山东省济南市长清区第五中学2024-2025学年数学九年级第一学期开学检测模拟试题【含答案】

这是一份山东省济南市长清区第五中学2024-2025学年数学九年级第一学期开学检测模拟试题【含答案】，共27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）某同学五天内每天完成家庭作业的时间（时）分别为2，3，2，1，2，则对这组数据的下列说法中错误的是（ ）
A．平均数是2B．众数是2C．中位数是2D．方差是2
2、（4分）菱形，矩形，正方形都具有的性质是（ ）
A．四条边相等，四个角相等 B．对角线相等
C．对角线互相垂直 D．对角线互相平分
3、（4分）向一容器内均匀注水,最后把容器注满在注水过程中,容器的水面高度与时间的关系如图所示,图中PQ为一线段,则这个容器是( )
A．B．C．D．
4、（4分）下表是小红填写的实践活动报告的部分内容:
设铁塔顶端到地面的高度为，根据以上条件，可以列出的方程为（ ）
A．B．
C．D．
5、（4分）在四边形 ABCD 中，∠B＝90°，AC＝4，AB∥CD，DH 垂直平分AC，点 H 为垂足，设 AB＝x，AD＝y，则y 关于x 的函数关系用图象大致可以表示为 ( )
A．B．C．D．
6、（4分）分式方程＝有增根，则增根为（ ）
A．0B．1C．1或0D．﹣5
7、（4分）已知△ABC中，a、b、c分别是∠A、∠B、∠C的对边，下列条件不能判断△ABC是直角三角形的是（ ）
A．b2﹣c2＝a2B．a：b：c＝3：4：5
C．∠A：∠B：∠C＝9：12：15D．∠C＝∠A﹣∠B
8、（4分）若在实数范围内有意义，则x的取值范围在数轴上表示正确的是（ ）
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）计算：__________．
10、（4分）在矩形ABCD中，AB＝2，AD＝3，点P是BC上的一个动点，连接AP、DP，则AP+DP的最小值为_____．
11、（4分）如图，在中，点分别在上，且，，则___________
12、（4分）如图，在直角坐标系中，已知矩形ABCD的两个顶点A(3，0)、B(3，2)，对角线AC所在的直线L，那么直线L对应的解析式是______________
13、（4分）若m2﹣n2=6，且m﹣n=2，则m+n=_________
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（12分）感知：如图①，在正方形中，点在对角线上（不与点、重合），连结、，过点作，交边于点.易知，进而证出.
探究：如图②，点在射线上（不与点、重合），连结、，过点作，交的延长线于点.求证：.
应用：如图②，若，，则四边形的面积为________.
15、（8分）如图，已知直线y＝x+4与x轴、y轴交于A，B两点，直线l经过原点，与线段AB交于点C，并把△AOB的面积分为2：3两部分，求直线l的解析式．
16、（8分）如图1，已知∠DAC=90°，△ABC是等边三角形，点P为射线AD上任意一点（点P与点A不重合），连结CP，将线段CP绕点C顺时针旋转60°得到线段CQ，连结QB并延长交直线AD于点E．
（1）如图1，猜想∠QEP= °；
（2）如图2，3，若当∠DAC是锐角或钝角时，其它条件不变，猜想∠QEP的度数，选取一种情况加以证明；
（3）如图3，若∠DAC=135°，∠ACP=15°，且AC=4，求BQ的长．
17、（10分）如图，抛物线y＝ax2+bx﹣3过A（1，0），B（﹣3，0），直线AD交抛物线于点D，点D的横坐标为﹣2，点P（m，n）是线段AD上的动点．
（1）求直线AD及抛物线的解析式；
（2）过点P的直线垂直于x轴，交抛物线于点Q，求线段PQ的长度l与m的关系式，m为何值时，PQ最长？
