一、選擇題（本大題共8個(gè)小題，每小題4分，共32分，每小題均有四個(gè)選項(xiàng)，其中只有一項(xiàng)符合題目要求）
1、（4分）下面四個(gè)手機(jī)的應(yīng)用圖標(biāo)中，是中心對稱圖形的是（ ）
A．B．C．D．
2、（4分）若關(guān)于x的方程的解為正數(shù)，則m的取值范圍是
A．m6C．m6且m≠8
3、（4分）如圖，梯形 ABCD 中，AD∥BC，AD＝CD，BC＝AC，∠BAD＝110°，則∠D＝（）
A．140°B．120°C．110°D．100°
4、（4分）如圖所示，正方形紙片ABCD中，對角線AC，BD交于點(diǎn)O，折疊正方形紙片ABCD，使AD落在BD上，點(diǎn)A恰好與BD上的點(diǎn)F重合，展開后折痕DE分別交AB，AC于點(diǎn)E，G，連接GF，給出下列結(jié)論：
①∠ADG=22.5°；②tan∠AED=2；③S△AGD=S△OGD；④四邊形AEFG是菱形；⑤BE=2OG；⑥若S△OGF=1，則正方形ABCD的面積是6+4 ，其中正確的結(jié)論個(gè)數(shù)有（）
A．2個(gè)B．4個(gè)C．3個(gè)D．5個(gè)
5、（4分）下列各組數(shù)中，不能作為直角三角形的三邊長的是( )
A．1.5，2，3B．6，8，10C．5，12，13D．15，20，25
6、（4分）下列各組數(shù)中，不是勾股數(shù)的為（ ）
A．3，4，5B．6，8，10C．5，12，13D．5，7，10
7、（4分）如圖，在菱形ABCD中，M，N分別在AB，CD上，且AM＝CN，MN與AC交于點(diǎn)O，連接BO．若∠DAC＝26°，則∠OBC的度數(shù)為( )
A．54°B．64°C．74°D．26°
8、（4分）一個(gè)三角形的三邊分別是3、4、5，則它的面積是（ ）
A．6B．12C．7.5D．10
二、填空題（本大題共5個(gè)小題，每小題4分，共20分）
9、（4分）平面直角坐標(biāo)系中，A、O兩點(diǎn)的坐標(biāo)分別為（2，0），（0，0），點(diǎn)P在正比例函數(shù)y＝x（x＞0）圖象上運(yùn)動(dòng)，則滿足△PAO為等腰三角形的P點(diǎn)的坐標(biāo)為_____．
10、（4分）一組數(shù)據(jù) ，則這組數(shù)據(jù)的方差是 __________ .
11、（4分）如圖，點(diǎn)是平行四邊形的對角線交點(diǎn)，，是邊上的點(diǎn)，且；是邊上的點(diǎn)，且，若分別表示和的面積，則__________．
12、（4分）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，直線與x軸的交點(diǎn)為A，與y軸的交點(diǎn)為B，且，則k的值為_____________．
13、（4分）如圖，在等腰梯形ABCD中，AC⊥BD，AC＝6cm，則等腰梯形ABCD的面積為__________cm1．
三、解答題（本大題共5個(gè)小題，共48分）
14、（12分）已知，關(guān)于x的一次函數(shù)y＝(1﹣3k)x+2k﹣1，試回答：
(1)k為何值時(shí)，圖象交x軸于點(diǎn)(，0)？
(2)k為何值時(shí)，y隨x增大而增大？
15、（8分）如圖，四邊形和四邊形都是平行四邊形．
求證：四邊形是平行四邊形．
16、（8分）閱讀理解：我們知道因式分解與整式乘法是互逆關(guān)系，那么逆用乘法公式，即，是否可以因式分解呢？當(dāng)然可以，而且也很簡單。如；.請你仿照上述方法分解因式：
（1） （2）
17、（10分）在矩形ABCD中，AB=12，BC=25，P是線段AB上一點(diǎn)（點(diǎn)P不與A，B重合），將△PBC沿直線PC折疊，頂點(diǎn)B的對應(yīng)點(diǎn)是點(diǎn)G，CG，PG分別交線段AD于E，O．
（1）如圖1，若OP=OE，求證：AE=PB；
（2）如圖2，連接BE交PC于點(diǎn)F，若BE⊥CG．
①求證：四邊形BFGP是菱形；
②當(dāng)AE=9，求的值．
18、（10分）閱讀下列材料：
數(shù)學(xué)課上，老師出示了這樣一個(gè)問題：
如圖，菱形和四邊形，，連接，，.
