四川省宣汉县宣汉中学来鹿学校2026-2027学年九年级上学期开学自测数学模拟试题（北师大版八下全册）

**基本信息** 九年级开学自测数学模拟试题，分A、B卷（100+50分），覆盖几何、代数、函数等核心知识，通过基础题巩固概念，综合题（如方案设计、几何探究）培养数学眼光与推理能力，适配开学学情检测需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|8/32|中心对称、不等式、多边形内角和|第5题旋转与垂直结合，考查几何直观| |填空题|5/20|因式分解、中位线、平移|第13题尺规作图与平行四边形，体现空间观念| |解答题|8/98|一次函数、方案设计、几何探究|17题方案设计考查应用意识，26题动态几何培养推理能力|

四川省宣汉县宣汉中学来鹿学校2026-2027学年九年级上学期开学自测数学模拟试题 满分：150分 时间：120分钟 A卷（共100分） 一、选择题（本大题共8小题，每小题4分，共32分） 1．下列图形中，是中心对称图形的是（　　） A． B． C． D． 2．已知x＜y，则下列不等式成立的是（　　） A．x﹣3＜y﹣3 B．x+1＞y+1 C． D．﹣2x＜﹣2y 3．如果一个多边形的内角和是外角和的3倍，则这个多边形的边数是（　　） A．6 B．7 C．8 D．9 4．下列各式从左到右的变形中，是因式分解且完全正确的是（　　） A．（x+2）（x﹣2）＝x2﹣4 B．x2﹣2x﹣3＝x（x﹣2）﹣3 C．x2﹣4x+4＝（x﹣2）2 D．x3﹣x＝x（x2﹣1） 5．如图，将△ABC绕点A逆时针旋转55°得到△ADE，若∠E＝70°且AD⊥BC于点F，则∠BAC的度数为（　　） A．65° B．70° C．75° D．80° 6．已知x＝2是分式方程的解，那么k的值为（　　） A．0 B．1 C．2 D．4 7．如图，已知∠BAC＝60°，AD是角平分线且AD＝10，作AD的垂直平分线交AC于点F，作DE⊥AC，则△DEF的周长为（　　） A．10 B． C． D． 8．如图，▱ABCD中，AD＞AB，∠ABC为锐角．要在对角线BD上找点N，M，使四边形ANCM为平行四边形，在如图所示的甲、乙、丙三种方案中，正确的方案有（　　） A．甲、乙、丙 B．甲、乙 C．甲、丙 D．乙、丙 二、填空题（本大题共5小题，每小题4分，共20分） 9．分解因式：a4﹣16a2＝___________． 10．如图，在△ABC中，点M，N分别是AB，AC的中点，点P，Q分别是AM，AN的中点，连接MN，PQ，若BC长为12，则PQ长为 　　 ． 11．当x＝　　 时，分式的值为零． 12．如图，将周长为10cm的△ABC沿射线BC方向平移2cm后得到△DEF，则四边形ABFD的周长为 　　 cm． 13．如图，在▱ABCD中，按以下步骤作图：①以C为圆心，以适当长为半径画弧，分别交BC，CD于M，N两点；②分别以M，N为圆心，以大于MN的长为半径画弧，两弧在∠BCD的内部交于点P；⑨连接CP并延长交AD于E．若AE＝2，CE＝6，∠B＝60°，则ABCD的周长等于　　 ． 三、解答题（本大题共5小题，14题-15题每小题8分，16-17题每小题10分，18题12分，共48分） 14．（1）解不等式组：．（2）化简求值：，其中． 15．如图，在平面直角坐标系xOy中，已知△ABC的三个顶点分别是A（﹣5，1），B（﹣1，3），C（﹣1，1）． （1）平移△ABC，使得点A的对应点A1的坐标为（1，3），画出平移后的△A1B1C1； （2）将△ABC绕点O旋转180°，画出旋转后的△A2B2C2； （3）若△A1B1C1与△A2B2C2关于点P成中心对称，则点P坐标为 　　 ． 