江苏省南京市致远中学2024年九上数学开学统考模拟试题【含答案】

这是一份江苏省南京市致远中学2024年九上数学开学统考模拟试题【含答案】，共25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）不能被（ ）整除．
A．80B．81C．82D．83
2、（4分）若m＞n，则下列各式错误的是（ ）
A．2m＜2nB．－3m＜－3nC．m＋1＞n＋1D．m－5＞n－5
3、（4分）若的两根分别是与5，则多项式可以分解为（ ）
A．B．
C．D．
4、（4分）已知点P（a，3+a）在第二象限，则a的取值范围是（ ）
A．a＜0B．a＞﹣3C．﹣3＜a＜0D．a＜﹣3
5、（4分）如图，以某点为位似中心，将△OAB进行位似变换得到△DFE，若△OAB与△DFE的相似比为k，则位似中心的坐标与k的值分别为（ ）
A．（2，2），2B．（0，0），2C．（2，2），D．（0，0），
6、（4分）若在实数范围内有意义，则x的取值范围（ ）
A．x≥2B．x≤2
C．x＞2D．x＜2
7、（4分）如图，在△ABC中，∠A＝90°，AB＝AC，∠ABC的角平分线交AC于D，BD＝4，过点C作CE⊥BD交BD的延长线于E，则CE的长为（ ）
A．B．2C．3D．2
8、（4分）某特快列车在最近一次的铁路大提速后，时速提高了30千米小时，则该列车行驶350千米所用的时间比原来少用1小时，若该列车提速前的速度是x千米小时，下列所列方程正确的是
A．B．
C．D．
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、（4分）甲、乙两车分别从A、B两地同时出发，相向行驶，已知甲车的速度大于乙车的速度，甲车到达B地后马上以另一速度原路返回A地（掉头的时间忽略不计），乙车到达A地以后即停在地等待甲车．如图所示为甲乙两车间的距离y（千米）与甲车的行驶时间t（小时）之间的函数图象，则当乙车到达A地的时候，甲车与A地的距离为_____千米．
10、（4分）如图所示,在ΔABC中,点D是BC的中点,点E,F分别在线段AD及其延长线上,且DE＝DF,给出下列条件:①BE⊥EC;②BF∥EC;③AB＝AC．从中选择一个条件使四边形BECF是菱形,你认为这个条件是____(只填写序号).
11、（4分）如图，一次函数与的图的交点坐标为（2，3），则关于的不等式的解集为_____.

12、（4分）如图，已知函数y＝3x＋b和y＝ax－3的图象交于点P(－2，－5)，则根据图象可得不等式3x＋b＞ax－3的解集是________．
13、（4分）如图所示，在菱形中，对角线与相交于点．OE⊥AB，垂足为，若，则的大小为____________．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（12分）如图，在中，，于，平分，分别交，于，，于.连接，求证：四边形是菱形.
15、（8分）如图，在平面直角坐标系xOy中，A(0，5)，直线x＝－5与x轴交于点D，直线y＝－x－与x轴及直线x＝－5分别交于点C，E.点B，E关于x轴对称，连接AB.
