浙江省嘉兴市嘉善县2024-2025学年九上数学开学质量跟踪监视试题【含答案】

这是一份浙江省嘉兴市嘉善县2024-2025学年九上数学开学质量跟踪监视试题【含答案】，共26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（本大题共8个小题，每小题4分，共32分，每小题均有四个选项，其中只有一项符合题目要求）
1、（4分）下列代数式中，属于最简二次根式的是( )
A．B．C．D．
2、（4分）在四边形ABCD中：①AB∥CD②AD∥BC③AB=CD④AD=BC，从以上选择两个条件使四边形ABCD为平行四边形的选法共有（ ）
A．3种 B．4种 C．5种 D．6种
3、（4分）点在第 象限．
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
4、（4分）下列各式计算正确的是（ ）
A．B．C．D．
5、（4分）等边△ABC的边长为6，点O是三边垂直平分线的交点，∠FOG=120°，∠FOG的两边OF，OG分别交AB，BC与点D，E，∠FOG绕点O顺时针旋转时，下列四个结论正确的是（ ）
①OD=OE；②；③；④△BDE的周长最小值为9.
A．1个B．2个C．3个D．4个
6、（4分）如图，在平面直角坐标系xOy中，菱形ABCD的顶点A的坐标为（2，0），点B的坐标为（0，1），点C在第一象限，对角线BD与x轴平行．直线y=x+3与x轴、y轴分别交于点E，F．将菱形ABCD沿x轴向左平移m个单位，当点D落在△EOF的内部时（不包括三角形的边），m的值可能是（ ）
A．2B．3C．4D．5
7、（4分）从﹣4，﹣3，﹣2，﹣1，0，1，3，4，5这九个数中，随机抽取一个数，记为a，则数a使关于x的不等式组至少有四个整数解，且关于x的分式方程＝1有非负整数解的概率是（ ）
A．B．C．D．
8、（4分）如图，DE是△ABC的中位线，F是DE的中点，CF的延长线交AB于点G，若△CEF的面积为12cm2，则S△DGF的值为（ ）
A．4cm2B．6cm2C．8cm2D．9cm2
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、（4分）一次函数的图象过点，且y随x的增大而减小，则m=_______.
10、（4分）当________时，分式的值为0.
11、（4分）已知直线y=kx+3经过点A(2，5)和B(m，-2)，则m= ___________．
12、（4分）若对于的任何值，等式恒成立，则__________.
13、（4分）如图，菱形ABCD的边长为8cm，∠B=45°，AE⊥BC于点E，则菱形ABCD的面积为_____cm2。
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（12分）已知：如图，在梯形中，，，是上一点，且，，求证：是等边三角形.
15、（8分）如图，▱ABCD的对角线AC，BD相交于点O．E，F是AC上的两点，并且AE=CF，连接DE，BF．
（1）求证：△DOE≌△BOF；
（2）若BD=EF，连接DE，BF．判断四边形EBFD的形状，并说明理由．
16、（8分）甲、乙两名队员参加射击训练，成绩分别被作成下列两个统计图：
根据以上信息，整理分析数据如下：
（1）请计算甲的平均成绩，乙的训练成绩的中位数和方差；（列式解答）
（2）分别运用表中的四个统计量，简要分析这两名队员的射击训练成绩.若选派其中一名参赛，你认为应选哪名队员？
17、（10分）如图1，在平面直角坐标系中，直线AB经过点C（a，a），且交x轴于点A（m，1），交y轴于点B（1，n），且m，n满足＋（n﹣12）2＝1．
（1）求直线AB的解析式及C点坐标；
（2）过点C作CD⊥AB交x轴于点D，请在图1中画出图形，并求D点的坐标；
（3）如图2，点E（1，﹣2），点P为射线AB上一点，且∠CEP＝45°，求点P的坐标．
18、（10分）菱形ABCD的对角线AC、DB相交于点O，P是射线DB上的一个动点（点P与点D，O，B都不重合），过点B，D分别向直线PC作垂线段，垂足分别为M，N，连接OM．ON．
（1）如图1，当点P在线段DB上运动时，证明：OM＝ON．
（2）当点P在射线DB上运动到图2的位置时，（1）中的结论仍然成立．请你依据题意补全图形：并证明这个结论．
（3）当∠BAD＝120°时，请直接写出线段BM，DN，MN之间的数量关系．
