2020-2021广州市初二数学上期中模拟试卷含答案

一、选择题

1．如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90º，∠A=60º，CD是斜边AB上的高，若AD=3cm，则斜边AB的长为（ ）

A．3cm

2．若关于x的方程A．m＜

B．6cm C．9cm D．12cm

xm3m=3的解为正数，则m的取值范围是（ ） x33xB．m＜

9 29 493且m≠

2239且m≠﹣ 44C．m＞﹣D．m＞﹣

3．已知：如图，BD为△ABC的角平分线，且BD=BC，E为BD延长线上的一点，BE=BA，过E作EF⊥AB，F为垂足．下列结论：①△ABD≌△EBC；

②∠BCE+∠BCD=180°；③AD=AE=EC；④BA+BC=2BF；其中正确的是（ ）

A．①②③ B．①③④ C．①②④ D．①②③④

4．下面是一名学生所做的4道练习题：①224；②a3a3a6；③4mA．1

414m4；④xy23x3y6。他做对的个数是（ ）

C．3

D．4

B．2

5．如图，VABC是等腰直角三角形，BC是斜边，将VABP绕点A逆时针旋转后，能与

VACP重合，如果AP3，那么PP的长等于（ ）

A．32 B．23 C．42 D．33 6．如图，直线l1、l2、l3表示三条相互交叉的公路，现要建一个货物中转站，要求它到三条

公路的距离相等，则可供选择的地址有（ ）

A．一处 B．二处 C．三处 D．四处

7．如图，在等腰ABC中，AB=AC，∠BAC=50°，∠BAC的平分线与AB的垂直平分线交于点O、点C沿EF折叠后与点O重合，则∠CEF的度数是（ ）

A．60° A．(3a+b)(a-b) C．(-3a-b)(-3a+b)

B．55° C．50°

B．(3a+b)(-3a-b) D．(-3a+b)(3a-b)

D．45°

8．下列各式能用平方差公式计算的是( )

9．如图，在ABC中，A，ABC与ACD的平分线交于点A1，得A1；

A1BC与A1CD的平分线相交于点A2，得A2；……；An1BC与An1CD的平分

线交于点An，要使An的度数为整数，则n的最大值为（ ）

A．4 B．5 C．6 D．7

10．已知A＝﹣4x2，B是多项式，在计算B+A时，小马虎同学把B+A看成了B•A，结果得32x5﹣16x4，则B+A为（ ） A．﹣8x3+4x2

B．﹣8x3+8x2

C．﹣8x3

D．8x3

11．如图，有三种规格的卡片共9张，其中边长为a的正方形卡片4张，边长为b的正方形卡片1张，长，宽分别为a，b的长方形卡片4张．现使用这9张卡片拼成一个大的正方形，则这个大正方形的边长为( )

A．2a+b B．4a+b C．a+2b D．a+3b

12．若2n+2n+2n+2n=2，则n=（ ） A．﹣1

B．﹣2

C．0

D．

1 4二、填空题

13．已知射线OM.以O为圆心，任意长为半径画弧，与射线OM交于点A，再以点A为圆心，AO长为半径画弧，两弧交于点B，画射线OB，如图所示，则∠AOB=________(度)

14．如图，一束平行太阳光线照射到正五边形上，则∠1= ______．

15．如图，已知△ABC的周长是22，OB、OC分别平分∠ABC和∠ACB，OD⊥BC于D，且OD=3，△ABC的面积是_____．

16．当m=________时，方程

xm2会产生增根． x3x317．已知一个多边形的内角和与外角和的差是1260°，则这个多边形边数是 ． 18．某工厂储存350吨煤，按原计划用了3天后，由于改进了炉灶和烧煤技术，每天能节约2吨煤，使储存的煤比原计划多用15天．若设改进技术前每天烧x吨煤，则可列出方程________．

19．若a4b4a22a2b2b2+6，则a2b2______． 20．已知329m27321，求m__________．

三、解答题

21．如图，已知△ABC中，AB＝AC＝12厘米，BC＝9厘米，AD＝BD＝6厘米． (1)如果点P在线段BC上以3厘米秒的速度由B点向C点运动，同时点Q在线段CA上由C点向A点运动．

①若点Q的运动速度与点P的运动速度相等，1秒钟时，△BPD与△CQP是否全等，请说明理由；

②若点Q的运动速度与点P的运动速度不相等，点P运动到BC的中点时，如果△BPD≌△CPQ，此时点Q的运动速度为多少．

(2)若点Q以(1)②中的运动速度从点C出发，点P以原来的运动速度从点B同时出发，都逆时针沿△ABC三边运动，求经过多长时间点P与点Q第一次在△ABC的哪条边上相遇？

