一、選擇題（本大題共8個小題，每小題4分，共32分，每小題均有四個選項，其中只有一項符合題目要求）
1、（4分）如圖所示，正方形紙片ABCD中，對角線AC，BD交于點O，折疊正方形紙片ABCD，使AD落在BD上，點A恰好與BD上的點F重合，展開后折痕DE分別交AB，AC于點E，G，連接GF，給出下列結(jié)論：
①∠ADG=22.5°；②tan∠AED=2；③S△AGD=S△OGD；④四邊形AEFG是菱形；⑤BE=2OG；⑥若S△OGF=1，則正方形ABCD的面積是6+4 ，其中正確的結(jié)論個數(shù)有（）
A．2個B．4個C．3個D．5個
2、（4分）有下列的判斷：
①△ABC中，如果a2＋b2≠c2，那么△ABC不是直角三角形
②△ABC中，如果a2－b2＝c2，那么△ABC是直角三角形
③如果△ABC 是直角三角形，那么a2＋b2＝c2
以下說法正確的是（ ）
A．①② B．②③ C．①③ D．②
3、（4分）的算術(shù)平方根是（ ）
A．B．﹣C．D．±
4、（4分）菱形ABCD的一條對角線長為6，邊AB的長為方程y2﹣7y+10=0的一個根，則菱形ABCD的周長為（ ）
A．8B．20C．8或20D．10
5、（4分）如圖，在中，和的平分線相交于點，過點作交于點，交于點，過點作于點，某班學(xué)生在一次數(shù)學(xué)活動課中，探索出如下結(jié)論，其中錯誤的是（ ）
A．B．點到各邊的距離相等
C．D．設(shè)，，則
6、（4分）為了解某小區(qū)家庭垃圾袋的使用情況，小亮隨機調(diào)查了該小區(qū) 戶家庭一周的使用數(shù)量，結(jié)果如下（單位：個）：，，，，，，，，，．關(guān)于這組數(shù)據(jù)，下列結(jié)論錯誤的是( )
A．極差是 B．眾數(shù)是 C．中位數(shù)是 D．平均數(shù)是
7、（4分）如圖，在中，，，點為上一點，，于點，點 為的中點，連接，則的長為（ ）
A．5B．4C．3D．2
8、（4分） “垃圾分類，從我做起”，以下四幅圖案分別代表四類可回收垃圾，其中是中心對稱圖形的是（ ）
A．B．C．D．
二、填空題（本大題共5個小題，每小題4分，共20分）
9、（4分）如圖所示,在ΔABC中,點D是BC的中點,點E,F分別在線段AD及其延長線上,且DE＝DF,給出下列條件:①BE⊥EC;②BF∥EC;③AB＝AC．從中選擇一個條件使四邊形BECF是菱形,你認(rèn)為這個條件是____(只填寫序號).
10、（4分）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，OA=AB，點A的坐標(biāo)為（2，4），將△OAB繞點B旋轉(zhuǎn)180°，得到△BCD，再將△BCD繞點D旋轉(zhuǎn)180°，得到△DEF，如此進行下去，…，得到折線OA-AC-CE…，點P（2017，b）是此折線上一點，則b的值為_______________.
11、（4分）如圖，菱形由6個腰長為2，且全等的等腰梯形鑲嵌而成，則菱形的對角線的長為_____.
12、（4分）如圖，在中，點分別在上，且，，則___________
13、（4分）如圖：在平面直角坐標(biāo)系中，直線l：y=x-1與x軸交于點A1，如圖所示依次作正方形A1B1C1O、正方形A2B2C2C1、…、正方形AnBnCnCn-1，使得點A1、A2、A3、…在直線l上，點C1、C2、C3、…在y軸正半軸上，則點B2018的坐標(biāo)是______．
三、解答題（本大題共5個小題，共48分）
14、（12分）已知一次函數(shù)的圖象經(jīng)過點A ,B 兩點.
（1）求這個一次函數(shù)的解析式;
（2）求一次函數(shù)的圖像與兩坐標(biāo)軸所圍成的三角形的面積.
15、（8分）如圖，AB是⊙O的直徑，AC⊥AB，E為⊙O上的一點，AC=EC，延長CE交AB的延長線于點D.
（1）求證：CE為⊙O的切線；
（2）若OF⊥AE，OF=1，∠OAF=30°，求圖中陰影部分的面積.（結(jié)果保留π）
16、（8分）如圖，四邊形ABCD是正方形，點G是BC上一點，DE⊥AG于點E，BF∥DE且交AG于點F.
（1）求證：AE=BF；
（2）當(dāng)∠BAG=30°，且AB=2時，求EF-FG的值.
17、（10分）如圖1，矩形ABCD中，AB=2，BC=3，過對角線AC中點O的直線分別交邊BC、AD于點E、F
（1）求證：四邊形AECF是平行四邊形；
（2）如圖2，當(dāng)EF⊥AC時，求EF的長度．
18、（10分）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，各頂點的坐標(biāo)分別為
（1）作出關(guān)于原點成中心對稱的．
（2）作出點關(guān)于軸的對稱點若把點向右平移個單位長度后，落在的內(nèi)部（不包括頂點和邊界），的取值范圍，
B卷（50分）
一、填空題（本大題共5個小題，每小題4分，共20分）
19、（4分）小明統(tǒng)計了他家今年1月份打電話的次數(shù)及通話時間，并列出了頻數(shù)分布表（如表）
如果小明家全年打通電話約1000次，則小明家全年通話時間不超過5min約為_____次．
20、（4分）已知是分式方程的根，那么實數(shù)的值是__________．
21、（4分）如圖，?ABCD的對角線交于點O，且AB＝5，△OCD的周長為16，則?ABCD的兩條對角線的和是______
22、（4分）將函數(shù)的圖象沿y軸向下平移1個單位，則平移后所得圖象的解析式是____．
23、（4分）如圖，四邊形為正方形，點分別為的中點，其中，則四邊形的面積為________________________．
二、解答題（本大題共3個小題，共30分）
24、（8分）已知：如圖，過矩形的頂點作，交的延長線于點
求證：
若°，求的周長．
25、（10分）如圖，在正方形ABCD中，點E，F(xiàn)分別在邊AD，CD上，
（1）若AB＝6，AE＝CF，點E為AD的中點，連接AE，BF．
①如圖1，求證：BE＝BF＝3；
②如圖2，連接AC，分別交AE，BF于M，M，連接DM，DN，求四邊形BMDN的面積．
（2）如圖3，過點D作DH⊥BE，垂足為H，連接CH，若∠DCH＝22.5°，則的值為 （直接寫出結(jié)果）．
26、（12分）（1）如圖1，在矩形中，對角線與相交于點，過點作直線，且交于點，交于點，連接，且平分.
①求證：四邊形是菱形；
②直接寫出的度數(shù)；
（2）把（1）中菱形進行分離研究，如圖2，分別在邊上，且，連接為的中點，連接，并延長交于點，連接.試探究線段與之間滿足的關(guān)系，并說明理由；
（3）把（1）中矩形進行特殊化探究，如圖3，矩形滿足時，點是對角線上一點，連接，作，垂足為點，交于點，連接，交于點.請直接寫出線段三者之間滿足的數(shù)量關(guān)系.
參考答案與詳細解析
一、選擇題（本大題共8個小題，每小題4分，共32分，每小題均有四個選項，其中只有一項符合題目要求）
1、C
【解析】
根據(jù)四邊形ABCD為正方形，以及折疊的性質(zhì)，可以直接得到∠ADG的角度，以及AE=FE，在△BEF中，EF＜BE，可以得到2AE＜AB，結(jié)合三角函數(shù)的定義對②作出判斷；
在△AGD和△OGD中高相等，底不同，可以直接判斷其大小，而四邊形AEFG是菱形的判定需證得AE=EF=GF=AG；
要計算OG和BE的關(guān)系，我們需利用到中間量EF，即四邊形AEFG的邊長，可以轉(zhuǎn)化出BE和OG的關(guān)系；
當(dāng)已知△OGF的面積時，根據(jù)菱形的性質(zhì)，可以求得OG的長，進而求出BE的長度，而AE的長度與GF相同，GF可由勾股定理得出，進而求出AB的長度，正方形ABCD的面積也出來了.
【詳解】
∵四邊形ABCD是正方形，
∴∠GAD=∠ADO=45°.
由折疊的性質(zhì)可得：∠ADG=∠ADO=22.5°，故①正確；
∵由折疊的性質(zhì)可得：AE=EF，∠EFD=∠EAD=90°，
∴AE=EF＜BE，
∴AE＜AB，
∴＞2.故②錯誤；
∵∠AOB=90°，
∴AG=FG＞OG.
∵△AGD與△OGD同高，
∴S△AGD＞S△OGD.故③錯誤；
∵∠EFD=∠AOF=90°，
∴EF∥AC，
∴∠FEG=∠AGE.
∵∠AGE=∠FGE，
∴∠FEG=∠FGE，
∴EF=GF.
∵AE=EF，
∴AE=GF.
∵AE=EF=GF，AG=GF，
∴AE=EF=GF=AG，
∴四邊形AEFG是菱形，故④正確；
∵四邊形AEFG是菱形，
∴∠OGF=∠OAB=45°，
∴EF=GF=OG，
∴BE=EF=×OG=2OG.故⑤正確；
∵四邊形AEFG是菱形，
∴AB∥GF，AB=GF.
∵∠BAO=45°，∠GOF=90°，
∴△OGF是等腰直角三角形.
∵S△OGF=1，
∴ OG=1，
解得OG=，
∴BE=2OG=2，
GF=，
∴AE=GF=2，
∴AB=BE+AE=2+2，
∴S四邊形ABCD=AB =(2 +2) =12+8 .故⑥錯誤.
∴其中正確結(jié)論的序號是①④⑤，共3個.
故選C.
此題考查正方形的性質(zhì)，折疊的性質(zhì)，菱形的性質(zhì)，三角函數(shù)，解題關(guān)鍵在于掌握各性質(zhì)定理
2、D
【解析】【分析】欲判斷三角形是否為直角三角形，這里給出三邊的長，需要驗證兩小邊的平方和等于最長邊的平方即可．
【詳解】①c不一定是斜邊，故錯誤；
②正確；
③若△ABC是直角三角形，c不是斜邊，則a2＋b2≠c2，故錯誤，
所以正確的只有②，
故選D.
【點睛】本題考查了勾股定理以及勾股定理的逆定理，熟練掌握勾股定理以及勾股定理的逆定理的內(nèi)容是解題的關(guān)鍵.
3、C
【解析】
直接利用算術(shù)平方根的定義得出答案．
【詳解】
的算術(shù)平方根是：．
故選C．
此題主要考查了算術(shù)平方根，正確把握定義是解題關(guān)鍵．
4、B
【解析】
試題分析：解方程可得：y=2或y=5，當(dāng)邊長為2時，對角線為6就不成立；則邊長為5，則周長為20.
考點：(1)、菱形的性質(zhì)；(2)、方程的解
5、C
【解析】
利用角平分線的性質(zhì)、等腰三角形的判定與性質(zhì)逐一判定即可.
【詳解】
∵在△ABC中，∠ABC和∠ACB的平分線相交于點O
∴∠OBC=∠ABC，∠OCB=∠ACB，∠A+∠ABC+∠ACB=180°，
∴∠OBC+∠OCB=90°-∠A
∴∠BOC=180°-（∠OBC+∠OCB）=90°+∠A，故C錯誤；
∵∠EBO=∠CBO，∠FCO=∠BCO，
∴∠EBO=∠EOB，∠FCO=∠FOC，
∴BE=OE，CF=OF
∴EF=EO+OF=BE+CF，故A正確；
由已知，得點O是的內(nèi)心，到各邊的距離相等，故B正確；
作OM⊥AB，交AB于M，連接OA，如圖所示：
∵在△ABC中，∠ABC和∠ACB的平分線相交于點O
∴OM=
∴，故D選項正確；
故選：C.
此題主要考查運用角平分線的性質(zhì)、等腰三角形的判定與性質(zhì)，解題關(guān)鍵是注意數(shù)形結(jié)合思想的運用.
6、B
【解析】
試題分析：根據(jù)極差、眾數(shù)、中位數(shù)及平均數(shù)的定義，依次計算各選項即可作出判斷：
A、極差=14﹣7=7，結(jié)論正確，故本選項錯誤；
B、眾數(shù)為7，結(jié)論錯誤，故本選項正確；
C、中位數(shù)為8.5，結(jié)論正確，故本選項錯誤；
D、平均數(shù)是8，結(jié)論正確，故本選項錯誤．
故選B．
7、D
【解析】
利用三角形的中位線定理即可求答，先證明出E點為CD的中點，F(xiàn)點為AC的中點，證出EF為AC的中位線.
【詳解】
因為BD=BC,BE⊥CD，
所以DE=CE，
又因為F為AC的中點，
所以EF為ΔACD的中位線，
因為AB=10,BC=BD=6,
所以AD=10-6=4，
所以EF=×4=2，
故選D
本題考查三角形的中位線等于第三邊的一半，學(xué)生們要熟練掌握即可求出答案.
8、C
【解析】
根據(jù)中心對稱圖形的定義：在平面內(nèi)，把一個圖形繞著某個點旋轉(zhuǎn)180°，如果旋轉(zhuǎn)后的圖形與另一個圖形重合，那么就說明這兩個圖形的形狀關(guān)于這個點成中心對稱，逐一判定即可.
【詳解】
A選項，是軸對稱圖形，不符合題意；
B選項，是軸對稱圖形，不符合題意；
C選項，是中心對稱圖形，符合題意；
D選項，是軸對稱圖形，不符合題意；
故選：C.
此題主要考查對中心對稱圖形的理解，熟練掌握，即可解題.
二、填空題（本大題共5個小題，每小題4分，共20分）
9、③
【解析】
分析: 根據(jù)點D是BC的中點，點E、F分別是線段AD及其延長線上，且DE=DF，即可證明四邊形BECF是平行四邊形，然后根據(jù)菱形的判定定理即可作出判斷．
詳解：∵BD=CD，DE=DF，
∴四邊形BECF是平行四邊形，
①BE⊥EC時，四邊形BECF是矩形，不一定是菱形；
②AB=AC時，∵D是BC的中點，
∴AF是BC的中垂線，
∴BE=CE，
∴平行四邊形BECF是菱形．
③四邊形BECF是平行四邊形，則BF∥EC一定成立，故不一定是菱形；
故答案是：②．
點睛:本題考查了菱形的判定方法，菱形的判別常用三種方法：
①定義；②四邊相等；③對角線互相垂直平分．
10、2
【解析】
分析：根據(jù)規(guī)律發(fā)現(xiàn)點O到點D為一個周期，根據(jù)其坐標(biāo)規(guī)律即可解答.
詳解：∵點A的坐標(biāo)為（2，4）且OA=AB，
∴O（0,0），B（4,0），C（6，-4），D（8,0），
2017÷8=252……1，
∴b==2.
點睛：本題主要考查了點的坐標(biāo)，發(fā)現(xiàn)其坐標(biāo)規(guī)律是解題的關(guān)鍵.
11、
【解析】
根據(jù)圖形可知∠ADC=2∠A，又兩鄰角互補，所以可以求出菱形的銳角內(nèi)角是60°；再根據(jù)AD=AB可以得出梯形的上底邊長等于腰長，即可求出梯形的下底邊長，所以菱形的邊長可得，線段AC便不難求出．
【詳解】
根據(jù)圖形可知∠ADC=2∠A，又∠ADC+∠A=180°，
∴∠A=60°，
∵AB=AD，
∴梯形的上底邊長=腰長=2，
∴梯形的下底邊長=4（可以利用過上底頂點作腰的平行線得出），
∴AB=2+4=6，
∴AC=2ABsin60°=2×6×=6．
故答案為：6．
本題考查的是等腰梯形的性質(zhì)，仔細觀察圖形得到角的關(guān)系和梯形的上底邊長與腰的關(guān)系是解本題的關(guān)鍵．
12、
【解析】
根據(jù)相似三角形的判定定理得到△ADE∽△ABC，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)計算即可．
【詳解】
∵DE∥BC，
∴△ADE∽△ABC，
∴,
∴ ，
故答案為:.
此題考查相似三角形的判定和性質(zhì)，掌握相似三角形的面積比等于相似比的平方是解題的關(guān)鍵．
13、
【解析】
【分析】先求出B1、B2、B3的坐標(biāo)，探究規(guī)律后即可解決問題．
【詳解】∵y=x-1與x軸交于點A1，
∴A1點坐標(biāo)（1，0），
∵四邊形A1B1C1O是正方形，
∴B1坐標(biāo)（1，1），
∵C1A2∥x軸，
∴A2坐標(biāo)（2，1），
∵四邊形A2B2C2C1是正方形，
∴B2坐標(biāo)（2，3），
∵C2A3∥x軸，
∴A3坐標(biāo)（4，3），
∵四邊形A3B3C3C2是正方形，
∴B3（4，7），
∵B1（20，21-1），B2（21，22-1），B3（22，23-1），…，
∴B2018坐標(biāo)（22018-1，22018-1）．
故答案為
【點睛】本題考查一次函數(shù)圖象上點的特征，正方形的性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會從特殊到一般的探究方法，利用規(guī)律解決問題，屬于中考填空題中的壓軸題．
三、解答題（本大題共5個小題，共48分）
14、（1）；（2）4.
【解析】
（1）先利用待定系數(shù)法確定一次函數(shù)的解析式是y=2x-4；
（2）先確定直線y=2x-4與兩坐標(biāo)軸的交點坐標(biāo)，然后根據(jù)三角形面積公式求解．
【詳解】
解： (1)設(shè)這個一次函數(shù)的解析式為: y=kx+b(k≠0) .
將點A代入上式得:

解得
∴這個一次函數(shù)的解析式為:
(2) ∵
∴當(dāng)y=0時，2x-4=0,則x=2
∴圖象與x軸交于點C（2，0）
∴


此題考查一次函數(shù)圖象上點的坐標(biāo)特征，待定系數(shù)法求一次函數(shù)解析式，解題關(guān)鍵在于把已知點代入解析式
15、（1）見解析；（2）.
【解析】
（1）首先連接OE，由AC⊥AB，，可得∠CAD=90°，又由AC=EC,OA=OE，易證得∠CAE=∠CEA, ∠FAO=∠FEO，即可證得CD為⊙O的切線；
（2）根據(jù)題意可知∠OAF=30°，OF=1，可求得AE的長，又由S陰影= -，即可求得答案．
【詳解】
（1）證明：連接OE
∵AC=EC,OA=OE
∴∠CAE=∠CEA, ∠FAO=∠FEO
∵AC⊥AB，
∴∠CAD=90°
∴∠CAE+∠EAO=90°
∴∠CEA+∠AEO=90°
即∠CEA=90°
∴OE⊥CD
∴CE為⊙O的切線
（2）解：
∵∠OAF=30°，OF=1
∴AO=2
∴AF= 即AE=
∴
∵∠AOE= 120°,AO=2
∴
∴S陰影=
此題考查垂徑定理及其推論，切線的判定與性質(zhì)，扇形面積的計算，解題關(guān)鍵在于作輔助線.
16、（1）證明見解析；（2）EF-FG=-1.
【解析】
分析：（1）首先根據(jù)角與角之間的等量代換得到∠ABF=∠DAE，結(jié)合AB=AD，∠AED=∠BFA，利用AAS證明△ABF≌△DAE，即可得到AE=BF；
（2）首先求出BF和AE的長度，然后在Rt△BFG中求出BG=2FG，利用勾股定理得到BG2=FG2+BF2，進而求出FG的長，于是可得EF﹣FG的值．
詳解：（1）∵四邊形ABCD是正方形，∴AB=AD，∠BAF+∠DAE=∠BAD=90°．
又∵DE⊥AG，BF∥DE，∴∠AED=∠BFA=90°．
∵∠BAF+∠ABF=90°，∴∠ABF=∠DAE．在△ABF和△DAE中，，∴△ABF≌△DAE（AAS），∴AE=BF；
（2）∵∠BAG=30°，AB=2，∠BEA=90°，∴BF=AB=1，AF=，∴EF=AF﹣AE=AF﹣BF=﹣1．
∵BF⊥AG，∠ABG=90°，∠BAG=30°，∴∠FBC=30°，∴BG=2FG，由BG2=FG2+BF2，∴4FG2=FG2+1，∴FG=，∴EF﹣FG=﹣1﹣=﹣1．
點睛：本題主要考查了正方形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)以及勾股定理等知識，解答本題的關(guān)鍵是根據(jù)AAS證明△ABF≌△DAE，此題難度一般．
17、（1）見解析；（2）EF=．
【解析】
（1）證明△AOF≌△COE全等，可得AF=EC，∵AF∥EC，∴四邊形AECF是平行四邊形；
（2）由（1）知四邊形AECF是平行四邊形，且EF⊥AC，∴四邊形AECF為菱形，假設(shè)BE=a，根據(jù)勾股定理求出a，從而得知EF的長度；
【詳解】
解：（1）∵矩形ABCD，∴AF∥EC，AO=CO
∴∠FAO=∠ECO
∴在△AOF和△COE中，，
∴△AOF≌△COE（ASA）
∴AF=EC
又∵AF∥EC
∴四邊形AECF是平行四邊形；
（2）由（1）知四邊形AECF是平行四邊形，
∵EF⊥AC，
∴四邊形AECF為菱形，
設(shè)BE=a，則AE=EC=3-a
∴a2+22=（3-a）2
∴a=
則AE=EC=，
∵AB=2，BC=3，
∴AC==
∴AO=OC=，
∴OE===，
∴EF=2OF=．
此題考查平行四邊形的判定，菱形的性質(zhì)，勾股定理，全等三角形的判定與性質(zhì)，熟練掌握矩形的性質(zhì)和勾股定理，證明三角形全等是解題的關(guān)鍵．
18、（1）見解析；（2）見解析，
【解析】
（1）利用關(guān)于原點對稱的點的坐標(biāo)特征寫出A1、B1、C1的坐標(biāo)，然后描點即可；
（2）根據(jù)關(guān)于x軸對稱的點的坐標(biāo)特征寫出C′坐標(biāo)，則把點C'向右平移4個單位到C1位置，把點C'向右平移1個單位落在A1B1上，從而得到a的范圍．
【詳解】
解：（1）如圖，△A1B1C1為所作；
（2）C′的坐標(biāo)為（-2，-3），把點C'向右平移a個單位長度后落后在△A1B1C1的內(nèi)部（不包括頂點和邊界），則a的取值范圍為：4＜a＜1．
本題考查了作圖——旋轉(zhuǎn)變換：根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可知，對應(yīng)角都相等都等于旋轉(zhuǎn)角，對應(yīng)線段也相等，由此可以通過作相等的角，在角的邊上截取相等的線段的方法，找到對應(yīng)點，順次連接得出旋轉(zhuǎn)后的圖形．也考查了平移變換．
