精品解析：广东省深圳市2021-2022学年九年级上学期期末数学试题

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2021-2022学年广东省深圳市九年级（上）期末数学试卷
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分，每小题有四个选项，其中只有一个是正确的）
1. 深圳湾“春笋”大楼的顶部如图所示，则该几何体的主视图是（　　）

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据简单几何体的三视图的意义，得出从正面看所得到的图形即可．
【详解】解：从正面看深圳湾“春笋”大楼所得到的图形如下：

故选：A．
【点睛】本题考查简单几何体的三视图，理解视图的意义，掌握简单几何体三视图的画法是正确解答的关键．
2. 若x＝1是关于x的一元二次方程x2+mx﹣3＝0的一个根，则m的值是（　　）
A. ﹣2 B. ﹣1 C. 1 D. 2
【答案】D
【解析】
【分析】把x=1代入方程x2+mx-3=0，得出一个关于m的方程，解方程即可．
【详解】解：把x=1代入方程x2+mx-3=0得：1+m-3=0，
解得：m=2．
故选：D．
【点睛】本题考查了一元二次方程的解和解一元一次方程，关键是能根据题意得出一个关于m的方程．
3. 如图，已知△ABC∽△DEF，若∠A＝35°，∠B＝65°，则∠F的度数是（　　）

A. 30° B. 35° C. 80° D. 100°
【答案】C
【解析】
【分析】先根据三角形内角和定理求出∠C的度数，再根据相似三角形对应角相等即可解决问题．
【详解】解：∵△ABC中，∠A=35°，∠B=65°，
∴∠C=180°-∠A-∠B=180°-35°-65°=80°，
又∵△ABC∽△DEF，
∴∠F=∠C=80°，
故选：C．
【点睛】本题考查相似三角形的性质，掌握相似三角形对应角相等是解题的关键．也考查了三角形内角和定理．
4. 一元二次方程x2+x﹣1＝0的根的情况是（ ）
A. 有两个不相等的实数根 B. 有两个相等的实数根
C 没有实数根 D. 无法判断
【答案】A
【解析】
【分析】判断上述方程的根的情况，只要看根的判别式的值的符号就可以了．
【详解】解：，，，
，
方程有两个不相等的实数根．
故选A
【点睛】本题考查了根的判别式，熟知一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的根与△的关系是解答此题的关键．总结：一元二次方程根的情况与判别式的关系：
方程有两个不相等的实数根；
方程有两个相等的实数根；
方程没有实数根．
5. 已知菱形两条对角线的长分别为6cm和8cm，则菱形的面积为（ ）
A. 20 B. 24 C. 26 D.
【答案】B
【解析】
【分析】由菱形的面积公式对角线乘积的一半可求解．
【详解】解：菱形的面积=×6×8=24（cm2），
故选：B．
【点睛】本题考查了菱形的性质，掌握菱形的面积公式是本题的关键．
6. 为庆祝中国共产党成立100周年，某学校开展学习“四史”（《党史》、《新中国史》、《改革开放史》、《社会主义发展史》）交流活动，小亮从这四本书中随机选择1本进行学习心得体会分享，则他恰好选到《新中国史》这本书的概率为（　　）
A. B. C. D. 1
【答案】A
【解析】
【分析】直接根据概率公式求解即可．
【详解】解：由题意得，他恰好选到《新中国史》这本书的概率为，
故选：A．
【点睛】本题考查了概率公式，用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
7. 如图，已知△A′B′C′与△ABC是位似图形，点O是位似中心，若A′是OA的中点，则△A′B'C′与△ABC的面积比是（　　）

