9. 如图,在$△ ABC$中,$BC=4\sqrt{2}$,$AD⊥ BC$于点$D$,点$F$在$AD$上,$AF=8$,若点$G$,$E$,$H$分别为$BF$,$AC$,$AB$的中点,连结$GE$,$HE$,$HG$,则$GE$的长为 ()

A.$4$
B.$3\sqrt{2}$
C.$2\sqrt{6}$
D.$5$

9.C 【解析】因为G,E,H分别为BF,AC,AB的中点,所以HE,HG分别为△ABC,△ABF的中位线。所以$HE=\dfrac{1}{2}BC=2\sqrt{2}, HE// BC, HG=\dfrac{1}{2}AF=4, HG// AF$。因为$AD⊥ BC$,所以$HE⊥ HG$。所以$GE=\sqrt{HE^2+HG^2}=\sqrt{(2\sqrt{2}\ )^2+4^2}=2\sqrt{6}$。故选C。

【分析】要计算GE的长度，首先观察到G、E、H分别是BF、AC、AB的中点，可利用三角形中位线定理求出HE和HG的长度；再结合AD⊥BC的条件，推出HE与HG垂直，最后通过勾股定理计算GE，逐步推导即可得到结果。
【解析】
∵G、E、H分别为BF、AC、AB的中点，
∴HE是△ABC的中位线，HG是△ABF的中位线，
根据三角形中位线定理：三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半，
可得：$HE=\dfrac{1}{2}BC=\dfrac{1}{2}×4\sqrt{2}=2\sqrt{2}$，且$HE// BC$；
$HG=\dfrac{1}{2}AF=\dfrac{1}{2}×8=4$，且$HG// AF$；
又
∵$AD⊥BC$，
∴$AF⊥BC$，结合$HE// BC$、$HG// AF$，可得$HE⊥HG$，即$∠ GHE=90°$，
在$Rt△ GHE$中，由勾股定理得：
$GE=\sqrt{HE^2+HG^2}=\sqrt{(2\sqrt{2})^2+4^2}=\sqrt{8+16}=\sqrt{24}=2\sqrt{6}$。
【答案】C
【知识点】三角形中位线定理、勾股定理
【点评】本题结合三角形中位线定理和勾股定理求解线段长度，核心是利用中位线得到两条垂直的线段，再用勾股定理计算，属于基础应用类题目。
【难度系数】0.6

10. 如图,已知四边形纸片ABCD,E,F,G,H是四条边上的中点,连结EG,分别过点H,F作$HI⊥EG$于点I,$FJ⊥EG$于点J,沿EG,HI,FJ将四边形纸片ABCD剪成四个小四边形纸片,记为①,②,③,④,这四张纸片恰好可以无重叠、无缝隙地拼成一个新的四边形纸片ILMN(①沿BD方向平移,④和②分别绕点H和点G旋转$180°$)。若$EJ=5\ \mathrm{cm},JG=2\ \mathrm{cm},FJ=3\ \mathrm{cm}$,则四边形ILMN的周长是 ()

A.$24\ \mathrm{cm}$
B.$26\ \mathrm{cm}$
C.$(22+2\sqrt{5})\mathrm{cm}$
D.$28\ \mathrm{cm}$

10.B 【解析】如图。由题意可知四边形ILMN是矩形,$FJ=PM=PL=3 \mathrm{cm},JG=GL=2 \mathrm{cm},MQ=EJ=5 \mathrm{cm}$,设$JI=x \mathrm{cm}$,则$EI=EJ-JI=(5-x)\mathrm{cm}$。所以$NQ=EI=(5-x)\mathrm{cm}$,所以矩形ILMN的周长$=MN+ML=LI+NI=5-x+5+6+x+6=26(\mathrm{cm})$。故选B。

