2024年中考数学第二次模拟考试（江西卷）

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3、三模考试大概在中考前两周左右，三模是中考前的最后一次考前检验。三模学校会有意降低难度，目的是增强考生信心，难度只能是中上水平，主要也是对初中三年的知识做一个系统的检测，让学生知道中考的一个大致体系和结构。
2024年中考第二次模拟考试
数学·全解全析
第Ⅰ卷
一、选择题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分．在每个小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，请选出并在答题卡上将该项涂黑）
1．下列四个数中，属于有理数的是（ ）
A．B．C．πD．
【答案】B
【分析】
根据无理数和有理数的定义进行判断即可．
【详解】解：是无理数；是有理数；π是无理数；是无理数，
故选：B．
【点睛】本题考查实数的分类，熟练掌握有理数和无理数的定义是解题的关键．
2．下列计算不正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据有理数的运算法则进行计算后判断即可；
【详解】A，计算正确，不符合题意；
B8×10×5＝400，计算不正确，符合题意；
C，计算正确，不符合题意；
D4-(-5)×3＝4+15=19，计算正确，不符合题意；
故选：B
【点睛】本题主要考查了有理数乘方以及有理数的混合运算，掌握有理数的运算法则是解题的关键.
3．习近平主席在2022年新年贺词中提到“人不负青山，青山定不负人”一语道出“人与自然和谐共生”的至简大道．下列绿色食品、回收、节能、节水四个节能环保标志中，是轴对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】本题考查了轴对称图形的识别，根据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，这条直线叫做对称轴进行分析即可．
【详解】解：B，C，D选项中的图形不能找到这样的一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以不是轴对称图形，
A选项中的图形能找到这样的一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以是轴对称图形．
故选：A．
4．下列运算正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用完全平方公式，合并同类项法则，幂的乘方与积的乘方法则运算即可；
【详解】解：，A错误；
，B错误；
，D错误；
故选C.
【点睛】本题考查整式的运算；熟练掌握完全平方公式，合并同类项法则，幂的乘方与积的乘方法则是解题的关键.
5．若一次函数y＝kx+b的图象与y轴的负半轴相交，且函数值y随自变量x的增大而增大，则函数y＝bx﹣k的图象只能是图中的（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据图象在坐标平面内的位置关系确定k，b的取值范围，从而求解．
【详解】解：∵一次函数y＝kx+b的图象与y轴的负半轴相交，且函数值y随自变量x的增大而增大，
∴k＞0，b＜0，
∴﹣k＜0，
∴y＝bx﹣k的图象经过第二、三、四象限．
结合函数图象得到C选项符合题意．
故选C．
【点睛】解答本题的关键是注意掌握函数值y随x的增大而减小⇔k＜0；函数值y随x的增大而增大⇔k＞0；一次函数y=kx+b图象与y轴的正半轴相交⇔b＞0，一次函数y=kx+b图象与y轴的负半轴相交⇔b＜0，一次函数y=kx+b图象过原点⇔b=0．
6．如图，在菱形ABCD中，，，过菱形ABCD的对称中心O分别作边AB，BC的垂线，交各边于点E，F，G，H，则四边形EFGH的周长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】依次求出OE=OF=OG=OH，利用勾股定理得出EF和OE的长，即可求出该四边形的周长．
【详解】∵HF⊥BC,EG⊥AB,
∴∠BEO=∠BFO=90°，
∵∠A=120°，
∴∠B=60°，
∴∠EOF=120°，∠EOH=60°，
由菱形的对边平行，得HF⊥AD,EG⊥CD，
因为O点是菱形ABCD的对称中心，
∴O点到各边的距离相等，即OE=OF=OG=OH，
∴∠OEF=∠OFE=30°，∠OEH=∠OHE=60°，
∴∠HEF=∠EFG=∠FGH=∠EHG=90°，
所以四边形EFGH是矩形；
设OE=OF=OG=OH=x，
∴EG=HF=2x，，
如图，连接AC，则AC经过点O，
可得三角形ABC是等边三角形，
∴∠BAC=60°，AC=AB=2,
∴OA=1,∠AOE=30°，
∴AE=，
∴x=OE=
∴四边形EFGH的周长为EF+FG+GH+HE=,
故选A．
【点睛】本题考查了菱形的性质、矩形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、勾股定理、直角三角形的性质等内容，要求学生在理解相关概念的基础上学会应用，能分析并综合运用相关条件完成线段关系的转换，考查了学生的综合分析与应用的能力．

