期中押题培优01卷（考试范围：21.1-24.2 ）2022-2023学年九年级数学上册常考点微专题提分精练（人教版）（解析+原卷）

这是一份期中押题培优01卷（考试范围：21.1-24.2 ）2022-2023学年九年级数学上册常考点微专题提分精练（人教版）（解析+原卷），文件包含九年级数学上册期中押题培优01卷考试范围211-242原卷版docx、九年级数学上册期中押题培优01卷考试范围211-242解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共37页， 欢迎下载使用。


期中押题培优01卷
（考试范围21.1-24.2）
一、单选题(共16分)
1．(本题2分)把一元二次方程化为一般形式，正确的是（    ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】将方程整理为一般式即可．
【详解】解：，
，
即．
故选：D．
【点睛】本题考查一元二次方程的一般式，掌握一元二次方程的一般式的形式为是解题的关键．
2．(本题2分)点关于原点对称的点的坐标是（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数，据此判断即可．
【详解】根据“关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数”可知：
点关于原点对称的点的坐标是（-2，-3）．
故选：C．
【点睛】本题考查了关于原点对称的点的坐标，利用关于原点对称的点的横坐标互为相反数，纵坐标互为相反数．
3．(本题2分)已知点，，均在拋物线上，则，，的大小关系为（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据二次函数的解析式得出图象的开口向下，对称轴是直线x=1，根据x≥1时，y随x的增大而增大，即可得出答案．
【详解】解：∵，
∴抛物线的开口向上，对称轴是直线x=1，
∴x≥1时，y随x的增大而增大，
又∵关于直线x=1的对称点是(4,)，，
而 2<3<4，
∴，
故选：D．
【点睛】本题主要考查对二次函数图象上点的坐标特征，二次函数的性质等知识点的理解和掌握，能熟练地运用二次函数的性质进行推理是解此题的关键．
4．(本题2分)用配方法解方程时，原方程应变形为（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】利用完全平方公式进行配方即可得．
【详解】解：，
，
，
，
故选：B．
【点睛】本题考查了利用配方法解一元二次方程，熟练掌握配方法是解题关键．
5．(本题2分)将矩形ABCD绕点B顺时针旋转90°后得到矩形，若AB＝12，AD＝5，则的面积为（　　）

A．13 B．26 C．84.5 D．169
【答案】C
【分析】首先根据旋转的性质得到，继而得到是等腰直角三角形，利用勾股定理求出BD的长，即可求出的面积．
【详解】解：∵矩形ABCD绕点B顺时针旋转90°后得到矩形，
∴∠DBD′＝90°，DB＝D′B，
∴是等腰直角三角形，
∵AB＝12，AD＝5，
∴BD＝＝＝13，
∴的面积为×13×13＝84.5，
故选：C．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质的知识，解答本题的关键是根据题意得到△DBD′是等腰直角三角形，此题难度不大．
6．(本题2分)如图表示一圆柱形输水管的横截面，阴影部分为有水部分，如果输水管的半径为，水面宽为，则水的最大深度为（   ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】由垂径定理可知，根据勾股定理计算即可．
【详解】解：如图所示：

输水管的半径为，水面宽为，水的最大深度为，
，
，，
，
∴
水的最大深度为：．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了垂径定理的应用和勾股定理，准确计算是解题的关键．
7．(本题2分)已知二次函数的图象如图所示，并且关于x的一元二次方程有两个不相等的实数根，下列结论：①；②；③；④．其中正确结论的个数有（    ）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】B
【分析】直接利用抛物线与x轴交点个数以及抛物线与方程之间的关系、函数图象与各系数之间关系分析得出答案．
【详解】解：观察图象得：二次函数的图象与x轴有两个交点，
∴，故①错误；
观察图象得：，对称轴，
∴，
∴，故②正确；
观察图象得：当时，，
∴，故③错误；
观察图象得：二次函数图象开口向上，
∴二次函数有最小值，最小值为-2，
∵关于x的一元二次方程有两个不相等的实数根，
∴二次函数的图象与直线有两个交点，
∴，故④正确；
故选：B
【点睛】此题主要考查了二次函数图象与各项系数的关系，正确把握二次函数与方程之间的关系是解题的关键．
8．(本题2分)如图，⊙O在△ABC三边上截得的弦长相等，即DE＝FG=MN，∠A＝50°，则∠BOC＝（    ）

