湖北省洪湖市瞿家湾中学2024-2025学年数学九上开学监测试题【含答案】

这是一份湖北省洪湖市瞿家湾中学2024-2025学年数学九上开学监测试题【含答案】，共29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，△ABC顶点C的坐标是（1，-3），过点C作AB边上的高线CD，则垂足D点坐标为（ ）
A．（1，0）B．（0，1）
C．（-3，0）D．（0，-3）
2、（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
3、（4分）下图入口处进入，最后到达的是（ ）
A．甲B．乙C．丙D．丁
4、（4分）下列命题正确的是（ ）
A．一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形
B．对角线互相垂直的四边形是菱形
C．对角线相等的四边形是矩形
D．一组邻边相等的矩形是正方形
5、（4分）下列对二次函数y=x2﹣x的图象的描述，正确的是（ ）
A．开口向下B．对称轴是y轴
C．经过原点D．在对称轴右侧部分是下降的
6、（4分）关于x的不等式的解集为x＞3，那么a的取值范围为（ ）
A．a＞3B．a＜3C．a≥3D．a≤3
7、（4分）如果关于的一元二次方程有实数根，那么的取值范围是（ ）
A．B．C．D．且
8、（4分）不能使四边形ABCD是平行四边形是条件是（ ）
A．AB =CD，BC=ADB．AB =CD，
C．D．AB=CD，
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、（4分）如果正数m的平方根为x+1和x－3，则m的值是_____
10、（4分）已知一个多边形的每一个外角都等于，则这个多边形的边数是 ．
11、（4分）命题“如果a2＝b2，那么a＝b．”的否命题是__________．
12、（4分）已知直线与反比例函数的图象交于A、B两点，当线段AB的长最小时，以AB为斜边作等腰直角三角形△ABC，则点C的坐标是__________．
13、（4分）已知等腰三角形的周长为24，底边长y关于腰长x的函数表达式(不写出x的取值范围) 是________．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（12分）当为何值时，分式的值比分式的值大2？
15、（8分）已知正方形ABCD，点P是对角线AC所在直线上的动点，点E在BC边所在直线上， PE＝PB．
(1)如图1，当点E在线段BC上时，
求证：①PE＝PD，②PE⊥PD．
简析： 由正方形的性质，图1中有三对全等的三角形，
即△ABC≌△ADC，_______≌_______，和_______≌______，由全等三角形性质，结合条件中PE＝PB，易证PE＝PD．要证PE⊥PD，考虑到∠ECD = 90°，故在四边形PECD中，只需证∠PDC +∠PEC＝______即可.再结合全等三角形和等腰三角形PBE的性质，结论可证.
(2)如图2，当点E在线段BC的延长线上时，(1)中的结论是否成立？如果成立，请给出证明；如果不成立，请说明理由；
(3)若AB＝1，当△PBE是等边三角形时，请直接写出PB的长.
16、（8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.
17、（10分）关于x的一元二次方程有两个不等实根，.
（1）求实数k的取值范围；
（2）若方程两实根，满足，求k的值.
18、（10分）平面直角坐标系xOy中，对于点M和图形W，若图形W上存在一点N（点M，N可以重合），使得点M与点N关于一条经过原点的直线l对称，则称点M与图形W是“中心轴对称”的
对于图形和图形，若图形和图形分别存在点M和点N（点M，N可以重合），使得点M与点N关于一条经过原点的直线l对称，则称图形和图形是“中心轴对称”的．
特别地，对于点M和点N，若存在一条经过原点的直线l，使得点M与点N关于直线l对称，则称点M和点N是“中心轴对称”的．
（1）如图1，在正方形ABCD中，点，点，
①下列四个点，，，中，与点A是“中心轴对称”的是________；
②点E在射线OB上，若点E与正方形ABCD是“中心轴对称”的，求点E的横坐标的取值范围;
（2）四边形GHJK的四个顶点的坐标分别为，，，,一次函数图象与x轴交于点M，与y轴交于点N，若线段与四边形GHJK是“中心轴对称”的，直接写出b的取值范围．
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，在口ABCD中，E为边BC上一点，以AE为边作矩形AEFG.若∠BAE=40°，∠CEF=15°，则∠D的大小为_____度.
