2022年广西钦州市浦北县中考数学二模试卷（含解析）

这是一份2022年广西钦州市浦北县中考数学二模试卷（含解析），共22页。试卷主要包含了4×108C，5°，AB=4，则半径OB等于，【答案】C，【答案】D，【答案】A，【答案】B等内容，欢迎下载使用。

一．选择题（本题共12小题，共36分）
−2的倒数是( )
A. −2B. −12C. 12D. 2
下列几何体中，主视图、俯视图和左视图的形状、大小均相同的是( )
A. 球B. 长方体C. 圆柱D. 圆锥
2021年5月11日，第七次全国人口普查结果公布，全国人口超1400000000人，其中数据1400000000用科学记数法表示为( )
A. 14×108B. 1.4×108C. 1.4×109D. 0.14×1010
下列运算正确的是( )
A. a3−a2=aB. a2⋅a3=a6C. a6÷a2=a3D. (a2)3=a6
如图，直线AB//CD，直线EF分别与直线AB，CD交于点E，F，点G在直线CD上，GE⊥EF.若∠1=55°，则∠2的大小为( )
A. 145°
B. 135°
C. 125°
D. 120°
不透明袋子中有1个红球和2个绿球，这些球除颜色外无其他差别.从袋子中随机取出1个球，恰好是红球的概率为( )
A. 13B. 12C. 23D. 1
如图，在△ABC中，以点C为圆心，任意长为半径作弧，别交AC、BC于点E、F，再分别以点E、F为圆心，大于12EF的长为半径作弧，两弧交于点G，作射线CG交AB于点D，过点D作DH//BC交AC于点H.若CH=4，BC=9，则AH的长为( )
A. 163B. 154C. 165D. 185
我国明代珠算家程大位的名著《直指算法统宗》里有一道著名算题：“一百馒头一百僧，大僧三个更无争，小僧三人分一个，大小和尚各几丁？”意思是：有100个和尚分100个馒头，如果大和尚1人分3个，小和尚3人分1个，正好分完，试问大、小和尚各多少人？设大和尚有x人，依题意列方程得( )
A. x3+3(100−x)=100B. x3−3(100−x)=100
C. 3x−100−x3=100D. 3x+100−x3=100
如图，⊙O中，半径OC⊥弦AB于点D，点E在⊙O上，∠E=22.5°，AB=4，则半径OB等于( )
A. 2
B. 2
C. 22
D. 3
如图，热气球的探测器显示，从热气球A处看一栋楼顶部B处的仰角为36°，看这栋楼底部C处的俯角为60°，热气球A处与楼的水平距离为100m，则这栋楼的高度为( )(参考数据：3≈1.73，tan36°≈0.73，sin36°≈0.59，cs36°≈0.81，结果保留整数)
A. 232m
B. 246m
C. 254m
D. 310m
如图，二次函数y=ax2+bx+c的图象经过点A(−1,0)，B(3,0)，与y轴交于点C.下列结论：
①ac>0；
②当x>0时，y随x的增大而增大；
③3a+c=0；
④a+b≥am2+bm；
⑤b=4a；
其中正确的个数有( )
A. 1个
B. 2个
C. 3个
D. 4个
如图，矩形ABCD中，AB=2，AD=3，点E、F分别为AD、DC边上的点，且EF=2，点G为EF的中点，点P为BC上一动点，则PA+PG的最小值为( )
3B. 4C. 25D. 5
二．填空题（本题共6小题，共18分）
式子x−5在实数范围内有意义，则实数x的取值范围是______．
因式分解：2m2−8=______．
已知一个多边形的每个外角为36°，则这个多边形的边数为______．
如图，用一段长为30m的篱笆围成一个一边靠墙的矩形菜园，墙长为18m，要使菜园的面积最大，则平行于墙面的边长为______．
周末，小明的妈妈让他到药店购买口罩和酒精湿巾，已知口罩每包3元，酒精湿巾每包2元，共用了30元(两种物品都买)，小明的购买方案共有______种．
如图，△DEF的三个顶点分别在反比例函数y=k1x与y=k2x(x>0,k2>k1>0)的图象上，若DB⊥x轴于B点，FE⊥x轴于C点．若B为OC的中点，△DEF的面积为2，则k1，k2的数量关系为______．
