2023年浙江省温州二十三中中考数学三模试卷（含解析）

这是一份2023年浙江省温州二十三中中考数学三模试卷（含解析），共28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。

2023年浙江省温州二十三中中考数学三模试卷
一、选择题（本大题共10小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 计算：7−(−2)的结果是(    )
A. −9 B. −5 C. 5 D. 9
2. 直六棱柱如图所示，它的俯视图是(    )
A.
B.
C.
D.
3. 一个布袋里装有3个红球和5个黄球，它们除颜色外其余都相同.从中任意摸出一个球是红球的概率是(    )
A. 13 B. 15 C. 38 D. 58
4. 下列运算中，正确的是(    )
A. 2a2−a2=2 B. a2⋅a4=a6 C. (a2)3=a5 D. a6÷a2=a3
5. 如图为小王同学周末复习各学科投入时间扇形统计图，其中在语文学科投入时间为1小时，则她在数学学科投入时间为(    )

A. 0.5小时 B. 1小时 C. 1.25小时 D. 1.5小时
6. 用配方法解方程x2+4x+1=0时，配方结果正确的是(    )
A. (x−2)2=5 B. (x−2)2=3 C. (x+2)2=5 D. (x+2)2=3
7. 如图，AB是⊙O的直径，点D是弧BC上一点，BD=13BC，连接CD.若∠ABC=15°，则∠DCO的度数是(    )
A. 30°
B. 35°
C. 40°
D. 50°
8. 如图，圆规两脚OA，OB张开的角度∠AOB为α，OA=OB=10，则两脚张开的距离AB为(    )
A. 10sinα
B. 10cosα
C. 20sinα2
D. 20cosα2
9. 设A(−2,y1)，B(1,y2)，C(2,y3)是抛物线y=3(x+1)2+4m(m为常数)上的三点，则y1，y2，y3的大小关系为(    )
A. y1 10. 由四个全等的直角三角形和一个小正方形EFGH组成的大正方形ABCD如图所示．连结CF，并延长交AB于点N.若AB=3 5，EF=3，则FN的长为(    )
A. 2
B. 5
C. 2 2
D. 3
二、填空题（本大题共6小题，共30.0分）
11. 分解因式：2x2−2y2=______．
12. 某校5个小组在一次植树活动中植树株数的统计图如图所示，则平均每组植树______株．


13. 不等式组x−4<0x+32≥1的解集为______．
14. 若扇形的圆心角为150°，半径为6，则该扇形的弧长为______(结果保留π)．
15. 如图，在平面直角坐标系中，△ABC为等腰直角三角形，∠ABC=90°，AC//x轴，经过点B的反比例函数y=kx(k>0)交AC于点D，过点D作DE⊥x轴于点E，若AD=3CD，DE=6，则k=______．

16. 图1是某型号挖掘机，该挖掘机是由基座、主臂和伸展臂构成．图2是其侧面结构示意图(MN是基座的高，MP是主臂，PQ是伸展臂).已知基座高度MN为0.5米，主臂MP长为3 2米，主臂伸展角α的范围是：0°<α≤60°，伸展臂伸展角β的范围是：45°≤β≤135°.当α=45°时(如图3)，伸展臂PQ恰好垂直并接触地面．

(1)伸展臂PQ长为______米；
(2)挖掘机能挖的最远处距点N的距离为______米．
三、解答题（本大题共8小题，共80.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题10.0分)
(1)计算：|−6|− 9+(1− 2)0−4sin30°；
(2)化简：x2x−2+42−x．
18. (本小题8.0分)
如图，在△ABC中，AD是BC边上的中线，E是AB边上一点，过点C作CF//AB交ED的延长线于点F．
(1)求证：△BDE≌△CDF；
(2)当AD⊥BC，AE=1，CF=2时，求AC的长．