求證：；
某學(xué)習(xí)小組的同學(xué)經(jīng)過思考，交流了自己的想法：
小明：“通過觀察分析，發(fā)現(xiàn)與存在某種數(shù)量關(guān)系”；
小強(qiáng)：“通過觀察分析，發(fā)現(xiàn)圖中有等腰三角形”；
小偉：“利用等腰三角形的性質(zhì)就可以推導(dǎo)出”.
……
老師：“將原題中的條件‘’與結(jié)論‘’互換，即若，則，其它條件不變，即可得到一個(gè)新命題”.
……
請回答：
（1）在圖中找出與線段相關(guān)的等腰三角形（找出一個(gè)即可），并說明理由；
（2）求證：；
（3）若，則是否成立？若成立，請證明；若不成立，請說明理由.
B卷（50分）
一、填空題（本大題共5個(gè)小題，每小題4分，共20分）
19、（4分）如圖，點(diǎn)、分別是平行四邊形的兩邊、的中點(diǎn).若的周長是30，則的周長是_________.
20、（4分）如圖，為的中位線，點(diǎn)在上，且為直角，若 ，，則的長為_____．
21、（4分）從甲、乙兩班分別任抽30名學(xué)生進(jìn)行英語口語測驗(yàn)，兩個(gè)班測試成績的方差是，，則_________班學(xué)生的成績比較整齊.
22、（4分）在△ABC中，點(diǎn)D，E分別是AB，AC的中點(diǎn)，且DE=3cm，則BC=_____________cm;
23、（4分）已知一個(gè)直角三角形的兩邊長分別為12和5，則第三條邊的長度為_______
二、解答題（本大題共3個(gè)小題，共30分）
24、（8分）如圖，在四邊形ABCD中，AB=AD=4，∠A=60°，BC=4，CD=1．
（1）求∠ADC的度數(shù)；
（2）求四邊形ABCD的面積．
25、（10分）已知，兩地相距km，甲、乙兩人沿同一公路從地出發(fā)到地，甲騎摩托車，乙騎電動(dòng)車，圖中直線，分別表示甲、乙離開地的路程 (km)與時(shí)問 (h)的函數(shù)關(guān)系的圖象.根據(jù)圖象解答下列問題.
（1）甲比乙晚出發(fā)幾個(gè)小時(shí)?乙的速度是多少?
（2）乙到達(dá)終點(diǎn)地用了多長時(shí)間?
（3）在乙出發(fā)后幾小時(shí)，兩人相遇?
26、（12分）如圖，已知AD=BC，AC=BD．
（1）求證：△ADB≌△BCA；
（2）OA與OB相等嗎？若相等，請說明理由．
參考答案與詳細(xì)解析
一、選擇題（本大題共8個(gè)小題，每小題4分，共32分，每小題均有四個(gè)選項(xiàng)，其中只有一項(xiàng)符合題目要求）
1、D
【解析】
根據(jù)中心對稱圖形的定義即可求解.
【詳解】
由圖可知D為中心對稱圖形，故選D.
此題主要考查中心對稱圖形的定義，解題的關(guān)鍵是熟知中心對稱圖形的特點(diǎn).
2、C
【解析】
原方程化為整式方程得：2﹣x﹣m=2（x﹣2），
解得：x=2﹣，
∵原方程的解為正數(shù)，
∴2﹣＞0，
解得m＜6，
又∵x﹣2≠0，
∴2﹣≠2，即m≠0.
故選C.
本題主要考查分式方程與不等式，解此題的關(guān)鍵在于先求出方程的解，再得到m的不等式求解即可，需要注意分式方程的分母不能為0.
