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2023-2024学年广东省深圳市宝安中学初中部九年级（上）月考数学试卷（10月份）(含解析）
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这是一份2023-2024学年广东省深圳市宝安中学初中部九年级（上）月考数学试卷（10月份）(含解析），共22页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.下列各组中的四条线段a，b，c，d成比例的是( )
A. a= 2，b=3，c=2，d= 3
B. a=4，b=6，c=5，d=10
C. a=2，b= 5，c=2 3，d= 15
D. a=2，b=3，c=4，d=1
2.下列一元二次方程无解的是( )
A. x2−2x+1=0B. 2x2+x+3=0C. x2+3x−2=0D. 2x2−3x−1=0
3.如图，在菱形ABCD中，对角线AC=4，∠BAD=120°，则菱形ABCD的周长为( )
A. 20
B. 18
C. 16
D. 15
4.如图，直线AB//CD//EF，若AC=3，CE=4，则BDDF的值是( )
A. 34
B. 43
C. 37
D. 47
5.下列说法中，正确的是( )
A. 顺次连接对角线互相垂直的四边形各边中点所组成的图形是菱形
B. 关于x的方程kx2−4x+1=0有两个不相等实根，则k的取值范围k<4且k≠0
C. 正方形的对角线所在的直线是它的对称轴，它有2条对称轴
D. 三角形的一个中位线将三角形分为面积相等的两部分
6.一花户，有26m长的篱笆，要围成一边靠住房墙(墙长12m)的面积为80m2的长方形花园，且垂直于住房墙的一边留一个1m的门，设垂直于住房墙的其中一边长为xm，则可列方程为( )
A. x(27−x2)=80B. x(26−2x)=80C. x(26−x2)=80D. x(27−2x)=80
7.在△ABC中，∠ACB=90°，用直尺和圆规在AB上确定点D，使△ACD∽△CBD，根据作图痕迹判断，正确的是( )
A. B.
C. D.
8.如图，菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，过点D作DH⊥AB于点H，连接OH，OH=4，若菱形ABCD的面积为64，则CD的长为( )
A. 4 5
B. 8 5
C. 4 3
D. 8 3
9.如图，已知边长为6的正方形ABCD，E为AD的中点，P为CE的三等分点，则△BDP的面积是( )
A. 8
B. 9
C. 10
D. 12
10.如图，正方形ABCD由四个全等的直角三角形拼接而成，连结HF交DE于点M.若AHAE=12，则HMMF的值为( )
A. 49
B. 12
C. 47
D. 23
二、填空题：本题共5小题，每小题3分，共15分。
11.设3x−4y=0(y≠0)，则x+yy= ______．
12.若x=−2是方程ax2+bx+3=0(a≠0)的一个解，则代数式1−8a+4b的值是______．
13.如图，在4×3的正方形网格中，△ABC与△DEC的顶点都在边长为1的小正方形的顶点上，则∠BAC+∠CDE=______度．
14.如图，在正方形ABCD中，点E在对角线AC上，EF⊥AB于点F，EG⊥BC于点G，连接DE，若AB=10，EF：EG=1：4，则ED的长度为______．
15.在Rt△ABC中，∠ACB=90°，D是AB的中点，BE平分∠ABC交AC于点E，连结CD交BE于点O.若AC=8，BC=6，则OE的长是______．
三、解答题：本题共7小题，共55分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
16.(本小题8分)
解方程：
(1)x2−2x−8=0；
(2)x(x−2)+x−2=0．
17.(本小题6分)
先化简，再求值：，其中x满足x2−7x=0．
18.(本小题6分)
如图，小明同学用自制的直角三角形纸板DEF测量树的高度AB，他调整自己的位置，设法使斜边DF持水平，并且边DE与点B在同一直线上，已知纸板的两条边DF=0.5m，EF=0.3m，测得边DF离地面的高度AC=1.5m，CD=10m，求树高AB．
19.(本小题8分)
据统计某水果电商平台1月份的销售额是225万元，第一季度的销售额是819万元．
(1)若该平台1月份到3月份的月平均增长率都相同，求月平均增长率是多少？
(2)市场调查发现，某水果在电商平台上的售价为24元/千克时，每天能销售300千克，售价每降低2元，每天可多售出100千克，为了推广宣传，商家决定降价促销，同时尽量减少库存，已知该水果的成本价为12元/千克，若使销售该水果每天获利4000元，则售价应降低多少元？
20.(本小题8分)
如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，延长CB到点E，使得BE=BC.连接AE.过点B作BF//AC，交AE于点F，连接OF．
(1)求证：四边形AFBO是矩形；
(2)若∠E=30°，BF=1，求OF的长．
21.(本小题9分)
【了解概念】
定义提出：有一组邻边相等的凸四边形叫做“等邻边四边形”．
【理解运用】
(1)如图1，在3×3的正方形网格中，每个小正方形的顶点称为格点，每个小正方形的边长均为1，线段AB、BC的端点均在格点上，在图1的方格纸中画出一个等邻边四边形ABCD，要求：点D在格点上；
(2)如图2，在等邻边四边形ABCD中，AB=AD=4，∠A=60°，∠ABC=90°，BC=3 3，求CD的长；
【拓展提升】
(3)如图3，在平面直角坐标系中，矩形OABC的顶点A、C分别在x、y轴正半轴上，已知OC=4，OA=6，D是OA的中点.在矩形OABC内或边上，是否存在点E，使四边形OCED为面积最大的“等邻边四边形”，若存在，请求出四边形OCED的最大面积及此时点E的坐标；若不存在，请说明理由．
22.(本小题10分)
(1)如图1.在Rt△ACB中，∠ACB=90°，CA=8，BC=6，点D、E分别在边CA，CB上，且CD=3，CE=4，连接AE，BD，F为AE的中点，连接CF交BD于点G，则线段CG所在直线与线段BD所在直线的位置关系是______.(提示：延长CF到点M，使FM=CF，连接AM)
(2)将△DCE绕点C逆时针旋转至图2所示位置时，(1)中的结论是否仍然成立？若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由．
(3)将△DCE绕点C逆时针在平面内旋转，在旋转过程中，当B，D，E三点在同一条直线上时，CF的长为______．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A、 2×3≠ 3×2，故错误；
