2023-2024学年浙江省宁波市镇海区蛟川书院九年级（上）期末数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年浙江省宁波市镇海区蛟川书院九年级（上）期末数学试卷（含解析），共21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。

1.若a>b，下列不等式不一定成立的是( )
A. a−2023>b−2023B. −2023a<−2023b
C. ac>bcD. a+c>b+c
2.某服装加工厂计划加工400套运动服，在加工完160套后，采用了新技术，工作效率比原计划提高了20%，结果共用了18天完成全部任务．设原计划每天加工x套运动服，根据题意可列方程为( )
A. 160x+400(1+20%)x=18B. 160x+400−160(1+20%)x=18
C. 160x+400−16020%x=18D. 400x+400−160(1+20%)x=18
3.若0A. 1−a1+aB. a−11+aC. 1−a2D. a2−1
4.四个电子宠物排座位，一开始，小鼠，小猴，小兔，小猫分别坐在1，2，3，4号座位上(如图所示)，以后它们不停地交换位置，第一次上下两排交换位置，第二次是在第一次交换位置后再左右两列交换位置，第三次再上下两排交换，第四次再左右两列交换位置，…，这样一直下去，第2024次交换位置后，小鼠所在的座号是( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
5.小明、小林和小颖共解出100道数学题，每人都解出了其中的60道，如果将其中只有1人解出的题叫做难题，2人解出的题叫做中档题，3人都解出的题叫做容易题，那么难题比容易题多多少道( )
A. 15B. 20C. 25D. 30
6.已知x，y为正整数，且4x+y整除4y+x，则yx( )
A. 所有的和为14.5B. 所有的和为15.5C. 可能4组取值D. 可能5组取值
7.若关于x的一元二次方程x2+kx+4k2−3=0的两个实数根分别是x1，x2，且满足x1+x2=x1⋅x2.则k的值为( )
A. −1或34B. −1C. 34D. 不存在
8.如图，在菱形ABCD中，AB=BD.点E、F分别在AB、AD上，且AE=DF.连接BF与DE相交于点G，连接CG与BD相交于点H.下列结论：
①△AED≌△DFB；②S四边形BCDG= 34CG2；③若AF=2DF，则BG=6GF．
其中正确的结论( )
A. 只有①②B. 只有①③C. 只有②③D. ①②③
9.如图，在△ABP中，C、D分别是PA、PB上任意一点，连接AC、BD，M、N分别是AC、BD的中点，若S四边形ABCD=2024，则S△PMN=( )
A. 20243
B. 506
C. 20245
D. 不确定
10.表中所列x，y的7对值是二次函数y=ax2+bx+c图象上的点所对应的坐标，其中x1根据表中提供的信息，有以下四个判断：
①a<0；②7A. 1B. 2C. 3D. 4
二、填空题：本题共6小题，每小题7分，共42分。
11.函数y= x+1x−2中，自变量x的取值范围是 ．
12.已知函数y=(k−2)x2−2kx+(k+1)的图象与x轴只有一个交点，则k= ______．
13.已知a、b、c是互不相等的实数，x是任意实数，化简：(x−a)2(a−b)(a−c)+(x−b)2(c−b)(a−b)+(x−c)2(c−a)(c−b)= ______．
14.如图，分别以Rt△ACB的直角边AC和斜边AB为边向外作正方形ACFG和正方形ABDE，连接CE，BG，GE.已知AC=4，AB=5，则GE的长为______．
