资源描述
2023-2024学年九上数学期末模拟试卷
考生须知：
1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。
2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。
3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。
一、选择题（每题4分，共48分）
1．将抛物线向右平移1个单位，再向上平移3个单位，得到的抛物线是（ ）
A． B．
C． D．
2．五粮液集团2018年净利润为400亿元，计划2020年净利润为640亿元，设这两年的年净利润平均增长率为x，则可列方程是（ ）
A． B．
C． D．
3．若，则的值是（ ）
A． B． C． D．0
4．在平面直角坐标系中，将抛物线绕着原点旋转，所得抛物线的解析式是（ ）
A． B．
C． D．
5．如图，这个几何体的左视图是（ ）
A． B． C． D．
6．如图，以△ABC的三条边为边，分别向外作正方形，连接EF，GH，DJ，如果△ABC的面积为8，则图中阴影部分的面积为（ ）
A．28 B．24 C．20 D．16
7．二次函数y＝﹣x2+2mx（m为常数），当0≤x≤1时，函数值y的最大值为4，则m的值是（ ）
A．±2 B．2 C．±2.5 D．2.5
8．二次函数y=a（x+k）2+k，无论k为何实数，其图象的顶点都在（ ）
A．直线y=x上 B．直线y=﹣x上 C．x轴上 D．y轴上
9．校园内有一个由两个全等的六边形（边长为）围成的花坛，现将这个花坛在原有的基础上扩建成如图所示的一个菱形区域，并在新扩建的部分种上草坪，则扩建后菱形区域的周长为（ ）
A． B． C． D．
10．在一个有 10 万人的小镇，随机调查了 1000 人，其中有 120 人周六早上观看中央电视台的“朝闻天下”节目，那么在该镇随便问一个人，他在周六早上观看中央电视台的“朝闻天下”节目的概率大约是（ ）
A． B． C． D．
11．如图，点A，B，C，D的坐标分别是（1，7），（1，1），（4，1），（6，1），以C，D，E为顶点的三角形与△ABC相似，则点E的坐标不可能是
A．（6，0） B．（6，3） C．（6，5） D．（4，2）
12．将一副学生常用的三角板如下图摆放在一起，组成一个四边形，连接，则的值为（ ）
A． B． C． D．
二、填空题（每题4分，共24分）
13．如图，小杨沿着有一定坡度的坡面前进了5米，这个坡面的坡度为1:2，此时他与水平地面的垂直距离为____米.
14．已知抛物线，那么点P（-3，4）关于该抛物线的对称轴对称的点的坐标是______．
15．抛物线y=（x-1）2-7的对称轴为直线_________.
16．如图，已知点P是△ABC的重心，过P作AB的平行线DE,分别交AC于点D,交BC于点E,作DF//BC,交AB于点F,若四边形BEDF的面积为4,则△ABC的面积为__________
17．如图，已知射线，点从B点出发，以每秒1个单位长度沿射线向右运动；同时射线绕点顺时针旋转一周，当射线停止运动时，点随之停止运动.以为圆心，1个单位长度为半径画圆，若运动两秒后，射线与恰好有且只有一个公共点，则射线旋转的速度为每秒______度.
