2017初中數學中考模擬試題及答案(2)
2017初中數學中考模擬試題答案
一、選擇題(本大題共6小題，每小題3分，共18分)
1.﹣3的相反數是( )
A.3 B.﹣3 C.±3 D.
【考點】14：相反數.
【分析】依據相反數的概念求解.相反數的定義：只有符號不同的兩個數互為相反數，0的相反數是0.
【解答】解：﹣3的相反數就是3.
故選A.
2.下列運算正確的是( )
A.(﹣a3)2=a6 B.xp•yp=(xy)2p C.x6÷x3=x2 D.(m+n)2=m2+n2
【考點】4I：整式的混合運算.
【分析】原式各項計算得到結果，即可作出判斷.
【解答】解：A、原式=a6，符合題意;
B、原式=(xy)p，不符合題意;
C、原式=x3，不符合題意;
D、原式=m2+2mn+n2，不符合題意，
故選A
3.下列雪花的圖案中，包含了軸對稱、旋轉、位似三種變換的是( )
A. B. C. D.
【考點】RA：幾何變換的類型.
【分析】根據幾何變換的概念進行判斷，在軸對稱變換下，對應線段相等;在旋轉變換下，對應線段相等，對應直線的夾角等于旋轉角;在位似變換下，一對位似對應點與位似中心共線.
【解答】解：A選項中，包含了軸對稱、旋轉.變換，故錯誤;
B選項中，包含了軸對稱、旋轉、位似三種變換，故正確;
C選項中，包含了軸對稱、旋轉，故錯誤;
D選項中，包含了旋轉變換，故錯誤;
故選：B.
4.為迎接“勞動周”的到來，某校將九(1)班50名學生本周的課后勞動時間比上周都延長了10分鐘，則該班學生本周勞動時間的下列數據與上周比較不發生變化的是( )
A.平均數 B.中位數 C.眾數 D.方差
【考點】W7：方差;W1：算術平均數;W4：中位數;W5：眾數.
【分析】直接利用方差、平均數、中位數、眾數的性質分別分析得出答案.
【解答】解：∵九(1)班50名學生本周的課后勞動時間比上周都延長了10分鐘，
∴平均數、中位數、眾數都將增加10，只有方差不變，
則該班學生本周勞動時間的下列數據與上周比較不發生變化的是：方差.
故選：D.
5.下列關于二次函數y=ax2﹣2ax+1(a>1)的圖象與x軸交點的判斷，正確的是( )
A.沒有交點
B.只有一個交點，且它位于y軸右側
C.有兩個交點，且它們均位于y軸左側
D.有兩個交點，且它們均位于y軸右側
【考點】HA：拋物線與x軸的交點.
【分析】根據函數值為零，可得相應的方程，根據根的判別式，公式法求方程的根，可得答案.
【解答】解：當y=0時，ax2﹣2ax+1=0，
∵a>1
∴△=(﹣2a)2﹣4a=4a(a﹣1)>0，
ax2﹣2ax+1=0有兩個根，函數與有兩個交點，
x= >0，
故選：D.
6.如圖，為一顆折疊的小桌支架完全展開后支撐在地面的示意圖，此時∠ABC=90°，固定點A、C和活動點O處于同一直線上，且AO：OC=2：3，在支架的向內折疊收攏過程中(如箭頭所示方向)，△ABC邊形為凸四邊形AOCB，直至形成一條線段BO，則完全展開后∠BAC的正切值為( )
A. B. C. D.
【考點】T8：解直角三角形的應用.
【分析】由AO：OC=2：3，設AO=2x、OC=3x、AB=y、BC=z，由AB2+BC2=AC2、BC+CO=AB+AO列出關于x、y、z的方程組，將x看做常數求出y=4x、z=3x，再由正切函數的定義求解可得.
