2022年浙江省杭州市上城区初中中考数学二模试题（解析版）

这是一份2022年浙江省杭州市上城区初中中考数学二模试题（解析版），共30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。

杭州市上城区初中中考数学二模模拟考试
数学试题卷
一、单选题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）
1. 下列说法正确的是（ ）
A. 是分数 B. 16的平方根是，即
C. 万精确到百分位 D. 若，则
【答案】D
【解析】
【分析】根据实数的分类、平方根的定义、近似数的定义、算术平方根的非负性逐一判断．
【详解】解：A、是无理数，不是分数，故该选项错误；
B、16的平方根是，即，故该选项错误；
C、8.30万精确到百位，故该选项错误；
D、若，∴a=2022，b=-1，则，故该选项正确；
故选：D．
【点睛】本题主要考查实数的有关定义与计算，熟练掌握实数的分类与大小比较及算术平方根、平方根的定义是关键．
2. 已知二次根式，当x＝1时，此二次根式的值为（　　）
A. 2 B. ±2 C. 4 D. ±4
【答案】A
【解析】
【分析】将x取值代入二次根式求值即可．
【详解】解：当x＝1时，原式＝，
故选：A．
【点睛】本题考查二次根式的计算，注意算数平方根开出来是正数，这一点是本题关键．
3. 将一枚飞镖投掷到如图所示的正六边形镖盘上（每次飞镖均落在镖盘上，且落在镖盘的任何一个点的机会都相等），飞镖落在阴影区域的概率为（　　）

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】用阴影区域的面积除以正六边形的面积即可求得答案．
【详解】解：设正六边形的边长为a，过A作AG⊥BF，垂足为G，如图，

∵六边形ABCDEF是正六边形，
∴AF=AB=BC=CD=DE=EF，
∴
∴
∴
∴由勾股定理得FG=，
∴BF=
∴
∴白色部分的面积，阴影区域的面积是a×a＝a2，
所以正六边形的面积为
则飞镖落在阴影区域的概率为．
故选：B．
【点睛】考查了几何概率的知识，解题的关键是正确的求得阴影部分的面积，难度不大．
4. 如图是沙漏示意图（数据如图），上下两部分为全等三角形，将上半部分填满沙子后，在沙子下落至如图位置时，AB的长为多少？（正在下落的沙子忽略不计）（ ）


A. 1cm B. 2cm C. 3cm D. 4cm
【答案】D
【解析】
【分析】先根据题意得出，根据全等三角形对应高相等，得出AB边上的高为5cm，然后根据，，即可求出AB的长．
【详解】，四边形ABFE≌四边形DCGH，
∴，
的边上的高为5cm，
∴的边AB上的高为5cm，
∵整个沙漏的高为15cm，
∴的边EF上的高为，
∵，
，
，
，
∴，故D正确．
故选：D．

【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定与性质和相似三角形的判定和性质，熟练掌握相似三角形的对应高之比等于相似比是解题的关键．
5. 如图，数轴上的点A 所表示的数为x，则x的值为( )


