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2020-2021学年人教版数学 八年级下册期中测试（1）试卷（含答案）
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这是一份初中数学人教版八年级下册本册综合练习题，共27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。
期中测试（1）
一、选择题
1．若在实数范围内有意义，则x的取值范围是（ ）
A．x≥ B．x≥﹣ C．x＞ D．x≠
2．一直角三角形的两直角边长为12和16，则斜边长为（ ）
A．12 B．16 C．18 D．20
3．一次函数y=﹣x+1的图象不经过的象限是（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
4．下列计算错误的是（ ）
A． B． C． D．
5．如图，点P是平面坐标系中一点，则点P到原点的距离是（ ）
A．3 B． C． D．
6．下列根式中，是最简二次根式的是（ ）
A． B． C． D．
7．如图，已知四边形ABCD是平行四边形，下列结论中不正确的是（ ）
A．当AB=BC时，它是菱形 B．当AC⊥BD时，它是菱形C．当∠ABC=90°时，它是矩形 D．当AC=BD时，它是正方形
8．已知菱形ABCD中，对角线AC与BD交于点O，∠BAD=120°，AC=4，则该菱形的面积是（ ）
A．16 B．16 C．8 D．8
9．如图，E是正方形ABCD的边DC上一点，过点A作FA=AE交CB的延长线于点F，若AB=4，则四边形AFCE的面积是（ ）
A．4 B．8 C．16 D．无法计算
10．如图，四边形ABCD中，AB=BC，∠ABC=∠CDA=90°，BE⊥AD于点E，且四边形ABCD的面积为8，则BE=（ ）
A．2 B．3 C． D．
11．如图，用火柴棒摆出一列正方形图案，第①个图案用了4根，第②个图案用了12根，第③个图案用了24根，按照这种方式摆下去，摆出第⑥个图案用火柴棒的根数是（ ）
A．84 B．81 C．78 D．76
12．一次函数y1=kx+b与y2=x+a的图象如图所示，则下列结论：①k＜0；②a＜0，b＜0；③当x=3时，y1=y2；④不等式kx+b＞x+a的解集是x＜3，其中正确的结论个数是（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
二、填空题
13．已知，则x+y= ．
14．如图，已知△ABC中，AB=5cm，BC=12cm，AC=13cm，那么AC边上的中线BD的长为 cm．
15．写出同时具备下列两个条件的一次函数表达式：（写出一个即可） ．
(1)y随着x的增大而减小；
(2)图象经过点（0，﹣3）．
16．如图Rt△ABC中，AC=12，BC=5，分别以AB，AC，BC为直径作半圆，则图中阴影部分的面积为 ．
17．如图，在正方形ABCD中，点F为CD上一点，BF与AC交于点E．若∠CBF=20°，则∠AED等于 度．
18．某物流公司的快递车和货车同时从甲地出发，以各自的速度匀速向乙地行驶，快递车到达乙地后缷完物品再另装货物共用45分钟，立即按原路以另一速度匀速返回，直至与货车相遇．已知货车的速度为60千米/时，两车之间的距离y（千米）与货车行驶时间x（小时）之间的函数图象如图所示，
现有以下4个结论：
①快递车从甲地到乙地的速度为100千米/时；
②甲、乙两地之间的距离为120千米；
③图中点B的坐标为（3，75）；
④快递车从乙地返回时的速度为90千米/时，
以上4个结论正确的是 ．
三、解答题
19．计算：2×3++|﹣1|﹣π0+（）﹣1．
20．如图所示，已知在平行四边形ABCD中，BE=DF．求证：∠DAE=∠BCF．
21．先化简，后计算：，其中a=，b=．
22．已知一次函数的图象a过点M（﹣1，﹣4.5），N（1，﹣1.5）
(1)求此函数解析式，并画出图象；
(2)求出此函数图象与x轴、y轴的交点A、B的坐标；
(3)若直线a与b相交于点P（4，m），a、b与x轴围成的△PAC的面积为6，求出点C的坐标．
23．如图，长方形ABCD中，AB=3cm，AD=9cm，将此长方形折叠，使点B与点D重合，折痕为EF．求△ABE的面积．
24．在▱ABCD中，过点D作DE⊥AB于点E，点F 在边CD上，DF=BE，连接AF，BF．
(1)求证：四边形BFDE是矩形；
(2)若CF=3，BF=4，DF=5，求证：AF平分∠DAB．
25．已知E，F分别为正方形ABCD的边BC，CD上的点，AF，DE相交于点G，当E，F分别为边BC，CD的中点时，有：①AF=DE；②AF⊥DE成立．
试探究下列问题：
(1)如图1，若点E不是边BC的中点，F不是边CD的中点，且CE=DF，上述结论①，②是否仍然成立？（请直接回答“成立”或“不成立”），不需要证明）
(2)如图2，若点E，F分别在CB的延长线和DC的延长线上，且CE=DF，此时，上述结论①，②是否仍然成立？若成立，请写出证明过程，若不成立，请说明理由；
(3)如图3，在(2)的基础上，连接AE和EF，若点M，N，P，Q分别为AE，EF，FD，AD的中点，请判断四边形MNPQ是“矩形、菱形、正方形”中的哪一种，并证明你的结论．
答案
1．若在实数范围内有意义，则x的取值范围是（ ）
A．x≥ B．x≥﹣ C．x＞ D．x≠
【考点】二次根式有意义的条件；分式有意义的条件．
【专题】选择题．
【分析】根据被开方数大于等于0，分母不等于0列式计算即可得解．
【解答】解：由题意得，2x﹣1＞0，
解得x＞．
故选C．
【点评】本题考查的知识点为：分式有意义，分母不为0；二次根式的被开方数是非负数．
2．一直角三角形的两直角边长为12和16，则斜边长为（ ）
A．12 B．16 C．18 D．20
【考点】勾股定理．
【专题】选择题．
【分析】因为知道两个直角边长，根据勾股定理可求出斜边长．
【解答】解：∵三角形的两直角边长为12和16，
∴斜边长为：=20．
故选D．
【点评】本题考查勾股定理的应用，根据两直角边长可求出斜边长．
3．一次函数y=﹣x+1的图象不经过的象限是（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
【考点】一次函数的性质．
【专题】选择题．
【分析】根据一次函数y=﹣x+1中k=﹣＜0，b=1＞0，判断出函数图象经过的象限，即可判断出一次函数y=﹣x+1的图象不经过的象限是哪个．
【解答】解：∵一次函数y=﹣x+1中k=﹣＜0，b=1＞0，
∴此函数的图象经过第一、二、四象限，
∴一次函数y=﹣x+1的图象不经过的象限是第三象限．
故选C．
【点评】此题主要考查了一次函数的图象与系数的关系，要熟练掌握，解答此题的关键是要明确：①k＞0，b＞0⇔y=kx+b的图象在一、二、三象限；②k＞0，b＜0⇔y=kx+b的图象在一、三、四象限；③k＜0，b＞0⇔y=kx+b的图象在一、二、四象限；④k＜0，b＜0⇔y=kx+b的图象在二、三、四象限．
