月份）
一、选择题：（下列各题的备选答案中，只有一个答案是正确的，每小题2分，20分） 1．已知一元二次方程x2+kx﹣3＝0有一个根为1，则k的值为（ ） A．﹣2
B．2
C．﹣4
D．4
2．四边形ABCD的对角线AC与BD相交于点O，下列四组条件中，一定能判定四边形ABCD为平行四边形的是（ ） A．AD∥BC
C．AD∥BC，AB＝DC 3．下列说法正确的是（ ） A．367人中至少有2人生日相同
B．任意掷一枚均匀的骰子，掷出的点数是偶数的概率是 C．天气预报说明天的降水概率为90%，则明天一定会下雨 D．某种彩票中奖的概率是1%，则买100张彩票一定有1张中奖 4．下列结论中，矩形具有而菱形不一定具有的性质是（ ） A．内角和为360° C．对角线相等
B．对角线互相平分 D．对角线互相垂直 B．OA＝OC，OB＝OD D．AC⊥BD
5．如图，有三个矩形，其中是相似图形的是（ ）
A．甲和乙
B．甲和丙
C．乙和丙 D．甲、乙和丙
6．王叔叔从市场上买了一块长80cm，宽70cm的矩形铁皮，准备制作一个工具箱．如图，他将矩形铁皮的四个角各剪掉一个边长xcm的正方形后，剩余的部分刚好能围成一个底面积为3000cm2的无盖长方形工具箱，根据题意列方程为（ ）
A．（80﹣x）（70﹣x）＝3000 B．80×70﹣4x2＝3000 C．（80﹣2x）（70﹣2x）＝3000 D．80×70﹣4x2﹣（70+80）x＝3000
7．要制作两个形状相同的三角形框架，其中一个三角形的三边长分别为5cm，6cm和9cm，另一个三角形的最短边长为2.5cm，则它的最长边为（ ） A．3cm
B．4cm
C．4.5cm
D．5cm
8．某居委会组织两个检查组，分别对“垃圾分类”和“违规停车”的情况进行抽查．各组随机抽取辖区内某三个小区中的一个进行检查，则两个组恰好抽到同一个小区的概率是（ ） A．
B．
C．
D．
9．如图．利用标杆BE测量建筑物的高度．已知标杆BE高1.2m，测得AB＝1.6m．BC＝12.4m．则建筑物CD的高是（ ）
A．9.3m
B．10.5m
C．12.4m
D．14m
10．如图，一个菱形的一条对角线长为7，面积为28，则该菱形的另一条对角线长为（ ）
A．8
B．10
C．12
D．14
二、填空题：（每小题3分，共18分
11．（3分）从一个不透明的口袋中随机摸出一球，再放回袋中，不断重复上述过程，一共摸了150次，其中有50次摸到黑球，已知囗袋中仅有黑球10个和白球若干个，这些球除颜色外，其他都一样，由此估计口袋中有 个白球． 12．（3分）若
，则
＝ ．
13．（3分）经过两次连续降价，某药品销售单价由原来的50元降到32元，设该药品平均
每次降价的百分率为x，根据题意可列方程是 ．
14．（3分）《九章算术》是中国传统数学最重要的著作，在“勾股”章中有这样一个问题：“今有邑方二百步，各中开门，出东门十五步有木，问：出南门几步而见木？” 用今天的话说，大意是：如图，DEFG是一座边长为200步（“步”是古代的长度单位）的正方形小城，东门H位于GD的中点，南门K位于ED的中点，出东门15步的A处有一树木，求出南门多少步恰好看到位于A处的树木（即点D在直线AC上）？请你计算KC的长为 步．
15．（3分）一次函数y＝﹣2x+5的图象交x轴于点A，交y轴于点B，点P在线段AB上（不与点A、B重合），过点P分别作OA、OB的垂线，垂足为C、D，点P的坐标为 时，矩形OCPD的面积为2． 16．（3分）如图，将面积为32
的矩形ABCD沿对角线BD折叠，点A的对应点为点P，
，则AP的长为 ．
连接AP交BC于点E．若BE＝
