2022-2023学年浙江省宁波市鄞州区九年级数学第一学期期末考试试题含解析

2022-2023学年九上数学期末模拟试卷注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的 规定 关于下班后关闭电源的规定党章中关于入党时间的规定公务员考核规定下载规定办法文件下载宁波关于闷顶的规定 位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他 答案 八年级地理上册填图题岩土工程勘察试题省略号的作用及举例应急救援安全知识车间5s试题及答案 ．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．一、选择题(每小题3分,共30分)1．下列 函 关于工期滞后的函关于工程严重滞后的函关于工程进度滞后的回复函关于征求同志党风廉政意见的函关于征求廉洁自律情况的复函 数关系式中，是的反比例函数的是（）A．B．C．D．2．如图，在中，，，．点P是边AC上一动点，过点P作交BC于点Q，D为线段PQ的中点，当BD平分时，AP的长度为（　　）A．B．C．D．3．如图，中，，若，，则边的长是（）A．2B．4C．6D．84．一元二次方程中至少有一个根是零的条件是(　　)A．且B．C．且D．5．下列方程是一元二次方程的是(　　)A．B．C．D．6．小新抛一枚质地均匀的硬币，连续抛三次，硬币落地均正面朝上，如果他第四次抛硬币，那么硬币正面朝上的概率为（）A．B．C．1D．7．如图，是的直径，、是弧（异于、）上两点，是弧上一动点，的角平分线交于点，的平分线交于点．当点从点运动到点时，则、两点的运动路径长的比是（）A．B．C．D．8．下列几何体中，主视图和左视图都是矩形的是（　　）A．B．C．D．9．下列品牌的运动鞋标志中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（）A．B．C．D．10．已知反比例函数，下列结论中不正确的是（　　）A．图象经过点(-1,-1)B．图象在第一、三象限C．当时，D．当时，y随着x的增大而增大二、填空题(每小题3分,共24分)11．若代数式有意义，则的取值范围是____________．12．已知菱形ABCD的两条对角线相交于点O，若AB=6，∠BDC=30°，则菱形的面积为．13．若两个相似三角形的周长比是，则对应中线的比是________．14．若是关于的一元二次方程，则________．15．一个不透明的袋中原装有2个白球和1个红球，搅匀后从中任意摸出一个球，要使摸出红球的概率为，则袋中应再添加红球____个（以上球除颜色外其他都相同）．16．如图，是半圆的直径，四边形内接于圆，连接，，则_________度．17．如图，五边形是正五边形，若，则__________．18．在函数中，自变量的取值范围是______.三、解答题(共66分)19．（10分）如图，在等边△ABC中，把△ABC沿直线MN翻折，点A落在线段BC上的D点位置（D不与B、C重合），设∠AMN＝α．（1）用含α的代数式表示∠MDB和∠NDC，并确定的α取值范围；（2）若α＝45°，求BD：DC的值；（3）求证：AM•CN＝AN•BD．20．（6分）如图，△ABC的顶点坐标分别为A(1，3)、B(4，2)、C(2，1)，以原点为位似中心，在原点的另一侧画出△A1B1C1，使=，并写出△A1B1C1各顶点的坐标.21．（6分）如图，一农户要建一个矩形猪舍，猪舍的一边利用长为15m的住房墙，另外三边用27m长的建筑材料围成，为方便进出，在垂直于住房墙的一边留一个1m宽的门，所围矩形猪舍的长，宽分别为多少米时，猪舍面积为96m2？22．