陕西省西安市阎良区2019年中考数学二模试卷（含解析）.doc

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1、12019 年陕西省西安市阎良区中考数学二模试卷一选择题（共 10 小题，满分 30 分，每小题 3 分）1下列实数中最大的是（ ）A2 B0 C D2下列平面图形不能够围成正方体的是（ ）A B C D3已知点 A（ m，3）和点 B（ n，3）都在直线 y2 x+b 上，则 m 与 n 的大小关系为（ ）A m n B m nC m n D大小关系无法确定4有一直角三角形纸片， C90 BC6， AC8，现将 ABC 按如图那样折叠，使点 A 与点 B 重合，折痕为 DE，则 CE 的长为（ ）A B C D45已知关于 x 的一元二次方程 x24 x+c0 的一个根为 1，则另一个根是（

2、 ）A5 B4 C3 D26如图，在 Rt ABC 中， CD 是斜边 AB 上的中线，若 A36，则 DCB 的度数为（ ）A54 B64 C72 D757在平面直角坐标系中，将直线 l1： y4 x1 平移后，得到直线 l2： y4 x+7，则下列平移操作方法正确的是（ ）A将 l1向右平移 8 个单位长度B将 l1向右平移 2 个单位长度2C将 l1向左平移 2 个单位长度D将 l1向下平移 8 个单位长度8菱形的两条对角线长分别为 6，8，则它的周长是（ ）A5 B10 C20 D249如图， AE 是 ABC 的外接圆 O 的直径， AD 是 ABC 的高，若 AB8 ， AC10，

3、 AD8，则 AE的值为（ ）A10 B10 C12 D1210已知点 A（3， y1）， B（2， y2）均在抛物线 y ax2+bx+c 上，点 P（ m， n）是该抛物线的顶点，若 y1 y2 n，则 m 的取值范围是（ ）A3 m2 B C m D m2二填空题（共 4 小题，满分 12 分，每小题 3 分）11已知实数 a， b，在数轴上的对应点位置如图所示，则 a+b2 0（填“”“”或“”）12如图， O 的内接正六边形的半径是 4，则这个正六边形的边长为 13如图，在以 O 为原点的直角坐标系中，矩形 OABC 的两边 OC、 OA 分别在 x 轴、 y 轴的正半轴上，反比例函

4、数 y （ x0）的图象与 AB 相交于点 D，与 BC 相交于点 E，若 BD3 AD，且 ODE 的面积为 15，则 k 的值是 314如图，在 Rt ABC 中， BAC90， AB AC4， AD 是角平分线， P 是 AD 上的动点， BQ1，则 BP+PQ 的最小值为 三解答题（共 11 小题，满分 78 分）15计算： sin45|3|+（2018 ） 0+（ ） 116解分式方程： 17如图， ABC 是锐角三角形，尺规作图：作 A，使它与 BC 相切于点 M保留作图痕迹，不写作法，标明字母18学校开展“书香校园”活动以来，受到同学们的广泛关注，学校为了解全校学生课外阅读的情况

5、，随机调查了部分学生在一周内借阅图书的次数，并制成如图不完整的统计表 学生借阅图书的次数统计表借阅图书的次数0 次 1 次 2 次 3 次 4 次及以上人数 7 13 a 10 3请你根据统计图表中的信息，解答下列问题：（1） a ， b （2）该调查统计数据的中位数是 ，众数是 4（3）请计算扇形统计图中“3 次”所对应扇形的圆心角的度数；（4）若该校共有 2000 名学生，根据调查结果，估计该校学生在一周内借阅图书“4 次及以上”的人数19如图所示， ABC 中， D 是 BC 边上一点， E 是 AD 的中点，过点 A 作 BC 的平行线交 CE 的延长线于 F，且 AF BD，连接 B

6、F（1）求证： D 是 BC 的中点；（2）若 AB AC，试判断四边形 AFBD 的形状，并证明你的结论20阳光通过窗口照射到室内，在地面上留下 2.7m 宽的亮区（如图所示），已知亮区到窗口下的墙脚距离 EC8.7 m，窗口高 AB1.8 m，求窗口底边离地面的高 BC21小明和小亮分别从甲地和乙地同时出发，沿同一条路相向而行，小明开始跑步，中途改为步行，到达乙地恰好用 40min小亮骑自行车以 300m/min 的速度直接到甲地，两人离甲地的路程y（ m）与各自离开出发地的时间 x（ min）之间的函数图象如图所示，（1）甲、乙两地之间的路程为 m，小明步行的速度为 m/min；（2）求

