2024年河北省武邑中学数学九上开学综合测试模拟试题【含答案】

这是一份2024年河北省武邑中学数学九上开学综合测试模拟试题【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）下列命题中，正确的是（ ）
A．在三角形中，到三角形三边距离相等的点是三条边垂直平分线的交点
B．平行四边形是轴对称图形
C．三角形的中位线将三角形分成面积相等的两个部分
D．一组对边平行，一组对角相等的四边形是平行四边形
2、（4分）如图，矩形纸片ABCD中，AB=4，AD=3，折叠纸片使AD边与对角线BD重合，折痕为DG，则AG的长为（ ）
A．1B．C．D．2
3、（4分）10个人围成一圈做游戏.游戏的规则是：每个人心里都想一个数，并把目己想的数告诉与他相邻的两个人，然后每个人将与他相邻的两个人告诉他的数的平均数报出来，若报出来的数如图所示，则报出来的数是3的人心里想的数是（ ）
A．2B．C．4D．
4、（4分）去分母解关于的方程产生增根，则的取值为（ ）
A．-1B．1C．3D．以上答案都不对
5、（4分）定义一种正整数“”的运算：①当是奇数时，；②当是偶数时，(其中是使得为奇数的正整数，)两种运算交替重复运行.例如，取，则： ，若，则第次“”运算的结果是( )
A．B．C．D．
6、（4分）要使二次根式有意义，则x的取值范围是（ ）
A．x3D．x≥3
7、（4分）如图，△ABC顶点C的坐标是（1，-3），过点C作AB边上的高线CD，则垂足D点坐标为（ ）
A．（1，0）B．（0，1）
C．（-3，0）D．（0，-3）
8、（4分）观察下列等式：，，，，，…，那么的个位数字是（ ）
A．0B．1C．4D．5
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、（4分）若方程x2﹣3x﹣1＝0的两根为x1、x2，则 的值为_____．
10、（4分）如图，正方形ABCD中，AB=6，点E在边CD上，且CD=3DE，将△ADE沿AE对折至△AEF，延长EF交边BC于点G，连接AG，CF，则下列结论：①△ABG≌△AFG；②BG=CG；③AG∥CF；④S△EGC=S△AFE；⑤S△FGC=，其中正确的结论有__________．
11、（4分）方程x2＝2x的解是__________．
12、（4分）如图，在平面直角坐标系中，有A（﹣3，4）、B（﹣1，0）、C（5，10）三点，连接CB，将线段CB沿y轴正方向平移t个单位长度，得到线段C1B1，当C1A+AB1取最小值时，实数t＝_____．
13、（4分）甲、乙两个班级各20名男生测试“引体向上”，成绩如下图所示：设甲、乙两个班级男生“引体向上”个数的方差分别为S2甲和S2乙，则S2甲____S2乙．（填“＞”，“＜”或“＝”）
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（12分）如图，在平行四边形ABCD中，AE平分∠BAD交BC于点E．
（1）作CF平分∠BCD交AD于点F（用尺规作图，保留作图痕迹，不要求写作法）；
（2）在（1）的条件下，求证：△ABE≌△CDF．
15、（8分）某市提倡“诵读中华经典，营造书香校园”的良好诵读氛围，促进校园文化建设，进而培养学生的良好诵读习惯，使经典之风浸漫校园．某中学为了了解学生每周在校经典诵读时间，在本校随机抽取了若干名学生进行调查，并依据调查结果绘制了以下不完整的统计图表，请根据图表信息解答下列问题：
（1）表中的a＝ ，b＝ ；
（2）请将频数分布直方图补全；
（3）若该校共有1200名学生，试估计全校每周在校参加经典诵读时间至少有4小时的学生约为多少名？
16、（8分）如图，在边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中，△ABC与△DEF关于点O成中心对称，△ABC与△DEF的顶点均在格点上．
（1）在图中直接画出O点的位置；
（2）若以O点为平面直角坐标系的原点，线段AD所在的直线为y轴，过点O垂直AD的直线为x轴，此时点B的坐标为（﹣2，2），请你在图上建立平面直角坐标系，并回答下面的问题：将△ABC先向右平移4个单位长度，再向下平移2个单位长度，得到△A1B1C1，请画出△A1B1C1，并直接写出点B1的坐标．
17、（10分）如图，已知点D在△ABC的BC边上，DE∥AC交AB于E，DF//AB交AC于F
（1）求证：AE=DF，
（2）若AD平分∠BAC，试判断四边形AEDF的形状，并说明理由．
18、（10分）如图，在▱ABCD中，E，F是对角线AC上不同两点，，求证：四边形BFDE是平行四边形．
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）两个相似三角形的周长分别为8和6，若一个三角形的面积为36，则另一个三角形的面积为________.