（8分）如图，在△ABC中，AD是BC边上的中线，且AD=AC，DE⊥BC，DE与AB相交于点E，EC与AD相交于点F．(1)求证：△ABC∽△FCD；(2)过点A作AM⊥BC于点M，求DE：AM的值；(3)若S△FCD=5，BC=10，求DE的长．23．（8分）如图，在平面直角坐标系中，的顶点坐标分别为A(2，6)，B(0，4)，C(3，3)．（正方形网格的每个小正方形的边长都是1个单位长度）（1）平移后，点A的对应点A1的坐标为(6，6)，画出平移后的；（2）画出绕点C1旋转180°得到的；（3）绕点P(_______)旋转180°可以得到，请连接AP、A2P，并求AP在旋转过程中所扫过的面积．24．（8分）如图，点A、点B的坐标分别为（4，0）、（0，3），将线段BA绕点A沿顺时针旋转90°，设点B旋转后的对应点是点B1，求点B1的坐标．25．（10分）定义：连结菱形的一边中点与对边的两端点的线段把它分成三个三角形，如果其中有两个三角形相似，那么称这样的菱形为自相似菱形．(1)判断下列命题是真命题，还是假命题？①正方形是自相似菱形；②有一个内角为60°的菱形是自相似菱形．③如图1，若菱形ABCD是自相似菱形，∠ABC=α(0°＜α＜90°)，E为BC中点，则在△ABE，△AED，△EDC中，相似的三角形只有△ABE与△AED．(2)如图2，菱形ABCD是自相似菱形，∠ABC是锐角，边长为4，E为BC中点．①求AE，DE的长；②AC，BD交于点O，求tan∠DBC的值．26．（10分）如图①，是一张直角三角形纸片，∠B＝90°，AB＝12，BC＝8，小明想从中剪出一个以∠B为内角且面积最大的矩形，经过操作发现，当沿着中位线DE、EF剪下时，所得的矩形的面积最大．（1）请通过计算说明小明的猜想是否正确；（2）如图②，在△ABC中，BC＝10，BC边上的高AD＝10，矩形PQMN的顶点P、N分别在边AB、AC上，顶点Q、M在边BC上，求矩形PQMN面积的最大值；（3）如图③，在五边形ABCDE中，AB＝16，BC＝20，AE＝10，CD＝8，∠A＝∠B＝∠C＝90°．小明从中剪出了一个面积最大的矩形（∠B为所剪出矩形的内角），求该矩形的面积．参考答案一、选择题(每小题3分,共30分)1、C【分析】根据反比例函数的定义即可得出答案.【详解】A为正比例函数，B为一次函数，C为反比例函数，D为二次函数，故答案选择C.【点睛】本题考查的是反比例函数的定义：形如的式子，其中k≠0.2、B【分析】根据勾股定理求出AC，根据角平分线的定义、平行线的性质得到，得到，根据相似三角形的性质列出比例式，计算即可．【详解】解：，，，，，，又，，，，，，，即，解得，，，故选B．【点睛】本题考查的是相似三角形的判定和性质，掌握相似三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．3、C【分析】由，∠A=∠A，得∆ABD~∆ACB，进而得，求出AC的值，即可求解.【详解】∵，∠A=∠A，∴∆ABD~∆ACB，∴，即：，∴AC=8，∴CD=AC-AD=8-2=6，故选C.【点睛】本题主要考查相似三角形的判定和性质定理，掌握相似三角形的判定定理，是解题的关键.4、D【分析】代入，求得一元二次方程需满足的条件．【详解】由题意得，一元二次方程存在一个根代入到中解得故答案为：D．【点睛】本题考查了一元二次方程的解法，掌握解一元二次方程的方法是解题的关键．5、B【分析】一元二次方程有三个特点：（1）只含有一个未知数；（2）未知数的最高次数是2；（3）是整式方程．要判断一个方程是否为一元二次方程，先看它是否为整式方程，若是，再对它进行整理．如果能整理为ax2+bx+c=0（a≠0）的形式，则这个方程就为一元二次方程．