2019-2020学年四川省自贡市九年级(上)期末数学试卷

2019-2020学年四川省自贡市九年级（上）期末数学试卷一.选择题（每小题4分，共48分）1. 下列汽车标志中，既是中心对称图形又是轴对称图形的是（）A. B.C. D.2. 下列事件：①．在足球比赛中，中国男足战胜德国男足；②．有交通信号灯的路口遇到红灯；③．连续两次抛掷一枚普通的正方体骰子得到的点数之和为13；④．任取一数为x，使它满足x3＝x2．其中随机事件有（）A.4个B.3个C.2个D.1个3. 方程x2+9x+9＝0的两根为x1，x2，则x1+x2−x1x2＝（）A.−18B.18C.9D.04. 社会主义核心价值观中：“富强、民主、文明、和谐”是国家层面的价值目标；“自由、平等、公正、法治”是社会层面的价值取向；“爱国、敬业、诚信、友善”是公民个人层面的价值准则．现将12个词语写在12张不透明的卡片上（背面完全一样），背面朝上放在桌面上，从中随机抽取一张，抽到社会层面价值取向的卡片的概率为（）A.1 4B.112C.13D.165. 若点(3, a−2)与点(b+2, −1)关于原点对称，则点(b, a)位于（）A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限6. 已知a是方程x2−2x−1=0的一个根，则代数式2a2−4a−1的值为()A.1B.−2C.−2或1D.27. 如图，A、B、C三点在⊙O上，∠AOC＝100∘，则∠ABC等于（）A.140∘ B.110∘ C.120∘ D.130∘8. 将抛物线y＝2x2向左平移3个单位，再向上平移1个单位得到的抛物线，其解析式是（）A.y＝2(x+3)2+1B.y＝2(x−3)2−1C.y＝2(x+3)2−1D.y＝2(x−3)2+19. 关于x的一元二次方程(a−3)x2−4x−1＝0有实数根，则a的值范围是（）A.a≥−1且a≠3B.a>−1且a≠3C.a≠3D.a≥−110. 若一个圆锥的底面半径为2cm，高为4√2cm，则圆锥的侧面展开图中圆心角的度数为（）A.80∘B.100∘C.120∘D.150∘11. 如图，在Rt△ABC中，∠C＝90∘，AC＝BC＝2；若将△ABC绕点B逆时针旋转60∘到△A′BC′的位置，连接C′A，则C′A的长为（）A.√6−√22B.√6−√2C.2−√22D.2−√212. 如图，y＝ax2+bx+c的图象经过点(−1, 0)，(m, 0)；有如下判断：①abc<0；②b>3c；③1m=1−bc；④|am+a|=√b2−4ac．其中正确的判断有（）A.1个B.2个C.3个D.4个二.填空题（本大题共6个小题，每题4分，共24分）抛物线y＝(x+1)2−2的对称轴x＝________．已知正六边形的边心距为√3，则这个正六边形的边长为________．已知⊙O的半径是一元二次方程x2+6x−16＝0的解，且点O到直线AB的距离是√2，则直线AB与⊙O的位置关系是________．已知一个口袋中有5个只有颜色不同的球，其中红球2个，黄球3个，若在口袋中再放入x个红球、y个黄球，从口袋中随机摸出一个黄球的概率是13．则y与x的函数关系式为y＝________．若二次函数y＝ax2−1的图象经过(2, 0)，则关于x的方程a(x+2)2−1＝0的实数根是＝________．如图，AB是⊙O的直径，C为圆上一点，且∠AOC＝120∘，⊙O的半径为2，P为圆上一动点，Q为AP的中点，则CQ的长的最值是________．三、解答题（共8个题，.共78分）如图，抛物线y＝x2+bx+c与x轴交于A(−1, 0)，B(3, 0)两点．求该抛物线的解析式．