2025届贺州市重点中学九上数学开学学业质量监测试题【含答案】

这是一份2025届贺州市重点中学九上数学开学学业质量监测试题【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）若一个多边形的每个内角都等于150°，则这个多边形的边数是（ ）
A．10B．11C．12D．13
2、（4分）如图，有一张长方形纸片，其中，.将纸片沿折叠，，若，折叠后重叠部分的面积为（ ）
A．B．C．D．
3、（4分）如图，在菱形ABCD中，E，F分别是AB，AC的中点，若∠B=50°，则∠AFE的度数为（ ）
A．50°B．60°C．65°D．70°
4、（4分）如图所示，点是的平分线上一点，于点，已知，则点到的距离是（ ）
A．1.5B．3
C．5D．6
5、（4分）若，则的值为（ ）
A．1B．-1C．-7D．7
6、（4分）下列说法正确的是（ ）
A．同位角相等
B．同一平面内的两条不重合的直线有相交、平行和垂直三种位置关系
C．三角形的三条高线一定交于三角形内部同一点
D．三角形三条角平分线的交点到三角形三边的距离相等
7、（4分）如图，点、在函数（，且是常数）的图像上，且点在点的左侧过点作轴，垂足为，过点作轴，垂足为，与的交点为，连结、．若和的面积分别为1和4，则的值为（ ）
A．4B．C．D．6
8、（4分）对于实数x，我们规定表示不大于x的最大整数，例如，，，若，则x的取值可以是（ ）
A．40B．45C．51D．56
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、（4分）已知关于x的一元二次方程x2+mx+n＝0的两个实数根分别为x1＝﹣3，x2＝4，则m+n＝_____．
10、（4分）某大学自主招生考试只考数学和物理，计算综合得分时，按数学占60%，物理点40%计算.已知孔明数学得分为95分，综合得分为93分，那么孔明物理得分是__________分.
11、（4分）如图：使△AOB∽△COD，则还需添加一个条件是： ．（写一个即可）
12、（4分）如图，点E，F分别在x轴，y轴的正半轴上．点在线段EF上，过A作分别交x轴，y轴于点B，C，点P为线段AE上任意一点（P不与A，E重合），连接CP，过E作，交CP的延长线于点G，交CA的延长线于点D．有以下结论①，②，③，④，其中正确的结论是_____．（写出所有正确结论的番号）
13、（4分）在函数中，自变量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）某学习小组在学习了函数及函数图象的知识后，想利用此知识来探究周长一定的矩形其边长分别为多少时面积最大. 请将他们的探究过程补充完整.
（1）列函数表达式：若矩形的周长为8，设矩形的一边长为x，面积为y，则有y=____________；
（2）上述函数表达式中，自变量x的取值范围是____________；
（3）列表：

写出m=____________；
（4）画图：在平面直角坐标系中已描出了上表中部分各对应值为坐标的点，请你画出该函数的图象；
（5）结合图象可得，x=____________时，矩形的面积最大；写出该函数的其它性质（一条即可）：____________.
15、（8分）为表彰在某活动中表现积极的同学，老师决定购买文具盒与钢笔作为奖品．已知5个文具盒、2支钢笔共需100元；3个文具盒、1支钢笔共需57元．
（1）每个文具盒、每支钢笔各多少元？
（2）若本次表彰活动，老师决定购买10件作为奖品，若购买个文具盒，10件奖品共需元，求与的函数关系式．如果至少需要购买3个文具盒，本次活动老师最多需要花多少钱？
16、（8分）如图，在矩形纸片ABCD中，已知边AB＝3，BC＝5，点E在边CD上，连接AE，将四边形ABCE沿直线AE折叠，得到多边形AB′C′E，且B′C′恰好经过点D．求线段CE的长度．
17、（10分）如图，在正方形ABCD中，点M在CD边上，点N在正方形ABCD外部，且满足∠CMN＝90°，CM＝MN．连接AN，CN，取AN的中点E，连接BE，AC，交于F点．
（1） ①依题意补全图形；②求证：BE⊥AC．
（2）设AB＝1，若点M沿着线段CD从点C运动到点D，则在该运动过程中，线段EN所扫过的面积为 （直接写出答案）．
18、（10分）如图，在正方形ABCD中，P是对角线AC上的一点，点E在BC的延长线上，且PE=PB，PE与DC交于点O．

（基础探究）
（1）求证：PD=PE．
（2）求证：∠DPE=90°
（3）（应用拓展）把正方形ABCD改为菱形，其他条件不变(如图)，若PE=3，则PD=________；
若∠ABC=62°，则∠DPE=________.
