2021-2022学年河南省郑州外国语中学九年级(上)期中数学试卷(含解析)

一、选择题（每题3分，共30分）

1．一个几何体如图所示，它的左视图是（　　）

A．    B．    C．    D．

2．方程x2﹣3x+1＝0的根的情况是（　　）

A．有两个相等实数根    B．有两个不相等实数根    

C．没有实数根    D．无法判断

3．已知线段m，n，p，q的长度满足等式mn＝pq，将它改成比例式的形式，错误的是（　　）

A．＝    B．＝    C．＝    D．＝

4．如图是超市的两个摇奖转盘，只有当两个转盘指针同时指在偶数上时才能获一等奖，则摇奖人中一等奖的概率是（　　）

A．    B．    C．    D．

5．如图，AB∥CD∥EF，AF与BE相交于点G，且AG＝2，GD＝1，DF＝5，则BC：CE＝（　　）

A．3：5    B．1：3    C．5：3    D．2：3

6．无论a，b为何值代数式a2+b2+6b+11﹣2a的值总是（　　）

A．非负数    B．0    C．正数    D．负数

7．如图，EB为驾驶员的盲区，驾驶员的眼睛点P处与地面BE的距离为1.6米，车头FACD近似看成一个矩形，且满足3FD＝2FA，若盲区EB的长度是6米，则车宽FA的长度为（　　）米．

A．    B．    C．    D．2

8．如图，在正方形ABCD中，点P在对角线BD上，PE⊥BC，PF⊥CD，E，F分别为垂足，连结AP，EF，则下列命题：①若AP＝5，则EF＝5；②若AP⊥BD，则EF∥BD；③若正方形边长为4，则EF的最小值为2，其中正确的命题是（　　）

A．①②    B．①③    C．②③    D．①②③

9．如图1，分别沿长方形纸片ABCD和正方形纸片EFGH的对角线AC，EG剪开，拼成如图2所示的▱KLMN，若中间空白部分四边形OPQR恰好是正方形，且▱KLMN的面积为50，则正方形EFGH的面积为（　　）

A．24    B．25    C．26    D．27

10．如图，在矩形ABCD中，AB＝2，CB＝4，连接AC，以对角线AC为边，按逆时针方向作矩形ACC1B1，使矩形ACC1B1～矩形ADCB；再连接AC1，以对角线AC1为边，按逆时针方向作矩形AC1C2B2，使矩形AC1C2B2～矩形ACC1B1，…，按照此规律作下去．若矩形ABCD的面积记作S1，矩形ACC1B1的面积记作S2，矩形AC1C2B2的面积记作S3，…，则S2021的值为（　　）

A．    B．    

C．    D．

二、填空题（每题3分，满分15分）

11．一元二次方程x2﹣x＝0的解是 　          　．

12．如图，AD是△ABC的角平分线，DE∥AC交AB于E，DF∥AB交AC于F．且AD交EF于O，则∠AOF＝　   　度．

13．在一个不透明的袋子里装有红球和白球共30个，这些球除颜色外都相同，小明通过多次试验发现，摸出白球的频率稳定在0.3左右，则袋子里白球可能是 　 　个．

14．如图，乐器上的一根弦AB＝80cm，两个端点A，B固定在乐器板面上，支撑点C是靠近点B的黄金分割点，则支撑点C到端点B的距离是 　                　．

15．在正方形ABCD中，AB＝6，连接AC，BD，P是正方形边上或对角线上一点，若PD＝2AP，则AP的长为　                　．

三、解答题（满分0分）

16．用适当的方法解下列方程：

（1）x2﹣2x＝4；

（2）2x（x﹣3）＝3﹣x．

17．某小区为了促进生活垃圾的分类处理，将生活垃圾分为厨余、可回收和其他三类，分别记为a，b，c，并且设置了相应的垃圾箱，“厨余垃圾”箱、“可回收物”箱和“其他垃圾”箱，分别记为A，B，C．

