2024-2025学年云南省临沧市九年级数学第一学期开学学业质量监测模拟试题【含答案】

这是一份2024-2025学年云南省临沧市九年级数学第一学期开学学业质量监测模拟试题【含答案】，共30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。
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）
1、（4分）如图，四边形ABCD是平行四边形，点E是边CD上一点，且BC＝EC，CF⊥BE交AB于点F，P是EB延长线上一点，下列结论：①BE平分∠CBF；②CF平分∠DCB；③BC＝FB；④PF＝PC．其中正确结论的个数为（ ）
A．1B．2C．3D．4
2、（4分）已知一组数据2，3，4，x，1，4，3有唯一的众数4，则这组数据的平均数、中位数分别是（ ）
A．3，4B．4，3C．3，3D．4，4
3、（4分）如图，△ABC中，D、E分别是AB、AC上点，DE∥BC，AD=2，DB=1，AE=3，则EC长（ ）
A．B．1C．D．6
4、（4分）若分式在实数范围内有意义，则实数的取值范围是( )
A．B．C．D．
5、（4分）一个四边形，对于下列条件：①一组对边平行，一组对角相等；②一组对边平行，一条对角线被另一条对角线平分；③一组对边相等，一条对角线被另一条对角线平分；④两组对角的平分线分别平行，不能判定为平行四边形的是（ ）
A．①B．②C．③D．④
6、（4分）如图，矩形ABCD的面积为5，它的两条对角线交于点O1，以AB、AO1为两邻边作平行四边形ABC1O1，平行四边形ABC1O1的对角线交于点O2，同样以AB、AO2为两邻边作平行四边形ABC2O2，…，依此类推，则平行四边形ABCnOn的面积为（ ）
A．B．5×C．5×D．5×
7、（4分）下列几个二次根式 ， ，，，中是最简二次根式的有（ ）
A．个B．个C．个D．个
8、（4分）如图，在△ABC中，AB＝AC＝15，AD平分∠BAC，点E为AC的中点，连接DE，若△CDE的周长为21，则BC的长为( ).
A．6B．9C．10D．12
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、（4分）若点在轴上，则点的坐标为__________．
10、（4分）如图，在□ABCD中，AB=5，AD=6，将□ABCD沿AE翻折后，点B恰好与点 C重合，则折痕AE的长为____．
11、（4分）每本书的厚度为，把这些书摞在一起总厚度（单位：随书的本数的变化而变化，请写出关于的函数解析式__，（不用写自变量的取值范围）
12、（4分）菱形的周长为8cm,一条对角线长2cm,则另一条对角线长为 cm.。
13、（4分）若O是四边形ABCD的对角线AC和BD的交点，且OB＝OD，AC＝14cm，则当OA＝_____cm时，四边形ABCD是平行四边形．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（12分）如图，在菱形ABCD中，∠ABC＝120°，AB＝4，E为对角线AC上的动点（点E不与A，C重合），连接BE，将射线EB绕点E逆时针旋转120°后交射线AD于点F．
（1）如图1，当AE＝AF时，求∠AEB的度数；
（2）如图2，分别过点B，F作EF，BE的平行线，且两直线相交于点G．
①试探究四边形BGFE的形状，并求出四边形BGFE的周长的最小值；
②连接AG，设CE＝x，AG＝y，请直接写出y与x之间满足的关系式，不必写出求解过程．
15、（8分）在正方形中，连接，为射线上的一个动点（与点不重合），连接，的垂直平分线交线段于点，连接，.
提出问题：当点运动时，的度数是否发生改变？
探究问题：
（1）首先考察点的两个特殊位置：
①当点与点重合时，如图1所示，____________
②当时，如图2所示，①中的结论是否发生变化？直接写出你的结论：__________；（填“变化”或“不变化”）
（2）然后考察点的一般位置：依题意补全图3，图4，通过观察、测量，发现：（1）中①的结论在一般情况下_________；（填“成立”或“不成立”）
（3）证明猜想：若（1）中①的结论在一般情况下成立，请从图3和图4中任选一个进行证明；若不成立，请说明理由.
