Q，使以 A、B、P、Q为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出Q点的坐标；若不存在，请说明理由【答案】（1）A（1，0），C（3，0）；（2）S=2t（0t2

34、）；S=t2（t2）；（3）存在，Q1（1，0），Q2（1，2），Q3（1，2），Q1（1，）【分析】（1）通过解一元二次方程，求得方程的两个根，从而得到A、B两点的坐标，再根据勾股定理可求AB的长，根据AB：AC=1：2，可求AC的长，从而得到C点的坐标（2）分当点M在CB边上时；当点M在CB边的延长线上时；两种情况讨论可求S关于t的函数关系式（3）分AB是边和对角线两种情况讨论可求Q点的坐标【详解】（1） （x）（x1）=0，解得x1=，x2=1OAOB，OA=1，OB=A（1，0），B（0，）AB=2又AB：AC=1：2，AC=4C（3，0）；（2）由题意得：CM=t，CB=2当点M在C

35、B边上时，S=2t（0t2）；当点M在CB边的延长线上时，S=t2（t2）（3）存在，Q1（1，0），Q2（1，2），Q3（1，2），Q1（1，）26（2023春安徽九年级专题练习）综合与实践：在综合实践课上，同学们以“正方形的旋转”为主题开展学习数学活动(1)操作一：将正方形与正方形的顶点A重合，点在正方形的边上，如图1，连接，取的中点O，连接，操作发现，与的位置关系是_；与的数量关系是_；(2)操作二：将正方形绕顶点A顺时针旋转，（1）中的两个结论是否仍然成立？如果成立，请仅就图2的情形进行证明；如果不成立，请说明理由；(3)若，当时，请直接写出的长【答案】(1)，(2)仍然成立，证明见解

36、析(3)或【分析】（1）延长交于点，进而利用证明与全等，根据全等三角形的性质解答即可；（2）连接，作交于点，延长交于点，连接，利用证明，再根据全等三角形的性质解答即可；（3）分两种情况，利用勾股定理求解即可【详解】（1）解：延长交于点，正方形与正方形的顶点A重合，的中点，在与中，故答案为：，；（2）解：两个结论仍然成立，理由如下：连接，作交于点，延长交于点，连接，四边形是正方形，为的中点，在正方形中，在正方形与正方形中，为等腰直角三角形，为的中点，；（3）解：的长为或，理由如下：连接，当在直线上方时，可知，取的中点，连接，为等边三角形， ，根据勾股定理可得：，由（2）可知：，连接，当在直线下方时，过点作交的延长线于点，根据勾股定理可得：，由（2）可知：，综上所述，的长为或【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，等腰直角三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质等知识，熟练掌握知识点并灵活运用是解题关键