期末全真模拟卷（2）
（满分100分，完卷时间90分钟）
考生注意：
1．本试卷含三个大题，共26题．答题时，考生务必按答题要求在答题纸规定的位置上作答，在草稿纸、本试卷上答题一律无效．
2．除第一、二大题外，其余各题如无特别说明，都必须在答题纸的相应位置上写出解题的主要步骤．
一．选择题（共10小题）
1．下列变形中，正确的是（ ）
A．（2
）2＝2×3＝6 B．
＝﹣
C．
＝
D．
＝
【分析】根据二次根式的性质，可得答案．
【解答】解；A、（2
）2＝12，故A错误；
B、
＝
，故B错误；
C、
＝5，故C错误；
D、
＝
，故D正确；
故选：D．
【点评】本题考查了二次根式性质与化简，利用了二次根式的性质．
2．下列四个条件中，能判定四边形是平行四边形的条件是（ ）
A．一组对角相等 B．一组对边相等
C．对角线互相平分 D．对角线互相垂直
【分析】由平行四边形的判定定理即可求解．
【解答】解：能判定四边形是平行四边形的条件是：对角线互相平分，理由如下：
对角线互相平分的四边形是平行四边形，
故选：C．
【点评】本题考查了平行四边形的判定，熟记“对角线互相平分的四边形为平行四边形”是解题的关键．
3．经过点（2，4）的双曲线的表达式是（ ）
A．y＝
B．y＝
C．y＝
D．y＝
【分析】把点的坐标代入双曲线解析式，能使解析式成立的则双曲线经过该点，反之不经过．
【解答】解：∵
＝1≠4，故A不经过，
∵
＝
≠4，故B不经过，
∵
＝4，故C经过，
∵
＝
，故D不经过，
故选：C．
【点评】本题考查了待定系数法求反比例函数解析式，把点的坐标代入解析式求解即可，比较简单．
4．将一元二次方程x2﹣6x﹣5＝0化成（x﹣a）2＝b的形式，那么a+b的值为（ ）
A．9 B．11 C．14 D．17
【分析】方程移项后，利用完全平方公式配方得到结果，确定出a与b的值，即可求出a+b的值．
【解答】解：方程x2﹣6x﹣5＝0，
移项得：x2﹣6x＝5，
配方得：x2﹣6x+9＝14，即（x﹣3）2＝14，
∴a＝3，b＝14，
则a+b＝17．
故选：D．
【点评】此题考查了解一元二次方程﹣配方法，熟练掌握完全平方公式是解本题的关键．
5．若a＜1，化简
﹣1＝（ ）
A．a﹣2 B．2﹣a C．a D．﹣a
【分析】根据公式
＝|a|可知：
﹣1＝|a﹣1|﹣1，由于a＜1，所以a﹣1＜0，再去绝对值，化简．
【解答】解：
﹣1＝|a﹣1|﹣1，
∵a＜1，
∴a﹣1＜0，
∴原式＝|a﹣1|﹣1＝（1﹣a）﹣1＝﹣a，
故选：D．
【点评】本题主要考查二次根式的化简，难度中等偏难．
6．某校八年级一、二班学生参加同一次数学考试，经统计成绩后得到如表：
-
班级
参加人数
中位数
方差
平均数
一班
55
78
135
75
二班
55
81
126
75
任课张老师根据上表分析对本次考试得出如下结论：①一、二两班学生的平均水平相同；②二班的优秀人数多于一班的优秀人数（成绩≥80分为优秀）；③一班成绩波动情况比二班成绩波动大．上述结论正确的是（ ）
A．①②③ B．①② C．①③ D．②③
【分析】根据表格可得一、二两班学生的平均分都是55分，因此平均水平相同；一班中位数比80小，因此二班的优秀人数多于一班的优秀人数；一班方差大，因此一班成绩波动情况比二班成绩波动大．
【解答】解：①一、二两班学生的平均水平相同，说法正确；
②二班的优秀人数多于一班的优秀人数（成绩≥80分为优秀），说法正确；
③一班成绩波动情况比二班成绩波动大，说法正确；
故选：A．
