2024-2025学年安徽省淮南市西部地区数学九上开学学业水平测试模拟试题【含答案】

学校________________班级____________姓名____________考场____________准考证号学校________________班级____________姓名____________考场____________准考证号…………密…………封…………线…………内…………不…………要…………答…………题…………第1页，共8页2024-2025学年安徽省淮南市西部地区数学九上开学学业水平测试模拟试题题号一二三四五总分得分A卷（100分）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，平行四边形ABCD绕点A逆时针旋转30°，得到平行四边形AB′C′D′（点B′与点B是对应点，点C′与点C是对应点，点D′与点D是对应点），点B′恰好落在BC边上，则∠C的度数等于（）A．100° B．105° C．115° D．120°2、（4分）如图，分别是的边上的点，将四边形沿翻折，得到交于点则的周长为（）A． B． C． D．3、（4分）八年级甲、乙、丙三个班的学生人数相同，上期期末体育成绩的平均分相同，三个班上期期末体育成绩的方差分别是：S甲2=6.4，A．甲班 B．乙班 C．丙班 D．上哪个班都一样4、（4分）一个多边形的每个内角都等于108°，则这个多边形的边数为（）．A．5 B．6 C．7 D．85、（4分）下列事件是确定事件的是（）A．射击运动员只射击1次，就命中靶心B．打开电视，正在播放新闻C．任意一个三角形，它的内角和等于180°D．抛一枚质地均匀的正方体骰子，朝上一面的点数为66、（4分）若甲、乙两人同时从某地出发，沿着同一个方向行走到同一个目的地，其中甲一半的路程以a(km/h)的速度行走，另一半的路程以b(km/h)的速度行走；乙一半的时间以a(km/h)的速度行走，另一半的时间以b(km/h)的速度行走(a≠b)，则先到达目的地的是()A．甲 B．乙C．同时到达 D．无法确定7、（4分）的算术平方根是（）A． B．﹣ C． D．±8、（4分）一个多边形的内角和是7200，则这个多边形的边数是()A．2 B．4 C．6 D．8二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）9、（4分）如图，在平面直角坐标系中，矩形纸片OABC的顶点A，C分别在x轴，y轴的正半轴上，将纸片沿过点C的直线翻折，使点B恰好落在x轴上的点B′处，折痕交AB于点D．若OC=9，，则折痕CD所在直线的解析式为____．10、（4分）如图，在□ABCD中，对角线AC、BD相交于O，AC＋BD＝10，BC＝3，则△AOD的周长为．11、（4分）如图所示，在△ABC中，AB＝AC，D，E分别是AB，AC的中点，G，H为BC上的点连接DH，EG．若AB＝5cm，BC＝6cm，GH＝3cm，则图中阴影部分的面积为_____．12、（4分）如图，将矩形ABCD的四个角向内翻折后，恰好拼成一个无缝隙无重叠的四边形EFGH，EH=12厘米，EF=16厘米，则边AD的长是________cm.13、（4分）如图，在矩形中，沿着对角线翻折能与重合，且与交于点，若，则的面积为__________.三、解答题（本大题共5个小题，共48分）14、（12分）如图，四边形ABCD为矩形，C点在轴上，A点在轴上，D(0，0)，B(3，4)，矩形ABCD沿直线EF折叠，点B落在AD边上的G处，E、F分别在BC、AB边上且F(1，4)．(1)求G点坐标(2)求直线EF解析式(3)点N在坐标轴上，直线EF上是否存在点M，使以M、N、F、G为顶点的四边形是平行四边形？若存在，直接写出M点坐标；若不存在，请说明理由15、（8分）已知，如图，∠C＝90°，∠B＝30°，AD是△ABC的角平分线．（1）求证：BD＝2CD；（2）若CD＝2，求△ABD的面积．16、（8分）如图，在平面直角坐标系中，直线y＝2x+4与x轴交于点A，与y轴交于点B，过点B的直线交x轴于C，且△ABC面积为1．（1）求点C的坐标及直线BC的解析式；（2）如图1，设点F为线段AB中点，点G为y轴上一动点，连接FG，以FG为边向FG右侧作正方形FGQP，在G点的运动过程中，当顶点Q落在直线BC上时，求点G的坐标；（3）如图2，若M为线段BC上一点，且满足S△AMB＝S△AOB，点E为直线AM上一动点，在x轴上是否存在点D，使以点D，E，B，C为顶点的四边形为平行四边形？若存在，请直接写出点D的坐标；若不存在，请说明理由．17、（10分）如图是两个全等的直角三角形（ΔABC和ΔDEC）摆放成的图形，其中∠ACB=∠DCE=90°，∠A=∠D=30°，点B落在DE边上，AB与CD相交于点F．若BC=4，求这两个直角三角形重叠部分ΔBCF18、（10分）给出下列定义：顺次连接任意一个四边形各边中点所得的四边形叫中点四边形.（1）如图1，四边形中，点，，，分别为边、、、的中点，则中点四边形形状是_______________.（2）如图2，点是四边形内一点，且满足，，，点，，，分别为边、、、的中点，求证：中点四边形是正方形.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）如图，在平面直角坐标系中，直线l：y=x+2交x轴于点A，交y轴于点A1，点A2，A3，…在直线l上，点B1，B2，B3，…在x轴的正半轴上，若△A1OB1，△A2B1B2，△A3B2B3，…，依次均为等腰直角三角形，直角顶点都在x轴上，则第n个等腰直角三角形AnBn﹣1Bn顶点Bn的横坐标为________________．20、（4分）如图，函数y=2x和y=ax+4的图象相交于点A(，3)，则不等式2x＞ax+4的解集为___.21、（4分）如图，在矩形ABCD中，已知AB=3，BC=4，则BD=________．22、（4分）若式子x-2有意义，则x的取值范围是________23、（4分）如果是两个不相等的实数，且满足，那么代数式_____.二、解答题（本大题共3个小题，共30分）24、（8分）已知关于x的一元二次方程x1﹣3x+k＝0方程有两实根x1和x1．(1)求实数k的取值范围；(1)当x1和x1是一个矩形两邻边的长且矩形的对角线长为，求k的值．25、（10分）某商家预测“华为P30”手机能畅销，就用1600元购进一批该型号手机壳，面市后果然供不应求，又购进6000元的同种型号手机壳，第二批所购买手机壳的数量是第一批的3倍，但进货单价比第一批贵了2元．（1）第一批手机壳的进货单价是多少元？（2）若两次购进于机壳按同一价格销售，全部传完后，为使得获利不少于2000元，那么销售单价至少为多少？26、（12分）我们借助对同一个长方形面积的不同表示，可以解释一些多项式的因式分解．例如选取图①中的卡片张、卡片张、卡片张，就能拼成图②所示的正方形，从而可以解释．请用卡片张、卡片张、卡片张拼成一个长方形，画图并完成多项式的因式分解．