18．如图，一段抛物线：记为，它与轴交于两点，；将绕旋转得到，交轴于；将绕旋转得到，交轴于；如此进行下去，直至得到，若点在第段抛物线上，则___________．
三、解答题（共78分）
19．（8分）如图，二次函数（其中）的图象与x轴分别交于点A、B（点A位于B的左侧），与y轴交于点C，过点C作x轴的平行线CD交二次函数图像于点D．
（1）当m=2时，求A、B两点的坐标；
（2）过点A作射线AE交二次函数的图像于点E，使得ÐBAE=ÐDAB．求点E的坐标（用含m的式子表示）；
（3）在第（2）问的条件下，二次函数的顶点为F，过点C、F作直线与x轴于点G，试求出GF、AD、AE的长度为三边长的三角形的面积（用含m的式子表示）．
20．（8分）某超市欲购进一种今年新上市的产品，购进价为20元件，为了调查这种新产品的销路，该超市进行了试销售，得知该产品每天的销售量件与每件的销售价元件之间有如下关系：
请写出该超市销售这种产品每天的销售利润元与x之间的函数关系式，并求出超市能获取的最大利润是多少元．
若超市想获取1500元的利润求每件的销售价．
若超市想获取的利润不低于1500元，请求出每件的销售价X的范围？
21．（8分）如图，对称轴为直线的抛物线与轴交于两点，与轴交于点连接其中点坐标．
（1）求抛物线的解析式；
（2）直线与抛物线交于点与轴交于点求的面积；
（3）在直线下方抛物线上有一点过作轴交直线于点.四边形为平行四边形，求点的坐标．
22．（10分）如图①，A（﹣5，0），OA＝OC，点B、C关于原点对称，点B（a，a+1）（a＞0）．
（1）求B、C坐标；
（2）求证：BA⊥AC；
（3）如图②，将点C绕原点O顺时针旋转α度（0°＜α＜180°），得到点D，连接DC，问：∠BDC的角平分线DE，是否过一定点？若是，请求出该点的坐标；若不是，请说明理由．
23．（10分）我市某蔬菜生产基地在气温较低时，用装有恒温系统的大棚栽培一种在自然光照且温度为的条件下生长最快的新品种．下图是某天恒温系统从开启到关闭及关闭后，大棚内温度y（°C）随时间x（小时）变化的函数图象，其中段是双曲线的一部分．请根据图中信息解答下列问题：
（1）恒温系统在这天保持大棚内温度的时间有________小时；
（2）当时，大棚内的温度约为多少度？
24．（10分）图中的每个小正方形的边长均为1，每个小正方形的顶点叫做格点．线段和的端点均在格点上．
（1）在图中画出以为一边的，点在格点上，使的面积为4，且的一个角的正切值是；
（2）在图中画出以为顶角的等腰（非直角三角形），点在格点上．请你直接写出的面积．
25．（12分）已知抛物线y＝x2+mx+n与x轴交于点A（﹣1，0），B（2，0）两点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）当y＜0时，直接写出x的取值范围是 ．
26．如图：已知▱ABCD，过点A的直线交BC的延长线于E，交BD、CD于F、G．
（1）若AB＝3，BC＝4，CE＝2，求CG的长；
（2）证明：AF2＝FG×FE．
参考答案
一、选择题（每题4分，共48分）
1、D
【分析】由题意可知原抛物线的顶点及平移后抛物线的顶点，根据平移不改变抛物线的二次项系数可得新的抛物线解析式．
【详解】解：由题意得原抛物线的顶点为（0，0），
∴平移后抛物线的顶点为（1，3），
∴得到的抛物线解析式为y=2（x-1）2+3，
故选：D．
本题考查二次函数的几何变换，熟练掌握二次函数的平移不改变二次项的系数得出新抛物线的顶点是解决本题的关键．
2、B
【分析】根据平均年增长率即可解题.
【详解】解：设这两年的年净利润平均增长率为x，依题意得：
故选B.
本题考查了一元二次方程的实际应用,属于简单题,熟悉平均年增长率概念是解题关键.
3、D
【分析】设，则a=2k，b=3k，代入式子化简即可．
【详解】解：设，
∴a=2k，b=3k，
∴==0，
故选D.
本题考查比例线段，解题的关键是学会利用参数解决问题，属于中考常考题型．
4、A
【解析】试题分析：先将原抛物线化为顶点式，易得出与y轴交点，绕与y轴交点旋转180°，那么根据中心对称的性质，可得旋转后的抛物线的顶点坐标，即可求得解析式．
解：由原抛物线解析式可变为：，
∴顶点坐标为（-1，2），
又由抛物线绕着原点旋转180°，
∴新的抛物线的顶点坐标与原抛物线的顶点坐标关于点原点中心对称，
∴新的抛物线的顶点坐标为（1，-2），
∴新的抛物线解析式为：．
故选A．
考点：二次函数图象与几何变换．
5、B
【解析】根据三视图概念即可解题.
【详解】解：因为物体的左侧高,所以会将右侧图形完全遮挡,看不见的直线要用虚线代替,
故选B.
本题考查了三视图的识别,属于简单题,熟悉三视图的概念是解题关键.