15.如图，菱形ABCD中，AB=5，sin∠ABD= 55，点E为BC延长线上的一个动点，连接AE交BD于点F，若△CEF为直角三角形，则BE的长为______．
16.设实数a1，a2，⋯，a100满足以下三个条件：(1)a1≥a2≥…≥a100≥0，(2)a1+a2≤100，(3)a3+a4+…+a100≤100，则a12+a22+…+a1002的最大值为______．
三、解答题：本题共4小题，共58分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题16分)
某超市购进甲、乙两种商品，已知购进3件甲商品和2件乙商品，需60元；购进2件甲商品和3件乙商品，需65元．
(1)甲、乙两种商品的进货单价分别是多少？
(2)设甲商品的销售单价为x(单位：元/件)，在销售过程中发现：当11≤x≤19时，甲商品的日销售量y(单位：件)与销售单价x之间存在一次函数关系，x、y之间的部分数值对应关系如表：
请写出当11≤x≤19时，y与x之间的函数关系式．
(3)在(2)的条件下，设甲商品的日销售利润为w元，当甲商品的销售单价x(元/件)定为多少时，日销售利润最大？最大利润是多少？
18.(本小题12分)
解方程：xy+x+y+3=0yz+y+z+7=0zx+z+x−11=0．
19.(本小题16分)
如图，已知点A(1,2)、B(5,n)(n>0)，点P为线段AB上的一个动点，反比例函数y=kx(x>0)的图象经过点P.小明说：“点P从点A运动至点B的过程中，k值逐渐增大，当点P在点A位置时k值最小，在点B位置时k值最大．”
(1)当n=1时．
①求线段AB所在直线的函数表达式．
②你完全同意小明的说法吗？若完全同意，请说明理由；若不完全同意，也请说明理由，并求出正确的k的最小值和最大值．
(2)若小明的说法完全正确，求n的取值范围．
20.(本小题14分)
如图1，⊙O是△ABC的外接圆，点D是ADC上一动点(不与点A、C重合)，且∠ADB=∠BAC=45°．
(1)求证：AC是⊙O的直径；
(2)当点D在ADC运动到使AD+CD=5 2时，则线段BD的长为______；(直接写出结果)
(3)如图2，把△DBC沿直线BC翻折得到△EBC，连接AE，当点D在ADC运动时，探究线段AE、BD、CD之间的数量关系，并说明理由．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：由题意可得，
∵a>b，
∴a−2023>b−2023，−2023a<−2023b，a+c>b+c，
当c<0时，ac故选：C．
根据不等式性质知直接判断即可得到答案．
本题考查不等式的性质，解题的关键是熟练掌握不等式的性质．
2.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了由实际问题抽象出分式方程，解答本题的关键是读懂题意，设出未知数，找出合适的等量关系，列方程．本题要注意采用新技术前后工作量和工作效率的变化．根据采用新技术前用的时间+采用新技术后所用的时间=18列出方程即可．
【解答】
解：采用新技术前用的时间可表示为：160x天，采用新技术后所用的时间可表示为：400−160(1+20%)x天．
方程可表示为：160x+400−160(1+20%)x=18．
故选B．
3.【答案】A
【解析】解：∵0∴a−1a<0，
∴ a2+1a2−2÷(1+1a)×11+a
= (a−1a)2÷(a+1a)×11+a
=(1a−a)×aa+1×11+a
=−(a+1)(a−1)a×aa+1×11+a
=1−a1+a．
故选：A．
本题中的代数式涉及到了二次根式和分式．关键是正确进行二次根式的开方，正确进行分式的通分、约分化简．
