安徽省2021年中考数学真题（解析版）

2021 年安徽省中考数学试卷一、选择题（本大题共 10 小题，每小题 4 分，满分 40 分）每小题都给出 A，B，C，D 四个选项，其中只有一个是符合题目要求的． 1. 的绝对值是（）9 1919A. B. C. D. 99 A【答案】【解析】【分析】利用绝对值的定义直接得出结果即可【详解】解：的绝对值是：9 9 故选:A 【点睛】本题考查绝对值的定义，正确理解定义是关键，熟记负数的绝对值是它的相反数是重点 2. 《2020 年国民经济和社会发展统计公报》显示，2020 年我国共资助 8990 万人参加基本医疗保险．其中 8990 万用科学记数法表示为（）A. 89.9×106 B. 8.99×107 C. 8.99×108 D. 0.899×109 B【答案】【解析】 8990 89900000 后，直接利用科学记数法的定义即可求解．【分析】将万还原为 78990 =89900000= 万【详解】解：，8.9910 B故选．【点睛】本题考查了科学记数法的定义及其应用，解决本题的关键是牢记其概念和公式，本题易错点是含 “”有单位万，学生在转化时容易出现错误．计算 x2 (x)3 的结果是（）3. x5 x6 x6 x5 A. B. C. D. D【答案】【解析】【分析】利用同底数幂的乘法法则计算即可【详解】解： x2 (x)3 =-x23  x5 故选：D 【点睛】本题考查同底数幂的乘法法则，正确使用同底数幂相乘，底数不变，指数相加是关键 4. 几何体的三视图如图所示，这个几何体是（） A. B. C. D. C【答案】【解析】【分析】根据三视图，该几何体的主视图可确定该几何体的形状，据此求解即可． ABCD【详解】解：根据，，，三个选项的物体的主视图可知，与题图有吻合的只有选项， C故选：C．【点睛】本题考查了由三视图判断几何体的知识，熟练掌握三视图并能灵活运用，是解题的关键． 5. 两个直角三角板如图摆放，其中，E  45 ，C  30 ，AB 与 DF 交于点 BAC  EDF  90 M．若，则的大小为（）BC / /EF BMD A. B. C. D. 82.5 60 67.5 75 C【答案】【解析】【分析】根据，可得再根据三角形内角和即可得出答案． FDB  F  45， BC / /EF 【详解】由图可得 B  60，F  45， ∵，BC / /EF ∴∴FDB  F  45， BMD 180 FDB  B 180 45 60  75，故选：C．【点睛】本题考查了平行线的性质和三角形的内角和，掌握平行线的性质和三角形的内角和是解题的关键． 6. 某品牌鞋子的长度 ycm 与鞋子的“码”数 x 之间满足一次函数关系．若 22 码鞋子的长度为 16cm，44 码鞋子的长度为 27cm，则 38 码鞋子的长度为（）A. 23cm 【答案】【解析】 B. 24cm C. 25cm D. 26cm By  kx  b 22,16 44,27 和代入求出一次函数解析式，把 【分析】设，分别将代入即可求解． x  38 y  kx  b 22,16 44,27 和代入可得： 【详解】解：设，分别将 16  22k  b ，27  44k  b 12b  5 k  解得，1∴，y  x  5 21y  38  5  24cm 当时，，x  38 2故选：B．【点睛】本题考查一次函数的应用，掌握用待定系数法求解析式是解题的关键． 417. b  a  c 设 a，b，c 为互不相等的实数，且，则下列结论正确的是（）55a b  4(b  c) a  c  5(a b) a  b  c A. B. c  b  a C. D. D【答案】【解析】【分析】举反例可判断 A 和 B，将式子整理可判断 C 和 D． 41b  a  c  6 时， c  b  a ，故 A 错误；【详解】解：A．当，a  5 c 10 ，5541b  a  c  9 a  b  c B．当，a 10 c  5 ，时，，故 B 错误； 55145a b  4(b  c) a  c  5(a b) b  a  cC． D．整理可得整理可得，故 C 错误； 541b  a  c ，故 D 正确； 55故选：D．【点睛】本题考查等式的性质，掌握等式的性质是解题的关键． 8. ，过菱形 ABCD 的对称中心 O 分别作边 AB，BC 的垂线，如图，在菱形 ABCD 中，，A 120 AB  2 交各边于点 E，F，G，H，则四边形 EFGH 的周长为（）A. B. C. D. 2  2 3 2  3 1 2 3 3 3 A【答案】【解析】 OE=OF=OG=OH EF OE 和的长，即可求出该四边形的周长．【分析】依次求出，利用勾股定理得出 ∵HF⊥BC,EG⊥AB, 【详解】 ∴∠BEO=∠BFO=90° ，∵∠A=120° ，∴∠B=60° ，∴∠EOF=120° ∠EOH=60° ，，HF⊥AD,EG⊥CD 由菱形的对边平行，得，O因为点是菱形 ABCD 的对称中心， ∴O OE=OF=OG=OH ，点到各边的距离相等，即 ∴∠OEF=∠OFE=30° ∠OEH=∠OHE=60° ，，∴∠HEF=∠EFG=∠FGH=∠EHG=90° ，EFGH 所以四边形是矩形； OE=OF=OG=OH=x 设，22∴EG=HF=2x ，，EF  HG  2x  x  3x AC 如图，连接，则 AC O经过点， ABC 可得三角形是等边三角形， ∴∠BAC=60° AC=AB=2, ，∴OA=1,∠AOE=30° ，1∴AE= ，2213  12  ∴x=OE=   2  233∴EFGH EF+FG+GH+HE= 的周长为 ,四边形 2 3x  2x  2 3  2  3 3 22A故选．【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． 9. 如图在三条横线和三条竖线组成的图形中，任选两条横线和两条竖线都可以图成一个矩形，从这些矩形中任选一个，则所选矩形含点 A 的概率是（）14134938A. B. C. D. D【答案】【解析】【分析】根据题意两条横线和两条竖线都可以组成矩形个数，再得出含点 A 矩形个数，进而利用概率公式求出即可．【详解】解：两条横线和两条竖线都可以组成一个矩形，则如图的三条横线和三条竖线组成可以 9 个矩形，其中含点 A 矩形 4个， 4∴所选矩形含点 A 的概率是 9故选：D 【点睛】本题考查概率的求法，考查古典概型、列举法等基础知识，考查运算求解能力，是基础题． BAC 平分线的垂线，垂足分别为点 D，E，BC 的中 10. 在ABC 中，，分别过点 B，C 作 ACB  90 点是 M，连接 CD，MD，ME．则下列结论错误的是（ B. C. ）A. CD  2ME D. ME / /AB BD  CD ME  MD A【答案】【解析】【分析】设 AD、BC 交于点 H，作于点 F，连接 EF．延长 AC 与 BD 并交于点 G．由题意易证 HF  AB CAE FAE(SAS) ，从而证明ME 为中位线，即，故判断B 正确；又易证 ME / /AB VCBF AGD ABD(ASA) ，从而证明 D 为 BG 中点．即利用直角三角形斜边中线等于斜边一半即可求出，故判断 C 正确；由、和CD  BD HDM  DHM  90 HCE  CHE  90 DHM  CHE 可证明．再由、和可HDM  HCE HEM  EHF  90 EHC  EHF EHC  HCE  90 推出，即推出，即，故判断 D 正确；假设CD  2ME ，HCE  HEM HDM  HEM MD  ME 可推出，即可推出 DCM  30 ．由于无法确定的大小，故CD  2ME 不一定成立， DCM CD  2MD 故可判断 A 错误．【详解】如图，设 AD、BC 交于点 H，作于点 F，连接 EF．