陕西省延安市延长县2024-2025学年九上数学开学教学质量检测试题【含答案】

这是一份陕西省延安市延长县2024-2025学年九上数学开学教学质量检测试题【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）如图，在△ABC中，点D，E，F分别是AB，BC，AC的中点，连接DE，EF，DF，则下列说法不正确的是（ ）
A．S△DEF＝S△ABC
B．△DEF≌△FAD≌△EDB≌△CFE
C．四边形ADEF，四边形DBEF，四边形DECF都是平行四边形
D．四边形ADEF的周长＝四边形DBEF的周长＝四边形DECF的周长
2、（4分）如图，是我国古代著名的“赵爽弦图”的示意图，此图是由四个全等的直角三角形拼接而成，其中AE=10，BE=24，则EF的长是（ ）
A．14B．13C．14D．14
3、（4分）使得关于x的不等式组有解，且关于x的方程的解为整数的所有整数a的和为（ ）
A．5B．6C．7D．10
4、（4分）若代数式有意义，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
5、（4分）如图，在菱形中，对角线、相交于点，，，过作的平行线交的延长线于点，则的面积为（ ）
A．22B．24C．48D．44
6、（4分）如图，在矩形纸片ABCD中，BC=a，将矩形纸片翻折，使点C恰好落在对角线交点O处，折痕为BE，点E在边CD上，则CE的长为（ ）
A．B．C．D．
7、（4分）下列汽车标识中，是中心对称图形的是( )
A．B．C．D．
8、（4分）计算（+3﹣）的结果是（ ）
A．6B．4C．2+6D．12
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ABCD中，已知AB=9㎝，AD=6㎝，BE平分∠ABC交DC边于点E，则DE等于_____㎝.
10、（4分）方程的解为_________．
11、（4分）若最简二次根式和是同类二次根式，则m=_____．
12、（4分）如图，在锐角△ABC中，AB＝4，∠ABC＝45°，∠ABC的平分线交AC于点D，点P、Q分别是BD、AB上的动点，则AP+PQ的最小值为______．
13、（4分）已知 ，则 y x 的值为_____．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（12分）如图，在▱ABCD中，AC、BD交于点O，BD⊥AD于点D，将△ABD沿BD翻折得到△EBD，连接EC、EB．
（1）求证：四边形DBCE是矩形；
（2）若BD=4，AD=3，求点O到AB的距离．
15、（8分）如图，在直角坐标系中，点在第一象限，轴于，轴于，，，有一反比例函数图象刚好过点．
（1）分别求出过点的反比例函数和过，两点的一次函数的函数表达式；
（2）直线轴，并从轴出发，以每秒个单位长度的速度向轴正方向运动，交反比例函数图象于点，交于点，交直线于点，当直线运动到经过点时，停止运动．设运动时间为（秒）．
①问：是否存在的值，使四边形为平行四边形？若存在，求出的值；若不存在，说明理由；
②若直线从轴出发的同时，有一动点从点出发，沿射线方向，以每秒个单位长度的速度运动．是否存在的值，使以点，，，为顶点的四边形为平行四边形；若存在，求出的值，并进一步探究此时的四边形是否为特殊的平行四边形；若不存在，说明理由．
16、（8分）已知一次函数图象经过点(3 ， 5) ， (－4，－9)两点.
（1）求一次函数解析式；
（2）求这个一次函数图象和x轴、y轴的交点坐标.
17、（10分）在正方形ABCD中，点E是射线AC上一点，点F是正方形ABCD外角平分线CM上一点，且CF=AE，连接BE，EF.
(1)如图1，当E是线段AC的中点时，直接写出BE与EF的数量关系；
(2)当点E不是线段AC的中点，其它条件不变时，请你在图2中补全图形，判断(1)中的结论是否成立，并证明你的结论；
(3)当点B，E，F在一条直线上时，求∠CBE的度数.(直接写出结果即可)
18、（10分）学校为了更新体育器材，计划购买足球和篮球共100个，经市场调查：购买2个足球和5个篮球共需600元；购买3个足球和1个篮球共需380元。
（1）请分别求出足球和篮球的单价；
（2）学校去采购时恰逢商场做促销活动，所有商品打九折，并且学校要求购买足球的数量不少于篮球数量的3倍，设购买足球a个，购买费用W元。
①写出W关于a的函数关系式，
②设计一种实际购买费用最少的方案，并求出最少费用。
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）菱形的两条对角线分别为18cm与24cm，则此菱形的周长为_____．
20、（4分）如图为某楼梯，测得楼梯的长为5米，高3米，计划在楼梯表面铺地毯，地毯的长度至少需要____________米.
