湖北省宜昌市2021-2023三年中考数学真题分类汇编-03解答题（较难题）知识点分类

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湖北省宜昌市2021-2023三年中考数学真题分类汇编-03解答题（较难题）知识点分类
一．一次函数的应用（共1小题）
1．（2021•宜昌）甲超市在端午节这天进行苹果优惠促销活动，苹果的标价为10元/kg，如果一次购买4kg以上的苹果，超过4kg的部分按标价6折售卖．
x（单位：kg）表示购买苹果的重量，y（单位：元）表示付款金额．
（1）文文购买3kg苹果需付款 　 　元；购买5kg苹果需付款 　 　元；
（2）求付款金额y关于购买苹果的重量x的函数解析式；
（3）当天，隔壁的乙超市也在进行苹果优惠促销活动，同样的苹果的标价也为10元/kg，且全部按标价的8折售卖，文文如果要购买10kg苹果，请问她在哪个超市购买更划算？
二．二次函数综合题（共3小题）
2．（2021•宜昌）在平面直角坐标系中，抛物线y1＝﹣（x+4）（x﹣n）与x轴交于点A和点B（n，0）（n≥﹣4），顶点坐标记为（h1，k1）．抛物线y2＝﹣（x+2n）2﹣n2+2n+9的顶点坐标记为（h2，k2）．
（1）写出A点坐标；
（2）求k1，k2的值（用含n的代数式表示）
（3）当﹣4≤n≤4时，探究k1与k2的大小关系；
（4）经过点M（2n+9，﹣5n2）和点N（2n，9﹣5n2）的直线与抛物线y1＝﹣（x+4）（x﹣n），y2＝﹣（x+2n）2﹣n2+2n+9的公共点恰好为3个不同点时，求n的值．

3．（2023•宜昌）如图，已知A（0，2），B（2，0）．点E位于第二象限且在直线y＝﹣2x上，∠EOD＝90°，OD＝OE，连接AB，DE，AE，DB．

（1）直接判断△AOB的形状：△AOB是 　 　三角形；
（2）求证：△AOE≌△BOD；
（3）直线EA交x轴于点C（t，0），t＞2．将经过B，C两点的抛物线y1＝ax2+bx﹣4向左平移2个单位，得到抛物线y2．
①若直线EA与抛物线y1有唯一交点，求t的值；
②若抛物线y2的顶点P在直线EA上，求t的值；
③将抛物线y2再向下平移个单位，得到抛物线y3．若点D在抛物线y3上，求点D的坐标．
4．（2022•宜昌）已知抛物线y＝ax2+bx﹣2与x轴交于A（﹣1，0），B（4，0）两点，与y轴交于点C．直线l由直线BC平移得到，与y轴交于点E（0，n）．四边形MNPQ的四个顶点的坐标分别为M（m+1，m+3），N（m+1，m），P（m+5，m），Q（m+5，m+3）．
（1）填空：a＝　 　，b＝　 　；
（2）若点M在第二象限，直线l与经过点M的双曲线y＝有且只有一个交点，求n2的最大值；
（3）当直线l与四边形MNPQ、抛物线y＝ax2+bx﹣2都有交点时，存在直线l，对于同一条直线l上的交点，直线l与四边形MNPQ的交点的纵坐标都不大于它与抛物线y＝ax2+bx﹣2的交点的纵坐标．
①当m＝﹣3时，直接写出n的取值范围；
②求m的取值范围．


三．四边形综合题（共2小题）
5．（2022•宜昌）已知菱形ABCD中，E是边AB的中点，F是边AD上一点．
（1）如图1，连接CE，CF．CE⊥AB，CF⊥AD．
①求证：CE＝CF；
②若AE＝2，求CE的长；
（2）如图2，连接CE，EF．若AE＝3，EF＝2AF＝4，求CE的长．


