+广东省深圳市龙华区高峰学校2023-2024学年九年级上学期月考数学试卷（10月份）

这是一份+广东省深圳市龙华区高峰学校2023-2024学年九年级上学期月考数学试卷（10月份），共19页。
A．2x﹣3＝xB．2x+3y＝5C．2x﹣x2＝1D．x+＝7
2．（3分）一元二次方程x2+2x+1＝0的根的情况是（ ）
A．有两个相等的实数根
B．有两个不相等的实数根
C．没有实数根
D．只有一个实数根
3．（3分）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，如果添加一个条件，可推出平行四边形ABCD是菱形，那么这个条件可以是（ ）
A．AB＝ACB．AC＝BDC．AC⊥BDD．AB⊥AC
4．（3分）下列一元二次方程中两根之和为﹣4的是（ ）
A．x2﹣4x+4＝0B．x2+2x﹣4＝0
C．x2+4x﹣5＝0D．x2+4x+10＝0
5．（3分）如图，在△ABC中，点D在边AB上，过点D作DE∥BC，交AC于点E．若AD＝2，BD＝3，则的值是（ ）
A．B．C．D．
6．（3分）要检验一个四边形画框是否为矩形，可行的测量方法是（ ）
A．测量四边形画框的两个角是否为90°
B．测量四边形画框的对角线是否相等且互相平分
C．测量四边形画框的一组对边是否平行且相等
D．测量四边形画框的四边是否相等
7．（3分）下列说法正确的是（ ）
A．a，b，c，d是成比例线段，其中b＝3cm，c＝4cm，d＝6cm，则a＝1cm
B．一元二次方程x2﹣x＝0的根是x＝1
C．用配方法解方程x2﹣2x＝5时，原方程应变形为（x﹣1）2＝5
D．顺次连接矩形各边中点得到菱形
8．（3分）一花户，有26m长的篱笆，要围成一边靠住房墙（墙长12m）的面积为80m2的长方形花园，且垂直于住房墙的一边留一个1m的门（如图），设垂直于住房墙的其中一边长为xm，则可列方程为（ ）
A．x＝80B．x（26﹣2x）＝80
C．x＝80D．x（27﹣2x）＝80
9．（3分）如图，矩形ABCD中，以点A为圆心，AB长为半径画弧交AD于点E，交AC于点F，连接EF，以点F为圆心，EF长为半径画弧，与弧BE交于点G，射线AG交BC于点H，若AD＝8，BH＝3，则AH的长为（ ）
A．4B．4.5C．5D．5.5
10．（3分）如图，在Rt△OAB中，OA＝8，C为线段AB上一点，且AC＝1，BC＝4，将△OAC沿OC翻折，点A落在点D处，延长CD至点E，连接OE，且∠COE＝45°，则DE的值是（ ）
A．B．C．D．5
二.填空题（每题3分）
11．（3分）因式分解：a3﹣9a＝ ．
12．（3分）如图，在矩形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，已知∠ACB＝25°，则∠AOB的大小是 ．
13．（3分）关于x的一元二次方程kx2+3x﹣1＝0有实数根，则k的取值范围是 ．
14．（3分）20世纪70年代，数学家罗杰•彭罗斯使用两种不同的菱形，完成了非周期性密铺，如图，使用了A，B两种菱形进行了密铺，则菱形B的锐角的度数为 ．
15．（3分）如图，线段AB的长为10，点D在AB上，△ACD是边长为3的等边三角形，过点D作与CD垂直的射线DP，过DP上一动点G（不与D重合）作矩形CDGH，记矩形CDGH的对角线交点为O，连接OB，则线段BO的最小值为 ．
三.解答题
16．（6分）解方程：
（1）（x+2）（x﹣4）＝0；
（2）（x+3）2＝4．
17．（6分）解方程：
（1）4x2﹣4x+1＝0；
（2）2x2﹣5x+1＝0．
18．（6分）定义：在边长为1的小正方形方格纸中，把顶点落在方格交点上的线段、三角形、四边形分别称为格点线段、格点三角形，格点四边形，在5×5的正方形网格中，若每一个小正方形的边长均为1，请仅用无刻度直尺按要求画图．
（1）在图①中画一个以AB为边画一个格点正方形ABCD；
（2）在图②中画一个格点平行四边形AEBF，使平行四边形面积为6；
（3）在图③中画一个格点菱形AMBN．AMBN不是正方形．（温馨提示：请画在答题卷相对应的图上）
