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2023-2024学年广东省深圳市宝安区宝安中学（集团）海滨中学九年级（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区宝安中学（集团）海滨中学九年级（上）月考数学试卷（10月份）(含解析），共20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.下列方程是一元二次方程的是( )
A. 3x2−6y+2=0B. ax2−bx+c=0C. 1x2+x=2D. x2=0
2.用配方法解方程x2+4x−1=0，下列配方结果正确的是( )
A. (x+2)2=5B. (x+2)2=1C. (x−2)2=1D. (x−2)2=5
3.若关于x的一元二次方程(k−1)x2+2x−2=0有两个不相等的实数根，则k的取值范围是( )
A. k>12且k≠1B. k>12C. k≥12且k≠1D. k≥12
4.在一个不透明的盒子里装有若干个白球和15个红球，这些球除颜色不同外其余均相同，每次从袋子中摸出一个球记录下颜色后再放回，经过多次重复试验，发现摸到白球的频率稳定在0.4左右，则袋中白球约有( )
A. 5个B. 10个C. 15个D. 25个
5.下列说法中错误的是( )
A. 有一个角是直角的平行四边形是矩形B. 有一组邻边相等的平行四边形是菱形
C. 对角线互相垂直的矩形是菱形D. 对角线相等的四边形是矩形
6.已知a是方程x2−2x−2023=0的根，则代数式a2−2a+1的值为( )
A. 2022B. 2023C. 2024D. 2025
7.如图，将矩形纸片ABCD沿BE折叠，使点A落在对角线BD上的A′处．若∠DBC=24°，则∠A′EB等于( )
A. 66°
B. 60°
C. 57°
D. 48°
8.如图，四边形ABCD是平行四边形，以点A为圆心、AB的长为半径画弧交AD于点F，再分别以点B，F为圆心、大于12BF的长为半径画弧，两弧交于点M，作射线AM交BC于点E，连接EF.下列结论中不一定成立的是( )
A. BE=EFB. EF//CDC. AE平分∠BEFD. AB=AE
9.《算法统宗》是中国古代数学名著，作者是明代数学家程大位.书中记载了一道“荡秋千”问题：“平地秋千未起，踏板一尺离地；送行二步与人齐，五尺人高曾记；仕女佳人争蹴，终朝笑语欢嬉；良工高士素好奇，算出索长有几？”译文：“秋千静止的时候，踏板离地1尺，将它往前推送两步(两步=10尺)时，此时踏板升高离地5尺，秋千的绳索始终拉得很直，试问秋千绳索有多长？”若设秋千绳索长为x尺，则可列方程为( )
A. x2+102=(x+1)2B. (x+1)2+102=x2
C. x2+102=(x−4)2D. (x−4)2+102=x2
10.如图，在正方形ABCD中，点E在对角线BD上，连接AE，EF⊥AE于点E，交DC于点F，连接AF，已知BC=4，DE=3 2，则△AEF的面积为( )
A. 4B. 5C. 10D. 5 2
二、填空题：本题共5小题，每小题3分，共15分。
11.已知一元二次方程x2−4x+m=0的一个根为x1=1.则另一个根x2= ______．
12.有四张背面完全相同的卡片，正面分别画了等腰三角形，平行四边形，正五边形，圆，现将卡片背面朝上并洗匀，从中随机抽取一张，则抽取卡片上的图形是中心对称图形的概率为______．
13.中国男子篮球职业联赛(简称：CBA)，分常规赛和季后赛两个阶段进行，采用主客场赛制(也就是参赛的每两个队之间都进行两场比赛).2022～2023CBA常规赛共要赛72场，则参加比赛的队共有______支.
14.如图，在边长为4的菱形ABCD中，E为边AD的中点，连接CE交对角线BD于点F.若∠DEF=∠DFE，则菱形ABCD的面积为______．
15.如图，四边形ABCD是矩形，边AB长为6，∠ABD=60°，点E在边AB上，BE=4，过点E作EF//BC，分别交BD，CD于G，F两点，若M，N分别是DG，CE的中点，则MN的长为______．
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)
解下列方程：
(1)x2−4x−2=0；
(2)2(x−5)2=5−x．
17.(本小题6分)
先化简：(x2−2xx2−4x+4−1x−2)÷x2−xx2−4，再从不等式−2≤x<3中选取一个合适的整数，代入求值．
18.(本小题7分)
我市某中学举行“法制进校园”知识竞赛，赛后将学生的成绩分为A、B、C、D四个等级，并将结果绘制成如图所示的条形统计图和扇形统计图．请你根据统计图解答下列问题．
(1)成绩为“B等级”的学生人数有______名；
(2)在扇形统计图中，表示“D等级”的扇形的圆心角度数为______，图中m的值为______；
(3)学校决定从本次比赛获得“A等级”的学生中选出2名去参加市中学生知识竞赛．已知“A等级”中有1名女生，请用列表或画树状图的方法求出女生被选中的概率．
19.(本小题8分)
今年大德福超市以每件25元的进价购进一批商品，当商品售价为40元时，三月份销售256件，四、五月该商品十分畅销，销售量持续上涨，在售价不变的基础上，五月份的销售量达到400件．
(1)求四、五这两个月的月平均增长率．
(2)从六月份起，商场为了减少库存，从而采用降价促销方式，经调查发现，该商品每降价1元，月销量增加5件，当商品降价多少元时，商场月获利4250元？
20.(本小题8分)
如图，菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，过点D作DE//AC，且DE=12AC，连接CE、OE，连接AE交OD于点F．
(1)求证：OE=CD；
(2)若菱形ABCD的边长为4，∠ABC=60°，求AE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9分)
△ABC是等边三角形，点E是射线BC上的一点(不与点B，C重合)，连接AE，在AE的左侧作等边三角形AED，将线段EC绕点E逆时针旋转120°，得到线段EF，连接BF，交DE于点M．
(1)如图1，当点E为BC中点时，线段DM与EM的数量关系是______；
(2)如图2，当点E在线段BC的延长线上时，请判断(1)中的结论是否成立？若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由；
(3)当BC=6，CE=2时，请求出DM的长．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A、方程3x2−6y+2=0是二元二次方程，不符合题意；
B、当a=0，b≠0时，方程ax2−bx+c=0是一元一次方程，不符合题意；
C、方程1x2+x=2是分式方程，不符合题意；
D、方程x2=0是一元二次方程，符合题意．
故选：D．
根据一元二次方程的概念对各选项进行逐一分析即可．
本题考查的是一元二次方程的定义，熟知只含有一个未知数，并且未知数的最高次数是2的整式方程叫一元二次方程是解题的关键．
2.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查了配方法解一元二次方程．配方法的一般步骤：
(1)把常数项移到等号的右边；
(2)把二次项的系数化为1；
(3)等式两边同时加上一次项系数一半的平方．
在本题中，把常数项−1移项后，应该在左右两边同时加上一次项系数4的一半的平方．
【解答】
解：把方程x2+4x−1=0的常数项移到等号的右边，得到x2+4x=1
方程两边同时加上一次项系数一半的平方，得到x2+4x+4=1+4
配方得(x+2)2=5．
故选A．
3.【答案】A
【解析】解：∵关于x的一元二次方程(k−1)x2+2x−2=0有两个不相等的实数根，
∴k−1≠0Δ=22−4×(k−1)×(−2)>0，
解得：k>12且k≠1，
∴k的取值范围是k>12且k≠1．
故选：A．
由二次项系数非零及根的判别式Δ>0，可得出关于k的一元一次不等式组，解之即可得出k的取值范围．
本题考查了根的判别式以及一元二次方程的定义，利用二次项系数非零及根的判别式Δ>0，找出关于k的一元一次不等式组是解题的关键．
4.【答案】B
【解析】解：∵经过多次重复试验，发现摸到白球的频率稳定在0.4左右，
∴摸到红球的频率稳定在0.6左右，
∵袋中装有若干个白球和15个红球，
∴袋中球的总数为：15÷0.6=25，
∴袋中白球约有：25−15=10(个)，
故选：B．
根据题意和题目中的数据，可以计算出红球出现的频率，然后即可求出总的球的个数，从而可以计算出白球的个数．
本题考查利用频率估计概率，解答本题的关键是求出球的总数．
5.【答案】D
【解析】解：根据矩形的定义及性质知，有一个角是直角的平行四边形是矩形，对角线相等的平行四边形是矩形，故A，B正确；
根据菱形的定义及性质知对角线互相垂直的矩形是正方形，也是菱形，故C正确；
对角线相等的四边形有可能是等腰梯形，故D错误；
故选：D．
根据矩形的定义知，有一个角是直角的平行四边形是矩形，对角线相等的平行四边形是矩形，根据菱形的定义及性质知四条边都相等的四边形是菱形即可解答．
本题考查了菱形的判定及矩形的判定，属于基础题，关键是掌握矩形的定义及性质，菱形的定义及性质．
6.【答案】C
【解析】解：∵a是方程x2−2x−2023=0的根，
∴a2−2a−2023=0，
即a2−2a=2023，
∴a2−2a+1=2023+1=2024．
故选：C．
根据a是方程x2−2x−2023=0的根，得到a2−2a=2023，整体思想代入求值即可．
本题考查一元二次方程的解，代数式求值．掌握方程的解是使方程成立的未知数的值，以及整体思想，是解题的关键．
7.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查了矩形的性质、折叠的性质以及直角三角形的性质；熟练掌握矩形的性质和折叠的性质是解题的关键．由矩形的性质得∠A=∠ABC=90°，由折叠的性质得∠BA′E=∠A=90°，∠A′BE=∠ABE=12(90°−∠DBC)=33°，即可得出答案．
【解答】
解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=∠ABC=90°，
由折叠的性质得：∠BA′E=∠A=90°，∠A′BE=∠ABE，
∴∠A′BE=∠ABE=12(90°−∠DBC)=12(90°−24°)=33°，
∴∠A′EB=90°−∠A′BE=90°−33°=57°，
故选C．
8.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查尺规作图，菱形的判定与性质等知识，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．
首先证明四边形ABEF是菱形，利用菱形的性质对各个选项进行判断即可．
【解答】
解：由尺规作图可知：AF=AB，AE平分∠BAD，
∴∠BAE=∠DAE，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD//BC，
∴∠DAE=∠BEA．
∴∠BAE=∠BEA，
∴AB=BE，
∵AF=AB，
∴AF=BE，
∵AF//BE，
∴四边形ABEF是平行四边形，
∵AF=AB，
∴四边形ABEF是菱形，
∴AE平分∠BEF，BE=EF，EF//AB，故选项A、C正确，
∵CD//AB，
∴EF//CD，故选项B正确；
故选：D．
9.【答案】D
【解析】解：设秋千的绳索长为x尺，根据题意可列方程为：x2=102+(x−4)2．
故选：D．
设秋千的绳索长为x尺，根据题意可得AB=(x−4)尺，利用勾股定理可得x2=102+(x−4)2．
此题主要考查了考差了勾股定理的应用，关键是正确理解题意，表示出AB、AC的长，掌握直角三角形中两直角边的平方和等于斜边的平方．
10.【答案】B
【解析】解：过E作GH//AD交AB于G，交DC于H，如图：，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABD=∠BDC=45°，AB=CD=BC=4，
∴△BGE、△DHE是等腰直角三角形，BD= 2BC=4 2，
∴EH= 22DE= 22×3 2=3，BE=BD−DE=4 2−3 2= 2，
∴BG=GE= 22BE=1，
∴AG=AB−BG=3=EH，
∴AE= AG2+GE2= 32+12= 10，
∵AE⊥EF，
∴∠AEG=90°−∠FEH=∠EFH，
又∠AGE=∠EHF=90°，
∴△AGE≌△EHF(AAS)，
∴AE=EF= 10，
∴△AEF的面积为12AE⋅EF=12× 10× 10=5，
故选：B．
过E作GH//AD交AB于G，交DC于H，由四边形ABCD是正方形，可得△BGE、△DHE是等腰直角三角形，BD= 2BC=4 2，可得BE=BD−DE= 2，故BG=GE= 22BE=1，AG=AB−BG=3=EH，可得AE= AG2+GE2= 32+12= 10，根据AE⊥EF，可证明△AGE≌△EHF(AAS)，即得AE=EF= 10，从而△AEF的面积为12AE⋅EF=5．
本题考查正方形性质及应用，解题的关键是作辅助线，构造全等三角形解决问题．
11.【答案】3
【解析】解：则根据根与系数的关系得：x2+1=−ba=4，
解得：x2=3，
即方程的另一个根为3，
故答案为：3．
根据根与系数的关系得：x2+1=4，求出即可．
本题考查了一元二次方程的解和根与系数的关系，能熟记根与系数的关系的内容是解此题的关键，注意：当x1和x2是一元二次方程ax2+bx+c=0(a、b、c为常数，a≠0)的两个根时，那么x1+x2=−ba，x1⋅x2=ca．
12.【答案】12
【解析】解：∵在等腰三角形，平行四边形，正五边形，圆中，平行四边形，圆是中心对称图形，
∴从中随机抽取一张，则抽取卡片上的图形是中心对称图形的概率为24=12，
故答案为：12．
直接利用中心对称图形的性质结合概率求法直接得出答案．
此题主要考查了中心对称图形的性质和概率求法，正确把握中心对称图形的定义是解题关键．
13.【答案】9
【解析】解：设参加比赛的队共有x支，
根据题意可得：x(x−1)=72，
解得：x1=9，x1=−8(舍去)，
故答案为：9．
根据参赛的每两个队之间都进行两场比赛，共要比赛72场，可列出方程．
本题考查由实际问题抽象出一元二次方程，关键是根据总比赛场数作为等量关系列方程求解．
14.【答案】6 7
【解析】解：连接AC交BD于O，如图，
∵四边形ABCD为菱形，
∴AD//BC，CB=CD=AD=4，AC⊥AB，BO=OD，OC=AO，
∵E为AD边的中点，
∴DE=2，
∵∠DEF=∠DFE，
∴DF=DE=2，
∵DE//BC，
∴∠DEF=∠BCF，
∵∠DFE=∠BFC，
∴∠BCF=∠BFC，
∴BF=BC=4，
∴BD=BF+DF=4+2=6，
∴OB=OD=3，
在Rt△BOC中，OC= 42−32= 7，
∴AC=2OC=2 7，
∴菱形ABCD的面积=12AC⋅BD=12×2 7×6=6 7．
故答案为：6 7．
连接AC交BD于O，如图，根据菱形的性质得到AD//BC，CB=CD=AD=4，AC⊥AB，BO=OD，OC=AO，再利用∠DEF=∠DFE得到DF=DE=2，证明∠BCF=∠BFC得到BF=BC=4，则BD=6，所以OB=OD=3，接着利用勾股定理计算出OC，从而得到AC=2 7，然后根据菱形的面积公式计算它的面积．
本题考查了菱形的性质：菱形具有平行四边形的一切性质；菱形的四条边都相等；菱形的两条对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角；菱形面积=12ab(a、b是两条对角线的长度)．
15.【答案】 21
【解析】解：如图，连接CG，取CG的中点P，连接PM，PN，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=∠BCD=90°，CD=AB=6，
∵EF//BC，
∴∠BEG=∠A=90°，
∵∠ABD=60°，
∴∠BGE=90°−∠ABD=90°−60°=30°，
∴BG=2BE=2×4=8，
∴EG= BG2−BE2= 82−42=4 3，
∵M、P、N分别是DG、CG、CE的中点，
∴PM//CD，PM=12CD=3，PN//EF，PN=12EG=2 3，
∴∠MPG=∠DCG，
∵PN//EF，EF//BC，
∴PN//BC，
∴∠NPG=∠BCG，
∴∠MPG+∠NPG=∠DCG+∠BCG=∠BCD=90°，
∴∠MPN=90°，
∴MN= PM2+PN2= 32+(2 3)2= 21，
故答案为： 21．
连接CG，取CG的中点P，连接PM，PN，利用勾股定理求出EG=4 3，运用三角形中位线定理得出PM//CD，PM=12CD=3，PN//EF，PN=12EG=2 3，运用平行线性质证明∠MPN=90°，再运用勾股定理即可求得答案．
本题考查了矩形性质和判定，勾股定理，三角形中位线定理，熟练掌握勾股定理和三角形中位线定理，正确添加辅助线是解题关键．
16.【答案】解：(1)x2−4x−2=0，
∴x2−4x+4=6，
即(x−2)2=6，
∴x−2=± 6，
解得：x1=2+ 6,x2=2− 6；
(2)2(x−5)2=5−x，
∴2(x−5)2+(x−5)=0，
∴(x−5)(2x−10+1)=0，
∴(x−5)(2x−9)=0，
∴x−5=0或2x−9=0，
解得：x1=5,x2=92．
【解析】(1)根据配方法解一元二次方程即可；
(2)根据因式分解法解一元二次方程即可
本题考查了解一元二次方程，熟练掌握解一元二次方程是解题的关键．
17.【答案】原式=x2−2x−x+2x2−4x+4⋅(x+2)(x−2)x(x−1)
