广东省东莞市2022年中考数学模拟题（一模）精选分层分类汇编-06解答题（提升题）

这是一份广东省东莞市2022年中考数学模拟题（一模）精选分层分类汇编-06解答题（提升题），共42页。试卷主要包含了，交y轴于点B，两点，与y轴交于点C，顶点为E，，连接AC，BC，如图，已知直线AB等内容，欢迎下载使用。

广东省东莞市2022年中考数学模拟题（一模）精选分层分类汇编-06解答题（提升题）
一．一元一次不等式的应用（共1小题）
1．（2022•东莞市校级一模）某学校准备购买若干个足球和篮球（每个足球的价格相同，每个篮球的价格相同），若购买2个足球和3个篮球共需340元，购买5个足球和2个篮球共需410元．
（1）购买一个足球、一个篮球各需多少元？
（2）根据学校的实际情况，需购买足球和篮球共96个，并且总费用不超过5720元．问最多可以购买多少个篮球？
二．二次函数综合题（共6小题）
2．（2022•东莞市校级一模）如图，抛物线顶点坐标为点C（1，4），交x轴于点A（3，0），交y轴于点B．
（1）求抛物线和直线AB的解析式；
（2）设点P是抛物线（在第一象限内）上的一个动点，是否存在一点P，使S△PAB面积最大，若存在，求出P点的坐标；若不存在，请说明理由．
（3）设点Q（异于C点）是抛物线上的一个动点，是否存在一点Q，使S△QAB＝S△CAB．若存在，直接写出Q点的坐标；若不存在，请说明理由．

3．（2022•东莞市校级一模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝+bx+c与x轴的正半轴交于点D，与y轴交于点C，点A在抛物线上，AB⊥y轴于点B．△ABC绕点B逆时针旋转90°得到△OBE，连接DE．当+bx+c＜0时，x的取值范围是﹣＜x＜2．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）求证：四边形OBED是矩形；
（3）在线段OD上找一点N，过点N作直线m垂直x轴，交OE于点F，连接DF，当△DNF的面积取得最大值时，求点N的坐标，在此基础上，在直线m上找一点P，连接OP、DP．使得∠OPD+∠DOE＝90°，求点P的坐标．

4．（2022•东莞市校级一模）在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y＝﹣x2+2kx+2k2+1与x轴的左交点为A，右交点为B，与y轴的交点为C，对称轴为直线l，对于抛物线上的两点（x1，y1），（x2，y2）（x1＜k＜x2），当x1+x2＝2时，y1﹣y2＝0恒成立．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）点M是第二象限内直线AC上方的抛物线上的一点，过点M作MN⊥AC于点N，求线段MN的最大值，并求出此时点M的坐标；
（3）点P是直线l右侧抛物线上的一点，PQ⊥l于点Q，AP交直线l于点F，是否存在这样的点P，使△PQF与△ACO相似？若存在，请求出点P的坐标，若不存在，请说明理由．
5．（2022•东莞市一模）二次函数y＝ax2+bx+3的图象与x轴交于A（2，0），B（6，0）两点，与y轴交于点C，顶点为E．
（1）求这个二次函数的表达式：
（2）如图①，D是该二次函数图象的对称轴上一个动点，当BD的垂直平分线恰好经过点C时，求点D的坐标；
（3）如图②，P是该二次函数图象上的一个动点，连接OP，取OP中点Q，连接QC，QE，CE，当△CEQ的面积为12时，求点P的坐标．

6．（2022•东莞市一模）如图，抛物线y＝ax2+x+c与x轴交于点A，B，与y轴交于点C，已知A，C两点坐标分别是A（1，0），C（0，﹣2），连接AC，BC．
（1）求抛物线的表达式和AC所在直线的表达式；
（2）将△ABC沿BC所在直线折叠，得到△DBC，点A的对应点D是否落在抛物线的对称轴上，若点D在对称轴上，请求出点D的坐标；若点D不在对称轴上，请说明理由；
（3）点P是抛物线图象上的一动点，当∠PCB＝∠ABC时，直接写出点P的坐标．


7．（2022•东莞市一模）如图，已知直线AB：y＝kx+b与抛物线y＝tx﹣t相交于点、点B，点B在x轴上，且对于任意实数x，不等式恒成立．
（1）求该抛物线及直线AB的解析式；
（2）点M为该抛物线上的一点，过点M作MN⊥x轴于点N，过点A作AH⊥x轴于点H，当以点M、N、B为顶点的三角形与△AHB相似，直接写出满足条件的全部点M的横坐标，并选取其中两种情况写出解答过程；
（3）试问，在抛物线y＝tx﹣t上是否存在点Q，使得△QAB的面积等于△AOB的面积的2倍？如果存在，请直接写出点Q的坐标，如果不存在，请说明理由．

三．四边形综合题（共2小题）
8．（2022•东莞市一模）如图甲，在△ABC中．∠ACB＝90°．AC＝4．BC＝3．如果点P由点B出发沿BA方向向点A匀速运动．同时点Q由点A出发沿AC方向向点C匀速运动．它们的速度均为每秒钟1个单位长度．连接PQ，设运动时间为t秒钟（0＜t＜4）．
（1）设△APQ的面积为S，当实数t为何值时，S取得最大值？S的最大值是多少？
（2）在（1）的前提下．当S取得最大值时．把此时的△APQ沿射线AC以每秒钟1个单位长度的速度平移，当点A平移至与点C重合时停止，写出平移过程中，△APQ与△ABC的重叠部分面积y与平移时间x的函数解析式，并写出对应的x的取值范围；
（3）如图乙，连接PC，将△PQC沿QC翻折，得到四边形PQP′C，当四边形PQP′C为菱形时，求实数t的值．

