內(nèi)蒙古烏蘭察布市化德縣2025屆九年級數(shù)學第一學期期末學業(yè)質(zhì)量監(jiān)測試題含解析

內(nèi)蒙古烏蘭察布市化德縣2025屆九年級數(shù)學第一學期期末學業(yè)質(zhì)量監(jiān)測試題注意事項:1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區(qū)域內(nèi)。2．答題時請按要求用筆。3．請按照題號順序在答題卡各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、選擇題(每小題3分,共30分)1．已知一個正多邊形的一個外角為銳角，且其余弦值為，那么它是正（）邊形．A．六 B．八 C．十 D．十二2．有5個完全相同的卡片，正面分別寫有1，2，3，4，5這5個數(shù)字，現(xiàn)把卡片背面朝上，從中隨機抽取一個卡片，其數(shù)字是奇數(shù)的概率為（）A． B． C． D．3．如圖，在矩形ABCD中，對角線AC，BD交與點O．已知∠AOB=60°，AC=16，則圖中長度為8的線段有（）A．2條 B．4條C．5條 D．6條4．下列函數(shù)中，函數(shù)值隨自變量x的值增大而增大的是()A． B． C． D．5．如果（，均為非零向量），那么下列結(jié)論錯誤的是（）A．// B．-2=0 C．= D．6．將矩形紙片ABCD按如圖所示的方式折疊，恰好得到菱形AECF，若AB=3，則菱形AECF的面積為（）A．1 B．2 C．2 D．47．下列圖形中，既是軸對稱圖形又是中心對稱圖形的是()A． B． C． D．8．在下列圖形中，是中心對稱圖形的是（）A． B．C． D．9．點A（﹣3，y1），B（0，y2），C（3，y3）是二次函數(shù)y＝﹣（x+2）2+m圖象上的三點，則y1，y2，y3的大小關(guān)系是（）A．y1＜y2＜y3 B．y1＝y(tǒng)3＜y2 C．y3＜y2＜y1 D．y1＜y3＜y210．用配方法解一元二次方程x2﹣4x+2＝0，下列配方正確的是（）A．（x+2）2＝2 B．（x﹣2）2＝﹣2 C．（x﹣2）2＝2 D．（x﹣2）2＝6二、填空題(每小題3分,共24分)11．若＝，則的值是_________．12．如圖，將一個含30°角的三角尺ABC放在直角坐標系中，使直角頂點C與原點O重合，頂點A，B分別在反比例函數(shù)y＝﹣和y＝的圖象上，則k的值為___．13．2sin30°+tan60°×tan30°＝_____．14．關(guān)于x的方程x2﹣x﹣m＝0有兩個不相等實根，則m的取值范圍是__________．15．一只跳蚤在第一象限及x軸、y軸上跳動，在第一秒鐘，它從原點跳動到(0，1)，然后接著按圖中箭頭所示方向跳動[即(0，0)→(0，1)→(1，1)→（1，0）→…]，且每秒跳動一個單位，那么第35秒時跳蚤所在位置的坐標是__________16．已知在中，，，，那么_____________.17．把拋物線的頂點E先向左平移3個單位，再向上平移4個單位后剛好落在同一平面直角坐標系的雙曲線上，那么=__________18．學生曉華5次數(shù)學成績?yōu)?6，87，89，88，89，則這5個數(shù)據(jù)的中位數(shù)是___________.三、解答題(共66分)19．