）．②若關于p的不等式組{lT(4p,3-2p)≤a恰好有3個整數解，求a的取值范圍；的關系式.就是用一個多項式的每一項去乘另一個多項式的每一項，再把所得的結果相加.解析；②42≤a＜54；m=2n【解析】【分析】（1）①構建方程組即可解決問題；②根據不等式即可解決問題；（2）利用恒等式的性質，根據關系式即可解決問題.【詳解】解1）①由題意得解得解不等式①得p＞-1.（2）由題意mx+nyx+2y）=（my+nxy+2x2+（2m+n）xy+2ny2=2nx2+（2m+n）xy+my2，【點睛】本題考查一元一次不等式、二元一次方程組、恒等式等知識，解題的關鍵是學會用轉化的思想思考問題，屬于中考常考題型.2．探究發現：如圖①,在ABC中，內角上ACB的平分線與外角上ABD的平分線相交拓展延伸：如圖②,四邊形ABCD的內角上DCB與外角上ABE的平分線相交于點F，BF//CD.系，并說明理由.【解析】【分析】（1）先根據兩角平分線寫出對應的等式關系，再分別寫出兩個三角形內角和的等式關系，最后聯立兩等式化解，將上A的角度帶入即可求解；等，得出上F=上DCF，再根據三角形一外角等于【詳解】解1）由題可知：BE為7DBA的角平分線，CE為7BCA的角平分線，7DBA=27EBA=27EBD，7BCA=27BCE，綜上所述聯立①②,由①-②×2可得：17E=7A，21（2）由（1）知：7E=7A(或7A=27E)；2（3）∵7DCB與7ABE的平分線相交于點F，∴7BCF=7DCF=7BCD，7EBF=7ABE=7FBA，∴7F=7DCF（兩直線平行，內錯角相等）=7BCF，∴7EBF=7F+7BCF=27F=7FBA（三角形一外角等于不相鄰的兩個內角的和），∴7ABC=360-7A-7D-7BCD=360-7A-7D-27F①,【點睛】本題主要考查了三角形的外角性質的應用和角平分線的定義，能正確運用性質進行推理和計算是解此題的關鍵，注意三角形的一個外角等于和它不相鄰的兩個內角的和.在數學中，我們會用“截長補短”的方法來構造全等三角形解決問題．請看這個例題：如圖1，在四邊形ABCD中，∠BAD=∠BCD=90°,AB=積.解：延長線段CB到E，使得BE=CD，連接AE，我們可以證明△BAE≌△DAC，根據全等三角形的性質得AE=AC=2，∠EAB=∠CAD，則∠EAC=∠EAB+∠BAC=∠DAC+∠BAC=∠BAD=90°,得SABCD=S△ABC+S△ADC=S△ABC+S△ABE=S△AEC，這樣，四邊形ABCD的面積就轉化為等腰直角三角形EAC面積.（1）根據上面的思路，我們可以求得四邊形ABCD的面積為cm2.（2）請你用上面學到的方法完成下面的習題.如圖2，已知FG=FN=HM=GH+MN=2cm，∠G=∠N=90°,求五邊形FGHMN的面積.解析1）22）4【解析】【分析】（1）根據題意可直接求等腰直角三角形EAC的面積即FK=FH，因為HM=GH+MN易證FMK≌FMH，故可求解.【詳解】FG=FN=HM=GH+MN=2cm，∠G=∠N=90°,:∠FNK=∠FGH=90°,:FGH≌FNK，:又","FM=FM，HM=KM=MN+GH=MN:FMK≌FMH，:MK=FN=2cm，1五邊形FGHMNFGHHFMMFNFMK2.【點睛】本題主要考查全等三角形的性質與判定，關鍵是根據截長補短法及割補法求面積的運用.O。