B卷（50分）
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19、（4分）已知一组数据5，a，2，，6，8的中位数是4，则a的值是_____________．
20、（4分）如图，直线y=-x+4分别与x轴，y轴交于点A，B，点C在直线AB上，D是y轴右侧平面内一点，若以点O，A，C，D为顶点的四边形是菱形，则点D的坐标是_______________．
21、（4分）将抛物线先向左平移个单位，再向下平移个单位，所得抛物线的解析式为______．
22、（4分）如图，△ABC中，AB+AC=6cm，BC的垂直平分线l与AC相交于点D，则△ABD的周长为___cm．
23、（4分）若，则的取值范围为_____．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（8分）如图,平行四边形中，对角线和相交于点，且
（1）求证：；
（2）若，求的长．
25、（10分）二次根式计算：
（1）；
（2）；
（3）（）÷；
（4）．
26、（12分）如图1，在直角坐标系中放入一个边长AB长为3，BC长为5的矩形纸片ABCD，使得BC、AB所在直线分别与x、y轴重合．将纸片沿着折痕AE翻折后，点D恰好落在x轴上，记为F．
（1）求折痕AE所在直线与x轴交点的坐标；
（2）如图2，过D作DG⊥AF，求DG的长度；
（3）将矩形ABCD水平向右移动n个单位，则点B坐标为（n，1），其中n＞1．如图3所示，连接OA，若△OAF是等腰三角形，试求点B的坐标．
参考答案与详细解析
一、选择题（本大题共8个小题，每小题4分，共32分，每小题均有四个选项，其中只有一项符合题目要求）
1、A
【解析】
最简二次根式满足下列两个条件：(1)被开方数的因数是整数,因式是整式；(2)被开方数中不含能开得尽方的因数或因式，再对各选项逐一判断即可.
【详解】
解：A、是最简二次根式，故A符合题意；
B、，故不是最简二次根式，故B不符合题意；
C、，故不是最简二次根式，故C不符合题意；
D、，故不是最简二次根式，故D不符合题意；
故答案为：A
本题考查二次根式，解题的关键是熟练运用最简二次根式的定义，本题属于基础题型．
2、B
【解析】【分析】根据平行四边形的判定方法即可找到所有组合方式：（1）两组对边平行①②；（2）两组对边相等③④；（3）一组对边平行且相等①③或②④，所以有四种组合．
【详解】（1）①②，利用两组对边平行的四边形是平行四边形判定；
（2）③④，利用两组对边相等的四边形是平行四边形判定；
（3）①③或②④，利用一组对边平行且相等的四边形是平行四边形判定；
共4种组合方法，
故选B．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定方法，熟练掌握平行四边形的判定方法是解题的关键.平行四边形的判定方法共有五种，在四边形中如果有：1、四边形的两组对边分别平行；2、一组对边平行且相等；3、两组对边分别相等；4、对角线互相平分；5、两组对角分别相等．则四边形是平行四边形．
3、A
【解析】
根据平面直角坐标系中点的坐标特征判断即可.
【详解】
∵5>0,3>0,
∴点在第一象限．
故选A.
本题考查了平面直角坐标系中点的坐标特征.第一象限内点的坐标特征为（+，+），第二象限内点的坐标特征为（-，+），第三象限内点的坐标特征为（-，-），第四象限内点的坐标特征为（+，-），x轴上的点纵坐标为0，y轴上的点横坐标为0.
4、C
【解析】
原式各项利用二次根式的化简公式计算得到结果，即可做出判断．
【详解】
（A）＝2，是4的算术平方根，为正2，故A错；
（B）由平方差公式，可得：＝3，正确。
（C）＝2，故错；
（D）、没有意义，故错；
选C。
此题考查算术平方根，解题关键在于掌握运算法则
5、B
【解析】
连接OB、OC，如图，利用等边三角形的性质得∠ABO=∠OBC=∠0CB=30°，再证明∠BOD=∠COE，于是可判断△BOD≌△COE，所以BD=CE，OD=OE，则可对①进行判断；利用 得到四边形ODBE的面积 ，则可对进行③判断；作OH⊥DE，如图，则DH=EH，计算出=，利用面积随OE的变化而变化和四边形ODBE的面积为定值可对②进行判断；由于△BDE的周长=BC+DE=4+DE=4+OE，根据垂线段最短，当OE⊥BC时，OE最小，△BDE的周长最小，计算出此时OE的长则可对④进行判断.
【详解】
解：连接OB、OC，如图，
∵△ABC为等边三角形，
∴∠ABC=∠ACB=60°，
∵点0是△ABC的中心，
∴OB=OC，OB、OC分别平分∠ABC和∠ACB，
∴∠ABO=∠0BC=∠OCB=30°
∴∠BOC=120°，即∠BOE+∠COE=120°，而∠DOE=120°，即∠BOE+∠BOD=120°，
∴∠BOD=∠COE，
在△BOD和△COE中

∴△BOD2≌△COE，
∴BD=CE，OD=OE，所以①正确；
∴，
∴四边形ODBE的面积 ，所以③错误；
作OH⊥DE，如图，则DH=EH，
∵∠DOE=120°，
∴∠ODE=∠OEH=30°，
即S△ODE随OE的变化而变化，
而四边形ODBE的面积为定值，
所以②错误；
∵BD=CE，
∴△BDE的周长=BD+BE+DE=CE+BE+DE=BC+DE=4+DE=6+OE，当OE⊥BC时，OE最小，△BDE的周长最小，此时OE=，
.△BDE周长的最小值=6+3=9，所以④正确.
故选：B.
本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等.也考查了等边三角形的性质和全等三角形的判定与性质.
6、D
【解析】
试题分析：连接AC，BD，交于点Q，过C作y轴垂线，交y轴于点M，交直线EF于点N，如图所示，由菱形ABCD，根据A与B的坐标确定出C坐标，进而求出CM与CN的值，确定出当点C落在△EOF的内部时k的范围，即可求出k的可能值．
解：连接AC，BD，交于点Q，过C作y轴垂线，交y轴于点M，交直线EF于点N，如图所示，
∵菱形ABCD的顶点A的坐标为（2，0），点B的坐标为（0，1），点C在第一象限，对角线BD与x轴平行，
∴CQ=AQ=1，CM=2，即AC=2AQ=2，
∴C（2，2），
当C与M重合时，k=CM=2；当C与N重合时，把y=2代入y=x+4中得：x=﹣2，即k=CN=CM+MN=4，
∴当点C落在△EOF的内部时（不包括三角形的边），k的范围为2＜k＜4，
则k的值可能是3，
故选B
7、C
【解析】
先解出不等式组，找出满足条件的a的值，然后解分式方程，找出满足非负整数解的a的值，然后利用同时满足不等式和分式方程的a的个数除以总数即可求出概率．
【详解】
解不等式组得： ，
由不等式组至少有四个整数解，得到a≥﹣3，
∴a的值可能为：﹣3，﹣2，﹣1，0，1，3，4，5，
分式方程去分母得：﹣a﹣x+2＝x﹣3，
解得：x＝ ，
∵分式方程有非负整数解，
∴a＝5、3、1、﹣3，
则这9个数中所有满足条件的a的值有4个，
∴P＝
故选：C．
本题主要考查解一元一次不等式组，分式方程的非负整数解，随机事件的概率，掌握概率公式是解题的关键．
8、A
【解析】
试题分析：取CG的中点H，连接EH，根据三角形的中位线定理可得EH∥AD，再根据两直线平行，内错角相等可得∠GDF=∠HEF，然后利用“角边角”证明△DFG和△EFH全等，根据全等三角形对应边相等可得FG=FH，全等三角形的面积相等可得S△EFH=S△DGF，再求出FC=3FH，再根据等高的三角形的面积比等于底边的比求出两三角形的面积的比，从而得解．
解：如图，取CG的中点H，连接EH，
∵E是AC的中点，
∴EH是△ACG的中位线，
∴EH∥AD，
∴∠GDF=∠HEF，
∵F是DE的中点，
∴DF=EF，
在△DFG和△EFH中，，
∴△DFG≌△EFH（ASA），
∴FG=FH，S△EFH=S△DGF，
又∵FC=FH+HC=FH+GH=FH+FG+FH=3FH，
∴S△CEF=3S△EFH，
∴S△CEF=3S△DGF，
∴S△DGF=×12=4（cm2）．
故选A．
考点：三角形中位线定理．
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、
【解析】
根据一次函数的图像过点，可以求得m的值，由y随x的增大而减小，可以得到m＜0，从而可以确定m的值．
【详解】
∵一次函数的图像过点，
∴，解得：或，
∵y随x的增大而减小，
∴，
∴，
故答案为：.
本题考查一次函数图像上点的坐标特征、一次函数的性质，解答此类问题的关键是明确一次函数的性质，利用一次函数的性质解答问题．
10、5
【解析】
根据分式值为零的条件可得x-5=0且2x+1≠0，再解即可
【详解】
由题意得：x−5=0且2x+1≠0，
解得：x=5，
故答案为：5
此题考查分式的值为零的条件，难度不大
11、-1
【解析】
由题意将点A(2，1)和B(m，-2)，代入y=kx+3，即可求解得到m的值．
【详解】
解：∵直线y=kx+3经过点A(2，1)和B(m，-2)，
∴，解得，
∴．
故答案为：-1．
本题考查一次函数图象性质，注意掌握点过一次函数图象即有点坐标满足一次函数解析式．
12、
【解析】
先通分，使等式两边分母一样，然后是使分子相等，可以求出结果。
【详解】
3x-2=3x+3+m
m=-5
故答案为：-5
此题考查分式的化简求值，掌握运算法则是解题关键
13、32
【解析】
根据AE⊥BC,∠B=45°知△AEB为等腰直角三角形.在Rt△AEB中,根据勾股定理即可得出AE的长度,根据面积公式即可得出菱形ABCD的面积.
【详解】
四边形ABCD为菱形，则AB=BC=CD=DA=8cm，
∵AE⊥BC且∠B=45°,
∴△AEB为等腰直角三角形,
∴AE=BE,
在△AEB中，根据勾股定理可以得出+=，
∴2=，
∴AE====4，
∴菱形ABCD的面积即为BC×AE=8×4=32.
本题目主要考查菱形的性质及面积公式，本题的解题关键在于通过勾股定理得出菱形的高AE的长度.
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、见解析.
【解析】
由已知条件证得四边形AECD是平行四边形，则CE=AD，从而得出CE=CB，然后根据有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形即可证得结论.
【详解】
证明：，，
四边形是平行四边形，
，
，
，
是等边三角形.
本题考查了等腰梯形的性质，等边三角形的判定，平行四边形的判定和性质，熟练掌握各定理是解题的关键.
15、（2）证明见解析；（2）四边形EBFD是矩形．理由见解析.
【解析】
分析：（1）根据SAS即可证明；
（2）首先证明四边形EBFD是平行四边形，再根据对角线相等的平行四边形是矩形即可证明；
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA=OC，OB=OD，
∵AE=CF，
∴OE=OF，
在△DEO和△BOF中，
，
∴△DOE≌△BOF．
（2）结论：四边形EBFD是矩形．
理由：∵OD=OB，OE=OF，
∴四边形EBFD是平行四边形，
∵BD=EF，
∴四边形EBFD是矩形．
点睛：本题考查平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
16、（1）甲的平均成绩为7环，乙射击成绩的中位数为7.5环，方差为；（2）详见解析.
【解析】
（1）利用平均数的计算公式直接计算平均成绩；将乙的成绩从小到大重新排列，根据中位数的定义可求出中位数；根据乙的平均数，利用方差的公式计算即可；
（2）比较平均数和方差，若平均数一样，选派方差小的队员.
【详解】
解：（1）甲的平均成绩（环），
∵乙射击的成绩从小到大重新排列为：3、4、6、7、7、8、8、8、9、10，
∴乙射击成绩的中位数（环），
其方差
（2）答：从平均成绩看甲、乙二人的成绩相等均为7环，从中位数看甲射中7环以上的次数小于乙，从众数看甲射中7环的次数最多而乙射中8环的次数最多，从方差看甲的成绩比乙的成绩稳定；
综合以上各因素，若选派一名队员参加比赛的话，可选择乙参赛，因为乙获得高分的可能更大.
本题主要考查了数据的处理与分析，重点需要掌握平均数、众数、中位数和方差的求法.
17、（1）y＝－2x＋12，点C坐标（4，4）；（2）画图形见解析，点D坐标（－4，1）；（3）点P的坐标（，）
【解析】
（1）由已知的等式可求得m、n的值，于是可得直线AB的函数解析式，把点C的坐标代入可求得a的值，由此即得答案；
（2）画出图象，由CD⊥AB知可设出直线CD的解析式，再把点C代入可得CD的解析式，进一步可求D点坐标；
（3）如图2，取点F（－2，8），易证明CE⊥CF且CE＝CF，于是得∠PEC＝45°，进一步求出直线EF的解析式，再与直线AB联立求两直线的交点坐标，即为点P.
【详解】
解：（1）∵＋（n﹣12）2＝1，
∴m＝6，n＝12，
∴A（6，1），B（1，12），
设直线AB解析式为y＝kx＋b，
则有，解得，
∴直线AB解析式为y＝－2x＋12，
∵直线AB过点C（a，a），
∴a＝－2a＋12，∴a＝4，
∴点C坐标（4，4）．
（2）过点C作CD⊥AB交x轴于点D，如图1所示，
设直线CD解析式为y＝x＋b′，把点C（4，4）代入得到b′＝2，
∴直线CD解析式为y＝x＋2，
∴点D坐标（－4，1）．
（3）如图2中，取点F（－2，8），作直线EF交直线AB于P，
图2
∵直线EC解析式为y＝x－2，直线CF解析式为y＝－x＋，
∵×（－）＝－1，
∴直线CE⊥CF，
∵EC＝2，CF＝2，
∴EC＝CF，
∴△FCE是等腰直角三角形，
∴∠FEC＝45°，
∵直线FE解析式为y＝－5x－2，
由解得，
∴点P的坐标为（）.
本题是一次函数的综合题，综合考查了坐标系中两直线的垂直问题、两条直线的交点问题和求特殊角度下的直线解析式，并综合了勾股定理和等腰直角三角形的判定和性质，解题的关键是熟知坐标系中两直线垂直满足，一次函数的交点与对应方程组的解的关系.其中，第（3）小题是本题的难点，寻找到点F（－2，8）是解题的突破口.
18、（1）证明见解析；（2）补全图形如图，证明见解析；（3）MN＝（BM+ND）.
【解析】
（1）延长NO 交BM交点为F.根据题意，先证明△BOF≌△DON，得到NO＝FO，最后结合题意，得到MO＝NO＝FO.（2）延长MO交ND的延长线于F. 根据题意及图像，先证明△BOM≌△FOD，得到MO＝FO，再由FN⊥MN，OF＝OM，得到NO＝OM＝OF.（3）根据题意，先证明B，M，C，O四点共圆，得到∠FMN＝∠OBC＝30°，再由FN⊥MN，得到MN＝FN＝（BM＋DN）.
【详解】
（1）延长NO 交BM交点为F，如图
∵四边形ABCD是菱形
∴AC⊥BD，BO＝DO
∵DN⊥MN，BM⊥MN
∴BM∥DN
∴∠DBM＝∠BDN，且BO＝DO，∠BOF＝∠DON
∴△BOF≌△DON
∴NO＝FO，
∵BM⊥MN，NO＝FO
∴MO＝NO＝FO
（2）如图：延长MO交ND的延长线于F
∵BM⊥PC，DN⊥PC
∴BM∥DN
∴∠F＝∠BMO
∵BO＝OD，∠F＝∠BMO，∠BOM＝∠FOD
∴△BOM≌△DOF
∴MO＝FO
∵FN⊥MN，OF＝OM
∴NO＝OM＝OF
（3）如图：
∵∠BAD＝120°，四边形ABCD是菱形，
∴∠ABC＝60°，AC⊥BD
∵∠OBC＝30°
∵BM⊥PC，AC⊥BD
∴B，M，C，O四点共圆
∴∠FMN＝∠OBC＝30°
∵FN⊥MN
∴MN＝FN＝（BM＋DN）
本题主要考查了全等三角形的判定定理及四点共圆的定义，熟练掌握全等三角形的判定定理及四点共圆的定义是本题解题关键.
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19、1
【解析】
先确定从小到大排列后a的位置，再根据中位数的定义解答即可．
【详解】
解：根据题意，a的位置按照从小到大的排列只能是：﹣1，2，a，5，6，8；
根据中位数是4，得：，解得：a=1．
故答案为：1．
本题考查的是中位数的定义，属于基本题型，熟知中位数的概念是解题的关键．
20、（2，−2）或（6，2）．
【解析】
设点C的坐标为（x，-x+4）．分两种情况，分别以C在x轴的上方、C在x轴的下方做菱形，画出图形，根据菱形的性质找出点C的坐标即可得出D点的坐标．
【详解】
∵一次函数解析式为线y＝-x+4，
令x=0,解得y=4
∴B（0，4），
令y=0,解得x=4
∴A（4，0），
如图一，∵四边形OADC是菱形，
设C（x，-x+4），
∴OC＝OA＝，
整理得：x2−6x＋8＝0，
解得x1＝2，x2＝4，
∴C（2，2），
∴D（6，2）；
如图二、如图三，∵四边形OADC是菱形，
设C（x，-x+4），
∴AC＝OA＝，
整理得：x2−8x＋12＝0，
解得x1＝2，x2＝6，
∴C（6，−2）或（2，2）
∴D（2，−2）或（−2，2）
∵D是y轴右侧平面内一点，故（−2，2）不符合题意，
故答案为（2，−2）或（6，2）．
本题考查了一次函数图象上点的坐标特征以及菱形的性质，解题的关键是确定点C、D的位置．本题属于中档题，难度不大，在考虑菱形时需要分类讨论．
21、
【解析】
二次函数图象平移规律：“上加下减,左加右减”，据此求解即可.
