精品解析：广东省广州市越秀区广州市铁一中学2024-2025学年九年级上学期11月期中数学试题

2024学年第一学期初三年级期中考数学考试试题 一、单选题（每小题3分，共30分） 1. 围棋起源于中国，古代称之为“弈”，至今已有四千多年的历史．下列由黑白棋子摆成的图案是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查中心对称图形的识别，根据中心对称图形的概念对各选项分析判断即可得解． 【详解】解：A.不是中心对称图形，不符合题意； B.是中心对称图形，符合题意； C.不是中心对称图形，不符合题意； D.不是中心对称图形，不符合题意； 故选：B． 2. 已知的半径为3，当时，点P与的位置关系为（　　） A. 点在圆内 B. 点在圆外 C. 点在圆上 D. 不能确定 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了点与圆的位置关系，通过比较点P到圆心O的距离与圆的半径的大小关系，判断点P与圆的位置关系． 【详解】解：∵的半径为3，， ∴半径， ∴点P在外． 故选：B． 3. 用配方法解一元二次方程，配方后得到的方程是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查配方法解一元二次方程，熟练掌握配方法解一元二次方程是解题的关键． 利用配方法解一元二次方程，进行计算即可解答． 【详解】解∶ ， ， ． 故选∶B． 4. 一元二次方程有两个不相等实数根，则a的取值范围是（ ） A. 且 B. C. D. 且 【答案】D 【解析】 【分析】本题主要考查了一元二次方程根的判别式，由一元二次方程有两个不相等的实数根，可知，再结合得出答案． 【详解】∵一元二次方程有两个不相等的实数根， ∴， 解得． 所以且． 故选：D． 5. 如图，在中，，，，则的内切圆的半径为（ ） A. 1 B. 2 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了勾股定理、切线的性质、三角形面积公式，由勾股定理求出，设内切圆与边的切点为，与边的切点为，与边的切点为，连接，，，，，，圆的半径为，则，，，，再由等面积法得出，即可得解． 【详解】解：∵在中，，，， ∴， 设内切圆与边的切点为，与边的切点为，与边的切点为，连接，，，，，，圆的半径为， ， 则，，，， ∵，， ∴， ∴， 故选：A． 6. 将抛物线先向左平移个单位，再向下平移个单位，得到的抛物线的函数表达式为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了二次函数的图象与几何变换，根据“上加下减，左加右减”的规律进行解答即可，熟知函数图象平移的规律是解题的关键． 【详解】解：∵抛物线先向左平移个单位，再向下平移个单位， ∴根据“上加下减，左加右减”规律可得抛物线是， 故选：． 7. 如图，已知点、、、都在上，，，下列说法错误的是(　　) A. 弧弧 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了圆周角定理、垂径定理、圆心角、弧、弦的关系；根据题意和垂径定理，可以得到，，，然后即可判断各个小题中的结论是否正确，从而可以解答本题． 【详解】解：∵， ∴，，故A正确；， ∴， , ∴，故B正确；, ∴，故C错误； ∵， ∴，故D正确； 故选：C． 8. 如图，在内，若圆周角，则圆心角的度数是（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了圆周角定理，圆内接四边形的性质，在优弧上取一点，连接，利用圆内接四边形的性质得到，然后根据圆周角定理得到的度数，掌握知识点的应用是解题的关键． 【详解】解：在优弧上取一点，连接，如图， ∵四边形是内接四边形， ∴， ∵， ∴， ∴， 故选：． 9. 在同一平面直角坐标系中，二次函数与一次函数的图象可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题主要考查了一次函数、二次函数的图象．