2024年安庆市九年级数学第一学期开学检测模拟试题【含答案】

这是一份2024年安庆市九年级数学第一学期开学检测模拟试题【含答案】，共26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）如图，过正五边形的顶点作直线，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
2、（4分）对角线相等且互相平分的四边形是（ ）
A．一般四边形B．平行四边形C．矩形D．菱形
3、（4分）如图，在RtABC中，∠ACB＝90°，∠A＝65°，CD⊥AB，垂足为D，E是BC的中点，连接ED，则∠EDC的度数是（ ）
A．25°B．30°C．50°D．65°
4、（4分）下列关于直线的说法正确的是（ ）
A．经过第一、二、四象限B．与轴交于点
C．随的增大而减小D．与轴交于点
5、（4分）如图，直线与双曲线交于、两点，过点作轴，垂足为，连接，若，则的值是（ ）
A．2B．4C．-2D．-4
6、（4分）、、为三边，下列条件不能判断它是直角三角形的是（ ）
A．B．，，
C．D．，，（为正整数）
7、（4分）一个多边形的内角和与它的外角和相等，则这个多边形的边数为（ ）
A．4 B．5 C．6 D．7
8、（4分）若–1是关于的方程()的一个根，则的值为（ ）
A．1B．2C．–1D．–2
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、（4分）若分式方程有增根，则 a 的值是__________________．
10、（4分）设甲、乙两车在同一直线公路上匀速行驶，开始甲车在乙车的前面，当乙车追上甲车后，两车停下来，把乙车的货物转给甲车，然后甲车继续前行，乙车向原地返回．设秒后两车间的距离为千米，关于的函数关系如图所示，则甲车的速度是______米/秒．
11、（4分）命题“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”的逆命题是 ___________________ .它是 ________ 命题（填“真”或“假”）.
12、（4分）已知x、y为直角三角形两边的长，满足，则第三边的长为________.
13、（4分）关于的x方程＝1的解是正数，则m的取值范围是_____．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（12分）如图，已知等边△ABC，点D在直线BC上，连接AD，作∠ADN=60°，直线DN交射线AB于点E，过点C作CF∥AB交直线DN于点F.
（1）当点D在线段BC上，∠NDB为锐角时，如图①.
①判断∠1与∠2的大小关系，并说明理由；
②过点F作FM∥BC交射线AB于点M，求证：CF+BE=CD；
（2）①当点D在线段BC的延长线上，∠NDB为锐角时，如图②，请直接写出线段CF，BE，CD之间的数量关系；
②当点D在线段CB的延长线上，∠NDB为钝角或直角时，如图③，请直接写出线段CF，BE，CD之间的数量关系.
15、（8分）如图所示，从一个大矩形中挖去面积为和的两个小正方形．
（1）求大矩形的周长；
（2）若余下部分（阴影部分）的面积与一个边长为的正方形的面积相等，求的值．
16、（8分）如图，边长为5的正方形OABC的顶点O在坐标原点处，点A，C分别在x轴、y轴的正半轴上，点E是OA边上的点(不与点A重合)，EF⊥CE，且与正方形外角平分线AG交于点P.
(1)求证：CE=EP.
(2)若点E的坐标为(3，0)，在y轴上是否存在点M，使得四边形BMEP是平行四边形?若存在，求出点M的坐标；若不存在，说明理由.
17、（10分）已知一次函数，.
（1）若方程的解是正数，求的取值范围；
（2）若以、为坐标的点在已知的两个一次函数图象上，求的值；
（3）若，求的值.
18、（10分）如图，在正方形ABCD中，AB＝6，点E在边CD上，且CE＝2DE，将△ADE沿AE对折得到△AFE，延长EF交边BC于点G，连结AG、CF．
（1）求证：△ABG≌△AFG；
（2）判断BG与CG的数量关系，并证明你的结论；
（3）作FH⊥CG于点H，求GH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）菱形的边长为，，则以为边的正方形的面积为__________．
20、（4分）如图，正方形的边长为6，点是上的一点，连接并延长交射线于点，将沿直线翻折，点落在点处，的延长线交于点，当时，则的长为________.