B、4×10≠5×6，故错误；
C、2× 15= 5×2 3，故正确；
D、2×3≠1×4，故错误．
故选C．
如果两条线段的乘积等于另外两条线段的乘积，我们就说这四条线段叫做成比例线段．
考查了比例线段的概念．注意相乘的时候，让最大的和最小的相乘，剩下的两条再相乘，看它们的积是否相等．
2.【答案】B
【解析】解：A、∵△=(−2)2−4×1×1=0，
∴该方程有两个相等的实数根；
B、∵△=12−4×2×3=−23<0，
∴该方程无解；
C、∵△=32−4×1×(−2)=17>0，
∴该方程有两个不相等的实数根；
D、∵△=(−3)2−4×2×(−1)=17>0，
∴该方程有两个不相等的实数根．
故选B．
逐一分析四个选项中方程的根的判别式的正负，由此即可得出结论．
本题考查了根的判别式，牢记“当△<0时方程无解”是解题的关键．
3.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查菱形的性质.掌握菱形四边相等是解题的关键．
根据∠BAD=120°得到∠B等于60°，推出△ABC是等边三角形，求出菱形的边长，从而得出其周长．
【解答】
解：在菱形ABCD中，
∵∠BAD=120°，
∴∠B=60°，
∴△ABC为等边三角形，
∴AB=AC=4，
∴菱形ABCD的周长=4AB=4×4=16．
故选：C．
4.【答案】A
【解析】解：∵直线AB//CD//EF，AC=3，CE=4，
∴BDDF=ACCE=34，
故选：A．
直接利用平行线分线段成比例定理求解．
本题考查了平行线分线段成比例：三条平行线截两条直线，所得的对应线段成比例．
5.【答案】B
【解析】解：A.顺次连接对角线互相垂直的四边形各边中点所组成的图形是矩形，不一定是菱形，所以A选项不符合题意；
B.k≠0且Δ=(−4)2−4k>0，解得k<4且k≠0，所以选项符合题意；
C.正方形有4条对称轴，所以C选项不符合题意；
D.三角形的一个中位线将三角形分为面积为1：3的两部分，所以D选项不符合题意．
故选：B．
利用三角形中位线定理可判断顺次连接对角线互相垂直的四边形各边中点所组成的图形为矩形，从而可对A选项进行判断；根据一元二次方程的定义和根的判别式的意义可对B选项进行判断；根据正方形的性质对C选项进行判断；根据三角形的中位线定理和相似三角形的性质可对D选项进行判断．
本题考查了根的判别式：一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的根与Δ=b2−4ac有如下关系：当Δ>0时，方程有两个不相等的实数根；当Δ=0时，方程有两个相等的实数根；当Δ<0时，方程无实数根．也考查了三角形中位线定理和菱形的判定．
6.【答案】D
【解析】解：设与墙垂直的一边长为x m，则与墙平行的一边长为(27−2x)m，
根据题意得：x(27−2x)=80．
故答案为：D．
设与墙垂直的一边长为xm，则与墙平行的一边长为(27−2x)m，根据长方形花园面积为80m2即可列出关于x的一元二次方程，此题得解．
本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，根据长方形花园的面积列出关于x的一元二次方程是解题的关键．
7.【答案】C
【解析】解：当CD是AB的垂线时，△ACD∽△CBD．
∵CD⊥AB，
∴∠CDA=∠BDC=90°，
∵∠ACB=90°，
∴∠A+∠ACD=∠ACD+∠BCD=90°，
∴∠A=∠BCD，
∴△ACD∽△CBD．
根据作图痕迹可知，
A选项中，CD是∠ACB的角平分线，不符合题意；
B选项中，CD不与AB垂直，不符合题意；
C选项中，CD是AB的垂线，符合题意；
D选项中，CD不与AB垂直，不符合题意；
故选：C．
如果△ACD∽△CBD，可得∠CDA=∠BDC=90°，即CD是AB的垂线，根据作图痕迹判断即可．
本题考查了相似三角形的判定，基本尺规作图的识别与应用等，熟练掌握相似三角形的判定是解题的关键．
8.【答案】A
【解析】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴OB=OD，OC=12AC
∵DH⊥AB，
∴OH=12BD，
∴OD=OH=4，
∴BD=8，
∵菱形ABCD的面积=12AC⋅BD=64，
∴AC=16，
∴OC=8，
∴CD= OC2+OD2=4 5．
故选：A．
由菱形的性质得到OB=OD，OC=12AC，由直角三角形斜边中线的性质得到OH=12BD，OD=OH=4，因此BD=8，由菱形面积公式求出AC=16，得到OC=8，由勾股定理求出CD= OC2+OD2=4 5．
本题考查菱形的性质，勾股定理，关键是由菱形的性质求出AC的长．
9.【答案】B
【解析】解：如图，连接BE，
∵边长为6的正方形ABCD，
∴正方形ABCD=6×6=36，
∵E为AD的中点，
∴S△ABD=12S正方形ABCD=18，S△BCE=12S正方形ABCD=18，DE=3，
∵P为CE的三等分点，
∴S△BCP=13S△BCE=6，S△CDP=13S△CDE，
∵S△CDE=12CD⋅DE=9，
∴S△CDP=3，
∴△BDP的面积=S正方形ABCD−S△ABD−S△BCP−S△CDP=36−18−6−3=9，
故选：B．
根据正方形的性质求出正方形ABCD=36，根据三角形面积公式求出S△ABD=18，S△BCE=18，S△BCP=6，S△CDP=3，再根据△BDP的面积=S正方形ABCD−S△ABD−S△BCP−S△CDP求解即可．
此题考查了正方形的性质，熟记正方形的性质是解题的关键．
10.【答案】C
【解析】解：如图所示，延长CB，DE，交于点N，设AH=1，AE=2，
∵正方形ABCD由四个全等的直角三角形拼接而成，
∴BE=1，DH=BF=2，
∵AD//BN，
∴△ADE∽△BNE，
∴ADBN=AEBE，即3BN=21，
∴BN=1.5，
∵DH//NF，
∴△DHM∽△NFM，
∴HMFM=DHNF=23.5=47，
故选：C．
延长CB，DE，交于点N，设AH=1，AE=2，依据△ADE∽△BNE，即可得出BN=1.5；再根据△DHM∽△NFM，即可得到HMFM的值．
本题主要考查了相似三角形的判定与性质，解决问题的关键是延长CB，DE，构造两对“8”字模型相似三角形，利用相似三角形的对应边成比例进行计算．
11.【答案】73
【解析】解：∵3x−4y=0(y≠0)，
∴3x=4y，
∴x=43y，
∴x+yy=43y+yy=73yy=73，
故答案为：73．
根据题意得出x=43y，再代入化简即可得出答案．
本题考查考查分式的化简求值，在化简时要注意用未知量表示未知量，即等式的变形应用．
12.【答案】7
【解析】解：把x=−2代入方程ax2+bx+3=0(a≠0)，得4a−2b+3=0，
所以4a−2b=−3，