（1）若小明将一袋分好类的生活垃圾随机投入一类垃圾箱，请画树状图或列表求垃圾投放正确的概率；

（2）为调查居民生活垃圾分类投放情况，现随机抽取了该小区三类垃圾箱中总共100吨生活垃圾，数据统计如下表（单位：吨）：

18．已知关于x的一元二次方程x2﹣（k+1）x+2k﹣3＝0．

（1）求证：无论k为何实数，方程总有两个不相等的实数根；

（2）等腰三角形ABC中，AB＝3，若AC、BC为方程x2﹣（k+1）x+2k﹣3＝0的两个实数根，求k的值．

19．如图，在平面直角坐标系中，△ABC的顶点都在小方格的格点上．

（1）点A的坐标是　      　；点C的坐标是　      　；

（2）以原点O为位似中心，将△ABC缩小，使变换后得到的△A1B1C1与△ABC对应边的比为1：2，请在网格中画出△A1B1C1；

（3）△A1B1C1的面积为　      　．

20．随着国内新能源汽车的普及，为了适应社会的需求，全国各地都在加快公共充电桩的建设，某省2018年公共充电桩的数量为1万个，2020年公共充电桩的数量为2.万个．

（1）求2018年至2020年该省公共充电桩数量的年平均增长率；

（2）按照这样的增长速度，预计2021年该省将新增多少万个公共充电桩？

21．有公共顶点A的正方形ABCD与正方形AEGF按如图1所示放置，点E，F分别在边AB和AD上，连接BF，DE，M是BF的中点，连接AM交DE于点N．

【观察猜想】

（1）线段DE与AM之间的数量关系是 　       　，位置关系是 　       　；

【探究证明】

（2）将图1中的正方形AEGF绕点A顺时针旋转45°，点G恰好落在边AB上，如图2，其他条件不变，线段DE与AM之间的关系是否仍然成立？并说明理由．

22．如图1，在菱形ABCD中，点P是对角线AC上一动点，已知AC＝6cm，设A，P两点间距离为xcm，P，D两点间的距离为ycm，小红根据学习函数的经验，对函数y随自变量x的变化而变化的规律进行了探究．

