湖北省部分地區(qū)重點(diǎn)達(dá)標(biāo)名校2024屆中考聯(lián)考數(shù)學(xué)試卷含解析

湖北省部分地區(qū)重點(diǎn)達(dá)標(biāo)名校2024屆中考聯(lián)考數(shù)學(xué)試卷注意事項(xiàng)1．考生要認(rèn)真填寫考場(chǎng)號(hào)和座位序號(hào)。2．試題所有答案必須填涂或書(shū)寫在答題卡上，在試卷上作答無(wú)效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結(jié)束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監(jiān)考員收回。一、選擇題（共10小題，每小題3分，共30分）1．已知y關(guān)于x的函數(shù)圖象如圖所示，則當(dāng)y＜0時(shí)，自變量x的取值范圍是（）A．x＜0 B．﹣1＜x＜1或x＞2 C．x＞﹣1 D．x＜﹣1或1＜x＜22．如圖，將周長(zhǎng)為8的△ABC沿BC方向平移1個(gè)單位長(zhǎng)度得到，則四邊形的周長(zhǎng)為（）A．8 B．10 C．12 D．163．不等式3x≥x-5的最小整數(shù)解是（）A．－3 B．－2 C．－1 D．24．若一個(gè)正多邊形的每個(gè)內(nèi)角為150°，則這個(gè)正多邊形的邊數(shù)是（）A．12 B．11 C．10 D．95．下列式子中，與互為有理化因式的是（）A． B． C． D．6．根據(jù)下表中的二次函數(shù)的自變量與函數(shù)的對(duì)應(yīng)值，可判斷該二次函數(shù)的圖象與軸（）．

