2020年数学中考试题附答案

2023年12月2日发(作者：92年一年级数学试卷分析)

2020年数学中考试题附答案

一、选择题

1．如图，矩形ABCD中，O为AC中点，过点O的直线分别与AB、CD交于点E、F，连结BF交AC于点M，连结DE、BO．若∠COB=60°，FO=FC，则下列结论：①FB垂直平分OC；②△EOB≌△CMB；③DE=EF；④S△AOE：S△BCM=2：3．其中正确结论的个数是（

）

A．4个 B．3个 C．2个 D．1个

2．下列命题中，其中正确命题的个数为（ ）个．

①方差是衡量一组数据波动大小的统计量；②影响超市进货决策的主要统计量是众数；③折线统计图反映一组数据的变化趋势；④水中捞月是必然事件．

A．1 B．2 C．3 D．4

3．三张外观相同的卡片分别标有数字1，2，3，从中随机一次性抽出两张，则这两张卡片上的数字恰好都小于3的概率是（ ）

A．1

9B．1

6C．1

3D．2

34．菱形不具备的性质是（ ）

A．四条边都相等 B．对角线一定相等 C．是轴对称图形 D．是中心对称图形

5．如图，AB是一垂直于水平面的建筑物，某同学从建筑物底端B出发，先沿水平方向向右行走20米到达点C，再经过一段坡度（或坡比）为i=1：0.75、坡长为10米的斜坡CD到达点D，然后再沿水平方向向右行走40米到达点E（A，B，C，D，E均在同一平面内）．在E处测得建筑物顶端A的仰角为24°，则建筑物AB的高度约为（参考数据：sin24°≈0.41，cos24°≈0.91，tan24°=0.45）（ ）

A．21.7米 B．22.4米 C．27.4米 D．28.8米

6．2的相反数是（ ）

A．2 B．2 C．1

2D．1

27．已知平面内不同的两点A（a+2，4）和B（3，2a+2）到x轴的距离相等，则a的值为( ) A．﹣3 B．﹣5 C．1或﹣3 D．1或﹣5

8．将一个矩形纸片按如图所示折叠，若∠1=40°，则∠2的度数是（ ）

A．40° B．50° C．60° D．70°

9．估计10+1的值应在（ ）

A．3和4之间 B．4和5之间 C．5和6之间 D．6和7之间

10．下面的几何体中，主视图为圆的是（

）

A． B． C． D．

11．如图，已知⊙O的半径是2，点A、B、C在⊙O上，若四边形OABC为菱形，则图中阴影部分面积为（ ）

1π﹣3

312．下列分解因式正确的是（

）

A．2π﹣23

3B．C．4π﹣23

3D．4π﹣3

3A．x24xx(x4)

C．x(xy)y(yx)(xy)2

B．x2xyxx(xy)

D．x24x4(x2)(x2)

二、填空题

13．如图，矩形ABCD中，AB=3，对角线AC，BD相交于点O，AE垂直平分OB于点E，则AD的长为____________．

14．如图，直线a、b被直线l所截，a∥b，∠1=70°，则∠2=

． 4k上，点B在双曲线y=（k≠0）上，AB∥x轴，过点A作ADxx⊥x轴 于D．连接OB，与AD相交于点C，若AC=2CD，则k的值为____．

15．如图，点A在双曲线y=

16．如图，⊙O的半径为6cm，直线AB是⊙O的切线，切点为点B，弦BC∥AO，若∠»的长为 cm．A=30°，则劣弧BC

17．用一个圆心角为180°，半径为4的扇形围成一个圆锥的侧面，则这个圆锥的底面圆的半径为_______．

18．甲、乙两人在1200米长的直线道路上跑步，甲、乙两人同起点、同方向出发，并分别以不同的速度匀速前进，已知，甲出发30秒后，乙出发，乙到终点后立即返回，并以原来的速度前进，最后与甲相遇，此时跑步结束．如图，y（米）表示甲、乙两人之间的距离，x（秒）表示甲出发的时间，图中折线及数据表示整个跑步过程中y与x函数关系，那么，乙到达终点后_____秒与甲相遇．

19．如图，把三角形纸片折叠，使点B，点C都与点A重合，折痕分别为DE,FG，若C15,AEEG2厘米，△ABC则的边BC的长为__________厘米。 1上，点N在直线y=﹣x+32x上，设点M坐标为（a，b），则y=﹣abx2+（a+b）x的顶点坐标为

．

20．已知M、N两点关于y轴对称，且点M在双曲线y三、解答题

21．某大学生利用业余时间参与了一家网店经营,销售一种成本为30元/件的文化衫,根据以往的销售经验,他整理出这种文化衫的售价y1(元/件),销量y2(件)与第x(1≤x<90)天的函数图象如图所示(销售利润=(售价-成本)×销量).

