湖南省长沙市实验中学2024-2025学年数学九年级第一学期开学达标测试试题【含答案】

这是一份湖南省长沙市实验中学2024-2025学年数学九年级第一学期开学达标测试试题【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）在平面直角坐标系中，点A坐标为（2，2），点P在x轴上运动，当以点A，P、O为顶点的三角形为等腰三角形时，点P的个数为（ ）
A．2个B．3个C．4个D．5个
2、（4分）分式，－，的最简公分母是（ ）
A．5abxB．5abx3C．15abxD．15abx2
3、（4分）如图，四边形ABCD的对角线交于点O，下列哪组条件不能判断四边形ABCD是平行四边形（ ）
A．，B．，
C．，D．，
4、（4分）下列各等式成立的是（ ）
A．B．
C．D．
5、（4分）点P(－2,3)到x轴的距离是( )
A．2B．3C． D．5
6、（4分）菱形ABCD的一条对角线长为6，边AB的长是方程x2-7x+12=0的一个根，则菱形ABCD的周长为（ ）
A．12B．14C．16D．24
7、（4分）满足下列条件的，不是直角三角形的是（ ）
A．B．
C．D．
8、（4分）在数轴上与原点的距离小于8的点对应的x满足 （ ）
A．x＜8B．x＞8C．x＜-8或x＞8D．-8＜x＜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，字母A所代表的正方形面积为____．
10、（4分）如图，四边形ABCD是正方形，△EBC是等边三角形，则∠AED的度数为_________．
11、（4分）如图，已知△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝BC，三角形的顶点在相互平行的三条直线l1，l2，l3上，且l1、l2之间的距离为2，l2、l3之间的距离为3，则AC的长是_________；
12、（4分）若，是一元二次方程的两个根，则______.
13、（4分）如图，在四边形ABCD中，分别为线段上的动点(含端点，但点M不与点B重合)，E、F分别为的中点，若,则EF长度的最大值为______.
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（12分）如图,在正方形内任取一点 ，连接，在⊿外分别以为边作正方形和.
⑴.按题意，在图中补全符合条件的图形；
⑵.连接，求证：⊿≌⊿；
⑶.在补全的图形中，求证:∥.
15、（8分）.某酒厂生产A，B两种品牌的酒，平均每天两种酒共可售出600瓶，每种酒每瓶的成本和售价如表所示，设平均每天共获利y元，平均每天售出A种品牌的酒x瓶.
（1）请写出y关于x的函数关系式；
（2）如果该厂每天至少投入成本25000元，且售出的B种品牌的酒不少于全天销售总量的55%，那么共有几种销售方案?并求出每天至少获利多少元?
16、（8分）已知：在矩形ABCD中，点F为AD中点,点E为AB边上一点，连接CE、EF、CF，EF平分∠AEC．
(1)如图1，求证：CF⊥EF;
(2)如图2，延长CE、DA交于点K, 过点F作FG∥AB交CE于点G若，点H为FG上一点，连接CH,若∠CHG=∠BCE, 求证：CH=FK;
(3)如图3, 过点H作HN⊥CH交AB于点N,若EN=11,FH-GH=1,求GK长.
17、（10分）如图,已知一条直线经过点A(0,2),点B(1,0),将这条直线向左平移与x轴y轴分别交于点C、点D．若DB=DC,求直线CD对应的函数解析式.
18、（10分）如图，直线与直线和直线分别交于点（在的上方）.
直线和直线交于点，点的坐标为 ；
求线段的长（用含的代数式表示）；
点是轴上一动点，且为等腰直角三角形，求的值及点的坐标.
