精品解析：2022年上海市金山区中考数学三模试卷

2021学年第二学期九年级初中学业质量检测 数 学 试 卷 （考试时间：100分钟，满分：150分） 考生注意： 1.本试卷含三个大题，共25题．答题时，考生务必按答题要求在答题纸规定的位置上作答，在草稿纸、本试卷上答题一律无效． 2.除第一、二大题外，其余各题如无特别说明，都必须在答题纸的相应位置上写出证明或计算的主要步骤． 3.本次考试不可以使用科学计算器． 一、选择题：（本大题共6题，每题4分，满分24分）【下列各题的四个选项中，有且只有一个选项是正确的，请选择正确项的带好并使用2B铅笔正确填涂在答题纸的相应位置上，注意不要错位】 1. 下列二次根式中，与是同类二次根式的是（ ） A. B. C. D. 2. 下列各数中，一定是无理数的是（ ） A. B. C. D. 3. 已知两组数据：，，和，，，下列说法正确的是（ ） A. 平均数相等，方差不相等 B. 中位数相等，方差不相等 C. 平均数不相等，方差相等 D. 中位数不相等，众数相等 4. 如果将抛物线向左平移2个单位，那么所得抛物线的表达式为 （ ） A. B. C. D. 5. 在平面直角坐标系中，以点为圆心，1为半径的圆与轴的位置关系是（ ） A. 相离 B. 相切 C. 相交 D. 不确定 6. 如图，已知与都是等边三角形，点在边上（不与点、重合），与相交于点，那么与相似的三角形是（ ） A. B. C. D. 二、填空题：（本大题共12题，每题4分，满分48分） 7. 16的算术平方根是___________． 8. 二元一次方程组的解是________． 9. 已知函数，那么________． 10. 正六边形的半径与边心距之比为___________． 11. 一次函数的图象如图所示，如果，那么的取值范围__． 12. 某商品的原价为100元，如果经过两次降价，且每次降价的百分率都是，那么该商品现在的价格是_____________元（结果用含的代数式表示）． 13. 若关于x的一元二次方程有两个相等的实数根，则__________． 14. 在物理实验课上，同学们用三个开关，两个灯泡、一个电源及若干条导线连接成如图所示的电路图，随机闭合图中的两个开关，有一个灯泡发光的概率是 ___________． 15. 如图，点是的重心，过点作，分别交于点，如果，，那么_______． 16. 我国汉代数学家赵爽为了证明勾股定理，创制了一副“弦图”，后人称其为“赵爽弦图”（如图1）．图2由弦图变化得到，它是由八个全等的直角三角形拼接而成．记图中正方形、正方形、正方形的面积分别为、、，如果，那么的值是________． 17. 如图，已知在等边△ABC中，AB＝4，点P在边BC上，如果以线段PB为半径的⊙P与以边AC为直径的⊙O外切，那么⊙P的半径长是________________． 18. 如图，在中，，，，点、分别是边、上一点，，，把绕着点旋转得到△（点、分别与点，对应），如果点，，在同一直线上，那么的长为________． 三、解答题：（本大题共7题，满分78分） 19. 计算：． 20. 解不等式组：并将解集在数轴上表示出来． 21. 如图，已知在⊙O中，OD⊥AB，垂足为点D，DO的延长线与⊙O相交于点C，点E在弦AB的延长线上，CE与⊙O相交于点F，AB＝CD＝8，tanC＝1 （1）求⊙O的半径长； （2）求的值． 22. 如图，在某海滨城市附近海面有一股台风，据监测，当前台风中心位于该城市的南偏东方向千米的海面处，并以千米时的速度向处的北偏西的方向移动，台风侵袭范围是一个圆形区域，当前半径为千米，且圆的半径以千米时速度不断扩张． （1）当台风中心移动小时时，受台风侵袭的圆形区域半径增大到______千米：当台风中心移动小时时，受台风侵袭的圆形区域半径增大到______千米； （2）当台风中心移动到与城市距离最近时，这股台风是否侵袭这座海滨城市？请说明理由．参考数据， 23. 已知：如图，在△ABC中，AD⊥BC，垂足为点D，AD＝BD，点E为边AD上一点，且DE＝DC，连接BE并延长，交边AC于点F． （1）求证：BF⊥AC； （2）过点A作BC的平行线交BF的延长线于点G，连接CG．如果，求证：四边形ADCG是矩形． 24. 