（3）在平面内是否存在整点（横、纵坐标都为整数）R，使得P，Q，D，R为顶点的四边形是平行四边形？若存在，直接写出点R的坐标；若不存在，说明理由．
18、（10分）（1）如图1，在正方形ABCD中，E是AB上一点，F是AD延长线上一点，且DF＝BE．求证：CE＝CF；
（2）如图2，在正方形ABCD中，E是AB上一点，G是AD上一点，如果∠GCE＝45°，请你利用（1）的结论证明：GE＝BE+GD．
（3）运用（1）（2）解答中所积累的经验和知识，完成下列两题：
①如图3，在四边形ABCD中，AD∥BC（BC＞AD），∠B＝90°，AB＝BC＝12，E是AB上一点，且∠DCE＝45°，BE＝4，则DE＝ ．
②如图4，在△ABC中，∠BAC＝45°，AD⊥BC，且BD＝2，AD＝6，求△ABC的面积．
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，正方形ABCD中，点E是对角线BD上的一点，BE=BC，过点E作EF⊥AB，EG⊥BC，垂足分别为点F，G，则正方形FBGE与正方形ABCD的相似比为_____．
20、（4分）如图，在中，和分别平分和，过点作，分别交于点，若，则线段的长为_______．
21、（4分）如图，▱ABCD中，AC、BD相交于点O，若AD=6，AC+BD=16，则△BOC的周长为_____．
22、（4分）如图，经过点B（－2，0）的直线与直线相交于点A（－1，－2），则不等式的解集为 ．
23、（4分）一次函数y=2x-1的图象在轴上的截距为______
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（8分）如图，在正方形中，点分别是上的点，且．求证：．
25、（10分）如图,有一块直角三角形纸片，两直角边AC=6cm，BC=8cm，将纸片沿AD折叠，直角边AC恰好落在斜边上，且与AE重合，求△BDE的面积．
26、（12分）已知四边形，，与互补，以点为顶点作一个角，角的两边分别交线段，于点，，且，连接，试探究：线段，，之间的数量关系．
（1）如图（1），当时，，，之间的数量关系为___________．
（2）在图（2）的条件下（即不存在），线段，，之间的数量关系是否仍然成立？若成立，请完成证明；若不成立，请说明理由．
（3）如图（3），在腰长为的等腰直角三角形中，，，均在边上，且，若，求的长．
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】
根据众数、中位数、平均数和方差的计算公式分别进行解答，即可得出答案．
【详解】
解：平均数是：（2+3+2+1+2）÷5＝2；
数据2出现了3次，次数最多，则众数是2；
数据按从小到大排列：1，2，2，2，3，则中位数是2；
方差是：[（2﹣2）2+（3﹣2）2+（2﹣2）2+（1﹣2）2+（2﹣2）2]＝，
则说法中错误的是D；
故选D．
本题考查众数、中位数、平均数和方差，平均数表示一组数据的平均程度．中位数是将一组数据从小到大（或从大到小）重新排列后，最中间的那个数（或最中间两个数的平均数）；方差是用来衡量一组数据波动大小的量；众数是一组数据中出现次数最多的数．
2、D
【解析】试题解析：A、不正确，矩形的四边不相等，菱形的四个角不相等；
B、不正确，菱形的对角线不相等；
C、不正确，矩形的对角线不垂直；
D、正确，三者均具有此性质；
故选D．
3、C
【解析】
观察图象，开始上升缓慢，最后匀速上升，再针对每个容器的特点，选择合适的答案解答即可．
【详解】
根据图象，水面高度增加的先逐渐变快，再匀速增加；
故容器从下到上，应逐渐变小，最后均匀.
故选C.
此题考查函数的图象，解题关键在于结合实际运用函数的图像.
