2023年浙江省温州八中中考数学第三次适应性试卷（含解析）

这是一份2023年浙江省温州八中中考数学第三次适应性试卷（含解析），共25页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2023年浙江省温州八中中考数学第三次适应性试卷
一、选择题（本大题共10小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. −12的相反数是(    )
A. −12 B. 12 C. −2 D. 2
2. 2022年10月12日，“天空课堂”第三课顺利开讲，感受航天科技魅力，激发青少年探索宇宙的奥秘，其中水球变“懒”实验，当天在新华网上点击率约达到13000次，数据13000用科学记数法表示为(    )
A. 13×103 B. 1.3×104 C. 1.3×103 D. 0.13×105
3. 如图是可移动的3层合唱台阶，其主视图是(    )
A.
B.
C.
D.
4. 下列运算正确的是(    )
A. (−a)2⋅a4=a6 B. (2a)3=−6a3 C. a6÷a2=a3 D. a2+a3=a5
5. 如图，在△ABC中，∠C=90°，AB=10，BC=6，则sin∠A=(    )
A. 35
B. 45
C. 43
D. 34
6. 若x=3是关于x的一元二次方程x2−mx+3=0的一个根，则该方程的另一个根是(    )
A. x=−1 B. x=4 C. x=1 D. x=2
7. 如图，在△ABC中，D是AC上一点，以AD为直径的半圆O恰好切CB于点B.连接BD，若∠CBD=21°，则∠C的度数为(    )

A. 42° B. 45° C. 46° D. 48°
8. 体育测试中，小超和小铭进行1000米测试，小超的速度是小铭的1.25倍，小超比小铭快了30秒，设小铭的速度是x米/秒，则所列方程正确的是(    )
A. 1250x−1000x=30 B. 30×1.25x−30x=1000
C. 1000x−10001.25x=30 D. 10001.25x−1000x=30
9. 二次函数y=ax2−2ax+c(a,c是常数，a≠0)，下列选项正确的是(    )
A. 若图象经过(−1,1)，(8,8)，则a<0
B. 若图象经过(−1,1)，(3,1)，则a<0
C. 若图象经过(−1,1)，(−5,5)，则a>0
D. 若图象经过(−1,1)，(8,−8)，则a>0
10. 将一个边长为4的正方形ABCD分割成如图所示的9部分，其中△ABE，△BCF，△CDG，△DAH全等，△AEH，△BEF，△CFG，△DGH也全等，中间小正方形EFGH的面积与△ABE面积相等，且△ABE是以AB为底的等腰三角形，则△AEH的面积为(    )


A. 2 B. 169 C. 32 D. 2
二、填空题（本大题共6小题，共30.0分）
11. 分解因式：4x3−x=______．
12. 有4张背面相同的扑克牌，正面上的数字分别是6、7、8、9，若将这4张牌背面向上洗匀后，从中任意抽取一张，那么这张牌正面上的数字是3的倍数的概率为______ ．
13. 计算：x2+xyxy⋅y2x+y= ______ ．
14. 若扇形的圆心角为120°，半径为32，则它的面积= ______ ．
15. 如图，矩形AOCB的两边OA与OC分别落在x轴负半轴与y轴正半轴上.反比例函数y=kx(x<0)与AB，BC分别交于D(−a,3)，E(−1,a+4)两点.点P(m,n)为y=kx(x<0)上一点，P到直线BC的距离不大于3，则点P的横坐标m的取值范围是______ ．


16. 如图1所示，已知△ABC，tanB=1，tanC=2，BC=8，现将其分割成4块，并通过旋转和平移变换，拼成矩形GHIJ(如图2所示)，其中KL的长为______ ，若A为KL的中点，则KHHL的值为______ ．

三、解答题（本大题共8小题，共80.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题10.0分)
(1)计算： 4+(π−3.14)0−|−2|+(−12)−3；
(2)解不等式组2(1−x)<4x+32>2，并把解集表示在数轴上．


18. (本小题8.0分)
如图，已知4×4的菱形斜网格，每个小菱形的边长为1，菱形较小的角为60°，已知格点P，请根据下列要求画格点图形(图形的顶点都在格点上)．
(1)在图1中画一个以P为直角顶点，且面积大于2 3的直角三角形；
(2)在图2中画出一个以P为顶点，且边长为无理数的等边三角形．