A．100° B．110° C．115° D．120°
【答案】C
【分析】过点O作OP⊥AB于点P，OQ⊥AC于点Q，OK⊥BC于点K，由于DE＝FG＝MN，所以弦的弦心距也相等，所以OB、OC是角平分线，根据∠A＝50°，先求出，再求出，进而可求出∠BOC．
【详解】解：过点O作OP⊥AB于点P，OQ⊥AC于点Q，OK⊥BC于点K，

∵DE＝FG＝MN，
∴OP＝OK＝OQ，
∴OB、OC平分∠ABC和∠ACB，
，，
∵∠A＝50°，
∴，
∴

，
∴∠BOC＝


故选：C．
【点睛】本题主要考查了垂径定理，角平分线的判定，三角形内角和，角平分线的定义，解题关键是构造出辅助线——弦心距．

二、填空题(共16分)
9．(本题2分)请你用数学的眼光观察，以下历届冬奥会图标中，你最为欣赏的图标是____________，（选择①，②，③，④中的一项）选择理由是____________________________________．

【答案】     ②     既是轴对称图形，又是中心对称图形
【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的定义解答即可．
【详解】解：我最为欣赏的图标是②，选择理由是②既是轴对称图形，又是中心对称图形
①是轴对称图形，③既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，④是轴对称图形．
故答案为：②；既是轴对称图形，又是中心对称图形．
【点睛】本题考查了轴对称图形和中心对称图形，掌握相关定义是解答本题的关键．
10．(本题2分)将抛物线向上平移3个单位，再向右平移2个单位，所得抛物线的解析式是________．
【答案】
【分析】根据题意可得将抛物线向上平移3个单位，再向右平移2个单位，所得抛物线的顶点坐标为（2，3），即可求解．
【详解】解：∵抛物线y＝x2的顶点坐标为（0，0），
∴将抛物线向上平移3个单位，再向右平移2个单位，所得抛物线的顶点坐标为（2，3），
∴所得抛物线的解析式是．
故答案为：
【点睛】本题主要考查了二次函数图象的平移，熟练掌握二次函数图象的平移的规律是解题的关键．
11．(本题2分)定义：有一个圆分别和一个三角形的三条边各有两个交点，截得的三条弦相等，我们把这个圆叫作“等弦圆”，现在有一个斜边长为2的等腰直角三角形，当等弦圆最大时，这个圆的半径为_____．
【答案】##
【分析】如图，当等弦圆O最大时，则经过等腰直角三角形的直角顶点C，连接CO交AB于F，连接OE，DK，再证明经过圆心，，分别求解AC，BC，CF， 设的半径为 再分别表示 再利用勾股定理求解半径r即可．
【详解】解：如图，当等弦圆O最大时，则经过等腰直角三角形的直角顶点C，连接CO交AB于F，连接OE，DK，


过圆心O，，


设的半径为
∴



整理得：
解得：

不符合题意，舍去，
∴当等弦圆最大时，这个圆的半径为
故答案为：
【点睛】本题考查的是等腰直角三角形的性质，直角三角形斜边上的中线的性质，弦，弧，圆心角之间的关系，圆周角定理的应用，勾股定理的应用，一元二次方程的解法，掌握以上知识是解本题的关键．
12．(本题2分)关于x的一元二次方程﹣3x﹣m＝0有两个实数根，则m的取值范围为 _____．
【答案】m####
【分析】根据方程有实数根，得出≥0，建立关于m的不等式，求出m的取值范围即可．
【详解】解：根据题意得＝﹣4×1×（﹣m）≥0，
解得：m，
故答案为：m．
【点睛】本题考查了一元二次方程（a≠0，a，b，c为常数）根的判别式．当＞0，方程有两个不相等的实数根；当=0，方程有两个相等的实数根；当＜0，方程没有实数根．
13．(本题2分)如图，点A、B、C在⊙O上，∠B=130°，则∠AOC=__________°．

【答案】100
【分析】如图所示，在优弧AC上去一点D，连接AD，DC，利用圆内接四边形对角互补求出∠ADC的度数，再由圆周角定理求解即可．
【详解】解：如图所示，在优弧AC上去一点D，连接AD，DC，则四边形ABCD是圆内接四边形，
∵∠B=130°，
∴∠ADC=180°-∠B=50°，
∴∠AOC=2∠ADC=100°，
故答案为：100．

【点睛】本题主要考查了圆内接四边形的性质，圆周角定理，正确作出辅助线构造圆内接四边形是解题的关键．
14．(本题2分)如图，等边的边在轴上，点坐标为，以点为旋转中心，把逆时针转，则旋转后点的对应点的坐标是______．

