2024年广东省汕头市濠江区中考数学一模试卷（含解析）

这是一份2024年广东省汕头市濠江区中考数学一模试卷（含解析），共23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。

1.给出四个数0，−12，−2，2024，其中最小的是( )
A. 0B. −12C. −2D. 3
2.某几何体的三视图如图所示，则此几何体是( )
A.
B.
C.
D.
3.阅读可以丰富知识，拓展视野，在世界读书日(4月23日)当天，某校为了解学生的课外阅读，随机调查了40名学生课外阅读册数的情况，现将调查结果绘制成如图.关于学生的读书册数，下列描述正确的是( )
A. 极差是6
B. 中位数是5
C. 众数是6
D. 平均数是5
4.计算24+24=2？，则“？”是( )
A. 8B. 6C. 5D. 4
5.一元一次不等式组3x+4≥15−2x>−1的解集在数轴上表示正确的是( )
A. B.
C. D.
6.二次函数y=ax2+bx+c的图象如图所示，则一次函数y=bx+c与反比例函数y=a+bx的图象可能是( )
A.
B.
C.
D.
7.如图，BC是⊙O的切线，点B是切点，连接CO交⊙O于点D，延长CO交⊙O于点A，连接AB，若∠C=30°，OD=2，则AB的长为( )
A. 2 2
B. 3 2
C. 2 3
D. 3 3
8.四边形ABCD中，AB/​/CD，且AB、CD长是关于x的方程x2−3mx+2m2+m−2=0的两个实数根，则四边形ABCD是( )
A. 矩形B. 平行四边形C. 梯形D. 平行四边形或梯形
9.为降低成本，某出租车公司推出了“油改气”措施，如图，y1，y2分别表示燃油汽车和燃气汽车行驶路程S(单位：千米)与所需费用y(单位：元)的关系，已知燃油汽车每千米所需的费用比燃气汽车每千米所需费用2倍多0.2元，设燃气汽车每千米所需费用为x元，则可列方程为( )
A. 30x=102x−0.2B. 302x+0.2=10xC. 302x−0.2=10xD. 30x=102x+0.2
10.用弹簧秤将一长方体铁块悬于没有盛水的水槽中，再向水槽匀速注入水，直至铁块完全浸没在水中(如图)，则能反映弹簧秤的读数y(单位：N)与水面高度x(单位：cm)之间的函数关系的大致图象是( )
A.
B.
C.
D.
二、填空题：本题共6小题，每小题3分，共18分。
11.据探测，马里亚纳海沟的最大水深位于斐查兹海渊，水深约11000米，是地球的最深点，11000用科学记数法表示为______．
12.若点(x1,y1)，(x2,y2)都在反比例函数y=2024x的图象上，且x1<0”“<”或“=”)
13.某校课后服务课程有：足球，篮球，书法，舞蹈.为了解最受学生喜爱的课后服务课程，该校对初一同学进行调查，并将调查结果绘制成如下两幅不完整的统计图：

根据以上信息可知，该校初一学生中最喜爱足球课程的人数是______．
14.若边长分别为a，b(a15.如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=9，BC=12，AB=15，AD是∠BAC的平分线，若点P、Q分别是AD和AC上的动点，则PC+PQ的最小值是______．
16.已知正方形MNKO和正六边形ABCDEF边长均为1，把正方形放在正六边形外边，使OK边与AB边重合，如图所示，按下列步骤操作：将正方形在正六边形外绕点B顺时针旋转，使KN边与BC边重合，完成第一次旋转；再绕点C顺时针旋转，使NM边与CD边重合，完成第二次旋转；…在这样连续的旋转过程中，第6次点M在图中直角坐标系中的坐标是______．
三、解答题：本题共9小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题4分)
计算：(π−2024)0−2tan45°+|−2|+ 9．
18.(本小题4分)
如图，点C为∠AOB平分线上一点，CD/​/OB交OA于点D.求证：△DOC是等腰三角形．
19.(本小题6分)
(1)如图4×4的方格，每个小格的顶点叫做格点，若每个小正方形边长为1单位，请在方格中作一个正方形，同时满足下列两个条件：
①所作的正方形的顶点，必须在方格上；
②所作正方形的面积为8个平方单位
(2)在数轴上表示实数 8(保留作图痕迹)
20.(本小题6分)
阅读材料：运用公式法分解因式，除了常用的平方差公式和完全平方公式以外，还可以应用其他公式，如立方和与立方差公式，其公式如下：
立方和公式：x3+y3=(x+y)(x2−xy+y2)；
立方差公式：x3−y3=(x−y)(x2+xy+y2).
