【正文】 C 菱形 AEDF=4AF=4 6=24． 故選 A． 第 37 頁（共 52 頁） 【點評】本題考查了菱形的判定與性質，解題的關鍵是證出四邊形 AEDF 是菱形．本題屬于基礎題，難度不大，解決該題型題目時，熟記菱形的判定與性質是關鍵． 9．如圖，順次連接四邊形 ABCD 各邊中點得到四邊形 EFGH，要使四邊形 EFGH 為矩形，應添加的條件是（ ） A． AB∥ CD B． AB=CD C． AC⊥ BD D． AC=BD 【考點】中點四邊形；矩形的判定． 【分析】根據(jù)三角形的中位線定理和平行四邊形的判定定理得到四邊形 EFGH是平行四邊形，根據(jù)矩形的判定定理解答即可． 【解答】解： ∵ E、 F、 G、 H分別是四邊形 ABCD各邊中點， ∴ EH= BD， EH∥ BD， FG= BD， FG∥ BD， ∴ EH=FG， EH∥ FG， ∴ 四邊形 EFGH是平行四邊形， 當 AC⊥ BD時， AC⊥ EH， ∴ EH⊥ EF， ∴ 四邊形 EFGH為矩形， 故選： C． 【點評】本題考查的是三角形的中位線定理和矩形的判定定理，掌握三角形的中位線平行于第三邊，并且等于第三邊的一半是解題的關鍵． 10．正方形 ABCD，正方形 CEFG 如圖放置，點 B、 C、 E 在同一條直線上，點 P 在 BC 邊上， PA=PF， 第 38 頁（共 52 頁） 且 ∠ APF=90176。 ，連接 AF 交 CD于點 M．有下列結論： ① EC=BP； ② AP=AM： ③∠ BAP=∠ GFP； ④ AB2+CE2=AF2； ⑤ S 正方形 ABCD+S 正方形 CGFE=2S△ APF，其中正確的是（ ） A． ①②③ B． ①③④ C． ①②④⑤ D． ①③④⑤ 【考點】正方形的性質；全等三角形的判定與性質． 【分析】 ① 由同角的余角相等可證出 △ EPF≌△ BAP，由此即可得出 EF=BP，再根據(jù)正方形的性質即可得出 ① 成立； ② 沒有滿足證明 AP=AM的條件； ③ 根據(jù)平行線的性質可得出 ∠ GFP=∠ EPF，再由 ∠ EPF=∠ BAP 即可得出 ③ 成立； ④ 在 Rt△ ABP 中，利用勾股定理即可得出 ④ 成立； ⑤ 結合 ④ 即可得出 ⑤ 成立．綜上即可得出結論． 【解答】解： ①∵∠ EPF+∠ APB=90176。 ， ∠ APB+∠ BAP=90176。 ， ∴∠ EPF=∠ BAP． 在 △ EPF和 △ BAP中，有 ， ∴△ EPF≌△ BAP（ AAS）， ∴ EF=BP， ∵ 四邊形 CEFG為正方形， ∴ EC=EF=BP，即 ① 成立； ② 無法證出 AP=AM； ③∵ FG∥ EC， ∴∠ GFP=∠ EPF， 又 ∵∠ EPF=∠ BAP， ∴∠ BAP=∠ GFP，即 ③ 成立； ④ 由 ① 可知 EC=BP， 在 Rt△ ABP中， AB2+BP2=AP2， ∵ PA=PF，且 ∠ APF=90176。 ， ∴△ APF為等腰直角三角形， 第 39 頁（共 52 頁） ∴ AF2=AP2+EP2=2AP2， ∴ AB2+BP2=AB2+CE2=AP2= AF2，即 ④ 成立； ⑤ 由 ④ 可知： AB2+CE2=AP2， ∴ S 正方形 ABCD+S 正方形 CGFE=2S△ APF，即 ⑤ 成立． 故成立的結論有 ①③④⑤ ． 故選 D． 【點評】本題考查了正方形的性質、全等三角形的判定及性質、平行線的性質以及勾股定理，解題的關鍵是逐條分析五條結論是否正確．本題屬于中檔題，難度不大，解決該題型題目時，通過證明三角形全等以及利用勾股定理等來驗證題中各結論是否成立是關鍵． 二、填空題（本題共 4小題，每小 5題分，共 20分） 11．若 的整數(shù)部分為 a，小數(shù)部分為 b，則（ +a） b= 4 ． 【考點】估算無理數(shù)的大小． 【專題】計算題． 【分析】根據(jù)算術平方根的定義得到 3＜ ＜ 4，則 a=3， b= ﹣ 3，然后利用平方差公式進行計算即可． 【解答】解 ： ∵ 9＜ 13＜ 16， ∴ 3＜ ＜ 4， ∴ a=3， b= ﹣ 3， ∴ 原式 =（ +3）（ ﹣ 3） =13﹣ 9=4． 故答案為： 4． 【點評】本題考查了估算無理數(shù)的大?。