安徽省淮南实验中学2025届数学九年级第一学期开学经典试题【含答案】

这是一份安徽省淮南实验中学2025届数学九年级第一学期开学经典试题【含答案】，共24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）已知一组数据：5，15，75，45，25，75，45，35，45，35，那么40是这一组数据的（ ）
A．平均数但不是中位数B．平均数也是中位数
C．众数D．中位数但不是平均数
2、（4分）已知两条对角线长分别为和的菱形，顺次连接它的四边的中点得到的四边形的面积是 （ ）
A．100B．48C．24D．12
3、（4分）对于一次函数，如果随的增大而减小，那么反比例函数满足（ ）
A．当时，B．在每个象限内，随的增大而减小
C．图像分布在第一、三象限D．图像分布在第二、四象限
4、（4分）如图，将三个同样的正方形的一个顶点重合放置，如果°，°时，那么的度数是（ ）
A．15°B．25°C．30°D．45°
5、（4分）某中学规定学生的学期体育成绩满分为100分，其中课外体育占20%，期中考试成绩占30%，期末考试成绩占50%.小彤的这三项成绩（百分制）分别为95分，90分，88分，则小彤这学期的体育成绩为（）
A．89分B．90分C．92分D．93分
6、（4分）已知一次函数y＝kx﹣m﹣2x的图象与y轴的负半轴相交，且函数值y随自变量x的增大而减小，则下列结论正确的是( )
A．k＜2，m＞0B．k＜2，m＜0
C．k＞2，m＞0D．k＜0，m＜0
7、（4分）如图，在▱ABCD中，已知，，AE平分交BC于点E，则CE长是
A．8cmB．5cmC．9cmD．4cm
8、（4分）故宫是世界上现存规模最大，保存最完整的宫殿建筑群．下图是利用平面直角坐标系画出的故宫的主要建筑分布示意图．在图中，分别以正东、正北方向为x轴、y轴的正方向，建立平面直角坐标系，有如下四个结论：
①当表示太和殿的点的坐标为（0，0），表示养心殿的点的坐标为（-2，4）时，表示景仁宫的点的坐标为（2，5）；
②当表示太和殿的点的坐标为（0，0），表示养心殿的点的坐标为（-1，2）时，表示景仁宫的点的坐标为（1，3）；
③当表示太和殿的点的坐标为（4，-8），表示养心殿的点的坐标为（0，0）时，表示景仁宫的点的坐标为（8，1）；
④当表示太和殿的点的坐标为（0，1），表示养心殿的点的坐标为（-2，5）时，表示景仁宫的点的坐标为（2，6）．上述结论中，所有正确结论的序号是（ ）
A．①②B．①③C．①④D．②③
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A点的坐标为，直线与y轴交于点B，连接AB，若，则____________.
10、（4分）已知关于的方程的一个根为，则实数的值为（ ）
A．B．C．D．
11、（4分）如图，四边形ABCd为边长是2的正方形，△BPC为等边三角形，连接PD、BD，则△BDP的面积是_____．
12、（4分）如图，在平面直角坐标系中，将正方形绕点逆时针旋转后得到正方形，依此方式，绕点连续旋转2019次得到正方形，如果点的坐标为（1，0），那么点的坐标为________．
13、（4分）在中，若，则_____________
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（12分）如图，在离水面高度为5米的岸上，有人用绳子拉船靠岸，开始时绳子的长为13米，此人以0.5米/秒的速度收绳，6秒后船移动到点的位置，问船向岸边移动了大约多少米？（假设绳子是直的，结果精确到0.1米，参考数据：，）
15、（8分）已知直线l1：y＝x+n﹣2与直线l2：y＝mx+n相交于点P（1，2）．
（1）求m，n的值；
（2）请结合图象直接写出不等式mx+n＞x+n﹣2的解集．
（3）若直线l1与y轴交于点A，直线l2与x轴交于点B，求四边形PAOB的面积．
16、（8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
17、（10分）（1）计算并观察下列各式：
第个： ；
第个： ；
第个：；
······
这些等式反映出多项式乘法的某种运算规律．
（2）猜想：若为大于的正整数，则；
（3）利用（2）的猜想计算；
（4）拓广与应用．
18、（10分）为了宣传2018年世界杯，实现“足球进校园”的目标，任城区某中学计划为学校足球队购买一批足球，已知购买2个A品牌的足球和3个B品牌的足球共需380元；购买4个A品牌的足球和2个B品牌的足球共需360元．
（1）求A，B两种品牌的足球的单价．
（2）学校准备购进这两种品牌的足球共50个，并且B品牌足球的数量不少于A品牌足球数量的4倍，请设计出最省钱的购买方案，求该方案所需费用，并说明理由．
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）已知一组数据为1，2，3，4，5，则这组数据的方差为_____．
20、（4分）如图，四边形是一块正方形场地，小华和小芳在边上取定一点，测量知，，这块场地的对角线长是________．
21、（4分）为了增强青少年的防毒拒毒意识，学校举办了一次“禁毒教育”演讲比赛，其中某位选手的演讲内容、语言表达、演讲技巧这三项得分分别为90分，80分，85分，若依次按50%，30%，20%的比例确定成绩，则该选手的最后得分是__________分．
22、（4分）在中，，有一个锐角为，.若点在直线上（不与点、重合），且，则的长是___________
23、（4分）如图，将Rt△ABC绕点A按顺时针旋转一定角度得到Rt△ADE，点B的对应点D恰好落在BC边上，若AC＝，∠B＝60°，则CD的长为_____．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（8分）已知关于x的方程x2﹣（2k+1）x+4（k﹣）=0
(1)求证：无论k取何值，这个方程总有实数根；
(2)若等腰三角形ABC的一边长a=4，另两边b、c恰好是这个方程的两个根，求△ABC的周长．
25、（10分）如图，在平面直角坐标系中，菱形的顶点在反比例函数图象上，直线交于点，交正半轴于点，且
求的长:
若，求的值．
26、（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．
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、B
【解析】
根据平均数，中位数，众数的概念求解即可.
【详解】
45出现了三次是众数，
按从小到大的顺序排列得到第五，六个数分别为35，45，所以中位数为40；
由平均数的公式解得平均数为40；
所以40不但是平均数也是中位数．
故选：B．
考查平均数，中位数，众数的求解，掌握它们的概念是解题的关键.
2、D
【解析】
顺次连接这个菱形各边中点所得的四边形是矩形，且矩形的边长分别是菱形对角线的一半．
【详解】
解：如图
∵E、F、G、H分别为各边中点
∴EF∥GH∥AC，EF=GH=AC，
EH=FG=BD，EH∥FG∥BD
∵DB⊥AC，
∴EF⊥EH，
∴四边形EFGH是矩形，
∵EH=BD=3cm，EF=AC=4cm，
∴矩形EFGH的面积=EH×EF=3×4=12cm2，
故选D．
本题考查了菱形的性质，菱形的四边相等，对角线互相垂直，连接菱形各边的中点得到矩形，且矩形的边长是菱形对角线的一半．
3、D
【解析】
一次函数，y随着x的增大而减小，则m＜0，可得出反比例函数在第二、四象限，在每个象限内y随x的增大而增大．
【详解】
解：∵一次函数，y随着x的增大而减小，
∴m＜0，
∴反比例函数的图象在二、四象限；且在每一象限y随x的增大而增大．
∴A、由于m＜0，图象在二、四象限，所以x、y异号，错误；
B、错误；
C、错误；
D、正确．
故选：D．
本题考查了一次函数和反比例函数的图象和性质，注意和的图象与式子中的符号之间的关系．
4、A
【解析】
根据∠2=∠BOD+EOC-∠BOE，利用正方形的角都是直角，即可求得∠BOD和∠EOC的度数从而求解．
【详解】
∵∠BOD=90°-∠3=90°-30°=60°，
∠EOC=90°-∠1=90°-45°=45°，
又∵∠2=∠BOD+∠EOC-∠BOE，
∴∠2=60°+45°-90°=15°．
故选：A．
此题考查余角和补角，正确理解∠2=∠BOD+EOC-∠BOE这一关系是解题的关键．
5、B
【解析】
根据加权平均数的计算公式列出算式，再进行计算即可．
【详解】
】解：根据题意得：
95×20%+90×30%+88×50%=90（分）．
即小彤这学期的体育成绩为90分．
故选：B．
本题考查加权平均数，掌握加权平均数的计算公式是题的关键，是一道常考题．
6、A
【解析】
解：∵一次函数y=kx﹣m﹣2x的图象与y轴的负半轴相交，且函数值y随自变量x的增大而减小，∴k﹣2＜1，﹣m＜1，∴k＜2，m＞1．故选A．
7、B
【解析】
直接利用平行四边形的性质得出，，进而结合角平分线的定义得出，进而得出，求出EC的长即可．
【详解】
解：四边形ABCD是平行四边形，
，，
平分交BC于点E，
，
，
，
，
，
．
故选B．
此题主要考查了平行四边形的性质以及角平分线的定义，正确得出是解题关键．
8、C
【解析】
根据各结论所给两个点的坐标得出原点的位置及单位长度从而得到答案.
【详解】
①当表示太和殿的点的坐标为（0，0），表示养心殿的点的坐标为（-2，4）时，表示景仁宫的点的坐标为（2，5），正确；
②当表示太和殿的点的坐标为（0，0），表示养心殿的点的坐标为（-1，2）时，表示景仁宫的点的坐标为（1，2.5），错误；
③当表示太和殿的点的坐标为（4，-8），表示养心殿的点的坐标为（0，0）时，表示景仁宫的点的坐标为（8，2），错误；
④当表示太和殿的点的坐标为（0，1），表示养心殿的点的坐标为（-2，5）时，表示景仁宫的点的坐标为（2，6），正确，
故选：C.
此题考查平面直角坐标系中用点坐标确定具体位置，由给定的点坐标确定原点及单位长度是解题的关键.
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、2
【解析】
如图，设直线y=x+b与x轴交于点C，由直线的解析式是y=x+b，可得OB=OC=b，继而得∠BCA=45°，再根据三角形外角的性质结合∠α=75°可求得∠BAC=30°，从而可得AB=2OB=2b，根据点A的坐标可得OA的长，在Rt△BAO中，根据勾股定理即可得解.
【详解】
设直线y=x+b与x轴交于点C，如图所示，
∵直线的解析式是y=x+b，
∴OB=OC=b，则∠BCA=45°；
又∵∠α=75°=∠BCA+∠BAC=45°+∠BAC，
∴∠BAC=30°，
又∵∠BOA=90°，
∴AB=2OB=2b，
而点A的坐标是（，0），
∴OA=，
在Rt△BAO中，AB2=OB2+OA2，
即（2b）2=b2+（）2，
∴b=2，
故答案为：2.
本题考查了一次函数的性质、勾股定理的应用、三角形外角的性质等，求得∠BAC=30°是解答本题的关键.
10、A
【解析】
根据一元二次方程的根的定义,将根代入进行求解．
【详解】
∵x=−2是方程的根,由一元二次方程的根的定义,可得(−2)2+2k−6=0，
解此方程得到k=1.
故选：A.
考查一元二次方程根的定义，使方程左右两边相等的未知数的值就是方程的解，又叫做方程的根.
11、1-1
【解析】
如图，
过P作PE⊥CD，PF⊥BC，
∵正方形ABCD的边长是1，△BPC为正三角形，
∴∠PBC=∠PCB=60°，PB=PC=BC=CD=1，
∴∠PCE=30°
∴PF=PB•sin60°=1×=，PE=PC•sin30°=2，
S△BPD=S四边形PBCD﹣S△BCD=S△PBC+S△PDC﹣S△BCD=×1×+×2×1﹣×1×1=1+1﹣8=1﹣1．
故答案为1﹣1．
点睛：本题考查正方形的性质以及等积变换，解答此题的关键是作出辅助线，利用锐角三角函数的定义求出PE及PF的长，再根据三角形的面积公式得出结论.
12、
【解析】
根据图形可知：点B在以O为圆心,以OB为半径的圆上运动,由旋转可知：将正方形OABC绕点O逆时针旋转45∘后得到正方形OA1B1C1,相当于将线段OB绕点O逆时针旋转45∘，可得对应点B的坐标，根据规律发现是8次一循环，可得结论.
【详解】
∵四边形OABC是正方形，且OA=1，∴B(1,1),连接OB，
由勾股定理得：OB=，
由旋转得：OB=OB1=OB2=OB3=…=，
∵将正方形OABC绕点O逆时针旋转45∘后得到正方形OA1B1C1，
相当于将线段OB绕点O逆时针旋转45∘,依次得到∠AOB=∠BOB1=∠B1OB2=…=45∘，
∴B1(0,),B2(−1,1),B3(−,0)，…，
发现是8次一循环，所以2019÷8=252…3，
∴点B2019的坐标为(−,0)
本题考查了旋转的性质，对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连接线段的夹角等于旋转角，也考查了坐标与图形的变化、规律型、点的坐标等知识，解题的关键是学会从特殊到一般的探究规律的方法.
13、；
【解析】
根据在直角三角形中，角所对的边是斜边的一半，即可的BC的长.
【详解】
根据题意中，若
所以可得BC=
故答案为1
本题主要考查在直角三角形中，角所对的边是斜边的一半，这是一个重要的直角三角形的性质，应当熟练掌握.
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、船向岸边移动了大约3.3m．
【解析】
由题意可求出CD长，在中分别用勾股定理求出AD,AB长，作差即可.
【详解】
解：∵在中，，，，
∴．
∵此人以0.5m/s的速度收绳，6s后船移动到点D的位置，
∴．
∴．
∴．
答：船向岸边移动了大约3.3m．
本题是勾股定理的应用，灵活运用勾股定理求线段长是解题的关键,
15、（1）m＝﹣1，n＝3；（2）x＜1；（3）四边形PAOB的面积为：3.1.
【解析】
（1）直接把已知点代入函数关系式进而得出m，n的值；
（2）直接利用函数图形得出不等式mx+n＞x+n﹣2的解集；
（3）分别得出AO，BO的长，进而得出四边形PAOB的面积．
【详解】
（1）把P（1，2）代入y＝x+n﹣2得：
1+n﹣2＝2，
解得：n＝3；
把P（1，2）代入y＝mx+3得：
m+3＝2，
解得m＝﹣1；
（2）不等式mx+n＞x+n﹣2的解集为：x＜1；
（3）当x＝0时，y＝x+1＝1，
故OA＝1，
当y＝0时，y＝﹣x+3，
解得：x＝3，
则OB＝3，
四边形PAOB的面积为：（1+2）×1+×2×（3﹣1）＝3.1．
此题主要考查了一次函数与一元一次不等式以及四边形的面积，正确利用函数图象分析是解题关键．
16、（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．
17、 (1)、、；(2)； (3)； (4)
【解析】
(1)根据多项式乘多项式的乘法计算可得；
(2)利用(1)中已知等式得出该等式的结果为a、b两数n次幂的差；
(3)将原式变形为，再利用所得规律计算可得；
(4)将原式变形为，再利用所得规律计算可得．
【详解】
(1)第1个：；
第2个：；
第3个：；
故答案为：、、；
(2)若n为大于1的正整数，
则，
故答案为：；
(3)
，
故答案为：；
(4)
，
故答案为：．
本题考查了多项式乘以多项式以及平方差公式，观察等式发现规律是解题关键．
18、（1）A品牌的足球的单价为40元，B品牌的足球的单价为100元（2）当a＝10，即购买A品牌足球10个，B品牌足球40个，总费用最少，最少费用为4400元
【解析】
（1）设A品牌的足球的单价为x元，B品牌的足球的单价为y元，根据“购买2个A品牌的足球和3个B品牌的足球共需380元；购买4个A品牌的足球和2个B品牌的足球共需360元”列二元一次方程组求解可得；
（2）设购进A品牌足球a个，则购进B品牌足球（50﹣a）个，根据“B品牌足球的数量不少于A品牌足球数量的4倍”列不等式求出a的范围，再由购买这两种品牌足球的总费用为40a+100（50﹣a）＝﹣60a+5000知当a越大，购买的总费用越少，据此可得．
【详解】
解：（1）设A品牌的足球的单价为x元，B品牌的足球的单价为y元，
根据题意，得：
解得：
答：A品牌的足球的单价为40元，B品牌的足球的单价为100元．
（2）设购进A品牌足球a个，则购进B品牌足球（50﹣a）个，
根据题意，得：50﹣a≥4a，
解得：a≤10，
∵购买这两种品牌足球的总费用为40a+100（50﹣a）＝﹣60a+5000，
∴当a越大，购买的总费用越少，
所以当a＝10，即购买A品牌足球10个，B品牌足球40个，总费用最少，最少费用为4400元．
本题主要考查二元一次方程组和一元一次不等式的应用，解题的关键是理解题意，找到题目中蕴含的相等关系和不等关系，并据此列出方程或不等式．
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19、1．
【解析】
试题分析：先根据平均数的定义确定平均数，再根据方差公式进行计算即可求出答案．
由平均数的公式得：（1+1+3+4+5）÷5=3，
∴方差=[（1﹣3）1+（1﹣3）1+（3﹣3）1+（4﹣3）1+（5﹣3）1]÷5=1．
考点：方差．
20、40m
【解析】
先根据勾股定理求出BC，故可得到正方形对角线的长度．
【详解】
∵，
∴，
∴对角线AC=．
故答案为：40m．
此题主要考查利用勾股定理解直角三角形，解题的关键是熟知勾股定理的运用．
21、1
【解析】
根据加权平均数的计算公式列出算式，再进行计算即可得出答案．
【详解】
解：根据题意得：
90×50%+80×30%+85×20%
=45+24+17
=1（分）．
答：该选手的最后得分是1分．
故答案为：1．
本题考查了加权平均数的求法．本题易出现的错误是求90，80，85这三个数的平均数，对平均数的理解不正确．
22、或或
【解析】
分及两种情况：当时，由三角形内角和定理结合可得出为等边三角形，利用等边三角形的性质可求出的长；当时，通过解直角三角形可求出，的长，再由或可求出的长．综上，此题得解．
【详解】
解：I.当时，如图1所示．
，，
，
为等边三角形，
；
II.当时，如图2所示．
在中，，，
，．
在中，，
，
或．
故答案为12或或．
本题考查了含30度角的直角三角形、解直角三角形以及等边三角形的判定与性质，分及两种情况，求出的长是解题的关键．
23、1
【解析】
试题分析：∵直角△ABC中，AC=，∠B=60°，
∴AB==1，BC==2，
又∵AD=AB，∠B=60°，
∴△ABD是等边三角形，
∴BD=AB=1，
∴CD=BC﹣BD=2﹣1=1．
故答案是：1．
考点：旋转的性质．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（1）证明见解析；（2）2.
【解析】
试题分析：（1）先把方程化为一般式：x2﹣（2k+1）x+4k﹣2=0，要证明无论k取任何实数，方程总有两实数根，即要证明△≥0；
（2）先利用因式分解法求出两根：x1=2，x2=2k﹣1．先分类讨论：若a=4为底边；若a=4为腰，分别确定b，c的值，求出三角形的周长．
试题解析：（1）证明：方程化为一般形式为：x2﹣（2k+1）x+4k﹣2=0，
∵△=（2k+1）2﹣4（4k﹣2）=（2k﹣3）2，
而（2k﹣3）2≥0，
∴△≥0，
所以无论k取任何实数，方程总有两个实数根；
（2）解：x2﹣（2k+1）x+4k﹣2=0，
整理得（x﹣2）[x﹣（2k﹣1）]=0，
∴x1=2，x2=2k﹣1，
当a=4为等腰△ABC的底边，则有b=c，
因为b、c恰是这个方程的两根，则2=2k﹣1，
解得k=，则三角形的三边长分别为：2，2，4，
∵2+2=4，这不满足三角形三边的关系，舍去；
当a=4为等腰△ABC的腰，
因为b、c恰是这个方程的两根，所以只能2k﹣1=4，
则三角形三边长分别为：2，4，4，
此时三角形的周长为2+4+4=2．
所以△ABC的周长为2．
25、（1）6；（2）4
【解析】
（1）首先利用勾股定理求出EF的长，然后结合题意利用菱形的性质证明出△DOE为等腰三角形，由此求出DO，最后进一步求解即可；
（2）过点A作AN⊥OE，垂足为E，在Rt△AON中，利用勾股定理求出AN的长，然后进一步根据反比例函数的性质求出值即可.
【详解】
（1）∵，
∴EF=，∠OEF=∠OFE=45°，
∵四边形OABC为菱形，
∴OA=AB=BC=OC，OB⊥AC，DO=DB，
∴△DOE为等腰三角形，
∴DO=DE=EF=3，
∴OB=2DO=6；
（2）
如图，过点A作AN⊥OE，垂足为E，则△ANE为等腰直角三角形，
∴AN=NE，
设AN=，则NE=，ON=，
在Rt△AON中，由勾股定理可得：，
解得：，，
当时，A点坐标为：(，)，C点坐标为：(，)；
当时，C点坐标为：(，)，A点坐标为：(，)；
∴.
本题主要考查了菱形的性质和等腰三角形性质与判定及勾股定理和反比例函数性质的综合运用，熟练掌握相关概念是解题关键.
26、（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
题号
一
二
三
四
五
总分
得分