A. 1：4 B. 1：2 C. 2：1 D. 4：1
【答案】A
【解析】
【分析】根据位似图形的概念得到△A′B′C′∽△ABC，A′B′∥AB，根据△OA′B′∽△OAB，求出，根据相似三角形的性质计算，得到答案．
【详解】解：∵△A′B′C′与△ABC是位似图形，
∴△A′B′C′∽△ABC，A′B′∥AB，
∴△OA′B′∽△OAB，
∴，
∴△A′B'C′与△ABC的面积比为1：4，
故选：A．
【点睛】本题考查的是位似变换的概念、相似三角形的性质，掌握相似三角形的面积比等于相似比的平方是解题的关键．
8. 下列命题中，是真命题的是（　　）
A. 一条线段上只有一个黄金分割点
B. 各角分别相等，各边成比例的两个多边形相似
C. 两条直线被一组平行线所截，所得的线段成比例
D. 若2x＝3y，则
【答案】B
【解析】
【分析】根据黄金分割的定义对A选项进行判断；根据相似多边形的定义对B选项进行判断；根据平行线分线段成比例定理对C选项进行判断；根据比例的性质对D选项进行判断．
【详解】解：A．一条线段上有两个黄金分割点，所以A选项不符合题意；
B．各角分别相等，各边成比例的两个多边形相似，所以B选项符合题意；
C．两条直线被一组平行线所截，所得的对应线段成比例，所以C选项不符合题意；
D．若2x=3y，则，所以D选项不符合题意．
故选：B．
【点睛】本题考查了命题：命题的“真”“假”是就命题的内容而言．任何一个命题非真即假．要说明一个命题的正确性，一般需要推理、论证，而判断一个命题是假命题，只需举出一个反例即可．
9. 文博会期间，某公司调查一种工艺品的销售情况，下面是两位调查员和经理的对话．
小张：该工艺品的进价是每个22元；
小李：当销售价为每个38元时，每天可售出160个；当销售价降低3元时，平均每天将能多售出120个．
经理：为了实现平均每天3640元的销售利润，这种工艺品的销售价应降低多少元？
设这种工艺品的销售价每个应降低x元，由题意可列方程为（　　）
A. （38﹣x）（160+×120）＝3640
B. （38﹣x﹣22）（160+120x）＝3640
C. （38﹣x﹣22）（160+3x×120）＝3640
D. （38﹣x﹣22）（160+×120）＝3640
【答案】D
【解析】
【分析】由这种工艺品销售价每个降低x元，可得出每个工艺品的销售利润为（38-x-22）元，销售量为（160+×120）个，利用销售总利润=每个的销售利润×销售量，即可得出关于x的一元二次方程，此题得解．
【详解】解：∵这种工艺品的销售价每个降低x元，
∴每个工艺品的销售利润为（38-x-22）元，销售量为（160+×120）个．
依题意得：（38-x-22）（160+×120）=3640．
故选：D．
【点睛】本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
10. 如图，矩形ABCD中，点E，点F分别是BC，CD的中点，AE交对角线BD于点G，BF交AE于点H．则的值是（　　）

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】取的中点，连接，交于点，则，，由，得，由，得，，则，，从而解决问题．
【详解】解：矩形中，点，点分别是，的中点，
，，，
取的中点，连接，交于点，如图，

则是的中位线，
，，
，，
，
，
，
，
，
，，
，，
，，
，
，
故选：B．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，相似三角形的判定与性质，利用相似三角形的性质表示出和的长是解题的关键．
二、填空题（本大题共5小题，每小题3分，共15分）
11. 若，则=_______．
【答案】．
【解析】
【分析】先把分式化简成已知的形式，再把已知整体代入即可
【详解】根据题意可得：原式=+1=．
【点睛】本题考查了分式的化简以及代入求值，解题的关键是运用整体思想代入求值．
12. 深圳某商场为吸引顾客，设置了一种游戏，其规则如下：在一个不透明的纸箱中装有红球和白球共10个，这些球除颜色外都相同．凡参与游戏的顾客从纸箱中随机摸出一个球，如果摸到红球就可免费得到一个吉祥物，摸到白球没有吉祥物．据统计，参与这种游戏的顾客共有5000人，商场共发放了吉祥物1500个．则该纸箱中红球的数量约有 _____个．
【答案】3
【解析】
【分析】先求出得到吉祥物的频率，再设纸箱中红球的数量为x个，根据题意列出方程，解之即可．
【详解】解：由题意可得：
参与该游戏可免费得到吉祥物的频率为=，
设纸箱中红球的数量为x个，
则，
解得：x=3，
所以估计纸箱中红球的数量约为3个，
故答案为：3．
【点睛】本题主要考查利用频率估计概率，大量重复试验时，事件发生的频率在某个固定位置左右摆动，并且摆动的幅度越来越小，根据这个频率稳定性定理，可以用频率的集中趋势来估计概率，这个固定的近似值就是这个事件的概率．
13. 如图，矩形ABCD中，AC的垂直平分线MN与AB交于点E，连接CE．若∠CAD＝70°，则∠DCE＝_____°．

