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）觀察下列圖形，既是軸對稱圖形又是中心對稱圖形的有
A．1個B．2個C．3個D．4個
2、（4分）下列手機軟件圖標中，是軸對稱圖形的是（ ）
A．B．C．D．
3、（4分）一個圓錐形的圣誕帽高為 10cm，母線長為 15cm，則圣誕帽的表面積為（ ）
A．75? cm2B．150? cm2C．150? cm2D．75? cm2
4、（4分）如圖，已知AB=10，點C，D在線段AB上且AC=DB=2；P是線段CD上的動點，分別以AP，PB為邊在線段AB的同側作等邊△AEP和等邊△PFB，連接EF，設EF的中點為G；當點P從點C運動到點D時，則點G移動路徑的長是（ ）．
A．6B．5C．4D．3.
5、（4分）如圖，平行四邊形中，平分，交于點，且，延長與的延長線交于點，連接，．下列結論：①；②是等邊三角形；③；④；⑤中正確的有（ ）
A．1個B．2個C．3個D．4個
6、（4分）平面直角坐標系中的四個點：，其中在同一個反比例函數(shù)圖象上的是（ ）
A．點和點B．點和點
C．點和點D．點和點
7、（4分）已知關于x的不等式組的整數(shù)解共有2個，則整數(shù)a的取值是（ ）
A．﹣2B．﹣1C．0D．1
8、（4分）直線y＝kx+k﹣2經(jīng)過點（m，n+1）和（m+1，2n+3），且﹣2＜k＜0，則n的取值范圍是（ ）
A．﹣2＜n＜0B．﹣4＜n＜﹣2C．﹣4＜n＜0D．0＜n＜﹣2
二、填空題（本大題共5個小題，每小題4分，共20分）
9、（4分）化簡得_____________．
10、（4分）若等腰三角形的頂角與一個底角度數(shù)的比值等于，該等腰三角形的頂角為_________.
11、（4分）如圖，□ABCD的對角線AC，BD相交于點O，若AO+BO=5，則AC+BD的長是________．
12、（4分）在Rt△ABC中，∠C＝90°，△ABC的周長為，其中斜邊的長為2，則這個三角形的面積為_____________。
13、（4分）如圖，A、B兩點分別位于一個池塘的兩端，小聰想用繩子測量A、B間的距離，但繩子不夠長，一位同學幫他想了一個主意：先在地上取一個可以直接到達A、B的點C，找到AC、BC的中點D、E，并且測出DE的長為13m，則A、B間的距離為______m．
三、解答題（本大題共5個小題，共48分）
14、（12分）計算：
(1).
(2)
15、（8分）化簡：
（1） （2）
16、（8分）在△ABC中，AB=30，BC=28，AC=1．求△ABC的面積．
某學習小組經(jīng)過合作交流給出了下面的解題思路，請你按照他們的解題思路完成解答過程．
17、（10分）如圖，將矩形紙沿著CE所在直線折疊，B點落在B’處，CD與EB’交于點F，如果AB=10cm，AD=6cm，AE=2cm，求EF的長。
18、（10分）某港口P位于東西方向的海岸線上．在港口P北偏東25°方向上有一座小島A，且距離港口20海里；在港口與小島的東部海域上有一座燈塔B，△PAB恰好是等腰直角三角形，其中∠B是直角；
（1）在圖中補全圖形，畫出燈塔B的位置；（保留作圖痕跡）
（2）一艘貨船C從港口P出發(fā)，以每小時15海里的速度，沿北偏西20°的方向航行，請求出1小時后該貨船C與燈塔B的距離．
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）如圖，先畫一個邊長為1的正方形，以其對角線為邊畫第二個正方形，再以第二個正方形的對角線為邊畫第三個正方形，…，如此反復下去，那么第n個正方形的對角線長為_____．
20、（4分）已知一組數(shù)據(jù)1，2，0，﹣1，x，1的平均數(shù)是1，那么這組數(shù)據(jù)的方差是__．
21、（4分）當x___________時，是二次根式．
