湖南省浏阳市浏阳河中学2024-2025学年九上数学开学统考模拟试题【含答案】

这是一份湖南省浏阳市浏阳河中学2024-2025学年九上数学开学统考模拟试题【含答案】，共28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。
一、选择题（本大题共8个小题，每小题4分，共32分，每小题均有四个选项，其中只有一项符合题目要求）
1、（4分）下列四个图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
2、（4分）计算+的值等于（ ）
A．B．4C．5D．2+2
3、（4分）如图，中，，，将绕点顺时针旋转得到出，与相交于点，连接，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
4、（4分）若直线经过第一、二、四象限，则化简的结果是 ( )
A．2  kB．2  kC．k  2D．不能确定
5、（4分）函数的图象不经过（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
6、（4分）下列图案中是轴对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
7、（4分） “凤鸣”文学社在学校举行的图书共享仪式上互赠图书，每个同学都把自己的图书向本组其他成员赠送一本，某组共互赠了210本图书，如果设该组共有x名同学，那么依题意，可列出的方程是（ ）
A．x（x+1）＝210B．x（x﹣1）＝210
C．2x（x﹣1）＝210D．x（x﹣1）＝210
8、（4分）若将 （a、b均为正数）中的字母a、b的值分别扩大为原来的3倍，则分式的值（ ）
A．扩大为原来的3倍B．缩小为原来的
C．不变D．缩小为原来的
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、（4分）如图，平面直角坐标系中，已知直线上一点P（1，1），C为y轴上一点，连接PC，线段PC绕点P顺时针旋转900至线段PD，过点D作直线AB⊥x轴．垂足为B，直线AB与直线交于点A，且BD=2AD，连接CD，直线CD与直线交于点Q，则点Q的坐标为_______.
10、（4分）某航空公司规定，乘客所携带行李的重量x（kg）与运费y（元）满足如图所示的函数图象，那么每位乘客最多可免费携带____kg的行李．
11、（4分）如图，已知矩形ABCD中，AB=6，AD=10，动点P从点D出发，在边DA上以每秒1个单位的速度向点A运动，连接CP，作点D关于直线PC的对称点E，设点P的运动时间为t(x)，当P，E，B三点在同一直线上时对应t的值为 ．
12、（4分）若二次根式在实数范围内有意义，则x的取值范围是_____．
13、（4分）化简分式：=_____．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（12分）如图，已知中，，点以每秒1个单位的速度从向运动，同时点以每秒2个单位的速度从向方向运动，到达点后，点也停止运动，设点运动的时间为秒.
(1)求点停止运动时，的长;
(2) 两点在运动过程中，点是点关于直线的对称点，是否存在时间，使四边形为菱形?若存在，求出此时的值;若不存在，请说明理由.
(3) 两点在运动过程中，求使与相似的时间的值.
15、（8分）如图，已知函数的图象为直线，函数的图象为直线，直线、分别交轴于点和点，分别交轴于点和，和相交于点
（1）填空： ；求直线的解析式为 ；
（2）若点是轴上一点，连接，当的面积是面积的2倍时，请求出符合条件的点的坐标；
（3）若函数的图象是直线，且、、不能围成三角形，直接写出的值．
16、（8分）如图，点O是△ABC内一点，连接OB，OC，并将AB，OB，OC，AC的中点D，E，F，G依次连接得到四边形DEFG．
（1）求证：四边形DEFG是平行四边形；
（2）若OB⊥OC，∠EOM和∠OCB互余，OM＝3，求DG的长度．
17、（10分）如图，点E是正方形ABCD外一点，点F是线段AE上一点，△EBF是等腰直角三角形，其中∠EBF=90°，连接CE、CF．
（1）求证：△ABF≌△CBE；
（2）判断△CEF的形状，并说明理由．
18、（10分）如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，BC的延长线与AD的延长线交于点E，且DC=DE．
（1）求证：∠A=∠AEB；
（2）连接OE，交CD于点F，OE⊥CD，求证：△ABE是等边三角形．
B卷（50分）
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19、（4分）当二次根式的值最小时，x=______．
20、（4分）如图，已知点A是第一象限内横坐标为的一个定点，AC⊥x轴于点M，交直线y＝﹣x于点N．若点P是线段ON上的一个动点，∠APB＝30°，BA⊥PA，则点P在线段ON上运动时，A点不变，B点随之运动．求当点P从点O运动到点N时，点B运动的路径长是_____．
21、（4分）如图,在中,和的角平分线相交于点,若,则的度数为______.