【答案】40
【解析】
【分析】根据线段垂直平分线的性质得到EC=EA，根据矩形的性质得到∠DCA=∠EAC=20°，结合图形计算，得到答案．
【详解】解：∵MN是AC的垂直平分线，
∴EC=EA，
∴∠ECA=∠EAC，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，∠D=90°，
∴∠DCA=∠EAC=90°-70°=20°，
∴∠DCE=∠DCA+∠ECA=20°+20°=40°，
故答案为：40．
【点睛】本题考查的是矩形的性质，线段的垂直平分线的性质，掌握线段的垂直平分线上的点到线段的两个端点的距离相等是解题的关键．
14. 如图，已知一次函数y＝2x+4的图象与反比例函数的图象交于A，B两点，点B的横坐标是1，过点A作AC⊥y轴于点C，连接BC，则△ABC的面积是 _____．

【答案】12
【解析】
【分析】由一次函数解析式求得B的坐标，代入求得k，然后两个解析式联立成方程组，解方程组求得A的坐标，然后根据三角形面积公式求得即可．
【详解】解：∵一次函数y=2x+4的图象与反比例函数的图象交于A，B两点，点B的横坐标是1，
∴把x=1代入y=2x+4得，y=6，
∴B（1，6），
∴6=，解得k=6，
∴反比例函数的解析式为，
解得：或，
∴A（-3，-2），
∵AC⊥y轴于点C，
∴AC=3，
∴S△ABC=×3×(6+2)=12．
故答案为：12．
【点睛】此题是反比例函数与一次函数的交点问题，一次函数图象上点的坐标特征，待定系数法求反比例函数的解析式，三角形面积等，数形结合是解本题的关键．
15. 如图，已知△ABC与△ADE均是等腰直角三角形，∠BAC＝∠ADE＝90°，AB＝AC＝1，AD＝DE＝，点D在直线BC上，EA的延长线交直线BC于点F，则FB的长是 _____．

【答案】
【解析】
【分析】过点A作AH⊥BC于点H，根据等腰直角三角形的性质可得DH=，CD=，再证明△ABF∽△DCA，进而对应边成比例即可求出FB的长．
【详解】解：如图，过点A作AH⊥BC于点H，

∵∠BAC=90°，AB=AC=1，
∴BC=，
∵AH⊥BC，
∴BH=CH=，
∴AH=，
∵AD=DE=，
∴DH=，
∴CD=DH-CH=，
∵∠ABC=∠ACB=45°，
∴∠ABF=∠ACD=135°，
∵∠DAE=45°，
∴∠DAF=135°，
∵∠BAC=90°，
∴∠BAF+∠DAC=45°，
∵∠BAF+∠F=45°，
∴∠F=∠DAC，
∴△ABF∽△DCA，
∴，
∴，
∴BF=，
故答案为：．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，等腰直角三角形，解决本题的关键是得到△ABF∽△DAC．
三、解答题（本题共7小题，共55分）
16. 解方程：
【答案】，
【解析】
【分析】利用配方法解答，即可求解．
【详解】解：，
配方得∶，
解得∶，
即，．
【点睛】本题主要考查了解一元二次方程，熟练掌握一元二次方程的解法——直接开平方法、配方法、因式分解法、公式法是解题的关键．
17. 小明为探究反比例函数y＝的性质，他想先画出它的图象，然后再观察、归纳得到．