…

…

…

…A．只有一個(gè)交點(diǎn) B．有兩個(gè)交點(diǎn)，且它們分別在軸兩側(cè)C．有兩個(gè)交點(diǎn)，且它們均在軸同側(cè) D．無(wú)交點(diǎn)7．如圖，已知AB和CD是⊙O的兩條等弦．OM⊥AB，ON⊥CD，垂足分別為點(diǎn)M、N，BA、DC的延長(zhǎng)線交于點(diǎn)P，聯(lián)結(jié)OP．下列四個(gè)說(shuō)法中：①；②OM=ON；③PA=PC；④∠BPO=∠DPO，正確的個(gè)數(shù)是（）A．1 B．2 C．3 D．48．下列每組數(shù)分別是三根小木棒的長(zhǎng)度，用它們能擺成三角形的是（）A．3cm，4cm，8cmB．8cm，7cm，15cmC．13cm，12cm，20cmD．5cm，5cm，11cm9．若關(guān)于x的不等式組只有5個(gè)整數(shù)解，則a的取值范圍()A． B． C． D．10．下面四個(gè)立體圖形，從正面、左面、上面對(duì)空都不可能看到長(zhǎng)方形的是A． B． C． D．二、填空題（本大題共6個(gè)小題，每小題3分，共18分）11．已知ab=﹣2，a﹣b=3，則a3b﹣2a2b2+ab3的值為_(kāi)______．12．為響應(yīng)“書(shū)香成都”建設(shè)的號(hào)召，在全校形成良好的人文閱讀風(fēng)尚，成都市某中學(xué)隨機(jī)調(diào)查了部分學(xué)生平均每天的閱讀時(shí)間，統(tǒng)計(jì)結(jié)果如圖所示，則在本次調(diào)查中，閱讀時(shí)間的中位數(shù)是________小時(shí)．13．如圖，直線a∥b，正方形ABCD的頂點(diǎn)A、B分別在直線a、b上．若∠2＝73°，則∠1＝．14．如圖，以扇形OAB的頂點(diǎn)O為原點(diǎn)，半徑OB所在的直線為x軸，建立平面直角坐標(biāo)系，點(diǎn)B的坐標(biāo)為（2，0），若拋物線與扇形OAB的邊界總有兩個(gè)公共點(diǎn)，則實(shí)數(shù)k的取值范圍是.15．某商品每件標(biāo)價(jià)為150元，若按標(biāo)價(jià)打8折后，再降價(jià)10元銷售，仍獲利10％，則該商品每件的進(jìn)價(jià)為_(kāi)________元．16．計(jì)算：+=______．三、解答題（共8題，共72分）17．（8分）如圖，AB是⊙O的直徑，點(diǎn)C是AB延長(zhǎng)線上的點(diǎn)，CD與⊙O相切于點(diǎn)D，連結(jié)BD、AD．求證；∠BDC＝∠A．若∠C＝45°，⊙O的半徑為1，直接寫出AC的長(zhǎng)．18．（8分）某校初三體育考試選擇項(xiàng)目中，選擇籃球項(xiàng)目和排球項(xiàng)目的學(xué)生比較多.為了解學(xué)生掌握籃球技巧和排球技巧的水平情況，進(jìn)行了抽樣調(diào)查，過(guò)程如下，請(qǐng)補(bǔ)充完整.收集數(shù)據(jù)：從選擇籃球和排球的學(xué)生中各隨機(jī)抽取16人，進(jìn)行了體育測(cè)試，測(cè)試成績(jī)(十分制)如下：排球109.59.510899.5971045.5109.59.510籃球9.598.58.5109.510869.5109.598.59.56整理、描述數(shù)據(jù)：按如下分?jǐn)?shù)段整理、描述這兩組樣本數(shù)據(jù)：(說(shuō)明：成績(jī)8.5分及以上為優(yōu)秀，6分及以上為合格，6分以下為不合格)分析數(shù)據(jù)：兩組樣本數(shù)據(jù)的平均數(shù)、中位數(shù)、眾數(shù)如下表所示：項(xiàng)目平均數(shù)中位數(shù)眾數(shù)排球8.759.510籃球8.819.259.5得出結(jié)論：(1)如果全校有160人選擇籃球項(xiàng)目，達(dá)到優(yōu)秀的人數(shù)約為_(kāi)________人；(2)初二年級(jí)的小明和小軍看到上面數(shù)據(jù)后，小明說(shuō)：排球項(xiàng)目整體水平較高.小軍說(shuō)：籃球項(xiàng)目整體水平較高.你同意_______的看法，理由為_(kāi)___________________________.(至少?gòu)膬蓚€(gè)不同的角度說(shuō)明推斷的合理性)19．（8分）如圖，已知∠ABC=90°，AB=BC．直線l與以BC為直徑的圓O相切于點(diǎn)C．點(diǎn)F是圓O上異于B、C的動(dòng)點(diǎn)，直線BF與l相交于點(diǎn)E，過(guò)點(diǎn)F作AF的垂線交直線BC于點(diǎn)D．如果BE=15，CE=9，求EF的長(zhǎng)；證明：①△CDF∽△BAF；②CD=CE；探求動(dòng)點(diǎn)F在什么位置時(shí)，相應(yīng)的點(diǎn)D位于線段BC的延長(zhǎng)線上，且使BC=CD，請(qǐng)說(shuō)明你的理由．20．（8分）如圖，在△ABC中，∠ACB＝90°，∠ABC＝10°，△CDE是等邊三角形，點(diǎn)D在邊AB上．（1）如圖1，當(dāng)點(diǎn)E在邊BC上時(shí)，求證DE＝EB；（2）如圖2，當(dāng)點(diǎn)E在△ABC內(nèi)部時(shí)，猜想ED和EB數(shù)量關(guān)系，并加以證明；（1）如圖1，當(dāng)點(diǎn)E在△ABC外部時(shí)，EH⊥AB于點(diǎn)H，過(guò)點(diǎn)E作GE∥AB，交線段AC的延長(zhǎng)線于點(diǎn)G，AG＝5CG，BH＝1．求CG的長(zhǎng)．21．（8分）綜合與實(shí)踐﹣猜想、證明與拓廣問(wèn)題情境：數(shù)學(xué)課上同學(xué)們探究正方形邊上的動(dòng)點(diǎn)引發(fā)的有關(guān)問(wèn)題，如圖1，正方形ABCD中，點(diǎn)E是BC邊上的一點(diǎn)，點(diǎn)D關(guān)于直線AE的對(duì)稱點(diǎn)為點(diǎn)F，直線DF交AB于點(diǎn)H，直線FB與直線AE交于點(diǎn)G，連接DG，CG．猜想證明（1）當(dāng)圖1中的點(diǎn)E與點(diǎn)B重合時(shí)得到圖2，此時(shí)點(diǎn)G也與點(diǎn)B重合，點(diǎn)H與點(diǎn)A重合．同學(xué)們發(fā)現(xiàn)線段GF與GD有確定的數(shù)量關(guān)系和位置關(guān)系，其結(jié)論為：；（2）希望小組的同學(xué)發(fā)現(xiàn)，圖1中的點(diǎn)E在邊BC上運(yùn)動(dòng)時(shí)，（1）中結(jié)論始終成立，為證明這兩個(gè)結(jié)論，同學(xué)們展開(kāi)了討論：小敏：根據(jù)軸對(duì)稱的性質(zhì)，很容易得到“GF與GD的數(shù)量關(guān)系”…小麗：連接AF，圖中出現(xiàn)新的等腰三角形，如△AFB，…小凱：不妨設(shè)圖中不斷變化的角∠BAF的度數(shù)為n，并設(shè)法用n表示圖中的一些角，可證明結(jié)論．請(qǐng)你參考同學(xué)們的思路，完成證明；（3）創(chuàng)新小組的同學(xué)在圖1中，發(fā)現(xiàn)線段CG∥DF，請(qǐng)你說(shuō)明理由；聯(lián)系拓廣：（4）如圖3若將題中的“正方形ABCD”變?yōu)椤傲庑蜛BCD“，∠ABC=α，其余條件不變，請(qǐng)?zhí)骄俊螪FG的度數(shù)，并直接寫出結(jié)果（用含α的式子表示）．22．（10分）如圖，在中，AB＝AC，，點(diǎn)D是BC的中點(diǎn)，DE⊥AB于點(diǎn)E，DF⊥AC于點(diǎn)F.（1）∠EDB＝_____（用含的式子表示）（2）作射線DM與邊AB交于點(diǎn)M，射線DM繞點(diǎn)D順時(shí)針旋轉(zhuǎn)，與AC邊交于點(diǎn)N.①根據(jù)條件補(bǔ)全圖形；②寫出DM與DN的數(shù)量關(guān)系并證明；③用等式表示線段BM、CN與BC之間的數(shù)量關(guān)系，（用含的銳角三角函數(shù)表示）并寫出解題思路.23．（12分）解方程：3x2﹣2x﹣2＝1．24．今年，我國(guó)海關(guān)總署嚴(yán)厲打擊“洋垃圾”違法行動(dòng)，堅(jiān)決把“洋垃圾”拒于國(guó)門之外．如圖，某天我國(guó)一艘海監(jiān)船巡航到A港口正西方的B處時(shí)，發(fā)現(xiàn)在B的北偏東60°方向，相距150海里處的C點(diǎn)有一可疑船只正沿CA方向行駛，C點(diǎn)在A港口的北偏東30°方向上，海監(jiān)船向A港口發(fā)出指令，執(zhí)法船立即從A港口沿AC方向駛出，在D處成功攔截可疑船只，此時(shí)D點(diǎn)與B點(diǎn)的距離為75海里．（1）求B點(diǎn)到直線CA的距離；（2）執(zhí)法船從A到D航行了多少海里？（結(jié)果保留根號(hào)）