20、（4分）如图，菱形ABCD的对角线AC＝3cm，BD＝4cm，则菱形ABCD的面积是_____．
21、（4分）如图，菱形ABCD周长为16，∠ADC＝120°，E是AB的中点，P是对角线AC上的一个动点，则PE+PB的最小值是_____．
22、（4分）分解因式：________．
23、（4分）在平面直角坐标系中，将点P(﹣2，1)向右平移3个单位长度，再向上平移4个单位长度得到点P'的坐标是_____．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（8分）如图，一艘轮船位于灯塔P南偏西60°方向的A处，它向东航行20海里到达灯塔P南偏西45°方向上的B处，若轮船继续沿正东方向航行，求轮船航行途中与灯塔P的最短距离．(结果保留根号)
25、（10分）为创建足球特色学校，营造足球文化氛围，某学校随机抽取部分八年级学生足球运球的测试成绩作为一个样本，按A，B，C，D四个等级进行统计，制成了如下不完整的统计图.（说明：A级：8分—10分，B级：7分—7.9分，C级：6分—6.9分，D级：1分—5.9分）根据所给信息，解答以下问题：
(1)样本容量为 ，C对应的扇形的圆心角是____度，补全条形统计图；
(2)所抽取学生的足球运球测试成绩的中位数会落在____等级；
(3)该校八年级有300名学生，请估计足球运球测试成绩达到级的学生有多少人？
26、（12分）已知点E、F分别是四边形ABCD边AB、AD上的点，且DE与CF相交于点G．
（1）如图①，若AB∥CD，AB＝CD，∠A＝90°，且AD•DF＝AE•DC，求证：DE⊥CF：
（2）如图②，若AB∥CD，AB＝CD，且∠A＝∠EGC时，求证：DE•CD＝CF•DA：
（3）如图③，若BA＝BC＝3，DA＝DC＝4，设DE⊥CF，当∠BAD＝90°时，试判断是否为定值，并证明．
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、D
【解析】
由三角形的内心和外心性质得出选项A不正确；由平行四边形的性质得出选项B不正确；由三角形中位线定理得出选项C不正确；由平行四边形的判定得出选项D正确；即可得出结论．
【详解】
解：A．在三角形中，到三角形三边距离相等的点是三条边垂直平分线的交点；不正确；
B．平行四边形是轴对称图形；不正确；
C．三角形的中位线将三角形分成面积相等的两个部分；不正确；
D．一组对边平行，一组对角相等的四边形是平行四边形；正确；
故选：D．
本题考查了命题与定理、三角形的内心与外心、平行四边形的判定与性质以及三角形中位线定理；对各个命题进行正确判断是解题的关键．
2、C
【解析】
试题解析：设 ，因为 ， ，所以 ，在 与 中，

所以 ∽，那么 ， ，则 ，解得 ，故本题应选C.
3、B
【解析】
先设报3的人心里想的数为x，利用平均数定义表示报5的人心里想的数；报7的人心里想的数；报9的人心里想的数；报1的人心里想的数，最后建立方程，解方程即可.
【详解】
设报3的人心里想的数是x
∵报3与报5的两个人报的数的平均数是4
∴报5的人心里想的数应该是8-x
于是报7的人心里想的数应该是12-（8-x）=4+x
报9的人心里想的数应该是16-（4+x）=12-x
报1的人心里想的数应该是20-（12-x）=8+x
报3的人心里想的数应该是4-（8+x）=-4-x
所以x=-4-x，解得x=-2
故答案选择B.
本题属于阅读理解和探查规律题，考查的知识点有平均数的相关计算及方程思想的运用.规律与趋势：这道题的解决方法有点奥数题的思维，题意理解起来比较容易，但从哪下手却不容易想到，一般地，当数字比较多时，方程是首选的方法，而且，多设几个未知数，把题中的等量关系全部展示出来，再结合题意进行整合，问题即可解决.
4、A
【解析】
分式方程去分母转化为整式方程,由分式方程有增根确定出x的值,代入整式方程计算即可求出m的值.
【详解】
方程两边乘以x-2得,x-3=m,
∵分式方程有增根,
∴x-2=0,即x=2,
∴2-3=m,
∴m=-1.
故选A..