9．（2022•东莞市一模）在矩形ABCD中，AB＝12，P是边AB上一点，把△PBC沿直线PC折叠，顶点B的对应点是点G，过点B作BE⊥CG，垂足为E且在AD上，BE交PC于点F．
（1）如图1，若点E是AD的中点，求证：△AEB≌△DEC；
（2）如图2，当AD＝25，且AE＜DE时，求的值；
（3）如图3，当BE•EF＝108时，求BP的值．

四．圆的综合题（共5小题）
10．（2022•东莞市校级一模）如图，AB是圆O的直径，弦CD与AB交于点H，∠BDC＝∠CBE．
（1）求证：BE是圆O的切线；
（2）若CD⊥AB，AC＝2，BH＝3，求劣弧BC的长；
（3）如图，若CD∥BE，作DF∥BC，满足BC＝2DF，连接FH、BF，求证：FH＝BF．

11．（2022•东莞市校级一模）如图，在直角梯形ABCD中，AB∥CD，∠B＝90°，E是BC的中点，连接AC，AE，DE，DE交AC于点F，且此时∠AED＝90°．

（1）求证：△ABE∽△ECD；
（2）求证：以BC为直径的⊙E与AD相切；
（3）对角线AC交⊙E于点G，AB＝6，BC＝8，求AF的长．
12．（2022•东莞市一模）如图1，将矩形纸片ABCD沿直线MN折叠，顶点B恰好与CD边上的动点P重合（点P不与点C，D重合），折痕为MN，点M，N分别在边AD，BC上，连接MB，MP，BP，BP与MN相交于点F．
（1）求证：△BFN∽△BCP；
（2）①在图2中，作出经过M，D，P三点的⊙O（要求保留作图痕迹，不写作法）；
②随着点P在CD上运动，当①中的⊙O恰好与BM，BC同时相切，如图3，若AB＝4，求DP的长．
（3）在②的条件下，点Q是⊙O上的动点，则AQ的最小值为 　 　．


13．（2022•东莞市校级一模）如图，在等边△ABC中，M是边BC延长线上一点，连接AM交△ABC的外接圆于点D，延长BD至N，使得BN＝AM，连接CN、MN，
（1）猜想△CMN的形状，并证明你的结论；
（2）请你证明CN是⊙O的切线；
（3）若AD：AB＝3：4，BN＝8，求等边△ABC的面积．

14．（2022•东莞市一模）如图，已知点O是△ABC的外接圆的圆心，AB＝AC，点D是弧AB上一点，连接并延长BD交过点A且平行于BC的射线于点E．
（1）求证：DA平分∠CDE；
（2）判断直线AE与⊙O的位置关系，并证明；
（3）若DE＝3，BD＝6，AD＝5，求AC的长．

五．相似三角形的判定与性质（共1小题）
15．（2022•东莞市一模）如图，在正方形ABCD中，E是对角线BD上任意一点（BE＞DE），CE的延长线交AD于点F，连接AE．
（1）求证：△ABE∽△FDE；
（2）当BE＝3DE时，求tan∠1的值．


广东省东莞市2022年中考数学模拟题（一模）精选分层分类汇编-06解答题（提升题）
参考答案与试题解析
一．一元一次不等式的应用（共1小题）
1．（2022•东莞市校级一模）某学校准备购买若干个足球和篮球（每个足球的价格相同，每个篮球的价格相同），若购买2个足球和3个篮球共需340元，购买5个足球和2个篮球共需410元．
（1）购买一个足球、一个篮球各需多少元？
（2）根据学校的实际情况，需购买足球和篮球共96个，并且总费用不超过5720元．问最多可以购买多少个篮球？
【解答】解：（1）设购买一个足球需要x元，购买一个篮球需要y元，
根据题意得：，
解得：，
答：购买一个足球需要50元，购买一个篮球需要80元；

（2）设购买a个篮球，则购买（96﹣a）个足球，
根据题意得：80a+50（96﹣a）≤5720，
解得：a≤，
∵a是整数，
∴a≤30，
答：最多可以购买30个篮球．
二．二次函数综合题（共6小题）
2．（2022•东莞市校级一模）如图，抛物线顶点坐标为点C（1，4），交x轴于点A（3，0），交y轴于点B．
（1）求抛物线和直线AB的解析式；
（2）设点P是抛物线（在第一象限内）上的一个动点，是否存在一点P，使S△PAB面积最大，若存在，求出P点的坐标；若不存在，请说明理由．
（3）设点Q（异于C点）是抛物线上的一个动点，是否存在一点Q，使S△QAB＝S△CAB．若存在，直接写出Q点的坐标；若不存在，请说明理由．

