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）具備下列條件的三角形中，不是直角三角形的是（ ）
A．∠A+∠B=∠CB．∠B=∠C=∠A
C．∠A=90°-∠BD．∠A-∠B=90°
2、（4分）若樣本數(shù)據(jù)3，4，2，6，x的平均數(shù)為5，則這個樣本的方差是（ ）
A．3B．5C．8D．2
3、（4分）一次函數(shù)，當時，x的取值范圍是
A．B．C．D．
4、（4分）如圖，O既是AB的中點，又是CD的中點，并且AB⊥CD．連接AC、BC、AD、BD，則AC,BC,AD,BD這四條線段的大小關系是（ ）
A．全相等
B．互不相等
C．只有兩條相等
D．不能確定
5、（4分）已知m＝，n＝，則代數(shù)式的值為 （ ）
A．3B．3C．5D．9
6、（4分）將直線沿軸向下平移1個單位長度后得到的直線解析式為（ ）
A．B．C．D．
7、（4分）在下列式子中，x可以取1和2的是( )
A．B．C．D．
8、（4分）如圖，在 中， 的垂直平行線交 于 點，則 的度數(shù)為（ ）.

A．B．C．D．
二、填空題（本大題共5個小題，每小題4分，共20分）
9、（4分）計算的結果是__________．
10、（4分）某中學隨機地調查了50名學生，了解他們一周在校的體育鍛煉時間，結果如下表所示：
則這50名學生這一周在校的平均體育鍛煉時間是____小時．
11、（4分）在實數(shù)范圍內分解因式：3x2﹣6＝_____．
12、（4分） “端午節(jié)”前，商場為促銷定價為10元每袋的蜜棗粽子，采取如下方式優(yōu)惠銷售：若一次性購買不超過2袋，則按原價銷售；若一次性購買2袋以上，則超過部分按原價的七折付款．張阿姨現(xiàn)有50元錢，那么她最多能買蜜棗粽子_____袋．
13、（4分）某物體對地面的壓強隨物體與地面的接觸面積之間的變化關系如圖所示（雙曲線的一支）.如果該物體與地面的接觸面積為，那么該物體對地面的壓強是__________.
三、解答題（本大題共5個小題，共48分）
14、（12分）如圖，在中，，是的中點，是的中點，過點作交的延長線于點
（1）求證：四邊形是菱形
（2）若，求菱形的面積
15、（8分）如圖，△ABC中AC=BC，點D，E在AB邊上，連接CD，CE．
(1)如圖1，如果∠ACB=90°，把線段CD逆時針旋轉90°，得到線段CF，連接BF，
①求證：△ACD≌△BCF；
②若∠DCE=45°， 求證：DE2=AD2+BE2；
(2)如圖2，如果∠ACB=60°，∠DCE=30°，用等式表示AD，DE，BE三條線段的數(shù)量關系，說明理由．

16、（8分）閱讀理解：閱讀下列材料：已知二次三項式2x2+x+a有一個因式是（x+2），求另一個因式以及a 的值
解：設另一個因式是（2x+b），
根據(jù)題意，得2x2+x+a=(x+2)(2x+b)，
展開，得2x2+x+a =2x2+(b+4)x+2b，
所以，解得，
所以，另一個因式是（2x?3），a 的值是?6.
請你仿照以上做法解答下題：已知二次三項式3x2 ?10x ? m 有一個因式是（x+4），求另一個因式以及m的值.
17、（10分）定義：如果一個分式能化成一個整式與一個分子為常數(shù)的分式的和的形式，則稱這個分式為“快樂分式”.如：，則 是“快樂分式”．
(1)下列式子中，屬于“快樂分式”的是 （填序號）；
① ，② ，③ ，④ .
（2）將“快樂分式”化成一個整式與一個分子為常數(shù)的分式的和的形式為： = .
（3）應用：先化簡 ，并求x取什么整數(shù)時，該式的值為整數(shù)．
18、（10分）將含有45°角的直角三角板ABC和直尺如圖擺放在桌子上，然后分別過A、B兩個頂點向直尺作兩條垂線段AD，BE．
（1）請寫出圖中的一對全等三角形并證明；
（2）你能發(fā)現(xiàn)并證明線段AD，BE，DE之間的關系嗎？
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）多項式分解因式的結果是______.
20、（4分）如圖，將平行四邊形ABCD沿EF對折，使點A落在點C處，若∠A=60°，AD=6，AB=12，則AE的長為_______.
