2024届四川省自贡市富顺县数学九上期末质量检测模拟试题含解析

2024届四川省自贡市富顺县数学九上期末质量检测模拟试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题(每小题3分,共30分)1．掷一枚质地均匀的硬币6次，下列说法正确的是()A．必有3次正面朝上 B．可能有3次正面朝上C．至少有1次正面朝上 D．不可能有6次正面朝上2．如图，四边形ABCD和四边形A'B'C'D'是以点O为位似中心的位似图形，若OA：OA'＝3：5，则四边形ABCD和四边形A'B'C'D'的面积比为（）A．3：5 B．3：8 C．9：25 D．：3．某篮球队14名队员的年龄如表：年龄（岁）18192021人数5432则这14名队员年龄的众数和中位数分别是（）A．18，19 B．19，19 C．18，4 D．5，44．如图，等边的边长为是边上的中线，点是边上的中点.如果点是上的动点，那么的最小值为（）A． B． C． D．5．若一次函数y=ax+b（a≠0）的图象与x轴的交点坐标为（﹣2，0），则抛物线y=ax2+bx的对称轴为（）A．直线x=1 B．直线x=﹣2 C．直线x=﹣1 D．直线x=﹣46．下列运算中，正确的是（）．A． B． C． D．7．下列四个图形中，既是中心对称图形，又是轴对称图形的是（）A． B． C． D．8．如图，AB是⊙O的直径，OC是⊙O的半径，点D是半圆AB上一动点（不与A、B重合）,连结DC交直径AB与点E,若∠AOC=60°，则∠AED的范围为（）A．0°<∠AED<180° B．30°<∠AED<120°C．60°<∠AED<120° D．60°<∠AED<150°9．二次函数的图象如图所示，下列结论：；；；；，其中正确结论的是A． B． C． D．10．顺次连接矩形各边中点得到的四边形是（）A．平行四边形 B．矩形 C．菱形 D．正方形二、填空题(每小题3分,共24分)11．将含有30°角的直角三角板OAB如图放置在平面直角坐标系中，OB在x轴上，若OA＝2，将三角板绕原点O顺时针旋转75°，则点A的对应点A′的坐标为___________．12．如图，在边长为2的菱形ABCD中，，点E、F分别在边AB、BC上.将BEF沿着直线EF翻折，点B恰好与边AD的中点G重合，则BE的长等于________．13．如图，等腰△ABC中，∠A＝36°，AB＝AC，BD平分∠ABC交AC于点D，则的值等于_____．14．如图，的顶点都在方格纸的格点上，则_______．15．如图，在△ABC中，∠C=90°，AC=3，若cosA=,则BC的长为________.16．四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，给出下列四个条件：①AD∥BC；②AD=BC；③OA=OC；④OB=OD从中任选两个条件，能使四边形ABCD为平行四边形的选法有________种17．如图，将边长为4的正方形沿其对角线剪开，再把沿着方向平移，得到，当两个三角形重叠部分的面积为3时，则的长为_________．18．若抛物线经过（3，0)，对称轴经过（1，0)，则_______．三、解答题(共66分)19．（10分）如图，在矩形ABCD中，AB=2，E为BC上一点，且BE=1，∠AED=90°，将AED绕点E顺时针旋转得到，A′E交AD于P，D′E交CD于Q，连接PQ，当点Q与点C重合时，AED停止转动．（1）求线段AD的长；（2）当点P与点A不重合时，试判断PQ与的位置关系，并说明理由；（3）求出从开始到停止，线段PQ的中点M所经过的路径长．20．（6分）定义：点P在△ABC的边上，且与△ABC的顶点不重合．若满足△PAB、△PBC、△PAC至少有一个三角形与△ABC相似（但不全等），则称点P为△ABC的自相似点．如图①，已知点A、B、C的坐标分别为（1，0）、（3，0）、（0，1）．（1）若点P的坐标为（2，0），求证点P是△ABC的自相似点；（2）求除点（2，0）外△ABC所有自相似点的坐标；（3）如图②，过点B作DB⊥BC交直线AC于点D，在直线AC上是否存在点G，使△GBD与△GBC有公共的自相似点？若存在，请举例说明；若不存在，请说明理由．21．（6分）某化肥厂2019年生产氮肥4000吨，现准备通过改进技术提升生产效率，计划到2021年生产氮肥4840吨.现技术攻关小组按要求给出甲、乙两种技术改进方案，其中运用甲方案能使每年产量增长的百分率相同，运用乙方案能使每年增长的产量相同.问运用哪一种方案能使2020年氮肥的产量更高？高多少？22．（8分）已知：在Rt△ABC中，AB=BC,在Rt△ADE中，AD=DE；连结EC，取EC的中点M，连结DM和BM．（1）若点D在边AC上，点E在边AB上且与点B不重合，如图1，求证：BM=DM且BM⊥DM；（2）如果将图1中的△ADE绕点A逆时针旋转小于45°的角，如图2，那么（1）中的结论是否仍成立？如果不成立，请举出反例；如果成立，请给予证明．23．（8分）如图，在正方形ABCD中，等边△AEF的顶点E、F分别在BC和CD上．（1）、求证：△ABE≌△ADF；（2）、若等边△AEF的周长为6，求正方形ABCD的边长．24．（8分）如图1，在平面直角坐标系中，二次函数的图象与轴交于两点，点为抛物线的顶点，为线段中点.（1）求的值；（2）求证：；（3）以抛物线的顶点为圆心，为半径作，点是圆上一动点，点为的中点（如图2）；①当面积最大时，求的长度；②若点为的中点，求点运动的路径长.