（1）他列出y与x的几组对应值如表：
x
…
﹣4
﹣3
﹣2
﹣1
﹣0.5
0.5
1
b
3
4
…
y
…
﹣1
﹣
a
﹣4
﹣8
8
4
2

1
…
表格中，a＝　 　，b＝　 　；
（2）结合表，在如图所示的平面直角坐标系xOy中，画出当x＞0时的函数y的图象；
（3）①若（6，m），（10，n）在该函数的图象上，则m　 　n（填“＞”，“＝”或“＜”）；
②若（x1，y1），（x2，y2）在该函数图象上，且x1＜x2＜0，则y1　 　y2（填“＞”，“＝”或“＜”）．
【答案】（1）-2，2
（2）见解析 （3）①＞；②＞
【解析】
【分析】（1）把（-4，-1）代入y＝解方程得到反比例函数的解析式为y＝，把x=-2，把y=2时，分别代入反比例函数的解析式即可得到答案；
（2）根据题意画出图象即可；
（3）根据反比例函数的性质即可得到结论．
【小问1详解】
解：把（-4，-1）代入y＝得，-1＝，
∴k=4，
∴反比例函数的解析式为y＝，
当x=-2时，y==-2，即a=-2；
当y=2时，2=，则x=2，即b=2；
故答案为：-2，2；
【小问2详解】
如图所示，
【小问3详解】
∵反比例函数的解析式为y＝，
∴k=4＞0，
∴在每个象限内y随x的增大而减小，
①若（6，m），（10，n）在该函数的图象上，
∵6＜10，
∴m＞n；
故答案为：＞；
②若（x1，y1），（x2，y2）在该函数的图象上，
∵x1＜x2＜0，
∴y1＞y2，
故答案为：＞．
【点睛】本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，反比例函数的性质，反比例函数的图象，正确的作出图象是解题的关键．
18. 深圳某地铁站入口有A，B，C三个安全检查口，假定每位乘客通过任意一个安全检查口的可能性相同．张红与李萍两位同学需要通过该地铁入口乘坐地铁．
（1）张红选择A安全检查口通过的概率是 　　；
（2）请用列表或画树状图的方法求出她俩选择相同安全检查口通过的概率．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据概率公式求解即可；
（2）根据题意先画出树状图得出所有等情况数和选择相同安全检查口通过的情况数，然后根据概率公式即可得出答案．
【18题详解】
解：（1）∵有A．B、C三个闸口，
∴张红选择A安全检查口通过的概率是，
故答案为：；
【19题详解】
根据题意画图如下：

共有9种等情况数，其中她俩选择相同安全检查口通过的有3种，
则她俩选择相同安全检查口通过的概率是．
【点睛】本题考查列表法与树状图法，解题的关键是明确题意，正确画出树状图．
19. 如图，点E是矩形ABCD的边BA延长线上一点，连接ED，EC，EC交AD于点G，作CF∥ED交AB于点F，DC＝DE．

（1）求证：四边形CDEF是菱形；
（2）若BC＝3，CD＝5，求AG的长．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】（1）根据矩形性质先证明四边形CDEF是平行四边形，再根据有一组邻边相等的平行四边形是菱形即可解决问题；
（2）连接GF，根据菱形的性质证明△CDG≌△CFG，然后根据勾股定理即可解决问题．
【19题详解】
解：证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，AB=CD，
∵CF∥ED，
∴四边形CDEF是平行四边形，
∵DC=DE．
∴四边形CDEF是菱形；
【20题详解】
如图，连接GF，

∵四边形CDEF是菱形，
∴CF=CD=5，
∵BC=3，
∴BF=，
∴AF=AB-BF=5-4=1，
在△CDG和△CFG中，
，
∴△CDG≌△CFG（SAS），
∴FG=GD，
∴FG=GD=AD-AG=3-AG，
在Rt△FGA中，根据勾股定理，得
FG2=AF2+AG2，
∴（3-AG）2=12+AG2，
解得AG=．
【点睛】本题考查了矩形的性质，菱形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，解决本题的关键是掌握菱形的判定与性质．
20. 如图①，某校进行校园改造，准备将一块正方形空地划出部分区域栽种鲜花，原空地一边减少了4m，另一边减少了5m，剩余部分面积为650m2．

