2026屆河北省衡水市故城聚龍中學中考二模數(shù)學試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角"條形碼粘貼處"。2．作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3．非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區(qū)域內(nèi)相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4．考生必須保證答題卡的整潔。考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題（共10小題，每小題3分，共30分）1．在平面直角坐標系中，把直線y＝x向左平移一個單位長度后，所得直線的解析式為()A．y＝x＋1B．y＝x－1C．y＝xD．y＝x－22．生物興趣小組的學生，將自己收集的標本向本組其他成員各贈送一件，全組共互贈了132件.如果全組共有x名同學，則根據(jù)題意列出的方程是（）A．x(x+1)=132 B．x(x-1)=132 C．x(x+1)=132× D．x(x-1)=132×23．如圖，在⊙O中，直徑CD⊥弦AB，則下列結論中正確的是A．AC=AB B．∠C=∠BOD C．∠C=∠B D．∠A=∠B0D4．|–|的倒數(shù)是（）A．–2 B．– C． D．25．將拋物線向左平移1個單位，再向下平移3個單位后所得拋物線的解析式為（）A． B． C． D．6．方程的解是（）.A． B． C． D．7．如圖，以AD為直徑的半圓O經(jīng)過Rt△ABC斜邊AB的兩個端點，交直角邊AC于點E；B、E是半圓弧的三等分點，的長為，則圖中陰影部分的面積為（）A． B． C． D．8．如圖，小明從A處出發(fā)沿北偏西30°方向行走至B處，又沿南偏西50°方向行走至C處，此時再沿與出發(fā)時一致的方向行走至D處，則∠BCD的度數(shù)為（）A．100° B．80° C．50° D．20°9．運用圖形變化的方法研究下列問題：如圖，AB是⊙O的直徑，CD，EF是⊙O的弦，且AB∥CD∥EF，AB=10，CD=6，EF=8.則圖中陰影部分的面積是（

