吉林省长春市外国语学校2025届九上数学开学综合测试模拟试题【含答案】

这是一份吉林省长春市外国语学校2025届九上数学开学综合测试模拟试题【含答案】，共28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）下列方程是一元二次方程的是（ ）
A．B．C．D．
2、（4分）四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，给出下列四组条件：①AB∥CD，AD∥BC；②AB=CD，AD=BC；③AO=CO，BO=DO；④AB∥CD，AD=BC．其中一定能判断这个四边形是平行四边形的条件共有
A．1组B．2组C．3组D．4组
3、（4分）如图，菱形ABCD的对角线AC、BD的长分别为6和8，则这个菱形的周长是（ ）
A．20B．24C．40D．48
4、（4分）直线上两点的坐标分别是，，则这条直线所对应的一次函数的解析式为( )
A．B．C．D．
5、（4分）如图，菱形ABCD的边长为4，过点A、C作对角线AC的垂线，分别交CB和AD的延长线于点E、F，AE=3，则四边形AECF的周长为（ ）．
A．22B．18C．14D．11
6、（4分）点P是图①中三角形上一点，坐标为（a，b），图①经过变化形成图②，则点P在图②中的对应点P’的坐标为（ ）
A．B．C．D．
7、（4分）点A（x1，y1），B（x2，y2），C（x3，y3）在反比例函数y= 的图象上，若x1＜x2＜0＜x3，则y1，y2，y3的大小关系是（ ）
A．y1＜y2＜y3B．y2＜y3＜y1C．y3＜y2＜y1D．y2＜y1＜y3
8、（4分）如图，沿直线边BC所在的直线向右平移得到，下列结论中不一定正确的是
A．B．
C．D．
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①，在▱ABCD中，∠B＝120°，动点P从点B出发，沿BC、CD、DA运动至点A停止，设点P运动的路程为xcm，△PAB的面积为ycm2，y关于x的函数的图象如图②所示，则图②中H点的横坐标为_____．
10、（4分）如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，AD=1，BC=4，AC=3，BD=4，则梯形ABCD的面积为______.
11、（4分）满足a2+b2=c2的三个正整数，称为勾股数．写出你比较熟悉的两组勾股数：①_____； ②_____．
12、（4分）如图，直线l1∶y=ax与直线l2∶y=kx+b交于点P，则不等式ax＞kx+b的解集为_________.
13、（4分）如图，在矩形中，点在对角线上，过点作，分别交，于点，，连结，.若，，图中阴影部分的面积为，则矩形的周长为_______.
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（12分）已知直线y=kx+b（k≠0）过点（1，2）
（1）填空：b= （用含k代数式表示）；
（2）将此直线向下平移2个单位，设平移后的直线交x于点A，交y于点B，x轴上另有点C（1+k，0），使得△ABC的面积为2，求k值；
（3）当1≤x≤3，函数值y总大于零，求k取值范围．
15、（8分）目前由重庆市教育委员会，渝北区人们政府主办的“阳光下成长”重庆市第八届中小学生艺术展演活动落下帷幕，重庆一中学生舞蹈团、管乐团、民乐团、声乐团、话剧团等五大艺术团均荣获艺术表演类节目一等奖，重庆一中获优秀组织奖，重庆一中老师李珊获先进个人奖，其中重庆一中舞蹈团将代表重庆市参加明年的全国集中展演比赛，若以下两个统计图统计了舞蹈组各代表队的得分情况：
（1）m＝ ，在扇形统计图中分数为7的圆心角度数为 度．
（2）补全条形统计图，各组得分的中位数是 分，众数是 分．
（3）若舞蹈组获得一等奖的队伍有2组，已知主办方各组的奖项个数是按相同比例设置的，若参加该展演活动的总队伍数共有120组，那么该展演活动共产生了多少个一等奖？
16、（8分）在菱形中，，点是射线上一动点，以为边向右侧作等边，点的位置随着点的位置变化而变化.
（1）如图1，当点在菱形内部或边上时，连接，与的数量关系是______，与的位置关系是______；
（2）当点在菱形外部时，（1）中的结论是否还成立？若成立，请予以证明；若不成立，请说明理由（选择图2，图3中的一种情况予以证明或说理）；
（3）如图4，当点在线段的延长线上时，连接，若，，求四边形的面积.
