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精品解析：2020年浙江省金华市永康市中考数学一模试题（解析版+原卷板）
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2020年浙江省金华市永康市中考数学一模试题
一．选择题（共10小题）
1.-2的倒数是（ ）
A. -2 B. C. D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】
根据倒数的定义求解.
【详解】-2的倒数是-
故选B
【点睛】本题难度较低，主要考查学生对倒数相反数等知识点的掌握
2.下列计算不正确的是（ ）
A. a2•a3＝a5 B. （a2）3＝a6 C. a3÷a2＝a D. a3+a3＝a6
【答案】D
【解析】
【分析】
直接利用幂的乘方运算法则、同底数幂的乘除运算法则分别化简得出答案．
【详解】解：A、a2•a3＝a5，正确，故此选项不合题意；
B、（a2）3＝a6，正确，故此选项不合题意；
C、a3÷a2＝a，正确，故此选项不合题意；
D、a3+a3＝2a3，原题错误，故此选项符合题意；
故选：D．
【点睛】综合考查了幂的乘方，同底数幂相除，同底数幂相乘及单项式加法运算的知识；用到的知识点为：同底数幂相乘，底数不变，指数相加；同底数幂相除，底数不变，指数相减；幂的乘方，底数不变，指数相乘．不是同类项的，不能合并．
3.截至2020年5月4日，海外新冠肺炎确诊病例累计逾349.5万例，数349.5万用科学记数法表示为（ ）
A. 3.495×106 B. 34.95×105 C. 3.495×105 D. 0.3495×107
【答案】A
【解析】
【分析】
科学记数法表示较大的数形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数，10的指数n比原来的整数位数少1．
【详解】解：349.5万＝3495000＝3.495×106，
故选：A．
【点睛】此题考查科学记数法的表示方法．科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数，表示时关键要正确确定a的值以及n的值．
4.如图，直线a，b被直线c所截，那么∠2同旁内角是（ ）
A. ∠1 B. ∠3 C. ∠4 D. ∠5
【答案】C
【解析】
【分析】
两条直线被第三条直线所截形成的角中，若两个角都在两直线的之间，并且在第三条直线（截线）的同旁，则这样一对角叫做同旁内角．
【详解】解：∵直线a、b被直线c所截，
∴∠2的同旁内角是∠4．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了同旁内角的概念，三线八角中的某两个角是不是同位角、内错角或同旁内角，完全由那两个角在图形中的相对位置决定，同位角的边构成“F“形，内错角的边构成“Z“形，同旁内角的边构成“U”形．
5.如图所示的几何体，它的左视图是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
分析：根据从左边看得到的图形是左视图，可得答案．
详解：从左边看是等长上下两个矩形，上边的矩形小，下边的矩形大，两矩形的公共边是虚线，
故选D．
点睛：本题考查了简单组合体的三视图，从左边看得到的图形是左视图．
6.中国抗击疫情最宝贵的经验就是“早发现，早报告，早隔离，早治疗”．在这12个字中“早”字出现的频率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
根据频率＝频数/总数，进行计算即可．
【详解】解：在这12个字中“早”字出现的频率是：＝，
故选：D．
【点睛】此题主要考查了频数与频率，关键是掌握频率的计算方法．
7.如图，将等边△AOB放在平面直角坐标系中，点A的坐标为（0，4），点B在第一象限，将等边△AOB绕点O顺时针旋转180°得到△A′OB′，则点B的对应点B′的坐标是（ ）
A. B. C. D. （0，﹣4）
【答案】C
【解析】
【分析】
作BH⊥y轴于H，如图，利用等边三角形的性质得到OH＝AH＝2，∠BOA＝60°，再计算出BH，从而得到B点坐标为（2，2），然后根据关于原点对称的点的坐标特征求出点B′的坐标．
【详解】解：作BH⊥y轴于H，如图，
∵△OAB为等边三角形，
∴OH＝AH＝2，∠BOA＝60°，
∴BH＝OH＝2，
∴B点坐标为（2，2），
∵等边△AOB绕点O顺时针旋转180°得到△A′OB′，
∴点B′的坐标是（﹣2，﹣2）．
故选：C．
【点睛】本题考查了坐标与图形变化——旋转：图形或点旋转之后要结合旋转的角度和图形的特殊性质来求出旋转后的点的坐标．常见的是旋转特殊角度如：30°，45°，60°，90°，180°．也考查了等边三角形的性质．
8.如图，将边长分别为10cm和4cm的矩形纸片沿着虚线剪成两个全等的梯形纸片．裁剪线与矩形较长边所夹的锐角是45°，则梯形纸片中较短的底边长为（ ）
A. 2cm B. 2.5cm C. 3cm D. 3.5cm
【答案】C
【解析】
【分析】
根据矩形的性质得出∠A＝∠B＝90°，AB＝DC＝4，AD∥BC，根据矩形的判定得出四边形ABFQ是矩形，求出AB＝FQ＝DC＝4，求出EQ＝FQ＝4，即可得出答案．
【详解】
解：过F作FQ⊥AD于Q，则∠FQE＝90°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝∠B＝90°，AB＝DC＝4，AD∥BC，
∴四边形ABFQ是矩形，
∴AB＝FQ＝DC＝4，
∵AD∥BC，
∴∠QEF＝∠BFE＝45°，
∴EQ＝FQ＝4，
∴AE＝CF＝×（10﹣4）＝3（cm），
故选：C．
此题主要考查矩形的性质与判定、等腰直角三角形的的性质，熟练掌握性质和判定是解题关键．
9.公元三世纪，我国汉代数学家赵爽在注解《周髀算经》时给出的“赵爽弦图”如图所示，它是由四个全等的直角三角形与中间的小正方形拼成的一个大正方形．如果大正方形的面积是125，小正方形面积是25，则( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
