2025届肇庆市四会市中考数学最后冲刺模拟试卷含解析

这是一份2025届肇庆市四会市中考数学最后冲刺模拟试卷含解析，共21页。试卷主要包含了已知，下列各式等内容，欢迎下载使用。
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题（共10小题，每小题3分，共30分）
1．如图，在矩形ABCD中，E是AD边的中点，BE⊥AC，垂足为点F，连接DF，分析下列四个结论：①△AEF∽△CAB；②CF=2AF；③DF=DC；④tan∠CAD=．其中正确的结论有（ ）
A．4个B．3个C．2个D．1个
2．如图，电线杆CD的高度为h，两根拉线AC与BC互相垂直（A、D、B在同一条直线上），设∠CAB＝α，那么拉线BC的长度为（ ）
A．B．C．D．
3．某市公园的东、西、南、北方向上各有一个入口，周末佳佳和琪琪随机从一个入口进入该公园游玩，则佳佳和琪琪恰好从同一个入口进入该公园的概率是（ ）
A．B．C．D．
4．如图，数轴上有A，B，C，D四个点，其中绝对值最小的数对应的点是 ( )
A．点AB．点BC．点CD．点D
5．如图1，点E为矩形ABCD的边AD上一点，点P从点B出发沿BE→ED→DC运动到点C停止，点Q从点B出发沿BC运动到点C停止，它们运动的速度都是1cm/s．若点P、Q同时开始运动，设运动时间为t（s），△BPQ的面积为y（cm2），已知y与t之间的函数图象如图2所示．给出下列结论：①当0＜t≤10时，△BPQ是等腰三角形；②S△ABE=48cm2；③14＜t＜22时，y=110﹣1t；④在运动过程中，使得△ABP是等腰三角形的P点一共有3个；⑤当△BPQ与△BEA相似时，t=14.1．其中正确结论的序号是（ ）
A．①④⑤B．①②④C．①③④D．①③⑤
6．已知：如图，在正方形ABCD外取一点E，连接AE、BE、DE，过点A作AE的垂线交DE于点P，若AE=AP=1，PB=．下列结论：①△APD≌△AEB；②点B到直线AE的距离为；③EB⊥ED；④S△APD+S△APB=1+；⑤S正方形ABCD=4+．其中正确结论的序号是（ ）
A．①③④B．①②⑤C．③④⑤D．①③⑤
7．如图，在Rt△ABC中，∠B=90°，∠A=30°，以点A为圆心，BC长为半径画弧交AB于点D，分别以点A、D为圆心，AB长为半径画弧，两弧交于点E，连接AE，DE，则∠EAD的余弦值是（ ）
A．B．C．D．
8．下列各式：①a0=1 ②a2·a3=a5 ③ 2–2= –④–(3－5)＋(–2)4÷8×(–1)=0⑤x2+x2=2x2，其中正确的是 ( )
A．①②③B．①③⑤C．②③④D．②④⑤
9．以x为自变量的二次函数y=x2﹣2(b﹣2)x+b2﹣1的图象不经过第三象限，则实数b的取值范围是（ ）
A．b≥1.25B．b≥1或b≤﹣1C．b≥2D．1≤b≤2
10．在，，，这四个数中，比小的数有（ ）个．
A．B．C．D．
二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分）
11．抛物线（为非零实数）的顶点坐标为_____________.
12．随意的抛一粒豆子，恰好落在图中的方格中（每个方格除颜色外完全相同），那么这粒豆子落在黑色方格中的可能性是_____．
13．如图，菱形ABCD的边长为15，sin∠BAC=35，则对角线AC的长为____.
