2020-2021学年福建省福州市时代中学数学八下期末监测模拟试题含解析

注意事项：

1． 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。

2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。 3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。 4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

一、选择题（每题4分，共48分） 1．下列调查中，适合进行普查的是（ ） A．一个班级学生的体重

B．我国中学生喜欢上数学课的人数 C．一批灯泡的使用寿命

D．《新闻联播》电视栏目的收视率

2．小明研究二次函数yx2mxm1（m为常数）性质时有如下结论：①该二次函数图象的顶点始终在平行

22于x轴的直线上；②该二次函数图象的顶点与x轴的两个交点构成等腰直角三角形；③当1x2时，y随x的增大而增大，则m的取值范围为m2；④点Ax1,y1与点Bx2,y2在函数图象上，若x1x2，x1x22m，则y1y2.其中正确结论的个数为（ ） A．1

B．2

C．3

D．4

3．如图，矩形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，∠AOB=60°，若矩形的对角线长为4，则AD的长是( )

A．2 4．若分式

B．4

C．23 D．43 2x有意义，则x满足的条件是（ ） x1B．x1

C．x0

D．x0

A．x1

5．如图，在ABC中，ACB90，AB15，分别以AC，BC为边向ABC外作正方形，两个正方形的面积分别记为S1，S2，则S1S2等于（ ）

A．30 B．150 C．200 D．225

6．如图，ABC是等腰直角三角形，BC是斜边，将ABP绕点A逆时针旋转后，能与ACP重合，如果AP3，那么PP的长等于（ ）

A．32 B．23 C．42 D．33 7．下列方程中是一元二次方程的是( ) A．2x+1=0

B．x2+y=1

C．x2+2=0

D．

1x21 xABCD内部（不含边界）整点的个数，其

8．已知点A（0，0），B（0，4），C（3，t+4），D（3，t）. 记N（t）为中整点是指横坐标和纵坐标都是整数的点，则N（t）所有可能的值为 A．6、7

B．7、8

C．6、7、8

D．6、8、9

9．如图，平行四边形ABCD的对角线AC和BD相交于点O，E为CD边中点，BC8cm，则OE的长为（ ）

A．3cm B．4cm C．5cm

D．22cm

10．下列根式中，与3是同类二次根式的是( )

A．18 B．3 2C．12 D．24 11．如图甲是我国古代著名的“赵爽弦图”的示意图，它是由四个全等的直角三角形围成的，若AC=6，BC=5，将四个直角三角形中边长为6的直角边分别向外延长一倍，得到图乙所示的“数学风车”，则这个风车的外围周长是（ ）

A．52 B．42 C．76 D．72

3m12．已知3221，则（ ）

A．6m5 B．5m6 C．7m6 D．6m7

二、填空题（每题4分，共24分）

13．如图，直线ykxb经过点A1,2和点B是______.

2,0，直线y2x经过点A，则不等式组2xkxb0的解集

14．如图，P是等边三角形ABC内一点，将线段CP绕点C顺时针旋转60°得到线段CP，连接AP．若PA3，

PC4，PB5，则四边形APCP的面积为___________．

15．直角三角形ABC中，∠C=90, AC=BC=2，那么AB=_______.

16．如图是由6个形状大小完全相同菱形组成的网格，若菱形的边长为1，一个内角(∠O)为60°，△ABC的各顶点都在格点上，则BC边上的高为______．

17．为了了解我县八年级学生的视力情况，从中随机抽取1200名学生进行视力情况检查，这个问题中的样本容量是___． 18．如图，升降平台由三个边长为1.2米的菱形和两个腰长为1.2米的等腰三角形组成，其中平台AM与底座A0N平

行，长度均为24米，点B，B0分别在AM和A0N上滑动这种设计是利用平行四边形的________；为了安全，该平台作业时∠B1不得超过60°，则平台高度(AA0)的最大值为________ 米

三、解答题（共78分）

19．（8分）如图平行四边形ABCD中，对角线AC与BD相交于O，E．F是AC上的两点，并且AE＝CF．求证：四边形BFDE是平行四边形

20．（8分）如图，矩形OBCD中，OB＝5，OD＝3，以O为原点建立平面直角坐标系，点B，点D分别在x轴，y轴上，点C在第一象限内，若平面内有一动点P，且满足S△POB＝（1）当点P在矩形的对角线OC上，求点P的坐标；

（2）当点P到O，B两点的距离之和PO+PB取最小值时，求点P的坐标．

1S矩形OBCD，问： 3

21．（8分）如图，甲、乙两船同时从A港口出发，甲船以每小时30海里的速度向西偏北32°的方向航行2小时到达C岛，乙船以每小时40海里的速度航行2小时到B岛，已知B、C两岛相距100海里，求乙船航行的方向．

22．（10分）解方程：

1x1＝+1． x1x223．（10分）如图，在△ABC中，AD平分∠BAC，且BD=CD，DE⊥AB于点E，DF⊥AC于点F.

（1）求证：AB=AC；

（2）若∠BAC=60°，BC=6，求△ABC的面积.

24．（10分）现代互联网技术的广泛应用，催生了快递行业的高速发展，据调查，某家快递公司，今年三月份与五月份完成投递的快件总件数分别是5万件和6.05万件，现假定该公司每月投递的快件总件数的增长率相同．

1求该公司投递快件总件数的月平均增长率；

2如果平均每人每月可投递快递0.4万件，那么该公司现有的16名快递投递员能否完成今年6月份的快递投递任

务？

25．（12分）如图，在△ABC中，D是BC边上的一点，E是AD的中点，过A点作BC的平行线交CE的延长线于点F，且AF=BD，连接BF．

（1）BD与CD有什么数量关系，并说明理由；

（2）当△ABC满足什么条件时，四边形AFBD是矩形？并说明理由．

26．甲、乙两车分别从A、B两地同时出发，甲车匀速前往B地，到达B地立即以另一速度按原路匀速返回到A地；乙车匀速前往A地，设甲、乙两车距A地的路程为y（千米），甲车行驶的时间为x（时），y与x之间的函数图象如图所示

（1）求甲车从A地到达B地的行驶时间；

（2）求甲车返回时y与x之间的函数关系式，并写出自变量x的取值范围； （3）求乙车到达A地时甲车距A地的路程．

参考答案

一、选择题（每题4分，共48分） 1、A 【解析】 【分析】

根据具有破坏性的调查、无法进行普查、普查的意义或价值不大时，应选择抽样调查，对于精确度要求高的调查，事关重大的调查往往选用普查即可解答本题. 【详解】

A、调查一个班级学生的体重，人数较少，容易调查，因而适合普查，故选项正确；

B、调查我国中学生喜欢上数学课的人数，因为人数太多，不容易调查，因而适合抽查，故选项错误； C、调查一批灯泡的使用寿命，调查具有普坏性，因而适合抽查，故选项错误；

D、调查结果不是很重要，且要普查要用大量的人力、物力，因而不适合普查，应用抽查，故选项错误． 故选A． 【点睛】

本题考查抽样调查和全面调查的区别，选择普查还是抽样调查要根据所要考查的对象的特征灵活选择，一般来说，对于具有破坏性的调查、无法进行普查、普查的意义或价值不大时，应选择抽样调查，对于精确度要求高的调查，事关重大的调查往往选用普查. 2、D 【解析】 【分析】

根据函数解析式，结合函数图象的顶点坐标、对称轴以及增减性依次对4个结论作出判断即可． 【详解】

解： 二次函数yx22mxm21=-（x-m）1+1（m为常数） ①∵顶点坐标为（m，1）且当x=m时，y=1 ∴这个函数图象的顶点始终在直线y=1上 故结论①正确；

②令y=0，得-（x-m）1+1=0 解得：x=m-1，x=m+1

∴抛物线与x轴的两个交点坐标为A（m-1，0），B（m+1，0） 则AB=1

∵顶点P坐标为（m，1） ∴PA=PB=2， ∴PA2PB2AB2 ∴

PAB是等腰直角三角形

∴函数图象的顶点与x轴的两个交点构成等腰直角三角形 故结论②正确；

③当-1＜x＜1时，y随x的增大而增大，且-1＜0 ∴m的取值范围为m≥1． 故结论③正确； ④∵x1+x1＞1m ∴

x1x2＞m 2∵二次函数y=-（x-m）1+1（m为常数）的对称轴为直线x=m ∴点A离对称轴的距离小于点B离对称轴的距离 ∵x1＜x1，且-1＜0 ∴y1＞y1 故结论④正确． 故选：D． 【点睛】

本题主要考查了二次函数图象与二次函数的系数的关系，是一道综合性比较强的题目，需要利用数形结合思想解决本题． 3、C 【解析】

【分析】

根据矩形性质得出AC=2AO，BD=2BO，AC=BD=4，推出AO=OB=2，得出等边三角形AOB，可得AB=2，由勾股定理可求AD的长． 【详解】

∵四边形ABCD是矩形，

∴AC=2AO，BD=2BO，AC=BD=4， ∴AO=OB=2， ∵∠AOB=60°，

∴△AOB是等边三角形， ∴∠ABO=60°，AB=2=OA ∴ADBD2AB223

故选：C． 【点睛】

本题考查了等边三角形的性质和判定，矩形的性质的应用，注意：矩形的对角线互相平分且相等． 4、B 【解析】 【分析】

根据分式有意义的条件可得x+1≠0，再解即可． 【详解】

解：由题意得：x+1≠0， 解得：x≠-1 故选B． 【点睛】

本题主要考查了分式有意义的条件，关键是掌握分式有意义的条件是分母不等于零． 5、D 【解析】 【分析】

在直角三角形ABC中，利用勾股定理求出 AC2BC2的值，根据S1，S2分别表示正方形面积，求出S1+S2的值即可． 【详解】 解：如图

∵在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AB=15， ∴由勾股定理得：AC2+BC2=AB2=225， 则S1+S2=AC2+BC2=225， 故选：D． 【点睛】

此题考查了勾股定理，以及正方形的性质，熟练掌握勾股定理是解本题的关键． 6、A 【解析】 【分析】 【详解】

解：如图：根据旋转的旋转可知：∠PAP′=∠BAC=90°，AP=AP′=3， 根据勾股定理得：PP323232，故选A． 7、C 【解析】 【分析】

本题根据一元二次方程的定义求解． 一元二次方程必须满足两个条件： （1）未知数的最高次数是2； （2）二次项系数不为1．

由这两个条件得到相应的关系式，再求解即可． 【详解】

A、该方程是一元一次方程，故本选项错误． B、该方程是二元二次方程，故本选项错误． C、该方程是一元二次方程，故本选项正确． D、该方程分式方程，故本选项错误． 故选C．

【点睛】

本题利用了一元二次方程的概念．只有一个未知数且未知数最高次数为2的整式方程叫做一元二次方程，一般形式是ax2+bx+c=1（且a≠1）． 8、C 【解析】

分析：应用特殊元素法求解： 当t=0时，

ABCD的四个项点是A（0，0），B（0，4），C（3，4），D（3，0），此时整数点有（1，1），（1，2），（1，

3），（2，1），（2，2），（2，3），共6个点； 当t=1时，

ABCD的四个项点是A（0，0），B（0，4），C（3，5），D（3，1），此时整数点有（1，1），（1，2），（1，

3），（1，4），（2，1），（2，2），（2，3），（2，4），共8个点； 当t=2时，

ABCD的四个项点是A（0，0），B（0，4），C（3，6），D（3，2），此时整数点有（1，1），（1，2），（1，

3），（1，4），（2，2），（2，3），（2，4），共7个点； 故选项A，选项B，选项D错误，选项C正确。 故选C。 9、B 【解析】 【分析】

先证明OE是△ABC的中位线，再根据三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半求解即可. 【详解】

ABCD的对角线AC、BD相交于点O，

OBOD，

点E是CD的中点，

CEDE，

OE是BCD的中位线，

BC8cm，

OE1BC4cm. 2故选：B. 【点睛】

本题考查了平行四边形的性质、三角形中位线定理，熟练掌握平行四边形的性质，证出OE是BCD的中位线是解决问题的关键. 10、C

【解析】 【分析】

根据同类二次根式的定义，先化简，再判断． 【详解】

A．1832与3被开方数不同，故不是同类二次根式； B．36与3被开方数不同，故不是同类二次根式； 22C．1223与3被开方数相同，故是同类二次根式； D．2426与3被开方数不同，故不是同类二次根式． 故选C． 【点睛】

本题考查了同类二次根式的定义：化成最简二次根式后，被开方数相同，这样的二次根式叫做同类二次根式． 11、C 【解析】

解：依题意得，设“数学风车”中的四个直角三角形的斜边长为x，则x2=122+52=169，解得：x=1．故“数学风车”的周长是：（1+6）×4=2．故选C． 12、B 【解析】 【分析】

先利用二次式的乘法法则与二次根式的性质求出m=27=28 ，再利用夹值法即可求出m的范围． 【详解】

3解：m3221=27=28，

∵25＜28＜36， ∴5m6. 故选：B. 【点睛】

本题考查了二次根式的运算，二次根式的性质，估算无理数的大小，将m化简为28是解题的键．

二、填空题（每题4分，共24分）

13、2x1 【解析】 【分析】

解不等式2x＜kx+b＜0的解集，就是指函数图象在A，B之间的部分的自变量的取值范围． 【详解】

解：根据题意得到y=kx+b与y=2x交点为A（-1，-2），

解不等式2x＜kx+b＜0的解集，就是指函数图象在A，B之间的部分， 又B（-2，0），

此时自变量x的取值范围，是-2＜x＜-1． 即不等式2x＜kx+b＜0的解集为：-2＜x＜-1． 故答案为：-2＜x＜-1． 【点睛】

本题主要考查一次函数与一元一次方程及一元一次不等式之间的内在联系．根据函数图象即可得到不等式的解集． 14、6+43 【解析】 【分析】

连结PP′，如图，由等边三角形的性质得到∠BAC=60°，AB=AC，由旋转的性质得到CP=CP′=4，∠PCP′=60°，得到△PCP′为等边三角形，求得PP′=PC=4，根据全等三角形的性质得到AP′=PB=5，根据勾股定理的逆定理得到△APP′为直角三角形，∠APP′=90°，根据三角形的面积公式即可得到结论． 【详解】 连结PP′，如图，

