资源描述
2022-2023学年九上数学期末模拟试卷
注意事项
1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．
2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．
3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．
4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．
5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．
一、选择题（每题4分，共48分）
1．两直线a、b对应的函数关系式分别为y=2x和y=2x+3，关于这两直线的位置关系下列
说法正确的是
A．直线a向左平移2个单位得到b B．直线b向上平移3个单位得到a
C．直线a向左平移个单位得到b D．直线a无法平移得到直线b
2．点关于原点的对称点坐标是（ ）
A． B． C． D．
3．如图，两点在反比例函数的图象上，两点在反比例函数的图象上，轴于点，轴于点，，则的值是（ ）
A．2 B．3 C．4 D．6
4．为增加绿化面积，某小区将原来正方形地砖更换为如图所示的正八边形植草砖，更换后，图中阴影部分为植草区域，设正八边形与其内部小正方形的边长都为a，则阴影部分的面积为（ ）
A．2a2 B．3a2 C．4a2 D．5a2
5．如图，△ABC中，∠A=78°，AB=4，AC=1．将△ABC沿图示中的虚线剪开，剪下的阴影三角形与原三角形不相似的是（ ）
A． B． C． D．
6．如图，点A，B，C，D四个点均在⊙O上，∠A＝70°，则∠C为（ ）
A．35° B．70° C．110° D．120°
7．如图，将绕点按逆时针方向旋转后得到，若，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
8．如图，菱形的边的垂直平分线交于点，交于点，连接．当时，则（ ）
A． B． C． D．
9．下图中，最能清楚地显示每组数据在总数中所占百分比的统计图是( )
A． B．
C． D．
10．如图所示，几何体的左视图为（ ）
A． B． C． D．
11．如图所示，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与x轴交于点A(1，0)和点B，与y轴的正半轴交于点C．现有下列结论：①abc＞0；②4a﹣2b+c＞0；③2a﹣b＞0；④3a+c＝0，其中，正确结论的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
12．下面四个图案分别是步行标志、禁止行人通行标志、禁止驶入标志和直行标志，其中既是轴对称图形，又是中心对称图形的是( )
A． B． C． D．
二、填空题（每题4分，共24分）
13．如图，直线y=-x+b与双曲线分别相交于点A，B，C，D，已知点A的坐标为（-1，4），且AB：CD=5：2，则m=_________．
14．若，且一元二次方程有实数根，则的取值范围
是 .
15．半径为5的圆内接正六边形的边心距为__________．
16．方程（x﹣1）（x﹣3）＝0的解为_____．
17．闹元宵吃汤圆是我国传统习俗，正月十五小明的妈妈煮了一碗汤圆，其中有4个花生味和2个芝麻味，小明从中任意吃一个，恰好吃到花生味汤圆的概率是_____．
18．如图，在边长为2的菱形ABCD中，，点E、F分别在边AB、BC上. 将BEF沿着直线EF翻折，点B恰好与边AD的中点G重合，则BE的长等于________．
三、解答题（共78分）
19．（8分）从﹣1，﹣3，2，4四个数字中任取一个，作为点的横坐标，不放回，再从中取一个数作为点的纵坐标，组成一个点的坐标．请用画树状图或列表的方法列出所有可能的结果，并求该点在第二象限的概率．
20．（8分）某中学为数学实验“先行示范校”，一数学活动小组带上高度为1.5m的测角仪BC，对建筑物AO进行测量高度的综合实践活动，如图，在BC处测得直立于地面的AO顶点A的仰角为30°，然后前进40m至DE处，测得顶点A的仰角为75°.
（1）求∠CAE的度数；
（2）求AE的长（结果保留根号）；
（3）求建筑物AO的高度（精确到个位，参考数据：,）.
