安徽省亳州市亳州市第一中学2025届数学九上开学经典试题【含答案】

这是一份安徽省亳州市亳州市第一中学2025届数学九上开学经典试题【含答案】，共29页。试卷主要包含了选择题，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）下列四边形中是轴对称图形的个数是( )
A．4个B．3个C．2个D．1个
2、（4分）如图，正方形ABCD的边长为1，点E，F分别是对角线AC上的两点，EG⊥AB．EI⊥AD，FH⊥AB，FJ⊥AD，垂足分别为G，I，H，J．则图中阴影部分的面积等于 （ ）
A．1B．C．D．
3、（4分）一艘轮船在同一航线上往返于甲、乙两地．已知轮船在静水中的速度为15 km/h，水流速度为5 km/h．轮船先从甲地顺水航行到乙地，在乙地停留一段时间后，又从乙地逆水航行返回到甲地．设轮船从甲地出发后所用时间为t（h），航行的路程为s（km），则s与t的函数图象大致是( )
A．B．C．D．
4、（4分）下列分解因式正确的是（ ）
A．－a＋a3=－a(1＋a2)B．2a－4b＋2=2(a－2b)
C．a2－4=(a－2)2D．a2－2a＋1=(a－1)2
5、（4分）如图，有一块Rt△ABC的纸片，∠ABC=，AB＝6，BC＝8，将△ABC沿AD折叠，使点B落在AC上的E处，则BD的长为( )
A．3B．4C．5D．6
6、（4分）对某班学生在家里做家务的时间进行调查后，将所得的数据分成4组，第一组的频率是0.16，第二、三组的频率之和为0.74，则第四组的频率是（ ）
A．0.38B．0.30C．0.20D．0.10
7、（4分）如图，矩形ABCD中，AB=8，AD=6，将矩形ABCD绕点B按顺时针方向旋转后得到矩形A′BC′D′．若边A′B交线段CD于H，且BH=DH，则DH的值是（ ）
A．B．8-2C．D．6
8、（4分）把直线向下平移3个单位长度得到直线为（ ）
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）如图，在中，， 分别是的中点，且，延长到点，使，连接,若四边形是菱形，则______
10、（4分）如果在平行四边形ABCD中，两个邻角的大小是5：4，那么其中较小的角等于_____．
11、（4分）如图，某自动感应门的正上方处装着一个感应器，离地米，当人体进入感应器的感应范围内时，感应门就会自动打开.一个身高1.6米的学生正对门，缓慢走到离门1.2米的地方时（米），感应门自动打开，则_________米.
12、（4分）先化简：，再对a选一个你喜欢的值代入，求代数式的值．
13、（4分）如图，已知函数y=2x和函数y=的图象交于A、B两点，过点A作AE⊥x轴于点E，若△AOE的面积为4，P是坐标平面上的点，且以点B、O、E、P为顶点的四边形是平行四边形，则k=_____，满足条件的P点坐标是_________________．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（12分）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，E为CD的中点，连接AE、BE，BE⊥AE，延长AE交BC的延长线于点F. 求证：△ABF是等腰三角形．
15、（8分）在平面直角坐标系xOy中，对于与坐标轴不平行的直线l和点P，给出如下定义：过点P作x轴，y轴的垂线，分别交直线l于点M，N，若PM+PN≤4，则称P为直线l的近距点，特别地，直线上l所有的点都是直线l的近距点．已知点A(-，0)，B(0，2)，C(-2，2)．
（1）当直线l的表达式为y=x时，
①在点A，B，C中，直线l的近距点是 ；
②若以OA为边的矩形OAEF上所有的点都是直线l的近距点，求点E的纵坐标n的取值范围；
（2）当直线l的表达式为y=kx时，若点C是直线l的近距点，直接写出k的取值范围．
16、（8分）某校为了解学生每天参加户外活动的情况，随机抽查了100名学生每天参加户外活动的时间情况，并将抽查结果绘制成如图所示的扇形统计图．
请你根据图中提供的信息解答下列问题：
（1）请直接写出图中的值，并求出本次抽查中学生每天参加户外活动时间的中位数；
（2）求本次抽查中学生每天参加户外活动的平均时间．
17、（10分）如图1，已知直线：交轴于，交轴于.
