浙江省宁波市蛟川书院等四校2023-2024学年九年级下学期2月月考数学试题

这是一份浙江省宁波市蛟川书院等四校2023-2024学年九年级下学期2月月考数学试题，共25页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．若，则的值是（ ）
A． B． C．﹣2 D．2
2．袋子里有8个红球，m个白球，3个黑球，每个球除颜色外都相同，从中任意摸出一个球，若摸到红球的可能性最大，则m的值不可能是（ ）
A．1 B．3 C．5 D．10
3．对于二次函数y＝2（x﹣2）2+1，下列说法中正确的是（ ）
A．图象的开口向下 B．函数的最小值为1
C．图象的对称轴为直线x＝﹣2 D．图象的顶点坐标是（1，2）
4．在数轴上，点A所表示的实数为4，点B所表示的实数为b，⊙A的半径为2，要使点B在⊙A内时，实数b的取值范围是（ ）
A．b＞2 B．b＞6 C．b＜2或b＞6 D．2＜b＜6
5．下列图象中，函数y＝ax2﹣a（a≠0）与y＝ax+a的图象大致是（ ）
A． B． C． D．
6．矩形相邻的两边长分别为25和x（x＜25），把它按如图所示的方式分割成五个全等的小矩形，每一个小矩形均与原矩形相似，则x的值为（ ）
A．5 B． C． D．10
7．若函数y＝mx2+2x+1的图象与x轴只有一个公共点，则常数m为（ ）
A．m＝0 B．m＝﹣1 C．m＝1 D．m＝0或m＝1
8．如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB，垂足为点M．连接OC，DB．如果OC∥DB，图中阴影部分的面积是2π，那么图中阴影部分的弧长是（ ）
A． B． C． D．
9．如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，过点C作CD⊥AB于点D，点M为线段AB的中点，连结CM，过点D作DE⊥CM于点E．设DA＝a，DB＝b，则图中可以表示的线段是（ ）
A．MC B．CE C．DE D．ME
10．如图，四边形ABCD内接于⊙O，AB为直径，AD＝CD，过D作DE⊥AB于点E，交AC于点F，连结AC．DF＝5，．当点P为下面半圆弧的中点时，连接CP交BD于H，则AH的长为（ ）
A． B． C． D．12
二、填空题（每小题5分，共30分）
11．二次函数y＝（x+4）2+1的图象向右平移2个单位长度后，再向上平移5个单位长度，平移后的图象对应的二次函数解析式为 ．
12．如图，AB∥CD∥EF，直线l1、l2分别与这三条平行线交于点A、C、E和点B、D、F．已知AC＝3，CE＝5，DF＝4，则BD的长为 ．
13．教练对小明投掷实心球的训练录像进行了技术分析，发现实心球在行进过程中高度y（m）与水平距离x（m）之间的关系为，由此可知小明此次投掷的成绩是 m．
14．圆内接四边形ABCD，两组对边的延长线分别相交于点E、F，且∠E＝40°，∠F＝60°，求∠A＝ °．
15．如图，抛物线y＝ax2+5ax+4与x轴交于C、D两点，与y轴交于点B，过点B作平行于x轴的直线，交抛物线于点A，连结AD、BC，若点A关于直线BD的对称点恰好落在线段DC上，则a＝ ．
16．如图，在Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝6，BC＝8，点E、F分别是边AB，BC边上的点（E、F不与端点重合），且EF∥AC．将△BEF沿直线EF折叠，点B的对应点为点M，延长EM交AC于点G，若以M、G、F为顶点的三角形与△BEF相似，求BF的长 ．
三、解答题（本大题有8小题，共80分）
17．（8分）某社区组织A、B、C、D这4个小区的居民接种加强针新冠疫苗．
（1）若将这4个小区随机分成4批，每批1个小区的居民参加，则A小区居民被分在第一批的概率为 ；
（2）若将这4个小区的居民随机分成两批接种加强针，每批2个小区的居民参加．
①求A小区被分在第一批的概率；
②求A、B两个小区被分在第一批的概率．
18．（8分）如图，△ABC各顶点的坐标分别是A（﹣2，﹣4），B（0，﹣4），C（1，﹣1）．
（1）在图中画出△ABC绕原点O逆时针旋转90°后的△A1B1C1；
（2）在（1）的条件下，边AC扫过的面积是 ．
19．（6分）如图，为了测量平静的河面的宽度，即EP的长，在离河岸D点3.2米远的B点，立一根长为1.6米的标杆AB，在河对岸的岸边有一根长为4.5米的电线杆MF，电线杆的顶端M在河里的倒影为点N，即PM＝PN，两岸均高出水平面0.75米，即DE＝FP＝0.75米，经测量此时A、D、N三点在同一直线上，并且点M、F、P、N共线，点B、D、F共线，若AB、DE、MF均垂直于河面EP，求河宽EP是多少米？
20．（10分）如图，AB是⊙O的直径，C、D为⊙O上的点，且BC∥OD，过点D作DE⊥AB于点E．
（1）求证：BD平分∠ABC；
（2）若BC＝4，DE＝3，求⊙O的半径长．
21．（10分）在平面直角坐标系xOy中，P（x1，y1），Q（x2，y2）是抛物线y＝x2﹣2mx+m2﹣1上任意两点．
（1）求抛物线的顶点坐标（用含m的式子表示）；
（2）若x1＝m﹣3，x2＝m+2，比较y1与y2的大小，并说明理由；
（3）若对于﹣3≤x1＜4，x2＝4，都有y1≤y2，直接写出m的取值范围．
22．（12分）某商店购进了一种消毒用品，进价为每件8元，在销售过程中发现，每天的销售量y（件）与每件售价x（元）之间存在一次函数关系（其中8≤x≤15，且x为整数）．当每件消毒用品售价为9元时，每天的销售量为105件；当每件消毒用品售价为11元时，每天的销售量为95件．
（1）求y与x之间的函数关系式．
（2）若该商店销售这种消毒用品每天获得425元的利润，则每件消毒用品的售价为多少元？
（3）设该商店销售这种消毒用品每天获利w（元），当每件消毒用品的售价为多少元时，每天的销售利润最大？最大利润是多少元？
23．（12分）如图1，矩形EBGF和矩形ABCD共顶点，且绕着点B顺时针旋转，满足．
（1）的比值是否发生变化，若不变，说明理由；若变化，求出相应的值，并说明理由；
（2）如图2，若点F为CD的中点，且AB＝8，AD＝6，连结CG，求△FCG的面积．
（3）如图3，若D、F、G三点共线，延长BF交DC于点M，若MF＝5，DF＝10，求AB的长．
24．（14分）如图，AC、BD是⊙O的两条弦，且BD⊥AC于点E．
（1）如图1：若AE＝BE，求证DE＝CE；
（2）如图2：若AC＝8，BD＝6，，求弓形BAD的面积．
（3）连结AB、BC、CD，若CA＝CD，
①∠ACB与∠ACD具有怎样的数量关系，并证明．
②在BD上存在点F，满足BF＝2AB，点M是的中点，连结MF，已知，MF＝2，求⊙O的半径．
2023年浙江省宁波市蛟川书院等四校中考数学联考试卷（2月份）
参考答案与试题解析
一、选择题（每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）
1．【分析】由，可得b＝3a，把b换成3a即可求出的值．
【解答】解：，
∴b＝3a，
．
故选：C．
2．【分析】摸到红球的可能性最大，即白球的个数比红球的少．
【解答】解：袋子里有8个红球，m个白球，3个黑球，若摸到红球的可能性最大，则m的值不可能大于8．观察选项，只有选项D符合题意．
故选：D．
3．【分析】根据题目中的函数解析式，可以判断各个选项中的说法是否正确．
【解答】解：二次函数y＝2（x﹣2）2+1，a＝2＞0，
∴该函数的图象开口向上，故选项A错误，
函数的最小值是y＝1，故选项B正确，
图象的对称轴是直线x＝2，故选项C错误，
顶点坐标为（2，1），故选项D错误．
故选：B．
4．【分析】首先确定AB的取值范围，然后根据点A所表示的实数写出a的取值范围，即可得到正确选项．
【解答】解：∵⊙A的半径为2，若点B在⊙A内，
∴AB＜2，
∵点A所表示的实数为4，
∴2＜b＜6，
故选：D．
5．【分析】可先根据a的符号判断一次函数与二次函数的图象所经过的象限，然后作出选择．
【解答】解：当a＞0时，由二次函数y＝ax2﹣a可知开，口向上，顶点在y轴负半轴上，与x轴的交点为（﹣1，0），（1，0），
由一次函数y＝ax+a可知过一，二，三象限，交x轴于（﹣1，0）；
当a＜0时，由二次函数y＝ax2﹣a可知，开口向下，顶点在y轴正半轴上，与x轴的交点为（﹣1，0），（1，0），由一次函数y＝ax+a可知过二，三，四象限，交x轴于（﹣1，0）；
故选：C．
6．【分析】根据相似多边形的性质得出比例式，即可得到答案．
【解答】解：∵原矩形的长为25，宽为x，
∴小矩形的长为x，宽为，
∵小矩形与原矩形相似，
，
解得：或（舍去），
故选：B．
7．【分析】m＝0时，函数是一次函数，与x轴有一个交点；m≠0，则函数为二次函数．由抛物线与x轴只有一个交点，得到根的判别式的值等于0，且m不为0，即可求出m的值．
【解答】解：当m≠0时，
∵二次函数y＝mx2+2x+1的图象与x轴只有一个公共点，
∴Δ＝4﹣4m＝0，且m≠0，
解得：m＝1．
当m＝0时y＝2x+1与x轴只有一个交点，
综上所述，m＝0或m＝1，
故选：D．
8．【分析】连接OD，BC，根据垂径定理和等腰三角形的性质得到DM＝CM，∠COB＝∠BOD，推出△BOD是等边三角形，得到∠BOC＝60°，根据扇形的面积公式即可求得圆的半径，然后根据弧长公式求得即可．
【解答】解：连接OD，BC．
∵CD⊥AB，OC＝OD，
∴DM＝CM，∠COB＝∠BOD，
∵OC∥BD，
∴∠COB＝∠OBD，
∴∠BOD＝∠OBD，
∴OD＝DB，
∴△BOD是等边三角形，
∴∠BOD＝60°，
∵OC∥DB，
∴S△OBD＝S△CBD，
∴图中阴影部分的面积，
或（舍去），
的长，
故选：B．
9．【分析】证明△ACD∽△CBD，根据相似三角形的性质得，则CD2＝ab，再证明△MCD∽△DCE，可得出，则CD2＝CM•CE＝ab，由点M为线段AB的中点得，即可得出．
【解答】解：∵CD⊥AB，
∴∠ADC＝∠CDB＝90°，
∵∠ACB＝90°，
∴∠A+∠B＝∠BCD+∠B＝90°，
∴∠A＝∠BCD，
∴△ACD∽△CBD，
，
∴CD2＝AD•BD＝ab，
同理得△MCD∽△DCE，
，
∴CD2＝CM•CE＝ab，
∵点M为线段AB的中点，
，
．
故选：B．
10．【分析】连接AH，如图，根据直径所对的圆周角为直角可得∠ADB＝∠ACB＝90°，再运用同弧（等弧）所对的圆周角相等可得出∠DAC＝∠ABD，再利用同角的余角相等可推出∠ADE＝∠DAC，进而得出AF＝DF＝5，利用三角函数可求得EF＝3，由勾股定理可求得：，再根据三角形的内心判定和性质可得出∠AHD＝45°，运用等腰直角三角形性质即可求得答案．
【解答】解：连接AH，如图，
∵AB为直径，
∴∠ADB＝∠ACB＝90°，
∵AD＝CD，
∴∠DAC＝∠DCA，
而∠DCA＝∠ABD，
∴∠DAC＝∠ABD，
∵DE⊥AB，
∴∠ABD+∠BDE＝90°，
而∠ADE+∠BDE＝90°，
∴∠ABD＝∠ADE，
∴∠ADE＝∠DAC，
∴AF＝DF＝5，
在Rt△AEF和Rt△ABC中，
，
∴EF＝3，
，
，
∵P为下面半圆弧的中点，
，
∴∠ACP＝∠BCP，
∴点H是△ABC的内心，
∴BH平分∠BAC，
，
∵∠ADB＝90°，
∴∠BAC+∠ABC＝90°，
，
∵∠ADB＝90°，
∴△ADH是等腰直角三角形，
．
故选：A．
二、填空题（每小题5分，共30分）
11．y＝（x+2）2+6．
【分析】直接运用平移规律“左加右减，上加下减”解答．
【解答】解：将二次函数y＝（x+4）2+1的图象向右平移2个单位长度后，再向上平移5个单位长度，平移后的图象对应的二次函数解析式为y＝（x+4﹣2）2+1+5，即y＝（x+2）2+6．
故答案为：y＝（x+2）2+6．
12．
【分析】先根据平行线分线段成比例定理得到，然后利用比例性质得到BD的长．
【解答】解：∵AB∥CD∥EF，
，即，
解得．
故答案为：．
13．9
【分析】当y＝0时代入解析式，求出x的值就可以求出结论．
【解答】解：由题意得，
当y＝0时，，
化简，得：（x﹣2）2＝25，
解得：x1＝9，x2＝﹣1（舍去），
故答案为：9．
14．【分析】根据圆内接四边形的性质得到∠BCD＝180°﹣∠A，根据三角形的外角的性质计算即可．
【解答】解：∵四边形ABCD是圆内接四边形，
∴∠BCD＝180°﹣∠A，
∵∠CBF＝∠A+∠E，∠DCB＝∠CBF+∠F，
∴180°﹣∠A＝∠A+∠E+∠F，即180°﹣∠A＝∠A+40°+60°，
解得∠A＝40°．
故答案为：40．
15．
【分析】令y＝4代入y＝ax2+5ax+4得x1＝0或x2＝﹣5，则A（﹣5，4），过B作BE⊥x轴，E为垂足，则BE＝4，而AB∥x轴，则∠ABD＝∠BDO，又点A关于直线BD的对称点恰好落在线段DC上，则∠ADB＝∠BDO，即∠ABD＝∠ADB，故AB＝AD＝5，即可求得D（﹣8，0），把D点的坐标代入y＝ax2+5ax+4，即可求解．
【解答】解：令y＝4代入y＝ax2+5ax+4得x1＝0或x2＝﹣5，
∴A（﹣5，4），
过A作AE⊥x轴，E为垂足，则AE＝4，
∵AB∥x轴，
∴∠ABD＝∠BDO，
又点A关于直线BD的对称点恰好落在线段DC上，
∴∠ADB＝∠BDO，即∠ABD＝∠ADB，
∴AD＝AB＝5，
则，
∴D（﹣8，0），
把D（﹣8，0）代入y＝ax2+5ax+4得：0＝64a﹣40a+4，
解得：．
故答案为：．
16．或
【分析】连接并延长BM，BM交EF于点I，BM的延长线交AC于点H，根据轴对称的性质得EF垂直平分BM，∠GMF＝∠EMF＝∠EBF＝90°，MF＝BF，由EF∥AC得∠BIF＝∠MIF＝∠BHC＝90°，所以BH⊥AC，由∠ABC＝90°，AB＝6，BC＝8，得，则，求得，再分两种情况讨论，一是△MGF∽△BEF，且∠MFG＝∠BFE，可推导出，则，得；二是△GMF∽△BEF，且∠MGF＝∠BFE，可推导出，则，得．
【解答】解：连接并延长BM，BM交EF于点I，BM的延长线交AC于点H，
∵将△BEF沿直线EF折叠，点B的对应点为点M，
∴EF垂直平分BM，∠GMF＝∠EMF＝∠EBF＝90°，MF＝BF，
∵EF∥AC，
∴∠BIF＝∠MIF＝∠BHC＝90°，
∴BH⊥AC，
∵∠ABC＝90°，AB＝6，BC＝8，
，
，
，
当△MGF∽△BEF，且∠MFG＝∠BFE时，如图1，
∵△BEF≌△MEF，
∴△MGF∽△MEF，
，
∴GM＝EM＝EB，
∵∠BFE＝∠C，
，
∵∠GMH＝90°﹣∠FMI＝∠MFE＝∠BFE＝∠C，
，
，
，
；
当△GMF∽△BEF，且∠MGF＝∠BFE时，如图2，
，
，
，
，
，
综上所述，BF的长为或，
故答案为：或．
图1 图2
三、解答题（本大题有8小题，共80分）
17．（8分）
（1）
【分析】（1）直接利用概率公式求解可得；
（2）列出所有等可能结果，根据概率公式求解可得．
【解答】解：（1）若将这4个小区随机分成4批，每批1个小区的居民参加，则A小区居民被分在第一批的概率为．
故答案为：；
（2）画树状图如下：
从树状图可得，共有12种等可能结果，A小区被分在第一批的有6种，A、B两个小区被分在第一批的有2种，
①A小区被分在第一批的概率为；
②A、B两个小区被分在第一批的概率为．
18．（8分）
（2）
【分析】（1）将三个顶点分别绕原点O逆时针旋转90°后得到其对应点，再首尾顺次连接即可；
（2）根据边AC扫过的面积求解即可．
【解答】解：（1）如图所示，△A1B1C1即为所求．
（2）边AC扫过的面积是
．
故答案为：．
19．（6分）
【分析】延长AB交EP的反向延长线于点H，由△ABD∽△AHO求得OH，再由△AHO∽△NPO求得OP，便可解决问题，
【解答】解：延长AB交EP的反向延长线于点H，
则四边形BDEH是矩形，
∴BH＝DE＝0.75，BD∥EH，
∴AH＝AB+BH＝AB+DE＝1．6+0.75＝2.35，
∵BD∥OH，
∴△ABD∽△AHO，
，
，
∴HO＝4.7，
∵PM＝PN，MF＝4.5米，FP＝0.75米，
∴PN＝MF+FP＝5.25米，
∵AH⊥EP，PN⊥EP，
∴AH∥PN，
∴△AHO∽△NPO，
，
，
∴PO＝10.5，
∴PE＝PO+OE＝10.5+（4.7﹣3.2）＝12，
答：河宽EP是12米．
20．（10分）
【分析】（1）利用平行线的性质得到∠ODB＝∠CBD，根据半径相等可得∠ODB＝∠OBD，等量代换得到∠OBD＝∠CBD，进而证得结论；
（2）过O点作OH⊥BC于H，如图，根据垂径定理得到BH＝CH＝2，再证明△ODE≌△BOH得到DE＝OH＝3，然后利用勾股定理计算OB的长即可．
【解答】（1）证明：∵OD∥BC，
∴∠ODB＝∠CBD，
∵OB＝OD，
∴∠ODB＝∠OBD，
∴∠OBD＝∠CBD，
∴BD平分∠ABC；
（2）解：过O点作OH⊥BC于H，
∵BC＝4，
，
∵DE⊥AB，OH⊥BC，
∴∠DEO＝90°，∠OHB＝90°，
∵OD∥BC，
∴∠DOE＝∠OBH，
在△ODE和△BOH中，
，
∴△ODE≌△BOH（AAS），
∴DE＝OH＝3，
在Rt△OBH中，，
即⊙O的半径长为．
21．（10分）
【分析】（1）将二次函数解析式化为顶点式求解．
（2）分别将x1＝m﹣3，x2＝m+2代入解析式求解．
（3）求出点（4，y2）关于对称轴对称点为（2m﹣4，y2），根据抛物线开口向上及y1≤y2求解．
【解答】解：（1）∵y＝x2﹣2mx+m2﹣1＝（x﹣m）2﹣1，
∴抛物线顶点坐标为（m，﹣1）．
（2）将x＝m﹣3代入y＝（x﹣m）2﹣1得y＝32﹣1＝8，
将x＝m+2代入y＝（x﹣m）2﹣1得y＝22﹣1＝3，
∵8＞3
∴y1＞y2．
（3）∵抛物线对称轴为直线x＝m，
∴点（4，y2）关于对称轴对称点为（2m﹣4，y2），
∵抛物线开口向上，y1≤y2，
∴2m﹣4≤x1＜4，
∴2m﹣4≤﹣3，
解得．
22．【分析】（1）根据给定的数据，利用待定系数法即可求出y与x之间的函数关系式；
（2）根据每件的销售利润×每天的销售量＝425，解一元二次方程即可；
（3）利用销售该消毒用品每天的销售利润＝每件的销售利润×每天的销售量，即可得出w关于x的函数关系式，再利用二次函数的性质即可解决最值问题．
【解答】解：（1）设每天的销售量y（件）与每件售价x（元）函数关系式为：y＝kx+b，
由题意可知：，
解得：，
∴y与x之间的函数关系式为：y＝﹣5x+150；
（2）（﹣5x+150）（x﹣8）＝425，
解得：x1＝13，x2＝25（舍去），
∴若该商店销售这种消毒用品每天获得425元的利润，则每件消毒用品的售价为13元；
（3）w＝y（x﹣8），
＝（﹣5x+150）（x﹣8），
w＝﹣5x2+190x﹣1200，
＝﹣5（x﹣19）2+605，
∵8≤x≤15，且x为整数，
当x＜19时，w随x的增大而增大，
∴当x＝15时，w有最大值，最大值为525．
答：每件消毒用品的售价为15元时，每天的销售利润最大，最大利润是525元．
23．（12分）
【分析】（1）结论：．证明AD：AB：BD＝3：4：5，再证明△ABE∽△DBF，可得结论；
（2）如图2中，连接BF，AE，过点G作GT⊥DC交DC的延长线于点T．利用相似三角形的性质求出CG，解直角三角形求出GT，可得结论；
（3）如图3中，连接BD，CG，AE，过点M作ML⊥DF于点L，设DG交BC于点O．利用（1）中结论求出AE，利用相似三角形的性质求出CG，BD，可得结论．
【解答】解：（1）结论：．
理由：如图1中，连接BD，BF．
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠DAB＝90°，AD＝BC，．
∵BC：AB＝3：4，
∴AD：AB＝3：4，
设AD＝3k，AB＝4k，则BD＝5k，
∴AD；AB：BD＝3：4：5，
同法可证EF：BE：BF＝3：4：5，
∴△ABD∽△EBF，
，
，
∴△ABE∽△DBF，
；
（2）如图2中，连接BF，AE，过点G作GT⊥DC交DC的延长线于点T．
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝CD＝8，
∵DF＝CF＝4，DF：AE＝5：4，
，
∵∠ABC＝∠EBG＝90°，
∴∠ABE＝∠CBG，
，
∴△ABE∽△CBG，
，
，
∵∠BCF＝∠BGF＝90°，
∴C，F，B，G四点共圆，
∴∠GCT＝∠FBG，
∵∠T＝∠BGF＝90°，
∴△CTG∽△BGF，
∴CT：GT：CG＝BG：GF：BF＝3：4：5，
，
∴△CFG的面积；
（3）如图3中，连接BD，CG，AE，过点M作ML⊥DF于点L，设DG交BC于点O．
∵DF：AE＝5：4，DF＝10，'
∴AE＝8，
∵△ABE∽△CBG，
∴AE：CG＝AB+BC＝4：3，
∴CG＝6，
∵ML∥CB，
∴△FLM∽△FGB，
∴ML：FL：FM＝BG：FG：BF＝3：4；5，
∵FM＝5，
∴ML＝3，FL＝4，
∴DL＝DF﹣FL＝10﹣4＝6，
，
，
∵∠DCO＝∠OGB＝90°，
∴D，C，G，B四点共圆，
∴∠OCG＝∠ODB，
∵∠COG＝∠BOD，
∴△COG∽△DOB，
，
，
．
24．（14分）
【分析】（1）连接AD，BC．证明△ADE∽△BCE，从而，进一步得出结论；
（2）作OG⊥BD于G，作OF⊥AC于F，EF＝x，EG＝y，则BE＝3﹣y，AE＝4﹣x，根据AE•CE＝BE•DE列出（4﹣x）•（4+x）＝（3﹣y）（3+y），在Rt△EOF中，根据勾股定理列出从而得出x，y的值，进一步得出结果；
（3）①作OF⊥AC于F，作OG⊥CD于G，可推出OC平分∠ACD，可推出∠A+∠ACH＝90°，∠A+∠ADE＝90°，进而∠ADE＝∠ACH，进一步得出结果；
②连接CM，交BD于H，连接AM，作AG∥MF，交BD于G，可推出△CEH∽△CAM，四边形AGFM是平行四边形，从而，进而得出FG的长，可推出EH＝EB，设BE＝x，则，由AE2＝AG2﹣EG2＝AB2﹣BE2，列出，从而求得x的值，从而得出，根据，从而求出CE，进一步得出结果．
【解答】（1）解：如图1，
连接AD，BC，
，
∴∠D＝∠C，∠A＝∠B，
∴△ADE∽△BCE，
，
∵AE＝BE，
∴DE＝CE；
（2）解：如图2，
作OG⊥BD于G，作OF⊥AC于F，
∴BG＝DG＝3，AF＝CF＝4，
设EF＝x，EG＝y，则BE＝3﹣y，AE＝4﹣x，
由（1）得，
AE•CE＝BE•DE，
∴（4﹣x）•（4+x）＝（3﹣y）（3+y） ①，
在Rt△EOF中，
②，
，
∴OG＝EF＝3，
∵BG＝3，
∴∠B＝∠GOB＝45°，
∴∠BOD＝2∠BOG＝90°，，
，
∴弓形BAD的面积；
（3）如图3，
，理由如下：
作OF⊥AC于F，作OG⊥CD于G，
，
∵AC＝CD，
∴CF＝CG，
∴∠COF＝∠COG，
∴∠ACO＝∠DCO，
∴CH⊥AD，
∴∠AHC＝90°，
∴∠A+∠ACH＝90°，
∵BD⊥AC，
∴∠AED＝90°，
∴∠A+∠ADE＝90°，
∴∠ADE＝∠ACH，
∵∠ACB＝∠ADE，
；
②如图4，
连接CM，交BD于H，连接AM，作AG∥MF，交BD于G，
∴∠MAC＝90°，
∵BD⊥AC，
∴∠DEC＝90°，
∴∠DEC＝∠MAC，
∴AM∥BD，
∴△CEH∽△CAM，四边形AGFM是平行四边形，
，AG＝MF＝2，FG＝AM，
由①得，
∠ACB＝∠ACM，
，
，
，
，
∵∠CEB＝∠CEH＝90°，
∴∠CHE＝∠CBE，
∴CH＝CB，
∴EH＝EB，
设BE＝x，则，
由AE2＝AG2﹣EG2＝AB2﹣BE2，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
∴圆的半径为4．