重庆市江北区重庆十八中两江实验中学校2023-2024学年九年级上学期12月月考 数学试题（含解析）

这是一份重庆市江北区重庆十八中两江实验中学校2023-2024学年九年级上学期12月月考 数学试题（含解析），共29页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
数学试题
满分：150分考试时间：120分钟
一、单选题（本大题10个小题，每小题4分，共40分）
1．下列各图中，不是中心对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
2．下列各式中不是反比例函数关系的是（ ）
A．B．C．D．
3．对于反比例函数，下列说法错误的是（ ）
A．其图象经过第一、三象限B．过点
C．当时，y随x增大而增大D．当时，y随x增大而减小
4．用配方法将方程变形正确的是（ ）．
A．B．
C．D．
5．抛物线的顶点坐标是（ ）
A．（－2，0）B．（0，－2）C．（0，3）D．（3，0）
6．某商品原价元，经过连续两次降价后的售价为元，设平均每次降价的百分数为，则下面所列方程中正确的是（ ）
A．B．C．D．
7．如图，若是的直径，是的弦，，则（ ）
A．B．C．D．
8．将一些完全相同的“●”按如图所示的规律摆放，第1个图形有6个“●”，第2个图形有10个“●”，第3个图形有14个“●”，……按此规律，则第9个图形中共有“●”的个数是（ ）．

A．36B．38C．40D．42
9．二次函数的图象如图所示，下列结论：①；②；③；④若，且，则．其中正确的有( )
A．①②③B．②④C．②D．②③④
10．已知两个多项式，，x为实数，将A、B进行加减乘除运算：
①当时，则；
②若，则或；
③若多项式的取值与x无关，则，；
④代数式化简后总共有6种不同表达式；
⑤多项式的最小值为2023．
上面说法正确的有（ ）
A．2个B．3个C．4个D．5个
二、填空题（本大题8个小题，每小题4分，共32分）
11．计算： ．
12．若点A（﹣1，y1），B（2，y2），C（3，y3）在反比例函数的图象上，则y1，y2，y3的大小关系是 ．
13．如图，现分别旋转两个标准的转盘，两个转盘分别被两等分和三等分，则转盘所转到的两个数字之积为为奇数的概率是 .
14．已知一个多边形的每一个内角都是其相邻外角的5倍，则该多边形为 边形．
15．m、n分别为的一元二次方程的两个不同实数根，则代数式的值为
16．如图，在矩形ABCD中，∠BAC＝30°，AB=，点B为圆心，BC为半径画弧交矩形的边AB于点E，交对角线AC于点F，则图中阴影部分的面积为 ．
17．若整数使关于的不等式组的解集为，且关于的分式方程的解为正数，则符合条件的所有整数的积为 ．
18．对于一个各数位上的数字均不为0且互不相等的三位自然数，将它各个数位上的数字分别乘以3后再取其个位数，得到三个新的数字，再将这三个新数字重新组合成不同的三位数，当的值最小时，称此时的为自然数的“魅力数”，并规定．例如：时，其各个数位上数字分别乘以3后的三个数的个位数分别是：3、5、1，重新组合后的数为351、315、531、513、135、153，因为的值最小，所以315是157的“魅力数”，此时，则 ，若、都是各数位上的数字均不为0且互不相等的三位自然数，且，，其中，，、均为整数）若能被5整除，能被11整除，则的最大值为 ．
三、解答题（本大题8个小题，19题8分，其余每题各10分，共78分）
19．解下列方程：
(1)
(2)（配方法）