19. (本小题8.0分)
4月7日是世界卫生日.某校在七、八年级共1000名学生中开展“爱国卫生”知识竞赛，从七、八年级学生中随机抽取20名学生的竞赛成绩(满分100分，80分及以上为优秀)进行整理和分析，绘制出如下统计表．
七、八年级抽取的学生的竞赛成绩统计表
成绩(分)
40
50
60
70
80
90
100
抽取的七年级人数(人)
1
2
1
7
5
3
1
抽取的八年级人数(人)
2
0
4
4
6
2
2
学校对平均数、中位数、众数、优秀率进行分析，绘制成如下统计表．
年级
平均数
中位数
众数
优秀率
七年级
73
a
70
45%
八年级
73
b
c
d
根据以上信息，解答下列问题：
(1)直接写出上述表中的a，b，c，d的值．
(2)请你从平均数、中位数、众数、优秀率的角度进行分析，评价哪个年级的学生在知识竞赛中表现更加优异．
20. (本小题8.0分)
以下各图均是由边长为1的小正方形组成的3×3网格，△ABC的顶点均在格点上．按如下要求利用无刻度的直尺分别按如下要求作图(保留痕迹，不写作法)．
(1)在图①中，在△ABC的边BC上找一点E，使得E是BC边的中点．
(2)在图②中，在△ABC的边AC上找一点F，连接BF，使△ABF的面积为43．


21. (本小题10.0分)
如图，已知二次函数y=−12x2+bx+c的图象与x轴交于A(1,0)，B，与y轴交于点C(0,−52).CD//x轴交抛物线于点D．
(1)求b，c的值；
(2)已知点E在抛物线上且位于x轴上方，过E作y轴的平行线分别交AB，CD于点F，G，且GE=2GD，求点E的坐标．

22. (本小题10.0分)
如图，菱形ABCD中，点P在对角线AC上，且CP=2AP，延长DP交AB于点F，延长CB，交DP的延长线于点Q．
(1)求证：AD=BQ；
(2)点E为线段DP上一点，BE=AD= 21，DE=1，EF=3.5，求tanQ．

23. (本小题12.0分)
根据以下素材，探索完成任务．
如何设计打印图纸方案？
素材1
如图1，正方形ABCD是一张用于3D打印产品的示意图，它由三个区块(Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ)构成.已知AB=10cm，点E，F分别在BC和AB上，且BE=BF，设BE=x cm(0
素材2
为了打印精准，拟在图2中的BC边上设置一排间距为1cm的定位坐标(B为坐标原点)，计算机可根据点E的定位坐标精准打印出图案．

问题解决
任务1
确定关系
用x的代数式表示：
区域Ⅰ的面积= ______ ；区域Ⅱ的面积= ______ ．
任务2
拟定方案
为了美观，拟将区域Ⅲ分割为甲、乙两个三角形区域，并要求区域乙是含DE边的三角形，求所有方案中乙的面积或者函数表达式．
任务3
优化设计
经调查发现区域乙的面积为37−5+5cm2范围内(包括两端)的整数时，此时的E点为最佳定位点，请写出所有的最佳定位点E的坐标．

24. (本小题14.0分)
如图，已知等腰Rt△ABC，AB=15cm.动点P从点A出发，沿AB方向运动，到B点结束.点E为AC上的一个固定点，过B，P，E三点的⊙O交线段CB于点F，连结EF，PF.记AP=x，当点P运动到EP⊥AB时，此时CF=10．

(1)求AE：EC的值；
(2)点P运动到AB中点时，求△APE的面积和⊙O的半径．
(3)在整个运动过程中，
①当四边形BPEF中有两条边相等时，求x的值；
②连结OE，当OE//AB时，则△OPE与△EFC的面积比是______ .(直接写出答案)
答案和解析

1.【答案】D 
【解析】解：7−(−2)
=7+2
=9．
故选：D．
直接利用有理数减法法则计算即可．
本题考查了有理数减法法则：减去一个数，等于加上这个数的相反数．即：a−b=a+(−b)．

2.【答案】C 
【解析】解：从上面看这个几何体，看到的图形是一个正六边形，因此选项C中的图形符合题意，
故选：C．
根据简单几何体的三视图进行判断即可．
本题考查简单几何体的三视图，理解视图的意义是正确判断的前提．

3.【答案】C 
【解析】解：∵布袋里装有3个红球和5个黄球，共有8个球，
∴任意摸出一个球是红球的概率是38．
故选C．
用红球的个数除以球的总个数即可．
本题主要考查概率公式．

