精品解析：广东省深圳市福田外国语学校2022-2023学年九年级上学期第一次质检数学试卷

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2022-2023学年广东省深圳市福田外国语学校九年级（上）
第一次质检数学试卷
一．选择题（共10小题，每小题3分，共30分）
1. 若，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据比例的性质：內项之积等于外项之积进行解答即可．
【详解】解：由得：，则，
∴==，故D正确．
故选：D．
【点睛】本题考查比例的性质、代数式求值，解答的关键是熟练掌握比例的性质：內项之积等于外项之积．
2. 若关于x的一元二次方程有一个根是0，则k的值是（ ）
A. -2 B. 2 C. 0 D. -2或2
【答案】A
【解析】
【分析】先把x=0代入得，解关于k的方程得，然后根据一元二次方程的定义可确定k的值．
【详解】解：把x=0代入得：
，
解得，
而k-2≠0，
所以k=-2．
故选：A．
【点睛】本题考查了一元二次方程的解：能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值是一元二次方程的解．
3. 如图，直线，已知AE＝1，BE＝2，DE＝3，则CD的长为（ ）

A. B. C. 6 D.
【答案】B
【解析】
分析】根据平行线分线段成比例求解即可．
【详解】解：∵直线l1∥l2∥l3，
∴，
∵AE=1，BE=2，DE=3，
∴，
∴CE=，
∴CD=CE+DE=．
故选B．
【点睛】本题考查平行线分线段成比例定理的应用，注意：一组平行线截两条直线，所截的对应线段成比例．
4. 如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD交于点O，AB＝5，AC＝8，则菱形ABCD的面积为（　　）

A. 12 B. 20 C. 24 D. 48
【答案】C
【解析】
【分析】根据菱形的性质得出AC⊥BD，AO＝OC＝4，BO＝DO，AD＝DC＝BC＝AB＝5，根据勾股定理求出OB，可得BD的长，进而可得菱形ABCD的面积．
【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，AB＝5，AC＝8，
∴AC⊥BD，AO＝OC＝4，BD＝2BO＝2DO，AD＝DC＝BC＝AB＝5，
在Rt△AOB中，由勾股定理得：，
∴BD＝2OB＝6，
∴．
故选：C．
【点睛】本题考查了菱形的性质，勾股定理，求出OB的长是解题的关键．
5. 如图，矩形ABCD中，AC、BD交于点O，M、N分别为BC、OC的中点．若，，则MN的长为（ ）

A. B. 5 C. D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】首先利用矩形的性质说明△ABO是等边三角形，得OB＝AB＝10，再利用三角形中位线定理可得答案．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AC＝BD，AO＝OC，OB＝OD，
∴AO＝BO，∠AOB＝∠ACB+∠OBC＝30°+30°＝60°，
∴△ABO是等边三角形，
∴OB＝AB＝10，
∵M、N分别为BC、OC的中点，
∴MN是△BOC的中位线，
∴MN＝OB＝5，
故选：B．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，三角形中位线定理等知识，证明△ABO是等边三角形是解题的关键．
6. 如图，点在的边上，添加一个条件，使得，下列不正确的是（ ）．