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）反比例函数与一次函数的图像的一个交点坐标是，则 =________.
20、（4分）如图，平行四边形ABCD中，∠ABC＝60°，E，F分别在CD和BC的延长线上，AE∥BD，EF⊥BC，CF＝1，求AB的长是___________.
21、（4分）一个多边形的各内角都相等，且内外角之差的绝对值为60°，则边数为__________．
22、（4分）如图，在平面直角坐标系中，正方形OA1B1C1，B1A2B2C2，B2A3B3C3，…的顶点B1，B2，B3，…在x轴上，顶点C1，C2，C3，…在直线y=kx+b上，若正方形OA1B1C1，B1A2B2C2的对角线OB1=2，B1B2=3，则点C3的纵坐标是______________．
23、（4分）一组数据5,8，x,10,4的平均数是2x，则这组数据的中位数是___________.
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（8分）实践活动小组要测量旗杆的高度,现有标杆、皮尺.小明同学站在旗杆一侧,通过观视和其他同学的测量,求出了旗杆的高度，请完成下列问题：
(1)小明的站点，旗杆的接地点,标杆的接地点,三点应满足什么关系？
(2)在测量过程中,如果标杆的位置确定,小明应该通过移动位置，直到小明的视点与点 在同直一线上为止;
(3)他们都测得了哪些数据就能计算出旗杆的高度?请你用小写字母表示这些数据(不允许测量多余的数据)；
(4)请用(3)中的数据，直接表示出旗杆的高度.
25、（10分）如图，△ABC与△A′B′C′是位似图形，且位似比是1：1．
（1）在图中画出位似中心点O；
（1）若AB=1cm，则A′B′的长为多少?
26、（12分）综合与探究
问题情境：
在综合实践课上，李老师让同学们根据如下问题情境，写出两个数学结论：如图（1），正方形ABCD的对角线交于点O，点O又是正方形OEFG的一个顶点（正方形OEFG的边长足够长），将正方形OEFG绕点O做旋转实验，OE与BC交于点M，OG与DC交于点N．
“兴趣小组”写出的两个数学结论是：
①S△OMC+S△ONC＝S正方形ABCD；
②BM1+CM1＝1OM1．
问题解决：
（1）请你证明“兴趣小组”所写的两个结论的正确性．
类比探究：
（1）解决完“兴趣小组”的两个问题后，老师让同学们继续探究，再提出新的问题；“智慧小组“提出的问题是：如图（1），将正方形OEFG在图（1）的基础上旋转一定的角度，当OE与CB的延长线交于点M，OG与DC的延长线交于点N，则“兴趣小组”所写的两个结论是否仍然成立？请说明理由．
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、C
【解析】
根据多边形的内角和定理：（n−2）×180°求解即可．
【详解】
解：由题意可得：180°•（n﹣2）＝150°•n，
解得n＝1．
故多边形是1边形．
故选：C．
主要考查了多边形的内角和定理．n边形的内角和为：（n−2）×180°．此类题型直接根据内角和公式计算可得．
2、B
【解析】
根据折叠的性质，可知折叠后重叠部分的面积等于长方形ABCD的面积减去长方形AEFD的面积，即可得解.
【详解】
根据题意，得折叠后重叠部分的面积等于长方形ABCD的面积减去长方形AEFD的面积，
∵，，
∴
故答案为B.
