浙江省温州外国语学校中考数学一模试卷

浙江省温州外国语学校中考数学一模试卷
一、选择题（本大题共10小题，共40.0分）
1.2的相反数是()
A. 2
B. −2
C. 1
2D. −1
2
【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查了相反数的知识，根据相反数的定义求解即可．
【解答】
解：2的相反数为：−2．
故选B．
2.如图，由相同的小正方体搭成的几何体的主视图是()
A.
B.
C.
D.
【答案】D
【解析】解；从正面看第一层是三个正方形，第二层是中间一个正方形．故选：D．
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．
3.计算−2ab⋅a2的结果是()
A. 2a2b
B. −2a2b
C. −2a3b
D. 2a3b 【答案】C
【解析】解：−2ab⋅a2=−2a3b.
故选：C．
直接利用单项式乘多项式运算法则计算得出答案．
此题主要考查了单项式乘多项式运算，正确掌握相关运算法则是解题关键．
4.我校七年级举行大合唱比赛，六位评委给七年级一班的打分如下：(单位：分)9.2，
9.4，9.6，9.5，9.8，9.5，则该班得分的平均分为()
A. 9.45分
B. 9.50分
C. 9.55分
D. 9.60分
【答案】B
【解析】解：(9.2+9.4+9.6+9.5+9.8+9.5)÷6=9.50(分)．
故该班得分的平均分为9.50分．
故选：B．
根据求平均数的计算公式计算即可求解．
本题考查了平均数的求法，熟记平均数的公式是解决本题的关键．
5.由于新冠疫情影响，某口罩加工厂改进技术，扩大生产，从10月份开始，平均每
个月生产量的增长率为50%，已知第四季度的生产量为2375万个，设10月份口罩的生产量为x万个，则可列方程()
A. x(1+50%)2=2375
B. x+x(1+50%)2=2375
C. x+x(1+50%)+x(1+50%)2=2375
D. x(1+50%)+x(1+50%)2=2375
【答案】C
【解析】解：设10月份口罩的生产量为x万个，则11月份口罩的生产量为x(1+50%)万个，12月份口罩的生产量为x(1+50%)2万个，
依题意得：x+x(1+50%)+x(1+50%)2=2375．
故选：C．
设10月份口罩的生产量为x万个，则11月份口罩的生产量为x(1+50%)万个，12月份口罩的生产量为x(1+50%)2万个，根据第四季度的生产量为2375万个，即可得出关于x的一元一次方程，此题得解．
本题考查了由实际问题抽象出一元一次方程，找准等量关系，正确列出一元一次方程是
解题的关键．
6.如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，它的一个外角
∠CBE=70°，则∠AOC的度数为()
A. 70°
B. 110°
C. 140°
D. 160°
【答案】C
【解析】解：∵∠CBE是圆内接四边形ABCD的一个外角，∠CBE=70°，
∴∠D=∠CBE=70°，
由圆周角定理得，∠AOC=2∠D=140°，
故选：C．
根据圆内接四边形的性质求出∠D，再根据圆周角定理计算，得到答案．
本题考查的是圆内接四边形的性质、圆周角定理，掌握圆内接四边形的任意一个外角等于它的内对角是解题的关键．
7.如图是一张高脚木凳，AC//EF//GH，AB=CD，点E，G是
AB的三等分点，已知EF与GH之间的距离为25cm，∠EGH=
80°，则椅脚AB的长度为()cm．
A. 25
sin80∘
B. 75sin80°
C. 75
sin80∘
D. 75
tan80∘
【答案】C
【解析】解：∵E，G是AB的三等分点，
∴AE=EG=GB=1
3
AB，
∴AE：EG：GB=1：1：1，
∵AC//EF//GH，
∴AE
EG =CF
FH
，
∵AE
EG
=1，
∴CF
FH
=1，
∴CF=FH，
过E点作ME⊥GH于M，
∵EF//GH，
∴EM即为EF与GH之间的距离，
在Rt△EMG中，sin∠EGM=EM
EG
，
∵∠EGM=∠EGH=80°，且EF与GH之间的距离为25cm，∴EM=25cm，
∴sin∠EGM=sin80°=EM
EG
，
∴EG=EM
sin80∘=25
sin80∘
(cm)，
∵EG=1
3
AB，
∴AB=3EG=3×25
sin80∘=75
sin80∘
(cm)，
故选：C．
根据平行线线段成比例得出CF=FH，过E点作ME⊥GH于M，进而利用直角三角形的三角函数解答即可．
此题考查解直角三角形的应用，关键是根据直角三角形的三角函数解答．
8.已知一次函数y=ax+1(a≠0)与x轴交于点A，与反比例函数y=4
x
交于点B，过点B作BC⊥x轴于点C，OC=OA，则线段AB的长为()
A. 2√3
B. 2√5
C. 5
D. 2√10
【答案】B
【解析】解：在y=ax+1中，当x=0时，y=1，
∴D(0,1)，
∴OD=1，
∵BC⊥x轴于点C，
∴BC//OD，
又OA=OC，
∴OA
AC =OD
BC
，即1
2
=1
BC
，
∴BC=2，
∴B点的纵坐标为2，代入y=4
x
，可得B点的横坐标为2，
∴A(−2,0)，B(2,2)，
∴AB=√(2+2)2+(2−0)2)=2√5，
故选：B．
根据一次函数的解析式求得D的坐标，进而B点的纵坐标，代入反比例函数解析式求得横坐标，得到A、B点的坐标，根据勾股定理即可求得AB．
本题考查了一次函数和反比例函数图象的交点问题，求得A、B的坐标是解题的关键．9.若m，n(m<n)是关于x的一元二次方程(x−a)(x−b)−3=0的两根，且a<b，
则m，n，a，b的大小关系是()
A. m<n<a<b
B. a<m<n<b
C. a<m<b<n
D. m<a<b<n
【答案】D
【解析】解：如图，抛物线y2=(x−a)(x−b)与
x轴交点(a,0)，(b,0)，
抛物线与直线y1=3的交点为(m,3)，(n,3)，
由图象可知m<a<b<n．
故选：D．
由(x−a)(x−b)−3=0可以将(m,3)，(n,3)看
成直线y1=3与抛物线y2=(x−a)(x−b)两交点，画出大致图象即可以判断．
此题考查的是一元二次方程根的分布，一元二次方程转化为二次函数与x轴的交点问题，在此题中关键在于能够对(x−a)(x−b)−3=0拆分成直线y1=3与抛物线y2=(x−a)(x−b)，再通过大致图象即可解题，这也给我提供了一种解决此类问题的技巧．
10.我国汉代数学家赵爽为了证明勾股定理，创制了一幅弦图，后人称其为赵爽弦图(如
图1).图2为小明同学根据弦图思路设计的.在正方形ABCD中，以点B为圆心，AB 为半径作AC⏜，再以CD为直径作半圆交AC⏜于点E，若边长AB=10，则△CDE的面积为()
A. 20
B. 25
√3 C. 24 D. 10√5
2
【答案】A
【解析】解：取CD的中点F，连接BF、BE、EF，
由题意可得，FE=FC，BE=BC，
∴BF是EC的垂直平分线，
∴∠FBC+∠BCE=90°，
∵∠BCD=90°，
∴∠DCE+∠BCE=90°，
∴∠FBC=∠DCE，
又∵∠BCF=∠CED=90°，
∴△BCF∽△CED，
∴BC
CE =CF
ED
=BF
CD
，
∵BC=10，CD=10，CF=5，∠BCF=90°，∴BF=√102+52=5√5，
∴10
CE =5
ED
=5√5
10
，
解得CE=4√5，ED=2√5，
∴△CDE的面积为：4√5×2√5
2
=20，
故选：A．
根据题意，作出合适的辅助线，然后根据相似三角形的判定与性质，可以得到DE和CE的值，从而可以求得△CDE的面积．
本题考查圆的有关计算、勾股定理、正方形的性质、线段垂直平分线的性质、相似三角形的判定与性质，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
二、填空题（本大题共6小题，共30.0分）
11.分解因式：a2−9=______．
【答案】(a+3)(a−3)
【解析】解：a2−9=(a+3)(a−3)．
故答案为：(a+3)(a−3)．
直接利用平方差公式分解因式，进而得出答案．
此题主要考查了公式法分解因式，熟练应用平方差公式是解题关键．
12.不等式组{x−1
3
+x>−3
2x+3≤9
的解集为______ ．
【答案】−2<x≤3
【解析】解：解不等式x−1
3
+x>−3，得：x>−2，
解不等式2x+3≤9，得：x≤3，
故答案为：−2<x≤3．
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．
13.某校初三(1)班同学参加内容为“最适合自己的考前减压方式”的调查，收集并整
理数据绘制如图扇形统计图，已知选择享用美食的8人，则选择体育运动的有______ 人.
