2023年浙江省台州市温岭市中考数学一模试卷(含解析)

这是一份2023年浙江省台州市温岭市中考数学一模试卷(含解析)，共23页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1. 实数-3的倒数是( )
A. -3B. -13C. 13D. 3
2. 台州市人口主要数据公报显示，2022年末，全市常住人口为667.8万人，数据667.8万用科学记数法表示应为( )
A. 667.8×104B. 6.678×104C. 6.678×106D. 66.78×106
3. 在如图所示的几何体中，俯视图和左视图相同的是( )
A. B. C. D.
4. 下列计算正确的是( )
A. a2+2a2=3a4B. a6÷a3=a2
C. (a-b)2=a2-b2D. (ab)2=a2b2
5. 如图，CD，CE分别切⊙A于D，E两点，若∠ADE=25°，则∠C为( )
A. 65°B. 55°C. 50°D. 45°
6. 若关于x的方程x2-2x-n=0没有实数根，则n的值可能是( )
A. -1B. 0C. 1D. - 3
7. 已知a，b是两个连续整数，a< 13-2A. 0，1B. 1，2C. 2，3D. 3，4
8. 顶呱呱学习小组5名同学某次数学成绩如图所示，拿到试卷后，小刚发现自己的成绩少加了10分，老师加回分数后，下列说法正确的是( )
A. 小刚的成绩位于组内中等水平B. 小组平均分增加2分
C. 小组的成绩稳定性增加，方差变大D. 该小组成绩不存在中位数
9. 作业本中有这样一道题：“小明去郊游上午9时从家中出发，先走平路，然后登山，中午12时到达山顶，原地休息1h后沿原路返回，正好下午3时到家.若他平路每小时走4km，登山每小时走3km，下山每小时走6km，求小明家到山顶的路程.”小李查看解答时发现答案中的方程组中有污损，3a=6b⋅⋅⋅⋅，则答案中另一个方程应为( )
A. 3a+2b=12B. a4+b3=3C. a-b=1D. 4a+3b3=3+42
10. 如图，在平面直角坐标系中，抛物线y1=a1(x-h)2+k与x轴交于点D、点E，过该函数顶点A与x轴平行的直线交抛物线y2=a2(x-h)2于点B、点C，若BC=2DE，那么a1和a2需满足关系( )
A. a1= 2a2
B. a1=- 2a2
C. a1=-2a2
D. a1=-4a2
二、填空题（本大题共6小题，共30.0分）
11. 因式分解：m2+3m=______．
12. 化简：x+1x-1x=______．
13. 已知反比例函数y=m+4x的图象位于第二、第四象限，则m的取值范围为______ ．
14. 如图，△ABC中，∠A比∠B大70°，点D为AB上一点，将△ABC沿直线CD折叠，使点A的对应点A'落在边BC上，则∠ADC= ______ °.
15. 将等腰直角三角板与量角器按如图所示的方式摆放，使三角板的直角顶点与量角器的中心O重合，三角板内部的小等腰直角三角形的两个顶点A，B恰好落在量角器边缘，对应的刻度分别是70°，130°，若CA=5，则阴影部分面积为______ ．
16. A、B两人位于东西朝向的大道上，相距6米，如图所示，在靠近B的区域，离大道2米处有一摄像机C，镜头可视角度为90°，此时B恰好位于视野边缘，而A需向东前进1米才能刚好出现在视野边缘；若A、B两人保持原位置不变，摄像机需往北移动______ 米，再适当旋转镜头，使A、B两人刚好处于视野边缘．
三、解答题（本大题共8小题，共80.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题8.0分)
计算：|8|+23-4cs60°．
18. (本小题8.0分)
解不等式组：2x+10≥31-2x>3x．
19. (本小题8.0分)
图1是一个太阳能面板，其侧面如图2，点C是AB的中点，BC=30cm，支架CD可绕点C旋转，当太阳光线与面板垂直时，吸收光能的效率最高.若太阳光与地面夹角为54°，要想吸收光能的效率最高，求A端离地面的高度.(参考数据：sin54°≈0.81，cs54°≈0.59，tan54°≈1.38)
20. (本小题8.0分)
2023年台州市体育考试成绩总分为40分，其中平时成绩10分，现场考试成绩30分，小华同学分别选取了1000米跑、引体向上、1分钟跳绳、排球垫球作为现场考试备选项目(每一个项目满分10分)，如表是他最近5次模拟考试成绩：
(1)计算小华每一个项目5次考试的平均成绩；
(2)依据小华第一次考试成绩，从四个项目中随机选取两个，得分之和高于16分的概率为______ ；
(3)游泳作为替代类考试项目，可替代上述四个项目中任意一项，已知小华游泳能得满分，请你帮助小华确定另外两个中考体育项目，并说明你的理由．
21. (本小题10.0分)
如图，由边长为1的正方形构成的9×5网格，小正方形的顶点叫做格点，△ABC的顶点均在格点上．
(1)BC= ______ ；
(2)仅用无刻度的直尺在AC上找一点E，使BE平分∠ABC；
(画图过程中起辅助作用的用虚线表示，画图结果用实线表示)
(3)求tan∠CBE的值．
22. (本小题12.0分)
摩天轮(如图1)是游乐场中受欢迎的游乐设施之一，它可以看作一个大圆和六个全等的小圆组成(如图2)，大圆绕着圆心O匀速旋转，小圆通过顶部挂点(如点P，N)均匀分布在大圆圆周上，由于重力作用，挂点和小圆圆心连线(如PQ)始终垂直于水平线l．