【解答】解：（1）如图1，设抛物线的解析式为：y＝a（x﹣1）2+4，

把A（3，0）代入解析式求得a＝﹣1，
∴y＝﹣（x﹣1）2+4＝﹣x2+2x+3，
当x＝0时，y＝3，
∴B（0，3），
设直线AB的解析式为：y＝kx+b，
把A（3，0），B（0，3）代入y＝kx+b中，得：，
解得：，
∴直线AB的解析式为：y＝﹣x+3；

（2）存在，
如图2，连接OP，
设P（x，﹣x2+2x+3）（0＜x＜3），

S△PAB＝S△OBP+S△AOP﹣S△AOB
＝•3x+•3（﹣x2+2x+3）﹣×3×3
＝﹣x2+x
＝﹣（x2﹣3x+﹣）
＝﹣（x﹣）2+，
∵﹣＜0，
∴当x＝时，△PAB的面积最大，此时P（，）；

（3）存在，
分两种情况：
①当Q在AB的上方时，如图3，过点C作CD∥AB，交抛物线于Q，连接QB，QA，此时S△ACB＝S△QAB，

设CD的解析式为：y＝﹣x+m，
把C（1，4）代入得：4＝﹣1+m，
∴m＝5，
∴﹣x2+2x+3＝﹣x+5，
解得：x1＝1，x2＝2，
∵点Q与点C不重合，
∴Q（2，3）；
②当Q在AB的下方时，
由①知：直线CD与y轴的交点为（0，5），即直线AB向上平移2个单位，
∴将直线AB向下平移2个单位得到y＝﹣x+1，
∴﹣x2+2x+3＝﹣x+1，
解得：x1＝，x2＝，
∴Q（，）或（，）．
综上，点Q的坐标是（2，3）或（，）或（，）．
3．（2022•东莞市校级一模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝+bx+c与x轴的正半轴交于点D，与y轴交于点C，点A在抛物线上，AB⊥y轴于点B．△ABC绕点B逆时针旋转90°得到△OBE，连接DE．当+bx+c＜0时，x的取值范围是﹣＜x＜2．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）求证：四边形OBED是矩形；
（3）在线段OD上找一点N，过点N作直线m垂直x轴，交OE于点F，连接DF，当△DNF的面积取得最大值时，求点N的坐标，在此基础上，在直线m上找一点P，连接OP、DP．使得∠OPD+∠DOE＝90°，求点P的坐标．

【解答】（1）解：∵当+bx+c＜0时，x的取值范围是﹣＜x＜2，
∴抛物线与x轴的两个交点为（2，0），（﹣，0），
∴，
解得，
∴y＝﹣x﹣1；
（2）证明：由（1）可知D（2，0），C（0，﹣1），
∴OD＝2，OC＝1，
∵AB⊥y轴，
∴△ABC是直角三角形，
∵△ABC绕点B逆时针旋转90°得到△OBE，
∴OB⊥BE，AB＝OB，
设A（﹣m，m），
∴m＝m2﹣m﹣1，
解得m＝﹣1或m＝，
∴A（﹣1，1），
∴BO＝1，
∴BC＝BE＝2，
∴BE＝OD，
∵∠BOD＝90°，
∴BE∥OD，
∴四边形OBED是矩形；
（3）∵E（2，1），
∴直线OE的解析式为y＝x，
设N（n，0），则F（n，n），
∴S＝×DN×FN＝×（2﹣n）×n＝﹣（n﹣1）2+，
∵N在线段OD上，
∴0≤n≤2，
∴当n＝1时，S有最大值，
此时N（1，0），F（1，），
∵∠PNO＝90°，
∴∠EOD+∠POE＝90°，
∵∠OPD+∠DOE＝90°，
∴∠POE+∠OPN＝∠OPD，
∵O点与D点关于l对称，
∴∠OPN＝∠NPD，
∴∠OPN＝∠POE，
∴PF＝OF，
设P（1，t），
∴|t﹣|＝，
∴t＝+或t＝﹣+，
∴P点坐标为（1，+）或（1，﹣+）．


4．（2022•东莞市校级一模）在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y＝﹣x2+2kx+2k2+1与x轴的左交点为A，右交点为B，与y轴的交点为C，对称轴为直线l，对于抛物线上的两点（x1，y1），（x2，y2）（x1＜k＜x2），当x1+x2＝2时，y1﹣y2＝0恒成立．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）点M是第二象限内直线AC上方的抛物线上的一点，过点M作MN⊥AC于点N，求线段MN的最大值，并求出此时点M的坐标；
（3）点P是直线l右侧抛物线上的一点，PQ⊥l于点Q，AP交直线l于点F，是否存在这样的点P，使△PQF与△ACO相似？若存在，请求出点P的坐标，若不存在，请说明理由．
【解答】解：（1）∵（x1，y1），（x2，y2）在抛物线y＝﹣x2+2kx+2k2+1上，
∴x1+x2＝2k，x1x2＝﹣2k2﹣1，y1＝﹣x12+2kx1+2k2+1，y2＝﹣x22+2kx2+2k2+1，
∴y1﹣y2＝（﹣x12+2kx1+2k2+1）﹣（﹣x22+2kx2+2k2+1）＝（x2﹣x1）（x1+x2﹣2k），
∵当x1+x2＝2时，y1﹣y2＝0恒成立，
∴（x2﹣x1）（2﹣2k）＝0，
∵x1＜k＜x2，
∴2﹣2k＝0，
∴k＝1，
∴该抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+3；
（2）由（1）知：y＝﹣x2+2x+3，
令y＝0，得﹣x2+2x+3＝0，
解得：x1＝﹣1，x2＝3，
∴A（﹣1，0），B（3，0），
令x＝0，得y＝3，
∴C（0，3），
在Rt△AOC中，AC＝＝＝，
设直线AC的解析式为y＝mx+n，则，
解得：，
∴直线AC的解析式为y＝3x+3，
如图1，过点M作MD∥y轴交AC于点D，
设M（t，﹣t2+2t+3）（﹣1＜t＜0），则D（t，3t+3），
∴MD＝﹣t2+2t+3﹣（3t+3）＝﹣t2﹣t，
∵MN⊥AC，
∴∠MND＝90°＝∠AOC，
∵MD∥OC，
∴∠MDN＝∠ACO，
∴△MDN∽△ACO，
∴＝，即＝，
∴MN＝﹣（t+）2+，
∵＜0，
∴当t＝﹣时，线段MN取得最大值，此时，M（﹣，）；
（3）存在．
∵y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4，
∴抛物线的对称轴为直线x＝1，
设P（m，﹣m2+2m+3）（m＞1），则Q（1，﹣m2+2m+3），过点P作PH⊥x轴于点H，则H（m，0），
∵PQ⊥l，l⊥x轴，
∴PQ∥x轴，
∴∠FPQ＝∠PAH，
∵∠PQF＝∠AHP，
∴△PFQ∽△APH，
当点P在x轴上方时，如图2，PH＝﹣m2+2m+3，AH＝m+1，又OA＝1，OC＝3，
若△PFQ∽△CAO，则△APH∽△CAO，
∴＝，即＝，
解得：m＝﹣1（舍去）或m＝，
当m＝时，﹣m2+2m+3＝﹣（）2+2×+3＝，
∴P（，）；
若△PFQ∽△ACO，则△APH∽△ACO，
∴＝，即＝，
解得：m＝﹣1（舍去）或m＝0（不符合题意，舍去）；
当点P在x轴下方时，如图3，PH＝m2﹣2m﹣3，AH＝m+1，
若△PFQ∽△CAO，则△APH∽△CAO，
∴＝，即＝，
解得：m＝﹣1（舍去）或m＝，
当m＝时，﹣m2+2m+3＝﹣（）2+2×+3＝﹣，
∴P（，﹣）；
若△PFQ∽△ACO，则△APH∽△ACO，
∴＝，即＝，
解得：m＝﹣1（舍去）或m＝6，
当m＝6时，﹣m2+2m+3＝﹣62+2×6+3＝﹣21，
∴P（6，21）；
综上所述，点P的坐标为（，）或（，﹣）或（6，21）．



5．（2022•东莞市一模）二次函数y＝ax2+bx+3的图象与x轴交于A（2，0），B（6，0）两点，与y轴交于点C，顶点为E．
（1）求这个二次函数的表达式：
（2）如图①，D是该二次函数图象的对称轴上一个动点，当BD的垂直平分线恰好经过点C时，求点D的坐标；
（3）如图②，P是该二次函数图象上的一个动点，连接OP，取OP中点Q，连接QC，QE，CE，当△CEQ的面积为12时，求点P的坐标．

【解答】解：（1）将A（2，0），B（6，0）代入y＝ax2+bx+3，得，
解得，
∴二次函数的解析式为y＝x2﹣2x+3；

（2）如图1，图2，连接CB，CD，由点C在线段BD的垂直平分线CN上，得CB＝CD．

设D（4，m），
∵C（0，3），由勾股定理可得：42+（m﹣3）2＝62+32．
解得m＝3±．
∴满足条件的点D的坐标为（4，3+）或（4，3﹣）；

（3）如图3，设CQ交抛物线的对称轴于点M，

设点P（n，n2﹣2n+3），则点Q（n，n2﹣n+），
设直线CQ的解析式为y＝kx+3，则n2﹣n+＝nk+3，
解得k＝n﹣2﹣，于是CQ：y＝（n﹣2﹣）x+3，
当x＝4时，y＝4（n﹣2﹣）+3＝5﹣，
∴M（4，n﹣5﹣），ME＝n﹣4﹣．
∵S△CQE＝S△CEM+S△QEM＝n•ME＝n•（n﹣4﹣）＝12，
∴n2﹣4n﹣60＝0，
解得n＝10或n＝﹣6，
当n＝10时，P（10，8），当n＝﹣6时，P（﹣6，24）．
综合以上可得，满足条件的点P的坐标为（10，8）或（﹣6，24）．
6．（2022•东莞市一模）如图，抛物线y＝ax2+x+c与x轴交于点A，B，与y轴交于点C，已知A，C两点坐标分别是A（1，0），C（0，﹣2），连接AC，BC．
（1）求抛物线的表达式和AC所在直线的表达式；
（2）将△ABC沿BC所在直线折叠，得到△DBC，点A的对应点D是否落在抛物线的对称轴上，若点D在对称轴上，请求出点D的坐标；若点D不在对称轴上，请说明理由；
（3）点P是抛物线图象上的一动点，当∠PCB＝∠ABC时，直接写出点P的坐标．


【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+x+c经过A（1，0），C（0，﹣2）两点，
∴，
解得：，
∴抛物线的表达式为y＝x2+x﹣2，
设直线AC的表达式为y＝kx+b，
则，
解得：，
∴直线AC的表达式为y＝2x﹣2；
（2）点D不在抛物线的对称轴上，理由是：
∵抛物线的表达式为y＝x2+x﹣2，
∴点B坐标为（﹣4，0）．
∵OA＝1，OC＝2，
∴＝．
又∵∠AOC＝∠COB＝90°，
∴△AOC∽△COB．
∴∠ACO＝∠CBO．
∴∠ACO+∠BCO＝∠OBC+∠BCO＝90°，
∴AC⊥BC．
∴将△ABC沿BC所在直线折叠，点D一定落在直线AC上，
延长AC至D，使DC＝AC，过点D作DE⊥y轴交y轴于点E，如图1．
又∵∠ACO＝∠DCE，
∴△ACO≌△DCE（AAS）．
∴DE＝AO＝1，则点D横坐标为﹣1，
∵抛物线的对称轴为直线x＝﹣．
故点D不在抛物线的对称轴上．
（3）当点P在x轴下方时，如图2，
∵∠PCB＝∠ABC，
∴CP∥AB，
∴点P的纵坐标为﹣2，
令y＝﹣2，得x2+x﹣2＝﹣2，
解得：x＝0（舍去）或x＝﹣3，
∴P1（﹣3，﹣2）；
当点P在x轴上方时，如图2，设CP交x轴于点G，设G（t，0），
则OG＝﹣t，BG＝t+4，
由勾股定理得：CG2＝OG2+OC2＝t2+4，
∵∠PCB＝∠ABC，
∴BG＝CG，即（t+4）2＝t2+4，
解得：t＝﹣，
∴G（﹣，0），
设直线CG的解析式为y＝mx+n，
则，
解得：，
∴直线CG的解析式为y＝﹣x﹣2，
联立方程组得，
解得：，，
∴P2（﹣，），
综上所述，点P的坐标为（﹣3，﹣2）或（﹣，）．


7．（2022•东莞市一模）如图，已知直线AB：y＝kx+b与抛物线y＝tx﹣t相交于点、点B，点B在x轴上，且对于任意实数x，不等式恒成立．
（1）求该抛物线及直线AB的解析式；
（2）点M为该抛物线上的一点，过点M作MN⊥x轴于点N，过点A作AH⊥x轴于点H，当以点M、N、B为顶点的三角形与△AHB相似，直接写出满足条件的全部点M的横坐标，并选取其中两种情况写出解答过程；
（3）试问，在抛物线y＝tx﹣t上是否存在点Q，使得△QAB的面积等于△AOB的面积的2倍？如果存在，请直接写出点Q的坐标，如果不存在，请说明理由．

【解答】解：（1）由题意可知，抛物线y＝tx﹣t＝t（x﹣1）2﹣t，
∵不等式恒成立，
∴当x＝1时，﹣t＝﹣，解得t＝1，
∴抛物线的解析为：y＝x﹣1．
当y＝﹣，则x﹣1＝﹣，解得x＝1．即a＝1，
令y＝0，则x﹣1＝0，解得x＝﹣1或x＝3；
∴B（3，0），
将B（3，0），A（1，﹣）代入y＝kx+b，
∴，解得．
∴直线AB的解析式为：y＝x﹣2．
（2）∵AH⊥x轴，
∴H（1，0），
∴AH＝，BH＝2．
设点M的横坐标为m，
则M（m，m﹣1），N（m，0），
∴MN＝|m﹣1|，BN＝|m﹣3|，
若△MNB与△AHB相似，则MN：BN＝2：3或MN：BN＝3：2，
∴|m﹣1|：|m﹣3|＝2：3或|m﹣1|：|m﹣3|＝3：2，
解得m＝1或m＝﹣3或m＝或m＝﹣．
综上，当以点M、N、B为顶点的三角形与△AHB相似时，点M的横坐标为1或﹣3或或﹣．

（3）存在，理由如下：
如图，作点B关于点O的对称点E，
∴BE＝2OB＝6，
∴△ABE的面积等于△AOB的面积的2倍，

过点E作AB的平行线，与抛物线的交点即为点Q，
∵EQ∥AB，
∴直线EQ的解析式为：y＝x+2，
令x+2＝x﹣1，解得x＝2+或x＝2﹣．
∴Q（2+，+）或（2﹣，﹣）．
作直线EQ关于直线AB的对称直线E′Q′，则直线E′Q′的解析式为：y＝x﹣6，
令x﹣6＝x﹣1，无解．
综上，使得△QAB的面积等于△AOB的面积的2倍的点Q的坐标为（2+，+）或（2﹣，﹣）．
三．四边形综合题（共2小题）
8．（2022•东莞市一模）如图甲，在△ABC中．∠ACB＝90°．AC＝4．BC＝3．如果点P由点B出发沿BA方向向点A匀速运动．同时点Q由点A出发沿AC方向向点C匀速运动．它们的速度均为每秒钟1个单位长度．连接PQ，设运动时间为t秒钟（0＜t＜4）．
（1）设△APQ的面积为S，当实数t为何值时，S取得最大值？S的最大值是多少？
（2）在（1）的前提下．当S取得最大值时．把此时的△APQ沿射线AC以每秒钟1个单位长度的速度平移，当点A平移至与点C重合时停止，写出平移过程中，△APQ与△ABC的重叠部分面积y与平移时间x的函数解析式，并写出对应的x的取值范围；
（3）如图乙，连接PC，将△PQC沿QC翻折，得到四边形PQP′C，当四边形PQP′C为菱形时，求实数t的值．

