湖南省长沙市开福区青竹湖湘一外国语学校2024-2025学年九年级数学第一学期开学统考试题【含答案】

这是一份湖南省长沙市开福区青竹湖湘一外国语学校2024-2025学年九年级数学第一学期开学统考试题【含答案】，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。

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）己知两个变量之间的关系满足y=-x+2,则当x=-1时，对应的y的值（ ）
A．3B．1C．-1D．-3
2、（4分）如图，∠1＝∠2，DE∥AC，则图中的相似三角形有（ ）
A．2对B．3对C．4对D．5对
3、（4分）如图，李老师骑自行车上班，最初以某一速度匀速行进，路途由于自行车发生故障，停下修车耽误了几分钟，为了按时到校，李老师加快了速度，仍保持匀速行进，结果准时到校．在课堂上，李老师请学生画出他行进的路程y（千米）与行进时间t（小时）的函数图象的示意图，同学们画出的图象如图所示，你认为正确的是（ ）
A．B．
C．D．
4、（4分）如图，函数y=kx与y=ax+b的图象交于点P（-4，-2）．则不等式kx＜ax+b的解集是（ ）
A．x＜-2B．x＞-2C．x＜-4D．x＞-4
5、（4分）矩形ABCD的对角线AC、BD交于点O，下列结论不成立的是（ ）
A．AC＝BDB．OA＝OBC．OC＝CDD．∠BCD＝90°
6、（4分）如图所示，在平行四边形中，对角线相交于点，，，，则平行四边形的周长为（ ）
A．B．
C．D．
7、（4分）设直角三角形的两条直角边分别为a和b，斜边长为c，已知，，则（ ）
A．3B．4C．5D．8
8、（4分）下列调查最适合用查阅资料的方法收集数据的是（ ）
A．班级推选班长B．本校学生的到时间
C．2014世界杯中，谁的进球最多D．本班同学最喜爱的明星
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，已知在矩形中，，，沿着过矩形顶点的一条直线将折叠，使点的对应点落在矩形的边上，则折痕的长为__．
10、（4分））如图，Rt△ABC中，C= 90，以斜边AB为边向外作正方形 ABDE，且正方形对角线交于点D，连接OC，已知AC=5，OC=6，则另一直角边BC的长为 ．
11、（4分）如图所示，直线y=kx+b经过点（﹣2，0），则关于x的不等式kx+b＜0的解集为_____．
12、（4分）如图，在中，，，是角平分线，是中线，过点作于点，交于点，连接，则线段的长为_____．
13、（4分）学校门口的栏杆如图所示，栏杆从水平位置BD绕O点旋转到AC位置，已知AB⊥BD，CD⊥BD，垂足分别为B，D，AO=4m，AB=1.6m，CO=1m，则栏杆C端应下降的垂直距离CD为__________.
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（12分）实践与探究
宽与长的比是（约0.618）的矩形叫做黄金矩形。黄金矩形给我们以协调、均匀的美感。世界各国许多著名的建筑，为取得最佳的视觉效果，都采用了黄金矩形的设计。
下面我们通过折纸得到黄金矩形。
第一步，在一张矩形纸片的一端，利用图1的方法折出一个正方形，然后把纸片展平。
第二步，如图2，把这个正方形折成两个相等的矩形，再把纸片展平，折痕是。
第三步，折出内侧矩形的对角线，并把折到图3中所示的处，折痕为。
第四步，展平纸片，按照所得的点折出，使；过点折出折痕，使。
（1）上述第三步将折到处后，得到一个四边形，请判断四边形的形状，并说明理由。
（2）上述第四步折出折痕后得到一个四边形，这个四边形是黄金矩形，请你说明理由。（提示：设的长度为2）
（3）在图4中，再找出一个黄金矩形_______________________________（黄金矩形除外，直接写出答案，不需证明，可能参考数值：）
（4）请你举一个采用了黄金矩形设计的世界名建筑_________________________.
15、（8分）如图，D是△ABC的边AB上一点，CE∥AB，DE交AC于点F，若FA=FC．
(1)求证：四边形ADCE是平行四边形；
(2)若AE⊥EC，EF=EC=1，求四边形ADCE的面积．
16、（8分）一个三角形的三边长分别为5，，.
(1)求它的周长(要求结果化简)；
(2)请你给出一个适当的x值，使它的周长为整数，并求出此时三角形周长的值．
17、（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.