（1）直接写出的值为______.
（2）如图2，为轴负半轴上一点，过点的直线：经过的中点，点为轴上一动点，过作轴分别交直线、于、，且，求的值.
（3）如图3，已知点，点为直线右侧一点，且满足，求点坐标.
18、（10分）将矩形ABCD绕点B顺时针旋转得到矩形A1BC1D1，点A、C、D的对应点分别为A1、C1、D1
（1）当点A1落在AC上时
①如图1，若∠CAB＝60°，求证：四边形ABD1C为平行四边形；
②如图2，AD1交CB于点O．若∠CAB≠60°，求证：DO＝AO；
（2）如图3，当A1D1过点C时．若BC＝5，CD＝3，直接写出A1A的长．
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Rt△ABC中，∠C＝90°，AD＝BE＝2，点M，P，N分别是DE，BD，AB的中点，则△PMN的周长＝___．
20、（4分）若最简二次根式与的被开方数相同，则a的值为______.
21、（4分）已知四边形中，，，含角（）的直角三角板（如图）在图中平移，直角边，顶点、分别在边、上，延长到点，使，若，，则点从点平移到点的过程中，点的运动路径长为__________．
22、（4分）已知等腰三角形两条边的长为4和9，则它的周长______.
23、（4分）已知一次函数y=-2x+9的图象经过点(a,3)则a=_______.
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（8分）A、B两地相距200千米，甲车从A地出发匀速开往B地，乙车同时从B地出发匀速开往A地，两车相遇时距A地80千米．已知乙车每小时比甲车多行驶30千米，求甲、乙两车的速度．
25、（10分）计算：
（1）
（2）
（3）
26、（12分）小聪与小明在一张矩形台球桌ABCD边打台球，该球桌长AB=4m，宽AD=2m，点O、E分别为AB、CD的中点，以AB、OE所在的直线建立平面直角坐标系。
（1）如图1，M为BC上一点；
①小明要将一球从点M击出射向边AB，经反弹落入D袋，请你画出AB上的反弹点F的位置；
②若将一球从点M(2，12)击出射向边AB上点F(0.5，0)，问该球反弹后能否撞到位于(-0.5，0.8)位置的另一球?请说明理由
（2）如图2，在球桌上放置两个挡板(厚度不计)挡板MQ的端点M在AD中点上且MQ⊥AD，MQ=2m，挡板EH的端点H在边BC上滑动，且挡板EH经过DC的中点E；
①小聪把球从B点击出，后经挡板EH反弹后落入D袋，当H是BC中点时，试证明：DN=BN；
②如图3，小明把球从B点击出，依次经挡板EH和挡板MQ反弹一次后落入D袋，已知∠EHC=75°，请你直接写出球的运动路径BN+NP+PD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、B
【解析】
根据轴对称图形的概念逐一进行判断即可.
【详解】
平行四边形不是轴对称图形，故不符合题意；
矩形是轴对称图形，故符合题意；
菱形是轴对称图形，故符合题意；
正方形是轴对称图形，故符合题意，
所以是轴对称图形的个数是3个，
故选B.
本题考查了轴对称图形，在平面内，如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合，这样的图形叫做轴对称图形.
2、B
【解析】
根据轴对称图形的性质，解决问题即可.
【详解】
解：∵四边形ABCD是正方形，
∴直线AC是正方形ABCD的对称轴，
∵EG⊥AB．EI⊥AD，FH⊥AB，FJ⊥AD，垂足分别为G，I，H，J．
∴根据对称性可知：四边形EFHG的面积与四边形EFJI的面积相等，
∴S阴=S正方形ABCD=，
故选B．
本题考查正方形的性质，解题的关键是利用轴对称的性质解决问题，属于中考常考题型．
3、C
【解析】
解：第一个阶段，逆水航行，用时较多；第二个阶段，在乙地停留一段时间，随着时间的增长，路程不再变化，函数图象将与x轴平行；第三个阶段，顺水航行，所走的路程继续增加，相对于第一个阶段，用时较少，
故选C．
4、D
【解析】
根据因式分解的定义进行分析.