根据材料和已学知识解决下列问题
(1)因式分解：a3−8；
(2)先化简，再求值：(3xx2−2x−x2+2x+4x3−8)÷2x2−4，其中x=3．
21.(本小题8分)
嘉嘉给琪琪展示她做的一个小程序，如图，运行程序后屏幕显示一个平面直角坐标系，当她在键盘上输入数字“2”时，屏幕上显示一个点，坐标为(2,0)，输入数字“3”时，屏幕上显示另一个点，坐标为(3,−3)，嘉嘉告诉琪琪：这些点都在抛物线y=ax2+bx上．
(1)求抛物线的解析式，并求出输入“4”得到的点的坐标；
(2)嘉嘉和琪琪从2、3、4中各选一个数字输入，得到两个不同的点，求两个点都在x轴下方的概率．
22.(本小题10分)
甲、乙两家草莓采摘园的草莓品质相同，销售价格也相同．“五一”假期，两家均推出了优惠方案，甲采摘园的优惠方案：游客进园需购买60元的门票，采摘的草莓六折优惠；乙采摘园的优惠方案：游客进园不需购买门票，采摘的草莓超过一定数量后，超过部分打折优惠．优惠期间，设某游客的草莓采摘量为x(千克)，在甲采摘园所需总费用为y甲(元)，在乙采摘园所需总费用为y乙(元)，图中折线O−A−B表示y乙与x之间的函数关系．
(1)求y甲、y乙与x之间的函数关系式；
(2)当游客采摘15千克的草莓时，你认为他在哪家草莓园采摘更划算？
23.(本小题10分)
如图，⊙O是△ABC的外接圆，AD是⊙O的直径，F是AD延长线上一点，连接CD，CF，且CF是⊙O的切线．
(1)求证：∠DCF=∠CAD．
(2)探究线段CF，FD，FA的数量关系并说明理由；
(3)若csB=35，AD=2，求FD的长．
24.(本小题12分)
如图，二次函数的图象与x轴交于点A(−6,0)和点B，与y轴交于点C，且顶点D的坐标为(−2,8)，对称轴与直线AC交于点E，与x轴交于点F，连接AC，BC．
(1)求二次函数的解析式；
(2)点P在AC上方二次函数图象上，且△PDE的面积等于6，求点P的坐标；
(3)在二次函数图象上是否存在一点M，使得∠ACM+∠OCB=45°？若存在，求出直线CM与x轴的交点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
25.(本小题12分)
如图1，在矩形ABCD中，AB=8，AD=10，E是CD边上一点，连接AE，将矩形ABCD沿AE折叠，顶点D恰好落在BC边上的点F处，延长AE交BC的延长线于点G．
(1)求线段CE的长．
(2)判断四边形AFGD是什么特殊四边形，并说明理由．
(3)如图2，M、N分别是线段AG、DG上的动点(与端点不重合)，且∠DMN=∠DAM，设DN=x.是否存在这样的点N，使△DMN是直角三角形？若存在，请求出x的值；若不存在，请说明理由．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：∵−2<−12<0<2024，
∴最小的数是−2，
故选：C．
根据负数小于0，正数大于0，两个负数比较，绝对值大的反而小即可得出比较结果．
本题考查了有理数的大小比较，熟练掌握有理数的大小比较方法是解题的关键．
2.【答案】C
【解析】解：由几何体的左视图和主视图都是长方形，
故该几何体是一个柱体，
又∵俯视图是一个三角形，
∴该几何体是三棱柱．
故选：C．
根据一个几何体左视图和主视图都是长方形，可判断该几何体是柱体，进而根据俯视图的形状，可判断柱体形状，得到答案
本题考查的知识点是三视图，如果有两个视图为三角形，该几何体一定是锥，如果有两个矩形，该几何体一定柱，其底面由第三个视图的形状决定．
3.【答案】B
【解析】解：A、极差7−4=3，故选项不符合题意；
B、中位数是第20和第21个数的平均数为5，故选项符合题意；
C、5出现的次数最多，故众数是5，故选项不符合题意；
D、平均数为4×8+5×14+6×12+7×640=5.4，故选项不符合题意．
故选：B．
分别计算极差、中位数、众数以及平均数进行判断即可．
本题考查了极差、中位数、众数以及平均数，解题的关键是熟记相关概念并灵活运用．
4.【答案】C
【解析】解：24+24=24×(1+1)=24×2=25．
故选：C．
根据有理数混合运算的法则进行计算即可．
本题考查的是有理数的混合运算，熟知有理数混合运算的法则是解题的关键．
5.【答案】B
【解析】解：由3x+4≥1得：x≥−1，
由5−2x>−1得：x<3，
解集在数轴上表示为：
则不等式组的解集为−1≤x<3．
故选：B．
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、大大小小无解了确定不等式组的解集．
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．
6.【答案】B
【解析】解：由抛物线y=ax2+bx+c图象可知，a<0，b<0，c>0，
∴a+b<0，
∴一次函数y=bx+c的图象在第一、二、四象限，反比例函数y=a+bx的图象在二、四象限，
故选：B．
根据抛物线，可以得到a、b、c的正负情况，从而可以得到一次函数y=bx+c与反比例函数y=a+bx的图象所在的位置，从而可以解答本题．
本题考查反比例函数的图象、一次函数的图象、二次函数的图象，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
7.【答案】C
【解析】解：连接OB、DB，则OB=OD=2，
∵AD是⊙O的直径，
∴∠ABD=90°，AD=2OD=4，
∵BC与⊙O相切于点B，
∴BC⊥OB，
∴∠OBC=90°，
∵∠C=30°，
∴∠BOC=60°，
∴△BOD是等边三角形，
∴BD=OD=2，
∴AB= AD2−BD2= 42−22=2 3，
故选：C．
连接OB、DB，由AD是⊙O的直径，得∠ABD=90°，AD=2OD=4，由切线的性质得∠OBC=90°，而∠C=30°，则∠BOC=60°，所以△BOD是等边三角形，则BD=OD=2，所以AB= AD2−BD2=2 3，于是得到问题的答案．
此题重点考查切线的性质定理、等边三角形的判定与性质、勾股定理等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．
8.【答案】C
【解析】解：∵a=1，b=−3m，c=2m2+m−2
∴Δ=b2−4ac=(−3m)2−4×1×(2m2+m−2)=(m−2)2+4>0
∴方程有两个不相等的实数根．
∴AB≠CD，
∵AB/​/CD，
∴四边形ABCD是梯形．
故选：C．
AB、CD长是关于x的方程x2−3mx+2m2+m−2=0的两个实数根，即判别式Δ=b2−4ac≥0，可得到AB与CD的关系，再判定四边形的形状．
本题利用了一元二次方程的根的判别式与根的关系，梯形的判定求解．
9.【答案】B
【解析】解：设燃气汽车每千米所需费用为x元，则燃油汽车每千米所需费用为(x+0.5)元，
依题意得：302x+0.2=10x．
故选：B．
设燃气汽车每千米所需费用为x元，则燃油汽车每千米所需费用为(2x+0.2)元，根据行驶路程=所需费用÷每千米所需费用，结合行驶路程相等，即可得出关于x的分式方程，此题得解．
本题考查了由实际问题抽象出分式方程，找准等量关系，正确列出分式方程是解题的关键．
10.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查了函数的图象，用到的知识点是函数值随高度的变化，注意分析y随x的变化而变化的趋势，而不一定要通过求解析式来解决．根据在铁块开始接触水面刚刚完全到浸没在水中时，排开水的体积逐渐变大，根据阿基米德原理和称重法可知y的变化，注意铁块接触水面前y不变，完全浸没在水中后读数y不变，即可得出答案．
【解答】
解：铁块在注水到底部接触到水时，不受浮力的作用，弹簧秤的读数为铁块的重力，故y不变．
铁块开始接触水面到刚刚完全浸没在水中时，排开水的体积逐渐变大，根据阿基米德原理可知受到的浮力变大，根据称重法可知y变小；
铁块完全浸没在水中后面前排开水的体积不变，受到的浮力不变，根据称重法可知y不变；
故选：A．
11.【答案】1.1×104
【解析】解：11000=1.1×104，
故答案为：1.1×104．
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．
此题考查了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．
12.【答案】<
【解析】解：∵反比例函数y=2024x中的k=2024>0，
∴反比例函数图象分布在第一、三象限，
∵x1<0∴y1故答案为：<．
根据k=2024>0可知反比例函数图象分布在第一、三象限，据此解答即可．
本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，熟练掌握反比例函数图象分布是关键．
13.【答案】210
【解析】解：总人数为：240÷40%=600(人)，
∴该校初一学生中最喜爱足球课程的人数是600×35%=210(人)，
故答案为：210．
先求解总人数，再利用总人数乘以足球所占的百分比即可．
本题考查的是从条形图与扇形图中获取信息，理解题意，再列式计算是解本题的关键．
14.【答案】ab
【解析】解：如图补成一个长方形，
S阴=(a+b)⋅b−12a2−12b2−12(b−a)(b+a)
=ab+b2−12a2−12b2−12(b2−a2)
=ab+b2−12a2−12b2−12b2+12a2
=ab．
根据图形补成一个长方形，将去三个三角形即可求出阴影部分的面积．
本题考查了列代数式，观察图形所给条件并列式是解答本题的关键．
15.【答案】365
【解析】解：过点D作DE⊥AB于点E，过点E作EQ⊥AC于点Q，EQ交AD于点P，连接CP，此时PC+PQ=EQ取最小值，如图所示．
在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=9，BC=12，AB=15．
∵AD是∠BAC的平分线，DC⊥AC，DE⊥AB，
∴CD=ED，
在Rt△ACD和Rt△AED中，
AD=ADCD=ED，
∴Rt△ACD≌Rt△AED(HL)，
∴AE=AC=9．
∵EQ⊥AC，∠ACB=90°，
∴EQ//BC，
∴AEAB=QEBC，即915=QE12，
∴EQ=365．
∴PC+PQ的最小值是365，
故答案为365．
过点D作DE⊥AB于点E，过点E作EQ⊥AC于点Q，EQ交AD于点P，连接CP，此时PC+PQ=EQ取最小值，再根据EQ⊥AC、∠ACB=90°即可得出EQ//BC，进而可得出AEAB=QEBC，代入数据即可得出EQ的长度，此题得解．
本题考查了轴对称−最短路线问题以及平行线的性质，找出点P、Q的位置是解题的关键．
16.【答案】(32, 32)
【解析】解：如图所示，
延长NK交x轴于点H，
∵四边形MNKO为正方形，六边形ABCDEF为正六边形，求边长都是1，
∴KH⊥x轴．
在Rt△KHC中，
sin60°=KHKC，
∴KH= 32，
同理可得，CH=12，
∴FH=2−12=32，
∴点K的坐标为(32, 32)，
即点M6的坐标为(32, 32).
故答案为：(32, 32).
根据正方形的旋转方式，依次找出点M旋转之后对应点的位置即可解决问题．
本题考查点的坐标变化规律及坐标与图形变化−旋转，能根据题意画出示意图及熟知图形旋转的性质是解题的关键．
17.【答案】解：(π−2024)0−2tan45°+|−2|+ 9
=1−2×1+2+3
=1−2+2+3
=4．
【解析】先计算零次幂、算术平方根、绝对值和特殊角的三角函数值，再计算乘法，最后计算加减．
此题考查了实数的混合运算能力，关键是能准确确定运算顺序和方法，并能进行正确地计算．
18.【答案】证明：∵OC平分∠AOB，
∴∠AOC=∠BOC．
∵CD/​/OB，
∴∠DCO=∠BOC，
∴∠AOC=∠DCO，
∴OD=CD，
∴△DOC是等腰三角形．
【解析】根据平行线的性质、角平分线的性质证明∠AOC=∠DCO，由等腰三角形的判定即可求解．
此题主要考查等腰三角形的判定，平行线的性质，解题的关键是正确推理．
19.【答案】解：(1)如图，四边形ABCD即为所求的正方形；
(2)以A为圆心、AB为半径做弧交数轴于点E，点E即为所求．
【解析】(1)根据勾股定理作出 8，根据8=( 8)2解答；
(2)根据尺规作图作图即可．
本题考查的是勾股定理的应用，如果直角三角形的两条直角边长分别是a，b，斜边长为c，那么a2+b2=c2．
20.【答案】解：(1)原式=(a−2)(a2+2a+4)；
(2)[3xx2−2x−x2+2x+4x3−8]⋅(x+2)(x−2)2
=[3xx(x−2)−x2+2x+4(x−2)(x2+2x+4)]⋅(x+2)(x−2)2
=[3x−2−1x−2]⋅(x+2)(x−2)2
=2x−2⋅(x+2)(x−2)2
=x+2，
当x=3时，原式=5．
【解析】(1)根据立方差公式进行因式分解即可；
(2)根据题目中的公式可以化简题目中的式子，然后将x的值代入化简后的式子即可解答本题．
本题考查分式的化简求值，解答本题的关键是明确分式化简求值的方法．
21.【答案】解：(1)由题意知，4a+2b=09a+3b=−3，
解得a=−1b=2，
所以y=−x2+2x，
当x=4时，y=−16+8=−8，
∴输入“4”得到的点的坐标为(4,−8)；
(2)列表如下：
由表知，共有9种等可能结果，其中两个点都在x轴下方的有4种结果，
所以两个点都在x轴下方的概率为49．
【解析】(1)利用待定系数法求函数解析式，再将x=4代入计算即可得出答案；
(2)列表得出所有的可能结果，从中找到符合条件的结果数，再根据概率公式求解即可．
此题考查了树状图法与列表法求概率．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
22.【答案】解：(1)根据题意得，甲、乙两采摘园优惠前的草莓销售价格：300÷10=30(元/千克)．
∴y甲=30×0.6x+60=18x+60；
当0当x>10时，设y乙=kx+b，
由题意的：10k+b=30025k+b=480，
解得k=12b=180，
∴y乙=12x+180，
∴y乙与x之间的函数关系式为：y乙=30x(010)；
(2)当x=15时，y甲=18×15+60=330，
y乙=12×15+180=360，
∴y甲∴他在甲家草莓园采摘更划算．
【解析】(1)根据数量关系结合函数图象，即可求出y甲、y乙与x之间的函数关系式；
(2)把x=15分别代入y甲、y乙中求出y值，比较后即可得出结论．
本题考查了一次函数的应用，解题的关键是：(1)根据数量关系结合函数图象找出y1、y2与x的函数表达式；(2)将x=15分别代入y1、y2中求出y值．
23.【答案】(1)证明：如图，连接OC，
∵AD是⊙O的直径，
∴∠ACD=90°，
∴∠OCD+∠OCA=90°，
∵FC是⊙O的切线，
∴∠DCF+∠OCD=90°，
∴∠OCA+∠DCF，
∵OC=OA，
∴∠CAD=∠OCA，
∴∠DCF=∠CAD；
(2)解：FC2=FD⋅FA，理由如下：
∵∠FCD=∠FAC，∠F=∠F，
∴△FCD∽△FAC，
∴=FCFA=FDFC，
∴FC2=FD⋅FA；
(3)解：∵∠B=∠ADC，csB=35，
∴cs∠ADC=35，
在Rt△ACD中，
∵cs∠ADC=35=CDAD，
∴CDAC=34，
由(2)知△FCD∽△FAC，
∴CDAC=FCFA=FDFC=34，
∴FC2=FD⋅FA，
设FD=3x，则FC=4x，AF=3x+2，
又∵FC2=FD⋅FA，
即(4x)2=3x(3x+2)，
解得x=67(取正值)，
∴FD=3x=187．
【解析】(1)根据切线的判定，连接OC，证明出OC⊥FC即可，利用直径所得的圆周角为直角，三角形的内角和以及等腰三角形的性质可得答案；
(2)可证明△FCD∽△FAC，即可得出结论；
(3)由csB=35，根据锐角三角函数的意义和勾股定理可得CD：AC：AD=3：4：5，再根据相似三角形的性质可求出答案．
本题考查切线的判定和性质，圆周角定理，直角三角形的边角关系以及相似三角形，掌握切线的判定方法，直角三角形的边角关系以及相似三角形的性质是正确解答的前提．
24.【答案】解：(1)由题意得：y=a(x+2)2+8，
将点A的坐标代入上式得：0=a(−6+2)2+8，
解得：a=−12，
则抛物线的表达式为：y=−12(x+2)2+8；
(2)由点A、C的坐标得，直线AC的表达式为：y=x+6，
当x=−2时，y=x+6=4，则点E(−2,4)，
则DE=8−4=4，
则△PDE的面积=12×DE(xE−xP)=12×4(−2−xP)=6，
解得：xP=−5，
则点P的坐标为：(−5,72)；
(3)存在，理由：

当点M(M′)在x轴下方时，
由点A、C的坐标知，∠OAC=∠OCA=45°，
作点B关于y轴的对称点Q′，则点Q′(−2,0)为所求点，
理由：∵∠ACQ′+∠Q′CO=45°，∠ACM+∠OCB=45°，
∴∠OCQ′=∠OCB，即点Q、B关于y轴对称，
即点Q′(−2,0)；
当点M在x轴的上方时，
过点C作CH/​/x轴，则∠HCQ=∠CQO，
同理可得：∠QCH=∠OCB，
则tan∠QCH=tan∠OCB=OBCO=13，
则tan∠HCQ=tan∠CQO=OCOQ=6OQ=13，
则OQ=18，
即点Q的坐标为：(−18,0)，
综上，点Q的坐标为：(−2,0)或(−18,0)．
【解析】(1)用待定系数法即可求解；
(2)由△PDE的面积=12×DE(xE−xP)=12×4(−2−xP)=6，即可求解；
(3)当点M(M′)在x轴下方时，证明∠OCQ′=∠OCB，即可求解；当点M在x轴的上方时，证明tan∠HCQ=tan∠CQO=OCOQ=6OQ=13，即可求解．
本题是二次函数综合题，主要考查了一次函数的性质、解直角三角形、面积的计算等，其中(3)，要注意分类求解，避免遗漏．
25.【答案】解：(1)∵四边形ABCD是矩形，AB=8，AD=10，
∴CD=AB=8，BC=AD=10，∠B=∠BCD=∠ADC=90°，
由折叠得AF=AD=10，FE=DE=8−CE，
∴BF= AF2−AB2= 102−82=6，