6、B
【分析】过E作EM⊥FA交FA的延长线于M，过C作CN⊥AB交AB的延长线于N，根据全等三角形的性质得到EM＝CN，于是得到S△AEF＝S△ABC＝8，同理S△CDJ＝S△BHG＝S△ABC＝8，于是得到结论．
【详解】解：过E作EM⊥FA交FA的延长线于M，过C作CN⊥AB交AB的延长线于N，
∴∠M＝∠N＝90°，∠EAM+∠MAC＝∠MAC+∠CAB＝90°，
∴∠EAM=∠CAB
∵四边形ACDE、四边形ABGF是正方形，
∴AC=AE，AF＝AB，
∴∠EAM≌△CAN，
∴EM＝CN，
∵AF＝AB，
∴S△AEF＝AF•EM，S△ABC＝AB•CN＝8，
∴S△AEF＝S△ABC＝8，
同理S△CDJ＝S△BHG＝S△ABC＝8，
∴图中阴影部分的面积＝3×8＝24，
故选：B．
本题主要考查了正方形的性质，全等三角形判定和性质，正确的作辅助线是解题的关键．
7、D
【解析】分m≤0、m≥1和0≤m≤1三种情况，根据y的最大值为4，结合二次函数的性质求解可得．
【详解】y＝﹣x2+2mx＝﹣（x﹣m）2+m2（m为常数），
①若m≤0，当x＝0时，y＝﹣（0﹣m）2+m2＝4，
m不存在，
②若m≥1，当x＝1时，y＝﹣（1﹣m）2+m2＝4，
解得：m＝2.5；
③若0≤m≤1，当x＝m时，y＝m2＝4，
即：m2＝4，
解得：m＝2或m＝﹣2，
∵0≤m≤1，
∴m＝﹣2或2都舍去，
故选：D．
此题主要考查二次函数的图像与性质，解题的关键是根据题意分三种情况讨论.
8、B
【解析】试题分析：根据函数解析式可得：函数的顶点坐标为（-k，k），则顶点在直线y=-x上.
考点：二次函数的顶点
9、C
【分析】根据题意和正六边形的性质得出△BMG是等边三角形，再根据正六边形的边长得出BG=GM=3.5m，同理可证出AF=EF=3.5m，再根据AB=BG+GF+AF，求出AB，从而得出扩建后菱形区域的周长．
【详解】解：如图，∵花坛是由两个相同的正六边形围成，
∴∠FGM=∠GMN=120°，GM=GF=EF，
∴∠BMG=∠BGM=60°，
∴△BMG是等边三角形，
∴BG=GM=3.5（m），
同理可证：AF=EF=3.5（m）
∴AB=BG+GF+AF=3.5×3=10.5（m），
∴扩建后菱形区域的周长为10.5×4=42（m），
故选：C．
此题考查了菱形的性质，用到的知识点是等边三角形的判定与性质、菱形的性质和正六边形的性质，关键是根据题意作出辅助线，找出等边三角形．
10、C
【解析】试题解析：由题意知：1000人中有120人看中央电视台的早间新闻，
∴在该镇随便问一人，他看早间新闻的概率大约是．
故选C．
【点睛】本题考查概率公式和用样本估计总体，概率计算一般方法：如果一个事件有n种可能，而且这些事件的可能性相同，其中事件A出现m种结果，那么事件A的概率P（A）=．
11、B
【解析】试题分析：△ABC中，∠ABC=90°，AB=6，BC=3，AB：BC=1．
A、当点E的坐标为（6，0）时，∠CDE=90°，CD=1，DE=1，则AB：BC=CD：DE，△CDE∽△ABC，故本选项不符合题意；
B、当点E的坐标为（6，3）时，∠CDE=90°，CD=1，DE=1，则AB：BC≠CD：DE，△CDE与△ABC不相似，故本选项符合题意；
C、当点E的坐标为（6，5）时，∠CDE=90°，CD=1，DE=4，则AB：BC=DE：CD，△EDC∽△ABC，故本选项不符合题意；
D、当点E的坐标为（4，1）时，∠ECD=90°，CD=1，CE=1，则AB：BC=CD：CE，△DCE∽△ABC，故本选项不符合题意．
故选B．
12、B
【分析】设AC、BD交于点E，过点C作CF⊥BD于点F，过点E作EG⊥CD于点G，则CF∥AB，△CDF和△DEG都是等腰直角三角形，设AB=2，则易求出CF=，由△CEF∽△AEB，可得，于是设EF=，则，然后利用等腰直角三角形的性质可依次用x的代数式表示出CF、CD、DE、DG、EG的长，进而可得CG的长，然后利用正切的定义计算即得答案.
