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湖南省娄底市2021-2023三年中考数学真题分类汇编-03解答题（提升题）知识点分类
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这是一份湖南省娄底市2021-2023三年中考数学真题分类汇编-03解答题（提升题）知识点分类，共29页。试卷主要包含了，交y轴于点C，，与y轴交于点C等内容，欢迎下载使用。
湖南省娄底市2021-2023三年中考数学真题分类汇编-03解答题（提升题）知识点分类
一．分式的化简求值（共1小题）
1．（2023•娄底）先化简，再求值：（﹣）÷，其中x满足x2﹣3x﹣4＝0．
二．二元一次方程组的应用（共1小题）
2．（2022•娄底）“绿水青山就是金山银山”，科学研究表明：树叶在光合作用后产生的分泌物能够吸附空气中的悬浮颗粒物，具有滞尘净化空气的作用．已知一片银杏树叶一年的平均滞尘量比一片国槐树叶一年的平均滞尘量的2倍少4mg，若一片国槐树叶与一片银杏树叶一年的平均滞尘总量为62mg．
（1）请分别求出一片国槐树叶和一片银杏树叶一年的平均滞尘量；
（2）娄底市双峰县九峰山森林公园某处有始于唐代的三棵银杏树，据估计三棵银杏树共有约50000片树叶．问这三棵银杏树一年的平均滞尘总量约多少千克？
三．二次函数综合题（共3小题）
3．（2023•娄底）如图，抛物线y＝x2+bx+c过点A（﹣1，0）、点B（5，0），交y轴于点C．
（1）求b，c的值．
（2）点P（x0，y0）（0＜x0＜5）是抛物线上的动点．
①当x0取何值时，△PBC的面积最大？并求出△PBC面积的最大值；
②过点P作PE⊥x轴，交BC于点E，再过点P作PF∥x轴，交抛物线于点F，连接EF，问：是否存在点P，使△PEF为等腰直角三角形？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
4．（2021•娄底）如图，在直角坐标系中，二次函数y＝x2+bx+c的图象与x轴相交于点A（﹣1，0）和点B（3，0），与y轴交于点C．
（1）求b、c的值；
（2）点P（m，n）为抛物线上的动点，过P作x轴的垂线交直线l：y＝x于点Q．
①当0＜m＜3时，求当P点到直线l：y＝x的距离最大时m的值；
②是否存在m，使得以点O、C、P、Q为顶点的四边形是菱形，若不存在，请说明理由；若存在，请求出m的值．
5．（2022•娄底）如图，抛物线y＝x2﹣2x﹣6与x轴相交于点A、点B，与y轴相交于点C．
（1）请直接写出点A，B，C的坐标；
（2）点P（m，n）（0＜m＜6）在抛物线上，当m取何值时，△PBC的面积最大？并求出△PBC面积的最大值．
（3）点F是抛物线上的动点，作FE∥AC交x轴于点E，是否存在点F，使得以A、C、E、F为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请写出所有符合条件的点F的坐标；若不存在，请说明理由．
四．三角形综合题（共1小题）
6．（2021•娄底）如图①，E、F是等腰Rt△ABC的斜边BC上的两动点，∠EAF＝45°，CD⊥BC且CD＝BE．
（1）求证：△ABE≌△ACD；
（2）求证：EF2＝BE2+CF2；
（3）如图②，作AH⊥BC，垂足为H，设∠EAH＝α，∠FAH＝β，不妨设AB＝，请利用（2）的结论证明：当α+β＝45°时，tan（α+β）＝成立．
五．圆周角定理（共1小题）
7．（2022•娄底）如图，以BC为边分别作菱形BCDE和菱形BCFG（点C，D，F共线），动点A在以BC为直径且处于菱形BCFG内的圆弧上，连接EF交BC于点O．设∠G＝θ．
（1）求证：无论θ为何值，EF与BC相互平分；并请直接写出使EF⊥BC成立的θ值．
（2）当θ＝90°时，试给出tan∠ABC的值，使得EF垂直平分AC，请说明理由．
六．直线与圆的位置关系（共1小题）
8．（2022•娄底）如图，已知BD是Rt△ABC的角平分线，点O是斜边AB上的动点，以点O为圆心，OB长为半径的⊙O经过点D，与OA相交于点E．
（1）判定AC与⊙O的位置关系，为什么？
（2）若BC＝3，CD＝，
①求sin∠DBC、sin∠ABC的值；
②试用sin∠DBC和cos∠DBC表示sin∠ABC，猜测sin2α与sinα、cosα的关系，并用α＝30°给予验证．
七．圆的综合题（共1小题）
9．（2023•娄底）如图1，点G为等边△ABC的重心，点D为BC边的中点，连接GD并延长至点O，使得DO＝DG，连接GB，GC，OB，OC．
（1）求证：四边形BOCG为菱形．
（2）如图2，以O点为圆心，OG为半径作⊙O．
①判断直线AB与⊙O的位置关系，并予以证明．
②点M为劣弧BC上一动点（与点B、点C不重合），连接BM并延长交AC于点E，连接CM并延长交AB于点F，求证：AE+AF为定值．
八．相似三角形的应用（共1小题）
10．（2023•娄底）鲜艳的中华人民共和国国旗始终是当代中华儿女永不褪色的信仰，国旗上的每颗星都是标准五角星，为了增强学生的国家荣誉感、民族自豪感等，数学老师组织学生对五角星进行了较深入的研究，延长正五边形的各边直到不相邻的边相交，得到一个标准五角星，如图，正五边形ABCDE的边BA、DE的延长线相交于点F，∠EAF的平分线交EF于点M．
（1）求证：AE2＝EF•EM；
（2）若AF＝1，求AE的长；
（3）求的值．
九．解直角三角形的应用（共1小题）
11．（2022•娄底）“体育承载着国家强盛、民族振兴的梦想”．墩墩使用握力器（如实物图所示）锻炼手部肌肉．如图，握力器弹簧的一端固定在点P处，在无外力作用下，弹簧的长度为3cm，即PQ＝3cm．开始训练时，将弹簧的端点Q调在点B处，此时弹簧长PB＝4cm，弹力大小是100N，经过一段时间的锻炼后，他手部的力量大大提高，需增加训练强度，于是将弹簧端点Q调到点C处，使弹力大小变为300N，已知∠PBC＝120°，求BC的长．
注：弹簧的弹力与形变成正比，即F＝k•Δx，k是劲度系数，Δx是弹簧的形变量，在无外力作用下，弹簧的长度为x0，在外力作用下，弹簧的长度为x，则Δx＝x﹣x0．
一十．解直角三角形的应用-仰角俯角问题（共1小题）
12．（2021•娄底）我国航天事业捷报频传，天舟二号于2021年5月29日成功发射，震撼人心．当天舟二号从地面到达点A处时，在P处测得A点的仰角∠DPA为30°且A与P两点的距离为6千米，它沿铅垂线上升7.5秒后到达B处，此时在P处测得B点的仰角∠DPB为45°，求天舟二号从A处到B处的平均速度．（结果精确到1m/s，取＝1.732，＝1.414）
