2024年上海市杨浦区中考数学四模试卷（含解析）

这是一份2024年上海市杨浦区中考数学四模试卷（含解析），共24页。试卷主要包含了选择题，填空题，计算题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.下列各数中，无理数是( )
A. 211B. 3.14159C. 6D. 1.2.
2.下列方程中，有实数根的方程是( )
A. x4+16=0B. x3+9=0C. 1x2−1=0D. x+3=0
3.气象台预报“本市明天降水概率是80%”，对此信息，下面的几种说法正确的是( )
A. 本市明天将有80%的地区降水B. 本市明天将有80%的时间降水
C. 明天肯定下雨D. 明天降水的可能性比较大
4.如图，已知二次函数y=ax2+bx+c(a、b、c为常数，且a≠0)的图象顶点为P(1,m)，经过点A(2,1).以下结论正确的是( )
A. abc>0
B. y随x的增大而增大
C. c=1
D. 对于任意实数t，总有at2+bt≥a+b
5.在四边形ABCD中，如果AB与CD不平行，AC与BD相交于点O，那么下列条件中能判定四边形ABCD是等腰梯形的是( )
A. AC=BD=BCB. AB=AD=CD
C. OB=OC，OA=ODD. OB=OC，AB=CD
6.已知梯形的四条边长分别是4、5、7、8，则中位线长可以为( )
A. 4.5B. 5.5C. 6D. 6.5
二、填空题：本题共12小题，每小题4分，共48分。
7.抛物线y=ax2+ax+2(a≠0)的对称轴是直线______．
8.方程 x−1⋅ x−3=0的根是______．
9.一个正多边形的内角和是它的外角和的3倍，则这个多边形的边数是______．
10.在开展“国学诵读”活动中，某校为了解全校1200名学生课外阅读的情况，随机调查了50名学生一周的课外阅读时间，并绘制成如图所示的条形统计图．根据图中数据，估计该校1200名学生一周的课外阅读时间不少于6小时的人数是______．
11.在四张完全相同的卡片上，分别画有：正三角形、正八边形、圆和矩形．如果从中任意抽取1张卡片，那么这张卡片上所画图形既是轴对称图形又是中心对称图形的概率是______．
12.已知两组数据：x1、x2、x3、x4、x5和x1+2、x2+2、x3+2、x4+2、x5+2，下列有关这两组数据的说法中，错误的是______．
①平均数相等；②中位数相等；③众数相等；④方差相等．
13.如图，在平面直角坐标系中，已知一次函数y=kx+b的图象如图所示，那么关于x的一元一次不等式kx+b>0的解集是______．
14.某款轿车每行驶100千米的耗油量y升与其行驶速度x千米/小时之间的函数关系图象如图所示，其中线段AB的表达式为y=−125x+13(25≤x≤100)，点C的坐标为(140,14)，即行驶速度为140千米/小时时该轿车每行驶100千米的耗油量是14升.如果从甲地到乙地全程为260千米，其中有60千米限速50千米/小时的省道和200千米限速120千米/小时的高速公路，那么在不考虑其他因素的情况下，这款轿车从甲地行驶到乙地至少需要耗油多少______升.
