2023年浙江省杭州市初中毕业生学业水平测试数学模拟试题(三)
一、单选题（每题3分，共30分）
1．（2019七下·宜昌期中）下列说法中，正确的是（ ）
A．不带根号的数不是无理数 B． 的立方根是±2
C．绝对值等于 的实数是 D．每个实数都对应数轴上一个点
【答案】D
【知识点】算术平方根；实数在数轴上表示；无理数的概念；实数的绝对值
【解析】【解答】∵无理数只能写成无限不循环小数，
不带根号的数不一定不是无理数，
例如π不带根号，但是π是无理数，
∴选项A错误；
∵ =8，8的立方根是2，
∴选项B错误；
∵绝对值是 的实数是± ，
∴选项C错误；
根据数轴的特征，可得每个实数都对应数轴上对一个点，
∴选项D正确.
故答案为：D.
【分析】A.有理数能写成有限小数和无限循环小数，而无理数只能写成无限不循环小数，不带根号的数不一定不是无理数，据此判断即可；
B. =8，一个数的立方根只有一个，正数的立方根是正数，据此判断即可；
C.绝对值是 的实数是± ，据此解答即可；
D.根据数轴的特征，可得每个实数都对应数轴上对一个点，据此判断即可.
2．（2018九上·上杭期中）下列手机手势解锁图案中，是中心对称图形的是
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】中心对称及中心对称图形
【解析】【解答】A.是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
B.不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项符合题意；
C.既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
D.是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意.
故答案为：B.
【分析】利用轴对称和中心对称图形定义选出答案。
3．一个空间几何体的主视图和左视图都是边长为4的正三角形，俯视图是一个半径为2的圆，那么这个几何体的全面积是 ( )
A．8πcm2 B．10πcm2 C．12πcm2 D．16πcm2
【答案】C
【知识点】圆锥的计算；由三视图判断几何体
【解析】【分析】由题意得这个几何体是圆锥，再根据圆锥的侧面积公式和圆的面积公式求解即可.
由题意得这个几何体的全面积=π×22+π×2×4=12cm2
故选C.
【点评】解答本题的关键是熟练掌握圆锥的侧面积公式：圆锥的侧面积=π×底面半径×母线.
4．（2023九下·江油月考）对某村一到六年级适龄儿童人数进行了统计，得到每个年级的儿童人数分别10，15，10，17，18，20．对于这组数据，下列说法错误的是（ ）
A．平均数是15 B．众数是10 C．中位数是17 D．方差是
【答案】C
【知识点】平均数及其计算；中位数；方差；众数
【解析】【解答】解：A、∵，
∴这组数据的平均数为15，故A不符合题意；
B、∵10出现了2次，是这组数据中出现次数最多的数，
∴这组数据的众数为10，故B不符合题意；
C、将这组数据排序为10，10，15，17，18，20，处于最中间的两个数为15，17，
∴这组数据的中位数是（15+17）=16，故C符合题意；
D、这组数据的方差为，故D不符合题意；
故答案为：C
【分析】利用平均数公式进行计算，可对A作出判断；再利用众数和中位数的计算方法，可对B，C作出判断；然后利用方差公式，可求出这组数据的方差，可对D作出判断.
5．（2018·萧山模拟）如图是由多个相同小立方体搭成的几何体的三视图，则这个几何体是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】简单组合体的三视图
【解析】【解答】由俯视图易得最底层有3个正方体，由主视图与左视图可得第二层有1个正方体，所以此几何体如图所示：
，
故答案为：B．
【分析】简单几何体组合的三视图就是分别从前向后，从左向右，从上到下看得到的正投影，A、答案中其俯视图不符合题意；B、答案三个视图都符合题意；C、答案中只有主视图符合题意；D、也只有主视图符合题意，综上所述即可得出答案。
6．（2022七下·馆陶期末）某种颗粒每粒的质量为0.000000037克，500粒此种颗粒的质量用科学记数法可以表示为克，则的值是（ ）
A．-5 B．-6 C．-7 D．-8
【答案】A
【知识点】科学记数法表示大于0且小于1的数
【解析】【解答】解：0.000000037×500＝0.0000185＝1.85×10-5，
故答案为：A．
【分析】利用科学记数法的定义及书写要求求解即可。
7．（2019·安阳模拟）如图，菱形ABCD的边AD⊥EF，垂足为点E，点H是菱形ABCD的对称中心.若FC= ，EF= DE，则菱形ABCD的边长为（ ）
A． B．3 C．4 D．5
【答案】A
【知识点】全等三角形的判定与性质；勾股定理；菱形的性质；矩形的判定与性质
【解析】【解答】因为点H是菱形ABCD的对称中心，所以连接BD交EF于点H，∵ ，
∴△DEH≌△BFH，故可得DE＝BF，过D作DG⊥BC交BC于点G，∴四边形DEFG是长方形，故DE＝FG，DG＝EF，设菱形ABCD的边长为x，故BF＝DE＝x－ ， DG＝EF＝ （x－ ），CG＝BC－DE－BF＝x－2BF＝x－2（x－ ）＝ －x，在Rt△DGC中，CG2＋DG2＝CD2，故（ －x）2＋5（x－ ）2＝x2，解得：x1＝ ，x2＝ （舍），
故答案为：A.
【分析】因为点H是菱形ABCD的对称中心，所以连接BD交EF于点H，故易证明△DEH≌△BFH，故可得DE＝BF，过D作DG⊥BC交BC于点G，可知四边形DEFG是长方形，设菱形ABCD的边长为x，在Rt△DGC中，用勾股定理列出关系x的方程，解出x的值，求出答案.
