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，C
E，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≌△D
EC；（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、B
F，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M
N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△AB
C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．（2
022?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-0
6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，∴﹣x
2+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9
0°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A
C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﹣x
1）（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∽△A
PH，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∽△AC
O，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+2
m+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．（202
2?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⊥B
C．∴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+4QE＝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．（202
2?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°，A
B＝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∽△DE
C，∴，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．（20
22?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＝1
20°，∴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⊥D
B，∴KH＝GM＝FN，∵∠HKJ＝∠FNJ＝90°，∠KJH＝∠NJF，∴△HKJ≌△FNJ（AAS），∴HJ＝JF，∵FT∥J
D，∴DT＝DH＝CH，∴CD＝HT，∵DF∥CB，FT∥BD，∴∠FDT＝∠BCD，∠BDC＝∠T，∴∠T＝∠FDT，∴FT＝F
D，∴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B
C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＝＝．1
2．（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ABC
D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△C
BN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⊥A
B，∴∠ACE＝∠BCE＝∠ACB＝30°．由（1）知：∠NCM＝60°，∴∠ACN＝180°﹣∠ACB﹣∠NCM＝60°，∴∠O
CN＝∠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． |
|