【详解】解：选项：是一元一次方程，故不符合题意；选项：只含一个未知数，并且未知数最高次项是2次，是一元二次方程，故符合题意；选项：有两个未知数，不是一元二次方程，故不符合题意；选项：不是整式方程，故不符合题意；综上，只有B正确．故选：B．【点睛】本题考查了一元二次方程的定义，属于基础知识的考查，比较简单．6、A【解析】试题分析：因为一枚质地均匀的硬币只有正反两面，所以不管抛多少次，硬币正面朝上的概率都是．故选A．考点：概率公式．7、A【解析】连接BE，由题意可得点E是△ABC的内心，由此可得∠AEB＝135°，为定值，确定出点E的运动轨迹是是弓形AB上的圆弧，此圆弧所在圆的圆心在AB的中垂线上，根据题意过圆心O作直径CD，则CD⊥AB，在CD的延长线上，作DF＝DA，则可判定A、E、B、F四点共圆，继而得出DE＝DA＝DF，点D为弓形AB所在圆的圆心，设⊙O的半径为R，求出点C的运动路径长为，DA＝R，进而求出点E的运动路径为弧AEB，弧长为，即可求得答案.【详解】连结BE，∵点E是∠ACB与∠CAB的交点，∴点E是△ABC的内心，∴BE平分∠ABC，∵AB为直径，∴∠ACB＝90°，∴∠AEB＝180°－(∠CAB+∠CBA)＝135°，为定值，，∴点E的轨迹是弓形AB上的圆弧，∴此圆弧的圆心一定在弦AB的中垂线上，∵，∴AD=BD，如下图，过圆心O作直径CD，则CD⊥AB，∠BDO＝∠ADO＝45°，在CD的延长线上，作DF＝DA，则∠AFB＝45°，即∠AFB+∠AEB＝180°，∴A、E、B、F四点共圆，∴∠DAE＝∠DEA＝67.5°，∴DE＝DA＝DF，∴点D为弓形AB所在圆的圆心，设⊙O的半径为R，则点C的运动路径长为：，DA＝R，点E的运动路径为弧AEB，弧长为：，C、E两点的运动路径长比为：，故选A.【点睛】本题考查了点的运动路径，涉及了三角形的内心，圆周角定理，四点共圆，弧长公式等，综合性较强，正确分析出点E运动的路径是解题的关键.8、C【分析】主视图、左视图是分别从物体正面、左面和上面看，所得到的图形．依此即可求解．【详解】A.主视图为圆形，左视图为圆，故选项错误；B.主视图为三角形，左视图为三角形，故选项错误；C.主视图为矩形，左视图为矩形，故选项正确；D.主视图为矩形，左视图为圆形，故选项错误.故答案选：C.【点睛】本题考查的 知识点 高中化学知识点免费下载体育概论知识点下载名人传知识点免费下载线性代数知识点汇总下载高中化学知识点免费下载 是截一个几何体，解题的关键是熟练的掌握截一个几何体.9、D【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的定义即可得出答案．【详解】A是轴对称图形，但不是中心对称图形，故此选项不符合题意；B不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不符合题意；C不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不符合题意；D既是轴对称图形又是中心对称图形，故此选项符合题意．故选D．【点睛】本题考查轴对称及中心对称的定义，掌握中心对称图形与轴对称图形的概念，要注意：轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合；中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．10、D【解析】根据反比例函数的性质，利用排除法求解．【详解】解：A、x=-1，y==-1，∴图象经过点（-1，-1），正确；B、∵k=1＞0，∴图象在第一、三象限，正确；C、∵k=1＞0，∴图象在第一象限内y随x的增大而减小，∴当x＞1时，0＜y＜1，正确；D、应为当x＜0时，y随着x的增大而减小，错误．