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2020年山东省济宁市中考数学试卷
一、选择题：本大题共10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
符合题目要求．
1．（3分）﹣ 的相反数是（ ）
A．﹣ B．﹣ C． D．
2．（3分）用四舍五入法将数3.14159精确到千分位的结果是（ ）
A．3.1 B．3.14 C．3.142 D．3.141
3．（3分）下列各式是最简二次根式的是（ ）
A． B． C． D．
4．（3分）一个多边形的内角和是1080°，则这个多边形的边数是（ ）
A．9 B．8 C．7 D．6
5．（3分）一条船从海岛A出发，以15海里/时的速度向正北航行，2小时后到达海岛B处．灯
塔C在海岛A的北偏西42°方向上，在海岛B的北偏西84°方向上．则海岛B到灯塔C的
距离是（ ）
A．15海里 B．20海里 C．30海里 D．60海里
6．（3分）下表中记录了甲、乙、丙、丁四名运动员跳远选拔赛成绩（单位：cm）的平均数和方
差，要从中选择一名成绩较高且发挥稳定的运动员参加决赛，最合适的运动员是（ ）
甲 乙 丙 丁
平均数 376 350 376 350
方差s2 12.5 13.5 2.4 5.4
A．甲 B．乙 C．丙 D．丁
7．（3分）数形结合是解决数学问题常用的思想方法．如图，直线y＝x+5和直线y＝ax+b相交
于点P，根据图象可知，方程x+5＝ax+b的解是（ ）
第1页（共21页）A．x＝20 B．x＝5 C．x＝25 D．x＝15
8．（3分）如图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是
（ ）
A．12 cm2 B．15 cm2 C．24 cm2 D．30 cm2
9．（3分）π如图，在△ABC中，点πD为△ABC的内心，∠Aπ＝60°，CD＝2，BD＝4π．则△DBC的
面积是（ ）
A．4 B．2 C．2 D．4
10．（3分）小明用大小和形状都完全一样的正方体按照一定规律排放了一组图案（如图所
示），每个图案中他只在最下面的正方体上写“心”字，寓意“不忘初心”．其中第（1）个
图案中有1个正方体，第（2）个图案中有3个正方体，第（3）个图案中有6个正方体，…按
照此规律，从第（100）个图案所需正方体中随机抽取一个正方体，抽到带“心”字正方体
的概率是（ ）
第2页（共21页）A． B． C． D．
二、填空题：本大题共5小题，每小题3分，共15分．
11．（3分）分解因式a3﹣4a的结果是 ．
12．（3分）已知三角形的两边长分别为3和6，则这个三角形的第三边长可以是 （写
出一个即可）．
13．（3分）已如m+n＝﹣3，则分式 ÷（ ﹣2n）的值是 ．
14．（3分）如图，小明在距离地面30米的P处测得A处的俯角为15°，B处的俯角为60°．若
斜面坡度为1： ，则斜坡AB的长是 米．
15．（3分）如图，在四边形ABCD中，以AB为直径的半圆O经过点C，D．AC与BD相交于点
E，CD2＝CE•CA，分别延长AB，DC相交于点P，PB＝BO，CD＝2 ．则BO的长是
．
三、解答题：本大题共7小题，共55分．
16．（6分）先化简，再求值：（x+1）（x﹣1）+x（2﹣x），其中x＝ ．
17．（7分）某校举行了“防溺水”知识竞赛．八年级两个班各选派10名同学参加预赛，依据
第3页（共21页）各参赛选手的成绩（均为整数）绘制了统计表和折线统计图（如图所示）．
班级 八（1）班 八（2）班
最高分 100 99
众数 a 98
中位数 96 b
平均数 c 94.8
（1）统计表中，a＝ ，b＝ ，c＝ ；
（2）若从两个班的预赛选手中选四名学生参加决赛，其中两个班的第一名直接进入决赛，
另外两个名额在成绩为98分的学生中任选两个，求另外两个决赛名额落在不同班级的概
率．
18．（7分）如图，在△ABC中，AB＝AC，点P在BC上．
（1）求作：△PCD，使点D在AC上，且△PCD∽△ABP；（要求：尺规作图，保留作图痕迹，
不写作法）
