【浙江专用】2023年中考数学易错题汇编——模拟卷02（温州）（原卷版+解析版）

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2023年浙江省温州市中考数学模拟试卷
一、选择题：本大题有共10小题，满分40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1．（4分）计算﹣4÷2的结果是（　　）
A．﹣2 B．2 C． D．
【分析】利用有理数的除法法则运算即可．
【解答】解：原式＝﹣2，
故选：A．
2．（4分）地球上陆地的面积约为149000000km2，数149000000用科学记数法可表示为（　　）
A．1.49×108 B．1.49×109 C．14.9×108 D．14.9×109
【分析】科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值≥10时，n是正数；当原数的绝对值＜1时，n是负数．
【解答】解：将149000000用科学记数法表示为：1.49×108．
故选：A．
3．（4分）如图，由三个相同小正方体组成的立体图形的左视图是（　　）

A． B． C． D．
【分析】细心观察图中几何体中正方体摆放的位置，根据左视图是从左面看到的图形判定则可．
【解答】解：从左边看竖直叠放2个正方形．
故选：D．
4．（4分）在直角坐标系中，点A（﹣1，2）关于原点对称的点在（　　）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
【分析】根据关于原点对称的点的横坐标与纵坐标都互为相反数解答．
【解答】解：点A（﹣1，2）关于原点对称的点是（1，﹣2），所以在第四象限．
故选：D．
5．（4分）方程的根是（　　）
A．x＝3 B．x＝2 C．x＝﹣2 D．x＝﹣2或x＝3
【分析】变形后方程两边都乘x﹣3得出x＝﹣2，再进行检验即可．
【解答】解：，
＝﹣，
方程两边都乘x﹣3，得x＝﹣2，
检验：当x＝﹣2时，x﹣3≠0，
所以x＝﹣2是分式方程的解，
故选：C．
6．（4分）如图，点A，B，C在⊙O上，为优弧，已知＝50°，则∠C为（　　）

A．25° B．35° C．40° D．50°
【分析】直接根据圆周角定理即可得出结论．
【解答】解：连接OA、OB．

∵＝50°，
∴∠AOB＝50°，
∴∠C＝∠AOB＝25°．
故选：A．
7．（4分）要说明命题“若a＞b，则“a2＞b2”是假命题，下列a，b的值能作为反例的是（　　）
A．a＝2，b＝﹣1 B．a＝1，b＝2 C．a＝﹣2，b＝﹣3 D．a＝﹣3，b＝2
【分析】满足条件，但不能得出结论的即可作为反例．
【解答】解：当a＝﹣2，b＝﹣3时，满足a＞b，但不满足a2＞b2，
∴要说明命题“若a＞b，则“a2＞b2”，a＝﹣2，b＝﹣3能作为反例，
故选：C．
8．（4分）如图为一节楼梯的示意图，BC⊥AC，∠BAC＝a，AC＝6米．现要在楼梯上铺一块地毯，楼梯宽度为1米，则地毯的面积至少需要（　　）平方米．

A．6tanα+6 B．+6 C． D．
【分析】由三角函数表示出BC，得出AC+BC的长度，由矩形的面积即可得出结果．
【解答】解：在Rt△ABC中，
∴tanα＝，
∴BC＝AC•tanα＝6tanα（米），
∴AC+BC＝（6+6tanα）（米），
∴地毯的面积至少需要1×（6+6tanα）＝（6+6tanα）（米2），
故选：A．
9．（4分）如图，△ABC与△DEF是位似图形，点O是位似中心，若OA：OD＝1：3，且△ABC的面积为2，则△DEF的面积为（　　）

