福建省福州市马尾区三牧中学2024-2025学年九年级上学期期中数学试卷

2024-2025学年福建省福州市马尾区三牧中学九年级（上）期中数学试卷一.选择题（每小题4分，共40分，请把答案写在答题卷上1）1．（4分）下列图形是轴对称图形而不是中心对称图形的是（）A． B． C． D．2．（4分）已知方程3x2﹣（k﹣1）x+3k+2＝0有一个根是﹣1，则k的值是（）A．﹣3 B．﹣1 C．1 D．23．（4分）抛物线的顶点坐标为（）A．（﹣1，﹣1） B．（1，1） C．（﹣1，1） D．（1，﹣1）4．（4分）下列事件：①通常温度降到0℃时，纯净的水结冰；②明天太阳从东方升起；③随意翻到一本书的某页，这页的页码是偶数，其中是必然事件的个数是（）A．3 B．2 C．1 D．05．（4分）已知两个相似多边形的面积比是9：16，其中较小多边形的周长为36cm，则较大多边形的周长为（）A．48cm B．54cm C．56cm D．64cm6．（4分）如图，PA，PB切⊙O于A、B两点，CD切⊙O于点E，交PA，PB于C，D．若△PCD的周长等于3，则PA的值是（）A． B． C． D．7．（4分）小区一家快递店，星期一收快递件100件，星期三收144件，设该快递店收件平均每天增长率为x，可列方程（）A．100（1+x）2＝144 B．100（1+x%）2＝144 C．100（1+2x）＝144 D．100（1﹣2x）＝1448．（4分）如图，将△ABC绕点C（0，﹣1）旋转180°得到△A′B′C，设点A的坐标为（﹣3，﹣4）则点A′的坐标为（）A．（3，2） B．（3，3） C．（3，4） D．（3，1）9．（4分）如图，二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象经过点，对称轴为直线x＝1，下列结论：①abc＜0；②a﹣2b+4c＝0；③2a+b＞0；④a+b≤m（am+b）（其中m≠1）；⑤b﹣c＞0；正确的结论有（）A．1个 B．3个 C．2个 D．4个10．（4分）如图，在等腰Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，BC＝4，点D是AC边上一动点，连接BD，以AD为直径的圆交BD于点E，则线段CE长度的最小值为（）A． B． C． D．二.填空题（每题4分，共24分，请把答案写在答题卷上1）11．（4分）写出方程（x﹣1）2＝9的解．12．（4分）如果将抛物线y＝2x2﹣1向上平移一个单位，那么所得新抛物线的表达式为．13．（4分）如图，将△ABC绕着点A顺时针旋转x°到△ADE的位置，使点E首次落在BC上．已知∠ABC＝30°，∠BAE＝35°，则x＝．14．（4分）已知圆锥的底面半径是2cm，母线长为3cm，则圆锥的侧面积为cm2．15．（4分）“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形和中间一个小正方形拼成的大正方形，小明同学向一个如图所示的“赵爽弦图”的飞镖板投掷飞镖（假设投掷的飞镖均扎在飞镖板上）．若飞镖板中直角三角形的两条直角边的长分别为1和2，则投掷一次飞镖扎在中间小正方形区域的概率是．16．（4分）如图，△ABC为等边三角形，P为BC上一点，△APQ为等边三角形，PQ与AC相交于点M，则下列结论中正确的是．①AB∥CQ；②∠ACQ＝60°；③AP2＝AM•AC；④若BP＝PC，则PQ⊥AC．三.解答题（共86分，请把答案写在答题卷上1）17．（8分）解方程：（1）x2+4x﹣12＝0；（2）3x2﹣2x+1＝0．18．（8分）已知二次函数y＝﹣x2+bx+c．（1）当b＝4，c＝3时，求该函数图象的顶点坐标．（2）在（1）条件下，当﹣1≤x≤3时，求y的取值范围．19．