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】分析：根据旋转的性质得出AB=AB′，∠BAB′=30°，进而得出∠B的度数，再利用平行四边形的性质得出∠C的度数即可．详解：∵平行四边形ABCD绕点A逆时针旋转30°，得到平行四边形AB′C′D′（点B′与点B是对应点，点C′与点C是对应点，点D′与点D是对应点），∴AB=AB′，∠BAB′=30°，∴∠B=∠AB′B=（180°﹣30°）÷2=75°，∴∠C=180°﹣75°=105°．故选B．点睛：本题主要考查了旋转的性质以及平行四边形的性质，根据已知得出∠B=∠AB′B=75°是解题的关键．2、C【解析】

根据平行四边形的性质得到AD∥BC，由平行线的性质得到∠AEG=∠EGF，根据折叠的性质得到∠GEF=∠DEF=60°，推出△EGF是等边三角形，于是得到结论．【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，∴∠AEG=∠EGF，∵将四边形EFCD沿EF翻折，得到EFC′D′，∴∠GEF=∠DEF=60°，∴∠AEG=60°，∴∠EGF=60°，∴△EGF是等边三角形，∴EG=FG=EF=4，∴△GEF的周长=4×3=12，故选：C．本题考查了翻折变换的性质、平行四边形的性质、等边三角形的判定与性质等知识；熟练掌握翻折变换的性质是解决问题的关键．3、B【解析】

先比较三个班方差的大小，然后根据方差的意义进行判断．【详解】解：∵S2甲=6.4，S2乙=5.6，S2丙=7.1，∴S2乙＜S2甲＜S2丙，∴乙班成绩最稳定，杜老师更喜欢上课的班是乙班．故选：B．本题考查了方差：方差是反映一组数据的波动大小的一个量．方差越大，则平均值的离散程度越大，稳定性也越小；反之，则它与其平均值的离散程度越小，稳定性越好．4、A【解析】试题分析:设这个多边形边数为n，则根据题意得：（n-2）×180°=108n，解得:72n=360，所以n=1．故本题选A．考点：多边形内角和公式．5、C【解析】

利用随机事件以及确定事件的定义分析得出答案．【详解】A．射击运动员只射击1次，就命中靶心，是随机事件．故选项错误；B．打开电视，正在播放新闻，是随机事件．故选项错误；C．任意一个三角形，它的内角和等于180°，是必然事件．故选项正确；D．抛一枚质地均匀的正方体骰子，朝上一面的点数为6，是随机事件．故选项错误．故选C．本题考查了随机事件和确定事件，正确把握相关事件的确定方法是解题的关键．6、B【解析】

设从A地到B地的路程为S，甲走完全程所用时间为t甲，乙走完全程所用时间为t乙，根据题意，分别表示出甲、乙所用时间的代数式，然后再作比较即可。【详解】解：设从到达目的地路程为S，甲走完全程所用时间为t甲，乙走完全程所用时间为t乙，由题意得，而对于乙:解得：因为当a≠b时，（a+b）2＞4ab，所以＜1所以t甲＞t乙，即甲先到达，故答案为B.本题考查了根据实际问题列代数式，列代数式首先要弄清语句中各种数量的意义及其相互关系，本题解题的关键是表示出甲乙所用时间，并选择适当的方法比较出二者的大小.7、C【解析】

直接利用算术平方根的定义得出答案．【详解】的算术平方根是：．故选C．此题主要考查了算术平方根，正确把握定义是解题关键．8、C【解析】

n边形的内角和为（n-2）180°，由此列方程求n的值【详解】解：设这个多边形的边数是n，

则：（n-2）180°=720°，

解得n=6，

故选：C．本题考查根据多边形的内角和计算公式求多边形的边数，解答时要会根据公式进行正确运算、变形和数据处理．二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）9、y=x+9.【解析】

根据OC=9，先求出BC的长，继而根据折叠的性质以及勾股定理的性质求出OB′的长，求得AB′的长，设AD=m，则B′D=BD=9-m，在Rt△AB′D中利用勾股定理求出x的长，进而求得点D的坐标，再利用待定系数法进行求解即可.【详解】∵OC=9，，∴BC=15，∵四边形OABC是矩形，∴AB=OC=9，OA=BC=15，∠COA=∠OAB=90°，∴C(0，9)，∵折叠，∴B′C=BC=15，B′D=BD，在Rt△COB′中，OB′==12，∴AB′=15-12=3，设AD=m，则B′D=BD=9-m，Rt△AB′D中，AD2+B′A2=B′D2，即m2+32=(9-m)2，解得m=4，∴D(15，4)设CD所在直线解析式为y=kx+b，把C、D两点坐标分别代入得：，解得：，∴CD所在直线解析式为y=x+9，故答案为：y=x+9.本题考查了矩形的性质，折叠的性质，勾股定理，待定系数法求一次函数的解析式，求出点D的坐标是解本题的关键.10、8【解析】试题分析：根据平行四边形的性质可得：OA+OD=（AC+BD）=5，AD=BC=3，则△AOD的周长为5+3=8.考点：平行四边形的性质.11、6cm1．【解析】

用四边形DBCE的面积减去△DOE的面积＋△HOG的面积，即可得.【详解】解：连接DE，作AF⊥BC于F，∵D，E分别是AB，AC的中点，∴DE＝BC＝3，DE∥BC，∵AB＝AC，AF⊥BC，∴BF＝BC＝3，在Rt△ABF中，AF＝＝4，∴△ABC的面积＝×6×4＝11，∵DE∥BC，∴△ADE∽△ABC，∴△ADE的面积＝11×＝3，∴四边形DBCE的面积＝11﹣3＝9，△DOE的面积＋△HOG的面积＝×3×1＝3，∴图中阴影部分的面积＝9﹣3＝6（cm1），故答案为6cm1．本题考查的知识点是三角形中位线定理，解题关键是作适当的辅助线进行解题.12、20【解析】

