河南省长葛市第一初级中学2024-2025学年九年级数学第一学期开学达标测试试题【含答案】

这是一份河南省长葛市第一初级中学2024-2025学年九年级数学第一学期开学达标测试试题【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）勾股定理是人类最伟大的科学发现之一，在我国古算书《周髀算经》中早有记载．如图1，以直角三角形的各边为边分别向外作正方形，再把较小的两张正方形纸片按图2的方式放置在最大正方形内.若知道图中阴影部分的面积，则一定能求出（ ）
A．直角三角形的面积
B．最大正方形的面积
C．较小两个正方形重叠部分的面积
D．最大正方形与直角三角形的面积和
2、（4分）如图所示，E、F分别是□ABCD的边AB、CD上的点，AF与DE相交于点P，BF与CE相交于点Q，若S△APD=2cm2，S△BQC=4cm2，则阴影部分的面积为（ ）
A．6 cm2B．8 cm2C．10 cm2D．12 cm2
3、（4分）使代数式有意义的x的取值范围是（ ）
A．x≥0B．C．x取一切实数D．x≥0且
4、（4分）如图，已知A点坐标为(5，0)，直线y＝kx+b(b＞0)与y轴交于点B，∠BCA＝60°，连接AB，∠α＝105°，则直线y＝kx+b的表达式为( )
A．B．C．D．
5、（4分）如图，的对角线，相交于点，点为中点，若的周长为28，，则的周长为（ ）
A．12B．17C．19D．24
6、（4分）如图，在平面直角坐标系中有两点A（5，0），B（0，4），则它们之间的距离为（ ）
A．B．C．D．
7、（4分）在数学活动课上，老师和同学们判断一个四边形门框是否为矩形，下面是某合作学习小组的4位同学拟定的方案，其中正确的是（ ）
A．测量对角线，看是否互相平分
B．测量两组对边，看是否分别相等
C．测量对角线，看是否相等
D．测量对角线的交点到四个顶点的距离，看是否都相等
8、（4分）已知点（k，b）为第四象限内的点，则一次函数y＝kx+b的图象大致是（ ）
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）已知一次函数（）经过点，则不等式的解集为__________．
10、（4分）当x＝________时，分式的值为零．
11、（4分）如图，在△MBN 中，已知：BM＝6，BN＝7，MN＝10，点 A C，D 分别是 MB，NB，MN 的中点，则四边形 ABCD 的周长 是_____．
12、（4分）在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=5，BC=12，则连结两条直角边中点的线段长为_______．
13、（4分）如图，将5个边长都为4cm的正方形按如图所示的方法摆放，点A、B、C、D是正方形的中心，则正方形重叠的部分（阴影部分）面积和为_____．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（12分）计算：（2+3）2﹣2×÷5．
15、（8分）在正方形ABCD中．
（1）如图1，点E、F分别在BC、CD上，AE、BF相交于点O，∠AOB=90°，试判断AE与BF的数量关系，并说明理由；
（2）如图2，点E、F、G、H分别在边BC、CD、DA、AB上，EG、FH相交于点O，∠GOH=90°，且EG=7，求FH的长；
（3）如图3，点E、F分别在BC、CD上，AE、BF相交于点O，∠AOB=90°，若AB=5，图中阴影部分的面积与正方形的面积之比为4：5，求△ABO的周长．
16、（8分）如图，在方格纸中，线段AB的两个端点都在小方格的格点上，分别按下列要求画格点四边形．
在图甲中画一个以AB为对角线的平行四边形．
在图乙中画一个以AB为边的矩形．
17、（10分）如图，在平行四边形ABCD中，AE、AF是平行四边形的高，，，，DE交AF于G．
（1）求线段DF的长；
（2）求证：是等边三角形.
