2024年四川省什邡市师古中学九年级数学第一学期开学学业质量监测试题【含答案】

这是一份2024年四川省什邡市师古中学九年级数学第一学期开学学业质量监测试题【含答案】，共28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，在菱形ABCD中，AB=4，∠A=120°，点P，Q，K分别为线段BC，CD，BD上的任意一点，则PK+QK的最小值为（ ）
A．2B．2C．4D．2+2
2、（4分）下列说法中，正确的是
A．相等的角是对顶角B．有公共点并且相等的角是对顶角
C．如果和是对顶角，那么D．两条直线相交所成的角是对顶角
3、（4分）如图，在四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AB∥CD，添加下列条件不能使四边形ABCD成为平行四边形的是（ ）
A．AB＝CDB．OB＝OD
C．∠BCD+∠ADC＝180°D．AD＝BC
4、（4分）如图，在3×3的正方形网格中由四个格点A，B，C，D，以其中一点为原点，网格线所在直线为坐标轴，建立平面直角坐标系，使其余三个点中存在两个点关于一条坐标轴对称，则原点是（ ）
A．A点B．B点C．C点D．D点
5、（4分）如图，在中，，，将绕点旋转，当点的对应点落在边上时，点的对应点，恰好与点、在同一直线上，则此时的面积为（ ）
A．240B．260C．320D．480
6、（4分）点关于x轴对称的点的坐标是
A．B．C．D．
7、（4分）若一次函数向上平移2个单位，则平移后得到的一次函数的图象与轴的交点为
A．B．C．D．
8、（4分）如图，在△ABC中，点D、E分别是边AB、AC上的点，且DE∥BC，若，DE＝3，则BC的长度是( )
A．6B．8C．9D．10
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，在平行四边形中，，．以点为圆心，适当长为半径画弧，交于点，交于点，再分别以点，为圆心，大于的长为半径画弧，两弧相交于点，射线交的延长线于点，则的长是____________．
10、（4分）在直角坐标系中，直线与y轴交于点，按如图方式作正方形、、…，、、…在直线上，点、、…，在x轴上，图中阴影部分三角形的面积从左到右依次记为、、、..，则的值为________．
11、（4分）已经RtABC的面积为，斜边长为，两直角边长分别为a，b．则代数式a3b+ab3的值为_____．
12、（4分）如图，正方形中,,点在边上，且；将沿对折至,延长交边于点,连结，下列结论：①.；②.；③. .其中，正确的结论有__________________.（填上你认为正确的序号）
13、（4分）已知a+b=5，ab=-6，则代数式ab2+a2b的值是______．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（12分）如图，菱形ABCD的边长为2，，点E为BC边的中点，点P为对角线AC上一动点，则PB+PE的最小值为_____．
15、（8分）（1）如图1，观察函数y=|x|的图象，写出它的两条的性质；
（2）在图1中，画出函数y=|x-3|的图象；
根据图象判断：函数y=|x-3|的图象可以由y=|x|的图象向 平移 个单位得到；
（3）①函数y=|2x+3|的图象可以由y=|2x|的图象向 平移 单位得到；
②根据从特殊到一般的研究方法，函数y=|kx+3|（k为常数，k≠0）的图象可以由函数y=|kx|（k为常数，k≠0）的图象经过怎样的平移得到．
16、（8分）在平面直角坐标系中，一次函数的图象与轴负半轴交于点，与轴正半轴交于点，点为直线上一点，，点为轴正半轴上一点，连接，的面积为1．
(1)如图1，求点的坐标；
(2)如图2，点分别在线段上，连接，点的横坐标为，点的横坐标为，求与的函数关系式(不要求写出自变量的取值范围)；
(3)在(2)的条件下，如图3，连接，点为轴正半轴上点右侧一点，点为第一象限内一点，，，延长交于点，点为上一点，直线经过点和点，过点作，交直线于点，连接，请你判断四边形的形状，并说明理由．
17、（10分）如图，四边形是正方形，是边所在直线上的点，，且交正方形外角的平分线于点.
（1）当点在线段中点时（如图①），易证，不需证明；
（2）当点在线段上（如图②）或在线段延长线上（如图③）时，（1）中的结论是否仍然成立？请写出你的猜想，并选择图②或图③的一种结论给予证明.
