2024年吉林省长春市吉大附中实验学校数学九年级第一学期开学学业质量监测试题【含答案】

这是一份2024年吉林省长春市吉大附中实验学校数学九年级第一学期开学学业质量监测试题【含答案】，共25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。

一、选择题（本大题共8个小题，每小题4分，共32分，每小题均有四个选项，其中只有一项符合题目要求）
1、（4分）用配方法解下列方程，其中应在方程左右两边同时加上4的是（ ）
A．x2﹣2x＝5B．x2+4x＝5C．2x2﹣4x＝5D．4x2+4x＝5
2、（4分）下列成语所描述的事件为随机事件的是（ ）
A．守株待兔B．水中捞月C．瓮中捉鳖D．拔苗助长
3、（4分）现定义运算“★”，对于任意实数，，都有，如，若，则实数的值为（ ）
A．-4或-1B．4或-1C．4或-2D．-4或2
4、（4分）如图，在数轴上，点A表示的数是2，△OAB是Rt△，∠OAB＝90°，AB＝1，现以点O为圆心，线段OB长为半径画弧，交数轴负半轴于点C，则点C表示的实数是( )
A．﹣B．﹣C．﹣3D．﹣2
5、（4分）如图，四边形ABCD是矩形，连接BD，，延长BC到E使CE=BD，连接AE，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
6、（4分）下列方程中有实数根的是（ ）
A．；B．=；C．；D．=1+．
7、（4分）如图，正方形ABCD中，E、F是对角线AC上两点，连接BE、BF、DE、DF，则添加下列条件①∠ABE＝∠CBF；②AE＝CF；③AB＝AF；④BE＝BF．可以判定四边形BEDF是菱形的条件有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
8、（4分）已知菱形的边长等于2cm，菱形的一条对角线也是长2cm，则另一条对角线长是（ ）
A．4cmB．2cmC． cmD．3cm
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、（4分）点A（2，1）在反比例函数y=的图象上，当1＜x＜4时，y的取值范围是 ．
10、（4分）如图，在中，点在上，请再添加一个适当的条件，使与相似，那么要添加的条件是__________．(只填一个即可)
11、（4分）如图，菱形ABCD中，AC交BD于O，DE⊥BC于E，连接OE，若∠ABC=140°，则∠OED= _____．
12、（4分）如图是一种“羊头”形图案，其作法是：从正方形①开始，以它的一边为斜边，向外作等腰直角三角形，然后再以其直角边为边，分别向外作正方形②和②′，…依此类推，若正方形①的边长为64m，则正方形⑨的边长为________cm．
13、（4分）甲、乙两学生在军训打靶训练中，打靶的总次数相同，且所中环数的平均数也相同，但甲的成绩比乙的成绩稳定，那么两者的方差的大小关系是___________ . (填“>”，“<”或“=”)
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（12分）已知点P（1，m）、Q（n，1）在反比例函数y＝的图象上，直线y＝kx+b经过点P、Q，且与x轴、y轴的交点分别为A、B两点．
（1）求 k、b的值；
（2）O为坐标原点，C在直线y＝kx+b上且AB＝AC，点D在坐标平面上，顺次联结点O、B、C、D的四边形OBCD满足：BC∥OD，BO＝CD，求满足条件的D点坐标．
15、（8分）如图1，边长为的大正方形中有一个边长为的小正方形（），图2是由图1中阴影部分拼成的一个长方形．
（1）观察图1、图2，当用不同的方法表示图形中阴影部分的面积时，可以获得一个因式分解公式，则这个公式是_______；
（2）如果大正方形的边长比小正方形的边长多3，它们的面积相差57，试利用（1）中的公式，求，的值．
16、（8分）如图，△ABC中，AB＝AC＝1，∠BAC＝45°，△AEF是由△ABC绕点A按顺时针方向旋转得到的，连接BE，CF相交于点D,
（1）求证：BE＝CF ；
（2）当四边形ACDE为菱形时，求BD的长．
17、（10分）如图，李亮家在学校的北偏西方向上，距学校米，小明家在学校北偏东方向上，距学校米.