本题考查了二次根式的开方，分式运算的知识点，要合理寻求简单运算途径的能力及分式运算．注意本题要将除法转变为乘法进行约分化简．
4.【答案】A
【解析】解：由题知，
第1次交换位置后，小鼠所在位置是：3；
第2次交换位置后，小鼠所在位置是：4；
第3次交换位置后，小鼠所在位置是：2；
第4次交换位置后，小鼠所在位置是：1；
第5次交换位置后，小鼠所在位置是：3；
…，
以此可见，每次交换后小鼠所在位置的序号按：3，4，2，1循环出现，
又因为2024÷4=506，
所以第2024次交换位置后，小鼠所在位置是：1；
故选：A．
依次求出每次交换后小鼠所在的位置，发现规律即可解决问题．
本题考查图形变化的规律，能根据所给图形发现每次交换后小鼠所在位置的序号按：3，4，2，1循环出现是解题的关键．
5.【答案】B
【解析】解：设容易题有x道，中档题有y道，难题有z道，
由题意得，x+y+z=100①3x+2y+z=3×60②，
①×2−②得，z−x=20，
所以，难题比容易题多20道．
故选B．
设容易题有x道，中档题有y道，难题有z道，然后根据题目数量和三人解答的题目数量列出方程组，然后根据系数的特点整理即可得解．
此类题注意运用方程的知识进行求解，观察系数的特点巧妙求解更简便．
6.【答案】B
【解析】解：∵x，y为正整数，且4x+y整除4y+x，
∴4y+x=k(4x+y)，k为整数，
整理得：k=4y+x4x+y=4−154+yx，
∴0<154+yx<154，即154+yx∈N*，
当154+yx=1时，此时yx=11；
当154+yx=2时，此时yx=3.5；
当154+yx=3时，此时yx=1，
则所有的和为11+3.5+1=15.5，只有3组取值．
故选：B．
根据已知条件得到4y+x=k(4x+y)，k为整数，表示出k，分类讨论确定出yx的取值组数，并求出和即可．
此题考查了整式的除法，数的整除，利用了分类讨论的思想，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
7.【答案】C
【解析】解：由根与系数的关系，得x1+x2=−k，
因为x1x2=4k2−3，又x1+x2=x1x2，
所以−k=4k2−3，即4k2+k−3=0，
解得k=34或−1，
因为△≥0时，所以k2−4(4k2−3)≥0，
解得：−2 55≤k≤2 55，故k=−1舍去，
∴k=34．
故选：C．
根据一元二次方程根与系数的关系及x1+x2=x1x2，得出关于k的方程，解方程并用根的判别式检验得出k的值即可．
本题主要考查了一元二次方程根与系数关系的应用，属于基础题，关键不要忘记利用根的判别式进行检验．
8.【答案】D
【解析】【分析】
此题综合考查了全等三角形的判定和性质、平行线分线段成比例、不规则图形的面积计算方法等知识点，综合性较强，难度较大．
①易证△ABD为等边三角形，根据“SAS”证明△AED≌△DFB；
②证明∠BGE=60°=∠BCD，从而得点B、C、D、G四点共圆，因此∠BGC=∠DGC=60°.过点C作CM⊥GB于M，CN⊥GD于N.证明△CBM≌△CDN，所以S四边形BCDG=S四边形CMGN，易求后者的面积．
③过点F作FP/​/AE于P点．
根据题意有FP：AE=DF：DA=1：3，则FP：BE=1：6=FG：BG，即BG=6GF．
【解答】
解：如图所示，
①∵ABCD为菱形，∴AB=AD．
∵AB=BD，∴△ABD为等边三角形．
∴∠A=∠BDF=60°．
又∵AE=DF，AD=BD，
∴△AED≌△DFB；
②∵∠BGE=∠BDG+∠DBF=∠BDG+∠GDF=60°=∠BCD，
即∠BGD+∠BCD=180°，
∴点B、C、D、G四点共圆，
∴∠BGC=∠BDC=60°，∠DGC=∠DBC=60°.