A. B. C. 2 D. -2
【答案】A
【解析】
【分析】直接利用数轴结合勾股定理得出x的值，进而得出答案．
【详解】图中的直角三角形的两直角边为1和1,所以斜边长为,所以-1到点A的距离是,那么点A所表示的数为-.
即x的值为
故选A
【点睛】本题考查了实数与数轴，勾股定理，掌握勾股定理是解题的关键．
6. 我国古代数学名著《算法统宗》中记载：“今有绫七尺， 罗九尺，共价适等； 只云罗每尺价比绫每尺少钱三十六文，问各钱价若干? ” 意思是： 现在有一匹7尺长的绫布和一匹9 尺长的罗布恰好一样贵，只知道每尺罗布比绫布便宜36文，问两种布每尺各多少钱? 设绫布每尺文，罗布每尺文，那么可列方程组为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据“7尺长的绫布和一匹9 尺长的罗布恰好一样贵”和“每尺罗布比绫布便宜36文”列出方程组即可．
详解】解：根据题意得，
，
故选C
【点睛】本题主要考查了列二元一次方程组，灵活找出等量关系是解答本题的关键．
7. 下列四个运动品牌图标中，是中心对称图形的图标是（　　）．
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据中心对称图形概念对各选项分析判断后利用排除法求解．
【详解】解：A.不是中心对称图形，故本选项错误；
B.不是中心对称图形，故本选项错误；
C.是中心对称图形，故本选项正确；
D.不是中心对称图形，故本选项正确．
故选：C．
【点睛】本题考查了中心对称图形的概念，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合．
8. 下列结论中： ①若 ， 则 ；②若 ， 则 的值为 ； ③若规定： 当 时， ， 若 ， 则 ；④若 ， 则 可表示为 ； ⑤若 的运算结果中不含 的一次项， 则 ． 其中正确的个数是 （　　）
A. 5 B. 4 C. 3 D. 2
【答案】D
【解析】
【分析】①可以是零指数幂，可以是1的任何次幂，可以是−1的偶数次幂；
②先求出ab的值，再求出a＋b的值，最后代入代数式求值即可；
③根据新定义列出方程求解即可；
④把a，b先化成底数为2的式子，然后再求值；
⑤根据平方差公式判断即可．
【详解】解：①可以分为三种情况：
当x＋1＝0时，x＝−1；
当1−x＝1时，x＝0；
当1−x＝−1，x＋1为偶数时，x＝2，但x＋1＝3不是偶数，舍去；
综上所述，x＝−1或0．
∴①不符合题意；
②（2−a）（2−b）
＝4−2b−2a＋ab
＝4−2（a＋b）＋ab，
∵a−b＝1，
∴（a−b）2＝1，
∴a2＋b2−2ab＝1，
∵
∴ab＝1，
∴（a＋b）2＝a2＋b2＋2ab＝3＋2＝5，
∴a＋b＝±，
当a＋b＝时，原式＝4−2＋1＝5−2；
当a＋b＝−时，原式＝4＋2＋1＝5＋2，
∴a＋b＝5±2．
∴②不符合题意；
③根据定义得：a＋4−a-a（4−a）＝0，
解得：a＝2，
∴③符合题意；
④∵4x＝（22）x＝22x，8y＝（23）y＝23y，
∴24x−3y＝24x÷23y＝(4x)2÷8y＝，
∴④不符合题意；
⑤若 的运算结果中不含x的一次项， 则 ，符合题意，
故选D．
【点睛】本题主要考查了零指数幂，完全平方公式，幂的运算，综合性比较强，解题时注意分类讨论．
9. 在平面直角坐标系中，横坐标和纵坐标都是整数的点叫做整点，已知直线（）与两坐标轴围成的三角形区域（不含边界）中有且只有四个整点，则t的取值范围是（ ）
A. B.
C. D. 且
【答案】D
【解析】
【分析】画出函数图象，利用图象可得t的取值范围.
【详解】∵，
∴当y=0时，x=；当x=0时，y=2t+2，
∴直线与x轴的交点坐标为（，0），与y轴的交点坐标为（0，2t+2），
∵t>0，
∴2t+2>2，
当t=时，2t+2=3，此时=-6，由图象知：直线（）与两坐标轴围成的三角形区域（不含边界）中有且只有四个整点，如图1，
当t=2时，2t+2=6，此时=-3，由图象知：直线（）与两坐标轴围成的三角形区域（不含边界）中有且只有四个整点，如图2，
当t=1时，2t+2=4，=-4，由图象知：直线（）与两坐标轴围成的三角形区域（不含边界）中有且只有三个整点，如图3，
∴且，
故选：D.

【点睛】此题考查一次函数的图象的性质，一次函数图象与坐标轴交点坐标，根据t的值正确画出图象理解题意是解题的关键.
10. 如图，抛物线与x轴交于点，顶点坐标为，与y轴的交点在和两点之间(包含端点)．下列结论中正确的是（ ）

①不等式的解集为或；
②；
③一元二次方程的两个根分别为，；
④．
A. ①②③ B. ①②④ C. ②③④ D. ①③④
【答案】D
【解析】
【分析】利用对称轴及点A的坐标可以求出抛物线与x轴的另一交点，结合图象即可求出不等式的解集；利用对称轴 ，可知，进一步可求出；利用韦达定理求出方程根与系数的关系，可知，，进一步可以求出方程的两根；利用，可以推出，其中，再利用可知，利用c的范围可以求出的范围；
【详解】解：∵对称轴，，
∴抛物线交于x轴的另一点坐标为，
∴结合图象可知的解集为或，故①正确；
∵对称轴，
∴，即，故②错误；
∵中根与系数的关系：，
假设方程的根为和，
∴，
∴，
因式分解得：
∴，
∴两个根分别为，，故③正确；
∵
∴
∴
∴
∵
∴，即，故④正确；
综上所述：正确的有①③④，
故选：D．
【点睛】本题考查二次函数的图像问题，韦达定理，要能够结合图象求出不等式解集，找出系数a、b、c之间的关系，求出二元一次方程的根，做该类题的关键是结合图象进行求解．
二、填空题（本大题共6小题，每小题4分，共24分）
11. 若，则的值为_____．
【答案】
【解析】
【分析】由，设，然后再代入求解即可．
【详解】解：∵，设，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了比例的性质，熟练掌握比例的性质是解题的关键．
12. 已知，，求的值__________．
【答案】
【解析】
【分析】利用根式的基本性质将原式化简，再通分，最后代入数值计算即可解答．
【详解】解：，，


=
=
=
∴把，代入，有：
原式==，
故答案为：．
【点睛】本题考查了二次根式的化简求值，以及分母有理化的内容，熟记公式是解答本题的关键．
13 若点与关于原点成中心对称，则______．
【答案】
【解析】
【分析】由题意知，求出的值，代入求解即可．
【详解】解：由题意知
解得
∴
故答案为：．
【点睛】本题考查了关于原点成中心对称的点坐标的特征，负整数指数幂，代数式求值等知识．解题的关键在于求出的值．
14. 如图，把一张长方形纸片ABCD沿EF折叠后，点C，D分别落在的位置上， 交AD于点G．已知，那么_________度．



【答案】64
【解析】
【分析】由题意得AD∥BC，可得∠CEF=∠EFG=58°，由折叠的性质可知∠GEF=∠CEF=58°，再由邻补角的性质，即可求解．
【详解】解：根据题意得：AD∥BC，
∴∠CEF=∠EFG=58°，
由折叠的性质得：∠GEF=∠CEF=58°，
∴∠BEG=180°-∠FEC-∠GEF=180°-58°-58°=64°．
故答案为：64°．
15. 如图，正方形ABCD的对角线上的两个动点M、N，满足，点P是BC的中点，连接AN、PM，若，则当的值最小时，线段AN的长度为______．

【答案】
【解析】
【分析】过P作PE∥BD交CD于E，连接AE交BD于N，过P作PM∥AE交BD于M，此时，AN+PM的值最小，根据三角形的中位线的性质得到PE=BD，根据平行四边形的性质得到EN=PM，根据勾股定理得到AE=，根据相似三角形的性质即可得到结论.
【详解】解：

过P作PE∥BD交CD于E，连接AE交BD于N，过P作PM∥AE交BD于M，此时，AN+PM的值最小
∵P为BC的中点
∴E为CD的中点
∴PE=BD
∵AB=BD，AB=MN
∴MN=BD
∴PE=MN
∴四边形PEMN是平行四边形
∴EN=PM
∵AE=
∴AB∥CD
∴△ABN∽△EDN
∴
∴AN=
故答案为.
【点睛】本题考查了轴对称——最短路径问题、正方形的性质以及相似三角形的判定与性质，题目综合性很强，属于较难题目.
16. 如图，抛物线与x轴交于A、B两点，P是以点为圆心，2为半径的圆上的动点，Q是线段PA的中点，连结OQ．则线段OQ的最小值是______．


【答案】##1.5
【解析】
【分析】根据抛物线的性质，点A、点B关于原点对称，连接BP，则OQ是△ABP的中位线，OQ=，当BP最小时，OQ最小，根据圆的性质，当P位于BC与圆的第一个交点位置时，取得最小值．
【详解】如图，连接PB，
∵抛物线与x轴交于A、B两点，
∴，


解得x=4或x=-4，
∴A(-4,0)，B(4,0)，
∴OA=OB，
∵Q是线段PA的中点，
∴OQ是△ABP的中位线，
∴OQ=，当BP最小时，OQ最小，
设BC与圆较近的交点为D，
∵点，B(4,0)，
∴BC==5，
∵圆半径为2，
∴BD=5-2=3，
∴OQ==，
根据圆的性质，当P位于BC与圆的第一个交点位置时，取得最小值，
∴OQ=，
故答案为：．
【点睛】本题考查了抛物线与x轴的交点，三角形中位线定理，圆的基本性质和最值的性质，构造三角形中位线，灵活运用圆的性质是解题的关键．
三、解答题（本大题有7个小题，共66分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）
17. 计算:
（1）计算：
（2）化简求值，其中。
【答案】（1）-2 （2），
【解析】
【分析】（1）结合零指数幂的意义和绝对值的意义等知识，先求出每一部分的值，再求和即可得解；
（2）先算括号内的加法，把除法变成乘法，算乘法，最后代入求出即可．
【小问1详解】


