2024年苏科新版九年级数学上册阶段测试试卷含答案

2024年苏科新版九年级数学上册阶段测试试卷含答案
考试试卷
考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟
学校：______ 姓名：______ 班级：______ 考号：______
总分栏
题号一二三四五六总分
得分
评卷人得分
一、选择题(共9题，共18分)
1、（2016•鄂州一模）如图，在矩形AOBC中，点A的坐标（-2，1），点C的纵坐标是4，
则B、C两点的坐标分别是（）
A. （，）、（-，4）
B. （，3）、（-，4）
C. （，3）、（-，4）
D. （，）、（-，4）
2、用配方法解方程x2-6x-4=0，下列配方正确的是（）
A. （x-3）2=5
B. （x+3）2=13
C. （x-3）2=13
D. （x-3）2=7
3、方程x2=3x的解是（）
A. x=-3
B. x1=0，x2=3
C. x=3
D. x=0
4、若方程mx2-6x+1=0有两个不相等的实数根，则m的取值范围是（）
A. m＜9且m≠0
B. m＞9
C. 0＜m＜9
D. m＜9
5、已知点P位于y轴右侧；距y轴3个单位长度，位于x轴上方，距离x轴4个单位长度，则点P坐标是（）
A. （-3；4）
B. （3；4）
C. （-4；3）
D. （4；3）
6、油电混动汽车是一种节油；环保的新技术汽车．它将行驶过程中部分原本被浪费的能量回收储存于内置的蓄电池中．汽车在低速行驶时；使用蓄电池带动电动机驱动汽车，节约燃油．某品牌油电混动汽车与普通汽车的相关成本数据估算如下：
油电混动汽车普通汽车
购买价格17.48 15.98
每百公里燃油成本（元）31 46
某人计划购入一辆上述品牌的汽车．他估算了未来10年的用车成本，在只考虑车价和燃油成本的情况下，发现选择油电混动汽车的成本不高于选择普通汽车的成本．则他在估算时，预计平均每年行驶的公里数至少为（）
A. 5 000
B. 10 000
C. 15 000
D. 20 000
7、已知k=且+n2+9=6n，则关于自变量x的一次函数y=kx+m+n的图象一定经
过第（）象限．
A. 一、二
B. 二、三
C. 三、四
D. 一、四
8、鈻�ABC的两条中线ADBE相交于点O则AD=6则OD= ( )
A. 1
B. 2
C. 3
D. 4
9、如图△ABC≌△DEC；公共顶点为C，B在DE上，则有结论①∠ACD=∠BCE=∠ABD；②∠DAC+∠DBC=180°；
③△ADC∽△BEC；④CD⊥AB，其中成立的是（）
A. ①②③
B. 只有②④
C. 只有①和②
D. ①②③④
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二、填空题(共6题，共12分)
10、如果陈秀娟同学用v千米/时的速度走完路程为9千米的路，那么需____小时．
11、已知：二次函数y=ax2+bx+c（a≠0）中的x；y满足下表：。

x -1 0 1 2 3
y 0 -3 -4 -3 m
（1）m的值为____；
（2）求这个二次函数的解析式．
12、如图所示，五角星的顶点是一个正五边形的五个顶点．这个五角星可以由一个基本图形（图中的阴影部分）绕中心O至少经过____________次旋转而得到，每一次旋转_______度．
13、若代数式2x2+3y+7的值为8，则代数式10+6x2+9y的值=____．
14、（2013•枣庄）已知矩形ABCD中，AB=1，在BC上取一点E，将△ABE沿AE向上折
叠，使B点落在AD上的F点．若四边形EFDC与矩形ABCD相似，则AD=____．
15、
【题文】在△ABC中，∠C＝90°，sinA＝则tanB＝_________．
评卷人得分
三、判断题(共5题，共10分)
16、．____（判断对错）
17、两个正方形一定相似．____．（判断对错）
18、锐角三角形的外心在三角形的内部．( )
19、两个矩形一定相似．____．（判断对错）
20、三角形三条角平分线交于一点
评卷人得分
四、计算题(共2题，共18分)
21、
宜宾是国家级历史文化名城，大观楼是标志性建筑之一(如图垄脵).喜爱数学实践活动的小伟查资料得知：大观楼始建于明代(一说是唐代韦皋所建)后毁于兵火，乾隆乙酉年(1765年)重建，它是我国目前现存最高大、最古老的楼阁之一.小伟决定用自己所学习的知识测量大观楼的高度.如图垄脷他利用测角仪站在B处测得大观楼最高点P的仰角为45鈭�又前进了12米到达A处，在A处测得P的仰角为60鈭�.请你帮助小伟算算大观楼的高度.(测角仪高度忽略不计，3隆脰1.7结果保留整数)．
22、计算：tan60°-+（）-1+（x2+1）0．
评卷人得分
五、其他(共1题，共2分)
23、一次同学聚会，出席聚会的同学和其他同学各握一次手，统计结果表明一共握手45次，问参加聚会的同学有____人．
评卷人得分
六、综合题(共4题，共40分)
24、如图；在△ABC中，AB=AC，∠BAC=90°，点D为射线BC上一点，连结AD，以AD为一边在AD的右侧作正方形ADEF．
①当点D在线段BC上时（与点B不重合），如图1，线段CF、BD所在直线的位置关系为____，线段CF、BD 的数量关系为____；
②当点D在线段BC的延长线上时；如图2，①中的结论是否仍然成立，请说明理由；
③在第②问的前提下，若AB=AC=2，tan∠AFC=；求正方形ADEF的面积．
25、如图；在平面直角坐标系中，四边形OABC为矩形，点A；B的坐标分别为（4，
0）、（4，3），动点M、N分别从点O、B同时出发，以每秒1个单位的速度运动，
其中点M沿OA向终点A运动，点N沿BC向终点C运动，过点N作NP⊥BC，
交AC于点P，连接MP，当两动点运动了t秒时．解答下列问题：
（1）点P的坐标为（____，____ ）．（用含t的式子表示）；
（2）若△MPA的面积为S，当S=时；求t的值；
（3）若点Q在y轴上，当S=且△QAN为等腰三角形时，求直线AQ的解析
式．
26、如图，抛物线y=与x轴交于A，B两点，与y轴交于
点C，且OA=2，OC=3．
（1）求抛物线的解析式；
（2）作Rt△OBC的高OD；延长OD与抛物线在第一象限内交于点E，求点E的坐标；
（3）在x轴上方的抛物线上，是否存在一点P，使得四边形OBEP是平行四边形？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
27、我们定义：有一组对角相等而另一组对角不相等的凸四边形叫做“等对角四边形”．
凸四边形就是没有角度大于180°的四边形；把四边形的任何一边向两方延长，其他各边都在延长所得直线的同一旁，这样的四边形叫做凸四边形．
（1）已知：若四边形ABCD是“等对角四边形”；∠A=70°，∠B=80°．求∠C；∠D的度数．
（2）如图1；在Rt△ACB中，∠C=90°，CD为斜边AB边上的中线，过点D作DE⊥CD交AC于点E，请说明：四边形BCED是“等对角四边形”．
（3）如图2；在Rt△ACB中，∠C=90°，AC=4，BC=3，CD平分∠ACB，点E在直线AC上，以点B；C、E、D为顶点构成的四边形为“等对角四边形”，求线段AE的长．
参考答案
一、选择题(共9题，共18分)
1、C
【分析】
【分析】如过点A、B作x轴的垂线垂足分别为F、M．过点C作y轴的垂线交FA、根据
△AOF∽△CAE，△AOF≌△BCN，△ACE≌△BOM解决问题．
【解析】
【解答】解：如图过点A；B作x轴的垂线垂足分别为F、M．过点C作y轴
的垂线交FA；
∵点A坐标（-2；1），点C纵坐标为4；
∴AF=1；FO=2，AE=3；
∵∠EAC+∠OAF=90°；∠OAF+∠AOF=90°；
∴∠EAC=∠AOF；
∵∠E=∠AFO=90°；
∴△AEC∽△OFA；
∴；
∴EC= ，∴点C坐标（- ；4）；
∵△AOF≌△BCN；△AEC≌△BMO；
∴CN=2，BN=1，BM=MN-BN=3，BM=AE=3，OM=EC= ；
∴点B坐标（；3）；
故选C．
2、C
【分析】
【分析】方程常数项移到右边，两边加上9变形得到结果即可．
【解析】
【解答】解：方程x2-6x-4=0变形得：x2-6x=4；
配方得：x2-6x+9=13，即（x-3）2=13；
故选C
3、B
【分析】
【分析】方程移项后，提取公因式变形，利用两数相乘积为0，两因式中至少有一个为0转化为两个一元一次方程，求出方程的解即可得到x的值．
【解析】
【解答】解：方程x2=3x；
分解因式得：x（x-3）=0；
可得x=0或x-3=0；
解得：x1=0，x2=3．
故选B
4、A
【分析】
【分析】由关于x的一元二次方程mx2-6x+1=0有两个不相等的实数根，根据一元二次方程的定义和根的判别式的意义可得m≠0且△＞0，即62-4•m•1＞0，两个不等式的公共解即为m的取值范围．
【解析】
【解答】解：∵关于x的一元二次方程mx2-6x+1=0有两个不相等的实数根；
∴m≠0且△＞0，即62-4•m•1＞0；
解得m＜9；
∴m的取值范围为m＜9且m≠0．
故选A．
5、B
【分析】
∵P点位于y轴右侧；x轴上方；
∴P点在第一象限；
又∵P点距y轴3个单位长度；距x轴4个单位长度；
∴P点横坐标为3；纵坐标为4，即点P的坐标为（3，4）．故选B．
【解析】
【答案】根据题意；P点应在第一象限，横；纵坐标为正，再根据P点到坐标轴的距离确定点的坐标．
6、B
【分析】
【分析】设平均每年行驶的公里数至少为x公里，根据购买的单价和每百公里燃油的成本列出不等式，再进行求解即可．
【解析】
【解答】解：设平均每年行驶的公里数至少为x公里；根据题意得：
174800+ x×10≤159800+ x×10；
解得：x≥10000．
答：平均每年行驶的公里数至少为10000公里．
故选B．
7、A
【分析】
【解答】+n2+9=6n；
=﹣（n﹣3)2；
∴m=5；n=3；
∵k=
∴a+b﹣c=ck，a﹣b+c=bk，﹣a+b+c=ak；
相加得：a+b+c=（a+b+c)k；
当a+b+c=0时；k为任何数；
当a+b+c≠0时；k=1；
即：y=kx+8或y=x+8；
所以图象一定经过一二象限．
故选A．
【分析】首先由+n2+9=6n，根据二次根式和完全平方式确定m n的值，再由k=
利用比例的性质确定K的值，根据函数的图象特点即可判断出选项．
8、B
【分析】
【分析】
本题主要考查了三角形的
重心，熟练掌握三角形的重心到顶点的距离与重心到对边中点的距离之比为22
11是解题的关键.直接根据三角形的重心的性质进行求解即可得出答案．
【解答】
解：
隆脽鈻�隆脽triangleABCABC的两条中线ADAD、BEBE相交于点OO隆脿隆脿点OO是鈻�triangle ABCABC的重心，隆脽隆脽AD=6AD=6，隆脿隆脿GD=13GD=
dfrac{1}{3}AD=AD=13dfrac{1}{3}隆脕隆脕6=26=2．13AD=AD=隆脕隆脕6=26=2．故选B．【解析】
B
9、A
【分析】
∵△ABC≌△DEC；且C为公共顶点；
∴∠ABC=∠E；∠ACB=∠BCE，BC=CE；
由∠ACB=∠BCE；得∠ACD=∠BCE=∠ACB-∠BCD=∠DCE-∠BCD；
由BC=CE；得∠CBE=∠E；
∴∠ABC=∠CBE=∠E；∠ACD=∠BCE；
又∵∠ABD=180°-∠ABC-∠CBE；∠BCE=180°-∠CBE-∠E；
∴∠ABD=∠BCE=∠ACD；故①正确；
∵△ABC≌△DEC；且C为公共顶点；
∴AC=CD；即∠ACD=180°-2∠ADC；
又∵∠BCE=180°-2∠E；且∠ACD=∠BCE；
∴∠ADC=∠E=∠ABC；
由已知的全等三角形；还可得：∠BAC=∠BDC；
∴∠DAC+∠DBC=∠BAC+∠BAD+∠ABC+∠ABD=∠BAD+∠ADB+∠ABD=180°；
故②正确；
由②∠DAC+∠DBC=180°知；A；D、B、C四点共圆；
由圆周角定理知：∠ADB=∠ABC=∠E；
结合①②的证明过程知：△ADC；△BEC都是等腰三角形；且它们的底角相等；
故△ADC∽△BEC；③正确；
由于缺少条件；无法证明④的结论一定成立，故④错误；
所以正确的结论为①②③；
故选A．
【解析】
【答案】首先根据全等三角形的性质；看能够得到哪些等角和等边，然后根据这些等量条件来判断各结论是否正确．
二、填空题(共6题，共12分)
10、略
【分析】
【分析】时间=路程÷速度，把相关数值代入即可．
【解析】
【解答】解：∵路程为9千米；速度为v千米/时；
∴所需时间为小时．
故答案为．
11、略
【分析】
【分析】（1）根据二次函数的对称性结合表中数据可看出对称轴是x=1；顶点坐标是（1，-4），所以x=3和x=-1是关于直线x=1成轴对称的关系，故可得m=0；
（2）方法一：利用交点式求解；设这个二次函数的解析式为y=a（x+1）（x-3），再找一组点的坐标代入即可求出a值；
方法二：利用顶点式求解，设抛物线的解析式为y=a（x-1）2-4，同样也是找一组点的坐标代入即可求出a的值．
【解答】解：（1）0；
（2）解法一：设这个二次函数的解析式为y=a（x+1）（x-3）
∵点（0；-3）在函数图象上；
∴-3=a（0+1）（0-3）．
解得a=1
∴这个二次函数的解析式为y=（x+1）（x-3）；
解法二：设抛物线的解析式为y=a（x-1）2-4
∵抛物线经过点（-1；0）；
∴0=a（-1-1）2-4．
解得a=1
∴这个二次函数的解析式为y=（x-1）2-4．
12、略
【分析】
【解析】
根据题意，五角星的顶点是一个正五边形的五个顶点，
这个五角星可以由一个基本图形（图中的阴影部分）绕中心O至少经过四次旋转而得到，每次旋转的度数为360°除以5，为72度．
【解析】
【答案】
四、72
13、13
【分析】
【分析】先求得2x2+3y=1，然后利用等式的性质得到6x2+9y=3，然后整体代入求解即可．
【解答】解：∵2x2+3y+7=8；
∴2x2+3y=1．
∴6x2+9y=3．
原式=10+3=13．
故答案为：13．
14、略
【分析】
【分析】可设AD=x，由四边形EFDC与矩形ABCD相似，根据相似多边形对应边的比相等列出比例式，求解即可．
【解析】
【解答】解：∵AB=1；
设AD=x；则FD=x-1，FE=1；
∵四边形EFDC与矩形ABCD相似；
∴= ，= ；
解得x1= ，x2= （不合题意舍去）；
经检验x1= 是原方程的解．
故答案为．
15、略
【分析】
【解析】
试题分析：∵sinA=
∴设BC=4x；AB=5x；
由勾股定理得：AC=3x；
∴tanB=．
故答案是．
考点：互余两角三角函数的关系．
【解析】
【答案】．
三、判断题(共5题，共10分)
16、×
【分析】
【分析】根据二次根式的除法，可化简二次根式．
【解析】
【解答】解：= = ；
故错误；
故答案为：×．
17、√
【分析】
【分析】根据相似多边形的性质进行解答即可．
【解析】
【解答】解：∵正方形的四条边都相等；四个角都是直角；
∴两个正方形一定相似．
故答案为：√．
18、√
【分析】
【解析】
试题分析：根据三角形外心的形成画出相应三角形的外心即可判断．如图所示：
故本题正确。

考点：本题考查的是三角形外心的位置
【解析】
【答案】
对
19、×
【分析】
【分析】利用相似多边形的性质求解．
【解析】
【解答】解：任意两个矩形；不能判断它们的对应角相等，对应边的比相等．所以不一定相似．故答案为：×
20、√
【分析】
【解析】
试题分析：根据三角形的角平分线的性质即可判断，若动手操作则更为直观.
三角形三条角平分线交于一点，本题正确.
考点：角平分线的性质
【解析】
【答案】
对
四、计算题(共2题，共18分)
21、略
【分析】
设大观楼的高OP=x在Rt鈻�POB中表示出OB在Rt鈻�POA中表示出OA再由AB=12米，可得出方程，解出即可得出答案．
本题考查了解直角三角形的应用，要求学生能借助仰角构造直角三角形并解直角三角形，注意方程思想的运用．
【解析】
解：设大观楼的高OP=x
在Rt鈻�POB中，隆脧OBP=45鈭�
则OB=OP=x
在Rt鈻�POA中，隆脧OAP=60鈭�
则OA=OPtan鈭�OAP=33x
由题意得，AB=OB鈭�OA=12m即x鈭�33x=12
解得：x=18+63
故大观楼的高度OP=18+63隆脰28(米)．
答：大观楼的高度约为28米．
22、略
【分析】
【分析】本题涉及零指数幂、负整数指数幂、特殊角的三角函数值、二次根式化简四个考点．在计算时，需要针对每个考点分别进行计算，然后根据实数的运算法则求得计算结果．
【解析】
【解答】解：原式= +2+1=2．
五、其他(共1题，共2分)
23、略
【分析】
【分析】设有x人，则每人握手的次数是（x-1）次，共握手的次数是x（x-1），即可列方程求解．
【解析】
【解答】解：设有x人，根据题意得x（x-1）=45；
解之得x=10（负值舍去）．
所以加聚会的同学有10人．
六、综合题(共4题，共40分)
24、略
【分析】
【分析】①证明△ABD≌△ACF；则CF=BD，∠B=∠ACF，即可证得∠BCF=90°，从而证得；
②与①证明方法完全相同；
③作AM⊥BC于点M，根据△ABC是等腰直角三角形即可求得AM的长，然后根据
△ABD≌△ACF证明∠ADB=∠AFC，在直角△ADM中利用三角函数求得DM，然后利用勾股定理求得AD的长，则正方形的面积即可求得．
【解析】
【解答】解：①∵∠BAC=∠DAF=90°；
∴∠BAD=∠CAF；
∴在△ABD和△ACF中，；
∴△ABD≌△ACF；
∴CF=BD；∠B=∠ACF；
又∵直角△ABC中；∠B+∠ACB=90°；
∴∠ACB+∠ACF=90°；即∠BCF=90°；
∴CF⊥BD．
故答案是：CF⊥BD；CF=BD；
②仍成立．
理由是：同①可证△ABD≌△ACF；
则CF=BD，∠B=∠ACF，
又∵直角△ABC中；∠B+∠ACB=90°；
∴∠ACB+∠ACF=90°；即∠BCF=90°；
∴CF⊥BD；
③作AM⊥BC于点M．
∵直角△ABC中，AB=AC=2 ；
∴BC= =4；
∴AM= BC=2；
∵△ABD≌△ACF；
∴∠ADB=∠AFC；
∴tan∠ADB= =tan∠AFC= ；
∴DM=3；
∴在直角△ADM中，AD= = = ；
∴S正方形ADEF=AD2=13．
25、略
【分析】
【分析】（1）由BN=t；根据BC-BN表示出CN，即为N的横坐标，由三角形CNP与三角形CBA 相似，根据相似得比例列出关系式，表示出NP，由AB-NP求出P的纵坐标，即可确定出P的坐标；
（2）三角形APM以AM为底；根据OA-OM表示出AM，高为P的纵坐标，利用三角形的面积公式列出关于t的方程，求出方程的解即可得到此时t的值；
（3）根据（2）得出此时N为BC的中点，设Q（0，y），根据勾股定理分别表示出AQ2，QN2，
AN2，由三角形QAN为等腰三角形，分三种情况考虑：①若AQ=AN；②若AQ=QN；③若
QN=AN，分别求出对应y的值，确定出Q的坐标，根据Q的坐标设出直线AQ方程，将A坐标代入即可确定出直线AQ的解析式．
【解析】
【解答】解：（1）延长NP；交OA于点E，可得出PE⊥OA；
∵BN=t；BC=4；
∴CN=BC-BN=4-t；
∵∠CNP=∠CBA=90°；∠NCP=∠BCA；
∴△CNP∽△CBA；
∴= ，即= ；
∴NP= （4-t）=3- t；
∴PE=NE-NP=3-（3- t）= t；
则P的坐标为（4-t，t）；
（2）在△MPA中，MA=4-t，MA上的高PE= t；
∴S=S△MPA= （4-t）• t，又S= ；
∴（4-t）• t= ；
解得：t1=t2=2；
则当t=2时，S= ；
（3）由（2）可知：S= 时；t=2，此时点N在BC的中点处；
设Q（0，y），则AQ2=OA2+OQ2=42+y2，QN2=CN2+CQ2=22+（3-y）2，AN2=AB2+BN2=32+22；由△QAN为等腰三角形；分三种情况考虑：
①若AQ=AN，即42+y2=32+22；此时方程无解；
②若AQ=QN，即42+y2=22+（3-y）2，解得：y=- ；
③若QN=AN，即22+（3-y）2=32+22，解得：y1=0，y2=6；
∴Q1（0，- ），Q2（0，0），Q3（0；6）；
当Q为（0，- ）时，设直线AQ的解析式为y=kx- ；
将A（4，0）代入得k= ，此时直线AQ的解析式为y= x- ；
当Q为（0；0）时，A；Q两点均在x轴上，此时直线AQ的解析式为y=0；
当Q为（0；6）时，Q；N、A在同一直线上，△QAN不存在，故舍去；
综上，直线AQ的解析式为y= x- 或y=0．
故答案为：4-t；t．
26、略
【分析】
【分析】（1）根据题意可得点A，C的坐标，代入函数解析式即可求得b；c的值；
（2）根据题意求的点B的坐标；即可求得△OBC为等腰三角形，可得点E的横纵坐标相等，解方程即可求得点E的坐标；
（3）作PE∥OB，根据平行四边形的判定定理，证得PE=OB即可．
【解析】
【解答】解：（1）由图可得A（-2；0）；C（0，3）；
∵A、C在抛物线y= 上；
∴；
解得；
∴抛物线的解析式为y= ．（4分）
（2）过O作OD⊥BC垂足为D交抛物线于E，
由（1）得抛物线与x轴的交点B（3；0）；
∴OB=OC即△OBC为等腰直角三角形；
∵OD⊥BC；
∴∠EOB=45°；
又∵E在第一象限内；
∴易知E的横坐标与纵坐标相等．
设E（x，x），则有x= ；
解得x1=2，x2=-3（不合题意；舍去）；
∴E（2；2）．（9分）
（3）过E作EP∥OB交抛物线于P；设P（m，n）；
∵EP∥OB；
∴n=2；
由于P在抛物线上；
∴2= ；
解得m1=-1，m2=2（不合题意；舍去）．
∴P（-1；2）；
∵PE∥OB且PE=OB；
∴四边形OBEP是平行四边形；
∴存在一点P（-1，2）使得四边形OBEP是平行四边形．（14分）
27、略
【分析】
【分析】（1）根据“等对角四边形”的定义；当四边形ABCD是“等对角四边形”时，可分两种情况进行讨论：①若∠A=∠C，∠B≠∠D，则∠C=70°，再利用四边形内角和定理求出∠D；②若
∠B=∠D，∠A≠∠C，则∠D=80°，再利用四边形内角和定理求出∠C；
（2）根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得出AD=DB=DC；由等边对等角得出
∠DCB=∠B，再由∠B+∠ACD=∠DCB+∠ACD=90°，∠CED+∠ACD=90°，利用同角的余角相等得出∠CED=∠B，又∠ECB≠∠EDB，根据“等对角四边形”的定义，即可证明四边形BCED是“等对角四边形”；
（3）根据“等对角四边形”的定义，当四边形CBDE为“等对角四边形”时，可分两种情况进行讨论：①若∠B=∠DEC，∠BCE≠∠BDE，根据AAS证明△CDE≌△CDB，利用全等三角形对应边相等得出EC=BC=3，那么AE=AC-EC=1；②若∠BCE=∠BDE=90°，∠B≠∠DEC，先利用勾股定
理求出AB= =5，再根据角平分线定理得出= = ，求出AD= AB= ；再证明△ADE∽△ACB，③如图4，点E在AC的延长线上，∠CDB=∠E，
∠DCE≠∠DBE；
连接BE，过C作CH⊥AB于H，DF⊥AC于F，推出△DFC是等腰直角三角形，得到DF=CF，通过△ADF∽△ABC，得到，求得DF= ，再根据三角形相似得到= ，得到CE= ，④点E在AC的延长线上，如图5，∠CDB≠∠E，∠DCE=∠DBE，连接BE，过E 作EH⊥AB交AB的延长线于H，推出△BHE是等腰直角三角形，根据相似三角形的性质得到= ，得到BH=15，根据勾股定理得到CE= =21，即可得到结论．
【解析】
【解答】（1）解：①当∠A≠∠C时；∵四边形ABCD是“等对角四边形”；
∴∠D=∠B=80°；
∴∠C=360°-∠A-∠B-∠D=360°-70°-80°-80°=130°；
②当∠A=∠C=70°时；∠D=360°-∠A-∠B-∠C=360°-70°-80°-70°=140°；
综上：∠C=70°；∠D=140°，或∠C=130°，∠D=80°；
（2）证明：如图1；在Rt△ABC中；
∵CD为斜边AB边上的中线；
∴AD=DB=DC；
∴∠DCB=∠B；
∵∠ACB=90°；
∴∠DCB+∠ACD=90°；
∴∠B+∠ACD=90°．
∵DE⊥CD；
∴∠CED+∠ACD=90°；
∴∠CED=∠B；
且∠ECB≠∠EDB；
∴四边形BCED是“等对角四边形”；
（3）解：①若∠B=∠DEC；∠BCE≠∠BDE，如图2；
在△CDE与△CDB中；
；
∴△CDE≌△CDB；
∴EC=BC=3；
∴AE=AC-EC=4-3=1；
②若∠BCE=∠BDE=90°；∠B≠∠DEC，如图3；
∵在Rt△ACB中；∠C=90°，AC=4，BC=3；
∴AB= = =5；
∵CD平分∠ACB；
∴= = ；
∴AD= AB= ；
在△ADE与△ACB中；
；
∴△ADE∽△ACB；
∴= ，即= ；
∴AE= ；
③如图4；点E在AC的延长线上，∠CDB=∠E，∠DCE≠∠DBE；连接BE；过C作CH⊥AB于H，DF⊥AC于F；
∴DF∥BC；
∵CD平分∠ACB；
∴△DFC是等腰直角三角形；
∴DF=CF，
∵DF∥BC；
∴△ADF∽△ABC；
∴，即；
∴DF= ；
∴CD= ；
∵CH= = ；
∴DH= = ；
∵∠CHD=∠BCE=90°；∠CDH=∠E；
∴△CDH∽△BCE，
∴= ；
∴CE= ；
∴AE=AC+CE= ；
④点E在AC的延长线上；如图5，∠CDB≠∠E，∠DCE=∠DBE；连接BE；过E作EH⊥AB交AB的延长线于H；
∵CD平分∠ABC；
∴∠DCE=∠DBE=135°；
∴∠EBH=45°；
∴△BHE是等腰直角三角形；
∴BH=HE；
∵∠A=∠A；∠ACB=∠H=90°；
∴△ABC∽△AEH；
∴= ，即= ；
∴BH=15；
∴BE=15 ；
∴CE= =21；
∴AE=AC+CE=25；
综上述，线段AE的长为1或或或25．。