16．如图，在▱ABCD中，点E，F在对角线AC上，且AE＝CF，连接DE、EB、BF、FD． 求证：（1）△ADE≌△CBF； （2）四边形DEBF是平行四边形． 17．某搬运公司计划购买A，B两种型号的机器搬运货物，每台A型机器比每台B型机器每天少搬运10吨货物，且每台A型机器搬运450吨货物与每台B型机器搬运500吨货物所需天数相同． （1）求每台A型机器，B型机器每天分别搬运货物多少吨？ （2）每台A型机器售价1.5万元，每台B型机器售价2万元，该公司计划采购两种型号机器共30台，满足每天搬运货物不低于2880吨，购买金额不超过55万元，请帮助公司求出最省钱的采购方案． 18．如图，在平面直角坐标系中，直线l1：yx+m与直线l2交于点A（﹣2，3），直线l2与x轴交于点C（4，0），与y轴交于点B，将直线l2向下平移8个单位长度得到直线l3，l3与y轴交于点D，与l1交于点E，连接AD． （1）求直线l2的解析式； （2）求△ADE的面积； （3）在平面直角坐标系中存在点P，使得以A、E、D、P为顶点的四边形是平行四边形，请直接写出点P的坐标． B卷（共50分） 一、填空题（本大题共5小题，每小题4分，共20分） 19．若a＝2b+1，则a2﹣4ab+4b2+2027的值为 　　 ． 20．已知关于x的不等式组有且只有2个整数解，且a为整数，则a的值为　　 ． 21．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点D，E分别是边AB，AC的中点，延长BC至F，使CFBC，若EF＝13，则线段AB的长为　　 ． 22．已知S1，S2＝1，S3＝1，…，Sn+1＝1（n≥1，且n为正整数）．若S1•S2•S3•…•S7＝a，则a的值为 　　 ． 23．如图，在△ABC中，AC＝BC＝9，∠C＝120°，D为AC边上一点，且AD＝6，E是AB边上一动点，连接DE，将线段DE绕点D逆时针旋转30°得到DF，若F恰好在BC边上，则AE的长为 　　 ． 二、解答题（本大题共3小题，24题8分，25题10分，26题12分，共30分） 24．数形结合是解决数学问题的重要思想方法，在学习“因式分解”时，我们可以借助直观、形象的几何模型来求解．下面共有三种卡片：A型卡片是边长为x的正方形；B型卡片是长为y，宽为x的长方形；C型卡片是边长为y的正方形． （1）用1张A型卡片，2张B型卡片拼成如图1的图形，根据图1，多项式x2+2xy因式分解的结果为_____； （2）请用1张A型卡片，2张B型卡片，1张C型卡片拼成一个大正方形，在图2的虚线框中画出正方形的示意图，再据此写出一个多项式的因式分解． 25．在△ABC中，，点D为直线BC上一动点，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE． （1）如图1，连接ED交AC于F，∠BAC＝90°，F为AC中点，若BD＝3，DF＝2，求AD的长； （2）如图2，延长CB至点G使得BG＝DB，连接AG，CE．求证：AG＝CE． 26．已知△ABC为等边三角形，其边长为4．点P是AB边上一动点，连接CP． （1）如图1，点E在AC边上且AE＝BP，连接BE交CP于点F． ①求证：BE＝CP； ②求∠BFC的度数； （2）如图2，将线段CP绕点C顺时针旋转120°得线段CQ，连接BQ交AC于点D．设BP＝x，CD＝y，求y与x的函数关系式； （3）如图3，在（2）的条件下，延长BC至点E，且CE＝BP，连接QE，DE．