陕西省三原县市级名校2021-2022学年初中数学毕业考试模拟冲刺卷含解析

2021-2022中考数学模拟试卷

考生须知：

1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。

2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。

3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。

一、选择题（本大题共12个小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．）

1．以坐标原点为圆心，以2个单位为半径画⊙O，下面的点中，在⊙O上的是(　　)

A．(1，1) B．(，) C．(1，3) D．(1，)

2．下列方程有实数根的是（   ）

A． B．

C．x+2x−1=0 D．

3．如图，在菱形ABCD中，∠A=60°，E是AB边上一动点（不与A、B重合），且∠EDF=∠A，则下列结论错误的是（　　）

A．AE=BF B．∠ADE=∠BEF

C．△DEF是等边三角形 D．△BEF是等腰三角形

4．如图，把△ABC剪成三部分，边AB，BC，AC放在同一直线上，点O都落在直线MN上，直线MN∥AB，则点O是△ABC的(   )

A．外心 B．内心 C．三条中线的交点 D．三条高的交点

5．如图，在矩形ABCD中，AB=3，AD=4，点E在边BC上，若AE平分∠BED，则BE的长为（　　）

A． B． C． D．4﹣

6．在△ABC中，AB=3，BC=4，AC=2，D，E，F分别为AB，BC，AC中点，连接DF，FE，则四边形DBEF的周长是（   ）

A．5 B．7 C．9 D．11

7．如图，按照三视图确定该几何体的侧面积是(单位：cm)(     )

A．24π cm2 B．48π cm2 C．60π cm2 D．80π cm2

8．下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　）

A．等边三角形 B．菱形 C．平行四边形 D．正五边形

9．如图，正方形ABCD的边长为2cm，动点P从点A出发，在正方形的边上沿A→B→C的方向运动到点C停止，设点P的运动路程为x(cm)，在下列图象中，能表示△ADP的面积y(cm2)关于x(cm)的函数关系的图象是(　　)

A． B． C． D．

10．如图，△ABC是⊙O的内接三角形，AD⊥BC于D点，且AC=5，CD=3，BD=4，则⊙O的直径等于（    ）

A．5 B． C． D．7

11．二次函数（a≠0）的图象如图所示，则下列命题中正确的是（　　）

A．a ＞b＞c

B．一次函数y=ax +c的图象不经第四象限

C．m（am+b）+b＜a（m是任意实数）

D．3b+2c＞0

12．如图所示的几何体的主视图正确的是（ ）

A． B． C． D．

二、填空题：（本大题共6个小题，每小题4分，共24分．）

13．如图，在平面直角坐标系中，函数y=（x＞0）的图象经过矩形OABC的边AB、BC的中点E、F，则四边形OEBF的面积为________．

14．如图，△ABC内接于☉O，∠CAB=30°，∠CBA=45°，CD⊥AB于点D，若☉O的半径为2，则CD的长为_____

15．在矩形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，∠AOB＝60°，AC＝6cm，则AB的长是_____．

16．函数y＝中，自变量x的取值范围是             

17．口袋中装有4个小球，其中红球3个，黄球1个，从中随机摸出两球，都是红球的概率为_________．

18．已知二次函数的图像与轴交点的横坐标是和，且，则________．

三、解答题：（本大题共9个小题，共78分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．

19．（6分）如图（1），P 为△ABC 所在平面上一点，且∠APB=∠BPC=∠CPA=120°，则点 P 叫做△ABC 的费马点．

（1）如果点 P 为锐角△ABC 的费马点，且∠ABC=60°．

①求证：△ABP∽△BCP；

②若 PA=3，PC=4，则 PB=     ．

（2）已知锐角△ABC，分别以 AB、AC 为边向外作正△ABE 和正△ACD，CE 和 BD相交于 P 点．如图（2）

①求∠CPD 的度数；

②求证：P 点为△ABC 的费马点．

20．（6分）平面直角坐标系中（如图），已知抛物线经过点和，与y轴相交于点C，顶点为P.

（1）求这条抛物线的表达式和顶点P的坐标；

（2）点E在抛物线的对称轴上，且，求点E的坐标；

（3）在（2）的条件下，记抛物线的对称轴为直线MN，点Q在直线MN右侧的抛物线上，，求点Q的坐标.