22、（4分）正方形的对角线长为，则它的边长为_________。
23、（4分）计算：﹣＝_____．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（8分）直线是同一平面内的一组平行线．
(1)如图1．正方形的4个顶点都在这些平行线上，若四条直线中相邻两条之间的距离都是1，其中点，点分别在直线和上，求正方形的面积；
(2)如图2，正方形的4个顶点分别在四条平行线上，若四条直线中相邻两条之间的距离依次为．
①求证：；
②设正方形的面积为，求证．
25、（10分）计算：
（1）
（2）．
26、（12分）如图，在平面直角坐标系xOy中，直线y＝﹣2x+6交x轴于点A，交轴于点B，过点B的直线交x轴负半轴于点C，且AB＝BC．
（1）求点C的坐标及直线BC的函数表达式；
（2）点D(a，2)在直线AB上，点E为y轴上一动点，连接DE．
①若∠BDE＝45°，求BDE的面积；
②在点E的运动过程中，以DE为边作正方形DEGF，当点F落在直线BC上时，求满足条件的点E的坐标．
参考答案与详细解析
一、选择题（本大题共8个小题，每小题4分，共32分，每小题均有四个选项，其中只有一项符合题目要求）
1、A
【解析】
根据把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形；如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，根据定义进行分析即可．
【详解】
解：A、既是轴对称图形又是中心对称图形，故此选项正确；
B、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项错误；
C、不是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项错误；
D、不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项错误；
故选：A．
此题主要考查了中心对称图形和轴对称图形，关键是掌握中心对称图形和轴对称图形的定义．
2、C
【解析】
根据二次根式的运算法则即可求出答案．
【详解】
解：原式=2+3
=5
故选C．
本题考查二次根式的运算，解题的关键是熟练运用二次根式的运算法则.
3、C
【解析】
由旋转的性质可得AC=A'C，∠ACA'=40°，∠BAC=∠B'A'C=90°，由等腰三角形的性质可得∠AA'C=70°=∠A'AC，即可求解．
【详解】
∵将△ABC绕点C顺时针旋转40°得到△A′B′C，
∴△ABC≌△A′B′C
∴AC=A′C,∠ACA′=40∘,∠BAC=∠B′A′C=90°，
∴∠AA′C=70°=∠A′AC
∴∠B′A′A=∠B′A′C−∠AA′C=20°
故选C.
此题考查旋转的性质，等腰三角形的性质，解题关键在于得出得∠AA'C=70°=∠A'AC.
4、B
【解析】
根据一次函数图像的性质，函数图像过一、二、四象限，则k＜0.b＞0.并考察了绝对值的性质．
【详解】
∵直线y=kx+2经过第一、二、四象限，
∴k＜0，
∴k-2＜0，
∴|k-2|=2-k,
故选B.
本题考查了一次函数图像的性质，难点在于根据函数所过象限确定系数的值.
5、B
【解析】
根据k＞0确定一次函数经过第一三象限，根据b＜0确定与y轴负半轴相交，从而判断得解．
【详解】
解：一次函数y=x﹣2，
∵k=1＞0，
∴函数图象经过第一三象限，
∵b=﹣2＜0，
∴函数图象与y轴负半轴相交，
∴函数图象经过第一三四象限，不经过第二象限．
故选B．
6、D
【解析】
根据轴对称图形的概念求解即可．
【详解】
A、不是轴对称图形，故此选项错误；
B、不是轴对称图形，故此选项错误；
C、不是轴对称图形，故此选项错误；
D、是轴对称图形，故此选项正确．
故选：D．
本题主要考查了轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合．
7、B
【解析】
设全组共有x名同学，那么每名同学送出的图书是(x−1)本；
则总共送出的图书为x(x−1)；
又知实际互赠了210本图书，
则x(x−1)=210.
