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2026 年新疆中考数学试卷
一、单项选择题（本大题共9 小题，每小题4 分，共36 分）
1．（4 分）·【易】下面是我国几个城市某年一月份的平均气温，气温最高的城市是（ ）
A．北京（﹣4.6℃） B．广州（13.1℃）
C．南京（2.4℃）
D．哈尔滨（﹣19.4℃）
2．（4 分）·【较易】某校九年级在“学雷锋月”黑板报评比活动中，7 个班的得分分别是8，9，7，9，
10，8，9，则这组数据的众数为（ ）
A．7
B．8
C．9
D．10
3．（4 分）·【较易】在平面直角坐标系中，将点A（1，3）向右平移2 个单位长度到点B，则点B 的坐标
为（ ）
A．（﹣1，3）
B．（1，1）
C．（1，5）
D．（3，3）
4．（4 分）·【较易】把一块含30°角的直角三角板按如图方式放置于两条平行线间，已知∠1＝30°，则
∠2＝（ ）
A．30°
B．45°
C．60°
D．75°
5．（4 分）·【较易】不等式2x﹣3＞1 的解集为（ ）
A．x＜﹣1
B．x＞﹣1
C．x＜2
D．x＞2
6．（4 分）·【较易】一个弹簧不挂物体时长12cm，在弹簧的弹性限度内，每挂1kg 的物体，弹簧伸长
2cm，当挂3kg 的物体时，弹簧的长度为（ ）
A．18cm
B．16cm
C．15cm
D．14cm
7．（4 分）·【较易】我国古代数学名著《孙子算经》中有一道题，原文是：“今有木，不知长短．引绳
度之，余绳四尺五寸；屈绳量之，不足一尺．木长几何？”意思是：用一根绳子去量一根长木，绳子还
剩余4.5 尺．将绳子对折再量长木，长木还剩余1 尺，问木长多少尺．设木长x 尺，绳子长y 尺，则可
列方程组为（ ）
A．{
y = x + 4.5
1
2 y = x−1)
B．{
x = y + 4.5
1
2 y = x−1)
C．{
y = x + 4.5
1
2 x = y −1)
D．{
y = x−4.5
1
2 y = x−1)
8．（4 分）·【中档】如图，在▱ABCD 中，点E 在AB 上．第一步：以点E 为圆心，任意长为半径画弧交
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AE，DE 于点M，N；第二步：以点B 为圆心，EM 长为半径画弧交AB 于点P；第三步：以点P 为圆心，
MN 长为半径画弧交第二步所画的弧于点Q，连接BQ 并延长，交DC 于点F．则下列结论一定成立的是
（ ）
A．∠ABF＝∠CBF
B．∠ADE＝∠CBF
C．DF＝CF
D．BE＝BF
9．（4 分）·【中档】如图，水平放置的边长为2cm 的正方形ABCD，边长为❑√2cm 的正方形EFGH 的顶点
F，H 在同一水平线上，点F 与AD 的中点重合，现将正方形EFGH 以1cm/s 的速度沿AB 方向匀速运动，
当点H 运动到BC 上时停止．在这个运动过程中，正方形EFGH 与正方形ABCD 重叠部分的面积y
（cm2）与运动时间x（s）之间的函数关系图象大致是（ ）
A．
B．
C．
D．
二、填空题（本大题共6 小题，每小题4 分，共24 分）
10．（4 分）·【易】若❑√x−1在实数范围内有意义，则实数x 的取值范围为 ．
11．（4 分）·【易】截止2025 年底，新疆电网新能源装机容量达1.69 亿千瓦，占全疆总装机容量的
64%，风电、光伏装机规模均稳居全国前列．将数据1.69 亿用科学记数法表示为 ．
12．（4 分）·【较易】如果在一次投米试验中，结果落在区域中的每一点都是等可能的．如图，是一个正
方形及其内切圆，且正方形的边长为2cm，随机地往正方形内投一粒米，落在圆内的概率是 ．
13．（4 分）·【较易】已知圆锥的底面半径是1，母线长是4，则它的侧面展开图的圆心角为 ．
14．（4 分）·【中档】如图，等边△AOB 的面积为9❑√3，边OA 与双曲线y= k
x 相交于点C，且OA：OC＝
3：2，则k＝ ．
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15．（4 分）·【易】如图，形状为直角三角形的木块，斜靠在竖直的墙上，木块顶点B 在墙面上滑动，另