A．6 B．9 C．18 D．27
【分析】根据位似图形的概念得到AB∥DE，证明△OAB∽△ODE，根据相似三角形的性质得到＝＝，根据相似三角形的面积比等于相似比的平方计算即可．
【解答】解：∵△ABC与△DEF是位似图形，
∴△ABC∽△DEF，AB∥DE，
∴△OAB∽△ODE，
∴＝＝，
∴＝（）2＝，
∵△ABC的面积为2，
∴△DEF的面积为18，
故选：C．
10．（4分）如图，在正方形ABCD中，延长DC至点G，以CG为边向下画正方形CEFG．延长AB交边FG于点H，连结CF，AF分别交AH，CE于点M，N．收录在清朝四库全书的《几何通解》利用此图得：2AB2+2BH2＝AH2+MH2．若正方形ABCD与CEFG的面积之和为68，CN＝3NE，则AH的长为（　　）

A．4 B．8 C．8 D．16
【分析】根据题意可得AB∥EF，所以△ABN∽△FEN，可得＝，设AB＝a，CG＝b，根据CN＝3NE，可得NE＝b，CN＝b，所以BN＝CN﹣CB＝b﹣a，然后列式计算可得b＝a，然后根据正方形ABCD与CEFG的面积之和为68，可得a和b的值，进而可以解决问题．
【解答】解：∵四边形ABCD和四边形CEFG是正方形，延长AB交边FG于点H，
∴AB∥EF，
∴△ABN∽△FEN，
∴＝，
设AB＝a，CG＝b，
∵CN＝3NE，
∴NE＝b，CN＝b，
∴BN＝CN﹣CB＝b﹣a，
∴＝，
∴b＝a，
∵正方形ABCD与CEFG的面积之和为68，
∴a2+b2＝68，
∴a2+（a）2＝68，
解得a＝3，
∴b＝5，
∴a+b＝8，
则AH的长为8．
故选：C．
二、填空题：本大题有6个小题，满分30分，每小题5分。
11．（5分）分解因式：（a+b）2﹣（a+b）＝　（a+b）（a+b﹣1）　．
【分析】直接找出公因式（a+b），进而分解因式得出答案．
【解答】解：原式＝（a+b）（a+b﹣1）．
故答案为：（a+b）（a+b﹣1）．
12．（5分）若圆锥底面的半径为3，它的侧面展开图的面积为16π，则它的母线长为 　　．
【分析】设圆锥的母线长为l，利用圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长和扇形面积公式得到•2π•3•l＝16π，然后解方程即可．
【解答】解：设圆锥的母线长为l，
根据题意得•2π•3•l＝16π，
解得l＝，
即圆锥的母线长为．
故答案为．
13．（5分）甲、乙、丙、丁四位同学五次数学测验成绩的平均数和标准差统计如表，如果从这四位同学中，选出一位成绩较好且状态稳定的同学参加初中数学竞赛，那么应选　乙　同学．

甲
乙
丙
丁
平均分
78
92
92
85
标准差
7.5
6
7
6
【分析】此题有两个要求：①成绩较好，②状态稳定．于是应选平均数大、标准差小的同学参赛．
【解答】解：由于乙成绩的标准差较小、平均数较大，故选乙．
故答案为：乙．
14．（5分）如图，点A在函数y＝（x＞0）的图象上，点B，C在函数y＝（x＞0）的图象上，若AC∥y轴，AB∥x轴，且AB＝AC，则BC＝　　．

【分析】延长CA、BA交坐标轴于F、E，作CD⊥y轴于D，BG⊥x轴于G，设A（m，n），根据反比例函数系数k的几何意义得到S四边形CDOF＝S四边形BEOG＝18，mn＝12，进而得到S四边形AEDC＝S四边形ABGF，即可得到AC•m＝AB•n，从而求得m＝n，由mn＝12得到A的横坐标，从而求得C的坐标，得到AC的长，进一步求得AB的长，然后根据勾股定理即可求得BC．
【解答】解：延长CA、BA交坐标轴于F、E，作CD⊥y轴于D，BG⊥x轴于G，
设A（m，n），
∵点A在函数y＝（x＞0）的图象上，点B，C在函数y＝（x＞0）的图象上，若AC∥y轴，AB∥x轴，
∴S四边形CDOF＝S四边形BEOG＝18，mn＝12，
∴S四边形AEDC＝S四边形ABGF，
∴AC•m＝AB•n，
∵AB＝AC，
∴m＝n，
∴n•n＝12，
∴n＝4（负数舍去），
∴A（3，4），
∴C点的横坐标为3，
∴y＝＝6，
∴C（3，6），
∴CF＝6，
∴AC＝6﹣4＝2，
∴AB＝AC＝，
∴BC＝＝＝，
故答案为：．