（8分）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠B＝60°，BC＝2，△A′B′C可以由△ABC绕点C顺时针方向旋转得到，其中点A′与点A、点B′与点B是对应点，连接AB'，且A，B'，A'在同一条直线上，求出A′B′，AA′的长．20．（8分）随信息技术的迅猛发展，移动支付已成为一种常见的支付方式．在一次购物中，甲和乙随机从“A微信”、“B支付宝”、“银行卡”三种支付方式中选一种方式进行支付．（1）请用列表法或画树状图法，求甲和乙所有可能出现的支付方式；（2）求甲和乙恰好都选择“微信”支付的概率．21．（8分）如图，已知⊙O．（1）用直尺和圆规作出圆的内接正六边形ABCDEF（保留作图痕迹，不写作法）；（2）若⊙O半径为6，求的长度（结果保留π）．22．（10分）某学校九年级的一场篮球比赛中，如图队员甲正在投篮，已知球出手时离地面高m，与篮圈中心的水平距离为7m，当球出手后水平距离为4m时到达最大高度4m，设篮球运行轨迹为抛物线，篮圈距地面3m．（1）建立如图所示的平面直角坐标系，问此球能否准确投中？（2）此时，若对方队员乙在甲前1m处跳起盖帽拦截，已知乙的最大摸高为3.1m，那么他能否获得成功？23．（10分）如图，已知AB是⊙O的直径，点C是的中点，点D是的中点，连接AC，BC，AD，AD与BC交于点E，过点D作DF⊥AC于点F．（1）求证：DF为⊙O的切线；（2）若，求AD的长度．24．（12分）如图，在△ABC中，，D，E，F分别为AC，AB，BC的中点，连接DE，DF．（1）如图1，求证：；（2）如图2，将∠EDF绕点D顺时针旋转一定角度，得到∠PDQ，当射线DP交AB于点G，射线DQ交BC于点N时，连接FE并延长交射线DP于点M，判断FN与EM的数量关系，并说明理由；（3）如图3，在（2）的条件下，当DP⊥AB时，求DN的长．25．（14分）如图，抛物线y＝ax2+x+c（a＞0）与x轴交于A（﹣2，0），B（1，0）两点，与y轴负半轴交于点C．（1）求抛物线的解析式；（2）如图1，点D是抛物线上第三象限内的一点，连接CD，若∠ACD为锐角，且∠ACD＜30°，求点D的横坐标xD的取值范围；（3）如图2，经过点的一次函数图象与抛物线交于M，N两点，试探究是否为定值？请说明理由．

2024-2025学年福建省福州市马尾区三牧中学九年级（上）期中数学试卷参考答案与试题解析一.选择题（每小题4分，共40分，请把答案写在答题卷上1）1．【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的概念对各选项分析判断即可得解．【解答】解：A．既是轴对称图形，又是中心对称图形，故本选项不符合题意；B．既是轴对称图形，又是中心对称图形，故本选项不符合题意；C．是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项符合题意；D．不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项不符合题意．故选：C．【点评】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，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度与自身重合．2．【分析】把x＝﹣1代入方程转化为一元一次方程，然后解方程即可．【解答】解：将x＝﹣1代入原方程3x2﹣（k﹣1）x+3k+2＝0得：3×（﹣1）2﹣（k﹣1）×（﹣1）+3k+2＝0，解得：k＝﹣1，故选：B．【点评】此题考查了一元二次方程的解，解一元一次方程，解题的关键是熟记把方程的解代入原方程，等式左右两边相等．3．