21．（8分）已知关于x的一元二次方程x1 = 1（1－m）x－m1 有两个实数根为x1，x1．
（1）求m的取值范围；
（1）设y = x1 + x1，求当m为何值时，y有最小值．
22．（10分）已知抛物线y＝x2+mx﹣10与x轴的一个交点是（﹣，0），求m的值及另一个交点坐标．
23．（10分）解方程：
（1）解方程：；
（2）．
24．（10分）如图，AB是半圆O的直径，C为半圆弧上一点，在AC上取一点D，使BC=CD，连结BD并延长交⊙O于E，连结AE，OE交AC于F．
(1)求证：△AED是等腰直角三角形；
(2)如图1，已知⊙O的半径为．
①求的长；
②若D为EB中点，求BC的长．
(3)如图2，若AF：FD=7：3，且BC=4，求⊙O的半径．
25．（12分）如图，△ABC内接于⊙O，AB＝AC，∠BAC＝36°，过点A作AD∥BC，与∠ABC的平分线交于点D，BD与AC交于点E，与⊙O交于点F．
(1)求∠DAF的度数；
(2)求证：AE2＝EF•ED；
(3)求证：AD是⊙O的切线．
26．已知的半径长为，弦与弦平行，，，求间的距离．
参考答案
一、选择题（每题4分，共48分）
1、C
【分析】根据上加下减、左加右减的变换规律解答即可．
【详解】A. 直线a向左平移2个单位得到y=2x+4，故A不正确；
B. 直线b向上平移3个单位得到y=2x+5，故B不正确；
C. 直线a向左平移个单位得到=2x+3，故C正确，D不正确.
故选C
【点睛】
此题考查一次函数与几何变换问题，关键是根据上加下减、左加右减的变换规律分析．
2、B
【分析】坐标系中任意一点，关于原点的对称点是，即关于原点的对称点，横纵坐标都变成相反数．
【详解】根据中心对称的性质，得点关于原点的对称点的坐标为．
故选B．
【点睛】
本题考查了关于原点对称的点的坐标，关于原点的对称点，横纵坐标都变成相反数．
3、D
【分析】连接OA、OB、OC、OD，由反比例函数的性质得到，，结合两式即可得到答案.
【详解】连接OA、OB、OC、OD，
由题意得，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵AC=3，BD=2，EF=5，
∴解得OE=2，
∴，
故选：D.
【点睛】
此题考查反比例函数图象上点的坐标特点，比例系数与三角形面积的关系，掌握反比例函数解析式中k的几何意义是解题的关键.
4、A
【分析】正多边形和圆，等腰直角三角形的性质，正方形的性质．图案中间的阴影部分是正方形，面积是，由于原来地砖更换成正八边形，四周一个阴影部分是对角线为的正方形的一半，它的面积用对角线积的一半
【详解】解：．
故选A．
5、C
【解析】试题解析：A、阴影部分的三角形与原三角形有两个角相等，故两三角形相似，故本选项错误；
B、阴影部分的三角形与原三角形有两个角相等，故两三角形相似，故本选项错误；
C、两三角形的对应边不成比例，故两三角形不相似，故本选项正确．
D、两三角形对应边成比例且夹角相等，故两三角形相似，故本选项错误；
故选C．
点睛：相似三角形的判定：两组角对应相等，两个三角形相似.
两组边对应成比例及其夹角相等，两个三角形相似.
三组边对应成比例，两个三角形相似.
6、C
【分析】根据圆内接四边形的性质即可求出∠C.
【详解】∵四边形ABCD是圆内接四边形，
∴∠C＝180°﹣∠A＝110°，
故选：C．
【点睛】
此题考查的是圆的内接四边形，掌握圆内接四边形的性质：对角互补，是解决此题的关键.