18、（10分）如图，在▱ABCD中，E、F是对角线BD上的两点，BE＝DF，点G、H分别在BA和DC的延长线上，且AG＝CH，连接GE、EH、HF、FG．
求证：(1)△BEG≌△DFH；
(2)四边形GEHF是平行四边形．
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）一组数据：2，﹣1，0，x，1的平均数是0，则x＝_____．
20、（4分）如果一组数据x1，x2，…，xn的方差是4，则另一组数据x1+3，x2+3，…，xn+3的方差是_____．
21、（4分）如图，在□ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，AB=OB，E为AC上一点，BE平分∠ABO，EF⊥BC于点F，∠CAD=45°，EF交BD于点P，BP=，则BC的长为_______．
22、（4分）如图，在中，的平分线AD交BC于点D，的两边分别与AB、AC相交于M、N两点，且，若，则四边形AMDN的面积为___________.
23、（4分）已知，则的值为_____.
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（8分）在RtΔABC中，∠BAC=90°，点O是△ABC所在平面内一点，连接OA，延长OA到点E，使得AE=OA，连接OC，过点B作BD与OC平行，并使∠DBC=∠OCB，且BD=OC，连接DE.
(1)如图一，当点O在RtΔABC内部时.
①按题意补全图形；
②猜想DE与BC的数量关系，并证明.
(2)若AB=AC(如图二)，且∠OCB=30°，∠OBC=15°，求∠AED的大小.

25、（10分）某租赁公司拥有汽车 100 辆．据统计，每辆车的月租金为 4000 元时，可全部租出．每辆车的月租金每增加 100 元，未租出的车将增加 1 辆．租出的车每辆每月的维护费为 500 元，未租出的车每辆每月只需维护费 100 元．
（1）当每辆车的月租金为 4600 元时，能租出多少辆？并计算此时租赁公司的月收益（租金收入扣 除维护费）是多少万元？
（2）规定每辆车月租金不能超过 7200 元，当每辆车的月租金定为多少元时，租赁公司的月收益（租金收入扣除维护费）可达到 40.4 万元？
26、（12分）如图，在中，分别平分和，交于点，线段相交于点M.
（1）求证：；
（2）若，则的值是__________.
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、A
【解析】
将自变量x的值代入函数解析式求解即可．
【详解】
解：x=-1时，y=-（-1）+2=1+2=1．
故选：A．
本题考查函数值的计算：（1）当已知函数解析式时，求函数值就是求代数式的值；
（2）函数值是唯一的，而对应的自变量可以是多个．
2、C
【解析】
由∠1＝∠2，DE∥AC，利用有两角对应相等的三角形相似解答即可．
【详解】
∵DE∥AC，
∴△BED∽△BAC，∠EDA＝∠DAC，
∵∠1＝∠2，
∴△ADE∽△CAD，
∵DE∥AC，
∴∠2＝∠EDB，
∵∠1＝∠2，
∴∠1＝∠EDB，
∵∠B＝∠B，
∴△BDE∽△BAD，
∴△ABD∽△CBA，
故选：C．
本题考查了相似三角形的判定，注意掌握有两角对应相等的三角形相似定理的应用，注意数形结合思想的应用．
3、C
【解析】
本题可用排除法．依题意，自行车以匀速前进后又停车修车，故可排除A项．然后自行车又加快速度保持匀速前进，故可排除B，D．
【详解】
最初以某一速度匀速行进，这一段路程是时间的正比例函数；中途由于自行车故障，停下修车耽误了几分钟，这一段时间变大，路程不变，因而选项A一定错误．第三阶段李老师加快了速度，仍保持匀速行进，结果准时到校，这一段，路程随时间的增大而增大，因而选项B，一定错误，这一段时间中，速度要大于开始时的速度，即单位时间内路程变化大，直线的倾斜角要大．
故本题选C．
本题考查动点问题的函数图象问题，首先看清横轴和纵轴表示的量，然后根据实际情况：时间t和运动的路程s之间的关系采用排除法求解即可．
4、C
【解析】
以交点为分界，结合图象写出不等式kx＜ax+b的解集即可．
【详解】
函数y=kx和y=ax+b的图象相交于点P（-1，-2）．
由图可知，不等式kx＜ax+b的解集为x＜-1．
故选C．
此题主要考查了一次函数与一元一次不等式的关系：从函数的角度看，就是寻求使一次函数y=kx+b的值大于（或小于）0的自变量x的取值范围；从函数图象的角度看，就是确定直线y=kx+b在x轴上（或下）方部分所有的点的横坐标所构成的集合．关键是求出A点坐标以及利用数形结合的思想．
5、C
【解析】
根据矩形的性质可以直接判断．
【详解】
∵四边形ABCD是矩形
∴AC＝BD，OA＝OB＝OC＝OD，∠BCD＝90°
∴选项A，B，D成立，
故选C．
本题考查了矩形的性质，熟练运用矩形的性质是本题的关键．
6、D
【解析】
由▱ABCD的对角线AC，BD相交于点O，AE=EB，易得DE是△ABC的中位线，即可求得BC的长，继而求得答案．
【详解】
∵▱ABCD的对角线AC，BD相交于点O，
∴OA=OC，AD=BC，AB=CD=5，
∵AE=EB，OE=3，
∴BC=2OE=6，
∴▱ABCD的周长=2×（AB+BC）=1．
故选：D．
此题考查了平行四边形的性质以及三角形中位线的性质．注意证得DE是△ABC的中位线是关键．
7、B
【解析】
根据勾股定理，直接计算即可得解.
