2024年安徽省淮北市第二中学九上数学开学统考模拟试题【含答案】

这是一份2024年安徽省淮北市第二中学九上数学开学统考模拟试题【含答案】，共28页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

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）点M（1，2）关于y轴对称点的坐标为（ ）
A．（﹣1，2）B．（﹣1，﹣2）C．（1，﹣2）D．（2，﹣1）
2、（4分）下列命题中，假命题是（ ）
A．对角线互相平分的四边形是平行四边形
B．对角线互相平分且相等的四边形是矩形
C．对角线互相垂直平分的四边形是菱形
D．对角线互相垂直且相等的四边形是正方形
3、（4分）矩形 与矩形 如图放置，点 共线，点共线，连接 ，取的中点 ，连接 .若 ，则的长为
A．B．C．D．
4、（4分）某超市今年二月份的营业额为82万元，四月份的营业额比三月份的营业额多20万元，若二月份到四月份每个月的月销售额增长率都相同，若设增长率为x，根据题意可列方程（ ）
A．82（1+x）2＝82（1+x）+20B．82（1+x）2＝82（1+x）
C．82（1+x）2＝82+20D．82（1+x）＝82+20
5、（4分）矩形一个角的平分线分矩形一边为2cm和3cm两部分，则这个矩形的面积为（ ）
A．10cm2B．15cm2C．12cm2D．10cm2或15cm2
6、（4分）小明家、食堂、图书馆在同一条直线上，小明从家去食堂吃早餐，接着去图书馆读报，然后回家，如图反映了这个过程中，小明离家的距离y与时间x之间的对应关系．根据图象，下列说法正确的是（ ）
A．小明吃早餐用了25minB．小明读报用了30min
C．食堂到图书馆的距离为0.8kmD．小明从图书馆回家的速度为0.8km/min
7、（4分）若等腰三角形的周长为18cm，其中一边长为4cm，则该等腰三角形的底边长为（ ）
A．10B．7或10C．4D．7或4
8、（4分）在□ABCD 中，点P在对角线AC上，过P作EF∥AB，HG∥AD，记四边形BFPH的面积为S1，四边形DEPG的面积为S2，则S1与S2的大小关系是（ ）
A．S1>S2B．S1=S2C．S1二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、（4分）如图，四边形ABCD是菱形，对角线AC＝8cm，DB＝6cm，DH⊥AB于点H，则DH的长为_____．
10、（4分）一组数据2，3，1，3，5，4，这组数据的众数是___________．
11、（4分）如图，四边形中，，，为上一点，分别以，为折痕将两个角（，）向内折起，点，恰好都落在边的点处．若，，则________．
12、（4分）点P（a，b）在第三象限，则直线y＝ax+b不经过第_____象限
13、（4分）在平面直角坐标系xOy中，直线与x，y轴分别交于点A，B，若将该直线向右平移5个单位，线段AB扫过区域的边界恰好为菱形，则k的值为_____.
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（12分）已知：如图在平行四边形ABCD中，过对角线BD的中点O作直线EF分别交DA的延长线、AB、DC、BC的延长线于点E、M、N、F．
（1）观察图形并找出一对全等三角形：△_≌△_，请加以证明；
（2）在（1）中你所找出的一对全等三角形，其中一个三角形可由另一个三角形经过怎样的变换得到？
15、（8分）在正方形中，平分交边于点．
（1）尺规作图：过点作于；（保留作图痕迹，不写作法）
（2）在（1）的条件下，连接，求的度数．
16、（8分）已知函数.
（1）若这个函数的图象经过原点，求的值
（2）若这个函数的图象不经过第二象限，求的取值范围.