【解答】解：（1）如答图1，过点P作PH⊥AC于H，
∵∠C＝90°，
∴AC⊥BC，
∴PH∥BC，
∴△APH∽△ABC，
∴＝，
∵AC＝4cm，BC＝3cm，
∴AB＝5cm，
∴＝，
∴PH＝3﹣t，
∴△AQP的面积为：
S＝×AQ×PH＝×t×（3﹣t）＝﹣（t﹣）2+，
∴当t为秒时，S最大值为cm2．

（2）①当0≤x＜时，y＝；
②当≤x＜2时，y＝﹣x+3．
③如答图2，当2≤x≤4时，△A′P′C∽△A′PQ，则＝，即＝，
解得P′C＝（4﹣x），
则y＝（4﹣x）×（4﹣x）＝（4﹣x）2，

综上所述，y＝；

（3）如答图3，连接PP′，PP′交QC于E，
当四边形PQP′C为菱形时，PE垂直平分QC，即PE⊥AC，QE＝EC，
∴△APE∽△ABC，
∴＝，
∴AE＝＝＝﹣t+4
QE＝AE﹣AQ＝﹣t+4﹣t＝﹣t+4，
QE＝QC＝（4﹣t）＝﹣t+2，
∴﹣t+4＝﹣t+2，
解得：t＝，
∵0＜＜4，
∴当四边形PQP′C为菱形时，t的值是s．



9．（2022•东莞市一模）在矩形ABCD中，AB＝12，P是边AB上一点，把△PBC沿直线PC折叠，顶点B的对应点是点G，过点B作BE⊥CG，垂足为E且在AD上，BE交PC于点F．
（1）如图1，若点E是AD的中点，求证：△AEB≌△DEC；
（2）如图2，当AD＝25，且AE＜DE时，求的值；
（3）如图3，当BE•EF＝108时，求BP的值．

【解答】解：（1）在矩形ABCD中，∠A＝∠D＝90°，AB＝DC，
∵E是AD中点，
∴AE＝DE，
在△AEB和△DEC中，
，
∴△AEB≌△DEC（SAS）；
（2）∵BE⊥CG，
∴∠BEC＝90°，
∴∠AEB+∠CED＝90°，
∵∠AEB+∠ABE＝90°，
∴∠CED＝∠ABE，
∵∠A＝∠D＝90°，
∴△ABE∽△DEC，
∴，
设AE＝x，
∴DE＝25﹣x，
∴，
∴x＝9或x＝16，
∵AE＜DE，
∴AE＝9，DE＝16，
∴CE＝20，BE＝15，
由折叠得，BC＝CG＝25，
在矩形ABCD，∠ABC＝90°，
∵△BPC沿PC折叠得到△GPC，
∴∠PGC＝∠PBC＝90°，∠BPC＝∠GPC，
∵BE⊥CG，
∴BE∥PG，
∴△ECF∽△GCP，
∴，
∴＝．
（3）如图，连接FG，

∵BE∥PG，
∴∠GPF＝∠PFB，
∴∠BPF＝∠BFP，
∴BP＝BF；
∵BP＝PG，
∴▱BPGF是菱形，
∴BP∥GF，
∴∠GFE＝∠ABE，
∴△GEF∽△EAB，
∴，
∴BE•EF＝AB•GF，
∵BE•EF＝108，AB＝12，
∴GF＝9，
∴BP＝GF＝9．
四．圆的综合题（共5小题）
10．（2022•东莞市校级一模）如图，AB是圆O的直径，弦CD与AB交于点H，∠BDC＝∠CBE．
（1）求证：BE是圆O的切线；
（2）若CD⊥AB，AC＝2，BH＝3，求劣弧BC的长；
（3）如图，若CD∥BE，作DF∥BC，满足BC＝2DF，连接FH、BF，求证：FH＝BF．

【解答】（1）证明：∵AB是直径，
∴∠ACB＝90°，
∴∠CAB+∠ABC＝90°，
∵∠CAB＝∠CDB，∠CDB＝∠CBE，
∴∠CBE＝∠CAB，
∴∠CBE+∠ABC＝90°，
∴AB⊥BE，
∵AB是直径，
∴BE是⊙O的切线；

（2）解：∵CD⊥AB，
∴∠AHC＝∠ACB＝90°，
∵∠CAH＝∠CAB，
∴△CAH∽△BAC，
∴＝，
∴CA2＝AH•AB，
设AH＝x，则4＝x（x+3），
解得x＝1或﹣4（﹣4舍去），
∴AH＝A，AB＝4，
∴AC＝2AH，
∴∠ACH＝30°，
∴∠CAH＝60°，
∴∠BOC＝2∠A＝120°，
∴的长＝＝π；