根据正方形的面积公式可得大正方形的边长为，小正方形的边长为5，再根据直角三角形的边角关系列式即可求解．
【详解】解：∵大正方形的面积是125，小正方形面积是25，
∴大正方形的边长为，小正方形的边长为5，
∴，
∴，
∴．
故选A．
【点睛】本题考查了解直角三角形、勾股定理的证明和正方形的面积，难度适中，解题的关键是正确得出．
10.如图，抛物线y＝ax2+bx+1的顶点在直线y＝kx+1上，对称轴为直线x＝1，有以下四个结论：①ab＜0，②b＜，③a＝﹣k，④当0＜x＜1时，ax+b＞k，其中正确的结论是（ ）
A. ①②③ B. ①③④ C. ①②④ D. ②③④
【答案】B
【解析】
【分析】
根据二次函数图象的开口方向和对称轴即可判断①，将x=-1代入即可判断②，求出抛物线的顶点坐标，将其代入一次函数解析式中即可判断③，根据图象即可判断④．
【详解】解：①∵抛物线开口向下，
∴a＜0，
∵抛物线的对称轴为直线x＝﹣＝1，
∴b＝﹣2a＞0，
∴ab＜0，所以①正确，符合题意；
②∵x＝﹣1时，y＜0，
即a﹣b+1＜0，
∵b＝﹣2a，
∴a＝﹣，
∴﹣﹣b+1＜0，
∴b＞，所以②错误，不符合题意；
③当x＝1时，y＝a+b+1＝a﹣2a+1＝﹣a+1，
∴抛物线的顶点坐标为（1，﹣a+1），
把（1，﹣a+1）代入y＝kx+1得﹣a+1＝k+1，
∴a＝﹣k，所以③正确，符合题意；
④当0＜x＜1时，ax2+bx+1＞kx+1，
即ax2+bx＞kx，
∴ax+b＞k，所以④正确，符合题意．
综上：正确的是①③④
故选：B．
【点睛】此题考查的是二次函数的图象及性质，掌握二次函数的图象及性质与各项系数的关系是解决此题的关键．
二．填空题（共6小题）
11.若二次根式有意义，则x的取值范围是__．
【答案】x≥﹣1
【解析】
【分析】
根据二次根式有意义的条件可得x+1≥0，再解不等式即可．
【详解】∵二次根式有意义，
∴：x+1≥0，
解得：x≥﹣1，
故答案为：x≥﹣1．
【点睛】本题考查的知识点为二次根式有意义的条件．二次根式的被开方数是非负数．
12.因式分解：__________．
【答案】a（a+1）2
【解析】
【分析】
先提取公因式a，再对余下的项利用完全平方公式继续分解因式．完全平方公式：a±2ab+b=（a±b）
【详解】：a3+2a2+a，
=a（a2+2a+1），
=a（a+1）2．
【点睛】此题考查提公因式法与公式法的综合运用，掌握运算法则是解题关键
13.不等式组 的解集为_______________．
【答案】
【解析】
【分析】
分别求解两个不等式,解集取交集即可.
【详解】解：
解不等式 ，得,
解不等式 ，得,
∴不等式组的解集是
【点睛】本题考查求不等式组的解集,属于简单题,熟悉解题方法是解题关键.
14.已知样本1，3，9，a，b的众数是9，平均数是6，则中位数为__．
【答案】8
【解析】
【分析】
先根据众数的定义判断出a，b中至少有一个是9，再用平均数求出a+b＝17，即可得出结论．
【详解】解：∵样本1，3，9，a，b的众数是9，
∴a，b中至少有一个是9，
∵样本1，3，9，a，b的平均数为6，
∴（1+3+9+a+b）÷5＝6，
∴a+b＝17，
∴a，b中一个是9，另一个是8，
∴这组数为1，3，9，8，9，
即1，3，8，9，9，
∴这组数据的中位数是8．
故答案为：8．
【点睛】本题考查了众数、平均数和中位数的知识，解答本题的关键是能根据众数的定义得出a，b中至少有一个是9．
15.如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠A＝，AD＝2cm，AB＝4cm，BC＝6cm，点E是CD中点，过点B画射线BF交CD于点F，交AD延长线于点G，且∠GBE＝∠CBE，则线段DG的长为__cm．
【答案】1
【解析】
分析】
延长BE交AG的延长线于H，由“AAS”可证DH＝BC＝6cm，由等腰三角形的性质可得BG＝GH＝6﹣DG，由勾股定理可求解．
【详解】解：如图，延长BE交AG的延长线于H，
∵AD∥BC，
∴∠H＝∠EBC，∠C＝∠HDE，
∵点E是CD中点，
∴DE＝CE，
∴△DEH≌△CEB（AAS），
∴DH＝BC＝6cm，
∵∠GBE＝∠CBE，
∴∠GBE＝∠H，
∴BG＝GH＝6﹣DG，
∵BG2＝AG2+AB2，
∴（6﹣DG）2＝（2+DG）2+16，
∴DG＝1cm，
故答案为：1．
【点睛】本题考查全等三角形的性质与判定、勾股定理，转化相关的线段与角度是解题关键．
16.图1是一种推磨工具模型，图2是它的示意图，已知AB⊥PQ，AP＝AQ＝3dm，AB＝12dm，点A在中轴线l上运动，点B在以O为圆心，OB长为半径的圆上运动，且OB＝4dm．
（1）如图3，当点B按逆时针方向运动到B′时，A′B′与⊙O相切，则AA′＝__dm．
（2）在点B的运动过程中，点P与点O之间的最短距离为__dm．
【答案】 (1). （16﹣4） (2). （3﹣4）
【解析】
【分析】
（1）根据A′A＝OA﹣OA′＝AB+OB﹣OA，即可求解；
（2）当B、O、P三点共线时，OP的距离最短，即可求解．
【详解】解：（1）A′A＝OA﹣OA′＝AB+OB﹣OA＝12+4﹣＝16﹣＝16﹣4，
故答案为：（16﹣4）；
（2）当B、O、P三点共线时，OP的距离最短，
则OP＝BP﹣OB＝＝-4＝3﹣4（dm），
故答案为：（3﹣4）．
【点睛】本题考查了勾股定理的实际应用，圆的性质，掌握知识点是解题关键．
三．解答题（共8小题）
17.4sin60°﹣+|﹣3|+（π﹣2020）0．
【答案】4
【解析】
【分析】
直接利用特殊角的三角函数值以及零指数幂的性质、二次根式的性质和绝对值分别化简再计算即可．
【详解】解：原式＝4×﹣+3+1
＝﹣+3+1
＝4．
【点睛】本题考查了特殊角的三角函数值，零指数幂、二次根式的性质和绝对值，掌握运算法则是解题关键．
18.解分式方程：．
【答案】x＝﹣1
【解析】
【分析】
按解分式方程的步骤求解即可，要注意检验．
【详解】解：去分母，得3x＝x﹣2
解方程，得x＝﹣1
经检验，x＝﹣1是分式方程的解，
∴原分式方程的解为x＝﹣1．
【点睛】此题考查了解分式方程，要检验，掌握运算步骤是解题关键．