19．（7分）如图，在四边形ABCD中，AB∥DC，AB＝AD，对角线AC，BD交于点O，AC平分∠BAD，过点C作CE⊥AB，交AB的延长线于点E，连接OE．
（1）求证：四边形ABCD是菱形．
（2）若AB＝5，BD＝6，求OE的长．
20．（9分）“玫瑰香”葡萄品种是农科院研制的优质新品种，在被广泛种植，某葡萄种植基地2019年种植64亩，到2021年的种植面积达到100亩．
（1）求该基地这两年“玫瑰香”种植面积的平均增长率．
（2）某超市调查发现，当“玫瑰香”的售价为8元/千克时，每周能售出400千克，售价每上涨1元，每周销售量减少20千克，已知该超市“玫瑰香”的进价为6元/千克，为了维护消费者利益，物价部门规定，该水果售价不能超过15元．若使销售“玫瑰香”每周获利2240元，则售价应上涨多少元？
21．（10分）【问题发现】我国数学家赵爽在其所著的《勾股圆方图注》中记载了一元二次方程的几何解法．例如x2+2x﹣35＝0，可变形为x（x+2）＝35．如图1，构造一个长为x+2、宽为x、面积为35的矩形；如图2，将4个矩形构造成一个边长为（x+x+2）的大正方形，中间恰好是一个边长为2的小正方形．大正方形的面积可表示为（x+x+2）2，也可表示为4×35+22，由此可得新方程：（x+x+2）2＝144，易得这个方程的正数解为x＝5．注意：这种构造图形的方法只能求出方程的一个根!
（1）尝试：小颖根据赵爽的解法解方程2x2+3x﹣2＝0，请将其解答过程补充完整：
第一步：将原方程变为，即x（ ）＝1；
第二步：利用四个全等的矩形构造“空心”大正方形；（在画图区画出示意图，标明各边长）
第三步：根据大正方形的面积可得新的方程： ；解得原方程的一个根为 ；
（2）【思维拓展】参照以上方法求出关于x的一元二次方程x2+bx＝c（b＞0，c＞0）的正数解（用含b，的代数式表示）．
22．（11分）四边形ABCD是边长为4的正方形，点E在边AD所在直线上，连接CE，以CE为边，作正方形CEFG（点D，点F在直线CE的同侧），连接BF．
（1）如图1，当点E与点A重合时，请直接写出BF的长；
（2）如图2，当点E在线段AD上时，AE＝1；
①求点F到AD的距离；
②求BF的长；
（3）若BF＝3，请直接写出此时AE的长．
2023-2024学年广东省深圳市龙华区高峰学校九年级（上）月考数学试卷（10月份）
参考答案与试题解析
一.选择题（每题3分）
1．【分析】利用一元二次方程的定义判断即可．
【解答】解：A、方程2x﹣3＝x为一元一次方程，不符合题意；
B、方程2x+3y＝5是二元一次方程，不符合题意；
C、方程2x﹣x2＝1是一元二次方程，符合题意；
D、方程x+＝7是分式方程，不符合题意，
故选：C．
【点评】此题考查了一元二次方程的定义，熟练掌握一元二次方程的定义是解本题的关键．
2．【分析】根据方程的系数结合根的判别式即可得出Δ＝0，从而得出方程有两个相等的两个实数根．
【解答】解：∵在方程x2+2x+1＝0中，Δ＝22﹣4×1×1＝0，
∴方程x2+2x+1＝0有两个相等的两个实数根．
故选：A．
【点评】本题考查了根的判别式，熟练掌握“当Δ＝0时，方程有两个相等的两个实数根”是解题的关键．
3．【分析】由菱形的判定和矩形的判定分别对各个选项进行判断，即可得出结论．
【解答】解：A、平行四边形ABCD中，AB＝AC，不能推出平行四边形ABCD是菱形，故选项A不符合题意；
B、∵平行四边形ABCD中，AC＝BD，
∴平行四边形ABCD是矩形，不一定是菱形，故选项B不符合题意；
C、∵平行四边形ABCD中，AC⊥BD，
∴平行四边形ABCD是菱形，故选项C符合题意；
D、平行四边形ABCD中，AB⊥AC，不能推出平行四边形ABCD是菱形，故选项D不符合题意；
故选：C．
【点评】此题主要考查了菱形的判定、矩形的判定以及平行四边形的性质，熟练掌握菱形的判定定理和矩形的判定定理是解题的关键．
4．【分析】利用一元二次方程的根与系数的关系x1+x2＝﹣对以下选项进行一一验证并作出正确的选择．
【解答】解：A、∵x1+x2＝4；故本选项错误；
B、∵x1+x2＝﹣2；故本选项错误；