16、（8分）已知：如图，在△ABC中，∠BAC的平分线AP与BC的垂直平分线PQ相交于点P，过点P分别作PM⊥AC于点M，PN⊥AB交AB延长线于点N，连接PB，PC．求证：BN=CM．
17、（10分）如图，直线y=﹣x+3与x轴交于点C，与y轴交于点B，抛物线y=ax2+x+c经过B、C两点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图，点E是直线BC上方抛物线上的一动点，当△BEC面积最大时，请求出点E的坐标和△BEC面积的最大值；
（3）在（2）的结论下，过点E作y轴的平行线交直线BC于点M，连接AM，点Q是抛物线对称轴上的动点，在抛物线上是否存在点P，使得以P、Q、A、M为顶点的四边形是平行四边形？如果存在，请直接写出点P的坐标；如果不存在，请说明理由．
18、（10分）综合与探究
问题情境：
在综合实践课上，李老师让同学们根据如下问题情境，写出两个数学结论：如图（1），正方形ABCD的对角线交于点O，点O又是正方形OEFG的一个顶点（正方形OEFG的边长足够长），将正方形OEFG绕点O做旋转实验，OE与BC交于点M，OG与DC交于点N．
“兴趣小组”写出的两个数学结论是：
①S△OMC+S△ONC＝S正方形ABCD；
②BM1+CM1＝1OM1．
问题解决：
（1）请你证明“兴趣小组”所写的两个结论的正确性．
类比探究：
（1）解决完“兴趣小组”的两个问题后，老师让同学们继续探究，再提出新的问题；“智慧小组“提出的问题是：如图（1），将正方形OEFG在图（1）的基础上旋转一定的角度，当OE与CB的延长线交于点M，OG与DC的延长线交于点N，则“兴趣小组”所写的两个结论是否仍然成立？请说明理由．
B卷（50分）
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19、（4分）如图，E是正方形ABCD的对角线BD上任意一点，四边形EGCG是矩形，若正方形ABCD的周长为a，则矩形EFCG的周长为_______________．
20、（4分）若是整数，则满足条件的最小正整数为________．
21、（4分）如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，AB＝BC＝BD＝2，AD＝1，则AC＝__________.
22、（4分）若某人沿坡度在的斜坡前进则他在水平方向上走了_____
23、（4分）一次函数，若y随x的增大而增大，则的取值范围是 .
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（8分）已知一条直线AB经过点（1，4）和（-1，-2）
(1)求直线AB的解析式.
(2)求直线AB和直线CD：y=x+3的交点M的坐标.
25、（10分）如图，已知点A（6，0），B（8，5），将线段OA平移至CB，点D（x，0）在x轴正半轴上（不与点A重合），连接OC，AB，CD，BD．
（1）求对角线AC的长；
（2）△ODC与△ABD的面积分别记为S1，S2，设S＝S1﹣S2，求S关于x的函数解析式，并探究是否存在点D使S与△DBC的面积相等，如果存在，请求出x的值（或取值范围）；如果不存在，请说明理由．
26、（12分）如图，在▱ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，且OA=OB
（1）求证：四边形ABCD是矩形；
（2）若AB=5，∠AOB=60°，求BC的长．
参考答案与详细解析
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）
1、D
【解析】
分别利用平行线的性质结合线段垂直平分线的性质以及等腰三角形的性质分别判断得出答案．
【详解】
证明：如图：
∵BC＝EC，
∴∠CEB＝∠CBE，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴DC∥AB，
∴∠CEB＝∠EBF，
∴∠CBE＝∠EBF，
∴①BE平分∠CBF，正确；
∵BC＝EC，CF⊥BE，
∴∠ECF＝∠BCF，
∴②CF平分∠DCB，正确；
∵DC∥AB，
∴∠DCF＝∠CFB，
∵∠ECF＝∠BCF，
∴∠CFB＝∠BCF，
∴BF＝BC，
∴③正确；
∵FB＝BC，CF⊥BE，
∴B点一定在FC的垂直平分线上，即PB垂直平分FC，
∴PF＝PC，故④正确．
故选：D．
此题主要考查了平行四边形的性质以及线段垂直平分线的性质、等腰三角形的性质等知识，正确应用等腰三角形的性质是解题关键．
2、C
【解析】
根据众数，中位数，平均数的定义即可解答.