(1)∠NOP= ______ °；
(2)若⊙O的半径为10，小圆的半径都为1；
①当圆心H到l的距离等于OA时，求OH的长；
②求证：在旋转过程中，MQ的长为定值．
23. (本小题12.0分)
小明在平整的草地上练习带球跑，他将球沿直线踢出后随即跟着球的方向跑去，追上球后，又将球踢出……球在草地上滚动时，速度变化情况相同，小明速度达到6m/s后保持匀速运动.图记录了小明的速度v1(m/s)以及球的速度v2(m/s)随时间t(s)的变化而变化的情况，小明在4s时第一次追上球.(提示：当速度均匀变化时，平均速度v-=v初+v末2，距离s=v-⋅t)

(1)当0(2)求图中a的值；
(3)小明每次踢球都能使球的速度瞬间增加6m/s，球运动方向不变，当小明带球跑完200m，写出小明踢球次数共有______ 次，并简要说明理由．
24. (本小题14.0分)
正方形ABCD的边长为8，点E是其边上的一点，以AE为对角线作矩形AHEG(点A、H、E、G按顺时针排列)，且tan∠HAE=2．

(1)如图1，若AB与HE交于点M，当△AHM≌△EBM时，求证：EA平分∠BEG；
(2)当点G落在正方形的边上时，求AE的长；
(3)当点E在BC上运动时，连接BG，求BG⋅CE的最大值．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】本题考查了倒数，乘积是1的两个数互为倒数．
根据倒数的意义，可得答案．
解：-3的倒数是-13，
故选：B．
2.【答案】C
【解析】解：667.8万=6678000=6.678×106．
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．
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．
3.【答案】C
【解析】解：A.俯视图是带圆心的圆，左视图是等腰三角形，故本选项不合题意；
B.俯视图是圆，左视图是矩形，故本选项不合题意；
C.俯视图与左视图都是正方形，故本选项符合题意；
D.俯视图是三角形，左视图是矩形，故本选项不合题意．
故选：C．
主视图、左视图、俯视图是分别从物体正面、左面和上面看，所得到的图形．
本题考查了几何体的三种视图，掌握定义是关键．注意所有的看到的棱都应表现在三视图中．
4.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查合并同类项法则、同底数幂的除法、积的乘方以及完全平方公式，掌握计算法则是正确计算的前提．
根据合并同类项法则、同底数幂的除法、积的乘方以及完全平方公式进行计算即可．
【解答】
解：a2+2a2=3a2，因此选项A不符合题意；
a6÷a3=a6-3=a3，因此选项B不符合题意；
(a-b)2=a2-2ab+b2，因此选项C不符合题意；
(ab)2=a2b2，因此选项D符合题意；
故选：D．
5.【答案】C
【解析】解：由切线的定义可得∠ADC=90°，
∵∠ADE=25°，
∴∠CDE=90°-∠ADE=65°，
∵CD，CE分别切⊙A于D，E两点，
由切线长定理可得CD=CE，
∴∠CDE=∠CED=65°，
∴∠C=180°-∠CDE-∠CED=50°，
故选：C．
由切线的定义可得∠ADC=90°，进而求出∠CDE=65°，根据切线长定理可得CD=CE，根据等边对等角可得∠CDE=∠CED=65°，最后利用三角形内角和定理即可求出∠C．
本题考查切线的定义，切线长定理，等腰三角形的性质，三角形内角和定理等，解题的关键是根据切线长定理得出CD=CE．
6.【答案】D
【解析】解：∵关于x的方程x2-2x-n=0没有实数根，
∴Δ=(-2)2-4×1×(-n)=4+4n<0，
解得：n<-1．
故选：D．
根据关于x的方程x2-2x-n=0没有实数根，得到Δ<0，求出n的取值范围，再找出符合条件的n的值即可．
本题主要考查了一元二次方程根的判别式，掌握一元二次方程没有实数根它的判别式小于零是解决问题的关键．
7.【答案】B
【解析】解：∵9<13<16，
∴3< 13<4，
∴1< 13-2<2，
∴a=1，b=2，
故选：B．
先估算出 13的范围，再得到 13-2的范围即可．