利用三个角是直角的四边形是矩形易证四边形EFGH为矩形，那么由折叠可得HF的长即为边AD的长．【详解】：∵∠HEM=∠AEH，∠BEF=∠FEM，

∴∠HEF=∠HEM+∠FEM=×180°=90°，

同理可得：∠EHG=∠HGF=∠EFG=90°，

∴四边形EFGH为矩形，

∴GH∥EF，GH=EF，

∴∠GHN=∠EFM，

在△GHN和△EFM中∴△GHN≌△EFM（AAS），

∴HN=MF=HD，

∴AD=AH+HD=HM+MF=HF，∴AD=20厘米．

故答案为：20此题主要考查了翻折变换的性质以及勾股定理等知识，得出四边形EFGH为矩形是解题关键．13、【解析】

由矩形的性质及翻折变换先证AF=CF，再在Rt△CDF中利用勾股定理求出CF的长，可通过S△AFC=AF•CD求出△ACF的面积．【详解】∵四边形ABCD为矩形，

∴∠D=90°，AD∥BC，CD=AB=1，AD=BC=3，

∴∠FAC=∠ACB，

又∵∠B沿着对角线AC翻折能与∠E重合，

∴∠ACB=∠ACF，

∴∠FAC=∠ACF，

∴FA=FC，

在Rt△DFC中，

设FC=x，则DF=AD-AF=3-x，

∵DF2+CD2=CF2，

∴（3-x）2+12=x2，

解得，x=，

∴AF=，

∴S△AFC=AF•CD

=××1

=.故答案是：．考查了矩形的性质，轴对称称的性质，勾股定理，三角形的面积等，解题关键是要先求出AF的长，转化为求FC的长，在Rt△CDF中利用勾股定理求得．三、解答题（本大题共5个小题，共48分）14、（1）G（0，4-）；（2）；（3）.【解析】

1（1）由F（1，4），B（3，4），得出AF=1，BF=2，根据折叠的性质得到GF=BF=2，在Rt△AGF中，利用勾股定理求出，那么OG=OA-AG=4-，于是G（0，4-）；（2）先在Rt△AGF中，由，得出∠AFG=60°，再由折叠的性质得出∠GFE=∠BFE=60°，解Rt△BFE，求出BE=BFtan60°=2，那么CE=4-2，E（3，4-2）.设直线EF的表达式为y=kx+b，将E（3，4-2），F（1，4）代入，利用待定系数法即可求出直线EF的解析.（3）因为M、N均为动点，只有F、G已经确定，所以可从此入手，结合图形，按照FG为一边，N点在x轴上；FG为一边，N点在y轴上；FG为对角线的思路，顺序探究可能的平行四边形的形状.确定平行四边形的位置与形状之后，利用平行四边形及平移的性质求得M点的坐标.【详解】解：（1）∵F（1，4），B（3，4），∴AF=1，BF=2，由折叠的性质得：GF=BF=2，在Rt△AGF中，由勾股定理得，∵B（3，4），∴OA=4，∴OG=4-，∴G（0，4-）；（2）在Rt△AGF中，∵，∴∠AFG=60°，由折叠的性质得知：∠GFE=∠BFE=60°，在Rt△BFE中，∵BE=BFtan60°=2，.CE=4-2，.E（3，4-2）.设直线EF的表达式为y=kx+b，∵E（3，4-2），F（1，4），∴解得∴；（3）若以M、N、F、G为顶点的四边形是平行四边形，则分如下四种情况：①FG为平行四边形的一边，N点在x轴上，GFMN为平行四边形，如图1所示.过点G作EF的平行线，交x轴于点N1，再过点N：作GF的平行线，交EF于点M，得平行四边形GFM1N1.∵GN1∥EF，直线EF的解析式为∴直线GN1的解析式为，当y=0时，.∵GFM1N1是平行四边形，且G（0，4-），F（1，4），N1（，0），∴M，（，）；②FG为平行四边形的一边，N点在x轴上，GFNM为平行四边形，如图2所示.∵GFN2M2为平行四边形，∴GN₂与FM2互相平分.∴G（0，4-），N2点纵坐标为0∴GN：中点的纵坐标为，设GN₂中点的坐标为（x，）.∵GN2中点与FM2中点重合，∴∴x=∵.GN2的中点的坐标为（），.∴N2点的坐标为（，0）.∵GFN2M2为平行四边形，且G（0，4-），F（1，4），N2（，0），∴M2（）；③FG为平行四边形的一边，N点在y轴上，GFNM为平行四边形，如图3所示.∵GFN3M3为平行四边形，.∴GN3与FM3互相平分.∵G（0，4-），N2点横坐标为0，.∴GN3中点的横坐标为0，∴F与M3的横坐标互为相反数，∴M3的横坐标为-1，当x=-1时，y=，∴M3（-1，4+2）；④FG为平行四边形的对角线，GMFN为平行四边形，如图4所示.过点G作EF的平行线，交x轴于点N4，连结N4与GF的中点并延长，交EF于点M。，得平行四边形GM4FN4∵G（0，4-），F（1，4），∴FG中点坐标为（），∵M4N4的中点与FG的中点重合，且N4的纵坐标为0，.∴M4的纵坐标为8-.5-45解方程，得∴M4（）.综上所述，直线EF上存在点M，使以M，N，F，G为顶点的四边形是平行四边形，此时M点坐标为：。本题是一次函数的综合题，涉及到的考点包括待定系数法求一次函数的解析式，矩形、平行四边形的性质，轴对称、平移的性质，勾股定理等，对解题能力要求较高.难点在于第（3）问，这是一个存在性问题，注意平行四边形有四种可能的情形，需要一一分析并求解，避免遗漏.15、（1）见解析；（2）6【解析】

