【文档说明】中考模拟试卷（金华卷）-备战2022年中考数学一轮复习考点帮(浙江专用)（解析版）.docx，共(27)页，844.285 KB，由管理员店铺上传

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2022年浙江省中考数学模拟试卷（金华卷）一、选择题（本题共10小题，每小题3分，共30分）1．在下列实数中：﹣2，，0，π，，，﹣0.1010010001，无理数有（）A．2个B．3个C．4个D．5个【分析】无理数常见的三种类型：①开方开不尽的数，②无限不循环小

数，③含有π的数．【解答】解：无理数有，π，故选：A．2．下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（）A．B．C．D．【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．【解答】解：A、是轴对称图形，又是中心对称图形，故此选项正确；B、不是轴对称图形，不是中心对称图形

，故此选项错误；C、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项错误；D、不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项错误；故选：A．3．芝麻被称为“八谷之冠”，是世界上最古老的油料作物之一，它作为食品和药物，

得到广泛的使用．经测算，一粒芝麻的质量约为0.00000201kg，将100粒芝麻的质量用科学记数法表示约为（）A．20.1×10﹣3kgB．2.01×10﹣4kgC．0.201×10﹣5kgD．2.01

×10﹣6kg【分析】绝对值小于1的正数也可以利用科学记数法表示，一般形式为a×10﹣n，与较大数的科学记数法不同的是其所使用的是负指数幂，指数由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定．【解答】解：100×0.00000201kg＝0.000201kg＝2

.01×10﹣4kg．故选：B．4．不等式2x+1＞3+3x的解集在数轴上表示，正确的是（）A．B．C．D．【分析】根据解不等式的步骤：先解不等式2x+1＞3+3x，再选择数轴即可．【解答】解：2x+1＞3+3x，移项得，2x﹣3x＞3﹣1，合并得，﹣x＞2，系数化1得，x＜﹣2．故选：B

．5．为了解某种电动汽车一次充电后行驶的里程数，抽检了10辆车，对一次充电后行驶的里程数进行了统计，结果如图所示，则在这组数据中，众数和中位数分别是（）A．220，220B．210，215C．210，210D．22

0，215【分析】根据众数与中位数的定义，找出出现次数最多的数，把这组数据从小到大排列，求出最中间两个数的平均数即可．【解答】解：数据210出现了4次，最多，故众数为210，共10辆车，排序后位于第5和第6位的数分别为2

10，220，故中位数为（210+220）÷2＝215．故选：B．6．比较cos10°、cos20°、cos30°、cos40°大小，其中值最大的是（）A．cos10°B．cos20°C．cos30°D．cos40°【分析】直接利用锐角三角函数增减性得出

答案．【解答】解：∵锐角的余弦值随角度增大值越小，∴cos10°＞cos20°＞cos30°＞cos40°．故选：A．7．如图，点A，B，P是⊙O上的三点，若∠AOB＝40°，则∠APB的度数为（）A．80°B．140°C．20°D．50°【分析】直接利用

圆周角定理求解．【解答】解：∠APB＝∠AOB＝×40°＝20°．故选：C．8．如图，矩形ABCD中，AB＝3，BC＝10，点P是AD上的一个动点，若以A，P，B为顶点的三角形与△PDC相似，则满足条件的点P的个数是（）A．1个B．2个C．3个D．4个【分析】设AP＝x，则PD＝AD﹣

AP＝10﹣x，然后分类讨论：若∠APB＝∠DPC，则Rt△APB∽Rt△DPC，得到比例式，代入求出即可；若∠APB＝∠PCD，则Rt△APB∽Rt△DCP，得到比例式，代入求出即可．【解答】解：∵四边形ABCD是矩形

，∴AB＝DC＝3，AD＝BC＝10，∠A＝∠D＝90°，设AP＝x，则PD＝AD﹣AP＝10﹣x，若∠APB＝∠DPC，则Rt△APB∽Rt△DPC，∴＝，即＝，解得：x＝5；若∠APB＝∠PCD，则Rt△APB∽Rt△DCP，∴＝，即＝，解得：x＝1或9；所以当A