(1)求点C，E的坐标及直线AB的解析式；
(2)若S＝S△CDE＋S四边形ABDO，求S的值；
(3)在求(2)中S时，嘉琪有个想法：“将△CDE沿x轴翻折到△CDB的位置，而△CDB与四边形ABDO拼接后可看成△AOC，这样求S便转化为直接求△AOC的面积，如此不更快捷吗？”但大家经反复验算，发现S△AOC≠S，请通过计算解释他的想法错在哪里．
16、（8分）如图，中，是边上一点，，，，点，分别是，边上的动点，且始终保持．

（1）求的长；
（2）若四边形为平行四边形时，求的周长；
（3）将沿它的一条边翻折，当翻折前后两个三角形组成的四边形为菱形时，求线段的长．
17、（10分）如图，已知正比例函数y＝ax与反比例函数y＝的图象交于点A（3，2）
（1）求上述两函数的表达式；
（2）M（m，n）是反比例函数图象上的一个动点，其中0＜m＜3，过点M作直线MB∥x轴，交y轴于点B；过点A点作直线AC∥y轴交x轴于点C，交直线MB于点D．若s四边形OADM＝6，求点M的坐标，并判断线段BM与DM的大小关系，说明理由；
（3）探索：x轴上是否存在点P．使△OAP是等腰三角形？若存在，求出点P的坐标； 若不存在，说明理由．
18、（10分）解不等式组：，并把它的解集在数轴上表示出来．
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）我们把顺次连接四边形四条边的中点所得的四边形叫中点四边形．现有一个对角线分别为6cm和8cm的菱形，它的中点四边形的对角线长是________．
20、（4分）某班的中考英语口语考试成绩如表：
则该班中考英语口语考试成绩的众数比中位数多_____分．
21、（4分）如果关于x的方程+1有增根，那么k的值为_____
22、（4分）已知菱形ABCD的对角线长度是8和6，则菱形的面积为_____．
23、（4分）在平行四边形中，，若，，则的长是__________．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（8分）甲、乙两家采摘园的圣女果品质相同，售价也相同，节日期间，两家均推出优惠方案，甲：游客进园需购买元门票，采摘的打六折；乙：游客进园不需购买门票，采摘超过一定数量后，超过部分打折，设某游客打算采摘千克，在甲、乙采摘园所需总费用为、元，、与之间的函数关系的图像如图所示.
（1）分别求出、与之间的函数关系式；
（2）求出图中点、的坐标；
（3）若该游客打算采摘圣女果，根据函数图像，直接写出该游客选择哪个采摘园更合算.
25、（10分）如图，在中，，点在上，若，平分.
（1）求的长；
（2）若是中点，求线段的长.
26、（12分）某研究性学习小组在探究矩形的折纸问题时，将一块直角三角板的直角顶点绕矩形ABCD(AB＜BC)的对角线的交点O旋转(①→②→③)，图中的M、N分别为直角三角形的直角边与矩形ABCD的边CD、BC的交点．
(1)该学习小组成员意外的发现图①中(三角板一边与CC重合)，BN、CN、CD这三条线段之间存在一定的数量关系：CN2＝BN2+CD2，请你对这名成员在图①中发现的结论说明理由；
(2)在图③中(三角板一直角边与OD重合)，试探究图③中BN、CN、CD这三条线段之间的数量关系，直接写出你的结论．
(3)试探究图②中BN、CN、CM、DM这四条线段之间的数量关系，写出你的结论，并说明理由．
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、D
【解析】
先提出公因式81，然后利用平方差公式进行因式分解即可得出答案．
【详解】
解：813-81=81×(812-1)=81×(81-1)×(81+1)=81×80×82，
所以813-81不能被83整除．
故选D．
本题考查了因式分解的应用，将原式正确的进行因式分解是解决此题的关键．
2、A
【解析】
按照不等式的性质逐项排除即可完成解答。
【详解】
解：∵m＞n
∴2m＞2n ，故A错误；’ －3m＜－3n则B正确；m＋1＞n＋1,即C正确；m－5＞n－5，即D正确；故答案为A;
本题考查了不等式的基本性质，即给不等式两边同加或减去一个整数，不等号方向不变；给不等式两边同乘以一个正数，不等号方向不变；给不等式两边同乘以一个负数，不等号方向改变；
3、C
【解析】
先提取公因式2，再根据已知分解即可．
【详解】
∵x2-2px+3q=0的两根分别是-3与5，
∴2x2-4px+6q=2（x2-2px+3p）
=2（x+3）（x-5），
故选：C．
考查了解一元二次方程和分解因式，注意：能够根据方程的解分解因式是解此题的关键．
4、C
【解析】
根据第二象限内点的横坐标是负数，纵坐标是正数列出不等式组求解即可．
【详解】
解：∵点P（a，3+a）在第二象限，
∴，
解得﹣3＜a＜1．
故选：C．
本题考查了各象限内点的坐标的符号特征以及解不等式，记住各象限内点的坐标的符号是解决的关键，四个象限的符号特点分别是：第一象限（+，+）；第二象限（-，+）；第三象限（-，-）；第四象限（+，-）．
5、A
【解析】
两对对应点的连线的交点即为位似中心；找到任意一对对应边的边长，让其相比即可求得k．
【详解】
连接OD、BE，延长OD交BE的延长线于点O′，点O′也就是位似中心，坐标为（1，1），k=OA：FD=8：4=1．
故选A．
本题考查了位似变换、坐标与图形的性质等知识，记住两对对应点的连线的交点为位似中心；任意一对对应边的比即为位似比．
6、A
【解析】
二次根式有意义，被开方数为非负数，即x-2≥0，解不等式求x的取值范围．
【详解】
∵在实数范围内有意义，
∴x−2≥0，解得x≥2.
