海南省2025年数学中考真题试卷
1．（2025·海南）下列4个汉字中，从数学的角度可以看作轴对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】轴对称图形
【解析】【解答】解：不能看作轴对称图形，故A不符合；
不能看作轴对称图形，故B不符合；
能看作轴对称图形，故C符合；
不能看作轴对称图形，故D不符合，
故选：C．
【分析】将图形沿某一条直线折叠后能够重合的图形为轴对称图形.
2．（2025·海南）下列立体图形的俯视图为圆的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】简单几何体的三视图
【解析】【解答】解：选项中只有球的俯视图是圆，
故选：B．
【分析】根据简单几何体的三视图逐项进行判断即可求出答案.
3．（2025·海南） 2025年“五一”期间，海南省旅文厅在全岛推出26场体育赛事活动，拉动相关消费约6500万元．数据65000000用科学记数法表示为（ ）
A．6.5×106 B．6.5×107 C．0.65×106 D．0.65×107
【答案】B
【知识点】科学记数法表示大于10的数
【解析】【解答】解：65000000＝6.5×107．
故答案为：B．
【分析】利用科学记数法的定义：把一个数写成a×10n的形式（其中1≤a＜10，n为整数），这种记数法称为科学记数法，其方法如下：[①确定a，a是只有一位整数的数，②确定n，当原数的绝对值≥10时，n为正整数，n等于原数的整数位数减1；当原数的绝对值＜1，n为负整数，n的绝对值等于原数中左起第一个非0数前0的个数（含整数位上的0）].再分析求解即可.
4．（2025·海南）当x＝2时，代数式2x﹣3的值为（ ）
A．1 B．7 C．﹣1 D．﹣5
【答案】A
【知识点】有理数的加减乘除混合运算的法则；求代数式的值-直接代入求值
【解析】【解答】解：当x＝2时，原式＝2×2 3＝1．
故答案为：A．
【分析】将x=2代入代数式2x-3，再计算即可.
5．（2025·海南）分式方程的解是（ ）
A．x＝﹣3 B．x＝3 C．x＝2025 D．x＝﹣2025
【答案】C
【知识点】解分式方程
【解析】【解答】解：将分式方程＝0的两边都乘以x＋3，
得：x 2025＝0，
解得：x＝2025，
经检验，x＝2025是原方程的解，
故答案为：C．
【分析】利用解分式方程的计算方法及步骤（先去分母，再去括号，然后移项并合并同类项，最后系数化为“1”并检验即可）分析求解即可.
6．（2025·海南）在如图所示的正方形网格中，若建立平面直角坐标系，使“少”“年”的坐标分别为（﹣1，0）、（1，1），则“强”的坐标为（ ）
A．（3，3） B．（2，3） C．（4，3） D．（4，5）
【答案】B
【知识点】点的坐标；平面直角坐标系的构成
【解析】【解答】解：建立适当的平面直角坐标系如图所示：
则“强”的坐标为（2，3），
故答案为：B．
【分析】先利用“少”“年”的坐标建立平面直角坐标系，再求出“强”的坐标即可.
7．（2025·海南）下列运算结果为m5的是（ ）
A．m2·m3 B．（m2）3 C．m2+m3 D．m9﹣m4
【答案】A
【知识点】同底数幂的乘法；合并同类项法则及应用；幂的乘方运算
【解析】【解答】解：A．原式＝m5，故本选项符合题意；
B．原式＝m6，故本选项不符合题意；
C．原式不能合并同类项，故本选项不符合题意；
D．原式不能合并同类项，故本选项不符合题意．
故答案为：A．
【分析】利用幂的乘方、同底数幂的乘法及合并同类项进行计算即可.
8．（2025·海南） 已知三角形三条边的长分别为3、5、x，则x的值可能是（ ）
A．2 B．5 C．8 D．11
【答案】B
【知识点】三角形三边关系
【解析】【解答】解：选项A：2不满足2选项B：5满足2选项C：8不满足2选项D：11不满足2故答案为： B.
【分析】根据三角形三边关系“任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边”来确定x的取值范围，再据此判断选项.
9．（2025·海南）掷一枚质地均匀的正方体骰子，骰子的六个面上分别刻有1到6的点数，观察向上一面的点数．下列说法正确的是（ ）
A．出现点数为6的概率是 B．出现点数为0是随机事件
C．出现点数为偶数是必然事件 D．出现点数为奇数是不可能事件
【答案】A
【知识点】概率公式；事件发生的可能性；概率的简单应用
【解析】【解答】解答：解：A．出现的点数是6的概率是，故A正确，符合题意；
B．出现的点数为0是不可能事件，故B错误，不符合题意；
C．掷一枚质地均匀的正方体骰子，向上一面的点数为偶数是随机事件，故C错误，不符合题意；
D．出现的点数为奇数是随机事件，故D错误，不符合题意；
故答案为：A．
【分析】利用必然事件的定义、不可能事件的定义、随机事件的定义以及概率的计算方法逐项分析判断即可.
10．（2025·海南）将一副三角尺平放在桌面上，如图所示．若AB∥CE，则∠BCD的大小为（ ）
A．100° B．120° C．135° D．150°
【答案】D
【知识点】角的运算；两直线平行，内错角相等
【解析】【解答】解：∵AB∥CE，∠A＝30°，
∴∠ACE＝∠A＝30°，
∵∠ACB＝90°，∠DCE＝90°
∴∠BCD＝360° 90° 90° 30°＝150°．
故答案为：D．
【分析】先利用平行线的性质求出∠ACE＝∠A＝30°，再利用角的运算求出∠BCD的度数即可.
11．（2025·海南）如图，在△ABC中，∠C＝30°，AB＝1，以AB为直径的半圆O交AC于点D，若BC与半圆O相切于点B，则的长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】圆周角定理；切线的性质；弧长的计算
【解析】【解答】解：如图，连接OD，
∵BC与半圆O相切于点B，
∴∠ABC＝90°，
∵∠C＝30°，
∴∠A＝90° 30°＝60°，
由圆周角定理得：∠BOD＝2∠A＝120°，
∴的长为：＝，
故答案为：C．
【分析】连接OD，先利用切线的性质求出∠ABC＝90°，再利用三角形的内角和求出∠A的度数，再利用圆周角的性质可得∠BOD＝2∠A＝120°，最后利用弧长公式求解即可.
12．（2025·海南）如图，在平面直角坐标系xOy中，一次函数y1＝kx+b的图象与反比例函数y2的图象交于点A（﹣1，﹣2）、B（2，n）．则不等式kx+b的解集为（ ）
A．x＞2 B．x＜﹣1
C．﹣1＜x＜2 D．﹣1＜x＜0或x＞2
【答案】D
【知识点】反比例函数与一次函数的交点问题
【解析】【解答】解：由图象得：不等式kx＋b＞的解集为： 1＜x＜0或x＞2．
故答案为：D．【分析】结合函数图象，利用函数值大的图象在上方的原则求解即可.
13．（2025·海南）写出一个比-2大的实数 ．
【答案】-1
【知识点】有理数的大小比较-直接比较法
【解析】【解答】解：∵| 2|＞| 1|，
∴ 1＞ 2，
∴比 2大的实数有 1，（答案不唯一）．
故答案为： 1（只要比 2大即可）．
【分析】利用有理数比较大小的方法（①正数都大于0；②负数都小于0；③正数大于负数；④两个负数，绝对值大的反而小）分析求解即可.
14．（2025·海南）分解因式：a2﹣2ab+b2＝ ．
【答案】（a﹣b）2
【知识点】因式分解-完全平方公式
【解析】【解答】解：a2 2ab＋b2＝（a b）2，
故答案为：（a b）2．
【分析】利用完全平方公式的定义及计算方法（运用完全平方公式将某些多项式分解因式，其结构特征是：等式的左边是两个数的平方和与这两个数积的2倍的和或差，右边是这两个数和或差的平方）分析求解即可.
15．（2025·海南）如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O．以点A为圆心，适当长为半径画弧，分别交AB、AC于点M、N；再分别以M、N为圆心，大于MN的长为半径画弧，两弧在∠BAC内交于点G；作射线AG，交BD于点H．若AB＝7，OH＝2，则S△ABH＝ ．
【答案】7
【知识点】三角形的面积；角平分线的性质；菱形的性质；尺规作图-作角的平分线
【解析】【解答】解：过H作HE⊥AB于E，如图所示：
∵在菱形ABCD中，AO⊥BD，
由作图知，射线AG平分∠BAC，
∴HE＝OH＝2，
∴S△ABH＝AB EH＝×7×2＝7，
故答案为：7．
【分析】过H作HE⊥AB于E，先利用菱形的性质可得HE＝OH＝2，再利用三角形的面积公式求解即可.
16．（2025·海南）如图，点E是 ABCD内一动点，且∠AEB＝90°，AB＝4，BC＝7．
（1）△AEB面积的最大值为 ；
（2）连接CE，分别取CD、CE的中点M、N，连接MN．若∠BAD＝120°，则线段MN长度的最小值为 ．
【答案】（1）4
（2）
【知识点】勾股定理；平行四边形的性质；圆的综合题；解直角三角形；圆-动点问题；定角定弦辅助圆模型
【解析】【解答】解：（1）∵点E是 ABCD内一动点，且∠AEB＝90°，
∴点E的运动轨迹为以AB为直径的半圆，
设AB的中点为O，当OE⊥AB时，△AEB面积取得最大值，如图，
则OA＝OB＝AB＝2，
∴△AEB面积的最大值＝AB OE＝×4×2＝4．
故答案为：4；
（2）连接DE，如图，
∵CD、CE的中点为M、N，
∴MN＝DE，
∴DE取得最小值时，MN长度最小．
由（1）知：点E的运动轨迹为以AB为直径的半圆，设AB的中点为O，连接OD，交半圆于点E，如图，
则此时DE最小，OE＝OA＝OB＝2．
过点O作OF⊥AD，交DA的延长线于点F，
∵∠BAD＝120°，
∴∠OAF＝60°，
∴OF＝OA sin60°＝，AF＝OA cos60°＝1，
∴DF＝AD＋AF＝8，
∴OD＝＝＝，
∴DE＝OD OE＝ 2，
∴线段MN长度的最小值＝DE＝．
故答案为：．
【分析】（1）先分析出点E的运动轨迹为以AB为直径的半圆，再设AB的中点为O，可得当OE⊥AB时，△AEB面积取得最大值，最后利用三角形的面积公式求解即可；
（2）连接DE，先分析出DE取得最小值时，MN长度最小，再过点O作OF⊥AD，交DA的延长线于点F，先利用解直角三角形的方法和线段的和差求出DF的长，再利用勾股定理和线段的和差求出DE的长，最后求出MN的长即可.
17．（2025·海南）
（1）计算：|﹣1|×2；
（2）解不等式组：．
【答案】（1）解：原式＝1×2﹣2+1
＝2﹣2+1
＝1
（2）解：解不等式①得：x＞2，
解不等式②得：x＜4，
∴原不等式组的解集为2＜x＜4．
【知识点】零指数幂；解一元一次不等式组；实数的混合运算（含开方）
【解析】【分析】（1）先利用0指数幂、二次根式的性质和绝对值的性质化简，再计算即可；
（2）利用一元一次不等式组的计算方法及步骤（先移项并合并同类项，再系数化为“1”即可）分析求解即可.
18．（2025·海南）某汽车销售公司分两批次采购新能源汽车．第一批购进1辆A型汽车、4辆B型汽车，共花费68万元；第二批购进2辆A型汽车、3辆B型汽车，共花费76万元（同类型汽车进价不变）．某销售经理估计每辆A型汽车的进价约为19～21万元，每辆B型汽车的进价约为11 13万元．
（1）求A、B型汽车的进价，并判断该销售经理的估计是否正确；
（2）现实生活中的很多问题可以用方程（组）解决，请写出解二元一次方程组的常用方法．
【答案】（1）解：设A型汽车每辆的进价为x万元，B型汽车每辆的进价为y万元，
根据题意得：，
解得：，
即A型汽车每辆的进价为20万元，B型汽车每辆的进价为12万元，
∵19＜20＜21，11＜12＜13，
∴该销售经理的估计正确.
（2）解二元一次方程组的常用方法：代入消元法，加减消元法．
【知识点】二元一次方程组的实际应用-销售问题
【解析】【分析】（1）设A型汽车每辆的进价为x万元，B型汽车每辆的进价为y万元，利用“ 第一批购进1辆A型汽车、4辆B型汽车，共花费68万元 ”和“ 第二批购进2辆A型汽车、3辆B型汽车，共花费76万元 ”列出方程组求解即可；
（2）利用解二元一次方程组的计算方法求解即可.
19．（2025·海南） 2025年初，海南省教育厅印发了《关于优化义务教育学校学生作息时间的通知》，各市县中小学积极实施大课间质量提升活动．某校为了解学生对本校大课间活动实施情况的满意程度，从八年级随机抽取20名学生进行问卷调查（满分100分，划分为A、B、C、D、E五个等次），统计结果如下（其中两个原始数据因某种原因模糊，用▲和★表示）：
54，71，57，▲，65，67，73，76，76，77，79，87，88，87，87，82，89，★，92，94．
数据统计表
分数段 等次 人数
90≤x≤100 A a
80≤x＜90 B 6
70≤x＜80 C 6
60≤x＜70 D b
0≤x＜60 E 2
（1）扇形统计图中m＝ ，统计表中a＝ ；
（2）这20个数据的众数为 ，中位数为 ；
（3）若该校八年级共有400人，请估计评价结果为“A”等次的八年级学生有 人；
（4）为更好地开展大课间活动，请提一条合理建议．
【答案】（1）15；3
（2）87；78
（3）60
（4）建议学校增加大课间活动项目．
【知识点】用样本估计总体；统计表；扇形统计图；中位数；众数
【解析】【解答】解：（1）扇形统计图中：m%＝1 10% 15% 30% 30%＝15%，
∴m＝15；
a＝20×15%＝3，
故答案为：15，3；
（2）∵b＝20×15%＝3，
∴由题意可知，▲和★一个在A组一个在D租，
∴20个数据中出现次数最多的是87，即众数为87；
∵把20个数据从小到大排列的第10位数77和第11位数79，
∴中位数为：＝78，
故答案为：87，78；
（3）400×＝60（人），
评价结果为“A”等次的八年级学生有60人，
故答案为：60；
（4）建议学校增加大课间活动项目．
【分析】（1）利用扇形统计图的数据列出算式求出m＝15，再用20乘以15%求出a的值即可；
（2）利用众数和中位数的定义及计算方法求解即可；
（3）利用400乘以“A”等次学生所占百分比即可；
（4）建议学校增加大课间活动项目，提高学生满意程度．
20．（2025·海南）现有一台红外线理疗灯（如图1所示），该设备的主体由底座AB、立柱BC、伸缩杆CD和灯臂DE组成，A、B、C三点在同一直线上，图2是该设备的平面示意图．AC垂直于AF，AF与水平线l平行，CD与l的夹角为∠1，DE与l的夹角为∠2．经测量：AB为12cm，BC为26cm，DE为30cm，∠BCD＝154°，∠CDE＝63°．
（1）填空：∠1＝ °，∠2＝ °；
（2）已知点E到AF的距离EM为50cm时，该设备使用效果最佳．求此时伸缩杆CD的长度．（参考数据：sin26°＝0.44，cos26°＝0.90，sin37°＝0.60，cos37°＝0.80）
【答案】（1）64；53
（2）解：∵∠2＝53°，∠EHD＝90°，
∴∠HED＝37°，
∵在Rt△EDH中，DE＝30cm，cos∠HED，
∴EH＝DE cos∠HED＝30×cos37°≈24（cm），
∵EM＝50cm
∴MH＝EM+EH＝74（cm），
∴AG＝MH＝74cm，
∵AC＝AB+BC＝12+26＝38（cm），
∴CG＝AG﹣AC＝36（cm），
∵在Rt△CGD中，∠GCD＝90°﹣∠1＝26°，cos∠GCD，
∴CD40（cm），
答：此时伸缩杆CD的长度约为40cm．
【知识点】角的运算；解直角三角形；解直角三角形的其他实际应用
【解析】【解答】解：（1）如图，延长AC交DG于G点，延长ME交DG于H点，
∴∠CGD＝90°，∠EHD＝90°，
∵∠BCD＝154°，
∴∠1＝∠BCD ∠CGD＝154° 90°＝64°，
∵∠CDE＝63°，
∴∠2＝180° ∠1 ∠CDE＝180° 64° 63°＝53°，
故答案为：64，53.
【分析】（1）延长AC交DG于G点，延长ME交DG于H点，先结合图形并利用角的运算求出∠1＝∠BCD ∠CGD＝154° 90°＝64°，再利用平角求出∠2的度数即可；
（2）先利用解直角三角形的方法求出EH的长，再利用线段的和差求出CG的长，再结合cos∠GCD，最后将数据代入求出CD的长即可.
21．（2025·海南）如图，抛物线y＝ax2+bx+c（a＞0）经过A（4，0）、B（﹣2，6）两点．点P（x0，y0）是线段AB上的动点，过点P作PQ⊥x轴交抛物线于点Q．
（1）若c＝﹣4．
①求抛物线的解析式；
②求线段PQ长度的最大值；
③若t≤x0≤t+1，求x0取何值时线段PQ的长度最大（可用含t的代数式表示x0）．
（2）若c≠﹣4，t≤x0≤t+1，问题（1）中③的结论是否会发生变化，请说明理由．
【答案】（1）解：（1）①∵c＝﹣4，
∴设抛物线的解析式为：y＝ax2+bx﹣4，
∵抛物线y＝ax2+bx+c（a＞0），经过A（4，0）、B（﹣2，6）两点，
∴，
解得，
∴抛物线的解析式为：y＝x2﹣3x﹣4；
②设直线AB的解析式为y＝kx+b，将点A、B代入，
得，
解得，
∴y＝﹣x+4，
∵点P（x0，y0）是线段AB上的动点，过点P作PQ⊥x轴交抛物线于点Q，
∴P（x0，﹣x0+4），Q（x0，3x0﹣4），
∴|PQ|＝﹣x0+4﹣（3x0﹣4）＝﹣（x0﹣1）2+9，
由题意得：﹣2≤x0≤4，
∴当x0＝1时，|PQ|取得最大值为9；
③∵|PQ|＝﹣（x0﹣1）2+9，﹣2≤x0≤4，
∴当t≥﹣2，t+1≤1时，
即﹣2≤t≤0时，PQ的最大长度在x0＝t+1处取得；
当t＜1，t+1＞1时，
即0＜t＜1时，PQ的最大长度在x0＝1处取得；
当t≥1，t+1≤4时，
即1≤t≤3时，PQ的最大长度在x0＝t处取得；
综上，x0＝t+1或x0＝1或x0＝t．
（2）解：不发生变化，理由如下：
∵抛物线y＝ax2+bx+c（a＞0）经过A（4，0）、B（﹣2，6）两点，
∴，
解得，
∴抛物线的解析式为：y＝ax2﹣（1+2a）x+4﹣8a，
∵点P（x0，y0）是线段AB上的动点，
∴y0＝﹣x0+4，
∵点Q在抛物线上，
∴点Q的坐标为Q[x0，（1+2a）x0+4﹣8a]，
∴|PQ|＝﹣x0+4﹣[（1+2a）x0+4﹣8a]＝﹣a（x0﹣1）2+9a，
∵|PQ|解析式图形开口方向及对称轴同（1）中③的解析图象一致，
∴问题（1）中③的结论未发生变化．
【知识点】待定系数法求二次函数解析式；二次函数-动态几何问题；二次函数-线段周长问题
【解析】【分析】（1）①利用待定系数法求出函数解析式即可；
②先求出直线AB的解析式，再求出P（x0，﹣x0+4），Q（x0，3x0﹣4），利用两点之间的距离公式求出PQ的长，再求出其最大值即可；
③利用配方法可得|PQ|＝﹣（x0﹣1）2+9，再分类讨论求解即可；
（2）先求出抛物线的解析式y＝ax2﹣（1+2a）x+4﹣8a，再求出Q[x0，（1+2a）x0+4﹣8a]，再利用两点之间的距离公式求出|PQ|＝﹣x0+4﹣[（1+2a）x0+4﹣8a]＝﹣a（x0﹣1）2+9a，最后求解即可.
22．（2025·海南）图形的平移、旋转和对称是我们从图形变换的视角研究图形的重要方法．为了深入理解旋转的本质，王老师和同学们在数学实践课上以正方形为背景进行如下探究．
（1）【知识技能】
如图1，在正方形ABCD中，E、F分别是边CD、AD上的点，连接BE、BF、EF，且∠EBF＝45°．将△BCE绕点B按逆时针方向旋转90°至△BAM，则点M在DA的延长线上．
①证明△BFM≌△BFE，并判断AF+EC＝EF是否成立；
②若DF＝5，DE＝12，请计算正方形ABCD的周长．
（2）【教学理解】
如图2，在正方形ABCD中，E、F分别是边AB、CD上的点，AE＝CF．连接AF、CE，M、N分别是线段AF、CE上的点，连接BM、BN、MN，且∠MBN＝45°（点E、F、M、N均不与端点重合）．请猜想线段AM、MN、NC的数量关系，并说明理由．
（3）【拓展研究】
如图3，BD是正方形ABCD的对角线，P、Q分别为线段BD、BC上的点，且∠PQB＝45°．将△BPQ绕点B按顺时针方向旋转（旋转角小于45°）至△BMN．连接ND，取线段ND的中点E，连接CE、CM，求的值．
【答案】（1）①证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A＝∠ABC＝90°，
∵将△BCE绕点B按逆时针方向旋转90°至△BAM，
∴BE＝BM，∠BAM＝∠C＝90°，∠EBC＝∠MBA，AM＝CE，
∴∠BAM+∠A＝180°，∠EBC+∠ABE＝90°＝∠MBA+∠ABE＝∠MBE，
∴点M在DA的延长线上，
∵∠EBF＝45°，
∴∠MBF＝∠MBE﹣∠EBF＝90°﹣45°＝45°，
∴∠MBF＝∠EBF，
在△BFM和△BFE中，
，
∴△BFM≌△BFE（SAS），
∴FM＝EF，
∵FM＝AF+AM＝AF+CE，
∴EF＝AF+CE，
∴AF+EC＝EF成立；
②解：∵DF＝5，DE＝12，∠D＝90°，
∴EF13，
∴AF+EC＝13，
∴AD+CD＝（AF+EC）+DF+DE＝13+5+12＝30，
∴正方形ABCD的边长为30÷2＝15，
∴正方形ABCD的周长为15×4＝60
（2）解：AM2+NC2＝MN2，理由如下：
将△BCN绕点B逆时针旋转90°得△BAG，连接GM，如图：
由旋转性质可得：△BCN≌△BAG，
∴∠CBN＝∠ABG，CN＝AG，∠BCN＝∠BAG，BN＝BG，
∴∠CBN+∠ABN＝90°＝∠ABG+∠ABN＝∠GBN，
∵∠MBN＝45°，
∴∠MBG＝∠GBN﹣∠MBN＝90°﹣45°＝45°，
∴∠MBN＝∠MBG，
∵BM＝BM，BN＝BG，
∴△BMN≌△BMG（SAS），
∴MN＝GM，
∵AE＝CF，AE∥CF，
∴四边形AECF是平行四边形，
∴CE∥AF，
∴∠BEC＝∠BAM，
∵∠BCN+∠BEC＝90°，
∴∠BAG+∠BAM＝90°，即∠GAM＝90°，
∴AM2+AG2＝GM2，
∴AM2+NC2＝MN2
（3）解：过C作CH⊥BD于H，连接HE，设MN交BC于K，如图：
∵四边形ABCD是正方形，CH⊥BD，
∴H为BD中点，△BCH是等腰直角三角形，
∴，
∵E为DN的中点，
∴HE是△BDN的中位线，
∴BN＝2HE，HE∥BN，
∵∠PQB＝45°，∠DBC＝45°，
∴△BPQ是等腰直角三角形，
∵将△BPQ绕点B按顺时针方向旋转（旋转角小于45°）至△BMN，
∴△BMN是等腰直角三角形，
∴BNBM，
∴BM＝2HE，
∴，
∴，
∵∠BNK＝45°＝∠DBC，
∴∠BNK+∠KBN＝∠DBC+∠KBN，即∠BKM＝∠DBN，
∵HE∥BN，
∵∠DHE＝∠DBN，
∴∠BKM＝∠DHE，
∴90°﹣∠BKM＝90°﹣∠DHE，即∠MBC＝∠EHC，
∴△MBC∽△EHC，
∴，
即的值为．
【知识点】勾股定理；相似三角形的判定；四边形的综合；四边形-动点问题；相似三角形的性质-对应边
【解析】【分析】（1）①先利用角的运算和等量代换求出∠MBF＝∠EBF，再利用“SAS”证出△BFM≌△BFE，利用全等三角形的性质可得FM＝EF，最后利用线段的和差及等量代换可得AF+EC＝EF；
②先利用勾股定理求出EF的长，再利用线段的和差求出AD+CD的长，再求出正方形的边长，最后求出其周长即可；
（2）将△BCN绕点B逆时针旋转90°得△BAG，连接GM，先证出四边形AECF是平行四边形，可得∠BEC＝∠BAM，再利用角的运算求出∠BAG+∠BAM＝90°，即∠GAM＝90°，最后利用勾股定理及等量代换可得AM2+NC2＝MN2；
（3）过C作CH⊥BD于H，连接HE，设MN交BC于K，先证出△BMN是等腰直角三角形，再利用等腰直角三角形的性质可得BNBM，再求出，再证出△MBC∽△EHC，利用相似三角形的性质可得，从而得解.
1 / 1海南省2025年数学中考真题试卷
1．（2025·海南）下列4个汉字中，从数学的角度可以看作轴对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
2．（2025·海南）下列立体图形的俯视图为圆的是（ ）
A． B． C． D．
3．（2025·海南） 2025年“五一”期间，海南省旅文厅在全岛推出26场体育赛事活动，拉动相关消费约6500万元．数据65000000用科学记数法表示为（ ）
A．6.5×106 B．6.5×107 C．0.65×106 D．0.65×107
4．（2025·海南）当x＝2时，代数式2x﹣3的值为（ ）
A．1 B．7 C．﹣1 D．﹣5
5．（2025·海南）分式方程的解是（ ）
A．x＝﹣3 B．x＝3 C．x＝2025 D．x＝﹣2025
6．（2025·海南）在如图所示的正方形网格中，若建立平面直角坐标系，使“少”“年”的坐标分别为（﹣1，0）、（1，1），则“强”的坐标为（ ）
A．（3，3） B．（2，3） C．（4，3） D．（4，5）
7．（2025·海南）下列运算结果为m5的是（ ）
A．m2·m3 B．（m2）3 C．m2+m3 D．m9﹣m4
8．（2025·海南） 已知三角形三条边的长分别为3、5、x，则x的值可能是（ ）
A．2 B．5 C．8 D．11
9．（2025·海南）掷一枚质地均匀的正方体骰子，骰子的六个面上分别刻有1到6的点数，观察向上一面的点数．下列说法正确的是（ ）
A．出现点数为6的概率是 B．出现点数为0是随机事件
C．出现点数为偶数是必然事件 D．出现点数为奇数是不可能事件
10．（2025·海南）将一副三角尺平放在桌面上，如图所示．若AB∥CE，则∠BCD的大小为（ ）
A．100° B．120° C．135° D．150°
11．（2025·海南）如图，在△ABC中，∠C＝30°，AB＝1，以AB为直径的半圆O交AC于点D，若BC与半圆O相切于点B，则的长为（ ）
A． B． C． D．
12．（2025·海南）如图，在平面直角坐标系xOy中，一次函数y1＝kx+b的图象与反比例函数y2的图象交于点A（﹣1，﹣2）、B（2，n）．则不等式kx+b的解集为（ ）
A．x＞2 B．x＜﹣1
C．﹣1＜x＜2 D．﹣1＜x＜0或x＞2
13．（2025·海南）写出一个比-2大的实数 ．
14．（2025·海南）分解因式：a2﹣2ab+b2＝ ．
15．（2025·海南）如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O．以点A为圆心，适当长为半径画弧，分别交AB、AC于点M、N；再分别以M、N为圆心，大于MN的长为半径画弧，两弧在∠BAC内交于点G；作射线AG，交BD于点H．若AB＝7，OH＝2，则S△ABH＝ ．
16．（2025·海南）如图，点E是 ABCD内一动点，且∠AEB＝90°，AB＝4，BC＝7．
（1）△AEB面积的最大值为 ；
（2）连接CE，分别取CD、CE的中点M、N，连接MN．若∠BAD＝120°，则线段MN长度的最小值为 ．
17．（2025·海南）
（1）计算：|﹣1|×2；
（2）解不等式组：．
18．（2025·海南）某汽车销售公司分两批次采购新能源汽车．第一批购进1辆A型汽车、4辆B型汽车，共花费68万元；第二批购进2辆A型汽车、3辆B型汽车，共花费76万元（同类型汽车进价不变）．某销售经理估计每辆A型汽车的进价约为19～21万元，每辆B型汽车的进价约为11 13万元．
（1）求A、B型汽车的进价，并判断该销售经理的估计是否正确；
（2）现实生活中的很多问题可以用方程（组）解决，请写出解二元一次方程组的常用方法．
19．（2025·海南） 2025年初，海南省教育厅印发了《关于优化义务教育学校学生作息时间的通知》，各市县中小学积极实施大课间质量提升活动．某校为了解学生对本校大课间活动实施情况的满意程度，从八年级随机抽取20名学生进行问卷调查（满分100分，划分为A、B、C、D、E五个等次），统计结果如下（其中两个原始数据因某种原因模糊，用▲和★表示）：
54，71，57，▲，65，67，73，76，76，77，79，87，88，87，87，82，89，★，92，94．
数据统计表
分数段 等次 人数
90≤x≤100 A a
80≤x＜90 B 6
70≤x＜80 C 6
60≤x＜70 D b
0≤x＜60 E 2
（1）扇形统计图中m＝ ，统计表中a＝ ；
（2）这20个数据的众数为 ，中位数为 ；
（3）若该校八年级共有400人，请估计评价结果为“A”等次的八年级学生有 人；
（4）为更好地开展大课间活动，请提一条合理建议．
20．（2025·海南）现有一台红外线理疗灯（如图1所示），该设备的主体由底座AB、立柱BC、伸缩杆CD和灯臂DE组成，A、B、C三点在同一直线上，图2是该设备的平面示意图．AC垂直于AF，AF与水平线l平行，CD与l的夹角为∠1，DE与l的夹角为∠2．经测量：AB为12cm，BC为26cm，DE为30cm，∠BCD＝154°，∠CDE＝63°．
（1）填空：∠1＝ °，∠2＝ °；
（2）已知点E到AF的距离EM为50cm时，该设备使用效果最佳．求此时伸缩杆CD的长度．（参考数据：sin26°＝0.44，cos26°＝0.90，sin37°＝0.60，cos37°＝0.80）
21．（2025·海南）如图，抛物线y＝ax2+bx+c（a＞0）经过A（4，0）、B（﹣2，6）两点．点P（x0，y0）是线段AB上的动点，过点P作PQ⊥x轴交抛物线于点Q．
（1）若c＝﹣4．
①求抛物线的解析式；
②求线段PQ长度的最大值；
③若t≤x0≤t+1，求x0取何值时线段PQ的长度最大（可用含t的代数式表示x0）．
（2）若c≠﹣4，t≤x0≤t+1，问题（1）中③的结论是否会发生变化，请说明理由．
22．（2025·海南）图形的平移、旋转和对称是我们从图形变换的视角研究图形的重要方法．为了深入理解旋转的本质，王老师和同学们在数学实践课上以正方形为背景进行如下探究．
（1）【知识技能】
如图1，在正方形ABCD中，E、F分别是边CD、AD上的点，连接BE、BF、EF，且∠EBF＝45°．将△BCE绕点B按逆时针方向旋转90°至△BAM，则点M在DA的延长线上．
①证明△BFM≌△BFE，并判断AF+EC＝EF是否成立；
②若DF＝5，DE＝12，请计算正方形ABCD的周长．
（2）【教学理解】
如图2，在正方形ABCD中，E、F分别是边AB、CD上的点，AE＝CF．连接AF、CE，M、N分别是线段AF、CE上的点，连接BM、BN、MN，且∠MBN＝45°（点E、F、M、N均不与端点重合）．请猜想线段AM、MN、NC的数量关系，并说明理由．
（3）【拓展研究】
如图3，BD是正方形ABCD的对角线，P、Q分别为线段BD、BC上的点，且∠PQB＝45°．将△BPQ绕点B按顺时针方向旋转（旋转角小于45°）至△BMN．连接ND，取线段ND的中点E，连接CE、CM，求的值．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】轴对称图形
【解析】【解答】解：不能看作轴对称图形，故A不符合；
不能看作轴对称图形，故B不符合；
能看作轴对称图形，故C符合；
不能看作轴对称图形，故D不符合，
故选：C．
【分析】将图形沿某一条直线折叠后能够重合的图形为轴对称图形.
2．【答案】B
【知识点】简单几何体的三视图
【解析】【解答】解：选项中只有球的俯视图是圆，
故选：B．
【分析】根据简单几何体的三视图逐项进行判断即可求出答案.
3．【答案】B
【知识点】科学记数法表示大于10的数
【解析】【解答】解：65000000＝6.5×107．
故答案为：B．
【分析】利用科学记数法的定义：把一个数写成a×10n的形式（其中1≤a＜10，n为整数），这种记数法称为科学记数法，其方法如下：[①确定a，a是只有一位整数的数，②确定n，当原数的绝对值≥10时，n为正整数，n等于原数的整数位数减1；当原数的绝对值＜1，n为负整数，n的绝对值等于原数中左起第一个非0数前0的个数（含整数位上的0）].再分析求解即可.
4．【答案】A
【知识点】有理数的加减乘除混合运算的法则；求代数式的值-直接代入求值
【解析】【解答】解：当x＝2时，原式＝2×2 3＝1．
故答案为：A．
【分析】将x=2代入代数式2x-3，再计算即可.
5．【答案】C
【知识点】解分式方程
【解析】【解答】解：将分式方程＝0的两边都乘以x＋3，
得：x 2025＝0，
解得：x＝2025，
经检验，x＝2025是原方程的解，
故答案为：C．
【分析】利用解分式方程的计算方法及步骤（先去分母，再去括号，然后移项并合并同类项，最后系数化为“1”并检验即可）分析求解即可.
6．【答案】B
【知识点】点的坐标；平面直角坐标系的构成
【解析】【解答】解：建立适当的平面直角坐标系如图所示：
则“强”的坐标为（2，3），
故答案为：B．
【分析】先利用“少”“年”的坐标建立平面直角坐标系，再求出“强”的坐标即可.
7．【答案】A
【知识点】同底数幂的乘法；合并同类项法则及应用；幂的乘方运算
【解析】【解答】解：A．原式＝m5，故本选项符合题意；
B．原式＝m6，故本选项不符合题意；
C．原式不能合并同类项，故本选项不符合题意；
D．原式不能合并同类项，故本选项不符合题意．
故答案为：A．
【分析】利用幂的乘方、同底数幂的乘法及合并同类项进行计算即可.
8．【答案】B
【知识点】三角形三边关系
【解析】【解答】解：选项A：2不满足2选项B：5满足2选项C：8不满足2选项D：11不满足2故答案为： B.
【分析】根据三角形三边关系“任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边”来确定x的取值范围，再据此判断选项.
9．【答案】A
【知识点】概率公式；事件发生的可能性；概率的简单应用
【解析】【解答】解答：解：A．出现的点数是6的概率是，故A正确，符合题意；
B．出现的点数为0是不可能事件，故B错误，不符合题意；
C．掷一枚质地均匀的正方体骰子，向上一面的点数为偶数是随机事件，故C错误，不符合题意；
D．出现的点数为奇数是随机事件，故D错误，不符合题意；
故答案为：A．
【分析】利用必然事件的定义、不可能事件的定义、随机事件的定义以及概率的计算方法逐项分析判断即可.
10．【答案】D
【知识点】角的运算；两直线平行，内错角相等
【解析】【解答】解：∵AB∥CE，∠A＝30°，
∴∠ACE＝∠A＝30°，
∵∠ACB＝90°，∠DCE＝90°
∴∠BCD＝360° 90° 90° 30°＝150°．
故答案为：D．
【分析】先利用平行线的性质求出∠ACE＝∠A＝30°，再利用角的运算求出∠BCD的度数即可.
11．【答案】C
【知识点】圆周角定理；切线的性质；弧长的计算
【解析】【解答】解：如图，连接OD，
∵BC与半圆O相切于点B，
∴∠ABC＝90°，
∵∠C＝30°，
∴∠A＝90° 30°＝60°，
由圆周角定理得：∠BOD＝2∠A＝120°，
∴的长为：＝，
故答案为：C．
【分析】连接OD，先利用切线的性质求出∠ABC＝90°，再利用三角形的内角和求出∠A的度数，再利用圆周角的性质可得∠BOD＝2∠A＝120°，最后利用弧长公式求解即可.
12．【答案】D
【知识点】反比例函数与一次函数的交点问题
【解析】【解答】解：由图象得：不等式kx＋b＞的解集为： 1＜x＜0或x＞2．
故答案为：D．【分析】结合函数图象，利用函数值大的图象在上方的原则求解即可.
13．【答案】-1
【知识点】有理数的大小比较-直接比较法
【解析】【解答】解：∵| 2|＞| 1|，
∴ 1＞ 2，
∴比 2大的实数有 1，（答案不唯一）．
故答案为： 1（只要比 2大即可）．
【分析】利用有理数比较大小的方法（①正数都大于0；②负数都小于0；③正数大于负数；④两个负数，绝对值大的反而小）分析求解即可.
14．【答案】（a﹣b）2
【知识点】因式分解-完全平方公式
【解析】【解答】解：a2 2ab＋b2＝（a b）2，
故答案为：（a b）2．
【分析】利用完全平方公式的定义及计算方法（运用完全平方公式将某些多项式分解因式，其结构特征是：等式的左边是两个数的平方和与这两个数积的2倍的和或差，右边是这两个数和或差的平方）分析求解即可.
15．【答案】7
【知识点】三角形的面积；角平分线的性质；菱形的性质；尺规作图-作角的平分线
【解析】【解答】解：过H作HE⊥AB于E，如图所示：
∵在菱形ABCD中，AO⊥BD，
由作图知，射线AG平分∠BAC，
∴HE＝OH＝2，
∴S△ABH＝AB EH＝×7×2＝7，
故答案为：7．
【分析】过H作HE⊥AB于E，先利用菱形的性质可得HE＝OH＝2，再利用三角形的面积公式求解即可.
16．【答案】（1）4
（2）
【知识点】勾股定理；平行四边形的性质；圆的综合题；解直角三角形；圆-动点问题；定角定弦辅助圆模型
【解析】【解答】解：（1）∵点E是 ABCD内一动点，且∠AEB＝90°，
∴点E的运动轨迹为以AB为直径的半圆，
设AB的中点为O，当OE⊥AB时，△AEB面积取得最大值，如图，
则OA＝OB＝AB＝2，
∴△AEB面积的最大值＝AB OE＝×4×2＝4．
故答案为：4；
（2）连接DE，如图，
∵CD、CE的中点为M、N，
∴MN＝DE，
∴DE取得最小值时，MN长度最小．
由（1）知：点E的运动轨迹为以AB为直径的半圆，设AB的中点为O，连接OD，交半圆于点E，如图，
则此时DE最小，OE＝OA＝OB＝2．
过点O作OF⊥AD，交DA的延长线于点F，
∵∠BAD＝120°，
∴∠OAF＝60°，
∴OF＝OA sin60°＝，AF＝OA cos60°＝1，
∴DF＝AD＋AF＝8，
∴OD＝＝＝，
∴DE＝OD OE＝ 2，
∴线段MN长度的最小值＝DE＝．
故答案为：．
【分析】（1）先分析出点E的运动轨迹为以AB为直径的半圆，再设AB的中点为O，可得当OE⊥AB时，△AEB面积取得最大值，最后利用三角形的面积公式求解即可；
（2）连接DE，先分析出DE取得最小值时，MN长度最小，再过点O作OF⊥AD，交DA的延长线于点F，先利用解直角三角形的方法和线段的和差求出DF的长，再利用勾股定理和线段的和差求出DE的长，最后求出MN的长即可.
17．【答案】（1）解：原式＝1×2﹣2+1
＝2﹣2+1
＝1
（2）解：解不等式①得：x＞2，
解不等式②得：x＜4，
∴原不等式组的解集为2＜x＜4．
【知识点】零指数幂；解一元一次不等式组；实数的混合运算（含开方）
【解析】【分析】（1）先利用0指数幂、二次根式的性质和绝对值的性质化简，再计算即可；
（2）利用一元一次不等式组的计算方法及步骤（先移项并合并同类项，再系数化为“1”即可）分析求解即可.
18．【答案】（1）解：设A型汽车每辆的进价为x万元，B型汽车每辆的进价为y万元，
根据题意得：，
解得：，
即A型汽车每辆的进价为20万元，B型汽车每辆的进价为12万元，
∵19＜20＜21，11＜12＜13，
∴该销售经理的估计正确.
（2）解二元一次方程组的常用方法：代入消元法，加减消元法．
【知识点】二元一次方程组的实际应用-销售问题
【解析】【分析】（1）设A型汽车每辆的进价为x万元，B型汽车每辆的进价为y万元，利用“ 第一批购进1辆A型汽车、4辆B型汽车，共花费68万元 ”和“ 第二批购进2辆A型汽车、3辆B型汽车，共花费76万元 ”列出方程组求解即可；
（2）利用解二元一次方程组的计算方法求解即可.
19．【答案】（1）15；3
（2）87；78
（3）60
（4）建议学校增加大课间活动项目．
【知识点】用样本估计总体；统计表；扇形统计图；中位数；众数
【解析】【解答】解：（1）扇形统计图中：m%＝1 10% 15% 30% 30%＝15%，
∴m＝15；
a＝20×15%＝3，
故答案为：15，3；
（2）∵b＝20×15%＝3，
∴由题意可知，▲和★一个在A组一个在D租，
∴20个数据中出现次数最多的是87，即众数为87；
∵把20个数据从小到大排列的第10位数77和第11位数79，
∴中位数为：＝78，
故答案为：87，78；
（3）400×＝60（人），
评价结果为“A”等次的八年级学生有60人，
故答案为：60；
（4）建议学校增加大课间活动项目．
【分析】（1）利用扇形统计图的数据列出算式求出m＝15，再用20乘以15%求出a的值即可；
（2）利用众数和中位数的定义及计算方法求解即可；
（3）利用400乘以“A”等次学生所占百分比即可；
（4）建议学校增加大课间活动项目，提高学生满意程度．
20．【答案】（1）64；53
（2）解：∵∠2＝53°，∠EHD＝90°，
∴∠HED＝37°，
∵在Rt△EDH中，DE＝30cm，cos∠HED，
∴EH＝DE cos∠HED＝30×cos37°≈24（cm），
∵EM＝50cm
∴MH＝EM+EH＝74（cm），
∴AG＝MH＝74cm，
∵AC＝AB+BC＝12+26＝38（cm），
∴CG＝AG﹣AC＝36（cm），
∵在Rt△CGD中，∠GCD＝90°﹣∠1＝26°，cos∠GCD，
∴CD40（cm），
答：此时伸缩杆CD的长度约为40cm．
【知识点】角的运算；解直角三角形；解直角三角形的其他实际应用
【解析】【解答】解：（1）如图，延长AC交DG于G点，延长ME交DG于H点，
∴∠CGD＝90°，∠EHD＝90°，
∵∠BCD＝154°，
∴∠1＝∠BCD ∠CGD＝154° 90°＝64°，
∵∠CDE＝63°，
∴∠2＝180° ∠1 ∠CDE＝180° 64° 63°＝53°，
故答案为：64，53.
【分析】（1）延长AC交DG于G点，延长ME交DG于H点，先结合图形并利用角的运算求出∠1＝∠BCD ∠CGD＝154° 90°＝64°，再利用平角求出∠2的度数即可；
（2）先利用解直角三角形的方法求出EH的长，再利用线段的和差求出CG的长，再结合cos∠GCD，最后将数据代入求出CD的长即可.
21．【答案】（1）解：（1）①∵c＝﹣4，
∴设抛物线的解析式为：y＝ax2+bx﹣4，
∵抛物线y＝ax2+bx+c（a＞0），经过A（4，0）、B（﹣2，6）两点，
∴，
解得，
∴抛物线的解析式为：y＝x2﹣3x﹣4；
②设直线AB的解析式为y＝kx+b，将点A、B代入，
得，
解得，
∴y＝﹣x+4，
∵点P（x0，y0）是线段AB上的动点，过点P作PQ⊥x轴交抛物线于点Q，
∴P（x0，﹣x0+4），Q（x0，3x0﹣4），
∴|PQ|＝﹣x0+4﹣（3x0﹣4）＝﹣（x0﹣1）2+9，
由题意得：﹣2≤x0≤4，
∴当x0＝1时，|PQ|取得最大值为9；
③∵|PQ|＝﹣（x0﹣1）2+9，﹣2≤x0≤4，
∴当t≥﹣2，t+1≤1时，
即﹣2≤t≤0时，PQ的最大长度在x0＝t+1处取得；
当t＜1，t+1＞1时，
即0＜t＜1时，PQ的最大长度在x0＝1处取得；
当t≥1，t+1≤4时，
即1≤t≤3时，PQ的最大长度在x0＝t处取得；
综上，x0＝t+1或x0＝1或x0＝t．
（2）解：不发生变化，理由如下：
∵抛物线y＝ax2+bx+c（a＞0）经过A（4，0）、B（﹣2，6）两点，
∴，
解得，
∴抛物线的解析式为：y＝ax2﹣（1+2a）x+4﹣8a，
∵点P（x0，y0）是线段AB上的动点，
∴y0＝﹣x0+4，
∵点Q在抛物线上，
∴点Q的坐标为Q[x0，（1+2a）x0+4﹣8a]，
∴|PQ|＝﹣x0+4﹣[（1+2a）x0+4﹣8a]＝﹣a（x0﹣1）2+9a，
∵|PQ|解析式图形开口方向及对称轴同（1）中③的解析图象一致，
∴问题（1）中③的结论未发生变化．
【知识点】待定系数法求二次函数解析式；二次函数-动态几何问题；二次函数-线段周长问题
【解析】【分析】（1）①利用待定系数法求出函数解析式即可；
②先求出直线AB的解析式，再求出P（x0，﹣x0+4），Q（x0，3x0﹣4），利用两点之间的距离公式求出PQ的长，再求出其最大值即可；
③利用配方法可得|PQ|＝﹣（x0﹣1）2+9，再分类讨论求解即可；
（2）先求出抛物线的解析式y＝ax2﹣（1+2a）x+4﹣8a，再求出Q[x0，（1+2a）x0+4﹣8a]，再利用两点之间的距离公式求出|PQ|＝﹣x0+4﹣[（1+2a）x0+4﹣8a]＝﹣a（x0﹣1）2+9a，最后求解即可.
22．【答案】（1）①证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A＝∠ABC＝90°，
∵将△BCE绕点B按逆时针方向旋转90°至△BAM，
∴BE＝BM，∠BAM＝∠C＝90°，∠EBC＝∠MBA，AM＝CE，
∴∠BAM+∠A＝180°，∠EBC+∠ABE＝90°＝∠MBA+∠ABE＝∠MBE，
∴点M在DA的延长线上，
∵∠EBF＝45°，
∴∠MBF＝∠MBE﹣∠EBF＝90°﹣45°＝45°，
∴∠MBF＝∠EBF，
在△BFM和△BFE中，
，
∴△BFM≌△BFE（SAS），
∴FM＝EF，
∵FM＝AF+AM＝AF+CE，
∴EF＝AF+CE，
∴AF+EC＝EF成立；
②解：∵DF＝5，DE＝12，∠D＝90°，
∴EF13，
∴AF+EC＝13，
∴AD+CD＝（AF+EC）+DF+DE＝13+5+12＝30，
∴正方形ABCD的边长为30÷2＝15，
∴正方形ABCD的周长为15×4＝60
（2）解：AM2+NC2＝MN2，理由如下：
将△BCN绕点B逆时针旋转90°得△BAG，连接GM，如图：
由旋转性质可得：△BCN≌△BAG，
∴∠CBN＝∠ABG，CN＝AG，∠BCN＝∠BAG，BN＝BG，
∴∠CBN+∠ABN＝90°＝∠ABG+∠ABN＝∠GBN，
∵∠MBN＝45°，
∴∠MBG＝∠GBN﹣∠MBN＝90°﹣45°＝45°，
∴∠MBN＝∠MBG，
∵BM＝BM，BN＝BG，
∴△BMN≌△BMG（SAS），
∴MN＝GM，
∵AE＝CF，AE∥CF，
∴四边形AECF是平行四边形，
∴CE∥AF，
∴∠BEC＝∠BAM，
∵∠BCN+∠BEC＝90°，
∴∠BAG+∠BAM＝90°，即∠GAM＝90°，
∴AM2+AG2＝GM2，
∴AM2+NC2＝MN2
（3）解：过C作CH⊥BD于H，连接HE，设MN交BC于K，如图：
∵四边形ABCD是正方形，CH⊥BD，
∴H为BD中点，△BCH是等腰直角三角形，
∴，
∵E为DN的中点，
∴HE是△BDN的中位线，
∴BN＝2HE，HE∥BN，
∵∠PQB＝45°，∠DBC＝45°，
∴△BPQ是等腰直角三角形，
∵将△BPQ绕点B按顺时针方向旋转（旋转角小于45°）至△BMN，
∴△BMN是等腰直角三角形，
∴BNBM，
∴BM＝2HE，
∴，
∴，
∵∠BNK＝45°＝∠DBC，
∴∠BNK+∠KBN＝∠DBC+∠KBN，即∠BKM＝∠DBN，
∵HE∥BN，
∵∠DHE＝∠DBN，
∴∠BKM＝∠DHE，
∴90°﹣∠BKM＝90°﹣∠DHE，即∠MBC＝∠EHC，
∴△MBC∽△EHC，
∴，
即的值为．
【知识点】勾股定理；相似三角形的判定；四边形的综合；四边形-动点问题；相似三角形的性质-对应边
【解析】【分析】（1）①先利用角的运算和等量代换求出∠MBF＝∠EBF，再利用“SAS”证出△BFM≌△BFE，利用全等三角形的性质可得FM＝EF，最后利用线段的和差及等量代换可得AF+EC＝EF；
②先利用勾股定理求出EF的长，再利用线段的和差求出AD+CD的长，再求出正方形的边长，最后求出其周长即可；
（2）将△BCN绕点B逆时针旋转90°得△BAG，连接GM，先证出四边形AECF是平行四边形，可得∠BEC＝∠BAM，再利用角的运算求出∠BAG+∠BAM＝90°，即∠GAM＝90°，最后利用勾股定理及等量代换可得AM2+NC2＝MN2；
（3）过C作CH⊥BD于H，连接HE，设MN交BC于K，先证出△BMN是等腰直角三角形，再利用等腰直角三角形的性质可得BNBM，再求出，再证出△MBC∽△EHC，利用相似三角形的性质可得，从而得解.
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