则1−8a+4b=1−2(4a−2b)=1−2×(−3)=7．
故答案为：7．
把x=−2代入方程可得4a−2b+3=0，即4a−2b=−3.然后化简代数式，注意整体代入，从而求得代数式的值．
本题考查了一元二次方程的解：能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值是一元二次方程的解．注意解题中的整体代入思想．
13.【答案】45
【解析】解：∵BF=CF，CK=EK，
∴∠FBC=∠CEK=45°，
∴∠1+∠BAC=45°，∠2+∠CDE=45°，
连接AD、BE，
∵BC2=22+22=8，CE2=12+12=2，BE2=32+12=10，
∴BC2+CE2=BE2，
∴∠BCE=90°，
∵AD2=32+12=10，CD2=32+12=10，AC2=42+22=20，
∴AD2+CD2=AC2，
∴∠ADC=90°，
∴∠ACD=45°，
∴∠1+∠2=45°，
∴∠BAC+∠CDE=45°，
故答案为：45．
首先根据三角形内角与外角的关系计算出∠1+∠BAC=45°，∠2+∠CDE=45°，再利用勾股定理逆定理证明∠BCE=90°，再证明∠ADC=90°，进而得到∠ACD═45°，从而得到∠1+∠2=45°，继而得到∠BAC+∠CDE=45°．
此题主要考查了勾股定理逆定理，以及三角形内角与外角的关系，关键是掌握勾股定理的逆定理：如果三角形的三边长a，b，c满足a2+b2=c2，那么这个三角形就是直角三角形．
14.【答案】2 17
【解析】如解：连接BE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=CB=AD=CD，∠ABC=∠ADC=90°，
∴∠BAC=∠BCA=∠DAC=∠DCA=45°，
在△BAE和△DAE中，
AB=AD∠BAE=∠DAEAE=AE，
∴△BAE≌△DAE(SAS)，
∴EB=ED，
∵EF⊥AB于点F，EG⊥BC于点G，
∴∠AFE=∠BFE=∠BGE=90°，
∴∠FEA=∠FAE=45°，四边形BFEG是矩形，
∴EF=AF，EG=BF，
∵EF：EG=1：4，
∴AF：BF=1：4，
∴EF=AF=11+4AB=15×10=2，BF=41+4AB=45×10=8，
∴EB= EF2+BF2= 22+82=2 17，
∴ED=2 17，
连接BE，证明△ABE≌△ADE，可得ED=BE，在等腰直角三角形AEF中，求出AF，EF的长，再在Rt△BEF中求出BE的长，即可得出ED的长．
本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质，熟练掌握正方形的性质是解决问题的关键．
15.【答案】9 511
【解析】解：在Rt△ACB中，∠ACB=90°，AC=8，BC=6，由勾股定理得：AB=10，
过A作AF//BC，交BE延长线于F，
∵AF//BC，
∴∠F=∠CBE，
∵BE平分∠ABC，
∴∠ABE=∠CBE，
∴∠F=∠ABE，
∴AB=AF=10，
∵AF//BC，
∴△AEF∽△CEB，
∴AFBC=AECE，
∴106=AE8−AE，
解得：AE=5，CE=8−5=3，
在Rt△ECB中，由勾股定理得：BE= 62+32=3 5，
过D作DM//AC，交BC于M，交BE于N，
∵D为AB的中点，
∴M为BC的中点，N为BE的中点，
∴DN=12AE=12×5=2.5，BN=NE=12BE=3 52，
∵DM//AC，
∴△DNO∽△CEO，
∴DNCE=ONEO，
∴2.53=3 52−OEOE，
解得：OE=9 511，
故答案为：9 511．
先根据BE是∠ABC的平分线得出比例式，求出AE、CE的值，根据勾股定理求出AB和BE长，求出M、N分别是BC、BE的中点，根据相似得出比例式，代入求出OE即可．
本题考查了相似三角形的性质和判定等知识点，能正确作出辅助线是解此题的关键，题目比较好，难度偏大．
16.【答案】解：(1)x2−2x−8=0
(x+2)(x−4)=0
x+2=0，x−4=0
x1=−2，x2=4；
(2)x(x−2)+x−2=0
(x−2)(x+1)=0
x−2=0，x+1=0
x1=2，x2=−1．
【解析】利用因式分解法解出方程．
本题考查的是一元二次方程的解法，掌握因式分解法解一元二次方程的一般步骤是解题的关键．
17.【答案】解：原式
，
∵x满足x2−7x=0，
∴x(x−7)=0，x=0或x=7，
当x=0时，原式无意义，故舍去，
当x=7时，原式=−18．
【解析】先根据分式混合运算的法则把原式进行化简，再根据x满足x2−7x=0求出x的值，最后把x的值代入原式进行计算即可．
本题考查的是分式的化简求值及解一元二次方程，将原式正确化简是解题关键．
18.【答案】解：∵∠DEF=∠DCB=90°，∠EDF=∠CDB，
∴△DEF∽△DCB，
∴EFBC=DEDC，
在Rt△DEF中，
∵DF=0.5m，EF=0.3m，
由勾股定理得DE= DF2−EF2=0.4(m)，
∵CD=10m，
∴0.3BC=0.410，
∴BC=7.5(m)，
∴AB=AC+BC=1.5+7.5=9(m)，
答：树高AB是9m．
【解析】先在Rt△DEF中，由勾股定理求得DE，再利用Rt△DEF和Rt△BCD相似求得BC的长，加上小明同学的身高即可求得树高AB．
本题考查了相似三角形的应用和勾股定理的应用，解题的关键是证得△DEF∽△DCB．
19.【答案】解：(1)设月平均增长率为x，则：225+225(1+x)+225(1+x)2=819，
解得：x1=0.2，x2=−3.2(舍去)，
∴月平均增长率是20%．
(2)(24−12−y)(300+y2×100)=4000，
解得：y1=4，y2=2(舍去)
∴若使销售该水果每天获利4000元，则售价应降低4元．
【解析】(1)设月平均增长率为x，根据题意列方程，解出x值，结合问题的实际意义作出取舍即可；
(2)设售价降低y元，则每天可售出(300+50y)千克，根据题意列方程，解出y值，结合问题的实际意义作出取舍即可．
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．
20.【答案】(1)证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AD//BC，AC⊥BD，AD=BC，
∵BE=BC，
∴AD=BE，
∴四边形AEBD是平行四边形，
∴AE//BD．
∵BF//AC，
∴四边形AFBO是平行四边形．
∵AC⊥BD，AE//BD
∴AE⊥AC，
∴∠OAF=90°，
∴平行四边形AFBO是矩形．
(2)解：由(1)知四边形AFBO是矩形，
∴∠AFB=90°，OF=AB，
∴∠BFE=90°．
又∵∠E=30°，BF=1，
∴BE=2BF=2．
在Rt△AEC中，BE=BC，
