广东省肇庆一中教育集团初中部2024-2025学年九年级上学期期中数学试卷

这是一份广东省肇庆一中教育集团初中部2024-2025学年九年级上学期期中数学试卷，共19页。
A．B．
C．D．
2．（3分）方程x（x﹣14）＝0的根是（ ）
A．x＝0B．x＝14
C．x1＝0，x2＝14D．x1＝0，x2＝﹣14
3．（3分）在平面直角坐标系中，将函数y＝﹣x2的图象先向右平移1个单位，再向上平移5个单位后，得到的图象的函数表达式是（ ）
A．y＝﹣（x+1）2+5B．y＝﹣（x﹣1）2+5
C．y＝﹣（x+1）2﹣5D．y＝﹣（x﹣1）2﹣5
4．（3分）若二次函数y＝ax2的图象经过点P（﹣2，4），则该图象必经过点（ ）
A．（2，4）B．（﹣2，﹣4）C．（﹣4，2）D．（4，﹣2）
5．（3分）如图，在三角形ABC中，∠C＝90°，∠B＝35°，将三角形ABC绕点A按顺时针方向旋转到三角形AB1C1的位置，使得点C、A、B1在一条直线上，那么旋转角等于（ ）
A．145°B．125°C．70°D．55°
6．（3分）对于二次函数y＝5（x+3）2的图象，下列说法不正确的是（ ）
A．开口向上
B．对称轴是直线x＝﹣3
C．顶点坐标为（﹣3，0）
D．当x＜﹣3时，y随x的增大而增大
7．（3分）春节期间电影《热辣滚烫》上映的第一天票房约为3亿元，第二、三天单日票房持续增长，三天累计票房9.63亿元，若第二、三天单日票房增长率相同，设平均每天票房的增长率为x，则根据题意，下列方程正确的是（ ）
A．3（1+x）＝9.63
B．3（1+x）2＝9.63
C．3（1+x）+3（1+x）2＝9.63
D．3+3（1+x）+3（1+x）2＝9.63
8．（3分）下列方程中没有实数根的是（ ）
A．x2+x﹣1＝0B．x2+x+2＝0
C．x2+8x+1＝0D．
9．（3分）一次函数y＝ax+b和二次函数y＝ax2+bx在同一平面直角坐标系中的大致图象可能是（ ）
A．B．
C．D．
10．（3分）如图，若二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象的对称轴为直线x＝1，与y轴交于点C，与x轴交于点A，点B（﹣1，0），则下列结论：①abc＞0；②二次函数的最大值为a+b+c；③a﹣b+c＜0；④b2﹣4ac＜0；⑤当y＞0时，﹣1＜x＜3；⑥3a+c＝0；其中正确的结论有（ ）
A．3个B．4个C．5个D．6个
二、填空题（每题3分，共15分）
11．（3分）抛物线y＝（x﹣1）2+2的顶点坐标是 ．
12．（3分）点（2，﹣3）关于原点成中心对称的点坐标是 ．
13．（3分）若A（﹣5，y1），B（1，y2），C（2，y3）为二次函数y＝x2+2x+m的图象上的三点，则y1，y2，y3的大小关系 （用“＜”连接）．
14．（3分）若关于x的一元二次方程x2+2x+c＝0有两个相等的实数根，则c＝ ．
15．（3分）如图，在锐角△ABC中，AB＝6，BC＝8，∠ACB＝45°，点E为线段AB中点，点P是线段AC上的动点，将△ABC绕点B按逆时针方向旋转，得到△A1BC1，点P的对应点是点P1，在旋转的过程中，线段EP1长度最小值是 ．
三、解答题（一）：本大题共3小题，每小题7分，共21分．
16．（7分）用适当的方法解下列方程：x2﹣4x+1＝0．
17．（7分）如图，将△OAB（顶点都在网格的格点上）分别按下列要求画图：
（1）画出△OAB向上平移3个单位的图形△O1A1B1；
（2）画出△OAB关于原点中心对称的图形△O2A2B2．
18．（7分）如图，抛物线y＝﹣x2+bx+c经过坐标原点，并与x轴交于点A（2，0）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）设抛物线的顶点为B，求△OAB的面积S．
四.解答题（二）：本大题共3小题，每小题9分，共27分．