【分析】
要解决本题，需先确定拼接后新四边形ILMN的形状，再利用图形变换（平移、旋转）的性质找到对应线段的长度，通过设未知量消元计算周长。首先，由HI⊥EG、FJ⊥EG可知ILMN的四个角为直角，故为矩形；接着根据变换的对应边相等关系，设JI=x，将各边用含x的式子表示，最终x会抵消，从而求出周长。
【解析】
1. 由题意，HI⊥EG，FJ⊥EG，因此四边形ILMN的四个内角均为直角，即ILMN是矩形。
2. 根据图形变换（①沿BD方向平移，④和②分别绕点H和点G旋转180°）的性质，对应线段相等，可得：FJ=PM=PL=3cm，JG=GL=2cm，MQ=EJ=5cm。
3. 设JI=x cm，则EI=EJ - JI=(5 - x)cm，由对应边相等得NQ=EI=(5 - x)cm。
4. 矩形ILMN的周长为各边长度之和：(5 - x) + 5 + 6 + x + 6 = 26(cm)（含x的项抵消，无需计算x的值）。
【答案】
B
【知识点】
图形变换、矩形性质、四边形周长
【点评】
本题考查图形的平移、旋转性质及矩形周长计算，核心是利用变换前后对应边相等的特点，通过设未知量消元简化计算，题目难度适中，需要学生理解图形变换的对应关系。
【难度系数】
0.5

11. 二次根式$\sqrt{2a - 1}$中字母$a$的取值范围是________。

11.$a≥ \dfrac{1}{2}$

【分析】要确定二次根式$\sqrt{2a - 1}$中字母$a$的取值范围，需依据二次根式的定义：二次根式的被开方数必须是非负数，据此列出关于$a$的不等式，解不等式即可得到$a$的取值范围。
【解析】根据二次根式有意义的条件，被开方数为非负数，因此：
$2a - 1 ≥ 0$
移项得：$2a ≥ 1$
两边同时除以2得：$a ≥ \dfrac{1}{2}$
【答案】$a ≥ \dfrac{1}{2}$
【知识点】二次根式有意义的条件
【点评】本题属于基础概念题，考查二次根式的基本性质，只要牢记二次根式被开方数非负的要求，即可快速求解，难度较低。
【难度系数】0.9

12. 甲、乙两人进行射击测试，两人10次射击的平均成绩都是9.2环，方差分别是$S^{2}_{甲}=0.76$环²，$S^{2}_{乙}=1.16$环²。在本次射击测试中，这两人中成绩更稳定的是________（填“甲”或“乙”）。

12.甲

【分析】首先要明确方差的统计意义：方差用于衡量一组数据的波动大小，当两组数据的平均数相等时，方差越小，数据的波动程度越小，对应的成绩就越稳定。本题中甲乙两人的平均成绩相同，因此只需比较两人的方差大小，即可判断谁的成绩更稳定。
【解析】已知甲、乙两人10次射击的平均成绩均为9.2环，根据方差的性质：当两组数据的平均数相同时，方差越小，成绩越稳定。因为$S^{2}_{甲}=0.76$，$S^{2}_{乙}=1.16$，且$0.76 ＜ 1.16$，即甲的方差更小，所以甲的成绩更稳定。
【答案】甲
【知识点】方差的意义
【点评】本题考查方差在实际问题中的基础应用，核心是理解方差衡量数据波动的作用，属于简单基础题，掌握方差的基本性质即可解答。
【难度系数】0.8

13. 已知一个多边形的内角和是$720°$,则这个多边形是边形。

13.六

【分析】
要确定多边形的边数，需利用多边形内角和公式：n边形的内角和为$(n-2)×180°$（n为边数，n≥3且为整数）。题目已知内角和为720°，因此可通过列方程求解n的值，进而得到多边形的边数。
【解析】
设这个多边形的边数为n，根据多边形内角和公式列方程：
$(n - 2)×180° = 720°$
两边同时除以180°得：$n - 2 = 720°÷180° = 4$
移项计算得：$n = 4 + 2 = 6$
因此这个多边形是六边形。
【答案】
六
【知识点】
多边形内角和公式
【点评】
本题是多边形内角和公式的基础应用，只需牢记公式并进行简单的代数计算即可得出结果，属于基础题型，难度较低。
【难度系数】
0.9

