2020-2021年江西省上饶市某校初二（下）期中考试数学试卷新人教版

这是一份2020-2021年江西省上饶市某校初二（下）期中考试数学试卷新人教版，共13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. 如图，在四边形ABCD中，已知AB=CD，添加下列条件中的一个，不能判定四边形ABCD是平行四边形的是( )

A.AB//CDB.BC//AD
C.BC=ADD.∠A+∠D=180∘

2. 下列二次根式是最简二次根式的是( )
A.3.6B.23C.18D.47

3. 如图，在网格中，每个小正方形的边长均为1，则在△ABC中，边长为有理数的边有( )

A.3条B.2条C.1条D.0条

4. 已知实数a，b在数轴上的位置如图所示，则化简|b−1|−a+12+a−b2的结果为( )

A.2bB.2b−2C.−2D.−2a+2

5. 如图，将矩形ABCD的四个角向内翻折后，恰好拼成一个无缝隙无重叠的四边形EFGH，EH=6cm，EF=8cm，则AB+CD的长为( )

B.10cmC.19.2 cmD.20cm

6. 如图，A1，B1，C1，D1分别是四边形ABCD各边的中点，且AC⊥BD，AC=6，BD=10．依次取A1B1，B1C1 ，C1D1 ，D1A1 的中点A2，B2，C2，D2，再依次取A2B2，B2C2，C2D2，D2A2的中点A3，B3，C3，D3⋯⋯以此类推，取An−1Bn−1 ，Bn−1Cn−1 ，Cn−1Dn−1 ，Dn−1An−1的中点An，Bn，Cn，Dn，若四边形AnBnCnDn的面积为1532，则n的值为( )

A.5B.6C.7D.8
二、填空题

若代数式m+1−mn有意义，则点m,n在平面直角坐标系中的第________象限．

在直角三角形中，两直角边的长分别为5和12，则斜边上中线的长为________．

若规定a⊗b=a⋅b+2ab，则2⊗4的值为________.

如图，在△ABC中，AC=24，AB=25，BC=7．在AB上取一点E，AC上取一点F，连接EF，若∠EFC=125∘，过点B作BD//EF，且点D在AB的右侧，则∠CBD的度数为________.


如图，菱形ABCD的边长为5，对角线BD的长为8，E，F分别是边AD，CD的中点，连接EF并延长，与BC的延长线相交于点G，则EG的长为________.


如图，正方形ABCD的边长为6个单位长度，E是BC边的中点，点F从点E出发，以3个单位长度/秒的速度按E→C→D→A→B→E的路线运动，再次回到E点时结束运动，设点F运动的时间为t秒．当△AEF为直角三角形时，t的值为________．

三、解答题


(1)计算：24−6÷3；

(2)如图，在菱形ABCD中，CE=CF.求证：AE=AF.

已知x=5+2，求代数式x2−4x的值．

如图，在△ABC中，AB=AC，D为BC中点，连接AD，在AD的左侧有一点E，连接AE，BE，且AE//BC，AE=BD．
求证：四边形AEBD是矩形．


请仅用无刻度的直尺完成下列作图，不写作法，保留作图痕迹．
图1 图2
(1)图1是由正方形ABCD与等边△ADE组成的图形，在AD边上作一点M，使得AM=12AE.

(2)如图2，在▱ABCD中，E为BC上一点，且CE=CD，作∠ABC的平分线．

《城市交通管理条例》规定：小汽车在城市街道上的行驶速度不得超过70千米/时．如图，一辆小汽车（看作一点）在我市一条笔直的街道上行驶，某一时刻刚好行驶到车速检测仪A正前方60米的C处，4秒后，小汽车行驶至B处，若此时小汽车与观测点间的距离AB为100米，请通过计算说明这辆小汽车是否超速．


如图，在正方形ABCD中，E为CD边上一点，F为AD延长线上一点，且DE=DF，则AE与CF之间有怎样的关系？判断并说明理由．


如图，在△ABC中，∠C=90∘，CD=1.8，BD=3．

(1)若∠2=∠B，求AC的长．

(2)若∠1=∠2，求AC的长．

如图，在平行四边形ABCD中，O是BC的中点，连接DO并延长，交AB延长线于点E，连接BD，EC．

(1)求证：四边形BECD是平行四边形；

(2)若∠A=50∘，则当∠ADE=________度时，四边形BECD是菱形．

已知maxx,1x+1,x−1表示取x,1x+1,x−1三个数中最大的那个数．
例如当x=2时，maxx,1x+1,x−1=max2,12+1=2−1,1=2.
(1)当x=14时，maxx,1x+1,x−1的值为________.

