2025届福建省莆田市哲理中学数学九上开学达标检测模拟试题【含答案】

这是一份2025届福建省莆田市哲理中学数学九上开学达标检测模拟试题【含答案】，共23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）在下列性质中，平行四边形不一定具有的是（ ）
A．对边相等B．对边平行C．对角互补D．内角和为360°
2、（4分）如图，在△ABC中，AB=AC，点D、E在BC上，连接AD、AE，如果只添加一个条件使∠DAB=∠EAC，则添加的条件不能为（ ）
A．BD=CEB．AD=AEC．DA=DED．BE=CD
3、（4分）将抛物线y＝﹣3x2+1向左平移2个单位长度，再向下平移3个单位长度，所得到的抛物线为（ ）
A．y＝﹣3（x﹣2）2+4B．y＝﹣3（x﹣2）2﹣2
C．y＝﹣3（x+2）2+4D．y＝﹣3（x+2）2﹣2
4、（4分）如图，D、E分别为△ABC边AC、BC的中点，∠A=60°，DE=6，则下列判断错误的是（ ）
A．∠ADE=120°B．AB=12C．∠CDE=60°D．DC=6
5、（4分）如图顺次连接等腰梯形四边中点得到一个四边形，再顺次连接所得四边形四边的中点得到的图形是（ ）
A．等腰梯形B．直角梯形C．菱形D．矩形
6、（4分）如图，▱ABCD中，对角线AC，BD相交于O，BD=2AD，E，F，G分别是OC，OD，AB的中点，下列结论
①BE⊥AC
②四边形BEFG是平行四边形
③EG=GF
④EA平分∠GEF
其中正确的是（ ）
A．①②③B．①②④C．①③④D．②③④
7、（4分）如图，按下面的程序进行运算．规定：程序运行到“判断结果是否大于35”为一次运算．若运算进行了3次才停止，则x的取值范围是( )
A．7＜x≤11B．7≤x＜11
C．7＜x＜11D．7≤x≤11
8、（4分）若关于x的方程有两个相等的实数根，则常数c的值是
A．6B．9C．24D．36
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、（4分）如图是甲、乙两名射由运动员的10次射击训练成绩的折线统计图观察图形，比较甲、乙这10次射击成绩的方差、的大小：_____ （填“＞”、“＜”或“＝”）
10、（4分） 如图，以Rt△ABC的三边为边向外作正方形，其面积分别为S1、S2、S3，且S1＝5，S2＝6，则AB的长为_____．
11、（4分）下表是某校女子羽毛球队队员的年龄分布：
则该校女子排球队队员年龄的中位数为__________岁.
12、（4分）某厂去年1月份的产值为144万元，3月份下降到100万元，求这两个月平均每月产值降低的百分率．如果设平均每月产值降低的百分率是x，那么列出的方程是___．
13、（4分）如图，在四边形ABCD中，∠A+∠B=200°，作∠ADC、∠BCD的平分线交于点O1称为第1次操作，作∠O1DC、∠O1CD的平分线交于点O2称为第2次操作，作∠O2DC、∠O2CD的平分线交于点O3称为第3次操作，…，则第5次操作后∠CO5D的度数是_____．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（12分）某汽车销售公司经销某品牌款汽车，随着汽车的普及，其价格也在不断下降．今年5月份款汽车的售价比去年同期每辆降价1万元，如果卖出相同数量的款汽车，去年销售额为100万元，今年销售额只有90万元．
（1）今年5月份款汽车每辆售价多少万元？
（2）为了增加收入，汽车销售公司决定再经销同品牌的款汽车，已知款汽车每辆进价为7.5万元，款汽车每辆进价为6万元，公司预计用不多于105万元且不少于102万元的资金购进这两款汽车共15辆，有几种进货方案？
（3）按照（2）中两种汽车进价不变，如果款汽车每辆售价为8万元，为打开款汽车的销路，公司决定每售出一辆款汽车，返还顾客现金万元，要使（2）中所有的方案获利相同，值应是多少？
15、（8分）计算：
（1）｜1－2｜＋．
（2）
16、（8分）某地重视生态建设，大力发展旅游业，各地旅游团纷沓而至，某旅游团上午6时从旅游馆出发，乘汽车到距离的旅游景点观光，该汽车离旅游馆的距离与时间的关系可以用如图的折线表示.根据图象提供的有关信息，解答下列问题：
