2025届福建省福州教育学院附属中学九上数学开学教学质量检测试题【含答案】

这是一份2025届福建省福州教育学院附属中学九上数学开学教学质量检测试题【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）正比例函数的图像上的点到两坐标轴的距离相等，则（ ）.
A．1B．-1C．±1D．±2
2、（4分）下列说法正确的是（ ）
A．对角线互相垂直的平行四边形是正方形
B．一组对边平行另一组对边相等的四边形是平行四边形
C．一组对边平行另一组对角相等的四边形是平行四边形
D．对角线互相垂直的四边形是菱形
3、（4分）如图，小明在作线段AB的垂直平分线时，他是这样操作的：分别以A和B为圆心，大于的长为半径画弧，两弧相交于C、D两点，直线CD即为所求．根据他的作图方法可知四边形一定是（ ）
A．矩形B．菱形C．正方形D．无法确定
4、（4分）以下运算错误的是（ ）
A．B．
C．D．
5、（4分）若关于的一元二次方程有两个实数根，则的取值范围是（ ）
A．B．，且C．，且D．
6、（4分）正方形具有而菱形不具有的性质是（ ）
A．四边相等B．对角线相等
C．两组对边分别平行D．一条对角线平分一组对角
7、（4分）如图：一个长、宽、高分别为4cm、3cm、12cm的长方体盒子能容下的最长木棒长为（ ）
A．11cm B．12cm C．13cm D．14cm
8、（4分）如图，等腰三角形的底边长为，面积是， 腰的垂直平分线分别交边于点．若点为边的中点，点为线段EF上一动点，则周长的最小值为（ ）
A．B．C．D．
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、（4分）甲乙两人同时开车从A地出发，沿一条笔直的公路匀速前往相距400千米的B地，1小时后，甲发现有物品落在A地，于是立即按原速返回A地取物品，取到物品后立即提速25%继续开往B地（所有掉头和取物品的时间忽略不计），甲乙两人间的距离y千米与甲开车行驶的时间x小时之间的部分函数图象如图所示，当甲到达B地时，乙离B地的距离是_____．
10、（4分）在平面直角坐标系中，已知点，如果以为顶点的四边形是平行四边形，那么满足条件的所有点的坐标为___________.
11、（4分）汽车开始行驶时，油箱中有油40L，如果每小时耗油5L，则油箱内余油量y（L）与行驶时间x（h）的关系式为_____．
12、（4分）一组数据2，x，4，6，7，已知这组数据的众数是6，那么这组数据的方差是________．
13、（4分）某中学随机地调查了50名学生，了解他们一周在校的体育锻炼时间，结果如下表所示：
则这50名学生这一周在校的平均体育锻炼时间是____小时．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（12分）如图，直线分别交x轴、y轴于A、B两点，直线BC与x轴交于点，P是线段AB上的一个动点点P与A、B不重合．
（1）求直线BC所对应的的函数表达式；
（2）设动点P的横坐标为t，的面积为S．
①求出S与t的函数关系式，并写出自变量t的取值范围；
②在线段BC上存在点Q，使得四边形COPQ是平行四边形，求此时点Q的坐标．
15、（8分）阅读下列材料：
小明遇到这样一个问题：已知：在△ABC中，AB，BC，AC三边的长分别为、、，求△ABC的面积．
小明是这样解决问题的：如图1所示，先画一个正方形网格（每个小正方形的边长为1），再在网格中画出格点△ABC（即△ABC三个顶点都在小正方形的顶点处），从而借助网格就能计算出△ABC的面积他把这种解决问题的方法称为构图法．
请回答：

（1）①图1中△ABC的面积为________；
②图1中过O点画一条线段MN，使MN＝2AB，且M、N在格点上．
（2）图2是一个6×6的正方形网格（每个小正方形的边长为1）．利用构图法在图2中画出三边长分别为、2、的格点△DEF．
16、（8分）（1） [探索发现]正方形中,是对角线上的一个动点(与点不重合),过点作交线段于点．求证:
小玲想到的思路是:过点作于点于点,通过证明得到．请按小玲的思路写出证明过程
（2）[应用拓展]如图2,在的条件下，设正方形的边长为,过点作交于点．求的长．
17、（10分）解下列方程
（1）；
（2）；
（3）．
18、（10分）已知:在平面直角坐标系中,直线分别交、轴于点A、B两点,OA=5,∠OAB=60°.