抛物线与轴相交于点，两点． （1）求抛物线的解析式； （2）点在抛物线的对称轴上，且位于轴的下方，将沿直线翻折得到，若点恰好落在抛物线的对称轴上，求点和点的坐标； （3）设点是抛物线上位于第一象限的一点且位于对称轴右侧，是抛物线对称轴上的一点，当为等边三角形，求直线的解析式． 25. 已知在△ABC中，∠C＝90°，BC＝8，cosB＝，点D是边BC上一点，过点D作DE⊥AB，垂足为点E，点F是边AC上一点，联结DF、EF，以DF、EF为邻边作平行四边形EFDG． （1）如图1，如果CD＝2，点G恰好在边BC上，求∠CDF的余切值； （2）如图2，如果AF＝AE，点G在△ABC内，求线段CD的取值范围； （3）在第（2）小题的条件下，如果平行四边形EFDG是矩形，求线段CD的长． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2021学年第二学期九年级初中学业质量检测 数 学 试 卷 （考试时间：100分钟，满分：150分） 考生注意： 1.本试卷含三个大题，共25题．答题时，考生务必按答题要求在答题纸规定的位置上作答，在草稿纸、本试卷上答题一律无效． 2.除第一、二大题外，其余各题如无特别说明，都必须在答题纸的相应位置上写出证明或计算的主要步骤． 3.本次考试不可以使用科学计算器． 一、选择题：（本大题共6题，每题4分，满分24分）【下列各题的四个选项中，有且只有一个选项是正确的，请选择正确项的带好并使用2B铅笔正确填涂在答题纸的相应位置上，注意不要错位】 1. 下列二次根式中，与是同类二次根式的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】解：A、＝，与不是同类二次根式，故此选项不符合题意； B、，与是同类二次根式，故此选项符合题意； C、，与不是同类二次根式，故此选项不符合题意； D、，与不是同类二次根式，故此选项不符合题意； 故选：B． 【点睛】此题考查了同类二次根式，以及二次根式的性质与化简，熟练掌握同类二次根式的定义是解本题的关键． 2. 下列各数中，一定是无理数的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题主要考查了无理数的定义，注意带根号的要开不尽方才是无理数，无限不循环小数为无理数．如，，（每两个1之间依次多1个0）等形式．无理数就是无限不循环小数．理解无理数的概念，一定要同时理解有理数的概念，有理数是整数与分数的统称．即有限小数和无限循环小数是有理数，而无限不循环小数是无理数．由此即可判定选择项． 【详解】解：A、是整数，属于有理数，故本选项不符合题意； B、是分数，属于有理数，故本选项不符合题意； C、是有限小数，属于有理数，故本选项不符合题意； D、是无理数，故本选项符合题意． 故选：D． 3. 已知两组数据：，，和，，，下列说法正确的是（ ） A. 平均数相等，方差不相等 B. 中位数相等，方差不相等 C. 平均数不相等，方差相等 D. 中位数不相等，众数相等 【答案】C 【解析】 【分析】根据平均数、中位数、众数与方差的意义求解即可． 【详解】解：∵新数据是在原数据的基础上每个加2， ∴新数据的平均数、中位数、众数均比原数据的平均数、中位数、众数大2，方差不变． 故选：C． 【点睛】本题考查方差的定义：一般地设n个数据，x1，x2，…xn的平均数为，则方差S2=，它反映了一组数据的波动大小，方差越大，波动性越大，反之也成立．也考查了平均数、中位数与众数的定义． 4. 如果将抛物线向左平移2个单位，那么所得抛物线的表达式为 （ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题主要考查了二次函数图象的平移，熟知二次函数“上加下减，左加右减”的平移规律是解题的关键． 【详解】解：将抛物线向左平移2个单位，所得抛物线的表达式为， 故选：C． 5. 在平面直角坐标系中，以点为圆心，1为半径的圆与轴的位置关系是（ ） A. 相离 B. 相切 C. 相交 D. 不确定 【答案】B 【解析】 【分析】先求出圆心到x轴的距离，再根据半径比较，若圆心到x轴的距离大于圆心距，x轴与圆相离；小于圆心距，x轴与圆相交；等于圆心距，x轴与圆相切． 【详解】解：∵点A（2，1）到x轴的距离为1，圆的半径=1， ∴点A（2，1）到x轴的距离=圆的半径， ∴圆与x轴相切； 故选：B． 【点睛】此题考查的是圆与直线的关系，即圆心到直线的距离大于圆心距，直线与圆相离；小于圆心距，直线与圆相交；等于圆心距，则直线与圆相切． 6. 如图，已知与都是等边三角形，点在边上（不与点、重合），与相交于点，那么与相似的三角形是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了相似三角形的判定，等边三角形的性质，熟练掌握相似三角形的判定定理是解题的关键．根据等边三角形的性质和相似三角形的判定定理即可得到结论． 【详解】解：与都是等边三角形， ， 又， ， 与相似的三角形是， 故选：D． 二、填空题：（本大题共12题，每题4分，满分48分） 7. 16的算术平方根是___________． 【答案】4 【解析】 【详解】解：∵ ∴16的平方根为4和-4， ∴16的算术平方根为4， 故答案为：4 8. 二元一次方程组的解是________． 【答案】 【解析】 【分析】利用加减消元法解题 【详解】解：， ①+②得， 把代入②得， 原二元一次方程组的解为， 故答案为：． 【点睛】本题考查加减消元法解二元一次方程组，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键． 9. 已知函数，那么________． 【答案】2 【解析】 【分析】根据已知直接将x=10代入求出答案． 【详解】解：∵f（x）=， ∴f（10）==2， 故答案为：2． 【点睛】此题主要考查了函数值，正确将已知数据代入是解题关键． 10. 正六边形的半径与边心距之比为___________． 【答案】2： 【解析】 【分析】可设正六边形的半径为R，欲求半径、边心距之比，我们画出图形，通过构造直角三角形，解直角三角形即可得出． 【详解】 解：如图所示，设正六边形的半径为R， ∴∠AOB＝60°， ∵OA＝OB，OG AB， ∴∠GOB＝30° 则OG＝R， ∴半径、边心距之比为R：R＝2： 故答案为：2： 【点睛】正多边形的计算一般是通过中心作边的垂线，连接半径，把正多边形中的半径、边长、边心距、中心角之间的计算转化为解直角三角形． 11. 一次函数的图象如图所示，如果，那么的取值范围__． 【答案】 【解析】 【分析】根据图象的性质，当即图象在轴及x轴下方的部分，据此即可得答案． 【详解】解：根据图象和数据可知，当时，即图象在x轴及轴下方，此时． 故答案为：． 【点睛】本题考查一次函数的图象，数形结合是解题的关键． 12. 某商品的原价为100元，如果经过两次降价，且每次降价的百分率都是，那么该商品现在的价格是_____________元（结果用含的代数式表示）． 【答案】 【解析】 【分析】根据该商品现在的价格=原价×（1-降价的百分率）2即可得出结论： 【详解】解：∵原价为100元，百分率都是， ∴该商品现在的价格是； 故答案为：． 【点睛】此题考查了列代数式，解决问题的关键是读懂题意，找到所求的量的等量关系，关系是该商品现在的价格=原价×（1-m）2． 13. 若关于x的一元二次方程有两个相等的实数根，则__________． 【答案】 【解析】 【分析】根据一元二次方程根的判别式可直接进行求解， 本题主要考查一元二次方程根的判别式，熟练掌握一元二次方程根的判别式是解题的关键． 【详解】解：∵关于的一元二次方程有两个相等的实数根， ∴， 解得：； 故答案为：． 14. 在物理实验课上，同学们用三个开关，两个灯泡、一个电源及若干条导线连接成如图所示的电路图，随机闭合图中的两个开关，有一个灯泡发光的概率是 ___________． 【答案】 【解析】 【分析】此题考查的是用列表法或树状图法求概率．画树状图，共有6种等可能的结果，至少有一个灯泡发光的有4种情况，再由概率公式求解即可． 【详解】解：三个开关分别用，，表示，根据题意画树状图得： 共有6种等可能的结果，至少有一个灯泡发光的有4种情况， 则有一个灯泡发光的概率是． 故答案为：． 15. 如图，点是的重心，过点作，分别交于点，如果，，那么_______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查三角形的重心，相似三角形的判定与性质，平面向量等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识．连接延长交于T．由G是的重心，推出，由，得出，从而，求出，由此即可解决问题． 【详解】解：如图，连接延长交于T． ∵G是的重心， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴． 故答案为：． 16. 我国汉代数学家赵爽为了证明勾股定理，创制了一副“弦图”，后人称其为“赵爽弦图”（如图1）．图2由弦图变化得到，它是由八个全等的直角三角形拼接而成．记图中正方形、正方形、正方形的面积分别为、、，如果，那么的值是________． 【答案】16 【解析】 【分析】根据正方形的面积和勾股定理即可求解． 【详解】解：设全等的直角三角形的两条直角边为a、b且a＞b， 由题意可知：S1=（a+b）2，S2=a2+b2，S3=（a-b）2， 因为S1+S2+S3=48， 即（a+b）2+a2+b2+（a-b）2=21， ∴3（a2+b2）=48， ∴3S2=48， ∴S2的值是16． 故答案为16． 【点睛】本题考查了勾股定理，正方形的面积，解决本题的关键是随着正方形的边长的变化表示面积． 17. 如图，已知在等边△ABC中，AB＝4，点P在边BC上，如果以线段PB为半径的⊙P与以边AC为直径的⊙O外切，那么⊙P的半径长是________________． 【答案】 【解析】 【分析】由等边三角形的性质和直角三角形的性质可求CH，OH，由勾股定理可求解． 【详解】解：如图，连接OP，过点O作OH⊥BC于P， 在等边△ABC中，AB＝4， ∴AC＝BC＝AB＝4，∠ACB＝60°， ∵点O是AC的中点， ∴AO＝OC＝2， ∵以线段PB为半径的⊙P与以边AC为直径的⊙O外切， ∴PO＝2＋BP， ∵OH⊥BC， ∴∠COH＝30°， ∴HC＝1，OH＝， ∵， ∴ ∴BP＝， 故答案为． 【点睛】本题主要考查圆与圆的位置关系、等边三角形性质以及勾股定理得应用，利用勾股定理列出关于BP的方程是解题的关键． 18. 如图，在中，，，，点、分别是边、上一点，，，把绕着点旋转得到△（点、分别与点，对应），如果点，，在同一直线上，那么的长为________． 【答案】或 【解析】 【分析】本题考查旋转变换，相似三角形的判定与性质，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考常考题型．分两种情形分别求解：如图1中，当点在线段上时，解直角三角形求出，即可．如图2中，当在线段上时，同法可得． 【详解】解：如图1中，当点在线段上时， 在中，，，， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 如图2中，当在线段上时，同法可得 综上所述，满足条件的的长为或． 故答案为或． 三、解答题：（本大题共7题，满分78分） 19. 计算：． 【答案】5 【解析】 【分析】代入45°角的余弦函数值，结合“负整数指数幂和零指数幂的意义及绝对值的意义”进行计算即可. 【详解】解：原式 =4+-+1 ． 【点睛】熟记“特殊角的三角函数值，理解负整数指数幂的意义、零指数幂的意义和绝对值的意义”是正确解答本题的关键. 20. 解不等式组：并将解集在数轴上表示出来． 【答案】-4＜x≤， 将不等式组的解集表示在数轴上如下： 【解析】 【分析】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． 【详解】解：解不等式3（x+2）＞x-2，得：x＞-4， 解不等式，得：x≤， 则不等式组的解集为-4＜x≤， 【点睛】本题考查的是解一元一次不等式组，正确求出每一个不等式解集是基础，熟知“同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到”的原则是解答此题的关键． 21. 如图，已知在⊙O中，OD⊥AB，垂足为点D，DO的延长线与⊙O相交于点C，点E在弦AB的延长线上，CE与⊙O相交于点F，AB＝CD＝8，tanC＝1 （1）求⊙O的半径长； （2）求的值． 