15．（5分）如图，⊙O与△OAB的边AB相切于点A，OB交⊙O于点C，△ABC沿AC翻折，点B的对称点为点B'，AB′与⊙O交于点D，连结CD．若∠B＝20°，则∠DCB'＝　15　度．

【分析】根据切线的性质得到OA⊥AB，根据直角三角形的性质求出∠OAB，根据圆周角定理求出∠ADC，根据三角形的外角性质计算即可．
【解答】解：∵⊙O与边AB相切于点A，
∴OA⊥AB，即∠OAB＝90°，
∵∠B＝20°，
∴∠OAB＝90°﹣20°＝70°，
由圆周角定理得：∠ADC＝∠OAB＝35°，
由折叠的性质可知，∠B'＝∠B＝20°，
∴∠DCB'＝∠ADC﹣∠B'＝15°，
故答案为：15．
16．（5分）图1是一款摆臂遮阳蓬的实物图，图2是其侧面示意图，点A，O为墙壁上的固定点，摆臂OB绕点O旋转过程中，遮阳蓬AB可自由伸缩，蓬面始终保持平整．如图2，∠AOB＝90°，OA＝OB＝1.5米，光线l与水平地面的夹角约为tanα＝3，此时身高为1米的小朋友（MN＝1米）站在遮阳蓬下距离墙角1.2米（QN＝1.2米）处，刚好不被阳光照射到，此时小朋友的头顶M距离遮阳蓬的竖直高度（MP）为 　0.3　米；同一时刻下，旋转摆臂OB，点B的对应点B'恰好位于小朋友头顶M的正上方，当小朋友后退至刚好不被阳光照射到时，其头顶距离遮阳蓬的竖直高度为 　1.3　米．

【分析】证明BM＝MP，从而求得MP的值，过点B′作B′C∥BN，与QN交于点C，过B′作B′F⊥AQ于F，过C作CD⊥B′F于点D，与AB′交于点E，在Rt△OB′M中，由勾股定理求得B′M，在Rt△B′CN中，解直角三角形求得CN，再由平行线分线段成比例性质的推论得，便可求得DE，问题便可得以解决．
【解答】解：∵OA＝OB，∠AOB＝90°，
∴∠ABO＝45°，
∴MP＝MB，
∵OM＝QN＝1.2m，OB＝1.5m，
∴MP＝MB＝1.5﹣1.2＝0.3（m），
过点B′作B′C∥BN，与QN交于点C，过B′作B′F⊥AQ于F，过C作CD⊥B′F于点D，与AB′交于点E，
则B′F＝OM＝QN＝1.2（m），

∴FO＝B′M＝（m），
∴B′N＝B′M+MN＝1.9（m），AF＝OA﹣FO＝0.6（m），
∵B′C∥BN，
∴∠B′CN＝∠α，
∴tan∠B′CN＝，
∴B′D＝CN＝（m），
∵DE∥AF，
∴，即
∴DE＝≈1.3（m），
即当小朋友后退至刚好不被阳光照射到时，其头顶距离遮阳蓬的竖直高度约为1.3m．
故答案为：0.3；1.3．
三、解答题：共8小题，满分80分。解答应写出文字说明、证明过程或验算步骤。
17．（10分）（1）计算：；
（2）化简：．
【分析】（1）根据绝对值，算术平方根，零指数幂的定义计算即可．
（2）先将第一个分式约分后再进行分式加法计算．
【解答】解：（1）原式＝3﹣2+1﹣5
＝﹣3．
（2）原式＝
＝
＝
＝2．
18．（8分）如图，A，B，D依次在同一条直线上，在AD的同侧作∠A＝∠D＝90°，AC＝BD，∠ABC＝∠BED．
（1）求证：CB＝BE．
（2）若AC＝2，AD＝6，求CE的长．