17、（10分）如图，在△ABC中，AB＝AC，BC＝10，CD⊥AB，垂足为D，CD＝1．求AC的长．
18、（10分）如图，在平行四边形ABCD中，过点A作对角线BD的垂线，垂足为E，点F为AD的中点，连接FE并延长交BC于点G．
（1）求证：；
（2）若，，，求BG的长.
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：3a2﹣12=___．
20、（4分）已知直线y＝kx＋b和直线y＝－3x平行，且过点（0，－3），则此直线与x轴的交点坐标为________.
21、（4分）已知a﹣2b＝10，则代数式a2﹣4ab+4b2的值为___．
22、（4分）已知是方程的一个根，_________________．
23、（4分）已知，则= ___________
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（8分）等腰直角三角形OAB中，∠OAB＝90°，OA＝AB，点D为OA中点，DC⊥OB，垂足为C，连接BD，点M为线段BD中点，连接AM、CM，如图①．
（1）求证：AM＝CM；
（2）将图①中的△OCD绕点O逆时针旋转90°，连接BD，点M为线段BD中点，连接AM、CM、OM，如图②．
①求证：AM＝CM，AM⊥CM；
②若AB＝4，求△AOM的面积．
25、（10分）中，AD是的平分线，，垂足为E，作，交直线AE于点设，．
若，，依题意补全图1，并直接写出的度数；
如图2，若是钝角，求的度数用含，的式子表示；
如图3，若，直接写出的度数用含，的式子表示．
26、（12分）如图，在△ABC中，AB=AC，D为BC中点，AE∥BD，且AE=BD．
（1）求证：四边形AEBD是矩形；
（2）连接CE交AB于点F，若BE=2，AE=2，求EF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、A
【解析】
根据一元二次方程的定义解答即可．
【详解】
解：根据一元二次方程的定义：即含有一个未知数，且未知数的次数为1,可见只有A符合,故答案为A．
本题考查了一元二次方程的定义,即理解只有一个未知数且未知数的次数为1是解答本题的关键．
2、C
【解析】
如图，（1）∵AB∥CD，AD∥BC，
∴四边形ABCD是平行四边形；
（2）∵AB∥CD，
∴∠ABC+∠BCD=180°，
又∵∠BAD=∠BCD，
∴∠BAD+∠ABC=180°，
∴AD∥BC，
∴四边形ABCD是平行四边形；
（3）∵在四边形ABCD中，AO＝CO，BO＝DO，
∴四边形ABCD是平行四边形；
（4）∵在四边形ABCD中，AB∥CD，AD＝BC，
∴四边形ABCD可能是等腰梯形，也可能是平行四边形；
综上所述，上述四组条件一定能判定四边形ABCD是平行四边形的有3组.
故选C.
3、A
【解析】
分析：由菱形对角线的性质，相互垂直平分即可得出菱形的边长，菱形四边相等即可得出周长．
详解：由菱形对角线性质知，AO=AC=3，BO=BD=4，且AO⊥BO，
则AB==5，
故这个菱形的周长L=4AB=1．
故选A．
点睛：本题考查了菱形面积的计算，考查了勾股定理在直角三角形中的运用，考查了菱形各边长相等的性质，本题中根据勾股定理计算AB的长是解题的关键，难度一般．
4、A
【解析】
利用待定系数法求函数解析式．
【详解】
解：∵直线y=kx+b经过点P（-20，5），Q（10，20），
∴ ，
解得，
所以，直线解析式为．
故选：A．
本题主要考查待定系数法求函数解析式，是中考的热点之一，需要熟练掌握．解题的关键是掌握待定系数法．
5、A
【解析】
试题分析：根据菱形的对角线平分一组对角可得∠BAC=∠BCA，再根据等角的余角相等求出∠BAE=∠E，根据等角对等边可得BE=AB=4，然后求出EC=BE+BC=4+4=8，同理可得AF=8，因为AD∥BC，所以四边形AECF是平行四边形，所以四边形AECF的周长=2（AE+EC）=2（3+8）=1．
故选A．
考点：菱形的性质；平行四边形的判定与性质．
6、A
【解析】
根据已知点的坐标变换发现规律进行求解.
【详解】
根据题意得（2,0）变化后的坐标为（1,0）；
（2,4）变化后的坐标为（1,4）；
故P点（a，b）变化后的坐标为
故选A.
此题主要考查坐标的变化，解题的关键是根据题意发现规律进行求解.
7、D
【解析】
先根据反比例函数的解析式判断出函数图象所在的象限，再根据x1＜x2＜0＜x1，判断出三点所在的象限，再根据函数的增减性即可得出结论．
【详解】
∵反比例函数y=中，k=1＞0，
∴此函数图象的两个分支在一、三象限，
∵x1＜x2＜0＜x1，
∴A、B在第三象限，点C在第一象限，
∴y1＜0，y2＜0，y1＞0，
∵在第三象限y随x的增大而减小，
∴y1＞y2，
∴y2＜y1＜y1．
故选D．
本题考查的是反比例函数图象上点的坐标特点，先根据题意判断出函数图象所在的象限及三点所在的象限是解答此题的关键．
8、C
【解析】
由平移的性质，结合图形，对选项进行一一分析，选择正确答案．
【详解】
沿直线边BC所在的直线向右平移得到，
，，，
，，
，，
但不能得出，
故选C．
本题考查了平移的基本性质：平移不改变图形的形状和大小；经过平移，对应点所连的线段平行且相等，对应线段平行且相等，对应角相等．
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、14
【解析】
根据图象点P到达C时，△PAB的面积为6，由BC＝4，∠B＝120°可求得AB＝6，H横坐标表示点P从B开始运动到A的总路程，则问题可解．
【详解】
由图象可知，当x＝4时，点P到达C点，此时△PAB的面积为6
∵∠B＝120°，BC＝4
∴
解得AB＝6
H点表示点P到达A时运动的路程为4+6+4＝14
故答案为14
本题为动点问题的函数图象探究题，考查了一次函数图象性质，解答时注意研究动点到达临界点前后函数图象的变化．
10、2
【解析】
过点D作DE∥AC，交BC的延长线于点E，得四边形ACED是平行四边形，则DE=AC=3，CE=AD=1．根据勾股定理的逆定理即可证明三角形BDE是直角三角形．根据梯形的面积即为直角三角形BDE的面积进行计算．
【详解】
解：过点D作DE∥AC，交BC的延长线于点E，
则四边形ACED是平行四边形，
∴DE=AC=3，CE=AD=1，
在三角形BDE中，∵BD=4，DE=3，BE=5，
∴根据勾股定理的逆定理，得三角形BDE是直角三角形，
∵四边形ACED是平行四边形
∴AD=CE，
∴AD+BC=BE，
∵梯形ABCD与三角形BDE的高相等，
∴梯形的面积即是三角形BDE的面积，即3×4÷2=2，
故答案是：2．
本题考查了梯形的性质，梯形中常见的辅助线之一是平移对角线．
11、3，4，5 6，8，10
【解析】
根据勾股数的定义即可得出答案.
【详解】
∵3、4、5是三个正整数，
且满足，
∴3、4、5是一组勾股数；
同理，6、8、10也是一组勾股数.
故答案为：①3，4，5；②6，8，10.
本题考查了勾股数.解题的关键在于要判断是否为勾股数，必须根据勾股数是正整数，同时还需验证两小边的平方和是否等于最长边的平方．
12、x > 1；
【解析】
观察图象，找出直线l1∶y=ax在直线l2∶y=kx+b上方部分的x的取值范围即可.
【详解】
∵直线l1∶y=ax与直线l2∶y=kx+b交于点P的横坐标为1，
∴不等式ax＞kx+b的解集为x>1，
故答案为x>1.
本题考查了一次函数与一元一次不等式的关系，正确把握数形结合思想是解此类问题的关键.
13、
【解析】
作PM⊥AD于M，交BC于N，进而得到四边形AEPM，四边形DFPM，四边形CFPN，四边形BEPN都是矩形，继而可证明S△PEB=S△PFD，然后根据勾股定理及完全平方公式可求，，进而求出矩形的周长.
