湖北省恩施州利川市谋道镇苏马荡教育集团2024年九年级数学第一学期开学质量检测模拟试题【含答案】

这是一份湖北省恩施州利川市谋道镇苏马荡教育集团2024年九年级数学第一学期开学质量检测模拟试题【含答案】，共28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，已知小正方形ABCD的面积为1，把它的各边延长一倍得到新正方形；把正方形边长按原法延长一倍得到正方形；以此进行下去，则正方形的面积为
A．B．C．D．
2、（4分）下列条件中，不能判定四边形是正方形的是（ ）
A．对角线互相垂直且相等的四边形B．一条对角线平分一组对角的矩形
C．对角线相等的菱形D．对角线互相垂直的矩形
3、（4分）某药品经过两次降价，每瓶零售价由元降为元。已知两次降价的百分率相同，每次降价的百分率为 ，根据题意列方程得（ ）
A．B．
C．D．
4、（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），
5、（4分）故宫是世界上现存规模最大，保存最完整的宫殿建筑群．下图是利用平面直角坐标系画出的故宫的主要建筑分布示意图．在图中，分别以正东、正北方向为x轴、y轴的正方向，建立平面直角坐标系，有如下四个结论：
①当表示太和殿的点的坐标为（0，0），表示养心殿的点的坐标为（-2，4）时，表示景仁宫的点的坐标为（2，5）；
②当表示太和殿的点的坐标为（0，0），表示养心殿的点的坐标为（-1，2）时，表示景仁宫的点的坐标为（1，3）；
③当表示太和殿的点的坐标为（4，-8），表示养心殿的点的坐标为（0，0）时，表示景仁宫的点的坐标为（8，1）；
④当表示太和殿的点的坐标为（0，1），表示养心殿的点的坐标为（-2，5）时，表示景仁宫的点的坐标为（2，6）．上述结论中，所有正确结论的序号是（ ）
A．①②B．①③C．①④D．②③
6、（4分）如图，在▱ABCD中，对角线AC的垂直平分线分别交AD、BC于点E、F，连接CE，若△CED的周长为6，则▱ABCD的周长为（ ）
A．6B．12C．18D．24
7、（4分）如图，正方形中，，连接交对角线于点，那么（ ）
A．B．C．D．
8、（4分）三个连续自然数的和小于15，这样的自然数组共有( )
A．6组B．5组C．4组D．3组
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，两张等宽的纸条交叉叠放在一起，在重叠部分构成的四边形ABCD中，若AB＝10，AC＝12，则BD的长为_____．
10、（4分）式子在实数范围内有意义，则 x 的取值范围是_______ ．
11、（4分）若代数式在实数范围内有意义，则的取值范围为____．
12、（4分）为了解我市中学生的视力情况，从我市不同地域，不同年级中抽取1000名中学生进行视力测试，在这个问题中的样本是_____．
13、（4分）如图菱形 ABCD 的对角线 AC，BD 的长分别为 12 cm，16 cm，则这个菱形的周长为____．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（12分）定义：点关于原点的对称点为，以为边作等边，则称点为的“等边对称点”；
（1）若，求点的“等边对称点”的坐标；
（2）若点是双曲线上动点，当点的“等边对称点”点在第四象限时，
①如图（1），请问点是否也会在某一函数图象上运动？如果是，请求出此函数的解析式；如果不是，请说明理由；
②如图（2），已知点，，点是线段上的动点，点在轴上，若以、、、这四个点为顶点的四边形是平行四边形时，求点的纵坐标的取值范围.