(1)写出学校相对于小明家的位置；
(2)求李亮家与小明家的距离.
18、（10分）如图，已知双曲线，经过点D（6，1），点C是双曲线第三象限上的动点，过C作CA⊥x轴，过D作DB⊥y轴，垂足分别为A，B，连接AB，BC．
（1）求k的值；
（2）若△BCD的面积为12，求直线CD的解析式；
（3）判断AB与CD的位置关系，并说明理由．
B卷（50分）
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19、（4分）如图，正方形面积为，延长至点，使得，以为边在正方形另一侧作菱形，其中，依次延长类似以上操作再作三个形状大小都相同的菱形，形成风车状图形，依次连结点则四边形的面积为___________．
20、（4分）如图，在中，，，将绕点顺时针旋转，点、旋转后的对应点分别是点和，连接，则的度数是______．
21、（4分）在▱ABCD中，对角线AC，BD相交于点O．请你添加一个条件，使得四边形ABCD成为菱形，这个条件可以是_____．（写出一种情况即可）
22、（4分）如图，先画一个边长为1的正方形，以其对角线为边画第二个正方形，再以第二个正方形的对角线为边画第三个正方形，…，如此反复下去，那么第n个正方形的对角线长为_____．
23、（4分）某校九年级甲、乙两班举行电脑汉字输入比赛，两个班能参加比赛的学生每分钟输入汉字的个数，经统计和计算后结果如下表：
有一位同学根据上面表格得出如下结论：
①甲、乙两班学生的平均水平相同；②乙班优秀人数比甲班优秀人数多（每分钟输入汉字达150个以上为优秀）；③甲班学生比赛成绩的波动比乙班学生比赛成绩的波动大．
上述结论正确的是_______（填序号）．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（8分）把下列各式因式分解．
（1）
（2）
25、（10分）如图，已知正方形ABCD的边长为3，菱形EFGH的三个顶点E、G、H分别在正方形的边AB、CD、DA上，AH＝1，联结CF．
（1）当DG＝1时，求证：菱形EFGH为正方形；
（2）设DG＝x，△FCG的面积为y，写出y关于x的函数解析式，并指出x的取值范围；
（3）当DG＝时，求∠GHE的度数．
26、（12分）如图，平行四边形ABCD中，AE、DE分别平分∠BAD、∠ADC，E点在BC上．
（1）求证：BC＝2AB；
（2）若AB＝3cm，∠B＝60°，一动点F以1cm/s的速度从A点出发，沿线段AD运动，CF交DE于G，当CF∥AE时：
①求点F的运动时间t的值；②求线段AG的长度．
参考答案与详细解析
一、选择题（本大题共8个小题，每小题4分，共32分，每小题均有四个选项，其中只有一项符合题目要求）
1、B
【解析】
配方法的一般步骤：
（1）把常数项移到等号的右边；
（2）把二次项的系数化为1；
（3）等式两边同时加上一次项系数一半的平方．
【详解】
A、因为本方程的一次项系数是-2，所以等式两边同时加上一次项系数一半的平方1；故本选项错误；
B、因为本方程的一次项系数是4，所以等式两边同时加上一次项系数一半的平方4；故本选项正确；
C、将该方程的二次项系数化为x 2 -2x= ，所以本方程的一次项系数是-2，所以等式两边同时加上一次项系数一半的平方1；故本选项错误；
D、将该方程的二次项系数化为x 2 +x= ，所以本方程的一次项系数是1，所以等式两边同时加上一次项系数一半的平方；故本选项错误；
故选B．
本题考查的知识点是配方法解一元二次方程，解题关键是注意选择用配方法解一元二次方程时，最好使方程的二次项的系数为1，一次项的系数是2的倍数．
2、A
【解析】
根据事件发生的可能性大小判断相应事件的类型即可．
【详解】
解：A、是随机事件，故A符合题意；
B、是不可能事件，故B不符合题意；
C、是必然事件，故C不符合题意；
D、是不可能事件，故D不符合题意；
故选A．
本题考查了随机事件，解决本题需要正确理解必然事件、不可能事件、随机事件的概念．必然事件指在一定条件下，一定发生的事件．不可能事件是指在一定条件下，一定不发生的事件，不确定事件即随机事件是指在一定条件下，可能发生也可能不发生的事件．
3、B
【解析】
根据新定义a★b=a2-3a+b，将方程x★2=6转化为一元二次方程求解．
【详解】
依题意,原方程化为x2−3x+2=6，
即x2−3x−4=0，
分解因式,得(x+1)(x−4)=0，
解得x1=−1,x2=4.