(1)求y1与y2的函数解析式.

(2)求每天的销售利润W与x的函数解析式.

(3)销售这种文化衫的第多少天,销售利润最大,最大利润是多少?

22．将A，B，C，D四人随机分成甲、乙两组参加羽毛球比赛，每组两人．

（1）A在甲组的概率是多少？

（2）A，B都在甲组的概率是多少？

23．如图1，在直角坐标系中，一次函数的图象l与y轴交于点A（0 , 2），与一次函数y＝x﹣3的图象l交于点E（m ,﹣5）．

（1）m=__________；

（2）直线l与x轴交于点B，直线l与y轴交于点C，求四边形OBEC的面积；

（3）如图2，已知矩形MNPQ，PQ＝2，NP＝1，M（a，1），矩形MNPQ的边PQ在x轴上平移，若矩形MNPQ与直线l或l有交点，直接写出a的取值范围_____________________________

24．将平行四边形纸片ABCD按如图方式折叠，使点C与A重合，点D落到D处，折痕为EF．

（1）求证：VABE≌VADF；

（2）连结CF，判断四边形AECF是什么特殊四边形？证明你的结论．

25．甲、乙两家绿化养护公司各自推出了校园绿化养护服务的收费方案．

甲公司方案：每月的养护费用y（元）与绿化面积x（平方米）是一次函数关系，如图所示．

乙公司方案：绿化面积不超过1000平方米时，每月收取费用5500

元；绿化面积超过1000平方米时，每月在收取5500元的基础上，超过部分每平方米收取4元．

（1）求如图所示的y与x的函数解析式：（不要求写出定义域）；

（2）如果某学校目前的绿化面积是1200平方米，试通过计算说明：选择哪家公司的服务，每月的绿化养护费用较少．

【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除

一、选择题

1．A

解析：A

【解析】

【分析】

①利用线段垂直平分线的性质的逆定理可得结论；②证△OMB≌△OEB得△EOB≌△CMB；

③先证△BEF是等边三角形得出BF=EF，再证▱DEBF得出DE=BF，所以得DE=EF；④由②可知△BCM≌△BEO，则面积相等，△AOE和△BEO属于等高的两个三角形，其面积比就等于两底的比，即S△AOE：S△BOE=AE：BE，由直角三角形30°角所对的直角边是斜边的一半得出BE=2OE=2AE，得出结论S△AOE：S△BOE=AE：BE=1：2．

【详解】

试题分析：

①∵矩形ABCD中，O为AC中点，

∴OB=OC，

∵∠COB=60°，

∴△OBC是等边三角形，

∴OB=BC，

∵FO=FC，

∴FB垂直平分OC，

故①正确；

②∵FB垂直平分OC，

∴△CMB≌△OMB，

∵OA=OC，∠FOC=∠EOA，∠DCO=∠BAO，

∴△FOC≌△EOA，

∴FO=EO，

易得OB⊥EF，

∴△OMB≌△OEB，

∴△EOB≌△CMB，

故②正确；

③由△OMB≌△OEB≌△CMB得∠1=∠2=∠3=30°，BF=BE，

∴△BEF是等边三角形，

∴BF=EF，

∵DF∥BE且DF=BE，

∴四边形DEBF是平行四边形，

∴DE=BF，

∴DE=EF，

故③正确；

④在直角△BOE中∵∠3=30°，

∴BE=2OE，

∵∠OAE=∠AOE=30°，

∴AE=OE，

∴BE=2AE，

∴S△AOE：S△BOE=1：2，

又∵FM:BM=1:3,

33 S△BCF= S△BOE

44∴S△AOE：S△BCM=2:3

故④正确；

∴S△BCM =所以其中正确结论的个数为4个

考点：（1）矩形的性质；（2）等腰三角形的性质；（3）全等三角形的性质和判定；（4）线段垂直平分线的性质

2．C

解析：C

【解析】

【分析】

利用方差的意义，众数的定义、折线图及随机事件分别判断后即可确定正确的选项．

【详解】

①方差是衡量一组数据波动大小的统计量，正确，是真命题；

②影响超市进货决策的主要统计量是众数，正确，是真命题；

③折线统计图反映一组数据的变化趋势，正确，是真命题；

④水中捞月是随机事件，故错误，是假命题，

真命题有3个， 故选C．

【点睛】

本题考查了命题与定理的知识，解题的关键是了解方差的意义，众数的定义、折线图及随机事件等知识，难度不大．

3．C

解析：C

【解析】

【分析】

画出树状图即可求解.

