辽宁省沈阳市大东区2023-2024学年九年级上学期期末数学试卷

这是一份辽宁省沈阳市大东区2023-2024学年九年级上学期期末数学试卷，共19页。试卷主要包含了选择题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.如图是由5个相同的小立方块搭成的几何体，这个几何体的主视图是( )
A.
B.
C.
D.
2.用配方法解方程x2−6x−3=0，此方程可变形为( )
A. (x−3)2=3B. (x−3)2=6C. (x+3)2=12D. (x−3)2=12
3.如图，在平面直角坐标系中，已知点A(−3,6)、B(−9,−3)，以原点O为位似中心，相似比为13，把△ABO缩小，则点A的对应点A′的坐标是( )
A. (−1,2)B. (−9,18)
C. (−9,18)或(9,−18)D. (−1,2)或(1,−2)
4.若关于x的方程x2+x+c=0有两个相等的实数根，则实数c的值为( )
A. 15B. 14C. 13D. 12更多课件教案等低价滋源(一定远低于各大平台价格)请 家 威杏 MXSJ663 5.一个不透明的袋中装有4个白球，若干个红球，这些球除颜色外完全相同.通过多次摸球试验后发现，摸到白球的频率稳定在0.4附近，则袋中红球的个数是( )
A. 2B. 5C. 6D. 10
6.关于反比例函数y=6x的图象与性质，下列说法正确的是( )
A. 图象分布在第二、四象限B. y的值随x值的增大而减小
C. 当x>−2时，y<−3D. 点(1,6)和点(6,1)都在该图象上
7.如图，在菱形ABCD中，∠B=60°，对角线AC=3，则该菱形的周长为( )
A. 12
B. 15
C. 6+4 3
D. 3+6 3
8.在Rt△ABC中，∠C=90°，若sinA=513，则csA的值为( )
A. 512B. 813C. 23D. 1213
9.如图，在△ABC纸片中，∠A=76°，∠B=34°.将△ABC纸片沿某处剪开，下列四种方式中剪下的阴影三角形与原三角形相似的是( )
A. ①②B. ②④C. ①③D. ③④
10.将抛物线y=2x2+1向左平移2个单位，向上平移3个单位后得到的抛物线表达式为( )
A. y=2(x−2)2+4B. y=2(x+2)2+4
C. y=2(x−2)2−2D. y=2(x+2)2−2
二、填空题：本题共5小题，每小题3分，共15分。
11.在比例尺为1：10 000 000的山西地图上，小贤量得长治到太原的距离约为2.2cm，则两地的实际距离约为______ km．
12.近年来，我国大力推行药品集中带量采购制度，很多常用药的价格显著下降．受此影响，某种药品两次降价后，价格由每盒160元大幅调整为40元，则该药品平均每次降价的百分率为______．
13.如图，点P在反比例函数y=kx的图象上，连接OP，过点P作x轴的垂线，垂足为Q，若△OPQ的面积 5，则k= ______ ．
14.如图，有一矩形养鸡场，养鸡场的一边靠墙(墙足够长)，另三边用16米的长篱笆围成，则矩形ABCD面积的最大值是______．
15.如图，在矩形纸片ABCD中，AB=3cm，BC=4cm，将矩形纸片折叠，使点C与点A重合，则折痕的长为______ ．
三、解答题：本题共8小题，共75分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
16.(本小题10分)
(1)解方程：x2−4x−12=0；
(2)计算： 2sin45°+2cs30°+|1−tan60°|．
17.(本小题8分)
一个不透明的盒子里装有除颜色外其余均相同的2个黑球和1个白球，搅匀后随机从中摸出第1个球，放回搅匀，再随机摸出第2个球.请用画树状图或列表的方法进行说明，求两次摸球摸到全是白球的概率．