本题考查了分式方程的增根:先把分式方程两边乘以最简公分母,把分式方程转化为整式方程,再解整式方程,然后把整式方程的解代入最简公分母中,若其值不为零,则此解为原分式方程的解;若其值为0,则此整式方程的解为原分式方程的增根.
5、B
【解析】
计算出n=13时第一、二、三、四、五、六次运算的结果，找出规律再进行解答即可．
【详解】
若n=13，
第1次结果为：3n+1=10，
第2次结果是：=5，
第3次结果为：3n+1=16，
第1次结果为：=1，
第5次结果为：1，
第6次结果为：1，
…
可以看出，从第四次开始，结果就只是1，1两个数轮流出现，
且当次数为偶数时，结果是1；次数是奇数时，结果是1，
而2019次是奇数，因此最后结果是1．
故选B．
本题主要考查了数字的变化类，能根据所给条件得出n=13时六次的运算结果，找出规律是解答此题的关键．
6、B
【解析】
分析：根据二次根式有意义的条件回答即可.
详解：由有意义，可得3-x≥0,解得：x≤3.故选B.
点睛：本题考查了二次根式有意义的条件，解题的关键是知道二次根式有意义，被开方数为非负数.
7、A
【解析】
根据在同一平面内，垂直于同一直线的两直线平行可得CD∥y轴，再根据平行于y轴上的点的横坐标相同解答．
【详解】
如图，
∵CD⊥x轴，
∴CD∥y轴，
∵点C的坐标是（1，-3），
∴点D的横坐标为1，
∵点D在x轴上，
∴点D的纵坐标为0，
∴点D的坐标为（1，0）．
故选：A．
本题考查了坐标与图形性质，比较简单，作出图形更形象直观．
8、A
【解析】
由题中可以看出,故个位的数字是以10为周期变化的,用2019÷10,计算一下看看有多少个周期即可.
【详解】
以2为指数的幂的末位数字是1,4,9,6,5,6,9,4,1,0依次循环的,2019÷10=201…9,
(1+4+9+6+5+6+9+4+1+0)×201+(1+4+9+6+5+6+9+4+1)
=45×201+20
=9045+45
=9090,
∴的个位数字是0
故选A.
此题主要考查了找规律,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.解决本题的关键是找到以2为指数的末位数字的循环规律.
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、-3
【解析】
解：因为的两根为x1，x2，
所以
=
故答案为：-3
10、①②③④⑤
【解析】
由正方形和折叠的性质得出AF=AB，∠B=∠AFG=90°，由HL即可证明Rt△ABG≌Rt△AFG，得出①正确，设BG=x，则CG=BC-BG=6-x，GE=GF+EF=BG+DE=x+1，由勾股定理求出x=2，得出②正确；由等腰三角形的性质和外角关系得出∠AGB=∠FCG，证出平行线，得出③正确；分别求出△EGC，△AEF的面积，可以判断④，由
，可求出△FGC的面积，故此可对⑤做出判断．
【详解】
解：解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD=DC=6，∠B=D=90°，
∵CD=2DE，
∴DE=1，
∵△ADE沿AE折叠得到△AFE，
∴DE=EF=1，AD=AF，∠D=∠AFE=∠AFG=90°，
∴AF=AB，
∵在Rt△ABG和Rt△AFG中，
，
∴Rt△ABG≌Rt△AFG（HL）．
∴①正确；
∵Rt△ABG≌Rt△AFG，
∴BG=FG，∠AGB=∠AGF．
设BG=x，则CG=BC-BG=6-x，GE=GF+EF=BG+DE=x+1．
在Rt△ECG中，由勾股定理得：CG1+CE1=EG1．
∵CG=6-x，CE=4，EG=x+1，
∴（6-x）1+41=（x+1）1，解得：x=2．
∴BG=GF=CG=2．
∴②正确；
∵CG=GF，
∴∠CFG=∠FCG．
∵∠BGF=∠CFG+∠FCG，∠BGF=∠AGB+∠AGF，
∴∠CFG+∠FCG=∠AGB+∠AGF．
∵∠AGB=∠AGF，∠CFG=∠FCG，
∴∠AGB=∠FCG．
∴AG∥CF．
∴③正确；
∵S△EGC=×2×4=6，S△AEF=S△ADE=×6×1=6，
∴S△EGC=S△AFE；
∴④正确，
∵△CFG和△CEG中，分别把FG和GE看作底边，
则这两个三角形的高相同．
∴，
∵S△GCE=6，
∴S△CFG=×6=2.6，
∴⑤正确；
故答案为①②③④⑤．
本题考查了正方形性质，折叠性质，全等三角形的性质和判定，等腰三角形的性质和判定，平行线的判定等知识点的运用，依据翻折的性质找出其中对应相等的线段和对应相等的角是解题的关键．
11、x1＝0， x2＝2
【解析】
利用因式分解法解方程即可得到答案．
【详解】
解：原方程化为：
所以：
所以： 或
解得：
故答案为：
本题考查的是一元二次方程的解法，熟练掌握一元二次方程的解法是关键．
12、
【解析】
平移后的点B'（﹣1，t），C'（5，10+t），C1A+AB1取最小值时，A，B'，C'三点在一条直线上.