三．解答题（本题共8小题，共66分）
计算：(−1)2−(2−5)×13+|−4|．
解方程：xx−1−2x+1=1．
如图，正方形网格中，每个小正方形的边长都是一个单位长度，在平面直角坐标系内，△ABO的三个顶点坐标分别为A(−1,3)，B(−4,3)，O(0,0)．
(1)画出△ABO关于x轴对称的△A1B1O，并写出点B1的坐标；
(2)画出△ABO绕点O顺时针旋转90°后得到的△A2B2O，并写出点B2的坐标；
(3)在(2)的条件下，求点B旋转到点B2所经过的路径长(结果保留π)．
如图，在▱ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，过点O的直线EF与BA、DC的延长线分别交于点E、F．
(1)求证：AE=CF；
(2)请再添加一个条件，使四边形BFDE是菱形，并说明理由．
2022年，我县部分义务教育阶段学校根据学生需求，推行课后服务，主管部门为了解课后服务的开展情况，从甲、乙两所学校中各随机抽取10名学生的家长进行问卷调查，每位学生家长对课后服务的评分记为x，将所得数据分为5组(A.90≤x≤100；B.80≤x<90；C.70≤x<80；D.60≤x<70；E.0≤x<60)，并对数据进行整理、分析，得到部分信息如下：
甲学校课后服务得分情况扇形统计图如图：
乙学校课后服务得分情况频数分布表(不完整)；
将乙学校在B组的得分按从小到大的顺序排列，前10个数据如下：
81，81，81，82，82，83，83，83，83，83．
甲、乙两学校课后服务得分的平均数、中位数、众数如表：
根据以上信息，解答下列问题：
(1)直接写出a，b的值：a=______，b=______；
(2)已知乙学校共有3000名学生，若对课后服务的评分在80分以上(含80分)表示认为学校课后服务合格，请你估计乙学校有多少名学生的家长认为该校课后服务合格；
(3)小伟说：“乙学校的课后服务开展得比甲学校好，”你同意小伟的说法吗？请写出一条理由．
如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线y=x2+bx+c过A，B，C三点，点A的坐标是(3,0)，点C的坐标是(0,−3)，动点P在抛物线上．
(1)求抛物线的解析式；
(2)若动点P在第四象限内的抛物线上，过动点P作x轴的垂线交直线AC于点D，交x轴于点E，垂足为E，求线段PD的长，当线段PD最长时，求出点P的坐标．
如图，AB是半圆O的直径，C为半圆O上的点(不与A，B重合)，连接AC，∠BAC的角平分线交半圆O于点D，过点D作AC的垂线，垂足为E，连接BE交AD于点F．
(1)求证：DE是半圆O的切线；
(2)若AE=6，半圆O的半径为4，求DF的长．
如图1，正方形ABCD和正方形AEFG，连接DG，BE．
(1)[发现]：当正方形AEFG绕点A旋转，如图2，线段DG与BE之间的数量关系是______ ；位置关系是______ ；
(2)[探究]：如图3，若四边形ABCD与四边形AEFG都为矩形，且AD=2AB，AG=2AE，猜想DG与BE的数量关系与位置关系，并说明理由；
(3)[应用]：在(2)情况下，连接GE(点E在AB上方)，若GE//AB，且AB=5，AE=1，求线段DG的长．答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：∵−2×(−12)=1．
∴−2的倒数是−12，
故选：B．
根据倒数的意义，乘积是1的两个数互为倒数解答即可．
本题主要考查倒数的意义，解决本题的关键是熟记乘积是1的两个数互为倒数．
2.【答案】A
【解析】解：A.球体的三视图完全相同，符合题意；
B.长方体的三视图不一定全部相同，不符合题意；
C.圆柱的主视图和左视图相同，俯视图不同，不符合题意；
D.圆锥的主视图和左视图相同，俯视图不同，不符合题意；
故选：A．
根据常见几何体的三视图可得答案．