20．为了贯彻“减负增效”精神，掌握九年级学生每天的自主学习情况，某校学生会随机抽查了九年级的部分学生，并调查他们每天自主学习的时间．根据调查结果，制作了两幅不完整的统计图（图1，图2），请根据统计图中的信息回答下列问题：
(1)本次调查的学生人数是 人；
(2)图2中a是 度，并将图1条形统计图补充完整；
(3)老师从自主学习效果较好的4位同学（分别记为A、B、C、D）随机选择两位进行学习经验交流，请用列表法或树状图的方法求出同时选中A，B两位同学的概率．
21．已知：如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，连接对角线AC．
（1）在边AD上确定一点E，使EA=EC；在边BC上确定一点F，使FA=FC；（尺规作图，保留作图痕迹，不写作法）
（2）在（1）的条件下，连接AF，CE．求证：四边形AFCE是菱形．
22．如图，是的直径，与交于F，弦平分，，垂足为E．

(1)判断直线与的位置关系，并说明理由．
(2)若的半径为3，若，求线段．
23．今年忠县柑橘喜获丰收，某果园销售的柑橘“忠橙”和“爱媛”很受消费者的欢迎，“忠橙”售价80元/箱，“爱媛”售价60元/箱．在11月第一周“忠橙”的销量比“爱媛”的销量多100箱，且这两种柑橘的总销售额为50000元．
(1)在11月第一周，该果园“忠橙”和“爱媛”的销量各为多少箱？
(2)为了扩大销售，11月第二周“忠橙”售价降价，销量比第一周培加了，“爱媛”售价不变，销量比第一周增加了，结果这两种相橘第二周的总销售额比第一周的总销售额增加了，求的值
24．某同学在学习了反比例函数的图象与性质后，进一步研究了函数的图象与性质．其探究过程如下：
（1）绘制函数图象
①列表：下表是与的几组对应值，其中____________；
②描点：根据表中各组对应值，在平面直角坐标系中描出了各点；
③连线：用平滑的曲线顺次连接各点，画出了部分图象，请你把图象补充完整．

（2）探究函数性质
通过观察图象，写出该函数的两条性质：
①____________________________________；
②____________________________________．
（3）运用图象和函数性质
当时，写出自变量的取值范围____________．
25．如图，在平面直角坐标系中，抛物线过点，且交x轴于点，B两点，交y轴于点C．

(1)求该抛物线的解析式；
(2)如图1，点P为抛物线在直线下方的一动点，作轴，，分别交于点、F，求的最大值和此时点P的坐标；
(3)如图2，过点B作直线的平行线交y轴于点D，在（2）的条件下，将抛物线沿射线平移个单位长度，得到新抛物线，点R在新抛物线的对称轴上，点S在抛物线上．当以点D、P、R、S为顶点的四边形是平行四边形时，直接写出所有符合条件的点S的坐标．
26．如图1，在正方形和正方形中，点在同一条直线上，是线段的中点，连接．

（1）求证：．
简析：由是线段的中点，，不妨延长交于点，从而构造出一对全等的三角形，即_______________．由全等三角形的性质，易证是_______三角形，进而得出结论；
（2）如图2，将原问题中的正方形和正方形换成菱形和菱形，且，探究与的位置关系及的值，写出你的猜想并加以证明；
（3）当时，菱形和菱形的顶点都按逆时针排列，且．若点在一条直线上，如图2，则________；若点在一条直线上，如图3，则________．
1
2
3
1．B
【分析】根据中心对称图形与轴对称图形的概念依次分析即可．
【详解】解：A、 C、D既是轴对称图形又是中心对称图形，B只是轴对称图形，
故选B.
