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）如圖①，正方形中，點以每秒2cm的速度從點出發(fā)，沿的路徑運動，到點停止．過點作與邊（或邊）交于點的長度與點的運動時間（秒）的函數(shù)圖象如圖②所示．當點運動3秒時，的面積為（ ）

A．B．C．D．
2、（4分）下列說法：
四邊相等的四邊形一定是菱形
順次連接矩形各邊中點形成的四邊形一定是正方形
對角線相等的四邊形一定是矩形
經(jīng)過平行四邊形對角線交點的直線，一定能把平行四邊形分成面積相等的兩部分
其中正確的有 個．
A．4B．3C．2D．1
3、（4分）如圖，已知點E、F分別是△ABC的邊AB、AC上的點，且EF∥BC，點D是BC邊上的點，AD與EF交于點H，則下列結論中，錯誤的是( )
A．B．C．D．
4、（4分）如圖，，矩形在的內(nèi)部，頂點，分別在射線，上，，，則點到點的最大距離是（ ）
A．B．C．D．
5、（4分）某星期下午，小強和同學小明相約在某公共汽車站一起乘車回學校，小強從家出發(fā)步行到車站，等小明到了后兩人一起乘公共汽車回到學校.圖中表示小強離開家的路程y(公里)和所用的時間x(分)之間的函數(shù)關系.下列說法錯誤的是（ ）
A．小強從家到公共汽車在步行了2公里B．小強在公共汽車站等小明用了10分鐘
C．公共汽車的平均速度是30公里/小時D．小強乘公共汽車用了20分鐘
6、（4分）如圖，在△ABC中，點D、E分別是AB、AC的中點，下列結論不正確的是（ ）
A．DE∥BCB．BC=2DEC．DE=2BCD．∠ADE=∠B
7、（4分）若二次根式有意義，則x能取的最小整數(shù)值是（ ）
A．x＝0B．x＝1C．x＝2D．x＝3
8、（4分）下列各式從左到右的變形中，是因式分解的為（ ）
A．x(a－b)＝ax－bxB．x2－1＝(x－1)(x＋1)
C．x2－1＋y2＝(x－1)(x＋1)＋y2D．a(chǎn)x＋bx＋c＝x(a＋b)＋c
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，在平行四邊形中，，，，則______.
10、（4分）定義一種運算法則“”如下：，例如：，若，則的取值范圍是____________.
11、（4分）如圖，在四邊形ABCD中，P是對角線BD的中點，E、F分別是AB、CD的中點，AD=BC，∠EPF=147°，則∠PFE的度數(shù)是___．
12、（4分）如圖，正方形中，，點在邊上，且．將沿對折至，延長交邊于點．連結、．下列結論：①；②；③是正三角形；④的面積為1．其中正確的是______(填所有正確答案的序號)．
13、（4分）已知一組數(shù)據(jù)1，2，0，﹣1，x，1的平均數(shù)是1，則這組數(shù)據(jù)的中位數(shù)為_____．
三、解答題（本大題共5個小題，共48分）
14、（12分）如圖，一次函數(shù)y=kx+b的圖象為直線l1，經(jīng)過A（0，4）和D（4，0）兩點；一次函數(shù)y=x+1的圖象為直線l2，與x軸交于點C；兩直線l1，l2相交于點B．
（1）求k、b的值；
（2）求點B的坐標；
（3）求△ABC的面積．
15、（8分）考慮下面兩種移動電話計費方式
（1）直接寫出兩種計費方式的費用y（單位：元）關于本地通話時間x（單位：分鐘）的關系式．
（2）求出兩種計費方式費用相等的本地通話時間是多少分鐘．
16、（8分）如圖，正方形中，點、、分別是、、的中點，、交于，連接、.下列結論：①；②；③；④.正確的有（ ）
A．1個B．2個C．3個D．4個
17、（10分）關于x的一元二次方程有兩個不相等的實數(shù)根．
（1）求m的取值范圍；
（2）寫出一個滿足條件的m的值，并求此時方程的根．