7、D
【分析】由题意可知旋转角∠BCB′=60°，则根据∠ACB′=∠BCB′+∠ACB即可得出答案．
【详解】解：根据旋转的定义可知旋转角∠BCB′=60°，
∴∠ACB′=∠BCB′+∠ACB =60°+25°=85°．
故选：D．
【点睛】
本题主要考查旋转的定义，解题的关键是找到旋转角，以及旋转后的不变量．
8、B
【分析】连接BF，根据菱形的对角线平分一组对角线可得∠BAC=50°，根据线段垂直平分线上的点到两端点的距离相等可得AF=BF，根据等边对等角可得∠FBA=∠FAB，再根据菱形的邻角互补求出∠ABC，然后求出∠CBF，最后根据菱形的对称性可得∠CDF=∠CBF．
【详解】解：如图，连接BF，
在菱形ABCD中，∠BAC=∠BAD=×100°=50°，
∵EF是AB的垂直平分线，
∴AF=BF，
∴∠FBA=∠FAB=50°，
∵菱形ABCD的对边AD∥BC，
∴∠ABC=180°-∠BAD=180°-100°=80°，
∴∠CBF=∠ABC-∠ABF=80°-50°=30°，
由菱形的对称性，∠CDF=∠CBF=30°．
故选：B．
【点睛】
本题考查了菱形的性质，线段垂直平分线上的点到两端点的距离相等的性质，等边对等角的性质，熟记各性质是解题的关键．
9、A
【分析】根据统计图的特点进行分析可得：扇形统计图表示的是部分在总体中所占的百分比，但一般不能直接从图中得到具体的数据；折线统计图表示的是事物的变化情况；条形统计图能清楚地表示出每个项目的具体数目．
【详解】解：在进行数据描述时，要显示部分在总体中所占的百分比，应采用扇形统计图．
故选：A．
【点睛】
本题考查统计图的选择，解决本题的关键是明确：扇形统计图表示的是部分在总体中所占的百分比，但一般不能直接从图中得到具体的数据；折线统计图表示的是事物的变化情况；条形统计图能清楚地表示出每个项目的具体数目；频率分布直方图，清楚显示在各个不同区间内取值，各组频率分布情况，易于显示各组之间频率的差别．
10、A
【分析】根据从左边看得到的图形是左视图，可得答案．
【详解】解：从左边看第一层一个小正方形，第二层一个小正方形，第三层一个小正方形
故选：A．
【点睛】
本题考查简单组合体的三视图，难度不大．
11、B
【分析】由抛物线的开口方向，判断a与0的关系；由对称轴与y轴的位置关系，判断ab与0的关系；由抛物线与y轴的交点，判断c与0的关系，进而判断abc与0的关系，据此可判断①．由x＝﹣2时，y＝4a﹣2b+c，再结合图象x＝﹣2时，y＞0，即可得4a﹣2b+c与0的关系，据此可判断②．根据图象得对称轴为x＝﹣＞﹣1，即可得2a﹣b与0的关系，据此可判断③．由x＝1时，y＝a+b+c，再结合2a﹣b与0的关系，即可得3a+c与0的关系，据此可判断④．
【详解】解：①∵抛物线的开口向下，
∴a＜0，
∵对称轴位于y轴的左侧，
∴a、b同号，即ab＞0，
∵抛物线与y轴交于正半轴，
∴c＞0，
∴abc＞0，
故①正确；
②如图，当x＝﹣2时，y＞0，即4a﹣2b+c＞0，
故②正确；
③对称轴为x＝﹣＞﹣1，得2a＜b，即2a﹣b＜0，
故③错误；
④∵当x＝1时，y＝0，
∴0＝a+b+c，
又∵2a﹣b＜0，即b＞2a，
∴0＝a+b+c＞a+2a+c＝3a+c，即3a+c＜0，
故④错误．
综上所述，①②正确，即有2个结论正确．
故选：B．
【点睛】
本题考查二次函数图象位置与系数的关系．熟练掌握二次函数开口方向、对称轴、与坐标轴交点等性质，并充分运用数形结合是解题关键．
12、C
【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的定义，即可得出答案．
【详解】A．不是轴对称图形，也不是中心对称图形；
B．不是轴对称图形，也不是中心对称图形；
C．是轴对称图形，也是中心对称图形；
D．是轴对称图形，不是中心对称图形．
故选：C．
【点睛】
轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合．
二、填空题（每题4分，共24分）
13、
【解析】如图由题意：k＝﹣4，设直线AB交x轴于F，交y轴于E．根据反比例函数y和直线AB组成的图形关于直线y＝x对称，求出E、F、C、D的坐标即可．
【详解】如图由题意：k＝﹣4，设直线AB交x轴于F，交y轴于E．
∵反比例函数y和直线AB组成的图形关于直线y＝x对称，A（﹣1，4），∴B（4，﹣1），∴直线AB的解析式为y＝﹣x+3，∴E（0，3），F（3，0），∴AB＝5，EF＝3．
∵AB：CD＝5：2，∴CD＝2，∴CE＝DF．设C（x，－x+3），∴CE=，解得：x=（负数舍去），∴x=，－x+3=，∴C（），∴m==．
故答案为：．
【点睛】
本题考查了反比例函数与一次函数的交点问题，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会利用轴对称的性质解决问题，属于中考常考题型．
14、且．
【解析】试题分析：∵，.