故选：D．【点睛】本题考查了反比例函数的性质，当k＞0时，函数图象在第一、三象限，在每个象限内，y的值随x的值的增大而减小．二、填空题(每小题3分,共24分)11、x≥1且x≠1【分析】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，即可求解．【详解】解：根据二次根式有意义，分式有意义得：x-1≥0且x-1≠0，解得：x≥1且x≠1．故答案为：x≥1且x≠1．【点睛】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，难度不大.12、18【详解】∵ABCD是菱形，两条对角线相交于点O，AB=6∴CD=AB=6，AC⊥BD，且OA=OC，OB=OD在Rt△COD中，∵CD=6，∠BDC=30°∴∴∴13、4:9【分析】相似三角形的面积之比等于相似比的平方．【详解】解：两个相似三角形的周长比是，∴两个相似三角形的相似比是，∴两个相似三角形对应中线的比是，故答案为．14、1【分析】根据一元二次方程的定义，从而列出关于m的关系式，求出答案.【详解】根据题意可知：m＋1≠0且｜m｜＋1＝2，解得：m＝1，故答案为m＝1.【点睛】本题主要考查了一元二次方程的定义，解本题的要点在于知道一元二次方程中二次项系数不能为0.15、1【分析】首先设应在该盒子中再添加红球x个，根据题意得：，解此分式方程即可求得答案．【详解】解：设应在该盒子中再添加红球x个，根据题意得：，解得：x=1，经检验，x=1是原分式方程的解．故答案为：1．【点睛】此题考查了概率公式的应用．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．16、1【分析】首先根据圆周角定理求得∠ADB的度数，从而求得∠BAD的度数，然后利用圆内接四边形的性质求得未知角即可．【详解】解：∵AB是半圆O的直径，AD=BD，∴∠ADB=90°，∠DAB=45°，∵四边形ABCD内接于圆O，∴∠BCD=180°-45°=1°，故答案为：1．【点睛】考查了圆内接四边形的性质及圆周角定理的知识，解题的关键是根据圆周角定理得到三角形ABD是等腰直角三角形，难度不大．17、72【解析】分析：延长AB交于点F，根据得到∠2=∠3,根据五边形是正五边形得到∠FBC=72°,最后根据三角形的外角等于与它不相邻的两个内角的和即可求出.详解：延长AB交于点F，∵，∴∠2=∠3，∵五边形是正五边形，∴∠ABC=108°,∴∠FBC=72°,∠1-∠2=∠1-∠3=∠FBC=72°故答案为：72°.点睛：此题主要考查了平行线的性质和正五边形的性质，正确把握五边形的性质是解题关键.18、【分析】根据分式有意义，分母不等于0列式计算即可得解．【详解】由题意得，x＋1≠0，解得x≠−1．故答案为x≠−1．【点睛】本题考查了函数自变量的范围，一般从三个方面考虑：（1）当函数表达式是整式时，自变量可取全体实数；（1）当函数表达式是分式时，考虑分式的分母不能为0；（3）当函数表达式是二次根式时，被开方数非负．三、解答题(共66分)19、（1）∠MDB＝＝2α﹣60°，∠NDC＝180°﹣2α，（30°＜α＜90°）；（2）+1；（3）见解析【分析】（1）利用翻折不变性，三角形内角和定理求解即可解决问题．（2）设BM＝x．解直角三角形用x表示BD，CD即可解决问题．（3）证明△BDM∽△CND，推出＝，推出DM•CN＝DN•BD可得结论．【详解】（1）由翻折的性质可知∠AMN＝∠DMN＝α，∵∠AMB＝∠B+∠MDB，∠B＝60°，∴∠MDB＝2α﹣60°，∠NDC＝180°﹣∠MDB﹣∠MDN＝180°﹣（2α﹣60°）﹣60°＝180°﹣2α，（30°＜α＜90°）（2）设BM＝x．