7、小亮离甲地的路程 y 关于 x 的函数表达式，并写出自变量 x 的取值范围；5（3）求两人相遇的时间22现如今，“垃圾分类”意识已深入人心，垃圾一般可分为：可回收物、厨余垃圾、有害垃圾、其它垃圾其中甲拿了一袋垃圾，乙拿了两袋垃圾（1）直接写出甲所拿的垃圾恰好是“厨余垃圾”的概率；（2）求乙所拿的两袋垃圾不同类的概率23如图，在 O 中，直径 AB 垂直弦 CD 于 E，过点 A 作 DAF DAB，过点 D 作 AF 的垂线，垂足为 F，交 AB 的延长线于点 P，连接 CO 并延长交 O 于点 G，连接 EG（1）求证： DF 是 O 的切线；（2）若 AD DP， OB3，求 的长度；（3

8、）若 DE4， AE8，求线段 EG 的长24如图 1，抛物线 y （ x m） 2的顶点 A 在 x 轴正半轴上，交 y 轴于 B 点， S OAB16（1）求抛物线的解析式；（2）如图 2， P 是第一象限内抛物线上对称轴右侧一点，过 P 的直线 l 与抛物线有且只有一个公共点， l 交抛物线对称轴于 C 点，连 PB 交对称轴于 D 点，若 BAO PCD，求证： AC2 AD；（3）如图 3，以 A 为顶点作直角，直角边分别与抛物线交于 M、 N 两点，当直角 MAN 绕 A 点旋转时，求证： MN 始终经过一个定点，并求出该定点的坐标25如图，正方形 ABCD 的边长为 4，点 E，

9、 F 分别在边 AB， AD 上，且 ECF45， CF 的延长线交BA 的延长线于点 G， CE 的延长线交 DA 的延长线于点 H，连接 AC， EF， GH（1）填空： AHC ACG；（填“”或“”或“”）（2）线段 AC， AG， AH 什么关系？请说明理由；（3）设 AE m， AGH 的面积 S 有变化吗？如果变化请求出 S 与 m 的函数关系式；如果不变化，请求出定值请直接写出使 CGH 是等腰三角形的 m 值72019 年陕西省西安市阎良区中考数学二模试卷参考答案与试题解析一选择题（共 10 小题，满分 30 分，每小题 3 分）1【分析】先估算出 的范围，再根据实数的大小比

10、较法则比较即可【解答】解：20 ，即最大的是 ，故选： D【点评】本题考查了估算无理数的大小、算术平方根、实数的大小比较等知识点，能熟记实数的大小比较法则的内容是解此题的关键2【分析】直接利用正方体的表面展开图特点判断即可【解答】解：根据正方体展开图的特点可判断 A、 D 属于“1，4，1”格式，能围成正方体， C、属于“2，2，2”的格式也能围成正方体， B、不能围成正方体故选： B【点评】主要考查了正方体的表面展开图3【分析】根据一次函数 y2 x+b 图象的增减性，结合点 A 和点 B 纵坐标的大小关系，即可得到答案【解答】解：一次函数 y2 x+b 图象上的点 y 随着 x 的增大而减

11、小，又点 A（ m，3）和点 B（ n，3）都在直线 y2 x+b 上，且33， m n，故选： A【点评】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，正确掌握一次函数图象的增减性是解题的关键4【分析】已知， C90 BC6， AC8，由勾股定理求 AB，根据翻折不变性，可知 DAEDBE，从而得到 BD AD， BE AE，设 CE x，则 AE8 x，在 Rt CBE 中，由勾股定理列方程求解【解答】解： CBE DBE， BD BC6， DE CE，在 RT ACB 中， AC8， BC6，8 AB 10 AD AB BD1064根据翻折不变性得 EDA EDB EA EB在 Rt BCE 中

12、，设 CE x，则 BE AE8 x， BE2 BC2+CE2，（8 x） 26 2+x2，解得 x 故选： B【点评】此题考查了翻折变换的问题，找到翻折后图形中的直角三角形，利用勾股定理来解答，解答过程中要充分利用翻折不变性5【分析】根据根与系数的关系可得出两根之和为 4，从而得出另一个根【解答】解：设方程的另一个根为 m，则 1+m4， m3，故选： C【点评】本题考查了一元二次方程根与系数的关系解答关于 x 的一元二次方程 x24 x+c0 的另一个根时，也可以直接利用根与系数的关系 x1+x2 解答6【分析】根据直角三角形斜边上中线定理得出 CD AD，求出 DCA A，根据两角互余求