第Ⅱ卷
二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分）
7．因式分解： ．
【答案】
【分析】先提取公因式，再用完全平方公式分解即可．
【详解】解：
=
=．
故答案为：．
【点睛】本题考查了因式分解，解题关键是准确掌握提取公因式和公式法，熟练进行因式分解．
8．2023年上半年江西进出口总值3312.3亿元，同比增长6.3%，居全国第十位．今年以来，在全球经济增长放缓、外部需求走弱的大背景下，江西外贸却能保持稳中有进、稳中提质．将3312.3亿用科学记数法表示应为 ．
【答案】
【分析】本题主要考查科学记数法，科学记数法的表示形式为的形式，其中，n为整数．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值大于或等于10时，n是正整数；当原数的绝对值小于1时，n是负整数．
【详解】解：∵3312.3亿，
∴将3312.3亿用科学记数法表示应为；
故答案为．
9．若一元二次方程的两根分别为，则 ．
【答案】
【分析】本题考查了一元二次方程根与系数的关系：若是一元二次方程的两根，，．根据一元二次方程根与系数的关系可得，，代入代数式即可求解．
【详解】解：∵一元二次方程的两根分别为，
∴，，
∴．
故答案为：．
10．，两市相距200千米，甲车从市到市，乙车从市到市，两车同时出发，已知甲车速度比乙车速度快12千米/小时，且甲车比乙车早半小时到达目的地.若设乙车的速度是千米/小时，则根据题意，可列方程 .
【答案】
【分析】利用甲车比乙车早半小时到达目的地得出等式即可．
【详解】解：设乙车的速度是x千米/小时，则根据题意，可列方程：

故答案为：.
【点睛】本题主要考查了由实际问题抽象出分式方程，正确表示出两车所用时间是解题关键．
11．如图，在中，，半径为3cm的是的内切圆，连接、，则图中阴影部分的面积是 cm2．（结果用含的式子表示）
【答案】
【分析】根据内切圆圆心是三角形三条角平分线的交点，得到的大小，然后用扇形面积公式即可求出
【详解】∵内切圆圆心是三条角平分线的交点
∴；
设，
在中：
在中：
由①②得：
扇形面积：（cm2）
故答案为：
【点睛】本题考查内心的性质，扇形面积计算；解题关键是根据角平分线算出的度数
12．如图，在长方形中，，，点在线段上以的速度由点向点运动，同时，点在线段上由点向点运动，规定其中一个动点停止运动时，另一个动点也随之停止运动．当点的运动速度是 时，与全等．

【答案】或/3或2
【分析】根据题意设运动时间为，点的速度为，根据全等三角形的判定方法，分类讨论：①当时，，；②当时，，；根据全等三角形的性质即可求解．
【详解】解：长方形中，，，点在线段上以的速度由点向点运动，设运动时间为，点的速度为，
∴点从点到点的时间为，
∴，，，
①当时，，，
∴，解得，，
∴，
∴，即点的速度为；
②当时，，，
∴，解得，，
∴，
∴，即点的速度为；
综上所述，当点的运动速度是为或时，与全等，
故答案为：或．
【点睛】本题主要考查动点与几何图形，三角形全等的判定和性质的综合，理解动点的运动规律，掌握全等三角形的判定方法是解题的关键．
三、解答题（本大题共5个小题，每小题6分，共30分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
13．（1）解方程
（2）计算：
【答案】（1）x1=2，x2=-1；（2）
【分析】（1）利用十字相乘法对一元二次方程因式分解，进而即可求解；
（2）先求特殊角三角函数，进而即可求解．
【详解】（1），
(x-2)(x+1)=0，
x-2=0或x+1=0，
∴x1=2，x2=-1；
（2）原式=
=．
【点睛】本题主要考查解一元二次方程以及特殊角三角函数的运算，掌握十字相乘因式分解法以及特殊角三角函数值，是解题的关键．
14．已知：如图，，点、在线段上，与交于点，且，．求证：．