(1)如图1,求直线AB的解析式；
(2)如图2,点P为直线AB上一点，连接OP,点D在OA延长线上，分别过点P、D作OA、OP的平行线,两平行线交于点C，连接AC,设AD=m,△ABC的面积为S,求S与m的函数关系式;
(3)如图3,在(2)的条件下,在PA上取点E ,使PE=AD, 连接EC,DE,若∠ECD=60°,四边形ADCE的周长等于22，求S的值.
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）若，是一元二次方程的两个根，则的值是_________．
20、（4分）某商品经过连续两次降价，售价由原来的25元/件降到16元/件，则平均每次降价的百分率为_____．
21、（4分）因式分解的结果是____.
22、（4分）如图，在平面直角坐标系xOy中，A,B两点分别在x轴，y轴的正半轴上，且OA=OB，点C在第一象限，OC=3，连接BC，AC，若∠BCA=90°，则BC+AC的值为_________．
23、（4分）如图，函数y=2x和y=ax+5的图象相交于A（m，3），则不等式2x＜ax+5的解集为 ．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（8分）已知，矩形OABC在平面直角坐标系内的位置如图所示，点O为坐标原点，点A的坐标示为(1，0)，点B的坐标为(1，8) ．
(1)直接写出点C的坐标为：C( ____ ，_____)；
(2)已知直线AC与双曲线y= (m≠0)在第一象限内有一点交点Q为(5，n)，
①求m及n的值；
②若动点P从A点出发，沿折线AO→OC→CB的路径以每秒2个单位长度的速度运动，到达B处停止，△APQ的面积为S，当t取何值时，S=1．
25、（10分）已知△ABC和△DEC都是等腰直角三角形，C为它们的公共直角顶点，D、E分别在BC、AC边上．
(1)如图1，F是线段AD上的一点，连接CF，若AF=CF；
①求证：点F是AD的中点；
②判断BE与CF的数量关系和位置关系，并说明理由；
(2)如图2，把△DEC绕点C顺时针旋转α角（0＜α＜90°），点F是AD的中点，其他条件不变，判断BE与CF的关系是否不变？若不变，请说明理由；若要变，请求出相应的正确结论．
26、（12分）八年级（1）班张山同学利用所学函数知识，对函数进行了如下研究：
列表如下：
描点并连线（如下图）
（1）自变量x的取值范围是________；
（2）表格中：________，________；
（3）在给出的坐标系中画出函数的图象；
（4）一次函数的图象与函数的图象交点的坐标为_______.
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、C
【解析】
根据题意，正比例函数图象上的点的坐标可设为（a，a）或（a，-a），然后把它们分别代入y=kx可计算出对应的k的值，从而可确定正比例函数解析式．
【详解】
∵正比例函数图象上的点到两坐标轴的距离相等，
∴正比例函数图象上的点的坐标可设为（a，a）或（a，-a），
∴k•a=a或k•a=-a
∴k=1或-1，
故选C．
本题考查了待定系数法求正比例函数的解析式：设正比例函数解析式为y=kx，然后把一组对应值代入求出k，从而得到正比例函数解析式．
2、C
【解析】
根据平行四边形的判定与性质，菱形的判定，正方形的判定进行判断即可．
【详解】
解：选项A中，对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形，故A选项错误；
选项B中，当一组对边平行，另一组对边相等时，该四边形可能为等腰梯形，故B选项错误；
选项C中，由一组对边平行，一组对角相等可得另一组对边平行，所以是平行四边形，故C选项正确；
选项D中，对角线互相垂直的平行四边形是菱形，故D选项错误；
故选：C．
本题主要考查了平行四边形的判定与性质，菱形的判定，正方形的判定，掌握平行四边形的判定，菱形的判定，正方形的判定是解题的关键．
3、B
【解析】
根据菱形的判定方法：四边都相等的四边形是菱形判定即可.