18、（10分）A、B兩座城市之間有一條高速公路，甲、乙兩輛汽車同時分別從這條路兩端的入口處駛入，并始終在高速公路上正常行駛．甲車駛往B城，乙車駛往A城，甲車在行駛過程中速度始終不變．甲車距B城高速公路入口處的距離y（千米）與行駛時間x（時）之間的關系如圖．
（1）求y關于x的表達式；
（2）已知乙車以60千米/時的速度勻速行駛，設行駛過程中，兩車相距的路程為s（千米）．請直接寫出s關于x的表達式；
（3）當乙車按（2）中的狀態(tài)行駛與甲車相遇后，速度隨即改為a（千米/時）并保持勻速行駛，結果比甲車晚20分鐘到達終點，求乙車變化后的速度a．在下圖中畫出乙車離開B城高速公路入口處的距離y（千米）與行駛時間x（時）之間的函數(shù)圖象．
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，在□ABCD中，AB＝10，AD＝8，AC⊥BC．則□ABCD的面積是__________．
20、（4分）已知點 A（2，a），B（3，b）在函數(shù) y=1﹣x 的圖象上，則 a 與 b 的大小關系是_____．
21、（4分）如圖矩形ABCD中，AD=，F(xiàn)是DA延長線上一點，G是CF上一點，∠ACG=∠AGC，∠GAF=∠F=20°，則AB=__．
22、（4分）在菱形中，，若菱形的面積是 ，則=____________
23、（4分）如圖，ABCD的對角線相交于點O，且ADCD，過點O作OMAC，交AD于點M．如果CDM的周長為8，那么ABCD的周長是__．
二、解答題（本大題共3個小題，共30分）
24、（8分）探索與發(fā)現(xiàn)
（1）正方形ABCD中有菱形PEFG，當它們的對角線重合，且點P與點B重合時（如圖1），通過觀察或測量，猜想線段AE與CG的數(shù)量關系，并證明你的猜想；
（2）當（1）中的菱形PEFG沿著正方形ABCD的對角線平移到如圖2的位置時，猜想線段AE與CG的數(shù)量關系，只寫出猜想不需證明.
25、（10分）化簡：．
26、（12分）若拋物線上，它與軸交于，與軸交于、，是拋物線上、之間的一點，

（1）當時，求拋物線的方程，并求出當面積最大時的的橫坐標．
（2）當時，求拋物線的方程及的坐標，并求當面積最大時的橫坐標．
（3）根據(jù)（1）、（2）推斷的橫坐標與的橫坐標有何關系？
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、B
【解析】
由圖②知，運動2秒時，，距離最長，再根據(jù)運動速度乘以時間求得路程，可得點P的位置，根據(jù)線段的和差，可得CP的長，最后由即可求得答案．
【詳解】
由圖②知，運動2秒時，，的值最大，
此時，點P與點B重合，則，
∵四邊形為正方形，
則，
∴，
由題可得：點P運動3秒時，則P點運動了6cm，
此時，點P在BC上，如圖：
∴cm，
∴點P為BC的中點，
∵PQ∥BD，
∴點Q為DC的中點，
∴
．
故選：B．
本題考查了動點問題的函數(shù)圖象以及平行線的性質(zhì)、正方形的性質(zhì)、三角形中位線定理，由圖②知，運動2秒時，，求得正方形的邊長是解題的關鍵．
2、C
【解析】
∵四邊相等的四邊形一定是菱形，∴①正確；
∵順次連接矩形各邊中點形成的四邊形一定是菱形，∴②錯誤；
∵對角線相等的平行四邊形才是矩形，∴③錯誤；
∵經(jīng)過平行四邊形對角線交點的直線，一定能把平行四邊形分成面積相等的兩部分，∴④正確；
其中正確的有2個，故選C．
考點：中點四邊形；平行四邊形的性質(zhì)；菱形的判定；矩形的判定與性質(zhì)；正方形的判定．
3、B
【解析】
利用平行線分線段成比例定理及推論判斷即可．
平行線分線段成比例定理指的是兩條直線被一組平行線所截，截得的對應線段的長度成比例．推論：平行于三角形一邊的直線，截其他兩邊（或兩邊延長線）所得的對應線段成比例.