25．（10分）如图，在电线杆CD上的C处引拉线CE、CF固定电线杆，拉线CE和地面所成的角∠CED=60°，在离电线杆6米的B处安置高为1.5米的测角仪AB，在A处测得电线杆上C处的仰角为30°，则拉线CE的长为______________m(结果保留根号)．26．（10分）如图，破残的圆形轮片上，弦AB的垂直平分线交AB于C，交弦AB于D．(1)求作此残片所在的圆(不写作法，保留作图痕迹)；(2)若AB＝24cm，CD＝8cm，求(1)中所作圆的半径.

参考答案一、选择题(每小题3分,共30分)1、B【分析】根据随机事件是指在一定条件下，可能发生也可能不发生的事件，可得答案．【详解】解：掷硬币问题，正、反面朝上的次数属于随机事件，不是确定事件，故A,C,D错误.

故选：B．【点睛】本题考查了随机事件，解决本题需要正确理解必然事件、不可能事件、随机事件的概念．必然事件指在一定条件下一定发生的事件．不可能事件是指在一定条件下，一定不发生的事件．不确定事件即随机事件是指在一定条件下，可能发生也可能不发生的事件．2、C【分析】根据题意求出两个相似多边形的相似比，根据相似多边形的性质解答．【详解】∵四边形ABCD和A′B′C′D′是以点O为位似中心的位似图形，OA：OA′＝3：5，∴DA：D′A′＝OA：OA′＝3：5，∴四边形ABCD与四边形A′B′C′D′的面积比为：9：1．故选：C．【点睛】本题考查位似的性质，根据位似图形的面积比等于位似比的平方可得，位似图形即特殊的相似图形，运用相似图形的性质是解题的关键.3、A【分析】根据众数和中位数的定义求解可得．【详解】∵这组数据中最多的数是18，∴这14名队员年龄的众数是18岁，∵这组数据中间的两个数是19、19，∴中位数是＝19（岁），故选：A．【点睛】本题考查众数和中位数，将一组数据从小到大的顺序排列，如果数据的个数是奇数，则处于中间位置的数称为这组数据的中位数；如果数据的个数是偶数，则中间两个数的平均数称为这组数据的中位数；一组数据中出现次数最多的数据称为这组数据的众数；熟练掌握定义是解题关键．4、D【分析】要求EP+CP的最小值，需考虑通过作辅助线转化EP，CP的值，从而找出其最小值求解【详解】连接BE，与AD交于点G．∵△ABC是等边三角形，AD是BC边上的中线，∴AD⊥BC，∴AD是BC的垂直平分线，∴点C关于AD的对称点为点B，∴BE就是EP+CP的最小值．∴G点就是所求点，即点G与点P重合，∵等边△ABC的边长为8，E为AC的中点，∴CE=4，BE⊥AC，在直角△BEC中，BE=，∴EP+CP的最小值为，故选D.【点睛】此题考查轴对称-最短路线问题，等边三角形的对称性、三线合一的性质以及勾股定理的运用，熟练掌握，即可解题.5、C【解析】∵一次函数y=ax+b（a≠0）的图象与x轴的交点坐标为（﹣2，0），∴﹣2a+b=0，即b=2a．∴抛物线y=ax2+bx的对称轴为直线．故选C．6、C【解析】试题分析：3a和2b不是同类项，不能合并，A错误；和不是同类项，不能合并，B错误；，C正确；，D错误，故选C．考点：合并同类项．7、D【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念，并结合图形的特点求解．【详解】解：A、不是轴对称图形，是中心对称图形，故选项错误；