【详解】
根据勾股定理，得
故答案为B.
此题主要考查勾股定理的运用，熟练掌握，即可解题.
8、C
【解析】
了解收集数据的方法及渠道，得出最适合用查阅资料的方法收集数据的选项．
【详解】
A、B、D适合用调查的方法收集数据，不符合题意；
C适合用查阅资料的方法收集数据，符合题意．
故选C．
本题考查了调查收集数据的过程与方法．解题关键是掌握收集数据的几种方法：查资料、做实验和做调查．
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、或
【解析】
沿着过矩形顶点的一条直线将∠B折叠，可分为两种情况：（1）过点A的直线折叠，（2）过点C的直线折叠，分别画出图形，根据图形分别求出折痕的长．
【详解】
（1）如图1，沿将折叠，使点的对应点落在矩形的边上的点，
由折叠得：是正方形，此时：，
（2）如图2，沿，将折叠，使点的对应点落在矩形的边上的点，
由折叠得：，
在中，，
，
设，则，
在中，由勾股定理得：，解得：，
在中，由勾股定理得：，
折痕长为：或．
考查矩形的性质、轴对称的性质、直角三角形及勾股定理等知识，分类讨论在本题中得以应用，画出相应的图形，依据图形矩形解答．
10、4．
【解析】
正方形的性质，全等三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理．
【分析】如图，过O作OF垂直于BC，再过O作OF⊥BC，过A作AM⊥OF，
∵四边形ABDE为正方形，∴∠AOB=90°，OA=OB．
∴∠AOM+∠BOF=90°．
又∵∠AMO=90°，∴∠AOM+∠OAM=90°．∴∠BOF=∠OAM．
在△AOM和△BOF中，
∵∠AMO=∠OFB=90°，∠OAM=∠BOF， OA=OB，
∴△AOM≌△BOF（AAS）．∴AM=OF，OM=FB．
又∵∠ACB=∠AMF=∠CFM=90°，∴四边形ACFM为矩形．∴AM=CF，AC=MF=2．
∴OF=CF．∴△OCF为等腰直角三角形．
∵OC=3，∴根据勾股定理得：CF2+OF2=OC2，即2CF2=（3）2，解得：CF=OF=3．
∴FB=OM=OF－FM=3－2=4．∴BC=CF+BF=3+4=4．
11、x＜﹣1．
【解析】
结合函数图象，写出直线在轴下方所对应的自变量的范围即可．
【详解】
∵直线经过点（-1，0），
∴当时，，
∴关于的不等式的解集为．
故答案为：．
本题考查了一次函数与一元一次不等式：从函数图象的角度看，就是确定直线在轴上（或下）方部分所有的点的横坐标所构成的集合．
12、1
【解析】
首先根据全等三角形判定的方法，判断出△AFG≌△AFC，即可判断出FG=FC，AG=AC，所以点F是CG的中点；然后根据点E是BC的中点，可得EF是△CBG的中位线，再根据三角形中位线定理，求出线段EF的长为多少即可．
【详解】
∵AD是∠BAC的平分线，
∴∠FAG=∠FAC，
∵CG⊥AD，
∴∠AFG=∠AFC=90°，
在△AFG和△AFC中，
，
∴△AFG≌△AFC，
∴FG=FC，AG=AC=4，
∴F是CG的中点，
又∵点E是BC的中点，
∴EF是△CBG的中位线，
∴.