14. 如图,在$△ ABC$中,$∠ ACB=90°,∠ A=25°$,将$\mathrm{Rt}△ ABC$绕点$C$按顺时针方向旋转$α$得到$△ DEC$,当点$B$正好落在线段$DE$上时,旋转角$α=\_\_\_\_\_\_°$。

14.50

【分析】
要解决这个问题，需结合旋转的性质、直角三角形和等腰三角形的内角关系。首先利用直角三角形两锐角互余求出原三角形的内角，再根据旋转的性质得到对应边、对应角相等，判断出等腰三角形，最后通过三角形内角和计算出旋转角。
【解析】
在$Rt△ABC$中，$∠ACB=90°$，$∠A=25°$，根据直角三角形两锐角互余：
$∠ABC = 90° - ∠A = 90° - 25° = 65°$。
将$Rt△ABC$绕点$C$顺时针旋转$α$得到$△DEC$，由旋转的性质可知：对应边相等（$CB=CE$），对应角相等（$∠DEC=∠ABC=65°$）。
因此$△CBE$是等腰三角形，$∠CEB=∠CBE=∠DEC=65°$。
根据三角形内角和为$180°$，可得：
$∠BCE = 180° - ∠CEB - ∠CBE = 180° - 65° - 65° = 50°$。
由于旋转角$α$为$∠BCE$，故$α=50°$。
【答案】
50
【知识点】
旋转的性质；直角三角形的性质；等腰三角形的性质
【点评】
本题考查旋转性质的基础应用，需结合直角三角形、等腰三角形的内角关系求解，解题关键是利用旋转前后对应边、对应角相等的性质找到等腰三角形，进而计算旋转角，属于中等难度的几何题。
【难度系数】
0.6

15. 已知$a,b$是方程$x^2 + x - 1 = 0$的两个实根，则$a^4 - 3b$的值为________。

15.5 【解析】因为$a,b$是方程$x^2+x-1=0$的两个实根,所以$a+b=-1,a^2=-a+1$。所以$a^4-3b=(-a+1)^2-3b=a^2-2a+1-3b=-a+1-2a+1-3b=2-3(a+b)=2-3×(-1)=5$。

【分析】
要计算$a^4 - 3b$的值，需利用一元二次方程根的定义对高次幂降次，再结合韦达定理（根与系数的关系），将式子转化为可整体代入的形式。具体思路：1. 由$a$是方程的根，得到$a^2=-a+1$，进而推出$a^4=(a^2)^2$；2. 展开$a^4$的表达式，用$a^2=-a+1$替换后化简；3. 利用韦达定理得到$a+b$的值，整体代入化简后的式子计算结果。
【解析】
解：因为$a$是方程$x^2 + x - 1 = 0$的实根，将$x=a$代入方程得：
$a^2 + a - 1 = 0$，即$a^2 = -a + 1$。
则$a^4 = (a^2)^2 = (-a + 1)^2 = a^2 - 2a + 1$，
把$a^2=-a+1$代入上式得：
$a^4 = (-a + 1) - 2a + 1 = -3a + 2$。
所以$a^4 - 3b = (-3a + 2) - 3b = 2 - 3(a + b)$。
又因为$a,b$是方程$x^2 + x - 1 = 0$的两个实根，根据韦达定理，两根之和$a + b = -1$，
将$a + b = -1$代入得：
$2 - 3×(-1) = 5$。
【答案】
5
【知识点】
一元二次方程根的性质；韦达定理
【点评】
本题考查一元二次方程根的定义和韦达定理的应用，核心是利用方程根的定义对高次代数式降次，结合整体代入思想简化计算，属于常规题型，需掌握降次和整体代入的方法。
【难度系数】
0.6

16. 如图,在平行四边形ABCD中,$∠ABC=30°$,$AB=2$,$BC=4$,分别以AB,BC,CD,AD为一边,在平行四边形ABCD外部作正方形ABFE,BCHG,CDJI,ADKL。若M,N,O,P是各正方形对角线的交点,则四边形MNOP的面积等于$\underline{\hspace{3em}}$。