21、（4分）如圖，點P是正比例函數(shù)y=x與反比例函數(shù)在第一象限內的交點，PA⊥OP交x軸于點A，則△POA的面積為_______.
22、（4分）如圖，點B是反比例函數(shù)在第二象限上的一點，且矩形OABC的面積為4，則k的值為_______________．
23、（4分）當x=時，二次根式的值為_____.
二、解答題（本大題共3個小題，共30分）
24、（8分）已知:在平面直角坐標系中,直線分別交、軸于點A、B兩點,OA=5,∠OAB=60°.
(1)如圖1,求直線AB的解析式；
(2)如圖2,點P為直線AB上一點，連接OP,點D在OA延長線上，分別過點P、D作OA、OP的平行線,兩平行線交于點C，連接AC,設AD=m,△ABC的面積為S,求S與m的函數(shù)關系式;
(3)如圖3,在(2)的條件下,在PA上取點E ,使PE=AD, 連接EC,DE,若∠ECD=60°,四邊形ADCE的周長等于22，求S的值.
25、（10分）如圖，已知拋物線y＝ax2+bx+1與x軸分別交于A(﹣1，0)，B(3，0)，與y軸交于點C．
(1)求拋物線解析式；
(2)在直線BC上方的拋物線上有點P，使△PBC面積為1，求出點P的坐標．
26、（12分）如圖，在△ABC中，AB=AC，D是BC的中點，連接AD，在AD的延長線上取一點E，連接BE，CE．
（1）求證：△ABE≌△ACE；
（2）當AE與AD滿足什么數(shù)量關系時，四邊形ABEC是菱形？并說明理由．
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、D
【解析】
根據(jù)三角形內角和定理對各選項進行逐一判斷即可．
【詳解】
A. ∵∠A+∠B=∠C,∠A+∠B+∠C=180°
∴2∠C=180°,解得∠C=90°，
∴此三角形是直角三角形，故本選項錯誤；
B. ∵∠B=∠C=∠A，
∴設∠B=∠C=x，則∠A=2x.
∵∠A+∠B+∠C=180°，
∴x+x+2x=180°,解得x=45°，
∴∠A=2x=90°，
∴此三角形是直角三角形，故本選項錯誤；
C. ∵∠A=90°?∠B，
∴∠A+∠B=90°，
∴此三角形是直角三角形，故本選項錯誤；
D.∵∠A-∠B=90°，
∴∠A=∠B+90°，
∴此三角形不是直角三角形，故本選項正確.
故答案選D.
本題考查了三角形內角和定理，解題的關鍵是熟練的掌握三角形內角和定理.
2、C
【解析】
先由平均數(shù)是5計算出x的值，再計算方差.
【詳解】
解：∵數(shù)據(jù)3，4，2，6，x的平均數(shù)為5，
∴ ，
解得：x＝10，
則方差為×[（3﹣5）2+（4﹣5）2+（2﹣5）2+（6﹣5）2+（10﹣5）2]＝8，
故選：C．
本題考查的是平均數(shù)和方差的求法.計算方差的步驟是：①計算數(shù)據(jù)的平均數(shù)；②計算偏差，即每個數(shù)據(jù)與平均數(shù)的差；③計算偏差的平方和；④偏差的平方和除以數(shù)據(jù)個數(shù).
3、D
【解析】
根據(jù)一次函數(shù),可得:,解得:,即可求解.
【詳解】
因為,
所以當時,則,
解得,
故選D.
本題主要考查一次函數(shù)與不等式的關系,解決本題的關鍵是要熟練掌握一次函數(shù)與不等式的關系.
4、A
【解析】
根據(jù)已知條件可判斷出是菱形，則AC,BC,AD,BD這四條線段的大小關系即可判斷．
【詳解】
∵O既是AB的中點，又是CD的中點，
∴ ，
∴是平行四邊形．
∵AB⊥CD，
∴平行四邊形是菱形，
∴ ．
故選：A．
本題主要考查菱形的判定及性質，掌握菱形的判定及性質是解題的關鍵．
5、B
【解析】
由已知可得：，=.
【詳解】
由已知可得：，
原式=
故選：B
考核知識點：二次根式運算.配方是關鍵.
