2023-2024学年江苏省泰州市泰兴市济川中学九年级（上）月考数学试卷（10月份）（含解析）

这是一份2023-2024学年江苏省泰州市泰兴市济川中学九年级（上）月考数学试卷（10月份）（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。
1.一元二次方程x2=x的根为( )
A. 0B. 1C. 0或1D. 0或−1
2.如图，⊙O是△ABC的外接圆，∠ACO=45°，则∠B的度数为( )
A. 30°B. 35°C. 40°D. 45°
3.某款手机连续两次降价，售价由原来的1185元降到580元．设平均每次降价的百分率为x，则下面列出的方程中正确的是( )
A. 1185x2=580B. 1185(1−x)2=580
C. 1185(1−x2)=580D. 580(1+x)2=1185
4.如图，⊙O的直径为10，OA=3，则过点A弦CB的长可能是( )
A. 6
B. 5 3
C. 12
D. 5 2
5.边长分别为5、5、6的三角形的内切圆的半径为( )
A. 23B. 32C. 34D. 43
6.如图，AD是△ABC的高，AE是△ABC的外接圆⊙O的直径，且AC=5，DC=3，AB=4 2，则⊙O的直径AE=( )
A. 5 2
B. 5
C. 4 2
D. 3 2
二、填空题：本题共10小题，每小题3分，共30分。
7.已知x3=y5，则x+yx−y= ______．
8.若△ABC∽△A′B′C′，∠A=40°，∠C=110°，则∠B′的度数为______．
9.已知x1，x2是一元二次方程x2=2x+1的两个根，则x1+x2的值为______．
10.如图，直线l1//l2//l3，直线m、n与l1、l2、l3分别交于点A、B、C、D、E、F，若AB=8，DE=4，EF=3，则BC= ______．
11.如图，一个正n边形纸片被撕掉了一部分，已知它的中心角是40°，那么n=______．
12.已知点C是AB的黄金分割点(AC0)，以AB为直径画圆⊙P，点C为⊙P上一动点，
(1)判断坐标原点O是否在⊙P上，并说明理由；
(2)若点C在第一象限，过点C作CD⊥y轴，垂足为D，连接BC、AC，且∠BCD=∠BAC，①求证：CD与⊙P相切；②当m=3时，求线段BC的长；
(3)若点C是AOB的中点，试问随着m的变化点C的坐标是否发生变化，若不变，求出点C的坐标；若变化，请说明理由．
26.(本小题14分)
【问题背景】已知D、E分别是△ABC的AB边和AC边上的点，且DE/​/BC，则△ABC∽△ADE，把△ADE绕着点A逆时针方向旋转，连接BD和CE.如图2，找出图中的另外一组相似三角形______；并加以证明．
【迁移应用】如图3，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB= 15，AC= 5，D、E、M分别是AB、AC、BC中点，连接DE．
①如图4，把Rt△ADE绕着点A逆时针方向旋转，在旋转过程中直接写出线段CE和BD始终存在的位置关系和数量关系：______、______；
②把Rt△ADE绕着点A逆时针方向旋转到如图5所在的位置，连接CD和CE，取CD中点N，连接MN，若CE= 3，求MN的长．
【创新应用】如图6：AB=AC=AE=2 5，BC=4，△ADE是直角三角形，∠DAE=90°，将△ADE绕着点A旋转，连接BE，F是BE上一点，BFBE=25，连接CF，请直接写出CF的取值范围．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：x2=x，
x2−x=0，
x(x−1)=0，
∴x=0或x=1，
故选C．
本题考查了解一元二次方程−因式分解法．因式分解法就是先把方程的右边化为0，再把左边通过因式分解化为两个一次因式的积的形式，那么这两个因式的值就都有可能为0，这就能得到两个一元一次方程的解．