如图，点E是△ABC的内心，AE的延长线和△ABC的外接圆相交于点D．求证：DE＝DB．已知关于x的一元二次方程ax2+bx+1＝0中，b=√a−m+√m−a+m+1；（1）若a＝4，求b的值；（2）若方程ax2+bx+1＝0有两个相等的实数根，求方程的根．如图为一个封闭的圆形装置，整个装置内部为A、B、C三个区域（A、B两区域为圆环，C区域为小圆），具体数据如图．（1）求出A、B、C三个区域三个区域的面积：S A＝________，S B＝________，S C＝________；（2）随机往装置内扔一粒豆子，多次重复试验，豆子落在B区域的概率P B为多少？（3）随机往装置内扔180粒豆子，请问大约有多少粒豆子落在A区域？用配方法解关于x的一元二次方程ax2+bx+c＝0．已知⊙O是△ABC的外接圆，AB是⊙O的直径，D是AB延长线上的一点，AE⊥CD交DC的延长线于E，交⊙O于G，CF⊥AB于F，点C是弧BG的中点．（1）求证：DE是⊙O的切线；（2）若AF，BF(AF>BF)是一元二次方程x2−8x+12＝0的两根，求CE和AG的长．某校学生准备购买标价为50元的《现代汉语词典》，现有甲、乙两书店出售此书，甲店按如下方法促销：若只购1本，则按原价销售；若一次性购买多于1本，但不多于30本时，每多购一本，售价在标价的基础上优惠2%（例如买2本，每本售价优惠2%；买三本，每本售价优惠4%，以此类推）；若多于30本，每本售价20元．乙书店一律按标价的6折销售．（1）分别写出在两书店购买此书总价y甲、y乙与购书本数x之间的函数关系式；（2）若这些学生一次性购买多于30本时，那么去哪家书店购买更划算，为什么？若要一次性购买不多于30本时，先写出y(y＝y甲−y乙)与购买本数x之间的函数式，画出其图象，再利用函数图象分析去哪家书店购买更划算．矩形ABCD中，AB＝2，AD＝4，将矩形ABCD绕点C顺时针旋转至矩形EGCF（其中E、G、F分别与A、B、D对应）．（1）如图1，当点G落在AD边上时，直接写出AG的长为________；（2）如图2，当点G落在线段AE上时，AD与CG交于点H，求GH的长；（3）如图3，记O为矩形ABCD对角线的交点，S为△OGE的面积，求S的取值范围．参考答案与试题解析2019-2020学年四川省自贡市九年级（上）期末数学试卷一.选择题（每小题4分，共48分）1.【答案】C【考点】轴对称图形中心对称图形【解析】根据中心对称图形和轴对称图形的概念对各选项分析判断即可得解．【解答】A、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不合题意；B、不是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不合题意；C、是轴对称图形，也是中心对称图形，故本选项正确；D、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不合题意．2.【答案】B【考点】随机事件【解析】根据事件发生的可能性大小判断．【解答】①、在足球比赛中，中国男足战胜德国男足，是随机事件；②、有交通信号灯的路口遇到红灯，是随机事件；③、连续两次抛掷一枚普通的正方体骰子得到的点数之和为13，是不可能事件；④、任取一数为x，使它满足x3＝x2，是随机事件；3.【答案】A【考点】根与系数的关系【解析】根据根与系数的关系即可求出答案．【解答】由题意可知：x1+x2＝−9，x1x2＝9，∴原式＝−9−9＝−18，4.【答案】C【考点】概率公式【解析】用社会层面的价值取向的卡片数量除以总数量即可得．