2023年广东省广州市广州大学附属中学中考一模数学试卷（含答案）

这是一份2023年广东省广州市广州大学附属中学中考一模数学试卷（含答案），共41页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
命题：苏青艳审题：谭艳妮
一、选择题（本大题共 10 小题，每小题 3 分，满分 30 分．在每题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．）
下列图形中，是中心对称图形的是（）
A.B.C.D.
在学校举办的学习强国演讲比赛中，李华根据九位评委所给的分数制作了如下表格：
如果去掉一个最高分和一个最低分，则表中数据一定不发生变化的是（）
平均数B. 众数C. 方差D. 中位数
平均数
中位数
众数
方差
8.5
8.3
8.1
0.15
函数 y 
1
x  2
中自变量 x 的取值范围是（）
x  2
x  2
x  2
x  2
下列二次函数中，其图象的顶点坐标是(2,-1)的是（）
A. y   x  22 1
C. y   x  22 1
B. y   x  22 1
D. y   x  22 1
下列说法中，正确的是（）
A. 9 的立方根是3B.16 的平方根是4
C.  42 的算术平方根是 4 
D. 如果一个数的平方根是这个数本身，那么这个数是
0 或 1
已知O 的半径是 8，点 P 到圆心O 的距离d 为方程 x2  4x  5  0 的一个根，则点 P 在（ ）
A. O 的内部B.
C. O 上或O 的内部D.
O 的外部
O 上或O 的外部
已知抛物线 y  ax2  bx  c 经过1，m，3，m 两点，下列结论：① b2  4ac＞0；②抛物线在 x  1处取得最值；③无论 m 取何值，均满足3a  c  m ；④若（x0，y0 ) 为该抛物线上的点，当 x＜1 时， y0＜m
一定成立．正确的有（）
1 个B. 2 个C. 3 个D. 4 个
两个小组同时攀登一座 480m 高的山，第一组的攀登速度是第二组的 1.5 倍，第一组比第二组早 0.5h 到达顶峰，设第二组的攀登速度为v m/min，则下列方程正确的是（）
A. 480  480  0.5
1.5vv
C. 480  480  30
1.5vv
B. 480  480  0.5
1.5vv
D. 480  480  30
1.5vv
如图，在等边 ABC 中，CD  AB ，垂足为 D ，以 AD ，CD 为邻边作矩形 ADCE ，连接 BE 交CD 边于点 F ，则cs CBE 的值为（）
A57
14
B. 27 7
C.121
14
D. 121
7
已知抛物线 y  x2  bx  c 的顶点是原点，点 A 在第一象限抛物线上，点 B 为点 A 关于原点对称点，
OC  AB 交抛物线于点 C，则ABC 的面积 S 关于点 A 横坐标的 m 的函数解析式为（）
S  m  m1
S  m  m1
S  m2  m
S  m2  m
二、填空题（本大题共 6 小题，每小题 3 分，满分 18 分）
不等式 2x 1  7 的解集是
12. 因式分解： 3x2 12 y2 ．
如图， ABC 中， AB  AC  10, BC  12 ，则底边 BC 上的高 AD ．
在ABC 中，ABC  90 ，AC  5 ，BC  4 ，以 AC 为边作 ACD ，使得ACD=90 ，如果 ABC
与 ACD 相似，那么CD 的长为．
如图，在等边ABC 中， AB  4 ，以 A 为圆心、 AB 为半径作 BEC ﹐以 BC 为直径作 BFC ，两弧形成阴影图形，则阴影部分图形的面积是 （结果保留π）．
如图，在正方形 ABCD 中，对角线 AC ， BD 相交于点O ， F 是线段OD 上的动点（点 F 不与点 O， D 重合）连接CF ，过点 F 作 FG  CF 分别交 AC ， AB 于点 H，G，连接CG 交 BD 于点 M，作OE  CD
交CG 于点 E，EF 交 AC 于点 N．有下列结论：①当 BG  BM 时，AG 
2BG ；② CN 2  BM 2  DF 2 ；
③ GFM  GCH 时， CF 2  CN  BC ；④ OH
 OF ．其中正确的是
（填序号）．
OMOC
三、解答题（本大题共 9 小题，满分 72 分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）
2x  y  17

17. 解方程组： 7x  3y  4
如图，已知 AB  AD ， AC  AE ， BAD  CAE ．求证： BC  DE ．