19．（9分）如图，在Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝6cm，BC＝8cm，点P从点A出发沿AB边向点B以1cm/s的速度移动，同时点Q从点B出发沿BC边向点C以2cm/s的速度移动，设运动时间为t s．
（1）BP＝ ，BQ＝ ；（用含有t的代数式来表示）
（2）经过多少秒时，四边形APQC的面积为15cm2？
20．（9分）如图，矩形ABCD绕B点旋转，使C点落到AD上的E处，AB＝AE，连接AF，AG．
（1）求证：△AGB≌△AFE；
（2）求∠GAF的度数．
21．（9分）某数学小组对数学学习中有关汽车的刹车距离有疑惑，于是他们走进汽车研发中心考察．
【知识背景】“道路千万条，安全第一条”刹车后还要继续向前行驶一段距离才能停止，这段距离成为刹车距离．
【探究发现】汽车研发中心设计一款新型汽车，现在模拟汽车在高速公路上以某一速度行驶时，对它的刹车性能进行测试，数学小组收集、整理数据，并绘制函数图象．
发现：开始刹车后行驶的距离y（单位：m）与刹车后行驶时间t（单位：s）之间成二次函数关系，函数图象如图所示．
【问题解决】请根据以上信息，完成下列问题：
（1）求二次函数的解析式（不要求写出自变量的取值范围）；
（2）若在汽车前60m处，有一测速仪，当汽车刹车过程中，经过多少时间，汽车与测速仪相距12m；
（3）若汽车司机发现正前方80m处有一辆抛锚的车停在路面，立刻刹车，问该车在不变道的情况下是否会撞到抛锚的车？试说明理由．
五.解答题（三）：本大题共2小题，第22题13分，第23题14分，共27分。
22．（13分）如图，抛物线y＝x2﹣2x﹣3与x轴交于A（﹣1，0），B（3，0）两点，直线l：y＝kx+b与抛物线交于A、C两点，其中C点的横坐标为2．
（1）求点C的坐标和直线l的解析式；
（2）点P是y轴上的一点，求满足PB+PC的值为最小的点P坐标；
（3）点Q是直线l下方抛物线上一动点，动点Q运动到什么位置时，△AQC的面积最大？求出此时Q点坐标和△AQC的最大面积．
23．（14分）【问题情境】：如图1，点E为正方形ABCD内一点，AE＝2，BE＝4，∠AEB＝90°，将直角三角形ABE绕点A逆时针方向旋转α度（0≤α≤180°）点B、E的对应点分别为点B′、E′．
【问题解决】：
（1）如图2，在旋转的过程中，点B′落在了AC上，求此时CB′的长；
（2）若α＝90°，如图3，得到△ADE′（此时B′与D重合），延长BE交DE′于点F，
①试判断四边形AEFE′的形状，并说明理由；
②连接CE，求CE的长；
（3）在直角三角形ABE绕点A逆时针方向旋转过程中，直接写出线段CE′长度的取值范围．
2024-2025学年广东省肇庆一中教育集团初中部九年级（上）期中数学试卷
参考答案与试题解析
一.选择题（每小题3分共30分）
1．【分析】根据中心对称图形与轴对称图形的概念进行判断即可．
【解答】解：A．原图是中心对称图形，不是轴对称图形，故此选项不符合题意；
B．原图既是轴对称图形又是中心对称图形，故此选项符合题意；
C．原图是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
D．原图是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意．
故选：B．
【点评】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．【分析】先利用因式分解法把方程转化为x＝0或x﹣14＝0，然后给解两个一次方程即可．
【解答】解：x（x﹣14）＝0，
x＝0或x﹣14＝0，
所以x1＝0，x2＝14．
故选：C．
【点评】本题考查了解一元二次方程﹣因式分解法：因式分解法就是利用因式分解求出方程的解的方法，这种方法简便易用，是解一元二次方程最常用的方法．
3．【分析】根据向右平移横坐标加，向上平移纵坐标加求出平移后的抛物线的顶点坐标，然后利用顶点式形式写出即可．
【解答】解：∵函数y＝﹣x2的图象先向右平移1个单位，再向上平移5个单位，
∴平移后的抛物线的顶点坐标为（1，5），