湖南省娄底市2021-2023三年中考数学真题分类汇编-03解答题（提升题）知识点分类
参考答案与试题解析
一．分式的化简求值（共1小题）
1．（2023•娄底）先化简，再求值：（﹣）÷，其中x满足x2﹣3x﹣4＝0．
【答案】x2﹣3x﹣2，原式＝2．
【解答】解：（﹣）÷
＝[]÷
＝•（x+1）（x﹣1）
＝x2﹣3x﹣2，
∵x2﹣3x﹣4＝0，
∴x2﹣3x＝4，
∴原式＝4﹣2＝2．
二．二元一次方程组的应用（共1小题）
2．（2022•娄底）“绿水青山就是金山银山”，科学研究表明：树叶在光合作用后产生的分泌物能够吸附空气中的悬浮颗粒物，具有滞尘净化空气的作用．已知一片银杏树叶一年的平均滞尘量比一片国槐树叶一年的平均滞尘量的2倍少4mg，若一片国槐树叶与一片银杏树叶一年的平均滞尘总量为62mg．
（1）请分别求出一片国槐树叶和一片银杏树叶一年的平均滞尘量；
（2）娄底市双峰县九峰山森林公园某处有始于唐代的三棵银杏树，据估计三棵银杏树共有约50000片树叶．问这三棵银杏树一年的平均滞尘总量约多少千克？
【答案】（1）一片银杏树叶一年的平均滞尘量为40mg，一片国槐树叶一年的平均滞尘量为22mg；
（2）这三棵银杏树一年的平均滞尘总量约2千克．
【解答】解：（1）设一片银杏树叶一年的平均滞尘量为xmg，一片国槐树叶一年的平均滞尘量为ymg，
由题意得：，
解得：，
答：一片银杏树叶一年的平均滞尘量为40mg，一片国槐树叶一年的平均滞尘量为22mg；
（2）50000×40＝2000000（mg）＝2kg，
答：这三棵银杏树一年的平均滞尘总量约2千克．
三．二次函数综合题（共3小题）
3．（2023•娄底）如图，抛物线y＝x2+bx+c过点A（﹣1，0）、点B（5，0），交y轴于点C．
（1）求b，c的值．
（2）点P（x0，y0）（0＜x0＜5）是抛物线上的动点．
①当x0取何值时，△PBC的面积最大？并求出△PBC面积的最大值；
②过点P作PE⊥x轴，交BC于点E，再过点P作PF∥x轴，交抛物线于点F，连接EF，问：是否存在点P，使△PEF为等腰直角三角形？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）b＝﹣4，c＝﹣5；
（2）①当x0＝2.5时，S的值取最大，最大值为；
②存在，当△PEF是等腰直角三角形时，点P的坐标为（4，﹣5），（﹣，6﹣）．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝x2+bx+c过点A（﹣1，0）、点B（5，0），
∴抛物线的表达式为：y＝（x+1）（x﹣5）＝x2﹣4x﹣5，
∴b＝﹣4，c＝﹣5；
（2）由（1）得，抛物线的解析式为：y＝x2﹣4x﹣5，
令x＝0，则y＝﹣5；
∴C（0，﹣5）
∴直线BC的表达式为：y＝x﹣5，P（x0，﹣4x0﹣5），
①过点P作x轴的垂线，交线段BC于点D，
则D（x0，x0﹣5），
∴S△PBC＝OB•PD＝×5×（x0﹣5﹣+4x0+5）
＝﹣+x0
＝﹣（x0﹣2.5）2+，
∴当x0＝2.5时，S的值取最大，最大值为；
②存在，理由如下：
由题意可知，PE⊥PF，若△PEF是等腰直角三角形，则PE＝PF，
由①可得，PE＝x0﹣5﹣x02+4x0+5＝﹣+5x0，
∵PF∥x轴，
∴F（4﹣x0，﹣4x0﹣5），
∴PF＝|2x0﹣4|，
∴|2x0﹣4|＝﹣+5x0，
解得x0＝﹣1（舍）或x0＝4或x0＝﹣或x0＝+（舍），
∴当△PEF是等腰直角三角形时，点P的坐标为（4，﹣5），（﹣，﹣）．
4．（2021•娄底）如图，在直角坐标系中，二次函数y＝x2+bx+c的图象与x轴相交于点A（﹣1，0）和点B（3，0），与y轴交于点C．
（1）求b、c的值；
（2）点P（m，n）为抛物线上的动点，过P作x轴的垂线交直线l：y＝x于点Q．
①当0＜m＜3时，求当P点到直线l：y＝x的距离最大时m的值；
②是否存在m，使得以点O、C、P、Q为顶点的四边形是菱形，若不存在，请说明理由；若存在，请求出m的值．
【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）由二次函数y＝x2+bx+c的图象与x轴相交于点A（﹣1，0）和点B（3，0），得：
，
解得：，
∴y＝x2﹣2x﹣3，
∴b＝﹣2，c＝﹣3．
（2）①∵点P（m，n）在抛物线上y＝x2﹣2x﹣3，
∴P（m，m2﹣2m﹣3），
∴PQ＝m﹣（m2﹣2m﹣3）＝﹣m2+3m+3＝﹣（m﹣）2+，
∵过P作x轴的垂线交直线l：y＝x于点Q，
∴Q（m，m），
设点P到直线y＝x的距离为h，
∵直线y＝x是一三象限的角平分线，
∴PQ＝h，
∴当P点到直线l：y＝x的距离最大时，PQ取得最大值，
∴当m＝时，PQ有最大值，
∴当P点到直线l：y＝x的距离最大时，m的值为．
②∵抛物线与y轴交于点C，
∴x＝0时，y＝﹣3，
∴C（0，﹣3），
∵OC∥PQ，且以点O、C、P、Q为顶点的四边形是菱形，
∴PQ＝OC，
又∵OC＝3，PQ＝|﹣m2+3m+3|，
∴3＝|﹣m2+3m+3|，
解得：m1＝0，m2＝3，m3＝，m4＝，
当m1＝0时，PQ与OC重合，菱形不成立，舍去；
当m2＝3时，P（3，0），Q（3，3），
此时，四边形OCPQ是平行四边形，OQ＝，
∴OQ≠OC，平行四边形OCPQ不是菱形，舍去；
当m3＝时，Q（，），
此时，四边形OCQP是平行四边形，OQ＝，
∴CQ≠OC，平行四边形OCPQ不是菱形，舍去；
当m4＝时，Q（，），
此时，四边形OCQP是平行四边形，OQ＝，
∴OQ≠OC，平行四边形OCPQ不是菱形，舍去；
综上所述：不存在m，使得以点O、C、P、Q为顶点的四边形是菱形．
5．（2022•娄底）如图，抛物线y＝x2﹣2x﹣6与x轴相交于点A、点B，与y轴相交于点C．
（1）请直接写出点A，B，C的坐标；
（2）点P（m，n）（0＜m＜6）在抛物线上，当m取何值时，△PBC的面积最大？并求出△PBC面积的最大值．
（3）点F是抛物线上的动点，作FE∥AC交x轴于点E，是否存在点F，使得以A、C、E、F为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请写出所有符合条件的点F的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）A（﹣2，0），B（6，0），C（0，﹣6）；