一、填空題（本大題共5個小題，每小題4分，共20分）
19、1．
【解析】
根據(jù)表格中的數(shù)據(jù)可以計算出小明家全年通話時間不超過5min的次數(shù)，本題得以解決．
【詳解】
由題意可得，
小明家全年通話時間不超過5min約為：1000×＝1（次），
故答案為：1．
本題主要考查用樣本估計總體，一般來說，用樣本去估計總體時，樣本越具有代表性、容量越大，這時對總體的估計也就越精確．
20、1
【解析】
將代入到方程中即可求出m的值．
【詳解】
解：將代入，得
解得：
故答案為：1．
此題考查的是根據(jù)分式方程的根求分式方程中的參數(shù)，掌握分式方程根的定義是解決此題的關(guān)鍵．
21、1
【解析】
根據(jù)平行四邊形對角線互相平分，對邊相等可得CD＝AB＝5，AC＝2CO，BD＝2DO，再由△OCD的周長為16可得CO+DO＝16﹣5＝11，然后可得答案．
【詳解】
解：∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴CD＝AB＝5，AC＝2CO，BD＝2DO，
∵△OCD的周長為16，
∴CO+DO＝16﹣5＝11，
∴AC+BD＝2×11＝1，
故答案為1．
此題主要考查了平行四邊形的性質(zhì)，關(guān)鍵是掌握平行四邊形對角線互相平分，對邊相等．
22、y=-4x-1
【解析】
根據(jù)函數(shù)圖象的平移規(guī)律：上加下減，可得答案．
【詳解】
解：將函數(shù)y=-4x的圖象沿y軸向下平移1個單位，則平移后所得圖象的解析式是y=-4x-1．
故答案為：y=-4x-1．
本題考查了一次函數(shù)圖象與幾何變換，利用一次函數(shù)圖象的平移規(guī)律是解題關(guān)鍵．
23、4.
【解析】
先判定四邊形EFGH為矩形，再根據(jù)中位線的定理分別求出EF、EH的長度，即可求出四邊形EFGH的面積.
【詳解】
解：∵四邊形ABCD是正方形，點E、F、G、H分別是AB、BC、CD、DA的中點，
∴△AEH、△BEF、△CFG、△DGH都為等腰直角三角形，
∴∠HEF、∠EFG、∠FGH、∠GHE都為直角，
∴四邊形EFGH是矩形，
邊接AC，則AC=BD=4，
又∵EH是△ABD的中位線，
∴EH=BD=2，
同理EF=AC=2，
∴四邊形EFGH的面積為2×2=4.
故答案為4.
本題考查了正方形的性質(zhì)，矩形的判定，三角形中位線定理.
二、解答題（本大題共3個小題，共30分）
24、（1）詳見解析；（2）
【解析】
（1）根據(jù)矩形的性質(zhì)可證明四邊形為平行四邊形，繼而得出，即可證明結(jié)論；
（2）根據(jù)直角三角形的性質(zhì)計算得出AB、AC的值，即可得出的周長．
【詳解】
解：證明：四邊形為矩形．
四邊形為平行四邊形
由得
又，
，
．
本題考查的知識點是矩形的性質(zhì)、平行四邊形的判定及性質(zhì)、勾股定理、等腰三角形的性質(zhì)，解此題的關(guān)鍵是靈活運用矩形的性質(zhì)、平行四邊形的性質(zhì)．
25、（1）①詳見解析；②12；（2）.