故答案为：1.
本题考查了全等三角形的判定以及三角形的中位线定理，三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半．
13、0.4m
【解析】
先证明△OAB∽△OCD，再根据相似三角形的对应边成比例列方程求解即可.
【详解】
∵AB⊥BD，CD⊥BD，
∴∠ABO=∠CDO.
∵∠AOB=∠COD,
∴△OAB∽△OCD，
∴AO:CO=AB:CD,
∴4:1=1.6:CD,
∴CD=0.4.
故答案为：0.4.
本题主要考查了相似三角形的应用，正确地把实际问题转化为相似三角形问题，利用相似三角形的判定与性质解决是解题的关键．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（1）四边形是菱形，见解析；（2）见解析；（3）黄金矩形（或黄金矩形）；（4）希腊的巴特农神庙（或巴黎圣母院）.
【解析】
（1）根据菱形的判定即可求解；
（2）根据菱形的性质及折叠得到，即可证明；
（3）
【详解】
（1）解：
四边形是菱形，
理由如下：
由矩形纸片可得，
∴，
由折叠可得，
∴，
∴，
又由折叠可得，
∴，
∴四边形是菱形；
（2）证明：设的长度为2，
由正方形可得，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴四边形是矩形，
∵，由折叠可得，，
在中，根据勾股定理，，
由折叠可得，
∴，
∴，
∴矩形是黄金矩形；
（3）黄金矩形
理由：AG=AD+DG=AB+DG=
AH=2，
∴
∴四边形AGEH为黄金矩形
（4）希腊的巴特农神庙（或巴黎圣母院）
此题主要考查矩形的性质与判定，解题的关键是熟知特殊平行四边形的判定与性质.
15、（1）见解析 （2）
【解析】
分析：（1）首先利用ASA得出△DAF≌△ECF，进而利用全等三角形的性质得出CE=AD，即可得出四边形ACDE是平行四边形；
（2）由AE⊥EC，四边形ADCE是平行四边形，可推出四边形ADCE是矩形，由F为AC的中点，求出AC，根据勾股定理即可求得AE，由矩形面积公式即可求得结论．
详解：（1） ∵CE∥AB，
∴∠EDA=∠DEC.
∵FA=FC ∠DFA=∠CFE，
∴△ADF≌△CEF(ASA) ，
∴AF=CF，
∴四边形ADCE是平行四边形；
（2）∵AE⊥EC，
综合（1）四边形ADCE是平行四边形，
∴四边形ADCE是矩形，
∴DE=2EF=2 ∠DCE= ，
∴DC= ，
四边形ADCE的面积=CE·DC=.
点睛：此题主要考查了平行四边形的判定，全等三角形的判定与性质，矩形的判定，勾股定理，得出△DAF≌△ECF 是解题关键．
16、（1）；（2）见解析.
【解析】
（1）周长；
（2）当x=20时，周长=（或当x=时，周长=等）.
（答案不唯一，符合题意即可）
17、（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.
18、 (1)证明见解析；(2)证明见解析.
【解析】
（1）利用平行四边形的性质得出BG=DH，进而利用SAS得出△BEG≌△DFH；
（2）利用全等三角形的性质得出∠GEF=∠HFB，进而得出答案．
【详解】
(1)∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD，AB∥DC，
∴∠ABE＝∠CDF，
∵AG＝CH，
∴BG＝DH，
在△BEG和△DFH中，
，
∴△BEG≌△DFH(SAS)；
(2)∵△BEG≌△DFH(SAS)，
∴∠BEG＝∠DFH，EG＝FH，
∴∠GEF＝∠HFB，
∴GE∥FH，
∴四边形GEHF是平行四边形．
此题主要考查了平行四边形的性质以及全等三角形的判定与性质，熟练掌握全等三角形的判定方法是解题关键．
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19、-2
【解析】
根据平均数的公式可得关于x的方程，解方程即可得.
【详解】
由题意得
，
解得：x=-2，
故答案为：-2.
本题考查了平均数，熟练掌握平均数的计算公式是解题的关键.