（2）應用：如圖2，直線MN與直線PQ垂直相交于點O，點A在射線OP上運動（點A不與點O重合），點B在射線OB上運動（點B不與點O重合），延長BA至G，已知中，如果一個角是另一個角的3倍，請直接寫出上ABO的度數.解析1）①25°;②α;（2）60o或45o.2【解析】【分析】（1）①利用外角和性質∠ACD=∠ABC+∠A，∠OCD=∠BOC+∠OBC，再利用角平分線（2）根據題意分情況進行討論，用到（1）的結論計算即可【詳解】（1）①∠ACD=∠ABC+∠A，∠OCD=∠BOC+∠OBC，∴2∠OCD＝2∠OBC+∠A，12故填：25°;【點睛】本題考查三角形外角和的性質、角平分線的定義，利用分類討論的數學思想是關鍵.5．已知：MN∥PQ，點A，B分別在MN，PQ上，點C為MN，（2）如圖2，AD，BD，AE，BE分別為∠MAC，∠PBC，∠CAN，∠CBQ的角平分證：∠D+∠E=180°;倍數關系并證明.解析1）見解析2）見解析3）猜想：∠H=3∠GDB，證明見解析.【解析】【分析】（1）作輔助線：過C作EF∥MN，根據平行的傳遞性可知這三條直線兩兩平行，由平行線的性質得到內錯角相等∠MAC=∠ACF，∠BCF=∠PBC，再進行角的加和即可得出結論；（2）根據角平分線線定理得知7MAD=7MAC,7NAE=7NAC，利用平角為180°（3）由（12）中的結論進行等量代換得到3∠ADB=2∠E，并且兩角的和為180°,由此得到兩個角的度數分別為72°和108°,利用角的和與差得到∠HDA=36°,∠H=54°,由此得到倍數關系.【詳解】∴∠MAC=∠ACF，∠BCF=∠PBC，∴∠ACF+∠BCF=∠MAC+∠PBC，即∠ACB=∠MAC+∠PBC.（3）猜想：∠H=3∠GDB.∴∠ADB=72°,∠E=108°,【點睛】考查平行線中角度的關系，學生要熟悉掌握平行線的性質以及角平分線定理，結合角的和與差進行計算，本題的關鍵是平行線的性質.接寫出你的結論.需寫出求解過程）.α+β=180°;（3）∠ACB=60°.【解析】【分析】（1）證ΔBAD≌△CAE，推出∠B=∠ACE，根據三角形外角性質和全等三角形的性質求出即（2）①證ΔBAD≌△CAE，推出∠B=∠ACE，根據三角形外角性質求出即可；②分三種情況：(Ⅰ)當D在線段BC上時，證明ΔABD≌△ACE（SAS則∠ADB=∠AEC，∠ABC=∠ACE，推出∠DAE+∠DCE=180°,即α+β=180°;(Ⅱ)當點D在線段BC反向延長線上時，α=β,同理可證明ΔABD≌△ACE（SAS則∠ABD=∠ACE，推出∠BAC=∠DCE，即α=β;(Ⅲ)當點D在線段BC的延長線上時，由①得α=β;（3）當點D在線段BC的延長線上或在線段BC反向延長線上移動時，α=β,由CE∥AB，得∠ABC=∠DCE，推出∠ABC=∠BAC，易證∠ABC=∠ACB=∠BAC，則ΔABC是等邊三角形，得出∠ACB=60°;當D在線段BC上時，α+β=180°,由CE∥AB，得∠ABC+∠DCE=180°,推出∠ABC=∠BAC，易證∠ABC=∠ACB=∠BAC，則ΔABC是等邊三角形，得出∠ACB=60°.【詳解】1(Ⅰ)當D在線段BC上時，α+β=180°,如圖2所示．理由如下：(Ⅱ)當點D在線段BC反向延長線上時，α=β,如圖3所示．理由如下：【點睛】本題是三角形綜合題目，考查了全等三角形的判定與性質、等腰三角形的性質、等邊三角形的判定與性質、平行線的性質、三角形的外角性質和多邊形內角和等知識．本題綜合性強，熟練掌握全等三角形的判定與性質是解題的關鍵.7．在我們認識的多邊形中，有很多軸對稱圖形．有些多邊形，邊數不同對稱軸的條數也不同；有些多邊形，邊數相同但卻有不同數目的對稱軸．回答下列問題：（1）非等邊的等腰三角形有 條對稱軸，非正方形的長方形有________條對稱軸，等邊三角形有 條對稱軸；（2）觀察下列一組凸多邊形（實線畫出），它們的共同點是只有1條對稱軸，其中圖1-2和圖1-3都可以看作由圖1-1修改得到的，仿照類似的修改方式，請你在圖1-4和圖1-5中，分別修改圖1-2和圖1-3，得到一個只有1條對稱軸的凸五邊形，并用實線畫出所得的凸五邊形；（3）小明希望構造出一個恰好有2條對稱軸的凸六邊形，于是他選擇修改長方形，圖2中是他沒有完成的圖形，請用實線幫他補完整個圖形；（4）請你畫一個恰好有3條對稱軸的凸六邊形，并用虛線標出對稱軸.解析：（1）1，2，3；（2）答案見解析；（3）答案見解析；（4）答案見解析.【解析】【分析】（1）根據等腰三角形的性質、矩形的性質以及等邊三角形的性質進行判斷即可；類似的修改方式進行畫圖即可；（3）長方形具有兩條對稱軸，在長方形的右側補出與左側一樣的圖形，即可構造出一個恰（4）在等邊三角形的基礎上加以修改，即可得到恰好有3條對稱軸的凸六邊形.【詳解】解：（1）非等邊的等腰三角形有1條對稱軸，非正方形的長方形有2條對稱軸，等邊三角（2）恰好有1條對稱軸的凸五邊形如圖中所示.（3）恰好有2條對稱軸的凸六邊形如圖所示.（4）恰好有3條對稱軸的凸六邊形如圖所示.①求∠BDC的度數.②若點M在DE上，且DC=DM，請判斷ME、BD的數量關系，并說明理由.③若點N為直線AE上一點，且ΔCEN為等腰Δ,直接寫出上CNE的度數.【解析】【分析】（1）利用線段的垂直平分線的性質即可證明；（2）①利用SSS證得△ADC≌△BDC，可求得∠ACD=∠BCD=45°,∠CAD=∠CBD=15°,即可②連接MC，易證△MCD為等邊三角形，即可證明△BDC≌△EMC即可解題；③分EN=EC、EN=CN、CE=CN三種情形討論，畫出圖形，利用等腰三角形的性質即可求解.【詳解】:CD垂直平分線段AB，:CD丄AB；:△ADC纟△BDC（SSS1:上ACD=上BCD=上BCA=45°,上CAD=上CBD=15°,2:上BDC=180。-45°-15°=120°;理由：連接MC，:上CAB=上CBA=45°,“上CAD=上CBD=15°,:上DBA=上DAB=30°,:上BDE=30°+30°=60°,由①得上BDC=120°,:上CDE=60°,“DC=DM，上CDE=60°, :△MCD為等邊三角形，:CM=CD，“EC=CA=CB，上DMC=60°,:上E=上CAD=上CBD=15°,上EMC=120°,:△BDC纟△EMC（AAS:ME=BD；【點睛】本題考查了全等三角形的判定和性質、等邊三角形的判定和性質、等腰三角形的性質和判定等知識，解題的關鍵是靈活運用所學知識解決問題，屬于中考壓軸題.發，運動時間為t秒(t＞0)，當點N到達終點時，兩點同時停止運動，過點M作PM丄DE解析1）①證明見解析；②DE=142）①8t－10；②t=2；③t=,2【解析】【分析】（1）①先證明∠DAC=∠ECB，由AAS即可得出△ADC≌△CEB；③分兩種情況：當點N在線段BC上時，△出答案.【詳解】:上ADC＝上CEB＝90°,“上ACB＝90°,:上DAC＋上DCA＝上DCA＋上BCE＝90°,:上DAC＝上ECB，,|7ADC＝7CEB在△ADC和△CEB中}|7DAC＝7:△ADC纟△CEB（AAS）；②由①得：△ADC纟△CEB，:DE＝CD＋CE＝6＋8＝14；:當t為2秒時，點M與點N重合；:CM＝CN，:3t＝10?8t，綜上所述，當△PCM與△QCN全等時，則t等于【點睛】本題是三角形綜合題目，考查了全等三角形的判定與性質、等腰直角三角形的性質、直角三角形的性質、分類討論等知識；本題綜合性強，熟練掌握全等三角形的判定與性質是解題的關鍵.（1）若點P在線段AB上，如圖（1）所示，且∠α=60°,則∠1+∠2=；（2）若點P在線段AB上運動，如圖（2（4）若點P運動到△ABC形外，如圖（4）所示，則∠α、∠1、∠2之間有何關系？猜想并說明理由.解析：(1)150°;(2)∠1+∠2＝90°+α;(3)∠1＝90°+∠2+α,理由詳見解析；(4)∠2＝90°+∠1-α,理由詳見解析【解析】【分析】(1)先用平角的得出，∠CDP=180°-∠1，∠CEP=180°-∠2，最后用四邊形的內角和即可；(3)利用平角的定義和三角形的內角和即可得出結論；(4)利用三角形的內角和和外角的性質即可得出結論.【詳解】:上CDP=180°-上1，同理：上CEP=180°-上2，根據四邊形的內角和定理得，上CDP+上DPE+上CEP+上C=360。，“上C=90。，:180°-∠1+α+180°-∠2+90°=360。，:上1+上2=90°+α=90°+60°=150。，故答案為：150；:上CDP=180。-上1，根據四邊形的內角和定理得，上CDP+上DPE+上CEP+上C=360。，“上C=90。，:180。-上1+α+180。-上2+90。=360。，:上1+上2=90。+α,故答案為：上1+上2=90。+α;(3)∠1＝90°+∠2+∠α.理由如下：如圖3，∵∠2+∠α=∠DFE，∠DFE+∠C=∠1，:∠1=∠C+∠2+∠α=90°+∠2+∠α.(4)∠2＝90°+∠1-∠α,理由如下：如圖4，∵∠PGD=∠EGC，:∠α+180°-∠1=∠C＋180°-∠2，:∠2＝90°+∠1-∠α.故答案為∠2＝90°+∠1-∠α.【點睛】此題是三角形綜合題，主要考查了四邊形的內角和，三角形的內角和，三角形的外角的性質，平角的定義，解本題的關鍵是將∠1，∠2，α轉化到一個三角形或四邊形中，是一道比較簡單的中考常考題.11概念認識）如圖①,在7ABC中，若7ABD＝7DBE＝7EBC，則BD，BE叫做7ABC的“三分線”．其（1）如圖②,在ΔABC中，7A＝70°,7B＝45°,若7B的三分線BD交AC于點D，則7BDC=°;（2）如圖③,在ΔABC中，BP、CP分別是7ABC鄰AB三分線和7ACB鄰AC三分線，且BPTCP，求7A的度數；（3）在ΔABC中，7ACD是ΔABC的外角，7B的三分線所在的直線與7ACD的三分線所在的直線交于點P．若7A＝m°,7B＝n°,直接寫出7BPC的度數用含m、n的代數式解析1）85或1002）45°;（3）m或m或m＋n或m－n或n-1—m3【解析】【分析】（1）根據題意可得B的三分線BD有兩種情況，畫圖根據三角形的外角性質即可得（2）根據BP、CP分別是7ABC鄰AB三分線和7ACB鄰AC三分線，且BPTCP可（3）根據B的三分線所在的直線與7ACD的三分線所在的直線交于點P．分四種情況畫圖：情況一：如圖①,當BP和CP分別是“鄰AB三分線”、“鄰AC三分線”時；情況二：如圖②,當BP和CP分別是“鄰BC三分線”、“鄰CD三分線”時；情況三：如圖③,當BP和CP分別是“鄰BC三分線”、“鄰AC三分線”時；情況四：如圖④,當BP和CP7BPC的度數.【詳解】（2）'.'BPCP，又'.'BP、CP分別是7ABC鄰AB三分線和7ACB鄰AC三分情況一：如圖①,當BP和CP分別是“鄰AB三分線”、“鄰AC三分線”時， 情況二：如圖②,當BP和CP分別是“鄰BC三分線”、“鄰CD三分線”時， 情況三：如圖③,當BP和CP分別是“鄰BC三分線”、“鄰AC三分線”時，情況四：如圖④,當BP和CP分別是“鄰AB三分線”、“鄰CD三分線”時，【點睛】本題考查了三角形的外角性質，解決本題的關鍵是掌握三角形的外角性質．注意要分情況討論.（3）若點Q的運動速度與點P的運動速度不相等，當點Q的運動速度為多少時，能夠使解析1）BP=3cm，CQ=3cm2）全等，理由詳見解析3）【解析】【分析】;（4）經過s點（4）第一次相遇，即點Q第一次追上點P，即點Q的運動的路程比點P運動的路程多10+10=20cm的長度.【詳解】CQ=3×1=3㎝:BP=CQ=3×1=3cm，:BD=5cm.又」PC=BC﹣BP，BC=8cm，:PC=8﹣3=5cm，:PC=BD在ΔBPD和ΔCQP中，:△BPD≥△CQP(SAS):BP與CQ不是對應邊，則BP=PC=4cm，CQ=BD=5cm，:點P，點Q運動的時間，（4）設經過x秒后點P與點Q第一次相遇.解得:經過s點P與點Q第一次相遇.3【點睛】本題考查動點問題，解題關鍵還是全等的證明和利用，將動點問題視為定點問題來分析可簡化思考過程.(1)如圖1，點D在BC的延長線上，連AAD=BF；于F，連DE，問BD與CF有何數量關系，并加以證明；于點M，若AC=3MC，請直接寫出的值.2解析1）見詳解2）BD=2CF，證明見詳解3）.3【解析】【分析】（3）利用（2）中結論即可解決問題；【詳解】:BF=AD.理由：如圖2中，作EH丄AC于H.:ΔACDΔEHA，:BD=CH，:ΔEHFΔBCF，:FH=FC，:ΔACDΔEHA，::ΔEHMΔBCM，::.【點睛】本題考查三角形綜合題、全等三角形的判定和性質、等腰直角三角形的性質等知識，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，構造全等三角形解決問題，屬于中考壓軸題．另外對于類似連續幾步的綜合題，一般前一步為后一步提供解題的條件或方法.角形全等的判定方法（即“HL”）后，我們繼續對“兩個三角形滿足兩邊的其中一邊的對角對應相等”的情形進行研究.∠B進行分類，可分為“∠B是直角、鈍角、銳角”三種情況進行探究.【解析】【分析】（1）根據直角三角形全等的方法“HL”證明；等角的補角相等求出∠CBG=∠FEH，再利用“角角邊”證明△CBG和△FEH全等，根據全等三角形對應邊相等可得CG=FH，再利用“HL”證明Rt△ACG和Rt△DFH全等，根據全等三角形對應角相等可得∠A=∠D，然后利用“角角邊”證明△ABC和△DEF全等；【詳解】（1）在直角三角形中一條斜邊和一條直角邊對應相等的兩個直角三角形全等運用的是∴∠A=∠D.【點睛】本題是三角形綜合題，主要考查了全等三角形的判定與性質，應用與設計作圖，熟練掌握三角形全等的判定方法是解題的關鍵，閱讀量較大，審題要認真仔細.（2）如圖2，點M是線段CD上的一點（不與點C,D重合），以BM為一邊，在BM下（3）如圖3，點N是線段AD上的點NG交DE延長線于點G.直接寫出ND，DG與AD數量之間的關系.析.【解析】【分析】（2）如圖（見解析），延長ED使得DF=MD，連接MF，先根據直角三角形的性質、等邊三角形的判定得出ΔMDF是等邊三角形，再根據等邊三角形的性質、角的和差得出（3）如圖（見解析），參照題（2），先證ΔHDN是等邊三角形，再根據等邊三角形的的判定與性質、等量代換即可得證.【詳解】::ΔBCDΔBED(HL)::ΔEBC是等邊三角形；（2）如圖，延長ED使得DF=MD，連接MF:ΔMDF是等邊三角形::ΔFMGΔDMB(ASA)::ΔHDN是等邊三角形::ND+AD=DG【點睛】本題考查了直角三角形的性質、等邊三角形的判定與性質、三角形全等的判定定理與性質等知識點，較難的是題（2）和（3），通過作輔助線，構造一個等邊三角形是解題關鍵.16．如圖，田亮同學用剪刀沿直線將一片平整的樹葉剪掉一部分，發現剩下樹葉的周長比原樹葉的周長要小，能正確解釋這一現象的數學知識是()A．垂線段最短B．經過一點有無數條直線C．兩點之間，線段最短D．經過兩點，有且僅有一條直線解析：C【解析】【詳解】用剪刀沿直線將一片平整的樹葉剪掉一部分，發現剩下樹葉的周長比原樹葉的周長要∴能正確解釋這一現象的數學知識是兩點之間，線段最短，【點睛】根據“用剪刀沿直線將一片平整的樹葉剪掉一部分，發現剩下樹葉的周長比原樹葉的周長要小”得到線段AB的長小于點A繞點C到B的長度，從而確定答案．本題考查了線段的性質，能夠正確的理解題意是解答本題的關鍵，屬于基礎知識，比較簡單.17．我國古代《易經》一書中記載了一種“結繩計數”的方法，一女子在從右到左依次排列的繩子上打結，滿六進一，用來記錄采集到的野果數量，下列圖示中表示91顆的是解析：B【解析】【分析】由于從右到左依次排列的繩子上打結，滿六進一，所以從右到左的數分別進行計算，然后把它們相加即可得出正確答案.【詳解】），），），），【點睛】本題是以古代“結繩計數”為背景，按滿六進一計數，運用了類比的方法，根據圖中的數學列式計算；本題題型新穎，一方面讓學生了解了古代的數學知識，另一方面也考查了學生的思維能力.18．以下選項中比-2小的是()解析：D【解析】【分析】根據有理數比較大小法則：負數的絕對值越大反而越小可得答案.【詳解】故答案為：D.【點睛】本題考查的是有理數的大小比較，解題關鍵在于負數的絕對值越大值越小.19．把一根木條固定在墻面上，至少需要兩枚釘子，這樣做的數學依據是()A．兩點之間線段最短B．兩點確定一條直線解析：B【解析】因為兩點確定一條直線,所以把一根木條固定在墻面上,至少需要兩枚釘子故選B.20．下列每對數中，相等的一對是()3|和﹣(﹣解析：A【解析】【分析】根據乘方和絕對值的性質對各個選項進行判斷即可.【詳解】33＝1，不相等.解析：C【解析】【分析】方程兩邊都乘以2，再去括號即可得解.【詳解】去括號得：6-3x+5=2x，故選：C.【點睛】本題主要考查了解一元一次方程，注意在去分母時，方程兩端同乘各分母的最小公倍數時，不要漏乘沒有分母的項.22．某班30位同學，在綠色護植活動中共種樹72棵，已知女生每人種2棵，男生每人種3棵，設女生有x人，則可列方程()解析：A【解析】【分析】設女生x人，男生就有（30-x）人，再表示出男、女生各種樹的棵數，根據題中等量關系式：男生種樹棵數+女生種樹棵數=72棵，列方程解答即可.【詳解】故選：A.【點睛】本題考查一元一次方程的應用，正確找準數量間的相等關系是解題關鍵.23．下列說法中正確的有()A．連接兩點的線段叫做兩點間的距離B．過一點有且只有一條直線與已知直線垂直解析：C【解析】【分析】分別利用直線的性質以及射線的定義和垂線定義分析得出即可.【詳解】A．連接兩點的線段的長度叫做兩點間的距離，錯誤；B．在同一平面內，過一點有且只有一條直線與已知直線垂直，錯誤；【點睛】本題考查了直線的性質以及射線的定義和垂線的性質，正確把握相關定義和性質是解題的關鍵.24．下列調查中，適宜采用全面調查的是()A．對現代大學生零用錢使用情況的調查B．對某班學生制作校服前身高的調查C．對溫州市市民去年閱讀量的調查D．對某品牌燈管壽命的調查解析：B【解析】【分析】調查方式的選擇需要將普查的局限性和抽樣調查的必要性結合起來，具體問題具體分析，普查結果準確，所以在要求精確、難度相對不大，實驗無破壞性的情況下應選擇普查方式，當考查的對象很多或考查會給被調查對象帶來損傷破壞，以及考查經費和時間都非常有限時，普查就受到限制，這時就應選擇抽樣調查.【詳解】解：A、對現代大學生零用錢使用情況的調查，工作量大，用抽樣調查，故此選項錯誤；B、對某班學生制作校服前身高的調查，需要全面調查，故此選項正確；C、對溫州市市民去年閱讀量的調查，工作量大，用抽樣調查，故此選項錯誤；D、對某品牌燈管壽命的調查，有破壞性，用抽樣調查，故此選項錯誤.【點睛】本題考查的是調查方法的選擇，正確選擇調查方式要根據全面調查和抽樣調查的優缺點再結合實際情況去分析.25．如圖，已知直線a//b,點A,B分別在直線a,b上，連結AB.點D是直線a,b之間的一個動點，作CD//AB交直線b于點C,連結AD.若7ABC=70o，則下列選項中7D不可能取到的度數為()解析：A【解析】【分析】延長CD交直線a于E．由∠ADC=∠AED+∠DAE，判斷出∠ADC＞70°即可解決問題.【詳解】∴∠AED=∠DCF，∴∠DCF=∠ABC＝70°,∵∠ADC=∠AED+∠DAE，【點睛】本題考查平行線的性質，三角形的外角等知識，解題的關鍵是熟練掌握基本知識，屬于中考常考題型.26．A、B兩地相距160千米，甲車和乙車的平均速度之發到B地，乙車比甲車早到30分鐘，若求甲車的平均速度，設甲車平均速度為4x千米/小時，則所列方程是()解析：B【解析】【分析】甲車平均速度為4x千米/小時，則乙車平均速度為5x千米/小時，根據兩車同時從A地出發到B地，乙車比甲車早到30分鐘，列出方程即可得.【詳解】甲車平均速度為4x千米/小時，則乙車平均速度為5x千米/小時，由題意得【點睛】本題考查了分式方程的應用，弄清題意，找準等量關系列出方程是解題的關鍵.④圖中小于平角的角有6個；其中正確的結論有幾個()解析：C【解析】【分析】根據垂直的定義和同角的余角相等分別計算后對各小題進行判斷，由此即可求解.【詳解】」OA丄OCIOB丄ODI:上AOC=上BOD=90°I圖中小于平角的角有∠AOBI上AOCI上AODI上BOCI上BODI上COD一共6個，故④正【點睛】本題考查了余角和補角，垂直的定義，是基礎