15.顺次连接等腰梯形各边中点所得的四边形的两条对角线为a、b，则等腰梯形的面积为______．
16.如图，在直角梯形ABCD中AD//BC，E是腰AB的中点，CE⊥DE，AD=5，BC=11，则DC= ______．
17.如图，正方形ABCD边长为4，点E在边AB上一点(点E与点A、B不重合)，过点A作AF⊥DE，垂足为G，AF与边BC相交于点F.连接DF、EF，如果△DEF的面积为132，则AE的长______．
18.如图，正方形ABCD中，AB=4，E为边BC的中点，点F在AE上，过点F作MN⊥AE，分别交边AB、DC于点M、N，联结FC，如果△FNC是以CN为底边的等腰三角形，那么FC= ______．
三、计算题：本大题共1小题，共6分。
19.解方程：1x+1+2x2−1=1．
四、解答题：本题共6小题，共48分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
20.(本小题8分)
计算：( 2−1)2+(12)−2+1 2+1−812．
21.(本小题8分)
如图1所示，边长为4的正方形ABCD与边长为a(1【问题发现】如图1所示，AE与BF的数量关系为______；
【类比探究】如图2所示，将正方形CFEG绕点C旋转，旋转角为α(0<α<30°)，请问此时上述结论是否还成立？如成立写出推理过程，如不成立，说明理由；
【拓展延伸】若点F为BC的中点，且在正方形CFEG的旋转过程中，有点A、F、G在一条直线上，直接写出此时线段AG的长度为______．
22.(本小题8分)
食堂午餐高峰期间，同学们往往需要排队等候购餐.经调查发现，每天开餐时，约有400人排队，接下来，不断有新的同学进入食堂排队，队列中的同学买到饭后会离开队列.食堂目前开放了4个售餐窗口(规定每人购餐1份)，每分钟每个窗口能出售午餐15份，前a分钟每分钟有40人进入食堂排队购餐.每一天食堂排队等候购餐的人数y(人)与开餐时间x(分钟)的关系如图所示，
(1)求a的值．
(2)求开餐到第7分钟时食堂排队购餐等候的人数．
(3)若要在开始售餐7分钟内让所有的排队的学生都能买到，以便后来到同学随到随购，至少需要同时开放几个窗口？
23.(本小题8分)
如图，在矩形ABCD中，点E是边CD上任意一点(点E与点C、D不重合)，过点A作AF⊥AE，交边CB的延长线于点F，联结EF交边AB于点G，连接AC．
(1)求证：△AEF∽△DAC；
(2)如果FE平分∠AFB，联结CG，求证：四边形AGCE为菱形．
24.(本小题8分)
对于一些比较复杂的方程，可以利用函数图象来研究方程的根．
问题：探究方程2x(|x|−2)=1的实数根的情况．
下面是小董同学的探究过程，请帮她补全：
(1)设函数y=2x(|x|−2)，这个函数的图象与直线y=1的交点的横坐标就是方程2x(|x|−2)=1的实数根．
(2)注意到函数解析式中含有绝对值，所以可得：
当x≤0时，y=−2x2−4x；
当x>0时，y=______；
(3)在下图的坐标系中，已经画出了当x≤0时的函数图象，请根据(2)中的解析式，通过描点，连线，画出当x>0时的函数图象．
(4)画直线y=1，由此可知2x(|x|−2)=1的实数根有______个．
(5)深入探究：若关于x的方程x(|x|−2)=m2有三个不相等的实数根，且这三个实数根的和为非负数，则m的取值范围是______．
25.(本小题8分)
如图，在△ABC中，AB=AC=2 5,BC=4，D，E，F分别为AC，AB，BC的中点，连接DE，DF．
(1)如图1，求证：DF= 52DE；
(2)如图2，将∠EDF绕点D顺时针旋转一定角度，得到∠PDQ，当射线DP交AB于点G，射线DQ交BC于点N时，连接FE并延长交射线DP于点M，判断FN与EM的数量关系，并说明理由；
(3)如图3，在(2)的条件下，当DP⊥AB时，求DN的长．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A．211是分数，属于有理数，故本选项不符合题意；