6、A
【解析】
直接根據(jù)“左加右減”的原則進行解答即可．
【詳解】
解：由“左加右減”的原則可知：把直線y=2x沿y軸向下平移1個單位長度后，其直線解析式為y=2x-1．
故選：A．
本題考查的是一次函數(shù)的圖象與幾何變換，熟知函數(shù)圖象平移的法則是解答此題的關鍵．
7、B
【解析】
根據(jù)分式和二次根式有意義的條件即可求出答.
【詳解】
解：A.x﹣1≠0，所以x≠1，故A不可以取1
B.x﹣1≥0，所以x≥1，故B可以取1和2
C.x﹣2≥0，所以x≥2，故C不可以取1
D.x﹣2≠0，所以x≠2，故D不可以取2
故選：B．
本題考查的是分式和二次根式有意義的條件，熟練掌握二者是解題的關鍵.
8、A
【解析】
根據(jù)等腰三角形的性質求出∠ABC=∠C=65°，根據(jù)線段的垂直平分線的性質得到AD=BD，得到答案．
【詳解】
解：∵AB=AC，∠A=50°，
∴∠ABC=∠C=65°，
∵l垂直平分AB，
∴AD=BD，
∴∠ABD=∠A=50°，
∴∠CBD=∠ABC-∠ABD=65°-50°=15°．
故選：A
本題考查的是線段的垂直平分線的性質，掌握線段的垂直平分線上的點到線段的兩個端點的距離相等是解題的關鍵．
二、填空題（本大題共5個小題，每小題4分，共20分）
9、
【解析】
分析：先根據(jù)二次根式的乘法法則進行計算，然后化簡后合并即可.
詳解：
=
=
故答案為:.
點睛：本題考查了二次根式的計算：先把各二次根式化為最簡二次根式，再進行二次根式的乘除運算，然后合并同類二次根式．在二次根式的混合運算中，如能結合題目特點，靈活運用二次根式的性質，選擇恰當?shù)慕忸}途徑，往往能事半功倍.
10、6.4
【解析】
試題分析： 體育鍛煉時間=（小時）.
考點：加權平均數(shù).
11、3（x+）（x﹣）
【解析】
先提取公因式3，然后把2寫成2，再利用平方差公式繼續(xù)分解因式即可．
【詳解】
3x2-6，
=3（x2-2），
=3（x2-2），
=3（x+）（x-）．
故答案為：3（x+）（x-）．
本題考查了實數(shù)范圍內分解因式，注意把2寫成2的形式繼續(xù)進行因式分解．
12、6
【解析】
根據(jù)一次性購買不超過2袋，則按原價銷售；若一次性購買2袋以上，則超據(jù)：2袋原價付款數(shù)+超過2袋的總錢數(shù)≤50，列出不等式求解即可得.
【詳解】
解：設可以購買x（x為整數(shù)）袋蜜棗粽子.
，解得： ，則她最多能買蜜棗粽子是6袋.
故答案為：6.
此題考查了一元一次不等式的應用，關鍵是讀懂題意，找出題目中的數(shù)量關系，列出不等式，注意x只能為整數(shù).
13、500
【解析】
首先通過反比例函數(shù)的定義計算出比例系數(shù)k的值，然后可確定其表達式，再根據(jù)題目中給出的自變量求出函數(shù)值
【詳解】
根據(jù)圖象可得
當S=0.24時，P= =500，即壓強是500Pa.