∴∠BGC=∠DGC=60°．
过点C作CM⊥GB于M，CN⊥GD于N．
∴CM=CN，
∵CM=CNBC=CD，
∴△CBM≌△CDN，(HL)
∴S四边形BCDG=S四边形CMGN．
S四边形CMGN=2S△CMG，
∵∠CGM=60°，
∴GM=12CG，CM= 32CG，
∴S四边形CMGN=2S△CMG=2×12×12CG× 32CG= 34CG2．
③过点F作FP/​/AE于P点，
∵AF=2FD，
∴FP：AE=DF：DA=1：3，
∵AE=DF，AB=AD，
∴BE=2AE，
∴FP：BE=1：6=FG：BG，
即BG=6GF．
所以其中正确的有①②③．
故选D．
9.【答案】B
【解析】解：如图，连接DM，BM，
∵M是AC的中点，
∴S△ADM=12S△ACD，S△ABM=12S△ABC，
∴S△ADM+S△ABM=12(S△ACD+S△ABC)=12S四边形ABCD=1012，
∵M是AC的中点，
∴S△BPM=S△MPC+S△CBM=12S△APC+12S△ABC=12S△ABP，
∵N是BD的中点，
∴S△BPN=12S△BPD，S△BMN=12S△BMD，
∴S△PMN=S△BPM−S△BMN−S△BPN
=12S△ABP−12S△BMD−12S△BPD=12S△ABP，
=12(S△ABP−S△BMD−S△BPD)
=12(S△ADM+S△ABM)
=506．
故选：B．
根据三角形的中线将三角形分成两个面积相等的三角形即可得答案．
本题考查了三角形的中线性质、三角形的面积，熟知三角形的中线将三角形分成两个面积相等的三角形是解题的关键．
10.【答案】C
【解析】解：∵x1∴抛物线开口向下，
∴a<0，①符合题意；
∴7∴7根据图表中的数据知，只有当x=x2+x62是抛物线的对称轴，抛物线的顶点坐标纵坐标不一定是k，故③不符合题意；
∵4ac−b24a≥k，a<0，
∴4ac−b2≤4ak，
∴b2≥4a(c−k)，④符合题意．
综上，可得判断正确的是：①②④．
故选：C．
依据题意，首先根据x1本题主要考查了二次函数图象与系数的关系，解题时要熟练掌握并理解二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)系数符号由抛物线开口方向、对称轴、抛物线与y轴的交点抛物线与x轴交点的个数确定是关键．
11.【答案】x≥−1且x≠2
【解析】解：根据题意得：x+1≥0且x−2≠0，
解得：x≥−1且x≠2．
故答案为：x≥−1且x≠2．
根据二次根式的性质和分式的意义，被开方数大于或等于0，分母不等于0，可以求出x的范围．
考查了函数自变量的取值范围，函数自变量的范围一般从三个方面考虑：
(1)当函数表达式是整式时，自变量可取全体实数；
(2)当函数表达式是分式时，考虑分式的分母不能为0；
(3)当函数表达式是二次根式时，被开方数非负．
12.【答案】±2
【解析】解：当k=2时，函数y=(k−2)x2−2kx+(k+1)变为y=−4x+3，
∴y=−4x+3与x轴只有一个交点，
当k≠2时，
∵函数y=(k−2)x2−2kx+(k+1)的图象与x轴只有一个交点，
∴Δ=(−2k)2−4(k−2)(k+1)=0，
解得k=−2，
∴当k=±2时，函数y=(k−2)x2−2kx+(k+1)的图象与x轴只有一个交点，
故答案为：±2．
分k−2=0和k−2≠0两种情况讨论即可．
本题考查了抛物线与x轴的交点：二次函数y=ax2+bx+c(a,b,c是常数，a≠0)的交点与一元二次方程ax2+bx+c=0根之间的关系，Δ=b2−4ac决定抛物线与x轴的交点个数：Δ=b2−4ac>0时，抛物线与x轴有2个交点；Δ=b2−4ac=0时，抛物线与x轴有1个交点；Δ=b2−4ac<0时，抛物线与x轴没有交点．注意考虑二次项系数不为0．
13.【答案】1