19.如图1是一手机支架，其中AB＝8cm，底座CD＝1cm，当点A正好落在桌面上时如图2所示，∠ABC＝80°，∠A＝60°．
（1）求点B到桌面AD的距离；
（2）求BC的长．（结果精确到0.1cm；参考数据：sin50°≈0.77，cos50°≈0.64，tan50°≈1.19，≈1.73）
【答案】（1）4；（2）9.3cm
【解析】
分析】
（1）过点B作BE⊥AD于点E，根据含30度角的直角三角形的性质即可求出答案；
（2）延长CF交BE于点F，根据锐角三角函数的定义即可求出答案．
【详解】解：（1）过点B作BE⊥AD于点E，
∴∠AEB＝90°，
∵∠A＝60°，AB＝8，
∴BE＝4，
∴点B到桌面AD的距离是4；
（2）延长CF交BE于点F，
∴∠BFC＝90°
∵∠A＝60°，∠ABC＝80°，
∴∠CBF＝50°，
由题意可知：BF＝4﹣1，
∵cos50°＝，
∴BC＝≈9.3cm，
∴BC的长度为9.3cm．
【点睛】本题考查了30度角的直角三角形的性质，锐角三角函数，构建直角三角形是解题关键．
20.某学校为了解学生疫情期间一天在线学习时长，进行了一次随机问卷调查（每人只能选择其中一项），并将调查数据整理后绘成如下两幅不完整的统计图．请根据图中信息解答下列问题：
（1）求参与问卷调查的总人数．
（2）补全条形统计图，并求出一天在线学习“5﹣7个小时”的扇形圆心角度数．
（3）若该校共有学生1800名，试估计全校一天在线学习“7小时以上”的学生人数．
【答案】（1）120人；（2）图见解析，18°；（3）45人
【解析】
【分析】
（1）利用A类的人数除以所占百分比即可；
（2）利用总人数乘以B类所占百分比可得B类人数，再减去18可得B类男生人数，再补图即可；利用360°乘以C类人数所占比例可得一天在线学习“5﹣7个小时”的扇形圆心角度数；
（3）利用样本估计总体的方法计算即可．
【详解】解：（1）参与问卷调查的总人数：（40+26）÷55%＝120（人）；
（2）120×25%﹣18＝12（人），
一天在线学习“5﹣7个小时”的扇形圆心角度数：360°×＝18°；
（3）1800×＝45（人），
答：估计全校一天在线学习“7小时以上”的学生人数为45人．
【点睛】本题考查了条形统计图和扇形统计图相结合，用样本估计总体，能由图表获取准确的信息是解题关键．
21.如图，在8×4的网格中，每个小正方形的边长均为1，点A，B，C都是格点（小正方形的顶点），完成下列画图．
（1）画出△ABC的重心P．
（2）在已知网格中找出所有格点D，使点D与△ABC的其中两个顶点构成的三角形的面积与△ABC的面积相等．
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【解析】
分析】
（1）重心是三角形的中线的交点，作△ABCD的中线CE，BF交于点P，点P即为所求；
（2）根据等高模型解决问题即可．
【详解】解：（1）如图1中，点P即为所求，
；
（2）如图2中，点D，D′，D″即为所求，
．
【点睛】本题考查了重心，等高模型，掌握重心的定义和画图方法是解题关键．
22.如图，已知⊙C过菱形ABCD的三个顶点B，A，D，连结BD，过点A作AE∥BD交射线CB于点E．
（1）求证：AE是⊙C的切线．
（2）若半径为2，求图中线段AE、线段BE和围成的部分的面积．
（3）在（2）的条件下，在⊙C上取点F，连结AF，使∠DAF＝15°，求点F到直线AD的距离．
【答案】（1）见解析；（2）2﹣π；（3）距离为2﹣或﹣1
【解析】
【分析】
（1）连接AC．证明AE⊥AC即可解决问题；
（2）证明△ABC是等边三角形，推出∠ACB＝60°，AE＝AC•tan60°＝，根据S阴＝S△AEC﹣S扇形ACB求解即可；
（3）分两种情形：①如图2中，当点F在上时．②如图3中，当点F在优弧上时，分别求解即可．
【详解】（1）证明：如图1中，连结AC，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
又∵BD∥AE，
∴AC⊥AE，
∴AE是⊙O的切线；
（2）如图1中，∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC，
又∵AC＝BC，
∴△ABC是等边三角形，
∴∠ACB＝60°，
∵AC＝2，
∴AE＝AC•tan60°＝，
∴S阴＝S△AEC﹣S扇形ACB＝×2×﹣＝2﹣π；
（3）①如图2中，当点F在上时，
∵∠DAF＝15°，
∴∠DCF＝30°，
∵∠ACD＝60°，
∴∠ACF＝∠FCD，
∴点F是弧AD的中点，
∴CF⊥AD，
∴点F到直线AD的距离＝CF﹣CA•cos30°＝2﹣；
②如图3中，当点F在优弧上时，
∵∠DAF＝15°，
∴∠DCF＝30°，
过点C作CG⊥AD于D，过点F作FH⊥CG于H，
可得∠AFH＝15°，∠HFC＝30°，
∴CH＝1，
∴点F到直线AD的距离＝CG﹣CH＝AC•cos30°﹣CH＝﹣1，
综上所述，满足条件的点F到直线AD的距离为2﹣或﹣1．
【点睛】本题考查了切线的判定，圆的性质，锐角三角函数，菱形的性质，掌握知识点是解题关键．
23.我们知道求函数图象的交点坐标，可以联立两个函数解析式组成方程组，方程组的解就是交点的坐标．如：求直线y＝2x+3与y＝﹣x+6的交点坐标，我们可以联立两个解析式得到方程组，解得，所以直线y＝2x+3与y＝﹣x+6的交点坐标为（1，5）．请利用上述知识解决下列问题：
（1）已知直线y＝kx﹣2和抛物线y＝x2﹣2x+3，
①当k＝4时，求直线与抛物线的交点坐标；
②当k为何值时，直线与抛物线只有一个交点？
（2）已知点A（a，0）是x轴上的动点，B（0，4），以AB为边在AB右侧做正方形ABCD，当正方形ABCD的边与反比例函数y＝的图象有4个交点时，试求a的取值范围．
【答案】（1）①（1，2），（5，18）；②k＝﹣2；（2）a的取值范围是a＞2或﹣16＜a＜﹣4
【解析】
【分析】
（1）①由题意得：，解得，，即可求解；
②利用△＝0，即可求解；
（2）分a＞0、a＜0两种情况，探讨正方形的边与反比例函数图象交点的情况，进而求解．
【详解】解：（1）①由题意得：，解得，，
∴直线与抛物线的交点坐标是（1，2），（5，18）；
②联立两个函数并整理得：x2﹣（k+2）x+5＝0，