15、（8分）解不等式组： ,并把解集在数轴上表示出来．
16、（8分）一辆货车从A地运货到240km的B地，卸货后返回A地，如图中实线是货车离A地的路程y（km）关于出发后的时间x（h）之间的函数图象．货车出发时，正有一个自行车骑行团在AB之间，距A地40km处，以每小时20km的速度奔向B地．
（1）货车去B地的速度是 ，卸货用了 小时，返回的速度是 ；
（2）求出自行车骑行团距A地的路程y（km）关于x的函数关系式，并在此坐标系中画出它的图象；
（3）求自行车骑行团与货车迎面相遇，是货车出发后几小时后，自行车骑行团还有多远到达B地．
17、（10分）当为何值时，分式的值比分式的值大2？
18、（10分）甲、乙两人加工同一种机器零件，甲比乙每小时多加工10个零件，甲加工150个零件所用的时间与乙加工120个零件所用时间相等，求甲、乙两人每小时各加工多少个机器零件．
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）（2017四川省德阳市）某校欲招聘一名数学老师，甲、乙两位应试者经审查符合基本条件，参加了笔式和面试，他们的成绩如右图所示，请你按笔试成绩40%，面试成绩点60%选出综合成绩较高的应试者是____．
20、（4分）赵爽（约公元182~250年），我国历史上著名的数学家与天文学家，他详细解释了《周髀算经》中勾股定理，将勾股定理表述为：“勾股各自乘，并之为弦实．开方除之，即弦．”又给出了新的证明方法“赵爽弦图”，巧妙地利用平面解析几何面积法证明了勾股定理．如图所示的“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形和中间一个小正方形拼成的一个大正方形，如果小正方形的面积为1，直角三角形较长直角边长为4，则大正方形的面积为_____________________．
21、（4分）因式分解： ．
22、（4分）已知点和都在第三象限的角平分线上，则_______．
23、（4分）《九章算术》是我国古代重要的数学著作之一，在“勾股”中记载了一道“折竹抵地”问题：“今有竹高一丈，未折抵地，去本三尺，问折者高几何？”翻译成数学问题是：如图所示，△ABC中，∠ACB=90°，AC+AB=10，BC=3，求AC的长，如果设AC=x，则可列方程求出AC的长为____________．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（8分）小聪与小明在一张矩形台球桌ABCD边打台球，该球桌长AB=4m，宽AD=2m，点O、E分别为AB、CD的中点，以AB、OE所在的直线建立平面直角坐标系。
（1）如图1，M为BC上一点；
①小明要将一球从点M击出射向边AB，经反弹落入D袋，请你画出AB上的反弹点F的位置；
②若将一球从点M(2，12)击出射向边AB上点F(0.5，0)，问该球反弹后能否撞到位于(-0.5，0.8)位置的另一球?请说明理由
（2）如图2，在球桌上放置两个挡板(厚度不计)挡板MQ的端点M在AD中点上且MQ⊥AD，MQ=2m，挡板EH的端点H在边BC上滑动，且挡板EH经过DC的中点E；
①小聪把球从B点击出，后经挡板EH反弹后落入D袋，当H是BC中点时，试证明：DN=BN；
②如图3，小明把球从B点击出，依次经挡板EH和挡板MQ反弹一次后落入D袋，已知∠EHC=75°，请你直接写出球的运动路径BN+NP+PD的长。
25、（10分）已知，矩形OCBA在平面直角坐标系中的位置如图所示，点C在x轴的正半轴上，点A在y轴的正半轴上，已知点B的坐标为（2，4），反比例函数y＝的图象经过AB的中点D，且与BC交于点E，顺次连接O，D，E．
（1）求反比例函数y＝的表达式；
（2）y轴上是否存在点M，使得△MBO的面积等于△ODE的面积，若存在，请求出点M的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）点P为x轴上一点，点Q为反比例函数y＝图象上一点，是否存在点P，点Q，使得以点P，Q，D，E为顶点的四边形为平行四边形？若存在，直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．

26、（12分）小明想利用太阳光测量楼高.他带着皮尺来到一栋楼下，发现对面墙上有这栋楼的影子，针对这种情况，他设计了一种测量方案，具体测量情况如下:
如图，小明边移动边观察，发现站到点E处时，可以使自己落在墙上的影子与这栋楼落在墙上的影子重叠，且高度恰好相同.此时，测得小明落在墙上的影子高度CD=1.2 m，CE=0.8 m，CA=30 m.(点A，E，C在同一直线上)，已知小明的身高EF是1.7 m，请你帮小明求出楼高AB．(结果精确到0.1 m)
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、B
【解析】
根据三角形的面积公式，可知每一次延长一倍后，得到的一个直角三角形的面积和延长前的正方形的面积相等，即每一次延长一倍后，得到的图形是延长前的正方形的面积的5倍，从而解答．
【详解】
解：如图，已知小正方形ABCD的面积为1，则把它的各边延长一倍后，的面积，
新正方形的面积是，
从而正方形的面积为，
以此进行下去，
则正方形的面积为．
故选：B．
此题考查了正方形的性质和三角形的面积公式，能够从图形中发现规律，利用规律解决问题．
2、A
【解析】
根据正方形的判定方法逐项判断即可．
【详解】
对角线互相垂直且相等的四边形不一定是平行四边形，故A不能判定，
由矩形的一条对角线平分一组对角可知该四边形也是菱形，故B能判定，
由菱形的对角线相等可知该四边形也是矩形，故C能判定，
由矩形的对角线互相垂直可知该四边形也是菱形，故D能判定，
故选A．
本题主要考查正方形的判定，掌握正方形既是矩形也是菱形是解题的关键．
3、D
【解析】
设每次降价的百分率为x，根据该药品的原价及经两次降价后的价格，即可得出关于x的一元二次方程，此题得解．
【详解】
解：设每次降价的百分率为x，
根据题意得：168（1-x）2=1．
故选：D．
本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
4、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．
5、C
【解析】
根据各结论所给两个点的坐标得出原点的位置及单位长度从而得到答案.
【详解】
①当表示太和殿的点的坐标为（0，0），表示养心殿的点的坐标为（-2，4）时，表示景仁宫的点的坐标为（2，5），正确；
②当表示太和殿的点的坐标为（0，0），表示养心殿的点的坐标为（-1，2）时，表示景仁宫的点的坐标为（1，2.5），错误；
③当表示太和殿的点的坐标为（4，-8），表示养心殿的点的坐标为（0，0）时，表示景仁宫的点的坐标为（8，2），错误；
④当表示太和殿的点的坐标为（0，1），表示养心殿的点的坐标为（-2，5）时，表示景仁宫的点的坐标为（2，6），正确，
故选：C.
此题考查平面直角坐标系中用点坐标确定具体位置，由给定的点坐标确定原点及单位长度是解题的关键.
6、B
【解析】
∵四边形ABCD是平行四边形，∴DC=AB，AD=BC，
∵AC的垂直平分线交AD于点E，∴AE=CE，
∴△CDE的周长=DE+CE+DC=DE+AE+DC=AD+DC=6，∴▱ABCD的周长=2×6=12，
故选B．
7、D
【解析】
根据正方形的性质易证S△DEF∽S△AEB，再根据相似三角形的面积比为相似比的平方即可得解．
【详解】
解：∵四边形ABCD为正方形，
∴∠EDF=∠EBA，∠EFD=∠EAB，AB=DC，
∴，
∵DC＝3DF，∴DF:AB=1:3
∴S△DEF：S△AEB＝1：9.
故选：D．
本题主要考查相似三角形的判定与性质，正方形的性质，解此题的关键在于熟练掌握其知识点．
8、C
【解析】
解：设这三个连续自然数为：x-1，x，x+1，
则0＜x-1+x+x+1＜15，
即0＜3x＜15，
∴0＜x＜5，
因此x=1，2，3，1．
共有1组．
故应选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】
过点作于，于，设、交点为，首先可判断重叠部分为平行四边形，且两条纸条宽度相同；再由平行四边形的面积可得邻边相等，则重叠部分为菱形．然后依据勾股定理求得的长，从而可得到的长．
【详解】
解：过点作于，于，设、交点为．
两条纸条宽度相同，
．
，，
四边形是平行四边形．
．
又．
，
四边形是菱形；
，，．
．
．
故答案为1．
本题考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、勾股定理以及四边形的面积，证得四边形为菱形是解题的关键．
10、x≥1
【解析】
直接利用二次根式的有意义的条件得到关于x的不等式，解不等式即可得答案.