∴一元二次方程为.
∵一元二次方程有实数根，
∴且.
考点: （1）非负数的性质；（2）一元二次方程根的判别式.
15、
【分析】连接OA、OB，作OH⊥AB，根据圆内接正六边形的性质得到△ABO是等边三角形，利用垂径定理及勾股定理即可求出边心距OH.
【详解】如图，连接OA、OB，作OH⊥AB，
∵六边形ABCDEF是圆内接正六边形，
∴∠FAB=∠ABC=180-，
∴∠OAB=∠OBA=60，
∴△ABO是等边三角形，
∴AB=OA=5，
∵OH⊥AB，
∴AH=2.5，
∴OH=,
故答案为：.
【点睛】
此题考查圆内接正六边形的性质，垂径定理，勾股定理.解题中熟记正六边形的性质得到∠FAB=∠ABC=120是解题的关键，由此即可证得△ABO是等边三角形，利用勾股定理解决问题.
16、x1＝3，x2＝1
【分析】利用因式分解法求解可得．
【详解】解：∵（x﹣1）（x﹣3）＝0，
∴x﹣1＝0或x﹣3＝0，
解得x1＝3，x2＝1，
故答案为：x1＝3，x2＝1．
【点睛】
本题主要考查解一元二次方程的能力，熟练掌握解一元二次方程的几种常用方法：直接开平方法、因式分解法、公式法、配方法，结合方程的特点选择合适、简便的方法是解题的关键．
17、
【分析】用花生味汤圆的个数除以汤圆总数计算即可.
【详解】解：∵一碗汤圆，其中有4个花生味和2个芝麻味，
∴从中任意吃一个，恰好吃到花生味汤圆的概率是：．
故答案为.
【点睛】
本题考查了概率公式的应用，如果一个事件共有n种可能，而且每一个事件发生的可能性相同，其中事件A出现m种可能，那么事件A的概率.
18、
【分析】如图，作GH⊥BA交BA的延长线于H，EF交BG于O．利用勾股定理求出MG，由此即可解决问题.
【详解】过点G作GM⊥AB交BA延长线于点M，则∠AMG=90°，
∵G为AD的中点，∴AG=AD==1，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB//CD ，∴∠MAG=∠D=60°，
∴∠AGM=30°，
∴AM=AG=，
∴MG=，
设BE=x，则AE=2-x，
∵EG=BE，∴EG=x，
在Rt△EGM中，EG2=EM2+MG2，
∴x2=(2-x+)2+ ，
∴x=，
故答案为.
【点睛】
本题考查了菱形的性质、轴对称的性质等，正确添加辅助线构造直角三角形利用勾股定理进行解答是关键.
三、解答题（共78分）
19、表见解析，
【分析】列表得出所有等可能结果，从中找到符合条件的结果数，再利用概率公式求解可得．
【详解】解：列表如下：
﹣3
﹣1
2
4
﹣3
﹣﹣﹣
（﹣1，﹣3）
（2，﹣3）
（4，﹣3）
﹣1
（﹣3，﹣1）
﹣﹣﹣
（2，﹣1）
（4，﹣1）
2
（﹣3，2）
（﹣1，2）
﹣﹣﹣
（4，2）
4
（﹣3，4）
（﹣1，4）
（2，4）
﹣﹣﹣
所有等可能的情况有12种，其中点（x，y）落在第二象限内的情况有4种，
∴该点在第二象限的概率为＝．
【点睛】
本题主要考查了列表法或树状图法求概率，熟练的用列表法或树状图法列出所有的情况数是解题的关键.
20、（1）45°；（2）；（3）29.