17、（10分）某商场同时购进甲、乙两种商品共100件，其进价和售价如下表：
设其中甲种商品购进x件，商场售完这100件商品的总利润为y元．
(Ⅰ)写出y关于x的函数关系式；
(Ⅱ)该商场计划最多投入8000元用于购买这两种商品，
①至少要购进多少件甲商品？
②若销售完这些商品，则商场可获得的最大利润是多少元？
18、（10分）梯形中，，，，，、在上，平分，平分，、分别为、的中点，和分别与交于和，和交于点．
（1）求证：；
（2）当点在四边形内部时，设，，求关于的函数关系式，并写出自变量的取值范围；
（3）当时，求的长．

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）已知P1（1，y1），P2（2，y2）是正比例函数的图象上的两点，则y1 y2（填“＞”或“＜”或“=”）．
20、（4分）对任意的两实数,用表示其中较小的数，如，则方程的解是__________.
21、（4分）如图，直线L1、L2、L3分别过正方形ABCD的三个顶点A、D、C，且相互平行，若L1、L2的距离为1，L2、L3的距离为2，则正方形的边长为__________．
22、（4分）已知直线y＝x﹣3与y＝2x+2的交点为（﹣5，﹣8），则方程组的解是_____．
23、（4分）如图，等边△ABC内有一点O，OA＝3，OB＝4，OC＝5，以点B为旋转中心将BO逆时针旋转60°得到线段，连接，下列结论：①可以看成是△BOC绕点B逆时针旋转60°得到的；②点O与的距离为5；③∠AOB＝150°；④S四边形AOBO′＝6+4；⑤＝6+．其中正确的结论有_____．（填正确序号）
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（8分）如图，在菱形ABCD中，∠BAD＝60°，AC与BD交于点O，E为CD延长线上的一点，且CD＝DE，连接BE分别交AC、AD于点F、G，连接OG，则下列结论中一定成立的是( )
①OG＝AB；②与△EGD全等的三角形共有5个；③S四边形ODGF＞S△ABF；④由点A、B、D、E构成的四边形是菱形．
A．1个B．2个C．3个D．4个
25、（10分）已知四边形中，，垂足为点，．
(1)如图1，求证：；
(2)如图2，点为上一点，连接，，求证：；
(3)在(2)的条件下，如图3，点为上一点，连接，点为的中点，分别连接，，＋＝＝，，求线段的长．
26、（12分）在一条直线上依次有A、B、C三个海岛，某海巡船从A岛出发沿直线匀速经B 岛驶向C岛，执行海巡任务，最终达到C岛．设该海巡船行驶x（h）后，与B港的距离为y（km），y与x的函数关系如图所示．
（1）填空：A、C两港口间的距离为 km， ；
（2）求y与x的函数关系式，并请解释图中点P的坐标所表示的实际意义；
（3）在B岛有一不间断发射信号的信号发射台，发射的信号覆盖半径为15km，求该海巡船能接受到该信号的时间有多长？
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、A
【解析】
关于y轴对称的点的坐标特征是纵坐标不变，横坐标变为相反数.
【详解】
点M（1，2）关于y轴对称点的坐标为(－1，2)
本题考查关于坐标轴对称的点的坐标特征，牢记关于坐标轴对称的点的性质是解题的关键.
2、D
【解析】
根据平行四边形的判定方法可知A是真命题，根据矩形的判定方法可知B是真命题，根据菱形的判定方法可知C是真命题，根据对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形，可知D是假命题．
【详解】
A．对角线互相平分的四边形是平行四边形，是真命题；
B．对角线互相平分且相等的四边形是矩形，是真命题；
C．对角线互相垂直平分的四边形是菱形，是真命题；
D．对角线互相垂直且相等的四边形是正方形，是假命题；
故选D．
本题主要考查了命题与定理，解题时注意：对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形，对角线互相垂直且相等的四边形可能是等腰梯形或筝形．
3、A
【解析】
延长GH交AD于点P，先证△APH≌△FGH得AP=GF=1，GH=PH=PG，再利用勾股定理求得PG=2，从而得出答案．
【详解】
解：如图，延长GH交AD于点P，
∵四边形ABCD和四边形CEFG都是矩形，
∴∠ADC=∠ADG=∠CGF=90°，AD=BC=3、GF=CE=1，
∴AD∥GF，
∴∠GFH=∠PAH，
又∵H是AF的中点，
∴AH=FH，
在△APH和△FGH中，
∵
∴△APH≌△FGH（ASA），
∴AP=GF=1，GH=PH=PG，
∴PD=AD-AP=3-1=2，
∵CG=EF=3、CD=1，
∴DG=2，△DGP是等腰直角三角形，
则GH=PG= ×
故选：A．
本题主要考查矩形的性质，解题的关键是掌握全等三角形的判定与性质、矩形的性质、勾股定理等知识点．
4、A
【解析】
根据题意找出等量关系：，列出方程即可.
