2023-2024学年河南省许昌二中九年级（上）期中数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年河南省许昌二中九年级（上）期中数学试卷（含解析），共21页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.剪纸又称刻纸，是中国最古老的民间艺术之一，它是以纸为加工对象，以剪刀(或刻刀)为工具进行创作的艺术.民间剪纸往往通过谐音、象征、寓意等手法提炼、概括自然形态，构成美丽的图案.下列剪纸中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是( )
A. B. C. D.
2.在平面直角坐标系中，点P(2,−4)关于原点对称的点的坐标是( )
A. (2,4)B. (−2,4)C. (−2,−4)D. (−4,2)
3.如图，点A，B，C在⊙O上，∠BAC=54°，则∠BOC的度数为( )
A. 27°B. 108°C. 116°D. 128°
4.将抛物线y=3x2+2向左平移2个单位长度，再向下平移3个单位长度，则得到的抛物线的解析式为( )
A. y=3(x−2)2−1B. y=3(x−2)2+5
C. y=3(x+2)2+5D. y=3(x+2)2−1
5.下列说法：(1)长度相等的弧是等弧，(2)相等的圆心角所对的弧相等，(3)劣弧一定比优弧短，(4)直径是圆中最长的弦．其中正确的有( )
A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
6.关于x的一元二次方程kx2+2x+1=0有两个不相等的实数根，则k的取值范围是
( )
A. k>−1B. k≥−1C. k≠0D. k<1且k≠0
7.4月23日是“世界读书日”，某班为了落实“爱读书、多读书、读好书”的理念，全班每位同学互赠一本自己喜欢的图书给其他同学，全班共互赠了1640本，设该班有x人，根据题意，可列方程为( )
A. 12x(x−1)=1640B. x(x−1)=1640
C. 12x(x+1)=1640D. x(x+1)=1640
8.在函数y=x2−2x+a(a为常数)的图象上有三个点(−1,y1)，(−2,y2)，(1,y3)，则函数值y1，y2，y3的大小关系为( )
A. y39.二次函数y=ax2+bx+c的图象如图所示，则一次函数y=cx+ab的图象不经过( )
A. 第一象限
B. 第二象限
C. 第三象限
D. 第四象限
10.如图，▱OABC的顶点O(0,0)，C(13,0)，OA=3，点B在第一象限，将▱OABC绕点O顺时针旋转得到▱OA′B′C′，当点A的对应点A′落在x轴正半轴上时，点B的对应点B′恰好落在BC的延长线上，则点B′的坐标是( )
A. (5,−12)B. (8,−12)C. (8,−13)D. (12,−8)
二、填空题：本题共5小题，每小题3分，共15分。
11.若(m+3)x|m|−1−(m−3)x−5=0是关于x的一元二次方程，则m的值为______．
12.如图，将Rt△ABC绕点A逆时针旋转70°得到Rt△AB1C1，若∠C=90°，∠B=60°，则∠BAC1= ．
13.设a，b是方程x2+2x−20=0的两个实数根，则a2+3a+b的值为______．
14.已知抛物线y=x2+bx+c的部分图象如图所示，则方程x2+bx+c=0的解是______．
15.如图所示，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AB=2AC=4，CO为斜边中线，点P为线段AO上一动点，将线段PC绕点P逆时针旋转90°得线段PQ，连接CQ，OQ，当PC垂直于△ABC的一边时，线段OQ的值为______ ．
三、解答题：本题共8小题，共75分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
16.(本小题9分)
嘉嘉解方程x2+2x−3=0的过程如表所示．
(1)嘉嘉是用 (填“配方法”“公式法”或“因式分解法”)来求解的；从第 步开始出现错误；
(2)请你用不同于(1)中的方法解该方程．
17.(本小题9分)
如图，平面直角坐标系内，小正方形网格的边长为1个单位长度，△ABC的顶点均在格点上．
(1)画出将△ABC关于原点O的中心对称图形△A1B1C1；
(2)将△DEF绕点E逆时针旋转90°得到△D1EF1，画出△D1EF1；
(3)若△DEF由△ABC绕着某点旋转得到的，则这点的坐标为 ．
18.(本小题9分)
已知：关于x的一元二次方程x2−(k+1)x+2k−3=0．
(1)求证：对任意实数k，方程有两个不相等的实数根；
(2)若方程的一个根是3，求k的值及方程的另一个根．
19.(本小题9分)
直播购物逐渐走进了人们的生活.某电商在某APP上对一款成本价为30元/件的小商品进行直播销售，如果按每件40元销售，每月可卖出600件.通过市场调查发现，每件小商品的售价每上涨1元，每月的销售件数就减少10件.为了使每月的销售利润为10000元，每件小商品的售价应定为多少元？这时电商每月能售出小商品多少件？
(1)解法1：设每件小商品涨价x元，由题意得方程：______ ．
解法2：设每件小商品的售价应定为y元，由题意得方程：______ ．
(2)请你选择(1)中的一种解法完成解答．
20.(本小题9分)
某位同学做实验考察电流变化情况时，可以选择若干定值电阻进行并联，(假设可以选择任何数值的电阻)，已知电源电压U为3V.(注：公式I=UR，其中I是电流强度，U是电压，R是电阻)
(1)若只选择一个电阻，测得电流强度I为0.1A，求该电阻R的值．
(2)若所选的两个电阻分别为R1，R2，且R1+R2=20Ω，恰好使总电流强度I最小，求对应电阻R1，R2的值.(注：并联时总电阻R=R1×R2R1+R2)(在求对应R1，R2的值时，用数学的方法书写过程)
21.(本小题10分)
某居民小区一处圆柱形的输水管道破裂，维修人员为更换管道，需确定管道圆形截面的半径，如图是水平放置的破裂管道有水部分的截面．
(1)若这个输水管道有水部分的水面宽AB=16cm，水面最深地方的高度为4cm，求这个圆形截面的半径；
(2)在(1)的条件下，小明把一只宽12cm的方形小木船放在修好后的圆柱形水管里，已知船高出水面13cm，问此小船能顺利通过这个管道吗？
22.(本小题10分)
如图1所示的某种发石车是古代一种远程攻击的武器.将发石车置于山坡底部O处，以点O为原点，水平方向为x轴方向，建立如图2所示的平面直角坐标系，将发射出去的石块当作一个点看，其飞行路线可以近似看作抛物线y=a(x−20)2+k的一部分，山坡OA上有一堵防御墙，其竖直截面为ABCD，墙宽BC=2米，BC与x轴平行，点B与点O的水平距离为28米、垂直距离为6米．
(1)若发射石块在空中飞行的最大高度为10米，
①求抛物线的解析式；
②试通过计算说明石块能否飞越防御墙；
(2)若要使石块恰好落在防御墙顶部BC上(包括端点B、C)，求a的取值范围．
23.(本小题10分)
如图，两个等腰直角△ABC和△CDE中，∠ACB=∠DCE=90°．
(1)观察猜想如图1，点E在BC上，线段AE与BD的数量关系是______，位置关系是______．
(2)探究证明把△CDE绕直角顶点C旋转到图2的位置，(1)中的结论还成立吗？说明理由；
(3)拓展延伸：把△CDE绕点C在平面内自由旋转，若AC=BC=13，DE=10，当A、E、D三点在同一直线上时，请直接写出AD的长．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A.原图是中心对称图形，不是轴对称图形，不符合题意；
B.原图是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；
C.原图既是中心对称图形，又是轴对称图形，符合题意；
D.原图是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；
故选：C．
根据轴对称图形和中心对称图形的定义进行逐一判断即可．
本题主要考查了中心对称图形和轴对称图形的定义，如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形；中心对称图形的定义：把一个图形绕着某一个点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心．
2.【答案】B
【解析】解：点P(2,−4)关于原点对称的点的坐标是(−2,4)，
故选：B．
根据两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反可得答案．
此题主要考查了关于原点对称的点的坐标，关键是掌握点的坐标的变化规律．
3.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了圆周角定理，熟练掌握圆周角定理是解题的关键．直接由圆周角定理求解即可．
【解答】
解：∵∠A=54°，
∴∠BOC=2∠A=108°，
故选B．
4.【答案】D
【解析】解：将抛物线y=3x2+2向左平移2个单位长度，再向下平移3个单位长度，得到的抛物线的函数表达式为：y=3(x+2)2+2−3.即y=3(x+2)2−1．
故选：D．
根据“左加右减，上加下减”的法则进行解答即可．
本题考查的是二次函数的图象与几何变换，熟知二次函数图象平移的法则是解答此题的关键．
5.【答案】A
【解析】解：(1)长度相等的弧不一定是等弧，弧的度数必须相同，故错误；
(2)同圆或等圆中相等的圆心角所对的弧相等，故错误；
(3)同圆或等圆中劣弧一定比优弧短，故错误；
(4)直径是圆中最长的弦，正确，
正确的只有1个，
故选：A．
利用等弧的定义、圆周角定理、弧的定义及弦的定义分别判断后即可确定正确的选项．
本题考查了圆的有关定义，能够了解圆的有关知识是解答本题的关键，难度不大．
6.【答案】D
【解析】【分析】
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．在判断一元二次方程根的情况的问题中，必须满足下列条件：(1)二次项系数不为零；(2)在有不相等的实数根时，必须满足△=b2−4ac>0．
【解答】解：依题意列方程组
22−4k>0k≠0，
解得k<1且k≠0．
故选：D．
7.【答案】B
【解析】解：设该班有x人，每名学生应该送的图书为(x−1)本，由题意得：
x(x−1)=1640．
故选：B．
如果全班有x名学生，那么每名学生应该送的图书为(x−1)本，根据“全班共互赠了1640本”，可得出方程为x(x−1)=1640．
本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，正确找到关键描述语，正确找到等量关系是解决问题的关键．
8.【答案】A
【解析】解：∵函数y=x2−2x+a(a为常数)，
∴抛物线开口向上，对称轴为直线x=−−22×1=1，
在函数y=x2−2x+a(a为常数)的图象上有三点(−1,y1)，(−2,y2)，(1,y3)，且|1−(−2)|<|1−(−1)|<|1−1|，
则y1、y2、y3的大小关系为y3故选：A．
求得抛物线的开口方向和对称轴，则根据三点横坐标离对称轴越近，即可判断y1、y2、y3的大小．
本题考查了二次函数图象上点的坐标特征，由点的横坐标到对称轴的距离判断点的纵坐标的大小．
9.【答案】B
【解析】解：由函数图象对称轴在y轴右侧可得：−b2a>0，
∴a、b异号，即ab<0，
又函数图象与y轴交点在原点上方，
∴c>0，
∴一次函数y=cx+ab的图象经过一、三、四象限，不经过二象限，
故选：B．
利用抛物线图象判定c和ab的符号，即可得到答案．
本题考查二次函数及一次函数图象与系数的关系，解题的关键是由抛物线判断ab和c的符号．
10.【答案】B
【解析】【分析】
由旋转的性质得出∠AOC=∠C′OA′，由平行四边形的性质得出∠AOC=∠B，AB/​/OC，A′B′//OC′，证出B′A′=B′C=13，过点B′作B′E⊥A′C于点E，由等腰三角形的性质求出A′E=12A′C=5，由勾股定理求出B′E=12，则可求出答案．
本题考查了旋转的性质，平行四边形的性质，等腰三角形的性质，勾股定理，熟练掌握平行四边形的性质是解题的关键．
【解答】
解：∵C(13,0)，
∴OC=13，
∵将▱OABC绕点O顺时针旋转得到▱OA′B′C′，
∴∠AOC=∠C′OA′，
又∵四边形OABC和四边形OA′B′C′是平行四边形，
∴∠AOC=∠B，AB/​/OC，A′B′//OC′，
∴∠B=∠OCB′，∠C′OA′=∠B′A′C，
∴∠B′A′C=∠OCB′，
∴B′A′=B′C=13，
过点B′作B′E⊥A′C于点E，
∵A′C=OC−OA′=13−3=10，
∴A′E=12A′C=5，
∴OE=8，B′E= B′A′2−A′E2= 132−52=12，
∴B′(8,−12)．
故选：B．
11.【答案】3
【解析】解：∵(m+3)x|m|−1−(m−3)x−5=0是关于x的一元二次方程，
∴m+3≠0|m|−1=2．
所有m≠−3m=3或−3，
解得m=3．
故答案为：3．
根据一元二次方程的定义(含有一个未知数，并且含有未知数的项的最高次数是2的整式方程叫一元二次方程)进行判断即可．
本题考查一元二次方程，解题的关键是正确理解一元二次方程的定义．
12.【答案】40°
【解析】解：∵∠ACB=90°，∠B=60°，
∴∠BAC=30°，
∵将Rt△ABC绕点A逆时针旋转70°得到Rt△AB1C1，
∴∠CAC1=70°，
∴∠BAC1=70°−30°=40°，
故答案为：40°．
根据三角形内角和定理得∠BAC=30°，再根据旋转的性质得∠CAC1=70°，从而得出答案．
本题主要考查了旋转的性质，三角形内角和定理，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
13.【答案】18
【解析】解：∵a是方程x2+2x−20=0的实数根，
∴a2+2a−20=0，
∴a2+2a=20，
∵a，b是方程x2+2x−20=0的两个实数根，
∴a+b=−2，
∴a2+3a+b=a2+2a+a+b=20−2=18．
故答案为：18．
先利用一元二次方程解的定义得到a2+2a=20，再根据根与系数的关系得到a+b=−2，然后利用整体代入的方法计算．
本题考查了根与系数的关系：若x1，x2是一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的两根，则x1+x2=−ba，x1·x2=ca.也考查了一元二次方程的根．
14.【答案】x1=−1，x2=3
【解析】解：由图象可得，
抛物线y=x2+bx+c的对称轴是直线x=1，与x轴的一个交点坐标为(−1,0)，
∴该抛物线与x轴的另一个交点坐标为(3,0)，
∴当y=0时，0=x2+bx+c对应的x的值是x1=−1，x2=3，
故答案为：x1=−1，x2=3．
根据函数图象，可以得到抛物线的y=x2+bx+c的对称轴与x轴的一个交点，根据二次函数对称轴的性质，从而可以写出另一个交点，即可得到当y=0时对应的x的值，即方程x2+bx+c=0的解．
本题考查抛物线与x轴的交点、二次函数与一元二次方程的关系，解答本题的关键是写出抛物线与x轴的交点坐标．
15.【答案】 3−1或 6− 2
【解析】解：①当CP⊥AB时，如图1所示，
∵sinB=12，
∴∠B=30°．
∵OB=OC，
∴∠POC=2∠B=60°．
在Rt△PCQ中，OC=12AB=2，∠POC=60°，
∴CP=CO⋅sin60°= 3，PO=CO⋅cs60°=1，
∵PC=PQ= 3，PO=1，
∴OQ= 3−1；
②当CP⊥BC时；如图2所示，过点Q作QD⊥AB于点D．
∵∠CPQ=90°，∠ACB=90°，
∴AQ//CB．
∴∠OAQ=30°．
∴QD=12AQ=1，AD= 32AQ= 3．
∴OD=AO−AD=2− 3．
在Rt△ODQ中，OQ= OD2+DQ2= (2− 3)2+12= 8−4 3= 6− 2．
综上，线段OQ的长为 3−1或 6− 2，
故答案为： 3−1或 6− 2．
根据CP⊥AB和CP⊥BC两种情况进行讨论，当CP⊥AB时，根据sinB=12得到∠B=30°，在Rt△PCQ中根据直角三角函数计算出PC和PO，从而计算出OQ，当CP⊥BC时，证明AQ//CB，得到∠OAQ=30°，得到OD=AO−AD=2− 3，再根据勾股定理计算出OQ．
本题考查直角三角形的性质和直角三角函数，解题的关键是掌握直角三角函数的相关知识．
16.【答案】配方法 二
【解析】解：(1)嘉嘉是用配方法来求解的；从第二步开始出现错误；
故答案为：配方法，二；
(2)∵x2+2x−3=0，
∴(x+3)(x−1)=0，
则x+3=0或x−1=0，
解得x1=−3，x2=1．
(1)根据配方法解一元二次方程的步骤求解即可；
(2)利用十字相乘将方程的左边因式分解，继而得出两个关于x的一元一次方程，再进一步求解即可．
本题主要考查解一元二次方程，解一元二次方程常用的方法有：直接开平方法、因式分解法、公式法及配方法，解题的关键是根据方程的特点选择简便的方法．
17.【答案】(0,1)
【解析】解：(1)作图如下：
(2)作图如下：
(3)根据旋转的性质：旋转中心到两对应点的距离相等；
故旋转中心在线段BE、CF的中垂线上；
由图像可知，该点的坐标为(0,1)．
(1)根据成中心对称图形的性质画图即可；
(2)根据旋转中心、旋转角、旋转方向画图即可；
(3)线段BE、CF的中垂线的交点即为旋转中心．
本题考查了图形的旋转，平面直角坐标系中点的坐标变换；熟练掌握旋转的性质是解题关键．
18.【答案】(1)证明：∵Δ=[−(k+1)]2−4(2k−3)=k2−6k+13=(k−3)2+4，
而(k−3)2≥0，
∴Δ>0．
∴对任意实数k，方程有两个不相等的实数根；
(2)解：∵方程的一个根是3，
∴32−3(k+1)+2k−3=0，
解得：k=3，
∴原方程为：x2−4x+3=0，
解得：x1=1，x2=3．
即k的值为3，方程的另一个根是1．
【解析】(1)要证明方程有两个不相等的实数根，即证明Δ>0即可．Δ=[−(k+1)]2−4(2k−3)=k2−6k+13=(k−3)2+4，因为(k−3)2≥0，可以得到Δ>0；
(2)将x=3代入方程x2−(k+1)x+2k−3=0，求出k的值，进而得出方程的解．
此题考查了根的判别式，一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的根与Δ=b2−4ac有如下关系：
(1)Δ>0⇔方程有两个不相等的实数根；
(2)Δ=0⇔方程有两个相等的实数根；
(3)Δ<0⇔方程没有实数根．
同时考查了一元二次方程的解的定义．
19.【答案】(40+x−30)(600−10x)=10000 (y−30)(1000−10y)=10000
【解析】解：(1)解法1：设每件小商品涨价x元，则每件的销售利润为(40+x−30)元，每月可卖出(600−10x)件，
由题意得方程：(40+x−30)(600−10x)=10000；
解法2：设每件小商品的售价应定为y元，则每件的销售利润为(y−30)元，每月可卖出600−10(y−40)=(1000−10y)件，
由题意得方程：(y−30)(1000−10y)=10000．
故答案为：(40+x−30)(600−10x)=10000，(y−30)(1000−10y)=10000；
(2)解法1：(40+x−30)(600−10x)=10000，
整理得：x2−50x+400=0，
解得：x1=10，x2=40，
当x=10时，40+x=40+10=50，600−10x=600−10×10=500；
当x=40时，40+x=40+40=80，600−10x=600−10×40=200．
答：每件小商品的售价应定为50或80元，这时电商每月能售出小商品500或200件；
解法2：(y−30)(1000−10y)=10000，
整理得：y2−130y+4000=0，
解得：y1=50，y2=80，
当y=50时，1000−10y=1000−10×50=500；
当y=80时，1000−10y=1000−10×80=200．
答：每件小商品的售价应定为50或80元，这时电商每月能售出小商品500或200件．
(1)解法1：设每件小商品涨价x元，则每件的销售利润为(40+x−30)元，每月可卖出(600−10x)件，利用总利润=每件的销售利润×月销售量，即可列出关于x的一元二次方程；解法2：设每件小商品的售价应定为y元，则每件的销售利润为(y−30)元，每月可卖出(1000−10y)件，利用总利润=每件的销售利润×月销售量，即可列出关于y的一元二次方程；
(2)分别选择(1)中的两种解法，解之即可得出结论．
本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
20.【答案】解：(1)根据题意知：U=3V，I=0.1A．
∴R=UI=3V0.1A=30Ω．
(2)∵R1+R2=20Ω．
∴并联时总电阻R=R1×R2R1+R2=R1+R220．
∵I=UR．
∴总电流强度I=UR总=3VR1+R220=60R1R2=60R1(20−R1)=60−R12+20R1=60−(R1−10)2+100．
故当R1=10Ω时，总电流强度I取最小值，此时R2=10Ω．
即：恰好使总电流强度I最小，对应电阻R1，R2的值都为10Ω．
【解析】(1)根据公式I=UR，代入即可求解．
(2)根据题意写出总电流表达式，利用R1+R2=20Ω进行化简配方即可求出最小值．
本题考查二次函数求最值，关键在于利用已知进行化简配方找到最值，本题属于跨学科之间的题型，值得考生多加关注．
21.【答案】解：(1)过O作OE⊥AB于D，交弧AB于E，连接OB．

∵OE⊥AB，
∴BD=12AB=12×16=8cm，
由题意可知，ED=4cm，
设半径为xcm，则OD=(x−4)cm，
在Rt△BOD中，由勾股定理得：
OD2+BD2=OB2
∴(x−4)2+82=x2
解得x=10．
即这个圆形截面的半径为10cm．
(2)如图，小船能顺利通过这个管道．理由：

连接OM，设MF=6cm．
∵EF⊥MN，OM=10cm，
在Rt△MOF中，OF= OM2−MF2=8cm
∵DF=OF+OD=8+6=14cm
∵14cm>13cm，
∴小船能顺利通过这个管道．
【解析】(1)过O作OE⊥AB于D，交弧AB于E，连接OB，根据垂径定理得到BD=12AB=12×16=8cm，然后根据勾股定理列出关于圆形截面半径的方程求解．
(2)连接OM，设MF=6cm，可求得此时OF的高，即可求得DF的长与13cm相比较，即可得到此时小船能顺利通过这个管道．
此题考查了垂径定理、勾股定理的应用．此题难度适中，注意掌握辅助线的作法，注意数形结合思想与方程思想的应用．
22.【答案】解：(1)①设石块运行的函数关系式为y=a(x−20)2+10，
把(0,0)代入解析式得：400a+10=0，
解得：a=−140，
∴解析式为：y=−140(x−20)2+10，即y=−140x2+x(0≤x≤40)；
②石块能飞越防御墙AB，理由如下：
把x=30代入y=−140x2+x得：
y=−140×900+30=7.5，
∵7.5>6，
∴石块能飞越防御墙AB；
(3)由题可知B(28,6)，抛物线y=a(x−20)2+k，
∴把(0,0)，(28,6)代入得：0=a(0−20)2+k6=a(28−20)2+k，
解得a=−156；
把C(30,6)，(0,0)代入解析式0=a(0−20)2+k6=a(30−20)2+k，
解得a=−150，
∴a的取值范围为−150≤a≤−156．
【解析】【分析】
(1)设石块运行的函数关系式为y=a(x−20)2+10，用待定系数法求得a的值即可求得答案；
(2)把x=30代入y=−140x2+x，求得y的值，与6作比较即可；
(3)把(0,0)，B(28,6)和(0,0)，C(30,0)分别代入y=a(x−20)2+k求出a即可．
本题考查了二次函数在实际问题中的应用，理清题中的数量关系并熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．
23.【答案】解：(1)AE=BD；AE⊥BD；
(2)成立；
理由：如图2中，延长AE交BD于H，交BC于O．
因为∠ACB=∠ECD=90°，∠ACB−∠ECB=∠ECD−∠ECB，
所以∠ACE=∠BCD，
在△ACE和△BCD中，
AC=BC∠ACE=∠BCDCE=CD,
所以△ACE≌△BCD(SAS)，
所以AE=BD，∠EAC=∠DBC，
因为∠EAC+∠AOC=90°，∠AOC=∠BOH，
所以∠BOH+∠OBH=90°，
所以∠OHB=90°，即AE⊥BD．
(3)满足条件的AD的值为17或7．
【解析】【分析】
本题考查几何变换综合题、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是准确寻找全等三角形解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．
(1)延长AE交BD于H.只要证明△ACE≌△BCD即可；
(2)结论不变．延长AE交BD于H，交BC于O.只要证明△ACE≌△BCD即可；
(3)分两种情形分别求解即可解决问题．
【解答】
解：(1)如图1中，延长AE交BD于H．
因为等腰直角△ABC和等腰直角△CDE，
所以AC=CB，∠ACB=∠ECD=90°，CE=CD，
在△ACE和△BCD中，
AC=BC∠ACE=∠BCDCE=CD,
所以△ACE≌△BCD(SAS)，
所以AE=BD，∠EAC=∠DBC，
因为∠EAC+∠AEC=90°，∠AEC=∠BEH，
所以∠BEH+∠EBH=90°，
所以∠EHB=90°，即AE⊥BD，
故答案为AE=BD；AE⊥BD．
(2)成立；
理由：如图2中，延长AE交BD于H，交BC于O．
因为∠ACB=∠ECD=90°，∠ACB−∠ECB=∠ECD−∠ECB，
所以∠ACE=∠BCD，
在△ACE和△BCD中，
AC=BC∠ACE=∠BCDCE=CD,
所以△ACE≌△BCD(SAS)，
所以AE=BD，∠EAC=∠DBC，
因为∠EAC+∠AOC=90°，∠AOC=∠BOH，
所以∠BOH+∠OBH=90°，
所以∠OHB=90°，即AE⊥BD．
(3)①当射线AD在直线AC的上方时，作CH⊥AD于H．
因为CE=CD，∠ECD=90°，CH⊥DE，
所以EH=DH=CH，CH=12DE=5，
在Rt△ACH中，因为AC=13，CH=5，
所以AH2=AC2−CH2=132−52=144，AH=12，
所以AD=AH+DH=12+5=17．
②当射线AD在直线AC的下方时，作CH⊥AD于H．
因为CE=CD，∠ECD=90°，CH⊥DE，
所以EH=DH=CH，CH=12DE=5，
在Rt△ACH中，因为AC=13，CH=5，
所以AH2=AC2−CH2=132−52=144，AH=12，
所以AD=AH−DH=12−5=7，
综上所述，满足条件的AD的值为17或7．解方程：x2+2x−3=0
解：x2+2x=3……第一步
(x+1)2=3……第二步
x1= 3−1，x2=− 3−1……第三步