△＝（﹣k﹣2）2﹣4×5＝0，
解得：k＝﹣2；
（2）①当a＞0时，如图1，
点A、B的坐标分别为：（a，0）、（0，4），
由点A、B的坐标得，直线AB的表达式为：y＝﹣x+4，
当线段AB与双曲线有一个交点时，
联立AB表达式与反比例函数表达式得：﹣x+4＝，
整理得：4x2﹣4ax+2a＝0，
△＝（﹣4a）2﹣16×2a＝0，解得：a＝2，
故当a＞2时，正方形ABCD与反比例函数的图象有4个交点；
②当a＜0时，如图2，
（Ⅰ）当边AD与双曲线有一个交点时，
过点D作ED⊥x轴于点E，
∵∠BAO+∠DAE＝90°，∠DAE+∠ADE＝90°，
∴∠ADE＝∠BAO，
∵AB＝AD，∠AOB＝∠DEA＝90°，
∴△AOB≌△DEA（AAS），
∴ED＝AO＝﹣a，AE＝OB＝4，
故点D（a+4，a），
由点A、D的坐标可得，直线AD的表达式为：y＝a（x﹣a），
联立AD与反比例函数表达式并整理得：ax2﹣a2x﹣16＝0，
△＝（﹣a2）2﹣4a×（16）＝0，解得：a＝﹣4（不合题意值已舍去）；
（Ⅱ）当边BC与双曲线有一个交点时，
同理可得：a＝﹣16，
所以当正方形ABCD的边与反比例函数的图象有4个交点时，a的取值范围为：﹣16＜a＜﹣4；
综上所述，a的取值范围是a＞2或﹣16＜a＜﹣4．
【点睛】本题考查了反比例函数和几何综合，二次函数的性质，正方形的性质，全等三角形的性质和判定，掌握知识点是解题关键．
24.如图1，矩形ABCD中，AB＝8，BC＝6，点E，F分别为AB，AD边上任意一点，现将△AEF沿直线EF对折，点A对应点为点G．
（1）如图2，当EF∥BD，且点G落在对角线BD上时，求DG的长；
（2）如图3，连接DG，当EF∥BD且△DFG是直角三角形时，求AE的值；
（3）当AE＝2AF时，FG的延长线交△BCD的边于点H，是否存在一点H，使得以E，H，G为顶点的三角形与△AEF相似，若存在，请求出AE的值；若不存在，请说明理由
【答案】（1）；（2）AE＝或；（3）存在，满足条件的AE的值为3或或或
【解析】
【分析】
（1）连接AG，如图2所示，首先证明AG⊥BD，解直角三角形即可解决问题；
（2）分两种情形：①当∠DGF＝90°时，此时点D，G，E三点共线，②当∠GDF＝90°时，点G在DC上，过点E作EH⊥CD于H，则四边形ADHE是矩形，分别求解即可；
（3）分四种情形：①当△AEF∽△GHE时，如图4﹣1，过点H作HP⊥AB于P；②当△AEF∽△GHE时，如图4﹣2，过点H作HP⊥AB于P；③当△AEF∽△GEH时，如图4﹣3，过点G作MN∥AB交AD于点M，过点E作EN⊥MN于N；④当△AEF∽△GEH时，如图4﹣4，过点G作MN∥AB交AD于点M，过点E作EN⊥MN于N，过点H作HQ⊥AD于Q，分别求解即可．
【详解】解：（1）连接AG，如图2所示，
由折叠得：AG⊥EF，
∵EF∥BD，
∴AG⊥BD，
在矩形ABCD中，AB＝8，BC＝6，
∴∠DAB＝90°，AD＝BC＝6，
∴DB＝＝＝10，
∴cos∠ADB＝＝＝，
∴DG＝AD•cos∠ADB＝6×＝；
（2）①当∠DGF＝90°时，此时点D，G，E三点共线，
设AF＝3t，则FG＝3t，AE＝4t，DF＝6﹣3t，
在Rt△DFG中，DG2+FG2＝DF2，即DG2＝（6﹣3t）2﹣（3t）2＝36﹣36t，
∵tan∠FDG＝＝，
∴，
解得t＝，
∴AE＝；
②当∠GDF＝90°时，点G在DC上，过点E作EH⊥CD于H，则四边形ADHE是矩形，EH＝AD＝6．
设AF＝3t，则FG＝3t，AE＝4t，DF＝6﹣3t，
∵∠FDG＝∠FGE＝∠EHG＝90°，
∴∠DGF+∠DFG＝90°，∠DGF+∠EGH＝90°，
∴∠DFG＝∠EGH，
∴△GDF∽△EHG，
∴，
∴，
∴DG＝，GH＝8﹣4k，
∵DG+GH＝AE，
∴+8﹣4k＝4k，
∴k＝，
∴AE＝，
综上所述：AE＝或；
（3）①当△AEF∽△GHE时，如图4﹣1，过点H作HP⊥AB于P，
∵∠AEF＝∠FEG＝∠EHG，∠EHG+∠HEG＝90°，
∴△FEG+∠HEG＝90°，
∴∠A＝∠FEH＝90°，
∴△AEF∽△EHF，
∴EF：HE＝AF：AE＝1：2，
∵∠A＝∠HPE＝90°，
∴∠AEF+∠HEP＝90°，∠HEP+∠EHP＝90°，
∴∠AEF＝∠EHP，
∴△AEF∽△HPE，
∴EA：HP＝EF：EH＝1：2，
∵HP＝6，
∴AE＝3；
②当△AEF∽△GHE时，如图4﹣2，过点H作HP⊥AB于P，
同法可得EF：HE＝1：2，EA：HP＝1：2，
设AF＝t，则AE＝2t，EP＝2t，HP＝4t，
∴BP＝8﹣4t，
∵△BHP∽△BDA，
∴4t：6＝（8﹣4t）：8，
解得：t＝，AE＝；
③当△AEF∽△GEH时，如图4﹣3，过点G作MN∥AB交AD于点M，过点E作EN⊥MN于N．
设AF＝t，则AE＝2t，DF＝6﹣t，
由翻折可知：△AEF≌△GEF，AE＝GE，
∵△AEF∽△GEH，AE＝GE，
∴△AEF≌△GEH（AAS或ASA），
∴FG＝GH，
∵MG∥DH，
∴FM＝（6﹣t），
∴AM＝EN＝AF+FM＝，
又∵△FMG∽△GNE，且GF：GE＝1：2，
∵MG＝NE＝AM＝，GN＝2FN＝6﹣t，
∵MN＝AE，
∴+6﹣t＝2t，
解得t＝，
∴AE＝；
④当△AEF∽△GEH时，如图4﹣4，过点G作MN∥AB交AD于点M，过点E作EN⊥MN于N，过点H作HQ⊥AD于Q，设AF＝t，则AE＝2t，
设FM＝a，
∴NG＝2a，NE＝a+t，
∴MG＝EN＝AM＝，
∴+2a＝2t①，
由上题可知：MF＝MQ＝a，QH＝2MG＝a+t，
∴DQ＝6﹣t﹣2a，
∵，
∴②，
解得t＝，
∴AE＝，
综上所述，满足条件的AE的值为3或或或．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，矩形的性质，锐角三角函数，掌握知识点是解题关键．
2020年浙江省金华市永康市中考数学一模试题
一．选择题（共10小题）
1.-2的倒数是（ ）
A. -2 B. C. D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】
根据倒数的定义求解.