【答案】见解析
【分析】先证明，再利用证明即可证明．
【详解】证明：，
，即，
在与中，
，
，
．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，熟知全等三角形的性质与判定条件是解题的关键，全等三角形的判定定理有．
15．如图，四边形为正方形，点在边上，请仅用无刻度直尺完成以下作图．

(1)在图中，在上找一点F，使；
(2)在图中，在上找一点G，使．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）连接即可完成作图；
（2）连接即可完成作图．
【详解】（1）解：如图1，即为所求

（2）解：如图2，即为所求．

【点睛】本题考查几何作图，考查了正方形的对称性．掌握正方形的性质是关键．
16．足球比赛中，为了使参赛两队的球服颜色不同，规定：一个球队一般准备三套不同颜色的球衣，赛前参赛两队抽签选择主队和客队的身份，由主队先选择球衣颜色后，另一支球队选择不同颜色的球衣．现A、B两队都准备了红、白、黄三种颜色的球衣．
(1)求A队选择红色球衣的概率；
(2)用列举法求出两队球衣颜色为一红一白的概率．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据概率计算公式进行求解即可；
（2）先列举出所有的等可能性的结果数，再找到两队球衣颜色为一红一白的结果数，最后依据概率计算公式进行求解即可．
【详解】（1）解：∵一共有红、白、黄三种颜色的球衣，A队选择每一种颜色的球衣的概率相同，
∴A队选择红色球衣的概率为；
（2）解：A队选择红色，B队选择黄色；A队选择红色，B队选择白色；
A队选择黄色，B队选择红色；A队选择黄色，B队选择白色；
A队选择白色，B队选择红色；A队选择白色，B队选择黄色；
∴一共有六种等可能性的结果数，其中两队球衣颜色为一红一白的结果数有2种，
∴两队球衣颜色为一红一白的概率为．
【点睛】本题主要考查了简单的概率计算，列举法求解概率，熟知概率的相关知识是解题的关键．
17．如图，反比例函数的图象与正比例函数y=2x相交于A（1，a），B两点，点C在第四象限，CA∥y轴，AB⊥BC．
(1)求反比例函数解析式及点B坐标；
(2)求△ABC的面积．
【答案】(1)，B（-1，-2）
(2)5
【分析】（1）先利用正比例函数解析式确定A（1，2），再把A点坐标代入y＝中求出k得到反比例函数解析式为y＝，然后根据中心对称求得B点坐标；
（2）作BD⊥AC于D，如图，利用等角的余角相等得到∠C＝∠ABD，然后在Rt△ABD中利用正切的定义即可求得tanC的值，根据勾股定理求得AB，通过证明△ADO～△ABC，根据相似三角形的性质即可求得△ABC的面积．
【详解】（1）解：∵点A(1，a)在y＝2x上，
∴a＝2，
∴A(1，2)，
把A(1，2)代入得k＝2
∴反比例函数的解析式为，
∵A、B两点关于原点成中心对称，