18、（10分）（1）分解因式：a2﹣1+b2﹣2ab
（2）解方程：=+
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）若是二次函数，则m=________ ．
20、（4分）一个多边形的内角和是 1440°，则这个多边形是__________边形．
21、（4分）在平面直角坐标系中，一个智能机器人接到如下指令，从原点O出发，按向右，向上，向右，向下的方向依次不断移动，每次移动1m，其行走路线如图所示，第1次移动到，第2次移动到……，第n次移动到，机器人移动第2018次即停止，则的面积是______．
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）一个正数的平方根分别是x+1和x﹣3，则这个正数是____________
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（8分）在△ABC 中，D 是 BC 边的中点，E、F 分别在 AD 及其延长线上，CE∥BF，连接BE、CF．
（1）求证：△BDF ≌△CDE；
（2）若 DE =BC，试判断四边形 BFCE 是怎样的四边形，并证明你的结论．
25、（10分）如图，直线l1的函数表达式为y＝﹣3x+3，且l1与x轴交于点D，直线l2经过点A，B，直线l1，l2交于点C．
(1)求点D的坐标；
(2)求直线l2的解析表达式；
(3)求△ADC的面积．
26、（12分）如图，在△ABC中，∠ACB=90°，D是BC的中点，DE⊥BC，CE∥AD．
（1）求证：四边形ACED是平行四边形；
（2）若AC=2，CE=4，求四边形ACEB的周长．
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】
解：作点P关于BD的对称点P′，作P′Q⊥CD交BD于K，交CD于Q，
∵AB=4，∠A=120°，
∴点P′到CD的距离为4×=，
∴PK+QK的最小值为，
故选B．
本题考查轴对称-最短路线问题；菱形的性质．
2、C
【解析】
本题考查对顶角的定义，两条直线相交后所得的只有一个公共顶点且两个角的两边互为反向延长线，这样的两个角叫做对顶角．由此逐一判断．
【详解】
A、对顶角是有公共顶点，且两边互为反向延长线，相等只是其性质，错误；
B、对顶角应该是有公共顶点，且两边互为反向延长线，错误；
C、角的两边互为反向延长线的两个角是对顶角，符合对顶角的定义，正确．
D、两条直线相交所成的角有对顶角、邻补角，错误；
故选C．
要根据对顶角的定义来判断，这是需要熟记的内容．
3、D
【解析】
已知AB∥CD，可根据有一组边平行且相等的四边形是平行四边形来判定，也可根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形来判定．
【详解】
∵在四边形ABCD中，AB∥CD，
∴可添加的条件是：AB＝CD，
∴四边形ABCD是平行四边形（一组对边平行且相等的四边形是平行四边形），故选项A不符合题意；
∵AB∥CD，
∴∠ABD＝∠CDB，
在△AOB和△COD中，
∴△AOB≌△COD（ASA），
∴AB＝CD，
∴四边形ABCD为平行四边形，故选项B不符合题意；
∵∠BCD+∠ADC＝180°，
∴AD∥BC，
∵AB∥CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，故选项C不符合题意；
∵AB∥CD，AD＝BC无法得出四边形ABCD是平行四边形，故选项D符合题意．
故选：D．
本题考查了平行四边形的定义、平行四边形的判定定理；熟练掌握平行四边形的判定方法是解决问题的关键．
4、B
【解析】
试题解析：当以点B为原点时，A（-1，-1），C（1，-1），
则点A和点C关于y轴对称，符合条件，
故选B．
【点睛】本题考查的是关于x轴、y轴对称的点的坐标和坐标确定位置，掌握平面直角坐标系内点的坐标的确定方法和对称的性质是解题的关键．
5、A
【解析】
根据旋转的性质可得，因此可得为等腰三角形，故可得三角形的高，进而计算的面积.
【详解】
根据旋转的性质可得
因此为等腰三角形
，
等腰三角形的高为：

故选A.
本题主要考查图形的旋转和等腰三角形的性质，难点在于根据题意求出高.
6、A
【解析】
根据关于x轴对称的点，横坐标相同，纵坐标互为相反数进行求解即可得．
【详解】
由平面直角坐标系中关于x轴对称的点，横坐标相同，纵坐标互为相反数，可得：点p关于x轴的对称点的坐标是，
故选A．
本题考查了关于x轴对称点的性质，解决本题的关键是掌握好对称点的坐标规律：关于x轴对称的点，横坐标相同，纵坐标互为相反数；关于y轴对称的点，纵坐标相同，横坐标互为相反数；关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数．
7、C
【解析】
首先根据平移的性质，求出新的函数解析式，然后即可求出与轴的交点.