【详解】-2的倒数是-
故选B
【点睛】本题难度较低，主要考查学生对倒数相反数等知识点的掌握
2.下列计算不正确的是（ ）
A. a2•a3＝a5 B. （a2）3＝a6 C. a3÷a2＝a D. a3+a3＝a6
【答案】D
【解析】
【分析】
直接利用幂的乘方运算法则、同底数幂的乘除运算法则分别化简得出答案．
【详解】解：A、a2•a3＝a5，正确，故此选项不合题意；
B、（a2）3＝a6，正确，故此选项不合题意；
C、a3÷a2＝a，正确，故此选项不合题意；
D、a3+a3＝2a3，原题错误，故此选项符合题意；
故选：D．
【点睛】综合考查了幂的乘方，同底数幂相除，同底数幂相乘及单项式加法运算的知识；用到的知识点为：同底数幂相乘，底数不变，指数相加；同底数幂相除，底数不变，指数相减；幂的乘方，底数不变，指数相乘．不是同类项的，不能合并．
3.截至2020年5月4日，海外新冠肺炎确诊病例累计逾349.5万例，数349.5万用科学记数法表示为（ ）
A. 3.495×106 B. 34.95×105 C. 3.495×105 D. 0.3495×107
【答案】A
【解析】
【分析】
科学记数法表示较大的数形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数，10的指数n比原来的整数位数少1．
【详解】解：349.5万＝3495000＝3.495×106，
故选：A．
【点睛】此题考查科学记数法的表示方法．科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数，表示时关键要正确确定a的值以及n的值．
4.如图，直线a，b被直线c所截，那么∠2同旁内角是（ ）
A. ∠1 B. ∠3 C. ∠4 D. ∠5
【答案】C
【解析】
【分析】
两条直线被第三条直线所截形成的角中，若两个角都在两直线的之间，并且在第三条直线（截线）的同旁，则这样一对角叫做同旁内角．
【详解】解：∵直线a、b被直线c所截，
∴∠2的同旁内角是∠4．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了同旁内角的概念，三线八角中的某两个角是不是同位角、内错角或同旁内角，完全由那两个角在图形中的相对位置决定，同位角的边构成“F“形，内错角的边构成“Z“形，同旁内角的边构成“U”形．
5.如图所示的几何体，它的左视图是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
分析：根据从左边看得到的图形是左视图，可得答案．
详解：从左边看是等长上下两个矩形，上边的矩形小，下边的矩形大，两矩形的公共边是虚线，
故选D．
点睛：本题考查了简单组合体的三视图，从左边看得到的图形是左视图．
6.中国抗击疫情最宝贵的经验就是“早发现，早报告，早隔离，早治疗”．在这12个字中“早”字出现的频率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
根据频率＝频数/总数，进行计算即可．
【详解】解：在这12个字中“早”字出现的频率是：＝，
故选：D．
【点睛】此题主要考查了频数与频率，关键是掌握频率的计算方法．
7.如图，将等边△AOB放在平面直角坐标系中，点A的坐标为（0，4），点B在第一象限，将等边△AOB绕点O顺时针旋转180°得到△A′OB′，则点B的对应点B′的坐标是（ ）
A. B. C. D. （0，﹣4）
【答案】C
【解析】
【分析】
作BH⊥y轴于H，如图，利用等边三角形的性质得到OH＝AH＝2，∠BOA＝60°，再计算出BH，从而得到B点坐标为（2，2），然后根据关于原点对称的点的坐标特征求出点B′的坐标．
【详解】解：作BH⊥y轴于H，如图，
∵△OAB为等边三角形，
∴OH＝AH＝2，∠BOA＝60°，
∴BH＝OH＝2，
∴B点坐标为（2，2），
∵等边△AOB绕点O顺时针旋转180°得到△A′OB′，
∴点B′的坐标是（﹣2，﹣2）．
故选：C．
【点睛】本题考查了坐标与图形变化——旋转：图形或点旋转之后要结合旋转的角度和图形的特殊性质来求出旋转后的点的坐标．常见的是旋转特殊角度如：30°，45°，60°，90°，180°．也考查了等边三角形的性质．
8.如图，将边长分别为10cm和4cm的矩形纸片沿着虚线剪成两个全等的梯形纸片．裁剪线与矩形较长边所夹的锐角是45°，则梯形纸片中较短的底边长为（ ）
A. 2cm B. 2.5cm C. 3cm D. 3.5cm
【答案】C
【解析】
【分析】
根据矩形的性质得出∠A＝∠B＝90°，AB＝DC＝4，AD∥BC，根据矩形的判定得出四边形ABFQ是矩形，求出AB＝FQ＝DC＝4，求出EQ＝FQ＝4，即可得出答案．
【详解】
解：过F作FQ⊥AD于Q，则∠FQE＝90°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝∠B＝90°，AB＝DC＝4，AD∥BC，
∴四边形ABFQ是矩形，
∴AB＝FQ＝DC＝4，
∵AD∥BC，
∴∠QEF＝∠BFE＝45°，
∴EQ＝FQ＝4，
∴AE＝CF＝×（10﹣4）＝3（cm），
故选：C．
此题主要考查矩形的性质与判定、等腰直角三角形的的性质，熟练掌握性质和判定是解题关键．
9.公元三世纪，我国汉代数学家赵爽在注解《周髀算经》时给出的“赵爽弦图”如图所示，它是由四个全等的直角三角形与中间的小正方形拼成的一个大正方形．如果大正方形的面积是125，小正方形面积是25，则( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
根据正方形的面积公式可得大正方形的边长为，小正方形的边长为5，再根据直角三角形的边角关系列式即可求解．
【详解】解：∵大正方形的面积是125，小正方形面积是25，
∴大正方形的边长为，小正方形的边长为5，
∴，
∴，
∴．
故选A．
【点睛】本题考查了解直角三角形、勾股定理的证明和正方形的面积，难度适中，解题的关键是正确得出．
10.如图，抛物线y＝ax2+bx+1的顶点在直线y＝kx+1上，对称轴为直线x＝1，有以下四个结论：①ab＜0，②b＜，③a＝﹣k，④当0＜x＜1时，ax+b＞k，其中正确的结论是（ ）
A. ①②③ B. ①③④ C. ①②④ D. ②③④
【答案】B
【解析】
【分析】
根据二次函数图象的开口方向和对称轴即可判断①，将x=-1代入即可判断②，求出抛物线的顶点坐标，将其代入一次函数解析式中即可判断③，根据图象即可判断④．
【详解】解：①∵抛物线开口向下，
∴a＜0，
∵抛物线的对称轴为直线x＝﹣＝1，
∴b＝﹣2a＞0，
∴ab＜0，所以①正确，符合题意；
②∵x＝﹣1时，y＜0，
即a﹣b+1＜0，
∵b＝﹣2a，
∴a＝﹣，
∴﹣﹣b+1＜0，
∴b＞，所以②错误，不符合题意；
③当x＝1时，y＝a+b+1＝a﹣2a+1＝﹣a+1，
∴抛物线的顶点坐标为（1，﹣a+1），
把（1，﹣a+1）代入y＝kx+1得﹣a+1＝k+1，
∴a＝﹣k，所以③正确，符合题意；
④当0＜x＜1时，ax2+bx+1＞kx+1，
即ax2+bx＞kx，
∴ax+b＞k，所以④正确，符合题意．
综上：正确的是①③④
故选：B．
【点睛】此题考查的是二次函数的图象及性质，掌握二次函数的图象及性质与各项系数的关系是解决此题的关键．
二．填空题（共6小题）
11.若二次根式有意义，则x的取值范围是__．
【答案】x≥﹣1
【解析】
【分析】
根据二次根式有意义的条件可得x+1≥0，再解不等式即可．
【详解】∵二次根式有意义，
∴：x+1≥0，
解得：x≥﹣1，
故答案为：x≥﹣1．
【点睛】本题考查的知识点为二次根式有意义的条件．二次根式的被开方数是非负数．
12.因式分解：__________．
【答案】a（a+1）2
【解析】
【分析】
先提取公因式a，再对余下的项利用完全平方公式继续分解因式．完全平方公式：a±2ab+b=（a±b）
【详解】：a3+2a2+a，
=a（a2+2a+1），
=a（a+1）2．
【点睛】此题考查提公因式法与公式法的综合运用，掌握运算法则是解题关键
13.不等式组 的解集为_______________．
【答案】
【解析】
【分析】
分别求解两个不等式,解集取交集即可.
【详解】解：
解不等式 ，得,
解不等式 ，得,
∴不等式组的解集是
【点睛】本题考查求不等式组的解集,属于简单题,熟悉解题方法是解题关键.
14.已知样本1，3，9，a，b的众数是9，平均数是6，则中位数为__．
【答案】8
【解析】
【分析】
先根据众数的定义判断出a，b中至少有一个是9，再用平均数求出a+b＝17，即可得出结论．
【详解】解：∵样本1，3，9，a，b的众数是9，
∴a，b中至少有一个是9，
∵样本1，3，9，a，b的平均数为6，
∴（1+3+9+a+b）÷5＝6，
∴a+b＝17，
∴a，b中一个是9，另一个是8，
∴这组数为1，3，9，8，9，
即1，3，8，9，9，
∴这组数据的中位数是8．
故答案为：8．
【点睛】本题考查了众数、平均数和中位数的知识，解答本题的关键是能根据众数的定义得出a，b中至少有一个是9．
15.如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠A＝，AD＝2cm，AB＝4cm，BC＝6cm，点E是CD中点，过点B画射线BF交CD于点F，交AD延长线于点G，且∠GBE＝∠CBE，则线段DG的长为__cm．
【答案】1
【解析】
分析】
延长BE交AG的延长线于H，由“AAS”可证DH＝BC＝6cm，由等腰三角形的性质可得BG＝GH＝6﹣DG，由勾股定理可求解．
【详解】解：如图，延长BE交AG的延长线于H，
∵AD∥BC，
∴∠H＝∠EBC，∠C＝∠HDE，
∵点E是CD中点，
∴DE＝CE，
∴△DEH≌△CEB（AAS），
∴DH＝BC＝6cm，
∵∠GBE＝∠CBE，
∴∠GBE＝∠H，
∴BG＝GH＝6﹣DG，
∵BG2＝AG2+AB2，
∴（6﹣DG）2＝（2+DG）2+16，
∴DG＝1cm，
故答案为：1．
【点睛】本题考查全等三角形的性质与判定、勾股定理，转化相关的线段与角度是解题关键．
16.图1是一种推磨工具模型，图2是它的示意图，已知AB⊥PQ，AP＝AQ＝3dm，AB＝12dm，点A在中轴线l上运动，点B在以O为圆心，OB长为半径的圆上运动，且OB＝4dm．
（1）如图3，当点B按逆时针方向运动到B′时，A′B′与⊙O相切，则AA′＝__dm．
（2）在点B的运动过程中，点P与点O之间的最短距离为__dm．
【答案】 (1). （16﹣4） (2). （3﹣4）
【解析】
【分析】
（1）根据A′A＝OA﹣OA′＝AB+OB﹣OA，即可求解；
（2）当B、O、P三点共线时，OP的距离最短，即可求解．
【详解】解：（1）A′A＝OA﹣OA′＝AB+OB﹣OA＝12+4﹣＝16﹣＝16﹣4，
故答案为：（16﹣4）；
（2）当B、O、P三点共线时，OP的距离最短，
则OP＝BP﹣OB＝＝-4＝3﹣4（dm），
故答案为：（3﹣4）．
【点睛】本题考查了勾股定理的实际应用，圆的性质，掌握知识点是解题关键．
三．解答题（共8小题）
17.4sin60°﹣+|﹣3|+（π﹣2020）0．
【答案】4
【解析】
【分析】
直接利用特殊角的三角函数值以及零指数幂的性质、二次根式的性质和绝对值分别化简再计算即可．
【详解】解：原式＝4×﹣+3+1
＝﹣+3+1
＝4．
【点睛】本题考查了特殊角的三角函数值，零指数幂、二次根式的性质和绝对值，掌握运算法则是解题关键．
18.解分式方程：．
【答案】x＝﹣1
【解析】
【分析】
按解分式方程的步骤求解即可，要注意检验．
【详解】解：去分母，得3x＝x﹣2
解方程，得x＝﹣1
经检验，x＝﹣1是分式方程的解，
∴原分式方程的解为x＝﹣1．
【点睛】此题考查了解分式方程，要检验，掌握运算步骤是解题关键．
19.如图1是一手机支架，其中AB＝8cm，底座CD＝1cm，当点A正好落在桌面上时如图2所示，∠ABC＝80°，∠A＝60°．
（1）求点B到桌面AD的距离；
（2）求BC的长．（结果精确到0.1cm；参考数据：sin50°≈0.77，cos50°≈0.64，tan50°≈1.19，≈1.73）
【答案】（1）4；（2）9.3cm
【解析】
分析】
（1）过点B作BE⊥AD于点E，根据含30度角的直角三角形的性质即可求出答案；
（2）延长CF交BE于点F，根据锐角三角函数的定义即可求出答案．
【详解】解：（1）过点B作BE⊥AD于点E，
∴∠AEB＝90°，
∵∠A＝60°，AB＝8，
∴BE＝4，
∴点B到桌面AD的距离是4；
（2）延长CF交BE于点F，
∴∠BFC＝90°
∵∠A＝60°，∠ABC＝80°，
∴∠CBF＝50°，
由题意可知：BF＝4﹣1，
∵cos50°＝，
∴BC＝≈9.3cm，
∴BC的长度为9.3cm．
【点睛】本题考查了30度角的直角三角形的性质，锐角三角函数，构建直角三角形是解题关键．
20.某学校为了解学生疫情期间一天在线学习时长，进行了一次随机问卷调查（每人只能选择其中一项），并将调查数据整理后绘成如下两幅不完整的统计图．请根据图中信息解答下列问题：
（1）求参与问卷调查的总人数．
（2）补全条形统计图，并求出一天在线学习“5﹣7个小时”的扇形圆心角度数．
（3）若该校共有学生1800名，试估计全校一天在线学习“7小时以上”的学生人数．
【答案】（1）120人；（2）图见解析，18°；（3）45人
【解析】
【分析】
（1）利用A类的人数除以所占百分比即可；
（2）利用总人数乘以B类所占百分比可得B类人数，再减去18可得B类男生人数，再补图即可；利用360°乘以C类人数所占比例可得一天在线学习“5﹣7个小时”的扇形圆心角度数；
（3）利用样本估计总体的方法计算即可．
【详解】解：（1）参与问卷调查的总人数：（40+26）÷55%＝120（人）；
（2）120×25%﹣18＝12（人），
一天在线学习“5﹣7个小时”的扇形圆心角度数：360°×＝18°；
（3）1800×＝45（人），
答：估计全校一天在线学习“7小时以上”的学生人数为45人．
【点睛】本题考查了条形统计图和扇形统计图相结合，用样本估计总体，能由图表获取准确的信息是解题关键．
21.如图，在8×4的网格中，每个小正方形的边长均为1，点A，B，C都是格点（小正方形的顶点），完成下列画图．
（1）画出△ABC的重心P．
（2）在已知网格中找出所有格点D，使点D与△ABC的其中两个顶点构成的三角形的面积与△ABC的面积相等．
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【解析】
分析】
（1）重心是三角形的中线的交点，作△ABCD的中线CE，BF交于点P，点P即为所求；
（2）根据等高模型解决问题即可．
【详解】解：（1）如图1中，点P即为所求，
；
（2）如图2中，点D，D′，D″即为所求，
．
【点睛】本题考查了重心，等高模型，掌握重心的定义和画图方法是解题关键．
22.如图，已知⊙C过菱形ABCD的三个顶点B，A，D，连结BD，过点A作AE∥BD交射线CB于点E．
（1）求证：AE是⊙C的切线．
（2）若半径为2，求图中线段AE、线段BE和围成的部分的面积．
（3）在（2）的条件下，在⊙C上取点F，连结AF，使∠DAF＝15°，求点F到直线AD的距离．
【答案】（1）见解析；（2）2﹣π；（3）距离为2﹣或﹣1
【解析】
【分析】
（1）连接AC．证明AE⊥AC即可解决问题；
（2）证明△ABC是等边三角形，推出∠ACB＝60°，AE＝AC•tan60°＝，根据S阴＝S△AEC﹣S扇形ACB求解即可；
（3）分两种情形：①如图2中，当点F在上时．②如图3中，当点F在优弧上时，分别求解即可．
【详解】（1）证明：如图1中，连结AC，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
又∵BD∥AE，
∴AC⊥AE，
∴AE是⊙O的切线；
（2）如图1中，∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC，
又∵AC＝BC，
∴△ABC是等边三角形，
∴∠ACB＝60°，
∵AC＝2，
∴AE＝AC•tan60°＝，
∴S阴＝S△AEC﹣S扇形ACB＝×2×﹣＝2﹣π；
（3）①如图2中，当点F在上时，
∵∠DAF＝15°，
∴∠DCF＝30°，
∵∠ACD＝60°，
∴∠ACF＝∠FCD，
∴点F是弧AD的中点，
∴CF⊥AD，
∴点F到直线AD的距离＝CF﹣CA•cos30°＝2﹣；
②如图3中，当点F在优弧上时，
∵∠DAF＝15°，
∴∠DCF＝30°，
过点C作CG⊥AD于D，过点F作FH⊥CG于H，
可得∠AFH＝15°，∠HFC＝30°，
∴CH＝1，
∴点F到直线AD的距离＝CG﹣CH＝AC•cos30°﹣CH＝﹣1，
综上所述，满足条件的点F到直线AD的距离为2﹣或﹣1．
【点睛】本题考查了切线的判定，圆的性质，锐角三角函数，菱形的性质，掌握知识点是解题关键．
23.我们知道求函数图象的交点坐标，可以联立两个函数解析式组成方程组，方程组的解就是交点的坐标．如：求直线y＝2x+3与y＝﹣x+6的交点坐标，我们可以联立两个解析式得到方程组，解得，所以直线y＝2x+3与y＝﹣x+6的交点坐标为（1，5）．请利用上述知识解决下列问题：
（1）已知直线y＝kx﹣2和抛物线y＝x2﹣2x+3，
①当k＝4时，求直线与抛物线的交点坐标；
②当k为何值时，直线与抛物线只有一个交点？
（2）已知点A（a，0）是x轴上的动点，B（0，4），以AB为边在AB右侧做正方形ABCD，当正方形ABCD的边与反比例函数y＝的图象有4个交点时，试求a的取值范围．
【答案】（1）①（1，2），（5，18）；②k＝﹣2；（2）a的取值范围是a＞2或﹣16＜a＜﹣4
【解析】
【分析】
（1）①由题意得：，解得，，即可求解；
②利用△＝0，即可求解；
（2）分a＞0、a＜0两种情况，探讨正方形的边与反比例函数图象交点的情况，进而求解．
【详解】解：（1）①由题意得：，解得，，
∴直线与抛物线的交点坐标是（1，2），（5，18）；
②联立两个函数并整理得：x2﹣（k+2）x+5＝0，
△＝（﹣k﹣2）2﹣4×5＝0，
解得：k＝﹣2；
（2）①当a＞0时，如图1，
点A、B的坐标分别为：（a，0）、（0，4），
由点A、B的坐标得，直线AB的表达式为：y＝﹣x+4，
当线段AB与双曲线有一个交点时，
联立AB表达式与反比例函数表达式得：﹣x+4＝，
整理得：4x2﹣4ax+2a＝0，
△＝（﹣4a）2﹣16×2a＝0，解得：a＝2，
故当a＞2时，正方形ABCD与反比例函数的图象有4个交点；
②当a＜0时，如图2，
（Ⅰ）当边AD与双曲线有一个交点时，
过点D作ED⊥x轴于点E，
∵∠BAO+∠DAE＝90°，∠DAE+∠ADE＝90°，
∴∠ADE＝∠BAO，
∵AB＝AD，∠AOB＝∠DEA＝90°，