【答案】
【分析】过点A作AE⊥OB于E，过点A′作A′H⊥x轴于H．利用全等三角形的性质解决问题即可．
【详解】解：如图，过点A作于，过点作轴于．

，是等边三角形，
，
，
，
，
，
，
，，
，
在和中
，
，
，，
，，
故答案为：，．
【点睛】本题考查坐标与图形变化-旋转，等边三角形的性质，勾股定理等知识，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．
15．(本题2分)某件商品连续两次降价后，零售价由原来的元降为元，设此商品平均每次降价的百分率为，则恨据题意列出的方程是______．
【答案】
【分析】设平均每次降价的百分率为x,则第一次降价后售价为500（1-x），第二次降价后售价为，然后根据两次降价后的售价建立等量关系即可．
【详解】解：根据题意得．
故答案为：．
【点睛】本题考查的是由实际问题抽象出一元二次方程，要注意题意指明的是降价，应该是（1-x）而不是（1+x）．
16．(本题2分)如图，已知顶点为（-3，-6）的抛物线经过点（-1，-4），则下列结论：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-5和-1  ⑤，其中正确的有__________ ．

【答案】①②④
【分析】利用二次函数与一元二次方程的关系及其与一元一次不等式的关系，以及二次函数的对称性可以求解．
【详解】由图象知，抛物线与x轴有两个不同的交点，只是左边那个没画出来而已，
∴由二次函数与一元二次方程的关系可知，Δ=b2-4ac＞0，从而b2＞4ac，故①正确；
已知该抛物线是开口向上，顶点为（-3，-6），故ax2+bx+c≥-6正确，从而②正确；
由抛物线的对称轴为x=-3，点（-2，m），（-5，n）在抛物线上，则点（-2，m）离对称轴的距离为1，而点（5，n）离抛物线的距离为2，开口向上时，离对称轴越远，函数值越大，从而m＜n，故③错误；
由图象可知，x=-1为关于x的一元二次方程ax2+bx+c=-4的一个根，由二次函数的对称性，可知-5为另一个根，从而④正确；
∵抛物线顶点为（-3，-6），经过点（-1，-4），
∴抛物线解析式可以化为：，
∴，
，
∴，
∴，故⑤错误；
综上，正确的是①②④．
故答案为：①②④．
【点睛】本题属于二次函数图象的综合问题，考查了二次函数与一元二次方程，二次函数与一元一次不等式，及二次函数的对称性，难度中等．

三、解答题(共88分)
17．(本题6分)解方程：
(1)
(2)．
【答案】(1)=4，=5；
(2)，．

【分析】（1）方程整理后，利用因式分解法求解即可；
（1）方程整理后，利用配方法求解即可．
（1）
解：方程整理得，
因式分解得，
解得：=4，=5；
（2）
解：方程整理得，
配方得，即，
∴，
∴，．
【点睛】本题考查一元二次方程的解法．解一元二次方程常用的方法有：直接开平方法、因式分解法、公式法及配方法，解题的关键是根据方程的特点选择简便的方法．
18．(本题6分)如图，等边中，是中点，过作，且，求证：．

【答案】见解析
【分析】只需要利用AAS证明△BAD≌△ACE即可证明结论；
【详解】证明：∵等边三角形ABC中，D是AC中点，
∴AB＝CA，BD是等边三角形ABC的高，
∵AE⊥CE，
∴∠ADB＝∠E=90°，
∵CEAB，
∴∠BAD＝∠ACE，
在△BAD与△ACE中
∵
∴△BAD≌△ACE（AAS）
∴BD＝AE．
【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质，全等三角形的性质与判定，平行线的性质，熟知等边三角形的性质和全等三角形的性质与判定条件是解题的关键．
19．(本题6分)已知a是方程x2－2x－1＝0的一个根，求代数式(a－2)2＋(a＋1)(a－1)的值．
【答案】5
【分析】先根据条件是方程的一个根，得出，然后把所给的代数式化简为，代入计算即可．
【详解】∵是方程的一个根，
∴．
∴．
∴




．
【点睛】本题考查了一元二次方程根的定义，代数式求值，正确理解方程根的概念、利用整体代入的方法进行求解是解题的关键．
20．(本题6分)如图，已知AB、CD是⊙O的直径，DF∥AB交⊙O于点F，BE∥DC交⊙O于点E.

