【浙江专用】2023年中考数学易错题汇编——模拟卷04（湖州） （原卷版+解析版）

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2023年浙江省湖州市中考数学模拟试卷
一、选择题：本大题有10个小题，每小题3分，共30分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1．（3分）实数2022的相反数是（　　）
A．2022 B．﹣2022 C． D．﹣
【分析】根据相反数的定义直接求解．
【解答】解：实数2022的相反数是﹣2022，
故选：B．
2．（3分）小明同学在“百度”搜索引擎中输入“2022亚运会”，搜索到与之相关的结果条数为36300000，这个数用科学记数法表示为（　　）
A．36.3×106 B．3.63×108 C．0.363×107 D．3.63×107
【分析】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．
【解答】解：将3930000用科学记数法表示为3.63×107．
故选：D．
3．（3分）如果⊙O的半径为6cm，OP＝7cm，则点P与⊙O的位置关系是（　　）
A．点P在⊙O内 B．点P在⊙O上 C．点P在⊙O外 D．不能确定
【分析】根据点到圆心的距离和圆的半径之间的数量关系，即可判断点和圆的位置关系．点到圆心的距离小于圆的半径，则点在圆内；点到圆心的距离等于圆的半径，则点在圆上；点到圆心的距离大于圆的半径，则点在圆外．
【解答】解：根据点到圆心的距离7cm大于圆的半径6cm，则该点在圆外．
故选：C．
4．（3分）下列运算正确的是（　　）
A．2a+a＝3a2 B．3a3•2a＝6a3
C．（a2）3＝a5 D．（﹣2a）3＝﹣8a3
【分析】分别利用合并同类项法则、单项式乘单项式法则、幂的乘方法则、积的乘方法则计算各选项，根据计算结果得结论．
【解答】解：2a+a＝3a≠3a2，故选项A计算错误；
3a3•2a＝6a4≠6a3，故选项B计算错误；
（a2）3＝a6≠a5，故选项C计算错误；
（﹣2a）3＝﹣8a3，故选项D计算正确．
故选：D．
5．（3分）如图，CD是⊙O的直径，四边形ABCD内接于⊙O，∠BDC＝20°，则∠A的度数是（　　）

A．100° B．110° C．120° D．130°
【分析】根据圆周角定理得到∠DBC＝90°，根据直角三角形的性质求出∠BCD，再根据圆内接四边形的性质计算，得到答案．
【解答】解：∵CD是⊙O的直径，
∴∠DBC＝90°，
∵∠BDC＝20°，
∴∠BCD＝90°﹣∠BDC＝70°，
∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠A＝180°﹣∠BCD＝110°，
故选：B．
6．（3分）如图，这是一个几何体的三视图，根据图中所示数据计算这个几何体的侧面积为（　　）

A．9π B．10π C．11π D．12π
【分析】由三视图可判断出几何体的形状，进而利用圆锥的侧面积公式求出答案．
【解答】解：由题意可得此几何体是圆锥，
底面圆的半径为：2，母线长为：5，
故这个几何体的侧面积为：π×2×5＝10π．
故选：B．
7．（3分）某快递公司每天上午9：00﹣10：00为集中揽件和派件时段，甲仓库用来揽收快件，乙仓库用来派发快件，该时段内甲、乙两仓库的快件数量y（件）与时间x（分）之间的函数图象如图所示，那么当两仓库快递件数相同时，此刻的时间为（　　）

A．9：15 B．9：20 C．9：25 D．9：30
【分析】分别求出甲、乙两仓库的快件数量y（件）与时间x（分）之间的函数关系式，求出两条直线的交点坐标即可．
【解答】解：设甲仓库的快件数量y（件）与时间x（分）之间的函数关系式为：y1＝k1x+40，根据题意得60k1+40＝400，解得k1＝6，
∴y1＝6x+40；
设乙仓库的快件数量y（件）与时间x（分）之间的函数关系式为：y2＝k2x+240，根据题意得60k2+240＝0，解得k2＝﹣4，
∴y2＝﹣4x+240，
联立，解得，
∴此刻的时间为9：20．
故选：B．
8．（3分）如图，在菱形ABCD中，对角线AC与BD相交于点E，∠BAD＝60°，AB＝1．按下列步骤作图：①以点B为圆心，适当长为半径画弧，与∠ABD的两边分别交于M、N两点；②分别以点M、N为圆心，大于MN长为半径画弧，两弧相交于点P；③过B，P两点作射线BP，分别交AD，AC于点F，G，下列结论错误的是（　　）

A．AF＝DF B．BF⊥BC C．AG：GC＝1：3 D．AD2＝AG•AC
【分析】由菱形的性质可得AB＝AD＝BC，∠BAC＝30°＝∠BCA，由等边三角形的性质可证AF＝DF，BF⊥AD，∠ABF＝30°，BF⊥BC，通过证明△ABG∽△ACB，可得，即AD2＝AC•AG，即可求解．
【解答】解：由题意可得：BF平分∠ABD，
∵四边形ABCD是菱形，∠BAD＝60°，
∴AB＝AD＝BC，∠BAC＝30°＝∠BCA，
∴△ABD是等边三角形，
又∵BF平分∠ABD，
∴AF＝DF，BF⊥AD，∠ABF＝30°，故选项A不符合题意，
∵AD∥BC，
∴BF⊥BC，故选项B不符合题意，
∵∠ABF＝∠ACB＝30°，∠BAC＝∠BAG，
∴△ABG∽△ACB，
∴，
∴AB2＝AC•AG，
∴AD2＝AC•AG，故选项D不符合题意；
∵∠ABF＝∠ACB＝30°＝∠BAC，BF⊥BC，
∴AG＝BG，GC＝2BG，
∴AG：GC＝1：2，故选项C符合题意，
故选：C．
9．（3分）随着电影《流浪地球》的热映，其同名科幻小说的销量也急剧上升．某书店分别用400元和600元两次购进该小说，第二次数量比第一次多5套，且两次进价相同．若设该书店第一次购进x套，根据题意，列方程正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【分析】根据“第一次购买的单价＝第二次购买的单价”可列方程．
【解答】解：设该书店第一次购进x套，
根据题意可列方程：＝，
故选：C．
10．（3分）已知在平面直角坐标系xOy中，过点O的直线交反比例函数的图象于A，B两点（点A在第一象限），过点A作AC⊥x轴于点C，连结BC并延长，交反比例函数图象于点D，连结AD，将△ACB沿线段AC所在的直线翻折，得到△ACB1，AB1与CD交于点E．若点D的横坐标为2，则AE的长是（　　）

A． B． C． D．1
【分析】首先根据题意设出点A和点B的坐标，即可得出点C的坐标，求出直线BC的解析式为：y＝﹣，把点D的坐标代入可得m的值，即可得出点A、B、C的坐标以及直线BC的解析式，根据△ACB1是通过△ACB沿线段AC翻折得到的，即可得出点B1的坐标，即可求出直线AB1的解析式y＝﹣x+2，联立，即可得出点E的坐标，利用两点间的距离公式得出AE的长．
【解答】解：根据题意可设点A的坐标为（m，），则点B的坐标为（﹣m，﹣），
∵AC⊥x轴，
∴C（m，0），
设直线BC的解析式为y＝kx+b，
把B（﹣m，﹣），C（m，0）代入得：，
解得：，
∴y＝﹣，
根据题意可得点D的坐标为（2，），
把点D（2，）代入y＝﹣可得：m1＝1，m2＝﹣2（舍），
∴A（1，1），B（﹣1，﹣1），C（1，0），直线BC的解析式为：y＝，
∵将△ACB沿线段AC所在的直线翻折，得到△ACB1，
∴点B1的坐标为（3，﹣1），
设直线AB1的解析式为y＝ax+n，
把A（1，1），B1（3，﹣1）代入可得：，
解得：，
∴y＝﹣x+2，
联立，解得：，
∴点E的坐标为：（，），
∴AE＝＝．
故选：B．
二、填空题：本大题有6个小题，每小题4分，共24分。
11．（4分）已知＝，则＝　　．
【分析】根据比例的性质求出b＝3a，代入求出即可．
【解答】解：∵＝，
∴b＝3a，
∴＝＝，
故答案为：．
12．（4分）一个射箭运动员连续射靶5次，所得环数分别是：8，6，10，7，9，则这个运动员所得环数的标准差为　　．
【分析】先由平均数的公式求得平均数的值，再根据方差的公式计算方差，最后计算标准差．
【解答】解：由题意知：＝＝8，
方差S2＝[（8﹣8）2+（6﹣8）2+（10﹣8）2+（7﹣8）2+（9﹣8）2]＝2
∴标准差是方差的平方根为．
故答案为：．
13．（4分）抛物线y＝x2﹣6x+5向上平移2个单位长度，再向右平移1个单位长度后，得到的抛物线解析式是 　y＝（x﹣4）2﹣2　．
【分析】根据题意易得新抛物线的顶点，根据顶点式及平移前后二次项的系数不变可得新抛物线的解析式．
【解答】解：y＝x2﹣6x+5＝（x﹣3）2﹣4，其顶点坐标为（3，﹣4）．
向上平移2个单位长度，再向右平移1个单位长度后的顶点坐标为（4，﹣2），得到的抛物线的解析式是y＝（x﹣4）2﹣2，
故答案为：y＝（x﹣4）2﹣2．
14．（4分）一个不透明的箱子里放着分别标有数字1，2，3，4，5，6的六个球，它们除了数字外其余都相同．从这个箱子里随机摸出一个球，摸出的球上所标数字大于4的概率是 　　．
【分析】根据题目中的数据，可以计算出从这个箱子里随机摸出一个球，摸出的球上所标数字大于4的概率．
【解答】解：∵一个不透明的箱子里放着分别标有数字1，2，3，4，5，6的六个球，
∴从这个箱子里随机摸出一个球，一共有6种可能性，其中出的球上所标数字大于4的有2种可能性，
∴出的球上所标数字大于4的概率是＝，
故答案为：．
15．（4分）如图，已知AB是⊙O的弦，∠AOB＝120°，OC⊥AB，垂足为C，OC的延长线交⊙O于点D．若∠APD是所对的圆周角，则∠APD的度数是 　30°　．

【分析】由垂径定理得出，由圆心角、弧、弦的关系定理得出∠AOD＝∠BOD，进而得出∠AOD＝60°，由圆周角定理得出∠APD＝∠AOD＝30°，得出答案．
【解答】解：∵OC⊥AB，
∴，
∴∠AOD＝∠BOD，
∵∠AOB＝120°，
∴∠AOD＝∠BOD＝∠AOB＝60°，
∴∠APD＝∠AOD＝×60°＝30°，
故答案为：30°．
16．（4分）已知：如图，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝9，点E是对角线AC上的一点，经过C，D，E三点的⊙O与AD，BC分别交于点F，G，连接ED，EF，EG，延长GE交AD于点H．若当△HEF是等腰三角形时，CE的长为　6或或　．

【分析】由平行线的性质和圆的内接四边形的性质可得∠EFH＝∠DCE，∠CDE＝∠DHE，从而得△HEF∽△DEC，列比例式＝＝，分三种情况：1°当HF＝EF时，2°当HE＝EF时，3°当HE＝HF时，根据比例式和等腰三角形的性质分别计算CE的长即可；
【解答】解：∵四边形CDFE是⊙O的内接四边形，
∴∠DFE+∠DCE＝180°，
∵∠DFE+∠EFH＝180°，
∴∠EFH＝∠DCE，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠DHE＝∠BGE，
∵四边形DEGC是⊙O的内接四边形，
∴∠BGE＝∠CDE，
∴∠CDE＝∠DHE，
∴△HEF∽△DEC，
∴＝＝，
1°当HF＝EF时，
∵＝，
∴EC＝DC，
∵四边形ABCD是矩形，
∴CD＝AB＝6，
∴CE＝DC＝6；
2°当HE＝EF时，
∵＝，
∴DE＝EC，
∴∠EDC＝∠ECD，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ADC＝90°，
∴∠ADE+∠CDE＝∠ECD+∠CAD＝90°，
∴∠ADE＝∠EAD，
∴AE＝ED＝EC，
Rt△ADC中，AD＝BC＝9，DC＝6，
AC＝＝3，
∴CE＝AC＝，
3°当HE＝HF时，
∵＝，
∴DE＝DC＝6，
连接DG，交AC于M，如图，

∵∠DCG＝90°，
∴DG是⊙O的直径，
∵DE＝DC，
∴DG是EC的垂直平分线，即EC⊥DM，EC＝2CM，

cos∠DCM＝＝，
即，
∴CM＝，
∴CE＝2CM＝，
综上，CE的长为6或或，
故答案为：6或或．
三、解答题：本大题有8个小题，共66分。解答应写出文字说明、证明过程或验算步骤。
17．（6分）化简：．
【分析】根据分式的加减运算法则即可求出答案．
【解答】解：原式＝
＝
＝
＝3．
18．（6分）已知：如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AB的垂直平分线与AB，BC分别交于点E和点D，且BD＝2AC．
（1）求∠B的度数；
（2）求tan∠BAC的值．（结果保留根号）

【分析】（1）连接AD，得到∠ADC，再根据AD＝BD可得答案；
（2）设AC＝m，用m表示出BC即可求出答案．
【解答】解：连接AD，如图：

∵AB的垂直平分线与AB，BC分别交于点E和点D，
∴AD＝BD，∠B＝∠DAB，
∵BD＝2AC，
∴AD＝2AC，
又∠C＝90°，
∴sin∠ADC＝＝，
∴∠ADC＝30°，
而∠ADC＝∠B+∠DAB，
∴∠B＝15°；
（2）设AC＝m，则AD＝BD＝2m，
Rt△ACD中，CD＝＝m，
∴BC＝（2+）m，
Rt△ABC中，tan∠BAC＝＝＝2+，
∴tan∠BAC＝2+．
19．（6分）解不等式组．
【分析】分别求出不等式组中两不等式的解集，找出解集的公共部分即可．
【解答】解：，
由①得：x＜3，
由②得：x≥，
则不等式组的解集为≤x＜3．
20．（8分）早上8：00货车甲从A地出发将一批物资运往B地，行驶一段路程后出现故障，即刻停车与B地联系，B地立即派货车乙从B地出发去接运甲车上的物资．货车乙遇到甲后，用了18分钟将物资从货车甲搬运到货车乙上，随后开往B地．两辆货车离开各自出发地的路程y（千米）与货车甲出A地的时间x（小时）的函数关系如图所示（联系等其他时间忽略不计）．
（1）求货车乙在遇到货车甲前，它离开出发地的路程y关于x的函数表达式．
（2）求A，B两地间的距离．
（3）若货车乙到达B地的时间比货车甲按原来的速度正常到达B地的时间晚1个小时，货车甲修好后以原速原路返回A地，问何时两车相距40千米？

【分析】（1）由待定系数法可求出函数解析式；
（2）求出货车从B地出发遇到甲车的路程，加上货车甲出发到出现故障的路程，即可求解；
（3）分两种情况：①货车乙遇到甲前，②货车乙遇到甲后，分别求解即可．
【解答】解：（1）设函数表达式为y＝kx+b（k≠0），
把（1.6，0），（2.6，80）代入y＝kx+b，得，
解得：，
∴y关于x的函数表达式为y＝80x﹣128；
由图可知，3.4﹣＝3.1（小时），
∴x的取值范围是1.6≤x＜3.1．
∴货车乙在遇到货车甲前，它离开出发地的路程y关于x的函数表达式为y＝80x﹣128（1.6≤x＜3.1）；

（2）当x＝3.1时，y＝80×3.1﹣128＝120，
120+80＝200（千米），
答：A，B两地间的距离为200千米；

（3）甲的速度为80÷1.6＝50（千米/小时），
货车甲正常到达B地的时间为200÷50＝4（小时），
4+1＝5（小时），5﹣3.4＝1.6（小时），
货车乙遇到甲前的车速为120÷（3.1﹣1.6）＝80（千米/小时），
货车乙返回B地的车速为120÷1.6＝75（千米/小时），
①货车乙遇到甲前，两车相距40千米，
（120﹣40）÷80＝1（小时），
1.6+1＝2.6（小时）＝2小时36分钟，
∴10：36两车相距40千米；
②设货车乙遇到甲后，t小时两车相距40千米，
75（t﹣3.4）+50（t﹣3.6）＝40，
解得：t＝3.8，
3.8小时＝3小时48分钟，
∴11：48两车相距40千米；
答：10：36和11：48两车相距40千米．
21．（8分）为落实“双减”政策，切实减轻学生学业负担，丰富学生课余生活，某校积极开展“五育并举”课外兴趣小组活动，计划成立“爱心传递”、“音乐舞蹈”、“体育运动”、“美工制作”和“劳动体验”五个兴趣小组，要求每位学生都只选其中一个小组．为此，随机抽查了本校各年级部分学生选择兴趣小组的意向，并将抽查结果绘制成如下统计图（不完整）．

根据统计图中的信息，解答下列问题：
（1）求本次被抽查学生的总人数和扇形统计图中表示“美工制作”的扇形的圆心角度数；
（2）将条形统计图补充完整；
（3）该校共有1600名学生，根据抽查结果，试估计全校选择“爱心传递”兴趣小组的学生人数．

【分析】（1）从两个统计图中可知，在抽查人数中，“体育运动”的人数为60人，占调查人数的30%，可求出调查人数；用360°乘“美工制作”所占比例即可得出扇形统计图中表示“美工制作”的扇形的圆心角度数；
（2）用抽查学生的总人数分别减去其它小组人数，即可得出“音乐舞蹈”的人数，即可将条形统计图补充完整；
（3）用样本估计总体即可．
【解答】解：（1）本次被抽查学生的总人数是60÷30%＝200（人），
扇形统计图中表示“美工制作”的扇形的圆心角度数是＝36°；
（2）“音乐舞蹈”的人数为200﹣50﹣60﹣20﹣40＝30（人），
补全条形统计图如下：

（3）＝400（名）．
答：估计全校选择“爱心传递”兴趣小组的学生人数为400人．
22．（10分）如图，已知AB是⊙O的直径，点D，C是圆上的两个点，且＝，直线CD⊥BF于点E．
（1）求证：BF是⊙O的切线；
（2）若∠BAD＝30°，AB＝4，求阴影部分的面积．

【分析】（1）根据圆周角定理得出AB∥CD，进而利用平行线的性质得出AB⊥BF，进而得出结论；
（2）根据S阴影部分＝S△BOD+S△BDE﹣S扇形OBD，求出S△BOD与S△BDE以及S扇形OBD即可．
【解答】解：（1）∵＝，
∴∠BAD＝∠ADC，
∴AB∥CD，
∵CE⊥BF，
∴AB⊥BF，且AB是直径，
∴BF是⊙O的切线；
（2）连接OD、BD，
∵∠BAD＝30°，AB＝4，
∴∠BOD＝60°，
∵OB＝OD，
∴△OBD是等边三角形，
∴OB＝OD＝BD＝2，
∵BF是⊙O的切线，
∴∠ABF＝90°，
∴∠DBF＝30°，
∵CE⊥BF，
∴DE＝1，BE＝，
∴S阴影部分＝S△BOD+S△BDE﹣S扇形OBD
＝×2×+×1×﹣
＝﹣．

23．（10分）在平面直角坐标系中，直线y＝﹣x与反比例函数y＝的图象交于A、B两点，已知A点的纵坐标为，将直线y＝﹣x向上平移后与反比例函数y＝的图象在第二象限交于点C．
（1）求k的值与点A的坐标；
（2）若△ABC的面积为2，求平移后的直线函数解析式；
（3）在（2）的条件下，将△ABC绕着点A逆时针旋转∠BAC，求点B、点C旋转后的点B'和C′的坐标．

【分析】（1）将y＝代入一次函数解析式中，求出x的值，即可得出点A的坐标，再利用反比例函数图象上点的坐标特征即可求出反比例函数的表达式；
（2）根据反比例函数的中心对称性得出B的坐标，过点C作CD∥y轴交AB于点D，则S△ABC＝＝2，求得CD的长就是平移的距离．
（3）分别过B′、C′作y轴的平行线，与过A、B′点分别作的x轴的平行线相交于D、E、F，解析式联立成方程组，求得C的坐标，由直线AB的解析式为y＝x+2可知∠B′AD＝45°，即可求得AD＝BD′＝，即可求得B′的坐标，通过证得△AC′F∽△C′B′E，得出＝＝＝＝，设AF＝a，FC′＝b，则EC′＝2a，EB′＝2b，
即可得到，解得，从而求得C′的坐标．
【解答】解：（1）把y＝代入y＝﹣x得，＝﹣，解得x＝﹣，
∴A（﹣，），
∵反比例函数y＝的图象经过A点，
∴k＝﹣×＝﹣；
（2）∵直线y＝﹣x与反比例函数y＝的图象交于A、B两点，
∴A、B关于原点对称，
∵A（﹣，），
∴B（，﹣），
过点C作CD∥y轴交AB于点D，则S△ABC＝＝2，
∴CD＝，
∴平移后的直线函数解析式为y＝﹣+；
（3）分别过B′、C′作y轴的平行线，与过A、B′点分别作的x轴的平行线相交于D、E、F，
由解得或，
∴C（﹣，），
∵AC2＝（﹣+）2+（﹣）2＝2，BC2＝（+）2+（﹣﹣）2＝8，AB2＝（﹣﹣）2+（+）2＝10，
∴AC2+BC2＝AB2，
∴∠ACB＝∠AC′B′＝90°，
设直线AB′的解析式为y＝ax+b，
把A、C的坐标代入得，解得，
∴直线AB′的解析式为y＝x+2，
∴∠B′AD＝45°，
∴AD＝BD′＝AB′＝AB＝×＝，
∴B′的坐标为（﹣+，+），
∵∠AC′B′＝90°，
∴∠AC′F+∠B′C′E＝90°＝∠C′B′E+∠B′C′E，
∴∠AC′F＝∠C′B′E，
∴△AC′F∽△C′B′E，
∴＝＝＝＝，
设AF＝a，FC′＝b，则EC′＝2a，EB′＝2b，
则，解得，
∴点C′的坐标为（﹣﹣，+）．


24．（12分）特例感知
（1）如图1，已知在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，取BC边上中点D，连接AD，点E为AB边上一点，连接DE，作DF⊥DE交AC于点F，求证BE＝AF；
探索发现
（2）如图2，已知在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝3，取BC边上中点D，连接AD，点E为BA延长线上一点，AE＝1，连接DE，作DF⊥DE交AC延长线于点F，求AF的长；
类比迁移
（3）如图3，已知在△ABC中，∠BAC＝120°，AB＝AC＝4，取BC边上中点D，连接AD，点E为射线BA上一点（不与点A、点B重合），连接DE，将射线DE绕点D顺时针旋转30°交射线CA于点F，当AE＝4AF时，求AF的长．

【分析】（1）证明△BDE≌△ADF（ASA），根据全等三角形的性质即可得到BE＝AF；
（2）方法同（1），利用全等三角形的性质解决问题；
（3）证明△EBD∽△DCF，推出＝，设AF＝m，则AE＝4m，分三种情形，分别构建方程求解即可．
【解答】（1）证明：如图1中，

∵△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，AD是高，
∴BD＝CD＝AD＝BC，∠B＝∠C＝45°，∠BAD＝∠CAD＝∠BAC＝45°，
∵DF⊥DE，
∴∠EDF＝∠ADB＝90°，
∴∠BDE＝∠ADF＝90°﹣∠ADE，
在△BDE和△ADF中，
，
∴△BDE≌△ADF（ASA），
∴BE＝AF；

（2）解：如图2中，

由（1）知，BD＝CD＝AD，∠B＝∠C＝∠BAD＝∠CAD＝45°，
∴∠EDF＝∠ADB＝90°，
∴∠BDE＝∠ADF＝90°+∠ADE，
在△BDE和△ADF中，
，
∴△BDE≌△ADF（ASA），
∴BE＝AF，
∵AB＝3，AE＝1，
∴BE＝AB+AE＝4，
∴AF＝4；

（3）解：如图3中，

∵AB＝AC，BD＝CD，
∴AD⊥BC，∠BAD＝∠CAD＝∠BAC＝60°，
∴BD＝CD＝AB•sin60°＝2，
∵AE＝4AF，
∴可以假设AF＝m，则AE＝4m，BE＝4﹣4m，CF＝4﹣m，
∵∠EDC＝∠EDF+∠FDC＝∠B+∠BED，∠EDF＝∠B＝30°，
∴∠FDC＝∠BED，
∵∠B＝∠C，
∴△EBD∽△DCF，
∴＝，
∴＝，
整理得，m2﹣5m+1＝0，
解得m＝或（舍弃），
经检验，m＝是分式方程的解．
当点E在线段AB上，点F在CA的延长线上时，CF＝4+m，
由△EBD∽△DCF，可得＝，
∴＝，
解得，m＝或（舍弃），
经检验，m＝是分式方程的解．
当点E在线段BA的延长线上，点F在线段AC上时，BE＝4+4m，
∵△EBD∽△DCF，
∴＝，
∴＝
解得，m＝或（舍弃），
经检验，m＝是分式方程的解．
综上所述，满足条件的AF的值为或或