∴△AOB≌△DEA（AAS），
∴ED＝AO＝﹣a，AE＝OB＝4，
故点D（a+4，a），
由点A、D的坐标可得，直线AD的表达式为：y＝a（x﹣a），
联立AD与反比例函数表达式并整理得：ax2﹣a2x﹣16＝0，
△＝（﹣a2）2﹣4a×（16）＝0，解得：a＝﹣4（不合题意值已舍去）；
（Ⅱ）当边BC与双曲线有一个交点时，
同理可得：a＝﹣16，
所以当正方形ABCD的边与反比例函数的图象有4个交点时，a的取值范围为：﹣16＜a＜﹣4；
综上所述，a的取值范围是a＞2或﹣16＜a＜﹣4．
【点睛】本题考查了反比例函数和几何综合，二次函数的性质，正方形的性质，全等三角形的性质和判定，掌握知识点是解题关键．
24.如图1，矩形ABCD中，AB＝8，BC＝6，点E，F分别为AB，AD边上任意一点，现将△AEF沿直线EF对折，点A对应点为点G．
（1）如图2，当EF∥BD，且点G落在对角线BD上时，求DG的长；
（2）如图3，连接DG，当EF∥BD且△DFG是直角三角形时，求AE的值；
（3）当AE＝2AF时，FG的延长线交△BCD的边于点H，是否存在一点H，使得以E，H，G为顶点的三角形与△AEF相似，若存在，请求出AE的值；若不存在，请说明理由
【答案】（1）；（2）AE＝或；（3）存在，满足条件的AE的值为3或或或
【解析】
【分析】
（1）连接AG，如图2所示，首先证明AG⊥BD，解直角三角形即可解决问题；
（2）分两种情形：①当∠DGF＝90°时，此时点D，G，E三点共线，②当∠GDF＝90°时，点G在DC上，过点E作EH⊥CD于H，则四边形ADHE是矩形，分别求解即可；
（3）分四种情形：①当△AEF∽△GHE时，如图4﹣1，过点H作HP⊥AB于P；②当△AEF∽△GHE时，如图4﹣2，过点H作HP⊥AB于P；③当△AEF∽△GEH时，如图4﹣3，过点G作MN∥AB交AD于点M，过点E作EN⊥MN于N；④当△AEF∽△GEH时，如图4﹣4，过点G作MN∥AB交AD于点M，过点E作EN⊥MN于N，过点H作HQ⊥AD于Q，分别求解即可．
【详解】解：（1）连接AG，如图2所示，
由折叠得：AG⊥EF，
∵EF∥BD，
∴AG⊥BD，
在矩形ABCD中，AB＝8，BC＝6，
∴∠DAB＝90°，AD＝BC＝6，
∴DB＝＝＝10，
∴cos∠ADB＝＝＝，
∴DG＝AD•cos∠ADB＝6×＝；
（2）①当∠DGF＝90°时，此时点D，G，E三点共线，
设AF＝3t，则FG＝3t，AE＝4t，DF＝6﹣3t，
在Rt△DFG中，DG2+FG2＝DF2，即DG2＝（6﹣3t）2﹣（3t）2＝36﹣36t，
∵tan∠FDG＝＝，
∴，
解得t＝，
∴AE＝；
②当∠GDF＝90°时，点G在DC上，过点E作EH⊥CD于H，则四边形ADHE是矩形，EH＝AD＝6．
设AF＝3t，则FG＝3t，AE＝4t，DF＝6﹣3t，
∵∠FDG＝∠FGE＝∠EHG＝90°，
∴∠DGF+∠DFG＝90°，∠DGF+∠EGH＝90°，
∴∠DFG＝∠EGH，
∴△GDF∽△EHG，
∴，
∴，
∴DG＝，GH＝8﹣4k，
∵DG+GH＝AE，
∴+8﹣4k＝4k，
∴k＝，
∴AE＝，
综上所述：AE＝或；
（3）①当△AEF∽△GHE时，如图4﹣1，过点H作HP⊥AB于P，
∵∠AEF＝∠FEG＝∠EHG，∠EHG+∠HEG＝90°，
∴△FEG+∠HEG＝90°，
∴∠A＝∠FEH＝90°，
∴△AEF∽△EHF，
∴EF：HE＝AF：AE＝1：2，
∵∠A＝∠HPE＝90°，
∴∠AEF+∠HEP＝90°，∠HEP+∠EHP＝90°，
∴∠AEF＝∠EHP，
∴△AEF∽△HPE，
∴EA：HP＝EF：EH＝1：2，
∵HP＝6，
∴AE＝3；
②当△AEF∽△GHE时，如图4﹣2，过点H作HP⊥AB于P，
同法可得EF：HE＝1：2，EA：HP＝1：2，
设AF＝t，则AE＝2t，EP＝2t，HP＝4t，
∴BP＝8﹣4t，
∵△BHP∽△BDA，
∴4t：6＝（8﹣4t）：8，
解得：t＝，AE＝；
③当△AEF∽△GEH时，如图4﹣3，过点G作MN∥AB交AD于点M，过点E作EN⊥MN于N．
设AF＝t，则AE＝2t，DF＝6﹣t，
由翻折可知：△AEF≌△GEF，AE＝GE，
∵△AEF∽△GEH，AE＝GE，
∴△AEF≌△GEH（AAS或ASA），
∴FG＝GH，
∵MG∥DH，
∴FM＝（6﹣t），
∴AM＝EN＝AF+FM＝，
又∵△FMG∽△GNE，且GF：GE＝1：2，
∵MG＝NE＝AM＝，GN＝2FN＝6﹣t，
∵MN＝AE，
∴+6﹣t＝2t，
解得t＝，
∴AE＝；
④当△AEF∽△GEH时，如图4﹣4，过点G作MN∥AB交AD于点M，过点E作EN⊥MN于N，过点H作HQ⊥AD于Q，设AF＝t，则AE＝2t，
设FM＝a，
∴NG＝2a，NE＝a+t，
∴MG＝EN＝AM＝，
∴+2a＝2t①，
由上题可知：MF＝MQ＝a，QH＝2MG＝a+t，
∴DQ＝6﹣t﹣2a，
∵，
∴②，
解得t＝，
∴AE＝，
综上所述，满足条件的AE的值为3或或或．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，矩形的性质，锐角三角函数，掌握知识点是解题关键．
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