∴AB=BE=2，
∴OF=2．
【解析】(1)证四边形ADBE是平行四边形，再证AE⊥AC，则∠OAF=90°，然后由矩形的判定即可得出结论；
(2)由矩形的性质得∠AFB=90°，OF=AB，所以∠BFE=90°.又由∠E=30°，BF=1，由直角三角形性质得BE=2BF=2.在Rt△AEC中，BE=BC，由直角三角形性质得AB=BE=2，即可得出结论．
本题考查了矩形的判定与性质、菱形的性质、平行四边形的判定与性质、直角三角形的性质，熟练掌握矩形的判定与性质，菱形的性质、直角三角形的性质是解题的关键．
21.【答案】解：(1)由题意知，四边形ABCD是等邻边四边形，
作图如下：(答案不唯一)
(2)连接BD，过点D作DE⊥BC于点E，
∵AB=AD=4，∠A=60°，
∴△ABD是等边三角形，
∴BD=AB=4，∠ABD=60°，
∵∠ABC=90°，
∴∠DBC=90°−60°=30°，
∵DE⊥BC，
∴∠BED=∠CED=90°，
∴DE=12BD=2，
∴BE= BD2−DE2=2 3，
∵BC=3 3，
∴CE=BC−BE= 3，
∴CD= CE2+DE2= 7；
(3)在矩形OABC内或边上，存在点E，使四边形OCED为面积最大的“等邻边四边形”，
理由如下：
如图，当CE=DE时，四边形OCED为“等邻边四边形”，当CE取最大值时，四边形OCED为面积最大的“等邻边四边形”，
∵四边形OABC是矩形，OC=4，OA=6，D为OA的中点，
∴BC//OA，C(0,4)，A(6,0)，D(3,0)，
设点E的坐标为(m,4)，则CE=m，
∵CE=DE，
∴CE2=DE2，
∴m2=(m−3)2+(4−0)2，
解得m=256，
∴CE=256，点E的坐标为(256,4)，
∴S四边形OCED=12(CE+OD)⋅OC=12×(256+3)×4=433，
∴存在点E，使四边形OCED为面积最大的“等邻边四边形”，此时四边形OCED的面积最大值为433，点E的坐标为(256,4)．
【解析】(1)根据“等邻边四边形”的定义作图即可；
(2)连接BD，根据△ABD是等边三角形得出BD=AB=4，过点D作DE⊥BC于点E，求出DE，BE的长度，根据BC的长度求出CE的长度，最后利用勾股定理求出CD即可；
(3)先确定存在点E，设点E的坐标为(m,4)，则CE=m，根据D(3,0)，列方程求出m的值，然后确定点E的坐标和四边形OCED的面积最大值即可．
本题主要考查四边形的综合题，正确理解“等邻边四边形”的定义是解题的关键．
22.【答案】CG⊥BD 4 21+65或4 21−65
【解析】解：(1)结论：CG⊥BD．
理由：延长CF到点M，使得FM=CF，连接AM．
∵FA=FE，∠AFM=∠EFC，FM=FC，
∴△AMF≌△ECF(SAS)，
∴AM=CE=4，∠AMF=∠ECF，
∴AM//CE，
∴∠MAC=∠DCB=90°，
∵AMCD=ACCB=43，
∴△MAC∽△DCB，
∴∠DBC=∠ACM，
∵∠ACM+∠GCB=90°，
∴∠DBC+∠GCB=90°，
∴∠CGB=90°，
∴CG⊥BD．
故答案为：CG⊥BD．
(2)结论仍然成立．
理由：延长CF到点M，使得FM=CF，连接AM．
∵FA=FE，∠AFM=∠EFC，FM=FC，
∴△AMF≌△ECF(SAS)，
∴AM=CE=4，∠AMF=∠ECF，
∴AM//CE，
∴∠MAC+∠ACE=180°，
∴∠MAC=180°−∠ACE，
∵∠DCB=∠DCE+∠ACB−∠ACE=90°+90°−∠ACE=180°−∠ACE，
∴∠MAC=∠DCB，
∵AMCD=ACCB=43，
∴△MAC∽△DCB，
∴∠DBC=∠ACM，
∵∠ACM+∠GCB=90°，
∴∠DBC+∠GCB=90°，
∴∠CGB=90°，
∴CG⊥BD．
(3)如图3中，当点E在线段BD上时，
∵△AMC∽△CDB，
∴CMBD=ACCB=43，
在Rt△DCE中，CD=3，CE=4，
∴DE= CD2+CE2= 32+42=5，
∵CG⊥DE，
∴CG=CD⋅CEDE=125，
在Rt△CGB中，CB=6，CG=125中，
∴BG= BC2−CG2= 62−(125)2=6 215，
在Rt△DCG中，DG= CD2−CG2= 32−(125)2=95，
∴BD=BG+DG=6 21+95，
∴CM=43BD=8 21+125，
∴CF=12CM=4 21+65
如图4中，当点E在线段BD的延长线上时，同法可得CF=12CM=4 21−65．
综上所述，满足条件的CF的值为4 21+65或4 21−65．
(1)结论：CG⊥BD.证明AM//CE，推出∠MAC=∠DCB=90°，因为AMCD=ACCB=43，推出△MAC∽△DCB，推出∠DBC=∠ACM，由∠ACM+∠GCB=90°，推出∠DBC+∠GCB=90°，可得∠CGB=90°．
(2)结论成立，证明方法类似．
(3)分两种情形：如图3中，当点E在线段BD上时，如图4中，当点E在线段BD的延长线上时，分别求解即可．
本题属于几何变换综合题，考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，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．
1.下列各组中的四条线段a，b，c，d成比例的是( )
A. a= 2，b=3，c=2，d= 3
B. a=4，b=6，c=5，d=10
C. a=2，b= 5，c=2 3，d= 15
D. a=2，b=3，c=4，d=1
2.下列一元二次方程无解的是( )
A. x2−2x+1=0B. 2x2+x+3=0C. x2+3x−2=0D. 2x2−3x−1=0
3.如图，在菱形ABCD中，对角线AC=4，∠BAD=120°，则菱形ABCD的周长为( )
A. 20
B. 18
C. 16
D. 15
4.如图，直线AB//CD//EF，若AC=3，CE=4，则BDDF的值是( )
A. 34
B. 43
C. 37
D. 47
5.下列说法中，正确的是( )
A. 顺次连接对角线互相垂直的四边形各边中点所组成的图形是菱形
B. 关于x的方程kx2−4x+1=0有两个不相等实根，则k的取值范围k<4且k≠0
C. 正方形的对角线所在的直线是它的对称轴，它有2条对称轴
D. 三角形的一个中位线将三角形分为面积相等的两部分
6.一花户，有26m长的篱笆，要围成一边靠住房墙(墙长12m)的面积为80m2的长方形花园，且垂直于住房墙的一边留一个1m的门，设垂直于住房墙的其中一边长为xm，则可列方程为( )
A. x(27−x2)=80B. x(26−2x)=80C. x(26−x2)=80D. x(27−2x)=80
7.在△ABC中，∠ACB=90°，用直尺和圆规在AB上确定点D，使△ACD∽△CBD，根据作图痕迹判断，正确的是( )