6．（2021•宜昌）如图，在矩形ABCD中，E是边AB上一点，BE＝BC，EF⊥CD，垂足为F．将四边形CBEF绕点C顺时针旋转α（0°＜α＜90°），得到四边形CB'E'F′，B′E′所在的直线分别交直线BC于点G，交直线AD于点P，交CD于点K．E′F′所在的直线分别交直线BC于点H，交直线AD于点Q，连接B′F′交CD于点O．
（1）如图1，求证：四边形BEFC是正方形；
（2）如图2，当点Q和点D重合时．
①求证：GC＝DC；
②若OK＝1，CO＝2，求线段GP的长；
（3）如图3，若BM∥F′B′交GP于点M，tan∠G＝，求的值．

四．圆的综合题（共2小题）
7．（2023•宜昌）如图1，已知AB是⊙O的直径，PB是⊙O的切线，PA交⊙O于点C，AB＝4，PB＝3．

（1）填空：∠PBA的度数是 　 　，PA的长为 　 　；
（2）求△ABC的面积；
（3）如图2，CD⊥AB，垂足为D．E是上一点，AE＝5EC．延长AE，与DC，BP的延长线分别交于点F，G，求的值．
8．（2022•宜昌）已知，在△ABC中，∠ACB＝90°，BC＝6，以BC为直径的⊙O与AB交于点H，将△ABC沿射线AC平移得到△DEF，连接BE．
（1）如图1，DE与⊙O相切于点G．
①求证：BE＝EG；
②求BE•CD的值；
（2）如图2，延长HO与⊙O交于点K，将△DEF沿DE折叠，点F的对称点F′恰好落在射线BK上．
①求证：HK∥EF′；
②若KF′＝3，求AC的长．


五．相似形综合题（共1小题）
9．（2023•宜昌）如图，在正方形ABCD中，E，F分别是边AD，AB上的点，连接CE，EF，CF．

（1）若正方形ABCD的边长为2，E是AD的中点．
①如图1，当∠FEC＝90°时，求证：△AEF∽△DCE；
②如图2，当tan∠FCE＝时，求AF的长；
（2）如图3，延长CF，DA交于点G，当GE＝DE，sin∠FCE＝时，求证：AE＝AF．

湖北省宜昌市2021-2023三年中考数学真题分类汇编-03解答题（较难题）知识点分类
参考答案与试题解析
一．一次函数的应用（共1小题）
1．（2021•宜昌）甲超市在端午节这天进行苹果优惠促销活动，苹果的标价为10元/kg，如果一次购买4kg以上的苹果，超过4kg的部分按标价6折售卖．
x（单位：kg）表示购买苹果的重量，y（单位：元）表示付款金额．
（1）文文购买3kg苹果需付款 　30　元；购买5kg苹果需付款 　46　元；
（2）求付款金额y关于购买苹果的重量x的函数解析式；
（3）当天，隔壁的乙超市也在进行苹果优惠促销活动，同样的苹果的标价也为10元/kg，且全部按标价的8折售卖，文文如果要购买10kg苹果，请问她在哪个超市购买更划算？
【答案】（1）30，46；（2）y＝；（3）文文应该在甲超市购买更划算．
【解答】解：（1）由题意可知：文文购买3kg苹果，不优惠，
∴文文购买3kg苹果需付款：3×10＝30（元），
购买5kg苹果，4kg不优惠，1kg优惠，
∴购买5kg苹果需付款：4×10+1×10×0.6＝46（元），
故答案为：30，46；
（2）由题意得：
当0＜x≤4时，y＝10x，
当x＞4时，y＝4×10+（x﹣4）×10×0.6＝6x+16，
∴付款金额y关于购买苹果的重量x的函数解析式为：y＝；
（3）文文在甲超市购买10kg苹果需付费：6×10+16＝76（元），
文文在乙超市购买10kg苹果需付费：10×10×0.8＝80（元），
∴文文应该在甲超市购买更划算．
二．二次函数综合题（共3小题）
2．（2021•宜昌）在平面直角坐标系中，抛物线y1＝﹣（x+4）（x﹣n）与x轴交于点A和点B（n，0）（n≥﹣4），顶点坐标记为（h1，k1）．抛物线y2＝﹣（x+2n）2﹣n2+2n+9的顶点坐标记为（h2，k2）．
（1）写出A点坐标；
（2）求k1，k2的值（用含n的代数式表示）
（3）当﹣4≤n≤4时，探究k1与k2的大小关系；
（4）经过点M（2n+9，﹣5n2）和点N（2n，9﹣5n2）的直线与抛物线y1＝﹣（x+4）（x﹣n），y2＝﹣（x+2n）2﹣n2+2n+9的公共点恰好为3个不同点时，求n的值．

