基础强化北师大版9年级数学上册期中试题含答案详解（精练）

北师大版9年级数学上册期中试题考试时间：90分钟；命题人：教研组考生注意：1、本卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分100分，考试时间90分钟2、答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级填写在试卷规定位置上3、答案必须写在试卷各个题目指定区域内相应的位置，如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用涂改液、胶带纸、修正带，不按以上要求作答的答案无效。第I卷（选择题20分）一、单选题（7小题，每小题2分，共计14分）1、如图，将图1中的菱形纸片沿对角线剪成4个直角三角形，拼成如图2的四边形（相邻纸片之间不重叠，无缝隙）．若四边形的面积为13，中间空白处的四边形的面积为1，直角三角形的两条直角边分别为和，则（

）A．12 B．13 C．24 D．252、若一元二次方程的两根为，，则的值是（

）A．4 B．2 C．1 D．﹣23、如图，在正方形中，，E为对角线上与A，C不重合的一个动点，过点E作于点F，于点G，连接．下列结论：①；②；③；④的最小值为3．其中正确结论的个数有（

）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个4、如图1，矩形中，点为的中点，点沿从点运动到点，设，两点间的距离为，，图2是点运动时随变化的关系图象，则的长为（

）A． B． C． D．5、如图，在中，，动点P，Q分别从点A，B同时开始移动（移动方向如图所示），点P的速度为，点Q的速度为，点Q移动到C点后停止，点P也随之停止运动，当的面积为时，则点P运动的时间是（

）A． B．或 C． D．6、若关于x的一元二次方程(k+2)x2﹣3x+1＝0有实数根，则k的取值范围是(

)A．k＜且k≠﹣2 B．k≤ C．k≤且k≠﹣2 D．k≥7、如图，矩形ABCD中，AD=2，AB=，对角线AC上有一点G（异于A，C），连接DG，将△AGD绕点A逆时针旋转60°得到△AEF，则BF的长为（

）A． B．2 C． D．2二、多选题（3小题，每小题2分，共计6分）1、下列关于x的方程的说法正确的是（）A．一定有两个实数根 B．可能只有一个实数根C．可能无实数根 D．当时，方程有两个负实数根2、若是方程的一个根，则的值是（

）A．1 B． C．3 D．3、（多选）如图，正方形ABCD的对角线AC，BD相交于D于点O，点P为线段AC上一点，连接BP，过点P作交AD于点E，连接BE，若，，下列说法正确的有（

）A． B． C． D．第Ⅱ卷（非选择题80分）三、填空题（10小题，每小题2分，共计20分）1、为创建“国家生态园林城市”，某小区在规划设计时，在小区中央设置一块面积为1200平方米的矩形绿地，并且长比宽多40米．设绿地宽为x米，根据题意，可列方程为_____．2、若x1，x2是方程x2﹣4x﹣2020＝0的两个实数根，则代数式x12﹣2x1+2x2的值等于_____．3、如图，点E是菱形ABCD边AB的中点，点F为边AD上一动点，连接EF，将△AEF沿直线EF折叠得到△A'EF，连接A'D，A'C．已知BC＝4，∠B＝120°，当△A'CD为直角三角形时，线段AF的长为______．4、如果关于x的方程x2﹣3x+k＝0（k为常数）有两个相等的实数根，那么k的值是___．5、如图，在长方形中，，在上存在一点、沿直线把折叠，使点恰好落在边上的点处，若，那么的长为________．6、如果关于的一元二次方程有实数根，那么的取值范围是___．7、已知关于的不等式组无解，且关于y的一元二次方程有两个实数根，则整数的值可以是______8、如图，正方形ABCD的边长为6，点E在边CD上．以点A为中心，把△ADE顺时针旋转90°至△ABF的位置．若DE＝2，则FE＝___．