16.14 【解析】如图,连结AP,AM,BM,BN。因为P,M,N分别是正方形ADKL、正方形ABFE、正方形BCHG对角线的交点,所以$BN=\dfrac{\sqrt{2}}{2}BC=2\sqrt{2},AM=BM=\dfrac{\sqrt{2}}{2}AB=\sqrt{2},∠ AMB=90°,AP=\dfrac{\sqrt{2}}{2}AD$,$∠ PAL=∠ EAM=∠ ABM=∠ CBN=45°$。因为四边形ABCD是平行四边形,所以$AD=BC,AD// BC$。所以$∠ BAD=180°-∠ ABC=150°,AP=BN$。所以$∠ EAL=360°-90°-90°-150°=30°$。所以$∠ MAP=∠ MBN=120°$。所以$△ AMP≌△ BMN(\mathrm{SAS})$。所以$MP=MN,∠ AMP=∠ BMN$。所以$∠ PMN=∠ AMB=90°$。同理可证$MP=OP,MN=ON$,所以$MP=OP=MN=ON$。所以四边形MNOP是正方形。过点N作$NT⊥ MB$交MB的延长线于点T,则$∠ TBN=60°$,所以$∠ TNB=30°$。所以$BT=\dfrac{1}{2}BN=\sqrt{2},TN=\sqrt{3}BT=\sqrt{6}$。所以$MT=2\sqrt{2}$。所以$MN=\sqrt{MT^2+TN^2}=\sqrt{14},S_{\mathrm{四边形}MNOP}=MN^2=14$。

【分析】
本题需结合正方形、平行四边形的性质，通过全等三角形推导四边形MNOP的形状，再利用勾股定理计算面积。首先明确正方形对角线交点的性质（对角线夹角为90°，到顶点距离为边长的$\frac{\sqrt{2}}{2}$）；再利用平行四边形对边相等、邻角互补的特点推导角度关系，证明三角形全等得到四边形MNOP的边和角特征，确定其为正方形后，通过辅助线结合勾股定理计算边长平方，进而得到面积。
【解析】
1. 由正方形性质得线段与角度：
因为M、N、P分别是正方形ABFE、BCHG、ADKL对角线的交点，所以：
正方形ABFE中，$AM=BM=\frac{\sqrt{2}}{2}AB=\sqrt{2}$，$∠ AMB=90°$；
正方形BCHG中，$BN=\frac{\sqrt{2}}{2}BC=\frac{\sqrt{2}}{2}×4=2\sqrt{2}$；
正方形ADKL中，$AP=\frac{\sqrt{2}}{2}AD$，又平行四边形ABCD中$AD=BC=4$，故$AP=2\sqrt{2}$，即$AP=BN$。
2. 推导角度，证明三角形全等：
平行四边形ABCD中，$∠ BAD=180°-∠ ABC=150°$，结合正方形内角为90°，得$∠ EAM=∠ ABM=∠ CBN=∠ PAL=45°$，因此$∠ MAP=∠ MBN=120°$，结合$AM=BM$、$AP=BN$，可证$△ AMP≌△ BMN(\mathrm{SAS})$，得$MP=MN$，$∠ AMP=∠ BMN$，故$∠ PMN=∠ AMB=90°$；同理可证$MP=OP$、$MN=ON$，因此四边形MNOP是正方形。
3. 计算正方形面积：
过N作$NT⊥ MB$交MB的延长线于T，$∠ TBN=60°$，在$\mathrm{Rt}△ TBN$中，$BT=\frac{1}{2}BN=\sqrt{2}$，$TN=\sqrt{3}BT=\sqrt{6}$，$MT=MB+BT=2\sqrt{2}$，由勾股定理得$MN^2=MT^2+TN^2=(2\sqrt{2})^2+(\sqrt{6})^2=14$，故四边形MNOP的面积为14。
【答案】14
【知识点】正方形性质、全等三角形判定、勾股定理
【点评】本题综合考查几何核心知识点，关键在于通过性质推导角度关系、证明四边形为正方形，再结合勾股定理计算面积，对几何逻辑推理能力要求较高，是一道综合性较强的几何题。
【难度系数】0.3