14．若一个棱柱有7个面，则它是______棱柱．
15．A、B两地之间为直线距离且相距600千米，甲开车从A地出发前往B地，乙骑自行车从B地出发前往A地，已知乙比甲晚出发1小时，两车均匀速行驶，当甲到达B地后立即原路原速返回，在返回途中再次与乙相遇后两车都停止，如图是甲、乙两人之间的距离s（千类）与甲出发的时间t（小时）之间的图象，则当甲第二次与乙相遇时，乙离B地的距离为_____千米．
16．计算：____________
三、解答题（共8题，共72分）
17．（8分）某校学生会准备调查六年级学生参加“武术类”、“书画类”、“棋牌类”、“器乐类”四类校本课程的人数．
（1）确定调查方式时，甲同学说：“我到六年级（1）班去调查全体同学”；乙同学说：“放学时我到校门口随机调查部分同学”；丙同学说：“我到六年级每个班随机调查一定数量的同学”．请指出哪位同学的调查方式最合理．
（2）他们采用了最为合理的调查方法收集数据，并绘制了如图所示的统计表和扇形统计图．
请你根据以上图表提供的信息解答下列问题：
①a=_____，b=_____；
②在扇形统计图中，器乐类所对应扇形的圆心角的度数是_____；
③若该校六年级有学生560人，请你估计大约有多少学生参加武术类校本课程．
18．（8分）如图，∠ABC=∠BCD=90°，∠A=45°，∠D=30°，BC=1，AC,BD交于点O．求BODO的值．
19．（8分）学校决定在学生中开设：A、实心球；B、立定跳远；C、跳绳；D、跑步四种活动项目．为了了解学生对四种项目的喜欢情况，随机抽取了部分学生进行调查，并将调查结果绘制成如图①②的统计图，请结合图中的信息解答下列问题：
（1）在这项调查中，共调查了多少名学生？
（2）请计算本项调查中喜欢“立定跳远”的学生人数和所占百分比，并将两个统计图补充完整．
（3）若调查到喜欢“跳绳”的5名学生中有2名男生，3名女生，现从这5名学生中任意抽取2名学生，请用画树状图或列表法求出刚好抽到不同性别学生的概率．
20．（8分）小晗家客厅装有一种三位单极开关，分别控制着A(楼梯)、B(客厅)、C(走廊)三盏电灯，在正常情况下，小晗按下任意一个开关均可打开对应的一盏电灯，既可三盏、两盏齐开，也可分别单盏开．因刚搬进新房不久，不熟悉情况．若小晗任意按下一个开关，正好楼梯灯亮的概率是多少？若任意按下一个开关后，再按下另两个开关中的一个，则正好客厅灯和走廊灯同时亮的概率是多少？请用树状图或列表法加以说明．
21．（8分）如图，已知平行四边形ABCD，将这个四边形折叠，使得点A和点C重合，请你用尺规做出折痕所在的直线。（保留作图痕迹，不写做法）
22．（10分）已知△ABC内接于⊙O，AD平分∠BAC．
（1）如图1，求证：；
（2）如图2，当BC为直径时，作BE⊥AD于点E，CF⊥AD于点F，求证：DE=AF；
（3）如图3，在（2）的条件下，延长BE交⊙O于点G，连接OE，若EF=2EG，AC=2，求OE的长．
23．（12分）如图，在△ABC中，AD是BC边上的中线，E是AD的中点，过点A作BC的平行线交BE的延长线于点F，连接CF，
（1）求证：AF=DC；
（2）若AB⊥AC，试判断四边形ADCF的形状，并证明你的结论．
24．先化简，再求值：，其中m是方程的根．
参考答案
一、选择题（共10小题，每小题3分，共30分）
1、A
【解析】
①正确．只要证明∠EAC=∠ACB，∠ABC=∠AFE=90°即可；
②正确．由AD∥BC，推出△AEF∽△CBF，推出=，由AE=AD=BC，推出=，即CF=2AF；
③正确．只要证明DM垂直平分CF，即可证明；
④正确．设AE=a，AB=b，则AD=2a，由△BAE∽△ADC，有 =，即b=a，可得tan∠CAD===．
【详解】
如图，过D作DM∥BE交AC于N．
∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，∠ABC=90°，AD=BC，∴∠EAC=∠ACB．
∵BE⊥AC于点F，∴∠ABC=∠AFE=90°，∴△AEF∽△CAB，故①正确；
∵AD∥BC，∴△AEF∽△CBF，∴=．
∵AE=AD=BC，∴=，∴CF=2AF，故②正确；
∵DE∥BM，BE∥DM，∴四边形BMDE是平行四边形，∴BM=DE=BC，∴BM=CM，∴CN=NF．
∵BE⊥AC于点F，DM∥BE，∴DN⊥CF，∴DM垂直平分CF，∴DF=DC，故③正确；
设AE=a，AB=b，则AD=2a，由△BAE∽△ADC，有 =，即b=a，∴tan∠CAD===．故④正确．
故选A．
本题考查了相似三角形的判定和性质，矩形的性质，图形面积的计算以及解直角三角形的综合应用，正确的作出辅助线构造平行四边形是解题的关键．解题时注意：相似三角形的对应边成比例．
2、B
【解析】
根据垂直的定义和同角的余角相等，可由∠CAD+∠ACD=90°，∠ACD+∠BCD=90°，可求得∠CAD=∠BCD，然后在Rt△BCD中 cs∠BCD=，可得BC=.