9、如图，在菱形中，，，，分别是边，上的动点，连接，，，分别为，的中点，连接，则的最小值为________．10、你知道吗，对于一元二次方程，我国古代数学家还研究过其几何解法呢！以方程即为例加以说明．数学家赵爽（公元3～4世纪）在其所著的《勾股圆方图注》中记载的方法是：构造图（如下面左图）中大正方形的面积是，其中它又等于四个矩形的面积加上中间小正方形的面积，即，据此易得．那么在下面右边三个构图（矩形的顶点均落在边长为1的小正方形网格格点上）中，能够说明方程的正确构图是_____．（只填序号）四、解答题（6小题，每小题10分，共计60分）1、今年忠县柑橘喜获丰收，某果园销售的柑橘“忠橙”和“爱媛”很受消费者的欢迎，“忠橙”售价80元/箱，“爱媛”售价60元/箱．在11月第一周“忠橙”的销量比“爱媛”的销量多100箱，且这两种柑橘的总销售额为50000元．(1)在11月第一周，该果园“忠橙”和“爱媛”的销量各为多少箱？(2)为了扩大销售，11月第二周“忠橙”售价降价，销量比第一周培加了，“爱媛”售价不变，销量比第一周增加了，结果这两种相橘第二周的总销售额比第一周的总销售额增加了，求的值2、如图，已知在△ABC中AB＝AC，AD是BC边上的中线，E，G分别是AC，DC的中点，F为DE延长线上的点，∠FCA＝∠CEG．（1）求证：AD∥CF；（2）求证：四边形ADCF是矩形．3、如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，对角线BD的垂直平分线与边AD，BC分别相交于点M，N．(1)求证：四边形BNDM是菱形；(2)若BD＝24，MN＝10，求菱形BNDM的周长．4、阅读下面内容，并答题：我们知道，计算n边形的对角线条数公式为n（n－3）．如果一个n边形共有20条对角线，那么可以得到方程n（n－3）＝20．解得n＝8或n＝－5（舍去），∴这个n边形是八边形．根据以上内容，问：(1)若一个多边形共有9条对角线，求这个多边形的边数；(2)小明说：“我求得一个n边形共有10条对角线”，你认为小明同学的说法正确吗？为什么？5、在菱形中，，点在的延长线上，点是直线上的动点，连接，将线段绕点逆时针得到线段，连接，.（1）如图1，当点与点重合时，请直接写出线段与的数量关系；（2）如图2，当点在上时，线段，，之间有怎样的数量关系？请写出结论并给出证明；（3）当点在直线上时，若，，，请直接写出线段的长.6、如图，已知矩形ABCD（AB＜AD）．E是BC上的点，AE=AD．(1)在线段CD上作一点F，连接EF，使得∠EFC＝∠BEA(请用直尺和圆规作图，保留作图痕迹)；(2)在（1）作出的图形中，若AB＝4，AD＝5，求DF的值．-参考答案-一、单选题1、D【解析】【分析】根据菱形的性质可得对角线互相垂直平分，进而可得4个直角三角形全等，结合已知条件和勾股定理求得，进而根据面积差以及三角形面积公式求得，最后根据完全平方公式即可求得．【详解】菱形的对角线互相垂直平分，个直角三角形全等；，，，四边形是正方形，又正方形的面积为13，正方形的边长为，根据勾股定理，则，中间空白处的四边形的面积为1，个直角三角形的面积为，，，，．故选D．【考点】本题考查了正方形的性质与判定，菱形的性质，勾股定理，完全平方公式，求得是解题的关键．2、A【解析】【分析】根据一元二次方程根与系数的关系即可求解.【详解】根据题意得，，所以．故选A．【考点】此题主要考查根与系数的关系，解题的关键是熟知根与系数的性质.3、C【解析】【分析】延长，交于点，交于点，连接，交于点，先根据正方形的性质、三角形全等的判定定理与性质得出，再根据矩形的判定与性质可得，由此可判断①；先根据三角形全等的性质可得，再根据矩形的性质可得，然后根据等腰三角形的性质可得，由此可判断③；根据直角三角形的性质可得，从而可得，由此可判断②；先根据垂线段最短可得当时，取得最小值，再解直角三角形可得的最小值，从而可得的最小值，由此可判断④．