22、（4分）若多項式，則=_______________．
23、（4分）我們知道，正整數(shù)的和1+3+5+…+（2n﹣1）＝n2，若把所有正偶數(shù)從小到大排列，并按如下規(guī)律分組：（2），（4，6，8），（10，12，14，16，18），（20，22，24，26，28，30，32），…，現(xiàn)有等式Am＝（i，j）表示正偶數(shù)m是第i組第j個數(shù)（從左到右數(shù)），如A8＝（2，3），則A2018＝_____
二、解答題（本大題共3個小題，共30分）
24、（8分）如圖，已知一次函數(shù)y=﹣x+b的圖象過點A（0，3），點p是該直線上的一個動點，過點P分別作PM垂直x軸于點M，PN垂直y軸于點N，在四邊形PMON上分別截?。篜C=MP，MB=OM，OE=ON，ND=NP．
（1）b= ；
（2）求證：四邊形BCDE是平行四邊形；
（3）在直線y=﹣x+b上是否存在這樣的點P，使四邊形BCDE為正方形？若存在，請求出所有符合的點P的坐標；若不存在，請說明理由．
25、（10分）某校九年級兩個班，各選派10名學生參加學校舉行的“漢字聽寫”大賽預賽，各參賽選手的成績如下：
九(1)班：88，91，92，93，93，93，94，98，98，100；
九(2)班：89，93，93，93，95，96，96，98，98，1．
通過整理，得到數(shù)據(jù)分析表如下：
(1)直接寫出表中m、n、p的值為：m=______，n=______，p=______；
(2)依據(jù)數(shù)據(jù)分析表，有人說：“最高分在(1)班，(1)班的成績比(2)班好．”但也有人說(2)班的成績要好．請給出兩條支持九(2)班成績更好的理由；
(3)學校確定了一個標準成績，等于或大于這個成績的學生被評定為“優(yōu)秀”等級，如果九(2)班有一半的學生能夠達到“優(yōu)秀”等級，你認為標準成績應定為______分，請簡要說明理由．
26、（12分）如圖，在平行四邊形ABCD中，∠BAD、∠ABC的平分線AF、BG分別與線段CD交于點F、G，
AF與BG交于點E．
（1）求證：AF⊥BG，DF=CG；
（2）若AB=10，AD=6，AF=8，求FG和BG的長度．
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】
試題分析：根據(jù)軸對稱圖形與中心對稱圖形的概念，軸對稱圖形兩部分沿對稱軸折疊后可重合；中心對稱圖形是圖形沿對稱中心旋轉180度后與原圖重合．因此，
∵第一個圖形不是軸對稱圖形，是中心對稱圖形；
第二個圖形既是軸對稱圖形又是中心對稱圖形；
第三個圖形既是軸對稱圖形又是中心對稱圖形；
第四個圖形既是軸對稱圖形又是中心對稱圖形；
∴既是軸對稱圖形又是中心對稱圖形共有3個．
故選C．
2、C
【解析】
根據(jù)軸對稱圖形的概念求解．
【詳解】
A、不是軸對稱圖形，故錯誤；
B、不是軸對稱圖形，故錯誤；
C、是軸對稱圖形，故正確；
D、不是軸對稱圖形，故錯誤．
故選C．
本題考查了軸對稱圖形的概念：軸對稱圖形的關鍵是尋找對稱軸，圖形兩部分沿對稱軸折疊后可重合．
3、A
【解析】
利用圓錐的高，母線長，底面半徑組成直角三角形可求得圓錐底面半徑，圓錐的側面積=底面周長×母線長÷1．
【詳解】
解：高為10cm，母線長為15cm，由勾股定理得，
底面半徑= =5 cm，底面周長=10πcm，
側面面積= ×10π×15=75πcm1．
故選：A．
本題考查圓錐的計算，利用勾股定理，圓的周長公式和圓錐側面積公式求解．
4、D
【解析】
分別延長AE、BF交于點H，易證四邊形EPFH為平行四邊形，得出G為PH中點，則G的運行軌跡為三角形HCD的中位線MN．再求出CD的長，運用中位線的性質求出MN的長度即可．
【詳解】
如圖，分別延長AE、BF交于點H．
∵∠A=∠FPB=60°，