【详解】
根据作图方法可得：,
因此四边形ABCD一定是菱形.
故选：B
本题考查了菱形的判定，解题的关键在于根据四边相等的四边形是菱形判断.
4、B
【解析】
A.，正确；B.=5，则原计算错误；C.，正确；D.，正确，故选B.
5、C
【解析】
根据根的判别式即可求解的取值范围．
【详解】
一元二次方程，
，．
有个实根，
．
且．
故选C．
本题考查了一元二次方程根的问题，掌握根的判别式是解题的关键．
6、B
【解析】
根据正方形的性质以及菱形的性质，即可判断．
【详解】
正方形的边：四边都相等，两组对边分别平行；
菱形的边：四边都相等，两组对边分别平行；
正方形的对角线：互相垂直平分且相等，每一条对角线平分一组对角；
菱形的对角线：互相垂直平分，每一条对角线平分一组对角；∴正方形具有而菱形不具有的性质是：对角线相等．
故选B．
本题考查了正方形的性质、菱形的性质，熟练掌握正方形和菱形的性质是解题的关键．
7、C
【解析】
试题分析：∵侧面对角线BC2=32+42=52，∴CB=5m，∵AC=12m，∴AB==13（m），
∴空木箱能放的最大长度为13m，
故选C．
考点： 勾股定理的应用．
8、C
【解析】
连接AD，由于△ABC是等腰三角形，点D是BC边的中点，故AD⊥BC，再根据三角形的面积公式求出AD的长，再根据EF是线段AB的垂直平分线可知，点B关于直线EF的对称点为点A，故AD的长为BM+MD的最小值，由此即可得出结论．
【详解】
解：连接AD，
∵△ABC是等腰三角形，点D是BC边的中点，
∴AD⊥BC，
∴S△ABC=BC•AD=×4×AD=16，解得AD=8，
∵EF是线段AC的垂直平分线，
∴点C关于直线EF的对称点为点A，
∴AD的长为CM+MD的最小值，
∴△CDM的周长最短=（CM+MD）+CD
故选：C．
本题考查的是轴对称-最短路线问题，熟知等腰三角形三线合一的性质是解答此题的关键．
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、1
【解析】
结合题意分析函数图象：线段OC对应甲乙同时从A地出发到A返回前的过程，此过程为1小时；线段CD对应甲返回走到与乙相遇的过程（即甲的速度大于乙的速度）；线段DE对应甲与乙相遇后继续返回走至到达A地的过程，因为速度相同，所以甲去和回所用时间相同，即x＝2时，甲回到A地，此时甲乙相距120km，即乙2小时行驶120千米；线段EF对应甲从A地重新出发到追上乙的过程，即甲用（5﹣2）小时的时间追上乙，可列方程求出甲此时的速度，进而求出甲到达B地的时刻，再求出此时乙所行驶的路程．
【详解】
解：∵甲出发到返回用时1小时，返回后速度不变，
∴返回到A地的时刻为x＝2，此时y＝120，
∴乙的速度为60千米/时，
设甲重新出发后的速度为v千米/时，列得方程：
（5﹣2）（v﹣60）＝120，
解得：v＝100，
设甲在第t小时到达B地，列得方程：
100（t﹣2）＝10
解得：t＝6，
∴此时乙行驶的路程为：60×6＝360（千米），
乙离B地距离为：10﹣360＝1（千米）．
故答案为：1．
本题考查了一次函数与一元一次方程的应用，关键是把条件表述的几个过程对应图象理解清楚，再找出对应x和y表示的数量关系．
10、
【解析】
需要分类讨论：以AB为该平行四边形的边和对角线两种情况．
【详解】
解：如图，①当AB为该平行四边形的边时，AB=OC，
∵点A（1，1），B（-1，1），O（0，0）
∴点C坐标（-2，0）或（2，0）
②当AB为该平行四边形的对角线时，C（0，2）．
故答案是：（-2，0）或（2，0）或（0，2）．
本题考查了平行四边形的性质和坐标与图形性质．解答本题关键要注意分两种情况进行求解．
11、y=40-5x
【解析】
直接利用汽车耗油量结合油箱的容积，进而得出油箱内剩余油量y（L）与行驶时间x（h）的关系式．
【详解】
由题意可得：y=40-5x．
故答案为y=40-5x．
此题主要考查了函数关系式，根据汽车耗油量得出函数关系式是解题关键．
12、3.1
【解析】
根据众数的定义先求出x的值，然后再根据方差的公式进行计算即可得．
【详解】
解：已知一组数据1，x，4，6，7的众数是6，说明x=6，
则平均数=（1+6+4+6+7）÷5=15÷5=5，
则这组数据的方差==3.1，
故答案为3.1．
本题考查了众数、方差等，熟练掌握众数的定义、方差的计算公式是解题的关键．
13、6.4
【解析】
试题分析： 体育锻炼时间=（小时）.