延长 AC 与 BD 并交于点 G． HF  AB BAC ∵AD 是的平分线，，，HC  AC HF  AB ∴HC=HF， ∴AF=AC． AF  AC CAE  FAE AE  AE ∴在和中，，VCAE FAE CAE FAE(SAS) ∴∴，，∠AEC=∠AEF=90°， CE  FE ∴C、E、F 三点共线， ∴点 E 为 CF 中点． ∵M 为 BC 中点， ∴ME 为中位线， VCBF ∴，故 B 正确，不符合题意； ME / /AB GAD  BAD AD  AD ∵在和△AGD △ABD 中，，ADG  ADB  90 AGD ABD(ASA) ∴∴，1GD  BD  BG ，即 D 为 BG 中点． 2∵在BCG 中， BCG  90 ，1CD  BG ∴，2∴，故 C 正确，不符合题意； CD  BD ∵，，，HDM  DHM  90 HCE  CHE  90 DHM  CHE ∴．HDM  HCE ∵，，，．ME / /AB HF  AB HF  ME ∴∴HEM  EHF  90 BAC ∵AD 是 ∴的平分线，．EHC  EHF ∵∴∴∴，EHC  HCE  90 ，HCE  HEM ，HDM  HEM ，故 D 正确，不符合题意； MD  ME ∵假设CD  2ME ，∴，CD  2MD ∴在 RtCDM 中， DCM  30 ．∵无法确定的大小，故原假设不一定成立，故 A 错误，符合题意． DCM 故选 A．【点睛】本题考查角平分线的性质，三角形全等的判定和性质，直角三角形的性质，三角形中位线的判定 30° 和性质以及含角的直角三角形的性质等知识，较难．正确的作出辅助线是解答本题的关键．二、填空题（本大题共 4 小题，每小题 5 分，满分 20 分） 011. 计算： ______． 4  (1)  【答案】3 【解析】【分析】先算算术平方根以及零指数幂，再算加法，即可． 0【详解】解：，4  (1)  2 1 3 故答案为 3．【点睛】本题主要考查实数的混合运算，掌握算术平方根以及零指数幂是解题的关键． 12. 埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，其底面是正方形，侧面是全等的等腰三角形，底面正方形的 nnn 1之间，则的值是______．边长与侧面等腰三角形底边上的高的比值是，它介于整数和5 1 【答案】1 【解析】【分析】先估算出，再估算出；即可完成求解． 55 1 ∵【详解】解： 5  2.236 ∴；5 11.236 1.236 12和之间，因为介于整数 ;所以 n 1 1为：．故答案【点睛】本题考查了对算术平方根取值的估算，要求学生牢记的近似值或者能正确估算出的整数部 55分即可；该题题干前半部分涉及到数学文化，后半部分为解题的要点，考查了学生的读题、审题等能力． 13. ______ 如图，圆 O 的半径为 1，ABC 内接于圆 O．若 A  60 ，B  75 ，则．AB  【答案】【解析】 2【分析】先根据圆的半径相等及圆周角定理得出∠ABO=45°，再根据垂径定理构造直角三角形，利用锐角三角函数解直角三角形即可【详解】解：连接 OB、OC、作 OD⊥AB ∵A  60 ∴∠BOC=2∠A=120° ∵OB=OC ∴∠OBC=30°又 ∴∠ABO=45° B  75 在 Rt△OBD 中，OB=1 2∴BD== 2∵OD⊥AB 2∴BD=AD= 2∴AB= 2故答案为： 2【点睛】本题考查垂径定理、圆周角定理，正确使用圆的性质及定理是解题关键设抛物线 y  x2  (a 1)x  a ，其中 a 为实数． 