【详解】

解：画树状图得：

∵共有6种等可能的结果，而两张卡片上的数字恰好都小于3有2种情况，

∴两张卡片上的数字恰好都小于3概率＝故选：C．

【点睛】

本题考查的是概率，熟练掌握树状图是解题的关键.

1；

34．B

解析：B

【解析】

【分析】根据菱形的性质逐项进行判断即可得答案.

【详解】菱形的四条边相等，

菱形是轴对称图形，也是中心对称图形，

菱形对角线垂直但不一定相等，

故选B．

【点睛】本题考查了菱形的性质，解题的关键是熟练掌握菱形的性质．

5．A

解析：A

【解析】

【分析】

作BM⊥ED交ED的延长线于M，CN⊥DM于N．首先解直角三角形Rt△CDN，求出CN，DN，再根据tan24°=【详解】

AM，构建方程即可解决问题.

EM作BM⊥ED交ED的延长线于M，CN⊥DM于N．

在Rt△CDN中，∵∴CD=10，

CN14，设CN=4k，DN=3k，

DN0.753∴（3k）2+（4k）2=100，

∴k=2，

∴CN=8，DN=6，

∵四边形BMNC是矩形，

∴BM=CN=8，BC=MN=20，EM=MN+DN+DE=66，

=在Rt△AEM中，tan24°∴0.45=AM，

EM8AB，

66∴AB=21.7（米），

故选A．

【点睛】

本题考查的是解直角三角形的应用-仰角俯角问题，根据题意作出辅助线，构造出直角三角形是解答此题的关键．

6．B

解析：B

【解析】

【分析】

根据相反数的性质可得结果.

【详解】

因为-2+2=0，所以﹣2的相反数是2，

故选B．

【点睛】

本题考查求相反数，熟记相反数的性质是解题的关键 .

7．A

解析：A

【解析】

分析：根据点A（a＋2，4）和B（3，2a＋2）到x轴的距离相等，得到4＝|2a＋2|，即可解答．

详解：∵点A（a＋2，4）和B（3，2a＋2）到x轴的距离相等， ∴4＝|2a＋2|，a＋2≠3，

解得：a＝−3，

故选A．

点睛：考查点的坐标的相关知识；用到的知识点为：到x轴和y轴的距离相等的点的横纵坐标相等或互为相反数．

8．D

解析：D

【解析】

【分析】

根据折叠的知识和直线平行判定即可解答.

【详解】

解：如图可知折叠后的图案∠ABC=∠EBC，

又因为矩形对边平行，根据直线平行内错角相等可得

∠2=∠DBC，

又因为∠2+∠ABC=180°，

所以∠EBC+∠2=180°，

即∠DBC+∠2=2∠2=180°-∠1=140°.

可求出∠2=70°.

【点睛】

掌握折叠图形的过程中有些角度是对称相等的是解答本题的关键.

9．B

解析：B

【解析】

解：∵3104，∴41015．故选B．

点睛：此题主要考查了估算无理数的大小，正确得出10

的取值范围是解题关键．

10．C

解析：C

【解析】

试题解析：A、的主视图是矩形，故A不符合题意；

B、的主视图是正方形，故B不符合题意；

C、的主视图是圆，故C符合题意；

D、的主视图是三角形，故D不符合题意；

故选C． 考点：简单几何体的三视图．

11．C

解析：C

【解析】

分析：连接OB和AC交于点D，根据菱形及直角三角形的性质先求出AC的长及∠AOC的度数，然后求出菱形ABCO及扇形AOC的面积，则由S菱形ABCO﹣S扇形AOC可得答案．

详解：连接OB和AC交于点D，如图所示：

∵圆的半径为2，

∴OB=OA=OC=2，

又四边形OABC是菱形，

∴OB⊥AC，OD=1OB=1，

23，AC=2CD=23，

在Rt△COD中利用勾股定理可知：CD=2212∵sin∠COD=

CD3，

OC2∴∠COD=60°，∠AOC=2∠COD=120°，

∴S菱形ABCO=11B×AC=×2×23=23，

22120224S扇形AOC=，

3603则图中阴影部分面积为S菱形ABCO﹣S扇形AOC=故选C．

点睛：本题考查扇形面积的计算及菱形的性质，解题关键是熟练掌握菱形的面积=423，

31a•b2nr2（a、b是两条对角线的长度）；扇形的面积=，有一定的难度．

36012．C

解析：C

【解析】

【分析】根据因式分解的步骤：先提公因式，再用公式法分解即可求得答案．注意分解要彻底．

【详解】A.