【详解】解：设AC、BD交于点E，过点C作CF⊥BD于点F，过点E作EG⊥CD于点G，则CF∥AB，△CDF和△DEG都是等腰直角三角形，
∴△CEF∽△AEB，
设AB=2，∵∠ADB=30°，
∴BD=，
∵∠BDC=∠CBD=45°，CF⊥BD，
∴CF=DF=BF==，
∴，
设EF=，则，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴.
故选：B.
本题以学生常见的三角板为载体，考查了锐角三角函数和特殊角的三角函数值、30°角的直角三角形的性质、等腰三角形的性质等知识，构图简洁，但有相当的难度，正确添加辅助线、熟练掌握等腰直角三角形的性质和锐角三角函数的知识是解题的关键.
二、填空题（每题4分，共24分）
13、
【分析】设BC＝x，则AB＝2x，再根据勾股定理得到x2+（2x）2=52，再方程的解即可．
【详解】如图所示：设BC＝x，则AB＝2x，依题意得：
x2+（2x）2=52
解得x=或x=-（舍去）．
故答案为：．
考查了解直角三角形，解决本题的关键是构造直角三角形利用勾股定理得出．
14、（1，4）.
【解析】试题解析：抛物线的对称轴为：
点关于该抛物线的对称轴对称的点的坐标是
故答案为
15、x=1
【分析】根据抛物线y=a（x-h）2+k的对称轴是x=h即可确定所以抛物线y=（x-1）2-7的对称轴．
【详解】解：∵y=（x-1）2-7
∴对称轴是x=1
故填空答案：x=1．
本题主要考查了二次函数的性质，熟记二次函数的对称轴，顶点坐标是解答此题的关键．
16、9
【分析】连接CP交AB于点H,利用点P是重心得到=，得出S△DEC=4S△AFD,再由DE//BF证出，由此得到S△DEC=S△ABC，继而得出S四边形BEDF=S△ABC，从而求出△ABC的面积.
【详解】如图，连接CP交AB于点H,
∵点P是△ABC的重心，
∴,
∴,
∵DF//BE,
∴△AFD∽△DEC,
∴S△DEC=4S△AFD,
∵DE//BF,
∴,△DEC∽△ABC,
∴S△ABC=S△DEC,
∴S四边形BEDF=S△ABC,
∵四边形BEDF的面积为4,
∴S△ABC=9
故答案为：9.
此题考察相似三角形的判定及性质，做题中首先明确重心的意义，连接CP交AB于点H是解题的关键，由此得到边的比例关系，再利用相似三角形的性质：面积的比等于相似比的平方推导出几部分图形的面积之间的关系，得到三角形ABC的面积.
17、30或60
【分析】射线与恰好有且只有一个公共点就是射线与相切，分两种情况画出图形，利用圆的切线的性质和30°角的直角三角形的性质求出旋转角，然后根据旋转速度=旋转的度数÷时间即得答案.
【详解】解：如图1，当射线与在射线BA上方相切时，符合题意，设切点为C，连接OC，则OC⊥BP，
于是，在直角△BOC中，∵BO=2，OC=1，∴∠OBC=30°，∴∠1=60°，
此时射线旋转的速度为每秒60°÷2=30°；
如图2，当射线与在射线BA下方相切时，也符合题意，设切点为D，连接OD，则OD⊥BP，
于是，在直角△BOD中，∵BO=2，OD=1，∴∠OBD=30°，∴∠MBP=120°，
此时射线旋转的速度为每秒120°÷2=60°；
故答案为：30或60.
本题考查了圆的切线的性质、30°角的直角三角形的性质和旋转的有关概念，正确理解题意、熟练掌握基本知识是解题的关键.