故选B．
点睛：本题主要考查解直角三角形的应用，熟练掌握同角的余角相等和三角函数的定义是解题的关键．
3、B
【解析】
首先根据题意画出树状图，然后由树状图求得所有等可能的结果，可求得佳佳和琪琪恰好从同一个入口进入该公园的情况，再利用概率公式求解即可求得答案．
【详解】
画树状图如下：
由树状图可知，共有16种等可能结果，其中佳佳和琪琪恰好从同一个入口进入该公园的有4种等可能结果，
所以佳佳和琪琪恰好从同一个入口进入该公园的概率为，
故选B．
本题考查的是用列表法或画树状图法求概率．列表法或画树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，列表法适合于两步完成的事件，树状图法适合两步或两步以上完成的事件．注意概率=所求情况数与总情况数之比．
4、B
【解析】
试题分析：在数轴上，离原点越近则说明这个点所表示的数的绝对值越小，根据数轴可知本题中点B所表示的数的绝对值最小．故选B．
5、D
【解析】
根据题意，得到P、Q分别同时到达D、C可判断①②，分段讨论PQ位置后可以判断③，再由等腰三角形的分类讨论方法确定④，根据两个点的相对位置判断点P在DC上时，存在△BPQ与△BEA相似的可能性，分类讨论计算即可．
【详解】
解：由图象可知，点Q到达C时，点P到E则BE=BC=10，ED=4
故①正确
则AE=10﹣4=6
t=10时，△BPQ的面积等于
∴AB=DC=8
故
故②错误
当14＜t＜22时，
故③正确；
分别以A、B为圆心，AB为半径画圆，将两圆交点连接即为AB垂直平分线
则⊙A、⊙B及AB垂直平分线与点P运行路径的交点是P，满足△ABP是等腰三角形
此时，满足条件的点有4个，故④错误．
∵△BEA为直角三角形
∴只有点P在DC边上时，有△BPQ与△BEA相似
由已知，PQ=22﹣t
∴当或时，△BPQ与△BEA相似
分别将数值代入
或，
解得t=（舍去）或t=14.1
故⑤正确
故选：D．
本题是动点问题的函数图象探究题，考查了三角形相似判定、等腰三角
形判定，应用了分类讨论和数形结合的数学思想．
6、D
【解析】
①首先利用已知条件根据边角边可以证明△APD≌△AEB；
②由①可得∠BEP=90°，故BE不垂直于AE过点B作BF⊥AE延长线于F，由①得∠AEB=135°所以∠EFB=45°，所以△EFB是等腰Rt△，故B到直线AE距离为BF=，故②是错误的；
③利用全等三角形的性质和对顶角相等即可判定③说法正确；
④由△APD≌△AEB，可知S△APD+S△APB=S△AEB+S△APB，然后利用已知条件计算即可判定；
⑤连接BD，根据三角形的面积公式得到S△BPD=PD×BE=，所以S△ABD=S△APD+S△APB+S△BPD=2+，由此即可判定．
【详解】
由边角边定理易知△APD≌△AEB，故①正确；
由△APD≌△AEB得，∠AEP=∠APE=45°，从而∠APD=∠AEB=135°，
所以∠BEP=90°，
过B作BF⊥AE，交AE的延长线于F，则BF的长是点B到直线AE的距离，
在△AEP中，由勾股定理得PE=，
在△BEP中，PB= ，PE=，由勾股定理得：BE=，
∵∠PAE=∠PEB=∠EFB=90°，AE=AP，
∴∠AEP=45°，
∴∠BEF=180°-45°-90°=45°，
∴∠EBF=45°，
∴EF=BF，
在△EFB中，由勾股定理得：EF=BF=，
故②是错误的；
因为△APD≌△AEB，所以∠ADP=∠ABE，而对顶角相等，所以③是正确的；
由△APD≌△AEB，
∴PD=BE=，
可知S△APD+S△APB=S△AEB+S△APB=S△AEP+S△BEP=+，因此④是错误的；
连接BD，则S△BPD=PD×BE= ，
所以S△ABD=S△APD+S△APB+S△BPD=2+，
所以S正方形ABCD=2S△ABD=4+ ．
综上可知，正确的有①③⑤．
故选D.