【分析】（1）利用AAS证明△ABC≌△DEB，根据全等三角形的性质即可得解；
（2）根据全等三角形的性质及勾股定理求解即可．
【解答】（1）证明：在△ABC和△DEB中，
，
∴△ABC≌△DEB（AAS），
∴CB＝BE；
（2）解：∵△ABC≌△DEB，AC＝2，
∴AC＝BD＝2，
∴AB＝AD﹣BD＝4，
∵，
∵∠ABC+∠DBE＝∠DEB+∠DBE＝Rt∠，
∴∠CBE＝90°，
∴．
19．（8分）如图是由边长为1的小正六边形构成的网格图，网格上的点称为格点．已知格点线段AB，利用网格图，仅用无刻度的直尺来完成下面几何作图．

（1）请在图①中作一个格点等腰三角形△ABC；
（2）请在图②在线段AB上求作点P，使得AP：BP＝3：4．（要求：不写作法但保留作图痕迹）

【分析】（1）画出如图中所示的线段AC，再连接BC即可；
（2）如图②，作△ADP∽△BCP即可得出结论．
【解答】解：（1）如图所示，△ABC即为所求作的等腰三角形：

（2）如图②，点P即为所求作；

20．（8分）某奶吧引进了两款保质期为1天的鲜牛奶（每瓶利润相同），以下是两款牛奶第1～8天销售情况统计图．
（1）分别求这8天A，B两款牛奶销售量的平均数．
（2）经过这段时间的销售，奶吧要下架一款牛奶，你建议下架哪款牛奶？结合你所学的统计量与折线统计图知识简述理由．

【分析】（1）根据加权平均数的公式解答即可；
（2）根据折线统计图判断即可．
【解答】解：（1）A款牛奶销售量的平均数为：（8.9+9.2+9.6+8.6+9.4+8.9+8.8+8.6）＝9（百瓶），
B款牛奶销售量的平均数为：（8.8+8.9+9.2+8.9+9.1+9.0+9.1+9.0）＝9（百瓶），
答：这8天A，B两款牛奶销售量的平均数均为9百瓶；
（2）由折线统计图可知，A款牛奶销售量波动大，B款牛奶销售量比较稳定，所以下架A款牛奶比较合适．
21．（10分）如图，在矩形ABCD中，E，F分别是BC，CD的中点，AE，BF交于点P．
（1）求证：AP＝4PE．
（2）若∠BPE＝∠BFD，且AD＝8，求四边形PFCE的面积．

【分析】（1）取BF的中点G，连接EG，然后利用三角形的中位线定理可得FC＝2GE，再根据矩形的性质可得∠ABE＝90°，AB∥CD，AD＝BC，AB＝CD，从而可得EG∥AB，再根据线段中点的定义可得AB＝CD＝2CF，最后证明8字模型相似三角形△ABP∽△EGP，从而利用相似三角形的性质，进行计算即可解答；
（2）根据等角的补角相等可得∠1＝∠2，从而可得∠1＝∠3，进而可得AB＝AP＝4PE，然后设PE＝a，则AB＝AP＝4a，AE＝5a，由勾股定理得BE＝3a，从而求出a的值，进而求出，再求出S△BCF＝，最后利用等式的性质可得S四边形PFCE＝S△ABP，即可解答．
【解答】（1）证明：如图：取BF的中点G，连接EG，