P＝1或5或9时，以P，A，B为顶点的三角形与以P，D，C为顶点的三角形相似，即这样的P点有三个．故选：C．9．如图，已知四边形ABCD是边长为3的正方形，动点P从点B出发，沿BC向终点C运动，点P可以与点B、点C重合，连接PD，将△PCD沿直线PD折叠，设折叠后点C的对应点为点E，连接

AE并延长交BC于点F，连接BE，则下列结论中：①当∠PDC＝15°时，△ADE为等边三角形；②当∠PDC＝15°时，F为BC的中点；③当PB＝2PC时，BE⊥AF；④当点P从点B运动到点C时，点E所走过的

路径的长为π．其中正确的有（）A．1个B．2个C．3个D．4个【分析】根据题意可得△ADE为等边三角形，因此可判断①②，由E点所走过的路径是以D为圆心，CD为半径的圆可判断④．由沿直线PD折叠得到△DPE可得CE的长，根据相似可得EM，BM的长，以B点为原点，BC为x轴，AB为y轴建立直角

坐标系，可求AE，BE解析式，根据k1×k2＝﹣1，两直线垂直，可判断③．【解答】解：∵∠PDC＝15°且将△PCD沿直线PD折叠得到△DPE∴，CD＝DE，∠EDP＝∠CDP＝15°即∠EDC＝30°∴∠ADE＝

60°且AD＝DE∴△ADE为等边三角形∴AE＝AD，∠DAE＝60°∴∠BAF＝30°∴BF＝AF且AF＞AE故①正确，②错误∵DE是定值3，∴点E所走过的路径是以D为圆心，DC长为半径的圆∴点E所走过的路径＝×2π×

3＝π故④正确连接EC交DP于N，作EM⊥BC∵BP＝2PC∴BP＝2，PC＝1∴由勾股定理得：DP＝∵×DC×PC∴CN＝∵将△PCD沿直线PD折叠得到△DPE∴CE⊥DP，CE＝∵∠CDP+∠DCN＝90°，∠PCN+∠DCN＝90°∴∠CDP

＝∠PCN，∠DCP＝∠CME＝90°∴△CEM∽△DCP∴∴CM＝1.8，EM＝0.6∴BM＝1.2以B点为原点，BC为x轴，AB为y轴建立直角坐标系∴A（0，3），E（1.2，0.6）∴可得BE解析式y＝x，AE解析式y＝﹣2x+3∵＝﹣1∴AE⊥BE故③正确故

选：C．10．如图，⊙O内切于正方形ABCD，边AD、CD分别与⊙O切于点E、F，点M、N分别在线段DE、DF上，且MN与⊙O相切，若△MBN的面积为8，则⊙O的半径为（）A．B．2C．D．2【分析】设⊙O与MN相切于点K，设正方形的边长为2a．因

为AD、CD、MN是切线，可得AE＝DE＝DF＝CF＝a，MK＝ME，NK＝NF，设MK＝ME＝x，NK＝NF＝y，在Rt△DMN中，以为MN＝x+y，DN＝a﹣y，DM＝a﹣x，看到（x+y）2＝（a﹣y）2+（a﹣x）2，推出ax+ay+xy＝a2，

根据S△BMN＝S正方形ABCD﹣S△ABM﹣S△DMN﹣S△BCN＝8，构建方程求出a即可解决问题；【解答】解：设⊙O与MN相切于点K，设正方形的边长为2a．∵AD、CD、MN是切线，∴AE＝DE＝DF＝CF＝a，MK＝ME，NK＝NF，设MK＝ME＝x，NK＝NF＝y，在Rt△DMN中，∵M

N＝x+y，DN＝a﹣y，DM＝a﹣x，∴（x+y）2＝（a﹣y）2+（a﹣x）2，∴ax+ay+xy＝a2，∵S△BMN＝S正方形ABCD﹣S△ABM﹣S△DMN﹣S△BCN＝8，∴4a2﹣×2a×（a+x）﹣（a﹣x）（a﹣y）﹣×2a×（a+y）＝8

，∴a2﹣（ax+ay+xy）＝8，∴a2＝8，∴a＝2，∴AB＝2a＝4，∴⊙O的半径为2，故选：B．二、填空题（本题有6小题，每小题4分，共24分）11．在y＝中，x的取值范围为x＞﹣3．【分析】根据分式有意

义的条件是分母不等于0，二次根式的被开方数是非负数，故2x+6＞0，解不等式即可求得x的范围．【解答】解：根据题意得：2x+6＞0，解得：x＞﹣3．故答案为：x＞﹣3．12．如图，AD是⊙O的直径，AD⊥BC于E，若DE＝3，BC＝8，则⊙O的半径为

．【分析】连接OC，如图，设⊙O的半径为r，先根据垂径定理得到CE＝BE＝4，再利用勾股定理得到（r﹣3）2+42＝r2，然后解方程即可．【解答】解：连接OC，如图，设⊙O的半径为r，∵AD⊥BC，∴CE＝BE＝BC＝4，在Rt△OCE中

，（r﹣3）2+42＝r2，解得r＝．即⊙O的半径为．故答案为：13．如图所示是一个几何体的三视图，若这个几何体的体积是6，则它的表面积是22．【分析】根据主视图与左视图得出长方体的长和宽，再利用图形的体积得出它的高，进而得出表面积．【解答】解：∵由主视

图得出长方体的长是3，宽是1，这个几何体的体积是6，∴设高为h，则1×3×h＝6，解得：h＝2，∴它的表面积是：1×3×2+3×2×2+1×2×2＝22．故答案为：22．14．对于实数a，b，定义一种新运算“⊗”为a⊗b＝，这等式右边是实数运算．例如：1⊗2＝＝1．则方程2⊗

（﹣x）＝的解是﹣．【分析】根据题意可得2⊗（﹣x）＝，然后解分式方程即可．【解答】解：根据题意可知：2⊗（﹣x）＝，∴＝，﹣3x＝x+5，﹣4x＝5，x＝﹣．经检验x＝﹣是原方程的解．故答案为：﹣．15．如图，在平面直角坐标系中，OA是第四象限的角平分线，点C在反比例函数y＝（x＞0）的图象上

，∠OAC＝90°，AB平分∠OAC且交y轴于点B，CD⊥AB于点D．若△ACD的面积比△AOB的面积少5，则k的值为﹣10．【分析】由题意，△ABO和△ACD为等腰直角三角形，面积可以表示；设出点C的坐标，用C的坐标表示线段BD，CF，利用待定系数法可求．【解答】解：延

长CD，交x轴于点F，∵∠BOF＝90°，AB⊥OB，CD⊥AB，∴四边形DBOF为矩形．∴OB＝DF，BD＝OF．设点C的坐标为（x，y），则x＞0，y＜0．∴OF＝x，CF＝﹣y．∵OA是第四象限的角平分线，AB⊥OB，∴△AOB为等腰直角三角形．

∴∠BAO＝45°，AB＝OB，．∵∠OAC＝90°，∴∠BAC＝45°．∵CD⊥AB，∴△ACD为等腰直角三角形，∴AD＝CD，．∵△ACD的面积比△AOB的面积少5，∴．∴AB2﹣AD2＝10．∴（AB+AD）（AB﹣AD）＝10．即（CD+OB）•BD＝10．∴

CF•OF＝10．∴（﹣y）•x＝10．∴xy＝﹣10．∴k＝xy＝﹣10．故答案为：﹣10．16．如图是一种手机三脚架，它通过改变锁扣C在主轴AB上的位置调节三脚架的高度，其它支架长度固定不变，已知支脚DE＝AB．底座CD

⊥AB，BG⊥AB，且CD＝BG，F是DE上的固定点，且EF：DF＝2：3．（1）当点B，G，E三点在同一直线上（如图1所示）时，测得tan∠BED＝2．设BC＝5a，则FG＝（用含a的代数式表示）；（2）在（1）的条件下，若将点C向下移动24cm，则点B，G，F三点在

同一直线上（如图2），此时点A离地面的高度是（19+19）cm．【分析】（1）如图1中，连接DG，EG，过点F作FH⊥BE于H，则四边形CDGB是矩形．可得BC＝DG＝5a，根据勾股定理和已知条件可得EG和DE，再证明△EFH∽△EDG，可得DF，

根据勾股定理即可解决问题；（2）如图1中，连接DG，EG，过点F作FH⊥BE于H，则四边形CDGB是矩形．如图2中，连接DG．作EJ⊥BF交BF的延长线于J．利用勾股定理构建方程求出x即可．【解答】解：（1）如图1中，连接DG，EG，过点F作FH⊥BE于H

，则四边形CDGB是矩形．∴BC＝DG＝5a，在Rt△DEG中，tan∠DEB＝＝2，∴EG＝，DE＝＝＝a，∵FH∥DG，∴＝＝，∴△EFH∽△EDG，∴＝＝，∴EF＝DE＝×a＝a，∴DF＝a，E

H＝EG＝×＝a，HG＝EG﹣EH＝a﹣a＝a，∴FH＝＝＝2a，∴FG＝＝＝；故答案为：；（2）如图1中，连接DG，EG，过点F作FH⊥BE于H，则四边形CDGB是矩形．设BC＝DG＝2xcm，在Rt△DE

G中，tan∠DEB＝＝2，∴EG＝x（cm），DE＝＝x（cm），∵FH∥DG，∴＝＝，∴DF＝x（cm），EH＝x（cm），HG＝x（cm），∴FH＝＝x（cm），∴FG＝＝x（cm），如图2中，连接DG．∵DF2＝DG2+FG2，∴（x）2＝x2+（2x﹣24）2，解得x＝15+3或

15﹣3（舍弃），∴AB＝DE＝x＝（15+15）cm，作EJ⊥BF交BF的延长线于J．则EJ＝EF•sin∠EFJ＝（4+4）cm，∴点A离地面的高度＝AB+EJ＝（19+19）cm．故答案为：19+19．三、解答题（本题有8小题，第17～19题每题6分，第20、21题每题8分

，第22、23题每题10分，第24题12分，共66分）17．计算：（）﹣1﹣tan60°+（﹣1）0+||；【分析】直接利用特殊角的三角函数值以及负整数指数幂的性质和零指数幂的性质、绝对值的性质分别化简，再利用实数的加减运算法则

计算得出答案．【解答】解：原式＝2﹣+1+＝3．18．先化简，再求值：，然后从0，1，2，3四个数中选择一个恰当的数代入求值．【分析】先通分，分解因式，再根据同分母相加减，分母不变分子相加减计算，化简后，再算

乘法，进而约分化为最简分式，根据分式的意义确定x的值，代入原式计算即可．【解答】解：原式＝（﹣）•＝•＝，∵x≠3，0，2，∴当x＝1时，原式＝＝﹣．19．如图，某大楼的顶部竖有一块广告牌CD，小明与同学们在山坡的坡脚A处测得广告牌底部D的仰角为53°，沿坡面AB向上走到B处

测得广告牌顶部C的仰角为45°，已知山坡AB的坡度i＝1：，AB＝10米，AE＝21米．（测角器的高度忽略不计，结果精确到0.1米，参考数据：≈1.41，≈1.73，sin53°≈，cos53°≈，tan53°≈）（1）求点B距

水平地面AE的高度；（2）求广告牌CD的高度．（结果精确到0.1米）【分析】（1）根据坡度的定义，求出∠BAM＝30°，再利用直角三角形的边角关系求出答案；（2）在Rt△ABM中求出AM，进而求出ME，再在Rt△BCN中，得出CN＝BN，然后在Rt△ADE中求出DE，即可求解．【解答】

解：（1）如图，过点B作BM⊥AE，BN⊥CE，垂足分别为M、N，由题意可知，∠CBN＝45°，∠DAE＝53°，i＝1：，AB＝10米，AE＝21米．∵i＝1：＝＝tan∠BAM，∴∠BAM＝30°，∴BM＝