【分析】（1）先根据测得顶点A的仰角为75°，求出∠AEC的度数进而求∠CAE的度数；
（2）延长CE交AO于点G，过点E作EF⊥AC垂足为F．解直角三角形即可得到结论；
（3）根据题干条件直接解直角三角形即可得到结论．
【详解】解：（1）由测得顶点A的仰角为75°，可知∠AEC=180°-75°=105°，又顶点A的仰角为30°即∠ACE=30°，所以∠CAE=180°-105°-30°=45°；
（2）延长CE交AO于点G，过点E作EF⊥AC垂足为F．
由题意可知：∠ACG=30°，∠AEG=75°，CE=40，
∴∠EAC=∠AEG-∠ACG=45°，
∵EF=CE×Sin∠FCE=20，
∴AE=，
∴AE的长度为m；；
（3）∵CF=CE×cos∠FCE=，AF=EF=20，
∴AC=CF+AF=+20，
∴AG=AC×Sin∠ACG=，
∴AO=AG+GO=+1.5=≈29，
∴高度AO约为29m．
【点睛】
本题考查了解直角三角形的应用、勾股定理、三角函数；由勾股定理得出方程是解决问题的关键．
21、（1） m≤；（1）m=
【分析】（1）若一元二次方程有两个实数根，则根的判别式△=b1-4ac≥0，建立关于m的不等式，可求出m的取值范围；
（1）根据根与系数的关系可得出x1+x1的表达式，进而可得出y、m的函数关系式，根据函数的性质及（1）题得出的自变量的取值范围，即可求出y有最小值时及对应的m值．
【详解】解：（1）将原方程整理为x1+1（m-1）x+m1=0；
∵原方程有两个实数根，
∴△=〔1（m－1）〕1－4m1 =－8m + 4≥0，
∴m≤
（1）∵ x1，x1为方程的两根，
∴ y=x1+x1 =－1m+1，
∵-1＜0 ∴ y随m的增大而减小
∵m≤
∴ 当m =时，y有最小值．
【点睛】
此题是根的判别式、根与系数的关系与一次函数的结合题．牢记一次函数的性质是解答（1）题的关键．
22、m＝﹣；另一个交点坐标（2，0）
【分析】首先将点（﹣,0）的坐标代入抛物线的解析式中，即可求得m的值，再令抛物线中y＝0，可得出关于x的一元二次方程，即可求得抛物线与x轴的另一交点的坐标．
【详解】解：根据题意得，5﹣m﹣10＝0，
所以m＝﹣；
得抛物线的解析式为y＝x2﹣x﹣10，
∵x2﹣x﹣10＝0，
解得x1＝﹣，x2＝2，
∴抛物线与x轴的另一个交点坐标（2,0）．
故答案为：m＝﹣；另一个交点坐标（2,0）.
【点睛】
本题考查了抛物线与轴的交点：从二次函数的交点式（a，b，c是常数，a≠0）中可直接得出抛物线与轴的交点坐标，.
23、（1）无解；（2）
【分析】（1）直接利用公式法解一元二次方程，即可得到答案；
（2）先移项，然后利用因式分解法解一元二次方程，即可得到答案.
【详解】解：（1），
∵，，，
∴；
∴原方程无解；
（2），
∴，
∴，
∴或，
∴.