【解答】解：∵AO：OC=2：3，
∴設AO=2x、OC=3x，AB=y、BC=z，
則 ，
解得： 或 (舍)，
在Rt△ABC中，tan∠BAC= = = = ，
故選：B.
二、填空題(本大題共6小題，每小題3分，共18分)
7.分解因式：a3﹣a= a(a+1)(a﹣1) .
【考點】55：提公因式法與公式法的綜合運用.
【分析】先提取公因式a，再對余下的多項式利用平方差公式繼續分解.
【解答】解：a3﹣a，
=a(a2﹣1)，
=a(a+1)(a﹣1).
故答案為：a(a+1)(a﹣1).
8.若二次根式 有意義，則m的取值范圍是 m>2 .
【考點】72：二次根式有意義的條件.
【分析】根據被開方數大于等于0，分母不等于0列式計算即可得解.
【解答】解：由題意得，m﹣2≥0且m2﹣m﹣2≠0，
解得m≥2且m≠﹣1，m≠2，
所以，m>2.
故答案為：m>2.
9.在平面直角坐標系中，△A′B′C′是由△ABC平移后得到的，△ABC中任意一點P(x0，y0)經過平移后對應點為P′(x0+7，y0+2)，若A′的坐標為(5，3)，則它的對應的點A的坐標為 (﹣2，1) .
【考點】Q3：坐標與圖形變化﹣平移.
【分析】由△ABC中任意一點P(x0，y0)，經平移后對應點為P1(x0+7，y0+2)可得△ABC的平移規律為：向右平移7個單位，向上平移2個單位，由此得到點A′的對應點A的坐標.
【解答】解：根據題意，可得△ABC的平移規律為：向右平移7個單位，向上平移2個單位，
∵A′的坐標為(5，3)，
∴它對應的點A的坐標為(﹣2，1).
故答案為：(﹣2，1).
10.如圖，是一副形似“秋蟬”的圖案，其實線部分是由正方形、正五邊形和正六邊形疊放在一起形成的，則圖中∠MON的度數為 33° .
【考點】L3：多邊形內角與外角.
【分析】由正方形、正五邊形和正六邊形的性質得到∠AOM=108°，∠OBC=120°，∠NBC=90°，求得∠AOB= 120°=60°，∠MOB=108°﹣60°=48°，得到∠OBN=360°﹣120°﹣90°=150°，根據角和差即可得到結論.
【解答】解：由正方形、正五邊形和正六邊形的性質得，∠AOM=108°，∠OBC=120°，∠NBC=90°，
∴∠AOB= 120°=60°，∠MOB=108°﹣60°=48°，
∴∠OBN=360°﹣120°﹣90°=150°，
∴∠NOB= =15°，
∴∠MON=33°，
故答案為：33°.
11.如圖，已知雙曲線y= (k<0)經過直角三角形OAB斜邊OA的中點D，且與直角邊AB相交于點C.若點A的坐標為(﹣8，6)，則△AOC的面積為 18 .
【考點】G5：反比例函數系數k的幾何意義.
【分析】由點D為線段OA的中點可得出D點的坐標，將點D的坐標代入雙曲線解析式中解出k值，即可得出雙曲線的解析式，再令x=﹣8可得點C的坐標，根據邊與邊的關系結合三角形的面積公式即可得出結論.
【解答】解：∵點D為線段OA的中點，且點A的坐標為(﹣8，6)，
∴點D的坐標為(﹣4，3).
將點D(﹣4，3)代入到y= 中得：
3= ，解得：k=﹣12.
∴雙曲線的解析式為y=﹣ .
令x=﹣8，則有y=﹣ = ，
即點C的坐標為(﹣8， ).
∵AB⊥BD，
∴點B(﹣8，0)，AC=6﹣ = ，OB=0﹣(﹣8)=8，
∴△AOC的面積S= AC•OB= × ×8=18.
故答案為：18.