本题主要考查由三视图判断几何体，解题的关键是掌握常见几何体的三视图．
3.【答案】C
【解析】解：1400000000=1.4×109．
故选：C．
科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|<10，n为整数．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值≥10时，n是正整数，当原数绝对值<1时，n是负整数．
此题考查科学记数法的表示方法．科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|<10，n为整数，表示时关键要正确确定a的值以及n的值．
4.【答案】D
【解析】解：A、a3−a2，无法计算，故此选项错误；
B、a2⋅a3=a5，故此选项错误；
C、a6÷a2=a4，故此选项错误；
D、(a2)3=a6，故此选项正确；
故选：D．
直接利用合并同类项法则以及幂的乘方运算法则、同底数幂的乘除运算法则运算法则分别计算得出答案．
此题主要考查了合并同类项以及幂的乘方运算、同底数幂的乘除运算，正确掌握相关运算法则是解题关键．
5.【答案】A
【解析】解：∵EG⊥EF，∠1=55°，
∴∠BEG=90°−55°=35°，
∵AB//CD，
∴∠2=180°−∠BEG=180°−35°=145°，
故选：A．
根据垂直的定义和角的关系得出∠BEG，进而利用平行线的性质解答即可．
此题考查平行线的性质，关键是根据两直线平行，同旁内角互补解答．
6.【答案】A
【解析】解：∵袋子中共有3个小球，其中红球有1个，
∴摸出一个球是红球的概率是13，
故选：A．
根据概率的求法，找准两点：①全部情况的总数；②符合条件的情况数目；二者的比值就是其发生的概率．
此题考查概率的求法：如果一个事件有n种可能，而且这些事件的可能性相同，其中事件A出现m种结果，那么事件A的概率P(A)=mn．
7.【答案】C
【解析】解：由作法得CD平分∠ACB，
∴∠ACD=∠BCD，
∵DH//BC，
∴∠HDC=∠BCD，
∴∠ACD=∠HDC，
∴DH=CH=4，
∵DH//BC，
∴△ADH∽△ABC，
∴AHAC=DHBC，即AHAH+4=49，
解得AH=165．
故选：C．
先利用作法得到CD平分∠ACB，再证明∠ACD=∠HDC得到DH=CH=4，然后证明△ADH∽△ABC，则利用相似比可计算出AH的长．
本题考查了作图−复杂作图：解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作．也考查了平行线的性质和相似三角形的判定与性质．
8.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查了由实际问题抽象出一元一次方程，找准等量关系，正确列出一元一次方程是解题的关键．
设大和尚有 x 人，则小和尚有 (100−x) 人，根据 3× 大和尚人数 + 小和尚人数 ÷3=100 ，即可得出关于 x 的一元一次方程，此题得解．
【解答】
解：设大和尚有 x 人，则小和尚有 (100−x) 人，
根据题意得： 3x+100−x3=100 ．
故选 D ．
9.【答案】C
【解析】
【分析】
此题主要考查了垂径定理，圆周角定理，等腰直角三角形的判定和性质，正确得出 △ODB 是等腰直角三角形是解题关键．直接利用垂径定理进而结合圆周角定理得出 △ODB 是等腰直角三角形，进而得出答案．
【解答】
解： ∵ 半径 OC⊥ 弦 AB 于点 D ，
∴AC=BC ，
∴∠E=12∠BOC=22.5° ，
∴∠BOD=45° ，
∴△ODB 是等腰直角三角形，
∵AB=4 ，
∴DB=OD=2 ，
则半径 OB 等于： 22+22=22 ．
故选： C ．

10.【答案】B
【解析】解：如图，

由题意可知：AD⊥BC，AD=100m，∠BAD=36°，∠DAC=60°，
∴BD=AD⋅tan36°≈100×0.73=73(m)，CD=AD⋅tan60°=100×3=1003≈173(m)，