C、∵Δ＝16+20＝36＞0，x1+x2＝﹣4；故本选项正确；
D、∵Δ＝16﹣40＝﹣24＜0，所以本方程无根；故本选项错误．
故选：C．
【点评】本题考查了一元二次方程根与系数的关系．解答该题时，需注意，一元二次方程的根与系数的关系是在原方程有实数解的情况下成立的．
5．【分析】由DE∥BC，利用平行线分线段成比例，可得出＝，再代入AD＝2，BD＝3，AB＝AD+BD，即可求出结论．
【解答】解：∵DE∥BC，
∴＝＝＝＝．
故选：A．
【点评】本题考查了平行线分线段成比例，牢记“平行于三角形一边的直线截其他两边（或两边的延长线），所得的对应线段成比例”是解题的关键．
6．【分析】由平行四边形的判定与性质、菱形的判定，矩形的判定分别对各个选项进行判断即可．
【解答】解：A、测量四边形画框的两个角是否为90°，不能判定为矩形，故选项A不符合题意；
B、测量四边形画框的对角线是否相等且互相平分，能判定为矩形，故选项B符合题意；
C、测量四边形画框的一组对边是否平行且相等，能判定为平行四边形，不能判定是否为矩形，故选项C不符合题意；
D、测量四边形画框的四边是否相等，能判定为菱形，故选项D不符合题意；
故选：B．
【点评】本题考查了矩形的判定、平行四边形的判定与性质等知识；熟记“对角线互相平分的四边形为平行四边形”是解题的关键．
7．【分析】选项A根据比例线段的定义判断即可；选项B利用因式分解法求解即可；选项C利用配方法判断即可；选项D根据菱形和矩形的性质判断即可．
【解答】解：A．a，b，c，d是成比例线段，其中b＝3cm，c＝4cm，d＝6cm，则a＝＝2（cm），故本选项不符合题意；
B．一元二次方程x2﹣x＝0的根是x1＝0，x2＝1，故本选项不符合题意；
C．用配方法解方程x2﹣2x＝5时，原方程应变形为（x﹣1）2＝6，故本选项不符合题意；
D．顺次连接矩形各边中点得到菱形，说法正确，故本选项符合题意．
故选：D．
【点评】本题考查了解一元二次方程﹣因式分解法，解一元二次方程﹣配方法，一元二次方程的解，菱形的性质，矩形的性质以及中点四边形，掌握一元二次方程的解法和菱形与矩形的性质是解答本题的关键．
8．【分析】设与墙垂直的一边长为x m，则与墙平行的一边长为（27﹣2x）m，根据长方形花园面积为80m2即可列出关于x的一元二次方程，此题得解．
【解答】解：设与墙垂直的一边长为x m，则与墙平行的一边长为（27﹣2x）m，
根据题意得：x（27﹣2x）＝80．
故答案为：D．
【点评】本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，根据长方形花园的面积列出关于x的一元二次方程是解题的关键．
9．【分析】连接FG，根据SSS证明△AGF≌△AEF，得出∠EAF＝∠GAF，再证明HA＝HC，求解即可．
【解答】解：∵以点F为圆心，EF长为半径画弧，与BE交于点G，连接FG，则FG＝FE，
又以点A为圆心，AB长为半径画弧交AD于点E，交AC于点F，
∴AB＝AF＝AE＝AG，
在△AGF和△AEF中，
∴△AGF≌△AEF（SSS），
∴∠EAF＝∠GAF，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠EAF＝∠ACB，
∴∠GAF＝∠ACB，即∠HAC＝∠ACH，
∴HA＝HC，
∴HC＝BC﹣BH＝8﹣3＝5，
∴AH＝5，
故选：C．
【点评】本题主要考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定以及勾股定理等知识，证明HA＝HC是解答本题的关键．
10．【分析】过点E作EQ⊥AB交AB的延长线于点Q，过点O作OT⊥QE交QE的延长线于点T，则四边形四边形AOTQ是矩形，由折叠可知∠AOC＝∠DOC，∠A＝∠ODC＝90°，OA＝OD，AC＝CD＝1，根据等角加等角相等可得∠EOD＝∠EOT，于是可通过AAS证明△OTE≌△ODE，得到OA＝OT，TE＝DE，进而可得OT＝OA，则四边形AOTQ是正方形，AO＝TQ＝AQ＝8，设TE＝DE＝x，则EQ＝8﹣x，CE＝x+1，CQ＝7，在Rt△CEQ中，利用勾股定理建立方程求解即可．
【解答】解：如图，过点E作EQ⊥AB交AB的延长线于点Q，过点O作OT⊥QE交QE的延长线于点T，
则∠T＝∠Q＝∠A＝90°，
∴四边形AOTQ是矩形，
∴∠AOT＝90°，
∵∠COE＝45°，
∴∠AOC+∠EOT＝45°，∠DOC+∠EOD＝45°，
由折叠可知，∠AOC＝∠DOC，∠A＝∠ODC＝90°，OA＝OD，AC＝CD＝1，
∴∠EOD＝∠EOT，∠ODE＝90°＝∠OTE，
在△OTE和△ODE中，
，
∴△OTE≌△ODE（AAS），
∴OA＝OT，TE＝DE，
∴OT＝OA，
∴四边形AOTQ是正方形，
∴AO＝TQ＝AQ＝8，
设TE＝DE＝x，
∴EQ＝TQ﹣TE＝8﹣x，CE＝DE+CD＝x+1，CQ＝AQ﹣AC＝8﹣1＝7，
在Rt△CEQ中，CQ2+EQ2＝CE2，
∴72+（8﹣x）2＝（x+1）2，
解得：x＝，
∴DE＝．
故选：B．
【点评】本题主要考查矩形的判定性质、折叠的性质、全等三角形的判定与性质、正方形的判定与性质、勾股定理，正确作出辅助线，构造全等三角形解决问题是解题关键．
二.填空题（每题3分）
11．【分析】原式提取a，再利用平方差公式分解即可．
【解答】解：原式＝a（a2﹣9）
＝a（a+3）（a﹣3），
故答案为：a（a+3）（a﹣3）．
【点评】此题考查了提公因式法与公式法的综合运用，熟练掌握因式分解的方法是解本题的关键．
12．【分析】根据矩形的性质，可得∠ABC的度数，OA与OB的关系，根据等边三角形的判定，可得答案．
【解答】解：由矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，∠ACB＝30°，得，
∠ABC＝90°，
∠BAO＝90°﹣∠ACB＝65°．
由OA＝OB，得△ABO是等腰三角形，
∠AOB＝180°﹣65°﹣65°＝50°，
故答案为：50°．
【点评】本题考查了矩形的性质，等腰三角形的性质，利用矩形的性质得出∠ABC的度数，OA与OB的关系是解题关键．
13．【分析】利用判别式，根据不等式即可解决问题；
【解答】解：∵关于x的一元二次方程kx2+3x﹣1＝0有实数根，
∴△≥0且k≠0，
∴9+4k≥0，
∴k≥﹣，且k≠0，
故答案为k≥﹣且k≠0．
【点评】本题考查根的判别式，一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的根与Δ＝b2﹣4ac有如下关系：①当Δ＞0时，方程有两个不相等的两个实数根；②当Δ＝0时，方程有两个相等的两个实数根；③当Δ＜0时，方程无实数根．上面的结论反过来也成立．
14．【分析】由题意可知，菱形A的锐角为72°，则菱形A的钝角为108°，再求出菱形B的钝角为144°，即可解决问题．
【解答】解：由题意可知，菱形A的锐角度数为：＝72°，
∴菱形A的钝角度数为：180°﹣72°＝108°，
∴菱形B的钝角度数为：360°﹣108°﹣108°＝144°，
∴菱形B的锐角度数为：180°﹣144°＝36°，
故答案为：36°．
【点评】本题考查了菱形的性质，熟记菱形的邻角互补是解题的关键．
15．【分析】连接AO，根据矩形对角线相等且互相平分得：OC＝OD，再证明△ACO≌△ADO，则∠OAB＝30°；点O一定在∠CAB的平分线上运动，根据垂线段最短得：当OB⊥AO时，OB的长最小，根据直角三角形30°角所对的直角边是斜边的一半得出结论．
【解答】解：连接AO，
∵四边形CDGH是矩形，
∴CG＝DH，OC＝CG，OD＝DH，
∴OC＝OD，
∵△ACD是等边三角形，
∴AC＝AD，∠CAD＝60°，
在△ACO和△ADO中，
，
∴△ACO≌△ADO（SSS），
∴∠OAB＝∠CAO＝30°，
∴点O一定在∠CAB的平分线上运动，
∴当OB⊥AO时，OB的长度最小，
∵∠OAB＝30°，∠AOB＝90°，
∴OB＝AB＝×10＝5，
即OB的最小值为5．
故答案为：5．
【点评】本题考查了矩形的性质、全等三角形的性质和判定、含30°角的直角三角形的性质，熟练掌握直角三角形中，30°角所对的直角边等于斜边的一半，利用了矩形对角线相等且平分的性质得对角线的一半相等，为三角形全等用铺垫；另外还利用了垂线段最短解决了求最值问题．
三.解答题
16．【分析】（1）用因式分解法求解即可；
（2）用直接开平方法计算即可．
【解答】解：（1）（x+2）（x﹣4）＝0；，
x+2＝0，x﹣4＝0；
解得：x1＝﹣2，x2＝4；
（2）（x+3）2＝4．
x+3＝±2．
x+3＝2．x+3＝﹣2．
解得：x1＝﹣1，x2＝﹣5．
【点评】本题考查了解一元二次方程，能正确配方是解（1）的关键，能熟记公式是解（2）的关键，注意：解一元二次方程的方法有：直接开平方法，公式法，配方法，因式分解法等．
17．【分析】（1）得到（2x﹣1）2＝0，然后利用直接开平方法求解；
（2）先计算判别式的值得到Δ＝17，然后代入一元二次方程的求根公式求解．
【解答】解：（1）4x2﹣4x+1＝0，
（2x﹣1）2＝0，
2x﹣1＝0，
所以x1＝x2＝；
（2）2x2﹣5x+1＝0，
Δ＝（﹣5）2﹣4×2×1＝17，
x＝，
所以x1＝，x2＝．
【点评】本题考查了了解一元二次方程﹣公式法：把x＝（b2﹣4ac≥0）叫做一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的求根公式；用求根公式解一元二次方程的方法是公式法．也考查了配方法解一元二次方程．
18．【分析】（1）根据正方形的特点，利用数形结合的思想解决问题即可；
（2）根据平行四边形的特点，利用数形结合的思想解决问题即可；
（3）根据菱形的特点，利用数形结合的思想解决问题即可．
【解答】解：（1）如图①中，正方形ABCD即为所求；
（2）如图②中，平行四边形AEBF；
（3）如图③中，菱形AMBN即为所求．
【点评】本题考查作图﹣应用与设计作图，正方形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，菱形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用数形结合的思想解决问题．
19．【分析】（1）根据题意先证明四边形ABCD是平行四边形，再由AB＝AD可得平行四边形ABCD是菱形；
（2）根据菱形的性质得出OB的长以及∠AOB＝90°，利用勾股定理求出OA的长，再根据直角三角形斜边中线定理得出OE＝AC，即可解答．
【解答】（1）证明：∵AB∥CD，
∴∠CAB＝∠DCA，
∵AC为∠DAB的平分线，
∴∠CAB＝∠DAC，
∴∠DCA＝∠DAC，
∴CD＝AD，
∵AB＝AD，
∴AB＝CD，
∵AB∥CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AD＝AB，
∴平行四边形ABCD是菱形；
（2）解：∵四边形ABCD是菱形，对角线AC，BD交于点O，
∴AC⊥BD，OA＝OC＝，OB＝OD＝，
∴OB＝＝3，
在Rt△AOB中，∠AOB＝90°，
∴OA＝，
∵CE⊥AB，
∴∠AEC＝90°，
在Rt△AEC中，∠AEC＝90°，O为AC中点，
∴＝4．
【点评】本题主要考查了菱形的判定和性质、勾股定理、直角三角形斜边的中线等于斜边的一半等知识，熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键．
20．【分析】（1）设该基地这两年“玫瑰香”种植面积的平均增长率为x，根据该基地2019年及2021年“玫瑰香”的种植面积，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）设售价应上涨y元，则每天可售出（400﹣20y）千克，根据总利润＝每千克的利润×销售数量，即可得出关于y的一元二次方程，解之取其较大值即可得出结论．
【解答】解：（1）设该基地这两年“玫瑰香”种植面积的平均增长率为x，
依题意，得64（1+x）2＝100，
解得：x1＝0.25＝25%，x2＝﹣2.25（不合题意，舍去）．
答：该基地这两年“玫瑰香”种植面积的平均增长率为25%．
（2）设售价应上涨y元，则每天可售出（400﹣20y）千克，
依题意，得（8﹣6+y）（400﹣20y）＝2240，
整理，得y2﹣18y+72＝0，
解得y1＝12，y2＝6．
∵该水果售价不能超过15元，
∴y＝6符合题意．
答：售价应上涨6元．
【点评】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．【分析】（1）根据赵爽的解法变形一元二次方程，画出大正方形，构造新方程，求出方程的一个正解即可；
（2）仿照赵爽的解法变形一元二次方程，构造新的关于x的方程，解出正数解即可．
【解答】解：（1）第一步，将原方程变为，变形得：x（x+）＝1，
第二步，利用四个全等的矩形构造“空心”大正方形如图：
第三步，根据大正方形的面积可得新的方程：（x+x+）2＝，
解得原方程的一个根为x＝．
故答案为：x+；（x+x+）2＝，x＝；
（2）方程变形为：x（x+b）＝c，
根据赵爽的解法可造方程为：（x+x+b）2＝4c+b2，
∵b＞0，c＞0，
∴2x+b＝±（舍去负值），
∴x＝（﹣b），
∴原方程的一个正数解为：x＝﹣b）．
【点评】本题考查了一元二次方程的应用、解一元二次方程﹣配方法，数形结合是关键．
22．【分析】（1）作FH⊥AB于H，由AAS证明△EFH≌△CED，得出FH＝CD＝4，AH＝AD＝4，求出BH＝AB+AH＝8，由勾股定理即可得出答案；
（2）过F作FH⊥AD交AD的延长线于点H，作FM⊥AB于M，则FM＝AH，AM＝FH，①同（1）得：△EFH≌△CED，得出FH＝DE＝3，EH＝CD＝4即可；
②求出BM＝AB+AM＝7，FM＝AE+EH＝5，由勾股定理即可得出答案；
（3）分三种情况：①当点E在边AD的左侧时，过F作FH⊥AD交AD的延长线于点H，交BC于K，同（1）得：△EFH≌△CED，得出FH＝DE＝4+AE，EH＝CD＝4，得出FK＝8+AE，在Rt△BFK中，BK＝AH＝EH﹣AE＝4﹣AE，由勾股定理得出方程，解方程即可；
②当点E在边AD的右侧时，过F作FH⊥AD交AD的延长线于点H，交BC延长线于K，同理得AE的长；
③当点E在AD上时，由勾股定理得出方程，解方程即可．
【解答】解：（1）作FH⊥AB于H，如图1所示：
则∠FHE＝90°，
∵四边形ABCD和四边形CEFG是正方形，
∴AD＝CD＝4，EF＝CE，∠ADC＝∠DAH＝∠BAD＝∠CEF＝90°，
∴∠FEH＝∠CED，
在△EFH和△ECD中，
，
∴△EFH≌△ECD（AAS），
∴FH＝CD＝4，AH＝AD＝4，
∴BH＝AB+AH＝8，
∴BF＝＝＝4；
（2）过F作FH⊥AD交AD的延长线于点H，作FM⊥AB于M，如图2所示：
则FM＝AH，AM＝FH，
①∵AD＝4，AE＝1，
∴DE＝3，
同（1）得：△EFH≌△CED（AAS），
∴FH＝DE＝3，EH＝CD＝4，
即点F到AD的距离为3；
②∴BM＝AB+AM＝4+3＝7，FM＝AE+EH＝5，
∴BF＝＝＝；
（3）分三种情况：
①当点E在边AD的左侧时，过F作FH⊥AD交AD于点H，交BC于K．如图3所示：
同（1）得：△EFH≌△CED，
∴FH＝DE＝AE+4，EH＝CD＝4，
∴FK＝8+AE，
在Rt△BFK中，BK＝AH＝EH﹣AE＝4﹣AE，
由勾股定理得：（4﹣AE）2+（8+AE）2＝（3）2，
解得：AE＝1或AE＝﹣5（舍去），
∴AE＝1；
②当点E在边AD的右侧时，过F作FH⊥AD交AD的延长线于点H，交BC延长线于K，如图4所示：
同（1）得：△EFH≌△CED，
∴FH＝DE＝AE﹣4，EH＝CD＝4，
∴FK＝FH+HK＝AE﹣4+4＝AE，
在Rt△BFK中，BK＝AH＝AE﹣AD＝AE﹣4，
由勾股定理得：（AE﹣4）2+AE2＝（3）2，
解得：AE＝2+或2﹣（舍去）．
③当点E在AD上时，可得：（8﹣AE）2+（4+AE）2＝90，
解得AE＝5或﹣1，
5＞4不符合题意．
综上所述：AE的长为1或2+．
【点评】本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识，本题综合性强，有一定难度，证明三角形全等是解决问题的关键．