【详解】
解：将B（﹣1，0）、C（5，10）沿y轴正方向平移t个单位长度，
B'（﹣1，t），C'（5，10+t），
C1A+AB1取最小值时，A，B'，C'三点在一条直线上，
∴，
∴t＝；
故答案为；
考查最短距离问题，平面坐标变换；掌握平面内坐标的平移变换特点，利用三角形中两边之和大于第三边求最短距离是解题的关键．
13、＜
【解析】
分别求出甲、乙两个班级的成绩平均数，然后根据方差公式求方差作比较即可.
【详解】
解：甲班20名男生引体向上个数为5,6,7,8的人数都是5，
乙班20名男生引体向上个数为5和8的人数都是6个，个数为6和7的人数都是4个，
∴甲班20名男生引体向上的平均数=，
乙班20名男生引体向上的平均数=，
∴，
，
∴，
故答案为：＜.
本题考查了方差的计算，熟练掌握方差公式是解题关键.
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、见解析
【解析】
（1）以点C为圆心，任意长为半径画弧，交CD，BC于两点，分别以这两点为圆心，大于这两点距离的一半为半径画弧，在平行四边形内交于一点，过点C以及这个交点作射线，交AD于点F即可；
（2）根据ASA即可证明：△ABE≌△CDF．
【详解】
（1）如图所示：CF即为所求作的；
（2）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD，∠B=∠D，∠BAD=∠BCD，
∵AE平分∠BAD，CF平分∠BCD，
∴∠BAE=∠DCF，
在△ABE和△CDF中
，
∴△ABE≌△CDF．
本题考查了平行四边形的性质、全等三角形的判定、尺规作图—作角平分线，熟练掌握尺规作图的方法以及全等三角形的判定方法是解题的关键.
15、（1）6,0.2；（2）见解析；（3）学生约为780人.
【解析】
(1)根据频数=频率×总数，用40乘以0.15可求得a的值，用8除以40求得b的值即可；
(2)根据a的值补全直方图即可；
(3)用1200乘以参加经典诵读时间至少有4小时的学生所占的频率之和即可得.
【详解】
(1)a=40×0.15=6，b==0.2，
故答案为：6，0.2；
(2)如图所示：
(3)(0.15+0.2+0.3)×1200＝780，
答：估计全校每周在校参加经典诵读时间至少有4小时的学生约为780名.
本题考查了频数分布直方图，频数与频率，用样本估计总体等，弄清题意，读懂统计图表，从中找到必要的信息是解题的关键.
16、 (1)详见解析;（2）图详见解析，点B1的坐标为（2，0）．
【解析】
（1）利用BF、AD、CE，它们的交点为O点；
（2）根据题意建立直角坐标系，利用点平移的坐标特征写出A1、B1、C1的坐标，然后描点即可得到△A1B1C1．
【详解】
（1）如图，点O为所作；
（2）如图，△A1B1C1，为所作，点B1的坐标为（2，0）．
本题考查了中心对称、建立平面直角坐标系及图形的平移，掌握成中心对称的图形的性质及平移的性质是关键.
17、（1）详见解析；（2）平行四边形AEDF为菱形；理由详见解析
【解析】
试题分析：（1）利用AAS推出△ADE≌△DAF，再根据全等三角形的对应边相等得出AE=DF；
（2）先根据已知中的两组平行线，可证四边形DEFA是▱，再利用AD是角平分线，结合AE∥DF，易证∠DAF=∠FDA，利用等角对等边，可得AE=DF，从而可证▱AEDF实菱形．
试题解析：（1）∵DE∥AC，∠ADE=∠DAF，
同理∠DAE=∠FDA，
∵AD=DA，
∴△ADE≌△DAF，
∴AE=DF；
（2）若AD平分∠BAC，四边形AEDF是菱形，
∵DE∥AC，DF∥AB，
∴四边形AEDF是平行四边形，
∴∠DAF=∠FDA．
∴AF=DF．
∴平行四边形AEDF为菱形．
考点：1.全等三角形的判定与性质；2.菱形的判定．
18、证明见解析.