18、（10分）如图1，平行四边形ABCD在平面直角坐标系中，A、B（点A在点B的左侧）两点的横坐标是方程的两个根，点D在y轴上其中．
（1）求平行四边形ABCD的面积；
（2）若P是第一象限位于直线BD上方的一点，过P作于E，过E作轴于H点，作PF∥y轴交直线BD于F，F为BD中点，其中△PEF的周长是；若M为线段AD上一动点，N为直线BD上一动点，连接HN，NM，求的最小值，此时y轴上有一个动点G，当最大时，求G点坐标；
（3）在（2）的情况下，将△AOD绕O点逆时针旋转60°后得到如图2，将线段沿着x轴平移，记平移过程中的线段为，在平面直角坐标系中是否存在点S，使得以点，，E，S为顶点的四边形为菱形，若存在，请求出点S的坐标，若不存在，请说明理由．
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）不等式9﹣3x＞0的非负整数解的和是_____．
20、（4分）如图，已知， AD平分于点E， ，则BC= ___cm。
21、（4分）直角三角形的两条直角边长分别为、，则这个直角三角形的斜边长为________cm．
22、（4分）若正多边形的一个内角等于140°，则这个正多边形的边数是_______.
23、（4分）请你写出一个有一根为0的一元二次方程：______．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（8分）如图，点A在∠MON的边ON上，AB⊥OM于B，AE=OB，DE⊥ON于E，AD=AO，DC⊥OM于C．
(1)求证：四边形ABCD是矩形；
(2)若DE=3，OE=9，求AB、AD的长；
25、（10分）先化简，再求值：（+a﹣2）÷，其中a＝+1．
26、（12分）如图，边长为2的正方形纸片ABCD中，点M为边CD上一点（不与C，D重合），将△ADM沿AM折叠得到△AME，延长ME交边BC于点N，连结AN．
（1）猜想∠MAN的大小是否变化，并说明理由；
（2）如图1，当N点恰为BC中点时，求DM的长度；
（3）如图2，连结BD，分别交AN，AM于点Q，H．若BQ＝，求线段QH的长度．
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】
根据勾股定理得到c1=a1+b1，根据正方形的面积公式、长方形的面积公式计算即可．
【详解】
设直角三角形的斜边长为c，较长直角边为b，较短直角边为a，
由勾股定理得，c1=a1+b1，
阴影部分的面积=c1-b1-a（c-b）=a1-ac+ab=a（a+b-c），
较小两个正方形重叠部分的长=a-（c-b），宽=a，
则较小两个正方形重叠部分底面积=a（a+b-c），
∴知道图中阴影部分的面积，则一定能求出较小两个正方形重叠部分的面积，
故选C．
本题考查的是勾股定理，如果直角三角形的两条直角边长分别是a，b，斜边长为c，那么a1+b1=c1．
2、A
【解析】
连接E、F两点，由三角形的面积公式我们可以推出S△EFC=S△BCF，S△EFD=S△ADF，所以S△EFG=S△BCQ，S△EFP=S△ADP，因此可以推出阴影部分的面积就是S△APD+S△BQC．
【详解】
连接E、F两点，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，
∴△EFC的FC边上的高与△BCF的FC边上的高相等，
∴S△EFC=S△BCF，
∴S△EFQ=S△BCQ，
同理：S△EFD=S△ADF，
∴S△EFP=S△ADP，
∵S△APD=1cm1，S△BQC=4cm1，
∴S四边形EPFQ=6cm1，
故阴影部分的面积为6cm1．
故选A.
本题主要考查平行四边形的性质，三角形的面积，解题的关键在于求出各三角形之间的面积关系．
3、D
【解析】
试题分析：根据题意可得：当x≥0且3x﹣1≠0时，代数式有意义，
解得：x≥0且．故选D．
考点：1.二次根式有意义的条件；2.分式有意义的条件．
4、B
【解析】
根据等腰直角三角形的性质和三角函数分别求B、C两点的坐标，利用待定系数法求直线的表达式．
【详解】
∵A点坐标为(1，0)，
∴OA＝1，
∵∠BCA＝60°，∠α＝101°，
∴∠BAC＝101°﹣60°＝41°，
∴△AOB是等腰直角三角形，
∴AO＝BO＝1，
∴B(0，1)．
∵∠CBO＝90°﹣∠BCA＝30°，
∴BC＝2CO，BO＝＝CO＝1，
∴CO＝，
∴C(﹣，0)，
把B(0，1)和C(﹣，0)代入y＝kx+b中得：，
解得：，
∴直线BC的表达式为：y＝x+1．
故选B．
本题考查了利用待定系数法求直线的解析式、含30度角的直角三角形、等腰直角三角形的性质及图形与坐标特点，熟练掌握图形与坐标特点是本题的关键．
5、A
【解析】
由四边形ABCD是平行四边形，根据平行四边形的性质可得OB=OD，再由E是CD中点，即可得BE=BC，OE是△BCD的中位线，由三角形的中位线定理可得OE＝AB， 再由▱ABCD的周长为28，BD＝10， 即可求得AB+BC＝14，BO＝5，由此可得BE+OE＝7， 再由△OBE的周长为＝BE+OE+BO即可求得△OBE的周长．
【详解】
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴O是BD中点， OB=OD，
又∵E是CD中点，
∴BE=BC，OE是△BCD的中位线，
∴OE＝AB，
∵▱ABCD的周长为28，BD＝10，
∴AB+BC＝14，
∴BE+OE＝7，BO＝5
∴△OBE的周长为＝BE+OE+BO＝7+5＝1．
故选A．
本题考查了平行四边形的性质及三角形的中位线定理，熟练运用性质及定理是解决问题的关键.
6、A
【解析】
先根据A、B两点的坐标求出OA及OB的长，再根据勾股定理即可得出结论．
【详解】
∵A（5，0）和B（0，4），
∴OA＝5，OB＝4，
∴AB＝，即这两点之间的距离是．
故选A．
本题考查了勾股定理的应用，根据坐标得出OA及OB的长是解题关键.
7、D
【解析】
根据矩形的判定定理有：（1）有一个角是直角的平行四边形是矩形；
（2）有三个角是直角的四边形是矩形；
（3）对角线互相平分且相等的四边形是矩形．
【详解】
解：A、对角线是否相互平分，能判定平行四边形，故本选项错误；
B、两组对边是否分别相等，能判定平行四边形，故本选项错误；
C、对角线相等的四边形不一定是矩形，不能判定形状，故本选项错误；
D、根据对角线相等且互相平分四边形是矩形，可知量出对角线的交点到四个顶点的距离，看是否相等，可判断是否是矩形．故本选项正确．
故选：D．
本题考查的是矩形的判定定理，牢记矩形的判定方法是解答本题的关键，难度较小．
8、B
【解析】
试题分析：根据已知条件“点（k，b）为第四象限内的点”推知k、b的符号，由它们的符号可以得到一次函数y=kx+b的图象所经过的象限．
解：∵点（k，b）为第四象限内的点，
∴k＞0，b＜0，
∴一次函数y=kx+b的图象经过第一、三象限，且与y轴交于负半轴，观察选项，B选项符合题意．
故选B．
考点：一次函数的图象．
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、
【解析】
先把（-1，0）代入y=kx+b得b=k，则k（x-3）+b＜0化为k（x-3）+k＜0，然后解关于x的不等式即可．
【详解】
解：把（-1，0）代入y=kx+b得-k+b=0，解b=k，
则k（x-3）+b＜0化为k（x-3）+k＜0，
而k＜0，
所以x-3+1＞0，
解得x＞1．
故答案为x＞1．
本题考查了一次函数与一元一次不等式：从函数的角度看，就是寻求使一次函数y=kx+b的值大于（或小于）0的自变量x的取值范围；从函数图象的角度看，就是确定直线y=kx+b在x轴上（或下）方部分所有的点的横坐标所构成的集合.
10、3
【解析】
根据分式值为0的条件：分子为0，分母不为0，即可得答案.
【详解】
∵分式的值为零，
∴x-3=0,x+5≠0，
解得：x=3，
故答案为：3
本题考查分式值为0的条件，要使分式值为0，则分子为0，分母不为0；熟练掌握分式值为0的条件是解题关键.