=(x−1)(x−2)(x−2)2⋅(x+2)(x−2)x(x−1)
=x+2x，
由不等式−2≤x<3的整数解为−2，−1，0，1，2，
其中x=−2，0，1，2时，原式都没有意义，
当x=−1时，原式=−1+2−1=−1．
【解析】原式括号中两项通分并利用同分母分式的减法法则计算，同时利用除法法则变形，约分得到最简结果，求出x的值，代入计算即可求出值．
本题考查了分式的化简求值、一元一次不等式组的整数解，取合适的整数值求值时，要特注意原式及化简过程中的每一步都有意义．
18.【答案】(1)5；
(2) 72°； 40；
(3)“A等级”2男1女，从中选取2人，所有可能出现的结果如下：
共有6种可能出现的结果，其中女生被选中的有4种，
∴P(女生被选中)=46=23．
【解析】解：(1)3÷15%=20(名)，20−3−8−4=5(名)，
故答案为：5；
(2)360°×420=72°，8÷20=40%，即m=40，
故答案为：72°，40；
(3)见答案．
(1)A等的有3人，占调查人数的15%，可求出调查人数，进而求出B等的人数；
(2)D等级占调查人数的420，因此相应的圆心角为360°的420即可，计算C等级所占的百分比，即可求出m的值；
(3)用列表法表示所有可能出现的结果，进而求出相应的概率．
本题考查条形统计图、扇形统计图的意义和制作方法，列表法求随机事件发生的概率，列举出所有可能出现的结果是求概率的前提．
19.【答案】解：(1)设四、五这两个月的月平均增长率为x，
依题意得：256(1+x)2=400，
解得：x1=0.25=25%，x2=−2.25(不合题意，舍去)．
答：四、五这两个月的月平均增长率为25%；
(2)设商品降价m元，则每件获利(40−m−25)元，月销售量为(400+5m)件，
依题意得：(40−m−25)(400+5m)=4250，
解得：m1=5，m2=−70(不合题意舍去)．
答：当商品降价5元时，商场月获利4250元．
【解析】(1)设四、五这两个月的月平均增长率为x，利用五月份的销售量=三月份的销售量×(1+月平均增长率)2，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)设商品降价m元，则每件获利(40−m−25)元，月销售量为(400+5m)件，利用商场销售该商品月销售利润=每件的销售利润×月销售量，即可得出关于m的一元二次方程，解之即可得出结论．
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：在菱形ABCD中，OC=12AC．
∴DE=OC．
∵DE//AC，
∴四边形OCED是平行四边形．
∵AC⊥BD，
∴∠COD=90°，
∴平行四边形OCED是矩形．
∴OE=CD．
(2)解：在菱形ABCD中，∠ABC=60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AC=AD=4，AO=CO=2．
∴在矩形OCED中，CE=OD= AD2−AO2=2 3．
在Rt△ACE中，AE= AC2+CE2=2 7．
【解析】(1)先求出四边形OCED是平行四边形，再根据菱形的对角线互相垂直求出∠COD=90°，证明四边形OCED是矩形，可得OE=CD；
(2)根据菱形的性质得出AC=AD=4，再根据勾股定理得出CE、AE的长度即可．
本题考查了菱形的性质，矩形的判定与性质，勾股定理的应用，是基础题，熟记矩形的判定方法与菱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】DM=EM
【解析】解：(1)∵△ABC是等边三角形，点E是BC的中点，
∴∠BAC=60°，∠BAE=12∠BAC，
∴∠BAE=30°，
∵△ADE是等边三角形，
∴∠DAE=60°，
∴∠DAB=∠DAE−∠BAE=60°−30°=30°，
∴∠DAB=∠BAE，
∴DM=EM；
故答案为：DM=EM；
(2)(1)中的结论成立，证明如下：
连接BD，DF，如图，
∵△ABC和△ADE是等边三角形，
∴∠ABC=∠BAC=∠DAE=∠ACB=60°，AB=AC，AD=AE，
∴∠BAC−∠DAC=∠DAE−∠DAC，即∠BAD=∠CAE，
∴△BAD≌△CAE(SAS)，
∴∠ABD=∠ACE=180°−∠ACB=120°，BD=CE，
∴∠DBE=∠ABD−∠ABC=120°−60°=60°，
∴∠DBE+∠BEF=60°+120°=180°，
∴BD//EF，
∵CE=EF，
∴BD=EF，
∴四边形BDFE是平行四边形，
∴DM=EM；
(3)当点E在BC的延长线上时，作AG⊥BC于G，连接BD，如图，
∵∠ACB=60°，
∴CG=AC⋅cs60°=12AC=12×6=3，
AG=AC⋅sin60°= 32AC=3 3，
∴EG=CG+CE=3+2=5，
∴AE= AG2+EG2=2 13，
由(2)知：DM=EM，
∴AM⊥DE，
∴∠AME=90°，
∵∠AED=60°，
∴AM=AE⋅sin60°=2 13× 32= 39；
当点E在BC上时，作AG⊥BC于G，如图，
同上知：AG=3 3，CG=3，
∴EG=CG−CE=3−2=1，
∴AE= AG2+EG2=2 7，
∴AM=AE⋅sin60°=2 7× 32= 21，
综上所述：DM的长为 39或 21．
(1)证明∠BAD=∠BAE=30°，进一步可得答案；
(2)连接BD，可证明△BAD≌△CAE，从而∠ABD=∠ACE=120°，BD=CE，进而得出∠DBE=60°，从而得出∠DBE+∠BEF=60°+120°=180°，从而BD//EF，结合BD=EF得出四边形BDFE是平行四边形，从而得出DM=EM；
(3)分为两种情形：当点E在BC的延长线上时，作AG⊥BC于G，可得出CG和AG，从而EG=CG+CE=3+2=5，进而得出AE，进一步得出结果；当点E在BC上时，作AG⊥BC于G，可得出EG=1，即可求解．