【详解】
解：根据题意，可得平移后的函数解析式为
，即为
∴与轴的交点，即
代入解析式，得
∴与轴的交点为
故答案为C.
此题主要考查根据函数图像的平移特征，求坐标，熟练掌握，即可解题.
8、C
【解析】
根据平行线分线段成比例的性质，由，可得，根据相似三角形的判定与性质，由DE∥BC可知△ADE∽△ABC，可得，由DE=3，求得BC=9.
故选：C.
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、3
【解析】
根据角平分线的作图和平行四边形的性质以及等腰三角形的判定和性质解答即可．
【详解】
由作图可知：BH是∠ABC的角平分线，
∴∠ABG=∠GBC，
∵平行四边形ABCD，
∴AD∥BC，
∴∠AGB=∠GBC，
∴∠ABG=∠AGB，
∴AG=AB=4，
∴GD=AD=AG=7-4=3，
∵平行四边形ABCD，
∴AB∥CD，
∴∠H=∠ABH=∠AGB，
∵∠AGB=∠HGD，
∴∠H=∠HGD，
∴DH=GD=3，
故答案为：3.
此题考查角平分线的做法，平行四边形的性质，熟练根据角平分线的性质得出∠ABG=∠GBC是解题关键．
10、
【解析】
根据=，=，找出规律从而得解.
【详解】
解：
∵直线，当x=0时，y=1，当y=0时，x=﹣1，
∴OA1=1，OD=1，
∴∠ODA1=45°，
∴∠A2A1B1=45°，
∴A2B1=A1B1=1，
∴=，
∵A2B1=A1B1=1，
∴A2C1=2=，
∴=，
同理得：A3C2=4=，…，=，
∴=，
故答案为．
11、14
【解析】
根据两直角边乘积的一半表示出面积，把已知面积代入求出ab的值，利用勾股定理得到a2+b2＝，将代数式a3b+ab3变形，把a+b与ab的值代入计算即可求出值．
【详解】
解：∵的面积为
∴＝
解得＝2
根据勾股定理得：＝＝7
则代数式＝＝2×7＝14
故答案为：14
本题主要考查了三角形的面积公式、勾股定理、因式分解等知识点，把要求的式子因式分解，再通过面积公式和勾股定理等量代换是解题的关键．
12、①②③
【解析】
分析：根据折叠的相知和正方形的性质可以证明⊿≌⊿；根据勾股定理可以证得；先证得 ，由平行线的判定可证得；由于⊿和⊿等高的 .故由⊿:⊿求得面积比较即解得.
详解：∵ , ,
∴⊿≌⊿ （ ），
∴ , 故①正确的.
∵，
∴, ，
设，则 ， ，
在⊿中，根据勾股定理有： ,即，
解得 即 ,则，
∴ ，
∴ ，
∵ 且满足 ，
∴ ，
∴ 故②正确的.
∵ ,且⊿和⊿等高的 .
∴⊿:⊿= ，
∵⊿ = ，
∴⊿=⊿ = ， 故③正确的.
故答案为：①②③ .
点睛：本题是一道综合性较强的几何题，其中勾股定理与方程思想的结合起来为破解②③提供了有力的支撑，技巧性比较强，也是本题的难点所在，对于大多数同学来说具有一定的挑战性.
13、-1．
【解析】
先利用提公因式法因式分解，然后利用整体代入法求值即可．
【详解】
解：∵ab2+a2b=ab（a+b），
而a+b=5，ab=-6，
∴ab2+a2b=-6×5=-1．
故答案为：-1．
此题考查的是因式分解，掌握利用提公因式法因式分解是解决此题的关键．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、
【解析】
根据ABCD是菱形，找出B点关于AC的对称点D，连接DE交AC于P，则DE就是PB+PE的最小值，根据勾股定理求出即可.
【详解】
解：如图，连接DE交AC于点P，连接DB，
∵四边形ABCD是菱形，
∴点B、D关于AC对称（菱形的对角线相互垂直平分），
∴DP=BP，
∴PB+PE的最小值即是DP+PE的最小值（等量替换），
又∵ 两点之间线段最短，
∴DP+PE的最小值的最小值是DE，
又∵，CD=CB,
∴△CDB是等边三角形，
又∵点E为BC边的中点，
∴DE⊥BC（等腰三角形三线合一性质），
菱形ABCD的边长为2，
∴CD=2，CE=1,
由勾股定理得，
故答案为.