【分析】依据题意，根据所给顶点式即可判断得解．【解答】解：由题意，∵抛物线为，∴该抛物线的顶点坐标为（﹣1，﹣1），故选：A．【点评】本题主要考查了二次函数的性质，根据y＝a（x﹣h）2+k的顶点式（h，k）即可得到答案，熟练掌握二次函数的顶点式是解题的关键．4．【分析】根据必然事件、不可能事件、随机事件的概念可区别各类事件．【解答】解：①通常温度降到0℃时，纯净的水结冰；是必然事件；②明天太阳从东方升起，是必然事件；③随意翻到一本书的某页，这页的页码是偶数，是随机事件；其中是必然事件的个数有2个；故选：B．【点评】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．5．【分析】设较大多边形的周长为c，再由相似多边形的性质即可得出结论．【解答】解：设较大多边形的周长为c，∵两个相似多边形的面积比是9：16，其中较小多边形的周长为36cm，∴＝＝，解得c＝48cm．故选：A．【点评】本题考查的是相似多边形的性质，熟知相似多边形边长的比等于相似比，面积的比等于相似比的平方是解答此题的关键．6．【分析】直接利用切线长定理得出AC＝EC，DE＝DB，PA＝PB，进而求出PA的长．【解答】解：∵PA，PB切⊙O于A、B两点，CD切⊙O于点E，交PA，PB于C，D，∴AC＝EC，DE＝DB，PA＝PB∵△PCD的周长等于3，∴PA+PB＝3，∴PA＝．故选：A．【点评】此题主要考查了切线长定理，熟练应用切线长定理是解题关键．7．【分析】设平均增长率为x，关系式为：第三天收快递件＝第一天收快递件×（1+平均增长率）2，把相关数值代入即可．【解答】解：由题意得：100（1+x）2＝144，故选：A．【点评】此题考查一元二次方程的应用，确定等量关系是解决本题的关键．8．【分析】把△ABC和△A′B′C向上平移1个单位，此时A点的对应点的坐标为（﹣3，﹣3，由于平移后△ABC和△A′B′C关于原点中心对称，则A′点的对应点的坐标为（3，3），然后还原，把点（3，3）向下平移1个单位即可得到点A′的坐标．【解答】解：把△ABC和△A′B′C向上平移1个单位，则平移后△ABC和△A′B′C关于原点中心对称，此时A点的对应点的坐标为（﹣3，﹣3），所以A′点的对应点的坐标为（3，3），把点（3，3）向下平移1个单位得点（3，2），即点A′的坐标为（3，2）．故选：A．【点评】本题考查了坐标与图形变化﹣旋转：图形或点旋转之后要结合旋转的角度和图形的特殊性质来求出旋转后的点的坐标．常见的是旋转特殊角度如：30°，45°，60°，90°，180°．本题的关键是利用平移把图形转化为关于原点对称的图形．9．【分析】根据二次函数的图象与系数的关系可判断①错误；由点可判断②正确；由对称轴为直线可判断③错误；由x＝1时，函数取得最小值，可判断④正确；由②③可求得b和c的值可判断⑤错误；据此即可求出答案．【解答】解：①二次函数的图象开口向上，a＞0，函数的对称轴在y轴右侧，则ab＜0，而c＜0，故abc＞0，故①错误，不符合题意；②将点代入函数表达式得：a﹣2b+4c＝0，故②正确，符合题意；③函数的对称轴为直线，即b＝﹣2a，故2a+b＝0，故③错误，不符合题意；④当x＝1时，函数取得最小值，又m≠1，则a+b+c＜m（am+b）+c，即a+b＜m（am+b），故④错误，不符合题意；⑤由②③得：a﹣2b+4c＝0，b＝﹣2a，则，故，故⑤错误，不符合题意；综上，②正确．故选：A．【点评】本题考查二次函数的图象与系数，掌握二次函数的图象与性质是解题的关键．10．【分析】连接AE，如图1，先根据等腰直角三角形的性质得到AB＝AC＝4，再根据圆周角定理，由AD为直径得到∠AED＝90°，接着由∠AEB＝90°得到点E在以AB为直径的⊙O上，于是当点O、E、C共线时，CE最小，如图2，在Rt△AOC中利用勾股定理计算出OC＝2，从而得到CE的最小值为2﹣2．