4.【答案】B 
【解析】解：A、2a2−a2=a2，所以错误，故A选项不符合题意；
B、a2⋅a4=a6，所以正确，故B选项符合题意；
C、(a2)3=a6，所以错误，故C选项不符合题意；
D、a6÷a2=a4，所以错误，故D选项不符合题意．
故选：B．
根据合并同类项法则，同底数幂的乘法法则，幂的乘方与积的乘方法则，同底数幂的除法法则逐项进行判断．
本题考查了合并同类项，同底数幂的乘法，幂的乘方与积的乘方，掌握幂的运算法则是解题的关键．

5.【答案】C 
【解析】解：由题意得，她在数学学科投入时间为：1÷20%×(1−20%−15%−10%−30%)=1.25(小时)，
故选：C．
根据语文学科投入时间为1小时及其所占百分比，可得小王同学周末复习各学科投入的时间，再乘她在数学学科投入所占百分比即可．
本题考查扇形统计图，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．

6.【答案】D 
【解析】解：方程x2+4x+1=0，
移项得：x2+4x=−1，
配方得：(x+2)2=3．
故选：D．
方程移项后，利用完全平方公式配方得到结果，即可作出判断．
此题考查了解一元二次方程−配方法，熟练掌握完全平方公式是解本题的关键．

7.【答案】C 
【解析】解：连接OD，
∵∠ABC=15°，
∴∠AOC=2∠ABC=30°，
∴∠COD=150°，
∵BD=13BC，
∴∠BOD=13∠BOC=13×150°=50°，
∴∠COD=100°，
∵OC=OD，
∴∠DCO=∠CDO=12×(180°−100°)=40°，
故选：C．
连接OD，根据圆周角定理得到∠AOC=2∠ABC=30°，求得∠COD=150°，根据等腰三角形的性质即可得到结论．
本题考查了弧长的计算，圆周角定理，等腰三角形的性质，正确地作出辅助线是解题的关键．

8.【答案】C 
【解析】解：过点O作OC⊥AB，垂足为C，

∵OA=OB，OC⊥AB，
∴AB=2BC，∠BOC=12∠AOB=12α，
在Rt△COB中，OB=10，
∴BC=OB⋅sinα2=10sinα2，
∴AB=2BC=20sinα2，
故选：C．
过点O作OC⊥AB，垂足为C，利用等腰三角形的性质可得AB=2BC，∠BOC=12∠AOB=12α，然后在Rt△COB中，利用锐角三角函数的定义进行计算即可解答．
本题考查了解直角三角形的应用，等腰三角形的性质，熟练掌握等腰三角形的性质，以及锐角三角函数的定义是解题的关键．

9.【答案】A 
【解析】解：∵抛物线y=3(x+1)2+4m(m为常数)的开口向上，对称轴为直线x=−1，
而C(2,y3)离直线x=−1的距离最远，A(−2,y1)点离直线x=−1最近，
∴y1 故选：A．
根据二次函数的性质得到抛物线y=3(x+1)2+4m(m为常数)的开口向上，对称轴为直线x=−1，然后根据三个点离对称轴的远近判断函数值的大小．
本题考查了二次函数图象上点的坐标特征：二次函数图象上点的坐标满足其解析式．也考查了二次函数的性质．

10.【答案】C 
【解析】解：设AE=x，
则FB=x，AF=EF+AE=3+x，
由勾股定理可知，
AF2+FB2=AB2，
(3+x)2+x2=(3 5)2，
解得x=3，
∴AF=6，CG=GF=3，
∴∠GCF=∠GFC=BFN=45°
∴NF为∠AFB的角平分线，
由角平分线性质可知，
S△AFN：S△BFN=AF：FB=2：1，
∴AN：NB=2：1，
∴NB= 5，
由勾股定理可知，
CN=5 2，CF=3 2，
∴FN=CN−CF=2 2．
故选：C．
根据勾股定理求出AE的长，根据角平分线性质定理得到△AFN和△BFN的面积比，进而求出AN和NB的比，再由勾股定理求出CF和FN，作差即可．
本题考查正方形的性质，勾股定理和角平分线性质定理，求出△CGF是等腰直角三角形是关键．

11.【答案】2(x+y)(x−y) 
【解析】
【分析】
本题考查了提公因式法，公式法分解因式，提取公因式后利用平方差公式进行二次分解，注意分解要彻底．
先提取公因式2，再根据平方差公式进行二次分解即可求得答案．
【解答】
解：2x2−2y2=2(x2−y2)=2(x+y)(x−y)．
故答案为2(x+y)(x−y)．  
12.【答案】5 
【解析】解：观察图形可知：x−=15(4+3+7+4+7)=5，
∴平均每组植树5株．
故答案为：5．
根据加权平均数公式即可解决问题．
本题考查了加权平均数，解决本题的关键是掌握加权平均数公式．