∴AH∥PF，
∵∠B=∠EPA=60°，
∴BH∥PE，
∴四邊形EPFH為平行四邊形，
∴EF與HP互相平分．
∵G為EF的中點，
∴G也正好為PH中點，
即在P的運動過程中，G始終為PH的中點，
所以G的運行軌跡為三角形HCD的中位線MN．
∵CD=10-2-2=6，
∴MN=1，即G的移動路徑長為1．
故選D．
本題考查了等邊三角形的性質，平行四邊形的判定與性質，以及中位線的性質，確定出點G的運動軌跡是解答本題的關鍵．
5、C
【解析】
由平行四邊形的性質得出AD∥BC，AD=BC，由AE平分∠BAD，可得∠BAE=∠DAE，可得∠BAE=∠BEA，得AB=BE，由AB=AE，得到△ABE是等邊三角形，②正確；則∠ABE=∠EAD=60°，由SAS證明△ABC≌△EAD，①正確；由△FCD與△ABD等底（AB=CD）等高（AB與CD間的距離相等），得出S△FCD=S△ABD，由△AEC與△DEC同底等高，所以S△AEC=S△DEC，得出S△ABE=S△CEF，⑤正確．
【詳解】
解：∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴AD∥BC，AD=BC，
∴∠EAD=∠AEB，
又∵AE平分∠BAD，
∴∠BAE=∠DAE，
∴∠BAE=∠BEA，
∴AB=BE，
∵AB=AE，
∴△ABE是等邊三角形；
②正確；
∴∠ABE=∠EAD=60°，
∵AB=AE，BC=AD，
在△ABC和△EAD中，
，
∴△ABC≌△EAD（SAS）；
①正確；
∵△FCD與△ABC等底（AB=CD）等高（AB與CD間的距離相等），
∴S△FCD=S△ABC，
又∵△AEC與△DEC同底等高，
∴S△AEC=S△DEC，
∴S△ABE=S△CEF；
⑤正確；
若AD與AF相等，即∠AFD=∠ADF=∠DEC，
即EC=CD=BE，
即BC=2CD，
題中未限定這一條件，
∴③④不一定正確；
故選C．
本題考查了平行四邊形的性質、等邊三角形的判定與性質、全等三角形的判定與性質．此題比較復雜，注意將每個問題仔細分析．
6、B
【解析】
分別將每個點的橫、縱坐標相乘，得數(shù)相同的兩個點在同一反比例函數(shù)圖象上．
【詳解】
解：∵
∴點和點兩個點在同一反比例函數(shù)圖象上．
故選：B．
本題考查的知識點是反比例函數(shù)圖象上點的坐標特征，屬于基礎題目，掌握反比例函數(shù)解析式是解此題的關鍵．
7、C
【解析】
分析：先用a表示出不等式組的整數(shù)解，再根據(jù)不等式組的整數(shù)解有2個可得出a的取值范圍．
解：，由①得，x≥a，由②得，x≤1，故不等式組的解集為：a≤x≤1，
∵不等式的整數(shù)解有2個，
∴其整數(shù)解為：1，1，
∵a為整數(shù)，
∴a=1．
故選C．
8、B
【解析】
（方法一）根據(jù)一次函數(shù)圖象上點的坐標特征可求出n＝k﹣1，再結合k的取值范圍，即可求出n的取值范圍；
（方法二）利用一次函數(shù)k的幾何意義，可得出k＝n+1，再結合k的取值范圍，即可求出n的取值范圍．
【詳解】
解：（方法一）∵直線y＝kx+k﹣1經(jīng)過點（m，n+1）和（m+1，1n+3），
∴ ，
∴n＝k﹣1．
又∵﹣1＜k＜0，
∴﹣4＜n＜﹣1．
（方法二）∵直線y＝kx+k﹣1經(jīng)過點（m，n+1）和（m+1，1n+3），
∴ ．
∵﹣1＜k＜0，即﹣1＜n+1＜0，
∴﹣4＜n＜﹣1．
故選B．
本題考查了一次函數(shù)圖象上點的坐標特征，解題的關鍵是：（方法一）牢記“直線上任意一點的坐標都滿足函數(shù)關系式y(tǒng)＝kx＋b”；（方法二）根據(jù)一次函數(shù)k的幾何意義找出關于n的一元一次不等式．
二、填空題（本大題共5個小題，每小題4分，共20分）
9、
【解析】
利用二次根式的性質進行化簡即可.