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）甲、乙两个班级各20名男生测试“引体向上”，成绩如下图所示：设甲、乙两个班级男生“引体向上”个数的方差分别为S2甲和S2乙，则S2甲____S2乙．（填“＞”，“＜”或“＝”）
20、（4分）在平面直角坐标系中，先将函数y=2x+3的图象向下平移3个单位长度，再沿y轴翻折，所得函数对应的解析式为_____．
21、（4分）如图，四边形ABCD是正方形，△EBC是等边三角形，则∠AED的度数为_________．
22、（4分）如图，直线与x轴交点坐标为，不等式的解集是____________.
23、（4分）如图,菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O,E、F分别是AB、BC边的中点,连接EF,若EF=,BD=4,则菱形ABCD的边长为__________.
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（8分）如图，在正方形网格中每个小正方形的边长为1，小正方形的顶点称为格点，在正方形网格中分别画出下列图形：
（1）在图（1）网格中画出长为的线段AB．
（2）在图（2）网格中画出一个腰长为，面积为3的等腰
25、（10分）如图，矩形OBCD位于直角坐标系中，点B(，0)，点D(0，m)在y轴正半轴上，点A(0，1)，BE⊥AB，交DC的延长线于点E，以AB，BE为边作▱ABEF，连结AE．
(1)当m＝时，求证：四边形ABEF是正方形．
(2)记四边形ABEF的面积为S，求S关于m的函数关系式．
(3)若AE的中点G恰好落在矩形OBCD的边上，直接写出此时点F的坐标．
26、（12分）已知：如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，DE∥AC，AE∥BD．
（1）求证：四边形AODE是矩形；
（2）若AB=4，∠BCD=120°，求四边形AODE的面积．
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、C
【解析】
先分别以点O、点A为圆心画圆，圆与x轴的交点就是满足条件的点P，再作OA的垂直平分线，与x轴的交点也是满足条件的点P，由此即可求得答案.
【详解】
如图，当OA=OP时，可得P1、P2满足条件，
当OA=AP时，可得P3满足条件，
当AP=OP时，可得P4满足条件，
故选C.
本题考查了等腰三角形的判定和坐标与图形的性质，正确的分类并画出图形是解题的关键.
2、D
【解析】
求出ax，3b，5x2的最小公因式即可。
【详解】
解：由ax，3b，5x2得最小公因式为15abx2，故答案为D。
本题考查了最简公分母，即分母的最小公因式；其关键在于最小公因式，不仅最小，而且能被每一个分母整除。
3、B
【解析】
根据平行四边形的判定方法，对每个选项进行筛选可得答案．
【详解】
A、∵OA=OC，OB=OD，
∴四边形ABCD是平行四边形，故A选项不符合题意；
B、AB=CD，AO=CO不能证明四边形ABCD是平行四边形，故本选项符合题意；
C、∵AD//BC，AD=BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，故C选项不符合题意；
D、∵AB∥CD，
∴∠ABC+∠BCD=180°，∠BAD+∠ADC=180°，
又∵∠BAD=∠BCD，
∴∠ABC=∠ADC，
∵∠BAD=∠BCD，∠ABC=∠ADC，
∴四边形ABCD是平行四边形，故D选项不符合题意，
故选B.
本题主要考查平行四边形的判定问题，熟练掌握平行四边形的性质，能够熟练判定一个四边形是否为平行四边形．
平行四边形的判定：①两组对边分别平行的四边形是平行四边形；②两组对边分别相等的四边形是平行四边形；③两组对角分别相等的四边形是平行四边形；④对角线互相平分的四边形是平行四边形；⑤一组对边平行且相等的四边形是平行四边形.
4、C
【解析】
根据分式的基本性质逐一进行判断即可得答案．
【详解】
A、，故此选项不成立；
B、＝＝a+b，故此选项不成立；
C、＝＝a+1，故此选项成立；
D、＝＝﹣，故此选项不成立；
故选：C．
本题考查了分式的基本性质，分式的分子和分母同时乘以或除以同一个不为0的整式，分式的值不变；熟练掌握分式的基本性质是解题关键．
5、B
【解析】
直接利用点的坐标性质得出答案．
【详解】
点P（-2，1）到x轴的距离是：1．
故选B．
此题主要考查了点的坐标，正确把握点的坐标性质是解题关键．
6、C
【解析】
试题解析：∵解方程x2-7x+12=0
得：x=3或1
∵对角线长为6，3+3=6，不能构成三角形；
∴菱形的边长为1．
∴菱形ABCD的周长为1×1=2．
故选C.