20、1
【解析】
试题分析：数据x1，x2，…，xn的平均数设为a，则数据x1＋3，x2＋3，…，xn＋3的平均数为a＋3，
根据方差公式：S2＝[(x1－a)2＋(x2－a)2＋…(xn－a)2]＝1．
则数据x1＋3，x2＋3，… ，xn＋3的方差
S′2＝{[(x1＋3)－(a＋3)]2＋[(x2＋3)－(a＋3)]2＋…(xn＋3)－(a＋3)] 2}
＝[(x1－a)2＋(x2－a)2＋…(xn－a)2]
＝1．
故答案为1．
点睛：此题主要考查了方差公式的运用，关键是根据题意得到平均数的变化，再正确运用方差公式进行计算即可．
21、1
【解析】
过点E作EM∥AD，由△ABO是等腰三角形，根据三线合一可知点E是AO的中点，可证得EM=AD=BC，根据已知可求得∠CEF=∠ECF=15°，从而得∠BEF=15°，△BEF为等腰直角三角形，可得BF=EF=FC=BC，因此可证明△BFP≌△MEP（AAS），则EP=FP=FC，在Rt△BFP中，利用勾股定理可求得x，即得答案．
【详解】
过点E作EM∥AD，交BD于M，设EM=x，
∵AB=OB，BE平分∠ABO，
∴△ABO是等腰三角形，点E是AO的中点，BE⊥AO，∠BEO=90°，
∴EM是△AOD的中位线，
又∵ABCD是平行四边形，
∴BC=AD=2EM=2x，
∵EF⊥BC， ∠CAD=15°，AD∥BC，
∴∠BCA=∠CAD=15°，∠EFC=90°，
∴△EFC为等腰直角三角形，
∴EF=FC，∠FEC=15°，
∴∠BEF=90°-∠FEC=15°，
则△BEF为等腰直角三角形，
∴BF=EF=FC=BC=x，
∵EM∥BF，
∴∠EMP=∠FBP，∠PEM=∠PFB=90°，EM=BF，
则△BFP≌△MEP（ASA），
∴EP=FP=EF=FC=x，
∴在Rt△BFP中，，
即：，
解得：，
∴BC=2=1，
故答案为：1．
考查了平行四边形的性质，等腰三角形的性质，三线合一的应用，平行线的性质，全等三角形的判定和性质，利用勾股定理求三角形边长，熟记图形的性质定理是解题的关键．
22、9 ．
【解析】
作DE⊥AB于点E，DF⊥AC于点F，依据HL判定Rt△ADE≌Rt△ADF，即可得出AE=AF；判定△DEM≌△DFN，可得S△DEM=S△DFN，进而得到S四边形AMDN=S四边形AEDF，求得S△ADF=AF×DF= ，即可得出结论．
【详解】
解：作DE⊥AB于点E，DF⊥AC于点F，
∵AD平分∠BAC，DE⊥AB于点E，DF⊥AC于点F，
∴DE=DF，
又∵DE⊥AB于点E，DF⊥AC于点F，
∴∠AED=∠AFD=90°，
又∵AD=AD，
∴Rt△ADE≌Rt△ADF（HL），
∴AE=AF；
∵∠MDN+∠BAC=180°，
∴∠AMD+∠AND=180°，
又∵∠DNF+∠AND=180°
∴∠EMD=∠FND，
又∵∠DEM=∠DFN，DE=DF，
∴△DEM≌△DFN，
∴S△DEM=S△DFN，
∴S四边形AMDN=S四边形AEDF，
∵，AD平分∠BAC，
∴∠DAF=30°，
∴Rt△ADF中，DF=3，AF= =3 ，
∴S△ADF= AF×DF=×3×3= ，
∴S四边形AMDN=S四边形AEDF=2×S△ADF=9 ．
故答案为9 ．
本题考查全等三角形的性质和判定、角平分线的性质定理等知识；熟练掌握全等三角形的判定与性质是解决问题的关键．
23、
【解析】
根据二次根式有意义的条件：被开方数是非负数，即可求得x的值，进而求得y的值，然后代入求解即可．
【详解】
解：根据题意得：，解得：，
∴，
∴，
故答案为.
考查了二次根式的意义和性质．概念：式子（a≥1）叫二次根式．性质：二次根式中的被开方数必须是非负数，否则二次根式无意义．同时考查了非负数的性质，几个非负数的和为1，这几个非负数都为1．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、 (1)①补全图形，如图一，见解析；②猜想DE=BC. 证明见解析；(2) ∠AED=30°或15°.