參考答案一、選擇題（共10小題，每小題3分，共30分）1、B【解析】y<0時(shí)，即x軸下方的部分，∴自變量x的取值范圍分兩個(gè)部分是?1<x<1或x>2.故選B.2、B【解析】根據(jù)平移的基本性質(zhì)，得出四邊形ABFD的周長(zhǎng)=AD+AB+BF+DF=1+AB+BC+1+AC即可得出答案．根據(jù)題意，將周長(zhǎng)為8個(gè)單位的△ABC沿邊BC向右平移1個(gè)單位得到△DEF，

∴AD=1，BF=BC+CF=BC+1，DF=AC；

又∵AB+BC+AC=8，

∴四邊形ABFD的周長(zhǎng)=AD+AB+BF+DF=1+AB+BC+1+AC=1．

故選C．“點(diǎn)睛”本題考查平移的基本性質(zhì)：①平移不改變圖形的形狀和大?。虎诮?jīng)過(guò)平移，對(duì)應(yīng)點(diǎn)所連的線段平行且相等，對(duì)應(yīng)線段平行且相等，對(duì)應(yīng)角相等．得到CF=AD，DF=AC是解題的關(guān)鍵．3、B【解析】

先求出不等式的解集，然后從解集中找出最小整數(shù)即可.【詳解】∵3x≥x-5，∴3x-x≥-5，∴x≥-5∴不等式3x≥x-5的最小整數(shù)解是x=-2.故選B.【點(diǎn)睛】本題考查了一元一次不等式的解法，熟練掌握解一元一次不等式的步驟是解答本題的關(guān)鍵.最后一步系數(shù)化為1時(shí)，如果未知數(shù)的系數(shù)是負(fù)數(shù)，則不等號(hào)的方向要改變，如果系數(shù)是正數(shù)，則不等號(hào)的方不變.4、A【解析】

根據(jù)正多邊形的外角與它對(duì)應(yīng)的內(nèi)角互補(bǔ)，得到這個(gè)正多邊形的每個(gè)外角=180°﹣150°=30°，再根據(jù)多邊形外角和為360度即可求出邊數(shù)．【詳解】∵一個(gè)正多邊形的每個(gè)內(nèi)角為150°，∴這個(gè)正多邊形的每個(gè)外角=180°﹣150°=30°，∴這個(gè)正多邊形的邊數(shù)==1．故選：A．【點(diǎn)睛】本題考查了正多邊形的外角與它對(duì)應(yīng)的內(nèi)角互補(bǔ)的性質(zhì)；也考查了多邊形外角和為360度以及正多邊形的性質(zhì)．5、B【解析】

直接利用有理化因式的定義分析得出答案．【詳解】∵（）（，）=12﹣2，=10，∴與互為有理化因式的是：，故選B．【點(diǎn)睛】本題考查了有理化因式，如果兩個(gè)含有二次根式的非零代數(shù)式相乘，它們的積不含有二次根式，就說(shuō)這兩個(gè)非零代數(shù)式互為有理化因式.單項(xiàng)二次根式的有理化因式是它本身或者本身的相反數(shù)；其他代數(shù)式的有理化因式可用平方差公式來(lái)進(jìn)行分步確定.6、B【解析】

根據(jù)表中數(shù)據(jù)可得拋物線的對(duì)稱軸為x=1，拋物線的開(kāi)口方向向上，再根據(jù)拋物線的對(duì)稱性即可作出判斷.【詳解】解：由題意得拋物線的對(duì)稱軸為x=1，拋物線的開(kāi)口方向向上則該二次函數(shù)的圖像與軸有兩個(gè)交點(diǎn)，且它們分別在軸兩側(cè)故選B.【點(diǎn)睛】本題考查二次函數(shù)的性質(zhì)，屬于基礎(chǔ)應(yīng)用題，只需學(xué)生熟練掌握拋物線的對(duì)稱性，即可完成.7、D【解析】如圖連接OB、OD；∵AB=CD，∴=，故①正確∵OM⊥AB，ON⊥CD，∴AM=MB，CN=ND，∴BM=DN，∵OB=OD，∴Rt△OMB≌Rt△OND，∴OM=ON，故②正確，∵OP=OP，∴Rt△OPM≌Rt△OPN，∴PM=PN，∠OPB=∠OPD，故④正確，∵AM=CN，∴PA=PC，故③正確，故選D．8、C【解析】

根據(jù)三角形的三邊關(guān)系“任意兩邊之和大于第三邊，任意兩邊之差小于第三邊”，進(jìn)行分析．【詳解】A、3+4＜8，不能組成三角形；B、8+7＝15，不能組成三角形；C、13+12＞20，能夠組成三角形；D、5+5＜11，不能組成三角形．故選：C．【點(diǎn)睛】本題考查了三角形的三邊關(guān)系，關(guān)鍵是靈活運(yùn)用三角形三邊關(guān)系.9、A【解析】

分別解兩個(gè)不等式得到得x＜20和x＞3-2a，由于不等式組只有5個(gè)整數(shù)解，則不等式組的解集為3-2a＜x＜20，且整數(shù)解為15、16、17、18、19，得到14≤3-2a＜15，然后再解關(guān)于a的不等式組即可．【詳解】解①得x＜20

解②得x＞3-2a，

∵不等式組只有5個(gè)整數(shù)解，

∴不等式組的解集為3-2a＜x＜20，

∴14≤3-2a＜15，故選：A【點(diǎn)睛】本題主要考查對(duì)不等式的性質(zhì)，解一元一次不等式，一元一次不等式組的整數(shù)解等知識(shí)點(diǎn)的理解和掌握，能求出不等式14≤3-2a＜15是解此題的關(guān)鍵．10、B【解析】

主視圖、左視圖、俯視圖是分別從物體正面、左面和上面看，所得到的圖形依此找到從正面、左面、上面觀察都不可能看到長(zhǎng)方形的圖形．【詳解】解：A、主視圖為三角形，左視圖為三角形，俯視圖為有對(duì)角線的矩形，故本選項(xiàng)錯(cuò)誤；B、主視圖為等腰三角形，左視圖為等腰三角形，俯視圖為圓，從正面、左面、上面觀察都不可能看到長(zhǎng)方形，故本選項(xiàng)正確；C、主視圖為長(zhǎng)方形，左視圖為長(zhǎng)方形，俯視圖為圓，故本選項(xiàng)錯(cuò)誤；D、主視圖為長(zhǎng)方形，左視圖為長(zhǎng)方形，俯視圖為長(zhǎng)方形，故本選項(xiàng)錯(cuò)誤．故選：B．【點(diǎn)睛】本題重點(diǎn)考查三視圖的定義以及考查學(xué)生的空間想象能力．二、填空題（本大題共6個(gè)小題，每小題3分，共18分）11、﹣18【解析】

要求代數(shù)式a3b﹣2a2b2+ab3的值，而代數(shù)式a3b﹣2a2b2+ab3恰好可以分解為兩個(gè)已知條件ab，（a﹣b）的乘積，因此可以運(yùn)用整體的數(shù)學(xué)思想來(lái)解答．【詳解】a3b﹣2a2b2+ab3=ab（a2﹣2ab+b2）=ab（a﹣b）2，當(dāng)a﹣b=3，ab=﹣2時(shí)，原式=﹣2×32=﹣18，故答案為：﹣18.【點(diǎn)睛】本題考查了因式分解在代數(shù)式求值中的應(yīng)用，熟練掌握因式分解的方法以及運(yùn)用整體的數(shù)學(xué)思想是解題的關(guān)鍵.12、1【解析】由統(tǒng)計(jì)圖可知共有：8+19+10+3=40人，中位數(shù)應(yīng)為第20與第21個(gè)的平均數(shù)，而第20個(gè)數(shù)和第21個(gè)數(shù)都是1(小時(shí))，則中位數(shù)是1小時(shí)．故答案為1.13、107°【解析】

過(guò)C作d∥a,得到a∥b∥d，構(gòu)造內(nèi)錯(cuò)角，根據(jù)兩直線平行，內(nèi)錯(cuò)角相等，及平角的定義，即可得到∠1的度數(shù)．【詳解】過(guò)C作d∥a,∴a∥b,∴a∥b∥d,∵四邊形ABCD是正方形，∴∠DCB=90°,∵∠2=73°，∴∠6=90°-∠2=17°,∵b∥d,∴∠3=∠6=17°,∴∠4=90°-∠3=73°,∴∠5=180°-∠4=107°,∵a∥d,∴∠1=∠5=107°,故答案為107°.【點(diǎn)睛】本題考查了平行線的性質(zhì)以及正方形性質(zhì)的運(yùn)用，解題時(shí)注意：兩直線平行，內(nèi)錯(cuò)角相等．解決問(wèn)題的關(guān)鍵是作輔助線構(gòu)造內(nèi)錯(cuò)角．14、－2＜k＜?！窘馕觥?/p>

由圖可知，∠AOB=45°，∴直線OA的解析式為y=x，聯(lián)立，消掉y得，，由解得，.∴當(dāng)時(shí)，拋物線與OA有一個(gè)交點(diǎn)，此交點(diǎn)的橫坐標(biāo)為1.∵點(diǎn)B的坐標(biāo)為（2，0），∴OA=2，∴點(diǎn)A的坐標(biāo)為（）.∴交點(diǎn)在線段AO上.當(dāng)拋物線經(jīng)過(guò)點(diǎn)B（2，0）時(shí)，，解得k=－2.∴要使拋物線與扇形OAB的邊界總有兩個(gè)公共點(diǎn)，實(shí)數(shù)k的取值范圍是－2＜k＜.【詳解】請(qǐng)?jiān)诖溯斎朐斀猓?5、1【解析】試題分析：設(shè)該商品每件的進(jìn)價(jià)為x元，則150×80%－10－x＝x×10%，解得x＝1．即該商品每件的進(jìn)價(jià)為1元．故答案為1．點(diǎn)睛：此題主要考查了一元一次方程的應(yīng)用，解決本題的關(guān)鍵是得到商品售價(jià)的等量關(guān)系．16、1.【解析】

利用同分母分式加法法則進(jìn)行計(jì)算，分母不變，分子相加.【詳解】解：原式=.【點(diǎn)睛】本題考查同分母分式的加法，掌握法則正確計(jì)算是本題的解題關(guān)鍵．三、解答題（共8題，共72分）17、（1）詳見(jiàn)解析；（2）1+【解析】

（1）連接OD，結(jié)合切線的性質(zhì)和直徑所對(duì)的圓周角性質(zhì)，利用等量代換求解（2）根據(jù)勾股定理先求OC，再求AC.【詳解】（1）證明：連結(jié)．如圖，與相切于點(diǎn)D，是的直徑，即（2）解：在中，.【點(diǎn)睛】此題重點(diǎn)考查學(xué)生對(duì)圓的認(rèn)識(shí)，熟練掌握?qǐng)A的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵.18、130小明平均數(shù)接近，而排球成績(jī)的中位數(shù)和眾數(shù)都較高．【解析】

根據(jù)抽取的16人中成績(jī)達(dá)到優(yōu)秀的百分比，即可得到全校達(dá)到優(yōu)秀的人數(shù)；根據(jù)平均數(shù)接近，而排球成績(jī)的中位數(shù)和眾數(shù)都較高，即可得到結(jié)論．【詳解】解：補(bǔ)全表格成績(jī)：人數(shù)項(xiàng)目10排球11275籃球021103達(dá)到優(yōu)秀的人數(shù)約為（人）；故答案為130；同意小明的看法，理由為：平均數(shù)接近，而排球成績(jī)的中位數(shù)和眾數(shù)都較高答案不唯一，理由需支持判斷結(jié)論故答案為小明，平均數(shù)接近，而排球成績(jī)的中位數(shù)和眾數(shù)都較高．【點(diǎn)睛】本題考查眾數(shù)、中位數(shù)，平均數(shù)的應(yīng)用，解題的關(guān)鍵是掌握眾數(shù)、中位數(shù)、平均數(shù)的定義以及用樣本估計(jì)總體．19、（1）（2）證明見(jiàn)解析（3）F在直徑BC下方的圓弧上，且【解析】