【详解】
由二月份到四月份每个月的月营业额增长率都相同，二月份的营业额为82
万元，若设增长率为，则三月份的营业额为，四月份的营业额为， 四月份的营业额比三月份的营业额多20万元，
则，
故选A
考查一元二次方程的应用，增长率问题，明确等量关系正确列出方程是解题关键.
5、D
【解析】
根据矩形性质得出AB=CD，AD=BC，AD∥BC，由平行线的性质，以及角平分线的定义，即可证得∠ABE=∠AEB，利用等边对等角可以证得AB=AE，然后分AE=1cm，DE=3cm和AE=3cm，DE=1cm两种情况即可求得矩形的边长，从而求解．
【详解】
解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD，AD=BC，AD∥BC，
∴∠AEB=∠CBE，
∵BE平分∠ABC，
∴∠ABE=∠CBE，
∴∠AEB=∠ABE，
∴AB=AE，
当AE=1cm，DE=3cm时，AD=BC=5cm，AB=CD=AE=1cm．
∴矩形ABCD的面积是：1×5=10cm1；
当AE=3cm，DE=1cm时，AD=BC=5cm，AB=CD=AE=3cm，
∴矩形ABCD的面积是：5×3=15cm1．
故矩形的面积是：10cm1或15cm1．
故选：D．
本题考查矩形的性质以及等腰三角形的判定与性质．注意掌握数形结合思想与分类讨论思想的应用．
6、B
【解析】
分析：根据函数图象判断即可．
详解：小明吃早餐用了（25-8）=17min，A错误；
小明读报用了（58-28）=30min，B正确；
食堂到图书馆的距离为（0.8-0.6）=0.2km，C错误；
小明从图书馆回家的速度为0.8÷10=0.08km/min，D错误；
故选B．
点睛：本题考查的是函数图象的读图能力．要能根据函数图象的性质和图象上的数据分析得出函数的类型和所需要的条件，结合题意正确计算是解题的关键．
7、C
【解析】
根据等腰三角形性质分为两种情况解答：当边长4cm为腰或者4cm为底时
【详解】
当4cm是等腰三角形的腰时，则底边长18-8=10cm，此时4,4,10不能组成三角形，应舍去；当4cm是等腰三角形的底时，则腰长为（18-4）÷2=7cm，此时4,7,7能组成三角形，所以此时腰长为7，底边长为4，故选C
本题考查等腰三角形的性质与三角形三边的关系，本题关键在于分情况计算出之后需要利用三角形等边关系判断
8、B
【解析】
【分析】先证四边形ABPE和四边形PFCG都是平行四边形，再利用平行四边形对角线平分
四边形面积即可.
【详解】因为，在□ABCD 中，点P在对角线AC上，过P作EF∥AB，HG∥AD，
所以，四边形边形ABPE和四边形PFCG都是平行四边形，
所以，S△ABC=S△CDA,S△AEP=S△PHA,S△PFC=S△CGP,
所以，S△ABC- S△AEP - S△PFC =S△CDA- S△PHA- S△CGP,
所以，S△BFPH=S△DEPG，即：S1=S2
故选：B
【点睛】本题考核知识点：平行四边形性质.解题关键点：平行四边形对角线平分四边形面积.
