2024年湖北省武汉市七一（华源）中学九上数学开学调研试题【含答案】

这是一份2024年湖北省武汉市七一（华源）中学九上数学开学调研试题【含答案】，共28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）若正比例函数y＝（1﹣m）x中y随x的增大而增大，那么m的取值范围（ ）
A．m＞0B．m＜0C．m＞1D．m＜1
2、（4分）如图，在中，，，垂直平分斜边，交于，是垂足，连接，若，则的长是( )
A．B．4C．D．6
3、（4分）若关x的分式方程有增根，则m的值为（ ）
A．3B．4C．5D．6
4、（4分）如图，已知直线经过二，一，四象限，且与两坐标轴交于A，B两点，若，是该直线上不重合的两点．则下列结论：①；②的面积为；③当时，；④．其中正确结论的序号是（ ）
A．①②③B．②③C．②④D．②③④
5、（4分）如图，在中，，，的垂直平分线分别交于点，若，则的长是（ ）
A．4B．3C．2D．1
6、（4分）下列因式分解正确的是（ ）
A．2x2﹣2＝2（x+1）（x﹣1）B．x2+2x﹣1＝（x﹣1）2
C．x2﹣1＝（x﹣1）2D．x2﹣x+2＝x（x﹣1）+2
7、（4分）2022年将在北京---张家口举办冬季奥运会，很多学校开设了相关的课程.某校8名同学参加了滑雪选修课，他们被分成甲、乙两组进行训练，身高（单位：cm）如下表所示：
设两队队员身高的平均数依次为，，方差依次为，，则下列关系中完全正确的是（ ）.
A．B．
C．D．
8、（4分）函数中自变量x的取值范围是（ ）
A．B．且C．x＜2且D．
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、（4分） “等边对等角”的逆命题是 ．
10、（4分）观察下列式子：
当n＝2时，a＝2×2＝4，b＝22﹣1＝3，c＝22+1＝5
n＝3时，a＝2×3＝6，b＝32﹣1＝8，c＝32+1＝10
n＝4时，a＝2×4＝8，b＝42﹣1＝15，c＝42+1＝17…
根据上述发现的规律，用含n（n≥2的整数）的代数式表示上述特点的勾股数a＝_____，b＝_____，c＝_____．
11、（4分）分解因式：____________
12、（4分）菱形有一个内角是120°，其中一条对角线长为9，则菱形的边长为____________.
13、（4分）在平行四边形中，，若，，则的长是__________．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（12分）某校“六一”活动购买了一批A，B两种型号跳绳，其中A型号跳绳的单价比B型号跳绳的单价少9元，已知该校用2600元购买A型号跳绳的条数与用3500元购买B型号跳绳的条数相等．
（1）求该校购买的A，B两种型号跳绳的单价各是多少元？
（2）若两种跳绳共购买了200条，且购买的总费用不超过6300元，求A型号跳绳至少购买多少条？
15、（8分）如图，菱形ABCD的边长为20cm，∠ABC＝120°．动点P、Q同时从点A出发，其中P以4cm/s的速度，沿A→B→C的路线向点C运动；Q以2cm/s的速度，沿A→C的路线向点C运动．当P、Q到达终点C时，整个运动随之结束，设运动时间为t秒．
（1）在点P、Q运动过程中，请判断PQ与对角线AC的位置关系，并说明理由；
（2）若点Q关于菱形ABCD的对角线交点O的对称点为M，过点P且垂直于AB的直线l交菱形ABCD的边AD（或CD）于点N．
①当t为何值时，点P、M、N在一直线上？
②当点P、M、N不在一直线上时，是否存在这样的t，使得△PMN是以PN为一直角边的直角三角形？若存在，请求出所有符合条件的t的值；若不存在，请说明理由．
16、（8分）解不等式组：，并将不等式组的解集在所给数轴上表示出来．
17、（10分）如图1，在正方形ABCD中，E、F分别是BC、AB上一点，且AF＝BE，AE与DF交于点G．
（1）求证：AE＝DF．
（2）如图2，在DG上取一点M，使AG＝MG，连接CM，取CM的中点P．写出线段PD与DG之间的数量关系，并说明理由．
（3）如图3，连接CG．若CG＝BC，则AF：FB的值为 ．
18、（10分）如图，在中，，是上一点，，过点作的垂线交于点.
