重慶市沙坪壩區(qū)第八中學2024-2025學年九上數(shù)學開學復習檢測試題【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(nèi)…………不…………要…………答…………題…………第1頁，共3頁重慶市沙坪壩區(qū)第八中學2024-2025學年九上數(shù)學開學復習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）若與|x﹣y﹣3|互為相反數(shù)，則x+y的值為（）A．3 B．9 C．12 D．272、（4分）如圖，四邊形和四邊形都是正方形，反比例函數(shù)在第一象限的圖象經(jīng)過點，若兩正方形的面積差為12，則的值為A．12 B．6 C． D．83、（4分）如圖，已知雙曲線經(jīng)過直角三角形OAB斜邊OA的中點D，且與直角邊AB相交于點C．若點A的坐標為（，4），則△AOC的面積為A．12 B．9 C．6 D．44、（4分）若點P在一次函數(shù)y=-x+4的圖像上，則點P一定不在（）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限5、（4分）如圖，E，F(xiàn)分別是正方形ABCD邊AD、BC上的兩定點，M是線段EF上的一點，過M的直線與正方形ABCD的邊交于點P和點H，且PH=EF，則滿足條件的直線PH最多有(

)條A．1 B．2 C．3 D．46、（4分）在RtABC中，∠C90，AB3，AC2,則BC的值（）A． B． C． D．7、（4分）如圖，正方形的對角線、交于點，以為圓心，以長為半徑畫弧，交于點，連接，則的度數(shù)為（）A．45° B．60° C．1．5° D．75°8、（4分）小明隨機寫了一串數(shù)字“1，2，3，3，2，1，1，1，2，2，3，3，”，則數(shù)字3出現(xiàn)的頻數(shù)（）A．6 B．5 C．4 D．3二、填空題（本大題共5個小題，每小題4分，共20分）9、（4分）如圖，在矩形ABCD中，對角線AC、BD相交于點O，點E.F分別是AO、AD的中點，若AC=8，則EF=___.10、（4分）在平面直角坐標系xOy中，直線與x軸的交點為A，與y軸的交點為B，且，則k的值為_____________．11、（4分）數(shù)據(jù),,,的平均數(shù)是4，方差是3,則數(shù)據(jù),,,的平均數(shù)和方差分別是_____________．12、（4分）某書定價25元，如果一次購買20本以上，超過20本的部分打八折，未超過20本的不打折，試寫出付款金額（單位：元）與購買數(shù)量（單位：本）之間的函數(shù)關(guān)系_______．13、（4分）直線y=kx+b（k＞0）與x軸的交點坐標為（2，0），則關(guān)于x的不等式kx+b＞0的解集是_____．三、解答題（本大題共5個小題，共48分）14、（12分）如圖，正方形ABCD的邊長為4，動點E從點A出發(fā)，以每秒2個單位的速度沿A→D→A運動，動點G從點A出發(fā)，以每秒1個單位的速度沿A→B運動，當有一個點到達終點時，另一點隨之也停止運動．過點G作FG⊥AB交AC于點F.設運動時間為t(單位：秒)．以FG為一直角邊向右作等腰直角三角形FGH，△FGH與正方形ABCD重疊部分的面積為S.(1)當t＝1.5時，S＝________；當t＝3時，S＝________.(2)設DE＝y(tǒng)1，AG＝y(tǒng)2，在如圖所示的網(wǎng)格坐標系中，畫出y1與y2關(guān)于t的函數(shù)圖象．并求當t為何值時，四邊形DEGF是平行四邊形？