AB＝5（米），即点B距水平地面AE的高度为5米；（2）在Rt△ABM中，∠BAM＝30°，∴BM＝AB＝5（米）＝NE，AM＝AB＝5（米），∴ME＝AM+AE＝（5+21）米＝BN，∵∠CBN＝45°，∴CN＝BN＝ME＝（5

+21）米，∴CE＝CN+NE＝（5+26）米，在Rt△ADE中，∠DAE＝53°，AE＝21米，∴DE＝AE•tan53°≈21×＝28（米），∴CD＝CE﹣DE＝5+26﹣28＝5﹣2≈6.7（米），即广告牌CD的高

度约为6.7米．20．随着信息技术的迅猛发展，人们去商场购物的支付方式更加多样、便捷．某校数学兴趣小组设计了一份调查问卷，要求每人选且只选一种最喜欢的支付方式．现将调查结果进行统计并绘制成如下两幅不完整的统计图．请

结合图中所给的信息解答下列问题：（1）这次活动共调查了200人；（2）在扇形统计图中，表示“支付宝”支付的扇形圆心角的度数为81°；（3）在一次购物中，小明和小亮都想从“微信”“支付宝”“银行卡”三种方式中选一种方式进行支付，请用画树状图或列

表的方法，求出两人恰好选择同一种支付方式的概率．【分析】（1）用支付宝、现金及其他的人数和除以这三者的百分比之和可得总人数；（2）用360°乘以“支付宝”人数所占比例即可得；（3）首先根据题意画出树状图，然后由树状图求得所有等可能的结果与两人恰好选择同一种支付方式的情况，再利用概率公式即

可求得答案．【解答】解：（1）这次活动共调查的人数为30÷15%＝200（人），故答案为：200；（2）在扇形统计图中，表示“支付宝”支付的扇形圆心角的度数为360°×＝81°，故答案为：81°；（3）将微信记为A，支付宝记为B，银行卡记为C，列表格如下：A

BCA（A，A）（A，B）（A，C）B（B，A）（B，B）（B，C）C（C，A）（C，B）（C，C）共有9种等可能性的结果，其中两人恰好选择同一种支付方式的结果有3种，则P（两人恰好选择同一种支付方式）＝．21．如图

，PA与⊙O相切于点A，点B在⊙O上，PA＝PB．（1）求证：PB是⊙O的切线；（2）AD为⊙O的直径，AD＝2，PO与⊙O相交于点C，若C为PO的中点，求PD的长．【分析】（1）连接OB，由切线的性质得∠PAO＝90°，再证△APO≌△BPO（SSS），得∠PBO＝∠PAO＝90°，

即可得出结论；（2）先由勾股定理得PA＝，再由勾股定理求出PD＝即可．【解答】（1）证明：连接OB，如图所示：∵PA是⊙O的切线，∴PA⊥OA，∴∠PAO＝90°，∵点B在⊙O上，∴AO＝BO，在△APO和△BPO中，，∴△APO≌

△BPO（SSS），∴∠PBO＝∠PAO＝90°，∴PB⊥OB，∴PB是⊙O的切线；（2）解：∵AD是⊙O的直径，AD＝2，∴OA＝1，∵C为PO的中点，∴PO＝2，∴PA＝＝＝，在Rt△PAD中，由勾股定理得：PD＝＝＝．22．根据对某市相关的市场物价调研，预计进入夏季后的某一段时间，某批发

市场内的甲种蔬菜的销售利润y1（千元）与进货量x（吨）之间的函数y1＝kx的图象如图①所示，乙种蔬菜的销售利润y2（千元）与进货量x（吨）之间的函数y2＝ax2+bx的图象如图②所示．（1）分别求出y1，y2与x之间的函数关

系式；（2）如果该市场准备进甲、乙两种蔬菜共10吨，设乙种蔬菜的进货量为t吨．①写出这两种蔬菜所获得的销售利润之和W（千元）与t（吨）之间的函数关系式．并求当这两种蔬菜各进多少吨时获得的销售利润之和最大，最大利润是多少元？②为了获得