（1）求证：BE=DF；
（2）写出图中4组不同的且相等的劣弧(不要求证明).
【答案】（1）见解析；（2）答案不唯一，图中相等的劣弧有：弧DF=弧BE，弧EC=弧FA，弧AC=弧BD，弧DA=弧BC．
【分析】（1）根据DF∥AB，BE∥DC，得到∠EBA=∠CDF，然后根据相等的弧所对的弦相等即可证明BE=DF；
（2）根据等弦对等弧和相等的圆周角所对的弧相等即可得到4组不同的且相等的劣弧．
【详解】(1)∵DF∥AB，BE∥DC，
∴∠EBA=∠COA=∠CDF.
∴弧ECA=弧CAF，
∴弧BE=弧DF，
∴BE=DF；
(2) 由（1）可得，弧DF=弧BE；
∵弧ECA=弧CAF，
∴弧EC=弧FA；
∵，
∴弧AC=弧BD；
∵弧BE＋弧EC=弧AF＋弧DF；
∴弧DA=弧BC．
∴综上所述，图中相等的劣弧有：弧DF=弧BE，弧EC=弧FA，弧AC=弧BD，弧DA=弧BC．
【点睛】此题考查了相等的圆周角所对的弧相等，弦相等，等弧对等弦等知识，解题的关键是熟练掌握相等的圆周角所对的弧相等，弦相等，等弧对等弦等知识．
21．(本题7分)下面是娜娜设计的“作一个角等于已知角”的尺规作图过程．
已知：RT△ABC，
求作：AB上作点D，使∠BCD=∠A．

作法：如图，以AC为直径作圆，交AB于D，所以点D就是所求作的点；
根据娜娜设计的作图过程，完成下面的证明．
证明：∵AC是直径
∴∠ADC=90°（______）（填推理的依据）
即∠ACD+∠A=90°，
∵∠ACB=90°，
即∠ACD+_______=90°，
∴∠BCD=∠A（_______）（填推理的依据）．

【答案】见详解
【分析】根据直径的性质可得∠ADC＝90°，再利用同角的余角相等即可得证．
【详解】证明：∵AC是直径
∴∠ADC＝90°（直径所对圆周角为直角）
即∠ACD＋∠A＝90°，
∵∠ACB＝90°，
即∠ACD＋_∠BCD _＝90°，
∴∠BCD＝∠A（同角的余角相等）．
【点睛】本题考查了直径的性质及同角的余角相等，熟练运用相关性质是解决本题的关键．
22．(本题7分)已知关于的一元二次方程．
(1)判断方程根的情况，并说明理由；
(2)若方程的所有实数根均为整数，并且也是整数，求的值．
【答案】(1)总有两个实数根，理由见解析
(2)-2或2或4或8

【分析】（1）根据题意求出该一元二次方程根的判别式，即得出该一元二次方程根的情况为总有两个实数根；
（2）根据因式分解法可求出该一元二次方程的解为，．再根据该方程的所有实数根均为整数，也是整数，即可得出k的值．
（1）
根据题意可知该一元二次方程根的判别式，
∵，即，
∴该一元二次方程根的情况为总有两个实数根；
（2）
∵
∴，
∴，．
∵方程的所有实数根均为整数，
∴为整数，即为整数．
∵也是整数，
∴k-3是5的因数，
∴当k-3=-5，即时，；
当k-3=-1，即时，；
当k-3=1，即时，；
当k-3=5，即时，．
综上可知，k的值为：-2或2或4或8．
【点睛】本题考查由一元二次方程根的判别式判断其根的情况，解一元二次方程．掌握一元二次方程的根的判别式为，且当时，该方程有两个不相等的实数根；当时，该方程有两个相等的实数根；当时，该方程没有实数根和因式分解法解一元二次方程是解题关键．
23．(本题7分)如图，已知抛物线的顶点为A(4，3)，与y轴相交于点B(0，﹣5)，对称轴为直线l，点M是线段AB的中点．

(1)求抛物线的表达式；
(2)写出点M的坐标并求直线AB的表达式；
(3)设动点P，Q分别在抛物线和对称轴l上，当以A，P，Q，M为顶点的四边形是平行四边形时，求P，Q两点的坐标．
【答案】(1)
(2)M（2，﹣1），y＝2x﹣5
(3)P、Q的坐标分别为(6，1)或(2，1)、(4，﹣3)或(4，1)或(4，5)

