浙江省台州市路桥区2024-2025学年九年级数学第一学期开学质量跟踪监视试题【含答案】

这是一份浙江省台州市路桥区2024-2025学年九年级数学第一学期开学质量跟踪监视试题【含答案】，共26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）发现下列几组数据能作为三角形的边：（1）8，15，17；（2）5，12，13；（3）12，15，20；（4）7，24，1．其中能作为直角三角形的三边长的有
A．1组B．2组C．3组D．4组
2、（4分）把不等式x+2≤0的解集在数轴上表示出来，则正确的是（ ）
A．B．C．D．
3、（4分）如图所示，正方形纸片ABCD中，对角线AC，BD交于点O，折叠正方形纸片ABCD，使AD落在BD上，点A恰好与BD上的点F重合，展开后折痕DE分别交AB，AC于点E，G，连接GF，给出下列结论：
①∠ADG=22.5°；②tan∠AED=2；③S△AGD=S△OGD；④四边形AEFG是菱形；⑤BE=2OG；⑥若S△OGF=1，则正方形ABCD的面积是6+4 ，其中正确的结论个数有（）
A．2个B．4个C．3个D．5个
4、（4分）将方程化成一元二次方程的一般形式，正确的是（ ）．
A．B．C．D．
5、（4分）已知四边形ABCD是平行四边形，再从①AB=BC，②∠ABC=90°，③AC=BD，④AC⊥BD四个条件中，选两个作为补充条件后，使得四边形ABCD是正方形，现有下列四种选法，其中错误的是（ ）
A．选①②B．选②③C．选①③D．选②④
6、（4分）如图， ，，垂足分别是，，且，若利用“”证明，则需添加的条件是（ ）

A．B．
C．D．
7、（4分）若关于x的分式方程无解，则m的值为（ ）
A．一l.5B．1C．一l.5或2D．一0.5或一l.5
8、（4分）中，，则一定是（ ）
A．锐角三角形B．等腰三角形C．等边三角形D．等腰直角三角形
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，点A，B分别在x轴、y轴上，点O关于AB的对称点C在第一象限，将△ABC沿x轴正方向平移k个单位得到△DEF(点B与E是对应点)，点F落在双曲线y=上，连结BE交该双曲线于点G．∠BAO=60°，OA=2GE，则k的值为 ________ ．
10、（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__________.
11、（4分）方程＝0的解是___．
12、（4分）甲、乙、丙三人进行射击测试，每人10次射击成绩的平均值都是8.9环，方差分别是S甲2＝0.53，S乙2＝0.51，S丙2＝0.43，则三人中成绩最稳定的是______(填“甲”或“乙”或“丙”)
13、（4分）如图，矩形ABCD的两条对角线相交于点O，若，，则AC的长为______．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（12分）阅读下列材料：
关于x的方程：的解是，；即的解是；的解是，；的解是，；
请观察上述方程与解的特征，比较关于x的方程与它们的关系，猜想它的解是什么？并利用“方程的解”的概念进行验证．
由上述的观察、比较、猜想、验证，可以得出结论：
如果方程的左边是未知数与其倒数的倍数的和，方程的右边的形式与左边完全相同，只是把其中的未知数换成了某个常数，那么这样的方程可以直接得解，请用这个结论解关于x的方程：．
15、（8分）如图：在正方形ABCD中，点P、Q是CD边上的两点，且DP=CQ，过D作DG⊥AP于H，交AC、BC分别于E，G，AP、EQ的延长线相交于R.
（1）求证：DP=CG；
（2）判断△PQR的形状，请说明理由.
16、（8分）如图1，直线与双曲线交于、两点，与轴交于点，与轴交于点，已知点、点．
（1）求直线和双曲线的解析式；
（2）将沿直线翻折，点落在第一象限内的点处，直接写出点的坐标；
（3）如图2，过点作直线交轴的负半轴于点，连接交轴于点，且的面积与的面积相等．
①求直线的解析式；
②在直线上是否存在点，使得？若存在，请直接写出所有符合条件的点的坐标；如果不存在，请说明理由．
17、（10分）问题探究
（1）请在图①中作出两条直线，使它们将圆面四等分；
（2）如图②，是正方形内一定点，请在图②中作出两条直线（要求其中一条直线必须过点），使它们将正方形的面积四等分：
问题解决
（3）如图③，在四边形中，，点是的中点如果，且，那么在边上足否存在一点，使所在直线将四边形的面积分成相等的两部分？若存在，求出的长：若不存在，说明理由．
18、（10分）如图，边长为1的正方形组成的网格中，的顶点均在格点上，点、的坐标分是，.