【详解】
由题意可得：x﹣1≥0，
解得：x≥1，
故答案为：x≥1．
本题考查了二次根式有意义的条件，熟练掌握二次根式的被开方数是非负数是解题的关键.
11、且
【解析】
根据二次根式的性质和分式的意义，被开方数大于等于0，分母不等于0，就可以求解．
【详解】
解：根据二次根式有意义，分式有意义得：且≠0，
即且.
本题考查的知识点为：分式有意义，分母不为0；二次根式的被开方数是非负数．
12、从中抽取的名中学生的视力情况
【解析】
根据从总体中取出的一部分个体叫做这个总体的一个样本解答即可．
【详解】
解：这个问题中的样本是从中抽取的1000名中学生的视力情况，
故答案为从中抽取的1000名中学生的视力情况．
本题考查的是样本的概念，掌握从总体中取出的一部分个体叫做这个总体的一个样本是解题的关键．
13、40cm
【解析】
根据菱形的对角线互相垂直平分可得AC⊥BD，OA=AC，OB=BD，再利用勾股定理列式求出AB，然后根据菱形的四条边都相等列式计算即可得解．
【详解】
解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，OA=AC=×12=6cm，
OB=BD=×16=8cm，
根据勾股定理得，，
所以，这个菱形的周长=4×10=40cm．
故答案为：40cm.
本题考查了菱形的性质，勾股定理，主要利用了菱形的对角线互相垂直平分，需熟记．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（1）或；（2）①；②或
【解析】
（1）根据P点坐标得出P'的坐标，可求PP'=4；设C（m，n），有PC=P'C=24，通过解方程即可得出结论；
（2）①设P（c，），得出P'的坐标，利用连点间的距离公式可求的长，设C（s，t），有，然后通过解方程可得，再根据消元c即可得xy=-6；
②分AG为平行四边形的边和AG为平行四边形的对角线两种情况进行分类讨论．
【详解】
解：（1）∵P（1，），
∴P'（-1，-），
∴PP'=4，
设C（m，n），
∴等边△PP′C，
∴PC=P'C=4，
解得n=或-，
∴m=-1或m=1．
如图1，观察点C位于第四象限，则C（，-1）．即点P的“等边对称点”的坐标是（，-1）．
（2）①设，∴，
∴，
设，
，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴或，
∴点在第四象限，，
∴，
令，
∴，即；
②已知，，则直线为，设点，设点，，即，，，构成平行四边形，点在线段上，；
当为对角线时，平行四边形对角坐标之和相等；
，，，即；
当为边时，平行四边形，
，，，即；
当为边时，平行四边形，
，，，而点在第三象限，，即此时点不存在；
综上，或.
本题考查反比例函数的图象及性质，等边三角形的性质，新定义；理解题意，利用等边三角形的性质结合勾股定理求点C的坐标是关键，数形结合解题是求yc范围的关键．
15、﹣1≤x＜1
【解析】
试题分析：先求出每个不等式的解集，再求出其公共部分即可．
试题解析：
由①得1x﹣7＜3﹣3x，
化简得5x＜10，
解得：x＜1．
由②得4x+9≥3﹣1x，
化简得6x≥﹣6，
解得：x≥﹣1，
∴原不等式组的解集为﹣1≤x＜1．
在数轴上表示出来为：
点睛：求不等式的公共解，要遵循以下原则：同大取较大，同小取较小，小大大小中间找，大大小小解不了．
16、（1）60km/h，1小时，80km/h（2）y=20x+40 （0≤x≤10）（3）自行车骑行团与货车迎面相遇，是货车出发后6小时后，自行车骑行团还有80km到达B地
【解析】
分析：(1)根据速度,以及函数图象中的信息即可解决问题; (2)根据题意y=20x+40(0≤x≤10),画出函数图象即可; (3)利用方程组求交点坐标即可;
详解：（1）货车去B地的速度==60km/h，观察图象可知卸货用了1小时，
返回的速度==80km/h，故答案为60（km/h），1，80（km/h）．
（2）由题意y=20x+40 （0≤x≤10），函数图象如图所示，
（3）货车返回时，y关于x的函数解析式是：y=﹣80x+640 （5≤x≤8）
解方程组，解得得，
答：自行车骑行团与货车迎面相遇，是货车出发后6小时后，自行车骑行团还有80km到达B地．
点睛：本题考查了一次函数的应用及速度、时间、路程之间的关系等知识，解题的关键是读懂图象信息，灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型.