【詳解】
解：∵EF∥BC，
∴，，=，
∴選項A，C，D正確，
故選B．
本題考查平行線分線段成比例定理及推論，解題的關鍵是熟練掌握基本知識．
4、B
【解析】
取DC的中點E，連接OE、DE、OD，根據(jù)三角形的任意兩邊之和大于第三邊可知當O、E、D三點共線時，點D到點O的距離最大，再根據(jù)勾股定理求出DE的長，根據(jù)直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半求出OE的長，兩者相加即可得解．
【詳解】
取中點，連接、、，
，
．
在中，利用勾股定理可得．
在中，根據(jù)三角形三邊關系可知，
當、、三點共線時，最大為．
故選：．
本題考查了直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半得到性質(zhì)，三角形的三邊關系，矩形的性質(zhì)，勾股定理，根據(jù)三角形的三邊關系判斷出點O、E、D三點共線時，點D到點O的距離最大是解題的關鍵．
5、D
【解析】
試題分析：根據(jù)函數(shù)圖象可得：小強從家到公共汽車站步行了2公里；小強在公共汽車站等小明用了10分鐘；公共汽車的平均速度是30公里/小時；小強乘公共汽車用了30分鐘．則D選項是錯誤的．
考點：一次函數(shù)圖形的應用．
6、C
【解析】
根據(jù)三角形的中位線定理得出DE是△ABC的中位線，再由中位線的性質(zhì)得出結論．
【詳解】
解：∵在△ABC中，點D、E分別是邊AB、AC的中點，
∴DE//BC，DE=BC，
∴BC=2DE，∠ADE=∠B，
故選C．
本題考查了三角形的中位線定理，根據(jù)三角形的中位線的定義得出DE是△ABC的中位線是解答此題的關鍵．
7、B
【解析】
直接利用二次根式的定義分析得出答案.
【詳解】
解：∵二次根式有意義，
∴3x﹣2≥0，
解得：x≥，
則x能取的最小整數(shù)值是：1．
故選：B．
此題主要考查了二次根式的定義，正確得出m的取值范圍是解題關鍵．
8、B
【解析】
根據(jù)因式分解的的定義即可完成本題。
【詳解】
解：A選項沒有寫成因式積的形式，故A錯；
B選項寫成因式積的形式，故B正確；
C選項沒有寫成因式積的形式，故C錯；
D選項沒有寫成因式積的形式，故D錯；
故答案為B.
本題考查了因式分解，準確的理解因式分解的定義是解答本題的關鍵。
二、填空題（本大題共5個小題，每小題4分，共20分）
9、
【解析】
根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)可得AB=10，BC=AD=6，由BC⊥AC，根據(jù)勾股定理求得AC的長，即可求得OA長，再由勾股定理求得OB的長，即可求得BD的長．
【詳解】
∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴BC=AD=6，OB=OD，OA=OC，
∵AC⊥BC，
∴AC==8，
∴OC=4，
∴OB==2，
∴BD=2OB=4
故答案為：4．
本題考查了平行四邊形的性質(zhì)以及勾股定理，熟練運用平行四邊形的性質(zhì)及勾股定理是解決本題的關鍵．
10、
【解析】
根據(jù)新定義列出不等式即可求解.
【詳解】
依題意得-3x+5≤11
解得
故答案為：.
此題主要考查列不等式，解題的關鍵是根據(jù)題意列出不等式進行求解.
11、16.5°
【解析】
根據(jù)三角形中位線定理得到PE=AD，PF=BC，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)、三角形內(nèi)角和定理計算即可．
【詳解】
解：∵P是BD的中點，E是AB的中點，
∴PE=AD，
同理，PF=BC，
∵AD=BC，
∴PE=PF，
∴∠PFE=×（180°-∠EPF）=16.5°，
故答案為：16.5°．
本題考查的是三角形中位線定理、等腰三角形的性質(zhì)、三角形內(nèi)角和定理，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鍵．
12、①②④
【解析】
①根據(jù)折疊的性質(zhì)可以得到∠B=∠AFG=1°，AB=AF，AG=AG，根據(jù)HL定理即可證明兩三角形全等；
②不妨設BG=FG=x，（x＞0），則CG=30-x，EG=10+x，在Rt△CEG中，利用勾股定理即可列方程求得；
③利用②得出的結果，結合折疊的性質(zhì)求得答案即可；
④根據(jù)三角形的面積公式可得：S△FGC=S△EGC，即可求解．
【詳解】
解：如圖：
在正方形ABCD中，AD=AB，∠D=∠B=∠C=1°，
又∵△ADE沿AE對折至△AFE，延長EF交邊BC于點G
∴∠AFG=∠AFE=∠D=1°，AF=AD，
即有∠B=∠AFG=1°，AB=AF，AG=AG，
在直角△ABG和直角△AFG中，
AB=AF，AG=AG，
∴△ABG≌△AFG；正確．
∵AB=30，點E在邊CD上，且CD=3DE，
∴DE=FE=10，CE=20，
不妨設BG=FG=x，（x＞0），
則CG=30-x，EG=10+x，
在Rt△CEG中，（10+x）2=202+（30-x）2
解得x=15，于是BG=GC=15；正確．
∵BG=GF=CG，
∴△CFG是等腰三角形，
∵BG=AB，
∴∠AGB≠60°，
則∠FGC≠60°，
∴△CFG不是正三角形．錯誤．
∵，
∴，
∴S△FGC=S△EGC=××20×15=1．正確．
正確的結論有①②④．
故答案為：①②④．
本題考查了正方形的性質(zhì)，以及圖形的折疊的性質(zhì)，三角形全等的證明，理解折疊的性質(zhì)是關鍵．
13、2
【解析】
解:這組數(shù)據(jù)的平均數(shù)為2，
有 （2+2+0-2+x+2）=2，
可求得x=2．
將這組數(shù)據(jù)從小到大重新排列后，觀察數(shù)據(jù)可知最中間的兩個數(shù)是2與2，
其平均數(shù)即中位數(shù)是（2+2）÷2=2．
故答案是：2．
三、解答題（本大題共5個小題，共48分）
14、（1）k=-1,b=4; （2）B( ,);（3）△ABC的面積為3.75.