21、（4分）关于x的一元二次方程（m﹣5）x2+2x+2=0有实根，则m的最大整数解是__．
22、（4分）如图是由 5 个边长为 1 的正方形组成了“十”字型对称图形，则图中∠BAC 的度数是_________．
23、（4分）如图，△ABC与△A'B'C'是位似图形，点O是位似中心，若OA=2AA'，S△ABC=8，则S△A'B'C'=___．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（8分）如图1，直线l1：y=﹣x+3与坐标轴分别交于点A，B，与直线l2：y=x交于点C．
（1）求A，B两点的坐标；
（2）求△BOC的面积；
（3）如图2，若有一条垂直于x轴的直线l以每秒1个单位的速度从点A出发沿射线AO方向作匀速滑动，分别交直线l1，l2及x轴于点M，N和Q．设运动时间为t（s），连接CQ．
①当OA=3MN时，求t的值；
②试探究在坐标平面内是否存在点P，使得以O、Q、C、P为顶点的四边形构成菱形？若存在，请直接写出t的值；若不存在，请说明理由．

25、（10分）如图，在中，点分别在上，点在对角线上，且．求证：四边形是平行四边形．
26、（12分）如图，在△AOB中，∠ABO=90°，OB=4，AB=8，直线y=-x+b分别交OA、AB于点C、D，且ΔBOD的面积是4.
(1)求直线AO的解析式；
(2)求直线CD的解析式；
(3)若点M是x轴上的点，且使得点M到点A和点C的距离之和最小，求点的坐标.
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、A
【解析】
由两直线平行，内错角相等及正五边形内角的度数即可求解.
【详解】
解：由正五边形ABCDE可得,
又
故答案为：A
本题主要考查了正多边形的内角及平行线的性质，掌握正多边形内角的求法是解题的关键.正n边形每个内角的度数为.
2、C
【解析】
由对角线互相平分，可得此四边形是平行四边形；又由对角线相等，可得是矩形；
【详解】
∵四边形的对角线互相平分，
∴此四边形是平行四边形；
又∵对角线相等，
∴此四边形是矩形；
故选B.
考查矩形的判定，常见的判定方法有：
1.有一个角是直角的平行四边形是矩形.
2.对角线相等的平行四边形是矩形.
3.有三个角是直角的四边形是矩形.
3、D
【解析】
根据三角形内角和定理求出∠B，根据直角三角形的性质得到ED＝EB，得到∠EDB＝∠B，进而得出∠EDC的度数．
【详解】
解：∵∠ACB＝90°，∠A＝65°，
∴∠B＝25°，
∵CD⊥AB，E是BC的中点，
∴ED＝BC＝EB， ∠ADB＝90°，
∴∠EDB＝∠B＝25°，
∴∠EDC＝90°﹣25°＝65°，
故选：D．
本题考查的是直角三角形的性质、三角形内角和定理，在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半．
4、D
【解析】
直接根据一次函数的性质即可解答
【详解】
A. 直线y=2x−5经过第一、三、四象限，错误；
B. 直线y=2x−5与x轴交于(,0)，错误；
C. 直线y=2x−5，y随x的增大而增大，错误；
D. 直线y=2x−5与y轴交于(0,−5)，正确
故选：D.
此题考查一次函数的性质，解题关键在于掌握其性质
5、A
【解析】
由题意得:，又,则k的值即可求出.
【详解】
设,
直线与双曲线交于A、B两点,
,
，
,
,
,则.
又由于反比例函数位于一三象限,,故.
故选A.
本题主要考查了反比例函数中k的几何意义,即过双曲线上任意一点引x轴、y轴垂线,所得矩形面积为,是经常考查的一个知识点.
6、C
【解析】
根据三角形内角和定理可得C是否是直角三角形；根据勾股定理逆定理可判断出A、B、D是否是直角三角形．
【详解】
解：A. 即，根据勾股定理逆定理可判断△ABC为直角三角形；
B. ，，，因为，即，，根据勾股定理逆定理可判断△ABC为直角三角形；
C. 根据三角形内角和定理可得最大的角，可判断△ABC为锐角三角形；
D. ，，（为正整数），因为，即，根据勾股定理逆定理可判断△ABC为直角三角形；
故选：C
本题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．
7、A
【解析】
设多边形的边数为n，根据题意得
（n-2）•180°=360°，
解得n=1．
所以这个多边形是四边形．
故选A．
8、B
【解析】
将﹣1代入方程求解即可.
【详解】
将﹣1代入方程得：n﹣m+2=0，即m﹣n=2.
故选B.
本题考点：一元二次方程的根.
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、1
【解析】
增根是化为整式方程后产生的不适合分式方程的根．所以应先确定增根的可能值，让最简公分母x﹣3=0，得到x=3，然后代入整式方程算出a的值即可．
【详解】
方程两边同时乘以x﹣3得：1+x﹣3=a﹣x．
∵方程有增根，∴x﹣3=0，解得：x=3，∴1+3﹣3=a﹣3，解得：a=1．
故答案为：1．
本题考查了分式方程的增根，先根据增根的定义得出x的值是解答此题的关键．
10、20
【解析】
试题分析：设甲车的速度是m米/秒，乙车的速度是n米/秒，根据题意及图形特征即可列方程组求解.
设甲车的速度是m米/秒，乙车的速度是n米/秒，由题意得
，解得
则甲车的速度是20米/秒．
考点：实际问题的函数图象，二元一次方程组的应用
点评：此类问题是初中数学的重点，在中考中比较常见，一般难度不大，需熟练掌握.
11、如果一个三角形一边上的中线等于这边的一半，那么这个三角形是直角三角形 真
【解析】
分析：把一个命题的条件和结论互换就得到它的逆命题．命题“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”的条件是直角三角形，结论是斜边上的中线等于斜边的一半，故其逆命题：如果一个三角形一边上的中线等于这边的一半，那么这个三角形是直角三角形．
详解：定理“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”的逆命题：如果一个三角形一边上的中线等于这边的一半，那么这个三角形是直角三角形．它是真命题.
故答案为如果一个三角形一边上的中线等于这边的一半，那么这个三角形是直角三角形；真.
点睛：本题考查了互逆命题的知识及命题的真假判断，两个命题中，如果第一个命题的条件是第二个命题的结论，而第一个命题的结论又是第二个命题的条件，那么这两个命题叫做互逆命题．其中一个命题称为另一个命题的逆命题．
12、、或．
【解析】
试题分析：∵|x2-4|≥0，，
∴x2-4=0，y2-5y+6=0，
∴x=2或-2（舍去），y=2或3，
①当两直角边是2时，三角形是直角三角形，则斜边的长为：；
②当2，3均为直角边时，斜边为；
③当2为一直角边，3为斜边时，则第三边是直角，长是．
考点：1．解一元二次方程-因式分解法；2．算术平方根；3．勾股定理．
13、m＞﹣5且m≠0
【解析】
先解关于x的分式方程，求得x的值，然后再依据“解是正数”建立不等式求m的取值范围即可．
【详解】
去分母，得m=x-5，
即x=m+5，
∵方程的解是正数，
∴m+5＞0，即m＞-5，
又因为x-5≠0，
∴m≠0，
则m的取值范围是m＞﹣5且m≠0，
故答案为：m＞﹣5且m≠0.
本题考查了分式方程的解，熟练掌握分式方程的解法以及注意事项是解题的关键.这里要注意分母不等于0这个隐含条件.
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（1）①∠1=∠2，理由见解析，②证明见解析；（2）①BE=CD+CF，②CF=CD+BE．
【解析】
（1）①由等边三角形的性质和∠ADN=60°，易得∠1+∠ADC=120°，∠2+∠ADC=120°，所以∠1=∠2；
②由条件易得四边形BCFM为平行四边形，得到BM=CF，BC=MF，再证明△MEF≌△CDA，得到ME=CD，利用等量代换即可得证；
（2）①过F作FH∥BC，易得四边形BCFH为平行四边形，可得HF=BC，BH=CF，然后证明△EFH≌△DAC，得到CD=EH，利用等量代换即可得BE=CD+CF；
②过E作EG∥BC，易得四边形BCGE为平行四边形，可得EG=BC，BE=CG，然后证明△EFG≌△ADC，得到CD=FG，利用等量代换即可得CF=CD+BE．
【详解】
（1）①∠1=∠2，理由如下：
∵△ABC为等边三角形
∴∠ACB=60°
∴∠2+∠ADC=120°
又∵∠AND=60°
∴∠1+∠ADC=120°
∴∠1=∠2
②∵MF∥BC，CF∥BM
∴四边形BCFM为平行四边形
∴BM=CF，BC=MF=AC，
∵BC∥MF
∴∠1=∠EFM=∠2，∠EMF=∠ABC=60°
在△MEF和△CDA中，
∵∠EFM=∠2，MF= AC，∠EMF=∠ACD=60°