8．（勾股定理++++++++++）如图所示，在Rt△ABC中，AB=8，AC=6，∠CAB=90°，AD⊥BC，那么AD的长为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4.8
【答案】D
【知识点】勾股定理
【解析】【解答】解：如右图所示，
在Rt△ABC中，AB=8，AC=6，∠CAB=90°，
∴BC= = =10，
又∵S△ABC= AC AB= BC AD，
∴6×8=10AD，
∴AD=4.8．
故选D．
【分析】先根据AB=8，AC=6，∠CAB=90°，利用勾股定理可求BC，再根据S△ABC= AC AB= BC AD，可求AD．
9．已知二次函数y＝x2－x＋，当自变量x取m时，对应的函数值小于0，当自变量x取m－1、m＋1时，对应的函数值为y1、y2，则y1、y2满足（ ）
A．y1＞0，y2＞0 B．y1＜0，y2＞0
C．y1＜0，y2＜0 D．y1＞0，y2＜0
【答案】A
【知识点】二次函数图象与系数的关系；二次函数图象与坐标轴的交点问题；二次函数图象上点的坐标特征
【解析】【解答】令y=x-x+ =0，
解得：x= ．
∵当自变量x取m时对应的值小于0，
∴＜m＜，
∴m-1＜ ，m+1＞ ，
∴y1＞0，y2＞0．
故选A．
【点评】此题考查了抛物线与x轴的交点和二次函数图象上的点的特征，解题的关键是求得抛物线与横轴的交点坐标．
10．（2021·河南模拟）如图，已知 AOBC的顶点O（0，0），A（﹣1，2），点B在x轴正半轴上按以下步骤作图：①以点O为圆心，适当长度为半径作弧，分别交边OA，OB于点D，E；②分别以点D，E为圆心，大于 DE的长为半径作弧，两弧在∠AOB内交于点F；③作射线OF，交边AC于点G，则点G的坐标为（ ）
A．（ ﹣1，2） B．（ ，2）
C．（3﹣ ，2） D．（ ﹣2，2）
【答案】A
【知识点】坐标与图形性质；等腰三角形的判定与性质；勾股定理；平行四边形的性质
【解析】【解答】解：如图，过点A作AH⊥x轴于H，AG与y轴交于点M，
∵ AOBC的顶点O（0，0），A（-1，2），
∴AH=2，HO=1，
∴Rt△AOH中，AO= ，
由题可得，OF平分∠AOB，
∴∠AOG=∠EOG，
又∵AG∥OE，
∴∠AGO=∠EOG，
∴∠AGO=∠AOG，
∴AG=AO= ，
∴MG= -1，
∴G（ -1，2），
故答案为：A.
【分析】过点A作AH⊥x轴于H，AG与y轴交于点M，在Rt△AOH中，利用勾股定理求出AO，然后利用平行线的性质，结合角平分线的定义求出∠AGO=∠AOG，则用等腰三角形的性质即可求出AG，结合A点坐标，即可求出MG，从而得出G点坐标.
二、填空题（每空4分，共24分）
11．若Z=，分解因式：x3y2﹣ax= ．
【答案】x（xy+2）（xy﹣2）
【知识点】因式分解﹣公式法；解一元一次不等式；算术平方根的性质（双重非负性）
【解析】解：∵Z=，其中
∴a﹣4≥0，则有a≥4；4﹣a≥0，则有a≤4，综合得，a=4
将a=4代入x3y2﹣ax得，x3y2﹣4x，
∴x3y2﹣4x
=x（x2y2﹣4）
=x（xy+2）（xy﹣2）．
【分析】先根据二次根式的基本性质：有意义，则a≥0求出a的值，再运用公式法分解因式．
12．（2018八上·桥东期中）我国“辽宁号”航空母舰的满载排水量为67500吨，将数据67500精确到千位的近似值为 ．（结果用科学记数法表示）
【答案】6.8×104
【知识点】近似数及有效数字
【解析】【解答】67500≈68000=6.75×104，
故答案为：6.8×104.
【分析】精确到千位即对千位后面的数进行四舍五入，然后再利用科学记数法表示即可.
13．（2018·成都）在一个不透明的盒子中，装有除颜色外完全相同的乒乓球共16个，从中随机摸出一个乒乓球，若摸到黄色乒乓球的概率为 ，则该盒子中装有黄色兵乓球的个数是 ．
【答案】6
【知识点】概率公式；简单事件概率的计算
【解析】【解答】解：设该盒子中装有黄色兵乓球的个数为x个，根据题意得：
= ，解之：x=6
故答案为：6
【分析】根据黄球的概率，建立方程求解即可。
14．（2018-2019学年初中数学华师大版九年级下册27.2.3切线 同步练习）如图，AB为⊙O的直径，延长AB至点D，使BD=OB，DC切⊙O于点C，点B是 的中点，弦CF交AB于点E.若⊙O的半径为2，则CF= .
【答案】
【知识点】垂径定理；切线的性质
【解析】【解答】连接OC，
∵DC切⊙O于点C，
∴∠OCD=90°，
∵BD=OB，
∴OB= OD，
∵OC=OB，
∴OC= OB，
∴∠D=30°，
∴∠COD=60°，
∵AB为⊙O的直径，点B是 的中点，
∴CF⊥OB，CE=EF，
∴CE=OC sin60°=2× = ，
∴CF=2 .
故答案为：2
【分析】连接OC，由圆的切线的性质可得∠OCD=90°，由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得BC=OB=BC，所以可得三角形OBC是等边三角形，则∠COB=60°，垂径定理可得OB⊥CF，在直角三角形COE中，由勾股定理可求得CE的值，再根据垂径定理可得CF=2CE可求解。
15．（2021八上·青羊开学考）如图，等腰△ABC中，AB＝AC，P为其底角平分线的交点，将△BCP沿CP折叠，使B点恰好落在AC边上的点D处，若DA＝DP，则∠A的度数为 .
【答案】36°
【知识点】三角形内角和定理；等腰三角形的性质；三角形的内切圆与内心；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：连接AP，
∵P为其底角平分线的交点，
∴点P是△ABC的内心，
∴AP平分∠BAC，
∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB，
设∠A＝2x，则∠DAP＝x，∠PBC＝∠PCB＝45°﹣ x，
∵DA＝DP，
∴∠DAP＝∠DPA，
由折叠的性质可得：∠PDC＝∠PBC＝45°﹣ x，
则∠ADP＝180°﹣∠PDC＝135°+ x，
在△ADP中，∠DAP+∠DPA+∠ADP＝180°，即x+x+135°+ x＝180°，
解得：x＝18，
则∠A＝2x＝36°.
故答案为：36°.
【分析】连接AP，由题意可得点P是△ABC的内心，由等腰三角形的性质可得∠ABC＝∠ACB，∠DAP＝∠DPA，设∠A＝2x，则∠DAP＝x，∠PBC＝∠PCB＝45°-x，由折叠的性质可得：∠PDC＝∠PBC＝45°- x，则∠ADP＝135°+x，在△ADP中，应用三角形内角和定理可得x的值，进而得到∠A的度数.