为了庆祝中共二十大胜利召开，某初中举行了以“二十大知多少”为主题的知识竞赛，参赛学生均获奖．为了解本次竞赛获奖的分布情况，从中随机抽取了部分学生的获奖结果进行统计分析，学生的得分为整数，依据得分情况将获奖结果分为四个等级：A 级为特等奖，B 级为一等奖，C 级为二等奖，D 级为三等奖，将统计结果绘制成了如图所示的两幅不完整的统计图，根据统计图中的信息解答下列问题：
本次被抽取的部分学生人数是人；
把条形统计图补充完整；
九年级一班有 4 名获特等奖的学生小聪、小明、小伶、小俐，班主任要从中随机选择两名同学进行经验分享，请用列表或画树状图的方法，求恰好选中小聪和小明的概率．
环保局对某企业排污情况进行检测，结果显示：所排污水中硫化物的浓度超标，即硫化物的浓度超过最 高允许的1.0mg / L ．环保局要求该企业立即整改，在 15 天以内(含 15 天)排污达标．整改过程中，所排污
水中硫化物的浓度 y mg / L 与时间 x (天)的变化规律如图所示，其中线段 AB 表示前3 天的变化规律，从第 3 天起，所排污水中硫化物的浓度 y 与时间 x 成反比例关系．
求整改过程中硫化物的浓度 y 与时间 x 的函数表达式；
该企业所排污水中硫化物的浓度，能否在 15 天以内不超过最高允许的1.0mg / L ？为什么？
21. 如图，在ABC 中， C  90 .
（1）尺规作图： 在 BC 上作一点 D，使得ADC  2B.（保留作图痕迹，不写作法）
（2）若 AC  1, B  22.5 ，求 AC 的值.
BC
某种商品的标价为 200 元/件，经过两次降价后的价格为 162 元/件，并且两次降价的百分率相同．
求该种商品每次降价的百分率；
若该种商品进价为 156 元/件，若以 200 元/件售出，平均每天能售出 20 件，另外每天需支付其他各种
费用 150 元，在每件降价幅度不超过 10 元的情况下，若每件降价 1 元，则每天可多售出 5 件，如果每天盈
利 1450 元，每件应降价多少元?
如图 1， AB 为半圆 O 的直径，C 为 BA 延长线上一点， CD 切半圆于点 D， BE  CD ，交CD 延长线于点 E，交半圆于点 F，已知 BC  5 ， BE  3 ．点 P，Q 分别在线段 AB，BE 上（不与端点重合），且
满足 AP  5 ．设 BQ  x ， CP  y ．
BQ4
求半圆 O 的半径．
求 y 关于 x 的函数表达式．
如图 2，过点 P 作 PR  CE 于点 R，连结 PQ，RQ ．当PQR 为直角三角形时，求 x 的值．
已知抛物线 y＝ax2＋bx＋6（a≠0）交 x 轴于点 A(6，0)和点 B(－1，0)，交 y 轴于点 C．
求抛物线的解析式和顶点坐标；
如图（1），点 P 是抛物线上位于直线 AC 上方的动点，过点 P 分别作 x 轴，y 轴的平行线，交直线 AC
于点 D，E，当 PD＋PE 取最大值时，求点 P 的坐标；
如图（2），点 M 为抛物线对称轴 l 上一点，点 N 为抛物线上一点，当直线 AC 垂直平分△AMN的边
MN 时，求点 N 的坐标．
阅读理解：如果一个直角与一条折线相交形成一个封闭图形，那么这条折线在封闭图形上的部分就称为 这个角的“补美边”． 例如：图 1 中∠QPK＝90°，它与折线 MNGH 形成的“补美边”有三条，分别是线段 MN、NG 和 GH．
解决问题：（1）如图 2，∠QPK 与矩形 ABCD 形成“补美边”，点 P 在边 AD 上且 AP＝2．若已知矩形 ABCD
中 AB＝4，AD＝8．分别记∠QPK 的两边 PQ 和 PK 交矩形的边于点 E 和点 F，设∠APE＝ ，0≤ ≤90°．
①若＝30°，求∠QPK “补美边”的所有边长之和；
②若∠QPK “补美边”的所有边长之和为 9，求 tan 的值．
（2）如图 3，已知平行四边形 ABCD 中∠B＝60°，AB＝6，BC＝8．点 P 在边 AD 上且 AP＝2，若∠QPK
与平行四边形 ABCD 形成“补美边”的所有边长之和为 10，请直接写出线段 AE 的长．
2022—2023 学年九年级 4 月质量检查数学（问卷）
考试时间：120 分钟满分：120 分
命题：苏青艳审题：谭艳妮
一、选择题（本大题共 10 小题，每小题 3 分，满分 30 分．在每题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．）
下列图形中，是中心对称图形的是（）
B.C.D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据“将图形绕着某一点旋转180 与原图形重合的图形叫做中心对称图形”，逐一进行判断即可．
