资源描述
2023-2024学年九上数学期末模拟试卷
考生请注意：
1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。
2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。
3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题(每小题3分,共30分)
1．如图，，垂足为点，，，则的度数为( )
A． B． C． D．
2．抛物线y＝x2﹣4x+1与y轴交点的坐标是（ ）
A．（0，1） B．（1，O） C．（0，﹣3） D．（0，2）
3．已知关于x的一元二次方程有两个实数根，则k的取值范围是（ ）
A． B．且
C．且 D．
4．一次函数y=ax+b与反比例函数y=在同一平面直角坐标系中的图象如左图所示，则二次函数y=ax2+bx+c的图象可能是()
A． B． C． D．
5．如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD交与点O．已知∠AOB=60°，AC=16，则图中长度为8的线段有（ ）
A．2条 B．4条
C．5条 D．6条
6．已知当x＞0时，反比例函数y＝的函数值随自变量的增大而减小，此时关于x的方程x2﹣2（k+1）x+k2﹣1＝0的根的情况为（ ）
A．有两个相等的实数根 B．没有实数根
C．有两个不相等的实数根 D．无法确定
7．如图，在菱形ABCD中，∠BAD=120°，AB=2，点E是AB边上的动点，过点B作直线CE的垂线，垂足为F，当点E从点A运动到点B时，点F的运动路径长为（ ）
A． B． C．2 D．
8．下列函数中，是反比例函数的是（ ）
A． B． C． D．
9．下列判断错误的是（ ）
A．有两组邻边相等的四边形是菱形 B．有一角为直角的平行四边形是矩形
C．对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形 D．矩形的对角线互相平分且相等
10．如图，AC是电杆AB的一根拉线，现测得BC=6米，∠ABC=90°，∠ACB=52°，则拉线AC的长为（ ）米.
A． B． C． D．
二、填空题(每小题3分,共24分)
11．一个4米高的电线杆的影长是6米，它临近的一个建筑物的影长是36米，则这个建筑物的高度是__________．
12．从5，6，7这三个数字中，随机抽取两个不同数字组成一个两位数， 则这个两位数能被3整除的概率是__________．
13．大自然是美的设计师，即使是一片小小的树叶，也蕴含着“黄金分割”，如图，P为AB的黄金分割点（AP＞PB），如果AB的长度为10cm，那么AP的长度为_____cm．
14．如图，建筑物BC上有一旗杆AB，从与BC相距10m的D处观测旗杆顶部A的仰角为53°，观测旗杆底部B的仰角为45°，则旗杆AB的高度约为__________m．(结果取整数．参考数据：sin53°≈0.80，cos53°≈0.60，tan53°≈1.33)
15．已知m为一元二次方程x²-3x-2020=0的一个根，则代数式2m²-6m+2的值为___________
16．某校九年级学生参加体育测试，其中10人的引体向上成绩如下表：
完成引体向上的个数
7
8
9
10
人数
1
2
3
4
这10人完成引体向上个数的中位数是___________
17．Rt△ABC中，已知∠C＝90°，∠B＝50°，点D在边BC上，BD＝2CD（如图）．把△ABC绕着点D逆时针旋转m（0＜m＜180）度后，如果点B恰好落在初始Rt△ABC的边上，那么m＝______．
18．若两个相似三角形的面积之比为1:4，则它们对应角的角平分线之比为___．
三、解答题(共66分)
19．（10分）九年级1班将竞选出正、副班长各1名，现有甲、乙两位男生和丙、丁两位女生参加竞选．
（1）男生当选班长的概率是 ；
（2）请用列表或画树状图的方法求出两位女生同时当选正、副班长的概率．
20．（6分）俄罗斯世界杯足球赛期间，某商店销售一批足球纪念册，每本进价40元，规定销售单价不低于44元，且获利不高于30%．试销售期间发现，当销售单价定为44元时，每天可售出300本，销售单价每上涨1元，每天销售量减少10本，现商店决定提价销售．设每天销售量为y本，销售单价为x元．
（1）请直接写出y与x之间的函数关系式和自变量x的取值范围；
（2）当每本足球纪念册销售单价是多少元时，商店每天获利2400元？
（3）将足球纪念册销售单价定为多少元时，商店每天销售纪念册获得的利润w元最大？最大利润是多少元？
21．（6分）如图，在矩形ABCD中，E是边CD的中点，点M是边AD上一点（与点A，D不重合），射线ME与BC的延长线交于点N．
（1）求证：△MDE≌△NCE；
（2）过点E作EF//CB交BM于点F，当MB＝MN时，求证：AM＝EF．
22．（8分）如图，在平行四边形ABCD中，AE⊥BC于点E.若一个三角形模板与△ABE完全重合地叠放在一起，现将该模板绕 点E顺时针旋转.要使该模板旋转60°后，三个顶点仍在平行四边形ABCD的边上，请探究平行四边形ABCD的角和边需要满足的条件.