【答案】（1）A（﹣4，0）；（2）k1＝n2+2n+4，k2＝﹣n2+2n+9，（3）当﹣4≤n＜﹣2或2＜n≤4时，k1＞k2；当﹣2＜n＜2时，k1＜k2；当n＝2或n＝﹣2时，k1＝k2；（4）n1＝，n2＝，n3＝，n4＝．
【解答】解：（1）∵y1＝﹣（x+4）（x﹣n），
令y1＝0，﹣（x+4）（x﹣n）＝0，
∴x1＝﹣4，x2＝n，
∴A（﹣4，0）；
（2）y1＝﹣（x+4）（x﹣n）＝﹣x2+（n﹣4）x+4n，
∴k1＝n2+2n+4，
∵y2＝﹣（x+2n）2﹣n2+2n+9，
∴k2＝﹣n2+2n+9，
（3）k1﹣k2＝n2﹣5，
①当n2﹣5＞0时，可得n＞2或n＜﹣2，
即当﹣4≤n＜﹣2或2＜n≤4时，k1＞k2；
②当n2﹣5＜0时，可得﹣2＜n＜2，
即当﹣2＜n＜2时，k1＜k2；
③当n2﹣5＝0，可得n＝2或n＝﹣2，
即当n＝2或n＝﹣2时，k1＝k2；
（4）设直线MN的解析式为：y＝kx+b，
则，
由①﹣②得，k＝﹣1，
∴b＝﹣5n2+2n+9，
直线MN的解析式为：y＝﹣x﹣5n2+2n+9．
①如图：

当直线MN经过抛物线y1，y2的交点时，
联立抛物线y1＝﹣x2+（n﹣4）x+4n与y2＝﹣x2﹣4nx﹣5n2+2n+9的解析式可得：
（5n﹣4）x＝﹣5n2﹣2n+9①，
联立直线y＝﹣x﹣5n2+2n+9与抛物线y2＝﹣x2﹣4nx﹣5n2+2n+9的解析式可得：
x2+（4n﹣1）x＝0，
则x1＝0，x2＝1﹣4n②，
当x1＝0时，把x1＝0代入y1得：y＝4n，
把x1＝0，y＝4n代入直线的解析式得：
4n＝﹣5n2+2n+9，
∴5n2+2n﹣9＝0，
∴n＝，
此时直线MN与抛物线y1，y2的公共点恰好为三个不同点，
当x2＝1﹣4n时，把x2＝1﹣4n代入①得：
（5n﹣4）（1﹣4n）＝﹣5n2﹣2n+9，
该方程判别式Δ＜0，
所以该方程没有实数根；
②如图：

当直线MN与抛物线y1或者与抛物线y2只有一个公共点时，
当直线MN与抛物线y1＝﹣x2+（n﹣4）x+4n只有一个公共点时，
联立直线y＝﹣x﹣5n2+2n+9与抛物线y＝﹣x2+（n﹣4）x+4n可得，
﹣x2+（n﹣3）x+5n2+2n﹣9＝0，
此时Δ＝0，即（n﹣3）2+4（5n2+2n﹣9）＝0，
∴21n2+2n﹣27＝0，
∴n＝，
由①而知直线MN与抛物线y2＝﹣x2﹣4nx﹣5n2+2n+9公共点的横坐标为x1＝0，x2＝1﹣4n，
当n＝时，1﹣4n≠0，
∴x1≠x2，
所以此时直线MN与抛物线y1，y2的公共点恰好为三个不同点，
③如图：