21、（4分）已知等边三角形的边长是2，则这个三角形的面积是_____．(保留准确值)
22、（4分）已知：一次函数的图像在直角坐标系中如图所示，则______0（填“>”，“<”或“=”）
23、（4分） “m2是非负数”，用不等式表示为___________．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（8分）给出三个多项式：，请选择两个多项式进行加法运算，并把结果分解因式（写出两种情况）．
25、（10分）（1）如图①，点 M 是正方形 ABCD 的边 BC 上一点，点 N 是 CD 延长线上一点， 且BM=DN，则线段 AM 与 AN 的关系．
（2）如图②，在正方形 ABCD 中，点 E、F分别在边 BC、CD上，且∠EAF=45°，判断 BE，DF，EF 三条线段的数量关系，并说明理由．
（3）如图③，在四边形 ABCD中，AB=AD，∠BAD=90°，∠ABC+∠ADC=180°，点E、F分别在边 BC、CD 上，且∠EAF=45°，若 BD=5，EF=3，求四边形 BEFD 的周长．
26、（12分）如图，在△ABC中，∠ACB=90°，且DE是△ABC的中位线．延长ED到F，使DF=ED，连接FC，FB．回答下列问题：
（1）试说明四边形BECF是菱形．
（2）当的大小满足什么条件时，菱形BECF是正方形？请回答并证明你的结论．

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】
根据中位线定理可证DE∥AC，DF∥BC，EF∥AB，即可得四边形ADEF，四边形DECF，四边形BDFE是平行四边形．即可判断各选项是否正确．
【详解】
连接DF
∵点D，E，F分别是AB，BC，AC的中点
∴DE∥AC，DF∥BC，EF∥AB
∴四边形ADEF，四边形DECF，四边形BDFE是平行四边形
∴△ADF≌△DEF，△BDE≌△DEF，△CEF≌△DEF
∴△DEF≌△ADF≌△BDE≌△CEF
∴S△ADF＝S△BDE＝S△DEF＝S△CEF．
∴S△DEF＝S△ABC．
故①②③说法正确
∵四边形ADEF的周长为2（AD+DE）
四边形BDFE的周长为2（BD+DF）
且AD＝BD，DE≠DF，
∴四边形ADEF的周长≠四边形BDFE的周长
故④说法错误
故选：D．
本题考查了平行四边形的判定，三角形中位线定理，平行四边形的性质，熟练运用中位线定理解决问题是本题的关键．
2、D
【解析】
24和10为两条直角边长时，求出小正方形的边长14，即可利用勾股定理得出EF的长．
【详解】
解：∵AE=10，BE=24，即24和10为两条直角边长时，
小正方形的边长=24-10=14，
∴EF=．
故选D．
本题考查了勾股定理、正方形的性质；熟练掌握勾股定理是解决问题的关键．
3、C
【解析】
根据不等式组的解集的情况求得a的解集，再解分式方程得出x，根据x是整数得出a所有的a的和．
【详解】
不等式组整理得：，
由不等式组有解，得到a＞-1，
分式方程去分母得：（a-1）x=4，
解得：x=，
由分式方程的解为整数，得到a-1=-1，-2，2，-4，1，4，
解得：a=0，-1，-3，3，2，5，
∴a=0，2，3，5，
∵x≠2，
∴≠2，
∴a≠3，
∴a=0，2，5
则所有整数a的和为7，
故选C．
本题考查了分式方程的解以及不等式的解集，求得a的取值范围以及解分式方程是解题的关键．
4、B
【解析】
利用二次根式和分式有意义的条件即可得出答案．
【详解】
解：∵代数式有意义，
∴x≥0，x-1≠0，
解得：x≥0且x≠1．
故选：B
此题主要考查了二次根式和分式有意义的条件，正确把握定义是解题关键．
5、B
【解析】
先判断出四边形ACED是平行四边形，从而得出DE的长度，根据菱形的性质求出BD的长度，利用勾股定理的逆定理可得出△BDE是直角三角形，计算出面积即可.
【详解】
解：∵AD∥BE，AC∥DE，
∴四边形ACED是平行四边形，
∴AC=DE=6，
在RT△BCO中，BO=，即可得BD=8，
又∵BE=BC+CE=BC+AD=10，
∴△BDE是直角三角形，
∴S△BDE=．
故答案为：B.
此题考查了菱形的性质、勾股定理的逆定理及三角形的面积，属于基础题，求出BD的长度，判断△BDE是直角三角形，是解答本题的关键．
6、C
【解析】
根据折叠的性质得到BC=BO，∠BCD=∠BOE=90°，根据等腰三角形的性质得到BE=DE，再利用勾股定理得到结论．
【详解】
∵由折叠可得， BC=BO，∠BCD=∠BOE=90°, ∴BC=BO,BE=DE,∵BD=2BO, BC=a
∴BD=2a，
∵在矩形纸片ABCD中，BC=a,BD=2a，，
由勾股定理求得： DC=a，
设CE=x,则DE=DC-CE=a-x，
在Rt△BCE中,，
解得：x=，
即AE的长为.故选C.
本题考查了翻折变换的性质，矩形的性质，熟练掌握折叠的性质是解题的关键．
7、D
【解析】
根据中心对称图形的概念判断即可.（中心对称:在平面内，把一个图形绕着某个点旋转180°，如果旋转后的图形与另一个图形重合.）
【详解】
根据中心对称图形的概念把图形绕着某一点旋转180°后，只有D选项才能与原图形重合，故选D.
本题主要考查中心对称图形的概念，是基本知识点，应当熟练的掌握.
8、D
【解析】
解：．
故选：D.
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、3
【解析】
∵BE平分∠ABC，
∴∠ABE=∠CBE,
又∵∠ABE和∠CEB为内错角，
∴∠ABE=∠CEB，
∴∠CEB=∠CBE，
∴CE=BC=AD=6㎝，
∵DC=AB=9㎝，
∴DE=3cm．
10、
【解析】
此题采用因式分解法最简单，解题时首先要观察，然后再选择解题方法．配方法与公式法适用于所用的一元二次方程，因式分解法虽有限制，却最简单．
【详解】
∵
∴
∴
∴
∴
故答案为：.
此题考查解一元二次方程-配方法，解题关键在于掌握运算法则.
11、1．
【解析】
由最简二次根式的定义可得3m+1=8+2m，解出m即可.
【详解】
由题意得：3m+1=8+2m，解得：m=1.
故答案为1.
本题主要考查最简二次根式的定义.
12、2
【解析】
作AH⊥BC于H，交BD于P′，作P′Q′⊥AB于Q′，此时AP′+P′Q′的值最小．
【详解】
解：作AH⊥BC于H，交BD于P′，作P′Q′⊥AB于Q′，此时AP′+P′Q′的值最小．
∵BD平分∠ABC，P′H⊥BC，P′Q′⊥AB，
∴P′Q′=P′H，
∴AP′+P′Q′=AP′+P′H=AH，
根据垂线段最短可知，PA+PQ的最小值是线段AH的长，
∵AB=4，∠AHB=90°，∠ABH=45°，
∴AH=BH=2，
故答案为：2．
本题考查的是轴对称-最短路线问题，解答此类问题时要从已知条件结合图形认真思考，通过角平分线性质，垂线段最短，确定线段和的最小值．
13、-1
【解析】
根据二次根式的被开方数为非负数列不等式组解得x值，将x代入原式解得y值，即可求解．
【详解】
要使有意义，则：
，解得：x=1，代入原式中，
得：y=﹣1，
∴yx=（-1）1=-1，
故答案为：-1．
本题考查二次根式有意义的条件、解一元一次不等式组、幂的乘方，熟练掌握二次根式的被开方数为非负数是解答的关键．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（1）见解析；（2）点O到AB的距离为．
【解析】
（1）先利用折叠的性质和平行四边形的性质得出DE∥BC，DE=BC，则四边形DBCE是平行四边形，再利用BE=CD即可证明四边形DBCE是矩形；
（2）过点O作OF⊥AB，垂足为F，先利用勾股定理求出AB的长度，然后利用 面积即可求出OF的长度，则答案可求．
【详解】
（1）由折叠性质可得：AD=DE，BA=BE，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC，AD∥BC，BA=CD，
∴DE∥BC，DE=BC，
∴四边形DBCE是平行四边形，
又∵BE=CD，
∴四边形DBCE是矩形．
（2）过点O作OF⊥AB，垂足为F，
∵BD⊥AD，
∴∠ADB=90°，
在Rt△ADB中，BD=4，AD=3，
由勾股定理得：AB=，
又∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OB=OD=，

∴
答：点O到AB的距离为．
本题主要考查平行四边形的性质，矩形的判定，勾股定理，掌握平行四边形的性质，矩形的判定，勾股定理并能够利用三角形面积进行转化是解题的关键．
15、（1）， ；（2）①不存在，理由详见解析；②存在，
【解析】
（1）先确定A、B、C的坐标，然后用待定系数法解答即可；
（2）①可用t的代数式表示DF，然后根据DF=BC求出t的值，得到DF与CB重合，因而不存在t，使得四边形DFBC为平行四边形；②可分两种情况（点Q在线段BC上和在线段BC的延长线上）讨论，由于DE∥QC，要使以点D、E、Q、C为顶点的四边形为平行四边形，只需DE=QC，只需将DE、QC分别用的式子表示，再求出t即可解答．
【详解】
解：（1）由题意得，，，
反比例函数为，一次函数为：．
（2）①不存在．
轴，轴，
．
又四边形是平行四边形，
．
设，则，
，．
此时与重合，不符合题意，
不存在．
②存在．当时，；当时，由，，得．
由，．得．
当时，四边形为平行四边形．
．
，
（舍）
当时，四边形为平行四边形．
又且，
为矩形．
本题主要考查了用待定系数法求反比例函数和一次函数的解析式以及平行四边形的判定、解方程、根的判别式等知识，在解答以点D、E、Q、C为顶点的四边形的四个顶点的顺序不确定，需要分情况讨论是解答本题的关键．
16、（1）直线的解析式是y=2x-1；（2）与y轴交点（0，-1），与x轴交点.
【解析】
分析：（1）设函数解析式为y=kx+b，利用待定系数法可求得k、b的值，可求得一次函数解析式；
（2）分别令x=0和y=0，可求得图象与y轴和x轴的交点坐标．
详解：（1）设一次函数解析式为y=kx+b（k≠0），把点（3，5），（﹣4，﹣9）分别代入解析式可得：，解得：，∴一次函数解析式为y=2x﹣1；
（2）当x=0时，y=﹣1，当y=0时，2x﹣1=0，解得：x=，∴函数图象与坐标轴的交点为（0，﹣1），（，0）．
点睛：本题主要考查待定系数法求函数解析式，掌握函数图象上的点的坐标满足函数解析式是解题的关键．
17、（1）EF=BE；（2）EF=BE，理由见解析；（3）当B，E，F在一条直线上时，∠CBE=22.5°
【解析】
（1）证明△ECF是等腰直角三角形即可;
（2）图形如图2所示：（1）中的结论仍然成立，即EF=BE．只要证明BE=DE，△DEF是等腰直角三角形即可;
（3）图形如图2所示：（1）中的结论仍然成立，即EF=BE．只要证明∠CBF=∠CFB即可．
【详解】
解：（1）如图1中，结论：EF=BE．
理由：
∵四边形ABCD是正方形，
∴BA=BC，∠ABC=∠BCD=90°，∠ACD=∠ACB=45°，
∵AE=EC，
∴BE=AE=EC，
∵CM平分∠DCG，
∴∠DCF=45°，
∴∠ECF=90°，
∵CF=AE，
∴EC=CF，
∴EF=EC，
∴EF=BE．
（2）图形如图2所示：（1）中的结论仍然成立，即EF=BE．
理由：连接ED，DF．
由正方形的对称性可知，BE=DE，∠CBE=∠CDE
∵正方形ABCD，
∴AB=CD，∠BAC=45°，
∵点F是正方形ABCD外角平分线CM上一点，
∴∠DCF=45°，
∴∠BAC=∠DCF，
由∵CF=AE，
∴△ABE≌△CDF（SAS），
∴BE=DF，∠ABE=∠CDF，
∴DE=DF，
又∵∠ABE+∠CBE=90°，
∴∠CDF+∠CDE=90°，
