2023-2024学年辽宁省营口市盖州市九年级（上）期末数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年辽宁省营口市盖州市九年级（上）期末数学试卷（含解析），共20页。试卷主要包含了选择题，填空题，计算题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.围棋起源于中国，古代称之为“弈”，至今已有4000多年的历史.2017年5月，世界围棋冠军柯洁与人工智能机器人AlphaG进行围棋人机大战.截取首局对战棋谱中的四个部分，由黑白棋子摆成的图案是中心对称的是( )
A. B. C. D.
2.若x=−1是方程x2+x+m=0的一个根，则此方程的另一个根是( )
A. −1B. 0C. 1D. 2
3.二次函数y=ax2+bx+c的部分图象如图所示，由图象可知方程ax2+bx+c=0的根是( )
A. x1=−1，x2=5
B. x1=−2，x2=4
C. x1=−1，x2=2
D. x1=−5，x2=5
4.下表中列出的是一个二次函数的自变量x与函数y的几组对应值：
下列各选项中，正确的是( )
A. 这个函数的图象开口向下B. 这个函数的图象与x轴无交点
C. 当x>1时，y的值随x值的增大而增大D. 这个函数的最小值小于−6
5.如图，AB是⊙O的弦，AC是⊙O的切线，A为切点，BC经过圆心．若∠B=25°，则∠C的大小等于( )
A. 20°
B. 25°
C. 40°
D. 50°
6.如图，点A，B，C在⊙O上，按以下步骤作图：①以点B为圆心，适当的长为半径画弧，分别交线段BA、BC于点D，E；②分别以点D，E为圆心，大于12DE的长为半径画弧，交于点F；③连接BF并延长，交⊙O于点G，并连接AG、CG、OA、OG.若AGC=96°，则∠AOG的度数为( )
A. 84°B. 94°C. 42°D. 48°
7.《田亩比类乘除捷法》是我国古代数学家杨辉的著作，其中有一个数学问题：“直田积八百六十四步，只云长阔共六十步，问长多阔几何”，意思是：一块矩形田地的面积为864平方步，只知道它的长与宽共60步，问它的长比宽多步？( )
A. 15B. 12C. 20D. 6
8.如图，圆锥形烟囱帽的底面直径为80cm，母线长为50cm，则这样的烟囱帽的侧面积是( )
A. 4000πcm2
B. 3600πcm2
C. 2000πcm2
D. 1000πcm2
9.如图，将含有30°角的直角三角板OAB如图放置在平面直角坐标系中，OB在x轴上，若OA=2.将三角板绕原点O顺时针旋转75°，则点A的对应点A′的坐标为( )
A. ( 3,−1)
B. (1,− 3)
C. ( 2,− 2)
D. (− 2, 2)
10.如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠A=60°，AC=6，将△ABC绕点C按逆时针方向旋转得到△A′B′C，此时点A′恰好在AB边上，则点B′与点B之间的距离为( )
A. 12B. 6C. 6 2D. 6 3
二、填空题：本题共5小题，每小题3分，共15分。
11.如果关于x的方程x2−3x+k=0有两个相等的实数根，那么实数k的值是______．
12.抛物线y=x2−2x+3的顶点坐标是_________．
13.有一个只放满形状大小都一样的白色小球的不透明盒子，小刚想知道盒内有多少白球，于是小刚向这个盒中放了8个黑球(黑球的形状大小与白球一样)，摇匀后从中随机摸出一个球记下颜色，再把它放回盒中，不断重复，共摸球400次，其中80次摸到黑球，估计盒中大约有白球______．
14.如图，一个底部呈球形的烧瓶，瓶内液体的最大深度CD=2cm，截面圆中弦AB长为10cm，那么球的半径OB长为______．
15.如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AB=4，BC=2，点E、F分别是AB、BC上的动点，沿EF所在直线折叠△ABC，使点B落在AC上的点B′处，当△AEB′是直角三角形时，AB′的长为______．
三、计算题：本大题共1小题，共8分。
16.某商场在春节期间将单价200元的某种商品经过两次降价后，以162元的价格出售．
(1)求平均每次降价的百分率；
(2)售货员向经理建议：先公布降价5%，再下调15%，这样更有吸引力，请问售货员的方案对顾客是否更优惠？为什么？