考点：加权平均数.
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（1）y=2x+1；（2）①S=-2t+2(0＜t＜1)；②点Q的坐标为(，)．
【解析】
（1）根据函数表达式求出点B坐标，结合点C坐标求出BC的表达式；
（2）①根据三角形面积求法可得S与t的表达式；
②过点P作PQ∥x轴，交BC于点Q，得出P和Q的坐标，利用平行四边形的性质建立方程求解即可.
【详解】
解：（1）直线y=-x+1与x轴、y轴交点坐标分别为A(1，0)、B(0，1)两点．
设直线BC所对应的函数关系式为y=kx+1．
∵直线BC经过点C(-2，0)，
∴-2k+1=0，解得：k=2，
∴直线BC所对应的函数关系式为y=2x+1．
（2）①由题意，设点P的坐标为(t，-t+1)，
∴S=S△POA=×OA×yP=×1×(-t+1)=-2t+2．
即S=-2t+2(0＜t＜1)．
②过点P作PQ∥x轴，交BC于点Q．
∵点P的坐标为(t，-t+1)，
∴点Q的坐标为(，-t+1)．
∵四边形COPQ是平行四边形，
∴PQ=OC，即.
解得：t=，
∴点Q的坐标为(，)．
本题考查了一次函数的应用，求一次函数表达式，平行四边形的性质，解题的关键是画出图形，借助平行四边形的性质解题.
15、（1）① ，②见解析； (2)见解析.
【解析】
分析：
（1）①如图3，由S△ABC=S正方形DECF-S△ABD-S△BCE-S△ACF结合已知条件即可求得△ABC的面积了；②如图4，对照图形过点O作OM∥AB，且使OM=AB，作ON∥AB，且使ON=AB，则根据过直线为一点有且只有一条直线平行于已知直线可知点O、M、N在同一直线上，由此所得线段MN=2AB；
（2）如图5，按照题中构图法结合勾股定理画出△DEF即可.
详解：
（1）① 如图3，S△ABC=S正方形DECF-S△ABD-S△BCE-S△ACF=；
②如图所示，线段MN即为所求：
（2）如图5所示，△DEF即为所求.
点睛：（1）“构造如图3所示的正方形DECF，由此得到，S△ABC=S正方形DECF-S△ABD-S△BCE-S△ACF”是解答第1小题的关键；（2“由勾股定理在6×6网格中找到使DE=，EF=，DF=的点D、E、F的位置”是解答第2小题的关键.
16、（1）详见解析；（2）
【解析】
（1）过点P作PG⊥BC于G，过点P作PH⊥DC于H，如图1．要证PB=PE，只需证到△PGB≌△PHE即可；
（2）连接BD，如图2．易证△BOP≌△PFE，则有BO=PF，只需求出BO的长即可．
【详解】
证明:过点作于点，于点
是对角线上的动点
，
∠GPC+∠CPE= 90°
（2）连接BD，如图2．
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BOP=90°．
∵PE⊥PB即∠BPE=90°，
∴∠PBO=90°-∠BPO=∠EPF．
∵EF⊥PC即∠PFE=90°，
∴∠BOP=∠PFE．
在△BOP和△PFE中，
，
∴△BOP≌△PFE（AAS），
∴BO=PF．
∵四边形ABCD是正方形，
∴OB=OC，∠BOC=90°，
∴BC=OB．
∵BC=2，
∴OB=，
∴PF=．
本题主要考查了正方形的性质、等腰三角形的性质、全等三角形的判定与性质等知识，有一定的综合性，而通过添加辅助线证明三角形全等是解决本题的关键．
17、（1）；（2），；（3），．
【解析】
（1）直接利用去分母进而解方程得出答案；
（2）直接利用提取公因式法分解因式解方程即可；
（3）直接利用配方法解方程得出答案．
【详解】
（1）
经检验，是原方程的根．
（2）
，或
，
（3）
，
此题主要考查了分式方程和一元二次方程的解法，正确掌握相关解题方法是解题关键．
18、 (1)直线解析式为；(2)S=；(3).