【解答】解：连接AE，如图1，∵∠BAC＝90°，AB＝AC，BC＝4，∴AB＝AC＝2，∵AD为直径，∴∠AED＝90°，∴∠AEB＝90°，∴点E在以AB为直径的⊙O上，∵⊙O的半径为，∴当点O、E、C共线时，CE最小，如图2，在Rt△AOC中，∵OA＝，AC＝2，∴OC＝＝，∴CE＝OC﹣OE＝﹣，即线段CE长度的最小值为﹣，故选：B．【点评】本题为圆的综合题，熟练掌握圆周角定理和等腰直角三角形的性质；会利用勾股定理计算线段的长．解决本题的关键是确定E点运动的轨迹，从而把问题转化为圆外一点到圆上一点的最短距离问题．二.填空题（每题4分，共24分，请把答案写在答题卷上1）11．【分析】解一元二次方程，转化为求9的平方根．【解答】解：开方得，x﹣1＝±3，∴x＝4或﹣2，即x1＝4，x2＝﹣2．【点评】（1）用直接开方法求一元二次方程的解的类型有：x2＝a（a≥0）；ax2＝b（a，b同号且a≠0）；（x+a）2＝b（b≥0）；a（x+b）2＝c（a，c同号且a≠0）．法则：要把方程化为“左平方，右常数，先把系数化为1，再开平方取正负，分开求得方程解”．（2）用直接开方法求一元二次方程的解，要仔细观察方程的特点．12．【分析】根据“上加下减”的原【解答】解：抛物线y＝2x2﹣1向上平移一个单位，得y＝2x2﹣1+1，即y＝2x2，故答案为：y＝2x2．【点评】本题考查了二次函数的图象与几何变换，熟练掌握平移的原则是解题的关键．13．【分析】先由三角形的外角定理得∠AEC＝65°，由旋转的性质得：旋转角为∠CAE，AE＝AC，进而得∠C＝∠AEC＝65°，由此根据三角形的内角和定理求出∠CAE即可．【解答】解：∵∠ABC＝30°，∠BAE＝35°，∴∠AEC＝∠ABC+∠BAE＝65°，根据旋转的性质得：旋转角为∠CAE，AE＝AC，∴∠C＝∠AEC＝65°，∴∠CAE＝180°﹣（∠C+∠AEC）＝50°．【点评】此题主要考查了图形的旋转变换及性质，等腰三角形的性质，三角形的内角和定理等，解答此题的关键是准确识图，熟练掌握图形旋转变换的性质，理解等腰三角形底边上的高、底边上的中线、顶角的平分线重合（三线合一）．14．【分析】圆锥的侧面积＝底面周长×母线长÷2．【解答】解：底面半径是2cm，则底面周长＝4πcm，圆锥的侧面积＝×4π×3＝6πcm2．【点评】本题利用了圆的周长公式和扇形面积公式求解．15．【分析】求出大小正方形的面积，根据面积比即可解决问题；【解答】解：由题意大正方形的面积为5，小正方形的面积为1，∴投掷一次飞镖扎在中间小正方形区域的概率是．故答案为．【点评】本题考查概率、勾股定理、正方形的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．16．【分析】根据△BAP≌△CAQ（SAS）得∠ABC＝∠ACQ＝60°，结合等边三角形的性质，可判定①②．根据△APM∽△ACP可判定③；根据等腰三角形三线合一性质可判定④．【解答】解：∵△ABC为等边三角形，∴AB＝BC＝CA，∠ABC＝∠BCA＝∠CAB＝60°，∵P为BC上一点，△APQ为等边三角形，PQ与AC相交于点M，∴AP＝PQ＝AQ，∠APQ＝∠PQA＝∠QAP＝60°，∴∠BAP＝60°﹣∠PAC＝∠CAQ，∵，∴△BAP≌△CAQ（SAS），∴∠ABC＝∠ACQ＝60°，故②正确；∵∠ABC＝∠ACQ＝60°，∴∠BAC＝∠ACQ＝60°，∴AB∥CQ，故①正确；∵∠PAM＝∠CAP，∠APM＝∠ACP，∴△APM∽△ACP，∴，∴AP2＝AM•AC，故③正确；∵BP＝PC，△ABC为等边三角形，∴∠BAP＝∠CAP＝30°，∵△APQ为等边三角形，∴∠BAP＝∠CAP＝∠CAQ＝30°，∴PQ⊥AC．