一、選擇題（本大題共8個(gè)小題，每小題4分，共32分，每小題均有四個(gè)選項(xiàng)，其中只有一項(xiàng)符合題目要求）
1、（4分）如圖，一同學(xué)在湖邊看到一棵樹，他目測(cè)出自己與樹的距離為20m，樹的頂端在水中的倒影距自己5m 遠(yuǎn)，該同學(xué)的身高為1.7m ，則樹高為（ ）.
A．3.4mB．4.7 mC．5.1mD．6.8m
2、（4分）使二次根式有意義的x的取值范圍是（ ）．
A．B．C．D．
3、（4分）下列圖形中，中心對(duì)稱圖形有（ ）
A．1個(gè)B．2個(gè)C．3D．4個(gè)
4、（4分）如圖，將△ABC 繞點(diǎn) A 按順時(shí)針方向旋轉(zhuǎn) 120°得到△ADE，點(diǎn) B 的對(duì)應(yīng)點(diǎn)是點(diǎn) E，點(diǎn) C 的對(duì)應(yīng)點(diǎn)是點(diǎn) D，若∠BAC=35°，則∠CAE 的度數(shù)為（ ）
A．90°B．75°C．65°D．85°
5、（4分）如圖，菱形ABCD的周長為16，若∠BAD=60°，E是AB的中點(diǎn)，則點(diǎn)E的坐標(biāo)為（ ）
A．(1，1)B．C．D．
6、（4分）如圖，在△ABC中，AB＝AC，∠A＝40°，將△ABC繞點(diǎn)B逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)得到△A′BC′，若點(diǎn)C的對(duì)應(yīng)點(diǎn)C′落在AB邊上，則旋轉(zhuǎn)角為（ ）
A．40°B．70°C．80°D．140°
7、（4分）在平面直角坐標(biāo)系的第一象限內(nèi)有一點(diǎn)M，點(diǎn)M到x軸的距離為3，到y(tǒng)軸的距離為4，則點(diǎn)M的坐標(biāo)是（ ）
A．（3，-4）．B．（4，-3）．C．（3，4）．D．（4，3）．
8、（4分）由下列條件不能判定△ABC為直角三角形的是（ ）
A．∠A+∠B=∠CB．∠A：∠B：∠C=1：3：2
C．a(chǎn)=2，b=3，c=4D．(b+c)(b-c)=a2
二、填空題（本大題共5個(gè)小題，每小題4分，共20分）
9、（4分）如圖，四邊形ABCD中，,E是邊CD的中點(diǎn)，連接BE并延長與AD的延長線相較于點(diǎn)F.若△BCD是等腰三角形，則四邊形BDFC的面積為_______________。
10、（4分）小明從家跑步到學(xué)校，接著馬上原路步行回家．如圖所示為小明離家的路程與時(shí)間的圖像，則小明回家的速度是每分鐘步行________m．
11、（4分）若數(shù)據(jù)，，…，的方差為6，則數(shù)據(jù)，，…，的方差是______.
12、（4分）已知，則 ___________ .
13、（4分）勾股定理是幾何中的一個(gè)重要定理．在我國古算書《周髀算經(jīng)》中就有“若勾三，股四，則弦五”的記載．如圖1是由邊長相等的小正方形和直角三角形構(gòu)成的，可以用其面積關(guān)系驗(yàn)證勾股定理．圖2是把圖1放入長方形內(nèi)得到的，，AB=3，AC=4，點(diǎn)D，E，F(xiàn)，G，H，I都在長方形KLMJ的邊上，則長方形KLMJ的面積為___．
三、解答題（本大題共5個(gè)小題，共48分）
14、（12分）如圖，在由邊長為1的小正方形組成的網(wǎng)格中，的三個(gè)頂點(diǎn)均在格點(diǎn)上，請(qǐng)解答：
（1）判斷的形狀，并說明理由；
（2）在網(wǎng)格圖中畫出AD//BC，且AD=BC；
（3）連接CD，若E為BC中點(diǎn)，F(xiàn)為AD中點(diǎn)，四邊形AECF是什么特殊的四邊形？請(qǐng)說明理由.
15、（8分）如圖，等邊三角形ABC的邊長是6，點(diǎn)D、F分別是BC、AC上的動(dòng)點(diǎn)，且BD＝CF，以AD為邊作等邊三角形ADE，連接BF、EF．
（1）求證：四邊形BDEF是平行四邊形；
（2）連接DF，當(dāng)BD的長為何值時(shí)，△CDF為直角三角形？
（3）設(shè)BD＝x，請(qǐng)用含x的式子表示等邊三角形ADE的面積．
16、（8分）如圖，□ABCD的對(duì)角線AC、BD相交于點(diǎn)O，AC平分∠BAD，DP//AC，CP//BD．
（1）求證：四邊形ABCD是菱形；
（2）若AC＝4，BD＝6，求OP的長．
17、（10分）在平行四邊形ABCD中，∠BAD的平分線交線段BC于點(diǎn)E，交線段DC的延長線于點(diǎn)F，以EC、CF為鄰邊作平行四邊形ECFG．
（1）如圖1，證明平行四邊形ECFG為菱形；
（2）如圖2，若∠ABC=90°，M是EF的中點(diǎn)，求∠BDM的度數(shù)；
（3）如圖3，若∠ABC=120°，請(qǐng)直接寫出∠BDG的度數(shù)．
18、（10分）在平面直角坐標(biāo)系中，△ABC的位置如圖所示（每個(gè)小方格都是邊長為1個(gè)單位長度的正方形）．
（1）將△ABC沿x軸方向向左平移6個(gè)單位長度，畫出平移后得到的△A1B1C1；
（2）將△ABC繞著點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°，畫出旋轉(zhuǎn)后得到的△AB2C2；
（3）直接寫出點(diǎn)B2，C2的坐標(biāo)．
B卷（50分）
一、填空題（本大題共5個(gè)小題，每小題4分，共20分）
19、（4分）正方形的邊長為2，點(diǎn)是對(duì)角線上一點(diǎn)，和是直角三角形.則______.
20、（4分）如圖，有一塊矩形紙片ABCD，AB=8，AD=1．將紙片折疊，使得AD邊落在AB邊上，折痕為AE，再將△AED沿DE向右翻折，AE與BC的交點(diǎn)為F，則CF的長為________
21、（4分）已知四邊形是平行四邊形，且，，三點(diǎn)的坐標(biāo)分別是，，則這個(gè)平行四邊形第四個(gè)頂點(diǎn)的坐標(biāo)為______．
22、（4分）計(jì)算：（﹣）2＝_____．
23、（4分）在實(shí)數(shù)范圍內(nèi)分解因式：3x2﹣6＝_____．
二、解答題（本大題共3個(gè)小題，共30分）
24、（8分）已知張強(qiáng)家、體育場、文具店在同一直線上，下面的圖象反映的過程是：張強(qiáng)從家跑步去體育場，在那里鍛煉了一陣后又走到文具店去買筆，然后散步走回家．圖中表示時(shí)間，表示張強(qiáng)離家的距離．
根據(jù)圖象解答下列問題：
（1）體育場離張強(qiáng)家多遠(yuǎn)？張強(qiáng)從家到體育場用了多少時(shí)間？
（2）體育場離文具店多遠(yuǎn)？
（3）張強(qiáng)在文具店停留了多少時(shí)間？
（4）求張強(qiáng)從文具店回家過程中與的函數(shù)解析式．
25、（10分）如圖，在平行四邊形ABCD中，AC是它的一條對(duì)角線，BE⊥AC于點(diǎn)E，DF⊥AC于點(diǎn)F，求證：四邊形BEDF是平行四邊形．
26、（12分）如圖，一學(xué)校（點(diǎn)M）距公路（直線l）的距離（MA）為1km,在公路上距該校2km處有一車站（點(diǎn)N）,該校擬在公路上建一個(gè)公交車停靠點(diǎn)（點(diǎn)p）,以便于本校職工乘車上下班，要求停靠站建在AN之間且到此校與車站的距離相等，請(qǐng)你計(jì)算?？空镜杰囌镜木嚯x.
參考答案與詳細(xì)解析
一、選擇題（本大題共8個(gè)小題，每小題4分，共32分，每小題均有四個(gè)選項(xiàng)，其中只有一項(xiàng)符合題目要求）
1、C
【解析】
由入射光線和反射光線與鏡面的夾角相等，可得兩個(gè)相似三角形，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)解答即可．
【詳解】
解：由題意可得：∠BCA=∠EDA=90°，∠BAC=∠EAD，
故△ABC∽△AED，
由相似三角形的性質(zhì)，設(shè)樹高x米，
則，
∴x=5.1m．
故選：C．
本題考查相似三角形的應(yīng)用，關(guān)鍵是由入射光線和反射光線與鏡面的夾角相等，得出兩個(gè)相似三角形．
2、B
【解析】
直接利用二次根式有意義的條件進(jìn)而分析得出答案.
【詳解】
依題意得：，
解得：.
故選：.
此題考查了二次根式的意義和性質(zhì).概念：式子叫二次根式.性質(zhì)：二次根式中的被開方數(shù)必須是非負(fù)數(shù)，否則二次根式無意義.
3、B
【解析】
繞一個(gè)點(diǎn)旋轉(zhuǎn)180度后所得的圖形與原圖形完全重合的圖形叫做中心對(duì)稱圖形作出判斷．
【詳解】
等邊三角形不是中心對(duì)稱圖形；
平行四邊形是中心對(duì)稱圖形；
圓是中心對(duì)稱圖形；
等腰梯形不是中心對(duì)稱圖形．
故選：B．
此題考查中心對(duì)稱圖形，解題關(guān)鍵在于識(shí)別圖形
4、D
【解析】
由題意可得∠BAE是旋轉(zhuǎn)角為120°且∠BAC=35°，可求∠CAE的度數(shù)．
【詳解】
∵將△ABC繞點(diǎn)A按順時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)120°得到△ADE
∴∠BAE=120°且∠BAC=35°
∴∠CAE=85°
故選D．
本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，關(guān)鍵是熟練運(yùn)用旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)解決問題．
5、B
【解析】
首先求出AB的長，進(jìn)而得出EO的長，再利用含30度角的直角三角形的性質(zhì)以及勾股定理進(jìn)行求解即可.
【詳解】
過E作EM⊥AC，則∠EMO=90°，
∵四邊形ABCD是菱形，
∴AB=CD=BC=AD，AC⊥DB，∠BAO=∠BAD，
∵∠BAD=60°，
∴∠BAO=30°，
∵AC⊥DB，
∴∠BOA=90°，
∵E是AB的中點(diǎn)，
∴EO=EA=EB=AB，
∵菱形ABCD的周長為16，
∴AB=4，
∴EO=2，
∵EO=AE，
∴∠EOA=∠EAO=30°，
又∵∠EMO=90°，
∴EM=EO=1，
∴OM=
∴則點(diǎn)E的坐標(biāo)為：(，1)，
故選B．
本題考查了菱形的性質(zhì)，坐標(biāo)與圖形，勾股定理，含30度角的直角三角形的性質(zhì)，直角三角形斜邊中線的性質(zhì)，熟練掌握相關(guān)知識(shí)是解題的關(guān)鍵.
6、B
【解析】
根據(jù)旋轉(zhuǎn)角的定義，旋轉(zhuǎn)角就是∠ABC，根據(jù)等腰三角形的旋轉(zhuǎn)求出∠ABC即可．
【詳解】
∵AB＝AC，∠A＝40°，
∴∠ABC＝∠C＝（180°﹣∠A）＝×140°＝70°，
∵△A′BC′是由△ABC旋轉(zhuǎn)得到，
∴旋轉(zhuǎn)角為∠ABC＝70°．
故選B．
本題考查旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)、三角形內(nèi)角和定理等知識(shí)，解題的關(guān)鍵在于理解旋轉(zhuǎn)角的定義．
7、D
【解析】
根據(jù)第一象限內(nèi)點(diǎn)的坐標(biāo)特征，可得答案．
【詳解】
解：由題意，得
x=4，y=3，
即M點(diǎn)的坐標(biāo)是（4，3），
故選：D．
本題考查點(diǎn)的坐標(biāo)，熟記各象限內(nèi)點(diǎn)的坐標(biāo)特征是解題關(guān)鍵．
8、C
【解析】
由勾股定理的逆定理，只要驗(yàn)證兩小邊的平方和等于最長邊的平方或最大角是否是90°即可．
【詳解】
A、∠A+∠B＝∠C，可得∠C＝90°，是直角三角形，錯(cuò)誤；
B、∠A：∠B：∠C＝1：3：2，可得∠B＝90°，是直角三角形，錯(cuò)誤；
C、∵22+32≠42，故不能判定是直角三角形，正確；
D、∵（b+c）（b﹣c）＝a2，∴b2﹣c2＝a2，即a2+c2＝b2，故是直角三角形，錯(cuò)誤；
故選C．
本題考查勾股定理的逆定理的應(yīng)用．判斷三角形是否為直角三角形，已知三角形三邊的長，只要利用勾股定理的逆定理加以判斷即可．
二、填空題（本大題共5個(gè)小題，每小題4分，共20分）
9、5或1．
【解析】
先證明四邊形BDFC是平行四邊形；當(dāng)△BCD是等腰三角形求面積時(shí)，需分①BC=BD時(shí)，利用勾股定理列式求出AB，然后利用平行四邊形的面積公式列式計(jì)算即可得解；②BC=CD時(shí)，過點(diǎn)C作CG⊥AF于G，判斷出四邊形AGCB是矩形，再根據(jù)矩形的對(duì)邊相等可得AG=BC=5，然后求出DG=3，利用勾股定理列式求出CG，然后利用平行四邊形的面積列式計(jì)算即可得解；③BD=CD時(shí)，BC邊上的中線應(yīng)該與BC垂直，從而得到BC=2AD=4，矛盾．
【詳解】
證明：∵∠A=∠ABC=90°，
∴BC∥AD，
∴∠CBE=∠DFE，
在△BEC與△FED中，

∴△BEC≌△FED，
∴BE=FE，
又∵E是邊CD的中點(diǎn)，
∴CE=DE，
∴四邊形BDFC是平行四邊形；
（1）BC=BD=5時(shí)，由勾股定理得，AB===，
所以，四邊形BDFC的面積=5×=5 ；
（2）BC=CD=5時(shí)，過點(diǎn)C作CG⊥AF于G，則四邊形AGCB是矩形，
所以，AG=BC=5，
所以，DG=AG-AD=5-2=3，由勾股定理得，CG===4，
所以，四邊形BDFC的面積=4×5=1；
（3）BD=CD時(shí)，BC邊上的中線應(yīng)該與BC垂直，從而得到BC=2AD=4，矛盾，此時(shí)不成立；
綜上所述，四邊形BDFC的面積是5或1．
故答案為：5或1．
本題考查平行四邊形的判定與性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，（1）確定出全等三角形是解題的關(guān)鍵，（2）難點(diǎn)在于分情況討論．
10、1
【解析】
先分析出小明家距學(xué)校10米，小明從學(xué)校步行回家的時(shí)間是15-5=10（分），再根據(jù)路程、時(shí)間、速度的關(guān)系即可求得．
【詳解】
解：通過讀圖可知：小明家距學(xué)校10米，小明從學(xué)校步行回家的時(shí)間是15-5=10（分），
所以小明回家的速度是每分鐘步行10÷10=1（米）．
故答案為：1．
本題主要考查了函數(shù)圖象，先得出小明家與學(xué)校的距離和回家所需要的時(shí)間，再求解．
11、1.
【解析】
根據(jù)方差的定義進(jìn)行求解，方差是用來衡量一組數(shù)據(jù)波動(dòng)大小的量，每個(gè)數(shù)都加2，所以波動(dòng)不會(huì)變，方差不變．
【詳解】
原來的方差，
現(xiàn)在的方差
=
=1，方差不變．
故答案為：1．
此題考查了方差，本題說明了當(dāng)數(shù)據(jù)都加上一個(gè)數(shù)（或減去一個(gè)數(shù)）時(shí)，方差不變，即數(shù)據(jù)的波動(dòng)情況不變．
12、
【解析】
將二次根式化簡代值即可.
【詳解】
解：
所以原式.
故答案為：
本題考查了二次根式的運(yùn)算，將二次根式轉(zhuǎn)化為和已知條件相關(guān)的式子是解題的關(guān)鍵.
13、110
【解析】
延長AB交KF于點(diǎn)O，延長AC交GM于點(diǎn)P，可得四邊形AOLP是正方形，然后求出正方形的邊長，再求出矩形KLMJ的長與寬，然后根據(jù)矩形的面積公式列式計(jì)算即可得解．
【詳解】
如圖，延長AB交KF于點(diǎn)O，延長AC交GM于點(diǎn)P，則四邊形OALP是矩形.
∵∠CBF=90°，
∴∠ABC+∠OBF=90°，
又∵直角△ABC中,∠ABC+∠ACB=90°，
∴∠OBF=∠ACB，
在△OBF和△ACB中，
，
∴△OBF≌△ACB(AAS)，
∴AC=OB，
同理：△ACB≌△PGC，
∴PC=AB，
∴OA=AP，
所以，矩形AOLP是正方形，
邊長AO=AB+AC=3+4=7，
所以，KL=3+7=10，LM=4+7=11，
因此，矩形KLMJ的面積為10×11=110.
本題考查勾股定理，解題的關(guān)鍵是讀懂題意，掌握勾股定理.
三、解答題（本大題共5個(gè)小題，共48分）
14、（1）是直角三角形，理由見解析；（2）圖見解析；（3）四邊形是菱形，理由見解析．
【解析】
（1）先結(jié)合網(wǎng)格特點(diǎn)，利用勾股定理求出三邊長，再根據(jù)勾股定理的逆定理即可得；
（2）先利用平移的性質(zhì)得到點(diǎn)D，再連接AD即可；
（3）先根據(jù)線段中點(diǎn)的定義、等量代換可得，再根據(jù)平行四邊形的判定可得四邊形AECF是平行四邊形，然后根據(jù)直角三角形的性質(zhì)可得，最后根據(jù)菱形的判定、正方形的判定即可得．
【詳解】
（1）是直角三角形，理由如下：
，，
即
是直角三角形；
（2）由平移的性質(zhì)可知，先將點(diǎn)B向下平移3個(gè)單位，再向右平移4個(gè)單位可得點(diǎn)C
同樣，先將點(diǎn)A向下平移3個(gè)單位，再向右平移4個(gè)單位可得點(diǎn)D，然后連接AD
則有，且，作圖結(jié)果如下所示：
（3）四邊形是菱形，理由如下：
為中點(diǎn)，為中點(diǎn)
，
，即
四邊形是平行四邊形
又為中點(diǎn)，是的斜邊
平行四邊形是菱形
不是等腰直角三角形
與BC不垂直，即
菱形不是正方形
綜上，四邊形是菱形．
本題考查了作圖—平移、勾股定理與勾股定理的逆定理、菱形的判定、正方形的判定等知識(shí)點(diǎn)，較難的是題（3），熟練掌握特殊四邊形的判定方法是解題關(guān)鍵．
15、（1）見解析；（2）BD＝2或4；（3）S△ADE＝（x﹣3）2+（0≤x≤6）
【解析】
(1)：要證明四邊形BDEF是平行四邊形，一般采用對(duì)邊平行且相等來證明，因?yàn)橐呀?jīng)有了DB=CF，只要有△ABD全等△ACE，就能得到∠ACE=∠ABD=60°，CE=CF=EF=BD，再利用∠CFE＝60°＝∠ACB，就能平行，故第一問的證；
(2)：反推法，當(dāng)△CDF為直角三角形，又因?yàn)椤螩=60°，當(dāng)∠CDF=90°時(shí)，可以知道
2CD=CF，因?yàn)镃F=BD，BD+CD=6，∴BD=4，當(dāng)∠CFD=90°時(shí)，可以知道CD=2CF，因?yàn)镃F=BD，BD+CD=6，∴BD=2，故當(dāng)BD=2或4時(shí)，△CFD為直角三角形；
(3)：求等邊三角形ADE的面積，只要知道邊長就可求出，但是AD是變化的，所以我們采用組合面積求解，利用四邊形ADCE減去△CDE即可，又因?yàn)椤鰽BD≌△ACE，所以四邊形ADCE的面積等于△ABD的面積，所以只需要求出△ABC的面積與△CDE即可,從而即可求面積.
【詳解】
解：（1）
∵△ABC是等邊三角形，
∴AB＝BC，∠BAC＝∠ABD＝∠BCF＝60°，
∵BD＝CF，
∴△ABD≌△BCF（SAS），
∴BD＝CF，
如圖1，連接CE，∵△ADE是等邊三角形，
∴AD＝AE，∠DAE＝60°，
∴∠BAD＝∠CAE，
∵AB＝AC，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴∠ACE＝∠ABD＝60°，BD＝CE，
∴CF＝CE，
∴△CEF是等邊三角形，
∴EF＝CF＝BD，∠CFE＝60°＝∠ACB，
∴EF∥BC，
∵BD＝EF，
∴四邊形BDEF是平行四邊形；
（2）∵△CDF為直角三角形，
∴∠CFD＝90°或∠CDF＝90°，
當(dāng)∠CFD＝90°時(shí)，∵∠ACB＝60°，
∴∠CDF＝30°，
∴CD＝2CF，
由（1）知，CF＝BD，
∴CD＝2BD，
即：BC＝3BD＝6，
∴BD＝2，
∴x＝2，
當(dāng)∠CDF＝90°時(shí)，∵∠ACB＝60°，
∴∠CFD＝30°，
∴CF＝2CD，
∵CF＝BD，
∴BD＝2CD，
∴BC＝3CD＝6，
∴CD＝2，
∴x＝BD＝4，
即：BD＝2或4時(shí)，△CDF為直角三角形；
（3）如圖，
連接CE，由（1）△ABD≌△ACE，
∴S△ABD＝S△ACE，BD＝CE，
∵BD＝CF，
∴△CEF是等邊三角形，
∴EM＝CE＝x，
∴S△CDE＝CD×EM＝（6﹣x）×x＝x（6﹣x）
∴BH＝CH＝BC＝3，
∴AH＝3，
∴S△ABC＝BC?AH＝9
∴S△ADE＝S四邊形ADCE﹣S△CDE
＝S△ACD+S△ACE﹣S△CDE
＝S△ACD+S△ABD﹣S△CDE
＝S△ABC﹣S△CDE
＝9﹣x（6﹣x）
＝（x﹣3）2+（0≤x≤6）
第一問雖然求證平行四邊形，實(shí)際考查三角形全等的基本功
第二問，主要考查推理能力，把△CFD為直角三角形當(dāng)做條件，來求BD的長，但是需要注意的是，寫過需要先給出BD的長，來證明△CFD為直角三角形，
第三問，考查面積，主要利用組合圖形求面積
16、（1）見解析；（2）
【解析】
（1）首先通過角平分線的定義和平行四邊形的性質(zhì)，平行線的性質(zhì)得出，則有，再利用一組鄰邊相等的平行四邊形是菱形即可證明；
（2）首先根據(jù)題意和菱形的性質(zhì)證明四邊形OCPD是矩形，然后利用矩形的性質(zhì)和勾股定理即可得出答案．
【詳解】
（1）∵AC平分∠BAD，
．
∵四邊形ABCD是平行四邊形，
，
，
，
，
∴平行四邊形ABCD是菱形；
（2）∵平行四邊形ABCD是菱形，
∴，
．
∵DPAC，CPBD，
∴四邊形OCPD是平行四邊形．
，
∴四邊形OCPD是矩形，
∴ ．
本題主要考查四邊形，掌握矩形，菱形的判定及性質(zhì)和勾股定理是解題的關(guān)鍵．
17、（1）證明見解析；
（2）∠BDM的度數(shù)為45°；
（3）∠BDG的度數(shù)為60°.
【解析】
（1）平行四邊形的性質(zhì)可得AD∥BC，AB∥CD，再根據(jù)平行線的性質(zhì)證明∠CEF=∠CFE，根據(jù)等角對(duì)等邊可得CE=CF，再有條件四邊形ECFG是平行四邊形，可得四邊形ECFG為菱形；
（2）首先證明四邊形ECFG為正方形，再證明△BME≌△DMC可得DM=BM，∠DMC=∠BME，再根據(jù)∠BMD=∠BME+∠EMD=∠DMC+∠EMD=90°可得到∠BDM的度數(shù)；
（3）延長AB、FG交于H，連接HD，求證平行四邊形AHFD為菱形，得出△ADH，△DHF為全等的等邊三角形，證明△BHD≌△GFD，即可得出答案．
【詳解】
（1）∵AF平分∠BAD，
∴∠BAF=∠DAF，
∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴AD∥BC，AB∥CD，
∴∠DAF=∠CEF，∠BAF=∠CFE，
∴∠CEF=∠CFE，
∴CE=CF，
又∵四邊形ECFG是平行四邊形，
∴四邊形ECFG為菱形．
（2）如圖，連接BM，MC，
∵∠ABC=90°，四邊形ABCD是平行四邊形，
∴四邊形ABCD是矩形，
又由（1）可知四邊形ECFG為菱形，
∠ECF=90°，
∴四邊形ECFG為正方形．
∵∠BAF=∠DAF，
∴BE=AB=DC，
∵M(jìn)為EF中點(diǎn)，
∴∠CEM=∠ECM=45°，
∴∠BEM=∠DCM=135°，
在△BME和△DMC中，
∵
∴△BME≌△DMC（SAS），
∴MB=MD，
∠DMC=∠BME．
∴∠BMD=∠BME+∠EMD=∠DMC+∠EMD=90°，
∴△BMD是等腰直角三角形，
∴∠BDM=45°；
（3）∠BDG=60°，
延長AB、FG交于H，連接HD．
∵AD∥GF，AB∥DF，
∴四邊形AHFD為平行四邊形，
∵∠ABC=120°，AF平分∠BAD，
∴∠DAF=30°，∠ADC=120°，∠DFA=30°，
∴△DAF為等腰三角形，
∴AD=DF，
∴平行四邊形AHFD為菱形，
∴△ADH，△DHF為全等的等邊三角形，
∴DH=DF，∠BHD=∠GFD=60°，
∵FG=CE，CE=CF，CF=BH，
∴BH=GF，
在△BHD與△GFD中，
∵，
∴△BHD≌△GFD（SAS），
∴∠BDH=∠GDF
∴∠BDG=∠BDH+∠HDG=∠GDF+∠HDG=60°．
此題主要考查平行四邊形的判定方法，全等三角形的判定與性質(zhì)，等邊三角形的判定與性質(zhì)，菱形的判定與性質(zhì)等知識(shí)點(diǎn)，應(yīng)用時(shí)要認(rèn)真領(lǐng)會(huì)它們之間的聯(lián)系與區(qū)別，同時(shí)要根據(jù)條件合理、靈活地選擇方法．
18、（1）答案見解析；（2）答案見解析；（3）點(diǎn)B2（4，－2），C2（1，－3）．
【解析】
試題分析：（1）利用點(diǎn)平移的規(guī)律寫出點(diǎn)A、B、C的對(duì)應(yīng)點(diǎn)A1、B1、C1的坐標(biāo)，然后描點(diǎn)即可得到△A1B1C1；
（2）利用網(wǎng)格特點(diǎn)和旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)畫出點(diǎn)B、C的對(duì)應(yīng)點(diǎn)B2、C2，從而得到△AB2C2，再寫出點(diǎn)B2、C2的坐標(biāo)．
試題解析：解：（1）如圖，△A1B1C1即為所求；
（2）如圖，△AB2C2即為所求，點(diǎn)B2（4，﹣2），C2（1，﹣3）．
一、填空題（本大題共5個(gè)小題，每小題4分，共20分）
19、或.
【解析】
根據(jù)勾股定理得到BD＝AC＝，根據(jù)已知條件得到當(dāng)點(diǎn)E是對(duì)角線的交點(diǎn)時(shí)，△EAD、△ECD是等腰直角三角形，求得DE＝BD＝，當(dāng)點(diǎn)E與點(diǎn)B重合時(shí)，△EAD、△ECD是等腰直角三角形，得到DE＝BD＝．
【詳解】
解：∵正方形ABCD的邊長為2，
∴BD＝AC＝，
∵點(diǎn)E是對(duì)角線BD上一點(diǎn)，△EAD、△ECD是直角三角形，
∴當(dāng)點(diǎn)E是對(duì)角線的交點(diǎn)時(shí)，△EAD、△ECD是等腰直角三角形，
∴DE＝BD＝，
當(dāng)點(diǎn)E與點(diǎn)B重合時(shí)，△EAD、△ECD是等腰直角三角形，
∴DE＝BD＝，
故答案為：或．
本題考查了正方形的性質(zhì)，等腰直角三角形的判定和性質(zhì)，分類討論是解題的關(guān)鍵．
20、2
【解析】
根據(jù)折疊的性質(zhì)，在第二個(gè)圖中得到DB=8-1=2，∠EAD=45°；在第三個(gè)圖中，得到AB=AD-DB=1-2=4，△ABF為等腰直角三角形，然后根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)和矩形的性質(zhì)得到BF=AB=4，再由CF=BC-BF即可求得答案.
【詳解】
∵AB=8，AD=1，紙片折疊，使得AD邊落在AB邊上(第二個(gè)圖)，
∴DB=8-1=2，∠EAD=45°，
又∵△AED沿DE向右翻折，AE與BC的交點(diǎn)為F(第三個(gè)圖)，
∴AB=AD-DB=1-2=4，△ABF為等腰直角三角形，
∴BF=AB=4，
∴CF=BC-BF=1-4=2，
故答案為：2.
本題考查了翻折變換(折疊問題)，矩形的性質(zhì)，等腰三角形的判定與性質(zhì)，熟練掌握和靈活運(yùn)用相關(guān)知識(shí)是解題的關(guān)鍵.
21、或或．
【解析】
根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)，分別以BC、AC、AB為對(duì)角線，分三種情況進(jìn)行分析，即可求得答案．
【詳解】
解：由平行四邊形的性質(zhì)可知：
當(dāng)以BC為對(duì)角線時(shí)，第四個(gè)頂點(diǎn)的坐標(biāo)為D1；
當(dāng)以AC為對(duì)角線時(shí)，第四個(gè)頂點(diǎn)的坐標(biāo)為D2；
當(dāng)以AB為對(duì)角線時(shí)，第四個(gè)頂點(diǎn)的坐標(biāo)為D3；
故答案為：或或．
本題考查了平行四邊形的性質(zhì)：平行四邊形的對(duì)邊平行且相等．解此題的關(guān)鍵是分類討論數(shù)學(xué)思想的運(yùn)用．
22、.