求证：.
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，在平面直角坐标系中，长方形的顶点在坐标原点，顶点分别在轴，轴的正半轴上，，为边的中点，是边上的一个动点，当的周长最小时，点的坐标为_________.
20、（4分）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，D、E、F分别是AB、BC、CA的中点，若CD=5cm，则EF=_______cm．
21、（4分）甲、乙两人在同一直线道路上同起点、同方向、同时出发，分别以不同的速度匀速跑步1000米，甲超出乙150米时，甲停下来等候乙，甲、乙会合后，两人分别以原来的速度继续跑向终点，先到终点的人在终点休息，在跑步的整个过程中，甲、乙两人的距离y（米）与乙出发的时间x（秒）之间的关系如图所示，则甲到终点时，乙距离终点还有_____米．
22、（4分）如图，在平面直角坐标系中，将△ABO绕点A顺时针旋转到的位置，点B、O分别落在点、处，点在x轴上，再将绕点顺时针旋转到的位置，点在x轴上，将绕点顺时针旋转到的位置，点在x轴上，依次进行下去…若点， ，则点的坐标为________．
23、（4分）如图，在△ABC中，AB=6，点D是AB的中点，过点D作DE∥BC，交AC于点E，点M在DE上，且ME=DM．当AM⊥BM时，则BC的长为____．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（8分）小张是个“健步走”运动爱好者，他用手机软件记录了近阶段每天健步走的步数，并将记录结果绘制成了如下统计表：
求小张近阶段平均每天健步走的步数．
25、（10分）如图，已知直线经过点，交x轴于点A，y轴于点B，F为线段AB的中点，动点C从原点出发，以每秒1个位长度的速度沿y轴正方向运动，连接FC，过点F作直线FC的垂线交x轴于点D，设点C的运动时间为t秒．

当时，求证：；
连接CD，若的面积为S，求出S与t的函数关系式；
在运动过程中，直线CF交x轴的负半轴于点G，是否为定值？若是，请求出这个定值；若不是，请说明理由．
26、（12分）如图，在平面直角坐标系中，以原点为位似中心，将放大到原来的倍后得到，其中、在图中格点上，点、的对应点分别为、。
（1）在第一象限内画出；
（2）若的面积为3.5，求的面积。
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】
先根据正比例函数的性质列出关于m的不等式，求出m的取值范围即可．
【详解】
解：∵正比例函数y＝（1﹣m）x 中，y随x的增大而增大，
∴1﹣m＞0，解得m＜1．
故选D．
本题考查的是正比例函数的性质，即正比例函数y＝kx（k≠0）中，当k＞0时，y随x的增大而增大．
2、D
【解析】
由垂直平分线的性质可得，，在中可求出的长，则可得到的长.
【详解】
垂直平分斜边
，
，
，
，
，
．
故选：．
本题主要考查垂直平分线的性质以及含角的直角三角形的性质，由条件得到是解题的关键.
3、D
【解析】
分式方程去分母转化为整式方程，由分式方程有增根求出x的值，代入整式方程计算即可求出m的值．
【详解】
去分母得：2x-x+3=m，
由分式方程有增根，得到x-3=0，即x=3，
把x=3代入整式方程得：m=6，
故选D．
此题考查了分式方程的增根，增根确定后可按如下步骤进行：①化分式方程为整式方程；②把增根代入整式方程即可求得相关字母的值．
4、B
【解析】
根据直线经过的象限即可判定①结论错误；求出点A、B坐标，即可求出的面积，可判定②结论正确；直接观察图像，即可判定③结论正确；将两点坐标代入，进行消元，即可判定④结论错误.
【详解】
∵直线经过二，一，四象限，
∴
∴，①结论错误；
点A，B
∴OA=，OB=
，②结论正确；
直接观察图像，当时，，③结论正确；
将，代入直线解析式，得
∴，④结论错误；
故答案为B.
此题主要考查一次函数的图像和性质，熟练掌握，即可解题.