（1）过D作DE⊥AB于E，依据角平分线的性质，即可得到DE=CD，再根据含30°角的直角三角形的性质，即可得出结论；

（2）依据AD=BD=2CD=4，即可得到Rt△ACD中，，再根据△ABD的面积=进行计算即可．【详解】解：（1）如图，过D作DE⊥AB于E，

∵∠C=90°，AD是△ABC的角平分线，

∴DE=CD，

又∵∠B=30°，

∴Rt△BDE中，DE=BD，

∴BD=2DE=2CD；（2）∵∠C=90°，∠B=30°，AD是△ABC的角平分线，

∴∠BAD=∠B=30°，

∴AD=BD=2CD=4，

∴Rt△ACD中，AC=，∴△ABD的面积为.本题主要考查了直角三角形的性质以及勾股定理的运用，利用角平分线的的性质是解决问题的关键．16、（1）C（3，0），直线BC的解析式为y＝﹣43x+4；（2）满足条件的点G坐标为（0，237）或（0，﹣1）；（3）存在，满足条件的点D的坐标为（193，0）或（﹣13，0）或（﹣【解析】

（1）利用三角形的面积公式求出点C坐标，再利用待定系数法即可解决问题．（2）分两种情形：①当n>2时，如图2-1中，点Q落在BC上时，过G作直线平行于x轴，过点F，Q作该直线的垂线，垂足分别为M，N．求出Q(n-2,n-1)．②当n<2时，如图2-2中，同法可得Q(2-n,n+1)，利用待定系数法即可解决问题．（3）利用三角形的面积公式求出点M的坐标，求出直线AM的解析式，作BE//OC交直线AM于E，此时E(103，4)，当CD=BE时，可得四边形BCDE，四边形BECD1是平行四边形，可得D(193，0)，【详解】解：（1）∵直线y=2x+4与x轴交于点A，与y轴交于点B，∴A(-2,0)，B(0,4)，∴OA=2，OB=4，∵S∴AC=5，∴OC=3，∴C(3,0)，设直线B的解析式为y=kx+b，则有3k+b=0b=4∴k=-∴直线BC的解析式为y=-4（2）∵FA=FB，A(-2,0)，B(0,4)，∴F(-1,2)，设G(0,n)，①当n>2时，如图2-1中，点Q落在BC上时，过G作直线平行于x轴，过点F，Q作该直线的垂线，垂足分别为M，N．∵四边形FGQP是正方形，易证ΔFMG≅ΔGNQ，∴MG=NQ=1，FM=GN=n-2，∴Q(n-2,n-1)，∵点Q在直线y=-4∴n-1=-4∴n=23∴G(0,23②当n<2时，如图2-2中，同法可得Q(2-n,n+1)，∵点Q在直线y=-4∴n+1=-4∴n=-1，∴G(0,-1)．综上所述，满足条件的点G坐标为(0,237)（3）如图3中，设M(m,-4∵S∴S∴1∴m=6∴M(65，∴直线AM的解析式为y=3作BE//OC交直线AM于E，此时E(103，当CD=BE时，可得四边形BCDE，四边形BECD1是平行四边形，可得D(193，0)，根据对称性可得点D关于点A的对称点D2(-31综上所述，满足条件的点D的坐标为(193，0)或(-13，0)或本题属于一次函数综合题，考查了待定系数法，三角形的面积，全等三角形的判定和性质，正方形的性质，平行四边形的判定和性质等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题．17、6+2【解析】