【解析】
根據(jù)乘方的定義計(jì)算即可.
【詳解】
（﹣）2＝．
故答案為：．
本題考查了乘方的意義，一般地，n個(gè)相同的因數(shù)a相乘，即a·a·a·…·a計(jì)作an，這種求幾個(gè)相同因數(shù)的積的運(yùn)算，叫做乘方，乘方的結(jié)果叫做冪.在an中，a叫做底數(shù)，n叫做指數(shù).
23、3（x+）（x﹣）
【解析】
先提取公因式3，然后把2寫成2，再利用平方差公式繼續(xù)分解因式即可．
【詳解】
3x2-6，
=3（x2-2），
=3（x2-2），
=3（x+）（x-）．
故答案為：3（x+）（x-）．
本題考查了實(shí)數(shù)范圍內(nèi)分解因式，注意把2寫成2的形式繼續(xù)進(jìn)行因式分解．
二、解答題（本大題共3個(gè)小題，共30分）
24、（1）體育場離張強(qiáng)家，張強(qiáng)從家到體育場用了；（2）體育場離文具店；（3）張強(qiáng)在文具店停留了；（4）（）
【解析】
（1）根據(jù)y軸的分析可得體育場離張強(qiáng)家的距離，根據(jù)x軸可以分析出張強(qiáng)從家到體育場用了多少時(shí)間.
（2）通過圖象可得張強(qiáng)在45min的時(shí)候，到達(dá)了文具店，通過圖象觀察體育場離文具店的距離為2.5-1.5=1.
（3）根據(jù)圖象可得張強(qiáng)在45min到65min之間是運(yùn)動(dòng)的路程為0，因此可得在文具店停留的時(shí)間.
（4）已知在65min是路程為1.5,100min是路程為0,采用待定系數(shù)法計(jì)算可得一次函數(shù)的解析式.
【詳解】
解：
（1）體育場離張強(qiáng)家，張強(qiáng)從家到體育場用了
（2）體育場離文具店
（3）張強(qiáng)在文具店停留了
（4）設(shè)張強(qiáng)從文具店回家過程中與的函數(shù)解析式為，
將點(diǎn)，代入得
，
解得，
∴（）
本題主要考查圖象的分析識(shí)別能力，這是考試的熱點(diǎn)，應(yīng)當(dāng)熟練掌握，注意第四問要寫出自變量的范圍.
25、見試題解析
【解析】
通過全等三角形（△ABE≌△CDF）的對(duì)應(yīng)邊相等推知BE=DF，由“一組對(duì)邊平行且相等四邊形是平行四邊形“證得四邊形BEDF是平行四邊形．
【詳解】
證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴AB=DC，且AB∥DC，
∴∠BAE=∠DCF．
又∵BE⊥AC，DF⊥AC，
∴∠AEB=∠CFD=90°．
在△ABE與△CDF中，
，
∴△ABE≌△CDF（AAS），
∴BE=DF；
∵BE⊥AC，DF⊥AC，
∴BE∥DF，
∴四邊形BEDF是平行四邊形．
考點(diǎn)： 平行四邊形的判定與性質(zhì)．
26、?？空綪到車站N的距離是
【解析】
【分析】連接PM，則有PM=PN，在Rt△AMN中根據(jù)勾股定理可求出AN的長，設(shè)NP為x,則MP=NP=x，AP=-x，在Rt△AMP中，由勾股定理求出x的值即可得.
【詳解】連接PM，則有PM=PN，
在Rt△AMN中，∠MAN=90°，MN=2，AM=1，∴AN=，
設(shè)NP為x,則MP=NP=x，AP=-x，
在Rt△AMP中，∠MAP=90°，由勾股定理有：MP2=AP2+AM2，
∴12+（-x）2=x2，
∴x=，
所以，?？空綪到車站N的距離是.
【點(diǎn)睛】本題考查了勾股定理的應(yīng)用， 正確添加輔助線、熟練應(yīng)用勾股定理是解題的關(guān)鍵.
題號(hào)
一
二
三
四
五
總分
得分
批閱人

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