【解答】将12个词语写在12张不透明的卡片上（背面完全一样），背面朝上放在桌面上，从中随机抽取一张，则抽到社会层面价值取向的卡片的概率为412=13，5.【答案】B【考点】关于原点对称的点的坐标【解析】直接利用关于原点对称点的性质得出a，b的值进而得出答案．【解答】∵点(3, a−2)与点(b+2, −1)关于原点对称，∴b+2＝−3，a−2＝1，解得：b＝−5，a＝3，故点(b, a)坐标为：(−5, 3)，则点(b, a)位于第二象限．6.【答案】A【考点】一元二次方程的解【解析】根据一元二次方程的解的定义，把x＝a代入方程求出a2−2a的值，然后整体代入代数式进行计算即可得解．【解答】解：∵a是方程x2−2x−1=0的一个根，∴a2−2a−1=0，整理得，a2−2a=1，∴2a2−4a−1=2(a2−2a)−1=2×1−1=1．故选A.7.【答案】D【考点】圆周角定理圆内接四边形的性质【解析】设点E是优弧上一点，由圆周角定理可求∠AEC=12∠AOC＝50∘，由圆内接四边形的对角互补可求∠ABC＝180∘−∠AEC ＝130∘． 【解答】设点E 是优弧上一点， ∵ ∠AOC ＝100∘， ∴ ∠AEC =12∠AOC ＝50∘， ∴ ∠ABC ＝180∘−∠AEC ＝130∘． 8.【答案】 A【考点】二次函数图象与几何变换 【解析】按照“左加右减，上加下减”的规律，进而得出平移后抛物线的解析式即可． 【解答】抛物线y ＝2x 2先向左平移3个单位得到解析式：y ＝2(x +3)2，再向上平移1个单位得到抛物线的解析式为：y ＝2(x +3)2+1． 9.【答案】 A【考点】 根的判别式一元二次方程的定义【解析】根据根的判别式即可求出答案． 【解答】由题意可知：△＝16+4(a −3)≥0且a −3≠0， ∴ a ≥−1且a ≠3， 10.【答案】 C【考点】 圆锥的计算 【解析】设圆锥的侧面展开图中圆心角的度数为n ∘，先利用勾股定理计算出圆锥的母线长为6，再利用圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长和弧长公式得到2π×2=n⋅π⋅6180，然后解关于n 的方程即可．【解答】设圆锥的侧面展开图中圆心角的度数为n ∘， 圆锥的母线长为√22+(4√2)2=6， 所以2π×2=n⋅π⋅6180，解得n ＝120， 即圆锥的侧面展开图中圆心角的度数为120∘． 11.【答案】 B【考点】等腰直角三角形 旋转的性质【解析】该题主要考查了旋转变换的性质及其应用问题；解题的关键是作辅助线，灵活运用旋转变换的性质等几何知识点来分析、判断、推理或解答． 【解答】如图，连接AA′，延长AC′交BA′于点M ； 由题意得：∠ABA′＝60∘，BA ＝B′A ， ∴ △BAA′为等边三角形， ∴ ∠BAA′＝60∘，AB ＝A′A ；在△BAC′与△A′AC′中，{AB =A ′ABC ′=A ′C ′AC ′=AC ′ ，∴ △BAC′≅△A′AC′(SSS)， ∴ ∠MAA′＝∠MAB ＝30∘， ∴ AM ⊥BA′，且BM ＝A′M ； 由题意得：BA 2＝22+22＝8， ∴ BA′＝AB ＝2√2，BM =√2，∴ C′M =12AB′=√2；由勾股定理可求：AM =√6，∴ C′A =√6−√2， 12.【答案】 C【考点】二次函数图象与系数的关系 二次函数图象上点的坐标特征【解析】根据抛物线的开口方向、对称轴、顶点坐标以及与一元二次方程的关系，逐个进行判断，最后得出答案． 【解答】抛物线开口向下．