即∠EDF=90°，
∴△EDF是等腰直角三角形
∴EF=DE，
∴EF=DE．
（3）如图3中，当点B，E，F在一条直线上时，∠图形如图2所示：（1）中的结论仍然成立，即EF=BE．CBE=22.5°．
理由：∵∠ECF=∠EDF=90°，
∴E，C，F，D四点共圆，
∴∠BFC=∠CDE，
∵∠ABE=∠ADE，∠ABC=∠ADC=90°，
∴∠CDE=∠CBE，
∴∠CBF=∠CFB，
∵∠FCG=∠CBF+∠CFB=45°，
∴∠CBE=22.5°．
本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，三角形的外角的性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题．
18、（1）足球每个100元，篮球每个80元；（2）①W=18a+7200；②足球75个，篮球25个，费用最低，最低费用为8550元
【解析】
（1）根据“购买金额=足球数量×足球单价+篮球的数量×篮球单价”，在两种情况下分别列方程，组成方程组，解方程组即可；
（2） ①设购买足球a个 ，则购买篮球的数量为(100-a)个，则总费用（W）=足球数量×足球单价×0.9+篮球的数量×篮球单价×0.9，据此列函数式整理化简即可；
② 根据购买足球的数量不少于篮球数量的3倍， 且足球的数量不超过总数100，分别列一元一次不等式，组成不等式组，解不等式组求出a的范围；由于W和a的一次函数, k=18>0,W随a增大而增大，随a的减小而减小，所以当a取最小值a时，W值也为最小，从而求出W的最小值，即最低费用.
【详解】
（1）解：设足球每个x元，篮球每个y元，由题意得
解得：
答：足球每个100元，篮球每个80元
（2）解：①W=100×0.9a+80×0.9(100-a)=18a+7200，
答：W关于a的函数关系式为W=18a+7200，
②由题意得 ，解得：75≤a≤100
∵W=18a+7200，W随a的增大而增大，
∴a=75时，W最小=18×75+7200=8550元，
此时，足球75个，篮球25个，费用最低，最低费用为8550元.
此题主要考查一次函数的应用，解题的关键是根据题意求出函数关系式，熟知一次函数的图像与性质.
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19、60cm
【解析】
试题分析：根据菱形的性质对角线互相垂直平分，利用勾股定理求出菱形的边长即可解决问题．
【详解】
解：如图，四边形ABCD是菱形，AC=24，BD=18，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，AO=OC=12，OD=OB=9，AB=BC=CD=AD，
∴AD==1．
∴菱形的周长为=60cm．
故答案为60cm
【点评】
本题考查菱形的性质、勾股定理等知识，解题的关键是熟练掌握菱形的性质，属于中考常考题型．
20、1．
【解析】
在Rt△ABC中，AB=5米，BC=3米，∠ACB=90°，
∴AC=
∴AC+BC=3+4=1米．
故答案是：1．
21、
【解析】
解：如图，过点A作AD⊥BC于点D，
∵等边三角形的边长是2，
∴BD=BC=×2=1，
在Rt△ABD中，AD= =
所以，三角形的面积=×2×=
故答案为：．
本题考查等边三角形的性质，比较简单，作出图形求出等边三角形的高线的长度是解题的关键．
22、＞
【解析】
根据图像与y轴的交点可知b<0，根据y随x的增大而减小可知k<0，从而根据乘法法则可知kb>0.
【详解】
∵图像与y轴的交点在负半轴上，
∴b<0，
∵y随x的增大而减小，
∴k<0，
∴kb>0.
故答案为>.
本题考查了一次函数的图像与性质，对于一次函数y=kx+b（k为常数，k≠0）,当k>0时，y随x的增大而增大；当k<0时，y随x的增大而减小. 当b＞0，图像与y轴的正半轴相交，当b<0，图像与y轴的负半轴相交.