3、D
【解析】
根據(jù)平行線的性質(zhì)求出∠B，根據(jù)等腰三角形性質(zhì)求出∠CAB，推出∠DAC，求出∠DCA，根據(jù)三角形的內(nèi)角和定理求出即可．
【詳解】
解：∵AD∥BC，
∴∠B+∠BAD=180°，
∵∠BAD=110°
∴∠B=70°，
∵AC=BC，
∴∠B=∠BAC=70°，
∴∠DAC=110°-70°=40°，
∵AD=DC，
∴∠DAC=∠DCA=40°，
∴∠D=180°-∠DAC-∠DCA=100°，
故選：D．
本題考查了梯形，平行線的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，三角形的內(nèi)角和定理等知識(shí)點(diǎn)的理解和掌握，能熟練地運(yùn)用性質(zhì)進(jìn)行計(jì)算是解此題的關(guān)鍵．
4、C
【解析】
根據(jù)四邊形ABCD為正方形，以及折疊的性質(zhì)，可以直接得到∠ADG的角度，以及AE=FE，在△BEF中，EF＜BE，可以得到2AE＜AB，結(jié)合三角函數(shù)的定義對②作出判斷；
在△AGD和△OGD中高相等，底不同，可以直接判斷其大小，而四邊形AEFG是菱形的判定需證得AE=EF=GF=AG；
要計(jì)算OG和BE的關(guān)系，我們需利用到中間量EF，即四邊形AEFG的邊長，可以轉(zhuǎn)化出BE和OG的關(guān)系；
當(dāng)已知△OGF的面積時(shí)，根據(jù)菱形的性質(zhì)，可以求得OG的長，進(jìn)而求出BE的長度，而AE的長度與GF相同，GF可由勾股定理得出，進(jìn)而求出AB的長度，正方形ABCD的面積也出來了.
【詳解】
∵四邊形ABCD是正方形，
∴∠GAD=∠ADO=45°.
由折疊的性質(zhì)可得：∠ADG=∠ADO=22.5°，故①正確；
∵由折疊的性質(zhì)可得：AE=EF，∠EFD=∠EAD=90°，
∴AE=EF＜BE，
∴AE＜AB，
∴＞2.故②錯(cuò)誤；
∵∠AOB=90°，
∴AG=FG＞OG.
∵△AGD與△OGD同高，
∴S△AGD＞S△OGD.故③錯(cuò)誤；
∵∠EFD=∠AOF=90°，
∴EF∥AC，
∴∠FEG=∠AGE.
∵∠AGE=∠FGE，
∴∠FEG=∠FGE，
∴EF=GF.
∵AE=EF，
∴AE=GF.
∵AE=EF=GF，AG=GF，
∴AE=EF=GF=AG，
∴四邊形AEFG是菱形，故④正確；
∵四邊形AEFG是菱形，
∴∠OGF=∠OAB=45°，
∴EF=GF=OG，
∴BE=EF=×OG=2OG.故⑤正確；
∵四邊形AEFG是菱形，
∴AB∥GF，AB=GF.
∵∠BAO=45°，∠GOF=90°，
∴△OGF是等腰直角三角形.
∵S△OGF=1，
∴ OG=1，
解得OG=，
∴BE=2OG=2，
GF=，
∴AE=GF=2，
∴AB=BE+AE=2+2，
∴S四邊形ABCD=AB =(2 +2) =12+8 .故⑥錯(cuò)誤.
∴其中正確結(jié)論的序號(hào)是①④⑤，共3個(gè).
故選C.
此題考查正方形的性質(zhì)，折疊的性質(zhì)，菱形的性質(zhì)，三角函數(shù)，解題關(guān)鍵在于掌握各性質(zhì)定理
5、A
【解析】
只要驗(yàn)證兩小邊的平方和是否等于最長邊的平方即可判斷三角形是不是直角三角形，據(jù)此進(jìn)行判斷．
【詳解】
解：A、(1.5)2+22≠32，不能構(gòu)成直角三角形，故本選項(xiàng)符合題意；
B、62+82＝100＝102，能構(gòu)成直角三角形，故本選項(xiàng)不符合題意；
C、52+122＝169＝132，能構(gòu)成直角三角形，故本選項(xiàng)不符合題意；
D、152+202＝252，能構(gòu)成直角三角形，故本選項(xiàng)符合題意；
故選A．
本題考查勾股定理的逆定理的應(yīng)用，判斷三角形是否為直角三角形只要驗(yàn)證兩小邊的平方和等于最長邊的平方即可．
6、D
【解析】
滿足的三個(gè)正整數(shù)，稱為勾股數(shù)，由此判斷即可．
【詳解】
解：、，此選項(xiàng)是勾股數(shù)；
、，此選項(xiàng)是勾股數(shù)；
、，此選項(xiàng)是勾股數(shù)；
、，此選項(xiàng)不是勾股數(shù)．
故選：．
此題主要考查了勾股數(shù)，關(guān)鍵是掌握勾股數(shù)的定義．
7、B
【解析】
根據(jù)菱形的性質(zhì)以及AM＝CN，利用ASA可得△AMO≌△CNO，可得AO＝CO，然后可得BO⊥AC，繼而可求得∠OBC的度數(shù)．