在点P运动过程中，当△CEQ的周长为4 时，求DE的长． 参考答案 四川省宣汉县宣汉中学来鹿学校2026-2027学年九年级上学期开学自测数学模拟试题 满分：150分 时间：120分钟 A卷（共100分） 一、选择题（本大题共8小题，每小题4分，共32分） 1．下列图形中，是中心对称图形的是（　　） A． B． C． D． 【解答】解：A、不是中心对称图形，不符合题意； B、不是中心对称图形，不符合题意； C、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：C． 2．已知x＜y，则下列不等式成立的是（　　） A．x﹣3＜y﹣3 B．x+1＞y+1 C． D．﹣2x＜﹣2y 【解答】解：∵x＜y， 根据不等式的性质1可得：x﹣3＜y﹣3，x+1＜y+1，故选项A成立、选项B不成立； 根据不等式的性质2可得：，故选项C不成立； 根据不等式的性质3可得：﹣2x＞﹣2y，故选项D不成立． 故选：A． 3．如果一个多边形的内角和是外角和的3倍，则这个多边形的边数是（　　） A．6 B．7 C．8 D．9 【解答】解：多边形的外角和是360°，根据题意得： 180•（n﹣2）＝3×360， 解得n＝8． 故选：C． 4．下列各式从左到右的变形中，是因式分解且完全正确的是（　　） A．（x+2）（x﹣2）＝x2﹣4 B．x2﹣2x﹣3＝x（x﹣2）﹣3 C．x2﹣4x+4＝（x﹣2）2 D．x3﹣x＝x（x2﹣1） 【解答】解：A．是整式的乘法，故A不符合题意； B．没把一个多项式转化成几个整式积的形式，故B不符合题意； C．是因式分解且完全正确，故C符合题意； D．x3﹣x＝x（x2﹣1）＝x（x+1）（x﹣1），故D不符合题意； 故选：C． 5．如图，将△ABC绕点A逆时针旋转55°得到△ADE，若∠E＝70°且AD⊥BC于点F，则∠BAC的度数为（　　） A．65° B．70° C．75° D．80° 【解答】解：∵将△ABC绕点A逆时针旋转55°得△ADE， ∴∠BAD＝55°，∠E＝∠ACB＝70°， ∵AD⊥BC， ∴∠DAC＝20°， ∴∠BAC＝∠BAD+∠DAC＝75°． 故选：C． 6．已知x＝2是分式方程的解，那么k的值为（　　） A．0 B．1 C．2 D．4 【解答】解：， k（x﹣3）+x（x﹣1）＝x（x﹣3）， kx﹣3k+x2﹣x＝x2﹣3x， kx﹣x+3x＝3k， （k+2）x＝3k， ∴x， ∵x＝2是方程的解， ∴2， ∴k＝4， 经检验k＝4是方程2的解， 故选：D． 7．如图，已知∠BAC＝60°，AD是角平分线且AD＝10，作AD的垂直平分线交AC于点F，作DE⊥AC，则△DEF的周长为（　　） A．10 B． C． D． 【解答】解：∵AD的垂直平分线交AC于点F， ∴DF＝AF， ∵∠BAC＝60°，AD是角平分线， ∴∠DAC＝30°， ∵DE⊥AC，AD＝10， ∴DEAD＝5， 根据勾股定理，得AE， ∴△DEF的周长＝AE+DE＝5， 故选：B． 8．如图，▱ABCD中，AD＞AB，∠ABC为锐角．要在对角线BD上找点N，M，使四边形ANCM为平行四边形，在如图所示的甲、乙、丙三种方案中，正确的方案有（　　） A．甲、乙、丙 B．甲、乙 C．甲、丙 D．乙、丙 【解答】解：方案甲中，连接AC，如图所示： ∵四边形ABCD是平行四边形，O为BD的中点， ∴OB＝OD，OA＝OC， ∵BN＝NO，OM＝MD， ∴NO＝OM， ∴四边形ANCM为平行四边形，故方案甲正确； 方案乙中，∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB＝CD，AB∥CD， ∴∠ABN＝∠CDM， ∵AN⊥BD，CM⊥BD， ∴AN∥CM，∠ANB＝∠CMD， 在△ABN和△CDM中， ， ∴△ABN≌△CDM（AAS）， ∴AN＝CM， 又∵AN∥CM， ∴四边形ANCM为平行四边形，故方案乙正确； 方案丙中，∵四边形ABCD是平行四边形， ∴∠BAD＝∠BCD，AB＝CD，AB∥CD， ∴∠ABN＝∠CDM， ∵AN平分∠BAD，CM平分∠BCD， ∴∠BAN＝∠DCM， 在△ABN和△CDM中， ， ∴△ABN≌△CDM（ASA）， ∴AN＝CM，∠ANB＝∠CMD， ∴∠ANM＝∠CMN， ∴AN∥CM， ∴四边形ANCM为平行四边形，故方案丙正确； 故选：A． 二、填空题（本大题共5小题，每小题4分，共20分） 9．分解因式：a4﹣16a2＝a2（a+4）（a﹣4）　 ． 【解答】解：a4﹣16a2， ＝a2（a2﹣16）， ＝a2（a+4）（a﹣4）． 故答案为：a2（a+4）（a﹣4）． 10．如图，在△ABC中，点M，N分别是AB，AC的中点，点P，Q分别是AM，AN的中点，连接MN，PQ，若BC长为12，则PQ长为 　3　 ． 【解答】解：∵点M，N分别是AB，AC的中点， ∴MN是△ABC的中位线， ∴MNBC， ∵BC＝12， ∴MN＝6， 同理，PQMN＝3， 故答案为：3． 11．当x＝　3　 时，分式的值为零． 【解答】解：分式的值为零，即x2﹣9＝0， ∵x≠﹣3， ∴x＝3． 故当x＝3时，分式的值为零． 故答案为3． 12．如图，将周长为10cm的△ABC沿射线BC方向平移2cm后得到△DEF，则四边形ABFD的周长为 　14　 cm． 【解答】解：根据题意，将周长为10cm的△ABC沿BC向右平移2cm得到△DEF， ∴AD＝2cm，BF＝BC+CF＝BC+2cm，DF＝AC； 又∵AB+BC+AC＝10cm， ∴四边形ABFD的周长＝AD+AB+BF+DF＝2+AB+BC+2+AC＝14cm． 故答案为：14． 13．如图，在▱ABCD中，按以下步骤作图：①以C为圆心，以适当长为半径画弧，分别交BC，CD于M，N两点；②分别以M，N为圆心，以大于MN的长为半径画弧，两弧在∠BCD的内部交于点P；⑨连接CP并延长交AD于E．若AE＝2，CE＝6，∠B＝60°，则ABCD的周长等于　28　 ． 【解答】解：由作图可知∠ECD＝∠ECB， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD∥BC，∠B＝∠D＝60°， ∴∠DEC＝∠ECB＝∠ECD， ∴DE＝DC， ∴△DEC是等边三角形， ∴DE＝DC＝EC＝6， ∴AD＝BC＝8，AB＝CD＝6， ∴四边形ABCD的周长为28， 故答案为28． 三、解答题（本大题共5小题，14题-15题每小题8分，16-17题每小题10分，18题12分，共48分） 14．（1）解不等式组：． （2）化简求值：，其中． 【解答】解：（1）由①得到3﹣2x+2≤2x+9 ﹣4x≤4， ∴x≥﹣1， 由②得到10﹣6x＞1﹣3x， ﹣3x＞﹣9， ∴x＜3， ∴﹣1≤x＜3； （2）原式＝（） ， 当a＝2时，原式． 15．如图，在平面直角坐标系xOy中，已知△ABC的三个顶点分别是A（﹣5，1），B（﹣1，3），C（﹣1，1）． （1）平移△ABC，使得点A的对应点A1的坐标为（1，3），画出平移后的△A1B1C1； （2）将△ABC绕点O旋转180°，画出旋转后的△A2B2C2； （3）若△A1B1C1与△A2B2C2关于点P成中心对称，则点P坐标为 　（3，1）　 ． 【解答】解：（1）如图，△A1B1C1为所作； （2）如图，△A2B2C2为所作； （3）中心对称点的坐标为（3，1）． 故答案为：（3，1）． 16．如图，在▱ABCD中，点E，F在对角线AC上，且AE＝CF，连接DE、EB、BF、FD． 求证：（1）△ADE≌△CBF； （2）四边形DEBF是平行四边形． 【解答】证明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD＝BC，AD∥BC， ∴∠DAE＝∠BCF， 在△ADE和△CBF中 ∴△ADE≌△CBF（SAS）； （2）∵△ADE≌△CBF， ∴DE＝BF，∠AED＝∠BFC， ∵∠AED+∠DEF＝180°，∠BFC+∠BFE＝180°， ∴∠DEF＝∠BFE， ∴DE∥BF， ∵DE＝BF， ∴四边形DEBF是平行四边形． 17．某搬运公司计划购买A，B两种型号的机器搬运货物，每台A型机器比每台B型机器每天少搬运10吨货物，且每台A型机器搬运450吨货物与每台B型机器搬运500吨货物所需天数相同． （1）求每台A型机器，B型机器每天分别搬运货物多少吨？ （2）每台A型机器售价1.5万元，每台B型机器售价2万元，该公司计划采购两种型号机器共30台，满足每天搬运货物不低于2880吨，购买金额不超过55万元，请帮助公司求出最省钱的采购方案． 【解答】解：（1）设每台A型机器每天搬运货物x吨，则每台B型机器每天搬运货物（x+10）吨， 由题意得：， 解得：x＝90， 当x＝90时，x（x+10）≠0， ∴x＝90是分式方程的根， ∴x+10＝90+10＝100， 答：每台A型机器每天搬运货物90吨，每台B型机器每天搬运货物100吨； （2）设购买A型机器m台，购买总金额为w万元， 由题意得：， 解得：10≤m≤12， w＝1.5m+2（30﹣m）＝﹣0.5m+60； ∵﹣0.5＜0， ∴w随m的增大而减小， ∴当m＝12时，w最小，此时w＝﹣0.5×12+60＝54， ∴购买A型机器12台，B型机器18台时，购买总金额最低是54万元． 18．如图，在平面直角坐标系中，直线l1：yx+m与直线l2交于点A（﹣2，3），直线l2与x轴交于点C（4，0），与y轴交于点B，将直线l2向下平移8个单位长度得到直线l3，l3与y轴交于点D，与l1交于点E，连接AD． （1）求直线l2的解析式； （2）求△ADE的面积； （3）在平面直角坐标系中存在点P，使得以A、E、D、P为顶点的四边形是平行四边形，请直接写出点P的坐标． 【解答】解：（1）设直线l2的解析式为y＝kx+b， ∵直线l2与x轴交于点C（4，0），过点A（﹣2，3）， ∴， ∴， ∴直线l2的解析式为yx+2； （2）连接BE， ∵直线l1：yx+m与直线l2交于点A（﹣2，3）， ∴﹣3+m＝3， ∴m＝6， ∴直线l1的解析式为yx+6， ∵将直线l2向下平移8个单位长度得到直线l3， ∴直线l3的解析式为yx﹣6， ∵l3与y轴交于点D， ∴x＝0时，y＝﹣6， ∴D（0，﹣6）， ∵直线l2与y轴交于点B， ∴B（0，2）， ∴BD＝8， 由，解得， ∴E（﹣6，﹣3）， ∵l2∥l3， ∴S△ADE＝S△BDEBD×68×6＝24； （3）由（1）（2）可知A（﹣2，3），E（﹣6，﹣3），D（0，﹣6）， 设点P的坐标为（a，b）， 当AD是边时， 则点A向右平移2个单位向下平移9个单位得到点D，同样点E（P）向右平移2个单位向下平移9个单位得到点P（E）， 即﹣6+2＝a，﹣3﹣9＝b或﹣6﹣2＝a，﹣3+9＝b， 解得或， 故点P的坐标为（﹣4，﹣12）或（﹣8，6）； 当AD是对角线时， 由中点坐标公式得：﹣2+0＝a﹣6，3﹣6＝b﹣3，解得， 故点P的坐标为（4，0）； 综上，点P的坐标为（﹣4，﹣12）或（﹣8，6）或（4，0）． B卷（共50分） 一、填空题（本大题共5小题，每小题4分，共20分） 19．若a＝2b+1，则a2﹣4ab+4b2+2027的值为 　2028．　 ． 【解答】解：∵a＝2b+1， ∴a﹣2b＝1， ∴a2﹣4ab+4b2+2027 ＝（a﹣2b）2+2027 ＝12+2027 ＝2028． 故答案为：2028． 20．已知关于x的不等式组有且只有2个整数解，且a为整数，则a的值为　5　 ． 【解答】解：解不等式x﹣a＜0，得：x＜a， 解不等式9﹣2x≤3，得：x≥3， 则不等式组的解集为3≤x＜a， ∵不等式组只有2个整数解， ∴不等式组的整数解为3和4， 则4＜a≤5， 又a为整数， ∴a＝5， 故答案为：5． 21．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点D，E分别是边AB，AC的中点，延长BC至F，使CFBC，若EF＝13，则线段AB的长为　26　 ． 【解答】解：∵点D，E分别是边AB，AC的中点， ∴DEBC，DE∥BC， ∵CFBC， ∴DE＝CF，又DE∥CF， ∴四边形DEFC为平行四边形， ∴CD＝EF＝13， ∵∠ACB＝90°，点D是边AB的中点， ∴AB＝2CD＝26， 故答案为：26． 22．已知S1，S2＝1，S3＝1，…，Sn+1＝1（n≥1，且n为正整数）．若S1•S2•S3•…•S7＝a，则a的值为 　±4　 ． 【解答】解：， 则， ， ， ， ， ， ∵S1•S2•S3•……•S7＝a， ∴， ∴， 解得a＝±4． 故答案为：±4． 23．如图，在△ABC中，AC＝BC＝9，∠C＝120°，D为AC边上一点，且AD＝6，E是AB边上一动点，连接DE，将线段DE绕点D逆时针旋转30°得到DF，若F恰好在BC边上，则AE的长为 　3+4　 ． 【解答】解：如图，延长DC到G，使DG＝AE，连接FG， ∵AC＝BC，∠C＝120°， ∴∠A＝30°，∠FCG＝60°， ∵∠A+∠1＝∠EDF+∠2， 又∵∠EDF＝30°， ∴∠1＝∠2， 在△EDA和△DFG中， ， ∴△EDA≌△DFG（SAS） ∴AD＝GF＝6，∠A＝∠G＝30°， ∵∠G+∠FCG＝90°， ∴∠CFG＝90°， 设CF＝x，则CG＝2x，由CF2+FG2＝CG2得： x2+62＝（2x）2， 解得x1，x2（不合题意舍去）， ∴CG＝4， ∴AE＝DG＝3+4， 故答案为：3+4． 二、解答题（本大题共3小题，24题8分，25题10分，26题12分，共30分） 24．数形结合是解决数学问题的重要思想方法，在学习“因式分解”时，我们可以借助直观、形象的几何模型来求解．下面共有三种卡片：A型卡片是边长为x的正方形；B型卡片是长为y，宽为x的长方形；C型卡片是边长为y的正方形． （1）用1张A型卡片，2张B型卡片拼成如图1的图形，根据图1，多项式x2+2xy因式分解的结果为 x（x+2y）　 ； （2）请用1张A型卡片，2张B型卡片，1张C型卡片拼成一个大正方形，在图2的虚线框中画出正方形的示意图，再据此写出一个多项式的因式分解． 【解答】解：（1）x（x+2y）； （2）如图所示，x2+2xy+y2＝（x+y）2． 25．在△ABC中，，点D为直线BC上一动点，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE． （1）如图1，连接ED交AC于F，∠BAC＝90°，F为AC中点，若BD＝3，DF＝2，求AD的长； （2）如图2，延长CB至点G使得BG＝DB，连接AG，CE．求证：AG＝CE． 【解答】（1）解：∵∠BAC＝∠DAE＝90°， ∴∠BAC﹣∠CAD＝∠DAE﹣∠CAD， 即∠BAD＝∠FAE， ∵F为AC中点， ∴AFAC， ∵ABAC， ∴AB＝AF， ∵AD＝AE， ∴△ABD≌△AFE（SAS）， ∴BD＝EF， ∵BD＝3，DF＝2， ∴EF＝3， ∴DE＝DF+EF＝5， ∵∠DAE＝90°，AD＝AE， ∴△ADE是等腰直角三角形， ∴ADDE； （2）证明：延长AB至H，使BH＝AB，连接GH， 则ABAH， ∵ABAC， ∴AH＝AC， 在△ABD和△HBG中， ， ∴△ABD≌△HBG（SAS）， ∴AD＝HG，∠BAD＝∠H， 由（1）得：∠BAD＝∠CAE， ∴∠H＝∠CAE， ∵AD＝AE， ∴HG＝AE， 在△AHG和△CAE中， ， ∴△AHG≌△CAE（SAS）， ∴AG＝CE； 26．已知△ABC为等边三角形，其边长为4．点P是AB边上一动点，连接CP． （1）如图1，点E在AC边上且AE＝BP，连接BE交CP于点F． ①求证：BE＝CP； ②求∠BFC的度数； （2）如图2，将线段CP绕点C顺时针旋转120°得线段CQ，连接BQ交AC于点D．设BP＝x，CD＝y，求y与x的函数关系式； （3）如图3，在（2）的条件下，延长BC至点E，且CE＝BP，连接QE，DE．在点P运动过程中，当△CEQ的周长为4时，求DE的长． 【解答】（1）①证明：∵△ABC是等边三角形， ∴AB＝BC，∠A＝∠ABC＝60°， ∵AE＝BP， ∴△ABE≌△BCP（SAS）， ∴BE＝CP； ②解：由①知，△ABE≌△BCP， ∴∠ABE＝∠BCP， ∴∠CFE＝∠CBE+∠BCP＝∠CBE+∠ABE＝∠ABC＝60°， ∴∠BFC＝180°﹣∠CFE＝120°； （2）如图2，在AC上截取AG＝BP＝x，连接BG，QG， 同（1）①的方法知，BG＝CP，由旋转知，∠PCQ＝120°，CP＝CQ， ∴BG＝CQ， 由（1）②知，∠BFC＝120°， ∴∠BFC＝∠QCP， ∴BG∥CQ， ∴四边形BCQG是平行四边形， ∴CDCG， ∵等边△ABC的边长为4， ∴AC＝4， ∴CG＝AC﹣AG＝4﹣x， ∴CD（4﹣x）＝2x，即y＝2x（0≤x≤4）； （3）如图3，延长CE至M，使CM＝BC＝4，连接QM． ∵△ABC为等边三角形， ∴∠A＝ACB＝60°，BC＝AC， ∴AC＝MC， ∵∠PCQ＝120°， ∴∠BCP+∠MCQ＝60°， ∵∠BCP+∠ACP＝60°， ∴∠ACP＝∠MCQ， ∵CP＝CQ， ∴△ACP≌△MCQ（SAS）， ∴MQ＝AP＝4﹣x，∠A＝∠M， ∴∠ACB＝∠M＝60°， ∵EM＝CM﹣CE＝4﹣x， ∴EM＝QM， ∴△EMQ是等边三角形， ∴QE＝EM， ∵△CEQ的周长为4， ∴CE+QE+CQ＝CE+EM+CQ＝CM+CQ＝4+CQ＝4， ∴CQ， 过点Q作QN⊥EM，则MNQM＝2x，QN（2x）， ∴CN＝CM﹣MN＝2x，根据勾股定理得，CN2+QN2＝CQ2， ∴（2x）2+[（2x）]2＝13， 解得x＝1或3， 当x＝1时，BP＝CE＝1，CD＝y＝2， 过点D作DH⊥BC于点H，则CHCD，DH， ∴EH＝CH+CE， ∴DE． 当x＝3时，BP＝CE＝3，CD＝2， ∴CH，DH，EH3， ∴DE． 综上所述，DE的长为或． 学科网（北京）股份有限公司 $