；
【小问2详解】




，
将代入，
得：原式．
【点睛】本题考查了分式的混合运算和求值，零指数幂、绝对值的意义、二次根式等知识点，能求出每一部分的值是解（1）的关键，能熟练地运用法则进行化简是解（2）的关键，注意运算顺序．
18. “节约用水、人人有责”，某班学生利用课余时间对金辉小区300户居民的用水情况进行了统计，发现5月份各户居民的用水量比4月份有所下降，并且将5月份各户居民的节水量统计整理成如图所示的统计图表
节水量/立方米

1

1.5

2.5

3

户数/户

50

80

a

70


（1）写出统计表中a的值和扇形统计图中2.5立方米对应扇形的圆心角度数．
（2）根据题意，将5月份各居民的节水量的条形统计图补充完整．
（3）求该小区300户居民5月份平均每户节约用水量，若用每立方米水需4元水费，请你估算每户居民1年可节约多少元钱的水费？

【答案】（1）120°；（2）见解析（3）100.8元
【解析】
【分析】（1）根据题意和条形统计图可以得到a的值和扇形统计图中2.5立方米对应扇形的圆心角度数；
（2）由（1）中得到a的值，从而可以将条形统计图补充完整；
（3）根据统计图中的数据可以解答本题．
【详解】解：（1）由题意可得，
a=300﹣50﹣80﹣70=100，
扇形统计图中2.5立方米对应扇形的圆心角度数是：=120°；
（2）补全的条形统计图如右图所示
（3）由题意可得，
5月份平均每户节约用水量为：=2.1（立方米），
2.1×12×4=100.8（元），
即求该小区300户居民5月份平均每户节约用水量2.1立方米，若用每立方米水需4元水费，每户居民1年可节约100.8元钱的水费．

【点睛】本题考查条形统计图、扇形统计图、统计表、加权平均数、用样本估计总体，解题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件．
19. 2022年2月第24届冬奥会在北京和张家口举行，中国北京成为世界上首个举办夏季和冬季奥运会的地市．奥运会期间，A，B两地向C，D两地运送物资，已知A，B两地共有物资300吨，其中A地物资是B地物资数量的2倍．现C地需要物资140吨，D地需要物资160吨．从A地往C，D两地运物资的费用分别为10元/吨和15元/吨；从B地往C，D两地运物资的费用分别为8元/吨和15元/吨．设从A地运往C地x吨物资，总运费为y元．
（1）A地和B地各有多少吨物资？
（2）求出最少总运费；
（3）由于更换车型，使A地运往C地的运费每吨减少a（0 【答案】（1）A地和B地分别有物资200吨和100吨
（2）最少总运费是3600元
（3）当0 【解析】
【分析】(1)根据A、B两地共有物资300吨，其中A地物资是B地物资数量的2倍，列方程解答即可；
(2)设从A地运往C地物资x吨，用含x的代数式分别表示出从A运往D地的物资吨数，从B地运往C地物资吨数，及从B地运往D地物资吨数，根据：运费=运输吨数×运输费用，得一次函数解析式，再求出x的取值范围，利用一次函数的性质得结论；
(3)列出当A地运往C地的运费每吨减少a(0 【小问1详解】
解：设B地物资数量为m吨．
根据题意，得m +2m=300．
解得m=100．
∴2m =200．
答：A地和B地分别有物资200吨和100吨；
【小问2详解】
解：由题意，得

根据题意得
∴40≤x ≤140．
∵k=2>0，
∴中，y随x的增大而增大．
∴ 当x=40时，y有最小值为3600．
答：最少总运费是3600元
【小问3详解】
解：由（2）得．
当00时，y随x的增大而增大，
故当x=40时，总运费最少，
此时A地运往C地40吨，运往D地160吨，B地运往C地100吨，运往D地0吨；
当a=2，即2-a=0时，y=3520，不管A地运往C地多少吨，运费都是3520元；
当2 x=140时，总运费最少．
此时A地运往C地140吨，运往D地60吨，B地运往C地0吨，运往D地100吨．
【点睛】本题考查了一元一次方程及一次函数的应用，根据题意列出一次函数解析式是关键，注意(3)需分类讨论．
20. 如图，正方形ABCD的边长为6， 点E在边AB上，连接ED，过点D作FD⊥DE与BC的延长线相交于点F， 连接EF与边CD相交于点G、与对角线BD相交于点H．

（1）若BD＝BF，求BE的长；
（2）若∠2＝2∠1，求证：HF＝HE＋HD．
【答案】（1）；
（2）见解析
【解析】
【分析】（1）根据AAS证明，得AE＝CF，则CF＝BF－BC＝BD－BC＝6 －6，进而求BE的长；
（2）在HF上取一点P，使FP＝EH，连接DP，由（1）得△EDF是等腰直角三角形，进而根据SAS证，再根据∠2＝2∠1，得出△DHP是等边三角形，进而得出结论.
【小问1详解】
∵ 四边形ABCD是正方形，且FD⊥DE，
∴ ∠ADE＝90°－∠EDC＝∠CDF，AD=CD
∴ △DAE≌△DCF（AAS），
∴ AE＝CF，
∵ BD＝BF
∴CF＝BF－BC＝BD－BC＝6－6，
∴ BE＝AB－AE＝AB－CF＝6－（6－6）＝12－6．
【小问2详解】
证明：在HF上取一点P，使FP＝EH，连接DP，
由（1）△DAE△≌△DCF得 △EDF是等腰直角三角形
∴ DE＝DF，∠DEF＝∠DFE＝45°，
∴（SAS），
∴DH＝DP，∠EDH＝∠FDP，
在△DHE和△FHB中，
∵ ∠DEF＝∠HBF＝45°， ∠EHD＝∠BHF，
∴ ∠EDH＝∠1＝∠2＝（45°－∠EDH），
∴ ∠EDH＝15°，∠FDP＝15°，
∴ ∠HDP＝90°－15°－15°＝60°，
又DH＝DP，
∴△DHP是等边三角形，
∴ HD＝HP，
∴HF＝PF+HP=HE＋HD．

【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质和判定，等边三角形的判定和性质，熟练运用全等三角形找到边角关系是解决问题的关键.
21. 如图，在平面直角坐标系中，点A，B的坐标分别是（﹣4，0），（0，8），动点P从点O出发，沿x轴正方向以每秒1个单位的速度运动，同时动点C从点B出发，沿射线BO方向以每秒2个单位的速度运动．以CP，CO为邻边构造▱PCOD，在线段OP延长线上取点E，使PE＝AO，设点P运动的时间为t秒．

（1）当点C运动到线段OB的中点时，求t的值及点E的坐标；
（2）当点C在线段OB上时，求证：四边形ADEC为平行四边形；
（3）在线段PE上取点F，使PF＝3，过点F作MN⊥PE，截取FM＝ ，FN＝1，且点M，N分别在第一、四象限，在运动过程中，当点M，N中，有一点落在四边形ADEC的边上时，直接写出所有满足条件的t的值．
【答案】（1）t=2；E（6，0）；
（2）证明见解析； （3）t1＝28﹣16 ，t2＝2，t3＝4+2 ，t4＝12
【解析】
【分析】（1）由运动的路程OC的长和运动速度，可以求出运动时间t的值；再求线段OE的长和点E的坐标；
（2）证△AOC≌△EPD即可；
（3）点M，N中，有一点落在四边形ADEC的边上时，分类讨论即可求解．
【小问1详解】
∵点A，B的坐标分别是（﹣4，0），（0，8），
∴OA=4，OB=8，
∵点C运动到线段OB的中点，
∴OC=BC=OB=4，
∵动点C从点B出发，沿射线BO方向以每秒2个单位的速度运动，
∴2t=4
解之：t=2；
∵PE=OA=4，动点P从点O出发，沿x轴正方向以每秒1个单位的速度运动，
∴OE=OP+PE=t+4=2+4=6
∴点E（6，0）
【小问2详解】
证明：∵四边形PCOD是平行四边形，
∴OC=PD，OC∥PD，
∴∠COP=∠OPD，
∴∠AOC=∠DPE
在△AOC和△EPD中

