江蘇省揚(yáng)州市江都區(qū)第二中學(xué)2024年九年級數(shù)學(xué)第一學(xué)期開學(xué)統(tǒng)考試題【含答案】

學(xué)校________________班級____________姓名____________考場____________準(zhǔn)考證號學(xué)校________________班級____________姓名____________考場____________準(zhǔn)考證號…………密…………封…………線…………內(nèi)…………不…………要…………答…………題…………第1頁，共3頁江蘇省揚(yáng)州市江都區(qū)第二中學(xué)2024年九年級數(shù)學(xué)第一學(xué)期開學(xué)統(tǒng)考試題題號一二三四五總分得分A卷（100分）一、選擇題（本大題共8個小題，每小題4分，共32分，每小題均有四個選項(xiàng)，其中只有一項(xiàng)符合題目要求）1、（4分）下列各組數(shù)據(jù)中的是三個數(shù)作為三角形的邊長，其中能構(gòu)成直角三角形的是（）A．1，2，3 B．3,4,5 C．5，6，7 D．72、（4分）不等式組的解集在數(shù)軸上表示為A． B．C． D．3、（4分）如圖，在□ABCD中，點(diǎn)E、F分別在邊AB、DC上，下列條件不能使四邊形EBFD是平行四邊形的條件是（）A．DE=BF B．AE=CF C．DE∥FB D．∠ADE=∠CBF4、（4分）如圖，已知△ABC，任取一點(diǎn)O，連AO，BO，CO，分別取點(diǎn)D，E，F(xiàn)，使OD＝AO，OE＝BO，OF＝CO，得△DEF，有下列說法：①△ABC與△DEF是位似圖形；②△ABC與△DEF是相似圖形；③△DEF與△ABC的周長比為1：3；④△DEF與△ABC的面積比為1：1．則正確的個數(shù)是（）A．1 B．2 C．3 D．45、（4分）一個等腰三角形的邊長是6，腰長是一元二次方程x2﹣7x+12＝0的一根，則此三角形的周長是（）A．12 B．13 C．14 D．12或146、（4分）下列各式中，最簡二次根式是（）A． B． C． D．7、（4分）如圖，四邊形ABCD中，AC＝a，BD＝b，且AC⊥BD，順次連接四邊形ABCD各邊中點(diǎn)，得到四邊形A1B1C1D1，再順次連接四邊形A1B1C1D1各邊中點(diǎn)，得到四邊形A2B2C2D2，…，如此進(jìn)行下去，得到四邊形AnBnCnDn．下列結(jié)論正確的有（）①四邊形A2B2C2D2是矩形；②四邊形A4B4C4D4是菱形；③四邊形A5B5C5D5的周長是④四邊形AnBnCnDn的面積是A．①②③ B．②③④ C．①② D．②③8、（4分）如圖，已知在△ABC中，CD是AB邊上的高線，BE平分∠ABC，交CD于點(diǎn)E，BC=6，DE=3，則△BCE的面積等于（）A．10 B．9 C．8 D．6二、填空題（本大題共5個小題，每小題4分，共20分）9、（4分）如圖，分別以的斜邊，直角邊為邊向外作等邊和，為的中點(diǎn)，，相交于點(diǎn).若∠BAC=30°，下列結(jié)論：①；②四邊形為平行四邊形；③；④.其中正確結(jié)論的序號是______.10、（4分）如圖，四邊形ABCD是正方形，以CD為邊作等邊三角形CDE，BE與AC相交于點(diǎn)M，則∠ADM的度數(shù)是_____．11、（4分）若，則xy的值等于_______.12、（4分）若式子是二次根式，則x的取值范圍是_____．13、（4分）已知一次函數(shù)y＝kx+3k+5的圖象與y軸的交點(diǎn)在y軸的正半軸上，且函數(shù)值y隨x的增大而減小，則k所有可能取得的整數(shù)值為_____三、解答題（本大題共5個小題，共48分）14、（12分）某單位招聘員工，采取筆試與面試相結(jié)合的方式進(jìn)行，兩項(xiàng)成績的原始分均為分.前名選手的得分如下：根據(jù)規(guī)定，筆試成績和面試成績分別按一定的百分比折合成綜合成績（綜合成績的滿分仍為分），現(xiàn)得知號選手的綜合成績?yōu)榉?序號筆試成績/分面試成績/分（1）求筆試成績和面試成績各占的百分比：（2）求出其余兩名選手的綜合成績，并以綜合成績排序確定這三名選手的名次。