【答案】12
【解析】解：由题意知，参与调查的总人数为8÷20%=40(人)，
所以选择体育运动的有40×30%=12(人)，
故答案为：12．
先根据选择享用美食的人数及其所占百分比求出参与调查的总人数，再用总人数乘以选择体育运动的人数所占百分比即可得出答案．
本题主要考查扇形统计图，扇形统计图是用整个圆表示总数用圆内各个扇形的大小表示各部分数量占总数的百分数．通过扇形统计图可以很清楚地表示出各部分数量同总数之间的关系．用整个圆的面积表示总数(单位1)，用圆的扇形面积表示各部分占总数的百分数．
14.如图，点O为平行四边形ABCD的对角线AC和BD
的交点，点E为边BC的中点，连接AE交BD于点F，
的值为______ ．
则OF
BD
【答案】1
6
【解析】解：连接OE，如图，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴OA=OC，OB=OD，
∵点E为边BC的中点，
∴OE为△CAB的中位线，∴OE//AB，OE=1
2
AB，∵OB//AB，
∴△OEF∽△BAF，
∴OF
BF =OE
AB
=1
2
，
∴OF
OB =1
3
，
∴OF
BD =1
6
．
故答案为1
6
．
连接OE，如图，根据平行四边形的性质得到OA=OC，OB=OD，则OE为△CAB的
中位线，所以OE//AB，OE=1
2AB，证明△OEF∽△BAF，利用相似比得到OF
BF
=1
2
，然
后根据比例的性质求OF
BD
的值．
本题考查了相似三角形的判定与性质：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，灵活运用相似三角形的性质表示线段之间的关系；也考查了平行四边形的性质．
15.如图，在⊙O内放置两个全等菱形ABCD和菱形EFGH.点
A，C，E，G均在同一直径上，点A，B，F，G，H，D
均在圆周上，已知AB=4√13，AE=10.则⊙O的半径
为______ ．
【答案】13
【解析】解：连接BD交AG于J，连接OA．
由题意AE=CG=10，
∵OA=OC，
∴OE=OC，
设OE=OC=x，则OA=OB=x+10，AC=AE+EC=10+2x，
∵OA⊥BD，AJ=IC，
∴AJ=JC=5+x，
OJ=x+10−(5+x)=5，
∵BE2=AB2−AJ2=OB2−OJ2，
∴(4√13)2−(5+x)2=(x+10)2−52，
∴x=3或−18(舍弃)，
∴OA=13，
故答案为：13．
连接BD交AG于J，连接OA.设OE=OC=x，则OA=OB=x+10，AC=AE+EC= 10+2x，根据BE2=AB2−AJ2=OB2−OJ2，构建方程求解即可．
本题考查菱形的性质，垂径定理，解直角三角形等知识，解题的关键是理解题意，学会利用参数构建方程解决问题．
16.某游乐场经过改造之后游客明显增多，现需要在入口处增建一个大型售货亭如图1.
小羽设计该售货亭主体结构，其侧面为Rt△ABE与矩形BCDE组合而成如图2，其中∠A=90°，AE=2.4米，BE=5.1米，A点到地面CD的距离5米，已知立柱BC 造价每米400元，立柱DE造价每米340元.则图2中立柱DE的造价为______ 元.在综合考虑造价与占地面积后，小哲在图2的基础上保持Rt△ABE形状大小以及点A 到地面CD的距离不变，给出图3的设计，此时DE=3.08米，则图3中立柱BC的造价为______ 元.