（1）的面积为______；
（2）点在轴上，当的值最小时，在图中画出点，并求出的最小值.
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）化简：______．
20、（4分）把两个同样大小的含45°角的三角尺按如图所示的方式放置，其中一个三角尺的锐角顶点与另一个的直角顶点重合于点A，且另三个锐角顶点B，C，D在同一直线上．若AB=，则CD=_____．
21、（4分）如果一个多边形的每一个外角都等于，则它的内角和是_________．
22、（4分）甲、乙两人进行跳高训练时，在相同条件下各跳5次的平均成绩相同．若=0.5，=0.4，则甲、乙两人的跳高成绩较为稳定的是______．
23、（4分）当m=_____时，是一次函数.
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（8分）如图，四边形中，，，，是边的中点，连接并延长与的延长线相交于点.
（1）求证：四边形是平行四边形；（2）若，求四边形的面积.
25、（10分）观察下列各式
，
，
，
，
由此可推断
（1）＝ ＝ ．
（2）请猜想（1）的特点的一般规律，用含m的等式表示出来为 ＝ （m表示正整数）．
（3）请参考（2）中的规律计算：
26、（12分）如图，在四边形ABCD中，，E为边BC上一点，且EC=AD，连接AC.
（1）求证：四边形AECD是矩形；
（2）若AC平分∠DAB，AB=5，EC=2，求AE的长，
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、C
【解析】
①∵82+152=172，∴能组成直角三角形；
②∵52+122=132，∴能组成直角三角形；
③122+152≠202，∴不能组成直角三角形；
④72+242=12，∴能组成直角三角形．
故选C.
2、D
【解析】
试题分析：根据一元一次不等式的解法解不等式x+1≤0，得x≤﹣1．
表示在数轴上为：．
故选D
考点：不等式的解集
3、C
【解析】
根据四边形ABCD为正方形，以及折叠的性质，可以直接得到∠ADG的角度，以及AE=FE，在△BEF中，EF＜BE，可以得到2AE＜AB，结合三角函数的定义对②作出判断；
在△AGD和△OGD中高相等，底不同，可以直接判断其大小，而四边形AEFG是菱形的判定需证得AE=EF=GF=AG；
要计算OG和BE的关系，我们需利用到中间量EF，即四边形AEFG的边长，可以转化出BE和OG的关系；
当已知△OGF的面积时，根据菱形的性质，可以求得OG的长，进而求出BE的长度，而AE的长度与GF相同，GF可由勾股定理得出，进而求出AB的长度，正方形ABCD的面积也出来了.
【详解】
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠GAD=∠ADO=45°.
由折叠的性质可得：∠ADG=∠ADO=22.5°，故①正确；
∵由折叠的性质可得：AE=EF，∠EFD=∠EAD=90°，
∴AE=EF＜BE，
∴AE＜AB，
∴＞2.故②错误；
∵∠AOB=90°，
∴AG=FG＞OG.
∵△AGD与△OGD同高，
∴S△AGD＞S△OGD.故③错误；
∵∠EFD=∠AOF=90°，
∴EF∥AC，
∴∠FEG=∠AGE.
∵∠AGE=∠FGE，
∴∠FEG=∠FGE，
∴EF=GF.
∵AE=EF，
∴AE=GF.
∵AE=EF=GF，AG=GF，
∴AE=EF=GF=AG，
∴四边形AEFG是菱形，故④正确；
∵四边形AEFG是菱形，
∴∠OGF=∠OAB=45°，
∴EF=GF=OG，
∴BE=EF=×OG=2OG.故⑤正确；
∵四边形AEFG是菱形，
∴AB∥GF，AB=GF.
∵∠BAO=45°，∠GOF=90°，
∴△OGF是等腰直角三角形.
∵S△OGF=1，
∴ OG=1，
解得OG=，
∴BE=2OG=2，
GF=，
∴AE=GF=2，
∴AB=BE+AE=2+2，
∴S四边形ABCD=AB =(2 +2) =12+8 .故⑥错误.
∴其中正确结论的序号是①④⑤，共3个.
故选C.
此题考查正方形的性质，折叠的性质，菱形的性质，三角函数，解题关键在于掌握各性质定理
4、B
【解析】
通过移项把方程4x2+5x=81化成一元二次方程的一般形式．
【详解】
方程4x2+5x=81化成一元二次方程的一般形式是4x2+5x-81=1．
故选B．
此题主要考查了一元二次方程的一般形式，任何一个关于x的一元二次方程经过整理，都能化成如下形式ax2+bx+c=1（a≠1）．这种形式叫一元二次方程的一般形式．其中ax2叫做二次项，a叫做二次项系数；bx叫做一次项；c叫做常数项．
5、B
【解析】
试题分析：A、由①得有一组邻边相等的平行四边形是菱形，由②得有一个角是直角的平行四边形是矩形，所以平行四边形ABCD是正方形，正确，故本选项不符合题意；
B、由②得有一个角是直角的平行四边形是矩形，由③得对角线相等的平行四边形是矩形，所以不能得出平行四边形ABCD是正方形，错误，故本选项符合题意；
C、由①得有一组邻边相等的平行四边形是菱形，由③得对角线相等的平行四边形是矩形，所以平行四边形ABCD是正方形，正确，故本选项不符合题意；
D、由②得有一个角是直角的平行四边形是矩形，由④得对角线互相垂直的平行四边形是菱形，所以平行四边形ABCD是正方形，正确，故本选项不符合题意．
故选B．
考点：1.正方形的判定；2.平行四边形的性质．
6、B
【解析】
本题要判定，已知DE=BF，∠BFA=∠DEC=90°，具备了一直角边对应相等，故添加DC=BA后可根据HL判定．
【详解】
在△ABF与△CDE中，DE=BF，
由DE⊥AC，BF⊥AC，可得∠BFA=∠DEC=90°．
∴添加DC=AB后，满足HL．
故选B．
本题考查了直角三角形全等的判定定理的应用，注意：判定两直角三角形全等的判定定理有SAS，ASA，AAS，SSS，HL．
7、D
【解析】
方程两边都乘以x（x－1）得：（2m＋x）x－x（x－1）=2（x－1），即（2m＋1）x=－6，①
①∵当2m＋1=0时，此方程无解，∴此时m=－0.2，
②∵关于x的分式方程无解，∴x=0或x－1=0，即x=0，x=1．
当x=0时，代入①得：（2m＋1）×0=－6，此方程无解；
当x=1时，代入①得：（2m+1）×1=－6，解得：m=－1.2．
∴若关于x的分式方程无解，m的值是－0.2或－1.2．故选D．
8、B
【解析】
根据等腰三角形的判定方法，即可解答.
【详解】
根据在三角形中“等角对等边”，可知，选项B正确.
此题考查等腰三角形的判定，解题关键在于掌握判定定理.
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、
【解析】
设OA等于2m， 由对称图形的特点，和勾股定理等把C点和B点坐标用含m的代数式来表示，F、E、G是由△ABC平移K个单位得到，坐标可以用含m和k的代数式表示，因为G、F在双曲线上，所以其横纵坐标的乘积都为k，据此列两个关系式，先求出m的值，从而可求k的值.
【详解】
如图：作CH垂直于x轴，CK垂直于y轴，
由对称图形的特点知，CA=OA， 设OA=2m，
∵∠BAO=60°，
∴OB=2，AC=2m， ∠CAH=180°-60°-60°=60°，
∴AH=m，CH=，
∴C点坐标为（3m， ），
则F点坐标为（3m+k， ），
F点在双曲线上，则(3m+k)×=k，
B点坐标为（0，2），
则E点坐标为（k，2），
G点坐标为（k-m，2），
则(k-m) × 2m=k，
∴(3m+k)×m=(k-m) ×2m，
整理得k=5m，代入(k-m)2m=k中，
得4m×2m=5m，
即m=0(舍去)，m=，
则，
故答案为：.
本题考查了平面直角坐标系中反比例函数与三角形的综合，灵活运用反比例函数的解析式与点的坐标间的关系是解题的关键.
10、
【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.
11、x＝5.
【解析】
把两边都平方，化为整式方程求解，注意结果要检验.
【详解】
方程两边平方得：（x﹣3）（x﹣5）＝0，
解得：x1＝3，x2＝5，
经检验，x2＝5是方程的解，
所以方程的解为：x＝5.
本题考查了无理方程的解法，解含未知数的二次根式只有一个的无理方程时，一般步骤是：①移项，使方程左边只保留含有根号的二次根式，其余各项均移到方程的右边；②两边同时平方，得到一个整式方程；③解整式方程；④验根．
12、丙
【解析】
根据方差的定义，方差越小数据越稳定，即可得出答案．
【详解】
∵S甲2＝0.53，S乙2＝0.51，S丙2＝0.43，
∴S甲2＞S乙2＞S丙2，
∴三人中成绩最稳定的是丙；
故答案为：丙．
本题考查了方差的意义．方差是用来衡量一组数据波动大小的量，方差越大，表明这组数据偏离平均数越大，即波动越大，数据越不稳定；反之，方差越小，表明这组数据分布比较集中，各数据偏离平均数越小，即波动越小，数据越稳定．
13、1
【解析】
根据矩形的对角线互相平分且相等可得，再根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和求出，然后根据直角三角形角所对的直角边等于斜边的一半解答．
【详解】
解：在矩形ABCD中，，
，
，
，
又，
．
故答案为：1．
此题考查矩形的性质，解题关键在于利用了矩形的对角线互相平分且相等的性质，三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和的性质．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、猜想的解是，．验证见解析；，．
【解析】
此题为阅读分析题，解此题要注意认真审题，找到规律：的解为，．据规律解题即可．
【详解】
猜想的解是，．
验证：当时，方程左边，方程右边，
方程成立；
当时，方程左边，方程右边，
方程成立；
的解是，；
由得，
，，
，．
考查解分式方程，通过观察，比较，猜想，验证，可以得出结论.解决此题的关键是理解题意，认真审题，寻找规律.
15、（1）证明见解析；（2）△PQR为等腰三角形，理由见解析．
【解析】
（1）正方形对角线AC是对角的角平分线，可以证明△ADP≌△DCG，即可求证DP=CG．
（2）由（1）的结论可以证明△CEQ≌△CEG，进而证明∠PQR=∠QPR．故△PQR为等腰三角形．
【详解】
（1）证明：在正方形ABCD中，
AD＝CD，∠ADP＝∠DCG＝90°，
∠CDG＋∠ADH＝90°，
∵DH⊥AP，∴∠DAH＋∠ADH＝90°，
∴∠CDG＝∠DAH，
∴△ADP≌△DCG，
∵DP，CG为全等三角形的对应边，
∴DP＝CG．
（2）△PQR为等腰三角形．
∵∠QPR＝∠DPA，∠PQR＝∠CQE，CQ＝DP，由（1）的结论可知
∴CQ＝CG，∵∠QCE＝∠GCE，CE＝CE，
∴△CEQ≌△CEG，即∠CQE＝∠CGE，
∴∠PQR＝∠CGE，
∵∠QPR＝∠DPA，
∴∠PQR＝∠QPR，
所以△PQR为等腰三角形．
16、（1）；（2）；（3）点的坐标为或．
【解析】
（1）待定系数法求一次函数解析式和反比例函数解析式，将已知点坐标代入并解方程（组）即可；
（2）先求出直线l1与坐标轴的交点坐标，可得：△COE是等腰直角三角形，再由翻折可得：OCHE是正方形．即可求出H的坐标；
（3）①先待定系数法求直线AO解析式为y=3x，再由△AEG的面积与△OFG的面积相等可得：EF∥AO，即可求直线l2的解析式；
②存在，由S△PBC=S△OBC可知：点P在经过点O或H平行于直线l1：y=-x+4的直线上，易求得点P的坐标为P（-1，1）或P（1，7）．
【详解】
解：（1）将、点代入得，解得：
直线的解析式为：；
将代入中，得，
双曲线的解析式为：．
（2）如图1中，
在中，令，得：
是等腰直角三角形，
由翻折得：
，
是正方形．
．
（3）如图2，连接，
①、．设直线解析式为，，
直线解析式为，
直线的解析式为：；
②存在，点坐标为：或．
解方程组得：，；
；
，
点在经过点或平行于直线的直线上，
易得：或
分别解方程组或得：或
点的坐标为或．
本题是反比例函数综合题，主要考查了待定系数法求一次函数和反比例函数解析式、翻折的性质、正方形的性质、三角形面积等；解题时要能够将这些知识点联系起来，灵活运用．
17、（1）答案见解析；（2）答案见解析；（3）存在，BQ=b
【解析】
（1）画出互相垂直的两直径即可；
（2）连接AC、BD交于O，作直线OM，分别交AD于P，交BC于Q，过O作EF⊥OM交DC于F，交AB于E，则直线EF、OM将正方形的面积四等分，根据三角形的面积公式和正方形的性质求出即可；
（3）当BQ=CD=b时，PQ将四边形ABCD的面积二等份，连接BP并延长交CD的延长线于点E，证△ABP≌△DEP求出BP=EP，连接CP，求出S△BPC=S△EPC，作PF⊥CD，PG⊥BC，由BC=AB+CD=DE+CD=CE，求出S△BPC-S△CQP+S△ABP=S△CPE-S△DEP+S△CQP，即可得出S四边形ABQP=S四边形CDPQ即可．
【详解】
解：（1）如图1所示，
（2）连接AC、BD交于O，作直线OM，分别交AD于P，交BC于Q，过O作EF⊥OM交DC于F，交AB于E，
则直线EF、OM将正方形的面积四等分，
理由是：∵点O是正方形ABCD的对称中心，
∴AP=CQ，EB=DF，
在△AOP和△EOB中
∵∠AOP=90°-∠AOE，∠BOE=90°-∠AOE，
∴∠AOP=∠BOE，
∵OA=OB，∠OAP=∠EBO=45°，
∴△AOP≌△EOB，
∴AP=BE=DF=CQ，
设O到正方形ABCD一边的距离是d，
则（AP+AE）d=（BE+BQ）d=（CQ+CF）d=（PD+DF）d，
∴S四边形AEOP=S四边形BEOQ=S四边形CQOF=S四边形DPOF，
直线EF、OM将正方形ABCD面积四等份；
（3）存在，当BQ=CD=b时，PQ将四边形ABCD的面积二等份，
理由是：如图③，连接BP并延长交CD的延长线于点E，
∵AB∥CD，
∴∠A=∠EDP，
∵在△ABP和△DEP中
∴△ABP≌△DEP（ASA），
∴BP=EP，
连接CP，
∵△BPC的边BP和△EPC的边EP上的高相等，
又∵BP=EP，
∴S△BPC=S△EPC，
作PF⊥CD，PG⊥BC，则BC=AB+CD=DE+CD=CE，
由三角形面积公式得：PF=PG，
在CB上截取CQ=DE=AB=a，则S△CQP=S△DEP=S△ABP
∴S△BPC-S△CQP+S△ABP=S△CPE-S△DEP+S△CQP
即：S四边形ABQP=S四边形CDPQ，
∵BC=AB+CD=a+b，
∴BQ=b，
∴当BQ=b时，直线PQ将四边形ABCD的面积分成相等的两部分．
本题考查了正方形性质，菱形性质，三角形的面积等知识点的应用，主要考查学生综合运用性质进行推理的能力，注意：等底等高的三角形的面积相等．
18、（1）;（2）
【解析】
（1）利用正方形的面积减去三个顶点上三角形的面积即可；
（2）作点A关于x轴的对称点A′，连接A′B交x轴于点P，则P点即为所求，利用勾股定理求出A′P的长即可．
【详解】
解：（1）（1）S△ABC＝3×3−×2×3−×3×1−×2×1＝9−3−−1＝
故填：；
（2）点关于轴对称的点
连接，（或点关于轴对称的点连接）
与轴的交点即为满足条件的点，（注：点的坐标为）
是边长为5和2的矩形的对角线
所以
即的最小值为.