【詳解】
∵四邊形ABCD為菱形，
∴AB∥CD，AB＝BC，
∴∠MAO＝∠NCO，∠AMO＝∠CNO，
在△AMO和△CNO中，
，
∴△AMO≌△CNO(ASA)，
∴AO＝CO，
∵AB＝BC，
∴BO⊥AC，
∴∠BOC＝90°，
∵∠DAC＝26°，
∴∠BCA＝∠DAC＝26°，
∴∠OBC＝90°﹣26°＝64°．
故選B．
本題考查了菱形的性質(zhì)和全等三角形的判定和性質(zhì)，注意掌握菱形對邊平行以及對角線相互垂直的性質(zhì)．
8、A
【解析】
由于32+42＝52，易證此三角形是直角三角形，從而易求此三角形的面積．
【詳解】
∵32+42＝52，∴此三角形是直角三角形，
∴S△＝×3×4＝1．
故選：A．
本題考查了勾股定理的逆定理．解題的關(guān)鍵是先證明此三角形是直角三角形．
二、填空題（本大題共5個(gè)小題，每小題4分，共20分）
9、（1，1）或（，）或（1，1）
【解析】
分OP＝AP、OP＝OA、AO＝AP三種情況考慮：①當(dāng)OP1＝AP1時(shí)，△AOP1為等腰直角三角形，根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)結(jié)合點(diǎn)A的坐標(biāo)可得出點(diǎn)P1的坐標(biāo)；②當(dāng)OP1＝OA時(shí)，過點(diǎn)P1作P1B⊥x軸，則△OBP1為等腰直角三角形，根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)結(jié)合點(diǎn)A的坐標(biāo)可得出點(diǎn)P1的坐標(biāo)；③當(dāng)AO＝AP3時(shí)，△OAP3為等腰直角三角形，根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)結(jié)合點(diǎn)A的坐標(biāo)可得出點(diǎn)P3的坐標(biāo)．綜上即可得出結(jié)論
【詳解】
∵點(diǎn)A的坐標(biāo)為（1，0），
∴OA＝1．
分三種情況考慮，如圖所示．
①當(dāng)OP1＝AP1時(shí)，∵∠AOP1＝45°，
∴△AOP1為等腰直角三角形．
又∵OA＝1，
∴點(diǎn)P1的坐標(biāo)為（1，1）；
②當(dāng)OP1＝OA時(shí)，過點(diǎn)P1作P1B⊥x軸，則△OBP1為等腰直角三角形．
∵OP1＝OA＝1，
∴OB＝BP1＝，
∴點(diǎn)P1的坐標(biāo)為（，）；
③當(dāng)AO＝AP3時(shí)，△OAP3為等腰直角三角形．
∵OA＝1，
∴AP3＝OA＝1，
∴點(diǎn)P3的坐標(biāo)為（1，1）．
綜上所述：點(diǎn)P的坐標(biāo)為（1，1）或（，）或（1，1）．
故答案為：（1，1）或（，）或（1，1）．
本題考查了一次函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征、等腰三角形的性質(zhì)以及等腰直角三角形的性質(zhì)，分OP＝AP、OP＝OA、AO＝AP三種情況求出點(diǎn)P的坐標(biāo)是解題的關(guān)鍵．
10、1
【解析】
分析：先求出這5個(gè)數(shù)的平均數(shù)，然后利用方差公式求解即可．
詳解：平均數(shù)為=（1+1+3+4+5）÷5=3，
S1= [（1-3）1+（1-3）1+（3-3）1+（4-3）1+（5-3）1]=1．
故答案為：1．
點(diǎn)睛：本題考查了方差的知識(shí)，牢記方差的計(jì)算公式是解答本題的關(guān)鍵，難度不大．
11、3：1
【解析】
根據(jù)同高的兩個(gè)三角形面積之比等于底邊之比得，，再由點(diǎn)O是?ABCD的對角線交點(diǎn)，根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)可得S△AOB＝S△BOC＝S?ABCD，從而得出S1與S1之間的關(guān)系．
【詳解】
解：∵，，
∴S1＝S△AOB，S1＝S△BOC．
∵點(diǎn)O是?ABCD的對角線交點(diǎn)，
∴S△AOB＝S△BOC＝S?ABCD，
∴S1：S1＝：＝3：1，
故答案為：3：1．
本題考查了三角形的面積，平行四邊形的性質(zhì)，根據(jù)同高的兩個(gè)三角形面積之比等于底邊之比得出，是解答本題的關(guān)鍵．
12、
【解析】
先根據(jù)解析式確定點(diǎn)A、B的坐標(biāo)，再根據(jù)三角形的面積公式計(jì)算得出答案.