本题考查了无理数的估算，无理数的估算常用夹逼法，用有理数夹逼无理数是解题的关键．
8.【答案】B
【解析】解：从图表可以看出小刚的成绩低于70分，B同学的成绩高于80分低于90分，A同学成绩高于B同学低于90分，D同学高于90分低于100分，E同学90分；
A.小刚的成绩加上10分后，仍然处于下等水平，故选项A说法错误，不符合题意；
B.小刚的成绩加上10分后，小组的平均分增加105=2分，故选项B说法正确，符合题意；
C.小组的成绩稳定性增加，方差变小，故选项C说法错误，不符合题意；
D.该小组成绩存在中位数，即A的成绩，故选项D说法错误，不符合题意；
故选：B．
结合图表，依据平均数、中位数以及方差的意义进行解答即可．
本题为统计题，考查平均数与中位数的意义，平均数是指在一组数据中所有数据之和再除以数据的个数．中位数是将一组数据从小到大或从大到小重新排列后，最中间的那个数(最中间两个数的平均数)，叫做这组数据的中位数，如果中位数的概念掌握得不好，不把数据按要求重新排列，就会错误地将这组数据最中间的那个数当作中位数．
9.【答案】C
【解析】解：由题意知，3a=6b表示上山的路程等于下山的路程，
∴a表示上山用的时间，b表示下山用的时间，
由题意知，小明从家到山顶所用时间为12-9=3(h)，
从山顶回到家所用时间为3-1=2(h)，
∴上山比下山多用时间为：3-2=1(h)，
∴a-b=1，
故选：C．
由3a=6b可知a表示上山所用时间，b表示下山所用时间，分别求出从家到山顶、从山顶到家所用的时间，两者之差等于上山与下山所用时间之差，由此可列等式．
本题考查列二元一次方程组，解题的关键是理解方程中a，b的含义．
10.【答案】D
【解析】解：对于y1=a1(x-h)2+k，令y1=0，则a1(x-h)2+k=0，
整理得，(x-h)2=-ka1，
解得，x1=h+ -ka1,x2=h- -ka1，
∴DE=x1-x2=h+ -ka1-(h- -ka1)=2 -ka1，
∵点A是抛物线y1=a1(x-h)2+k的顶点，
∴点A的坐标为(h,k)，
∴点B、C的纵坐标为k，
对于y2=a2(x-h)2，令y2=k，则a2(x-h)2=k，
整理得，(x-h)2=ka2，
解得，x3=h+ ka2,x4=h- ka2∴BC=x3-x4=h+ ka2-(h- ka2)=2 ka2，
∵BC=2DE，
∴2 ka2=2×2 -ka1，
整理得，a1=-4a2，
故选：D．
先求出抛物线y1=a1(x-h)2+k与x轴的交点横坐标得出DE=2 -ka1，再求出BC=2 ka2，根据BC=2DE求出a1=-4a2．
本题考查了抛物线与x轴交点问题以及二次函数图象上点的坐标特征，平行于x轴上的两点之间的距离，熟练掌握二次函数图象与性质是解答本题的关键．
11.【答案】m(m+3)
【解析】解：原式=m(m+3)．
故答案为：m(m+3)．
直接利用提取公因式法分解因式即可．
此题考查的是提公因式法分解因式，能够得到公因式是解决此题的关键．
12.【答案】1
【解析】解：x+1x-1x=x+1-1x=xx=1．
故答案为：1．
根据同分母得分是加减运算法则计算即可求得答案．
此题考查了同分母的分式加减运算法则．题目比较简单，注意结果需化简．
13.【答案】m<-4
【解析】解：∵y=m+4x的图象位于第二、第四象限，
∴m+4<0，
∴m<-4，
即m的取值范围为m<-4．
故答案为：m<-4．
根据反比例函数的性质得到m+4<0，解不等式即可得到答案．
此题考查了反比例函数，熟练掌握反比例函数的图象和性质是解题的关键．
14.【答案】55
【解析】解：由折叠的性质可得：∠A'=∠A，∠A'DC=∠ADC，
∵∠A比∠B大70°，
∴∠A'-∠B=70°，
∵∠A'=∠B+∠BDA'，
∴∠BDA'=∠A'-∠B=70°，
∴∠ADC=12(180°-∠BDA')=12×(180°-70°)=55°．
故答案为：55．
根据折叠前后对应角相等可得∠A'=∠A，∠A'DC=∠ADC，根据三角形外角的性质可得∠BDA'=∠A'-∠B=∠A-∠B=70°，则∠ADC=12(180°-∠BDA')．
本题考查折叠的性质、三角形外角的定义和性质，解题的关键是掌握折叠前后对应角相等．
15.【答案】50π-75 36
【解析】解：连接OA、OB，作AD⊥OB于点D，