本题主要考查轴对称、最短路径问题、菱形的性质以及勾股定理（两直角边的平方和等于斜边的平方），确定P点的位置是解题的关键.
15、（1）答案见解析；（2）画图见解析，右，3；（3）①左， ②答案见解析.
【解析】
（1）根据函数的图象得到函数的性质即可；
（2）画出函数y=|x-3|的图象根据函数y=|x-3|的图象即可得到结论；
（3）①根据（2）的结论即可得到结果；
②当k＞0时或k＜0时，向左或向右平移个单位长度．
【详解】
解：（1）①函数y=|x|的图象关于y轴对称；②当x＜0时，y随x的增大而减小，当x＞0时，y随x的增大而增大；
（2）函数y=|x-3|的图象如图所示：
函数y=|x-3|的图象可以由y=|x|的图象向右平移3个单位得到；
（3）①函数y=|2x+3|的图象可以由y=|2x|的图象向左平移单位得到；
②当k＞0时，向左平移个单位长度；
当k＜0时，向右平移个单位长度.
本题考查了一次函数图象与几何变换，一次函数的图象，一次函数的性质，正确的理解题意是解题的关键．
16、（1）B（6，0）；（2）d＝；（3）四边形是矩形，理由见解析
【解析】
（1）作DL⊥y轴垂足为L点，DI⊥AB垂足为I，证明△DLC≌△AOC，求得D（2，12），再由S△ABD＝AB•DI＝1，求得OB＝AB−AO＝8−2＝6，即可求B坐标；
（2）设∠MNB＝∠MBN＝α，作NK⊥x轴垂足为K，MQ⊥AB垂足为Q，MP⊥NK，垂足为P；证明四边形MPKQ为矩形，再证明△MNP≌△MQB，求出BD的解析式为y＝−3x＋18，MQ＝d，把y＝d代入y＝−3x＋18得d＝−3x＋18，表达出OQ的值，再由OQ＝OK＋KQ＝t＋d，可得d＝−；
（3）作NW⊥AB垂足为W，证明△ANW≌△CAO，根据边的关系求得N（4，2）；延长NW到Y，使NW＝WY，作NS⊥YF，再证明△FHN≌△FSN，可得SF＝FH=，NY＝2＋2＝4；设YS＝a，FY＝FN＝a＋，在Rt△NYS和Rt△FNS中利用勾股定理求得FN；在Rt△NWF中，利用勾股定理求出WF＝6，得到F（10，0）；设GF交y轴于点T，设FN的解析式为y＝px＋q （p≠0）把F（10，0）N（4，2）代入即可求出直线FN的解析式，联立方程组得到G点坐标；把G点代入得到y＝x+3，可知R（4，0），证明△GRA≌△EFR，可得四边形AGFE为平行四边形，再由∠AGF＝180°−∠CGF＝90°，可证明平行四边形AGFE为矩形．
【详解】
解：（1）令x＝0，y＝6，令y＝0，x＝−2，
∴A（−2，0），B（0，6），
∴AO＝2，CO＝6，
作DL⊥y轴垂足为L点，DI⊥AB垂足为I，
∴∠DLO＝∠COA＝90°，∠DCL＝∠ACO，DC＝AC，
∴△DLC≌△AOC（AAS），
∴DL＝AO＝2，
∴D的横坐标为2，
把x＝2代入y＝3x＋6得y＝12，
∴D（2，12），
∴DI＝12，
∵S△ABD＝AB•DI＝1，
∴AB＝8；
∵OB＝AB−AO＝8−2＝6，
∴B（6，0）；
（2）∵OC＝OB＝6，
∴∠OCB＝∠CBO＝45°，
∵MN＝MB，
∴设∠MNB＝∠MBN＝α，
作NK⊥x轴垂足为K，MQ⊥AB垂足为Q，MP⊥NK，垂足为P；
∴∠NKB＝∠MQK＝∠MPK＝90°，
∴四边形MPKQ为矩形，
∴NK∥CO，MQ＝PK；
∵∠KNB＝90°−45°＝45°，
∴∠MNK＝45°＋α，∠MBQ＝45°＋α，
∴∠MNK＝∠MBQ，
∵MN＝MB，∠NPM＝∠MQB＝90°，
∴△MNP≌△MQB（AAS），
∴MP＝MQ；
∵B（6，0），D（2，12），
∴设BD的解析式为y＝kx＋b（k≠0），
∴，解得：k=-3，b=18，