【解析】解：(x−a)2(a−b)(a−c)−(x−b)2(b−c)(a−b)+(x−c)2(a−c)(b−c)
=(x−a)2(b−c)−(x−b)2(a−c)(a−b)(a−c)(b−c)+(x−c)2(a−c)(b−c)
=(x2−2ax+a2)(b−c)−(x2−2bx+b2)(a−c)(a−b)(a−c)(b−c)+(x−c)2(a−c)(b−c)
=2acx−2bcx−ax2+bx2+a2b−ab2−a2c+b2c(a−b)(a−c)(b−c)+(x−c)2(a−c)(b−c)
=(a−b)(2cx−x2+ab−ac−bc)(a−b)(a−c)(b−c)+(x−c)2(a−c)(b−c)
=2cx−x2+ab−ac−bc(a−c)(b−c)+x2−2cx+c2(a−c)(b−c)
=ab−ac−bc+c2(a−c)(b−c)
=a(b−c)−c(b−c)(a−c)(b−c)
=(a−c)(b−c)(a−c)(b−c)
=1，
故答案为：1．
先计算前两项的和，再求解即可．
本题考查了分式的化简求值，能正确根据分式的运算法则进行计算是解此题的关键．
14.【答案】 73
【解析】解：如图，作EP垂直于GA，交GA的延长线于点P．
∵∠CAB+∠PAB=90°，
∠PAB+∠PAE=90°，
∴∠CAB=∠PAE．
在△BCA和△EPA中，
∠BCA=∠EPA，
∠CAB=∠PAE，
BA=EA，
∴△BCA≌△EPA(AAS)，
即PE=BC= 52−42=3，
AP=AC=4．
∴GE= (4+4)2+32= 73．
故答案为： 73．
先根据三角形角和边的数量关系证明△BCA≌△EPA，再求出△GPE中两直角边的数值，最后用勾股定理求出GE的长度．
本题考查了正方形的性质和三角形的全等判定和勾股定理，解题的关键是根据三角形的全等找到直角三角形中两直角边的值，再用勾股定理解答．
15.【答案】253或15
【解析】解：连接AO交BD于点O，
∵四边形ABCD是菱形，AB=5，
∴CB=AB=DA=5，OA=OC，OD=OB，AC⊥BD，
∴∠ABD=∠CBD，∠COB=90°，
∴OCCB=sin∠CBD=sin∠ABD= 55，
∴OA=OC= 55CB= 55×5= 5，
∴OD=OB= CB2−OC2= 52−( 5)2=2 5，
∴BD=OB=4 5，
如图1，△CEF为直角三角形，且∠ECF=90°，则∠BCF=∠COF=90°，
∴∠OCF=∠CBF=90°−∠BFC，
∴CBBF=cs∠CBF=OBCB=2 55，
∴BF=52 55=5 52，
∴DF=BD−BF=4 5−5 52=3 52，
∵BE//DA，
∴△BEF∽△DAF，
∴BEDA=BFDF=5 523 32=53，
∴BE=53DA=53×5=253；
如图2，△CEF为直角三角形，且∠CFE=90°，则OF=OC=12AC= 5，
∴BF=OB+OF=2 5+ 5=3 5，DF=OD−OF=2 5− 5= 5，
∵BE//DA，
∴△BEF∽△DAF，
∴BEDA=BFDF=3 5 5=3，
∴BE=3DA=3×5=15；
∵∠E<∠OCB，且∠OCB<90°，
∴∠E<90°，
∴不存在△CEF为直角三角形，且∠E=90°的情况，
综个所述，BE的长为253或15，
故答案为：253或15．
连接AO交BD于点O，由菱形的性质得CB=AB=DA=5，AC⊥BD，∠ABD=∠CBD，∠COB=90°，则OCCB=sin∠CBD=sin∠ABD= 55，求得OA=OC= 5，则OD=OB= CB2−OC2=2 5，所以BD=OB=4 5，再分两种情况讨论，一是∠ECF=90°，则∠BCF=∠COF=90°，所以∠OCF=∠CBF=90°−∠BFC，则CBBF=cs∠CBF=OBCB=2 55，求得BF=5 52，DF=3 52，再证明△BEF∽△DAF，得BEDA=BFDF=53，所以BE=53DA=253；二是∠CFE=90°，则OF=OC=12AC= 5，求得BF=3 5，DF= 5，则BEDA=BFDF=3，所以BE=3DA=15；而∠E<∠OCB，且∠OCB<90°，所以不存在∠E=90°的情况，于是得到问题的答案．
此题重点考查菱形的性质、勾股定理、锐角三角函数与解直角三角形、相似三角形的判定与性质等知识，正确地作出所需要的辅助线并且求出BD的长是解题的关键．
16.【答案】10000
【解析】解：因为a1+a2≤100，
所以a1≤100−a2，
又因为a1≥a2≥…≥a100≥0，
记a12+a22+…+a1002=S，
则S≤(100−a2)2+a22+…+a1002
=1002−200a2+2a22+…+a1002．
因为a1+a2≤100，a3+a4+…+a100≤100，
所以a1+a2+a3+…+a100≤200，
即−200≤−(a1+a2+a3+…+a100)，
所以S≤1002−(a1+a2+a3+…+a100)a2+2a22+a32+…+a1002
=1002−a1a2−a3a2−a4a2−…−a100a2+a22+a32+…+a1002
=1002−a2(a1−a2)−a3(a2−a3)−a4(a2−a4)−…−a100(a2−a100)
≤1002
=10000，
当a1=100，ai=0(i>1)或者a1=a2=a3=a4=50，aj=0(j>4)时，等号成立．
故答案为：10000．
将要求的代数式进行变形，再对其进行讨论即可解决问题．
本题考查数字变化的规律，能将所求的代数式进行变形及巧用整体思想是解题的关键．
17.【答案】解：(1)设甲、乙两种商品的进货单价分别是a元/件、b元/件，由题意得：
3a+2b=602a+3b=65，
解得：a=10b=15．
∴甲、乙两种商品的进货单价分别是10元/件、15元/件．
(2)设y与x之间的函数关系式为y=k1x+b1，将(11,18)，(19,2)代入得：
11k1+b1=1819k1+b1=2，解得：k1=−2b1=40．
∴y与x之间的函数关系式为y=−2x+40(11≤x≤19)．
(3)由题意得：
w=(−2x+40)(x−10)
=−2x2+60x−400
=−2(x−15)2+50(11≤x≤19)．
∴当x=15时，w取得最大值50．
∴当甲商品的销售单价定为15元/件时，日销售利润最大，最大利润是50元．
【解析】本题考查了二元一次方程组和二次函数在实际问题中的应用及待定系数法求一次函数的解析式等知识点，理清题中的数量关系并明确相关函数的性质是解题的关键．
(1)设甲、乙两种商品的进货单价分别是a、b元/件，由题意得关于a、b的二元一次方程组，求解即可．
(2)设y与x之间的函数关系式为y=k1x+b1，用待定系数法求解即可．
(3)根据利润等于每件的利润乘销售量列出函数关系式，然后写成顶点式，按照二次函数的性质可得答案．
18.【答案】解：∵xy+x+y+3=0，
∴x(y+1)+y+1+2=0，
x(y+1)+y+1=−2，
(y+1)(x+1)=−2①，
∵yz+y+z+7=0，
∴y(z+1)+z+1+6=0，
y(z+1)+z+1=−6，
(z+1)(y+1)=−6②，
∵zx+z+x−11=0，
∴z(x+1)+x+1−12=0，
z(x+1)+x+1=12，
(x+1)(z+1)=12③，
①÷②得：x+1z+1=13，
∴x+1=13(z+1)④，
把④代入③得：13(z+1)2=12，
解得：z=5或z=−7，
当z=5时，
把z=5代入②得：6(y+1)=−6，
解得：y=−2，
把z=5代入③得：6(x+1)=12，
解得：x=1；
当z=−7时，
把z=−7代入②得：−6(y+1)=−6，
解得：y=0，
把z=−7代入③得：−6(x+1)=12，
解得：x=−3；
∴原方程组的解为：x=1y=−2z=5或x=−3y=0z=−7．
