17-中考数学试卷(贵州黔东南专用)(解析版)_1

备战2021中考数学全真模拟卷（贵州黔东南专用）
黄金卷17
(总分：150分时间：120分钟）
一、选择题（本题共计10小题，每题4分，共计40分）
1.（2020·黑龙江·中考真卷）下列各运算中，计算正确的是（）
A.a2⋅2a2＝2a4
B.x8÷x2＝x4
C.(x−y)2＝x2−xy+y2
D.(−3x2)3＝−9x6
【答案】A
【考点】整式的混合运算
【解析】直接利用完全平方公式以及积的乘方运算法则、单项式乘以单项式、同底数幂的除法运算法则分别化简得出答案．
2.（2021·湖北·中考模拟）下列图形中，中心对称图形的个数是（）
A.3个
B.4个
C.1个
D.2个
【答案】D
【考点】中心对称图形
【解析】根据中心对称图形的定义来解答即可.
3.（2021·湖北·中考模拟）长为3cm，4cm，7cm的三条线段围成三角形的事件是（）
A.必然事件
B.不可能事件
C.随机事件
D.以上都不是
【答案】B
【考点】不可能事件
【解析】解：∵3+4=7，
∴用长分别为3cm，4cm，7cm的三条线段无法围成三角形，
∴用长分别为3cm，4cm，7cm的三条线段围成三角形的事件是不可能事件．
4.（2020·黑龙江·中考真卷）已知关于x的一元二次方程x2−(2k+1)x+k2+2k＝0有两个实
数根x1，x2，则实数k的取值范围是（）
A.k<1
4B.k≤1
4
C.k>4
D.k≤1
4
且k≠0
【答案】B
【考点】根的判别式
【解析】根据方程的系数结合根的判别式△≥0，即可得出关于k的一元一次不等式，解之即可得出k的取值范围．
5.（2021·四川·中考模拟）将抛物线y＝x2平移得到抛物线y＝(x+2)2+3，下列叙述正确的是（）
A.向右平移2个单位，向上平移3个单位
B.向左平移2个单位，向下平移3个单位
C.向右平移2个单位，向下平移3个单位
D.向左平移2个单位，向上平移3个单位
【答案】D
【考点】二次函数图象与几何变换
6.（2021·四川·中考模拟）某校初2017级学生毕业时，每一位同学都将自己的照片向全班其他同学各送一张留作纪念，某班共送了1892张照片，设全班有x名学生，根据题意，列出方程应为（）
A.x2＝1892
B.x(x−1)＝1892
C.(x−1)2＝1892
D.2x(x−1)＝1892
【答案】B
【考点】由实际问题抽象出一元二次方程
7.（2020·湖北·中考模拟）如图，AB为⊙O的直径，C，D为⊙O上两点，若∠CAB=30∘，则∠D 等于（）
A.30∘
B.60∘
C.120∘
D.150∘
【答案】B
【考点】圆周角定理,三角形内角和定理
【解析】根据圆周角定理即可求解．
8.（2020·黑龙江·中考真卷）如图，菱形ABCD的两个顶点A，C在反比例函数y=k
的图象上，
x
对角线AC，BD的交点恰好是坐标原点O，已知B(−1, 1)，∠ABC＝120∘，则k的值是（）
A.5
B.4
C.3
D.2
【答案】C
【考点】等边三角形的性质与判定,菱形的性质,反比例函数图象上点的坐标特征
【解析】根据题意可以求得点A的坐标，从而可以求得k的值．
9.（2020·山东·月考试卷）如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，过点D作DH⊥AB于
=48，则OH的长为（）
点H，连接OH，若OA=6，S
菱形ABCD
A.4
B.8
C.√13
D.6
【答案】A
【考点】菱形的面积,菱形的性质,直角三角形斜边上的中线
【解析】由菱形的性质得出OA＝OC＝6，OB＝OD，AC⊥BD，则AC＝12，由直角三角形斜
BD，再由菱形的面积求出BD＝8，即可得出答案．
边上的中线性质得出OH=1
2
