浙江省溫州市八校聯考2025屆九年級數學第一學期開學質量檢測試題【含答案】

學校________________班級____________姓名____________考場____________準考證號學校________________班級____________姓名____________考場____________準考證號…………密…………封…………線…………內…………不…………要…………答…………題…………第1頁，共4頁浙江省溫州市八校聯考2025屆九年級數學第一學期開學質量檢測試題題號一二三四五總分得分A卷（100分）一、選擇題（本大題共8個小題，每小題4分，共32分，每小題均有四個選項，其中只有一項符合題目要求）1、（4分）點在反比例函數的圖象上，則下列各點在此函數圖象上的是（）.A． B． C． D．2、（4分）為了解2019年泰興市八年級學生的視力情況，從中隨機調查了500名學生的視力情況．下列說法正確的是（）A．2016年泰興市八年級學生是總體 B．每一名八年級學生是個體C．500名八年級學生是總體的一個樣本 D．樣本容量是5003、（4分）若分式的值為0，則x的值是（）A．2 B．0 C．﹣2 D．任意實數4、（4分）如圖所示，在中，，、是斜邊上的兩點，且，將繞點按順時針方向旋轉后得到，連接．有下列結論：①；②；③；④其中正確的有（）A．①②③④ B．②③ C．②③④ D．②④5、（4分）如圖，在平面直角坐標系中，已知正方形ABCO，A（0，3），點D為x軸上一動點，以AD為邊在AD的右側作等腰Rt△ADE，∠ADE＝90°，連接OE，則OE的最小值為（）A． B． C．2 D．36、（4分）小明做了四道題：；；；；做對的有（）A． B． C． D．7、（4分）為籌備班級的元旦聯歡會，班長對全班同學愛吃哪幾種零食作民意調查，從而最終決定買什么零食，下列調查數據中最值得關注的是（）A．中位數 B．平均數 C．眾數 D．標準差8、（4分）如圖圖形中，是中心對稱圖形，但不是軸對稱圖形的是（）A． B．C． D．二、填空題（本大題共5個小題，每小題4分，共20分）9、（4分）已知：AB＝2m，CD＝28cm，則AB：CD＝_____．10、（4分）如圖，在矩形ABCD中，∠BAD的平分線交BC于點E，交DC的延長線于點F，點G是EF的中點，連接CG、BG、BD、DG，下列結論：①BC=DF，②∠DGF=135o；③BG⊥DG，④若3AD=4AB，則4S△BDG=25S△DGF；正確的是____________（只填番號）．11、（4分）“若實數滿足,則”,能夠說明該命題是假命題的一組的值依次為_．12、（4分）已知點A（﹣1，a），B（2，b）在函數y=﹣3x+4的圖象上，則a與b的大小關系是_____．13、（4分）有一組勾股數，其中的兩個分別是8和17，則第三個數是________三、解答題（本大題共5個小題，共48分）14、（12分）（10分）已知E，F分別為正方形ABCD的邊BC，CD上的點，AF，DE相交于點G，當E，F分別為邊BC，CD的中點時，有：①AF=DE；②AF⊥DE成立．試探究下列問題：（1）如圖1，若點E不是邊BC的中點，F不是邊CD的中點，且CE=DF，上述結論①，②是否仍然成立？（請直接回答“成立”或“不成立”），不需要證明）（2）如圖2，若點E，F分別在CB的延長線和DC的延長線上，且CE=DF，此時，上述結論①，②是否仍然成立？若成立，請寫出證明過程，若不成立，請說明理由；（3）如圖3，在（2）的基礎上，連接AE和BF，若點M，N，P，Q分別為AE，EF，FD，AD的中點，請判斷四邊形MNPQ是“矩形、菱形、正方形”中的哪一種，并證明你的結論．15、（8分）某中學開學初到商場購買、兩種品牌的足球，購買種品牌的足球50個，種品牌的足球25個，共花費4500元，已知購買一個種品牌的足球比購買一個種品牌的足球少30元．（1）求購買一個種品牌、一個種品牌的足球各需多少錢．（2）學校為了響應“足球進校園”的號召，決定再次購進、兩種品牌足球共50個，正好趕上商場對商品價格進行調整，品牌的足球售價上漲4元，品牌足球按原售價的9折出售，如果學校第二次購買足球的總費用不超過第一次花費的，且保證品牌足球不少于23個，則學校有幾種購買方案？（3）求出學校在第二次購買活動中最多需要多少錢？16、（8分）如圖1，，是線段上的一個動點，分別以為邊，在的同側構造菱形和菱形，三點在同一條直線上連結，設射線與射線交于.（1）當在點的右側時，求證：四邊形是平形四邊形.（2）連結，當四邊形恰為矩形時，求的長.（3）如圖2，設，，記點與之間的距離為，直接寫出的所有值.17、（10分）如圖，，分別表示使用一種白熾燈和一種節(jié)能燈的費用（費用燈的售價電費，單位：元）與照明時間（小時）的函數圖象，假設兩種燈的使用壽命都是小時，照明效果一樣.（1）根據圖象分別求出，的函數表達式；（2）小亮認為節(jié)能燈一定比白熾燈省錢，你是如何想的？18、（10分）計算（1）（2）（3）B卷（50分）一、填空題（本大題共5個小題，每小題4分，共20分）19、（4分）如圖，E是正方形ABCD的對角線BD上任意一點，四邊形EGCG是矩形，若正方形ABCD的周長為a，則矩形EFCG的周長為_______________．20、（4分）一名主持人站在舞臺的黃金分割點處最自然得體，如果舞臺AB長為20m，這名主持人現在站在A處（如圖所示），則它應至少再走_____m才最理想．(可保留根號).21、（4分）使根式3-x有意義的x的取值范圍是22、（4分）如圖，有一條折線A1B1A2B2A3B3A4B4…，它是由過A1（0，0），B1（2，2），A2（4，0）組成的折線依次平移4，8，12，…個單位得到的，直線y=kx+2與此折線恰有2n（n≥1，且為整數）個交點，則k的值為______．23、（4分）已知54-1能被20～30之間的兩個整數整除，則這兩個整數是_________．二、解答題（本大題共3個小題，共30分）24、（8分）如圖，在中，，請用尺規(guī)過點作直線，使其將分割成兩個等腰三角形．（保留作圖痕跡，不寫作法．并把作圖痕跡用黑色簽字筆加黑）．25、（10分）如圖，已知直線經過點，交x軸于點A，y軸于點B，F為線段AB的中點，動點C從原點出發(fā)，以每秒1個位長度的速度沿y軸正方向運動，連接FC，過點F作直線FC的垂線交x軸于點D，設點C的運動時間為t秒．當時，求證：；連接CD，若的面積為S，求出S與t的函數關系式；在運動過程中，直線CF交x軸的負半軸于點G，是否為定值？若是，請求出這個定值；若不是，請說明理由．26、（12分）為了調查甲，乙兩臺包裝機分裝標準質量為奶粉的情況，質檢員進行了抽樣調查，過程如下.請補全表一、表二中的空，并回答提出的問題.收集數據：從甲、乙包裝機分裝的奶粉中各自隨機抽取10袋，測得實際質量（單位：）如下：甲：394，400，408，406，410，409，400，400，393，395乙：402，404，396，403，402，405，397，399，402，398整理數據：表一頻數種類質量（）甲乙____________003310________________________130分析數據：表二種類甲乙平均數401.5400.8中位數____________402眾數400____________方差36.858.56得出結論：包裝機分裝情況比較好的是______（填甲或乙），說明你的理由.

