北师大版2020九年级数学上册期中模拟基础过关测试卷A题(附答案详解)

北师大版2020九年级数学上册期中模拟基础过关测试A 卷（附答案详解）题
1．对于任意实数x ，多项式x 2－6x+10的值是一个（ ）
A ．负数
B ．非正数
C ．正数
D ．无法确定正负
的数
2．关于x 的方程ax 2+3x ＝ax +2是一元二次方程，那么（ ）
A ．a ≠0
B ．a ≠1
C ．a ≠2
D ．a ≠3 3．方程（x +1）2＝0的根是（ ）
A ．x 1＝x 2＝1
B ．x 1＝x 2＝﹣1
C ．x 1＝﹣1，x 2＝1
D ．无实根
4．如图，将边长为12cm 的正方形ABCD 折叠，使得A 点落在CD 边上点E 处，然后压平折痕FG ，若FG =13cm ，则CE 长为（ ）
A ．3cm
B ．5cm
C ．7 cm
D ．9 cm
5．如图所示的正六棱柱的主视图是
A ．
B ．
C ．
D ．
6．如图，已知矩形ABCD ，按照下列操作作图：①以A 为圆心，AC 长为半径画弧交AD 的延长线于点E ；②以E 为圆心，EC 长为半径画弧交DE 的延长线于点
F ；③分别以C ，F 为圆心，大于12
CF 的长为半径画弧，两弧相交于点N ；④作射线EN ，根据作图，若∠ACB ＝72°，则∠FEN 的度数为（ ）
A ．54°
B ．63
C ．72°
D ．75°
7．已知有理数A 、B 、x 、y 满足0A B +≠，且
()()()():2:A B A B x y x y +-=+-，那么():A A B +等于（ ）
．
A ．()3:2x x y +
B ．()3:42x x y +
C ．():x x y +
D ．()2:2x x y + 8．我国古代数学家刘徽用“牟合方盖”找到了球体体积的计算方法．“牟合方盖”是由两个圆柱分别从纵横两个方向嵌入一个正方体时两圆柱公共部分形成的几何体．如图所示的几何体是可以形成“牟合方盖”的一种模型，它的俯视图是（ ）
A ．
B ．
C ．
D ．
9．如果用配方法解方程
，那么原方程应变形为（ ） A ． B ． C ． D ． 10．我们知道：四边形具有不稳定性．如图，在平面直角坐标系中，边长为4的正方形ABCD 的边AB 在x 轴上，AB 的中点是坐标原点O ，固定点A ，B ，把正方形沿箭头方向推，使点D 落在y 轴正半轴上点D′处，则点C 的对应点C′的坐标为( )
A ．(3，2)
B ．(4，1)
C ．(4，3)
D ．(4，23) 11．已知22310x x -+=，则1x x
-=_______. 12．如果a 是方程x 2﹣2x ﹣1＝0的根，那么代数式3a 2﹣6a 的值是_____．
13．已知m ，n 是方程x 2+2x ﹣6=0的一个根，则代数式m 2﹣mn+3m+n 的值为________． 14．如图,在菱形ABCD 中,对角线AC 、BD 相交于点O,点E 是线段BO 上的一个动点（可以与O 、B 重合），点F 为射线DC 上一点,若∠ABC=60∘,∠AEF=120∘，AB=5，则EF 的取值范围是_____.
15．已知在△ABC 中，AC=3，BC=4，AB=5，点P 在AB 上（不与A 、B 重合），过P 作PE ⊥AC ，PF ⊥BC ，垂足分别是E 、F ，连结EF ，M 为EF 的中点，则CM 的最小值为 ____________.