13、出 DCB 的度数即可【解答】解： ACB90， CD 是斜边 AB 上的中线， BD CD AD， A DCA36， DCB90 DCA54故选： A【点评】本题考查了直角三角形斜边上的中线性质，等腰三角形性质等知识点的理解和运用，能求出 BD CD AD 和 DCA 的度数是解此题的关键7【分析】利用一次函数图象的平移规律，左加右减，上加下减，得出即可【解答】解：将直线 l1： y4 x1 平移后，得到直线 l2： y4 x+7，94（ x+a）14 x+7，解得： a2，故将 l1向右平移 2 个单位长度故选： B【点评】此题主要考查了一次函数图象与几何变换，正确把握变换规律是解题关键8

14、【分析】根据菱形的性质即可求出答案【解答】解：由于菱形的两条对角线的长为 6 和 8，菱形的边长为： 5，菱形的周长为：4520，故选： C【点评】本题考查菱形的性质，解题的关键是熟练运用菱形的性质，本题属于基础题型9【分析】根据圆周角定理得到 ABE90，证明 ABE ADC，根据相似三角形的性质列出比例式，计算即可【解答】解： AE 是 ABC 的外接圆 O 的直径， ABE90， AD 是 ABC 的高， ADC90， ABE ADC，又 E C， ABE ADC， ， AE 10 ，故选： B【点评】本题考查的是三角形的外接圆与外心，掌握圆周角定理、相似三角形的判定定理和性质定理是解题

15、的关键10【分析】根据点 A（3， y1）， B（2， y2）均在抛物线 y ax2+bx+c 上，点 P（ m， n）是该抛物线的顶点， y1 y2 n，可知该抛物线开口向上，对称轴是直线 x m，则 m，从而可以求得 m 的取值范围，本题得以解决【解答】解：点 P（ m， n）是该抛物线的顶点，10抛物线的对称轴为 x m，点 A（3， y1）， B（2， y2）均在抛物线 y ax2+bx+c 上，且 y1 y2 n， m，解得 m ，故选： C【点评】本题考查二次函数的性质、二次函数图象上点的坐标特征，解答本题的关键是明确题意，利用二次函数的性质解答二填空题（共 4 小题，满分 12

16、分，每小题 3 分）11【分析】首先根据数轴判断出 a、 b 的符号和二者绝对值的大小，进而解答即可【解答】解： a 在原点左边， b 在原点右边，1 a0，1 b2，0 a+b1， a+b20故答案为：【点评】本题考查了实数与数轴，有理数的加法法则，根据数轴得出 a、 b 的符号和二者绝对值的大小关系是解题的关键12【分析】连接 OA， OB，证出 BOA 是等边三角形，【解答】解：如图所示，连接 OA、 OB多边形 ABCDEF 是正六边形， AOB60， OA OB， AOB 是等边三角形， AB OA OB4故答案为 4【点评】本题考查的是正六边形和圆，等边三角形的判定与性质，熟练掌握

17、正六边形的性质是本题的关键13【分析】根据所给的三角形面积等于长方形面积减去三个直角三角形的面积，然后即可求出 B的横纵坐标的积即是反比例函数的比例系数【解答】解：四边形 OCBA 是矩形，11 AB OC， OA BC，设 B 点的坐标为（ a， b）， BD3 AD， D（ ， b） D、 E 在反比例函数的图象上， k，设 E 的坐标为（ a， y）， ay k E（ a， ）， S ODE S 矩形 OCBA S AOD S OCE S BDE ab k k （ b ）15，4 k k + 15，解得： k8，故答案为：8【点评】本题考查反比例函数系数 k 的几何意义，解题的关键是利用

18、过某个点，这个点的坐标应适合这个函数解析式；所给的面积应整理为和反比例函数上的点的坐标有关的形式，本题属于中等题型14【分析】根据等腰三角形的性质得到 B 点， C 点关于 AD 对称，如图，连接 CQ 交 AD 于 P，得到CQ BP+PQ 的最小值，根据勾股定理得到 AD8，利用等面积法即可得到结论【解答】解： AB AC， AD 是角平分线， AD BC， BD CD， B 点， C 点关于 AD 对称，如图，连接 CQ 交 AD 于 P，则 CQ BP+PQ 的最小值，根据勾股定理得， CQ 5故答案为：512【点评】此题是轴对称最短路线问题，主要考查了角平分线的性质，对称的性质，勾股