∵△ABC为等边三角形， ∴∠BAC=60°，AB=AC，

∵线段CP绕点C顺时针旋转60°得到线段CP'， ∴CP=CP′=4，∠PCP′=60°，

∴△PCP′为等边三角形， ∴PP′=PC=4，

∵∠ACP+∠BCP=60°，∠ACP+∠ACP′=60°， ∴∠BCP=∠ACP′，且AC=BC，CP=CP′ ∴△BCP≌△ACP′（SAS）， ∴AP′=PB=5，

在△APP′中，∵PP′2=42=16，AP2=32=9，AP′2=52=25， ∴PP′2+AP2=AP′2，

∴△APP′为直角三角形，∠APP′=90°， ∴S四边形APCP′=S△APP′+S△PCP′=

13 AP×PP′+ ×PP′2=6+43 ， 24故答案为：6+43． 【点睛】

此题考查旋转的性质，全等三角形的性质，勾股定理以及逆定理，证明△APQ为等边三角形是解题的关键． 15、22 【解析】 【分析】

根据勾股定理直接计算即可. 【详解】

直角三角形ABC中，∠C=90, AC=BC=2，则AB【点睛】

本题是对勾股定理的考查，熟练掌握勾股定理及二次根式运算是解决本题的关键. 16、3 【解析】 【分析】

如图，连接EA、EC，先证明∠AEC＝90°，E、C、B共线，求出AE即可. 【详解】

解：如图，连接EA，EC，

∵菱形的边长为1，由题意得∠AEF＝30°，∠BEF＝60°，AE＝3，

AC2BC2222222. ∴∠AEC＝90°，

∵∠ACE＝∠ACG＝∠BCG＝60°， ∴∠ECB＝180°， ∴E、C、B共线，

∴AE即为△ACB的BC边上的高， ∴AE＝3， 故答案为3．

【点睛】

本题考查菱形的性质，特殊三角形边角关系等知识，解题的关键是添加辅助线构造直角三角形解决问题，属于中考常考题型． 17、1200 【解析】 【分析】

根据样本容量则是指样本中个体的数目，可得答案． 【详解】

为了了解我县八年级学生的视力情况，从中随机抽取1200名学生进行视力情况检查，在这个问题中，样本容量是1200， 故答案为：1200. 【点睛】

本题考查了总体、个体、样本、样本容量，解题要分清具体问题中的总体、个体与样本，关键是明确考查的对象．总体、个体与样本的考查对象是相同的，所不同的是范围的大小．样本容量是样本中包含的个体的数目，不能带单位． 18、不稳定性； 4.2 【解析】 【分析】

（1）根据四边形的不稳定性即可解决问题．

（1）当∠B1=60°时，平台AA0的高度最大，解直角三角形A1B0A0，可得A0A1的长，再由AA3=A3A1=A1A1=A1A0，即可解决问题． 【详解】

解：（1）因为四边形具有不稳定性，点B，B0分别在AM和A0N上滑动 ，从而达到升降目的，因而这种设计利用了平行四边形的不稳定性；

（1）由图可知，当∠B1=60°时，平台AA0的高度最大，A0B0A1A0A1=A1B0sin∠A1B0A0=1.4×

1B1=30°，B0A1=1A1C1=1.4，则21=1.1． 2 又∵AA3=A3A1=A1A1=A1A0=1.1，则AA0=4×1.1=4.2． 故答案为：不稳定性，4.2． 【点睛】

本题考查了解直角三角形的应用，等腰三角形的性质，菱形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．

三、解答题（共78分） 19、见解析 【解析】 【分析】

要证明四边形BFDE是平行四边形，可以证四边形BFDE有两组对边分别相等，即证明BF=DE，EB=DF即可得到. 【详解】

证明：∵ABCD是平行四边形， ∴AB=DC，AB∥DC， ∴∠BAF=∠DCE，

又∵对角线AC与BD相交于O，E．F是AC上的两点，并且AE＝CF， 所以在△ABF和△DCE中，

BADCBAFDCE， AFCE∴△ABF≌△CDE（SAS）， ∴BF=DE，

同理可证：△ADF≌△CBE（SAS）， ∴DF=BE,

∴四边形BFDE是平行四边形. 【点睛】

本题主要考查平行四边形的判定（两组对边分别平行，两组对边分别相等，有一组对边平行且相等），掌握判定的方法

是解题的关键，在解题过程中，需要灵活运用所学知识，掌握三角形全等的判定或者两直线平行的判定对证明这道题目有着至关重要的作用. 20、（1）P（【解析】 【分析】

（1）根据已知条件得到C（5，3），设直线OC的解析式为y＝kx，求得直线OC的解析式为y＝根据S△POB＝

5510，2）；（2）（，2）或（﹣，2） 32233x，设P（m，m），551S矩形OBCD，列方程即可得到结论； 3（2）设点P的纵坐标为h，得到点P在直线y＝2或y＝﹣2的直线上，作B关于直线y＝2的对称点E，则点E的坐标为（5，4），连接OE交直线y＝2于P，则此时PO+PB的值最小，设直线OE的解析式为y＝nx，于是得到结论． 【详解】 （1）如图：

∵矩形OBCD中，OB＝5，OD＝3， ∴C（5，3），

设直线OC的解析式为y＝kx， ∴3＝5k， ∴k＝

3， 53x， 5∴直线OC的解析式为y＝

∵点P在矩形的对角线OC上， ∴设P（m，∵S△POB＝

3m）， 51S矩形OBCD， 31315， ∴5×m＝3×

25310∴m＝，

310，2）； 31（2）∵S△POB＝S矩形OBCD，

3∴P（

∴设点P的纵坐标为h， ∴

11h×5＝35，

32∴h＝2，

∴点P在直线y＝2或y＝﹣2上， 作B关于直线y＝2的对称点E， 则点E的坐标为（5，4），

连接OE交直线y＝2于P，则此时PO+PB的值最小，

设直线OE的解析式为y＝nx， ∴4＝5n， ∴n＝

4， 54x， 5∴直线OE的解析式为y＝

当y＝2时，x＝

5， 2∴P（

5，2）， 2同理，点P在直线y＝﹣2上， P（

5，﹣2）， 255，2）或（﹣，2）． 22∴点P的坐标为（【点睛】

本题考查了轴对称——最短路线问题，矩形的性质，待定系数法求函数的解析式，正确的找到点P在位置是解题的关键．

21、乙船航行的方向是东偏北58°方向． 【解析】 【分析】

首先计算出甲乙两船的路程，再根据勾股定理逆定理可证明∠BAC＝90°，然后再根据C岛在A西偏北32°方向，可得B岛在A东偏北58°方向． 【详解】

2＝60海里，乙2小时的路程＝40×2＝80海里，且BC＝100海里， 解：由题意得：甲2小时的路程＝30×∵AC2+AB2＝602+802＝10000， BC2＝1002＝10000， ∴AC2+AB2＝BC2， ∴∠BAC＝90°，

∵C岛在A西偏北32°方向， ∴B岛在A东偏北58°方向． ∴乙船航行的方向是东偏北58°方向． 【点睛】

此题主要考查了勾股定理逆定理，关键是掌握勾股定理的逆定理：如果三角形的三边长a，b，c满足a2+b2＝c2，那么这个三角形就是直角三角形． 22、x3． 【解析】

分析：分式方程去分母转化为整式方程，求出整式方程的解得到x的值，经检验即可得到分式方程的解． 详解：x1x2x1x1x2,

x2x2x1x23x2,

x3.

经检验：x3是原方程的解， 所以原方程的解是x3．

点睛：此题考查了解分式方程，熟练掌握运算法则是解本题的关键． 23、（1）见解析；（2）93 【解析】 【分析】

（1）由角平分线上的点到角两边的距离相等可得DE=DF，利用HL易证Rt△BDE≌Rt△CDF，从而得到∠B=∠C，

然后再用AAS证明△ABD≌△ACD即可得证．

（2）由∠BAC=60°和AB=AC可得△ABC为等边三角形，从而得到AB=BC=6，再由勾股定理求出高AD，即可求△ABC的面积． 【详解】

（1）∵AD平分∠BAC，DE⊥AB，DF⊥AC ∴DE=DF，∠BAD=∠CAD 在Rt△BDE和Rt△CDF中， ∵BD=CD，DE=DF

∴Rt△BDE≌Rt△CDF（HL） ∴∠B=∠C

在△ABD和△ACD中，

∵∠BAD=∠CAD，∠B=∠C，BD=CD ∴△ABD≌△ACD（AAS） ∴AB=AC

（2）∵∠BAC=60°，AB=AC ∴△ABC为等边三角形 ∴AB=BC=6

又∵△ABD≌△ACD（已证） ∴∠ADB=∠ADC=90° ∵BC=6，BD=CD ∴BD=3

在Rt△ABD中，AD=AB2BD2=6232=33 ∴S△ABC=【点睛】

本题考查全等三角形，等边三角形的判定与性质与勾股定理，熟练掌握角平分线的性质定理，得出全等条件是解题的关键．

24、 1该公司投递快件总件数的月平均增长率为10%2该公司现有的16名快递投递员不能完成今年6月份的快递投递任务 【解析】 【分析】

11BCAD=633=93 221设该公司投递快件总件数的月平均增长率为x，根据该公司今年三月份与五月份完成投递的快件总件数，即可得出

关于x的一元二次方程，解之取其正值即可得出结论；

2根据6月份的快件总件数5月份的快递总件数(1增长率)，可求出6月份的快件总件数，利用6月份可完成

投递快件总件数每人每月可投递快件件数人数可求出6月份可完成投递快件总件数，二者比较后即可得出结论． 【详解】

解：1设该公司投递快件总件数的月平均增长率为x， 根据题意得：5(1x)6.05，

解得：x10.110%，x22.1(舍去)． 答：该公司投递快件总件数的月平均增长率为10%．

226月份快递总件数为：6.05110%6.655(万件)，

0.4166.4(万件)，

6.46.655，

该公司现有的16名快递投递员不能完成今年6月份的快递投递任务．

【点睛】

本题考查了一元二次方程的应用，解题的关键是：1找准等量关系，正确列出一元二次方程；2根据数量关系，列式计算．

25、（1）BD=CD．理由见解析；（2）AB=AC时，四边形AFBD是矩形．理由见解析 【解析】 【分析】

（1）根据两直线平行，内错角相等求出∠AFE=∠DCE，然后利用“角角边”证明△AEF和△DEC全等，根据全等三角形对应边相等可得AF=CD，再利用等量代换即可得证；

（2）先利用一组对边平行且相等的四边形是平行四边形证明四边形AFBD是平行四边形，再根据一个角是直角的平行四边形是矩形，可知∠ADB=90°，由等腰三角形三线合一的性质可知必须是AB=AC． 【详解】 （1）BD=CD．

理由如下：依题意得AF∥BC， ∴∠AFE=∠DCE， ∵E是AD的中点，

∴AE=DE，

在△AEF和△DEC中，

AFEDCE{AEFDEC， AEDE∴△AEF≌△DEC（AAS）， ∴AF=CD， ∵AF=BD， ∴BD=CD；

（2）当△ABC满足：AB=AC时，四边形AFBD是矩形． 理由如下：∵AF∥BD，AF=BD， ∴四边形AFBD是平行四边形， ∵AB=AC，BD=CD（三线合一）， ∴∠ADB=90°， ∴▱AFBD是矩形．

考点：1.矩形的判定；2.全等三角形的判定与性质． 26、（1）2.5小时；（2）y=﹣100x+550；（3）175千米． 【解析】

试题分析：（1）根据题意列算式即可得到结论； （2）根据题意列方程组即可得到结论； （3）根据题意列算式即可得到结论．

1.5）=2.5（小时）试题解析：（1）300÷（180÷． 答：甲车从A地到达B地的行驶时间是2.5小时；

3002.5kbk100{{（2）设甲车返回时y与x之间的函数关系式为y=kx+b，∴，解得：，∴甲车返回时y与05.5kbb550x之间的函数关系式是y=﹣100x+550（2.5≤x≤5.5）；

[（300﹣180）÷1.5]=3.75小时，当x=3.75时，y=175千米． （3）300÷

答：乙车到达A地时甲车距A地的路程是175千米． 考点：一次函数的应用；分段函数．