4、A
【解析】
过D作DH⊥EF于H，则四边形DCEH是矩形，根据矩形的性质得到HE=CD=10，CE=DH，求得FH=x-10，得到CE=x-10，根据三角函数的定义列方程即可得到结论．
【详解】
解：过D作DH⊥EF于H，
则四边形DCEH是矩形，
∴HE=CD=10，CE=DH，
∴FH=x-10，
∵∠FDH=α=45°，
∴DH=FH=x-10，
∴CE=x-10，
∴x=（x-10）tan50°，
故选：A．
本题考查了解直角三角形的应用，解题的关键是熟练运用锐角三角函数的定义，正确的识别图形，由实际问题抽象出一元一次方程．
5、D
【解析】
因为DH垂直平分AC，∴DA=DC，AH=HC=2，
∴∠DAC=∠DCH，∵CD∥AB，∴∠DCA=∠BAC，
∴∠DAN=∠BAC,∵∠DHA=∠B=90°，
∴△DAH∽△CAB，∴，
∴ ，∴y=，
∵AB∴图象是D.
故选D.
6、B
【解析】
分式方程去分母转化为整式方程，求出整式方程的解，经检验即可得到分式方程的增根．
【详解】
＝，
去分母得：6x＝x+5，
解得：x＝1，
经检验x＝1是增根．
故选B．
此题考查了分式方程的增根，增根问题可按如下步骤进行：①让最简公分母为0确定增根；②化分式方程为整式方程；③把增根代入整式方程即可求得相关字母的值．
7、C
【解析】
根据勾股定理逆定理可判断出A、B是否是直角三角形；根据三角形内角和定理可得C、D是否是直角三角形．
【详解】
A、∵b2-c2=a2，∴b2=c2+a2，故△ABC为直角三角形；
B、∵32+42=52，∴△ABC为直角三角形；
C、∵∠A：∠B：∠C=9：12：15，，故不能判定△ABC是直角三角形；
D、∵∠C=∠A-∠B，且∠A+∠B+∠C=180°，∴∠A=90°，故△ABC为直角三角形；
故选C．
考查勾股定理的逆定理的应用，以及三角形内角和定理．判断三角形是否为直角三角形，可利用勾股定理的逆定理和直角三角形的定义判断．
8、D
【解析】
根据二次根式有意义的条件：被开方数为非负数可得x+2≥0，再解不等式即可．
【详解】
∵二次根式在实数范围内有意义，
∴被开方数x+2为非负数，
∴x+2≥0，
解得：x≥-2.
故答案选D.
本题考查了二次根式有意义的条件，解题的关键是熟练的掌握二次根式有意义的条件.
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、
【解析】
先把每个二次根式化简，然后合并同类二次根式即可。
【详解】
解：原式=2-
=
本题考查了二次根式的化简和运算，熟练掌握计算法则是关键。
10、1
【解析】
作点D关于BC的对称点D'，连接AD'，PD'，依据AP+DP＝AP+PD'≥AD'，即可得到AP+DP的最小值等于AD'的长，利用勾股定理求得AD'＝1，即可得到AP+DP的最小值为1．
【详解】
解：如图，作点D关于BC的对称点D'，连接AD'，PD'，则DD'＝2DC＝2AB＝4，PD＝PD'，
∵AP+DP＝AP+PD'≥AD'，
∴AP+DP的最小值等于AD'的长，
∵Rt△ADD'中，AD'＝ ＝＝1，
∴AP+DP的最小值为1，
故答案为：1．
本题考查的是最短线路问题及矩形的性质，熟知两点之间线段最短的知识是解答此题的关键．
11、
【解析】
根据相似三角形的判定定理得到△ADE∽△ABC，根据相似三角形的性质计算即可．
【详解】
∵DE∥BC，
∴△ADE∽△ABC，
∴,
∴ ，
故答案为:.