【详解】
A、-a+a3=-a（1-a2）=-a（1+a）（1-a），故本选项错误；
B、2a-4b+2=2（a-2b+1），故本选项错误；
C、a2-4=（a-2）（a+2），故本选项错误；
D、a2-2a+1=（a-1）2，故本选项正确．
故选D．
考核知识点：因式分解.
5、A
【解析】
【分析】由题意可得∠AED=∠B=90°，AE=AB=6，由勾股定理即可求得AC的长，则可得EC的长，然后设BD=ED=x，则CD=BC-BD=8-x，由勾股定理CD2=EC2+ED2，即可得方程，解方程即可求得答案．
【详解】如图，点E是沿AD折叠，点B的对应点，连接ED，
∴∠AED=∠B=90°，AE=AB=6，
∵在Rt△ABC中，∠B=90°，AB=6，BC=8，
∴AC==10，
∴EC=AC-AE=10-6=4，
设BD=ED=x，则CD=BC-BD=8-x，
在Rt△CDE中，CD2=EC2+ED2，
即：（8-x）2=x2+16，
解得：x=3，
∴BD=3，
故选A.
【点睛】本题考查了折叠的性质与勾股定理，难度适中，注意掌握数形结合思想与方程思想的应用，注意掌握折叠中的对应关系．
6、D
【解析】
根据各组频率之和为1即可求出答案．
【详解】
解：第四组的频率为：，
故选：．
本题考查频率的性质，解题的关键是熟练运用频率的性质，本题属于基础题型．
7、C
【解析】
本题设DH=x，利用勾股定理列出方程即可.
【详解】
设DH=x,
在 中，

故选C.
8、D
【解析】
根据直线平移的性质，即可得解.
【详解】
根据题意，得
故答案为D.
此题主要考查一次函数的平移，熟练掌握，即可解题.
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、2或2；
【解析】
根据等面积法，首先计算AC边上的高，再设AD的长度，列方程可得x的值，进而计算AB.
【详解】
根据可得为等腰三角形
分别是的中点，且


四边形是菱形

所以可得 中AC边上的高为：
设AD为x,则CD=
所以
解得x= 或x=
故答案为2或2
本题只要考查菱形的性质，关键在于设合理的未知数求解方程.
10、80°
【解析】
根据平行四边形的性质得出AB∥CD，推出∠B+∠C=180°，根据∠B：∠C=4：5，求出∠B即可．
【详解】
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，
∴∠B+∠C＝180°，
∵∠B：∠C＝4：5，
∴∠B＝×180°＝80°，
故答案为：80°．
本题考查了平行线的性质和平行四边形的性质的应用，能熟练地运用性质进行计算是解此题的关键．
11、1.1
【解析】
过点D作DE⊥AB于点E，构造Rt△ADE，利用勾股定理求得AD的长度即可．
【详解】
解：如图，过点D作DE⊥AB于点E，
依题意知，BE＝CD＝1.6米，ED＝BC＝1.2米，AB＝2.1米，
则AE＝AB−BE＝2.1−1.6＝0.9（米）．
在Rt△ADE中，由勾股定理得到：AD＝＝1.1（米）
故答案是：1.1．
本题考查了勾股定理的应用，解题的关键是作出辅助线，构造直角三角形，利用勾股定理求得线段AD的长度．
12、；3
【解析】
原式括号中两项通分并利用同分母分式的加法法则计算，同时利用除法法则变形，约分得到最简结果，将a=3代入计算即可求出值．
【详解】
原式．
∵且
∴当a=3时，原式=
此题考查了分式的化简求值，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
13、8 P1（0，-4），P2（-4，-4），P3（4，4）
【解析】
解：如图
∵△AOE的面积为4，函数y=的图象过一、三象限，
∴S△AOE=•OE•AE=4，
∴OE•AE=8，
∴xy=8，
∴k=8，
∵函数y=2x和函数y=的图象交于A、B两点，
∴2x=，
∴x=±2，
当x=2时，y=4，当x=-2时，y=-4，
∴A、B两点的坐标是：（2，4）（-2，-4），
∵以点B、O、E、P为顶点的平行四边形共有3个，
∴满足条件的P点有3个，分别为：
P1（0，-4），P2（-4，-4），P3（4，4）．
故答案为：8；P1（0，-4），P2（-4，-4），P3（4，4）．
本题考查反比例函数综合题．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、详见解析.