B、不是轴对称图形，是中心对称图形，故选项错误；

C、是轴对称图形，不是中心对称图形，故选项错误；

D、是轴对称图形，是中心对称图形，故选项正确．

故选：D．【点睛】本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念．

轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形沿对称轴折叠后可重合；

中心对称图形关键是要寻找对称中心，图形旋转180°后与原图重合．8、D【分析】连接BD，根据圆周角定理得出∠ADC=30°,∠ADB=90°，再根据三角形的外角性质可得到结论.【详解】如图，连接BD，由∵∠AOC=60°,∴∠ADC=30°,∴∠DEB>30°∴∠AED<150°,∵AB是⊙O的直径，∴∠ADB=90°,∴∠EDB=90°-30°=60°,∴∠AED>60°∴60°<∠AED<150°,故选D【点睛】本题考查了圆周角定理和三角形的外角性质.正确应用圆周角定理找出∠ADC=30°,∠ADB=90°是解题的关键.9、C【分析】利用图象信息以及二次函数的性质一一判断即可；【详解】解：∵抛物线开口向下，∴a＜0，∵对称轴x＝﹣1＝，∴b＜0，∵抛物线交y轴于正半轴，∴c＞0，∴abc＞0，故①正确，∵抛物线与x轴有两个交点，∴b2﹣4ac＞0，故②错误，∵x＝﹣2时，y＞0，∴4a﹣2b+c＞0，∴4a+c＞2b，故③正确，∵x＝﹣1时，y＞0，x＝1时，y＜0，∴a﹣b+c＞0，a+b+c＜0，∴(a﹣b+c)(a+b+c)＜0∴，∴，故④错误，∵x＝﹣1时，y取得最大值a﹣b+c，∴ax2+bx+c≤a﹣b+c，∴x（ax+b）≤a﹣b，故⑤正确．故选C．【点睛】本题考查二次函数的图象与系数的关系等知识，解题的关键是读懂图象信息，灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．10、C【分析】根据三角形的中位线定理，得新四边形各边都等于原四边形的对角线的一半，进而可得连接对角线相等的四边形各边中点得到的四边形是菱形．【详解】解：如图，矩形中，分别为四边的中点，四边形是平行四边形，四边形是菱形．故选C．【点睛】本题主要考查了矩形的性质、菱形的判定，以及三角形中位线定理，关键是掌握三角形的中位线定理及菱形的判定．二、填空题(每小题3分,共24分)11、（，）【解析】过A′作A′C⊥x轴于C，根据旋转得出∠AOA′=75°，OA=OA′=2，求出∠A′OC=45°，推出OC=A′C，解直角三角形求出OC和A′C，即可得出答案．【详解】如图,过A′作A′C⊥x轴于C，∵将三角板绕原点O顺时针旋转75°，∴∠AOA′=75°,OA=OA′=2，∵∠AOB=30°，∴∠A′OC=45°，∴OC=A′C=OA′sin45°=2×=，∴A′的坐标为(,-).故答案为：（，）.