（2）当m＝3时，S△PBC最大＝；
（3）F（4，﹣6）或（2+2，6）或（2﹣2，6）．
【解答】解：（1）当x＝0时，y＝﹣6，
∴C（0，﹣6），
当y＝0时，x2﹣2x﹣6＝0，
∴x1＝6，x2＝﹣2，
∴A（﹣2，0），B（6，0）；
（2）方法一：如图1，
连接OP，
设点P（m，﹣2m﹣6），
∴S△POC＝xP＝＝3m，
S△BOP＝|yP|＝+2m+6），
∵S△BOC＝＝18，
∴S△PBC＝S四边形PBOC﹣S△BOC
＝（S△POC+S△POB）﹣S△BOC
＝3m+3（﹣+2m+6）﹣18
＝﹣（m﹣3）2+，
∴当m＝3时，S△PBC最大＝；
方法二：如图2，
作PQ⊥AB于Q，交BC于点D，
∵B（6，0），C（0，﹣6），
∴直线BC的解析式为：y＝x﹣6，
∴D（m，m﹣6），
∴PD＝（m﹣6）﹣（﹣2m﹣6）＝﹣+3m，
∴S△PBC＝＝＝﹣（m﹣3）2+，
∴当m＝3时，S△PBC最大＝；
（3）如图3，
当▱ACFE时，AE∥CF，
∵抛物线对称轴为直线：x＝＝2，
∴F1点的坐标：（4，﹣6），
如图4，
当▱ACEF时，
作FG⊥AE于G，
∴FG＝OC＝6，
当y＝6时，x2﹣2x﹣6＝6，
∴x1＝2+2，x2＝2﹣2，
∴F2（2+2，6），F3（2﹣2，6），
综上所述：F（4，﹣6）或（2+2，6）或（2﹣2，6）．
四．三角形综合题（共1小题）
6．（2021•娄底）如图①，E、F是等腰Rt△ABC的斜边BC上的两动点，∠EAF＝45°，CD⊥BC且CD＝BE．
（1）求证：△ABE≌△ACD；
（2）求证：EF2＝BE2+CF2；
（3）如图②，作AH⊥BC，垂足为H，设∠EAH＝α，∠FAH＝β，不妨设AB＝，请利用（2）的结论证明：当α+β＝45°时，tan（α+β）＝成立．
【答案】（1）（2）（3）证明见解答．
【解答】证明：（1）∵△ABC是等腰直角三角形，
∴AB＝AC，
∴∠B＝∠ACB＝45°，
∵CD⊥BC，
∴∠BCD＝90°，
∴∠ACD＝∠BCD﹣∠ACB＝45°＝∠B，
在△ABE和△ACD中，
，
∴△ABE≌△ACD（SAS）；
（2）由（1）知，△ABE≌△ACD，
∴AE＝AD，∠BAE＝∠CAD，
∵∠BAC＝90°，
∴∠EAD＝∠CAE+∠CAD＝∠CAE+∠BAE＝∠BAC＝90°，
∵∠EAF＝45°，
∴∠DAF＝∠DAE﹣∠EAF＝45°＝∠EAF，
∵AF＝AF，
∴△AEF≌△ADF（SAS），
∴DF＝EF，
在Rt△DCF中，根据勾股定理得，DF2＝CF2+CD2，
∵CD＝BE，
∴EF2＝CF2+BE2；
（3）在Rt△ABC中，AC＝AB＝，
∴BC＝AB＝2，
∵AH⊥BC，
∴AH＝BH＝CH＝BC＝1，
∴BE＝1﹣EH，CF＝1﹣FH，
由（2）知，EF2＝CF2+BE2，
∵EF＝EH+FH，
∴（EH+FH）2＝（1﹣FH）2+（1﹣EH）2，
∴1﹣EH•FH＝EH+FH，
在Rt△AHE中，tanα＝＝EH，
在Rt△AHF中，tanβ＝＝FH，
∴右边＝＝＝＝1，
∵α+β＝45°，
∴左边＝tan（α+β）＝tan45°＝1，
∴左边＝右边，
即当α+β＝45°时，tan（α+β）＝成立．
五．圆周角定理（共1小题）
7．（2022•娄底）如图，以BC为边分别作菱形BCDE和菱形BCFG（点C，D，F共线），动点A在以BC为直径且处于菱形BCFG内的圆弧上，连接EF交BC于点O．设∠G＝θ．
（1）求证：无论θ为何值，EF与BC相互平分；并请直接写出使EF⊥BC成立的θ值．
（2）当θ＝90°时，试给出tan∠ABC的值，使得EF垂直平分AC，请说明理由．
【答案】（1）证明见解析部分，θ＝60°；
（2）当tan∠ABC＝2时，EF垂直平分线段AC．证明见解析部分．
【解答】（1）证明：∵四边形BCFG，四边形BCDE都是菱形，
∴CF∥BG，CD∥BE，CB＝CF＝CD＝BG＝BE，
∵D，C，F共线，
∴G，B，E共线，
∴DF∥EG，DF＝GE，
∴四边形DEGF是平行四边形，
∴EF与BC互相平分．
当EF⊥FG时，∵GF＝BG＝BE，
∴EG＝2GF，
∴∠GEF＝30°，
∴θ＝90°﹣30°＝60°；
（2）解：当tan∠ABC＝2时，EF垂直平分线段AC．
理由：如图（2）中，设AC交EF于点J．
∵四边形BCFG是菱形，
∴∠G＝∠FCO＝90°，
∵EF与BC互相平分，
∴OC＝OB，
∴CF＝BC，
∴FC＝2OC，
∴tan∠FOC＝tan∠ABC，
∴∠ABC＝∠FOC，
∴OJ∥AB，
∵OC＝OB，
∴CJ＝AJ，
∵BC是直径，
∴∠BAC＝∠OJC＝90°，
∴EF垂直平分线段AC．
六．直线与圆的位置关系（共1小题）
8．（2022•娄底）如图，已知BD是Rt△ABC的角平分线，点O是斜边AB上的动点，以点O为圆心，OB长为半径的⊙O经过点D，与OA相交于点E．
（1）判定AC与⊙O的位置关系，为什么？
（2）若BC＝3，CD＝，
①求sin∠DBC、sin∠ABC的值；
②试用sin∠DBC和cos∠DBC表示sin∠ABC，猜测sin2α与sinα、cosα的关系，并用α＝30°给予验证．
【答案】（1）AC是⊙O切线，理由见解答；
（2）①，；
②sin∠ABC＝2sin∠DBC•cos∠DBC；sin2α＝2sinαcosα，
【解答】解：（1）AC是⊙O切线，理由如下：
如图，连接OD，
∵OD＝OB，
∴∠ODB＝∠OBD，
∵BD是△ABC的角平分线，
∴∠OBD＝∠DBC，
∴∠ODB＝∠DBC，
∴OD∥BC，
∴∠ODA＝∠C＝90°，
∵OD是⊙O的半径，且AC⊥OD，
∴AC是⊙O的切线；
（2）①在Rt△DBC中，∵BC＝3，CD＝，
∴BD＝＝＝，
∴sin∠DBC＝＝＝，
如图2，连接DE，OD，过点O作OG⊥BC于G，
∴∠ODC＝∠C＝∠CGO＝90°，
∴四边形ODCG是矩形，
∴OG＝CD＝，
∵BE是⊙O的直径，
∴∠BDE＝90°，
∴cos∠DBE＝cos∠CBD，
∴＝，
∴＝，
∴BE＝，
∴OB＝BE＝，
∴sin∠ABC＝＝＝；
②∵2sin∠DBC•cos∠DBC＝2××＝，
∴sin∠ABC＝2sin∠DBC•cos∠DBC；
猜想：sin2α＝2sinαcosα，理由如下：
