河南省漯河市临颍县2022年数学九年级第一学期期末联考模拟试题含解析.doc

2022-2023学年九上数学期末模拟试卷
考生须知：
1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。
2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。
3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。

一、选择题(每小题3分,共30分)
1．已知两个相似三角形的相似比为2∶3，较小三角形面积为12平方厘米，那么较大三角形面积为（ ）
A．18平方厘米 B．8平方厘米 C．27平方厘米 D．平方厘米
2．在中，，，下列结论中，正确的是（ ）
A． B．
C． D．
3．如图，小明要测量河内小岛B到河边公路l的距离，在A点测得，在C点测得，又测得米，则小岛B到公路l的距离为（ ）米．

A．25 B． C． D．
4．如图，圆锥底面半径为rcm，母线长为5cm，其侧面展开图是圆心角为216°的扇形，则r的值为（　　）

A．3 B．4 C．5 D．6
5．观察下列图形，既是轴对称图形又是中心对称图形的有

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
6．关于x的方程有一个根是2，则另一个根等于（ ）
A．-4 B． C． D．
7．抛物线的顶点到轴的距离为（ ）
A． B． C．2 D．3
8．如图，⊙O的圆周角∠A =40°，则∠OBC的度数为（ ）

A．80° B．50° C．40° D．30°
9．一元二次方程x2﹣2x﹣1＝0的根是（　　）
A．x1＝1，x2＝2 B．x1＝﹣1，x2＝﹣2
C．x1＝1+，x2＝1﹣ D．x1＝1+，x2＝1﹣
10．已知，若，则它们的周长之比是（ ）
A．4：9 B．16：81
C．9：4 D．2：3
二、填空题(每小题3分,共24分)
11．如图：⊙A、⊙B、⊙C两两不相交，且半径均为1，则图中三个阴影扇形的面积之和为 .

12．某养鱼专业户为了估计鱼塘中鱼的总条数，他先从鱼塘中捞出100条，将每条鱼作了记号后放回水中，当它们完全混合于鱼群后，再从鱼塘中捞出100条鱼，发现其中带记号的鱼有10条，估计该鱼塘里约有________ 条鱼.
13．从“线段，等边三角形，圆，矩形，正六边形”这五个图形中任取一个，取到既是轴对称图形又是中心对称图形的概率是_____．
14．如图，每个小正方形的边长都为1，点A、B、C都在小正方形的顶点上，则∠ABC的正切值为_____．

15．如图，在一笔直的海岸线l上有A，B两个观测站，AB＝2km，从A测得灯塔P在北偏东60°的方向，从B测得灯塔P在北偏东45°的方向，则灯塔P到海岸线l的距离为_____km．

16．一个三角形的两边长为2和9,第三边长是方程x2－14x+48=0的一个根，则三角形的周长为____．
17．关于x的方程kx2-4x-=0有实数根，则k的取值范围是 ．
18．在中，，为的中点，则的长为__________．
三、解答题(共66分)
19．（10分）综合与探究
如图1，平面直角坐标系中，直线分别与轴、轴交于点，.双曲线与直线交于点.

（1）求的值；
（2）在图1中以线段为边作矩形，使顶点在第一象限、顶点在轴负半轴上.线段交轴于点.直接写出点，，的坐标；
（3）如图2，在（2）题的条件下，已知点是双曲线上的一个动点，过点作轴的平行线分别交线段，于点，.
请从下列，两组题中任选一组题作答.我选择组题.
A．①当四边形的面积为时，求点的坐标；
②在①的条件下，连接，.坐标平面内是否存在点（不与点重合），使以，，为顶点的三角形与全等?若存在，直接写出点的坐标；若不存在，说明理由.
B．①当四边形成为菱形时，求点的坐标；
②在①的条件下，连接，.坐标平面内是否存在点（不与点重合），使以，，为顶点的三角形与全等?若存在，直接写出点的坐标；若不存在，说明理由.
20．（6分）如图，已知、两点的坐标分别为，，直线与反比例函数的图象相交于点和点．

（1）求直线与反比例函数的解析式；
（2）求的度数；
（3）将绕点顺时针方向旋转角(为锐角)，得到，当为多少度时，并求此时线段的长度．
21．（6分）将图中的A型、B型、C型矩形纸片分别放在3个盒子中，盒子的形状、大小、质地都相同，再将这3个盒子装入一只不透明的袋子中．