【解析】
(1)先求出点B坐标，设AB解析式为，把点A(5，0)，B(0，)分别代入，利用待定系数法进行求解即可；
(2)由题意可得四边形ODCP是平行四边形，∠OAB=∠APC=60°，则有PC=OD=5+m，∠PCH=30°，过点C作CH⊥AB，在Rt△PCH中 利用勾股定理可求得CH=，再由S=ABCH代入相关数据进行整理即可得；
(3) 先求得∠PEC=∠ADC，设∠OPA=，则∠OPC= ∠ADC= ∠PEC=60°+，在BA延长线上截取AK=AD，连接OK，DK，DE，证明△ADK是等边三角形，继而证明△PEC≌△DKO，通过推导可得到OP=OK=CE=CD，再证明△CDE是等边三角形，可得CE=CD=DE，连接OE，证明△OPE≌△EDA，继而可得△OAE是等边三角形，得到OA=AE=5 ，根据四边形ADCE的周长等于22，可得ED=，过点E作EN⊥OD于点N，则DN=，由勾股定理得， 可得关于m的方程，解方程求得m的值后即可求得答案.
【详解】
(1)在Rt△ABO中OA=5，∠OAB=60°，
∴∠OBA=30°，AB=10 ，
由勾股定理可得OB=，
∴B(0，)，
设AB解析式为，把点A(5，0)，B(0，)分别代入，得，
∴，
∴直线解析式为；
(2)∵CP//OD，OP//CD，
∴四边形ODCP是平行四边形，∠OAB=∠APC=60°，
∴PC=OD=5+m，∠PCH=30°，
过点C作CH⊥AB，在Rt△PCH中 PH=，由勾股定理得CH=，
∴S=ABCH=；

(3) ∵∠ECD=∠OAB=60°，
∴∠EAD+∠ECD=180°，∠CEA+∠ADC=180°，
∴∠PEC=∠ADC，
设∠OPA=，则∠OPC= ∠ADC= ∠PEC=60°+，
在BA延长线上截取AK=AD，连接OK，DK，DE，
∵∠DAK=60°，
∴△ADK是等边三角形，
∴AD=DK=PE，∠ODK=∠APC，
∵PC=OD，
∴△PEC≌△DKO，
∴OK=CE，∠OKD=∠PEC=∠OPC=60°+， ∠AKD= ∠APC=60° ，
∴∠OPK= ∠OKB，
∴OP=OK=CE=CD，
又∵∠ECD=60°，
∴△CDE是等边三角形，
∴CE=CD=DE，
连接OE，∵ ∠ADE=∠APO，DE=CD=OP，
∴△OPE≌△EDA，
∴AE=OE， ∠OAE=60°，
∴△OAE是等边三角形，
∴OA=AE=5 ，
∵四边形ADCE的周长等于22，
∴AD+2DE=17，
∴ED=，
过点E作EN⊥OD于点N，则DN=，
由勾股定理得，
即，
解得，(舍去)，
∴S==20.
本题考查的四边形综合题，涉及了待定系数法，平行四边形的判定与性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，解一元二次方程等，综合性较强，有一定的难度，正确添加辅助线，熟练掌握和灵活运用相关知识是解题的关键.
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19、6
【解析】
首先把提公因式进行因式分解得到，然后运用韦达定理，，最后代入求值.
【详解】
=
由韦达定理可知：代入得：
故答案为6
本题考查了一元二次方程两根之间的关系，由韦达定理可知，的两根为，则.