∴CF=BC−BF=10−6=4，
∵CE2+CF2=FE2，
∴CE2+42=(8−CE)2，
解得CE=3，
∴线段CE的长是3．
(2)四边形AFGD是菱形，理由如下：
如图1，连接DF，
∵点F与点D关于直线AE对称，
∴AE垂直平分DF，
∵CG//AD，
∴△GCE∽△ADE，
∵DE=CD−CE=8−3=5，
∴GCAD=CEDE=35，
∴GC=35AD=35×10=6，
∴GF=GC+CF=6+4=10，
∴AD=GF，
∴四边形AFGD是平行四边形，
又AD=AF，
∴四边形AFGD是菱形．
(3)存在这样的点N，使△DMN是直角三角形，
当∠MDN=90°时，如图2，
∵∠DAM=∠DGE，∠ADM=∠GDE=90°−∠EDM，
∴∠DAM+∠ADM=∠DGE+∠GDE，
∵∠DME=∠DAM+∠ADM，∠DEM=∠DGE+∠GDE，
∴∠DME=∠DEM，
∴MD=DE=5，
∵∠DMN=∠DAM，∠MDN=∠ADE=90°，
∴△DMN∽△DAE，
∴DNDE=MDAD，
∴x5=510，
解得x=52；
当∠DNM=90°时，如图3，
∵∠DMN=∠DAM，∠DGM=∠DAM，
∴∠DMN=∠DGM，
∴∠DMG=∠DMN+∠GMN=∠DGM+∠GMN=∠DNM=90°，
∴DM⊥AE，
∵12AE⋅DM=12AD⋅DE=S△ADE，AE= AD2+DE2= 102+52=5 5，
∴12×5 5DM=12×10×5，
∴DM=2 5，
∵DNDM=sin∠DMN=sin∠DGM=DMGD，
∴x2 5=2 510，
解得x=2；
∵∠DMN=∠DAM<90°，
∴不存在∠DMN=90°的情况，
综上所述，x的值为52或2．
【解析】(1)由矩形的性质得CD=AB=8，BC=AD=10，∠B=∠BCD=∠ADC=90°，由折叠得AE=AD=10，FE=DE=8−CE，则BF= AF2−AB2=6，CF=BC−BF=4，根据勾股定理得CE2+42=(8−CE)2，即可求得线段CE的长是3；
(2)连接DF，则AC垂直平分DF，由CG/​/AD，证明△GCE∽△ADE，得GCAD=CEDE=35，所以GC=35AD=6，GF=GC+CF=10，AD=GF，四边形AFGD是平行四边形，又AD=AF，所以四边形AFGD是菱形；
(3)当∠MDN=90°时，先证明∠DME=∠DEM，则MD=DE=5，再证明△DMN∽△DAE，得x5=510，则x=52；当∠DNM=90°时，则∠DMG=∠DMN+∠GMN=∠DGM+∠GMN=∠DNM=90°，由12AE⋅DM=12AD⋅DE=S△ADE，AE= AD2+DE2=5 5，得12×5 5DM=12×10×5，则DM=2 5，由DNDM=sin∠DMN=sin∠DGM=DMGD，得x2 5=2 510，则x=2；由∠DMN=∠DAM<90°，可知不存在∠DMN=90°的情况，所以x的值为52或2．
此题重点考查矩形的性质、轴对称的性质、菱形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、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．2
3
4
2
(2,0)，(2,0)
(3,−3)，(2,0)
(4,−8)，(2,0)
3
(2,0)，(3,−3)
(3,−3)，(3,−3)
(4,−8)，(3,−3)
4
(2,0)，(4,−8)
(3,−3)，(4,−8)
(4,−8)，(4,−8)