【答案】980 960
【解析】解：作AH⊥CD交BE于F，
∵BE=5.1米，AH=2.4米，∠HAE=90°，∴AB=4.5(米)，
∴S△AEB=1
2
×4.5×2.4，
∵S△AEB1
2
×5.1×AF，
∴AF=1
2
×4.5×2.4
1
2
×5.1
=36
17
(米)，
∵AH=5(米)，
∴DE=HF=5−36
17=49
17
(米)，
∴DE的造价为49
17
×340=980(元)，
如图，将其补成最大矩形，
由DM=5米，DE=3.08米，
∴EH=1.92(米)，
∵∠EAB=90°，
∴AB=√BE2−AE2=√5．12−2．42=4.5(米)，∵∠TAB+∠EAH=90°，∠TBA+∠TAB=90°，
∴∠TBA=∠EAH，∠BTA=∠AHE=90°，
∴△ATB∽△EHA，
∴HE
AE =AT
AB
，
∴1.92
2.4=AT
4.5
，
∴AT=3.6(米)，
∴TB=√4．52−3．62=2.7(米)，
∴BC=TC−TB=HD−TB=2.3(米)，
∴造价为2.3×400=960(元)，
故答案为：980；960．
作AH⊥CD交BE于F，根据三角形面积公式得出AF，进而利用勾股定理解答即可．此题考查勾股定理的应用，关键是根据勾股定理和三角形面积公式解答．
三、解答题（本大题共8小题，共80.0分）
17.(1)计算：−4sin30°+(√2−1)0+√8．
(2)化简：(1−1
x )×x
x2−1
．
【答案】解：(1)原式=−4×1
2
+1+2√2 =−1+2√2．
(2)原式=x−1
x ⋅x
(x+1)(x−1)
=1
x+1
．
【解析】(1)根据特殊角的锐角三角函数、零指数幂的意义以及二次根式的运算法则即可求出答案．
(2)分式的运算法则即可求出答案．
本题考查实数的以及分式的运算，解题的关键是熟练运用分式的运算法则以及实数的运算法则，本题属于基础题型．
18.如图，在四边形ABCD中，点E在AD上，∠BCE=∠ACD=90°，
AC=CD，BC=CE．
(1)求证：AB=DE．
(2)若AB=1，AC=AE，求CD的长．
【答案】解：(1)证明：∵∠BCE=∠ACD=90°，
∴∠ACB=∠DCE，
在△ABC和△DEC中，
{AC=CD
∠ACB=∠DCE BC=CE
，
∴△ABC≌△DEC(SAS)，
∴AB=DE；
(2)∵AC=AE，AC=CD，
∴AC=AE=CD，
在Rt△ACD中，根据勾股定理，得
AD2=AC2+CD2，
∴(CD+DE)2=CD2+CD2，
∴(CD+1)2=2CD2，
解得CD=1+√2或CD=1−√2(舍去)，
∴CD的长为1+√2．
【解析】(1)由“SAS”可证△ABC≌△DEC，可得结论；
(2)由等腰直角三角形的性质和勾股定理可求解．
本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理，掌握全等三角形的判定是本题的关键．
19.为了缓解我校周五放学家长接送学生造成校门口的拥堵情况，我校党委成立“交通
管理志愿者服务队”，设立三个交通管理点：①中学东门，②中学南门，③小学门口.李老师和王老师报名参加了志愿者服务工作，学校将报名的志愿者随机分配到三个管理点．
(1)李老师被分配到“中学东门”的概率为______ ．
(2)用列表法或画树状图法，求李老师和王老师都被分配到中学东门的概率．
【答案】1
3
【解析】解：(1)∵共有三个交通管理点，分别是：①中学东门，②中学南门，③小学门口，
∴李老师被分配到“中学东门”的概率为1
．
3
．
故答案为：1
3
(2)根据题意列表如下：
①②③
①(①,①)(②,①)(③,①)
②(①,②)(②,②)(③,②)
③(①,③)(②,③)(③,③)
共有9种等可能的结果，其中李老师和王老师都被分配到中学东门的有1种，
所以李老师和王老师都被分配到中学东门的概1
．
9
(1)直接根据概率公式求解即可；