∴B(﹣1，﹣2)；
（2）解:如图所示，作BH⊥AC于H，设AC交x轴于点D，
∵AB⊥BC．
∴∠ABC＝90°，∠BHC＝90°，
∴∠C＝∠ABH，
∵BH∥x轴，
∴∠AOD＝∠ABH，
∴∠AOD＝∠C，
∴，
∵A(1，2)，B(﹣1，﹣2)，
∴AH＝4，BH＝2，OD=1，AD=2，
∴，S△AOD＝=1，
∵∠AOD＝∠C，∠ADO＝∠ABC＝90°，
∴△ADO～△ABC，
∴有，即，
解得S△ABC＝5．
【点睛】本题考查了反比例函数与一次函数的交点问题，三角形面积，勾股定理，相似三角形的判定与性质，以及锐角三角函数的定义，掌握反比例函数与一次函数的交点的求法，三角形面积公式，勾股定理，相似三角形的判定与性质，以及锐角三角函数的定义，证得△ADO～△ABC是解题的关键．
四、解答题（本大题共3个小题，每小题8分，共24分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
18．近年来，诈骗分子较为猖狂，诈骗手段不断更新，据有关部门统计，2022年全年全国电信诈骗共计达到万亿元．为有效提高学生防诈反诈能力，学校开展了“防诈反诈”讲座后进行了“防诈反诈”知识竞赛，并从七、八年级各随机选取了名同学的竞赛成绩进行了整理、描述和分析（成绩得分用表示，其中：，：，：，：，得分在分及以上为优秀）．下面给出了部分信息：
七年级组同学的分数分别为：，，，；
八年级C组同学的分数分别为：，，，，，，，，．
七、八年级选取的学生竞赛成绩统计表
(1)填空： ______， ______， ______；
(2)根据以上数据，你认为该校七、八年级学生在“防诈反诈”知识竞赛中，哪个年级学生对“防诈反诈”的了解情况更好？请说明理由；（写出一条理由即可）
(3)该校现有学生七年级名，八年级名，请估计这两个年级竞赛成绩为优秀的学生总人数．
【答案】(1)，，
(2)八年级对“防灾减灾”的了解情况更好，理由见解析
(3)两个年级竞赛成绩为优秀的学生总人数为人
【分析】本题考查了中位数，众数，用样本估计容量，掌握中位数和众数的定义，用样本去估计总量的方法是解题的关键．
（1）根据众数，中位数的概念，求得，，利用七年级、两类的人数和除以总人数求得，即可解答；
（2）根据平均数，中位数，优秀率，进行评价即可；
（3）根据优秀率的定义，进行计算即可解答．
【详解】（1）解：七年级学生的竞赛成绩从小到大排列第和个数为和，
，
八年级中组人数为，组人数为，组人数为，组中得分为的人数为，
，
七年级学生的优秀率为，
故答案为：，，；
（2）解：由于八年级竞赛成绩的中位数为为大于七年级竞赛成绩的中位数，
八年级对“防灾减灾”的了解情况更好；
（3）解：（人），
两个年级竞赛成绩为优秀的学生总人数为人．
19．如图1是某红色文化主题公园内的雕塑，将其抽象成加如图2所示的示意图，已知点，，，均在同一直线上，，测得．（结果保留小数点后一位）