2.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查的是圆周角定理，熟知在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半是解答此题的关键．先根据OA=OC，∠ACO=45°可得出∠OAC=45°，故可得出∠AOC的度数，再由圆周角定理即可得出结论．
【解答】
解：如图，连接OA，
∵OA=OC，∠ACO=45°，
∴∠OAC=∠ACO=45°，
∴∠AOC=180°−45°−45°=90°，
∴∠B=12∠AOC=45°．
故选D．
3.【答案】B
【解析】解：依题意得：第一次降价的手机售价为：1185(1−x)元，
则第二次降价的手机售价为：1185(1−x)(1−x)=1185(1−x)2=580；
故选：B．
本题可先解出第一次降价的手机价格，再根据第一次的售价解出第二次的售价，令它等于580即可．
本题考查的是一元二次方程的应用，要注意方程中的式子为1−x而不是1+x．
4.【答案】B
【解析】解：过点A作弦BC，使BC⊥OA，连接OB，
∵⊙O的直径为10，OA=3，
∴OB=5，
在Rt△OAB中，由勾股定理得，
AB= OB2−OA2= 52−32=4，
∵OA⊥BC，
∴BC=2AB=8，
∴过点的弦BC的长最小是8，最大是10，
A、6小于8，不符合题意；
B、5 3≈8.66，符合题意；
C、12大于10，不符合题意；
D、5 2≈7.07，不符合题意．
故选：B．
根据已知条件和垂径定理可得过点A的弦长在8≤BC≤10范围，即可得到选项B正确．
本题考查了垂径定理，熟练掌握垂径定理是解答本题的关键．
5.【答案】B
【解析】解：如图，
∵⊙O是△ABC的内切圆，
⊙O切AB于E，切BC于D，
∵AB=AC=5，
∴A，O，D三点共线，
∴BD=12BC=3，
∴AD= AB2−BD2=4，
∴BE=BD=3，
∴AE=2，
设三角形内切圆的半径为r，
∴(4−r)2=22+r2，
∴r=32cm，
∴三角形内切圆的半径为32．
故选：B．
由⊙O是△ABC的内切圆，⊙O切AB于E，切BC于D，根据切线长定理得到BD=BE，求得BD，AD，BE，AE，由勾股定理列方程求解．
本题主要考查对三角形的内切圆与内心，切线长定理，切线的性质，正方形的性质和判定，勾股定理等知识点的理解和掌握，综合运用这些性质进行推理是解此题的关键．
6.【答案】A
【解析】解：如图，连接BE，则∠BEA=∠ACB，且三角形ABE是直角三角形．
sin∠BEA=sin∠ACB= 52 − 325 = 45．
故⊙O的直径AE=ABsin∠BEA=5 2．
故选：A．
连接BE.易知∠BEA=∠ACB，解直角三角形ABE即可求出AE．
考查了直径所对应的圆周角是直角，以及解直角三角形的能力．
7.【答案】−4
【解析】【分析】
本题考查了比例的基本性质，是基础题，得出xy=35，从而可设x=3k，y=5k是解题的关键．
先由x3=y5，可得xy=35，那么可设x=3k，则y=5k，再代入x+yx−y，计算即可求解．
【解答】
解：∵x3=y5，
∴xy=35，
∴可设x=3k，则y=5k，
∴x+yx−y=3k+5k3k−5k=−4．
故答案为−4．
8.【答案】30°
【解析】解：∵∠A=40°，∠C=110°，
∴∠B=180°−∠A−∠C=180°−40°−110°=30°，
∵△ABC∽△A′B′C′，
∴∠B′=∠B=30°．
故答案为：30°．
根据三角形的内角和定理求出∠B，再根据相似三角形对应角相等解答．
本题考查了相似三角形对应角相等的性质，三角形的内角和定理，是基础题，熟记性质是解题的关键．
9.【答案】2
【解析】解：把原方程化为一般形式为x2−2x−1=0，
∴a=1，b=−2，c=−1，
又∵x1，x2是原方程的两个根，
∴x1+x2=−ba=−−21=2．
故答案为：2．
把原方程化为一般形式，再利用两根之和等于−ba，即可求出x1+x2的值．
本题考查了根与系数的关系，牢记“两根之和等于−ba，两根之积等于ca”是解题的关键．