此题主要考查折叠的性质和长方形的面积求解，熟练掌握，即可解题.
3、C
【解析】
由菱形的性质和等腰三角形的性质可得∠BCA=∠BAC=65°，由三角形中位线定理可得EF∥BC，即可求解．
【详解】
解：∵四边形ABCD是菱形
∴AB=BC，且∠B=50°
∴∠BCA=∠BAC=65°
∵E，F分别是AB，AC的中点，
∴EF∥BC
∴∠AFE=∠BCA=65°
故选：C．
本题考查了菱形的性质，等腰三角形的性质，以及三角形中位线的判定与性质，熟练掌握菱形的性质是本题的关键．
4、B
【解析】
已知条件给出了角平分线、PE⊥AC于点E等条件，利用角平分线上的点到角的两边的距离相等，即可求解．
【详解】
如图，过点P作PF⊥AB于点F，
∵AD平分∠CAB，PE⊥AC，PF⊥AB
∴PE=PF，
∵PE=1，
∴PF=1，即点到的距离是1．
故选A．
本题主要考查了角平分线上的一点到角的两边的距离相等的性质．做题时从已知开始思考，想到角平分线的性质可以顺利地解答本题．
5、D
【解析】
首先根据非负数的性质，可列方程组求出x、y的值，进而可求出x-y的值．
【详解】
由题意，得：，
解得；
所以x-y=4-（-3）=7；
故选：D．
此题主要考查非负数的性质：非负数的和为1，则每个非负数必为1．
6、D
【解析】
利用平行线的性质、直线的位置关系、三角形的高的定义及角平分线的性质分别判断后即可确定正确的选项．
【详解】
A、两直线平行，同位角相等，故错误；
B、同一平面内的两条不重合的直线有相交、平行两种位置关系，故错误；
C、钝角三角形的三条高线的交点位于三角形的外部，故错误；
D、三角形三条角平分线的交点到三角形三边的距离相等，正确，
故选：D．
本题考查了平行线的性质、直线的位置关系、三角形的高的定义及角平分线的性质等知识，属于基础性的定义及定理，比较简单．
7、D
【解析】
设点M（a，0），N（0，b），然后可表示出点A、B、C的坐标，根据的面积为1可求出ab＝2，根据的面积为4列方程整理，可求出k．
【详解】
解：设点M（a，0），N（0，b），
∵AM⊥x轴，且点A在反比例函数的图象上，
∴点A的坐标为（a，），
∵BN⊥y轴，
同理可得：B（，b），则点C（a，b），
∵S△CMN＝NC•MC＝ab＝1，
∴ab＝2，
∵AC＝−b，BC＝−a，
∴S△ABC＝AC•BC＝(−b)•(−a)＝4，即，
∴，
解得：k＝6或k＝−2（舍去），
故选：D．
本题考查反比例函数图象上点的坐标特征、三角形的面积计算等，解答本题的关键是明确题意，利用三角形的面积列方程求解．
8、C
【解析】
解：根据定义，得
∴
解得：．
故选C．
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、-1
【解析】
根据根与系数的关系得出-3+4=-m，-3×4=n，求出即可．
【详解】
解：∵关于x的一元二次方程x2+mx+n＝0的两个实数根分别为x1＝﹣3，x2＝4，
∴﹣3+4＝﹣m，﹣3×4＝n，
解得：m＝﹣1，n＝﹣12，
∴m+n＝﹣1，
故答案为：﹣1．
本题考查了根与系数的关系的应用，能根据根与系数的关系得出-3+4=-m，-3×4=n是解此题的关键．
10、90
【解析】
试题分析：设物理得x分，则95×60%+40%x=93，截得：x=90.
考点：加权平均数的运用
11、∠A=∠C（答案不唯一）．
【解析】
添加条件是∠A=∠C，根据相似三角形的判定（有两角对应相等的两三角形相似）证明即可．
【详解】
添加的条件是：∠A=∠C，
理由是：∵∠A=∠C，∠DOC=∠BOA，
∴△AOB∽△COD，
故答案为：∠A=∠C.本题答案不唯一．
12、①③④.