12.我們定義：有一組鄰邊相等的凸四邊形叫做“等鄰邊四邊形”，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AB=4，AC=2，D是BC的中點，點M是AB邊上一點，當四邊形ACDM是“等鄰邊四邊形”時，BM的長為 2或3或 .
【考點】KQ：勾股定理;KO：含30度角的直角三角形.
【分析】分AM=AC、DM=DC、MD=MA三種情況考慮，當AM=AC時，由AC、AB的長度即可得出BM的長度;當DM=DC時，過點D作DE⊥AB于E，通過解直角三角形可得出BE的長度，再根據等腰三角形的三線合一即可得出BM的長度;當MD=MA時，設EM=x，則AM= ﹣x，利用勾股定理表示出DM2的值，結合MD=MA即可得出關于x的一元一次方程，解之即可得出x的值，進而即可得出BM的長度.綜上即可得出結論.
【解答】解：當AM=AC時，如圖1所示.
∵AB=4，AC=2，
∴BE=AB﹣AE=4﹣2=2;
當DM=DC時，過點D作DE⊥AB于E，如圖2所示.
在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AB=4，AC=2，
∴BC= =2 ，∠B=30°.
∵D是BC的中點，
∴BD=CD=DM= .
在Rt△BDE中，BD= ，∠B=30°，∠BED=90°，
∴DE= BD= ，BE= = .
∵DB=DM，DE⊥BM，
∴BM=2BE=3;
當MD=MA時，如圖3所示.
∵BE= ，AB=4，
∴AE= .
設EM=x，則AM= ﹣x.
在Rt△DEM中，DE= ，∠DEM=90°，EM=x，
∴DM2=DE2+EM2= +x2.
∵MD=MA，
∴ +x2=( ﹣x)2，
解得：x= ，
∴BM=BE+EM= + = .
綜上所述：當四邊形ACDM是“等鄰邊四邊形”時，BM的長為2或3或 .
故答案為：2或3或 .
三、解答題(本大題共5小題，每小題6分，共30分)
13.(1)解不等式組：
(2)計算：(﹣π)0﹣(cos45°)﹣1﹣12016+|1﹣2 |
【考點】CB：解一元一次不等式組;2C：實數的運算;6E：零指數冪;6F：負整數指數冪;T5：特殊角的三角函數值.
【分析】(1)分別求出不等式組中兩不等式的解集，找出兩解集的公共部分即可;
(2)原式利用零指數冪、負整數指數冪法則，乘方的意義，以及絕對值的代數意義化簡，計算即可得到結果.
【解答】解：(1) ，
由①得：x≥﹣4，
由②得：x≤1，
則不等式組的解集為﹣4≤x≤1;
(2)原式=1﹣ ﹣1+ ﹣1=﹣1.
14.化簡：(x﹣4+ )÷(1﹣ )，并從0，1，2，中直接選擇一個合適的數代入x求值.
【考點】6D：分式的化簡求值.
【分析】先將分式化簡，然后根據分式有意義的條件代入x的值即可求出答案.
【解答】解：原式= ×
=
=x﹣2
令x=1代入，
∴原式=﹣1
15.如圖，Rt△ABC中∠C=90°，點O是AB邊上一點，以OA為半徑作⊙O，與邊AC交于點D，連接BD，若∠DBC=∠A，求證：BD是⊙O的切線.
【考點】MD：切線的判定.
【分析】連接OD.證直線與圓相切，即證BD⊥OD.由∠CBD+∠CDB=90°，∠CBD=∠A=∠ODA，可得∠ODA+∠CDB=90°.根據平角定義得證.
【解答】證明：如圖，連接OD.
∵OA=OD，
∴∠A=∠ADO.
∵∠C=90°，
∴∠CBD+∠CDB=90°
又∵∠CBD=∠A，
∴∠ADO+∠CDB=90°，
∴∠ODB=180°﹣(∠ADO+∠CDB)=90°.
∴直線BD與⊙O相切.