(2)列表得出所有等可能结果，从中找到李老师和王老师都被分配到中学东门的结果，再利用概率公式求解即可．
此题考查的是用列表法或树状图法求概率．列表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；树状图法适合两步或两步以上完成的事件．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
20.如图，在6×6的方格纸中，线段AB的两个端分别落在格点上，请按要求画图：
(1)在图1中画一个格点四边形APBQ，且AB与PQ垂直．
(2)在图2中画一个以AB为中位线的格点△DEF．
【答案】解：(1)如图1中，四边形APBQ即为所求作(答案不唯一)．
(2)如图，△DEF 即为所求作(答案不唯一)．
【解析】(1)根据要求作出图形即可(答案不唯一)．
(2)根据要求作出图形即可(答案不唯一)．
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．
21. 已知抛物线l ：y =−x 2+bx 经过点(4,0)，点A ，点
B 均在抛物线上，且AB//x 轴．
(1)求b 的值和抛物线的顶点坐标．
(2)在第一象限内作一个矩形ABCD ，点C ，D 落在x
轴上.将抛物线l 平移，使抛物线顶点落在矩形ABCD
内部(包括顶点)，新抛物线与y 轴交点为(0,c)，若
AB =2，请求出c 的取值范围．
【答案】解：(1)∵抛物线l ：y =−x 2+bx 经过点(4,0)，
∴−16+4b =0，
∴b =4，
∴抛物线l 为：y =−x 2+4x ，
∵y =−x 2+4x =−(x −2)2+4，
∴顶点坐标为(2,4)；
(2)设A 、B 点的横坐标为x 1，x 2，
∵对称轴x =2，
∴x 1+x 2=4，
∵AB =2，
∴x 1−x 2=2，
由{x 1+x 2=4x 1−x 2=2解得{x 1=3x 2=1
， 把x =1代入y =−x 2+4x 得y =3，
∴A(3,3)，B(1,3)，
∴D(3,0)，
当抛物线顶点移到点B时，则y=−(x−1)2+3，
令x=0，则y=2，
∴c=2，
当抛物线顶点移到点D时，则y=−(x−3)2，
令x=0，则y=−9，
∴c=−9，
∴−9≤c≤2．
【解析】(1)把点(4,0)代入y=−x2+bx，利用待定系数法即可求得解析式，然后把解析式化成顶点式即可求得顶点坐标；
(2)根据题意求得A、B的坐标，即可求得D的坐标，根据A、D的坐标即可求得抛物线的解析式，令x=0，与y轴的交点，求得c的值，根据图象即可求得符合题意的c的取值．
本题考查了二次函数图象与几何变换，二次函数的性质，二次函数图象上点的坐标特征，矩形的性质，求得A、B的坐标是解题的关键．
22.如图，在△ABC中，BA=BC，以AB为直径作⊙O，
交边AC于点D，交CB的延长线于点E，连接DE
交AB于点F．
(1)求证：AD=DE．
(2)若sin∠ABE=√15
，AD=2√10，求⊙O的直径和
4
EF的长．
【答案】(1)证明：连接BE，
∵BA=BC，
∴∠A=∠C，
∵∠A=∠E，
∴∠E=∠C，
∴DE=DC，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠AB=90°，
即BD⊥AC，
∴AD=DC，
∴AD=DE；(2)解：连接AE，设⊙O的半径为r，
在Rt△ABE中，根据sin∠ABE=√15
4得，AE
AB
=AE
2r
=√15
4
，
∴AE=√15
2
r，
由勾股定理得BE=1
2
r，
∵AD=2√10，AD=CD=DE，∴AC=4√10，DE=2√10，
在Rt△ACE中，
∵AC2=AE2+CE2，
∴(4√10)2=(5
2r)2+(√15
2
r)2，
解得r=4，
∴⊙O的直径为8，
连接OD，
∵AO=BO，AD=CD，∴OD//BC，
∴OD//BE，