（1）求原正方形空地的边长；
（2）在实际建造时，从校园美观和实用的角度考虑，按图②的方式进行改造，先在正方形空地一侧建成1m宽的画廊，再在余下地方建成宽度相等的两条小道后，其余地方栽种鲜花，如果栽种鲜花区域的面积为812m2，求小道的宽度．
【答案】（1）30m （2）1m
【解析】
【分析】（1）设原正方形空地的边长为x m，则剩余部分长（x-4）m，宽（x-5）m，根据剩余部分面积为650m2，即可得出关于x的一元二次方程，解之取其正值即可得出结论；
（2）设小道的宽度为y m，则栽种鲜花的区域可合成长（30-y）m，宽（30-1-y）m的矩形，根据栽种鲜花区域的面积为812m2，即可得出关于y的一元二次方程，解之取其符合题意的值即可得出结论．
【20题详解】
解：设原正方形空地的边长为x m，则剩余部分长（x-4）m，宽（x-5）m，
依题意得：（x-4）（x-5）=650，
整理得：x2-9x-630=0，
解得：x1=30，x2=-21（不合题意，舍去）．
答：原正方形空地的边长为30m．
【21题详解】
设小道的宽度为y m，则栽种鲜花的区域可合成长（30-y）m，宽（30-1-y）m的矩形，
依题意得：（30-y）（30-1-y）=812，
整理得：y2-59y+58=0，
解得：y1=1，y2=58（不合题意，舍去）．
答：小道的宽度为1m．
【点睛】本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
21. 【综合与实践】现实生活中，人们可以借助光源来测量物体的高度．已知榕树CD，FG和灯柱AB如图①所示，在灯柱AB上有一盏路灯P，榕树和灯柱的底端在同一水平线上，两棵榕树在路灯下都有影子，只要测量出其中一些数据，则可求出所需要的数据，具体操作步骤如下：

①根据光源确定榕树在地面上的影子；
②测量出相关数据，如高度，影长等；
③利用相似三角形的相关知识，可求出所需要的数据．
根据上述内容，解答下列问题：
（1）已知榕树CD在路灯下的影子为DE，请画出榕树FG在路灯下的影子GH；
（2）如图①，若榕树CD的高度为3.6米，其离路灯的距离BD为6米，两棵榕树的影长DE，GH均为4米，两棵树之间的距离DG为6米，求榕树FG的高度；
（3）无论太阳光还是点光源，其本质与视线问题相同．日常生活中我们也可以直接利用视线解决问题．如图②，建筑物CD高为50米，建筑物MF上有一个广告牌EM，合计总高度EF为70米，两座建筑物之间的直线距离FD为30米．一个观测者（身高不计）先站在A处观测，发现能看见广告牌EM的底端M处，观测者沿着直线AF向前走了5米到B处观测，发现刚好看到广告牌EM的顶端E处．则广告牌EM的高度为 　 　米．
【答案】（1）见解析 （2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据题意画出图形；
（2）证明△ECD∽△EPB，根据相似三角形的性质列出比例式，把已知数据代入计算即可；
（3）根据△BCD∽△BEF求出BD，再根据△ACD∽△AMF求出MF，进而求出EM．
【小问1详解】
解：图①中GH即为所求；
【小问2详解】
∵CD∥PB，
∴△ECD∽△EPB，
∴，即，
解得：PB=9，
∵FG∥PB，
∴△HFG∽△HPB，
∴，即，
解得：FG=，
答：榕树FG的高度为米；
【小问3详解】
∵CD∥EF，
∴△BCD∽△BEF，
∴，即，
解得：BD=75，
∵CD∥EF，
∴△ACD∽△AMF，
∴，即，
解得：MF=，
∴EM=EF-MF=70-=（米），
故答案为：．
【点睛】本题考查的相似三角形的判定和性质的应用，掌握相似三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
22. 【探究发现】
（1）如图①，已知四边形ABCD是正方形，点E为CD边上一点（不与端点重合），连接BE，作点D关于BE的对称点D'，DD'的延长线与BC的延长线交于点F，连接BD′，D'E．