【详解】解：如图，延长，交于点，交于点，连接，交于点，四边形是正方形，，，在和中，，，，，四边形是矩形，，，即结论①正确；，，，即结论③正确；，，，，即，结论②正确；由垂线段最短可知，当时，取得最小值，此时在中，，又，的最小值与的最小值相等，即为，结论④错误；综上，正确的结论为①②③，共有3个，故选：C．【考点】本题考查了正方形的性质、三角形全等的判定定理与性质、解直角三角形等知识点，通过作辅助线，构造全等三角形和直角三角形是解题关键．4、C【解析】【分析】先利用图2得出当P点位于B点时和当P点位于E点时的情况，得到AB和BE之间的关系以及，再利用勾股定理求解即可得到BE的值，最后利用中点定义得到BC的值．【详解】解：由图2可知，当P点位于B点时，，即，当P点位于E点时，，即，则，∵,∴,即,∵∴,∵点为的中点，∴,故选：C．【考点】本题考查了学生对函数图象的理解与应用，涉及到了勾股定理、解一元二次方程、中点的定义等内容，解决本题的关键是能正确理解题意，能从图象中提取相关信息，能利用勾股定理建立方程等，本题蕴含了数形结合的思想方法．5、A【解析】【分析】设出动点P，Q运动t秒，能使的面积为，用t分别表示出BP和BQ的长，利用三角形的面积计算公式即可解答．【详解】解：设动点P，Q运动t秒，能使的面积为，则BP为(8-t)cm，BQ为2tcm，由三角形的面积公式列方程得(8-t)×2t=15，解得t1=3，t2=5（当t2=5，BQ=10，不合题意，舍去）∴动点P，Q运动3秒，能使的面积为．故选A．【考点】本题考查了一元二次方程的应用．借助三角形的面积计算公式来研究图形中的动点问题．6、C【解析】【分析】根据一元二次方程的定义和根的判别式得出k+2≠0且△=（-3）2-4（k+2）•1≥0，求出即可．【详解】∵关于x的一元二次方程（k+2）x2-3x+1=0有实数根，∴k+2≠0且△=（-3）2-4（k+2）•1≥0，解得：k≤且k≠-2，故选C．【考点】本题考查了一元二次方程的定义和根的判别式，能得出关于k的不等式是解此题的关键．7、A【解析】【分析】过点F作FH⊥BA交BA的延长线于点H，则∠FHA=90°，△AGD绕点A逆时针旋转60°得到△AEF，得∠FAD=60°，AF=AD=2，又由四边形ABCD是矩形，∠BAD=90°，得到∠FAH=30°，在Rt△AFH中，FH=AF=1，由勾股定理得AH=，得到BH=AH+AB=2，再由勾股定理得BF=．【详解】解：如图，过点F作FH⊥BA交BA的延长线于点H，则∠FHA=90°，∵△AGD绕点A逆时针旋转60°得到△AEF∴∠FAD=60°，AF=AD=2，∵四边形ABCD是矩形∴∠BAD=90°∴∠BAF=∠FAD+∠BAD=150°∴∠FAH=180°－∠BAF=30°在Rt△AFH中，FH=AF=1由勾股定理得AH=在Rt△BFH中，FH=1，BH=AH+AB=2由勾股定理得BF=故BF的长．故选：A【考点】本题考查了图形的旋转，矩形的性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理等知识，解决此题的关键在于作出正确的辅助线．二、多选题1、BD【解析】【分析】直接利用方程根与系数的关系以及根的判别式分析求出即可．【详解】解：当a=0时，方程整理为解得，∴选项B正确；故选项A错误；当时，方程是一元二次方程，∴∴此时的方程表两个不相等的实数根，故选项C错误；若时，，∴当时，方程有两个负实数根∴选项D正确，故选：BD【考点】此题主要考查了一元二次方程根的判别式和根与系数的关系，正确把握相关知识是解题关键．2、AD【解析】【分析】把代入方程中，得到关于的一元二次方程，然后解方程即可．【详解】解：把代入方程中，得：，解得：，，所以的值为1或，故选AD．【考点】本题考查了一元二次方程的解，解题的关键是能得出关于的一元二次方程．3、ABC【解析】【分析】由∠DBP+∠BPO=90°，∠APE+∠BPO=90°，可判断结论A正确；过P作PK⊥AD于K，PT⊥AB于T，证明△PKE≌△PTB（ASA），可判定结论B正确；延长KP交BC于M，可得△CPM是等腰直角三角形，CP=PM=CP=1，即可得AE=AD-DK-KE=4，判断结论C正确；在Rt△BPM中，BP=，可得S△PBE=BP•PE=13，可判断结论D错误．