17、当时，分式的值比分式的值大2.
【解析】
根据题意列出方程，求出方程的解即可得到x的值．
【详解】
解：根据题意得：
方程两边同乘以约去分母，得：
化简整理，得：
解得
经检验：是原方程的根，
所以，原方程的根是：
所以，当时，分式的值比分式的值大2.
此题考查了解分式方程，利用了转化的思想，解分式方程注意要检验．
18、甲每小时加工2个零件，乙每小时加工1个零件．
【解析】
根据“甲加工12个零件所用的时间与乙加工120个零件所用时间相等”可得出相等关系，从而只需表示出他们各自的时间即可．
【详解】
解：设乙每小时加工机器零件x个， 则甲每小时加工机器零件（x＋10） 个，
根据题意得：，解得x=1．
经检验， x=1是原方程的解，
x+10=1+10=2．
答： 甲每小时加工2个零件， 乙每小时加工1个零件．
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19、甲．
【解析】解：甲的平均成绩为：80×40%+90×60%=86（分），乙的平均成绩为：85×40%+86×60%=85.6（分），因为甲的平均分数最高．故答案为：甲．
20、1
【解析】
观察图形可知，小正方形的面积为1，可得出小正方形的边长是1，进而求出直角三角形较短直角边长，再利用勾股定理得出大正方形的边长，进而求出答案．
【详解】
解：∵小正方形的面积为1，∴小正方形的边长是1，
∵直角三角形较长直角边长为4，∴直角三角形较短直角边长为：4-1=3，
∴大正方形的边长为：，
∴大正方形的面积为：5²=1，
故答案为：1．
本题考查勾股定理，解题的关键是熟练运用勾股定理以及完全平方公式，本题属于基础题型．
21、
【解析】
解：=；
故答案为
22、-6
【解析】
本题应先根据题意得出第三象限的角平分线的函数表达式，在根据、的坐标得出、的值，代入原式即可．
【详解】
解：点A（-2，x）和都在第三象限的角平分线上，
，，
．
故答案为：.
本题考查了第三象限的角平分线上的点的坐标特点及代数式求值，注意第三象限的角平分线上的点的横纵坐标相等.