【解析】
连接BD交AC于O，根据平行四边形性质得出，，根据平行线性质得出，根据AAS证≌，推出，根据平行四边形的判定推出即可．
【详解】
连接BD交AC于O，
四边形ABCD是平行四边形，
，，
，
，
在和中，
，
≌，
，
，
四边形BFDE是平行四边形．
本题考查了平行四边形的性质和判定，平行线的性质，对顶角相等，全等三角形的性质和判定等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19、64或
【解析】
根据相似三角形周长的比等于相似比，面积的比等于相似比的平方求出面积比，根据题意计算即可．
【详解】
解：∵两个相似三角形的周长分别为8和6，
∴两个相似三角形的周长之比为4：3，
∴两个相似三角形的相似比是4：3，
∴两个相似三角形的面积比是16：9，
又一个三角形的面积为36，
设另一个的面积为S，则16：9=S：36或16：9=36：S，
∴S=64或，
故答案为：64或．
本题考查的是相似三角形的性质，相似三角形周长的比等于相似比、相似三角形面积的比等于相似比的平方、相似三角形对应高的比、对应中线的比、对应角平分线的比都等于相似比．
20、11cm1
【解析】
利用菱形的面积公式可求解．
【详解】
解：因为菱形的对角线互相垂直平分，
∵AC＝cm，BD＝cm，
则菱形ABCD的面积是cm1．
故答案为11cm1．
此题主要考查菱形的面积计算，关键是掌握菱形的面积计算方法．
21、．
【解析】
连接BD，根据菱形的对角线平分一组对角线可得∠BAD=∠ADC=60°，然后判断出△ABD是等边三角形，连接DE，根据轴对称确定最短路线问题，DE与AC的交点即为所求的点P，PE+PB的最小值=DE，然后根据等边三角形的性质求出DE即可得解．
【详解】
如图，连接BD，
四边形ABCD是菱形，
∠BAD=∠ADC=×120°=60°
AB=AD（菱形的邻边相等），
△ABD是等边三角形，
连接DE，
B、D关于对角AC对称，
DE与AC的交点即为所求的点P， PE+PB的最小值=DE
E是AB的中点，
DE⊥AB
菱形ABCD周长为16，
AD=16÷4=4
DE=×4=2
故答案为2
22、 (a+1)(a-1)
【解析】
根据平方差公式分解即可.
【详解】
(a+1)(a-1).
故答案为：(a+1)(a-1).
本题考查了因式分解，把一个多项式化成几个整式的乘积的形式，叫做因式分解.因式分解常用的方法有：①提公因式法；②公式法；③十字相乘法；④分组分解法. 因式分解必须分解到每个因式都不能再分解为止.
23、（1，5）
【解析】
根据向右平移横坐标加，向上平移纵坐标加求解即可．
【详解】
解：∵点P（-2，1）向右平移3个单位长度，再向上平移4个单位长度得到点P'，
∴点P′的横坐标为-2+3=1，
纵坐标为1+4=5，
∴点P′的坐标是（1，5）．
故答案为（1，5）．
本题考查了坐标与图形变化-平移，平移中点的变化规律是：横坐标右移加，左移减；纵坐标上移加，下移减．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、 (10＋10)海里
【解析】
利用题意得到AC⊥PC，∠APC=60°，∠BPC=45°，AB=20海里，如图，设BC=x海里，则AC=AB+BC=（20+x）海里．解△PBC，得出PC=BC=x海里，解Rt△APC，得出AC=PC•tan60°=x，根据AC不变列出方程x=20+x，解方程即可．
【详解】
如图，AC⊥PC，∠APC=60°，∠BPC=45°，AB=20海里，设BC=x海里，则AC=AB+BC=（20+x）海里．
在△PBC中，∵∠BPC=45°，
∴△PBC为等腰直角三角形，
∴PC=BC=x海里，
在Rt△APC中，∵tan∠APC=，
∴AC=PC•tan60°=x，
∴x=20+x，
解得x=10+10，
则PC=（10+10）海里．
答：轮船航行途中与灯塔P的最短距离是（10+10）海里．
本题考查了解直角三角形的应用-方向角：在辨别方向角问题中：一般是以第一个方向为始边向另一个方向旋转相应度数．在解决有关方向角的问题中，一般要根据题意理清图形中各角的关系，有时所给的方向角并不一定在直角三角形中，需要用到两直线平行内错角相等或一个角的余角等知识转化为所需要的角．
25、（1）40人，117;（2）B;（3）30人.