18.(本小题9分)
近年来，辽宁加快建设文化旅游强省，取得了显著成效.某景区的门票价格为每人80元，每天最多能接待2500名游客，在旅游旺季平均每天能售出1000张门票.为了吸引更多的游客，提高景区知名度，景区决定适当降低门票价格.经过调查发现，当票价每降低2元时，在旅游旺季每天可以多卖出100张票．
(1)当每张门票降低5元时，每天能卖出______ 张门票；
(2)若景区想每天获得12万元的门票收入，则每张门票应降低多少元？
19.(本小题8分)
如图，点A在反比例函数y=kx(x>0)的图象上，AB⊥y轴于点B，tan∠AOB=12，AB=2．
(1)求反比例函数的表达式；
(2)分别以点O，A为圆心，大于OA一半的长为半径作圆弧，两弧相交于点C和点D，作直线CD，交x轴于点E，求线段OE的长．
20.(本小题8分)
如图1是某越野车的侧面示意图，折线段ABC表示车后盖，已知AB=1m，BC=0.6m，∠ABC=123°，该车的高度AO=1.7m.如图2，打开后备箱，车后盖ABC落在AB′C′处，AB′与水平面的夹角∠B′AD=27°．
(1)求打开后备箱后，车后盖最高点B′到地面l的距离；
(2)若小明爸爸的身高为1.83m，他从打开的车后盖C处经过，有没有碰头的危险请说明理由.(结果精确到0.01m，参考数据：sin27°≈0.454，cs27°≈0.891，tan27°≈0.510， 3≈1.732)
21.(本小题8分)
如图，一位足球运动员在一次训练中，从球门正前方8m的A处射门，已知球门高OB为2.44m，球射向球门的路线可以看作是抛物线的一部分.当球飞行的水平距离为6m时，球达到最高点，此时球的竖直高度为3m．
现以O为原点，如图建立平面直角坐标系．
(1)求抛物线表示的二次函数解析式；
(2)通过计算判断球能否射进球门(忽略其他因素)；
(3)若运动员射门路线的形状、最大高度均保持不变，则他应该带球向正后方移动______ 米射门，才能让足球经过点O正上方2.25m处．
22.(本小题12分)
【问题初探】
(1)“综合与实践”课上，老师提出如下问题：如图1，在△ABC中，AB=AC，DB是腰AC上的高，P是边BC上不与B和C重合的一个动点，过点P分别作AB和AC的垂线，垂足为E，F.求证：BD=PE+PF；
①如图2，小丽同学从结论的角度出发，给出如下解题思路：过P作PH⊥BD于点H，将线段PE，PF，BD之间的关系转化为线段BH，HD，BD之间的数量关系．
②如图3，小亮同学从PE，PF，BD均为三角形腰上的高出发，连接AP，用等面积方法得到结论．
请你选择一名同学的解题思路，写出证明过程．
【类比分析】
(2)如图4，在矩形ABCD中，AB=3，AD=4，P是边AD上不与A和D重合的一个动点，过点P分别作AC和BD的垂线，垂足为E，F.求PE+PF的值；
【学以自用】
(3)如图5，在四边形ABCD中，BC=10，∠BAD=165°，∠ADC=135°，∠C=30°，P是边BC上不与B和C重合的一个动点，过点P分别作AB和CD的垂线，垂足为E，F.求PE+PF的值．
23.(本小题12分)
综合与实践：
【思考尝试】(1)数学活动课上，老师出示了一个问题：如图1，在矩形ABCD中，E是边AB上一点，DF⊥CE于点F，GD⊥DF，AG⊥DG，AG=CF，试猜想四边形ABCD的形状，并说明理由；
【实践探究】(2)小睿受此问题启发，逆向思考并提出新的问题：如图2，在正方形ABCD中，E是边AB上一点，DF⊥CE于点F，AH⊥CE于点H，GD⊥DF交AH于点G，可以用等式表示线段FH，AH，CF的数量关系，请你思考并解答这个问题；
