【文档说明】中考模拟试卷（丽水卷）-备战2022年中考数学一轮复习考点帮(浙江专用)（解析版）.docx，共(25)页，817.216 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（丽水卷）一、选择题（本题共10小题，每小题3分，共30分）1．﹣2022的绝对值是（）A．2022B．C．﹣2022D．﹣【分析】直接利用绝对值的定义得出答案．【解答】解：﹣2022的绝对值是：2022．故选：A．2．下列运算正确

的是（）A．a5﹣a2＝a3B．（﹣a2b）3＝﹣a6b3C．（a+2）2＝a2+4D．（12a4﹣3a）÷3a＝4a3【分析】根据同类项定义、积的乘方、幂的乘方、多项式除以单项式法则及完全平方公式逐项判断．【解答】解：

a5与a2不是同类项，不能合并，故A错误，不符合题意；（﹣a2b）3＝﹣a6b3，故B正确，符合题意；（a+2）2＝a2+4a+4，故C错误，不符合题意；（12a4﹣3a）÷3a＝4a3﹣1，故D错误，不符合题

意；故选：B．3．如图所示的几何体是由4个相同的小正方体组成的，它的左视图为（）A．B．C．D．【分析】细心观察图中几何体中正方体摆放的位置，根据左视图是从左面看到的图形判定即可．【解答】解：从物体左面看，是左边一列2个正方形，右边下面1个正方形，其左视图为：．故选

：A．4．如表是小明同学3月份某周的体温检测记录：星期一二三四五六日体温/℃35.236.236.536.536.23636.5则这组测量数据的中位数和众数分别为（）A．36，36.5B．36.5，36.5C．36.2，36.5D．35.2，36.5【分析】根据中位数、众数的

意义分别求出中位数、众数即可．【解答】解：将这7天的温度从小到大排列，处在中间位置的一个数，即第4个数为中位数，因此中位数是36.2℃，这7天体温出现次数最多的是36.5℃，共出现3次，因此众数是36.5℃，故选：C．5．不等式组的解集在数轴上表示正确的是（）A．B．C．D．【分

析】先解不等式组的解集，再把不等式的解集表示在数轴上即可．【解答】解：不等式组的解集为：2＜x≤3，在数轴上表示为：故选：C．6．如图，∠C＝90°，将直角三角形ABC沿着射线BC方向平移5cm，得三角形A'B'C'，已知BC＝3cm，AC＝

4cm，则阴影部分的周长为（）A．16cmB．18cmC．20cmD．22cm【分析】利用勾股定理求出AB，再利用平移变换的性质，可得结论．【解答】解：在Rt△ACB中，AB＝＝＝5（cm），∵AA′＝BB′＝5cm，∴CB′＝BB′﹣BC＝5﹣3＝2（cm），∴阴影部分

的周长＝AC+CB′+A′B′+AA′＝4+2+5+5＝16（cm）．故选：A．7．已知⊙O的直径CD＝10，AB是⊙O的弦，AB＝8，且AB⊥CD，垂足为M，则AC的长为（）A．2B．4C．2或4D．2或4【分析】连接OA，由AB⊥CD，根据垂径定理得到AM＝4

，再根据勾股定理计算出OM＝3，然后分类讨论：当如图1时，CM＝8；当如图2时，CM＝2，再利用勾股定理分别计算即可．【解答】解：连接OA，∵AB⊥CD，∴AM＝BM＝AB＝×8＝4，在Rt△OAM中，OA＝5，∴OM＝＝3，当如图1时，CM

＝OC+OM＝5+3＝8，在Rt△ACM中，AC＝＝＝4；当如图2时，CM＝OC﹣OM＝5﹣3＝2，在Rt△ACM中，AC＝＝＝2．故选：C．8．如图，点A，B，C在正方形网格的格点上，则sin∠ABC＝（）A．B．C．D．【分析】过点C作CD⊥AB，如图，根据勾股定理即可算出A

B，BC的长，根据等面积可得S△ABC＝＝，即可算出CD的长度，在Rt△BCD中，根据正弦函数的定义计算即可得出答案．【解答】解：过点C作CD⊥AB，如图，AB＝＝3，BC＝＝，根据题意可得，S△ABC＝

＝，即＝，解得：CD＝，在Rt△BCD中，sin∠ABC＝＝＝．故选：B．9．如图，在△ABC中，以点C为圆心，任意长为半径作弧，别交AC、BC于点E、F，再分别以点E、F为圆心，大于EF的长为半径作弧，两弧交于点G，作射线CG交AB于点

D，过点D作DH∥BC交AC于点H．若CH＝4，BC＝9，则AH的长为（）A．B．C．D．【分析】先利用作法得到CD平分∠ACB，再证明∠ACD＝∠HDC得到DH＝CH＝4，然后证明△ADH∽△ABC，则利用相似比可计算出AH的长．【解答】解：由

作法得CD平分∠ACB，∴∠ACD＝∠BCD，∵DH∥BC，∴∠HDC＝∠BCD，∴∠ACD＝∠HDC，∴DH＝CH＝4，∵DH∥BC，∴△ADH∽△ABC，∴＝，即＝，解得AH＝．故选：C．10．如图，矩形ABCD

中，连接对角线AC、BD，CE平分∠BCD交AD于点E，F为CE上一点，G为AD延长线上一点，连接DF，FG，DF的延长线交AC于点H，FG交CD于点M，且∠ACB＝∠CDH＝∠AGF，以下结论：①DH⊥AC，②GF∥BD，③FD+FG＝AC；④若BC＝2AB＝2

，则四边形FHCM的面积为．其中正确结论的序号是（）A．①③B．①②③C．②③④D．①②③④【分析】由余角的性质可得∠DHC＝90°，即DH⊥AC，故①正确；由正方形的性质可得AD∥BC，OB＝OD＝OC，可得∠ADB＝∠OCB＝∠AGF，可证B

D∥GF，故②正确；先证四边形BDGN是平行四边形，可得BD＝NG＝AC，由“AAS”可证△CDF≌△CNF，可得DF＝NF，则FD+FG＝AC，故③正确；由相似三角形的性质分别求出HF，HC，DF的长，即可求解．【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，∴∠BC

D＝90°，∴∠BCA+∠ACD＝90°，∵∠ACB＝∠CDH＝∠AGF，∴∠CDH+∠ACD＝90°，∴∠DHC＝90°，∴DH⊥AC，故①正确；如图，设AC与BD的交点为O，延长GF交BC于点N，∵四边形ABCD是矩

形，∴AD∥BC，AC＝BD，OB＝OD＝OC，∴∠ADB＝∠OBC，∠OBC＝∠OCB，∴∠ADB＝∠OCB＝∠AGF，∴BD∥GF，故②正确；∵BD∥GF，AD∥BC，∴四边形BDGN是平行四边形，∴BD＝NG＝AC，∵AG∥B

C，∠AGF＝∠GNC＝∠CDF，∵CE平分∠BCD，∴∠DCE＝∠BCE＝45°，又∵CF＝CF，∴△CDF≌△CNF（AAS），∴DF＝NF，∴DF+FG＝FG+NF＝NG＝BD＝AC，故③正确；∵BC＝2AB＝2，∴AB＝1＝CD，∴AC＝＝＝，∵S△ACD＝×AD×CD＝×AC×DH

，∴2×1＝×DH，∴DH＝，∵tan∠ACD＝＝2，∴CH＝DH＝，∵△CDF≌△CNF，∴CD＝CN＝1，∵DG∥BC，∴△DGM∽△CNM，∴＝1，∴DM＝CM＝，∵∠DCE＝∠DEC＝45°，∴DE＝DC＝1，延长DH交BC于点R，

∵∠CDF＝∠CNF，CD＝NC，∠DCR＝∠NCM，∴△DCR≌△NCM（ASA），∴CM＝CR＝，∴DR＝＝＝，∵AD∥BC，∴△EDF∽△CRF，∴＝，∴DF＝，∴HF＝，∴S△HCF＝××＝，

S△DFC＝××＝，∵CM＝DM，∴S△CFM＝，∴四边形FHCM的面积为．故④正确，故选：D．二、填空题（本题有6小题，每小题4分，共24分）11．分解因式：6x2y﹣3xy＝3xy（2x﹣1）．【分析】直接提取公因式3xy，进而得出答案．【解答】解：6x2y﹣3xy＝3x

（2xy﹣y）．故答案为：3xy（2x﹣1）．12．若在实数范围内有意义，则实数x的取值范围是x＜3．【分析】根据二次根式的被开方数为非负数，分式的分母不等于零列式计算可求解．【解答】解：由题意得3﹣x＞

0，解得x＜3，故答案为：x＜3．13．将一个四边形ABCD的纸片剪去一个三角形，则剩下图形的内角和为180°或360°或540°．【分析】分为三种情况，画出图形，根据多边形的内角和公式求出内角和即可．

【解答】解：如图①，剩余的部分是三角形，其内角和为180°，如图②，剩余的部分是四边形，其内角和为360°，如图③，剩余的部分是五边形，其内角和为540°．综上所述，剩下图形的内角和为180°或360°或540°．故

答案为：180°或360°或540°．14．《九章算术》是中国传统数学的重要著作，方程术是它的最高成就．其中记载：今有共买物，人出八，盈三；人出七，不足四，问人数、物价各几何？译文：今有人合伙购物，每人出8钱，会多3钱；每人出7钱，又会差4钱，问人数、物价各是多少？设合伙人数

为x人，物价为y钱，列出的方程组是．【分析】根据“每人出8钱，会多3钱；每人出7钱，又会差4钱”，即可得出关于x，y的二元一次方程组，此题得解．【解答】解：依题意，得．故答案是：．15．习总书记提出的“绿水青山就是金

山银山”这一科学论断，成为树立生态文明观、引领中国走向绿色发展之路的理论之基．小张在数学活动课上用正方形纸片制作成图1的“七巧板”，设计拼成了图2的水杉树树冠．如果已知图1中正方形纸片的边长为2cm，则图2中

水杉树树冠的高（即点A到线段BC的距离）是（）cm．【分析】过A作AE⊥MN于E，根据等腰直角三角形的性质得到AE＝MN＝1（cm），HF＝BF＝BE＝（cm），于是得到结论．【解答】解：如图，过A作AE⊥MN于E，∵MN＝BE＝2

cm，∴AE＝MN＝1（cm），HF＝BF＝BE＝（cm），∴图2中水杉树树冠的高＝AH+EF＝（+1）cm，故答案为：（+1）．16．门环，在中国绵延了数千多年的，集实用、装饰和门第等级为一体的一种古建筑构件，也成为中国古建“门文化”中的一部分，现有一个门环的示意图如图所示．

图中以正六边形ABCDEF的对角线AC的中点O为圆心，OB为半径作⊙O，AQ切⊙O于点P，并交DE于点Q，若AQ＝12cm，则（1）sin∠CAB＝；（2）该圆的半径为（）cm．【分析】（1）连接OB，OP，易证

OB⊥AC，∠ACB＝∠CAB＝30°，利用锐角三角函数的定义可求解；（2）根据圆的切线的性质可得OP⊥AQ，设该圆的半径为r，可求sin∠PAO＝，过Q作QG⊥AC于G，过D作DH⊥QG于H，则四边形DHGC是矩形，可求sin∠PAO＝，计算

求解QG的长，进而可得QH＝12﹣2r，DH＝，通过解直角三角形即可求解．【解答】解：（1）连接OB，OP，∵AB＝BC，O为AC的中点，∴OB⊥AC，∵∠ABC＝120°，∴∠ACB＝∠CAB＝30°，∴sin∠CAB＝sin30°＝．故答案为；（2）∵

AQ是⊙O的切线，∴OP⊥AQ，设该圆的半径为r，∴OB＝OP＝r，∵∠ACB＝∠CAB＝30°，∴AB＝BC＝CD＝2r，AO＝r，∴AC＝r，∴sin∠PAO＝，过Q作QG⊥AC于G，过D作DH⊥QG于H，则四边形DHGC是矩形，∴HG＝CD，DH＝CG，∠HDC＝90°，∴sin∠PAO＝，

∠QDH＝120°﹣90°＝30°，∴QG＝12，∴AG＝，∴QH＝12﹣2r，DH＝，∴tan∠QDH＝tan30°＝，解得r＝，∴该圆的半径为（）cm．故答案为（）．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：（2022﹣π）0+（﹣）﹣1﹣2cos30°+|1﹣|．【分析】直接利用特殊角的三角函数值、负整数指数幂的性质、绝对值的性质、零指数幂的性质分别化简，进而得出答案．【解答】解：原式＝1﹣2﹣2×+﹣1＝1﹣2

﹣+﹣1＝﹣2．18．（1）解不等式组：；（2）先化简，再求值：，其中a＝3．【分析】（1）分别求出每一个不等式的解集，根据口诀：同大取大、同小取小、大小小大中间找、大大小小找不到确定不等式组的解集；

（2）先根据分式的混合运算顺序和运算法则化简原式，再将a的值代入计算即可．【解答】解：（1）解不等式3（x﹣1）﹣（x﹣5）≥0，得：x≥﹣1，解不等式＞，得：x＜3，则不等式组的解集为﹣1≤x＜3；（2）原式＝•﹣＝﹣＝﹣＝，当a＝3时，原式＝＝

＝1．19．如图是由小正方形组成的10×10网格，每个小正方形的顶点叫做格点，A，B，C，D为格点，AB与CD交于点E，仅用无刻度的直尺在给定网格中完成画图，画图过程用虚线表示，画图结果用实线．（1）在图1中，作▱ACDF，并在AF上取点N，使AN＝CE；

（2）在图2中，BE上取点M，使∠MCD＝45°，过点B作BH⊥AC，垂足为H．【分析】（1）取格点F，连接AC，AF，DF，四边形ACDF即为所求，取格点P，Q，连接PQ交AF于点N，点N即为所求；（2）取

格点J，连接DJ，CJ，CJ交AB于点M，点M即为所求，取格点W，连接BW交AC的延长线于点H，线段BH即为所求．【解答】解：（1）如图1中，四边形ACDF，点N即为所求；（2）如图2中，点M，线段BH

即为所求．20．在光明中学开展的读书月活动中，七一班数学兴趣小组调查了七年级部分学生平均每天读书的时间（单位：分钟），根据统计结果制成了下列不完整的频数分布直方图和扇形统计图．请结合图中信息回答下列问题：（1）本次调查的学生

人数为60．（2）补全频数分布直方图．（3）根据以上调查，兴趣小组想制作倡议书发放给七年级平均每天读书的时间低于30分钟的学生，已知七年级一共有300名学生，请估计该兴趣小组需要制作多少份倡议书．并为读书时间低于30分钟的同学提出一条合理建议．【分析】（1）从两个统计图可

知，“10～20”的频数为6，占调查人数的10%，根据频率＝即可求出答案；（2）求出“30～50”的频数即可；（3）根据读书时间低于30分钟的同学所占的百分比，即可估计总体中读书时间低于30分钟的同学所占的百分比进而求出相应的人数．【解答】解：（

1）6÷10%＝60（人），故答案为：60；（2）“30～50”的频数为：60﹣6﹣18﹣15﹣9＝12（人），补全频数分布直方图如下：（3）300×＝30（人），开卷有益，要养成阅读的好习惯等．答：七年级300名学生中需要制作30份倡议书．21．如图，D为⊙O上一点，点C在直径BA

的延长线上，且∠CDA＝∠CBD．（1）求证：CD是⊙O的切线；（2）求证：CD2＝CA•CB；（3）若CD＝4，CB＝8，求tan∠CDA的值．【分析】（1）连接OD，先判断出∠DAB+∠DBA＝90°，再

判断出∠DAB＝∠ADO，进而得出∠CDA+∠ADO＝90°，即可得出结论；（2）先判断出∠CDA+∠ADO＝90°，再判断出∠DBA+∠DAB＝90°，再判断出∠CDA＝∠DBA，进而得出△CAD∽△CDB，

即可得出结论；（3）用锐角三角函数，即可求出答案．【解答】（1）证明：如图，连接OD，∵AB是⊙O的直径，∴∠ADB＝90°，∴∠DAB+∠DBA＝90°，∵∠CDA＝∠CBD，∴∠DAB+∠CDA＝90°，∵OD＝OA，∴∠DAB＝∠ADO，∴∠CDA+∠ADO＝90°，∴∠CDO＝90°，∵O

D是⊙O的半径，∴CD是⊙O的切线；（2）证明：∵CD是⊙O的切线，∴∠CDO＝90°，∴∠CDA+∠ADO＝90°，∵AB是⊙O的直径，∴∠ADB＝90°，∴∠DBA+∠DAB＝90°，又∵OA＝OD，∴∠DAB＝∠ODA

，∴∠CDA＝∠DBA，又∵∠DCA＝∠BCD，∴△CAD∽△CDB，∴，∴CD2＝CA•CB；（3）∵∠CDA＝∠DBA，在Rt△ABD中，tan∠CDA＝，又∵，∵CD＝4，CB＝8，∴tan∠CDA＝．22．周末小明一家骑单车赴离家20千米的郊外春游．他们匀速骑行几分钟后，发现忘记携

带一件重要物品，于是爸爸立即以原速返回家中去取，然后乘出租车沿原路线直奔目的地（取东西和等车时间忽略不计）．出租车匀速行驶一段时间后，爸爸在车中看到了小明和妈妈，又行驶了3分钟后交通出现拥堵，出租车的速度降为原来的．这样匀速行驶了25分钟，拥堵情况缓解，出租车又以原速驶往目的地，结果

恰好在目的地追上小明和妈妈．设小明骑单车行驶的时间为t（分钟），小明与家的距离s1（千米）与t之间的函数图象如图中的线段OG，爸爸与家的距离s2（千米）与t之间的函数图象如图中折线OABDFG．（1）骑单车的速度为千米/分，不拥堵时出租车的速度为千米/分．（2）求点C的坐

标，并说明它的实际意义．（3）如果出租车没有遇到交通拥堵，爸爸会比小明和妈妈提前多长时间到达目的地？【分析】（1）由前30分钟图象和爸爸行驶路程知骑单车速度是每分钟千米；骑单车到达终点用时75分钟，出租车到达终点用时45

分钟，设出出租车正常行驶的速度为v，根据题意列出方程求出v即可；（2）设骑单车出发t分钟后第一次相遇，根据题意列出方程求出t，再根据骑单车的速度求出点C的纵坐标；（3）求出出租车正常行驶所用时间即可．【解答】解：（1）∵爸爸骑车回家的速度不变，由前30分钟图象可得；

骑单车速度8÷30＝（千米/分钟）；骑单车到达终点用时为：20÷＝75（分钟），出租车到达终点用时75﹣30＝45（分钟），其中20分钟正常行驶，25分钟堵车，设出租车正常行驶速度为v千米/分，则20v+25×v＝20，解得：v＝

，∴不拥堵时出租车的速度为千米/分．故答案为：，；（2）设骑单车出发t分钟后第一次相遇，根据题意得t＝（t−30），解得：t＝45，此时小明和妈妈行驶的路程为×45＝12（千米），∴点C的坐标为（45，12），实际意义：爸爸第一次从家出发45分钟距家1

2千米处看到小明和妈妈；（3）不堵车所用时间为：＝25（分钟），爸爸从第一次离开家到到达目的地共用时30+25＝55（分钟），∴75﹣55＝20（分钟），∴出租车没有遇到交通拥堵，爸爸比小明和妈妈提前20分钟到达目

的地．23．定义：若一个函数图象上存在横、纵坐标相等的点，称该点为这个函数图象的“等值点”，该函数称为“等值函数”．例如：“等值函数”y＝x+，其图象上的“等值点”为（1，1）．（1）在下列关于x的函数中，是“等值函数”的，请在相应题目后面的横线上打“√”．①y＝x﹣2不

是；②y＝√；③y＝x2﹣2x√．（2）若点A，点B是“等值函数”y＝x2﹣（2m+1）x+（m﹣1）2（其中m＞0）上的“等值点”，且8≤AB≤10，求m的取值范围；（3）若“等值函数”y＝x2+（m﹣

k+2）x+n+k﹣1的图象上存在唯一的一个“等值点”，且当﹣1≤m≤3时，n的最小值为k，求k的值．【分析】（1）根据等值函数的定义判断即可；（2）根据根与系数关系求出m的取值即可；（3）根据Δ＝0得

出m，n，k的关系式，分情况讨论得出k的值即可．【解答】解：（1）①没有等值点；②等值点为（1，1）；③等值点为（0，0），（3，3）；故答案为：①不是；②√；③√；（2）∵点A，点B是“等值函数”y＝x2﹣（2m+1）x+（m﹣1）2（其中m＞0）上的“

等值点”，设A（x1，x1），B（x2，x2），∴x1和x2是方程x2﹣（2m+1）x+（m﹣1）2＝x的两根，∴Δ＝（﹣2m﹣1）2﹣4（m﹣1）2＝16m＞0，x1+x2＝2m+2，x1x2＝（m﹣1）2，∴AB＝＝|x1﹣x2|＝＝4

，∵8≤AB≤10，∴8≤4≤10，解得4≤m≤；（3）∵“等值函数”y＝x2+（m﹣k+2）x+n+k﹣1的图象上存在唯一的一个“等值点”，∴方程x＝x2+（m﹣k+2）x+n+k﹣1有两个相等的实数根，即Δ＝0，∴（m﹣k+1）2﹣4×（n+k﹣1）＝0，∴n＝（m﹣k+1）2﹣k+1，∵﹣

1≤m≤3，∴分以下三种情况讨论：①当k﹣1≤﹣1即k≤0时，当m＝﹣1时n有最小值，即k＝（﹣1﹣k+1）2﹣k+1，解得k＝1（舍去）；②当k﹣1≥3即k≥4时，当m＝3时n有最小值，即k＝（3﹣k+1）2

﹣k+1，解得k＝5+2或5﹣2（舍去）；③当﹣1＜k﹣1＜3即0＜k＜4时，当m＝k﹣1时n有最小值，即k＝（k﹣1﹣k+1）2﹣k+1，解得k＝；综上，k的值为或5+2．24．如图1，矩形OABC的顶点A、C分别在

x轴，y轴的正半轴，若点B（a，b），且a，b满足+b2﹣12b+36＝0，若点D为矩形OABC的对角线AC的中点，过点D作AC的垂线分别交BC，OA于点E，F．（1）求点B的坐标．（2）求线段EF的长度．（3）如图2，连接OD，直线EF交y轴于点G，若点

P为射线GE上的点，在平面直角坐标系中，是否存在点Q，使得以OD为边，点O，D，P，Q为顶点的四边形是菱形？若存在，请求出点P，Q的坐标，若不存在，请说明理由．【分析】（1）由+b2﹣12b+36＝0整理得+（b﹣6）2＝0，根据非负数的性质得＝0，（b﹣6）2＝0，则a＝8，b＝6，所以B（