16．边长为1的8个正方形如图摆放在直角坐标系中，直线1y k x =平分这8个正方形所组成的图形的面积，交其中两个正方形的边于A ，B 两点，过B 点的双曲线2k y x
=
的一支交其中两个正方形的边于C ，D 两点，连接OC ，OD ，CD ，则OCD S ∆=__________．
17．如图，点E 在正方形ABCD 的外部，∠DCE=∠DEC ，连接AE 交CD 于点F ，∠CDE 的平分线交EF 于点G ，AE=2DG ．若BC=8，则AF=_____．
18．如图，已知△ABC 中，10AB AC ==，16BC =，点P 、D 分别在边BC 、AC 上，12BP =，APD B ∠=∠，那么CD 的长是______________.
19．小红、小明、小芳在一起做游戏，他们约定用“剪子、包袱、锤子”的方式确定游戏的先后顺序．问在一个回合中三个人都出“包袱”的概率是____.
20．如图，若△ABC 内一点P 满足∠PAC ＝∠PCB ＝∠PBA ，则称点P 为△ABC 的布罗卡尔点，已知△ABC 中，CA ＝CB ，∠ACB ＝120°，P 为△ABC 的布罗卡尔点，若
，则PB +PC ＝_____．
21．解方程：
（1）3x 2＋8x －3=0； （2）x 2+3x －1=0；
（3）x 2－2x －3=0； （4）（x +4）2=5（x +4）
22．阅读下面材料：
小明遇到这样一个问题：如图1，在正方形ABCD中，点E是边BC的中点，点F是线段AE上一点，BF的延长线交射线CD于点G，若AB=6，AF=4EF，求CG的值与∠AFB 的度数．
他的做法是：过点E作EH∥AB交BG于点H，得到△BAF∽△HEF（如图2）．（1）CG等于多少，∠AFB等于多少度；
参考小明思考问题的方法，解决下列问题；
（2）如图3，在矩形ABCD中，点E是边BC的中点，点F是线段AE上一点，BF的
延长线交射线CD于点G，若AF=3EF，求CG
AB
的值；
（3）如图4，在平行四边形ABCD中，E、F分别是边BC、CD上的点，BF和DE相
交于点G，且AB=kAD，∠DAG=∠BAC，求出DF
BE
的值（用含k的式子表示）
23．（1）如图1，已知正方形ABCD，点E 在BC 上，点F 在DC 上，且∠EAF=45°，则有BE+DF= .若AB=4，则△CEF 的周长为.
（2）如图2，四边形ABCD 中，∠BAD=∠C=90°，AB=AD，点E，F 分别在BC，CD 上，且∠EAF=45°，试判断BE，EF，DF 之间的数量关系，并说明理由.
24．一个几何体由几个大小相同的小立方块搭成，这个几何体的俯视图如图所示，小正方形中的数字表示在该位置小立方块的个数，请你画出这个几何体的主视图和左视图．
25．解方程: （1）2210x x --= （2）22750x x -+=
26．阅读解答：
题目：已知方程x 2+3x+1=0的两根为a ，b ，求a b b a +的值． 解：①∵△=b 2﹣4ac=32﹣4×
1×1=5＞0∴a≠b ②由一元二次方程根与系数关系得：a+b=﹣3，ab=1；
③∴331a b a b b a b a ab
-+=+===- 问题：上面的解题过程是否正确？若不正确，指出错在哪一步？写出正确的解题过程．
27．参加足球联赛的每两队之间都进行两场比赛．共要比赛90场．共有多少个队参加比赛？
28．如图，某校数学兴趣小组利用自制的直角三角形硬纸板DEF 来测量操场旗杆AB 的高度，他们通过调整测量位置，使斜边DF 与地面保持平行并使直角边DE 与旗杆顶点A 在同一直线上．已知DE ＝0.5米，FE ＝0.25米，且测点D 到地面的距离DG ＝1.5米，到旗杆的水平距离DC ＝25米，求旗杆AB 的高度．
参考答案
1．C
【解析】
【分析】
把多项式进行配方，即可判断.
【详解】
∵x2－6x+10= x2－6x+9+1= (x-3)2+1＞0.