參考答案與詳細解析一、選擇題（本大題共8個小題，每小題4分，共32分，每小題均有四個選項，其中只有一項符合題目要求）1、A【解析】

用待定系數法確定反比例函數的解析式，再驗證選項中的點是否滿足解析式即可，若滿足函數解析式，則在函數圖像上.【詳解】解：將點代入，∴，∴，∴點在函數圖象上，故選：A．本題考查了反比例函數解析式的求法及根據解析式確定點在函數圖形上，會求反比例函數的解析式是解題的關鍵.2、D【解析】

總體是指考查的對象的全體，個體是總體中的每一個考查的對象，樣本是總體中所抽取的一部分個體，而樣本容量則是指樣本中個體的數目．我們在區(qū)分總體、個體、樣本、樣本容量，這四個概念時，首先找出考查的對象．從而找出總體、個體．再根據被收集數據的這一部分對象找出樣本，最后再根據樣本確定出樣本容量．【詳解】A.2019年泰興市八年級學生的視力情況是總體，故A錯誤；B.每一名八年級學生的視力情況是個體，故B錯誤；C.從中隨機調查了500名學生的視力情況是一個樣本，故C錯誤；D.樣本容量是500，故D正確；故選：D.此題考查總體、個體、樣本、樣本容量，解題關鍵在于掌握它們的定義及區(qū)別.3、A【解析】

根據分式值為0的條件進行求解即可.【詳解】由題意x-2=0，解得：x=2，故選A.本題考查了分式值為0的條件，熟知“分式值為0的條件是分子為0且分母不為0”是解題的關鍵.4、C【解析】

利用旋轉性質可得∠DAF=90°，△AFB≌△ADC．再根據全等三角形的性質對②④判斷即可，根據可求，即可判斷③正確．【詳解】解：∵△ADC繞A順時針旋轉90°后得到△AFB，∴△AFB≌△ADC，∴∠BAF=∠CAD，BF=CD，故②④正確；由旋轉旋轉可知∠DAF=90°，又∵，∴∠EAF=∠DAF-∠DAE=90°-45°=45°=∠DAE故③正確；無法判斷BE=CD，故①錯誤．故選：C．本題考查了旋轉的性質：旋轉前后兩圖形全等，解題的關鍵是熟練掌握旋轉的基本性質，找出圖形對應關系．屬于中考常考題型．5、A【解析】

根據全等三角形的判定先求證△ADO≌△DEH，然后再根據等腰直角三角形中等邊對等角求出∠ECH＝45°，再根據點在一次函數上運動，作OE′⊥CE，求出OE′即為OE的最小值.【詳解】解：如圖，作EH⊥x軸于H，連接CE．∵∠AOD＝∠ADE＝∠EHD＝90°，∴∠ADO+∠EDH＝90°，∠EDH+∠DEH＝90°，∴∠ADO＝∠DEH，∵AD＝DE，∴△ADO≌△DEH（AAS），∴OA＝DH＝OC，OD＝EH，∴OD＝CH＝EH，∴∠ECH＝45°，∴點E在直線y＝x﹣3上運動，作OE′⊥CE，則△OCE′是等腰直角三角形，∵OC＝3，∴OE′＝，∴OE的最小值為．故選：A．全等三角形的判定和性質、等腰三角形的性質和垂線段最短的公理都是本題的考點，熟練掌握基礎知識并作出輔助線是解題的關鍵.6、D【解析】

根據無理數的運算法則，逐一計算即可.【詳解】，正確；，錯誤；，錯誤；，正確；故答案為D.此題主要考查無理數的運算，熟練掌握，即可解題.7、C【解析】

根據眾數的定義即可求解.【詳解】根據題意此次調查數據中最值得關注的是眾數,故選C.此題主要考查眾數的特點，解題的關鍵是熟知眾數的定義.8、C【解析】

根據軸對稱圖形與中心對稱圖形的概念求解【詳解】A.是軸對稱圖形，是中心對稱圖形，不符合題意；B.是軸對稱圖形，是中心對稱圖形，不符合題意；C.不是軸對稱圖形，是中心對稱圖形，符合題意；D.是軸對稱圖形，是中心對稱圖形，不符合題意.故選C本題考查軸對稱圖形與中心對稱圖形，熟悉概念即可解答.二、填空題（本大題共5個小題，每小題4分，共20分）9、50：7【解析】

先將2m轉換為200cm，再代入計算即可．【詳解】∵AB=2m=200cm，CD=28cm，∴AB:CD=200:28=50:7.故答案為50:7.本題考查比例線段，學生們掌握此定理即可.10、①③④【解析】