本题考查的是作图−应用与设计作图，根据题意作出点A的对称点A′是解答此题的关键．
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19、3
【解析】
分析：根据算术平方根的概念求解即可.
详解：因为32=9
所以=3.
故答案为3.
点睛：此题主要考查了算术平方根的意义，关键是确定被开方数是哪个正数的平方.
20、
【解析】
先利用等腰直角三角形的性质求出BC=2，BF=AF=1，再利用勾股定理求出DF，即可得出结论．
【详解】
如图，过点A作AF⊥BC于F，
在Rt△ABC中，∠B=45°，
∴BC=AB=2，BF=AF=AB=1，
∵两个同样大小的含45°角的三角尺，
∴AD=BC=2，
在Rt△ADF中，根据勾股定理得，DF==
∴CD=BF+DF-BC=1+-2=-1，
故答案为-1．
此题主要考查了勾股定理，等腰直角三角形的性质，正确作出辅助线是解本题的关键．
21、
【解析】
根据任何多边形的外角和都是360°，利用360除以外角的度数就可以求出外角和中外角的个数，即多边形的边数．n边形的内角和是（n-2）•180°，代入公式就可以求出内角和．
【详解】
解：多边形边数为：360°÷30°=12，
则这个多边形是十二边形；
则它的内角和是：（12-2）•180°=1°．
故答案为：1．
本题考查多边形内角与外角，根据外角和的大小与多边形的边数无关，由外角和求正多边形的边数，是常见的题目，需要熟练掌握．
22、乙
【解析】
根据在平均成绩相同的情况下，方差越小，成绩越稳定即可得出结论．
【详解】
解：∵0.5＞0.4
∴S甲2＞S乙2，则成绩较稳定的同学是乙．
故答案为：乙．
此题考查的是利用方差做决策，掌握方差越小，数据越稳定是解决此题的关键．
23、3或0
【解析】
根据一次函数的定义即可求解.
【详解】
依题意得m-3≠0，2m+1=1或m-3=0,
解得m=0或m=3，
故填：3或0.
此题主要考查一次函数的定义，解题的关键是熟知一次函数的特点.
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（1）见解析；（2）四边形的面积.
【解析】
（1）根据同旁内角互补两直线平行求出BC∥AD，再根据两直线平行，内错角相等可得∠CBE=∠DFE，然后利用“角角边”证明△BEC和△FCD全等，根据全等三角形对应边相等可得BE=EF，然后利用对角线互相平分的四边形是平行四边形证明即可；
（2）利用勾股定理列式求出AB，然后利用平行四边形的面积公式列式计算即可得．
【详解】
解：（1）证明
：
∵，
∴，
∴，
又∵是边的中点，
∴，
在与中， ，
∴，
∴
∴四边形是平行四边形；
（2）∵，
∴，
∴四边形的面积．
本题考查了平行四边形的判定与性质，平行线的判定、全等三角形的判定与性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题．
25、（1），；（2） ，；（3）0.
【解析】
（1）根据题目中的例子可以解答本题；
（2）根据（1）中的例子可以写出含m的等式；
（3）根据前面的发现，可以计算出所求式子的值．
【详解】
解：（1）=，
故答案为：，；
（2）由（1）可得
，
故答案为：，；
（3）
＝
＝
＝0.
本题考查数字的变化类，解答本题的关键是明确题意，发现数字的变化规律，求出所求式子的值．
26、（1）证明见详解；（2）4
【解析】
（1）首先判定该四边形为平行四边形，然后得到∠D=90°，从而判定矩形；
（2）求得BE的长，在直角三角形ABE中利用勾股定理求得AE的长即可．
【详解】
解：（1）证明：∵AD∥BC，EC=AD，
∴四边形AECD是平行四边形．
又∵∠D=90°，
∴四边形AECD是矩形．
（2）∵AC平分∠DAB．
∴∠BAC=∠DAC．
∵AD∥BC，
∴∠DAC=∠ACB．
∴∠BAC=∠ACB．
∴BA=BC=1．
∵EC=2，
∴BE=2．
∴在Rt△ABE中，AE=．
本题考查了矩形的判定及勾股定理的知识，解题的关键是利用矩形的判定定理判定四边形是矩形，难度不大．
题号
一
二
三
四
五
总分
得分
批阅人