【解析】
如图，作AM⊥y轴于M，AN⊥OE于N．首先证明四边形AMON是正方形，再证明△AMF≌△ANB（ASA），△AMC≌△ANE（ASA），△AFC≌△ABE（SSS）即可解决问题.
【详解】
解：如图，作AM⊥y轴于M，AN⊥OE于N．
∵A（4，4），
∴AM=AN=4，
∵∠AMO=∠ONA=90°，
∴四边形ANON是矩形，
∵AM=AN，
∴四边形AMON是正方形，
∴OM=ON=4，
∴∠MAN=90°，
∵CD⊥EF，
∴∠FAC=∠MAN=90°，
∴△AMF≌△ANB（ASA），∴FM=BN，
∴OF+OB=OM+FM+ON-BN=2OM=8，故③正确，
同法可证△AMC≌△ANE（ASA），
∴CM=NE，AC=AE，故①正确；
∵FM=BN，
∴CF=BE，
∵AC=AE，AF=AB，
∴△AFC≌△ABE（SSS），
∴S△ABE-S△BOC=S△AFC-S△BOC=S四边形ABOF=S正方形AMON=16，故④正确，
当BE为定值时，点P是动点，故PC≠BE，故②错误，
故答案为①③④．
本题考查三角形的面积、坐标与图形的性质等知识，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．
13、x≥0
【解析】
【分析】由已知可得，x≥0且x+1≠0,可求得x的取值范围.
【详解】由已知可得，x≥0且x+1≠0,
所以，x的取值范围是x≥0
故答案为：x≥0
【点睛】本题考核知识点：自变量取值范围.解题关键点：根据式子的特殊性求自变量的取值范围.
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、见解析
【解析】
（1）根据矩形的周长表示出另一边长，然后利用矩形面积公式即可求得y与x间的关系式；
（2）根据矩形周长以及边长大于0即可求得；
（3）把x=3.5代入（1）中的解析式即可求得m的值；
（4）按从左到右的顺序用平滑的曲线进行画图即可；
（5）观察图象即可得.
【详解】
（1）因为矩形一边长为x，则另一边长为（-x）=（4-x），
依题意得：矩形的面积y=x（4-x），
即y=-x2+4x，
故答案为：-x2 + 4x；
（2）由题意得，解得：0＜x＜4，
故答案为：0＜x＜4；
（3）当x=3.5时，y=-3.52+4×3.5=1.75，
故答案为：1.75；
（4）如图所示；
（5）观察图象可知当x=2时矩形面积最大，
轴对称图形；当0＜x≤2时，y随x的增大而增大等，
故答案为：2；轴对称图形或当0＜x≤2时，y随x的增大而增大.
本题考查了二次函数的应用，正确理解题意，得出函数解析式是解题的关键.注意数形结合思想的运用.
15、 (1);(2) 147元.
【解析】
（1）设每个文具盒x元，每支钢笔y元，由题意得：
,解之得：.
（2）由题意得：w=14x+15(10-x)=150-x,
∵w随x增大而减小，，
∴当x=3时，
W最大值=150-3=147，即最多花147元.
