天津市红桥区复兴中学2024-2025学年九年级数学第一学期开学检测模拟试题【含答案】

这是一份天津市红桥区复兴中学2024-2025学年九年级数学第一学期开学检测模拟试题【含答案】，共30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）已知矩形ABCD如图，AB＝3，BC＝4，AE平分∠BAD交BC于点E，点F、G分别为AD、AE的中点，则FG＝（ ）
A．B．C．2D．
2、（4分）有5张边长为2的正方形纸片，4张边长分别为2、3的矩形纸片，6张边长为3的正方形纸片，从其中取出若干张纸片，且每种纸片至少取一张，把取出的这些纸片拼成一个正方形（原纸张进行无空隙、无重叠拼接），则拼成正方形的边长最大为（）
A．6B．7C．8D．9
3、（4分）如图，中，、分别是、的中点，平分，交于点，若，则的长是
A．3B．2C．D．4
4、（4分）若式子有意义，则实数的取值范围是（ ）
A．且B．C．D．
5、（4分）如图，已知长方形ABCD中AB = 8cm，BC = 10cm，在边CD上取一点E，将△ADE折叠，使点D恰好落在BC边上的点F，则CF的长为（ ）
A．2cmB．3cmC．4cmD．5cm
6、（4分）在平面直角坐标系中，直线l经过一、二、四象限，若点（2，3），（0，b），（﹣1，a），（c，﹣1）都在直线l上，则下列判断不正确的是（ ）
A．b＞aB．a＞3C．b＞3D．c＞0
7、（4分）如图，菱形ABCD的面积为120cm2，正方形AECF的面积为50cm2，则菱形的边长为（ ）
A．10cmB．13cmC．15cmD．24cm
8、（4分）关于函数y= -x-3的图象，有如下说法：
①图象过点（0，-3）；②图象与x轴的交点是（-3，0）；③由图象可知y随x的增大而增大； ④图象不经过第一象限；⑤图象是与y= -x＋4平行的直线．其中正确的说法有（ ）
A．5个B．4个C．3个D．2个
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，OC平分∠AOB，P在OC上，PD⊥OA于D，PE⊥OB于E．若PD＝3cm，则PE＝_____cm．
10、（4分）如图，正方形ABCD中，AB=6，点E在边CD上，且CD=3DE，将△ADE沿AE对折至△AEF，延长EF交边BC于点G，连接AG，CF，则下列结论：①△ABG≌△AFG；②BG=CG；③AG∥CF；④S△EGC=S△AFE；⑤S△FGC=，其中正确的结论有__________．
11、（4分）如图，在菱形ABCD中，E是AB的中点，且DE⊥AB，AB=10，则∠ABC=_____，对角线AC的长为_____．
12、（4分）已知正n边形的一个外角是45°，则n＝____________
13、（4分）如图，正方形的边长为，点，分别在边，上，若是的中点，且，则的长为_______．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（12分）数学课后，小玲和同桌小娟各自拿出自己的漂亮的正方形手帕，她们俩各有一条方格手帕和一条绣花手帕，如图，小玲说：“我的方格手帕的边长比你的方格手帕的边长大1．6．”小娟说：“我的绣花手帕的边长比你的绣花手帕的边长大1．6．”设小玲的两块手帕的面积和为，小娟的两块手帕的面积和为，请同学们运用因式分解的方法算一算与的差．
15、（8分）如图，抛物线y=x2+bx+c与x轴交于A（﹣1，0），B（3，0）两点，与轴交于点．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）P是y轴正半轴上一点，且△PAB是以AB为腰的等腰三角形，试求点P的坐标；
（3）作直线BC，若点Q是直线BC下方抛物线上的一动点，三角形QBC面积是否有最大值，若有，请求出此时Q点的坐标；若没有，请说明理由．
16、（8分）如图，在平行四边形ABCD中，DB=DC，AE⊥BD于点E．若，求的度数．
17、（10分）如图，四边形是正方形，点是边上的一点，，且交正方形外角的平分线于点.
（1）如图1，当点是的中点时，猜测与的关系，并说明理由.
（2）如图2，当点是边上任意一点时，（1）中所猜测的与的关系还成立吗？请说明理由.
