数学（浙江卷2024新中考）-【试题猜想】2024年中考考前最后一卷

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2024年中考考前最后一卷【浙江卷】
数学·全解全析
选择题（本大题包括10小题，每小题3分，共30分。在每小题列出的四个选项中，只有一个是正确的.）
1．【答案】C
【分析】根据无理数是无限不循环小数，可得答案．
【详解】解：17，313是分数，属于有理数；
0.3149，0.3是有限小数，属于有理数；
49=7是整数，属于有理数；
无理数有-π，−2，共2个，
故选：C．
【点睛】本题考查了无理数的定义，注意带根号的要开不尽方才是无理数，无限不循环小数为无理数．如π，2，0.8080080008…（每两个8之间依次多1个0）等形式．
2．【答案】A
【详解】根据要表示的数的绝对值大于10，其科学记数法表示的n值为原数中整数部分的位数减去1，进而可得n值．
解：由题意知596万=5960000=5.96×106，
∴n=6．
故选A．
【点睛】本题考查了科学记数法．解题的关键在于熟练掌握科学记数法．
3．【答案】C
【分析】根据因式分解定义解答．
【详解】解：A. x(x−1)=x2−x是整式乘法，故该项不符合题意；
B. x2+1=x(x+1x)出现了分式，所以也是错误，故该项不符合题意；
C. 4x2−1=(2x+1)(2x−1)是因式分解，故该项符合题意；
D. x2−4x+1=x(x−4)+1不是整式乘法也不是因式分解，故该项不符合题意；
故选：C．
【点睛】此题考查了因式分解的定义：将一个多项式分解为几个整式的积的形式，叫将多项式分解因式，熟记定义是解题的关键．
4．【答案】B
【分析】根据矩形的性质可得AB=DC=3，∠BCD=90°，OD=OC，由∠ACB=30°，可证△OCD是等边三角形，再根据DE∥OC，OD∥CE，可证四边形OCED是菱形，即可计算出结果．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=DC=3，∠BCD=90°，OD=OC，
∵∠ACB=30°，
∴∠OCD=60°，
∴△OCD是等边三角形，
∴OD=OC=DC=3，
又∵DE∥OC，OD∥CE，
∴四边形OCED是菱形，
∴菱形OCED的周长为：3×4=12，
故选：B．
【点睛】本题考查矩形的性质、等边三角形的判定与性质、菱形的判定与性质，熟练掌握菱形的判定与性质，证明四边形OCED是菱形是解题的关键．
5．【答案】C
【分析】根据原计划规定的时间＝1小时+以原来速度的1.5倍匀速行驶的时间+13小时列方程计算即可．
【详解】由题意，可得原计划规定的时间为：1+x−60×160×1.5+13=1+x90−23+13=x90+23（小时）．
故选C．
【点睛】本题考查了列代数式，根据时间＝路程÷速度得出以原来速度的1.5倍匀速行驶的时间是解题的关键．
6．【答案】B
【分析】本题考查了垂径定理和圆周角定理，证明DE=OE，求出∠DOE=∠ODE=45°是解题的关键．由垂径定理知 CD=2ED=2CE，可得DE=OE，则∠DOE=∠ODE=45°，利用圆周角定理即可求解．
【详解】解：连接OD，

∵AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，
∴CD=2ED=2CE，
∵CD=2OE，
∴DE=OE，
∵CD⊥AB，
∴∠DOE=∠ODE=45°，
∴∠BCD=12∠DOE=22.5°．
故选：B．
7．【答案】D
【分析】先利用数轴特点确定a，b的关系从而求出a，b的值，确定原点．
【详解】解：∵MN＝NP＝PQ＝QR＝1，
∴ MR＝4，NR=3；
如图，
①当原点在P点时，|a|+|b|=PA+PB＜3，又因为|a|+|b|＝3，所以，原点不可能在P点；
②当原点在N或R时且|NA|＝|BR|时，|a|+|b|＝NA+NB=NB+BR=3；
③当原点在M点时，|a|+|b|＞MA+MB＞3，又因为|a|+|b|＝3，所以，原点不可能在M点；
综上所述，此原点应是在N或R点．
故选：D．
【点睛】此题主要考查了数轴的定义和绝对值的意义．解此类题的关键是：先利用条件判断出绝对值符号里代数式的正负性，再根据绝对值的性质把绝对值符号去掉，把式子化简后根据整点的特点求解．