16、
【解析】
设CE=EC'=x，则DE=3−x，由△ADB''∽△DEC，可得ADDE=DB'EC′，列出方程即可解决问题；
【详解】
设CE=EC'=x，则DE=3−x，
∵∠ADB'+∠EDC'=90°，∠B'AD+∠ADB'=90°，
∴∠B'AD=∠EDC'，
∵∠B'=∠C'=90°，AB'=AB=3，AD=5，
∴DB'= = ，
∴△ADB'∽△DEC`，
∴ ，
∴ ，
∴x= ．
∴CE=．
此题考查翻折变换（折叠问题），相似三角形的判定与性质，解题关键在于利用勾股定理进行计算
17、（1）①见解析；②见解析；（2）
【解析】
（1）①依照题意补全图形即可；②连接CE，由正方形以及等腰直角三角形的性质可得出∠ACD=∠MCN=45°，从而得出∠ACN=90°，再根据直角三角形的性质以及点E为AN的中点即可得出AE=CE，由此即可得出B、E在线段AC的垂直平分线上，由此即可证得BE⊥AC；
（2）找出EN所扫过的图形为四边形DFCN．根据正方形以及等腰直角三角形的性质可得出BD∥CN，由此得出四边形DFCN为梯形，再由AB=1，可算出线段CF、DF、CN的长度，利用梯形的面积公式即可得出结论．
【详解】
（1）①依题意补全图形，如图1所示．
②证明：连接CE，如图2所示．
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BCD=90°，AB=BC，
∴∠ACB=∠ACD=∠BCD=45°，
∵∠CMN=90°，CM=MN，
∴∠MCN=45°，
∴∠ACN=∠ACD+∠MCN=90°．
∵在Rt△ACN中，点E是AN中点，
∴AE=CE=AN．
∵AE=CE，AB=CB，
∴点B，E在AC的垂直平分线上，
∴BE垂直平分AC，
∴BE⊥AC．
（2）在点M沿着线段CD从点C运动到点D的过程中，线段EN所扫过的图形为四边形DFCN．
∵∠BDC=45°，∠DCN=45°，
∴BD∥CN，
∴四边形DFCN为梯形．
∵AB=1，
∴CF=DF=BD=，CN=，
∴S梯形DFCN=（DF+CN）•CF=（+）×=．
故答案为：.
此题考查正方形的性质，等腰直角三角形的性质，平行线的性质以及梯形的面积公式，解题的关键是：（1）根据垂直平分线上点的性质证出垂直；（2）用AD表示出EF、BF的长度；（3）找出EN所扫过的图形．根据题意画出图形，利用数形结合解决问题是关键．
18、（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）,.
【解析】
（1）由正方形的性质可得DC=BC，∠ACB=∠ACD，利用SAS证明△PBC≌△PDC，根据全等三角形的性质可得PD=PB，又因PE=PB,即可证得PD=PE；（2）类比（1）的方法证明△PBC≌△PDC，即可得∠PDC=∠PBC.再由PE=PB，根据等腰三角形的性质可得∠PBC=∠E，所以∠PDC=∠E.因为∠POD=∠COE，根据三角形的内角和定理可得∠DPO=∠OCE=90º；（3）类比（1）的方法证得PD=PE=3；类比（2）的方法证得∠DPE=∠DCE，由平行线的性质可得∠ABC=∠DCE=62°，由此可得∠DPE=62°.
【详解】
（1）证明：在正方形ABCD中，DC=BC，∠ACB=∠ACD，
在△PBC和△PDC中，
∵DC=BC，∠ACB=∠ACD（已证），CP=CP（公共边），
∴△PBC≌△PDC.
∴PD=PB.
又∵PE=PB,
∴PD=PE；
（2）证明：在正方形ABCD中，DC=BC，∠ACB=∠ACD，
在△PBC和△PDC中，
∵DC=BC，∠ACB=∠ACD（已证），,CP=CP（公共边）
∴△PBC≌△PDC.
∴∠PDC=∠PBC.
又∵PE=PB，∴∠PBC=∠E.
∴∠PDC=∠E.
又∵∠POD=∠COE,
∴∠DPO=∠OCE=90º；
（3）在菱形ABCD中，DC=BC，∠ACB=∠ACD，
在△PBC和△PDC中，
∵DC=BC，∠ACB=∠ACD（已证），,CP=CP（公共边）
∴△PBC≌△PDC.
∴∠PDC=∠PBC，PD=PB.
又∵PE=PB，
∴∠PBC=∠E， PD=PE=3.
∴∠PDC=∠E.
又∵∠POD=∠COE,
∴∠DPE=∠DCE；
∵AB∥CD，∠ABC=62°，
∴∠ABC=∠DCE=62°，
∴∠DPE=62°.
故答案为：3，62°.
本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、菱形的性质、等边对等角的性质，熟练运用性质证得∠PDC=∠E是解题的关键．
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19、-6
【解析】
根据题意得到ab=2，b-a=3，代入原式计算即可．
【详解】
∵反比例函数与一次函数y=x+3的图象的一个交点坐标为(m,n)，
∴b=，b=a+3，
∴ab=2，b-a=3，
∴= =2×（-3）=-6，
故答案为：-6
此题考查反比例函数与一次函数的交点问题，解题关键在于得到ab=2，b-a=3
20、1
【解析】
根据已知条件易证四边形ABDE是平行四边形，可得AB=DE=CD，即D是CE的中点，在Rt△CEF中利用30°角直角三角形的性质可求得CE的长，继而求得AB的长．
【详解】
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥DC，AB=CD，
∵AE∥BD，
∴四边形ABDE是平行四边形，
∴AB=DE=CD，
即D为CE中点，
∴AB=CE，
∵EF⊥BC，
∴∠EFC=90°，
∵AB∥CD，
∴∠DCF=∠ABC=60°，
∴∠CEF=30°，
∵CF＝1，
∴CE=2，
∴AB=1．
故答案为1
本题考查了平行四边形的判定与性质，正确证得D是CE的中点是关键．
21、3或1
【解析】
分别表示多边形的每一个内角及与内角相邻的外角，根据题意列方程求解即可．
【详解】
解：因为：多边形的内角和为，又每个内角都相等，
所以 ：多边形的每个内角为，
而多边形的外角和为，由多边形的每个内角都相等，则每个外角也都相等，
所以多边形的每个外角为，
所以，
所以，所以或
解得：，经检验符合题意．
故答案为：3或1．
本题考查的是多边形的内角和与外角和，多边形的一个内角与相邻的外角互补，掌握相关的性质是解题的关键．
22、
【解析】
连接A1C1，A2C2，A3C3，分别交x轴于点E、F、G．根据正方形的性质，由OB1=2，B1B2=3可求点C1，C2的坐标，将点C1，C2的坐标代入y=kx+b中，得到关于k与b的方程组，求出方程组的解得到k与b的值，从而求出直线解析式，设B2G=C3G=t，表示出C3的坐标，代入直线方程中列出关于t的方程，求出方程的解得到t的值，确定出C3的纵坐标．
【详解】
解：如图，连接A1C1，A2C2，A3C3，分别交x轴于点E、F、G，
∵四边形OA1B1C1，B1A2B2C2，B2A3B3C3都是正方形，OB1=2，B1B2=3，
∴OE=EC1=EB1=OB1=1，B1F=FC2=FB2=B1B2=，OF=OB1+B1F=，
∴C1（1，1），C2（，），
将点C1，C2的坐标代入y=kx+b中，
得：，解得：，
∴直线解析式为y=x+，
设B2G=C3G=t，则有C3坐标为（5+t，t），
代入直线解析式得：t=（5+t）+，
解得：t=，
∴点C3的纵坐标是．
故答案是．
此题考查了一次函数图象上点的坐标特征，正方形的性质，利用待定系数法求一次函数解析式，求出点C1，C2的坐标是解本题的关键．
23、5
【解析】
可运用求平均数公式，求出x的值，再根据中位数的性质，求出中位数即可
【详解】
依题意得：5+8+x+10+4=2x×5
∴x=3，
∴3，4，5，8，10，的中位数是5
故答案为：5
此题考查算术平均数，中位数，难度不大
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、 三点在同一条直线上;和点;答案不唯一：测量的长就能计算出旗杆的高度，设测得;
【解析】
过C点作DB的平行线，与EF交于M点，与AB交于N点，测量旗杆高是根据△CME∽△CNA进行计算的，所以（1）小明的站点，旗杆的接地点,标杆的接地点,三点必须在同一直线上；（2）在测量过程中,如果标杆的位置确定,小明应该通过移动位置，直到小明的视点点与A、E点都在同直一线上为止；（3）根据相似三角形成比例测量的长就能计算出旗杆的高度，设测得；（4）根据△CME∽△CAN，写出比例式，表示出AN，然后AB=AN+BN即可得到答案
【详解】
如图，过C点作DB的平行线，与EF交于M点，与AB交于N点
（1）小明的站点，旗杆的接地点,标杆的接地点,三点必须在同一直线上；
（2）在测量过程中,如果标杆的位置确定,小明应该通过移动位置，直到小明的视点点与A、E点都在同直一线上为止；
（3）根据相似三角形成比例测量的长就能计算出旗杆的高度，设测得 ；
（4）易知△CME∽△CAN，有，CM=DF=c，EM=EF-MF=b-a，CN=DF+FB=c+d，即有,解得AN=，所以AB=
本题主要考查相似三角形的实际应用，理解实验过程构造出相似三角形是解题关键
25、（1）见解析；（1）的长为
【解析】
（1）根据位似图形的性质直接得出位似中心即可；
（1）利用位似比得出对应边的比进而得出答案．
【详解】
解：（1）如图所示：连接BB′、CC′，它们的交点即为位似中心O；
（1）∵△ABC与△A′B′C′是位似图形，且位似比是1：1，
AB=1cm，
∴A′B′的长为4 cm．
此题主要考查了位似图形的性质，利用位似比等于对应边的比得出是解题关键．
26、（1）详见解析；（1）结论①不成立，结论②成立，理由详见解析.
【解析】
（1）①利用正方形的性质判断出△BOM≌△CON，利用面积和差即可得出结论；
②先得出OM＝ON，BM＝CN，再用勾股定理即可得出结论；
（1）同（1）的方法即可得出结论．
【详解】
解：（1）①∵正方形ABCD的对角线相交于O，
∴S△BOC＝S正方形ABCD，OB＝OC，∠BOC＝90°，∠OBM＝∠OCN，
∵四边形OEFG是正方形，
∴∠MON＝90°，
∴∠BOC﹣∠MOC＝∠MON﹣∠MOC，
∴∠BOM＝∠COM，
∴△BOM≌△CON，
∴S△BOM＝S△CON，
∴S△OMC+S△ONC＝S△OMC+S△BOM＝S正方形ABCD；
②由①知，△BOM≌△CON，
∴OM＝ON，BM＝CN，
在Rt△MCN中，MN1＝CM1+CN1＝CM1+BM1，
在Rt△MON中，MN1＝OM1+ON1＝1OM1，
∴BM1+CM1＝1OM1；
（1）结论①不成立，
理由：∵正方形ABCD的对角线相交于O，
∴S△BOC＝S正方形ABCD，OB＝BD，OC＝AC，AC＝BD，AC⊥BD，∠ABC＝∠BCD＝90°，AC平分∠BCD，BD平分∠ABC，
∴OB＝OC，∠BOC＝90°，∠OBC＝∠OCD＝45°，
∴∠OBM＝∠OCN＝135°，
∵四边形OEFG是正方形，
∴∠MON＝90°，
∴∠BOM＝∠CON，
∴△BOM≌△CON，
∴S△BOM＝S△CON，
∴S△OMC﹣S△BOM＝S△OMC﹣S△CON＝S△BOC＝S正方形ABCD，
∴结论①不成立；
结论②成立，理由：
如图（1）
连接MN，∵△BOM≌△CON，
∴OM＝ON，BM＝CN，
在Rt△MCN中，MN1＝CM1+CN1＝CM1+BM1，
在Rt△MON中，MN1＝OM1+ON1＝1OM1，
∴BM1+CM1＝1OM1，
∴结论②成立．
本题属于三角形综合题，主要考查了全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题.
题号
一
二
三
四
五
总分
得分
批阅人
x
…
0.5
1
1.5
2
2.5
3
3.5
…
y
…
1.75
3
3.75
4
3.75
3
m
…