当直线MN与抛物线y2＝﹣x2﹣4nx﹣5n2+2n+9只有一个公共点，
∵x1＝0，x2＝1﹣4n，
∴n＝，
联立直线y＝﹣x﹣5n2+2n+9与抛物线y1＝﹣x2+（n﹣4）x+4n，
﹣x2+（n﹣3）x+5n2+2n﹣9＝0，
△＝（n﹣3）2+4（5n2+2n﹣9）＝21n2+2n﹣27，
当n＝时，Δ＜0，
此时直线MN与抛物线y1，y2的公共点只有一个，
∴n≠，
综上所述：n1＝，n2＝，n3＝，n4＝．
3．（2023•宜昌）如图，已知A（0，2），B（2，0）．点E位于第二象限且在直线y＝﹣2x上，∠EOD＝90°，OD＝OE，连接AB，DE，AE，DB．

（1）直接判断△AOB的形状：△AOB是 　等腰直角　三角形；
（2）求证：△AOE≌△BOD；
（3）直线EA交x轴于点C（t，0），t＞2．将经过B，C两点的抛物线y1＝ax2+bx﹣4向左平移2个单位，得到抛物线y2．
①若直线EA与抛物线y1有唯一交点，求t的值；
②若抛物线y2的顶点P在直线EA上，求t的值；
③将抛物线y2再向下平移个单位，得到抛物线y3．若点D在抛物线y3上，求点D的坐标．
【答案】（1）等腰直角三角形；
（2）见解析；
（3）①t＝3；②t＝6；③D（，）．
【解答】（1）解：∵A（0，2），B（2，0），
∴OA＝OB＝2，∠AOB＝90°，
∴△AOB是等腰直角三角形，
故答案为：等腰直角；

（2）证明：∵∠EOD＝90°，∠AOB＝90°，
∴∠AOB﹣∠AOD＝∠DOE﹣∠AOD，
∴∠AOE＝∠BOD，
∵AO＝OB，OD＝OE，
∴△AOE≌△BOD（SAS）；

（3）解：①设直线AC的解析式为y＝kx+b，
∵A（0，2），C（t，0），
∴，
∴
∴yAC＝﹣x+2，
将C（t，0），B（2，0）代入抛物线，
得，，解得，
∴，
∵直线 与抛物线有唯一交点，
∴联立解析式组成方程组解得 x2﹣（t+3）x+3t＝0，
∴Δ＝（t+3）2﹣4×3t＝（t﹣3）2＝0，
∴t＝3；
②∵抛物线 向左平移2个单位得到 y2，
∴抛物线，
∴抛物线y2的顶点 ，
将顶点代入t2﹣6t＝0，解得t1＝0，t2＝6，
∵t＞2，
∴t＝6；
③过点E作EM⊥x 轴，垂足为M，过点D作DN⊥x轴，垂足为N．

∴∠EMO＝∠OND＝90°，
∵∠DOE＝90°，
∴∠EOM+∠MEO＝∠EOM+∠NOD＝90°，
∴∠MEO＝∠NOD，
∵OD＝OE，
∴△ODN≌△EOM（AAS），
∴ON＝EM，DN＝OM，
∵OE的解析式为y＝﹣2x，
∴设EM＝2OM＝2m，
∴DN＝OM＝m，
∵EM⊥x轴，
∴OA∥EM，
∴△CAO∽△CEM，
∴OC：CM＝OA：EM，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∵抛物线y2再向下平移 个单位，得到抛物线y3，
∴抛物线，
∴D 代入抛物线，
∴3t2﹣19t+6＝0 解得t1＝，t2＝6，
由t＞2，得t＝6，
∴，
∴D（，）．
4．（2022•宜昌）已知抛物线y＝ax2+bx﹣2与x轴交于A（﹣1，0），B（4，0）两点，与y轴交于点C．直线l由直线BC平移得到，与y轴交于点E（0，n）．四边形MNPQ的四个顶点的坐标分别为M（m+1，m+3），N（m+1，m），P（m+5，m），Q（m+5，m+3）．
（1）填空：a＝　　，b＝　﹣　；
（2）若点M在第二象限，直线l与经过点M的双曲线y＝有且只有一个交点，求n2的最大值；
（3）当直线l与四边形MNPQ、抛物线y＝ax2+bx﹣2都有交点时，存在直线l，对于同一条直线l上的交点，直线l与四边形MNPQ的交点的纵坐标都不大于它与抛物线y＝ax2+bx﹣2的交点的纵坐标．
①当m＝﹣3时，直接写出n的取值范围；
②求m的取值范围．