4．下列计算错误的是（ ）
A． B． C． D．
【考点】二次根式的加减法．
【专题】选择题．
【分析】根据二次根式的运算法则分别计算，再作判断．
【解答】解：A、==7，正确；
B、==2，正确；
C、+=3+5=8，正确；
D、，故错误．故选D．
【点评】同类二次根式是指几个二次根式化简成最简二次根式后，被开方数相同的二次根式．
二次根式的加减运算，先化为最简二次根式，再将被开方数相同的二次根式进行合并．
合并同类二次根式的实质是合并同类二次根式的系数，根指数与被开方数不变．
5．如图，点P是平面坐标系中一点，则点P到原点的距离是（ ）
A．3 B． C． D．
【考点】勾股定理；坐标与图形性质．
【专题】选择题．
【分析】连接PO，在直角坐标系中，根据点P的坐标是（，），可知P的横坐标为，纵坐标为，然后利用勾股定理即可求解．
【解答】解：连接PO，
∵点P的坐标是（，），
∴点P到原点的距离==3．
故选A．
【点评】此题主要考查学生对勾股定理、坐标与图形性质的理解和掌握，解答此题的关键是明确点P的横坐标为，纵坐标为．
6．下列根式中，是最简二次根式的是（ ）
A． B． C． D．
【考点】最简二次根式．
【专题】选择题．
【分析】A选项的被开方数中含有分母；B、D选项的被开方数中含有能开得尽方的因数或因式；因此这三个选项都不是最简二次根式．
所以只有C选项符合最简二次根式的要求．
【解答】解：因为：A、=；
B、=2；
D、=|b|；
所以这三项都可化简，不是最简二次根式．
故选C．
【点评】在判断最简二次根式的过程中要注意：
(1)在二次根式的被开方数中，只要含有分数或小数，就不是最简二次根式；
(2)在二次根式的被开方数中的每一个因式（或因数），如果幂的指数大于或等于2，也不是最简二次根式．
7．如图，已知四边形ABCD是平行四边形，下列结论中不正确的是（ ）
A．当AB=BC时，它是菱形 B．当AC⊥BD时，它是菱形C．当∠ABC=90°时，它是矩形 D．当AC=BD时，它是正方形
【考点】正方形的判定；平行四边形的性质；菱形的判定；矩形的判定．
【专题】选择题．
【分析】根据邻边相等的平行四边形是菱形；根据所给条件可以证出邻边相等；根据有一个角是直角的平行四边形是矩形；根据对角线相等的平行四边形是矩形．
【解答】解：A、根据邻边相等的平行四边形是菱形可知：四边形ABCD是平行四边形，当AB=BC时，它是菱形，故A选项正确；
B、∵四边形ABCD是平行四边形，∴BO=OD，∵AC⊥BD，∴AB2=BO2+AO2，AD2=DO2+AO2，∴AB=AD，∴四边形ABCD是菱形，故B选项正确；
C、有一个角是直角的平行四边形是矩形，故C选项正确；
D、根据对角线相等的平行四边形是矩形可知当AC=BD时，它是矩形，不是正方形，故D选项错误；
综上所述，符合题意是D选项；
故选D．
【点评】此题主要考查学生对正方形的判定、平行四边形的性质、菱形的判定和矩形的判定的理解和掌握，此题涉及到的知识点较多，学生答题时容易出错．
8．已知菱形ABCD中，对角线AC与BD交于点O，∠BAD=120°，AC=4，则该菱形的面积是（ ）
A．16 B．16 C．8 D．8
【考点】菱形的性质．
【专题】选择题．
【分析】首先由四边形ABCD是菱形，求得AC⊥BD，OA=AC，∠BAC=∠BAD，然后在直角三角形AOB中，利用30°角所对的直角边等于斜边的一半与勾股定理即可求得OB的长，然后由菱形的面积等于其对角线积的一半，即可求得该菱形的面积．
【解答】解：如图
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，OA=OC=AC=×4=2，∠BAC=∠BAD=×120°=60°，
∴AC=4，∠AOB=90°，
∴∠ABO=30°，
∴AB=2OA=4，OB=2，
∴BD=2OB=4，
∴该菱形的面积是：AC•BD=×4×4=8．
故选C．
【点评】此题考查了菱形的性质，直角三角形的性质．解题的关键是注意数形结合与方程思想的应用，注意菱形的面积等于其对角线积的一半．
9．如图，E是正方形ABCD的边DC上一点，过点A作FA=AE交CB的延长线于点F，若AB=4，则四边形AFCE的面积是（ ）
A．4 B．8 C．16 D．无法计算
【考点】正方形的性质；全等三角形的判定与性质．
【专题】选择题．
【分析】由正方形ABCD中，FA=AE，易证得Rt△ABF≌Rt△ADE（HL），即可得S四边形AFCE=S正方形ABCD，求得答案．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC=∠D=90°，AB=AD，
即∠ABF=∠D=90°，
在Rt△ABF和Rt△ADE中，
，
∴Rt△ABF≌Rt△ADE（HL），
∴SRt△ABF=SRt△ADE，
∴SRt△ABF+S四边形ABCE=SRt△ADE+S四边形ABCE，
∴S四边形AFCE=S正方形ABCD=16．
故选C．
【点评】此题考查了正方形的性质以及全等三角形的判定与性质．注意证得Rt△ABF≌Rt△ADE是关键．
10．如图，四边形ABCD中，AB=BC，∠ABC=∠CDA=90°，BE⊥AD于点E，且四边形ABCD的面积为8，则BE=（ ）
A．2 B．3 C． D．
【考点】正方形的判定．
【专题】选择题．
【分析】运用割补法把原四边形转化为正方形，求出BE的长．
【解答】解：过B点作BF⊥CD，与DC的延长线交于F点，
则有△BCF≌△BAE（ASA），
则BE=BF，S四边形ABCD=S正方形BEDF=8，
∴BE==．
故选C．
【点评】本题运用割补法把原四边形转化为正方形，其面积保持不变，所求BE就是正方形的边长了；也可以看作将三角形ABE绕B点逆时针旋转90°后的图形．
11．如图，用火柴棒摆出一列正方形图案，第①个图案用了4根，第②个图案用了12根，第③个图案用了24根，按照这种方式摆下去，摆出第⑥个图案用火柴棒的根数是（ ）
A．84 B．81 C．78 D．76
【考点】函数解析式．
【专题】选择题．
【分析】图形从上到下可以分成几行，第n个图形中，竖放的火柴有n（n+1）根，横放的有n（n+1）根，因而第n个图案中火柴的根数是：n（n+1）+n（n+1）=2n（n+1）．把n=6代入就可以求出．
【解答】解：设摆出第n个图案用火柴棍为Sn．
①图，S1=1×（1+1）+1×（1+1）；
②图，S2=2×（2+1）+2×（2+1）；
③图，S3=3×（3+1）+3×（3+1）；
…；
第n个图案，Sn=n（n+1）+n（n+1）=2n（n+1）．
则第⑥个图案为：2×6×（6+1）=84．
故选A．
【点评】本题考查了规律型：图形的变化，此题注意第n个图案用火柴棍为2n（n+1）．
12．一次函数y1=kx+b与y2=x+a的图象如图所示，则下列结论：①k＜0；②a＜0，b＜0；③当x=3时，y1=y2；④不等式kx+b＞x+a的解集是x＜3，其中正确的结论个数是（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