8，6）；（2）连接CF、AE，由线段的垂直平分线的性质得AF＝CF，AE＝CE，再证明△CDE≌△ADF，得CE＝AF，即可证明四边形AECF是菱形，在Rt△OCF中根据勾股定理列方程求出AF的长，再根据菱形的面积一定列方程求出EF的长；（3）存在点Q，使得

以OD为边，点O，D，P，Q为顶点的四边形是菱形，分两种情况，一是点P在线段GD上，四边形PDOQ是菱形，则DP＝OD＝AD，作DM⊥AB于点M，作PN⊥DM交MD的延长线于点N，证明△PDN≌△DAM，得PN＝DM＝8﹣4＝4，DN＝AM＝3，求出点P的

坐标，连接OP，可求出OP的中点的坐标，再根据菱形的对称性求出点Q的坐标；二是点P在射线DE上，四边形PDOQ是菱形，则DP＝OD＝AD，作DM⊥AB于点M，作PN⊥DM于点N，证明△PDN≌△DAM，求出点P的坐标，连接OP，求出OP的中点坐标，再根据菱

形的对称性求出点Q的坐标．【解答】解：（1）由+b2﹣12b+36＝0整理得+（b﹣6）2＝0，∵≥0，（b﹣6）2≥0，且+（b﹣6）2＝0，∴＝0，（b﹣6）2＝0，∴a＝8，b＝6，∴B（8，6）．（2）如图1，连接CF、AE

，∵CD＝AD，EF⊥AC，∴AF＝CF，AE＝CE，∵BC∥OA，∴∠DCE＝∠DAF，∠DEC＝∠DFA，∴△CDE≌△ADF（AAS），∴CE＝AF，∴CF＝AF＝AE＝CE，∴四边形AECF是菱形，∵B

C⊥y轴，BA⊥x轴，∴A（8，0），C（0，6），∴OA＝8，OC＝6，∴OF＝8﹣AF∵∠AOC＝90°，∴AC＝＝＝10，∴OF＝8﹣AF，∵OF2+OC2＝CF2，∴（8﹣AF）2+62＝AF2，∴AF＝，∵S菱形AECF＝AC•EF＝AF×O

C，∴×10EF＝×6，∴EF＝，∴线段EF的长度为．（3）存在，如图2，点P在线段GD上，四边形PDOQ是菱形，则DP＝OD＝AD，作DM⊥AB于点M，作PN⊥DM交MD的延长线于点N，∵A（8，0），C（0，6），D是A

C的中点，∴D（4，3），∴M（8，3），∵∠N＝∠AMD＝∠ADP＝90°，∴∠PDN＝∠DAM＝90°﹣∠ADM，∴△PDN≌△DAM（AAS），∴PN＝DM＝8﹣4＝4，DN＝AM＝3，∴MN＝DN+DM＝3+4＝7，∴xN＝8﹣7＝1，∴N（1，3），∵yP＝3﹣4＝﹣1，∴P（1，﹣1

），连接OP，取OP的中点I，则I（，﹣），∵点Q与点D（4，3）关于点I（，﹣）对称，∴Q（﹣3，﹣4）；如图3，点P在射线DE上，四边形PDOQ是菱形，则DP＝OD＝AD，作DM⊥AB于点M，作PN⊥DM于点N，∵∠DNP＝∠AMD＝∠ADP＝90°，∴∠P

DN＝∠DAM＝90°﹣∠ADM，∴△PDN≌△DAM（AAS），∴PN＝DM＝4，DN＝AM＝3，∴MN＝DM﹣DN＝4﹣3＝1，∴xN＝8﹣1＝7，∴N（7，3），∵yP＝3+4＝7，∴P（7，7），连接OP，取OP的中点

I，则I（，），∵点Q与点D（4，3）关于点I（，）对称，∴Q（3，4），综上所述，P（1，﹣1），Q（﹣3，﹣4）或P（7，7），Q（3，4）．获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com