【答案】（1），﹣；
（2）2；
（3）①≤n≤1或n＝﹣4；
②﹣13≤m≤．
【解答】解：（1）将A（﹣1，0），B（4，0）代入y＝ax2+bx﹣2，
∴，
解得，
故答案为：，﹣；
（2）设直线BC的解析式为y＝dx+e，
∵B（4，0），C（0，﹣2），
∴，
解得，
∴直线BC的解析式为y＝x﹣2，
∵直线BC平移得到直线l，直线l与y轴交于点E（0，n），
∴直线l的解析式为y＝x+n，
∵双曲线y＝经过点M（m+1，m+3），
∴k＝（m+1）（m+3），
∴y＝，
∵直线l与双曲线y＝有且只有一个交点，
联立方程组，
整理得x2+2nx﹣2m2﹣8m﹣6＝0，
∴Δ＝0，即4n2﹣4（﹣2m2﹣8m﹣6）＝0，
∴n2+2m2+8m+6＝0，
∴n2＝﹣2m2﹣8m﹣6＝﹣2（m+2）2+2，
∵M点在第二象限，
∴m+1＜0，m+3＞0，
∴﹣3＜m＜﹣1，
∴当m＝﹣2时，n2可以取得最大值2；
（3）如图1，当直线l与抛物线有交点时，联立方程组，
整理得，x2﹣4x﹣4﹣2n＝0，
∵Δ≥0，即8n+16≥0，
∴n≥﹣4，
当n＝﹣4时，直线y＝x﹣4与抛物线的交点为F（2，﹣3）；
①当m＝﹣3时，四边形NMPQ的顶点分别为M（﹣2，0），N（﹣2，﹣3），P（2，﹣3），Q（2，0），
如图2，当直线l经过点P（2，﹣3）时，此时P点与F点重合，
∴n＝﹣4时，直线l与四边形MNPQ、抛物线都有交点，且满足直线l与矩形MNPQ的交点的纵坐标都不大于与抛物线的交点的纵坐标；
如图3，当直线l经过点A时，n＝，
当直线l经过点M时，如图4，n＝1，
∴≤n≤1，
综上所述：n的取值范围为：≤n≤1或n＝﹣4；
②当m的值逐渐增大到使矩形MNPQ的顶点M（m+1，m+3）在直线y＝x﹣4上时，直线l与四边形MNPQ、抛物线同时有交点，且同一直线l与四边形MNPQ的交点的纵坐标都小于它与抛物线的交点的纵坐标，
∴m+3＝（m+1）﹣4，
解得m＝﹣13；
如图5，当m的值逐渐增大到使矩形MNPQ的顶点M（m+1，m+3）在这条开口向上的抛物线上（对称轴左侧）时，存在直线l（即经过此时点M的直线l）与四边形MNPQ、平行同时有交点，且同一直线l与四边形MNPQ的交点的纵坐标都不大于它与抛物线的交点的纵坐标，
∴（m+1）2﹣（m+1）﹣2＝m+3，
解得m＝（舍）或m＝，
综上所述：m的取值范围为﹣13≤m≤．





三．四边形综合题（共2小题）
5．（2022•宜昌）已知菱形ABCD中，E是边AB的中点，F是边AD上一点．
（1）如图1，连接CE，CF．CE⊥AB，CF⊥AD．
①求证：CE＝CF；
②若AE＝2，求CE的长；
（2）如图2，连接CE，EF．若AE＝3，EF＝2AF＝4，求CE的长．


【答案】（1）①见解析；
②2；
（2）6．
【解答】（1）①证明：∵CE⊥AB，CF⊥AD，
∴∠BEC＝∠DFC＝90°，
∵四边形ABCD是菱形，
∴∠B＝∠D，BC＝CD，
∴△BEC≌△DFC（AAS），
∴CE＝CF；
②解：连接AC，如图1，

∵E是边AB的中点，CE⊥AB，
∴BC＝AC，
∵四边形ABCD是菱形，
∴BC＝AC，
∴△ABC是等边三角形，∠EAC＝60°，
在Rt△ACE中，AE＝2，
∴CE＝AE•tan60°＝2×＝2；
（2）解：方法一：如图2，