【点评】此题主要考查了方差、平均数、中位数，关键是掌握方差反映了一组数据的波动大小，方差越大，波动性越大，反之也成立．
7． “古越龙山”酿酒公司由于注重对市场调研和新产品的研发，新研制的某款瓶装酒获得市场的认可，今年四月份销售了50万瓶，按市场供需趋势预计今年二季度可销售182万瓶．设该款酒的销售量今年五、六月份平均每月的增长率为x，那么x满足的方程是（ ）
A．50（1+x）2＝182
B．50+50（1+x）+50（1+x）2＝182
C．50（1+2x）＝182
D．50+50（1+x）+50（1+2x）2＝182
【分析】主要考查增长率问题，一般增长后的量＝增长前的量×（1+增长率），如果该厂五、六月份平均每月的增长率为x，那么可以用x分别表示五、六月份的销量，然后根据题意可得出方程．
【解答】解：依题意得五、六月份的销量产量为50（1+x）、50（1+x）2，
∴50+50（1+x）+50（1+x）2＝182．
故选：B．
【点评】本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，增长率问题，一般形式为a（1+x）2＝b，a为起始时间的有关数量，b为终止时间的有关数量．
8．如图，边长为10的菱形ABCD，E是AD的中点，O是对角线的交点，矩形OEFG的一边在AB上，且EF＝4，则BG的长为（ ）
A．3 B．2 C．
D．1
【分析】由菱形的性质得到BD⊥AC，AB＝AD＝10，由直角三角形的性质可求OE＝AE＝
AD＝5，由矩形的性质可求得FG＝OE＝5，根据勾股定理得到AF＝3，即可求解．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴BD⊥AC，AB＝AD＝10，
∴∠AOD＝90°，
∵E是AD的中点，
∴OE＝AE＝
AD＝5；
∵四边形OEFG是矩形，
∴FG＝OE＝5，
∵AE＝5，EF＝4，
∴AF＝
，
∴BG＝AB﹣AF﹣FG＝10﹣3﹣5＝2，
故选：B．
【点评】本题考查了矩形的判定和性质，菱形的性质，勾股定理，直角三角形的性质，正确的识别图形是解题的关键．
9．设A，B，C，D是反比例函数y＝
（k≠0）图象上的任意四点，现有以下结论：
①四边形ABCD可以是平行四边形；
②四边形ABCD可以是菱形；
③四边形ABCD不可能是矩形；
④四边形ABCD不可能是正方形．
其中正确结论的个数有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【分析】如图，过点O任意作两条直线分别交反比例函数的图象于A，C，B，D，得到四边形ABCD．证明四边形ABCD是平行四边形即可解决问题．
【解答】解：如图，过点O任意作两条直线分别交反比例函数的图象于A，C，B，D，得到四边形ABCD．
由对称性可知，OA＝OC，OB＝OD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
当直线AC和直线BD关于直线y＝x对称时，此时OA＝OC＝OB＝OD，即四边形ABCD是矩形．
∵反比例函数的图象在一，三象限，
∴直线AC与直线BD不可能垂直，
∴四边形ABCD不可能是菱形或正方形，
故选项①④正确，
故选：B．
【点评】本题考查反比例函数的性质，平行四边形的判定，矩形的判定，菱形的判定，正方形的判定等知识，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．
10．将一组数
，
，3，2
，
，…，3
，按下面的方式进行排列：
，