根據矩形的性質得：BC=AD，∠BAD=∠ADC=90°，由角平分線可得△ADF是等腰直角三角形，則BC=DF=AD，故①正確；先求出∠BAE=45°，判斷出△ABE是等腰直角三角形，根據等腰直角三角形的性質可得AB=BE，∠AEB=45°，從而得到BE=CD；再求出△CEF是等腰直角三角形，根據等腰直角三角形的性質可得CG=EG，再求出∠BEG=∠DCG=135°，然后利用“邊角邊”證明△BEG≌△DCG，得到∠BGE=∠DGC，由∠BGE＜∠AEB，得到∠DGC=∠BGE＜45°，∠DGF＜135°，故②錯誤；由全等三角形的性質可得∠BGE=∠DGC，即可得到③正確；由△BGD是等腰直角三角形得到BD=5a，求得S△BDG，過G作GM⊥CF于M，求得S△DGF，進而得出答案．【詳解】∵四邊形ABCD是矩形，∴BC=AD，∠BAD=∠ADC=90°．∵AF平分∠BAD，∴∠BAE=∠DAF=45°，∴△ADF是等腰直角三角形，∴DF=AD，∴BC=DF，故選項①正確；∵AE平分∠BAD，∴∠BAE=45°，∴△ABE是等腰直角三角形，∴AB=BE，∠AEB=45°．∵AB=CD，∴BE=CD；∵∠CEF=∠AEB=45°，∠ECF=90°，∴△CEF是等腰直角三角形．∵點G為EF的中點，∴CG=EG，∠FCG=45°，∴∠BEG=∠DCG=135°．在△BEG和△DCG中，∵，∴△BEG≌△DCG（SAS），∴∠BGE=∠DGC．∵∠BGE＜∠AEB，∴∠DGC=∠BGE＜45°．∵∠CGF=90°，∴∠DGF＜135°，故②錯誤；∵△BEG≌△DCG，∴∠BGE=∠DGC，BG=DG．∵∠EGC=90°，∴∠BGD=90°，∴BG⊥DG，故③正確；∵3AD=4AB，∴，∴設AB=3a，則AD=4a．∵BD=5a，∴BG=DGa，∴S△BDGa1．過G作GM⊥CF于M．∵CE=CF=BC﹣BE=BC﹣AB=a，∴GMCFa，∴S△DGF?DF?GM4aa=a1，∴S△BDGS△DGF，∴4S△BDG=15S△DGF，故④正確．故答案為①③④．本題考查了矩形的性質、全等三角形的判定與性質、等腰直角三角形的判定與性質；熟練掌握矩形的性質，證明三角形全等和等腰直角三角形是解決問題的關鍵．11、1,2,1【解析】

列舉一組數滿足a＜b＜c，不滿足a+b＜c即可．【詳解】解：當a=1，b=2，c=1時，滿足a＜b＜c，不滿足a+b＜c，所以說明該命題是假命題的一組a，b，c的值依次為1，2，1．故答案為1，2，1．本題考查了命題與定理：命題寫成“如果…，那么…”的形式，這時，“如果”后面接的部分是題設，“那么”后面解的部分是結論．任何一個命題非真即假．要說明一個命題的正確性，一般需要推理、論證，而判斷一個命題是假命題，只需舉出一個反例即可．12、a＞b【解析】試題解析：∵點A（-1，a），B（2，b）在函數y=-3x+4的圖象上，∴a=3+4=7，b=-6+4=-2，∵7＞-2，∴a＞b．故答案為a＞b．13、1【解析】設第三個數是，①若為最長邊，則，不是整數，不符合題意；②若17為最長邊，則，三邊是整數，能構成勾股數，符合題意，故答案為1．三、解答題（本大題共5個小題，共48分）14、（1）成立；（2）成立，理由見試題解析；（3）正方形，證明見試題解析．【解析】試題分析：（1）因為四邊形ABCD為正方形，CE=DF，可證△ADF≌△DCE（SAS），即可得到AF=DE，∠DAF=∠CDE，又因為∠ADG+∠EDC=90°，即有AF⊥DE；（2）∵四邊形ABCD為正方形，CE=DF，可證△ADF≌△DCE（SAS），即可得到AF=DE，∠E=∠F，又因為∠ADG+∠EDC=90°，即有AF⊥DE；（3）設MQ，DE分別交AF于點G，O，PQ交DE于點H，因為點M，N，P，Q分別為AE，EF，FD，AD的中點，可得MQ=PN=12DE，PQ=MN=1試題解析：（1）上述結論①，②仍然成立，理由是：∵四邊形ABCD為正方形，∴AD=DC，∠BCD=∠ADC=90°，在△ADF和△DCE中，∵DF=CE，∠ADC=∠BCD=90°，AD=CD，∴△ADF≌△DCE（SAS），∴AF=DE，∠DAF=∠CDE，∵∠ADG+∠EDC=90°，∴∠ADG+∠DAF=90°，∴∠AGD=90°，即AF⊥DE；（2）上述結論①，②仍然成立，理由是：∵四邊形ABCD為正方形，∴AD=DC，∠BCD=∠ADC=90°，在△ADF和△DCE中，∵DF=CE，∠ADC=∠BCD=90°，AD=CD，∴△ADF≌△DCE（SAS），∴AF=DE，∠E=∠F，∵∠ADG+∠EDC=90°，∴∠ADG+∠DAF=90°，∴∠AGD=90°，即AF⊥DE；（3）四邊形MNPQ是正方形．理由是：如圖，設MQ，DE分別交AF于點G，O，PQ交DE于點H，∵點M，N，P，Q分別為AE，EF，FD，AD的中點，∴MQ=PN=12DE，PQ=MN=1考點：1．四邊形綜合題；2．綜合題．15、（1）購買一個A種品牌的足球需要50元，購買一個B種品牌的足球需要80元；（2）有三種方案，詳見解析；（3）最多需要3150元.【解析】