延长FE交CB的延长线于M，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD∥BC，AB＝BC，
∴∠AFE＝∠M，∠A＝∠EBM，
∵E是边AB的中点，
∴AE＝BE，
∴△AEF≌△BEM（AAS），
∴ME＝EF，MB＝AF，
∵AE＝3，EF＝2AF＝4，
∴ME＝4，BM2，BE＝3，
∴BC＝AB＝2AE＝6，
∴MC＝8，
∴＝＝，＝＝，
∴＝，
∵∠M为公共角，
∴△MEB∽△MCE，
∴＝＝，
∵BE＝3，
∴CE＝6；
方法二：如图3，

延长FE交CB的延长线于M，过点E作EN⊥BC于点N，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD∥BC，AB＝BC，
∴∠AFE＝∠M，∠A＝∠EBM，
∵E是边AB的中点，
∴AE＝BE，
∴△AEF≌△BEM（AAS），
∴ME＝EF，MB＝AF，
∵AE＝3，EF＝2AF＝4，
∴ME＝4，BM＝2，BE＝3，
∴BC＝AB＝2AE＝6，
∴MC＝8，
在Rt△MEN和Rt△BEN中，ME2﹣MN2＝EN2，BE2﹣BN2＝EN2，
∴ME2﹣MN2＝BE2﹣BN2，
∴42﹣（2+BN）2＝32﹣BN2，
解得：BN＝，
∴CN＝6﹣＝，
∴EN2＝BE2﹣BN2＝32﹣（）2＝，
在Rt△ENC中，CE2＝EN2+CN2＝+＝＝36，
∴CE＝6．
6．（2021•宜昌）如图，在矩形ABCD中，E是边AB上一点，BE＝BC，EF⊥CD，垂足为F．将四边形CBEF绕点C顺时针旋转α（0°＜α＜90°），得到四边形CB'E'F′，B′E′所在的直线分别交直线BC于点G，交直线AD于点P，交CD于点K．E′F′所在的直线分别交直线BC于点H，交直线AD于点Q，连接B′F′交CD于点O．
（1）如图1，求证：四边形BEFC是正方形；
（2）如图2，当点Q和点D重合时．
①求证：GC＝DC；
②若OK＝1，CO＝2，求线段GP的长；
（3）如图3，若BM∥F′B′交GP于点M，tan∠G＝，求的值．

【答案】（1）证明见解析部分．
（2）①证明见解析部分．
②6．
（3）．
【解答】（1）证明：如图1中，

在矩形ABCD中，∠B＝∠BCD＝90°，
∵EF⊥AB，
∴∠FEB＝90°，
∴四边形BEFC是矩形，
∵BE＝BC，
∴四边形BEFC是正方形．

（2）①证明：如图2中，

∵∠GCK＝∠DCH＝90°，
∴∠CDF′+∠H＝90°，∠KGC+∠H＝90°，
∴∠KGC＝∠CDF′，
∵B′C＝CF′，∠GB′C＝∠CF′D，
∴△CGB′≌△CDF′（AAS），
∴CG＝CD．

②解：设正方形的边长为a，
∵KB′∥CF′，
∴△B′KO∽△F′CO，
∴＝＝，
∴B′K＝B′C＝a，
在Rt△B′KC中，B′K2+B′C2＝CK2，
∴a2+（a）2＝32，
∴a＝，
由＝，可得B′K＝KE′＝a，
∵KE′∥CF′
∴△DKE′∽△DCF′，
∴＝＝＝，
∴DE′＝E′F′＝a，
∴PE′＝2a，
∴PK＝a，
∵DK＝KC，∠P＝∠G，∠DKP＝∠GKC，
∴△PKD≌△GKC（AAS），
∴GK＝PK，
∴PG＝2PK＝5a，
∴PG＝5a＝6．