x4xxx4

，故A选项错误；

2B.

xxyxxxy1，故B选项错误；

2C.

xxyyyxxy

，故C选项正确；

D.

x24x4=（x-2）2，故D选项错误，

故选C.

【点睛】本题考查了提公因式法，公式法分解因式．注意因式分解的步骤：先提公因式，再用公式法分解．注意分解要彻底．

2二、填空题

13．【解析】试题解析：∵四边形ABCD是矩形∴OB=ODOA=OCAC=BD∴OA=OB∵AE垂直平分OB∴AB=AO∴OA=AB=OB=3∴BD=2OB=6∴AD=【点睛】此题考查了矩形的性质等边三角

解析：3【解析】

试题解析：∵四边形ABCD是矩形，

∴OB=OD，OA=OC，AC=BD，

∴OA=OB，

∵AE垂直平分OB，

∴AB=AO，

∴OA=AB=OB=3，

∴BD=2OB=6，

∴AD=BD2AB2623233．

【点睛】此题考查了矩形的性质、等边三角形的判定与性质、线段垂直平分线的性质、勾股定理；熟练掌握矩形的性质，证明三角形是等边三角形是解决问题的关键．

3

14．110°【解析】∵a∥b∴∠3=∠1=70°∵∠2+∠3=180°∴∠2=110°

解析：110°

【解析】

∵a∥b，∴∠3=∠1=70°，∵∠2+∠3=180°，∴∠2=110°

15．12【解析】【详解】解：设点A的坐标为（a）则点B的坐标为（）∵AB∥x轴AC=2CD∴∠BAC=∠ODC∵∠ACB=∠DCO∴△ACB∽△DCO∴∵OD=a则AB=2a∴点B的横坐标是3a∴3a=

解析：12

【解析】

【详解】

解：设点A的坐标为（a，∵AB∥x轴，AC=2CD，

∴∠BAC=∠ODC，

4ak4），则点B的坐标为（，），

a4a∵∠ACB=∠DCO，

∴△ACB∽△DCO，

∴ABAC2，

DACD1∵OD=a，则AB=2a，

∴点B的横坐标是3a，

ak，

4解得：k=12.

故答案为12.

∴3a=16．【解析】根据切线的性质可得出OB⊥AB从而求出∠BOA的度数利用弦BC∥AO及OB=OC可得出∠BOC的度数代入弧长公式即可得出∵直线AB是⊙O的切线∴OB⊥AB（切线的性质）又∵∠A=30°∴∠B

解析：2．

【解析】

根据切线的性质可得出OB⊥AB，从而求出∠BOA的度数，利用弦BC∥AO，及OB=OC可得出∠BOC的度数，代入弧长公式即可得出

∵直线AB是⊙O的切线，∴OB⊥AB（切线的性质）．

又∵∠A=30°，∴∠BOA=60°（直角三角形两锐角互余）．

∵弦BC∥AO，∴∠CBO=∠BOA=60°（两直线平行，内错角相等）．

又∵OB=OC，∴△OBC是等边三角形（等边三角形的判定）．

∴∠BOC=60°（等边三角形的每个内角等于60°）．

»的长=又∵⊙O的半径为6cm，∴劣弧BC606=2（cm）．

18017．2【解析】【分析】设这个圆锥的底面圆的半径为R根据扇形的弧长等于这个圆锥的底面圆的周长列出方程即可解决问题【详解】设这个圆锥的底面圆的半径为R由题意：2πR=解得R=2故答案为2

解析：2

【解析】

【分析】

设这个圆锥的底面圆的半径为R，根据扇形的弧长等于这个圆锥的底面圆的周长，列出方程即可解决问题.

【详解】

设这个圆锥的底面圆的半径为R，由题意：

2πR=1804，

180解得R=2．

故答案为2.

