2024-2025学年广东省深圳市福田外国语学校九年级（上）开学数学试卷（含详解）

这是一份2024-2025学年广东省深圳市福田外国语学校九年级（上）开学数学试卷（含详解），共24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。

一、选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.在数学活动课中，同学们利用几何画板绘制出了下列曲线，其中既是轴对称图形又是中心对称图形的是( )
A. 三叶玫瑰线B. 笛卡尔心形线
C. 蝴蝶曲线D. 四叶玫瑰线
2.下列各等式从左边到右边的变形中，是因式分解的是( )
A. (3−x)(3+x)=9−x2B. 8x=2×4x
C. x2+4x+4=(x+2)2D. x2−2x+1=x(x−2)+1
3.已知点P(m−3,m−1)在第二象限，则m的取值范围在数轴上表示正确的是( )
A. B. C. D.
4.小明在解关于x的分式方程xx+1=？x+1−2时，发现墨水不小心把其中一个数字污染了，翻看答案上说此方程有增根无解，则被污染的数字为( )
A. −1B. 1C. 2D. −2
5.下面是嘉嘉作业本上的一道习题及解答过程：
若以上解答过程正确，①，②应分别为( )
A. ∠1=∠3，AASB. ∠1=∠3，ASA
C. ∠2=∠3，AASD. ∠2=∠3，ASA
6.某单位向一所希望小学赠送了1080件文具，现用A、B两种不同的包裝箱进行包装，已知每个B型包装箱比A型包装箱多装15件文具，单独使用B型包装箱比单独使用A型包装箱可少用12个，设B型包装箱每个可以装x件文具，根据题意列方程为( )
A. 1080x=1080x−15+12B. 1080x=1080x−15−12
C. 1080x=1080x+15−12D. 1080x=1080x+15+12
7.如图，在Rt△ABC中，∠B=90°，过点A作AD//BC，连接CD与AB交于点F，
E是边DF的中点，∠ACD=2∠D，若DF=8，BC= 6，则AB的长为( )
A. 2 5B. 2 2C. 10D. 4
8.如图，在四边形ABCD中，AD=CD，∠ADC=120°，∠CBA=60°，BC=2，AB=5，则对角线BD的长是( )
A. 7 33
B. 7 32
C. 7 23
D. 7 22
二、填空题：本题共5小题，每小题3分，共15分。
9.分解因式：3a3−12a= ．
10.若代数式5 2x+6在实数范围内有意义，则x的取值范围是______．
11.如图所示，一次函数y=kx+b与y=−2x+4的交点坐标为(12,3)，则不等式kx+b≥−2x+4的解集为______．
12.如图，AD为△ABC中∠BAC的外角平分线，BD⊥AD于D，E为BC中点，DE=5，AC=3，则AB长为______．
13.如图，在矩形ABCD中，AB=4，BC=4 3，点P是BC边上一点，连接AP，以A为中心，将线段AP绕点A逆时针旋转60°得到AQ，连接CQ、DQ，且∠BCQ=∠DCQ，则CQ的长度为______．
三、解答题：本题共7小题，共61分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
14.(本小题5分)
解方程：xx−2+3=x−42−x．
15.(本小题7分)
先化简：(1+3x−1)÷x2−4x−1，再从−1，0，1，2中选择一个适当的数作为x的值代入求值．
16.(本小题8分)
如图，已知△ABC的三个顶点的坐标分别为A(−3,0)，B(−5,3)，C(−1,1)．
(1)画出△ABC关于原点O成中心对称的图形△A1B1C1；
(2)P(a,b)是△ABC的AC边上一点，将△ABC平移后点P的对称点P′(a+4,b+2)，请画出平移后的△A2B2C2；
(3)若△A1B1C1和△A2B2C2关于某一点成中心对称，则对称中心的坐标为______．
17.(本小题8分)
端午节主要风俗有挂钟道像、赛龙舟、饮用雄黄酒、吃五毒饼、咸蛋、粽子等，在端午节来临之际，某单位准备购买粽子和咸蛋共30盒分发给员工回家过节.其中粽子比咸蛋每盒贵20元．
(1)若用700元购买咸蛋与用900元购买粽子的数量相同，求粽子和咸蛋每盒的价格；
(2)在(1)的条件下，若购买咸蛋数量不超过粽子数量的2倍，如何购买才能使总费用最少？
18.(本小题9分)
如图，在▱ABCD中，点O是对角线AC的中点.某数学兴趣小组要在AC上找两个点E，F，使四边形BEDF为平行四边形，现总结出甲、乙两种方案如下：
请回答下列问题：
(1)选择其中一种方案，并证明四边形BEDF为平行四边形；
(2)在(1)的基础上，若EF=3AE，S△AED=5，则▱ABCD的面积为______．
19.(本小题12分)
如图①②，在四边形ABCD中，AD//BC，顶点坐标分别为A(−1, 3)，B(−2,0)，C(3,0)，D(2, 3)，∠ABC=60°，动点N从C开始以每秒1个单位长度的速度沿线段CB向B运动，另一个动点M以每秒2个单位长度的速度从B开始运动，N、M同时出发，当其中一点到达终点时，另一点也随之停止运动，设运动时间为t秒．
请回答下列问题：
(1)AB= ______，AD= ______；
(2)如图①，若点M沿折线BA−AD−DC向C运动，
①t为何值时，MN⊥AB，请说明理由；
②t为何值时，以点M、N和四边形ABCD的任意两个顶点为顶点的四边形是平行四边形，请说明理由；
(3)如图②，若点M沿射线BA运动，当线段MN被AD平分时，直接写出点M坐标为______．
20.(本小题12分)
综合与实践
问题情境：“综合与实践”课上，老师提出如下问题：如图1，在▱ABCD中，∠ADC=90°，点O是边AD的中点，连接AC.保持▱ABCD不动，将△ADC从图1的位置开始，绕点O顺时针旋转得到△EFG，点A，D，C的对应点分别为点E，F，G.当线段AB与线段FG相交于点M(点M不与点A，B，F，G重合)时，连接OM.老师要求各个小组结合所学的图形变换的知识展开数学探究．
初步思考：(1)如图2，连接FD，“勤学”小组在旋转的过程中发现FD//OM，请你证明这一结论；
操作探究：(2)如图3，连接BG，“善思”小组在旋转的过程中发现OM垂直平分BG，请你证明这一结论；
拓展延伸：(3)已知AD=2 2，CD=2，在旋转的过程中，当以点F，C，D为顶点的三角形是等腰三角形时，请直接写出此时线段AM的长度．
答案解析
1.D
【解析】解：A.该图形不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不合题意；
B.该图形不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不合题意；
C.该图形不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不合题意；
D.该图形既是中心对称图形，也是轴对称图形，故此选项符合题意．
故选：D．
根据中心对称图形与轴对称图形的概念进行判断即可．
本题考查的是中心对称图形与轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与自身重合．
2.C
【解析】解：A、从左到右的变形是整式的乘法，故本选项不符合题意；
B、8x不是多项式，故本选项不符合题意；
C、把一个多项式转化成几个整式积的形式，故本选项符合题意；
D、没把一个多项式转化成几个整式积的形式，故本选项不符合题意．
故选：C．
因式分解就是把一个多项式转化成几个整式积的形式，根据此定义即可解答．
本题考查了因式分解的意义，因式分解是把一个多项式转化成几个整式乘积．
3.D
【解析】解：∵点P(m−3,m−1)在第二象限，
∴m−3<0m−1>0，
解得：1故选：D．
先求出其中各不等式的解集，再求出这些解集的公共部分即可．
本题考查不等式组的解法，数轴等知识，解题的关键是熟练掌握不等式组的解法，属于中考常考题型．
4.A
【解析】解：将关于x的分式方程xx+1=mx+1−2两边都乘以x+1，得