（3）证明：如图，取BC的中点G，连接DG，GH，过点G作GM⊥BD于点M，过点H作HK⊥DB于点K过点F作FN⊥BD于点N，作FT∥BD交CD的延长线于点T．

∵DF∥CB，BC＝2DF，CG＝BG，
∴DF＝BG，
∴四边形DFBG是平行四边形，
∴BF＝DG，BF∥DG，
∴∠GDM＝∠FBN，
∵∠GMD＝∠FNB＝90°，
∴△GMD≌△FNC（AAS），
∴GM＝FN，
∵AB是直径，AB⊥CD，
∴DH＝HC，＝，
∴DB＝DC，
∴∠BDC＝∠BCD，
∵CG＝GM，
∴HG∥DB，
∵HK⊥DB，GM⊥DB，
∴KH＝GM＝FN，
∵∠HKJ＝∠FNJ＝90°，∠KJH＝∠NJF，
∴△HKJ≌△FNJ（AAS），
∴HJ＝JF，
∵FT∥JD，
∴DT＝DH＝CH，
∴CD＝HT，
∵DF∥CB，FT∥BD，
∴∠FDT＝∠BCD，∠BDC＝∠T，
∴∠T＝∠FDT，
∴FT＝FD，
∴FT＝CG，
∵∠T＝∠C，
∴△DCG≌△HTF（SAS），
∴DG＝HF，
∴HF＝BF．
11．（2022•东莞市校级一模）如图，在直角梯形ABCD中，AB∥CD，∠B＝90°，E是BC的中点，连接AC，AE，DE，DE交AC于点F，且此时∠AED＝90°．

（1）求证：△ABE∽△ECD；
（2）求证：以BC为直径的⊙E与AD相切；
（3）对角线AC交⊙E于点G，AB＝6，BC＝8，求AF的长．
【解答】（1）证明：∵AB∥CD，∠B＝90°，
∴∠DCE＝180°﹣∠B＝90°，
∴∠DCE＝∠B，
∵∠AED＝90°，
∴∠DCE＝90°﹣∠AEB＝∠BAE，
∴△ABE∽△ECD；
（2）证明：过E作EH⊥AD于H，延长DE、AB交于G，如图：

∵E是BC的中点，
∴BE＝CE，
∵AB∥CD，
∴∠GBE＝∠DCE，∠BGE＝∠CDE，
∴△BGE≌△CDE（AAS），
∴GE＝DE，
∵∠AED＝90°，
∴AE是DG的垂直平分线，
∴AD＝AG，
∴∠GAE＝∠DAE，
∵∠B＝90°，EH⊥AD，
∴BE＝HE，即EH是⊙E的半径，
∴AD经过半径EH外端，且EH⊥AD，
∴以BC为直径的⊙E与AD相切；
（3）解：以B为原点，BC所在直线为x轴，建立直角坐标系，如图：

由（1）得△ABE∽△ECD，
∴＝，
∵AB＝6，BC＝8，BE＝CE，
∴CD＝＝，
∴D（8，），
由A（0，6），C（8，0）可得直线AC解析式为y＝﹣x+6，
由E（4，0），D（8，）可得直线DE解析式为y＝x﹣，
解得，
∴F（，），
∴AF＝＝．
12．（2022•东莞市一模）如图1，将矩形纸片ABCD沿直线MN折叠，顶点B恰好与CD边上的动点P重合（点P不与点C，D重合），折痕为MN，点M，N分别在边AD，BC上，连接MB，MP，BP，BP与MN相交于点F．
（1）求证：△BFN∽△BCP；
（2）①在图2中，作出经过M，D，P三点的⊙O（要求保留作图痕迹，不写作法）；
②随着点P在CD上运动，当①中的⊙O恰好与BM，BC同时相切，如图3，若AB＝4，求DP的长．
（3）在②的条件下，点Q是⊙O上的动点，则AQ的最小值为 　　．


【解答】（1）证明：∵将矩形纸片ABCD沿直线MN折叠，顶点B恰好与CD边上的动点P重合，
∴∠BFN＝∠PFN＝90°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠C＝90°＝∠BFN，
又∠FBN＝∠CBP，
∴△BFN∽△BCP；
（2）解：①作出经过M，D，P三点的⊙O如下：

②设⊙O与BC相切于K，连接OK，过P作PH⊥OK于H，如图：

∵∠D＝90°，
∴O在PM上，
∵⊙O与BM相切，
∴∠BMP＝90°，
∴∠DMP＝90°﹣∠AMB＝∠ABM，
∵将矩形纸片ABCD沿直线MN折叠，顶点B恰好与CD边上的动点P重合，
∴BM＝BP，
∵∠A＝∠D＝90°，
∴△ABM≌△DMP（AAS），
∴AB＝DM＝4，AM＝DP，
设AM＝DP＝x，则CP＝4﹣x，
∴PM＝＝，
∴OM＝OK＝OP＝，
∵⊙O与BC相切，
∴∠OKC＝90°＝∠C＝∠PHK，
∴四边形HKCP是矩形，
∴HK＝CP＝4﹣x，
∴OH＝OK﹣HK＝﹣（4﹣x）＝﹣4+x，
∵sin∠DMP＝sin∠HPO，
∴＝，
∵PM＝2OP，
∴DP＝2OH，即x＝2（﹣4+x），
解得x＝3，
∴DP的长是3；
（3）解：过O作OR⊥AD于R，连接OA交⊙O于Q，如图：