【详解】
解：已知一组数据2，3，4，x，1，4，3有唯一的众数4，
只有当x=4时满足条件,
故平均数= =3，
中位数=3，
故答案选C.
本题考查众数，中位数，平均数的概念，熟悉掌握是解题关键.
3、C
【解析】
试题解析：∵D、E分别是AB、AC上点，DE//BC，
∴
∵AD=2，DB=1，AE=3，
∴
故选C.
4、D
【解析】
根据分式有意义的条件即可求出答案．
【详解】
解：由分式有意义的条件可知：，
，
故选：．
本题考查分式有意义的条件，解题的关键是熟练运用分式有意义的条件，本题属于基础题型.
5、C
【解析】
根据平行四边形的判定方法依次分析各小题即可作出判断.
【详解】
解：①一组对边平行，一组对角相等，②一组对边平行，一条对角线被另一条对角线平分，④两组对角的平分线分别平行，均能判定为平行四边形
③一组对边相等，一条对角线被另一条对角线平分，不能判定为平行四边形
故选C.
本题考查了平行四边形的判定和性质，熟练掌握性质定理是解题的关键.
6、C
【解析】
根据矩形的对角线和平行四边形的对角线都互相平分，所以上下两平行线间的距离相等，平行四边形的面积等于底×高，所以第一个平行四边形是矩形的一半，第二个平行四边形是第一个平行四边形的一半，由此即可解答．
【详解】
根据矩形的对角线相等且互相平分，可得：平行四边形ABC1O1底边AB上的高为：BC；平行四边形ABC2O2底边AB上的高为：×BC= ()2BC；
∵S矩形ABCD=AB•BC=5，
∴平行四边形ABC1O1的面积为：×5；
∴平行四边形ABC2O2的面积为：××5=()2×5；
由此可得：平行四边形的面积为()n×5.
故选C.
本题考查了矩形对角线相等且互相平分的性质以及平行四边形的性质，探索并发现规律是解题的关键．
7、A
【解析】
利用最简二次根式定义判断即可．
【详解】
是最简二次根式，
则最简二次根式的有2个，
故选：A．
此题考查了最简二次根式，以及二次根式的定义，熟练掌握各自的性质是解本题的关键．
8、D
【解析】
根据等腰三角形的性质可得AD⊥BC，再根据在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半可得答案．
【详解】
∵AB=AC，AD平分∠BAC，
∴AD⊥BC，
∴∠ADC=90°，
∵点E为AC的中点，
∴DE=CE=AC=．
∵△CDE的周长为21，
∴CD=6，
∴BC=2CD=1．
故选D．
此题主要考查了等腰三角形的性质，以及直角三角形的性质，关键是掌握在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半．
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、
【解析】
根据x轴上点的纵坐标等于1，可得m值，根据有理数的加法，可得点P的坐标．
【详解】
解：因为点P（m+1，m-2）在x轴上，
所以m-2=1，解得m=2，
当m=2时，点P的坐标为（3，1），
故答案为（3，1）．
本题主要考查了点的坐标．坐标轴上点的坐标的特点：x轴上点的纵坐标为1，y轴上的横坐标为1．
10、1
【解析】
由点B恰好与点C重合，可知AE垂直平分BC，根据勾股定理计算AE的长即可．
【详解】
解：∵翻折后点B恰好与点C重合，
∴AE⊥BC，BE＝CE，
∵BC＝AD＝6，
∴BE＝3，
∴AE＝．
故答案为：1．
本题考查了翻折变换，平行四边形的性质，勾股定理，根据翻折特点发现AE垂直平分BC是解决问题的关键．
11、
【解析】
依据这些书摞在一起总厚度y（cm）与书的本数x成正比，即可得到函数解析式．
【详解】
解：每本书的厚度为，
这些书摞在一起总厚度与书的本数的函数解析式为，
故答案为：．
本题主要考查了根据实际问题确定一次函数的解析式，找到所求量的等量关系是解决问题的关键．