∵等腰直角三角形ACB中，CA=5，
∴AB= 2CA=5 2，
∵A，B对应的刻度分别是70°，130°，
∴∠AOB=130°-70°=60°，
∵OA=OB，
∴△AOB是等边三角形，
∴OA=OB=AB=5 2，AD=AB⋅sin60°=5 2× 32=5 62，S阴影=S扇形AOB-S△AOB=60π(5 2)2360-12×5 2×5 62=50π-75 36．
把量角器看作半圆，构造扇形AOB，阴影部分的面积就等于扇形AOB的面积减去△AOB的面积，再利用相关的面积公式求解即可．
本题考查了扇形的面积公式，等边三角形的判定和性质，解直角三角形，构造扇形并得出等边三角形是解题的关键．
16.【答案】( 5-2)或(2 2-2)
【解析】解：如图，设C'为摄像机往北移动后的位置，作C'H⊥AB于点H，

由题意知，点C在C'H上，∠AC'B=∠DCB=90°，CH=2，AB=6，DB=AB-AD=6-1=5，
设DH=x，则HB=5-x，
∵∠CHD=90°，∠DCB=90°，
∴∠CDH+∠DCH=90°，∠CDH+∠CBH=90°，
∴∠DCH=∠CBH，
又∵∠DHC=∠CHB=90°，
∴△DCH∽△CBH，
∴CHBH=DHCH，
即25-x=x2，
解得x=4或x=1，
当x=4时，DH=4，HB=1，AH=AD+DH=5，
当x=1时，DH=1，HB=4，AH=AD+DH=2，
同理可证△AC'H∽△C'BH，
∴C'HBH=AHC'H，
∴C'H= AH⋅BH，
当HB=1，AH=5时，C'H= 5，C'C=C'H-CH= 5-2；
当HB=4，AH=2时，C'H= 2×4=2 2，C'C=C'H-CH=2 2-2；
∴摄像机需往北移动( 5-2)米或(2 2-2)米．
故答案为：( 5-2)或(2 2-2)．
设C'为摄像机往北移动后的位置，作C'H⊥AB于点H，先证△DCH∽△CBH，求出DH，HB，再证△AC'H∽△C'BH，求出C'C，则C'C=C'H-CH．
本题考查相似三角形的判定和性质，解题的关键是根据题意构造相似三角形．
17.【答案】解：|8|+23-4cs60°
=8+8-4×12
=16-2
=14．
【解析】原式分别化简|8|=8,23=8,4cs60°=4×12=2，然后再进行加减运算即可．
本题主要考查了实数的混合运算，熟练掌握绝对值、乘方的意义以及特殊锐角函数值是解答本题的关键．
18.【答案】解：2x+10≥3①1-2x>3x②，
解不等式①得，x≥-72；
解不等式②得，x<15，
∴不等式组的解集为-72≤x<15．
【解析】分别求出每一个不等式的解集，根据口诀：同大取大、同小取小、大小小大中间找、大大小小找不到确定不等式组的解集．
本题考查的是解一元一次不等式组，正确求出每一个不等式解集是基础，熟知“同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到”的原则是解答此题的关键．
19.【答案】解：如图2，作AE⊥BD于点E，