11、13
【解析】
根据中位线性质可以推出CD∥AB，AD∥BC，可得四边形ABCD为平行四边形，由中点可得四边形ABCD的周长
【详解】
∵点A，C，D分别是MB，NB，MN的中点，
∴CD∥AB，AD∥BC，
∴四边形ABCD为平行四边形，
∴AB=CD，AD=BC.
∵BM＝6，BN＝7，点A，C分别是MB，NB的中点，
∴AB=3，BC=3.5，
∴四边形ABCD的周长=（AB+BC）×2=（3+3.5）×2=13.
故答案为13
本题考查了中位线的性质，以及平行四边形的判定及性质，掌握中位线的性质及平行四边形的性质是解题的关键.
12、6.5
【解析】
试题分析：依题意作图可知EF为Rt△ABC中位线，则EF=AB．在Rt△ABC中AB=
所以EF=6.5
考点：中位线定理
点评：本题难度较低，主要考查学生对三角形中位线定理知识点的掌握．
13、16cm2
【解析】
根据正方形的性质，每一个阴影部分的面积等于正方形的，再根据正方形的面积公式列式计算即可得解．
【详解】
解：∵点A、B、C、D分别是四个正方形的中心
∴每一个阴影部分的面积等于正方形的
∴正方形重叠的部分（阴影部分）面积和
故答案为：
本题考查了正方形的性质以及与面积有关的计算，不规则图形的面积可以看成规则图形面积的和或差，正确理解运用正方形的性质是解题的关键．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、35+12﹣．
【解析】
根据完全平方公式、二次根式的乘除法和减法可以解答本题．
【详解】
（2+3）2﹣2×÷5．
＝
＝35+12﹣．
本题考查二次根式的混合运算，解答本题的关键是明确二次根式混合运算的计算方法．
15、（1）AE=BF，理由见解析；（2）FH=7；（3）△AOB的周长为5+
【解析】
（1）由四边形ABCD是正方形可得AB=BC，∠ABE=∠BCF=90°，根据余角的性质可得∠BAO=∠CBF，然后根据ASA可证△ABE≌△BCF，进而可得结论；
（2）如图4，作辅助线，构建平行四边形AMEG和平行四边形BNFH，得AM=GE，BN=FH，由（1）题的结论知△ABM≌△BCN，进而可得FH的长；
（3）根据正方形的面积和阴影部分的面积可得：空白部分的面积为25－20=5，易得△AOB的面积与四边形OECF的面积相等，设AO=a，BO=b，则易得ab=5，根据勾股定理得：a2+b2=52，然后根据完全平方公式即可求出a+b，进一步即得结果．
【详解】
解：（1）AE=BF，理由是：如图1，∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC，∠ABE=∠BCF=90°，
∵∠AOB=90°，∴∠BAO+∠ABO=90°，
又∵∠CBF+∠ABO=90°，∴∠BAO=∠CBF，
∴△ABE≌△BCF（ASA）．
∴AE=BF；
（2）在图2中，过点A作AM∥GE交BC于M，过点B作BN∥FH交CD于N，AM与BN交于点O′，如图4，则四边形AMEG和四边形BNFH均为平行四边形，
∴AM=GE，BN=FH，
∵∠GOH=90°，AM∥GE，BN∥FH，∴∠AO′B=90°，
由（1）得，△ABM≌△BCN，∴AM=BN，
∴FH=GE=7；
（3）如图3，∵阴影部分的面积与正方形ABCD的面积之比为4：5，
∴阴影部分的面积为×25=20，∴空白部分的面积为25－20=5，
由（1）得，△ABE≌△BCF，
∴△AOB的面积与四边形OECF的面积相等，均为×5=，
设AO=a，BO=b，则ab=，即ab=5，
在Rt△AOB中，∠AOB=90°，∴a2+b2=52，
∴a2+2ab+b2=25+10=35，即，
∴a+b=，即AO+BO=，
∴△AOB的周长为5+．
本题是四边形的综合题，主要考查了正方形的性质、平行四边形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、三角形和多边形的面积以及完全平方公式的运用，属于常考题型，熟练掌握上述知识、灵活应用整体的思想是解题的关键．
16、（1）作图见解析；（2）作图见解析.