【点睛】解答本题的关键是熟练掌握如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重合，这样的图形叫做轴对称图形，这条直线叫对称轴；在同一平面内，如果把一个图形绕某一点旋转180°，旋转后的图形能和原图形完全重合，那么这个图形就叫做中心对称图形．
2．D
【分析】此题考查了反比例函数关系，根据形如（，k为常数）的函数，叫做反比例函数求解判断即可．解题的关键是掌握反比例函数关系的概念．
【详解】解：A、，是反比例函数关系，不符合题意；
B、，是反比例函数关系，不符合题意；
C、，是反比例函数关系，不符合题意；
D、，不是反比例函数关系，符合题意．
故选：D．
3．C
【分析】首先确定当k＞0，然后根据反比例函数的性质即可得到答案．
【详解】解：∵k=3＞0，
∴图像经过第一、第三象限，A正确；
当x=1时，y=3，因此函数过点（1，3），B正确；
当x＜0时，y随x增大而减小，C错误；
当x＞0时，y随x增大而减小，D正确．
故选：C．
【点睛】本题考查反比例函数的性质，掌握好反比例函数的性质是解决本题的关键．
4．A
【分析】根据配方法的解题步骤变形即可．
【详解】解：
故选：A．
【点睛】本题主要考查了一元二次方程配方法的应用，用配方法解二次项系数为1的一元二次方程的变形步骤为：（1）移项：把常数项移到方程的右边；（2）配方：方程两边都加上一次项系数绝对值一半的平方；（3）变形：方程左边分解因式，右边合并同类项．准确变形判断是解题的关键．
5．C
【分析】根据二次函数顶点式的特点即可求解．
【详解】解：∵=，
∴该抛物线的顶点坐标为（0，3），
故选：C．
【点睛】此题主要考查二次函数的顶点，解题的关键是熟知二次函数y=ax2+k的性质．
6．B
【分析】可先表示出第一次降价后的价格，那么第一次降价后的价格×（1-降低的百分率）=128，把相应数值代入即可求解．
【详解】解：第一次降价后的价格为168×(1−x)，两次连续降价后售价在第一次降价后的价格的基础上降低x，
为168×(1−x)×(1−x),则列出的方程是.
故选:B.
【点睛】考查由实际问题抽象出一元二次方程，读懂题目，找出等量关系是解题的关键.
7．B
【分析】由直径所对圆周角为直角即得出，从而由直角三角形两个锐角互余求出，最后由同弧所对圆周角相等即得出．
【详解】解：是的直径，
．
，
又，
．
故选B．
【点睛】本题考查圆周角定理的推论，直角三角形两个锐角互余．掌握直径所对圆周角为直角和同弧所对圆周角相等是解题关键．
8．B
【分析】根据题意可得第1个图形有个点，第2个图形有个点，第3个图形有个点，据此得出规律，进行解答即可．
【详解】解：∵第1个图形有个点，
第2个图形有个点，
第3个图形有个点，
．．．
∴第个图形有个点，
∴第9个图形中共有个点，
故选：B．
【点睛】本题考查了图形的变化规律，根据题意得出第个图形有个点是解本题的关键．
9．B
【分析】根据抛物线的对称性得到抛物线的对称轴为直线，根据抛物线对称轴方程得到，则可对②进行判断；由抛物线开口方向得到，由得到，由抛物线与轴的交点在轴上方得到，则可对①进行判断；根据二次函数图象的对称性得到抛物线与轴的另一个交点在点与之间，则时，，于是可对③进行判断；由，则，则可判断和所对应的函数值相等，于是可对④进行判断．
【详解】解：抛物线开口向下，
，
抛物线对称轴为，即，
，
抛物线与轴的交点在轴上方，
，
，所以①错误；
，
，所以②正确；
抛物线与轴的交点到对称轴的距离大于，
抛物线与轴的一个交点在点与之间，
抛物线与轴的另一个交点在点与之间，
时，，
，所以③错误；
当，则，
和所对应的函数值相等，
，
，所以④正确；
故选：B．