5、C
【解析】
连接BE，根据线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等可得AE=BE，再根据等边对等角的性质求出∠ABE=∠A，然后根据三角形的内角和定理求出∠CBE，再根据30°角所对的直角边等于斜边的一半求出CE．
【详解】
如图，连接BE，
∵DE是AB的垂直平分线，
∴AE=BE，
∴∠ABE=∠A=30°，
在△ABC中，∠CBE=180°-∠A-∠ABE-∠C=180°-30°-30°-90°=30°，
∴CE=BE=×4=2，
故选C．
本题考查了线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等的性质，30°角所对的直角边等于斜边的一半的性质，勾股定理的应用，熟记性质并作出辅助线是解题的关键．
6、A
【解析】
由题意根据因式分解的意义，即可得答案判断选项．
【详解】
解：A、2x2﹣2＝2（x2﹣1）＝2（x+1）（x﹣1），故A符合题意；
B、x2+2x+1＝（x+1）2，故B不符合题意；
C、x2﹣1＝（x+1）（x﹣1），故C不符合题意；
D、不能分解，故D不符合题意；
故选：A．
本题考查因式分解的意义，一提，二套，三检查，注意分解要彻底．
7、D
【解析】
首先求出平均数再进行吧比较，然后再根据法方差的公式计算.
=，
=，
=，
=
所以=，＜.
故选A.
“点睛”此题主要考查了平均数和方差的求法，正确记忆方差公式是解决问题的关键.
8、B
【解析】
由已知得：且，
解得：且．
故选B．
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、等角对等边
【解析】
试题分析：交换命题的题设和结论即可得到该命题的逆命题；
解：“等边对等角”的逆命题是等角对等边；
故答案为等角对等边．
【点评】本题考查了命题与定理的知识，解题的关键是分清原命题的题设和结论．
10、2n，n2﹣1，n2+1．
【解析】
由n=2时，a=2×2=4，b=22﹣1=3，c=22+1=5；n=3时，a=2×3=6，b=32﹣1=8，c=32+1=10；n=4时，a=2×4=8，b=42﹣1=15，c=42+1=17…得出a=2n，b=n2﹣1，c=n2+1，满足勾股数．
【详解】
解：∵当n=2时，a=2×2=4，b=22﹣1=3，c=22+1=5
n=3时，a=2×3=6，b=32﹣1=8，c=32+1=10
n=4时，a=2×4=8，b=42﹣1=15，c=42+1=17…
∴勾股数a=2n，b=n2﹣1，c=n2+1．
故答案为2n，n2﹣1，n2+1．
考点：勾股数．
11、a(x+5)(x-5)
【解析】
先公因式a，然后再利用平方差公式进行分解即可.
【详解】

故答案为a(x+5)(x-5).
12、9 或
【解析】
如图，根据题意得：∠BAC=120°，易得∠ABC=60°，所以△ABC为等边三角形．如果AC=9，那么AB=9；如果BD=9，由菱形的性质可得边AB的长．
【详解】
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD∥BC，∠ABD=∠CBD，OA=OC，OB=OD，AC⊥BD，AB=BC，
∵∠BAD=120°，
∴∠ABC=60°，
∴△ABC为等边三角形，
如果AC=9，则AB=9，
如果BD=9，
则∠ABD=30°，OB=，
∴OA=AB，
在Rt△ABO中，∠AOB=90°，∴AB2=OA2+OB2，
即AB2=(AB)2 +()2，
∴AB=3，
综上，菱形的边长为9或3.

本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理等知识，熟练掌握相关知识是解题的关键.注意分类讨论思想的运用.
13、10
【解析】
根据平行四边形对角线的性质可得BD=2BO，AO=3，继而根据勾股定理求出BO的长即可求得答案.
【详解】
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BD=2BO，AO==3，
∵AB⊥AC，
∴∠BAO=90°，
∴BO==5，
∴BD=10，
故答案为：10.
本题考查了平行四边形的性质，勾股定理，熟练掌握平行四边形的对角线互相平分是解题的关键.
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（1）A型跳绳的单价为1元/条，B型跳绳的单价为35元/条；（2）A型跳绳至少购买78条．
【解析】
（1）设B型跳绳的单价为x元/条，则A型跳绳的单价为（x﹣9）元/条，根据“用100元购买A型号跳绳的条数与用3500元购买B型号跳绳的条数相等”列出方程求解即可；
（2）设购买a条A型跳绳，则购买（200﹣a）条B型跳绳，根据题意列出不等式求解即可．
【详解】
（1）设B型跳绳的单价为x元/条，则A型跳绳的单价为（x﹣9）元/条，
根据题意得：，
解得：x＝35，
经检验，x＝35是原方程的解，且符合题意，
∴x﹣9＝1．
答：A型跳绳的单价为1元/条，B型跳绳的单价为35元/条．
（2）设购买a条A型跳绳，则购买（200﹣a）条B型跳绳，
根据题意得：1a+35（200﹣a）≤6300，
解得：a≥．
∵这里的a是整数
∴a的最小值为78
答：A型跳绳至少购买78条．
本题考查了分式方程的实际问题，以及不等式与方案选择问题，解题的关键是读懂题意，抓住等量关系，列出方程或不等式．
15、（1）在点P、Q运动过程中，始终有PQ⊥AC；理由见解析；（1）①当t＝时，点P、M、N在一直线上；② 存在这样的t，故 当t＝1或时，存在以PN为一直角边的直角三角形.
【解析】
（1）此问需分两种情况，当0＜t≤5及5＜t≤10两部分分别讨论得PQ⊥AC．
（1）①由于点P、M、N在一直线上，则AQ+QM=AM，代入求得t的值．
②假设存在这样的t，使得△PMN是以PN为一直角边的直角三角形，但是需分点N在AD上时和点N在CD上时两种情况分别讨论．
【详解】
解：（1）若0＜t≤5，则AP=4t，AQ=1t．
则==，
又∵AO=10，AB=10，∴==．
∴=．又∠CAB=30°，∴△APQ∽△ABO．
∴∠AQP=90°，即PQ⊥AC．
当5＜t≤10时，同理，可由△PCQ∽△BCO得∠PQC=90°，即PQ⊥AC．
∴在点P、Q运动过程中，始终有PQ⊥AC．
（1）①如图，在Rt△APM中，∵∠PAM=30°，AP=4t，
∴AM=．
在△APQ中，∠AQP=90°，
∴AQ=AP?cs30°=1t，
∴QM=AC-1AQ=10-4t．
由AQ+QM=AM得：1t+10-4
t=，
解得t=．
∴当t=时，点P、M、N在一直线上．
②存在这样的t，使△PMN是以PN为一直角边的直角三角形．
设l交AC于H．
如图1，当点N在AD上时，若PN⊥MN，则∠NMH=30°．
∴MH=1NH．得10-4t-t=1×，解得t=1．
如图1，当点N在CD上时，若PM⊥PN，则∠HMP=30°．
∴MH=1PH，同理可得t=．
故当t=1或时，存在以PN为一直角边的直角三角形．
16、，见解析
【解析】
求出每个不等式的解集，根据找不等式组解集的规律找出即可．
【详解】
解：
∵解不等式①得：x≤4，
解不等式②得：x＜2，
∴原不等式组的解集为x＜2，
不等式组的解集在数轴上表示如下：
．
此题考查解一元一次不等式组，在数轴上表示不等式组的解集，解题关键是能根据不等式得解集找出不等式组的解集．
17、 (1) 见解析；(2) DG＝DP，理由见解析；(3) 1∶1.
【解析】
（1）用SAS证△ABE≌△DAF即可；
（2）DG＝DP，连接GP并延长至点Q，使PQ＝PG，连接CQ，DQ，先用SAS证△PMG≌△PCQ，得CQ＝MG＝AG，进一步证明∠DAG＝∠DCQ，再用SAS证明△DAG≌△DCQ，得∠ADF＝∠CDQ，于是有∠FDQ＝90°，进而可得△DPG为等腰直角三角形，由此即得结论；
（3）延长AE、DC交于点H，由条件CG＝BC可证CD=CG=CH，进一步用SAS证△ABE≌△HCE，得BE=CE，因为AF＝BE，所以AF：BF=BE：CE=1：1.
【详解】
解：（1）证明：正方形ABCD中，
AB＝AD，∠ABE＝∠DAF＝90°，BE＝AF，
∴△ABE≌△DAF（SAS）
∴AE＝DF；
（2）DG＝DP，理由如下：
如图，连接GP并延长至点Q，使PQ＝PG，连接CQ，DQ，
∵PM=PC，∠MPG=∠CPQ，
∴△PMG≌△PCQ（SAS），
∴CQ＝MG＝AG，∠PGM=∠PQC，
∴CQ∥DF，
∴∠DCQ＝∠FDC＝∠AFG，
∵∠AFG＋∠BAE＝90°，∠DAG＋∠BAE＝90°，
∴∠AFG=∠DAG.
∴∠DAG＝∠DCQ.
又∵DA=DC，
∴△DAG≌△DCQ（SAS）.
∴∠ADF＝∠CDQ.
∵∠ADC＝90°，
∴∠FDQ＝90°.
∴△GDQ为等腰直角三角形
∵P为GQ的中点
∴△DPG为等腰直角三角形.
∴DG＝DP.
（3）1∶1.
证明：延长AE、DC交于点H，
∵CG=BC，BC=CD，
∴CG=CD，∴∠1=∠2.
∵∠1+∠H=90°，∠2+∠3=90°，
∴∠3=∠H.
∴CG=CH.
∴CD=CG=CH.
∵AB=CD，∴AB=CH.
∵∠BAE=∠H，∠AEB=∠HEC，
∴△ABE≌△HCE（SAS）.
∴BE=CE.
∵AF=BE，
∴AF：BF=BE：CE=1：1.
本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的判定和性质，其中第（1）小题是基础，第（2）（3）两小题探求结论的关键是添辅助线构造全等三角形，从解题过程看，熟练掌握正方形的性质和全等三角形的判定与性质是解题的关键.
18、见解析.
【解析】
首先根据HL证明Rt△ECB≌Rt△EDB，得出∠EBC=∠EBD，然后根据等腰三角形三线合一性质即可证明．
【详解】
解：证明：

∵.
∴
∵
∴
在中与中，
∵,
∴ （HL）
∴,
∴（三线合一）.
本题考查了全等三角形的判定与性质，等腰三角形“三线合一”的性质，得出∠EBC=∠EBD，是解题的关键．
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19、 (1,0)
【解析】
作点D关于x轴的对称点D′，连接CD′与x轴交于点E，用待定系数法，求出直线CD′的解析式，然后求得与x轴的交点坐标即可.
【详解】
作点D关于x轴的对称点D′，连接CD′与x轴交于点E，
∵OB=4，OA=3，D是OB的中点，
∴OD=2，则D的坐标是（0，2），C的坐标是（3，4），
∴D′的坐标是（0，-2），
设直线CD′的解析式是：y=kx+b（k≠0），
则
解得：，
则直线的解析式是：y=2x-2，
在解析式中，令y=0，得到2x-2=0，
解得x=1，
则E的坐标为（1，0），
故答案为：（1，0）.
本题考查了路线最短问题，以及待定系数法求一次函数的解析式，正确作出E的位置是解题的关键．
20、1
【解析】
∵△ABC是直角三角形，CD是斜边的中线，
∴CD=AB，
∴AB=2CD=2×1=10cm，
又∵EF是△ABC的中位线，
∴EF=×10=1cm．
故答案为1．
考点：三角形中位线定理；直角三角形斜边上的中线．
21、50
【解析】
乙从开始一直到终点，行1000米用时200秒，因此乙的速度为1000÷200=5米/秒，甲停下来，乙又走150÷5=30秒才与甲第一次会和，第一次会和前甲、乙共同行使150-30=120秒，从起点到第一次会和点的距离为5×150=750米，因此甲的速度为750÷120=6.25米/秒，甲行完全程的时间为1000÷6.25=160秒，甲到终点时乙行驶时间为160+30=190秒，因此乙距终点还剩200-190=10秒的路程，即10×5=50米．
【详解】
乙的速度为：1000÷200＝5米/秒，从起点到第一次会和点距离为5×150＝750米，
甲停下来到乙到会和点时间150÷5＝30秒，之前行驶时间150﹣30＝120秒，
甲的速度为750÷120＝6.25米/秒，
甲到终点时乙行驶时间1000÷6.25+30＝190秒，
还剩10秒路程，即10×5＝50米，
故答案为50米．
考查函数图象的意义，将行程类实际问题和图象联系起来，理清速度、时间、路程之间的关系是解决问题关键．
22、（1，2）
【解析】
先根据已知求出三角形三边长度，然后通过旋转发现，B、B2、B4…，即可得每偶数之间的B相差6个单位长度，根据这个规律可以求得B2018的坐标．
【详解】
∵AO= ，BO=2，
∴AB= ，
∴OA+AB1+B1C2=6，
∴B2的横坐标为：6，且B2C2=2，
∴B4的横坐标为：2×6=12，
∴点B2018的横坐标为：2018÷2×6=1．
∴点B2018的纵坐标为：2．
∴点B2018的坐标为：（1，2），
故答案是：（1，2）.
考查了点的坐标规律变换以及勾股定理的运用，通过图形旋转，找到所有B点之间的关系是解决本题的关键．
23、1
【解析】
根据直角三角形的性质（斜边上的中线等于斜边的一半），求出DM=AB=3，即可得到ME=1，根据题意求出DE=DM+ME=4，根据三角形中位线定理可得BC=2DE=1．
【详解】
解：∵AM⊥BM，点D是AB的中点，
∴DM=AB=3，
∵ME=DM，
∴ME=1，
∴DE=DM+ME=4，
∵D是AB的中点，DE∥BC，
∴BC=2DE=1，
故答案为：1．
点睛：本题考查的是三角形的中位线定理的应用，掌握三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半是解题的关键．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、1.22万步
【解析】
直接利用表中数据，结合加权平均数求法得出答案．
【详解】
解：由题意可得，（1.1×3+1.2×2+1.3×5）=1.22（万步），
答：小张近阶段平均每天健步走的步数为1.22万步．
此题主要考查了加权平均数，正确利用表格中数据是解题关键．
25、（1）见解析；（2）；（3）.
【解析】
（1）连接OF，根据“直线经过点”可得k=1，进而求出A（﹣4,0），B（0,4），得出△AOB是等腰直角三角形，得出∠CBF=45°，得出OF= AB=BF，OF⊥AB，得出∠OFD=∠BFC，证得△BCF≌△ODF，即可得出结论
（2）①根据全等三角形的性质可得出0＜t＜4时，BC=OD=t﹣4，再根据勾股定理得出CD2=2t2-8t+16，证得△FDC是等腰直角三角形，得出，即可得出结果；
②同理当t≥4时，得出BC＝OD＝t﹣4，由勾股定理得出CD2＝OD2+OC2＝2t2﹣8t+16，证出△FDC是等腰直角三角形，得出FC2CD2，即可得出结果；
（3）由待定系数法求出直线CF的解析式，当y＝0时，可得出G,因此OG，求出即可．
【详解】
证明：连接OF，如图1所示：
直线经过点，
，解得：，
直线，
当时，；当时，；
，，
，
，
是等腰直角三角形，
，
为线段AB的中点，
，，，
，
，
，
，
在和中，，
≌，
；
解：当时，连接OF，如图2所示：
由题意得：，，
由得：≌，
，
，
，，
是等腰直角三角形，
，
的面积；
当时，连接OF，如图3所示：
由题意得：，，
由得：≌，
，
，
，，
是等腰直角三角形，
，
的面积；
综上所述，S与t的函数关系式为；
解：为定值；理由如下：
当时，如图4所示：
当设直线CF的解析式为，
，，F为线段AB的中点，
，
把点代入得：，
解得：，
直线CF的解析式为，
当时，，
，
，
；
当时，如图5所示：
同得：；
综上所述，为定值．
本题考查了一次函数的应用以及待定系数法求直线解析式、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质等知识，灵活运用相关性质和判定结合一次函数的图像和性质进行解答是关键
26、（1）详见解析；（2）14.
【解析】
试题分析：（1）直接利用位似图形的性质得出对应点位置进而得出答案；
（2）根据相似三角形的性质可求.
试题解析：（1）如图所示；
（2）∵ 将放大到原来的倍后得到
∴=1:4
∴=4×3.5 =14.
题号
一
二
三
四
五
总分
得分

队员1
队员2
队员3
队员4
甲组
176
177
175
176
乙组
178
175
177
174