13.【答案】−1≤x<4 
【解析】解：由x−4<0，得：x<4，
由x+32≥1，得：x≥−1，
则不等式组的解集为−1≤x<4，
故答案为：−1≤x<4．
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、大大小小找不到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．

14.【答案】5π 
【解析】解：∵扇形的圆心角为150°，半径为6，
∴该扇形的弧长为150π×6180=5π，
故答案为：5π．
根据弧长公式求出答案即可．
本题考查了弧长的计算，能熟记弧长公式是解此题的关键，注意：圆心角为n°，半径为r的扇形所对应的弧长为nπr180．

15.【答案】27 
【解析】解：作BN⊥x轴于N，交AC于M，
∵AC//x轴，
∴BM⊥AC，
∴△ABC为等腰直角三角形，∠ABC=90°，
∴BM=AM=CM=12AC，
设B(m,n)，则BM=AM=m，BN=n，
∵AD=3CD，
∴AC=4CD=2m，
∴CD=12m，
∴AD=32m，
∵DE=MN=6，
∴D(32m,6)，
∵经过点B的反比例函数y=kx(k>0)交AC于点D，
∴k=mn=32m⋅6，
∴n=9，
∴BN=9，
∴BM=9−6=3，
∴AM=m=3，
∴k=mn=3×9=27，
故答案为：27．
作BN⊥x轴于N，交AC于M，则BM⊥AC，根据等腰直角三角形的性质得出BM=AM=CM=12AC，设B(m,n)，则BM=AM=m，BN=n，由AD=3CD，DE=6得到D(32m,6)，根据比例函数系数k=xy得出k=mn=32m⋅6，求得n=9，进而求得AM=BM=m=3，从而求得k=27．
本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，等腰直角三角形的性质，表示出B、D的坐标是解题的关键．

16.【答案】(16 2+0.5)  51 
【解析】解：(1)过点M作MH⊥PQ，垂足为Q，

则HQ=MN=0.5米，
在Rt△PHM中，∠PMH=45°，PM=32米，
∴PH=PM⋅sin45°=32× 22=16 2(米)，
∴PQ=PH+HQ=(16 2+0.50)米，
∴伸展臂PQ长为(16 2+0.5)米，
故答案为：(16 2+0.5)；
(2)当∠QPM=135°时，过点Q作QA⊥PM，交MP的延长线于点A，连接QM，

∴∠APQ=180°−∠QPM=45°，
在Rt△APQ中，PQ=(16 2+0.5)米，
∴AQ=PQ⋅sin45°=(16 2+0.5)× 22=(16+ 24)(米)，
∵PM=3 2米，
∴AM=AP+PM=16(米)，
在Rt△AQM中，QM= AQ2+AM2= (7 24)2+(19 24)2= 2052(米)，
在Rt△QMN中，QN= QM2−MN2= ( 2052)2−(12)2= 51(米)，
∴挖掘机能挖的最远处距点N的距离为 51米，
故答案为： 51．
(1)过点M作MH⊥PQ，垂足为Q，根据题意可得HQ=MN=0.5米，然后在Rt△PHM中，利用锐角三角函数的定义求出PH的长，从而求出PQ的长，即可解答；
(2)当∠QPM=135°时，过点Q作QA⊥PM，交MP的延长线于点A，连接QM，利用平角定义可求出∠APQ=45°，然后在Rt△APQ中，利用锐角三角函数的定义求出AP，AQ的长，从而求出AM的长，再在Rt△AQM中，利用勾股定理求出QM的长，最后在Rt△QMN中，利用勾股定理求出QN的长，即可解答．
本题考查了解直角三角形的应用，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．

17.【答案】解：(1)|−6|− 9+(1− 2)0−4sin30°
=6−3+1−4×12
=2；
(2)x2x−2+42−x
=x2−4x−2
=(x+2)(x−2)x−2
=x+2． 
【解析】(1)先分别化简绝对值，计算零指数幂，算术平方根，特殊角的三角函数值，然后进行加减运算即可；
(2)先通分，然后因式分解，最后化简即可．
本题考查了算术平方根，零指数幂，特殊角的三角函数值，分式的化简．解题的关键在于正确的运算．