22．已知一个多边形的内角和比其外角和的2倍多180°，求这个多边形的边数及对角线的条数？ 23．解方程：（1）（2）

210 x2x2x1 33x19x324．如图，点E是∠AOB的平分线上一点，EC⊥OA，ED⊥OB，垂足分别为C、D． 求证：（1）∠ECD=∠EDC； （2）OC=OD；

（3）OE是线段CD的垂直平分线．

25．如图，作业本上有这样一道填空题，其中有一部分被墨水污染了，若该题化简的结果为

1． x3

(1)求被墨水污染的部分；

(2)原分式的值能等于

1吗？为什么？ 7

【参】***试卷处理标记，请不要删除

一、选择题 1．D 解析：D 【解析】 【分析】

先求出∠ACD=∠B=30°，然后根据直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半求出AC，再求出AB即可． 【详解】

解：∵在Rt△ABC中，∠ACB=90º，∠A=60º， -60°-90°=30°∴∠B=180°（三角形内角和定理），

1AB（直角三角形30°所对的直角边等于斜边的一半）， 2又∵CD是斜边AB上的高， ∴∠ADC=90º，

-60°-90°=30°∴∠ACD=180°（三角形内角和定理）， 1∴AD=AC（直角三角形30°所对的直角边等于斜边的一半），

2∴AC=6，

1又∴AC=AB，

2∴AB12． 故选D． 【点睛】

∴AC=

本题考查了三角形内角和定理和有30°角的直角三角形的性质，掌握直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半是解题的关键．

2．B

解析：B 【解析】 【分析】 【详解】

解：去分母得：x+m﹣3m=3x﹣9，

整理得：2x=﹣2m+9，解得：x=已知关于x的方程

2m9， 2xm3m=3的解为正数， x33x所以﹣2m+9＞0，解得m＜当x=3时，x=

9， 22m93=3，解得：m=， 22所以m的取值范围是：m＜故答案选B．

93且m≠．

223．D

解析：D 【解析】 【分析】

根据SAS证△ABD≌△EBC，可得∠BCE＝∠BDA，结合∠BCD＝∠BDC可得①②正确；根据角的和差以及三角形外角的性质可得∠DCE＝∠DAE，即AE＝EC，由AD＝EC，即可得③正确；过E作EG⊥BC于G点，证明Rt△BEG≌Rt△BEF和Rt△CEG≌Rt△AEF，得到BG＝BF和AF＝CG，利用线段和差即可得到④正确． 【详解】

解：①∵BD为△ABC的角平分线， ∴∠ABD＝∠CBD，

BD＝BC∴在△ABD和△EBC中，ABD＝CBD，

BE＝BA∴△ABD≌△EBC（SAS），①正确；

②∵BD为△ABC的角平分线，BD＝BC，BE＝BA， ∴∠BCD＝∠BDC＝∠BAE＝∠BEA， ∵△ABD≌△EBC， ∴∠BCE＝∠BDA，

∴∠BCE＋∠BCD＝∠BDA＋∠BDC＝180°，②正确；

③∵∠BCE＝∠BDA，∠BCE＝∠BCD＋∠DCE，∠BDA＝∠DAE＋∠BEA，∠BCD＝∠BEA，

∴∠DCE＝∠DAE， ∴△ACE为等腰三角形， ∴AE＝EC， ∵△ABD≌△EBC， ∴AD＝EC，

∴AD＝AE＝EC．③正确；

④过E作EG⊥BC于G点，

∵E是∠ABC的角平分线BD上的点，且EF⊥AB， ∴EF＝EG（角平分线上的点到角的两边的距离相等）， ∵在Rt△BEG和Rt△BEF中，BEBE，

EFEG∴Rt△BEG≌Rt△BEF（HL）， ∴BG＝BF，

∵在Rt△CEG和Rt△AFE中，AECE，

EFEG∴Rt△CEG≌Rt△AEF（HL）， ∴AF＝CG，

∴BA＋BC＝BF＋FA＋BG−CG＝BF＋BG＝2BF，④正确． 故选D． 【点睛】

本题考查了全等三角形的判定和全等三角形的对应边、对应角相等的性质，本题中熟练求证三角形全等和熟练运用全等三角形对应角、对应边相等的性质是解题的关键．

4．A

解析：A 【解析】

分析：根据有理数的乘方，合并同类项法则，负整数指数次幂等于正整数指数幂的倒数，积的乘方的性质对各小题分析判断即可得解． 详解：①-22=-4，故本小题错误； ②a3+a3=2a3，故本小题错误； ③4m-4=