A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用相似三角形的判定方法依次判断即可．
【详解】解：A、若，，则，故此选项不符合题意；
B、若，，则，故此选项不符合题意；
C、若，其夹角不相等，则不能判定，故此选项符合题意；
D、若，，则，故此选项不符合题意．
故选：C．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定．证明三角形相似是解题的关键．
7. 下列说法中，不正确的是（　　）
A. 四个角都相等的四边形是矩形
B. 对角线互相平分且平分每一组对角的四边形是菱形
C. 正方形的对角线所在的直线是它的对称轴
D. 点P是线段AB的一个黄金分割点（AP＞PB），若AB＝2，则AP＝3﹣
【答案】D
【解析】
【分析】根据黄金分割，平行四边形的判定与性质，菱形的判定，矩形的判定，正方形的性质，逐一判断即可解答．
【详解】解：A、四个角都相等的四边形是矩形，故A选项正确，不符合题意；
B、对角线互相平分且平分每一组对角的四边形是菱形，故B正确，不符合题意；
C、正方形的对角线所在的直线是它的对称轴，故C选项正确，不符合题意；
D、点P是线段AB的一个黄金分割点（AP＞PB），若AB＝2，则AP＝﹣1，故D选项错误，符合题意；
故选：D．
【点睛】本题考查了黄金分割，平行四边形的判定与性质，菱形的判定，矩形的判定，正方形的性质，熟练掌握这些数学概念是解题的关键．
8. 某校八年级组织一次篮球赛，各班均组队参赛，赛制为单循环形式（每两班之间都赛一场），共需安排21场比赛，则八年级班级的个数为（ ）
A. 5 B. 6 C. 7 D. 8
【答案】C
【解析】
【分析】设有x个班级参加比赛，根据题目中的比赛规则，可得一共进行了x(x−1)场比赛，即可列出方程，求解即可．
【详解】解：设有x个班级参加比赛，
x(x−1)=21，
，
解得：（舍），
则共有7个班级参加比赛，
故选：C．
【点睛】本题考查了一元二次方程的应用，解题关键是读懂题意，得到比赛总数的等量关系．
9. 若关于x的一元二次方程ax2﹣4x＋2＝0有两个实数根，则a的取值范围是（ ）
A. a≤2 B. a≤2且a≠0 C. a＜2 D. a＜2且a≠0
【答案】B
【解析】
【分析】根据方程有两个实数根，可得根的判别式的值不小于0，由此可得关于a的不等式，解不等式再结合一元二次方程的定义即可得答案
【详解】解：根据题意得a≠0且Δ＝（−4）2−4•a•2≥0，
解得a≤2且a≠0．
故选：B．
【点睛】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Δ＝b2−4ac有如下关系：当Δ＞0时，方程有两个不相等的实数根；当Δ＝0时，方程有两个相等的实数根；当Δ＜0时，方程无实数根．
10. 如图，在正方形ABCD中，E、F分别是BC、CD上的点，且∠EAF＝45°，AE、AF分别交BD于M、N，连接EN、EF．有以下结论：①②AN＝EN③BE+DF＝EF④当AE＝AF时，，则正确的结论有（ ）

A. 4个 B. 3个 C. 2个 D. 1个
【答案】B
【解析】
【分析】①根据正方形的性质和对顶角的性质找出两组角对应相等，则可证明△AMN∽△BME；②利用①的结果证明△AMB∽△NME利用相似三角形的性质可得∠NAE=∠AEN=45°，则可作出判断；③将△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABH，证明△AEF≌△AEH（SAS），则EF=EH=BE+BH=BE+DF，可作判断；④先证明CE=CF，假设正方形边长为1，设CE=x，则BE=1-x，用含x的代数式表示出AC的长，根据建立方程求解，即可解答．
【详解】① ∵四边形ABCD正方形，
∴∠EBM=∠ADM=∠FDN=∠ABD=45°，
∵∠MAN=45°，
∴∠MAN=∠EBM=45°，
∵∠AMN=∠BME，
∴△AMN∽△BME，故①正确；
②由①得，
∴，
∵∠AMB=∠EMN，
∴△AMB∽△NME，
∴∠AEN=∠ABD=45°，
∴∠NAE=∠AEN=45°，
∴AN＝EN，故②正确；
③如图，将绕点顺时针旋转得到，

则AF=AH，∠DAF=∠BAH，
∴，
∵∠ABE=∠ABH=90°，
∴H、B、E三点共线，
在△AEF和△AEH中，
，
∴△AEF≌△AEH（SAS），
∴EF=EH=BE+BH=BE+DF，故③正确；
④在Rt△ABE和Rt△ADF中，
∵，
∴Rt△ABE≌Rt△ADF（HL），
∴BE=DF，
∵BC=CD，
∴CE=CF，
设正方形边长为1，则，设CE=x，则BE=1-x，
如图，连接AC，交EF于Ｏ，