是有限小数，属于有理数，故本选项不符合题意；
C. 6是无理数，故本选项符合题意；
是循环小数，属于有理数，故本选项不符合题意．
故选：C．
理解无理数的概念，一定要同时理解有理数的概念，有理数是整数与分数的统称．即有限小数和无限循环小数是有理数，而无限不循环小数是无理数．由此即可判定选择项．
本题主要考查了无理数．解题的关键是掌握无理数的定义，其中初中范围内学习的无理数有：π，2π等；开方开不尽的数；以及像0.1010010001…(两个1之间依次多一个0)等有这样规律的数．
2.【答案】B
【解析】解：A、x4≥0，x4+16>0，方程x4+16=0没有实数解；
B、移项得，x3=−9，两边开立方得，x=3−9，故方程的解为x=3−9；
C、两边平方得x2−1=0，解得x1=−1，x2=1，经检验经x2−1=0，原方程没有实数解；
D、 x≥0， x+3>0，原方程没有实数解，
故选：B．
利用乘方的意义可对A进行判断；通过解无理方程可对B、C进行判断；通过算术平方根的概念可对D进行判断．
本题考查了无理方程：解无理方程的基本思想是把无理方程转化为有理方程来解，在变形时要注意根据方程的结构特征选择解题方法．用乘方法(即将方程两边各自乘同次方来消去方程中的根号)来解无理方程，往往会产生增根，应注意验根．
3.【答案】D
【解析】解：本市明天降水概率是80%，只说明明天降水的可能性比较大，是随机事件，A，B，C属于对题意的误解，只有D正确．
故选：D．
根据概率的意义找到正确选项即可．
本题考查概率的意义，关键是理解概率表示随机事件发生的可能性大小：可能发生，也可能不发生．
4.【答案】C
【解析】解：A、二次函数开口向下，a<0；对称轴在y轴右侧，得出−b2a>0，a、b异号，b>0；与y轴交点在y轴正半轴，c>0；因此abc<0，故A错误；
B、二次函数图象开口向下，对称轴左侧y随x的增大而增大，对称轴右侧y随x的增大而减小，B错；
C、由题可知对称轴−b2a=1，得2a+b=0；代入A(2,1)得4a+2b+c=1；两式联立，解得c=1，C正确；
D、由函数图象可知，当x=1时，二次函数取得最大值，即对于任意实数x，都有ax2+bx+c≤a+b+c，因此对于任意实数t，at2+bt+c≤a+b+c，即at2+bt≤a+b，D错．
故选：C．
根据二次函数的图象和性质逐项分析判断即可．
本题考查根据二次函数图象和特殊的点，判断系数a、b、c与0的关系、函数图象的增减性和最值问题，解题关键是熟练掌握二次函数的性质以及图象与系数的关系，解题难点在于补全二次函数取最大值时系数之间的关系式．
5.【答案】C
【解析】【分析】
本题主要考查全等三角形的判定和性质以及等腰梯形的判定，解题关键是先判定四边形ABCD为梯形．
先判定四边形ABCD为梯形，再判定其为等腰梯形即可．
【解答】
解：如图，
A、AC=BD=BC，不能证明四边形ABCD是等腰梯形，不符合题意．
B、AB=AD=CD，不能证明四边形ABCD是等腰梯形，不符合题意．
C、∵OB=OC，OA=OD，
∴∠OBC=∠OCB，∠OAD=∠ODA，
在△AOB和△DOC中，
AO=DO∠AOB=∠DOCOB=OC，
∴△AOB≌△DOC(SAS)，
∴∠ABO=∠DCO，AB=CD，∠OAB=∠ODC，
∴∠ABC=∠ABO+∠OBC=∠DCO+∠OCB=∠DCB，
同理：∠BAD=∠CDA，
∵∠ABC+∠DCB+∠CDA+∠BAD=360°，
∴∠DAB+∠ABC=180°，
∴AD//BC，
∴四边形ABCD是梯形，
∵AB=CD，
∴四边形ABCD是等腰梯形．故C选项符合题意．
D、OB=OC，AB=CD，不能证明四边形ABCD是等腰梯形，不符合题意．
6.【答案】C
【解析】解：如图，过D作DE/​/AB，
∴BE=AD，AB=DE，
∵梯形的四条边长分别是4、5、7、8，
当梯形的两底长分别为4和8，腰分别为5和7，
即DE=5，BE=4，
∴CE=4，
∵4+5>7，
∴DE，CE，CD能构成三角形，
∴中位线长=12(4+8)=6，
当梯形的两底长分别为5和8，腰分别为4和7，DE，CE，CD不能构成三角形，其他情况也是一样，
综上所述，中位线长可以为6，
故选：C．
根据三角形的三边关系得到梯形的两底长分别为4和8，腰分别为5和7，根据梯形中位线定理即可得到结论．
本题考查了梯形中位线定理，三角形的三边关系，熟练掌握梯形的中位线定理是解题的关键．
7.【答案】x=−12
【解析】解：抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)的对称轴是直线x=−b2a，
则抛物线y=ax2+ax+2(a≠0)的对称轴是直线x=−a2a=−12，
即对称轴是直线x=−12．
故答案为：x=−12．
本题主要考查了二次函数的性质，熟记二次函数的对称轴方程为x=−b2a是解题的关键．
依据抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)的对称轴方程x=−b2a，可以得出结论．
8.【答案】x=3
【解析】解：依题意得，x−2=0或x−3=0，
∴x=2或x=3，
当x=2时，x−3<0，
∴x=2不合题意，舍去，
∴x=3，
故答案为：x=3．
根据题意，得x−2=0或x−3=0，然后根据算术平方根的性质可得答案．
此题考查的是无理方程，掌握其非负数的性质是解决此题的关键．
9.【答案】八
【解析】解：设多边形的边数是n，根据题意得，
(n−2)⋅180°=3×360°，
解得n=8，
∴这个多边形为八边形．
故答案为：八．
根据多边形的内角和定理，多边形的内角和等于(n−2)⋅180°，外角和等于360°，然后列方程求解即可．
本题主要考查了多边形的内角和公式与外角和定理，根据题意列出方程是解题的关键，要注意“八”不能用阿拉伯数字写．
10.【答案】720
【解析】解：估计该校1200名学生一周的课外阅读时间不少于6小时的人数是：1200×18+9+350=720(人)，
故答案为：720．
用所有学生数乘以样本中课外阅读时间不少于6小时的人数所占的百分比即可．
本题考查了用样本估计总体的知识，解题的关键是求得样本中不少于6小时的人数所占的百分比．
11.【答案】34
【解析】解：正三角形、正八边形、圆和矩形中既是轴对称图形又是中心对称图形是正八边形、圆和矩形．
故这张卡片上所画图形既是轴对称图形又是中心对称图形的概率是：34．
故答案为：34．
直接利用轴对称图形和中心对称图形的定义得出符合题意的图形个数，进而得出概率．
此题主要考查了概率公式，正确判断图形的对称性是解题关键．
12.【答案】①②③
【解析】解：假设第一组数据为x1、x2、x3、x4、x5，第二组数据为x1+2、x2+2、x3+2、x4+2、x5+2，则：
第二组数据与第一组数据相比，平均数增加2，中位数增加2，众数增加2，故①②③说法错误；
设第一组数据的平均数为x−，则第二组数据的平均数为x−+2，
∴第一组数据的方差s12=15×[(x1−x−)2+(x2−x−)2+(x3−x−)2+(x4−x−)2+(x5−x−)2]，
第一组数据的方差s22=15×[(x1+2−x−−2)2+(x2+2−x−−2)2+(x3+2−x−−2)2+(x4+2−x−−2)2+(x5+2−x−−2)2]=15×[(x1−x−)2+(x2−x−)2+(x3−x−)2+(x4−x−)2+(x5−x−)2]，
∴两组数据的方差相等．故④说法正确．
故答案为：①②③．
根据中位数、算术平均数、众数和方差的意义求解即可．
本题考查了中位数、算术平均数、众数和方差，解题的关键是掌握方差的意义：方差是反映一组数据的波动大小的一个量．方差越大，则平均值的离散程度越大，稳定性也越小；反之，则它与其平均值的离散程度越小，稳定性越好．
13.【答案】x<2
【解析】解：当不等式kx+b>0时，一次函数y=kx+b的图象在x轴上方，因此x<2．
故答案为：x<2．
一次函数y=kx+b的图象在x轴上方时，y>0，再根据图象写出解集即可．
此题主要考查了一次函数与一元一次不等式的关系，关键是能正确利用数形结合的方法解决问题．
14.【答案】24.6
【解析】解：当x=100时，y=−125×100+13=9．
∴点B的坐标为(100,9)．
当x=50时，y=−125×50+13=11．
由图象可得，当x=100时，每行驶100千米的耗油量最少，为9升．
∴60×11100+200×9100=24.6(升)．
取x=100代入线段AB的表达式可得点B的纵坐标，根据线段AB的图象可得速度越大，耗油量越小．那么取x=50代入AB的解析式可得在省道上的最低百千米的耗油量；由线段BC的图象可得时速为100千米时，百千米的耗油量最小，所以这款轿车从甲地行驶到乙地至少需要耗油量=在省道上的最低耗油量+在高速上的最低耗油量，把相关数值代入计算即可．
本题考查一次函数的应用．判断出省道和高速上的百千米最低耗油量是解决本题的关键．
15.【答案】ab
【解析】解：连接AC、BD，
∵E、F分别为AB、BC的中点，
∴EF是△ABC的中位线，
∴EF=12AC，
同理可得：GH=12AC，EH=12BD，GF=12BD，
∵四边形ABCD为等腰梯形，
∴AC=BD，
∴EF=FG=GH=EH，
∴四边形EFGH为菱形，
∵菱形EFGH为对角线分别为a、b，
∴等腰梯形ABCD的中位线和高分别为a、b，
∴S等腰梯形=ab，
故答案为：ab．
连接AC、BD，根据三角形中位线定理、菱形的判定定理得到四边形EFGH为菱形，根据梯形的面积公式计算，得到答案．
本题考查的是中点四边形，掌握等腰梯形的性质、三角形中位线定理、菱形的判定定理是解题的关键．
16.【答案】16
【解析】解：∵直角梯形ABCD且AD//BC，
∴∠A=∠B=90°，
又∵CE⊥DE，
即∠DEC=90°，
∴∠AED+BEC=90°，
又∠AED+∠ADE=90°，
∴∠BEC=∠ADE，
∴△ADE∽△BEC，
∴ADBE=AEBC，
E是腰AB的中点，AD=5，BC=11，
∴AE= 55，
在Rt△ADE中，根据勾股定理，
DE= AE2+AD2=4 5，
在Rt△BCE中，根据勾股定理，
CE= BE2+BC2=4 11，
在Rt△DEC中，根据勾股定理，
CD= DE2+BC2=16，
故答案为：16．
利用两角相等证明△ADE与△BEC相似，求出AE，根据勾股定理分别求出DE和CE，根据勾股定理进而求出DC．
本题考查三角形相似和直角三角形中勾股定理的运用，解题的关键是找到两个三角形相似．
17.【答案】1或3
【解析】解：由正方形ABCD边长为4，AF⊥DE，
得∠ADE=∠90°−∠DAF=∠BAF，DA=AB，∠DAE=∠B，
得△ADE≌△DAF(ASA)，
得AE=BF=x，BE=CF=4−x，
由△DEF的面积为132，
得42−12×4x−12(4−x)x−12×4(4−x)=132，
得AE=x=1或3．
故答案为：1或3．
由正方形ABCD边长为4，AF⊥DE，得∠ADE=∠90°−∠DAF=∠BAF，DA=AB，∠DAE=∠B，得△ADE≌△DAF(ASA)，得AE=BF=x，BE=CF=4−x，由△DEF的面积为132，得42−12×4x−12(4−x)x−12×4(4−x)=132，即可得AE=x=1或3．
本题主要考查了正方形中的计算，解题关键是列方程解决问题．
18.【答案】
【解析】解：延长AE，DC交于点A′，过点F作FH⊥CD于H，
∵ABCD是正方形，
∴AB=BC=4，AB/​/CD，
∴∠1=∠A′．
在△ABE和△A′CE中，
∠1=∠A′∠AEB=∠A′ECBE=EC．
∴△ABE≌△A′CE(AAS)．
∴AB=A′C=4．
∵E为边BC的中点，
∴BE=EC=12BC=2．
∴AE= AB2+BE2=2 5．
∴sin∠1=BEAE= 55．
∴sin∠A′= 55．
∵AE⊥MN，
∴∠A′FN=90°．
∴∠A′+∠2=90°．
∴cs∠2=sin∠A′= 55．
∵FN=FC，FH⊥CN，
∴NH=CH=12CN．
设NH=x，则NC=2x．
∴A′N=A′C+NC=4+2x．
在Rt△FHN中，cs∠2=NHFN= 55，
∴FN= 5x.