【詳解】
令中y=0得x=-，令x=0得y=2，
∴點(diǎn)A（-，0），點(diǎn)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(biāo)軸的交點(diǎn)，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.
13、2
【解析】
根據(jù)等腰梯形的性質(zhì)、梯形面積公式求解即可．
【詳解】
∵四邊形ABCD是等腰梯形，
∴
∴等腰梯形ABCD的面積
故答案為：2．
本題考查了梯形的面積問題，掌握等腰梯形的性質(zhì)、梯形面積公式是解題的關(guān)鍵．
三、解答題（本大題共5個(gè)小題，共48分）
14、（1）k＝﹣1；（2）
【解析】
（1）把點(diǎn)（，0）代入y＝（1﹣3k）x+2k﹣1，列出關(guān)于k的方程，求解即可；
（2）根據(jù)1﹣3k＞0時(shí)，y隨x增大而增大，解不等式求出k的取值范圍即可．
【詳解】
解：（1）∵關(guān)于x的一次函數(shù)y＝（1﹣3k）x+2k﹣1的圖象交x軸于點(diǎn)（，0），
∴（1﹣3k）+2k﹣1＝0，
解得k＝﹣1；
（2）1﹣3k＞0時(shí)，y隨x增大而增大，
解得．
本題考查的是一次函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特點(diǎn)，熟知一次函數(shù)圖象上各點(diǎn)的坐標(biāo)一定適合此函數(shù)的解析式是解答此題的關(guān)鍵．也考查了一次函數(shù)的性質(zhì)．
15、詳見解析
【解析】
首先根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)，得出，，，，進(jìn)而得出，，即可判定.
【詳解】
∵四邊形是平行四邊形，
∴，
∵四邊形是平行四邊形，
∴，
∴，
∴四邊形是平行四邊形
此題主要考查平行四邊形的性質(zhì)和判定，熟練掌握，即可解題.
16、①；②
【解析】
（1）逆用乘法公式（x+a） （x+b）=x2+（a+b）x+ab即可．
（2）逆用乘法公式（x+a） （x+b）=x2+（a+b）x+ab即可．
【詳解】
（1）x2-7x-18=（x+2）（x-9）；
（2）x2+12xy-13y2=（x+13y）（x-y）．
本題考查因式分解的應(yīng)用，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)逆用乘法公式（x+a） （x+b）=x2+（a+b）x+ab，進(jìn)行因式分解，屬于中考常考題型．
17、（1）見解析；（2）①見解析；②
【解析】
（1）由折疊的性質(zhì)可得PB=PG，∠B=∠G=90°，由“AAS”可證△AOP≌△GOE，可得OA=GO，即可得結(jié)論；
（2）①由折疊的性質(zhì)可得∠PGC=∠PBC=90°，∠BPC=∠GPC，BP=PG，BF=FG，由平行線的性質(zhì)可得∠BPF=∠BFP=∠GPC，可得BP=BF，即可得結(jié)論；
②由勾股定理可求BE的長，EC的長，由相似三角形的性質(zhì)可得，可求BF=BP=5x=，由勾股定理可求PC的長，即可求解．
【詳解】
證明：（1）∵四邊形ABCD是矩形
∴AB=CD，AD=BC，AD∥BC，∠A=∠B=90°
∵將△PBC沿直線PC折疊，
∴PB=PG，∠B=∠G=90°
∵∠AOP=∠GOE，OP=OE，∠A=∠G=90°
∴△AOP≌△GOE（AAS）
∴AO=GO
∴AO+OE=GO+OP
∴AE=GP，
∴AE=PB，
（2）①∵△BPC沿PC折疊得到△GPC，
∴∠PGC=∠PBC=90°，∠BPC=∠GPC，BP=PG，BF=FG
∵BE⊥CG，
∴BE∥PG，
∴∠GPF=∠PFB，
∴∠BPF=∠BFP，
∴BP=BF
∴BP=BF=PG=GF
∴四邊形BFGP是菱形；
②∵AE=9，CD=AB=12，AD=BC=GC=25，
∴DE=AD-AE=16，BE==15，
在Rt△DEC中，EC==20
∵BE∥PG
∴△CEF∽△CGP
∴
∴==
∴設(shè)EF=4x，PG=5x，
∴BF=BP=GF=5x，
∵BF+EF=BE=15
∴9x=15
∴x=
∴BF=BP=5x=，
在Rt△BPC中，PC==
∴==
本題是相似形綜合題，考查了折疊的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，菱形的判定和性質(zhì)，勾股定理等知識(shí)，利用方程的思想解決問題是解本題的關(guān)鍵．
18、 (1)見解析;(2)見解析;(3)見解析.