18.【答案】(1)证明：∵CF//AB，
∴∠B=∠FCD，∠BED=∠F．
∵AD是BC边上的中线，
∴BD=CD．
在△BDE与△CDF中，
∠B=∠FCD∠BED=∠FBD=CD,
∴△BDE≌△CDF(AAS)；
(2)解：∵△BDE≌△CDF，
∴BE=CF=2，
∴AB=AE+BE=1+2=3，
∵AD⊥BC，BD=CD，
∴AC=AB=3． 
【解析】本题考查了全等三角形的判定和性质，平行线的性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题的关键．
(1)根据平行线的性质得到∠B=∠FCD，∠BED=∠F，由AD是BC边上的中线，得到BD=CD，于是得到结论；
(2)根据全等三角形的性质得到BE=CF=2，求得AB=AE+BE=1+2=3，于是得到结论．

19.【答案】解：(1)将七年级20名学生的成绩从小到大排列，处在中间位置的两个数都是70分，因此中位数是70分，即a=70，
将八年级20名学生的成绩从小到大排列，处在中间位置的两个数的平均数为70+802=75，因此中位数是75分，即b=75，
八年级20名学生成绩出现次数最多的是80分，共出现6次，因此众数是80分，即c=80，
八年级的优秀率为6+2+220×100%=50%，即d=50%，
答：a=70，b=75，c=80，d=50%；
(2)七、八年级竞赛成绩的平均数相同，八年级学生竞赛成绩的中位数、众数、优秀率高于七年级，因此，八年级学生在知识竞赛中表现更加优异． 
【解析】(1)根据中位数、众数、优秀率的意义求解即可；
(2)从平均数、中位数、众数、优秀率的角度进行分析，得出答案．
本题考查中位数、众数、平均数，理解中位数、众数、平均数的意义，掌握中位数、众数、平均数的计算方法是正确解答的前提．

20.【答案】解：(1)如图，点E即为所求；

(2)如图，点F即为所求；

∵△ABC的面积为：3×3−12×1×3×2−12×2×2=9−3−2=4；
∴△ABF的面积为43． 
【解析】(1)根据网格即可在图①中，△ABC的边BC上找一点E，使得E是BC边的中点；
(2)根据网格即求出△ABC的面积，在图②中△ABC的边AC上找一点F，连接BF即可．
本题考查了作图−应用与设计作图、三角形的面积，解决本题的关键是利用网格得到点E和点F．

21.【答案】解：(1)将A(1,0)、C(0,−52)，代入y=−12x2+bx+c得，0=−12+b+c−52=c，
解得b=3c=−52，
∴b=3，c=−52；
(2)由(1)可得，y=−12x2+3x−52，
∴对称轴为直线x=3，
∴D(6,−52)，
设E(m,−12m2+3m−52)，则F(m,0)，G(m,−52)，
∴GE=−12m2+3m，GD=6−m，
∵GE=2GD，
∴−12m2+3m=2(6−m)，
解得m=4，m=6(舍去)，
∴E(4,32)． 
【解析】(1)将A(1,0)、C(0,−52)，代入y=−12x2+bx+c得，0=−12+b+c−52=c，计算求解即可；
(2)由(1)可得，y=−12x2+3x−52，对称轴为直线x=3，则D(6,−52)，设E(m,−12m2+3m−52)，则F(m,0)，G(m,−52)，GE=−12m2+3m，GD=6−m，由GE=2GD，可得−12m2+3m=2(6−m)，计算求出满足要求的解即可．
本题考查了二次函数解析式，二次函数与线段综合，二次函数的图象与性质．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．

22.【答案】(1)证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AD//BC，即AD//CQ，
∴△ADP∽△CQP，
∴ADCQ=APCP=AP2AP=12，
∴CQ=2AD，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD=BC，
∴AD=BQ；
(2)解：如图，过点B作BM⊥QD于点M，