∴BC=BD+CD=73+173=246(m)，
故选：B．
根据题目中的数据和锐角三角函数，可以求得BD和CD的长从而可以得到BC的长．
本题考查解直角三角形的应用−仰角俯角问题，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
11.【答案】B
【解析】解：∵抛物线开口向下，
∴a<0，
∵抛物线与y轴交点在x轴上方，
∴c>0，
∴ac<0，①错误．
∵抛物线经过A(−1,0)，B(3,0)，
∴抛物线对称轴为直线x=1，
∴x<1时，y随x增大而增大，②错误．
∵−b2a=1，
∴b=−2a，⑤错误．
∵抛物线经过(−1,0)，
∴a−b+c=3a+c=0，③正确．
∵x=1时，y取最大值，
∴a+b+c≥am2+bm+c，
∴a+b≥am2+bm，选项④正确．
故选：B．
由抛物线开口方向，抛物线与y轴交点位置可判断①，由抛物线经过A(−1,0)，B(3,0)可得抛物线对称轴为直线x=1，从而判断②④⑤，由x=−1时，y=0可判断③．
本题考查二次函数图象与系数的关系，解题关键是掌握二次函数的性质，掌握二次函数与方程及不等式的关系．
12.【答案】B
【解析】解：∵EF=2，点G为EF的中点，
∴DG=1，
∴G是以D为圆心，以1为半径的圆弧上的点，
作A关于BC的对称点A′，连接A′D，交BC于P，交以D为圆心，以1为半径的圆于G，
此时PA+PG的值最小，最小值为A′G的长；
∵AB=2，AD=3，
∴AA′=4，
∴A′D=5，
∴A′G=A′D−DG=5−1=4，
∴PA+PG的最小值为4，
故选：B．
因为EF=2，点G为EF的中点，根据直角三角形斜边上中线的性质得出DG=1，所以G是以D为圆心，以1为半径的圆弧上的点，作A关于BC的对称点A′，连接A′D，交BC于P，交以D为圆心，以1为半径的圆于G，此时PA+PG的值最小，最小值为A′G的长；根据勾股定理求得A′D=5，即可求得A′G=A′D−DG=5−1=4，从而得出PA+PG的最小值．
本题考查了轴对称−最短路线问题，判断出G点的轨迹是解题的关键．凡是涉及最短距离的问题，一般要考虑线段的性质定理，结合轴对称变换来解决，多数情况要作点关于某直线的对称点．
13.【答案】x≥5
【解析】
【分析】
此题主要考查了二次根式有意义的条件，正确把握相关定义是解题关键．直接利用二次根式有意义的条件进而得出答案．
【解答】
解：式子 x−5 在实数范围内有意义，则 x−5≥0 ，
故实数 x 的取值范围是： x≥5 ．
故答案为 x≥5 ．
14.【答案】2(m+2)(m−2)
【解析】解：2m2−8
=2(m2−4)
=2(m+2)(m−2)，
故答案为：2(m+2)(m−2)．
先提公因式，再利用平方差公式继续分解即可解答．
本题考查了提公因式法与公式法的综合运用，一定要注意如果多项式的各项含有公因式，必须先提公因式．
15.【答案】10
【解析】解：这个多边形的边数是：360°÷36°=10．
故答案为10．
多边形的外角和是360°，又已知多边形的每个外角都为36°，用360°÷36°即可得到多边形的边数．
本题主要考查了多边形的外角和，以及多边形外角的个数与其边数之间的相等关系．
16.【答案】15m
【解析】解：设平行于墙面的长为xm，则垂直于墙面的长30−x2m，
菜园的面积S=x⋅30−x2m=−12x2+15x=−12(x−15)2+2252(0∵−12<0，
∴当x=15时，S最大，
∴平行于墙面的边长为15m时，菜园面积最大，
故答案为：15．
设平行于墙面的长为xm，则垂直于墙面的长30−x2m，根据矩形的面积公式得出函数解析式，继而将其配方成顶点式，由x的取值范围结合函数性质可得函数取最值时x的值．
本题主要考查二次函数的实际应用，根据题意列出函数解析式是解题的根本，由自变量x的取值范围结合二次函数的性质求函数解析式是解题的关键．
17.【答案】4
【解析】解：设购进口罩x包，酒精湿巾y包，
依题意得：3x+2y=30，
∴x=10−23y.
又∵x，y均为正整数，
∴x=8y=3或x=6y=6或x=4y=9或x=2y=12，
∴小明共有4种购买方案．
故答案为：4．
设购进口罩x包，酒精湿巾y包，利用总价=单价×数量，即可得出关于x，y的二元一次方程，结合x，y均为正整数，即可得出购买方案的个数．
本题考查了二元一次方程的应用，找准等量关系，正确列出二元一次方程是解题的关键．
18.【答案】k2−k1=8
【解析】解：设OB=a，则OC=2a，
∴D(a,k1a)，E(2a,k12a)，F(a,k22a)，
∴EF=k22a−k12a=12a(k2−k1)，
∵△DEF的面积为2，
∴12EF⋅BC=2，即12×12a(k2−k1)⋅a=2，
∴k2−k1=8，
故答案为：k2−k1=8．
设OB=a，则OC=2a，D(a,k1a)，E(2a,k12a)，F(a,k22a)，求得EF=12a(k2−k1)，然后根据三角形面积公式得到12×12a(k2−k1)⋅a=2，即可求得k2−k1=8．
本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，三角形的面积，表示出点的坐标，进而表示出线段的长是解题的关键．
19.【答案】解：原式=1−(−3)×13+4
=1−(−1)+4
=1+1+4
=6．
【解析】原式利用乘方的意义，乘法法则，以及绝对值的代数意义计算即可求出值．
此题考查了有理数的混合运算，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
20.【答案】解：方程两边分别乘以(x+1)(x−1)，
得x(x+1)−2(x−1)=x2−1，
x2+x−2x+2=x2−1，
解得x=3．
检验：当x=3时，(x+1)(x−1)≠0
∴x=3是原方程的根．
【解析】本题考查解分式方程的能力．观察可得方程最简公分母为：(x+1)(x−1).方程两边乘最简公分母，把分式方程转化为整式方程求解．结果需检验．
(1)解分式方程的基本思想是“转化思想”，把分式方程转化为整式方程求解．
(2)解分式方程一定注意要验根．
21.【答案】解：(1)如图，△A1B1O即为所求，B1(−4,−3)．
(2)如图，△A2B2O即为所求，B2(3,4)．
(3)点B旋转到点B2所经过的路径长=90π⋅5180=5π2．
【解析】(1)根据轴对称的性质分别作出A，B的对应点A1，B1即可．
(2)根据旋转变换的性质分别作出A，B的对应点A2，B2即可．
(3)利用弧长公式求解即可．
本题考查作图−轴对称变换，旋转变换，弧长公式等知识，解题的关键是熟练掌握轴对称变换，旋转变换的性质，属于中考常考题型．
22.【答案】证明：(1)∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA=OC，BE//DF，
∴∠E=∠F，
在△AOE和△COF中，
∠E=∠F∠AOE=∠COFOA=OC，
∴△AOE≌△COF(AAS)，
∴AE=CF；
(2)当EF⊥BD时，四边形BFDE是菱形，理由如下：
如图：连结BF，DE，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OB=OD，
∵△AOE≌△COF，
∴OE=OF，
∴四边形BFDE是平行四边形，
∵EF⊥BD，
∴四边形BFDE是菱形．
【解析】(1)根据平行四边形的性质OA=OC，BE//DF，求得∠E=∠F，根据全等三角形的性质即可得到结论；
(2)连结BF，DE，根据平行四边形的性质得到OB=OD，根据全等三角形的性质得到OE=OF，根据菱形的判定定理即可得到结论．
本题主要考查了全等三角形的性质与判定、平行四边形的性质以及菱形的判定，首先利用平行四边形的性质构造全等条件，然后利用全等三角形的性质解决问题．
23.【答案】10 82.5
【解析】解：(1)B组对应百分比为144360×100%=40%，
∴a%=1−(40%+25%+18%+7%)=10%，即a=10，
乙学校B组人数为100−(15+30+10+5)=40(人)，
其中位数为第50、51个数据的平均数，而这两个数据为82、83，
∴其中位数b=82+832=82.5，
故答案为：10、82.5；
(2)估计乙学校学生的家长认为该校延时服务合格的人数为3000×15+40100=1650(人)；
(3)同意，因为乙学校延时服务得分的平均数大于甲学校(答案不唯一)．
(1)先求出B组对应的百分比，再根据百分比之和为1可得a的值；求出乙中学B组人数，再根据中位数的定义可得b的值；
(2)用总人数乘以样本中成绩在80分以上(含80分)人数所占比例即可；
(3)根据中位数、平均数和众数的意义求解即可．
本题考查统计表、扇形统计图、用样本估计总体，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
24.【答案】解：(1)由题意得，
9+3b+c=0c=−3，解得b=−2c=−3．
∴抛物线的解析式为y=x2−2x−3．
(2)设过A、C两点直线的解析式为y=kx+n，由题意得，
3k+n=0n=−3，解得k=1n=−3．
∴直线AC的解析式为y=x−3．
∵点P在第四象限的抛物线上，
∴设点P的坐标为(x,x2−2x−3)且0∵PE⊥x轴交直线AC于点D，
∴可设点D的坐标为(x,x−3)，
∴PD=|x−3−(x2−2x−3)|，
∵点D在点P的上方，
∴PD=−x2+3x(0即线段PD的长为−x2+3x(0∵线段PD的长为−x2+3x，
∴−x2+3x是开口向下的抛物线，
∴PD有最大值，
∴当x=−b2a=32时，PD最大值=94．
∴此时点P的纵坐标为y=94−2×32−3=−154．
∴此时点P的坐标为(32,−154).
【解析】(1)把点A、点C的坐标代入抛物线的表达式，形成关于b、c的方程组，解方程组即可；
(2)由题意可得，P、D、E这三个点的横坐标相同，根据横坐标相同的两个点之间的距离等于其纵坐标差的绝对值可得出线段PD的长，再根据取最大值时，求出点P的坐标．
本题考查了待定系数法求二次函数解析式以及函数图象上两点距离的求法，其中垂直于坐标轴的直线上两个点之间距离的求法：垂直于x轴上两个点之间的距离等于两点纵坐标差的绝对值；垂直于y轴上两个点之间的距离等于两点横坐标差的绝对值．
25.【答案】(1)证明：如图，连接OD，
∵OD=OA，
∴∠OAD=∠ODA，
∵AD是∠BAC的角平分线，
∴∠EAD=∠BAD，
∴∠EAD=∠ODA，
∴OD//AE，
∵DE⊥AE，
∴OD⊥DE，
∵OD是圆O的半径，
∴DE是半圆O的切线；

(2)解：如图，连接BD，
∵OD//AE，
∴△BOG∽△BAE，
∴OGAE=OBAB=12，
∵AE=6，
∴OG=3，
∵半圆O的半径为4，
∴DG=AD−OG=4−3=1，
∵GD//AE，
∴△DFG∽△AFE，
∴DFAF=DGAE=16，
∴AF=6DF，
∴AD=7DF，
∴DF=17AD，
∵∠EAD=∠BAD，∠AED=∠ADB=90°，
∴△AED∽△ADB，
∴AEAD=ADAB，
∴AD2=AE⋅AB=6×8=48，
∴AD=43，
∴DF=17AD=437．
答：DF的长为437．
【解析】(1)连接OD，根据已知条件证明OD//AE，进而可以解决问题；
(2)连接BD，根据OD//AE，可得△BOG∽△BAE，可得OG=3，证明△DFG∽△AFE，可得AF=6DF，所以DF=17AD，再证明△AED∽△ADB，可得AD2=AE⋅AB=6×8=48，求出AD，进而可以解决问题．
此题主要考查了圆的切线的性质与判定，也利用相似三角形的性质与判定解决问题，解题时首先利用已知条件证明切线，然后利用相似三角形的性质解决问题．
26.【答案】DG=BE DG⊥BE
【解析】解：(1)DG=BE，DG⊥BE，理由如下：
∵四边形ABCD和四边形AEFG是正方形，
∴AE=AG，AB=AD，∠BAD=∠EAG=90°，
∴∠BAE=∠DAG，
∴△ABE≌△ADG(SAS)，
∴BE=DG；
如图2，延长BE交AD于Q，交DG于H，
∵△ABE≌△DAG，
∴∠ABE=∠ADG，
∵∠AQB+∠ABE=90°，
∴∠AQB+∠ADG=90°，
∵∠AQB=∠DQH，
∴∠DQH+∠ADG=90°，
∴∠DHB=90°，
∴BE⊥DG，
故答案为：DG=BE，DG⊥BE；
(2)DG=2BE，BE⊥DG，理由如下：
如图3，延长BE交AD于K，交DG于H，
∵四边形ABCD与四边形AEFG都为矩形，
∴∠BAD=∠EAG，
∴∠BAE=∠DAG，
∵AD=2AB，AG=2AE，
∴ABAD=AEAG=12，
∴△ABE∽△ADG，
∴BEDG=ABAD=12，∠ABE=∠ADG，
∴DG=2BE，
∵∠AKB+∠ABE=90°，
∴∠AKB+∠ADG=90°，
∵∠AKB=∠DKH，
∴∠DKH+∠ADG=90°，
∴∠DHB=90°，
∴BE⊥DG；
(3)如图4，(为了说明点B，E，F在同一条线上，特意画的图形)
设EG与AD的交点为M，
∵EG//AB，
∴∠DME=∠DAB=90°，
在Rt△AEG中，AE=1，
∴AG=2AE=2，
根据勾股定理得：EG=22+12=5，
∵AB=5，
∴EG=AB，
∵EG//AB，
∴四边形ABEG是平行四边形，
∴AG//BE，
∵AG//EF，
∴点B，E，F在同一条直线上，如图5，
∴∠AEB=90°，
在Rt△ABE中，根据勾股定理得，BE=AB2−AE2=(5)2−12=2，
由(2)知，△ABE∽△ADG，
∴BEDG=ABAD=12，
即2DG=12，
∴DG=4．
(1)先判断出△ABE≌△ADG，进而得出BE=DG，∠ABE=∠ADG，再利用等角的余角相等即可得出结论；
(2)先利用两边对应成比例夹角相等判断出△ABE∽△ADG，得出DG=2BE，∠ABE=∠ADG，再利用等角的余角相等即可得出结论；
(3)先求出BE，进而得出BE=AB，即可得出四边形ABEG是平行四边形，进而得出∠AEB=90°，求出BE的长，借助(2)得出的相似，即可得出结论．
此题是四边形综合题，考查了正方形的性质，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，旋转的性质以及勾股定理等知识；熟练掌握正方形得性质和矩形的性质，证明△ABE≌△ADG和△ABE∽△ADG是解本题的关键，属于中考常考题型．
组别
频数
A
15
B
C
30
D
10
E
5
学校
平均数
中位数
众数
甲
75
79
80
乙
78
b
83