此題考查反比例函數(shù)的應用，列方程是解題關鍵
三、解答題（本大題共5個小題，共48分）
14、（1）見解析（2）10
【解析】
（1）先證明，得到，，再證明四邊形是平行四邊形，再根據(jù)“直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半”得到，即可證明四邊形是菱形。
（2）連接，證明四邊形是平行四邊形，得到，利用菱形的求面積公式即可求解。
【詳解】
（1）證明： ∵，∴，
∵是的中點，是邊上的中線，∴，
在和中，
，
∴，∴．
∵，∴．
∵，∴四邊形是平行四邊形，
∵，是的中點，是的中點，
∴，∴四邊形是菱形；
（2）如圖，連接，
∵，
∴四邊形是平行四邊形，∴，
∵四邊形是菱形，∴．
本題主要考查全等三角形的應用，菱形的判定定理以及菱形的性質，熟練掌握菱形的的判定定理和性質是解此題的關鍵。
15、（1）①詳見解析；②詳見解析；（2）DE2= EB2+AD2+EB·AD，證明詳見解析
【解析】
（1）①根據(jù)旋轉的性質可得CF=CD，∠DCF=90°，再根據(jù)已知條件即可證明△ACD≌△BCF；
②連接EF，根據(jù)①中全等三角形的性質可得∠EBF=90°，再證明△DCE≌△FCE得到EF=DE即可證明；
（2）根據(jù)（1）中的思路作出輔助線，通過全等三角形的判定及性質得出相等的邊，再由勾股定理得出AD，DE，BE之間的關系．
【詳解】
解：（1）①證明：由旋轉可得CF=CD，∠DCF=90°
∵∠ACD=90°
∴∠ACD=∠BCF
又∵AC=BC
∴△ACD≌△BCF
②證明：連接EF，
由①知△ACD≌△BCF
∴∠CBF=∠CAD=∠CBA=45°，∠BCF=∠ACD，BF=AD
∴∠EBF=90°
∴EF2=BE2+BF2，
∴EF2=BE2+AD2
又∵∠ACB=∠DCF=90°，∠CDE=45°
∴∠FCE=∠DCE=45°
又∵CD=CF，CE=CE
∴△DCE≌△FCE
∴EF=DE
∴DE2= AD2+BE2
⑵DE2= EB2+AD2+EB·AD
理由：如圖2，將△ADC繞點C逆時針旋轉60°，得到△CBF，過點F作FG⊥AB，交AB的延長線于點G，連接EF，
∴∠CBE=∠CAD，∠BCF=∠ACD， BF=AD
∵AC=BC，∠ACB=60°
∴∠CAB=∠CBA =60°
∴∠ABE=120°，∠EBF=60°，∠BFG=30°
∴BG=BF，F(xiàn)G=BF
∵∠ACB=60°，∠DCE=30°，
∴∠ACD+∠BCE=30°，
∴∠ECF=∠FCB+∠BCE=30°
∵CD=CF，CE=CE
∴△ECF≌△ECD
∴EF=ED
在Rt△EFG中，EF2=FG2+EG2
又∵EG=EB+BG
∴EG=EB+BF，
∴EF2=（EB+BF）2+（BF）2
∴DE2= （EB+AD）2+（AD）2
∴DE2= EB2+AD2+EB·AD
本題考查了全等三角形的性質與旋轉模型，解題的關鍵是找出全等三角形，轉換線段，并通過勾股定理的計算得出線段之間的關系．
16、另一個因式是（3x-2）， m 的值是-8
【解析】
設另一個因式為（3x+b），然后列方程組求解即可．
【詳解】
設另一個因式是（3x+b），
根據(jù)題意，得3x2+10x+m=(x+4)(3x+b)，
展開，得3x2+10x+m =3x2+(b+12)x+4b，
所以，解得，
所以，另一個因式是（3x-2）， m 的值是-8.
本題考查了解二元一次方程組與因式分解，解題的根據(jù)是熟練的掌握解二元一次方程組與因式分解的相關知識點.
17、 (1)①②③；（2）；（3），x=-3
【解析】
（1）根據(jù)快樂分式的定義分析即可；
（2）根據(jù)快樂分式的定義變形即可；
（3）先化簡，再根據(jù)快樂分式的定義變形，然后再根據(jù)x的值和分式的值為整數(shù)討論即可.
【詳解】
解：（1）①，是快樂分式 ，
② ，是快樂分式，
③ ，是快樂分式，
④ 不是分式，故不是快樂分式.
故答案為：①②③ ；
(2) 原式= = ；
（3）原式=
= =
= =
∵當或 時，分式的值為整數(shù)，
∴x的值可以是0或或1或，
又∵分式有意義時，x的值不能為0、1、，
∴
本題考查了新定義運算，以及分式的混合運算.熟練掌握運算法則及快樂分式的定義是解本題的關鍵.