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、4.8cm．
【解析】
根据菱形的性质可得AB＝5cm，根据菱形的面积公式可得S菱形ABCD＝AC•BD＝AB•DH，即DH＝＝4.8cm．
【详解】
解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，OA＝OC＝AC＝4cm，OB＝OD＝3cm，
∴AB＝5cm，
∴S菱形ABCD＝AC•BD＝AB•DH，
∴DH＝＝4.8cm．
本题考查了菱形的边长问题，掌握菱形的性质、菱形的面积公式是解题的关键．
10、1
【解析】
根据众数的概念即可得到结果.
【详解】
解：在这组数据中1出现了2次，出现的次数最多，则这组数据的众数是1；
故答案为：1．
此题考查了众数的定义；熟记众数的定义是解决问题的关键．
11、
【解析】
先根据折叠的性质得EA=EF，BE=EF，DF=AD=3，CF=CB=5，则AB=2EF，DC=8，再作DH⊥BC于H，由于AD∥BC，∠B=90°，则可判断四边形ABHD为矩形，所以DH=AB=2EF，HC=BC-BH=BC-AD=2，然后在Rt△DHC中，利用勾股定理计算出DH=，所以EF=.
【详解】
解：∵分别以ED，EC为折痕将两个角（∠A，∠B）向内折起，点A，B恰好落在CD边的点F处，
∴EA=EF，BE=EF，DF=AD=3，CF=CB=5，
∴AB=2EF，DC=DF+CF=8，
作DH⊥BC于H，
∵AD∥BC，∠B=90°，
∴四边形ABHD为矩形，
∴DH=AB=2EF，HC=BC-BH=BC-AD=5-3=2，
在Rt△DHC中，DH=，
∴EF=DH=.
故答案为：.
本题考查了折叠的性质：折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．也考查了勾股定理．
12、一
【解析】
点在第三象限的条件是：横坐标为负数，纵坐标为负数.进而判断相应的直线经过的象限
【详解】
解：∵点P（a，b）在第三象限，
∴a＜0，b＜0，
∴直线y＝ax+b经过第二、三、四象限，不经过第一象限，
故答案为：一．
此题主要考查四个象限的点坐标特征：第一象限正正，第二象限负正，第三象限负负，第四象限正负.掌握直线经过象限的特征即可求解
13、
【解析】
根据菱形的性质知AB=2，由一次函数图象的性质和两点间的距离公式解答．
【详解】
令y=0，则x=-，即A（-，0）．
令x=0，则y=3，即B（0，3）．
∵将该直线向右平移2单位，线段AB扫过区域的边界恰好为菱形，
∴AB=2，则AB2=1．
∴（-）2+32=1．
解得k=．
故答案是：．
考查了菱形的性质和一次函数图象与几何变换，解题的关键是根据菱形的性质得到AB=2．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（1）△DOE≌△BOF；证明见解析；（2）绕点O旋转180°后得到或以点O为中心作对称变换得到．
【解析】
（1）本题要证明如△ODE≌△BOF，已知四边形ABCD是平行四边形，具备了同位角、内错角相等，又因为OD=OB，可根据AAS能判定△DOE≌△BOF；
（2）平行四边形是中心对称图形，这对全等三角形中的一个是以其中另一个三角形绕点O旋转180°后得到或以点O为中心作对称变换得到．
【详解】
（1）△DOE≌△BOF；
证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC．
∴∠EDO=∠FBO，∠E=∠F．
又∵OD=OB，
∴△DOE≌△BOF（AAS）．
（2）绕点O旋转180°后得到或以点O为中心作对称变换得到．
考点：1.平行四边形的性质；2.全等三角形的判定．
15、（1）作图见解析；（2）67.5°．
【解析】
（1）利用基本作图作EF⊥BD于F；
（2）利用正方形的性质得到∠DBC=45°，∠BCD=90°，再根据角平分线的性质得到EF=EC，则∠EFC=∠ECB，然后利用等角的余角相等和三角形等角和计算∠BCF的度数．
【详解】
（1）如图，EF为所作；
（2）∵四边形ABCD为正方形，
∴∠DBC=45°，∠BCD=90°，
∵BE平分∠CBD，EF⊥BD，CE⊥BC，
∴EF=EC，
∴∠EFC=∠ECB，
∴∠BFC=∠BCF=（180°-45°）=67.5°．
本题考查了作图-基本作图：熟练掌握基本作图（作一条线段等于已知线段；作一个角等于已知角；作已知线段的垂直平分线；作已知角的角平分线；过一点作已知直线的垂线）．也考查了正方形的性质．
16、（1）的值为3；（2）的取值范围为：.