19、定理，用勾股定理求出 CQ 是解答本题的关键三解答题（共 11 小题，满分 78 分）15【分析】先代入三角函数值、计算绝对值、零指数幂和负整数指数幂，再进一步计算可得【解答】解：原式 3+1+213+1+21【点评】本题主要考查实数的运算，解题的关键是熟练掌握特殊锐角三角函数值、绝对值性质及零指数幂和负整数指数幂的运算法则16【分析】分式方程去分母转化为整式方程，求出整式方程的解得到 x 的值，经检验即可得到分式方程的解【解答】解：去分母得：5 x+15 x1，移项合并得：4 x16，解得： x4，经检验 x4 是分式方程的解【点评】此题考查了解分式方程，利用了转化的思想，解分式方程注意要检

20、验17【分析】如图，作 AM BC 于 M，以 A 为圆心， AM 为半径画圆， A 即为所求【解答】解：如图，作 AM BC 于 M，以 A 为圆心， AM 为半径画圆， A 即为所求【点评】本题考查作图复杂作图，切线的判定等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型1318【分析】（1）先由 1 次的人数及其所占百分比求得总人数，总人数减去其他次数的人数求得a 的值，用 3 次的人数除以总人数求得 b 的值；（2）根据中位数和众数的定义求解；（3）用 360乘以“3 次”对应的百分比即可得；（4）用总人数乘以样本中“4 次及以上”的人数所占比例即可得【解答】解：（1）被调查的总人

21、数为 1326%50 人， a50（7+13+10+3）17， b% 100%20%，即 b20，故答案为：17、20；（2）由于共有 50 个数据，其中位数为第 25、26 个数据的平均数，而第 25、26 个数据均为 2 次，所以中位数为 2 次，出现次数最多的是 2 次，所以众数为 2 次，故答案为：2 次、2 次；（3）扇形统计图中“3 次”所对应扇形的圆心角的度数为 36020%72；（4）估计该校学生在一周内借阅图书“4 次及以上”的人数为 2000 120 人【点评】本题考查的是扇形统计图的综合运用，读懂统计图，从统计图中得到必要的信息是解决问题的关键扇形统计图直接反映部分占总体

22、的百分比大小19【分析】（1）根据两直线平行，内错角相等求出 AFE DCE，然后利用“角角边”证明AEF 和 DEC 全等，再根据全等三角形的性质和等量关系即可求解；（2）由（1）知 AF 平行等于 BD，易证四边形 AFBD 是平行四边形，而 AB AC， AD 是中线，利用等腰三角形三线合一定理，可证 AD BC，即 ADB90，那么可证四边形 AFBD 是矩形【解答】（1）证明： AF BC， AFE DCE，点 E 为 AD 的中点， AE DE，14在 AEF 和 DEC 中， AEF DEC（ AAS）， AF CD， AF BD， CD BD， D 是 BC 的中点；（2）解：

23、若 AB AC，则四边形 AFBD 是矩形理由如下： AEF DEC， AF CD， AF BD， CD BD； AF BD， AF BD，四边形 AFBD 是平行四边形， AB AC， BD CD， ADB90，平行四边形 AFBD 是矩形【点评】本题考查了矩形的判定，全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定，是基础题，明确有一个角是直角的平行四边形是矩形是解本题的关键20【分析】因为光线 AE、 BD 是一组平行光线，即 AE BD，所以 ECA DCB，则有 ，从而算出 BC 的长【解答】解： AE BD， ECA DCB，15 EC8.7 m， ED2.7 m， CD6 m AB1.8

24、 m， AC BC+1.8m， ，解得： BC4，即窗口底边离地面的高为 4m【点评】此题主要考查了相似的三角形在实际生活中的应用，利用相似对角线的性质，对应线段成比例解题难度不大，21【分析】（1）认真分析图象得到路程与速度数据；（2）采用方程思想列出小东离家路程 y 与时间 x 之间的函数关系式；（3）两人相遇实际上是函数图象求交点【解答】解：（1）结合题意和图象可知，线段 CD 为小亮路程与时间函数图象，折线 O A B为小明路程与时间图象，则甲、乙两地之间的路程为 8000 米，小明步行的速度 100 m/min，故答案为 8000，100（2）小亮从离甲地 8000m 处的乙地以 3