∴平移后得到的函数关系式为y＝﹣（x﹣1）2+5．
故选：B．
【点评】本题考查了二次函数图象与几何变换，利用顶点坐标的变化确定函数解析式的变化更简便．
4．【分析】先确定出二次函数图象的对称轴为y轴，再根据二次函数的对称性解答．
【解答】解：∵二次函数y＝ax2的对称轴为y轴，
∴若图象经过点P（﹣2，4），
则该图象必经过点（2，4）．
故选：A．
【点评】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征，主要利用了二次函数图象的对称性，确定出函数图象的对称轴为y轴是解题的关键．
5．【分析】根据三角形内角和定理求出∠BAC的度数，根据旋转变换的性质求出∠BAC1＝70°，得到∠CAC的度数即可．
【解答】解：∵∠C＝90°，∠B＝35°，
∴∠BAC＝55°，
由旋转的性质可知，∠B1AC1＝∠BAC＝55°，
∴∠BAC1＝70°，
∴∠CAC1＝125°，
故选：B．
【点评】本题考查的是旋转变换的性质、三角形内角和定理的应用，旋转变换的性质：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．
6．【分析】根据二次函数的表达式，可得出抛物线的开口方向，对称轴，顶点坐标及增减性，据此可解决问题．
【解答】解：因为二次函数的表达式为y＝5（x+3）2，
所以抛物线的开口向上．
故A说法正确；
又抛物线的对称轴是直线x＝﹣3，
故B说法正确；
因为抛物线的顶点坐标为（﹣3，0），
故C说法正确；
因为抛物线对称轴为直线x＝﹣3，且开口向上，
所以当x＜﹣3时，y随x的增大而减小．
故D说法不正确；
故选：D．
【点评】本题考查二次函数的图象和性质，能根据所给函数表达式得出开口向下、对称轴、顶点坐标和增减性是解题的关键．
7．【分析】根据第一天的票房及平均每天票房的增长率，可得出第二、三天的票房，再结合三天累计票房9.63亿元，即可列出关于x的一元二次方程，此题得解．
【解答】解：∵第一天票房约为3元，且平均每天票房的增长率为x，
∴第二天票房约为3（1+x）亿元，第三天票房约为3（1+x）2亿元．
根据题意得：3+3（1+x）+3（1+x）2＝9.63．
故选：D．
【点评】本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
8．【分析】求出各个方程的判别式的值判断即可．
【解答】解：A、Δ＝1+4＝5＞0，方程有不相等的实数根，本选项不符合题意；
B、Δ＝1﹣4×1×2＝﹣7＜0，方程没有实数根，本选项符合题意；
C、Δ＝64﹣4＝60＞0，方程有不相等的实数根，本选项不符合题意；
D、Δ＝（﹣2）2﹣4×1×2＝0，方程有相等的实数根，本选项不符合题意；
故选：B．
【点评】本题考查根的判别式，解题的关键是记住：一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的根与Δ＝b2﹣4ac有如下关系：
①当Δ＞0时，方程有两个不相等的两个实数根；
②当Δ＝0时，方程有两个相等的两个实数根；
③当Δ＜0时，方程无实数根．
9．【分析】本题可先由一次函数y＝ax+b图象得到字母系数的正负，再与二次函数y＝ax2+bx的图象相比是否一致．
【解答】解：A、由抛物线可知，a＜0，，得b＜0，由直线可知，a＞0，b＞0，故本选项不符合题意；
B、由抛物线可知，，得b＞0，由直线可知，a＞0，b＞0，故本选项符合题意；
C、由抛物线可知，a＜0，，得b＜0，由直线可知，a＜0，b＞0，故本选项不符合题意；
D、由抛物线可知，，得b＜0，由直线可知，a＜0，b＞0，故本选项不符合题意．
故选：B．
【点评】本题考查抛物线和直线的性质，熟练掌握一次函数与二次函数性质是关键．
10．【分析】根据对称轴在y轴右侧，与y轴交在正半轴，可判断①；
由顶点坐标可判断②；
由B坐标可判断③；
由抛物线与x轴交点坐标个数可判断④；
由抛物线与x轴交点的横坐标可判断⑤，从而可得答案；