18、（10分）某公司招聘职员两名，对甲、乙、丙、丁四名候选人进行了笔试和面试，各项成绩满分均为100分，然后再按笔试占60%、面试占40%计算候选人的综合成绩（满分为100分）．
他们的各项成绩如下表所示：
（1）直接写出这四名候选人面试成绩的中位数；
（2）现得知候选人丙的综合成绩为87.6分，求表中x的值；
（3）求出其余三名候选人的综合成绩，并以综合成绩排序确定所要招聘的前两名的人选．
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）经过多边形一个顶点共有5条对角线，若这个多边形是正多边形，则它的每一个外角是__度．
20、（4分）边长为2的等边三角形的面积为__________
21、（4分）有甲、乙两张纸条，甲纸条的宽度是乙纸条宽的2倍，如图，将这两张纸条交叉重叠地放在一起，重合部分为四边形ABCD．则AB与BC的数量关系为 ．
22、（4分）如图，已知直线：与直线：相交于点，直线、分别交轴于、两点，矩形的顶点、分别在、上，顶点、都在轴上，且点与点重合，那么 __________________．
23、（4分）已知x＝2时，分式的值为零，则k＝__________.
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（8分）问题情境：在中，，点是的中点，以为角的顶点作．
感知易证：（1）如图1，当射线经过点时，交边于点.将从图1中的位置开始，绕点按逆时针方向旋转，使射线、始终分别交边，于点、，如图2所示，易证，则有．
操作探究：（2）如图2，与是否相似，若相似，请证明；若不相似，请说明理由；
拓展应用：（3）若，直接写出当（2）中的旋转角为多少度时，与相似．
25、（10分）在购买某场足球赛门票时，设购买门票数为x（张），总费用为y（元）．现有两种购买方案：
方案一：若单位赞助广告费10000元，则该单位所购门票的价格为每张60元；
（总费用＝广告赞助费+门票费）
方案二：购买门票方式如图所示．
解答下列问题：
（1）方案一中，y与x的函数关系式为 ；
方案二中，当0≤x≤100时，y与x的函数关系式为 ，当x＞100时，y与x的函数关系式为 ；
（2）如果购买本场足球赛门票超过100张，你将选择哪一种方案，使总费用最省？请说明理由；
（3）甲、乙两单位分别采用方案一、方案二购买本场足球赛门票共700张，花去总费用计58000元，求甲、乙两单位各购买门票多少张．
26、（12分）如图,Rt△OAC是一张放在平面直角坐标系中的直角三角形纸片,点O与原点重合,点A在x轴上,点C在y轴上,OA和OC是方程x−(3+)x+3=0的两根(OA>OC),∠CAO=30°，将Rt△OAC折叠，使OC边落在AC边上，点O与点D重合，折痕为CE.
(1)求点D的坐标；
(2)设点M为直线CE上的一点,过点M作AC的平行线,交y轴于点N,是否存在这样的点M，使得以M、N、D．C为顶点的四边形是平行四边形?若存在，请求出符合条件的点M的坐标；若不存在，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、D
【解析】
由AE平分∠BAD得∠BAE=∠DAE,根据矩形ABCD可得△ABE是等腰直角三角形，所以BE=AB=3，从而可求EC=1，连接DE，由勾股定理得DE的长，再根据三角形中位线定理可求FG的长.
【详解】
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC,
∴∠DAE=∠BEA，
∵AE平分∠BAD
∴∠DAE=∠BAE，
∴∠BAE=∠BEA，
∴AB=BE=3,
∵BC=AD=4,
∴EC=1,
连接DE，如图，
∴DE=，
∵点F、G分别为AD、AE的中点，
∴FG=.
故选D.
本题考查了矩形的性质以及三角形中位线定理，熟记性质与定理是解题关键.
2、C
【解析】
设2为a，3为b，则根据5张边长为2的正方形纸片的面积是5a2，4张边长分别为2、3的矩形纸片的面积是4ab，6张边长为3的正方形纸片的面积是6a2，得出a2+4ab+4b2=（a+2b）2，再根据正方形的面积公式将a、b代入，即可得出答案．
【详解】
解：
设2为a，3为b，
则根据5张边长为2的正方形纸片的面积是5a2，
4张边长分别为2、3的矩形纸片的面积是4ab，
6张边长为3的正方形纸片的面积是6b2，
∵a2+4ab+4b2=（a+2b）2，（b＞a）
∴拼成的正方形的边长最长可以为a+2b=2+6=8，
故选C．
此题考查了完全平方公式的几何背景，关键是根据题意得出a2+4ab+4b2=（a+2b）2，用到的知识点是完全平方公式．
3、A
【解析】
利用中位线定理，得到DE∥AB，根据平行线的性质，可得∠EDC=∠ABC，再利用角平分线的性质和三角形内角外角的关系，得到DF=DB，进而求出DF的长．
【详解】
在中，、分别是、的中点，
，
，
平分，
．
．
．
在中，，
，
．
故选．
本题考查了三角形中位线定理和等腰三角形的判定于性质．三角形的中位线平行于第三边，当出现角平分线，平行线时，一般可构造等腰三角形，进而利用等腰三角形的性质解题．
4、A
【解析】
根据分式及二次根式的性质即可求解.