【考点】一次函数与一元一次不等式；一次函数的性质．
【专题】选择题．
【分析】仔细观察图象，①k的正负看函数图象从左向右成何趋势即可；②a，b看y2=x+a，y1=kx+b与y轴的交点坐标；③看两函数图象的交点横坐标；④以两条直线的交点为分界，哪个函数图象在上面，则哪个函数值大．
【解答】解：①∵y1=kx+b的图象从左向右呈下降趋势，
∴k＜0正确；
②∵y2=x+a，与y轴的交点在负半轴上，
∴a＜0，故②错误；
③两函数图象的交点横坐标为3，
∴当x=3时，y1=y2正确；
④当x＞3时，y1＜y2正确；
故正确的判断是①，③，④．
故选D．
【点评】此题主要考查了一次函数的图象，考查学生的分析能力和读图能力，一次函数y=kx+b的图象有四种情况：
①当k＞0，b＞0，函数y=kx+b的图象经过第一、二、三象限；
②当k＞0，b＜0，函数y=kx+b的图象经过第一、三、四象限；
③当k＜0，b＞0时，函数y=kx+b的图象经过第一、二、四象限；
④当k＜0，b＜0时，函数y=kx+b的图象经过第二、三、四象限．
13．已知，则x+y= ．
【考点】二次根式的性质．
【专题】填空题．
【分析】根据非负数的性质列出方程求出x、y的值，代入所求代数式计算即可．
【解答】解：∵，
∴，
解得，
则x+y=﹣1+2=1，
故答案为1．
【点评】本题考查了非负数的性质，利用该性质建立关于x、y的方程组是解题的关键．
14．如图，已知△ABC中，AB=5cm，BC=12cm，AC=13cm，那么AC边上的中线BD的长为 cm．
【考点】勾股定理的逆定理；直角三角形斜边上的中线．
【专题】填空题．
【分析】由勾股定理的逆定理，判断三角形为直角三角形，再根据直角三角形的性质直接求解．
【解答】解：∵AB=5cm，BC=12cm，AC=13cm，由勾股定理的逆定理得，△ABC是直角三角形，
∴BD=AC=cm．
【点评】解决此题的关键是熟练运用勾股定理的逆定理判定直角三角形，明确了直角三角形斜边上的中线等于斜边上的一半之后此题就不难了．
15．写出同时具备下列两个条件的一次函数表达式：（写出一个即可） ．
(1)y随着x的增大而减小；
(2)图象经过点（0，﹣3）．
【考点】一次函数的性质．
【专题】填空题．
【分析】设一次函数的解析式为y=kx+b（k≠0），再根据y随着x的增大而减小得出k的取值范围，把点（0，﹣3）代入函数解析式得出k+b的值，写出符合条件的解析式即可．
【解答】解：设一次函数的解析式为y=kx+b（k≠0），
∵y随着x的增大而减小，
∴k＜0，
∵图象过点（0，﹣3），
∴b=﹣3，
∴符合条件的解析式可以为：y=﹣x﹣3．
故答案为：y=﹣x﹣3（答案不唯一）．
【点评】本题考查的是一次函数的性质，熟知一次函数y=kx+b（k≠0）中，当k＜0时，y随x的增大而减小是解答此题的关键．
16．如图Rt△ABC中，AC=12，BC=5，分别以AB，AC，BC为直径作半圆，则图中阴影部分的面积为 ．
【考点】勾股定理．
【专题】填空题．
【分析】利用勾股定理列式求出AB，再根据阴影部分的面积等于阴影部分所在的两个半圆的面积加上△ABC的面积减去大半圆的面积，列式计算即可得解．
【解答】解：∵AC=12，BC=5，
∴AB===13，
∴阴影部分的面积=π（）2+π（）2+×12×5﹣π（）2
=π+π+30﹣π
=30．
故答案为：30．
【点评】本题考查了勾股定理，半圆的面积，熟记定理并观察图象表示出阴影部分的面积是解题的关键．
17．如图，在正方形ABCD中，点F为CD上一点，BF与AC交于点E．若∠CBF=20°，则∠AED等于 度．
【考点】正方形的性质；全等三角形的判定与性质．
【专题】填空题．
【分析】根据正方形的性质得出∠BAE=∠DAE，再利用SAS证明△ABE与△ADE全等，再利用三角形的内角和解答即可．
【解答】解：∵正方形ABCD，
∴AB=AD，∠BAE=∠DAE，
在△ABE与△ADE中，
，
∴△ABE≌△ADE（SAS），
∴∠AEB=∠AED，∠ABE=∠ADE，
∵∠CBF=20°，
∴∠ABE=70°，
∴∠AED=∠AEB=180°﹣45°﹣70°=65°，
故答案为：65
【点评】此题考查正方形的性质，关键是根据正方形的性质得出∠BAE=∠DAE，再利用全等三角形的判定和性质解答．
18．某物流公司的快递车和货车同时从甲地出发，以各自的速度匀速向乙地行驶，快递车到达乙地后缷完物品再另装货物共用45分钟，立即按原路以另一速度匀速返回，直至与货车相遇．已知货车的速度为60千米/时，两车之间的距离y（千米）与货车行驶时间x（小时）之间的函数图象如图所示，
现有以下4个结论：
①快递车从甲地到乙地的速度为100千米/时；
②甲、乙两地之间的距离为120千米；
③图中点B的坐标为（3，75）；
④快递车从乙地返回时的速度为90千米/时，
以上4个结论正确的是 ．
【考点】函数图象的实际应用．
【专题】填空题．
【分析】根据一次函数的性质和图象结合实际问题对每一项进行分析即可得出答案．
【解答】解：①设快递车从甲地到乙地的速度为x千米/时，则
3（x﹣60）=120，
x=100．（故①正确）；
②因为120千米是快递车到达乙地后两车之间的距离，不是甲、乙两地之间的距离，（故②错误）；
③因为快递车到达乙地后缷完物品再另装货物共用45分钟，
所以图中点B的横坐标为3+=3，
纵坐标为120﹣60×=75，（故③正确）；
④设快递车从乙地返回时的速度为y千米/时，则
（y+60）（4﹣3）=75，
y=90，（故④正确）．
故答案为；①③④．
【点评】本题考查的是用一次函数解决实际问题，此类题是近年中考中的热点问题，关键是根据一次函数的性质和图象结合实际问题判断出每一结论是否正确．
19．计算：2×3++|﹣1|﹣π0+（）﹣1．
【考点】二次根式的混合运算；零指数幂；负整数指数幂．
【专题】解答题．
【分析】根据二次根式分混合运算的法则，零指数的性质，负整数指数幂的性质计算即可．
【解答】解：2×3++|﹣1|﹣π0+（）﹣1=×3+2+﹣1﹣1+2=6+3．
【点评】本题考查了二次根式分混合运算的法则，零指数的性质，负整数指数幂的性质，熟记运算法则是解题的关键，
20．如图所示，已知在平行四边形ABCD中，BE=DF．求证：∠DAE=∠BCF．
【考点】平行四边形的性质；平行线的性质；全等三角形的判定与性质．
【专题】解答题．
【分析】根据平行四边形性质求出AD∥BC，且AD=BC，推出∠ADE=∠CBF，求出DE=BF，证△ADE≌△CBF，推出∠DAE=∠BCF即可．
【解答】证明：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AD∥BC，且AD=BC，
∴∠ADE=∠CBF
又∵BE=DF，
∴BF=DE，
∵在△ADE和△CBF中
，
∴△ADE≌△CBF（SAS），
∴∠DAE=∠BCF．
【点评】本题考查了平行四边形性质，平行线性质，全等三角形的性质和判定的应用，关键是求出证出△ADE和△CBF全等的三个条件，主要考查学生的推理能力．
21．先化简，后计算：，其中a=，b=．
【考点】二次根式的混合运算．
【专题】解答题．
【分析】先通分、化简，然后代入求值．
【解答】解：，
=，
=，
=．
∵a=，b=，
∴ab=•==1，
a+b==，
∴==．即：=．
【点评】本题考查了分式的化简求值．解答此题的关键是把分式化到最简，然后代值计算．
22．已知一次函数的图象a过点M（﹣1，﹣4.5），N（1，﹣1.5）
(1)求此函数解析式，并画出图象；
(2)求出此函数图象与x轴、y轴的交点A、B的坐标；
(3)若直线a与b相交于点P（4，m），a、b与x轴围成的△PAC的面积为6，求出点C的坐标．
【考点】用待定系数法求一次函数解析式；一次函数的图象；一次函数图象上点的坐标特征．
【专题】解答题．
【分析】(1)利用待定系数法即可求得函数的解析式；
(2)在解析式中令x=0求得y，即可求得与y轴的交点坐标，在解析式中令y=0，求得x的值，即可求得与x轴的交点坐标；
(3)C的坐标是m，利用三角形的面积公式即可得到关于m的方程，即可求解．
【解答】解：(1)设函数的解析式是y=kx+b，
根据题意得：，
解得：，
则函数的解析式是：y=1.5x﹣3；
(2)在y=1.5x﹣3中，令x=0，解得y=﹣3；
当y=0时，x=2，
则A（2，0）B（0，﹣3）；
(3)在y=1.5x﹣3中，令x=4，解得：y=3，则P的坐标是：（4，3），
设C的坐标是m，则|m﹣2|×3=6，
解得：m=﹣2或6．
则C的坐标是：（﹣2，0）或（6，0）．
【点评】本题主要考查了用待定系数法求函数的解析式．先根据条件列出关于字母系数的方程，解方程求解即可得到函数解析式．当已知函数解析式时，求函数中字母的值就是求关于字母系数的方程的解．
23．如图，长方形ABCD中，AB=3cm，AD=9cm，将此长方形折叠，使点B与点D重合，折痕为EF．求△ABE的面积．
【考点】翻折变换（折叠问题）；勾股定理．
【专题】解答题．
【分析】首先设BE=xcm，由折叠的性质可得：DE=BE=xcm，即可得AE=9﹣x（cm），然后在Rt△ABE中，由勾股定理BE2=AE2+AB2，可得方程x2=（9﹣x）2+32，解此方程即可求得DE的长，继而可得AE的长，则可求得△ABE的面积．
【解答】解：∵四边形ABCD是长方形，
∴∠A=90°，
设BE=xcm，
由折叠的性质可得：DE=BE=xcm，
∴AE=AD﹣DE=9﹣x（cm），
在Rt△ABE中，BE2=AE2+AB2，
∴x2=（9﹣x）2+32，
解得：x=5，
∴DE=BE=5cm，AE=9﹣x=4（cm），
∴S△ABE=AB•AE=×3×4=6（cm2）．
【点评】此题考查了折叠的性质、长方形的性质以及勾股定理．此题难度不大，注意掌握折叠前后图形的对应关系，注意数形结合思想与方程思想的应用．
24．在▱ABCD中，过点D作DE⊥AB于点E，点F 在边CD上，DF=BE，连接AF，BF．
(1)求证：四边形BFDE是矩形；
(2)若CF=3，BF=4，DF=5，求证：AF平分∠DAB．
【考点】平行四边形的性质；角平分线的性质；勾股定理；矩形的判定．
【专题】解答题．
【分析】(1)根据平行四边形的性质，可得AB与CD的关系，根据平行四边形的判定，可得BFDE是平行四边形，再根据矩形的判定，可得答案；
(2)根据平行线的性质，可得∠DFA=∠FAB，根据等腰三角形的判定与性质，可得∠DAF=∠DFA，根据角平分线的判定，可得答案．
【解答】(1)证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD．
∵BE∥DF，BE=DF，
∴四边形BFDE是平行四边形．
∵DE⊥AB，
∴∠DEB=90°，
∴四边形BFDE是矩形；
(2)解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥DC，
∴∠DFA=∠FAB．
在Rt△BCF中，由勾股定理，得
BC===5，
∴AD=BC=DF=5，
∴∠DAF=∠DFA，
∴∠DAF=∠FAB，
即AF平分∠DAB．
【点评】本题考查了平行四边形的性质，利用了平行四边形的性质，矩形的判定，等腰三角形的判定与性质，利用等腰三角形的判定与性质得出∠DAF=∠DFA是解题关键．
25．已知E，F分别为正方形ABCD的边BC，CD上的点，AF，DE相交于点G，当E，F分别为边BC，CD的中点时，有：①AF=DE；②AF⊥DE成立．
试探究下列问题：
(1)如图1，若点E不是边BC的中点，F不是边CD的中点，且CE=DF，上述结论①，②是否仍然成立？（请直接回答“成立”或“不成立”），不需要证明）
(2)如图2，若点E，F分别在CB的延长线和DC的延长线上，且CE=DF，此时，上述结论①，②是否仍然成立？若成立，请写出证明过程，若不成立，请说明理由；
(3)如图3，在(2)的基础上，连接AE和EF，若点M，N，P，Q分别为AE，EF，FD，AD的中点，请判断四边形MNPQ是“矩形、菱形、正方形”中的哪一种，并证明你的结论．
【考点】正方形的性质；正方形的判定．
【专题】解答题．
【分析】(1)由四边形ABCD为正方形，CE=DF，易证得△ADF≌△DCE（SAS），即可证得AF=DE，∠DAF=∠CDE，又由∠ADG+∠EDC=90°，即可证得AF⊥DE；
(2)由四边形ABCD为正方形，CE=DF，易证得△ADF≌△DCE（SAS），即可证得AF=DE，∠E=∠F，又由∠ADG+∠EDC=90°，即可证得AF⊥DE；
(3)首先设MQ，DE分别交AF于点G，O，PQ交DE于点H，由点M，N，P，Q分别为AE，EF，FD，AD的中点，即可得MQ=PN=DE，PQ=MN=AF，MQ∥DE，PQ∥AF，然后由AF=DE，可证得四边形MNPQ是菱形，又由AF⊥DE即可证得四边形MNPQ是正方形．
【解答】解：(1)上述结论①，②仍然成立，
理由为：∵四边形ABCD为正方形，
∴AD=DC，∠BCD=∠ADC=90°，
在△ADF和△DCE中，
，
∴△ADF≌△DCE（SAS），
∴AF=DE，∠DAF=∠CDE，
∵∠ADG+∠EDC=90°，
∴∠ADG+∠DAF=90°，
∴∠AGD=90°，即AF⊥DE；
(2)上述结论①，②仍然成立，
理由为：∵四边形ABCD为正方形，
∴AD=DC，∠BCD=∠ADC=90°，
在△ADF和△DCE中，
，
∴△ADF≌△DCE（SAS），
∴AF=DE，∠CDE=∠DAF，
∵∠ADG+∠EDC=90°，
∴∠ADG+∠DAF=90°，
∴∠AGD=90°，即AF⊥DE；
(3)四边形MNPQ是正方形．
理由为：如图，设MQ，DE分别交AF于点G，O，PQ交DE于点H，
∵点M，N，P，Q分别为AE，EF，FD，AD的中点，
∴MQ=PN=DE，PQ=MN=AF，MQ∥DE，PQ∥AF，
∴四边形OHQG是平行四边形，
∵AF=DE，
∴MQ=PQ=PN=MN，
∴四边形MNPQ是菱形，
∵AF⊥DE，∴∠AOD=90°，
∴∠HQG=∠AOD=90°，
∴四边形MNPQ是正方形．