则a <0，对称轴在y 轴右侧，a 、b 异号，有b >0，与y 轴交于正半轴，则c >0，因此abc <0，故①正确；y ＝ax 2+bx +c 的图象经过点(−1, 0)，则a −b +c ＝0，即：b ＝a +c ，又a <0，c >0，所以b <c ，因此b >3不正确，即②不正确；x 1＝−1，x 2＝m 是方程，ax 2+bx +c ＝0的两个根，则有x 1⋅x 2＝−m =ca ，所以ac =−1m ， 又∵ a −b +c ＝0，c >0， ∴ ac −bc +1＝0，即：1−bc =−ac=1m，因此③正确；∵x1＝−1，x2＝m是方程，ax2+bx+c＝0的两个根，∴x1=−b+√b2−4ac2a =−1，x2=−b−√b2−4ac2a=m，∴x1−x2=−b+√b2−4ac2a −−b−√b2−4ac2a=−1−m，即：√b2−4ac=−a−am，也就是：√b2−4ac=|am+a|，因此④正确；综上所述，正确的结论有3个，二.填空题（本大题共6个小题，每题4分，共24分）【答案】−1【考点】二次函数的性质【解析】已知抛物线解析式为顶点式，可确定对称轴．【解答】∵y＝(x+1)2−2为抛物线的顶点式，抛物线的对称轴是x＝−1，【答案】2【考点】正多边形和圆【解析】运用正六边形的性质，正六边形边长等于外接圆的半径，再利用勾股定理解决．【解答】∵正六边形的边心距为√3，∴OB=√3，∠OAB＝60∘，∴AB=OBtan60=√3√3=1，∴AC＝2AB＝2．【答案】相交【考点】解一元二次方程-因式分解法直线与圆的位置关系【解析】首先求出方程的根，再利用半径长度，由点O到直线AB的距离为d，若d<r，则直线与圆相交；若d＝r，则直线于圆相切；若d>r，则直线与圆相离，从而得出答案．【解答】∵⊙O的半径是一元二次方程x2+6x−16＝0的解，解方程x2+6x−16＝0，(x+8)(x−2)＝0，解得：x1＝−8（舍去），x2＝2，∴r＝2，∵点O到直线AB距离d是√2，∴d<r，∴直线AB与圆相交．【答案】12x−2【考点】概率公式【解析】根据题意，直接利用概率公式求解可得：3+y3+2+x+y=13，继而求得答案．【解答】根据题意得：3+y3+2+x+y=13，整理得：y=12x−2，则y与x之间的函数关系式为：y=12x−2．【答案】−4或0【考点】二次函数图象上点的坐标特征抛物线与x轴的交点【解析】先求出函数y＝ax2−1的解析式，求出和x轴的交点坐标，根据平移规律得出即可．【解答】把(2, 0)代入二次函数y＝ax2−1得：4a−1＝0，解得：a=14，所以二次函数的解析式为y=14x2−1，当y＝0时，14x2−1＝0，解得：x＝±2，即二次函数y=14x2−1与x轴的交点坐标是(−2, 0)和(2, 0)，所以把二次函数y=14x2−1向左平移2个单位得出二次函数y＝a(x+2)2−1，即关于x的方程a(x+2)2−1＝0的实数根为x＝−4或x＝0，【答案】1+√7【考点】圆心角、弧、弦的关系三角形中位线定理点与圆的位置关系【解析】如图，连接OQ ，作CH ⊥AB 于H ．首先证明点Q 的运动轨迹为以AO 为直径的⊙K ，连接CK ，当点Q 在CK 的延长线上时，CQ 的值最大，利用勾股定理求出CK 即可解决问题； 【解答】如图，连接OQ ，作CH ⊥AB 于H ．∵ AQ ＝QP ， ∴ OQ ⊥PA ， ∴ ∠AQO ＝90∘，∴ 点Q 的运动轨迹为以AO 为直径的⊙K ，连接CK ， 当点Q 在CK 的延长线上时，CQ 的值最大， 在Rt △OCH 中，∵ ∠COH ＝60∘，OC ＝2， ∴ OH =12OC ＝1，CH =√3，在Rt △CKH 中，CK =√(√3)2+22=√7， ∴ CQ 的最大值为1+√7三、解答题（共8个题，.