20、（4分）如图，已知边长为4的菱形ABCD中，AC＝BC，E，F分别为AB，AD边上的动点，满足BE＝AF，连接EF交AC于点G，CE、CF分别交BD与点M，N，给出下列结论：①∠AFC＝∠AGE；②EF＝BE+DF；③△ECF面积的最小值为3，④若AF＝2，则BM＝MN＝DN；⑤若AF＝1，则EF＝3FG；其中所有正确结论的序号是_____．
21、（4分）为有效开展“阳光体育”活动，某校计划购买篮球和足球共50个，购买资金不超过3000元．若每个篮球80元，每个足球50元，则篮球最多可购买_____个．
22、（4分）如上图，点 A 在双曲线 y＝上，且 OA＝4，过A作 AC⊥x 轴，垂足为 C，OA 的垂直平分线交OC于B，则△ABC 的周长为_____．
23、（4分）若关于x的方程的解是负数，则a的取值范围是_____________。
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（8分）如图，已知△ABE，AB、AE的垂直平分线m1、m2分别交BE于点C、D，且BC=CD=DE．
(1)求证：△ACD是等边三角形；
(2)求∠BAE的度数．
25、（10分）在平面直角坐标系中，BC∥OA，BC＝3，OA＝6，AB＝3．
（1）直接写出点B的坐标；
（2）已知D、E（2，4）分别为线段OC、OB上的点，OD＝5，直线DE交x轴于点F，求直线DE的解析式；
（3）在（2）的条件下，点M是直线DE上的一点，在x轴上方是否存在另一个点N，使以O、D、M、N为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出点N的坐标；若不存在，请说明理由．
26、（12分）某中学积极倡导阳光体育运动，提高中学生身体素质，开展跳绳比赛，下表为该校6年1班40人参加跳绳比赛的情况，若标准数量为每人每分钟100个．
（1）求6年1班40人一分钟内平均每人跳绳多少个？
（2）规定跳绳超过标准数量，每多跳1个绳加3分；规定跳绳未达到标准数量，每少跳1个绳，扣1分，若班级跳绳总积分超过250分，便可得到学校的奖励，通过计算说明6年1班能否得到学校奖励？
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】
根据在同一平面内，垂直于同一直线的两直线平行可得CD∥y轴，再根据平行于y轴上的点的横坐标相同解答．
【详解】
如图，
∵CD⊥x轴，
∴CD∥y轴，
∵点C的坐标是（1，-3），
∴点D的横坐标为1，
∵点D在x轴上，
∴点D的纵坐标为0，
∴点D的坐标为（1，0）．
故选：A．
本题考查了坐标与图形性质，比较简单，作出图形更形象直观．
2、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.
3、C
【解析】
根据平行四边形的性质和对角线的定义对命题进行判断即可.
【详解】
等腰梯形也满足此条件，可知该命题不是真命题；
根据平行四边形的判定方法，可知该命题是真命题；
根据题意最后最后结果为丙.
故选C.
本题考查命题和定理，解题关键在于熟练掌握平行四边形的性质和对角线的定义.
4、D
【解析】
分析是否为真命题，需要分别分析各题设是否能推出结论，从而利用排除法得出答案．
【详解】
A、一组对边平行，另一组对边相等的四边形有可能是等腰梯形，故A选项错误；
B、对角线互相垂直的四边形也可能是一般四边形，故B选项错误；
C、对角线相等的四边形有可能是等腰梯形，故C选项错误．
D、一组邻边相等的矩形是正方形，故D选项正确．
故选：D．
本题考查特殊平行四边形的判定，需熟练掌握各特殊四边形的特点．
5、C
【解析】
【分析】根据抛物线的开口方向、对称轴公式以及二次函数性质逐项进行判断即可得答案.