10.【答案】6
【解析】解：∵l1/​/l2/​/l3，
∴BCAB=EFDE，
即BC8=34，
解得BC=6．
故答案为：6．
根据平行线分线段成比例定理得到BCAB=EFDE，然后利用比例性质可求出BC的长．
本题考查了平行线分线段成比例定理：三条平行线截两条直线，所得的对应线段成比例．
11.【答案】9
【解析】【分析】
本题考查了多边形的计算，正多边形的中心角相等，理解中心角的度数和正多边形的边数之间的关系是关键．
利用360°除以中心角的度数即可求得．
【解答】
解：∵正n边形的中心角=360°n=40°，
∴n=360°40∘=9．
故答案为：9．
12.【答案】2 5−2
【解析】解：由题意知：BC= 5−12AB=4× 5−12=2 5−2．
故本题答案为2 5−2．
把一条线段分成两部分，使其中较长的线段为全线段与较短线段的比例中项，这样的线段分割叫做黄金分割，他们的比值( 5−12)叫做黄金比．BC=4× 5−12=2 5−2．
此题考查了黄金分割点的概念，能够根据黄金比进行计算．
13.【答案】80°
【解析】解：∵AEE//CD，∠AOC=50°，
∴∠EAO=∠C=50°，
∵OA=OE，
∴∠AEO=∠EAO=50°，
∴∠AOE=180°−∠EAO−∠AEO=80°，
即AE的度数为80°，
故答案为：80°．
根据平行线的性质求出∠EAO，根据等腰三角形的性质求出∠AEO，根据三角形内角和定理求出∠AOE即可．
本题考查了等腰三角形的性质，平行线的性质，圆心角、弧、弦之间的关系等知识点，能求出∠AOE的度数是解此题的关键．
14.【答案】6
【解析】【分析】
本题考查了切线的判定与性质、勾股定理、切线长定理、相似三角形的判定与性质等知识；熟练掌握切线长定理和勾股定理，证明三角形相似是解决问题的关键．
连接OA，由切线的性质得出∠OAP=90°，证出BC是⊙O的切线，由勾股定理求出PC= BC2+PB2=5，由切线长定理得：AC=BC=3，求出PA=3+5=8，证明△AOP∽△BCP，得出对应边成比例，求出OA即可．
【解答】
解：连接OA，如图所示：
∵PA与⊙O相切于点A，
∴PA⊥OA，
∴∠OAP=90°，
∵BC⊥OP，
∴BC是⊙O的切线，PC= BC2+PB2= 32+42=5，
由切线长定理得：AC=BC=3，
∴PA=3+5=8，
∵∠OAP=∠CBP=90°，∠P=∠P，
∴△AOP∽△BCP，
∴OABC=PAPB，即OA3=84，
解得：OA=6；
故答案为6．
15.【答案】2 3
【解析】【分析】
此题考查直角三角形斜边上的中线、勾股定理，三角形的重心性质，关键是根据三角形的重心的性质解答．
根据三角形的重心的性质得到CE=3，GE=1，根据直角三角形斜边上的中线得到AB=6，AE=BE=3，根据勾股定理解答即可．
【解答】
解：∵Rt△ABC中，∠ACB=90°，中线BD、CE交于G点，CG=2，
∴点G是△ABC的重心，
∴CE=3，GE=1，
∴AB=6，AE=BE=3，
∵∠BGC=90°，
∴∠BGE=90°，
∴BG2=32−12=8，
∴BC2=BG2+CG2=12，
∴BC=2 3，
故答案为2 3．
16.【答案】−1+ 5或−1− 5
【解析】解：如图所示，
令直线y=2x−1与直线y=−3的交点为点B，
则2x−1=−3，
解得x=−1，
所以点B的坐标为(−1,−3)．
将x=0代入y=2x−1得，
y=−1，
所以点A的坐标为(0,−1)．
又因为点C坐标为(0,−3)，
所以AC=−1−(−3)=2，BC=1，
在Rt△ABC中，
tan∠ABC=ACBC=2．
当点P在点B的右侧时，
连接点P和切点M，
则PM⊥AB，
在Rt△BPM中，
tan∠MBP=MPBM=2，
又因为PM=2，
所以BM=1，
则BP= BM2+PM2= 12+22= 5，
所以点P的坐标为(−1+ 5,−3)；
同理可得，
当点P在点B的左侧时，
点P的坐标为(−1− 5,−3).
所以m的值为：−1+ 5或−1− 5．
故答案为：−1+ 5或−1− 5．
根据题意，画出图形，先求出直线y=2x−1与直线y=−3的交点坐标，再借助勾股定理求出圆心到该点的距离即可解决问题．
本题考查切线的性质及一次函数的性质，根据题意画出图形并巧用勾股定理是解题的关键．
17.【答案】解：(1)2x2−4x+1=0，
∵Δ=(−4)2−4×2×1
=16−8
=8>0，
∴x=4± 84=4±2 24=2± 22，
∴x1=2+ 22，x2=2− 22；
(2)(x−3)2=3−x，
(x−3)2−(3−x)=0，
(x−3)2+(x−3)=0，
(x−3)(x−3−1)=0，
(x−3)(x−4)=0，
x−3=0或x−4=0，
x1=3，x2=4．
【解析】(1)利用解一元二次方程−公式法，进行计算即可解答；
(2)利用解一元二次方程−因式分解法，进行计算即可解答．
本题考查了解一元二次方程−因式分解法，公式法，熟练掌握解一元二次方程的方法是解题的关键．
18.【答案】解：(1)∵在方程x2−2mx+m2−1=0中，△=(−2m)2−4×1×(m2−1)=4>0，
∴方程x2−2mx+m2−1=0有两个不相等的实数根．
(2)将x=2代入原方程中，得：4−4m+m2−1=0，
即m2−4m=−3，
∴−2m2+8m−3=−2(m2−4m)−3=3．
【解析】(1)根据方程的系数结合根的判别式即可得出△=4>0，由此得出方程有两个不相等的实数根；
(2)将x=2代入原方程可求出m2−4m=−3，将其代入代数式−2m2+8m−3中即可得出结论．
本题考查了根的判别式以及一元二次方程的解，熟练掌握“当根的判别式△>0时方程有两个不相等的实数根”是解题的关键．
19.【答案】解：(1)如图；
(2)如图1，连接OD；
∵AD平分∠BAC，
∴∠BAD=∠DAC；
又∵OD=OA，
∴∠ODA=∠OAD，
∴∠ODA=∠DAC，
∴OD/​/AC，
∴∠ODC=∠C=90°，
∴BC为⊙O的切线．
【解析】本题考查了学生的运用基本作图的知识作复杂图的能力，以及切线的判定等知识点．本题中作图的理论依据是垂径定理．
(1)作图思路：可做AD的垂直平分线，这条垂直平分线与AB的交点就是所求圆的圆心，这个圆心和A点或D点的距离就是圆的半径．
(2)要证某线是圆的切线，已知此线过圆上某点，连接圆心与这点(即为半径)，再证垂直即可．本题中可先连接OD再证明OD⊥BC即可．
20.【答案】解：(1)∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠BAD+∠C=180°，
∵∠C=110°，
∴∠BAD=70°，
∵AB=AD，
∴∠ABD=∠ADB=55°，
∵四边形ABDE内接于⊙O，
∴∠ABD+∠E=180°，
∴∠E=125°；
(2)因为四边形ABCD是⊙O的内接四边形，
所以∠BAD+∠C=180°，
因为四边形ABDE是⊙O的内接四边形，
所以∠ABD+∠E=180°，
又因为∠E=∠C，
所以∠BAD=∠ABD，
所以AD=BD，
因为AB=AD，
所以AD=BD=AD，
所以△ABD为等边三角形．
【解析】(1)根据圆内接四边形的对角互补可得出∠BAD，再由AB=AD，得出由圆内接四边形的对角互补即可得出∠E的度数；
(2)根据圆内接四边形的对角互补的性质，可得出∠BAD=∠C，∠E=∠ABD，再由已知条件∠E=∠C，得出∠BAD=∠ABD，从而得出：△ABD为等边三角形．
本题考查了圆内接四边形的性质以及等边三角形的判定，掌握圆内接四边形的性质：对角互补是解题的关键．
21.【答案】证明：(1)∵△PCD是等边三角形，
∴∠PCD=∠PDC=∠CPD=60°，
∴∠ACP=∠PDB=120°，
∵∠APB=120°，
∴∠APC+∠BPD=60°，
∵∠CAP+∠APC=60°
∴∠BPD=∠CAP，
∴△ACP∽△PDB；
(2)由(1)得△ACP∽△PDB，
∴ACPD=PCBD，
∵△PCD是等边三角形，
∴PC=PD=CD，
∴ACCD=CDBD，
∴CD2=AC⋅BD．
【解析】(1)根据等边三角形的性质得到∠PCD=∠PDC=∠CPD=60°，于是推出∠ACP=∠PDB=120°，等量代换得到∠BPD=∠CAP，根据相似三角形的性质得到结论；