由（2）知AM＝DP＝3，AB＝DM＝4，
∴AD＝7，PM＝＝＝5，
∴⊙O半径为，
∵O为PM中点，OR∥CD，
∴OR是△MDP的中位线，
∴OR＝DP＝，DR＝DM＝2，
∴AR＝AD﹣DR＝5，
在Rt△AOR中，OA＝＝＝，
当Q为OA与⊙O交点时，AQ最小，此时AQ＝OA﹣OQ＝，
故答案为：．
13．（2022•东莞市校级一模）如图，在等边△ABC中，M是边BC延长线上一点，连接AM交△ABC的外接圆于点D，延长BD至N，使得BN＝AM，连接CN、MN，
（1）猜想△CMN的形状，并证明你的结论；
（2）请你证明CN是⊙O的切线；
（3）若AD：AB＝3：4，BN＝8，求等边△ABC的面积．

【解答】（1）解：△CMN的形状是等边三角形，理由：
∵△ABC是等边三角形，
∴AC＝BC，∠ACB＝60°，
∵，
∴∠CAM＝∠CBN．
在△CAM和△CBN中，
，
∴△CAM≌△CBN（SAS），
∴CM＝CN，∠AMC＝∠BNC．
∴△CMN是等腰三角形．
∵∠NCM＝∠CBN+∠CNB，∠CAM＝∠CBN，
∴∠NCM＝∠CAM+∠CMA．
∵∠ACB＝CAM+∠CMA，
∴∠NCM＝∠ACB＝60°，
∴△CMN的形状是等边三角形；
（2）证明：连接CO并延长交AB于点E，如图，

∵△ABC是等边三角形，
∴AC＝BC，∠ACB＝60°．
∴，
∴CE⊥AB，
∴∠ACE＝∠BCE＝∠ACB＝30°．
由（1）知：∠NCM＝60°，
∴∠ACN＝180°﹣∠ACB﹣∠NCM＝60°，
∴∠OCN＝∠ACE+∠ACN＝90°，
∴OC⊥CN．
∵OC为⊙O的半径，
∴CN是⊙O的切线；
（3）解：∵△ABC是等边三角形，
∴AC＝BC，∠ABC＝∠ACB＝60°．
∵∠ADB＝∠ACB＝60°，
∴∠ADB＝∠ABC．
∵∠BAD＝∠MAB，
∴△ABD∽△AMB．
∴，
∵AD：AB＝3：4，AM＝BN＝8，
∴，
∴AB＝6．
∴BC＝AC＝AB＝6．
连接CO并延长交AB于点E，如图，

∴CE⊥AB，
∴AE＝BE＝AB＝3，
∴CE＝＝3，
∴等边△ABC的面积＝AB•CE＝9．
14．（2022•东莞市一模）如图，已知点O是△ABC的外接圆的圆心，AB＝AC，点D是弧AB上一点，连接并延长BD交过点A且平行于BC的射线于点E．
（1）求证：DA平分∠CDE；
（2）判断直线AE与⊙O的位置关系，并证明；
（3）若DE＝3，BD＝6，AD＝5，求AC的长．

【解答】（1）证明：∵AB＝AC，
∴∠ACB＝∠ABC，
∵∠ACB+∠ADB＝180°，
∴∠ACB＝∠ADE．
又∵∠CAB＝∠CDB，
∴∠EDA+∠ADC+∠CDB＝180°，
∴∠ADC＝∠ABC
∴∠EDA＝∠CDA
∴DA平分∠CDE
（2）解：相切，理由如下：
如图，作OP⊥BC，连接AO，BO，CO，

∵△ABO≌△ACO，
∴∠BAO＝∠CAO，
∴AO为∠BAC的角平分线，
∵等腰三角形平分线和垂线重合，
∴A、O、P共线，
∵EA∥BC且∠APC＝90°，
∴∠EAO＝90°，
∵OA是半径，
∴AE与⊙O相切，
（3）解：由（1）可知∠BAE＝∠EBC＝∠ADE，
又∠AEB＝∠DEB，
∴△AED∽△BEA，
∴ED：EA＝EA：BE，
∴3：EA＝EA：9，
∴AE＝3，
∵AD：AB＝AE：BE，
∴AB＝5，
∴AC＝AB＝5．
五．相似三角形的判定与性质（共1小题）
15．（2022•东莞市一模）如图，在正方形ABCD中，E是对角线BD上任意一点（BE＞DE），CE的延长线交AD于点F，连接AE．
（1）求证：△ABE∽△FDE；
（2）当BE＝3DE时，求tan∠1的值．

【解答】（1）证明：在正方形ABCD中，
∵AB＝BC，
∠ABE＝∠CBE＝∠FDE＝45°，
在△ABE与△CBE中，
，
∴△ABE≌△CBE，
∴∠BAE＝∠ECB，
∵AD∥BC，∴∠DFE＝∠BCE，
∴∠BAE＝∠DFE，
∴△ABE∽△FDE；

（2）连接AC交BD于O，
设正方形ABCD的边长为a，
∴BD＝a，BO＝OD＝OC＝a，
∵BE＝3DE，
∴OE＝OD＝a，
∴tan∠1＝tan∠OEC＝＝2．