【点睛】本题考查的知识点是坐标与图形变化-旋转，解题的关键是熟练的掌握坐标与图形变化-旋转.12、【分析】如图，作GH⊥BA交BA的延长线于H，EF交BG于O．利用勾股定理求出MG，由此即可解决问题.【详解】过点G作GM⊥AB交BA延长线于点M，则∠AMG=90°，∵G为AD的中点，∴AG=AD==1，∵四边形ABCD是菱形，∴AB//CD，∴∠MAG=∠D=60°，∴∠AGM=30°，∴AM=AG=，∴MG=，设BE=x，则AE=2-x，∵EG=BE，∴EG=x，在Rt△EGM中，EG2=EM2+MG2，∴x2=(2-x+)2+，∴x=，故答案为.【点睛】本题考查了菱形的性质、轴对称的性质等，正确添加辅助线构造直角三角形利用勾股定理进行解答是关键.13、【分析】先证△ABC和△BDC都是顶角为36°的等腰三角形，然后证明△BDC∽△ABC，根据相似三角形的性质即可得出结论．【详解】∵在△ABC中，∠A=36°，AB=AC，∴∠ABC=∠ACB=72°．∵BD平分∠ABC，∴∠DBC=∠ABD=36°，∴AD=BD，∴∠BDC=72°，∴BD=BC，∴△ABC和△BDC都是顶角为36°的等腰三角形．设CD=x，AD=y，∴BC=BD=y．∵∠C=∠C，∠DBC=∠A=36°，∴△BDC∽△ABC，∴，∴，∴，解得：(负数舍去)，∴．故答案为：．【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质以及等腰三角形的性质，掌握相似三角形的判定与性质是解答本题的关键．14、【分析】如下图，先构造出直角三角形，然后根据sinA的定义求解即可．【详解】如下图，过点C作AB的垂线，交AB延长线于点D设网格中每一小格的长度为1则CD=1，AD=3∴在Rt△ACD中，AC=∴sinA=故答案为：．【点睛】本题考查锐角三角函数的求解，解题关键是构造出直角三角形ACD．15、1【分析】由题意先根据∠C=90°，AC=3，cos∠A=，得到AB的长，再根据勾股定理，即可得到BC的长．【详解】解：∵△ABC中，∠C=90°，AC=3，cos∠A=，∴，∴AB=5，∴BC==1.故此空填1．【点睛】本题考查的是锐角三角函数的定义，锐角A的邻边b与斜边c的比叫做∠A的余弦，记作cosA，以此并结合勾股定理分析求解．16、1.【分析】根据题目所给条件，利用平行四边形的判定方法分别进行分析即可．【详解】解：由题意：①②组合可根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形判定出四边形ABCD为平行四边形；③④组合可根据对角线互相平分的四边形是平行四边形判定出四边形ABCD为平行四边形；①③可证明△ADO≌△CBO，进而得到AD=CB，可利用一组对边平行且相等的四边形是平行四边形判定出四边形ABCD为平行四边形；①④可证明△ADO≌△CBO，进而得到AD=CB，可利用一组对边平行且相等的四边形是平行四边形判定出四边形ABCD为平行四边形；