故④正确，故答案为：①②③④．【点评】本题考查了相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，等边三角形的性质，熟练掌握判定和性质是解题的关键．三.解答题（共86分，请把答案写在答题卷上1）17．【分析】（1）利用因式分解法求解即可；（2）利用公式法求解即可．【解答】解：（1）将x2+4x﹣12＝0进行因式分解可得：（x﹣2）（x+6）＝0，∴x1＝2，x2＝﹣6．（2）∵3x2﹣2x+1＝0，a＝3，b＝﹣2，c＝1，根的判别式Δ＝b2﹣4ac＝（﹣2）2﹣4×3×1＝﹣8＜0，∴方程无实数根．【点评】本题考查了公式法，因式分解法求解方程的根，选择适当解方程的方法是解题的关键．18．【分析】（1）利用配方法解答即可；（2）利用数形结合思想，根据函数的增减性，最值解答即可．【解答】解：（1）抛物线解析式为：y＝﹣x2+4x+3，∴y＝﹣（x﹣2）2+7，∴函数图象的顶点坐标为（2，7）．（2）由条件可知：抛物线开口向下，∴函数有最大值，且当x＝2时，取得最大值，最大值为7，当x＝﹣1时，y＝﹣2，当x＝3时，y＝6，∴﹣2≤y≤7．【点评】本题考查了抛物线顶点坐标计算，二次函数的增减性应用，二次函数的最值应用，熟练掌握二次函数的增减性应用，二次函数的最值应用是解题的关键．19．【分析】根据直角三角形的性质，旋转的性质，等腰三角形的判定和性质，解答即可．【解答】解：∵∠C＝90°，BC＝2，∠ABC＝60°，∴∠BAC＝30°，AB＝2BC＝4，∵△A′B′C由△ABC绕点C顺时针方向旋转得到，其中点A′与点A、点B′与点B是对应点，∴Rt△ABC≌Rt△A′B′C，∴A′B′＝AB＝4，CB′＝CB＝2，A′C＝AC，∠B′A′C＝30°，∠A′B′C＝∠ABC＝60°，∴∠B′A′C＝∠CAA′＝30°，∵∠A′B′C＝∠A′AC+∠B′CA，∴∠B′A′C＝∠CAA′＝∠B′CA＝30°，∴AB′＝CB′＝2，∴AA′＝AB′+B′A′＝6．【点评】本题考查了旋转的性质、直角三角形性质及应用，掌握对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等是解题的关键．20．【分析】（1）画树状图即可；（2）由（1）可知，共有9种等可能的结果，其中甲和乙恰好都选择“微信”支付的结果有1种，再由概率公式求解即可．【解答】解：（1）把“银行卡”支付方式记为C，画树状图如下：甲和乙所有可能出现的支付方式共有9种；（2）由（1）可知，共有9种等可能的结果，其中甲和乙恰好都选择“微信”支付的结果有1种，∴甲和乙恰好都选择“微信”支付的概率为．【点评】本题考查的是树状图法求概率．树状图法可以不重复不遗漏地列出所有可能的结果，适用两步或两步以上完成的事件．注意：概率＝所求情况数与总情况数之比．21．【分析】（1）连接AO，以A为圆心，AO为半径作弧交⊙O于B，F，再以B为圆心，AO为半径作弧交⊙O于C，以C为圆心，AO为半径作弧交⊙O于D，以D为圆心，AO为半径作弧交⊙O于E，连接AB，BC，CD，DE，EF，FA，六边形ABCDEF即为所求；（2）由作图知的长度是⊙O周长的，故的长度为×2π•6＝2π．【解答】解：（1）连接AO，以A为圆心，AO为半径作弧交⊙O于B，F，再以B为圆心，AO为半径作弧交⊙O于C，以C为圆心，AO为半径作弧交⊙O于D，以D为圆心，AO为半径作弧交⊙O于E，连接AB，BC，CD，DE，EF，FA，如图：六边形ABCDEF即为所求；（2）∵六边形ABCDEF是正六边形，∴＝＝＝＝＝，∴的长度是⊙O周长的，∴的长度为×2π•6＝2π．【点评】本题考查作图﹣复杂作图，解题的关键是掌握圆的内接正六边形的边长等于半径．22．