【详解】
依题意得x≥0，x-2≠0，故且
选A.
此题主要考查分式有意义的条件，解题的关键是熟知二次根式的性质及分母不为零.
5、C
【解析】
分析：由将△ADE折叠使点D恰好落在BC边上的点F可得Rt△ADE≌Rt△AFE，所以AF=10cm．在Rt△ABF中由勾股定理得：AB2+BF2=AF2，已知AB、AF的长可求出BF的长，进而得到结论．
详解：∵四边形ABCD是矩形，∴AD=BC=10cm，CD=AB=8cm，根据题意得：Rt△ADE≌Rt△AFE，∴AF=10cm．在Rt△ABF中由勾股定理得：AB2+BF2=AF2，即82+BF2=102，∴BF=6cm，∴CF=BC﹣BF=10﹣6=4（cm）．
故选C．
点睛：本题主要考查了图形的翻折变换以及勾股定理、方程思想等知识，关键是熟练掌握勾股定理，找准对应边．
6、A
【解析】
依据直线l经过一、二、四象限，经过点（2，3），（1，b），（﹣1，a），（c，﹣1），在直角坐标系中画出直线l，即可得到a＞b，a＞b＞3，c＞1．
【详解】
.解：∵直线l经过一、二、四象限，经过点（2，3），（1，b），（﹣1，a），（c，﹣1），
∴画图可得：
∴a＞b＞3，c＞1，
故选A．
本题考查的是一次函数图象上点的坐标特点，即一次函数图象上各点的坐标一定适合此函数的解析式．
7、B
【解析】
根据正方形的面积可用对角线进行计算解答即可．
【详解】
解：因为正方形AECF的面积为50cm2，
所以AC＝cm，
因为菱形ABCD的面积为120cm2，
所以BD＝=24cm，
所以菱形的边长＝=13cm．
故选：B．
此题考查正方形的性质，关键是根据正方形和菱形的面积进行解答．
8、B
【解析】
根据一次函数的性质和图象上点的坐标特征解答．
【详解】
解：①将（0，-3）代入解析式得，左边=-3，右边=-3，故图象过（0，-3）点，正确；
②当y=0时，y=-x-3中，x=-3，故图象过（-3，0），正确；
③因为k=-1＜0，所以y随x增大而减小，错误；
④因为k=-1＜0，b=-3＜0，所以图象过二、三、四象限，正确；
⑤因为y=-x-3与y= -x＋4的k值（斜率）相同，故两图象平行，正确．
故选：B．
本题考查一次函数的性质和图象上点的坐标特征，要注意：在直线y=kx+b中，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．
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、3
【解析】
根据角平分线上的点到角的两边的距离相等求解即可．
【详解】
解：∵OC平分∠AOB，PD⊥OA，PE⊥OB，
∴PE＝PD＝3cm．
故答案为；3
本题主要考查了角平分线的定义，角平分线上的点到角的两边的距离相等，熟记性质是解题的关键．
10、①②③④⑤
【解析】
由正方形和折叠的性质得出AF=AB，∠B=∠AFG=90°，由HL即可证明Rt△ABG≌Rt△AFG，得出①正确，设BG=x，则CG=BC-BG=6-x，GE=GF+EF=BG+DE=x+1，由勾股定理求出x=2，得出②正确；由等腰三角形的性质和外角关系得出∠AGB=∠FCG，证出平行线，得出③正确；分别求出△EGC，△AEF的面积，可以判断④，由
，可求出△FGC的面积，故此可对⑤做出判断．
【详解】
解：解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD=DC=6，∠B=D=90°，
∵CD=2DE，
∴DE=1，
∵△ADE沿AE折叠得到△AFE，
∴DE=EF=1，AD=AF，∠D=∠AFE=∠AFG=90°，
∴AF=AB，
∵在Rt△ABG和Rt△AFG中，
，
∴Rt△ABG≌Rt△AFG（HL）．
∴①正确；
∵Rt△ABG≌Rt△AFG，
∴BG=FG，∠AGB=∠AGF．