【详解】A、∵a=1＞0，∴抛物线开口向上，选项A不正确；
B、∵﹣，∴抛物线的对称轴为直线x=，选项B不正确；
C、当x=0时，y=x2﹣x=0，∴抛物线经过原点，选项C正确；
D、∵a＞0，抛物线的对称轴为直线x=，
∴当x＞时，y随x值的增大而增大，选项D不正确，
故选C．
【点睛】本题考查了二次函数的性质：二次函数y=ax2+bx+c（a≠0），对称轴直线x=-，当a＞0时，抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）的开口向上，当a＜0时，抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）的开口向下，c=0时抛物线经过原点，熟练掌握相关知识是解题的关键.
6、D
【解析】
分析：先解第一个不等式得到x＞3，由于不等式组的解集为x＞3，则利用同大取大可得到a的范围．
详解：解不等式2（x-1）＞4，得：x＞3，
解不等式a-x＜0，得：x＞a，
∵不等式组的解集为x＞3，
∴a≤3，
故选D．
点睛：本题考查了解一元一次不等式组：解一元一次不等式组时，一般先求出其中各不等式的解集，再求出这些解集的公共部分，利用数轴可以直观地表示不等式组的解集．解集的规律：同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到．
7、D
【解析】
利用一元二次方程的定义和判别式的意义得到k≠0且△=（-3）2-4×k×（-1）≥0，即可得出答案.
【详解】
解：方程为一元二次方程，
.
方程有实数的解，
，
.
综合得且.
本题考查了根的判别式：一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的根与△=b2-4ac有如下关系：当△＞0时，方程有两个不相等的实数根；当△=0时，方程有两个相等的实数根；当△＜0时，方程无实数根．
8、D
【解析】
根据平行四边形的判定即可得．
【详解】
A、，即两组对边分别相等，能使四边形ABCD是平行四边形，此项不符题意
B、，即一组对边平行且相等，能使四边形ABCD是平行四边形，此项不符题意
C、，即两组对边分别平行，能使四边形ABCD是平行四边形，此项不符题意
D、，即一组对边相等，另一组对边平行，这个四边形有可能是等腰梯形，则不能使四边形ABCD是平行四边形，此项符合题意
故选：D．
本题考查了平行四边形的判定，熟记平行四边形的判定方法是解题关键．
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、4
【解析】
根据数m的平方根是x+1和x－3，可知x+1和x－3互为相反数，据此即可列方程求得x的值，然后根据平方根的定义求得m的值．
【详解】
由题可得（x+1）+（x－3）=0，解得x=1，则m=（x+1）2=22=4.
所以m的值是4.
本题主要考查了平方根的定义．注意一个正数有两个平方根，它们互为相反数；0的平方根是0；负数没有平方根．
10、5
【解析】
∵多边形的每个外角都等于72°，
∵多边形的外角和为360°，
∴360°÷72°=5，
∴这个多边形的边数为5.
故答案为5.
11、如果，那么
【解析】
根据否命题的定义，写出否命题即可．
【详解】
如果，那么
故答案为：如果，那么．
本题考查了否命题的问题，掌握否命题的定义以及性质是解题的关键．
12、或
【解析】
联立方程组，求出A、B的坐标，分别用k表示，然后根据等腰直角三角形的两直角边相等求出k的值，即可求出结果．
【详解】
由题可得，
可得，
根据△ABC是等腰直角三角形可得：
，
解得，
当k=1时，点C的坐标为，
当k=-1时，点C的坐标为，
故答案为或．
本题主要考查了一次函数与反比例函数的综合应用，利用好等腰直角三角形的条件很重要．
13、y=24-2x
【解析】分析：根据周长等于三边之和可得出底边长y关于腰长x的函数表达式.
详解：由题意得,
y+x+x=24,
∴y=24-2x.