21．（6分）某校九年级数学测试后，为了解学生学习情况，随机抽取了九年级部分学生的数学成绩进行统计，得到相关的统计图表如下．

请根据以上信息解答下列问题：

（1）这次统计共抽取了　   　名学生的数学成绩，补全频数分布直方图；

（2）若该校九年级有1000名学生，请据此估计该校九年级此次数学成绩在B等级以上（含B等级）的学生有多少人？

（3）根据学习中存在的问题，通过一段时间的针对性复习与训练，若A等级学生数可提高40%，B等级学生数可提高10%，请估计经过训练后九年级数学成绩在B等级以上（含B等级）的学生可达多少人？

22．（8分）如图所示，PB是⊙O的切线，B为切点，圆心O在PC上，∠P=30°，D为弧BC的中点.

(1)求证：PB=BC；

(2)试判断四边形BOCD的形状，并说明理由.

23．（8分）如图，在Rt△ABC中，，过点C的直线MN∥AB，D为AB边上一点，过点D作DE⊥BC，交直线MN于E，垂足为F，连接CD、BE.求证：CE=AD；当D在AB中点时，四边形BECD是什么特殊四边形？说明理由；若D为AB中点，则当=______时，四边形BECD是正方形.

24．（10分）如图，将平行四边形ABCD纸片沿EF折叠，使点C与点A重合，点D落在点G处．

(1)连接CF，求证：四边形AECF是菱形；

(2)若E为BC中点，BC＝26，tan∠B＝，求EF的长．

25．（10分）如图，在△ABC中，AB=AC，D为BC的中点，DE⊥AB，DF⊥AC，垂足分别为E、F，求证：DE=DF．

26．（12分）综合与实践﹣猜想、证明与拓广

问题情境：

数学课上同学们探究正方形边上的动点引发的有关问题，如图1，正方形ABCD中，点E是BC边上的一点，点D关于直线AE的对称点为点F，直线DF交AB于点H，直线FB与直线AE交于点G，连接DG，CG．

猜想证明

（1）当图1中的点E与点B重合时得到图2，此时点G也与点B重合，点H与点A重合．同学们发现线段GF与GD有确定的数量关系和位置关系，其结论为：　   　；

（2）希望小组的同学发现，图1中的点E在边BC上运动时，（1）中结论始终成立，为证明这两个结论，同学们展开了讨论：

小敏：根据轴对称的性质，很容易得到“GF与GD的数量关系”…

小丽：连接AF，图中出现新的等腰三角形，如△AFB，…

小凯：不妨设图中不断变化的角∠BAF的度数为n，并设法用n表示图中的一些角，可证明结论．

请你参考同学们的思路，完成证明；

（3）创新小组的同学在图1中，发现线段CG∥DF，请你说明理由；

联系拓广：

（4）如图3若将题中的“正方形ABCD”变为“菱形ABCD“，∠ABC=α，其余条件不变，请探究∠DFG的度数，并直接写出结果（用含α的式子表示）．

27．（12分）在平面直角坐标系xOy中，点C是二次函数y＝mx2＋4mx＋4m＋1的图象的顶点，一次函数y＝x＋4的图象与x轴、y轴分别交于点A、B．

（1）请你求出点A、B、C的坐标；

（2）若二次函数y＝mx2＋4mx＋4m＋1与线段AB恰有一个公共点，求m的取值范围．

参考答案

一、选择题（本大题共12个小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．）

1、B

【解析】
根据点到圆心的距离和半径的数量关系即可判定点与圆的位置关系.

【详解】

A选项,(1,1)到坐标原点的距离为<2,因此点在圆内,

B选项(,) 到坐标原点的距离为=2,因此点在圆上,

C选项 (1,3) 到坐标原点的距离为>2,因此点在圆外

D选项(1，) 到坐标原点的距离为<2,因此点在圆内,

故选B.

【点睛】

本题主要考查点与圆的位置关系,解决本题的关键是要熟练掌握点与圆的位置关系.