∴多项式x2－6x+10的值是一个正数，
故选C.
【点睛】
此题主要考查多项式的值，解题的关键是熟知配方法的应用.
2．A
【解析】
【分析】
直接利用一元二次方程的定义分析得出答案．
【详解】
解：ax2+3x＝ax+2，
ax2+（3﹣a）x-2＝0，
依题意得：a≠0．
故选A．
【点睛】
本题考查了一元二次方程的概念，判断一个方程是否是一元二次方程，首先要看是否是整式方程，然后看化简后是否是只含有一个未知数且未知数的最高次数是2．
3．B
【解析】
【分析】
根据平方根的意义,利用直接开平方法即可进行求解.
【详解】
(x+1)2＝0,
解: x+1=0,
所以x1＝x2＝﹣1,
故选B.
【点睛】
本题主要考查一元二次方程的解法,解决本题的关键是要熟练掌握一元二次方程的解法. 4．C
【解析】
【分析】
作NF⊥AD，垂足为F，连接AE，NE，利用勾股定理的知识求出FM的长，根据图形折叠前后图形不发生大小变化可得出∠DAE=∠DAE，再证明△NFM≌△ADE，得到FM=DE，从而可求得EC的长．
【详解】
解：作NF⊥AD，垂足为F，连接AE，NE，
在△FMN中，由勾股定理得：2222
1312
MN FN
-=-．
∵将正方形纸片ABCD折叠，使得点A落在边CD上的E点，折痕为MN，
∴∠D=∠AHM=90°，∠DAE=∠DAE．
∵∠AMN+∠MAH=90°，∠MAH+∠AED=90°，
∴∠AMN=∠AED．
在Rt△NFM和Rt△ADE中，
AMN AED
NFM D
AD NF
∠=∠
⎧
⎪
∠=∠
⎨
⎪=
⎩
，
∴△NFM≌△ADE（AAS）．
∴DE=FM=5cm．
∴EC=DC-DE=12-5=7cm．
故选：C．
【点睛】
此题主要考查了图形的翻折变换，正方形的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，根据图形折叠前后图形不发生大小变化得出三角形的全等是解决问题的关键，难度一般．5．D
【解析】
【分析】
从正面得到的视图是主视图，从正面来观察就可以得到正六棱柱的主视图
【详解】
从正面来观察，主视图是由三个矩形组成的，所以选D
【点睛】
本题考查了几何体的三视图，从正面看得到的图形是主视图.
6．B
【解析】
【分析】
由题意可得AE=AC，△AEC为等腰三角形，∠CAE=∠ACB＝72°，可得△FEN≌△CEN，∠FEN=∠CEN可得∠FEN的度数.
【详解】
解：由题意得：AE=AC,∴△AEC为等腰三角形，
∠ACB＝72°，四边形ABCD为矩形,∴∠CAE=72°, ∠CEA=
o o 18072
2
-
=540，
由以E为圆心，EC长为半径画弧交DE的延长线于点F；分别以C，F为圆心，大于1
2
CF的
长为半径画弧，两弧相交于点N，可得EF=CE,FN=CN,又EN=EN, ∴△FEN≌△CEN,
∴∠FEN= ∠CEN
∴∠FEN=
o
180
2
CEA
-∠
=630
故选B.
【点睛】
本题主要考查矩形与圆的性质、等腰三角形的性质及三角形全等的判定与性质，综合性大.
7．B
【解析】
【分析】
将已知等式变形可得: 2A B x y A B x y --=++,将等式两边同时加1并化简可得: 232A x A B x y =++,然后将等式两边同时乘
12
,即可求出():A A B +. 【详解】 解:∵ ()()()():2:A B A B x y x y +-=+- ∴2A B x y A B x y
--=++ ∴+1+12A B x y A B x y
--=++ ∴+22A B A B x y x y A B x y
-+-++=++ ∴232A x A B x y
=++ ∴2131222
A x A
B x y ⨯=⨯++ ∴342A x A B x y
=++ 故选B.