豪猛耆椒綌?shù)和算術平方根對無理數(shù)的大小進行估算．也考查了算術平方根． 12．李明同學進行射擊練習，兩發(fā)子彈各打中 5環(huán)，四發(fā)子彈各打中 8環(huán)，三發(fā)子彈各打中 9環(huán)．一 第 40 頁（共 52 頁） 發(fā)子彈打中 10環(huán)，則他射擊的平均成績是 環(huán)． 【考點】加權平均數(shù)． 【專題】計算題． 【分析】首先求出這 10發(fā)子彈的總成績?yōu)槎嗌?；然后求出他射擊的平均成績是多少即可? 【解答】解：（ 5 2+8 4+9 3+10） 247。 10 =（ 10+32+27+10） 247。 10 =79247。 10 =（環(huán)） 答：他射擊的平均成績是 環(huán)． 故答案為： ． 【點評】此題主要考查了平均數(shù)的含義和求法，要熟練掌握． 13．如圖，在 ?ABCD 中，點 P 是 AB 的中點， PQ∥ AC 交 BC 于 Q，則圖中與 △ APC 面積相等的三角形有 3 個． 【考點】平行四邊形的性質． 【分析】首先證明點 Q是 BC 中點，再根據(jù)三角形中線把三角形方程面積相等的兩個三角形這個性質即可解決問題． 【解答】解： ∵ AP=PB， PQ∥ AC， ∴ BQ=QC， ∴ S△ APC=S△ PBC= S△ ABC， S△ BQA=S△ QCA= S△ ABC， ∴ S△ APC=S△ PBC=S△ BQA=S△ QCA， ∴ 與 △ APC面積相等的三角形有 3個． 故答案為 3． 第 41 頁（共 52 頁） 【點評】本題考查平行四邊形性質．三角形中線性質．平行線分線段成比例定理等知識，解題的關鍵是靈活應用三角形中線性質解決問題，屬于中考?？碱}型． 14．在一張直角三角形紙片中，分別沿兩直角邊上一點與斜邊中點的連線剪去兩個三角形，得到如圖所示的四邊形，則原直角三角形紙片的斜邊長是 10或 8 ． 【考點】勾股定理． 【分析】先根據(jù)題意畫出圖形，此題要分兩種情況，再根據(jù)勾股定理求出斜邊上的中線，最后根據(jù)直角三角形中，斜邊上的中線等于斜邊的一半即可求出斜邊的長． 【解答】解： ① 如圖所示： ， 連接 CD， CD= =5， ∵ D為 AB中點， ∴ AB=2CD=10； ② 如圖所示： 第 42 頁（共 52 頁） ， 連接 EF， EF= =4 ， ∵ E為 AB中點， ∴ AB=2EF=8 ． 故答案為： 10或 8 ． 【點評】此題考查了勾股定理，圖形的剪拼，解題的關鍵是能夠根據(jù)題意畫出圖形，在解題時要注意分兩種情況畫圖，不要漏解． 三、計算題 15．計算： ﹣ +（ ﹣ 1） 2+ 247。 ． 【考點】二次根式的混合運算． 【分析】根據(jù)二次根式的性質化簡各個二次根式，合并同類二次根式即可． 【解答】解：原式 =2 ﹣ +3﹣ 2 +1+2 = +4． 【點評】本題考查的是二次根式的混合運算以及二次根式的化簡，掌握二次根式的混合運算法則是解題的關鍵． 16．已知關于 x的一元二次方程 x2+5x+2m2﹣ 4m=0有一個根是﹣ 1，求 m的值． 【考點】一元二次方程的解． 【分析】把 x=﹣ 1代入已知方程，列出關于 m的新方程，通過解新方程求得 m的值． 第 43 頁（共 52 頁） 【解答】解：把 x=﹣ 1代入原方程，得 2m2﹣ 4m﹣ 4=0，即 m2﹣ 2m﹣ 2=0． 解得 m= =1177。 ， 所以 m的值是 1177。 ． 【點評】本題考查了一元二次方程的解的定義．能使一元二次方程左右兩邊相等的未知數(shù)的值是一元二次方程的解．又因為只含有一個未知數(shù)的方程的解也叫做這個方程的根，所以，一元二次方程的解也稱為一元二次方程的根． 四、解答題 17．如圖，在海上觀察所 A 處．我邊防海警發(fā)現(xiàn)正南方向 60 海里的 B 處有一可疑船只正以每小時20海里的速度向正東方向 C處駛去，我邊防海警即刻從 A處派快艇去攔截．若快艇的速度是每小時海里．問快艇最快幾小時攔截住可疑船只？ 【考點】勾股定理的應用． 【分析】首先求得線段 AC 的長，然后利用勾股定理得出方程，解方程即可． 【解答】解：設快艇最快 x 小時攔截住可疑船只， 則 BC=20x， AC= x， 由勾股定理得： AC2=AB2+BC2， 即（ x） 2=602+（ 20x） 2， 解得： x=177。 （負值舍去）， ∴ x= ， 答：快艇最快 小時攔截住可疑船只． 【點評】本題考查了勾股定理在實際生活中的應用，本題中正確的找到 CB， AB， AC 的等量關系，并且根據(jù)該等量關系在直角 △ CAB中求解是解題的關鍵． 第 44 頁（共 52 頁） 18．某工廠沿路護欄紋飾部分是由若干個和菱形 ABCD（圖 1）全等的圖案組成的，每增加一個菱形，紋飾長度就增加 dcm，如圖 2所示．已知菱形 ABCD的邊長 6 cm， ∠ BAD=60176。 ． （ 1）求 AC長； （ 2）若 d=15，紋飾總長度 L為 3918cm，則需要多少個這樣的菱形圖案？ 【考點】菱形的性質． 【分析】（ 1）連接 AC， BD，設交點為 O，根據(jù)菱形的性質以及勾股定理即可求出 AO 的長，進而可求出 AC 的長； （ 2）設需要 x個這樣的圖案，仍然根據(jù) L=菱形對角線的長 +（ x﹣ 1） d進行計算即可 【解答】解： （ 1）連接 AC， BD，設交點為 O， ∵ 四邊形 ABCD是菱形， ∠ BAD=60176。 ， ∴∠ DAC=30176。 ， ∴ OD= AD=3 ， ∴ OA= =9， 則 AC=2OA=18； （ 2）當 d=15時，設需 x個菱形圖案，則有： 18+15 （ x﹣ 1） =3918， 解得 x=261， 即需要 261個這樣的菱形圖案． 【點評】本題考查了菱形的性質，解直角三角形的應用，此題主要考查學生能否能根據(jù)圖形找出規(guī)律，題目比較好，有一定的難度． 第 45 頁（共 52 頁） 19． 已知 x1， x2是關于 x的方程 x2+2（ m﹣ 2） x+m2+4=0的兩個根，是否存在實數(shù) m，使 x12+x22﹣ x1x2=21成立？若存在，求出 m的值；若不存在，請說明理由． 【考點】根與系數(shù)的關系． 【專題】存在型． 【分析】先利用判別式的值得到 m≤ 0，再利用根與系數(shù)的關系得到 x1+x2=﹣ 2（ m﹣ 2）， x1x2=m2+4，則利用完全平方公式和整體代入的方法由 x12+x22﹣ x1x2=21得到 [﹣ 2（ m﹣ 2） ]2﹣ 3（ m2+4） =21，解此方程得 m1=17， m2=﹣ 1，然后根據(jù) m的取值范圍確定 m 的值． 【解答】解：存在． ∵△ =[﹣ 2（ m﹣ 2） ]2﹣ 4（ m2+4） ≥ 0， ∴ m≤ 0， 根據(jù)根與系數(shù)的關系得 x1+x2=﹣ 2（ m﹣ 2）， x1x2=m2+4， ∵ x12+x22﹣ x1x2=21， ∴ （ x1+x2） 2﹣ 2x1x2﹣ x1x2=21，即（ x1+x2） 2﹣ 3x1x2=21， ∴ [﹣ 2（ m﹣ 2） ]2﹣ 3（ m2+4） =21， 整理得 m2﹣ 16m﹣ 17=0，解得 m1=17， m2=﹣ 1， 而 m≤ 0， ∴ m=﹣ 1． 【點評】本題考查了根與系數(shù)的關系：若 x1， x2是一元二次方程 ax2+bx+c=0（ a≠ 0）的兩根時， x1+x2=﹣ ， x1x2= ．計算出的 m 的值滿足判別式的值大于或等于 0． 20．如圖，在四邊形 ABCD 中， ∠ DAB=∠ BCD=90176。 ，點 E 是 BD 上任意一點，點 O 是 AC 的中點， AF∥ EC交 EO的延長線于點 F，連接 AE， CF． （ I）判斷四邊形 AECF是什么四邊形，并證明； （ 2）若點 E是 BD的中點，四邊形 AECF又是什么四邊形？說明理由． 第 46 頁（共 52 頁） 【考點】菱形的判定；平行四邊形的判定與性質． 【分析】（ 1）由 ASA證明 △ AOF≌△ COE，得出 OF=OE，即可得出結論； （ 2）由直角三角形斜邊上的中線性質得出 AE= BD， CE= BD，得出 AE=CE，即可得出結論． 【解答】（ 1）解：四邊形 AECF是平行四邊形；理由如下： ∵ 點 O是 AC 的中點， ∴ OA=OC， ∵ AF∥ EC， ∴∠ OCE=∠ OAF， 在 △ AOF和 △ COE中， ， ∴△ AOF≌△ COE（ ASA）， ∴ OF=OE， ∴ 四邊形 AECF是平行四邊形； （ 2）若點