【详解】
解：作PM⊥AD于M，交BC于N，
则有四边形AEPM，四边形DFPM，四边形CFPN，四边形BEPN都是矩形，
∴AM=PE=BN,AE=MP=DF,MD=PF=NC,BE=PN=FC,
S△ADC=S△ABC，S△AMP=S△AEP，S△PBE=S△PBN，S△PFD=S△PDM，S△PFC=S△PCN，
∴S△DFP=S△PBE，且S△DFP+S△PBE=9，
∴，且，
∴，
即，.
∵，，
∴，，
∴，
∴矩形ABCD的周长= 2=.
故答案为：.
本题考查了矩形的性质，勾股定理，完全平方公式，三角形的面积等知识，解题的关键是证明S△PEB=S△PFD.
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（1）2﹣k；（2）k=±2；（3）当k＞1或﹣1＜k＜1时，函数值y总大于1．
【解析】
（1）∵直线y=kx+b（k≠1）过点（1，2），
∴k+b=2，
∴b=2﹣k．
故答案为2﹣k；
（2）由（1）可得y=kx+2﹣k，
向下平移2个单位所得直线的解析式为y=kx﹣k，
令x=1，得y=﹣k，令y=1，得x=1，
∴A（1，1），B（1，﹣k），
∵C（1+k，1），
∴AC=|1+k﹣1|=|k|，
∴S△ABC=AC•|yB|=|k|•|﹣k|=k2，
∴k2=2，解得k=±2；
（3）依题意，当自变量x在1≤x≤3变化时，函数值y的最小值大于1．
分两种情况：
ⅰ）当k＞1时，y随x增大而增大，
∴当x=1时，y有最小值，最小值为k+2﹣k=2＞1，
∴当 k＞1时，函数值总大于1；
ⅱ）当k＜1时，y随x增大而减小，
∴当x=3时，y有最小值，最小值为3k+2﹣k=2k+2，
由2k+2＞1得k＞﹣1，
∴﹣1＜k＜1．
综上，当k＞1或﹣1＜k＜1时，函数值y总大于1．
15、（1）25，54；（2）如图所示见解析；6.5，6；（3）该展演活动共产生了12个一等奖．
【解析】
（1）根据条形统计图和扇形统计图中的数据，即可得到总的组数，进而得出各分数对应的组数以及圆心角度数；（2）根据中位数以及众数的定义进行判断，即可得到中位数以及众数的值；（3）依据舞蹈组获得一等奖的队伍的比例，即可估计该展演活动共产生一等奖的组数．
【详解】
（1）10÷50%＝20（组），20﹣2﹣3﹣10＝5（组），
m%＝×100%＝25%，
×360°＝54°，
故答案为：25，54；
（2）8分这一组的组数为5，如图所示：
各组得分的中位数是（7+6）＝6.5，
分数为6分的组数最多，故众数为6；
故答案为：6.5，6；
（3）由题可得，×120＝12（组），
∴该展演活动共产生了12个一等奖．
本题主要考查了条形统计图以及扇形统计图的应用，通过扇形统计图可以很清楚地表示出各部分数量同总数之间的关系，从条形图可以很容易看出数据的大小，便于比较．
16、（1），；（2）结论仍然成立，理由：略；（3）
【解析】
（1）连接AC，根据菱形的性质和等边三角形的性质得出△BAP≌△CAE，再延长交于， 根据全等三角形的性质即可得出；
（2）结论仍然成立．证明方法同（1）；
（3）根据（2）可知△BAP≌△CAE，根据勾股定理分别求出AP和EC的长，即可解决问题；
【详解】
（1）如图1中，结论：，.
理由：连接.
∵四边形是菱形，，
∴，都是等边三角形，，
∴，，
∵是等边三角形，
∴，，
∵，
∴，
，
∴，
∴，，
延长交于，
∵，
∴，
∴，即.
故答案为，.
（2）结论仍然成立.
理由：选图2，连接交于，设交于.
∵四边形是菱形，，
∴，都是等边三角形，，
∴，，
∵是等边三角形，
∴，，
∴.
，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，即.
选图3，连接交于，设交于.
∵四边形ABCD是菱形，，
∴，都是等边三角形，，
∵是等边三角形，
∴，，
∴.
，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，即.
（3），
由（2）可知，，
在菱形中，，
∴，
∵，，
在中，，
∴，
∵与是菱形的对角线，
∴，，
∴，
∴，，
∴，
在中，，
∴.
本题考查四边形综合题、菱形的性质、等边三角形的判定和性质、勾股定理、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确添加常用辅助线，寻找全等三角形解决问题，属于中考压轴题．
17、AC＝
【解析】
根据勾股定理求出BD，设AC＝x，得到AD＝x﹣6，根据勾股定理列方程，解方程得到答案．
【详解】
解：∵CD⊥AB，
∴∠ADC＝∠BDC＝90°，
在Rt△BCD中，BD＝＝6，
设AC＝AB＝x，则AD＝x﹣6，
在Rt△ACD中，AC2＝AD2+CD2，即x2＝（x﹣6）2+12，
解得，x＝，即AC＝．
本题考查了勾股定理，解题的关键是熟练的掌握勾股定理的运用.
18、（1）见解析；（2）.
【解析】
（1）由直角三角形斜边中线定理，得到EF=DF，然后得到∠FED=∠FDE，利用平行线的性质和对顶角相等，得到∠EBG=∠BEG，从而得到BG=GE.
（2）由平行四边形和平行线的性质，可以得到△ABE为等腰直角三角形，根据计算得AE=BE=3，又AF=EF=3，可得△AEF为等边三角形，则∠EAD=60°，从而得到∠EBG=∠ADE=30°，进而得到BG的长度.
【详解】
解：（1）证明：∵
∴
∵点F是AD的中点
∴
∴
∵四边形ABCD是平行四边形
∴
∴
∵
∴
∴
（2）∵四边形ABCD是平行四边形
∴，
∴
∵
∴
∴
∴
由（1）可得，
∴是等边三角形
∴
∴
∴
；
本题考查了等腰三角形判定和性质，直角三角形斜边中线定理，以及含30°角的直角三角形的性质，解题的关键是熟练掌握含30°角的直角三角形的角度和边长的计算问题.
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19、3（a+2）（a﹣2）
【解析】
要将一个多项式分解因式的一般步骤是首先看各项有没有公因式，若有公因式，则把它提取出来，之后再观察是否是完全平方式或平方差式，若是就考虑用公式法继续分解因式．因此，
3a2﹣12=3（a2﹣4）=3（a+2）（a﹣2）．
20、 (−1,0).
【解析】
先根据直线平行的问题得到k=-3，再把（0，-3）代入y=-3x+b求出b，从而得到直线解析式，然后计算函数值为0所对应的自变量的值即可得到直线与x轴的交点坐标．
【详解】
∵直线y=kx+b和直线y=−3x平行，
∴k=−3，
把(0,−3)代入y=−3x+b得b=−3，
∴直线解析式为y=−3x−3，
当y=0时，−3x−3=0，解得x=−1，
∴直线y=−3x−3与x轴的交点坐标为(−1,0).
故答案为(−1,0).
此题考查两条直线相交或平行问题，把已知点代入解析式是解题关键
21、1．
【解析】
将a2﹣4ab+4b2进行因式分解变形为（a﹣2b）2，再把a﹣2b＝10，代入即可.
【详解】
∵a﹣2b＝10，∴a2﹣4ab+4b2＝（a﹣2b）2＝102＝1，故答案为：1．
本题考查因式分解的应用，解答本题的关键是明确题意，利用完全平方公式因式分解，求出相应的式子的值．
22、15
【解析】
一元二次方程的根就是一元二次方程的解，就是能够使方程左右两边相等的未知数的值．即可对这个数代替未知数所得式子变形，即可求解．
【详解】
解：是方程的根，
.
故答案为：15.
本题考查的是一元二次方程的根，即方程的解的定义．解题的关键是熟练掌握方程的解的定义，正确得到.
23、-1
【解析】
将原式利用提公因式法进行因式分解，再将代入即可.
【详解】
解：∵x+y=-2，xy=3，
∴原式=xy(x+y)=3×（-2）= -1．
此题考查了因式分解和整式的代入求值法，熟练掌握因式分解和整式的运算法则是解本题的关键．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（1）见解析；（1）①见解析，②1
【解析】
（1）直接利用直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，即可得出结论；
（1）①延长CM交OB于T，先判断出△CDM≌△TBM得出CM＝TM，DC＝BT＝OC，进而判断出△OAC≌△BAT，得出AC＝AT，即可得出结论；
②先利用等腰直角三角形的性质求出再求出OD，DC＝CO＝，再用勾股定理得出CT，进而判断出CM＝AM，得出AM＝OM，进而求出ON，再根据勾股定理求出MN，即可得出结论．
【详解】
解：（1）证明：∵∠OAB＝90°，
∴△ABD是直角三角形，
∵点M是BD的中点，
∴AM＝BD，
∵DC⊥OB，
∴∠BCD＝90°，
∵点M是BD的中点，
∴CM＝BD，
∴AM＝CM；
（1）①如图②，
在图①中，∵AO＝AB，∠OAB＝90°，
∴∠ABO＝∠AOB＝45°，
∵DC⊥OB，
∴∠OCD＝90°，
∴∠ODC＝∠AOB，
∴OC＝CD，
延长CM交OB于T，连接AT，
由旋转知，∠COB＝90°，DC∥OB，
∴∠CDM＝∠TBM，
∵点M是BD的中点，
∴DM＝BM，
∵∠CMD＝∠TMB，
∴△CDM≌△TBM（ASA），
∴CM＝TM，DC＝BT＝OC，
∵∠AOC＝∠BOC﹣∠AOB＝45°＝∠ABO，
∵AO＝AB，
∴△OAC≌△BAT（SAS），
∴AC＝AT，∠OAC＝∠BAT，
∴∠CAT＝∠OAC+∠OAT＝∠BAT+∠OAT＝∠OAB＝90°，
∴△CAT是等腰直角三角形，
∵CM＝TM，
∴AM⊥CM，AM＝CM；
②如图③，在Rt△AOB中，AB＝4，
∴OA＝4，OB=＝AB＝4，
在图①中，点D是OA的中点，
∴OD＝OA＝1，
∵△OCD是等腰直角三角形，
∴DC＝CO＝ODsin45°=＝，
由①知，BT＝CD，
∴BT＝，
∴OT＝OB﹣TB＝3，
在Rt△OTC中，CT＝＝1，
∵CM＝TM＝CT＝＝AM，
∵OM是Rt△COT的斜边上的中线，
∴OM＝CT＝，
∴AM＝OM，
过点M作MN⊥OA于N，则ON＝AN＝OA＝1，
根据勾股定理得，MN＝＝1，
∴S△AOM＝OA•MN＝×4×1＝1．
此题是几何变换综合题，主要考查了旋转的性质，直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理及三角函数的应用，构造出全等三角形是解本题的关键．
25、（1）补图见解析，；（2） ；（3） ．
【解析】
(1)先根据三角形内角和定理求出∠BAC和∠CAE，根据角平分线定义求出∠CAD，即可求出答案；
(2)先根据三角形内角和定理求出∠BAC，根据角平分线定义求出∠BAD，根据三角形外角性质求出∠ADC，根据三角形内角和定理求出∠DAE，根据平行线的性质求出即可；
(3)求出∠DAE度数，根据平行线的性质求出即可．
【详解】
解：如图1，
，，
，
是的平分线，
，
，
，
，
，
，
，
；
如图2，
中，，
．
，
是的平分线，
，
，
，
，
，
，
，
；
如图3，
中，，
，
，
是的平分线，
，
，
，
，
，
．
本题考查了三角形内角和定理、三角形角平分线定义、三角形的高、平行线的性质等，熟练掌握相关的性质与定理是解题的关键.
26、（1）见解析；（2）EF＝.
【解析】
（1）根据有一个角是直角的平行四边形是矩形即可判断；
（2）利用勾股定理求出EC，证明△AEF∽△BCF，推出，由此即可解决问题．
【详解】
（1）证明：∵AE∥BD，AE＝BD，
∴四边形AEBD是平行四边形，
∵AB＝AC，D为BC的中点，
∴AD⊥BC，
∴∠ADB＝90°，
∴四边形AEBD是矩形；
（2）解：∵四边形AEBD是矩形，
∴∠AEB＝90°，
∵AE＝2，BE＝2，
∴BC＝4，
∴EC＝，
∵AE∥BC，
∴△AEF∽△BCF，
∴，
∴EF＝EC＝．
本题考查了矩形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
题号
一
二
三
四
五
总分
得分