一顶点C 在地面上滑动，O，A，B，C 在同一平面内，若AB＝3，BC＝4，则木块顶点A 到墙角O 的距
离的最大值为 ．
三、解答题（本大题共8 小题，共90 分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）
16．（12 分）·【较易】计算：
（1）|﹣1|−❑√4+(❑√2)
0；
（2）（a﹣1）2﹣a（a﹣2）．
17．（12 分）·【易】（1）解方程：3
2 x =
2
x +3．
（2）被誉为“东方数学瑰宝”的赵爽弦图，是我国古代证明勾股定理的经典方法之一．如图，已知正
方形ABCD 的面积为100，正方形EFGH 的面积为4，求BF 的长．
18．（10 分）·【中档】如图，在▱ABCD 中，点E，F 在对角线BD 上，BE＝DF．求证：
（1）△ABE≌△CDF；
（2）四边形AECF 是平行四边形．
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19．（12 分）·【较易】为了解某景区游客消费情况，某天工作人员采用抽样调查的方法，随机抽取若干
名游客，调查人均日消费金额．统计情况如表：
【数据收集与整理】
组别
人均日消费金额
x（元）
组中值
频数
频率
A
0≤x＜200
100
20
0.1
B
200≤x＜400
300
60
0.3
C
400≤x＜600
500
a
0.4
D
600≤x＜800
700
30
b
E
800≤x＜1000
900
10
0.05
【数据描述】
【数据分析与应用】根据以上信息，解答下列问题：
（1）频数分布表中a＝ ，b＝ ；
（2）补全频数分布直方图；
（3）用组中值表示该组人均日消费金额，根据统计信息，估计这一天游客人均日消费金额的平均数；
（4）从D 组、E 组中各选取2 人，在这4 人中再随机抽取2 人进行访谈，请利用列表法或树状图法求
这2 人恰好来自同一组别的概率．
20．（10 分）·【中档】如图，甲、乙两艘货船分别从港口A 和港口B 同时出发向港口C 直线航行运送货
物．已知港口A 位于港口B 北偏西18.4°的方向上，港口C 位于港口A 北偏东53°的方向上，AB＝100
❑√10海里，AC＝500 海里，甲船航行速度为10 海里/时，乙船的航行速度大约是多少海里/时，甲、乙两
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船可以同时到达港口C（结果保留根号）．（参考数据：sin53°≈0.80，cos53°≈0.60，tan53°≈1.33，
sin18.4°≈
❑√10
10 ，cos18.4°≈3 ❑√10
10
，tan18.4°≈1
3）
21．（10 分）·【中档】政府要对某音乐广场上的圆形喷水池及其装置进行改造．
问
题
．
圆形喷水池中心竖直安装一根水管，水管顶端安装一个向外喷水的喷水头，喷出抛物线形水柱．
现将水管向上增高1 米，喷出的抛物线形水柱形状保持不变，圆形喷水池的直径至少是多少米，水
才不会喷到池外．
过
程
方法说明
利用皮尺进行测量，利用二次函数模型进行计算．
操作说明
以水管与地面交点为原点，原点与水柱落地处所在直线为x 轴，水管所在直线为
y 轴，建立平面直角坐标系．
数据测量
原喷水池直径为16 米，喷水头距离地面0.8 米，喷出的抛物线形水柱在与水池
中心的水管水平距离为3.5 米处达到最高．
建立模型
计算，交流展示…
请根据上述信息，完成下列问题：
（1）设改造前喷出水柱所在抛物线对应的函数解析式为y＝ax2+bx+0.8（a≠0），求a，b 的值；
（2）求改造后圆形喷水池的直径至少是多少米．
22．（11 分）·【中档】如图，△ABC 内接于⊙O，AD 平分∠BAC 交⊙O 于点D，连接BD，CD，经过点
D 的直线与AB 的延长线相交于点E，且∠BDE= 1
2∠BAC．
（1）求证：DE 是⊙O 的切线；
（2）如果点I 是△ABC 的内心，tan∠BAC= 12
5 ，BC＝24，求DI 的值．
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23．（13 分）·【难】已知，在Rt△ABC 中，∠ACB＝90°，AC＝BC，点D 为AB 上一点，∠EDF＝90°，