，3，2
，
；
3
，
，2
，3
，
；
…
若2
的位置记为（1，4），2
的位置记为（2，3），则这组数中最大的有理数的位置记为（ ）
A．（5，2） B．（5，3） C．（6，2） D．（6，5）
【分析】根据观察，可得
，根据排列方式，可得每行5个，根据有序数对的表示方法，可得答案．
【解答】解：3
＝
，3
得被开方数是
的被开方数的30倍，
3
在第六行的第5个，即（6，5）
是（6，2）
故选：C．
【点评】本题考查了实数，利用了有序数对表示数的位置，发现被开方数之间的关系是解题关键．
二．填空题（共8小题）
11．二次根式
中，字母m的取值范围是
m≥
．
【分析】根据二次根式有意义的条件列出不等式，解不等式即可．
【解答】解：由题意得：2m﹣1≥0，
解得：m≥
，
故答案为：m≥
．
【点评】本题考查的是二次根式有意义的条件，掌握二次根式的被开方数是非负数是解题的关键．
12．某果农随机从甲、乙、丙三个品种的批把树中各选5棵，每棵产量的平均数
（单位：千克）及方差（单位：千克2）如表所示，他准备从这三个品种中选出一种产量既高又稳定的批把树进行种植，则应选的品种是
甲 ．
-
甲
乙
丙
45
45
42
S2
1.8
2.3
1.8
【分析】先比较平均数得到甲和乙产量较高，然后比较方差得到甲比较稳定．
【解答】解：因为甲、乙的平均数比丙大，所以甲、乙的产量较高，
又甲的方差比乙小，所以甲的产量比较稳定，
即从这三个品种中选出一种产量既高又稳定的枇杷树进行种植，则应选的品种是甲；
故答案为：甲．
【点评】本题考查了方差：一组数据中各数据与它们的平均数的差的平方的平均数，叫做这组数据的方差．方差是反映一组数据的波动大小的一个量．方差越大，则与平均值的离散程度越大，稳定性也越差；反之，则它与其平均值的离散程度越小，稳定性越好．也考查了平均数．
13．已知x为实数，若（x2+3x）2+2（x2+3x）﹣3＝0，则x2+3x＝ 1 ．
【分析】设y＝x2+3x，则原方程转化为关于y的一元二次方程y2+2y﹣3＝0，然后利用因式分解法解该方程求得y的值即可．
【解答】解：设y＝x2+3x，则y2+2y﹣3＝0，
整理，得（y+3）（y﹣1）＝0．
所以y+3＝0或y﹣1＝0．
解得y＝﹣3或y＝1．
当y＝﹣3时，x2+3x＝﹣3，此时该方程无解，故舍去．
综上所述，x2+3x＝1．
故答案是：1．
【点评】本题主要考查了换元法解一元二次方程，换元的实质是转化，关键是构造元和设元，理论依据是等量代换，目的是变换研究对象，将问题移至新对象的知识背景中去研究，从而使非标准型问题标准化、复杂问题简单化，变得容易处理．
14．如图，平面直角坐标系中，菱形ABCD在第一象限内，边BC与x轴平行，A，B两点的纵坐标分别为6，4，反比例函数y＝
（x＞0）的图象经过A，B两点，若菱形ABCD的面积为2
，则k的值为 12 ．
【分析】解法一：过点A作x轴的垂线，交CB的延长线于点E，根据A，B两点的纵坐标分别为6，4，可得出横坐标，即可表示AE，BE的长，根据菱形的面积为2
，求得AE的长，在Rt△AEB中，计算BE的长，列方程即可得出k的值．
解法二：设A（a，6），则B（a+1，4），根据6a＝4（a+1）解方程可得k的值．
【解答】解：解法一：过点A作x轴的垂线，交CB的延长线于点E，
∵BC∥x轴，
∴AE⊥BC，
∵A，B两点在反比例函数y＝
（x＞0）的图象，且纵坐标分别为6，4，
∴A（
，6），B（
，4），
∴AE＝2，BE＝
﹣
＝
，
∵菱形ABCD的面积为2
，
∴BC×AE＝2