（1）由直線l與以BC為直徑的圓O相切于點(diǎn)C，即可得∠BCE=90°，∠BFC=∠CFE=90°，則可證得△CEF∽△BEC，然后根據(jù)相似三角形的對(duì)應(yīng)邊成比例，即可求得EF的長(zhǎng)；（2）①由∠FCD+∠FBC=90°，∠ABF+∠FBC=90°，根據(jù)同角的余角相等，即可得∠ABF=∠FCD，同理可得∠AFB=∠CFD，則可證得△CDF∽△BAF；②由△CDF∽△BAF與△CEF∽△BCF，根據(jù)相似三角形的對(duì)應(yīng)邊成比例，易證得，又由AB=BC，即可證得CD=CE；（3）由CE=CD，可得BC=CD=CE，然后在Rt△BCE中，求得tan∠CBE的值，即可求得∠CBE的度數(shù)，則可得F在⊙O的下半圓上，且.【詳解】（1）解：∵直線l與以BC為直徑的圓O相切于點(diǎn)C．∴∠BCE=90°，又∵BC為直徑，∴∠BFC=∠CFE=90°，∵∠FEC=∠CEB，∴△CEF∽△BEC，∴，∵BE=15，CE=9，即：，解得：EF=；（2）證明：①∵∠FCD+∠FBC=90°，∠ABF+∠FBC=90°，∴∠ABF=∠FCD，同理：∠AFB=∠CFD，∴△CDF∽△BAF；②∵△CDF∽△BAF，∴，又∵∠FCE=∠CBF，∠BFC=∠CFE=90°，∴△CEF∽△BCF，∴，∴，又∵AB=BC，∴CE=CD；（3）解：∵CE=CD，∴BC=CD=CE，在Rt△BCE中，tan∠CBE=，∴∠CBE=30°，故為60°，∴F在直徑BC下方的圓弧上，且．【點(diǎn)睛】考查了相似三角形的判定與性質(zhì)，圓的切線的性質(zhì)，圓周角的性質(zhì)以及三角函數(shù)的性質(zhì)等知識(shí)．此題綜合性很強(qiáng)，解題的關(guān)鍵是方程思想與數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用．20、（1）證明見(jiàn)解析；（2）ED=EB，證明見(jiàn)解析；（1）CG=2．【解析】

(1)、根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)得出∠CED=60°，從而得出∠EDB=10°，從而得出DE=BE；(2)、取AB的中點(diǎn)O，連接CO、EO，根據(jù)△ACO和△CDE為等邊三角形，從而得出△ACD和△OCE全等，然后得出△COE和△BOE全等，從而得出答案；(1)、取AB的中點(diǎn)O，連接CO、EO、EB，根據(jù)題意得出△COE和△BOE全等，然后得出△CEG和△DCO全等，設(shè)CG=a，則AG=5a，OD=a，根據(jù)題意列出一元一次方程求出a的值得出答案．【詳解】(1)∵△CDE是等邊三角形，∴∠CED=60°，∴∠EDB=60°﹣∠B=10°，∴∠EDB=∠B，∴DE=EB；(2)ED=EB，理由如下：取AB的中點(diǎn)O，連接CO、EO，∵∠ACB=90°，∠ABC=10°，∴∠A=60°，OC=OA，∴△ACO為等邊三角形，∴CA=CO，∵△CDE是等邊三角形，∴∠ACD=∠OCE，∴△ACD≌△OCE，∴∠COE=∠A=60°，∴∠BOE=60°，∴△COE≌△BOE，∴EC=EB，∴ED=EB；(1)、取AB的中點(diǎn)O，連接CO、EO、EB，由（2）得△ACD≌△OCE，∴∠COE=∠A=60°，∴∠BOE=60°，△COE≌△BOE，∴EC=EB，∴ED=EB，∵EH⊥AB，∴DH=BH=1，∵GE∥AB，∴∠G=180°﹣∠A=120°，∴△CEG≌△DCO，∴CG=OD，設(shè)CG=a，則AG=5a，OD=a，∴AC=OC=4a，∵OC=OB，∴4a=a+1+1，解得，a=2，即CG=2．21、(1)GF=GD，GF⊥GD;(2)見(jiàn)解析;(3)見(jiàn)解析;(4)90°﹣.【解析】

（1）根據(jù)四邊形ABCD是正方形可得∠ABD=∠ADB=45°，∠BAD=90°，點(diǎn)D關(guān)于直線AE的對(duì)稱點(diǎn)為點(diǎn)F，即可證明出∠DBF=90°，故GF⊥GD，再根據(jù)∠F=∠ADB，即可證明GF=GD；（2）連接AF，證明∠AFG=∠ADG，再根據(jù)四邊形ABCD是正方形，得出AB=AD，∠BAD=90°，設(shè)∠BAF=n，∠FAD=90°+n，可得出∠FGD=360°﹣∠FAD﹣∠AFG﹣∠ADG=360°﹣（90°+n）﹣（180°﹣n）=90°，故GF⊥GD；（3）連接BD，由（2）知，F(xiàn)G=DG，F(xiàn)G⊥DG，再分別求出∠GFD與∠DBC的角度，再根據(jù)三角函數(shù)的性質(zhì)可證明出△BDF∽△CDG，故∠DGC=∠FDG，則CG∥DF；（4）連接AF，BD，根據(jù)題意可證得∠DAM=90°﹣∠2=90°﹣∠1，∠DAF=2∠DAM=180°﹣2∠1，再根據(jù)菱形的性質(zhì)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．【詳解】解：（1）GF=GD，GF⊥GD，理由：∵四邊形ABCD是正方形，∴∠ABD=∠ADB=45°，∠BAD=90°，∵點(diǎn)D關(guān)于直線AE的對(duì)稱點(diǎn)為點(diǎn)F，∠BAD=∠BAF=90°，∴∠F=∠ADB=45°，∠ABF=∠ABD=45°，∴∠DBF=90°，∴GF⊥GD，∵∠BAD=∠BAF=90°，∴點(diǎn)F，A，D在同一條線上，∵∠F=∠ADB，∴GF=GD，故答案為GF=GD，GF⊥GD；（2）連接AF，∵點(diǎn)D關(guān)于直線AE的對(duì)稱點(diǎn)為點(diǎn)F，∴直線AE是線段DF的垂直平分線，∴AF=AD，GF=GD，∴∠1=∠2，∠3=∠FDG，∴∠1+∠3=∠2+∠FDG，∴∠AFG=∠ADG，∵四邊形ABCD是正方形，∴AB=AD，∠BAD=90°，設(shè)∠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)如圖2，連接BD，由（2）知，F(xiàn)G=DG，F(xiàn)G⊥DG，∴∠GFD=∠GDF=（180°﹣∠FGD）=45°，∵四邊形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：如圖3，連接AF，BD，∵點(diǎn)D與點(diǎn)F關(guān)于AE對(duì)稱，∴AE是線段DF的垂直平分線，∴AD=AF，∠1=∠2，∠AMD=90°，∠DAM=∠FAM，∴∠DAM=90°﹣∠2=90°﹣∠1，∴∠DAF=2∠DAM=180°﹣2∠1，∵四邊形ABCD是菱形，∴AB=AD，∴∠AFB=∠ABF=∠DFG+∠1，∵BD是菱形的對(duì)角線，∴∠ADB=∠ABD=α，在四邊形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°﹣．【點(diǎn)睛】本題考查了正方形、菱形、相似三角形的性質(zhì)，解題的根據(jù)是熟練的掌握正方形、菱形、相似三角形的性質(zhì).22、（1）；（2）（2）①見(jiàn)解析；②DM＝DN，理由見(jiàn)解析；③數(shù)量關(guān)系：【解析】

（1）先利用等腰三角形的性質(zhì)和三角形內(nèi)角和得到∠B=∠C=90°﹣α，然后利用互余可得到∠EDB=α；（2）①如圖，利用∠EDF=180°﹣2α畫(huà)圖；②先利用等腰三角形的性質(zhì)得到DA平分∠BAC，再根據(jù)角平分線性質(zhì)得到DE=DF，根據(jù)四邊形內(nèi)角和得到∠EDF=180°﹣2α，所以∠MDE=∠NDF，然后證明△MDE≌△NDF得到DM=DN；③先由△MDE≌△NDF可得EM=FN，再證明△BDE≌△CDF得BE=CF，利用等量代