18、（1）△ADC≌△CEB（2）AD＝BE+DE
【解析】
（1）結論：△ADC≌△CEB．根據(jù)AAS證明即可；
（2）由三角形全等的性質即可解決問題；
【詳解】
解：（1）結論：△ADC≌△CEB．
理由：∵AD⊥CE，BE⊥CE，
∴∠ACB＝∠ADC＝∠CEB＝90°，
∴∠ACD+∠CAD＝90°，∠ACD+∠ECB＝90°，
∴∠CAD＝∠ECB，
∵AC＝CB，
∴△ADC≌△CEB（AAS）．
（2）結論：AD＝BE+DE．
理由：∵△ADC≌△CEB，
∴AD＝CE，CD＝BE，
∵CE＝CD+DE，
∴AD＝BE+DE．
本題考查全等三角形的判定和性質，解題的關鍵是正確尋找全等三角形的全等的條件，屬于中考?？碱}型．
一、填空題（本大題共5個小題，每小題4分，共20分）
19、
【解析】
先提出公因式a，再利用平方差公式因式分解．
【詳解】
解：a3-4a=a（a2-4）=a（a+2）（a-2）．
故答案為a（a+2）（a-2）．
本題考查提公因式法和公式法進行因式分解，解題的關鍵是熟記提公因式法和公式法．
20、8.4.
【解析】
過點C作CG⊥AB的延長線于點G，設AE=x，由于?ABCD沿EF對折可得出AE=CE=x, 再求出∠BCG=30°，BG=BC=3, 由勾股定理得到，則EG=EB+BG=12-x+3=15-x，在△CEG中，利用勾股定理列出方程即可求出x的值．
【詳解】
解：過點C作CG⊥AB的延長線于點G，
∵?ABCD沿EF對折，
∴AE=CE
設AE=x，則CE=x，EB=12-x，
∵AD=6，∠A=60°，
∴BC=6, ∠CBG=60°，
∴∠BCG=30°，
∴BG=BC=3，
在△BCG中，由勾股定理可得：
∴EG=EB+BG=12-x+3=15-x
在△CEG中，由勾股定理可得：
解得：
故答案為：8.4
本題考查平行四邊形的綜合問題，解題的關鍵是證明△D′CF≌△ECB，然后利用勾股定理列出方程，本題屬于中等題型．
21、1
【解析】
P在y=x上可知△POA為等腰直角三角形，過P作PC⊥OA于點C，則可知S△POC=S△PCA=k=2，進而可求得△POA的面積為1．
【詳解】
解：過P作PC⊥OA于點C，
∵P點在y=x上，
∴∠POA=15°，
∴△POA為等腰直角三角形，
則S△POC=S△PCA=k=2，
∴S△POA=S△POC+S△PCA=1，
故答案為1．
本題考查反比例函數(shù)y= （k≠0）系數(shù)k的幾何意義：從反比例函數(shù)y=（k≠0）圖象上任意一點向x軸和y軸作垂線，垂線與坐標軸所圍成的矩形面積為|k|．也考查了等腰直角三角形的性質．
22、-1
【解析】
根據(jù)矩形的面積求出xy＝?1，即可得出答案．
【詳解】
設B點的坐標為（x，y），
∵矩形OABC的面積為1，
∴?xy＝1，
∴xy＝?1，
∵B在上，
∴k＝xy＝?1，
故答案為：-1．
本題考查了矩形的性質和反比例函數(shù)圖象上點的坐標特征，能求出xy＝?1和k＝xy是解此題的關鍵．
23、
【解析】
把x=代入求解即可
【詳解】
把x=代入中，得，故答案為
熟練掌握二次根式的化簡是解決本題的關鍵，難度較小
二、解答題（本大題共3個小題，共30分）
24、 (1)直線解析式為；(2)S=；(3).
【解析】
(1)先求出點B坐標，設AB解析式為，把點A(5，0)，B(0，)分別代入，利用待定系數(shù)法進行求解即可；
(2)由題意可得四邊形ODCP是平行四邊形，∠OAB=∠APC=60°，則有PC=OD=5+m，∠PCH=30°，過點C作CH⊥AB，在Rt△PCH中 利用勾股定理可求得CH=，再由S=ABCH代入相關數(shù)據(jù)進行整理即可得；
(3) 先求得∠PEC=∠ADC，設∠OPA=，則∠OPC= ∠ADC= ∠PEC=60°+，在BA延長線上截取AK=AD，連接OK，DK，DE，證明△ADK是等邊三角形，繼而證明△PEC≌△DKO，通過推導可得到OP=OK=CE=CD，再證明△CDE是等邊三角形，可得CE=CD=DE，連接OE，證明△OPE≌△EDA，繼而可得△OAE是等邊三角形，得到OA=AE=5 ，根據(jù)四邊形ADCE的周長等于22，可得ED=，過點E作EN⊥OD于點N，則DN=，由勾股定理得， 可得關于m的方程，解方程求得m的值后即可求得答案.