7、C
【解析】
根据三角形内角和定理、勾股定理的逆定理对各个选项分别进行计算即可．
【详解】
A. ,则a2+c2=b2 ,△ABC是直角三角形,故A正确，不符合题意；
B. 52+122=132，△ABC是直角三角形，故B正确，不符合题意；
C.∠A：∠B：∠C=3：4：5，
设∠A、∠B、∠C分别为3x、4x、5x，
则3x+4x+5x=180°，
解得，x=15°，
则∠A、∠B、∠C分别为45°，60°，75°，
△ABC不是直角三角形；故C选项错误，符合题意；
D. ∠A-∠B=∠C，则∠A=∠B+∠C，
∠A=90°，
△ABC是直角三角形，故D正确，不符合题意；
故选C．
本题考查的是三角形内角和定理、勾股定理的逆定理的应用，勾股定理的逆定理：如果三角形的三边长a，b，c满足a2+b2=c2，那么这个三角形就是直角三角形．
8、D
【解析】
解: 数轴上对应x的点到原点的距离可表示为|x|.
由题意可知
解得
故选D.
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、1
【解析】
根据正方形的面积等于边长的平方，由正方形PQED的面积和正方形PRQF的面积分别表示出PR的平方及PQ的平方，又三角形PQR为直角三角形，根据勾股定理求出QR的平方，即为所求正方形的面积．
【详解】
解：∵正方形PQED的面积等于225，
∴即PQ2=225，
∵正方形PRGF的面积为289，
∴PR2=289，
又△PQR为直角三角形，根据勾股定理得：
PR2=PQ2+QR2，
∴QR2=PR2-PQ2=289-225=1，
则正方形QMNR的面积为1．
故答案为：1．
此题考查了勾股定理以及正方形的面积公式．勾股定理最大的贡献就是沟通“数”与“形”的关系，它的验证和利用都体现了数形结合的思想，即把图形的性质问题转化为数量关系的问题来解决．能否由实际的问题，联想到用勾股定理的知识来求解是本题的关键．
10、150
【解析】
根据题意先得出AB=BC=BE,EC=BC=DC,并以此求出∠AEB 和∠DEC，进而利用∠AED=360°-∠AEB -∠DEC -∠BEC即可求出∠AED的度数．
【详解】
解：∵四边形ABCD是正方形，△EBC是等边三角形，
∴AB=BC=BE,EC=BC=DC, ∠ABE=∠DCE=90°-60°=30°，
∴∠AEB=∠EAB=（180°-30°）÷2=75°，
∴∠DEC=∠EDC=（180°-30°）÷2=75°，
∴∠AED=360°-∠AEB -∠DEC -∠BEC =360°-75°-75°-60°=150°．
故答案为：150°．
本题考查正方形的性质以及等腰、等边三角形的性质，熟练掌握相关的性质是解题的关键．
11、
【解析】
首先作AD⊥l3于D,作CE⊥l3于E,再证明△ABD≌△BCE，因此可得BE=AD=3，再结合勾股定理可得AC的长.
【详解】
作AD⊥l3于D,作CE⊥l3于E,
∵∠ABC=90°,∴∠ABD+∠CBE=90°,
又∠DAB+∠ABD=90°,
∴∠BAD=∠CBE,
又AB=BC,∠ADB=∠BEC.
∴△ABD≌△BCE,∴BE=AD=3,
在Rt△BCE中,根据勾股定理,得BC=,
在Rt△ABC中,根据勾股定理,
得AC=
故答案为
本题主要考查直角三角形的综合问题，关键在于证明三角形的全等，这类题目是固定的解法，一定要熟练掌握.