【解析】
（1）將A點和D點的坐標代入到一次函數(shù)的一般形式，求得k、b的值即可；
（2）兩函數(shù)聯(lián)立組成方程組求得方程組的解后即可求得點B的坐標；
（3）首先求得點C的坐標，然后利用S△ABC=S△ACD-S△BCD求解即可．
【詳解】
解：（1）把A（0，4）和D（4，0）代入y=kx+b得：

解得 ;
（2）由（1）得y=-x+4，聯(lián)立
解得 ,
所以B（ ,);
（3）由y=x+1，當y=0時，x+1=0，解得x=-1，
所以點C（-1，0）
所以S△ABC=S△ACD-S△BCD=×5×4-×5×=3.75；
本題考查兩條直線平行或相交的問題，求兩條直線的交點坐標時通常聯(lián)立后組成方程組求解．
15、（1）方式一y＝0.3x+30，方式二y＝0.4x；（2）300分鐘．
【解析】
（1）根據(jù)圖表中兩種計費方式的費用y關于本地通話時間x的關系，直接寫出即可；
（2）令兩種方式中的函數(shù)解析式相等即可求出x.
【詳解】
解：（1）由題意可得，
方式一：y＝30+0.3x＝0.3x+30，
方式二：y＝0.4x，
即方式一中費用y（單位：元）關于本地通話時間x（單位：分鐘）的關系式是y＝0.3x+30，
方式二中費用y（單位：元）關于本地通話時間x（單位：分鐘）的關系式是y＝0.4x；
（2）令0.3x+30＝0.4x，
解得，x＝300，
答：兩種計費方式費用相等的本地通話時間是300分鐘．
一次函數(shù)在實際生活中的應用是本題的考點，根據(jù)題意列出函數(shù)解析式是解題的關鍵.
16、C
【解析】
連接AH，由四邊形ABCD是正方形與點E、F、H分別是AB、BC、CD的中點，易證得△BCE≌△CDF與△ADH≌△DCF，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)，易證得CE⊥DF與AH⊥DF，根據(jù)垂直平分線的性質(zhì)，即可證得AG=AD，AG≠DG，由直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半，即可證得HG=AD，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)，即可得∠CHG=∠DAG．則問題得解．
【詳解】
∵四邊形ABCD是正方形，
∴AB=BC=CD=AD，∠B=∠BCD=90°，
∵點E、F、H分別是AB、BC、CD的中點，
∴BE=CF，
在△BCE與△CDF中，
，
∴△BCE≌△CDF，（SAS），
∴∠ECB=∠CDF，
∵∠BCE+∠ECD=90°，
∴∠ECD+∠CDF=90°，
∴∠CGD=90°，
∴CE⊥DF；故①正確；
在Rt△CGD中，H是CD邊的中點，
∴HG=CD=AD，
即2HG=AD；故④正確；
連接AH，如圖所示：
同理可得：AH⊥DF，
∵HG=HD=CD，
∴DK=GK，
∴AH垂直平分DG，
∴AG=AD；
若AG=DG，則△ADG是等邊三角形，
則∠ADG=60°，∠CDF=30°，
而CF=CD≠DF，
∴∠CDF≠30°，
∴∠ADG≠60°，
∴AG≠DG，故②錯誤；
∴∠DAG=2∠DAH，
同理：△ADH≌△DCF，
∴∠DAH=∠CDF，
∵GH=DH，
∴∠HDG=∠HGD，
∴∠GHC=∠HDG+∠HGD=2∠CDF，
∴∠CHG=∠DAG；故③正確；
正確的結論有3個，
故選C．
此題考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)以及垂直平分線的性質(zhì)等知識．此題綜合性很強，難度較大，解題的關鍵是注意數(shù)形結合思想的應用．
17、 (1) ；(2) ．
【解析】
（1）由題意，得；可再求m的取值范圍；
（2）比如取m=1．
【詳解】
解：（1）由題意，得．
解得．
（2）答案不唯一．如：
取m=1，此時方程為．
解得 ．
本題考核知識點：一元二次方程根判別式.解題關鍵點：熟記一元二次方程根判別式的意義．
18、（1）y=-90x+1；（2）s=1-150x；（3）a=108（千米/時），作圖見解析．
【解析】
（1）由圖知y是x的一次函數(shù)，設y=kx+b．把圖象經(jīng)過的坐標代入求出k與b的值．
（2）根據(jù)路程與速度的關系列出方程可解．
（3）如圖：當s=0時，x=2，即甲乙兩車經(jīng)過2小時相遇．再由1得出y=-90x+1．設y=0時，求出x的值可知乙車到達終點所用的時間．
【詳解】
（1）由圖知y是x的一次函數(shù)，設y=kx+b
∵圖象經(jīng)過點（0，1），（2，120），
∴
解得
∴y=-90x+1．
即y關于x的表達式為y=-90x+1．
（2）由（1）得：甲車的速度為90千米/時，甲乙相距1千米．
∴甲乙相遇用時為：1÷（90+60）=2，
當0≤x≤2時，函數(shù)解析式為s=-150x+1，
2＜x≤時，s=150x-1
＜x≤5時，s=60x；
（3）在s=-150x+1中．當s=0時，x=2．即甲乙兩車經(jīng)過2小時相遇．
因為乙車比甲車晚20分鐘到達，20分鐘=小時，
所以在y=-90x+1中，當y=0，x=．
所以，相遇后乙車到達終點所用的時間為+-2=（小時）．
乙車與甲車相遇后的速度a=（1-2×60）÷=108（千米/時）．
∴a=108（千米/時）．
乙車離開B城高速公路入口處的距離y（千米）與行駛時間x（時）之間的函數(shù)圖象如圖所示．
考點：一次函數(shù)的應用．
一、填空題（本大題共5個小題，每小題4分，共20分）
19、1
【解析】
先根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)求出BC的長，再根據(jù)勾股定理及三角形的面積公式解答即可．
【詳解】
根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)得AD=BC=8
在Rt△ABC中，AB=10，AD=8，AC⊥BC
根據(jù)勾股定理得AC==6，
則S平行四邊形ABCD=BC?AC=1，
故答案為：1．
本題考查了平行四邊形的對邊相等的性質(zhì)和勾股定理，正確求出AC的長是解題的關鍵．
20、a>b.
【解析】
分別把點A（2，a），B（3，b）代入函數(shù)y=1-x，求出a、b的值，并比較出其大小即可．
【詳解】
∵點A(2,a),B(3,b)在函數(shù)y=1?x的圖象上，
∴a=?1，b=?2，
∵?1>?2，
∴a>b.
故答案為：a>b.
此題考查一次函數(shù)圖象上點的坐標特征，解題關鍵在于把A,B代入方程.