14. m  (1,m) （1）若抛物线经过点，则 ______；（2）将抛物线 y  x2  (a 1)x  a 向上平移 2 个单位，所得抛物线顶点的纵坐标的最大值是______． ①. ②. 2【答案】【解析】 0(1,m) 【分析】（1）直接将点代入计算即可（2）先根据平移得出新的抛物线的解析式，再根据抛物线顶点坐标得出顶点坐标的纵坐标，再通过配方得出最值 2(1,m) 【详解】解：（1）将代入 y  x  (a 1)x  a 得： m 1 a 1 a  0 故答案为：0 （2）根据题意可得新的函数解析式为： y  x2  (a 1)x  a+2 b 4ac b2 -,由抛物线顶点坐标 2a 4a 得新抛物线顶点的纵坐标为： 4(a  2)  (a 1)2 4a2  2a  7 4(a2  2a 1) 8 4(a 1)2 8 4∵(a 1)2  0 2∴当 a=1 时，  a 1 8 有最大值为 8， 84=2 ∴所得抛物线顶点的纵坐标的最大值是故答案为：2 【点睛】本题考查将抛物线的顶点坐标、将点代入代入函数解析式、利用配方法求最值是常用的方法三、（本大题共 2 小题，每小题 8 分，满分 16 分） x 1 315. 1 0 解不等式：．【答案】【解析】 x  4 【分析】利用去分母、去括号、移项、合并同类项、系数化为 1 即可解答． x 1 31 0 【详解】，(x 1) 3  0 ，，x 13  0 ，x 1 3 ．x  4 【点睛】本题考查了一元一次不等式的解法，熟练运用一元一次不等式的解法是解决问题的关键． 16. 1如图，在每个小正方形的边长为个单位的网格中，ABC 的顶点均在格点（网格线的交点）上． △ A B C △ A B C ；1 1 1 15（）将ABC 向右平移个单位得到 1 ，画出 11△ A B C △A B C △A B C ．2 2 1 21（）将（）中的 C1 1 绕点逆时针旋转得到 1 ，画出 90 112212【答案】（）作图见解析；（）作图见解析．【解析】 ABC、 1 ，然后描点即可； 1【分析】（）利用点平移的规律找出、11AB2（）利用网格特点和旋转的性质画出点，2 即可． 2△ A B C 1【详解】解：（）如下图所示， 1 为所求； 11△A B C 2（）如下图所示， 1 为所求； 22【点睛】本题考查了平移作图和旋转作图，熟悉相关性质是解题的关键．四、（本大题共 2 小题，每小题 8 分，满分 16 分） 17. 学生到工厂劳动实践，学习制作机械零件．零件的截面如图阴影部分所示，已知四边形 AEFD 为矩形，点 B、C 分别在 EF、DF 上，，BAD  53 ，，BC  6cm ．求零件的截面面 ABC  90 AB 10cm sin53  0.80 cos53  0.60 ，．积．参考数据：【答案】53.76cm2 【解析】【分析】首先证明，通过解和RtBCF ，求出 AE，BE，CF，BF，再根 EBA  BCF  53 Rt△ABE S S矩形AEFD  S△ABE  S 据△BCF 计算求解即可．四边形ABCD 【详解】解：如图， 四边形 AEFD 为矩形， BAD  53 ，∴EF//AB， EFD  90 EBA  53 ∵，ABC  90 ∴，EBA FBC  90 EFD  90 ∵∴FBC  BCF  90 EBA  BCF  53 在中，．Rt△ABE AB 10cm AE sin53   0.8 AB  AE  ABsin53  8(cm) BE cos53   0.6 又AB BE  ABcos53  6(cm) 24 18 BF  BC sin53 (cm) CF  BC cos53 (cm) ，同理可得 55S四边形ABCD  S矩形AEFD  S△ABE  S△BCF 24 11 24 18  8(6  )  86   52255 53.76(cm2 ) 答：零件的截面面积为 53.76cm2 【点睛】此题主要考查了解直角三角形，通过解答此题的关键．和RtBCF ，求出 AE，BE，CF，BF 的长是解 Rt△ABE 18. 