2、C

【解析】

分析：根据方程解的定义，一一判断即可解决问题；

详解：A．∵x4＞0，∴x4+2=0无解；故本选项不符合题意；

    B．∵≥0，∴=﹣1无解，故本选项不符合题意；

    C．∵x2+2x﹣1=0，△=8=4=12＞0，方程有实数根，故本选项符合题意；

    D．解分式方程=，可得x=1，经检验x=1是分式方程的增根，故本选项不符合题意．

    故选C．

点睛：本题考查了无理方程、根的判别式、高次方程、分式方程等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．

3、D

【解析】
连接BD，可得△ADE≌△BDF，然后可证得DE=DF，AE=BF，即可得△DEF是等边三角形，然后可证得∠ADE=∠BEF．

【详解】

连接BD，∵四边形ABCD是菱形，
∴AD=AB，∠ADB=∠ADC，AB∥CD，
∵∠A=60°，
∴∠ADC=120°，∠ADB=60°，
同理：∠DBF=60°，
即∠A=∠DBF，
∴△ABD是等边三角形，
∴AD=BD，
∵∠ADE+∠BDE=60°，∠BDE+∠BDF=∠EDF=60°，
∴∠ADE=∠BDF，
∵在△ADE和△BDF中，

，
∴△ADE≌△BDF（ASA），
∴DE=DF，AE=BF，故A正确；
∵∠EDF=60°，
∴△EDF是等边三角形，
∴C正确；
∴∠DEF=60°，
∴∠AED+∠BEF=120°，
∵∠AED+∠ADE=180°-∠A=120°，
∴∠ADE=∠BEF；
故B正确．
∵△ADE≌△BDF，
∴AE=BF，
同理：BE=CF，
但BE不一定等于BF．
故D错误．
故选D．

【点睛】

本题考查了菱形的性质、等边三角形的判定与性质以及全等三角形的判定与性质，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题．

4、B

【解析】
利用平行线间的距离相等，可知点到、、的距离相等，然后可作出判断.

【详解】

解：如图，过点作于，于，于.

图1

，

（夹在平行线间的距离相等）.

如图：过点作于，作于E，作于.

由题意可知： ，，，

∴ ，

∴图中的点是三角形三个内角的平分线的交点，

点是的内心，

故选B.

【点睛】

本题考查平行线间的距离，角平分线定理，三角形的内心，解题的关键是判断出.

5、D

【解析】
首先根据矩形的性质，可知AB=CD=3，AD=BC=4，∠D=90°，AD∥BC，然后根据AE平分∠BED求得ED=AD；利用勾股定理求得EC的长，进而求得BE的长.

【详解】

∵四边形ABCD是矩形，

∴AB=CD=3，AD=BC=4，∠D=90°，AD∥BC，

∴∠DAE=∠BEA，

∵AE是∠DEB的平分线，

∴∠BEA=∠AED，

∴∠DAE=∠AED，

∴DE=AD=4，

再Rt△DEC中，EC===，

∴BE=BC-EC=4-.

故答案选D.

【点睛】

本题考查了矩形的性质与角平分线的性质以及勾股定理的应用，解题的关键是熟练的掌握矩形的性质与角平分线的性质以及勾股定理的应用.

6、B

【解析】

试题解析：∵D、E、F分别为AB、BC、AC中点，∴DF=BC=2，DF∥BC，EF=AB=，EF∥AB，∴四边形DBEF为平行四边形，∴四边形DBEF的周长=2（DF+EF）=2×（2+）=1．故选B．

7、A

【解析】
由主视图和左视图确定是柱体，锥体还是球体，再由俯视图确定具体形状，确定圆锥的母线长和底面半径，从而确定其侧面积．

【详解】

解：由主视图和左视图为三角形判断出是锥体，由俯视图是圆形可判断出这个几何体应该是圆锥；

根据三视图知：该圆锥的母线长为6cm，底面半径为8÷1=4cm，

故侧面积=πrl=π×6×4=14πcm1．

故选：A．

【点睛】

此题考查学生对三视图掌握程度和灵活运用能力，同时也体现了对空间想象能力方面的考查．

8、B

【解析】
在平面内，如果一个图形沿一条直线对折，直线两旁的部分能够完全重合，这样的图形叫做轴对称图形；在平面内一个图形绕某个点旋转180°，如果旋转前后的图形能互相重合，那么这个图形叫做中心对称图形，分别判断各选项即可解答.

【详解】

解：A、等边三角形是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项错误；

B、菱形是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项正确；

C、平行四边形不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项错误；

D、正五边形是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项错误．

故选：B．

【点睛】

本题考查了轴对称图形和中心对称图形的定义，熟练掌握是解题的关键.

9、B

【解析】
△ADP的面积可分为两部分讨论，由A运动到B时，面积逐渐增大，由B运动到C时，面积不变，从而得出函数关系的图象．

【详解】

解：当P点由A运动到B点时，即0≤x≤2时，y＝×2x＝x，

当P点由B运动到C点时，即2＜x＜4时，y＝×2×2＝2，

符合题意的函数关系的图象是B；

故选B．

【点睛】

本题考查了动点函数图象问题，用到的知识点是三角形的面积、一次函数，在图象中应注意自变量的取值范围．

10、A

【解析】
连接AO并延长到E，连接BE．设AE＝2R，则∠ABE＝90°，∠AEB＝∠ACB，∠ADC＝90°，利用勾股定理求得AD=，， 再证明Rt△ABE∽Rt△ADC，得到 ，即2R＝ = ．

【详解】

解：如图，

连接AO并延长到E，连接BE．设AE＝2R，则

∠ABE＝90°，∠AEB＝∠ACB；

∵AD⊥BC于D点，AC＝5，DC＝3，

∴∠ADC＝90°，

∴AD＝，

∴

在Rt△ABE与Rt△ADC中，

∠ABE＝∠ADC＝90°，∠AEB＝∠ACB，

∴Rt△ABE∽Rt△ADC，

∴，

即2R＝ = ；

∴⊙O的直径等于．

故答案选：A.

【点睛】

本题主要考查了圆周角定理、勾股定理，解题的关键是掌握辅助线的作法.

11、D

【解析】

解：A．由二次函数的图象开口向上可得a＞0，由抛物线与y轴交于x轴下方可得c＜0，由x=﹣1，得出=﹣1，故b＞0，b=2a，则b＞a＞c，故此选项错误；

B．∵a＞0，c＜0，∴一次函数y=ax+c的图象经一、三、四象限，故此选项错误；

C．当x=﹣1时，y最小，即a﹣b﹣c最小，故a﹣b﹣c＜am2+bm+c，即m（am+b）+b＞a，故此选项错误；

D．由图象可知x=1，a+b+c＞0①，∵对称轴x=﹣1，当x=1，y＞0，∴当x=﹣3时，y＞0，即9a﹣3b+c＞0②

①+②得10a﹣2b+2c＞0，∵b=2a，∴得出3b+2c＞0，故选项正确；

故选D．

点睛：此题主要考查了图象与二次函数系数之间的关系，二次函数与方程之间的转换，会利用特殊值代入法求得特殊的式子，如：y=a+b+c，然后根据图象判断其值．

12、D

【解析】
主视图是从前向后看，即可得图像.

【详解】

主视图是一个矩形和一个三角形构成.故选D.

二、填空题：（本大题共6个小题，每小题4分，共24分．）

13、2

【解析】

设矩形OABC中点B的坐标为，

∵点E、F是AB、BC的中点，

∴点E、F的坐标分别为：、，

∵点E、F都在反比例函数的图象上，

∴S△OCF==，S△OAE=，

∴S矩形OABC=，

∴S四边形OEBF= S矩形OABC- S△OAE-S△OCF=.

即四边形OEBF的面积为2.

点睛：反比例函数中“”的几何意义为：若点P是反比例函数图象上的一点，连接坐标原点O和点P，过点P向坐标轴作垂线段，垂足为点D，则S△OPD=.

14、

【解析】
连接OA，OC，根据∠COA=2∠CBA=90°可求出AC=，然后在Rt△ACD中利用三角函数即可求得CD的长.

【详解】

解：连接OA，OC，

∵∠COA=2∠CBA=90°，

∴在Rt△AOC中，AC=，

∵CD⊥AB，

∴在Rt△ACD中，CD=AC·sin∠CAD=，

故答案为.

【点睛】

本题考查了圆周角定理以及锐角三角函数，根据题意作出常用辅助线是解题关键.

15、3cm．

【解析】
根据矩形的对角线相等且互相平分可得OA＝OB＝OD＝OC，由∠AOB＝60°，判断出△AOB是等边三角形，根据等边三角形的性质求出AB即可．

【详解】

解：∵四边形ABCD是矩形，AC＝6cm

∴OA＝OC＝OB＝OD＝3cm，

∵∠AOB＝60°，

∴△AOB是等边三角形，

∴AB＝OA＝3cm，

故答案为：3cm

【点睛】

本题主要考查矩形的性质和等边三角形的判定和性质，解本题的关键是掌握矩形的对角线相等且互相平分．

16、x≥0且x≠1

【解析】

试题分析：根据分式有意义的条件是分母不为0；分析原函数式可得关系式x-1≠0，解可得答案．

试题解析：根据题意可得x-1≠0；

解得x≠1；

故答案为x≠1．

考点: 函数自变量的取值范围；分式有意义的条件．

17、

【解析】
先画出树状图，用随意摸出两个球是红球的结果个数除以所有可能的结果个数即可.

【详解】

∵从中随意摸出两个球的所有可能的结果个数是12，

随意摸出两个球是红球的结果个数是6，

∴从中随意摸出两个球的概率=；

故答案为：.

【点睛】

此题考查的是用列表法或树状图法求概率．列表法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合于两步完成的事件；树状图法适合两步或两步以上完成的事件；解题时要注意此题是放回实验还是不放回实验．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．

18、－12

【解析】
令y=0，得方程，和即为方程的两根，利用根与系数的关系求得和，利用完全平方式并结合即可求得k的值．

【详解】

解：∵二次函数的图像与轴交点的横坐标是和，

令y=0，得方程，

则和即为方程的两根，

∴，，

∵，

两边平方得：，

∴，

即，解得：，

故答案为：．

【点睛】

本题考查了一元二次方程与二次函数的关系，函数与x轴的交点的横坐标就是方程的根，解题的关键是利用根与系数的关系，整体代入求解．

三、解答题：（本大题共9个小题，共78分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．

19、（1）①证明见解析；②；（2）①60°；②证明见解析；

【解析】

试题分析：（1）①根据题意，利用内角和定理及等式性质得到一对角相等，利用两角相等的三角形相似即可得证；

②由三角形ABP与三角形BCP相似，得比例，将PA与PC的长代入求出PB的长即可；

（2）①根据三角形ABE与三角形ACD为等边三角形，利用等边三角形的性质得到两对边相等，两个角为60°，利用等式的性质得到夹角相等，利用SAS得到三角形ACE与三角形ABD全等，利用全等三角形的对应角相等得到∠1=∠2，再由对顶角相等，得到∠5=∠6，即可求出所求角度数；

②由三角形ADF与三角形CPF相似，得到比例式，变形得到积的恒等式，再由对顶角相等，利用两边成比例，且夹角相等的三角形相似得到三角形AFP与三角形CFD相似，利用相似三角形对应角相等得到∠APF为60°，由∠APD+∠DPC，求出∠APC为120°，进而确定出∠APB与∠BPC都为120°，即可得证．

试题解析：（1）证明：①∵∠PAB+∠PBA=180°﹣∠APB=60°，∠PBC+∠PBA=∠ABC=60°，

∴∠PAB=∠PBC，

又∵∠APB=∠BPC=120°，

∴△ABP∽△BCP，

②解：∵△ABP∽△BCP，

∴，

∴PB2=PA•PC=12，

∴PB=2；

（2）解：①∵△ABE与△ACD都为等边三角形，

∴∠BAE=∠CAD=60°，AE=AB，AC=AD，

∴∠BAE+∠BAC=∠CAD+∠BAC，即∠EAC=∠BAD，

在△ACE和△ABD中，

，

∴△ACE≌△ABD（SAS），

∴∠1=∠2，

∵∠3=∠4，

∴∠CPD=∠6=∠5=60°；

②证明：∵△ADF∽△CFP，

∴AF•PF=DF•CF，

∵∠AFP=∠CFD，

∴△AFP∽△CDF．

∴∠APF=∠ACD=60°，

∴∠APC=∠CPD+∠APF=120°，

∴∠BPC=120°，

∴∠APB=360°﹣∠BPC﹣∠APC=120°，

∴P点为△ABC的费马点．

考点：相似形综合题

20、（1），顶点P的坐标为；（2）E点坐标为；（3）Q点的坐标为.

【解析】
（1）利用交点式写出抛物线解析式，把一般式配成顶点式得到顶点P的坐标；

（2）设，根据两点间的距离公式，利用得到，然后解方程求出t即可得到E点坐标；

（3）直线交轴于，作于，如图，利用得到，设，则，再在中利用正切的定义得到，即，然后解方程求出m即可得到Q点坐标.

【详解】

解：（1）抛物线解析式为，

即，

，

顶点P的坐标为；

（2）抛物线的对称轴为直线，

设，

，

，解得，

E点坐标为；

（3）直线交x轴于F，作MN⊥直线x=2于H，如图，

，

而，

，

设，则，

在中，，

，

整理得，解得（舍去），，

Q点的坐标为.

【点睛】

本题考查了二次函数的综合题：熟练掌握二次函数图象上点的坐标特征、二次函数的性质和锐角三角函数的定义；会利用待定系数法求函数解析式；理解坐标与图形性质，记住两点间的距离公式.

21、（1）1人；补图见解析；（2）10人；（3）610名.

【解析】
（1）用总人数乘以A所占的百分比，即可得到总人数；再用总人数乘以A等级人数所占比例可得其人数，继而根据各等级人数之和等于总人数可得D等级人数，据此可补全条形图；
（2）用总人数乘以（A的百分比+B的百分比），即可解答；
（3）先计算出提高后A，B所占的百分比，再乘以总人数，即可解答．

【详解】

解：（1）本次调查抽取的总人数为15÷=1（人），

则A等级人数为1×=10（人），D等级人数为1﹣（10+15+5）=20（人），

补全直方图如下：

故答案为1．

（2）估计该校九年级此次数学成绩在B等级以上（含B等级）的学生有1000×=10（人）；

（3）∵A级学生数可提高40%，B级学生数可提高10%，

∴B级学生所占的百分比为：30%×（1+10%）=33%，A级学生所占的百分比为：20%×（1+40%）=28%，

∴1000×（33%+28%）=610（人），

∴估计经过训练后九年级数学成绩在B以上（含B级）的学生可达610名．

【点睛】

考查的是条形统计图和扇形统计图的综合运用，读懂统计图，从不同的统计图中得到必要的信息是解决问题的关键．条形统计图能清楚地表示出每个项目的数据；扇形统计图直接反映部分占总体的百分比大小．

22、（1）见解析；（2）菱形

【解析】

试题分析：（1）由切线的性质得到∠OBP=90°，进而得到∠BOP=60°，由OC=BO，得到∠OBC=∠OCB=30°，由等角对等边即可得到结论；

（2）由对角线互相垂直平分的四边形是菱形证明即可．

试题解析：证明：（1）∵PB是⊙O的切线，∴∠OBP=90°，∠POB=90°-30°=60°．∵OB=OC，∴∠OBC=∠OCB．∵∠POB=∠OBC+∠OCB，∴∠OCB=30°=∠P，∴PB=BC；

（2）连接OD交BC于点M．∵D是弧BC的中点，∴OD垂直平分BC．

在直角△OMC中，∵∠OCM=30°，∴OC=2OM=OD，∴OM=DM，∴四边形BOCD是菱形．

23、（1）详见解析；(2)菱形；（3）当∠A=45°，四边形BECD是正方形．

【解析】
(1)先求出四边形ADEC是平行四边形，根据平行四边形的性质推出即可；

(2)求出四边形BECD是平行四边形，求出CD=BD，根据菱形的判定推出即可；

(3)求出∠CDB=90°，再根据正方形的判定推出即可．

【详解】

(1)∵DE⊥BC，

∴∠DFP=90°，

∵∠ACB=90°，

∴∠DFB=∠ACB，

∴DE//AC，

∵MN//AB，

∴四边形ADEC为平行四边形，

∴CE=AD；

(2)菱形，理由如下：

在直角三角形ABC中，

∵D为AB中点，

∴BD=AD，

∵CE=AD，

∴BD=CE，

∴MN//AB，

∴BECD是平行四边形，

∵∠ACB=90°，D是AB中点，

∴BD=CD，（斜边中线等于斜边一半）

∴四边形BECD是菱形；

(3)若D为AB中点，则当∠A=45°时，四边形BECD是正方形，

理由：∵∠A=45°，∠ACB=90°，

∴∠ABC=45°，

∵四边形BECD是菱形，

∴DC=DB，

∴∠DBC=∠DCB=45°，

∴∠CDB=90°，

∵四边形BECD是菱形，

∴四边形BECD是正方形，

故答案为45°.

【点睛】

本题考查了平行四边形的判定与性质，菱形的判定、正方形的判定，直角三角形斜边中线的性质等，综合性较强，熟练掌握和灵活运用相关知识是解题的关键.

24、 (1)证明见解析；(2)EF＝1．

【解析】
(1)如图1，利用折叠性质得EA＝EC，∠1＝∠2，再证明∠1＝∠3得到AE＝AF，则可判断四边形AECF为平行四边形，从而得到四边形AECF为菱形；

(2)作EH⊥AB于H，如图，利用四边形AECF为菱形得到AE＝AF＝CE＝13，则判断四边形ABEF为平行四边形得到EF＝AB，根据等腰三角形的性质得AH＝BH，再在Rt△BEH中利用tanB＝＝可计算出BH＝5，从而得到EF＝AB＝2BH＝1．

【详解】

(1)证明：如图1，

∵平行四边形ABCD纸片沿EF折叠，使点C与点A重合，点D落在点G处，

∴EA＝EC，∠1＝∠2，

∵四边形ABCD为平行四边形，

∴AD∥BC，

∴∠2＝∠3，

∴∠1＝∠3，

∴AE＝AF，

∴AF＝CE，

而AF∥CE，

∴四边形AECF为平行四边形，

∵EA＝EC，

∴四边形AECF为菱形；

(2)解：作EH⊥AB于H，如图，

∵E为BC中点，BC＝26，

∴BE＝EC＝13，

∵四边形AECF为菱形，

∴AE＝AF＝CE＝13，

∴AF＝BE，

∴四边形ABEF为平行四边形，

∴EF＝AB，

∵EA＝EB，EH⊥AB，

∴AH＝BH，

在Rt△BEH中，tanB＝＝，

设EH＝12x，BH＝5x，则BE＝13x，

∴13x＝13，解得x＝1，

∴BH＝5，

∴AB＝2BH＝1，

∴EF＝1．

【点睛】

本题考查了折叠的性质：折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．也考查了平行四边形的性质、菱形的判定与性质．

25、答案见解析

【解析】

由于AB=AC，那么∠B=∠C，而DE⊥AC，DF⊥AB可知∠BFD=∠CED=90°，又D是BC中点，可知BD=CD，利用AAS可证△BFD≌△CED，从而有DE=DF．

26、 (1) GF=GD，GF⊥GD;(2)见解析;(3)见解析;(4) 90°﹣.

【解析】
（1）根据四边形ABCD是正方形可得∠ABD=∠ADB=45°，∠BAD=90°，点D关于直线AE的对称点为点F，即可证明出∠DBF=90°，故GF⊥GD，再根据∠F=∠ADB，即可证明GF=GD；

（2）连接AF，证明∠AFG=∠ADG，再根据四边形ABCD是正方形，得出AB=AD，∠BAD=90°，设∠BAF=n，∠FAD=90°+n，可得出∠FGD=360°﹣∠FAD﹣∠AFG﹣∠ADG=360°﹣（90°+n）﹣（180°﹣n）=90°，故GF⊥GD；

（3）连接BD，由（2）知，FG=DG，FG⊥DG，再分别求出∠GFD与∠DBC的角度，再根据三角函数的性质可证明出△BDF∽△CDG，故∠DGC=∠FDG，则CG∥DF；

（4）连接AF，BD，根据题意可证得∠DAM=90°﹣∠2=90°﹣∠1，∠DAF=2∠DAM=180°﹣2∠1，再根据菱形的性质可得∠ADB=∠ABD=α，故∠AFB+∠DBF+∠ADB+∠DAF=（∠DFG+∠1）+（∠DFG+∠1+α）+α+（180°﹣2∠1）=360°，2∠DFG+2∠1+α﹣2∠1=180°，即可求出∠DFG．

【详解】

解：（1）GF=GD，GF⊥GD，

理由：∵四边形ABCD是正方形，

∴∠ABD=∠ADB=45°，∠BAD=90°，

∵点D关于直线AE的对称点为点F，∠BAD=∠BAF=90°，

∴∠F=∠ADB=45°，∠ABF=∠ABD=45°，

∴∠DBF=90°，

∴GF⊥GD，

∵∠BAD=∠BAF=90°，

∴点F，A，D在同一条线上，

∵∠F=∠ADB，

∴GF=GD，

故答案为GF=GD，GF⊥GD；

（2）连接AF，∵点D关于直线AE的对称点为点F，

∴直线AE是线段DF的垂直平分线，

∴AF=AD，GF=GD，

∴∠1=∠2，∠3=∠FDG，

∴∠1+∠3=∠2+∠FDG，

∴∠AFG=∠ADG，

∵四边形ABCD是正方形，

∴AB=AD，∠BAD=90°，

设∠BAF=n，

∴∠FAD=90°+n，

∵AF=AD=AB，

∴∠FAD=∠ABF，

∴∠AFB+∠ABF=180°﹣n，

∴∠AFB+∠ADG=180°﹣n，

∴∠FGD=360°﹣∠FAD﹣∠AFG﹣∠ADG=360°﹣（90°+n）﹣（180°﹣n）=90°，

∴GF⊥DG，

(3)如图2，连接BD，由（2）知，FG=DG，FG⊥DG，

∴∠GFD=∠GDF=（180°﹣∠FGD）=45°，

∵四边形ABCD是正方形，

∴BC=CD，∠BCD=90°，

∴∠BDC=∠DBC=（180°﹣∠BCD）=45°，

∴∠FDG=∠BDC，

∴∠FDG﹣∠BDG=∠BDC﹣∠BDG，

∴∠FDB=∠GDC，

在Rt△BDC中，sin∠DFG==sin45°=，

在Rt△BDC中，sin∠DBC==sin45°=，

∴，

∴，

∴△BDF∽△CDG，

∵∠FDB=∠GDC，

∴∠DGC=∠DFG=45°，

∴∠DGC=∠FDG，

∴CG∥DF；

（4）90°﹣，理由：如图3，连接AF，BD，

∵点D与点F关于AE对称，

∴AE是线段DF的垂直平分线，

∴AD=AF，∠1=∠2，∠AMD=90°，∠DAM=∠FAM，

∴∠DAM=90°﹣∠2=90°﹣∠1，

∴∠DAF=2∠DAM=180°﹣2∠1，

∵四边形ABCD是菱形，

∴AB=AD，

∴∠AFB=∠ABF=∠DFG+∠1，

∵BD是菱形的对角线，

∴∠ADB=∠ABD=α，

在四边形ADBF中，∠AFB+∠DBF+∠ADB+∠DAF=（∠DFG+∠1）+（∠DFG+∠1+α）+α+（180°﹣2∠1）=360°

∴2∠DFG+2∠1+α﹣2∠1=180°，

∴∠DFG=90°﹣．

【点睛】

本题考查了正方形、菱形、相似三角形的性质，解题的根据是熟练的掌握正方形、菱形、相似三角形的性质.

27、（1）A（－4，0）和B（0，4）；（2）或

【解析】
（1）抛物线解析式配方后，确定出顶点C坐标，对于一次函数解析式，分别令x与y为0求出对应y与x的值，确定出A与B坐标；

（2）分m＞0与m＜0两种情况求出m的范围即可．

【详解】

解：（1）y＝mx2＋4mx＋4m＋1＝m（x＋2）2＋1，

∴抛物线顶点坐标为C（－2，1），

对于y＝x＋4，令x＝0，得到y＝4；y＝0，得到x＝－4，

直线y＝x＋4与x轴、y轴交点坐标分别为A（－4，0）和B（0，4）；

（2）把x＝－4代入抛物线解析式得：y＝4m＋1，

①当m＞0时，y＝4m＋1＞0，说明抛物线的对称轴左侧总与线段AB有交点，

∴只需要抛物线右侧与线段AB无交点即可，

如图1所示，

只需要当x＝0时，抛物线的函数值y＝4m＋1＜4，即，

则当时，抛物线与线段AB只有一个交点；

②当m＜0时，如图2所示，

只需y＝4m＋1≥0即可，

解得：，

综上，当或时，抛物线与线段AB只有一个交点．

【点睛】

此题考查了抛物线与x轴的交点，二次函数的性质，以及二次函数图象上点的坐标特征，熟练掌握二次函数的性质是解本题的关键．