【点评】此题属于四边形的综合题，考查了正方形的判定与性质、全等三角形的判定与性质以及三角形中位线的性质．注意证得△ADF≌△DCE（SAS），掌握三角形中位线的性质是关键．
期中测试（1）
一、选择题
1．若在实数范围内有意义，则x的取值范围是（ ）
A．x≥ B．x≥﹣ C．x＞ D．x≠
2．一直角三角形的两直角边长为12和16，则斜边长为（ ）
A．12 B．16 C．18 D．20
3．一次函数y=﹣x+1的图象不经过的象限是（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
4．下列计算错误的是（ ）
A． B． C． D．
5．如图，点P是平面坐标系中一点，则点P到原点的距离是（ ）
A．3 B． C． D．
6．下列根式中，是最简二次根式的是（ ）
A． B． C． D．
7．如图，已知四边形ABCD是平行四边形，下列结论中不正确的是（ ）
A．当AB=BC时，它是菱形 B．当AC⊥BD时，它是菱形C．当∠ABC=90°时，它是矩形 D．当AC=BD时，它是正方形
8．已知菱形ABCD中，对角线AC与BD交于点O，∠BAD=120°，AC=4，则该菱形的面积是（ ）
A．16 B．16 C．8 D．8
9．如图，E是正方形ABCD的边DC上一点，过点A作FA=AE交CB的延长线于点F，若AB=4，则四边形AFCE的面积是（ ）
A．4 B．8 C．16 D．无法计算
10．如图，四边形ABCD中，AB=BC，∠ABC=∠CDA=90°，BE⊥AD于点E，且四边形ABCD的面积为8，则BE=（ ）
A．2 B．3 C． D．
11．如图，用火柴棒摆出一列正方形图案，第①个图案用了4根，第②个图案用了12根，第③个图案用了24根，按照这种方式摆下去，摆出第⑥个图案用火柴棒的根数是（ ）
A．84 B．81 C．78 D．76
12．一次函数y1=kx+b与y2=x+a的图象如图所示，则下列结论：①k＜0；②a＜0，b＜0；③当x=3时，y1=y2；④不等式kx+b＞x+a的解集是x＜3，其中正确的结论个数是（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
二、填空题
13．已知，则x+y= ．
14．如图，已知△ABC中，AB=5cm，BC=12cm，AC=13cm，那么AC边上的中线BD的长为 cm．
15．写出同时具备下列两个条件的一次函数表达式：（写出一个即可） ．
(1)y随着x的增大而减小；
(2)图象经过点（0，﹣3）．
16．如图Rt△ABC中，AC=12，BC=5，分别以AB，AC，BC为直径作半圆，则图中阴影部分的面积为 ．
17．如图，在正方形ABCD中，点F为CD上一点，BF与AC交于点E．若∠CBF=20°，则∠AED等于 度．
18．某物流公司的快递车和货车同时从甲地出发，以各自的速度匀速向乙地行驶，快递车到达乙地后缷完物品再另装货物共用45分钟，立即按原路以另一速度匀速返回，直至与货车相遇．已知货车的速度为60千米/时，两车之间的距离y（千米）与货车行驶时间x（小时）之间的函数图象如图所示，
现有以下4个结论：
①快递车从甲地到乙地的速度为100千米/时；
②甲、乙两地之间的距离为120千米；
③图中点B的坐标为（3，75）；
④快递车从乙地返回时的速度为90千米/时，
以上4个结论正确的是 ．
三、解答题
19．计算：2×3++|﹣1|﹣π0+（）﹣1．
20．如图所示，已知在平行四边形ABCD中，BE=DF．求证：∠DAE=∠BCF．
21．先化简，后计算：，其中a=，b=．
22．已知一次函数的图象a过点M（﹣1，﹣4.5），N（1，﹣1.5）
(1)求此函数解析式，并画出图象；
(2)求出此函数图象与x轴、y轴的交点A、B的坐标；
(3)若直线a与b相交于点P（4，m），a、b与x轴围成的△PAC的面积为6，求出点C的坐标．
23．如图，长方形ABCD中，AB=3cm，AD=9cm，将此长方形折叠，使点B与点D重合，折痕为EF．求△ABE的面积．
24．在▱ABCD中，过点D作DE⊥AB于点E，点F 在边CD上，DF=BE，连接AF，BF．
(1)求证：四边形BFDE是矩形；
(2)若CF=3，BF=4，DF=5，求证：AF平分∠DAB．
25．已知E，F分别为正方形ABCD的边BC，CD上的点，AF，DE相交于点G，当E，F分别为边BC，CD的中点时，有：①AF=DE；②AF⊥DE成立．
试探究下列问题：
(1)如图1，若点E不是边BC的中点，F不是边CD的中点，且CE=DF，上述结论①，②是否仍然成立？（请直接回答“成立”或“不成立”），不需要证明）
(2)如图2，若点E，F分别在CB的延长线和DC的延长线上，且CE=DF，此时，上述结论①，②是否仍然成立？若成立，请写出证明过程，若不成立，请说明理由；
(3)如图3，在(2)的基础上，连接AE和EF，若点M，N，P，Q分别为AE，EF，FD，AD的中点，请判断四边形MNPQ是“矩形、菱形、正方形”中的哪一种，并证明你的结论．
答案
1．若在实数范围内有意义，则x的取值范围是（ ）
A．x≥ B．x≥﹣ C．x＞ D．x≠
【考点】二次根式有意义的条件；分式有意义的条件．
【专题】选择题．
【分析】根据被开方数大于等于0，分母不等于0列式计算即可得解．
【解答】解：由题意得，2x﹣1＞0，
解得x＞．
故选C．
【点评】本题考查的知识点为：分式有意义，分母不为0；二次根式的被开方数是非负数．
2．一直角三角形的两直角边长为12和16，则斜边长为（ ）
A．12 B．16 C．18 D．20
【考点】勾股定理．
【专题】选择题．
【分析】因为知道两个直角边长，根据勾股定理可求出斜边长．
【解答】解：∵三角形的两直角边长为12和16，
∴斜边长为：=20．
故选D．
【点评】本题考查勾股定理的应用，根据两直角边长可求出斜边长．
3．一次函数y=﹣x+1的图象不经过的象限是（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
【考点】一次函数的性质．
【专题】选择题．
【分析】根据一次函数y=﹣x+1中k=﹣＜0，b=1＞0，判断出函数图象经过的象限，即可判断出一次函数y=﹣x+1的图象不经过的象限是哪个．
【解答】解：∵一次函数y=﹣x+1中k=﹣＜0，b=1＞0，
∴此函数的图象经过第一、二、四象限，
∴一次函数y=﹣x+1的图象不经过的象限是第三象限．
故选C．
【点评】此题主要考查了一次函数的图象与系数的关系，要熟练掌握，解答此题的关键是要明确：①k＞0，b＞0⇔y=kx+b的图象在一、二、三象限；②k＞0，b＜0⇔y=kx+b的图象在一、三、四象限；③k＜0，b＞0⇔y=kx+b的图象在一、二、四象限；④k＜0，b＜0⇔y=kx+b的图象在二、三、四象限．
4．下列计算错误的是（ ）
A． B． C． D．
【考点】二次根式的加减法．
【专题】选择题．
【分析】根据二次根式的运算法则分别计算，再作判断．
【解答】解：A、==7，正确；
B、==2，正确；
C、+=3+5=8，正确；