12、3
【解析】
利用根与系数的关系可得两根之和与两根之积，再整体代入通分后的式子计算即可.
【详解】
解：∵，是一元二次方程的两个根，∴，
∴.
故答案为：3.
本题考查的是一元二次方程根与系数的关系，熟练掌握基本知识是解题的关键.
13、1
【解析】
连接、，根据勾股定理求出，根据三角形中位线定理解答．
【详解】
解：连接、，
在中，，
点、分别为、的中点，
，
由题意得，当点与点重合时，最大，
的最大值是4，
长度的最大值是1，
故答案为：1．
本题考查的是三角形中位线定理、勾股定理，掌握三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半是解题的关键．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（1）补全图形见解析；（2）证明见解析；（3）证明见解析.
【解析】
分析：⑴问要注意“在⊿外”作正方形；
本题的⑵问根据正方形的性质得出的结论为三角形全等提供条件，比较简单；
本题额⑶问可以连接正方形的对角线后，然后利用“内错角相等，两直线平行.”来证明.
详解：⑴.如图1，在⊿外分别以为边作正方形和.（要注意是在“⊿外”作正方形，见图1）
⑵.在图1的基础上连接.
∵四边形 、和都是正方形
∴

∴
∴
∴⊿≌⊿（ ）
⑶. 继续在图1的基础上连接.（见图2）
∵四边形是正方形，且已证
∴

∴
∵⊿≌⊿
∴
∴
∴ 即
∴∥.
点睛：本题的⑴问要注意的是在“在⊿外”作正方形，所以不要作在三角形内部；本题的⑵问主要是利用正方形提供的条件来证明两个三角形全等，比较简单，常规证法；本题的⑶问巧妙利用与正方形的对角线构成的内错角来提供平行的条件，需正方形和全等三角形来综合提供.
15、（1）y；（2）共有4种方案，10335.
【解析】
（1）根据获利y=A种品牌的酒的获利+B种品牌的酒的获利，即可解答．
（2）根据生产B种品牌的酒不少于全天产量的55%，A种品牌的酒的成本+B种品牌的酒的成本≥25000，列出方程组，求出x的取值范围，根据x为正整数，即可得到生产方案；再根据一次函数的性质，即可求出每天至少获利多少元．
【详解】
（1）

（2）依题意2得
x为整数
解得
共有4种方案 A：267 B：333
A：268 B：332
A：269 B：331
A：270 B：330
至少获利
若x取267，y最小
本题考查了一次函数的应用，关键从表格种获得成本价和利润，然后根据利润这个等量关系列解析式，根据第二问中的利润和成本做为不等量关系列不等式组分别求出解，然后根据一次函数的性质求出哪种方案获利最小.
16、 (1)证明见解析；(2)证明见解析；(3)CN=25.
【解析】
(1)如图，延长EF交CD延长线于点Q，先证明CQ=CE，再证明△FQD≌△FEA，根据全等三角形的对应边相等可得EF=FQ，再根据等腰三角形的性质即可得CF⊥EF；
(2)分别过点F、H作FM⊥CE ，HP⊥CD，垂足分别为M、P，证明四边形DFHP是矩形，继而证明△HPC≌△FMK，根据全等三角形的性质即可得CH=FK；
(3)连接CN，延长HG交CN于点T，设∠DCF=α，则∠GCF=α， 先证明得到FG=CG=GE，∠CGT=2，再由FG是BC的中垂线，可得BG = CG， ∠CGT=∠FGK=∠BGT=2，再证明HN∥BG，得到四边形HGBN是平行四边形，继而证明△HNC≌△KGF，推导可得出HT=CT=TN ，由FH-HG=1，所以设GH=m，则BN=m，FH=m+1，CE=2FG=4m+2，继而根据，可得关于m的方程，解方程求得m的值即可求得答案.