【拓展迁移】(3)小博深入研究小睿提出的这个问题，发现并提出新的探究点：如图3，在正方形ABCD中，E是边AB上一点，AH⊥CE于点H，点M在CH上，且AH=HM，连接AM，BH，可以用等式表示线段CM，BH的数量关系，请你思考并解答这个问题．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：此几何体的主视图从左往右分3列，小正方形的个数分别是1，2，1．
故选：A．
找到从正面看所得到的图形即可，注意所有的看到的棱都应表现在主视图中．
本题考查了简单组合体的三视图，主视图是从物体的正面看得到的视图．
2.【答案】D
【解析】解：由原方程移项，得
x2−6x=3，
方程两边同时加上一次项系数一半的平方，得
x2−6x+9=12，
配方，得
(x−3)2=12．
故选：D．
在本题中，把常数项−3移项后，应该在左右两边同时加上一次项系数−6的一半的平方．
配方法的一般步骤：
(1)把常数项移到等号的右边；
(2)把二次项的系数化为1；
(3)等式两边同时加上一次项系数一半的平方．
选择用配方法解一元二次方程时，最好使方程的二次项的系数为1，一次项的系数是2的倍数．
3.【答案】D
【解析】解：∵点A(−3,6)，以原点O为位似中心，相似比为13，把△ABO缩小，
∴点A的对应点A′的坐标是(−3×13,6×13)或(−3×(−13),6×(−13))，
即(−1,2)或(1,−2)．
故选：D．
根据在平面直角坐标系中，如果位似变换是以原点为位似中心，相似比为k，那么位似图形对应点的坐标的比等于k或−k解答．
本题考查的是位似变换的概念和性质．
4.【答案】B
【解析】解：∵关于x的一元二次方程x2+x+c=0有两个相等的实数根，
∴Δ=b2−4ac=12−4c=0，
解得c=14．
故选：B．
若一元二次方程有两个相等的实数根，则根的判别式Δ=b2−4ac=0，建立关于c的方程，求出c的值即可．
本题考查了根的判别式，掌握一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的根与Δ=b2−4ac有如下关系：(1)Δ>0⇔方程有两个不相等的实数根；(2)Δ=0⇔方程有两个相等的实数根；(3)Δ<0⇔方程没有实数根是解题的关键．
5.【答案】C
【解析】解：∵白球的频率稳定在0.4附近，
∴摸到白球的概率为0.4，
∴红球有：4÷0.4−4=6(个)，
故选：C．
根据摸到白球的频率，从而可以求得总的球数，从而可以得到红球的个数．
此题主要考查了利用频率估计概率，本题利用了用大量试验得到的频率可以估计事件的概率．关键是根据红球的频率得到相应的等量关系．
6.【答案】D
【解析】解：A.k=6>0，图象分布在第一、三象限，故A说法不正确；
B.k=6>0，图象在第一、三象限内，在每一象限内，y随x增大而减小，故B说法错误；
C.k=6>0，图象在第一、三象限内，在每一象限内，y随x增大而减小，所以当−2D.当x=1时，y=6；x=6时，y=1，所以点(1,6)和点(6,1)都在该图象上，故D说法正确；
故选：D．
依据反比例函数图象的性质作答．
本题主要考查反比例函数图象的性质，关键是熟记函数图象在每个象限内如何变化．
7.【答案】A
【解析】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC=CD=AD，
∵∠B=60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AB=BC=AC=3，
∴菱形ABCD的周长=4AB=12，
故选：A．
由菱形的性质得AB=BC=CD=AD，再证△ABC是等边三角形，得AB=BC=AC=3，即可求解．
本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定和性质等知识；熟练掌握菱形的性质，证明△ABC为等边三角形是解题的关键．
8.【答案】D
【解析】解：∵sinA=BCAB=513，∠C=90°，
∴设BC=5x，AB=13x，
∴AC= AB2−BC2=12x，
∴csA=ACAB=1213．
故选：D．
根据锐角三角函数的定义和勾股定理解答即可．
此题主要考查了同角的三角函数．
9.【答案】C
【解析】解：
图①中，∠B=∠B，∠A=∠BDE=76°，所以△BDE和△ABC相似；
图②中，只有一对角相等，不符合相似三角形的判定，不能推出△BCD和△ABC相似；
图③中，∠C=∠C，∠CED=∠B，所以△CDE和△CAB相似；
图④中，∠C=∠C，不符合相似三角形的判定，不能推出△CDE和△ABC相似；
所以阴影三角形与原三角形相似的有①③，
故选：C．
根据相似三角形的判定定理逐个判断即可．
本题考查了相似三角形的判定，能熟记有两组角对应相等的两三角形相似是解此题的关键．
10.【答案】B
【解析】解：抛物线y=2x2+1向左平移2个单位，向上平移3个单位后得到的抛物线表达式为：y=2(x+2)2+3+1，即y=2(x+2)2+4．
故选：B．
按照“左加右减，上加下减”的规律，即可得出平移后抛物线的解析式．
此题考查了二次函数图象与几何变换，掌握抛物线解析式的变化规律：左加右减，上加下减是解题的关键．
11.【答案】220
【解析】根据比例尺的性质，
两地的实际距离约2.2×10 000 000=22000000cm=220km，
故答案为：220．
用图上距离除以比例尺即可得出两地的实际距离．
本题考查了比例尺，掌握比例尺公式是解题的关键．
12.【答案】50%
【解析】解：设该药品平均每次降价的百分率为x，
依题意得：160(1−x)2=40，
解得：x1=0.5=50%，x2=1.5(不符合题意，舍去)，
∴该药品平均每次降价的百分率为50%．
故答案为：50%．
设该药品平均每次降价的百分率为x，利用经过两次降价后的价格=原价×(1−平均每次降价的百分率)2，即可得出关于x的一元二次方程，解之取其符合题意的值即可得出结论．
本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
13.【答案】−2 5
【解析】解：∵点P在反比例函数y=kx的图象上，连接OP，过点P作x轴的垂线，垂足为Q，△OPQ的面积 5，
∴12|k|= 5，
∵图象在第二象限，
∴k=−2 5，
故答案为：−2 5．
根据反比例函数的k的几何意义即可直接求解．
本题主要考查了反比例函数y=kx中k的几何意义，过反比例函数的图象上任意一点向坐标轴作垂线，这一点和垂足以及坐标原点所构成的三角形的面积是12|k|，且保持不变．
14.【答案】32m2
【解析】解：设矩形的宽为x m，面积为Sm2，
根据题意得：S=x(16−2x)
=−2x2+16x=−2(x−4)2+32，
∴x=4m时，菜园面积最大，最大面积是32m2．
故答案为：32m2．
设矩形的宽为x m，进而确定矩形的另一条边长，根据矩形的面积公式即可求出函数关系式，再利用配方法求出函数最值．
本题主要考查二次函数的应用，难度一般，关键在于找出等量关系列出函数解析式，另外应注意配方法求最大值在实际中的应用．
15.【答案】154
【解析】解：如图，设折痕为EF，连接AC交EF于点O，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC=90°，AD//BC，
∴∠OAE=∠OCF，
在Rt△ABC中，由勾股定理得：AC= AB2+BC2= 32+42=5，
∵折叠后点C与点A重合，
∴AC⊥EF，OC=OA=12AC=12×5=52，
∵tan∠ACB=OFOC=ABBC，
∴OF52=34，
解得：OF=158，
在△AOE和△COF中，
∠OAE=∠OCFOA=OC∠AOE=∠COF，
∴△AOE≌△COF(ASA)，
∴OE=OF=158，
∴EF=2×158=154故答案为：154．
设折痕为EF，连接AC交EF于点O，由勾股定理求出AC=5，再根据翻折变换的性质可得AC⊥EF，OC=OA=12AC，然后利用∠ACB的正切列式求出OF的长，最后证△AOE≌△COF(ASA)，得出OE=OF，即可得出答案．
本题考查了翻折变换的性质、矩形的性质、勾股定理、锐角三角函数的定义、全等三角形的判定与性质等知识，熟练掌握翻折变换的性质和锐角三角函数的定义以及全等三角形的判定与性质是解题的关键．
16.【答案】解：(1)x2−4x−12=0，
(x−6)(x+2)=0，
x−6=0或x+2=0，
解得：x1=6，x2=−2；
(2) 2sin45°+2cs30°+|1−tan60°|= 2× 22+2× 32+|1− 3|=1+ 3+ 3−1=2 3．
【解析】(1)先把方程的左边分解因式，即可得出两个一元一次方程，再求出方程的解即可；
(2)先把特殊角的三角函数值代入，再算乘法和绝对值，最后算加减即可．
本题考查了特殊角的三角函数值，实数的混合运算，解一元二次方程等知识点，能正确根据实数的运算法则进行计算是解(1)的关键，能把一元二次方程转化成一元一次方程是解(2)的关键．
17.【答案】解：画树状图如下：

共有9种等可能的结果，其中两次摸球摸到全是白球的结果有1种，
∴两次摸球摸到全是白球的概率为19．
【解析】画树状图得出所有等可能的结果数以及两次摸球摸到全是白球的结果数，再利用概率公式可得出答案．
本题考查列表法与树状图法，熟练掌握列表法与树状图法以及概率公式是解答本题的关键．
18.【答案】1250
【解析】解：(1)设每张门票降低5元，则每天可售出门票：1000+1002x=(1000+50x)=1250(张)；
故答案为：1250．
(2)设每张门票应降低x元，
由题意得：(80−x)(1000+50x)=120000，
整理得：x2−60x+800=0，
解得：x=20或40，
当x=20时，1000+50x=1000+50×20=2000<2500，符合题意；
当x=40时，1000+50x=1000+50×40=3000>2500，不符合题意，舍去．
答：每张门票应降低20元．
(1)根据题意“当票价每降低2元时，在旅游旺季每天可以多卖出100张票”，列出代数式；
(2)根据题意列出一元二次方程，解方程，然后根据每天最多能接待2500名游客，取舍x的值，即可求解．
本题考查了一元二次方程的应用，列代数式，根据题意列出方程是解题的关键．
19.【答案】解：(1)∵AB⊥y轴，
∴∠ABO=90°，
∵tan∠AOB=12，AB=2，
∴ABOB=2OB=12，
∴OB=4，
∴点A的坐标为(2,4)，
将A(2,4)代入y=kx，
得k=8，
∴反比例函数的表达式为y=8x．
(2)连接AE，过点A作AF⊥OE于点F，

由作图痕迹可知，直线CD为线段OA的垂直平分线，
∴AE=OE，
设线段OE的长为m，则AE=m，
∵点A的坐标为(2,4)，
∴AF=4，OF=2，
∴EF=m−2，
在Rt△AEF中，由勾股定理得，AE2=AF2+EF2，
即m2=42+(m−2)2，
解得m=5，
∴线段OE的长为5．
【解析】(1)由题意可得OB=4，则点A的坐标为(2,4)，代入y=kx，求出k的值即可．
(2)连接AE，过点A作AF⊥OE于点F，由作图痕迹可知，直线CD为线段OA的垂直平分线，则可得AE=OE，设线段OE的长为m，则AE=m，EF=m−2，由勾股定理得AE2=AF2+EF2，即m2=42+(m−2)2，求出m的值即可．
本题考查作图—基本作图、反比例函数图象上点的坐标特征、待定系数法求反比例函数解析式、线段垂直平分线的性质、解直角三角形，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
20.【答案】解：(1)如图2，过点B′E⊥AD于E，
在Rt△AB′E中，AB′=AB=1m，∠B′AD=27°，
∵sin∠B′AE=B′EAB′，
∴B′E=AB′⋅sin∠B′AE=1×sin27°≈0.454(m)，
∴点B′到地面l的距离为：0.454+1.7=2.154≈2.15(m)，
答：车后盖最高点B′到地面l的距离约为2.15m；
(2)没有碰头的危险，
理由如下：如图2，过点C′作C′F⊥B′E于点F，
在Rt△AB′E中，∠B′AD=27°，
则∠AB′E=90°−27°=63°，
∵∠AB′C=∠ABC=123°，
∴∠C′B′F=60°，
∵B′C′=BC=0.6m，
∴B′F=B′C′⋅cs∠C′B′F=0.6×12=0.3(m)，
∴点C′到地面l的距离为：2.15−0.3=1.85(m)，
∵1.85>1.8，
∴没有碰头的危险．
【解析】(1)过点B′E⊥AD于E，根据正弦的定义求出B′E，进而求出车后盖最高点B′到地面l的距离；
(2)过点C′作C′F⊥B′E于点F，根据题意求出∠C′B′F=60°，根据余弦的定义求出B′F，再求出点C′到地面l的距离，比较大小证明结论．
本题考查的是解直角三角形的应用−坡度坡角问题，正确作出辅助线、熟记锐角三角函数的定义是解题的关键．
21.【答案】1
【解析】解：(1)∵8−6=2，
∴抛物线的顶点坐标为(2,3)，
设抛物线为y=a(x−2)2+3，
把点A(8,0)代入得：36a+3=0，
解得a=−112，
∴抛物线的函数解析式为：y=−112(x−2)2+3；
(2)当x=0时，y=−112×4+3=83>2.44，
∴球不能射进球门．
(3)设小明带球向正后方移动m米，则移动后的抛物线为：y=−112(x−2−m)2+3，
把点(0,2.25)代入得：2.25=−112(0−2−m)2+3，
解得m=−5(舍去)或m=1，
∴当时他应该带球向正后方移动1米射门，才能让足球经过点O正上方2.25m处．
故答案为：1．
(1)求出抛物线的顶点坐标，设出抛物线的顶点式，用待定系数法即可求出抛物线表示的二次函数解析式；
(2)当x=0时，求出y的值再与2.44比较，即可知球能不能射进球门；
(3)设小明带球向正后方移动m米，则可用含m的式子表示移动后的抛物线解析式，把点(0,2.25)代入求出得m的值，即知当时他应该带球向正后方移动多少米射门，才能让足球经过点O正上方2.25m处．
本题考查二次函数的应用，解题的关键是读懂题意，把实际问题转化为数学问题解决．
22.【答案】(1)证明：①过点P作PH⊥CF，
∵BD⊥AC，PF⊥AC，PH⊥BD，
∴∠CDB=∠PHB=∠CFP=90°，
∴四边形PHDF为矩形，
∴PF=DH，∠PHD=90°，
∴∠BHP=90°，
∵PE⊥AB，
∴∠BEP=90°，
∴∠PHB=∠BEP，
∵∠BDC=∠BHP=90°，
∴PH//AC，
∴∠BPH=∠C，
∵AB=AC，
∴∠ABC=∠C，
∴∠ABC=∠BPH，
在△PBH和△BPE中，
∠PHB=∠BEP∠BPH=∠EBPPB=BP，
∴△PBH≌△BPE(AAS)，
∴BH=PE，
∴BD=BH+DH=PE+PF；
②∵PE⊥AB，PF⊥AC，BD⊥AC，
∴S△ABC=S△ABP+S△ACP，
∴12AC⋅BD=12AB⋅PE+12AC⋅PF，
∵AB=AC，
∴BD=PE+PF．
(2)解：设AC与BD的交点为O，连接PO，

∵四边形ABCD是矩形，
∴S矩形ABCD=AB⋅BC=3×4=12，OA=OC=OB=OD，S△ABD=S△BCD，∠ABC=90°，BC=AD=4，
∴AC= AB2+BC2=5，S△AOD=S△ABO=S△BOC=S△COD，
∴S△AOD=14S矩形ABCD=14×12=3，OA=OD=12AC=52，
∴S△AOD=S△AOP+S△DOP=12OA⋅PE+12OD⋅PF=12OA(PE+PF)=12×52×(PE+PF)=3，
解得：PE+PF=125；
(3)解：∵∠BAD=165°，∠ADC=135°，∠C=30°，
∴∠B=360°−∠BAD−∠ADC−∠C=360°−165°−135°−30°=30°，
∴∠B=∠C=30°，
∵PE⊥AB，PF⊥CD，
∴∠BEP=∠PFC=90°，
∴PE=12PB，PF=12PC，
∴PE+PF=12PB+12PC=12(PB+PC)=12BC=12×10=5．
【解析】(1)①过点P作PH⊥CF，证明△PBH≌△BPE(AAS)，得出BH=PE，则可得出结论；
②设AC与BD的交点为O，连接PO，根据S△ABC=S△ABP+S△ACP可得出结论；
(2)由矩形的性质得出S矩形ABCD=12，OA=OC=OB=OD，S△ABD=S△BCD，∠ABC=90°，BC=AD=4，再由勾股定理得AC=5，则S△AOD=3，OA=OD=52，然后由三角形面积即可得出结论；
(3)证出∠B=∠C=30°，由直角三角形的性质得出PE=12PB，PF=12PC，则可得出结论．
本题考查三角形的综合应用，考查了矩形的性质和判定，全等三角形的判定与性质，直角三角形的性质，勾股定理，三角形面积等知识，熟练掌握以上知识点是解题的关键．
23.【答案】解：(1)四边形ABCD是正方形，
理由：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ADC=90°，
∵GD⊥DF，
∴∠FDG=90°，
∴∠ADG=∠CDF，
又∵AG=CF，∠G=∠DFC=90°，
∴△ADG≌△CDF(AAS)，
∴AD=CD，
∴矩形ABCD是正方形；
(2)HF=AH+CF，
理由：∵DF⊥CE于点F，AH⊥CE于点H，GD⊥DF交AH于点G，
∴四边形HFDG是矩形，
∴∠G=∠DFC=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=CD，∠ADC=90°，
∴∠ADG=∠CDF，
∴△ADG≌△CDF(AAS)，
∴AG=CF，DG=DF，
∴矩形HFDG是正方形，
∴HG=HF=AH+AG=AH+CF；
(3)连接AC，
∵四边形ABCD是正方形，∴∠BAC=45°，
∵AH⊥CE，AH=HM，
∴△AHM是等腰直角三角形，
∴∠HAM=45°，
∴∠HAB=∠MAC，
∵AHAM=ABAC= 22，
∴△AHB∽△AMC，
∴BHCM=AHAM= 22，
即BH= 22CM．
【解析】【分析】
(1)根据矩形的性质得到∠ADC=90°，得到∠ADG=∠CDF，根据全等三角形的判定和性质得到AD=CD，于是得到四边形ABCD是正方形；
(2)根据矩形的判定定理得到四边形HFDG是矩形，求得∠G=∠DFC=90°，根据正方形的性质得到AD=CD，∠ADC=90°，求得∠ADG=∠CDF，根据全等三角形的判定和性质得到AG=CF，DG=DF，根据正方形的判定定理得到矩形HFDG是正方形，于是得到HG=HF=AH+AG=AH+CF；
(3)连接AC，根据正方形的性质得到∠BAC=45°，根据等腰直角三角形的性质得到∠HAM=45°，根据相似三角形的判定和性质即可得到结论．
本题是四边形的综合题，考查了全等三角形的判定和性质，正方形的性质，相似三角形的判定和性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质定理以及相似三角形的判定和性质定理是解题的关键．