【解析】
根据已知条件易证△ADE≌△FCE，由全等三角形的性质可得AE=EF，已知BE⊥AE，根据等腰三角形三线合一的性质即可证明△ABF是等腰三角形
【详解】
∵AD∥BC，
∴∠ADC=∠ECF，
∵E是CD的中点，
∴DE=EC．
在△ADE与△FCE中， ，
∴△ADE≌△FCE（ASA），
∴AE=EF，
∵BE⊥AE，
∴△ABF是等腰三角形．
本题考查了全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质，利用全等三角形的性质证得AE=EF是解决问题的关键.
15、（1）①A，B；②n的取值范围是，且;(2) .
【解析】
【分析】（1）①根据PM+PN≤4，进行判断；②当PM+PN=4时，可知点P在直线l1：，直线l2：上．所以直线l的近距点为在这两条平行线上和在这两条平行线间的所有点．分两种情况分析：EF在OA上方，当点E在直线l1上时，n的值最大；EF在OA下方，当点F在直线l2上时，n的值最小，当时，EF与AO重合，矩形不存在，所以可以分析出n的取值范围；
（2）根据定义，结合图形可推出：．
【详解】解：（1）①A，B；
②当PM+PN=4时，可知点P在直线l1：，直线l2：上．所以直线l的近距点为在这两条平行线上和在这两条平行线间的所有点．
如图1，EF在OA上方，当点E在直线l1上时，n的值最大，为．
如图2，EF在OA下方，当点F在直线l2上时，n的值最小，为．
当时，EF与AO重合，矩形不存在．
综上所述，n的取值范围是，且．
（2）．
【点睛】本题考核知识点：一次函数和矩形综合，新定义知识.解题关键点：理解新定义.
16、（1）a=20%．本次抽查中学生每天参加活动时间的中位数是1；
（2）本次抽查中学生每天参加户外活动的平均时间是1.175小时．
【解析】
（1）用1减去其它组的百分比即可求得a的值，然后求得各组的人数，根据中位数定义求得中位数；
（2）利用加权平均数公式即可求解．
【详解】
解：（1）a=1﹣15%﹣25%﹣40%=20%．
100×20%=20（人），
100×40%=40（人），
100×25%=25（人），
100×15%=15（人）．
则本次抽查中学生每天参加活动时间的中位数是1；
（2）=1.175（小时）．
答：本次抽查中学生每天参加户外活动的平均时间是1.175小时．
考点：1.扇形统计图；2.加权平均数；3.中位数．
17、（1）k=-1；（2）或；（3）
【解析】
（1）将代入，求解即可得出；
（2）先求得直线为，用含t的式子表示MN，根据列出方程，分三种情况讨论，可得到或；
（3）在轴上取一点，连接，作交直线于，作轴于，再证出，得到直线的解析式为，将代入，得，可得出.
【详解】
解：（1）将代入，
得，
解得.
故答案为：
（2）∵在直线中，令，得，
∴，
∵，
∴线段的中点的坐标为，代入，得，
∴直线为，
∵轴分别交直线、于、，，
∴，，
∴，，
∵，
∴，分情况讨论：
①当时，，解得：．
②当时，，解得：.