故选B.
此题考查解一元二次方程-因式分解法，解题关键在于掌握运算法则.
4、B
【解析】
直接根据勾股定理，在Rt△AOB中，，求出OB长度，再求出OC长度，结合数轴即可得出结论．
【详解】
解：∵在Rt△AOB中，OA=2，AB=1，
∴OB==．
∵以O为圆心，以OB为半径画弧，交数轴的正半轴于点C，
∴OC=OB=，
∴点C表示的实数是-．
故选B．
本题考查的是实数与数轴以及复杂作图，熟知实数与数轴上各点是一一对应关系是解答此题的关键．
5、A
【解析】
如图，连接AC．只要证明CE=CA，推出∠E=∠CAE，求出∠ACE即可解决问题．
【详解】
如图，连接AC．
∵四边形ABCD是矩形，∴AC=BD．
∵EC=BD，∴AC=CE，∴∠AEB=∠CAE，易证∠ACB=∠ADB=30°．
∵∠ACB=∠AEB+∠CAE，∴∠AEB=∠CAE=15°．
故选A．
本题考查了矩形的性质、等腰三角形的判定和性质，三角形的外角的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造等腰三角形解决问题．
6、B
【解析】
【分析】根据算术平方根意义或非负数性质以及分式方程的意义，可以判断方程的根的情况.
【详解】A. ,算术平方根不能是负数，故无实数根；
B. =，两边平方可化为二元一次方程，有实数根，故可以选；
C.方程化为 ，平方和不能是负数，故不能选；
D.由 =1+得x=1,使分母为0，故方程无实数根．
故选：B
【点睛】本题考核知识点：方程的根.解题关键点：根据方程的特殊形式判断方程的根的情况.
7、C
【解析】
根据正方形的四条边都相等，对角线互相垂直平分且每一条对角线平分一组对角的性质，再加上各选项的条件，对各选项分析判断后即可得出正确选项的个数
【详解】
解：如图，连接BD，交AC于点O，
在正方形ABCD中，AB=BC，∠BAC=∠ACB，AC⊥BD，AO=CO，BO=DO，
①在△ABE与△BCF中，
，
∴△ABE≌△BCF（ASA），
∴BE=BF，
∵AC⊥BD，
∴OE=OF，
所以四边形BEDF是菱形，故①选项正确；
②在正方形ABCD中，AC=BD，
∴OA=OB=OC=OD，
∵AE=CF，
∴OE=OF，又EF⊥BD，BO=OD，
∴四边形BEDF是菱形，故②选项正确；
③AB=AF，不能推出四边形BEDF其它边的关系，故不能判定是菱形，本选项错误；
④BE=BF，同①的后半部分证明，故④选项正确．
所以①②④共3个可以判定四边形BEDF是菱形．
故选：C．
本题主要考查菱形的判定定理，还综合考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质等，熟练掌握菱形的判定定理是解题的关键．
8、B
【解析】
根据菱形的对角线和一边长组成一个直角三角形的性质，再由勾股定理得出另一条对角线的长即可．
【详解】
解：因为菱形的对角线互相垂直平分，
∴另一条对角线的一半长＝，
则另一条对角线长是2cm．
故选B．
本题考查菱形的基本性质：菱形的对角线互相垂直平分，以及综合利用勾股定理．
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、＜y＜1
【解析】
试题分析：将点A（1，1）代入反比例函数y=的解析式，求出k=1，从而得到反比例函数解析式，再根据反比例函数的性质，由反比例图像在第一象限内y随x的增大而减小，可根据当x=1时，y=1，当x=4时，y=，求出当1＜x＜4时，y的取值范围＜y＜1．
考点：1、待定系数法求反比例函数解析式；1、反比例函数的性质
10、或
【解析】
已知与的公共角相等，根据两角对应相等的两个三角形相似再添加一组对应角相等即可.
【详解】
解：（公共角）
（或）
（两角对应相等的两个三角形相似）
故答案为：或
本题考查了相似三角形的判定，熟练掌握相似三角形的判定定理是解题的关键.
11、20°
【解析】
解：∵四边形ABCD是菱形，∴DO=OB，∵DE⊥BC于E，∴OE为直角三角形BED斜边上的中线，∴OE=BD，∴OB=OE，∴∠OBE=∠OEB，∵∠ABC=140°，∴∠OBE=70°，∴∠OED=90°﹣70°=20°，故答案为20°．
点睛：本题考查了菱形的性质、直角三角形斜边上中线的性质，得到OE为直角三角形BED斜边上的中线是解题的关键．
12、4
【解析】
第一个正方形的边长为64cm，则第二个正方形的边长为64×cm，第三个正方形的边长为64×（）2cm，依此类推，通过找规律求解．
【详解】
根据题意：第一个正方形的边长为64cm；
第二个正方形的边长为：64×=32cm；
第三个正方形的边长为：64×（）2cm，
…
此后，每一个正方形的边长是上一个正方形的边长的 ，
所以第9个正方形的边长为64×（）9-1=4cm，
故答案为4
本题是一道找规律的题目，要求学生通过观察，分析、归纳发现其中的规律，并应用发现的规律解决问题．
13、<
【解析】
根据方差的意义可作出判断，方差是用来衡量一组数据波动大小的量，方差越小，表明这组数据分布比较集中，各数据偏离平均数越小，即波动越小，数据越稳定．
【详解】
解：∵甲的成绩比乙的成绩稳定，
∴S2甲＜S2乙，
故答案为：＜．
本题考查方差的意义，方差是用来衡量一组数据波动大小的量，方差越大，表明这组数据偏离平均数越大，即波动越大，数据越不稳定；反之，方差越小，表明这组数据分布比较集中，各数据偏离平均数越小，即波动越小，数据越稳定．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（1）k＝﹣1，b＝6；（2）满足条件的点D坐标是（12，﹣12）或（6，﹣6）
【解析】
（1）把P、Q的坐标代入反比例函数解析式可求得m、n的值，再把P、Q坐标代入直线解析式可求得k、b的值；
（2）结合（1）可先求得A、B坐标，可求得C点坐标，再由条件可求得直线OD的解析式，由BO=CD可求得D点坐标．
【详解】
解：
（1）把P（1，m）代入y＝ ，得 m＝5，
∴P（1，5），
把Q（n，1）代入y＝，得 n＝5，
∴Q（5，1），
P（1，5）、Q（5，1）代入y＝kx+b得 ,解得 ，
即k＝﹣1，b＝6；
（2）由（1）知 y＝﹣x+6，
∴A（6，0）B（0，6）
∵C点在直线AB上，
∴设C（x，﹣x+6），
由AB＝AC得，
解得x＝12或x＝0（不合题意，舍去），
∴C（12，﹣6），
∵直线OD∥BC 且过原点，
∴直线OD解析式为y＝﹣x，
∴可设D（a，﹣a），
由OB＝CD 得6＝ ，
解得a＝12或a＝6，
∴满足条件的点D坐标是（12，﹣12）或（6，﹣6）
此题考查反比例函数与一次函数的交点问题，解题关键在于把已知点代入解析式
15、（1）；（2）a=11，b=1
【解析】
（1）根据两个图形的面积即可列出等式；
（2）根据题意得到，由面积相差57得到，解a与b组成的方程组求解即可.
【详解】
解：（1）图1阴影面积=，图2的阴影面积=（a+b）（a-b），
∴，
故答案为：；
（2）由题意可得：．
∵．
∴．
∴解得
∴，的值分别是11，1．
此题考查完全平方公式与几何图形的关系，二元一次方程组的实际应用.