（1）求该团旅游景点时的平均速度是多少？
（2）该团在旅游景点观光了多少小时？
（3）求该团返回到宾馆的时刻是几时？
17、（10分）在平面直角坐标系中，原点为O，已知一次函数的图象过点A（0，5），点B（﹣1，4）和点P（m，n）
（1）求这个一次函数的解析式；
（2）当n＝2时，求直线AB，直线OP与x轴围成的图形的面积；
（3）当△OAP的面积等于△OAB的面积的2倍时，求n的值
18、（10分）仔细阅读下面例题,解答问题:
例题:已知二次三项式有一个因式是，求另一个因式以及的值，
解:设另一个因式为，得: ，
则
解得:
另一个因式为，的值为，
问题:仿照以上方法解答下列问题:
已知二次三项式有一个因式是，求另一个因式以及的值．
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）分解因式______．
20、（4分）如图，在中，，点是边的中点，点在边上运动，若平分的周长时，则的长是_______．
21、（4分）已知b是a，c的比例中项，若a=4，c=16，则b=________．
22、（4分）如图，正方形的边长为5 cm，是边上一点，cm.动点由点向点运动，速度为2 cm/s ，的垂直平分线交于，交于.设运动时间为秒，当时，的值为______.
23、（4分）若关于的方程有增根，则的值为________．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（8分）已知函数y＝和y＝，A（1，n）、B（m，4）两点均在函数y＝的图像上，设两函数y＝和y＝的图像交于一点P．
（1）求实数m，n的值；
（2）求P，A，B三点构成的三角形PAB的面积．
25、（10分）如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的顶点A，C分别在x轴，y轴的正半轴上，且OA=4，OC=3，若抛物线经过O，A两点，且顶点在BC边上，对称轴交BE于点F，点D，E的坐标分别为（3，0），（0，1）.
（1）求抛物线的解析式；
（2）猜想△EDB的形状并加以证明.
26、（12分）如图，点D，C在BF上，AC∥DE，∠A＝∠E，BD＝CF．
(1)求证：AB＝EF；
(2)连接AF，BE，猜想四边形ABEF的形状，并说明理由．
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】
A、平行四边形的对边相等，故本选项正确；
B、平行四边形的对边平行，故本选项正确；
C、平行四边形的对角相等不一定互补，故本选项错误；
D、平行四边形的内角和为360°，故本选项正确；故选C
2、C
【解析】
根据全等三角形的判定与性质，等边对等角的性质对各选项分析判断后利用排除法求解．
【详解】
解：A、添加BD=CE，可以利用“边角边”证明△ABD和△ACE全等，再根据全等三角形对应角相等得到∠DAB=∠EAC，故本选项错误；
B、添加AD=AE，根据等边对等角可得∠ADE=∠AED，然后利用三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和求出∠DAB=∠EAC，故本选项错误；
C、添加DA=DE无法求出∠DAB=∠EAC，故本选项正确；
D、添加BE=CD可以利用“边角边”证明△ABE和△ACD全等，再根据全等三角形对应角相等得到∠DAB=∠EAC，故本选项错误．
故选C．
3、D
【解析】
根据“左加右减、上加下减”的原则进行解答即可．
【详解】
将抛物线y＝﹣3x1+1向左平移1个单位长度所得直线解析式为：y＝﹣3（x+1）1+1；
再向下平移3个单位为：y＝﹣3（x+1）1+1﹣3，即y＝﹣3（x+1）1﹣1．
故选D．
此题主要考查了二次函数图象与几何变换，要求熟练掌握平移的规律：左加右减，上加下减．
4、D
【解析】
由题意可知：DE是△ABC的中位线，然后根据中位线的性质和平行线的性质逐一判断即可．
【详解】
解：∵D、E分别为△ABC边AC、BC的中点，∴DE∥AB，，
∵∠A=60°，DE=6，∴∠ADE=120°，AB=12，∠CDE=60°，∴A、B、C三项是正确的；