当α＝30°时，sin2α＝sin60°＝，
2sinαcosα＝2××＝，
∴sin2α＝2sinαcosα．
七．圆的综合题（共1小题）
9．（2023•娄底）如图1，点G为等边△ABC的重心，点D为BC边的中点，连接GD并延长至点O，使得DO＝DG，连接GB，GC，OB，OC．
（1）求证：四边形BOCG为菱形．
（2）如图2，以O点为圆心，OG为半径作⊙O．
①判断直线AB与⊙O的位置关系，并予以证明．
②点M为劣弧BC上一动点（与点B、点C不重合），连接BM并延长交AC于点E，连接CM并延长交AB于点F，求证：AE+AF为定值．
【答案】（1）见解答；
（2）①AB与⊙O相切；
②见解答．
【解答】（1）证明：∵△ABC是等边三角形，G是重心，点D为BC边的中点，
∴连接点A、G、D，其所在直线是BC的垂直平分线，
∴GO⊥BC，且BD＝DC，
∵DO＝DG，
∴GO与BC互相垂直且平分，
∴四边形BOCG是菱形；
（2）①解：直线AB与⊙O的位置关系是相切，
证明：∵等边△ABC中，∠ABC＝60°，BG为∠ABC的角平分线，
∴∠ABG＝∠GBO＝30°，
∵四边形BOCG是菱形，
∴∠CBO＝∠GBC＝30°，
∵∠ABO＝∠ABG+∠GBC+∠CBO＝90°，
∴AB⊥OB，即AB与⊙O相切；
②证明：∵∠BGC与∠BMG对应的弦为BC，
∴∠BMC＝∠BGC＝180°﹣60°＝120°，
∴∠MBC＝180°﹣120°﹣∠MCB＝60°﹣∠MCB，
∵∠ACB＝60°，
∴∠ACF＝60°﹣∠MCB，
∴∠ACF＝∠MBC，
∵∠BCE＝∠A＝60°，BC＝AC，
∴△BEC≌△FCA（ASA），
∴AF＝CE，
∵AE+CE＝AC，
∴AE+AF＝AE+CE＝AC，
即AE+AF为定值．
八．相似三角形的应用（共1小题）
10．（2023•娄底）鲜艳的中华人民共和国国旗始终是当代中华儿女永不褪色的信仰，国旗上的每颗星都是标准五角星，为了增强学生的国家荣誉感、民族自豪感等，数学老师组织学生对五角星进行了较深入的研究，延长正五边形的各边直到不相邻的边相交，得到一个标准五角星，如图，正五边形ABCDE的边BA、DE的延长线相交于点F，∠EAF的平分线交EF于点M．
（1）求证：AE2＝EF•EM；
（2）若AF＝1，求AE的长；
（3）求的值．
【答案】（1）证明过程见解答；
（2）AE的长为；
（3）的值为．
【解答】（1）证明：∵五边形ABCDE是正五边形，
∴∠BAE＝∠AED＝108°，
∴∠FAE＝180°﹣∠BAE＝72°，∠AEF＝180°﹣∠AED＝72°，
∴∠F＝180°﹣∠FAE﹣∠AEF＝36°，
∵AM平分∠FAE，
∴∠FAM＝∠MAE＝∠FAE＝36°，
∴∠F＝∠MAE，
∵∠AEM＝∠AEF，
∴△AEM∽△FEA，
∴＝，
∴AE2＝EF•EM；
（2）解：设AE＝x，
由（1）可得：∠F＝∠FAM＝36°，
∴FM＝AM，
由（1）可得：∠FAE＝∠AEF＝72°，
∴FA＝FE＝1，
∵∠AME＝∠F+∠FAM＝72°，
∴∠AME＝∠AEF＝72°，
∴AM＝AE，
∴AM＝AE＝AF＝x，
∴ME＝EF﹣FM＝1﹣x，
由（1）可得：AE2＝EF•EM，
∴x2＝1•（1﹣x），
解得：x＝或x＝（舍去），
∴AE＝，
∴AE的长为；
（3）连接BE，CE，
∵五边形ABCDE是正五边形，
∴AB＝AE＝DE＝CD＝BC，∠BAE＝∠AED＝∠EDC＝∠ABC＝∠BCD＝108°，
∴△ABE≌△DCE（SAS），
∵AB＝AE，ED＝DC，∠BAE＝∠CDE＝108°，
∴∠ABE＝∠AEB＝36°，∠DEC＝∠DCE＝36°，
∴∠EBC＝∠ABC﹣∠ABE＝72°，∠ECB＝∠BCD﹣∠DCE＝72°，
由（1）可得：∠FAE＝∠FEA＝72°，
∴∠FAE＝∠EBC，∠FEA＝∠ECB，
∴△FAE≌△EBC（ASA），
由（2）得：＝，
∴＝，
∴＝，
∴设△ABE的面积为（﹣1）k，则△AEF的面积为2k，
∴△ABE的面积＝△DEC的面积＝（﹣1）k，△AEF的面积＝△BCE的面积＝2k，
∴五边形ABCDE的面积＝△ABE的面积+△DCE的面积+△BCE的面积＝2k，
∴＝＝，
∴的值为．
九．解直角三角形的应用（共1小题）
11．（2022•娄底）“体育承载着国家强盛、民族振兴的梦想”．墩墩使用握力器（如实物图所示）锻炼手部肌肉．如图，握力器弹簧的一端固定在点P处，在无外力作用下，弹簧的长度为3cm，即PQ＝3cm．开始训练时，将弹簧的端点Q调在点B处，此时弹簧长PB＝4cm，弹力大小是100N，经过一段时间的锻炼后，他手部的力量大大提高，需增加训练强度，于是将弹簧端点Q调到点C处，使弹力大小变为300N，已知∠PBC＝120°，求BC的长．
注：弹簧的弹力与形变成正比，即F＝k•Δx，k是劲度系数，Δx是弹簧的形变量，在无外力作用下，弹簧的长度为x0，在外力作用下，弹簧的长度为x，则Δx＝x﹣x0．
【答案】（2﹣2）cm．
【解答】解：由题意可得，
x0＝3cm，
100＝k（4﹣3），
解得k＝100，
∴F＝100Δx，
当F＝300时，300＝100×（PC﹣3），
解得PC＝6cm，
由图可得，
∠PAB＝90°，∠PBC＝120°，
∴∠APB＝30°，
∵PB＝4cm，
∴AB＝2cm，PA＝＝2（cm），
∵PC＝6cm，
∴AC＝＝2（cm），
∴BC＝AC﹣AB＝（2﹣2）cm，
即BC的长是（2﹣2）cm．
一十．解直角三角形的应用-仰角俯角问题（共1小题）
12．（2021•娄底）我国航天事业捷报频传，天舟二号于2021年5月29日成功发射，震撼人心．当天舟二号从地面到达点A处时，在P处测得A点的仰角∠DPA为30°且A与P两点的距离为6千米，它沿铅垂线上升7.5秒后到达B处，此时在P处测得B点的仰角∠DPB为45°，求天舟二号从A处到B处的平均速度．（结果精确到1m/s，取＝1.732，＝1.414）
【答案】见试题解答内容
【解答】解：由题意可得：∠APD＝30°，∠BPD＝45°，AP＝6千米，∠BDP＝90°，
在Rt△APD中，∵∠APD＝30°，AP＝6千米，∠ADP＝90°，cos∠APD＝cos30°＝，
∴AD＝AP＝3千米，PD＝PA•cos30°＝6×＝3（千米），
在Rt△BPD中，
∵∠BPD＝45°，PD＝3千米，∠BDP＝90°，tan∠BPD＝tan45°＝，
∴BD＝PDtan45°＝3（千米），