15、（8分）在邊長為1個單位長度的正方形網(wǎng)格中建立如圖所示的平面直角坐標系，△ABC的頂點都在格點上，請解答下列問題：（1）①作出△ABC向左平移4個單位長度后得到的△A1B1C1，并寫出點C1的坐標；②作出△ABC關(guān)于原點O對稱的△A2B2C2，并寫出點C2的坐標；（2）已知△ABC關(guān)于直線l對稱的△A3B3C3的頂點A3的坐標為（－4，－2），請直接寫出直線l的函數(shù)解析式.16、（8分）某學校在商場購買甲、乙兩種不同足球，購買甲種足球共花費2000元，購買乙種足球共花費1400元，購買甲種足球數(shù)量是購買乙種足球數(shù)量的2倍．且購買一個乙種足球比購買一個甲種足球多花20元．（1）求購買一個甲種足球、一個乙種足球各需多少元？（2）為響應“足球進校園”的號召，這所學校決定再次購買甲、乙兩種足球共50個．并且購進乙種足球的數(shù)量不少于甲種足球數(shù)量的，學校應如何采購才能使總花費最低？17、（10分）如圖，利用一面長18米的墻，用籬笆圍成一個矩形場地ABCD，設AD長為x米，AB長為y米，矩形的面積為S平方米．(1)若籬笆的長為32米，求y與x的函數(shù)關(guān)系式，并直接寫出自變量x的取值范圍；(2)在(1)的條件下，求S與x的函數(shù)關(guān)系式，并求出使矩形場地的面積為120平方米的圍法．18、（10分）在平行四邊形ABCD中，點O是對角線BD中點，點E在邊BC上，EO的延長線與邊AD交于點F，連接BF、DE，如圖1．（1）求證：四邊形BEDF是平行四邊形；（2）在（1）中，若DE＝DC，∠CBD＝45°，過點C作DE的垂線，與DE、BD、BF分別交于點G、H、R，如圖2．①當CD＝6，CE＝4時，求BE的長．②探究BH與AF的數(shù)量關(guān)系，并給予證明．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）如圖所示，在四邊形中，，分別是的中點，，則的長是___________.20、（4分）甲乙兩人同時開車從A地出發(fā)，沿一條筆直的公路勻速前往相距400千米的B地，1小時后，甲發(fā)現(xiàn)有物品落在A地，于是立即按原速返回A地取物品，取到物品后立即提速25%繼續(xù)開往B地（所有掉頭和取物品的時間忽略不計），甲乙兩人間的距離y千米與甲開車行駛的時間x小時之間的部分函數(shù)圖象如圖所示，當甲到達B地時，乙離B地的距離是_____．21、（4分）如圖，正方形OMNP的一個頂點與正方形ABCD的對角線交點O重合，且正方形ABCD、OMNP的邊長都是4cm，則圖中重合部分的面積是_____cm1．22、（4分）如圖，在RtΔABC中，∠ACB=90°，D是AB的中點，若∠A=2623、（4分）如圖，已知在矩形中，，，沿著過矩形頂點的一條直線將折疊，使點的對應點落在矩形的邊上，則折痕的長為__．二、解答題（本大題共3個小題，共30分）24、（8分）在菱形中，，點是射線上一動點，以為邊向右側(cè)作等邊，點的位置隨著點的位置變化而變化.（1）如圖1，當點在菱形內(nèi)部或邊上時，連接，與的數(shù)量關(guān)系是______，與的位置關(guān)系是______；（2）當點在菱形外部時，（1）中的結(jié)論是否還成立？若成立，請予以證明；若不成立，請說明理由（選擇圖2，圖3中的一種情況予以證明或說理）；（3）如圖4，當點在線段的延長線上時，連接，若，，求四邊形的面積.25、（10分）某市米廠接到加工大米任務，要求天內(nèi)加工完大米.米廠安排甲、乙兩車間共同完成加工任務，乙車間加工中途停工一段時間維修設備，然后改變加工效率繼續(xù)加工，直到與甲車間同時完成加工任務為止，設甲、乙兩車間各自加工大米數(shù)量與甲車間加工時間(天)之間的關(guān)系如圖1所示；未加工大米與甲車間加工時間(天)之間的關(guān)系如圖2所示，請結(jié)合圖像回答下列問題(1)甲車間每天加工大米__________；=______________；(2)直接寫出乙車間維修設備后，乙車間加工大米數(shù)量與(天)之間的函數(shù)關(guān)系式，并指出自變量的取值范圍.26、（12分）如圖，矩形中，點在邊上，將沿折疊，點落在邊上的點處，過點作交于點，連接．（1）求證：四邊形是菱形；（2）若，求四邊形的面積．

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、D【解析】依題意得.∴x＋y＝27.故選D.2、A【解析】

設正方形OABC、BDEF的邊長分別為a和b，則可表示出D（a，a-b），F(xiàn)（a+b，a），根據(jù)反比例函數(shù)圖象上點的坐標特征得到E（a+b，），由于點E與點D的縱坐標相同，所以=a-b，則a2-b2=k，然后利用正方形的面積公式易得k=1．【詳解】解：設正方形OABC、BDEF的邊長分別為a和b，則D（a，a-b），F(xiàn)（a+b，a），所以E（a+b，），所以=a-b，∴（a+b）（a-b）=k，∴a2-b2=k，∵兩正方形的面積差為1，∴k=1．故選：A．本題考查了反比例函數(shù)比例系數(shù)k的幾何意義：在反比例函數(shù)y=圖象中任取一點，過這一個點向x軸和y軸分別作垂線，與坐標軸圍成的矩形的面積是定值|k|．也考查了正方形的性質(zhì)．3、B【解析】∵點，是中點∴點坐標∵在雙曲線上，代入可得∴∵點在直角邊上，而直線邊與軸垂直∴點的橫坐標為-6又∵點在雙曲線∴點坐標為∴從而，故選B4、C【解析】

根據(jù)一次函數(shù)的性質(zhì)進行判定即可.【詳解】一次函數(shù)y=-x+4中k=-1<0，b>0，所以一次函數(shù)y=-x+4的圖象經(jīng)過二、一、四象限，又點P在一次函數(shù)y=-x+4的圖象上，所以點P一定不在第三象限，故選C.本題考查了一次函數(shù)的圖象和性質(zhì)，熟練掌握是解題的關(guān)鍵.y=kx+b：當k>0，b>0時，函數(shù)的圖象經(jīng)過一，二，三象限；當k>0，b<0時，函數(shù)的圖象經(jīng)過一，三，四象限；當k<0，b>0時，函數(shù)的圖象經(jīng)過一，二，四象限；當k<0，b<0時，函數(shù)的圖象經(jīng)過二，三，四象限.5、C【解析】

如圖1，過點B作BG∥EF，過點C作CN∥PH，利用正方形的性質(zhì)，可證得AB∥CD，AD∥BC，∠A=∠NBC=90°，AB=BC，再證明BG=CN，利用HL證明Rt△ABG≌Rt△CBN，根據(jù)全等三角形的對應角相等，可知∠ABG=∠BCN，然后證明PH⊥EF即可，因此過點M作EF的垂線滿足的有一條直線；圖2中還有2條，即可得出答案.【詳解】解：如圖1，過點B作BG∥EF，過點C作CN∥PH，∵正方形ABCD，∴AB∥CD，AD∥BC，∠A=∠NBC=90°，AB=BC，∴四邊形BGEF，四邊形PNCH是平行四邊形，

EF=BG，PH=CN，∵PH=EF，∴BG=CN，在Rt△ABG和Rt△CBN中，BG=CN∴Rt△ABG≌Rt△CBN（HL）∴∠ABG=∠BCN，∵∠ABG+∠GBC=90°∴∠BCN+∠GBC=90°，∴BG⊥CN，∴PH⊥EF，∴過點M作EF的垂線滿足的有一條直線；如圖2圖2中有兩條P1H1，P2H2，所以滿足條件的直線PH最多有3條，故答案為：C本題考查了正方形的性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、熟練掌握正方形的性質(zhì)是關(guān)鍵．6、A【解析】