【详解】
(1)如图，延长EF交CD延长线于点Q，
∵矩形ABCD，AB∥CD，
∴∠AEF=∠CQE， ∠A=∠QDF，
又∵EF 平分∠AEC ，
∴∠AEF=∠CEF，
∴∠CEF=∠CQE，
∴CQ=CE，
∵点F是AD中点，
∴AF=DF，
∴△FQD≌△FEA，
∴EF=FQ，
又∵CE=CQ，
∴CF⊥EF；
(2)分别过点F、H作FM⊥CE ，HP⊥CD，垂足分别为M、P，
∵CQ=CE ，CF⊥EF，
∴∠DCF=∠FCE，
又∵FD⊥CD，
∴FM=DF，
∵FG//AB，∴∠DFH=∠DAC=90°，
∴∠DFH=∠FDP=∠DPH=90°，
∴四边形DFHP是矩形，
∴DF=HP，
∴FM= DF=HP，
∵∠CHG=∠BCE，AD∥BC，FG∥CD，
∴∠K=∠BCE=∠CHG=∠DCH，
又∵∠FMK=∠HPC=90°，
∴△HPC≌△FMK，
∴CH=FK；
(3)连接CN，延长HG交CN于点T，设∠DCF=α，则∠GCF=α，
∵FG∥CD ，∴∠DCF=∠CFG，
∴∠FCG=∠CFG，∴FG=CG，
∵CF⊥EF，
∴∠FEG+∠FCG=90°，∠CFG+∠GFE=90°，
∴∠GFE=∠FEG，∴GF=FE，
∴FG=CG=GE，∠CGT=2，
∵FG是BC的中垂线，
∴BG = CG， ∠CGT=∠FGK=∠BGT=2，
∵∠CHG=∠BCE=90°-2，∠CHN=90°，
∴∠GHN=∠FGK=∠BGT=2，
∴HN∥BG，
∴四边形HGBN是平行四边形，
∴HG=BN，HN=BG = CG =FG，
∴△HNC≌△KGF，
∴GK=CN，∠HNC=∠FGK=∠NHT=2，
∴HT=CT=TN ，
∵FH-HG=1，∴设GH=m，则BN=m，FH=m+1，CE=2FG=4m+2，
∵GT=，∴CN=2HT=11+2m，
∵，
∴
∴(舍去)，，
∴CN=GK=2HT=25.
本题考查的是四边形综合题，涉及了等腰三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，矩形的性质与判定，三角形外角的性质等，综合性较强，难度较大，正确添加辅助线，熟练掌握和灵活运用相关知识是解题的关键.
17、y=-1x-1
【解析】
解：设直线AB的解析式为y=kx+b，
把A（0，1）、点B（1，0）代入，得，
解得，
故直线AB的解析式为y=﹣1x+1；
将这直线向左平移与x轴负半轴、y轴负半轴分别交于点C、点D，使DB=DC，
∴DO垂直平分BC，
∴CD=AB，
∴点D的坐标为（0，﹣1），
∵平移后的图形与原图形平行，
∴平移以后的函数解析式为：y=﹣1x﹣1．
18、（1）；（2），且；（3）当时，为等腰直角三角形，此时点坐标为或；当时，为等腰直角三角形，此时点坐标为；当时，为等腰直角三角形，此时点坐标为.
【解析】
（1）根据题意联立方程组求解即可.
（2）根据题意，当x=t时，求出D、E点的坐标即可，进而表示DE的长度，注意t的取值范围.
（3）根据等腰三角形的腰的情况分类讨论即可,第一种情况当时；第二种情况当时，第三种情况当时.逐个计算即可.
【详解】
解：根据题意可得：

解得：
所以可得Q点的坐标为；
当时，；当时，.
点坐标为，点坐标为.
在的上方，
，且.
为等腰直角三角形.