故AB＝BD﹣AD＝3﹣3≈5.196﹣3＝2.196（千米）＝2196米，
则天舟二号从A处到B处的平均速度约为：2196÷7.5≈293（米/秒），
答：天舟二号从A处到B处的平均速度约为293米/秒．
湖南省娄底市2021-2023三年中考数学真题分类汇编-03解答题（提升题）知识点分类
一．分式的化简求值（共1小题）
1．（2023•娄底）先化简，再求值：（﹣）÷，其中x满足x2﹣3x﹣4＝0．
二．二元一次方程组的应用（共1小题）
2．（2022•娄底）“绿水青山就是金山银山”，科学研究表明：树叶在光合作用后产生的分泌物能够吸附空气中的悬浮颗粒物，具有滞尘净化空气的作用．已知一片银杏树叶一年的平均滞尘量比一片国槐树叶一年的平均滞尘量的2倍少4mg，若一片国槐树叶与一片银杏树叶一年的平均滞尘总量为62mg．
（1）请分别求出一片国槐树叶和一片银杏树叶一年的平均滞尘量；
（2）娄底市双峰县九峰山森林公园某处有始于唐代的三棵银杏树，据估计三棵银杏树共有约50000片树叶．问这三棵银杏树一年的平均滞尘总量约多少千克？
三．二次函数综合题（共3小题）
3．（2023•娄底）如图，抛物线y＝x2+bx+c过点A（﹣1，0）、点B（5，0），交y轴于点C．
（1）求b，c的值．
（2）点P（x0，y0）（0＜x0＜5）是抛物线上的动点．
①当x0取何值时，△PBC的面积最大？并求出△PBC面积的最大值；
②过点P作PE⊥x轴，交BC于点E，再过点P作PF∥x轴，交抛物线于点F，连接EF，问：是否存在点P，使△PEF为等腰直角三角形？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
4．（2021•娄底）如图，在直角坐标系中，二次函数y＝x2+bx+c的图象与x轴相交于点A（﹣1，0）和点B（3，0），与y轴交于点C．
（1）求b、c的值；
（2）点P（m，n）为抛物线上的动点，过P作x轴的垂线交直线l：y＝x于点Q．
①当0＜m＜3时，求当P点到直线l：y＝x的距离最大时m的值；
②是否存在m，使得以点O、C、P、Q为顶点的四边形是菱形，若不存在，请说明理由；若存在，请求出m的值．
5．（2022•娄底）如图，抛物线y＝x2﹣2x﹣6与x轴相交于点A、点B，与y轴相交于点C．
（1）请直接写出点A，B，C的坐标；
（2）点P（m，n）（0＜m＜6）在抛物线上，当m取何值时，△PBC的面积最大？并求出△PBC面积的最大值．
（3）点F是抛物线上的动点，作FE∥AC交x轴于点E，是否存在点F，使得以A、C、E、F为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请写出所有符合条件的点F的坐标；若不存在，请说明理由．
四．三角形综合题（共1小题）
6．（2021•娄底）如图①，E、F是等腰Rt△ABC的斜边BC上的两动点，∠EAF＝45°，CD⊥BC且CD＝BE．
（1）求证：△ABE≌△ACD；
（2）求证：EF2＝BE2+CF2；
（3）如图②，作AH⊥BC，垂足为H，设∠EAH＝α，∠FAH＝β，不妨设AB＝，请利用（2）的结论证明：当α+β＝45°时，tan（α+β）＝成立．
五．圆周角定理（共1小题）
7．（2022•娄底）如图，以BC为边分别作菱形BCDE和菱形BCFG（点C，D，F共线），动点A在以BC为直径且处于菱形BCFG内的圆弧上，连接EF交BC于点O．设∠G＝θ．
（1）求证：无论θ为何值，EF与BC相互平分；并请直接写出使EF⊥BC成立的θ值．
（2）当θ＝90°时，试给出tan∠ABC的值，使得EF垂直平分AC，请说明理由．
六．直线与圆的位置关系（共1小题）
8．（2022•娄底）如图，已知BD是Rt△ABC的角平分线，点O是斜边AB上的动点，以点O为圆心，OB长为半径的⊙O经过点D，与OA相交于点E．
（1）判定AC与⊙O的位置关系，为什么？
（2）若BC＝3，CD＝，
①求sin∠DBC、sin∠ABC的值；
②试用sin∠DBC和cos∠DBC表示sin∠ABC，猜测sin2α与sinα、cosα的关系，并用α＝30°给予验证．
七．圆的综合题（共1小题）
9．（2023•娄底）如图1，点G为等边△ABC的重心，点D为BC边的中点，连接GD并延长至点O，使得DO＝DG，连接GB，GC，OB，OC．
（1）求证：四边形BOCG为菱形．
（2）如图2，以O点为圆心，OG为半径作⊙O．
①判断直线AB与⊙O的位置关系，并予以证明．
②点M为劣弧BC上一动点（与点B、点C不重合），连接BM并延长交AC于点E，连接CM并延长交AB于点F，求证：AE+AF为定值．
八．相似三角形的应用（共1小题）
10．（2023•娄底）鲜艳的中华人民共和国国旗始终是当代中华儿女永不褪色的信仰，国旗上的每颗星都是标准五角星，为了增强学生的国家荣誉感、民族自豪感等，数学老师组织学生对五角星进行了较深入的研究，延长正五边形的各边直到不相邻的边相交，得到一个标准五角星，如图，正五边形ABCDE的边BA、DE的延长线相交于点F，∠EAF的平分线交EF于点M．
（1）求证：AE2＝EF•EM；
（2）若AF＝1，求AE的长；
（3）求的值．
九．解直角三角形的应用（共1小题）
11．（2022•娄底）“体育承载着国家强盛、民族振兴的梦想”．墩墩使用握力器（如实物图所示）锻炼手部肌肉．如图，握力器弹簧的一端固定在点P处，在无外力作用下，弹簧的长度为3cm，即PQ＝3cm．开始训练时，将弹簧的端点Q调在点B处，此时弹簧长PB＝4cm，弹力大小是100N，经过一段时间的锻炼后，他手部的力量大大提高，需增加训练强度，于是将弹簧端点Q调到点C处，使弹力大小变为300N，已知∠PBC＝120°，求BC的长．
注：弹簧的弹力与形变成正比，即F＝k•Δx，k是劲度系数，Δx是弹簧的形变量，在无外力作用下，弹簧的长度为x0，在外力作用下，弹簧的长度为x，则Δx＝x﹣x0．
一十．解直角三角形的应用-仰角俯角问题（共1小题）
12．（2021•娄底）我国航天事业捷报频传，天舟二号于2021年5月29日成功发射，震撼人心．当天舟二号从地面到达点A处时，在P处测得A点的仰角∠DPA为30°且A与P两点的距离为6千米，它沿铅垂线上升7.5秒后到达B处，此时在P处测得B点的仰角∠DPB为45°，求天舟二号从A处到B处的平均速度．（结果精确到1m/s，取＝1.732，＝1.414）
湖南省娄底市2021-2023三年中考数学真题分类汇编-03解答题（提升题）知识点分类
参考答案与试题解析
一．分式的化简求值（共1小题）