16.現有一“過關游戲”，規定：在第n關要擲一顆骰子n次，如果這n次拋擲所出現的點數之和大于 ，則算過關，否則不算過關.
(1)過第1關是 必然 事件(填“必然”、“不可能”或“不確定”，后同)，過第4關是 不可能 事件;
(2)當n=2時，計算過過第二關的概率(可借助表格或樹狀圖).
【考點】X6：列表法與樹狀圖法;X1：隨機事件.
【分析】(1)由于第1次拋擲所出現的點數大于等于1，則可判定過第1關是必然事件，由于4次拋擲所出現的點數之和最大為24，小于 ，所以過第4關是不可能事件;
(2)畫樹狀圖展示所有36種可等可能的結果數，再找出這2次拋擲所出現的點數之和大于 的結果數，然后根據概率公式求解.
【解答】解：(1)第1次拋擲所出現的點數大于等于1，即大于 ，所以過第1關是必然事件，過第4關是不可能事件;
故答案為必然，不可能;
(2)n=2時，
畫樹狀圖為：
共有36種可等可能的結果數，其中這2次拋擲所出現的點數之和大于 的結果數為33，
所以過第二關的概率= = .
17.僅用無刻度的直尺，按要求畫圖(保留畫圖痕跡，不寫作法)
(1)如圖①，畫出⊙O的一個內接矩形;
(2)如圖②，AB是⊙O的直徑，CD是弦，且AB∥CD，畫出⊙O的內接正方形.
【考點】N3：作圖—復雜作圖;MM：正多邊形和圓.
【分析】(1)根據對角線相等且互相平分的四邊形是矩形，畫出圓的兩條直徑，即可得到⊙O的一個內接矩形;
(2)根據對角線相等且互相垂直平分的四邊形是正方形，畫出圓的一條直徑，使其與AB互相垂直，即可得到⊙O的內接正方形.
【解答】解：(1)如圖所示，過O作⊙O的直徑AC與BD，連接AB，BC，CD，DA，則四邊形ABCD即為所求;
(2)如圖所示，延長AC，BD交于點E，連接AD，BC交于點F，連接EF并延長交⊙O于G，H，連接AH，HB，BG，GA，則四邊形AHBG即為所求.
四、解答題(本大題共3小題，每小題8分，共24分)
18.如圖，在等腰直角三角形MNC中.CN=MN= ，將△MNC繞點C順時針旋轉60°，得到△ABC，連接AM，BM，BM交AC于點O.
(1)∠NCO的度數為 15° ;
(2)求證：△CAM為等邊三角形;
(3)連接AN，求線段AN的長.
【考點】R2：旋轉的性質;KD：全等三角形的判定與性質;KL：等邊三角形的判定;KW：等腰直角三角形.
【分析】(1)由旋轉可得∠ACM=60°，再根據等腰直角三角形MNC中，∠MCN=45°，運用角的和差關系進行計算即可得到∠NCO的度數;
(2)根據有一個角是60°的等腰三角形是等邊三角形進行證明即可;
(3)根據△MNC是等腰直角三角形，△ACM是等邊三角形，判定△ACN≌△AMN，再根據Rt△ACD中，AD= CD= ，等腰Rt△MNC中，DN= CM=1，即可得到AN=AD﹣ND= ﹣1.
【解答】解：(1)由旋轉可得∠ACM=60°，
又∵等腰直角三角形MNC中，∠MCN=45°，
∴∠NCO=60°﹣45°=15°;
故答案為：15°;
(2)∵∠ACM=60°，CM=CA，
∴△CAM為等邊三角形;
(3)連接AN并延長，交CM于D，
∵△MNC是等腰直角三角形，△ACM是等邊三角形，
∴NC=NM= ，CM=2，AC=AM=2，
在△ACN和△AMN中，
，
∴△ACN≌△AMN(SSS)，
∴∠CAN=∠MAN，
∴AD⊥CM，CD= CM=1，
∴Rt△ACD中，AD= CD= ，
等腰Rt△MNC中，DN= CM=1，
∴AN=AD﹣ND= ﹣1.