由对称轴方程得到b＝﹣2a，然后根据x＝﹣1时函数值为0可得到3a+c＝0，故⑥正确．
【解答】解：∵二次函数对称轴在y轴右侧，与y轴交在正半轴，
∴ab＜0，c＞0，abc＜0．
∴故①不正确；
∵二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）图象的对称轴为直线x＝1，
∴顶点坐标为（1，a+b+c），且开口向下，二次函数的最大值为a+b+c，
故②正确；
∵抛物线过B（﹣1，0），
∴x＝﹣1时，y＝0，即a﹣b+c＝0，
故③不正确；
∵抛物线与x轴有两个交点，
∴b2﹣4ac＞0，
故④不正确；
∵对称轴为直线x＝1，B（﹣1，0），
∴A（3，0），
由图象可知，﹣1＜x＜3时，y＞0，
故⑤正确；
∵x＝﹣＝1，即b＝﹣2a，
而x＝﹣1时，y＝0，即a﹣b+c＝0，
∴a+2a+c＝0，
∴c+3a＝0．
故⑥正确．
故选：A．
【点评】本题考查了二次函数的图象与系数的关系、二次函数的图象与x轴的交点等知识点，明确二次函数的相关性质是解题的关键．
二、填空题（每题3分，共15分）
11．【分析】直接利用顶点式的特点可求顶点坐标．
【解答】解：因为y＝（x﹣1）2+2是抛物线的顶点式，
根据顶点式的坐标特点可知，顶点坐标为（1，2）．
【点评】主要考查了求抛物线的对称轴和顶点坐标的方法．
12．【分析】根据“关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数”解答．
【解答】解：点M（2，﹣3）关于原点成中心对称的点的坐标是（﹣2，3）．
故答案为：（﹣2，3）．
【点评】本题考查了关于原点对称的点的坐标，正确记忆关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数是解题关键．
13．【分析】代入各点的横坐标，可用含m的代数式表示出y1，y2，y3的值，比较后即可得出结论．
【解答】解：当x＝﹣5时，y1＝（﹣5）2+2×（﹣5）+m＝15+m；
当x＝1时，y2＝12+2×1+m＝3+m；
当x＝2时，y3＝22+2×2+m＝8+m．
∵3+m＜8+m＜15+m，
∴y2＜y3＜y1．
故答案为：y2＜y3＜y1．
【点评】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征，代入各点的横坐标，用含m的代数式表示出y1，y2，y3的值是解题的关键．
14．【分析】根据一元二次方程x2+2x+c＝0有两个相等的实数根可知Δ＝0，即4﹣4c＝0，即可解得答案．
【解答】解：∵一元二次方程x2+2x+c＝0有两个相等的实数根，
∴Δ＝0，即4﹣4c＝0，
解得c＝1
故答案为：1．
【点评】本题考查一元二次方程根的判别式，解题的关键是掌握一元二次方程有两个相等的实数根，则Δ＝0．
15．【分析】根据题意可知△ABC绕点B旋转，当AB⊥A1C1时，线段EP1长度的最小，分别根据题意求出P1E和BE的长，进而求出EP1的长．
【解答】解：△ABC绕点B旋转，当AB⊥A1C1时，线段EP1长度的最小，
∵∠ACB＝45°，
∴∠P1C1B＝45°，
在Rt△BP1C1中，
∵BC1＝BC＝8，
∴BP1＝4，
∵E是AB的中点，AB＝6，
∴BE＝3，
∴P1E＝BP1﹣BE＝4﹣3，
∴线段EP1长度最小值是4﹣3，
故答案为：4﹣3．
【点评】本题主要考查了旋转的性质的知识，解答本题的关键是找出线段EP1长度的最小值的条件：AB⊥A1C1，此题难度一般．
三、解答题（一）：本大题共3小题，每小题7分，共21分．
16．【分析】把常数项1移项后，再在左右两边同时加上一次项系数﹣4的一半的平方，再进行计算即可．
【解答】解：x2﹣4x+1＝0，
x2﹣4x＝﹣1，
x2﹣4x+4＝﹣1+4，
（x﹣2）2＝3，
x﹣2＝，
x1＝2+，x2＝2﹣；
【点评】此题考查了配方法解一元二次方程，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．