(2)当maxx,1x+1,x−1=2时，求x的值．

小明在学完了平行四边形后，想对“四边形的不稳定性”和“四边形的判定”有更好的理解，做了如下的探究：他用8根木棍和一些钉子组成了正方形ABCD和平行四边形HEFG（如图1），且BC，EF在同一条直线上，点D落在边HE上．经小明测量，发现此时B，D，G三个点在一条直线上，∠EFG=67.5∘，DG=3．

(1)求HG的长；

(2)设BC的长度为a，则CE=________（用含a的代数式表示）；

(3)小明接着探究，在保证BC，EF位置不变的前提条件下，从点A向右推动正方形，直到四边形EFGH刚好变为矩形时停止推动（如图2）．若此时DE2=18(2−1)，求BF的长．

如图所示的是与菱形有关的三个图形．

(1)感知
如图1，AC是菱形ABCD的对角线，∠B=60∘，E，F分别是边BC，CD上的中点，连接AE，EF，AF．若AC=3，则CE+CF的长为________.

(2)探究
如图2，在菱形ABCD中，∠B=60∘.E是边BC上的点，连接AE，作∠EAF=60∘，边AF交边CD于点F，连接EF．若BC=3，求CE+CF的长．

(3)应用
在菱形ABCD中，∠B=60∘．E是边BC延长线上的点，连接AE，作∠EAF=60∘，边AF交边CD的延长线于点F，连接EF．当BC=3，EF⊥BC时，在图3中，将图形补充完整并求△AEF的周长．
参考答案与试题解析
2020-2021年江西省上饶市某校初二（下）期中考试数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
B
【考点】
平行四边形的判定
平行线的判定
【解析】
根据平行四边形的判定定理分别对各个选项进行判断即可．
【解答】
解：A， ∵AB=CD，AB//CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，此选项不符合题意；
B，∵AB=CD，BC//AD，
∴不能判定四边形ABCD是平行四边形，此选项符合题意；
C，∵AB=CD，AD=BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，此选项不符合题意；
D，∵∠A+∠D=180∘，
∴AB//CD.
∵AB=CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，此选项不符合题意.
故选B．
2.
【答案】
D
【考点】
最简二次根式
【解析】
直接利用最简二次根式的定义分析得出答案．
【解答】
解：A，3.6=185=3105，不是最简二次根式，不合题意；
B， 23=63，不是最简二次根式，不合题意；
C， 18=32，不是最简二次根式，不合题意；
D，47是最简二次根式，符合题意.
故选D．
3.
【答案】
C
【考点】
勾股定理
有理数的概念
【解析】
利用勾股定理求出三角形的三边长，即可判断．
【解答】
解：由勾股定理可得AB=42+12=17，
BC=32+12=10，
AC=32+42=5，
所以在△ABC中，边长为有理数的边有1条．
故选C．
4.
【答案】
A
【考点】
二次根式的性质与化简
绝对值
数轴
【解析】
先根据数轴判断b−1>0，a+1<0，a−b<0，然后再根据二次根式的性质化简原式即可．
【解答】
解：由数轴可知，−2∴b−1>0，a+1<0，a−b<0，
∴原式=|b−1|−|a+1|+|a−b|
=a+1+b−1−a−b
=b−1+a+1+b−a
=2b.
故选A.
5.
【答案】
C
【考点】
翻折变换（折叠问题）
矩形的性质
勾股定理
全等三角形的性质与判定
【解析】