【解析】
直接利用平行四边形的性质得出符合题意的图形；
直接利用矩形的性质得出符合题意的图形．
【详解】
如图甲所示：四边形ACBD是平行四边形；
如图乙所示：四边形ABCD是矩形．
此题主要考查了应用设计与作图，正确把握平行四边形以及矩形的性质是解题关键．
17、（1）；（2）是等边三角形，见解析.
【解析】
（1）根据AE、AF是平行四边形ABCD的 高，得 ，，又，，所以有﹐，则求出CD，再根据，则可求出DF的长；（2）根据三角形内角和定理求出，求出，再求出，则可证明.
【详解】
解：（1）∵在平行四边形ABCD中AE、AF是高，
∴，，
∴，，
∵中，，
∴﹐，
∵四边形ABCD是平行四边形，，，
∴，，
∵，，∴，
（2）证明：∵中，，
∴，∴，
∵四边形ABCD是平行四边形，，
∴，，∴
∴，∴，
∵由（1）知∴
∵，，∴，
∴，
∴是等边三角形．
本题考查了平行四边形的性质、三角形内角和定理、等边三角形的判定等知识点，熟练掌握性质及定理是解题的关键.
18、（1）S平行四边形ABCD=48；（2）G（0，），见解析；（3）满足条件的点S的坐标为或或，见解析.
【解析】
（1）解方程求出A，B两点坐标，在Rt△AOD中，求出OD即可解决问题．
（2）首先证明△EHB也是等腰直角三角形，以HE，HB为边构造正方形EHBJ，连接JN，延长JE交OD于Q，作MT⊥OD于T，连接JT．在Rt△DMT中，易知MT= DM，根据对称性可知：NH=NJ，推出HN+MM-DM=NJ+MN-MT≤JT，推出当JT最小时，HN+MM-DM的值最小．如图2中当点M在JQ的延长线上时，HN+MM-DM的值最小，此时M（-，5），作点M关于y轴对称点M′，连接CM′，延长CM′交y轴于点G，此时|CG-MG|最大，求出直线CM′的解析式即可解决问题．
（3）分五种情形分别画出图形，利用菱形的性质，中点坐标公式等知识一一求解即可．
【详解】
解：（1）由得到x=-2或1；
∴A（-2，0），B（1，0）；
在Rt△ADO中，∵∠AOD=90°，AD=2 ，OA=2；
，
∵OB=1，
∴OD=OB=1，
∴△BOD是等腰直角三角形，
∴S平行四边形ABCD=AB•OD=8×1=48；
（2）如图1中，
∵EH⊥OB，
∴∠EHB=90°，
∵△BOD是等腰直角三角形，
∴∠EBH=45°，
∴△EHB也是等腰直角三角形，
以HE，HB为边构造正方形EHBJ，连接JN，延长JE交OD于Q，作MT⊥OD于T，连接JT，在Rt△DMT中，易知MT=DM，
∵四边形EHBJ是正方形，
根据对称性可知：NH=NJ，
∴HN+MM-DM=NJ+MN-MT≤JT，
∴当JT最小时，HN+MM-DM的值最小，
∵JT≤JQ，
∴JT≤OB=1，
∴HN+MM-DM的最小值为1．
如图2中，∵PF∥y轴，
∴∠PFE=∠ODB=45°，
∴△PEF是等腰直角三角形，设PE=EF=a，则PF=a，
由题意2a+a=4+4，
∴a=2，
∵FB=FD，
∴F（3，3），
∴E（1，5），
∴当点M在JQ的延长线上时，HN+MM-DM的值最小，此时M（-，5），作点M关于y轴对称点M′，连接CM′，延长CM′交y轴于点G，此时|CG-MG|最大，
∵C（8，1），M′（，5），
∴直线CM′的解析式为，
∴G（0，）；
（3）存在．设菱形的对角线的交点为J．
①如图3-1中，当O′D″是对角线时，设ES交x轴于T．
∵四边形EO′SD″是菱形，
∴ES⊥O′D″，
∴直线ES的解析式为，
∴T，
在Rt△JTO′中，易知O′J=3，∠TO′J=30°，
∴O′T=2，
，
∵JE=JS，
∴可得S，
②如图3-2中，当EO′=O′D″=1时，可得四边形SEO′D″是菱形，设O′（m，0）．
则有：（m-1）2+52=31，
∴m=1+或1- ，
∴O′（1+，0）或（1-，0）（如图3-3中），
∴D″（1+-3，3），
∴；
∵JS=JO′，
，
③如图3-3中，当EO′=O′D″时，由②可知O′（1-，0）．同法可得