（1）設A種品牌足球的單價為x元，B種品牌足球的單價為y元，根據“總費用＝買A種足球費用＋買B種足球費用，以及購買一個種品牌的足球比購買一個種品牌的足球少30元”可得出關于x、y的二元一次方程組，解方程組即可得出結論；（2）設第二次購買A種足球m個，則購買B種足球（50?m）個，根據“總費用＝買A種足球費用＋買B種足球費用，以及B種足球不小于23個”可得出關于m的一元一次不等式組，解不等式組可得出m的取值范圍，由此即可得出結論；（3）分析第二次購買時，A、B兩種足球的單價，即可得出哪種方案花錢最多，求出花費最大值即可得出結論．【詳解】解：（1）設A種品牌足球的單價為x元，B種品牌足球的單價為y元，依題意得：，解得：，答：購買一個A種品牌的足球需要50元，購買一個B種品牌的足球需要80元；（2）設第二次購買A種足球m個，則購買B種足球（50?m）個，依題意得：，解得：25≤m≤1．故這次學校購買足球有三種方案：方案一：購買A種足球25個，B種足球25個；方案二：購買A種足球26個，B種足球24個；方案三：購買A種足球1個，B種足球23個．（3）∵第二次購買足球時，A種足球單價為50＋4＝54（元），B種足球單價為80×0.9＝72（元），∴當購買方案中B種足球最多時，費用最高，即方案一花錢最多，∴25×54＋25×72＝3150（元）．答：學校在第二次購買活動中最多需要3150元．本題考查了二元一次方程組的應用以及一元一次不等式組的應用，解題的關鍵是：（1）根據數量關系找出關于x、y的二元一次方程組；（2）根據數量關系找出關于m的一元一次不等式組；（3）確定花費最多的方案．本題屬于中檔題，難度不大，解決該題型題目時，根據數量關系列出方程（方程組、不等式或不等式組）是關鍵．16、（1）見解析；（2）FG＝；（3）d＝14或.【解析】

（1）由菱形的性質可得AP∥EF，∠APF＝∠EPF＝∠APE，PB∥CD，∠CDB＝∠PDB＝∠CDP，由平行線的性質可得∠FPE＝∠BDP，可得PF∥BD，即可得結論；（2）由矩形的性質和菱形的性質可得FG＝PB＝2EF＝2AP，即可求FG的長；（3）分兩種情況討論，由勾股定理可求d的值；點G在DP的右側，連接AC，過點C作CH⊥AB，交AB延長線于點H；若點G在DP的左側，連接AC，過點C作CH⊥AB，交AB延長線于點H．【詳解】（1）∵四邊形APEF是菱形∴AP∥EF，∠APF＝∠EPF＝∠APE，∵四邊形PBCD是菱形∴PB∥CD，∠CDB＝∠PDB＝∠CDP∴∠APE＝∠PDC∴∠FPE＝∠BDP∴PF∥BD，且AP∥EF∴四邊形四邊形FGBP是平形四邊形；（2）若四邊形DFPG恰為矩形∴PD＝FG，PE＝DE，EF＝EG，∴PD＝2EF∵四邊形APEF是菱形，四邊形PBCD是菱形∴AP＝EF，PB＝PD∴PB＝2EF＝2AP，且AB＝10∴FG=PB＝.（3）如圖，點G在DP的右側，連接AC，過點C作CH⊥AB，交AB延長線于點H，∵FE＝2EG，∴PB＝FG＝3EG，EF＝AP＝2EG∵AB＝10∴AP+PB＝5EG＝10∴EG＝2，∴AP＝4，PB＝6＝BC，∵∠ABC＝120°，∴∠CBH＝60°，且CH⊥AB∴BH＝BC＝3，CH＝BH＝3∴AH＝13∴AC＝＝14若點G在DP的左側，連接AC，過點C作CH⊥AB，交AB延長線于點H∵FE＝2EG，∴PB＝FG＝EG，EF＝AP＝2EG∵AB＝10，∴3EG＝10∴EG＝∴BP＝BC＝∵∠ABC＝120°，∴∠CBH＝60°，且CH⊥AB∴BH＝BC＝，CH＝BH＝∴AH＝∴AC＝綜上所述：d＝14或.本題考查菱形的性質、平行線的性質、平行四邊形的判定及勾股定理，解題的關鍵是掌握菱形的性質、平行線的性質、平行四邊形的判定及勾股定理的計算.17、（1）的函數表達式為,的函數表達式為；（2）小亮的想法是錯誤的，若兩燈同時點亮，當時，白熾燈省錢；當時，兩種燈費用相同；當時，節(jié)能燈省錢.【解析】

