四川省达州市达州外国语学校2023-2024学年九年级上学期第一次月考数学试题

四川省达州外国语学校2023-2024学年九年级上学期第一次月考数学测试题一、选择题（本大题共10个小题，每小题3分，共30分）1.下列方程中是一元二次方程的是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据一元二次方程的定义：只含有一个未知数，并且未知数的最高次数是2的整式方程叫一元二次方程解决此题．【详解】解：A．由（x-2）2+4=x2，得-4x+8=0，那么（x-2）2+4=x2不是一元二次方程，故不符合题意．B．根据一元二次方程的定义，x2+2x+2=0是一元二次方程，故符合题意．C．根据一元二次方程的定义，x2+-3=0不是一元二次方程，而是分式方程，故不符合题意．D．根据一元二次方程，xy+2=1不是一元二次方程，故不符合题意．故选：B．【点睛】本题主要考查一元二次方程的定义，熟练掌握一元二次方程的定义是解决本题的关键．2.在下列命题中，正确的是（）A.一组对边平行的四边形是平行四边形 B.有一组邻边相等的平行四边形是菱形C.有一个角是直角的四边形是矩形 D.对角线互相垂直平分的四边形是正方形【答案】B【解析】【分析】要找出正确命题，可运用相关基础知识分析找出正确选项，也可以通过举反例排除不正确选项，从而得出正确选项．两组对边平行的四边形是平行四边形；有一个角是直角的平行四边形是矩形；有一组邻边相等的平行四边形是菱形；对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形．【详解】解：A、应为两组对边平行的四边形是平行四边形，故选项A错误，不符合题意；B、有一组邻边相等的平行四边形是菱形，故选项B说法正确，符合题意；C、有一个角是直角的平行四边形是矩形，故选项C错误，不符合题意；D、应为对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形，故选项D错误,不符合题意．故选：B．【点睛】本题考查平行四边形、矩形和菱形及正方形的判定与命题的真假辨别，掌握平行四边形、矩形和菱形及正方形的判定定理是关键．3.一元二次方程3x2﹣2＝4x可化成一般形式为（）A.3x2﹣4x+2＝0 B.3x2﹣4x﹣2＝0 C.3x2+4x+2＝0 D.3x2+4x﹣2＝0【答案】B【解析】【分析】将方程整理为一般形式即可．【详解】解：方程整理得：3x2﹣4x﹣2＝0．故选：B．【点睛】此题考查了一元二次方程的一般形式，其一般形式为ax2+bx+c＝0（a，b，c为常数且a≠0）．4.如图，在菱形中，，点为对角线上一点，为边上一点，连接、、，若，，则的度数为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】先求出∠BAD=140°，∠ADB=∠ABD=20°，然后证明△ABE≌△CBE得到∠BEA=∠BEC=56°，则∠BAE=104°，∠DAE=36°，证明∠EFA=∠EAF=36°，则由三角形外角的性质可得∠DEF=∠EFA-∠EDF=16°．【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，∠ABC=40°，∴AB=CB=AD，∠ABE=∠CBE=20°，，∴∠BAD=140°，∠ADB=∠ABD=20°，又∵BE=BE，∴△ABE≌△CBE（SAS），∴∠BEA=∠BEC=56°，∴∠BAE=104°，∴∠DAE=36°，∵AE=FE，∴∠EFA=∠EAF=36°，∴∠DEF=∠EFA-∠EDF=16°，故选A．【点睛】本题主要考查了菱形的性质，全等三角形的性质与判定，三角形内角和定理，等腰三角形的性质，三角形外角的性质，证明△ABE≌△CBE是解题的关键．5.关于的一元二次方程的一个根是，的值为（）A. B.3 C.15 D.35【答案】C【解析】【分析】将方程的解代入，得到关于m的一元一次方程，求解即可．【详解】解：将代入，可得，解得，故选：C．