∴△MEF≌△CDA（ASA）
∴ME=CD
∴ME=BM+BE=CF+BE=CD
即CF+BE=CD
（2）①BE=CD+CF，证明如下：
如图，过F作FH∥BC，
∵CF∥BH，FH∥BC，
∴四边形BCFH为平行四边形
∴HF=BC=AC，BH=CF
∵△ABC为等边三角形
∴∠ABC=∠ACB=60°
∴∠CAD+∠ADC=60°，∠DBE=120°，∠ACD=120°
又∵∠AND=60°，即∠BDN+∠ADC=60°
∴∠CAD=∠BDN
∵BD∥HF
∴∠HFE=∠BDN=∠CAD，∠EHF=∠ACD=120°
在△EFH和△DAC中，
∵∠EHF=∠ACD，HF=AC，∠HFE=∠CAD
∴△EFH≌△DAC（ASA）
∴EH=CD
∴BE=BH+EH=CF+CD
即BE=CD+CF；
②CF=CD+BE，证明如下：
如图所示，过E作EG∥BC，
∵EG∥BC，CG∥BE
∴四边形BCGE为平行四边形，
∴EG=BC=AC，BE=CG，
∵∠AND=60°，∠ACD=60°
∴∠ADC+∠CDE=120°，∠ADC+∠DAC=120°
∴∠CDE=∠DAC
又∵CD∥EG
∴∠GEF=∠CDE=∠DAC，∠EGF=∠DCF
∵AE∥CF
∴∠DCF=∠ABC=60°
∴∠EGF=∠ABC=60°
在△EFG和△ADC中，
∵∠GEF=∠DAC，EG=AC，∠EGF=∠ACD=60°
∴△EFG≌△ADC（ASA）
∴FG=CD
∴CF=CG+FG=BE+CD
即CF=CD+BE
本题考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，解题的关键是根据“一线三等角”模型找到全等三角形，正确作出辅助线，利用等量代换找出线段关系．
15、（1）28cm；（2）2
【解析】
（1）利用正方形的性质得出两个小正方形的边长，进而得出大矩形的长和宽，即可得出答案；
（2）求阴影部分面积的算术平方根即可．
【详解】
解：（1）∵两个小正方形面积为50cm2和32cm2，
∴大矩形的长为：cm，大矩形的宽为：cm，
∴大矩形的周长为2×+2×=28cm，
（2）余下的阴影部分面积为：×-50-32=8（cm2），
∴a2=8，
∴a=2，
即的值2．
此题主要考查了二次根式的应用，正确得出大矩形的长和宽是解题关键．
16、（1）证明见解析；（2）存在点M的坐标为(0，2).
【解析】
分析：（1）在OC上截取OK=OE．连接EK，求出∠KCE=∠CEA，根据ASA推出△CKE≌△EAP，根据全等三角形的性质得出即可；
（2）过点B作BM∥PE交y轴于点M，根据ASA推出△BCM≌△COE，根据全等三角形的性质得出BM=CE，求出BM=EP．根据平行四边形的判定得出四边形BMEP是平行四边形，即可求出答案．
详解：（1）在OC上截取OK=OE．连接EK，如图1．
∵OC=OA，∠COA=∠BA0=90°，∠OEK=∠OKE=45°．
∵AP为正方形OCBA的外角平分线，∴∠BAP=45°，∴∠EKC=∠PAE=135°，∴CK=EA．
∵EC⊥EP，∴∠CEF=∠COE=90°，
∴∠CEO+∠KCE=90°，∠CEO+∠PEA=90°，∴∠KCE=∠CEA．
在△CKE和△EAP中，∵ ，
∴△CKE≌△EAP，∴EC=EP；
（2）y轴上存在点M，使得四边形BMEP是平行四边形．
如图，过点B作BM∥PE交y轴于点M，连接BP，EM，如图2，
则∠CQB=∠CEP=90°，所以∠OCE=∠CBQ．
在△BCM和△COE中，∵，
∴△BCM≌△COE，∴BM=CE．
∵CE=EP，∴BM=EP．
∵BM∥EP，∴四边形BMEP是平行四边形．
∵△BCM≌△COE，∴CM=OE=3，∴OM=CO﹣CM=2．
故点M的坐标为（0，2）．

点睛：本题考查了正方形的性质，全等三角形的性质和判定，平行四边形的性质和判定的应用，能灵活运用知识点进行推理是解答此题的关键，综合性比较强，难度偏大．
17、（1）；（2）；（3）－2
【解析】
（1）根据代入求出x的解，得到a的不等式即可求解；
（2）联立两函数求出交点坐标，代入即可求解；
（3）根据分式的运算法则得到
得到A，B的方程，即可求解.
【详解】
（1）∵
∴
由题意可知，即，解得.
（2）由题意可知为方程组的解，解方程组得.
所以，，
将代入上式得：.