16、（1）证明见解析（2）-1
【解析】
（1）先由旋转的性质得AE=AB，AF=AC，∠EAF=∠BAC，则∠EAF+∠BAF=∠BAC+∠BAF，即∠EAB=∠FAC，利用AB=AC可得AE=AF，得出△ACF≌△ABE，从而得出BE=CF；
（2）由菱形的性质得到DE=AE=AC=AB=1，AC∥DE，根据等腰三角形的性质得∠AEB=∠ABE，根据平行线得性质得∠ABE=∠BAC=45°，所以∠AEB=∠ABE=45°，于是可判断△ABE为等腰直角三角形，所以BE=AC=，于是利用BD=BE﹣DE求解．
【详解】
（1）∵△AEF是由△ABC绕点A按顺时针方向旋转得到的，
∴AE=AB，AF=AC，∠EAF=∠BAC，
∴∠EAF+∠BAF=∠BAC+∠BAF，
即∠EAB=∠FAC，
在△ACF和△ABE中，
△ACF≌△ABE
BE=CF.
（2）∵四边形ACDE为菱形，AB=AC=1，
∴DE=AE=AC=AB=1，AC∥DE，
∴∠AEB=∠ABE，∠ABE=∠BAC=45°，
∴∠AEB=∠ABE=45°，
∴△ABE为等腰直角三角形，
∴BE=AC=，
∴BD=BE﹣DE=．
考点：1．旋转的性质；2．勾股定理；3．菱形的性质．
17、（1）学校在小明家的南偏西方向上，距小明家米；（2）米.
【解析】
(1) 观察图形，根据OB及图中各角度，即可得出结论．
(2)连接AB,利用勾股定理计算即可得AB的长度.
【详解】
(1)学校在小明家的南偏西方向上，距小明家米.
(2)连接AB
米，米，，
米.
本题考查坐标确定位置、勾股定理，掌握用方位角和距离表示位置及利用勾股定理求长度是解题的关键.
18、（1）k=6；
（2）直线CD的解析式为；
（3）AB∥CD，理由见解析.
【解析】
（1）把点D的坐标代入双曲线解析式，进行计算即可得解.
（2）先根据点D的坐标求出BD的长度，再根据三角形的面积公式求出点C到BD的距离，然后求出点C的纵坐标，再代入反比例函数解析式求出点C的坐标，然后利用待定系数法求一次函数解析式解答.
（3）根据题意求出点A、B的坐标，然后利用待定系数法求出直线AB的解析式，可知与直线CD的解析式k值相等，所以AB、CD平行.
【详解】
解：（1）∵双曲线经过点D（6，1），∴，解得k=6.
（2）设点C到BD的距离为h，
∵点D的坐标为（6，1），DB⊥y轴，∴BD=6，∴S△BCD=×6•h=12，解得h=4.
∵点C是双曲线第三象限上的动点，点D的纵坐标为1，∴点C的纵坐标为1－4= －3.
∴，解得x= －2.∴点C的坐标为（－2，－3）.
设直线CD的解析式为y=kx＋b，
则，解得.
∴直线CD的解析式为.
（3）AB∥CD.理由如下：
∵CA⊥x轴，DB⊥y轴，点C的坐标为（－2，－3），点D的坐标为（6，1），
∴点A、B的坐标分别为A（－2，0），B（0，1）.
设直线AB的解析式为y=mx+n，
则，解得.
∴直线AB的解析式为.
∵AB、CD的解析式k都等于相等.
∴AB与CD的位置关系是AB∥CD.
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19、
【解析】
如图所示，延长CD交FN于点P，过N作NK⊥CD于点K，延长FE交CD于点Q，交NS于点R，首先利用正方形性质结合题意求出AD=CD=AG=DQ=1，然后进一步根据菱形性质得出DE=EF=DG=2，再后通过证明四边形NKQR是矩形得出QR=NK=，进一步可得，再延长NS交ML于点Z，利用全等三角形性质与判定证明四边形FHMN为正方形，最后进一步求解即可.