25、00m/min 的速度去甲地，则 xmin 时，小亮离甲地的路程 y8000300 x，自变量 x 的取值范围为：0 x（3） A（20，6000）直线 OA 解析式为： y300 x8000300 x300 x， x两人相遇时间为第 分钟【点评】本题是一次函数实际应用问题，考查了对一次函数图象代表意义的分析和从方程角度解决一次函数问题22【分析】（1）直接利用概率公式求出甲投放的垃圾恰好是“厨余垃圾”的概率；（2）首先利用树状图法列举出所有可能，进而利用概率公式求出答案16【解答】解：（1）记可回收物、厨余垃圾、有害垃圾、其它垃圾分别为 A， B， C， D，垃圾要按 A， B， C、 D

26、类分别装袋，甲拿了一袋垃圾，甲拿的垃圾恰好是 B 类：厨余垃圾的概率为： ；（2）画树状图如下：由树状图知，乙拿的垃圾共有 16 种等可能结果，其中乙拿的两袋垃圾不同类的有 12 种结果，所以乙拿的两袋垃圾不同类的概率为 【点评】此题主要考查了树状图法求概率，正确利用列举出所有可能是解题关键23【分析】（1）连接 OD，如图 1，先证明 ADO DAF 得到 OD AF，然后根据平行线的性质判断 DF OD，然后根据切线的判定定理得到结论；（2）先证明 P DAF DAB，然后根据三角形内角和计算出 P30，从而得到 POD60，然后根据弧长公式计算；（3）连接 DG，如图 2，利用垂径定理得

27、到 DE CE4，设 OD OA x，则 OE8 x，利用勾股定理得到（8 x） 2+42 x2，解方程得到 x5，所以 CG2 OA10，然后利用勾股定理先计算DG，再计算 EG【解答】（1）证明：连接 OD，如图 1， OA OD， DAB ADO， DAF DAB， ADO DAF， OD AF，又 DF AF， DF OD， DF 是 O 的切线； （2） AD DP P DAF DAB，17而 P+ DAF+ DAB90， P30， POD60， 的长度 ；（3）解：连接 DG，如图 2， AB CD， DE CE4， CD DE+CE8，设 OD OA x，则 OE8 x，在 Rt

28、 ODE 中， OE2+DE2 OD2，（8 x） 2+42 x2，解得： x5， CG2 OA10， CG 是 O 的直径， CDG90，在 Rt DCG 中， DG 6，在 Rt DEG 中， EG 2 【点评】本题考查了切线的判定与性质：经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线；18圆的切线垂直于经过切点的半径判定切线时“连圆心和直线与圆的公共点”或“过圆心作这条直线的垂线”；有切线时，常常“遇到切点连圆心得半径”也考查了垂径定理和勾股定理24【分析】（1）由题意和图象设顶点坐标 A（ m，0），当 x0 时，因变量 y 的值可用含 m 的代数式表示为 ，即 B 点坐标就可以设为

29、B（0， ），再由 S OAB1，即可求得 m 的值并代入 y （ x m） 2中，化为一般式即可；（2）延长 BA 交直线 PC 于点 Q，由若 BAO PCD，易证明 BQ PC先由 A、 B 两点坐标确定直线 AB 的解析式为 y x+1，再根据互相垂直的两条直线斜率乘积为1，即可设直线 PC 的解析式为 y2 x+b，根据已知过 P 的直线 l 与抛物线有且只有一个公共点，则可令2x+b （ x2） 2中0，进而求出 b 值为8，再根据 l 交抛物线对称轴于 C 点，可以设C（2， n）并代入直线 PC 的解析式 y2 x8 中解得 n4，结合图象得线段 AC 的长度为 4，设直线 P

30、C 与 x 轴相，交于点 E，由 BAO PCD 得 tan BAOtan PCD ，易求得E（4，0），即 AE2，所以 AC2 AE，把 b8 代入方程 2x+b （ x2） 2中解得 x6，则易求得 P 点坐标为（6，4）设直线 BP 的解析式为 y kx+b，把 P、 B 两点坐标代入求得 BP 解析式为 y x+1由 PB 交对称轴于 D 点，则设 D（2， n）并代入直线 PB 解析式求得 n2，即 D（2，2），结合图象得线段 AD 长为 2，所以 AC2 AD（3）过 A 作垂直于 x 轴的直线 x2，交 MN 于点 K，设 K（2， k），根据 MAK+ NAK MAN90，