15、（8分）如圖，在正方形ABCD中，E是AB上一點(diǎn)，F(xiàn)是AD延長線上一點(diǎn)，且DF=BE（1）求證：CE=CF；（2）若點(diǎn)G在AD上，且∠GCE=45°，則GE=BE+GD成立嗎？為什么？16、（8分）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，四邊形OBCD是邊長為4的正方形，B、D分別在軸負(fù)半軸、軸正半軸上，點(diǎn)E是軸的一個動點(diǎn)，連接CE，以CE為邊，在直線CE的右側(cè)作正方形CEFG．（1）如圖1，當(dāng)點(diǎn)E與點(diǎn)O重合時，請直接寫出點(diǎn)F的坐標(biāo)為_______，點(diǎn)G的坐標(biāo)為_______．（2）如圖2，若點(diǎn)E在線段OD上，且OE=1，求正方形CEFG的面積．（3）當(dāng)點(diǎn)E在軸上移動時，點(diǎn)F是否在某條直線上運(yùn)動？如果是，請求出相應(yīng)直線的表達(dá)式；如果不是，請說明理由．17、（10分）問題背景：如圖1：在四邊形ABCD中,AB=AD,∠BAD=120°,∠B=∠ADC=90°.E、F分別是BC,CD上的點(diǎn)．且∠EAF=60°.探究圖中線段BE，EF，F(xiàn)D之間的數(shù)量關(guān)系．小王同學(xué)探究此問題的方法是,延長FD到點(diǎn)G,使DG=BE,連結(jié)AG,先證明△ABE≌△ADG,再證明△AEF≌△AGF，可得出結(jié)論，他的結(jié)論應(yīng)是_________；探索延伸：如圖2，若四邊形ABCD中,AB=AD,∠B+∠D=180°.E,F分別是BC,CD上的點(diǎn),且∠EAF=∠BAD，上述結(jié)論是否仍然成立，并說明理由；實(shí)際應(yīng)用：如圖3，在某次軍事演習(xí)中，艦艇甲在指揮中心（O處）北偏西30°的A處,艦艇乙在指揮中心南偏東70°的B處,并且兩艦艇到指揮中心的距離相等,接到行動指令后,艦艇甲向正東方向以55海里/小時的速度前進(jìn),艦艇乙沿北偏東50°的方向以75海里/小時的速度前進(jìn)2小時后,指揮中心觀測到甲、乙兩艦艇分別到達(dá)E,F處,且兩艦艇之間的夾角為70°，試求此時兩艦艇之間的距離．18、（10分）已知，正比例函數(shù)的圖象與一次函數(shù)的圖象交于點(diǎn)．（1）求，的值；（2）求一次函數(shù)的圖象與，圍成的三角形的面積．B卷（50分）一、填空題（本大題共5個小題，每小題4分，共20分）19、（4分）已知一個樣本：1，3，5，x，2，它的平均數(shù)為3，則這個樣本的方差是_________.20、（4分）化簡：＝__________．21、（4分）如圖,在四邊形ABCD中,AD∥BC,且AD>BC,BC=6cm,動點(diǎn)P,Q分別從A,C同時出發(fā),P以1cm/s的速度由A向D運(yùn)動,Q以2cm/s的速度由C向B運(yùn)動(Q運(yùn)動到B時兩點(diǎn)同時停止運(yùn)動),則________后四邊形ABQP為平行四邊形.22、（4分）如圖所示，在四邊形中，，分別是的中點(diǎn)，，則的長是___________.23、（4分）如圖，在中，，垂足為，是中線，將沿直線BD翻折后，點(diǎn)C落在點(diǎn)E，那么AE為_________.二、解答題（本大題共3個小題，共30分）24、（8分）化簡：；25、（10分）小明想知道學(xué)校旗桿的高，他發(fā)現(xiàn)旗桿頂端的繩子垂到地面還多1米，當(dāng)他把繩子的下端拉開5米后，發(fā)現(xiàn)下端剛好接觸地面．求旗桿的高度．26、（12分）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，一次函數(shù)的圖象與正比例函數(shù)的圖象都經(jīng)過點(diǎn)．（1）求一次函數(shù)和正比例函數(shù)的解析式；（2）若點(diǎn)是線段上一點(diǎn)，且在第一象限內(nèi)，連接，設(shè)的面積為，求面積關(guān)于的函數(shù)解析式．