10.（2020·黑龙江·中考真卷）如图，正方形ABCD的边长为a，点E在边AB上运动（不与点A，B重合），∠DAM＝45∘，点F在射线AM上，且AF=√2BE，CF与AD相交于点G，连接EC、EF、
)a；③BE2+DG2＝EG2；EG．则下列结论：①∠ECF＝45∘；②△AEG的周长为(1+√2
2
④△EAF的面积的最大值是1
8a2；⑤当BE=1
3
a时，G是线段AD的中点．其中正确的结论是（）
A.①②③
B.②④⑤
C.①③④
D.①④⑤
【答案】D
【考点】二次函数的最值,勾股定理,全等三角形的性质与判定,正方形的性质
【解析】①正确．如图1中，在BC上截取BH＝BE，连接EH．证明△FAE≅△EHC(SAS)即可解决问题．②③错误．如图2中，延长AD到H，使得DH＝BE，则△CBE≅△CDH(SAS)，再证明△GCE≅△GCH(SAS)即可解决问题．④正确．设BE＝x，则AE＝a−x，AF=√2x，构建
二次函数，利用二次函数的性质解决最值问题．⑤正确．当BE=1
3a时，设DG＝x，则EG＝x+1
3
a，
利用勾股定理构建方程可得x=a
2
即可解决问题．【解答】如图1中，在BC上截取BH＝BE，连接EH．∵BE＝BH，∠EBH＝90∘，
∴EH=√2BE，
∵AF=√2BE，
∴AF＝EH，
∵∠DAM＝∠EHB＝45∘，∠BAD＝90∘，
∴∠FAE＝∠EHC＝135∘，
∵BA＝BC，BE＝BH，
∴AE＝HC，
∴△FAE≅△EHC(SAS)，
∴EF＝EC，∠AEF＝∠ECH，
∵∠ECH+∠CEB＝90∘，
∴∠AEF+∠CEB＝90∘，
∴∠FEC＝90∘，
∴∠ECF＝∠EFC＝45∘，故①正确，
如图2中，延长AD到H，使得DH＝BE，则△CBE≅△CDH(SAS)，
∴∠ECB＝∠DCH，
∴∠ECH＝∠BCD＝90∘，
∴∠ECG＝∠GCH＝45∘，
∵CG＝CG，CE＝CH，
∴△GCE≅△GCH(SAS)，
∴EG＝GH，
∵GH＝DG+DH，DH＝BE，
∴EG＝BE+DG，故③错误，
∴△AEG的周长＝AE+EG+AG＝AE+AH＝AD+DH+AE＝AE+EB+AD＝AB+AD ＝2a，故②错误，
设BE＝x，则AE＝a−x，AF=√2x，
∴S△AEF=1
2⋅(a−x)×x=−1
2
x2+1
2
ax=−1
2
(x2−ax+1
4
a2−1
4
a2)=−1
2
(x−1
2
a)2+
1
8
a2，
∵−1
2
<0，
∴x=1
2a时，△AEF的面积的最大值为1
8
a2．故④正确，
当BE=1
3a时，设DG＝x，则EG＝x+1
3
a，
在Rt△AEG中，则有(x+1
3a)2＝(a−x)2+(2
3
a)2，
解得x=a
2
，
∴AG＝GD，故⑤正确，
二、填空题（本题共计10小题，每题3 ，共计30分）
11.（2020·广东·中考模拟）因式分解：4a3−16a=________．【答案】4a(a+2)(a−2)
【考点】提公因式法与公式法的综合运用
【解析】原式提取a，再利用平方差公式分解即可．
12.（2020-2021·安徽·期末试卷）我国北斗公司在2020年发布了一款代表国内卫星导航系统最高水平的芯片，该芯片的制造工艺达到了0.000000022米．用科学记数法表示0.000000022为________米．
【答案】2.2×10−8
【考点】科学记数法--表示较小的数
13.（2021·山东·期末试卷）两组数据：3，a，b，5与a，4，2b的平均数都是3．若将这两组数据合并为一组新数据，则这组新数据的众数为________．
【答案】3
【考点】算术平均数,众数
14.（2020·湖北·中考模拟）已知点M(2+m,m−1)关于原点的对称点在第二象限，则m的取值范围是________.