（1）搅匀后从中摸出1个盒子，求摸出的盒子中是型矩形纸片的概率；
（2）搅匀后先从中摸出1个盒子（不放回），再从余下的两个盒子中摸出一个盒子，求2次摸出的盒子的纸片能拼成一个新矩形的概率（不重叠无缝隙拼接）．
22．（8分）解方程：
(1)＋2x－5＝0；
(2) ＝．
23．（8分）已知：在Rt△ABC中，AB=BC,在Rt△ADE中，AD=DE；连结EC，取EC的中点M，连结DM和BM．
（1）若点D在边AC上，点E在边AB上且与点B不重合，如图1，
求证：BM=DM且BM⊥DM；
（2）如果将图1中的△ADE绕点A逆时针旋转小于45°的角，如图2，那么（1）中的结论是否仍成立？如果不成立，请举出反例；如果成立，请给予证明．

24．（8分）（如图 1，若抛物线 l1 的顶点 A 在抛物线 l2 上，抛物线 l2 的顶点 B 也在抛物线 l1 上（点 A 与点 B 不重合）．我们称抛物线 l1，l2 互为“友好”抛物线，一条抛物线的“友 好”抛物线可以有多条．
（1）如图2，抛物线 l3： 与y 轴交于点C，点D与点C关于抛物线的对称轴对称，则点 D 的坐标为 ；
（2）求以点 D 为顶点的 l3 的“友好”抛物线 l4 的表达式，并指出 l3 与 l4 中y 同时随x增大而增大的自变量的取值范围；
（3）若抛物线 y＝a1(x－m)2＋n 的任意一条“友好”抛物线的表达式为 y＝a2(x－h)2＋k， 写出 a1 与a2的关系式，并说明理由．

25．（10分）已知：如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠C＝90°，AB＝AD，连接BD，AE⊥BD，垂足为E.
（1）求证：△ABE∽△DBC；
（2）若 AD＝25，BC＝32，求线段AE的长．

26．（10分）如图，在△ABC中，AB=AC，AD是△ABC的角平分线，E，F分别是BD，AD上的点，取EF中点G，连接DG并延长交AB于点M，延长EF交AC于点N。
（1）求证：∠FAB和∠B互余；
（2）若N为AC的中点，DE=2BE，MB=3，求AM的长.

参考答案

一、选择题(每小题3分,共30分)
1、C
【分析】根据相似三角形面积比等于相似比的平方即可解题
【详解】∵相似三角形面积比等于相似比的平方

故选C
【点睛】
本题考查相似三角形的性质，根据根据相似三角形面积比等于相似比的平方列出式子即可
2、C
【分析】直接利用锐角三角函数关系分别计算得出答案．
【详解】∵，，
∴，
∴，
故选项A，B错误，
∵，
∴，
故选项C正确；选项D错误．
故选C．

【点睛】
此题主要考查了锐角三角函数关系，熟练掌握锐角三角函数关系是解题关键．
3、B
【详解】解：过点B作BE⊥AD于E．

设BE=x．
∵∠BCD=60°，tan∠BCE，
，
在直角△ABE中，AE=，AC=50米，
则，
解得
即小岛B到公路l的距离为，
故选B.
4、A
【分析】直接根据弧长公式即可得出结论．
【详解】∵圆锥底面半径为rcm，母线长为5cm，其侧面展开图是圆心角为216°的扇形，
∴2πr=×2π×5，解得r=1．
故选A．
【点睛】
本题考查的是圆锥的相关计算，熟记弧长公式是解答此题的关键．
5、C
【解析】试题分析：根据轴对称图形与中心对称图形的概念，轴对称图形两部分沿对称轴折叠后可重合；中心对称图形是图形沿对称中心旋转180度后与原图重合．因此，
∵第一个图形不是轴对称图形，是中心对称图形；
第二个图形既是轴对称图形又是中心对称图形；
第三个图形既是轴对称图形又是中心对称图形；
第四个图形既是轴对称图形又是中心对称图形；
∴既是轴对称图形又是中心对称图形共有3个．
故选C．
6、B
【分析】利用根与系数的关系，，由一个根为2，以及a，c的值求出另一根即可．
【详解】解：∵关于x的方程有一个根是2，
∴，
即
∴，
故选：B．
【点睛】
此题主要考查了根与系数的关系，熟练地运用根与系数的关系可以大大降低计算量．
7、C
【分析】根据二次函数的顶点式即可得到顶点纵坐标,即可判断距x轴的距离.
【详解】由题意可知顶点纵坐标为:-2,即到x轴的距离为2.
故选C.
【点睛】
本题考查顶点式的基本性质,需要注意题目考查的是距离即为坐标绝对值.
8、B
【分析】然后根据圆周角定理即可得到∠OBC的度数，由OB=OC，得到∠OBC=∠OCB，根据三角形内角和定理计算出∠OBC．
【详解】∵∠A=40°．
∴∠BOC=80°，
∵OB=OC，
∴∠OBC=∠OCB=50°，
故选：B．
【点睛】
本题考查了圆周角定理：一条弧所对的圆周角是它所对的圆心角的一半；也考查了等腰三角形的性质以及三角形的内角和定理．
9、C
【分析】利用一元二次方程的公式法求解可得．
【详解】解：∵a＝1，b＝﹣2，c＝﹣1，
∴△＝（﹣2）2﹣4×1×（﹣1）＝8＞0，
则x＝＝1±，
即x1＝1+，x2＝1﹣，
故选：C．
【点睛】
本题考查了一元二次方程的解法，根据一元二次方程的特征，灵活选择解法是解题的关键．
10、A
【分析】根据相似三角形周长的比等于相似比解答即可．
【详解】∵△ABC∽△DEF，AC：DF=4：9，
∴△ABC与△DEF的相似比为4：9，
∴△ABC与△DEF的周长之比为4：9，
故选：A．
【点睛】
此题考查相似三角形性质，掌握相似三角形周长的比等于相似比是解题的关键．

二、填空题(每小题3分,共24分)
11、．
【解析】试题分析：根据三角形的内角和是180°和扇形的面积公式进行计算．
试题解析：∵∠A+∠B+∠C=180°，
∴阴影部分的面积=．
考点：扇形面积的计算．
12、1000
【解析】试题考查知识点：统计初步知识抽样调查
思路分析：第二次捞出来的100条鱼中有10条带记号的，说明带记号的鱼约占整个池塘鱼的总数的十分之一．
具体解答过程：
第二次捞出来的100条鱼中有10条带记号的，说明带记号的鱼约占整个池塘鱼的总数的比例为：

∵先从鱼塘中捞出后作完记号又放回水中的鱼有100条
∴该鱼塘里总条数约为：
（条）
试题点评：
13、.
【详解】试题分析：在线段、等边三角形、圆、矩形、正六边形这五个图形中，既是中心对称图形又是轴对称图形的有线段、圆、矩形、正六边形，共4个，所以取到的图形既是中心对称图形又是轴对称图形的概率为.
【点睛】
本题考查概率公式，掌握图形特点是解题关键，难度不大.
14、1
【解析】根据勾股定理求出△ABC的各个边的长度，根据勾股定理的逆定理求出∠ACB＝90°，再解直角三角形求出即可．
【详解】如图：长方形AEFM，连接AC，

∵由勾股定理得：AB2＝32+12＝10，BC2＝22+12＝5，AC2＝22+12＝5
∴AC2+BC2＝AB2，AC＝BC，
即∠ACB＝90°，
∴∠ABC＝45°
∴tan∠ABC=1
【点睛】
本题考查了解直角三角形和勾股定理及逆定理等知识点，能求出∠ACB＝90°是解此题的关键.
15、
【分析】作PD⊥AB，设PD=x，根据∠CBP=∠BPD=45°知BD=PD=x、AD=AB+BD=2+x，由sin∠PAD=列出关于x的方程，解之可得答案．
【详解】如图所示，过点P作PD⊥AB，交AB延长线于点D，