【点睛】本题考查了二次函数的图象与性质，二次函数图象与轴的交点问题，掌握二次函数的图象与性质是解题的关键．
10．B
【分析】解：把字母的值代入运算，即可判断①正确；由题意得方程求解，可判断②正确；③得关于参数的方程组求解，，故③正确；④将整式代入化简，根据绝对值的性质公式分情况讨论，可知有四种情况，故④错误；⑤，由配方法知，故⑤错误．
【详解】解：，故①正确；
②由得，，
整理，得：，
解得：或，故②正确；
③，
∴，
解得：，，故③正确；
④
∴
；
由；；；
时，原式；
时，原式；
时，原式；
时，原式；故有四种情况，故④错误；
⑤
．
∵，
∴，
∴，故⑤错误；
故选：B
【点睛】本题考查整式的运算，完全平方公式，绝对值的化简，解二元一次方程组．熟练掌握相关运算法则是解题的关键．
11．
【分析】此题考查实数的混合运算，零指数幂，绝对值化简，根据定义分别计算零次幂及化简绝对值，再计算加减法，正确掌握计算法则是解题的关键．
【详解】,
故答案为．
12．y1＜y3＜y2
【分析】根据反比例函数图象上点的坐标特征求出y1、y2、y3的值，比较后即可得出结论．
【详解】解：∵点A（-1，y1），B（2，y2），C（3，y3）在反比例函数y=的图象上，
∴y1=，
y2=，
y3=，
又∵-6＜2＜3，
∴y1＜y3＜y2．
故答案为：y1＜y3＜y2．
【点睛】本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，利用反比例函数图象上点的坐标特征求出y1、y2、y3的值是解题的关键．
13．
【分析】首先根据题意画出树状图，然后由树状图求得所有等可能的结果与转盘所转到的两个数字之积为奇数的情况，再利用概率公式求解即可求得答案．
【详解】画树状图得：
∵共有6种等可能的结果，转盘所转到的两个数字之积为奇数的有2种情况，
∴转盘所转到的两个数字之积为奇数的概率是：=．
故答案为．
【点睛】此题考查了列表法或树状图法求概率．注意此题属于放回实验，用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
14．十二
【分析】根据多边形内角和及题中条件列出关于边数的方程，解之即可．
【详解】解：设多边形为n边形，则
(n-2)·180°=5×360°，
解得n=12．
故答案为：十二．
【点睛】本题考查多边形的内角和，解题关键是正确列出关于边数的方程．
15．0
【分析】由一元二次方程的解的定义可得m2-4m-1=0，则m2-4m=1，再由根于系数的关系可得mn=-1,最后整体代入即可解答．
【详解】解：∵m、n分别为的一元二次方程
∴m+n=4,mn=-1，m2-4m-1=0，
∴m2-4m=1
∴＝1-1=0
故答案为0．
【点睛】本题考查了一元二次方程的解和根与系数的关系，其中正确运用根与系数的关系是解答本题的关键．
16．##
【分析】连接，过F作HF⊥BC于H，解直角三角形得到BC=2，求得△BCF是等边三角形，得到∠CBF=60°，推出∠EBF=30°，根据三角形和扇形的面积公式即可得到结论．
【详解】解：连接，过F作HF⊥BC于H，如下图，
，AB=，
，
解得：，
，
为等边三角形，
∴∠CBF=60º，BF=FC=BC=2
，
∴FH=，
∵矩形ABCD中∠ABC=90º
∴∠EBF=30º
∴S阴=S扇形BCF+S△ABC-2S△BCF-S扇形BEF
=
=，
故答案为：．
【点睛】此题考查了阴影部分面积的求法，矩形的性质、等边三角形面积、等边三角形的判定和性质，扇形面积的求法，锐角三角函数，解题的关键是灵活运用所学知识将阴影部分的面积转化为规则图形面积的和差情况．
17．0
【分析】根据不等式组的解集确定a的取值范围，再根据分式方程的解为正数，得出a的所有可能的值，再进行计算即可．