【解析】
（1）①根据要求画出图形即可解决问题．
②结论：DE=BC．连接OD交BC于F，连接AF．证明AF为Rt△ABC斜边中线，为△ODE的中位线，即可解决问题．
（2）分两种情形：如图二中，当点O在△ABC内部时，连接OD交BC于F，连接AF，延长CO交AF于M．连接BM．证明△BMA≌△BMO（AAS），推出AM=OM，∠BMO=∠BMA=120°，推出∠AMO=120°，即可解决问题．如图三中，当点O在△ABC外部时，当点O在△ABC内部时，连接OD交BC于F，连接AF，延长CO交AF于M．连接BM．分别求解即可．
【详解】
(1)①补全图形，如图一，
②猜想DE=BC.
如图，连接OD交BC于点F，连接AF
在△BDF和△COF中，
∴△BDF≌ΔCOF
∴DF=OF，BF=CF
∴F分别为BC和DO的中点
∵∠BAC=90°，F为BC的中点，
∴AF=BC.
∵OA=AE，F为BC的中点，
∴AF=ED.
∴DE=BC
（2）如图二中，当点O在△ABC内部时，连接OD交BC于F，连接AF，延长CO交AF于M．连接BM．
由（1）可知：AF为Rt△ABC斜边中线，为△ODE的中位线，
∵AB=AC，
∴AF垂直平分线段BC，
∴MB=MC，∵∠OCB=30°，∠OBC=15°，
∴∠MBC=∠MCB=30°，
∵∠BAC=90°，AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB=45°，∠MBO=∠MBA=15°，
∵∠BAM=∠BOM=45°，BM=BM，
∴△BMA≌△BMO（AAS），
∴AM=OM，∠BMO=∠BMA=120°，
∴∠AMO=120°，
∴∠MAO=∠MOA=30°，
∴∠AED=∠MAO=30°．
如图三中，当点O在△ABC外部时，当点O在△ABC内部时，连接OD交BC于F，连接AF，延长CO交AF于M．连接BM．
由∠BOM=∠BAM=45°，可知A，B，M，O四点共圆，
∴∠MAO=∠MBO=30°-15°=15°，
∵DE∥AM，
∴∠AED=∠MAO=15°，
综上所述，满足条件的∠AED的值为15°或30°．
本题属于三角形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，直角三角形斜边中线的性质，三角形中位线定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题.
25、（1）38.48万元；（2）月租金定为1元．
【解析】
（1）由月租金比全部租出多4600-4000=600元，得出未租出6辆车，租出94辆车，进一步算得租赁公司的月收益即可；
（2）设上涨x个100元，根据租赁公司的月收益可达到40.4万元列出方程解答即可．
【详解】
（1）因为月租金4600元，未租出6辆车，租出94辆车；
月收益：94×（4600﹣500）﹣6×100=384800（元），即38.48万元．
（2）设上涨x个100元，由题意得（4000+100x﹣500）（100﹣x）﹣100x=404000.
整理得：x2﹣64x+540=0解得：x1=54，x2=10，
因为规定每辆车月租金不能超过7200元，所以取x=10，4000+10×100=1．
答：月租金定为1元．
本题考查了一元二次方程的应用，解题的难点在于根据题意列出一元二次方程.
26、（1）略；（2）；
【解析】
（1）想办法证明∠BAE+∠ABF=10°，即可推出∠AMB=10°即AE⊥BF；
（2）证明DE=AD，CF=BC，再利用平行四边形的性质AD=BC，证出DE=CF，得出DF=CE，由已知得出BC=AD=5EF，DE=5EF，求出DF=CE=4EF，得出AB=CD=1EF，即可得出结果．
【详解】
（1）证明：∵在平行四边形ABCD中，AD∥BC，
∴∠DAB+∠ABC=180°，
∵AE、BF分别平分∠DAB和∠ABC，
∴∠DAB=2∠BAE，∠ABC=2∠ABF，
∴2∠BAE+2∠ABF=180°，即∠BAE+∠ABF=10°，
∴∠AMB=10°，
∴AE⊥BF；
（2）解：∵在平行四边形ABCD中，CD∥AB，
∴∠DEA=∠EAB，
又∵AE平分∠DAB，
∴∠DAE=∠EAB，
∴∠DEA=∠DAE，
∴DE=AD，同理可得，CF=BC，
又∵在平行四边形ABCD中，AD=BC，
∴DE=CF，
∴DF=CE，
∵EF=AD，
∴BC=AD=5EF，
∴DE=5EF，
∴DF=CE=4EF，
∴AB=CD=1EF，
∴BC：AB=5：1；
故答案为5：1．
本题考查平行四边形的性质、角平分线的定义，等腰三角形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
题号
一
二
三
四
五
总分
得分
批阅人