∴BD的解析式为y＝−3x＋18，
∵点M的纵坐标为d，
∴MQ=MP＝d，把y＝d代入y＝−3x＋18得d＝−3x＋18，
解得x＝，
∴OQ＝；
∵N的横坐标为t，
∴OK＝t，
∴OQ＝OK＋KQ＝t＋d，
∴＝t＋d，
∴d＝；
（3）作NW⊥AB垂足为W，
∴∠NWO＝90°，
∵∠ACN＝45°＋∠ACO，∠ANC＝45°＋∠NAO，
∵∠ACO＝∠NAO，
∴∠ACN＝∠ANC，
∴AC＝AN，
又∵∠ACO＝∠NAO，∠AOC＝∠NOW＝90°，
∴△ANW≌△CAO（AAS），
∴AO＝NW＝2，
∴WB＝NW＝2，
∴OW＝OB−WB＝6−2＝4，
∴N（4，2）；
延长NW到Y，使NW＝WY，
∴△NFW≌△YFW（SAS）
∴NF＝YF，∠NFW＝∠YFW，
又∵∠HFN＝2∠NFO，
∴∠HFN＝∠YFN，
作NS⊥YF，
∵∠FH⊥NH，
∴∠H＝∠NSF＝90°，
∵FN＝FN，
∴△FHN≌△FSN（AAS），
∴SF＝FH＝，NY＝2＋2＝4，
设YS＝a，FY＝FN＝a＋，
在Rt△NYS和Rt△FNS中：NS2＝NY2−YS2；NS2＝FN2−FS2；NY2−YS2＝FN2−FS2，
∴42−a2＝(a＋)2-()2，
解得a＝
∴FN＝；
在Rt△NWF中WF＝，
∴FO＝OW＋WF＝4＋6＝10，
∴F（10，0），
∴AW＝AO＋OW＝2＋4＝6，
∴AW＝FW，
∵NW⊥AF，
∴NA＝NF，
∴∠NFA＝∠NAF，
∵∠ACO＝∠NAO，
∴∠NFA＝∠ACO，
设GF交y轴于点T，∠CTF＝∠ACO＋∠CGF＝∠COF＋∠GFO，
∴∠CGF＝∠COF＝90°，
设FN的解析式为y＝px＋q （p≠0），把F（10，0）N（4，2）代入y＝px＋q
得，解得，
∴，
∴联立，解得：，
∴，
把G点代入y＝mx＋3，得，得m＝，
∴y＝x＋3，
令y＝0得0＝x＋3，x＝4，
∴R（4，0），
∴AR＝AO＋OR＝2＋4＝6，RF＝OF−OR＝10−4＝6，
∴AR＝RF，
∵FE∥AC，
∴∠FEG＝∠AGE，∠GAF＝∠EFA，
∴△GRA≌△EFR（AAS），
∴EF＝AG，
∴四边形AGFE为平行四边形，
∵∠AGF＝180°−∠CGF＝180°−90°＝90°，
∴平行四边形AGFE为矩形．
本题是一次函数的综合题；灵活应用全等三角形的判定和性质以及勾股定理，熟练掌握平行四边形和矩形的判定，会待定系数法求函数解析式是解题的关键．
17、（1）见解析；（2）成立，理由见解析.
【解析】
（1）图①在AB上取一点M，使AM=EC，连接ME，证明△AME≌△BCF，从而可得到AE=EF；
（2）图②在AB上取一点M，使AM=EC，连接ME，证明△AME≌△BCF，从而可得到AE=EF；图③在BA的延长线上取一点N，使AN=CE，连接NE，然后证明△ANE≌△ECF，从而可得到AE=EF．
【详解】
解：在上取一点，使，连接.
∴.
∴.
∴.
∵是外角的平分线，
∴.
∴.
∴.
∵，，
∴.
∴.
∴.
（2）图②结论：.图③结论：.
图②证明：如图②，在上取一点，使，连接.
∴.
∴.
∴.
∵是外角的平分线，
∴.
∴.
∴.
∵，，
∴.
∴.
∴.
图③证明：如图③，在的延长线上取一点，使，连接.
∴.
∴.
∵四边形是正方形，
∴.
∴.
∴.
∴.
∴.
本题主要考查的是全等三角形的性质和判定、正方形的性质的应用等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
18、（1）（a-b+1）（a-b-1） （2）原方程无解.
【解析】
（1）先用完全平方公式再用平方差公式分解.
（2）按照去分母、去括号、移项合并同类项、系数化为1的步骤计算后，检验即可.
【详解】
（1）a2﹣1+b2﹣2ab=（a-b）2-1=（a-b+1）（a-b-1）
（2）方程两边同时乘以（x+2）（x-2）得：
x2-4x+4=x2+4x+4+16
,-8x=16
x=-2
检验：当x=-2时，（x+2）（x-2）=0
所以x=-2是原方程的增根，原方程无解.
本题考查的是分解因式及解分式方程，熟练掌握分解因式的方法及解分式方程的一般步骤是关键，要注意，分式方程必须检验.
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19、-1.
【解析】
试题分析：根据二次函数的定义可知：，解得：，则m=-1．
20、十
【解析】
利用多边形的内角和定理：n边形的内角和为 便可得.
【详解】
∵n边形的内角和为
∴，.
故答案为：十边形.
本题考查多边形的内角和公式，掌握n边形内角和定理为本题的关键.
21、504m2
【解析】
由OA =2n知OA = +1=1009，据此得出A A =1009-1=1008，据此利用三角形的面积公式计算可得．
【详解】
由题意知OA =2n，
∵2018÷4=504…2，
∴OA = +1=1009，
∴A A =1009-1=1008，
则△O A A的面积是×1×1008=504m2
此题考查规律型：数字变换，解题关键在于找到规律
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】
根据正数的两个平方根互为相反数列出关于x的方程，解之可得．
【详解】
根据题意知x+1+x-3=0，
解得：x=1，
∴x+1=2
∴这个正数是22=1
故答案为：1．
本题主要考查的是平方根的定义和性质，熟练掌握平方根的定义和性质是解题的关键．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、见解析
【解析】
分析：
（1）由已知条件易得∠CED=∠BFD，BD=CD，结合∠BDF=∠CDE即可证得：△BDF≌△CDE；
（2）由△BDF≌△CDE易得DE=DF，结合BD=CD可得四边形BFCE是平行四边形，结合DE=BC可得EF=BC，由此即可证得平行四边形BFCE是矩形.
详解：
（1）∵CE∥BF，
∴∠CED=∠BFD.
∵D是BC边的中点，
∴BD=DC，
在△BDF和△CDE中， ，
∴△BDF≌△CDE（AAS）.
（2）四边形BFCE是矩形.理由如下：
∵△BDF≌△CDE，
∴DE=DF，
又∵BD=DC，
∴四边形BFCE是平行四边形.
∵DE=BC，DE=EF，
∴BC=EF，
∴平行四边形BFCE是矩形．
点睛：熟悉“平行四边形和矩形的判定方法”是解答本题的关键.
25、 (1) D（1,0）
(2) y=x-6
(3) 可求得点C(2,-3) ,则S△ADC=
【解析】
解：（1）因为是：与轴的交点，所以当时，，所以点；
（2）因为在直线上，设的解析式为
，所以直线的函数表达式；
（3）由，所以点的坐标为，所以的底高为的纵坐标的绝对值为，所以；
此题考查一次函数解析式的求法，一次函数与坐标轴交点的求.和二元一次方程组的解法，两条直线交点的求法，即把两个一次函数对应的解析式构成二元一次方程组，求出方程组的解就是两条直线的交点坐标，也考查了三角形面积的求法；
26、（1）详见解析；（1）10+1．
【解析】
（1）先根据垂直于同一条直线的两直线平行，得AC∥DE，又CE∥AD，所以四边形ACED是平行四边形；
（1）四边形ACED是平行四边形，可得DE=AC=1．由勾股定理和中线的定义可求AB和EB的长，从而求出四边形ACEB的周长．
【详解】
（1）∵∠ACB=90°，DE⊥BC，
∴AC∥DE
又∵CE∥AD
∴四边形ACED是平行四边形；
（1）∵四边形ACED是平行四边形．
∴DE=AC=1．
在Rt△CDE中，由勾股定理得CD=，
∵D是BC的中点，
∴BC=1CD=4，
在△ABC中，∠ACB=90°，由勾股定理得AB=，
∵D是BC的中点，DE⊥BC，
∴EB=EC=4，
∴四边形ACEB的周长=AC+CE+EB+BA=10+1．
本题考查了平行四边形的判定与性质，垂直平分线的性质定理，勾股定理，注意寻找求AB和EB的长的方法和途径是解题的关键．
题号
一
二
三
四
五
总分
得分
批阅人