）A． B． C． D．10．如圖是由若干個大小相同的小正方體堆砌而成的幾何體，那么其三種視圖中面積最小的是（）A．主視圖 B．俯視圖 C．左視圖 D．一樣大二、填空題（本大題共6個小題，每小題3分，共18分）11．如圖，矩形AOCB的兩邊OC、OA分別位于x軸、y軸上，點B的坐標為B（），D是AB邊上的一點．將△ADO沿直線OD翻折，使A點恰好落在對角線OB上的點E處，若點E在一反比例函數(shù)的圖像上，那么k的值是_______12．因式分解：a2﹣a＝_____．13．如圖，在平面直角坐標系xOy中，點A，P分別在x軸、y軸上，∠APO＝30°．先將線段PA沿y軸翻折得到線段PB，再將線段PA繞點P順時針旋轉30°得到線段PC，連接BC．若點A的坐標為（﹣1，0），則線段BC的長為_____．14．已知關于的一元二次方程的兩個實數(shù)根分別是x=-2,x=4，則的值為________.15．已知關于x方程x2﹣3x+a=0有一個根為1，則方程的另一個根為_____．16．如果點、是二次函數(shù)是常數(shù)圖象上的兩點，那么______填“”、“”或“”三、解答題（共8題，共72分）17．（8分）某班為確定參加學校投籃比賽的任選，在A、B兩位投籃高手間進行了6次投籃比賽，每人每次投10個球，將他們每次投中的個數(shù)繪制成如圖所示的折線統(tǒng)計圖．（1）根據(jù)圖中所給信息填寫下表：投中個數(shù)統(tǒng)計平均數(shù)中位數(shù)眾數(shù)A8B77（2）如果這個班只能在A、B之間選派一名學生參賽，從投籃穩(wěn)定性考慮應該選派誰？請你利用學過的統(tǒng)計量對問題進行分析說明．18．（8分）如圖1，在平面直角坐標系中，O為坐標原點，拋物線y=ax2+bx+3交x軸于B、C兩點（點B在左，點C在右），交y軸于點A，且OA=OC，B（﹣1，0）．（1）求此拋物線的解析式；（2）如圖2，點D為拋物線的頂點，連接CD，點P是拋物線上一動點，且在C、D兩點之間運動，過點P作PE∥y軸交線段CD于點E，設點P的橫坐標為t，線段PE長為d，寫出d與t的關系式（不要求寫出自變量t的取值范圍）；（3）如圖3，在（2）的條件下，連接BD，在BD上有一動點Q，且DQ=CE，連接EQ，當∠BQE+∠DEQ=90°時，求此時點P的坐標．19．（8分）如圖，分別以線段AB兩端點A，B為圓心，以大于AB長為半徑畫弧，兩弧交于C，D兩點，作直線CD交AB于點M，DE∥AB，BE∥CD．（1）判斷四邊形ACBD的形狀，并說明理由；（2）求證：ME=AD．20．（8分）（問題情境）張老師給愛好學習的小軍和小俊提出這樣的一個問題：如圖1，在△ABC中，AB＝AC，點P為邊BC上任一點，過點P作PD⊥AB，PE⊥AC，垂足分別為D，E，過點C作CF⊥AB，垂足為F，求證：PD+PE＝CF．小軍的證明思路是：如圖2，連接AP，由△ABP與△ACP面積之和等于△ABC的面積可以證得：PD+PE＝CF．小俊的證明思路是：如圖2，過點P作PG⊥CF，垂足為G，可以證得：PD＝GF，PE＝CG，則PD+PE＝CF．[變式探究]如圖3，當點P在BC延長線上時，其余條件不變，求證：PD﹣PE＝CF；請運用上述解答中所積累的經(jīng)驗和方法完成下列兩題：[結論運用]如圖4，將矩形ABCD沿EF折疊，使點D落在點B上，點C落在點C′處，點P為折痕EF上的任一點，過點P作PG⊥BE、PH⊥BC，垂足分別為G、H，若AD＝8，CF＝3，求PG+PH的值；[遷移拓展]圖5是一個航模的截面示意圖．在四邊形ABCD中，E為AB邊上的一點，ED⊥AD，EC⊥CB，垂足分別為D、C，且AD?CE＝DE?BC，AB＝2dm，AD＝3dm，BD＝dm．M、N分別為AE、BE的中點，連接DM、CN，求△DEM與△CEN的周長之和．21．（8分）風電已成為我國繼煤電、水電之后的第三大電源，風電機組主要由塔桿和葉片組成（如圖①），圖②是平面圖．光明中學的數(shù)學興趣小組針對風電塔桿進行了測量，甲同學站在平地上的A處測得塔桿頂端C的仰角是55°，乙同學站在巖石B處測得葉片的最高位置D的仰角是45°（D，C，H在同一直線上，G，A，H在同一條直線上），他們事先從相關部門了解到葉片的長度為15米（塔桿與葉片連接處的長度忽略不計），巖石高BG為4米，兩處的水平距離AG為23米，BG⊥GH，CH⊥AH，求塔桿CH的高．（參考數(shù)據(jù)：tan55°≈1.4，tan35°≈0.7，sin55°≈0.8，sin35°≈0.6）22．（10分）（問題發(fā)現(xiàn)）（1）如圖（1）四邊形ABCD中，若AB=AD，CB=CD，則線段BD，AC的位置關系為；（拓展探究）（2）如圖（2）在Rt△ABC中，點F為斜邊BC的中點，分別以AB，AC為底邊，在Rt△ABC外部作等腰三角形ABD和等腰三角形ACE，連接FD，F(xiàn)E，分別交AB，AC于點M，N．試猜想四邊形FMAN的形狀，并說明理由；（解決問題）（3）如圖（3）在正方形ABCD中，AB=2，以點A為旋轉中心將正方形ABCD旋轉60°，得到正方形AB'C'D'，請直接寫出BD'平方的值．23．（12分）如圖，在平行四邊形ABCD中，邊AB的垂直平分線交AD于點E，交CB的延長線于點F，連接AF，BE.(1)求證：△AGE≌△BGF；(2)試判斷四邊形AFBE的形狀，并說明理由．24．先化簡，再求值：3a（a1+1a+1）﹣1（a+1）1，其中a=1．