【詳解】
解：.
故答案為.
點睛：本題考查了二次根式的化簡.熟練應用二次根式的性質對二次根式進行化簡是解題的關鍵.
10、360
【解析】
根據(jù)等腰三角形的性質得出∠B=∠C，根據(jù)三角形內角和定理和已知得出5∠A=180°，求出即可．
【詳解】
∵△ABC中，AB=AC，
∴∠B=∠C，
∵等腰三角形的頂角與一個底角度數(shù)的比值叫做等腰三角形的“特征值”,記作k,若k= ，
∴∠A:∠B=1:2，
即5∠A=180°，
∴∠A=36°，
故答案為：36°
此題考查等腰三角形的性質，三角形內角和定理，解題關鍵在于得到5∠A=180°
11、1；
【解析】
根據(jù)平行四邊形的性質可知：AO=OC，BO=OD，從而求得AC+BC的長．
【詳解】
∵四邊形ABCD是平行四邊形
∴OC=AO，OB=OD
∵AO=BO=2
∴OC+OD=2
∴AC+BD=AO+BO+CO+DO=1
故答案為：1．
本題考查平行四邊形的性質，解題關鍵是得出OC+OD=2．
12、0.5
【解析】
首先根據(jù)三角形周長及斜邊長度求得兩直角邊的和，再根據(jù)勾股定理得出兩直角邊各自平方數(shù)的和的值，再利用完全平方公式得出兩直角邊的乘積的2倍的值即可求出三角形面積.
【詳解】
解：由題意可得AC+BC+AB=，
∵∠C＝90°，則AB為斜邊等于2，
∴AC+BC=，
再根據(jù)勾股定理得出，
根據(jù)完全平方公式，
將AC+BC=和代入公式得：，
即=1，
∴Rt△ABC面積=0.5=0.5.
本題考查了勾股定理，解題的關鍵是利用完全平方公式求得兩直角邊的乘積的2倍的值.
13、1
【解析】
D、E是AC和BC的中點，則DE是△ABC的中位線，則依據(jù)三角形的中位線定理即可求解．
【詳解】
解：∵D，E分別是AC，BC的中點，
∴AB=2DE=1m．
故答案為：1．
本題考查了三角形的中位線定理，正確理解定理是解題的關鍵．
三、解答題（本大題共5個小題，共48分）
14、 (1)3-2+2；(2)2.
【解析】
（1）先算負整數(shù)指數(shù)冪，0次冪，絕對值，化簡二次根式，再進一步合并即可；
（2）利用二次根式混合運算順序，把二次根式化簡，先算乘除再算加減.
【詳解】
(1)解：原式=4-1-2+2
=3-2+2.
(2)解：原式=2+1-3+2
=2.
此題考查實數(shù)和二次根式的混合運算，掌握運算順序與化簡的方法是解決問題的關鍵．
15、（1）;（2）.