18、-1
【分析】将这段抛物线C1通过配方法求出顶点坐标及抛物线与x轴的交点，由旋转的性质可以知道C1与C2的顶点到x轴的距离相等，且OA1＝A1A2，照此类推可以推导知道点P（11，m）为抛物线C6的顶点，从而得到结果．
【详解】∵y＝−x（x−2）（0≤x≤2），
∴配方可得y＝−（x−1）2＋1（0≤x≤2），
∴顶点坐标为（1，1），
∴A1坐标为（2，0）
∵C2由C1旋转得到，
∴OA1＝A1A2，即C2顶点坐标为（3，−1），A2（4，0）；
照此类推可得，C3顶点坐标为（5，1），A3（6，0）；
C4顶点坐标为（7，−1），A4（8，0）；
C5顶点坐标为（9，1），A5（10，0）；
C6顶点坐标为（11，−1），A6（12，0）；
∴m＝−1．
故答案为：-1．
本题考查了二次函数的性质及旋转的性质，解题的关键是求出抛物线的顶点坐标，学会从一般到特殊的探究方法，属于中考常考题型．
三、解答题（共78分）
19、（1），；（2）；（3）
【分析】（1）求图象与x轴交点，即函数y值为零，解一元二次方程即可;
（2）过作轴，过作轴，先求出D点坐标为，设E点为，即可列等式求m的值得E点坐标；
（3）由直线的方程：，得G点坐标，再用m的表达式分别表达GF、AD、AE即可.
【详解】（1） 当时，，
∵图象与x轴分别交于点A、B
∴时，
∴，
（2）∵，轴
∴
过作轴，过作轴
∵
∴
设E
∴
（3）以GF、BD、BE的长度为三边长的三角形是直角三角形.理由如下：
二次函数的顶点为F,则F的坐标为(−m,4)，过点F作FH⊥x轴于点H.
∵tan∠CGO=，tan∠FGH=，
∴=，
∴=，
∵OC=3，HF=4，OH=m，
∴，
∴OG=3m.
∴
，
∴
∴、、能构成直角三角形面积是
所以、、能构成直角三角形面积是
此题考查二次函数综合题，解题关键在于掌握二次函数图象的问题转换.
20、 (1),2000; (2) 每件的销售价为35元和25元;(3).
【分析】(1)根据利润=单件利润×销售量列出y与x的函数关系式，利用对称轴求函数最大值；(2)令y=1500构造一元二次方程；(3)由(2)结合二次函数图象观察图象可解.
【详解】(1)由已知
当时，
当
解得，
所以每件的销售价为35元和25元．
由结合函数图象可知超市想获取的利润不低于1500元，x的取值范围为: 25<x<35.
本题考查了二次函数实际应用问题，解题的关键是熟练掌握二次函数的性质和一元二次方程，解答时注意结合函数图象解决问题．
21、（1）；（2）；（3）
【分析】（1）根据对称轴公式及点A 坐标建立方程组求解即可；
（2）根据直线表达式求出点E坐标，再联立直线与抛物线的表达式求交点C、D的坐标，利用坐标即可求出的面积；
（3）根据点Q在抛物线上设出点Q坐标，再根据P、Q之间的关系表示出点P的坐标，然后利用平行四边形的性质得到BE=PQ，从而建立方程求解即可．
【详解】解：（1）由题可得，解得，
∴抛物线解析式为；
（2）在中，令，得，
∴，
由，解得或，
∴，
∴；
（3）在中，令，得，
解得或，
∴，
∴BE=1，
设，则，
∵四边形为平行四边形，
∴，
∴，整理得：，
解得：或，
当时，点Q与点B重合，故舍去，
∴．
本题为二次函数综合题，熟练掌握对称轴公式、待定系数法求表达式、交点坐标的求法以及平行四边形的性质是解题的关键．
22、（1）点B（3，4），点C（﹣3，﹣4）；（2）证明见解析；（3）定点（4，3）；理由见解析．
【分析】（1）由中心对称的性质可得OB＝OC＝5，点C（﹣a，﹣a﹣1），由两点距离公式可求a的值，即可求解；
（2）由两点距离公式可求AB，AC，BC的长，利用勾股定理的逆定理可求解；
（3）由旋转的性质可得DO＝BO＝CO，可得△BCD是直角三角形，以BC为直径，作⊙O，连接OH，DE与⊙O交于点H，由圆周角定理和角平分线的性质可得∠HBC＝∠CDE＝45°＝∠BDE＝∠BCH，可证CH＝BH，∠BHC＝90°，由两点距离公式可求解．
【详解】解：（1）∵A（﹣5，0），OA＝OC，
∴OA＝OC＝5，