由题意知，∠ABE=180°-54°-90°=36°，∠BAE=90°-∠ABE=54°，
∵点C是AB的中点，BC=30cm，
∴AB=2BC=60cm，
在Rt△AEB中，cs∠BAE=AEAB，
∴AE=AB⋅cs∠BAE=60×cs54°≈35.4(cm)，
即A端离地面的高度为35.4cm．
【解析】作AE⊥BD于点E，利用三角函数解Rt△AEB即可．
本题考查解直角三角形的实际应用，解题的关键是掌握三角函数的定义，通过作辅助线构造直角三角形．
20.【答案】14
【解析】解：(1)1000米跑的平均成绩：(5+5+6+6+5)÷5=5.4(分)，
引体向上的平均成绩：(8+7+8+8+8)÷5=7.8(分)，
1分钟跳绳的平均成绩：(7+10+6+7+9)÷5=7.8(分)，
排球垫球的平均成绩：(10+10+10+10+10)÷5=10(分)；
因此1000米跑5.4分，引体向上7.8分，1分钟跳绳7.8分，排球垫球10分；
(2)由题意画树状图：
设1000米跑5分为A，引体向上8分为B，1分钟跳绳7分为C，排球垫球10分为D；

由图可知，共有12种等可能的情况，其中得分之和高于16分的情况有4种，
得分之和高于16分的概率为：416=14，
故答案为：14；
(3)排球和引体向上．理由如下：
排球的平均分最高，且均为满分，成绩稳定；
引体向上和1分钟跳绳的平均分相等，
引体向上5次考试成绩的方差为：s1=15×[(8-7.8)2+(7-7.8)2+(8-7.8)2+(8-7.8)2+(8-7.8)2]=0.16，
1分钟跳绳5次考试成绩的方差为：s2=15×[(7-7.8)2+(10-7.8)2+(6-7.8)2+(7-7.8)2+(9-7.8)2]=2.16，
由s1因此选择排球和引体向上．
(1)根据平均数的定义求解即可；
(2)利用列表法或画树状图法求解；
(3)利用平均数、方差进行决策．
本题考查求一组数据的平均数、利用列表法或画树状图法求概率、根据平均数、方差做决策等，难度不大，解题的关键是掌握平均数、概率、方差的意义．
21.【答案】5
【解析】解：(1)由勾股定理可得BC= 32+42=5，
故答案为：5；
(2)如图所示，BE即为所求，

∵DF= 32+42=5，BD=CF=5，
∴BD=CF=DF=BC=5，
∴四边形BDFC是菱形，
∴BE平分∠ABC，
即BE即为所求；
(3)∵BE平分∠ABC，
∴∠CBE=∠ABF，
在Rt△ABF中，∠BAF=90°，AB=2，AF=4，
∴tan∠CBE=tan∠ABF=AFAB=42=2，
即tan∠CBE的值为2．
(1)根据勾股定理即可求得BC；
(2)以BC为一边构造边长为5的菱形，利用菱形的对角线平分一组对角即可得到解答；
(3)由BE平分∠ABC得到∠CBE=∠ABF，利用网格特点即可得到答案．
此题考查了菱形的判定和性质、勾股定理、锐角三角函数等知识，构造菱形BDFC是解题的关键．
22.【答案】60
【解析】(1)解：∠NOP=360°6=60°，
故答案为：60；
(2)①解：如图，设⊙H的挂点为K，过点H作HT⊥l于点T，

