9.(改编)如图,在边长为$ a $的正方形$ ABCD $中,把边$ BC $绕点$ B $逆时针旋转$ 60° $,得到线段$ BM $,连结$ AM $并延长交$ CD $于点$ N $,连结$ MC $,则$ △ MNC $的面积为…………………………（）

A.$\frac{\sqrt{3}-1}{2}a^2$
B.$\frac{\sqrt{2}-1}{2}a^2$
C.$\frac{\sqrt{3}-1}{4}a^2$
D.$\frac{\sqrt{2}-1}{4}a^2$

9.C 解析:如图,作 $MG⊥BC$ 于点 $G,MH⊥CD$ 于点 $H$,则 $AB//MG//CD$,由旋转变换的性质可知,$△MBC$ 是等边三角形,所以 $MC=BC=a,BG=GC$,所以 $AM=MN$,因为 $MH⊥CD,∠D=90°$,所以 $MH//AD$,所以 $NH=HD$,由题意得,$∠MCD=30°$,所以 $MH=\frac{1}{2}MC=\frac{1}{2}a,CH=\frac{\sqrt{3}}{2}a$,所以 $DH=a-\frac{\sqrt{3}}{2}a$,所以 $CN=CH-NH=\frac{\sqrt{3}}{2}a-(a-\frac{\sqrt{3}}{2}a)=(\sqrt{3}-1)a$,所以 $△MNC$ 的面积 $=\frac{1}{2}×CN×MH=\frac{1}{2}×(\sqrt{3}-1)a×\frac{a}{2}=\frac{\sqrt{3}-1}{4}a^2$,故选 C。

10. 如图,在$□ ABCD$中,$O$是对角线$AC$,$BD$的交点,$M$是$BC$上的一点,连结$OM$。连结$AM$,$DM$,分别交$BD$,$AC$于点$E$,$F$。若$△ ABE$的面积为$5$,$BE:DE=1:5$,则$△ OEM$的面积为
………………………………………………………………………（）

A.1
B.2
C.3
D.5

10.B 解析:因为四边形 $ABCD$ 是平行四边形,$M$ 是 $BC$ 上一点,对角线 $AC,BD$ 交于点 $O$,所以 $AD//BM,OB=OD$,所以点 $A,D$ 到直线 $BM$ 的距离相等,所以 $S_{△ABM}=S_{△DBM}$,$S_{△ABM}-S_{△EBM}=S_{△DBM}-S_{△EBM}$,所以 $S_{△ABE}=S_{△DME}=5$,设 $BE=m$,因为 $BE:DE=1:5$,所以 $DE=5BE=5m$,所以 $BD=BE+DE=6m$,所以 $OB=OD=\frac{1}{2}BD=3m$,所以 $OE=OB-BE=2m$,因为 $\frac{S_{△OEM}}{S_{△DME}}=\frac{OE}{DE}=\frac{2m}{5m}=\frac{2}{5}$,所以 $S_{△OEM}=\frac{2}{5}S_{△DME}=\frac{2}{5}×5=2$,故选 B。

11.计算：$\sqrt{(-2)^2}=$。

11.2

12.一个五边形的对角线条数是。

12.5

13. 用反证法证明命题“已知$△ ABC,AB=AC$,求证:$∠B＜90^{\circ }$”时,应先假设。

13.$∠B≥90°$

14.(改编)某研发团队12人的年龄(单位:岁)为17,19,22,22,24,25,28,34,35,36,37,38,则其下四分位数是岁。

14.22

15.(改编)已知$x_1,x_2$是关于$x$的一元二次方程$x^2 - 6x + k = 0$的两个实数根，且$x_1^2 x_2^2 - x_1 - x_2 = 115$，则$k$的值为$\underline{\hspace{5cm}}$。

15.$-11$

16.(改编)如图,正方形EFGH的顶点E在正方形ABCD上,四边形FGKD也是正方形,且点B,H,K在同一直线上,则正方形EFGH与正方形ABCD的面积比为。

16.$(2-\sqrt{2}):2$ 解析:如图,延长 $GF$ 交 $CD$ 于点 $P$,连结 $PE$,因为四边形 $EFGH$ 和四边形 $FGKD$ 都是正方形,所以 $EH=EF=FG=DF$,$∠DFP=∠DFG=∠FEH=∠EHB=90°$,所以 $PG$ 是线段 $DE$ 的垂直平分线,所以 $DP=PE$,因为四边形 $ABCD$ 是正方形,所以 $BC=DC$,$∠C=90°$,所以 $∠PDF+∠DEC=90°$,因为 $∠FEH=90°$,所以 $∠BEH+∠DEC=90°$,所以 $∠PDF=∠BEH$,在 $△DPF$ 和 $△EBH$ 中,$\begin{cases} ∠DFP=∠EHB=90°, \\ DF=EH, \\ ∠PDF=∠BEH, \end{cases}$ 所以 $△DPF≌△EBH(\mathrm{ASA})$,所以 $DP=EB$,因为 $BC=DC$,所以 $EB+CE=DP+CP$,所以 $CE=CP$,所以设 $CE=CP=a$,其中 $a＞0$,在 $\mathrm{Rt}△CPE$ 中,由勾股定理得 $PE=\sqrt{CE^2+CP^2}=\sqrt{2}a$,所以 $DP=PE=\sqrt{2}a$,所以 $CD=DP+CP=\sqrt{2}a+a$,在 $\mathrm{Rt}△DEC$ 中,由勾股定理得 $DE=\sqrt{CE^2+CD^2}=\sqrt{a^2+(\sqrt{2}a+a)^2}=\sqrt{4+2\sqrt{2}}a$,所以 $EF=\frac{1}{2}DE=\frac{\sqrt{4+2\sqrt{2}}a}{2}=\sqrt{1+\frac{\sqrt{2}}{2}}a$,所以 $\frac{EF^2}{CD^2}=\frac{(\sqrt{1+\frac{\sqrt{2}}{2}}a)^2}{(\sqrt{2}a+a)^2}=\frac{2-\sqrt{2}}{2}$,所以正方形 $EFGH$ 与正方形 $ABCD$ 的面积比为 $(2-\sqrt{2}):2$。

三、解答题(共52分)
17.(6分)下面是亮亮进行二次根式混合运算练习的计算过程,请认真阅读并完成相应任务。
$\begin{aligned} \mathrm{解：}&\sqrt{12}-\sqrt{\frac{1}{3}}-\sqrt{1\frac{1}{3}}\\ &=2\sqrt{3}-\frac{\sqrt{3}}{3}-1×\sqrt{\frac{1}{3}}\quad·①\\ &=2\sqrt{3}-\frac{\sqrt{3}}{3}-\frac{\sqrt{3}}{3}\quad·②\\ &=\frac{4\sqrt{3}}{3}\quad·③ \end{aligned}$
(1)指出上述解题过程中最先出现错误的步骤(写出序号即可)。
(2)请写出正确的解题过程。

17.(1)最先出现错误的步骤为①。
(2)$\sqrt{12}-\sqrt{\frac{1}{3}}-\sqrt{1\frac{1}{3}}=2\sqrt{3}-\frac{\sqrt{3}}{3}-\frac{2\sqrt{3}}{3}=\sqrt{3}$。