【解析】
（1）根據(jù)平方差公式和提公因式法，對分式進行化簡即可
（2）利用完全平方公式和平方差公式，進行化簡，再對括號里面的分式進行通分約分，再把除法轉化為乘法，即可解答
【詳解】
（1）原式
或：原式
（2）原式
此題考查分式的化簡求值，掌握運算法則是解題關鍵
16、△ABC的面積為2
【解析】
根據(jù)題意利用勾股定理表示出AD2的值，進而得出等式求出答案．
【詳解】
解：過點D作AD⊥BC，垂足為點D．
設BD=x，則CD=28﹣x．
在Rt△ABD中，AB=30，BD=x，
由勾股定理可得AD2=AB2﹣BD2=302﹣x2，
在Rt△ACD中，AC=1，CD=28﹣x，
由勾股定理可得AD2=AC2﹣CD2=12﹣（28﹣x）2，
∴302﹣x2=12﹣（28﹣x）2，
解得：x=18，
∴AD2=AB2﹣BD2=302﹣x2=302﹣182=576，
∴AD=24，
S△ABC=BC?AD=×28×24=2
則△ABC的面積為2．
此題考查勾股定理，解題關鍵是根據(jù)題意正確表示出AD2的值．
17、
【解析】
首先根據(jù)題意證明EF=CF，再作過E作EG⊥CD于G，設EF=CF=x，在Rt△EFG中根據(jù)勾股定理求解即可.
【詳解】
解：根據(jù)題意，∠CEF=∠CEB，
∵AB∥CD，
∴∠CEB=∠ECD，
∴∠CEF∠ECD，
∴EF=CF，
過E作EG⊥CD于G，
設EF=CF=x，
則GF=AB-AE-EF=10-2-x=8-x，
在Rt△EFG中，EF2=GF2+EG2，
∴x2=（8-x）2+62，
∴x=，
∴EF=cm．
本題主要考查勾股定理的應用，關鍵在于設出合適的未知數(shù)，根據(jù)勾股定理列方程.
18、（1）如圖，點B即為所求見解析；（2）出發(fā)1小時后，貨船C與燈塔B的距離為5海里．
【解析】
（1）軌跡題意畫出圖形即可；
（2）首先證明∠CPB＝90°，求出PB、PC利用勾股定理即可解決問題；
【詳解】
（1）如圖，點B即為所求
（2）如圖，∠CPN＝20°，∠NPA＝25°，
∠APB＝45°，∠CPB＝90°
在Rt△ABP中，∵AP＝20，BA＝BP，
∴PB＝10
在Rt△PCB中，由勾股定理得，
CB＝＝＝5，
∴出發(fā)1小時后，貨船C與燈塔B的距離為5海里．
此題是一道方向角問題，結合航海中的實際問題，將解直角三角形的相關知識有機結合，體現(xiàn)了數(shù)學應用于實際生活的思想．
一、填空題（本大題共5個小題，每小題4分，共20分）
19、（）n．
【解析】
第1個正方形的邊長是1，對角線長為；第二個正方形的邊長為，對角線長為（）2=2，第3個正方形的對角線長為（）3；得出規(guī)律，即可得出結果．
【詳解】
第1個正方形的邊長是1，對角線長為；
第二個正方形的邊長為，對角線長為（）2＝2
第3個正方形的邊長是2，對角線長為2＝（）3；…，
∴第n個正方形的對角線長為（）n；
故答案為（）n．
本題主要考查了正方形的性質、勾股定理；求出第一個、第二個、第三個正方形的對角線長，得出規(guī)律是解決問題的關鍵．
20、
【解析】
先由平均數(shù)的公式計算出x的值，再根據(jù)方差的公式計算．一般地設n個數(shù)據(jù)，x1，x2，…xn的平均數(shù)為Z，則方差S2＝ [（x1﹣）2+（x2﹣）2+…+（xn﹣）2]．
【詳解】
x＝1×6﹣1﹣2﹣0﹣（﹣1）﹣1＝3
s2＝ [（1﹣1）2+（2﹣1）2+（0﹣1）2+（﹣1﹣1）2+（3﹣1）2+（1﹣1）2]＝．
故答案為．
本題考查了方差的定義：一般地設n個數(shù)據(jù)，x1，x2，…xn的平均數(shù)為，則方差S2＝ [（x1﹣）2+（x2﹣）2+…+（xn﹣）2]，它反映了一組數(shù)據(jù)的波動大小，方差越大，波動性越大，反之也成立．
21、≤；
【解析】
因為二次根式滿足的條件是:含二次根號,被開方數(shù)大于或等于0,利用二次根式滿足的條件進行求解.