【点睛】
此题考查的是求比值,掌握比例的基本性质和等式的基本性质是解决此题的关键. 8．A
【解析】
【分析】
根据俯视图即从物体的上面观察得得到的视图，进而得出答案．
【详解】
该几何体的俯视图是：．
故选A．
【点睛】
此题主要考查了几何体的三视图；掌握俯视图是从几何体上面看得到的平面图形是解决本题的关键．
9．A
【解析】
【分析】
先移项，再配方，即方程两边同时加上一次项系数一般的平方．
【详解】
解：移项得，x2−2x＝3，
配方得，x2−2x＋1＝4，
即（x−1）2＝4，
故选：A．
【点睛】
本题考查了用配方法解一元二次方程，掌握配方法的步骤是解题的关键．
10．D
【解析】
【分析】
由已知条件得到AD′=AD=4，AO=1
2
AB=2，根据勾股定理得到22
AD OA
'-3，
于是得到结论．【详解】
解：∵AD′=AD=4，
AO=1
2
AB=1，
∴22
AD OA
'-3∵C′D′=4，C′D′∥AB，
∴C′（4，3，
故选：D．
本题考查正方形的性质，坐标与图形的性质，勾股定理，正确的识别图形是解题关键．
11．±
【解析】
【分析】
将2x 10-+=的两边同时除以x ，求得1x x +
的值，继而根据完全平方公式的变形进行求解即可.
【详解】
∵2x 10-+=，
∴x -1x =0，
∴1x x
+=-
∴(1x x -)2=(1x x
+)2-4=(-2-4=8，
∴1x x
-=±，
故答案为：±.
【点睛】
本题考查了完全平方公式，熟练掌握完全平方公式的结构特征是解题的关键.本题由
2x 10-+=求得1x x
+
的值也是关键所在. 12．3
【解析】
【分析】 把x=a 代入得到a 2﹣2a ＝1，再整体代入代数式的值即可.
【详解】
解：∵a 是方程x 2﹣2x ﹣1＝0的根，
∴a 2﹣2a ﹣1＝0，
∴a 2﹣2a ＝1，
∴3a 2﹣6a ＝3（a 2﹣2a ）＝3×1＝3．
故答案为3
此题主要考查一元二次方程的解，解题的关键是熟知一元二次方程解的定义.
13．10
【解析】
【分析】
根据方程的解的定义及韦达定理得出m 2＋2m ＝6，m ＋n ＝−2，mn ＝−6，代入到原式＝m 2＋2m−mn ＋m ＋n 可得答案．
【详解】
解：∵m ，n 是方程x 2＋2x−6＝0的根，
∴m 2＋2m ＝6，m ＋n ＝−2，mn ＝−6，
则m 2﹣mn+3m+n ＝m 2＋2m−mn ＋m ＋n ＝6−（−6）−2＝10，
故答案为：10．
【点睛】
本题主要考查一元二次方程的解及根与系数的关系，熟练掌握方程的解的定义及韦达定理是解题的关键．
14．552
EF ≤≤ 【解析】
【分析】
连结CE ，根据菱形的性质和全等三角形的判定可得△ABE ≌△CBE ，根据全等三角形的性
质可得AE=CE ，设∠OCE=a ，∠OAE=a ，∠AEO=90°
-a ，可得∠ECF=∠EFC ，根据等角对等边可得CE=EF ，从而得到AE=EF ，在Rt △ABO 中，根据含30°的直角三角形的性质得到AO=52，可得52
≤AE≤5. 【详解】
如图，连结CE ，
∵在菱形ABCD 中,AB =BC ,30ABE CBE ∠=∠=，BE =BE ，
∴△ABE ≌△CBE ，
∴AE =CE ，
设,,90OCE a OAE a AEO a ∠=∠=∠=-，
∴12090()30DEF a a ∠=--=+，
∴303060EFC CDE DEF a a ∠=∠+∠=++=+，
∵60ECF DCO OCE a ∠=∠+∠=+，
∴∠ECF =∠EFC ，
∴CE =EF ，
∴AE =EF ，
∵AB =5,30ABE ∠=，
∴在Rt △ABO 中，AO =
52
， ∵OA AE AB ≤≤， ∴
552
EF ≤≤， 故答案为：552EF ≤≤. 【点睛】
考查菱形的性质，三角形外角的性质，掌握菱形的对角线互相垂直且平分一组对角是解题的关键.