，即BC＝
，
∴AB＝BC＝
，
在Rt△AEB中，BE＝
＝
＝1，
∴
k＝1，
∴k＝12．
解法二：同理知：BE＝1，
设A（a，6），则B（a+1，4），
∴6a＝4（a+1），
∴a＝2，
∴k＝2×6＝12．
故答案为12．
【点评】本题考查了菱形的性质以及反比例函数图象上点的坐标特征，熟记菱形的面积公式是解题的关键．
15．如图，点A在反比例函数y＝
（x＞0）的图象上，作AB⊥y轴，AC⊥x轴分别交反比例函数y＝
（x＞0）图象于点B，C，点C在点A的下方，连结BC，若△ABC的面积为
，则k的值为
1 ．
【分析】设A（a，
），则B（
，
），C（a，
），根据△ABC的面积为
，即可得出关于k的一元二次方程，解方程即可得出结论．
【解答】解：∵点A在反比例函数y＝
（x＞0）的图象上，
∴设A（a，
），
∵AB⊥y轴，AC⊥x轴分别交反比例函数y＝
（x＞0）图象于点B，C，
∴B（
，
），C（a，
），
又∵△ABC的面积为
，
∴
（a﹣
）（
﹣
）＝
，
解得k＝1或7（舍去），
故答案为1．
【点评】本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，解题的关键是根据三角形的面积找出关于k的一元二次方程．
16．已知二次多项式x2﹣ax+a﹣5．
（1）当x＝1时，该多项式的值为 ﹣4 ；
（2）若关于x的方程x2﹣ax+a﹣5＝0，有两个不相等的整数根，则正数a的值为 2或5 ．
【分析】（1）把x＝1代入代数式化简即可；
（2）设x1，x2是方程两个不相等的整数根，于是得到x1+x2＝a，x1x2＝a5．求得Δ＝（﹣a）2﹣4（a﹣5）＝a2﹣4a+20＝（a﹣2）2+16为完全平方数，列方程组即可得到结论．
【解答】解（1）当x＝1时，x2﹣ax+a﹣5＝1﹣a+a﹣5＝﹣4，
故答案为﹣4；
（2）设x1，x2是方程两个不相等的整数根，
则x1+x2＝a，x1x2＝a﹣5．
∴a，a﹣5均为整数，
∴Δ＝（﹣a）2﹣4（a﹣5）＝a2﹣4a+20＝（a﹣2）2+16为完全平方数，
设（a﹣2）2+16＝t2（t为整数，且t≥0），
则（a﹣2）2﹣t2＝﹣16．于是，（a﹣2﹣t）（a﹣2+t）＝﹣16，
由于a﹣2﹣t，a﹣2+t奇偶性相同，且a﹣2﹣t≤a﹣2+t，
∴
或
或
，
解得
或
（舍去）或
，
经检验a＝2，a＝5符合要求，
∴a＝2或a＝5，
故答案为2或5．
【点评】本题考查了代数式求值以及根的判别式，一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的根与Δ＝b2﹣4ac有如下关系：
（1）Δ＞0⇔方程有两个不相等的实数根；
（2）Δ＝0⇔方程有两个相等的实数根；
（3）Δ＜0⇔方程没有实数根．
也考查了二元一次方程组的解法．
17．在综合实践课上，小明把边长为2cm的正方形纸片沿着对角线AC剪开，如图1所示．然后固定纸片△ABC，把纸片△ADC沿AC的方向平移得到△A′D′C′，连A′B，D′B，D′C，在平移过程中：
（1）四边形A′BCD′的形状始终是 平行四边形 ；
（2）A′B+D′B的最小值为
2
．
【分析】（1）利用平移的性质证明即可．
（2）如图2中，作直线DD′，作点C关于直线DD′的对称点C″，连接D′C″，BC″，过点B作BH⊥CC″于H．求出BC″，证明A′B+BD′＝BD′+CD′＝BD′+D′C″≥BC″，可得结论．
【解答】解：（1）如图2中，∵A′D′＝BC，A′D′∥BC，