利用翻折变换的性质得出∠EMH为直角，△AEH≅△MEH，则∠HEA=∠MEH，AE=ME，进而得出AE=BE，再利用勾股定理得出AE的长，进而得出答案．
【解答】
解：设HF上两个点分别为M，Q，如图所示，
∵M点是A点对折过去的，
∴∠EMH为直角，△AEH≅△MEH，
∴∠HEA=∠MEH，AE=EM，
同理∠MEF=∠BEF，
∴∠MEH+∠MEF=90∘，
∴∠HEF=90∘.
∵M点也是B点对折过去的，
∴BE=EM，
∴AE=BE.
∵EH=6cm，EF=8cm，
∴FH=EH2+EF2=62+82=10cm.
∵S△HEF=12×EH×EF=12×HF×EM，
∴AE=EM=EH×EFFH=6×810=4.8(cm)，
∴AB=AE+BE=4.8+4.8=9.6cm，
∴AB+CD=2AB=2×9.6=19.2cm．
故选C．
6.
【答案】
B
【考点】
三角形中位线定理
矩形的判定与性质
规律型：图形的变化类
【解析】
先根据根据三角形中位线定理、矩形的判定定理证明四边形A1B1C1D1是矩形，再根据三角形中位线定理、矩形的面积公式计算处矩形A1B1C1D1的面积=3×5=15，根据结论写出前五个四边形的面积，求出n.
【解答】
解：∵ A1，B1，C1，D1分别是四边形ABCD各边的中点，
∴ A1B1//AC，C1D1//AC，
∴ A1B1//C1D1，
同理可得A1D1//B1C1，
∴ 四边形A1B1C1D1是平行四边形.
∵ A1B1//C1D1，A1D1//B1C1，AC⊥BD，
∴ ∠A1B1C1=∠A1D1C1=∠B1C1D1=90∘，
∴ 四边形A1B1C1D1是矩形.
∵ A1，B1，C1，D1分别是四边形ABCD各边的中点，
∴ A1B1=12AC=3，A1D1=12BD=5，
∴ 矩形A1B1C1D1的面积=3×5=15，
则A2B2C2D2 的面积=15×12,
A3B3C3D3 的面积=15×122,
A4B4C4D4 的面积=15×123,
A5B5C5D5 的面积=15×124,
A6B6C6D6 的面积=15×125,
∴ n=6.
故选B.
二、填空题
【答案】
四
【考点】
点的坐标
二次根式有意义的条件
分式有意义、无意义的条件
【解析】
根据二次根式的被开方数是非负数，分式的分母为零分式无意义，可得不等式组，根据姐不等式组，可得m、n的取值范围，根据象限内点的坐标，可得答案．
【解答】
解：因为m+1−mn在实数范围内有意义，
所以m≥0，−mn>0，
解得m>0，n<0，
所以点m,n的横坐标大于零，纵坐标小于零，
所以该点在第四象限.
故答案为：四.
【答案】
6.5
【考点】
直角三角形斜边上的中线
勾股定理
【解析】
利用勾股定理列式求出斜边，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半解答．
【解答】
解：由勾股定理得斜边=52+122=13，
所以斜边中线长=12×13=6.5．
故答案为：6.5．
【答案】
32
【考点】
二次根式的混合运算
定义新符号
【解析】
根据新定义的运算法则，利用二次根式的混合运算法则来进行计算.
【解答】
解：∵a⊗b=a⋅b+2ab，
∴2⊗4=2×4+224=22+2=32.
故答案为：32.
【答案】
35∘
【考点】
平行线的性质
勾股定理的逆定理
【解析】
在△ABC中，由三边的长度可得出AC2+BC2=AB2，进而可得出ΔABC为直角三角形∠ACB=90∘ ，过点C作CM//EF交AB于点M，则CM//BD，利用平行的性质可得出∠MCF的度数，结合∠BCM=∠ACB−∠MCF可求出∠BCM的度数，再利用“两直线平行，内错角相等”即可求出∠CBD的度数.
【解答】