【分析】（1）根据抛物线的顶点坐标及球出手时的坐标，可确定抛物线的解析式；令x＝7，求出y的值，与3m比较即可作出判断．（2）将x＝1代入y＝﹣（x﹣4）2+4得y＝3进而得出答案．【解答】解：（1）根据题意，球出手点、最高点和篮圈的坐标分别为．A（0，），B（4，4），C（7，3）设二次函数解析式为y＝a（x﹣h）2+k，将点（0，）代入可得：16a+4＝，解得：a＝﹣，∴抛物线解析式为：y＝﹣（x﹣4）2+4；将C（7，3）点坐标代入抛物线解析式得：∴﹣（7﹣4）2+4＝3∴左边＝右边即C点在抛物线上，∴此球一定能投中．（2）能拦截成功．理由：将x＝1代入y＝﹣（x﹣4）2+4得y＝3∵3＜3.1∴他能拦截成功．【点评】本题考查二次函数的性质、配方法等知识，解题的关键是学会构建二次函数解决实际问题，属于中考常考题型．23．【分析】（1）连接OD交BC于点G，由AB是⊙O的直径，DF⊥AC于点F，得∠ACB＝∠F＝90°，则DF∥BC，由点D是的中点，根据垂径定理得OD垂直平分BC，则∠ODF＝∠OGC＝90°，即可证明DF为⊙O的切线；（2）连接CD，作EI⊥CD于点I，CH⊥CB于点H，由＝，＝，得∠CAB＝∠B＝45°，则∠ADC＝∠B＝45°，∠BCD＝∠CAD＝∠BAD＝22.5°，所以∠IED＝∠IDE＝∠HCD＝45°，则ID＝IE，CH＝DH，∠BCD＝∠BCH＝22.5°，所以IE＝HE，由DE＝IE＝2﹣2，求得IE＝HI＝2﹣，则DH＝，再证明△CDE∽△ADC，得＝，求得AD＝2+2．【解答】（1）证明：如图1，连接OD交BC于点G，∵AB是⊙O的直径，DF⊥AC于点F，∴∠ACB＝∠F＝90°，∴DF∥BC，∵点D是的中点，∴OD垂直平分BC，∴∠ODF＝∠OGC＝90°，∵OD是⊙O的半径，且DF⊥OD，∴DF为⊙O的切线．（2）解：如图2，连接CD，作EI⊥CD于点I，CH⊥CB于点H，则∠DIE＝∠DHC＝90°，∵点C是的中点，点D是的中点，∴＝，＝，∵∠ACB＝90°，∴∠CAB＝∠B＝45°，∴∠ADC＝∠B＝45°，∠BCD＝∠CAD＝∠BAD＝∠CAB＝22.5°，∴∠IED＝∠IDE＝∠HCD＝45°，∴ID＝IE，CH＝DH，∠BCD＝∠BCH＝22.5°，∴IE＝HE，∵DE＝＝IE＝2﹣2，∴IE＝HI＝2﹣，∴DH＝DE+IE＝2﹣2+2﹣＝，∴CD2＝CH2+DH2＝2DH2＝2×（）2＝4，∵∠ECD＝∠CAD，∠CDE＝∠ADC，∴△CDE∽△ADC，∴＝，∴AD＝＝＝2+2，∴AD的长是2+2．【点评】此题重点考查垂径定理、圆周角定理、切线的判定定理、角平分线的性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质等知识，正确地作出辅助线是解题的关键．24．【分析】（1）连接AF，可得AF⊥BC，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得，根据中位线定理可得，即可得证；（2）证明△DNF∽△DME，根据（1）的结论即可得；（3）连接AF，过点C作CH⊥AB于H，证明△AGD∽△AHC，可得，勾股定理求得GE，AG，根据，∠EMG＝∠ADG，可得，进而求得MG，根据MD＝MG+GD求得MD，根据（2）的结论，即可求解．【解答】（1）证明：如图1，连接AF，∵，D，E，F分别为AC，AB，BC的中点，∴，AF⊥BC，∴，∴；（2）解：，理由如下：连接AF，如图2，∵，D，E，F分别为AC，AB，BC的中点，∴，∴四边形CDEF是平行四边形，∴∠DEF＝∠C，∵，∴∠DFC＝∠C，∴∠DFC＝∠DEF，∴180°﹣∠DFC＝180°﹣∠DEF，∴∠DFN＝∠DEM，∵将∠EDF绕点D顺时针旋转一定角度，得到∠PDQ，∴∠EDF＝∠PDQ，∵∠FDN