由(1)得AD=BQ，
∵AD//CQ，
∴∠ADF=∠Q，
在△ADF和△BQF中，
∠DFA=∠BFQ∠ADF=∠QAD=BQ，
∴△ADF≌△BQF(AAS)，
∴DF=FQ，
∵DE=1，EF=3.5，
∴DF=1+3.5=4.5，
∴DQ=4.5×2=9，
∴QE=DQ−DE=9−1=8，
∵BE=AD= 21，AD=BQ，
∴BQ=BE= 21，
∵BM⊥QD，
∴MQ=ME=12QE=4，
在Rt△BMQ中，由勾股定理得，
BM= BQ2−MQ2= ( 21)2−42= 5，
∴tanQ=BMMQ= 54． 
【解析】(1)根据四边形ABCD是菱形，得出△ADP∽△CQP，再由相似比得出CQ=2AD，从而得证．
(2)先通过证△ADF≌△BQF得出DF=FQ，从而求出QE=8，再证等腰三角形QBE，根据所作辅助线，得出MQ=ME，再由勾股定理求出BM的长度即可．
本题考查了菱形的性质、相似三角形的性质与判定、全等三角形的判定、等腰三角形的性质、勾股定理等知识点，根据等腰三角形三线合一的性质作出合适的辅助线是解决本题的关键．

23.【答案】12x2  −5x+50 
【解析】解：任务1：
∵BE=BF=x，
∴区块Ⅰ的面积：12x2．
∵BE=BF=x，AB=BC=10cm，
∴CE=BC−BE=10−x，
∴区块Ⅱ的面积：12×(10−x)×10=−5x+50．
∴区块Ⅲ的面积：10×10−12x2−(−5x+50)=−12x2+5x+50．
任务2：①如图1若连接DF，

∵AD>AF，
∴△ADF不可能为等腰三角形，
∵DF=DE，
∴△DFE为等腰三角形，
∴S乙=S△DFE=−12x2+5x+50−10×(10−x)2=−12x2+10x．
②如图2连接AE，AE=DE，则E为BC的中点，
∴S乙=S△ADE=12×10×10=50．
任务3：
∵S乙=S△DFE=−12x2+10x且面积范围为32≤S乙≤42，
∴结合函数图象得整数解为x=6，x=4这两个E的定位坐标满足题意．
∴有2个最佳定位点E，分别为(6,0)，(4,0)．
故答案为：任务1：区块Ⅰ的面积：12x2，区块Ⅱ的面积：−5x+50，区块Ⅲ的面积：−12x2+5x+50；
任务2：S乙=−12x2+10x或S乙=50；
任务3：有2个最佳定位点E，分别为(6,0)，(4,0)．
任务1：结合图形，根据正方形的面积性质和三角形面积公式即可求出答案．
任务2：由题意知，将区块划分两种区域的有两种情况，根据两种情况即可求出面积或者函数表达式．
任务3：由任务2和任务3的面积取值范围排除面积为50的情况，再根据S乙=S△DFE=−12x2+15x+250即可求出x值，从而求得最佳定位点E的坐标．
本题考查了二次函数的综合运用，解题的关键在于利用数形结合的思想分析题意，列出函数关系式．

24.【答案】5：8 
【解析】(1)解：建立平面直角坐标系如图1，

由题意知A(0,15)，B(0,0)，C(15,0)，∠ABC=90°，
∴PF是⊙O的直径，△ABC是等腰直角三角形，
∴∠PEF=90°，∠ACB=45°，
∵∠EPB=90°，
∴四边形BPEF是矩形，
∴∠EFC=90°，PE=BF=BC−CF=5，
又∵∠ACB=45°，
∴△EFC是等腰三角形，
∴EF=CF=10，
∴E(5,10)，
∵PE//BC，
∴△APE∽△ABC，
∴AEAC=PEBC=13，则AE=13AC，
∴EC=23AC，
∴AE：EC=1：2；
(2)解：由(1)可知，建立平面直角坐标系如图2，

∵P为AB中点，
∴P(0,152)，
∴AP=152，
∴S△APE=12AP×xE=12×152×5=754，
由O在BP的垂直平分线上，设O(a,154)，
∵r2=OB2=OE2，即r2=a2+(154)2=(5−a)2+(10−154)2，
解得a=5，r=254，r=−254(舍去)，
∴△APE的面积为754，⊙O的半径为254；
(3)①解：由题意知，分情况求解：
[1]当BP=PE时，建立平面直角坐标系如图3，连接BE交PF于M，过M作MN⊥AB于N，