应该识记一次函数在不同情况下所在的象限，以及熟练掌握二次函数的有关性质：开口方向、对称轴、顶点坐标等．根据、的符号，针对二次函数、一次函数的图象位置，开口方向，分类讨论，逐一排除． 【详解】解：A、二次函数的图象开口向下， ； 又该二次函数与轴交于负半轴， ； 一次函数的图象应该经过第二、三、四象限，与原图不符； 故本选项错误； B、二次函数的图象开口向下， ； 又该二次函数与轴交于正半轴， ； 一次函数的图象应该经过第一、三、四象限，与原图相符； 故本选项正确； C、二次函数的图象开口向上， ； 又该二次函数与轴交于负半轴， ； 一次函数的图象应该经过第一、二、四象限，与原图不符； 故本选项错误； D、二次函数的图象开口向上， ； 又该二次函数与轴交于正半轴， ； 一次函数的图象应该经过第一、二、三象限与原图不符；； 故本选项错误． 故选：B 10. 已知表示不超过实数的最大整数，函数的部分图象如图所示，若方程在有2个解，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了函数图象，弄清函数图象与方程的关系是解题的关键．分别作出当经过、、、时的图象，再由图象判断出函数与函数的图象在有两个交点时在有两个解，即可解答此题． 【详解】解：当函数与函数的图象在有两个交点时在有两个解， 令经过，得， ， 令经过，得， ， 令经过，得， ， 令经过，得， ， 如图， 可以看出经过的和经过的，与函数的图象在有两个交点， ， 故选：． 二、填空题（每小题3分，共18分） 11. 在平面直角坐标系中，点关于原点对称的点的坐标是___________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了关于原点对称的点的坐标，根据“两点关于原点对称，则两点的横、纵坐标都是互为相反数”解答． 【详解】解：点关于原点对称的点的坐标是． 故答案为：． 12. 抛物线的顶点坐标是_____． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了二次函数的性质．根据抛物线的顶点坐标为求解即可． 【详解】解：抛物线的顶点坐标是， 故答案为：． 13. 抛物线 的部分图象如图所示，则当时，的取值范围是_____________________． 【答案】## 【解析】 【分析】本题考查了抛物线与轴的交点：把求二次函数是常数，与轴的交点坐标问题转化为解关于的一元二次方程．也考查了二次函数的性质以及图象法解一元二次方程．利用抛物线的对称性确定抛物线与轴的另一个交点坐标为，然后结合二次函数图象，写出抛物线在轴上方所对应的自变量的范围即可． 【详解】解：抛物线与轴的一个交点坐标为，对称轴是直线， 抛物线与轴的另一个交点坐标为， 抛物线开口向下， 当时，． 故答案为：． 14. 如图，是的直径，C，D为上两点，且平分，连接，，若，则的度数为___________． 【答案】##29度 【解析】 【分析】本题考查了圆周角定理和角平分线的性质，根据圆周角定理，，，，可得，又平分，可得，由此求得． 【详解】解：， ， 为的直径， ， ， 平分， ， ， ． 故答案为：． 15. 图1是一个瓷碗，图是其截面图，碗体呈抛物线状（碗体厚度不计），碗口宽，此时面汤最大深度．当面汤的深度为时，汤面的直径长为______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了二次函数在实际生活中的应用，以为原点，直线为轴，过且平行直线为轴，建立平面直角坐标系，设抛物线解析式为，求出解析式，然后当时，求出的值即可，建立合适的直角坐标系和待定系数法求解析式是解题的关键． 【详解】解：如图，以为原点，直线为轴，过且平行直线为轴建立平面直角坐标系， 设抛物线解析式为， 由题意得点， ∴，解得：， ∴抛物线解析式为， 当时，，解得：， ∴，， ∴， 故答案为：． 16. 如图，在矩形中，，，Q是矩形左侧一点，连接、，且，连接，E为的中点，连接，则的最大值为_____． 【答案】6 【解析】 【分析】本题考查了点到圆的最值，勾股定理，三角形中位线定理，延长到点F，使，取中点O，连接并延长交于点Q，取中点G，连接，则，半径为2，利用勾股定理求得，可得的最大值，根据中位线定理可得的最大值． 