【点睛】本题考查一元二次方程的根，掌握“有解必代入”的原则是解题的关键．6.如图，在正方形ABCD中，点O是对角线AC的中点，点E是边BC上的一个动点，OE⊥OF，交边AB于点F，点G，H分别是点E，F关于直线AC的对称点，点E从点C运动到点B时，图中阴影部分面积的大小变化是（）A.先增大后减小 B.先减小后增大C.一直不变 D.不确定【答案】C【解析】【分析】连接BD，证明△FOB≌△EOC，同理得到△HOD≌△GOC，即可得到答案．【详解】解：连接BD，∵四边形ABCD是正方形，∴∠BOC=90°，，∴∠BOЕ+∠EOC=90°，∵OE⊥OF，∴∠BOE+∠FOB=90°，∴∠FOB=∠EOC，在△FOB和△EOC，，∴△FOB≌△EOC，同理，△HOD≌△GOC，∴图中阴影部分的面积=△ABD的面积=正方形ABCD的面积．∴阴影部分面积的大小一直不变．故选：C．【点睛】本题考查的是正方形的性质、全等三角形的判定和性质，掌握正方形的性质、全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．7.已知关于的方程有两个实数根，则的取值范围是（）A. B. C.且 D.且【答案】D【解析】【分析】根据一元二次方程的定义结合根的判别式△≥0，即可得出关于x的一元一次不等式组，解之即可得出结论．【详解】解：∵关于x的方程（m-1）x2-2x+1=0有两个实数根，∴，解得：m≤2且m≠1．故选：D．【点睛】本题考查了根的判别式、一元二次方程的定义以及解一元一次不等式组，牢记“当△≥0时，方程有两个实数根”是解题的关键．8.如图所示，将一矩形纸片沿AB折叠，已知，则（）A48° B.66° C.72° D.78°【答案】C【解析】【分析】由折叠及矩形的性质可得，再根据平行线的性质求出，根据周角的定义求解即可．【详解】∵将一矩形纸片沿AB折叠，∴，，，，，故选：C．【点睛】本题考查了矩形的性质，折叠的性质及平行线的性质，熟练掌握知识点是解题的关键．9.如图，学校课外生物小组的试验园地的形状是长35米、宽20米的矩形，为便于管理，要在中间开辟一横两纵共三条等宽的小道，使种植面积为600平方米，则小道的宽为多少米？若设小道的宽为米，则根据题意，列方程为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】本题考查了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．若设小道的宽为x米，则阴影部分可合成长为米，宽为米的矩形，利用矩形的面积公式，即可得出关于x的一元二次方程，此题得解【详解】解：依题意，得：．故选：C．10.如图，E、F、G、H分别是矩形的边AB、BC、CD、AD上的点，AH＝CF，AE＝CG，∠EHF＝60°，∠GHF＝45°．若AH＝2，AD＝5＋．则四边形EFGH的周长为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】证明四边形EFGH为平行四边形，作交于点P，交于点K，设，表示出，，，，进一步表示出，，，利用勾股定理即可求出a的值，进一步可求出边形EFGH的周长．【详解】解：∵四边形ABCD为矩形，∴，，∵，，∴，，在和中，∴，∴，同理：，∴，∴四边形EFGH为平行四边形，作交于点P，交于点K，设，∵，，，，∴，，，，∴，，∴，∵，∴ABKH为矩形，即，∵，，∴，即，解得：，∴四边形EFGH的周长为：，故选：A.【点睛】本题考查矩形的判定及性质，平行四边形的判定及性质，勾股定理，全等三角形的判定及性质，解题的关键是利用求出a的值．二、填空题（本大题共6个小题，每题3分，共18分）11.如图，在菱形ABCD中，已知∠A＝60°，AB＝5，则的周长是________．【答案】15【解析】【分析】由四边形ABCD是菱形，即可得AB=BC=CD=AD，又由∠A=60°，AB=5，即可证得是等边三角形．【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，∴AB=BC=CD=AD，∵∠A=60°，AB=5，∴是等边三角形，∴AB=AD=BD=5，∴的周长是：．