∵α＝45°，∴∠AMD＝90°，∴∠BMD＝90°，∵∠B＝60°，∴∠BDM＝30°，∴BD＝2x，DN＝BD•cos30°＝x，∴MA＝MD＝x，∴BC＝AB＝x+x，∴CD＝BC﹣BD＝x﹣x，∴BD：CD＝2x：（x﹣x）＝+1．（3）∵∠BDN＝∠BDM+∠MDN＝∠C+∠DNC，∠MDN＝∠A＝∠C＝60°，∴∠BDM＝∠DNC，∵∠B＝∠C，∴△BDM∽△CND，∴＝，∴DM•CN＝DN•BD，∵DM＝AM，ND＝AN，∴AM•CN＝AN•BD．【点睛】本题考查了翻折变换、解直角三角形以及相似三角形的判定与性质，熟练掌握折叠的性质是解题的关键.20、画图见解析；点A1(-2，-6)，B1(-8，-4)，C1(-4，-2).【分析】根据题意利用画位似图形的作图技巧以原点为位似中心，以为位似比作图并结合图像写出△A1B1C1各顶点的坐标.【详解】解：利用画位似图形的作图技巧以原点为位似中心，以为位似比作图:因为=，△A1B1C1各顶点的坐标为原坐标A(1，3)、B(4，2)、C(2，1)，横纵坐标互为相反数的2倍，即A1(-2，-6)，B1(-8，-4)，C1(-4，-2).【点睛】本题考查位似图形的作图，熟练掌握并利用画位似图形的作图技巧以及位似比进行作图分析是解题的关键.21、所围矩形猪舍的长为1m、宽为8m【分析】设矩形猪舍垂直于住房墙一边长为xm可以得出平行于墙的一边的长为(27﹣2x+1)m．根据矩形的面积公式建立方程求出其解就可以了．【详解】解：设矩形猪舍垂直于住房墙一边长为xm可以得出平行于墙的一边的长为(27﹣2x+1)m，由题意得x(27﹣2x+1)＝96，解得：x1＝6，x2＝8，当x＝6时，27﹣2x+1＝16＞15(舍去)，当x＝8时，27﹣2x+1＝1．答：所围矩形猪舍的长为1m、宽为8m．【点睛】本题考查了列一元二次方程解实际问题的运用，矩形的面积公式的运用及一元二次方程的解法的运用，解答时寻找题目的等量关系是关键．22、（1）证明见解析；（2）；（3）．【分析】（1）利用D是BC边上的中点，DE⊥BC可以得到∠EBC=∠ECB，而由AD=AC可以得到∠ADC=∠ACD，再利用相似三角形的判定定理，就可以证明题目结论；（2）根据相似三角形的性质和等腰三角形的性质定理，解答即可；（3）利用相似三角形的性质就可以求出三角形ABC的面积，然后利用面积公式求出AM的值，结合，即可求解．【详解】（1）∵D是BC边上的中点，DE⊥BC，∴BD=DC，∠EDB=∠EDC=90°，∵DE=DE，∴△BDE≌△EDC（SAS），∴∠B=∠DCE，∵AD=AC，∴∠ADC=∠ACB，∴△ABC∽△FCD；（2）∵AD=AC，AM⊥DC，∴DM=DC，∵BD=DC，∴，∵DE⊥BC，AM⊥BC，∴DE∥AM，∴．（3）过点A作AM⊥BC，垂足是M，∵△ABC∽△FCD，BC=2CD，∴，∵S△FCD=5，∴S△ABC=20，又∵BC=10，∴AM=1．∵DE∥AM，∴∴，∴DE=．【点睛】本题主要考查相似三角形的判定与性质定理，等腰三角形的性质定理，掌握相似三角形的判定和性质定理是解题的关键．23、（1）图见解析；（2）图见解析；（3），AP所扫过的面积为．【分析】（1）先根据点A和的坐标得出平移方式，再根据点坐标的平移变换规律得出点的坐标，然后顺次连接点即可得；（2）先根据旋转的性质得出点的坐标，再顺次连接点即可得；（3）求出的中点坐标即为点P的坐标，再利用两点之间的距离公式可得AP的值，然后利用圆的面积公式即可得扫过的面积．