【详解】解：延长到点F，使，取中点O，连接并延长交于点Q，取中点G，连接，则，半径为2， 点E为中点，点C为中点， 为中位线， ，， ， ， 为圆上一动点， 此时为最大值， 的最大值为． 故答案为：6． 三、解答题（共72分，需写出必要的解答过程与步骤．） 17. 解方程： （1） （2） 【答案】（1）， （2）， 【解析】 【分析】本题考查的是一元二次方程的解法，掌握解方程的方法是关键； （1）把方程化为，再利用配方法解方程即可； （2）把方程化为，再利用因式分解的方法解方程即可． 【小问1详解】 解：， ∴， ∴， ∴， 解得：，； 【小问2详解】 解：， ∴， ∴， ∴， ∴或， 解得：，； 18. 已知关于x的一元二次方程． （1）求证：无论m取何值，原方程总有两个不相等的实数根； （2）若是原方程的两根，且，求m的值． 【答案】（1） 证明：∵一元二次方程，且 ∴ ， 故无论m取何值，原方程总有两个不相等的实数根． （2） 【解析】 【分析】（1）根据证明即可． （2）利用一元二次方程根与系数的关系即可解决问题． 本题主要考查了一元二次方程根与系数的关系及根的判别式，熟知一元二次方程根与系数的关系及根的判别式是解题的关键． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：是方程的两个根， 则，， ∵， ∴， ∴， ∴， 解得． 19. 在正方形网格中,建立如图所示的平面直角坐标系xOy,△ABC的三个顶点都在格点上,点A的坐标为(4,4),请解答下列问题: (1)画出△ABC关于y轴对称的△A1B1C1,并写出点A1,B1,C1的坐标; (2)将△ABC绕点O顺时针旋转90°,画出旋转后的△A2B2C2,并求出点B旋转到点B2所经过的路径长(结果保留π). 【答案】（1）△A1B1C1如图所示，A1(-4,4),B1(-1,1),C1(-3,1)； （2）△A2B2C2如图所示，π. 【解析】 【分析】（1）根据网格结构找出点A、B、C关于y轴的对称点A1、B1、C1的位置，然后顺次连接即可，再根据平面直角坐标系写出坐标即可； （2）分别作出点A、B C绕点O顺时针旋转90°得到其对应点，再顺次连接可得，绕后利用弧长公式计算可得答案． 【详解】（1）略 （2）OB=， 点B旋转到点B2所经过的路径长为==π. 【点睛】本题主要考查作图-轴对称变换、旋转变换，解题的关键是熟练掌握轴对称变换和旋转变换的定义和性质及弧长公式． 20. 如图，是的弦，是弧的中点． （1）连接，求证：垂直平分； （2）若，，求的半径． 【答案】（1） 证明：∵是弧的中点， ∴， ∴， ∵， ∴垂直平分； （2）5 【解析】 【分析】本题考查了圆心角、弧、弦的关系，勾股定理及垂径定理，熟练掌握这些知识点的应用是解题的关键． （）由是弧的中点可知，故，再由可得出结论； （）设与交于点，由（）知，垂直平分，得出，根据勾股定理求出的长，设的半径为r，则，，在中利用勾股定理求出的值即可； 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：设与交于点，如图， 由（）知，垂直平分， ∴， ， ∵， ∴， 设的半径为，则，， 在中由勾股定理得，即， 解得：， ∴的半径为． 21. 如图，点在等边三角形的边上，将绕点旋转，使得旋转后点的对应点为点． （1）用尺规作图法在图中作出旋转后的图形； （2）若旋转后点的对应点为点，判断与的关系，并说明理由； （3）判断的形状，并说明理由． 【答案】（1）即为旋转后所得图形： （2）； 证明：根据旋转性质可得， ， 等边中，， ， 即与互补， ． （3）是等边三角形． 证明： ， ，， 又， 是等边三角形． 【解析】 【分析】（1）利用圆的性质确定点旋转后得到的点，再连接、即可； （2）根据旋转性质得到，再根据全等三角形的性质、等边三角形的性质推得与互补即可得到； （3）根据全等三角形的性质得到、，结合等边三角形的性质即可证明是等边三角形． 【小问1详解】 解：以为原点，为半径画圆弧交以点为圆心，为半径画的圆弧， 交点为，连接、． 