19. (本小题8.0分)
如图，在△ABC和△ECD中，∠ABC=∠EDC=90°，点B为EC中点，BC=CD．
(1)求证：△ABC≌△ECD；
(2)若CD=2，求AC的长．

20. (本小题8.0分)
某校抽取部分学生对A，B两所食堂分别进行满意度调查，学生均从6分，7分，8分，9分，10分选择一个分值给予评价，并将结果绘制成了两个统计图．

(1)分别求出这部分学生对A食堂与B食堂评分的平均数；
(2)请结合所学的统计知识(多个角度)，评选出学生更喜欢的食堂，并给出理由．
21. (本小题10.0分)
如图，抛物线y=mx2−2mx−6，C为y轴正半轴上一点，过点C作AB//x轴交抛物线于点A，B(A在B的左侧)，且OC=2，AB=6．
(1)求该抛物线的对称轴及函数表达式；
(2)当−2≤x≤t，最大值与最小值的差是9，求t的取值范围．

22. (本小题10.0分)
如图，在菱形ABCD中，∠DAB<90°，点E为AC上一点(AE (1)求证：四边形DEBF为菱形；
(2)记菱形ABCD的面积为S1，菱形DEBF面积为S2，若DE= 13，tan∠DAE=12，S1S2=3，求AD的长．

23. (本小题12.0分)
根据以下素材，探索完成任务：
素材一：图1是某款遮阳蓬，图2是其侧面示意图，点A，O为墙壁上的固定点，摇臂OB绕点O旋转过程中，遮阳蓬AB可自由伸缩，蓬面始终保持平整.如图2，∠AOB=90°，OA=OB=1.5米．

素材2：某地区某天下午不同时间的太阳高度角a(太阳光线与地面的夹角)的正切值参照表：
时刻
12点
13点
14点
15点
角α的正切值
4
2
1
34

素材3：小明身高(头顶到地面的距离)约为1米，如图2，小明所站的位置离墙角的距离(QN)为1.2米．
问题解决
任务1
确定高度
这天12点，小明所站位置刚好不被阳光照射到，请求固定点
O到墙角的距离(OQ)的长．
任务2
判断是否碰到篷面
如图2，为不被阳光照射到，旋转摇臂OB，B的对应点为B′，
使得B离墙壁距离为1.2米，在这天15点时，小明退至刚好
不被阳光照射到的地方，请判断他的头顶是否会碰到遮阳蓬面？
任务3
探究合理范围
如图3，不改变B′的位置，小明打算在这天12−14点之间在遮
阳蓬下休息，为使得全程不被阳光照射到，又不会碰到遮阳蓬面，
求小明所站位置离墙角距离(QN)的范围．

24. (本小题14.0分)
如图1，在Rt△ABC中，∠C=90°，动点D从点A向点B运动，动点E从点C向A运动，两点同时出发，当点D到达点B时，点E正好到达点A.作△ADE的外接圆O，直线BE交圆O于另一点F.连接AF.记AD=x，AE=y，满足y=−45x+4．
(1)求AC，AB的长；
(2)如图2，连接FD，当∠AFD+∠FEA=90°时．
①求证：△FAD∽△BCE；
②求圆O的半径；
(3)在运动过程中，若直线BO经过△AEF一边的中点，求x的值．


答案和解析

1.【答案】B 
【解析】解：−12的相反数是12，
故选：B．
根据只有符号不同的两个数互为相反数，可得答案．
本题考查了相反数，在一个数的前面加上负号就是这个数的相反数．

2.【答案】B 
【解析】解：13000=1.3×104．
故选：B．
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．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同，当原数绝对值≥10时，n是正数；当原数的绝对值<1时，n是负数．
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，正确确定a的值以及n的值是解决问题的关键．

3.【答案】C 
【解析】解：从正面看是三个台阶，如图所示：
．
故选：C．
根据从正面看得到的图形是主视图，可得答案．
本题考查了简单组合体的三视图，从正面看得到的图形是主视图．