由于AC长度不确定，而，所以DC的长度不确定，所以D是错误的．
故选：D．
本题主要考查了三角形的中位线定理，属于基本题型，熟练掌握三角形的中位线定理是解题关键．
5、D
【解析】
首先作出图形，根据三角形的中位线定理，可以得到，，，再根据等腰梯形的对角线相等，即可证得四边形EFGH的四边相等，即可证得是菱形，然后根据三角形中位线定理即可证得四边形OPMN的一组对边平行且相等，则是平行四边形，在根据菱形的对角线互相垂直，即可证得平行四边形的一组临边互相垂直，即可证得四边形OPMN是矩形．
【详解】
解：连接AC，BD．
∵E，F是AB，AD的中点，即EF是的中位线．
，
同理：，，．
又等腰梯形ABCD中，．
．
四边形EFGH是菱形．
是的中位线，
∴EF EG，，
同理，NMEG，
∴EFNM，
四边形OPMN是平行四边形．
，，
又菱形EFGH中，，
平行四边形OPMN是矩形．
故选：D．
本题考查了等腰梯形的性质，菱形的判定，矩形的判定，以及三角形的中位线定理，关键的应用三角形的中位线定理得到四边形EFGH和四边形OPMN的边的关系．
6、B
【解析】
由平行四边形的性质可得OB=BC，由等腰三角形的性质可判断①正确，由直角三角形的性质和三角形中位线定理可判断③错误，由BG=EF，BG∥EF∥CD可证四边形BEFG是平行四边形，可得②正确．由平行线的性质和等腰三角形的性质可判断④正确．
【详解】
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BO=DO=BD，AD=BC，AB=CD，AB∥BC，
又∵BD=2AD，
∴OB=BC=OD=DA，且点E 是OC中点，
∴BE⊥AC，
故①正确，
∵E、F分别是OC、OD的中点，
∴EF∥CD，EF=CD，
∵点G是Rt△ABE斜边AB上的中点，
∴GE=AB=AG=BG，
∴EG=EF=AG=BG，无法证明GE=GF，
故③错误，
∵BG=EF，BG∥EF∥CD，
∴四边形BEFG是平行四边形，
故②正确，
∵EF∥CD∥AB，
∴∠BAC=∠ACD=∠AEF，
∵AG=GE，
∴∠GAE=∠AEG，
∴∠AEG=∠AEF，
∴AE平分∠GEF，故④正确，
故选B．
本题考查了菱形的判定，平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形中位线定理等知识，灵活运用相关的性质定理、综合运用知识是解题的关键．
7、A
【解析】
根据运算程序，前两次运算结果小于等于35，第三次运算结果大于35列出不等式组，然后求解即可．
【详解】
依题意，得：，
解得7＜x≤1．
故选A．
本题考查了一元一次不等式组的应用，读懂题目信息，理解运输程序并列出不等式组是解题的关键．
8、B
【解析】
根据判别式的意义得到△=62-4c=0，然后解关于c的一次方程即可．
【详解】
∵方程x2+6x+c=0有两个相等的实数根，
∴△=62-4×1×c=0，
解得：c=9，
故选B．
本题考查了根的判别式：一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的根与△=b2-4ac有如下关系：当△＞0时，方程有两个不相等的实数根；当△=0时，方程有两个相等的实数根；当△＜0时，方程无实数根．
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、＜
【解析】
利用折线统计图可判断乙运动员的成绩波动较大，然后根据方差的意义可得到甲乙的方差的大小．
【详解】
解：由折线统计图得乙运动员的成绩波动较大，
所以．
故答案为：＜
本题考查了条形统计图：条形统计图是用线段长度表示数据，根据数量的多少画成长短不同的矩形直条，然后按顺序把这些直条排列起来．也考查了方差的意义．
10、
【解析】
根据勾股定理得出S2+S1＝S3，求出S3，即可求出AB．
【详解】
解：∵由勾股定理得：AC2+BC2＝AB2，
∴S2+S1＝S3，
∵S1＝5，S2＝6，
∴S3＝11，
∴AB＝，
故答案为：．
本题考查了勾股定理和正方形的性质，能求出S3的值是解此题的关键．
11、15.