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 【点睛】本题考查的知识点是圆的性质、尺规作图、旋转的性质、全等三角形的性质、等边三角形的性质与判定、平行线的判定，解题关键是熟练掌握全等三角形的性质． 22. 端午节前夕，某批发部购入一批进价为8元/袋的粽子，销售过程中发现：日销量y（袋）与售价x（元/袋）满足如图所示的一次函数关系． （1）求y与x之间的函数关系式； （2）每袋粽子的售价定为多少元时，所获日销售利润最大，最大日销售利润是多少元？ 【答案】（1） （2）当粽子的售价定为12.5元/袋时，日销售利润最大，最大日销售利润是810元 【解析】 【分析】（1）直接应用待定系数法即可求出一次函数解析式； （2）根据题意列出获日销售利润与x的函数关系式，然后利用二次函数的性质即可求解． 【小问1详解】 解：设一次函数的解析式为， 将，代入得： ， 解得：， ∴求y与x之间的函数关系式为； 【小问2详解】 解：设日销售利润为w， 由题意得： ， ∴当时，w有最大值，最大值为810， ∴当粽子的售价定为12.5元/袋时，日销售利润最大，最大日销售利润是810元． 【点睛】本题考查了二次函数的应用，二次函数的最值，理解掌握题意，正确的找出题目中的等量关系，列出方程或函数关系式是解题的关键． 23. 如图，以线段为直径作，交射线于点，平分交于点，过点作直线于点，交的延长线于点．连接并延长交于点． （1）求证：直线是的切线； （2）求证：； （3）若，，求的长． 【答案】（1） 证明：连接OD，则OD＝OA， ∴∠ODA＝∠OAD， ∵AD平分∠CAB， ∴∠OAD＝∠DAC， ∴∠ODA＝∠DAC， ∴ODAC， ∵DE⊥AC， ∴∠ODF＝∠AED＝90°， ∵OD是⊙O的半径，且DE⊥OD， ∴直线DE是⊙O的切线． （2） 证明：线段是的直径， ， ∴∠ADM＝180°－∠ADB＝， ∴∠M＋∠DAM＝，∠ABM＋∠DAB＝， ∵∠DAM＝∠DAB， ∴∠M＝∠ABM， ∴AB＝AM． （3） 【解析】 【分析】（1）连接OD，由∠ODA＝∠OAD＝∠DAC证明ODAC，得∠ODF＝∠AED＝90°，即可证明直线DE是⊙O的切线； （2）由线段AB是⊙O的直径证明∠ADB＝90°，再根据等角的余角相等证明∠M＝∠ABM，则AB＝AM； （3）由∠AEF＝90°，∠F＝30°证明∠BAM＝60°，则△ABM是等边三角形，所以∠M＝60°，则∠EDM＝30°，所以BD＝MD＝2ME＝2，再证明∠BDF＝∠F，得BF＝BD＝2． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 解：∵∠AEF＝90°，∠F＝30°， ∴∠BAM＝60°， ∴△ABM是等边三角形， ∴∠M＝60°， ∵∠DEM＝90°，ME＝1， ∴∠EDM＝30°， ∴MD＝2ME＝2， ∴BD＝MD＝2， ∵∠BDF＝∠EDM＝30°， ∴∠BDF＝∠F， ∴BF＝BD＝2． 【点睛】此题重点考查切线的判定、直径所对的圆周角是直角、等角的余角相等、等腰三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、平行线的判定与性质、直角三角形中30°角所对的直角边等于斜边的一半等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键． 24. 综合与探究： 如图，在平面直角坐标系中，抛物线与x轴交于点和点C，与y轴交于点，点是抛物线上点与点之间的动点（不包括点，点）． 　备用图 （1）求抛物线的解析式； （2）动点在抛物线上，且在直线上方，求面积的最大值及此时点的坐标； （3）在（2）的条件下，将该抛物线向右平移个单位，点为点的对应点，平移后的抛物线与轴交于点，为平移后的抛物线的对称轴上任意一点，若是以为腰的等腰三角形，求出所有符合条件的点的坐标． 【答案】（1）； （2）最大值为，； （3）或或． 