（10分）（1）（教材呈現(xiàn)）下圖是華師版九年級上冊數(shù)學教材第77頁的部分內(nèi)容．請根據(jù)教材提示，結(jié)合圖23.4.2，寫出完整的證明過程．（2）（結(jié)論應(yīng)用）如圖，△ABC是等邊三角形，點D在邊AB上（點D與點A、B不重合），過點D作DE∥BC交AC于點E，連結(jié)BE，M、N、P分別為DE、BE、BC的中點，順次連結(jié)M、N、P．①求證：MN＝PN；②∠MNP的大小是．20．（6分）如圖，是半圓的直徑，是半圓上的點，且于點，連接，若．求半圓的半徑長;求的長．21．（6分）在平面直角坐標系中，點O為坐標原點，拋物線y＝ax2+ax+a（a≠0）交x軸于點A和點B（點A在點B左邊），交y軸于點C，連接AC，tan∠CAO＝1．（1）如圖1，求拋物線的解析式；（2）如圖2，D是第一象限的拋物線上一點，連接DB，將線段DB繞點D順時針旋轉(zhuǎn)90°，得到線段DE（點B與點E為對應(yīng)點），點E恰好落在y軸上，求點D的坐標；（1）如圖1，在（2）的條件下，過點D作x軸的垂線，垂足為H，點F在第二象限的拋物線上，連接DF交y軸于點G，連接GH，sin∠DGH＝，以DF為邊作正方形DFMN，P為FM上一點，連接PN，將△MPN沿PN翻折得到△TPN（點M與點T為對應(yīng)點），連接DT并延長與NP的延長線交于點K，連接FK，若FK＝，求cos∠KDN的值．22．（8分）一位橄欖球選手擲球時，橄欖球從出手開始行進的高度與水平距離之間的關(guān)系如圖所示，已知橄欖球在距離原點時，達到最大高度，橄欖球在距離原點13米處落地，請根據(jù)所給條件解決下面問題：（1）求出與之間的函數(shù)關(guān)系式；（2）求運動員出手時橄欖球的高度．23．（8分）如圖，平行四邊形中，，過點作于點，現(xiàn)將沿直線翻折至的位置，與交于點.（1）求證：；（2）若，，求的長.24．（8分）如圖，排球運動員站在點O處練習發(fā)球，將球從O點正上方2m的A處發(fā)出，把球看成點，其運行的高度y(m)與運行的水平距離x(m)滿足關(guān)系式y(tǒng)＝a(x－6)2＋h.已知球網(wǎng)與O點的水平距離為9m，高度為2.43m，球場的邊界距O點的水平距離為18m.（1）當h＝2.6時，求y與x的關(guān)系式(不要求寫出自變量x的取值范圍)（2）當h＝2.6時，球能否越過球網(wǎng)？球會不會出界？請說明理由．25．（10分）已知正方形ABCD中，E為對角線BD上一點，過點E作EF⊥BD交BC于點F，連接DF，G為DF的中點，連接EG，（1）如圖1，求證：EG=CG；（2）將圖1中的ΔBEF繞點B逆時針旋轉(zhuǎn)45°，如圖2，取DF的中點G，連接EG，CG．問（（3）將圖1中的ΔBEF繞點B逆時計旋轉(zhuǎn)任意角度，如圖3，取DF的中點G，連接EG，CG．問（26．（10分）在一個不透明的布袋里裝有4個標有1，2，3，4的小球，它們的形狀、大小完全相同，小明從布袋里隨機取出一個小球，記下數(shù)字為x，小紅在剩下的3個小球中隨機取出一個小球，記下數(shù)字為y。(1)計算由x、y確定的點(x,y)在函數(shù)y=-x+5的圖象上的概率；(2)小明和小紅約定做一個游戲，其規(guī)則為：若x、y滿足xy＞6則小明勝，若x、y滿足xy＜6則小紅勝，這個游戲公平嗎？說明理由.若不公平，請寫出公平的游戲規(guī)則.