【解析】
中位数有2种情况，共有2n+1个数据时，从小到大排列后,，中位数应为第n+1个数据,可见,大于中位数与小于中位数的数据都为n个；共有2n+2个数据时,从小到大排列后,中位数为中间两个数据平均值,大小介于这两个数据之间，可见大于中位数与小于中位数的数据都为n+1个，所以这组数据中大于或小于这个中位数的数据各占一半，中位数有一个.
【详解】
解：总数据有5个，中位数是从小到大排，第3个数据为中位数,即15为这组数据的中位数.
故答案为：15
本题考查中位数的定义，解题关键是熟练掌握中位数的计算方法，即中位数是将一组数据从小到大（或从大到小）重新排列后，最中间的那个数（最中间两个数的平均数）．
12、144（1﹣x）2＝1．
【解析】
设平均每月产值降低的百分率是x，那么2月份的产值为144（1-x）万元，3月份的产值为144（1-x）2万元，然后根据3月份的产值为1万元即可列出方程．
【详解】
设平均每月产值降低的百分率是x，则2月份的产值为144（1﹣x）万元，3月份的产值为144（1﹣x）2万元，
根据题意，得144（1﹣x）2＝1．
故答案为144（1﹣x）2＝1．
本题考查由实际问题抽象出一元二次方程-求平均变化率的方法．若设变化前的量为a，变化后的量为b，平均变化率为x，则经过两次变化后的数量关系为a（1±x）2=b．得到3月份的产值的等量关系是解决本题的关键．
13、175°
【解析】
如图所示，∵∠ADC、∠BCD的平分线交于点O1，
∴∠O1DC+∠O1CD=（∠ADC+∠DCB），
∵∠O1DC、∠O1CD的平分线交于点O2，
∴∠O2DC+∠O2CD=（∠O1DC+∠O1CD）=（∠ADC+∠DCB），
同理可得，∠O3DC+∠O3CD=（∠O2DC+∠O2CD）=（∠ADC+∠DCB），
由此可得，∠O5DC+∠O5CD=（∠O4DC+∠O4CD）=（∠ADC+∠DCB），
∴△CO5D中，∠CO5D=180°﹣（∠O5DC+∠O5CD）=180°﹣（∠ADC+∠DCB），
又∵四边形ABCD中，∠DAB+∠ABC=200°，
∴∠ADC+∠DCB=160°，
∴∠CO5D=180°﹣×160°=180°﹣5°=175°，
故答案为175°．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（1）今年5月份A款汽车每辆售价9万元；（2）共有3种进货方案：A款汽车8辆，B款汽车7辆；A款汽车9辆，B款汽车6辆；A款汽车10辆，B款汽车5辆；（3）当=0.5时，（2）中所有方案获利相同.
【解析】
（1）求单价，总价明显，应根据数量来列等量关系，等量关系为：今年的销售数量=去年的销售数量；
（2）关系式为：102≤A款汽车总价+B款汽车总价≤105；
（3）方案获利相同，说明与所设的未知数无关，让未知数x的系数为0即可.
【详解】
（1）设今年5月份A款汽车每辆售价m万元，则：
解得：m=9；
经检验，m=9是原方程的根且符合题意．
答：今年5月份A款汽车每辆售价9万元；
（2）设购进A款汽车x辆，则：
102≤7.5x+6（15-x）≤105，
解得：
∵x的正整数解为8，9，10，
∴共有3种进货方案：A款汽车8辆，B款汽车7辆；A款汽车9辆，B款汽车6辆；A款汽车10辆，B款汽车5辆；
（3）设总获利为W元，购进A款汽车x辆，则：
W=（9-7.5）x+（8-6-）（15-x）=（-0.5）x+30-15，
当=0.5时，（2）中所有方案获利相同．
本题考查分式方程和一元一次不等式组的综合应用，找到合适的等量关系及不等关系是解决问题的关键.
15、（1）0；（2）.
【解析】
（1）根据绝对值的意义、零指数幂的意义计算；
（2）先把二次根式化为最简二次根式，然后把括号内合并后进行二次根式的除法运算．
【详解】
（1）解：原式.