（3）∵
∴，解得.所以的值为.
此题主要考查一次函数的应用，解题的关键是熟知一次函数的性质、二元一次方程组的解法.
18、（1）见解析；（2）BG＝CG；（3）GH＝．
【解析】
（1）先计算出DE＝2，EC＝4，再根据折叠的性质AF＝AD＝6，EF＝ED＝2，∠AFE＝∠D＝90°，∠FAE＝∠DAE，然后根据“HL”可证明Rt△ABG≌Rt△AFG；
（2）由全等性质得GB＝GF、∠BAG＝∠FAG，从而知∠GAE＝∠BAD＝45°、GE＝GF+EF＝BG+DE；设BG＝x，则GF＝x，CG＝BC﹣BG＝6﹣x，在Rt△CGE中，根据勾股定理得（6﹣x）2+42＝（x+2）2，解之可得BG＝CG＝3；
（3）由（2）中结果得出GF＝3、GE＝5，证△FHG∽△ECG得＝，代入计算可得．
【详解】
（1）∵正方形ABCD的边长为6，CE＝2DE，
∴DE＝2，EC＝4，
∵把△ADE沿AE折叠使△ADE落在△AFE的位置，
∴AF＝AD＝6，EF＝ED＝2，∠AFE＝∠D＝90°，∠FAE＝∠DAE，
在Rt△ABG和Rt△AFG中
∵ ，
∴Rt△ABG≌Rt△AFG（HL）；
（2）∵Rt△ABG≌Rt△AFG，
∴GB＝GF，∠BAG＝∠FAG，
∴∠GAE＝∠FAE+∠FAG＝∠BAD＝45°，
设BG＝x，则GF＝x，CG＝BC﹣BG＝6﹣x，
在Rt△CGE中，GE＝x+2，EC＝4，CG＝6﹣x，
∵CG2+CE2＝GE2，
∴（6﹣x）2+42＝（x+2）2，解得x＝3，
∴BG＝3，CG＝6﹣3＝3
∴BG＝CG；
（3）由（2）知BG＝FG＝CG＝3，
∵CE＝4，
∴GE＝5，
∵FH⊥CG，
∴∠FHG＝∠ECG＝90°，
∴FH∥EC，
∴△FHG∽△ECG，
则＝，即＝，
解得GH＝．
本题考查了四边形的综合问题，解题的关键是掌握折叠的性质：折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．也考查了三角形全等的判定与性质、勾股定理和正方形的性质．
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19、
【解析】
如图，连接AC交BD于点O，得出△ABC是等边三角形，利用菱形的性质和勾股定理求得BO，得出BD，即可利用正方形的面积解决问题．
【详解】
解：如图，
连接AC交BD于点O，
∵在菱形ABCD中，∠ABC=60°，AB=BC，AB=4，
∴△ABC是等边三角形∠ABO=30°，AO=2，
∴BO==2 ，
∴BD=2OB=4，
∴正方形BDEF的面积为1．
故答案为1．
本题考查菱形的性质，正方形的性质，勾股定理，等边三角形的判定与性质，注意特殊角的运用是解决问题的关键．
20、
【解析】
根据翻折变换的性质可得AN=AB，∠BAE=∠NAE，再根据两直线平行，内错角相等可得∠BAE=∠F，从而得到∠NAE=∠F，根据等角对等边可得AM=FM，设CM=x，表示出DM、AM，然后利用勾股定理列方程求出x的值，从而得到AM的值，最后根据NM=AM-AN计算即可得解．
【详解】
∵△ABE沿直线AE翻折，点B落在点N处，
∴AN=AB=6，∠BAE=∠NAE，
∵正方形对边AB∥CD，
∴∠BAE=∠F，
∴∠NAE=∠F，
∴AM=FM，
设CM=x，∵AB=2CF=8，
∴CF=3
∴DM=6−x，AM=FM=3+x，
在Rt△ADM中,由勾股定理得,，
即
解得x=，
所以,AM=3+=，
所以,NM=AM−AN=−6=
本题考查翻折变换，解题关键在于熟练掌握勾股定理的性质.
21、m=1．
【解析】
分析：若一元二次方程有实根，则根的判别式△=b2﹣1ac≥2，建立关于m的不等式，求出m的取值范围．还要注意二次项系数不为2．
详解：∵关于x的一元二次方程（m﹣5）x2+2x+2=2有实根，
∴△=1﹣8（m﹣5）≥2，且m﹣5≠2，
解得m≤5.5，且m≠5，
则m的最大整数解是m=1．
故答案为m=1．
点睛：考查了根的判别式，总结：一元二次方程根的情况与判别式△的关系：（1）△＞2，方程有两个不相等的实数根；（2）△=2，方程有两个相等的实数根；（3）△＜2方程没有实数根．
22、45.