【詳解】
(1)在Rt△ABO中OA=5，∠OAB=60°，
∴∠OBA=30°，AB=10 ，
由勾股定理可得OB=，
∴B(0，)，
設AB解析式為，把點A(5，0)，B(0，)分別代入，得，
∴，
∴直線解析式為；
(2)∵CP//OD，OP//CD，
∴四邊形ODCP是平行四邊形，∠OAB=∠APC=60°，
∴PC=OD=5+m，∠PCH=30°，
過點C作CH⊥AB，在Rt△PCH中 PH=，由勾股定理得CH=，
∴S=ABCH=；

(3) ∵∠ECD=∠OAB=60°，
∴∠EAD+∠ECD=180°，∠CEA+∠ADC=180°，
∴∠PEC=∠ADC，
設∠OPA=，則∠OPC= ∠ADC= ∠PEC=60°+，
在BA延長線上截取AK=AD，連接OK，DK，DE，
∵∠DAK=60°，
∴△ADK是等邊三角形，
∴AD=DK=PE，∠ODK=∠APC，
∵PC=OD，
∴△PEC≌△DKO，
∴OK=CE，∠OKD=∠PEC=∠OPC=60°+， ∠AKD= ∠APC=60° ，
∴∠OPK= ∠OKB，
∴OP=OK=CE=CD，
又∵∠ECD=60°，
∴△CDE是等邊三角形，
∴CE=CD=DE，
連接OE，∵ ∠ADE=∠APO，DE=CD=OP，
∴△OPE≌△EDA，
∴AE=OE， ∠OAE=60°，
∴△OAE是等邊三角形，
∴OA=AE=5 ，
∵四邊形ADCE的周長等于22，
∴AD+2DE=17，
∴ED=，
過點E作EN⊥OD于點N，則DN=，
由勾股定理得，
即，
解得，(舍去)，
∴S==20.
本題考查的四邊形綜合題，涉及了待定系數(shù)法，平行四邊形的判定與性質，勾股定理，全等三角形的判定與性質，等邊三角形的判定與性質，解一元二次方程等，綜合性較強，有一定的難度，正確添加輔助線，熟練掌握和靈活運用相關知識是解題的關鍵.
25、 (1)y＝﹣x2+x+1；(2)點P的坐標為(1，)或(2，1)．
【解析】
（1）根據(jù)拋物線y=ax2+bx+1與x軸分別交于A（-1，0），B（3，0），可以求得該拋物線的解析式；
（2）根據(jù)題意和（1）中的拋物線解析式可以求得點C的坐標，從而可以得到直線BC的函數(shù)解析式，然后根據(jù)在直線BC上方的拋物線上有點P，使△PBC面積為1，即可求得點P的坐標．
【詳解】
（1）∵拋物線y=ax2+bx+1與x軸分別交于A（-1，0），B（3，0），
∴，解得，，
∴拋物線的解析式為y=-x2+x+1；
（2）∵y=-x2+x+1，
∴當x=0時，y=1，
即點C的坐標為（0，1），
∵B（3，0），C（0，1），
∴直線BC的解析式為：y=?x+1，
設點P的坐標為（p，-p2+p+1），
將x=p代入y=?x+1得y=?p+1，
∵△PBC面積為1，
∴，
解得，p1=1，p2=2，
當p1=1時，點P的坐標為（1，），
當p2=2時，點P的坐標為（2，1），
即點P的坐標為（1，）或（2，1）．
本題考查拋物線與x軸的交點、一次函數(shù)圖象上點的坐標特征、二次函數(shù)圖象上點的坐標特征、待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式，解答本題的關鍵是明確題意，利用二次函數(shù)的性質解答．
26、（1）證明見解析（2）當AE=2AD（或AD=DE或DE=AE）時，四邊形ABEC是菱形
【解析】
（1）證明：∵AB=AC
點D為BC的中點
∴∠BAE=∠CAE
又∵AB=AC，AE=AE
∴△ABE≌△ACE（SAS）
（2）當AE=2AD（或AD=DE或DE=AE）時，四邊形ABEC是菱形
∵AE=2AD，∴AD=DE
又點D為BC中點，∴BD=CD
∴四邊形ABEC為平行四形
∵AB=AC
∴四邊形ABEC為菱形
題號
一
二
三
四
五
總分
得分
時間（小時）
5
6
7
8
人數(shù)
10
15
20
5

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