郑州市外国语中学2022-2023学年数学九上期末监测试题含解析

这是一份郑州市外国语中学2022-2023学年数学九上期末监测试题含解析，共22页。试卷主要包含了考生要认真填写考场号和座位序号，函数y=与y=-kx2+k，已知二次函数y=2，抛物线的顶点坐标是等内容，欢迎下载使用。
1．考生要认真填写考场号和座位序号。
2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。
3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。
一、选择题（每题4分，共48分）
1．在中，，、的对边分别是、，且满足，则等于（ ）
A．B．2C．D．
2．有一等腰三角形纸片ABC，AB＝AC，裁剪方式及相关数据如图所示，则得到的甲、乙、丙、丁四张纸片中，面积最大的是（ ）
A．甲B．乙C．丙D．丁
3．如图，⊙O 中弦AB =8，OC⊥AB，垂足为E，如果CE=2，那么⊙O的半径长是（ ）
A．4B．5C．6D．1°
4．如图在正方形网格中，小正方形的边长均为1，三角形的顶点都在格点上，则与△ABC相似的三角形所在的网格图形是（ ）
A．B．C．D．
5．函数y=与y=-kx2+k（k≠0）在同一直角坐标系中的图象可能是（ ）
A．B．C．D．
6．下列图形是我国国产品牌汽车的标识，这些汽车标识中，是中心对称图形的是( )
A．B．
C．D．
7．下列函数关系式中，是的反比例函数的是（ ）
A．B．C．D．
8．已知二次函数y=2（x﹣3）2+1．下列说法：①其图象的开口向下；②其图象的对称轴为直线x=﹣3；③其图象顶点坐标为（3，﹣1）；④当x＜3时，y随x的增大而减小．则其中说法正确的有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
9．抛物线的顶点坐标是（ ）
A．B．C．D．
10．如图，把一张圆形纸片和一张含45°角的扇形纸片如图所示的方式分别剪得一个正方形，如果所剪得的两个正方形边长都是1，那么圆形纸片和扇形纸片的面积比是（ ）
A．4：5B．2：5C．：2D．：
11．已知圆内接四边形ABCD中，∠A：∠B：∠C=1：2：3，则∠D的大小是（ ）
A．45°B．60°C．90°D．135°
12．如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，且E为OB的中点，∠CDB=30°，CD=4，则阴影部分的面积为（ ）
A．πB．4πC．πD．π
二、填空题（每题4分，共24分）
13．如图，将矩形ABCD绕点A旋转至矩形AB′C′D′位置，此时AC′的中点恰好与D点重合，AB′交CD于点E．若AB＝3，则△AEC的面积为_____．
14．如图，在平行四边形中，是边上的点，，连接，相交于点，则_________．
15．如图，点是矩形的对角线上一点，正方形的顶点在边上，则的值为__________ ．
16．如图，A、B、C是⊙O上三点，∠ACB＝30°，则∠AOB的度数是_____．
17．如图，三个顶点的坐标分别为，以原点O为位似中心，把这个三角形缩小为原来的，可以得到，已知点的坐标是，则点的坐标是______.
18．如图，△ABC是直角三角形，BC是斜边，将△ABP绕点A逆时针旋转后，恰好能与△ACP′完全重合，如果AP=8，则PP′的长度为___________．
三、解答题（共78分）
19．（8分）建设中的大外环路是我市的一项重点民生工程.某工程公司承建的一段路基工程的施工土方量为120万立方，原计划由公司的甲、乙两个工程队从公路的两端同时相向施工150天完成.由于特殊情况需要，公司抽调甲队外援施工，由乙队先单独施工40天后甲队返回，两队又共同施工了110天，这时甲乙两队共完成土方量103.2万立方.
（1）问甲、乙两队原计划平均每天的施工土方量分别为多少万立方？
（2）在抽调甲队外援施工的情况下，为了保证150天完成任务，公司为乙队新购进了一批机械来提高效率，那么乙队平均每天的施工土方量至少要比原来提高多少万立方才能保证按时完成任务？
20．（8分）某批发商以每件50元的价格购进800件T恤，第一个月以单价80元销售，售出了200件；第二个月如果单价不变，预计仍可售出200件，批发商为增加销售量，决定降价销售，根据市场调查，单价每降低1元，可多售出10件，但最低单价应高于购进的价格；第二个月结束后，批发商将对剩余的T恤一次性清仓销售，清仓是单价为40元．如果批发商希望通过销售这批T恤获利9000元，那么第二个月的单价应是多少元？
21．（8分）如图所示，直线y=x+2与双曲线y=相交于点A(2，n)，与x轴交于点C．
(1)求双曲线解析式；
(2)点P在x轴上，如果△ACP的面积为5，求点P的坐标.
22．（10分）如图，已知是的直径，弦于点，是的外角的平分线．求证：是的切线．
23．（10分）综合与探究：
已知二次函数y＝﹣x2+x+2的图象与x轴交于A，B两点（点B在点A的左侧），与y轴交于点C．
（1）求点A，B，C的坐标；
（2）求证：△ABC为直角三角形；
（3）如图，动点E，F同时从点A出发，其中点E以每秒2个单位长度的速度沿AB边向终点B运动，点F以每秒个单位长度的速度沿射线AC方向运动．当点F停止运动时，点E随之停止运动．设运动时间为t秒，连结EF，将△AEF沿EF翻折，使点A落在点D处，得到△DEF．当点F在AC上时，是否存在某一时刻t，使得△DCO≌△BCO？（点D不与点B重合）若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．
24．（10分）如图，已知点，是一次函数图象与反比例函数图象的交点，且一次函数与轴交于点．
（1）求该反比例函数和一次函数的解析式；
（2）连接，求的面积；
（3）在轴上有一点，使得，求出点的坐标．
25．（12分）如图，△ABC中，∠BAC=120，以BC为边向外作等边△BCD，把△ABD绕着D点按顺时针方向旋转60后到△ECD的位置．若AB=6，AC=4，求∠BAD的度数和AD的长.
26．在综合实践课中，小慧将一张长方形卡纸如图1所示裁剪开，无缝隙不重叠的拼成如图2所示的“”形状，且成轴对称图形.裁剪过程中卡纸的消耗忽略不计，若已知，，.
求（1）线段与的差值是___
（2）的长度.
参考答案
一、选择题（每题4分，共48分）
1、B
【分析】求出a=2b，根据锐角三角函数的定义得出tanA=，代入求出即可．
【详解】解：
a2-ab-2b2=0，
（a-2b）（a+b）=0，
则a=2b，a=-b（舍去），
则tanA==2，
故选：B．
【点睛】
本题考查了解二元二次方程和锐角三角函数的定义的应用，注意：tanA=.
2、D
【分析】根据相似三角形的性质求得甲的面积和丙的面积，进一步求得乙和丁的面积，比较即可求得．
【详解】解：如图：
∵AD⊥BC，AB＝AC，
∴BD＝CD＝5+2＝7，
∵AD＝2+1＝3，
∴S△ABD＝S△ACD＝＝
∵EF∥AD，
∴△EBF∽△ABD，
∴＝（）2＝，
∴S甲＝，
∴S乙＝，
同理＝（）2＝，
∴S丙＝，
∴S丁＝﹣＝，
∵，
∴面积最大的是丁，
故选：D．
【点睛】
本题考查了三角形相似的判定和性质，相似三角形面积的比等于相似比的平方．解题的关键是熟练掌握相似三角形的判定和性质进行解题.
3、B
【分析】连接OA，由于半径OC⊥AB，利用垂径定理可知AB=2AE，设OA=OC=x，在Rt△AOE中利用勾股定理易求OA．
【详解】解：连接OA，
∵OC⊥AB，
∴AB=2AE=8，
∴AE=4，
设OA=OC=x，则OE=OC-CE=x-2
在Rt△AOE由勾股定理得：

即： ，
解得：，
故选择：B
【点睛】
本题考查的是垂径定理，根据题意作出辅助线，构造出直角三角形是解答此题的关键．
4、C
【分析】可利用正方形的边把对应的线段表示出来，利用一角相等且夹边对应成比例两个三角形相似，根据各个选项条件筛选即可．
【详解】解：根据勾股定理，AC=，BC=，AB=
所以，,,,则+=
所以，利用勾股定理逆定理得△ABC是直角三角形
所以,=
A.不存在直角，所以不与△ABC相似；
B.两直角边比（较长的直角边：较短的直角边）=≠2，所以不与△ABC相似；
C.选项中图形是直角三角形，且两直角边比（较长的直角边：较短的直角边）=2，故C中图形与所给图形的三角形相似．
D. 不存在直角，所以不与△ABC相似.
故选：C．
【点睛】
此题考查了勾股定理在直角三角形中的运用，及判定三角形相似的方法，本题中根据勾股定理计算三角形的三边长是解题的关键．
5、B
【分析】先由反比例函数的图象得到字母系数的正负，再与二次函数的图象相比较看是否一致，由此即可解答．
【详解】由解析式y=-kx2+k可得：抛物线对称轴x=0；
选项A，由双曲线的两支分别位于二、四象限，可得k＜0，则-k＞0，抛物线开口方向向上、抛物线与y轴的交点为y轴的负半轴上；本图象与k的取值相矛盾，选项A错误；
选项B，由双曲线的两支分别位于一、三象限，可得k＞0，则-k＜0，抛物线开口方向向下、抛物线与y轴的交点在y轴的正半轴上，本图象符合题意，选项B正确；
选项C，由双曲线的两支分别位于一、三象限，可得k＞0，则-k＜0，抛物线开口方向向下、抛物线与y轴的交点在y轴的正半轴上，本图象与k的取值相矛盾，选项C错误；
选项D，由双曲线的两支分别位于一、三象限，可得k＞0，则-k＜0，抛物线开口方向向下、抛物线与y轴的交点在y轴的正半轴上，本图象与k的取值相矛盾，选项D错误．
故选B．
【点睛】
本题主要考查了二次函数及反比例函数和图象，解决此类问题步骤一般为：（1）先根据图象的特点判断k取值是否矛盾；（2）根据二次函数图象判断抛物线与y轴的交点是否符合要求．
6、D
【分析】根据把一个图形绕某一点旋转180，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，这个点叫做对称中心进行分析．
【详解】A、不是中心对称图形，故此选项错误；
B、不是中心对称图形，故此选项错误；
C、不是中心对称图形，故此选项错误；
D、是中心对称图形，故此选项正确；
故选：D．
【点睛】
此题主要考查了中心对称图形，关键是掌握中心对称图形的定义．
7、C
【分析】根据反比例函数的定义即可得出答案.
【详解】A为正比例函数，B为一次函数，C为反比例函数，D为二次函数，故答案选择C.
【点睛】
本题考查的是反比例函数的定义：形如的式子，其中k≠0.
8、A
【解析】结合二次函数解析式，根据函数的性质对各小题分析判断解答即可：
①∵2＞0，∴图象的开口向上，故本说法错误；
②图象的对称轴为直线x=3，故本说法错误；
③其图象顶点坐标为（3，1），故本说法错误；
④当x＜3时，y随x的增大而减小，故本说法正确．
综上所述，说法正确的有④共1个．故选A．
9、A
【分析】根据二次函数的性质，利用顶点式即可得出顶点坐标．
【详解】解：∵抛物线，
∴抛物线的顶点坐标是：（1，3），
故选：A．
【点睛】
本题主要考查了利用二次函数顶点式求顶点坐标．能根据二次函数的顶点式找出抛物线的对称轴及顶点坐标是解题的关键．
10、A
【分析】首先分别求出扇形和圆的半径，再根据面积公式求出面积，最后求出比值即可．
【详解】如图1，连接OD，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DCB=∠ABO=90°，AB=BC=CD=1，
∵∠AOB=41°，
∴OB=AB=1，
由勾股定理得：，
∴扇形的面积是；
如图2，连接MB、MC，
∵四边形ABCD是⊙M的内接四边形，四边形ABCD是正方形，
∴∠BMC=90°，MB=MC，
∴∠MCB=∠MBC=41°，
∵BC=1，
∴MC=MB=，
∴⊙M的面积是，
∴扇形和圆形纸板的面积比是，
即圆形纸片和扇形纸片的面积比是4：1．
故选：A．
【点睛】
本题考查了正方形性质，圆内接四边形性质，扇形的面积公式的应用，解此题的关键是求出扇形和圆的面积，题目比较好，难度适中．
11、C
【分析】根据圆内接四边形对角互补，结合已知条件可得∠A：∠B：∠C：∠D=1：2：3：2，∠B+∠D=180°，由此即可求得∠D的度数.
【详解】∵四边形ABCD为圆的内接四边形，∠A：∠B：∠C=1：2：3，
∴∠A：∠B：∠C：∠D=1：2：3：2，
而∠B+∠D=180°，
∴∠D=×180°=90°．
故选C．
【点睛】
本题考查了圆内接四边形的性质，熟练运用圆内接四边形对角互补的性质是解决问题的关键.
12、D
【分析】根据圆周角定理求出∠COB，进而求出∠AOC，再利用垂径定理以及锐角三角函数关系得出OC的长，再结合扇形面积求出答案．
【详解】解：∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，，
∴，
∴阴影部分的面积为，
故选：D．
【点睛】
本题考查了圆周角定理，垂径定理，解直角三角形，扇形面积公式等知识点，能求出线段OC的长和∠AOC的度数是解此题的关键．
二、填空题（每题4分，共24分）
13、
【分析】先求出∠ACD=30°，进而可算出CE、AD，再算出△AEC的面积．
【详解】如图，
由旋转的性质可知：AC=AC'，
∵D为AC'的中点，
∴AD=，
∵ABCD是矩形，
∴AD⊥CD，
∴∠ACD=30°，
∵AB∥CD，
∴∠CAB=30°，
∴∠C'AB'=∠CAB=30°，
∴∠EAC=30°，
∴AE=EC，
∴DE=，
∴CE=，
DE=，
AD=，
∴．
故答案为：．
【点睛】
本题考查了旋转的性质、矩形的性质、直角三角形中30度角的性质，三角形面积计算等知识点，难度不大．清楚旋转的“不变”特性是解答的关键．
14、
【分析】设△AEO的面积为a，由平行四边形的性质可知AE∥CD，可证△AEO∽△CDO，相似比为AE：CD＝EO：DO＝3：4，由相似三角形的性质可求△CDO的面积，由等高的两个三角形面积等于底边之比，可求△ADO的面积，得出的值．
【详解】解：设△AEO的面积为a，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，且AB＝CD，
∵，
∴AE＝ CD＝AB，
由AB∥CD知△AEO∽△CDO，
∴，
∴，
∵设△AEO的面积为a，，
∴S△CDO＝，
∵△ADO和△AEO共高，且EO：DO＝3：4，，
∴S△ADO＝，
则S△ACD＝S△ADO＋S△CDO＝，
∴
故答案为：．
【点睛】
本题考查了相似三角形的判定与性质．关键是由平行线得出相似三角形，利用相似比求相似三角形的面积，等高的三角形面积．
15、
【分析】先证明△AHE∽△CBA，得到HE与AH的倍数关系，则可知GF与AG的倍数关系，从而求解tan∠GAF的值．
【详解】∵四边形是正方形，
∴，
∵∠AHE=∠ABC=90°，∠HAE=∠BCA，
∴△AHE∽△CBA，
∴，即，
设，则A，
∴，
∴．
故答案为：．
【点睛】
本题主要考查相似三角形的判定和性质、正方形、矩形的性质、解直角三角形．利用参数求解是解答本题的关键．
16、60°
【分析】直接利用圆周角定理，即可求得答案．
【详解】∵A、B、C是⊙O上三点，∠ACB=30°，
∴∠AOB的度数是：∠AOB =2∠ACB=60°．
故答案为：60°．
【点睛】
考查了圆周角定理的运用，同弧或等弧所对的圆周角等于圆心角的一半．
17、（1，2）
【解析】解：∵点A的坐标为（2，4），以原点O为位似中心，把这个三角形缩小为原来的，∴点A′的坐标是（2×，4×），即（1，2）．故答案为（1，2）．
18、
【分析】通过旋转的性质可以得到，，，从而可以得到是等腰直角三角形，再根据勾股定理可以计算出的长度．
【详解】解：根据旋转的性质得：，
∴是等腰直角三角形，
∴
∴
∴
故答案为：．
【点睛】
本题主要考查了旋转的性质以及勾股定理的应用，其中根据旋转的性质推断出是等腰直角三角形是解题的关键．
三、解答题（共78分）
19、（1）甲、乙两队原计划平均每天的施工土方量分别为0.42万立方和0.38万立方.（2）乙队平均每天的施工土方量至少要比原来提高0.112万立方才能保证按时完成任务.
【解析】分析: （1）设甲队原计划平均每天的施工土方量为x万立方，乙队原计划平均每天的施工土方量为y万立方，根据“甲乙两队合作150天完成土方量120万立方，甲队施工110天、乙队施工150天完成土方量103.2万立方”，即可得出关于x、y的二元一次方程组，解之即可得出结论；
（2）设乙队平均每天的施工土方量比原来提高a万立方才能保证按时完成任务，根据完成工作的总量=甲队完成的土方量+乙队完成的土方量，即可得出关于a的一元一次不等式，解之取其中的最小值即可得出结论.
详解:
（1）设甲队原计划平均每天的施工土方量为x万立方，乙队原计划平均每天的施工土方量为y万立方.根据题意，得

解之，得
答：甲、乙两队原计划平均每天的施工土方量分别为0.42万立方和0.38万立方.
（2）设乙队平均每天的施工土方量至少要比原来提高z万立方.根据题意，得
40（0.38+z）+110(0.38+z+0.42≥120，
解之，得z≥0.112，
答：乙队平均每天的施工土方量至少要比原来提高0.112万立方才能保证按时完成任务.
点睛：本题考查了二元一次方程组的应用以及一元一次不等式的应用，解题的关键是：（1）找准等量关系，正确列出二元一次方程组；（2）根据各数量之间的关系，找出关于a的一元一次不等式.
20、第二个月的单价应是70元.
【解析】试题分析：
设第二个月降价元，则由题意可得第二个月的销售单价为元，销售量为件，由此可得第二个月的销售额为元，结合第一个月的销售额为元和第三个月的销售额为元及总的利润为9000元，即可列出方程，解方程即可求得第二个月的销售单价.
试题解析：
设第二个月的降价应是元，根据题意，得:
80×200+（80-x）（200+10x）+40[800-200-（200+10x）] -50×800=9000,
整理，得x2-20x+100=0，
解得x1=x2=10，
当x=10时，80-x=70＞50，符合题意.
答：第二个月的单价应是70元.
点睛：这是一道有关商品销售的实际问题，解题时需注意以下几点：（1）进货成本=商品进货单价×进货数量；（2）销售金额=商品销售单价×销售量；（3）利润=销售金额-进货成本；（4）若商品售价每降价元，销量增加件，则当售价降低元时，销量增加：件.
21、（1）；（2）（，0）或
【分析】（1）把A点坐标代入直线解析式可求得n的值，则可求得A点坐标，再把A点坐标代入双曲线解析式可求得k的值，可求得双曲线解析式；
（2）设P（x，0），则可表示出PC的长，进一步表示出△ACP的面积，可得到关于x的方程，解方程可求得P点的坐标．
【详解】解：（1）把A（2，n）代入直线解析式得：n=3，
∴A（2，3），
把A坐标代入y=，得k=6，
则双曲线解析式为y=．
（2）对于直线y=x+2，
令y=0，得到x=-4，即C（-4，0）．
设P（x，0），可得PC=|x+4|．
∵△ACP面积为5，
∴|x+4|•3=5，即|x+4|=2，
解得：x=-或x=-，
则P坐标为或．
22、见解析
【分析】根据垂径定理可证明∠BAD=∠CAD，再结合角平分线的性质可得∠DAM=∠DAF，由此可证明∠OAM=90°，即可证明AM是的切线．
【详解】证明：∵AB⊥CD，AB是⊙O的直径，
∴，
∴∠BAD=∠CAD，
∵AM是∠DAF的角平分线，
∴∠DAM=∠DAF ，
∵，
∴∠OAM=∠BAD＋∠DAM=90°，
∴OA⊥AM，
∴AM是⊙O的切线，
【点睛】
本题考查切线的判定定理，垂径定理，圆周角定理．理解“经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线”是解决此题的关键．
23、（1）点A的坐标为（4，0），点B的坐标为（﹣1，0），点C的坐标为（0，1）；（1）证明见解析；（3）t＝.
【分析】（1）利用x=0和y=0解方程即可求出A、B、C三点坐标；
（1）先计算△ABC的三边长，根据勾股定理的逆定理可得结论；
（3）先证明△AEF∽△ACB，得∠AEF=∠ACB=90°，确定△AEF沿EF翻折后，点A落在x轴上点D处，根据△DCO≌△BCO时，BO=OD，列方程4-4t=1，可得结论．
【详解】（1）解：当y＝0时，﹣x+1＝0，
解得：x1＝1，x1＝4，
∴点A的坐标为（4，0），点B的坐标为（﹣1，0），
当x＝0时，y＝1，
∴点C的坐标为（0，1）；
（1）证明：∵A（4，0），B（﹣1，0），C（0，1），
∴OA＝4，OB＝1，OC＝1．
∴AB＝5，AC＝＝，
∴AC1+BC1＝15＝AB1，
∴△ABC为直角三角形；
（3）解：由（1）可知△ABC为直角三角形．且∠ACB＝90°，
∵AE＝1t，AF＝t，
∴，
又∵∠EAF＝∠CAB，
∴△AEF∽△ACB，
∴∠AEF＝∠ACB＝90°，
∴△AEF沿EF翻折后，点A落在x轴上点 D处，
由翻折知，DE＝AE，
∴AD＝1AE＝4t，
当△DCO≌△BCO时，BO＝OD，
∵OD＝4﹣4t，BO＝1，
∴4﹣4t＝1，t＝，
即：当t＝秒时，△DCO≌△BCO．
【点睛】
本题考查二次函数的性质、抛物线与x轴的交点、翻折的性质、三角形相似和全等的性质和判定等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
24、（1）；；（2）42；（3）或.
【分析】（1）将点B的坐标代入反比例函数的解析式求出k，再令x=4代入反比例函数的解析式求出a，再将点A和B的坐标代入一次函数的解析式，求解即可得出答案；
（2）令y=0，求出点C的坐标，根据求解即可得出答案；
（3）设点，根据列出含n的方程，解方程即可得出答案.
【详解】解：（1）∵，
∴，
∴反比例函数的解析式为：；
当时，，即.
∴代入中，
∴，解得，
∴一次函数的解析式为：；
（2）∵，∴令，则，∴
∴，
∴
（3）设点
则
∵，
∴，∴
∴或
【点睛】
本题考查的是反比例函数和一次函数，正确解出函数解析式是解决本题的基础，熟练掌握求面积的方法是解决本题的关键.
25、AD=10, ∠BAD=60°.
【解析】先证明△ADE是等边三角形，再推出A，C，E共线；由于∠ADE=60°，根据旋转得出AB=CE=6，求出AE即可．
【详解】解：由旋转可知：△ABD≌△ECD
∴AB=EC=6, ∠BAD=∠E AD=ED
∵∠ADE=60°
∴△ADE是等边三角形
∴AE=AD
∠E=∠DAE=60°
∴∠BAD=60°
∵∠BAC=120°
∴∠DAC=60°=∠DAE
∴C在AE上
∴AD=AC+CE=4+6=10.
【点睛】本题考查的知识点是旋转的性质, 等边三角形的性质，解题的关键是熟练的掌握旋转的性质, 等边三角形的性质.
26、9 6
【分析】如图1，延长FG交BC于H，设CE＝x，则E'H'＝CE＝x，根据轴对称的性质得：D'E'＝DC＝E'F'＝9，表示GH，EH，BE的长，证明△EGH∽△EAB，则，可得x的值，
即可求出线段、及FG的长，故可求解.
【详解】(1)如图1，延长FG交BC于H，
设CE＝x，则E'H'＝CE＝x，
由轴对称的性质得：D'E'＝DC＝E'F'＝9，
∴H'F'＝AF＝9＋x，
∵AD＝BC＝16，
∴DF＝16−（9＋x）＝7−x，
即C'D'＝DF＝7−x＝F'G'，
∴FG＝7−x，
∴GH＝9−（7−x）＝2＋x，EH＝16−x−（9＋x）＝7−2x，
∴EH∥AB，
∴△EGH∽△EAB，
∴，
∴，
解得x＝1或31（舍），、及FG
∴AF=9+x=10，EC=1，故AF-EC=9
故答案为：9;
(2)由（1）得FG＝7−x =7-1=6.
【点睛】
本题考查了图形的拼剪，轴对称的性质，矩形、直角三角形、相似三角形等相关知识，积累了将实际问题转化为数学问题经验，渗透了数形结合的思想，体现了数学思想方法在现实问题中的应用价值．