④如图3-4中，当ED″=D″O′=1时，可得四边形ESO′D″是菱形．
设D″（m，3），则（m-1）2+22=31，
∴m=1+4 （图5中情形），或m=1-4，
，
,
∵JD″=JS，
∴可得S（1+3 ，2），
⑤如图3-5中，当D″E=D″O时，由④可知D″（1+4 ，3），
，
，
∵JD″=JS，
∴可得S（1+3，2），
综上所述，满足条件的点S的坐标为或或.
本题属于四边形综合题，考查了平行四边形的性质，菱形的性质，轴对称最短问题，解直角三角形，中点坐标公式，一次函数的应用等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，学会利用轴对称解决最值问题，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】
先根据不等式的性质求出不等式的解集，再找出不等式的非负整数解相加即可．
【详解】
所以不等式的非负整数解为0，1，2
则所求的和为
故答案为：1．
本题考查了求一元一次不等式的整数解，掌握不等式的解法是解题关键．
20、1
【解析】
过点D作DE⊥AB于E，根据角平分线上的点到角的两边的距离相等可得DE=CD，然后求出CD、BD的长度，即可得解．
【详解】
解：如图，过点D作DE⊥AB于E，
∵点D到AB的距离等于5cm，
∴DE=5cm，
∵AD平分∠BAC，∠C=90°，
∴DE=CD=5cm，
∵BD=2CD，
∴BD=2×5=10cm，
∴BC=CD+BD=5+10=1cm．
故答案为：1．
本题考查了角平分线上的点到角的两边的距离相等的性质，是基础题，熟记性质是解题的关键．
21、
【解析】
利用勾股定理直接计算可得答案．
【详解】
解：由勾股定理得：斜边
故答案为：．
本题考查的是勾股定理的应用，掌握勾股定理是解题的关键．
22、1
【解析】
试题分析：此题主要考查了多边形的外角与内角，做此类题目，首先求出正多边形的外角度数，再利用外角和定理求出求边数．首先根据求出外角度数，再利用外角和定理求出边数．
∵正多边形的一个内角是140°，
∴它的外角是：180°-140°=40°，
360°÷40°=1．
故答案为1．
考点：多边形内角与外角．
23、
【解析】
根据一元二次方程定义，只要是一元二次方程，且有一根为0即可.
【详解】
可以是，=0等.
故答案为：
本题考核知识点：一元二次方程的根. 解题关键点：理解一元二次方程的意义.
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、 (1) 见解析；(2) AB、AD的长分别为3和1
【解析】
（1）根据全等三角形的判定和性质以及矩形的判定解答即可；
（2）根据全等三角形的性质和勾股定理解答即可．
【详解】
证明：(1)∵AB⊥OM于B，DE⊥ON于E，
∴∠ABO=∠DEA=90°．
在Rt△ABO与Rt△DEA中，
∵
∴Rt△ABO≌Rt△DEA(HL)
∴∠AOB=∠DAE．
∴AD∥BC．
又∵AB⊥OM，DC⊥OM，
∴AB∥DC．
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵∠ABC=90°，
∴四边形ABCD是矩形；
(2)由(1)知Rt△ABO≌Rt△DEA，
∴AB=DE=3，
设AD=x，则OA=x，AE=OE﹣OA=9﹣x．
在Rt△DEA中，由AE2+DE2=AD2得：(9﹣x)2+32=x2，
解得x=1．
∴AD=1．即AB、AD的长分别为3和1．
此题考查矩形的判定与性质以及勾股定理．注意利用勾股定理求线段AD的长是解题关键．
25、，2﹣．
【解析】
先根据分式的混合运算顺序和运算法则化简原式，再将a的值代入计算可得．
【详解】
解：原式＝
＝＝，
当a＝+1时，
原式＝＝2﹣．
本题主要考查分式的化简求值，解题的关键是掌握分式的混合运算顺序和运算法则．
26、（1）∠MAN的大小没有变化，理由见解析；（2）；（3）.