下面是小红的探究过程，请补充完整：

（1）通过取点、画图、测量，得到了x与y的几组值，如表：

（2）建立平面直角坐标系，描出以补全后的表中各对对应值为坐标的点，（如图2）画出该函数的图象；

（3）结合画出的函数图象，解决问题：当△APD为等腰三角形时，AP的长度约为 　    　cm．（保留一位小数）

23．在矩形ABCD的CD边上取一点E，将△BCE沿BE翻折，使点C恰好落在AD边上点F处．

（1）如图1，若BC＝2BA，求∠CBE的度数；

（2）如图2，当AB＝5，且AF•FD＝10时，求BC的长；

（3）如图3，延长EF，与∠ABF的角平分线交于点M，BM交AD于点N，当NF＝AN+FD时，求的值．

参

一、选择题（每题3分，共30分）

1．一个几何体如图所示，它的左视图是（　　）

A．    B．    C．    D．

【分析】根据简单几何体的三视图的意义，画出左视图即可．

解：从左面看该几何体，所得到的图形如下：

故选：B．

2．方程x2﹣3x+1＝0的根的情况是（　　）

A．有两个相等实数根    B．有两个不相等实数根    

C．没有实数根    D．无法判断

【分析】把a＝1，b＝﹣3，c＝1代入Δ＝b2﹣4ac进行计算，然后根据计算结果判断方程根的情况．

解：∵a＝1，b＝﹣3，c＝1，

∴Δ＝b2﹣4ac＝（﹣3）2﹣4×1×1＝5＞0，

所以方程有两个不相等的实数根．

故选：B．

3．已知线段m，n，p，q的长度满足等式mn＝pq，将它改成比例式的形式，错误的是（　　）

A．＝    B．＝    C．＝    D．＝

【分析】根据比例的基本性质：两外项之积等于两内项之积．对选项一一分析，选出正确答案．

解：A、两边同时乘以最简公分母pn得mn＝pq，与原式相等，正确；

B、两边同时乘以最简公分母pn得mq＝np，与原式不相等，错误；

C、两边同时乘以最简公分母mq得mn＝pq，与原式相等，正确；

D、两边同时乘以最简公分母mp得mn＝pq，与原式相等，正确；

故选：B．

4．如图是超市的两个摇奖转盘，只有当两个转盘指针同时指在偶数上时才能获一等奖，则摇奖人中一等奖的概率是（　　）

A．    B．    C．    D．

【分析】方法一：根据题意和图形，可以求得摇奖人中一等奖的概率，本题得以解决．

方法二：根据题意和图形，可以画出相应的树状图，尤其是要注意第二个扇形3和4对应的圆心角不同，4对应的是3的2倍，相当于有1个3，两个4．

解：方法一：由图可得，

摇奖人中一等奖的概率是：＝＝＝，

故选：B．

方法二：

在第二个扇形统计图中，4对应的圆心角是240°，相当于4出现两次，3出现一次，

树状图如下所示：

由图可知，一共有6种可能性，其中两次都是都是偶数的有2种可能性，故摇奖人中一等奖的概率是＝，

故选：B．

5．如图，AB∥CD∥EF，AF与BE相交于点G，且AG＝2，GD＝1，DF＝5，则BC：CE＝（　　）

A．3：5    B．1：3    C．5：3    D．2：3

【分析】直接根据平行线分线段成比例定理求解．

解：∵AB∥CD∥EF，

∴＝＝＝．

故选：A．

6．无论a，b为何值代数式a2+b2+6b+11﹣2a的值总是（　　）

A．非负数    B．0    C．正数    D．负数

【分析】把含a的放一块，配成完全平方公式，把含b的放一块，配成完全平方公式，根据平方的非负性即可得出答案．

解：原式＝（a2﹣2a+1）+（b2+6b+9）+1

＝（a﹣1）2+（b+3）2+1，

∵（a﹣1）2≥0，（b+3）2≥0，

∴（a﹣1）2+（b+3）2+1＞0，

即原式的值总是正数．

故选：C．

7．如图，EB为驾驶员的盲区，驾驶员的眼睛点P处与地面BE的距离为1.6米，车头FACD近似看成一个矩形，且满足3FD＝2FA，若盲区EB的长度是6米，则车宽FA的长度为（　　）米．

A．    B．    C．    D．2

【分析】通过作高，利用相似三角形的对应高的比等于相似比，列方程求解即可．

解：如图，过点P作PM⊥BE，垂足为M，交AF于点N，则PM＝1.6，

设FA＝x米，由3FD＝2FA得，FD＝x＝MN，

∵四边形ACDF是矩形，

∴AF∥CD，

∴△PAF∽△PBE，

∴＝，

即＝，

∴PN＝x，

∵PN+MN＝PM，

∴x+x＝1.6，

解得，x＝，

故选：B．

8．如图，在正方形ABCD中，点P在对角线BD上，PE⊥BC，PF⊥CD，E，F分别为垂足，连结AP，EF，则下列命题：①若AP＝5，则EF＝5；②若AP⊥BD，则EF∥BD；③若正方形边长为4，则EF的最小值为2，其中正确的命题是（　　）

A．①②    B．①③    C．②③    D．①②③

【分析】延长EP交AD于Q，利用SAS证明△AQP≌△FCE，可得AP＝EF，即可判定①；由AP⊥BD可证得∠EFC＝∠PAQ＝45°，利用平行线的判定可证明②的正确性；当AP⊥BD时，AP有最小值，此时P为BD的中点，由勾股定理及直角三角形的性质可求得AP的最小值，进而求得EF的最小值，进而可判定③．

解：延长EP交AD于Q，

∵四边形ABCD为正方形，

∴AD＝CD，∠ADC＝∠C＝90°，AD∥BC，∠BDC＝45°，

∵PF⊥CD，

∴∠DPF＝45°，

∴DF＝PF，

∵PE⊥BC，

∴PQ⊥AD，四边形CEPF为矩形，

∴∠AQP＝90°，EC＝PF＝DF，

∴∠AQP＝∠C，AQ＝FC，四边形PQDF为正方形，

∴DF＝QP，

∴CE＝QP，

在△AQP和△FCE中，

，

∴△AQP≌△FCE（SAS），

∴AP＝EF，

若AP＝5，则EF＝5，故①正确；

若AP⊥BD，则∠PAQ＝45°，

∵△AQP≌△FCE，

∴∠EFC＝∠PAQ＝45°，

∵∠BDC＝45°，

∴∠EFC＝∠BDC，

∴EF∥BD，故②正确；

当AP⊥BD时，AP有最小值，此时P为BD的中点，

∵AB＝AD＝4，

∴BD＝，

∴AP＝BD＝，

∵EF＝AP，

∴EF的最小值为，故③错误，

故选：A．

9．如图1，分别沿长方形纸片ABCD和正方形纸片EFGH的对角线AC，EG剪开，拼成如图2所示的▱KLMN，若中间空白部分四边形OPQR恰好是正方形，且▱KLMN的面积为50，则正方形EFGH的面积为（　　）

A．24    B．25    C．26    D．27

【分析】如图，设PM＝PL＝NR＝KR＝a，正方形ORQP的边长为b，构建方程即可解决问题；

解：如图，设PM＝PL＝NR＝KR＝a，正方形ORQP的边长为b．

由题意：a2+b2+（a+b）（a﹣b）＝50，

∴a2＝25，

∴正方形EFGH的面积＝a2＝25，

故选：B．

10．如图，在矩形ABCD中，AB＝2，CB＝4，连接AC，以对角线AC为边，按逆时针方向作矩形ACC1B1，使矩形ACC1B1～矩形ADCB；再连接AC1，以对角线AC1为边，按逆时针方向作矩形AC1C2B2，使矩形AC1C2B2～矩形ACC1B1，…，按照此规律作下去．若矩形ABCD的面积记作S1，矩形ACC1B1的面积记作S2，矩形AC1C2B2的面积记作S3，…，则S2021的值为（　　）

A．    B．    

C．    D．

【分析】根据已知和矩形的性质可分别求得AC，再利用相似多边形的性质可发现规律，然后根据规律即可求解．

解：∵四边形ABCD是矩形，

∴AB⊥BC，

∴AC＝＝＝2，

∵按逆时针方向作矩形ABCD的相似矩形AB1C1C，

∴矩形AB1C1C的边长和矩形ABCD的边长的比为：2

∴矩形AB1C1C的面积和矩形ABCD的面积的比5：4，

∵S1＝2×4＝8，S2＝8×，S3＝8×（）2，…

∴S2020＝8×（）2019，S2021＝8×（）2020，

故选：D．

二、填空题（每题3分，满分15分）

11．一元二次方程x2﹣x＝0的解是 　x1＝0，x2＝1　．

【分析】利用因式分解法解一元二次方程即可．

解：x2﹣x＝0，

x（x﹣1）＝0，

∴x＝0或x﹣1＝0，

∴x1＝0，x2＝1，

故答案为：x1＝0，x2＝1．

12．如图，AD是△ABC的角平分线，DE∥AC交AB于E，DF∥AB交AC于F．且AD交EF于O，则∠AOF＝　90　度．

【分析】先根据平行四边形的判定定理得出四边形AEDF为平行四边形，再根据平行线的性质及角平分线的性质得出∠1＝∠3，故可得出▱AEDF为菱形，根据菱形的性质即可得出结论．

解：∵DE∥AC，DF∥AB，

∴四边形AEDF为平行四边形，

∴OA＝OD，OE＝OF，∠2＝∠3，

∵AD是△ABC的角平分线，

∵∠1＝∠2，

∴∠1＝∠3，

∴AE＝DE．

∴▱AEDF为菱形．

∴AD⊥EF，即∠AOF＝90°．

故答案为：90．

13．在一个不透明的袋子里装有红球和白球共30个，这些球除颜色外都相同，小明通过多次试验发现，摸出白球的频率稳定在0.3左右，则袋子里白球可能是 　9　个．

【分析】根据红球出现的频率和球的总数，可以计算出红球的个数．

解：由题意可得，

30×0.3＝9（个），

即袋子中白球的个数最有可能是9个，

故答案为：9．

14．如图，乐器上的一根弦AB＝80cm，两个端点A，B固定在乐器板面上，支撑点C是靠近点B的黄金分割点，则支撑点C到端点B的距离是 　（120﹣）cm　．

【分析】根据黄金分割的概念和黄金比值求出AC＝（40﹣40）cm，进而得出答案．

解：∵点C是靠近点B的黄金分割点，

∴AC＝80×＝（40﹣40）cm，

∴BC＝AB﹣AC＝（120﹣40）cm，

故答案为：（120﹣40）cm．

15．在正方形ABCD中，AB＝6，连接AC，BD，P是正方形边上或对角线上一点，若PD＝2AP，则AP的长为　2或2或﹣　．

【分析】根据正方形的性质得出AC⊥BD，AC＝BD，OB＝OA＝OC＝OD，AB＝BC＝AD＝CD＝6，∠ABC＝90°，根据勾股定理求出AC、BD、求出OA、OB、OC、OD，画出符合的三种情况，根据勾股定理求出即可．