19.菲爾茲獎是國際上有崇高聲譽的一個數學獎項，下面的數據是從1936年至2014年菲爾茲獎得主獲獎時的年齡(歲)：
29 39 35 33 39 27 33 35 31 31 37 32 38 36
31 39 32 38 37 34 29 34 38 32 35 36 33 32
29 35 36 37 39 38 40 38 37 39 38 34 33 40
36 36 37 40 31 38 38 40 40 37 35 40 39 37
請根據上述數據，解答下列問題：
小彬按“組距為5”列出了如圖的頻數分布表
分組 頻數
A：25～30 4
B：30～35 15
C：35～40 31
D：40～45 6
合計 56
(1)每組數據含最小值不含最大值，請將表中空缺的部分補充完整，并補全頻數分布直方圖;
(2)根據(1)中的頻數分布直方圖描述這56位菲爾茲獎得主獲獎時的年齡的分布特征;
(3)在(1)的基礎上，小彬又畫了如圖所示的扇形統計圖，圖中獲獎年齡在30～35歲的人數約占獲獎總人數的 26.8 %(百分號前保留1位小數);C組所在扇形對應的圓心角度數約為 199 °(保留整數)
【考點】V8：頻數(率)分布直方圖;V7：頻數(率)分布表;VB：扇形統計圖.
【分析】(1)根據題干中數據可得;
(2)由頻數分布直方圖中年齡的分布可得;
(3)用30～35歲的人數除以總數可得其百分比，用35～40歲人數所占的比例乘以360°可得.
【解答】解：(1)補全頻數分布表如下：
分組 頻數
A：25～30 4
B：30～35 15
C：35～40 31
D：40～45 6
合計 56
補全頻數分布直方圖如下：
故答案為：4，6;
(2)由頻數分布直方圖知，這56位菲爾茲獎得主獲獎時的年齡主要分布在35～40歲;
(3)獲獎年齡在30～35歲的人數約占獲獎總人數百分比為 ×100%≈26.8%;
C組所在扇形對應的圓心角度數約為 ×360°≈199°，
故答案為：26.8，199.
20.如圖，已知一次函數y=﹣2x+b的圖象與x軸、y軸分別交于B，A兩點，與反比例函數y= (x>0)交于C，D兩點.
(1)若點D的坐標為(2，m)，則m= 2 ，b= 6 ;
(2)在(1)的條件下，通過計算判斷AC與BD的數量關系;
(3)若在一次函數y=﹣2x+b與反比例函數y= (x>0)的圖象第一象限始終有兩個交點的前提下，不論b為何值，(2)中AC與BD的數量關系是否恒成立?試說明理由.
【考點】GB：反比例函數綜合題.
【分析】(1)把D點坐標代入反比例函數解析式可求得m的值，再代入一次函數解析式則可求得b的值;
(2)聯立兩函數解析式可求得C、D的坐標，過C、D分別作CG⊥OA，DH⊥OB，可證得△AGC≌△DHB，可證得AC=BD;
(3)聯立兩函數解析式消去y可得到2x2﹣bx+4=0，由根與系數的關系可求xC+xD= =OB，可求得CG=HB，同(2)可證得△AGC≌△DHB，可得AC=DB.
【解答】解：
(1)∵D點在反比例函數圖象上，
∴2m=4，解得m=2，
∴D(2，2)
∵D點在一次函數圖象上，
∴2=﹣2×2+b，解得b=6，
故答案為：2;6;
(2)相等.
聯立兩函數解析式可得 ，解得 或 ，
∴C(1，4)，D(2，2)，
如圖，作CG⊥OA，DH⊥OB，
在y=﹣2x+6中，令x=0可得y=6，
∴AO=6，
∴AG=AO﹣OG=2=DH，
∵CG∥OB，
∴∠ACG=∠DBH，
在△AGC和△DHB中
∴△AGC≌△DHB(AAS)，
∴AC=BD;
(3)恒成立.理由如下：
聯立兩函數解析式，消去y可得2x2﹣bx+4=0，
∴xC+xD=CG+OH= ，
在y=﹣2x+b中，令y=0可求得x= ，
∴OB= ，
∴CG+OH=OB，
∴CG=HB，
同(2)可得△AGC≌△DHB，
∴AC=BD.
五、解答題(本大題共2小題，每小題9分，共18分)
21.圖(1)為一波浪式相框(厚度忽略不計)，內部可插入占滿整個相框的照片一張，如圖(2)，主視圖(不含圖中虛線部分)為兩端首尾相連的等弧構成，左視圖和俯視圖均為長方形(單位：cm)：
(1)圖中虛線部分的長為 20 cm，俯視圖中長方形的長為 12 cm;
(2)求主視圖中的弧所在圓的半徑;
(3)試計算該相框可插入的照片的最大面積(參考數據：sin22.5°≈ ，cos22.5°≈ ，tan22.5°≈ ，計算結果保留π).
【考點】T8：解直角三角形的應用.
【分析】(1)根據圖示直接填空;
(2)設該圓的半徑為xcm，利用垂徑定理得到：x2=( )2+(x﹣ )2，通過解方程求得x的值即該圓的半徑;
(3)根據弧長公式和弧的面積公式計算.
【解答】解：(1)根據左視圖得到：圖中虛線部分的長為 20cm，俯視圖中長方形的長為 12cm;
故答案是：20;12;
(2)設該圓的半徑為xcm，利用垂徑定理得到：x2=( )2+(x﹣ )2，
解得x=13.
即圓的半徑是13cm;
(3)∵tan22.5°≈ ，
∴俯視圖的兩段弧的圓心角的度數是22.5°×2=45°，
∴俯視圖的總弧長為： ×13×2= ，
∴照片的最大面積為： ×12=78π(cm2).
答：可插入照片的最大面積為78πcm2.
22.如圖，拋物線C1：y1=tx2﹣1(t>0)和拋物線C2：y2=﹣4(x﹣h)2+1(h≥1).
(1)兩拋物線的頂點A、B的坐標分別為 (0，1) 和 (h，1) ;
(2)設拋物線C2的對稱軸與拋物線C1交于點N，則t為何值時，A、B、M、N為頂點的四邊形是平行四邊形.
(3)設拋物線C1與x軸的左交點為點E，拋物線C2與x軸的右邊交點為點F，試問，在第(2)問的前提下，四邊形AEBF能否為矩形?若能，求出h值;若不能，說明理由.
【考點】HF：二次函數綜合題.
【分析】(1)根據頂點時的拋物線解析式，可得頂點坐標;
(2)根據平行四邊形的判定：一組對邊平行且相等的四邊形是平行四邊形，可得關于t的方程，根據解方程，可得答案;
(3)根據二次項的系數互為相反數，可得頂點的縱坐標互為相反數，兩拋物線成中心對稱，根據相似三角形的判定與性質，可得關于t的方程，根據解方程，可得答案.
【解答】解：(1)拋物線C1：y1=tx2﹣1的頂點坐標是(0，﹣1)，
拋物線C2：y2=﹣4(x﹣h)2+1的頂點坐標是(h，1)，
故答案為：(0，﹣1)，(h，1);
(2)∵AM∥BN，
∴當AM=BN時，A、B、M、N為頂點的四邊形是平行四邊形，
∵當x=h時，y1=1，y2=tx2﹣1=th2﹣1，
∴PN=|1﹣(th2﹣1)\=|2﹣th2|.
?、佼旤cB在點A的下方時，4h2﹣2=th2﹣2，∵h2≠0，∴t=4;
?、诋旤cB在點A的上方時，4h2﹣2=2﹣th2，整理，得t+4= ，
∵t>0時，t+4>4;當h≥1時， ≤4，
∴這樣的t值不存在，
答：當點B在點A的下方時，t=4，當點B在點A的上方時不存在;
(3)由(2)可知，二次項系數互為相反數，
∴兩拋物線的形狀相同，故它們成中心對稱，
∵點A和點B的縱坐標的絕對值相同，
∴兩拋物線得對稱中心落在x軸上.
∵四邊形AEBF是平行四邊形，
∴當∠EAF=90°時，四邊形AFBE是矩形，
∵拋物線C1與x軸左交點坐標是(﹣ ，0)，
∴OE= .
∵拋物線C2與x軸右交點坐標是(h+ ，0)且h≥1，
∴OF=h+ .
∵∠FAO+∠EAO=90°，∠EAO+AEO=90°，
∴∠FAO=∠AEO，
又∵∠FOA=∠EOA=90°，
∴△AEO∽△FAO， =
∴OA2=OE•OF，即 (h+ )=1，解得h= >1，
∴四邊形AEBF能為矩形，且h的值為 .
六、解答題(共12分)
23.【問題發現】
如圖1，△ACB和△DCE均為等邊三角形，若B，D，E在同一直線上，連接AE.
(1)請你在圖中找出一個與△AEC全等的三角形： △BDC ;
(2)∠AEB的度數為 60° ;CE，AE，BE的數量關系為 CE+AE=BE .
【拓展探究】
如圖2，△ACB是等腰直角三角形，∠AEB=90°，連接CE，過點C作CD⊥CE，交BE于點D，試探究CE，AE，BE的數量關系，并說明理由.
【解決問題】
如圖3，在正方形ABCD中，CD=5 ，點P為正方形ABCD外一點，∠APC=90°，且AP=6，試求點P到CD的距離.
【考點】LO：四邊形綜合題.
【分析】【問題發現】(1)根據等邊三角形的性質、全等三角形的判定定理證明△AEC≌△BDC;
(2)根據△AEC≌△BDC，得到∠AEC=∠CDB=120°，計算即可;
【拓展探究】證明△AEC≌△BDC，得到△ECD是等腰直角三角形，根據等腰直角三角形的性質計算;
【解決問題】分點P在AD上方、點P在AB的左側兩種情況，根據相似三角形的性質計算.
【解答】解：【問題發現】(1)△AEC≌△BDC，
證明：∵△ACB和△DCE均為等邊三角形，
∴∠ECD=∠ACB=60°，
∴∠ECA=∠DCB，
在△AEC和△BDC中，
，
∴△AEC≌△BDC，
故答案為：△BDC;
(2)∠CDB=180°﹣∠CDE=120°，
∵△AEC≌△BDC，
∴∠AEC=∠CDB=120°，AE=BD，
∴∠AEB=60°，
BE=DE+BD=CE+AE;
故答案為：60°;CE+AE=BE;
【拓展探究】∵CD⊥CE，∠ACB=90°，
∴∠ECA=∠DCB，
∵∠AEB=90°，∠ACB=90°，
∴A、E、C、B四點共圓，
∴∠EAC=∠DBC，
在△AEC和△BDC中，
，
∴△AEC≌△BDC，
∴AE=BD，CE=CD，
∴△ECD是等腰直角三角形，
∴ED= CE，
∴BE=DE+BD= CE+AE;
【解決問題】當點P在AD上方時，連接AC、PD，作PH⊥CD交AD的延長線于H，
∵AD=5 ，
∴AC=10，
則PC= =8，
由拓展探究可知，PD= = ，
∵PH∥AD，
∴∠DPH=∠ADP，
∴∠DPH=∠ACP，
∴PH=PD× = ;
當點P在AB的左側時，同理PH= .
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