③当时，，解得：，舍去．
综上所述：或．
（3）在轴上取一点，连接，作交直线于，作轴于，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴直线的解析式为，
将代入，得，
∴.
本题考查一次函数与几何的综合.要准确理解题意，运用数形结合、分类讨论的思想解答.
18、（1）①证明见解析；②证明见解析；（2）
【解析】
（1）①首先证明△ABA1是等边三角形，可得∠AA1B＝∠A1BD1＝60°，即可解决问题．
②首先证明△OCD1≌△OBA（AAS），推出OC＝OB，再证明△DCO≌△ABO（SAS）即可解决问题．
（2）如图3中，作A1E⊥AB于E，A1F⊥BC于F．利用勾股定理求出AE，A1E即可解决问题．
【详解】
（1）证明：①如图1中，
∵∠BAC＝60°，BA＝BA1，
∴△ABA1是等边三角形，
∴∠AA1B＝60°，
∵∠A1BD1＝60°，
∴∠AA1B＝∠A1BD1，
∴AC∥BD1，
∵AC＝BD1，
∴四边形ABD1C是平行四边形．
②如图2中，连接BD1．
∵四边形ABD1C是平行四边形，
∴CD1∥AB，CD1＝AB，
∠OCD1＝∠ABO，
∵∠COD1＝∠AOB，
∴△OCD1≌△OBA（AAS），
∴OC＝OB，
∵CD＝BA，∠DCO＝∠ABO，
∴△DCO≌△ABO（SAS），
∴DO＝OA．
（2）如图3中，作A1E⊥AB于E，A1F⊥BC于F．
在Rt△A1BC中，∵∠CA1B＝90°，BC＝2．AB＝3，
∴CA1＝＝4，
∵•A1C•A1B＝•BC•A1F，
∴A1F＝，
∵∠A1FB＝∠A1EB＝∠EBF＝90°，
∴四边形A1EBF是矩形，
∴EB＝A1F＝，A1E＝BF＝，
∴AE＝3﹣＝，
在Rt△AA1E中，AA1＝＝．
本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，全等三角形的判断和性质，勾股定理，平行四边形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题．
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19、2+．
【解析】
先由三角形中位线定理得出PM∥BC，PN∥AC，PM＝BE＝1，PN＝AD＝1，再根据平行线的性质得出∠MPD＝∠DBC，∠DPN＝∠CDB，可证∠MPN＝90°，利用勾股定理求出MN＝＝，进而得到△PMN的周长．
【详解】
∵点M，P，N分别是DE，BD，AB的中点，AD＝BE＝2，
∴PM∥BC，PN∥AC，PM＝BE＝1，PN＝AD＝1，
∴∠MPD＝∠DBC，∠DPN＝∠CDB，
∴∠MPD+∠DPN＝∠DBC+∠CDB＝180°﹣∠C＝90°，
即∠MPN＝90°，
∴MN＝＝，
∴△PMN的周长＝2+．
故答案为2+．
本题考查了三角形中位线定理：三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半．也考查了平行线的性质，勾股定理，三角形内角和定理．求出PM＝PN＝1，MN＝是解题的关键．
20、1
【解析】
根据同类二次根式的定义得1+a=4-2a，然后解方程即可．
【详解】
解：根据题意得1+a=4-2a，
解得a=1．
故答案为:1．
本题考查了同类二次根式：一般地，把几个二次根式化为最简二次根式后，如果它们的被开方数相同，就把这几个二次根式叫做同类二次根式．
21、
【解析】
当点P与B重合时，推出△AQK为等腰直角三角形，得出QK的长度，当点M′与D重合时，推出△KQ′M′为等腰直角三角形，得出KQ′的长度，根据题意分析出点Q的运动路径为QK+KQ′，从而得出结果.
【详解】
解：如图当点M与A重合时，∵∠ABC=45°，∠ANB=90°，
PN=MN=CD=3，BN=MN=3，
∴此时PB=3-3，
∵运动过程中，QM=PB，
当点P与B重合时，点M运动到点K, 此时点Q在点K的位置，
AK即AM的长等于原先PB和AQ的长，即3-3，
∴△AQK为等腰直角三角形，
∴QK=AQ=3-3，
当点M′与D重合时，P′B=BC-P′C=10-3=Q′M′，
∵AD=BC-BN=BC-AN=BC-DC=7,
KD=AD-AK=7-（3-3）=10-3，
Q′M′=BP′=BC-P′C= BC-PN =10-3，
∴△KQ′M′为等腰直角三角形，
∴KQ′=Q′M′=（10-3）=，
当点M从点A平移到点D的过程中，点Q的运动路径长为QK+KQ′，
∴QK+KQ′=（3-3）+（）=7，
故答案为7.
本题考查平移变换、运动轨迹、解直角三角形等知识，解题的关键是理解题意，学会用转化的思想思考问题，属于中考常考题型．
22、1
【解析】
分9是腰长与底边长两种情况讨论求解即可．
【详解】
①当9是腰长时，三边分别为9、9、4时，能组成三角形，
周长=9+9+4=1，
②当9是底边时，三边分别为9、4、4，
∵4+4＜9，
∴不能组成三角形，
综上所述，等腰三角形的周长为1．
故答案为：1．
本题考查了等腰三角形的两腰相等的性质，难点在于要分情况讨论求解．
23、3
【解析】
将(a，3)代入一次函数解析式y=-2x+9进行计算即可得.
【详解】
把(a，3)代入一次函数解析式y=-2x+9，得
3=-2a+9，
解得：a=3，
故答案为：3.
本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，熟知一次函数图象上的点的坐标一定满足该函数的解析式是解题的关键.
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、甲车的速度是60千米/时，乙车的速度是90千米/时．
【解析】
根据题意，设出甲、乙的速度，然后根据题目中两车相遇时时间相同，列出方程，解方程即可．
【详解】
设甲车的速度是x千米/时，乙车的速度为（x+30）千米/时，
，
解得，x=60，
经检验，x=60是原方程的解.
则x+30=90，
即甲车的速度是60千米/时，乙车的速度是90千米/时．
25、（1）4；（2）；（3）
【解析】
（1）先算括号里面的，再算加减，即可得出答案；
（2）先除法，再进行通分运算，最后化简，即可得出答案；
（3）先对括号里面的进行通分，再进行分式的除法运算，即可得出答案.
【详解】
解（1）原式=-1+1+4=4
（2）原式=
=
=
=
（3）原式=
=
=
（1）本题主要考查，以及负指数幂，注意；
（2）本题主要考查分式的混合运算，通分、约分、因式分解和约分是解答本题的关键；
（3）本题主要考查分式的混合运算，通分、约分、因式分解和约分是解答本题的关键.
26、（1）①答案见解析 ②答案见解析 （2）①证明见解析 ②
【解析】
（1）①根据反射的性质画出图形，可确定出点F的位置；②过点H作HG⊥AB于点G，利用点H的坐标，可知HG的长，利用矩形的性质结合已知可求出点B，C的坐标，求出BM，BF的长，再利用锐角三角函数的定义，去证明tan∠MFB=tan∠HFG，即可证得∠MFB=∠HFG，即可作出判断；
（2）①连接BD，过点N作NT⊥EH于点N，交AB于点T，利用三角形中位线定理可证得EH∥BD，再证明MQ∥AB，从而可证得∠DNQ=∠BNQ，∠DQN=∠NQB，利用ASA证明△DNQ≌△BNQ，然后利用全等三角形的性质，可证得结论；②作点B关于EH对称点B＇，过点B＇作B＇G⊥BC交BC的延长线于点G，连接B＇H，B＇N，连接AP，过点B＇作B＇L⊥x轴于点L，利用轴对称的性质，可证得AP=DP，NB＇=NB，∠BHN=∠NHB＇根据反射的性质，易证AP，NQ，NC在一条直线上，从而可证得BN+NP+PD=AB＇，再利用邻补角的定义，可求出∠B＇HG=30°，作EK=KH，利用等腰三角形的性质，及三角形外角的性质，求出∠CKH的度数，利用解直角三角形表示出KH，CK的长，由BC=2，建立关于x的方程，解方程求出x的值，从而可得到CH，B＇H的长，利用解直角三角形求出GH，BH的长，可得到点B＇的坐标，再求出AL，B＇L的长，然后在Rt△AB＇L中，利用勾股定理就可求出AB＇的长.