15．1.2
【解析】
【分析】
连接CP,利用勾股定理逆定理可得∠ACB=90°
,判断出四边形CFPE 是矩形,根据矩形的对角线相等可得EF=CP,再根据垂线段最短可得CP ⊥AB 时,线段EF 的值最小,则CM 最小,然后根据三角形的面积公式列出方程求解即可
【详解】
如图,连接CP
∵AC=3,BC-4,AB=5
∴∠ACB=90°
∵PE ⊥AC,PF ⊥BC,∠C=90°
∴四边形CFPE 是矩形,
∴EF=CP
由垂线段最短可得CP ⊥AB 时,线段F 的值最小,则CM 最小
此时,S △ABC=
12 BC AC=12AB CP 即12×4×3=12
×5・CP 解得CP=2.4
∴EF=2.4
∵MM 为EF 中点
∴CM=1.2
故答案为:1.2
【点睛】
此题考查矩形的判定与性质，解题关键在于做辅助线 16．11948
． 【解析】
【分析】
设()4,A t ，利用面积法得到14412
t ⨯⨯=+，求出A 点，再求出直线解析式，求出B 点，再求出双曲线的解析式，求出D,C 的两点，然后用矩形面积减去三个三角形面积即可.
【详解】
解：设()4,A t ，
直线1y k x =平分这8个正方形所组成的图形的面积，
14412t ∴⨯⨯=+，解得52
t =， 54,2A ⎛⎫∴ ⎪⎝⎭
， 把54,2A ⎛
⎫ ⎪⎝⎭代入直线1y k x =得1542k =，解得158
k =， ∴直线解析式为58y x =
， 当2x =时，5584y x =
=，则52,4B ⎛⎫ ⎪⎝⎭， 双曲线2k y x
=经过点B ， 255242
k ∴=⨯=， ∴双曲线的解析式为5
522y x x
==， 当2y =时，522x =，解得54x =，则5,24C ⎛⎫ ⎪⎝⎭
； 当3x =时，5526y x =
=，则53,6D ⎛⎫ ⎪⎝⎭， 1515155119323223262426448
OCD S ∆⎛⎫⎛⎫∴=⨯-⨯⨯-⨯⨯--⨯-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭． 故答案为11948
． 【点睛】
本题考查的是平面直角坐标系的综合运用，熟练掌握一次函数和反比例函数的性质是解题的关键.
17．
【解析】
【详解】
如图作DH ⊥AE 于H ，连接CG ．设DG=x ，
∵∠DCE=∠DEC ，
∴DC=DE ，
∵四边形ABCD 是正方形，
∴AD=DC ，∠ADF=90°，
∴DA=DE ，
∵DH ⊥AE ，
∴AH=HE=DG ，
在△GDC 与△GDE 中，
DG DG GDC GDE DC DE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩
，
∴△GDC ≌△GDE （SAS ），
∴GC=GE ，∠DEG=∠DCG=∠DAF ，
∵∠AFD=∠CFG ，
∴∠ADF=∠CGF=90°，
∴2∠GDE+2∠DEG=90°，
∴∠GDE+∠DEG=45°，
∴∠DGH=45°，
在Rt △ADH 中，AD=8，AH=x ，2， ∴82=x 2+2）2， 解得：863
∵△ADH ∽△AFD ，
∴
AD AH AF AD
=,
∴AF=64
8．
故答案为．
18．245
【解析】
【分析】
先利用已知条件证明△ABP ∽△PCD ，在利用相似三角形的性质得到对应边成比例，最后求得答案.
【详解】
解： ∵AB=AC
∴∠B =∠C
∵∠APC=∠B+∠BAP,∠APC=∠APD+∠DPC,
又∠B =∠APD
∴∠BAP=∠DPC
在△ABP 和△PCD 中
∠BAP=∠DPC
∠B =∠C
∴ △ABP ∽△PCD ，
∴ BP AB CD PC
=， 由AB=10,BP=12,BC=16,PC=BC-PB 得
12101612
CD =- ， ∴ CD=245
故答案为：245
. 【点睛】
本题考查了等腰三角形的性质，相似三角形的判定与性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解答本题的关键.
19．1 27
【解析】
【分析】
欲求出在一回合中三个人都出“布”的概率，可先列举出所有情况，看所求的情况占总情况的多少即可．
【详解】
解：列表得：
可以得出一共有27种情况，
在一回合中三个人都出“布”的概率是：1 27
.
故答案为1 27
.
【点睛】
此题主要考查了树状图法求概率，树状图法适用于两步或两步以上完成的事件．解题时还要注意是放回实验还是不放回实验．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．20．1+
【解析】
【分析】
作CH⊥AB于H,首先证明AB＝BC,再证明△P AB∽△PBC,可得
,即可求出PB、PC.
【详解】
解：作CH⊥AB于H．
∵CA＝CB,CH⊥AB,∠ACB＝120°,
∴AH＝BH,∠ACH＝∠BCH＝60°,∠CAB＝∠CBA＝30°,
∴AB＝2BH＝2•BC•cos30°＝BC,
∵∠P AC＝∠PCB＝∠PBA,
∴∠P AB＝∠PBC,
∴△P AB∽△PBC,
∴,
∴P A＝,
∴PB＝1,PC＝,
∴PB+PC＝1+,
故答案为:1+.
【点睛】
本题主要考查相似三角形的判定和性质,等腰三角形的性质,三角函数等,解决本题的关键是要熟练掌握相似三角形的判定和性质,等腰三角形的性质,三角函数.
21．（1）x1
1
3
=，x2=﹣3；（2）
1
313
x
-+
=
2
313
x
--
=；（3）x1=-1，x2=3；（4）x1=-4，
x2=1．
【解析】
【分析】
（1）利用因式分解法解方程即可；
（2）直接利用求根公式法解方程即可；
（3）利用因式分解法解方程即可；
（4）把方程右边移到等号左边，然后利用因式分解法求解即可．【详解】
（1）（3x－1）（x+3）=0，∴3x－1=0或x+3=0，∴x1
1
3
=，x2=﹣3；
（2）a=1，b=3，c=-1，△=9+4=13＞0，∴x
313
-±
，∴
1
313
x
-+
=，
2
313
x
--
=
（3）∵（x+1）（x-3）=0，∴x+1=0或x﹣3=0，∴x1=-1，x2=3；
（4）∵（x+4）2－5（x+4）=0，∴（x+4）[（x+4）﹣5]=0，∴x+4=0或（x+4）﹣5=0，∴x1=-4，
x2=1．
【点睛】
本题考查了解一元二次方程﹣因式分解法：先把方程右边化为0，再把方程左边因式分解，这样把原方程转化为两个一元一次方程，然后解一次方程即可得到原方程的解．也考查了求根公式法解一元二次方程．
22．（1）CG=3，∠AFB=90°；（2）
2
3
CG
AB
=；（3）
1
DF
BE k
=．
【解析】
【分析】
（1）过点E作EH∥CD交BG于点H，根据正方形的性质和相似三角形的判定定理得到
△EFH∽△AFB，根据相似三角形的性质得到CG=1
2
AB=3；
（2）仿照（1）的解答思路计算即可；
（3）延长AG交DC于M，延长DE交AB的延长线于N，根据相似三角形的判定定理和性质定理解答．
【详解】
（1）过点E作EH∥CD交BG于点H，
∴△BEH∽△BCG，∴BE HE BC CG
=，
∵点E是边BC的中点，∴BC=2BE，∴CG=2HE，∵四边形ABCD是正方形，∴AB∥CD，
∴EH∥AB，∴△EFH∽△AFB，
∴EF HE
AF AB
=，∵AF=4EF，∴AB=4EH，
∴CG=1
2
AB=3，∵CD=6，∴CG=BE，
在△ABE和△BCG中，
AB BC
ABE BCG
BE CG
=
⎧
⎪
∠=∠
⎨
⎪=
⎩
，
∴△ABE≌△BCG，∴∠BAE=∠CBG，
∵∠ABF+∠CBG=90°，∴∠BAE+∠ABF=90°，∴∠AFB=90°，（2）如图3，同（1）方法得出，CG=2HE，
同（1）的方法得出，EF HE AF AB
=，
∵AF=3EF，∴AB=3EH，∴EH=1
3 AB，
∴CG=2EH=2
3
AB，∴
2
3
CG
AB
=；
（3）延长AG交DC于M，延长DE交AB的延长线于N，
∵∠DAG=∠BAC，∠ADM=∠ABC，
∴△ADM∽△ABC，∴DM AE
BC AB
==k，
∵点E是边BC的中点，∴
2 DM
BE k
=，
∵DC∥AB，点E是边BC的中点，∴AB=DC=BN，∵DC∥AB，
∴DF DG
AB GN
=，
DM DG
AN GN
=，
∴DF DM
AB AN
=，又AB=
1
2
AN，
∴DF=1
2
DM，又
2
DM
BE k
=，
∴
1 DF
BE k
=．
【点睛】
本题考查的是相似三角形的判定和性质、矩形的性质、正方形的性质、平行四边形的性质，掌握相似三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
23．（1）EF，8；（2）EF=BE+DF.
【解析】
【分析】
（1）延长EB至H，使BH=DF，连接AH，证△ADF≌△ABH，△FAE≌△HAE，根据全等三角形的性质得出EF=HE=BE+HB进而求出即可；
（2）延长CB至M，使BM=DF，连接AM，证△ADF≌△ABM，证△FAE≌△MAE，即可得出答案．
【详解】
（1）延长EB至H，使BH=DF，连接AH，如图1，
∵在正方形ABCD中，
∴∠ADF=∠ABH，AD=AB，
在△ADF和△ABH中，
∵
AD AB
ADF ABH
DF HB
⎧
⎪
∠∠
⎨
⎪
⎩
＝
＝
＝
，
∴△ADF≌△ABH（SAS），
∴∠BAH=∠DAF，AF=AH，
∴∠FAH=90°，
∴∠EAF=∠EAH=45°，
在△FAE和△HAE中，
∵
AF AH
FAE EAH
AE AE
⎧
⎪
∠∠
⎨
⎪
⎩
＝
＝
＝
，
∴△FAE≌△HAE（SAS），
∴EF=HE=BE+HB，
∴EF=BE+DF，
∴△CEF的周长=EF+CE+CF=BE+CE+DF+CF=BC+CD=2AB=8．
（2）延长CB至M，使BM=DF，连接AM，如图2，
∵∠ABC+∠D=180°，∠ABC+∠ABM=180°，
∴∠D=∠ABM ，
在△ABM 和△ADF 中，
AB AD ABM D BM DF ⎧⎪∠∠⎨⎪⎩
＝＝＝，
∴△ABM ≌△ADF （SAS ），
∴AF=AM ，∠DAF=∠BAM ，
∵∠BAD=∠C=90°，∠EAF=45°，
即∠BAD=2∠EAF ，
∴∠DAF+∠BAE=∠EAF ，
∴∠EAB+∠BAM=∠EAM=∠EAF ，
在△FAE 和△MAE 中，
AE AE FAE MAE AF AM ⎧⎪∠∠⎨⎪⎩
＝＝＝，
∴△FAE ≌△MAE （SAS ），
∴EF=EM=BE+BM=BE+DF ，
即EF=BE+DF ．
【点睛】
本题主要考查正方形的性质，全等三角形的判定以及勾股定理的综合应用．作出辅助线延长EB 至H ，使BH=DF ，利用全等三角形性质与判定求出是解题关键．
24．答案见详解
【解析】
【分析】
利用主视图以及左视图观察角度分别得出其视图即可．
【详解】
根据题意得：
【点睛】
本题考查几何体的三视图画法．由几何体的俯视图及小正方形内的数字，可知主视图的列数与俯视数的列数相同，且每列小正方形数目为俯视图中该列小正方形数字中的最大数字．左视图的列数与俯视图的行数相同，且每列小正方形数目为俯视图中相应行中正方形数字中的最大数字．
25．（1）121x =，
1428106x x PQ -==；（2）11x =， 252x = 【解析】
【分析】
（1）利用配方法进行求解即可得；
（2）利用因式分解法进行求解即可得.
【详解】
（1）x 2-2x-1=0，
x 2-2x=1，
x 2-2x+1=1+1，
（x-1）2=2， x-1=±2 所以1x 21=，2x 21=-；
（2）2x 2-7x+5=0，
（x-1）(2x-5)=0，
x-1=0或2x-5=0，
所以1x 1=， 25x 2
=
. 【点睛】
本题考查了解一元二次方程，根据一元二次方程的特点选择恰当的解法是解题的关键. 26．上面的解题过程不正确，错在③，正确的解题过程见解析
【解析】
【分析】
由②中a+b=-3、ab=1可得出a ＜0、b ＜0，
==，再代入a+b=-3、ab=1即可得出结论．
【详解】
上面的解题过程不正确，错在③，正确的解题过程如下：
①∵△=b 2﹣4ac=32﹣4×
1×1=5＞0， ∴a≠b ；
②由一元二次方程根与系数关系得：a+b=﹣3，ab=1，
∴a ＜0，b ＜0；
(3)
1--====3． 【点睛】
本题考查了根的判别式以及根与系数的关系，由两根之和、两根之积的符号确定a ＜0、b ＜0是解题的关键．
27．共有10个队参加比赛．
【解析】
【分析】
设共有x 个队参加比赛，根据每两队之间都进行两场比赛结合共比了90场即可得出关于x 的一元一次方程，解之即可得出结论．
【详解】
设共有x 个队参加比赛，
根据题意得：2×12
x （x ﹣1）＝90，
整理得：x 2﹣x ﹣90＝0，
解得：x ＝10或x ＝﹣9（舍去）．
故共有10个队参加比赛．
【点睛】
本题考查了一元二次方程的应用，根据每两队之间都进行两场比赛结合共比了90场列出关于x的一元一次方程是解题的关键．
28．旗杆AB的高度是14米．
【解析】
【分析】
求出△ACD和△FED相似,根据相似三角形对应边成比例列式求出AC,再求出BC=DG,然后根据旗杆的高度AB=AC+BC代入数据计算即可得解
【详解】
∵∠ADC＝∠FDE，∠ACD＝∠FED＝90°，
∴△ACD∽△FED，
∴
25
,
0.250.5 AC DC AC
FE DE
==
即，
解得AC＝12.5.
由题意可知四边形BGDC是矩形，
∴BC＝DG＝1.5，
∴AB＝AC＋BC＝12.5＋1.5＝14(米)．
答：旗杆AB的高度是14米．
【点睛】
此题考查相似三角形的应用，掌握运算法则是解题关键。