∵AE=AF，CE=CF，
∴AC是EF的垂直平分线，
∴，
在Rt△CEF中，，
在和中，

∴，
∴AO=AB=1，
，
∴，
，
∴，故④错误；
综上，正确的有3个．
故选：B．
【点睛】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质、线段垂直平分线的性质和判定等知识，解题的关键是灵活应用所学知识解决问题，学会添加常用辅助线构造全等三角形．
二．填空题（共5小题，每小题3分，共15分）
11. 已知．若．则的值为______．
【答案】8
【解析】
【分析】根据等比性质，可得答案．
【详解】解：，
由等比性质，得，
所以．
故答案为：8．
【点睛】本题主要考查了等比性质，即如果，则．解题关键是掌握并运用等比性质．
12. 若、是一元二次方程的两个根，则的值是 _____．
【答案】-9
【解析】
【分析】根据一元二次方程根与系数的关系求解即可．
【详解】解：∵、是一元二次方程的两个根，
∴．
故答案为：-9．
【点睛】本题考查了一元二次方程根与系数的关系，熟练掌握，，是解题的关键．
13. 如图，为了测量一栋楼的高度，小王在他的脚下放了一面镜子，然后向后退，直到他刚好在镜子中看到楼的顶部．如果小王身高1.55m，他的眼睛距地面1.50m，同时量得BC＝0.3m，CE＝2m，则楼高DE为______m．

【答案】10
【解析】
【分析】如图，根据镜面反射的性质，△ABC∽△DEC，再根据相似三角形对应边成比例列式求解即可．
【详解】解：根据题意，
∵∠ABC＝∠DEC＝90°，∠ACB＝∠DCE（反射角等于入射角，它们的余角相等），
∴△ABC∽△DEC，
∴＝，即＝，
∴DE＝10（m）
故答案为：10．
【点睛】本题考查了相似三角形的应用．应用镜面反射的基本性质，得出三角形相似，再运用相似三角形对应边成比例即可解答．
14. 如图，四边形是菱形，其中A，B两点的坐标为，，则点D的坐标为__________．

【答案】（0，−2）
【解析】
【分析】在Rt△AOB中，由勾股定理可求AB＝5，由菱形的性质可得AB＝AD＝5，即可求解．
【详解】解：∵A（0，3），B（4，0），
∴OA＝3，OB＝4，
∴AB＝，
∵四边形ABCD是菱形，
∴DA＝AB＝5，
∴OD＝5－3＝2，
∴点D（0，−2），
故答案为：（0，−2）．
【点睛】本题考查了菱形的性质，勾股定理，坐标与图形，求出AB的长是解题的关键．
15. 如图，在△ABC中，∠ACB＝45°，交BC于D，于E，连接CE，DE＝2，CE＝10，BC的长度是_____．

【答案】
【解析】
【分析】作辅助线，根据角之间的关系得AD＝AC，利用AAS可证△ADE≌△CAF，得DE＝AF，AE＝CF；在中设AE＝x，由勾股定理求得FC＝6，同理可求，；由得，由相似三角形的性质求得，即．
【详解】解：如图所示，过点C作交AB的延长线于点F，设BD＝m，

∵，
∴∠DAC＝90°，
又∵∠DAE+∠DAC+∠CAF＝180°，
∴∠DAE+∠CAF＝90°，
又∵，，
∴∠DEA＝∠CFA＝90°，
又∵∠CAF+∠ACF＝90°，
∴∠DAE＝∠ACF，
又∵∠ACB＝45°，
∴∠ADC＝45°，
∴AD＝AC，
在△ADE和△CAF中，

∴（AAS），
∴DE＝AF，AE＝CF，
在中，设AE＝x，由勾股定理得：
，
又∵DE＝2，CE＝10，EF＝AE+AF，
∴，
解得：，（舍去），
在中，由勾股定理得：
，
∴，
在中，由勾股定理得：

∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
解得：，
又∵BC＝3BD，
∴．
故答案为．
【点睛】本题综合考查了全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，线段的和差和解方程，难点是构造直角三角形证明全等．
三．解答题（共7小题，共55分．其中第16题12分，第17题5分，第18题5分，第19题7分，第20题8分，第21题9分，第22题9分）
16. 按要求解下列方程：
（1）；（配方法）
（2）；（因式分解法）
（3）；（公式法）
（4）．（因式分解法）
【答案】（1），
（2）
（3），
（4）
【解析】
【分析】（1）利用配方法得到，然后利用直接开平方法解方程即可；
（2）利用因式分解法解方程即可；
（3）把方程化为一般式，再计算根的判别式的值，然后利用公式法解方程即可；
（4）利用因式分解法解方程先即可．
【小问1详解】
解：