A. B.
C. D.
8.如图，菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，过点D作DH⊥AB于点H，连接OH，OH=4，若菱形ABCD的面积为64，则CD的长为( )
A. 4 5
B. 8 5
C. 4 3
D. 8 3
9.如图，已知边长为6的正方形ABCD，E为AD的中点，P为CE的三等分点，则△BDP的面积是( )
A. 8
B. 9
C. 10
D. 12
10.如图，正方形ABCD由四个全等的直角三角形拼接而成，连结HF交DE于点M.若AHAE=12，则HMMF的值为( )
A. 49
B. 12
C. 47
D. 23
二、填空题：本题共5小题，每小题3分，共15分。
11.设3x−4y=0(y≠0)，则x+yy= ______．
12.若x=−2是方程ax2+bx+3=0(a≠0)的一个解，则代数式1−8a+4b的值是______．
13.如图，在4×3的正方形网格中，△ABC与△DEC的顶点都在边长为1的小正方形的顶点上，则∠BAC+∠CDE=______度．
14.如图，在正方形ABCD中，点E在对角线AC上，EF⊥AB于点F，EG⊥BC于点G，连接DE，若AB=10，EF：EG=1：4，则ED的长度为______．
15.在Rt△ABC中，∠ACB=90°，D是AB的中点，BE平分∠ABC交AC于点E，连结CD交BE于点O.若AC=8，BC=6，则OE的长是______．
三、解答题：本题共7小题，共55分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
16.(本小题8分)
解方程：
(1)x2−2x−8=0；
(2)x(x−2)+x−2=0．
17.(本小题6分)
先化简，再求值：，其中x满足x2−7x=0．
18.(本小题6分)
如图，小明同学用自制的直角三角形纸板DEF测量树的高度AB，他调整自己的位置，设法使斜边DF持水平，并且边DE与点B在同一直线上，已知纸板的两条边DF=0.5m，EF=0.3m，测得边DF离地面的高度AC=1.5m，CD=10m，求树高AB．
19.(本小题8分)
据统计某水果电商平台1月份的销售额是225万元，第一季度的销售额是819万元．
(1)若该平台1月份到3月份的月平均增长率都相同，求月平均增长率是多少？
(2)市场调查发现，某水果在电商平台上的售价为24元/千克时，每天能销售300千克，售价每降低2元，每天可多售出100千克，为了推广宣传，商家决定降价促销，同时尽量减少库存，已知该水果的成本价为12元/千克，若使销售该水果每天获利4000元，则售价应降低多少元？
20.(本小题8分)
如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，延长CB到点E，使得BE=BC.连接AE.过点B作BF//AC，交AE于点F，连接OF．
(1)求证：四边形AFBO是矩形；
(2)若∠E=30°，BF=1，求OF的长．
21.(本小题9分)
【了解概念】
定义提出：有一组邻边相等的凸四边形叫做“等邻边四边形”．
【理解运用】
(1)如图1，在3×3的正方形网格中，每个小正方形的顶点称为格点，每个小正方形的边长均为1，线段AB、BC的端点均在格点上，在图1的方格纸中画出一个等邻边四边形ABCD，要求：点D在格点上；
(2)如图2，在等邻边四边形ABCD中，AB=AD=4，∠A=60°，∠ABC=90°，BC=3 3，求CD的长；
【拓展提升】
(3)如图3，在平面直角坐标系中，矩形OABC的顶点A、C分别在x、y轴正半轴上，已知OC=4，OA=6，D是OA的中点.在矩形OABC内或边上，是否存在点E，使四边形OCED为面积最大的“等邻边四边形”，若存在，请求出四边形OCED的最大面积及此时点E的坐标；若不存在，请说明理由．
22.(本小题10分)
(1)如图1.在Rt△ACB中，∠ACB=90°，CA=8，BC=6，点D、E分别在边CA，CB上，且CD=3，CE=4，连接AE，BD，F为AE的中点，连接CF交BD于点G，则线段CG所在直线与线段BD所在直线的位置关系是______.(提示：延长CF到点M，使FM=CF，连接AM)
(2)将△DCE绕点C逆时针旋转至图2所示位置时，(1)中的结论是否仍然成立？若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由．
(3)将△DCE绕点C逆时针在平面内旋转，在旋转过程中，当B，D，E三点在同一条直线上时，CF的长为______．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A、 2×3≠ 3×2，故错误；
B、4×10≠5×6，故错误；
C、2× 15= 5×2 3，故正确；
D、2×3≠1×4，故错误．
故选C．
如果两条线段的乘积等于另外两条线段的乘积，我们就说这四条线段叫做成比例线段．
考查了比例线段的概念．注意相乘的时候，让最大的和最小的相乘，剩下的两条再相乘，看它们的积是否相等．
2.【答案】B
【解析】解：A、∵△=(−2)2−4×1×1=0，
∴该方程有两个相等的实数根；
B、∵△=12−4×2×3=−23<0，
∴该方程无解；
C、∵△=32−4×1×(−2)=17>0，
∴该方程有两个不相等的实数根；
D、∵△=(−3)2−4×2×(−1)=17>0，
∴该方程有两个不相等的实数根．
故选B．
逐一分析四个选项中方程的根的判别式的正负，由此即可得出结论．
本题考查了根的判别式，牢记“当△<0时方程无解”是解题的关键．
3.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查菱形的性质.掌握菱形四边相等是解题的关键．
根据∠BAD=120°得到∠B等于60°，推出△ABC是等边三角形，求出菱形的边长，从而得出其周长．
【解答】
解：在菱形ABCD中，
∵∠BAD=120°，