根据全等三角形的性质得出BC=EC，∠ABC=∠E=60°，求出△BCE是等边三角形，求出∠DCB=30°，∠BFC=90°，解直角三角形求出BF和CF，即可求出答案．【详解】解：如图∵RtΔABC≅RtΔDEC∴BC=EC，∠ABC=∠E=60∴ΔBCE是等边三角形，∴∠DCB=90又∵∠ABC=60∴∠BFC=90又∵BC=4，在RtΔBCF∴BF=12BC=2∴ΔBCF的周长是4+2+23本题考查了全等三角形的性质，含30°角的直角三角形的性质，等边三角形的性质和判定，求出BF和CF的长是解此题的关键．18、(1)平行四边形;(2)见解析【解析】

（1）如图1中，连接BD，根据三角形中位线定理只要证明EH∥FG，EH=FG即可．（2）首先证明四边形EFGH是菱形．再证明∠EHG=90°．利用△APC≌△BPD，得∠ACP=∠BDP，即可证明∠COD=∠CPD=90°，再根据平行线的性质即可证明．【详解】（1）证明：如图1中，连接BD．∵点E，H分别为边AB，DA的中点，∴EH∥BD，EH=BD，∵点F，G分别为边BC，CD的中点，∴FG∥BD，FG=BD，∴EH∥FG，EH=GF，∴中点四边形EFGH是平行四边形．故答案为平行四边形；（2）证明：如图2中，连接，.∵，∴即，在和中，，∴，∴∵点，，分别为边，，的中点，∴，，由（1）可知，四边形是平行四边形，∴四边形是菱形.如图设与交于点.与交于点，与交于点.∵，∴，∵，∴∵，，∴，∵四边形是菱形，∴四边形是正方形.本题考查平行四边形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、菱形的判定和性质、正方形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活应用三角形中位线定理，学会添加常用辅助线.一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）19、．【解析】

由题意得OA=OA1=2，∴OB1=OA1=2，B1B2=B1A2=4，B2A3=B2B3=8，∴B1（2，0），B2（6，0），B3（14，0）…，2=22﹣2，6=23﹣2，14=24﹣2，…∴Bn的横坐标为，故答案为：．20、x＞【解析】

由于函数y=2x和y=ax+4的图象相交于点A（），观察函数图象得到当x＞时，函数y=2x的图象都在y=ax+4的图象上方，所以不等式2x＞ax+4的解集为x＞．【详解】解：∵函数y=2x和y=ax+4的图象相交于点A（），∴当x＞时，2x＞ax+4，即不等式2x＞ax+4的解集为x＞．故答案为：x＞．本题考查了一次函数与一元一次不等式：从函数的角度看，就是寻求使一次函数y=ax+b的值大于（或小于）0的自变量x的取值范围；从函数图象的角度看，就是确定直线y=kx+b在x轴上（或下）方部分所有的点的横坐标所构成的集合．21、1【解析】

先由矩形的性质求出CD=AB=3，再根据勾股定理可直接算出BD的长度.【详解】∵四边形ABCD是菱形，∴CD=AB=3，由勾股定理可知，BD＝CD2故答案为1．本题主要考查了矩形的性质，勾股定理的知识点，熟练掌握勾股定理是解答本题的关键．22、x【解析】分析：根据被开方数为非负数列不等式求解即可.详解：由题意得，x-2≥0,∴x≥2.故答案为x≥2.点睛：本题考查了代数式有意义时字母的取值范围，代数式有意义时字母的取值范围一般从几个方面考虑：①当代数式是整式时，字母可取全体实数；②当代数式是分式时，考虑分式的分母不能为0；③当代数式是二次根式时，