某矩形人行道由相同的灰色正方形地砖与相同的白色等腰直角三角形地砖排列而成，图 1 表示此人行道的地砖排列方式，其中正方形地砖为连续排列． [观察思考] 当正方形地砖只有 1 块时，等腰直角三角形地砖有 6 块（如图 2）；当正方形地砖有 2 块时，等腰直角三角形地砖有 8 块（如图 3）；以此类推， [规律总结] （1）若人行道上每增加 1 块正方形地砖，则等腰直角三角形地砖增加块；（2）若一条这样的人行道一共有 n（n 为正整数）块正方形地砖，则等腰直角三角形地砖的块数为（用含 n 的代数式表示）． [问题解决] （3）现有 2021 块等腰直角三角形地砖，若按此规律再建一条人行道，要求等腰直角三角形地砖剩余最少，则需要正方形地砖多少块？【答案】（1）2 ；（2） 2n  4 ；（3）1008 块【解析】 1【分析】（）由图观察即可； 22（）由每增加一块正方形地砖，即增加块等腰直角三角形地砖，再结合题干中的条件正方形地砖只有 16块时，等腰直角三角形地砖有块，递推即可； 3（）利用上一小题得到的公式建立方程，即可得到等腰直角三角形地砖剩余最少时需要正方形地砖的数量．【详解】解：（1）由图可知，每增加一块正方形地砖，即增加 2块等腰直角三角形地砖；故答案为：2 ；（2）由（1）可知，每增加一块正方形地砖，即增加 2块等腰直角三角形地砖；当正方形地砖只有 1 块时，等腰直角三角形地砖有 6 块，即 2+4；所以当地砖有 n 块时，等腰直角三角形地砖有（）块； 2n  4 故答案为：；2n  4 （3）令 2n  4  2021 n 1008时， 2n  4  2020 则n 1008.5 当此时，剩下一块等腰直角三角形地砖 需要正方形地砖 1008 块．【点睛】本题为图形规律题，涉及到了一元一次方程、列代数式以及代数式的应用等，考查了学生的观察、发现、归纳以及应用的能力，解题的关键是发现规律，并能列代数式表示其中的规律等．五、（本大题共 2 小题，每小题 10 分，满分 20 分） 6y  kx(k  0) 19. y  已知正比例函数与反比例函数的图象都经过点 A（m，2）． x（1）求 k，m 的值；（2）在图中画出正比例函数范围． y  kx 的图象，并根据图象，写出正比例函数值大于反比例函数值时 x 的取值 2k,m 【答案】（1）的值分别是和3；（2）或3  x  0 x  3 3【解析】 6y  kx(k  0) y  【分析】（1）把点 A（m，2）代入求得 m 的值，从而得点 A 的坐标，再代入求得 k 值 x即可； 6y  kx y  kx(k  0) y  （2）在坐标系中画出的图象，根据正比例函数的图象与反比例函数图象的两个 x交点坐标关于原点对称，求得另一个交点的坐标，观察图象即可解答． 66A(m,2) y  2  【详解】（1）将 m  3 代入得，xm， A(3,2) ，y  kx A(3,2) 将代入得，2  3k 2k  ，32k,m 的值分别是和3． 32y  x的图象如图所示，（2）正比例函数 36y  kx(k  0) y  kx(k  0) y  y  ∵正比例函数 ∴正比例函数与反比例函数与反比例函数的图象都经过点 A（3，2）， x6的图象的另一个交点坐标为（-3，-2）， x由图可知：正比例函数值大于反比例函数值时 x 的取值范围为或3  x  0 x  3 ．【点睛】本题是正比例函数与反比例函数的综合题，利用数形结合思想是解决问题的关键． 20. AB CD O如图，圆中两条互相垂直的弦 E交于点．，1（） MCD OM 3CD 12 O，求圆的半径长；是的中点， CD CEEF 上，且＝，求证：＝，＝2（）点 F在．AF  BD 1【答案】（） 2；（）见解析． 3 5 【解析】 MC  6 ，利 OM 1MCD OM OCD 平分，则有【分析】（）根据用勾股定理可求得半径的长；（2）连接 AC，延长 AF 交 BD 于 G，根据CE  EF 是的中点，与圆直径共线可得，OM  CD ，，可得，，利用圆，即有 AE  FC AF  AC 1 2 周角定理可得 2  D ，可得，利用直角三角形的两锐角互余，可证得 AGB  90 1  D ．AF  BD 1【详解】（）解：连接 OC ，∵M CDOM O与圆直径共线是的中点， OM ∴，平分 CD， OM  CD OMC  90 CD 12 MC  6 ．在中． Rt△OMC OC  MC2  OM 2  62  32  3 5 ∴圆O的半径为 3 5 2AC （）证明：连接，延长 AF BD G 交于．，CE  EF AE  FC  AF  AC 又CE  EF 1  2   BC  BC 2  D 1 D 在中RtBED D  B  90 1 B  90 AGB  90  AF  BD 【点睛】本题考查了垂径定理，圆周角定理，直角三角形的两锐角互余，勾股定理等知识点，熟练应用相关知识点是解题的关键．六、（本题满分 12 分） 21. 为了解全市居民用户用电情况，某部门从居民用户中随机抽取 100 户进行月用电量（单位：kW•h）调查，按月用电量 50～100，100～150，150～200，200～250，250～300，300～350 进行分组，绘制频数分布直方图如下：（1）求频数分布直方图中 x 的值；（2）判断这 100 户居民用户月用电量数据的中位数在哪一组（直接写出结果）；（3）设各组居民用户月平均用电量如表：组别 50～100 100～150 150～200 200～250 250～300 300～350 月平均用电量（单位：kW•h） 75 125 175 225 275 325 根据上述信息，估计该市居民用户月用电量的平均数．【答案】（1）22；（2）150 ~ 200 ；（3）186kw h 【解析】【分析】（1）利用 100 减去其它各组的频数即可求解；的（2）中位数是第 50 和 51 两个数平均数，第50 和 51 两个数都位于月用电量 150～200 的范围内，由此即可解答；（3）利用加权平均数的计算公式即可解答． 100  (12 18 30 12  6)  22 【详解】（1） x  22 （2）∵中位数是第 50 和 51 两个数的平均数，第 50 和 51 两个数都位于月用电量 150～200 的范围内， ∴这 100 户居民用户月用电量数据的中位数在月用电量 150～200 的范围内；（3）设月用电量为 y， 7512 1251817530  22522  27512  3256 y  100 900  2250  5250  4950  3300 1950 100 186(kwh) 答：该市居民用户月用电量的平均数约为186kwh ．【点睛】本题考查了频数分布直方图、中位数及加权平均数的知识，正确识图，熟练运用中位数及加权平均数的计算方法是解决问题的关键．七、（本题满分 12 分） 222. 已知抛物线的对称轴为直线．y  ax  2x 1(a  0) x 1 （1）求 a 的值； 1 x  0 1 x  2 ，．比较y1 与 y2 的大小，并（2）若点 M（x1，y1），N（x2，y2）都在此抛物线上，且 21说明理由；与抛物线 y  ax2  2x 1交于点 A、B，与抛物线 y  3(x 1)2 交于点 C，D， y  m(m  0) （3）设直线求线段 AB 与线段 CD 的长度之比． y  y a 1 【答案】（1）；（2） 2 ，见解析；（3） 31【解析】 bx   【分析】（1）根据对称轴，代值计算即可 2a （2）根据二次函数的增减性分析即可得出结果 2 3m CD  x  x （3）先根据求根公式计算出，再表示出，=，AB | m 1 ( m 1) | x 1 m 123即可得出结论 2 2a x   1 【详解】解：（1）由题意得： \ a = 1 （2）抛物线对称轴为直线，且 x 1 a 1 0 当x 1时，y 随 x 的增大而减小，当x 1时，y 随 x 的增大而增大． 1 x 1 时，y1 随 x1 的增大而减小，当1y 1 y  4 时，，时， x  1 x  0 1 y1  4 1 x  2 同理：时，y2 随 x2 的增大而增大 2y  0  x 1时，．y 1 时， x  2 0  y2 1  y1  y2 2（3）令 x  2x 1 m x2  2x  (1 m)  0   (2)2  41(1 m)  4m 2  4m 21 x  1 m x2  m 1 x1  m 1  AB | m 1 ( m 1) |  2 m 令3(x 1)2  m m(x 1)2  33m 3m x1  1 x2   1 332 3m CD  x1  x2 3AB 2 m 2 3m 3 3 CD AB 与 CD 的比值为 3【点睛】本题考查二次函数的图像性质、二次函数的解析式、对称轴、函数的交点、正确理解二次函数的性质是关键，利用交点的特点解题是重点八、（本题满分 14 分） 23. 如图 1，在四边形 ABCD 中，，点 E 在边 BC 上，且，DE / /AB ，作 ABC  BCD AE / /CD 交线段 AE 于点 F，连接 BF． CF / /AD （1）求证：；△ABF≌△EAD CD  5 （2）如图 2，若，，ECF  AED ，求 BE 的长； AB  9 BE （3）如图 3，若 BF 的延长线经过 AD 的中点 M，求的值． EC 【答案】（1）见解析；（2）6；（3） 1 2 【解析】【分析】（1）根据平行线的性质及已知条件易证，DCE  DEC ，即可得，ABE  AEB AB  AE ；再证四边形 AFCD 是平行四边形即可得，所以，根据 SAS 即可证得 DE  DC AF  CD AF  DE ；△ABF≌△EAD （2）证明△EBF∽△EAB ，利用相似三角形的性质即可求解； AB AE BE CE 1 ；设，（3）延长 BM、ED 交于点 G．易证，可得，ABE∽DCE BE  x DC DE CE DC  DE  a ，由此可得 AB  AE  ax ，AF  CD  a ；再证明△MAB≌△MDG ，根据全等三角形 FA AB 的性质可得．证明，根据相似三角形的性质可得，即 DG  AB  ax △FAB∽△FEG FE EG aax BE ，解方程求得 x 的值，继而求得的值． EC a(x 1) a(x 1) 【详解】（1）证明：， AE / /CD AEB  DCE ；DE / /AB ，ABE  DEC ，，1 2 ，ABC  BCD ，DCE  DEC ，ABE  AEB ∴ AB  AE ，DE  DC ，，AD / /CF ， AF / /CD 四边形 AFCD 是平行四边形  AF  CD  AF  DE 在与ABF EAD 中． AB  EA 1 2 AF  ED ，△ABF≌△EAD(SAS) （2），△ABF≌△EAD ，BF  AD 在□ AFCD 中，，AD  CF ，BF  CF ，FBC  FCB FCB  2 又，，2  1 FBC  1 ，在△EBF 与中． EAB EBF  1 ，BEF  AEB ；△EBF∽△EAB EB EF ；EA EB ， AB  9  AE  9 CD  5  AF  5 ；，；，EF  4 EB 4，9EB BE  6 或6（舍）；（3）延长 BM、ED 交于点 G．与均为等腰三角形，，DCE ABC  DCE ABE ，，△ABE∽△DCE AB AE BE DC DE CE CE 1 设则，，DC  DE  a ，BE  x AB  AE  ax ，AF  CD  a ，EF  a(x 1) ，， AB / /DG ；3  G 在与中， MDG △MAB 3  G 4  5 MA  MD ，△MAB≌△MDG(AAS) ；DG  AB  ax EG  a(x 1) ．；， AB / /EG △FAB∽△FEG ，FA AB ，FE EG aax ，a(x 1) a(x 1) x(x 1)  x 1 ，2，x  2x 1 0 (x 1)2  2 ，，x 1 2 x1 1 2 （舍）， x2 1 2 ， BE 1 2 ．EC 【点睛】本题是三角形综合题，考查了全等三角形的性质及判定、相似三角形的性质及判定，熟练判定三角形全等及相似是解决问题的关键．