【解析】
（1）由折叠知AD=AE、DM=EM、∠D=∠AEM=90°、∠DAM=∠EAM=∠DAE，再证Rt△BAN≌Rt△EAN得∠BAN=∠EAN=∠BAE，根据∠MAN=∠EAM+∠EAN=（∠DAE+∠BAE）可得答案；
（2）由题意知EN=BN=CN=1，设DM=EM=x，则MC=2-x、MN=1+x，在Rt△MNC中，由MC2+CN2=MN2列出关于x的方程求解可得；
（3）将△ABQ绕点A逆时针旋转90°得△ADG，连接GH，由旋转知DG=BQ=，AG=AQ，∠ADG=∠ABQ=∠ADB=45°，∠BAQ=∠DAG，证△GAH≌△QAH得GH=QH，设GH=QH=a，得BD=AB=2，BQ=，DQ=，DH=-a，在Rt△DGH中，由DG2+DH2=GH2可得关于a的方程，解之可得答案．
【详解】
（1）∠MAN的大小没有变化，
∵将△ADM沿AM折叠得到△AME，
∴△ADM≌△AEM，
∴AD＝AE＝2、DM＝EM、∠D＝∠AEM＝90°、∠DAM＝∠EAM＝∠DAE，
又∵AD＝AB＝2、∠D＝∠B＝90°，
∴AE＝AB、∠B＝∠AEM＝∠AEN＝90°，
在Rt△BAN和Rt△EAN中，
∵，
∴Rt△BAN≌Rt△EAN（HL），
∴∠BAN＝∠EAN＝∠BAE，
则∠MAN＝∠EAM+∠EAN＝∠DAE+∠BAE＝（∠DAE+∠BAE）＝∠BAD＝45°，
∴∠MAN的大小没有变化；
（2）∵N点恰为BC中点，
∴EN＝BN＝CN＝1，
设DM＝EM＝x，则MC＝2﹣x，
∴MN＝ME+EN＝1+x，
在Rt△MNC中，由MC2+CN2＝MN2可得（2﹣x）2+12＝（1+x）2，
解得：x＝，即DM＝；
（3）如图，将△ABQ绕点A逆时针旋转90°得△ADG，连接GH，
则△ABQ≌△ADG，
∴DG＝BQ＝、AG＝AQ、∠ADG＝∠ABQ＝∠ADB＝45°、∠BAQ＝∠DAG，
∵∠MAN＝∠BAD＝45°，
∴∠BAQ+∠DAM＝∠DAG+∠DAM＝∠GAH＝45°，
则∠GAH＝∠QAH，
在△GAH和△QAH中，
∵，
∴△GAH≌△QAH（SAS），
∴GH＝QH，
设GH＝QH＝a，
∵BD＝AB＝2，BQ＝，
∴DQ＝BD﹣BQ＝，
∴DH＝﹣a，
∵∠ADG＝∠ADH＝45°，
∴∠GDH＝90°，
在Rt△DGH中，由DG2+DH2＝GH2可得（）2+（﹣a）2＝a2，
解得：a＝，即QH＝．
本题主要考查四边形的综合问题，解题的关键是熟练掌握正方形的性质、全等三角形的判定与性质及旋转的性质等知识点．
题号
一
二
三
四
五
总分
得分