设BG=x，则CG=BC-BG=6-x，GE=GF+EF=BG+DE=x+1．
在Rt△ECG中，由勾股定理得：CG1+CE1=EG1．
∵CG=6-x，CE=4，EG=x+1，
∴（6-x）1+41=（x+1）1，解得：x=2．
∴BG=GF=CG=2．
∴②正确；
∵CG=GF，
∴∠CFG=∠FCG．
∵∠BGF=∠CFG+∠FCG，∠BGF=∠AGB+∠AGF，
∴∠CFG+∠FCG=∠AGB+∠AGF．
∵∠AGB=∠AGF，∠CFG=∠FCG，
∴∠AGB=∠FCG．
∴AG∥CF．
∴③正确；
∵S△EGC=×2×4=6，S△AEF=S△ADE=×6×1=6，
∴S△EGC=S△AFE；
∴④正确，
∵△CFG和△CEG中，分别把FG和GE看作底边，
则这两个三角形的高相同．
∴，
∵S△GCE=6，
∴S△CFG=×6=2.6，
∴⑤正确；
故答案为①②③④⑤．
本题考查了正方形性质，折叠性质，全等三角形的性质和判定，等腰三角形的性质和判定，平行线的判定等知识点的运用，依据翻折的性质找出其中对应相等的线段和对应相等的角是解题的关键．
11、120° 10
【解析】
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC=CD=DA,AD∥BC，
∵E是AB的中点,且DE⊥AB,
∴AE=AD，
∴sin∠ADE=，
∴∠ADE=30°，
∴∠DAE=60°，
∵AD∥BC，
∴∠ABC=180°−60°=120°；
连接BD，交AC于点O，
在菱形ABCD中,∠DAE=60°，
∴∠CAE=30°，AB=10，
∴OB=5，
根据勾股定理可得：AO= = ，
即AC=.
故答案为：120°；.
点睛：本题考查了菱形的性质、线段垂直平分线的性质、勾股定理等知识点，熟练掌握菱形的性质是解题的关键. 由在菱形ABCD中，E是AB的中点，且DE⊥AB，可证得AE=AD，即可求得∠ADE=30°，继而求得答案；连接BD，交AC于点O，易得AC⊥BD，由勾股定理，即可求得答案．
12、8
【解析】
解：∵多边形的外角和为360°，正多边形的一个外角45°，
∴多边形得到边数360÷45=8，所以是八边形．
故答案为8
13、4
【解析】
延长F至G，使CG=AE，连接DG，由SAS证明△ADE≌△CDG，得出DE=DG，∠ADE=∠CDG，再证明△EDF≌△GDF，得出EF=GF，设AE=CG=x，则EF=GF=3+x，在Rt△BEF中，由勾股定理得出方程，解方程得出AE=2，从而求得BE的长即可．
【详解】
解：延长F至G，使CG=AE，连接DG、EF，如图所示：
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=AB=BC=CD=6，∠A=∠B=∠DCF=∠ADC=90°，
∴∠DCG=90°，
在△ADE和△CDG中，，
∴△ADE≌△CDG（SAS），
∴DE=DG，∠ADE=∠CDG，
∴∠EDG=∠CDE+∠CDG=∠CDE+∠ADE=90°，
∵∠EDF=45°，
∴∠GDF=45°，
在△EDF和△GDF中，，
∴△EDF≌△GDF（SAS），
∴EF=GF，
∵F是BC的中点，
∴BF=CF=3，
设AE=CG=x，则EF=GF=CF+CG=3+x，
在Rt△BEF中，由勾股定理得：，
解得：x=2，即AE=2，
∴BE=AB-AE=6-2=4.
此题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质以及勾股定理，利用了方程的思想，证明三角形全等是解本题的关键．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、
【解析】
直接根据题意，列出式子，进行因式分解即可.
【详解】
（）
此题主要考查因式分解的实际应用，熟练掌握，即可解题.
15、（1）y=x2-2x-2；（2）P点的坐标为（ 0，）或（ 0，）；（2）点Q（， - ）．
【解析】
（1）把A（﹣1，0），B（2，0）两点代入y=-x2+bx+c即可求出抛物线的解析式；
（2）由A（﹣1，0），B（2，0）可得AB=1，由△PAB是以AB为腰的等腰三角形，可分两种情况PA=AB=1时，PB=AB=1时，根据勾股定理分别求出OP的长即可求解；
（2）由抛物线得C（0，-2），求出直线BC的解析式，过点Q作QM∥y轴，交BC于点M，设Q（x，x2-2x-2），则M（x，x-2），根据三角形QBC面积S=QM∙OB得出二次函数解析式，根据二次函数的性质即可求出Q点坐标及△QBC面积的最大值
【详解】
解：（1）因为抛物线y=x2+bx+c与x轴交于A（﹣1，0），B（2，0）两点，
所以可得解得．
所以该抛物线的解析式为：y=x2-2x-2；
（2）由A（﹣1，0），B（2，0）可得AB=1．
因为P是y轴正半轴上一点，且△PAB是以AB为腰的等腰三角形，可得PA=1或PB=1．
当PA=1时，因为A（﹣1，0），所以OP==，所以P（ 0，）；
当PB=1时，因为B（2，0），所以OP==，所以P（ 0，）；
所以P点的坐标为（ 0，）或（ 0，）；
（2）对于y=x2-2x-2，当x=0时，y= -2，所以点C（0，-2）
设直线BC的解析式为：y=kx+b（k≠0），B（2，0），C（0，-2）
可得解得所以直线BC的解析式为：y=x-2．
过点Q作QM∥y轴，交BC于点M，设Q（x，x2-2x-2），则M（x，x-2）．
所以三角形QBC的面积为S=QM∙OB=[（ x-2）-（x2-2x-2）]×2
= -x2+x．
因为a=-<0，函数图象开口方向向下，所以函数有最大值，即三角形QBC面积有最大值．此时，x= -=，此时Q点的纵坐标为-，所以点Q（，-）．
本题考查二次函数综合，用到的知识点是二次函数的图象与性质、三角形的面积、等腰三角形的判定、直线与抛物线的交点，关键是理解坐标与图形性质，会利用分类讨论的思想解决数学问题．
16、68°
【解析】
根据直角三角形的性质求出，然后根据平行线的性质可得，最后根据等边对等角和三角形的内角和定理即可求出的度数．
【详解】
解：∵
∴
∴
∵四边形是平行四边形
∴
∵
∴
此题考查的是平行四边形的性质、等腰三角形的性质和直角三角形的性质，掌握平行四边形的性质、等边对等角和直角三角形的两个锐角互余是解决此题的关键．
17、（1）；（2）成立,理由见解析.
【解析】
（1）取的中点，连接，根据同角的余角相等得到，然后易证，问题得解；
（2）在上取点，使，连接，同（1）的方法相同，证明即可；
【详解】
（1）证明：如图1，取的中点，连接，
四边形是正方形，
，，
，
，
，，
是正方形外角的平分线，
，
，，
，
在和中，
，
，
；
（2）如图2，在上取点，使，连接，
四边形是正方形，
，，
，
，
，，
是正方形外角的平分线，
，
，，
，
在和中，
，
，
；
此题是四边形综合题，主要考查的是正方形的性质、全等三角形的判定和性质，正确作出辅助线、灵活运用全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键，解答时，注意类比思想的正确运用．
18、（1）这四名候选人面试成绩的中位数为89（分）；（2）表中x的值为86；（3）以综合成绩排序确定所要招聘的前两名的人选是甲和丙．
【解析】
（1）根据中位数的概念计算；
（2）根据题意列出方程，解方程即可；
（3）根据加权平均数的计算公式分别求出余三名候选人的综合成绩，比较即可．
【详解】
（1）这四名候选人面试成绩的中位数为：=89（分）；
（2）由题意得，x×60%+90×40%=87.6
解得，x=86，
答：表中x的值为86；
（3）甲候选人的综合成绩为：90×60%+88×40%=89.2（分），
乙候选人的综合成绩为：84×60%+92×40%=87.2（分），
丁候选人的综合成绩为：88×60%+86×40%=87.2（分），
∴以综合成绩排序确定所要招聘的前两名的人选是甲和丙．
本题考查的是中位线、加权平均数，掌握中位数的概念、加权平均数的计算公式是解题的关键．
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19、1．
【解析】
从n边形的一个顶点可引的对角线条数应为:n-3,因为与它相邻的两个顶点和它本身的一个顶点均不能和其连接构成对角线。再用外角度数除几个角即可解答
【详解】
∵经过多边形的一个顶点有5条对角线，
∴这个多边形有5+3＝8条边，
∴此正多边形的每个外角度数为360°÷8＝1°，
故答案为：1．
此题考查正多边形的性质和外角，解题关键在于求出是几边形
20、
【解析】
根据等边三角形三线合一的性质可得D为BC的中点，即BD=CD，在直角三角形ABD中，已知AB、BD，根据勾股定理即可求得AD的长，即可求三角形ABC的面积，即可解题．
【详解】
∵等边三角形高线即中点，AB=2，
∴BD=CD=1，
在Rt△ABD中，AB=2，BD=1，
∴
∴
故答案为：
考查等边三角形的性质以及面积，勾股定理等，熟练掌握三线合一的性质是解题的关键.
21、AB=2BC．
【解析】
过A作AE⊥BC于E、作AF⊥CD于F，
∵甲纸条的宽度是乙纸条宽的2倍，
∴AE=2AF，
∵纸条的两边互相平行，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∴∠ABC=∠ADC，AD=BC，
∵∠AEB=∠AFD=90°，
∴△ABE∽△ADF，
∴，即．
故答案为AB=2BC．
考点：相似三角形的判定与性质．
点评：本题考查的是相似三角形的判定与性质，根据题意作出辅助线，构造出相似三角形是解答此题的关键．
22、2：5
【解析】
把y=0代入l1解析式求出x的值便可求出点A的坐标．令x=0代入l2的解析式求出点B的坐标．然后可求出AB的长．联立方程组可求出交点C的坐标，继而求出三角形ABC的面积，再利用xD=xB=2易求D点坐标．又已知yE=yD=2可求出E点坐标．故可求出DE，EF的长，即可得出矩形面积．
【详解】
解：由 x+=0，得x=-1．
∴A点坐标为（-1，0），
由-2x+16=0，得x=2．
∴B点坐标为（2，0），
∴AB=2-（-1）=3．
由 ，解得，
∴C点的坐标为（5，6），
∴S△ABC=AB•6=×3×6=4．
∵点D在l1上且xD=xB=2，
∴yD=×2+=2，
∴D点坐标为（2，2），
又∵点E在l2上且yE=yD=2，
∴-2xE+16=2，
∴xE=1，
∴E点坐标为（1，2），
∴DE=2-1=1，EF=2．
∴矩形面积为：1×2=32，
∴S矩形DEFG：S△ABC=32：4=2：5．
故答案为：2：5．
此题主要考查了一次函数交点坐标求法以及图象上点的坐标性质等知识，根据题意分别求出C，D两点的坐标是解决问题的关键．
23、-6
【解析】
由题意得：6+k=0,解得：k=-6.
故答案：-6.
【方法点睛】本题目是一道考查分式值为0的问题，分式值为0：即当分子为0且分母不为0.从而列出方程，得解.