【答案】（1）5；（2） 【解析】 【分析】（1）连接OA，设半径为r，利用垂径定理结合勾股定理即可求出r； （2）延长CD交⊙O于点Q，连接QF，利用圆周角定理以及已知条件求出CE和CF的长即可计算的值． 【详解】解：（1）连接OA，如图所示： 设⊙O半径为r，则由题意可知：OA＝OC＝r，OD＝CD﹣OC＝8﹣r， 又∵OD⊥AB，垂足为点D， ∴AD＝， 在Rt△AOD中，， 即， 解得：r＝5， ∴⊙O的半径长为5； （2）延长CD交⊙O于点Q，连接QF，则∠CFQ＝90°， 由（1）可知CQ＝10， ∵tanC＝1， ∴∠C＝45°， 在Rt△CAF中：， 而CQ＝CF，CQ＝10， ∴CF＝5， 在Rt△CDE中，∠C＝∠E＝45°， CE＝， ∴EF＝CE﹣CF＝8－5＝3， ∴． 【点睛】本题考查了圆的垂径定理,勾股定理,特殊角的三角函数值,熟练掌握垂径定理,灵活运用勾股定理,特殊角的三角函数值是解题的关键． 22. 如图，在某海滨城市附近海面有一股台风，据监测，当前台风中心位于该城市的南偏东方向千米的海面处，并以千米时的速度向处的北偏西的方向移动，台风侵袭范围是一个圆形区域，当前半径为千米，且圆的半径以千米时速度不断扩张． （1）当台风中心移动小时时，受台风侵袭的圆形区域半径增大到______千米：当台风中心移动小时时，受台风侵袭的圆形区域半径增大到______千米； （2）当台风中心移动到与城市距离最近时，这股台风是否侵袭这座海滨城市？请说明理由．参考数据， 【答案】（1）， （2）城市不会受到侵袭，见解析 【解析】 【分析】（1）根据台风的扩张速度列代数式即可； （2）作于点，根据方位角得出，当台风中心移动到H点时离O点最近，解Rt△OHP，求得台风中心移动到H点时的半径即可解答； 【小问1详解】 解：由题意可得， 当台风中心移动小时时，受台风侵袭的圆形区域半径增大到：(千米)， 当台风中心移动小时时，受台风侵袭的圆形区域半径增大到：(千米， 故答案为：，； 【小问2详解】 解：作于点， ， P点在O点南偏东20°，∴OP与南北方向夹角是20°， Q点在P点北偏西65°，∴QP与南北方向夹角是65°， ∴， 在等腰直角三角形中，千米， 根据勾股定理可算得(千米)， 设经过小时时，台风中心从移动到， 则， 解得(小时)， 此时，受台风侵袭地区的圆的半径为： (千米)(千米)． 城市不会受到侵袭． 【点睛】本题考查了方位角的计算，解直角三角形，掌握垂线段性质（连接直线外一点与直线上各点的所有线段中，垂线段最短）是解题关键． 23. 已知：如图，在△ABC中，AD⊥BC，垂足为点D，AD＝BD，点E为边AD上一点，且DE＝DC，连接BE并延长，交边AC于点F． （1）求证：BF⊥AC； （2）过点A作BC的平行线交BF的延长线于点G，连接CG．如果，求证：四边形ADCG是矩形． 【答案】（1）见解析；（2）见解析 【解析】 【分析】（1）先证明△BDE和△ADC全等得出∠EBD＝∠CAD，再证△BED∽△AEF，即可得证； （2）先证△AEG∽△DCA，得出DC＝AG，证明出四边形ADCG是平行四边形，再证一个角是直角即可得证． 【详解】证明：（1）∵AD⊥BC， ∴∠ADC＝∠BDE＝90°， 在△ACD和△BED中， ， ∴△ACD≌△BED（SAS）， ∴∠EBD＝∠CAD， 又∵∠BED＝∠AEF， ∴△BED∽△AEF， ∴∠AFE＝∠EDB＝90°， 即BF⊥AC； （2）：∵AG∥BC， ∴∠AGE＝∠EBD， 由（1）知∠EBD＝∠CAD， ∴∠AGE＝∠CAD， 又∵∠AEG＝∠BED＝∠ACD， ∴△AEG∽△DCA， ∴， ∴AE•AD＝DC•AG， ∵，DE＝DC， ∴， ∴DC＝AG， 又∵AG∥DC， ∴四边形ADCG是平行四边形， ∵AD⊥BC， ∴四边形ADCG是矩形（有一个角是直角的平行四边形是矩形）． 【点睛】本题主要考查了直角三角形的性质、相似三角形的判定与性质、矩形的判定与性质等知识点，关键在于利用直角三角形的性质证明出角相等，再证明出三角形相似，用相似的性质证明出结论． 24. 抛物线与轴相交于点，两点． （1）求抛物线的解析式； （2）点在抛物线的对称轴上，且位于轴的下方，将沿直线翻折得到，若点恰好落在抛物线的对称轴上，求点和点的坐标； （3）设点是抛物线上位于第一象限的一点且位于对称轴右侧，是抛物线对称轴上的一点，当为等边三角形，求直线的解析式． 