18．30【解析】【分析】由图象可以V甲＝9030＝3m/sV追＝90120-30＝1m/s故V乙＝1+3＝4m/s由此可求得乙走完全程所用的时间为：12004＝300s则可以求得此时乙与甲的距离即可求出

解析：30

【解析】

【分析】

由图象可以V甲＝＝3m/s，V追＝＝1m/s，故V乙＝1+3＝4m/s，由此可求得乙走完全程所用的时间为：遇的时间．

【详解】

由图象可得V甲＝＝300s，则可以求得此时乙与甲的距离，即可求出最后与甲相＝3m/s，V追＝＝1m/s，

∴V乙＝1+3＝4m/s，

∴乙走完全程所用的时间为：＝300s，

3＝990m．

此时甲所走的路程为：（300+30）×此时甲乙相距：1200﹣990＝210m

则最后相遇的时间为：故答案为：30

【点睛】

此题主要考查一次函数图象的应用，利用函数图象解决行程问题．此时就要求掌握函数图象中数据表示的含义．

＝30s

19．【解析】【分析】过点E作交AG的延长线于H根据折叠的性质得到根据三角形外角的性质可得根据锐角三角函数求出即可求解【详解】如图过点E作交AG的延长线于H厘米`根据折叠的性质可知：根据折叠的性质可知：（

解析：423

【解析】

【分析】

过点E作EHAG交AG的延长线于H,根据折叠的性质得到CCAG15,

o根据三角形外角的性质可得EAGEGA30,根据锐角三角函数求出GC,即可求解.

o【详解】

如图，过点E作EHAG交AG的延长线于H，

C15,AEEG2厘米，`

根据折叠的性质可知：CCAG15o,

EAGEGA30o,

AG2HG2EGcos30o22323,

2根据折叠的性质可知：GCAG23,

BEAE2,

BCBEEGGC2223423.（厘米）

故答案为：423.

【点睛】

考查折叠的性质，解直角三角形，作出辅助线，构造直角三角形是解题的关键.

20．（±）【解析】【详解】∵MN两点关于y轴对称∴M坐标为（ab）N为（-ab）分别代入相应的函数中得b=①a+3=b②∴ab=（a+b）2=（a-b）2+4ab=11a+b=∴y=-x2x∴顶点坐标为

解析：（±11

，【解析】

【详解】

∵M、N两点关于y轴对称，

∴M坐标为（a，b），N为（-a，b），分别代入相应的函数中得，b=∴ab=∴y=-11）．

21①，a+3=b②，

2a1，（a+b）2=（a-b）2+4ab=11，a+b=11，

212x11x，

2b114acb211=11，=），即（11，）．

∴顶点坐标为（4a2a22点睛：主要考查了二次函数的性质，函数图象上点的特征和关于坐标轴对称的点的特点．解决本题的关键是掌握好对称点的坐标规律．

三、解答题

21．（1）y2与x的函数关系式为y2=-2x+200(1≤x<90)；（2）2x2180x2?000(1　x50),W=（3）销售这种文化衫的第45天，销售利润最大，最120?x12?000(50　x90).大利润是6050元．

【解析】 【分析】

（1）待定系数法分别求解可得；

（2）根据：销售利润=（售价-成本）×销量，分1≤x＜50、50≤x＜90两种情况分别列函数关系式可得；

（3）当1≤x＜50时，将二次函数关系式配方后依据二次函数性质可得此时最值情况，当50≤x＜90时，依据一次函数性质可得最值情况，比较后可得答案．

【详解】

(1)当1≤x<50时，设y1=kx+b，

将(1，41)，(50，90)代入，

得kb41,k1,解得

50kb90,b40,∴y1=x+40，

当50≤x<90时，y1=90，

x40(1x50),故y1与x的函数解析式为y1=

90(50　x90);设y2与x的函数解析式为y2=mx+n(1≤x<90)，

将(50，100)，(90，20)代入，

50mn100,m2,得解得:

90mn20,n200,故y2与x的函数关系式为y2=-2x+200(1≤x<90)．

(2)由(1)知，当1≤x<50时，

W=(x+40-30)(-2x+200)=-2x2+180x+2000；

当50≤x<90时，

W=(90-30)(-2x+200)=-120x+12000；

2x2180x2?000(1　x50),综上，W=

120?x12?000(50　x90).(3)当1≤x<50时，∵W=-2x2+180x+2000=-2(x-45)2+6050，

∴当x=45时，W取得最大值，最大值为6050元；

当50≤x<90时，W=-120x+12000，

∵-120<0，W随x的增大而减小，

∴当x=50时，W取得最大值，最大值为6000元；

综上，当x=45时，W取得最大值6050元．

答:销售这种文化衫的第45天，销售利润最大，最大利润是6050元．

22．（1）【解析】

解：所有可能出现的结果如下：

11（2）

26甲组

乙组

结果

（AB，CD）

AB

CD

（AC，BD）

AC

BD

BC

（AD，BC）

AD

BC

AD

（DC，AD）

BD

AC

（BD，AC）

CD

AB

（CD，AB）

1·· 2分

，·2总共有6种结果，每种结果出现的可能性相同．

（1）所有的结果中，满足A在甲组的结果有3种，所以A在甲组的概率是（2）所有的结果中，满足A，B都在甲组的结果有1种，所以A，B都在甲组的概率是1．

6利用表格表示出所有可能的结果，根据A在甲组的概率=31，

62A，B都在甲组的概率=23．（1）-2；（2）【解析】

【分析】

1

6≤a≤或3≤a≤6.

；（3）（1）根据点E在一次函数图象上，可求出m的值；

（2）利用待定系数法即可求出直线l1的函数解析式，得出点B、C的坐标，利用S四边形OBEC＝S△OBE＋S△OCE即可得解；

（3）分别求出矩形MNPQ在平移过程中，当点Q在l1上、点N在l1上、点Q在l2上、点N在l2上时a的值，即可得解．

【详解】

解：（1）∵点E（m，−5）在一次函数y＝x−3图象上， ∴m−3＝−5，

∴m＝−2；

（2）设直线l1的表达式为y＝kx＋b（k≠0），

∵直线l1过点A（0，2）和E（−2，−5），

∴

，解得，

∴直线l1的表达式为y＝x＋2，

当y＝x＋2=0时，x=∴B点坐标为(

，0)，C点坐标为（0，−3），

；

；

，即点N（，1），

5＋×2×3＝∴S四边形OBEC＝S△OBE＋S△OCE＝××（3）当矩形MNPQ的顶点Q在l1上时，a的值为矩形MNPQ向右平移，当点N在l1上时，x＋2＝1，解得x＝∴a的值为＋2＝；

矩形MNPQ继续向右平移，当点Q在l2上时，a的值为3，

矩形MNPQ继续向右平移，当点N在l2上时，x−3＝1，解得x＝4，即点N（4，1），

∴a的值为4＋2＝6，

综上所述，当【点睛】

本题主要考查求一次函数解析式，两条直线相交、图形的平移等知识的综合应用，在解决第（3）小题时，只要求出各临界点时a的值，就可以得到a的取值范围．

24．（1）证明见解析；（2）四边形AECF是菱形．证明见解析.

【解析】

【分析】

（1）根据平行四边形的性质及折叠的性质我们可以得到∠B=∠D′，AB=AD′，∠1=∠3，从而利用ASA判定△ABE≌△AD′F；

（2）四边形AECF是菱形，我们可以运用菱形的判定，有一组邻边相等的平行四边形是菱形来进行验证．

【详解】

解:（1）由折叠可知：∠D=∠D′，CD=AD′，

∠C=∠D′AE．

∵四边形ABCD是平行四边形，

∴∠B=∠D，AB=CD，∠C=∠BAD．

≤a≤或3≤a≤6时，矩形MNPQ与直线l1或l2有交点． ∴∠B=∠D′，AB=AD′，∠D′AE=∠BAD，

即∠1+∠2=∠2+∠3．

∴∠1=∠3．

在△ABE和△AD′F中

DB∵{ABAD

13∴△ABE≌△AD′F（ASA）．

（2）四边形AECF是菱形．

证明：由折叠可知：AE=EC，∠4=∠5．

∵四边形ABCD是平行四边形，

∴AD∥BC．

∴∠5=∠6．

∴∠4=∠6．

∴AF=AE．

∵AE=EC，

∴AF=EC．

又∵AF∥EC，

∴四边形AECF是平行四边形．

又∵AF=AE，

∴平行四边形AECF是菱形．

考点：1.全等三角形的判定；2.菱形的判定．

25．（1）y=5x+400．（2）乙.

【解析】

试题分析：（1）利用待定系数法即可解决问题；

（2）绿化面积是1200平方米时，求出两家的费用即可判断；

试题解析：（1）设y=kx+b，则有∴y=5x+400．

（2）绿化面积是1200平方米时，甲公司的费用为6400元，乙公司的费用为5500+4×200=6300元，

∵6300＜6400

b400k5

，解得

，

100kb900b400∴选择乙公司的服务，每月的绿化养护费用较少．