2022年江苏省南京市南京师范大附属中学中考数学模拟精编试卷含解析

这是一份2022年江苏省南京市南京师范大附属中学中考数学模拟精编试卷含解析，共22页。试卷主要包含了的倒数的绝对值是，计算等内容，欢迎下载使用。

2021-2022中考数学模拟试卷
注意事项：
1． 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。
4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

一、选择题（共10小题，每小题3分，共30分）
1．如图，BC∥DE，若∠A=35°，∠E=60°，则∠C等于（　　）

A．60° B．35° C．25° D．20°
2．下列各式正确的是( )
A． B．
C． D．
3．等腰三角形一条边的边长为3，它的另两条边的边长是关于x的一元二次方程x2﹣12x+k=0的两个根，则k的值是（　　）
A．27 B．36 C．27或36 D．18
4．6的绝对值是（ ）
A．6 B．﹣6 C． D．
5．如图，两个一次函数图象的交点坐标为，则关于x，y的方程组的解为（ ）

A． B． C． D．
6．如图，点P是∠AOB外的一点，点M，N分别是∠AOB两边上的点，点P关于OA的对称点Q恰好落在线段MN上，点P关于OB的对称点R落在MN的延长线上，若PM＝2.5cm，PN＝3cm，MN＝4cm，则线段QR的长为（ ）

A．4.5cm B．5.5cm C．6.5cm D．7cm
7．的倒数的绝对值是（　　）
A． B． C． D．
8．计算（﹣3）﹣（﹣6）的结果等于（　　）
A．3 B．﹣3 C．9 D．18
9．如图，△ABC中，DE垂直平分AC交AB于E，∠A=30°，∠ACB=80°，则∠BCE等于（　　）

A．40° B．70° C．60° D．50°
10．已知关于x，y的二元一次方程组的解为，则a﹣2b的值是（　　）
A．﹣2 B．2 C．3 D．﹣3
二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分）
11．规定一种新运算“*”：a*b＝a－b，则方程x*2＝1*x的解为________．
12．为了了解某班数学成绩情况，抽样调查了13份试卷成绩，结果如下：3个140分，4个135分，2个130分，2个120分，1个100分，1个80分．则这组数据的中位数为______分．
13．在一条笔直的公路上有A、B、C三地，C地位于A、B两地之间．甲车从A地沿这条公路匀速驶向C地，乙车从B地沿这条公路匀速驶向A地，在甲、乙行驶过程中，甲、乙两车各自与C地的距离y（km）与甲车行驶时间t（h）之间的函数关系如图所示．则当乙车到达A地时，甲车已在C地休息了_____小时．

14．一个多边形的内角和是，则它是______边形．
15．在由乙猜甲刚才想的数字游戏中，把乙猜的数字记为b且，a，b是0，1，2，3四个数中的其中某一个，若|a﹣b|≤1则称甲乙”心有灵犀”．现任意找两个人玩这个游戏，得出他们”心有灵犀”的概率为_____．
16．若关于x的一元二次方程x2+2x﹣m2﹣m=0（m＞0），当m=1、2、3、…、2018时，相应的一元二次方程的两个根分别记为α1、β1，α2、β2，…，α2018、β2018，则：的值为_____．
三、解答题（共8题，共72分）
17．（8分）综合与实践﹣﹣﹣折叠中的数学
在学习完特殊的平行四边形之后，某学习小组针对矩形中的折叠问题进行了研究．
问题背景：
在矩形ABCD中，点E、F分别是BC、AD 上的动点，且BE=DF，连接EF，将矩形ABCD沿EF折叠，点C落在点C′处，点D落在点D′处，射线EC′与射线DA相交于点M．
猜想与证明：
（1）如图1，当EC′与线段AD交于点M时，判断△MEF的形状并证明你的结论；
操作与画图：
（2）当点M与点A重合时，请在图2中作出此时的折痕EF和折叠后的图形（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹，标注相应的字母）；
操作与探究：
（3）如图3，当点M在线段DA延长线上时，线段C′D'分别与AD，AB交于P，N两点时，C′E与AB交于点Q，连接MN 并延长MN交EF于点O．
求证：MO⊥EF 且MO平分EF；
（4）若AB=4，AD=4，在点E由点B运动到点C的过程中，点D'所经过的路径的长为　 　．

18．（8分）如图，四边形ABCD中，E点在AD上，其中∠BAE=∠BCE=∠ACD=90°，且BC=CE，求证：△ABC与△DEC全等．

19．（8分）一辆慢车从甲地匀速行驶至乙地，一辆快车同时从乙地出发匀速行驶至甲地，两车之间的距离y（千米）与行驶时间x（小时）的对应关系如图所示：
（1）甲乙两地相距　 　千米，慢车速度为　 　千米/小时．
（2）求快车速度是多少？
（3）求从两车相遇到快车到达甲地时y与x之间的函数关系式．
（4）直接写出两车相距300千米时的x值．

20．（8分）如图，AC=DC，BC=EC，∠ACD=∠BCE．求证：∠A=∠D．

21．（8分）如图，抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于点A和点B（3，0），与y轴交于点C（0，3），点D是抛物线的顶点，过点D作x轴的垂线，垂足为E，连接DB．
（1）求此抛物线的解析式及顶点D的坐标；
（2）点M是抛物线上的动点，设点M的横坐标为m．
①当∠MBA＝∠BDE时，求点M的坐标；
②过点M作MN∥x轴，与抛物线交于点N，P为x轴上一点，连接PM，PN，将△PMN沿着MN翻折，得△QMN，若四边形MPNQ恰好为正方形，直接写出m的值．

22．（10分）随着经济的快速发展，环境问题越来越受到人们的关注，某校学生会为了解节能减排、垃圾分类知识的普及情况，随机调查了部分学生，调查结果分为“非常了解”“了解”“了解较少”“不了解”四类，并将调查结果绘制成下面两个统计图．

（1）本次调查的学生共有 人，估计该校1200名学生中“不了解”的人数是 人；
（2）“非常了解”的4人有A1，A2两名男生，B1，B2两名女生，若从中随机抽取两人向全校做环保交流，请利用画树状图或列表的方法，求恰好抽到一男一女的概率．
23．（12分）在一个不透明的口袋里装有四个球，这四个球上分别标记数字﹣3、﹣1、0、2，除数字不同外，这四个球没有任何区别．从中任取一球，求该球上标记的数字为正数的概率；从中任取两球，将两球上标记的数字分别记为x、y，求点（x，y）位于第二象限的概率．
24．在直角坐标系中，过原点O及点A（8，0），C（0，6）作矩形OABC、连结OB，点D为OB的中点，点E是线段AB上的动点，连结DE，作DF⊥DE，交OA于点F，连结EF．已知点E从A点出发，以每秒1个单位长度的速度在线段AB上移动，设移动时间为t秒．
如图1，当t=3时，求DF的长．如图2，当点E在线段AB上移动的过程中，∠DEF的大小是否发生变化？如果变化，请说明理由；如果不变，请求出tan∠DEF的值．连结AD，当AD将△DEF分成的两部分的面积之比为1：2时，求相应的t的值．



参考答案

一、选择题（共10小题，每小题3分，共30分）
1、C
【解析】
先根据平行线的性质得出∠CBE=∠E=60°，再根据三角形的外角性质求出∠C的度数即可．
【详解】
∵BC∥DE，
∴∠CBE=∠E=60°，
∵∠A=35°，∠C+∠A=∠CBE，
∴∠C=∠CBE﹣∠C=60°﹣35°=25°，
故选C．
【点睛】
本题考查了平行线的性质、三角形外角的性质，熟练掌握三角形外角的性质是解题的关键.
2、A
【解析】
∵，则B错；，则C；，则D错，故选A．
3、B
【解析】
试题分析：由于等腰三角形的一边长3为底或为腰不能确定，故应分两种情况进行讨论：（3）当3为腰时，其他两条边中必有一个为3，把x=3代入原方程可求出k的值，进而求出方程的另一个根，再根据三角形的三边关系判断是否符合题意即可；（3）当3为底时，则其他两条边相等，即方程有两个相等的实数根，由△=0可求出k的值，再求出方程的两个根进行判断即可．
试题解析：分两种情况：
（3）当其他两条边中有一个为3时，将x=3代入原方程，
得：33-33×3+k=0
解得:k=37
将k=37代入原方程，
得：x3-33x+37=0
解得x=3或9
3，3，9不能组成三角形，不符合题意舍去；
（3）当3为底时，则其他两边相等，即△=0，
此时：344-4k=0
解得：k=3
将k=3代入原方程，
得：x3-33x+3=0
解得：x=6
3，6，6能够组成三角形，符合题意．
故k的值为3．
故选B．
考点：3．等腰三角形的性质；3．一元二次方程的解．
4、A
【解析】
试题分析：1是正数，绝对值是它本身1．故选A．
考点：绝对值．
5、A
【解析】
根据任何一个一次函数都可以化为一个二元一次方程，再根据两个函数交点坐标就是二元一次方程组的解可直接得到答案．
【详解】
解：∵直线y1=k1x+b1与y2=k2x+b2的交点坐标为（2，4），
∴二元一次方程组的解为
故选A.
【点睛】
本题主要考查了函数解析式与图象的关系，满足解析式的点就在函数的图象上，在函数的图象上的点，就一定满足函数解析式．函数图象交点坐标为两函数解析式组成的方程组的解．
6、A
【解析】
试题分析：利用轴对称图形的性质得出PM=MQ，PN=NR，进而利用PM=2．5cm，PN=3cm，MN=3cm，得出NQ=MN-MQ=3-2．5=2．5（cm），即可得出QR的长RN+NQ=3+2．5=3．5（cm）．
故选A．
考点：轴对称图形的性质
7、D
【解析】
直接利用倒数的定义结合绝对值的性质分析得出答案．
【详解】
解：−的倒数为−,则−的绝对值是：.
故答案选：D.
【点睛】
本题考查了倒数的定义与绝对值的性质，解题的关键是熟练的掌握倒数的定义与绝对值的性质.
8、A
【解析】
原式=−3+6=3，
故选A
9、D
【解析】
根据线段垂直平分线性质得出AE=CE，推出∠A=∠ACE=30°，代入∠BCE=∠ACB-∠ACE求出即可．
【详解】
∵DE垂直平分AC交AB于E，
∴AE=CE，
∴∠A=∠ACE，
∵∠A=30°，
∴∠ACE=30°，
∵∠ACB=80°，
∴∠BCE=∠ACB-∠ACE=50°，
故选D．
【点睛】
本题考查了等腰三角形的性质，线段垂直平分线性质的应用，注意：线段垂直平分线上的点到线段两个端点的距离相等．
10、B
【解析】
把代入方程组得：，
解得：，
所以a−2b=−2×()=2.
故选B.

二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分）
11、
【解析】
根据题中的新定义化简所求方程，求出方程的解即可．
【详解】
根据题意得：x－×2=×1－，
x=，
解得：x＝,
故答案为x＝.
【点睛】
此题的关键是掌握新运算规则，转化成一元一元一次方程，再解这个一元一次方程即可．
12、1
【解析】
∵13份试卷成绩，结果如下：3个140分，4个1分，2个130分，2个120分，1个100分，1个80分，
∴第7个数是1分，
∴中位数为1分，
故答案为1．
13、2.1．
【解析】
根据题意和函数图象中的数据可以求得乙车的速度和到达A地时所用的时间，从而可以解答本题．
【详解】
由题意可得，
甲车到达C地用时4个小时，
乙车的速度为：200÷(3.1﹣1)=80km/h，
乙车到达A地用时为：(200+240)÷80+1=6.1(小时)，
当乙车到达A地时，甲车已在C地休息了：6.1﹣4=2.1(小时)，
故答案为：2.1．
【点睛】
本题考查了一次函数的图象，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想解答．
14、六
【解析】
试题分析：这个正多边形的边数是n，则（n﹣2）•180°=720°，解得：n=1．则这个正多边形的边数是六，故答案为六．
考点：多边形内角与外角．
15、
【解析】
利用P（A）=，进行计算概率.
【详解】
从0，1，2，3四个数中任取两个则|a﹣b|≤1的情况有0，0；1，1；2，2；3，3；0，1；1，0；1，2；2，1；2，3；3，2；共10种情况，甲乙出现的结果共有4×4=16，故出他们”心有灵犀”的概率为．
故答案是：.
【点睛】
本题考查了概率的简单计算能力，是一道列举法求概率的问题，属于基础题，可以直接应用求概率的公式．
16、．
【解析】
利用根与系数的关系得到α1+β1=-2，α1β1=-1×2；α2+β2=-2，α2β2=-2×3；…α2018+β2018=-2，α2018β2018=-2018×1．把原式变形，再代入，即可求出答案．
【详解】
∵x2+2x-m2-m=0，m=1，2，3，…，2018，
∴由根与系数的关系得：α1+β1=-2，α1β1=-1×2；
α2+β2=-2，α2β2=-2×3；
…
α2018+β2018=-2，α2018β2018=-2018×1．
∴原式=
=
=2×（）
=2×（1-）
=，
故答案为．
【点睛】
本题考查了根与系数的关系：若x1，x2是一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的两根时，x1+x2=-，x1x2=．

三、解答题（共8题，共72分）
17、（1）△MEF是等腰三角形（2）见解析（3）证明见解析（4）
【解析】
（1）由AD∥BC，可得∠MFE＝∠CEF，由折叠可得，∠MEF＝∠CEF，依据∠MFE＝∠MEF，即可得到ME＝MF，进而得出△MEF是等腰三角形；
（2）作AC的垂直平分线，即可得到折痕EF，依据轴对称的性质，即可得到D'的位置；
（3）依据△BEQ≌△D'FP，可得PF＝QE，依据△NC'P≌△NAP，可得AN＝C'N，依据Rt△MC'N≌Rt△MAN，可得∠AMN＝∠C'MN，进而得到△MEF是等腰三角形，依据三线合一，即可得到MO⊥EF 且MO平分EF；
（4）依据点D'所经过的路径是以O为圆心，4为半径，圆心角为240°的扇形的弧，即可得到点D'所经过的路径的长．
【详解】
（1）△MEF是等腰三角形．
理由：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠MFE=∠CEF，
由折叠可得，∠MEF=∠CEF，
∴∠MFE=∠MEF，
∴ME=MF，
∴△MEF是等腰三角形．
（2）折痕EF和折叠后的图形如图所示：

（3）如图，

∵FD=BE，
由折叠可得，D'F=DF，
∴BE=D'F，
在△NC'Q和△NAP中，∠C'NQ=∠ANP，∠NC'Q=∠NAP=90°，
∴∠C'QN=∠APN，
∵∠C'QN=∠BQE，∠APN=∠D'PF，
∴∠BQE=∠D'PF，
在△BEQ和△D'FP中，
，
∴△BEQ≌△D'FP（AAS），
∴PF=QE，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC，
∴AD﹣FD=BC﹣BE，
∴AF=CE，
由折叠可得，C'E=EC，
∴AF=C'E，
∴AP=C'Q，
在△NC'Q和△NAP中，
，
∴△NC'P≌△NAP（AAS），
∴AN=C'N，
在Rt△MC'N和Rt△MAN中，
，
∴Rt△MC'N≌Rt△MAN（HL），
∴∠AMN=∠C'MN，
由折叠可得，∠C'EF=∠CEF，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠AFE=∠FEC，
∴∠C'EF=∠AFE，
∴ME=MF，
∴△MEF是等腰三角形，
∴MO⊥EF 且MO平分EF；
（4）在点E由点B运动到点C的过程中，点D'所经过的路径是以O为圆心，4为半径，圆心角为240°的扇形的弧，如图：

故其长为L=．
故答案为．
【点睛】
此题是四边形综合题，主要考查了折叠问题与菱形的判定与性质、弧长计算公式，等腰三角形的判定与性质以及全等三角形的判定与性质的综合应用，熟练掌握等腰三角形的判定定理和性质定理是解本题的关键．
18、证明过程见解析
【解析】
由∠BAE=∠BCE=∠ACD=90°，可求得∠DCE=∠ACB，且∠B+∠CEA=∠CEA+∠DEC=180°，可求得∠DEC=∠ABC，再结合条件可证明△ABC≌△DEC．
【详解】
∵∠BAE=∠BCE=∠ACD=90°，
∴∠5+∠4=∠4+∠3，
∴∠5=∠3，且∠B+∠CEA=180°，
又∠7+∠CEA=180°，
∴∠B=∠7，
在△ABC和△DEC中 ,
∴△ABC≌△DEC（ASA）．
19、（1）10， 1；（2）快车速度是2千米/小时；（3）从两车相遇到快车到达甲地时y与x之间的函数关系式为y=150x﹣10；（4）当x=2小时或x=4小时时，两车相距300千米．
【解析】
（1）由当x=0时y=10可得出甲乙两地间距，再利用速度=两地间距÷慢车行驶的时间，即可求出慢车的速度；
（2）设快车的速度为a千米/小时，根据两地间距=两车速度之和×相遇时间，即可得出关于a的一元一次方程，解之即可得出结论；
（3）分别求出快车到达甲地的时间及快车到达甲地时两车之间的间距，根据函数图象上点的坐标，利用待定系数法即可求出该函数关系式；
（4）利用待定系数法求出当0≤x≤4时y与x之间的函数关系式，将y=300分别代入0≤x≤4时及4≤x≤时的函数关系式中求出x值，此题得解．
【详解】
解：（1）∵当x=0时，y=10，
∴甲乙两地相距10千米．
10÷10=1（千米/小时）．
故答案为10；1．
（2）设快车的速度为a千米/小时，
根据题意得：4（1+a）=10，
解得：a=2．
答：快车速度是2千米/小时．
（3）快车到达甲地的时间为10÷2=（小时），
当x=时，两车之间的距离为1×=400（千米）．
设当4≤x≤时，y与x之间的函数关系式为y=kx+b（k≠0），
∵该函数图象经过点（4，0）和（，400），
∴，解得：，
∴从两车相遇到快车到达甲地时y与x之间的函数关系式为y=150x﹣10．
（4）设当0≤x≤4时，y与x之间的函数关系式为y=mx+n（m≠0），
∵该函数图象经过点（0，10）和（4，0），
∴，解得：，
∴y与x之间的函数关系式为y=﹣150x+10．
当y=300时，有﹣150x+10=300或150x﹣10=300，
解得：x=2或x=4．
∴当x=2小时或x=4小时时，两车相距300千米．
【点睛】
本题考查了待定系数法求一次函数解析式、一元一次方程的应用以及一次函数图象上点的坐标特征，解题的关键是：（1）利用速度=两地间距÷慢车行驶的时间，求出慢车的速度；（2）根据两地间距=两车速度之和×相遇时间，列出关于a的一元一次方程；（3）根据点的坐标，利用待定系数法求出函数关系式；（4）利用一次函数图象上点的坐标特征求出当y=300时x的值．
20、证明见试题解析．
【解析】
试题分析：首先根据∠ACD=∠BCE得出∠ACB=∠DCE，结合已知条件利用SAS判定△ABC和△DEC全等，从而得出答案.
试题解析：∵∠ACD=∠BCE ∴∠ACB=∠DCE 又∵AC=DC BC=EC ∴△ABC≌△DEC ∴∠A=∠D
考点：三角形全等的证明
21、（1）（1，4）（2）①点M坐标（﹣，）或（﹣，﹣）；②m的值为 或
【解析】
（1）利用待定系数法即可解决问题；
（2）①根据tan∠MBA=，tan∠BDE==，由∠MBA=∠BDE，构建方程即可解决问题；②因为点M、N关于抛物线的对称轴对称，四边形MPNQ是正方形，推出点P是抛物线的对称轴与x轴的交点，即OP=1，易证GM=GP，即|-m2+2m+3|=|1-m|，解方程即可解决问题.
【详解】
解：（1）把点B（3，0），C（0，3）代入y=﹣x2+bx+c，
得到，解得，
∴抛物线的解析式为y=﹣x2+2x+3，
∵y=﹣x2+2x﹣1+1+3=﹣（x﹣1）2+4，
∴顶点D坐标（1，4）；
（2）①作MG⊥x轴于G，连接BM．则∠MGB=90°，设M（m，﹣m2+2m+3），

∴MG=|﹣m2+2m+3|，BG=3﹣m，
∴tan∠MBA=，
∵DE⊥x轴，D（1，4），
∴∠DEB=90°，DE=4，OE=1，
∵B（3，0），
∴BE=2，
∴tan∠BDE==，
∵∠MBA=∠BDE，
∴=，
当点M在x轴上方时， =，
解得m=﹣或3（舍弃），
∴M（﹣，），
当点M在x轴下方时， =，
解得m=﹣或m=3（舍弃），
∴点M（﹣，﹣），
综上所述，满足条件的点M坐标（﹣，）或（﹣，﹣）；
②如图中，∵MN∥x轴，

∴点M、N关于抛物线的对称轴对称，
∵四边形MPNQ是正方形，
∴点P是抛物线的对称轴与x轴的交点，即OP=1，
易证GM=GP，即|﹣m2+2m+3|=|1﹣m|，
当﹣m2+2m+3=1﹣m时，解得m=，
当﹣m2+2m+3=m﹣1时，解得m=，
∴满足条件的m的值为或.
【点睛】
本题考查二次函数综合题、锐角三角函数、正方形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．
22、（1）50，360；（2） ．
【解析】
试题分析：（1）根据图示，可由非常了解的人数和所占的百分比直接求解总人数，然后根据求出不了解的百分比估计即可；
（2）根据题意画出树状图，然后求出总可能和“一男一女”的可能，再根据概率的意义求解即可.
试题解析：（1）由饼图可知“非常了解”为8%，由柱形图可知（条形图中可知）“非常了解”为4人，故本次调查的学生有（人）
由饼图可知：“不了解”的概率为，故1200名学生中“不了解”的人数为（人）
（2）树状图：

由树状图可知共有12种结果，抽到1男1女分别为共8种．
∴
考点：1、扇形统计图，2、条形统计图，3、概率
23、（1）；（2）．
【解析】
（1）直接根据概率公式求解；
（2）先利用树状图展示所有12种等可能的结果数，再找出第二象限内的点的个数，然后根据概率公式计算点（x，y）位于第二象限的概率．
【详解】
（1）正数为2，所以该球上标记的数字为正数的概率为；
（2）画树状图为：

共有12种等可能的结果数，它们是（﹣3，﹣1）、（﹣3，0）、（﹣3，2）、（﹣1，0）、（﹣1，2）、（0，2）、（﹣1，﹣3）、（0，﹣3）、（2，﹣3）、（0，﹣1）、（2，﹣1）、（2，0），其中第二象限的点有2个，所以点（x，y）位于第二象限的概率＝＝．
【点睛】
本题考查列表法与树状图法：利用列表法或树状图法展示所有可能的结果求出n，再从中选出符合事件A或B的结果数目m，求出概率．
24、（1）3；（2）∠DEF的大小不变，tan∠DEF=；（3）或．
【解析】
（1）当t=3时，点E为AB的中点，
∵A（8，0），C（0，6），
∴OA=8，OC=6，
∵点D为OB的中点，
∴DE∥OA，DE=OA=4，
∵四边形OABC是矩形，
∴OA⊥AB，
∴DE⊥AB，
∴∠OAB=∠DEA=90°，
又∵DF⊥DE，
∴∠EDF=90°，
∴四边形DFAE是矩形，
∴DF=AE=3；
（2）∠DEF的大小不变；理由如下：
作DM⊥OA于M，DN⊥AB于N，如图2所示：

∵四边形OABC是矩形，
∴OA⊥AB，
∴四边形DMAN是矩形，
∴∠MDN=90°，DM∥AB，DN∥OA，
∴, ，
∵点D为OB的中点，
∴M、N分别是OA、AB的中点，
∴DM=AB=3，DN=OA=4，
∵∠EDF=90°，
∴∠FDM=∠EDN，
又∵∠DMF=∠DNE=90°，
∴△DMF∽△DNE，
∴，
∵∠EDF=90°，
∴tan∠DEF=；
（3）作DM⊥OA于M，DN⊥AB于N，
若AD将△DEF的面积分成1：2的两部分，
设AD交EF于点G，则点G为EF的三等分点；
①当点E到达中点之前时，如图3所示，NE=3﹣t，

由△DMF∽△DNE得：MF=（3﹣t），
∴AF=4+MF=﹣t+，
∵点G为EF的三等分点，
∴G（，），
设直线AD的解析式为y=kx+b，
把A（8，0），D（4，3）代入得： ，
解得： ，
∴直线AD的解析式为y=﹣x+6，
把G（，）代入得：t=；
②当点E越过中点之后，如图4所示，NE=t﹣3，

由△DMF∽△DNE得：MF=（t﹣3），
∴AF=4﹣MF=﹣t+，
∵点G为EF的三等分点，
∴G（，），
代入直线AD的解析式y=﹣x+6得：t=；
综上所述，当AD将△DEF分成的两部分的面积之比为1：2时，t的值为或.
考点：四边形综合题.