31、 AMN 与 ANM 始终互余，易证明 MKA+ NKA 恒等于 180，即直角 MAN 绕 A 点旋转时， M、 K、 N 三点始终在一条直线上，即 MN 始终经过一个定点 K，当MN x 轴时，Rt MAN 为等腰直角三角形，此时 AK 垂直且平分线段 MN，易设 M（2 k， k）并将其代入抛物线解析式 y （ x2） 2中解得 k10， k24，由于 K 点不在 x 轴上，所以 k4，因此定点 K 的坐标为（2，4）19【解答】解：（1）由题意和 y （ x m） 2设 A（ m，0）当 x0 时， y （0 m） 2 ，即设 B（0， ） OA m， OB由 S OAB1 OAOB1

32、，即 m 2解得， m2 A（2，0）， B（0，1）把 y （ x2） 2化为一般式为， y x2 x+1（2）由（1）得抛物线对称轴为直线 x2D、 C 两点在直线 x2 上，则设 C（2， n）， D（2， n）如图 2 延长 BA 交直线 PC 于点 Q 并设直线 PC 交 x 轴于点 E BAO PCD， BOA EAC90Rt BOARt EAC BAO ECAtan BAOtan ECA AC2 AE又 BAO EAQ， BAO ECA ECA EAQ20又 ECA+ CEA90 EAQ+ QEA90 BQ PC设直线 AB 的解析式为 y kx+b，把 A（2，0）， B（0，

33、1）代入得，解得直线 AB 的解析式为， y x+1由 BQ PC 设直线 PC 的解析式为 y2 x+b又过 P 的直线 l 与抛物线有且只有一个公共点令 2x+b （ x2） 2整理得， x212 x+44 b0，且0即 1444（44 b）0解得， b8直线 PC 的解析式为， y2 x8把点 C（2， n）代入 y2 x8 中得， n228解得， n4 C 点坐标为（2，4），即 AC4由 AC2 AE 得， AE2把 b8 代入方程 x212 x+44 b0 中得，x212 x+360解得， x1 x26再把 x6 代入 y2 x8 中得， y268解得， y4 P（6，4）设直线

34、PB 解析式为 y kx+1把 P（6，4）代入上式得，46 k+1解得， k直线 PB 的解析式为， y x+121又 D（2， n）在直线 PB 上，将其代入 y x+1 中得，n 2+12 D 点坐标为（2，2），即 AD2 AD AE AC2 AD（3）如图 31 过 A 作垂直于 x 轴的直线并交 MN 于点 K（2， k） MAN 为直角 M+ N90， MAK+NAK90又 MKAN+ NAK， NKA M+MAK MKA+ NKA180直角 MAN 绕 A 点旋转时， M、 K、 N 三点始终在一条直线上，即 MN 始终经过一个定点 K如图 32 当 MN y 轴时，此时 Rt

35、 MAN 为等腰直角三角形，应有 AK MK，则设M（2 k， k）把 M（2 k， k）代入 y （ x2） 2中得， k （2 k2） 2解得， k10（舍去）， k24定点 K 的坐标为（2，4）【点评】此题考查了根据待定系数法和函数图象设点的坐标，并利用图形的形状表示线段长并带进面积公式列方程求点的坐标的思想，还考查了直角三角形等角的余角相等等先关概念25【分析】（1）证明 DAC AHC+ ACH45， ACH+ ACG45，即可推出 AHC ACG；（2）结论： AC2 AGAH只要证明 AHC ACG 即可解决问题；（3） AGH 的面积不变理由三角形的面积公式计算即可；分三种情

36、形分别求解即可解决问题；【解答】解：（1）四边形 ABCD 是正方形， AB CB CD DA4， D DAB90 DAC BAC45， AC 4 ， DAC AHC+ ACH45， ACH+ ACG45， AHC ACG22故答案为（2）结论： AC2 AGAH理由： AHC ACG， CAH CAG135， AHC ACG， ， AC2 AGAH（3） AGH 的面积不变理由： S AGH AHAG AC2 （4 ） 216 AGH 的面积为 16如图 1 中，当 GC GH 时，易证 AHG BGC，可得 AG BC4， AH BG8， BC AH， ， AE AB 如图 2 中，当 CH HG 时，23易证 AH BC4， BC AH， 1， AE BE2如图 3 中，当 CG CH 时，易证 ECB DCF22.5在 BC 上取一点 M，使得 BM BE， BME BEM45， BME MCE+ MEC， MCE MEC22.5， CM EM，设 BM BE x，则 CM EM x， x+ x4， m4（ 1）， AE44（ 1）84 ，综上所述，满足条件的 m 的值为 或 2 或 84 【点评】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角24形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型