故选：B.
8、D
【解析】
根据分式的基本性质，可得答案
【详解】
将分式 (a,b均为正数)中a,b的值分别扩大为原来的3倍,则分式的值缩小为原来的
故选D.
本题考查分式的基本性质，掌握运算法则是解题关键.
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、
【解析】
如图，过点P 作EF∥x轴，交y轴与点E，交AB于点F，则
易证△CEP≌△PFD（ASA），
∴EP=DF，
∵P（1，1），
∴BF=DF=1，BD=2，
∵BD=2AD，
∴BA=3
∵点A在直线上，∴点A的坐标为（3，3），
∴点D的坐标为（3，2），∴点C的坐标为（0，3），
设直线CD的解析式为，
则解得：
∴直线CD的解析式为，
联立可得
∴点Q的坐标为.
10、2
【解析】
设乘客所携带行李的重量x（kg）与运费y（元）之间的函数关系式为y=kx+b，由待定系数法求出其解即可．
【详解】
解：设乘客所携带行李的重量x（kg）与运费y（元）之间的函数关系式为y=kx+b，由题意，得 ，
解得， ，
则y=30x-1．
当y=0时，
30x-1=0，
解得：x=2．
故答案为：2．
本题考查了运用待定系数法求一次函数的解析式的运用，由函数值求自变量的值的运用，解答时求出函数的解析式是关键．
11、2
【解析】
根据题意PD=t，则PA=10-t，首先证明BP=BC=10，在Rt△ABP中利用勾股定理即可解决问题，
【详解】
解：如图，根据题意PD=t，则PA=10−t，
∵B、E、P共线，
∴∠BPC=∠DPC，
∵AD∥BC，
∴∠DPC=∠PCB，
∴∠BPC=∠PCB，
∴BP=BC=10，
在Rt△ABP中，
∵，
∴，
∴t=2或18(舍去)，
∴PD=2，
∴t=2时，B、E、P共线；
故答案为：2.
本题主要考查了矩形的性质，轴对称的性质，掌握矩形的性质，轴对称的性质是解题的关键.
12、x＞2019
【解析】
根据二次根式的定义进行解答.
【详解】
在实数范围内有意义，即x-2019 0，所以x的取值范围是x 2019.
本题考查了二次根式的定义，熟练掌握二次根式的定义是本题解题关键.
13、-
【解析】
将分子变形为﹣（x﹣y），再约去分子、分母的公因式x﹣y即可得到结论．
【详解】
==﹣．
故答案为﹣．
本题主要考查分式的约分，由约分的概念可知，要首先将分子、分母转化为乘积的形式，再找出分子、分母的最大公因式并约去，注意不要忽视数字系数的约分．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（1）（2）（3）或
【解析】
（1）求出点Q的从B到A的运动时间，再求出AP的长，利用勾股定理即可解决问题．
（2）如图1中，当四边形PQCE是菱形时，连接QE交AC于K，作QD⊥BC于D．根据DQ=CK，构建方程即可解决问题．
（3）分两种情形：如图3-1中，当∠APQ=90°时，如图3-2中，当∠AQP=90°时，分别构建方程即可解决问题．
【详解】
（1）在Rt△ABC中，∵∠C=90°，AC=6，BC=8，
∴AB==10，
点Q运动到点A时，t==5，
∴AP=5，PC=1，
在Rt△PBC中，PB=．
（2）如图1中，当四边形PQCE是菱形时，连接QE交AC于K，作QD⊥BC于D．
∵四边形PQCE是菱形，
∴PC⊥EQ，PK=KC，
∵∠QKC=∠QDC=∠DCK=90°，
∴四边形QDCK是矩形，
∴DQ=CK，
∴，
解得t=．
∴t=s时，四边形PQCE是菱形．
（3）如图2中，当∠APQ=90°时，
∵∠APQ=∠C=90°，
∴PQ∥BC，
∴，
∴，
∴．
如图3中，当∠AQP=90°时，
∵△AQP∽△ACB，
∴，
∴，
∴，
综上所述，或s时，△APQ是直角三角形．
本题属于相似形综合题，考查了菱形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题．