解：在△ABC中，AC=24，AB=25，BC=7，
∵242+72=625=252 ，
即AC2+BC2=AB2，
∴△ABC为直角三角形，
∴∠ACB=90∘.
过点C作CM//EF交EB于点M，如图，则CM//BD，
∵CM//EF，∠EFC=125∘，
∴∠MCF=180∘−∠EFC=55∘，
∴∠BCM=∠ACB−∠MCF=35∘.
又∵CM//BD，
∴∠CBD=∠BCM=35∘.
故答案为：35∘.
【答案】
6
【考点】
三角形中位线定理
勾股定理
菱形的性质
【解析】
做辅助线，利用平行四边形，菱形性质解题
【解答】
解：如图，连接AC交BD于点O.
∵菱形ABCD的边长为5，
∴AD//BC，AB=BC=CD=DA=5.
∵点E，F分别是边AD，CD的中点，
∴EF是△ACD的中位线，
∴EF//AC.
∵AC，BD是菱形的对角线，BD=8，
∴AC⊥BD，OB=OD=4，OA=OC.
又∵AD//BC，EF//AC，
∴四边形CAEG是平行四边形，
∴AC=EG.
在Rt△AOB中，AB=5，OB=4，
∴OA=OC=52−42=3，
∴AC=2OA=6，
∴EG=AC=6.
故答案为：6.
【答案】
4或7或1.5
【考点】
动点问题
正方形的性质
勾股定理
【解析】
左侧图片未给出解析
【解答】
解：①当点F在边AD上时，∠AFE=90∘，t=3+6+33=4；
②当点F与点B重合时，∠AFE=90∘，t=3+3×63=7；
③当点F在边CD上时，∠AEF=90∘，
则AE2+EF2=AF2，
∴(AB2+BE2)+(EC2+CF2)=AD2+DF2，
∴(62+32)+32+3t−32=62+(9−3t)2，
解得t=1.5．
综上所述，满足条件的t的值为4或7或1.5．
故答案为：4或7或1.5.
三、解答题
【答案】
(1)解：原式=26−6÷3
=6×13
=2．
(2)（证法不唯一）证明：∵在菱形ABCD中，CE=CF，
∴CD−CF=BC−CE，即DF=BE．
∵AD=AB，∠D=∠B，
∴△EBA≅△FDA(SAS)，
∴AE=AF．
【考点】
二次根式的混合运算
菱形的性质
全等三角形的性质与判定
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)解：原式=26−6÷3
=6×13
=2．
(2)（证法不唯一）证明：∵在菱形ABCD中，CE=CF，
∴CD−CF=BC−CE，即DF=BE．
∵AD=AB，∠D=∠B，
∴△EBA≅△FDA(SAS)，
∴AE=AF．
【答案】
解：∵x=5+2，
∴ x2−4x=x(x−4)=(5+2)(5−2)
=5−4
=1．
【考点】
因式分解的应用
【解析】
首先对式子x2−4x进行因式分解，然后代入x的值可得到答案．
【解答】
解：∵x=5+2，
∴ x2−4x=x(x−4)=(5+2)(5−2)
=5−4
=1．
【答案】
证明：∵AE//BD，AE=BD，
∴四边形AEBD是平行四边形．
∵AB=AC，D为BC的中点，
∴AD⊥BC，
∴∠ADB=90∘，
∴平行四边形AEBD是矩形．
【考点】
等腰三角形的判定与性质
矩形的判定
【解析】
此题暂无解析
【解答】
证明：∵AE//BD，AE=BD，
∴四边形AEBD是平行四边形．
∵AB=AC，D为BC的中点，
∴AD⊥BC，
∴∠ADB=90∘，
∴平行四边形AEBD是矩形．
【答案】
解：(1)如图1即为所求.
(2)如图2即为所求.
【考点】
作图—复杂作图
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)如图1即为所求.
(2)如图2即为所求.
【答案】