四、解答题：本题共6小题，共59分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题10分)
解下列方程：
(1)(2x+1)2=3(2x+1)；
(2)y2+7y−8=0．
18.(本小题9分)
如图，△ABC三个顶点的坐标分别为A(2,4)，B(1,1)，C(4,3)．
(1)请画出△ABC关于x轴对称的△A1B1C1，并写出点A1的坐标；
(2)请画出△ABC绕点B逆时针旋转90°后的△A2BC2；
(3)求出(2)中C点旋转到C2点所经过的路径长(结果保留根号和π)．
19.(本小题8分)
如图，点O是等边三角形ABC内的一点，∠BOC=150°，将△BOC绕点C按顺时针旋转得到△ADC，连接OD，OA．
(1)求∠ODC的度数；
(2)若OB=4，OC=5，求AO的长．
20.(本小题8分)
如图，已知△ABC，以AB为直径的⊙O分别交AC，BC于点D，E.连接DE，且ED=EC．
(1)求证：AB=AC；
(2)若AB=4，BC=2 3.求CD的长．
21.(本小题12分)
发现问题：某街心公园设置灌两喷检为绿色观叶相物进行浇水，喷枪喷出的水流路径可以看作是抛物线的一部分，喷枪可通过调节喷水杆的高度改变水柱落地点的位置，喷头上下移动时，抛物线型水流随之竖直上下平移．
提出问题：通过测量喷水杆的高度，能否得到水柱落地点离喷水杆底座的距离？
分析问题：小明先是固定灌溉喷枪，并量出喷枪的现有高度为1.5m，以地面为x轴，喷水口所在竖直方向为y轴建立直角坐标系，设水流路径上的某一位置与喷水口的水平距离为x m，距地面的高度为y m.y与x的部分对应数值汇总如下表．
解决问题：
①直接写出这股水流的路径所在抛物线的解析式，在图1中画出该函数在网格中的图象(包括边界)；
②并求出其最大射程(水柱落地点离喷水杆底座的距离)；
(2)如果将灌溉喷枪提高6m.请求出此时灌溉喷枪最大射程；
(3)如图2，在地面上距离喷水杆2m处有一段斜坡MV长2 3m，坡角为30°，若要使喷出的水正好落在斜坡以内，那么P处的喷水口的高度的最大值是多少？
22.(本小题12分)
问题初探：(1)一天杨老师给同学们这样一个几何问题：
如图1，△ABC和△BDE都是等边三角形，点A在DE上．
求证：以AE、AD、AC为边的三角形是钝角三角形．
小明通过探究发现：连接DC，根据已知条件，可以证明DC=AE，∠ADC=120°，从而得出△ADC为钝角三角形，故以AE、AD，AC为边的三角形是钝角三角形．
请你根据小明的思路，写出完整的证明过程．
类比分折：杨老师发现，小明通过构造全等三角形，将AE边和∠E转移，使AE、AD、AC在一个三角形中，为了帮助学生更好的利用已知边角的数量关系构造全等三角形，杨老师将△ABC和△BDE换成两个等腰直角三角形，并能隐藏了一部分图形，得到了下面的图形，如图3，并提出了下面的问题，请解答．
已知：∠ABC=90°，AB=BC，D为AC边上的一点，试判断BD、AD、CD之间的数量关系．
学以致用：(2)如图4，已知四边形ABCD是正方形，点E在AC上.AE2+CE2=10，∠EBA=15°，试求出正方形ABCD的面积．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A、是中心对称图形，故本选项符合题意；
B、不是中心对称图形，故本选项不合题意；
C、不是中心对称图形，故本选项不合题意；
D、不是中心对称图形，故本选项不合题意．
故选：A．
根据中心对称图形的概念对各选项分析判断即可得解．
本题考查了中心对称图形的概念，中心对称图形是要寻找对称中心，原图形绕对称中心旋转180度后与自身完全重合．
2.【答案】B
【解析】解：设x2+x+m=0另一个根是α，
∴−1+α=−1，
∴α=0，
故选：B．
根据根与系数的关系即可求出答案．
本题考查一元二次方程根与系数的关系，解题的关键是熟练运用一元二次方程根与系数的关系，本题属于基础题型．
3.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查了抛物线与x轴的交点，解题的关键是熟悉抛物线与x轴两个交点的横坐标到对称轴的距离相等．根据抛物线的对称轴的定义、抛物线的图象来求该抛物线与x轴的两交点的横坐标．
【解答】
解：由图象可知对称轴为x=2，抛物线与x轴的一个交点的横坐标是5，它到直线x=2的距离是3个单位长度，所以另外一个交点的横坐标是−1．
所以x1=−1，x2=5．
故选：A．
4.【答案】D
【解析】解：∵抛物线经过点(0,−4)，(3,−4)，
∴抛物线对称轴为直线x=32，
∵抛物线经过点(−2,6)，
∴当x<32时，y随x增大而减小，
∴抛物线开口向上，且跟x轴有交点，故A，B错误，不符合题意；
∴x>32时，y随x增大而增大，故C错误，不符合题意；
由对称性可知，在x=32处取得最小值，且最小值小于−6.故D正确，符合题意．
故选：D．
根据抛物线经过点(0,−4)，(3,−4)可得抛物线对称轴为直线x=32，由抛物线经过点(−2,6)可得抛物线开口向上，进而求解．
本题考查二次函数的性质，解题关键是掌握二次函数与方程的关系．
5.【答案】C
【解析】解：如图，连接OA，
∵AC是⊙O的切线，
∴∠OAC=90°，
∵OA=OB，
∴∠B=∠OAB=25°，
∴∠AOC=50°，
∴∠C=40°．
故选：C．
连接OA，根据切线的性质，即可求得∠C的度数．
本题考查了圆的切线性质，以及等腰三角形的性质，已知切线时常用的辅助线是连接圆心与切点．
6.【答案】A
【解析】解：∵点A，B，C、G在⊙O上，
∴∠ABC=180°−∠AGC=84°，
由作图得：BG平分∠ABC，
∴∠ABG=12∠ABC=42°，
∴∠AOG=2∠ABG=84°，
故选：A．
先根据“圆内接四边形的对角互补”求出∠ABC，再根据圆周角与圆心角的关系求解．
本题考查了作图−基本作图，掌握常见的基本作图及有关圆的性质是解题的关键．
7.【答案】B
【解析】解：设它的长为x步，则宽为(60−x)步，
由题意得：x(60−x)=864，
整理得：x2−60x+864=0，
解得：x1=36，x2=24，
当x=36时，60−x=60−36=24；
当x=24时，60−x=60−24=36(不合题意，舍去)；
∴它的长比宽多：36−24=12(步)，
故选：B．
设它的长为x步，则宽为(60−x)步，根据“矩形田地的面积为864平方步”，列出一元二次方程，解之取其长大于宽的值再相减即可．
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．
8.【答案】C
【解析】【分析】
本题利用了圆的周长公式和扇形面积公式求解．
利用勾股定理可求得圆锥的底面半径，那么圆锥的侧面积=底面周长×母线长÷2．
【解答】
解：圆锥的侧面积展开图是一个扇形，圆锥的母线长为50cm，底面直径为80cm，扇形的弧长为80π，
所以圆锥形烟囱帽的侧面积=12×50×80π=2000πcm2．
故选C．
9.【答案】C
【解析】解：如图所示：过点A′作A′C⊥OB．
∵将三角板绕原点O顺时针旋转75°，
∴∠AOA′=75°，OA′=OA．
∴∠COA′=45°．
∴OC=2× 22= 2，CA′=2× 22= 2．
∴A′的坐标为( 2,− 2).
故选：C．
先根据题意画出点A′的位置，然后过点A′作A′C⊥OB，接下来依据旋转的定义和性质可得到OA′的长和∠COA′的度数，最后依据特殊锐角三角函数值求解即可．
本题主要考查的是旋转的定义和性质、特殊锐角三角函数值的应用，得到∠COA′=45°是解题的关键．
10.【答案】D
【解析】【分析】
此题考查旋转问题，关键是利用旋转的性质和直角三角形的性质解答．
连接B′B，利用旋转的性质和直角三角形的性质解答即可．
【解答】
解：连接B′B，
∵将△ABC绕点C按逆时针方向旋转得到△A′B′C，
∴AC=A′C，AB=A′B′，∠A=∠CA′B′=60°，
∴△AA′C是等边三角形，
∴∠AA′C=60°，
∴∠B′A′B=180°−60°−60°=60°，
∵将△ABC绕点C按逆时针方向旋转得到△A′B′C，
∴∠ACA′=∠BCB′=60°，BC=B′C，∠CB′A′=∠CBA=90°−60°=30°，
∴△BCB′是等边三角形，
∴∠CB′B=60°，
∵∠CB′A′=30°，
∴∠A′B′B=30°，
∴∠B′BA′=180°−60°−30°=90°，
∵∠ACB=90°，∠A=60°，AC=6，
∴AB=12=A′B′，
∴A′B=AB−AA′=AB−AC=6，
∴B′B= A′B′2−A′B2=6 3，
故选D．
11.【答案】94
【解析】【分析】