∴四边形A′BCD′是平行四边形，
故答案为：平行四边形．
（2）如图2中，作直线DD′，作点C关于直线DD′的对称点C″，连接D′C″，BC″，过点B作BH⊥CC″于H．
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC＝2，∠ABC＝90°，
∴AC＝
AB＝2
，
∵BJ⊥AC，
∴AJ＝JC，
∴BJ＝
AC＝
，
∵∠BJC＝∠JCH＝∠H＝90°，
∴四边形BHCJ是矩形，
∵BJ＝CJ，
∴四边形BHCJ是正方形，
∴BH＝CH＝
，
在Rt△BHC″中，BH＝
，HC″＝3
，
∴BC″＝
＝
＝2
，
∵四边形A′BCD′是平行四边形，
∴A′B＝CD′，
∴A′B+BD′＝BD′+CD′＝BD′+D′C″≥BC″，
∴A′B+BD′≥2
，
∴A′B+D′B的最小值为2
，
故答案为：2
【点评】本题考查作图﹣平移变换，轴对称最短问题，勾股定理等知识，解题的关键是学会利用轴对称解决最短问题，属于中考常考题型．
18．如图，已知点P是正方形ABCD对角线BD上一点，且AP＝3，PF⊥CD于点F，PE⊥BC于点E，连结EF，则EF的长为 3 ．
【分析】连接PC，证四边形PFCE是矩形，求出EF＝PC，证△ABP≌△CBP，推出AP＝PC即可
【解答】解：连接PC，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝CB，∠ABD＝∠CBD＝45°，∠BCD＝90°，
在△ABP与△CBP中，
，
∴△ABP≌△CBP（SAS），
∴PA＝PC，
∵PE⊥CD，PF⊥BC，
∴∠PFC＝90°，∠PEC＝90°．
又∵∠BCD＝90°，
∴四边形PFCE是矩形，
∴EF＝PC，
∴PA＝EF＝3，
故答案为：3．
【点评】本题主要考查正方形的性质，全等三角形的性质和判定，矩形的判定和性质，能证出AP＝PC是解此题的关键．
三．解答题（共8小题）
19．计算：
（1）
；
（2）﹣
．
【分析】（1）直接利用二次根式的性质以及二次根式的除法运算法则分别化简得出答案；
（2）直接利用二次根式的性质化简得出答案．
【解答】解：（1）原式＝
+3
＝3+3
＝6；
（2）原式＝﹣2
+6×
＝﹣2
+2
＝0．
【点评】此题主要考查了二次根式的混合运算，正确掌握相关运算法则是解题关键．
20．解方程：
（1）7x2＝28；
（2）x2+3x＝0．
【分析】（1）方程两边都除以7，再开方，即可得出答案；
（2）先把方程的左边分解因式，即可得出两个一元一次方程，再求出方程的解即可．
【解答】解：（1）7x2＝28，
两边同时除以7，得x2＝4，
开方，得x＝±2，
即x1＝2，x2＝﹣2；
（2）x2+3x＝0，
x（x+3）＝0，
x＝0或x+3＝0，
解得：x1＝0，x2＝﹣3．
【点评】本题考查了解一元二次方程，能选择适当的方法解方程是解此题的关键，注意：解一元二次方程的方法有：直接开平方法，公式法，配方法，因式分解法等．
21．如图，小强同学根据乐清市某天上午和下午各四个整点时间的气温绘制成的折线统计图．
（1）根据图中信息分别求出上午和下午四个整点时间的平均气温．
（2）请你根据所学统计学知识，从四个整点时间温度猜测，这天上午和下午的气温哪个更稳定，并说明理由．
【分析】（1）利用平均数的计算方法计算即可；
（2）方差（或标准差）越大，数据的离散程度越大，稳定性越小；反之，则离散程度越小，稳定性越好，据此求解可得．
【解答】解：（1）上午四个整点时间的平均气温：（22+24+25+25）÷4＝24（℃），
下午四个整点时间的平均气温：（26+25+24+21）÷4＝24（℃）；
（2）上午的气温更稳定．
理由：S上2＝[（22﹣24）2+（24﹣24）2+（25﹣24）2+（25﹣24）2]÷4＝1.5，
S下2＝[（26﹣24）2+（25﹣24）2+（24﹣24）2+（21﹣24）2]÷4＝3.5，
∵S上2＜S下2，
∴上午的气温更稳定．
【点评】本题主要考查折线统计图和统计量的选择，解题的关键是掌握方差的意义：方差（或标准差）越大，数据的历算程度越大，稳定性越小；反之，则离散程度越小，稳定性越好．
22．如图，在▱ABCD中，E，F是对角线BD上的两点，AE⊥BD于点E，CF⊥BD于点F．
（1）求证：△ABE≌△CDF；
（2）若BE＝2，BD＝5，求EF的长．
【分析】（1）由AE⊥BD，CF⊥BD，可得∠AEB＝∠CFD＝90°，又由四边形ABCD是平行四边形，可得AB∥CD，AB＝CD，即可证得∠ABE＝∠CDF，则可证得△ABE≌△CDF；
（2）根据△ABE≌△CDF得到BE＝DF，然后根据BE＝2得到DF＝2，然后根据EF＝BD﹣BE﹣FD得到答案即可．
【解答】（1）证明：∵AE⊥BD，CF⊥BD，
∴∠AEB＝∠CFD＝90°，
在▱ABCD中，AB∥CD，AB＝CD，
∴∠ABE＝∠CDF，
在△ABE和△CDF中，
，
∴△ABE≌△CDF（AAS）；
（2）解：∵△ABE≌△CDF，
∴BE＝DF，
∵BE＝2，
∴DF＝2，
∵EF＝BD﹣BE﹣FD，
∴EF＝5﹣2﹣2＝1．
【点评】此题考查了平行四边形的性质以及全等三角形的判定与性质．注意证得△ABE≌△CDF是关键．
23．如图，已知直线OA与反比例函数y＝
（x＞0），y＝
（x＞0）的图象分别交于点A，B，点A的坐标为（1，4），且点B是线段OA的中点．
（1）求k1，k2的值；
（2）已知反比例函数y＝
的图象上C点的横坐标为2，连结OC并延长交反比例函数y＝
的图象于点D，连结AD，BC，试判断AD与BC的数量关系和位置关系，请说明理由．
【分析】（1）先求B的坐标，再求k1，k2的值．
（2）求出C，D的坐标，再判断AD，BC的关系
【解答】解：（1）把A（1，4）代入y＝
得：k1＝1×4＝4．
∵B是OA的中点．
∴B（
，2）．
将B（
，2）代入y＝
得：k2＝1．
∴k1＝4，k2＝1．
（2）BC＝
AD，BC∥AD，理由如下：
当x＝2时，y＝
＝
．
∴C（2，
）．
∴直线OC：y＝
x．
由
x＝
得x²＝16．
∴x＝±4．
∵x＞0．
∴x＝4，y＝1．
∴D（4，1）．
∵C（2，
）．
∴C是线段OD的中点．
∵B是OA的中点．
∴BC是△OAD的中位线．
∴BC＝
AD，BC∥AD．
【点评】本题考查反比例函数与直线的交点，中点坐标公式，中位线定理，通过坐标的关系去判断线段的关系是求解本题的关键．
24．学校的学生专用智能饮水机在工作过程：先进水加满，再加热至100℃时自动停止加热，进入冷却期，水温降至25℃时自动加热，水温升至100℃又自动停止加热，进入冷却期，此为一个循环加热周期，在不重新加入水的情况下，一直如此循环工作，如图，表示从加热阶段的某一时刻开始计时，时间x（分）与对应的水温为y（℃）函数图象关系，已知AB段为线段，BC段为双曲线一部分，点A为（0，28），点B为（9，100），点C为（a，25）．
（1）求出AB段加热过程的y与x的函数关系式和a的值．