或或.
若，时，，如图1.解得.
.
点坐标为.
若，时，如图2，，解得.
点坐标为.
若，时，即为斜边，如图3，可得，即.解得.
的中点坐标为.
点坐标为.
若，和时，即，即，（不符合题意，舍去）
此时直线不存在.
若，时，如图4，即为斜边,可得，即，解得.
.
点坐标为.
综上所述：当时，为等腰直角三角形，此时点坐标为或；
当时，为等腰直角三角形，此时点坐标为；
当时，为等腰直角三角形，此时点坐标为；
本题主要考查一次函数的相交问题，关键在于第三问中，等腰三角形的分类讨论问题，等腰三角形的分类讨论是常考点，必须熟练掌握计算.
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19、＜
【解析】
分别求出甲、乙两个班级的成绩平均数，然后根据方差公式求方差作比较即可.
【详解】
解：甲班20名男生引体向上个数为5,6,7,8的人数都是5，
乙班20名男生引体向上个数为5和8的人数都是6个，个数为6和7的人数都是4个，
∴甲班20名男生引体向上的平均数=，
乙班20名男生引体向上的平均数=，
∴，
，
∴，
故答案为：＜.
本题考查了方差的计算，熟练掌握方差公式是解题关键.
20、y=-2x．
【解析】
利用平移规律得出平移后的关系式，再利用关于y轴对称的性质得出答案。
【详解】
将函数y=2x+3的图象向下平移3个单位长度，所得的函数是y=2x+3-3，即y=2x
将该函数的图象沿y轴翻折后所得的函数关系式y=2（-x），即y=-2x，
故答案为y=-2x．
本题主要考查了一次函数图象与几何变换，正确得出平移后的函数关系式是解题的关键。
21、150
【解析】
根据题意先得出AB=BC=BE,EC=BC=DC,并以此求出∠AEB 和∠DEC，进而利用∠AED=360°-∠AEB -∠DEC -∠BEC即可求出∠AED的度数．
【详解】
解：∵四边形ABCD是正方形，△EBC是等边三角形，
∴AB=BC=BE,EC=BC=DC, ∠ABE=∠DCE=90°-60°=30°，
∴∠AEB=∠EAB=（180°-30°）÷2=75°，
∴∠DEC=∠EDC=（180°-30°）÷2=75°，
∴∠AED=360°-∠AEB -∠DEC -∠BEC =360°-75°-75°-60°=150°．
故答案为：150°．
本题考查正方形的性质以及等腰、等边三角形的性质，熟练掌握相关的性质是解题的关键．
22、
【解析】
根据直线y=kx+b与x轴交点坐标为（1，0），得出y的值不小于0的点都符合条件，从而得出x的解集．
【详解】
解：∵直线y=kx+b与x轴交点坐标为（1，0），
∴由图象可知，
当x≤1时，y≥0，
∴不等式kx+b≥0的解集是x≤1．
故答案是x≤1．
本题考查了一次函数与不等式（组）的关系及数形结合思想的应用．解决此类问题关键是仔细观察图形，注意几个关键点（交点、原点等），做到数形结合．
23、
【解析】
先根据三角形中位线定理求AC的长，再由菱形的性质求出OA，OB的长，根据勾股定理求出AB的长即可．
【详解】
∵E、F分别是AB、BC边的中点，
∴EF是△ABC的中位线
∵EF=，
∴AC=2.
∵四边形ABCD是菱形，BD=4，
∴AC⊥BD,OA=AC=,OB=BD=2，
∴.
故答案为：.
此题考查菱形的性质、三角形中位线定理，解题关键在于熟练运用利用菱形的性质.
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（1）见解析；（2）见解析.
【解析】
（1）根据勾股定理可得直角边长为2和1的直角三角形斜边长为；
（2）根据勾股定理可得直角边长为3和1的直角三角形斜边长为，再根据面积为3确定△DEF．
【详解】
解如图所示
图（1） 图（2）
此题主要考查了勾股定理的应用，在任何一个直角三角形中，两条直角边长的平方之和一定等于斜边长的平方．
25、 (1)证明见解析；(2)S＝m(m＞0)；(3)满足条件的F坐标为(，2)或(，4)．
【解析】
（1）只要证明△ABO≌△CBE，可得AB=BE，即可解决问题；
（2）在Rt△AOB中利用勾股定理求出AB，证明△ABO∽△CBE，利用相似三角形的性质求出BE即可解决问题；
（3）分两种情形I.当点A与D重合时，II.当点G在BC边上时，画出图形分别利用直角三角形和等边三角形求解即可.
【详解】
解：(1)如图1中，
∵m＝，B(，0)，
∴D(0，)，
∴OD＝OB＝，
∴矩形OBCD是正方形，
∴BO＝BC，
∵∠OBC＝∠ABE＝90°，
∴∠ABO＝∠CBE，∵∠BOA＝∠BCE＝90°，
∴△ABO≌△CBE，
∴AB＝BE，
∵四边形ABEF是平行四边形，
∴四边形ABEF是菱形，
∵∠ABE＝90°，
∴四边形ABEF是正方形．
(2)如图1中，
在Rt△AOB中，∵OA＝1，OB＝，
∴AB＝＝2，
∵∠OBC＝∠ABE＝90°，
∴∠OBA＝∠CBE，
∵∠BOA＝∠BCE＝90°，
∴△ABO∽△CBE，
∴，
∴ ，
∴BE＝m，
∴S＝AB•BE＝m(m＞0)．
(3)①如图2中，当点A与D重合时，点G在矩形OBCD的边CD上．
∵tan∠ABO＝，
∴∠ABO＝30°，
在Rt△ABE中，∠BAE＝∠ABO＝30°，AB＝2，
∴AE＝，
∵AG＝GE，
∴AG＝，
∴G(，1)，设F(m，n)，
则有，，
∴m＝，n＝2，
∴F(，2)．
②如图3中，当点G在BC边上时，作GM⊥AB于M．
∵四边形ABEF是矩形，
∴GB＝GA，
∵∠GBO＝90°，∠ABO＝30°，
∴∠ABG＝60°，
∴△ABG是等边三角形，
∴BG＝AB＝2，
∵FG＝BG，
∴F(，4)，
综上所述，满足条件的F坐标为(，2)或(，4)．
本题考查四边形综合题、矩形的性质、正方形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形或相似三角形解决问题，属于中考压轴题．
26、（1）详见解析；（2）矩形AODE面积为
【解析】
（1）根据菱形的性质得出AC⊥BD，再根据平行四边形的判定定理得四边形AODE为平行四边形，由矩形的判定定理得出四边形AODE是矩形；
（2）证明△ABC是等边三角形，得出OA=×4=2，由勾股定理得出OB=2，由菱形的性质得出OD=OB=2，即可求出四边形AODE的面积．
【详解】
（1）证明：∵DE∥AC，AE∥BD，
∴四边形AODE是平行四边形，
∵在菱形ABCD中，AC⊥BD，
∴平行四边形AODE是矩形，
故四边形AODE是矩形；
（2）解：∵∠BCD=120°，AB∥CD，
∴∠ABC=180°-120°=60°，
∵AB=BC，
∴△ABC是等边三角形，
∴OA=×4=2，
∵在菱形ABCD中，AC⊥BD
∴由勾股定理OB==2，
∵四边形ABCD是菱形，
∴OD=OB=2，
∴四边形AODE的面积=OA•OD=2=4．
本题考查了矩形的判定以及菱形的性质，还考查了平行四边形的判定，掌握平行四边形的判定方法是解题的关键．
题号
一
二
三
四
五
总分
得分
批阅人
A
B
成本（元）
50
35
售价（元）
70
50