17．【分析】（1）根据平移的性质作图即可．
（2）根据中心对称的性质作图即可．
【解答】解：（1）如图，△O1A1B1即为所求．
（2）如图，△O2A2B2即为所求．
【点评】本题考查作图﹣旋转变换、作图﹣平移变换、中心对称图形，熟练掌握中心对称的性质、平移的性质是解答本题的关键．
18．【分析】（1）运用待定系数法把（0，0）和（2，0）代入解析式求出b、c的值就可以求出结论；
（2）将解析式话化为顶点式，求出顶点坐标，就就可以求出结论．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝﹣x2+bx+c经过坐标原点和点A（2，0），
∴，
∴，
∴抛物线的解析式为：y＝﹣x2+2x；
（2）∵y＝﹣x2+2x，
∴y＝﹣（x﹣1）2+1．
∴B（1，1）．
∴S△AOB＝×2×1＝1．
答：△OAB的面积为1．
【点评】本题考查了运用待定系数法求一次函数的解析式的运用，二次函数的顶点式的运用，三角形的面积公式的运用，解答时求出函数的解析式是关键．
四.解答题（二）：本大题共3小题，每小题9分，共27分．
19．【分析】（1）根据题意列出算式即可；
（2）根据三角形的面积公式列方程即可得到结论．
【解答】解：（1）∵点P从点A出发沿AB边向点B以1cm/s的速度移动，同时点Q从点B出发沿BC边向点C以2cm/s的速度移动，
∴AP＝tcm，BQ＝2tcm，
∴PB＝（6﹣t）cm，BQ＝2tcm；
故答案为：（6﹣t）cm，2tcm；
（2）由（1）得 BP＝6﹣t，BQ＝2t，
∴，
∴，
∴四边形APQC的面积 S△ABC﹣S△BPQ
＝24﹣（﹣t2+6t）＝t2﹣6t+24＝15，
解得t＝3，
∴经过3s时，四边形APQC的面积为 15cm2．
【点评】本题考查了一元二次方程的应用，正确地的理解题意是解题的关键．
20．【分析】（1）由等腰三角形的性质得出∠ABE＝∠AEB，由旋转的性质得出∠GBE＝∠FEB＝90°，BG＝EF，利用SAS证明△AGB≌△AFE；
（2）求出∠ABG＝∠AEF＝45°，由旋转的性质得出AB＝BG，AE＝EF，由等腰三角形的性质求出∠BAG＝∠EAF＝67.5°，由此可得出答案．
【解答】（1）证明：∵AB＝AE，
∴∠ABE＝∠AEB，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC＝∠C＝90°，AB＝CD，
∵矩形ABCD绕B点旋转，
∴∠GBE＝∠ABC＝∠C＝∠FEB＝90°，BG＝AB＝CD＝EF，
∴∠ABG＝∠AEF，
∴△AGB≌△AFE（SAS）；
（2）解：∵AB＝AE，∠BAE＝90°，
∴∠ABE＝∠AEF＝45°，
∴∠ABG＝∠AEF＝45°，
∵矩形ABCD绕B点旋转，
∴AB＝BG＝CD＝EF＝AE，
∴∠BAG＝∠EAF＝（180°﹣45°）＝67.5°，
∴∠GAF＝360°﹣∠BAE﹣∠BAG﹣∠EAF＝360°﹣90°﹣67.5°﹣67.5°＝135°．
【点评】本题考查等腰三角形的性质，旋转的性质，矩形的性质，全等三角形的判定与性质，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
21．【分析】（1）设y＝at2+bt+c，将（0，0），（1，27），（2，48）代入，求出a、b、c的值，即可得出函数解析式；
（2）分两种情况讨论：相距12米，即y＝60+12与y＝60﹣12时的t的值，即可解答；
（3）将二次函数解析式化为顶点式，求出最大值，再与80进行比较即可．
【解答】解：（1）设y＝at2+bt+c，
将（0，0），（1，27），（2，48）代入得：
，
解得：，
∴y关于t的函数解析式为y＝﹣3t2+30t；
（2）﹣3t2+30t＝60﹣12，
解得t1＝2，t2＝8（不合题意，舍去）；
﹣3t2+30t＝60+12，
解得t1＝4，t2＝6（不合题意，舍去），
综上所述，汽车刹车2s或4秒后，汽车与测速仪相距12m；