两种蔬菜的利润之和不少于8400元，则乙种蔬菜进货量应在什么范围内合适？【分析】（1）把（5，3）代入正比例函数即可求得k的值也就求得了y1的关系式；把原点及（1，2），（5，6）代入即可求得y2的关系式；（2

）①销售利润之和W＝甲种蔬菜的利润+乙种蔬菜的利润，利用配方法求得二次函数的最值即可；②由题意可得W关于x的一元二次方程，求得方程的根，再结合x的取值范围，可得答案．【解答】解：（1）由题意得：5k＝3，解得k＝0.6，∴y1＝0.6x；由，解得：，∴y2＝﹣0.2x2+2.2x；（2）①W＝

0.6（10﹣t）+（﹣0.2t2+2.2t）＝﹣0.2t2+1.6t+6＝﹣0.2（t﹣4）2+9.2，当t＝4时，W有最大值9.2，答：甲种蔬菜进货量为6吨，乙种蔬菜进货量为4吨时，获得的销售利润之和最大，最大利润是9200元；②当W＝8.4＝﹣0.2（t﹣4）2+9.2，∴t1＝2，t2

＝6，∵a＝﹣2＜0，∴当2≤t≤6时，W≥8.4，答：为了获得两种蔬菜的利润之和不少于8400元，则乙种蔬菜进货量应在2≤t≤6范围内合适．23．定义：有一组邻边相等且对角互补的四边形叫做等补四边形．（1）阅读与理解

：如图1，四边形内接于⊙O，点A为弧BD的中点．四边形ABCD是（填“是”或“不是”）等补四边形．（2）探究与运用：①如图2，在等补四边形ABCD中，AB＝AD，连接AC，AC是否平分∠BCD？请说明理由；②如图3，在等补四边形

ABCD中，AB＝AD，其外角∠EAD的平分线交CD的延长线于点F，若CD＝10，AF＝5，求DF的长．（3）思考与延伸：在等补四边形ABCD中，AB＝AD＝3，∠BAD＝120°，当对角线AC长度最大时，以AC为斜边作等腰直角三角形ACP，直接写出线段DP的长度．【分析】

（1）由圆内接四边形互补可知，∠A+∠C＝180°，再根据弧相等证AD＝AB，即可根据等补四边形的定义得出结论；（2）①根据弧相等可得圆周角相等；②连接AC，先证/EAD＝＜BCD，推出∠FCA＝∠FA

D，再证△ACF﹣△DAF，利用相似三角形对应边的比相等可求DF的长；（3）由前面的探究可知等AC是等补四边形ABCD的外接圆的直径时AC长度最大，求得此时的直径．【解答】【解答】解：（1）证明：∵四边形ABCD为圆内接四边形，∴∠A+∠C＝180°，∠A

BC+∠ADC＝180°，∵点A为弧BD的中点，∴弧AD＝弧AB，∴AD＝AB，∴四边形ABCD是等补四边形；（2）①∵四边形ABCD是等补四边形，∴ABCD四点共圆∵AB＝AD∴弧AD＝弧AB，∴∠AC

D＝∠ACB，即AC平分∠BCD；②如图3所示，连接AC，图3∵四边形ABCD是等补四边形，∴∠BAD+∠BCD＝180°，又∠BAD+∠EAD＝180°，∴∠EAD＝∠BCD，∵AF平分∠EAD，∴∠FAD＝∠E

AD，由①知，AC平分∠BCD，∴∠FCA＝∠BCD，∴∠FCA＝∠FAD，又∠AFC＝∠DFA，∴△ACF∽△DAF，∴，即＝，∴DF＝5﹣5．（3）当对角线AC是直径时，长度最大，以AC为斜边作等腰直角三角形ACP，分同侧异侧两种情况：①如图4，P在D的异侧，将△APD

绕点P顺时针旋转90°，得到△PCQ，∴△PDQ是等腰直角三角形，∴DQ＝DP，∵∠DAB＝180°，∴∠DCB＝60°，由（2）知∠DCA＝30°，∵AD＝3，∴DC＝3，∴DQ＝DC+CQ＝DC+AD＝3+3，∴DP＝＝，②如图5，P在D的同侧，过

P作DP的垂线段交DC于点Q，∵∠PDC＝∠PAC＝45°，∴PD＝PQ，∠DPQ＝90°，又∵∠APC＝90°，∴∠APD＝∠CPQ，在△APD和△CPQ中，，∴△APD≌△CPQ，∴CQ＝AD，∴DQ＝DC﹣CQ＝DC﹣AD

＝＝3﹣3，∴DP＝＝，故答案为：或．24．如图，四边形ABCD为边长等于7的菱形，其中∠B＝60°，点E在对角线AC上，且AE＝1，点F在射线CB上运动，连接EF，作∠FEG＝60°，交DC延长线于点G．（1）当点F与B点重合时，试判断△EFG的形状，并说明理由；（2

）以点B为原点，BC所在的直线为x轴建立平面直角坐标系，当CF＝10时，平面内是否存在一点M，使得以点M、E、F、G为顶点的四边形与菱形ABCD相似？若存在，求M的坐标，若不存在，说明理由；（3）记点F关于直线AB的轴对称点为点N，若点N落在∠EDC的内部（不含边界），求CF的取值范围．【分析】（

1）由∠BEG＝∠BCG＝60°，得B，G，C，E，四点共圆，则∠BCE＝∠BGE＝60°；（2）首先求出点E坐标，求出CD的函数解析式，根据GE＝EF求出G点坐标，从而求出点M坐标；（3）找出点N落在DC上的位

置，求出CF的长，当N落在DE上，求出CF的长，从而确定CF的范围．【解答】解：（1）如图1，△BEG是正三角形，理由如下：∵四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，∴AB∥CD，AB＝BC，∴∠BCG＝∠ABC＝6

0°，△ABC是正三角形，∴∠ACB＝60°，∵∠BEG＝60°，∴∠BEG＝∠BCG，∴点B、G、C、E共圆，∴∠BGE＝∠ACB＝60°，∴△BEG是正三角形；（2）如图2，∵C（7，0），D（，），∴CD的解析式是：y＝﹣7，∴设点G（x，﹣7），∵∠FE

G＝∠ECG＝60°，∴点E、F、G、C共圆，∴∠EGF＝∠ACB＝60°，∴△EFG是正三角形，∴EF＝GE，作EH⊥y轴于H，交AB于K，∴EH∥CF，∴△AKE是正三角形，∴AK＝KE＝AE＝1，∴BK＝6，∴BH＝BK•sin∠BKH＝6×＝

3，HK＝BK＝3，∴HE＝HK+KE＝4，∴E（4，3），由EG2＝FE2得，（x﹣4）2+（﹣7﹣3）2＝（﹣3﹣4）2+（3）2，∴x1＝5，x2＝12（舍去），当x＝5时，y＝﹣7＝﹣2，∴G（5，﹣2），当是菱形EFMG时，M（﹣2，﹣5），当时菱形EFGM时，M（12，），当时菱形FG

EM时，M（﹣4，5），综上所述：M（﹣2，﹣5）或（12，）或（﹣4，5）；（3）如图3，当N在CD上时，作CM⊥AB于M，点F′关于AB的对称点N在DC上，∴OF′＝ON＝CM，CM＝BC＝，∴OF′＝，在Rt△BOF′中，∠OBF′＝∠ABC＝60°

，∴BF′＝＝＝7，∴CF′＝14，如图4，当N在DE上时，∵N与F′关于AB对称，∴∠ABN＝∠ABC＝60°，∵∠BAC＝60°，∴∠ABN＝∠BAC＝60°，∴BN∥AE，∴＝，∵AD∥BC，∴△ADE∽

△CME，△APD∽△BPM，∴＝＝，＝，∴＝，∴MC＝42，∴MB＝MC﹣BC＝42﹣7＝35，∴＝＝，∴＝，∴BN＝5，∴BF′＝BN＝5，∴CF′＝2∴2＜CF＜14．获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com