∴∠B=60°，
∴△ABC为等边三角形，
∴AB=AC=4，
∴菱形ABCD的周长=4AB=4×4=16．
故选：C．
4.【答案】A
【解析】解：∵直线AB//CD//EF，AC=3，CE=4，
∴BDDF=ACCE=34，
故选：A．
直接利用平行线分线段成比例定理求解．
本题考查了平行线分线段成比例：三条平行线截两条直线，所得的对应线段成比例．
5.【答案】B
【解析】解：A.顺次连接对角线互相垂直的四边形各边中点所组成的图形是矩形，不一定是菱形，所以A选项不符合题意；
B.k≠0且Δ=(−4)2−4k>0，解得k<4且k≠0，所以选项符合题意；
C.正方形有4条对称轴，所以C选项不符合题意；
D.三角形的一个中位线将三角形分为面积为1：3的两部分，所以D选项不符合题意．
故选：B．
利用三角形中位线定理可判断顺次连接对角线互相垂直的四边形各边中点所组成的图形为矩形，从而可对A选项进行判断；根据一元二次方程的定义和根的判别式的意义可对B选项进行判断；根据正方形的性质对C选项进行判断；根据三角形的中位线定理和相似三角形的性质可对D选项进行判断．
本题考查了根的判别式：一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的根与Δ=b2−4ac有如下关系：当Δ>0时，方程有两个不相等的实数根；当Δ=0时，方程有两个相等的实数根；当Δ<0时，方程无实数根．也考查了三角形中位线定理和菱形的判定．
6.【答案】D
【解析】解：设与墙垂直的一边长为x m，则与墙平行的一边长为(27−2x)m，
根据题意得：x(27−2x)=80．
故答案为：D．
设与墙垂直的一边长为xm，则与墙平行的一边长为(27−2x)m，根据长方形花园面积为80m2即可列出关于x的一元二次方程，此题得解．
本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，根据长方形花园的面积列出关于x的一元二次方程是解题的关键．
7.【答案】C
【解析】解：当CD是AB的垂线时，△ACD∽△CBD．
∵CD⊥AB，
∴∠CDA=∠BDC=90°，
∵∠ACB=90°，
∴∠A+∠ACD=∠ACD+∠BCD=90°，
∴∠A=∠BCD，
∴△ACD∽△CBD．
根据作图痕迹可知，
A选项中，CD是∠ACB的角平分线，不符合题意；
B选项中，CD不与AB垂直，不符合题意；
C选项中，CD是AB的垂线，符合题意；
D选项中，CD不与AB垂直，不符合题意；
故选：C．
如果△ACD∽△CBD，可得∠CDA=∠BDC=90°，即CD是AB的垂线，根据作图痕迹判断即可．
本题考查了相似三角形的判定，基本尺规作图的识别与应用等，熟练掌握相似三角形的判定是解题的关键．
8.【答案】A
【解析】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴OB=OD，OC=12AC
∵DH⊥AB，
∴OH=12BD，
∴OD=OH=4，
∴BD=8，
∵菱形ABCD的面积=12AC⋅BD=64，
∴AC=16，
∴OC=8，
∴CD= OC2+OD2=4 5．
故选：A．
由菱形的性质得到OB=OD，OC=12AC，由直角三角形斜边中线的性质得到OH=12BD，OD=OH=4，因此BD=8，由菱形面积公式求出AC=16，得到OC=8，由勾股定理求出CD= OC2+OD2=4 5．
本题考查菱形的性质，勾股定理，关键是由菱形的性质求出AC的长．
9.【答案】B
【解析】解：如图，连接BE，
∵边长为6的正方形ABCD，
∴正方形ABCD=6×6=36，
∵E为AD的中点，
∴S△ABD=12S正方形ABCD=18，S△BCE=12S正方形ABCD=18，DE=3，
∵P为CE的三等分点，
∴S△BCP=13S△BCE=6，S△CDP=13S△CDE，
∵S△CDE=12CD⋅DE=9，
∴S△CDP=3，
∴△BDP的面积=S正方形ABCD−S△ABD−S△BCP−S△CDP=36−18−6−3=9，
故选：B．
根据正方形的性质求出正方形ABCD=36，根据三角形面积公式求出S△ABD=18，S△BCE=18，S△BCP=6，S△CDP=3，再根据△BDP的面积=S正方形ABCD−S△ABD−S△BCP−S△CDP求解即可．
此题考查了正方形的性质，熟记正方形的性质是解题的关键．
10.【答案】C
【解析】解：如图所示，延长CB，DE，交于点N，设AH=1，AE=2，
∵正方形ABCD由四个全等的直角三角形拼接而成，
∴BE=1，DH=BF=2，
∵AD//BN，
∴△ADE∽△BNE，
∴ADBN=AEBE，即3BN=21，
∴BN=1.5，
∵DH//NF，
∴△DHM∽△NFM，
∴HMFM=DHNF=23.5=47，
故选：C．
延长CB，DE，交于点N，设AH=1，AE=2，依据△ADE∽△BNE，即可得出BN=1.5；再根据△DHM∽△NFM，即可得到HMFM的值．
本题主要考查了相似三角形的判定与性质，解决问题的关键是延长CB，DE，构造两对“8”字模型相似三角形，利用相似三角形的对应边成比例进行计算．
11.【答案】73
【解析】解：∵3x−4y=0(y≠0)，
∴3x=4y，
∴x=43y，
∴x+yy=43y+yy=73yy=73，
故答案为：73．
根据题意得出x=43y，再代入化简即可得出答案．
本题考查考查分式的化简求值，在化简时要注意用未知量表示未知量，即等式的变形应用．
12.【答案】7
【解析】解：把x=−2代入方程ax2+bx+3=0(a≠0)，得4a−2b+3=0，
所以4a−2b=−3，
则1−8a+4b=1−2(4a−2b)=1−2×(−3)=7．
故答案为：7．
把x=−2代入方程可得4a−2b+3=0，即4a−2b=−3.然后化简代数式，注意整体代入，从而求得代数式的值．
本题考查了一元二次方程的解：能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值是一元二次方程的解．注意解题中的整体代入思想．