【分析】（1）函数表达式为：，将点坐标代入上式，即可求解；
（2）、，则点，设直线的表达式为：，将点坐标代入上式，即可求解；
（3）分当是平行四边形的一条边、是平行四边形的对角线两种情况，分别求解即可．
（1）
解：函数表达式为：，
将点坐标代入上式并解得：，
故抛物线的表达式为：；
（2）
解：∵、，
∴点，
设直线的表达式为：，
将点坐标代入上式得：，解得：，
故直线的表达式为：；
（3）
解：设点、点，
①当是平行四边形的一条边时，
当点在的下方时，
点向左平移2个单位、向下平移4个单位得到，
同样点向左平移2个单位、向下平移4个单位得到，
即：，，
解得：，，
即点的坐标为、点的坐标为，
故当点在点上方时，，
同理可得点的坐标为、点的坐标为，
②当是平行四边形的对角线时，
由中点定理得：，，
解得：，，
故点、的坐标分别为、；
综上，、的坐标分别为或，或或．
【点睛】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数、平行四边形的性质等，其中（3），要注意分类求解，避免遗漏．
24．(本题7分)如图，在中，，，，点从点A开始沿边向点移动，速度为；点从点开始沿边向点移动，速度为，点、分别从点A、同时出发，当其中一点到达终点后，另一点也随之停止运动．

(1)几秒时，的长度为？
(2)几秒时，的面积为？
(3)当为何值时，四边形的面积最小？并求这个最小值．
【答案】(1)秒时，的长度为
(2)或秒时，的面积为
(3)当时，四边形的面积最小，最小值为

【分析】（1）设运动时间为秒，分别用的代数式表示出线段，的长度，利用勾股定理列出方程即可求解；
（2）利用三角形的面积公式列出方程即可求解；
（3）由四边形的面积，结合二次函数的性质即可求解．
（1）
解：设运动时间为秒时，的长度为，
依题意得：，，
．
∵，
，即，
解得：或负数不合题意，舍去．
．
秒时，的长度为；
（2）
设运动时间为秒时，的面积为，
依题意得：，，，
．
的面积为，
．
解得：或．
或秒时，的面积为；
（3）
四边形的面积



，
当时，四边形的面积最小，最小值为．
【点睛】本题主要考查勾股定理，二次函数的应用，一元二次方程的应用，三角形的面积等知识．本题是动点问题，利用含的代数式表示出相应线段的长度是解题的关键．
25．(本题8分)如图，是的直径，是的一条弦，连接

(1)求证：
(2)连接,过点作交的延长线于点，延长交于点，若为的中点，求证：直线为的切线．
【答案】(1)答案见解析
(2)答案见解析

【分析】（1）设交于点，连接，证明 ，故可得 ，于是 ，即可得到；
（2）连接AD，解出，根据为直径得到，进而得到，即可证明，故可证明直线为的切线．
（1）
证明：设交于点，连接，

由题可知，
，，
，
，
，
，
，
，
；
（2）
证明：

连接，
，
，
同理可得：,，
∵点H是CD的中点，点F是AC的中点，
，
，
，
，
为的直径，  
，
，
，
，
，
，
直线为的切线．
【点睛】本题主要考查三角形全等的判定与性质，同弧所对的圆周角相等，圆周角定理，直线平行的判定与性质，三角形的内角和公式，证明三角形全等以及证明平行线是解题的关键．
26．(本题8分)在平面直角坐标系中，已知抛物线．

（1）当时，求抛物线的顶点坐标；
（2）①求抛物线的对称轴（用含的式子表示）；
②若点，，都在抛物线上，则，，的大小关为__________；
（3）直线与轴交于点，与轴交于点，过点作垂直于轴的直线与抛物线有两个交点，在抛物线对称轴左侧的点记为，当为钝角三角形时，求的取值范围．
【答案】（1）顶点坐标为；（2）①；②；（3）或
【分析】（1）先将m=2代入抛物线的解析式，并配方可得抛物线顶点的坐标；
（2）①根据函数对称轴为x=-计算可得结论；
②函数开口向上，x=m时函数取得最小值，根据离对称轴距离越远，函数值越大可比较y1，y2，y3的大小关系；
（3）当△OAP为钝角三角形时，则0＜m-2＜m或m-2＞-3，分别求解即可．
【详解】解：（1）当时，抛物线的解析式为：，
顶点坐标为；
（2）①抛物线，
函数对称轴为；
②函数开口向上，时函数取得最小值，
离对称轴距离越远，函数值越大，
，且点，，都在抛物线上，
；
故答案为：；
（3）把点代入的表达式并解得：，
则，直线的表达式为：，
如图，