【解析】先利用因式分解−分组分解法可得：(y+1)(x+1)=−2①，(z+1)(y+1)=−6②，(x+1)(z+1)=12③，然后进行计算即可解答．
本题考查了解三元一次方程组，因式分解−分组分解法，准确熟练地进行计算是解题的关键．
19.【答案】解：(1)①当n=1时，B(5,1)，
设线段AB所在直线的函数表达式为y=kx+b，
把A(1,2)和B(5,1)代入得：k+b=25k+b=1，解得：k=−14b=94，
则线段AB所在直线的函数表达式为y=−14x+94；
②不完全同意小明的说法，理由为：
k=xy=x(−14x+94)=−14(x−92)2+8116，
∵1≤x≤5，
∴当x=1时，kmin=2；
当x=92时，kmax=8116，
则不完全同意；
(2)当n=2时，A(1,2)，B(5,2)，符合；
当n≠2时，y=n−24x+10−n4，
k=x(n−24x+10−n4)=n−24(x−n−102n−4)2+(10−n)216(2−n)，
当n<2时，k随x的增大而增大，则有n−102n−4≥5，
此时109≤n<2;
当n>2时，k随x的增大而增大，则有n−102n−4≤1，
此时n> 2，
综上，n≥109．
【解析】本题是一次函数、二次函数与反比例函数的综合题，涉及的知识有：待定系数法求函数解析式，二次函数的性质，反比例函数图象上点的坐标特征，熟练掌握待定系数法是解本题的关键．
(1)①把n=1代入确定出B的坐标，利用待定系数法求出线段AB所在直线的解析式即可；
②若n=1，不完全同意小明的说法，利用二次函数的性质求出正确k的最大值与最小值即可；
(2)若小明的说法完全正确，把A与B坐标代入反比例解析式，并列出不等式，求出解集即可确定出n的范围．
20.【答案】5
【解析】(1)证明：如图1中，
∵∠BAC=∠BDC=45°，∠ADB=45°，
∴∠ADC=∠ADB+∠BDC=90°，
∴AC是⊙O的直径．
(2)解：如图1中，作BM⊥DA交DA的延长线于M，BN⊥CD于N．
∵∠BDA=∠BDC=45°，BM⊥DM，BN⊥DC，
∴BM=BN，
∵AC是直径，
∴∠ABC=90°，
∴∠BAC=∠BCA=45°，
∴BA=BC，
∵∠M=∠BNC=∠BND，BD=BD，
∴Rt△BDM≌Rt△BDN(HL)，Rt△BMA≌Rt△BNC(HL)，
∴DM=DN，AM=CN，
∵∠M=∠BND=∠MDN=90°，
∴四边形BMDN是矩形，
∵BM=BN，
∴四边形BMDN是正方形，
∴BM=DM，
∴DA+DC=DM−AM+DN+CN=2DM=5 2，
∴DM=BM=5 22，
∴BD= 2DM=5．
故答案为5．
(3)解：结论：AE2=2DB2+CD2．
如图2中，作BM⊥BE，使得BM=BN，连接EM，CM．
∵∠ABC=∠EBM=90°，
∴∠ABE=∠CBM，
∵BA=BC，BE=BM，
∴△ABE≌△CBM(SAS)，
∴AE=CM，
∵∠BEC=∠BDC=∠BEM=45°，
∴∠CEM=90°，
∴CM2=EM2+EC2，
∴EM2=2BE2=2BD2，EC=CD，
∴AE2=2DB2+CD2．
(1)证明∠ADC=90°即可解决问题．
(2)如图1中，作BM⊥DA交DA的延长线于M，BN⊥CD于N.利用全等三角形的性质证明四边形DMBN是正方形，证明AM=CN，推出DA+DC=2DM，求出DM即可解决问题．
(3)结论：AE2=2DB2+CD2.如图2中，作BM⊥BE，使得BM=BN，连接EM，CM.利用全等三角形的性质证明AE=CM，再利用勾股定理即可得出结论．
本题属于圆综合题，考查了圆周角定理，正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题．x
…
x1
x2
x3
x4
x5
x6
x7
…
y
…
7
m
14
k
14
m
7
…
销售单价x(元/件)
11
19
日销售量y(件)
18
2