∴△AOC≌△EPD（SAS）
∴AC=DE，∠CAO=∠DEP，OC=PD，
∴AC∥DE，
∴四边形ADEC是平行四边形．
【小问3详解】
由题意得：C(0，8-2t)，P(t，0)，F(t+3，0)，E(t+4，0)，D(t，2t-8)，
设CE的解析式为y=kx+b，
则，
解得：，
∴CE的解析式为，
同理，DE的解析式为，
①当M在CE上时，M(t+3，)，
则
解得，，
②当N在DE上时，N(t+3，-1)，
则
解得，，
当点C在y轴的负半轴上时，
③如果点M在DE上时，
，
解得，，
④当N在CE上时，
，
解得，，
综上分析可得，满足条件的t的值为：t1＝28﹣16 ，t2＝2，t3＝4+2 ，t4＝12．
【点睛】本题考查了一次函数的动态问题，平行四边形的判定，抓住动点的坐标是解题的关键．
22. 如图，抛物线经过点，，为抛物线的顶点．


（1）求抛物线的解析式及顶点坐标；
（2）点关于抛物线的对称轴的对称点为点，连接，，求tan的值；
（3）在（2）的条件下，点是抛物线对称轴上一点，且△和△相似，请直接写出点的坐标．
【答案】（1），顶点坐标.
（2）
（3）或.
【解析】
【分析】（1）先运用待定系数法求出抛物线的解析式，然后化成顶点式即可确定顶点坐标；
（2）如图：连接CE，过点作⊥于点，先说明OB=OC,再说明△CHE是等边三角形，进而求得，然后再求得BH，最后根据正切的定义解答即可；
（3）分和两种情况求解即可．
【小问1详解】
解：∵抛物线经过点,
∴ ，解得
∴ ，
∵，
∴顶点坐标．
【小问2详解】
解：如图：连接CE，过点作⊥于点，
∵
∴C(3,0),即OC=3
令y=2，解得x=0或x=2
∴,即CE=2
∵点B（3,0），即OB=3
∴OB=OC
∴∠OBC=45°，即∠HCE=45°，BC=
∴，
∴
∴．
【小问3详解】
点M在点D的下方时
设M（1，m），对称轴交x轴于点P，则P（1，0），
∴BP=2，DP=4，
∴，
∵，∠CBE、∠BDP均为锐角，
∴∠CBE=∠BDP，
∵△DMB与△BEC相似，
∴或，
①，
∵DM=4﹣m，，，
∴，
解得，，
∴点M（1，）
②，则，
解得m=﹣2，
∴点M（1，﹣2），
当点M在点D的上方时，根据题意知点M不存在．
综上所述，点M的坐标为（1，）或（1，﹣2）．
【点睛】本题属于二次函数的综合题，主要考查了待定系数法、等腰直角三角形的判定与性质、正切的概念、相似三角形的判定等知识点，掌握相似三角形的判定、等腰直角三角形的判定与性质成为解答本题的关键．
23. 已知：⊙O是的外接圆，直径AB交CD于点E．

（1）如图1，求证：；
（2）如图2，过点D作于点G，交⊙O于点F，连接BF，若DC平分∠ADF，求证：；
（3）如图3，在（2）的条件下，过点E作交DG于点K，在BF上取一点N，连接KN、GN，使，若，，求线段GN的长．
【答案】（1）见解析 （2）见解析
（3）
【解析】
【分析】（1）连接BC，理由圆周角定理得出，，即可得出结论；
（2）连接BC、CF，利用ASA证明，即可证明结论；
（3）连接EF，过点N作NH⊥AB于点H，根据已知条件计算得出圆的半径，然后得出BF、FG、BG的长度，利用三角形相似得出NH、BH的长，从而得出GH的长，根据勾股定理得出GN的长即可．
【小问1详解】
证明：连接BC，如图所示：


，
∴，
为直径，
，
，
．
【小问2详解】
连接BC、CF，如图所示：


平分，
，
，
，
，
，
，
在和中，
，
．
【小问3详解】
连接EF，过点N作NH⊥AB于点H，如图所示：


∵，
∴，
垂直平分DF，
，
，
，
，
，
∵，
，
，
∵，
，
，
，
，
，
，
∴四边形EKNF是平行四边形，
，
设的半径为r，则，
，
，AB为的直径，
，
，
，
，
，
，
，
即，
整理得：，
两边平方并整理得，，
解得：，，
经检验是增根，是原方程的根，
，
，
，
，
，
，，
，
，
，
即，
，，
，
．
【点睛】本题主要考查了圆周角定理、三角形全等的判定与性质、三角形相似的判定与性质、平行线的性质、平行四边形的判定与性质，勾股定理，作出每小问对应的辅助线是解题的关键．