（1）根據函數圖象中的數據可以分別求得l1、l2的函數關系式；（2）根據（1）中的函數解析式可以求得兩種燈泡費用相同的情況，然后根據圖象即可解答本題．【詳解】解：（1）設的函數表達式為：將，代入得的函數表達式為設的函數表達式為：將，代入得的函數表達式為（2）小亮的想法是錯誤的，若兩燈同時點亮，由，，當時，白熾燈省錢；由，，當時，兩種燈費用相同；由，，當時，節(jié)能燈省錢.本題考查一次函數的應用，解答本題的關鍵是明確題意，找出所求問題需要的條件，利用數形結合的思想解答．18、（1）（2）（3）【解析】

（1）先把各二次根式化為最簡二次根式，然后去括號后合并即可；（2）利用二次根式的乘除法則運算，然后合并同類二次根式即可；（3）根據平方差公式和完全平方公式進行計算．【詳解】（1）解：原式（2）解：原式（3）解：原式本題考查了二次根式的混合運算：先把各二次根式化為最簡二次根式，再進行二次根式的乘除運算，然后合并同類二次根式．一、填空題（本大題共5個小題，每小題4分，共20分）19、【解析】

由矩形EFCG，易得△BEF與△DEG是等腰直角三角形，只要證明矩形EFCG的周長＝BC＋CD即可．【詳解】∵四邊形ABCD是正方形，∴∠DBC＝∠BDC＝45°，∵正方形ABCD的周長為a，∴BC＋CD＝，∵四邊形EFCG是矩形，∴∠EFB＝∠EGD＝90°，∴△BEF與△DEG是等腰直角三角形，∴BF＝EF，EG＝DG，∴矩形EFCG的周長是：EF＋FC＋CG＋EG＝BF＋FC＋CG＋DG＝BC＋CD＝．故答案為：．本題考查的是正方形的性質，熟知正方形的四條邊相等，四個角都是直角是解答此題的關鍵．20、（30﹣10）【解析】

AB的黃金分割點有兩個，一種情況是AC<BC，一種是AC>BC，當AC<BC時走的路程最小，由此根據黃金分割的意義進行求解即可.【詳解】如圖所示：則,即(20?AC):20=(?1):2，解得AC=30?10.∴他應至少再走30?10米才最理想，故答案為：30?10.本題考查黃金分割的知識，熟練掌握黃金分割比例即可解答.21、x【解析】

解：根據二次根式被開方數必須是非負數的條件，要使3-必須3解得：x故答案為：x≤322、．【解析】

試題分析：∵A1（0，0），A2（4，0），A3（8，0），A4（12，0），…，∴An（4n﹣4，0）．∵直線y=kx+2與此折線恰有2n（n≥1，且為整數）個交點，∴點An+1（4n，0）在直線y=kx+2上，∴0=4nk+2，解得：k=．故答案為．考點：一次函數圖象上點的坐標特征；坐標與圖形變化﹣平移；規(guī)律型；綜合題．23、24，26【解析】

將54-1利用分解因式的知識進行分解，再結合題目54-1能被20至30之間的兩個整數整除即可得出答案．【詳解】54?1=(5+1)(5?1)∵54?1能被20至30之間的兩個整數整除，∴可得：5+1=26,5?1=24.故答案為：24，26此題考查因式分解的應用，解題關鍵在于掌握運算法則二、解答題（本大題共3個小題，共30分）24、見解析【解析】

作斜邊AB的中垂線可以求得中點D，連接CD，根據直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半，可得CD＝AD＝DB．【詳解】解如圖所示：，△ACD和△CDB即為所求．此題主要考查了應用設計與作圖，關鍵在于用中垂線求得中點和運用直角三角形中，斜邊上的中線等于斜邊的一半，把Rt△ABC分割成兩個等腰三角形．25、（1）見解析；（2）；（3）.