4.【答案】A 
【解析】解：A、(−a)2⋅a4=a6，故A符合题意；
B、(2a)3=8a3，故B不符合题意；
C、a6÷a2=a4，故C不符合题意；
D、a2与a3不属于同类项，不能合并，故D不符合题意；
故选：A．
利用同底数幂的除法的法则，合并同类项的法则，同底数幂的乘法的法则，积的乘方的法则对各项进行运算即可．
本题主要考查同底数幂的除法，合并同类项，积的乘方，同底数幂的乘法，解答的关键是对相应的运算法则的掌握．

5.【答案】A 
【解析】解：∵∠C=90°，AB=10，BC=6，
∴sin∠A=BCAB=610=35．
故选：A．
根据锐角的正弦等于对边比斜边列式计算即可得解．
本题考查的是锐角三角函数的定义，掌握锐角A的对边a与斜边c的比叫做∠A的正弦是解题的关键．

6.【答案】C 
【解析】解：设方程的另一个根为t，
根据根与系数的关系得3t=3，
解得t=1，
所以方程的另一个根为1．
故选：C．
设方程的另一个根为t，利用根与系数的关系得3t=3，然后解关于t的方程即可．
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=−ba，x1x2=ca．

7.【答案】D 
【解析】解：连接OB，
∵CB与⊙O相切于B，
∴半径OB⊥BC，
∴∠OBC=90°，
∵∠CBD=21°，
∴∠OBD=∠OBC−∠CBD=69°，
∵OB=OD，
∴∠ODB=∠OBD=69°，
∵∠ODB=∠C+∠CBD，
∴∠C=∠ODB−∠CBD=69°−21°=48°．
 故选：D．
连接OB，由切线的性质得到∠OBC=90°，求出∠OBD=69°，由OB=OD，得到∠ODB=∠OBD=69°，由三角形外角的性质即可求出∠C的度数．
本题考查切线的性质，三角形外角的性质，等腰三角形的性质，关键是由切线的性质得到∠OBC=90°，求出∠OBD=69°，得到∠ODB=∠OBD=69°，由三角形外角的性质即可求出∠C度数．

8.【答案】C 
【解析】解：设小铭的速度是x米/秒，则小超的速度为1.25x，小铭跑1000米用的时间为1000x秒，小超跑1000米用的时间为10001.25x秒，
由小超比小铭快了30秒，则可列方程1000x−10001.25x=30．
故选：C．
设小铭的速度是x米/秒，则小超的速度为1.25x，然后根据“小超比小铭快了30秒”列出方程即可．
本题考查了列分式方程解应用题，正确找出题目中的相等关系式是解此题的关键．

9.【答案】D 
【解析】解：∵y=ax2−2ax+c，
∴抛物线对称轴为直线x=−−2a2a=1，
∵8−1>1−(−1)，
∴(−1,1)到对称轴的距离小于(8,8)到对称轴的距离，
若抛物线经过(−1,1)，(8,8)，则抛物线开口向上，即a>0，选项D正确．
故选：D．
由抛物线解析式可得抛物线的对称轴，根据图象上点的坐标特征求解．
本题考查二次函数的性质，解题关键是掌握二次函数图象与系数的关系．

10.【答案】C 
【解析】解：连接EG，向两端延长分别交AB、CD于点M、N，如图，
∵△ABE，△BCF，△CDG，△DAH全等，△ABE是以AB为底的等腰三角形，
∴AE=BE=CG=DG，
∴EG是AB、CD的垂直平分线，
∴MN⊥AB，
∴EM=GN(全等三角形的对应高相等)，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD=∠ADC=90°，
∴四边形AMND是矩形，
∴MN=AD=4，
设ME=x，则EG=4−2x，
∵中间小正方形EFGH的面积与△ABE面积相等，
∴12(4−2x)2=12×4x，
解得，x=1或x=4(舍)，
∵△ABE，△BCF，△CDG，△DAH全等，△AEH，△BEF，△CFG，△DGH也全等，
∴△AEH的面积=S正方形ABCD−5S△ABE4=42−5×12×4×14=32，