本题考查了根的判别式以及解一元一次方程，解题的关键是找出9−4k=0.本题属于基础题，难度不大，解决该题型题目时，根据方程解的情况结合根的判别式得出方程(不等式或不等式组)是关键．
根据方程有两个相等的实数根结合根的判别式，即可得出关于k的一元一次方程，解方程即可得出结论．
【解答】
解：∵关于x的方程x2−3x+k=0有两个相等的实数根，
∴△=(−3)2−4×1×k=9−4k=0，
解得：k=94．
故答案为：94．
12.【答案】(1,2)
【解析】【分析】
此题考查了二次函数的性质，二次函数y=ax−h2+k的顶点坐标为(h,k)，对称轴为x=h，此题还考查了配方法求顶点式．
已知抛物线的解析式是一般式，用配方法转化为顶点式，根据顶点式的坐标特点，直接写出顶点坐标．
【解答】解：∵y=x2−2x+3=x2−2x+1−1+3=x−12+2，
∴抛物线y=x2−2x+3的顶点坐标是(1,2)．
故答案为：(1,2)．
13.【答案】32个
【解析】解：设盒子里有白球x个，
根据题意得：8x+8=80400，
解得：x=32．
经检验得x=32是方程的解．
即盒中大约有白球32个．
故答案为：32个．
可根据“黑球数量÷黑白球总数=黑球所占比例”来列等量关系式，其中“黑白球总数=黑球个数+白球个数“，“黑球所占比例=随机摸到的黑球次数÷总共摸球的次数”．
本题主要考查利用频率估计概率，解题关键是要读懂题目的意思，根据题目给出的条件，找出合适的等量关系列出方程，再求解，注意分式方程要验根．
14.【答案】294cm
【解析】解：根据题意得，AB⊥OD，
∴AC=BC=12AB=5(cm)，
∵OB=OD，OC=OD−CD=(OB−2)cm，
∴OC=(OB−2)cm，
在Rt△BOC中，OB2=OC2+BC2，
∴OB2=(OB−2)2+52，
∴OB=294(cm)，
故答案为：294cm．
根据题意得，AB⊥OD，根据垂径定理求出BC=5cm，再根据勾股定理求解即可．
本题考查勾股定理，垂径定理等知识，解题的关键是学会利用垂径定理，勾股定理解决问题．
15.【答案】4 33或4( 3−1)
【解析】解：在Rt△ABC中，
∵∠C=90°，AB=4，BC=2，
∴AC= AB2−BC2= 42−22=2 3，
直线EF将∠B折叠，使点B恰好落在BC上的B′处，当△AEB′恰好为直角三角形时，
根据折叠的性质：BE=B′E，
设BE=x，则B′E=x，AE=4−x，
①当∠AB′E=90°时，则B′E/​/BC，
∴B′EBC=AB′AC=AEAB，
∴x2=AB′2 3=4−x4，
解得：x=43，
∴AB′=4 33；
②当∠AEB′=90°时，
则△AEB′∽△ACB，
∴AB′AB=AEAC=B′ECB，
∴AB′4=4−x2 3=x2，
解得：x=2( 3−1)，
∴AB′=4( 3−1)，
故所求AB′的长度为：4 33或4( 3−1)．
故答案为：4 33或4( 3−1)．
先在Rt△ABC中利用勾股定理求出AC，再根据折叠的性质得到BE=B′E，直线EF将∠B折叠，使点B恰好落在BC上的D处，△AB′E恰好为直角三角形，有两种可能：①∠AB′E=90°，②∠AEB′=90°，设BE=x，运用三角形相似列比例式解方程即可得解．
本题考查了折叠的性质，勾股定理以及相似三角形的判定与性质，能够全面的思考问题进行分类讨论是本题的关键．
16.【答案】解：(1)设平均每次降价的百分率是x，
根据题意列方程得，200(1−x)2=162，
解得：x1=10%，x2=190%(不合题意，舍去)；
答：平均每次下调的百分率为10%．
(2)200(1−5%)(1−15%)
=190(1−15%)
=161.5<162
∴售货员的方案对顾客更优惠．
【解析】(1)设该种商品每次降价的百分率为x，根据该商品的原价及经过两次降价后的价格，即可得出关于x的一元二次方程，解之取其符合值即可得出结论；
(2)根据题意直接计算可得出答案．
本题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，找出题目中的等量关系，列出相应的方程．
17.【答案】解：(1)(2x+1)2=3(2x+1)，
(2x+1)2−3(2x+1)=0，
(2x+1)(2x−2)=0，
∴2x+1=0或2x−2=0，
∴x1=−12，x2=1．
(2)y2+7y−8=0．
(y+8)(y−1)=0，
y+8=0或y−1=0，
y1=−8，y2=1．
【解析】(1)将方程)(2x+1)2=3(2x+1)分解转化为(2x+1)2−3(2x+1)=0即可解答；
(2)将方程y2+7y−8=0分解变形为(y+8)(y−1)=0即可解答．
本题考查了用因式分解法解一元二次方程，熟练掌握因式分解是解答本题的关键．
18.【答案】解：(1)如图，△A1B1C1即为所求．A1(2,−4)；
(2)如图，△A2BC2即为所求；
(3)由勾股定理可知：BC= 32+22= 13，
∴点C旋转到C2点的路径长=90π⋅ 13180= 13π2．
【解析】本题主要考查的是作图−旋转变换及轴对称变换，以及扇形的弧长公式，掌握相关性质是解题的关键．
(1)利用关于x轴对称点的横坐标相等，纵坐标互为相反数可先找出点A1、B1、C1的坐标，然后画出图形即可；
(2)利用旋转的性质可确定出点A2、C2的坐标；
(3)利用弧长公式和勾股定理进行计算即可．
19.【答案】解：(1)由旋转的性质得，CD=CO，∠ACD=∠BCO，
∵∠ACB=∠ACO+∠OCB=60°，
∴∠DCO=∠ACO+∠ACD=∠ACO+∠OCB=60°．
∴△OCD为等边三角形．
∴∠ODC=60°．
答：∠ODC的度数为60°．
(2)由旋转的性质得，AD=OB=4.∠ADC=∠BOC=150°
∵△OCD为等边三角形，
∴OD=OC=5．
∵∠BOC=150°，∠ODC=60°，
∴∠ADO=90°．
在Rt△AOD中，由勾股定理得：AO= AD2+OD2= 42+52= 41．
答：AO的长为 41．
【解析】本题考查了旋转的性质、勾股定理、等边三角形，解决本题的关键是综合运用以上知识．
(1)根据旋转的性质即可求解；
(2)根据旋转的性质和勾股定理即可求解．
20.【答案】(1)证明：∵ED=EC，
∴∠EDC=∠C，
∵∠EDC=∠B，(∵∠EDC+∠ADE=180°,∠B+∠ADE=180°,∴∠EDC=∠B)
∴∠B=∠C，
∴AB=AC；
(2)方法一：
解：连接AE，
∵AB为直径，
∴AE⊥BC，
由(1)知AB=AC，
∴BE=CE=12BC= 3，
∵△CDE∽△CBA，
∴CDCB=CEAC，
∴CE⋅CB=CD⋅CA，AC=AB=4，
∴ 3⋅2 3=4CD，
∴CD=32．
方法二：
解：连接BD，
∵AB为直径，
∴BD⊥AC，
设CD=a，
由(1)知AC=AB=4，
则AD=4−a，
在Rt△ABD中，由勾股定理可得：
BD2=AB2−AD2=42−(4−a)2
在Rt△CBD中，由勾股定理可得：
BD2=BC2−CD2=(2 3)2−a2
∴42−(4−a)2=(2 3)2−a2
整理得：a=32，
即：CD=32．
【解析】(1)由等腰三角形的性质得到∠EDC=∠C，由圆内接四边形的性质得到∠EDC=∠B，由此推得∠B=∠C，由等腰三角形的判定即可证得结论；
(2)连接AE，由AB为直径，可证得AE⊥BC，由(1)知AB=AC，证明△CDE∽△CBA后即可求得CD的长．
本题考查了圆周角定理，等腰三角形的判定和性质，勾股定理，正确的作出辅助线是解题的关键．
21.【答案】解：(1)①由图表中(1,1.875)，(3,1.875)，可知抛物线的顶点为(2,2)
设抛物线的解析式为y=a(x−2)2+2，
把(3,1.875)代入y=a(x−2)2+2，
得a(3−2)2+2=1.875，
解得a=−18，
∴这股水流的路径所在抛物线的解析式为y=−18(x−2)2+2；

②把y=0代入y=−18(x−2)2+2，
得−18(x−2)2+2=0，
解得x1=6，x2=−2(不合题意，舍去)，
∴其最大射程6m；
(2)如果将灌溉喷枪提高6m，得平移后的抛物线的解析式为y=−18(x−2)2+8，
把y=0代入y=−18(x−2)2+8，
得−18(x−2)2+8=0，
解得x1=10或x2=−6(不合题意，舍去)，
∴此时灌溉喷枪最大射程10m；
(3)作NA⊥x轴于点A，则MN=2 3π，∠AMN=30°，
∴AN=12MN= 3π，MA=MN⋅cs30°=2 3× 32=3m，
∵OM=2，
∴OA=5，
∴点N的坐标为(5, 3)，
由题意可设平移后的抛物线解析式为y=−18(x−2)2+2+k，
当点N在抛物线上时，−18(5−2)2+2+k= 3，
解得k= 3−78，
∵1.5+( 3−78)= 3+58，
∴点P处喷水口的最大高度为( 3+58)m.

【解析】(1)①由图象可知抛物线的顶点为(2,2)，设抛物线的解析式为y=a(x−2)2+2，把(3,1.875)代入y=a(x−2)2+2，即可求出函数解析式；
②把y=0代入y=−18(x−2)2+2，即可求出最大射程；
(2)平移后的抛物线的解析式为y=−18(x−2)2+8，把y=0代入y=−18(x−2)2+8，求出平移后的最大射程；
(3)作NA⊥x轴于点A，求出点N的坐标，由题意可设平移后的抛物线解析式为y=−18(x−2)2+2+k，代入点N的坐标求出k的值，即可得到点P处喷水口的最大高度．
本题考查了二次函数的应用，解直角三角形，本题的关键是运用二次函数的性质，结合数形结合思想解题．
22.【答案】问题初探：(1)证明：∵△ABC和△BDE都是等边三角形，
∴AB=BC，BE=BD，∠ABC=∠EBD=∠BDE=∠E=60°，
∴∠ABE=60°−∠ABD=∠CBD，
∴△ABE≌△CBD(SAS)，
∴AE=CD，∠E=∠BDC=60°，
∴∠ADC=∠ADB+∠BDC=60°+60°=120°，
∴△ADC是钝角三角形，
∴以AE、AD，AC为边的三角形是钝角三角形；
类比分折：解：CD2+AD2=2BD2，理由如下：
如图3，根据题意补全图形，
∵△ABC和△BDE是两个等腰直角三角形，
∴AB=BC，BE=BD，∠ABC=∠EBD=90°，∠BAC=∠C=45°，
∴∠ABE=90°−∠ABD=∠CBD，
∴△ABE≌△CBD(SAS)，
∴AE=CD，∠BAE=∠C=45°，
∴∠EAB=∠BAE+∠BAC=90°，
∴AE2+AD2=DE2，
∴CD2+AD2=DE2，
∵△BDE是等腰直角三角形，
∴DE2=( 2BD)2=2BD2，
∴CD2+AD2=2BD2；

学以致用：(2)如图4，连接BD交AC于点O，
由类比分折可知：CE2+AE2=2BE2．
∵AE2+CE2=10，
∴2BE2=10，
∴BE= 5，
∵四边形ABCD是正方形，
∴BD⊥AC，BO=DO=AO=CO，∠BAE=45°，
∵∠EBA=15°，
∴∠BEO=∠EBA+∠BAE=60°，
∴∠EBO=30°，
∴OE=12BE= 52，
∴BO= 3OE= 152，
∴BD=AC=2BO= 15，
∴正方形ABCD的面积=12AC⋅BD=12× 15× 15=152．
【解析】问题初探：(1)根据等边三角形的性质证明△ABE≌△CBD(SAS)，得AE=CD，∠E=∠BDC=60°，所以△ADC是钝角三角形，进而可以解决问题；
类比分折：根据等腰直角三角形的性质证明△ABE≌△CBD(SAS)，得AE=CD，∠BAE=∠C=45°，可得∠EAB=∠BAE+∠BAC=90°，然后利用勾股定理和等腰直角三角形的性质即可解决问题；
学以致用：(2)如图4，连接BD交AC于点O，由类比分折可知：CE2+AE2=2BE2.先求出BE，再利用三角形外角定义求出∠BEO=∠EBA+∠BAE=60°，利用含30度角的直角三角形的性质求出BO，进而可以解决问题．
本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，等边三角形的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，解决本题的关键是综合运用以上知识．x
…
−2
0
1
3
…
y
…
6
−4
−6
−4
…
x
…
1
2
3
5
…
y
…
1.875
2
1.875
0.875
…