20、20%
【解析】
设平均每次降价的百分率为x，根据该商品的原价及经过两次降价后的价格，即可得出关于x的一元二次方程，解之取其较小值即可得出结论．
【详解】
解：设平均每次降价的百分率为x，
依题意，得：25（1﹣x）2＝16，
解得：x1＝0.2＝20%，x2＝1.8（不合题意，舍去）．
故答案为：20%．
本题主要考查一元二次方程的应用，读懂题意列出方程是解题的关键．
21、
【解析】
先提取公因式6x2即可.
【详解】
＝.
故答案为：.
本题考查了因式分解，把一个多项式化成几个整式的乘积的形式，叫做因式分解.因式分解常用的方法有：①提公因式法；②公式法；③十字相乘法；④分组分解法. 因式分解必须分解到每个因式都不能再分解为止.
22、
【解析】
可将△OBC绕着O点顺时针旋转90°，所得的图形与△OAC正好拼成等腰直角三角形BC+AC等于等腰三角形的斜边CD.
【详解】
解：
将△OBC绕O点旋转90°，
∵OB=OA
∴点B落在A处，点C落在D处
且有OD=OC=3，∠COD=90°，∠OAD=∠OBC，
在四边形OACB中
∵∠BOA=∠BCA=90°，
∴∠OBC+∠OAC=180°，
∴∠OAD+∠OAC=180°
∴C、A、D三点在同一条直线上，
∴△OCD为等要直角三角形，根据勾股定理
CD2=OC2+OD2
即CD2=32+32=18
解得CD=
即BC+AC=.
本题考查旋转的性质，旋转前后的图形对应边相等，对应角相等.要求两条线段的长，可利用作图的方法将两条线段化成一条线段，再求这条线段的长度即可，本题就是利用旋转的方法做到的，但做本题时需注意，一定要证明C、A、D三点在同一条直线上.本题还有一种化一般为特殊的方法，因为答案一定可考虑CB⊥y轴的情况，此时四边形OACB刚好是正方形，在做选择或填空题时，也可以起到事半功倍的效果.
23、x＜．
【解析】
先把点A（m，3）代入函数y=2x求出m的值，再根据函数图象即可直接得出结论．
【详解】
∵点A（m，3）在函数y=2x的图象上，
∴3=2m，解得m=，
∴A（，3），
由函数图象可知，当x＜时，函数y=2x的图象在函数y=ax+5图象的下方，
∴不等式2x＜ax+5的解集为：x＜．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（1）B（0，8） （2） t=2.5s,7s,11.5s
【解析】
分析：（1）根据矩形的对边相等的性质直接写出点C的坐标；
（2）①设直线AC的解析式为y=kx+b（k≠0）．将A（1，0）、C（0，8）两点代入其中，即利用待定系数法求一次函数解析式；然后利用一次函数图象上点的坐标特征，将点Q代入函数关系式求得n值；最后将Q点代入双曲线的解析式，求得m值；
②分类讨论：分当0≤t≤5时，当5＜t≤9时，当9＜t≤14时三种情况讨论求解.
详解：（1）B（1，8） ，
（2）① 设直线AC 函数表达式为（ ），
∵ 图像经过A（1，0）.C（0,8），
∴ ， 解得，
∴ ，
当时，.
∵ Q（5，4）在上
∴ ，
∴ ；
②㈠当0＜t≤5时，
AP=2t ，
∴ ，
∴4t=1，
∴t=2.5 ，
㈡当5＜t≤9时，
OP=2t-1,CP=18-2t，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴t=7 ；
㈢当9＜t≤14时，
OP=2t-18,BP=28-2t，
∴ ，
∴ ，
∴t=11.5 ，
综上所述：当t=2.5s,7s,11.5s时，△APQ的面积是1.