【答案】（1）； （2）；； （3）． 【解析】 【分析】（1）把点，的坐标代入抛物线的解析式中，用待定系数法求二次函数的解析式； （2）根据点、的坐标可知，，根据直角三角形的性质可得，利用三角函数求出，，根据折叠的性质可知，从而可求点、的坐标； （3）根据等边三角形的性质可得、、，利用可证，根据全等三角形的性质可得，利用三角函数求出点的坐标，再利用待定系数法可以求出直线的解析式． 【小问1详解】 解：把点，的坐标代入， 可得：， 解得：， 抛物线的解析式是； 【小问2详解】 解：如下图所示， 抛物线的对称轴是， 设点的坐标为， 点，， ，， 根据折叠的性质可知， ， 又， ， 根据折叠的性质可知， 在中，， ， ， 点的坐标是， 根据折叠的性质可知， ， 点的坐标是； 【小问3详解】 解：如下图所示， 由（2）可知是等边三角形， ，， 又是等边三角形， ，， ， ， 在和中， ， ， 在中，，， 点的坐标为， ， 点的坐标是， 设直线的解析式是， 把点的坐标和点的坐标是入代， 可得：， 解得：， 直线的解析式为； 【点睛】本题主要考查了二次函数的图象与性质、等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质、三角函数的应用、直角三角形的性质、用待定系数法求函数的解析式，解决本题的关键是根据图形的性质找边和角之间的关系。 25. 已知在△ABC中，∠C＝90°，BC＝8，cosB＝，点D是边BC上一点，过点D作DE⊥AB，垂足为点E，点F是边AC上一点，联结DF、EF，以DF、EF为邻边作平行四边形EFDG． （1）如图1，如果CD＝2，点G恰好在边BC上，求∠CDF的余切值； （2）如图2，如果AF＝AE，点G在△ABC内，求线段CD的取值范围； （3）在第（2）小题的条件下，如果平行四边形EFDG是矩形，求线段CD的长． 【答案】（1）；（2）0≤CD；（3） 【解析】 【分析】（1）由锐角三角函数的定义求出BC＝8，由勾股定理求出AC＝6，由平行线分线段成比例定理得出，求出CF，则可得出答案； （2）当点G恰好在AB上时，解直角三角形求出CD的长，则可得出答案； （3）设CD＝x，则BE＝（8﹣x），设矩形EFDG的对角线FG与DE相交于点O，联结OA，证明△AFO≌△AEO（SSS），由全等三角形的性质得出∠AFO＝∠AEO＝90°，过点E作EH⊥AC于点H，由梯形的中位线定理得出EH＋CD＝2OF＝DE，解方程[10﹣（8﹣x）]＋x＝（8﹣x）可得出答案． 【详解】解：（1）在Rt△ABC中，cosB＝＝， 又BC＝8， ∴AB＝10， ∴AC＝＝6， ∵DE⊥AB， ∴在Rt△BDE中， cosB＝， 又CD＝2，BD＝6， ∴BE＝， ∵四边形EFDG是平行四边形， ∴EF∥DG， ∵点G在BC上， ∴EF∥BC， ∴， ∴， ∴CF＝， 在Rt△CFD中，cos； （2）∵四边形EFDG是平行四边形， ∴DF∥EG， 当点G恰好在AB上时， ∴DF∥AB， ∴， 设CD＝x，则， ∴CF＝， 在Rt△BDE中，cosB＝， 又CD＝x，则BD＝8﹣x， ∴BE＝（8﹣x）， ∵AE＝AF， ∴， ∴x＝， 当点G在△ABC内时，0≤CD； （3）设CD＝x，则BE＝（8﹣x）， ∴AE＝10﹣（8﹣x）， 设矩形EFDG的对角线FG与DE相交于点O，联结OA， ∵平行四边形EFDG是矩形， ∴OF＝OE＝DE， ∵AF＝AE，OA＝OA， ∴△AFO≌△AEO（SSS）， ∴∠AFO＝∠AEO＝90°， 过点E作EH⊥AC于点H， 又∠C＝90°， ∴EH∥HF∥CB， ∵OD＝OE， ∴CF＝HF， ∴EH＋CD＝2OF＝DE， ∵（8﹣x），EH＝[10﹣（8﹣x）]， ∴[10﹣（8﹣x）]＋x＝（8﹣x）， ∴x＝， ∴CD＝． 【点睛】本题属于四边形综合题，考查了平行四边形的性质，矩形的性质，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，解直角三角形等知识，解题的关键是熟练掌握全等三角形的判定与性质及相似三角形的判定与性质，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $