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2023-2024学年辽宁省阜新重点中学九年级（上）期中数学试卷（含解析）
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这是一份2023-2024学年辽宁省阜新重点中学九年级（上）期中数学试卷（含解析），共21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.下列方程中，是一元二次方程的是( )
A. 4x+2=2−xB. 2x2+3x−2=0C. 2x−3y=4D. xx+2+1x=1
2.下列关系式中的两个量成反比例的是( )
A. 圆的面积与它的半径B. 正方形的周长与它的边长
C. 路程一定时，速度与时间D. 长方形一条边确定时，周长与另一边
3.如图，四边形ABCD是平行四边形，下列结论中错误的是
( )
A. 当∠ABC=90°，□ABCD是矩形B. 当AC=BD，□ABCD是矩形
C. 当AB=BC，□ABCD是菱形D. 当AC⊥BD，□ABCD是正方形
4.如图，AD//BE//CF，直线l1、l2与这三条平行线分别交于点A、B、C和点D、E、F，若AB=3，BC=6，DF=6，则DE的长等于( )
A. 2
B. 3
C. 4
D. 6
5.如图，已知D、E分别在△ABC的AB、AC边上，△ABC∽△AED，则下列各式成立的是( )
A. ADBD=AECE
B. AB⋅AD=AE⋅AC
C. ADAB=DEBC
D. AD⋅DE=AE⋅EC
6.根据下表：
确定方程x2−bx−5=0的解的取值范围是( )
A. −2C. −37.如图是用计算机模拟抛掷一枚啤酒瓶盖试验的结果，下面有四个推断，其中最合理的( )
A. 当投掷次数是1000时，计算机记录“凸面向上”的频率是0.443，所以“凸面向上”的概率是0.443
B. 若再次用计算机模拟此实验，则当投掷次数为1000时，“凸面向上”的频率一定是0.443
C. 随着试验次数的增加，“凸面向上”的频率总在0.440附近摆动，显示出一定的稳定性，可以估计“凸面向上”的概率是0.440
D. 当投掷次数是5000次以上时，“凸面向上”的频率一定是0.440
8.如图，某建筑工程队在工地一边靠墙处，用81米长的铁栅栏围成三个相连的长方形仓库，仓库总面积为440平方米.为了方便取物，在各个仓库之间留出了1米宽的缺口作通道，在平行于墙的一边留下一个1米宽的缺口作小门.若设AB=x米，则可列方程( )
A. x(81−4x)=440B. x(78−2x)=440
C. x(81−2x)=440D. x(84−4x)=440
9.如图，在△ABC中，∠ACB=90°，点D为AB的中点，点E在AC上，且AE=BE，连接CD交BE于点F，若∠A=25°，则∠DFE的度数( )
A. 65°B. 70C. 75D. 80
10.如图，在正方形ABCD中，点E，N，P，G分别在边AB，BC，CD，DA上，点M，F，Q都在对角线BD上，且四边形MNPQ和AEFG均为正方形，则S正方形MNPQS正方形AEFG的值等于( )
A. 23
B. 3 24
C. 49
D. 89
二、填空题：本题共5小题，每小题3分，共15分。
11.用配方法解一元二次方程x2−6x=1时，可将原方程配方成(x−m)2=n，则m+n的值是______ ．
12.已知aa+2b=35，则ab的值为______ ．
13.已知关于x的一元二次方程x2−2x+m=0无实数根，则一次函数y=mx+m的图形不经过第______ 象限．
14.现代互联网技术的广泛应用，催生了快递行业的高速发展，我市某家快递公司，今年1月份与3月份完成投送的快递件数分别为10万件和12.1万件.如果按此平均速度增长，该公司4月份投递的快递总件数将达到______ 万件．
15.如图，已知直线y=43x+4与x轴交于点A，与y轴交于点B，若点P在直线x=−1上，点Q在平面直角坐标系内，且以点A，B，P，Q为顶点的四边形是以AB为对角线的菱形，则Q点坐标为______ ．
三、解答题：本题共8小题，共75分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
16.(本小题9分)
画出如图所示几何体的三种视图．
17.(本小题10分)
用适当的方法解一元二次方程：
(1)2x2−4x−1=0；
(2)(x−3)2=3x(x−3)．
18.(本小题8分)
如图，在平面直角坐标系中，△ABC的顶点坐标分别为A(−2,2)，B(−4,0)，C(−4,−4)，在y轴右侧，以原点O为位似中心画一个△A′B′C′，使它与△ABC位似，且相似比是1：2．
(1)请画出△A′B′C′；
(2)请直接写出△A′B′C′各顶点的坐标；
(3)若△ABC内部一点M的坐标为(a,b)，则点M的对应点M′的坐标是______ ．
19.(本小题8分)
2022卡塔尔世界杯正在激烈进行中，吉祥物“拉伊卜”凭借可爱的造型受到网友喜爱．如图分别是2022年和2018年世界杯的吉祥物和会徽图案，军军制作了4张正面分别印有这四个图案的卡片(卡片的形状、大小、颜色和质地等都相同，这4张卡片分别用字母A，B，C，D表示)，并将这4张卡片正面朝下洗匀．
(1)军军从中随机抽取1张卡片上的图案是吉祥物“拉伊卜”的概率是______；
(2)军军从这4张卡片中任意抽取1张卡片，再从剩下的卡片中任意抽取1张卡片，请利用画树状图或列表法，求抽取的2张卡片上的图案都是吉祥物的概率．
20.(本小题8分)
第19届亚运会于2023年9月23日在中国杭州举行，某商场在销售亚运会吉祥物徽章时发现，当每套徽章盈利40元时，则每天可售出20套.为了喜迎亚运会，商场决定采取适当的降价措施，经调查发现，如果销售单价每降价1元，该商店平均每天将多销售2套．
(1)当每套徽章盈利38元时，每天可多销售多少套？
(2)商场为了尽快减少库存，每套吉祥物徽章降价多少元时，该商场销售吉祥物徽章的日盈利可达到1200元？
21.(本小题8分)
如图，平行四边形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，AC平分∠BAD，DP//AC，CP//BD．
(1)求证：四边形ABCD是菱形；
(2)若AC=4，BD=8，求OP的长．
22.(本小题12分)
通常，路灯、台灯、手电筒……的光可以看成是从一个点发出的，在点光源的照射下，物体所产生的影称为中心投影．
【画图操作】如图①，三根底部在同一直线上的旗杆直立在地面上，第一根、第二根旗杆在同一灯光下的影长如图所示.请在图中画出光源的位置及第三根旗杆在该灯光下的影长(不写画法)；
【数学思考】如图②，夜晚，小明从点A经过路灯C的正下方沿直线走到点B，他的影长y随他与点A之间的距离x的变化而变化，那么表示y与x之间函数关系的图象大致为______ ；
A.
B.
C.
D.
【解决问题】如图③，河对岸有一灯杆AB，在灯光下，小明在点D处测得自己的影长DF=3m，沿BD方向前进到达点F处测得自己的影长FG=4m.已知小明的身高为1.6m，求灯杆AB的高度．
23.(本小题12分)
如图，在正方形ABCD中，点E是对角线BD上一点，连接EA，将线段EA绕点E逆时针旋转，使点A落在射线CB上的点F处，连接EC．
【问题引入】
(1)请你在图1或图2中证明EF=EC(选择一种情况即可)；
【探索发现】
(2)在(1)中你选择的图形上继续探索：延长FE交直线CD于点M.将图形补充完整，猜想线段DM和线段BF的数量关系，并说明理由；
【拓展应用】
(3)如图3，AB=3，延长AE至点N，使NE=AE，连接DN.当△ADN的周长最小时，请你直接写出线段DE的长．
．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A.4x+2=2−x是一元一次方程，故本选项不符合题意；
B.2x2+3x−2=0，是一元二次方程，故本选项符合题意；
C.2x−3y=4，含有两个未知数，不是一元二次方程，故本选项不符合题意；
D.xx+2+1x=1，是分式方程，故本选项不符合题意；
故选：B．
根据一元二次方程的定义进行判断即可．
本题考查了一元二次方程的定义，能熟记一元二次方程的定义是解此题的关键，注意：只含有一次未知数，并且所含未知数的项的最高次数是2的整式方程，叫一元二次方程．
2.【答案】C
【解析】解：A、圆的面积=π×半径 2，不是反比例函数，故本选项不符合题意；
B、正方形的周长=边长×4，不是反比例函数，故本选项不符合题意；
C、路程s一定时，速度v和时间t的关系s=vt，是反比例函数，故本选项符合题意；
D、长方形一条a边确定时，周长s与另一边b的关系s=2×(a+b)，不是反比例关系，故本选项不符合题意．
故选：C．
根据反比例函数的定义解答即可．
本题考查了反比例函数，熟练掌握反比例函数的定义是解题的关键．要注意：反比例函数的判断：判断一个函数是否是反比例函数，首先看看两个变量是否具有反比例关系，然后根据反比例函数的意义去判断，其形式为y=kx(k为常数，k≠0)或y=kx−1(k为常数，k≠0)．
3.【答案】D
【解析】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴当∠ABC=90°，平行四边形ABCD是矩形，故选项A正确，不符合题意；
当AC=BD，平行四边形ABCD是矩形，故选项B正确，不符合题意；
当AB=BC，平行四边形ABCD是菱形，故选项C正确，不符合题意；
当AC⊥BD，平行四边形ABCD是菱形，但不一定是正方形，故选项D错误，符合题意；
故选：D．
根据有一个角是直角的平行四边形是矩形可以判断A；根据对角线相等的平行四边形是矩形可以判断B；根据有一组邻边相等的平行四边形是菱形可以判断C；根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形可以判断D．
本题考查矩形的判定、菱形的判定、正方形的判定，解答本题的关键是明确它们各自的判定方法．
4.【答案】A
【解析】解：∵AD//BE//CF，
∴ABBC=DEEF，即36=DE6−DE，
解得，DE=2，
故选：A．
根据平行线分线段成比例定理列出比例式，计算即可．
本题考查的是平行线分线段成比例定理的应用，灵活运用定理、找准对应关系是解题的关键．
5.【答案】B
【解析】解：∵△ABC∽△AED，
∴ABAE=ACAD=BCDE，
∵ADBD=ADAB−AD=1ABAD−1，AECE=AEAC−AE=1ACAE−1，ABAD≠ACAE，
∴ADBD≠AECE，故A错误；
∵ABAE=ACAD，
∴AB⋅AD=AC⋅AE，故B正确；
∵DEBC=AEAB，AE≠AD，
∴ADAB≠DEBC，故C错误；
∵AE⋅EC=AE(AC−AE)=AE⋅AC−AE2=AB⋅AD−AE2，AD⋅DE=AD⋅BC⋅ADAC=BCAC⋅AD2，
∴无法推出AD⋅DE=AE⋅EC，故D错误．
故选：B．
根据相似三角形的性质，写出各边的比例关系，然后根据比例的基本性质求解即可．
本题主要考查了相似三角形的性质，明确对应的线段是本题解题的关键．
6.【答案】A
【解析】解：由表格得：x=−2时，x2−bx−5=5，x=−1时，x2−bx−5=−1；
x=4时，x2−bx−5=−1，x=5时，x2−bx−5=5，
可得方程x2−bx−5=0的解取值范围是−2故选：A．
观察已知表格，根据代数式的值的变化确定出方程解的范围即可．
此题考查了估算一元二次方程的近似解，弄清表格中的数据变化规律是解本题的关键．
7.【答案】C
【解析】解：A、当投掷次数是1000时，计算机记录“凸面向上”的频率是0.443，所以“凸面向上”的频率是0.443，概率不一定是0.443，故A选项不符合题意；
B、若再次用计算机模拟此实验，则当投掷次数为1000时，“凸面向上”的频率不一定是0.443，故B选项不符合题意；
C、随着试验次数的增加，“凸面向上”的频率总在0.440附近摆动，显示出一定的稳定性，可以估计“凸面向上”的概率是0.440，故C选项符合题意；
D、当投掷次数是5000次以上时，“凸面向上”的频率不一定是0.440，故D选项不符合题意；
故选：C．
根据图形和各个小题的说法可以判断是否正确，从而可以解答本题．
本题考查利用频率估计概率，解答本题的关键是明确概率的定义，利用数形结合的思想解答．
8.【答案】D
【解析】解：∵铁栅栏的总长为81米，且AB=x米，
∴BC=81+3−4x=(84−4x)(米)，
根据题意得：x(84−4x)=440．
故选：D．
根据铁栅栏的总长及AB的长，可得出BC=(84−4x)米，根据仓库总面积为440平方米，即可列出关于x的一元二次方程，解之即可得出结论．
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．
9.【答案】C
【解析】解：∵D为AB的中点，∠ACB=90°，
∴CD=AD，
∴∠ACD=∠A=25°，
∵AE=BE，
∴∠ABE=∠A=25°，
∴∠BEC=∠A+∠ABE=50°，
∴∠DFE=∠ACD+∠BEC=25°+50°=75°，
故选：C．
由直角三角形的性质可得CD=AD，即可求解∠ACD=25°，根据等腰三角形的性质及三角形外角的性质可求得∠BEC=50°，再利用三角形外角的性质可求解．
本题主要考查直角三角形斜边上的中线，等腰三角形的性质，三角形外角的性质，求解∠ACD，∠BEC的度数是解题的关键．
10.【答案】D
【解析】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABD=∠CBD=45°，
∵四边形MNPQ和AEFG均为正方形，
∴∠BEF=∠AEF=90°，∠BMN=∠QMN=90°，
∴△BEF和△BMN都是等腰直角三角形，
∴FE=BE=AE=12AB，BM=MN=QM，
同理可得DQ=MQ，
∴MN=13BD= 23AB，
∴S正方形MNPQS正方形AEFG=MN2AE2=( 23AB)2(12AB)2=89，
故选：D．
利用等腰直角三角形的性质得AE=12AB，MN=13BD= 23AB，再利用正方形的面积公式可得答案．
本题主要考查了正方形的性质，等腰直角三角形的性质等知识，熟练掌握正方形的性质是解题的关键．
11.【答案】13
【解析】解：∵x2−6x=1，
∴x2−6x+9=1+9，
∴(x−3)2=10，
∴m=3，n=10，
∴m+n=3+10=13，
故答案为：13．
根据配方法可以将题目中的方程变形，然后根据题意即可得到m和n的值，从而可以求得m+n的值．
本题考查解一元二次方程−配方法，解答本题的关键是明确解一元二次方程的方法．
12.【答案】3
【解析】解：∵aa+2b=35，
∴5a=3(a+2b)，
∴5a=3a+6b，
∴2a=6b，
∴a=3b，
∴ab=3bb=3，
故答案为：3．
根据比例的性质进行计算，即可解答．
本题考查了比例的性质，熟练掌握比例的性质是解题的关键．
13.【答案】四
【解析】解：∵方程x2−2x+m=0无实数根，
∴Δ=(−2)2−4m<0，
解得m>1，
当m>1时，一次函数y=mx+m经过第一、二、三象限，不经过第四象限．
故答案为：四．
先根据根的判别式的意义得到Δ=(−2)2−4m<0，解得m>1，然后根据一次函数的性质解决问题．
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．也考查了一次函数的性质．
14.【答案】13.31
【解析】解：设该公司每月的投递总件数的平均增长率为x，
根据题意得：10(1+x)2=12.1，
解得：x1=0.1或x2=−2.1(不合题意，舍去)，
按此平均速度增长，则该公司4月份投递的快递总件数将达到：12.1×(1+0.1)=13.31(万件)，
故答案为：13.31．
设该公司每月的投递总件数的平均增长率为x，结合题意依据增长模型a(1+x)2=b建立方程，求得增长率，从而可求解．
本题考查了一元二次方程的应用中的增长率问题，一般形式为a(1+x)2=b，a为起始时间的有关数量，b为终止时间的有关数量．根据数量关系得出关于x的一元二次方程是解题的关键．
15.【答案】(−2,198)
【解析】解：当x=0时，y=4，
∴B(0,4)，
当y=0时，43x+4=0，
∴x=−3，
∴A (−3,0)，
设P(−1,n)，
∵以A，B，P，Q为顶点的四边形是以AB为对角线的菱形，
∴PA=PB，
即：PA2=PB2，
∴(−1+3)2+n2=1+(n−4)2，
∴n=138，
∴P(−1,138)，
∵xP+xQ=xA+xB，yP+yQ=yA+yB
∴xQ=−3−(−1)=−2，yQ=4−138=198，
∴Q(−2,198).
故答案为：(−2,198).
先求得A，B点的坐标，然后根据菱形性质可得PA=PB，进而求得点P的坐标，根据菱形性质，进一步求得点Q坐标．
本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，勾股定理，菱形性质等知识，解决问题的关键是熟练掌握菱形性质．
16.【答案】解：图形如图所示：
【解析】根据三视图的定义，画出图形即可．
本题考查作图−三视图，解题的关键是理解三视图的定义，属于中考常考题型．
17.【答案】解：(1)2x2−4x−1=0，
∵Δ=(−4)2−4×2×(−1)=16+8=24>0，
∴x=4± 244=4±2 64=2± 62，
∴x1=2+ 62，x2=2− 62；
(2)(x−3)2=3x(x−3)，
(x−3)2−3x(x−3)=0，
(x−3)(x−3−3x)=0，
(x−3)(−2x−3)=0，
x−3=0或−2x−3=0，
x1=3，x2=−1.5．
【解析】(1)利用解一元二次方程−公式法进行计算，即可解答；
(2)利用解一元二次方程−因式分解法进行计算，即可解答．
本题考查了解一元二次方程−因式分解法，公式法，熟练掌握解一元二次方程的方法是解题的关键．
18.【答案】(−a2,−b2)
【解析】解：(1)如图，△A′B′C′即为所求．
(2)由图可得，A′(1,−1)，B′(2,0)，C′(2,2)．
(3)由题意可得，点M′的坐标为(−a2,−b2).
故答案为：(−a2,−b2).
(1)根据位似的性质作图即可．
(2)由图可得答案．
(3)由位似变换可得，点M的横纵坐标分别除以−2，即可得点M′的横纵坐标．
本题考查作图−位似变换，熟练掌握位似的性质是解答本题的关键．
19.【答案】(1)14
(2)画树状图如下：
共有12种等可能的结果，其中抽取的2张卡片上的图案都是吉祥物的结果有2种，即AC、CA，
∴抽取的2张卡片上的图案都是吉祥物的概率为212=16．
【解析】解：(1)军军从中随机抽取1张卡片上的图案是吉祥物“拉伊卜”的概率是14，
故答案为：14；
(2)见答案
(1)直接由概率公式求解即可；
(2)画树状图，共有12种等可能的结果，其中抽取的2张卡片上的图案都是吉祥物的结果有2种，再由概率公式求解即可．
本题考查的是用树状图法求概率、概率公式等知识；树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合于两步或两步以上完成的事件．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
20.【答案】解：(1)(40−38)×2=4(套)，
答：当每套徽章盈利38元时，每天可多销售4套；
(2)设每套吉祥物徽章降价x元时，商场销售吉祥物徽章日盈利可达到1200元，
根据题意得：(40−x)(20+2x)=1200，
解得：x1=20，x2=10(不符合题意，舍去)，
答：每套吉祥物徽章降价20元时，商场销售吉祥物徽章日盈利可达到1200元．
【解析】(1)根据销售单价每降价1元，该商店平均每天将多销售2套．列式计算即可；
(2)设每套吉祥物徽章降价x元时，商场销售吉祥物徽章日盈利可达到1200元，根据盈利=每件盈利×销售量，列出一元二次方程，解之取符合题意的值即可．
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．
21.【答案】(1)证明：∵AC平分∠BAD，
∴∠DAC=∠BAC．
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD//BC，
∴∠DAC=∠ACB，
∴BAC=∠ACB，
∴AB=BC，
∴平行四边形ABCD是菱形；
(2)解：∵平行四边形ABCD是菱形，
∴OC=12AC=2,OD=12BD=4,AC⊥BD，
∴∠COD=90°,CD= OC2+OD2=2 5．
∵DP//AC，CP//BD，
∴四边形OCPD是平行四边形．
∵∠COD=90°，
∴四边形OCPD是矩形，
∴OP=CD=2 5．
【解析】(1)首先通过角平分线的定义和平行四边形的性质，平行线的性质得出∠BAC=∠ACB，则有AB=BC，再利用一组邻边相等的平行四边形是菱形即可证明；
(2)首先根据题意和菱形的性质证明四边形OCPD是矩形，然后利用矩形的性质和勾股定理即可得出答案．
本题主要考查四边形，掌握矩形，菱形的判定及性质和勾股定理是解题的关键．
22.【答案】D
【解析】解：【画图操作】光源的位置及第三根旗杆在该灯光下的影长如图①所示；
【数学思考】如图②所示，等高的物体垂直地面时，在灯光下，离点光源近的物体它的影子短，离点光源远的物体它的影子长，所以小明的影长从A到B的变化是先越来越短再越来越长；
故答案为：D；
【解决问题】∵CD//EF//AB，
∴△CDF∽△ABF，△ABG∽△EFG，
∴CDAB=DFBF，EFAB=GFBG，
又∵CD=EF，
∴DFBF=GFBG，
∵DF=3m，FG=4m，BF=BD+DF=(BD+3)(m)，BG=BD+DF+FG=(BD+7)(m)，
∴3BD+3=4BD+7，
∴BD=9m，BF=9+3=12m，
∴1.6AB=312，
解得：AB=6.4m；
∴灯杆AB的高度为6.4m．
【画图操作】根据中心投影，直接画图即可；
【数学思考】等高的物体垂直地面时，在灯光下，离点光源近的物体它的影子短，离点光源远的物体它的影子长；
【解决问题】根据相似三角形的性质即可解答．
本题考查了中心投影，相似三角形的性质的应用等，把实际问题抽象到相似三角形中，利用相似三角形的性质对应边成比例就可以求出结果．
23.【答案】(1)证明：选择图1，
∵四边形ABCD是正方形，
∴BA=BC，∠ABE=∠CBE=45°，
∵BE=BE，
∴△BEA≌△BEC(SAS)，
∴EA=EC，
由旋转得：EA=EF，
∴EF=EC．
选择图2，
∵四边形ABCD是正方形，
∴BA=BC，∠ABE=∠CBE=45°，
∵BE=BE，
∴△BEA≌△BEC(SAS)，
∴EA=EC，
由旋转得：EA=EF，
∴EF=EC．
(2)解：猜想DM=BF.理由如下：
选择图1，过点F作FH⊥BC交BD于点H，
则∠HFB=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BCD=90°，
∴∠HFB=∠BCD，
∴FH//CD，
∴∠HFE=∠M，
∵EF=EC，
∴∠EFC=∠ECF，
∵∠FCD=90°，
∴∠EFC+∠M=90°，∠ECD+∠ECF=90°，
∴∠M=∠ECM，
∴EC=EM，
∴EF=EM，
∵∠HEF=∠DEM，
∴△HEF≌△DEM(ASA)，
∴DM=FH，
∵∠HBF=45°，BFH=90°，
∴∠BHF=45°，
∴BF=FH，
∴DM=BF．
若选择图2，过点F作FH⊥BC交DB的延长线于点H，
则∠HFB=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BCD=90°，
∴∠HFB=∠BCD，
∴FH//CD，
∴∠H=∠EDM，
∵EF=EC，
∴∠EFC=∠ECF，
∵∠EFC+∠FMC=90°，∠ECF+∠ECM=90°，
∴∠FMC=∠ECM，
∴EC=EM，
∴EF=EM，
∵∠HEF=∠DEM，
∴△HEF≌△DEM(ASA)，
∴FH=DM，
∵∠DBC=45°，
∴∠FBH=45°，
∴∠H=45°，
∴BF=FH，
∴DM=BF．
(3)解：如图3，取AD的中点G，连接EG，
∵NE=AE，
∴点E是AN的中点，
∴EG=12DN，
∵△ADN的周长=AD+DN+AN=3+2(AE+EG)，
∴当△ADN的周长最小时，AE+EG最小，此时，C、E、G三点共线，如图4，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD=BC=3，AD//BC，∠BAD=90°，
在Rt△ABD中，BD=3 2，
∵点G是AD的中点，
∴DG=12AD=32，DGBC=12，
∵AD//BC，
∴△DEG∽△BEC，
∴DEBE=DGBC=12，
∴BE=2DE，
∵BE+DE=BD=3 2，
∴2DE+DE=3 2，即3DE=3 2，
∴DE= 2．
【解析】(1)选择图1，根据正方形性质可得：BA=BC，∠ABE=∠CBE=45°，进而证得△BEA≌△BEC(SAS)，结合旋转的性质即可证得结论；选择图2，同理可证得结论；
(2)猜想DM=BF，选择图1，过点F作FH⊥BC交BD于点H，则∠HFB=90°，利用正方形的性质即可证得△HEF≌△DEM(ASA)，再利用等腰三角形性质即可得出答案；选择图2，同理可证得结论；