23、．
【解析】
设AC=x，可知AB=10﹣x，再根据勾股定理即可得出结论．
【详解】
解：设AC=x．
∵AC+AB=10，
∴AB=10﹣x．
∵在Rt△ABC中，∠ACB=90°，
∴AC1+BC1=AB1，即x1+31=（10﹣x）1．
解得：x．
故答案为：
本题考查了勾股定理的应用，在应用勾股定理解决实际问题时勾股定理与方程的结合是解决实际问题常用的方法，关键是从题中抽象出勾股定理这一数学模型，画出准确的示意图．领会数形结合的思想的应用．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（1）①答案见解析 ②答案见解析 （2）①证明见解析 ②
【解析】
（1）①根据反射的性质画出图形，可确定出点F的位置；②过点H作HG⊥AB于点G，利用点H的坐标，可知HG的长，利用矩形的性质结合已知可求出点B，C的坐标，求出BM，BF的长，再利用锐角三角函数的定义，去证明tan∠MFB=tan∠HFG，即可证得∠MFB=∠HFG，即可作出判断；
（2）①连接BD，过点N作NT⊥EH于点N，交AB于点T，利用三角形中位线定理可证得EH∥BD，再证明MQ∥AB，从而可证得∠DNQ=∠BNQ，∠DQN=∠NQB，利用ASA证明△DNQ≌△BNQ，然后利用全等三角形的性质，可证得结论；②作点B关于EH对称点B＇，过点B＇作B＇G⊥BC交BC的延长线于点G，连接B＇H，B＇N，连接AP，过点B＇作B＇L⊥x轴于点L，利用轴对称的性质，可证得AP=DP，NB＇=NB，∠BHN=∠NHB＇根据反射的性质，易证AP，NQ，NC在一条直线上，从而可证得BN+NP+PD=AB＇，再利用邻补角的定义，可求出∠B＇HG=30°，作EK=KH，利用等腰三角形的性质，及三角形外角的性质，求出∠CKH的度数，利用解直角三角形表示出KH，CK的长，由BC=2，建立关于x的方程，解方程求出x的值，从而可得到CH，B＇H的长，利用解直角三角形求出GH，BH的长，可得到点B＇的坐标，再求出AL，B＇L的长，然后在Rt△AB＇L中，利用勾股定理就可求出AB＇的长.
【详解】
（1）解： ①如图1，
②答：反弹后能撞到位于(-0.5，0.8)位置的另一球
理由：如图，设点H（-0.5，0.8），过点H作HG⊥AB于点G，
∴HG=0.8
∵矩形ABCD，点O，E分别为AB，CD的中点，AD=2，AB=4，
∴OB=OA=2，BC=AD=OE=2
∴点B（2，0），点C（2，2）,
∵ 点M(2，1.2)，点F(0.5，0)，
∴BF=2-0.5=1.5，BM=1.2，
FG=0.5-（-0.5）=1
在Rt△BMF中，
tan∠MFB=，
在Rt△FGH中，
tan∠HFG=，
∴∠MFB=∠HFG，
∴反弹后能撞到位于(-0.5，0.8)位置的另一球 .
（2）解：①连接BD，过点N作NT⊥EH于点N，交AB于点T，
∴∠TNE=∠TNH=90°，
∵小聪把球从B点击出，后经挡板EH反弹后落入D袋，
∴∠BNH=∠DNE，
∴∠DNQ=∠BNQ；
∵点M是AD的中点，MQ⊥EO，
∴MQ∥AB，
∴点Q是BD的中点，
∴NT经过点Q；
∵点E，H分别是DC，BC的中点，
∴EH是△BCD的中位线，
∴EH∥BD
∵NT⊥EH
∴NT⊥BD；
∴∠DQN=∠NQB=90°
在△DNQ和△BNQ中，
∴△DNQ≌△BNQ（ASA）
∴DN=BN
②作点B关于EH对称点B＇，过点B＇作B＇G⊥BC交BC的延长线于点G，连接B＇H，B＇N，连接AP，过点B＇作B＇L⊥x轴于点L，
∴AP=DP，NB＇=NB，∠BHN=∠NHB＇
由反射的性质，可知AP，NQ，NC在一条直线上，
∴BN+NP+PD=NB＇+NP+AP=AB＇；
∵∠EHC=75°，∠EHC+∠BHN=180°，
∴∠BHN=180°-75°=105°，
∴∠NHB＇=∠EHC+∠B＇HG=105°
∴∠B＇HG=30°;
如图，作EK=KH，
在Rt△ECH中，∠EHC=75°，
∴∠E=90°-75°=15°，
∴∠E=∠KHE=15°
∴∠CKH=∠E+∠KHE=15°+15°=30°，
∵设CH=x，则KH=2x，CK=
∴
解之：x=，
∴CH=
∴BH=B＇H=BC-CH=2-（）=；
在Rt△B＇GH中，
B＇G=;
GH=B＇Hcs∠B＇HG=（）×；
BG=BH+GH=
∴点B＇的横坐标为：，
∴点B＇；
∴AL=，
B＇L=
在Rt△AB＇L中，
AB＇=
∴ 球的运动路径BN+NP+PD的长为.