考查了正方形的性质、全等三角形的性质与判定、三角形的面积及勾股定理，综合性比较强，解题时要求熟练掌握相关的基础知识才能很好解决问题．
7、B
【解析】
试题解析：如图所示：
设BC=x，
∵在Rt△ABC中，∠B=90°，∠A=30°，
∴AC=2BC=2x，AB=BC=x，
根据题意得：AD=BC=x，AE=DE=AB=x，
作EM⊥AD于M，则AM=AD=x，
在Rt△AEM中，cs∠EAD=；
故选B．
【点睛】本题考查了解直角三角形、含30°角的直角三角形的性质、等腰三角形的性质、三角函数等，通过作辅助线求出AM是解决问题的关键.
8、D
【解析】
根据实数的运算法则即可一一判断求解.
【详解】
①有理数的0次幂，当a=0时，a0=0；②为同底数幂相乘，底数不变，指数相加，正确；③中2–2= ，原式错误；④为有理数的混合运算，正确；⑤为合并同类项，正确．
故选D.
9、A
【解析】
∵二次函数y＝x2－2(b－2)x＋b2－1的图象不经过第三象限，a＝1>0，∴Δ≤0或抛物线与x轴的交点的横坐标均大于等于0.
当Δ≤0时，[－2(b－2)]2－4(b2－1)≤0，
解得b≥.
当抛物线与x轴的交点的横坐标均大于等于0时，
设抛物线与x轴的交点的横坐标分别为x1，x2，
则x1＋x2＝2(b－2)>0，Δ＝[－2(b－2)]2－4(b2－1)>0，无解，
∴此种情况不存在．
∴b≥.
10、B
【解析】
比较这些负数的绝对值，绝对值大的反而小.
【详解】
在﹣4、﹣、﹣1、﹣这四个数中，比﹣2小的数是是﹣4和﹣.故选B.
本题主要考查负数大小的比较，解题的关键时负数比较大小时，绝对值大的数反而小.
二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分）
11、
【解析】
【分析】将抛物线的解析式由一般式化为顶点式，即可得到顶点坐标.
【详解】y=mx2+2mx+1
=m(x2+2x)+1
=m(x2+2x+1-1)+1
=m(x+1)2 +1-m，
所以抛物线的顶点坐标为（-1，1-m），
故答案为（-1，1-m）.
【点睛】本题考查了抛物线的顶点坐标，把抛物线的解析式转化为顶点式是解题的关键.
12、
【解析】
根据面积法：求出豆子落在黑色方格的面积与总面积的比即可解答．
【详解】
∵共有15个方格，其中黑色方格占5个，
∴这粒豆子落在黑色方格中的概率是=，
故答案为．
此题考查了几何概率的求法，利用概率=相应的面积与总面积之比求出是解题关键．
13、24
【解析】
试题分析：因为四边形ABCD是菱形，根据菱形的性质可知，BD与AC互相垂直且平分，因为sin∠BAC=35，AB=10,所以12BD=6，根据勾股定理可求的12AC=8，即AC=16；
考点：三角函数、菱形的性质及勾股定理；
14、5
【解析】
分析：根据n棱柱的特点，由n个侧面和两个底面构成，可判断.
详解：由题意可知：7-2=5.
故答案为5.
点睛：此题主要考查了棱柱的概念，根据棱柱的底面和侧面的关系求解是解题关键.
15、
【解析】
根据题意和函数图象可以分别求得甲乙的速度，从而可以得到当甲第二次与乙相遇时，乙离B地的距离．
【详解】
设甲的速度为akm/h，乙的速度为bkm/h，
，
解得，，
设第二次甲追上乙的时间为m小时，
100m﹣25（m﹣1）=600，
解得，m=，
∴当甲第二次与乙相遇时，乙离B地的距离为：25×（-1）=千米，
故答案为．
本题考查一次函数的应用，解答本题的关键是明确题意，利用一次函数的性质和数形结合的思想解答．
16、y
【解析】
根据幂的乘方和同底数幂相除的法则即可解答.