在Rt△A′FN中，cs∠2=FNA′N= 55，
∴ 5x4+2x= 55．
∴x=43．
∴FC=FN= 5x=43 5．
故答案为：43 5．
延长AE，DC交于点A′，过点F作FH⊥CD于H，易证△ABE≌△A′CE，得出AB=A′C=4；利用勾股定理求出AE的长，进而得出sin∠A′.利用互余角的三角函数的关系，得出cs∠2，在Rt△FHN和Rt△A′FN中利用cs∠2的值列出方程，即可求得结论．
本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识点，利用已知条件通过添加辅助线构造全等三角形是解题的关键．
19.【答案】解：1x+1+2x2−1=1
去分母得：x−1+2=x2−1，
整理得：x2−x−2=0，
解得 x1=−1，x2=2，
经检验：x1=−1时，(x−1)(x+1)=0(舍去)；
x2=2时，(x−1)(x+1)≠0，是原方程的根，
原方程的根是x=2．
【解析】此题考查了解分式方程，利用了转化的思想，解分式方程注意要检验．
分式方程去分母转化为整式方程，求出整式方程的解得到x的值，经检验即可得到分式方程的解．
20.【答案】解：原式=(3−2 2)+4+( 2−1)−2 2
=3−2 2+4+ 2−1−2 2
=6−3 2．
【解析】直接利用二次根式的性质以及分数指数幂的性质分别化简得出答案．
此题主要考查了分数指数幂的性质以及二次根式的性质，正确化简各数是解题关键．
21.【答案】【问题发现】AE= 2BF
【类比探究】
解：上述结论还成立，理由如下：
连接CE，如图2所示
∵∠FCE=∠BCA=45°，
∴∠BCF=∠ACE=45°−∠ACF，
在Rt△CEG和Rt△CBA中，
CE= 2CF，CA= 2CB，
∴CECF=CACB= 2，
∴△ACE∽△BCF，
∴AEBF=ACCB= 2，
∴AE= 2BF；
【拓展延伸】 30+ 2或 30− 2
【解析】【问题发现】
解：AE= 2BF，理由如下：
∵四边形ABCD和四边形CFEG是正方形，
∴∠B=∠CFE=90°，∠FCE=∠BCA=45°，CE= 2CF，CE⊥GF，
∴AB/​/EF，
∴AEBF=CECF= 2，
∴AE= 2BF；
故答案为：AE= 2BF；
【类比探究】见答案；【拓展延伸】
解：①如图3所示：
连接CE交GF于H，
∵四边形ABCD和四边形CFEG是正方形，
∴AB=BC=4，AC= 2AB=4 2，GF=CE= 2CF，HF=HE=HC，
∵点F为BC的中点，
∴CF=12BC=2，GF=CE=2 2，HF=HE=HC= 2，
∴AH= AC2−HC2= (4 2)2−( 2)2= 30，
∴AG=AH+HG= 30+ 2；
②如图4所示：连接CE交GF于H，
图4
同 ①得：GH=HF=HE=HC= 2，∴AH= AC2−HC2= (4 2)2−( 2)2= 30，
∴AG=AH−HG= 30− 2;
故答案为： 30+ 2或 30− 2．
【问题发现】证出AB/​/EF，由平行线分线段成比例定理得出AEBF=CECF= 2，即可得出结论；
【类比探究】证明△ACE∽△BCF，得出AEBF=ACCB= 2，即可的结论；
【拓展延伸】连接CE交GF于H，由正方形的性质得出AB=BC=4，AC= 2AB=4 2，GF=CE= 2CF，HF=HE=HC，得出CF=12BC=2，GF=CE=2 2，HF=HE=HC= 2，由勾股定理求出AH= AC2−HC2= 30，即可得出答案．
本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、旋转的性质、平行线分线段成比例定理、相似三角形的判定与性质、勾股定理等知识；熟练掌握正方形的性质，证明三角形相似是解题的关键．
22.【答案】解：(1)根据“等候购餐的人数=开餐时排队人数+前a分钟新增排队人数−购餐后离开的人数”，得400+40a−15×4a=320，
解得a=4，
∴a的值是4．
(2)当4≤x≤10时，设排队等候购餐的人数y与开餐时间x的关系为y=kx+b(k、b为常数，且k≠0)．
将坐标B(4,320)和C(10,0)代入y=kx+b，
得4k+b=32010k+b=0，
解得k=−1603b=16003，
∴y=−1603x+16003(4≤x≤10)．
当x=7时，y=−1603×7+16003=160，
∴开餐到第7分钟时食堂排队购餐等候160人；
(3)设同时开放x个窗口，则7×15x≥400+7×40，解得x≥61021，
所以至少需同时开放7个售票窗口．
【解析】(1)a分钟新增40a人，由图象可得400+40a−15×4a=320，据此可得答案；
(2)运用待定系数法求直线BC的解析式，再把x=7代入计算即可；
(3)根据题意列不等式求解．
本题考查了一次函数的应用：建立一次函数函数模型，应用一次函数的性质解决问题．
23.【答案】证明：(1)∵四边形ABCD是矩形，
∴AB/​/CD，AB=DC，∠BCD=∠DAB=∠ABC=∠D=90°，
∴∠ABF=180°−∠ABC=90°，
∵AE⊥AF，
∴∠FAE=90°，
∴∠FAE−∠BAE=∠DAB−∠BAE，
∴∠BAF=∠DAE，
∵∠D=∠ABF=90°，
∴△ABF∽△ADE，
∴ABAD=AFAE，
∴DCAD=AFAE，
∵∠D=∠FAE=90°，
∴△AEF∽△DAC；
(2)如图：

∵FE平分∠AFB，
∴∠AFE=∠CFE，
∵∠FAE=∠BCD=90°，EF=EF，
∴△AFE≌△CFE(AAS)，
∴AF=CF，AE=EC，
∵FG=FG，
∴△AFG≌△CFG(SAS)，
∴∠FAG=∠FCG，
∵∠BAF=∠DAE，
∴∠DAE=∠FCG，
∵∠DAE+∠AED=90°，∠BCG+∠DCG=90°，
∴∠DCG=∠AED，
∴AE/​/CG，
∵AB/​/CD，
∴四边形AGCE是平行四边形，
∵AE=EC，
∴四边形AGCE为菱形．
【解析】(1)根据矩形的性质可得AB/​/CD，AB=DC，∠BCD=∠DAB=∠ABC=∠D=90°，根据垂直定义可得∠FAE=90°，从而可得∠BAF=∠DAE，进而可得△ABF∽△ADE，然后利用相似三角形的性质可得DCAD=AFAE，再利用两边成比例且夹角相等的两个三角形相似证明，即可解答；
(2)根据角平分线的定义可得∠AFE=∠CFE，从而证明△AFE≌△CFE，进而可得AF=CF，AE=EC，然后再证△AFG≌△CFG，从而可得∠FAG=∠FCG，再结合(1)的结论可得∠DAE=∠FCG，最后利用等角的余角相等可得∠DCG=∠AED，从而可得AE/​/CG，进而利用菱形的判定方法即可解答．
本题考查了全等三角形的判定与性质，菱形的判定与性质，矩形的性质，相似三角形的判定与性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质，以及相似三角形的判定与性质是解题的关键．
24.【答案】2x2−4x 3 m≥0
【解析】解：(1)函数y=2x(|x|−2)的图象与直线y=1的交点的横坐标就是方程2x(|x|−2)=1的实数根．
(2)当x>0时，y=2x(|x|−2)=2x(x−2)=2x2−4x，
故答案为−2x2−4x；
(3)画出函数的图象如图：
(4)由图象可知，直线y=1与函数图象有3个交点，
所以，2x(|x|−2)=1的实数根有3个，
故答案为3．
(5)由图象可知：直线y=m2在x轴的上方(m2≥0)，与函数y=x(|x|−2)的交点的横坐标x1∴x1+x2+x3≥0，
∴m≥0，
∴关于x的方程x(|x|−2)=m2有三个不相等的实数根，且这三个实数根的和为非负数，则m的取值范围是m≥0，
故答案为m≥0．
(1)函数y=2x(|x|−2)的图象与直线y=1的交点的横坐标就是方程2x(|x|−2)=1的实数根．
(2)根据绝对值的性质去掉绝对值整理即可；
(3)通过描点，连线，画出当x>0时的函数图象即可；
(4)根据图象即可求得；
(5)根据图象分析即可求得．
本题考查了二次函数的性质，一次函数的性质，二次函数的图象以及一次函数和二次函数图象上点的坐标特征，数形结合是解题的关键．
25.【答案】(1)证明：如图1，连接AF，

∵AB=AC=2 5,BC=4，D，E，F分别为AC，AB，BC的中点，
∴DE=12BC=2，AF⊥BC，
∴DF=12AC= 5，
∴DF= 52DE；
(2)解：FN= 52EM，
理由如下：
连接AF，如图2，

∵AB=AC=2 5,BC=4，D，E，F分别为AC，AB，BC的中点，
∴EF=12AC=CD,EF//DC，
∴四边形CDEF是平行四边形，
∴∠DEF=∠C，
∵DF=12AC=DC，
∴∠DFC=∠C，
∴∠DFC=∠DEF，
∴180°−∠DFC=180°−∠DEF，
∴∠DFN=∠DEM，
∵将∠EDF绕点D顺时针旋转一定角度，得到∠PDQ，
∴∠EDF=∠PDQ，
∵∠FDN+∠NDE=∠EDM+∠NDE，
∴∠FDN=∠EDM，
∴△DNF∽△DME，
∴NFEM=DFDE= 52，
∴FN= 52EM；
(3)解：如图，连接AF，过点C作CH⊥AB于H，

Rt△AFC中，FC=12BC=2，
∴AF= AC2−FC2=4，
∵S△ABC=12BC⋅AF=12AB⋅CH，
∴HC=BC⋅AFAB=4×42 5=8 55，
∵DP⊥AB，
∴△AGD∽△AHC，
∴GDHC=ADAC=12，
∴GD=12HC=4 55，
Rt△GED中，GE= ED2−GD2= 22−(4 55)2=2 55，
Rt△AGD中，AG= AD2−GD2= ( 5)2−(4 55)2=3 55，
∴tan∠ADG=AGGD=3 5545 5=34，
∵EF/​/AD，
∴∠EMG=∠ADG，
∴tan∠EMG=EGMG=34，
∴MG=43GE=43×2 55=8 515，
∴MD=MG+GD=8 515+4 55=4 53，
∵△DNF∽△DME，
∴DNDM=DFDE= 52，
∴DN= 52DM= 52×4 53=103．
【解析】(1)连接AF，可得AF⊥BC，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得DF=12AC= 5，根据中位线定理可得DE=12BC=2，即可得证；
(2)证明△DNF∽△DME，根据(1)的结论即可得FN= 52EM；
(3)连接AF，过点C作CH⊥AB于H，证明△AGD∽△AHC，可得GD=12HC=4 55，勾股定理求得GE，AG，根据tan∠ADG=AGGD=34，∠EMG=∠ADG，可得tan∠EMG=EGMG=34，进而求得MG，根据MD=MG+GD求得MD，根据(2)的结论DN= 52DM，即可求解．
本题是几何变换综合题，考查了旋转的性质，勾股定理，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，中位线的性质定理，相似三角形的性质与判定，锐角三角函数，掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．