根據(jù)勾股定理即可求出.【詳解】由勾股定理得，.故選.本題考查的是勾股定理，掌握勾股定理是解題的關(guān)鍵.7、C【解析】

由正方形的性質(zhì)得出∠CBD=45°，證明△BCE是等腰三角形即可得出∠BCE的度數(shù)．【詳解】解：∵四邊形ABCD是正方形，

∴∠CBD=45°，BC=BA,

∵BE=BA，

∴BE=BC，

∴∠BCE=(180°-45°)÷2=1.5°.故選：C．本題考查了正方形的性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)；熟練掌握正方形和等腰三角形的性質(zhì)進行求解是解決問題的關(guān)鍵．8、C【解析】

根據(jù)頻數(shù)的定義可直接得出答案【詳解】解：∵該串數(shù)字中，數(shù)字3出現(xiàn)了1次，∴數(shù)字3出現(xiàn)的頻數(shù)為1．故選：C．本題是對頻數(shù)定義的考查，即頻數(shù)是表示一組數(shù)據(jù)中符合條件的對象出現(xiàn)的次數(shù)．二、填空題（本大題共5個小題，每小題4分，共20分）9、2【解析】

由矩形的性質(zhì)可知：矩形的兩條對角線相等，可得BD=AC=8，即可得OD=4，在△AOD中，EF為△AOD的中位線，由此可求的EF的長．【詳解】∵四邊形ABCD為矩形，∴BD=AC=8，又∵矩形對角線的交點等分對角線，∴OD=4，又∵在△AOD中，EF為△AOD的中位線，∴EF=2.故答案為2.此題考查三角形中位線定理，解題關(guān)鍵在于利用矩形的性質(zhì)得到BD=AC=810、【解析】

先根據(jù)解析式確定點A、B的坐標，再根據(jù)三角形的面積公式計算得出答案.【詳解】令中y=0得x=-，令x=0得y=2，∴點A（-，0），點B（0,2），∴OA=，OB=2，∵，∴，解得k=，故答案為：.此題考查一次函數(shù)圖象與坐標軸的交點，一次函數(shù)與幾何圖形面積，正確理解OA、OB的長度是解題的關(guān)鍵.11、41，3【解析】試題分析：根據(jù)題意可知原數(shù)組的平均數(shù)為，方差為=3，然后由題意可得新數(shù)據(jù)的平均數(shù)為，可求得方程為.故答案為：41，3.12、【解析】

本題采取分段收費，根據(jù)20本及以下單價為25元，20本以上，超過20本的部分打八折分別求出付款金額與購書數(shù)的函數(shù)關(guān)系式，再進行整理即可得出答案．【詳解】解：根據(jù)題意得：，整理得：；則付款金額（單位：元）與購書數(shù)量（單位：本）之間的函數(shù)關(guān)系是；故答案為：．本題考查了分段函數(shù)，理解分段收費的意義，明確每一段購書數(shù)量及相應的購書單價是解題的關(guān)鍵，要注意的取值范圍．13、x＞2【解析】

根據(jù)一次函數(shù)的性質(zhì)得出y隨x的增大而增大，當x＞2時，y＞1，即可求出答案．【詳解】解：∵直線y=kx+b（k＞1）與x軸的交點為（2，1），∴y隨x的增大而增大，當x＞2時，y＞1，即kx+b＞1．故答案為x＞2．本題主要考查對一次函數(shù)與一元一次不等式，一次函數(shù)的性質(zhì)等知識點的理解和掌握，能熟練地運用性質(zhì)進行說理是解此題的關(guān)鍵．三、解答題（本大題共5個小題，共48分）14、（1）；；（2）當t＝或t＝4時，四邊形DEGF是平行四邊形．【解析】

（1）當t＝1.5時，如圖①，重疊部分的面積是△FGH的面積，求出即可；當t＝3時，如圖②，重疊部分的面積是四邊形FGBK的面積，也就是△FGH的面積減去△KBH的面積，求出即可；（2）進行分類討論，列出方程即可求出t的值.【詳解】解：當t＝1.5時，如圖①，重疊部分的面積是△FGH的面積，所以S＝；當t＝3時，如圖②，重疊部分的面積是四邊形FGBK的面積，也就是△FGH的面積減去△KBH的面積，所以S＝×3×3－×2×2＝.(2)由題意可以求得y1＝；y2＝t(0≤t≤4)．<所以y1與y2關(guān)于t的函數(shù)圖象如圖③所示．因為運動過程中，DE∥FG，所以當DE＝FG時，四邊形DEGF是平行四邊形．∵FG＝AG，∴DE＝AG，∴y1＝y(tǒng)2.由圖象可知，有兩個t值滿足條件：①當0≤t≤2時，由4－2t＝t，解得t＝；②當2<t≤4時，由2t－4＝t，解得t＝4.所以當t＝或t＝4時，四邊形DEGF是平行四邊形．15、(1)作圖見解析，C1的坐標C1（-1,2）,C2的坐標C2（-3,-2）；（2）y=-x.【解析】分析：（1）①利用正方形網(wǎng)格特征和平移的性質(zhì)寫出A、B、C對應點A1、B1、C1的坐標，然后在平面直角坐標系中描點連線即可得到△A1B1C1.②根據(jù)關(guān)于原點對稱的點的特征得出A2、B2、C2的坐標，然后在平面直角坐標系中描點連線即可得到△A2B2C2.（2）根據(jù)A與A3的點的特征得出直線l解析式.詳解：（1）如圖所示，C1的坐標C1（-1,2）,C2的坐標C2（-3,-2）（2）解：∵A（2,4），A3（-4，-2），∴直線l的函數(shù)解析式：y=-x.點睛：本題考查了作圖-旋轉(zhuǎn)變換：根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可知，對應角都相等都等于旋轉(zhuǎn)角，對應線段也相等，由此可以通過作相等的角，在角的邊上截取相等的線段的方法，找到對應點，順次連接得出旋轉(zhuǎn)后的圖形．也考查了軸對稱變換和平移變換．16、（1）購買一個甲種足球需50元，購買一個乙種足球需70元；（2）這所學校再次購買1個甲種足球，3個乙種足球，才能使總花費最低．【解析】

（1）設購買一個甲種足球需x元，則購買一個乙種足球需（x+20），根據(jù)購買甲種足球數(shù)量是購買乙種足球數(shù)量的2倍列出方程解答即可；

（2）設這所學校再次購買a個甲種足球，根據(jù)題意列出不等式解答即可．【詳解】（1）設購買一個甲種足球需x元，則購買一個乙種足球需（x+20）元，根據(jù)題意，可得：=2×，解得：x=50，經(jīng)檢驗x=50是原方程的解，答：購買一個甲種足球需50元，購買一個乙種足球需70元；（2）設這所學校再次購買a個甲種足球，（50-a）個乙種足球，根據(jù)題意，可得：50-a≥a，解得：a≤，∵a為整數(shù)，∴a≤1．設總花費為y元，由題意可得，y=50a+70（50-a）=-20a+2．∵-20＜0，∴y隨x的增大而減小，∴a取最大值1時，y的值最小，此時50-a=3．答：這所學校再次購買1個甲種足球，3個乙種足球，才能使總花費最低．本題考查的知識點是分式方程的應用和一元一次不等式的應用，解題關(guān)鍵是根據(jù)題意列出方程.17、(1)y=-2x+32()；(2)當AB長為12米，AD長為10米時，矩形的面積為120平方米.【解析】

(1)根據(jù)2x+y=32，整理可得y與x的關(guān)系式，再結(jié)合墻長即可求得x的取值范圍；(2)根據(jù)長方形的面積公式可得S與x的關(guān)系式，再令S=120，可得關(guān)于x的方程，解方程即可求得答案.【詳解】(1)由題意2x+y=32，所以y=-2x+32，又，解得7≤x<16，所以y=-2x+32()；(2)，，∵，∴，，(不合題意，舍去)，，答：當AB長為12米，AD長為10米時，矩形的面積為120平方米.本題考查了二次函數(shù)的應用，弄清題意，找準各量間的關(guān)系列出函數(shù)解析式是解題的關(guān)鍵.18、（1）詳見解析；（2）①4﹣2；②AF＝BH，詳見解析【解析】

(1)由“ASA”可得△BOE≌△DOF，可得DF＝BE，可得結(jié)論；(2)①由等腰三角形的性質(zhì)可得EN＝CN＝2，由勾股定理可求DN，由等腰三角形的性質(zhì)可求BN的長，即可求解；②如圖，過點H作HM⊥BC于點M，由“AAS”可證△HMC≌△CND，可得HM＝CN，由等腰直角三角形的性質(zhì)可得BH＝HM，即可得結(jié)論．【詳解】(1)證明：∵平行四邊形ABCD中，點O是對角線BD中點，∴AD∥BC，BO＝DO，∴∠ADB＝∠CBD，且∠DOF＝∠BOE，BO＝DO，∴△BOE≌△DOF（ASA）∴DF＝BE，且DF∥BE，∴四邊形BEDF是平行四邊形；(2)①如圖2，過點D作DN⊥EC于點N，∵DE＝DC＝6，DN⊥EC，∴EN＝CN＝2，∴DN＝＝＝4，∵∠DBC＝45°，DN⊥BC，∴∠DBC＝∠BDN＝45°，∴DN＝BN＝4，∴BE＝BN﹣EN＝4﹣2；故答案為：BE＝4﹣2.②AF＝BH，理由如下：如圖，過點H作HM⊥BC于點M，∵DN⊥EC，CG⊥DE，∴∠CEG+∠ECG＝90°，∠DEN+∠EDN＝90°，∴∠EDN＝∠ECG，∵DE＝DC，DN⊥EC，∴∠EDN＝∠CDN，EC＝2CN，∴∠ECG＝∠CDN，∵∠DHC＝∠DBC+∠BCH＝45°+∠BCH，∠CDB＝∠BDN+∠CDN＝45°+∠CDN，∴∠CDB＝∠DHC，∴CD＝CH，且∠HMC＝∠DNC＝90°，∠ECG＝∠CDN，∴△HMC≌△CND（AAS）∴HM＝CN，∵HM⊥BC，∠DBC＝45°，∴∠BHM＝∠DBC＝45°，∴BM＝HM，∴BH＝HM，∵AD＝BC，DF＝BE，∴AF＝EC＝2CN，∴AF＝2HM＝BH．故答案為：AF＝BH.本題是四邊形綜合題，考查了平行四邊形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，等腰直角三角形的性質(zhì)，添加恰當輔助線構(gòu)造全等三角形是本題的關(guān)鍵．一、填空題（本大題共5個小題，每小題4分，共20分）19、【解析】

根據(jù)中位線定理和已知，易證明△PMN是等腰三角形，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)和已知條件即可求出∠PMN的度數(shù)為30°，通過構(gòu)造直角三角形求出MN．【詳解】解：∵在四邊形ABCD中，M、N、P分別是AD、BC、BD的中點，

∴PN，PM分別是△CDB與△DAB的中位線，

∴PM=AB=2，PN=DC=2，PM∥AB，PN∥DC，

∵AB=CD，

∴PM=PN，

∴△PMN是等腰三角形，

∵PM∥AB，PN∥DC，

∴∠MPD=∠ABD=20°，∠BPN=∠BDC=80°，

∴∠MPN=∠MPD+∠NPD=20°+（180-80）°=120°，

∴∠PMN==30°．過P點作PH⊥MN，交MN于點H．∵HQ⊥MN，

∴HQ平分∠MHN，NH=HM．

∵MP=2，∠PMN=30°，

∴MH=PM?cos60°=，

∴MN=2MH=2．本題考查了三角形中位線定理及等腰三角形的判定和性質(zhì)、30°直角三角形性質(zhì)，解題時要善于根據(jù)已知信息，確定應用的知識．20、1【解析】

結(jié)合題意分析函數(shù)圖象：線段OC對應甲乙同時從A地出發(fā)到A返回前的過程，此過程為1小時；線段CD對應甲返回走到與乙相遇的過程（即甲的速度大于乙的速度）；線段DE對應甲與乙相遇后繼續(xù)返回走至到達A地的過程，因為速度相同，所以甲去和回所用時間相同，即x＝2時，甲回到A地，此時甲乙相距120km，即乙2小時行駛120千米；線段EF對應甲從A地重新出發(fā)到追上乙的過程，即甲用（5﹣2）小時的時間追上乙，可列方程求出甲此時的速度，進而求出甲到達B地的時刻，再求出此時乙所行駛的路程．【詳解】解：∵甲出發(fā)到返回用時1小時，返回后速度不變，∴返回到A地的時刻為x＝2，此時y＝120，∴乙的速度為60千米/時，設甲重新出發(fā)后的速度為v千米/時，列得方程：（5﹣2）（v﹣60）＝120，解得：v＝100，設甲在第t小時到達B地，列得方程：100（t﹣2）＝10解得：t＝6，∴此時乙行駛的路程為：60×6＝360（千米），乙離B地距離為：10﹣360＝1（千米）．故答案為：1．本題考查了一次函數(shù)與一元一次方程的應用，關(guān)鍵是把條件表述的幾個過程對應圖象理解清楚，再找出對應x和y表示的數(shù)量關(guān)系．21、2．【解析】

根據(jù)題意可得：△AOG≌△DOF（ASA），所以S四邊形OFDG=S△AOD=S

正方形ABCD，從而可求得其面積．【詳解】解：如圖，∵正方形ABCD和正方形OMNP的邊長都是2cm，

∴OA=OD，∠AOD=∠POM=90°，∠OAG=∠ODF=25°，∴∠AOG＝∠DOF，

在△AOG和△DOF中，

∵，

∴△AOG≌△DOF（ASA），

∴S四邊形OFDG=S△AOD=S

正方形ABCD=×=2；

則圖中重疊部分的面積是2cm1，

故答案為：2．本題考查正方形的性質(zhì)，題中重合的部分的面積是不變的，且總是等于正方形ABCD面積的．22、52【解析】

根據(jù)直角三角形的性質(zhì)得AD=CD，由等腰三角形性質(zhì)結(jié)合三角形外角性質(zhì)可得答案.【詳解】∵∠ACB=90°，D是AB上的中點，∴CD=AD=BD，∴∠DCA=∠A=26°，∴∠BDC=2∠A=52°.故答案為52.此題考查了直角三角的性質(zhì)及三角形的外角性質(zhì)，掌握直角三角形斜邊中線等于斜邊一半的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵.23、或【解析】

沿著過矩形頂點的一條直線將∠B折疊，可分為兩種情況：（1）過點A的直線折疊，（2）過點C的直線折疊，分別畫出圖形，根據(jù)圖形分別求出折痕的長．【詳解】（1）如圖1，沿將折疊，使點的對應點落在矩形的邊上的點，由折疊得：是正方形，此時：，（2）如圖2，沿，將折疊，使點的對應點落在矩形的邊上的點，由折疊得：，在中，，，設，則，在中，由勾股定理得：，解得：，在中，由勾股定理得：，折痕長為：或．考查矩形的性質(zhì)、軸對稱的性質(zhì)、直角三角形及勾股定理等知識，分類討論在本題中得以應用，畫出相應的圖形，依據(jù)圖形矩形解答．二、解答題（本大題共3個小題，共30分）24、（1）