【详解】解：解不等式得：，
解不等式得：，
∵整数a使关于x的一元一次不等式组的解集是，
∴，
解分式方程得：，且，
∵分式方程的解是正数，
∴，
∴，且，
∵为整数，
∴，
∴符合条件的所有整数a的值之积为0，
故答案为：0．
【点睛】本题考查分式方程的整数解，解一元一次不等式组，掌握分式方程的解法、一元一次不等式组的解法，理解分式方程的整数解的意义是正确解答的前提．
18． 64 100
【分析】利用“魅力数”的定义求出248的“魅力数”，再利用，计算即可；利用整数的整除的性质和数位上的数字的特征求得，值，求得值，利用“魅力数”的定义求出的“魅力数”，再利用，分别计算即可得出结论．
【详解】解：当时，
其各个数位上数字分别乘以3后的三个数的个位数分别是：6、2、4，
重新组合后的数为：624，642，426，462，246，264，
的值最小，
是248的“魅力数”，
此时．
，，
，
能被5整除，
也能被5整除，
，为整数，
或9．
，，
，
能被11整除，
也能被11整除，
，为整数，
．
或129．
当时，
其各个数位上数字分别乘以3后的三个数的个位数分别是：3、6、2，
重新组合后的数为：623，632，326，362，236，263，
的值最小，
是124“魅力数”，
此时．
当时，
其各个数位上数字分别乘以3后的三个数的个位数分别是：6、3、7，
重新组合后的数为：637，673，736，763，376，367，
的值最小，
是129的“魅力数”，
此时．
综上，则的最大值为100．
故答案为：64；100．
【点睛】本题主要考查了因式分解的应用，有理数的混合运算，有理数的整除性，本题是阅读型题目，准确理解题目中概念与公式并熟练应用是解题的关键．
19．(1)，；
(2)，．
【分析】本题考查了解一元二次方程．
（1）移项后运用直接开平方法求解即可；
（2）按要求运用配方法求解即可．
【详解】（1）解：整理得，
解得：，；
（2）解：移项得，
配方得：，
即，
开方得：，
解得：，．
20．(1)40
(2)54°，图见解析
(3)
【分析】（1）用自主学习1小时的人数除以其所占的百分比，即可求解；
（2）用360°乘以自主学习0.5小时的人数所占的百分比，再求出自主学习1.5小时的人数，即可求解；
（3）根据题意画树状图，可得共有12种等可能的结果，其中选中A，B的有2种，再用概率公式计算，即可求解．
【详解】（1）解：本次调查的学生人数是人；
故答案为：40
（2）解：；
自主学习1.5小时的人数有：40×35%＝14（人）；
补全统计图如下：
（3）解：根据题意画树状图如下：
∵共有12种等可能的结果，其中选中A，B的有2种，
∴选中A，B同学的概率是：．
【点睛】本题主要考查了条形统计图和扇形统计图，利用树状图或列表法求概率，明确题意，准确从统计图中获取信息是解题的关键．
21．（1）作图见解析；（2）证明见解析．
【分析】（1）作线段AC的垂直平分线交AD于E，交BC于F，连接EC，AF即可；
（2）结合（1）证明AE＝EC＝CF＝AF，进而得证．
【详解】解：（1）如图，点E、F为所作；
（2）∵EF垂直平分AC，
∴AE＝CE，AF＝CF，
∴EF平分∠AFC，即∠AFE＝∠CFE，
∵AD∥BC，
∴∠AEF＝∠CFE，
∴∠AFE＝∠AEF，
∴AE＝AF，
∴AE＝EC＝CF＝AF，
∴四边形AFCE为菱形．
【点睛】本题考查基本作图，线段垂直平分线的性质，菱形的判定，熟练掌握线段垂直平分线的尺规作图方法是解题的关键．
22．(1)直线与相切，理由见解析
(2)
【分析】（1）欲证明与的切线，只要证明即可；
（2）过O作于G，得到，根据直角三角形的性质得到，得到，推出四边形是菱形，得到，，于是得到结论．