D、，故错误．故选D．
【点评】同类二次根式是指几个二次根式化简成最简二次根式后，被开方数相同的二次根式．
二次根式的加减运算，先化为最简二次根式，再将被开方数相同的二次根式进行合并．
合并同类二次根式的实质是合并同类二次根式的系数，根指数与被开方数不变．
5．如图，点P是平面坐标系中一点，则点P到原点的距离是（ ）
A．3 B． C． D．
【考点】勾股定理；坐标与图形性质．
【专题】选择题．
【分析】连接PO，在直角坐标系中，根据点P的坐标是（，），可知P的横坐标为，纵坐标为，然后利用勾股定理即可求解．
【解答】解：连接PO，
∵点P的坐标是（，），
∴点P到原点的距离==3．
故选A．
【点评】此题主要考查学生对勾股定理、坐标与图形性质的理解和掌握，解答此题的关键是明确点P的横坐标为，纵坐标为．
6．下列根式中，是最简二次根式的是（ ）
A． B． C． D．
【考点】最简二次根式．
【专题】选择题．
【分析】A选项的被开方数中含有分母；B、D选项的被开方数中含有能开得尽方的因数或因式；因此这三个选项都不是最简二次根式．
所以只有C选项符合最简二次根式的要求．
【解答】解：因为：A、=；
B、=2；
D、=|b|；
所以这三项都可化简，不是最简二次根式．
故选C．
【点评】在判断最简二次根式的过程中要注意：
(1)在二次根式的被开方数中，只要含有分数或小数，就不是最简二次根式；
(2)在二次根式的被开方数中的每一个因式（或因数），如果幂的指数大于或等于2，也不是最简二次根式．
7．如图，已知四边形ABCD是平行四边形，下列结论中不正确的是（ ）
A．当AB=BC时，它是菱形 B．当AC⊥BD时，它是菱形C．当∠ABC=90°时，它是矩形 D．当AC=BD时，它是正方形
【考点】正方形的判定；平行四边形的性质；菱形的判定；矩形的判定．
【专题】选择题．
【分析】根据邻边相等的平行四边形是菱形；根据所给条件可以证出邻边相等；根据有一个角是直角的平行四边形是矩形；根据对角线相等的平行四边形是矩形．
【解答】解：A、根据邻边相等的平行四边形是菱形可知：四边形ABCD是平行四边形，当AB=BC时，它是菱形，故A选项正确；
B、∵四边形ABCD是平行四边形，∴BO=OD，∵AC⊥BD，∴AB2=BO2+AO2，AD2=DO2+AO2，∴AB=AD，∴四边形ABCD是菱形，故B选项正确；
C、有一个角是直角的平行四边形是矩形，故C选项正确；
D、根据对角线相等的平行四边形是矩形可知当AC=BD时，它是矩形，不是正方形，故D选项错误；
综上所述，符合题意是D选项；
故选D．
【点评】此题主要考查学生对正方形的判定、平行四边形的性质、菱形的判定和矩形的判定的理解和掌握，此题涉及到的知识点较多，学生答题时容易出错．
8．已知菱形ABCD中，对角线AC与BD交于点O，∠BAD=120°，AC=4，则该菱形的面积是（ ）
A．16 B．16 C．8 D．8
【考点】菱形的性质．
【专题】选择题．
【分析】首先由四边形ABCD是菱形，求得AC⊥BD，OA=AC，∠BAC=∠BAD，然后在直角三角形AOB中，利用30°角所对的直角边等于斜边的一半与勾股定理即可求得OB的长，然后由菱形的面积等于其对角线积的一半，即可求得该菱形的面积．
【解答】解：如图
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，OA=OC=AC=×4=2，∠BAC=∠BAD=×120°=60°，
∴AC=4，∠AOB=90°，
∴∠ABO=30°，
∴AB=2OA=4，OB=2，
∴BD=2OB=4，
∴该菱形的面积是：AC•BD=×4×4=8．
故选C．
【点评】此题考查了菱形的性质，直角三角形的性质．解题的关键是注意数形结合与方程思想的应用，注意菱形的面积等于其对角线积的一半．
9．如图，E是正方形ABCD的边DC上一点，过点A作FA=AE交CB的延长线于点F，若AB=4，则四边形AFCE的面积是（ ）
A．4 B．8 C．16 D．无法计算
【考点】正方形的性质；全等三角形的判定与性质．
【专题】选择题．
【分析】由正方形ABCD中，FA=AE，易证得Rt△ABF≌Rt△ADE（HL），即可得S四边形AFCE=S正方形ABCD，求得答案．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC=∠D=90°，AB=AD，
即∠ABF=∠D=90°，
在Rt△ABF和Rt△ADE中，
，
∴Rt△ABF≌Rt△ADE（HL），
∴SRt△ABF=SRt△ADE，
∴SRt△ABF+S四边形ABCE=SRt△ADE+S四边形ABCE，
∴S四边形AFCE=S正方形ABCD=16．
故选C．
【点评】此题考查了正方形的性质以及全等三角形的判定与性质．注意证得Rt△ABF≌Rt△ADE是关键．
10．如图，四边形ABCD中，AB=BC，∠ABC=∠CDA=90°，BE⊥AD于点E，且四边形ABCD的面积为8，则BE=（ ）
A．2 B．3 C． D．
【考点】正方形的判定．
【专题】选择题．
【分析】运用割补法把原四边形转化为正方形，求出BE的长．
【解答】解：过B点作BF⊥CD，与DC的延长线交于F点，
则有△BCF≌△BAE（ASA），
则BE=BF，S四边形ABCD=S正方形BEDF=8，
∴BE==．
故选C．
【点评】本题运用割补法把原四边形转化为正方形，其面积保持不变，所求BE就是正方形的边长了；也可以看作将三角形ABE绕B点逆时针旋转90°后的图形．
11．如图，用火柴棒摆出一列正方形图案，第①个图案用了4根，第②个图案用了12根，第③个图案用了24根，按照这种方式摆下去，摆出第⑥个图案用火柴棒的根数是（ ）
A．84 B．81 C．78 D．76
【考点】函数解析式．
【专题】选择题．
【分析】图形从上到下可以分成几行，第n个图形中，竖放的火柴有n（n+1）根，横放的有n（n+1）根，因而第n个图案中火柴的根数是：n（n+1）+n（n+1）=2n（n+1）．把n=6代入就可以求出．
【解答】解：设摆出第n个图案用火柴棍为Sn．
①图，S1=1×（1+1）+1×（1+1）；
②图，S2=2×（2+1）+2×（2+1）；
③图，S3=3×（3+1）+3×（3+1）；
…；
第n个图案，Sn=n（n+1）+n（n+1）=2n（n+1）．
则第⑥个图案为：2×6×（6+1）=84．
故选A．
【点评】本题考查了规律型：图形的变化，此题注意第n个图案用火柴棍为2n（n+1）．
12．一次函数y1=kx+b与y2=x+a的图象如图所示，则下列结论：①k＜0；②a＜0，b＜0；③当x=3时，y1=y2；④不等式kx+b＞x+a的解集是x＜3，其中正确的结论个数是（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
【考点】一次函数与一元一次不等式；一次函数的性质．
【专题】选择题．
【分析】仔细观察图象，①k的正负看函数图象从左向右成何趋势即可；②a，b看y2=x+a，y1=kx+b与y轴的交点坐标；③看两函数图象的交点横坐标；④以两条直线的交点为分界，哪个函数图象在上面，则哪个函数值大．