【详解】
将抛物线先向左平移个单位,再向下平移个单位后的解析式为:,
故答案为.
22、6
【解析】
∵l垂直平分BC，∴DB=DC．
∴△ABD的周长=AB+AD+BD=AB+AD+DC=AB+AC=6cm
23、
【解析】
根据二次根式的性质可知，开方结果大于等于0，于是1-a≥0，解不等式即可．
【详解】
∵，
∴1−a≥0，
∴a≤1，
故答案是a≤1.
本题考查二次根式的性质与化简，能根据任意一个非负数的算术平方根都大于等于0得出1−a≥0是解决本题的关键.
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（1）详见解析；（2）
【解析】
（1）先证明AC=BD，再证明平行四边形ABCD是矩形即可得到答案；
（2）证明△AOD为等边三角形，再运用勾股定理求解即可．
【详解】
证明:在平行四边形中，
，
又
，
四边形是矩形
解:四边形是矩形．
，
又
是等边三角形，
，
在中，
本题考查了矩形的判定和性质，勾股定理，平行四边形的性质，熟练掌握矩形的判定和性质定理是解题的关键．
25、（1）8；（2）；（3）；（4）1．
【解析】
（1）首先化简二次根式，进而利用二次根式加减运算法则得出答案；
（2）首先化简二次根式，进而利用二次根式加减运算法则得出答案；
（3）首先化简二次根式，进而利用二次根式除法运算法则得出答案；
（4）直接利用平方差公式计算得出答案．
【详解】
（1）＝3+5＝8；
（2）,
＝,
＝；
（3）（）÷
＝
＝；
（4）,
＝,
＝12﹣1,
＝1．
此题考查二次根式的加减法计算，混合运算，乘法公式，将每个二次根式正确化简成最简二次根式，再根据运算法则进行计算.
26、（2）折痕AE所在直线与x轴交点的坐标为（9，2）；（2）3；（3）点B（4，2）或B（2，2）．
【解析】
（2）根据四边形ABCD是矩形以及由折叠对称性得出AF＝AD＝5，EF＝DE，进而求出BF的长，即可得出E点的坐标，进而得出AE所在直线与x轴交点的坐标；
（2）判断出△DAG≌△AFB，即可得出结论；
（3）分三种情况讨论：若AO＝AF，OF＝FA，AO＝OF，利用勾股定理求出即可.
【详解】
解：（2）∵四边形ABCD是矩形，
∴AD＝CB＝5，AB＝DC＝3，∠D＝∠DCB＝∠ABC＝92°，
由折叠对称性：AF＝AD＝5，EF＝DE，
在Rt△ABF中，BF＝＝4，
∴CF＝2，
设EC＝x，则EF＝3﹣x，
在Rt△ECF中，22+x2＝（3﹣x）2，
解得：x＝，
∴E点坐标为：（5，），
∴设AE所在直线解析式为：y＝ax+b，
则，
解得：，
∴AE所在直线解析式为：y＝x+3，
当y＝2时，x＝9，
故折痕AE所在直线与x轴交点的坐标为：（9，2）；
（2）在△DAG和△AFB中
∵,
∴△DAG≌△AFB，
∴DG＝AB＝3；
（3）分三种情况讨论：
若AO＝AF，
∵AB⊥OF，
∴BO＝BF＝4，
∴n＝4，
∴B（4，2），
若OF＝FA，则n+4＝5，
解得：n＝2，
∴B（2，2），
若AO＝OF，
在Rt△AOB中，AO2＝OB2+AB2＝m2+9，
∴（n+4）2＝n2+9，
解得：n＝（n＜2不合题意舍去），
综上所述，若△OAF是等腰三角形，n的值为n＝4或2．
即点B（4，2）或B（2，2）．
此题是四边形综合题，主要考查了待定系数法，折叠的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，等腰三角形的性质，利用勾股定理求出CE是解本题的关键．
题号
一
二
三
四
五
总分
得分
批阅人
平均成绩/环
中位数/环
众数/环
方差
甲
7
7
1.2
乙
7
8