參考答案一、選擇題(每小題3分,共30分)1、B【分析】利用任意凸多邊形的外角和均為360°，正多邊形的每個外角相等即可求出答案．【詳解】∵一個外角為銳角，且其余弦值為，∴外角＝45°，∴360÷45＝1．故它是正八邊形．故選：B．【點睛】本題考查根據(jù)正多邊形的外角判斷邊數(shù)，根據(jù)余弦值得到外角度數(shù)是解題的關(guān)鍵．2、D【分析】讓正面的數(shù)字是奇數(shù)的情況數(shù)除以總情況數(shù)即為所求的概率．【詳解】解：∵從寫有數(shù)字1，2，3，4，5這5張卡片中抽取一張，其中正面數(shù)字是奇數(shù)的有1、3、5這3種結(jié)果，∴正面的數(shù)字是奇數(shù)的概率為；故選D．【點睛】此題主要考查了概率公式的應(yīng)用，明確概率的意義是解答的關(guān)鍵，用到的知識點為：概率等于所求情況數(shù)與總情況數(shù)之比．3、D【詳解】解：∵在矩形ABCD中，AC=16，∴AO=BO=CO=DO=×16=1．∵AO=BO，∠AOB=60°，∴AB=AO=1，∴CD=AB=1，∴共有6條線段為1．故選D．4、A【解析】一次函數(shù)當時，函數(shù)值總是隨自變量的增大而增大，反比例函數(shù)當時，在每一個象限內(nèi)，隨自變量增大而增大.【詳解】、該函數(shù)圖象是直線，位于第一、三象限，隨增大而增大，故本選項正確；、該函數(shù)圖象是直線，位于第二、四象限，隨增大而減小，故本選項錯誤；、該函數(shù)圖象是雙曲線，位于第一、三象限，在每一象限內(nèi)，隨增大而減小，故本選項錯誤；、該函數(shù)圖象是雙曲線，位于第二、四象限，在每一象限內(nèi)，隨增大而增大，故本選項錯誤.故選：.【點睛】本題考查了一次函數(shù)、反比例函數(shù)的增減性；熟練掌握一次函數(shù)、反比例函數(shù)的性質(zhì)是關(guān)鍵.5、B【解析】試題解析：向量最后的差應(yīng)該還是向量.故錯誤.故選B.6、C【分析】根據(jù)菱形AECF，得∠FCO=∠ECO，再利用∠ECO=∠ECB，可通過折疊的性質(zhì)，結(jié)合直角三角形勾股定理求得BC的長，則利用菱形的面積公式即可求解．【詳解】解：∵四邊形AECF是菱形，AB=3，∴假設(shè)BE=x，則AE=3﹣x，CE=3﹣x，∵四邊形AECF是菱形，∴∠FCO=∠ECO，∵∠ECO=∠ECB，∴∠ECO=∠ECB=∠FCO=30°，2BE=CE，∴CE=2x，∴2x=3﹣x，解得：x=1，∴CE=2，利用勾股定理得出：BC2+BE2=EC2，BC===，又∵AE=AB﹣BE=3﹣1=2，則菱形的面積是：AEBC=2．故選C．【點睛】本題考查折疊問題以及勾股定理．解題過程中應(yīng)注意折疊是一種對稱變換，它屬于軸對稱，根據(jù)軸對稱的性質(zhì)，折疊前后圖形的形狀和大小不變，如本題中折疊前后角相等．7、A【分析】根據(jù)中心對稱圖形和軸對稱圖形的概念對各選項分析判斷即可得解．【詳解】解：A、是軸對稱圖形，也是中心對稱圖形，故本選項符合題意；B、不是軸對稱圖形，不是中心對稱圖形，故本選項不合題意；C、是軸對稱圖形，不是中心對稱圖形，故本選項不合題意；D、是軸對稱圖形，不是中心對稱圖形，故本選項不合題意．故答案為A．【點睛】本題考查了中心對稱圖形和軸對稱圖形的概念,理解這兩個概念是解答本題的關(guān)鍵.8、C【分析】把一個圖形繞某一點旋轉(zhuǎn)180°，如果旋轉(zhuǎn)后的圖形能夠與原來的圖形重合，那么這個圖形就叫做中心對稱圖形，這個點叫做對稱中心．