【详解】（1）直线与相切，理由如下：
连接．
∵平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，即，
∴，即，
∴是的切线即直线与相切；
（2）过O作于G，

∵，
∴，，
∴
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴四边形是菱形，
∵，，
∴，
∴
∴．
【点睛】本题考查切线的判定和性质、垂径定理、含30度角的直角三角形和菱形的判定与性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，属于中考常考题型．
23．(1)该果11月园第一周销售“忠橙”400箱，销售“爱媛”300箱
(2)40
【分析】（1）设该果园11月第一周销售“忠橙”箱，则销售“爱媛”箱，根据等量关系是“忠橙”售价×销量箱数+“爱媛”售价×销量箱数=50000，列方程，解方程即可；
（2）根据等量关系是“忠橙”降价后售价×降价后销量箱数+“爱媛”售价×增加后销量箱数=总销售额比第一周的总销售额增加了，列方程，解方程即可．
【详解】（1）解：设该果园11月第一周销售“忠橙”箱，则销售“爱媛”箱，
由题意得，
解得，
经检验是原方程的根，
．
答：该果11月园第一周销售“忠橙”400箱，销售“爱媛”300箱．
（2）解：由题意得
整理，得：，
解得：，（不合题意，舍去），
答：的值为40．
【点睛】本题考查列一元一次方程解销售问题应用题，列一元二次方程解应用题，掌握列一元一次方程，一元二次方程解应用题的方法与步骤，抓住等量关系“忠橙”售价×销量箱数+“爱媛”售价×销量箱数=50000列方程是解题关键．
24．（1），图象见解析；
（2）①函数的图象关于y轴对称，
②当时，y随x的增大而减小，当时，y随x的增大而增大；
（3）或．
【分析】（1）把代入解析式即可求得，进而即可描点连线，补充图象；
（2）根据（1）中的图象，从函数的对称性，增减性方面得出函数图象的两条性质即可；
（3）根据图象得出答案．
【详解】解：（1）把代入得，
，
∴，
画出图象如图：

故答案为；
（2）通过观察图象，得到：
性质1：函数的图象关于轴对称；
性质2：当时，随的增大而减小，当时，随的增大而增大；
故答案为：①函数的图象关于y轴对称，②当时，y随x的增大而减小，当时，y随x的增大而增大；
（3）由图象可知，当时，自变量x的取值范围为或，
【点睛】本题考查反比例的图象和性质，列表、描点、连线是作函数图象的基本方法，利用图象得出性质和结论是解决问题的根本目的．
25．(1)
(2)当 时, 有最大值为，此时, 点
(3)或 或
【分析】用待定系数法即可求解；
由 即可求解;
当是对角线时，由中点坐标公式得： ，即可求解；当是对角线时, 同理可解.
【详解】（1）解：把点和代入得：
，解得：，
∴；
（2）当时，，
∴点
设直线的表达式为，
将点的坐标代入上式得 ，
解得：
即直线AC的表达式为
设点 ，则点
则
轴,
，
∴则 ，
故有最大值，当 时, 有最大值为 ，此时, 点；
（3）由 知, 抛物线的对称轴为，而抛物线沿射线平移个单位长度，相当于向左向下均平移了个单位，则抛物线的对称轴为
故设点 ,
当是对角线时，由中点坐标公式得：
解得： ；
当是对角线时，同理可得：
解得：；
当是对角线时，同理可得：
解得：；
故点的坐标为或 或
【点睛】本题考查了二次函数综合题，涉及到待定系数法求函数解析式、平行四边形的性质、用函数方式求出线段和的表达式等，其中要主要分类求解，避免遗漏.
26．（1）ΔDPM,ΔFPG；等腰直角；（2）线段PG与PC的位置关系是PG⊥PC；＝；（3）2，.