8．【答案】C
【分析】本题考查了二次函数与反比例函数的交点问题，熟练掌握二次函数与反比例函数的性质是解答本题的关键．先判断y=mx2+x−4mm≠0的图象一定经过定点(2,2),(−2,−2)，然后画出y=mx2+x−4mm≠0和y=3x的图象，根据图象即可求解．
【详解】解：∵y=mx2+x−4mm≠0中，当x=2时，y=2；当x=−2时，y=−2，
∴y=mx2+x−4mm≠0的图象一定经过定点(2,2),(−2,−2)，
∵反比例函数y=3x的图象在第一、三象限，
∴函数图象的草图如下：
由图象可知，y=mx2+x−4mm≠0的图象与y=3x的图象总有三个交点，
∴于x的方程mx2+x−4m=3xm≠0有三个交点．
故选C．
9．【答案】B
【分析】根据平均数、中位数、方差的求法分别求解后即可进行判断．
【详解】解：①第1组数据的平均数为：0+0+0+1+1+16=0.5，
当m＝n时，第2组数据的平均数为：0×m+1×nm+n=m2m=0.5，
故①正确；
②第1组数据的平均数为：0+0+0+1+1+16=0.5，
当m>n时，m＋n＞2n，则第2组数据的平均数为：0×m+1×nm+n=nm+n∴第1组数据的平均数大于第2组数据的平均数；
故②错误；
③第1组数据的中位数是0+12=0.5，
当m即当m∴当m故③正确；
④第1组数据的方差为0−0.52×3+1−0.52×36=0.25，
当m=n时，第2组数据的方差为0−0.52×m+1−0.52×nm+n,
=0.25m+0.25m2m
=0.25，
∴当m=n时，第2组数据的方差等于第1组数据的方差．
故④错误，
综上所述，其中正确的是①③；
故选：B
【点睛】此题考查了平均数、中位数、方差的求法，熟练掌握求解方法是解题的关键．
10．【答案】D
【分析】本题考查了正方形的性质，相似三角形、矩形的性质与判定，黄金分割的意义，比例的性质，三角形的面积，根据正方形的性质得出BC=CD=DA=AB，EH=HF=FA=AE，FH∥AE，根据黄金分割的意义得出 AEAB=BEAE=5−12，由△FHG∽△BEG，得出 GHGE=FHBE，根据合比性质得出 GHHE=AEAB=5−12，即可得到GH=5−12AE，根据矩形的性质与判定得出IC=BE，最后根据三角形的面积求出即可求解，掌握黄金分割的意义是解题的关键．
【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴BC=CD=DA=AB，
∵点E是正方形ABCD的AB边上的黄金分割点，且AE>EB，
∴AEAB=BEAE=5−12，
∵四边形AEHF是正方形，
∴EH=HF=FA=AE，FH∥AE，
∴△FHG∽△BEG，
∴GHGE=FHBE，
∴GHHE=FHFH+BE=AEAB=5−12，
∴GH=5−12HE=5−12AE，
∵∠C=∠CBE=∠BEI=90°，
∴四边形BCIE是矩形，
∴IC=BE，
∴S△BCI∶S△FGH=12BC·IC12FH·HG=AB·BEAE·HG=BEAE·ABHG=BEAE·AB5−12AE=5−12·15−12×5−12=5+12，
故选：D．
二、填空题（本大题包括6小题，每小题4分，共24分。）
11．【答案】33−22
【分析】根据已知法则将原式化简进而求出即可．
【详解】解：∵3>2，23<32，
∴(3△2)+(23△32)
=3+2+23−32
=33−22
故答案为：33−22．
【点睛】此题主要考查了新定义运算，二次根式的加减运算，正确利用已知运算符号化简是解题关键．
12．【答案】55
【分析】根据折叠前后对应角相等可得∠A'=∠A，∠A'DC=∠ADC，根据三角形外角的性质可得∠BDA'=∠A'−∠B=∠A−∠B=70°，则∠ADC=12180°−∠BDA'．
【详解】解：由折叠的性质可得：∠A'=∠A，∠A'DC=∠ADC，
∵ ∠A比∠B大70°，
∴ ∠A'−∠B=70°，
∵ ∠A'=∠B+∠BDA'，
∴ ∠BDA'=∠A'−∠B=70°，
∴ ∠ADC=12180°−∠BDA'=12×180°−70°=55°，
故答案为：55．
【点睛】本题考查折叠的性质、三角形外角的定义和性质，解题的关键是掌握折叠前后对应角相等．
13．【答案】12.