據(jù)此判斷即可．【詳解】解：A、不是中心對稱圖形，故此選項錯誤；B、不是中心對稱圖形，故此選項錯誤；C、是中心對稱圖形，故此選項正確；D、不是中心對稱圖形，故此選項錯誤；故選：C．【點睛】本題考查的是中心對稱圖形的概念：中心對稱圖形關(guān)鍵是尋找對稱中心，旋轉(zhuǎn)180度后與原圖重合．9、C【解析】先確定拋物線的對稱軸，然后比較三個點到對稱軸的距離，再利用二次函數(shù)的性質(zhì)判斷對應(yīng)的函數(shù)值的大?。驹斀狻慷魏瘮?shù)y＝﹣（x+2）2+m圖象的對稱軸為直線x＝﹣2，又a=-1,二次函數(shù)開口向下，∴x＜-2時，y隨x增大而增大，x＞-2時，y隨x增大而減小，而點A（﹣3，y1）到直線x＝﹣2的距離最小，點C（3，y3）到直線x＝﹣2的距離最大，所以y3＜y2＜y1．故選：C．【點睛】此題主要考查二次函數(shù)的圖像，解題的關(guān)鍵是熟知二次函數(shù)的圖像與性質(zhì).10、C【分析】按照配方法的步驟：移項，配方（方程兩邊都加上4），即可得出選項．【詳解】解：x2﹣4x+2＝0，x2﹣4x＝﹣2，x2﹣4x+4＝﹣2+4，（x﹣2）2＝2，故選：C．【點睛】本題主要考查配方法，掌握完全平方公式是解題的關(guān)鍵．二、填空題(每小題3分,共24分)11、．【分析】根據(jù)等式的性質(zhì)，可用a表示b，根據(jù)分式的性質(zhì)可得答案．【詳解】解：由＝得，b=a，∴，故答案為：．【點睛】本題考查了比例的性質(zhì)，利用等式的性質(zhì)得出b=a是解題的關(guān)鍵，又利用了分式的性質(zhì)．12、1．【分析】過A作AE⊥y軸于E過B作BF⊥y軸于F，通過△AOE∽△BOF，得到，設(shè)，于是得到AE=-m，，從而得到，，于是求得結(jié)果．【詳解】解：過作軸于過作軸于，，，，，，，，設(shè)，，，，，，．故答案為1．【點睛】此題考查相似三角形的判定與性質(zhì)，反比例函數(shù)圖象上點的坐標特征，解題關(guān)鍵在于作輔助線和利用三角函數(shù)進行解答.13、2【分析】特殊值：sin30°=，tan60°=，tan30°=,本題是特殊角，將特殊角的三角函數(shù)值代入求解．【詳解】解：2sin30°+tan60°×tan30°=2×+×=1+1=2【點睛】本題考查了特殊角的三角函數(shù)值，解答本題的關(guān)鍵是掌握幾個特殊角的三角函數(shù)值．14、m＞﹣【分析】根據(jù)根的判別式，令△＞0，即可計算出m的值．【詳解】∵關(guān)于x的方程x2﹣x﹣m＝0有兩個不相等實根，∴△＝1﹣4×1×（﹣m）＝1+4m＞0，解得m＞﹣．故答案為﹣．【點睛】本題考查了一元二次方程系數(shù)的問題，掌握根的判別式是解題的關(guān)鍵．15、(5,0)【詳解】解：跳蚤運動的速度是每秒運動一個單位長度，（0，0）→（0，1）→（1，1）→（1，0）用的秒數(shù)分別是1秒，2秒，3秒，到（2，0）用4秒，到（2，2）用6秒，到（0，2）用8秒，到（0，3）用9秒，到（3，3）用12秒，到（4，0）用16秒，依此類推，到（5，0）用35秒．故第35秒時跳蚤所在位置的坐標是（5，0）．16、1【分析】根據(jù)三角函數(shù)的定義即可求解．【詳解】∵cotB=，

∴AC==3BC=1．

故答案是：1．【點睛】此題考查銳角三角函數(shù)的定義及運用，解題關(guān)鍵在于掌握在直角三角形中，銳角的正弦為對邊比斜邊，余弦為鄰邊比斜邊，正切為對邊比鄰邊，余切為鄰邊比對邊．17、﹣1【分析】根據(jù)題意得出頂點E坐標，利用平移的規(guī)律得出移動后的點的坐標，進而代入反比例函數(shù)即可求出k的值.【詳解】解：由題意可知拋物線的頂點E坐標為（1，-2），把點E（1，-2）先向左平移3個單位，再向上平移1個單位所得對應(yīng)點的坐標為（-2，2），∵點（-2，2）在雙曲線上，∴k=-2×2=-1.故答案為：-1．【點睛】本題考查二次函數(shù)圖象與幾何變換和二次函數(shù)的性質(zhì)以及待定系數(shù)法求反比例函數(shù)的解析式，根據(jù)題意求得平移后的頂點坐標是解題的關(guān)鍵．18、1【分析】根據(jù)中位數(shù)的概念求解即可．【詳解】這組數(shù)據(jù)按照從小到大的順序排列為：86，87，1，89，89，

則這5個數(shù)的中位數(shù)為：1．

故答案為：1．【點睛】本題考查了中位數(shù)的知識：將一組數(shù)據(jù)按照從小到大（或從大到?。┑捻樞蚺帕?，如果數(shù)據(jù)的個數(shù)是奇數(shù)，則處于中間位置的數(shù)就是這組數(shù)據(jù)的中位數(shù)；如果這組數(shù)據(jù)的個數(shù)是偶數(shù)，則中間兩個數(shù)據(jù)的平均數(shù)就是這組數(shù)據(jù)的中位數(shù)．三、解答題(共66分)19、（1）見詳解；（2）①見詳解；②120°【分析】教材呈現(xiàn)：證明△ADE∽△ABC即可解決問題．結(jié)論應(yīng)用：（1）首先證明△ADE是等邊三角形，推出AD＝AE，BD＝CE，再利用三角形的中位線定理即可證明．（2）利用三角形的中位線定理以及平行線的性質(zhì)解決問題即可．【詳解】教材呈現(xiàn)：證明：∵點D，E分別是AB，AC的中點，∴，∵∠A＝∠A，∴△ADE∽△ABC，∴∠ADE＝∠ABC，，∴DE∥BC，DE＝BC．結(jié)論應(yīng)用：（1）證明：∵△ABC是等邊三角形，∴AB＝AC，∠ABC＝∠ACB＝60°，∵DE∥AB，∴∠ABC＝∠ADE＝60°，∠ACB＝∠AED＝60°，∴∠ADE＝∠AED＝60°，∴△ADE是等邊三角形，∴AD＝AE，∴BD＝CE，∵EM＝MD，EN＝NB，∴MN＝BD，∵BN＝NE，BP＝PC，∴PN＝EC，∴NM＝NP．（2）∵EM＝MD，EN＝NB，∴MN∥BD，∵BN＝NE，BP＝PC，∴PN∥EC，∴∠MNE∠ABE，∠PNE＝∠AEB，∵∠AEB＝∠EBC+∠C，∠ABC＝∠C＝60°，∴∠MNP＝∠ABE+∠EBC+∠C＝∠ABC+∠C＝120°．【點睛】本題考查了三角形中位線定理，，平行線的性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)，綜合性較強，難度適中．熟練掌握各定理是解題的關(guān)鍵．20、半圓的半徑為；【分析】（1）根據(jù)垂徑定理的推論得到OD⊥AC，AE=AC，設(shè)圓的半徑為r，根據(jù)勾股定理列出方程，解方程即可；（2）由題意根據(jù)圓周角定理得到∠C=90°，根據(jù)勾股定理計算即可．【詳解】解：于點且，設(shè)半徑為，則在中有解得:即半圓的半徑為；為半圓的直徑則在中有.【點睛】本題考查的是圓心角、弧、弦的關(guān)系定理、垂徑定理，掌握垂直于弦的直徑平分這條弦，并且平分弦所對的兩條弧是解題的關(guān)鍵．21、（1）y＝﹣x2+x+1；（2）D的坐標為（1，1）；（1）【分析】（1）通過拋物線y＝先求出點A的坐標，推出OA的長度，再由tan∠CAO＝1求出OC的長度，點C的坐標，代入原解析式即可求出結(jié)論；（2）如圖2，過點D分別作x軸和y軸的垂線，垂足分別為W和Z，證△DZE≌△DWB，得到DZ＝DW，由此可知點D的橫縱坐標相等，設(shè)出點D坐標，代入拋物線解析式即可求出點D坐標；（1）如圖1，連接CD，分別過點C，H作F的垂線，垂足分別為Q，I，過點F作DC的垂線，交DC的延長線于點U，先求出點G坐標，求出直線DG解析式，再求出點F的坐標，即可求出正方形FMND的邊長，再求出其對角線FN的長度，最后證點F，K，M，N，D共圓，推出∠KDN＝∠KFN，求出∠KFN的余弦值即可．【詳解】解：（1）在拋物線y=中，當y＝0時，x1＝﹣1，x2＝4，∴A（﹣1，0），B（4，0），∴OA＝1，∵tan∠CAO＝1，∴OC＝1OA＝1，∴C（0，1），∴a＝1，∴a＝2，∴拋物線的解析式為：y＝﹣x2+x+1；（2）如圖2，過點D分別作x軸和y軸的垂線，垂足分別為W和Z，∵∠ZDW＝∠EDB＝90°，∴∠ZDE＝∠WDB，∵∠DZE＝∠DWB＝90°，DE＝DB，∴△DZE≌△DWB（AAS），∴DZ＝DW，設(shè)點D（k，﹣k2+k+1），∴k＝﹣k2+k+1，解得，k1＝﹣（舍去），k2＝1，∴D的坐標為（1，1）；（1）如圖1，連接CD，分別過點C，H作F的垂線，垂足分別為Q，I，∵sin∠DGH＝∴設(shè)HI＝4m，HG＝5m，則IG＝1m，由題意知，四邊形OCDH是正方形，∴CD＝DH＝1，∵∠CDQ+∠IDH＝90°，∠IDH+∠DHI＝90°，∴∠CDQ＝∠DHI，又∵∠CQD＝∠DIH＝90°，∴△CQD≌△DIH（AAS），設(shè)DI＝n，則CQ＝DI＝n，DQ＝HI＝4m，∴IQ＝DQ﹣DI＝4m﹣n，∴GQ＝GI﹣IQ＝1m﹣（4m﹣n）＝n﹣m，∵∠GCQ+∠QCD＝90°，∠QCD+∠CDQ＝90°，∴∠GCQ＝∠CDQ，∴△GCQ∽△CDQ，∴∴∴n＝2m，∴CQ＝DI＝2m，∴IQ＝2m，∴tan∠CDG＝，∵CD＝1，∴CG＝，∴GO＝CO﹣CG＝，設(shè)直線DG的解析式為y＝kx+，將點D（1，1）代入，得，k＝，∴yDG＝，設(shè)點F（t，﹣t2+t+1），則﹣t2+t+1＝t+，解得，t1＝1（舍去），t2＝﹣，∴F（﹣，）過點F作DC的垂線，交DC的延長線于點U，則，∴在Rt△UFD中，DF＝，由翻折知，△NPM≌△NPT，∴∠MNP＝∠TNP，NM＝NT＝ND，∠TPN＝∠MPN，TP＝MP，又∵NS⊥KD，∴∠DNS＝∠TNS，DS＝TS，∴∠SNK＝∠TNP+∠TNS＝×90°＝45°，∴∠SKN＝45°，∵∠TPK＝180°﹣∠TPN，∠MPK＝180°﹣∠MPN，∴∠TPK＝∠MPK，又∵PK＝PK，∴△TPK≌△MPK（SAS），∴∠MKP＝∠TKP＝45°，∴∠DKM＝∠MKP+∠TKP＝90°，連接FN，DM，交點為R，再連接RK，則RK＝RF＝RD＝RN＝RM，則點F，D，N，M，K同在⊙R上，F(xiàn)N為直徑，∴∠FKN＝90°，∠KDN＝∠KFN，∵FN＝，∴在Rt△FKN中，∴cos∠KDN＝cos∠KFN．【點睛】考核知識點：二次函數(shù)綜合題．熟記二次函數(shù)基本性質(zhì)，數(shù)形結(jié)合分析問題是關(guān)鍵.22、（1）（2）【分析】（1）由題意知：拋物線的頂點坐標設(shè)二次函數(shù)的解析式為把代入即可得到答案，（2）令求解的值即可．【詳解】解：（1）由題意知：拋物線的頂點為：設(shè)二次函數(shù)的解析式為把代入解得：則二次函數(shù)的解析式為：（2）由題意可得：當運動員出手時橄欖球的高度米．【點睛】本題主要考查了二次函數(shù)的應(yīng)用，熟練掌握頂點式法求函數(shù)解析式是解題的關(guān)鍵．23、（1）見解析；（2）【分析】（1）根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)得AB∥CD,AB=CD，通過兩角對應(yīng)相等證明△FCG∽△FBA，利用對應(yīng)邊成比例列比例式，進行等量代換后化等積式即可；（2）根據(jù)直角三角形30°角所對的直角邊等于斜邊的一半及勾股定理，求出BE的長,再由折疊性質(zhì)求出BF長，結(jié)合（1）的結(jié)論代入數(shù)據(jù)求解.【詳解】解（1）∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB∥CD,AB=CD,AD=BC∴∠GCF=∠B,∠CGF=∠BAF,∴△FCG∽△FBA,∴,∴∴.（2）∵，∴∠AEB=90°,∵∠B=30°,,∴AE=,由勾股定理得，BE=6，由折疊可得，BF=2BE=12，∵AD=BC=8，∴CF=4∵,∴,∴CG=,∴DG=.【點睛】本題考查平行四邊形的性質(zhì)和相似三角形的判定與性質(zhì)，平行四邊形的性質(zhì)即為相似三角形判定的條件，利用相似三角形的對應(yīng)邊成比例是解答問題的關(guān)鍵.24、（1）y＝－(x－6)2＋2.6；（2）球能過網(wǎng)；球會出界．【解析】解：(1)∵h＝2.6，球從O點正上方2m的A處發(fā)出，∴y＝a(x－6)2＋h過(0，2)點，∴2＝a(0－6)2＋2.6，解得：a＝－，所以y與x的關(guān)系式為：y＝－(x－6)2＋2.6.(2)當x＝9時，y＝－(x－6)2＋2.6＝2.45>2.43，所以球能過網(wǎng)；當y＝0時，－(x－6)2＋2.6＝0，解得：x1＝6＋2>18，x2＝6－2(舍去)，所以會出界．25、(1)見解析;(2)見解析;(3)見解析.【解析】（1）利用直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半，可證出CG=EG．

（2）結(jié)論仍然成立，連接AG，過G點作MN⊥AD于M，與EF的延長線交于N點；再證明△DAG≌△DCG，得出AG=CG；再證出△DMG≌△FNG，得到MG=NG；再證明△AMG≌△ENG，得出AG=EG；最后證出CG=EG．

（3）結(jié)論依然成立．過F作CD的平行線并延長CG交于M點，連接EM、EC，過F作FN垂直于AB于N．由于G為FD中點，易證△CDG≌△MFG，得到CD=FM，又因為BE=EF，易證∠EFM=∠EBC，則△EFM≌△EBC，∠FEM=∠BEC，EM=EC，得出△MEC是等腰直角三角形，就可以得出結(jié)論．【詳解】（1）在RtΔFCD中，G為DF∴CG=1同理，在RtΔDEF中，EG=∴EG=CG．（2）如圖②，（1）中結(jié)論仍然成立，即EG=CG．

理由：連接AG，過G點作MN⊥AD于M，與EF的延長線交于N點．

∴∠AMG=∠DMG=90°．

∵四邊形ABCD是正方形，

∴AD=CD=BC=AB，∠ADG=∠CDG．∠DAB=∠ABC=∠BCD=∠ADC=90°．

在△DAG和△DCG中，

AD＝CD∠ADG＝∠CDGDG＝DG，

∴△DAG≌△DCG（SAS），

∴AG=CG．

∵G為DF的中點，

∴GD=GF．

∵EF⊥BE，

∴∠BEF=90°，

∴∠BEF=∠BAD，

∴AD∥EF，

∴∠N=∠DMG=90°．∠DGM＝∠FGNFG＝DG∠MDG＝∠NFG，

∴△DMG≌△FNG（ASA），

∴MG=NG．

∵∠DA∠AMG=∠N=90°，

∴四邊形AENM是矩形，

∴AM=EN，

在△AMG和△ENG中，

AM＝EN∠AMG＝∠ENGMG＝NG，

∴△AMG≌△E