∴△DOF∽△EBF，
∴OD
BE =DF
EF
，
∴r1
2r
=2√10−EF
EF
，
解得EF=2√10
3
．
【解析】(1)连接BE，根据等腰三角形的性质和圆周角定理DE=DC，再根据等腰三角形的性质证得AD=DC，即可得到AD=DE；
(2)连接AE，设⊙O的半径为r，在Rt△ABE中，根据三角函数的意义得到AE=√15
2
r，
由勾股定理得BE=1
2
r，在Rt△ACE中，根据勾股定理r=4，可得⊙O的直径为8.连接OD，证得△DOF∽△EBF，根据相似三角形的性质即可求得EF．
本题主要考查了相似三角形的性质和判定，圆周角定理，勾股定理，等腰三角形的性质，
解直角三角形等知识，正确作出辅助线是解决问题的关键．
23. 为了推进现代化教育，教育局决定给某区每所中学配备m 台电脑，每所小学配备n
台电脑.现有甲、乙两家企业愿意捐赠其结对的学校所需的电脑(结对学校数的情况如图)，甲企业计划捐赠295台，乙企业计划捐赠305台．
(1)求m ，n 的值．
(2)现两家企业决定在计划购买电脑总金额1650000元不变的情况下，统一购买A ，B 两种型号电脑(单价如下表).在实际购买时，商家给予打折优惠：A ，B 两种型号电脑分别打a 折和b 折(a ≤b <10,a 、b 都是整数)，最后购进的电脑总数比计划多100台.求实际购买的A ，B 两种型号电脑各多少台．
型号
A B 单价(元/台) 3000 2500
【答案】解：(1)由题意得：{4m +3n =2952m +5n =305
， 解得：{m =40n =45
； (2)设购买的A ，B 两种型号电脑分别为x 台、(295+305+100−x)台，即(700−x)台，
由题意得：3000×0.1ax +2500×0.1b(700−x)=1650000，
整理得：x =1650000−175000b
300a−250b ，
∵A 型电脑台数小于700台，
∴1650000−175000b
300a−250b
<700， 解得：a >55
7，
又∵a ≤b <10，a 、b 都是整数，
∴有三种情况：①{a =8b =8，②{a =8b =9，③{a =9b =9
，
代入方程检验得：①x=625，②x=500，③x不是整数，舍去；
∴实际购买A型625台，B型电脑75台或A型500台，B型电脑200台．
【解析】(1)由题意得出方程组，解方程组即可；
(2)设购买的A，B两种型号电脑分别为x台、(295+305+100−x)台，即(700−x)台，
由题意得出方程，进而得出得1650000−175000b
300a−250b <700，则a>55
7
，再由∵a≤b<10，a、
b都是整数，得出有三种情况，即可解决问题．
本题考查了二元一次方程组的应用以及不等式的应用，根据题意列出正确的方程组和不等式是本题的关键．
24.如图，已知正方形ABCD，AB=8，点M为射线DC
上的动点，射线AM交BD于E，交射线BC于F，过点
C作CQ⊥CE，交AF于点Q．
(1)当BE=2DE时，求DM的长．
(2)当M在线段CD上时，若CQ=3，求MF的长．
(3)①当DM=2CM时，作点D关于AM的对称点N，求tan∠NAB的值．
②若BE=4DE，直接写出△CQE与△CMF的面积比______ ．
【答案】17
30
【解析】解：(1)∵四边形ABCD是正方形，
∴AB//CD，
∴△ABE∽△MDE，
∴AB
DM =BE
DE
，
∵BE=2DE，AB=8，
∴AB
DM =BE
DE
=2，
∴DM=1
2
AB=4；
(2)∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=CD=AB=8，∠ADC=∠BCD=90°，∠ADE=∠CDE=45°，AD//BC，∴∠EAD=∠F，
又∵DE=DE，
∴△ADE≌△CDE(SAS)，
∴∠EAD=∠ECM，
∵CQ⊥CE，
∴∠ECQ=90°=∠BCD，