设PD＝x，
∵∠PBD＝∠BPD＝45°，
∴BD＝PD＝x，
又∵AB＝2，
∴AD＝AB+BD＝2+x，
∵∠PAD＝30°，且sin∠PAD＝，
∴，
解得：x＝1+，
即船P离海岸线l的距离为（1+）km，
故答案为1+．
【点睛】
本题主要考查解直角三角形的应用-方向角问题，解题的关键是根据题意构建合适的直角三角形及三角函数的定义及其应用．
16、1
【分析】先求得方程的两根，根据三角形的三边关系，得到合题意的边，进而求得三角形周长即可．
【详解】解方程x2-14x+48=0得第三边的边长为6或8，依据三角形三边关系，不难判定边长2，6，9不能构成三角形，2，8，9能构成三角形，∴三角形的周长=2+8+9=1．
【点睛】
本题考查三角形的周长和解一元二次方程，解题的关键是检验三边长能否成三角形．
17、k≥-1
【解析】试题分析：当k=0时，方程变为一元一次方程，有实数根；当k≠0时，则有△=（-4）2-4×（-）k≥0，解得k≥-1；综上可得k≥-1．
考点：根的判别式．
18、5
【分析】先根据勾股定理的逆定理判定△ABC是直角三角形，再根据斜中定理计算即可得出答案.
【详解】∵
∴
∴△ABC为直角三角形，AB为斜边
又为的中点
∴
故答案为5.
【点睛】
本题考查的是勾股定理的逆定理以及直角三角形的斜中定理，解题关键是根据已知条件判断出三角形是直角三角形.

三、解答题(共66分)
19、（1）；（2），，；（3）A.①，②，，；B.①，②，，.
【分析】（1）根据点在的图象上，求得的值，从而求得的值；
（2）点在直线上易求得点的坐标，证得可求得点的坐标，证得即可求得点的坐标；
（3）A.①作轴，利用平行四边的面积公式先求得点的纵坐标，从而求得答案；
②分类讨论，画出相关图形，构造全等三角形结合轴对称的概念即可求解；
B.①作轴，根据菱形的性质结合相似三角形的性质先求得点的纵坐标，从而求得答案；
②分类讨论，画出相关图形，构造全等三角形结合轴对称的概念即可求解；
【详解】（1）在的图象上，
，
，
∴点的坐标是 ，
在的图象上，
∴，
∴；
（2）对于一次函数，
当时，，
∴点的坐标是 ，
当时，，
∴点的坐标是 ，
∴，，
在矩形中，
，，
∴，
∴，
，
，
，
∴点的坐标是 ，
矩形ABCD中，AB∥DG，
∴

∴点的坐标是 ，
故点，，的坐标分别是： ， ， ；
（3）A：①过点作轴交轴于点，
轴，，
四边形为平行四边形，

的纵坐标为，
∴，
∴，
∴点的坐标是 ，

②当时，如图1，点与点关于轴对称，由轴对称的性质可得：点的坐标是；

当时，如图2，过点作⊥轴于，直线交 轴于，
∵，
∴，，
∴，
∴，，
∵点的坐标是 ，点的坐标是 ，
∴，，，
点的坐标是 ，

当时，如图3，点与点关于轴对称，由轴对称的性质可得：点的坐标是；

B：①过点作轴于点
， ， ，
∴，，，
，
四边形为菱形，，
∵轴，
∴ME∥BO，
∴ ，
，
，
，
的纵坐标为，
∴，
∴，
∴点的坐标是；

②当时，如图4，点与点关于轴对称，由轴对称的性质可得：点的坐标是；

当时，如图5，过点作⊥轴于，直线交 轴于，
∵，
∴，，
∴，
∴，，
∵点的坐标是 ，点的坐标是 ， ，
∴，，，
点的坐标是 ，

当时，如图6，点与点关于轴对称，由轴对称的性质可得：点的坐标是；

【点睛】
本题考查了反比例函数与一次函数的综合应用，运用待定系数法求反比例函数与一次函数的解析式，掌握函数图象上点的坐标特征和矩形、菱形的性质；会运用三角形全等的知识解决线段相等的问题；理解坐标与图形性质，综合性强，有一定的难度．
20、（1）直线AB的解析式为，反比例函数的解析式为；（2）∠ACO=30°；（3）当为60°时，OC'⊥AB，AB'=1．
【分析】（1）设直线AB的解析式为y=kx+b（k≠0），将A与B坐标代入求出k与b的值，确定出直线AB的解析式，将D坐标代入直线AB解析式中求出n的值，确定出D的坐标，将D坐标代入反比例解析式中求出m的值，即可确定出反比例解析式；
（2）联立两函数解析式求出C坐标，过C作CH垂直于x轴，在直角三角形OCH中，由OH与HC的长求出tan∠COH的值，利用特殊角的三角函数值求出∠COH的度数，在三角形AOB中，由OA与OB的长求出tan∠ABO的值，进而求出∠ABO的度数，由∠ABO-∠COH即可求出∠ACO的度数；
（3）过点B1作B′G⊥x轴于点G，先求得∠OCB=30°，进而求得α=∠COC′=60°，根据旋转的性质，得出∠BOB′=α=60°，解直角三角形求得B′的坐标，然后根据勾股定理即可求得AB′的长．
【详解】解：（1）设直线AB的解析式为y=kx+b（k≠0），
将A(0，1)，B(-1，0)代入得：

解得
，
故直线AB解析式为y=x+1，
将D(2，n)代入直线AB解析式得：n=2+1=6，
则D(2，6)，
将D坐标代入中，得：m=12，
则反比例解析式为；
（2）联立两函数解析式得：

解得解得：
或，
则C坐标为(-6，-2)，
过点C作CH⊥x轴于点H，
在Rt△OHC中，CH=，OH=3，
∵tan∠COH=，
∴∠COH=30°，
∵tan∠ABO=，
∴∠ABO=60°，
∴∠ACO=∠ABO-∠COH=30°；

（3）过点B′作B′G⊥x轴于点G，
∵OC′⊥AB，∠ACO=30°，
∴∠COC′=60°，
∴α=60°．
∴∠BOB′=60°，
∴∠OB′G=30°，
∵OB′=OB=1，
∴OG=OB′=2，B′G=2，
∴B′(-2，2)，
∴AB′==1．
【点睛】
此题考查了一次函数与反比例函数的交点问题，涉及的知识有：待定系数法确定函数解析式，一次函数与x轴的交点，坐标与图形性质，勾股定理，以及锐角三角函数定义，熟练掌握待定系数法是解本题的关键．
21、（1）；（2）.
【解析】（1）直接利用概率公式计算可得；
（2）画树状图得出所有等可能结果，从中找打2次摸出的盒子的纸片能拼成一个新矩形的结果数，利用概率公式计算可得．
【详解】解：（1）搅匀后从中摸出1个盒子有3种等可能结果，
所以摸出的盒子中是型矩形纸片的概率为；
（2）画树状图如下：

由树状图知共有6种等可能结果，其中2次摸出的盒子的纸片能拼成一个新矩形的有4种结果，
所以2次摸出的盒子的纸片能拼成一个新矩形的概率为．
【点睛】
考查了列表法或树状图法求概率．用到的知识点为：概率所求情况数与总情况数之比．
22、（1）；（2）；过程见详解．
【分析】（1）利用因式分解法解一元二次方程即可；
（2）利用直接开平方法求解即可．
【详解】解：（1）＋2x－5＝0

解得：；
（2） ＝

解得．
【点睛】
本题主要考查一元二次方程的解法，熟练掌握一元二次方程的解法是解题的关键．
23、（1）证明见解析（2）当△ADE绕点A逆时针旋转小于45°的角时，（1）中的结论成立
【分析】(1)根据直角三角形斜边上的中线的性质得出BM=DM，然后根据四点共圆可以得出∠BMD=2∠ACB=90°，从而得出答案；
(2)连结BD，延长DM至点F，使得DM=MF，连结BF、FC，延长ED交AC于点H，根据题意得出四边形CDEF为平行四边形，然后根据题意得出△ABD和△CBF全等，根据角度之间的关系得出∠DBF=∠ABC =90°．
【详解】解：（1）在Rt△EBC中，M是斜边EC的中点，
∴．
在Rt△EDC中，M是斜边EC的中点，
∴．
∴BM=DM，且点B、C、D、E在以点M为圆心、BM为半径的圆上．
∴∠BMD=2∠ACB=90°，即BM⊥DM．
（2）当△ADE绕点A逆时针旋转小于45°的角时，（1）中的结论成立．
证明：连结BD，延长DM至点F，使得DM=MF，连结BF、FC，延长ED交AC于点H．

∵ DM=MF，EM=MC，
∴ 四边形CDEF为平行四边形，
∴ DE∥CF ，ED =CF，
∵ ED= AD，
∴ AD=CF，
∵ DE∥CF，
∴ ∠AHE=∠ACF．
∵ ,，
∴ ∠BAD=∠BCF，
又∵AB= BC，
∴ △ABD≌△CBF，
∴ BD=BF，∠ABD=∠CBF，
∵ ∠ABD+∠DBC =∠CBF+∠DBC，
∴∠DBF=∠ABC =90°．
在Rt△中，由,，得BM=DM且BM⊥DM．
【点睛】
本题主要考查的是平行四边形的判定与性质、三角形全等、直角三角形的性质，综合性比较强．本题解题的关键是通过构建全等三角形来得出线段相等，然后根据线段相等得出所求的结论．
24、（1）；（2）的函数表达式为，；（3），理由详见解析
【分析】（1）设x=1，求出y的值，即可得到C的坐标，根据抛物线L3：得到抛物线的对称轴，由此可求出点C关于该抛物线对称轴对称的对称点D的坐标；
（2）由（1）可知点D的坐标为（4，1），再由条件以点D为顶点的L3的“友好”抛物线L4的解析式，可求出L4的解析式，进而可求出L3与L4中y同时随x增大而增大的自变量的取值范围；
（3）根据：抛物线L1的顶点A在抛物线L2上，抛物线L2的顶点B也在抛物线L1上，可以列出两个方程，相加可得（a1+a2）（h-m）2=1．可得．
【详解】解：（1）∵抛物线l3：，
∴顶点为（2，-1），对称轴为x=2，
设x=1，则y=1，
∴C（1，1），
∴点C关于该抛物线对称轴对称的对称点D的坐标为：（4，1）；
（2）解：设的函数表达式为
由“友好”抛物线的定义，过点

的函数表达式为
与中同时随增大而增大的自变量的取值范围是
（3）
理由如下：
∵ 抛物线与抛物线互为“友好”抛物线，

①+②得：

【点睛】
本题属于二次函数的综合题，涉及了抛物线的对称变换、抛物线与坐标轴的交点坐标以及新定义的问题，解答本题的关键是数形结合，特别是（3）问根据已知条件得出方程组求解，有一定难度．
25、（1）证明见解析；（2）1
【分析】（1）由等腰三角形的性质可知∠ABD=∠ADB，由AD∥BC可知，∠ADB=∠DBC，由此可得∠ABD=∠DBC，又因为∠AEB=∠C=90°，所以可证△ABE∽△DBC；
（2）由等腰三角形的性质可知，BD=2BE，根据△ABE∽△DBC，利用相似比求BE，在Rt△ABE中，利用勾股定理求AE即可．
【详解】（1）证明：∵AB=AD=25，
∴∠ABD=∠ADB，
∵AD∥BC，
∴∠ADB=∠DBC，
∴∠ABD=∠DBC，
∵AE⊥BD，
∴∠AEB=∠C=90°，
∴△ABE∽△DBC；
（2）解：∵AB=AD，又AE⊥BD，
∴BE=DE，
∴BD=2BE，
由△ABE∽△DBC，
得 ，
∵AB=AD=25，BC=32，
∴ ，
∴BE=20，
∴AE==1．
【点睛】
此题考查相似三角形的判定与性质．关键是要懂得找相似三角形，利用相似三角形的性质及勾股定理解题．
26、（1）见解析；（2）AM=7
【解析】（1）根据等腰三角形三线合一可证得AD⊥BC，根据直角三角形两锐角互余可证得结论；
（2）根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得DG=GE即可得∠GDE=∠GED，证明△DBM∽△ECN，根据相似三角形的性质即可求得NC，继而可求AM.
【详解】解：（1） ∵AB=AC，AD为∠BAC的角平分线，
∴AD⊥BC，
∴∠FAB+∠B=90°.
（2）∵AB=AC，AD是△ABC的角平分线，
∴BD=CD，
∵DE=2BE，
∴BD=CD=3BE，
∴CE=CD+DE=5BE，
∵∠EDF=90°，点G是EF的中点，
∴DG=GE，
∴∠GDE=∠GED，
∵AB=AC，
∴∠B=∠C，
∴△DBM∽△ECN，

∵MB=3，
∴NC=5，
∵N为AC的中点，
∴AC=2CN=10，
∴AB=AC=10,
∴AM=AB-MB=7.
【点睛】
本题考查等腰三角形的性质，相似三角形的性质和判定，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半.熟练掌握等腰三角形三线合一是解决（1）的关键；（2）问的关键是能证明△DBM∽△ECN.