∴，；
【小问2详解】
解：

或x+4-5=0
∴；
【小问3详解】
解：

a=1，b=-6，c=-8
∵，
∴，
∴，；
【小问4详解】
解：

x-5=0或x+3=0
∴．
【点睛】本题主要考查解一元二次方程的能力，熟练掌握解一元二次方程的几种常用方法：直接开平方法、因式分解法、公式法、配方法，结合方程的特点选择合适、简便的方法是解题的关键．
17. 已知，且2x+3y﹣z＝18，求x+y+z的值．
【答案】18
【解析】
【分析】设，得出x=2k，y=3k，z=4k，再根据2x+3y-z=18，求出k的值，然后得出x，y，z的值，从而得出x+y+z的值．
【详解】解：设，则x=2k，y=3k，z=4k，
∵2x+3y-z=18，
∴4k+9k-4k=18，
∴k=2，
∴x=4，y=6，z=8，
∴x+y+z=4+6+8=18．
【点睛】本题考查比例的性质，关键是设，得出k的值．
18. 如图，O是菱形ABCD对角线的交点，DE∥AC，CE∥BD，连接OE．
求证：四边形OCED是矩形．

【答案】证明见解析．
【解析】
【分析】先证明四边形ABCD是菱形，再由AC⊥BD，即可得到结果；
【详解】证明:∵DE∥AC,CE∥BD，
∴四边形OCED平行四边形，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∴∠DOC=90°，
∴平行四边形OCED是矩形．
【点睛】本题主要考查了矩形的判定，准确分析是解题的关键．
19. 如图，AD为△ABC的角平分线，AD的垂直平分线交BC的延长线于E，交AB于F，连接AE．求证：．

【答案】见解析
【解析】
【分析】根据角平分线的定义得到∠BAD＝∠CAD，根据线段垂直平分线的性质得到AE＝DE，由等腰三角形的性质得到∠EAD＝∠EDA，根据三角形的外角的性质证明∠CAE＝∠B，证明△BAE∽△ACE，根据相似三角形的性质证明结论．
【详解】证明：∵AD是∠BAC的平分线，
∴∠BAD＝∠CAD，
∵EF是AD的垂直平分线，
∴AE＝DE，
∴∠EAD＝∠EDA，
∵∠EAC＝∠EAD﹣∠CAD，∠B＝∠ADE﹣∠BAD，
∴∠CAE＝∠B，
∴△BAE∽△ACE，
∴，
∴．
【点睛】本题考查的是相似三角形的判定、三角形的外角性质，角平分线定义，线段垂直平分线性质，解题的关键是推出∠CAE＝∠B．
20. “玫瑰香”葡萄品种是农科院研制的优质新品种，在被广泛种植，某葡萄种植基地2019年种植64亩，到2021年的种植面积达到100亩．
（1）求该基地这两年“玫瑰香”种植面积的平均增长率．
（2）某超市调查发现，当“玫瑰香”的售价为8元/千克时，每周能售出400千克，售价每上涨1元，每周销售量减少20千克，已知该超市“玫瑰香”的进价为6元/千克，为了维护消费者利益，物价部门规定，该水果售价不能超过15元．若使销售“玫瑰香”每周获利2240元，则售价应上涨多少元？
【答案】（1）该基地这两年“玫瑰香”种植面积的平均增长率为25%
（2）售价应上涨6元
【解析】
【分析】（1）设该基地这两年“玫瑰香”种植面积的平均增长率为x，根据该基地2019年及2021年“玫瑰香”的种植面积，即可得出关于x的一元二次方程，解之取其正值即可得出结论；
（2）设售价应上涨y元，则每天可售出（400-20y）千克，根据总利润＝每千克的利润×销售数量，即可得出关于y的一元二次方程，解之取其较大值即可得出结论．
【小问1详解】
解：（1）设该基地这两年“玫瑰香”种植面积的平均增长率为x，
依题意，得，
解得：，（不合题意，舍去）．
答：该基地这两年“玫瑰香”种植面积的平均增长率为25%．
小问2详解】
解：设售价应上涨y元，则每天可售出（400-20y）千克，
依题意，得（8-6+y）（400-20y）＝2240，
整理，得，
解得，，
∵该水果售价不能超过15元，，，
∴不符合题意舍去，y＝6符合题意．
答：售价应上涨6元．
【点睛】本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程，是解题的关键．
21. 【问题情境】如图1，在等腰直角三角形ABC中，∠ACB=90°，F是AC边上一动点（点F不与点A，C重合），以CF为边在△ABC外作正方形CDEF，连接AD，BF．