16．（2020九上·杭州月考）如图，已知顶点为 的抛物线 经过点 ，下列结论：① ；② ；③若点 在抛物线上，则 ；④关于 的一元二次方程 的两根为 和 ，其中正确的是 .
【答案】①②④
【知识点】二次函数图象与坐标轴的交点问题；二次函数图象上点的坐标特征；二次函数y=ax²+bx+c的性质；二次函数与一元二次方程的综合应用
【解析】【解答】解：∵抛物线与x轴有2个交点，
∴
即 ，所以①正确；
∵抛物线的顶点坐标为( 3， 6)，
即x= 3时，函数有最小值，
∴ ，所以②正确；
∵抛物线的对称轴为直线x= 3，
而点( 2，m)，( 5，n)在抛物线上，
∴m∵抛物线 经过点( 1， 4)，
而抛物线的对称轴为直线x= 3，
∴点( 1， 4)关于直线x= 3的对称点( 5， 4)在抛物线上，
∴关于x的一元二次方程 的两根为 5和 1，所以④正确.
故答案为：①②④
【分析】利用抛物线与x轴的交点个数可对①进行判断；利用抛物线的顶点坐标可对②进行判断；由顶点坐标得到抛物线的对称轴为直线x=-3，则根据二次函数的性质可对③进行判断；根据抛物线的对称性得到抛物线y=ax2+bx+c上的点（-1，-4）的对称点为（-5，-4），则可对④进行判断.
三、解答题（共7题，共66分）
17．（2018·龙东模拟）先化简，再求值：（ ）÷ ，其中x=2sin45°．
【答案】解：
原式=[ ﹣ ]
=
= ，
当x=2sin45°=2× = 时，
原式= =2 ．
【知识点】分式的化简求值；求特殊角的三角函数值
【解析】【分析】先通分计算括号内异分母分式的减法，然后计算括号外分式的除法，将各个分式的分子分母能分解因式的分解因式，然后将除式的分子分母交换位置，将除法转变为乘法，约分化为最简形式，根据特殊锐角三角函数值求出x的值，再代入分式化简的结果，按实数的运算方法算出答案。
18．（2019·天津）某校为了解初中学生每天在校体育活动的时间（单位：h），随机调查了该校的部分初中学生．根据调查结果，绘制出如下的统计图①和图②．请根据相关信息，解答下列问题：
（1）本次接受调查的初中学生人数为 ，图①中m的值为 ；
（2）求统计的这组每天在校体育活动时间数据的平均数、众数和中位数；
（3）根据统计的这组每天在校体育活动时间的样本数据，若该校共有800名初中学生，估计该校每天在校体育活动时间大于1h的学生人数．
【答案】（1）40；25
（2）平均数是： ＝1.5，
众数是1.5，中位数是1.5；
（3）800× ＝720（人），
答：该校每天在校体育活动时间大于1h的学生有720人．
【知识点】用样本估计总体；频数（率）分布直方图；扇形统计图；平均数及其计算；中位数；众数
【解析】【解答】解：（Ⅰ）本次接受调查的初中学生人数为：4÷10%＝40，
m%＝ ＝25%，
故答案为：40，25；
【分析】（1）根据题意可知体育活动时间为0.9h的人数有4人，占10%，即可求出学生人数为4÷10%＝40人，再根据体育活动时间为1.8h的人数有10人，即可求出m＝25；
（2）根据平均数，众数，中位数的概念，即可求解；
（3）先计算出体育活动时间大于1h的学生人数所占的百分比，再乘以学校总人，即可求解．
19．（第23章解直角三角形单元检测A卷）拉杆旅行箱为人们的出行带来了极大的方便，右图是一种拉杆旅行箱的侧面示意图，箱体ABCD可视为矩形，其中AB为50cm，BC为30cm，点A到地面的距离AE为4cm，旅行箱与水平面AF成60°角，求箱体的最高点C到地面的距离．
【答案】解：如图，过点B、A分别作地面的平行线a、b．过C作CM⊥a于点M，过点B作BN⊥b于点N．
在直角△ABN中，AB=50cm，∠BAN=60°，则BN=AB sin60°=25 cm．
在直角△BCM中，易求∠CBM=30°，则CM= BC=15cm．
所以，点C到地面的高度是：CM+BN+AE=15+25 +4=19+25 （cm）．
答：箱体的最高点C到地面的距离是（19+25 ）cm．
【知识点】锐角三角函数的定义；直角三角形的性质
【解析】【分析】过点B、A分别作地面的平行线a、b．过C作CM⊥a于点M，过点B作BN⊥b于点N。在直角△BCM、△ABN中利用三角函数分别求得CM、BN的长，则点C到地面的高度是：CM+BN+AE。
20．（2021八上·芜湖期中）在如图所示的正方形网格中，每个小正方形的边长为1，格点三角形（顶点是网格线的交点的三角形）ABC的顶点A，C的坐标分别为．
（ 1 ）请在如图所示的网格内作出x轴、y轴；
（ 2 ）请作出 ABC关于y轴对称的 ，并写出点的坐标；
（ 3 ）求出 的面积．
【答案】解：⑴点C向右平移一个格为y轴，点C向下平移3个格为x轴，两轴交点为原点O，建立如图平面直角坐标系，点B坐标为（-2，1）；
⑵ ABC关于y轴对称的 ，关于y轴对称点的坐标特征是横坐标互为相反数，纵坐标不变，
∵点，
∴它们的对称点，
在平面直角坐标系中，描点，然后顺次连结，
则 ABC关于y轴对称的三角形是 ，点；
⑶过C1、A1作平行y轴的直线，与过第A1、B1作平行x轴的平行线交于E，A1，F，G，
∴，
=，
=12-3-1-4，
=4．
【知识点】三角形的面积；作图﹣轴对称；平面直角坐标系的构成
【解析】【分析】（1）根据点A、C的坐标建立平面直角坐标系即可；
（2）利用轴对称的性质找出点A、B、C的对应点，再连接并直接写出点的坐标即可；
（3）利用割补法求出三角形的面积即可。
21．如图，AB为⊙O的直径，EF切⊙O于点D，过点B作BH⊥EF于点H，交⊙O于点C，连接BD.
(1)求证：BD平分∠ABH；
(2)如果AB＝12，BC＝8，求圆心O到BC的距离．
【答案】(1)证明：连接OD，
∵EF是⊙O的切线，
∴OD⊥EF，
又∵BH⊥EF，
∴OD∥BH，
∴∠ODB＝∠DBH
∵OD＝OB
∴∠ODB＝∠OBD，
∴∠OBD＝∠DBH，
∴BD平分∠ABH.
(2)解：过点O作OG⊥BC于点G，则BG＝CG＝4，
在Rt△OBG中，OG＝＝＝2.
【知识点】切线的性质
【解析】【分析】考查切线的性质。
22．在 ABCD中，∠BAD的平分线交直线BC于点E，交直线DC于点F．
（1）在图1中证明CE=CF；
（2）若∠ABC=90°，G是EF的中点（如图2），直接写出∠BDG的度数；
（3）若∠ABC=120°，FG∥CE，FG=CE，分别连接DB、DG（如图3），求∠BDG的度数．
【答案】证明：（1）如图1，
∵AF平分∠BAD，
∴∠BAF=∠DAF，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AB∥CD，
∴∠DAF=∠CEF，∠BAF=∠F，
∴∠CEF=∠F．
∴CE=CF．
（2）解：连接GC、BG，
∵四边形ABCD为平行四边形，∠ABC=90°，
∴四边形ABCD为矩形，
∵AF平分∠BAD，
∴∠DAF=∠BAF=45°，
∵∠DCB=90°，DF∥AB，
∴∠DFA=45°，∠ECF=90°
∴△ECF为等腰直角三角形，
∵G为EF中点，
∴EG=CG=FG，CG⊥EF，
∵△ABE为等腰直角三角形，AB=DC，
∴BE=DC，
∵∠CEF=∠GCF=45°，
∴∠BEG=∠DCG=135°
在△BEG与△DCG中，
∵，
∴△BEG≌△DCG，
∴BG=DG，
∵CG⊥EF，
∴∠DGC+∠DGA=90°，
又∵∠DGC=∠BGA，
∴∠BGA+∠DGA=90°，
∴△DGB为等腰直角三角形，
∴∠BDG=45°．
（3）解：延长AB、FG交于H，连接HD．
∵AD∥GF，AB∥DF，
∴四边形AHFD为平行四边形
∵∠ABC=120°，AF平分∠BAD
∴∠DAF=30°，∠ADC=120°，∠DFA=30°
∴△DAF为等腰三角形
∴AD=DF，
∴CE=CF，
∴平行四边形AHFD为菱形
∴△ADH，△DHF为全等的等边三角形
∴DH=DF，∠BHD=∠GFD=60°
∵FG=CE，CE=CF，CF=BH，
∴BH=GF
在△BHD与△GFD中，
∵，
∴△BHD≌△GFD，
∴∠BDH=∠GDF
∴∠BDG=∠BDH+∠HDG=∠GDF+∠HDG=60°
【知识点】平行四边形的判定与性质
【解析】【分析】（1）根据AF平分∠BAD，可得∠BAF=∠DAF，利用四边形ABCD是平行四边形，求证∠CEF=∠F即可．
（2）根据∠ABC=90°，G是EF的中点可直接求得．
（3）分别连接GB、GC，求证四边形CEGF是平行四边形，再求证△ECG是等边三角形．
由AD∥BC及AF平分∠BAD可得∠BAE=∠AEB，求证△BEG≌△DCG，然后即可求得答案
23．已知，四边形ABCD是正方形，点P在直线BC上，点G在直线AD上（P、G不与正方形顶点重合，且在CD的同侧），PD=PG，DF⊥PG于点H，交直线AB于点F，将线段PG绕点P逆时针旋转90°得到线段PE，连结EF．
（1）如图1，当点P与点G分别在线段BC与线段AD上时．
①求证：DG=2PC；
②求证：四边形PEFD是菱形；
（2）如图2，当点P与点G分别在线段BC与线段AD的延长线上时，请猜想四边形PEFD是怎样的特殊四边形，并证明你的猜想．
【答案】（1）证明：①作PM⊥DG于M，如图1，
∵PD=PG，
∴MG=MD，
∵四边形ABCD为矩形，
∴PCDM为矩形，
∴PC=MD，
∴DG=2PC；
②∵四边形ABCD为正方形，
∴AD=AB，
∵四边形ABPM为矩形，
∴AB=PM，
∴AD=PM，
∵DF⊥PG，
∴∠DHG=90°，
∴∠GDH+∠DGH=90°，
∵∠MGP+∠MPG=90°，
∴∠GDH=∠MPG，
在△ADF和△MPG中
∴△ADF≌△MPG（ASA），
∴DF=PG，
而PD=PG，
∴DF=PD，
∵线段PG绕点P逆时针旋转90°得到线段PE，
∴∠EPG=90°，PE=PG，
∴PE=PD=DF，
而DF⊥PG，
∴DF∥PE，
即DF∥PE，且DF=PE，
∴四边形PEFD为平行四边形，
∵DF=PD，
∴四边形PEFD为菱形；
（2）解：四边形PEFD是菱形．理由如下：
作PM⊥DG于M，如图2，与（1）一样同理可证得△ADF≌△MPG，
∴DF=PG，
而PD=PG，
∴DF=PD，
∵线段PG绕点P逆时针旋转90°得到线段PE，
∴∠EPG=90°，PE=PG，
∴PE=PD=DF
而DF⊥PG，
∴DF∥PE，
即DF∥PE，且DF=PE，
∴四边形PEFD为平行四边形，
∵DF=PD，
∴四边形PEFD为菱形．
【知识点】全等三角形的判定与性质；等腰三角形的性质；旋转的性质
【解析】【分析】（1）①作PM⊥DG于M，根据等腰三角形的性质由PD=PG得MG=MD，根据矩形的判定易得四边形PCDM为矩形，则PC=MD，于是有DG=2PC；
②根据四边形ABCD为正方形得AD=AB，由四边形ABPM为矩形得AB=PM，则AD=PM，再利用等角的余角相等得到∠GDH=∠MPG，于是可根据“ASA”证明△ADF≌△MPG，得到DF=PG，加上PD=PG，得到DF=PD，然后利用旋转的性质得∠EPG=90°，PE=PG，所以PE=PD=DF，再利用DF⊥PG得到DF∥PE，于是可判断四边形PEFD为平行四边形，加上DF=PD，则可判断四边形PEFD为菱形；
（2）与（1）中②的证明方法一样可得到四边形PEFD为菱形．
1 / 12023年浙江省杭州市初中毕业生学业水平测试数学模拟试题(三)
一、单选题（每题3分，共30分）
1．（2019七下·宜昌期中）下列说法中，正确的是（ ）
A．不带根号的数不是无理数 B． 的立方根是±2
C．绝对值等于 的实数是 D．每个实数都对应数轴上一个点
2．（2018九上·上杭期中）下列手机手势解锁图案中，是中心对称图形的是
A． B．
C． D．
3．一个空间几何体的主视图和左视图都是边长为4的正三角形，俯视图是一个半径为2的圆，那么这个几何体的全面积是 ( )
A．8πcm2 B．10πcm2 C．12πcm2 D．16πcm2
4．（2023九下·江油月考）对某村一到六年级适龄儿童人数进行了统计，得到每个年级的儿童人数分别10，15，10，17，18，20．对于这组数据，下列说法错误的是（ ）
A．平均数是15 B．众数是10 C．中位数是17 D．方差是
5．（2018·萧山模拟）如图是由多个相同小立方体搭成的几何体的三视图，则这个几何体是（ ）
A． B． C． D．
6．（2022七下·馆陶期末）某种颗粒每粒的质量为0.000000037克，500粒此种颗粒的质量用科学记数法可以表示为克，则的值是（ ）
A．-5 B．-6 C．-7 D．-8
7．（2019·安阳模拟）如图，菱形ABCD的边AD⊥EF，垂足为点E，点H是菱形ABCD的对称中心.若FC= ，EF= DE，则菱形ABCD的边长为（ ）
A． B．3 C．4 D．5
8．（勾股定理++++++++++）如图所示，在Rt△ABC中，AB=8，AC=6，∠CAB=90°，AD⊥BC，那么AD的长为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4.8
9．已知二次函数y＝x2－x＋，当自变量x取m时，对应的函数值小于0，当自变量x取m－1、m＋1时，对应的函数值为y1、y2，则y1、y2满足（ ）
A．y1＞0，y2＞0 B．y1＜0，y2＞0
C．y1＜0，y2＜0 D．y1＞0，y2＜0
10．（2021·河南模拟）如图，已知 AOBC的顶点O（0，0），A（﹣1，2），点B在x轴正半轴上按以下步骤作图：①以点O为圆心，适当长度为半径作弧，分别交边OA，OB于点D，E；②分别以点D，E为圆心，大于 DE的长为半径作弧，两弧在∠AOB内交于点F；③作射线OF，交边AC于点G，则点G的坐标为（ ）
A．（ ﹣1，2） B．（ ，2）
C．（3﹣ ，2） D．（ ﹣2，2）
二、填空题（每空4分，共24分）
11．若Z=，分解因式：x3y2﹣ax= ．
12．（2018八上·桥东期中）我国“辽宁号”航空母舰的满载排水量为67500吨，将数据67500精确到千位的近似值为 ．（结果用科学记数法表示）
13．（2018·成都）在一个不透明的盒子中，装有除颜色外完全相同的乒乓球共16个，从中随机摸出一个乒乓球，若摸到黄色乒乓球的概率为 ，则该盒子中装有黄色兵乓球的个数是 ．
14．（2018-2019学年初中数学华师大版九年级下册27.2.3切线 同步练习）如图，AB为⊙O的直径，延长AB至点D，使BD=OB，DC切⊙O于点C，点B是 的中点，弦CF交AB于点E.若⊙O的半径为2，则CF= .
15．（2021八上·青羊开学考）如图，等腰△ABC中，AB＝AC，P为其底角平分线的交点，将△BCP沿CP折叠，使B点恰好落在AC边上的点D处，若DA＝DP，则∠A的度数为 .
16．（2020九上·杭州月考）如图，已知顶点为 的抛物线 经过点 ，下列结论：① ；② ；③若点 在抛物线上，则 ；④关于 的一元二次方程 的两根为 和 ，其中正确的是 .
三、解答题（共7题，共66分）
17．（2018·龙东模拟）先化简，再求值：（ ）÷ ，其中x=2sin45°．
18．（2019·天津）某校为了解初中学生每天在校体育活动的时间（单位：h），随机调查了该校的部分初中学生．根据调查结果，绘制出如下的统计图①和图②．请根据相关信息，解答下列问题：
（1）本次接受调查的初中学生人数为 ，图①中m的值为 ；
（2）求统计的这组每天在校体育活动时间数据的平均数、众数和中位数；
（3）根据统计的这组每天在校体育活动时间的样本数据，若该校共有800名初中学生，估计该校每天在校体育活动时间大于1h的学生人数．
19．（第23章解直角三角形单元检测A卷）拉杆旅行箱为人们的出行带来了极大的方便，右图是一种拉杆旅行箱的侧面示意图，箱体ABCD可视为矩形，其中AB为50cm，BC为30cm，点A到地面的距离AE为4cm，旅行箱与水平面AF成60°角，求箱体的最高点C到地面的距离．
20．（2021八上·芜湖期中）在如图所示的正方形网格中，每个小正方形的边长为1，格点三角形（顶点是网格线的交点的三角形）ABC的顶点A，C的坐标分别为．
（ 1 ）请在如图所示的网格内作出x轴、y轴；
（ 2 ）请作出 ABC关于y轴对称的 ，并写出点的坐标；
（ 3 ）求出 的面积．
21．如图，AB为⊙O的直径，EF切⊙O于点D，过点B作BH⊥EF于点H，交⊙O于点C，连接BD.
(1)求证：BD平分∠ABH；
(2)如果AB＝12，BC＝8，求圆心O到BC的距离．
22．在 ABCD中，∠BAD的平分线交直线BC于点E，交直线DC于点F．
（1）在图1中证明CE=CF；
（2）若∠ABC=90°，G是EF的中点（如图2），直接写出∠BDG的度数；
（3）若∠ABC=120°，FG∥CE，FG=CE，分别连接DB、DG（如图3），求∠BDG的度数．
23．已知，四边形ABCD是正方形，点P在直线BC上，点G在直线AD上（P、G不与正方形顶点重合，且在CD的同侧），PD=PG，DF⊥PG于点H，交直线AB于点F，将线段PG绕点P逆时针旋转90°得到线段PE，连结EF．
（1）如图1，当点P与点G分别在线段BC与线段AD上时．
①求证：DG=2PC；
②求证：四边形PEFD是菱形；
（2）如图2，当点P与点G分别在线段BC与线段AD的延长线上时，请猜想四边形PEFD是怎样的特殊四边形，并证明你的猜想．
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】算术平方根；实数在数轴上表示；无理数的概念；实数的绝对值
【解析】【解答】∵无理数只能写成无限不循环小数，
不带根号的数不一定不是无理数，
例如π不带根号，但是π是无理数，
∴选项A错误；
∵ =8，8的立方根是2，
∴选项B错误；
∵绝对值是 的实数是± ，
∴选项C错误；
根据数轴的特征，可得每个实数都对应数轴上对一个点，
∴选项D正确.
故答案为：D.
【分析】A.有理数能写成有限小数和无限循环小数，而无理数只能写成无限不循环小数，不带根号的数不一定不是无理数，据此判断即可；
B. =8，一个数的立方根只有一个，正数的立方根是正数，据此判断即可；
C.绝对值是 的实数是± ，据此解答即可；
D.根据数轴的特征，可得每个实数都对应数轴上对一个点，据此判断即可.
2．【答案】B
【知识点】中心对称及中心对称图形
【解析】【解答】A.是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
B.不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项符合题意；
C.既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
D.是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意.
故答案为：B.
【分析】利用轴对称和中心对称图形定义选出答案。
3．【答案】C
【知识点】圆锥的计算；由三视图判断几何体
【解析】【分析】由题意得这个几何体是圆锥，再根据圆锥的侧面积公式和圆的面积公式求解即可.
由题意得这个几何体的全面积=π×22+π×2×4=12cm2
故选C.
【点评】解答本题的关键是熟练掌握圆锥的侧面积公式：圆锥的侧面积=π×底面半径×母线.
4．【答案】C
【知识点】平均数及其计算；中位数；方差；众数
【解析】【解答】解：A、∵，
∴这组数据的平均数为15，故A不符合题意；
B、∵10出现了2次，是这组数据中出现次数最多的数，
∴这组数据的众数为10，故B不符合题意；
C、将这组数据排序为10，10，15，17，18，20，处于最中间的两个数为15，17，
∴这组数据的中位数是（15+17）=16，故C符合题意；
D、这组数据的方差为，故D不符合题意；
故答案为：C
【分析】利用平均数公式进行计算，可对A作出判断；再利用众数和中位数的计算方法，可对B，C作出判断；然后利用方差公式，可求出这组数据的方差，可对D作出判断.
5．【答案】B
【知识点】简单组合体的三视图
【解析】【解答】由俯视图易得最底层有3个正方体，由主视图与左视图可得第二层有1个正方体，所以此几何体如图所示：
，
故答案为：B．
【分析】简单几何体组合的三视图就是分别从前向后，从左向右，从上到下看得到的正投影，A、答案中其俯视图不符合题意；B、答案三个视图都符合题意；C、答案中只有主视图符合题意；D、也只有主视图符合题意，综上所述即可得出答案。
6．【答案】A
【知识点】科学记数法表示大于0且小于1的数
【解析】【解答】解：0.000000037×500＝0.0000185＝1.85×10-5，
故答案为：A．
【分析】利用科学记数法的定义及书写要求求解即可。
7．【答案】A
【知识点】全等三角形的判定与性质；勾股定理；菱形的性质；矩形的判定与性质
【解析】【解答】因为点H是菱形ABCD的对称中心，所以连接BD交EF于点H，∵ ，
∴△DEH≌△BFH，故可得DE＝BF，过D作DG⊥BC交BC于点G，∴四边形DEFG是长方形，故DE＝FG，DG＝EF，设菱形ABCD的边长为x，故BF＝DE＝x－ ， DG＝EF＝ （x－ ），CG＝BC－DE－BF＝x－2BF＝x－2（x－ ）＝ －x，在Rt△DGC中，CG2＋DG2＝CD2，故（ －x）2＋5（x－ ）2＝x2，解得：x1＝ ，x2＝ （舍），
故答案为：A.
【分析】因为点H是菱形ABCD的对称中心，所以连接BD交EF于点H，故易证明△DEH≌△BFH，故可得DE＝BF，过D作DG⊥BC交BC于点G，可知四边形DEFG是长方形，设菱形ABCD的边长为x，在Rt△DGC中，用勾股定理列出关系x的方程，解出x的值，求出答案.
8．【答案】D
【知识点】勾股定理
【解析】【解答】解：如右图所示，
在Rt△ABC中，AB=8，AC=6，∠CAB=90°，
∴BC= = =10，
又∵S△ABC= AC AB= BC AD，
∴6×8=10AD，
∴AD=4.8．
故选D．
【分析】先根据AB=8，AC=6，∠CAB=90°，利用勾股定理可求BC，再根据S△ABC= AC AB= BC AD，可求AD．
9．【答案】A
【知识点】二次函数图象与系数的关系；二次函数图象与坐标轴的交点问题；二次函数图象上点的坐标特征
【解析】【解答】令y=x-x+ =0，
解得：x= ．
∵当自变量x取m时对应的值小于0，
∴＜m＜，
∴m-1＜ ，m+1＞ ，
∴y1＞0，y2＞0．
故选A．
【点评】此题考查了抛物线与x轴的交点和二次函数图象上的点的特征，解题的关键是求得抛物线与横轴的交点坐标．
10．【答案】A
【知识点】坐标与图形性质；等腰三角形的判定与性质；勾股定理；平行四边形的性质
【解析】【解答】解：如图，过点A作AH⊥x轴于H，AG与y轴交于点M，
∵ AOBC的顶点O（0，0），A（-1，2），
∴AH=2，HO=1，
∴Rt△AOH中，AO= ，
由题可得，OF平分∠AOB，
∴∠AOG=∠EOG，
又∵AG∥OE，
∴∠AGO=∠EOG，
∴∠AGO=∠AOG，
∴AG=AO= ，
∴MG= -1，
∴G（ -1，2），
故答案为：A.
【分析】过点A作AH⊥x轴于H，AG与y轴交于点M，在Rt△AOH中，利用勾股定理求出AO，然后利用平行线的性质，结合角平分线的定义求出∠AGO=∠AOG，则用等腰三角形的性质即可求出AG，结合A点坐标，即可求出MG，从而得出G点坐标.