【解答】解：①∵y1=kx+b的图象从左向右呈下降趋势，
∴k＜0正确；
②∵y2=x+a，与y轴的交点在负半轴上，
∴a＜0，故②错误；
③两函数图象的交点横坐标为3，
∴当x=3时，y1=y2正确；
④当x＞3时，y1＜y2正确；
故正确的判断是①，③，④．
故选D．
【点评】此题主要考查了一次函数的图象，考查学生的分析能力和读图能力，一次函数y=kx+b的图象有四种情况：
①当k＞0，b＞0，函数y=kx+b的图象经过第一、二、三象限；
②当k＞0，b＜0，函数y=kx+b的图象经过第一、三、四象限；
③当k＜0，b＞0时，函数y=kx+b的图象经过第一、二、四象限；
④当k＜0，b＜0时，函数y=kx+b的图象经过第二、三、四象限．
13．已知，则x+y= ．
【考点】二次根式的性质．
【专题】填空题．
【分析】根据非负数的性质列出方程求出x、y的值，代入所求代数式计算即可．
【解答】解：∵，
∴，
解得，
则x+y=﹣1+2=1，
故答案为1．
【点评】本题考查了非负数的性质，利用该性质建立关于x、y的方程组是解题的关键．
14．如图，已知△ABC中，AB=5cm，BC=12cm，AC=13cm，那么AC边上的中线BD的长为 cm．
【考点】勾股定理的逆定理；直角三角形斜边上的中线．
【专题】填空题．
【分析】由勾股定理的逆定理，判断三角形为直角三角形，再根据直角三角形的性质直接求解．
【解答】解：∵AB=5cm，BC=12cm，AC=13cm，由勾股定理的逆定理得，△ABC是直角三角形，
∴BD=AC=cm．
【点评】解决此题的关键是熟练运用勾股定理的逆定理判定直角三角形，明确了直角三角形斜边上的中线等于斜边上的一半之后此题就不难了．
15．写出同时具备下列两个条件的一次函数表达式：（写出一个即可） ．
(1)y随着x的增大而减小；
(2)图象经过点（0，﹣3）．
【考点】一次函数的性质．
【专题】填空题．
【分析】设一次函数的解析式为y=kx+b（k≠0），再根据y随着x的增大而减小得出k的取值范围，把点（0，﹣3）代入函数解析式得出k+b的值，写出符合条件的解析式即可．
【解答】解：设一次函数的解析式为y=kx+b（k≠0），
∵y随着x的增大而减小，
∴k＜0，
∵图象过点（0，﹣3），
∴b=﹣3，
∴符合条件的解析式可以为：y=﹣x﹣3．
故答案为：y=﹣x﹣3（答案不唯一）．
【点评】本题考查的是一次函数的性质，熟知一次函数y=kx+b（k≠0）中，当k＜0时，y随x的增大而减小是解答此题的关键．
16．如图Rt△ABC中，AC=12，BC=5，分别以AB，AC，BC为直径作半圆，则图中阴影部分的面积为 ．
【考点】勾股定理．
【专题】填空题．
【分析】利用勾股定理列式求出AB，再根据阴影部分的面积等于阴影部分所在的两个半圆的面积加上△ABC的面积减去大半圆的面积，列式计算即可得解．
【解答】解：∵AC=12，BC=5，
∴AB===13，
∴阴影部分的面积=π（）2+π（）2+×12×5﹣π（）2
=π+π+30﹣π
=30．
故答案为：30．
【点评】本题考查了勾股定理，半圆的面积，熟记定理并观察图象表示出阴影部分的面积是解题的关键．
17．如图，在正方形ABCD中，点F为CD上一点，BF与AC交于点E．若∠CBF=20°，则∠AED等于 度．
【考点】正方形的性质；全等三角形的判定与性质．
【专题】填空题．
【分析】根据正方形的性质得出∠BAE=∠DAE，再利用SAS证明△ABE与△ADE全等，再利用三角形的内角和解答即可．
【解答】解：∵正方形ABCD，
∴AB=AD，∠BAE=∠DAE，
在△ABE与△ADE中，
，
∴△ABE≌△ADE（SAS），
∴∠AEB=∠AED，∠ABE=∠ADE，
∵∠CBF=20°，
∴∠ABE=70°，
∴∠AED=∠AEB=180°﹣45°﹣70°=65°，
故答案为：65
【点评】此题考查正方形的性质，关键是根据正方形的性质得出∠BAE=∠DAE，再利用全等三角形的判定和性质解答．
18．某物流公司的快递车和货车同时从甲地出发，以各自的速度匀速向乙地行驶，快递车到达乙地后缷完物品再另装货物共用45分钟，立即按原路以另一速度匀速返回，直至与货车相遇．已知货车的速度为60千米/时，两车之间的距离y（千米）与货车行驶时间x（小时）之间的函数图象如图所示，
现有以下4个结论：
①快递车从甲地到乙地的速度为100千米/时；
②甲、乙两地之间的距离为120千米；
③图中点B的坐标为（3，75）；
④快递车从乙地返回时的速度为90千米/时，
以上4个结论正确的是 ．
【考点】函数图象的实际应用．
【专题】填空题．
【分析】根据一次函数的性质和图象结合实际问题对每一项进行分析即可得出答案．
【解答】解：①设快递车从甲地到乙地的速度为x千米/时，则
3（x﹣60）=120，
x=100．（故①正确）；
②因为120千米是快递车到达乙地后两车之间的距离，不是甲、乙两地之间的距离，（故②错误）；
③因为快递车到达乙地后缷完物品再另装货物共用45分钟，
所以图中点B的横坐标为3+=3，
纵坐标为120﹣60×=75，（故③正确）；
④设快递车从乙地返回时的速度为y千米/时，则
（y+60）（4﹣3）=75，
y=90，（故④正确）．
故答案为；①③④．
【点评】本题考查的是用一次函数解决实际问题，此类题是近年中考中的热点问题，关键是根据一次函数的性质和图象结合实际问题判断出每一结论是否正确．
19．计算：2×3++|﹣1|﹣π0+（）﹣1．
【考点】二次根式的混合运算；零指数幂；负整数指数幂．
【专题】解答题．
【分析】根据二次根式分混合运算的法则，零指数的性质，负整数指数幂的性质计算即可．
【解答】解：2×3++|﹣1|﹣π0+（）﹣1=×3+2+﹣1﹣1+2=6+3．
【点评】本题考查了二次根式分混合运算的法则，零指数的性质，负整数指数幂的性质，熟记运算法则是解题的关键，
20．如图所示，已知在平行四边形ABCD中，BE=DF．求证：∠DAE=∠BCF．
【考点】平行四边形的性质；平行线的性质；全等三角形的判定与性质．
【专题】解答题．
【分析】根据平行四边形性质求出AD∥BC，且AD=BC，推出∠ADE=∠CBF，求出DE=BF，证△ADE≌△CBF，推出∠DAE=∠BCF即可．
【解答】证明：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AD∥BC，且AD=BC，
∴∠ADE=∠CBF
又∵BE=DF，
∴BF=DE，
∵在△ADE和△CBF中
，
∴△ADE≌△CBF（SAS），
∴∠DAE=∠BCF．
【点评】本题考查了平行四边形性质，平行线性质，全等三角形的性质和判定的应用，关键是求出证出△ADE和△CBF全等的三个条件，主要考查学生的推理能力．
21．先化简，后计算：，其中a=，b=．
【考点】二次根式的混合运算．
【专题】解答题．
【分析】先通分、化简，然后代入求值．
【解答】解：，
=，
=，
=．
∵a=，b=，
∴ab=•==1，
a+b==，
∴==．即：=．