故选：C．
连接EG，向两端延长分别交AB、CD于点M、N，证明MN是AB与CD的垂直平分线，由中间小正方形EFGH的面积与△ABE面积相等，得出ME与EG的关系，进而由正方形ABCD的边长，求得ME，最后结合图形求得结果．
本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质，关键是求出等腰△ABE底边上的高．

11.【答案】x(2x+1)(2x−1) 
【解析】解：4x3−x，
=x(4x2−1)，
=x(2x+1)(2x−1)．
先提公因式x，再利用平方差公式继续分解因式．平方差公式：a2−b2=(a+b)(a−b)．
本题考查了提公因式法，公式法分解因式，关键在于提取公因式后需要进行二次分解因式．

12.【答案】12 
【解析】解：∵扑克牌有4张，牌正面上的数字是3的倍数的有2张，
∴从中任意抽取一张，那么这张牌正面上的数字是3的倍数的概率为24=12．
故答案为：12．
根据概率的求法，找准两点：①全部情况的总数；②符合条件的情况数目；二者的比值就是其发生的概率．
本题主要考查了概率的求法与运用，一般方法：如果一个事件有n种可能，而且这些事件的可能性相同，其中事件A出现m种可能，那么事件A的概率P(A)=mn．

13.【答案】y 
【解析】解：原式=x(x+y)xy⋅y2x+y
=x+yy⋅y2x+y
=y，
故答案为：y．
先把前面分式的分子、分母因式分解，再约分，再根据分式的乘法法则计算即可．
本题考查的是分式的乘法，分式乘分式，用分子的积作积的分子，分母的积作积的分母．

14.【答案】34π 
【解析】解：∵n=120°，R=2，
∴S=120π×94360=34π.
故答案为：34π.
直接根据扇形的面积公式计算即可．
本题考查了扇形的面积公式：S=nπR2360．

15.【答案】−2≤m≤−23 
【解析】解：∵D(−a,3)，E(−1,a+4)两点在反比例函数y=kx(x<0)的图象上，
∴k=−3a=−(a+4)，
∴a=2，k=6，
∴反比例函数解析式为y=−6x．
∵点P(m,n)为y=kx(x<0)上一点，
∴n=−6m．
∵P到直线BC的距离不大于3，
∴|−6m−6|≤3，即|6m+6|≤3，
∴−3≤6m+6≤3，
∴−9≤6m≤−3，
∵m<0，
∴−2≤m≤−23．
即点P的横坐标m的取值范围是−2≤m≤−23．
故答案为：−2≤m≤−23．
根据D(−a,3)，E(−1,a+4)两点在反比例函数y=kx(x<0)的图象上，得出k=−3a=−(a+4)，求出a=2，k=6，得到反比例函数解析式为y=−6x，那么n=−6m.由P到直线BC的距离不大于3，列出不等式|−6m−6|≤3，解不等式即可．
本题考查了反比例函数与一次函数的交点问题，反比例函数图象上点的坐标特征，不等式的性质，求出反比例函数的解析式是解题的关键．

16.【答案】4 45 
【解析】解：有图形平移与旋转的特征可知：
KL=DE，KA=BD，AL=EC，
∴BC=BD+DE+EC=(BE+EC)+DE=KA+AL+DE
=KL+DE=KL+KL=2KL，
∵BC=8，KL=12BC=4，
如下图，设AB与GE交于点O，

过点O作OH⊥BC，垂足为H，
过点A作AQ⊥BC，垂足为Q，
则OH//AQ，
∵tanB=1，故可设OH=BH=a，由图形的旋转性可知O为AB的中点，
∵OH//AQ，则HQ=BH=a，
∵tanC=2，
故在直角△ACQ中，AQ=2QC，
由tanB=1可知，BQ=AQ即BH+HQ=2QC，
由BH=HQ可知，BH=HQ=QC=a，
由前面推证，KL=12BC，KL=2AL=2EC，
∴EC=14BC=14(BH+HE+EC)=14×3a=34a，
∴HE=HC−EC=HQ+QC−EC=a+a−34a=54a，
在直角△OHE中，
tan∠OEH=OHHE=a54a=45，
由平移性可知，∠OEH=∠HLK，
∴tan∠HLK=tan∠OEH，
∴tan∠HLK=45，
∴KHHL=45，
故答案为：4，45．
利用平移、中心旋转的性质，找出对应的相等的边与角，再结合三角函数的定义即可求解．
本题考查了三角函数的运用、平移与中心旋转的性质，中位线的性质等相关知识点，解题的关键是运用等角的正切相等这一性质．

17.【答案】解：(1) 4+(π−3.14)0−|−2|+(−12)−3
=2+1−2+(−8)
=2+1−2−8
=−7；
(2)2(1−x)<4①x+32>2②，
解不等式①得：x>−1，
解不等式②得：x>1，
∴原不等式组的解集为：x>1，
∴该不等式组的解集在数轴上表示如图所示：
 
【解析】(1)先化简各式，然后再进行计算即可解答；
(2)按照解一元一次不等式组的步骤，进行计算即可解答．
本题考查了解一元一次不等式组，实数的运算，零指数幂，负整数指数幂，准确熟练地进行计算是解题的关键．

18.【答案】解：(1)如图1中，△PAC即为所求(答案不唯一)；
(2)如图2中，△PEF即为所求．
 
【解析】(1)根据要求作出图形即可；
(2)根据等边三角形的定义画出图形．
本题考查作图−应用与设计作图，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．

19.【答案】(1)证明：在△ABC与△ECD中，
∠ABC=∠EDC=90°BC=DC∠C=∠C，
∴△ABC≌△ECD(ASA)；
(2)解：∵△ABC≌△ECD，
∴AC=EC，
∵CD=2，
∴BC=CD=2，
∵点B为EC中点，
∴EC=2BC=4，
∴AC=4． 
【解析】(1)利用ASA即可判定△ABC≌△ECD；
(2)由△ABC≌△ECD可得AC=EC，由点B是EC的中点可求得EC=4，即可求AC．
本题主要考查全等三角形的判定与性质，解答的关键是熟记全等三角形的判定定理与性质并灵活运用．

20.【答案】解：(1)A食堂的评分的平均数为：6×40+7×20+8×40+9×30+10×2040+20+40+30+20=7.8(分)，
B食堂的评分的平均数为：6×25%+7×20%+8×30%+9×15%+10×10%=7.65(分)，
答：学生对A食堂与B食堂评分的平均数分别为7.8分、7.65分；
(2)A食堂评分的众数是8分或6分，而B食堂的众数是8分，中位数都是8分，但平均数A食堂的大于B食堂，
所以学生更喜欢A食堂． 
【解析】(1)根据加权平均数的计算方法进行计算即可；
(2)从中位数、众数、平均数的对比得出答案．
本题考查条形统计图、扇形统计图以及加权平均数，掌握加权平均数的计算方法是正确解答的前提．

21.【答案】解：(1)抛物线的对称轴为：
 x=−b2a=−−2m2m=1，即x=1；
如图所示，设对称轴x=1交AB于点E，交x轴于点F，设抛物线顶点为D，

对称轴x=1，OC=2，AB=6，
：∴AE=BE=3，CE−OF=1，
∴AC=2，BC=4，
∴A (−2,2)，b (4,2)，
将A (−2,2)代入抛物线的解析式得：
2=4m+4m−6，
解得m=1，
抛物线的解析式为：y=x2−2x−6；
(2)y=x2−2x−6=(x−1)2−7，
∴抛物线的顶点为(1,−7)，
当x=−2时，y=4+4−6=2，即为点A (−2,2)，
顶点为D(1,−7)，
∴当t<1时，y>−7，
最大值与最小值的差是不等于9，
当1≤t≤4时，
最大值为A(−2,2)，最小值为点D(1,−7)，最大值于最小值相差为9，
当t>4时，最大值大于2，
此时，最大值于最小值相差不等于9，
∴t的取值范围为：1≤t≤4， 
【解析】(1)根据抛物线的对称轴公式直接求出对称轴，再根据对称轴求出点A的坐标，利用待定系数法即可求出函数的表达式；
(2)先求出抛物线的顶点坐标，根据二次函数图形的性质，针对t<1，1≤t≤4和t>4三种情况进行分析即可得到答案．
本题考查抛物线的性质，解题的关键是熟练掌握对称轴的公式和二次函数的图象性质二次函数图象与性质．

22.【答案】(1)证明：连接BD交AC于O，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，OB=OD，
∵DE//BF，
∴∠DEO=∠BFO，
在△DEO与△BFO中，
∠DEO=∠BFO∠DOE=∠BOFOD=OB，
∴△DEO≌△BFO(AAS)，
∴DE=BF，
∴四边形DEBF是平行四边形，
∵BD⊥EF，
∴四边形DEBF为菱形；
(2)解：∵S1S2=3，
∴S△ACDS△DEF=12AC⋅OD12EF⋅OD=ACEF=3，
∵AD=CD，DE=DF，
∴∠ADO=∠CDO，∠EDO=∠FDO，
∴∠ADE=∠CDF，
∴△ADE≌△CDF，
∴AE=CF，
∴AE=EF=CF，
设OE=x，则AE=2x，
∴OA=3x，
∵tan∠DAO=ODOA=12，
∴OD=32x，
∵DE2=OE2+OD2，
∴13=x2+(32x)2，
解得x=2(负值舍去)，
∴AO=6，OD=3，
∴AD= AO2+OD2=3 5． 
【解析】(1)连接BD交AC于O，根据菱形的性质得到AC⊥BD，OB=OD，根据全等三角形的性质得到DE=BF，根据菱形的判定定理即可得到结论；(2)根据已知条件得到S△ACDS△DEF=12AC⋅OD12EF⋅OD=ACEF=3，根据等腰三角形的性质得到∠ADO=∠CDO，∠EDO=∠FDO，根据全等三角形的性质得到AE=CF，设OE=x，则AE=2x，得到OA=3x，解直角三角形即可得到结论．
本题考查了菱形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握全等三角形的判定和性质定理是解题的关键．

23.【答案】解：任务1，作NM⊥OB于M，
所以，∴四边形QOMN是矩形，
根据题意得，OM=QN=1.2米，
∵OA=OB=1.5米，
∴MB=0.3米，
∵12点太阳高度角a(太阳光线与地面的夹角)的正切值是4，
∴MNBM=4，
解得MN=OQ=1.2米．

任务2，作B′F⊥AQ于F，NG⊥QN，交OB′于G，FB′于H，
∵OB′=1.5米，FB′=1.2米，
∴OF= 1．52−1．22=0.9米，
∵OQ=1.2米，
∴FQ=0.3米，
由辅助线作法可知，四边形FONH是矩形，
∴NH=0.3米，
∴tan∠α=tan∠NB′F=34，
∴HNB′H=34，
∴BH=0.4米，
∵tan∠OB′F=GHB′H=OFB′F=34=
∴GH=0.3米，
∵GH+HN=0.6米<1米，
∴他的头顶会碰到遮阳蓬面．
任务3，由任务2可得，NH=0.3米，
∴tan∠α=tan∠NB′F=1．
∴B′H=0.3米，
∵tan∠OB′F=GHB′H=34，
∴GH=0.225米，
设小明在点K位置时，头顶刚好碰到遮阳蓬面，
∵GH+HN=0.525米<1米，
∴KI=1米，
∴IP=1−0.3=0.7米，
∵tan∠OB′F=IPB′P=34．
∴B′P=1415米，
∴QK=FP=65−1415=415米，
∴QN的求值范围是0  
【解析】任务1，作NM⊥OB于M，解直角三角形即可；
任务2，类比任务1的方法，求出GN的长，和小明身高比较即可；
任务3，分别求出12点、14点时，小明所站位置离墙角距离(QN)即可．
本题考查了解直角三角形的应用，解题关键是恰当作辅助线，构建直角三角形解决问题．

24.【答案】解：(1)当点D与点A重合时，则点E与点C重合，此时x=0，
y=−45x+4，当x=0时，则y=4，
∴AE=AC=y=4；
当点D与点B重合时，则点E与点A重合，此时y=0，
y=−45x+4，当y=0时，则−45x+4=0，解得x=5，
∴AD=AB=x=5，
∴AC、AB的长分别为4、5．
(2)①证明：∵∠FDA=∠FEA，∠BEC=∠FEA，
∴∠FDA=∠BEC，
∵∠AFD+∠FEA=90°，
∴∠AFD+∠FDA=90°，
∴∠DAF=90°，
∵∠C=90°，
∴∠DAF=∠C，
∴△FAD∽△BCE．
②∵∠C=90°，AC=4，AB=5，
∴BC= AB2−AC2= 52−42=3，
∵AD=x，AE=y=−45x+4，
∴CE=AC−AE=4−(−45x+4)=45x，
∵△FAD∽△BCE，
∴FABC=ADCE，
∵ADCE=x45x=54，
∴FA=54BC=54×3=154，
∵tan∠ABF=FAAB=1545=34，tan∠CAB=BCAC=34，
∴∠ABF=∠CAB，
∴AE=BE=y=−45x+4，
∵CE2+BC2=BE2，
∴(45x)2+32=(−45x+4)2，
解得x=3532，
∴AD=3532，
∴FD= FA2+AD2= (154)2+(3532)2=12532，
∴OD=12DF=12×12532=12564，
∴圆O的半径为12564．
(3)当直线BO经过AF边的中点时，如图3，则BO⊥AF，
∴BO垂直平分AF，
∴AB=FB，
∴∠F=∠BAF，
∵∠BDE=∠F=180°−∠ADE，∠BED=∠BAF=180°−∠DEF，
∴∠BDE=∠BED，
∴BE=BD=5−x，
∵CE2+BC2=BE2，
∴(45x)2+32=(5−x)2，
解得x1=125−5 4819，x2=125+5 4819(不符合题意，舍去)，
当点O落在AC上，如图4，此时直线BO经过AE边的中点O，
∵AE是⊙O的直径，
∴∠ADE=90°，
∵ADAE=ACAB=cos∠BAC=45，
∴AD=45AE，
∴x=45(−45x+4)，
解得x=8041；
在运动过程中，点F在BE的延长线上或在线段BE上，
∴点B不能为EF的中点，
∴直线BO不能经过EF边的中点，
综上所述，x的值为125−5 4819或8041． 
【解析】(1)当点D与点A重合时，则点E与点C重合，此时x=0，y=4，则AE=AC=y=4；当点D与点B重合时，则点E与点A重合，此时y=0，由−45x+4=0得x=5，则AD=AB=x=5，所以AC、AB的长分别为4、5；
(2)①由∠FDA=∠FEA，∠BEC=∠FEA，得∠FDA=∠BEC，而∠AFD+∠FEA=90°，所以∠AFD+∠FDA=90°，则∠DAF=∠C=90°，即可证明△FAD∽△BCE；
②由∠C=90°，AC=4，AB=5，根据勾股定理得BC= AB2−AC2=3，由AD=x，AE=y=−45x+4，得CE=AC−AE=45x，所以FABC=ADCE=54，则FA=54BC=154，由tan∠ABF=FAAB=34，tan∠CAB=BCAC=34，得∠ABF=∠CAB，则AE=BE=y=−45x+4，由勾股定理得(45x)2+32=(−45x+4)2，求得x=3532，则AD=3532，所以FD= FA2+AD2=12532，即可求得圆O的半径为12564；
(3)分三种情况讨论，一是当直线BO经过AF边的中点时，则BO垂直平分AF，所以AB=FB，则∠F=∠BAF，可证明∠BDE=∠BED，则BE=BD=5−x，由勾股定理得(45x)2+32=(5−x)2，求得符合题意的x值为125−5 4819；二是当点O落在AC上，此时直线BO经过AE边的中点O，则AE是⊙O的直径，所以∠ADE=90°，则ADAE=ACAB=cos∠BAC=45，所以AD=45AE，于是得x=45(−45x+4)，则x=8041；三是由点F在BE的延长线上或在线段BE上，可知直线BO不能经过EF边的中点．
此题重点考查直角三角形的两个锐角互余、相似三角形的判定与性质、圆内接四边形的对角互补、勾股定理、锐角三角函数与解直角三角形、数形结合与分类讨论数学思想的运用等知识与方法，此题综合性强，难度较大，属于考试压轴题．