【详解】
如图所示，延长CD交FN于点P，过N作NK⊥CD于点K，延长FE交CD于点Q，交NS于点R，
∵ABCD为正方形，
∴∠CDG=∠GDK=90°，
∵正方形ABCD面积为1，
∴AD=CD=AG=DQ=1，
∴DG=CT=2，
∵四边形DEFG为菱形，
∴DE=EF=DG=2，
同理可得：CT=TN=2，
∵∠EFG=45°，
∴∠EDG=∠SCT=∠NTK=45°，
∵FE∥DG，CT∥SN，DG⊥CT，
∴∠FQP=∠FRN=∠DQE=∠NKT=90°，
∴DQ=EQ=TK=NK=，FQ=FE+EQ=，
∵∠NKT=∠KQR=∠FRN=90°，
∴四边形NKQR是矩形，
∴QR=NK=，
∴FR=FQ+QR=，NR=KQ=DK−DQ=，
∴，
再延长NS交ML于点Z，易证得：△NMZ≅△FNR(SAS)，
∴FN=MN，∠NFR=∠MNZ，
∵∠NFR+∠FNR=90°，
∴∠MNZ+∠FNR=90°，
即∠FNM=90°，
同理可得：∠NFH=∠FHM=90°，
∴四边形FHMN为正方形，
∴正方形FHMN的面积=，
故答案为：.
本题主要考查了正方形和矩形性质与判定及与全等三角形性质与判定的综合运用，熟练掌握相关方法是解题关键.
20、35°
【解析】
由旋转的性质可得AB=AD，∠BAD=70°，由等腰三角形的性质和直角三角形的性质可求解．
【详解】
∵将△ABC绕点A顺时针旋转70°，
∴AB=AD，∠BAD=70°, ∠AED=90°
∴∠ABD=55°
∵∠BED=∠AED =90°
∴∠BDE=35°
故答案为35°
本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质和直角三角形的性质，熟练运用旋转的性质是本题的关键．
21、AC⊥BD（答案不唯一）
【解析】
依据菱形的判定定理进行判断即可．
【详解】
解：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴当AC⊥BD时，四边形ABCD为菱形．
故答案为AC⊥BD(答案不唯一).
本题主要考查菱形的判定，平行四边形的性质，熟悉掌握菱形判定条件是关键.
22、（）n．
【解析】
第1个正方形的边长是1，对角线长为；第二个正方形的边长为，对角线长为（）2=2，第3个正方形的对角线长为（）3；得出规律，即可得出结果．
【详解】
第1个正方形的边长是1，对角线长为；
第二个正方形的边长为，对角线长为（）2＝2
第3个正方形的边长是2，对角线长为2＝（）3；…，
∴第n个正方形的对角线长为（）n；
故答案为（）n．
本题主要考查了正方形的性质、勾股定理；求出第一个、第二个、第三个正方形的对角线长，得出规律是解决问题的关键．
23、①②③．
【解析】
根据平均数、方差和中位数的意义，可知：甲乙的平均数相同，所以①甲、乙两班学生的平均水平相同．根据中位数可知乙的中位数大，所以②乙班优秀的人数比甲班优秀的人数多．根据方差数据可知，方差越大波动越大，反之越小，所以甲班学生比赛成绩的波动比乙班学生比赛成绩的波动大．
故答案为①②③．
本题考查统计知识中的中位数、平均数和方差的意义．要知道平均数和中位数反映的是数据的集中趋势，方差反映的是离散程度．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（1）；（2）
【解析】
（1）先提取，再利用完全平方公式即可求解；
（2）先化简，再利用完全平方公式和平方差公式即可求解．
【详解】
解：（1）原式
（2）原式
．
此题主要考查因式分解，解题的关键是熟知因式分解的方法．
25、（2）详见解析；（2）（3）60°
【解析】
(2)先求出HG，再判断出△AHE≌△DGH，得出∠AHE=∠DGH，进而判断出∠GHE=90∘，即可得出结论；
(2)先判断出∠HEA=∠FGM，进而判断出△AHE≌△MFG.得出FM=HA=2，即可得出结论；
(3)利用勾股定理依次求出GH= ，AE= ，GE= ，进而判断出GH=HE=GE，即可得出结论
【详解】
解：（2）在正方形ABCD中，
∵AH＝2，
∴DH＝2．
又∵DG＝2，
∴HG＝
在△AHE和△DGH中，
∵∠A＝∠D＝90°，AH＝DG＝2，EH＝HG＝，
∴△AHE≌△DGH，
∴∠AHE＝∠DGH．
∵∠DGH+∠DHG＝90°，∠AHE+∠DHG＝90°．
∴∠GHE＝90°
所以菱形EFGH是正方形；
（2）如图2，过点F作FM⊥DC交DC所在直线于M，联结GE．
∵AB∥CD，
∴∠AEG＝∠MGE．
∵HE∥GF，
∴∠HEG＝∠FGE．
∴∠HEA＝∠FGM，
在△AHE和△MFG中，
∵∠A＝∠M＝90°，EH＝GF．
∴△AHE≌△MFG．
∴FM＝HA＝2．
即无论菱形EFGH如何变化，点F到直线CD的距离始终为定值2，
∴y＝ GC•FM＝（3﹣x）×2＝﹣x+（0≤x≤）；
（3）如图2，当DG＝时，
在Rt△HDG中，DH＝2，根据勾股定理得，GH＝；
∴HE＝GH＝ ，
在Rt△AEH中，根据勾股定理得，AE＝，
过点G作GN⊥AB于N，
∴EN＝AE﹣DG＝
在Rt△ENG中，根据勾股定理得，GE＝
∴GH＝HE＝GE，
∴△GHE为等边三角形．
∴∠GHE＝60°．
此题考查正方形的判定，全等三角形的性质与判断，勾股定理，解题关键在于作辅助线
26、（1）见解析；（2）①t＝3（秒）；②AG＝．
【解析】
(1)先判断出∠DAE=∠AEB,再判断出∠DAE=∠BAE,进而得出∠BAE=∠AEB,即可判断出AB=BE同理:判断出CE=AB,即可得出结论
(2)①先判断出四边形AECF是平行四边形,进而求AF=3,即可得出结论
②先判断出△ABE是等边三角形,进而求出∠AEB=60°,AE=3cm,再判断出∠DCF=∠ECF,即可判断出∠CGE=90°,最后用勾股定理即可得出结论.
【详解】
（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD，AD∥BC，
∴∠DAE＝∠AEB，
∵AE是∠BAD的平分线，
∴∠DAE＝∠BAE，
∴∠BAE＝∠AEB，
∴AB＝BE，
同理：CE＝CD，
∴BE＝CE＝AB，
∴BC＝BE+CD＝2AB；
（2）①由（1）知，CE＝CD＝AB，
∵AB＝3cm，
∴CE＝3cm，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC
∵AE∥CF，
∴四边形AECF是平行四边形，
∴AF＝CE＝3cm，
∴点F的运动时间t＝3÷1＝3（秒）；
②由（1）知AB＝BE，
∵∠B＝60°，
∴△ABE是等边三角形，
∴∠AEB＝60°，AE＝AB＝3cm，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠B+∠BCD＝180°，
∵∠B＝60°，
∴∠BCD＝120°，
∵AE∥CF，
∴∠ECF＝∠AEB＝60°，
∴∠DCF＝∠BCD﹣∠ECF＝60°＝∠ECF，
由（1）知，CE＝CD＝AB＝3cm，
∴CF⊥DE，
∴∠CGE＝90°，
在Rt△CGE中，∠CEG＝90°﹣∠ECF＝30°，CG＝ CE＝ ，
∴EG＝ CG＝ ，
∵∠AEB＝60°，∠CEG＝30°，
∴∠AEG＝90°，
在Rt△AEG中，AE＝3，根据勾股定理得，AG＝．
此题为四边形的综合题，解题关键在于运用平行四边形的性质求解
题号
一
二
三
四
五
总分
得分