∵挂点和小圆圆心连线始终垂直于水平线l，
∴K，H，T在同一直线上，
∵圆心H到l的距离等于OA，
∴HT=OA，
∵HT⊥l，OA⊥l，
∴HT//OA，
∴四边形HTAO是平行四边形，
又∵∠OAT=90°，
∴四边形HTAO是矩形，
∴∠OHT=90°，
∴∠OHK=90°，
∴OH= OK2-HK2= 102-12=3 11；
②证明：如图所示，连接NP，MQ、NM，

由(1)知∠NOP=60°，
又∵ON=OP=10，
∴△NOP是等边三角形，
∴NP=ON=OP=10，
∵小圆的半径都为1，挂点和小圆圆心连线始终垂直于水平线l，
∴MN=PQ=1，MN//PQ，
∴四边形MNPQ是平行四边形，
∴MQ=NP=10，
∴MQ的长为定值．
(1)将360°平均分6份即可；
(2)①设⊙H的挂点为K，过点H作HT⊥l于点T，先证四边形HTAO是矩形，再用勾股定理解Rt△OHK即可；
②先证△NOP是等边三角形，再证MNPQ是平行四边形，可得MQ=NP=10．
本题考查圆的基本知识，矩形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理等，解题的关键是根据题意抽象出数学模型．
23.【答案】7
【解析】解：(1)设v2关于t的函数关系式为v2=kt+b，把点(0,6)，(4,2)代入，
得，b=64k+b=2，
解得k=-1b=6，
∴v2关于t的函数关系式为v2=-t+6；
(2)对于球来说，v-=v初+v末2=6+22=4(m/s)，
小明前a秒的平均速度为v初+v末2=0+62=3(m/s)，a秒后速度为6m/s，
由小明在4s时第一次追上球可得，3a+6(4-a)=4×4，
解得a=83，
即图中a的值为83；
(3)小明第一次踢球已经带球跑了16米，还需要跑200-16=184米，由(1)知，v2=-t+6，假设每次踢球t从0开始计算，因为球在草地上滚动时，速度变化情况相同，则第二次踢球后变化规律为v2'=-t+8，v初=8m/s，v末=-t+8，则v-=v初+v末2=-12t+8，s=t(-12t+8)=-12t2+8t，
第二次踢后，则-12t2+8t=6t，t^=0(舍去)，t^=4，此时又经过了6×4=24米，v末=-4+8=4m/s，
第三次踢后，变化规律为v2'=-t+10，v初=10m/s，v末=-t+10，
则v-=v初+v末2=-12t+10，s=t(-12t+10)=-12t2+10t，
第三次追上，则-12t2+10t=6t，t1=0(舍去)，t2=8，
此时又经过了6×8=48米，v末=-8+10=2m/s，
又开始下一个循环，
故第四次踢球所需时间为4s，经过24米，
故第五次踢球所需时间为8s，经过48米，
故第六次踢球所需时间为4s，经过24米，
故第七次踢球所需时间为8s，经过48米，
∵16+24+48+24+48+24=184<200，16+24+48+24+48+24+48=232>200，
∴带球走过200米，在第七次踢球时实现，故小明小明踢球次数共有七次，
故答案为：7．
(1)设v2关于t的函数关系式为v2=kt+b，根据经过点(0,6)，(4,2)利用待定系数法即可得到答案；
(2)先求出球前4秒的平均速度，再求出小明前a秒的平均速度和a秒后速度为6m/s，利用小明在4s时第一次追上球可得方程，解方程即可得到答案；
(3)根据题意找到速度、时间、路程的变化规律，即可得到答案．
此题考查了一元二次方程的应用、一次函数的应用、一元一次方程的应用，读懂题意，准确计算是解题的关键．
24.【答案】(1)证明：∵△AHM≌△EBM，
∴BM=HM，AM=EM，AH=BE，
∴AM+BM=MH+ME，
即AB=HE，
∵AE=AE，AH=BE，AB=HE，
∴△AHE≌△EBA(SSS)，
∴∠EAH=∠AEB，
∵四边形AHEG为矩形，
∴AH//EG，
∴∠EAH=∠AEG，
∴∠AEB=∠AEG，
∴EA平分∠BEG；
(2)解：当点E在BC上，G在CD上时，如图所示：