（3）不会．理由如下：
∵y＝﹣3t2+30t＝﹣3（t﹣5）2+75，
∴当t＝5时，汽车停下，行驶了75m，
∵75＜80，
∴该车在不变道的情况下不会撞到抛锚的车．
【点评】本题考查了二次函数的实际应用，熟练掌握用待定系数法求解二次函数解析式的方法和步骤是解题的关键．
五.解答题（三）：本大题共2小题，第22题13分，第23题14分，共27分。
22．【分析】（1）由C点横坐标可求得C点坐标，利用待定系数法可求得直线l的函数表达式；
（2）作点B（3，0）关于y轴的对称点B′（﹣3，0），连接B′C交y轴于点P，此时PB+PC＝PB′+PC＝B′C，PB+PC的值最小，据此求解即可；
（3）过Q作QM∥y轴交AC于M，用m表示出M和Q的坐标，从而可表示出QM的长，表示出△AQC的面积，利用二次函数的性质可求得其最大值时的m．
【解答】解：（1）把x＝2代入抛物线解析式y＝x2﹣2x﹣3可得y＝22﹣2×2﹣3＝﹣3，
∴C（2，﹣3），
把A、C坐标代入直线l：y＝kx+b得：
，
解得，
∴直线l解析式为y＝﹣x﹣1；
（2）作点B（3，0）关于y轴的对称点B′（﹣3，0），连接B′C交y轴于点P，如图1，此时PB+PC＝PB′+PC＝B′C，PB+PC的值最小，
设直线B′C的解析式为y＝ax+s，
把B′（﹣3，0）、C（2，﹣3）坐标代入得：
，
解得，
∴直线B′C解析式为；
令x＝0，则，
∴点P坐标为；
（3）过Q作QM∥y轴交AC于M，如图2，
设Q（m，m2﹣2m﹣3），则M（m，﹣m﹣1），
∴QM＝（﹣m﹣1）﹣（m2﹣2m﹣3）＝﹣m2+m+2，
∴
＝
＝，
∵，
∴当时，△AQC的面积最大，最大值为．
此时．
【点评】本题为二次函数的综合应用，涉及待定系数法、二次函数的性质、三角形的面积及方程思想等知识．在（3）中用m表示出△AQC的面积是解题的关键．
23．【分析】（1）由勾股定理得AB＝2，再由正方形的性质得AC＝AB＝2，然后由旋转的性质得AB'＝AB＝2，即可求解；
（2）①由旋转的性质得AE'＝AE，∠EAE'＝α＝90°，∠AE'D＝∠AEB＝90°，再证四边形AEFE′是矩形，即可得出结论；
②过点C作CG⊥BE于点G，证△BCG≌△ABE（AAS），得CG＝BE＝4，BG＝AE＝2，则EG＝BE﹣BG＝2，再由勾股定理求解即可；
（3）CE的最小值就是初始位置时的长度2；当E'落在CA的延长线上时，AE'＝AE＝2，CE'最长＝AC+AE'＝2+2，即可得出答案．
【解答】解：（1）∵AE＝2，BE＝4，∠AEB＝90°，
∴AB＝＝＝2，
∵四边形ABD是正方形，
∴BC＝AB＝2，∠ABC＝90°，
∴AC＝AB＝2，
由旋转的性质得：AB'＝AB＝2，
∴CB′＝AC﹣AB'＝2﹣2；
（2）①四边形AEFE′是正方形，理由如下：
由旋转的性质得：AE'＝AE，∠EAE'＝α＝90°，∠AE'D＝∠AEB＝90°，
∵∠AEF＝180°﹣90°＝90°，
∴四边形AEFE′是矩形，
又∵AE'＝AE，
∴四边形AEFE′是正方形；
②过点C作CG⊥BE于点G，如图3所示：
则∠BGC＝90°＝∠AEB，
∴∠CBG+∠BCG＝∠CBG+∠ABE＝90°，
∴∠BCG＝∠ABE，
在△BCG和△ABE中，
，
∴△BCG≌△ABE（AAS），
∴CG＝BE＝4，BG＝AE＝2，
∴EG＝BE﹣BG＝4﹣2＝2，
∴CE＝＝＝2；
（3）∵点E不会在线段AC上，
∴CE的最小值就是初始位置时的长度2，
当E'落在CA的延长线上时，AE'＝AE＝2，CE'最长＝AC+AE'＝2+2，
∴线段CE′长度的取值范围是2≤CE'≤2+2．
【点评】本题是四边形综合题目，考查了正方形的判定与性质、旋转变换的性质、矩形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质、勾股定理等知识；本题综合性强，熟练掌握正方形的性质和旋转变换的性质，证明△BCG≌△ABE是解题的关键，属于中考常考题型．