15、（1），直线的解析式为；（2）点的坐标为或；（3）的值为或或．
【解析】
（1）将点坐标代入中，即可得出结论；将点，坐标代入中，即可得出结论；
（2）先利用两三角形面积关系判断出，再分两种情况，即可得出结论；
（3）分三种情况，利用两直线平行，相等或经过点讨论即可得出结论．
【详解】
解：（1）点在函数的图象上，
，
，
直线过点、，
可得方程组为，
解得，
直线的解析式为；
故答案为：；
（2）是与轴的交点，当时，，
，坐标为，
又的面积是面积的2倍，
第一种情况，当在线段上时，
，
，即，
∴，
坐标，
第二种情况，当在射线上时，
，
，
，
坐标，
点的坐标为或；
（3）、、不能围成三角形，
直线经过点或或，
①直线的解析式为，
把代入到解析式中得：
，
，
②当时，
∵直线的解析式为，
，
③当时，
∵直线的解析式为，
，
即的值为或或．
此题是一次函数综合题，主要考查了坐标轴上点的特点，待定系数法，三角形的面积的求法，用分类讨论的思想解决问题是解本题的关键．
16、（1）证明见解析；（2）1
【解析】
（1）根据三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半可得EF∥BC且EF＝BC，DG∥BC且DG＝BC，从而得到DG＝EF，DG∥EF，再利用一组对边平行且相等的四边形是平行四边形证明即可．
（2）想办法证明OM＝MF＝ME即可解决问题．
【详解】
（1）证明：∵D、G分别是AB、AC的中点，
∴DG∥BC，DG＝BC，
∵E、F分别是OB、OC的中点，
∴EF∥BC，EF＝BC，
∴DG＝EF，DG∥EF，
∴四边形DEFG是平行四边形；
（2）∵OB⊥OC，
∴∠BOC＝90°，
∵∠EOM+∠COM＝90°，∠EOM+∠OCB＝90°，
∴∠COM＝∠OCB，
∵EF∥BC，
∴∠OFE＝∠OCB，
∴∠MOF＝∠MFO，
∴OM＝MF，
∵∠OEM+∠OFM＝90°，∠EOM+∠MOF＝90°，
∴∠EOM＝∠MEO，
∴OM＝EM，
∴EF＝2OM＝1．
由（1）有四边形DEFG是平行四边形，
∴DG＝EF＝1．
本题考查平行四边形的判定与性质，三角形的中位线，直角三角形的性质，解本题的关键是判定四边形DEFG是平行四边形．
17、（1）证明见解析（2）△CEF是直角三角形
【解析】
（1）由正方形的性质、等腰三角形的性质可得AB=CB，BE=BF，再通过等量相减，即可得出∠ABF=∠CBE，由SAS即可证出△ABF≌△CBE；
（2）求∠CEF＝90°，即可证出△CEF是直角三角形.
证明：（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=CB，∠ABC=90°，
∵△EBF是等腰直角三角形，其中∠EBF=90°，
∴BE=BF，
∴∠ABC﹣∠CBF=∠EBF﹣∠CBF，
∴∠ABF=∠CBE．
在△ABF和△CBE中，有 ，
∴△ABF≌△CBE（SAS）．
（2）△CEF是直角三角形．理由如下：
∵△EBF是等腰直角三角形，
∴∠BFE=∠FEB=45°，
∴∠AFB=180°﹣∠BFE=135°，
又∵△ABF≌△CBE，
∴∠CEB=∠AFB=135°，
∴∠CEF=∠CEB﹣∠FEB=135°﹣45°=90°，
∴△CEF是直角三角形．
18、（1）证明见解析；（2）证明见解析．
【解析】
（1）根据圆内接四边形的性质可得，根据邻补角互补可得，进而得到，然后利用等边对等角可得，进而可得；
（2）首先证明是等边三角形，进而可得，再根据，可得△ABE是等腰三角形，进而可得△ABE是等边三角形．
【详解】
解：（1）∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，
∴，
∵，
∴，
∵DC=DE，
∴，
∴；
（2）∵，
∴△ABE是等腰三角形，
∵EO⊥CD，
∴CF=DF，