【详解】试题分析：解：根据中心对称图形的概念，知平行四边形、矩形是中心对称图形；
所以现从中随机抽取一张，卡片上画的是中心对称图形的概率为．
故答案为.
【考点】概率公式；中心对称图形．
14.【答案】22
【分析】利用勾股定理求出正方形的边长，根据S正八边形AEBFCGDH=4S四边形AODH即可．
【详解】
解：连接AC，OD，OH，

∵四边形ABCD是圆内接正四边形，∠ADC=90°，∴AC是圆的直径，AC=2，
∵AD2+CD2=AC2，
∴AD=CD=2，
∵DH=AH，
∴DH=AH
∴OH⊥AD，
∴S正八边形AEBFCGDH=4S四边形AODH=4×12×2×1=22，
故答案为：22．
【点睛】本题考查了圆内接正多边形，利用圆内接正多边形的性质求出正方形的边长是解题的关键．
15．【答案】①③④⑤
【分析】①、②结合函数图象得出当3秒时，BP＝3，此时△BPQ的面积为13.5cm2，进而求出AO为9cm，即可得出Q点的速度，进而求出AB的长即可；
③由①、②可知 EF段表示的是△BPQ底在增大，高不变的过程；
④首先得出PB＝t，BQ＝30﹣3t，则QM＝35（30﹣3t）＝18﹣95t，利用S△PBQ＝12t（18﹣95t）求出即可；
⑤首先得出△BPQ的面积，房两种情形分别列出方程即可解决问题；
【详解】解：①由题意可得出：当3秒时，△BPQ的面积的函数关系式改变，则Q在AO上运动3秒，
当3秒时，BP＝3，此时△BPQ的面积为13.5cm2，
∴AO为9cm，
∴点Q的运动速度为：9÷3＝3（cm/s），
故答案①正确；
②当运动到5秒时，函数关系式改变，则CO＝6cm，
∵csB＝45，
∴可求出AB＝6+12＝18（cm），
∴B（18，9）；
故答案②错误；
③S△PBQ＝12t×9=92t（3≤t≤5）
∴线段 EF段的函数解析式为S＝92t；
故答案③正确；
④如图（1）：PB＝t，BQ＝30﹣3t，
过点Q作QM⊥AB于点M，
则QM＝35（30﹣3t）＝18﹣95t，，
∴S△PBQ＝12t（18﹣95t）＝﹣910t2+9t；（5≤t≤10），
即曲线FG段的函数解析式为：S＝﹣910t2+9t；
故答案④正确；
⑤∵S梯形OABC＝12（6+18）×9＝108，
∴S＝19×108＝12，
当0＜t＜3时，S＝32t2，S＝12时，t＝22或﹣22（舍弃），
当5＜t＜10时，12＝﹣910t2+9t；
解得t＝15+1053或15−1053（舍弃），
综上所述：t＝22或t＝15+1053，△BPQ的面积是四边形OABC的面积的19．
故答案⑤正确；
所以正确答案为：①③④⑤
【点睛】此题主要考查了动点问题的函数图象以及三角形，面积求法和待定系数法求函数解析式等知识，具体的关键是学会以分类讨论的思想思考问题，学会理由方程的思想解决问题.