(3)取AD的中点G，连接EG，根据三角形中位线定理可得EG=12DN，由△ADN的周长=AD+DN+AN=3+2(AE+EG)，可得当△ADN的周长最小时，AE+EG最小，此时，C、E、G三点共线，利用勾股定理可得BD=3 2，再证得△DEG∽△BEC，可得DEBE=DGBC=12，即BE=2DE，利用BE+DE=BD，即可求得答案．
本题是正方形综合题，考查了正方形性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，三角形中位线定理，相似三角形的判定和性质，旋转变换的性质等，熟练掌握全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质、三角形中位线定理等是解题关键．x
−3
−2
−1
…
4
5
6
x2−bx−5
13
5
−1
…
−1
5
13
1.下列方程中，是一元二次方程的是( )
A. 4x+2=2−xB. 2x2+3x−2=0C. 2x−3y=4D. xx+2+1x=1
2.下列关系式中的两个量成反比例的是( )
A. 圆的面积与它的半径B. 正方形的周长与它的边长
C. 路程一定时，速度与时间D. 长方形一条边确定时，周长与另一边
3.如图，四边形ABCD是平行四边形，下列结论中错误的是
( )
A. 当∠ABC=90°，□ABCD是矩形B. 当AC=BD，□ABCD是矩形
C. 当AB=BC，□ABCD是菱形D. 当AC⊥BD，□ABCD是正方形
4.如图，AD//BE//CF，直线l1、l2与这三条平行线分别交于点A、B、C和点D、E、F，若AB=3，BC=6，DF=6，则DE的长等于( )
A. 2
B. 3
C. 4
D. 6
5.如图，已知D、E分别在△ABC的AB、AC边上，△ABC∽△AED，则下列各式成立的是( )
A. ADBD=AECE
B. AB⋅AD=AE⋅AC
C. ADAB=DEBC
D. AD⋅DE=AE⋅EC
6.根据下表：
确定方程x2−bx−5=0的解的取值范围是( )
A. −2
A. 当投掷次数是1000时，计算机记录“凸面向上”的频率是0.443，所以“凸面向上”的概率是0.443
B. 若再次用计算机模拟此实验，则当投掷次数为1000时，“凸面向上”的频率一定是0.443
C. 随着试验次数的增加，“凸面向上”的频率总在0.440附近摆动，显示出一定的稳定性，可以估计“凸面向上”的概率是0.440
D. 当投掷次数是5000次以上时，“凸面向上”的频率一定是0.440
8.如图，某建筑工程队在工地一边靠墙处，用81米长的铁栅栏围成三个相连的长方形仓库，仓库总面积为440平方米.为了方便取物，在各个仓库之间留出了1米宽的缺口作通道，在平行于墙的一边留下一个1米宽的缺口作小门.若设AB=x米，则可列方程( )
A. x(81−4x)=440B. x(78−2x)=440
C. x(81−2x)=440D. x(84−4x)=440
9.如图，在△ABC中，∠ACB=90°，点D为AB的中点，点E在AC上，且AE=BE，连接CD交BE于点F，若∠A=25°，则∠DFE的度数( )
A. 65°B. 70C. 75D. 80
10.如图，在正方形ABCD中，点E，N，P，G分别在边AB，BC，CD，DA上，点M，F，Q都在对角线BD上，且四边形MNPQ和AEFG均为正方形，则S正方形MNPQS正方形AEFG的值等于( )
A. 23
B. 3 24
C. 49
D. 89
二、填空题：本题共5小题，每小题3分，共15分。
11.用配方法解一元二次方程x2−6x=1时，可将原方程配方成(x−m)2=n，则m+n的值是______ ．
12.已知aa+2b=35，则ab的值为______ ．
13.已知关于x的一元二次方程x2−2x+m=0无实数根，则一次函数y=mx+m的图形不经过第______ 象限．
14.现代互联网技术的广泛应用，催生了快递行业的高速发展，我市某家快递公司，今年1月份与3月份完成投送的快递件数分别为10万件和12.1万件.如果按此平均速度增长，该公司4月份投递的快递总件数将达到______ 万件．
15.如图，已知直线y=43x+4与x轴交于点A，与y轴交于点B，若点P在直线x=−1上，点Q在平面直角坐标系内，且以点A，B，P，Q为顶点的四边形是以AB为对角线的菱形，则Q点坐标为______ ．
三、解答题：本题共8小题，共75分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
16.(本小题9分)
画出如图所示几何体的三种视图．
17.(本小题10分)
用适当的方法解一元二次方程：
(1)2x2−4x−1=0；
(2)(x−3)2=3x(x−3)．
18.(本小题8分)
如图，在平面直角坐标系中，△ABC的顶点坐标分别为A(−2,2)，B(−4,0)，C(−4,−4)，在y轴右侧，以原点O为位似中心画一个△A′B′C′，使它与△ABC位似，且相似比是1：2．
(1)请画出△A′B′C′；
(2)请直接写出△A′B′C′各顶点的坐标；
(3)若△ABC内部一点M的坐标为(a,b)，则点M的对应点M′的坐标是______ ．
19.(本小题8分)
2022卡塔尔世界杯正在激烈进行中，吉祥物“拉伊卜”凭借可爱的造型受到网友喜爱．如图分别是2022年和2018年世界杯的吉祥物和会徽图案，军军制作了4张正面分别印有这四个图案的卡片(卡片的形状、大小、颜色和质地等都相同，这4张卡片分别用字母A，B，C，D表示)，并将这4张卡片正面朝下洗匀．
(1)军军从中随机抽取1张卡片上的图案是吉祥物“拉伊卜”的概率是______；
(2)军军从这4张卡片中任意抽取1张卡片，再从剩下的卡片中任意抽取1张卡片，请利用画树状图或列表法，求抽取的2张卡片上的图案都是吉祥物的概率．
20.(本小题8分)
第19届亚运会于2023年9月23日在中国杭州举行，某商场在销售亚运会吉祥物徽章时发现，当每套徽章盈利40元时，则每天可售出20套.为了喜迎亚运会，商场决定采取适当的降价措施，经调查发现，如果销售单价每降价1元，该商店平均每天将多销售2套．
(1)当每套徽章盈利38元时，每天可多销售多少套？
(2)商场为了尽快减少库存，每套吉祥物徽章降价多少元时，该商场销售吉祥物徽章的日盈利可达到1200元？
21.(本小题8分)
如图，平行四边形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，AC平分∠BAD，DP//AC，CP//BD．
(1)求证：四边形ABCD是菱形；
(2)若AC=4，BD=8，求OP的长．
22.(本小题12分)
通常，路灯、台灯、手电筒……的光可以看成是从一个点发出的，在点光源的照射下，物体所产生的影称为中心投影．
【画图操作】如图①，三根底部在同一直线上的旗杆直立在地面上，第一根、第二根旗杆在同一灯光下的影长如图所示.请在图中画出光源的位置及第三根旗杆在该灯光下的影长(不写画法)；
【数学思考】如图②，夜晚，小明从点A经过路灯C的正下方沿直线走到点B，他的影长y随他与点A之间的距离x的变化而变化，那么表示y与x之间函数关系的图象大致为______ ；
A.