13.【答案】45
【解析】解：∵BF=CF，CK=EK，
∴∠FBC=∠CEK=45°，
∴∠1+∠BAC=45°，∠2+∠CDE=45°，
连接AD、BE，
∵BC2=22+22=8，CE2=12+12=2，BE2=32+12=10，
∴BC2+CE2=BE2，
∴∠BCE=90°，
∵AD2=32+12=10，CD2=32+12=10，AC2=42+22=20，
∴AD2+CD2=AC2，
∴∠ADC=90°，
∴∠ACD=45°，
∴∠1+∠2=45°，
∴∠BAC+∠CDE=45°，
故答案为：45．
首先根据三角形内角与外角的关系计算出∠1+∠BAC=45°，∠2+∠CDE=45°，再利用勾股定理逆定理证明∠BCE=90°，再证明∠ADC=90°，进而得到∠ACD═45°，从而得到∠1+∠2=45°，继而得到∠BAC+∠CDE=45°．
此题主要考查了勾股定理逆定理，以及三角形内角与外角的关系，关键是掌握勾股定理的逆定理：如果三角形的三边长a，b，c满足a2+b2=c2，那么这个三角形就是直角三角形．
14.【答案】2 17
【解析】如解：连接BE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=CB=AD=CD，∠ABC=∠ADC=90°，
∴∠BAC=∠BCA=∠DAC=∠DCA=45°，
在△BAE和△DAE中，
AB=AD∠BAE=∠DAEAE=AE，
∴△BAE≌△DAE(SAS)，
∴EB=ED，
∵EF⊥AB于点F，EG⊥BC于点G，
∴∠AFE=∠BFE=∠BGE=90°，
∴∠FEA=∠FAE=45°，四边形BFEG是矩形，
∴EF=AF，EG=BF，
∵EF：EG=1：4，
∴AF：BF=1：4，
∴EF=AF=11+4AB=15×10=2，BF=41+4AB=45×10=8，
∴EB= EF2+BF2= 22+82=2 17，
∴ED=2 17，
连接BE，证明△ABE≌△ADE，可得ED=BE，在等腰直角三角形AEF中，求出AF，EF的长，再在Rt△BEF中求出BE的长，即可得出ED的长．
本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质，熟练掌握正方形的性质是解决问题的关键．
15.【答案】9 511
【解析】解：在Rt△ACB中，∠ACB=90°，AC=8，BC=6，由勾股定理得：AB=10，
过A作AF//BC，交BE延长线于F，
∵AF//BC，
∴∠F=∠CBE，
∵BE平分∠ABC，
∴∠ABE=∠CBE，
∴∠F=∠ABE，
∴AB=AF=10，
∵AF//BC，
∴△AEF∽△CEB，
∴AFBC=AECE，
∴106=AE8−AE，
解得：AE=5，CE=8−5=3，
在Rt△ECB中，由勾股定理得：BE= 62+32=3 5，
过D作DM//AC，交BC于M，交BE于N，
∵D为AB的中点，
∴M为BC的中点，N为BE的中点，
∴DN=12AE=12×5=2.5，BN=NE=12BE=3 52，
∵DM//AC，
∴△DNO∽△CEO，
∴DNCE=ONEO，
∴2.53=3 52−OEOE，
解得：OE=9 511，
故答案为：9 511．
先根据BE是∠ABC的平分线得出比例式，求出AE、CE的值，根据勾股定理求出AB和BE长，求出M、N分别是BC、BE的中点，根据相似得出比例式，代入求出OE即可．
本题考查了相似三角形的性质和判定等知识点，能正确作出辅助线是解此题的关键，题目比较好，难度偏大．
16.【答案】解：(1)x2−2x−8=0
(x+2)(x−4)=0
x+2=0，x−4=0
x1=−2，x2=4；
(2)x(x−2)+x−2=0
(x−2)(x+1)=0
x−2=0，x+1=0
x1=2，x2=−1．
【解析】利用因式分解法解出方程．
本题考查的是一元二次方程的解法，掌握因式分解法解一元二次方程的一般步骤是解题的关键．
17.【答案】解：原式
，
∵x满足x2−7x=0，
∴x(x−7)=0，x=0或x=7，
当x=0时，原式无意义，故舍去，
当x=7时，原式=−18．
【解析】先根据分式混合运算的法则把原式进行化简，再根据x满足x2−7x=0求出x的值，最后把x的值代入原式进行计算即可．
本题考查的是分式的化简求值及解一元二次方程，将原式正确化简是解题关键．
18.【答案】解：∵∠DEF=∠DCB=90°，∠EDF=∠CDB，
∴△DEF∽△DCB，
∴EFBC=DEDC，
在Rt△DEF中，
∵DF=0.5m，EF=0.3m，
由勾股定理得DE= DF2−EF2=0.4(m)，
∵CD=10m，
∴0.3BC=0.410，
∴BC=7.5(m)，
∴AB=AC+BC=1.5+7.5=9(m)，
答：树高AB是9m．
【解析】先在Rt△DEF中，由勾股定理求得DE，再利用Rt△DEF和Rt△BCD相似求得BC的长，加上小明同学的身高即可求得树高AB．
本题考查了相似三角形的应用和勾股定理的应用，解题的关键是证得△DEF∽△DCB．
19.【答案】解：(1)设月平均增长率为x，则：225+225(1+x)+225(1+x)2=819，
解得：x1=0.2，x2=−3.2(舍去)，
∴月平均增长率是20%．
(2)(24−12−y)(300+y2×100)=4000，
解得：y1=4，y2=2(舍去)
∴若使销售该水果每天获利4000元，则售价应降低4元．
【解析】(1)设月平均增长率为x，根据题意列方程，解出x值，结合问题的实际意义作出取舍即可；
(2)设售价降低y元，则每天可售出(300+50y)千克，根据题意列方程，解出y值，结合问题的实际意义作出取舍即可．
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．
20.【答案】(1)证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AD//BC，AC⊥BD，AD=BC，
∵BE=BC，
∴AD=BE，
∴四边形AEBD是平行四边形，
∴AE//BD．
∵BF//AC，
∴四边形AFBO是平行四边形．
∵AC⊥BD，AE//BD
∴AE⊥AC，
∴∠OAF=90°，
∴平行四边形AFBO是矩形．
(2)解：由(1)知四边形AFBO是矩形，
∴∠AFB=90°，OF=AB，
∴∠BFE=90°．
又∵∠E=30°，BF=1，
∴BE=2BF=2．
在Rt△AEC中，BE=BC，
∴AB=BE=2，
∴OF=2．
【解析】(1)证四边形ADBE是平行四边形，再证AE⊥AC，则∠OAF=90°，然后由矩形的判定即可得出结论；
(2)由矩形的性质得∠AFB=90°，OF=AB，所以∠BFE=90°.又由∠E=30°，BF=1，由直角三角形性质得BE=2BF=2.在Rt△AEC中，BE=BC，由直角三角形性质得AB=BE=2，即可得出结论．
本题考查了矩形的判定与性质、菱形的性质、平行四边形的判定与性质、直角三角形的性质，熟练掌握矩形的判定与性质，菱形的性质、直角三角形的性质是解题的关键．
21.【答案】解：(1)由题意知，四边形ABCD是等邻边四边形，
作图如下：(答案不唯一)
(2)连接BD，过点D作DE⊥BC于点E，
∵AB=AD=4，∠A=60°，
∴△ABD是等边三角形，
∴BD=AB=4，∠ABD=60°，
∵∠ABC=90°，
∴∠DBC=90°−60°=30°，
∵DE⊥BC，
∴∠BED=∠CED=90°，
∴DE=12BD=2，
∴BE= BD2−DE2=2 3，
∵BC=3 3，
∴CE=BC−BE= 3，
∴CD= CE2+DE2= 7；
(3)在矩形OABC内或边上，存在点E，使四边形OCED为面积最大的“等邻边四边形”，
理由如下：
如图，当CE=DE时，四边形OCED为“等邻边四边形”，当CE取最大值时，四边形OCED为面积最大的“等邻边四边形”，
∵四边形OABC是矩形，OC=4，OA=6，D为OA的中点，
∴BC//OA，C(0,4)，A(6,0)，D(3,0)，
设点E的坐标为(m,4)，则CE=m，
∵CE=DE，
∴CE2=DE2，
∴m2=(m−3)2+(4−0)2，
解得m=256，
∴CE=256，点E的坐标为(256,4)，
∴S四边形OCED=12(CE+OD)⋅OC=12×(256+3)×4=433，
∴存在点E，使四边形OCED为面积最大的“等邻边四边形”，此时四边形OCED的面积最大值为433，点E的坐标为(256,4)．
【解析】(1)根据“等邻边四边形”的定义作图即可；
(2)连接BD，根据△ABD是等边三角形得出BD=AB=4，过点D作DE⊥BC于点E，求出DE，BE的长度，根据BC的长度求出CE的长度，最后利用勾股定理求出CD即可；
(3)先确定存在点E，设点E的坐标为(m,4)，则CE=m，根据D(3,0)，列方程求出m的值，然后确定点E的坐标和四边形OCED的面积最大值即可．
本题主要考查四边形的综合题，正确理解“等邻边四边形”的定义是解题的关键．
22.【答案】CG⊥BD 4 21+65或4 21−65
【解析】解：(1)结论：CG⊥BD．
理由：延长CF到点M，使得FM=CF，连接AM．
∵FA=FE，∠AFM=∠EFC，FM=FC，
∴△AMF≌△ECF(SAS)，
∴AM=CE=4，∠AMF=∠ECF，
∴AM//CE，
∴∠MAC=∠DCB=90°，
∵AMCD=ACCB=43，
∴△MAC∽△DCB，
∴∠DBC=∠ACM，
∵∠ACM+∠GCB=90°，
∴∠DBC+∠GCB=90°，
∴∠CGB=90°，
∴CG⊥BD．
故答案为：CG⊥BD．
(2)结论仍然成立．
理由：延长CF到点M，使得FM=CF，连接AM．
∵FA=FE，∠AFM=∠EFC，FM=FC，
∴△AMF≌△ECF(SAS)，
∴AM=CE=4，∠AMF=∠ECF，
∴AM//CE，
∴∠MAC+∠ACE=180°，
∴∠MAC=180°−∠ACE，
∵∠DCB=∠DCE+∠ACB−∠ACE=90°+90°−∠ACE=180°−∠ACE，
∴∠MAC=∠DCB，
∵AMCD=ACCB=43，
∴△MAC∽△DCB，
∴∠DBC=∠ACM，
∵∠ACM+∠GCB=90°，
∴∠DBC+∠GCB=90°，
∴∠CGB=90°，
∴CG⊥BD．
(3)如图3中，当点E在线段BD上时，
∵△AMC∽△CDB，
∴CMBD=ACCB=43，
在Rt△DCE中，CD=3，CE=4，
∴DE= CD2+CE2= 32+42=5，
∵CG⊥DE，
∴CG=CD⋅CEDE=125，
在Rt△CGB中，CB=6，CG=125中，
∴BG= BC2−CG2= 62−(125)2=6 215，
在Rt△DCG中，DG= CD2−CG2= 32−(125)2=95，
∴BD=BG+DG=6 21+95，
∴CM=43BD=8 21+125，
∴CF=12CM=4 21+65
如图4中，当点E在线段BD的延长线上时，同法可得CF=12CM=4 21−65．
综上所述，满足条件的CF的值为4 21+65或4 21−65．
(1)结论：CG⊥BD.证明AM//CE，推出∠MAC=∠DCB=90°，因为AMCD=ACCB=43，推出△MAC∽△DCB，推出∠DBC=∠ACM，由∠ACM+∠GCB=90°，推出∠DBC+∠GCB=90°，可得∠CGB=90°．
(2)结论成立，证明方法类似．
(3)分两种情形：如图3中，当点E在线段BD上时，如图4中，当点E在线段BD的延长线上时，分别求解即可．
本题属于几何变换综合题，考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，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．
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