（1）【探究展示】①猜想：图1中，线段BF，AD的数量关系是 ，位置关系是 ．
②如图2，将图1中的正方形CDEF绕点C顺时针旋转α，BF交AC于点H，交AD于点O，①中的结论是否仍然成立？请说明理由．
（2）【拓展延伸】如图3，将【问题情境】中的等腰直角三角形ABC改为直角三角形ABC，∠ACB=90°，正方形CDEF改为矩形CDEF，连接BF并延长，交AC于点H，交AD于点O，连接BD，AF．若AC=4，BC=3，CD=，CF=1，求的值．
【答案】（1）①BF=AD，BF⊥AD；②BF=AD，BF⊥AD仍然成立，理由见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）①证明△BCF≌△ACD(SAS)，由全等三角形的性质可得出BF=AD，延长BF交AD于点G，求出∠AGF=90°，可得BF⊥AD；
②证明△BCF≌△ACD(SAS)，可得BF=AD，求出∠AOH=90°，可得BF⊥AD；
（2）连接DF，证明△BCF∽△ACD，进而得到∠AOH=90°，则BF⊥AD，由，，可得，再分别求出AB，DF即可求解．
【小问1详解】
解：①∵△ABC为等腰直角三角形，∠ACB=90°，
∴AC=BC，
∵四边形CDEF是正方形，
∴CF=CD，
∵∠ACB=∠ACD=90°，
在△BCF和△ACD中
，
∴△BCF≌△ACD(SAS)，
∴BF=AD，
延长BF交AD于点G，

∵∠CAD=∠FBC，
∴∠CAD+∠AFG=∠FBC+∠BFC=90°，
∴∠AGF=90°，
∴BF⊥AD；
故答案为：BF=AD，BF⊥AD；
②BF=AD，BF⊥AD仍然成立，理由如下：
证明：∵△ABC是等腰直角三角形，∠ACB=90°，
∴AC=BC，
∵四边形CDEF是正方形，
∴CD=CF，∠FCD=90°，
∴∠ACB+∠ACF=∠FCD+∠ACF，即∠BCF=∠ACD，
在△BCF和△ACD中

∴△BCF≌△ACD(SAS)，
∴BF=AD，∠CBF=∠CAD，
又∵∠BHC=∠AHO，∠CBH+∠BHC=90°，
∴∠CAD+∠AHO=90°，
∴∠AOH=90°，
∴BF⊥AD；
【小问2详解】
证明：连接DF，

∵四边形CDEF是矩形，
∴∠FCD=90°，
又∵∠ACB=90°，
∴∠ACB=∠FCD，
∴∠ACB+∠ACF=∠FCD+∠ACF，
即∠BCF=∠ACD，
∵AC=4，BC=3，CD=，CF=1，
∴，
∴△BCF∽△ACD，
∴∠CBF=∠CAD，
又∵∠BHC=∠AHO，∠CBH+∠BHC=90°，
∴∠CAD+∠AHO=90°，
∴∠AOH=90°，
∴BF⊥AD，
∴∠BOD=∠AOB=90°，
∴，
∴，
在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=4，BC=3，
∴，
在Rt△FCD中，∠FCD=90°，CD=，CF=1，
∴，
∴．
【点睛】本题是四边形的综合题，考查了正方形的性质，矩形的性质，勾股定理，旋转的性质，三角形全等的判定及性质，相似三角形的判定和性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．
22. 矩形ABCD中，（k＞1），点E是边BC的中点，连接AE，过点E作AE的垂线EF，与矩形的外角平分线CF交于点F．