21、
【解析】
試題分析：根據(jù)三角形的一個外角等于與它不相鄰的兩個內(nèi)角的和可得∠AGC=∠GAF+∠F=40°，再根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)求出∠CAG，然后求出∠CAF=120°，再根據(jù)∠BAC=∠CAF-∠BAF求出∠BAC=30°，再根據(jù)直角三角形30°角所對的直角邊等于斜邊的一半可得AC=2BC=2AD，然后利用勾股定理列式計算即可得解．
試題解析：由三角形的外角性質(zhì)得，∠AGC=∠GAF+∠F=20°+20°=40°，
∵∠ACG=∠AGC，
∴∠CAG=180°-∠ACG-∠AGC=180°-2×40°=100°，
∴∠CAF=∠CAG+∠GAF=100°+20°=120°，
∴∠BAC=∠CAF-∠BAF=30°，
在Rt△ABC中，AC=2BC=2AD=2，
由勾股定理，AB=．
【考點】1.矩形的性質(zhì)；2.等腰三角形的判定與性質(zhì)；3.含30度角的直角三角形；4.直角三角形斜邊上的中線；5.勾股定理．
22、
【解析】
由菱形的性質(zhì)得AO＝CO＝6cm，BO＝DO，AC⊥BD，由菱形的面積可求BD的長，由勾股定理可求AB的長．
【詳解】
解：如圖，
∵四邊形ABCD是菱形
∴AO＝CO＝6cm，BO＝DO，AC⊥BD
∵S菱形ABCD＝×AC×BD＝96
∴BD＝16cm
∴BO＝DO＝8cm
∴AB＝＝10cm
故答案為10cm
本題考查了菱形的性質(zhì)，掌握菱形的面積公式是解決本題的關鍵．
23、16
【解析】
由四邊形ABCD是平行四邊形，可得OA=OC，又由OM⊥AC，可得AM=CM，然后由△CDM的周長為8，求得平行四邊形ABCD的周長．
【詳解】
∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴OA=OC，
∵OM⊥AC，
∴AM=CM，
∵△CDM的周長為8，
∴CM+DM+CD=AM+DM+CD=AD+CD=8，
∴平行四邊形ABCD的周長是：2×8=16.
故答案為:16.
本題考查了平行四邊形的性質(zhì)與線段垂直平分線的性質(zhì)，解題的關鍵是熟練的掌握平行四邊形與線段垂直平分線的性質(zhì).
二、解答題（本大題共3個小題，共30分）
24、（1）結論：AE=CG．理由見解析；（2）結論不變，AE=CG.
【解析】
分析：（1）結論AE=CG．只要證明△ABE≌△CBG，即可解決問題．
（2）結論不變，AE=CG．如圖2中，連接BG、BE．先證明△BPE≌△BPG，再證明△ABE≌△CBG即可．
詳解：（1）結論：AE=CG．理由如下：
如圖1，

∵四邊形ABCD是正方形，∴AB=CB，∠ABD=∠CBD，
∵四邊形PEFG是菱形，∴BE=BG，∠EBD=∠GBD，∴∠ABE=∠CBG，
在△ABE和△CBG中，
，∴△ABE≌△CBG，∴AE=CG．
（2）結論不變，AE=CG．理由如下：
如圖2，連接BG、BE．

∵四邊形PEFG是菱形，∴PE=PG，∠FPE=∠FPG，∴∠BPE=∠BPG，
在△BPE和△BPG中，
，∴△BPE≌△BPG，∴BE=BG，∠PBE=∠PBG，
∵∠ABD=∠CBD，∴∠ABE=∠CBG，
在△ABE和△CBG中，
，∴△ABE≌△CBG，∴AE=CG．
點睛：本題考查了正方形的性質(zhì)、菱形的性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)等知識，解題的關鍵是靈活運用這些知識解決問題，屬于中考?？碱}型．
25、
【解析】
根據(jù)分式的運算法則即可取出答案．
【詳解】
解：原式
．
本題考查了分式的化簡及學生的運算能力，解題的關鍵是熟練運用運算法則，本題屬于基礎題型．
26、（1）2；（2）－2；（3）的橫坐標等于的橫坐標的一半
【解析】
（1）將k=4代入化成交點式，然后將C（0,4）代入確定a的值，求得B點坐標，連接OP；設，即可求出△BCP的面積表達式，然后求最值即可.
（2）設，將代入得，得到二次函數(shù)解析式；令y=0，求出直線BC所在的直線方程；過作平行于軸，交直線于，設、，求出△BCP的面積表達式，然后求最值即可.
（3）由（1）（2）的解答過程，進行推斷即可.
【詳解】
解：（1）時，
由交點式得，
代入得，
∴，
∵k=4
∴B點坐標;
連，設，
時，最大值為8，
∴的橫坐標為2時有最大值.
（2）當時，，
設，
代入得，
∴.
令求得，
易求直線方程為，
過作平行于軸交直線于，
設、，
面積最大值為8，
此時P的橫坐標為-2.
（3）根據(jù)（1）（2）得，面積最大時的橫坐標等于的橫坐標的一半.
本題考查了二次函數(shù)圖像的性質(zhì)，解題的關鍵在于根據(jù)題意確定△BPC面積的表達式.
題號
一
二
三
四
五
總分
得分
方式一
方式二
月租費（月/元）
30
0
本地通話費（元/分鐘）
0.30
0.40

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