解：由勾股定理可得BC=AB2−AC2=1002−602=80米．
∵80米=0.08千米，
4秒=1900小时，
∴0.08÷1900=72>70，
∴这辆小汽车超速了．
【考点】
勾股定理的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由勾股定理可得BC=AB2−AC2=1002−602=80米．
∵80米=0.08千米，
4秒=1900小时，
∴0.08÷1900=72>70，
∴这辆小汽车超速了．
【答案】
解：AE=CF且AE⊥CF，理由如下：
如图，延长AE交CF于点G，
∵ 四边形ABCD是正方形，
∴ AD=CD，∠ADC=∠CDF=90∘，
在△ADE和△CDF中，
AD=CD，∠ADE=∠CDF，DE=DF，
∴ △ADE≅△CDF(SAS)，
∴ AE=CF，∠DAE=∠DCF，
∵ ∠DCF+∠F=90∘，
∴ ∠DAE+∠F=90∘，
∴ AG⊥CF，
即AE⊥CF．
∴ AE=CF且AE⊥CF．
【考点】
正方形的性质
全等三角形的性质与判定
【解析】
延长AE交CF于点G，根据四边形ABCD是正方形，证明△ADE≅△CDF，进而可得AE=CF，AE⊥CF．
【解答】
解：AE=CF且AE⊥CF，理由如下：
如图，延长AE交CF于点G，
∵ 四边形ABCD是正方形，
∴ AD=CD，∠ADC=∠CDF=90∘，
在△ADE和△CDF中，
AD=CD，∠ADE=∠CDF，DE=DF，
∴ △ADE≅△CDF(SAS)，
∴ AE=CF，∠DAE=∠DCF，
∵ ∠DCF+∠F=90∘，
∴ ∠DAE+∠F=90∘，
∴ AG⊥CF，
即AE⊥CF．
∴ AE=CF且AE⊥CF．
【答案】
解：(1)∵∠2=∠B，
∴AD=BD=3．
∵∠C=90∘，CD = 1 .8，
∴AC=AD2−CD2=32−1.82=2.4．
(2)如图，过点D作DE⊥AB于点E．
∵∠1=∠2，∠C=90∘，DE⊥AB，
∴CD=DE=1.8，AC=AE．
在Rt△DEB中，BE=BD2−DE2=32−1.82=2.4．
在Rt△ACB中，AC2=AB2−BC2，
即AC2=AE+EB2−CD+DB2，
∴AC2=AC+2.42−1.8+32，
解得AC=3.6．
【考点】
勾股定理
等腰三角形的性质与判定
线段垂直平分线的性质
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)∵∠2=∠B，
∴AD=BD=3．
∵∠C=90∘，CD = 1 .8，
∴AC=AD2−CD2=32−1.82=2.4．
(2)如图，过点D作DE⊥AB于点E．
∵∠1=∠2，∠C=90∘，DE⊥AB，
∴CD=DE=1.8，AC=AE．
在Rt△DEB中，BE=BD2−DE2=32−1.82=2.4．
在Rt△ACB中，AC2=AB2−BC2，
即AC2=AE+EB2−CD+DB2，
∴AC2=AC+2.42−1.8+32，
解得AC=3.6．
【答案】
(1)证明：∵ 四边形ABCD为平行四边形，
∴ AB // DC，AB=CD，
∴ ∠OEB=∠ODC.
又∵ O为BC的中点，
∴ BO=CO，
在△BOE和△COD中，
∠OEB=∠ODC，∠BOE=∠COD，BO=CO，
∴ △BOE≅△COD(AAS)，
∴ OE=OD，
∴ 四边形BECD是平行四边形.
90
【考点】
平行四边形的性质与判定
菱形的判定
【解析】
（1）由AAS证明△BOE≅△COD，得出OE=OD，即可得出结论；
（2）先根据三角形的内角和定理得到∠AED=40∘，再根据平行线的性质得到CBE=∠A=50∘，求得∠BOE=90∘，然后根据菱形的判定定理即可得到结论．