∴EO是CD的垂直平分线，
∴ED=EC，
∵DC=DE，
∴DC=DE=EC，
∴△DCE是等边三角形，
∴，
∴△ABE是等边三角形．
本题考查圆内接四边形的性质；等边三角形的判定与性质；圆周角定理．
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19、1．
【解析】
直接利用二次根式的定义分析得出答案．
【详解】
∵二次根式的值最小，
∴2x﹣6=0，解得：x=1，
故答案为1．
本题主要考查了二次根式的定义，正确把握定义是解题关键．
20、．
【解析】
首先，需要证明线段B1B2就是点B运动的路径（或轨迹），如图1所示．利用相似三角形可以证明；其次，证明△APN∽△AB1B2，列比例式可得B1B2的长．
【详解】
解：如图1所示，当点P运动至ON上的任一点时，设其对应的点B为Bi，连接AP，ABi，BBi，
∵AO⊥AB1，AP⊥ABi，
∴∠OAP＝∠B1ABi，
又∵AB1＝AO•tan30°，ABi＝AP•tan30°，
∴AB1：AO＝ABi：AP，
∴△AB1Bi∽△AOP，
∴∠B1Bi＝∠AOP．
同理得△AB1B2∽△AON，
∴∠AB1B2＝∠AOP，
∴∠AB1Bi＝∠AB1B2，
∴点Bi在线段B1B2上，即线段B1B2就是点B运动的路径（或轨迹）．
由图形2可知：Rt△APB1中，∠APB1＝30°，
∴
Rt△AB2N中，∠ANB2＝30°，
∴
∴
∵∠PAB1＝∠NAB2＝90°，
∴∠PAN＝∠B1AB2，
∴△APN∽△AB1B2，
∴，
∵ON：y＝﹣x，
∴△OMN是等腰直角三角形，
∴OM＝MN＝，
∴PN＝，
∴B1B2＝，
综上所述，点B运动的路径（或轨迹）是线段B1B2，其长度为．
故答案为：．
本题考查动点问题，用到了三角形的相似、和等腰三角形的性质，解题关键是找出图形中的相似三角形，利用对应边之比相等进行边长转换．
21、70°
【解析】
根据三角形的内角和等于180°，求出∠OBC+∠OCB，再根据角平分线的定义求出∠ABC+∠ACB，然后利用三角形的内角和等于180°，列式计算即可得解．
【详解】
解：∵，
∴∠OBC+∠OCB=180°-125°=55°，
∵BO平分∠ABC，CO平分∠ACB，
∴∠ABC=2∠OBC，∠ACB=2∠OCB，
∴∠ABC+∠ACB=2（∠OBC+∠OCB）=110°，
∴∠A=180°-110°=70°；
故答案为：70°.
此题考查了三角形的内角和定理，角平分线的定义，整体思想的利用是解题的关键．
22、4
【解析】
由正方形的性质求出边长，即可得出周长．
【详解】
如图所示：
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=CD=DA,∠B=90°，
∴AB+BC=AC，
∴AB= =4，
故答案为：4
此题考查正方形的性质，解题关键在于利用勾股定理
23、
【解析】
根据二次根式的性质，进行计算即可解答
【详解】
解：﹣．
故答案为：﹣ ．
此题考查二次根式的化简，解题关键在于掌握运算法则
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（1）9或5；（2）①见解析，②见解析
【解析】
（1）分两种情况：①如图1-1，得出正方形ABCD的边长为2，求出正方形ABCD的面积为9；
②如图1-2，过点B作EF⊥l1于E，交l4于F，则EF⊥l4，证明△ABE≌△BCF（AAS），得出AE=BF=2由勾股定理求出AB=，即可得出答案；
（2）①过点B作EF⊥l1于E，交l4于F，作DM⊥l4于M，证明△ABE≌△BCF（AAS），得出AE=BF，同理△CDM≌△BCF（AAS），得出△ABE≌△CDM（AAS），得出BE=DM即可；
②由①得出AE=BF=h2+h2=h2+h1，得出正方形ABCD的面积S=AB2=AE2+BE2，即可得到答案.