【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，∴∠BOP=90°，∴∠DBP+∠BPO=90°，∵PE⊥PB，∴∠APE+∠BPO=90°，∴∠APE=∠DBP，故结论A正确；过P作PK⊥AD于K，PT⊥AB于T，如图：∵四边形ABCD是正方形，∴∠DAC=∠BAC，又PK⊥AD，PT⊥AB∴PK=PT，∵∠KPT=90°=∠EPB，∴∠KPE=∠BPT，∵∠PKE=90°=∠PTB，∴△PKE≌△PTB（ASA），∴PE=PB，故结论B正确；延长KP交BC于M，如图：∵四边形ABCD是正方形，∴AD∥BC，∠ACB=45°，∴PM⊥BC，∴△CPM是等腰直角三角形，∴CP=PM=CP=1，∴DK=CM=1，KE=PM=1，∴AE=AD-DK-KE=4，故结论C正确；∵BC=6，CM=1，∴BM=5，在Rt△BPM中，BP==，∴PE=BP=，∴S△PBE=BP•PE=13，故结论D错误，故选：ABC．【考点】本题考查正方形的性质及应用，涉及全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质及应用等知识，解题的关键是作辅助线，证明△PKE≌△PTB．三、填空题1、x（x+40）=1200．【解析】【分析】先表示出矩形场地的长，再根据矩形的面积公式即可列出方程．【详解】由题意可得，x（x+40）=1200，故答案是：x（x+40）=1200．【考点】考查由实际问题抽象出一元二次方程，解题的关键是明确题意，列出相应的方程．2、2028【解析】【分析】根据一元二次方程的解的概念和根与系数的关系得出x12-4x1=2020，x1+x2=4，代入原式=x12-4x1+2x1+2x2=x12-4x1+2（x1+x2）计算可得．【详解】解：∵x1，x2是方程x2﹣4x﹣2020＝0的两个实数根，∴x1+x2＝4，x12﹣4x1﹣2020＝0，即x12﹣4x1＝2020，则原式＝x12﹣4x1+2x1+2x2＝x12﹣4x1+2（x1+x2）＝2020+2×4＝2020+8＝2028，故答案为：2028．【考点】本题主要考查根与系数的关系，解题的关键是掌握x1，x2是一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的两根时，x1+x2=，x1x2=．3、2或【解析】【分析】分当时和当时两种情况讨论求解即可．【详解】解：如图1所示，当时，取CD中点H，连接，∴，∵四边形ABCD是菱形，E为AB中点，∴，∠A=180°-∠B=60°，，由折叠的性质可知，，∴，连接EH，∵，∴四边形AEHD是平行四边形，∴，，∵由三角形三边的关系可知，当点不在线段EH上时，必有，这与矛盾，∴E、、H三点共线，∴，∴△AEF为等边三角形，∴；如图2所示，当时，连接BD，ED，过点F作FG⊥AB于G，∵∠ABC=120°，四边形ABCD是菱形，∴AB=AD，∠A=60°，∴△ABD是等边三角形，∵E是AB中点，∴DE⊥AB，∴∠ADE=30°，∴∠EDC=90°，∴此时三点共线，由翻折的性质可得，∵FG⊥AE，∠A=60°，∠AEF=45°，∴∠AFG=30°，∠GFE=45°，∴AF=2AG，EG=FG，∴，∵，∴，∴，故答案为：2或．【考点】本题主要考查了菱形的性质，等边三角形的性质与判定，折叠的性质，三角形三边的关系，含30度角的直角三角形的性质，平行四边形的性质与判定，直角三角形斜边上的中线等等，利用分类讨论的思想求解是解题的关键．4、【解析】【分析】根据判别式的意义得到Δ=（-3）2-4k=0，然后解一元一次方程即可．【详解】解：根据题意得Δ=（-3）2-4k=0，解得k=．故答案为．【考点】本题考查了一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的根的判别式Δ=b2-4ac：当Δ＞0，方程有两个不相等的实数根；当Δ=0，方程有两个相等的实数根；当Δ＜0，方程没有实数根．