23．（8分）如图，矩形中，，，点是边上一定点，且．
(1)当时，上存在点，使与相似，求的长度．
(2)对于每一个确定的的值上存在几个点使得与相似?
24．（8分）如图，已知菱形ABCD，AB=AC，E、F分别是BC、AD的中点，连接AE、CF．
（1）求证：四边形AECF是矩形；
（2）若AB=6，求菱形的面积．
25．（10分）解方程：
（1）x2+4x﹣5=0
（2）x（2x+3）=4x+6
26．（10分）如图，在边长为4的正方形ABCD中，∠EDF＝90°，点E在边AB上且不与点A重合，点F在边BC的延长线上，DE交AC于Q，连接EF交AC于P
（1）求证：△ADE≌△CDF；
（2）求证：PE＝PF；
（3）当AE＝1时，求PQ的长．
参考答案
一、选择题(每小题3分,共30分)
1、B
【解析】由平行线的性质可得，继而根据垂直的定义即可求得答案.
【详解】，，
，
，
∴∠BCE=90°，
∴∠ACE=∠BCE-∠ACB=90°-40°=50°，
故选B．
本题考查了垂线的定义，平行线的性质，熟练掌握相关知识是解题的关键.
2、A
【分析】抛物线与y轴相交时，横坐标为0，将横坐标代入抛物线解析式可求交点纵坐标．
【详解】解：当x=0时，y=x2-4x+1=1，
∴抛物线与y轴的交点坐标为（0，1），
故选A．
本题考查了抛物线与坐标轴交点坐标的求法．令x=0，可到抛物线与y轴交点的纵坐标，令y=0，可得到抛物线与x轴交点的横坐标．
3、C
【分析】若一元二次方程有两个实数根，则根的判别式△=b24ac≥1，建立关于k的不等式，求出k的取值范围．还要注意二次项系数不为1．
【详解】解：∵一元二次方程有两个实数根，
∴，
解得：，
∵，
∴k的取值范围是且；
故选：C．
本题考查了一元二次方程根的判别式的应用．切记不要忽略一元二次方程二次项系数不为零这一隐含条件．
4、B
【解析】根据题中给出的函数图像结合一次函数性质得出a＜0，b＞0，再由反比例函数图像性质得出c＜0，从而可判断二次函数图像开口向下，对称轴：＞0，即在y轴的右边，与y轴负半轴相交，从而可得答案.
【详解】解：∵一次函数y=ax+b图像过一、二、四，
∴a＜0，b＞0，
又∵反比例 函数y=图像经过二、四象限，
∴c＜0，
∴二次函数对称轴：＞0，
∴二次函数y=ax2+bx+c图像开口向下，对称轴在y轴的右边，与y轴负半轴相交，
故答案为B.
本题考查了二次函数的图形，一次函数的图象，反比例函数的图象，熟练掌握二次函数的有关性质：开口方向、对称轴、与y轴的交点坐标等确定出a、b、c的情况是解题的关键．
5、D
【详解】解：∵在矩形ABCD中，AC=16，
∴AO=BO=CO=DO=×16=1．
∵AO=BO，∠AOB=60°，
∴AB=AO=1，
∴CD=AB=1，
∴共有6条线段为1．
故选D．
6、C
【分析】由反比例函数的增减性得到k＞0，表示出方程根的判别式，判断根的判别式的正负即可得到方程解的情况．
【详解】∵反比例函数y，当x＞0时，y随x的增大而减小，∴k＞0，∴方程中，△＝=8k+8＞0，∴方程有两个不相等的实数根．
故选C．
本题考查了根的判别式，以及反比例函数的性质，熟练掌握反比例函数的性质是解答本题的关键．
7、B
【分析】如图，根据圆周角定理可得点F在以BC为直径的圆上，根据菱形的性质可得∠BCM=60°，根据圆周角定理可得∠BOM=120°，利用弧长公式即可得答案.