∵E是BC的中点，
∴EG是△BCF的中位线，
∴EG∥CD，FC＝2GE，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABE＝90°，AB∥CD，AD＝BC，AB＝CD，
∴EG∥AB，
∵F是CD的中点，
∴CD＝2CF，
∴AB＝CD＝2FC＝4GE，
∵EG∥AB，
∴∠BAE＝∠AEG，∠ABP＝∠BGE，
∴△ABP∽△EGP，
∴＝＝，
∴AP＝4PE；
（2）解：∵∠BPE＝∠BFD，∠BFD+∠2＝180°，∠BPE+∠1＝180°，
∴∠1＝∠2，
∵AB∥CD，
∴∠3＝∠2，
∴∠1＝∠3，
∴AB＝AP＝4PE，
设PE＝a，则AB＝AP＝4a，AE＝AP+PE＝5a，
在Rt△ABE中，由勾股定理得：
BE＝＝＝3a，
∵点E是BC的中点，
∴BC＝2BE＝6a，
∴AD＝BC＝2BE＝6a，
∵AD＝8，
∴6a＝8，
∴，
∴，
∵F是CD的中点，
∴CF＝CD＝2a，
∴S△BCF＝＝＝6a2＝．
∴S△ABE＝S△BCF，
∴S△ABE＝﹣S△BPE＝S△BCF﹣S△BPE，
∴S四边形PFCE＝S△ABP，
∵AP＝4PE，
∴，
∴四边形PFCE的面积为．
22．（10分）如图，已知二次函数图象与x轴交于点A（﹣3m，0），B（1，0），交y轴于点C（0，2m）（m＞0）．
（1）当m＝1时，求抛物线的表达式及对称轴；
（2）P为抛物线在第二象限上的一点，BP交抛物线对称轴于点D．若tan∠PBA＝，PD＝DB，求m的值．

【分析】（1）当m＝1时，A（﹣3，0），B（1，0），C（0，2），设抛物线表达式为y＝a（x+3）（x﹣1），把C点坐标代入解析式求出a的值即可；
（2）设抛物线的表达式为y＝a（x+3m）（x﹣1），把点C（0，2m）代入得﹣3ma＝2m，解得a＝﹣，作PE⊥AB轴于点E，DF⊥AB轴于点F，然后通过△PBE∽△DBF，得出＝＝，设BE＝4t，BF＝3t，根据已知求出点P坐标，再把点P代入抛物线解析式即可求出m的值．
【解答】解：（1）当m＝1时，A（﹣3，0），B（1，0），C（0，2），
设抛物线表达式为y＝a（x+3）（x﹣1），
将点C（0，2）代入得a＝﹣，
∴y＝﹣（x+3）（x﹣1）＝﹣x2﹣x+2，
∴对称轴为x＝﹣＝﹣1；
（2）设抛物线的表达式为y＝a（x+3m）（x﹣1），
把点C（0，2m）代入得﹣3ma＝2m，
解得a＝﹣，
如图，作PE⊥AB轴于点E，DF⊥AB轴于点F，

∵PE⊥AB，DF⊥AB，
∴∠PEB＝∠DFB＝90°，
∵∠PBE＝∠DBE，
∴△PBE∽△DBF，
∴＝＝，
设BE＝4t，BF＝3t，
∵tan∠PBA＝，
∴＝，
∴PE＝，
∴点P（1﹣4t，），
把点P代入抛物线表达式得：
﹣（1﹣4t+3m）（﹣4t）＝，
又∵1﹣＝3t，
∴t＝，m＝．
23．（12分）某药店采购部于7月份和8月份分别用2000元和5000购两批口罩．在进价相同的情况下，8月份的数量是7月份购进数量的2倍多50盒．该药店在7，8月份均将当月购进的口罩平均分给甲、乙两家分店销售，并统一规定每盒口罩的标价为30元．
（1）求7，8月各购进口罩多少盒．
（2）已知7月份两店按标价各卖出a盒后，做优惠促销活动：甲店剩余口罩按标价的八折全部出售；乙店剩余口罩先按标价的九折售出b盒后，再将余下口罩按标价七折全部售出，结果利润与甲店相同．
①填表，并用含a的代数式表示b．


原价部分总利润
优惠部分总利润
甲店
10a
　 　
乙店
　 　
　 　

②8月份，乙店计划将分到的口罩按标价出售n盒后，剩余口罩全部捐献给医院．若至少捐赠50盒口罩，且预计乙店7，8月份能从这两批口罩销售中获得的总利润为100元，求a，b，n可能的值．
【分析】（1）设7月购进x盒口罩，则8月购进（2x+50）盒口罩，利用单价＝总价÷数量，结合7，8月进价相同，即可得出关于x的分式方程，解之经检验后即可得出结论；
（2）①根据各数量之间的关系，即可用含a（b）的代数式表示出原价部分总利润及优惠部分总利润，结合两店的销售利润相同，即可用含a的代数式表示出b值；
②利用总利润＝每件的销售利润×销售数量﹣进价×赠送数量，即可得出关于a，n的二元一次方程，由至少捐赠50盒口罩，可得出关于n的一元一次不等式，解之即可得出n的取值范围，结合a，b，n均为自然数，即可求出a，b，n可能的值．
【解答】解：（1）设7月购进x盒口罩，则8月购进（2x+50）盒口罩，
依题意得：＝，
解得：x＝100，
经检验，x＝100是原方程的解，且符合题意，
∴2x+50＝2×100+50＝250．
答：7月购进100盒口罩，8月购进250盒口罩．
（2）①口罩的进价为2000÷100＝20（元），
7月份两店分到的口罩100÷2＝50（盒）．
依题意得，乙店原价部分的利润为（30﹣20）a＝10a（元），甲店优惠部分的总利润为（30×0.8﹣20）（50﹣a）＝4（50﹣a）元，乙店优惠部分的总利润为（30×0.9﹣20）b+（30×0.7﹣20）（50﹣a﹣b）＝（50+6b﹣a）（元）．
∵两店的利润相同，
∴4（50﹣a）＝50+6b﹣a，
∴b＝．
故答案为：10a；4（50﹣a）；（50+6b﹣a）．
②8月乙店分到口罩250÷2＝125（盒）．
依题意得：10a+4（50﹣a）+（30﹣20）n﹣20（125﹣n）＝100，
∴n＝80﹣．
∵125﹣n≥50，
∴n≤75．
又∵a，b，n均为自然数，
∴a为10的整数倍，
∴或或．
答：a，b，n可能的值为30，10，74或40，5，72或50，0，70．
24．（14分）如图，在正方形ABCD中，AB＝6，E为AC上一点，以AE为直角边构造等腰直角△AEF（点F在AB左侧），EF交AB于点G，分别延长FB，DE相交于点H，DH交BC于点M，连结BE．
（1）求证：△AFB≌△AED．
（2）当AE＝4时，求tan∠MBH的值．
（3）当点H关于直线BE的对称点落在△ABC的边上时，求∠EBC的度数．
（4）若△BEH与△DEC的面积相等，求△EMC与△ABE面积的比值．

【分析】（1）根据SAS证明三角形全等即可；
（2）证明∠H＝90°，推出tan∠HBM＝，再证明BC∥EF，推出∠HBM＝∠BHF，求出BG，FG，可得结论；
（3）分四种情形：如图3﹣1中，当点H关于直线BE的对称点N落在AC上时，如图3﹣2中，当点H关于直线BE的对称点N落在BC上时，如图3﹣3中，当点H关于直线BE的对称点N落在AB上时，如图3﹣4中，当点H关于直线BE的对称点N落在AC上时，分别求出∠EBC，可得结论；
（4）如图4中，连接AH，CH，过点A作AJ⊥BF于点J，AK⊥DH于K．首先证明AH平分∠FHD，再证明AB＝AE＝6，分别求出两个三角形的面积，即可解决问题．
【解答】（1）证明：在正方形ABCD中，AB＝AD，∠BAC＝∠CAD＝45°，
∵∠FAE＝90，∠FAB＝45，AE＝AF，
∴∠BAF＝∠DAE＝45°，
在△AFB和△AED中，
，
∴△AFB≌△△AED（SAS）；
（2）解：∵△AFB≌△AED，
∴∠AFB＝∠AED，
∵∠AED+∠AEH＝180°，
∴∠AFB+∠AEH＝180°，
∴∠EAF+∠H＝180°，
∵∠EAF＝90°，
∴∠H＝90°，
∴tan∠HBM＝，
∵AE＝AF，∠FAG＝∠EAG＝45°，
∴FG＝EG，AB⊥EF，
∴∠AGE＝∠ABC＝90°，
∴CB∥EF，
∴∠HBM＝∠BFG，
∵AE＝4，
∴AG＝EG＝FG＝4，
∵AB＝6，
∴BG＝AB﹣AG＝6﹣4＝2，
∴tan∠HBM＝tan∠BFG＝＝＝；
（3）解：如图3﹣1中，当点H关于直线BE的对称点N落在AC上时，设∠ABH＝∠ABE＝x，则∠HBE＝∠EBN＝2x，

∵∠BHE＝∠BNA＝90°，
∴∠ABN＝45°，
∴3x＝45°，
∴x＝15°，
∴∠ABE＝15°，
∴∠EBC＝90°﹣15°＝75°．
如图3﹣2中，当点H关于直线BE的对称点N落在BC上时，设∠ABH＝∠ABE＝y，则∠HBE＝∠EBN＝2y，

∴3y＝90°，
∴y＝30°，
∴∠EBC＝2y＝60°．
如图3﹣3中，当点H关于直线BE的对称点N落在AB上时，同法可得∠EBC＝30°．

如图3﹣4中，当点H关于直线BE的对称点N落在AC上时，同法可得∠EBC＝15°，

综上所述，满足条件的∠EBC的值为75°或60°或30°或15°；
（4）解：如图4中，连接AH，CH，过点A作AJ⊥BF于点J，AK⊥DH于K．

∵∠AJH＝∠AKH＝∠JHK＝90°，
∴∠JAK＝∠BAD＝90°，
∴∠JAB＝∠KAD，
∵∠AJB＝∠AKD＝90°，AB＝AD，
∴△AJB≌△AKD（AAS），
∴AJ＝AK，
∵AJ⊥BF，AK⊥HD，
∴AH平分∠BHD，
∴∠AHB＝∠AHE＝45°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴B，D关于AC对称，
∴S△DEC＝S△BEC，
∵S△BEH＝S△DEC，
∴S△BEH＝S△BEC，
∴BE∥CH，
∴∠BCH＝∠CEB，
∵EF∥BC，
∴∠CBH＝∠BFE，∠CBE＝∠BEF，
∵∠BFE＝∠BEF，
∴∠HCB＝∠HBC，
∴BH＝CH，
∵BA＝CD，∠ABH＝∠DCH，
∴△ABH≌△DCH（SAS），
∴AH＝DH，∠AHB＝∠DHC＝45°，
∴∠AHC＝90°，
∵BE∥CH，CH⊥AH，
∴AH⊥BE，
∴∠HBE＝∠HEB＝45°，
∴HB＝BE，
∵AH＝AH，
∴△AHB≌△AHE（SAS），
∴AB＝AE＝6，
∵AC＝6，
∴EC＝6﹣6，
∵AG＝EG＝3，
∴S△ABE＝×6×3＝9，S△ECM＝×（6﹣6）×（6﹣6）＝9•（3﹣2），
∴＝3﹣2．