【点评】本题考查了分式的化简求值．解答此题的关键是把分式化到最简，然后代值计算．
22．已知一次函数的图象a过点M（﹣1，﹣4.5），N（1，﹣1.5）
(1)求此函数解析式，并画出图象；
(2)求出此函数图象与x轴、y轴的交点A、B的坐标；
(3)若直线a与b相交于点P（4，m），a、b与x轴围成的△PAC的面积为6，求出点C的坐标．
【考点】用待定系数法求一次函数解析式；一次函数的图象；一次函数图象上点的坐标特征．
【专题】解答题．
【分析】(1)利用待定系数法即可求得函数的解析式；
(2)在解析式中令x=0求得y，即可求得与y轴的交点坐标，在解析式中令y=0，求得x的值，即可求得与x轴的交点坐标；
(3)C的坐标是m，利用三角形的面积公式即可得到关于m的方程，即可求解．
【解答】解：(1)设函数的解析式是y=kx+b，
根据题意得：，
解得：，
则函数的解析式是：y=1.5x﹣3；
(2)在y=1.5x﹣3中，令x=0，解得y=﹣3；
当y=0时，x=2，
则A（2，0）B（0，﹣3）；
(3)在y=1.5x﹣3中，令x=4，解得：y=3，则P的坐标是：（4，3），
设C的坐标是m，则|m﹣2|×3=6，
解得：m=﹣2或6．
则C的坐标是：（﹣2，0）或（6，0）．
【点评】本题主要考查了用待定系数法求函数的解析式．先根据条件列出关于字母系数的方程，解方程求解即可得到函数解析式．当已知函数解析式时，求函数中字母的值就是求关于字母系数的方程的解．
23．如图，长方形ABCD中，AB=3cm，AD=9cm，将此长方形折叠，使点B与点D重合，折痕为EF．求△ABE的面积．
【考点】翻折变换（折叠问题）；勾股定理．
【专题】解答题．
【分析】首先设BE=xcm，由折叠的性质可得：DE=BE=xcm，即可得AE=9﹣x（cm），然后在Rt△ABE中，由勾股定理BE2=AE2+AB2，可得方程x2=（9﹣x）2+32，解此方程即可求得DE的长，继而可得AE的长，则可求得△ABE的面积．
【解答】解：∵四边形ABCD是长方形，
∴∠A=90°，
设BE=xcm，
由折叠的性质可得：DE=BE=xcm，
∴AE=AD﹣DE=9﹣x（cm），
在Rt△ABE中，BE2=AE2+AB2，
∴x2=（9﹣x）2+32，
解得：x=5，
∴DE=BE=5cm，AE=9﹣x=4（cm），
∴S△ABE=AB•AE=×3×4=6（cm2）．
【点评】此题考查了折叠的性质、长方形的性质以及勾股定理．此题难度不大，注意掌握折叠前后图形的对应关系，注意数形结合思想与方程思想的应用．
24．在▱ABCD中，过点D作DE⊥AB于点E，点F 在边CD上，DF=BE，连接AF，BF．
(1)求证：四边形BFDE是矩形；
(2)若CF=3，BF=4，DF=5，求证：AF平分∠DAB．
【考点】平行四边形的性质；角平分线的性质；勾股定理；矩形的判定．
【专题】解答题．
【分析】(1)根据平行四边形的性质，可得AB与CD的关系，根据平行四边形的判定，可得BFDE是平行四边形，再根据矩形的判定，可得答案；
(2)根据平行线的性质，可得∠DFA=∠FAB，根据等腰三角形的判定与性质，可得∠DAF=∠DFA，根据角平分线的判定，可得答案．
【解答】(1)证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD．
∵BE∥DF，BE=DF，
∴四边形BFDE是平行四边形．
∵DE⊥AB，
∴∠DEB=90°，
∴四边形BFDE是矩形；
(2)解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥DC，
∴∠DFA=∠FAB．
在Rt△BCF中，由勾股定理，得
BC===5，
∴AD=BC=DF=5，
∴∠DAF=∠DFA，
∴∠DAF=∠FAB，
即AF平分∠DAB．
【点评】本题考查了平行四边形的性质，利用了平行四边形的性质，矩形的判定，等腰三角形的判定与性质，利用等腰三角形的判定与性质得出∠DAF=∠DFA是解题关键．
25．已知E，F分别为正方形ABCD的边BC，CD上的点，AF，DE相交于点G，当E，F分别为边BC，CD的中点时，有：①AF=DE；②AF⊥DE成立．
试探究下列问题：
(1)如图1，若点E不是边BC的中点，F不是边CD的中点，且CE=DF，上述结论①，②是否仍然成立？（请直接回答“成立”或“不成立”），不需要证明）
(2)如图2，若点E，F分别在CB的延长线和DC的延长线上，且CE=DF，此时，上述结论①，②是否仍然成立？若成立，请写出证明过程，若不成立，请说明理由；
(3)如图3，在(2)的基础上，连接AE和EF，若点M，N，P，Q分别为AE，EF，FD，AD的中点，请判断四边形MNPQ是“矩形、菱形、正方形”中的哪一种，并证明你的结论．
【考点】正方形的性质；正方形的判定．
【专题】解答题．
【分析】(1)由四边形ABCD为正方形，CE=DF，易证得△ADF≌△DCE（SAS），即可证得AF=DE，∠DAF=∠CDE，又由∠ADG+∠EDC=90°，即可证得AF⊥DE；
(2)由四边形ABCD为正方形，CE=DF，易证得△ADF≌△DCE（SAS），即可证得AF=DE，∠E=∠F，又由∠ADG+∠EDC=90°，即可证得AF⊥DE；
(3)首先设MQ，DE分别交AF于点G，O，PQ交DE于点H，由点M，N，P，Q分别为AE，EF，FD，AD的中点，即可得MQ=PN=DE，PQ=MN=AF，MQ∥DE，PQ∥AF，然后由AF=DE，可证得四边形MNPQ是菱形，又由AF⊥DE即可证得四边形MNPQ是正方形．
【解答】解：(1)上述结论①，②仍然成立，
理由为：∵四边形ABCD为正方形，
∴AD=DC，∠BCD=∠ADC=90°，
在△ADF和△DCE中，
，
∴△ADF≌△DCE（SAS），
∴AF=DE，∠DAF=∠CDE，
∵∠ADG+∠EDC=90°，
∴∠ADG+∠DAF=90°，
∴∠AGD=90°，即AF⊥DE；
(2)上述结论①，②仍然成立，
理由为：∵四边形ABCD为正方形，
∴AD=DC，∠BCD=∠ADC=90°，
在△ADF和△DCE中，
，
∴△ADF≌△DCE（SAS），
∴AF=DE，∠CDE=∠DAF，
∵∠ADG+∠EDC=90°，
∴∠ADG+∠DAF=90°，
∴∠AGD=90°，即AF⊥DE；
(3)四边形MNPQ是正方形．
理由为：如图，设MQ，DE分别交AF于点G，O，PQ交DE于点H，
∵点M，N，P，Q分别为AE，EF，FD，AD的中点，
∴MQ=PN=DE，PQ=MN=AF，MQ∥DE，PQ∥AF，
∴四边形OHQG是平行四边形，
∵AF=DE，
∴MQ=PQ=PN=MN，
∴四边形MNPQ是菱形，
∵AF⊥DE，∴∠AOD=90°，
∴∠HQG=∠AOD=90°，
∴四边形MNPQ是正方形．
【点评】此题属于四边形的综合题，考查了正方形的判定与性质、全等三角形的判定与性质以及三角形中位线的性质．注意证得△ADF≌△DCE（SAS），掌握三角形中位线的性质是关键．
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