x=m−2x−2，
解得x=m−23，
由于分式方程的增根是x=−1，
当x=−1时，即−1=m+2−2，
解得m=−1，
由于方程有增根无解，
所以m=−1．
故选：A．
根据分式方程的解法以及分式方程增根的定义进行计算即可．
本题考查解分式方程，分式方程的解，理解分式方程解的定义，掌握分式方程的解法是正确解答的关键．
5.D
【解析】证明：∵AB=AC，
∴∠ABC=∠3，
∵∠CAN=∠ABC+∠3，∠CAN=∠1+∠2，∠1=∠2，
∴∠2=∠3，
∵点M是AC的中点，
∴MA=MC，
在△MAD和△MCB中，
∠2=∠3MA=MC∠4=∠5，
∴△MAD≌△MCB(ASA)，
∴MD=MB，
∴四边形ABCD是平行四边形．
∴①，②分别为∠2=∠3，ASA，
故选：D．
由AB=AC，得∠ABC=∠3，因为∠CAN=∠ABC+∠3=∠1+∠2，且∠1=∠2，所以∠2=∠3，而MA=MC，∠4=∠5，即可根据“ASA”证明△MAD≌△MCB，得MD=MB，则四边形ABCD是平行四边形，于是得到问题的答案．
此题重点考查等腰三角形的性质、全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定等知识，适当选择全等三角形的判定定理证明△MAD≌△MCB是解题的关键．
6.B
【解析】解：∵每个B型包装箱比A型包装箱多装15件文具，且B型包装箱每个可以装x件文具，
∴A型包装箱每个可以装(x−15)件文具．
依题意得：1080x=1080x−15−12．
故选：B．
由每个B型包装箱比A型包装箱多装15件文具，可得出A型包装箱每个可以装(x−15)件文具，根据包装1080件文具单独使用B型包装箱比单独使用A型包装箱可少用12个，即可得出关于x的分式方程，此题得解．
本题考查了由实际问题抽象出分式方程，找准等量关系，正确列出分式方程是解题的关键．
7.C
【解析】解：∵AD//BC，
∴∠DAF=∠B=90°，
∵E是FD中点，
∴AE=12DF=FE=DE，
∴∠D=∠EAD，
∴∠AEC=∠D+∠EAD=2∠D，
∵∠ACD=2∠D，
∴∠ACD=∠AEC，
∴AC=AE=12DF=12×8=4，
∵BC= 6，∠B=90°，
AC2−BC2= 42−( 6)2= 10．
故选：C．
由直角三角形斜边中线的性质推出AE=DE，得到∠D=∠EAD，由三角形外角的性质推出∠AEC=2∠D，得到∠ACD=∠AEC，因此AC=AE=DF=4，由勾股定理即可求出AB的长．
本题考查了平行线的性质，直角三角形斜边上的中线的性质，三角形外角的性质，等腰三角形的判定与性质，熟练掌握这些知识点是解题的关键．
8.A
【解析】解：延长BA至F，使AF=BC，连接DF，
∵四边形ABCD中，∠ADC=120°，∠CBA=60°，
∴∠BAD+∠C=180°，
∵∠BAD+∠DAF=180°，
∴∠DAF=∠C，
又∵AD=CD，AF=BC，
∴△DAF≌△DCB，(SAS)，
∴DB=DF，∠ADF=∠CDB，AF=BC，
∴△DBF为等腰三角形，∠FDB=∠ADC，
∵∠ADC=120°，BC=2，
∴∠FDB=120°，AF=2，
∴∠DBF=30°，
过D作DH⊥BF，垂足为H，
∵AB=5，
∴BF=AB+AF=7，
∴BH=12BF=72，
在Rt△BDH中，∠DBF=30°，
∴HD=12BD，
∴HD2+BH2=BD2，
∴(12BD)2+(72)2=BD2，
∴BD=7 33．
故选：A．
通过构造三角形全等△DAF≌△DCB，从而使四边形的对角线转化成三角形的一条边，利用已知条件，运用勾股定理，求得结果．
本题考查了三角形全等，等腰三角形性质，以及直角三角形勾腰定理的应用，关键是通过构造三角形全等△DAF≌△DCB，把普通四边形的对角线长，转化直角三角形的边长，结合条件，即可得到结果．
9.3a(a+2)(a−2)
【解析】解：3a3−12a
=3a(a2−4)，
=3a(a+2)(a−2)．
故答案为：3a(a+2)(a−2)．
先提取公因式3a，再对余下的多项式利用平方差公式继续分解．
本题考查了用提公因式法和公式法进行因式分解，一个多项式有公因式首先提取公因式，然后再用其他方法进行因式分解，同时因式分解要彻底，直到不能分解为止．
10.x>−3
【解析】解：要使代数式5 2x+6在实数范围内有意义，必须
2x+6>0，
解得：x>−3．
故答案为：x>−3．
根据二次根式有意义的条件和分式有意义的条件得出2x+6>0，再求出答案即可．
本题考查了二次根式有意义的条件和分式有意义的条件，能根据二次根式有意义的条件和分式有意义的条件得出2x+6>0是解此题的关键．
11.x≥12
【解析】解：由图象得：不等式kx+b≥−2x+4的解集为：x≥12，
故答案为：x≥12．
根据一次函数与一元一次不等式的关系求解．
本题考查了一次函数与一元一次不等式的关系，理解数形结合思想是解题的关键．
12.7
【解析】解：延长BD、CA交于点H，
在△ADH和△ADB中，
∠HAD=∠BADAD=AD∠ADH=∠ADB=90°，
∴△ADH≌△ADB(ASA)，
∴BD=DH，AB=AH，
∵BD=DH，BE=EC，
∴CH=2DE=10，
∴AH=CH−AC=7，
∴AB=AH=7，
故答案为：7．
延长BD、CA交于点H，证明△ADH≌△ADB，根据全等三角形的性质得到BD=DH，AB=AH，根据三角形中位线定理解答即可．
本题考查的是三角形中位线定理、等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质，掌握三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半是解题的关键．
13.4 6−4 2
【解析】解：如图，连结AC，BD交于点O，连结OQ．
在矩形ABCD中，OA=OC=OB=OD，
∵AB=4.BC=4 3，
∴AC2=AB2+BC2=64．
∴AC=8(−8不合题意舍去)．
∴AO=OB=AB=4，
∴△AOB是等边三角形，
∴∠BAC=60°，
∵线段AP绕点A逆时针旋转60°得到AQ，
∴AP=AQ，∠PAQ=60°，
∵∠BAC=∠PAQ，
∴∠BAP=∠CAQ，
∵又AB=AO，AP=AQ，
∴△ABP≌△AOQ(SAS)．
∴∠ABP=∠AOQ=90°，
∵O为AC的中点，
∴OQ垂直平分AC，
∴AQ=CQ．
∵∠BCQ=∠DCQ，
而∠BCQ+∠DCQ=90°，
∴∠QCB=45°，
而PQ=CQ，
∴∠PQC=90°，
设PB=x，则CP=4 3−x，
在Rt△ABP中，AP= AB2+BP2= 16+x2，
而CP= 2PQ= 2AP= 2× 16+x2=4 3−x，
∴x=8−4 3(负值舍去)，
∴CP=8 3−8，
∴CQ= 22CP=4 6−4 2．
故答案为：4 6−4 2．
如图，连结AC，BD交于点O，连结OQ，可得△ABP≌△AOD，∠ABP=∠AOQ=90°，OQ垂直平分AC，AQ=QC.∠QAC=∠QCA=15°，∠PQC=90°，用勾股定理可求CQ．
此题主要考查了旋转的性质，同时也利用了矩形的性质及等腰直角三角形的性质，有一定的综合性，对于学生的能力要求比较高．
14.解：xx−2+3=x−42−x，
方程两边都乘x−2，得x+3(x−2)=−(x−4)，
解得：x=2，
检验：当x=2时，x−2=0，
所以x=2是增根，
即原方程无解．
【解析】方程两边都乘x−2得出x+3(x−2)=−(x−4)，求出方程的解，再进行检验即可．
本题考查了解分式方程，能把分式方程转化成整式方程是解此题的关键．
15.解：(1+3x−1)÷x2−4x−1
=(x−1x−1+3x−1)⋅x−1(x−2)(x+2)
=x+2x−1⋅x−1(x−2)(x+2)
=1x−2，
∵x≠1，2，
∴x=−1或0，
当x=0时，分式=1x−2=−12
【解析】先根据分式的运算法则进行化简，再根据分母不为零的条件求出x的取值，最后代入进行计算即可．
本题考查分式的化简求值，掌握分式的运算法则是解题的关键．
16.(2,1)
【解析】解：(1)如图所示，△A1B1C1即为所求；
(2)如图所示，△A2B2C2即为所求．
(3)对称中心的坐标为(2,1)．
故答案为(2,1)．
(1)利用关于原点对称的点的坐标特征写出A1、B1、C1的坐标，然后描点即可；
(2)利用点P与P′的坐标特征确定平移的方向与距离，再利用此平移规律写出点A、B、C的对应点A2、B2、C2的坐标，然后描点即可；
(3)连接A1A2、B1B2、C1C2，它们的交点为对称中心．
本题考查了作图−旋转变换：根据旋转的性质可知，对应角都相等都等于旋转角，对应线段也相等，由此可以通过作相等的角，在角的边上截取相等的线段的方法，找到对应点，顺次连接得出旋转后的图形．也考查了平移变换．
17.解：(1)设粽子每盒的价格为x元，则咸蛋每盒的价格为(x−20)元，
由题意得：700x−20=900x，
解得：x=90，
经检验，x=90是原方程的解，且符合题意，
∴x−20=90−20=70，
答：粽子每盒的价格为90元，咸蛋每盒的价格为70元；
(2)设购买咸蛋为m盒，则购买粽子为(30−m)盒，
由题意得：m≤2(30−m)，
解得：m≤20，
设总费用为w元，
则w=70m+90(30−m)=−20m+2700，
∵−20<0，
∴w随m的增大而减小，
∴当m=20时，w最小，
此时，30−m=30−20=10，
答：购买咸蛋20盒，粽子10盒时，总费用最少．
【解析】(1)设粽子每盒的价格为x元，则咸蛋每盒的价格为(x−20)元，根据用700元购买咸蛋与用900元购买粽子的数量相同，列出分式方程，解分式方程即可；
(2)设购买咸蛋为m盒，则购买粽子为(30−m)盒，根据购买咸蛋数量不超过粽子数量的2倍，列出一元一次不等式，解不等式得出m≤20，再设总费用为w元，列出一次函数关系式，然后由一次函数的性质即可得出结论．
本题考查了分式方程的应用、一元一次不等式的应用、一次函数的应用等知识，解题的关键是：(1)找准等量关系，正确列出分式方程；(2)找准数量关系，正确列出一元一次不等式和一次函数关系式．
18.50
【解析】解：(1)甲方案，证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB//CD，AB=CD，
∴∠BAE=∠DCF，
在△ABE和△CDF中，
AB=CD∠BAE=DCFAE=CF，
∴△ABE≌△CDF(SAS)，
∴BE=DF，∠AEB=∠CFD，
∵∠BEF=180°−∠AEB，∠DFE=180°−∠CFD，
∴∠BEF=∠DFE，
∴BE//DF，
∴四边形BEDF是平行四边形．
乙方案，证明：∵BE⊥AC于点E，DF⊥AC于点F，
∴BE//DF，∠AEB=∠CFD=90°，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB//CD，AB=CD，
∴∠BAE=∠DCF，
在△ABE和△CDF中，
∠AEB=∠CFD∠BAE=∠DCFAB=CD，
∴△ABE≌△CDF(AAS)，
∴BE=DF，
∴四边形BEDF是平行四边形；
(2)由(1)得△ABE≌△CDF，
∴AE=CF，
∵EF=3AE，
∴AC=5AE，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴S△ABC=S△ADC=5S△AED=5×5=25，
∴S▱ABCD=2×25=50，
故答案为：50．
(1)甲方案，由平行四边形的性质得AB//CD，AB=CD，则∠BAE=∠DCF，可证明△ABE≌△CDF，得BE=DF，∠AEB=∠CFD，所以∠BEF=∠DFE，则BE//DF，即可证明四边形BEDF是平行四边形；
乙方案，由BE⊥AC于点E，DF⊥AC于点F，得BE//DF，∠AEB=∠CFD=90°，由平行四边形的性质得AB//CD，AB=CD，则∠BAE=∠DCF，可证明△ABE≌△CDF，得BE=DF，即可证明四边形BEDF是平行四边形；
(2)由全等三角形的性质得AE=CF，再证AC=5AE，然后由三角形面积关系得S△ABC=S△ADC=5S△AED=25，即可解决问题．
本题考查了平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、平行线的判定与性质以及三角形面积等知识，熟练掌握平行四边形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键．
19.2 3 (0,2 3)
【解析】解：(1)过点A作AE⊥x轴于点E，
∵A(−1, 3)，B(−2,0)，
∴BE=−1−(−2)=1，AE= 3，
∴AB= 12+( 3)2=2，
∵A(−1, 3)，D(2, 3)，
∴AD=2−(−1)=3，
故答案为：2，3；
(2)①由题意知N点运动过程中的坐标为(3−t,0)，
∵MN⊥AB，
∴△BMN是直角三角形，
∵∠ABC=60°，
∴∠BNM=30°，
∴BM=2t，BN= (5−t)2(0∴BMBN=2t (5−t)2=12，
即4t=5−t或4t=t−5，
解得t=1或t=−53(舍去)，
∴t=1时，MN⊥AB；
②由题意，分两种情况，当MD/​/NC时，MN//AB时，
由题得当1≤t<52时，M点在AD上运动，
若想M，N与四边形ABCD的任意两个顶点构成平行四边形，MN//CD，
即MD//NC且MD=NC，
∵MD=AD−AM=3−(2t−2)=5−2t，NC=t，
∴5−2t=t，
∴t=53；
当MN//AB时，
根据题意，BH=AB⋅sin30°=1，
∴BC=1+1+3=5，
∴AM=2t−2，NB=5−t，
∴2t−2=5−t，
∴t=73；
当AM=NC时，
2t−2=t，
∴t=2；
故t的值为53或73或2；
(3)设直线AB的解析式为y=kx+b，
代入A，B两点，
则 3=−k+b0=−2k+b，
得k= 3b=2 3，
∴y= 3x+2 3，
∴M(x, 3x+2 3)N(3t,0)，
∵MN被AD平分，
∴MN的中点P(3−t+x2, 3x+2 32)，
∵P在线段AD上，
∴P点纵坐标为 3，
∴ 3x+2 32= 3，
∴x=0，
∴y= 3x+2 3=2 3，
∴M点坐标为(0,2 3)，
故答案为：(0,2 3).
(1)过点A作AE⊥x轴于点E，根据勾股定理求出AB，又点A与点D纵坐标相同，所以AD为横坐标之差的绝对值，进而作答即可；
(2)①由题意知N点运动过程中的坐标为(3−t,0)，推出△BMN是直角三角形，则BM=2t，BN= (5−t)2(0②由题得当1≤t<52时，M点在AD上运动，若想M，N与四边形ABCD的任意两个顶点构成平行四边形，三种情况满足条件，分别表示计算，即可作答；
(3)设直线AB的解析式为y=kx+b，代入A，B两点，求出y= 3x+2 3，则M(x, 3x+2 3)N(3t,0)，MN被AD平分，表示出MN的中点P(3−t+x2, 3x+2 32)，P在线段AD上，则P点纵坐标为 3，代入即可作答．
本题是四边形综合题，考查了坐标，中点坐标，待定系数法求解析式，平行四边形的性质，勾股定理，解题的关键是熟练掌握以上知识．
20.(1)证明：如图1，连接CF，DF，

∵将△ADC绕点O顺时针旋转得到△EFG，
∴∠ADC=∠EFG，OD=OF，
∴∠ODF=∠OFD，
∵∠ADC=90°，
∴∠EFG=90°，
∵点O是边AD的中点，
∴OA=OD，
∴OA=OF．
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB//CD，
∴∠BAD+∠ADC=180°，
又∵∠ADC=90°，
∴∠BAD=180°−90°=90°，
∴∠BAD=∠EFG=90°，
∵在Rt△OAM和Rt△OFM中，
OM=OM,OA=OF,
∴Rt△OAM≌Rt△OFM(HL)，
∴∠AOM=∠FOM，
∵∠AOF是△OFD的一个外角，
∴∠AOF=∠AOM+∠FOM=∠ODF+∠OFD，
即2∠AOM=2∠ODF，
∴∠AOM=∠ODF，
∴FD//OM；
(2)证明：如图2，延长OM交BG于点N，

由(1)知：Rt△OAM≌Rt△OFM，
∴AM=FM，∠AMO=∠FMO，
∵将△ADC绕点O顺时针旋转得到△EFG，
∴CD=GF，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD，
∴AB=GF，
∴AB−AM=GF−MF，
即BM=GM，
∵∠AMO=∠FMO，∠AMO=∠BMN，∠FMO=∠GMN，
∴∠BMN=∠GMN，
∴OM垂直平分BG；
(3)解：∵以点F，C，D为顶点的三角形是等腰三角形，
∴FC=FD或FC=CD或FD=CD，
当FC=FD时，如图3，过点F作FH⊥CD于H，交AB于L，过点O作OK⊥FH于K，

则四边形AOKL、OKHD、ALHD均为矩形，
∴AL=OK=DH，LK=OA，
∵AD=2 2，CD=2，点O是边AD的中点，
∴LK=OA=OD= 2，
∵FC=FD，FH⊥CD，
∴DH=12CD=1，
∴OK=AL=DH=1，
由旋转得OF=OD= 2，
又∵∠OKF=90°，
∴FK= OF2−OK2= ( 2)2−12=1，
∴FK=OK，
∴∠OFK=∠FOK=45°，
∴∠MFL=90°−∠OFK=45°，
∴△FML是等腰直角三角形，
∴ML=FL=LK−FK= 2−1，
∴AM=AL−ML=1−( 2−1)=2− 2；
当FC=CD时，如图3，连接OC，

由旋转得OF=OD，
又∵OC=OC，
∴△OCF≌△OCD(SSS)，
∴∠OFC=∠ODC=90°，
∵∠EFG=90°，
∴∠OFC+∠EFG=90°+90°=180°，
即C、F、G三点共线，
在Rt△OAM和Rt△OFM中，
OA=OFOM=OM，
∴Rt△OAM≌Rt△OFM(HL)，
∴AM=FM，
设AM=x，
∵四边形ABCD是矩形，AD=2 2，CD=2，
∴AB=CD=2，BC=AD=2 2，
则BM=2−x，CM=CF+FM=2+x，
在Rt△BCM中，BM2+BC2=CM2，
∴(2−x)2+(2 2)2=(2+x)2，
解得：x=1，
∴AM=1；
当FD=CD时，如图5，过点O作OK⊥DF于K，

∵OF=OD= 2，OK⊥DF，
∴DK=FK=12DF=1，
在Rt△ODK中，OK= OD2−DK2= ( 2)2−12=1，
∴OK=DK=FK，
∴△ODK和△OFK均为等腰直角三角形，
∴∠DOK=∠FOK=45°，
∴∠DOF=45°+45°=90°，
∴∠AOF=90°，
∴∠OAM=∠AOF=∠OFM=90°，
∴四边形AOFM是矩形，
∴AM=OF= 2；
综上所述，线段AM的长度为2− 2或1或 2．
【解析】(1)连接CF，DF，由旋转得∠ADC=∠EFG，OD=OF，再证得Rt△OAM≌Rt△OFM(HL)，得出∠AOM=∠FOM，进而得出∠AOM=∠ODF，利用平行线的判定即可证得结论；
(2)延长OM交BG于点N，由旋转得CD=GF，进而推出BM=GM，再证得∠BMN=∠GMN，利用等腰三角形的性质即可证得结论；
(3)分三种情况：当FC=FD时，当FC=CD时，当FD=CD时，分别求得AM即可．
本题是矩形综合题，主要考查了等腰三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，平行四边形的性质，矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，旋转变换的性质等知识，熟练掌握旋转的性质，全等三角形的判定和性质是解题关键．已知：如图，△ABC中，AB=AC，AE平分△ABC的外角∠CAN，点M是AC的中点，连接BM并延长交AE于点D，连接CD．
求证：四边形ABCD是平行四边形．
证明：∵AB=AC，∴∠ABC=∠3．
∵∠CAN=∠ABC+∠3，∠CAN=∠1+∠2，∠1=∠2，
∴①______．
又∵∠4=∠5，MA=MC，
∴△MAD≌△MCB(②______)．
∴MD=MB.∴四边形ABCD是平行四边形．
甲方案
乙方案

在AO，CO上分别取点E，F，使得AE=CF

作BE⊥AC于点E，DF⊥AC于点F