①小明探究发现：当点E在CD上移动时，△BCE≌△DCF．并给出如下不完整的证明过程，请帮他补充完整．
证明：延长BE交DF于点G．
②进一步探究发现，当点D′与点F重合时，∠CDF＝　 　°．
【类比迁移】
（2）如图②，四边形ABCD为矩形，点E为CD边上一点，连接BE，作点D关于BE的对称点D'，DD′的延长线与BC的延长线交于点F，连接BD'，CD'，D'E．当CD'⊥DF，AB＝2，BC＝3时，求CD'的长；
【拓展应用】
（3）如图③，已知四边形ABCD为菱形，AD＝，AC＝2，点F为线段BD上一动点，将线段AD绕点A按顺时针方向旋转，当点D旋转后的对应点E落在菱形的边上（顶点除外）时，如果DF＝EF，请直接写出此时OF的长．
【答案】（1）①见解析；②22.5°
（2）
（3）或
【解析】
【分析】（1）①延长BE交DF于点G，则由对称可知∠EGD=∠EGD'=90°，结合∠DEG=∠BEC得到∠EBC=∠EDF，由正方形的性质得到∠BCE=∠DCF、BC=DC，从而证明△BCE≌△DCF；
②当点D'与点F重合时，由对称可知∠DBG=∠D'BG=22.5°，然后由①得到∠EDF=∠EBC=22.5°；
（2）延长BE交DF于点G，由对称可知点G是DD'的中点、∠EGD=∠EGD'=90°，结合CD'⊥DF得到CD'∥BG，从而有EG是△DCD'的中位线，得到点E是CD的中点，从而求得CE=DE=1，再由勾股定理求得BE的长；由（1）①得∠EBC=∠FDC，∠ECB=∠EGD=90°得到△ECB∽△EGD，进而借助相似三角形的性质求得EG的长，然后由中位线的性质求得CD'的长；
（3）以点A为圆心，AD的长为半径作圆弧，与CD和BC的交点即为点E，然后分点E在CD上和点E在BC上讨论，延长AF交DE于点G，然后借助（1）（2）的思路求解．
【小问1详解】
解：①证明：如图①，延长由对称可知，∠EGD=∠EGD'=90°，
∵∠DEG=∠BEC，
∴∠EBC=∠EDF，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BCE=∠DCF=90°，BC=DC，
在△BCE和△DCF中，
，
∴△BCE≌△DCF（ASA）．
②解：如图1，当点D'与点F重合时，由对称可知∠DBE=∠D'BE，

∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DBC=45°，
∴∠DBE=∠D'BE=22.5°，
由①得到∠CDF=∠EBD'，
∴∠CDF=22.5°，
故答案为：22.5°．
【小问2详解】
解：如图2，延长BE交DF于点G，

由对称可知，点G是DD'的中点，∠EGD=∠EGD'=90°，
∵CD'⊥DF，
∴CD'∥BG，
∴EG是△DCD'的中位线，
∴点E是CD的中点，
∴CE=DE=CD=×2=1，
∴BE=，
由（1）①得，∠EBC=∠FDC，∠ECB=∠EGD=90°，
∴△ECB∽△EGD，
∴，
∴，
∴EG=，
∴BG=BE+EG=，
∵EG是△DCD'的中位线，
∴CD'=2EG=2×=；
【小问3详解】
以点A为圆心，AD的长为半径作圆弧，与CD和BC的交点即为点E，
①如图3，当点E在CD上时，延长AF交DE于点G，

由（1）①可得，∠GDF=∠OAF，
∵四边形ABCD为菱形，
∴AC⊥BD，AO=CO，∠ODC=∠ODA，
∴∠OAF=∠ODA，
∵AC=2，
∴OA=1，
∵AD=，
∴OD=，
∴tan∠OAF=tan∠ODA=，
∴,
∴OF=；
②如图4，当点EBC上时，延长AF交DE于点G，则∠AGD=90°，∠DAG=∠EAG=∠DAE，
∵AD=AB=AE，
∴∠AEB=∠ABE，
∵四边形ABCD是菱形，
∴∠ABO=∠ABE，AD∥∠BC，
∴∠DAE=∠AEB，
∴∠ABO=∠DAG，
在△AGD和△BOA中，
，
∴△AGD≌△BOA（AAS），
∴DG=AO=1，AG=BO=，
∴DG=AO，
∵∠FAO=∠FDG，∠FOA=∠FGD，
∴△FOA≌△FGD（ASA），
∴OF=FG，
设OF=FG=x，则DF=，
在Rt△DFG中，DF2=GF2+DG2，
∴（）2=x2+12，
解得：x=，
∴OF=，
综上所述，OF的长为或．
【点睛】本题考查了矩形的性质、轴对称的性质、旋转的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、解直角三角形，解题的关键是通过菱形的性质和三角形的内角和定理得到∠EBC=∠EDF，从而得到相似三角形或全等三角形，难度较大，需要学生学会利用前面所学的知识解答后面的题目，具有很强的综合性，是中考常考题型．