（3）解：如图3中，延长B′F′交CH的延长线于R．

∵CF′∥GP，RB′∥BM，
∴△GBM∽△GRB′，∠G＝∠F′CR，
∴tan∠G＝tan∠F′CH＝＝，
设F′H＝x．CF′＝2x，则CH＝x，
∴CB′＝CF′＝E′F′＝BC＝2x，
∵CB′∥HE′，
∴△RB′C∽△RF′H，
∴＝＝＝，
∴CH＝RH，B′F′＝RF′，
∴CR＝2CH＝2x，
∴S△CF′R＝2S△CF′H，
∵CB′∥HE′，
∴△GB′C∽△GE′H，
∴＝＝＝，
∴＝＝
∴GB＝2（﹣1）x，
∵△GBM∽△CRF′，
∴＝（）2＝[]2＝，
∵S△CRF′＝2S△CHF′，
∴＝．
四．圆的综合题（共2小题）
7．（2023•宜昌）如图1，已知AB是⊙O的直径，PB是⊙O的切线，PA交⊙O于点C，AB＝4，PB＝3．

（1）填空：∠PBA的度数是 　90°　，PA的长为 　5　；
（2）求△ABC的面积；
（3）如图2，CD⊥AB，垂足为D．E是上一点，AE＝5EC．延长AE，与DC，BP的延长线分别交于点F，G，求的值．
【答案】（1）90°，5；
（2）；
（3）．
【解答】解：（1）∵AB是⊙O的直径，PB是⊙O的切线，
∴∠PBA的度数为90°，
∵AB＝4，PB＝3，
∴PA＝＝＝5，
故答案为：90°，5；
（2）∵AB是直径，
∴∠ACB＝90°，
∵S△ABP＝×AP•BC＝AB•BP，
∴BC＝，
∴AC＝＝＝，
∴S△ABC＝×AC•BC＝××＝；
（3）∵CD⊥AB，
∴∠ADC＝90°＝∠ACB，
∴∠ACD+∠BCD＝90°＝∠ABC+∠BCD，
∴∠ACD＝∠ABC，
∵四边形ABCE是圆的内接四边形，
∴∠ABC+∠AEC＝180°，
∵∠ACD+∠ACF＝180°，
∴∠AEC＝∠ACF，
又∵∠EAC＝∠FAC，
∴△EAC∽△CAF，
∴，
∵AE＝5EC，AC＝，
∴CF＝，
∵∠ADC＝90°＝∠ACB，∠BAC＝∠DAC，
∴△ADC∽△ACB，
∴＝，
∴AD＝＝，
∴CD＝，DB＝，
∴DF＝CD+CF＝＝AD，
∴△ADF是等腰直角三角形，
∴AF＝，
∴＝，
∴AE＝2，
∴EF＝AF﹣AE＝，
∵DF∥BG，
∴，
∴＝，
∴FG＝，
∴＝＝．
8．（2022•宜昌）已知，在△ABC中，∠ACB＝90°，BC＝6，以BC为直径的⊙O与AB交于点H，将△ABC沿射线AC平移得到△DEF，连接BE．
（1）如图1，DE与⊙O相切于点G．
①求证：BE＝EG；
②求BE•CD的值；
（2）如图2，延长HO与⊙O交于点K，将△DEF沿DE折叠，点F的对称点F′恰好落在射线BK上．
①求证：HK∥EF′；
②若KF′＝3，求AC的长．


【答案】（1）①证明见解析；
②9；
（2）①证明见解析；
②2．
【解答】（1）①证明：∵将△ABC沿射线AC平移得到△DEF，
∴BE∥CF，
∵∠ACB＝90°，
∴∠CBE＝∠ACB＝90°，
连接OG，OE，

∵DE与⊙O相切于点G，
∴∠OGE＝90°，
∴∠OBE＝∠OGE＝90°，
∵OB＝OG，OE＝OE，
∴Rt△BOE≌Rt△GOE（HL），
∴BE＝GE；

②解：过点D作DM⊥BE于M，

∴∠DMB＝90°，
由（1）知∠CBE＝∠BCF＝90°，
∴四边形BCDM是矩形，
∴CD＝BM，DM＝BC，
由（1）可知BE＝GE，
同理可证CD＝DG，
设BE＝x，CD＝y，
在Rt△DME中，MD2+EM2＝DE2，
∴（x﹣y）2+62＝（x+y）2，
∴xy＝9，
即BE•CD＝9；

