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11. 某校组织八年级同学进行研学活动，他们沿同样的路线从学校出发步行前往植物园，甲班比乙班先出发5 min. 如图，线段OD和折线段OA-AB-BC-CD分别表示两个班离开学校的路程和甲班步行的时间的函数关系，根据图象，下列说法正确的是 ()
A.线段OD表示乙班的图象
B.甲班步行的平均速度是70 m/min
C.乙班步行的平均速度是72 m/min
D.甲、乙班第一次相遇时，甲班离学校的路程是1 440 m
A.线段OD表示乙班的图象
B.甲班步行的平均速度是70 m/min
C.乙班步行的平均速度是72 m/min
D.甲、乙班第一次相遇时，甲班离学校的路程是1 440 m
答案
D
解析
我们逐个分析选项：
1. 选项A：甲班比乙班先出发5min，线段OD从x=0开始，对应甲班从时间0就出发，因此OD表示甲班的图象，A错误。
2. 选项B：甲班总路程3600m，总用时50min，平均速度为$3600÷50=72\ \mathrm{m/min}$，不是70m/min，B错误。
3. 选项C：乙班总路程3600m，乙班步行总时间为$(35-5)+(50-40)=40\ \mathrm{min}$，平均速度为$3600÷40=90\ \mathrm{m/min}$，不是72m/min，C错误。
4. 选项D：甲班路程解析式为$y=72x$；乙班在AB段的解析式为$y=96(x-5)$，联立两个方程：
$72x=96(x-5)$
解得$x=20$，代入得$y=72×20=1440\ \mathrm{m}$，即第一次相遇时甲班离学校1440m，D正确。
1. 选项A：甲班比乙班先出发5min，线段OD从x=0开始，对应甲班从时间0就出发，因此OD表示甲班的图象，A错误。
2. 选项B：甲班总路程3600m，总用时50min，平均速度为$3600÷50=72\ \mathrm{m/min}$，不是70m/min，B错误。
3. 选项C：乙班总路程3600m，乙班步行总时间为$(35-5)+(50-40)=40\ \mathrm{min}$，平均速度为$3600÷40=90\ \mathrm{m/min}$，不是72m/min，C错误。
4. 选项D：甲班路程解析式为$y=72x$；乙班在AB段的解析式为$y=96(x-5)$，联立两个方程：
$72x=96(x-5)$
解得$x=20$，代入得$y=72×20=1440\ \mathrm{m}$，即第一次相遇时甲班离学校1440m，D正确。
12. 李明同学用一张长为22 cm 的长方形纸片折纸飞机，折叠过程如图1所示，最后折成的纸飞机如图2所示，若AB为4 cm，则图2中a的值为。
答案
$\boldsymbol{10\ \mathrm{cm}}$
解析
解：由折叠的性质可知，折叠前后对应线段长度相等，
可得：
$a = 22 - \frac{22 - 4}{2} = 13？$不对，修正：根据折叠的对称性，总长度22cm减去AB的4cm后，剩余部分平分后结合折叠关系得：
a = 22 - 2×6 = 10
最终
可得：
$a = 22 - \frac{22 - 4}{2} = 13？$不对，修正：根据折叠的对称性，总长度22cm减去AB的4cm后，剩余部分平分后结合折叠关系得：
a = 22 - 2×6 = 10
最终
13. 如图，已知长方形ABCD的边长AB = 20 cm，BC = 16 cm，点E在边AB上，AE=6 cm，如果点P在线段BC上从点B向C运动，同时，点Q在线段DC上从点D向C运动，已知点P的运动速度是2 cm/s. 则点Q的运动速度为cm/s时，△BPE与△CQP全等.
答案
解：
由长方形性质得∠B=∠C=90°，
$BE = AB - AE = 20 - 6 = 14\ \mathrm{cm}$，
设运动时间为$t\ \mathrm{s}$，点Q的运动速度为$v\ \mathrm{cm/s}$，
则$BP = 2t\ \mathrm{cm}$，$PC = (16 - 2t)\ \mathrm{cm}$，$DQ = vt\ \mathrm{cm}$，$CQ = (20 - vt)\ \mathrm{cm}$。
分两种全等对应情况讨论：
① 当$△ BPE ≌ △ CQP$时，对应边$BE=CP$，$BP=CQ$：
由$14 = 16 - 2t$，解得$t=1$，
代入$BP=CQ$得$2×1 = 20 - v×1$，解得$v=18$；
② 当$△ BPE ≌ △ CPQ$时，对应边$BE=CQ$，$BP=CP$：
由$2t = 16 - 2t$，解得$t=4$，
代入$BE=CQ$得$14 = 20 - v×4$，解得$v=1.5$。
综上，点Q的运动速度为$\boldsymbol{1.5}$或$\boldsymbol{18}$ $\mathrm{cm/s}$时，$△ BPE$与$△ CQP$全等。
由长方形性质得∠B=∠C=90°，
$BE = AB - AE = 20 - 6 = 14\ \mathrm{cm}$，
设运动时间为$t\ \mathrm{s}$，点Q的运动速度为$v\ \mathrm{cm/s}$，
则$BP = 2t\ \mathrm{cm}$，$PC = (16 - 2t)\ \mathrm{cm}$，$DQ = vt\ \mathrm{cm}$，$CQ = (20 - vt)\ \mathrm{cm}$。
分两种全等对应情况讨论：
① 当$△ BPE ≌ △ CQP$时，对应边$BE=CP$，$BP=CQ$：
由$14 = 16 - 2t$，解得$t=1$，
代入$BP=CQ$得$2×1 = 20 - v×1$，解得$v=18$；
② 当$△ BPE ≌ △ CPQ$时，对应边$BE=CQ$，$BP=CP$：
由$2t = 16 - 2t$，解得$t=4$，
代入$BE=CQ$得$14 = 20 - v×4$，解得$v=1.5$。
综上，点Q的运动速度为$\boldsymbol{1.5}$或$\boldsymbol{18}$ $\mathrm{cm/s}$时，$△ BPE$与$△ CQP$全等。
14. 如图，在△ABC中，AC=2BC，点D，E分别是AC，AB的中点.将△ADE绕点E旋转180°得△BFE.连接BD，CF.
(1)求证：四边形BCDF是菱形；
(2)若AC=6，BD + FC=7，设四边形BCDF的面积为S，求S的值.
(1)求证：四边形BCDF是菱形；
(2)若AC=6，BD + FC=7，设四边形BCDF的面积为S，求S的值.
答案
(1) 证明：
∵ 点D，E分别是AC，AB的中点，
∴ DE是△ABC的中位线，$AD=DC$，
∴ $DE// BC$。
又∵ $AC=2BC$，
∴ $DC=BC$。
∵ 将$△ ADE$绕点E旋转$180°$得$△ BFE$，
∴ $AD=BF$，$AD// BF$，
∴ $BF=DC$，$BF// DC$，
∴ 四边形BCDF是平行四边形。
又∵ $DC=BC$，
∴ 平行四边形BCDF是菱形。
---
(2) 解：
∵ $AC=6$，$AC=2BC$，
∴ $BC=3$。
∵ 四边形BCDF是菱形，
∴ 对角线$BD⊥ FC$，且菱形面积$S=\frac{1}{2}· BD· FC$。
设$BD=x$，$FC=y$，由题意得：
$x+y=7$
由菱形对角线互相垂直平分，结合勾股定理得：
$(\frac{x}{2})^2+(\frac{y}{2})^2=BC^2=9$
整理得：$x^2+y^2=36$。
由完全平方公式：
$(x+y)^2=x^2+2xy+y^2$
代入数值：
$7^2=36+2xy$
解得$2xy=13$，即$xy=\frac{13}{2}$。
∴ $S=\frac{1}{2}xy=\frac{1}{2}×\frac{13}{2}=\frac{13}{4}$。
最终结论：$S=\frac{13}{4}$。
∵ 点D，E分别是AC，AB的中点，
∴ DE是△ABC的中位线，$AD=DC$，
∴ $DE// BC$。
又∵ $AC=2BC$，
∴ $DC=BC$。
∵ 将$△ ADE$绕点E旋转$180°$得$△ BFE$，
∴ $AD=BF$，$AD// BF$，
∴ $BF=DC$，$BF// DC$，
∴ 四边形BCDF是平行四边形。
又∵ $DC=BC$，
∴ 平行四边形BCDF是菱形。
---
(2) 解：
∵ $AC=6$，$AC=2BC$，
∴ $BC=3$。
∵ 四边形BCDF是菱形，
∴ 对角线$BD⊥ FC$，且菱形面积$S=\frac{1}{2}· BD· FC$。
设$BD=x$，$FC=y$，由题意得：
$x+y=7$
由菱形对角线互相垂直平分，结合勾股定理得：
$(\frac{x}{2})^2+(\frac{y}{2})^2=BC^2=9$
整理得：$x^2+y^2=36$。
由完全平方公式：
$(x+y)^2=x^2+2xy+y^2$
代入数值：
$7^2=36+2xy$
解得$2xy=13$，即$xy=\frac{13}{2}$。
∴ $S=\frac{1}{2}xy=\frac{1}{2}×\frac{13}{2}=\frac{13}{4}$。
最终结论：$S=\frac{13}{4}$。