（2）若水温y（℃）在45≤y≤100时为不适饮水温度，在0≤x≤a内，在不重新加入水的情况下，不适饮水温度的持续时间为多少分？
【分析】（1）用待定系数法即可求解；
（2）当y＝45时，y＝8x+28＝45，解得x＝
，当y＝45时，y＝
＝45，解得x＝20，则20﹣
＝
，即可求解．
【解答】解：（1）设直线AB的表达式为y＝kx+b，
则b＝28，即y＝kx+28，
将点B的坐标（9，100）代入上式得：100＝9k+28，解得k＝8，
故直线AB的表达式为y＝8x+28，
设反比例函数的表达式为y＝
，
将点B的坐标代入上式得：100＝
，解得m＝900，
则反比例函数的表达式为y＝
，
当y＝25时，即y＝
＝25，解得x＝36，
即a＝36；
（2）当y＝45时，y＝8x+28＝45，解得x＝
，
当y＝45时，y＝
＝45，解得x＝20，
则20﹣
＝
，
即不适饮水温度的持续时间为
分．
【点评】本题考查的是一次函数和反比例函数综合运用，正确得出函数解析是解题关键．
25．如图，正方形ABCD中，E，F，G分别是CD，AD，AB上的中点，连结BE，BF，AE，连结CG分别交BE，BF于点M，N，AE交BF于点H．
（1）求证：AE∥CG；
（2）当点P从点A匀速运动到点E时，点Q恰好从点C匀速运动到点N处，若AB＝10，设CQ＝4t．
①求AH的长．
②当AP＞AH时，用含t代数式表示四边形QNHP的面积．
③在P，Q整个运动过程中，当P，Q与四边形MNHE的两个顶点构成平行四边形时，求t的值.
【分析】（1）通过证明四边形AECG是平行四边形，可得AE∥CG；
（2）①由“SAS”可证△ABF≌△DAE，可得∠AFB＝∠AED，AE＝BF＝5
，由余角的性质可得∠AHF＝90°，由面积法可求解；
②先求出点P与点Q的速度比，分别求出PH，HN，NQ的长度，即可求解；
③分三种情况讨论，由平行四边形的对边相等列出等式，即可求解．
【解答】证明：（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴AB∥CD，AB＝CD＝AD，
∵点E是CD中点，点G是AB的中点，
∴AG＝CE，
∴四边形AECG是平行四边形，
∴AE∥CG；
（2）①∵AB＝AD＝CD＝10，点F是AD中点，
∴AF＝5，
∴BF＝
＝
＝5
，
∵E，F分别是CD，AD上的中点，
∴AF＝FD＝DE＝CE，
又∵AB＝AD，∠BAF＝∠ADE，
∴△ABF≌△DAE（SAS），
∴∠AFB＝∠AED，AE＝BF＝5
，
∵∠DAE+∠AED＝90°，
∴∠DAE+∠AFB＝90°，
∴∠AHF＝90°，
∵S△ABF＝
×AB×AF＝
×BF×AH，
∴10×5＝5
×AH，
∴AH＝2
；
②如图1，连接PQ，
∵AH＝2
，AB＝10，
∴BH＝
＝
＝4
，
∵∠ABF+∠CBF＝90°，∠ABF+∠BAH＝90°，
∴∠CBF＝∠BAH，
∵AE∥CG，
∴∠AHB＝∠GNB＝90°＝∠BNC，
又∵AB＝BC，
∴△ABH≌△BCN（AAS），
∴CN＝BH＝4
，BN＝AH＝2
，
∴HN＝2
，
∵当点P从点A匀速运动到点E时，点Q恰好从点C匀速运动到点N处，
∴点P的速度与点Q的速度比为＝5：4，
∵CQ＝4t，
∴AP＝5t，
∴HP＝AP﹣AH＝5t﹣2
，NQ＝NC﹣CQ＝4
﹣4t，
∴四边形QNHP的面积＝
×（HP+NQ）×HN＝
×（5t﹣2
+4
﹣4t）×2
＝10+
t；
③∵AE∥GC，BN＝NH＝2
，
∴MN是△BGE的中位线，
∴MN＝
HE＝
（5
﹣2
）＝