B.
C.
D.
【解决问题】如图③，河对岸有一灯杆AB，在灯光下，小明在点D处测得自己的影长DF=3m，沿BD方向前进到达点F处测得自己的影长FG=4m.已知小明的身高为1.6m，求灯杆AB的高度．
23.(本小题12分)
如图，在正方形ABCD中，点E是对角线BD上一点，连接EA，将线段EA绕点E逆时针旋转，使点A落在射线CB上的点F处，连接EC．
【问题引入】
(1)请你在图1或图2中证明EF=EC(选择一种情况即可)；
【探索发现】
(2)在(1)中你选择的图形上继续探索：延长FE交直线CD于点M.将图形补充完整，猜想线段DM和线段BF的数量关系，并说明理由；
【拓展应用】
(3)如图3，AB=3，延长AE至点N，使NE=AE，连接DN.当△ADN的周长最小时，请你直接写出线段DE的长．
．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A.4x+2=2−x是一元一次方程，故本选项不符合题意；
B.2x2+3x−2=0，是一元二次方程，故本选项符合题意；
C.2x−3y=4，含有两个未知数，不是一元二次方程，故本选项不符合题意；
D.xx+2+1x=1，是分式方程，故本选项不符合题意；
故选：B．
根据一元二次方程的定义进行判断即可．
本题考查了一元二次方程的定义，能熟记一元二次方程的定义是解此题的关键，注意：只含有一次未知数，并且所含未知数的项的最高次数是2的整式方程，叫一元二次方程．
2.【答案】C
【解析】解：A、圆的面积=π×半径 2，不是反比例函数，故本选项不符合题意；
B、正方形的周长=边长×4，不是反比例函数，故本选项不符合题意；
C、路程s一定时，速度v和时间t的关系s=vt，是反比例函数，故本选项符合题意；
D、长方形一条a边确定时，周长s与另一边b的关系s=2×(a+b)，不是反比例关系，故本选项不符合题意．
故选：C．
根据反比例函数的定义解答即可．
本题考查了反比例函数，熟练掌握反比例函数的定义是解题的关键．要注意：反比例函数的判断：判断一个函数是否是反比例函数，首先看看两个变量是否具有反比例关系，然后根据反比例函数的意义去判断，其形式为y=kx(k为常数，k≠0)或y=kx−1(k为常数，k≠0)．
3.【答案】D
【解析】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴当∠ABC=90°，平行四边形ABCD是矩形，故选项A正确，不符合题意；
当AC=BD，平行四边形ABCD是矩形，故选项B正确，不符合题意；
当AB=BC，平行四边形ABCD是菱形，故选项C正确，不符合题意；
当AC⊥BD，平行四边形ABCD是菱形，但不一定是正方形，故选项D错误，符合题意；
故选：D．
根据有一个角是直角的平行四边形是矩形可以判断A；根据对角线相等的平行四边形是矩形可以判断B；根据有一组邻边相等的平行四边形是菱形可以判断C；根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形可以判断D．
本题考查矩形的判定、菱形的判定、正方形的判定，解答本题的关键是明确它们各自的判定方法．
4.【答案】A
【解析】解：∵AD//BE//CF，
∴ABBC=DEEF，即36=DE6−DE，
解得，DE=2，
故选：A．
根据平行线分线段成比例定理列出比例式，计算即可．
本题考查的是平行线分线段成比例定理的应用，灵活运用定理、找准对应关系是解题的关键．
5.【答案】B
【解析】解：∵△ABC∽△AED，
∴ABAE=ACAD=BCDE，
∵ADBD=ADAB−AD=1ABAD−1，AECE=AEAC−AE=1ACAE−1，ABAD≠ACAE，
∴ADBD≠AECE，故A错误；
∵ABAE=ACAD，
∴AB⋅AD=AC⋅AE，故B正确；
∵DEBC=AEAB，AE≠AD，
∴ADAB≠DEBC，故C错误；
∵AE⋅EC=AE(AC−AE)=AE⋅AC−AE2=AB⋅AD−AE2，AD⋅DE=AD⋅BC⋅ADAC=BCAC⋅AD2，
∴无法推出AD⋅DE=AE⋅EC，故D错误．
故选：B．
根据相似三角形的性质，写出各边的比例关系，然后根据比例的基本性质求解即可．
本题主要考查了相似三角形的性质，明确对应的线段是本题解题的关键．
6.【答案】A
【解析】解：由表格得：x=−2时，x2−bx−5=5，x=−1时，x2−bx−5=−1；
x=4时，x2−bx−5=−1，x=5时，x2−bx−5=5，
可得方程x2−bx−5=0的解取值范围是−2
观察已知表格，根据代数式的值的变化确定出方程解的范围即可．
此题考查了估算一元二次方程的近似解，弄清表格中的数据变化规律是解本题的关键．
7.【答案】C
【解析】解：A、当投掷次数是1000时，计算机记录“凸面向上”的频率是0.443，所以“凸面向上”的频率是0.443，概率不一定是0.443，故A选项不符合题意；
B、若再次用计算机模拟此实验，则当投掷次数为1000时，“凸面向上”的频率不一定是0.443，故B选项不符合题意；
C、随着试验次数的增加，“凸面向上”的频率总在0.440附近摆动，显示出一定的稳定性，可以估计“凸面向上”的概率是0.440，故C选项符合题意；
D、当投掷次数是5000次以上时，“凸面向上”的频率不一定是0.440，故D选项不符合题意；
故选：C．
根据图形和各个小题的说法可以判断是否正确，从而可以解答本题．
本题考查利用频率估计概率，解答本题的关键是明确概率的定义，利用数形结合的思想解答．
8.【答案】D
【解析】解：∵铁栅栏的总长为81米，且AB=x米，
∴BC=81+3−4x=(84−4x)(米)，
根据题意得：x(84−4x)=440．
故选：D．
根据铁栅栏的总长及AB的长，可得出BC=(84−4x)米，根据仓库总面积为440平方米，即可列出关于x的一元二次方程，解之即可得出结论．
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．
9.【答案】C
【解析】解：∵D为AB的中点，∠ACB=90°，
∴CD=AD，
∴∠ACD=∠A=25°，
∵AE=BE，
∴∠ABE=∠A=25°，
∴∠BEC=∠A+∠ABE=50°，
∴∠DFE=∠ACD+∠BEC=25°+50°=75°，
故选：C．
由直角三角形的性质可得CD=AD，即可求解∠ACD=25°，根据等腰三角形的性质及三角形外角的性质可求得∠BEC=50°，再利用三角形外角的性质可求解．
本题主要考查直角三角形斜边上的中线，等腰三角形的性质，三角形外角的性质，求解∠ACD，∠BEC的度数是解题的关键．
10.【答案】D
【解析】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABD=∠CBD=45°，
∵四边形MNPQ和AEFG均为正方形，
∴∠BEF=∠AEF=90°，∠BMN=∠QMN=90°，
∴△BEF和△BMN都是等腰直角三角形，
∴FE=BE=AE=12AB，BM=MN=QM，
同理可得DQ=MQ，
∴MN=13BD= 23AB，
∴S正方形MNPQS正方形AEFG=MN2AE2=( 23AB)2(12AB)2=89，
故选：D．
利用等腰直角三角形的性质得AE=12AB，MN=13BD= 23AB，再利用正方形的面积公式可得答案．
本题主要考查了正方形的性质，等腰直角三角形的性质等知识，熟练掌握正方形的性质是解题的关键．
11.【答案】13
【解析】解：∵x2−6x=1，
∴x2−6x+9=1+9，
∴(x−3)2=10，
∴m=3，n=10，
∴m+n=3+10=13，
故答案为：13．
根据配方法可以将题目中的方程变形，然后根据题意即可得到m和n的值，从而可以求得m+n的值．
本题考查解一元二次方程−配方法，解答本题的关键是明确解一元二次方程的方法．
12.【答案】3
【解析】解：∵aa+2b=35，
∴5a=3(a+2b)，
∴5a=3a+6b，
∴2a=6b，
∴a=3b，
∴ab=3bb=3，
故答案为：3．
根据比例的性质进行计算，即可解答．
本题考查了比例的性质，熟练掌握比例的性质是解题的关键．
13.【答案】四
【解析】解：∵方程x2−2x+m=0无实数根，
∴Δ=(−2)2−4m<0，
解得m>1，
当m>1时，一次函数y=mx+m经过第一、二、三象限，不经过第四象限．
故答案为：四．
先根据根的判别式的意义得到Δ=(−2)2−4m<0，解得m>1，然后根据一次函数的性质解决问题．
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．也考查了一次函数的性质．
14.【答案】13.31
【解析】解：设该公司每月的投递总件数的平均增长率为x，
根据题意得：10(1+x)2=12.1，
解得：x1=0.1或x2=−2.1(不合题意，舍去)，
按此平均速度增长，则该公司4月份投递的快递总件数将达到：12.1×(1+0.1)=13.31(万件)，
故答案为：13.31．
设该公司每月的投递总件数的平均增长率为x，结合题意依据增长模型a(1+x)2=b建立方程，求得增长率，从而可求解．
本题考查了一元二次方程的应用中的增长率问题，一般形式为a(1+x)2=b，a为起始时间的有关数量，b为终止时间的有关数量．根据数量关系得出关于x的一元二次方程是解题的关键．
15.【答案】(−2,198)
【解析】解：当x=0时，y=4，
∴B(0,4)，
当y=0时，43x+4=0，
∴x=−3，
∴A (−3,0)，
设P(−1,n)，
∵以A，B，P，Q为顶点的四边形是以AB为对角线的菱形，
∴PA=PB，
即：PA2=PB2，
∴(−1+3)2+n2=1+(n−4)2，
∴n=138，
∴P(−1,138)，
∵xP+xQ=xA+xB，yP+yQ=yA+yB
∴xQ=−3−(−1)=−2，yQ=4−138=198，
∴Q(−2,198).
故答案为：(−2,198).
先求得A，B点的坐标，然后根据菱形性质可得PA=PB，进而求得点P的坐标，根据菱形性质，进一步求得点Q坐标．
本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，勾股定理，菱形性质等知识，解决问题的关键是熟练掌握菱形性质．
16.【答案】解：图形如图所示：
【解析】根据三视图的定义，画出图形即可．
本题考查作图−三视图，解题的关键是理解三视图的定义，属于中考常考题型．
17.【答案】解：(1)2x2−4x−1=0，
∵Δ=(−4)2−4×2×(−1)=16+8=24>0，
∴x=4± 244=4±2 64=2± 62，
∴x1=2+ 62，x2=2− 62；
(2)(x−3)2=3x(x−3)，
(x−3)2−3x(x−3)=0，
(x−3)(x−3−3x)=0，
(x−3)(−2x−3)=0，
x−3=0或−2x−3=0，
x1=3，x2=−1.5．
【解析】(1)利用解一元二次方程−公式法进行计算，即可解答；
(2)利用解一元二次方程−因式分解法进行计算，即可解答．
本题考查了解一元二次方程−因式分解法，公式法，熟练掌握解一元二次方程的方法是解题的关键．
18.【答案】(−a2,−b2)
【解析】解：(1)如图，△A′B′C′即为所求．
(2)由图可得，A′(1,−1)，B′(2,0)，C′(2,2)．
(3)由题意可得，点M′的坐标为(−a2,−b2).
故答案为：(−a2,−b2).
(1)根据位似的性质作图即可．
(2)由图可得答案．
(3)由位似变换可得，点M的横纵坐标分别除以−2，即可得点M′的横纵坐标．
本题考查作图−位似变换，熟练掌握位似的性质是解答本题的关键．
19.【答案】(1)14
(2)画树状图如下：
共有12种等可能的结果，其中抽取的2张卡片上的图案都是吉祥物的结果有2种，即AC、CA，
∴抽取的2张卡片上的图案都是吉祥物的概率为212=16．
【解析】解：(1)军军从中随机抽取1张卡片上的图案是吉祥物“拉伊卜”的概率是14，
故答案为：14；
(2)见答案
(1)直接由概率公式求解即可；
(2)画树状图，共有12种等可能的结果，其中抽取的2张卡片上的图案都是吉祥物的结果有2种，再由概率公式求解即可．
本题考查的是用树状图法求概率、概率公式等知识；树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合于两步或两步以上完成的事件．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
20.【答案】解：(1)(40−38)×2=4(套)，
答：当每套徽章盈利38元时，每天可多销售4套；
(2)设每套吉祥物徽章降价x元时，商场销售吉祥物徽章日盈利可达到1200元，
根据题意得：(40−x)(20+2x)=1200，
解得：x1=20，x2=10(不符合题意，舍去)，
答：每套吉祥物徽章降价20元时，商场销售吉祥物徽章日盈利可达到1200元．
【解析】(1)根据销售单价每降价1元，该商店平均每天将多销售2套．列式计算即可；
(2)设每套吉祥物徽章降价x元时，商场销售吉祥物徽章日盈利可达到1200元，根据盈利=每件盈利×销售量，列出一元二次方程，解之取符合题意的值即可．
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．
21.【答案】(1)证明：∵AC平分∠BAD，
∴∠DAC=∠BAC．
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD//BC，
∴∠DAC=∠ACB，
∴BAC=∠ACB，
∴AB=BC，
∴平行四边形ABCD是菱形；
(2)解：∵平行四边形ABCD是菱形，
∴OC=12AC=2,OD=12BD=4,AC⊥BD，
∴∠COD=90°,CD= OC2+OD2=2 5．
∵DP//AC，CP//BD，
∴四边形OCPD是平行四边形．
∵∠COD=90°，
∴四边形OCPD是矩形，
∴OP=CD=2 5．
【解析】(1)首先通过角平分线的定义和平行四边形的性质，平行线的性质得出∠BAC=∠ACB，则有AB=BC，再利用一组邻边相等的平行四边形是菱形即可证明；
(2)首先根据题意和菱形的性质证明四边形OCPD是矩形，然后利用矩形的性质和勾股定理即可得出答案．
本题主要考查四边形，掌握矩形，菱形的判定及性质和勾股定理是解题的关键．
22.【答案】D
【解析】解：【画图操作】光源的位置及第三根旗杆在该灯光下的影长如图①所示；
【数学思考】如图②所示，等高的物体垂直地面时，在灯光下，离点光源近的物体它的影子短，离点光源远的物体它的影子长，所以小明的影长从A到B的变化是先越来越短再越来越长；
故答案为：D；
【解决问题】∵CD//EF//AB，
∴△CDF∽△ABF，△ABG∽△EFG，
∴CDAB=DFBF，EFAB=GFBG，
又∵CD=EF，
∴DFBF=GFBG，
∵DF=3m，FG=4m，BF=BD+DF=(BD+3)(m)，BG=BD+DF+FG=(BD+7)(m)，
∴3BD+3=4BD+7，
∴BD=9m，BF=9+3=12m，
∴1.6AB=312，
解得：AB=6.4m；
∴灯杆AB的高度为6.4m．
【画图操作】根据中心投影，直接画图即可；
【数学思考】等高的物体垂直地面时，在灯光下，离点光源近的物体它的影子短，离点光源远的物体它的影子长；
【解决问题】根据相似三角形的性质即可解答．
本题考查了中心投影，相似三角形的性质的应用等，把实际问题抽象到相似三角形中，利用相似三角形的性质对应边成比例就可以求出结果．
23.【答案】(1)证明：选择图1，
∵四边形ABCD是正方形，
∴BA=BC，∠ABE=∠CBE=45°，
∵BE=BE，
∴△BEA≌△BEC(SAS)，
∴EA=EC，
由旋转得：EA=EF，
∴EF=EC．
选择图2，
∵四边形ABCD是正方形，
∴BA=BC，∠ABE=∠CBE=45°，
∵BE=BE，
∴△BEA≌△BEC(SAS)，
∴EA=EC，
由旋转得：EA=EF，
∴EF=EC．
(2)解：猜想DM=BF.理由如下：
选择图1，过点F作FH⊥BC交BD于点H，
则∠HFB=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BCD=90°，
∴∠HFB=∠BCD，
∴FH//CD，
∴∠HFE=∠M，
∵EF=EC，
∴∠EFC=∠ECF，
∵∠FCD=90°，
∴∠EFC+∠M=90°，∠ECD+∠ECF=90°，
∴∠M=∠ECM，
∴EC=EM，
∴EF=EM，
∵∠HEF=∠DEM，
∴△HEF≌△DEM(ASA)，
∴DM=FH，
∵∠HBF=45°，BFH=90°，
∴∠BHF=45°，
∴BF=FH，
∴DM=BF．
若选择图2，过点F作FH⊥BC交DB的延长线于点H，
则∠HFB=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BCD=90°，
∴∠HFB=∠BCD，
∴FH//CD，
∴∠H=∠EDM，
∵EF=EC，
∴∠EFC=∠ECF，
∵∠EFC+∠FMC=90°，∠ECF+∠ECM=90°，
∴∠FMC=∠ECM，
∴EC=EM，
∴EF=EM，
∵∠HEF=∠DEM，
∴△HEF≌△DEM(ASA)，
∴FH=DM，
∵∠DBC=45°，
∴∠FBH=45°，
∴∠H=45°，
∴BF=FH，
∴DM=BF．
(3)解：如图3，取AD的中点G，连接EG，
∵NE=AE，
∴点E是AN的中点，
∴EG=12DN，
∵△ADN的周长=AD+DN+AN=3+2(AE+EG)，
∴当△ADN的周长最小时，AE+EG最小，此时，C、E、G三点共线，如图4，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD=BC=3，AD//BC，∠BAD=90°，
在Rt△ABD中，BD=3 2，
∵点G是AD的中点，
∴DG=12AD=32，DGBC=12，
∵AD//BC，
∴△DEG∽△BEC，
∴DEBE=DGBC=12，
∴BE=2DE，
∵BE+DE=BD=3 2，
∴2DE+DE=3 2，即3DE=3 2，
∴DE= 2．
【解析】(1)选择图1，根据正方形性质可得：BA=BC，∠ABE=∠CBE=45°，进而证得△BEA≌△BEC(SAS)，结合旋转的性质即可证得结论；选择图2，同理可证得结论；
(2)猜想DM=BF，选择图1，过点F作FH⊥BC交BD于点H，则∠HFB=90°，利用正方形的性质即可证得△HEF≌△DEM(ASA)，再利用等腰三角形性质即可得出答案；选择图2，同理可证得结论；
(3)取AD的中点G，连接EG，根据三角形中位线定理可得EG=12DN，由△ADN的周长=AD+DN+AN=3+2(AE+EG)，可得当△ADN的周长最小时，AE+EG最小，此时，C、E、G三点共线，利用勾股定理可得BD=3 2，再证得△DEG∽△BEC，可得DEBE=DGBC=12，即BE=2DE，利用BE+DE=BD，即可求得答案．
本题是正方形综合题，考查了正方形性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，三角形中位线定理，相似三角形的判定和性质，旋转变换的性质等，熟练掌握全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质、三角形中位线定理等是解题关键．x
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