1．（2023•娄底）先化简，再求值：（﹣）÷，其中x满足x2﹣3x﹣4＝0．
【答案】x2﹣3x﹣2，原式＝2．
【解答】解：（﹣）÷
＝[]÷
＝•（x+1）（x﹣1）
＝x2﹣3x﹣2，
∵x2﹣3x﹣4＝0，
∴x2﹣3x＝4，
∴原式＝4﹣2＝2．
二．二元一次方程组的应用（共1小题）
2．（2022•娄底）“绿水青山就是金山银山”，科学研究表明：树叶在光合作用后产生的分泌物能够吸附空气中的悬浮颗粒物，具有滞尘净化空气的作用．已知一片银杏树叶一年的平均滞尘量比一片国槐树叶一年的平均滞尘量的2倍少4mg，若一片国槐树叶与一片银杏树叶一年的平均滞尘总量为62mg．
（1）请分别求出一片国槐树叶和一片银杏树叶一年的平均滞尘量；
（2）娄底市双峰县九峰山森林公园某处有始于唐代的三棵银杏树，据估计三棵银杏树共有约50000片树叶．问这三棵银杏树一年的平均滞尘总量约多少千克？
【答案】（1）一片银杏树叶一年的平均滞尘量为40mg，一片国槐树叶一年的平均滞尘量为22mg；
（2）这三棵银杏树一年的平均滞尘总量约2千克．
【解答】解：（1）设一片银杏树叶一年的平均滞尘量为xmg，一片国槐树叶一年的平均滞尘量为ymg，
由题意得：，
解得：，
答：一片银杏树叶一年的平均滞尘量为40mg，一片国槐树叶一年的平均滞尘量为22mg；
（2）50000×40＝2000000（mg）＝2kg，
答：这三棵银杏树一年的平均滞尘总量约2千克．
三．二次函数综合题（共3小题）
3．（2023•娄底）如图，抛物线y＝x2+bx+c过点A（﹣1，0）、点B（5，0），交y轴于点C．
（1）求b，c的值．
（2）点P（x0，y0）（0＜x0＜5）是抛物线上的动点．
①当x0取何值时，△PBC的面积最大？并求出△PBC面积的最大值；
②过点P作PE⊥x轴，交BC于点E，再过点P作PF∥x轴，交抛物线于点F，连接EF，问：是否存在点P，使△PEF为等腰直角三角形？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）b＝﹣4，c＝﹣5；
（2）①当x0＝2.5时，S的值取最大，最大值为；
②存在，当△PEF是等腰直角三角形时，点P的坐标为（4，﹣5），（﹣，6﹣）．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝x2+bx+c过点A（﹣1，0）、点B（5，0），
∴抛物线的表达式为：y＝（x+1）（x﹣5）＝x2﹣4x﹣5，
∴b＝﹣4，c＝﹣5；
（2）由（1）得，抛物线的解析式为：y＝x2﹣4x﹣5，
令x＝0，则y＝﹣5；
∴C（0，﹣5）
∴直线BC的表达式为：y＝x﹣5，P（x0，﹣4x0﹣5），
①过点P作x轴的垂线，交线段BC于点D，
则D（x0，x0﹣5），
∴S△PBC＝OB•PD＝×5×（x0﹣5﹣+4x0+5）
＝﹣+x0
＝﹣（x0﹣2.5）2+，
∴当x0＝2.5时，S的值取最大，最大值为；
②存在，理由如下：
由题意可知，PE⊥PF，若△PEF是等腰直角三角形，则PE＝PF，
由①可得，PE＝x0﹣5﹣x02+4x0+5＝﹣+5x0，
∵PF∥x轴，
∴F（4﹣x0，﹣4x0﹣5），
∴PF＝|2x0﹣4|，
∴|2x0﹣4|＝﹣+5x0，
解得x0＝﹣1（舍）或x0＝4或x0＝﹣或x0＝+（舍），
∴当△PEF是等腰直角三角形时，点P的坐标为（4，﹣5），（﹣，﹣）．
4．（2021•娄底）如图，在直角坐标系中，二次函数y＝x2+bx+c的图象与x轴相交于点A（﹣1，0）和点B（3，0），与y轴交于点C．
（1）求b、c的值；
（2）点P（m，n）为抛物线上的动点，过P作x轴的垂线交直线l：y＝x于点Q．
①当0＜m＜3时，求当P点到直线l：y＝x的距离最大时m的值；
②是否存在m，使得以点O、C、P、Q为顶点的四边形是菱形，若不存在，请说明理由；若存在，请求出m的值．
【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）由二次函数y＝x2+bx+c的图象与x轴相交于点A（﹣1，0）和点B（3，0），得：
，
解得：，
∴y＝x2﹣2x﹣3，
∴b＝﹣2，c＝﹣3．
（2）①∵点P（m，n）在抛物线上y＝x2﹣2x﹣3，
∴P（m，m2﹣2m﹣3），
∴PQ＝m﹣（m2﹣2m﹣3）＝﹣m2+3m+3＝﹣（m﹣）2+，
∵过P作x轴的垂线交直线l：y＝x于点Q，
∴Q（m，m），
设点P到直线y＝x的距离为h，
∵直线y＝x是一三象限的角平分线，
∴PQ＝h，
∴当P点到直线l：y＝x的距离最大时，PQ取得最大值，
∴当m＝时，PQ有最大值，
∴当P点到直线l：y＝x的距离最大时，m的值为．
②∵抛物线与y轴交于点C，
∴x＝0时，y＝﹣3，
∴C（0，﹣3），
∵OC∥PQ，且以点O、C、P、Q为顶点的四边形是菱形，
∴PQ＝OC，
又∵OC＝3，PQ＝|﹣m2+3m+3|，
∴3＝|﹣m2+3m+3|，
解得：m1＝0，m2＝3，m3＝，m4＝，
当m1＝0时，PQ与OC重合，菱形不成立，舍去；
当m2＝3时，P（3，0），Q（3，3），
此时，四边形OCPQ是平行四边形，OQ＝，
∴OQ≠OC，平行四边形OCPQ不是菱形，舍去；
当m3＝时，Q（，），
此时，四边形OCQP是平行四边形，OQ＝，
∴CQ≠OC，平行四边形OCPQ不是菱形，舍去；
当m4＝时，Q（，），
此时，四边形OCQP是平行四边形，OQ＝，
∴OQ≠OC，平行四边形OCPQ不是菱形，舍去；
综上所述：不存在m，使得以点O、C、P、Q为顶点的四边形是菱形．
5．（2022•娄底）如图，抛物线y＝x2﹣2x﹣6与x轴相交于点A、点B，与y轴相交于点C．
（1）请直接写出点A，B，C的坐标；
（2）点P（m，n）（0＜m＜6）在抛物线上，当m取何值时，△PBC的面积最大？并求出△PBC面积的最大值．
（3）点F是抛物线上的动点，作FE∥AC交x轴于点E，是否存在点F，使得以A、C、E、F为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请写出所有符合条件的点F的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）A（﹣2，0），B（6，0），C（0，﹣6）；
（2）当m＝3时，S△PBC最大＝；
（3）F（4，﹣6）或（2+2，6）或（2﹣2，6）．
【解答】解：（1）当x＝0时，y＝﹣6，