【点睛】
本题考查了解一元二次方程，解题的关键是熟练掌握公式法和因式分解法解一元二次方程．
24、 (1)见解析；(2)①；②；(3)
【分析】（1）由已知可得△BCD是等腰直角三角形，所以∠CBD＝∠EAD＝45°，因为∠AEB＝90°可证△AED是等腰直角三角形；
（2）①已知可得∠EAD＝45°，∠EOC＝90°，则△EOC是等腰直角三角形，所以CE的弧长=×2×π×=；
②由已知可得ED＝BD，在Rt△ABE中，(2)2=AE2+(2AE)2，所以AE＝2，AD＝2，易证△AED∽△BCD，所以BC＝；
（3）由已知可得AF＝AD，过点E作EG⊥AD于G，EG=AD，GF=AD，tan∠EFG=，得出FO=r，在Rt△COF中，FC=r，EF=r，在Rr△EFG中，由勾股定理，求出AD=r，AF=r，所以AC=AF+FC=，CD=BC=4，AC=4+AD，可得r=4+r，解出r即可．
【详解】解：(1)∵BC=CD，AB是直径，
∴△BCD是等腰直角三角形，
∴∠CBD=45°，
∵∠CBD=∠EAD=45°，
∵∠AEB=90°，
∴△AED是等腰直角三角形；
(2)①∵∠EAD=45°，
∴∠EOC=90°，
∴△EOC是等腰直角三角形，
∵⊙O的半径为，
∴CE的弧长=×2×π×=，
故答案为：；
②∵D为EB中点，
∴ED=BD，
∵AE=ED，
在Rt△ABE中，(2)2=AE2+(2AE)2，
∴AE=2，
∴AD=2，
∵ED=AE，CD=BC，∠AED=∠BCD=90°，
∴△AED∽△BCD，
∴BC=，
故答案为：；
(3)∵AF：FD=7：3，
∴AF=AD，
过点E作EG⊥AD于G，
∴EG=AD，
∴GF=AD，
∴tan∠EFG=，
∴==，
∴FO=r，
在Rt△COF中，FC=r，
∴EF=r，
在Rt△EFG中，(r)2=(AD)2+(AD)2，
∴AD=r，
∴AF=r，
∴AC=AF+FC=r，
∵CD=BC=4，
∴AC=4+AD=4+r，
∴r=4+r，
∴r=，
故答案为：．
【点睛】
本题考查了圆的基本性质，等腰直角三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理的应用，弧长公式的计算，锐角三角函数定义的应用，掌握相关图形的性质和应用是解题的关键．
25、 (1)∠DAF＝36°；(2)证明见解析；(3)证明见解析.
【解析】（1）求出∠ABC、∠ABD、∠CBD的度数，求出∠D度数，根据三角形内角和定理求出∠BAF和∠BAD度数，即可求出答案；
（2）求出△AEF∽△DEA，根据相似三角形的性质得出即可；
（3）连接AO，求出∠OAD=90°即可．
【详解】(1)∵AD∥BC，
∴∠D＝∠CBD，
∵AB＝AC，∠BAC＝36°，
∴∠ABC＝∠ACB＝×(180°﹣∠BAC)＝72°，
∴∠AFB＝∠ACB＝72°，
∵BD平分∠ABC，
∴∠ABD＝∠CBD＝∠ABC＝×72°＝36°，
∴∠D＝∠CBD＝36°，
∴∠BAD＝180°﹣∠D﹣∠ABD＝180°﹣36°﹣36°＝108°，
∠BAF＝180°﹣∠ABF﹣∠AFB＝180°﹣36°﹣72°＝72°，
∴∠DAF＝∠DAB﹣∠FAB＝108°﹣72°＝36°；
(2)证明：∵∠CBD＝36°，∠FAC＝∠CBD，
∴∠FAC＝36°＝∠D，
∵∠AED＝∠AEF，
∴△AEF∽△DEA，
∴，
∴AE2＝EF×ED；
(3)证明：连接OA、OF，
∵∠ABF＝36°，
∴∠AOF＝2∠ABF＝72°，
∵OA＝OF，
∴∠OAF＝∠OFA＝×(180°﹣∠AOF)＝54°，
由(1)知∠DAF＝36°，
∴∠DAO＝36°+54°＝90°，
即OA⊥AD，
∵OA为半径，
∴AD是⊙O的切线．
【点睛】
本题考查了切线的判定，圆周角定理，三角形内角和定理，等腰三角形的性质等知识点，能综合运用定理进行推理是解此题的关键．
26、1或7
【分析】先根据勾股定理求出OF=4，OE=3，再分AB、CD在点O的同侧时，AB、CD在点O的两侧时两种情况分别计算求出EF即可.
【详解】如图，过点O作OE⊥CD于E，交AB于点F，
∵，
∴OE⊥AB，
在Rt△AOF中，OA=5，AF=AB=3，∴OF=4，
在Rt△COE中，OC=5，CE=CD=4，∴OE=3，
当AB、CD在点O的同侧时，、间的距离EF=OF-OE=4-3=1；
当AB、CD在点O的两侧时，AB、CD间的距离EF=OE+OF=3+4=7，
故答案为：1或7.
【点睛】
此题考查了圆的垂径定理，勾股定理，在圆中通常利用垂径定理和勾股定理求半径、弦的一半、弦心距三者中的一个量.
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