此题考查相似三角形的判定和性质，掌握相似三角形的面积比等于相似比的平方是解题的关键．
12、y=-x+1
【解析】
根据矩形的性质及B点坐标可求C点坐标，设直线L的解析式为y=kx+b，根据“两点法”列方程组，可确定直线L的解析式．
【详解】
∵矩形ABCD中，B(3，1)，
∴C(0，1)，设直线L的解析式为y=kx+b，
则，解得
∴直线L的解析式为：y=- x+1．
故答案为：y=-x+1．
本题考查了矩形的性质，图形与坐标，以及用待定系数法确定函数的解析式，待定系数法是常用的一种解题方法．
13、3
【解析】
利用平方差公式得到（m+n）（m-n）=6，然后把m-n=2代入计算即可．
【详解】
∵，
∴m＋n=3.
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、探究：见解析；应用：
【解析】
探究：由四边形是正方形易证．可得，，由及．可得． 可得即可证；
应用：连结，可得三角形DEF是等腰三角形，利用勾股定理，分别求DF、FC的长度，再别求和的面积即可.
【详解】
探究：四边形是正方形，
，．
．
又，
．
，．
，
．
．
又．
．
．
．
应用： （提示：连结，分别求和的面积）
连结
由=2，∠FED=90°由勾股定理可得：FD= 可得：
∵CD=1,∠FCD=90°由勾股定理可得：FC= 可得：
∴
本题考查了正方形的性质、三角形全等以及勾股定理的运用，灵活运用正方形性质和利用勾股定理计算长度是解题的关键.
15、y＝﹣x或y＝﹣x．
【解析】
根据直线y＝x+4的解析式可求出A、B两点的坐标，当直线l把△ABO的面积分为S△AOC：S△BOC＝2：3时，作CF⊥OA于F，CE⊥OB于E，可分别求出△AOB与△AOC的面积，再根据其面积公式可求出两直线交点的坐标，从而求出其解析式；当直线l把△ABO的面积分为S△AOC：S△BOC＝2：3时，同（1）．
【详解】
解：直线l的解析式为：y＝kx，
对于直线y＝x+4的解析式，当x＝0时，y＝4，y＝0时，x＝﹣4，
∴A（﹣4，0）、B（0，4），
∴OA＝4，OB＝4，
∴S△AOB＝×4×4＝8，
当直线l把△AOB的面积分为S△AOC：S△BOC＝2：3时，S△AOC＝，
作CF⊥OA于F，CE⊥OB于E，
∴×AO•CF＝，即×4×CF＝，
∴CF＝．
当y＝时，x＝﹣，
则＝﹣k，
解得，k＝﹣，
∴直线l的解析式为y＝﹣x；
当直线l把△ABO的面积分为S△AOC：S△BOC＝3：2时，同理求得CF＝，
解得直线l的解析式为y＝﹣x．
故答案为y＝﹣x或y＝﹣x．
本题考查的是待定系数法求一次函数的解析式，掌握待定系数法求一次函数解析式的一般步骤是解题的关键，涉及到三角形的面积公式及分类讨论的方法．
16、（1）∠QEP=60°；（2）∠QEP=60°，证明详见解析；（3）
【解析】
（1）如图1，先根据旋转的性质和等边三角形的性质得出∠PCA=∠QCB，进而可利用SAS证明△CQB≌△CPA，进而得∠CQB=∠CPA，再在△PEM和△CQM中利用三角形的内角和定理即可求得∠QEP=∠QCP，从而完成猜想；
（2）以∠DAC是锐角为例，如图2，仿（1）的证明思路利用SAS证明△ACP≌△BCQ，可得∠APC=∠Q，进一步即可证得结论；
（3）仿（2）可证明△ACP≌△BCQ，于是AP=BQ，再求出AP的长即可，作CH⊥AD于H，如图3，易证∠APC=30°，△ACH为等腰直角三角形，由AC=4可求得CH、PH的长，于是AP可得，问题即得解决.
【详解】
解：(1)∠QEP=60°；
证明：连接PQ，如图1，由题意得：PC=CQ，且∠PCQ=60°，
∵△ABC是等边三角形，∴∠ACB=60°，∴∠PCA=∠QCB，
则在△CPA和△CQB中，
，
∴△CQB≌△CPA(SAS)，
∴∠CQB=∠CPA，
又因为△PEM和△CQM中，∠EMP=∠CMQ，
∴∠QEP=∠QCP=60°.