【解析】
（1）根据B等级的学生数和所占的百分比可以求得本次调查的学生数；求出C的人数，再计算出所占比例即可求出对应的扇形的圆心角的度数；从而可以将条形统计图补充完整；
（2）根据统计图中的数据可以得到所抽取学生的足球运球测试成绩的中位数落在哪个等级；
（3）根据统计图中的数据可以求得足球运球测试成绩达到A级的学生有多少人．
【详解】
（1）18÷45%=40，
即在这次调查中一共抽取了40名学生，
C等级的人数为：40-4-18-5=13，
在扇形统计图中，C对应的扇形的圆心角是：360°×=117°，
补全的条形统计图如图所示：
（2）由统计图可知，
所抽取学生的足球运球测试成绩的中位数落在B等级，
故答案为B；
（5）300×=30（人），
答：足球运球测试成绩达到A级的学生有30人．
本题考查条形统计图、扇形统计图、用样本估计总体、中位数，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
26、（1）证明见解析 （2）证明见解析 （3）答案见解析
【解析】
（1）根据已知条件得到四边形ABCD是矩形，由矩形的性质得到∠A=∠FDC=90°，根据相似三角形的性质得到∠CFD=∠AED，根据余角的性质即可得到结论；
（2）根据已知条件得到△DFG∽△DEA，推出，根据△CGD∽△CDF，得到
，等量代换即可得到结论；
（3）过C作CN⊥AD于N，CM⊥AB交AB延长线于M，连接BD，设CN=x，△BAD≌△BCD，推出∠BCD=∠A=90°，证△BCM∽△DCN，求出，在Rt△CMB中，由勾股定理得出BM2+CM2=BC2，解方程得到CN，证出△AED∽△NFC，即可得出答案．
【详解】
（1）证明：∵AB∥CD，AB＝CD，∠A＝90°，
∴四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝∠FDC＝90°，
∵AD•DF＝AE•DC，
∴
∴△AED∽△DFC，
∴∠CFD＝∠AED，
∵∠ADE+∠AED＝90°，
∴∠ADE+∠CFD＝90°，
∴∠DGF＝90°，
∴DE⊥CF；
（2）证明：∵∠A＝∠EGC，∠ADE＝∠GDF，
∴△DFG∽△DEA，
∴
∵AB∥CD，AB＝CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，∠AED＝∠EDC，
∴∠B＝∠ADC，
∵△DFG∽△DEA，
∴∠AED＝∠DFG，
∴DFC＝∠GDC，
∵∠DCG＝∠FCD，
∴△CGD∽△CDF，
∴
∴，
∴DE•CD＝CF•DA；
（3）解：为定值，
理由：过C作CN⊥AD于N，CM⊥AB交AB延长线于M，连接BD，设CN＝x，
∵∠BAD＝90°，即AB⊥AD，
∴∠A＝∠M＝∠CNA＝90°，
∴四边形AMCN是矩形，
∴AM＝CN，AN＝CM，
∵在△BAD和△BCD中，
∴△BAD≌△BCD（SSS），
∴∠BCD＝∠A＝90°，
∴∠ABC+∠ADC＝180°，
∵∠ABC+∠CBM＝180°，
∴∠MBC＝∠ADC，
∵∠CND＝∠M＝90°，
∴△BCM∽△DCN，
∴,
∴
∴
在Rt△CMB中，，BM＝AM﹣AB＝x﹣3，由勾股定理得：BM2+CM2＝BC2，
∴
x＝0（舍去），
∴
∵∠A＝∠FGD＝90°，
∴∠AED+∠AFG＝180°，
∵∠AFG+∠NFC＝180°，
∴∠AED＝∠CFN，
∵∠A＝∠CNF＝90°，
∴△AED∽△NFC，
∴
属于相似三角形的综合题，考查矩形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，综合性比较强，掌握相似三角形的判定定理是解题的关键.
题号
一
二
三
四
五
总分
得分
时间（小时）
频数（人数）
频率
2≤t＜3
4
0.1
3≤t＜4
10
0.25
4≤t＜5
a
0.15
5≤t＜6
8
b
6≤t＜7
12
0.3
合计
40
1