现将∠EDF 绕着点D 旋转，交AC 于点F，交BC 于点E．
（1）如图1，当点D 为AB 中点时，猜想DE，DF 之间的数量关系，并进行证明；
（2）如图2，当BD＝2AD 时，猜想AF，BE，AB 之间的数量关系，并进行证明；
（3）如图3，当BD＝nAD 时，猜想AF，BE，AB 之间的数量关系，并进行证明．
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参考答案与试题解析
一．选择题（共9 小题）
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
答案
B
C
D
C
D
A
A
B
B
一、单项选择题（本大题共9 小题，每小题4 分，共36 分）
1．【答案】B
【解析】解：﹣4.6℃和﹣19.4℃均是负数，故﹣4.6℃和﹣19.4℃均小于13.1℃，2.4℃，
而13.1℃＞2.4℃，
∴气温最高的城市是广州，
故选：B．
2．【答案】C
【解析】解：7 个班的得分分别是8，9，7，9，10，8，9，
统计本题中各数据出现次数：7 出现1 次，8 出现2 次，9 出现3 次，10 出现1 次，
其中，9 出现的次数最多，因此这组数据的众数为9．
故选：C．
3．【答案】D
【解析】解：将点A（1，3）向右平移2 个单位长度到点B，则点B 的坐标为（1+2，3），即（3，
3）．
故选：D．
4．【答案】C
【解析】解：由题意可知，∠1＝30°，∠2+∠3＝90°，
∴∠1＝∠3＝30°，
∴∠2＝60°．
故选：C．
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5．【答案】D
【解析】解：移项得，2x＞1+3，
合并同类项得，2x＞4，
解得x＞2，
∴不等式的解集为x＞2．
故选：D．
6．【答案】A
【解析】解：一个弹簧不挂物体时长12cm，在弹簧的弹性限度内，每挂1kg 的物体，弹簧伸长2cm，
∴挂3kg 物体时，弹簧伸长量为3×2＝6cm，
又∵弹簧原长为12cm，
∴挂3kg 物体时弹簧总长度为12+6＝18cm．
故选：A．
7．【答案】A
【解析】解：根据题意可得：
{
y = x + 4.5
1
2 y = x−1)
，
故选：A．
8．【答案】B
【解析】解：由作图步骤可知，∠ABF＝∠AED，
∵▱ABCD，
∴AD∥BC，
∴∠A+∠ABC＝180°，
∴∠CBF＝∠ABC﹣∠ABF＝180°﹣∠A﹣∠ABF，
∴∠ADE＝180°﹣∠A﹣∠AED，
∵∠ABF＝∠AED，
∴∠ADE＝∠CBF，其余结论均不能证明．
故选：B．
9．【答案】B
【解析】解：如图，连接EG、FH 交于点O，正方形EFGH 的边与正方形ABCD 交于点M、N，FH 交
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AD 于点K，
∵边长为❑√2cm的正方形EFGH 的顶点F，H 在同一水平线上，点F 与AD 的中点重合，
∴EG = FH =
❑√(❑√2)
2+(❑√2)
2=2(cm)，OE＝OF＝OG＝OH＝1cm，EG⊥FH，HF 垂直平分AD，
∴AD∥EG，
①当0≤t≤1 时，叠部分的面积为S△FMN，此时FK＝tcm，
∵AD∥EG
∵△FMN∽△FGE，
∴FK
OF = MN
EG ，
∴t
1 = MN
2 ，
∴MN＝2tcm，
∴S△FMN = 1
2 MN ⋅FK = 1
2 ×2t ⋅t =t
2(c m
2)；
②当1＜t≤2 时，叠部分的面积为S 正方形EFGH﹣S△HMN，此时HK＝FH﹣FK＝（2﹣t）cm，
同理可得，MN＝2（2﹣t），
∴S
EFGH
正
方
形−S△HMN =(❑√2)
2−1
2 ×2(2−t )⋅(2−t )=−t
2+ 4t −2=−(t −2)
2+2，
即当x＝2 时，有最大值为2；
③当2＜t≤3 时，叠部分的面积为S 正方形EFGH﹣S△FMN，此时FK＝（t﹣2）cm，
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同理可得，MN＝2（t﹣2），
∴S
EFGH
正
方
形−S△FMN =(❑√2)
2−1
2 ×2(t −2)⋅(t −2)=−t
2+ 4t −2=−(t −2)
2+2；
④当3＜t≤4 时，叠部分的面积为S△HMN，此时HK＝2﹣（t﹣2）＝（4﹣t）cm，
同理可得，MN＝2（4﹣t），
∴S△HMN = 1
2 MN ⋅HK = 1
2 ×2(4−t )⋅(4−t )=(4−t )
2=(t −4)
2，
综上可知，当0≤t≤1 时，图象为开口向上的抛物线；当1＜t≤2 时，图象为开口向下的抛物线，且有
最大值为2；当2＜t≤3 时，图象为开口向下的抛物线；当3＜t≤4 时，图象为开口向上的抛物线，
只有B 选项符合题意，
故选：B．
二、填空题（本大题共6 小题，每小题4 分，共24 分）
10．【答案】x≥1
【解析】解：由题意可得❑√x−1≥0，
∴x﹣1≥0，
∴x≥1，
故答案为：x≥1．
11．【答案】1.69×108．
【解析】解：1.69 亿＝169000000＝1.69×108．
故答案为：1.69×108．
12．【答案】π
4 ．
【解析】解：∵正方形边长为2cm，
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∴正方形面积 S正=2×2= 4 c m
2，
∵正方形的内切圆直径等于正方形边长，
∴圆的半径 r＝1cm，
圆面积 S圆= π r
2= π ×1
2= π c m
2，
∴概率P= S圆
S正
= π
4 ，
故答案为：π
4 ．
13．【答案】90°．
【解析】解：设圆锥侧面展开图的圆心角为n°，
根据弧长公式，结合扇形弧长等于圆锥底面周长，可得，2π = nπ ×4
180
解得n＝90，
∴它的侧面展开图的圆心角为90°．
故答案为：90°．
14．【答案】4 ❑√3．
【解析】解：如图，过点A 作AD⊥x 轴于点D，过点C 作CE⊥x 轴于点E，
设等边△AOB 的边长为2a，
∴OA＝OB＝2a，OD = BD = 1
2 OB =a，
∴AD =
❑√O A
2−O B
2= ❑√3a，
∴1
2 OB⋅AD = 1
2 ×2a×❑√3a= ❑√3a
2=9 ❑√3，
∴a＝3（负值舍去），
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∴AD =3 ❑√3，OD＝3，
∵AD∥CE，
∴△COE∽△AOD，
∴AD
CE = OD
OE = OA
OC ，
∵OA：OC＝3：2，
∴3 ❑√3
CE = 3
OE = 3
2，
∴CE =2❑√3，OE＝2，
∴C(2，2❑√3)，
∴k =2×2❑√3= 4 ❑√3．
故答案为：4❑√3．
15．【答案】2+ ❑√13．
【解析】解：取BC 中点D，连接OD，AD，OA，
∵BC＝4，
∴BD = 1
2 BC =2，
由题意得∠ABC＝∠BOC＝90°，
∴OD = 1
2 BC =2，
∵AB＝3，
∴AD =
❑√A B
2+ B D
2= ❑√13，
∵OA≤AD+OD，
∴OA 的最大值为AD +OD =2+ ❑√13，
即木块顶点A 到墙角O 的距离的最大值为2+ ❑√13，
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故答案为：2+ ❑√13．
三、解答题（本大题共8 小题，共90 分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）
16．【答案】（1）0；
（2）1．
【解析】解：（1）|−1|−❑√4 +(❑√2)
0
＝1﹣2+1
＝0；
（2）原式＝a2﹣2a+1﹣（a2﹣2a）
＝a2﹣2a+1﹣a2+2a
＝1．
17．【答案】（1）x＝9；
（2）6．
【解析】解：（1）3
2 x =
2
x +3，
3（x+3）＝2×2x，
3x+9＝4x，
x＝9，
经检验，当x＝9 时，2x（x+3）≠0，
∴分式方程的解为x＝9；
（2）∵正方形ABCD 的面积为100，正方形EFGH 的面积为4，
∴EF＝FG＝2，AB＝10，
设BF＝x，则AF＝BG＝x+2，
在Rt△ABF 中，AF2+BF2＝AB2，
∴（x+2）2+x2＝102，
解得：x＝6 或x＝﹣8（舍），
即BF 的长为6．
18．【答案】（1）∵四边形ABCD 是平行四边形，
∴AB∥CD，AB＝CD，
∴∠ABE＝∠CDF，
又∵BE＝DF，
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∴△ABE≌△CDF（SAS）；
（2）∵△ABE≌△CDF，
∴AE＝CF，∠AEB＝∠CFD，
∵∠AEB+∠AEF＝∠CFD+∠CFE＝180°，
∴∠AEF＝∠CFE，
∴AE∥CF，
∴四边形AECF 是平行四边形．
【解析】证明：（1）∵四边形ABCD 是平行四边形，
∴AB＝CD，AB∥CD，
∴∠ABE＝∠CDF，
又∵BE＝DF，
∴△ABE≌△CDF（SAS）；
（2）∵△ABE≌△CDF，
∴AE＝CF，∠AEB＝∠CFD
∵∠AEB+∠AEF＝∠CFD+∠CFE＝180°，
∴∠AEF＝∠CFE，
∴AE∥CF，
∴四边形AECF 是平行四边形．
19．【答案】（1）80；0.15；
（2）补图如下：
（3）450 元；
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（4）1
3．
【解析】解：（1）样本容量为20÷0.1＝200，
∴a＝200﹣20﹣60﹣30﹣10＝80，
b＝30÷200＝0.15；
故答案为：80；0.15；
（2）补全条形统计图如下：
（3）根据加权平均数定义可得：
1
200 ×(100×20+300×60+500×80+700×30+900×10)= 450，
答：估计这一天游客人均日消费金额的平均数450 元；
（4）记D 组两人为D1、D2；E 组两人为E1、E2，
画树状图如下：
共12 种等可能结果，其中2 人恰好来自同一组别的结果为4 种，
∴2 人恰好来自同一组别的概率为4
12 = 1
3．
20．【答案】6 ❑√5海里/时．
【解析】解：过点B 的正北方向作BF⊥CF 于点F，交AC 于点E，过点A 作AD⊥BF 于点D，设A 的正
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北方向上一点G，如图所示，
∴DF∥AG，∠ADB＝∠ADE＝∠CFE＝90°，
∴∠GAE＝∠AED＝∠CEF＝53°．
∵cos18.4°≈3 ❑√10
10
，AB =100 ❑√10海里，AC＝500 海里，sin18.4°≈
❑√10
10 ，
∴在Rt△ADB 中，sin18.4°≈
❑√10
10 = AD
AB =
AD
100 ❑√10
，cos18.4°≈3 ❑√10
10
= BD
AB =
BD
100 ❑√10
，
∴BD＝300 海里，AD＝100 海里，
∵sin53°≈0.80，cos53°≈0.60，
∴在Rt△ADE 中，sin53°≈0.80= AD
AE = 100
AE ，则AE＝125 海里，
cos53°≈0.60= ED
AE = ED
125，则ED＝75 海里．
∵AC＝500 海里，
∴EC＝AC﹣AE＝500﹣125＝375 海里，
∴在Rt△CFE 中，sin53°≈0.80= CF
CE = CF
375，则CF＝300 海里，
cos53°≈0.60= EF
CE = EF
375，则EF＝225 海里．
∴FB＝BD+DE+EF＝300+75+225＝600 海里，
∴在Rt△CFB 中，BC =
❑√C F
2+ F B
2=
❑√300
2+600
2=300 ❑√5海里．
∵AC＝500 海里，甲船航行速度为10 海里/时，甲和乙的行驶时间相同，
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∴t乙=t甲= 500
10 =50小时，
∵BC =300 ❑√5海里，
∴V 乙= 300 ❑√5
50
=6 ❑√5海里/时．
∴乙船的航行速度大约是6 ❑√5海里/时，甲、乙两船可以同时到达港口C．
21．【答案】（1）a＝﹣0.1，b＝0.7；
（2）18 米．
【解析】解：（1）由题意得，
{
64 a+8b+0.8=0
−b
2a =3.5 )
，
解得{
a=−0.1
b=0.7 )；
∴a＝﹣0.1，b＝0.7；
（2）由（1）可得原抛物线的表达式为y＝﹣0.1x2+0.7x+0.8，
配方可得y＝﹣0.1（x﹣3.5）2+2.025，
由题意可得：
新抛物线的表达式为y＝﹣0.1（x﹣3.5）2+2.025+1，即y＝﹣0.1（x﹣3.5）2+3.025，
当y＝0 时，﹣0.1（x﹣3.5）2+3.025＝0，
解得x1＝9，x2＝﹣2（舍去），
∴9×2＝18（米）
∴改造后圆形喷水池的直径至少18 米．
22．【答案】（1）连接DO 并延长交⊙O 于点F，连接BF，
∵^
BD =^
BD，
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∴∠1＝∠3，
∵DF 是直径，
∴∠FBD＝90°，
∴∠1+∠2＝90°，
∵AD 平分∠BAC，
∴∠3= 1
2 ∠BAC，
∵∠BDE = 1
2 ∠BAC，
∴∠3＝∠BDE，
∴∠1＝∠BDE，
∴∠BDE+∠2＝∠EDF＝90°，
∵半径OD⊥DE，
∴DE 是⊙O 的切线；
（2）4 ❑√13．
【解析】（1）证明：如图1，连接DO 并延长交⊙O 于点F，连接BF，
∵^
BD =^
BD，
∴∠1＝∠3，
∵DF 是直径，
∴∠FBD＝90°，
∴∠1+∠2＝90°，
∵AD 平分∠BAC，
∴∠3= 1
2 ∠BAC，
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∵∠BDE = 1
2 ∠BAC，
∴∠3＝∠BDE，
∴∠1＝∠BDE，
∴∠BDE+∠2＝∠EDF＝90°，
∵半径OD⊥DE，
∴DE 是⊙O 的切线；
（2）解：连接BI，CI，OB，OC，OD，OD 交BC 于点M，
∵AD 平分∠BAC，
∴∠BAD＝∠CAD，
∴^
BD =^
CD，
∴∠4＝∠5，
∵DO 是半径，
∴OD⊥BC，BM =CM = 1
2 BC = 1
2 ×24 =12，
∵OB＝OC，
∴∠BOC＝2∠BOM，
∵∠BOC＝2∠BAC，
∴∠BOM＝∠BAC，
∵tan ∠BAC = 12
5 ，
∴tan ∠BOM = BM
OM = 12
OM = 12
5 ，
∴OM＝5，
在直角三角形BOM 中，由勾股定理得：OB =
❑√O M
2+ B M
2=13，
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∴OD＝13，
∴DM＝OD﹣OM＝8，
在直角三角形BDM 中，由勾股定理和得：BD =
❑√B M
2+ D M
2=
❑√12
2+8
2= 4 ❑√13，
∵点I 是△ABC 的内心，
∴∠ABI＝∠CBI，
∵^
BD =^
BD，
∴∠5＝∠BAD，
∴∠4＝∠BAD，
∵∠DBI＝∠4+∠CBI，∠BID＝∠BAD+∠ABI，
∴∠DBI＝∠BID，
∴DI = DB = 4 ❑√13．
23．【答案】（1）DE＝DF；
证明：如图1，连接CD，
∵AC＝BC，∠ACB＝90°，点D 为AB 中点，
∴∠A＝∠B＝45°，CD⊥AB，CD = 1
2 AB = AD = BD，
∴∠DCE＝∠B＝45°，
∴∠DCE＝∠A，
∵∠EDF＝90°，
∴∠1＝∠3＝90°﹣∠2，
∴△ADF≌△CDE（ASA），
∴DE＝DF；
（2）BE +2 AF = 2❑√2
3
AB；
证明：如图2，过点D 作DM⊥AC，DN⊥BC，垂足分别为M，N，则∠DMF＝∠DNE＝∠DNC＝90°，
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由（1）知∠A＝∠B＝45°，
∴△AMD，△BND 为等腰直角三角形，则AM＝MD，DN＝BN，
∴AM = MD = AD×sinA =
❑√2
2 AD，
同理DN = BN =
❑√2
2 BD，
∵BD＝2AD，
∴DN＝2DM，
∵∠C＝90°，
∴∠MDN＝360°﹣90°﹣90°﹣90°＝90°，
∵∠EDF＝90°，
∴∠1＝∠2＝90°﹣∠FDN，
∴△DMF∽△DNE，
∴DM
DN = MF
NE = 1
2，
∴NE＝2MF；
∵AF＝AM+MF，BE＝BN﹣NE，
∴AF =
❑√2
2 AD + MF，BE =
❑√2
2 BD−NE ①，
∴2 AF = ❑√2 AD +2 MF ②，
由①+②得，BE +2 AF = ❑√2 AD +
❑√2
2 BD = ❑√2 AD +
❑√2
2 ×2 AD =2❑√2 AD，
∵BD+AD＝2AD+AD＝AB，
∴AD = 1
3 AB，
∴BE +2 AF =2❑√2 AD = 2❑√2
3
AB；
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（3）BE +nAF =
❑√2n
n+1 AB；
证明：如图3，过点D 作DM⊥AC，DN⊥BC，垂足分别为M，N，
同（2）可得AM = MD =
❑√2
2 AD，DN = BN =
❑√2
2 BD，
∵BD＝nAD，
∴DN＝nDM，
同（2）可证明△DMF∽△DNE，
∴DM
DN = MF
NE = 1
n，
∴NE＝nMF，
∵AF＝AM+MF，BE＝BN﹣NE，
∴AF =
❑√2
2 AD + MF，BE =
❑√2
2 BD−NE ①，
∴nAF =
❑√2
2 nAD +nMF ②，
由①+②得，BE +nAF =
❑√2
2 nAD +
❑√2
2 BD =
❑√2
2 nAD +
❑√2
2 ×nAD = ❑√2nAD，
∵BD+AD＝nAD+AD＝AB，
∴AD =
1
n+1 AB，
∴BE +nAF = ❑√2nAD = ❑√2n×
1
n+1 AB，即BE +nAF =
❑√2n
n+1 AB．
【解析】解：（1）DE＝DF；
证明：如图1，连接CD，
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∵AC＝BC，∠ACB＝90°，点D 为AB 中点，
∴∠A＝∠B＝45°，CD⊥AB，CD = 1
2 AB = AD = BD，
∴∠DCE＝∠B＝45°，
∴∠DCE＝∠A，
∵∠EDF＝90°，
∴∠1＝∠3＝90°﹣∠2，
∴△ADF≌△CDE（ASA），
∴DE＝DF；
（2）BE +2 AF = 2❑√2
3
AB；
证明：如图2，过点D 作DM⊥AC，DN⊥BC，垂足分别为M，N，则∠DMF＝∠DNE＝∠DNC＝90°，
由（1）知∠A＝∠B＝45°，
∴△AMD，△BND 为等腰直角三角形，则AM＝MD，DN＝BN，
∴AM = MD = AD×sinA =
❑√2
2 AD，
同理DN = BN =
❑√2
2 BD，
∵BD＝2AD，
∴DN＝2DM，
∵∠C＝90°，
∴∠MDN＝360°﹣90°﹣90°﹣90°＝90°，
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∵∠EDF＝90°，
∴∠1＝∠2＝90°﹣∠FDN，
∴△DMF∽△DNE，
∴DM
DN = MF
NE = 1
2，
∴NE＝2MF；
∵AF＝AM+MF，BE＝BN﹣NE，
∴AF =
❑√2
2 AD + MF，BE =
❑√2
2 BD−NE ①，
∴2 AF = ❑√2 AD +2 MF ②，
由①+②得，BE +2 AF = ❑√2 AD +
❑√2
2 BD = ❑√2 AD +
❑√2
2 ×2 AD =2❑√2 AD，
∵BD+AD＝2AD+AD＝AB，
∴AD = 1
3 AB，
∴BE +2 AF =2❑√2 AD = 2❑√2
3
AB；
（3）BE +nAF =
❑√2n
n+1 AB；
证明：如图3，过点D 作DM⊥AC，DN⊥BC，垂足分别为M，N，
同（2）可得AM = MD =
❑√2
2 AD，DN = BN =
❑√2
2 BD，
∵BD＝nAD，
∴DN＝nDM，
同（2）可证明△DMF∽△DNE，
∴DM
DN = MF
NE = 1
n，
∴NE＝nMF，
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∵AF＝AM+MF，BE＝BN﹣NE，
∴AF =
❑√2
2 AD + MF，BE =
❑√2
2 BD−NE ①，
∴nAF =
❑√2
2 nAD +nMF ②，
由①+②得，BE +nAF =
❑√2
2 nAD +
❑√2
2 BD =
❑√2
2 nAD +
❑√2
2 ×nAD = ❑√2nAD，
∵BD+AD＝nAD+AD＝AB，
∴AD =
1
n+1 AB，
∴BE +nAF = ❑√2nAD = ❑√2n×
1
n+1 AB，即BE +nAF =
❑√2n
n+1 AB．