【詳解】
因為是二次根式,
所以,
所以,
故答案為.
本題主要考查二次根式的定義,解決本題的關鍵是要熟練掌握二次根式的定義.
22、-1
【解析】
利用多項式乘法去括號，根據(jù)對應項的系數(shù)相等即可求解．
【詳解】
∵
∴，
故答案為：-1．
本題主要考查了因式分解與整式的乘法互為逆運算，并且考查了代數(shù)式相等的條件：對應項的系數(shù)相等．
23、（32，48）
【解析】
先計算出2018是第1009個數(shù)，然后判斷第1009個數(shù)在第幾組，進一步判斷是這一組的第幾個數(shù)即可．
【詳解】
解：2018是第1009個數(shù)，
設2018在第n組，則1+3+5+7+（2n﹣1）＝×2n×n＝n2，
當n＝31時，n2＝961，
當n＝32時，n2＝1024，
故第1009個數(shù)在第32組，
第32組第一個數(shù)是961×2+2＝1924，
則2018是第+1＝48個數(shù)，
故A2018＝（32，48）．
故答案為：（32，48）．
此題考查規(guī)律型：數(shù)字的變化類，找出數(shù)字之間排列的規(guī)律，得出數(shù)字的運算規(guī)律，利用規(guī)律解決問題是關鍵．
二、解答題（本大題共3個小題，共30分）
24、（1）1；（2）證明見解析；（1）在直線y=﹣x+b上存在這樣的點P，使四邊形BCDE為正方形，P點坐標是（2，2）或（﹣6，6）．
【解析】
分析：（1）根據(jù)待定系數(shù)法，可得b的值；（2）根據(jù)矩形的判定與性質，可得PM與ON，PN與OM的關系，根據(jù)PC=MP，MB=OM，OE=ON，NO=NP，可得PC與OE，CM與NE，BM與ND，OB與PD的關系，根據(jù)全等三角形的判定與性質，可得BE與CD，BC與DE的關系，根據(jù)平行四邊形的判定，可得答案；（1）根據(jù)正方形的判定與性質，可得BE與BC的關系，∠CBM與∠EBO的關系，根據(jù)全等三角形的判定與性質，可得OE與BM的關系，可得P點坐標間的關系，可得答案．
本題解析：
（1）一次函數(shù)y=﹣x+b的圖象過點A（0，1），
1=﹣×0+b，解得b=1．
故答案為：1；
（2）證明：過點P分別作PM垂直x軸于點M，PN垂直y軸于點N，
∴∠M=∠N=∠O=90°，
∴四邊形PMON是矩形，
∴PM=ON，OM=PN，∠M=∠O=∠N=∠P=90°．
∵PC=MP，MB=OM，OE=ON，NO=NP，
∴PC=OE，CM=NE，ND=BM，PD=OB，
在△OBE和△PDC中，
，
∴△OBE≌△PDC（SAS），
BE=DC．
在△MBC和△NDE中，
，
∴△MBC≌△NDE（SAS），
DE=BC．
∵BE=DC，DE=BC，
∴四邊形BCDE是平行四邊形；
（1）設P點坐標（x，y），
當△OBE≌△MCB時，四邊形BCDE為正方形，
OE=BM，
當點P在第一象限時，即y=x，x=y．
P點在直線上，
，
解得，
當點P在第二象限時，﹣x=y
，
解得
在直線y=﹣x+b上存在這樣的點P，使四邊形BCDE為正方形，P點坐標是（2，2）或（﹣6，6）．
點睛：本題考查了一次函數(shù)的綜合題，利用了全等三角形的判定與性質，平行四邊形的判定與性質，正方形的性質，注意數(shù)形結合.