【解析】
（1）①先求出AE＝3，進而求出BE，再判斷出△BAE≌△BCF，即可得出結(jié)論；
②先求出BD＝6，再判斷出△AEM∽△CMB，進而求出AM＝2，再判斷出四邊形BMDN是菱形，即可得出結(jié)論；
（2）先判斷出∠DBH＝22.5°，再構(gòu)造等腰直角三角形，設(shè)出DH，進而得出HG，BG，即可得出BH，結(jié)論得證．
【詳解】
解：（1）①∵四邊形ABCD是正方形，
∴AB＝BC＝AD＝6，∠BAD＝∠BCD＝90°，
∵點E是中點，
∴AE＝AD＝3，
在Rt△ABE中，根據(jù)勾股定理得，BE＝＝3，
在△BAE和△BCF中，
∴△BAE≌△BCF（SAS），
∴BE＝BF，
∴BE＝BF＝3；
②如圖2，連接BD，
在Rt△ABC中，AC＝AB＝6，
∴BD＝6，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴AD∥BC，
∴△AEM∽△CMB，
∴，
∴，
∴AM＝AC＝2，
同理：CN＝2，
∴MN＝AC﹣AM﹣CN＝2，
由①知，△ABE≌△CBF，
∴∠ABE＝∠CBF，
∵AB＝BC，∠BAM＝∠BCN＝45°，
∴△ABM≌△CBN，
∴BM＝BN，
∵AC是正方形ABCD的對角線，
∴AB＝AD，∠BAM＝∠DAM＝45°，
∵AM＝AM，
∴△BAM≌△DAM，
∴BM＝DM，
同理：BN＝DN，
∴BM＝DM＝DN＝BN，
∴四邊形BMDN是菱形，
∴S四邊形BMDN＝BD×MN＝×6×2＝12；
（2）如圖3，設(shè)DH＝a，
連接BD，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴∠BCD＝90°，
∵DH⊥BH，
∴∠BHD＝90°，
∴點B，C，D，H四點共圓，
∴∠DBH＝∠DCH＝22.5°，
在BH上取一點G，使BG＝DG，
∴∠DGH＝2∠DBH＝45°，
∴∠HDG＝45°＝∠HGD，
∴HG＝HD＝a，
在Rt△DHG中，DG＝HD＝a，
∴BG＝a，
∴BH＝BG+HG＝A+A＝（+1）a，
∴．
故答案為．
此題是四邊形綜合題，主要考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，菱形的判定和性質(zhì)，勾股定理，判斷出四邊形BMDN是菱形是解本題的關(guān)鍵．
26、 (1)①見解析;②60°;(1)見解析;(3)見解析.
【解析】
（1）①由△DOE≌△BOF，推出EO=OF，由OB=OD，推出四邊形EBFD是平行四邊形，再證明EB=ED即可；②先證明∠ABD=1∠ADB，推出∠ADB=30°，即可解決問題；
（1）延長到，使得，連接，由菱形性質(zhì)，，得，由此，由ASA可證得，由此，故
，由，可證得是等邊三角形，可得，，由SAS可證，可得，即是等邊三角形，
在中，由，，可得，由此可得；
（3）結(jié)論：EG1=AG1+CE1．如圖3中，將△ADG繞點D逆時針旋轉(zhuǎn)90°得到△DCM，先證明△DEG≌△DEM，再證明△ECM是直角三角形即可解決問題．
【詳解】
（1）①證明：如圖1中，
∵四邊形是矩形，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴四邊形是平行四邊形，
∵，
∴，
∴四邊形是菱形．
②∵四邊形是菱形，
∴，
∵平分，
∴，
∴=，
∵四邊形是矩形，
∴A=，
∴+=，
∴==，
∴；
（1）結(jié)論：．
理由：如圖1中，延長到，使得，連接．
∵四邊形是菱形，，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴是等邊三角形，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴是等邊三角形，
在中，∵，，
∴，
∴．
（3）結(jié)論：．
理由：如圖3中，將△ADG繞點D逆時針旋轉(zhuǎn)90°得到△DCM，
∵∠FAD+∠DEF=90°，
∴AFED四點共圓，
∴∠EDF=∠DAE=45°，∠ADC=90°，
∴∠ADF+∠EDC=45°，
∵∠ADF=∠CDM，
∴∠CDM+∠CDE=45°=∠EDG，
在△DEM和△DEG中，
，
∴△DEG≌△DEM，
∴GE=EM，
∵∠DCM=∠DAG=∠ACD=45°，AG=CM，
∴∠ECM=90°，
∴EC1+CM1=EM1，
∵EG=EM，AG=CM，
∴GE1=AG1+CE1．
本題考查四邊形綜合題、矩形的性質(zhì)、正方形的性質(zhì)、菱形的判定和性質(zhì)，等邊三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會添加常用輔助線，構(gòu)造全等三角形，學(xué)會轉(zhuǎn)化的思想思考問題，屬于中考壓軸題．
題號
一
二
三
四
五
總分
得分
通話時間x/min
0＜x≤5
5＜x≤10
10＜x≤15
15＜x≤20
頻數(shù)（通話次數(shù)）
20
16
9
5

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