【详解】
解：（1）①如图，当点分别在上时，面积为：；
②如图，当点分别在上时，过点B作EF⊥l1于E，交l4于F，则EF⊥l4，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC，∠ABC=90°，
∴∠ABE+∠CBF=180°-90°=90°，
∵∠CBF+∠BCF=90°，
∴∠ABE=∠BCF，
在△ABE和△BCF中
，
∴△ABE≌△BCF（AAS），
∴AE=BF=2，
∴AB=，
∴正方形ABCD的面积=AB2=5；
综上所述，正方形ABCD的面积为9或5；
（2）①证明：过点B作EF⊥l1于E，交l4于F，作DM⊥l4于M，如图所示：则EF⊥l4，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC，∠ABC=90°，
∴∠ABE+∠CBF=180°-90°=90°，
∵∠CBF+∠BCF=90°，
∴∠ABE=∠BCF，
在△ABE和△BCF中，
，
∴△ABE≌△BCF（AAS），
∴AE=BF，
同理△CDM≌△BCF（AAS），
∴△ABE≌△CDM（AAS），
∴BE=DM，
即h1=h2．
②解：由①得：AE=BF=h2+h2=h2+h1，
∵正方形ABCD的面积：S=AB2=AE2+BE2，
∴S=（h2+h1）2+h12=2h12+2h1h2+h3．
本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识；熟练掌握正方形的性质，证明三角形全等是解题的关键．
25、（1）；（1）
【解析】
(1)先把各二次根式化为最简二次根式，然后合并即可；
(1)利用平方差和完全平方公式计算.
【详解】
解：(1)原式=3﹣+1
=；
(1)原式=()1+1+1﹣[（）1﹣1]
=5+1+1﹣5+1
=1+1．
故答案为：（1）；（1）1+1．
本题考查了二次根式的混合运算.
26、（1）C(-3，0)，y＝2x+1；（2）①；②(0，7)或(0，-1)
【解析】
（1）利用等腰三角形的三线合一的性质求出点C的坐标，再利用待定系数法求解即可．
（2）①如图，取点Q(-1，3)，连接BQ，DQ，DQ交AB于E．证明△QDB是等腰直角三角形，求出直线QD的解析式即可解决问题．
②分两种情形：点F落在直线BC上，点F′落在直线BC上，分别求解即可．
【详解】
解：（1）∵直线y＝﹣2x+1交x轴于点A，交轴于点B，
∴A(3，0)，B(0，1)，
∴OA＝3，OB＝1，
∵AB＝BC，
OB⊥AC，
∴OC＝OA＝3，
∴C(-3，0)，
设直线BC的解析式为y＝kx+b，则有，
解得，
∴直线BC的解析式为y＝2x+1．
（2）①如图，取点Q(-1，3)，连接BQ，DQ，DQ交AB于E．
∵D(a，2)在直线y＝﹣2x+1上，
∴2＝﹣2a+1，
∴a＝2，
∴D(2，2），
∵B(0，1)，
∴，，，
∴BD2＝QB2+QD2，QB＝QD，
∴∠BQD＝90°，∠BDQ＝45°，
∵直线DQ的解析式为，
∴E(0，)，
∴OE＝，BE＝1﹣＝，
∴．
②如图，过点D作DM⊥OA于M，DN⊥OB于N．
∵四边形DEGF是正方形，
∴∠EDF＝90°，ED＝DF，
∵∠EDF＝∠MDN＝90°，
∴∠EDN＝∠DFM，
∵DE＝DF，DN＝DM，
∴△DNE≌△DMF（SAS），
∴∠DNE＝∠DMF＝90°，EN＝FM，
∴点F在x轴上，
∴当点F与C重合时，FM＝NE＝5，此时E(0，7)，
同法可证，点F′在直线y＝4上运动，当点F′落在BC上时，E(0，﹣1)，
综上所述，满足条件的点E的坐标为(0，7)或(0，﹣1)．
本题属于一次函数综合题，考查了一次函数的性质，等腰三角形的性质，正方形的性质，全等三角形的判定和性质等知识，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，属于压轴题．
题号
一
二
三
四
五
总分
得分