參考答案與詳細(xì)解析一、選擇題（本大題共8個小題，每小題4分，共32分，每小題均有四個選項(xiàng)，其中只有一項(xiàng)符合題目要求）1、A【解析】

根據(jù)勾股定理的逆定理逐項(xiàng)分析即可.【詳解】解：A、∵12+（2）2＝（3）2，∴能構(gòu)成直角三角形；B、（3）2+（4）2≠（5）2，∴不能構(gòu)成直角三角形；C、52+62≠72，∴不能構(gòu)成直角三角形；D、∵72+82≠92，∴不能構(gòu)成直角三角形．故選：A．本題考查了勾股定理逆定理，如果三角形兩邊的平方和等于第三邊的平方，那么這個三角形是直角三角形，在一個三角形中，即如果用a，b，c表示三角形的三條邊，如果a2+b2=c2，那么這個三角形是直角三角形.2、D【解析】

分別求出不等式組中每一個不等式的解集，再求出其公共解集，并在數(shù)軸上表示出來即可．【詳解】：，由得，，由得，，故此不等式組的解集為：，在數(shù)軸上表示為：故選D．本題考查了解一元一次不等式組以及在數(shù)軸上表示不等式組的解集，熟練掌握不等式組解集的確定方法“同大取大，同小取小，大小小大中間找，大大小小無解了”是解題的關(guān)鍵.在數(shù)軸上表示時要注意實(shí)心圓點(diǎn)與空心圓點(diǎn)的區(qū)別．3、A【解析】

根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)可得AB∥CD，添加DE=BF后，滿足一組對邊平行，另一組對邊相等，不符合平行四邊形的判定方法，進(jìn)而可判斷A項(xiàng)；根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)可得AB∥CD，AB=CD，進(jìn)一步即得BE=DF，根據(jù)一組對邊平行且相等的四邊形是平行四邊形即可判斷B項(xiàng)；根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)可得AB∥CD，進(jìn)而根據(jù)平行四邊形的定義可判斷C項(xiàng)；根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)可證明△ADE≌△CBF，進(jìn)而可得AE=CF，DE=BF，然后根據(jù)兩組對邊相等的四邊形是平行四邊形即可判斷D項(xiàng)．【詳解】解：A、∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB∥CD，由DE=BF，不能判定四邊形EBFD是平行四邊形，所以本選項(xiàng)符合題意；B、∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB∥CD，AB=CD，∵AE=CF，∴BE=DF，∴四邊形EBFD是平行四邊形，所以本選項(xiàng)不符合題意；C、∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB∥CD，∵DE∥FB，∴四邊形EBFD是平行四邊形，所以本選項(xiàng)不符合題意；D、∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴∠A=∠C，AD=CB，AB=CD，∵∠ADE=∠CBF，∴△ADE≌△CBF（ASA），∴AE=CF，DE=BF，∴BE=DF，∴四邊形EBFD是平行四邊形，所以本選項(xiàng)不符合題意．故選：A．本題考查了平行四邊形的性質(zhì)和判定以及全等三角形的判定和性質(zhì)，屬于?？碱}型，熟練掌握平行四邊形的判定和性質(zhì)是解本題的關(guān)鍵．4、C【解析】

直接利用位似圖形的性質(zhì)以及相似圖形的性質(zhì)分別分析得出答案．【詳解】解：∵任取一點(diǎn)O，連AO，BO，CO，分別取點(diǎn)D，E，F(xiàn)，OD＝AO，OE＝BO，OF＝CO，∴△DEF與△ABC的相似比為：1：3，∴①△ABC與△DEF是位似圖形，正確；②△ABC與△DEF是相似圖形，正確；③△DEF與△ABC的周長比為1：3，正確；④△DEF與△ABC的面積比為1：9，故此選項(xiàng)錯誤．故選：C．此題主要考查位似圖形的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是熟知位似的特點(diǎn).5、C【解析】解方程x2﹣7x+12=0，得，則等腰三角形的三邊為4,4,6或3,3,6（舍去），易得等腰三角形的周長為4+4+6=14，故選C.6、C【解析】