5、【解析】【分析】由折叠的性质，得DE=EF，AD=AF，然后求出AF=AD=10，则求出FC的长度，再根据勾股定理建立方程，即可求出答案.【详解】解：∵四边形是长方形，由折叠的性质，，∵，又，在中，；故答案为：.【考点】本题考查了：①折叠的性质：折叠是一种对称变换，它属于轴对称，根据轴对称的性质，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等；②矩形的性质，勾股定理求解．6、【解析】【分析】由一元二次方程根与系数的关键可得：从而列不等式可得答案．【详解】解：关于的一元二次方程有实数根，故答案为：【考点】本题考查的是一元二次方程根的判别式，掌握一元二次方程根的判别式是解题的关键．7、3，4．【解析】【分析】先利用不等式组的解集情况可确定m≥3，再根据一元二次方程的定义和判别式的意义得到m≠0且△＝42－4m≥0，解得m≤4且m≠0，所以m的范围为3≤m≤4，然后找出此范围内的整数即可．【详解】解：，解不等式①，得x＞m，解不等式②，得x＜3，∵关于x的不等式组无解，∴m≥3，∵关于y的一元二次方程有两个实数根，∴△＝42－4m≥0，且m≠0，解得m≤4且m≠0，∴3≤m≤4，∴符合条件的整数m为3，4．故答案为：3，4．【考点】本题考查了根的判别式：一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的根与△=b2-4ac有如下关系：当△＞0时，方程有两个不相等的实数根；当△=0时，方程有两个相等的实数根；当△＜0时，方程无实数根．也考查了解一元一次不等式组．熟练掌握一元二次方程根的判别式及一元一次不等式组的解法是解题的关键．8、【解析】【分析】由旋转的性质可得BF=DE=2，∠D=∠ABF=90°，在直角△EFC中，由勾股定理可求解．【详解】解：∵把△ADE顺时针旋转90°得△ABF，∴BF=DE=2，∠D=∠ABF=90°，∴∠ABC+∠ABF=180°，∴点F，点B，点C共线，在直角△EFC中，EC=6-2=4，CF=BC+BF=8．根据勾股定理得：EF=，故答案为：．【考点】本题考查了旋转的性质，正方形的性质，勾股定理，灵活运用这些性质解决问题是本题的关键．9、【解析】【分析】连结AF，利用中位线的性质GH=AF，要使GH最小，只要AF最小，由点F在BC，当AF⊥BC时，AF最小，利用菱形性质求出，由确定△ABF为等腰直角三角形，得出AF=BF，由勾股定理得：求出AF即可．【详解】连结AF，∵，分别为，的中点，∴GH∥AF，且GH=AF，要使GH最小，只要AF最小，由点F在BC，当AF⊥BC时，AF最小，在菱形中，，∴，在Rt△ABF中，，∴△ABF为等腰直角三角形，∴AF=BF，由勾股定理得：，∴，∴，GH最小=AF=．故答案为：．【考点】本题考查动点图形中的中位线，菱形的性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理应用问题，掌握中位线的性质，菱形性质，等腰直角三角形的性质，点F在BC上，AF最短，点A到BC直线的距离最短时由点A向直线BC作垂线，垂线段AF为最短是解题关键．10、②【解析】【分析】仿造案例，构造面积是的大正方形，由它的面积为，可求出，此题得解．【详解】解：即，构造如图②中大正方形的面积是，其中它又等于四个矩形的面积加上中间小正方形的面积，即，据此易得．故答案为②．【考点】本题考查了一元二次方程的应用，仿造案例，构造出合适的大正方形是解题的关键．四、解答题1、(1)该果11月园第一周销售“忠橙”400箱，销售“爱媛”300箱(2)40【解析】【分析】（1）设该果园11月第一周销售“忠橙”箱，则销售“爱媛”箱，根据等量关系是“忠橙”售价×销量箱数+“爱媛”售价×销量箱数=50000，列方程，解方程即可；（2）根据等量关系是“忠橙”降价后售价×降价后销量箱数+“爱媛”售价×增加后销量箱数=总销售额比第一周的总销售额增加了，列方程，解方程即可．