【答案】−2<m<1
【考点】象限中点的坐标,关于原点对称的点的坐标,解一元一次不等式组
【解析】先根据关于原点对称的特点得出点M关于原点对称的点的坐标，再根据象限内点的坐标特点得出关于m的不等式组，解出即可.
15.（2021·湖北·中考模拟）2022年在北京将举办第24届冬季奥运会，很多学校都开展了冰雪项目学习．如图，滑雪轨道由AB、BC两部分组成，AB、BC的长度都为200米，一位同学乘滑雪板沿此轨道由A点滑到了C点，若AB与水平面的夹角α为30∘，BC与水平面的夹角β为45∘，则他下降的高度为________米（结果保留根号）．
【答案】100(1+）
【考点】解直角三角形的应用
【解析】直接利用锐角三角函数关系进而分别表示出A，B分别到BM，CN的距离进而得出答
案．
16.（2021·湖北·中考模拟）如图，在⊙O中，半径OC垂直弦AB于D，点E在⊙O上，∠E=22.5∘，AB=2，则半径OB等于________.
【答案】√2
【考点】圆周角定理,等腰直角三角形,勾股定理,垂径定理
【解析】直接利用垂径定理进而结合圆周角定理得出△ODB是等腰直角三角形，进而得出答案．17.（2020·黑龙江·中考真卷）由若干个相同的小正方体搭成的一个几何体从正面和从左面看到的形状如图所示，则所需小正方体的个数最多是________个.
【答案】7
【考点】由三视图判断几何体
【解析】由图知，第一行第1列最多有2个，
第一行第2列最多有1个；
第二行第1列最多有3个，
第二行第2列最多有1个，
所以最多有：2+1+3+1=7（个）．
18.（2020-2021·湖北·中考模拟）如图所示，某校数学兴趣小组利用标杆BE测量建筑物的高度，已知标杆BE高为1.5m，测得AB=3m，AC=10m，则建筑物CD的高是________m．
【答案】5
【考点】相似三角形的应用
【解析】根据题意和图形，利用三角形相似的性质，可以计算出CD的长，从而可以解答本题．19.（2020·湖北·中考模拟）如图，E是正方形ABCD中CD边上的中点，AB=4，把△ADE绕点A 顺时针旋转90∘得到△ABF，若连接EF，则EF=________．
【答案】2√10
【考点】勾股定理,旋转的性质,正方形的性质
【解析】解：连接EF，如图，
∵把△ADE绕点A顺时针旋转90∘得到△ABF，
∴AE=AF，∠EAF=90∘.
∵四边形ABCD是正方形，∴AB=CD=AD=4.
CD=2，
∵E是CD的中点，∴DE=1
2
∴AE=√AD2+DE2=√42+22=2√5，
∴EF=√AE2+AF2=√(2√5)2+(2√5)2=2√10.
20.（2021·湖北·中考模拟）在平面直角坐标系中，抛物线y=x2的图象如图所示．已知A点坐标为(1, 1)，过点A作AA1 // x轴交抛物线于点A1，过点A1作A1A2 // OA交抛物线于点A2，过点A2作A2A3 // x轴交抛物线于点A3，过点A3作A3A4 // OA交抛物线于点A4⋯，依次进行下去，
则点A2021的坐标为________．
【答案】(−1011,10112)
【考点】规律型：图形的变化类,规律型：数字的变化类,二次函数图象上点的坐标特征,一次函数图象上点的坐标特点
【解析】根据二次函数性质可得出点A1的坐标，求得直线A1A2为y=x+2，联立方程求得A2的坐标，即可求得A3的坐标，同理求得A4的坐标，即可求得A3的坐标，根据坐标的变化找出变化规律，即可找出点A2021的坐标．
【解答】解：∵A点坐标为(1, 1)，
∴直线OA为y=x，A1(−1, 1).
∵A1A2 // OA，
∴直线A1A2为y=x+2.
解{y=x+2, y=x2,
得{x=−1,
y=1,或{
x=2,
y=4,
∴A2(2, 4)，
∴A3(−2, 4).
∵A3A4 // OA，
∴直线A3A4为y=x+6，
解{y=x+6,
y=x2,
得{
x=−2,
y=4,或{
x=3,
y=9,
∴A4(3, 9)，∴A5(−3, 9).
…，∴A2021(−1011,10112).
三、解答题（本题共计6大题、共计80分）
21.（2020-2021·江西·月考试卷）(1).计算：(1
3
)−2−(π−√6)0+|√3−2|+4tan60∘．
【考点】负整数指数幂,特殊角的三角函数值,零指数幂,实数的运算,绝对值
【解析】首先计算乘方，然后计算乘法，最后从左向右依次计算，求出算式的值是多少即可．【解答】解：原式=9−1+2−√3+4√3
=10+3√3．
(2)先化简，后求值：(3x
x−1−2x
x+1
)⋅x2−1
x
，其中x从−1，0，1，2中选一个数代入．
【考点】分式的化简求值,平方差公式
【解析】解：(3x
x−1−2x
x+1
)⋅x2−1
x
=3x(x+1)−2x(x−1)
(x+1)(x−1)
⋅x2−1
x
=x2+5x
x−1⋅x2−1
x
=x+5，
因为x=−1，0，1时原式均无意义，
将x=2代入原式得7．
22.（2021·湖北·中考模拟“青年大学习”是共青团中央为组织引导广大青年，深入学习宣传贯彻习近平新时代中国特色社会主义思想和党的十九大精神的青年学习行动．某校为了解九年级同学学习“青年大学习”的情况，随机抽取部分九年级同学进行了问卷调查，按照调查结果，将学习情况分为优秀、良好、合格、较差四个等级．学校绘制了如图不完整的统计图，根据图中信息解答下列问题：
(1)将条形统计图补充完整；
(2)若该校九年级有800名学生，请估计九年级学生“青年大学习”学习情况为“优秀”和“良好”的
一共有多少名？
(3)该校某班有3名同学（1名男同学、2名女同学）在调查中获得“优秀”等级，班主任将从这3名同学中随机选取2名同学，代表班级参加学校组织的“青年大学习”演讲大赛．请用列表或画树状图的方法，求所选两位同学恰好是1名男同学和1名女同学的概率．
【考点】条形统计图,用样本估计总体,列表法与树状图法
【解析】解：(1)抽取的学生数为：24÷30%=80（人），
抽取的学生中良好的人数为：80−24−16−8=32（人），
将条形统计图补充完整如图：
(2)800×24+32
80
=560（名），
即估计九年级学生“青年大学习”学习情况为“优秀”和“良好”的一共有560名.
(3)画树状图如图：
共有6个等可能的结果，所选两位同学恰好是1名男同学和1名女同学的有4个，
∴所选两位同学恰好是1名男同学和1名女同学的概率为4
6=2
3
．
23.（2021·湖北·中考模拟2020年是脱贫攻坚的收官之年，老李在驻村干部的帮助下，利用网络平台进行“直播带货”，销售一批成本为每件30元的商品，按单价不低于成本价，且不高于50
元销售，经调查发现，该商品每天的销售量y（件）与销售单价x（元）之间满足一次函数关系，部分数据如表所示．
(1)求该商品每天的销售量y（件）与销售单价x（元）之间的函数关系式；
(2)销售单价定为多少元时，每天的销售利润为800元？
(3)销售单价定为多少元时，才能使销售该商品每天获得的利润w（元）最大？最大利润是多少元？
【考点】一次函数的应用,一元二次方程的应用——利润问题,二次函数的应用
【解析】（1）设该商品每天的销售量为y件与销售单价x元之间的函数关系式为y=kx+b，用待定系数法求解即可；
（2）根据每件的利润乘以销售量等于利润800元，列出方程并求解，再结合单价不低于成本价，且不高于50元销售，可以得到符合题意的答案；
（3）根据每件的利润乘以销售量等于利润得出w关于x的二次函数，将其写成顶点式，根据二次函数的性质及自变量的取值范围可得答案．
【解答】解：(1)设销售量y与销售单价x之间的函数关系式为：y=kx+b (k≠0)，
将点(30,100)，(40,80)代入一次函数表达式得：{100=30k+b, 80=40k+b,
解得：{k=−2, b=160,
故函数的表达式为：y=−2x+160.
(2)由题意得：(x−30)(−2x+160)=800，整理得：x2−110x+2800=0，
解得：x1=40，x2=70，
∵销售单价不低于成本价，且不高于50元，∴x2=70不合题意，舍去.
答：销售单价定为40元时，每天的销售利润为800元.
(3)由题意得：w =(x −30)(−2x +160)=−2(x −55)2+1250， ∵ −2≤0，抛物线开口向下， ∴ 当x <55时，w 随x 的增大而增大， 而30≤x ≤50，
∴ 当x =50时，w 有最大值，此时w =1200，
故销售单价定为50元时，销售该商品每天的利润最大，最大利润1200元.
24.（2020·贵州·中考模拟）如图，已知AB 是⊙O 的直径，C 是⊙O 上一点（不与A 、B 重合），D 为的AC
̂中点，过点D 作弦DE ⊥AB 于F ，P 是BA 延长线上一点，且∠PEA ＝∠B ．
（1）求证：PE 是⊙O 的切线；
（2）连接CA 与DE 相交于点G ，CA 的延长线交PE 于H ，求证：HE ＝HG ； （3）若tan∠P =5
12，试求AH
AG 的值．
【考点】圆与圆的综合与创新,圆与相似的综合,圆与函数的综合
【解析】（1）连接OE ，由圆周角定理证得∠EAB +∠B ＝90∘，可得出∠OAE ＝∠AEO ，则∠PEA +∠AEO ＝90∘，即∠PEO ＝90∘，则结论得证；
（2）连接OD ，证得∠AOD ＝∠AGF ，∠B ＝∠AEF ，可得出∠PEF ＝2∠B ，∠AOD ＝2∠B ，可证得∠PEF ＝∠AOD ＝∠AGF ，则结论得证；
（3）可得出tan∠P ＝tan∠ODF =OF
DF =5
12，设OF ＝5x ，则DF ＝12x ，求出AE ，BE ，得出AE
BE =2
3，证明△PEA ∽△PBE ，得出PA
PE =23，过点H 作HK ⊥PA 于点K ，证明∠P ＝∠PAH ，得出PH ＝AH ，设HK ＝5a ，PK ＝12a ，得出PH ＝13a ，可得出AH ＝13a ，AG ＝10a ，则可得出答案． 【解答】证明：如图1，连接OE ，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠AEB＝90∘，
∴∠EAB+∠B＝90∘，
∵OA＝OE，
∴∠OAE＝∠AEO，
∴∠B+∠AEO＝90∘，
∵∠PEA＝∠B，
∴∠PEA+∠AEO＝90∘，
∴∠PEO＝90∘，
又∵OE为半径，
∴PE是⊙O的切线；
如图2，连接OD，
̂的中点，
∵D为AC
∴OD⊥AC，设垂足为M，
∴∠AMO＝90∘，
∵DE⊥AB，
∴∠AFD＝90∘，
∴∠AOD+∠OAM＝∠OAM+∠AGF＝90∘，∴∠AOD＝∠AGF，
∵∠AEB＝∠EFB＝90∘，
∴∠B＝∠AEF，
∵∠PEA＝∠B，
∴∠PEF＝2∠B，
∵DE⊥AB，
∴AE
̂=AD̂，
∴∠AOD＝2∠B，
∴∠PEF＝∠AOD＝∠AGF，
∴HE＝HG；
如图3，
∵∠PEF＝∠AOD，∠PFE＝∠DFO，∴∠P＝∠ODF，
∴tan∠P＝tan∠ODF=OF
DF =5
12
，
设OF＝5x，则DF＝12x，
∴OD=√OF2+DF2=13x，
∴BF＝OF+OB＝5x+13x＝18x，AF＝OA−OF＝13x−5x＝8x，∵DE⊥OA，
∴EF＝DF＝12x，
∴AE=√AF2+EF2=4√13x，BE=√EF2+BF2=6√13x，
∵∠PEA＝∠B，∠EPA＝∠BPE，
∴△PEA∽△PBE，
∴PA
PE =AE
BE
=√13
6√13
=2
3
，
∵∠P+∠PEF＝∠FAG+∠AGF＝90∘，
∴∠HEG＝∠HGE，
∴∠P＝∠FAG，
又∵∠FAG＝∠PAH，∴∠P＝∠PAH，
∴PH＝AH，
过点H作HK⊥PA于点K，∴PK＝AK，
∴PK
PE =1
3
，
∵tan∠P=5
12
，
设HK＝5a，PK＝12a，
∴PH＝13a，
∴AH＝13a，PE＝36a，
∴HE＝HG＝36a−13a＝23a，
∴AG＝GH−AH＝23a−13a＝10a，
∴AH
AG =13a
10a
=13
10
．
25.（2020·湖北·中考模拟）已知，如图抛物线y=ax2+3ax+c(a>0)与y轴交于点C，与x轴交于A，B两点，点A在点B左侧．点B的坐标为(1,0)，OC=3OB．
(1)求抛物线的解析式；
(2)在抛物线的对称轴上是否存在点Q，使得△QBC的周长最小？若存在，求出Q点的坐标：若不存在，请说明理由；
(3)若点D是线段AC下方抛物线上的动点，求四边形ABCD面积的最大值；
(4)若点E 在x 轴上，点P 在抛物线上．是否存在以A ，C ，E ，P 为顶点且以AC 为一边的平行四边形？若存在，求点P 的坐标；若不存在，请说明理由．
【考点】待定系数法求二次函数解析式,待定系数法求一次函数解析式,轴对称——最短路线问题,二次函数图象上点的坐标特征,三角形的面积,二次函数的最值,一次函数图象上点的坐标特点,平行四边形的性质与判定,二次函数综合题
【解析】解：(1)∵ B 的坐标为(1,0)，∴ OB =1． ∵ OC =3OB =3，点C 在x 轴下方， ∴ C(0,−3)．
∵ 将B (1,0)，C(0,−3)代入抛物线的解析式，得{4a +c =0,
c =−3,
解得：a =3
4，c =−3，
∴ 抛物线的解析式为y =3
4x 2+9
4x −3．
(2)如图所示：连结AC 与抛物线的对称轴交于点Q ，此时△QBC 的周长最小．
∵ x =−b
2a =−
94
2×34=−3
2，B(1,0)，∴ A (−4,0)．
设直线AC 的解析式为：y =mx +n ， ∵ A(−4,0)，C(0,−3)，
∴ {−4m +n =0,n =−3,解得：{m =−3
4,n =−3,
∴ 直线AC 的解析式为：y =−34x −3， ∴ 当x =−3
2，y =−3
4×(−3
2)−3=−15
8，
∴点Q的坐标是(−3
2,−15
8
).
(3)如图所示：过点D作DE//y轴，交AC于点E．
∵A(−4,0)，B(1,0)，∴AB=5，
∴S△ABC=1
2AB⋅OC=1
2
×5×3=15
2
．
由(2)知直线AC的解析式为y=−3
4
x−3．
设D(a,3
4a2+9
4
a−3)，则E(a,−3
4
a−3)．
∵DE=−3
4a−3−(3
4
a2+9
4
a−3)=−3
4
(a+2)2+3，
∴当a=−2时，DE有最大值，最大值为3，
∴△ADC的最大面积=1
2DE⋅AO=1
2
×3×4=6，
∴四边形ABCD的面积的最大值为27
2
．
(4)存在．
①如图，过点C作CP1//x轴交抛物线于点P1，过点P1作P1E1//AC交x轴于点E1，此时四边形ACP1E1为平行四边形．
∵ C(0,−3)，令3
4x2+9
4
x−3=−3，
∴ x 1=0，x 2=−3，∴ P 1(−3,−3).
②平移直线AC 交x 轴于点E 2，E 3，交x 轴上方的抛物线于点P 2，P 3，当AC =P 2E 2时，四边形ACE 2P 2为平行四边形，当AC =P 3E 3时，四边形ACE 3P 3为平行四边形． ∵ C (0,−3)，∴ P 2，P 3的纵坐标均为3． 令y =3得：3
4x 2+9
4x −3=3， 解得x 1=−3−√41
2，x 2=
−3+√41
2
， ∴ P 2(
−3−√41
2,3)，P 3(
−3+√41
2
,3)．
综上所述，存在3个点符合题意，坐标分别是：P 1(−3,−3)，P 2(−3−√41
2
,3)，P 3(
−3+√41
2
,3)．
26.（2020·湖南·中考真卷）如图1，在矩形ABCD 中，AB =6，BC =8，动点P ，Q 分别从C 点，A 点同时以每秒1个单位长度的速度出发，且分别在边CA ，AB 上沿C →A ，A →B 的方向运动，当点Q 运动到点B 时，P ，Q 两点同时停止运动，设点P 运动的时间为t(s)，连接PQ ，过点P 作PE ⊥PQ ，PE 与边BC 相交于点E ，连接QE .
(1)如图2，当t =5s 时，延长EP 交边AD 于点F ．求证：AF =CE ；
(2)在(1)的条件下，试探究线段AQ ，QE ，CE 三者之间的等量关系，并加以证明； (3)如图3，当t >9
4s 时，延长EP 交边AD 于点F ，连接FQ ，若FQ 平分∠AFP ，求AF
CE 的值． 【考点】四边形综合题,全等三角形的性质与判定,勾股定理,矩形的性质,平行线的性质,动点问题,相似三角形的性质与判定,锐角三角函数的定义
【解析】（1）先利用勾股定理求出AC ，再判断出CP ＝AP ，进而判断出△APF ≅△CPE ，即可得出结论；
（2）先判断出AF ＝CE ，PE ＝PF ，再用勾股定理得出AQ 2+AF 2＝QF 2，即可得出结论； （3）先判断出△FAQ ≅△FPQ(AAS)，得出AQ ＝PQ ＝t ，AF ＝PF ，进而判断出PE ＝CE ，再判断出△CNE ∽△CBA ，得出CE =5
8t ，在Rt △QPE 中，QE 2＝PQ 2+PE 2，在Rt △BQE 中，QE 2
t)2＝(6−t)2，进而求出t，即可得出结＝BQ2+BE2，得出PQ2+PE2＝BQ2+BE2，t2+(5
8
论．
【解答】(1)证明：∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ AD // BC，∠ABC=90∘.
在Rt△ABC中，AB=6，BC=8，
根据勾股定理得，AC=10.
由运动知，CP=t=5，
∴ AP=AC−CP=5，
∴ AP=CP.
∵ AD // BC，
∴ ∠PAF=∠PCE，∠AFP=∠CEP，
∴ △APF≅△CPE(AAS)，
∴ AF=CE.
解：(2)结论：AQ2+CE2=QE2.
理由：连接FQ，如图所示，
由(1)知，△APF≅△CPE，
∴AF=CE，PE=PF，
∵EF⊥PQ，
∴QE=QF，
在Rt△QAF中，根据勾股定理得AQ2+AF2=QF2，
∴AQ2+CE2=QE2
(3)设FQ与AC的交点为O，如图所示，
由题意得，AQ =t ，CP =t ，
∴ AP =AC −CP =10−t .
∵ FQ 平分∠AFP ，OA ⊥AD ，PE ⊥PQ ， ∴ AQ =PQ ，
∴ △APQ 是等腰三角形.
在△AFO 和△PFQ 中，
{AQ =PQ,
FQ =FQ,
∴ △AFQ ≅△PFQ (HL )，
∴ ∠AQF =∠POF ，
即QF 是∠AQP 的角平分线
∴ OA =OP =12AP =10−t 2，OQ ⊥AP ，
在Rt △ABC 中，cos∠BAC =AB AC =610=35，
在Rt △AOQ 中，cos∠OAQ =OA AQ ，
即 10−t 2t =cos∠BAC =35，
∴ t =5011(s)，
∴ CP =t =5011，
∴ AP =10−CP =6011.
∵ AD // BC ，
∴ △APF ∽△CPE ，
∴ AF CE =AP CP =6011
5011=65，
故AF
CE 的值为6
5
.。