（2）解：原式.
本题考查了二次根式的混合运算：先把二次根式化为最简二次根式，然后进行二次根式的乘除运算，再合并即可．在二次根式的混合运算中，如能结合题目特点，灵活运用二次根式的性质，选择恰当的解题途径，往往能事半功倍．
16、（1）90千米/时；（2）4小时；（3）15时．
【解析】
(1)根据路程除以时间等于速度,可得答案;
(2)根据路程不变,可得相应的自变量的范围;
(3)根据待定系数法,可得函数关系式,根据自变量与函数值得对应关系,可得答案.
【详解】
解：（1）（千米/时）
答：该团去五莲山旅游景点时的平均速度是90千米/时；
（2）由横坐标得出8时到达景点，12时离开景点，小时，
答：该团在五莲山旅游景点游玩了4小时． ；
（3）设该团返回途中函数关系式是，由题意，得
，
解得，
返回途中函数关系式是，
当时，，
答：该团返回到宾馆的时刻是15时．
本题考查的是函数图像，熟练掌握函数图像是解题的关键.
17、（1）y＝x+5；（2）5；（1）7或1
【解析】
（1）利用待定系数法求一次函数的解析式；
（2）设直线AB交x轴于C，如图，则C（﹣5，0），然后根据三角形面积公式计算S△OPC即可；
（1）利用三角形面积公式得到×5×|m|＝2××1×5，解得m＝2或m＝﹣2，然后利用一次函数解析式计算出对应的纵坐标即可．
【详解】
解：（1）设这个一次函数的解析式是y＝kx+b，
把点A（0，5），点B（﹣1，4）的坐标代入得：，解得：k＝1，b＝5，
所以这个一次函数的解析式是：y＝x+5；
（2）设直线AB交x轴于C，如图，
当y＝0时，x+5＝0，解得x＝﹣5，则C（﹣5，0），
当n＝2时，S△OPC＝×5×2＝5，
即直线AB，直线OP与x轴围成的图形的面积为5；
（1）∵当△OAP的面积等于△OAB的面积的2倍，
∴×5×|m|＝2××1×5，
∴m＝2或m＝﹣2，
即P点的横坐标为2或﹣2，
当x＝2时，y＝x+5＝7，此时P（2，7）；
当x＝﹣2时，y＝x+5＝1，此时P（﹣2，1）；
综上所述，n的值为7或1．
本题考查了待定系数法求一次函数解析式：先设出函数的一般形式，如求一次函数的解析式时，先设y=kx+b；将自变量x的值及与它对应的函数值y的值代入所设的解析式，得到关于待定系数的方程或方程组；解方程或方程组，求出待定系数的值，进而写出函数解析式．
18、另一个因式为，的值为
【解析】
设另一个因式为（x+n），得2x2-5x-k=（2x-3）（x+n）=2x2+（2n-3）x-3n，可知2n-3=-5，k=3n，继而求出n和k的值及另一个因式．
【详解】
解：设另一个因式为（x+n），得：2x2-5x-k=（2x-3）（x+n）
则2x2-5x-k=2x2+（2n-3）x-3n，
解得:
另一个因式为，的值为，
本题考查因式分解的应用，正确读懂例题，理解如何利用待定系数法求解是解本题的关键．
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19、 (2b+a)(2b-a)
【解析】
运用平方差公式进行因式分解:a2-b2=（a+b）（a-b）.
【详解】
(2b+a)(2b-a).
故答案为：(2b+a)(2b-a)
本题考核知识点：因式分解.解题关键点：熟记平方差公式.
20、
【解析】
延长CA至M，使AM=AB，连接BM，作AN⊥BM于N，由DE平分△ABC的周长，又CD=DB，得到ME=EC，根据中位线的性质可得DE=BM，再求出BM的长即可得到结论．
【详解】
解：延长CA至M，使AM=AB，连接BM，作AN⊥BM于N，
∵DE平分△ABC的周长，CD=DB，
∴ME=EC，
∴DE=BM，
∵∠BAC=60°，
∴∠BAM=120°，
∵AM=AB，AN⊥BM，
∴∠BAN=60°，BN=MN，
∴∠ABN=30°，
∴AN=AB=1，∴BN=，
∴BM=2，
∴DE=，
故答案为：．
本题考查了三角形的中位线的性质，等腰三角形的性质，含30°的直角三角形的性质以及勾股定理等知识点，作出辅助线综合运用基本性质进行推理是解题的关键．
21、±8
【解析】
根据比例中项的定义即可求解.
【详解】
∵b是a，c的比例中项，若a=4，c=16，
∴b2=ac=4×16=64，
∴b=±8，
故答案为±8
此题考查了比例中项的定义，如果作为比例线段的内项是两条相同的线段，即a∶b=b∶c或，那么线段b叫做线段a、c的比例中项.
22、2
【解析】
连接ME，根据MN垂直平分PE，可得MP=ME，当时，BC=MP=5，所以可得EM=5，AE=3，可得AM=DP=4，即可计算出t 的值.
【详解】
连接ME
根据MN垂直平分PE
可得为等腰三角形，即ME=PM





故答案为2.
本题主要考查等腰三角形的性质，这类题目是动点问题的常考点，必须掌握方法.
23、；
【解析】
先将m视为常数求解分式方程，得出方程关于m的解，再根据方程有增根判断m的值．
【详解】
去分母得：2x+1-x-2=m
解得：x=m+1
∵分式方程有增根
∴x=－2
∴m+1=－2
解得：m=－1
故答案为；－1．
本题考查解分式方程增根的情况，注意当方程中有字母时，我们通常是将字母先视为常数进行计算，后续再讨论字母的情况．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（1），n=2；（2）3
【解析】
（1）根据待定系数法求解即可；
（2）联立方程组求出点P的坐标，可得点与点关于原点对称，从而可得，设直线的解析式为，，根据待定系数法求出k，b的值，即可求出直线与轴的交点为，从而求出．
【详解】
解：（1）将，两点坐标代入，求得，．
（2）联立方程组，消去得，解得，．
∴，，三点坐标为，，．
∴点与点关于原点对称．
∴．
设直线的解析式为，将，坐标代入得，
解得，．
∴直线与轴的交点为D．
∴．
∴．
本题考查了反比例函数的几何问题，掌握待定系数法、反比例函数的性质、一次函数的性质是解题的关键．
25、（1）y=—x2+3x；（2）△EDB为等腰直角三角形，见解析.
【解析】
（1）由条件可求得抛物线的顶点坐标及A点坐标，利用待定系数法可求得抛物线解析式；
（2）由B、D、E的坐标可分别求得DE、BD和BE的长，再利用勾股定理的逆定理可进行判断；
【详解】
（1）在矩形OABC中，OA=4，OC=3，
∴A（4，0），C（0，3），
∵抛物线经过O、A两点，顶点在BC边上，
∴抛物线顶点坐标为（2，3），
∴可设抛物线解析式为y=a（x﹣2）2+3，
把A点坐标代入可得0=a（4﹣2）2+3，解得a=－，
∴抛物线解析式为y=—（x﹣2）2+3，即y=—x2+3x；
（2）△EDB为等腰直角三角形．
证明：
由（1）可知B（4，3），且D（3，0），E（0，1），
∴DE2=32+12=10，BD2=（4﹣3）2+32=10，BE2=42+（3﹣1）2=20，
∴DE2+BD2=BE2，且DE=BD，
∴△EDB为等腰直角三角形.
此题考查二次函数综合题，解题关键在于利用勾股定理逆定理进行求证.
26、（1）证明见解析；（2）四边形ABEF为平行四边形，理由见解析.
【解析】
（1）利用AAS证明，再根据全等三角形的性质可得；
（2）首先根据全等三角形的性质可得，再根据内错角相等两直线平行可得到，又，可证出四边形为平行四边形.
【详解】
证明：，
，
，
，
即，
在与中
，
≌，
；
猜想：四边形ABEF为平行四边形，
理由如下：由知≌，
，
，
又，
四边形ABEF为平行四边形．
此题主要考查了全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定，解决问题的关键是证明.
题号
一
二
三
四
五
总分
得分
年龄/岁
13
14
15
16
人数
1
1
2
1