23、≥1
【解析】
根据非负数即“≥1”可得答案．
【详解】
解：“m2是非负数”，用不等式表示为m2≥1，
故答案为：m2≥1．
本题主要主要考查由实际问题抽象出一元一次不等式，用不等式表示不等关系时，要抓住题目中的关键词，如“大于（小于）、不超过（不低于）、是正数（负数）”“至少”、“最多”等等，正确选择不等号．因此建立不等式要善于从“关键词”中挖掘其内涵，不同的词里蕴含这不同的不等关系．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、答案不唯一，详见解析
【解析】
选择第一个与第二个，第一个与第三个，利用整式的加法运算法则计算，然后再利用提公因式法或平方差公式进行因式分解即可．
【详解】
情形一：
情形二：
此题主要考查了多项式的计算，以及分解因式，关键是正确求出多项式的和，找出公因式．
25、（1）结论：AM=AN，AM⊥AN．理由见解析；（2）BE+DF=EF；（3）四边形BEFD的周长为1．
【解析】
（1）利用正方形条件证明△ABM≌△ADN，即可推出结论,
（2）过点 A 作 AG⊥AE 交 CD 延长线于点 G,证明△ABE≌△ADG得AE=AG，∠EAF=∠GAF进而证明△AEF≌△AGF,得EF=FG即可解题,
（3）过点 A 作 AG⊥AE 交 CD 延长线于点 G．证明△ABE≌△ADG得AE=AG，∠EAF=∠GAF进而证明△AEF≌△AGF,得EF=FG即可解题.
【详解】
（1）结论：AM=AN，AM⊥AN．
理由：∵四边形 ABCD 是正方形，
∴AB=AD，∠B=∠ADN=∠BAD=90°，
∵BM=DN，
∴△ABM≌△ADN，
∴AM=AN，∠BAM=∠DAN，
∴∠AMN=∠BAD=90°，
∴AM⊥AN，
（2）如图②中，过点 A 作 AG⊥AE 交 CD 延长线于点 G．
∵四边形 ABCD 为正方形，
∴AB=AD，∠B=∠BAD=∠ADC=90°．
∴∠B=∠ADG=90°，∠BAE+∠EAD=90°．
∵AG⊥AE，∴∠DAG+∠EAD=90°．
∴∠BAE=∠DAG．
在△ABE 和△ADG 中，
，
∴△ABE≌△ADG．
∴AE=AG，BE=DG．
∵∠EAF=45°，AG⊥AE，
∴∠EAF=∠GAF=45°．
在△FAE 和△FAG 中，
，
∴△AEF≌△AGF．
∴EF=FG．
∵FG=DF+DG=DF+BE，
∴BE+DF=EF．
（3）如图③中，过点 A 作 AG⊥AE 交 CD 延长线于点 G．
∵AB=AD，∠ABC+∠ADC=180°，∠ADG+∠ADC=180°
∴∠ABE=∠ADG，
∵AG⊥AE，∴∠DAG+∠EAD=90°．
∵∠BAE+∠EAD=90°
∴∠BAE=∠DAG．
在△ABE 和△ADG 中，
，
∴△ABE≌△ADG．
∴AE=AG，BE=DG．
∵∠EAF=45°，AG⊥AE，
∴∠EAF=∠GAF=45°．
在△FAE 和△FAG 中，
，
∴△AEF≌△AGF．
∴EF=FG．
∵FG=DF+DG=DF+BE，
∴BE+DF=EF．
∴四边形BEFD的周长为EF+（BE+DF）+DB=3+3+5=1．
本题考查了三角形全等的判定,正方形的性质,中等难度,作辅助线是解题关键.
26、（1）见解析；（2）当∠A=45°时，菱形BECF是正方形．
【解析】
分析：（1）根据已知条件发现：可以证明四边形的对角线互相垂直平分即是一个菱形．
（2）菱形要是一个正方形，则根据正方形的对角线平分一组对角，即∠BEF=45°，则∠A=45°．
详（1）证明：∵DE是△ABC的中位线，
∴DE∥AC．
又∵∠ACB=90°，
∴EF⊥BC．
又∵BD=CD，DF=ED，
∴四边形BECF是菱形．
（2）解：要使菱形BECF是正方形
则有BE⊥CE
∵E是△ABC的边AB的中点
∴当△CBA是等腰三角形时，满足条件
∵∠BCA=90°
∴△CBA是等腰直角三角形
∴当∠A=45°时，菱形BECF是正方形．
点睛：（1）熟悉菱形的判定方法；（2）探索性的试题，可以从若要满足结论，则需具备什么条件进行分析．
题号
一
二
三
四
五
总分
得分