∴∠ECM=∠QCF，
∴∠F=∠QCF，
∴CQ=FQ，
又∵∠F+∠CMQ=∠QCF+∠MCQ=90°，
∴∠CMQ=∠MCQ，
∴CQ=MQ，
∴CQ=MQ=FQ=1
2
MF=3，
∴MF=6；
(3)①a、当点N在正方形内部时，延长AN交BC于点G，如图1所示：
∵DM=2CM，CD=8，
∴CM=1
3CD=8
3
，
∵四边形ABCD是正方形，
∴BC=AB=8，AB//CD，AD//BC，∴∠DAF=∠F，△MCF∽△ABF，
∴CF
BF =CM
AB
=1
3
，
∴CF=1
3
BF，
∴CF=1
2
AB=4，
∴BF=AB+CF=12，
由对称的性质得：∠GAF=∠DAF，
∴∠GAF=∠F，
∴AG=FG，
设BG=x，则AG=FG=12−x，
在Rt△ABG中，由勾股定理得：AB2+BG2=AG2，即82+x2=(12−x)2，
解得：x=10
3
，
∴BG=10
3
，
∴tan∠NAB =BG AB =1038=512； b 、当点N 在正方形外部时，连接AN 、MN ，延长AB 交MN 于点G ，如图2所示：
由得出的性质得：∠N =∠ADC =90°，AN =AD =8，
∠AMN =∠AMD ，
同上得：∠BAM =∠AMD =∠NMA ，
∴AG =MG ，
设NG =x ，则AG =MG =16−x ，
在Rt △ANG 中，由勾股定理得：AN 2+NG 2=AG 2，
即82+x 2=(16−x)2，
解得：x =6，
∴NG =6，
∴tan∠NAB =NG AN =68=34；
综上所述，tan∠NAB 的值为512或34；
②过E 作EP ⊥CD 于P ，
如图3所示：
则EP//BC ，
∴△DEP∽△DBC ，
∴DP DC =EP BC =DE BD ，
∵BE =4DE ，
∴BD =5DE ，
∴DP DC =EP BC =DE BD =15，
∴DP =EP =15BC =85，
∵AB//CD ，
∴△MDE∽△ABE ，
∴DM
AB =ME
AE
=DE BE =14， ∴DM =14AB =2，ME AM =15，
∴CM =CD −DM =8−2=6，AM =√AD 2+DM 2=√82+22=2√17，
∴EM =15AM =2√17
5，
∵AB//CD，
∴△MCF∽△ABF，
∴MF
AF =MC
AB
=6
8
=3
4
，
∴MF=3AM=6√17，
同(2)得：CQ=MQ=FQ=1
2
MF=3√17，
∴EQ=EM+MQ=2√17
5+3√17=17√17
5
，
∴△CQE与△CMF的面积比=EQ
MF =
17√17
5
6√17
=17
30
，
故答案为：17
30
．
(1)证△ABE∽△MDE，得AB
DM =BE
DE
，则AB
DM
=BE
DE
=2，即可得出答案；
(2)证△ADE≌△CDE(SAS)，得∠EAD=∠ECM，再证∠ECM=∠QCF=∠F，得CQ= MQ=FQ=1
2
MF=3，则MF=6；
(3)①a、当点N在正方形内部时，延长AN交BC于点G，证△MCF∽△ABF，得CF
BF =CM
AB
=1
3
，
则CF=1
2
AB=4，BF=AB+CF=12，再证AG=FG，设BG=x，则AG=FG=12−x，
由勾股定理得：AB2+BG2=AG2，即82+x2=(12−x)2，得BG=10
3
，即可求解；b、当点N在正方形外部时，连接AN、MN，延长AB交MN于点G，证AG=MG，设NG=x，则AG=MG=16−x，由勾股定理得：AN2+NG2=AG2，求出NG=6，即可求解；
②过E作EP⊥CD于P，由相似三角形的判定与性质求出EQ和MF的长，即可解决问题．
本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、平行线的性质、轴对称的性质、勾股定理、锐角三角函数定义等知识；本题综合性强，有一定难度，证明三角形全等和三角形相似是解题的关键．。