(1)连接，求证：；
(2)求雕塑的高（即点E到直线BC的距离）．
（参考数据：）
【答案】(1)见解析
(2)雕塑的高约为米
【分析】
（1）根据等边对等角得出，根据三角形内角和定理得出，进而得出，即可得证；
（2）过点作，交的延长线于点，在中，得出，则，在中，根据，即可求解．
【详解】（1）解：∵，
∴
∵
即
∴
即
∴；
（2）如图所示，过点作，交的延长线于点，

在中，
∴，
∴
∴
在中，，
∴
（米）．
答：雕塑的高约为米．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，三角形内角和定理的应用，解直角三角形的应用，熟练掌握三角函数的定义是解题的关键．
20．为培养大家的阅读能力，我校初一年级购进《朝花夕拾》和《西游记》两种书籍，花费分别是14000元和7000元，已知《朝花夕拾》的订购单价是《西游记》的订购单价的1.4倍，并且订购的《朝花夕拾》的数量比《西游记》的数量多300本．
(1)求我校初一年级订购的两种书籍的单价分别是多少元；
(2)我校初一年级某班计划再订购这两种书籍共10本来备用，其中《朝花夕拾》订购数量不低于3本，且两种书总费用不超过124元，求这个班订购这两种书籍有多少种方案？按照这些方案订购最低总费用为多少元？
【答案】(1)10元，14元
(2)有4种方案，按照这些方案订购最低总费用为112元
【分析】本题考查分式方程的应用，一元一次不等式的应用：
（1）设我校初一年级订购《西游记》的单价是x元，则订购《朝花夕拾》的单价是元，利用数量总价单价，结合花费14000元订购《朝花夕拾》的数量比花费7000元订购《西游记》的数量多300本，可列出关于x的分式方程，解之经检验后，可得出订购《西游记》的单价，再将其代入1.4x中，即可求出订购《朝花夕拾》的单价；
（2）设这个班订购m本《朝花夕拾》，则订购本《西游记》，根据“《朝花夕拾》订购数量不低于3本，且两种书总费用不超过124元”，可列出关于m的一元一次不等式组，解之可得出m的取值范围，结合m为正整数，可得出各订购方案，再求出各订购方案所需总费用，比较后即可得出结论．
【详解】（1）解：设我校初一年级订购《西游记》的单价是x元，则订购《朝花夕拾》的单价是元，
根据题意得：，
解得：，
经检验，是所列方程的解，且符合题意，
∴．
答：我校初一年级订购《西游记》的单价是10元，订购《朝花夕拾》的单价是14元；
（2）解：设这个班订购m本《朝花夕拾》，则订购本《西游记》，
根据题意得：，
解得：，
又∵m为正整数，
∴m可以为3，4，5，6，
∴这个班共有4种订购方案，
方案1：订购3本《朝花夕拾》，7本《西游记》，所需总费用为（元）；
方案2：订购4本《朝花夕拾》，6本《西游记》，所需总费用为（元）；
方案3：订购5本《朝花夕拾》，5本《西游记》，所需总费用为（元）；
方案4：订购6本《朝花夕拾》，4本《西游记》，所需总费用为（元）．
∵，
∴按照这些方案订购最低总费用为112元．
答：这个班订购这两种书籍有4种方案，按照这些方案订购最低总费用为112元．
五、解答题（本大题共2个小题，每小题9分，共18分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
21．如图，是的直径，点是劣弧中点，与相交于点．连接，，与的延长线相交于点．
(1)求证：是的切线；
(2)求证：；
(3)若，，请直接写出_____．
【答案】(1)见解析；
(2)见解析；
(3)．
【分析】此题考查了圆的切线的判定定理，直径所对的圆周角是直角，同弧或等弧所对的圆周角相等，垂径定理，勾股定理等知识，利用同弧或等弧所对的圆周角相等以及勾股定理列出方程，是解决问题的关键．
（1）连接，根据直径所对的圆周角是直角及等腰三角形转换得，即可证明结论；
（2）根据同弧或等弧所对的圆周角相等，以及平行线的判定和性质，推论转化即可证明结论；
（3）根据垂径定理得到点为的中点，设，则，利用勾股定理列方程计算得出，再利用中位线的性质即可求出的长．
【详解】（1）连接，

∵是直径，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴是的切线；
（2）∵点是中点，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
（3）如图：设交于点H，

∵，，
∴，
∴；
设，则为，
根据勾股定理，得，
解得：，
∴，
∵是的中位线，
∴．
故答案为：．
22．如图，抛物线交轴于点、(点在点的左侧)，与轴交于点，点、的坐标分别为，，对称轴交轴于，点为抛物线顶点．

(1)求抛物线的解析式；
(2)点是直线下方的抛物线上一点，且．求的坐标；
(3)为抛物线对称轴上一点，是否存在以、、为顶点的三角形是等腰三角形，若存在，请求出点的坐标，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)，
(3)或或或
【分析】（1）由点、点的坐标和对称轴的值列出方程组，即可求出抛物线解析式．
（2）由抛物线解析式可求出顶点的坐标，进而求出和的面积，由面积可推出的边上的高，求出到距离等于的直线解析式，联立直线解析式和抛物线解析式，即可求出点的坐标．
（3）若是等腰三角形，通过作图画两圆一线来确定点的位置，再根据半径的长度及勾股定理求出点的坐标．
【详解】（1）解：将点，点代入抛物线解析式，由对称轴，
得
解得，
抛物线解析式为：．
（2）将代入抛物线解析式得：，
顶点
，
，
设直线解析式为：，
将点，点代入，
得
解得，
直线的解析式为：
如图，设直线与对称轴的交点为，将代入
点，
，
，
设中边上的高为，则，
如图，设在直线下方的轴上有一点到的距离为，且，
，，
是等腰直角三角形
，
点在过点与直线平行的直线上，
即将直线向下平移个单位长度即可得到直线，
直线的解析式为：
联立，
解得：或
点的坐标为，．

（3）点与点关于对称轴对称，点，
点，
①如图，连接，以点为圆心，的长为半径画圆，与对称轴的交点即为所求点，此时，为等腰三角形．
由图知：点位于点上方时，、、三点共线，所以此点舍去；
点位于点下方时，点与点重合，此时点的坐标为．

②如图，以点为圆心，的长为半径画圆，与对称轴的交点即为所求点，此时，
为等腰三角形．
在中，，，
此时点的坐标为或．

③如图，作线段的垂直平分线，与交于点，与轴交于点，与对称轴的交点即为所求点，此时，为等腰三角形．
连接， 为线段的垂直平分线，
，点为中点，
，，由中点坐标公式得点
设，则，
在中，由勾股定理得：，
解得：，
点
设直线的解析式为：，
将，代入解析式，
得，
解得，
直线解析式为：
将代入直线解析式得：，
此时点．

综上所述：点Ｍ的坐标为或或或．
【点睛】本题主要考查求二次函数解析式、二次函数因动点产生的三角形面积问题、因动点产生的等腰三角形问题，求出到底边的距离等于高的直线解析式，利用画“两圆一线”构造等腰三角形是解题的关键．
六、解答题（本大题共12分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
23．如图1，在正方形中，点分别在边上，且，延长到点G，使得，连接．
【特例感知】
（1）图1中与的数量关系是______________．
【结论探索】
（2）图2，将图1中的绕着点A逆时针旋转，连接并延长到点G，使得，连接，此时与还存在（1）中的数量关系吗？判断并说明理由．
【拓展应用】
（3）在（2）的条件下，若，当是以为直角边的直角三角形时，请直接写出的长．
【答案】(1) =，(2)存在，证明见解析，（3）或或16或4．
【分析】(1)连接GC，证△CDG≌△CBE，得出△GCE为等腰直角三角形即可；
(2)类似（1）的方法，先证△AFD≌△AEB，再证△CDG≌△CBE，得出△GCE为等腰直角三角形即可；
(3)根据E、F是直角顶点分类讨论，结合（2）中结论，利用勾股定理求解即可．
【详解】解：(1)连接GC，
∵AE=AF，AD=AB，
∴DF=BE，
∵，
∴DG = BE，
∵∠GDC=∠B=90°，DC=BC，
∴△CDG≌△CBE，
∴CE=CG，∠GCD=∠ECB，
∵∠ECB+∠DCE=90°，
∴∠GCE=∠GCD+∠DCE=90°，
∴=；
故答案为：=；

(2) 存在，连接GC，
∵AE=AF，AD=AB，∠FAE=∠DAB=90°，
∴∠FAD=∠EAB，
∴△FAD≌△EAB，
∴FD=EB=GD，∠FDA=∠EBA，
∵∠GDC+∠FDA=90°，∠EBC+∠EBA=90°，
∴∠GDC=∠EBC，
∵DC=BD，
∴△CDG≌△CBE，
与（1）同理，=；
(3)当∠FEG=90°时，如图1，因为∠FEA=∠GEC=45°，
所以，A、E、C在一条直线上，
∵AB=5，
∴AC=5,
CE=5-3=2,
GE=EC=4；
如图2，E在CA延长线上，同理可得，EC=8，
GE=EC=16；
当∠EFG=90°时，如图3，∠AFD=∠EFG+∠AFE=135°，
由（2）得，∠AFD=∠AEB=135°，DF=BE，
所以，B、E、F在一条直线上，作AM⊥EF，垂足为M，
∵，
∴EF=6，AM=ME=MF=3，
，
BE=DF=1,FG=2，
；
如图4，同图3，BE=DF=7，FG=14，EF=6，
，
综上，的长为或或16或4．
【点睛】本题考查了旋转的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理和等腰直角三角形的性质，解题关键是恰当的连接辅助线，构造全等三角形；会分类讨论，结合题目前后联系，解决问题．年级
平均数
中位数
众数
优秀率
七
八