（1）【特例证明】如图（1），当k＝2时，求证：AE＝EF；
小明不完整的证明过程如下，请你帮他补充完整．
证明：如图，在BA上截取BH＝BE，连接EH．
∵k＝2，
∴AB＝BC．
∵∠B＝90°，BH＝BE，
∴∠1＝∠2＝45°，
∴∠AHE＝180°﹣∠1＝135°．
∵CF平分∠DCG，∠DCG＝90°，
∴∠3＝∠DCG＝45°．
∴∠ECF＝∠3+∠4＝135°．
∵AE⊥EF，
∴∠6+∠AEB＝90°，
∵∠5+∠AEB＝90°，
∴ ，
∵AB＝BC，BH＝BE，
∴AH＝ ，
∴△AHE≌△ECF（ASA），
∴AE＝EF；

（2）【类比探究】如图（2），当k≠2时，求的值（用含k的式子表示）；
（3）【拓展运用】如图（3），当k＝3时，P为边CD上一点，连接AP，PF，∠PAE＝45°，PF＝，则BC的长为 ．
【答案】（1）∠5＝∠6，CE
（2）k﹣1 （3）2
【解析】
【分析】（1）由“ASA”可证△AHE≌△ECF，即可求解；
（2）在BA上截取BH＝BE，连接EH．证明△AHE∽△ECF，即可求解；
（3）由“AAS”可证△ABE≌△EMQ，可得EM＝AB＝3a，MC＝EM﹣EC＝2a，由“AAS”可证△ADP≌△QNP，可证AP＝PQ，即可求解．
【小问1详解】
解：证明：如图，在BA上截取BH＝BE，连接EH，

∵k＝2，
∴AB＝BC，
∵∠B＝90°，BH＝BE，
∴∠1＝∠2＝45°，
∴∠AHE＝180°﹣∠1＝135°，
∵CF平分∠DCG，∠DCG＝90°，
∴∠3＝∠DCG＝45°，
∴∠ECF＝∠3+∠4＝135°，
∵AE⊥EF，
∴∠6+∠AEB＝90°，
∵∠5+∠AEB＝90°，
∴∠5＝∠6，
∵AB＝BC，BH＝BE，
∴AH＝EC，
∴△AHE≌△ECF（ASA），
∴AE＝EF；
故答案为：∠5＝∠6，CE；
小问2详解】
解：在BA上截取BH＝BE，连接EH．

∵∠B＝90°，BH＝BE，
∴∠BHE＝∠BEH＝45°，
∴∠AHE＝135°，
∵CF平分∠DCG，∠DCG＝90°，
∴∠DCF＝∠DCG＝45°．
∴∠ECF＝135°，
∵AE⊥EF，
∴∠FEC+∠AEB＝90°，
∵∠BAE+∠AEB＝90°，
∴∠BAE＝∠FEC，
∴△AHE∽△ECF，
∴，
∵，E是BC边的中点，
∴EC＝HB＝BC，
∴AH＝AB﹣BC＝（）BC，
∴ ；
【小问3详解】
解：解：连接AE，延长AP、EF交于Q，
设BE＝EC＝a，则，
∴，
∵∠PAE＝45°，AE⊥EF，
∴△AEQ是等腰直角三角形，
∴AE＝EQ，
过点Q作QM⊥BC交BC延长线于M，
∵∠AEB+∠QEM＝90°，∠AEB+∠BAE＝90°，
∴∠BAE＝∠QEM，
又∵AE＝EQ，∠B=∠M=90°，
∴△ABE≌△EMQ（AAS），
∴EM＝AB＝3a，
∴MC＝EM﹣EC＝2a，
过点Q作QN⊥CD于N，则四边形NCMQ是矩形，
∴QN＝CM＝AD＝2a，
∵∠APD＝∠QPN，∠D＝∠PNQ，
∴△ADP≌△QNP（AAS），
∴AP＝PQ，
由（2）得，
∴EF＝AE＝EQ，

∴EF＝FQ，
∴PF＝EQ＝AE，
∴，
∴，
∴BC＝，
故答案为：．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了矩形的性质与判定，全等三角形的判定及性质，相似三角形是判定及性质，正方形的判定及性质，等腰直角三角形的判定及性质。直角三角形斜边上的中线，勾股定理等等，正确作出辅助线构造全等三角形和相似三角形是解题的关键．