參考答案一、選擇題（共10小題，每小題3分，共30分）1、A【解析】向左平移一個單位長度后解析式為：y=x+1.故選A.點睛：掌握一次函數(shù)的平移.2、B【解析】全組有x名同學，則每名同學所贈的標本為：（x-1）件，那么x名同學共贈：x（x-1）件，所以，x（x-1）=132，故選B.3、B【解析】

先利用垂徑定理得到弧AD=弧BD，然后根據(jù)圓周角定理得到∠C=∠BOD，從而可對各選項進行判斷．【詳解】解：∵直徑CD⊥弦AB，∴弧AD=弧BD，∴∠C=∠BOD．故選B．【點睛】本題考查了垂徑定理和圓周角定理，垂徑定理：垂直于弦的直徑平分這條弦，并且平分弦所對的兩條?。畧A周角定理：在同圓或等圓中，同弧或等弧所對的圓周角相等，都等于這條弧所對的圓心角的一半．4、D【解析】

根據(jù)絕對值的性質(zhì)，可化簡絕對值，根據(jù)倒數(shù)的意義，可得答案．【詳解】|?|=，的倒數(shù)是2；∴|?|的倒數(shù)是2，故選D．【點睛】本題考查了實數(shù)的性質(zhì)，分子分母交換位置是求一個數(shù)倒數(shù)的關鍵．5、D【解析】根據(jù)“左加右減、上加下減”的原則，將拋物線向左平移1個單位所得直線解析式為：；再向下平移3個單位為：．故選D．6、B【解析】

直接解分式方程，注意要驗根.【詳解】解：=0，方程兩邊同時乘以最簡公分母x(x+1)，得：3(x+1)-7x=0,解這個一元一次方程，得：x=，經(jīng)檢驗，x=是原方程的解.故選B.【點睛】本題考查了解分式方程，解分式方程不要忘記驗根.7、D【解析】

連接BD，BE，BO，EO，先根據(jù)B、E是半圓弧的三等分點求出圓心角∠BOD的度數(shù)，再利用弧長公式求出半圓的半徑R，再利用圓周角定理求出各邊長，通過轉化將陰影部分的面積轉化為S△ABC﹣S扇形BOE，然后分別求出面積相減即可得出答案.【詳解】解：連接BD，BE，BO，EO，∵B，E是半圓弧的三等分點，∴∠EOA＝∠EOB＝∠BOD＝60°，∴∠BAD＝∠EBA＝30°，∴BE∥AD，∵的長為，∴解得：R＝4，∴AB＝ADcos30°＝，∴BC＝AB＝，∴AC＝BC＝6，∴S△ABC＝×BC×AC＝××6＝，∵△BOE和△ABE同底等高，∴△BOE和△ABE面積相等，∴圖中陰影部分的面積為：S△ABC﹣S扇形BOE＝故選：D．【點睛】本題主要考查弧長公式，扇形面積公式，圓周角定理等，掌握圓的相關性質(zhì)是解題的關鍵.8、B【解析】解：如圖所示：由題意可得：∠1=30°，∠3=50°，則∠2=30°，故由DC∥AB，則∠4=30°+50°=80°．故選B．點睛：此題主要考查了方向角的定義，正確把握定義得出∠3的度數(shù)是解題關鍵．9、A【解析】【分析】作直徑CG，連接OD、OE、OF、DG，則根據(jù)圓周角定理求得DG的長，證明DG=EF，則S扇形ODG=S扇形OEF，然后根據(jù)三角形的面積公式證明S△OCD=S△ACD，S△OEF=S△AEF，則S陰影=S扇形OCD+S扇形OEF=S扇形OCD+S扇形ODG=S半圓，即可求解．【詳解】作直徑CG，連接OD、OE、OF、DG．∵CG是圓的直徑，∴∠CDG=90°，則DG==8，又∵EF=8，∴DG=EF，∴，∴S扇形ODG=S扇形OEF，∵AB∥CD∥EF，∴S△OCD=S△ACD，S△OEF=S△AEF，∴S陰影=S扇形OCD+S扇形OEF=S扇形OCD+S扇形ODG=S半圓=π×52=，故選A．【點睛】本題考查扇形面積的計算，圓周角定理．本題中找出兩個陰影部分面積之間的聯(lián)系是解題的關鍵．10、C【解析】如圖，該幾何體主視圖是由5個小正方形組成，左視圖是由3個小正方形組成，俯視圖是由5個小正方形組成，故三種視圖面積最小的是左視圖，故選C．二、填空題（本大題共6個小題，每小題3分，共18分）11、-12【解析】過E點作EF⊥OC于F,如圖所示：