∵点B、C关于原点对称，点B（a，a+1）（a＞0），
∴OB＝OC＝5，点C（﹣a，﹣a﹣1），
∴5＝，
∴a＝3，
∴点B（3，4），
∴点C（﹣3，﹣4）；
（2）∵点B（3，4），点C（﹣3，﹣4），点A（﹣5，0），
∴BC＝10，AB＝4 ，AC＝2，
∵BC2＝100，AB2+AC2＝80+20＝100，
∴BC2＝AB2+AC2，
∴∠BAC＝90°，
∴AB⊥AC；
（3）过定点，
理由如下：
∵将点C绕原点O顺时针旋转α度（0°＜α＜180°），得到点D，
∴CO＝DO，
又∵CO＝BO，
∴DO＝BO＝CO，
∴△BCD是直角三角形，
∴∠BDC＝90°，
如图②，以BC为直径，作⊙O，连接OH，DE与⊙O交于点H，
∵DE平分∠BDC，
∴∠BDE＝∠CDE＝45°，
∴∠HBC＝∠CDE＝45°＝∠BDE＝∠BCH，
∴CH＝BH，∠BHC＝90°，
∵BC＝10，
∴BH＝CH＝5，OH＝OB＝OC＝5，
设点H（x，y），
∵点H在第四象限，
∴x＜0，y＞0，
∴x2+y2＝25，（x﹣3）2+（y﹣4）2＝50，
∴x＝4，y＝3，
∴点H（4，﹣3），
∴∠BDC的角平分线DE过定点H（4，3）．
本题是几何变换综合题，考查了中心对称的性质，直角三角形的性质，角平分线的性质，圆的有关知识，勾股定理的逆定理，两点距离公式等知识，灵活运用这些性质解决问题是本题的关键．
23、（1）8；（2）．
【分析】找出临界点即可.
【详解】(1)8;
∵点在双曲线上，
∴，
∴解得：．
当时，，
所以当时，大棚内的温度约为．
理解临界点的含义是解题的关键.
24、（1）画图见解析；（2）画图见解析，1．
【分析】（1）根据AB的长以及△ABE的面积可得出AB边上的高为2，再直接利用正切的定义借助网格得出E点位置，再画出△ABE即可；
（2）在网格中根据勾股定理可得出DC2=22+42，利用网格找出使CF2=DC2=22+42的点F即可，然后利用网格通过转化法可求出△CDF的面积．
【详解】解：（1）设△ABE中AB边上的高为EG，则S△ABE=×AB×EG=4，
又AB=4，∴EG=2，
假设∠A的正切值为，即tanA=，∴AG=1，
∴点E的位置如图所示，△ABE即为所求：
（2）根据勾股定理可得，DC2=22+42，∴CF2=DC2=22+42，
所以点F的位置如图所示，△DCF即为所求；
根据网格可得，△DCF的面积=4×4-×2×4-×2×4-×2×2=1．
此题主要考查了应用设计与作图，正确借助网格分析是解题关键．
25、（1）y＝x1﹣x﹣1；（1）﹣1＜x＜1．
【分析】（1）利用待定系数法确定函数关系式；
（1）结合函数图象解答．
【详解】解：（1）把A（﹣1，0），B（1，0）分别代入y＝x1+mx+n，得
．
解得．
故该抛物线解析式是：y＝x1﹣x﹣1；
（1）由题意知，抛物线y＝x1﹣x﹣1与x轴交于点A（﹣1，0），B（1，0）两点，且开口方向向上，所以当y＜0时，x的取值范围是﹣1＜x＜1．
故答案是：﹣1＜x＜1．
此题主要考查二次函数的图像与性质，解题的关键是熟知待定系数法求解析式.
26、（1）1；（2）证明见解析
【解析】（1）根据平行四边形的性质得到AB∥CD，证明△EGC∽△EAB，根据相似三角形的性质列出比例式，代入计算即可；
（2）分别证明△DFG∽△BFA，△AFD∽△EFB，根据相似三角形的性质证明．
【详解】（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，
∴△EGC∽△EAB，
∴，即，
解得，CG＝1；
（2）∵AB∥CD，
∴△DFG∽△BFA，
∴，
∴AD∥CB，
∴△AFD∽△EFB，
∴，
∴，即AF2＝FG×FE．
本题考查的是平行四边形的性质，相似三角形的判定和性质，掌握相似三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
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