点睛：本题考查的是反比例函数综合题,熟知反比例函数图象上点的坐标特点、三角形的面积公式及正方形的性质是解答此题的关键.注意解（2）②时，要分类讨论，以防漏解．
25、（1）①证明见解析；②BE=2CF，BE⊥CF；（2）仍然有BE=2CF，BE⊥CF．
【解析】
（1）①如图1，由AF=CF得到∠1=∠2，则利用等角的余角相等可得∠3=∠ADC，然后根据等腰三角形的判定定理得FD=FC，易得AF=FD；
②先利用等腰直角三角形的性质得CA=CB，CD=CE，则可证明△ADC≌△BEC得到AD=BE，∠1=∠CBE，由于AD=2CF，∠1=∠2，则BE=2CF，再证明∠CBE+∠3=90°，于是可判断CF⊥BE；
（2）延长CF到G使FG=CF，连结AG、DG，如图2，易得四边形ACDG为平行四边形，则AG=CD，AG∥CD，于是根据平行线的性质得∠GAC=180°-∠ACD，所以CD=CE=AG，再根据旋转的性质得∠BCD=α，所以∠BCE=∠DCE+∠BCD=90°+α=90°+90°-∠ACD=180°-∠ACD，得到∠GAC=∠ECB，接着可证明△AGC≌△CEB，得到CG=BE，∠2=∠1，所以BE=2CF，和前面一样可证得CF⊥BE．
【详解】
（1）①证明：如图1，
∵AF=CF，
∴∠1=∠2，
∵∠1+∠ADC=90°，∠2+∠3=90°，
∴∠3=∠ADC，
∴FD=FC，
∴AF=FD，
即点F是AD的中点；
②BE=2CF，BE⊥CF．理由如下：
∵△ABC和△DEC都是等腰直角三角形，
∴CA=CB，CD=CE，
在△ADC和△BEC中
，
∴△ADC≌△BEC，
∴AD=BE，∠1=∠CBE，
而AD=2CF，∠1=∠2，
∴BE=2CF，
而∠2+∠3=90°，
∴∠CBE+∠3=90°，
∴CF⊥BE；
（2）仍然有BE=2CF，BE⊥CF．理由如下：
延长CF到G使FG=CF，连结AG、DG，如图2，
∵AF=DF，FG=FC，
∴四边形ACDG为平行四边形，
∴AG=CD，AG∥CD，
∴∠GAC+∠ACD=180°，即∠GAC=180°﹣∠ACD，
∴CD=CE=AG，
∵△DEC绕点C顺时针旋转α角（0＜α＜90°），
∴∠BCD=α，
∴∠BCE=∠DCE+∠BCD=90°+α=90°+90°﹣∠ACD=180°﹣∠ACD，
∴∠GAC=∠ECB，
在△AGC和△CEB中
，
∴△AGC≌△CEB，
∴CG=BE，∠2=∠1，
∴BE=2CF，
而∠2+∠BCF=90°，
∴∠BCF+∠1=90°，
∴CF⊥BE．
故答案为（1）①证明见解析；②BE=2CF，BE⊥CF；（2）仍然有BE=2CF，BE⊥CF．
本题考查旋转的性质, 全等三角形的判定与性质, 等腰直角三角形和平行四边形的性质.
26、（1）全体实数；（2）1，1；（3）见解析；（4）和.
【解析】
（1）根据函数解析式，可得答案；
（2）根据自变量与函数值得对应关系，可得答案；
（3）根据描点法画函数图象，可得答案；
（4）根据图象，可得答案．
【详解】
解：（1）∵函数y=|x+2|-x-1
∴自变量x的取值范围为全体实数
故答案为：全体实数；
（2）当x=-2时，m=|-2+2|+2-1=1，
当x=0时，n=|0+2|-0-1=1，
∴
故答案为：1，1；
（3）如下图
（4）在（3）中坐标系中作出直线y=-x+3，如下：
由图象得：一次函数y=-x+3的图象与函数y=|x+2|-x-1的图象交点的坐标为：（-6，9）和（2，1）
故答案为：（-6，9）和（2，1）．
本题考查了函数的图象与性质，利用描点法画函数图象，利用图象得出两个函数的交点是解题关键．
题号
一
二
三
四
五
总分
得分
时间（小时）
5
6
7
8
人数
10
15
20
5
x
…
0
1
2
3
…
y
…
7
5
3
m
1
n
1
1
1
…