根據(jù)最簡二次根式的定義逐個判斷即可．最簡二次根式滿足兩個條件，一是被開方式不含能開的盡方的因式，二是被開方式不含分母.【詳解】A、=，不是最簡二次根式，故本選項(xiàng)不符合題意；B、=2，不是最簡二次根式，故本選項(xiàng)不符合題意；C、是最簡二次根式，故本選項(xiàng)符合題意；D、=2，不是最簡二次根式，故本選項(xiàng)不符合題意；故選C．本題考查了最簡二次根式的定義，能熟記最簡二次根式的定義的內(nèi)容是解此題的關(guān)鍵．7、C【解析】

首先根據(jù)題意，找出變化后的四邊形的邊長與四邊形ABCD中各邊長的長度關(guān)系規(guī)律，然后對以下選項(xiàng)作出分析與判斷：①根據(jù)矩形的判定與性質(zhì)作出判斷；②根據(jù)菱形的判定與性質(zhì)作出判斷；③由四邊形的周長公式：周長=邊長之和，來計算四邊形A5B5C5D5的周長；④根據(jù)四邊形AnBnCnDn的面積與四邊形ABCD的面積間的數(shù)量關(guān)系來求其面積．【詳解】①連接A1C1，B1D1．

∵在四邊形ABCD中，順次連接四邊形ABCD各邊中點(diǎn)，得到四邊形A1B1C1D1，

∴A1D1∥BD，B1C1∥BD，C1D1∥AC，A1B1∥AC；

∴A1D1∥B1C1，A1B1∥C1D1，

∴四邊形A1B1C1D1是平行四邊形；

∵AC丄BD，∴四邊形A1B1C1D1是矩形，

∴B1D1=A1C1（矩形的兩條對角線相等）；

∴A2D2=C2D2=C2B2=B2A2（中位線定理），

∴四邊形A2B2C2D2是菱形；

故①錯誤；

②由①知，四邊形A2B2C2D2是菱形；

∴根據(jù)中位線定理知，四邊形A4B4C4D4是菱形；

故②正確；

③根據(jù)中位線的性質(zhì)易知，A5B5=∴四邊形A5B5C5D5的周長是2×；故③正確；

④∵四邊形ABCD中，AC=a，BD=b，且AC丄BD，

∴S四邊形ABCD=ab÷2；

由三角形的中位線的性質(zhì)可以推知，每得到一次四邊形，它的面積變?yōu)樵瓉淼囊话耄?/p>

四邊形AnBnCnDn的面積是.故④正確；

綜上所述，②③④正確．

故選C．考查了菱形的判定與性質(zhì)、矩形的判定與性質(zhì)及三角形的中位線定理（三角形的中位線平行于第三邊且等于第三邊的一半）．解答此題時，需理清菱形、矩形與平行四邊形的關(guān)系．8、B【解析】

作EF⊥BC于F，根據(jù)角平分線的性質(zhì)可知EF=DE=3，即可求出△BCE的面積.【詳解】作EF⊥BC于F，∵BE平分∠ABC，ED⊥AB，EF⊥BC，∴EF=DE=3，∴△BCE的面積=×BC×EF=9，故選B.本題考查了角平分線的性質(zhì)，熟練掌握角平分線的性質(zhì)：角平分線上的點(diǎn)到角兩邊的距離相等是解答本題的關(guān)鍵.二、填空題（本大題共5個小題，每小題4分，共20分）9、①②③④【解析】

首先證明證明Rt△ADF≌Rt△BAC，結(jié)合已知得到AE=DF，然后根據(jù)內(nèi)錯角相等兩直線平行得到DF∥AE，由一組對邊平行且相等可得四邊形ADFE是平行四邊形，故②正確；由∠DAC=∠DAB+∠BAC=90°，可得∠AHE=90°，故①正確；由2AG=AF可知③正確；在Rt△DBF和Rt△EFA中，BD＝FE，DF＝EA，可證Rt△DBF≌Rt△EFA，故④正確.【詳解】∵△ABD和△ACE都是等邊三角形，

∴AD=BD=AB，AE=CE=AC，∠ADB=∠BAD=∠DBA=∠CAE=∠AEC=∠ACE=60°．

∵F是AB的中點(diǎn)，∴∠BDF=∠ADF=30°，∠DFA=∠DFB=90°，BF=AF=AB．

∵∠BAC=30°，∠ACB=90°，AD=2AF．

∴BC=AB，∠ADF=∠BAC，

∴AF=BF=BC．

在Rt△ADF和Rt△BAC中

AD＝BA，AF＝BC，

∴Rt△ADF≌Rt△BAC（HL），

∴DF=AC，

∴AE=DF．

∵∠BAC=30°，

∴∠BAC+∠CAE=∠BAE=90°，

∴∠DFA=∠EAB，

∴DF∥AE，

∴四邊形ADFE是平行四邊形，故②正確；∴AD=EF，AD∥EF，設(shè)AC交EF于點(diǎn)H，

∴∠DAC=∠AHE．

∵∠DAC=∠DAB+∠BAC=90°，

∴∠AHE=90°，

∴EF⊥AC．①正確；

∵四邊形ADFE是平行四邊形，

∴2GF=2GA=AF．

∴AD=4AG．故③正確．

在Rt△DBF和Rt△EFA中

BD＝FE，DF＝EA，

∴Rt△DBF≌Rt△EFA（HL）．故④正確，

故答案為：①②③④．本題解題的關(guān)鍵：運(yùn)用到的性質(zhì)定理有，直角全等三角形的判定定理HL，平行四邊形的判定定理：一組對邊平行且相等的四邊形是平行四邊形，全等三角形對應(yīng)邊與對應(yīng)角相等的性質(zhì)，平行四邊形對角線互相平分與兩組對邊平行且相等的性質(zhì).10、75°【解析】

連接BD,根據(jù)BD,AC為正方形的兩條對角線可知AC為BD的垂直平分線,所以∠AMD=AMB,求∠AMD,∠AMB，再根據(jù)三角形內(nèi)角和可得.【詳解】如圖，連接BD，

∵∠BCE=∠BCD+∠DCE=90°+60°=150°，BC=EC，∴∠EBC=∠BEC=（180°-∠BCE）=15°,∵∠BCM=∠BCD=45°，∴∠BMC=180°-（∠BCM+∠EBC）=120°∴∠AMB=180°-∠BMC=60°

∵AC是線段BD的垂直平分線，M在AC上，∴∠AMD=∠AMB=60°，∴∠ADM=180?-∠DAC-∠AMD=180?-45?-60?=75?.故答案為75?本題考核知識點(diǎn)：正方形性質(zhì)，等邊三角形.解題關(guān)鍵點(diǎn)：運(yùn)用正方形性質(zhì)，等邊三角形性質(zhì)求角的度數(shù).11、1【解析】

直接利用偶次方的性質(zhì)以及二次根式的性質(zhì)得出x，y的值進(jìn)而得出答案．【詳解】解：∵，∴x-1=0，y-1=0，解得：x=1，y=1，則xy=1．此題主要考查了完全平方公式，偶次方的性質(zhì)以及二次根式的性質(zhì)，正確掌握相關(guān)性質(zhì)是解題關(guān)鍵．12、：x≥1【解析】

根據(jù)根式的意義，要使根式有意義則必須被開方數(shù)大于等于0.【詳解】解：若式子是二次根式，則x的取值范圍是：x≥1．故答案為：x≥1．本題主要考查根式的取值范圍，這是考試的常考點(diǎn)，應(yīng)當(dāng)熟練掌握.13、－2【解析】

由一次函數(shù)圖象與系數(shù)的關(guān)系可得出關(guān)于k的一元一次不等式組，解不等式組即可得出結(jié)論．【詳解】由已知得：，解得：-＜k＜2．∵k為整數(shù)，∴k=-2．故答案為：-2．本題考查了一次函數(shù)圖象與系數(shù)的關(guān)系，解題的關(guān)鍵是得出關(guān)于k的一元一次不等式組．本題屬于基礎(chǔ)題，難度不大，解決該題型題目時，根據(jù)一次函數(shù)圖象與系數(shù)的關(guān)系找出關(guān)于系數(shù)的不等式（或不等式組）是關(guān)鍵．三、解答題（本大題共5個小題，共48分）14、（1）筆試占，面試占；（2）第一名：2號，第二名：1號，第三名：3號.【解析】

（1）設(shè)筆試成績占百分比為，則面試成績占比為，根據(jù)題意列出方程，求解即可；（2）根據(jù)筆試成績和面試成績各占的百分比，分別求出其余兩名選手的綜合成績，即可得出答案.【詳解】解：（1）設(shè)筆試成績占百分比為，則面試成績占比為.由題意，得∴筆試成績占，面試成績占.（2）2號選手的綜合成績：3號選手的綜合成績：∴三位選手按綜合成績排名為：第一名：2號，第二名：1號，第三名：3號.本題考查了加權(quán)平均數(shù)和一元一次方程的應(yīng)用，熟知加權(quán)平均數(shù)的計算公式是解題的關(guān)鍵.15、（1）見解析（2）成立【解析】試題分析：（1）由DF=BE，四邊形ABCD為正方形可證△CEB≌△CFD，從而證出CE=CF．（2）由（1）得，CE=CF，∠BCE+∠ECD=∠DCF+∠ECD即∠ECF=∠BCD=90°又∠GCE=45°所以可得∠GCE=∠GCF，故可證得△ECG≌△FCG，即EG=FG=GD+DF．又因?yàn)镈F=BE，所以可證出GE=BE+GD成立．試題解析：（1）在正方形ABCD中，∴△CBE≌△CDF（SAS）．∴CE=CF．（2）GE=BE+GD成立．理由是：∵由（1）得：△CBE≌△CDF，∴∠BCE=∠DCF，∴∠BCE+∠ECD=∠DCF+∠ECD，即∠ECF=∠BCD=90°，又∵∠GCE=45°，∴∠GCF=∠GCE=45°．CE＝CF∵∠GCE＝∠GCF，GC＝GC∴△ECG≌△FCG（SAS）．∴GE=GF．∴GE=DF+GD=BE+GD．考點(diǎn)：1.正方形的性質(zhì)；2.全等三角形的判定與性質(zhì)．16、（1）（2）（3）是，理由見解析．【解析】

（1）利用四邊形OBCD是邊長為4的正方形，正方形CEFG,的性質(zhì)可得答案，（2）利用勾股定理求解的長，可得面積，（3）分兩種情況討論，利用正方形與三角形的全等的性質(zhì)，得到的坐標(biāo)，根據(jù)坐標(biāo)得到答案．【詳解】解：（1）四邊形OBCD是邊長為4的正方形，正方形CEFG,三點(diǎn)共線，故答案為：（2）由正方形CEFG的面積（3）如圖，當(dāng)在的左邊時，作于，正方形CEFG，四邊形OBCD是邊長為4的正方形，在與中，設(shè)①+②得：在直線上，當(dāng)在的右邊時，同理可得：在直線上．綜上：當(dāng)點(diǎn)E在軸上移動時，點(diǎn)F是在直線上運(yùn)動．本題考查的是正方形的性質(zhì)，三角形的全等的判定與性質(zhì)，勾股定理的應(yīng)用，點(diǎn)的移動軌跡問題，即點(diǎn)在一次函數(shù)的圖像上移動，掌握以上知識是解題的關(guān)鍵．17、問題背景：EF=BE+DF，理由見解析；探索延伸：結(jié)論仍然成立，理由見解析；實(shí)際應(yīng)用：210海里.【解析】

問題背景：延長FD到點(diǎn)G．使DG=BE．連結(jié)AG，即可證明△ABE≌△ADG，可得AE=AG，再證明△AEF≌△AGF，可得EF=FG，即可解題；探索延伸：延長FD到點(diǎn)G．使DG=BE．連結(jié)AG，即可證明△ABE≌△ADG，可得AE=AG，再證明△AEF≌△AGF，可得EF=FG，即可解題；實(shí)際應(yīng)用：連接EF，延長AE、BF相交于點(diǎn)C，然后與（2）同理可證．【詳解】問題背景：EF=BE+DF，證明如下：在△ABE和△ADG中，，∴△ABE≌△ADG（SAS），∴AE=AG，∠BAE=∠DAG，∵∠EAF=∠BAD，∴∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF=∠BAD-∠EAF=∠EAF，∴∠EAF=∠GAF，在△AEF和△GAF中，，∴△AEF≌△AGF（SAS），∴EF=FG，∵FG=DG+DF=BE+DF，∴EF=BE+DF，故答案為EF=BE+DF；探索延伸：結(jié)論EF=BE+DF仍然成立，理由：延長FD到點(diǎn)G．使DG=BE，連結(jié)AG，如圖2，在△ABE和△ADG中，，∴△ABE≌△ADG（SAS），∴AE=AG，∠BAE=∠DAG，∵∠EAF=∠BAD，∴∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF=∠BAD-∠EAF=∠EAF，∴∠EAF=∠GAF，在△AEF和△GAF中，，∴△AEF≌△AGF（SAS），∴EF=FG，∵FG=DG+DF=BE+DF，∴EF=BE+DF；實(shí)際應(yīng)用：如圖3，連接EF，延長AE、BF相交于點(diǎn)C，∵∠AOB=30°+90°+（90°-70°）=140°，∠EOF=70°，∴∠EOF=∠AOB，又∵OA=OB，∠OAC+∠OBC=（90°-30°）+（70°+50°）=180°，∴符合探索延伸中的條件，∴結(jié)論EF=AE+BF成立，即EF=2×（45+75）=260（海里），答：此時兩艦艇之間的距離是260海里．本題考查了全等三角形的判定以及全等三角形對應(yīng)邊相等的性質(zhì)，本題中求證△AEF≌△AGF是解題的關(guān)鍵．18、（1），；（2）40.5【解析】

（1）把交點(diǎn)的坐標(biāo)代入兩個函數(shù)解析式計算即可得解；（2）設(shè)直線與交于點(diǎn)，則，一次函數(shù)與，分別交于點(diǎn)、，求出、兩點(diǎn)的坐標(biāo)，再根據(jù)三角形的面積公式列式計算即可．【詳解】解：（1）正比例函數(shù)的圖象與一次函數(shù)的圖象交于點(diǎn)，，，解得，；（2）如圖，設(shè)直線與交于點(diǎn)，則．一次函數(shù)的解析式為．設(shè)直線與，分別交于點(diǎn)、，當(dāng)時，，．當(dāng)時，，解得，．．本題考查了兩條直線的交點(diǎn)問題：兩條直線的交點(diǎn)坐標(biāo)，就是由這兩條直線相對應(yīng)的一次函數(shù)表達(dá)式所組成的二元一次方程組的解．也考查了一次函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征．一、填空題（本大題共5個小題，每小題4分，共20分）19、1.【解析】解：∵1，3，x，1，5，它的平均數(shù)是3，∴（1+3+x+1+5）÷5=3，∴x=4，∴S1=[（1﹣3）1+（3﹣3）1+（4﹣3）1+（1﹣3）1+（5﹣3）1]=1；∴這個樣本的方差是1．故答案為1．20、2x【解析】

根據(jù)分式的除法法則進(jìn)行計算即可．【詳解】故答案為：．本題考查了分式除法運(yùn)算，掌握分式的除法法則是解題的關(guān)鍵．21、2s【解析】

設(shè)運(yùn)動時間為t秒，則AP=t，QC=2t，根據(jù)四邊形ABQP是平行四邊形，得AP=BQ，則得方程t=6-2t即可求解．【詳解】如圖，設(shè)t秒后，四邊形APQB為平行四邊形，

則AP=t，QC=2t，BQ=6-2t，

∵AD∥BC，

∴AP∥BQ，

當(dāng)AP=BQ時，四邊形ABQP是平行四邊形，

∴t=6-2t，

∴t=2，

當(dāng)t=2時，AP=BQ=2＜BC＜AD，符合．

綜上所述，2秒后四邊形ABQP是平行四邊形．故答案為2s．此題主要考查的是平行四邊形的判定，熟練掌握平行四邊形的判定方法是關(guān)鍵．22、【解析】

根據(jù)中位線定理和已知，易證明△PMN是等腰三角形，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)和已知條件即可求出∠PMN的度數(shù)為30°，通過構(gòu)造直角三角形求出MN．【詳解】解：∵在四邊形ABCD中，M、N、P分別是AD、BC、BD的中點(diǎn)，

∴PN，PM分別是△CDB與△DAB的中位線，

∴PM=AB=2，PN=DC=2，PM∥AB，PN∥DC，

∵AB=CD，

∴PM=PN，

∴△PMN是等腰三角形，

∵PM∥AB，PN∥DC，

∴∠MPD=∠ABD=20°，∠BPN=∠BDC=80°，

∴∠MPN=∠MPD+∠NPD=20°+（180-80）°=120°，

∴∠PMN==30°．過P點(diǎn)作PH⊥MN，交MN于點(diǎn)H．∵HQ⊥MN，

∴HQ平分∠MHN，NH=HM