【解析】
（1）先利用菱形的性質(zhì)，得出是等邊三角形，再利用等邊三角形的性質(zhì)，即可解答
（2）設(shè)，根據(jù)菱形的性質(zhì)得出，由（1）可知，即可解答
（3）連接，在上取點(diǎn)，使，延長至，使，連接，連接，設(shè)與的交點(diǎn)為，首先證明，再根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得出是等邊三角形，然后再證明，即可解答
【詳解】
（1）是等腰三角形；
證明：∵四邊形是菱形，∴，
∵，∴是等邊三角形，
∴.
∵，∴，
∴是等腰三角形.
（2）設(shè).
∵四邊形是菱形，∴，
∴.
由（1）知，，同理可得：.
∴，
∴，∴，
∴.
∴.
（3）成立；
證明：如圖2，連接，在上取點(diǎn)，使，延長至，使，連接，連接，設(shè)與的交點(diǎn)為.
∵，，∴.
∵，
∴（ASA），
∴，，
∴，∴.
∵，
∵，∵，∴是等邊三角形，
∴.
∵，
∵，
∴，
∴.
∵，
∴，
∴，
∵，
∴.
此題考查全等三角形的判定與性質(zhì)，菱形的性質(zhì), 等邊三角形的判定與性質(zhì)，解題關(guān)鍵在于作輔助線
一、填空題（本大題共5個(gè)小題，每小題4分，共20分）
19、15
【解析】
根據(jù)平行四邊形與中位線的性質(zhì)即可求解.
【詳解】
∵四邊形ABCD為平行四邊形，的周長是30，
∴△ADC的周長為30，
∵點(diǎn)、分別是平行四邊形的兩邊、的中點(diǎn).
∴DE=AD,DF=CD，EF=AC，
∴則的周長=×30=15.
此題主要考查平行四邊形的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是熟知平行四邊形的性質(zhì)及中位線的性質(zhì).
20、1cm．
【解析】
根據(jù)三角形中位線定理求出DE，根據(jù)直角三角形的性質(zhì)求出EF，結(jié)合圖形計(jì)算即可．
【詳解】
∵DE為△ABC的中位線，
∴DE＝BC＝4（cm），
∵∠AFC為直角，E為AC的中點(diǎn)，
∴FE＝AC＝3（cm），
∴DF＝DE﹣FE＝1（cm），
故答案為1cm．
本題考查的是三角形中位線定理，直角三角形的性質(zhì)，掌握三角形的中位線平行于第三邊，且等于第三邊的一半是解題的關(guān)鍵．
21、乙
【解析】
根據(jù)方差的性質(zhì)即可求解.
【詳解】
∵，，
則＞，∴乙班學(xué)生的成績比較穩(wěn)定.
故填乙
此題主要考查方差的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是熟知數(shù)據(jù)的穩(wěn)定性.