11．【答案】x（xy+2）（xy﹣2）
【知识点】因式分解﹣公式法；解一元一次不等式；算术平方根的性质（双重非负性）
【解析】解：∵Z=，其中
∴a﹣4≥0，则有a≥4；4﹣a≥0，则有a≤4，综合得，a=4
将a=4代入x3y2﹣ax得，x3y2﹣4x，
∴x3y2﹣4x
=x（x2y2﹣4）
=x（xy+2）（xy﹣2）．
【分析】先根据二次根式的基本性质：有意义，则a≥0求出a的值，再运用公式法分解因式．
12．【答案】6.8×104
【知识点】近似数及有效数字
【解析】【解答】67500≈68000=6.75×104，
故答案为：6.8×104.
【分析】精确到千位即对千位后面的数进行四舍五入，然后再利用科学记数法表示即可.
13．【答案】6
【知识点】概率公式；简单事件概率的计算
【解析】【解答】解：设该盒子中装有黄色兵乓球的个数为x个，根据题意得：
= ，解之：x=6
故答案为：6
【分析】根据黄球的概率，建立方程求解即可。
14．【答案】
【知识点】垂径定理；切线的性质
【解析】【解答】连接OC，
∵DC切⊙O于点C，
∴∠OCD=90°，
∵BD=OB，
∴OB= OD，
∵OC=OB，
∴OC= OB，
∴∠D=30°，
∴∠COD=60°，
∵AB为⊙O的直径，点B是 的中点，
∴CF⊥OB，CE=EF，
∴CE=OC sin60°=2× = ，
∴CF=2 .
故答案为：2
【分析】连接OC，由圆的切线的性质可得∠OCD=90°，由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得BC=OB=BC，所以可得三角形OBC是等边三角形，则∠COB=60°，垂径定理可得OB⊥CF，在直角三角形COE中，由勾股定理可求得CE的值，再根据垂径定理可得CF=2CE可求解。
15．【答案】36°
【知识点】三角形内角和定理；等腰三角形的性质；三角形的内切圆与内心；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：连接AP，
∵P为其底角平分线的交点，
∴点P是△ABC的内心，
∴AP平分∠BAC，
∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB，
设∠A＝2x，则∠DAP＝x，∠PBC＝∠PCB＝45°﹣ x，
∵DA＝DP，
∴∠DAP＝∠DPA，
由折叠的性质可得：∠PDC＝∠PBC＝45°﹣ x，
则∠ADP＝180°﹣∠PDC＝135°+ x，
在△ADP中，∠DAP+∠DPA+∠ADP＝180°，即x+x+135°+ x＝180°，
解得：x＝18，
则∠A＝2x＝36°.
故答案为：36°.
【分析】连接AP，由题意可得点P是△ABC的内心，由等腰三角形的性质可得∠ABC＝∠ACB，∠DAP＝∠DPA，设∠A＝2x，则∠DAP＝x，∠PBC＝∠PCB＝45°-x，由折叠的性质可得：∠PDC＝∠PBC＝45°- x，则∠ADP＝135°+x，在△ADP中，应用三角形内角和定理可得x的值，进而得到∠A的度数.
16．【答案】①②④
【知识点】二次函数图象与坐标轴的交点问题；二次函数图象上点的坐标特征；二次函数y=ax²+bx+c的性质；二次函数与一元二次方程的综合应用
【解析】【解答】解：∵抛物线与x轴有2个交点，
∴
即 ，所以①正确；
∵抛物线的顶点坐标为( 3， 6)，
即x= 3时，函数有最小值，
∴ ，所以②正确；
∵抛物线的对称轴为直线x= 3，
而点( 2，m)，( 5，n)在抛物线上，
∴m∵抛物线 经过点( 1， 4)，
而抛物线的对称轴为直线x= 3，
∴点( 1， 4)关于直线x= 3的对称点( 5， 4)在抛物线上，
∴关于x的一元二次方程 的两根为 5和 1，所以④正确.
故答案为：①②④
【分析】利用抛物线与x轴的交点个数可对①进行判断；利用抛物线的顶点坐标可对②进行判断；由顶点坐标得到抛物线的对称轴为直线x=-3，则根据二次函数的性质可对③进行判断；根据抛物线的对称性得到抛物线y=ax2+bx+c上的点（-1，-4）的对称点为（-5，-4），则可对④进行判断.
17．【答案】解：
原式=[ ﹣ ]
=
= ，
当x=2sin45°=2× = 时，
原式= =2 ．
【知识点】分式的化简求值；求特殊角的三角函数值
【解析】【分析】先通分计算括号内异分母分式的减法，然后计算括号外分式的除法，将各个分式的分子分母能分解因式的分解因式，然后将除式的分子分母交换位置，将除法转变为乘法，约分化为最简形式，根据特殊锐角三角函数值求出x的值，再代入分式化简的结果，按实数的运算方法算出答案。
18．【答案】（1）40；25
（2）平均数是： ＝1.5，
众数是1.5，中位数是1.5；
（3）800× ＝720（人），
答：该校每天在校体育活动时间大于1h的学生有720人．
【知识点】用样本估计总体；频数（率）分布直方图；扇形统计图；平均数及其计算；中位数；众数
【解析】【解答】解：（Ⅰ）本次接受调查的初中学生人数为：4÷10%＝40，
m%＝ ＝25%，
故答案为：40，25；
【分析】（1）根据题意可知体育活动时间为0.9h的人数有4人，占10%，即可求出学生人数为4÷10%＝40人，再根据体育活动时间为1.8h的人数有10人，即可求出m＝25；
（2）根据平均数，众数，中位数的概念，即可求解；
（3）先计算出体育活动时间大于1h的学生人数所占的百分比，再乘以学校总人，即可求解．
19．【答案】解：如图，过点B、A分别作地面的平行线a、b．过C作CM⊥a于点M，过点B作BN⊥b于点N．
在直角△ABN中，AB=50cm，∠BAN=60°，则BN=AB sin60°=25 cm．
在直角△BCM中，易求∠CBM=30°，则CM= BC=15cm．
所以，点C到地面的高度是：CM+BN+AE=15+25 +4=19+25 （cm）．
答：箱体的最高点C到地面的距离是（19+25 ）cm．
【知识点】锐角三角函数的定义；直角三角形的性质
【解析】【分析】过点B、A分别作地面的平行线a、b．过C作CM⊥a于点M，过点B作BN⊥b于点N。在直角△BCM、△ABN中利用三角函数分别求得CM、BN的长，则点C到地面的高度是：CM+BN+AE。
20．【答案】解：⑴点C向右平移一个格为y轴，点C向下平移3个格为x轴，两轴交点为原点O，建立如图平面直角坐标系，点B坐标为（-2，1）；
⑵ ABC关于y轴对称的 ，关于y轴对称点的坐标特征是横坐标互为相反数，纵坐标不变，
∵点，
∴它们的对称点，
在平面直角坐标系中，描点，然后顺次连结，
则 ABC关于y轴对称的三角形是 ，点；
⑶过C1、A1作平行y轴的直线，与过第A1、B1作平行x轴的平行线交于E，A1，F，G，
∴，
=，
=12-3-1-4，
=4．
【知识点】三角形的面积；作图﹣轴对称；平面直角坐标系的构成
【解析】【分析】（1）根据点A、C的坐标建立平面直角坐标系即可；
（2）利用轴对称的性质找出点A、B、C的对应点，再连接并直接写出点的坐标即可；
（3）利用割补法求出三角形的面积即可。
21．【答案】(1)证明：连接OD，
∵EF是⊙O的切线，
∴OD⊥EF，
又∵BH⊥EF，
∴OD∥BH，
∴∠ODB＝∠DBH
∵OD＝OB
∴∠ODB＝∠OBD，
∴∠OBD＝∠DBH，
∴BD平分∠ABH.
(2)解：过点O作OG⊥BC于点G，则BG＝CG＝4，
在Rt△OBG中，OG＝＝＝2.
【知识点】切线的性质
【解析】【分析】考查切线的性质。
22．【答案】证明：（1）如图1，
∵AF平分∠BAD，
∴∠BAF=∠DAF，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AB∥CD，
∴∠DAF=∠CEF，∠BAF=∠F，
∴∠CEF=∠F．
∴CE=CF．
（2）解：连接GC、BG，
∵四边形ABCD为平行四边形，∠ABC=90°，
∴四边形ABCD为矩形，
∵AF平分∠BAD，
∴∠DAF=∠BAF=45°，
∵∠DCB=90°，DF∥AB，
∴∠DFA=45°，∠ECF=90°
∴△ECF为等腰直角三角形，
∵G为EF中点，
∴EG=CG=FG，CG⊥EF，
∵△ABE为等腰直角三角形，AB=DC，
∴BE=DC，
∵∠CEF=∠GCF=45°，
∴∠BEG=∠DCG=135°
在△BEG与△DCG中，
∵，
∴△BEG≌△DCG，
∴BG=DG，
∵CG⊥EF，
∴∠DGC+∠DGA=90°，
又∵∠DGC=∠BGA，
∴∠BGA+∠DGA=90°，
∴△DGB为等腰直角三角形，
∴∠BDG=45°．
（3）解：延长AB、FG交于H，连接HD．
∵AD∥GF，AB∥DF，
∴四边形AHFD为平行四边形
∵∠ABC=120°，AF平分∠BAD
∴∠DAF=30°，∠ADC=120°，∠DFA=30°
∴△DAF为等腰三角形
∴AD=DF，
∴CE=CF，
∴平行四边形AHFD为菱形
∴△ADH，△DHF为全等的等边三角形
∴DH=DF，∠BHD=∠GFD=60°
∵FG=CE，CE=CF，CF=BH，
∴BH=GF
在△BHD与△GFD中，
∵，
∴△BHD≌△GFD，
∴∠BDH=∠GDF
∴∠BDG=∠BDH+∠HDG=∠GDF+∠HDG=60°
【知识点】平行四边形的判定与性质
【解析】【分析】（1）根据AF平分∠BAD，可得∠BAF=∠DAF，利用四边形ABCD是平行四边形，求证∠CEF=∠F即可．
（2）根据∠ABC=90°，G是EF的中点可直接求得．
（3）分别连接GB、GC，求证四边形CEGF是平行四边形，再求证△ECG是等边三角形．
由AD∥BC及AF平分∠BAD可得∠BAE=∠AEB，求证△BEG≌△DCG，然后即可求得答案
23．【答案】（1）证明：①作PM⊥DG于M，如图1，
∵PD=PG，
∴MG=MD，
∵四边形ABCD为矩形，
∴PCDM为矩形，
∴PC=MD，
∴DG=2PC；
②∵四边形ABCD为正方形，
∴AD=AB，
∵四边形ABPM为矩形，
∴AB=PM，
∴AD=PM，
∵DF⊥PG，
∴∠DHG=90°，
∴∠GDH+∠DGH=90°，
∵∠MGP+∠MPG=90°，
∴∠GDH=∠MPG，
在△ADF和△MPG中
∴△ADF≌△MPG（ASA），
∴DF=PG，
而PD=PG，
∴DF=PD，
∵线段PG绕点P逆时针旋转90°得到线段PE，
∴∠EPG=90°，PE=PG，
∴PE=PD=DF，
而DF⊥PG，
∴DF∥PE，
即DF∥PE，且DF=PE，
∴四边形PEFD为平行四边形，
∵DF=PD，
∴四边形PEFD为菱形；
（2）解：四边形PEFD是菱形．理由如下：
作PM⊥DG于M，如图2，与（1）一样同理可证得△ADF≌△MPG，
∴DF=PG，
而PD=PG，
∴DF=PD，
∵线段PG绕点P逆时针旋转90°得到线段PE，
∴∠EPG=90°，PE=PG，
∴PE=PD=DF
而DF⊥PG，
∴DF∥PE，
即DF∥PE，且DF=PE，
∴四边形PEFD为平行四边形，
∵DF=PD，
∴四边形PEFD为菱形．
【知识点】全等三角形的判定与性质；等腰三角形的性质；旋转的性质
【解析】【分析】（1）①作PM⊥DG于M，根据等腰三角形的性质由PD=PG得MG=MD，根据矩形的判定易得四边形PCDM为矩形，则PC=MD，于是有DG=2PC；
②根据四边形ABCD为正方形得AD=AB，由四边形ABPM为矩形得AB=PM，则AD=PM，再利用等角的余角相等得到∠GDH=∠MPG，于是可根据“ASA”证明△ADF≌△MPG，得到DF=PG，加上PD=PG，得到DF=PD，然后利用旋转的性质得∠EPG=90°，PE=PG，所以PE=PD=DF，再利用DF⊥PG得到DF∥PE，于是可判断四边形PEFD为平行四边形，加上DF=PD，则可判断四边形PEFD为菱形；
（2）与（1）中②的证明方法一样可得到四边形PEFD为菱形．
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