16．【答案】2 413
【分析】本题考查正 方形的性质和判定，熟练运用正方形的性质和勾股定理以及正确的添加辅助线是解题的关键，（1）过点P作PE⊥AB,PH⊥DC,PF⊥BC，由正方形的性质可得∠BDC=45°，根据PH⊥DC，可得∠BDC=∠HPC=45°，继而可证△PHD是等腰三角形，由勾股定理可得DH=PH=2，根据矩形的判定可得四边形PFCH是矩形和四边形ADHE是矩形，继而得到FC=PH=AE=DH=2，继而求出QE=FC=2，从而得到BQ；（2）过点P作PH⊥AB,PF⊥BC，根据正方形的性质可得BD是∠ABC的角平分线，由角平分线的性质可得PH=PF，根据三角形的判定定理可证△HPA≌△FPE，继而可得HA=FE，再由正方形的性质求出CF=EF=12CE=4，设小正方形的边长为a，则大正方形的边长为a+4，根据S△PDE=S梯形DCFP+S△PFE−S△DCE列方程求出a，最后根据勾股定理进行计算．
【详解】解：过点P作PE⊥AB,PH⊥DC,PF⊥BC，
∵正方形ABCD中，BD是对角线，
∴∠BDC=45°，
∵PH⊥DC，
∴∠BDC=∠HPC=45°，
∴DH=PH，
∴△PHD是等腰直角三角形，
由勾股定理可得：PH2+DH2=PD2，
即2PH2=222，
解得：PH=2，
∴DH=PH=2，
∵∠FPH=∠PFC=∠PHC=90°，
∴四边形PFCH是矩形，
∴FC=PH=2，
同理可证：四边形ADHE是矩形，
∴AE=DH=2，
∵PQ⊥CP，PF⊥BC，
∴∠EPQ+∠QPF=90°,∠QPF+∠CPF=90°，
∴∠EPQ=∠CPF，
∵PE=PF,∠QEP=∠PFC，
∴△EPQ≌△FPC，
∴QE=FC=2，
∴BQ=AB−AE−EQ=6−2−2=2．
故答案为：2．
过点P作PH⊥AB,PF⊥BC，如图，
∵正方形ABCD中，BD是对角线，点P在∠ABC的平分线BD上，PH⊥AB,PF⊥BC，
∴PH=PF，
∵∠HPF=90°,∠APE=90°，
∴∠HPA+∠APF=90°,∠APF+∠FPE=90°，
∴∠HPA=∠FPE，
在△HPA和△FPE中
∠PHA=∠PFEPH=PF∠HPA=∠FPE
∴△HPA≌△FPE，
∴HA=FE，
∵四边形BHPF和ABCD均为正方形，
∴BH=BF,AB=BC，
∴AH=CF，
∴CF=EF=12CE=4，
设小正方形的边长为a，则大正方形的边长为a+4，
∵S△PDE=S梯形DCFP+S△PFE−S△DCE，
∴a+a+4×4×12+4a+4×12−12×a×8=20，
解得：a=2，
∴PF=6，
∴PE=PF2+EF2=52=413．
故答案为：413．
三、解答题（本大题共8个小题，满分66分）
17．（6分）【答案】选②，x1=−14，x2=−1；选③，x1=−14，x2=1
【分析】方程有两个不相等的实数根，则Δ=b2−4ac>0，分别验证四组数值，确定满足条件的b，c后，解方程即可．
【详解】解：∵一元二次方程4x2+bx+c=0有两个不相等的实数根，
∴ Δ=b2−4×4c=b2−16c>0，
当b=4,c=1时，Δ=42−16×1=0，故①不合题意；
当b=5,c=1时，Δ=52−16×1=9>0，故②符合题意；
当b=−3,c=−1时，Δ=−32−16×−1=25>0，故③符合题意；
当b=2,c=1时，Δ=22−16×1=−12<0，故④不合题意；
∴②③均可．
当选②时，这个方程为4x2+5x+1=0，
因式分解得4x+1x+1=0，
即4x+1=0或x+1=0，
解得x1=−14，x2=−1；
当选③时，这个方程为4x2−3x−1=0，
因式分解得4x+1x−1=0，
即4x+1=0或x−1=0，
解得x1=−14，x2=1．
【点睛】本题考查了一元二次方程根的判别式和因式分解法解一元二次方程，熟练掌握一元二次方程根的判别式是解题的关键．
18．（6分）【分析】探究1：由图象中的点的坐标规律得到n与b成反比例关系，由待定系数法可得n=7.2b，将n=1.2 代入n=7.2b得：b=6；
探究2：由n=1θ，知在自变量θ的取值范围内，n随着θ的增大而减小，故当n≥1.0时，0<θ≤1.0，即可得0.5≤θ≤1.0；
探究3：由素材可知，当某人的视力确定时，其分辨视角也是确定的，可得65=b23，即可解得答案．
【详解】探究1:
由图象中的点的坐标规律得到n与b成反比例关系，
设n=kb(k≠0)，将其中一点(9,0.8)代入得：0.8=k9，
解得：k=7.2，
∴ n=7.2b，将其余各点一一代入验证，都符合关系式；
将n=1.2 代入n=7.2b得：b=6；
答：检测距离为5米时，视力值1.2所对应行的“E”形图边长为6mm，视力值1.2所对应行的“E”形图边长为6mm；
探究2:
∵ n=1θ，
∴在自变量θ的取值范围内，n随着θ的增大而减小，
∴当n≥1.0时，0<θ≤1.0，
∵0.5≤θ≤10，
∴0.5≤θ≤1.0；
探究3：由素材可知，当某人的视力确定时，其分辨视角也是确定的，由相似三角形性质可得b1检测距离1=b2检测距离2，
由探究1知b1=6，
∴ 65=b23，
解得b2=185，
答：检测距离为3m时，视力值1.2所对应行的“E”形图边长为185mm．
【点睛】本题考查反比例函数的综合应用，涉及待定系数法，函数图象上点坐标的特征，相似三角形的性质等知识，解题的关键是读懂题意，能将生活中的问题转化为数学问题加以解决．
19．（6分）【分析】（1）如图，连接MN与BC交点即为中点D，连接AD即可；
（2）如图，过点A作AE=BC，则点E即为所作．
【详解】（1）如图，点D即为所作，

（2）如图，点E即为所作，
【点睛】本题考查限定工具作图，掌握矩形的对角线互相平分和两组对边分别相等的四边形是平行四边形是解题的关键．
20．（8分）【分析】（1）根据样本容量=频数÷所占百分数，求得样本容量后，计算解答．
（2）利用样本容量计算出生活类的人数，利用扇形的知识计算求解可得到结论．
（3）利用画树状图计算即可．
本题考查了条形统计图、扇形统计图，画树状图求概率，熟练掌握统计图的意义，准确画树状图是解题的关键．
【详解】（1）∵12÷30%=40(人)，
∴联络人数为：40−4−16−12=8（人），
故答案为：40．补图如下：
（2）根据题意，得360°×1640=144°，
故答案为：144．
（3）根据题意，画树状图如下：
一共有12种等可能性，恰好是甲乙的可能性有2种，
∴恰好甲乙的概率是212=16．
21．（8分）【分析】（1）连结OB，根据勾股定理，求出OB的长，与1.2比较大小，即可求解，
（2）过点D作PR的平行线，根据锐角三角函数，求出DN、MD的长，即可求解，
（3）根据勾股定理，根据锐角三角函数，求出OD、OA的长，即可求解，
本题考查了，勾股定理，锐角三角函数的应用，解题的关键是：充分理解题意正确列式．
【详解】（1）解：连结OB，
由题知，AD=BC=1.6,OA=AD−OD=1，
则OB=OA2+AB2=12+0.82=415>1.2，
∴该物品不能顺利通过直角过道，
故答案为：不赞同，
（2）解：如图，过点D作PR的平行线，交过道两侧分别于点M,N，由题可知，
tan∠MDO=tan∠NCD=tan∠CBP=34，
∴DN=35CD=35×0.8=1225，
∴MD=MN−DN=65−1225=1825，
∴OD=54MD=54×1825=0.9，
故答案为：0.9
（3）解：当OC<1.2,OB<1.2时，物品能通过直角过道．
当OC=1.2，则OD=OC2−CD2=1.22−0.82=255，
同理，OA=OD=255，
此时，AD=455≈1.789≈1.79，
故答案为：物品的最大长度为1.79米．
22．（10分）【分析】（1）设AQ交BP于O．证明△ADQ≌△BAP（AAS）可得结论；
（2）①证明△ADQ∽△BAP，推出BPAQ=ABAD=23；②当P与D重合时，BP最长，则AQ有最大值，此时DQ最大．由勾股定理可求出答案．
【详解】（1）证明：如图1中，设AQ交BP于O，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠D＝∠BAP＝90°，AD＝AB，