，
∴MC＝
，
当点P在点H右侧开始有满足条件的平行四边形，
若PH＝MQ时，且AE∥GC，则四边形HPQM是平行四边形，
此时，5t﹣2
＝
﹣4t，
∴t＝
；
当HP＝NQ时，且AE∥GC，则四边形HPQN是平行四边形，
此时，5t﹣2
＝4
﹣4t，
∴t＝
；
当PE＝QM时，且AE∥GC，则四边形PEMQ是平行四边形，
此时，5
﹣5t＝4t﹣
，
∴t＝
；
综上所述：t的值为
或
或
．
【点评】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，平行四边形的判定和性质，求出点P与点Q的速度比是解题的关键．
26．如图，在菱形ABCD中，∠BAD＝120°，线段AE与AB重合，以AE为边向右侧作正三角形AEF，△AEF绕点A按逆时针方向旋转，旋转角∠BAE＝α（0°＜α＜60°）．射线BE，DF交于点G，连结CE，CG，CF．
（1）求证：BE＝CF；
（2）求∠BGD的度数；
（3）当△ECG为等腰三角形时，求
的值．
【分析】（1）由“SAS”可证△BAE≌△CAF；
（2）由等腰三角形的性质可求∠ABG，∠ADG的度数，由四边形内角和定理可求解；
（3）由“SAS”可证△AEC≌△AFD，可证∠AEC＝∠AFD，可求∠CEG＝30°＝∠CFG＝30°，分三种情况讨论，由等腰三角形的性质和直角三角形的性质可求解．
【解答】证明：（1）如图1，连接AC，
∵四边形ABCD是菱形，∠BAD＝120°，
∴AB＝AC，∠ABC＝60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AC＝AB，∠BAC＝60°，
∵△AEF是等边三角形，
∴AE＝AF，∠EAF＝∠BAC＝60°，
∴∠BAE＝∠CAF，
∴△BAE≌△CAF（SAS），
∴BE＝CF；
（2）∵AB＝AE＝AF，AB＝AD，
∴AB＝AE＝AF＝AD，
∴∠ABE＝90°﹣
，∠ADF＝
＝60°+
，
∴∠BGD＝360°﹣∠ABG﹣∠BAD﹣∠ADG＝360°﹣90°+
﹣60°﹣
﹣120°＝90°；
（3）∵∠AF＝AE，AD＝AC，∠EAC＝60°﹣α＝∠FAD，
∴△AEC≌△AFD（SAS），
∴∠AEC＝∠AFD，
由（2）可得：∠AEB＝90°﹣
，∠ADF＝60°+
，
∴∠BEC＝90°﹣
+60°+
＝150°，
∴∠CEG＝30°，
同理可得∠DFC＝150°，∠CFG＝30°，
当CE＝CG时，∠CGE＝∠CEG＝30°，
∴∠CGF＝∠BGD﹣∠CGE＝60°，
∴∠GCF＝180°﹣∠FGC﹣∠CFG＝90°，
∴GF＝2CG，CF＝
CG，
∵BE＝CF，
∴BE＝
CG，
∴
＝
；
当EC＝EG时，
∴∠ECG＝∠EGC＝75°，
∴∠FGC＝15°，
如图2，过点C作CN⊥GF于N，作∠GCM＝∠CGF＝15°，交DG于M，
∴GM＝CM，∠CMN＝30°，
∴CM＝2CN＝GM，MN＝
CN，
∵∠CFG＝30°，CN⊥DG，
∴CF＝2CN，FN＝
CN，
∴FG＝2CN+2
CN，BE＝CF＝2CN，
∴
＝
＝
，
当GC＝GE时，则∠CEG＝∠ECG＝30°，
∴∠EGC＝120°＞∠BGD，不合题意舍去，
综上所述：
的值为
或
．
【点评】本题是四边形综合题，考查了菱形的性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，等腰三角形的性质等知识，求∠CEG＝30°＝∠CFG＝30°是解题的关键．