故答案选A.
本题考查了二次根式有意义的条件，解题的关键是熟练的掌握二次根式有意义的条件.
7、B
【解析】
延长CE与BA延长线交于点F，首先证明△BAD≌△CAF，根据全等三角形的性质可得BD＝CF，再证明△BEF≌△BCE可得CE＝EF，进而可得CE＝BD，即可得出结果．
【详解】
证明：延长CE与BA延长线交于点F，
∵∠BAC＝90°，CE⊥BD，
∴∠BAC＝∠DEC，
∵∠ADB＝∠CDE，
∴∠ABD＝∠DCE，
在△BAD和△CAF中，
，
∴△BAD≌△CAF（ASA），
∴BD＝CF，
∵BD平分∠ABC，CE⊥DB，
∴∠FBE＝∠CBE，
在△BEF和△BCE中，
，
∴△BEF≌△BCE（AAS），
∴CE＝EF，
∴DB＝2CE，即CE＝BD＝×4＝2，
故选：B．
本题考查了全等三角形的判定与性质、角平分线定义，熟练掌握全等三角形的判定方法，全等三角形对应边相等是解题的关
8、B
【解析】
根据题意可得等量关系为原来走350千米所用的时间提速后走350千米所用的时间，根据等量关系列式即可判断．
【详解】
解：原来走350千米所用的时间为，现在走350千米所用的时间为：，
所以可列方程为：.
故选：B．
本题考查分式方程的实际应用，根据题意找到提速前和提速后所用时间的等量关系是解决本题的关键．
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、630
【解析】
分析：两车相向而行5小时共行驶了900千米可得两车的速度之和为180千米/时，当相遇后车共行驶了720千米时，甲车到达B地，由此则可求得两车的速度.再根据甲车返回到A地总用时16.5小时，求出甲车返回时的速度即可求解.
详解：设甲车，乙车的速度分别为x千米/时，y千米/时，
甲车与乙车相向而行5小时相遇，则5(x＋y)＝900，解得x＋y＝180，
相遇后当甲车到达B地时两车相距720千米，所需时间为720÷180＝4小时，
则甲车从A地到B需要9小时，故甲车的速度为900÷9＝100千米/时，乙车的速度为180－100＝80千米/时，
乙车行驶900－720＝180千米所需时间为180÷80＝2.25小时，
甲车从B地到A地的速度为900÷(16.5－5－4)＝120千米/时.
所以甲车从B地向A地行驶了120×2.25＝270千米，
当乙车到达A地时，甲车离A地的距离为900－270＝630千米.
点睛：利用函数图象解决实际问题，其关键在于正确理解函数图象横，纵坐标表示的意义，抓住交点，起点.终点等关键点，理解问题的发展过程，将实际问题抽象为数学问题，从而将这个数学问题变化为解答实际问题.
10、③
【解析】
分析: 根据点D是BC的中点，点E、F分别是线段AD及其延长线上，且DE=DF，即可证明四边形BECF是平行四边形，然后根据菱形的判定定理即可作出判断．
详解：∵BD=CD，DE=DF，
∴四边形BECF是平行四边形，
①BE⊥EC时，四边形BECF是矩形，不一定是菱形；
②AB=AC时，∵D是BC的中点，
∴AF是BC的中垂线，
∴BE=CE，
∴平行四边形BECF是菱形．
③四边形BECF是平行四边形，则BF∥EC一定成立，故不一定是菱形；
故答案是：②．
点睛:本题考查了菱形的判定方法，菱形的判别常用三种方法：
①定义；②四边相等；③对角线互相垂直平分．
11、x＜2.
【解析】
根据不等式与函数的关系由图像直接得出即可.
【详解】
由图可得关于的不等式的解集为x＜2.
故填：x＜2.
此题主要考查函数与不等式的关系，解题的关键是熟知函数的性质.
12、x＞－2
【解析】
根据一次函数的图象和两函数的交点坐标即可得出答案．
【详解】
解：观察图象知，当x＞－2时，y＝3x＋b的图象在y＝ax－3的图象的上方，故该不等式的解集为x＞－2
故答案为：x＞-2
本题考查了议程函数与一元一次不等式的应用，主要考查学生的观察能力和理解能力，题型较好，难度不大．
13、65°
【解析】
先根据菱形的邻角互补求出∠BAD的度数，再根据菱形的对角线平分一组对角求出∠BAO的度数，然后根据直角三角形两锐角互余列式计算即可得解．
【详解】
在菱形ABCD中，∠ADC=130°，∴∠BAD=180°﹣130°=50°，∴∠BAO∠BAD50°=25°．
∵OE⊥AB，∴∠AOE=90°﹣∠BAO=90°﹣25°=65°．
故答案为65°．
本题考查了菱形的邻角互补，每一条对角线平分一组对角的性质，直角三角形两锐角互余的性质，熟练掌握性质是解题的关键．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、详见解析
【解析】
求出CE=EH，AC=AH，证△CAF≌△HAF，推出∠ACD=∠AHF，求出∠B=∠ACD=∠FHA，推出HF∥CE，推出CF∥EH，得出平行四边形CFHE，根据菱形判定推出即可．
【详解】
∵∠ACB=90°，AE平分∠BAC，EH⊥AB，
∴CE=EH，
在Rt△ACE和Rt△AHE中，AE=AE，CE=EH，
∴Rt△ACE≌ Rt△AHE(HL)，
∴AC=AH，
∵AE平分∠CAB，
∴∠CAF=∠HAF，
在△CAF和△HAF中，
，
∴△CAF≌△HAF(SAS)，
∴∠ACD=∠AHF，
∵CD⊥AB，∠ACB=90°，
∴∠CDA=∠ACB=90°，
∴∠B+∠CAB=90°，∠CAB+∠ACD=90°，
∴∠ACD=∠B=∠AHF，
∴FH∥CE，
∵CD⊥AB，EH⊥AB，
∴CF∥EH，
∴四边形CFHE是平行四边形，
∵CE=EH，
∴四边形CFHE是菱形．
本题考查了平行四边形的性质和判定，菱形的判定，三角形的内角和定理，全等三角形的性质和判定，角平分线性质等知识点的应用，熟练掌握相关知识是解题的关键.
15、（1）C（-13，0），E（-5，-3），；（2）32；（3）见解析．
【解析】
（1）利用坐标轴上点的特点确定出点C的坐标，再利用直线的交点坐标的确定方法求出点E坐标，进而得到点B坐标，最后用待定系数法求出直线AB解析式；
（2）直接利用直角三角形的面积计算方法和直角梯形的面积的计算即可得出结论，
（3）先求出直线AB与x轴的交点坐标，判断出点C不在直线AB上，即可．
【详解】
（1）在直线中，令y=0，则有0=，
∴x=﹣13，
∴C（﹣13，0），
令x=﹣5，代入，解得y=﹣3，
∴E（﹣5，﹣3），
∵点B，E关于x轴对称，
∴B（﹣5，3），
∵A（0，5），
∴设直线AB的解析式为y=kx+5，
∴﹣5k+5=3，
∴k=，
∴直线AB的解析式为；
（2）由（1）知E（﹣5，﹣3），
∴DE=3，
∵C（﹣13，0），
∴CD=﹣5﹣（﹣13）=8，
∴S△CDE=CD×DE=12，
由题意知，OA=5，OD=5，BD=3，
∴S四边形ABDO=（BD+OA）×OD=20，
∴S=S△CDE+S四边形ABDO=12+20=32；
（3）由（2）知，S=32，
在△AOC中，OA=5，OC=13，
∴S△AOC=OA×OC==32.5，
∴S≠S△AOC，
理由：由（1）知，直线AB的解析式为，令y=0，则0=，
∴x=﹣≠﹣13，
∴点C不在直线AB上，
即：点A，B，C不在同一条直线上，
∴S△AOC≠S．
此题是一次函数综合题，主要考查了坐标轴上点的特点，对称的性质，待定系数法，三角形，直角梯形的面积的计算，解（1）的关键是确定出点C，E的坐标，解（2）的关键是特殊几何图形的面积的计算，解（3）的关键是确定出直线AB与x轴的交点坐标，是一道常规题．
16、（1）；（2）；（3）BP=或３或．
【解析】
（1）先根据题意推出△ABE是等腰直角三角形，再根据勾股定理计算即可．
（2）首先要推出△CPQ是等腰直角三角形，再根据已知推出各边的长度，然后相加即可．
（3）首先证明△BPE∽△CQP，然后分三种情况讨论，分别求解，即可解决问题．
【详解】
（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD，
∵BE=CD=3，
∴AB=BE=3，
又∵∠A=45°，
∴∠BEA=∠A=45°，∠ABE=90°，
根据勾股定理得AE==；
（2）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD，∠A=∠C=45°，
又∵四边形ABPE是平行四边形，
∴BP∥AB，且AE=BP，
∴BP∥CD，
∴ED=CP=，
∵∠EPQ=45°，
∴∠PQC=∠EPQ=45°，
∴∠PQC=∠C=45°，∠QPC=90°，
∴CP=PQ=，QC=2，
∴△CPQ的周长=2+2；
（３）解：如图，作BH⊥AE于H，连接BE．
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD=3，AD=BC=AE+ED=，∠A=∠C=45°，
∴AH=BH=，HE=AD－AH－DE=
∴BH=EH，
∴∠EBH=∠HEB=∠EBC=45°，
∴∠EBP=∠C=45°，
∵∠BPQ=∠EPB+∠EPQ=∠C+∠PQC，∠EPQ=∠C，
∴∠EPB=∠PQC，
∴△BPE∽△CQP．
①当QP=QC时，则BP=PE，
∴∠EBP=∠BEP=45°，则∠BPE=90°，
∴四边形BPEF是矩形，
BP=EF=，
②当CP=CQ时，则BP=BE=3，
③当CP=PQ时，则BE=PE=3，∠BEP=90°，
∴△BPE为等腰三角形，
∴BP2=BE2+PE2，
∴BP=，
综上：BP=或3或．
本题利用平行四边形的性质求解，其中运用了分类讨论的思想，这是解题关键．
17、（1）反比例函数的表达式为：y＝，正比例函数的表达式为y＝x；（2）BM＝DM；（3）存在，（，0）或（﹣，0）或（6，0）或（，0）
【解析】
（1）将A（3，2）分别代入y=，y=ax中，得ak的值，进而可得正比例函数和反比例函数的表达式；
（2）由S△OMB=S△OAC=|k|=3，可得S矩形OBDC=12；即OC•OB=12；进而可得mn的值，故可得BM与DM的大小；比较可得其大小关系；
（3）存在．由（2）可知D（3，4），根据矩形的性质得A（3，2），分为OA为等腰三角形的腰，OA为等腰三角形的底，分别求P点坐标．
【详解】
解：（1）将A（3，2）分别代入y＝，y＝ax中，得：2＝，3a＝2
∴k＝6，a＝，
∴反比例函数的表达式为：y＝，
正比例函数的表达式为y＝x；
（2）BM＝DM
理由：∵S△OMB＝S△OAC＝×|k|＝3
∴S矩形OBDC＝S四边形OADM+S△OMB+S△OAC＝3+3+6＝12
即OC•OB＝12
∵OC＝3
∴OB＝4
即n＝4
∴m＝=，即点M的坐标为（，4）
∴MB＝，MD＝3﹣＝，
∴MB＝MD；
（3）存在．
由（2）得A（3，2），OA＝
当OA为等腰三角形的腰时，P（，0）或（﹣，0）或（6，0），
当OA为等腰三角形的底，P（，0）．
∴满足条件的P点坐标为（，0）或（﹣，0）或（6，0）或（，0）．
此题综合考查了反比例函数，正比例函数等多个知识点．此题难度稍大，综合性比较强，注意对各个知识点的灵活应用．
18、不等式组的解集是，数轴表示见解析.
【解析】
分别求出各不等式的解集，再求出其公共解集，并在数轴上表示出来即可．
【详解】
，
解不等式，得，
解不等式，得，
不等式组的解集是．
解集在数轴上表示如图：
.
本题考查的是解一元一次不等式组，熟知“同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到”的原则是解答此题的关键．
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19、5cm
【解析】
顺次连接这个菱形各边中点所得的四边形是矩形,且矩形的边长分别是菱形对角线的一半,问题得解.
【详解】
解:如图：
顺次连接对角线互相垂直的四边形的各边中点所得的图形是矩形;
理由如下:
E、F、G、H分别为各边中点
EF//GH//AC,EF=GH=DB,EF=HG=AC,EH∥FG∥BD
DB⊥AC,
EF⊥EH,
四边形EFGH是矩形,
EH=BD=3cm,EF=AC=4cm,
HF==5cm.
故答案为:5cm.
本题考查菱形的性质,菱形的四边相等,对角线互相垂直,连接菱形各边的中点得到矩形,且矩形的边长是菱形对角线的一半以及勾股定理的运用.
20、3
【解析】
这组数出现次数最多的是3；∴这组数的众数是3．
∵共42人，∴中位数应是第23和第22人的平均数，位于最中间的数是2，2，
∴这组数的中位数是2．
∴该班中考英语口语考试成绩的众数比中位数多3﹣2=3分，
故答案为3．
【点睛】众数是一组数据中出现次数最多的数据，注意众数可以不只一个；找中位数要把数据按从小到大的顺序排列，位于最中间的一个数（或两个数的平均数）为中位数．
21、4
【解析】
分式方程去分母转化为整式方程，由分式方程有增根求出x的值，代入整式方程计算即可求出k的值．
【详解】
去分母得：1=k-3+x-2，
由分式方程有增根，得到x-2=0，即x=2，
把x=2代入整式方程得：k=4，
故答案为4
此题考查了分式方程的增根，增根确定后可按如下步骤进行：①化分式方程为整式方程；②把增根代入整式方程即可求得相关字母的值．
22、1
【解析】
根据菱形的面积等于两条对角线乘积的一半即可求解.
【详解】
∵菱形的对角线长的长度分别为6、8，
∴菱形ABCD的面积S＝BD•AC＝×6×8＝1．
故答案为:1．
本题考查了菱形的性质，熟知菱形的面积等于两条对角线乘积的一半是解决问题的关键.