【解析】 【分析】本题考查二次函数与几何的综合，解题的关键是掌握待定系数法求函数解析式，二次函数的图象和性质，等腰三角形的性质，即可． （1）把点，的坐标代入函数解析式，即可； （2）设直线的解析式为，根据点，的坐标求出解析式，过点P作x轴的垂线交AB于点H，求出，根据，即可； （3）根据函数平移的性质，则平移的函数解析式：，根据点为点的对应点，求出点的坐标，平移后的抛物线与轴交于点，求出点的坐标，根据两点间的距离公式，求出，，，分类讨论等腰三角形的形状，即可． 【小问1详解】 ∵抛物线经过，， ∴， 解得：， ∴抛物线的解析式为：． 【小问2详解】 设直线的解析式为， ∵直线经过， ∴， 解得：， ∴直线的解析式为， 过点作轴的垂线交于点，设， ∴， ∴， ∵面积， ∴， ∴当时，面积最大值为， 此时． 【小问3详解】 抛物线整理得：， ∴平移后的抛物线表达式为：， ∵点为点的对应点，， ∴点， ∵平移后的抛物线与轴交于点， ∴当时，， ∴点， 设点， ∴，，， 当时，则，解得：， ∴点的坐标为：； 当时，则，解得：， ∴点的坐标为：， 检验得点，点，点三点不共线． 综上所述，点的坐标为：或或． 25. 【操作判定】 （1）如图1，在中，，，点E在上（且不与点B、C重合），在的外部作，使，，连接，过点作，过点作，交于点，连接．根据以上操作，判断：四边形的形状是______，______； 【变换探究】 （2）如图2，将图1中的绕点B逆时针旋转，使点E落在边上，过点A作，过点D作，交于点F，连接．若，求的长． 【拓展应用】 （3）将图1中的绕点B顺时针旋转，使点D在的右侧，过点A作，过点D作，交于点F，连接，若，当四边形为菱形时． ①求的长； ②当点D在左侧时，请直接写出的长． 【答案】（1）平行四边形，；（2）；（3）①；② 【解析】 【分析】（1）先证明四边形是平行四边形，可得，从而得到，再证明点D，E，F三点共线，可得，然后根据勾股定理，即可求解； （2）连接，证明四边形是矩形．可得，，再证明，可得，．从而得到．继而得到是等腰直角三角形，即可求解； （3）①连接并延长交于点，连接，根据四边形是菱形，可得到．设交于点，交于点，交于点．证明，可得，，可得到是等腰直角三角形．从而得到．进而得到是线段的中垂线，即可；②类比①的方法解答，即可求解． 【详解】解：（1）∵，， ∴四边形是平行四边形； ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴点D，E，F三点共线， ∴， ∴， 即； 故答案为：平行四边形，；． （2）如图，连接． ，， 四边形是平行四边形． 又， 四边形是矩形． ，， 又， ． 又，， ， ， ． ， ，． ， 即． 是等腰直角三角形． ， 即， ， ； （3）①如图，连接并延长交于点，连接． 四边形是菱形， ，， ， ． 设交于点，交于点，交于点． ， ， ， ，， ， ， ，． 又， ， 是等腰直角三角形． ． ，， 是线段的中垂线． ，， ． ， ； ②延长交于， ，， ． ， ， ． ∵， ． ∵， ∴． ， ， 为等腰直角三角形． ． 设交于点． 由①得：是线段的中垂线． ， ∴． ， ． 【点睛】本题考查了平行四边形的判定，矩形的判定与性质，旋转的性质，菱形的性质，等腰三角形的判定与性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，三角形内角和定理，三角形外角的性质等知识．熟练掌握平行四边形的判定，矩形的判定与性质，旋转的性质，菱形的性质，等腰三角形的判定与性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，三角形内角和定理，三角形外角的性质是解题的关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024学年第一学期初三年级期中考数学考试试题 一、单选题（每小题3分，共30分） 1. 围棋起源于中国，古代称之为“弈”，至今已有四千多年的历史．下列由黑白棋子摆成的图案是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 2. 已知的半径为3，当时，点P与的位置关系为（　　） A. 点在圆内 B. 点在圆外 C. 点在圆上 D. 不能确定 3. 用配方法解一元二次方程，配方后得到的方程是（ ） A. B. C. D. 4. 