【解析】
（1）将原点坐标（0，0）代入解析式即可得到m的值；
（2）分两种情况讨论：当2m+1=0，即m=-，函数解析式为：y=-，图象不经过第二象限；当2m+1>0，即m>-，并且m-3≤0，即m≤3；综合两种情况即可得到m的取值范围．
【详解】
(1)将原点坐标(0,0)代入解析式，得m−3=0，即m=3，
所求的m的值为3；
（2）当2m+1=0,即m=−,函数解析式为：y=−，图象不经过第二象限；
②当2m+1>0,即m>−,并且m−3⩽0,即m⩽3,所以有−所以m的取值范围为.
此题考查一次函数的性质，一次函数图象上点的坐标特征，解题关键在于原点坐标（0，0）代入解析式.
17、 (Ⅰ)；(Ⅱ)①至少要购进20件甲商品；②售完这些商品，则商场可获得的最大利润是2800元．
【解析】
(Ⅰ)根据总利润=（甲的售价-甲的进价）×甲的进货数量+（乙的售价-乙的进价）×乙的进货数量列关系式并化简即可得答案；(Ⅱ)①根据总成本最多投入8000元列不等式即可求出x的范围，即可得答案；②根据一次函数的增减性确定其最大值即可.
【详解】
(Ⅰ)根据题意得：
则y与x的函数关系式为．
(Ⅱ)，解得．
∴至少要购进20件甲商品．
，
∵，
∴y随着x的增大而减小
∴当时，有最大值，．
∴若售完这些商品，则商场可获得的最大利润是2800元．
本题考查一次函数的实际应用及一元一次不等式的应用，熟练掌握一次函数的性质是解题关键.
18、（1）证明见解析；（2）；（3）3或．
【解析】
（1）由中位线的性质，角平分线的定义和平行线的性质得出，易证，则结论可证；
（2）过作交于点K，过点D作交于点，则得到矩形，则有，，然后利用（1）中的结论有， ，在中，利用含30°的直角三角形的性质可得出QC，DQ的长度，然后在中利用勾股定理即可找到y关于x的函数关系式；
（3）分两种情况：点在梯形内部和点在梯形内部，当点在梯形内部时，有；当点在梯形内部时，有 ，分别结论（2）中的关系式即可求出EG的长度．
【详解】
（1）证明：、分别是、的中点，
．
平分，
．
又，
，
，
．
点是的中点，
．
．
（2）过作交于点K，过点D作交于点，
∵，，，
∴四边形是矩形，
，．
，，
，
同理：．
在中，
，
，，
．
，
．
在中，．
，
即．
．
（3）①点在梯形内部．
∵是梯形的中位线，
，
即．
解得：，
即．
②点在梯形内部．
同理：．
解得：，
即．
综上所述，EG的长度为3或．
本题主要考查四边形的综合问题，掌握中位线的性质，含30°的直角三角形的性质，勾股定理是基础，能够作出辅助线并分情况讨论是解题的关键．
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19、＜.
【解析】
试题分析：∵正比例函数的，∴y随x的增大而增大.
∵，∴y1＜y1．
考点：正比例函数的性质.