由垂径定理得EB⊥PF，
∴EM=BM，
∴M(52,5)，N(0,5)，MN=52，BN=5，
∴tan∠MBN=MNBN=12，
∵∠PMN+∠NMB=∠NMB+∠MBN，
∴∠PMN=∠MBN，
∴tan∠PMN=PNMN=12，即PN52=12，解得PN=54，
∴BP=BN+PN=254，
∴x=AP=AB−BP=354，
∵∠PBF=∠PEF=90°，PF=PF，BP=PE，
∴Rt△PBF≌Rt△PEF(HL)，
∴BF=EF，
∴当BP=PE或BF=EF时，x=354；
[2]当BP=BF，建立平面直角坐标系如图4，

由O在BP，BF的垂直平分线上设O(b,b)，
由r2=OB2=OE2，即r2=b2+b2=(5−b)2+(10−b)2，
解得b=256，
∴P(0,253)，
∴x=AP=AB−BP=203，
∴x=203；
[3]当PF=BF或BP=EF时，如图1，
∴AP=PE=5，
∴x=5；
综上所述，x=354或x=203或x=5；
②解：建立平面直角坐标系如图5，EO⊥BC于D，

由垂径定理得DF=BD=5，
∴CF=5，
由O在BP的垂直平分线上，且OE//AB，设O(5,c)，
由r2=OB2=OE2，即r2=52+c2=(5−5)2+(10−c)2，
解得c=154，r=254或r=−254(舍去)，
∴S△OPE=12OE×BD=1258，S△EFC=12CF×FD=25，
∴S△OPE：S△EFC=5：8；
∴当OE//AB时，则△OPE与△EFC的比是5：8，
故答案为：5：8．
(1)建立平面直角坐标系如图1，由题意知A(0,15)，B(0,0)，C(15,0)，∠ABC=90°，由PF是⊙O的直径，△ABC是等腰直角三角形，可得∠PEF=90°，∠ACB=45°，四边形BPEF是矩形，∠EFC=90°，PE=BF=BC−CF=5，△EFC是等腰三角形，E(5,10)，证明△APE∽△ABC，则AEAC=PEBC=13，则AE=13AC，EC=23AC，进而可求AE：EC的比值；
(2)建立平面直角坐标系如图2，由P为AB中点，可知P(0,152)，则AP=152，S△APE=12AP×xE=754，由O在BP的垂直平分线上，设O(a,154)，根据r2=OB2=OE2，即r2=a2+(154)2=(5−a)2+(10−154)2，解得a=5，r=254，r=−254(舍去)，进而可得结果；
(3)①[1]当BP=PE时，建立平面直角坐标系如图3，连接BE交PF于M，过M作MN⊥AB于N，由垂径定理得EB⊥PF，EM=BM，则M(52,5)，N(0,5)，MN=52，BN=5，tan∠MBN=MNBN=12，由∠PMN+∠NMB=∠NMB+∠MBN，可得∠PMN=∠MBN，则tan∠PMN=PNMN=12，解得PN=54，BP=BN+PN=254，根据x=AP=AB−BP，计算求解即可，证明Rt△PBF≌Rt△PEF(HL)，则BF=EF，进而可得当BP=PE或BF=EF时，x相同；
[2]当BP=BF，建立平面直角坐标系如图4，由O在BP，BF的垂直平分线上设O(b,b)，由r2=OB2=OE2，即r2=b2+b2=(5−b)2+(10−b)2，解得b=256，则P(0,253)，根据x=AP=AB−BP，计算求解即可；
[3]当PF=BF或BP=EF时，如图1，则x=AP=PE=5；②建立平面直角坐标系如图5，EO⊥BC于D，由垂径定理得DF=BD=5，CF=5，由O在BP的垂直平分线上，且OE//AB，设O(5,c)，由r2=OB2=OE2，即r2=52+c2=(5−5)2+(10−c)2，解得c=154，r=254，r=−254(舍去)，则S△OPE=12OE×BD=1258，S△EFC=12CF×FD=25，然后计算S△OPE：S△EFC的值即可．
本题考查了圆与三角形综合，垂径定理，90°的圆周角所对的弦为直径，直径所对的圆周角为直角，相似三角形的判定与性质，正切，全等三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，平面直角坐标系等知识．解题的关键在于建立平面直角坐标系，以及对知识的熟练掌握与灵活运用．