【解析】
连接BC，通过计算可得AB=BC，再利用勾股定理逆定理证明△ABC是等腰直角三角形，从而得出结果.
【详解】
解：连接BC，因为每个小正方形的边长都是1，
由勾股定理可得，，，
∴AB=BC，，
∴∠ABC=90°.
∴∠BAC=∠BCA=45°.
故答案为45°.
本题考查了勾股定理及其逆定理、等腰直角三角形的判定和性质，解题的关键是连接BC，构造等腰直角三角形，而通过作辅助线构造特殊三角形也是解决角度问题的常见思路和方法.
23、1．
【解析】
解：由题易知△ABC∽△A′B′C′，
因为OA＝2AA′，所以OA′＝OA＋AA′＝3AA′，
所以，
又S△ABC＝8，所以．
故答案为：1．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（1）A（6，0）B（0，3）；（2）S△OBC=3；（3）①t=或；②t=（6+2）s或（6﹣2）s或2s或4s时，以O、Q、C、P为顶点的四边形构成菱形．
【解析】
（1）利用待定系数法即可解决问题；
（2）构建方程组确定点C坐标即可解决问题；
（3）根据绝对值方程即可解决问题；
（4）分两种情形讨论：当OC为菱形的边时，可得Q1 Q2Q4（4，0）；当OC为菱形的对角线时，Q3（2，0）；
【详解】
（1）对于直线，令x=0得到y=3，令y=0，得到x=6，
A（6，0）B（0，3）．
（2）由解得 ，
∴C（2，2），
∴
（3）①∵
∴
∵OA=3MN，
∴
解得t=或
②如图3中，由题意
当OC为菱形的边时，可得Q1（﹣2，0），Q2（2，0），Q4（4，0）；
当OC为菱形的对角线时，Q3（2，0），
∴t=（6+2）s或（6﹣2）s或2s或4s时，以O、Q、C、P为顶点的四边形构成菱形．
本题考查一次函数综合题、三角形的面积、菱形的判定和性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．
25、证明见解析.
【解析】
根据SAS可以证明△MAE≌△NCF．从而得到EM=FN，∠AEM=∠CFN．根据等角的补角相等，可以证明∠FEM=∠EFN，则EM∥FN．根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形即可证明.
【详解】
证明：∵四边形是平行四边形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
在与中：
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形．
此题综合运用了平行四边形的性质和判定．能够根据已知条件和平行四边形的性质发现全等三角形是解题的关键.
26、（1）y=2x； （2）；（3）点M的坐标为（，0）.
【解析】
（1）先求出点A的坐标，然后设直线AO的解析式为y=kx，用待定系数法求解即可；
（2）由面积法求出BD的长，从而求出点D的坐标，然后带入y=-x+b求解即可；
（3）先求出点C的坐标，作点C关于x轴的对称点E，此时M到A、C的距离之和最小，求出直线AE的解析式，即可求出点M的坐标.
【详解】
（1）OB=4，AB=8，∠ABO=90°，
∴A点坐标为（4，8）,
设直线AO的解析式为y=kx，则4k=8 ,
解得k=2，即直线AO的解析式为y=2x；
（2）OB=4，∠ABO=90°，=4，
∴DB=2，∴D点的坐标为（4，2）,
把D（4，2）代入得：=6,
∴直线CD的解析式为；
（3）由直线与直线组成方程组为,
解得：，
∴点C的坐标为（2，4）
如图，设点M使得MC+MA最小，作点C关于x轴的对称点E，可得点E的坐标为(2，-4)，连结MC、ME、AE，可知MC=ME，所以M到A、C的距离之和MA+MC=MA+ME，又MA+ME大于等于AE，所以当MA+ME=AE时，M到A、C的距离之和最小，此时A、M、E成一条直线，M点是直线AE与在x轴的交点.
所以设直线AE的解析式为，把A（4，8）和E（2，-4）代入得：
，
解得： ,
所以直线AE的解析式为，令得,
所以点M的坐标为（，0）.
本题考查了待定系数法求函数解析式，一次函数的交点等面积法求线段的长及轴对称最短问题，熟练掌握待定系数法是解答本题的关键.
题号
一
二
三
四
五
总分
得分
批阅人