12、
【解析】解：先根据菱形的四条边长度相等求出边长，再由菱形的对角线互相垂直平分根据勾股定理即可求出另一条对角线的长。
13、1
【解析】
根据OB＝OD，当OA＝OC时，四边形ABCD是平行四边形，即可得出答案．
【详解】
由题意得：当OA＝1时，OC＝14﹣1＝1＝OA，
∵OB＝OD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
故答案为：1．
本题考查平行四边形的判定，解题关键是熟练掌握平行四边形的判定定理：对角线互相平分的四边形是平行四边形，难度一般．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（1）45°；（2）①四边形BEFG是菱形，8；② y＝（0＜x＜12）
【解析】
（1）利用等腰三角形的性质求出∠AEF即可解决问题．
（2）①证明四边形BEFG是菱形，根据垂线段最短，求出BE的最小值即可解决问题．
②如图2﹣1中，连接BD，DE，过点E作EH⊥CD于H．证明△ABG≌△DBE（SAS），推出AG＝DE＝y，在Rt△CEH中，EH＝EC＝x．CH＝x，推出DH＝|4﹣x|，在Rt△DEH中，根据DE2＝EH2+DH2，构建方程求解即可．
【详解】
解：（1）如图1中，
∵四边形ABCD是菱形，
∴BC∥AD，∠BAC＝∠DAC，
∴∠ABC+∠BAD＝180°，
∵∠ABC＝120°，
∴∠BAD＝60°，
∴∠EAF＝30°，
∵AE＝AF，
∴∠AEF＝∠AFE＝75°，
∵∠BEF＝120°，
∴∠AEB＝120°﹣75°＝45°．
（2）①如图2中，连接DE．
∵AB＝AD，∠BAE＝∠DAE，AE＝AE，
∴△BAE≌△DAE（SAS），
∴BE＝DE，∠ABE＝∠ADE，
∵∠BAF+∠BEF＝60°+120°＝180°，
∴∠ABE+∠AFE＝180°，
∵∠AFE+∠EFD＝180°，
∴∠EFD＝∠ABE，
∴∠EFD＝∠ADE，
∴EF＝ED，
∴EF＝BE，
∵BE∥FG，BG∥EF，
∴四边形BEFG是平行四边形，
∵EB＝EF，
∴四边形BEFG是菱形，
∴当BE⊥AC时，菱形BEFG的周长最小，此时BE＝AB•sin30°＝2，
∴四边形BGFE的周长的最小值为8．
②如图2﹣1中，连接BD，DE，过点E作EH⊥CD于H．
∵AB＝AD，∠BAD＝60°，
∴△ABD是等边三角形，
∴BD＝BA，∠ABD＝60°，
∵BG∥EF，
∴∠EBG＝180°﹣120°＝60°，
∴∠ABD＝∠GBE，
∴∠ABG＝∠DBE，
∵BG＝BE，
∴△ABG≌△DBE（SAS），
∴AG＝DE＝y，
在Rt△CEH中，EH＝EC＝x．CH＝x，
∴DH＝|4﹣x|，
在Rt△DEH中，∵DE2＝EH2+DH2，
∴y2＝x2+（4﹣x）2，
∴y2＝x2﹣12x+48，
∴y＝（0＜x＜12）．
本题属于四边形综合题，考查了菱形的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，平行四边形的判定和性质，菱形的判定，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，学会利用参数解决问题，属于中考压轴题．
15、（1）①45；②不变化；（2）成立；（3）详见解析.
【解析】
（1）①②根据正方形的性质、线段的垂直平分线的性质即可判断；
（2）画出图形即可判断，结论仍然成立；
（3）如图2-1中或2-2中，作作EF⊥BC，EG⊥AB，证 得∠AEG=∠PEF.由∠ABC=∠EFB=∠EGB=90°知∠GEF=∠GEP+∠PEF=90°.继而得∠AEP=∠AEG+∠GEP=∠PEF+∠GEP=90°.从而得出∠APE=∠EAP=45°.