本题考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，直角三角形的性质等知识，解决问题的关键是熟练掌握“手拉手”等模型．
1.下列方程是一元二次方程的是( )
A. 3x2−6y+2=0B. ax2−bx+c=0C. 1x2+x=2D. x2=0
2.用配方法解方程x2+4x−1=0，下列配方结果正确的是( )
A. (x+2)2=5B. (x+2)2=1C. (x−2)2=1D. (x−2)2=5
3.若关于x的一元二次方程(k−1)x2+2x−2=0有两个不相等的实数根，则k的取值范围是( )
A. k>12且k≠1B. k>12C. k≥12且k≠1D. k≥12
4.在一个不透明的盒子里装有若干个白球和15个红球，这些球除颜色不同外其余均相同，每次从袋子中摸出一个球记录下颜色后再放回，经过多次重复试验，发现摸到白球的频率稳定在0.4左右，则袋中白球约有( )
A. 5个B. 10个C. 15个D. 25个
5.下列说法中错误的是( )
A. 有一个角是直角的平行四边形是矩形B. 有一组邻边相等的平行四边形是菱形
C. 对角线互相垂直的矩形是菱形D. 对角线相等的四边形是矩形
6.已知a是方程x2−2x−2023=0的根，则代数式a2−2a+1的值为( )
A. 2022B. 2023C. 2024D. 2025
7.如图，将矩形纸片ABCD沿BE折叠，使点A落在对角线BD上的A′处．若∠DBC=24°，则∠A′EB等于( )
A. 66°
B. 60°
C. 57°
D. 48°
8.如图，四边形ABCD是平行四边形，以点A为圆心、AB的长为半径画弧交AD于点F，再分别以点B，F为圆心、大于12BF的长为半径画弧，两弧交于点M，作射线AM交BC于点E，连接EF.下列结论中不一定成立的是( )
A. BE=EFB. EF//CDC. AE平分∠BEFD. AB=AE
9.《算法统宗》是中国古代数学名著，作者是明代数学家程大位.书中记载了一道“荡秋千”问题：“平地秋千未起，踏板一尺离地；送行二步与人齐，五尺人高曾记；仕女佳人争蹴，终朝笑语欢嬉；良工高士素好奇，算出索长有几？”译文：“秋千静止的时候，踏板离地1尺，将它往前推送两步(两步=10尺)时，此时踏板升高离地5尺，秋千的绳索始终拉得很直，试问秋千绳索有多长？”若设秋千绳索长为x尺，则可列方程为( )
A. x2+102=(x+1)2B. (x+1)2+102=x2
C. x2+102=(x−4)2D. (x−4)2+102=x2
10.如图，在正方形ABCD中，点E在对角线BD上，连接AE，EF⊥AE于点E，交DC于点F，连接AF，已知BC=4，DE=3 2，则△AEF的面积为( )
A. 4B. 5C. 10D. 5 2
二、填空题：本题共5小题，每小题3分，共15分。
11.已知一元二次方程x2−4x+m=0的一个根为x1=1.则另一个根x2= ______．
12.有四张背面完全相同的卡片，正面分别画了等腰三角形，平行四边形，正五边形，圆，现将卡片背面朝上并洗匀，从中随机抽取一张，则抽取卡片上的图形是中心对称图形的概率为______．
13.中国男子篮球职业联赛(简称：CBA)，分常规赛和季后赛两个阶段进行，采用主客场赛制(也就是参赛的每两个队之间都进行两场比赛).2022～2023CBA常规赛共要赛72场，则参加比赛的队共有______支.
14.如图，在边长为4的菱形ABCD中，E为边AD的中点，连接CE交对角线BD于点F.若∠DEF=∠DFE，则菱形ABCD的面积为______．
15.如图，四边形ABCD是矩形，边AB长为6，∠ABD=60°，点E在边AB上，BE=4，过点E作EF//BC，分别交BD，CD于G，F两点，若M，N分别是DG，CE的中点，则MN的长为______．
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)
解下列方程：
(1)x2−4x−2=0；
(2)2(x−5)2=5−x．
17.(本小题6分)
先化简：(x2−2xx2−4x+4−1x−2)÷x2−xx2−4，再从不等式−2≤x<3中选取一个合适的整数，代入求值．
18.(本小题7分)
我市某中学举行“法制进校园”知识竞赛，赛后将学生的成绩分为A、B、C、D四个等级，并将结果绘制成如图所示的条形统计图和扇形统计图．请你根据统计图解答下列问题．
(1)成绩为“B等级”的学生人数有______名；
(2)在扇形统计图中，表示“D等级”的扇形的圆心角度数为______，图中m的值为______；
(3)学校决定从本次比赛获得“A等级”的学生中选出2名去参加市中学生知识竞赛．已知“A等级”中有1名女生，请用列表或画树状图的方法求出女生被选中的概率．
19.(本小题8分)
今年大德福超市以每件25元的进价购进一批商品，当商品售价为40元时，三月份销售256件，四、五月该商品十分畅销，销售量持续上涨，在售价不变的基础上，五月份的销售量达到400件．
(1)求四、五这两个月的月平均增长率．
(2)从六月份起，商场为了减少库存，从而采用降价促销方式，经调查发现，该商品每降价1元，月销量增加5件，当商品降价多少元时，商场月获利4250元？
20.(本小题8分)
如图，菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，过点D作DE//AC，且DE=12AC，连接CE、OE，连接AE交OD于点F．
(1)求证：OE=CD；
(2)若菱形ABCD的边长为4，∠ABC=60°，求AE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9分)
△ABC是等边三角形，点E是射线BC上的一点(不与点B，C重合)，连接AE，在AE的左侧作等边三角形AED，将线段EC绕点E逆时针旋转120°，得到线段EF，连接BF，交DE于点M．
(1)如图1，当点E为BC中点时，线段DM与EM的数量关系是______；
(2)如图2，当点E在线段BC的延长线上时，请判断(1)中的结论是否成立？若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由；
(3)当BC=6，CE=2时，请求出DM的长．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A、方程3x2−6y+2=0是二元二次方程，不符合题意；
B、当a=0，b≠0时，方程ax2−bx+c=0是一元一次方程，不符合题意；
C、方程1x2+x=2是分式方程，不符合题意；
D、方程x2=0是一元二次方程，符合题意．
故选：D．
根据一元二次方程的概念对各选项进行逐一分析即可．
本题考查的是一元二次方程的定义，熟知只含有一个未知数，并且未知数的最高次数是2的整式方程叫一元二次方程是解题的关键．
2.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查了配方法解一元二次方程．配方法的一般步骤：
(1)把常数项移到等号的右边；
(2)把二次项的系数化为1；
(3)等式两边同时加上一次项系数一半的平方．
在本题中，把常数项−1移项后，应该在左右两边同时加上一次项系数4的一半的平方．
【解答】
解：把方程x2+4x−1=0的常数项移到等号的右边，得到x2+4x=1
方程两边同时加上一次项系数一半的平方，得到x2+4x+4=1+4
配方得(x+2)2=5．
故选A．
3.【答案】A
【解析】解：∵关于x的一元二次方程(k−1)x2+2x−2=0有两个不相等的实数根，
∴k−1≠0Δ=22−4×(k−1)×(−2)>0，
解得：k>12且k≠1，
∴k的取值范围是k>12且k≠1．
故选：A．
由二次项系数非零及根的判别式Δ>0，可得出关于k的一元一次不等式组，解之即可得出k的取值范围．
本题考查了根的判别式以及一元二次方程的定义，利用二次项系数非零及根的判别式Δ>0，找出关于k的一元一次不等式组是解题的关键．
4.【答案】B
【解析】解：∵经过多次重复试验，发现摸到白球的频率稳定在0.4左右，
∴摸到红球的频率稳定在0.6左右，
∵袋中装有若干个白球和15个红球，
∴袋中球的总数为：15÷0.6=25，
∴袋中白球约有：25−15=10(个)，
故选：B．
根据题意和题目中的数据，可以计算出红球出现的频率，然后即可求出总的球的个数，从而可以计算出白球的个数．
本题考查利用频率估计概率，解答本题的关键是求出球的总数．
5.【答案】D
【解析】解：根据矩形的定义及性质知，有一个角是直角的平行四边形是矩形，对角线相等的平行四边形是矩形，故A，B正确；
根据菱形的定义及性质知对角线互相垂直的矩形是正方形，也是菱形，故C正确；
对角线相等的四边形有可能是等腰梯形，故D错误；
故选：D．
根据矩形的定义知，有一个角是直角的平行四边形是矩形，对角线相等的平行四边形是矩形，根据菱形的定义及性质知四条边都相等的四边形是菱形即可解答．
本题考查了菱形的判定及矩形的判定，属于基础题，关键是掌握矩形的定义及性质，菱形的定义及性质．
6.【答案】C
【解析】解：∵a是方程x2−2x−2023=0的根，
∴a2−2a−2023=0，
即a2−2a=2023，
∴a2−2a+1=2023+1=2024．
故选：C．
根据a是方程x2−2x−2023=0的根，得到a2−2a=2023，整体思想代入求值即可．
本题考查一元二次方程的解，代数式求值．掌握方程的解是使方程成立的未知数的值，以及整体思想，是解题的关键．
7.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查了矩形的性质、折叠的性质以及直角三角形的性质；熟练掌握矩形的性质和折叠的性质是解题的关键．由矩形的性质得∠A=∠ABC=90°，由折叠的性质得∠BA′E=∠A=90°，∠A′BE=∠ABE=12(90°−∠DBC)=33°，即可得出答案．
【解答】
解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=∠ABC=90°，
由折叠的性质得：∠BA′E=∠A=90°，∠A′BE=∠ABE，
∴∠A′BE=∠ABE=12(90°−∠DBC)=12(90°−24°)=33°，
∴∠A′EB=90°−∠A′BE=90°−33°=57°，
故选C．
8.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查尺规作图，菱形的判定与性质等知识，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．
首先证明四边形ABEF是菱形，利用菱形的性质对各个选项进行判断即可．
【解答】
解：由尺规作图可知：AF=AB，AE平分∠BAD，
∴∠BAE=∠DAE，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD//BC，
∴∠DAE=∠BEA．
∴∠BAE=∠BEA，
∴AB=BE，
∵AF=AB，
∴AF=BE，
∵AF//BE，
∴四边形ABEF是平行四边形，
∵AF=AB，
∴四边形ABEF是菱形，
∴AE平分∠BEF，BE=EF，EF//AB，故选项A、C正确，
∵CD//AB，
∴EF//CD，故选项B正确；
故选：D．
9.【答案】D
【解析】解：设秋千的绳索长为x尺，根据题意可列方程为：x2=102+(x−4)2．
故选：D．
设秋千的绳索长为x尺，根据题意可得AB=(x−4)尺，利用勾股定理可得x2=102+(x−4)2．
此题主要考查了考差了勾股定理的应用，关键是正确理解题意，表示出AB、AC的长，掌握直角三角形中两直角边的平方和等于斜边的平方．
10.【答案】B
【解析】解：过E作GH//AD交AB于G，交DC于H，如图：，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABD=∠BDC=45°，AB=CD=BC=4，
∴△BGE、△DHE是等腰直角三角形，BD= 2BC=4 2，
∴EH= 22DE= 22×3 2=3，BE=BD−DE=4 2−3 2= 2，
∴BG=GE= 22BE=1，
∴AG=AB−BG=3=EH，
∴AE= AG2+GE2= 32+12= 10，
∵AE⊥EF，
∴∠AEG=90°−∠FEH=∠EFH，
又∠AGE=∠EHF=90°，
∴△AGE≌△EHF(AAS)，
∴AE=EF= 10，
∴△AEF的面积为12AE⋅EF=12× 10× 10=5，
故选：B．
过E作GH//AD交AB于G，交DC于H，由四边形ABCD是正方形，可得△BGE、△DHE是等腰直角三角形，BD= 2BC=4 2，可得BE=BD−DE= 2，故BG=GE= 22BE=1，AG=AB−BG=3=EH，可得AE= AG2+GE2= 32+12= 10，根据AE⊥EF，可证明△AGE≌△EHF(AAS)，即得AE=EF= 10，从而△AEF的面积为12AE⋅EF=5．
本题考查正方形性质及应用，解题的关键是作辅助线，构造全等三角形解决问题．
11.【答案】3
【解析】解：则根据根与系数的关系得：x2+1=−ba=4，
解得：x2=3，
即方程的另一个根为3，
故答案为：3．
根据根与系数的关系得：x2+1=4，求出即可．
本题考查了一元二次方程的解和根与系数的关系，能熟记根与系数的关系的内容是解此题的关键，注意：当x1和x2是一元二次方程ax2+bx+c=0(a、b、c为常数，a≠0)的两个根时，那么x1+x2=−ba，x1⋅x2=ca．
12.【答案】12
【解析】解：∵在等腰三角形，平行四边形，正五边形，圆中，平行四边形，圆是中心对称图形，
∴从中随机抽取一张，则抽取卡片上的图形是中心对称图形的概率为24=12，
故答案为：12．
直接利用中心对称图形的性质结合概率求法直接得出答案．
此题主要考查了中心对称图形的性质和概率求法，正确把握中心对称图形的定义是解题关键．
13.【答案】9
【解析】解：设参加比赛的队共有x支，
根据题意可得：x(x−1)=72，
解得：x1=9，x1=−8(舍去)，
故答案为：9．
根据参赛的每两个队之间都进行两场比赛，共要比赛72场，可列出方程．
本题考查由实际问题抽象出一元二次方程，关键是根据总比赛场数作为等量关系列方程求解．
14.【答案】6 7
【解析】解：连接AC交BD于O，如图，
∵四边形ABCD为菱形，
∴AD//BC，CB=CD=AD=4，AC⊥AB，BO=OD，OC=AO，
∵E为AD边的中点，
∴DE=2，
∵∠DEF=∠DFE，
∴DF=DE=2，
∵DE//BC，
∴∠DEF=∠BCF，
∵∠DFE=∠BFC，
∴∠BCF=∠BFC，
∴BF=BC=4，
∴BD=BF+DF=4+2=6，
∴OB=OD=3，
在Rt△BOC中，OC= 42−32= 7，
∴AC=2OC=2 7，
∴菱形ABCD的面积=12AC⋅BD=12×2 7×6=6 7．
故答案为：6 7．
连接AC交BD于O，如图，根据菱形的性质得到AD//BC，CB=CD=AD=4，AC⊥AB，BO=OD，OC=AO，再利用∠DEF=∠DFE得到DF=DE=2，证明∠BCF=∠BFC得到BF=BC=4，则BD=6，所以OB=OD=3，接着利用勾股定理计算出OC，从而得到AC=2 7，然后根据菱形的面积公式计算它的面积．
本题考查了菱形的性质：菱形具有平行四边形的一切性质；菱形的四条边都相等；菱形的两条对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角；菱形面积=12ab(a、b是两条对角线的长度)．
15.【答案】 21
【解析】解：如图，连接CG，取CG的中点P，连接PM，PN，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=∠BCD=90°，CD=AB=6，
∵EF//BC，
∴∠BEG=∠A=90°，
∵∠ABD=60°，
∴∠BGE=90°−∠ABD=90°−60°=30°，
∴BG=2BE=2×4=8，
∴EG= BG2−BE2= 82−42=4 3，
∵M、P、N分别是DG、CG、CE的中点，
∴PM//CD，PM=12CD=3，PN//EF，PN=12EG=2 3，
∴∠MPG=∠DCG，
∵PN//EF，EF//BC，
∴PN//BC，
∴∠NPG=∠BCG，
∴∠MPG+∠NPG=∠DCG+∠BCG=∠BCD=90°，
∴∠MPN=90°，
∴MN= PM2+PN2= 32+(2 3)2= 21，
故答案为： 21．
连接CG，取CG的中点P，连接PM，PN，利用勾股定理求出EG=4 3，运用三角形中位线定理得出PM//CD，PM=12CD=3，PN//EF，PN=12EG=2 3，运用平行线性质证明∠MPN=90°，再运用勾股定理即可求得答案．
本题考查了矩形性质和判定，勾股定理，三角形中位线定理，熟练掌握勾股定理和三角形中位线定理，正确添加辅助线是解题关键．
16.【答案】解：(1)x2−4x−2=0，
∴x2−4x+4=6，
即(x−2)2=6，
∴x−2=± 6，
解得：x1=2+ 6,x2=2− 6；
(2)2(x−5)2=5−x，
∴2(x−5)2+(x−5)=0，
∴(x−5)(2x−10+1)=0，
∴(x−5)(2x−9)=0，
∴x−5=0或2x−9=0，
解得：x1=5,x2=92．
【解析】(1)根据配方法解一元二次方程即可；
(2)根据因式分解法解一元二次方程即可
本题考查了解一元二次方程，熟练掌握解一元二次方程是解题的关键．
17.【答案】原式=x2−2x−x+2x2−4x+4⋅(x+2)(x−2)x(x−1)
=(x−1)(x−2)(x−2)2⋅(x+2)(x−2)x(x−1)
=x+2x，
由不等式−2≤x<3的整数解为−2，−1，0，1，2，
其中x=−2，0，1，2时，原式都没有意义，
当x=−1时，原式=−1+2−1=−1．
【解析】原式括号中两项通分并利用同分母分式的减法法则计算，同时利用除法法则变形，约分得到最简结果，求出x的值，代入计算即可求出值．
本题考查了分式的化简求值、一元一次不等式组的整数解，取合适的整数值求值时，要特注意原式及化简过程中的每一步都有意义．
18.【答案】(1)5；
(2) 72°； 40；
(3)“A等级”2男1女，从中选取2人，所有可能出现的结果如下：
共有6种可能出现的结果，其中女生被选中的有4种，
∴P(女生被选中)=46=23．
【解析】解：(1)3÷15%=20(名)，20−3−8−4=5(名)，
故答案为：5；
(2)360°×420=72°，8÷20=40%，即m=40，
故答案为：72°，40；
(3)见答案．
(1)A等的有3人，占调查人数的15%，可求出调查人数，进而求出B等的人数；
(2)D等级占调查人数的420，因此相应的圆心角为360°的420即可，计算C等级所占的百分比，即可求出m的值；
(3)用列表法表示所有可能出现的结果，进而求出相应的概率．
本题考查条形统计图、扇形统计图的意义和制作方法，列表法求随机事件发生的概率，列举出所有可能出现的结果是求概率的前提．
19.【答案】解：(1)设四、五这两个月的月平均增长率为x，
依题意得：256(1+x)2=400，
解得：x1=0.25=25%，x2=−2.25(不合题意，舍去)．
答：四、五这两个月的月平均增长率为25%；
(2)设商品降价m元，则每件获利(40−m−25)元，月销售量为(400+5m)件，
依题意得：(40−m−25)(400+5m)=4250，
解得：m1=5，m2=−70(不合题意舍去)．
答：当商品降价5元时，商场月获利4250元．
【解析】(1)设四、五这两个月的月平均增长率为x，利用五月份的销售量=三月份的销售量×(1+月平均增长率)2，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)设商品降价m元，则每件获利(40−m−25)元，月销售量为(400+5m)件，利用商场销售该商品月销售利润=每件的销售利润×月销售量，即可得出关于m的一元二次方程，解之即可得出结论．
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：在菱形ABCD中，OC=12AC．
∴DE=OC．
∵DE//AC，
∴四边形OCED是平行四边形．
∵AC⊥BD，
∴∠COD=90°，
∴平行四边形OCED是矩形．
∴OE=CD．
(2)解：在菱形ABCD中，∠ABC=60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AC=AD=4，AO=CO=2．
∴在矩形OCED中，CE=OD= AD2−AO2=2 3．
在Rt△ACE中，AE= AC2+CE2=2 7．
【解析】(1)先求出四边形OCED是平行四边形，再根据菱形的对角线互相垂直求出∠COD=90°，证明四边形OCED是矩形，可得OE=CD；
(2)根据菱形的性质得出AC=AD=4，再根据勾股定理得出CE、AE的长度即可．
本题考查了菱形的性质，矩形的判定与性质，勾股定理的应用，是基础题，熟记矩形的判定方法与菱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】DM=EM
【解析】解：(1)∵△ABC是等边三角形，点E是BC的中点，
∴∠BAC=60°，∠BAE=12∠BAC，
∴∠BAE=30°，
∵△ADE是等边三角形，
∴∠DAE=60°，
∴∠DAB=∠DAE−∠BAE=60°−30°=30°，
∴∠DAB=∠BAE，
∴DM=EM；
故答案为：DM=EM；
(2)(1)中的结论成立，证明如下：
连接BD，DF，如图，
∵△ABC和△ADE是等边三角形，
∴∠ABC=∠BAC=∠DAE=∠ACB=60°，AB=AC，AD=AE，
∴∠BAC−∠DAC=∠DAE−∠DAC，即∠BAD=∠CAE，
∴△BAD≌△CAE(SAS)，
∴∠ABD=∠ACE=180°−∠ACB=120°，BD=CE，
∴∠DBE=∠ABD−∠ABC=120°−60°=60°，
∴∠DBE+∠BEF=60°+120°=180°，
∴BD//EF，
∵CE=EF，
∴BD=EF，
∴四边形BDFE是平行四边形，
∴DM=EM；
(3)当点E在BC的延长线上时，作AG⊥BC于G，连接BD，如图，
∵∠ACB=60°，
∴CG=AC⋅cs60°=12AC=12×6=3，
AG=AC⋅sin60°= 32AC=3 3，
∴EG=CG+CE=3+2=5，
∴AE= AG2+EG2=2 13，
由(2)知：DM=EM，
∴AM⊥DE，
∴∠AME=90°，
∵∠AED=60°，
∴AM=AE⋅sin60°=2 13× 32= 39；
当点E在BC上时，作AG⊥BC于G，如图，
同上知：AG=3 3，CG=3，
∴EG=CG−CE=3−2=1，
∴AE= AG2+EG2=2 7，
∴AM=AE⋅sin60°=2 7× 32= 21，
综上所述：DM的长为 39或 21．
(1)证明∠BAD=∠BAE=30°，进一步可得答案；
(2)连接BD，可证明△BAD≌△CAE，从而∠ABD=∠ACE=120°，BD=CE，进而得出∠DBE=60°，从而得出∠DBE+∠BEF=60°+120°=180°，从而BD//EF，结合BD=EF得出四边形BDFE是平行四边形，从而得出DM=EM；
(3)分为两种情形：当点E在BC的延长线上时，作AG⊥BC于G，可得出CG和AG，从而EG=CG+CE=3+2=5，进而得出AE，进一步得出结果；当点E在BC上时，作AG⊥BC于G，可得出EG=1，即可求解．
本题考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，直角三角形的性质等知识，解决问题的关键是熟练掌握“手拉手”等模型．
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