故答案为：15．【点睛】本题考查菱形的性质，等边三角形的判定及性质，三角形周长，解题的关键是证明是等边三角形．12.已知、是方程的根，则式子的值为______．【答案】【解析】【分析】根据一元二次方程根的定义，根与系数的关系即可求解．【详解】解：∵、是方程的根，∴，即，，故答案为：【点睛】本题考查了一元二次方程根的定义，根与系数的关系，掌握以上知识是解题的关键．一元二次方程根与系数的关系：若是一元二次方程的两根，，．一元二次方程的解（根）的意义：能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值称为一元二次方程的解．13.如图，矩形ABCD中，AB＝2，AD＝4，E为BC的中点，F为DE上一动点，P为AF中点，连接PC，则PC的最小值是______．【答案】【解析】【分析】取AD中点H，连接BH，CH，设BH与AE的交点为O，连接CO，可证四边形DEBH是平行四边形，可得，由三角形中位线定理可得，可得点P在BH上，当CP⊥BH时，PC有最小值，即可求解．【详解】解：如图，取AD中点H，连接BH，CH，设BH与AE的交点为O，连接CO，如图所示：∵四边形ABCD是矩形，∴AB＝CD＝2，AD＝BC＝4，，，∵点E是BC中点，点H是AD中点，∴AH＝CE＝DH＝BE＝AB=CD=2，∴四边形BEDH是平行四边形，，，∴，∵点P是AF中点，点H是AD的中点，∴，∴点P在BH上，∵，∴，∴，∵点P在BH上，∴当CP⊥BH时，此时点P与H重合，PC有最小值，在Rt△CDH中，∴PC的最小值为，故答案为:．【点睛】本题考查了矩形的性质，三角形中位线定理，等腰直角三角形的性质，平行四边形的性质，垂线段最短等知识，确定点P的运动轨迹是本题的关键．14.小明用直接降次法解方程时，得出一元一次方程，则他漏掉的另一个方程为____．【答案】x-4=-（5-2x）【解析】【分析】根据转化思想、直接开平方法解答．【详解】解：开平方，得x-4=±（5-2x），∴x-4=5-2x或x-4=-（5-2x），∴他漏掉的另一个方程为x-4=-（5-2x），故答案为：x-4=-（5-2x）．【点睛】本题考查的是一元二次方程的解法，掌握直接开平方法解一元二次方程的一般步骤是解题的关键．15.如图，四边形ABCD中，AB⊥AD，CD＝CB，∠ACB＝∠ACD，AE⊥BC于点E，AE交BD于点F，AC＝DF，CE＝5，BE＝12，则AE＝_____．【答案】20【解析】【分析】首先证明DG=BG=AG，CG=GF，设CG=GF=x，AG=BG=DG=y．构建方程组即可解决问题．【详解】解：∵CD=CB，∠ACB=∠ACD，CA=CA，∴△CAB≌△CAD（SAS），∴AD=AB，∠DAC=∠BAC，∵AB⊥AD，∴∠BAD=90°，∴∠DAC=∠BAC=45°，∵CD=CB，AD=AB，∴AC垂直平分线段BD，∴DG=BG=AG，∵AC=DF，∴CG=GF，∵AE⊥BC，∴∠AEC=∠BGC=∠AGF=90°，∴∠BCG+∠CBG=90°，∠BCG+∠FAG=90°，∴∠CBG=∠FAG，∵BG=AG，∴△BGC≌△AGF（ASA），∴AF=BC=CE+BE=5+12=17，设CG=GF=x，AG=BG=DG=y．①∵②①×12得到：172×12=12x2+12y2，②×17得到172×12=17y2-17xy，∴12x2+12y2=17y2-17xy，∴12x2+17xy-5y2=0，∴（3x+5y）（4x-y）=0，∵3x+5y≠0∴y=4x，∴12×17=4x×3x，∴x2=17，连接CF，可得CF2=2x2=34，．故答案为：20．【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，勾股定理，因式分解法解一元二次方程，根据勾股定理建立方程组是解题的关键．16.如图，点E在边长为5的正方形ABCD的边CD上，将△ADE绕点A顺时针旋转到△ABF的位置，连接EF，过点A作FE的垂线，垂足为点H，与BC交于点G．若，则CE的长为__________．【答案】【解析】【分析】连接，先根据正方形的性质、旋转的性质可得，从而可得点在同一条直线上，再根据等腰三角形的三线合一可得垂直平分，根据线段垂直平分线的性质可得，然后设，则，，在中，利用勾股定理求解即可得．【详解】解：如图，连接，四边形是边长为5的正方形，，将绕点顺时针旋转到的位置，旋转后，点的对应点是点，点的对应点是点，由旋转的性质得：，，垂直平分，，，，设，则，又，点在同一条直线上，，在中，，即，解得，即，故答案为：．【点睛】本题考查了正方形的性质、旋转的性质、等腰三角形的三线合一、线段垂直平分线的性质、勾股定理等知识点，熟练掌握正方形和旋转的性质是解题关键．三、解答题（本题共9个小题，共72分）17.用适当的方法解下列方程．（1）；（2）．（3）；（4）．【答案】（1）或（2）x=3或（3）或（4）或【解析】【分析】（1）利用配方法即可解得；（2）利用因式分解法即可解得；（3）利用配方法即可解得；（4）利用一元二次方程因式分解法即可解得．【小问1详解】解：解得：．【小问2详解】解：

或解得：或．【小问3详解】解：配方得：即

开方得：

解得：或．【小问4详解】解：则或解得：或．【点睛】本题考查了解一元二次方程，熟练掌握因式分解法以及配方法是解题的关键．18.如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，AB＝AD，CB＝CD，点E是CD上一点，连接BE交AC于点F，连接DF（1）求证：四边形ABCD是菱形；（2）试探究BE满足什么条件时，∠EFD＝∠BCD，并说明理由．【答案】（1）见解析（2）当BE⊥CD时，∠EFD＝∠BCD，理由见解析【解析】【分析】（1）首先利用SSS定理证明△ABC≌△ADC可得∠BAC=∠DAC，由平行线的性质可得∠CAD=∠ACD，再根据等角对等边可得AD=CD，再由条件AB=AD，CB=CD可得AB=CB=CD=AD，可得四边形ABCD是姜形；(2)首先证明△BCF≌△DCF可得∠CBF=∠CDF，再根据BE⊥CD可得∠BEC=∠DEF=90°，进而得到∠EFD=∠BCD【小问1详解】证明：在△ABC和△ADC中，，∴△ABC≌△ADC(SSS)．∴∠BAC＝∠DAC．∵AB∥CD，∴∠BAC＝∠ACD．∴∠DAC＝∠ACD．∴AD＝CD．∵AB＝AD，CB＝CD，∴AB＝CB＝CD＝AD．∴四边形ABCD是菱形．【小问2详解】解：当BE⊥CD时，∠EFD＝∠BCD．理由：由(1)知四边形ABCD为菱形，∴∠BCF＝∠DCF．在△BCF和△DCF中，，∴△BCF≌△DCF(SAS)．∴∠CBF＝∠CDF．∵BE⊥CD，∴∠BEC＝∠DEF＝90°．∴∠BCD+∠CBF＝∠EFD+∠CDF＝90°∴∠EFD＝∠BCD．【点睛】本题主要考查了菱形的性质和判定，全等三角形的性质和判定，同角或等角的余角相等，灵活运用三角形全等的判定及性质是解本题的关键．19.如图所示，矩形ABCD的对角线相交于点O，E为边BC上一点，且，．（1）判断△AOB的形状并说明理由．（2）求出的度数．【答案】（1）等边三角形，理由见解析；（2）．【解析】【分析】（1）由矩形的性质可得，，由等腰直角三角形的性质可得，即可求得，可得结论；（2）由等腰三角形的性质可求，即可求解．小问1详解】△AOB是等边三角形，理由如下：∵在矩形ABCD中，∴，．又∵，∴△ABE是等腰直角三角形，∴．又∵，∴．∴△AOB是等边三角形．【小问2详解】∵△AOB是等边三角形，∴，．∴．又∵，∴，∴．∴．∴．【点睛】本题考查了矩形的性质，等腰直角三角形的性质，灵活运用这些知识是解题的关键．20.已知关于的一元二次方程有，两个实数根．（1）求的取值范围；（2）若，求及值；（3）是否存在实数，满足？若存在，求出实数的值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）（2），（3）存在，或【解析】【分析】（1）由方程根的情况，根据判别式可得到关于的不等式，则可求得的取值范围；（2）利用根与系数的关系得，，则可先求出，再求出的值；（3）利用根与系数的关系得，，则利用求出的值．【小问1详解】解：∵关于的一元二次方程有两个实数根，∴，解得：．【小问2详解】∵关于的一元二次方程有，两个实数根，∴，，且，解得：，．【小问3详解】∵关于的一元二次方程有，两个实数根，∴，，又∵，∴，∴，∴，∴，解得：，，∴存在实数，它的值为或．【点睛】本题考查了一元二次方程根的判断式，根与系数的关系，因式分解法解一元二次方程．一元二次方程中根的判别式为，用符号表示，当大于0时，方程有两个不相等的实根；当等于0时，方程有两个相等的实根；当小于0时，方程无实根．若，是一元二次方程的两根，则，．21.在平行四边形ABCD中，点P是AB上一点（不与A、B重合），连接DP交对角线AC于点E，连接BE.（1）如图1，若∠EBC=∠EPA，EC平分∠DEB，证明：四边形ABCD为菱形．（2）如图2，对角线AC与BD交于点O，当P是AB的中点时，请直接写出与△ADP面积相等的三角形（其中不含以AD为边的三角形）．【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】【分析】（1）证明可得结合平行四边形可得结论；（2）由平行四边形的两条对角线把平行四边形的面积四等分，再结合三角形的中线的性质可得答案．【详解】证明：（1）平行四边形ABCD，平分平行四边形ABCD是菱形．（2）平行四边形ABCD，对角线AC与BD交于点O，为的中点，与△ADP面积相等的三角形（其中不含以AD为边的三角形）有：【点睛】本题考查的是平行四边形的性质，菱形的判定，掌握菱形的判定方法是解题的关键．22.奥运会是各个国家彰显国家实力的舞台．2022年冬季奥运会和冬季残奥会两件赛事在我国首都北京和河北省石家庄市举行．本次运动会的两个可爱的吉祥物“冰墩墩”和“雪容融”以满满的“未来感”和“中国风”圈粉无数．某商家购进了两种类型的冬奥吉祥物纪念品，两次购进纪念品的情况如下表：进货批次“冰墩墩”类纪念品（个）“雪容融”类纪念品（个）总费用（元）一1002008000二20030013000（1）求两种类型的纪念品每个进价各是多少元？（2）在销售过程中，“冰墩墩”类纪念品因为物美价廉而更受消费者喜欢．为了增大“雪容融”类纪念品的销售量，商家决定对“雪容融”类纪念品进行降价销售，当销售价为每个44元时，每天可以售出20个，每降价1元，每天将多售出5个．请问商家应将“雪容融”类纪念品每个降价多少元时，每天售出此类纪念品能获利400元？【答案】（1）“冰墩墩”类纪念品进价为20元，“雪容融”类纪念品进价为30元；（2）商家应将“雪容融”类纪念品每个降价4元或6元时，每天售出此类纪念品能获利400元．【解析】【分析】（1）设“冰墩墩”类纪念品进价为x元，“雪容融”类纪念品进价为y元，根据两次进货情况表，可得出关于x、y的二元一次方程组，解之即可得出结论；（2）根据利润=（每台实际售价－每台进价）×销售量，列出一元二次方程，解之即可得解．【小问1详解】解：设“冰墩墩”类纪念品进价为x元，“雪容融”类纪念品进价为y元，根据题意得：，解得：；∴“冰墩墩”类纪念品进价为20元，“雪容融”类纪念品进价为30元；【小问2详解】解：设商家应将“雪容融”类纪念品每个降价m元时，每天售出此类纪念品能获利400元,根据题意得：，∴，即解得：，；∴商家应将“雪容融”类纪念品每个降价4元或6元时，每天售出此类纪念品能获利400元．【点睛】本题主要考查二元一次方程组及一元二次方程的实际应用，理解题意准确抓住相等关系，据此列出方程或方程组是解题的关键．23.明遇到这样一个问题：如图①，在四边形ABCD中，∠B＝40°，∠C＝50°，AB＝CD，AD＝2，BC＝4，求四边形ABCD的面积．（1）经过思考小明想到如下方法：以BC为边作正方形BCMN，将四边形ABCD绕着正方形BCMN的中心按顺时针方向旋转90°，180°，270°，而分别得到四边形FNBA，EMNF，DCME，则四边形ADEF是________．（填一种特殊的平行四边形）∴S四边形ABCD＝________．（2）解决问题：如图③，在四边形ABCD中，∠BAD＝140°，∠CDA＝160°，AB＝CD，AD＝6，BC＝12，则四边形ABCD的面积为多少？【答案】（1）正方形，3（2）S四边形ABCD＝【解析】【分析】（1）由旋转的性质得，证明四边形ADEF是菱形，设正方形BCMN的中心为点O，连接OA、OD、OF，根据旋转的性质得到，，可得出，则，根据正方形的判定条件得到ADEF是正方形，根据求解即可；（2）以BC为边作等边三角形BCM，将四边形ABCD绕着等边三角形BCM的中心按顺时针方向旋转120°，240°，而分别得到四边形MEAB，EMCD，则AD＝AE＝ED，根据S四边形ABCD＝（S△BCM－S△ADE）计算即可；【小问1详解】如图，设正方形BCMN的中心为点O，连接OA、OD、OF，∵以BC为边作正方形BCMN，将四边形ABCD绕着正方形BCMN的中心按顺时针方向旋转90°，180°，270°，而分别得到四边形FNBA，EMNF，DCME，∴，，，∴四边形ADEF是菱形，，∴，∴菱形ADEF是正方形，∴；故答案是：正方形；3；【小问2详解】解：如图，以BC为边作等边三角形BCM，将四边形ABCD绕着等边三角形BCM的中心按顺时针方向旋转120°，240°，而分别得到四边形MEAB，EMCD，则AD＝AE＝ED，∴△ADE是等边三角形，∴S四边形ABCD＝（S△BCM－S△ADE），∵AD＝6，BC＝12，∴易得△BCM和△ADE高分别为6和3．∴S△BCM＝×12×6＝36，S△ADE＝×6×3＝9．∴S四边形ABCD＝×（36－9）＝9．【点睛】本题主要考查了正方形的判定和性质，等边三角形的判定与性质，旋转的性质，准确计算是解题的关键．24.如图，在长方形ABCD中，BC＝20cm，P、Q、M、N分别从A、B、C、D出发沿AD、BC、CB、DA方向在长方形的边上同时运动，当有一个点先到达所在运动边的另一个端点时即停止，已知在相同时间内，若BQ＝xcm（x≠0），则AP＝2xcm，CM＝3xcm，DN＝x²cm．（1）当x为何值时，点的运动停止？（2）点P与点N可能相遇吗？点Q与点M呢？请通过计算说明理由．（3）当x为何值时，以P、Q、M、N为顶点的四边形是平行四边形？【答案】（1）cm（2）点P与点N可能相遇，点Q与点M不可能相遇，理由见解析（3）或【解析】【分析】（1）根据题意知，当点N运动到终点时，运动停止；（2）当点P与点N相遇时，2x+x2=20，解得x=或（舍去），当点Q与点M相遇时，x+3x=20，解得x=5＞2，故舍去；（3）首先计算可得点Q只能在点M的左侧，然后分当点P在点N的左侧或点P在点N的右侧两种情形，分别根据PN=QM，列方程可解决问题．【小问1详解】解：由题意得x2=20，∴x=2，∴当x为2时，点的运动停止；【小问2详解】解：当点P与点N相遇时，2x+x2=20，解得x=或（舍去），当点Q与点M相遇时，x+3x=20，解得x=5，当x=5时，x2=25＞20，∴点Q与点M不能相遇；【小问3详解】解：∵当点N到达A点时，x2=20，∴x=2，∴BQ=2cm，CM=6cm，∵BQ+CM=8＜20，∴此时M点与Q点还未相遇，∴点Q只能在点M的左侧，①如图，当点P在点N的左侧时，20-（x+3x）=20-（2x+x2），解得x=0（舍去）或x=2，∴当x=2时，以P、Q、M、N为顶点的四边形是平行四边形；②如图，当点P在点N的右侧时，20-（x+3x）=（2x+x2）-20，解得x=4或-10（舍去），∴当x=4时，以P、Q、M、N为顶点的四边形是平行四边形，综上，当x=2或4时，以P、Q、M、N为顶点的四边形是平行四边形．【点睛】本题主要考查了矩形的性质，平行四边形的性质，化动为静，运用分类讨论思想是解题的关键．25.综合与实践【问题情境】：数学活动课上，老师出示了一个问题：如图1，在正方形ABCD中，E是BC的中点，，EP与正方形的外角的平分线交于P点．试猜想AE与EP的数量关系，并加以证明；（1）【思考尝试】同学们发现，取AB的中点