∴∠DAQ+∠AQD＝90°，
∵AQ⊥BP，
∴∠AOP＝90°，
∴∠DAQ+∠APB＝90°，
∴∠AQD＝∠APB，
∴△ADQ≌△BAP（AAS），
∴AQ＝BP；
（2）解：①∵四边形ABCD是矩形，
∴∠D＝∠BAP＝90°，
∴∠DAQ+∠AQD＝90°，
∵AQ⊥BP，
∴∠AMP＝90°，
∴∠DAQ+∠APB＝90°，
∴∠AQD＝∠APB，
∴△ADQ∽△BAP，
∵AB=2，AD=3，
∴BPAQ=ABAD=23；
②在①已证明有：△ADQ∽△BAP，
∴DQAD=APAB，
∴DQ=ADAB×AP=32AP，
∴当P与D重合时，AP最长，即DQ最大．
如图2：
由（2）可知，BPAQ=23，
∵AB＝2，AD＝3，
∴BD=AB2+AD2=22+32=13，
∴AQ=32BD=3213，
∴DQ=AQ2−AD2=32132−32=92．
故答案为：92．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质、矩形的性质、全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形或相似三角形解决问题．
23．（10分）【分析】本题考查了反比例函数的应用，二元一次方程组的应用，熟练掌握反比例函数的应用，二元一次方程组的应用是解题的关键
任务1：由题意，得12×100=xy，即y=1200x，由题意知，OC=12，BC=28，则OB=OC+BC=40，即12≤x≤40，进而可求y的取值范围．
任务2：设第一次加入水的质量为ag，空矿泉水瓶的质量为bg，依题意得，40a+b=1200242a+b=1200，计算求解，然后作答即可．
【详解】任务1：解：由题意，得12×100=xy，
∴y=1200x，
由题意知，OC=12，BC=28，
∴OB=OC+BC=40，
∴12≤x≤40，
∴30≤y≤100．
任务2：解：设第一次加入水的质量为ag，空矿泉水瓶的质量为bg，
依题意得，40a+b=1200242a+b=1200，
解得a=20b=10，
∴空矿泉水瓶的重量为10g．
24.（12分）【分析】（1）首先根据平行线的性质可得∠AED=∠BDE，根据AD=CD得出∠AED=∠DBC，进而得出∠BDE=∠DBC，即可判断DE∥BF，进而证明四边形BDEF是平行四边形；
（2）①连接CE，根据题意得出BF=22AF=324m，根据BC=CF−BF即可求解；
②根据题意，设CP=t，FQ=2t．PF=2m−t，由∠F=∠DBC=45°，分为两种情况：△FQP∽△BDC，△FPQ∽△BDC，根据相似三角形的性质，列出比例式，即可求解．
【详解】（1）解： ∵BD∥AE，
∴∠AED=∠BDE，
∵AD=CD，则AD=CD
∴∠AED=∠DBC，
∴∠BDE=∠DBC，
∴DE∥BF．
∵BD∥EF，
∴四边形BDEF是平行四边形．
（2）①如图1，连接CE．
∵DB∥AF，∠F=∠DBC=∠ABD=45°，
∴∠ABC=∠AEC=90°，
∵EF=2AE=m，
∴CF=2EF=2m，
∵AF=AE+EF=32m，
∴BF=22AF=324m，
∴BC=CF−BF=2m−324m=24m．
②∵BD=m，
∴BCBD=24．
∵FQ=2CP，
∴可令CP=t，FQ=2t．
∴PF=2m−t．
∵∠F=∠DBC=45°，故分为两种情况：
ⅰ）如图2，当△FQP∽△BDC时，
PFFQ=BCBD，
∴2m−t2t=24，
∴t=232m，
∴PF=2m−232m=23m，
∴PFPC=12．
ⅱ）如图3，当△FPQ∽△BDC时，
PFFQ=BDBC，
∴2m−t2t=22
∴t=25m．
∴PF=2m−25m=425m，
∴PFPC=4
综上所述，PFPC的长为12或4．
【点睛】本题考查了弧与弦的关系，圆周角定理，相似三角形的性质，平行四边形的判定；熟练掌握相似三角形的性质，是解题的关键．
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
C
A
C
B
C
B
D
C
B
D