∴有1种可能使四边形ABCD为平行四边形．故答案是1．【点睛】此题主要考查了平行四边形的判定，关键是熟练掌握平行四边形的判定定理．17、1或1【分析】设AC、交于点E，DC、交于点F，且设，则，，列出方程即可解决问题．【详解】设AC、交于点E，DC、交于点F，且设，则，，重叠部分的面积为，由，解得或1．即或1．故答案是1或1．【点睛】本题考查了平移的性质、菱形的判定和正方形的性质综合，准确分析题意是解题的关键．18、1【分析】由题意得，由函数图象的对称轴为直线x＝1，根据点（3，1），求得图象过另一点（−1，1），代入可得a−b＋c＝1．【详解】解：由题意得：抛物线对称轴为直线x＝1，又图象过点（3，1），∵点（3，1）关于直线x=1对称的点为（-1,1），

则图象也过另一点（−1，1），即x＝−1时，a−b＋c＝1．

故答案为：1．【点睛】本题主要考查图象与二次函数系数之间的关系以及二次函数的对称行，重点是确定点（3，1）关于直线x=1对称的点为（-1,1）．三、解答题(共66分)19、（1）5；（2）∥，理由见解析；（3）【分析】（1）求出AE＝，证明△ABE∽△DEA，由可求出AD的长；（2）过点E作EF⊥AD于点F，证明△PEF∽△QEC，再证△EPQ∽△A'ED'，可得出∠EPQ＝∠EA'D'，则结论得证；（3）由（2）知PQ∥A′D′，取A′D′的中点N，可得出∠PEM为定值，则点M的运动路径为线段，即从AD的中点到DE的中点，由中位线定理可得出答案．【详解】解：（1）∵AB＝2，BE＝1，∠B＝90°，∴AE＝＝＝，∵∠AED＝90°，∴∠EAD+∠ADE＝90°，∵矩形ABCD中，∠ABC＝∠BAD＝90°，∴∠BAE+∠EAD＝90°，∴∠BAE＝∠ADE，∴△ABE∽△DEA，∴，∴，∴AD＝5；（2）PQ∥A′D′，理由如下：∵，∠AED＝90°∴＝＝2，∵AD＝BC＝5，∴EC＝BC﹣BE＝5﹣1＝4，过点E作EF⊥AD于点F，则∠FEC＝90°，∵∠A'ED'＝∠AED＝90°，∴∠PEF＝∠CEQ，∵∠C＝∠PFE＝90°，∴△PEF∽△QEC，∴，∵，∴，∴PQ∥A′D′；（3）连接EM，作MN⊥AE于N，由（2）知PQ∥A′D′，∴∠EPQ＝∠A′＝∠EAP，又∵△PEQ为直角三角形，M为PQ中点，∴PM＝ME，∴∠EPQ＝∠PEM，∵∠EPF＝∠EAP+∠AEA′，∠NEM＝∠PEM+∠AEA′∴∠EPF＝∠NEM，又∵∠PFE＝∠ENM﹣90°，∴△PEF∽△EMN，∴＝为定值，又∵EF＝AB＝2，∴MN为定值，即M的轨迹为平行于AE的线段，∵M初始位置为AD中点，停止位置为DE中点，∴M的轨迹为△ADE的中位线，∴线段PQ的中点M所经过的路径长＝＝．【点睛】本题考查了矩形的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，平行线的判定，中位线定理等知识，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．20、（1）见解析；（2）△CPA∽△CAB，此时P（，）；△BPA∽△BAC，此时P(，)；（3）S（3，-2）是△GBD与△GBC公共的自相似点，见解析【分析】（1）利用：两边对应成比例且夹角相等,证明△APC∽△CAB即可；（2）分类讨论：△CPA∽△CAB和△BPA∽△BAC，分别求得P点的坐标；（3）先求得点D的坐标，说明点G（5，）、S（3，-2）在直线AC：上，证得△ABC△SGB，再证得△GBS∽△GCB，说明点S是△GBC的自相似点；又证得△DBG△DSB，说明点S是△GBD的自相似点．从而说明S（3，-2）是△GBD与△GBC公共的自相似点.【详解】（1）如图，∵A（1，0），B（3，0），C（0，1），P（2，0），∴AP=2－1＝1，AC=，AB=3-1=2，∴，，∴=，∵∠PAC=∠CAB，∴△APC∽△CAB，故点P是△ABC的自相似点；（2）点P只能在BC上，①△CPA∽△CAB，如图，由(1)得：AC，AB，又，∵△CPA∽△CAB，∴，∴，∴，过点P作PD∥y轴交轴于D，∴，，∴，，∴，，P点的坐标为(，)②△BPA∽△BAC，如图，由前面获得的数据：AB，，∵△BPA∽△BAC，∴，∴，∴，过点P作PE∥y轴交轴于E，∴，∴，∴，，∴，P点的坐标为(，)；（3）存在．当点G的坐标为（5，）时，△GBD与△GBC公共的自相似点为S（3，）．理由如下：如图：设直线AC的解析式为：，

∴，解得：，∴直线AC的解析式为：，过点D作DE⊥x轴于点E，

∵∠CBO+∠DBE=90，∠EDB+∠DBE=90，∴∠CBO=∠EDB，∴，∴，设BE=a，则DE=3a，∴OE=3-a，∴点D的坐标为(3-a，-3a)，∵点D在直线AC上，∴，解得：，∴点D的坐标为(，)；如下图：当点G的坐标为（5，）时，△GBD与△GBC公共的自相似点为S（3，）．直线AC的解析式为：，