25、 (1) 94，92.2，93；(2)見解析；(3)92.2．
【解析】
(1)求出九(1)班的平均分確定出m的值，求出九(2)班的中位數(shù)確定出n的值，求出九(2)班的眾數(shù)確定出p的值即可；
(2)分別從平均分，方差，以及中位數(shù)方面考慮，寫出支持九(2)班成績好的原因；
(3)用中位數(shù)作為一個標準即可衡量是否有一半學生達到優(yōu)秀等級．
【詳解】
解：(1)九(1)班的平均分=
=94，
九(2)班的中位數(shù)為(96+92)÷2=92.2，
九(2)班的眾數(shù)為93，
故答案為：94，92.2，93；
(2)①九(2)班平均分高于九(1)班；②九(2)班的成績集中在中上游；③九(2)班的成績比九(1)班穩(wěn)定；故支持B班成績好；
(3)如果九(2)班有一半的學生評定為“優(yōu)秀”等級，標準成績應定為92.2(中位數(shù))．因為從樣本情況看，成績在92.2以上的在九(2)班有一半的學生．可以估計，如果標準成績定為92.2，九(2)班有一半的學生能夠評定為“優(yōu)秀”等級，
故答案為92.2．
本題考查了平均數(shù)、中位數(shù)、眾數(shù)以及方差的定義，屬于統(tǒng)計中的基本題型，需重點掌握．
26、（1）見解析（2）FG的長度為2，BG的長度為4．
【解析】
試題分析：（1）由在平行四邊形ABCD中，∠BAD、∠ABC的平分線AF、BG分別與線段CD交于點F、G，易求得2∠BAF+2∠ABG=180°，即可得∠AEB=90°，證得AF⊥BG，易證得△ADF與△BCG是等腰三角形，即可得AD=DF，BC=CG，又由AD=BC，即可證得DF=CG；
（2）由（1）易求得DF=CG=8，CD=AB=2，即可求得FG的長；過點B作BH∥AF交DC的延長線于點H，易證得四邊形ABHF為平行四邊形，即可得△HBG是直角三角形，然后利用勾股定理，即可求得BG的長．
（1）證明：∵AF平分∠BAD，
∴∠DAF=∠BAF=∠BAD．
∵BG平分∠ABC，
∴∠ABG=∠CBG=∠ABC．
∵四邊形ABCD平行四邊形，
∴AD∥BC，AB∥CD，AD=BC，
∴∠BAD+∠ABC=180°，
即2∠BAF+2∠ABG=180°，
∴∠BAF+∠ABG=90°．
∴∠AEB=180°﹣（∠BAF+∠ABG）=180°﹣90°=90°．
∴AF⊥BG；
∵AB∥CD，
∴∠BAF=∠AFD，
∴∠AFD=∠DAF，
∴DF=AD，
∵AB∥CD，
∴∠ABG=∠CGB，
∴∠CBG=∠CGB，
∴CG=BC，
∵AD=BC．
∴DF=CG；
（2）解：∵DF=AD=1，
∴CG=DF=1．
∴CG+DF=12，
∵四邊形ABCD平行四邊形，
∴CD=AB=2．
∴2+FG=12，
∴FG=2，
過點B作BH∥AF交DC的延長線于點H．
∴∠GBH=∠AEB=90°．
∵AF∥BH，AB∥FH，
∴四邊形ABHF為平行四邊形．
∴BH=AF=8，F(xiàn)H=AB=2．
∴GH=FG+FH=2+2=12，
∴在Rt△BHG中：BG=（勾股定理）．
∴FG的長度為2，BG的長度為．
【點評】
此題考查了平行四邊形的判定與性質、等腰三角形的判定與性質、垂直的定義以及勾股定理等知識．此題綜合性較強，難度較大，注意掌握數(shù)形結合思想的應用，注意掌握輔助線的作法．
題號
一
二
三
四
五
總分
得分
班級
最高分
平均分
中位數(shù)
眾數(shù)
方差
九(1)班
100
m
93
93
12
九(2)班
1
95
n
p
8.4

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