【详解】如图，取的中点，中点M，连接OM，BM，
∵四边形是菱形，
∴BM⊥AC，
∴当点与重合时，点与中点重合，
∵，
∴点的运动轨迹是以为直径的圆弧，
∵四边形是菱形，，
∴，
∴，
∴的长.
故选：B.
本题考查菱形的性质、圆周角定理、弧长公式及轨迹，根据圆周角定理确定出点F的轨迹并熟练掌握弧长公式是解题关键.
8、B
【解析】根据反比例函数的一般形式即可判断．
【详解】A、不符合反比例函数的一般形式y＝，（k≠0）的形式，选项错误；
B、是一次函数，正确；
C、不符合反比例函数的一般形式y＝，（k≠0）的形式，选项错误；
D、不符合反比例函数的一般形式y＝，（k≠0）的形式，选项错误．
故选：B．
本题考查了反比例函数的定义，重点是将一般式y＝（k≠0）转化为y＝kx−1（k≠0）的形式．
9、A
【分析】根据菱形，矩形，正方形的判定逐一进行分析即可．
【详解】A. 有两组邻边相等的四边形不一定是菱形，故该选项错误；
B. 有一角为直角的平行四边形是矩形，故该选项正确；
C. 对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形，故该选项正确；
D. 矩形的对角线互相平分且相等，故该选项正确；
故选：A．
本题主要考查菱形，矩形，正方形的判定，掌握菱形，矩形，正方形的判定方法是解题的关键．
10、C
【分析】根据余弦定义：即可解答．
【详解】解：，
，
米，
米；
故选C．
此题考查了解直角三角形的应用，将其转化为解直角三角形的问题是本题的关键，用到的知识点是余弦的定义．
二、填空题(每小题3分,共24分)
11、1米
【分析】设建筑物的高度为x，根据物高与影长的比相等，列方程求解．
【详解】解：设建筑物的高度为x米，由题意得，
，解得x=1．
故答案为：1米．
本题考查了相似三角形的应用，通常利用相似三角形的性质即相似三角形的对应边的比相等和“在同一时刻物高与影长的比相等”的原理解决．
12、
【分析】从5，6，7这三个数字中，随机抽取两个不同数字组成一个两位数，得出组成的两位数总个数及能被3整除的数的个数，求概率．
【详解】∵从5，6，7这三个数字中，随机抽取两个不同数字组成一个两位数，共有6种情况，它们分别是56、57、65、67、75、76，其中能被3整除的有57、75两种，
∴组成两位数能被3整除的概率为：
故答案为：
本题考查的是直接用概率公式求概率问题，找对符合条件的个数和总个数是关键．
13、5-5
【分析】利用黄金分割的定义计算出AP即可．
【详解】解：∵P为AB的黄金分割点（AP＞PB），
∴AP＝ AB＝×10＝5﹣5（cm），
故答案为5﹣5
本题考查黄金分割：把线段AB分成两条线段AC和BC（AC＞BC），且使AC是AB和BC的比例中项（即AB：AC＝AC：BC），叫做把线段AB黄金分割，点C叫做线段AB的黄金分割点．
14、1
【分析】根据正切的定义分别求出AC、BC，结合图形计算即可．
【详解】解：由题意，CD=10，∠BDC=45°，∠ADC=51°，
在Rt△BCD中，tan∠BDC=，
则BC=CD•tan45°=10，
在Rt△ACD中，tan∠ADC=，
则AC=CD•tan∠ADC≈10×1.11=11.1，
∴AB=AC-BC=1.1≈1（m），
故答案为：1．
本题考查的是解直角三角形的应用——仰角俯角问题，掌握仰角俯角的概念、熟记锐角三角函数的定义是解题的关键．
15、1
【分析】由题意可得m2－3m=2020，进而可得2m2－6m=4040，然后整体代入所求式子计算即可．
【详解】解：∵m为一元二次方程x2－3x－2020=0的一个根，
∴m2－3m－2020=0，
∴m2－3m=2020，
∴2m2－6m=4040，
∴2m2－6m+2=4040+2=1．
故答案为：1．
本题考查了一元二次方程的解和代数式求值，熟练掌握基本知识、灵活应用整体思想是解题的关键．
16、1
【分析】将数据由小排到大，再找到中间的数值，即可求得中位数，奇数个数中位数是中间一个数，偶数个数中位数是中间两个数的平均数。
【详解】解：将10个数据由小到大排序：7、8、8、1、1、1、10、10、10、10，处于这组数据中间位置的数是1、1，那么由中位数的定义可知，这组数据的中位数是（1+1）÷2=1．
所以这组同学引体向上个数的中位数是1．
故答案为：1．
本题为统计题，考查中位数的意义，解题的关键是准确认识表格．
17、80°或120°
【分析】本题可以图形的旋转问题转化为点B绕D点逆时针旋转的问题，故可以D点为圆心，DB长为半径画弧，第一次与原三角形交于斜边AB上的一点B′，交直角边AC于B″，此时DB′=DB，DB″=DB=2CD，由等腰三角形的性质求旋转角∠BDB′的度数，在Rt△B″CD中，解直角三角形求∠CDB″，可得旋转角∠BDB″的度数．
【详解】解：如图，在线段AB取一点B′，使DB=DB′，在线段AC取一点B″，使DB=DB″，
∴①旋转角m=∠BDB′=180°-∠DB′B-∠B=180°-2∠B=80°，
②在Rt△B″CD中，∵DB″=DB=2CD，
∴∠CDB″=60°，
旋转角∠BDB″=180°-∠CDB″=120°．
故答案为80°或120°．
本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；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．运用含30度的直角三角形三边的关系也是解决问题的关键．
18、1：1
【分析】根据相似三角形的性质进行分析即可得到答案．
【详解】解：∵两个相似三角形的面积比为1：4，
∴它们对应角的角平分线之比为1：=1：1，
故答案为：1：1．
本题考查对相似三角形性质的理解．
（1）相似三角形周长的比等于相似比．
（1）相似三角形面积的比等于相似比的平方．
（3）相似三角形对应高的比、对应中线的比、对应角平分线的比都等于相似比．
三、解答题(共66分)
19、（1）（2）
【详解】解：（1）；
（2）树状图为；
所以，两位女生同时当选正、副班长的概率是．（列表方法求解略）·
（1）男生当选班长的概率=
（2）与课本上摸球一样，画出树状图即可
20、（1）y=﹣10x+740（44≤x≤52）；（2）当每本足球纪念册销售单价是50元时，商店每天获利2400元；（3）将足球纪念册销售单价定为52元时，商店每天销售纪念册获得的利润w元最大，最大利润是2640元．
【分析】（1）售单价每上涨1元，每天销售量减少10本，则售单价每上涨（x﹣44）元，每天销售量减少10（x﹣44）本，所以y=300﹣10（x﹣44），然后利用销售单价不低于44元，且获利不高于30%确定x的范围；
（2）利用每本的利润乘以销售量得到总利润得到（x﹣40）（﹣10x+740）=2400，然后解方程后利用x的范围确定销售单价；
（3）利用每本的利润乘以销售量得到总利润得到w=（x﹣40）（﹣10x+740），再把它变形为顶点式，然后利用二次函数的性质得到x=52时w最大，从而计算出x=52时对应的w的值即可．
【详解】（1）y=300﹣10（x﹣44），
即y=﹣10x+740（44≤x≤52）；
（2）根据题意得（x﹣40）（﹣10x+740）=2400，
解得x1=50，x2=64（舍去），
答：当每本足球纪念册销售单价是50元时，商店每天获利2400元；
（3）w=（x﹣40）（﹣10x+740）
=﹣10x2+1140x﹣29600
=﹣10（x﹣57）2+2890，
当x＜57时，w随x的增大而增大，
而44≤x≤52，
所以当x=52时，w有最大值，最大值为﹣10（52﹣57）2+2890=2640，
答：将足球纪念册销售单价定为52元时，商店每天销售纪念册获得的利润w元最大，最大利润是2640元．
本题考查了二次函数的应用，一元二次方程的应用，解决二次函数应用类问题时关键是通过题意，确定出二次函数的解析式，然后利用二次函数的性质确定其最大值；在求二次函数的最值时，一定要注意自变量x的取值范围．
21、（1）见解析；（2）见解析．
【分析】（1）由平行线的性质得出∠DME＝∠CNE，∠MDE＝∠ECN，可证明△MDE≌△NCE（AAS）；
（2）过点M作MG⊥BN于点G，由等腰三角形的性质得出BG＝BN＝BN，由中位线定理得出EF＝BN，则可得出结论．
【详解】解：（1）证明：∵四边形ABCD为矩形，
∴AD//BC，
∴∠DME＝∠CNE，∠MDE＝∠ECN，
∵E为CD的中点，
∴DE＝CE，
∴△MDE≌△NCE（AAS）；
（2）证明：过点M作MG⊥BN于点G，
∵BM＝MN，
∴BG＝BN＝BN，
∵矩形ABCD中，∠A＝∠ABG＝90°，
又∵MG⊥BN，
∴∠BGM＝90°，
∴四边形ABGM为矩形，
∴AM＝BG＝，
∵EF//BN，E为DC的中点，
∴F为BM的中点，
∴EF＝BN，
∴AM＝EF．
本题考查了矩形的性质，等腰三角形的性质，中位线定理，全等三角形的判定与性质等知识，熟练掌握矩形的性质是解题的关键．
22、详见解析.
【分析】三角形模板绕点E旋转60°后，E为旋转中心，位置不变，仍在边BC上，过点E分别做射线EM，EN，EM，EN分别AB,CD于F,G使得∠BEM=∠AEN=60°，可证△BEF为等边三角形，即EB=EF，故B的对应点为F.根据SAS可证，即EA=GE
，故A的对应点为G. 由此可得：要使该模板旋转60°后，三个顶点仍在平行四边形ABCD的边上, 平行四边形ABCD的角和边需要满足的条件是:∠ABC=60°，AB=BC.
【详解】解：要使该模板旋转60°后，三个顶点仍在 的边上，的角和边需要满足的条件是：∠ABC=60°，AB=BC
理由如下：
三角形模板绕点E旋转60°后，E为旋转中心，位置不变，仍在边BC上，过点E分别做射线EM，EN，使得∠BEM=∠AEN=60°，
∵AE⊥BC，即∠AEB=∠AEC=90°，
∴∠BEM<∠BEA
∴射线EM只能与AB边相交，记交点为F
在△BEF中，
∵∠B=∠BEF=60°，
∴∠BFE=180°-∠B-∠BEF=60°
∴∠B=∠BEF=∠BFE=60°
∴△BEF为等边三角形
∴EB=EF
∵当三角形模板绕点E旋转60°后，点B的对应点为F，此时点F在边AB边上
∵∠AEC=90°
∴∠AEN=60°<∠AEC
∴射线EN只可能与边AD或边CD相交
若射线EN与CD相交，记交点为G
在Rt△AEB中，∠1=90°-∠B=30°
∴BE=
∵AB=BC=BE+EC
∴EC=
∵∠GEC=∠AEC-∠AEG=90°-60°=30°
∵在中，AB//CD
∠C=180°-∠ABC=120°
又∵∠EGC=180°-120°-30°=30°
∴EC=GC
即AF=EF=EC=GC=,且∠1=∠GEC=30°
∴
∴EA=GE
∴当三角形模板绕点E旋转60°后，点A的对应点为G，此时点G在边CD边上
∴只有当∠ ABC=60°, AB= BC时,三角形模板绕点E顺时针旋转60°后,三个顶点仍在平行四边形ABCD的边上.
∴要使该模板旋转60°后，三个顶点仍在平行四边形ABCD的边上, 平行四边形ABCD的角和边需要满足的条件是:∠ABC=60°，AB=BC.
本题考查了旋转的性质以及平行四边形的判定及性质，掌握平行四边形的性质及判定是解题的关键.
23、 (1)或1；(2)当且时，有1个；当时，有2个；当时，有2个；当时，有1个．
【分析】（1）分△AEF∽△BFC和△AEF∽△BCF两种情形，分别构建方程即可解决问题；
（2）根据题意画出图形，交点个数分类讨论即可解决问题；
【详解】解：（1）当∠AEF=∠BFC时，
要使△AEF∽△BFC，需，即，
解得AF=1或1；
当∠AEF=∠BCF时，
要使△AEF∽△BCF，需，即，
解得AF=1；
综上所述AF=1或1．
（2）如图，延长DA，作点E关于AB的对称点E′，连结CE′，交AB于点F1；
连结CE，以CE为直径作圆交AB于点F2、F1．
当m=4时，由已知条件可得DE=1，则CE=5，
即图中圆的直径为5，
可得此时图中所作圆的圆心到AB的距离为2.5，等于所作圆的半径，F2和F1重合，
即当m=4时，符合条件的F有2个，
当m＞4时，图中所作圆和AB相离，此时F2和F1不存在，即此时符合条件的F只有1个，
当1＜m＜4且m≠1时，由所作图形可知，符合条件的F有1个，
综上所述：
当1＜m＜4且m≠1时，有1个；
当m=1时，有2个；
当m=4时，有2个；
当m＞4时，有1个．
本题考查作图-相似变换，矩形的性质，圆的有关知识等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
24、（1）证明见解析；（2）24
【解析】试题分析：（1）首先证明△ABC是等边三角形，进而得出∠AEC=90°，四边形AECF是平行四边形，即可得出答案；
（2）利用勾股定理得出AE的长，进而求出菱形的面积．
试题解析：（1）∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC，
又∵AB=AC，
∴△ABC是等边三角形，
∵E是BC的中点，
∴AE⊥BC，
∴∠AEC=90°，
∵E、F分别是BC、AD的中点，
∴AF=AD，EC=BC，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD∥BC且AD=BC，
∴AF∥EC且AF=EC，
∴四边形AECF是平行四边形，
又∵∠AEC=90°，
∴四边形AECF是矩形；
（2）在Rt△ABE中，AE=，
所以，S菱形ABCD=6×3=18．
考点：1.菱形的性质；2..矩形的判定．
25、（1）x1=-5,x2=1；（2）x1=-1.5,x2=2
【分析】（1）根据因式分解法即可求解；
（2）根据因式分解法即可求解.
【详解】解：（1）x²+4x-5=0
因式分解得， (x+5)(x-1)=0
则，x+5=0或者x-1=0
∴x1=-5,x2=1
（2）x(2x+3)=4x+6
提公因式得，x(2x+3)=2(2x+3)
移项得，x(2x+3)-2(2x+3)=0
则，(2x+3)(x-2)=0
∴2x+3=0或者x-2=0
∴x1=-1.5,x2=2.
此题主要考查一元二次方程的求解，解题的关键是熟知因式分解法解方程.
26、（1）见解析；（2）见解析；（3）
【分析】（1）根据ASA证明即可．
（2）作FH∥AB交AC的延长线于H，由“AAS”可证△APE≌△HPF，可得PE＝PF；
（3）如图2，先根据平行线分线段成比例定理表示，可得AQ的长，再计算AH的长，根据（2）中的全等可得AP＝PH，由线段的差可得结论．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴DA＝DC，∠DAE＝∠BCD＝∠DCF＝∠ADC＝90°，
∴∠ADE+∠EDC＝90°
∵∠EDF＝90°
∴∠EDC+∠CDF＝90°
∴∠ADE＝∠CDF
在△ADE和△CDF中，
∵
∴△ADE≌△CDF（ASA）．
（2）证明：由（1）知：△ADE≌△CDF，
∴AE＝CF，
作FH∥AB交AC的延长线于H．
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ACB＝∠FCH＝45°，
∵AB∥FH，
∴∠HFC＝∠ABC＝90°，
∴∠FCH＝∠H＝45°，
∴CF＝FH＝AE，
在△AEP和△HFP中，
∵，
∴△APE≌△HPF（AAS），
∴PE＝PF；
（3）∵AE∥CD，
∴，
∵AE＝1，CD＝4，
∴，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC＝4，∠B＝90°，
∴AC＝4，
∴AQ＝AC＝，
∵AE＝FH＝CF＝1，
∴CH＝，
∴AH＝AC+CH＝4+＝5，
由（2）可知：△APE≌△HPF，
∴AP＝PH，
∴AP＝AH＝，
∴PQ＝AP﹣AQ＝﹣＝．
本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题．
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