在直线上，当时，点与重合，
当时，，
则，
点在对称轴的左侧，
不符合题意，舍去，
则点，
当△OAP为钝角三角形时，
则或，
解得：或，
的取值范围是：或．
【点睛】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数，解不等式，一元二次方程根的判别式，钝角三角形判断的方法等知识点，第三问有难度，确定∠AOP为直角时点P的位置最关键．
27．(本题10分)如图，在△ABC中，，点在上，以点为中心，将线段顺时针旋转得到线段，连接．
（1）按要求作出图形；
（2）若＝90°，用等式表示线段大小关系，并证明；
（3）若＝120°，，为的中点，求的最小值．

【答案】（1）见解析；（2），见解析；（3）
【分析】（1）按要求画出图形即可；
（2）通过旋转的性质证明出从而推出,，由勾股定理可知，所以可知；
（3）通过旋转的性质证明出推出,可知点E在射线BE上运动，当M为BC中点，BM =3，由垂线段最短可知,即ME最小为
【详解】.(1)如图，   

（2)

证明：∵，
∴
∵DA=EA,CA=BA
∴,
∴,
∴
∴
∴
(3) ∵，
∴，
∵DA=EA,CA=AB
∴,
∴,
∴点E在射线BE上运动，
∵M为BC中点，BM =3，
做,
即当时，ME最小为

【点睛】本题考查了旋转的性质，三角形全等的判定及性质，垂线段最短等知识，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
28．(本题10分)为等边三角形，AB＝8，AD⊥BC于点D，E为线段AD上一点，．以AE为边在直线AD右侧构造等边三角形AEF，连接CE，N为CE的中点．

(1)如图1，EF与AC交于点G，连接NG，BE，直接写出NG与BE的数量关系；
(2)如图2，将绕点A逆时针旋转，旋转角为，M为线段EF的中点，连接DN，MN．当时，猜想∠DNM的大小是否为定值，如果是定值，请写出∠DNM的度数并证明，如果不是，请说明理由；
(3)连接BN，在绕点A逆时针旋转过程中，请直接写出线段BN的最大值．
【答案】(1)
(2)∠DNM的大小是定值，为120°
(3)

【分析】（1）连接CF．由等边三角形的性质易证△BAE≌△CAF(SAS)，即得出．再根据三角形中位线定理即可求出；
（2）连接BE，CF．利用全等三角形的性质证明∠EBC+∠BCF=120°，再利用三角形的中位线定理，三角形的外角的性质证明∠DNM=∠EBC+∠BCF即可；
（3）取AC的中点J，连接BJ，结合三角形的中位线定理可求出BJ，JN．最后根据三角形三边关系即可得出结论．
（1）
解：如图，连接CF．

∵△ABC是等边三角形，AD⊥BC，
∴AB=BC=AC，∠BAD=∠CAD=30°．
∵△AEF是等边三角形，
∴∠EAF=60°，G为EF中点，
∴∠EAG=∠GAF=30°．
即在△BAE和△CAF中，
，
∴△BAE≌△CAF(SAS)，
∴，
∵N为CE的中点，G为EF中点，
∴，
∴；
（2）
∠DNM=120°是定值，证明如下，
如图，连接BE，CF．

同（1）可证△BAE≌△CAF（SAS），
∴∠ABE=∠ACF．
∵∠ABC+∠ACB=60°+60°=120°，
∴∠EBC+∠BCF=∠ABC-∠ABE+∠ACB+∠ACF=120°．
∵EN=NC，EM=MF，
∴MN∥CF，
∴∠ENM=∠ECF，
∵BD=DC，EN=NC，
∴DN∥BE，
∴∠CDN=∠EBC，
∵∠END=∠NDC+∠NCD，
∴∠DNM=∠DNE+∠ENM=∠NDC+∠ACB+∠ACN+∠ECF=∠EBC+∠ACB+∠ACF=∠EBC+∠BCF=120°．
综上可知∠DNM的大小是定值，为120°；
（3）如图，取AC的中点J，连接BJ，BN．

∵AJ=CJ，EN=NC，
∴JN=AE=．
∵BJ=AD=，
∴BN≤BJ+JN，即BN≤，
故线段BN的最大值为．
【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形的中位线定理，三角形三边关系的应用．解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题．