【详解】A. 图形绕着圆心旋转180与原图形重合，故此项正确；
图形绕着圆心旋转180与原图形不重合，故此项错误；
图形绕着圆心旋转180与原图形不重合，故此项错误；
图形绕着圆心旋转180与原图形不重合，故此项错误． 故选：A．
【点睛】本题考查了中心对称图形的定义，掌握定义是解题的关键．
在学校举办的学习强国演讲比赛中，李华根据九位评委所给的分数制作了如下表格：
如果去掉一个最高分和一个最低分，则表中数据一定不发生变化的是（）
平均数B. 众数C. 方差D. 中位数
【答案】D
【解析】
【详解】去掉一个最高分和一个最低分对中位数没有影响， 故选 D．
平均数
中位数
众数
方差
8.5
8.3
8 1
0.15
函数 y 
1
x  2
中自变量 x 的取值范围是（）
x  2
x  2
x  2
x  2
【答案】B
【解析】
【分析】由 x  2  0 ，可得 x  2 ，从而可得答案．
【详解】解：∵ x  2  0 ，
∴ x  2 ，
∴函数 y 
故选 B
1
x  2
中自变量 x 的取值范围 x  2 ．
【点睛】本题考查的是分式有意义的条件，函数自变量的取值范围，熟记分式有意义的条件是解本题的关 键．
下列二次函数中，其图象的顶点坐标是(2,-1)的是（）
A. y   x  22 1
C. y   x  22 1
B. y   x  22 1
D. y   x  22 1
【答案】C
【解析】
【分析】根据二次函数 y  a  x  h2  k 的图象的顶点坐标为h, k  逐项判断即可求解．
【详解】解：A． y   x  22 1的图象的顶点坐标为2,1 ，不符合题意；
y   x  22 1的图象的顶点坐标为2,1 ，不符合题意；
y  x  22 1 的图象的顶点坐标为(2,-1)，符合题意；
y   x  22 1的图象的顶点坐标为2, 1 ，不符合题意．故选：C．
【点睛】本题考查二次函数的图象与性质，熟知二次函数的性质是解答的关键．
下列说法中，正确的是（）
A. 9 的立方根是3B.16 的平方根是4
C.  42 的算术平方根是 4 
D. 如果一个数的平方根是这个数本身，那么这个数是
0 或 1
【答案】C
【解析】
【分析】根据立方根及平方根与算术平方根的求法依次判断即可．
【详解】解：A、9 的立方根是 3 9 ，选项错误，不符合题意；
16
B、 4 ， 16 的平方根是2 ，选项错误，不符合题意；
C、 4  0 ，
 42 的算术平方根是4 ，选项正确，符合题意；
D、如果一个数的平方根是这个数本身，那么这个数是 0，选项错误，不符合题意； 故选：C．
【点睛】本题主要考查立方根及平方根与算术平方根的求法，熟练掌握运算法则是解题关键．
已知O 的半径是 8，点 P 到圆心O 的距离d 为方程 x2  4x  5  0 的一个根，则点 P 在（ ）
A. O 的内部B.
C. O 上或O 的内部D.
O 的外部
O 上或O 的外部
【答案】A
【解析】
【分析】解一元二次方程根据点与圆的关系直接判定即可得到答案．
【详解】解：解方程可得，
x1  5 ， x2  1 ，
∵点 P 到圆心O 的距离d 为方程 x2  4x  5  0 的一个根，
∴ d  5  8 ，
∴点 P 在O 的内部， 故选 A．
【点睛】本题考查解一元二次方程及点与圆的关系，解题的关键是正确解方程及掌握点到圆心距离与圆半 径关系判断点与圆的关系．
已知抛物线 y  ax2  bx  c 经过1，m，3，m 两点，下列结论：① b2  4ac＞0；②抛物线在 x  1 处
取得最值；③无论 m 取何值，均满足3a  c  m ；④若（x0，y0 ) 为该抛物线上的点，当 x＜1 时， y0＜m
一定成立．正确的有（）