【详解】
本题考查了幂的乘方和同底数幂相除，熟练掌握：幂的乘方，底数不变，指数相乘的法则及同底数幂相除，底数不变，指数相减是关键.
三、解答题（共8题，共72分）
17、（1）见解析; （2）① a=100,b=0.15; ②144°;③140人．
【解析】
（1）采用随机调查的方式比较合理，随机调查的关键是调查的随机性，这样才合理；
（2）①用喜欢书画类的频数除以喜欢书画类的频率即可求得a值，用喜欢棋牌类的人数除以总人数即可求得b值．②求得器乐类的频率乘以360°即可．③用总人数乘以喜欢武术类的频率即可求喜欢武术的总人数．
【详解】
（1）∵调查的人数较多，范围较大，
∴应当采用随机抽样调查，
∵到六年级每个班随机调查一定数量的同学相对比较全面，
∴丙同学的说法最合理．
（2）①∵喜欢书画类的有20人，频率为0.20，
∴a=20÷0.20=100，
b=15÷100=0.15；
②∵喜欢器乐类的频率为：1﹣0.25﹣0.20﹣0.15=0.4，
∴喜欢器乐类所对应的扇形的圆心角的度数为：360×0.4=144°；
③喜欢武术类的人数为：560×0.25=140人．
本题考查了用样本估计总体和扇形统计图的综合运用，读懂统计图，从不同的统计图中得到必要的信息是解决问题的关键．
18、33
【解析】
试题分析：本题考查了相似三角形的判定与性质，解直角三角形.由∠A=∠ACD，∠AOB=∠COD可证△ABO∽△CDO，从而BOCO=ABCD；再在Rt△ABC和Rt△BCD中分别求出AB和CD的长，代入即可.
解：∵∠ABC=∠BCD=90°，∴AB∥CD，∴∠A=∠ACD，∴△ABO∽△CDO，∴BOCO=ABCD．
在Rt△ABC中，∠ABC=90°，∠A=45°，BC=1，∴AB=1．
在Rt△BCD中，∠BCD =90°，∠D=30°，BC=1，∴CD=3，∴BOCO=13=33．
19、（1）150；（2）详见解析；（3）.
【解析】
（1）用A类人数除以它所占的百分比得到调查的总人数；
（2）用总人数分别减去A、C、D得到B类人数，再计算出它所占的百分比，然后补全两个统计图；
（3）画树状图展示所有20种等可能的结果数，再找出刚好抽到不同性别学生的结果数，然后利用概率公式求解．
【详解】
解：（1）15÷10%=150，
所以共调查了150名学生；
（2）喜欢“立定跳远”学生的人数为150﹣15﹣60﹣30=45，
喜欢“立定跳远”的学生所占百分比为1﹣20%﹣40%﹣10%=30%，
两个统计图补充为：
（3）画树状图为：
共有20种等可能的结果数，其中刚好抽到不同性别学生的结果数为12，
所以刚好抽到不同性别学生的概率
本题考查了列表法与树状图法：利用列表法或树状图法展示所有等可能的结果n，再从中选出符合事件A或B的结果数目m，然后利用概率公式计算事件A或事件B的概率．也考查了统计图．
20、（1）；（2）.
【解析】
试题分析：(1)、3个等只有一个控制楼梯，则概率就是1÷3；(2)、根据题意画出树状图，然后根据概率的计算法则得出概率.
试题解析：(1)、小晗任意按下一个开关，正好楼梯灯亮的概率是：
(2)、画树状图得：
结果：（A，B）、（A，C）、（B，A）、（B，C）、（C，A）、（C，B）
∵共有6种等可能的结果，正好客厅灯和走廊灯同时亮的有2种情况，
∴正好客厅灯和走廊灯同时亮的概率是=.
考点：概率的计算.
21、答案见解析
【解析】
根据轴对称的性质作出线段AC的垂直平分线即可得．
【详解】
如图所示，直线EF即为所求．
本题主要考查作图-轴对称变换，解题的关键是掌握轴对称变换的性质和线段中垂线的尺规作图．
22、（1）证明见解析；（1）证明见解析；（3）1.
【解析】
（1）连接OB、OC、OD，根据圆心角与圆周角的性质得∠BOD=1∠BAD，∠COD=1∠CAD，又AD平分∠BAC，得∠BOD=∠COD，再根据圆周角相等所对的弧相等得出结论.