(2)由相似三角形的性质得到ACPD=PCBD，根据等边三角形的性质得到PC=PD=CD，等量代换得到ACCD=CDBD，即可得到结论．
本题考查了相似三角形的判定和性质，等边三角形的性质，熟练掌握相似三角形的性质是解题的关键．
22.【答案】解：设这种台灯的售价为x元，根据题意得：
[600−10(x−40)](x−30)=10000，
解得x1=50，x2=80，
答：当这种台灯的售价定为50或80元时，每个月的利润恰为10000元．
【解析】此题考查了一元二次方程的应用，解题关键是根据题目给出的条件，找出合适的等量关系，列出方程；难度一般，是常考题．
设这种台灯的售价为x元，根据一台的利润×总的台数=总的利润和这种台灯的售价每上涨1元，其销售量将减少10只，列出方程，再求解即可．
23.【答案】解：(1)①②或①③或②③；③或②或①．
证明：由①②→③
∵AE=AB，
∴∠E=∠ABE，
∵AB平分∠EBD，
∴∠ABE=∠ABD，
∵∠ABE+∠CBA=180°，∠CBA+∠ADC=180°，
∴∠ABE=∠ADC，
∵∠ABD=∠ACD，
∴∠ABE=∠ACD，
∴∠E=∠ACD；
由①③→②，
∵BA平分∠EBD，
∴∠ABE=∠ABD，
∵∠ABD=∠ACD，
∴∠ABE=∠ACD，
∵∠E=∠ACD，
∴∠E=∠ABE，
∴AE=AB；
由②③→①，
∵AE=AB，
∴∠E=∠ABE，
∵∠E=∠ACD，
∴∠ABE=∠ACD，
∵∠ABD=∠ACD，
∴∠ABE=∠ABD，
∴BA平分∠EBD；
(2)∵AE=AB，
∴∠E=∠ABE，
∴∠E=∠ABE=∠ACD=∠ADC，
∴△AEB∽△ACD；
∴AEBE=ADCD=32，
∴CD=23AD=23×6=4．
【解析】【分析】
(1)分三种情形，把其中任意两个条件作为已知条件，证明即可；
(2)证明△AEB∽△ACD；推出AEBE=ADCD=32，即可解决问题．
本题属于圆综合题，考查了圆周角定理，相似三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考常考题型．
24.【答案】(1)证明：∵AG平分∠BAC，
∴∠DAF=∠CAG，
又∵∠ADE=∠C，
∴△ADF∽△ACG；
(2)解：∵△ADF∽△ACG，
∴ADAC=AFAG=25，
∴AC=52AD=15，
∵DG/​/AC，
∴∠AGD=∠CAG，△BDG∽△BAC，
∴BGBC=DGAC=BDBA，
∵AG平分∠BAC，
∴∠AGD=∠DAG，
∴DG=AD=6，
∴BGBC=DGAC=BDBA=25，即BDBD+6=25，
解得：BD=4，
∴AB=10，
∵∠ADE=∠C，∠DAE=∠CAB，
∴△ADE∽△ACB，
∴ADAC=AEAB=615=25，
∴AE=25AB=4，
∴CE=AC−AE=11．
【解析】(1)因为AG平分∠BAC，所以∠DAF=∠CAG，又因为∠ADE=∠C，即可得出结论；
(2)由相似三角形的性质得出AC=15，AE=4，即可得出CE=11．
本题考查了相似三角形的判定与性质；证明出三角形相似，找到对应边成比例是解决问题的关键．
25.【答案】解：(1)坐标原点O在⊙P上，
理由：∵A(m+1,0)、B(0,m)，
∴点A，点B分别在x轴和y轴上，
∵以AB为直径画圆⊙P，∠AOB=90°，
∴坐标原点O在⊙P上；
(2)①连接CP并延长交x轴于E，过P作PF⊥OB于F，如图1，
∵AB是⊙P的直径，
∴∠ACB=90°，
∴∠BCP+∠ACP=90°
∵PC=AP，
∴∠ACP=∠PAC，
∴∠BCP+∠CAB=90°
∵∠BCD=∠BAC，
∴∠DCB+∠BCP=90°，
∴PC⊥CD，
∴CD与⊙P相切；
②∵m=3，
∴OB=3，OA=4，
∴AB= OA2+OB2=5，
∵CD⊥y轴，PF⊥y轴，
∴CD//OA，PF//OA，
∴CE⊥OA，PE⊥OA，
∴四边形OECD及四边形OEPF是矩形，
∵点P是AB的中点，
∴CD=PF=OE=2，PE=32，
∴OD=CE=PE+0.5AB=4，
∴BD=1，
∴BC= CD2+BD2= 5；
(3)不变，
理由：过点C作CM⊥x轴于点M，CN⊥y轴于点N，如图2，
则四边形ONCM是矩形，
∴∠MCN=90°，
∵∠ACB=90°，
∴∠BCN=∠ACM，
∵点C是AOB的中点，
∴BC=AC，
∴AC=BC，
在△BNC与△AMC中∠BNC=∠AMC=90°∠BCN=∠ACMBC=AC，
∴△BNC≌△AMC，
∴BN=AM，CM=CN，
∴四边形ONCM为正方形，
设CM=a，
∴ON=OM=a，
∵BN=AM，
∴m+a=m+1−a
得a=12，
∴C(12,−12)．
【解析】本题考查了切线的判定，圆周角定理，全等三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，勾股定理，正确的作出辅助线是解题的关键．
(1)根据圆周角定理即可得到结论；
(2)①连接CP并延长交x轴于E，过P作PF⊥OB于F，根据圆周角定理得到∠ACB=90°，根据等腰三角形的性质得到∠ACP=∠PAC，根据切线的判定定理即可得到结论；
②根据勾股定理得到AB= OA2+OB2=5，进而得到CD=PF=OE=2，PE=32，于是得到结论；
(3)过点C作CM⊥x轴于点M，CN⊥y轴于点N，由点C是AOB的中点，得到BC=AC，推出AC=BC，证明△BNC≌△AMC，推出四边形ONCM为正方形，再根据等量关系即可得到结论．
26.【答案】△ABD∽△ACE BD⊥CE BD= 3CE
【解析】【问题背景】证明：△ABD∽△ACE，理由如下：
∵△ABC∽△ADE，
∴∠BAC=∠DAE，ABAD=ACAE，
∴ABAC=ADAE，
∵∠BAC=∠DAE，
∴∠BAC−∠CAD=∠DAE−∠CAD，
即∠BAD=∠CAE，
∵ABAC=ADAE，
∴△ABD∽△ACE，
故答案为：△ABD∽△ACE；
【迁移应用】①证明：BD= 3CE，BD⊥CE，理由如下：
延长BD，分别交AC、CE于点H、F，
∵D、E分别为AB和AC的中点，
∴AD=12AB，AE=12AC，
∴ADAB=AEAC，
∴ADAE=ABAC，
∵∠BAC=∠DAE，
∴∠BAD=∠CAE，
∴△ABD∽△ACE，
∴∠ABD=∠ACE，BDCE=ABAC= 15 5= 3，
∴BD= 3CE，
∵∠ABD=∠ACE，∠AHB=∠FHC，
∴∠HFC=∠BAH=90°，
∴BD⊥CE，
故答案为：BD= 3CE，BD⊥CE；
②由①得，△ABD∽△ACE，
∴BDCE=ABAC= 3，
∴BD= 3CE=3，
∵点M、N分别为BC、CD的中点，
∴MN=12BD=32；
【创新应用】过点A作AK⊥BC，过点C作CJ⊥AB，连接FJ，
∵AB=AC=2 5，AK⊥BC，
∴BK=CK=2，
∴AK= AC2−CK2=4，
∵12BC⋅AK=12AB⋅CJ，
∴CJ=8 55，
∴AJ= AC2−CJ2=6 55，
∴BJ=AJ=2 5−6 55=4 55，
∴BJ：AB=2：5，
∴BF：BE=2：5，
∴BJBA=BFBE=25，
∴FJ//AE，
∴△BJF∽△BAE，
∴FJAE=BJAB=25，
∴JF=25AE=4 55，
∴CJ−JF≤CF≤FJ+CJ，
∴4 55≤CF≤12 55．
【问题背景】根据题意证明ABAC=ADAE，∠BAD=∠CAE，即可证明△ABD∽△ACE；
【迁移应用】①由D、E分别为AB和AC的中点，得ADAB=AEAC，从而ADAE=ABAC，再由∠BAD=∠CAE，证明△ABD∽△ACE，即可证明BD= 3CE，由∠ABD=∠ACE，∠AHB=∠FHC，即可证明∠HFC=∠BAH=90°，从而证明结论；
②由△ABD∽△ACE，得BD= 3CE=3，再根据点M、N分别为BC、CD的中点，即可求出结果；
【创新应用】过点A作AK⊥BC，过点C作CJ⊥AB，连接FJ，求出BK，CK，AK得长度，由12BC⋅AK=12AB⋅CJ，求出CJ，BJ，AJ，从而有BJBA=BFBE=25，证明△BJF∽△BAE，求出JF的长度，由CJ−JF≤CF≤FJ+CJ，即可得到CF的取值范围．
本题考查了相似三角形的性质与判定，三角形的中位线定理，平行线的性质与判定，勾股定理，本题的关键是根据题意添加辅助线构造相似三角形解题．