A. 1 个B. 2 个C. 3 个D. 4 个
【答案】B
【解析】
【分析】由于 m 的值不确定，无法判断抛物线与 x 轴有没有交点，可以判断①；根据抛物线 y  ax2  bx  c
经过1，m，3，m 两点，可以求出抛物线的对称轴为 x  1 ，故可以判断②；把1，m，3，m 代入
y  ax2  bx  c 可以判断③；根据 a  0 和a  0 时，由函数的性质可以判断④．
【详解】解：当 m  0 时，抛物线与 x 轴有两个交点，
∴ b2  4ac＞0 ，
∵m 的值不确定，
∴ b2  4ac＞0 不一定成立， 故①错误；
∵抛物线过1，m，3，m 两点，
∴抛物线的对称轴为直线 x  1 3  1，
2
∴当 x  1 时，抛物线取得最值， 故②正确；
∵ 1，m，3，m 两点均在抛物线上，
 a  b  c  m
∴ ，
9a  3b  c  m
解得3a  c  m ，
故无论 m 取何值，均满足3a  c  m ， 故③正确；
当 a＞0 时，抛物线开口向上，
∴在直线 x  1 的左侧，y 随 x 的增大而减小，
∴当 x＜1 时， y0  m ； 当 a＜0 时，抛物线开口向下，
∴在直线 x  1 的左侧，y 随 x 的增大而增大， 当 x＜1 时，此时 y0＜m ，
故④错误． 故选：B．
【点睛】本题考查二次函数图象与系数的关系，二次函数的性质，解题的关键是对二次函数性质的掌握和
运用．
两个小组同时攀登一座 480m 高的山，第一组的攀登速度是第二组的 1.5 倍，第一组比第二组早 0.5h 到达顶峰，设第二组的攀登速度为v m/min，则下列方程正确的是（）
A. 480  480  0.5
1.5vv
C. 480  480  30
1.5vv
B. 480  480  0.5
1.5vv
D. 480  480  30
1.5vv
【答案】D
【解析】
【分析】设第二组的速度为v m/min,则第一组的速度是1.5v m/min，根据第一组比第二组早 30min,列出方程即可．
【详解】解：设第二组的速度为v m/min,则第一组的速度是1.5v m/min，由题意，得
480  480  30 ．
1.5vv
故选：D．
【点睛】本题主要考查了由实际问题抽象出分式方程，找到关键描述语，找到合适的等量关系是解决问题 的关键．
如图，在等边 ABC 中，CD  AB ，垂足为 D ，以 AD ，CD 为邻边作矩形 ADCE ，连接 BE 交CD 边
于点 F ，则cs CBE 的值为（）
57 14
【答案】A
27 7
C.121
14
D. 121
7
【解析】
【分析】设等边 ABC 的边长为 a，则 AB  BC  AC  a ．根据等边三角形的性质可得 AD  BD  1 a ，
2
从而可由勾股定理求出CD 
3 a ．根据矩形的性质又可得出 AE  CD 3 a ， AD  CE  1 a ，
222
BAE  90 ，即又可利用勾股定理求出 BE 
7 a ．过点 C 作CG  BE 于点 G，由
2
S 1 BE CG  1 CE  AE ，可得出CG 21 a ，进而由勾股定理可求出 BG  5 7 a ，最后由余
 BCE221414
弦的定义即可求解．
【详解】解：设等边ABC 的边长为 a，则 AB  BC  AC  a ．
∵ CD  AB ，
∴ AD  BD  1 AB  1 a ， ADC  BDC  90 ，
22
∴ CD 
3 a ．
AC 2  AD 2
2
∵四边形 ADCE 是矩形，
∴ AE  CD 
3 a ， AD  CE  1 a ， BAE  90 ，
∴ BE 
22
AB 2  AE 2
7 a ．
2
如图，过点 C 作CG  BE 于点 G，
∵ S BCE
 1 BE CG  1 CE  AE ，
22
∴ 7 a  CG  1 a 3 a ，
222
∴ CG 
∴ BG 
21 a ，
14
BC 2  CG 2
 5 7 a ，
14
∴ cs CBE  BG 
5 7 a
14
 5 7 ．
BCa14
故选 A．
【点睛】本题考查等边三角形的性质，勾股定理，矩形的性质，求角的余弦值．正确作出辅助线是解题关 键．
已知抛物线 y  x2  bx  c 的顶点是原点，点 A 在第一象限抛物线上，点 B 为点 A 关于原点对称点，
OC  AB 交抛物线于点 C，则ABC 的面积 S 关于点 A 横坐标的 m 的函数解析式为（）
S  m  m1
S  m  m1
S  m2  m
S  m2  m
【答案】A
【解析】
【分析】先根据抛物线顶点坐标求出b  c  0 ，继而写出 A，B 的坐标，用两点间距离公式得出 AB 的长， 再写出 AB 的解析式，根据垂直，可得直线OC 的解析式，联立抛物线解析式可求出点 C 点的坐标，继而 求出OC 的长，再根据三角形的面积公式求解即可．
【详解】∵抛物线 y  x2  bx  c 的顶点是原点，
∴  b  0,
4c  b2
 0 ，
24
∴ b  c  0 ，
∴解析式为 y = x2 ，
∴ Am, m2 ，
∵点 B 为点 A 关于原点对称点，
∴ B m, m2 ，
m  m2  m2  m2 2
∴直线 AB 的解析式为 y  mx ， AB 
∵ OC  AB 交抛物线于点 C，
∴直线OC 的解析式为 y   1 x ，
m
m2  m4
令 x2   1 x ，解得 x   1 （0 舍去），
 2，
mm
∴ C   1 , 1  ，
m m2 

m2m4
1  1
∴ OC ，
m2  m4
m2m4
1  1
∴ S  1  AB  OC  1  2
22
即 S  m  m1， 故选：A．
 m  1 ，
 m 
1 2

m 

m
【点睛】本题考查了两点间距离公式，三角形的面积公式，二次函数的图象和性质，一次函数的解析式和
应用，准确理解题意，熟练掌握知识点是解题的关键．
二、填空题（本大题共 6 小题，每小题 3 分，满分 18 分）
不等式 2x 1  7 的解集是
【答案】 x  4
【解析】
【分析】利用不等式的基本性质，把常数移到不等式的右边，然后同时除以系数就可得到不等式的解集．
【详解】解： 2x 1  7 ，
2x  8 ，
x  4 ．
故答案为： x  4 ．
【点睛】本题考查了解简单不等式的能力，解答这类题学生往往在解题时不注意移项要改变符号这一点而 出错．解不等式要依据不等式的基本性质：（1）不等式的两边同时加上或减去同一个数或整式不等号的方向不变；（2）不等式的两边同时乘以或除以同一个正数不等号的方向不变；（3）不等式的两边同时乘以或除以同一个负数不等号的方向改变．
12. 因式分解： 3x2 12 y2 ．
【答案】3 x  2 y  x  2 y 
【解析】
【分析】先提取公因式，再利用平方差公式求解即可．
【详解】解： 3x2 12y2  3x  2yx  2y
故答案为： 3 x  2 y  x  2 y 
【点睛】此题考查了因式分解的方法，解题的关键是掌握提公因式法和公式法．
如图， ABC 中， AB  AC  10, BC  12 ，则底边 BC 上的高 AD ．
【答案】8
【解析】
【分析】先根据等腰三角形的性质得到 DC  6 ，再根据勾股定理即可求出 AD ．
【详解】解：∵ AB  AC ， AD 为底边 BC 上的高，
∴ ADC  90 ， DC  1 BC  6 ，
2
AC 2  DC 2
102  62
∴ AD  8 ．
故答案为：8
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质“三线合一”和勾股定理的应用，熟知两个知识点并结合图形灵活 应用是解题关键．
在ABC 中，ABC  90 ，AC  5 ，BC  4 ，以 AC 为边作 ACD ，使得ACD=90 ，如果 ABC
与 ACD 相似，那么CD 的长为．
2015
【答案】或
34
【解析】
【分析】根据三角形相似分情况讨论即可．
【详解】∵ ABC  90 ， AC  5 ， BC  4 ，
52  42
∴ AB  3
ABC 与 ACD 相似当 AB  BC 时
ACCD
CD  20 ，
3
当 AB = BC 时
CDAC
CD  15 ，
4
2015
故答案为或
34
【点睛】此题考查了三角形相似，解题的关键根据相似分情况讨论．
如图，在等边ABC 中， AB  4 ，以 A 为圆心、 AB 为半径作 BEC ﹐以 BC 为直径作 BFC ，两弧形成阴影图形，则阴影部分图形的面积是 （结果保留π）．
3
【答案】 4 2 π
3 

【解析】
【分析】先求出扇形 ACB 、△ACB 和半圆 BFC 的面积，再根据阴影的面积=半圆 BFC 面积（扇形 ACB
面积 △ACB 面积），即可求．
【详解】过 A 作 AH  BC 于点 H，
∵ ABC 为等边三角形，
∴ BC  AC  AB  4，BAC  60，CH 
1 BC  2 ，
2
AC 2  CH 2
3
则 AH  2
∴扇形 ACB 的面积
60  42 ，
3
8
3603
3
△ACB 的面积 1  4  2
2
 4，
半圆 BFC 面积
1  22 
2
2，
则阴影的面积
2   8   4 3   4 2 ，
3
 33

3
故答案为：  4 2 π ．
3 

【点睛】本题考查的是扇形的面积计算，等边三角形的面积，解题的关键是熟练掌握扇形面积公式．
如图，在正方形 ABCD 中，对角线 AC ， BD 相交于点O ， F 是线段OD 上的动点（点 F 不与点 O， D 重合）连接CF ，过点 F 作 FG  CF 分别交 AC ， AB 于点 H，G，连接CG 交 BD 于点 M，作OE  CD
交CG 于点 E，EF 交 AC 于点 N．有下列结论：①当 BG  BM 时，AG 
2BG ；② CN 2  BM 2  DF 2 ；
③ GFM  GCH 时， CF 2  CN  BC ；④ OH
 OF ．其中正确的是
（填序号）．
【答案】①②③
OMOC
【解析】
2
【分析】①正确．利用面积法证明 AG  AC 即可；
BGBC
②正确．如图 3 中，将CBM 绕点C 顺时针旋转90 得到CDW ，连接 FW ．则CM  CW ，BM  DW ，
MCW  90 ， CBM  CDW  45，证明 FM  FW ，利用勾股定理，即可解决问题；
③正确．如图 2 中，过点 M 作 MP  BC 于 P ， MQ  AB 于Q ，连接 AF ．想办法证明CM  CF ，再利用相似三角形的性质，解决问题即可；
④错误．假设成立，推出OFH  OCM ，显然不符合条件．
【详解】解：如图 1 中，过点G 作GT  AC 于T ．
 BG  BM ，
BGM  BMG ，
BGM  GAC  ACG ， BMG  MBC  BCM ，
 四边形 ABCD 是正方形，
GAC  MBC  45 ， AC 
2BC ，
ACG  BCG ，
GB  CB ， GT  AC ，
1
2
 GB  GT ，
 S BCG
1  BC  GB
 BG  2
 BC ，
S ACG
AG1  AC  GTAC
2
 AG 
2BG ，故①正确，