【详解】
（1）解： ①如图1，
②答：反弹后能撞到位于(-0.5，0.8)位置的另一球
理由：如图，设点H（-0.5，0.8），过点H作HG⊥AB于点G，
∴HG=0.8
∵矩形ABCD，点O，E分别为AB，CD的中点，AD=2，AB=4，
∴OB=OA=2，BC=AD=OE=2
∴点B（2，0），点C（2，2）,
∵ 点M(2，1.2)，点F(0.5，0)，
∴BF=2-0.5=1.5，BM=1.2，
FG=0.5-（-0.5）=1
在Rt△BMF中，
tan∠MFB=，
在Rt△FGH中，
tan∠HFG=，
∴∠MFB=∠HFG，
∴反弹后能撞到位于(-0.5，0.8)位置的另一球 .
（2）解：①连接BD，过点N作NT⊥EH于点N，交AB于点T，
∴∠TNE=∠TNH=90°，
∵小聪把球从B点击出，后经挡板EH反弹后落入D袋，
∴∠BNH=∠DNE，
∴∠DNQ=∠BNQ；
∵点M是AD的中点，MQ⊥EO，
∴MQ∥AB，
∴点Q是BD的中点，
∴NT经过点Q；
∵点E，H分别是DC，BC的中点，
∴EH是△BCD的中位线，
∴EH∥BD
∵NT⊥EH
∴NT⊥BD；
∴∠DQN=∠NQB=90°
在△DNQ和△BNQ中，
∴△DNQ≌△BNQ（ASA）
∴DN=BN
②作点B关于EH对称点B＇，过点B＇作B＇G⊥BC交BC的延长线于点G，连接B＇H，B＇N，连接AP，过点B＇作B＇L⊥x轴于点L，
∴AP=DP，NB＇=NB，∠BHN=∠NHB＇
由反射的性质，可知AP，NQ，NC在一条直线上，
∴BN+NP+PD=NB＇+NP+AP=AB＇；
∵∠EHC=75°，∠EHC+∠BHN=180°，
∴∠BHN=180°-75°=105°，
∴∠NHB＇=∠EHC+∠B＇HG=105°
∴∠B＇HG=30°;
如图，作EK=KH，
在Rt△ECH中，∠EHC=75°，
∴∠E=90°-75°=15°，
∴∠E=∠KHE=15°
∴∠CKH=∠E+∠KHE=15°+15°=30°，
∵设CH=x，则KH=2x，CK=
∴
解之：x=，
∴CH=
∴BH=B＇H=BC-CH=2-（）=；
在Rt△B＇GH中，
B＇G=;
GH=B＇Hcs∠B＇HG=（）×；
BG=BH+GH=
∴点B＇的横坐标为：，
∴点B＇；
∴AL=，
B＇L=
在Rt△AB＇L中，
AB＇=
∴ 球的运动路径BN+NP+PD的长为.
本题考查反射的性质，解直角三角形，矩形的性质，全等三角形的判定和性质以及勾股定理等知识点：（1）①根据反射的性质作图，②根据等角的三角函数值相等证明∠MFB=∠HFG来说明反弹后能撞到另一球；（2）①利用ASA证明△DNQ≌△BNQ，然后利用全等三角形的性质可得结论，②作出辅助线，根据反射的性质和轴对称的性质证明BN+NP+PD=AB＇，然后构建方程，解直角三角形并结合勾股定理求出AB＇的长；其中能够根据反射的性质作出图形，利用方程思想及数形结合思想结合直角三角形的特殊角进行求解是解题的关键．
题号
一
二
三
四
五
总分
得分