共78分）【答案】∵ 抛物线y ＝x 2+bx +c 与x 轴的两个交点分别为A(−1, 0)，B(3, 0)， ∴ {1−b +c =09+3b +c =0 ，解得{b =−2c =−3．∴ 所求抛物线的解析式为：y ＝x 2−2x −3． 【考点】待定系数法求二次函数解析式 抛物线与x 轴的交点【解析】由题意抛物线y ＝x 2+bx +c 与x 轴交于A(−1, 0)，B(3, 0)两点，利用待定系数法求出b ，c 的值，得出函数解析式即可． 【解答】∵ 抛物线y ＝x 2+bx +c 与x 轴的两个交点分别为A(−1, 0)，B(3, 0)， ∴ {1−b +c =09+3b +c =0，解得{b =−2c =−3．∴ 所求抛物线的解析式为：y ＝x 2−2x −3． 【答案】证明：连接BE∵ E 是△ABC 的内心 ∴ ∠BAD ＝∠CAD ∠ABE ＝∠CBE又∵ ∠CBD ＝∠CAD∴ ∠BED ＝∠BAD +∠ABE ＝∠CAD +∠CBE ∠DBE ＝∠CBD +∠CBE ＝∠CAD +∠CBE ∴ ∠BED ＝∠DBE∴ △BDE 是等腰三角形 ∴ DE ＝DB 【考点】三角形的内切圆与内心 三角形的外接圆与外心【解析】连接BE ，由三角形的内心得出∠BAD ＝∠CAD ，∠ABE ＝∠CBE ，再由三角形的外角性质和圆周角定理得出∠DEB ＝∠DBE ，即可得出结论． 【解答】证明：连接BE∵ E 是△ABC 的内心 ∴ ∠BAD ＝∠CAD ∠ABE ＝∠CBE又∵ ∠CBD ＝∠CAD∴ ∠BED ＝∠BAD +∠ABE ＝∠CAD +∠CBE ∠DBE ＝∠CBD +∠CBE ＝∠CAD +∠CBE ∴ ∠BED ＝∠DBE∴ △BDE 是等腰三角形 ∴ DE ＝DB【答案】∵a−m≥0且m−a≥0，∴a＝m＝4，∴b＝m+1＝5；根据题意得△＝b2−4a×1＝0，∵a＝m，∴b＝m+1＝a+1，∴(a+1)2−4a＝0，解得a＝1，∴b＝2，原方程化为x2+2x+1＝0，解得x1＝x2＝−1．【考点】根的判别式二次根式有意义的条件【解析】（1）根据二次根式有意义的条件得a＝m＝4，则b＝m+1＝5；（2）由于a＝m，则b＝m+1＝a+1，根据判别式的意义得到△＝b2−4a×1＝0，即(a+1)2−4a＝0，解得a＝1，所以b＝2，则原方程化为x2+2x+1＝0，然后解方程．【解答】∵a−m≥0且m−a≥0，∴a＝m＝4，∴b＝m+1＝5；根据题意得△＝b2−4a×1＝0，∵a＝m，∴b＝m+1＝a+1，∴(a+1)2−4a＝0，解得a＝1，∴b＝2，原方程化为x2+2x+1＝0，解得x1＝x2＝−1．【答案】4π,12π,20π豆子落在B区域的概率P B为：12π20π+12π+4π=13；根据题意得：180×20π4π+12π+20π=100（粒），答：大约有100粒豆子落在A区域．【考点】几何概率【解析】（1）直接根据圆的面积公式㜿求解即可；（2）用B区域的面积除以总面积即可得出答案；（3）用总的豆子乘以A区域所占的百分比即可得出答案．【解答】S A＝π⋅22＝4π，S B＝π⋅42−π⋅22＝12π，S C＝π⋅62−π⋅42＝20π；故答案为：4π，12π，20π；豆子落在B区域的概率P B为：12π20π+12π+4π=13；根据题意得：180×20π4π+12π+20π=100（粒），答：大约有100粒豆子落在A区域．【答案】∵关于x的方程ax2+bx+c＝0是一元二次方程，∴a≠0．∴由原方程，得x2+bax=−ca，等式的两边都加上(b2a)2，得x2+bax+(b2a)2=−ca+(b2a)2，配方，得(x+b2a)2=−4ac−b24a2，当b2−4ac>0时，开方，得：x+b2a=±√b2−4ac2a，解得x1=−b+√b2−4ac2a，x2=−b−√b2−4ac2a，当b2−4ac＝0时，解得：x1＝x2=−b2a；当b2−4ac<0时，原方程无实数根．【考点】解一元二次方程-配方法【解析】此题考查了配方法解一元二次方程，解题时要注意解题步骤的准确应用，把左边配成完全平方式，右边化为常数．【解答】∵关于x的方程ax2+bx+c＝0是一元二次方程，∴a≠0．∴由原方程，得x2+bax=−ca，等式的两边都加上(b2a)2，得x2+ba x+(b2a)2=−ca+(b2a)2，配方，得(x+b2a )2=−4ac−b24a2，当b2−4ac>0时，开方，得：x+b2a =±√b2−4ac2a，解得x1=−b+√b2−4ac2a ，x2=−b−√b2−4ac2a，当b2−4ac＝0时，解得：x1＝x2=−b2a；当b2−4ac<0时，原方程无实数根．【答案】证明：连接OC，∵点C是弧BG的中点，∴CĜ=BĈ，∴∠EAC＝∠CAF，∵OA＝OC，∴∠CAF＝∠OCA，∴∠OCA＝∠EAC，∴OC // AE，∵AE⊥DE，∴OC⊥DE，∵OC为⊙O半径，∴DE是⊙O的切线；连接CG，∵CĜ=BĈ，∴CG＝BC，∵AF，BF(AF>BF)是一元二次方程x2−8x+12＝0的两根，∴AF＝6，BF＝2，∴AB＝8，∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB＝90∘，∵CF⊥AB，∴AC2＝AF⋅AB＝6×8＝48，BC2＝BF⋅AB＝16，∴AC＝4√3，BC＝4，∴tan∠CAB=BCAC =√33，∴∠CAE＝∠CAB＝30∘，∴CE=12AC＝2√3，AE=√32AC＝6，∵CG＝BC＝4，∴EG=√CG2−CE2=√42−(2√3)2=2，∴AG＝4．【考点】圆周角定理解一元二次方程-因式分解法切线的判定与性质垂径定理勾股定理三角形的外接圆与外心【解析】（1）求出AC平分∠EAF，推出OC // AE，推出OC⊥DE，根据切线判定推出即可；（2）连接CG，得到CG＝BC，解方程求得AF＝6，BF＝2，得到AB＝8，根据射影定理得到AC＝4√3，BC＝4，解直角三角形即可得到结论．【解答】证明：连接OC，∵点C是弧BG的中点，∴CĜ=BĈ，∴∠EAC＝∠CAF，∵OA＝OC，∴∠CAF＝∠OCA，∴∠OCA＝∠EAC，∴OC // AE，∵AE⊥DE，∴OC⊥DE，∵OC为⊙O半径，∴DE是⊙O的切线；连接CG，∵CĜ=BĈ，∴CG＝BC，∵AF，BF(AF>BF)是一元二次方程x2−8x+12＝0的两根，∴AF＝6，BF＝2，∴AB＝8，∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB＝90∘，∵CF⊥AB，∴AC2＝AF⋅AB＝6×8＝48，BC 2＝BF⋅AB＝16，∴AC＝4√3，BC＝4，∴tan∠CAB=BCAC =√33，∴∠CAE＝∠CAB＝30∘，∴CE=12AC＝2√3，AE=√32AC＝6，∵CG＝BC＝4，∴EG=√CG2−CE2=√42−(2√3)2=2，∴AG＝4．【答案】设购买x本，则在A书店购书的总费用为：y A={50(x=1)50x[1−2%(x−1)(1<x≤30)30x(x>30)，在B书店购书的总费用为：y B＝50×0.6x＝30x；当x>30时，显然y A<y B，即到A书店购买更合算，当1<x≤30时，y＝y A−y B＝−x2+51x−30x＝−x2+21x=−(x−212)2+(212)2，当−x2+21x＝0时，解得：x1＝0，x2＝21，由图象可得出：当1<x<30时，y>0，当x＝21时，y＝0，当30>x>21时，y<0，综上所述，若购书少于21本，则到B书店购买更合算；若购书21本，到A，B购书的费用一样；若购书超过21但不多于20本，则到A书店购书更合算．