故答案为60；
(2)∠QEP=60°.以∠DAC是锐角为例.
证明：如图2，∵△ABC是等边三角形，
∴AC=BC，∠ACB=60°，
∵线段CP绕点C顺时针旋转60°得到线段CQ，
∴CP=CQ，∠PCQ=60°，
∴∠ACB+∠BCP=∠BCP+∠PCQ，
即∠ACP=∠BCQ，
在△ACP和△BCQ中，
，
∴△ACP≌△BCQ(SAS)，
∴∠APC=∠Q，
∵∠1=∠2，
∴∠QEP=∠PCQ=60°；
(3)连结CQ，作CH⊥AD于H，如图3，
与(2)一样可证明△ACP≌△BCQ，∴AP=BQ，
∵∠DAC=135°，∠ACP=15°，
∴∠APC=30°，∠CAH=45°，
∴△ACH为等腰直角三角形，
∴AH=CH=AC=×4=，
在Rt△PHC中，PH=CH=，
∴PA=PH−AH=－，
∴BQ=−.
本题考查了等边三角形的性质、旋转的性质、全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的性质和有关计算、30°角的直角三角形的性质等知识，涉及的知识点多、综合性强，灵活应用全等三角形的判定和性质、熟练掌握旋转的性质和相关图形的性质是解题的关键.
17、（1）y＝x2+2x﹣1；（2）当m＝-时，PQ最长，最大值为；（1）R1（﹣2，﹣2），R2（﹣2，﹣4），R1（﹣2，﹣1），R4（﹣2，﹣5），R5（0，﹣1）．
【解析】
（1)根据待定系数法，可得抛物线的解析式；根据自变量与函数值的对应关系，可得D点坐标，再根据待定系数法，可得直线的解析式；
(2)根据平行于y轴直线上两点间的距离是较大的纵坐标减较小的纵坐标，可得二次函数，根据二次函数的性质，可得答案；
(1)根据PQ的长是正整数，可得PQ，根据平行四边形的性质，对边平行且相等，可得DR的长，根据点的坐标表示方法，可得答案
【详解】
解：（1）将A（1，0），B（﹣1，0）代入y＝ax2+bx﹣1得：
解得：
∴抛物线的解析式为：y＝x2+2x﹣1，
当x＝﹣2时，y＝（﹣2）2﹣4﹣1＝﹣1，
∴D（﹣2，﹣1），
设直线AD的解析式为y＝kx+b，将A（1，0），D（﹣2，﹣1）代入得：
解得：
∴直线AD的解析式为y＝x﹣1；
因此直线AD的解析式为y＝x﹣1，抛物线的解析式为：y＝x2+2x﹣1．
（2）∵点P在直线AD上，Q抛物线上，P（m，n），
∴n＝m﹣1 Q（m，m2+2m﹣1）
∴PQ的长l＝（m﹣1）﹣（m2+2m﹣1）＝﹣m2﹣m+2 （﹣2≤m≤1）
∴当m＝ 时，PQ的长l最大＝﹣（ ）2﹣（）+2＝ ．
答：线段PQ的长度l与m的关系式为：l＝﹣m2﹣m+2 （﹣2≤m≤1）
当m＝时，PQ最长，最大值为．
（1）①若PQ为平行四边形的一边，则R一定在直线x＝﹣2上，如图：
∵PQ的长为0＜PQ≤的整数，
∴PQ＝1或PQ＝2，
当PQ＝1时，则DR＝1，此时，在点D上方有R1（﹣2，﹣2），在点D下方有R2（﹣2，﹣4）；
当PQ＝2时，则DR＝2，此时，在点D上方有R1（﹣2，﹣1），在点D下方有R4（﹣2，﹣5）；
②若PQ为平行四边形的一条对角线，则PQ与DR互相平分，此时R与点C重合，即R5（0，﹣1）
综上所述，符合条件的点R有：R1（﹣2，﹣2），R2（﹣2，﹣4），R1（﹣2，﹣1），R4（﹣2，﹣5），R5（0，﹣1）．
答：符合条件的点R共有5个，即：R1（﹣2，﹣2），R2（﹣2，﹣4），R1（﹣2，﹣1），R4（﹣2，﹣5），R5（0，﹣1）．
此题考查一元二次方程-用待定系数法求解析式，二次函数的性质，平行四边形的性质，解题关键在于把已知点代入解析式
18、（1）见解析；（2）见解析；（4）①DE＝4；②△ABC的面积是1．
【解析】
（1）根据正方形的性质，可直接证明△CBE≌△CDF，从而得出CE=CF；
（2）延长AD至F，使DF=BE，连接CF，根据（1）知∠BCE=∠DCF，即可证明∠ECF=∠BCD=90°，根据∠GCE=45°，得∠GCF=∠GCE=45°，利用全等三角形的判定方法得出△ECG≌△FCG，即GE=GF，即可得出答案GE=DF+GD=BE+GD；
（4）①过C作CF⊥AD的延长线于点F．则四边形ABCF是正方形，设DF=x，则AD=12-x，根据（2）可得：DE=BE+DF=4+x，在直角△ADE中利用勾股定理即可求解；
②作∠EAB=∠BAD，∠GAC=∠DAC，过B作AE的垂线，垂足是E，过C作AG的垂线，垂足是G，BE和GC相交于点F，BF=2-2=4，设GC=x，则CD=GC=x，FC=2-x，BC=2+x．在直角△BCF中利用勾股定理求得CD的长，则三角形的面积即可求解．
【详解】
（1）证明：如图1，在正方形ABCD中，
∵BC＝CD，∠B＝∠CDF，BE＝DF，
∴△CBE≌△CDF，
∴CE＝CF；
（2）证明：如图2，延长AD至F，使DF＝BE，连接CF，
由（1）知△CBE≌△CDF，
∴∠BCE＝∠DCF．
∴∠BCE+∠ECD＝∠DCF+∠ECD
即∠ECF＝∠BCD＝90°，
又∵∠GCE＝45°，∴∠GCF＝∠GCE＝45°，
∵CE＝CF，∠GCE＝∠GCF，GC＝GC，
∴△ECG≌△FCG，
∴GE＝GF，
∴GE＝DF+GD＝BE+GD；
（4）①过C作CF⊥AD的延长线于点F．则四边形ABCF是正方形．
AE＝AB﹣BE＝12﹣4＝8，
设DF＝x，则AD＝12﹣x，
根据（2）可得：DE＝BE+DF＝4+x，
在直角△ADE中，AE2+AD2＝DE2，则82+（12﹣x）2＝（4+x）2，
解得：x＝2．
则DE＝4+2＝4．
故答案是：4；
②作∠EAB＝∠BAD，∠GAC＝∠DAC，过B作AE的垂线，垂足是E，过C作AG的垂线，垂足是G，BE和GC相交于点F，则四边形AEFG是正方形，且边长＝AD＝2，BE＝BD＝2，
则BF＝2﹣2＝4，设GC＝x，则CD＝GC＝x，FC＝2﹣x，BC＝2+x．
在直角△BCF中，BC2＝BF2+FC2，
则（2+x）2＝42+x2，
解得：x＝4．
则BC＝2+4＝5，
则△ABC的面积是：AD•BC＝×2×5＝1．
本题考查了全等三角形的判定和性质以及正方形的性质，解决本题的关键是注意每个题目之间的关系，正确作出辅助线．
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19、
【解析】
设BG=x，则BE=x，即BC=x，则正方形FBGE与正方形ABCD的相似比=BG：BC=x：x=：2.
【详解】
设BG=x，
则BE=x，
∵BE=BC，
∴BC=x，
则正方形FBGE与正方形ABCD的相似比=BG：BC=x：x=：2.
故答案为：．
本题主要考查正方形的性质，图形相似的的性质.解此题的关键在于根据正方形的性质得到相关边长的比.
20、5.
【解析】
由BD为角平分线，利用角平分线的性质得到一对角相等，再由EF与BC平行，利用两直线平行内错角相等得到一对角相等，等量代换可得出∠EBD=∠EDB，利用等角对等边得到EB=ED，同理得到FC=FD，再由EF=ED+DF，等量代换可得证．
【详解】
证明：∵BD为∠ABC的平分线，
∴∠EBD=∠CBD，
又∵EF∥BC，
∴∠EDB=∠CBD，
∴∠EBD=∠EDB，
∴EB=ED，
同理FC=FD，
又∵EF=ED+DF，
∴EF=EB+FC=5.
此题考查等腰三角形的判定与性质，平行线的性质，解题关键在于得出∠EBD=∠EDB
21、1
【解析】
根据平行四边形的性质，三角形周长的定义即可解决问题；
【详解】
解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC=6，OA=OC，OB=OD，
∵AC+BD=16，
∴OB+OC=8，
∴△BOC的周长=BC+OB+OC=6+8=1，
故答案为1．
点睛：本题考查平行四边形的性质．三角形的周长等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
22、
【解析】
分析：不等式的解集就是在x下方，直线在直线上方时x的取值范围．
由图象可知，此时．
23、-1
【解析】
根据截距的定义：一次函数y=kx+b中，b就是截距，解答即可.
【详解】
解：∵一次函数y=2x-1中b=-1，
∴图象在轴上的截距为-1.
故答案为：-1.
本题考查了一次函数图象上点的坐标特征.
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、见解析
【解析】
证得∠ADE=∠FAB，由ASA证得△DAE≌△ABF，即可得出结论．
【详解】
四边形是正方形


本题考查了正方形的性质、直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质、熟练掌握正方形的性质是关键．
25、6
【解析】
由勾股定理可求AB的长，由折叠的性质可得AC=AE=6cm，∠DEB=90°，由勾股定理可求DE的长，由三角形的面积公式可求解．
【详解】
解：∵AC=6cm，BC=8cm，
∴，
∵将纸片沿AD折叠，直角边AC恰好落在斜边上，且与AE重合，
∴AC=AE=6cm，∠DEB=90°
∴BE=10-6=4cm
设CD=DE=x，
则在Rt△DEB中，
，
解得：，
即DE=3.
∴△BDE的面积为：.
本题考查了翻折变换，勾股定理，三角形面积公式，熟练掌握折叠的性质是本题的关键．
26、（1）；（2）成立；证明见解析；（3）．
【解析】
（1）将△ABE绕点A逆时针旋转90°，得到△ADG，据此知AE=AG，BE=DG，∠BAE=∠DAG，证明△AFE≌△AFG可得EF=FG，从而得出答案．
（2）将△ABE绕点A逆时针旋转得到△ADH，知∠ABE=∠ADH，∠BAE=∠DAH，AE=AH，BE=DH，证明△AEF≌△AHF得．
（3）将△AEC绕点A顺时针旋转90°，得到△，连接，据此知，，∠C=∠，，由知，即，从而得到，易证得，根据可得答案．
【详解】
（1）延长到，使，连接，
在正方形中，
，
在和中，
，
，，
，
，
在和中，
，
，
，
．
（2）延长交点，使，连接，
，
，，
，，
，
，
．
（3）将绕点旋转至，连接，
，
，
，，
，
，
设，
，，
，
，
．
本题考查了全等三角形的综合问题，掌握全等三角形的性质以及判定定理、勾股定理是解题的关键．
题号
一
二
三
四
五
总分
得分