【详解】（1）平移后得到点，的平移方式是向右平移个单位长度，，，即，如图，先在平面直角坐标系中，描出点，再顺次连接即可得到；（2）设点的坐标为，由题意得：点是的中点，则，解得，即，同理可得：，如图，先在平面直角坐标系中，描出点，再顺次连接点即可得到；（3）设点P的坐标为，由题意得：点P是的中点，则，即，，绕点旋转得到，所扫过的图形是以点P为圆心、AP长为半径的半圆，所扫过的面积为．【点睛】本题考查了图形的平移与旋转、点坐标的平移变换规律、圆的面积公式等知识点，熟练掌握点坐标的变换规律是解题关键．24、B1点的坐标为（7，4）【分析】如图，作B1C⊥x轴于C，证明△ABO≌△B1AC得到AC=OB=3，B1C=OA=4，然后写出B1点的坐标．【详解】如图，作B1C⊥x轴于C．∵A（4，0）、B（0，3），∵OA＝4，OB＝3，∵线段BA绕点A沿顺时针旋转90°得AB1，∴BA＝AB1，且∠BAB1＝90°，∴∠BAO+∠B1AC＝90°而∠BAO+∠ABO＝90°，∴∠ABO＝∠B1AC，∴△ABO≌△B1AC，∴AC＝OB＝3，B1C＝OA＝4，∴OC＝OA+AC＝7，∴B1点的坐标为（7，4）．【点睛】本题考查了坐标与图形变化-旋转，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考常考题型．25、(1)见解析；(2)①AE=2，DE=4；②tan∠DBC=．【分析】（1）①证明△ABE≌△DCE（SAS），得出△ABE∽△DCE即可；②连接AC，由自相似菱形的定义即可得出结论；③由自相似菱形的性质即可得出结论；（2）①由（1）③得△ABE∽△DEA，得出，求出AE＝2，DE＝4即可；②过E作EM⊥AD于M，过D作DN⊥BC于N，则四边形DMEN是矩形，得出DN＝EM，DM＝EN，∠M＝∠N＝90°，设AM＝x，则EN＝DM＝x+4，由勾股定理得出方程，解方程求出AM＝1，EN＝DM＝5，由勾股定理得出DN＝EM＝＝，求出BN＝7，再由三角函数定义即可得出答案．【详解】解：(1)①正方形是自相似菱形，是真命题；理由如下：如图3所示：∵四边形ABCD是正方形，点E是BC的中点，∴AB=CD，BE=CE，∠ABE=∠DCE=90°，在△ABE和△DCE中，∴△ABE≌△DCE(SAS)，∴△ABE∽△DCE，∴正方形是自相似菱形，故答案为：真命题；②有一个内角为60°的菱形是自相似菱形，是假命题；理由如下：如图4所示：连接AC，∵四边形ABCD是菱形，∴AB=BC=CD，AD∥BC，AB∥CD，∵∠B=60°，∴△ABC是等边三角形，∠DCE=120°，∵点E是BC的中点，∴AE⊥BC，∴∠AEB=∠DAE=90°，∴只能△AEB与△DAE相似，∵AB∥CD，∴只能∠B=∠AED，若∠AED=∠B=60°，则∠CED=180°﹣90°﹣60°=30°，∴∠CDE=180°﹣120°﹣30°=30°，∴∠CED=∠CDE，∴CD=CE，不成立，∴有一个内角为60°的菱形不是自相似菱形，故答案为：假命题；③若菱形ABCD是自相似菱形，∠ABC=α(0°＜α＜90°)，E为BC中点，则在△ABE，△AED，△EDC中，相似的三角形只有△ABE与△AED，是真命题；理由如下：∵∠ABC=α(0°＜α＜90°)，∴∠C＞90°，且∠ABC+∠C=180°，△ABE与△EDC不能相似，同理△AED与△EDC也不能相似，∵四边形ABCD是菱形，∴AD∥BC，∴∠AEB=∠DAE，当∠AED=∠B时，△ABE∽△DEA，∴若菱形ABCD是自相似菱形，∠ABC=α(0°＜α＜90°)，E为BC中点，则在△ABE，△AED，△EDC中，相似的三角形只有△ABE与△AED，故答案为：真命题；(2)①∵菱形ABCD是自相似菱形，∠ABC是锐角，边长为4，