【考点】二次函数的应用一次函数的应用【解析】（1）分别根据两个书店购书的优惠方案得出y与x的函数关系式即可；（2）首先得出y与x的函数关系式，进而画出图象，利用图象分析得出答案．【解答】设购买x本，则在A书店购书的总费用为：y A={50(x=1)50x[1−2%(x−1)(1<x≤30)30x(x>30)，在B书店购书的总费用为：y B＝50×0.6x＝30x；当x>30时，显然y A<y B，即到A书店购买更合算，当1<x≤30时，y＝y A−y B＝−x2+51x−30x＝−x2+21x=−(x−212)2+(212)2，当−x2+21x＝0时，解得：x1＝0，x2＝21，由图象可得出：当1<x<30时，y>0，当x＝21时，y＝0，当30>x>21时，y<0，综上所述，若购书少于21本，则到B书店购买更合算；若购书21本，到A，B购书的费用一样；若购书超过21但不多于20本，则到A书店购书更合算．【答案】4−2√3如图2中，由四边形CGEF是矩形，得到∠CGE＝90∘，∵点G在线段AE上，∴∠AGC＝90∘，∵CA＝CA，CB＝CG，∴Rt△ACG≅Rt△ACB(HL)．∴∠ACB＝∠ACG，∵AB // CD∴∠ACG＝∠DAC，∴∠ACH＝∠HAC，∴AH＝CH，设AH＝CH＝m，则DH＝AD−AH＝5−m，在Rt△DHC中，∵CH2＝DC2+DH2，∴m2＝22+(4−m)2，∴m=52，∴AH=52，GH=√AH2−AG2=√(52)2−22=32．如图，当点G在对角线AC上时，△OGE的面积最小，最小值=12×OG×EG=12×2×(4−√5)＝4−√5．当点G在AC的延长线上时，△OE′G′的面积最大．最大值=12×E′G′×OG′=12×2×(4+√5)＝4+√5综上所述，4−√5≤S≤4+√5．【考点】四边形综合题【解析】（1）在Rt△DCG中，利用勾股定理求出DG即可解决问题；（2）首先证明AH＝CH，设AH＝CH＝m，则DH＝AD−HD＝4−m，在Rt△DHC中，根据CH2＝CD2+ DH2，构建方程求出m即可解决问题；（3）如图，当点G在对角线AC上时，△OGE的面积最小，当点G在AC的延长线上时，△OE′G′的面积最大，分别求出面积的最小值，最大值即可解决问题．【解答】如图1中，∵四边形ABCD是矩形，∴BC＝AD＝CG＝4，∠B＝90∘，∵AB＝CD＝2，∴DG=√CG2−CD2=√42−22=2√3，∴ AG ＝AB −BG ＝4−2√3， 故答案为4−2√3． 如图2中，由四边形CGEF 是矩形，得到∠CGE ＝90∘， ∵ 点G 在线段AE 上， ∴ ∠AGC ＝90∘，∵ CA ＝CA ，CB ＝CG ，∴ Rt △ACG ≅Rt △ACB(HL)． ∴ ∠ACB ＝∠ACG ， ∵ AB // CD∴ ∠ACG ＝∠DAC ， ∴ ∠ACH ＝∠HAC ，∴ AH ＝CH ，设AH ＝CH ＝m ，则DH ＝AD −AH ＝5−m ， 在Rt △DHC 中，∵ CH 2＝DC 2+DH 2， ∴ m 2＝22+(4−m)2， ∴ m =52，∴ AH =52，GH =√AH 2−AG 2=√(52)2−22=32．如图，当点G 在对角线AC 上时，△OGE 的面积最小，最小值=12×OG ×EG =12×2×(4−√5)＝4−√5．当点G 在AC 的延长线上时，△OE′G′的面积最大．最大值=12×E′G′×OG′=12×2×(4+√5)＝4+√5综上所述，4−√5≤S ≤4+√5．。