故答案为：y=24-2x.
点睛：本题考查了列一次函数关系式，熟练掌握周长等于三边之和是解答本题的关键.
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、当时，分式的值比分式的值大2.
【解析】
根据题意列出方程，求出方程的解即可得到x的值．
【详解】
解：根据题意得：
方程两边同乘以约去分母，得：
化简整理，得：
解得
经检验：是原方程的根，
所以，原方程的根是：
所以，当时，分式的值比分式的值大2.
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．
15、 (1)△PAB；△PAD；△PBC；△PDC，180°；(2)成立，证明见解析；(3)或.
【解析】
（1）根据题意推导即可得出结论.
（2）求证PE⊥PB ，PE＝PB，由AC为对角线以及已知条件可先证明△PDC≌△PBC，得PD＝PB， PB＝PE，PE＝PD.由△PDC≌△PBC可得出∠PDC＝∠PBC，最后得出∠EPD＝∠FCE＝90°，即PE⊥PB.
(3) 分两种情况讨论当点P在线段AC的反向延长线上时，当点P在线段AC的延长线上时.
【详解】
(1) 由正方形的性质，图1中有三对全等的三角形，
即△ABC≌△ADC，△PAB≌△PAD，和△PBC≌△PDC，由全等三角形性质，结合条件中PE＝PB，易证PE＝PD.要证PE⊥PD，考虑到∠ECD = 90°，故在四边形PECD中，只需证∠PDC +∠PEC＝180°即可.再结合全等三角形和等腰三角形PBE的性质，结论可证.
(2)(1)中的结论成立．
①∵四边形ABCD是正方形，AC为对角线，
∴CD＝CB，∠ACD＝∠ACB，又 ∵PC＝PC，
∴△PDC≌△PBC.
∴PD＝PB.
∵PB＝PE，
∴PE＝PD.
②由①得△PDC≌△PBC.
∴∠PDC＝∠PBC.
又∵PE＝PB，
∴∠PBE＝∠PEB.
∴∠PDC＝∠PEB
如图，记DC与PE的交点为F，则∠PFD＝∠CFE.
∴∠EPD＝∠FCE＝90°.
∴PE⊥PB.
(3) 如图，当点P在线段AC上时,过点P作PH⊥BC，垂足为H.设PB=x，则
，
∴，解得，
当点P在线段AC的反向延长线上时，同理可得；
当点P在线段AC的延长线上时，△PBE是等边三角形不成立.
综上，x=或.
此题考查正方形的性质，全等三角形判定与性质，解题关键在于证明全等三角形得出结论进行推导.
16、（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.
17、 (1) k＜;(2) k=1.
【解析】
（1）根据一元二次方程的根的判别式得出△＞1，求出不等式的解集即可；
（2）根据根与系数的关系得出x1+x2=-（2k-1）=1-2k，x1•x2=k2，代入x1+x2+x1x2-1=1，即可求出k值．
【详解】
解：（1）∵关于x的一元二次方程x2+（2k-1）x+k2=1有两个不等实根x1，x2，
∴△=（2k-1）2-4×1×k2=-4k+1＞1，
解得：k＜，
即实数k的取值范围是k＜；
（2）由根与系数的关系得：x1+x2=-（2k-1）=1-2k，x1•x2=k2，
∵x1+x2+x1x2-1=1，
∴1-2k+k2-1=1，
∴k2-2k=1
∴k=1或2，
∵由（1）知当k=2方程没有实数根，
∴k=2不合题意，舍去，
∴k=1．
本题考查了解一元二次方程根的判别式和根与系数的关系等知识点，能熟记根的判别式和根与系数的关系的内容是解此题的关键，注意用根与系数的关系解题时要考虑根的判别式，以防错解．
18、（1）①P1，P1；②≤xE≤；（2）2≤b≤2+2或-2-2≤b≤-2．
【解析】
（1）①根据画出图形，根据“中心轴对称”的定义即可判断．
②以O为圆心，OA为半径画弧交射线OB于E，以O为圆心，OC为半径画弧交射线OB于F．求出点E，点F的坐标即可判断．
（2）如图3中，设GK交x轴于P．求出两种特殊位置的b的值即可判断：当一次函数y=x+b经过点G（-2，2）时，2=-2+b，b=2+2，当一次函数y=x+b经过点P（-2，0）时，0=-2+b，b=2，观察图象结合图形W1和图形W2是“中心轴对称”的定义可知，当2≤b≤2+2时，线段MN与四边形GHJK是“中心轴对称”的．再根据对称性，求出直线与y轴的负半轴相交时b的范围即可．
【详解】
解：（1）如图1中，
①∵OA=1，OP1=1，OP1=1，
∴P1，P1与点A是“中心轴对称”的，
故答案为P1，P1．
②如图2中，
以O为圆心，OA为半径画弧交射线OB于E，以O为圆心，OC为半径画弧交射线OB于F．
∵在正方形ABCD中，点A(1，0)，点C(2，1)，
∴点B（1,1），
∵点E在射线OB上，
∴设点E的坐标是（x，y），
则x=y，
即点E坐标是（x，x），
∵点E与正方形ABCD是“中心轴对称”的，
∴当点E与点A对称时，则OE=OA=1，
过点E作EH⊥x轴于点H，则OH2+EH2=OE2，
∴x2+x2=12，
解得x=，
∴点E的横坐标xE=，
同理可求点：F（，），
∵E（，），F（，），
∴观察图象可知满足条件的点E的横坐标xE的取值范围：≤xE≤．
（2）如图3中，设GK交x轴于P．
当一次函数y=x+b经过点G（-2，2）时，2=-2+b，b=2+2，
当一次函数y=x+b经过点P（-2，0）时，0=-2+b，b=2，
观察图象结合图形W1和图形W2是“中心轴对称”的定义可知，当2≤b≤2+2时，线段MN与四边形GHJK是“中心轴对称”的．
根据对称性可知：当-2-2≤b≤-2时，线段MN与四边形GHJK是“中心轴对称”的．
综上所述，满足条件的b的取值范围：2≤b≤2+2或-2-2≤b≤-2．
本题属于一次函数综合题，考查了正方形的性质，“中心轴对称”的定义，一次函数的性质等知识，解题的关键是理解题意，学会性质特殊点特殊位置解决问题，属于中考压轴题．
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19、1
【解析】
想办法求出∠B，利用平行四边形的性质∠D=∠B即可解决问题．
【详解】
解：∵四边形AEFG是正方形，
∴∠AEF=90°，
∵∠CEF=15°，
∴∠AEB=180°-90°-15°=75°，
∵∠B=180°-∠BAE-∠AEB=180°-40°-75°=1°，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠D=∠B=1°
故答案为：1．
本题考查正方形的性质、平行四边形的性质、三角形内角和定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会用转化的思想思考问题，属于中考常考题型．
20、①③④
【解析】
由“SAS”可证△BEC≌△AFC，再证△EFC是等边三角形，由外角的性质可证∠AFC=∠AGE；由点E在AB上运动，可得BE+DF≥EF；由等边三角形的性质可得△ECF面积的EC2，则当EC⊥AB时，△ECF的最小值为3；由等边三角形的性质和菱形的性质可求MN＝BD﹣BM﹣DN＝，由平行线分线段成比例可求EG=3FG，即可求解．
【详解】
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC＝CD＝AD＝4，
∵AC＝BC，
∴AB＝BC＝CD＝AD＝AC，
∴△ABC，△ACD是等边三角形，
∴∠ABC＝∠BAC＝∠ACB＝∠DAC＝60°，
∵AC＝BC，∠ABC＝∠DAC，AF＝BE，
∴△BEC≌△AFC（SAS）
∴CF＝CE，∠BCE＝∠ACF，
∴∠ECF＝∠BCA＝60°，
∴△EFC是等边三角形，
∴∠EFC＝60°，
∵∠AFC＝∠AFE+∠EFC＝60°+∠AFE，∠AGE＝∠AFE+∠CAD＝60°+∠AFE，
∴∠AFC＝∠AGE，故①正确；
∵BE+DF＝AF+DF＝AD，EF＝CF≤AC，
∴BE+DF≥EF（当点E与点B重合时，BE+DF＝EF），
故②不正确；
∵△ECF是等边三角形，
∴△ECF面积的EC2，
∴当EC⊥AB时，△ECF面积有最小值，
此时，EC＝2，△ECF面积的最小值为3，故③正确；
如图，设AC与BD的交点为O，
若AF＝2，则FD＝BE＝AE＝2，
∴点E为AB中点，点F为AD中点，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，AO＝CO，BO＝DO，∠ABO＝∠ABC＝30°，
∴AO＝AB＝2，BO＝AO＝2，
∴BD＝4，
∵△ABC是等边三角形，BE＝AE＝2，
∴CE⊥AB，且∠ABO＝30°，
∴BE＝EM＝2，BM＝2EM，
∴BM＝，
同理可得DN＝，
∴MN＝BD﹣BM﹣DN＝，
∴BM＝MN＝DN，故④正确；
如图，过点E作EH∥AD，交AC于H，
∵AF＝BE＝1，
∴AE＝3，
∵EH∥AD∥BC，
∴∠AEH＝∠ABC＝60°，∠AHE＝∠ACB＝60°，
∴△AEH是等边三角形，
∴EH＝AE＝3，
∵AD∥EH，
∴，
∴EG＝3FG，故⑤错误，
故答案为：①③④
本题是四边形综合题，考查菱形的性质，等边三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理等知识，添加辅助线是解题的关键．
21、1
【解析】
设购买篮球x个，则购买足球个，根据总价单价购买数量结合购买资金不超过3000元，即可得出关于x的一元一次不等式，解之取其中的最大整数即可．
【详解】
设购买篮球x个，则购买足球个，
根据题意得：，
解得：．
为整数，
最大值为1．
故答案为1．
本题考查了一元一次不等式的应用，根据各数量间的关系，正确列出一元一次不等式是解题的关键．
22、2
【解析】
根据线段垂直平分线的性质可知AB=OB，由此推出△ABC的周长=OC+AC，设OC=a，AC=b，根据勾股定理和函数解析式即可得到关于a、b的方程组 ，解之即可求出△ABC的周长．
【详解】
解：∵OA的垂直平分线交OC于B，
∴AB=OB，
∴△ABC的周长=OC+AC，
设OC=a，AC=b，
则：，
解得a+b=2，
即△ABC的周长=OC+AC=2cm．
故答案为：2cm．
本题考查反比例函数图象性质和线段中垂线性质，以及勾股定理的综合应用，关键是一个转换思想，即把求△ABC的周长转换成求OC+AC即可解决问题．
23、
【解析】
：把a看作常数，根据分式方程的解法求出x的表达式，再根据方程的解是负数列不等式组并求解即可：
【详解】
解：∵
∴
∵关于x的方程的解是负数
∴
∴
解得
本题考查了分式方程的解与解不等式，把a看作常数求出x的表达式是解题的关键．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（1）见解析；（2）120°
【解析】
（1）根据线段垂直平分线性质得AC=BC，AD=DE，证AC=CD=AD可得；（2）根据等边三角形性质得∠CAD=∠ACD=∠ADC=60°，根据等腰三角形性质得∠ABC=∠BAC=∠ACD=30°，∠EAD=∠DEA=∠ADC=30°，故∠BAE=∠BAC+∠CAD+∠EAD.
【详解】
证明:（1）∵AB、AE边上的垂直平分线m1、m2交BE分别为点C、D，
∴AC=BC，AD=DE，
∴∠B=∠BAC，∠E=∠EAD
∵BC=CD=DE，
∴AC=CD=AD，
∴△ACD是等边三角形．
（2）∵△ACD是等边三角形，
∴∠CAD=∠ACD=∠ADC=60°，
∵AC=BC，AD=DE，
∴∠ABC=∠BAC=∠ACD=30°，∠EAD=∠DEA=∠ADC=30°
∴∠BAE=∠BAC+∠CAD+∠EAD=120°．
考核知识点：等边三角形的判定和性质.理解等边三角形的判定和性质是关键.
25、（1）B（3，6）；（2）y＝﹣x+5；（3）点N坐标为（4，8）或（﹣5，2.5）或（﹣2，）．.
【解析】
（1）过B作BG⊥OA于点G，在Rt△ABG中，利用勾股定理可求得BG的长，则可求得B点坐标；
（2）由条件可求得D点坐标，利用待定系数法可求得直线DE的解析式；
（3）当OD为边时，则MO=OD=5或MD=OD=5，可求得M点坐标，由MN∥OD，且MN=OD可求得N点坐标；当OD为对角线时，则MN垂直平分OD，则可求得M、N的纵坐标，则可求得M的坐标，利用对称性可求得N点坐标．
【详解】
解：（1）如图1，过B作BG⊥OA于点G，
∵BC＝3，OA＝6，
∴AG＝OA﹣OG＝OA﹣BC＝6﹣3＝3，
在Rt△ABG中，由勾股定理可得AB2＝AG2+BG2，即（3）2＝32+BG2，解得BG＝6，
∴OC＝6，
∴B（3，6）；
（2）由OD＝5可知D（0，5），
设直线DE的解析式是y＝kx+b
把D（0，5）E（2，4）代入得，解得：，
∴直线DE的解析式是y＝﹣x+5；
（3）当OD为菱形的边时，则MN＝OD＝5，且MN∥OD，
∵M在直线DE上，
∴设M（t，﹣ t+5），
①当点N在点M上方时，如图2，则有OM＝MN，
∵OM2＝t2+（﹣t+5）2，
∴t2+（﹣t+5）2＝52，解得t＝0或t＝4，
当t＝0时，M与D重合，舍去，
∴M（4，3），
∴N（4，8）；
②当点N在点M下方时，如图3，则有MD＝OD＝5，
∴t2+（﹣t+5﹣5）2＝52，解得t＝2或t＝﹣2，
当t＝2时，N点在x轴下方，不符合题意，舍去，
∴M（﹣2， +5），
∴N（﹣2，）；
当OD为对角线时，则MN垂直平分OD，
∴点M在直线y＝2.5上，
在y＝﹣x+5中，令y＝2.5可得x＝5，
∴M（5，2.5），
∵M、N关于y轴对称，
∴N（﹣5，2.5），
综上可知存在满足条件的点N，其坐标为（4，8）或（﹣5，2.5）或（﹣2，）．
一次函数的综合应用，涉及勾股定理、待定系数法、菱形的性质、分类讨论及方程思想．在（2）中求得E点坐标是解题的关键，在（3）中求得M点的坐标是解题的关键，注意分类讨论.
26、（1）40人一分钟内平均每人跳绳102；；（2）6（1）班能得到学校奖励．
【解析】
（1）根据加权平均数的计算公式进行计算即可；
（2）根据评分标准计算总积分，然后与1比较大小．
【详解】
解：（1）6（1）班40人中跳绳的平均个数为100+=102个，
答：40人一分钟内平均每人跳绳102；
（2）依题意得：（4×6+5×10+6×5）×3-（-2×6-1×12）×（-1）=288＞1．
所以6（1）班能得到学校奖励．
本题考查了加权平均数，正负数在实际生活中的应用．解题关键是理解“正”和“负”的相对性，确定一对具有相反意义的量．在一对具有相反意义的量中，先规定其中一个为正，则另一个就用负表示．
题号
一
二
三
四
五
总分
得分