由條件可知：OE=OA=5，，所以EF=3，OF=4，

則E點坐標為（-4，3）

設反比例函數(shù)的解析式是y＝，則有k=-4×3=-12.故答案是：-12.12、a（a﹣1）【解析】

直接提取公因式a，進而分解因式得出答案【詳解】a2﹣a＝a（a﹣1）．故答案為a（a﹣1）．【點睛】此題考查公因式，難度不大13、22【解析】

只要證明△PBC是等腰直角三角形即可解決問題.【詳解】解：∵∠APO＝∠BPO＝30°，∴∠APB＝60°，∵PA＝PC＝PB，∠APC＝30°，∴∠BPC＝90°，∴△PBC是等腰直角三角形，∵OA＝1，∠APO＝30°，∴PA＝2OA＝2，∴BC＝2PC＝22，故答案為22．【點睛】本題考查翻折變換、坐標與圖形的變化、等腰直角三角形的判定和性質(zhì)等知識，解題的關鍵是證明△PBC是等腰直角三角形．14、-10【解析】

根據(jù)根與系數(shù)的關系得出-2+4=-m，-2×4=n，求出即可．【詳解】∵關于x的一元二次方程的兩個實數(shù)根分別為x=-2,x=4，∴?2+4=?m，?2×4=n，解得：m=?2，n=?8，∴m+n=?10，故答案為：-10【點睛】此題考查根與系數(shù)的關系，掌握運算法則是解題關鍵15、1【解析】分析：設方程的另一個根為m，根據(jù)兩根之和等于-，即可得出關于m的一元一次方程，解之即可得出結論．詳解：設方程的另一個根為m，根據(jù)題意得：1+m=3，解得：m=1．故答案為1．點睛：本題考查了根與系數(shù)的關系，牢記兩根之和等于-是解題的關鍵．16、【解析】

根據(jù)二次函數(shù)解析式可知函數(shù)圖象對稱軸是x=0，且開口向上，分析可知兩點均在對稱軸左側的圖象上；接下來，結合二次函數(shù)的性質(zhì)可判斷對稱軸左側圖象的增減性，【詳解】解：二次函數(shù)的函數(shù)圖象對稱軸是x=0，且開口向上，∴在對稱軸的左側y隨x的增大而減小，∵-3＞-4，∴＞.故答案為＞.【點睛】本題考查了二次函數(shù)的圖像和數(shù)形結合的數(shù)學思想.三、解答題（共8題，共72分）17、（1）7，9，7；（2）應該選派B；【解析】

（1）分別利用平均數(shù)、中位數(shù)、眾數(shù)分析得出答案；（2）利用方差的意義分析得出答案．【詳解】（1）A成績的平均數(shù)為（9+10+4+3+9+7）=7；眾數(shù)為9；B成績排序后為6，7，7，7，7，8，故中位數(shù)為7；故答案為：7，9，7；（2）=[（7﹣9）2+（7﹣10）2+（7﹣4）2+（7﹣3）2+（7﹣9）2+（7﹣7）2]=7；=[（7﹣7）2+（7﹣7）2+（7﹣8）2+（7﹣7）2+（7﹣6）2+（7﹣7）2]=；從方差看，B的方差小，所以B的成績更穩(wěn)定，從投籃穩(wěn)定性考慮應該選派B．【點睛】此題主要考查了中位數(shù)、眾數(shù)、方差的定義，方差是反映一組數(shù)據(jù)的波動大小的一個量．方差越大，則平均值的離散程度越大，穩(wěn)定性也越??；反之，則它與其平均值的離散程度越小，穩(wěn)定性越好．18、（1）y=﹣x2+2x+3；（2）d=﹣t2+4t﹣3；（3）P（，）．【解析】