解：∵四边形ABCD是正方形，AB＝6，

∴AC⊥BD，AC＝BD，OB＝OA＝OC＝OD，AB＝BC＝AD＝CD＝6，∠ABC＝∠DAB＝90°，

在Rt△ABC中，由勾股定理得：AC＝＝＝6，

∴OA＝OB＝OC＝OD＝3，

有6种情况：①点P在AD上时，

∵AD＝6，PD＝2AP，

∴AP＝2；

②点P在AC上时，

设AP＝x，则DP＝2x，

在Rt△DPO中，由勾股定理得：DP2＝DO2+OP2，

（2x）2＝（3）2+（3﹣x）2，

解得：x＝﹣（负数舍去），

即AP＝﹣；

③点P在AB上时，

设AP＝y，则DP＝2y，

在Rt△APD中，由勾股定理得：AP2+AD2＝DP2，

y2+62＝（2y）2，

解得：y＝2（负数舍去），

即AP＝2；

④当P在BC上，设BP＝z，

∵DP＝2AP，

∴2＝，

即z2+4z+24＝0，

△＝42﹣4×1×24＜0，此方程无解，

即当点P在BC上时，不能使DP＝2AP；

⑤P在DC上，

∵∠ADC＝90°，

∴AP＞DP，不能DP＝2AP，

即当P在DC上时，不能具备DP＝2AP；

⑥P在BD上时，

过P作PN⊥AD于N，过P作PM⊥AB于M，

∵四边形ABCD是正方形，

∴∠DAB＝∠ANP＝∠AMP＝90°，

∴四边形ANPM是矩形，

∴AM＝PN，AN＝PM，

∵四边形ABCD是正方形，

∴∠ABD＝45°，

∵∠PMB＝90°，

∴∠MBP＝∠MPB＝45°，

∴BM＝PM＝AN，

同理DN＝PN＝AM，

设PM＝BM＝AN＝e，则PN＝DN＝AM＝6﹣e，

∵DP＝2AP，

∴由勾股定理得：2＝，

即e2﹣4e+12＝0，

△＝（﹣4）2﹣4×1×12＜0，此方程无解，

即当P在BD上时，不能DP＝2AP，

故答案为：2或2或﹣．

三、解答题（满分0分）

16．用适当的方法解下列方程：

（1）x2﹣2x＝4；

（2）2x（x﹣3）＝3﹣x．

【分析】（1）两边都加上一次项系数一半的平方，写成完全平方式，再开方即可；

（2）移项后，利用提公因式法将方程的左边因式分解后求解可得．

解：（1）∵x2﹣2x＝4，

∴x2﹣2x+1＝4+1，即（x﹣1）2＝5，

则x﹣1＝±，

∴x1＝1+，x2＝1﹣；

（2）∵2x（x﹣3）＝3﹣x，

∴2x（x﹣3）+（x﹣3）＝0，

∴（x﹣3）（2x+1）＝0，

则x﹣3＝0或2x+1＝0，

解得x1＝3，x2＝﹣．

17．某小区为了促进生活垃圾的分类处理，将生活垃圾分为厨余、可回收和其他三类，分别记为a，b，c，并且设置了相应的垃圾箱，“厨余垃圾”箱、“可回收物”箱和“其他垃圾”箱，分别记为A，B，C．

（1）若小明将一袋分好类的生活垃圾随机投入一类垃圾箱，请画树状图或列表求垃圾投放正确的概率；

（2）为调查居民生活垃圾分类投放情况，现随机抽取了该小区三类垃圾箱中总共100吨生活垃圾，数据统计如下表（单位：吨）：

【分析】（1）首先根据题意求得所有等可能的结果与垃圾投放正确的情况，再利用概率公式即可求得答案；

（2）根据题意得出“厨余垃圾”投放正确的概率，即可得出结果．

解：（1）如图所示：

小明将一袋分好类的生活垃圾随机投入一类垃圾箱；共有9种情况，

其中投放正确的有3种情况，

∴P（垃圾投放正确）＝＝；

（2）∵＝，

∴估计该小区“厨余垃圾”投放正确的概率约为．

18．已知关于x的一元二次方程x2﹣（k+1）x+2k﹣3＝0．

（1）求证：无论k为何实数，方程总有两个不相等的实数根；

（2）等腰三角形ABC中，AB＝3，若AC、BC为方程x2﹣（k+1）x+2k﹣3＝0的两个实数根，求k的值．

【分析】（1）证明Δ＞0即可；

（2）根据△ABC是等腰三角形分类讨论即可．

【解答】（1）证明：∵Δ＝（k+1）2﹣4（2k﹣3）

＝k2+2k+1﹣8k+12

＝k2﹣6k+13

＝（k﹣3）2+4＞0，

∴无论k为何实数，方程总有两个不相等的实数根；

（2）解：当AB＝3为腰时，则AC或BC有一条边为腰，

x2﹣（k+1）x+2k﹣3＝0的解为3，

∴9﹣3（k+1）+2k﹣3＝0，

解得：k＝3，

当AB＝3为底时，则AC，BC为腰，

方程x2﹣（k+1）x+2k﹣3＝0有两个相等的实数根，

由（1）得无论k为何实数，方程总有两个不相等的实数根，故这种情况不存在；

综上所述，k＝3．

19．如图，在平面直角坐标系中，△ABC的顶点都在小方格的格点上．

（1）点A的坐标是　（2，8）　；点C的坐标是　（6，6）　；

（2）以原点O为位似中心，将△ABC缩小，使变换后得到的△A1B1C1与△ABC对应边的比为1：2，请在网格中画出△A1B1C1；

（3）△A1B1C1的面积为　　．

【分析】（1）直接利用已知点位置进而得出各点的坐标；

（2）利用位似图形的性质得出对应点位置进而得出答案；

（3）利用三角形面积求法进而得出答案．

解：（1）点A的坐标是：（2，8）；点C的坐标是：（6，6）．

故答案为：（2，8），（6，6）；

（2）如图所示：△A1B1C1，即为所求；

（3）△A1B1C1的面积为：×3×1＝．

故答案为：．

20．随着国内新能源汽车的普及，为了适应社会的需求，全国各地都在加快公共充电桩的建设，某省2018年公共充电桩的数量为1万个，2020年公共充电桩的数量为2.万个．

（1）求2018年至2020年该省公共充电桩数量的年平均增长率；

（2）按照这样的增长速度，预计2021年该省将新增多少万个公共充电桩？

【分析】（1）设2018年至2020年该省公共充电桩数量的年平均增长率为x，根据该省2018年及2020年公共充电桩，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）根据该省2021年公共充电桩数量＝该省2020年公共充电桩数量×增长率，即可求出结论．