22、1
【解析】
由D，E分別是邊AB，AC的中點(diǎn)，首先判定DE是三角形的中位線，然后根據(jù)三角形的中位線定理求得BC的值即可．
【詳解】
∵△ABC中，D、E分別是AB、AC邊上的中點(diǎn)，
∴DE是三角形的中位線，
∵DE=3cm，
∴BC=2DE=1cm．
故答案為：1．
本題重點(diǎn)考查了中位線定理，中位線是三角形中的一條重要線段，由于它的性質(zhì)與線段的中點(diǎn)及平行線緊密相連，因此，它在幾何圖形的計(jì)算及證明中有著廣泛的應(yīng)用．
23、13或；
【解析】
第三條邊的長度為

二、解答題（本大題共3個(gè)小題，共30分）
24、 (1) 150°；(2)
【解析】
（1）連接BD，首先證明△ABD是等邊三角形，可得∠ADB=60°，DB=4，再利用勾股定理逆定理證明△BDC是直角三角形，進(jìn)而可得答案；
（2）過B作BE⊥AD，利用三角形函數(shù)計(jì)算出BE長，再利用△ABD的面積加上△BDC的面積可得四邊形ABCD的面積．
【詳解】
（1）連接BD，
∵AB=AD，∠A=60°，
∴△ABD是等邊三角形，
∴∠ADB=60°，
DB=4，
∵42+12=（4）2，
∴DB2+CD2=BC2，
∴∠BDC=90°，
∴∠ADC=60°+90°=150°；
（2）過B作BE⊥AD，
∵∠A=60°，AB=4，
∴BE=AB?sin60°=4×=2，
∴四邊形ABCD的面積為：AD?EB+DB?CD=×4×2+×4×1=4+2．
25、（1）甲比乙晚出發(fā)1個(gè)小時(shí)，乙的速度是20km/h；（2）乙到達(dá)終點(diǎn)B地用時(shí)4個(gè)小時(shí)；（3）在乙出發(fā)后2小時(shí)，兩人相遇.
【解析】
（1）觀察函數(shù)圖象即可得出甲比乙晚出發(fā)1個(gè)小時(shí)，再根據(jù)“速度=路程÷時(shí)間”即可算出乙的速度；
（2）由乙的速度即可得出直線OC的解析式，令y=80，求出x值即可得出結(jié)論；
（3）根據(jù)點(diǎn)D、E的坐標(biāo)利用待定系數(shù)法即可求出直線DE的解析式，聯(lián)立直線OC、DE的解析式成方程組，解方程組即可求出交點(diǎn)坐標(biāo)，由此即可得出結(jié)論．
【詳解】
解：(1)由圖可知：甲比乙晚出發(fā)個(gè)小時(shí)，
乙的速度為km/h
故：甲比乙晚出發(fā)個(gè)小時(shí)，乙的速度是km/h．
(2)由(1)知，直線的解析式為，
所以當(dāng)時(shí)，，
所以乙到達(dá)終點(diǎn)地用時(shí)個(gè)小時(shí).
(3)設(shè)直線的解析式為，將，，代入
得：，解得：
所以直線的解析式為，
聯(lián)立直線與的解析式得：
解得：
所以直線與直線的交點(diǎn)坐標(biāo)為，
所以在乙出發(fā)后小時(shí)，兩人相遇.
故答案為：（1）甲比乙晚出發(fā)1個(gè)小時(shí)，乙的速度是20km/h；（2）乙到達(dá)終點(diǎn)B地用時(shí)4個(gè)小時(shí)；（3）在乙出發(fā)后2小時(shí)，兩人相遇.
本題考查一次函數(shù)的應(yīng)用、待定系數(shù)法求函數(shù)解析式以及解二元一次方程組，解題的關(guān)鍵是：（1）根據(jù)“速度=路程÷時(shí)間”求出乙的速度；（2）找出直線OC的解析式；（3）聯(lián)立兩直線解析式成方程組．解決該題型題目時(shí)，觀察函數(shù)圖象，根據(jù)函數(shù)圖象給定數(shù)據(jù)解決問題是關(guān)鍵．
26、（1）詳見解析；（2）OA=OB，理由詳見解析.
【解析】
試題分析：（1）根據(jù)SSS定理推出全等即可；（2）根據(jù)全等得出∠OAB=∠OBA，根據(jù)等角對等邊即可得出OA=OB．
試題解析：（1）證明：∵在△ADB和△BCA中，AD=BC,AB=BA,BD=AC，
∴△ADB≌△BCA（SSS）；
（2）解：OA=OB，
理由是：∵△ADB≌△BCA，
∴∠ABD=∠BAC，
∴OA=OB．
考點(diǎn)：全等三角形的判定與性質(zhì)；等腰三角形的判定
題號(hào)
一
二
三
四
五
總分
得分
批閱人

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