本题考查反射的性质，解直角三角形，矩形的性质，全等三角形的判定和性质以及勾股定理等知识点：（1）①根据反射的性质作图，②根据等角的三角函数值相等证明∠MFB=∠HFG来说明反弹后能撞到另一球；（2）①利用ASA证明△DNQ≌△BNQ，然后利用全等三角形的性质可得结论，②作出辅助线，根据反射的性质和轴对称的性质证明BN+NP+PD=AB＇，然后构建方程，解直角三角形并结合勾股定理求出AB＇的长；其中能够根据反射的性质作出图形，利用方程思想及数形结合思想结合直角三角形的特殊角进行求解是解题的关键．
25、（1）y＝；（2）M（0，3）或（0，﹣3）；（3）存在；以P、Q、D、E为顶点的四边形为平行四边形的Q点的坐标为（﹣2，﹣2）或（，6）．
【解析】
（1）根据矩形的性质以及点B为（2，4），求得D的坐标，代入反比例函数y＝中，即可求得m的值，即可得；
（2）依据D、E的坐标联立方程，应用待定系数法即可求得直线DE的解析式，然后△DOE面积即可求，再利用△MBO的面积等于△ODE的面积，即可解出m的值，从而得到M点坐标；
（3）根据题意列出方程，解方程即可求得Q的坐标．
【详解】
（1）∵四边形OABC为矩形，点B为（2，4），
∴AB＝2，BC＝4，
∵D是AB的中点，
∴D（1，4），
∵反比例函数y＝图象经过AB的中点D，
∴4＝，m＝4，
∴反比例函数为y＝；
（2）∵D（1，4），E（2，2），
设直线DE的解析式为y＝kx＋b，
∴，解得，
∴直线DE的解析式为y＝﹣2x＋6，
∴直线DE经过（3，0），（0，6），
∴△DOE的面积为3×6÷2﹣6×1÷2﹣3×2÷2＝3；
设M（0，m），
∴S△AOM＝OM×|xB|＝|m|，
∵△MBO的面积等于△ODE的面积，
∴|m|＝3，
∴m＝±3，
∴M（0，3）或（0，﹣3）；
（3）存在；
理由：令x＝2，则y＝2，
∴E的坐标（2，2），
∵D（1，4），以P、Q、D、E为顶点的四边形为平行四边形，
当DE是平行四边形的边时，则PQ∥DE，且PQ＝DE，
∴P的纵坐标为0，
∴Q的纵坐标为±2，
令y＝2，则2＝，解得x＝2，
令y＝﹣2，则﹣2＝，解得x＝﹣2，
∴Q点的坐标为（﹣2，﹣2）；
当DE是平行四边形的对角线时，
∵D（1，4），E（2，2），
∴DE的中点为（，3），
设Q（a，）、P（x，0），
∴÷2＝3，
∴a＝，x＝
∴P（，6），
故使得以P、Q、D、E为顶点的四边形为平行四边形的Q点的坐标为（﹣2，﹣2）或（，6）．
本题考查的知识点是反比例函数的综合运用，解题关键是利用反比例函数的性质作答.
26、21.1米．
【解析】
试题分析：将实际问题转化为数学问题进行解答；解题时要注意构造相似三角形，利用相似三角形的相似比，列出方程，通过解方程求解即可．
解：过点D作DG⊥AB，分别交AB、EF于点G、H，
∵AB∥CD，DG⊥AB，AB⊥AC，
∴四边形ACDG是矩形，
∴EH=AG=CD=1.2，DH=CE=1.8，DG=CA=31，
∵EF∥AB，
∴，
由题意，知FH=EF﹣EH=1.7﹣1.2=1.5，
∴，解得，BG=18.75，
∴AB=BG+AG=18.75+1.2=19.95≈21.1．
∴楼高AB约为21.1米．
考点：相似三角形的应用．
题号
一
二
三
四
五
总分
得分
批阅人