一元二次方程有两个不相等实数根，则a的取值范围是（ ） A. 且 B. C. D. 且 5. 如图，在中，，，，则的内切圆的半径为（ ） A. 1 B. 2 C. D. 6. 将抛物线先向左平移个单位，再向下平移个单位，得到的抛物线的函数表达式为（ ） A. B. C. D. 7. 如图，已知点、、、都在上，，，下列说法错误的是(　　) A. 弧弧 B. C. D. 8. 如图，在内，若圆周角，则圆心角的度数是（　　） A. B. C. D. 9. 在同一平面直角坐标系中，二次函数与一次函数的图象可能是（ ） A. B. C. D. 10. 已知表示不超过实数的最大整数，函数的部分图象如图所示，若方程在有2个解，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、填空题（每小题3分，共18分） 11. 在平面直角坐标系中，点关于原点对称的点的坐标是___________． 12. 抛物线的顶点坐标是_____． 13. 抛物线 的部分图象如图所示，则当时，的取值范围是_____________________． 14. 如图，是的直径，C，D为上两点，且平分，连接，，若，则的度数为___________． 15. 图1是一个瓷碗，图是其截面图，碗体呈抛物线状（碗体厚度不计），碗口宽，此时面汤最大深度．当面汤的深度为时，汤面的直径长为______． 16. 如图，在矩形中，，，Q是矩形左侧一点，连接、，且，连接，E为的中点，连接，则的最大值为_____． 三、解答题（共72分，需写出必要的解答过程与步骤．） 17. 解方程： （1） （2） 18. 已知关于x的一元二次方程． （1）求证：无论m取何值，原方程总有两个不相等的实数根； （2）若是原方程的两根，且，求m的值． 19. 在正方形网格中,建立如图所示的平面直角坐标系xOy,△ABC的三个顶点都在格点上,点A的坐标为(4,4),请解答下列问题: (1)画出△ABC关于y轴对称的△A1B1C1,并写出点A1,B1,C1的坐标; (2)将△ABC绕点O顺时针旋转90°,画出旋转后的△A2B2C2,并求出点B旋转到点B2所经过的路径长(结果保留π). 20. 如图，是的弦，是弧的中点． （1）连接，求证：垂直平分； （2）若，，求的半径． 21. 如图，点在等边三角形的边上，将绕点旋转，使得旋转后点的对应点为点． （1）用尺规作图法在图中作出旋转后的图形； （2）若旋转后点的对应点为点，判断与的关系，并说明理由； （3）判断的形状，并说明理由． 22. 端午节前夕，某批发部购入一批进价为8元/袋的粽子，销售过程中发现：日销量y（袋）与售价x（元/袋）满足如图所示的一次函数关系． （1）求y与x之间的函数关系式； （2）每袋粽子的售价定为多少元时，所获日销售利润最大，最大日销售利润是多少元？ 23. 如图，以线段为直径作，交射线于点，平分交于点，过点作直线于点，交的延长线于点．连接并延长交于点． （1）求证：直线是的切线； （2）求证：； （3）若，，求的长． 24. 综合与探究： 如图，在平面直角坐标系中，抛物线与x轴交于点和点C，与y轴交于点，点是抛物线上点与点之间的动点（不包括点，点）． 　备用图 （1）求抛物线的解析式； （2）动点在抛物线上，且在直线上方，求面积的最大值及此时点的坐标； （3）在（2）的条件下，将该抛物线向右平移个单位，点为点的对应点，平移后的抛物线与轴交于点，为平移后的抛物线的对称轴上任意一点，若是以为腰的等腰三角形，求出所有符合条件的点的坐标． 25. 【操作判定】 （1）如图1，在中，，，点E在上（且不与点B、C重合），在的外部作，使，，连接，过点作，过点作，交于点，连接．根据以上操作，判断：四边形的形状是______，______； 【变换探究】 （2）如图2，将图1中的绕点B逆时针旋转，使点E落在边上，过点A作，过点D作，交于点F，连接．若，求的长． 【拓展应用】 （3）将图1中的绕点B顺时针旋转，使点D在的右侧，过点A作，过点D作，交于点F，连接，若，当四边形为菱形时． ①求的长； ②当点D在左侧时，请直接写出的长． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $