2020-2021学年广东省佛山市某校初三(上)9月月考数学试卷

2020-2021学年广东省佛山市某校初三（上）9月月考数学试卷
一、选择题
1. 下列方程中，关于x的一元二次方程是()
A.(x+1)2=2(x+1)
B.1
x2+1
x
−2=0 C.ax2+bx+c=0 D.x2+2x=x2−1
2. 正方形具备而菱形不具备的性质是( )
A.对角线互相平分
B.对角线互相垂直
C.对角线相等
D.每条对角线平分一组对角
3. 如果关于x的方程(m−3)x m2−7−x+3=0是关于x的一元二次方程，那么m的值为( )
A.±3
B.3
C.−3
D.都不对
4. 下列命题是真命题的是( )
A.有一个角是直角的四边形是矩形
B.有一组邻边相等的四边形是菱形
C.有三条边相等的四边形是菱形
D.有三个角是直角的四边形是矩形
5. 用配方法解一元二次方程x2+4x−5=0，此方程可变形为( )
A.(x+2)2=9
B.(x−2)2=9
C.(x+2)2=1
D.(x−2)2=1
6. 顺次连接一个四边形的各边中点，得到了一个矩形，则原四边形是( )
A.平行四边形
B.矩形
C.对角线互相垂直的四边形
D.对角线相等的四边形
7. 矩形边长为10cm和15cm，其中一个内角的角平分线分长边为两部分，这两部分的长为( )
A.6cm和9cm
B.5cm和10cm
C.4cm和11cm
D.7cm和8cm
8. 若x=−2是关于x的一元二次方程x2+3
2
ax−a2=0的一个根，则a的值为()
A.−1或4
B.−1或−4
C.1或−4
D.1或49. 已知直角三角形的两边长是方程x2−7x+12=0的两根，则第三边长为( )
A.7
B.5
C.√7
D.5或√7
10. 如图，矩形ABCD中，AB=6，AD=8，P是BC上的点，PE⊥BD于E，PF⊥AC于F，则PF+
PE=( )
A.1.2
B.2.4
C.4.8
D.9.6
二、填空题
若x1，x2是一元二次方程x2+10x−1=0的两个根，则(x1+1)(x2+1)的值是________.
若a是方程2x2−4x−1=0的一个根，则式子2019+2a2−4a的值为________.
如图，平行四边形ABCD的对角线相交于点O，且AD≠CD，过点O作OM⊥AC，交AD于点M．如果△CDM
的周长为a，那么平行四边形ABCD的周长是________．
由于甲型H1N1流感的影响，在一个月内猪肉价格两次大幅下降．由原来每斤16元下调到每斤9元，求平均
每次下调的百分率是多少？设平均每次下调的百分率为x，则根据题意可列方程为________．
已知菱形一个内角为120∘，且平分这个内角的一条对角线长为8cm，则这个菱形的边长为________．
疫情期间，学校利用一段已有的围墙(可利用的围墙长度仅有5米)搭建一个矩形临时隔离点ABCD，如图所示，它的另外三边所围的总长度是10米，矩形隔离点的面积为12平方米，则AB的长度是________米．
如图，在正方形ABCD中，E是AB上一点，BE=2，AE=3BE，P是AC上一动点，则PB+PE
的最小值是
_______.
三、解答题
(1)一元二次方程ax2+bx+c=0（a、b、c为常数，且a≠0，b2−4ac≥0）的求根公式是________．
(2)用公式法解方程：x2−4x−1=0.
(1)用配方法解方程：2x2−4x−3=0；
(2)用因式分解法解方程：(x−1)(x−3)=8.
不解方程，判断下列方程根的情况．
(1)2t2−7t−4=0；
(2)x2−3x+6=0；
(3)4x2−4x+1=0.
已知关于x的一元二次方程3x2−4x+m−1=0有两个相等实数根，
(1)求m值；
(2)求此m值时方程的根．
某商场以每件280元的价格购进一批商品，当每件商品售价为360元时，每月可售出60件，为了迎接“双11”节，扩大销售，商场决定采取适当降价的方式促销，经调查发现，如果每件商品降价
1元，那么商场每月就可以多售出5件．
(1)降价前商场每月销售该商品的利润是多少元？(2)要使商场每月销售这种商品的利润达到7200元，且更有利于减少库存，则每件商品应降价多少元？
如图，已知菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，过点C作CE // BD，过点D作DE // AC，CE与DE相交于点E．
(1)求证：四边形CODE是矩形；
(2)若AB=5，AC=6，求四边形CODE的周长．
如图，AM // BN，C是BN上一点，AB=BC，BD平分∠ABN，分别交AC，AM于点O，D，DE⊥BD，交BN 于点E．
(1)求证：△ADO≅△CBO；
(2)求证：四边形ABCD是菱形；
(3)若DE=AB=2，求菱形ABCD的面积．
已知，正方形ABCD中，∠MAN=45∘，∠MAN绕点A顺时针旋转，它的两边分别交CB，DC（或它们的延长线）于点M，N，AH⊥MN于点H．
(1)如图①，当∠MAN绕点A旋转到BM=DN时，请你直接写出AH与AB的数量关系：________；
(2)如图②，当∠MAN绕点A旋转到BM≠DN时，(1)中发现的AH与AB的数量关系还成立吗？如果不成立请写出理由，如果成立请证明；
(3)如图③，已知∠MAN=45∘，AH⊥MN于点H，且MH=2，NH=3，求AH的长．（可利用(2)得到的结论）
参考答案与试题解析
2020-2021学年广东省佛山市某校初三（上）9月月考数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
A
【考点】
一元二次方程的定义
【解析】
本题根据一元二次方程的定义解答．
一元二次方程必须满足四个条件：
(1)未知数的最高次数是2；
(2)二次项系数不为0；
(3)是整式方程；
(4)含有一个未知数．
【解答】
解：A、方程符合一元二次方程的定义，故正确；
B、方程不是整式方程，是分式方程，故错误；
C、方程中二次项系数可能为0，若a=0，则不是一元二次方程，故错误；
D、整理得2x+1=0，是一元一次方程，故错误．
故选A．
2.
【答案】
C
【考点】
正方形的性质
菱形的性质
【解析】
正方形具有矩形和菱形的性质，故根据正方形和菱形的性质即可解题．
【解答】
解：A，菱形和正方形对角线都互相平分，故本选项错误；
B，菱形和正方形的对角线均互相垂直，故本选项错误；
C，正方形对角线相等，而菱形对角线不相等，故本选项正确；
D，正方形和菱形的对角线都是角平分线，所以本选项错误．
故选C．
3.
【答案】
C
【考点】
一元二次方程的定义
【解析】
本题根据一元二次方程的定义解答，一元二次方程必须满足四个条件：(1)未知数的最高次数是2；
(2)二次项系数不为0；
(3)是整式方程；
(4)含有一个未知数．据此即可得到m2−7=2，m−3≠0，即可求得m的范围．
【解答】
解：由一元二次方程的定义可知{
m2−7=2,
m−3≠0，
解得m=−3．
故选C.
4.
【答案】
D
【考点】
真命题，假命题
矩形的判定
菱形的判定
【解析】
分析是否为真命题，需要分别分析各题设是否能推出结论，从而利用排除法得出答案．
【解答】
解：A，有一个角是直角的平行四边形是矩形，故选项错误；
B，四条边都相等的四边形是菱形，故选项错误；
C，四条边都相等的四边形是菱形，故选项错误；
D，有三个角是直角的四边形是矩形，故选项正确.
故选D．
5.
【答案】
A
【考点】
解一元二次方程-配方法
【解析】
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．【解答】
解：∵x2+4x−5=0，
∴x2+4x+4=5+4，
∴(x+2)2=9．
故选A．
6.
【答案】
C
【考点】
中点四边形
矩形的判定
三角形中位线定理
【解析】
由于顺次连接四边各边中点得到的四边形是平行四边形，由矩形的性质可知，原四边形应为对角线互相垂直且相等的四边形．
【解答】
解：如图所示，
根据三角形中位线定理得：EH // FG // BD，EF // AC // HG，
∵四边形EFGH是矩形，即EF⊥FG，
∴AC⊥BD．
故选C．
7.
【答案】
B
【考点】
矩形的性质
矩形的判定
【解析】
根据已知条件以及矩形性质证△ABE为等腰三角形得到AB=AE，注意“长和宽分别为15cm和10cm”说明有2种情况，需要分类讨论．
【解答】
解：如图，
∵矩形ABCD中，BE是角平分线．
∴∠ABE=∠EBC．
∵AD // BC．
∴∠AEB=∠EBC．
∴∠AEB=∠ABE
∴AB=AE．
当AB=15cm时，则AE=15cm，不满足题意．当AB=10cm时，AE=10cm，则DE=5cm．
故选B.
8.
【答案】
C
【考点】
一元二次方程的解
【解析】
把x=−2代入已知方程，列出关于a的新方程，通过解新方程可以求得a的值．
【解答】
解：根据题意，将x=−2代入方程x2+3
2
ax−a2=0，
得，4−3a−a2=0，即a2+3a−4=0，
左边因式分解得：(a−1)(a+4)=0，
∴a−1=0，或a+4=0，
解得：a=1或−4.
故选C.
9.
【答案】
D
【考点】
解一元二次方程-因式分解法
勾股定理
【解析】
求出方程的解，得出直角三角形的两边长，分为两种情况：①当3和4是两直角边时，②当4是斜边，3是直角边时，根据勾股定理求出第三边即可．
【解答】
解：x2−7x+12=0，
(x−3)(x−4)=0，
x−3=0，x−4=0，
解得：x1=3，x2=4，
即直角三角形的两边是3和4，
当3和4是两直角边时，第三边是√32+42=5；
当4是斜边，3是直角边时，第三边是√42−32=√7，
即第三边是5或√7.
故选D.
10.
【答案】
C
【考点】
矩形的性质
【解析】
首先连接OP．由矩形ABCD的两边AB=6，BC=8，可求得OA=OD=10
2
=5，S△BOC=1
4
S
矩形ABCD
=12
，
然后由S △BOC =S △BOP +S △COP =1
2
OA ⋅PE +1
2
OD ⋅PF ，带求出即可．
【解答】
解：连接OP ，
∵ 矩形ABCD 的两边AB =6，BC =8， ∴ S 矩形ABCD =AB ⋅BC =48，
OA =OC ，OB =OD ，AC =BD ，AC =√AB 2+BC 2=
10， ∴ S △BOC =1
4
S 矩形ABCD =1
4
×6×8=12，OB =OC =1
2
AC =5，
∴ S △BOC =S △OBP +S △OCP
=1
2OB ⋅PE +1
2OC ⋅PF =1
2OB(PE +PF)=12， ∴ PE +PF =245
=4.8．
故选C ． 二、填空题
【答案】 −10
【考点】
根与系数的关系 【解析】
先根据方程求出两根之和与两根之积的值，然后再把所求的式子变形代入计算可得. 【解答】
解：因为x 1，x 2是一元二次方程x 2+10x −1=0的两个根， 所以x 1+x 2=−10，x 1x 2=−1.
则原式=x 1x 2+x 1+x 2+1=−10−1+1=−10. 故答案为：−10. 【答案】 2020 【考点】
一元二次方程的解 【解析】
因为a 是方程2x 2−4x −1=0的一个根，所以2a 2−4a =1，代入计算可得. 【解答】
解：∵ a 是方程2x 2−4x −1=0的一个根，2a 2−4a −1=0， 所以2a 2−4a =1，
则2019+2a 2−4a =2019+1=2020. 故答案为：2020. 【答案】 2a
【考点】
平行四边形的性质 等腰三角形的判定
【解析】
根据题意，OM 垂直平分AC ，所以MC =MA ，因此△CDM 的周长=AD +CD ，可得平行四边形ABCD 的周长． 【解答】
解：∵ ABCD 是平行四边形， ∴ OA =OC .
∵ OM ⊥AC ， ∴ AM =MC ．
∴ △CDM 的周长=AD +CD =a ， ∴ 平行四边形ABCD 的周长是2a ． 故答案为：2a ． 【答案】
16(1−x)2=9 【考点】
由实际问题抽象出一元二次方程 【解析】
增长率问题，一般用增长后的量=增长前的量×（1+增长率），参照本题，如果设平均每次下调的百分率为x ，根据“由原来每斤16元下调到每斤9元”，即可得出方程． 【解答】
解：设平均每次下调的百分率为x ， 则第一次每斤的价格为：16(1−x)， 第二次每斤的价格为16(1−x)2=9， 所以，可列方程：16(1−x)2=9． 故答案为：16(1−x)2=9． 【答案】 8cm
【考点】 菱形的性质 【解析】
根据已知可得该对角线与菱形的一组邻边构成一个等边三角形，从而可求得菱形的边长． 【解答】
解：菱形的一个内角为120∘，则邻角为60∘ 则这条对角线和一组邻边组成等边三角形， 可得边长为8cm ． 故答案为：8cm ． 【答案】 3
【考点】
一元二次方程的应用——几何图形面积问题 【解析】
根据临时隔离点ABCD 总长度是10米，AB =x 米，则BC =(10−2x)米，再根据矩形的面积公式列方程，解一元二次方程即可． 【解答】
解：设AB=x，则BC=(10−2x)，
根据题意，得x(10−2x)=12，
解得x1=3，x2=2.
∵10−2x≤5，
∴x≥5
2
，
∴x=3，即AB的长为3．
故答案为：3.
【答案】
10
【考点】
勾股定理
轴对称——最短路线问题
【解析】
BE=2，AE=3BE=3×2=6，AB=AE+BE=2+6=8，点B，D关于AC对称，连结DE，交AC于P，DE即为所求DE=√AD2+AE2=√82+62=10，∴ PB+PE最小值为10，
【解答】
解：BE=2，AE=3BE=3×2=6，
AB=AE+BE=2+6=8，
点B，D关于AC对称，
连结DE，交AC于P，DE即为所求，如图，
DE=√AD2+AE2=√82+62=10，
∴ PB+PE最小值为10，
故答案为：10．
三、解答题
【答案】
x=−b±√b2−4ac
2a
(2)∵a=1，b=−4，c=−1，
b2−4ac=(−4)2−4×1×(−1)=16+4=20>0，∴x=4±√20
2×1
=2±√5，
x1=2+√5，x2=2−√5.
【考点】
解一元二次方程-公式法
【解析】【解答】
解：(1)一元二次方程的求根公式为：x=−b±√b2−4ac
2a
.
故答案为：x=−b±√b2−4ac
2a
.
(2)∵a=1，b=−4，c=−1，
b2−4ac=(−4)2−4×1×(−1)=16+4=20>0，
∴x=4±√20
2×1
=2±√5，
x1=2+√5，x2=2−√5.
【答案】
解：(1)2x2−4x=3，
x2−2x=3
2
，
x2−2x+12=3
2
+12，
(x−1)2=5
2
，
x−1=±√10
2
，
x1=1+√10
2
，x2=1−√10
2
.
(2)x2−4x+3−8=0，
x2−4x−5=0，
(x−5)(x+1)=0，
x1=5，x2=−1.
【考点】
解一元二次方程-因式分解法
解一元二次方程-配方法
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)2x2−4x=3，
x2−2x=3
2
，
x2−2x+12=3
2
+12，
(x−1)2=5
2
，
x−1=±√10
2
，
x1=1+√10
2，x2=1−√10
2
.
(2)x2−4x+3−8=0，
x2−4x−5=0，
(x−5)(x+1)=0，
x1=5，x2=−1.
【答案】
解：(1)∵a=2，b=−7，c=−4，
b2−4ac=(−7)2−4×2×(−4)
=49+32=81>0，
∴方程有两个不相等的实数根.
(2)∵a=1，b=−3，c=6，
b2−4ac=(−3)2−4×1×6=−15<0，∴方程没有实数根.
(3)∵a=4，b=−4，c=1，
b2−4ac=(−4)2−4×4×1=0，
∴方程有两个相等的实数根.
【考点】
根的判别式
【解析】
【解答】
解：(1)∵a=2，b=−7，c=−4，
b2−4ac=(−7)2−4×2×(−4)
=49+32=81>0，
∴方程有两个不相等的实数根.
(2)∵a=1，b=−3，c=6，
b2−4ac=(−3)2−4×1×6=−15<0，∴方程没有实数根.
(3)∵a=4，b=−4，c=1，
b2−4ac=(−4)2−4×4×1=0，
∴方程有两个相等的实数根.
【答案】
解：(1)∵方程有两个相等的实数根，
∴Δ=(−4)2−4×3(m−1)=0，
16−12m+12=0，
解得：m=7
3
.
(2)当m=7
3时，方程变为3x2−4x+4
3
=0，
3(x−2
3
)2=0，
∴x1=x2=2
3
.
【考点】
根的判别式
解一元二次方程-配方法
【解析】
【解答】
解：(1)∵方程有两个相等的实数根，
∴Δ=(−4)2−4×3(m−1)=0，
16−12m+12=0，
解得：m=7
3
.
(2)当m=7
3
时，方程变为3x2−4x+4
3
=0，
3(x−2
3
)2=0，
∴x1=x2=2
3
.
【答案】
解：(1)由题意，得
60×(360−280)=4800(元).
答：降价前商场每月销售该商品的利润是4800元.
(2)设每件商品应降价x元，
由题意，得(360−x−280)(5x+60)=7200，
解得：x1=8，x2=60.
∵有利于减少库存，
∴x=60.
答：要使商场每月销售这种商品的利润达到7200元，且更有利于减少库存，则每件商品应降价60元.
【考点】
一元二次方程的应用——利润问题
【解析】
（1）先求出每件的利润．再乘以每月销售的数量就可以得出每月的总利润；（2）设要使商场每月销售这种
商品的利润达到7200元，且更有利于减少库存，则每件商品应降价x元，由销售问题的数量关系建立方程求
出其解即可．
【解答】
解：(1)由题意，得
60×(360−280)=4800(元).
答：降价前商场每月销售该商品的利润是4800元.
(2)设每件商品应降价x元，
由题意，得(360−x−280)(5x+60)=7200，
解得：x1=8，x2=60．
∵有利于减少库存，
∴x=60．
答：要使商场每月销售这种商品的利润达到7200元，且更有利于减少库存，则每件商品应降价60元．
【答案】
(1)证明：∵四边形ABCD为菱形，
∴∠COD=90∘；
而CE // BD，DE // AC，
∴∠OCE=∠ODE=90∘，
∴四边形CODE是矩形．
(2)解：∵四边形ABCD为菱形，
∴AO=OC=1
2
AC=3，OD=OB，∠AOB=90∘，
由勾股定理得：
BO2=AB2−AO2，而AB=5，
∴DO=BO=4，
由(1)知四边形CODE是矩形，
∴四边形CODE的周长=2(3+4)=14．
【考点】
矩形的判定与性质
菱形的性质
【解析】
（1）如图，首先证明∠COD=90∘；然后证明∠OCE=∠ODE=90∘，即可解决问题．
（2）如图，首先证明CO=AO=3，∠AOB=90∘；运用勾股定理求出BO，即可解决问题．
【解答】
(1)证明：∵四边形ABCD为菱形，
∴∠COD=90∘；
而CE // BD，DE // AC，
∴∠OCE=∠ODE=90∘，
∴四边形CODE是矩形．
(2)解：∵四边形ABCD为菱形，
∴AO=OC=1
2
AC=3，OD=OB，∠AOB=90∘，
由勾股定理得：
BO2=AB2−AO2，而AB=5，
∴DO=BO=4，
由(1)知四边形CODE是矩形，
∴四边形CODE的周长=2(3+4)=14．
【答案】
(1)证明：∵AB=BC，BD平分∠ABN，
∴AO=CO．
∵AM // BN，
∴∠DAC=∠ACB．
在△ADO和△CBO中，{
∠DAO=∠BCO,
AO=CO,
∠AOD=∠COB,
∴△ADO≅△CBO(ASA).
(2)证明：由(1)得△ADO≅△CBO．
∴AD=CB．
又∵AM // BN，
∴四边形ABCD是平行四边形．
∵AB=BC，
∴四边形ABCD是菱形.
(3)解：由(2)得四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，OB=OD．
又∵DE⊥BD，
∴AC // DE．
又∵AM // BN，
∴四边形ACED平行四边形．
∴AC=DE=2，
∴AO=1
2
AC=1．
在Rt△AOB中，由勾股定理得：
BO=√AB2−AO2=√22−12=√3，
∴BD=2BO=2√3，
∴S
菱形ABCD
=1
2
AC⋅BD=1
2
×2×2√3=2√3．
【考点】
菱形的面积
全等三角形的性质与判定
菱形的判定与性质
菱形的判定
平行四边形的判定
勾股定理
角平分线的性质
全等三角形的性质
【解析】
（1）由ASA即可得出结论；
（2）先证明四边形ABCD是平行四边形，再由AB＝BC，即可得出结论；
（3）由菱形的性质得出AC⊥BD，证明四边形ACED是平行四边形，得出AC＝DE＝2，AD＝EC，由勾股定理求出BO，得出BD的长，由菱形面积公式即可得出答案．
【解答】
(1)证明：∵AB=BC，BD平分∠ABN，
∴AO=CO．
∵AM // BN，
∴∠DAC=∠ACB．在△ADO和△CBO中，
{∠DAO=∠BCO, AO=CO,
∠AOD=∠COB,
∴△ADO≅△CBO(ASA).
(2)证明：由(1)得△ADO≅△CBO．∴AD=CB．
又∵AM // BN，
∴四边形ABCD是平行四边形．
∵AB=BC，
∴四边形ABCD是菱形.
(3)解：由(2)得四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，OB=OD．
又∵DE⊥BD，
∴AC // DE．
又∵AM // BN，
∴四边形ACED平行四边形．
∴AC=DE=2，
∴AO=1
2
AC=1．
在Rt△AOB中，由勾股定理得：
BO=√AB2−AO2=√22−12=√3，∴BD=2BO=2√3，
∴S
菱形ABCD =1
2
AC⋅BD=1
2
×2×2√3=2√3．
【答案】
AH=AB
(2)(1)中的数量关系仍成立．理由如下：如图②，延长CB至E，使BE=DN．
∵ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠D=∠ABE=90∘，
在Rt△AEB和Rt△AND中，
{AB=AD，
∠ABE=∠ADN，BE=DN，∴Rt△AEB≅Rt△AND，
∴AE=AN，∠EAB=∠NAD，
∴∠EAM=∠NAM=45∘.
在△AEM和△ANM中，
{
AE=AN，
∠EAM=∠NAM，
AM=AM，
∴△AEM≅△ANM，
∴S△AEM=S△ANM，，EM=MN.
∵AB，AH是△AEM和△ANM对应边上的高，
∴AB=AH.
(3)如图③分别沿AM，AN翻折△AMH和△ANH，得到△ABM和△AND，
∴BM=2，DN=3，∠B=∠D=∠BAD=90∘.
分别延长BM和DN交于点C，得正方形ABCD，
由(2)可知，AH=AB=BC=CD=AD，
设AH=x，则MC=x−2，NC=x−3，
在Rt△MCN中，由勾股定理，得
MN2=MC2+NC2，
∴52=(x−2)2+(x−3)2，
解得x1=6，x2=−1（不符合题意，舍去）.
∴AH=6．
【考点】
全等三角形的性质与判定
正方形的性质
勾股定理
翻折变换（折叠问题）
【解析】
（1）由三角形全等可以证明AH＝AB，
（2）延长CB至E，使BE＝DN，证明△AEM≅△ANM，能得到AH＝AB，
（3）分别沿AM、AN翻折△AMH和△ANH，得到△ABM和△AND，然后分别延长BM和DN交于点C，得正方形ABCE，设AH＝x，则MC＝x−2，NC＝x−3，在Rt△MCN中，由勾股定理，解得x．
【解答】
解：(1)AH=AB.
理由如下：
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠B=∠D=90∘，在△ABM与△ADN中，
{AB=AD，∠B=∠D，
BM=DN，
∴△ABM≅△ADN，
∴∠BAM=∠DAN，AM=AN. ∵AH⊥MN，
∴∠MAH=1
2
∠MAN=22.5∘. ∵∠BAM+∠DAN=45∘，
∴∠BAM=22.5∘.
在△ABM与△AHM中，
{∠BAM=∠HAM，
∠B=∠AHM=90∘，
AM=AM，
∴△ABM≅△AHM，
∴AB=AD=AH.
故答案为：AH=AB.
(2)(1)中的数量关系仍成立．理由如下：如图②，延长CB至E，使BE=DN．
∵ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠D=∠ABE=90∘，
在Rt△AEB和Rt△AND中，
{AB=AD，
∠ABE=∠ADN，
BE=DN，
∴Rt△AEB≅Rt△AND，
∴AE=AN，∠EAB=∠NAD，∴∠EAM=∠NAM=45∘.
在△AEM和△ANM中，{
AE=AN，
∠EAM=∠NAM，
AM=AM，
∴△AEM≅△ANM，
∴S△AEM=S△ANM，，EM=MN.
∵AB，AH是△AEM和△ANM对应边上的高，
∴AB=AH.
(3)如图③分别沿AM，AN翻折△AMH和△ANH，得到△ABM和△AND，
∴BM=2，DN=3，∠B=∠D=∠BAD=90∘.
分别延长BM和DN交于点C，得正方形ABCD，
由(2)可知，AH=AB=BC=CD=AD，
设AH=x，则MC=x−2，NC=x−3，
在Rt△MCN中，由勾股定理，得
MN2=MC2+NC2，
∴52=(x−2)2+(x−3)2，
解得x1=6，x2=−1（不符合题意，舍去）.
∴AH=6．
第21页共22页◎第22页共22页。