（2）在（1）的条件下，若∠APC＝2∠ABC．求证：PD∥AB．
19．（8分）在△ABC中，BC边的长为x，BC边上的高为y，△ABC的面积为2．
（1）y关于x的函数关系式是 ，x的取值范围是 ；
（2）在平面直角坐标系中画出该函数图象；
（3）将直线y＝﹣x+3向上平移a（a＞0）个单位长度后与上述函数图象有且只有一个交点，
第4页（共21页）请求出此时a的值．
20．（8分）为加快复工复产，某企业需运输一批物资．据调查得知，2辆大货车与3辆小货车
一次可以运输600箱；5辆大货车与6辆小货车一次可以运输1350箱．
（1）求1辆大货车和1辆小货车一次可以分别运输多少箱物资；
（2）计划用两种货车共12辆运输这批物资，每辆大货车一次需费用5000元，每辆小货车
一次需费用3000元．若运输物资不少于1500箱，且总费用小于54000元．请你列出所有
运输方案，并指出哪种方案所需费用最少．最少费用是多少？
21．（9分）我们把方程（x﹣m）2+（y﹣n）2＝r2称为圆心为（m，n）、半径长为r的圆的标准方程．
例如，圆心为（1，﹣2）、半径长为3的圆的标准方程是（x﹣1）2+（y+2）2＝9．在平面直角坐
标系中， C与x轴交于点A，B，且点B的坐标为（8，0），与y轴相切于点D（0，4），过点
A，B，D⊙的抛物线的顶点为E．
（1）求 C的标准方程；
（2）试⊙判断直线AE与 C的位置关系，并说明理由．
⊙
22．（10分）如图，在菱形ABCD中，AB＝AC，点E，F，G分别在边BC，CD上，BE＝CG，AF平
分∠EAG，点H是线段AF上一动点（与点A不重合）．
（1）求证：△AEH≌△AGH；
第5页（共21页）（2）当AB＝12，BE＝4时．
求△DGH周长的最小值；
①若点O是AC的中点，是否存在直线OH将△ACE分成三角形和四边形两部分，其中三
②
角形的面积与四边形的面积比为1：3．若存在，请求出 的值；若不存在，请说明理由．
第6页（共21页）2020年山东省济宁市中考数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：本大题共10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
符合题目要求．
1．【分析】直接利用相反数的定义分析得出答案．
【解答】解：﹣ 的相反数是： ．
故选：D．
【点评】此题主要考查了相反数，正确把握定义是解题关键．
2．【分析】把万分位上的数字5进行四舍五入．
【解答】解：3.14159精确到千分位的结果是3.142．
故选：C．
【点评】本题考查了近似数和有效数字：“精确到第几位”和“有几个有效数字”是精确
度的两种常用的表示形式，它们实际意义是不一样的，前者可以体现出误差值绝对数的大
小，而后者往往可以比较几个近似数中哪个相对更精确一些．
3．【分析】利用最简二次根式定义判断即可．
【解答】解：A、 是最简二次根式，符合题意；
B、 ＝2 ，不是最简二次根式，不符合题意；
C、 ＝a ，不是最简二次根式，不符合题意；
D、 ＝ ，不是最简二次根式，不符合题意．
故选：A．
【点评】此题考查了最简二次根式，熟练掌握最简二次根式的定义是解本题的关键．
4．【分析】多边形的内角和可以表示成（n﹣2）•180°，依此列方程可求解．
【解答】解：设所求正n边形边数为n，
则1080°＝（n﹣2）•180°，
解得n＝8．
故选：B．
【点评】本题考查根据多边形的内角和计算公式求多边形的边数，解答时要会根据公式进
第7页（共21页）行正确运算、变形和数据处理．
5．【分析】根据题意画出图形，根据三角形外角性质求出∠C＝∠CAB＝42°，根据等角对等边
得出BC＝AB，求出AB即可．
【解答】解：如图．
根据题意得：∠CBD＝84°，∠CAB＝42°，
∴∠C＝∠CBD﹣∠CAB＝42°＝∠CAB，
∴BC＝AB，
∵AB＝15×2＝30，
∴BC＝30，
即海岛B到灯塔C的距离是30海里．
故选：C．
【点评】本题考查了解直角三角形的应用﹣方向角问题，等腰三角形的判定和三角形的外
角性质，关键是求出∠C＝∠CAB，题目比较典型，难度不大．
6．【分析】首先比较平均数，平均数相同时选择方差较小的运动员参加．
【解答】解：∵乙和丁的平均数最小，
∴从甲和丙中选择一人参加比赛，
∵丙的方差最小，
∴选择丙参赛．
故选：C．
【点评】此题考查了平均数和方差，方差是用来衡量一组数据波动大小的量，方差越大，表
明这组数据偏离平均数越大，即波动越大，数据越不稳定；反之，方差越小，表明这组数据
分布比较集中，各数据偏离平均数越小，即波动越小，数据越稳定．
7．【分析】两直线的交点坐标为两直线解析式所组成的方程组的解．
【解答】解：∵直线y＝x+5和直线y＝ax+b相交于点P（20，25）
∴方程x+5＝ax+b的解为x＝20．
第8页（共21页）故选：A．
【点评】本题主要考查了一次函数与一元一次方程：任何一元一次方程都可以转化为ax+b
＝0 （a，b为常数，a≠0）的形式，所以解一元一次方程可以转化为：当某个一次函数的值
为0时，求相应的自变量的值．从图象上看，相当于已知直线y＝ax+b确定它与x轴的交
点的横坐标的值．
8．【分析】由几何体的三视图可得出原几何体为圆锥，根据图中给定数据求出母线l的长度，
再套用侧面积公式即可得出结论．
【解答】解：由三视图可知，原几何体为圆锥，
∵l＝ ＝5（cm），
∴S侧 ＝ •2 r•l＝ ×2 × ×5＝15 （cm2）．
π π π
故选：B．
【点评】本题考查了由三视图判断几何体、圆锥的计算以及勾股定理，由几何体的三视图
可得出原几何体为圆锥是解题的关键．
9．【分析】过点B作BH⊥CD的延长线于点H．由点D为△ABC的内心，∠A＝60°，得∠BDC
＝120°，则∠BDH＝60°，由BD＝4，求得BH，根据三角形的面积公式即可得到结论．
【解答】解：过点B作BH⊥CD的延长线于点H．
∵点D为△ABC的内心，∠A＝60°，
∴∠DBC+∠DCB＝ （∠ABC+∠ACB）＝ （180°﹣∠A），
∴∠BDC＝90°+ ∠A＝90°+ ×60°＝120°，
则∠BDH＝60°，
∵BD＝4，
∴DH＝2，BH＝2 ，
∵CD＝2，
∴△DBC的面积＝ CD•BH＝ ＝2 ，
故选：B．
第9页（共21页）【点评】本题考查了三角形内心的相关计算，熟练运用含30°角的直角三角形的性质是解
题的关键．
10．【分析】先根据已知图形得出第100个图形中，正方体一共有1+2+3+……+99+100＝5050
（个），再用带“心”字的正方体个数除以总个数即可得．
【解答】解：∵第1个图形中正方体的个数为1，
第2个图形中正方体的个数3＝1+2，
第3个图形中正方体的个数6＝1+2+3，
∴第100个图形中，正方体一共有1+2+3+……+99+100＝ ＝5050（个），
其中写有“心”字的正方体有100个，
∴抽到带“心”字正方体的概率是 ＝ ，
故选：D．
【点评】本题主要考查概率公式及图形的变化规律，解题的关键是得出第n个图形中正方
体个数和概率公式．
二、填空题：本大题共5小题，每小题3分，共15分．
11．【分析】原式提取公因式，再利用平方差公式分解即可．
【解答】解：原式＝a（a2﹣4）
＝a（a+2）（a﹣2）．
故答案为：a（a+2）（a﹣2）．
【点评】此题考查了提公因式法与公式法的综合运用，熟练掌握因式分解的方法是解本题
的关键．
12．【分析】根据三角形的三边关系“任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于三边”，
求得第三边的取值范围，即可得出结果．
【解答】解：根据三角形的三边关系，得
第三边应大于6﹣3＝3，而小于6+3＝9，
故第三边的长度3＜x＜9，这个三角形的第三边长可以是4．
第10页（共21页）故答案为：4．
【点评】此题主要考查了三角形的三边关系，根据三角形三边关系定理列出不等式，然后
解不等式，确定取值范围即可．
13．【分析】根据分式运算法则即可求出答案．
【解答】解：原式＝ ÷
＝ •
＝ ，
当m+n＝﹣3时，
原式＝
故答案为：
【点评】本题考查分式，解题的关键是熟练运用分式的运算法则，本题属于基础题型．
14．【分析】如图所示：过点A作AF⊥BC于点F，根据三角函数的定义得到∠ABF＝30°，根据
已知条件得到∠HPB＝30°，∠APB＝45°，求得∠HBP＝60°，解直角三角形即可得到结论．
【解答】解：如图所示：过点A作AF⊥BC于点F，
∵斜面坡度为1： ，
∴tan∠ABF＝ ＝ ＝ ，
∴∠ABF＝30°，
∵在P处进行观测，测得山坡上A处的俯角为15°，山脚B处的俯角为60°，
∴∠HPB＝30°，∠APB＝45°，
∴∠HBP＝60°，
∴∠PBA＝90°，∠BAP＝45°，
∴PB＝AB，
∵PH＝30m，sin60°＝ ＝ ＝ ，
解得：PB＝20 ，
故AB＝20 （m），
故答案为：20 ．
第11页（共21页）【点评】此题主要考查了解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题，解直角三角形的应用﹣坡
度坡角问题，正确得出PB＝AB是解题关键．
15．【分析】由CD2＝CE•CA和∠ACD＝∠DCE，可判断△CAD∽△CDE，得到∠CAD＝
∠CDE，再根据圆周角定理得∠CAD＝∠CBD，所以∠CDB＝∠CBD，于是利用等腰三角
形的判定可得BC＝DC，连结OC，如图，设 O的半径为r，先证明OC∥AD，利用平行线
⊙
分线段成比例定理得到 ＝2，则PC＝2CD＝4 ，然后证明△PCB∽△PAD，利用
相似比得 ，再利用比例的性质可计算出r的值．
【解答】解：连结OC，如图，
∵CD2＝CE•CA，
∴ ，
而∠ACD＝∠DCE，
∴△CAD∽△CDE，
∴∠CAD＝∠CDE，
∵∠CAD＝∠CBD，
∴∠CDB＝∠CBD，
∴BC＝DC；
设 O的半径为r，
∵⊙CD＝CB，
∴ ，
∴∠BOC＝∠BAD，
第12页（共21页）∴OC∥AD，
∴ ，
∴PC＝2CD＝4 ，
∵∠PCB＝∠PAD，∠CPB＝∠APD，
∴△PCB∽△PAD，
∴ ，即 ，
∴r＝4，
∴OB＝4，
故答案为4．
【点评】本题考查了相似三角形的判定与性质：三角形相似的判定一直是中考考查的热点
之一，在判定两个三角形相似时，应注意利用图形中已有的公共角、公共边等隐含条件，
以充分发挥基本图形的作用，寻找相似三角形的一般方法是通过作平行线构造相似三角
形；或依据基本图形对图形进行分解、组合；或作辅助线构造相似三角形，判定三角形相
似的方法有时可单独使用，有时需要综合运用，无论是单独使用还是综合运用，都要具备
应有的条件方可．也考查了圆周角定理．
三、解答题：本大题共7小题，共55分．
16．【分析】直接利用乘法公式以及单项式乘以多项式运算法则计算得出答案．
【解答】解：原式＝x2﹣1+2x﹣x2
＝2x﹣1，
当x＝ 时，
原式＝2× ﹣1＝0．
【点评】此题主要考查了整式的混合运算，正确掌握相关运算法则是解题关键．
17．【分析】（1）根据平均数和众数、中位数的定义分别求解可得；
（2）先设（1）班学生为A ，A ，（2）班学生为B ，B ，B ，根据题意画出树形图，再根据概率
1 2 1 2 3
公式列式计算即可．
【解答】解：（1）八（1）班的成绩为：88、89、92、92、96、96、96、98、98、100，
八（2）班成绩为89、90、91、93、95、97、98、98、98、99，
所以a＝96、c＝ ×（88+89+92+92+96+96+96+98+98+100）＝94.5，b＝ ＝96，
第13页（共21页）故答案为：96、96、94.5；
（2）设（1）班学生为A ，A ，（2）班学生为B ，B ，B ，
1 2 1 2 3
一共有20种等可能结果，其中2人来自不同班级共有12种，
所以这两个人来自不同班级的概率是 ＝ ．
【点评】本题考查了用列表法或画树状图法求概率．列表法或画树状图法可以不重复不遗
漏的列出所有可能的结果，适合于两步完成的事件．用到的知识点为：概率＝所求情况数
与总情况数之比．
18．【分析】（1）尺规作图作出∠APD＝∠ABP，即可得到∠DPC＝∠PAB，从而得到
△PCD∽△ABP；
（2）根据题意得到∠DPC＝∠ABC，根据平行线的的判定即可证得结论．
【解答】解：（1）如图：作出∠APD＝∠ABP，即可得到△PCD∽△ABP；
（2）证明：如图，∵∠APC＝2∠ABC，∠APD＝∠ABC，
∴∠DPC＝∠ABC
∴PD∥AB．
【点评】本题考查了作图﹣相似变换，等腰三角形的性质，平行线的判定等，熟练掌握性质
定理和判定定理是解题的关键．
19．【分析】（1）根据三角形的面积公式即可得到结论；
（2）根据题意在平面直角坐标系中画出该函数图象即可；
（3）将直线y＝﹣x+3向上平移a（a＞0）个单位长度后解析式为y＝﹣x+3+a，根据一元二
次方程根的判别式即可得到结论．
【解答】解：（1）∵在△ABC中，BC边的长为x，BC边上的高为y，△ABC的面积为2，
∴ xy＝2，
第14页（共21页）∴xy＝4，
∴y关于x的函数关系式是y＝ ，
x的取值范围为x＞0，
故答案为：y＝ ，x＞0；
（2）在平面直角坐标系中画出该函数图象如图所示；
（3）将直线y＝﹣x+3向上平移a（a＞0）个单位长度后解析式为y＝﹣x+3+a，
解 ，整理得，x2﹣（3+a）x+4＝0，
∵平移后的直线与反比例函数图象有且只有一个交点，
∴△＝（3+a）2﹣16＝0，
解得a＝1，a＝﹣7（不合题意舍去），
故此时a的值为1．
【点评】本题考查了反比例函数的应用，一次函数的性质，一次函数与几何变换，正确的理
解题意是解题的关键．
20．【分析】（1）设1辆大货车一次运输x箱物资，1辆小货车一次运输y箱物资，由“2辆大
货车与3辆小货车一次可以运输600箱；5辆大货车与6辆小货车一次可以运输1350
箱”，可列方程组，即可求解；
（2）设有a辆大货车，（12﹣a）辆小货车，由“运输物资不少于1500箱，且总费用小于
54000元”可列不等式组，可求整数a的值，即可求解．
【解答】解：（1）设1辆大货车一次运输x箱物资，1辆小货车一次运输y箱物资，
由题意可得： ，
第15页（共21页）解得： ，
答：1辆大货车一次运输150箱物资，1辆小货车一次运输100箱物资，
（2）设有a辆大货车，（12﹣a）辆小货车，
由题意可得： ，
∴6≤a＜9，
∴整数a＝6，7，8；
当有6辆大货车，6辆小货车时，费用＝5000×6+3000×6＝48000元，
当有7辆大货车，5辆小货车时，费用＝5000×7+3000×5＝50000元，
当有8辆大货车，4辆小货车时，费用＝5000×8+3000×4＝52000元，
∵48000＜50000＜52000，
∴当有6辆大货车，6辆小货车时，费用最小，最小费用为48000元．
【点评】本题考查了一元一次不等式的应用，列二元一次方程组解实际问题的运用，总运
费＝每吨的运费×吨数的运用，解答时求出1辆大货车与1辆小货车一次运货的数量是关
键．
21．【分析】（1）如图，连接CD，CB，过点C作CM⊥AB于M．设 C的半径为r．在Rt△BCM
中，利用勾股定理求出半径以及点C的坐标即可解决问题．⊙
（2）结论：AE是 C的切线．连接AC，CE．求出抛物线的解析式，推出点E的坐标，求出
AC，AE，CE，利⊙用勾股定理的逆定理证明∠CAE＝90°即可解决问题．
【解答】解：（1）如图，连接CD，CB，过点C作CM⊥AB于M．设 C的半径为r．
∵与y轴相切于点D（0，4）， ⊙
∴CD⊥OD，
∵∠CDO＝∠CMO＝∠DOM＝90°，
∴四边形ODCM是矩形，
∴CM＝OD＝4，CD＝OM＝r，
∵B（8，0），
∴OB＝8，
∴BM＝8﹣r，
在Rt△CMB中，∵BC2＝CM2+BM2，
∴r2＝42+（8﹣r）2，
解得r＝5，
第16页（共21页）∴C（5，4），
∴ C的标准方程为（x﹣5）2+（y﹣4）2＝25．
⊙
（2）结论：AE是 C的切线．
理由：连接AC，C⊙E．
∵CM⊥AB，
∴AM＝BM＝3，
∴A（2，0），B（8，0）
设抛物线的解析式为y＝a（x﹣2）（x﹣8），
把D（0，4）代入y＝a（x﹣2）（x﹣8），可得a＝ ，
∴抛物线的解析式为y＝ （x﹣2）（x﹣8）＝ x2﹣ x+4＝ （x﹣5）2﹣ ，
∴抛物线的顶点E（5，﹣ ），
∵AE＝ ＝ ，CE＝4+ ＝ ，AC＝5，
∴EC2＝AC2+AE2，
∴∠CAE＝90°，
∴CA⊥AE，
∴AE是 C的切线．
⊙
【点评】本题属于二次函数综合题，考查了矩形的判定和性质，解直角三角形，圆的方程，
切线的判定等知识，解题的关键是理解题意，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考
压轴题．
22．【分析】（1）先判断出△ABC是等边三角形，进而判断出∠ACD＝∠ABC，判断出
△ABE≌△ACG，即可得出结论；
第17页（共21页）（2） 先判断出EH+DH最小时，△AEH的周长最小，在Rt△DCM中，求出CM＝6，DM
＝6 ①，在Rt△DME中，
根据勾股定理得，DE＝4 ，即可得出结论；
分两种情况：Ⅰ、当OH与线段AE相交时，判断出点N是AE的中点，即可得出结论；
②Ⅱ、当OH与CE相交时，判断出点Q是CE的中点，再构造直角三角形，即可得出结论．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC，
∵AB＝AC，
∴AB＝BC＝AC，
∴△ABC是等边三角形，
∴∠ABC＝60°，
∴∠BCD＝120°，
∵AC是菱形ABCD的对角线，
∴∠ACD＝ ∠BCD＝60°＝∠ABC，
∵BE＝CG，
∴△ABE≌△ACG（SAS），
∴AE＝AG，
∵AF平分∠EAG，
∴∠EAF＝∠GAF，
∵AH＝AH，
∴△AEH≌△AGH（SAS）；
（2） 如图1，
过点D①作DM⊥BC交BC的延长线于M，连接DE，
∵AB＝12，BE＝4，
∴CG＝4，
∴CE＝DG＝12﹣4＝8，
由（1）知，△AEH≌△AGH，
∴EH＝HG，
∴l△DGH ＝DH+GH+DG＝DH+HE+8，
要使△DGH的周长最小，则EH+DH最小，最小为DE，
第18页（共21页）在Rt△DCM中，∠DCM＝180°﹣120°＝60°，CD＝AB＝12，
∴CM＝6，
∴DM＝ CM＝6 ，
在Rt△DME中，EM＝CE+CM＝14，
根据勾股定理得，DE＝ ＝ ＝4 ，
∴△DGH周长的最小值为4 +8；
Ⅰ、当OH与线段AE相交时，交点记作点N，如图2，连接CN，
②∴点O是AC的中点，
∴S△AON ＝S△CON ＝ S△ACN ，
∵三角形的面积与四边形的面积比为1：3，
∴ ＝ ，
∴S△CEN ＝S△ACN ，
∴AN＝EN，
∵点O是AC的中点，
∴ON∥CE，
∴ ；
Ⅱ、当OH与线段CE相交时，交点记作Q，如图3，
连接AQ，FG，∵点O是AC的中点，
∴S△AOQ ＝S△COQ ＝ S△ACQ ，
∵三角形的面积与四边形的面积比为1：3，
∴ ，
∴S△AEQ ＝S△ACQ ，
∴CQ＝EQ＝ CE＝ （12﹣4）＝4，
第19页（共21页）∵点O是AC的中点，
∴OQ∥AE，设FQ＝x，
∴EF＝EQ+FQ＝4+x，CF＝CQ﹣FQ＝4﹣x，
由（1）知，AE＝AG，
∵AF是∠EAG的角平分线，
∴∠EAF＝∠GAF，
∵AF＝AF，
∴△AEF≌△AGF（SAS），
∴FG＝EF＝4+x，
过点G作GP⊥BC交BC的延长线于P，
在Rt△CPG中，∠PCG＝60°，CG＝4，
∴CP＝ CG＝2，PG＝ CP＝2 ，
∴PF＝CF+CP＝4﹣x+2＝6﹣x，
在Rt△FPG中，根据勾股定理得，PF2+PG2＝FG2，
∴（6﹣x）2+（2 ）2＝（4+x）2，
∴x＝ ，
∴FQ＝ ，EF＝4+ ＝ ，
∵OQ∥AE，
∴ ＝ ＝ ，
即 的值为 或 ．
第20页（共21页）【点评】此题是四边形综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定，
菱形的性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，角平分线的定义，判断出点N是
AE的中点和点Q是CE的中点是解本题的关键．
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日期：2020/8/12 15:49:01；用户：18366185883；邮箱：18366185883；学号：22597006
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