【分析】（1）延长交于点，由是线段的中点，，可得∠MDP=∠GFP，DP=FP，利用ASA可证明△DPM≌△FPG；可得DM=GF，MP=GP，根据正方形的性质可得CM=CG，即可证明△CMG是等腰直角三角形，即可得答案；
（2）如图，延长GP交DC于点H，利用ASA可证明△GFP≌△HDP，可得GP＝HP，GF＝HD，进而根据菱形的性质可证明△CHG是等腰三角形，根据等腰三角形“三线合一”的性质可得PG⊥PC，∠HCP=∠GCP，由∠ABC=60°可得∠HCG=120°，进而可得∠CGP=30°，根据含30°角的直角三角形的性质及勾股定理即可得答案；
（3）利用线段的和差关系可求出图2中CG的长，由（2）可知∠CGP=30°，根据含30°角的直角三角形的性质即可求出CP的长；在图3中，延长GP到N，使GP=PN，连接DN、CN、CG，过N作NK⊥CD，交CD延长线于K，利用SAS可证明△FGP≌△DNP，可得GF=DN，∠GFP=∠NDP，根据角的和差关系可得∠CDN=120°，根据平角的定义可得∠GBC=120°，利用菱形的性质及等量代换可得DN=GB，利用SAS可证明△NDC≌△GBC，可得CN=CG，∠DCN=∠BCG，根据等腰三角形的性质可得PC⊥GN，根据角的和差关系可得∠NCG=120°，进而可得出∠CNP=30°，可得PC=CG，根据平角的定义可得∠KDN=60°，即可得出∠KND=30°，根据含30°角的直角三角形的性质可得得出KD的长，利用勾股定理可求出KN的长，再利用勾股定理可求出CN的长，根据含30°角的直角三角形的性质即可得出PC的长．
【详解】（1）如图，延长交于点，
∵是线段的中点，四边形ABCD、BEFG是正方形，点在同一条直线上，
∴，DP=FP，CD=BC，FG=BG，
在△DPM和△FPG中，，
∴△DPM≌△FPG，
∴DM=FG，KP=GP，
∴CD-DM=BC-BC，即CM=CG，
∴△CMG是等腰直角三角形，
∴PG⊥PC，PG=PC．
故答案为：ΔDPM，ΔFPG；等腰直角
（2）猜想：线段PG与PC的位置关系是PG⊥PC；＝．
如图，延长GP交DC于点H，
∵P是线段DF的中点，
∴FP＝DP，
∵四边形ABCD和四边形是菱形，
∴CD//AB，CF//BE，CD＝CB，GF=GB，
∵点在一条直线上，
∴DC∥GF，
∴∠GFP＝∠HDP，
在△GFP和△HDP中，，
∴△GFP≌△HDP，
∴GP＝HP，GF＝HD，
∴CD-DH＝CB-GB，即CG＝CH，
∴△CHG是等腰三角形．
∴PG⊥PC，（三线合一），∠HCP=∠GCP，
∵∠ABC＝∠BEF＝60°，
∴∠HCG=120°，
∴∠CGP=（180°-120°）=30°，
∴CG=2PC，
∴PG=，
∴＝．
（3）如图2，∵AB=6，BE=2，
∴CG=AB-BE=4，
由（2）可知∠CGP=30°，PG⊥PC，
∴PC=CG=2，
如图3，延长GP到N，使GP=PN，连接DN、CN、CG，过N作NK⊥CD，交CD延长线于K，
在△DNP和△FGP中，，
∴△DNP≌△FGP，
∴DN=GF=BG=BE=2，∠NDP=∠GFP，
∵四边形ABCD和四边形是菱形，
∴CD//AB，EF//BC，
∵点A、B、G在一条直线上，
∴DC∥EF，
∴∠CDP=∠EFP，
∵∠ABC=∠BEF=60°，
∴∠EFG=∠CBG=120°，
∴∠NDP+CDP=∠GFP+∠EFP=∠EFG=120°，即∠NDC=120°，
∴∠KDN=60°，∠KND=30°，
∴KD=DN=1，NK=，
∴CK=CD+KD=7，
∴CN==，
在△CDN和△CBG中，，
∴CN=CG，∠DCN=∠BCG，
∴PC⊥GN，∠DCN+∠NCB=∠BCG+∠NCB=∠DCB=120°，即∠NCG=120°，
∴∠CNP=（180°-∠NCG）=30°，
∴PC=CN=．
故答案为：2，
【点睛】本题考查正方形的性质、菱形的性质、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质、含30°角的直角三角形的性质及勾股定理，正确作出辅助线、熟记30°角所对的直角边等于斜边的一半的性质及全等三角形的判定定理是解题关键．