(1)解：设该果园11月第一周销售“忠橙”箱，则销售“爱媛”箱，由题意得，解得，经检验是原方程的根，．答：该果11月园第一周销售“忠橙”400箱，销售“爱媛”300箱．(2)解：由题意得整理，得：，解得：，（不合题意，舍去），答：的值为40．【考点】本题考查列一元一次方程解销售问题应用题，列一元二次方程解应用题，掌握列一元一次方程，一元二次方程解应用题的方法与步骤，抓住等量关系“忠橙”售价×销量箱数+“爱媛”售价×销量箱数=50000列方程是解题关键．2、（1）证明见解析；（2）证明见解析．【解析】【分析】（1）先证EG是△ACD的中位线，得EG∥AD，再由∠FCA=∠CEG证出EG∥CF，即可得出结论；（2）先证△ADE≌△CFE（AAS），得AD=CF，则四边形ADCF是平行四边形，再由等腰三角形的在得∠ADC=90°，即可得出结论．【详解】解：（1）证明：∵E，G分别是AC，DC的中点，∴EG是△ACD的中位线，∴EG∥AD，∵∠FCA＝∠CEG，∴EG∥CF，∴AD∥CF；（2）证明：由（1）得：AD∥CF，∴∠DAE＝∠FCE，∠ADE＝∠CFE，∵E是AC的中点，∴AE＝CE，∴△ADE≌△CFE（AAS），∴AD＝CF，∴四边形ADCF是平行四边形，又∵AB＝AC，AD是BC边上的中线，∴AD⊥BC，∴∠ADC＝90°，∴平行四边形ADCF是矩形．【考点】本题考查了矩形的判定、平行四边形的判定与性质、等腰三角形的性质、全等三角形的判定与性质、三角形中位线定理等知识；熟练掌握矩形的判定和平行四边形的判定与性质是解题的关键．3、(1)见解析(2)菱形BNDM的周长为52【解析】【分析】（1）证△MOD≌△NOB（AAS），得出OM=ON，由OB=OD，证出四边形BNDM是平行四边形，进而得出结论；（2）由菱形的性质得出BM=BN=DM=DN，OB=BD=12，OM=MN=2，由勾股定理得BM的长，即可得出答案．(1)证明：∵AD∥BC，∴∠DMO=∠BNO，∵MN是对角线BD的垂直平分线，∴OB=OD，MN⊥BD，在△MOD和△NOB中，，∴△MOD≌△NOB（AAS），∴OM=ON，∵OB=OD，∴四边形BNDM是平行四边形，∵MN⊥BD，∴四边形BNDM是菱形；(2)解：∵四边形BNDM是菱形，BD=24，MN=10，∴BM=BN=DM=DN，OB=BD=12，OM=MN=5，在Rt△BOM中，∴在Rt△BOM中，由勾股定理得：，∴四边形BNDM的周长为：4×13=52．【考点】本题考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识；熟练掌握菱形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键．4、(1)6(2)错误，理由见解析【解析】【分析】（1）利用题中给出的对角线条数公式即可求解；（2）利用题中给出的对角线条数公式列出一元二次方程，求解方程的根，根据方程是否有正整数解来判断即可．(1)设这个多边形的边数是n，则n（n－3）＝9，解得n＝6或n＝－3（舍去）．∴这个多边形的边数是6；(2)小明同学的说法是不正确的，理由如下：由题可得n（n－3）＝10，解得n＝，∴符合方程的正整数n不存在，∴n边形不可能有10条对角线，故小明的说法不正确．【考点】本题主要考查了一元二次方程的应用，通过方程是否有正整数解来判断是否存在有10条对角线的多边形是解答本题的关键．5、（1）AM=DF；（2），证明见解析；（3）1或5【解析】【分析】（1）可通过证明，即可利用全等三角形的性质得出结论；（2）通过作辅助线，构造等边三角形DMN，再通过全等证明出DF=EN，利用等边三角形得出DN=DM，DA=DB，求出AM=BN，即可证明题中三线段之间的关系；（3）分别讨论当E点在线段BD和DB的延长线上两种情况，利用全等以及等边三角形的相关结论即可求出DF的长．【详解】解：（1）AM=DF；理由：∵菱形ABCD中，∠ABC