20、，
【解析】
此题根据题意可以确定max(2,2x-1)，然后即可得到一个一元二次方程，解此方程即可求出方程的解．
【详解】
①当2x-1>2时，∵max（2，2x-1）=2，
∴xmax(2，2x-1)=2x，
∴2x=x+1
解得，x=1，此时2x-1>2不成立；
②当2x-1<2时，∵max（2，2x-1）=2x-1，
∴xmax(2，2x-1)=2x2-x，
∴2x2-x =x+1
解得，，.
故答案为：，.
本题立意新颖，借助新运算，实际考查解一元二次方程的解法．
21、
【解析】
如图，过D作于D，交于E，交于F，根据平行的性质可得，再由同角的余角相等可得，即可证明，从而可得，根据勾股定理即可求出AD的长度．
【详解】
如图，过D作于D，交于E，交于F
∵
∴
∴由同角的余角相等可得
∵
∴
∴
∴
故答案为：．
本题考查了正方形与平行线的问题，掌握平行线的性质、全等三角形的性质以及判定定理、勾股定理是解题的关键．
22、
【解析】
由一次函数的交点与二元一次方程组解的关系可知方程组的解是.
故答案为
23、①③⑤
【解析】
如图，首先证明△OBO′为等边三角形，得到OO′＝OB＝4，故选项②错误；证明△ABO′≌△CBO，得到选项①正确；运用勾股定理逆定理证明△AOO′为直角三角形，求出∠AOB的度数，得到选项③正确；运用面积公式求出四边形AOBO′的面积，可判断选项④错误；将△AOB绕A点逆时针旋转60°至△AO″C，可得△AOO″是边长为3的等边三角形，△COO″是边长为3，4，5的直角三角形，再根据S△AOC+S△AOB＝S四边形AOCO″＝S△COO″+S△AOO″进行计算即可判断选项⑤正确．
【详解】
解：如下图，连接OO′，
∵△ABC为等边三角形，
∴∠ABC＝60°，AB＝CB；
由题意得：∠OBO′＝60°，OB＝O′B，
∴△OBO′为等边三角形，∠ABO′＝∠CBO，
∴OO′＝OB＝4；∠BOO′＝60°，
∴选项②错误；
在△ABO′与△CBO中，，
∴△ABO′≌△CBO（SAS），
∴AO′＝OC＝5，
可以看成是△BOC绕点B逆时针旋转60°得到的，
∴选项①正确；
在△AOO′中，∵32+42＝52，
∴△AOO′为直角三角形，
∴∠AOO′＝90°，∠AOB＝90°+60°＝150°，
∴选项③正确；
∵S四边形AOBO′＝×42×sin60°+×3×4＝4+6，
∴选项④错误；
如下图，将△AOB绕A点逆时针旋转60°至△AO″C，连接OO″，
同理可得，△AOO″是边长为3的等边三角形，
△COO″是边长为3，4，5的直角三角形，
∴S△AOC+S△AOB
＝S四边形AOCO″
＝S△COO″+S△AOO″
＝×3×4+×32×sin60°
＝6+．
故⑤正确；
故答案为：①③⑤．
本题考查旋转的性质、三角形全等的判定和性质、等边三角形的判定和性质、勾股定理的逆定理，熟练掌握旋转的性质、等边三角形的判定和性质、勾股定理的逆定理的应用是解题的关键．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、B
【解析】
由AAS证明△ABG≌△DEG，得出AG=DG，证出OG是△ACD的中位线，得出OG=CD=AB，①正确；
先证明四边形ABDE是平行四边形，证出△ABD、△BCD是等边三角形，得出AB=BD=AD，因此OD=AG，得出四边形ABDE是菱形，④正确；
由菱形的性质得得出△ABG≌△BDG≌△DEG，由SAS证明△ABG≌△DCO，得出△ABO≌△BCO≌△CDO≌△AOD≌△ABG≌△BDG≌△DEG，得出②不正确；
证出OG是△ABD的中位线，得出OG∥AB，OG=AB，得出△GOD∽△ABD，△ABF∽△OGF，由相似三角形的性质和面积关系得出S四边形ODGF=S△ABF；③不正确；即可得出结果．
【详解】
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC=CD=DA，AB∥CD，OA=OC，OB=OD，AC⊥BD，
∴∠BAG=∠EDG，△ABO≌△BCO≌△CDO≌△AOD，
∵CD=DE，
∴AB=DE，
在△ABG和△DEG中，
，
∴△ABG≌△DEG（AAS），
∴AG=DG，
∴OG是△ACD的中位线，
∴OG=CD=AB，①正确；
∵AB∥CE，AB=DE，
∴四边形ABDE是平行四边形，
∵∠BCD=∠BAD=60°，
∴△ABD、△BCD是等边三角形，
∴AB=BD=AD，∠ODC=60°，
∴OD=AG，四边形ABDE是菱形，④正确；
∴AD⊥BE，
由菱形的性质得：△ABG≌△BDG≌△DEG，
在△ABG和△DCO中，
，
∴△ABG≌△DCO（SAS），
∴△ABO≌△BCO≌△CDO≌△AOD≌△ABG≌△BDG≌△DEG，②不正确；
∵OB=OD，AG=DG，
∴OG是△ABD的中位线，
∴OG∥AB，OG=AB，
∴△GOD∽△ABD，△ABF∽△OGF，
∴△GOD的面积=△ABD的面积，△ABF的面积=△OGF的面积的4倍，AF：OF=2：1，
∴△AFG的面积=△OGF的面积的2倍，
又∵△GOD的面积=△AOG的面积=△BOG的面积，
∴S四边形ODGF=S△ABF；③不正确；
正确的是①④．
故选B．
本题考查了菱形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、三角形中位线定理、相似三角形的判定与性质等知识；本题综合性强，难度较大．
25、（1）见解析；（2）见解析；（3）
【解析】
（1）如图1中，作DF⊥BC延长线于点F，垂足为F．证明△ABH≌△DCF（HL），即可解决问题．
（2）如图2中，设∠BAH＝α，则∠B＝90°−α；设∠ADE＝β则∠CED＝2∠ADE＋2∠BAH＝2α＋2β．证明∠ECD＝∠EDC即可．
（3）延长CM交DA延长线于点N，连接EN，首先证明△ECD为等边三角形，延长PD到K使DK＝EQ，证明△EQC≌△DKC（SAS），推出∠DCK＝∠ECQ，QC＝KC，推出∠PCK＝∠DCK＋∠PCD＝30°＝∠PCQ，连接PQ．证明△PQC≌△PKC（SAS）推出PQ＝PK，可得PK＝PD＋DK＝PD＋EQ＝5＋2＝7，作PT⊥QD于T，∠PDT＝60°，∠TPD＝30°，作CR⊥ED于R，勾股定理解直角三角形求出RC，RQ即可解决问题．
【详解】
（1）证明：如图1中，作DF⊥BC延长线于点F，垂足为F．
∵AH⊥BC，
∴∠AHB＝∠DFC＝90°，
∵AD∥BC，
∴∠ADF＋∠AFD＝180°，
∴∠ADF＝180°−90°＝90°，
∴四边形AHFD为矩形，
∴AH＝DF，
∵AH＝DF，AB＝CD，
∴△ABH≌△DCF（HL）
∴∠B＝∠DCF，
∴AB∥CD．
（2）如图2中，设∠BAH＝α，则∠B＝90°−α；设∠ADE＝β，
则∠CED＝2∠ADE＋2∠BAH＝2α＋2β．
∵AB∥CD，AB＝CD，
∴四边形ABCD为平行四边形，
∴∠B＝∠ADC＝90°−α，
∴∠EDC＝∠ADC−∠ADE＝90°−α−β，
在△EDC中，∠ECD＝180°−∠CED−∠EDC＝180°−（90°−α−β）−（2α＋2β）＝90°−α−β
∴∠EDC＝∠ECD，
∴EC＝ED．
（3）延长CM交DA延长线于点N，连接EN，
∵AD∥BC，
∴∠ANM＝∠BCM，
∵∠AMN＝∠BMC、AM＝MB，
∴△AMN≌△BMC（AAS）
∴AN＝BC，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AD＝BC，
∴AD＝AN，
∵AD∥BC，
∴∠DAH＝∠HAD＝90°，
∴EN＝ED，
∵ED＝EC，
∴EC＝DE＝EN，
∴∠ADE＝∠ANE，∠ECM＝∠ENM，
∵∠ADE＋∠ECM＝30°，
∴∠DEC＝∠ADE＋∠DNE＋∠NCE，
＝∠ADE＋∠ANE＋∠ENC＋∠DCN
＝2（∠ADE＋∠ECM）＝2×30°＝60°．
∵EC＝ED，
∴△ECD为等边三角形，
∴EC＝CD，∠DCE＝60°，延长PD到K使DK＝EQ，
∵PD∥EC，
∴∠PDE＝∠DEC＝60°，∠KDC＝∠ECD＝60°，
∴∠KDC＝∠DEC，EC＝CD，DK＝EQ，
∴△EQC≌△DKC（SAS），
∴∠DCK＝∠ECQ，QC＝KC，
∵∠ECQ＋∠PCD＝∠ECD−∠PCQ＝60°−30°＝30°，
∴∠PCK＝∠DCK＋∠PCD＝30°＝∠PCQ，
连接PQ．
∵PC＝PC，∠PCK＝∠PCQ， QC＝KC，
∴△PQC≌△PKC（SAS）
∴PQ＝PK，
∵PK＝PD＋DK＝PD＋EQ＝5＋2＝7，
作PT⊥QD于T，∠PDT＝60°，∠TPD＝30°，
∴TD＝PD＝，PT＝=，
在Rt△PQT中，QT＝，
∴QD＝，
∴ED＝8＋2＝10，
∴EC＝ED＝10，作CR⊥ED于R，∠DEC＝60°∠ECR＝30°，
∴ER＝EC＝5，RC＝，RQ＝5−2＝3
在Rt△QRC中，CQ＝．
本题属于四边形综合题考查了平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线面构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题．
26、（1）15、1.7h；(2) 当0＜≤0.5时，y与x的函数关系式为：y=-50x+25；当0.5＜≤1.7时，y与x的函数关系式为：y=50x－25；(3)该海巡船能接受到该信号的时间 0.6（h）
【解析】试题分析：（1）把A到B、B到C间的距离相加即可得到A、C两个港口间的距离，再求出海巡船的速度，然后根据时间=路程÷速度，计算即可求出a值；
（2）分0＜x≤0.5和0.5＜x≤1.7两段，利用待定系数法求一次函数解析式求解即可；
（3）根据函数解析式求出距离为15km时的时间，然后相减即可得解．
试题解析：解：（1）由图可知，A、B港口间的距离为25，B、C港口间的距离为60，所以，A、C港口间的距离为：25+60=15km，海巡船的速度为：25÷0.5=50km/h，∴a=15÷50=1.7h．
故答案为：15，1.7h；
（2）当0＜x≤0.5时，设y与x的函数关系式为：y=kx+b，∵函数图象经过点（0，25），（0.5，0），∴ ，解得： ．所以，y=﹣50x+25；
当0.5＜x≤1.7时，设y与x的函数关系式为：y=mx+n，∵函数图象经过点（0.5，0），（1.7，60），∴ ，解得： ．所以，y=50x﹣25；
（3）由﹣50x+25=15，解得x=0.2，由50x﹣25=15，解得x=0.1．
所以，该海巡船能接受到该信号的时间为：0.6h．
点睛：本题考查了一次函数的应用，主要利用了待定系数法求一次函数解析式，已知函数值求自变量，比较简单，理解题目信息是解题的关键．
题号
一
二
三
四
五
总分
得分
商品名称
甲
乙
进价(元/件)
40
90
售价(元/件)
60
120