∵，，∴点G、点S在直线AC上，过点G作GH⊥x轴于点H，∵，∴，由S（3，）、B（3，0）知BS⊥x轴，∴△AED、△ABS、△AHG为等腰直角三角形，∵D(，)，S，G(，∴，，B，，，，，，，，在△ABC和△SGB中∵，，∴，∵∴∴△ABC△SGB∴∠SBG=∠BCA，又∠SGB=∠BGC，∴△GBS∽△GCB，∴点S是△GBC的自相似点；在△DBG和△DSB中，∵，，∴，且，∴△DBG△DSB；∴点S是△GBD的自相似点．∴S（3，）是△GBD与△GBC公共的自相似点．【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定，涉及的知识有：平面内点的特征、待定系数法求直线的解析式、等腰直角三角形的判定和性质、勾股定理，读懂题意，理清“自相似点”的概念是解题的关键.21、乙方案能使2020年氮肥的产量更高，高20吨【分析】设甲方案的平均增长率为，根据题意列出方程，求出x的值，即可求出甲方案2020年产量，再根据题意求出乙方案2020年产量，比较即可得出结论.【详解】解：设甲方案的平均增长率为，依题意得.解得，，（不合题意，舍去）.甲方案2020年产量：，乙方案2020年产量：.，（吨）.答：乙方案能使2020年氮肥的产量更高，高20吨.【点睛】此题考查的是一元二次方程的应用，掌握增长率问题的公式是解决此题的关键.22、（1）证明见解析（2）当△ADE绕点A逆时针旋转小于45°的角时，（1）中的结论成立【分析】(1)根据直角三角形斜边上的中线的性质得出BM=DM，然后根据四点共圆可以得出∠BMD=2∠ACB=90°，从而得出答案；(2)连结BD，延长DM至点F，使得DM=MF，连结BF、FC，延长ED交AC于点H，根据题意得出四边形CDEF为平行四边形，然后根据题意得出△ABD和△CBF全等，根据角度之间的关系得出∠DBF=∠ABC=90°．【详解】解：（1）在Rt△EBC中，M是斜边EC的中点，∴．在Rt△EDC中，M是斜边EC的中点，∴．∴BM=DM，且点B、C、D、E在以点M为圆心、BM为半径的圆上．∴∠BMD=2∠ACB=90°，即BM⊥DM．（2）当△ADE绕点A逆时针旋转小于45°的角时，（1）中的结论成立．证明：连结BD，延长DM至点F，使得DM=MF，连结BF、FC，延长ED交AC于点H．∵DM=MF，EM=MC，∴四边形CDEF为平行四边形，∴DE∥CF，ED=CF，∵ED=AD，∴AD=CF，∵DE∥CF，∴∠AHE=∠ACF．∵,，∴∠BAD=∠BCF，又∵AB=BC，∴△ABD≌△CBF，∴BD=BF，∠ABD=∠CBF，∵∠ABD+∠DBC=∠CBF+∠DBC，∴∠DBF=∠ABC=90°．在Rt△中，由,，得BM=DM且BM⊥DM．【点睛】本题主要考查的是平行四边形的判定与性质、三角形全等、直角三角形的性质，综合性比较强．本题解题的关键是通过构建全等三角形来得出线段相等，然后根据线段相等得出所求的结论．23、（1）证明见解析；（2）.【解析】试题分析：（1）根据四边形ABCD是正方形，得出AB=AD，∠B=∠D=90°，再根据△AEF是等边三角形，得出AE=AF，最后根据HL即可证出△ABE≌△ADF；（2）根据等边△AEF的周长是6，得出AE=EF=AF的长，再根据（1）的证明得出CE=CF，∠C=90°，从而得出△ECF是等腰直角三角形，再根据勾股定理得出EC的值，设BE=x，则AB=x+，在Rt△ABE中，AB2+BE2=AE2，求出x的值，即可得出正方形ABCD的边长．试题解析：（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，∴AB=AD，∵△AEF是等边三角形，∴AE=AF，在Rt△ABE和Rt△ADF中，∵AB＝AD，AE＝AF∴Rt△ABE≌Rt△ADF；（2）∵等边△AEF的周长是6，∴AE=EF=AF=2，又∵Rt△ABE≌Rt△ADF，∴BE=DF，∴CE=CF，∠C=90°，即△ECF是等腰直角三角形，由勾股定理得CE2+CF2=EF2，∴EC=，设BE=x，则AB=x+，在Rt△ABE中，AB2+BE2=AE2，即（x+）2+x2=4，解得x1=或x2=（舍去），∴AB=+=，∴正方形ABCD的边长为．考点:1.正方形的性质；2.全等三角形的判定与性质；24、（1），；（2）证明见解析；（3）①或；②