2022-2023学年辽宁省抚顺市抚顺县八年级（下）期末数学试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年辽宁省抚顺市抚顺县八年级（下）期末数学试卷（含解析），共23页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.若二次根式 a−4有意义，则a的取值范围是( )
A. a≥0B. a>4C. a≥4D. a<4
2.下列计算中，正确的是( )
A. 2 3+3 2=5 5B. 3 3×3 2=3 6
C. 27÷ 3=3D. 2 2− 2=2
3.以下四组数中，是勾股数的是( )
A. 1，2，3B. 12，13，4C. 8，15，17D. 4，5，6
4.把正比例函数y=−3x的图象向下平移1个单位长度，得到的函数图象的解析式为( )
A. y=−3(x+1)B. y=−3(x−1)C. y=−3x+1D. y=−3x−1
5.已知一组数据3、8、5、x、4的众数为4，则该组数据的中位数为( )
A. 3B. 4C. 5D. 8
6.在△ABC中，AB=AC=5，BC=6，D是BC的中点，则△ABC的面积为( )
A. 12B. 24C. 10D. 20
7.已知正比例函数y=kx(k≠0)的函数值y随x的增大而减小，则一次函数y=kx−k的图象大致是( )
A. B. C. D.
8.如图，在▱ABCD中，BF平分∠ABC，交AD于点F，CE平分∠BCD，交AD于点E，AB=6，EF=2，则BC长为( )
A. 8B. 10C. 12D. 14
9.如图，在矩形ABCD中，P，Q分别是BC，DC上的点，E，F分别是AP，PQ的中点.BC=12，DQ=5，则线段EF的长为( )
A. 6B. 6.5C. 7D. 5
10.甲、乙两位同学周末相约骑自行车去游玩，沿同一路线从A地出发前往B地，甲、乙分别以不同的速度匀速骑行，甲比乙早出发5分钟．甲骑行20分钟后，乙以原速的1.5倍继续骑行，经过一段时间，乙先到达B地，甲一直保持原速前往B地．在此过程中，甲、乙两人相距的路程y(单位：m)与甲骑行的时间x(单位：min)之间的关系如图所示，则下列说法中错误的是( )
A. 甲的骑行速度是250m/minB. A，B两地的总路程为22.5km
C. 乙出发60min后追上甲D. 甲比乙晚5min到达B地
二、填空题：本题共6小题，每小题3分，共18分。
11.函数y= x−1x−3的自变量x的取值范围是_______．
12.甲、乙两名同学5次立定跳远成绩的平均值都是2.42m，方差分别是：S甲2=0.04，S乙2=0.13，这两名同学成绩比较稳定的是______(填“甲”或“乙”)．
13.直角三角形两直角边长分别为6和8，则它斜边上的高为______．
14.如图所示，将正方形ABOC放在平面直角坐标系中，O是坐标原点，点B的坐标为(−2,3)，则点A的坐标为______．
15.如图，函数y=kx+b的图象过点(2,3)，则不等式kx+b≤3的解集是______．
16.如图，菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，∠BAD=60°，AD=3，AH是∠BAC的平分线，CE⊥AH于点E，点P是直线AB上的一个动点，则OP+PE的最小值是______．
三、解答题：本题共9小题，共82分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题12分)
计算：
(1) 48÷(− 3)− 12× 12+ 24；
(2)已知x= 3+2，求代数式x2−4x+3的值．
18.(本小题8分)
如图，在矩形ABCD中，O为BD的中点，过点O作EF⊥BD分别交BC，AD于点E，F.求证：四边形BEDF是菱形．
19.(本小题8分)