∵四边形AGEH为矩形，
∴∠AGE=90°，AH//EG，
∴∠AEG=∠EAH，
∴tan∠AEG=tan∠EAH=2，
∴tan∠AEG=AGGE=2，
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠D=∠C=90°，
∴∠DAG+∠AGD=∠AGD+∠CGE=90°，
∴∠DAG=∠CGE，
∴△ADG∽△GCE，
∴ADCG=DGCE=AGGE=2，
即8CG=2，
∴CG=4，
∴DG=DC-CG=8-4=4，
∴DGCE=4CE=2，
∴CE=2，
∴BE=BC-BE=6，
∴AE= AB2+BE2= 82+62=10；
当点E在CD上，点G与点D重合时，如图所示：

∵四边形AGEH为矩形，
∴∠AHE=90°，EH=AG=AD=8，
∴tan∠EAH=EHAH=2，
∴EHAH=8AH=2，
∴AH=4，
∴AE= AH2+EH2= 42+82=4 5；
综上分析可知，AE=10或4 5；
(3)解：过点G作GM⊥AD于M，延长MG交BC于点N，如图所示：

则∠AMN=90°，
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠MAB=∠ABN=90°，
∴∠MAB=∠ABN=∠AMN=90°，
∴四边形AMNB为矩形，
∴AM=BN，MN=AB=8，∠MNB=90°，
设BE=x(0≤x≤8)，AM=BN=y，则CE=8-x，
∵四边形AGEH为矩形，
∴∠AGE=90°，AH//GE，
∴∠AEG=∠EAH，
∴tan∠AEG=tan∠EAH=2，
∴tan∠AEG=AGGE=2，
∴∠MAG+∠AGM=∠AGM+∠NGE=90°，
∴∠MAG=∠NGE，
∴△AMG∽△GNE，
∴AMNG=MGNE=AGGE=2，
即yGN=8-GNNE=2，
∴GN=y2，NE=8-y22=4-y4，
∵NE=BN-BE=y-x，
∴y-x=4-y4，
∴y=165+45x，
在Rt△BGN中，根据勾股定理得：BG= BN2+GN2= y2+(y2)2= 52y，
∴BG= 52(165+45x)=8 55+2 55x，
∴BG⋅CE=(8 55+2 55x)(8-x)=-2 55x2+8 55x+64 55=-2 55(x-2)2+72 55，
∵-2 55<0，
∴当x=2时，BG⋅CE取最大值，且最大值为72 55．
【解析】(1)证明△AHE≌△EBA(SSS)，得出∠EAH=∠AEB，根据四边形AHEG为矩形，得出AH∖user2//EG，证明∠EAH=∠AEG，得出∠AEB=∠AEG，即可证明结论；
(2)分两种情况讨论：当点E在BC上，G在CD上时，当点E在CD上，点G与点D重合时，分别画出图形，求出AE的长即可；
(3)过点G作GM⊥AD于M，延长MG交BC于点N，设BE=x(0≤x≤8)，AM=BN=y，则CE=8-x，根据AH∖user2//GE，得出∠AEG=∠EAH，求出tan∠AEG=AGGE=2，证明△AMG∽△GNE，得出AMNG=MGNE=AGGE=2，根据NE=BN-BE=y-x，求出y=165+45x，根据勾股定理得出BG= BN2+GN2= y2+(y2)2= 52y求出BG= 52(165+45x)=8 55+2 55x，得出BG⋅CE=(8 55+2 55x)(8-x)=-2 55(x-2)2+72 55，求出最大值即可．
本题主要考查了矩形的判定和性质，正方形的性质，解直角三角形，三角形相似的判定和性质，求二次函数的最大值，勾股定理，理解题意，画出相应的图形是解题的关键．
次序成绩(分)
项目
第一次
第二次
第三次
第四次
第五次
1000米跑
5
5
6
6
5
引体向上
8
7
8
8
8
1分钟跳绳
7
10
6
7
9
排球垫球
10
10
10
10
10