解：（1）设2018年至2020年该省公共充电桩数量的年平均增长率为x，

依题意得：（1+x）2＝2.，

解得：x1＝0.7＝70%，x2＝﹣2.7（不合题意，舍去）．

答：2018年至2020年该省公共充电桩数量的年平均增长率为70%．

（2）2.×70%＝2.023（万个）．

答：预计2021年该省将新增2.023万个公共充电桩．

21．有公共顶点A的正方形ABCD与正方形AEGF按如图1所示放置，点E，F分别在边AB和AD上，连接BF，DE，M是BF的中点，连接AM交DE于点N．

【观察猜想】

（1）线段DE与AM之间的数量关系是 　DE＝2AM　，位置关系是 　DE⊥AM　；

【探究证明】

（2）将图1中的正方形AEGF绕点A顺时针旋转45°，点G恰好落在边AB上，如图2，其他条件不变，线段DE与AM之间的关系是否仍然成立？并说明理由．

【分析】（1）由正方形的性质得出AD＝AB，AF＝AE，∠DAE＝∠BAF＝90°，证明△DAE≌△BAF（SAS），由全等三角形的性质得出DE＝BF，∠ADE＝∠ABF，由直角三角形的性质可得出结论；

（2）延长AM至点H，使得AM＝MH，连接FH，证明△AMB≌△HMF（SAS），由全等三角形的性质得出AB＝HF，∠ABM＝∠HFM，证明△EAD≌△AFH（SAS），由全等三角形的性质得出DE＝AH，则可得出答案．

解：（1）∵四边形ABCD和四边形AEGF都是正方形，

∴AD＝AB，AF＝AE，∠DAE＝∠BAF＝90°，

∴△DAE≌△BAF（SAS），

∴DE＝BF，∠ADE＝∠ABF，

∵∠ABF+∠AFB＝90°，

∴∠ADE+∠AFB＝90°，

在Rt△BAF中，M是BF的中点，

∴AM＝FM＝BM＝BF，

∴DE＝2AM．

∵AM＝FM，

∴∠AFB＝∠MAF，

又∵∠ADE+∠AFB＝90°，

∴∠ADE+∠MAF＝90°，

∴∠AND＝180°﹣（∠ADE+∠MAF）＝90°，

即AN⊥DN；

故答案为DE＝2AM，DE⊥AM．

（2）仍然成立，

证明如下：延长AM至点H，使得AM＝MH，连接FH，

∵M是BF的中点，

∴BM＝FM，

又∵∠AMB＝∠HMF，

∴△AMB≌△HMF（SAS），

∴AB＝HF，∠ABM＝∠HFM，

∴AB∥HF，

∴∠HFG＝∠AGF，

∵四边形ABCD和四边形AEGF是正方形，

∴∠DAB＝∠AFG＝90°，AE＝AF，AD＝AB＝FH，∠EAG＝∠AGF，

∴∠EAD＝∠EAG+∠DAB＝∠AFG+∠AGF＝∠AFG+∠HFG＝∠AFH，

∴△EAD≌△AFH（SAS），

∴DE＝AH，

又∵AM＝MH，

∴DE＝AM+MH＝2AM，

∵△EAD≌△AFH，

∴∠ADE＝∠FHA，

∵△AMB≌△HMF，

∴∠FHA＝∠BAM，

∴∠ADE＝∠BAM，

又∵∠BAM+∠DAM＝∠DAB＝90°，

∴∠ADE+∠DAM＝90°，

∴∠AND＝180°﹣（∠ADE+∠DAM）＝90°，

即AN⊥DN．

故线段DE与AM之间的数量关系是DE＝2AM．线段DE与AM之间的位置关系是DE⊥AM．

22．如图1，在菱形ABCD中，点P是对角线AC上一动点，已知AC＝6cm，设A，P两点间距离为xcm，P，D两点间的距离为ycm，小红根据学习函数的经验，对函数y随自变量x的变化而变化的规律进行了探究．