E为BC中点，∴BE=2，AB=AD=4，由(1)③得：△ABE∽△DEA，∴∴AE2=BE•AD=2×4=8，∴AE=2，DE===4，故答案为：AE=2；DE=4；②过E作EM⊥AD于M，过D作DN⊥BC于N，如图2所示：则四边形DMEN是矩形，∴DN=EM，DM=EN，∠M=∠N=90°，设AM=x，则EN=DM=x+4，由勾股定理得：EM2=DE2﹣DM2=AE2﹣AM2，即(4)2﹣(x+4)2=(2)2﹣x2，解得：x=1，∴AM=1，EN=DM=5，∴DN=EM==，在Rt△BDN中，∵BN=BE+EN=2+5=7，∴tan∠DBC=，故答案为：．【点睛】本题考查了自相似菱形的定义和判定，菱形的性质应用，三角形全等的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理的应用，锐角三角函数的定义，掌握三角形相似的判定和性质是解题的关键．26、（1）正确，理由见解析；（2）当a＝5时，S矩形MNPQ最大为25；（3）矩形的最大面积为1．【分析】(1)设BF=x，则AF=12﹣x，证明△AFE∽△ABC，进而表示出EF，利用面积公式得出S矩形BDEF=﹣(x﹣6)2+24，即可得出结论；(2)设DE=a，AE=10﹣a，则证明△APN∽△ABC，进而得出PN=10﹣a，利用面积公式S矩形MNPQ=﹣(a﹣5)2+25，即可得出结果；(3)延长BA、DE交于点F，延长BC、ED交于点G，延长AE、CD交于点H，取BF中点I，FG的中点K，连接IK，过点K作KL⊥BC于L，由矩形性质知AE=EH=10、CD=DH=8，分别证△AEF≌△HED、△CDG≌△HDE得AF=DH=8、CG=HE=10，从而判断出中位线IK的两端点在线段AB和DE上，利用(1)的结论解答即可．【详解】(1)正确；理由：设BF=x(0＜x＜12)，∵AB=12，∴AF=12﹣x，过点F作FE∥BC交AC于E，过点E作ED∥AB交BC于D，∴四边形BDEF是平行四边形，∵∠B=90°，∴▱BDEF是矩形，∵EF∥BC，∴△AFE∽△ABC，∴=，∴，∴EF=(12﹣x)，∴S矩形BDEF=EF•BF=(12﹣x)•x=﹣(x﹣6)2+24∴当x=6时，S矩形BDEF最大=24，∴BF=6，AF=6，∴AF=BF，∴当沿着中位线DE、EF剪下时，所得的矩形的面积最大；(2)设DE=a，(0＜a＜10)，∵AD=10，∴AE=10﹣a，∵四边形MNPQ是矩形，∴PQ=DE=a，PN∥BC，∴△APN∽△ABC，∴=，∴=，∴PN=10﹣a，∴S矩形MNPQ=PN•PQ=(10﹣a)•a=﹣(a﹣5)2+25，∴当a=5时，S矩形MNPQ最大为25；(3)延长BA、DE交于点F，延长BC、ED交于点G，延长AE、CD交于点H，取BF中点I，FG的中点K，连接IK，过点K作KL⊥BC于L，如图③所示：∵∠A=∠HAB=∠BCH=90°，∴四边形ABCH是矩形，∵AB=16，BC=20，AE=10，CD=8，∴EH=10、DH=8，∴AE=EH、CD=DH，在△AEF和△HED中，，∴△AEF≌△HED(ASA)，∴AF=DH=8，∴BF=AB+AF=16+8=24，同理△CDG≌△HDE，∴CG=HE=10，∴BG=BC+CG=20+10=30，∴BI=BF=12，∵BI=12＜16，∴中位线IK的两端点在线段AB和DE上，∴IK=BG=15，由(1)知矩形的最大面积为BI•IK=12×15=1．【点睛】本题是四边形综合题，主要考查矩形的判定与性质、平行四边形的判定、全等三角形的判定与性质、中位线定理、相似三角形的判定与性质等知识；熟练掌握矩形的性质、全等三角形的判定与相似三角形的判定是解题的关键．