4，故本小题错误； 4m④（xy2）3=x3y6，故本小题正确； 综上所述，做对的个数是1． 故选A．

点睛：本题考查了有理数的乘方，合并同类项法则，负整数指数次幂的运算，积的乘方的性质，是基础题，熟记各性质是解题的关键．

5．A

解析：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．

6．D

解析：D 【解析】 【分析】

由三角形内角平分线的交点到三角形三边的距离相等，可得三角形内角平分线的交点满足条件；然后利用角平分线的性质，可证得三角形两条外角平分线的交点到其三边的距离也相等，这样的点有3个，可得可供选择的地址有4个． 【详解】

解：∵△ABC内角平分线的交点到三角形三边的距离相等， ∴△ABC内角平分线的交点满足条件； 如图：点P是△ABC两条外角平分线的交点， 过点P作PE⊥AB，PD⊥BC，PF⊥AC， ∴PE=PF，PF=PD， ∴PE=PF=PD，

∴点P到△ABC的三边的距离相等，

∴△ABC两条外角平分线的交点到其三边的距离也相等，满足这条件的点有3个； 综上，到三条公路的距离相等的点有4处， ∴可供选择的地址有4处． 故选：D

【点睛】

考查了角平分线的性质．注意掌握角平分线上的点到角两边的距离相等，注意数形结合思

想的应用，小心别漏解．

7．C

解析：C 【解析】 【分析】

连接OB，OC，先求出∠BAO=25°，进而求出∠OBC=40°，求出∠COE=∠OCB=40°，最后根据等腰三角形的性质，问题即可解决． 【详解】

如图，连接OB，∵∠BAC=50°，AO为∠BAC的平分线，∴∠BAO=

150°=25°.又∵AB=AC，∴∠ABC=∠ACB=65°.∵DO是AB的垂直∠BAC=12×

2平分线，∴OA=OB，∴∠ABO=∠BAO=25°，

∴∠OBC=∠ABC−∠ABO=65°−25°=40°.∵AO为∠BAC的平分线，AB=AC，∴直线AO垂直平分BC，∴OB=OC，∴∠OCB=∠OBC=40°，∵将∠C沿EF(E在BC上,F在AC上)折叠，点C与点O恰好重合，∴OE=CE.∴∠COE=∠OCB=40°； 在△OCE中,∠OEC=180°−∠COE−∠OCB=180°−40°−40°=100°∴∠CEF=选：C.

1.故∠CEO=50°

2

【点睛】

本题考查了等腰三角形的性质的运用、垂直平分线性质的运用、折叠的性质，解答时运用等腰三角形的性质和垂直平分线的性质是解答的关键.

8．C

解析：C 【解析】 【分析】

利用平方差公式的逆运算判断即可. 【详解】

解：平方差公式逆运算为：ababab

22观察四个选项中，只有C选项符合条件. 故选C. 【点睛】

此题重点考查学生对平方差公式的理解，掌握平方差公式的逆运算是解题的关键.

9．C

解析：C

【解析】 【分析】

根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和可得∠ACD=∠A+∠ABC，∠A1CD=∠A1+∠A1BC，根据角平分线的定义可得∠A1BC=∠A1CD=

1∠ABC，211∠ACD，然后整理得到∠A1=∠A，由∠A1CD=∠A1+∠A1BC，22∠ACD=∠ABC+∠A，而A1B、A1C分别平分∠ABC和∠ACD，得到∠ACD=2∠A1CD，∠ABC=2∠A1BC，于是有∠A=2∠A1，同理可得∠A1=2∠A2，即∠A=22∠A2，因此找出规律． 【详解】

由三角形的外角性质得，∠ACD=∠A+∠ABC，∠A1CD=∠A1+∠A1BC， ∵∠ABC的平分线与∠ACD的平分线交于点A1， ∴∠A1BC=

11∠ABC，∠A1CD=∠ACD， 2211（∠A+∠ABC）=∠A+∠A1BC， 22∴∠A1+∠A1BC=∴∠A1=

11∠A=×°=32°； 22∵A1B、A1C分别平分∠ABC和∠ACD， ∴∠ACD=2∠A1CD，∠ABC=2∠A1BC， 而∠A1CD=∠A1+∠A1BC，∠ACD=∠ABC+∠A， ∴∠A=2∠A1， ∴∠A1=

1∠A， 2同理可得∠A1=2∠A2，

1∠A， 4∴∠A=2n∠An，

∴∠A2=

1n)∠A=n，

22∵∠An的度数为整数， ∵n=6． 故选C. 【点睛】

∴∠An=(

本题考查了三角形的内角和定理，三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和的性质，角平分线的定义，熟记性质并准确识图然后求出后一个角是前一个角的键．

1是解题的关210．C

解析：C 【解析】 【分析】

根据整式的运算法则即可求出答案． 【详解】

由题意可知：-4x2•B=32x5-16x4， ∴B=-8x3+4x2

∴A+B=-8x3+4x2+（-4x2）=-8x3 故选C． 【点睛】

本题考查整式的运算，解题的关键是熟练运用整式的运算法则，本题属于基础题型．

11．A

解析：A 【解析】 【分析】

4张边长为a的正方形卡片的面积为4a2，4张边长分别为a、b的矩形卡片的面积为4ab，1张边长为b的正方形卡片面积为b2，9张卡片拼成一个正方形的总面积=4a2+4ab+b2=(2a+b)2，所以该正方形的边长为：2a+b． 【详解】

设拼成后大正方形的边长为x， ∴4a2+4ab+b2=x2， ∴(2a+b)2=x2，

∴该正方形的边长为：2a+b. 故选A. 【点睛】

本题主要考查了完全平方公式的几何意义，利用完全平方公式分解因式后即可得出大正方形的边长．

12．A

解析：A 【解析】

【分析】利用乘法的意义得到4•2n=2，则2•2n=1，根据同底数幂的乘法得到21+n=1，然后根据零指数幂的意义得到1+n=0，从而解关于n的方程即可． 【详解】∵2n+2n+2n+2n=2， 2n=2， ∴4×2n=1， ∴2×∴21+n=1， ∴1+n=0， ∴n=﹣1，

故选A．

【点睛】本题考查了乘法的意义以及同底数幂的乘法，熟知相关的定义以及运算法则是解题的关键.同底数幂相乘，底数不变，指数相加，即am•an=a m+n（m，n是正整数）．

二、填空题

13．60【解析】【分析】首先连接AB由题意易证得△AOB是等边三角形根据等边三角形的性质可求得∠AOB的度数【详解】连接AB根据题意得：OB=OA=AB∴△AOB是等边三角形∴∠AOB=60°故答案为：

解析：60 【解析】 【分析】

首先连接AB，由题意易证得△AOB是等边三角形，根据等边三角形的性质，可求得∠AOB的度数． 【详解】

连接AB，根据题意得：OB=OA=AB，∴△AOB是等边三角形，∴∠AOB=60°． 故答案为：60．

【点睛】

本题考查了等边三角形的判定与性质．此题难度不大，解题的关键是能根据题意得到OB=OA=AB．

14．30°【解析】【分析】【详解】解：∵AB//CD∴∠BAC+∠ACD=180°即∠1+∠EAC+∠ACD=180°∵五边形是正五边形∴∠EAC=108°∵∠ACD=42°∴∠1=180°-42°-1 解析：30°． 【解析】 【分析】 【详解】

解：∵AB//CD，∴∠BAC+∠ACD=180°，即∠1+∠EAC+∠ACD=180°， ∵五边形是正五边形，∴∠EAC=108°， -42°-108°=30°∵∠ACD=42°，∴∠1=180° 故答案为：30°．

15．33【解析】【分析】根据角平分线上的点到角的两边的距离相等可得点O到ABACBC的距离都相等从而可得到△ABC的面积等于周长的一半乘以OD然后列式进行计算即可求解【详解】解：如图连接OA作OE⊥AB

解析：33 【解析】 【分析】

根据角平分线上的点到角的两边的距离相等可得点O到AB、AC、BC的距离都相等，从而可得到△ABC的面积等于周长的一半乘以OD，然后列式进行计算即可求解． 【详解】

解：如图，连接OA，作OE⊥AB于E，OF⊥AC于F． ∵OB、OC分别平分∠ABC和∠ACB， ∴OD=OE=OF，

∴S△ABC=S△BOC+S△AOB+S△AOC

111BCODACOFABOE 2221=BCACABOD 21=×22×3=33． 2故答案为：33．

=

【点睛】

本题考查了角平分线上的点到角的两边的距离相等的性质，判断出三角形的面积与周长的关系是解题的关键．

16．3【解析】【分析】根据分式性质分式方程增根的条件进行求解【详解】∵∴2(x-3)-x=m求得x=-m∵x-3=0即x=3时原方程有增根∴-m=3m=-3故答案为-3【点睛】主要考察的是分式性质分式方

解析：3 【解析】

【分析】

根据分式性质、分式方程增根的条件进行求解. 【详解】 ∵∴

xm2， x3x3xm2， x3x32(x-3)-x=m, 求得x=-m，

∵ x-3=0 即 x=3 时,原方程有增根 ∴-m=3 m=-3 故答案为-3. 【点睛】

主要考察的是分式性质、分式方程有增根的条件的知识点.

17．12【解析】试题解析：根据题意得（n-2）•180-360=1260解得：n=11那么这个多边形是十一边形考点：多边形内角与外角

解析：12 【解析】

试题解析：根据题意，得 （n-2）•180-360=1260， 解得：n=11．

那么这个多边形是十一边形． 考点：多边形内角与外角．

18．【解析】【分析】设改进技术前每天烧吨煤则改进技术后每天烧（x－2）吨根据储存的煤比原计划多用15天即可列方程求解【详解】解：设改进技术前每天烧吨煤则改进技术后每天烧（x－2）吨根据题意得：故答案为： 解析：

350-3x350-3x-=15

x-2x【解析】 【分析】

设改进技术前每天烧x吨煤，则改进技术后每天烧（x－2）吨，根据储存的煤比原计划多用15天，即可列方程求解． 【详解】

解：设改进技术前每天烧x吨煤，则改进技术后每天烧（x－2）吨， 根据题意得：故答案为：

350-3x350-3x-=15，

x-2x350-3x350-3x-=15．

x-2x【点睛】

本题考查了分式方程的应用，利用分式方程解应用题时，一般题目中会有两个相等关系，这时要根据题目所要解决的问题，选择其中的一个相等关系作为列方程的依据，而另一个则用来设未知数．

19．3【解析】【分析】先对原式进行变形得(a2+b2)2-(a2+b2)-6=0经过观察后又可变为(a2+b2-3)(a2+b2+2)=0又a2+b2≥0即可得出本题的结果【详解】由变形后(a2+b2)

解析：3 【解析】 【分析】

先对原式进行变形得(a2+b2) 2-(a2+b2)-6=0,经过观察后又可变为(a2+b2-3)(a2+b2+2)=0,又a2+b2≥0,即可得出本题的结果. 【详解】

由a4b4a22a2b2b2+6变形后 (a2+b2) 2-(a2+b2)-6=0， (a2+b2-3)(a2+b2+2)=0， 又a2+b2≥0, 即a2+b2=3, 故答案为3. 【点睛】

此题考查因式分解的应用，解题关键在于掌握运算法则.

20．8【解析】【分析】根据幂的乘方可得再根据同底数幂的乘法法则解答即可【详解】∵即∴解得故答案为：8【点睛】本题主要考查了幂的乘方与积的乘方以及同底数幂的乘法熟练掌握幂的运算法则是解答本题的关键

解析：8 【解析】 【分析】

根据幂的乘方可得9m=32m，2733，再根据同底数幂的乘法法则解答即可． 【详解】

∵329m27321，

2m即32创33=321，

∴2+2m+3=21， 解得m8， 故答案为：8． 【点睛】

本题主要考查了幂的乘方与积的乘方以及同底数幂的乘法，熟练掌握幂的运算法则是解答本题的关键．

三、解答题

21．（1）①全等，理由见解析；②4cm/s.（2）经过了24秒，点P与点Q第一次在BC边上相遇． 【解析】 【分析】

（1）①先求得BP=CQ=3，PC=BD=6，然后根据等边对等角求得∠B=∠C，最后根据SAS即可证明；②因为VP≠VQ，所以BP≠CQ，又∠B=∠C，要使△BPD与△CQP全等，只能BP=CP=4.5，根据全等得出CQ=BD=6，然后根据运动速度求得运动时间，根据时间和CQ的长即可求得Q的运动速度；（2）因为VQ>VP，只能是点Q追上点P，即点Q比点P多走AB+AC的路程，据此列出方程，解这个方程即可求得． 【详解】

(1)①1秒钟时，△BPD与△CQP是否全等；理由如下： ∵t=1秒， ∴BP=CQ=3(cm)

∵AB=12cm，D为AB中点， ∴BD=6cm，

又∵PC=BC−BP=9−3=6(cm)， ∴PC=BD ∵AB=AC， ∴∠B=∠C，

BPCQ在△BPD与△CQP中,{BC，

BDPC∴△BPD≌△CQP(SAS)， ②∵VP≠VQ， ∴BP≠CQ， 又∵∠B=∠C，

要使△BPD≌△CPQ，只能BP=CP=4.5， ∵△BPD≌△CPQ， ∴CQ=BD=6. ∴点P的运动时间t=此时VQ=

BP4.5=1.5(秒)， 33CQ6 =4(cm/s). t1.5(2)因为VQ>VP，只能是点Q追上点P，即点Q比点P多走AB+AC的路程， 设经过x秒后P与Q第一次相遇， 12， 依题意得：4x=3x+2×解得：x=24(秒)

3=72(cm) 此时P运动了24×

2+6， 又∵△ABC的周长为33cm，72=33×

∴点P、Q在BC边上相遇，即经过了24秒，点P与点Q第一次在BC边上相遇． 点睛：本题考查了三角形全等的判定和性质、等腰三角形的性质以及属性结合思想的运用，解题的根据是熟练掌握三角形的全都能的判定和性质. 22．所求的多边形的边数为7，这个多边形对角线为14条． 【解析】 【分析】

设这个多边形的边数为n，根据多边形的内角和是（n-2）•180°，外角和是360°，列出方程，求出n的值，再根据对角线的计算公式即可得出答案． 【详解】

设这个多边形的边数为n，根据题意，得： (n﹣2)×180°×2+180°＝360°， 解得 n＝7，

则这个多边形的边数是7， 七边形的对角线条数为：

1×7×(7﹣3)＝14(条)， 2答：所求的多边形的边数为7，这个多边形对角线为14条． 【点睛】

本题考查了对多边形内角和定理和外角和的应用，注意：边数是n的多边形的内角和是（n-2）•180°，外角和是360°． 23．（1）x＝﹣2；（2）无解 【解析】 【分析】

（1）方程两边乘最简公分母x（x−2），可以把分式方程转化为整式方程求解； （2）方程两边乘最简公分母3（3x−1），可以把分式方程转化为整式方程求解． 【详解】 （1）

210 x2x解：去分母得：2x﹣x+2＝0， 解得：x＝﹣2，

经检验，x＝﹣2是原方程的解． （2）

2x1 33x19x3最简公分母为3（3x﹣1）， 去分母得：6x﹣2+3x＝1，即9x＝3， 解得：x＝

1， 31是增根，原方程无解． 3经检验：x＝

【点睛】

此题考查了分式方程的解法和因式分解．此题比较简单，注意掌握转化思想的应用，注意解分式方程一定要验根． 24．见解析 【解析】

试题分析：（1）根据角平分线性质可证ED=EC，从而可知△CDE为等腰三角形，可证∠ECD=∠EDC；

（2）由OE平分∠AOB，EC⊥OA，ED⊥OB，OE=OE，可证△OED≌△OEC，可得OC=OD；

（3）根据ED=EC，OC=OD，可证OE是线段CD的垂直平分线．

试题解析：证明：（1）∵OE平分∠AOB，EC⊥OA，ED⊥OB，∴ED=EC，即△CDE为等腰三角形，∴∠ECD=∠EDC；

（2）∵点E是∠AOB的平分线上一点，EC⊥OA，ED⊥OB，∴∠DOE=∠COE，∠ODE=∠OCE=90°，OE=OE，∴△OED≌△OEC（AAS），∴OC=OD； （3）∵OC=OD，且DE=EC，∴OE是线段CD的垂直平分线．

点睛：本题考查了角平分线性质，线段垂直平分线的判定，等腰三角形的判定，三角形全等的相关知识．关键是明确图形中相等线段，相等角，全等三角形． 25．(1)x-4；(2)不能，见解析. 【解析】

试题分析：（1）设被墨水污染的部分是A，计算即可得到结论； （2）令

11，解得x=4，而当x=4时，原分式无意义，所以不能． x37试题解析：解：（1）设被墨水污染的部分是A，则

x4Ax4x31，解得：A= x-4； x29x3(x3)(x3)Ax3（2）不能，若

11，则x=4，由原题可知，当x=4时，原分式无意义，所以不能． x37