【解答】
(1)证明：∵ 四边形ABCD为平行四边形，
∴ AB // DC，AB=CD，
∴ ∠OEB=∠ODC.
又∵ O为BC的中点，
∴ BO=CO，
在△BOE和△COD中，
∠OEB=∠ODC，∠BOE=∠COD，BO=CO，
∴ △BOE≅△COD(AAS)，
∴ OE=OD，
∴ 四边形BECD是平行四边形.
(2)解：当∠ADE=90∘时，四边形BECD是菱形，理由如下：
∵ ∠A=50∘，∠ADE=90∘，
∴ ∠AED=40∘，
∵ 四边形ABCD是平行四边形，
∴ AD // BC，
∴ ∠CBE=∠A=50∘，
∴ ∠BOE=90∘，
∴ BC⊥DE，
∴ 四边形BECD是菱形.
故答案为：90．
【答案】
23
(2)∵maxx,1x+1,x−1=2，
①当x=2时，x=4，
此时x−1>x>1x+1，不符合题意．
②1x+1=2时，x=−12，无解，不符合题意．
③当x−1=2时，解得x=3，
此时x−1>x>1x+1，符合题意．
综上maxx,1x+1,x−1=2时，x=3.
【考点】
定义新符号
最简二次根式
实数的运算
二次根式的性质与化简
【解析】
根据新定义的运算法则，利用最简二次根式和实数的运算来求解.
【解答】
解：(1)根据题意得当x=14时，
maxx，1x+1，x−1
=max{14=12,114+1=23,14−1=−34}
=23.
故答案为：23.
(2)∵maxx,1x+1,x−1=2，
①当x=2时，x=4，
此时x−1>x>1x+1，不符合题意．
②1x+1=2时，x=−12，无解，不符合题意．
③当x−1=2时，解得x=3，
此时x−1>x>1x+1，符合题意．
综上maxx,1x+1,x−1=2时，x=3.
【答案】
解：(1)∵四边形HEFG是平行四边形，
∴∠H=∠GFE=67.5∘，HE//FG，
∴∠HEC=67.5∘．
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DCB=90∘，∠BDC=∠CBD=45∘，
∴∠DCE=90∘，
∴∠CDE=22.5∘，
∴∠BDE=∠BDC+∠CDE=67.5∘，
∴∠HDG=∠BDE=67.5∘，
∴∠H=∠GDH，
∴HG=DG=3．
2−1a
(3)∵在推进过程中CD的长度保持不变，
∴设CD=x，则BE=2x．
∵四边形EFGH是矩形，
∴EF=HG=3，∠HEF=90∘，
∴∠DEC=90∘，
∴DE2=CD2−CE2．
∵BC，EF的位置不变，
∴CE=BE−BC=2−1x．
在Rt△CDE中，由勾股定理得DE2=CD2−CE2，
∴182−1=x2−2−12x2=2x22−1，
∴x2=9．
∵x>0，∴x=3，
∴BF=BE+EF=32+3．
【考点】
平行四边形的性质
正方形的性质
等腰三角形的性质与判定
勾股定理
矩形的判定与性质
【解析】
左侧图片未给出解析
(2)提示：由(1)知∠BDE=∠BED=67.5∘，
∴BE=BD，
∵BC的长度为a，
∴BD=2BC=2a，
∴CE=BE−BC=2a−a=2−1a，
故答案为：2−1a．
左侧图片未给出解析
【解答】
解：(1)∵四边形HEFG是平行四边形，
∴∠H=∠GFE=67.5∘，HE//FG，
∴∠HEC=67.5∘．
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DCB=90∘，∠BDC=∠CBD=45∘，
∴∠DCE=90∘，
∴∠CDE=22.5∘，
∴∠BDE=∠BDC+∠CDE=67.5∘，
∴∠HDG=∠BDE=67.5∘，
∴∠H=∠GDH，
∴HG=DG=3．
(2)由(1)知∠BDE=∠BED=67.5∘，
∴BE=BD，
∵BC的长度为a，
∴BD=2BC=2a，
∴CE=BE−BC=2a−a=2−1a.
故答案为：2−1a．
(3)∵在推进过程中CD的长度保持不变，
∴设CD=x，则BE=2x．
∵四边形EFGH是矩形，
∴EF=HG=3，∠HEF=90∘，