某校开学初对七年级学生进行一次安全知识问答测试，设成绩为x分(x为整数)，将成绩评定为优秀、良好、合格，不合格四个等级(优秀，良好，合格、不合格分别用A，B，C，D表示)，A等级：90≤x≤100，B等级：80≤x<90，C等级，60≤x<80，D等级：0≤x<60.该校随机抽取了一部分学生的成绩进行调查，并绘制成如图不完整的统计图表．
请你根据统计图表提供的信息解答下列问题：
(1)上表中的a= ______，c= ______，m= ______；
(2)这组数据的中位数所在的等级是______；
(3)该校决定对分数低于80分的学生进行安全再教育，已知该校七年级共有1000名学生，求该校七年级需要进行安全再教育的学生有多少人？
20.(本小题8分)
如图，铁路上A，B两点相距25km，C，D为两村庄，DA⊥AB于点A，CB⊥AB于点B，已知DA=15km，CB=10km，现在要在铁路AB上建一个土特产品收购站E，使得C，D两村到E站的距离相等，则E站应建在离A站多少km处？
21.(本小题8分)
在平面直角坐标系xOy中，直线y=−x+5与x轴、y轴分别交于点A，点B.直线y=mx+m(m>0)与直线AB交于点E，与x轴交于点C，点E坐标为(1,n)．
(1)求E的坐标和m的值；
(2)点P在直线AB上，若△ACP的面积为3，求点P的坐标．
22.(本小题8分)
如图，四边形ABCD中，∠BAD=∠DCB=90°，E，F分别是对角线BD，AC的中点，连接EF．
(1)求证：EF⊥AC；
(2)当AC=8，BD=10时，求EF的长．
23.(本小题10分)
为了响应“足球进校园”的号召，更好地开展足球运动，某学校计划购买一批足球，已知购买4个A品牌足球和3个B品牌足球共需440元；购买2个A品牌足球和1个B品牌足球共需180元．
(1)求A，B两种品牌足球的单价；
(2)若学校准备购买A，B两种品牌的足球共60个，且B品牌足球数不少于A品牌足球数的2倍，设购买两种品牌足球所需总费用为y元，A品牌足球x个，求y与x之间的函数关系式，并设计一种购买方案，使所需总费用最低，并求出最低总费用．
24.(本小题10分)
如图，在平面直角坐标系中，O是坐标原点，直线y=3x+3与y轴交于点A，与x轴交于点B，一次函数y=kx+b(k≠0)的图象经过点A，与x轴交于点C(2,0)，点P是直线AB上一点，点Q是直线AC上一点．
(1)求一次函数y=kx+b的表达式；
(2)当点P在第二象限，PQ/​/x轴且PQ=2时，求点P的坐标；
(3)当以点O，P，Q为顶点的三角形是以∠POQ为直角的等腰直角三角形时，直接写出点P的坐标．
25.(本小题10分)
已知四边形ABCD是正方形，点E是射线CD上的动点(与点C，D不重合)，连接BE，点G在射线BE上(与点B不重合)，且∠AGC=90°．
(1)如图1，当点E在CD上时，猜想线段GA，GB，GC之间的数量关系，请直接写出你的猜想；
(2)如图2，当点E在CD的延长线上时，(1)中的结论是否成立，若成立，请完成证明，若不成立，请写出正确的结论并说明理由；
(3)当AB=4，DE=2时，请直接写出BG的长．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：依题意得：a−4≥0，
解得a≥4．
故选：C．
二次根式的被开方数是非负数，即a−4≥0．
此题考查了二次根式的意义和性质．概念：式子 a(a≥0)叫二次根式．性质：二次根式中的被开方数必须是非负数，否则二次根式无意义．
2.【答案】C
【解析】解：A、2 3与3 2不是同类二次根式，不能合并，不符合题意；
B、3 3×3 2=9 6≠3 6，不符合题意；
C、 27÷ 3=3，符合题意；
D、2 2− 2= 2≠2，不符合题意．
故选：C．
根据二次根式的加减法对A、D进行判断；根据二次根式的乘法法则对B进行判断；根据二次根式的除法法则对C进行判断．
本题考查了二次根式的混合运算，熟练掌握二次根式混合运算的法则是解题的关键．
3.【答案】C
【解析】解：A、12+22≠32，不是勾股数，故本选项不符合题意；
B、42+122≠132，不是勾股数，故本选项不符合题意；
C、82+152=172，是勾股数，故本选项符合题意；
D、42+52≠62，不是勾股数，故本选项不符合题意；
故选：C．
欲判断是否为勾股数，必须根据勾股数是正整数，同时还需验证两小边的平方和是否等于最长边的平方．
考查了勾股数，理解勾股数的定义：满足a2+b2=c2的三个正整数称为勾股数．
4.【答案】D
【解析】解：把正比例函数y=−3x的图象向下平移1个单位长度，得到的函数图象的解析式为y=−3x−1．
故选：D．
根据“上加下减”的原则求解即可．
本题考查的是一次函数的图象与几何变换，熟知函数图象变换的法则是解答此题的关键．
5.【答案】B
【解析】解：∵这组数据的众数是4，
∴数据中的x的值是4，
将这组数据按照从小到大的顺序排列为：3、4、4、5、8，
∵中间的是4，
∴该组数据的中位数为4．
故选：B．
先根据众数的意义推出这组数据中x的值，然后根据求一组数据的中位数的方法即可求出结果．
本题主要考查众数和中位数的意义，熟练掌握众数的意义和求中位数的方法是解决问题的关键．
6.【答案】A
【解析】解：如图，过点A作AD⊥BC，垂足为点D，
∵AB=AC=5，BC=6，
∴BD=CD=12BC=12×6=3，
在△ABD中，
∵AD2+BD2=AB2，
∴AD= AB2−BD2= 52−32=4，
∴S△ABC=12BC⋅AD=12×4×6=12，
故选：A．
首先画出图形，利用勾股定理求出三角形ABC以BC为底边的高，再利用三角形的面积公式求出答案．
本题主要考查了勾股定理以及等腰三角形的性质，解题的关键是利用勾股定理求出三角形的高，此题难度一般．
7.【答案】C
【解析】解：正比例函数y=kx(k≠0)的函数值y随x的增大而减小，
∴k<0，
∴−k>0，
∴一次函数y=kx−k的图象经过第一、二、四象限，
故选：C．
根据正比例函数的增减性可知k<0，进一步可知一次函数y=kx−k的图象经过的象限，即可确定．
本题考查了一次函数的图象和性质，熟练掌握一次函数的图象和性质是解题的关键．
8.【答案】B
【解析】【分析】
本题主要考查了平行四边形的性质、等腰三角形的判定；熟练掌握平行四边形的性质，证出AF=AB是解决问题的关键．
由平行四边形的性质和角平分线得出∠ABF=∠AFB，得出AF=AB=6，同理可证DE=DC=6，再由EF的长，即可求出BC的长．
【解答】
解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD//BC，DC=AB=6，AD=BC，
∴∠AFB=∠FBC，
∵BF平分∠ABC，
∴∠ABF=∠FBC，
则∠ABF=∠AFB，
∴AF=AB=6，
同理可证：DE=DC=6，
∵EF=AF+DE−AD=2，
即6+6−AD=2，
解得：AD=10，
∴BC=10．
故选B．
9.【答案】B
【解析】解：连接AQ，
∵E、F分别是AP、QP的中点，
则EF为△APR的中位线，
∴EF=12AQ=12× AD2+DQ2=12× 122+52=12×13=6.5，
故选：B．
因为Q点不动，所以AQ不变．根据中位线定理，可得EF的长．
本题考查矩形的性质及三角形中位线定理，难度适中，根据中位线定理得出EF=12AQ是解题的突破口．
10.【答案】C
【解析】解：甲5min骑行1250m，故速度为1250÷5=250m/min，
故A正确；
设乙的速度为x m/min，则有20×250−15x=2000，
解得：x=200，
∴乙的速度为200m/min，
甲骑行20分钟后，乙以原速的1.5倍，即1.5×200=300m/min继续骑行，
∵乙先到达B地，
∴由题意可得AB两地的总路程为15×200+(85−20)×300=22500m=22.5km，
故B正确；
乙出发tmin后追上甲，
则(t+5)×250=15×200+(t−15)×300，
解得t=55，即乙出发55min后追上甲，
故C错误．
85min甲的路程为85×250=21250(m)，
∴甲比乙晚22500−21250250=5 min到达B地，
故D正确．
故选：C．
根据函数与图象的关系以此计算即可判断．
本题考查一次函数的应用，解题的关键是读懂图象信息，灵活运用所学知识解决问题．
11.【答案】x≥1且x≠3
【解析】【分析】
本题主要考查了函数自变量的取值范围，函数自变量的范围一般从三个方面考虑：
(1)当函数表达式是整式时，自变量可取全体实数；
(2)当函数表达式是分式时，考虑分式的分母不能为0；
(3)当函数表达式是二次根式时，被开方数为非负数．
根据二次根式的有意义的条件得，被开方数x−1≥0；根据分式有意义的条件，x−3≠0，则函数y= x−1x−3的自变量x取值范围就可以求出．
【解答】
解：根据题意得：x−1≥0x−3≠0
解得x≥1，且x≠3，
故答案为：x≥1且x≠3．
12.【答案】甲
【解析】解：∵S甲2∴甲同学成绩更稳定，
故答案为：甲．
根据方差的定义判断即可，方差越大，数据波动越大；方差越小，数据波动越小．
本题考查方差，掌握方差的性质即表示的意义是解题的关键．
13.【答案】245
【解析】解：设斜边长为c，高为h．
由勾股定理可得：c2=62+82，
则c=10，
直角三角形面积S=12×6×8=12×10×h，
可得：h=245．
故答案为：245．
根据勾股定理求出斜边的长，再根据面积法求出斜边上的高．
本题考查了利用勾股定理求直角三角形的边长及利用面积法求直角三角形的高，是解此类题目常用的方法．
14.【答案】(1,5)
【解析】解：过点B作BD⊥x轴于点D，过点A作DB的垂线交DB的延长线于点E，交y轴于点F，
则∠BDO=∠E=90°，
∴∠BOD+∠DBO=90°，
∵四边形ABOC为正方形，
∴OB=BA，∠ABO=90°，
∴∠DBO+∠ABE=90°，
∴∠BOD=∠ABE，
在△BDO和△AEB中，
∠BDO=∠E=90°∠BOD=∠ABEOB=BA，
∴△BDO≌△AEB(AAS)，
∴OD=BE，BD=AE，
∵点B的坐标为(−2,3)，
∴OD=2，BD=3，
∴BE=2，AE=3，
∴ED=BD+BE=3+2=5，AF=AE−OD=3−2=1，
∴点A的坐标为(1,5)．
故答案为：(1,5)．
过点B作BD⊥x轴于点D，过点A作DB的垂线交DB的延长线于点E，交y轴于点F，先证△BDO和△AEB全等，从而得OD=BE=2，BD=AE=3，进而得ED=5，AF=1，据此可求出点A的坐标．
本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，坐标与图形，解答此题的关键是熟练掌握正方形的性质、全等三角形的判定方法，难点是正确地作出作辅助线构造出全等三角形．
15.【答案】x≤2
【解析】解：观察图象可知，y随x的增大而增大，且图象经过点(2,3)，
∴kx+b≤3的解集是x≤2．
故答案为：x≤2．
先观察图象的增减性和经过的点，再根据条件即可求解．
本题考查了一次函数与一元一次不等式的关系，解题关键是理解函数图象上点的坐标意义，能根据图象的增减性求解．
16.【答案】32 6
【解析】解：连接OE，过点O作OF⊥AB，垂足为F，并延长到点O′，使O′F=OF，连接O′E交直线AB于点P，连接OP，
∴AP是OO′的垂直平分线，
∴OP=O′P，
∴OP+PE=O′P+PE=O′E，
此时，OP+PE的值最小，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD=AB=3，∠BAC=12∠BAD，OA=OC=12AC，OD=OB=12BD，∠AOD=90°，
∵∠BAD=60°，
∴△ADB是等边三角形，
∴BD=AD=3，
∴OD=12BD=32，
∴AO= AD2−DO2= 32−(32)2=32 3，
∴AC=2OA=3 3，
∵CE⊥AH，
∴∠AEC=90°，
∴OE=OA=12AC=32 3，
∴∠OAE=∠OEA，
∵AE平分∠CAB，
∴∠OAE=∠EAB，
∴∠OEA=∠EAB，
∴OE/​/AB，
∴∠EOF=∠AFO=90°，
在Rt△AOF中，∠OAB=12DAB=30°，
∴OF=12OA=34 3，
∴OO′=2OF=32 3，
在Rt△EOO′中，O′E= EO2+OO′2= (32 3)2+(32 3)2=32 6，
∴OE+PE=32 6，
∴OP+PE的最小值为32 6，
故答案为：32 6．
连接OE，过点O作OF⊥AB，垂足为F，并延长到点O′，使O′F=OF，连接O′E交直线AB于点P，连接OP，从而可得OP=O′P，此时OP+PE的值最小，先利用菱形的性质可得AD=AB=3，∠BAC=12∠BAD，OA=OC=12AC，OD=OB=12BD，∠AOD=90°，从而可得△ADB是等边三角形，进而求出AD=3，然后在Rt△ADO中，利用勾股定理求出AO的长，从而求出AC的长，进而利用直角三角形斜边上的中线可得OE=OA=12AC=32 3，再利用角平分线和等腰三角形的性质可得OE/​/AB，从而求出∠EOF=90°，进而在Rt△AOF中，利用锐角三角函数的定义求出OF的长，即可求出OO′的长，最后在Rt△EOO′中，利用勾股定理进行计算即可解答．
本题考查了菱形的性质，勾股定理，角平分线的定义，等边三角形的判定与性质，轴对称−最短路线问题，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
17.【答案】解：(1) 48÷(− 3)− 12× 12+ 24
=− 16− 6+2 6
=−4+ 6；
(2)∵x= 3+2，
∴x2−4x+3
=(x−1)(x−3)
=( 3+2−1)( 3+2−3)
=( 3+1)( 3−1)
=3−1
=2．
【解析】(1)先算乘除法、然后合并同类二次根式即可；
(2)将x的值代入所求式子计算即可．
本题考查二次根式的化简求值，熟练掌握运算法则是解答本题的关键．
18.【答案】证明：如图，

∵四边形ABCD是矩形，
∴AD//BC，
∴∠1=∠2，
∵O为BD的中点，
∴BO=DO，
∵∠BOE=∠DOF，
∴△OBE≌△ODF(ASA)，
∴BE=DF，
∴四边形BEDF是平行四边形，
又∵EF⊥BD，
∴四边形BEDF是菱形．
【解析】根据矩形的性质证明△OBE≌△ODF，得BE=DF，然后根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形即可解决问题．
此题考查了矩形的性质，菱形的判定，全等三角形的判定与性质，解决本题的关键是得到△OBE≌△ODF．
19.【答案】8 12 30 B
【解析】解：(1)由题意得，样本容量为：16÷40%=40，
∴a=40×20%=8，
c=40−8−16−4=12，
m%=1240=30%，即m=30；
故答案为：8；12；30；
(2)把这组数据从小到大排列，排在中间的两个数都在B等级，
所以这组数据的中位数所在的等级是B等级．
故答案为：B；
(3)1000×12+440=400(人)，
答：该校七年级需要进行安全再教育的学生大约有400人．
(1)用B等级的频数除以B等级的频率可得样本容量，再用样本容量乘A等级所占百分百20%可得a的值；用样本容量分别减去其他三个等级的频数可C等级的频数，进而得出c和m的值；
(2)根据中位数的定义解答即可；
(3)用1000乘样本中C、D等级所占百分百之和即可．
本题考查扇形统计图、频率分布图、用样本估计总体，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想解答．
20.【答案】解：∵使得C，D两村到E站的距离相等，
∴DE=CE．
∵DA⊥AB于A，CB⊥AB于B，
∴∠A=∠B=90°，
∴AE2+AD2=DE2，BE2+BC2=EC2，
∴AE2+AD2=BE2+BC2，设AE=x，则BE=AB−AE=(25−x)．
∵DA=15km，CB=10km，
∴x2+152=(25−x)2+102，
解得：x=10，
∴AE=10km．
答：E站应建在离A站10km处．
【解析】根据土特产品收购站E，使得C、D两村到E站的距离相等，在Rt△DAE和Rt△CBE中，设出AE的长，可将DE和CE的长表示出来，列出等式进行求解即可．
本题主要考查了勾股定理的应用，利用AE2+AD2=DE2，BE2+BC2=EC2得出是解决问题的关键．
21.【答案】解：(1)当x=1时，y=−x+5=4，即点E(1,4)，
将点E的坐标代入y=mx+m得：4=m+m，
解得：m=2；
(2)由(1)知，直线CD为y=2x+2，
∵直线y=2x+2与x轴交于点C，
∴C(−1,0)，
∵直线y=−x+5与x轴、y轴分别交于点A，点B，
∴A(5,0)，
∴AC=6，
设点P的横坐标为t，则P(t,−t+5)，
∴S△ACP=12AC⋅yp=3，即12×6×|−t+5|=3，
解得t=4或t=6，
∴P(4,1)或(6,−1)．
【解析】(1)用待定系数法即可求解；
(2)设点P的横坐标为t，则P(t,−t+5)，通过直线的解析式确定A、C的坐标，即可确定AC的长度，然后根据三角形的面积公式可列出关于t的方程，求出t，即可得出P点的坐标．
本题是两条直线相交问题，考查了待定系数法求一次函数的解析式，一次函数图象上点的坐标特征，三角形的面积，表达出P点坐标解题的关键．
22.【答案】(1)证明：连接AE、CE，

∵∠BAD=90°，E为BD中点，
∴AE=12DB，
∵∠DCB=90°，
∴CE=12BD，
∴AE=CE，
∵F是AC中点，
∴EF⊥AC；
(2)解：∵AC=8，BD=10，E、F分别是边AC、BD的中点，
∴AE=CE=5，CF=4，
∵EF⊥AC．
∴EF= CE2−CF2= 52−42=3．
【解析】(1)利用直角三角形斜边中线以及等腰三角形的性质即可解决问题．
(2)在Rt△ECF中，利用勾股定理即可解决问题．
本题考查直角三角形斜边中线的性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
23.【答案】解：(1)设A，B两种品牌足球的单价分别为a元，b元，
根据题意，得4a+3b=4402a+b=180，
解得a=50b=80，
∴A品牌足球单价为50元，B品牌足球单价为80元．
(2)根据题意可知，B品牌足球(60−x)个，
∵B品牌足球不少于a品牌数的2倍，
∴60−x≥2x，
∴x≤20，
∴y=50x+80(60−x)=−30x+4800，
∵−30<0，
∴y随x的增大而减小，
∴当x=20时，y最小，此时y=−30×20+4800=4200．
综上，y=−30x+4800，y取得最小值4200元，此时A品牌足球购买了20个，B品牌足球购买了40个．
【解析】(1)根据题意，列二元一次方程组即可；
(2)根据题意，得一元一次不等式，解不等式，表示出总费用y，根据一次函数的增减性计算y最小值即可．
本题考查了二元一次方程组和一元一次不等式的综合，根据一次函数的增减性来确定总费用最小值是解决本题的关键．
24.【答案】解：(1)∵直线y=3x+3与y轴交于点A，则点A(0,3)，
则b=3，
将点C的坐标代入y=kx+3得：0=2k+3，
解得：k=−32，
则一次函数y=kx+b的表达式为：y=−32x+3；
(2)设点P(m,3m+3)，点N(−2m,3m+3)，
则PQ=−2m−m=2，
解得：m=−23，
则点P(−23,1)；
(3)设P(m,3m+3)，点N(n,−32n+3)，
分别过点P、Q作x轴的垂线，垂足分别为点M、N，

以点O，P，Q为顶点的三角形是以∠POQ为直角的等腰直角三角形时，
则PO=QO，∠POQ=90°，
则∠POM+∠QON=90°，∠QON+∠OQN=90°，
∴∠MPO=∠QON，
∵∠PMO=∠ONQ=90°，PO=QO，
∴△PMO≌△ONQ(AAS)，
则PM=ON且OM=QN，
即|3m+3|=n且−m=|−32n+3|，
解得：m=−37或−157，
则点P(−37,127)或(−157,−247).
【解析】(1)由待定系数法即可求解；
(2)设点P(m,3m+3)，点N(−2m,3m+3)，则PQ=−2m−m=2，即可求解；
(3)证明△PMO≌△ONQ(AAS)，得到|3m+3|=n且−m=|−32n+3|，即可求解．
本题考查的是一次函数综合运用，涉及到三角形全等、一次函数的图象和性质，证明三角形全等是解题的关键．
25.【答案】解：(1)AG+CG= 2BG，理由如下：
如图1，过点B作BH⊥BG，交GC的延长线于H，

∵BH⊥BG，
∴∠GBH=90°=∠ABC=∠AGC，
∴∠ABG=∠CBH，∠BAG+∠BCG=180°，
∵∠BCH+∠BCG=180°，
∴∠BAG=∠BCH，
又∵AB=BC，
∴△ABG≌△BCH(ASA)，
∴AG=CH，BG=BH，
∴GH= 2BG，
∴AG+CG= 2BG；
(2)(1)的结论仍然成立，理由如下：

过点B作BH⊥BG，交GA的延长线于H，
∵BH⊥BG，
∴∠GBH=90°=∠ABC=∠AGC，
∴∠ABH=∠CBG，∠BAH+∠BCG=180°，
∵∠BAH+∠BAG=180°，
∴∠BAH=∠BCG，
又∵AB=BC，
∴△ABH≌△BCG(ASA)，
∴AH=CG，BG=BH，
∴GH= 2BG，
∴AG+CG= 2BG；
(3)当点E在线段CD上时，如图1，过点C作CN⊥BG于N，

∵AB=4=BC=CD，DE=2，
∴CE=2，
∴BE= BC2+CE2= 16+4=2 5，
∵S△BEC=12×BE⋅NC=12×BC⋅CE，
∴2 5CN=2×4，
∴CN=4 55，
∴BN= BC2−CN2= 16−165=8 55，
∵BH=BG，BH⊥BG，
∴∠BGH=45°，
∵CN⊥BG，
∴△CNG是等腰直角三角形，
∴CN=NG=4 55，
∴BG=12 55；
当点E在CD的延长线上时，如图2，过点C作CN⊥BE于N，

同理可求BG=20 1313，
综上所述：BG的长为12 55或20 1313．
【解析】(1)由“ASA”可证△ABG≌△BCH，可得AG=CH，BG=BH，由等腰直角三角形的性质可求解；
(2)由“ASA”可证△ABH≌△BCG，可得AH=CG，BG=BH，由等腰直角三角形的性质可求解；
(3)分两种情况讨论，由勾股定理可求解．
本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，证明三角形全等是解题的关键．等级
频数(人数)
A(90≤x≤100)
a
B(80≤x<90)
16
C(60≤x<80)
c
D(0≤x<60)
4