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（1）CD；（2）△BDF∽△DEF，理由见详解；（3）10°或40°．
【解析】
（1）如图2，根据∠EDF＝∠B及三角形外角性质可得∠BFD＝∠CDE，再根据∠B＝∠C即可得到△BFD∽△CDE解决问题．
（2）如图2，由（2）得△BFD∽△CDE，则有，由D是BC的中点可得．再根据∠B＝∠EDF即可得到△BDF∽△DEF．
（3）由∠B＝∠C＝50°可得∠BAC＝80°，AB＝AC，再由BD＝CD可得AD⊥BC．若△DEF与△ABC相似，由△BDF∽△DEF可得△BDF与△ABC相似，从而得到∠BDF＝∠BAC＝80°，或∠BDF＝∠C＝50°，即可解决问题．
【详解】
解：（1）如图2，

∵AB＝AC
∴∠B＝∠C，
∵∠FDC是△BFD的一个外角，
∴∠FDC＝∠B+∠BFD．
∵∠FDC＝∠FDE+∠EDC，∠EDF＝∠B，
∴∠BFD＝∠CDE．
∵∠B＝∠C，
∴△BFD∽△CDE；
∴．
（2）如图2，结论：△BDF∽△DEF．

理由：由（1）得．
∵D是BC的中点，
∴BD＝CD，
∴，
又∵∠B＝∠EDF，
∴△BDF∽△DEF．
（3）连接AD，如图3，

∵∠B＝∠C＝50°，
∴∠BAC＝80°，AB＝AC．
∵BD＝CD，
∴AD⊥BC．
若△DEF与△ABC相似，
∵△BDF∽△DEF，
∴△BDF与△ABC相似，
∴∠BDF＝∠BAC＝80°，或∠BDF＝∠C＝50°，
∴∠ADF＝90°﹣80°＝10°，或∠ADF＝90°﹣50°＝40°，
∴当（2）中的旋转角为10°或40°时，△DEF与△ABC相似．
本题属于相似形综合题，主要考查了相似三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、三角形的外角性质、三角形内角和定理等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形的判定条件，属于中考常考题型．
25、解：(1) 方案一:y=60x+10000；
当0≤x≤100时，y=100x；
当x＞100时，y=80x+2000；
(2)当60x+10000＞80x+2000时，即x＜400时，选方案二进行购买，
当60x+10000=80x+2000时，即x=400时，两种方案都可以，
当60x+10000＜80x+2000时，即x＞400时，选方案一进行购买；
(3) 甲、乙单位购买本次足球赛门票分别为500张、200张.
【解析】
（1）根据题意可直接写出用x表示的总费用表达式；
（2）根据方案一与方案二的函数关系式分类讨论；
（3）假设乙单位购买了a张门票，那么甲单位的购买的就是700-a张门票，分别就乙单位按照方案二：①a不超过100；②a超过100两种情况讨论a取值的合理性．从而确定求甲、乙两单位各购买门票数．
【详解】
解：(1) 方案一:y=60x+10000；
当0≤x≤100时，y=100x；
当x＞100时，y=80x+2000；
(2)因为方案一y与x的函数关系式为y=60x+10000，
∵x＞100，方案二的y与x的函数关系式为y=80x+2000；
当60x+10000＞80x+2000时，即x＜400时，选方案二进行购买，
当60x+10000=80x+2000时，即x=400时，两种方案都可以，
当60x+10000＜80x+2000时，即x＞400时，选方案一进行购买；
(3) 设甲、乙单位购买本次足球赛门票数分别为a张、b张；
∵甲、乙单位分别采用方案一和方案二购买本次足球比赛门票，
∴乙公司购买本次足球赛门票有两种情况：b≤100或b＞100.
① b≤100时，乙公司购买本次足球赛门票费为100b，
解得不符合题意，舍去；
② 当b＞100时，乙公司购买本次足球赛门票费为80b+2000，
解得符合题意
答：甲、乙单位购买本次足球赛门票分别为500张、200张.
26、（1）D(,)；（2）M(− ,)；
【解析】
（1）由折纸可以知道CD=OC，从而求出AD，作DF⊥OA于F解直角三角形可以求出D点的坐标．
（2）存在满足条件的M点，利用三角形全等和平行线等分线段定理可以求出M点对应的坐标．
【详解】
(1) 解方程x−(3+)x+3=0得：
x =,x=3
∵OA>OC
∴OA=3,OC=；
在Rt△AOC中，由勾股定理得：
AC= =2，
由轴对称得：CO=CD=，作DF⊥OA于F，
∴AD=,作DF⊥OA,且∠CAO=30°，
∴DF=，由勾股定理得：
AF= ，
∴OF=，∴OF=AF
∴D(,)；
(2)∵MN∥AC，
∠NMF=∠ADF,∠FNM=∠FAD
∵OF=AF
∴△ADF≌△NMF(AAS)，
∴MF=DF=,NF=AF=，
∴M (,− )，作MG⊥OA，
∵四边形MCDN和四边形CNMD是平行四边形
∴MC=ND,ND=CM∴MC=CM
∴GO=OF=，OE=1
∴GE= ，
∴EOC△∽△EGM
∴
∴ 解得：
MG= ，
∴M(− ,)
此题考查一次函数综合题，解题关键在于求出AD然后作辅助线.
题号
一
二
三
四
五
总分
得分
批阅人
修造人
笔试成绩/分
面试成绩/分
甲
90
88
乙
84
92
丙
x
90
丁
88
86