（2）①证明：延长HK交BE于点Q，

设∠ABC＝α，
∵OB＝OH，
∴∠BHO＝∠OBH＝α，
∴∠BOQ＝∠BHO+∠OBH＝2α，
∴∠BQO＝90°﹣2α，
∵△ABC沿射线AC平移得到△DEF，△DEF沿DE折叠得到△DEF'，
∴∠DEF＝∠DEF'＝∠ABC＝α，
∴∠BEF'＝90°﹣2α，
∴∠BQO＝∠BEF'，
∴HK∥EF'；
②解：连接FF'，交DE于点N，

∵△DEF沿DE折叠，点F的对称点为F'，
∴ED⊥FF'，FN＝FF'，
∵HK是⊙O的直径，
∴∠HBK＝90°，点F'恰好落在射线BK上，
∴BF'⊥AB，
∵△ABC沿射线AC方向平移得到△DEF，
∴AB∥DE，BC＝EF，
∴点B在FF'的延长线上，
∵BC是⊙O的直径，
∴HK＝EF，
在△HBK和△ENF中，
，
∴△HBK≌△ENF（AAS），
∴BK＝NF，
设BK＝x，则BF＝BK+KF'+FF'＝x+3+2x＝3x+3，
∵OB＝OK，
∴∠OBK＝∠OKB，
又∵∠HBK＝∠BCF＝90°，
∴△HBK∽△FCB，
∴，
∴，
解得：x1＝3，x2＝﹣4（不合题意，舍去），
∴BK＝3，
在Rt△HBK中，sin∠BHK＝＝，
∴∠BHK＝30°，
∴∠ABC＝30°，
在Rt△ACB中，tan∠ABC＝tan30°＝，
∴AC＝6•tan30°＝6×＝2，
即AC的长为2．
五．相似形综合题（共1小题）
9．（2023•宜昌）如图，在正方形ABCD中，E，F分别是边AD，AB上的点，连接CE，EF，CF．

（1）若正方形ABCD的边长为2，E是AD的中点．
①如图1，当∠FEC＝90°时，求证：△AEF∽△DCE；
②如图2，当tan∠FCE＝时，求AF的长；
（2）如图3，延长CF，DA交于点G，当GE＝DE，sin∠FCE＝时，求证：AE＝AF．
【答案】（1）①证明见解析部分；
②；
（2）证明见解析部分．
【解答】（1）①证明：如图1中，∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A＝∠D＝90°，
∵∠CEF＝90°，
∴∠AEF+∠CED＝90°，∠ECD+∠CED＝90°，
∴∠AEF＝∠ECD，
∴△AEF∽△DCE；

②解：如图2中，延长DA交CF的延长线于点G，过点G作GH⊥CE交CE的延长线于点H．

∵∠H＝∠D＝90°，∠GEH＝∠CED，
∴△GEH∽△CED，
∴＝，
∵CD＝2，AE＝ED＝1，
∴GH＝2HE，
设EH＝m，GH＝2m．
∵CE＝＝＝，
∴CH＝m+，
∵tan∠ECF＝＝，
∴＝，
∴m＝，
∴EH＝，GH＝，
∴EG＝＝＝，
∴AG＝EG﹣AE＝﹣1＝，DG＝EG+DE＝+1＝，
∵AF∥CD，
∴＝，
∴＝，
∴AF＝；

（3）证明：如图3中，过点G作GH⊥CE交CE的延长线于点H．

设AD＝CD＝a，GE＝DE＝t，EH＝x，GH＝y，CE＝n，
∵∠H＝∠D＝90°，∠GEH＝∠CED，
∴△GEH∽△CED，
∴＝＝
∴＝＝，
∴x＝，y＝，
在Rt△CGH中，sin∠ECF＝＝，
∴CG＝3GH，CH＝2GH，
∴＝，
∴2y＝x+n，
∴2×＝+n，
∴2at＝t2+n2，
在Rt△CDE中，n2＝t2+a2，
∴2at＝2t2+a2，
∴a＝t，
∵AF∥CD，
∴＝，
∴＝，
∴AF＝＝a﹣＝a﹣t，
∵AE＝a﹣t，
∴AE＝AF．