∴∠DEC=90∘，
∴DE2=CD2−CE2．
∵BC，EF的位置不变，
∴CE=BE−BC=2−1x．
在Rt△CDE中，由勾股定理得DE2=CD2−CE2，
∴182−1=x2−2−12x2=2x22−1，
∴x2=9．
∵x>0，∴x=3，
∴BF=BE+EF=32+3．
【答案】
3
(2)连接AC，如图2，
∵四边形ABCD为菱形，
∴AB=BC，AB//CD，∠ACD=12∠BCD，
∴∠B+∠BCD=180∘.
∵∠B=60∘，
∴△ABC为等边三角形，且∠BCD=120∘，
∴∠BAC=∠ACB=60∘，AB=AC，
∴∠ACF=∠B=60∘.
∵∠EAF=60∘，
∴∠BAC−∠CAE=∠EAF−∠CAE，
∴∠BAE=∠CAF.
在△ABE和△ACF中，
∠BAE=∠CAFAB=AC∠B=∠ACF，
∴△ABE≅△ACF(ASA)，
∴CF=BE，
∴CE+CF=BE+CE=BC=3.
∴CE+CF的长为3.
(3)如图3，连接AC，
∵四边形ABCD为菱形，
∴AB=BC=3，AB//CD，
∴∠B+∠BCD=180∘，
∵∠B=60∘，
∴△ABC为等边三角形，∠BCD=120∘，
∴ ∠BAC=∠ACB=60∘，AB=AC，
∴ ∠CAD=∠B=60∘.
∵∠EAF=60∘，
∴ ∠CAD−∠DAE=∠EAF−∠DAE，
∴∠CAE=∠DAF，
在△ACE和△ADF中，
∠CAE=∠DAF，AC=AD，∠ACE=∠ADF，
∴△ACE≅△ADF(ASA)，
∴AF=AE，CE=DF，
∵∠EAF=60∘，
∴△AEF是等边三角形，
∴∠ECF=60∘，EF⊥BC，
∴ CF=2CE.
∴CD=BC=3，
∴ CE=3，
∴ EF=CF2−CE2=62−32=33，
∴△AEF的周长=3EF=93.
【考点】
菱形的性质
等边三角形的性质与判定
全等三角形的性质与判定
勾股定理
【解析】
先利用菱形的性质得出AB=BC，再证AB=BC是等边三角形，从而求出BC、CD的长，最后由中点定义即可求解.
先根据题意画出图形，并连接AC，再证△ACE≌△ADCF（ASAS)，从而证得△AEF是等边三角形，继而证△ABE是直角三角形，求出AE长，即可由等边三角形周长公式得出答案.
【解答】
解：(1)∵四边形ABCD为菱形，
∴AB=BC=CD，
∵∠B=60∘，
∴△ABC是等边三角形，
∴AB=BC=AC=3，
∴BC=CD=3.
∵点E，F分别是BC，CD的中点，
∴CE=12BC=32，CF=12CD=32，
∴CE+CF=3.
故答案为：3.
(2)连接AC，如图2，
∵四边形ABCD为菱形，
∴AB=BC，AB//CD，∠ACD=12∠BCD，
∴∠B+∠BCD=180∘.
∵∠B=60∘，
∴△ABC为等边三角形，且∠BCD=120∘，
∴∠BAC=∠ACB=60∘，AB=AC，
∴∠ACF=∠B=60∘.
∵∠EAF=60∘，
∴∠BAC−∠CAE=∠EAF−∠CAE，
∴∠BAE=∠CAF.
在△ABE和△ACF中，
∠BAE=∠CAFAB=AC∠B=∠ACF，
∴△ABE≅△ACF(ASA)，
∴CF=BE，
∴CE+CF=BE+CE=BC=3.
∴CE+CF的长为3.
(3)如图3，连接AC，
∵四边形ABCD为菱形，
∴AB=BC=3，AB//CD，
∴∠B+∠BCD=180∘，
∵∠B=60∘，
∴△ABC为等边三角形，∠BCD=120∘，
∴ ∠BAC=∠ACB=60∘，AB=AC，
∴ ∠CAD=∠B=60∘.
∵∠EAF=60∘，
∴ ∠CAD−∠DAE=∠EAF−∠DAE，
∴∠CAE=∠DAF，
在△ACE和△ADF中，
∠CAE=∠DAF，AC=AD，∠ACE=∠ADF，
∴△ACE≅△ADF(ASA)，
∴AF=AE，CE=DF，
∵∠EAF=60∘，
∴△AEF是等边三角形，
∴∠ECF=60∘，EF⊥BC，
∴ CF=2CE.
∴CD=BC=3，
∴ CE=3，
∴ EF=CF2−CE2=62−32=33，
∴△AEF的周长=3EF=93.