【详解】
解（1）①当点P与点B重合时，如图1-1所示：
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠APE=45°
②当BP=BC时，如图1-2所示，①中的结论不发生变化；
故答案为：45°，不变化.
(2) （2）如图2-1，如图2-2中，结论仍然成立；
故答案为：成立；
(3)证明一：如图所示.
过点作于点，于点.
∵点在的垂直平分线上，
∴.
∵四边形为正方形，
∴平分.
∴.
∴.
∴.
∵，
∴.
∴.
∴.
证明二：如图所示.
过点作于点，延长交于点，连接.
∵点在的垂直平分线上，
∴.
∵四边形为正方形，
∴，
∴.
∴，.
∴.
又∵，
∴.
又∵，
∴.
∴.
本题是四边形的综合问题，解题的关键是掌握正方形的性质、全等三角形的判定与性质、中垂线的性质等知识点
16、见解析
【解析】
根据角平分线上的点到角的两边距离相等可得PM=PN，线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等可得PB=PC，然后利用“HL”证明Rt△PBN和Rt△PCM全等，根据全等三角形对应边相等证明即可．
【详解】
∵AP是∠BAC的平分线，PM⊥AC，PN⊥AB，
∴PM=PN，
∵PQ是线段BC的垂直平分线，
∴PB=PC，
在Rt△PBN和Rt△PCM中， ，
∴Rt△PBN≌Rt△PCM（HL），
∴BN=CM．
本题考查了全等三角形的判定与性质，主要利用了角平分线上的点到角的两边距离相等的性质，线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等的性质，熟记各性质并准确确定出全等三角形是解题的关键．
17、（1）；（2）点E的坐标是（2，1）时，△BEC的面积最大，最大面积是1；（1）P的坐标是（﹣1，）、（5，）、（﹣1，）．
【解析】
解：（1）∵直线y=﹣x+1与x轴交于点C，与y轴交于点B，
∴点B的坐标是（0，1），点C的坐标是（4，0），
∵抛物线y=ax2+x+c经过B、C两点，
∴，解得，
∴y=﹣x2+x+1．
（2）如图1，过点E作y轴的平行线EF交直线BC于点M，EF交x轴于点F，
，
∵点E是直线BC上方抛物线上的一动点，∴设点E的坐标是（x，﹣x2+x+1），则点M的坐标是（x，﹣x+1），∴EM=﹣x2+x+1﹣（﹣x+1）=﹣x2+x，∴S△BEC=S△BEM+S△MEC==×（﹣x2+x）×4=﹣x2+1x=﹣（x﹣2）2+1，
∴当x=2时，即点E的坐标是（2，1）时，△BEC的面积最大，最大面积是1．
（1）在抛物线上存在点P，使得以P、Q、A、M为顶点的四边形是平行四边形．
①如图2，
，
由（2），可得点M的横坐标是2，∵点M在直线y=﹣x+1上，∴点M的坐标是（2，），又∵点A的坐标是（﹣2，0），∴AM=
，∴AM所在的直线的斜率是：；∵y=﹣x2+x+1的对称轴是x=1，
∴设点Q的坐标是（1，m），点P的坐标是（x，﹣x2+x+1），
则，
解得或，
∵x＜0，∴点P的坐标是（﹣1，﹣）．
②如图1，
，
由（2），可得点M的横坐标是2，∵点M在直线y=﹣x+1上，∴点M的坐标是（2，），
又∵点A的坐标是（﹣2，0），∴AM=，
∴AM所在的直线的斜率是：；
∵y=﹣x2+x+1的对称轴是x=1，
∴设点Q的坐标是（1，m），点P的坐标是（x，﹣x2+x+1），则，
解得或，
∵x＞0，∴点P的坐标是（5，﹣）．
③如图4，
，
由（2），可得点M的横坐标是2，∵点M在直线y=﹣x+1上，
∴点M的坐标是（2，），
又∵点A的坐标是（﹣2，0），∴AM=，
∵y=﹣x2+x+1的对称轴是x=1，
∴设点Q的坐标是（1，m），点P的坐标是（x，﹣x2+x+1），
则
解得，
∴点P的坐标是（﹣1，）．
综上，可得在抛物线上存在点P，使得以P、Q、A、M为顶点的四边形是平行四边形，点P的坐标是（﹣1，﹣）、（5，﹣）、（﹣1，）．
本题考查二次函数综合题．
18、（1）详见解析；（1）结论①不成立，结论②成立，理由详见解析.
【解析】
（1）①利用正方形的性质判断出△BOM≌△CON，利用面积和差即可得出结论；
②先得出OM＝ON，BM＝CN，再用勾股定理即可得出结论；
（1）同（1）的方法即可得出结论．
【详解】
解：（1）①∵正方形ABCD的对角线相交于O，
∴S△BOC＝S正方形ABCD，OB＝OC，∠BOC＝90°，∠OBM＝∠OCN，
∵四边形OEFG是正方形，
∴∠MON＝90°，
∴∠BOC﹣∠MOC＝∠MON﹣∠MOC，
∴∠BOM＝∠COM，
∴△BOM≌△CON，
∴S△BOM＝S△CON，
∴S△OMC+S△ONC＝S△OMC+S△BOM＝S正方形ABCD；
②由①知，△BOM≌△CON，
∴OM＝ON，BM＝CN，
在Rt△MCN中，MN1＝CM1+CN1＝CM1+BM1，
在Rt△MON中，MN1＝OM1+ON1＝1OM1，
∴BM1+CM1＝1OM1；
（1）结论①不成立，
理由：∵正方形ABCD的对角线相交于O，
∴S△BOC＝S正方形ABCD，OB＝BD，OC＝AC，AC＝BD，AC⊥BD，∠ABC＝∠BCD＝90°，AC平分∠BCD，BD平分∠ABC，
∴OB＝OC，∠BOC＝90°，∠OBC＝∠OCD＝45°，
∴∠OBM＝∠OCN＝135°，
∵四边形OEFG是正方形，
∴∠MON＝90°，
∴∠BOM＝∠CON，
∴△BOM≌△CON，
∴S△BOM＝S△CON，
∴S△OMC﹣S△BOM＝S△OMC﹣S△CON＝S△BOC＝S正方形ABCD，
∴结论①不成立；
结论②成立，理由：
如图（1）
连接MN，∵△BOM≌△CON，
∴OM＝ON，BM＝CN，
在Rt△MCN中，MN1＝CM1+CN1＝CM1+BM1，
在Rt△MON中，MN1＝OM1+ON1＝1OM1，
∴BM1+CM1＝1OM1，
∴结论②成立．
本题属于三角形综合题，主要考查了全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题.
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19、
【解析】
由矩形EFCG，易得△BEF与△DEG是等腰直角三角形，只要证明矩形EFCG的周长＝BC＋CD即可．
【详解】
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DBC＝∠BDC＝45°，
∵正方形ABCD的周长为a，
∴BC＋CD＝，
∵四边形EFCG是矩形，
∴∠EFB＝∠EGD＝90°，
∴△BEF与△DEG是等腰直角三角形，
∴BF＝EF，EG＝DG，
∴矩形EFCG的周长是：EF＋FC＋CG＋EG＝BF＋FC＋CG＋DG＝BC＋CD＝．
故答案为：．
本题考查的是正方形的性质，熟知正方形的四条边相等，四个角都是直角是解答此题的关键．
20、1
【解析】
把28分解因数，再根据二次根式的定义判断出n的最小值即可．
【详解】
解:∵28=4×1，4是平方数，
∴若是整数，则n的最小正整数值为1，
故答案为1．
本题考查了二次根式的定义，把28分解成平方数与另一个数相乘的形式是解题的关键．
21、
【解析】
以B为圆心，BA长为半径作圆，延长AB交⊙B于E，连接CE，由圆周角定理的推论得，进而CE=AD=1，由直径所对的圆周角是直角，有勾股定理即可求得AC的长.
【详解】
如图，以B为圆心，BA长为半径作圆，延长AB交⊙B于E，连接CE，
∵AB=BC=BD=2，
∴C，D在⊙B 上，
∵AB∥CD，
∴，
∴CE=AD，
∵AD=1，
∴CE=AD=1，AE=AB+BE=2AB=4，
∵AE是⊙B的直径，
∴∠ACE=90º，
∴AC==，
故答案为.
本题借助于圆的模型把三角形的问题转化为圆的性质的问题，再解题过程中需让学生体会这种转化的方法.
22、
【解析】
根据坡度的概念得到∠A=45°，根据正弦的概念计算即可．
【详解】
如图，
斜坡的坡度，
，
，
故答案为：．
本题考查了解直角三角形的应用，解答本题的关键是理解坡度及坡角的定义，熟练勾股定理的表达式．
23、．
【解析】
一次函数的图象有两种情况：
①当时，函数的值随x的值增大而增大；
②当时，函数的值随x的值增大而减小．
由题意得，函数的y随x的增大而增大，．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（1）y=3x+1；(2)M(1，4).
【解析】
分析：设直线解析式为y=kx+b,然后把两个点的坐标代入得到关于k、b的方程组,然后解方程组即可.
详解：(1)设直线解析式为y=kx+b,
把（1，4）和（-1，-2）分别代入得 ,解得 ,
所以直线解析式为y=3x+1.
(2)由题意得 ，解得：，∴M(1,4).
点睛：本题考查了待定系数法求一次函数解析式:先设出函数的一般形式,如求一次函数的解析式时,先设y=kx+b;将自变量x的值及与它对应的函数值y的值代入所设的解析式,得到关于待定系数的方程或方程组;解方程或方程组,求出待定系数的值,进而写出函数解析式.
25、（1） ；（2）D（x，0）（x＞6）
【解析】
（1）根据平移的性质可以求得点C的坐标，然后根据两点间的距离公式即可求得AC的长；
（2）根据题意，可以分别表示出S1，S2，从而可以得到S关于x的函数解析式，由图和题目中的条件可以求得△CDB的面积，从而可以求得满足条件的点D的坐标，本题得以解决．
【详解】
（1）由题意知，将线段OA平移至CB，
∴四边形OABC为平行四边形．
又∵A（6，0），B（8，5），∴点C（2，5）．
过点C作CE⊥OA于E，连接AC，在Rt△CEA中，
AC===．
（2）∵点D的坐标为（x，0），
若点D在线段OA上，即当0＜x＜6时，
，，
∴＝5x－1．
若点D在OA的延长线上，即当x＞6时，
，，
∴＝1．
由上可得，
∵，
当0＜x＜6时，时，x=6（与A重合，不合题意，舍去）；
当x＞6时，，点D在OA延长线上的任意一点处都可满足条件，
∴点D所在位置为D（x，0）（x＞6）.
本题考查一次函数的应用、平移的性质、两点间的距离公式，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想和分类讨论的数学思想解答．
26、（1）证明见解析；（2）
【解析】
(1)根据平行四边形的性质得到OA=OC=AC，OB=OD=BD，推出AC=BD，于是得到结论；
(2)根据已知条件得到△AOB是等边三角形，求得OA=OB=AB=5，解直角三角形即可得到结论．
【详解】
(1)∵四边形ABCD 是平行四边形，
∴OA=OC=AC，OB=OD=BD，
∵OA=OB，
∴AC=BD，
∴平行四边形ABCD是矩形；
(2)∵OA=OB，∠AOB=60°，
∴△AOB是等边三角形，
∴OA=OB=AB=5，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AC=2OA=10，∠ABC=90°，
∴．
本题考查了矩形的判定和性质，勾股定理，平行四边形的性质，熟练掌握矩形的判定和性质定理是解题的关键．
题号
一
二
三
四
五
总分
得分