（1）过点O作OM⊥AD于点M，又一组角相等，再根据平行线的性质得出对应边成比例，进而得出结论；
（3）延长EO交AB于点H，连接CG，连接OA，BC为⊙O直径，则∠G=∠CFE=∠FEG=90°，四边形CFEG是矩形，得EG=CF，又AD平分∠BAC，再根据邻补角与余角的性质可得∠BAF=∠ABE，∠ACF=∠CAF，AE=BE，AF=CF，再根据直角三角形的三角函数计算出边的长，根据“角角边”证明出△HBO∽△ABC，根据相似三角形的性质得出对应边成比例，进而得出结论.
【详解】
（1）如图1，连接OB、OC、OD，
∵∠BAD和∠BOD是所对的圆周角和圆心角，
∠CAD和∠COD是所对的圆周角和圆心角，
∴∠BOD=1∠BAD，∠COD=1∠CAD，
∵AD平分∠BAC，
∴∠BAD=∠CAD，
∴∠BOD=∠COD，
∴=；
（1）如图1，过点O作OM⊥AD于点M，
∴∠OMA=90°，AM=DM，
∵BE⊥AD于点E，CF⊥AD于点F，
∴∠CFM=90°，∠MEB=90°，
∴∠OMA=∠MEB，∠CFM=∠OMA，
∴OM∥BE，OM∥CF，
∴BE∥OM∥CF，
∴，
∵OB=OC，
∴=1，
∴FM=EM，
∴AM﹣FM=DM﹣EM，
∴DE=AF；
（3）延长EO交AB于点H，连接CG，连接OA．
∵BC为⊙O直径，
∴∠BAC=90°，∠G=90°，
∴∠G=∠CFE=∠FEG=90°，
∴四边形CFEG是矩形，
∴EG=CF，
∵AD平分∠BAC，
∴∠BAF=∠CAF=×90°=45°，
∴∠ABE=180°﹣∠BAF﹣∠AEB=45°，
∠ACF=180°﹣∠CAF﹣∠AFC=45°，
∴∠BAF=∠ABE，∠ACF=∠CAF，
∴AE=BE，AF=CF，
在Rt△ACF中，∠AFC=90°，
∴sin∠CAF=，即sin45°=，
∴CF=1×=，
∴EG=，
∴EF=1EG=1，
∴AE=3，
在Rt△AEB中，∠AEB=90°，
∴AB==6，
∵AE=BE，OA=OB，
∴EH垂直平分AB，
∴BH=EH=3，
∵∠OHB=∠BAC，∠ABC=∠ABC
∴△HBO∽△ABC，
∴，
∴OH=1，
∴OE=EH﹣OH=3﹣1=1．
本题考查了相似三角形的判定与性质和圆的相关知识点，解题的关键是熟练的掌握相似三角形的判定与性质和圆的相关知识点.
23、（1）见解析（2）见解析
【解析】
（1）根据AAS证△AFE≌△DBE，推出AF=BD，即可得出答案．
（2）得出四边形ADCF是平行四边形，根据直角三角形斜边上中线性质得出CD=AD，根据菱形的判定推出即可．
【详解】
解：（1）证明：∵AF∥BC，
∴∠AFE=∠DBE．
∵E是AD的中点，AD是BC边上的中线，
∴AE=DE，BD=CD．
在△AFE和△DBE中，
∵∠AFE=∠DBE，∠FEA=∠BED， AE=DE，
∴△AFE≌△DBE（AAS）
∴AF=BD．
∴AF=DC．
（2）四边形ADCF是菱形，证明如下：
∵AF∥BC，AF=DC，
∴四边形ADCF是平行四边形．
∵AC⊥AB，AD是斜边BC的中线，
∴AD=DC．
∴平行四边形ADCF是菱形
24、原式=．
∵m是方程的根．∴，即，∴原式=．
【解析】
试题分析：先通分计算括号里的，再计算括号外的，化为最简，由于m是方程的根，那么，可得的值，再把的值整体代入化简后的式子，计算即可．
试题解析：原式=.
∵m是方程的根．∴，即，∴原式=.
考点:分式的化简求值；一元二次方程的解．
类别
频数（人数）
频率
武术类

0.25
书画类
20
0.20
棋牌类
15
b
器乐类


合计
a
1.00