（1）由拋物線y=ax2+bx+3與y軸交于點A，可求得點A的坐標，又OA=OC，可求得點C的坐標，然后分別代入B,C的坐標求出a，b，即可求得二次函數(shù)的解析式；（2）首先延長PE交x軸于點H，現(xiàn)將解析式換為頂點解析式求得D（1，4），設直線CD的解析式為y=kx+b，再將點C（3，0）、D（1，4）代入，得y=﹣2x+6，則E（t，﹣2t+6），P（t，﹣t2+2t+3），PH=﹣t2+2t+3，EH=﹣2t+6，再根據(jù)d=PH﹣EH即可得答案；（3）首先，作DK⊥OC于點K，作QM∥x軸交DK于點T，延長PE、EP交OC于H、交QM于M，作ER⊥DK于點R，記QE與DK的交點為N，根據(jù)題意在（2）的條件下先證明△DQT≌△ECH，再根據(jù)全等三角形的性質(zhì)即可得ME=4﹣2（﹣2t+6），QM=t﹣1+（3﹣t），即可求得答案．【詳解】解：（1）當x=0時，y=3，∴A（0，3）即OA=3，∵OA=OC，∴OC=3，∴C（3，0），∵拋物線y=ax2+bx+3經(jīng)過點B（﹣1，0），C（3，0）∴，解得：，∴拋物線的解析式為：y=﹣x2+2x+3；（2）如圖1，延長PE交x軸于點H，∵y=﹣x2+2x+3=﹣（x﹣1）2+4，∴D（1，4），設直線CD的解析式為y=kx+b，將點C（3，0）、D（1，4）代入，得：，解得：，∴y=﹣2x+6，∴E（t，﹣2t+6），P（t，﹣t2+2t+3），∴PH=﹣t2+2t+3，EH=﹣2t+6，∴d=PH﹣EH=﹣t2+2t+3﹣（﹣2t+6）=﹣t2+4t﹣3；（3）如圖2，作DK⊥OC于點K，作QM∥x軸交DK于點T，延長PE、EP交OC于H、交QM于M，作ER⊥DK于點R，記QE與DK的交點為N，∵D（1，4），B（﹣1，0），C（3，0），∴BK=2，KC=2，∴DK垂直平分BC，∴BD=CD，∴∠BDK=∠CDK，∵∠BQE=∠QDE+∠DEQ，∠BQE+∠DEQ=90°，∴∠QDE+∠DEQ+∠DEQ=90°，即2∠CDK+2∠DEQ=90°，∴∠CDK+∠DEQ=45°，即∠RNE=45°，∵ER⊥DK，∴∠NER=45°，∴∠MEQ=∠MQE=45°，∴QM=ME，∵DQ=CE，∠DTQ=∠EHC、∠QDT=∠CEH，∴△DQT≌△ECH，∴DT=EH，QT=CH，∴ME=4﹣2（﹣2t+6），QM=MT+QT=MT+CH=t﹣1+（3﹣t），4﹣2（﹣2t+6）=t﹣1+（3﹣t），解得：t=，∴P（，）．【點睛】本題考查了二次函數(shù)的綜合題，解題的關鍵是熟練的掌握二次函數(shù)的相關知識點.19、（1）四邊形ACBD是菱形；理由見解析；（2）證明見解析.【解析】

（1）根據(jù)題意得出，即可得出結論；（2）先證明四邊形是平行四邊形，再由菱形的性質(zhì)得出，證明四邊形是矩形，得出對角線相等，即可得出結論.【詳解】（1）解：四邊形ACBD是菱形；理由如下：根據(jù)題意得：AC=BC=BD=AD，∴四邊形ACBD是菱形（四條邊相等的四邊形是菱形）；（2）證明：∵DE∥AB，BE∥CD，∴四邊形BEDM是平行四邊形，∵四邊形ACBD是菱形，∴AB⊥CD，∴∠BMD=90°，∴四邊形ACBD是矩形，∴ME=BD，∵AD=BD，∴ME=AD．【點睛】本題考查了菱形的判定、矩形的判定與性質(zhì)、平行四邊形的判定，熟練掌握菱形的判定和矩形的判定與性質(zhì)，并能進行推理結論是解決問題的關鍵.20、小軍的證明：見解析；小俊的證明：見解析；[變式探究]見解析；[結論運用]PG+PH的值為1；[遷移拓展]（6+2）dm【解析】

小軍的證明：連接AP，利用面積法即可證得；小俊的證明：過點P作PG⊥CF，先證明四邊形PDFG為矩形，再證明△PGC≌△CEP，即可得到答案；[變式探究]小軍的證明思路：連接AP，根據(jù)S△ABC＝S△ABP﹣S△ACP，即可得到答案；小俊的證明思路：過點C，作CG⊥DP，先證明四邊形CFDG是矩形，再證明△CGP≌△CEP即可得到答案；[結論運用]過點E作EQ⊥BC，先根據(jù)矩形的性質(zhì)求出BF，根據(jù)翻折及勾股定理求出DC，證得四邊形EQCD是矩形，得出BE＝BF即可得到答案；[遷移拓展]延長AD，BC交于點F，作BH⊥AF，證明△ADE∽△BCE得到FA=FB，設DH＝x，利用勾股定理求出x得到BH＝6，再根據(jù)∠ADE＝∠BCE＝90°，且M，N分別為AE，BE的中點即可得到答案.【詳解】小軍的證明：連接AP，如圖②∵PD⊥AB，PE⊥AC，CF⊥AB，∴S△ABC＝S△ABP+S△ACP，∴AB×CF＝AB×PD+AC×PE，∵AB＝AC，∴CF＝PD+PE．小俊的證明：過點P作PG⊥CF，如圖2，∵PD⊥AB，CF⊥AB，PG⊥FC，∴∠CFD＝∠FDG＝∠FGP＝90°，∴四邊形PDFG為矩形，∴DP＝FG，∠DPG＝90°，∴∠CGP＝90°，∵PE⊥AC，∴∠CEP＝90°，∴∠PGC＝∠CEP，∵∠BDP＝∠DPG＝90°，∴PG∥AB，∴∠GPC＝∠B，∵AB＝AC，∴∠B＝∠ACB，∴∠GPC＝∠ECP，在△PGC和△CEP中，∴△PGC≌△CEP，∴CG＝PE，∴CF＝CG+FG＝PE+PD；[變式探究]小軍的證明思路：連接AP，如圖③，∵PD⊥AB，PE⊥AC，CF⊥AB，∴S△ABC＝S△ABP﹣S△ACP，∴AB×CF＝AB×PD﹣AC×PE，∵AB＝AC，∴CF＝PD﹣PE；小俊的證明思路：過點C，作CG⊥DP，如圖③，∵PD⊥AB，CF⊥AB，CG⊥DP，∴∠CFD＝∠FDG＝∠DGC＝90°，∴CF＝GD，∠DGC＝90°，四邊形CFDG是矩形，∵PE⊥AC，∴∠CEP＝90°，∴∠CGP＝∠CEP，∵CG⊥DP，AB⊥DP，∴∠CGP＝∠BDP＝90°，∴CG∥AB，∴∠GCP＝∠B，∵AB＝AC，∴∠B＝∠ACB，∵∠ACB＝∠PCE，∴∠GCP＝∠ECP，在△CGP和△CEP中，，∴△CGP≌△CEP，∴PG＝PE，∴CF＝DG＝DP﹣PG＝DP﹣PE．[結論運用]如圖④過點E作EQ⊥BC，∵四邊形ABCD是矩形，∴AD＝BC，∠C＝∠ADC＝90°，∵AD＝8，CF＝3，∴BF＝BC﹣CF＝AD﹣CF＝5，由折疊得DF＝BF，∠BEF＝∠DEF，∴DF＝5，∵∠C＝90°，∴DC＝＝1，∵EQ⊥BC，∠C＝∠ADC＝90°，∴∠EQC＝90°＝∠C＝∠ADC，∴四邊形EQCD是矩形，∴EQ＝DC＝1，∵AD∥BC，∴∠DEF＝∠EFB，∵∠BEF＝∠DEF，∴∠BEF＝∠EFB，∴BE＝BF，由問題情景中的結論可得：PG+PH＝EQ，∴PG+PH＝1．∴PG+PH的值為1．[遷移拓展]延長AD，BC交于點F，作BH⊥AF，如圖⑤，∵AD×CE＝DE×BC，∴，∵ED⊥AD，EC⊥CB，∴∠ADE＝∠BCE＝90°，∴△ADE∽△BCE，∴∠A＝∠CBE，∴FA＝FB，由問題情景中的結論可得：ED+EC＝BH，設DH＝x，∴AH＝AD+DH＝3+x，∵BH⊥AF，∴∠BHA＝90°，∴BH2＝BD2﹣DH2＝AB2﹣AH2，∵AB＝2，AD＝3，BD＝，∴（）2﹣x2＝（2）2﹣（3+x）2，∴x＝1，∴BH2＝BD2﹣DH2＝37﹣1＝36，∴BH＝6，∴ED+EC＝6，∵∠ADE＝∠BCE＝90°，且M，N分別為AE，BE的中點，∴DM＝EM＝AE，CN＝EN＝BE，∴△DEM與△CEN的周長之和＝DE+DM+EM+CN+EN+EC＝DE+AE+BE+EC＝DE+AB+EC＝DE+EC+AB＝6+2，∴△DEM與△CEN的周長之和（6+2）dm．【點睛】此題是一道綜合題,考查三角形全等的判定及性質(zhì),勾股定理,矩形的性質(zhì)定理,三角形的相似的判定及性質(zhì)定理,翻折的性質(zhì),根據(jù)題中小軍和小俊的思路進行證明,故正確理解題意由此進行后面的證明是解題的關鍵.21、塔桿CH的高為42米【解析】

作BE⊥DH，知GH=BE、BG=EH=4，設AH=x，則BE=GH=23+x，由CH=AHtan∠CAH=tan55°?x知CE=CH-EH=tan55°?x-4，根據(jù)BE=DE可得關于x的方程，解之可得．【詳解】解：如圖，作BE⊥DH于點E，則GH=BE、BG=EH=4，設AH=x，則BE=GH=GA+AH=23+x，在Rt△ACH中，CH=AHtan∠CAH=tan55°?x，∴CE=CH﹣EH=tan55°?x﹣4，∵∠DBE=45°，∴BE=DE=CE+DC，即23+x=tan55°?x﹣4+15，解得：x≈30，∴CH=tan55°?x=1.4×30=42，答：塔桿CH的高為42米．【點睛】本題考查了解直角三角形的應用，解答本題要求學生能借助仰角構造直角三角形并解直角三角形．22、（1）AC垂直平分BD；（2）四邊形FMAN是矩形，理由見解析；（3）16+8或16﹣8【解析】

（1）依據(jù)點A在線段BD的垂直平分線上，點C在線段BD的垂直平分線上，即可得出AC垂直平分BD；（2）根據(jù)Rt△ABC中，點F為斜邊BC的中點，可得AF=CF=BF，再根據(jù)等腰三角形ABD和等腰三角形ACE，即可得到AD=DB，AE=CE，進而得出∠AMF=∠MAN=∠ANF=90°，即可判定四邊形AMFN是矩形；（3）分兩種情況：①以點A為旋轉中心將正方形ABCD逆時針旋轉60°，②以點A為旋轉中心將正方形ABCD順時針旋轉60°，分別依據(jù)旋轉的性質(zhì)以及勾股定理，即可得到結論．【詳解】（1）∵AB=AD，CB=CD，∴點A在線段BD的垂直平分線上，點C在線段BD的垂直平分線上，∴AC垂直平分BD，故答案為AC