下面是小红的探究过程，请补充完整：

（1）通过取点、画图、测量，得到了x与y的几组值，如表：

（2）建立平面直角坐标系，描出以补全后的表中各对对应值为坐标的点，（如图2）画出该函数的图象；

（3）结合画出的函数图象，解决问题：当△APD为等腰三角形时，AP的长度约为 　2.2或3.6或6.0　cm．（保留一位小数）

【分析】（1）运用等腰三角形性质和勾股定理即可求得答案；

（2）运用描点法，画出函数图象即可；

（3）分三种情况：x＝AD，y＝AD，x＝y，分别进行讨论即可求得答案．

解：（1）由表格可得：AD＝3.6，

∵x＝3时，AP＝AC，

∴DP⊥AC，

∴m＝≈2.0，

故答案为2.0；

（2）如图：

（3）当x＝AD＝3.6时，△APD为等腰三角形，

当y＝AD＝3.6时，x＝6.0，此时△APD为等腰三角形，

当x＝y时，由图象可得x＝2.2，此时△APD为等腰三角形，

故答案为2.2或3.6或6.0．

23．在矩形ABCD的CD边上取一点E，将△BCE沿BE翻折，使点C恰好落在AD边上点F处．

（1）如图1，若BC＝2BA，求∠CBE的度数；

（2）如图2，当AB＝5，且AF•FD＝10时，求BC的长；

（3）如图3，延长EF，与∠ABF的角平分线交于点M，BM交AD于点N，当NF＝AN+FD时，求的值．

【分析】（1）由折叠的性质得出BC＝BF，∠FBE＝∠EBC，根据直角三角形的性质得出∠AFB＝30°，可求出答案；

（2）证明△FAB∽△EDF，由相似三角形的性质得出，可求出DE＝2，求出EF＝3，由勾股定理求出DF＝，则可求出AF，即可求出BC的长；

（3）过点N作NG⊥BF于点G，证明△NFG∽△BFA，，设AN＝x，设FG＝y，则AF＝2y，由勾股定理得出（2x）2+（2y）2＝（2x+y）2，解出y＝x，则可求出答案．

解：（1）∵四边形ABCD是矩形，

∴∠C＝90°，

∵将△BCE沿BE翻折，使点C恰好落在AD边上点F处，

∴BC＝BF，∠FBE＝∠EBC，∠C＝∠BFE＝90°，

∵BC＝2AB，

∴BF＝2AB，

∴∠AFB＝30°，

∵四边形ABCD是矩形，

∴AD∥BC，

∴∠AFB＝∠CBF＝30°，

∴∠CBE＝∠FBC＝15°；

（2）∵将△BCE沿BE翻折，使点C恰好落在AD边上点F处，

∴∠BFE＝∠C＝90°，CE＝EF，

又∵矩形ABCD中，∠A＝∠D＝90°，

∴∠AFB+∠DFE＝90°，∠DEF+∠DFE＝90°，

∴∠AFB＝∠DEF，

∴△FAB∽△EDF，

∴，

∴AF•DF＝AB•DE，

∵AF•DF＝10，AB＝5，

∴DE＝2，

∴CE＝DC﹣DE＝5﹣2＝3，

∴EF＝3，

∴DF＝＝＝，

∴AF＝＝2，

∴BC＝AD＝AF+DF＝2＝3．

（3）过点N作NG⊥BF于点G，

∵NF＝AN+FD，

∴NF＝AD＝BC，

∵BC＝BF，

∴NF＝BF，

∵∠NFG＝∠AFB，∠NGF＝∠BAF＝90°，

∴△NFG∽△BFA，

∴，

设AN＝x，

∵BN平分∠ABF，AN⊥AB，NG⊥BF，

∴AN＝NG＝x，AB＝BG＝2x，

设FG＝y，则AF＝2y，

∵AB2+AF2＝BF2，

∴（2x）2+（2y）2＝（2x+y）2，

解得y＝x．

∴BF＝BG+GF＝2x+x＝x．

∴＝．