23、10
【解析】
根据平行四边形对角线的性质可得BD=2BO，AO=3，继而根据勾股定理求出BO的长即可求得答案.
【详解】
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BD=2BO，AO==3，
∵AB⊥AC，
∴∠BAO=90°，
∴BO==5，
∴BD=10，
故答案为：10.
本题考查了平行四边形的性质，勾股定理，熟练掌握平行四边形的对角线互相平分是解题的关键.
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（1）与之间的函数关系式为；与之间的函数关系式为；（2）；（3）甲
【解析】
(1)根据单价=总价÷数量，即可求出甲、乙两采摘园优惠前的草莓销售价格；函数关系式=60+单价×数量；与之间的函数关系式结合图像，利用待定系数法即可解决；
（2）分两段，求函数交点即可解决；
（3）当时，根据y1和 y2函数图象分析，图象在下方的价格低.
【详解】
（1）由图得单价为（元），
据题意，得
当时，，
当时由题意可设，将和分别代入中，
得，解得，
故与之间的函数关系式为
（2）联立，，得，故.
联立，，得
解得，故.
（3）当时， y1的函数图象在 y2函数图象下方，故甲采摘园更合算.
本题考查了一次函数的应用，注意分段函数要分别讨论；熟练掌握待定系数法以及根据图象分析函数大小是解答本题的关键.
25、 (1)12;(2)5
【解析】
(1)先证明△ABD是等腰三角形，再根据三线合一得到，利用勾股定理求得AE的长；
(2)利用三角线的中位线定理可得：，再进行求解.
【详解】
解：（1）
∴
∵平分，
∴
根据勾股定理，得
（2）由（1），知，
又∵，
∴.
考查了三角形中位线定理，解题关键是利用三线合一和三角形的中位线.
26、 (1)见解析；(1)BN1=NC1+CD1；(3)CM1+CN1=DM1+BN1，理由见解析.
【解析】
（1）连结AN，由矩形知AO=CO，∠ABN=90°，AB=CD，结合ON⊥AC得NA=NC，由∠ABN=90°知NA1=BN1+AB1，从而得证；
（1）连接DN，在Rt△CDN中，根据勾股定理可得：ND1=NC1+CD1，再根据ON垂直平分BD，可得：BN=DN，从而可证：BN1=NC1+CD1；
（3）延长MO交AB于点E，可证：△BEO≌△DMO，NE=NM，在Rt△BEN和Rt△MCN中，根据勾股定理和对应边相等，可证：CN1+CM1=DM1+BN1．
【详解】
（1）证明：连结AN，
∵矩形ABCD
∴AO=CO，∠ABN=90°，AB=CD，
∵ON⊥AC，
∴NA=NC，
∵∠ABN=90°，
∴NA1=BN1+AB1，
∴NC1=BN1+CD1．
（1）如图1，连接DN．
∵四边形ABCD是矩形，
∴BO=DO，∠DCN=90°，
∵ON⊥BD，
∴NB=ND，
∵∠DCN=90°，
∴ND1=NC1+CD1，
∴BN1=NC1+CD1．
（3）CM1+CN1=DM1+BN1
理由如下：延长MO交AB于E，
∵矩形ABCD，
∴BO=DO，∠ABC=∠DCB=90°，AB∥CD，
∴∠ABO=∠CDO，∠BEO=∠DMO，
∴△BEO≌△DMO（ASA），
∴OE=OM，BE=DM，
∵MO⊥EM，
∴NE=NM，
∵∠ABC=∠DCB=90°，
∴NE1=BE1+BN1，NM1=CN1+CM1，
∴CN1+CM1=BE1+BN1 ，
即CN1+CM1=DM1+BN1 ．
此题是四边形综合题，主要考查了矩形的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质等知识点．
题号
一
二
三
四
五
总分
得分
批阅人
考试成绩/分
30
29
28
27
26
学生数/人
3
15
13
6
3