三、解答题（共3小题，满分22分） 17．（6分）解方程：（x﹣3）（x﹣1）＝3． 18．（8分）解方程：x2﹣6x﹣4＝0．
19．（8分）一只不透明袋子中装有三只大小、质地都相同的小球，球面上分别标有数字1、2、3，搅匀后先从中任意摸出一个小球（不放回），记下数字，再从余下的两个小球中任意摸出一个小球，记下数字，求两次都摸到奇数的概率． 四、解答题：（每小题8分，共16分）
20．（8分）关于x的方程x2﹣2x+2m﹣1＝0有实数根，且m为正整数，求m的值及此时方
程的根．
21．（8分）如图，在▱ABCD中，E，F分别是AD，BC上的点，且DE＝BF，AC⊥EF．求证：四边形AECF是菱形．
五、解答题：（每小题10分，共20分）
22．（10分）如图，正方形ABCD边长为2，AE＝EB，MN＝1，线段MN的两端在CB、CD上滑动，且△AED与以点M、N、C为顶点的三角形相似，则CM的长是多少？
23．（10分）攀枝花得天独厚，气候宜人，农产品资源极为丰富，其中晚熟芒果远销北上广等大城市．某水果店购进一批优质晚熟芒果，进价为10元/千克，售价不低于15元/千克，且不超过40元/千克．根据销售情况，发现该芒果在一天内的销售量y（千克）与该天的售价x（元/千克）之间的数量满足如下表所示的一次函数关系． 销售量y（千
克） 售价x（元/千克）
（1）某天这种芒果的售价为28元/千克，求当天该芒果的销售量．
（2）设某天销售这种芒果获利m元，写出m与售价x之间的函数关系式，如果水果店该天获利400元，那么这天芒果的售价为多少元？ 六、解答题：（每小题12分，共24分）
24．（12分）如图1，A，B分别在射线OM，ON上，且∠MON为钝角，现以线段OA，OB为斜边向∠MON的外侧作等腰直角三角形，分别是△OAP，△OBQ，点C，D，E分别是OA，OB，AB的中点．
…
27.5
25
24.5
22
…
…
32.5
35
35.5
38
…
（1）求证：△PCE≌△EDQ； （2）延长PC，QD交于点R．
①如图2，若∠MON＝150°，求证：△ABR为等边三角形； ②如图3，若△ARB∽△PEQ，求∠MON大小和
的值．
25．（12分）已知：如图①，在矩形ABCD中，AB＝6，AD＝8，AE⊥BD，垂足是E，点F是点关于AB的对称点，连接AF、BF．
（1）直接求出：AF＝ ；BE ；
（2）若将△ABF沿着射线BD方向平移，设平移的距离为m（平移距离指点B沿BD方向所经过的线段长度）．当点F分别平移到线段AB、AD上时，求出相应的m的值． （3）如图②，将△ABF绕点B顺时针旋转一个角α（0°＜α＜180°），记旋转中的△ABF为△A′BF′，在旋转过程中，设A'F′所在的直线与直线AD交于点P，与直线BD交于点Q．是否存在这样的P、Q两点，使△DPQ为等腰三角形？若存在，直接写出此时DQ的长；若不存在，请说明理由．
2020-2021学年辽宁省沈阳134中九年级（上）段测数学试卷（10
月份）
参与试题解析
一、选择题：（下列各题的备选答案中，只有一个答案是正确的，每小题2分，20分） 1．已知一元二次方程x2+kx﹣3＝0有一个根为1，则k的值为（ ） A．﹣2
B．2
C．﹣4
D．4
【分析】根据一元二次方程的解的定义，把把x＝1代入方程得关于k的一次方程1﹣3+k＝0，然后解一次方程即可．
【解答】解：把x＝1代入方程得1+k﹣3＝0， 解得k＝2． 故选：B．
2．四边形ABCD的对角线AC与BD相交于点O，下列四组条件中，一定能判定四边形ABCD为平行四边形的是（ ） A．AD∥BC
C．AD∥BC，AB＝DC
B．OA＝OC，OB＝OD D．AC⊥BD
【分析】由平行四边形的判定定理即可得出答案． 【解答】解：∵OA＝OC，OB＝OD， ∴四边形ABCD是平行四边形； 故选：B．