∴C（0，﹣6），
当y＝0时，x2﹣2x﹣6＝0，
∴x1＝6，x2＝﹣2，
∴A（﹣2，0），B（6，0）；
（2）方法一：如图1，
连接OP，
设点P（m，﹣2m﹣6），
∴S△POC＝xP＝＝3m，
S△BOP＝|yP|＝+2m+6），
∵S△BOC＝＝18，
∴S△PBC＝S四边形PBOC﹣S△BOC
＝（S△POC+S△POB）﹣S△BOC
＝3m+3（﹣+2m+6）﹣18
＝﹣（m﹣3）2+，
∴当m＝3时，S△PBC最大＝；
方法二：如图2，
作PQ⊥AB于Q，交BC于点D，
∵B（6，0），C（0，﹣6），
∴直线BC的解析式为：y＝x﹣6，
∴D（m，m﹣6），
∴PD＝（m﹣6）﹣（﹣2m﹣6）＝﹣+3m，
∴S△PBC＝＝＝﹣（m﹣3）2+，
∴当m＝3时，S△PBC最大＝；
（3）如图3，
当▱ACFE时，AE∥CF，
∵抛物线对称轴为直线：x＝＝2，
∴F1点的坐标：（4，﹣6），
如图4，
当▱ACEF时，
作FG⊥AE于G，
∴FG＝OC＝6，
当y＝6时，x2﹣2x﹣6＝6，
∴x1＝2+2，x2＝2﹣2，
∴F2（2+2，6），F3（2﹣2，6），
综上所述：F（4，﹣6）或（2+2，6）或（2﹣2，6）．
四．三角形综合题（共1小题）
6．（2021•娄底）如图①，E、F是等腰Rt△ABC的斜边BC上的两动点，∠EAF＝45°，CD⊥BC且CD＝BE．
（1）求证：△ABE≌△ACD；
（2）求证：EF2＝BE2+CF2；
（3）如图②，作AH⊥BC，垂足为H，设∠EAH＝α，∠FAH＝β，不妨设AB＝，请利用（2）的结论证明：当α+β＝45°时，tan（α+β）＝成立．
【答案】（1）（2）（3）证明见解答．
【解答】证明：（1）∵△ABC是等腰直角三角形，
∴AB＝AC，
∴∠B＝∠ACB＝45°，
∵CD⊥BC，
∴∠BCD＝90°，
∴∠ACD＝∠BCD﹣∠ACB＝45°＝∠B，
在△ABE和△ACD中，
，
∴△ABE≌△ACD（SAS）；
（2）由（1）知，△ABE≌△ACD，
∴AE＝AD，∠BAE＝∠CAD，
∵∠BAC＝90°，
∴∠EAD＝∠CAE+∠CAD＝∠CAE+∠BAE＝∠BAC＝90°，
∵∠EAF＝45°，
∴∠DAF＝∠DAE﹣∠EAF＝45°＝∠EAF，
∵AF＝AF，
∴△AEF≌△ADF（SAS），
∴DF＝EF，
在Rt△DCF中，根据勾股定理得，DF2＝CF2+CD2，
∵CD＝BE，
∴EF2＝CF2+BE2；
（3）在Rt△ABC中，AC＝AB＝，
∴BC＝AB＝2，
∵AH⊥BC，
∴AH＝BH＝CH＝BC＝1，
∴BE＝1﹣EH，CF＝1﹣FH，
由（2）知，EF2＝CF2+BE2，
∵EF＝EH+FH，
∴（EH+FH）2＝（1﹣FH）2+（1﹣EH）2，
∴1﹣EH•FH＝EH+FH，
在Rt△AHE中，tanα＝＝EH，
在Rt△AHF中，tanβ＝＝FH，
∴右边＝＝＝＝1，
∵α+β＝45°，
∴左边＝tan（α+β）＝tan45°＝1，
∴左边＝右边，
即当α+β＝45°时，tan（α+β）＝成立．
五．圆周角定理（共1小题）
7．（2022•娄底）如图，以BC为边分别作菱形BCDE和菱形BCFG（点C，D，F共线），动点A在以BC为直径且处于菱形BCFG内的圆弧上，连接EF交BC于点O．设∠G＝θ．
（1）求证：无论θ为何值，EF与BC相互平分；并请直接写出使EF⊥BC成立的θ值．
（2）当θ＝90°时，试给出tan∠ABC的值，使得EF垂直平分AC，请说明理由．
【答案】（1）证明见解析部分，θ＝60°；
（2）当tan∠ABC＝2时，EF垂直平分线段AC．证明见解析部分．
【解答】（1）证明：∵四边形BCFG，四边形BCDE都是菱形，
∴CF∥BG，CD∥BE，CB＝CF＝CD＝BG＝BE，
∵D，C，F共线，
∴G，B，E共线，
∴DF∥EG，DF＝GE，
∴四边形DEGF是平行四边形，
∴EF与BC互相平分．
当EF⊥FG时，∵GF＝BG＝BE，
∴EG＝2GF，
∴∠GEF＝30°，
∴θ＝90°﹣30°＝60°；
（2）解：当tan∠ABC＝2时，EF垂直平分线段AC．
理由：如图（2）中，设AC交EF于点J．
∵四边形BCFG是菱形，
∴∠G＝∠FCO＝90°，
∵EF与BC互相平分，
∴OC＝OB，
∴CF＝BC，
∴FC＝2OC，
∴tan∠FOC＝tan∠ABC，
∴∠ABC＝∠FOC，
∴OJ∥AB，
∵OC＝OB，
∴CJ＝AJ，
∵BC是直径，
∴∠BAC＝∠OJC＝90°，
∴EF垂直平分线段AC．
六．直线与圆的位置关系（共1小题）
8．（2022•娄底）如图，已知BD是Rt△ABC的角平分线，点O是斜边AB上的动点，以点O为圆心，OB长为半径的⊙O经过点D，与OA相交于点E．
（1）判定AC与⊙O的位置关系，为什么？
（2）若BC＝3，CD＝，
①求sin∠DBC、sin∠ABC的值；
②试用sin∠DBC和cos∠DBC表示sin∠ABC，猜测sin2α与sinα、cosα的关系，并用α＝30°给予验证．
【答案】（1）AC是⊙O切线，理由见解答；
（2）①，；
②sin∠ABC＝2sin∠DBC•cos∠DBC；sin2α＝2sinαcosα，
【解答】解：（1）AC是⊙O切线，理由如下：
如图，连接OD，
∵OD＝OB，
∴∠ODB＝∠OBD，
∵BD是△ABC的角平分线，
∴∠OBD＝∠DBC，
∴∠ODB＝∠DBC，
∴OD∥BC，
∴∠ODA＝∠C＝90°，
∵OD是⊙O的半径，且AC⊥OD，
∴AC是⊙O的切线；
（2）①在Rt△DBC中，∵BC＝3，CD＝，
∴BD＝＝＝，
∴sin∠DBC＝＝＝，
如图2，连接DE，OD，过点O作OG⊥BC于G，
∴∠ODC＝∠C＝∠CGO＝90°，
∴四边形ODCG是矩形，
∴OG＝CD＝，
∵BE是⊙O的直径，
∴∠BDE＝90°，
∴cos∠DBE＝cos∠CBD，
∴＝，
∴＝，
∴BE＝，
∴OB＝BE＝，
∴sin∠ABC＝＝＝；
②∵2sin∠DBC•cos∠DBC＝2××＝，
∴sin∠ABC＝2sin∠DBC•cos∠DBC；
猜想：sin2α＝2sinαcosα，理由如下：
当α＝30°时，sin2α＝sin60°＝，
2sinαcosα＝2××＝，
∴sin2α＝2sinαcosα．
七．圆的综合题（共1小题）
9．（2023•娄底）如图1，点G为等边△ABC的重心，点D为BC边的中点，连接GD并延长至点O，使得DO＝DG，连接GB，GC，OB，OC．
（1）求证：四边形BOCG为菱形．
（2）如图2，以O点为圆心，OG为半径作⊙O．
①判断直线AB与⊙O的位置关系，并予以证明．
②点M为劣弧BC上一动点（与点B、点C不重合），连接BM并延长交AC于点E，连接CM并延长交AB于点F，求证：AE+AF为定值．
【答案】（1）见解答；
（2）①AB与⊙O相切；
②见解答．
【解答】（1）证明：∵△ABC是等边三角形，G是重心，点D为BC边的中点，
∴连接点A、G、D，其所在直线是BC的垂直平分线，
∴GO⊥BC，且BD＝DC，
∵DO＝DG，
∴GO与BC互相垂直且平分，
∴四边形BOCG是菱形；
（2）①解：直线AB与⊙O的位置关系是相切，
证明：∵等边△ABC中，∠ABC＝60°，BG为∠ABC的角平分线，
∴∠ABG＝∠GBO＝30°，
∵四边形BOCG是菱形，
∴∠CBO＝∠GBC＝30°，
∵∠ABO＝∠ABG+∠GBC+∠CBO＝90°，
∴AB⊥OB，即AB与⊙O相切；
②证明：∵∠BGC与∠BMG对应的弦为BC，
∴∠BMC＝∠BGC＝180°﹣60°＝120°，
∴∠MBC＝180°﹣120°﹣∠MCB＝60°﹣∠MCB，
∵∠ACB＝60°，
∴∠ACF＝60°﹣∠MCB，
∴∠ACF＝∠MBC，
∵∠BCE＝∠A＝60°，BC＝AC，
∴△BEC≌△FCA（ASA），
∴AF＝CE，
∵AE+CE＝AC，
∴AE+AF＝AE+CE＝AC，
即AE+AF为定值．
八．相似三角形的应用（共1小题）
10．（2023•娄底）鲜艳的中华人民共和国国旗始终是当代中华儿女永不褪色的信仰，国旗上的每颗星都是标准五角星，为了增强学生的国家荣誉感、民族自豪感等，数学老师组织学生对五角星进行了较深入的研究，延长正五边形的各边直到不相邻的边相交，得到一个标准五角星，如图，正五边形ABCDE的边BA、DE的延长线相交于点F，∠EAF的平分线交EF于点M．
（1）求证：AE2＝EF•EM；
（2）若AF＝1，求AE的长；
（3）求的值．
【答案】（1）证明过程见解答；
（2）AE的长为；
（3）的值为．
【解答】（1）证明：∵五边形ABCDE是正五边形，
∴∠BAE＝∠AED＝108°，
∴∠FAE＝180°﹣∠BAE＝72°，∠AEF＝180°﹣∠AED＝72°，
∴∠F＝180°﹣∠FAE﹣∠AEF＝36°，
∵AM平分∠FAE，
∴∠FAM＝∠MAE＝∠FAE＝36°，
∴∠F＝∠MAE，
∵∠AEM＝∠AEF，
∴△AEM∽△FEA，
∴＝，
∴AE2＝EF•EM；
（2）解：设AE＝x，
由（1）可得：∠F＝∠FAM＝36°，
∴FM＝AM，
由（1）可得：∠FAE＝∠AEF＝72°，
∴FA＝FE＝1，
∵∠AME＝∠F+∠FAM＝72°，
∴∠AME＝∠AEF＝72°，
∴AM＝AE，
∴AM＝AE＝AF＝x，
∴ME＝EF﹣FM＝1﹣x，
由（1）可得：AE2＝EF•EM，
∴x2＝1•（1﹣x），
解得：x＝或x＝（舍去），
∴AE＝，
∴AE的长为；
（3）连接BE，CE，
∵五边形ABCDE是正五边形，
∴AB＝AE＝DE＝CD＝BC，∠BAE＝∠AED＝∠EDC＝∠ABC＝∠BCD＝108°，
∴△ABE≌△DCE（SAS），
∵AB＝AE，ED＝DC，∠BAE＝∠CDE＝108°，
∴∠ABE＝∠AEB＝36°，∠DEC＝∠DCE＝36°，
∴∠EBC＝∠ABC﹣∠ABE＝72°，∠ECB＝∠BCD﹣∠DCE＝72°，
由（1）可得：∠FAE＝∠FEA＝72°，
∴∠FAE＝∠EBC，∠FEA＝∠ECB，
∴△FAE≌△EBC（ASA），
由（2）得：＝，
∴＝，
∴＝，
∴设△ABE的面积为（﹣1）k，则△AEF的面积为2k，
∴△ABE的面积＝△DEC的面积＝（﹣1）k，△AEF的面积＝△BCE的面积＝2k，
∴五边形ABCDE的面积＝△ABE的面积+△DCE的面积+△BCE的面积＝2k，
∴＝＝，
∴的值为．
九．解直角三角形的应用（共1小题）
11．（2022•娄底）“体育承载着国家强盛、民族振兴的梦想”．墩墩使用握力器（如实物图所示）锻炼手部肌肉．如图，握力器弹簧的一端固定在点P处，在无外力作用下，弹簧的长度为3cm，即PQ＝3cm．开始训练时，将弹簧的端点Q调在点B处，此时弹簧长PB＝4cm，弹力大小是100N，经过一段时间的锻炼后，他手部的力量大大提高，需增加训练强度，于是将弹簧端点Q调到点C处，使弹力大小变为300N，已知∠PBC＝120°，求BC的长．
注：弹簧的弹力与形变成正比，即F＝k•Δx，k是劲度系数，Δx是弹簧的形变量，在无外力作用下，弹簧的长度为x0，在外力作用下，弹簧的长度为x，则Δx＝x﹣x0．
【答案】（2﹣2）cm．
【解答】解：由题意可得，
x0＝3cm，
100＝k（4﹣3），
解得k＝100，
∴F＝100Δx，
当F＝300时，300＝100×（PC﹣3），
解得PC＝6cm，
由图可得，
∠PAB＝90°，∠PBC＝120°，
∴∠APB＝30°，
∵PB＝4cm，
∴AB＝2cm，PA＝＝2（cm），
∵PC＝6cm，
∴AC＝＝2（cm），
∴BC＝AC﹣AB＝（2﹣2）cm，
即BC的长是（2﹣2）cm．
一十．解直角三角形的应用-仰角俯角问题（共1小题）
12．（2021•娄底）我国航天事业捷报频传，天舟二号于2021年5月29日成功发射，震撼人心．当天舟二号从地面到达点A处时，在P处测得A点的仰角∠DPA为30°且A与P两点的距离为6千米，它沿铅垂线上升7.5秒后到达B处，此时在P处测得B点的仰角∠DPB为45°，求天舟二号从A处到B处的平均速度．（结果精确到1m/s，取＝1.732，＝1.414）
【答案】见试题解答内容
【解答】解：由题意可得：∠APD＝30°，∠BPD＝45°，AP＝6千米，∠BDP＝90°，
在Rt△APD中，∵∠APD＝30°，AP＝6千米，∠ADP＝90°，cos∠APD＝cos30°＝，
∴AD＝AP＝3千米，PD＝PA•cos30°＝6×＝3（千米），
在Rt△BPD中，
∵∠BPD＝45°，PD＝3千米，∠BDP＝90°，tan∠BPD＝tan45°＝，
∴BD＝PDtan45°＝3（千米），
故AB＝BD﹣AD＝3﹣3≈5.196﹣3＝2.196（千米）＝2196米，
则天舟二号从A处到B处的平均速度约为：2196÷7.5≈293（米/秒），
答：天舟二号从A处到B处的平均速度约为293米/秒．
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