3．下列说法正确的是（ ） A．367人中至少有2人生日相同
B．任意掷一枚均匀的骰子，掷出的点数是偶数的概率是 C．天气预报说明天的降水概率为90%，则明天一定会下雨 D．某种彩票中奖的概率是1%，则买100张彩票一定有1张中奖 【分析】利用概率的意义和必然事件的概念的概念进行分析． 【解答】解：A、367人中至少有2人生日相同，正确；
B、任意掷一枚均匀的骰子，掷出的点数是偶数的概率是，错误；
C、天气预报说明天的降水概率为90%，则明天不一定会下雨，错误； D、某种彩票中奖的概率是1%，则买100张彩票不一定有1张中奖，错误； 故选：A．
4．下列结论中，矩形具有而菱形不一定具有的性质是（ ） A．内角和为360° C．对角线相等
B．对角线互相平分 D．对角线互相垂直
【分析】分别根据矩形和菱形的性质可得出其对角线性质的不同，可得到答案． 【解答】解：矩形和菱形的内角和都为360°，矩形的对角线互相平分且相等，菱形的对角线垂直且平分，
∴矩形具有而菱形不具有的性质为对角线相等， 故选：C．
5．如图，有三个矩形，其中是相似图形的是（ ）
A．甲和乙
B．甲和丙
C．乙和丙 D．甲、乙和丙
【分析】分别求出矩形的邻边的比，再根据相似多边形的定答． 【解答】解：甲：邻边的比为3：2， 乙：邻边的比为2.5：1.5＝5：3， 丙：邻边的比为1.5：1＝3：2， 所以，是相似图形的是甲和丙． 故选：B．
6．王叔叔从市场上买了一块长80cm，宽70cm的矩形铁皮，准备制作一个工具箱．如图，他将矩形铁皮的四个角各剪掉一个边长xcm的正方形后，剩余的部分刚好能围成一个底面积为3000cm2的无盖长方形工具箱，根据题意列方程为（ ）
A．（80﹣x）（70﹣x）＝3000
B．80×70﹣4x2＝3000 C．（80﹣2x）（70﹣2x）＝3000 D．80×70﹣4x2﹣（70+80）x＝3000
【分析】根据题意可知裁剪后的底面的长为（80﹣2x）cm，宽为（70﹣2x）cm，从而可以列出相应的方程，本题得以解决． 【解答】解：由题意可得， （80﹣2x）（70﹣2x）＝3000， 故选：C．
7．要制作两个形状相同的三角形框架，其中一个三角形的三边长分别为5cm，6cm和9cm，另一个三角形的最短边长为2.5cm，则它的最长边为（ ） A．3cm
B．4cm
C．4.5cm
D．5cm
【分析】根据相似三角形的对应边成比例求解可得． 【解答】解：设另一个三角形的最长边长为xcm， 根据题意，得：解得：x＝4.5，
即另一个三角形的最长边长为4.5cm， 故选：C．
8．某居委会组织两个检查组，分别对“垃圾分类”和“违规停车”的情况进行抽查．各组随机抽取辖区内某三个小区中的一个进行检查，则两个组恰好抽到同一个小区的概率是（ ） A．
B．
C．
D．
＝，
【分析】将三个小区分别记为A、B、C，列举出所有情况即可，看所求的情况占总情况的多少即可．
【解答】解：将三个小区分别记为A、B、C， 列表如下：
A B
A （A，A） （A，B）
B （B，A） （B，B）
C （C，A） （C，B）
C （A，C） （B，C） （C，C）
由表可知，共有9种等可能结果，其中两个组恰好抽到同一个小区的结果有3种， 所以两个组恰好抽到同一个小区的概率为＝， 故选：C．
9．如图．利用标杆BE测量建筑物的高度．已知标杆BE高1.2m，测得AB＝1.6m．BC＝12.4m．则建筑物CD的高是（ ）
A．9.3m
B．10.5m
C．12.4m
D．14m
＝
，然后
【分析】先证明△ABE∽△ACD，则利用相似三角形的性质得利用比例性质求出CD即可． 【解答】解：∵EB∥CD， ∴△ABE∽△ACD， ∴
＝
，即
＝
，
∴CD＝10.5（米）． 故选：B．
10．如图，一个菱形的一条对角线长为7，面积为28，则该菱形的另一条对角线长为（ ）
A．8
B．10
C．12
D．14
【分析】根据菱形的面积等于两条对角线长的积的一半，可求得． 【解答】解：设菱形的另一条对角线长为x， 则
×7×x＝28，
∴x＝8． 故选：A．
二、填空题：（每小题3分，共18分
11．（3分）从一个不透明的口袋中随机摸出一球，再放回袋中，不断重复上述过程，一共摸了150次，其中有50次摸到黑球，已知囗袋中仅有黑球10个和白球若干个，这些球除颜色外，其他都一样，由此估计口袋中有 20 个白球．
【分析】先由频率＝频数÷数据总数计算出频率，再由题意列出方程求解即可． 【解答】解：摸了150次，其中有50次摸到黑球，则摸到黑球的频率是设口袋中大约有x个白球，则解得x＝20． 故答案为：20． 12．（3分）若
，则
＝ 5 ．
＝t，则x、y、z分别用t表示，然后将其代
＝，
＝，
【分析】根据比例的性质解答：设
入所求的代数式，消去t，从而解得代数式的值． 【解答】解：设x＝3t，y＝5t，z＝7t． ∴
＝
＝5； ＝t，则
故答案是：5．
13．（3分）经过两次连续降价，某药品销售单价由原来的50元降到32元，设该药品平均每次降价的百分率为x，根据题意可列方程是 50（1﹣x）2＝32 ．
【分析】根据某药品经过连续两次降价，销售单价由原来50元降到32元，平均每次降价的百分率为x，可以列出相应的方程即可． 【解答】解：由题意可得， 50（1﹣x）2＝32，
故答案为：50（1﹣x）2＝32．
14．（3分）《九章算术》是中国传统数学最重要的著作，在“勾股”章中有这样一个问题：“今有邑方二百步，各中开门，出东门十五步有木，问：出南门几步而见木？” 用今天的话说，大意是：如图，DEFG是一座边长为200步（“步”是古代的长度单位）的正方形小城，东门H位于GD的中点，南门K位于ED的中点，出东门15步的A处有一树木，求出南门多少步恰好看到位于A处的树木（即点D在直线AC上）？请你计
算KC的长为 步．
【分析】证明△CDK∽△DAH，利用相似三角形的性质得质可求出CK的长．
【解答】解：DH＝100，DK＝100，AH＝15， ∵AH∥DK， ∴∠CDK＝∠A， 而∠CKD＝∠AHD， ∴△CDK∽△DAH， ∴
＝
，即．
步． ．
＝
，
＝
，然后利用比例性
∴CK＝
答：KC的长为故答案为
15．（3分）一次函数y＝﹣2x+5的图象交x轴于点A，交y轴于点B，点P在线段AB上（不与点A、B重合），过点P分别作OA、OB的垂线，垂足为C、D，点P的坐标为 （2，1）或（，4） 时，矩形OCPD的面积为2．
【分析】设P（a，﹣2a+5），则利用矩形的性质列出关于a的方程，通过解方程求得a值，继而求得点P的坐标．
【解答】解：∵点P在一次函数y＝﹣2x+5的图象上， ∴P（a，﹣2a+5）（a＞0）， 由题意得 a•（﹣2a+5）＝2， 整理得﹣2a2+5a﹣2＝0， 解得 a1＝2，a2＝， ∴﹣2a+5＝1或﹣2a+5＝4．
综上所述，当P（2，1）或（，4）时，矩形OCPD的面积为2． 故答案为：（2，1）或（，4）． 16．（3分）如图，将面积为32
的矩形ABCD沿对角线BD折叠，点A的对应点为点P，
，则AP的长为
．
连接AP交BC于点E．若BE＝
【分析】设AB＝a，AD＝b，则ab＝32
，构建方程组求出a、b即可解决问题；
，
【解答】解：设AB＝a，AD＝b，则ab＝32由△ABE∽△DAB可得：∴b＝∴a3
a2， ＝，
，
＝
，
∴a＝4，b＝8
设PA交BD于O．
在Rt△ABD中，BD＝
＝12，
∴OP＝OA＝∴AP＝故答案为
． ．
＝，
三、解答题（共3小题，满分22分） 17．（6分）解方程：（x﹣3）（x﹣1）＝3．
【分析】先把方程化为一般式，然后利用因式分解法解方程． 【解答】解：方程化为x2﹣4x＝0， x（x﹣4）＝0， 所以x1＝0，x2＝4．
18．（8分）解方程：x2﹣6x﹣4＝0．
【分析】此题考查了配方法解一元二次方程，解题时要注意解题步骤的准确应用，把左边配成完全平方式，右边化为常数． 【解答】解：移项得x2﹣6x＝4， 配方得x2﹣6x+9＝4+9， 即（x﹣3）2＝13， 开方得x﹣3＝±∴x1＝3+
，
．
，x2＝3﹣
19．（8分）一只不透明袋子中装有三只大小、质地都相同的小球，球面上分别标有数字1、2、3，搅匀后先从中任意摸出一个小球（不放回），记下数字，再从余下的两个小球中任意摸出一个小球，记下数字，求两次都摸到奇数的概率．
【分析】根据题意先画出树状图，得出所以等可能的结果数和两次都摸到奇数的情况数，然后根据概率公式求解即可． 【解答】解：根据题意画图如下：
共有6种等可能的情况数，其中两次都摸到奇数的有2种，
则两次都摸到奇数的概率是＝ 四、解答题：（每小题8分，共16分）
20．（8分）关于x的方程x2﹣2x+2m﹣1＝0有实数根，且m为正整数，求m的值及此时方程的根．
【分析】直接利用根的判别式得出m的取值范围进而解方程得出答案． 【解答】解：∵关于x的方程x2﹣2x+2m﹣1＝0有实数根， ∴b2﹣4ac＝4﹣4（2m﹣1）≥0， 解得：m≤1， ∵m为正整数， ∴m＝1，
∴原方程可化为x2﹣2x+1＝0， 则（x﹣1）2＝0， 解得：x1＝x2＝1．
21．（8分）如图，在▱ABCD中，E，F分别是AD，BC上的点，且DE＝BF，AC⊥EF．求证：四边形AECF是菱形．
【分析】根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形即可证明； 【解答】证明：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD＝BC，AD∥BC， ∵DE＝BF，
∴AE＝CF，∵AE∥CF， ∴四边形AECF是平行四边形， ∵AC⊥EF，
∴四边形AECF是菱形．
五、解答题：（每小题10分，共20分）
22．（10分）如图，正方形ABCD边长为2，AE＝EB，MN＝1，线段MN的两端在CB、CD
上滑动，且△AED与以点M、N、C为顶点的三角形相似，则CM的长是多少？
【分析】根据勾股定理求出DE的长，分△AED∽△CNM和△AED∽△CMN两种情况，根据相似三角形的性质计算即可．
【解答】解：∵正方形ABCD的边长为2，AE＝EB， ∴AE＝1， ∴DE＝
＝
＝
＝
，
＝
，
当△AED∽△CNM时，解得CM＝
，
，即
当△AED∽△CMN时，解得CM＝
．
＝，即＝，
23．（10分）攀枝花得天独厚，气候宜人，农产品资源极为丰富，其中晚熟芒果远销北上广等大城市．某水果店购进一批优质晚熟芒果，进价为10元/千克，售价不低于15元/千克，且不超过40元/千克．根据销售情况，发现该芒果在一天内的销售量y（千克）与该天的售价x（元/千克）之间的数量满足如下表所示的一次函数关系． 销售量y（千
克） 售价x（元/千克）
（1）某天这种芒果的售价为28元/千克，求当天该芒果的销售量．
（2）设某天销售这种芒果获利m元，写出m与售价x之间的函数关系式，如果水果店该天获利400元，那么这天芒果的售价为多少元？
【分析】（1）用待定系数求出一次函数解析式，再代入自变量的值求得函数值； （2）根据利润＝销量×（售价﹣成本），列出m与x的函数关系式，再由函数值求出自变量的值．
…
27.5
25
24.5
22
…
…
32.5
35
35.5
38
…
【解答】解：（1）设该一次函数解析式为y＝kx+b（k≠0），则
，
解得
，
∴y＝﹣x+60（15≤x≤40）， ∴当x＝28时，y＝32，
答：芒果售价为28元/千克时，当天该芒果的销售量为32千克；
（2）由题易知m＝y（x﹣10）＝（﹣x+60）（x﹣10）＝﹣x2+70x﹣600， 当m＝400时，则﹣x2+70x﹣600＝400， 解得，x1＝20，x2＝50， ∵15≤x≤40， ∴x＝20，
答：这天芒果的售价为20元． 六、解答题：（每小题12分，共24分）
24．（12分）如图1，A，B分别在射线OM，ON上，且∠MON为钝角，现以线段OA，OB为斜边向∠MON的外侧作等腰直角三角形，分别是△OAP，△OBQ，点C，D，E分别是OA，OB，AB的中点． （1）求证：△PCE≌△EDQ； （2）延长PC，QD交于点R．
①如图2，若∠MON＝150°，求证：△ABR为等边三角形； ②如图3，若△ARB∽△PEQ，求∠MON大小和
的值．
【分析】（1）根据三角形中位线的性质得到DE＝OC，∥OC，CE＝OD，CE∥OD，推
出四边形ODEC是平行四边形，于是得到∠OCE＝∠ODE，根据等腰直角三角形的定义得到∠PCO＝∠QDO＝90°，根据等腰直角三角形的性质得到得到PC＝ED，CE＝DQ，即可得到结论
（2）①连接RO，由于PR与QR分别是OA，OB的垂直平分线，得到AP＝OR＝RB，由等腰三角形的性质得到∠ARC＝∠ORC，∠ORQ＝∠BRO，根据四边形的内角和得到∠CRD＝30°，即可得到结论；
②由（1）得，EQ＝EP，∠DEQ＝∠CPE，推出∠PEQ＝∠ACR＝90°，证得△PEQ是等腰直角三角形，根据相似三角形的性质得到ARB＝∠PEQ＝90°，根据四边形的内角和得到∠MON＝135°，求得∠APB＝90°，根据等腰直角三角形的性质得到结论． 【解答】（1）证明：∵点C、D、E分别是OA，OB，AB的中点， ∴DE＝OC，DE∥OC，CE＝OD，CE∥OD， ∴四边形ODEC是平行四边形， ∴∠OCE＝∠ODE，
∵△OAP，△OBQ是等腰直角三角形， ∴∠PCO＝∠QDO＝90°，
∴∠PCE＝∠PCO+∠OCE＝∠QDO+∠EDO＝∠EDQ， ∵PC＝AO＝OC＝ED，CE＝OD＝OB＝DQ，
在△PCE与△EDQ中，∴△PCE≌△EDQ；
（2）①如图2，连接RO，
，
∵PR与QR分别是OA，OB的垂直平分线， ∴AR＝OR＝RB，
∴∠ARC＝∠ORC，∠ORQ＝∠BRO， ∵∠RCO＝∠RDO＝90°，∠COD＝150°， ∴∠CRD＝30°， ∴∠ARB＝60°， ∴△ARB是等边三角形；
②由（1）得，EQ＝EP，∠DEQ＝∠CPE，
∴∠PEQ＝∠CED﹣∠CEP﹣∠DEQ＝∠ACE﹣∠CEP﹣∠CPE＝∠ACE﹣∠RCE＝∠ACR＝90°，
∴△PEQ是等腰直角三角形，∵△ARB∽△PEQ，∴∠ARB＝∠PEQ＝90°， ∴∠OCR＝∠ODR＝90°，∠CRD＝∠ARB＝45°， ∴∠MON＝135°，
此时P，O，B在一条直线上，△PAB为直角三角形，且∠APB＝90°， ∴AB＝2PE＝2×
PQ＝
PQ，∴
＝
．
25．（12分）已知：如图①，在矩形ABCD中，AB＝6，AD＝8，AE⊥BD，垂足是E，点F是点关于AB的对称点，连接AF、BF．
（1）直接求出：AF＝
；BE ＝
；
（2）若将△ABF沿着射线BD方向平移，设平移的距离为m（平移距离指点B沿BD方向所经过的线段长度）．当点F分别平移到线段AB、AD上时，求出相应的m的值． （3）如图②，将△ABF绕点B顺时针旋转一个角α（0°＜α＜180°），记旋转中的△ABF为△A′BF′，在旋转过程中，设A'F′所在的直线与直线AD交于点P，与直线BD交于点Q．是否存在这样的P、Q两点，使△DPQ为等腰三角形？若存在，直接写出此时DQ的长；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）利用矩形性质、勾股定理及三角形面积公式求解；
（2）依题意画出图形，如图①﹣1所示．利用平移性质，确定图形中的等腰三角形，分别求出m的值；
（3）在旋转过程中，等腰△DPQ有4种情形，分别画出图形，对于各种情形分别进行计算即可．
【解答】解：（1）∵四边形ABCD是矩形， ∴∠BAD＝90°，
在Rt△ABD中，AB＝3，AD＝4， 由勾股定理得：BD＝
＝
＝10，
∵S△ABD＝BD•AE＝AB•AD， ∴AE＝
＝
＝
，
∵点F是点E关于AB的对称点， ∴AF＝AE＝∵AE⊥BD， ∴∠AEB＝90°，
在Rt△ABE中，AB＝6，AE＝由勾股定理得：BE＝故答案为：
（2）设平移中的三角形为△A′B′F′，如图①﹣1所示：
，＝
．
， ＝
＝
．
，BF＝BE，
由对称点性质可知，∠1＝∠2．BF＝BE＝，
．
由平移性质可知，AB∥A′B′，∠4＝∠1，BF＝B′F′＝①当点F′落在AB上时， ∵AB∥A′B′， ∴∠3＝∠4， ∴∠3＝∠2， ∴BB′＝B′F′＝
，即m＝
；
②当点F′落在AD上时， ∵AB∥A′B′， ∴∠6＝∠2，
∵∠1＝∠2，∠5＝∠1， ∴∠5＝∠6， 又易知A′B′⊥AD， ∴△B′F′D为等腰三角形， ∴B′D＝B′F′＝
，
＝
，即m＝
．
∴BB′＝BD﹣B′D＝10﹣
（3）存在．理由如下：
在旋转过程中，等腰△DPQ依次有以下4种情形： ①如图③﹣1所示，点Q落在BD延长线上，且PD＝DQ，
则∠Q＝∠DPQ，
∴∠2＝∠Q+∠DPQ＝2∠Q， ∵∠1＝∠3+∠Q，∠1＝∠2，
∴∠3＝∠Q， ∴A′Q＝A′B＝3， ∴F′Q＝F′A′+A′Q＝
+6＝
．
＝
＝
在Rt△BF′Q中，由勾股定理得：BQ＝
．
∴DQ＝BQ﹣BD＝
﹣10；
②如图③﹣2所示，点Q落在BD上，且PQ＝DQ，
则∠2＝∠P， ∵∠1＝∠2， ∴∠1＝∠P， ∴BA′∥PD，
则此时点A′落在BC边上． ∵∠3＝∠2， ∴∠3＝∠1， ∴BQ＝A′Q，
∴F′Q＝F′A′﹣A′Q＝
﹣BQ．
在Rt△BQF′中，由勾股定理得：BF′2+F′Q2＝BQ2， 即：（
）2+（
，
＝
；
﹣BQ）2＝BQ2，
解得：BQ＝
∴DQ＝BD﹣BQ＝10﹣
③如图③﹣3所示，点Q落在BD上，且PD＝DQ，
则∠3＝∠4．
∵∠2+∠3+∠4＝180°，∠3＝∠4， ∴∠4＝90°﹣∠2． ∵∠1＝∠2， ∴∠4＝90°﹣∠1．
∴∠A′QB＝∠4＝90°﹣∠1，
∴∠A′BQ＝180°﹣∠A′QB﹣∠1＝90°﹣∠1， ∴∠A′QB＝∠A′BQ， ∴A′Q＝A′B＝3，
∴F′Q＝A′Q﹣A′F′＝6﹣
＝．
＝
＝
，
在Rt△BF′Q中，由勾股定理得：BQ＝∴DQ＝BD﹣BQ＝10﹣
；
④如图④﹣4所示，点Q落在BD上，且PQ＝PD，
则∠2＝∠3．
∵∠1＝∠2，∠3＝∠4，∠2＝∠3， ∴∠1＝∠4， ∴BQ＝BA′＝6，
∴DQ＝BD﹣BQ＝10﹣6＝4．
综上所述，存在4组符合条件的点P、点Q，使△DPQ为等腰三角形；DQ的长度分别为4或
或
﹣10或10﹣
．
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