过点 F 作 ST ∥ AD ，如图所示：
∴四边形 ASTD 是矩形，
∵ BDC  45 ，
∴ DT  FT ，
在正方形 ABCD 中， AD  CD=ST ，
∴ ST  FT  CD  DT ，即 SF  CT ，
∵ SFG  TFC  TFC  TCF  90 ，
∴ SFG  TCF ，
∵ GSF  FTC  90 ，
∴ SFG≌TCF ，
∴ FG  FC ，
∴ FCG  45 ，
如图 3 中，将CBM 绕点 C 顺时针旋转 90 得到CDW ，连接 FW ．则 CM  CW ， BM  DW ，
MCW  90 ， CBM  CDW  45，
∵ FCW  MCW  FCG  90  45  45 ，
FCG  FCW  45 ，
∵ CM  CW ， CF  CF ，
CFM ≌CFW (SAS) ，
 FM  FW ，
 FDW  FDC  CDW  45  45  90 ，
 FW 2  DF 2  DW 2 ，
 FM 2  BM 2  DF 2 ，
 BD  AC ， FG  CF ，
COF  90 ， CFG  90 ，
FCN  OFC  90 ， OFC  GFM  90 ，
FCN  GFM ，
∵ OE  CD ， AB  CD ，O 为 AC 的中点，
∴ CE  OC  1，即CE  GE ，
GEOA
∴ FE  CG ，
∵ FC  FG ，
∴ EFC  EFG  45 ；
 NFC  FGM  45 ， FG  CF ，
CFN≌FGM (ASA) ，
 CN  FM ，
CN 2  BM 2  DF 2 ，故②正确，
如图 2 中，过点 M 作 MP  BC 于 P ， MQ  AB 于Q ，连接 AF ．
 OFH  FHO  90 ， FHO  FCO  90 ，
 OFH  FCO ，
 AB  CB ， ABF  CBF ， BF  BF ，
 ABF≌CBF (SAS) ，
 AF  CF ， BAF  BCF ，
 CFG  CBG  90 ，
BCF  BGF  180 ，
 BGF  AGF  180 ，
AGF  BCF  GAF ，
 AF  FG ，
 FG  FC ，
FCG  BCA  45 ，
ACF  BCG ，
 MQ∥CB ，
GMQ  BCG  ACF  OFH ，
MQG  FOH  90 ， FH  MG ，
FOH≌MQG (AAS) ，
 MQ  OF ，
BMP  MBQ ， MQ  AB ， MP  BC ，
\ MQ = MP ，
 MP  OF ，
 CPM  COF  90 ， PCM  OCF ，
CPM ≌COF (AAS) ，
CM  CF ，
OE∥AG ， OA  OC ，
 EG  EC ，
FCG 是等腰直角三角形，
GCF  45，
CFN  CBM ，
 FCN  BCM ，
BCM∽FCN ，
 CM  CB ，即CM·CF  CN·CB ，
CNCF
CF 2  CB  CN ，故③正确，
假设 OH  OF 成立，
OMOC
 FOH  COM ，
FOH∽COM ，
OFH  OCM ，显然这个条件不成立，故④错误， 故答案为：①②③．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判 定和性质，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形或相似三角形解决问题， 属于中考填空题中的压轴题．
三、解答题（本大题共 9 小题，满分 72 分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）
2x  y  17

17. 解方程组： 7x  3y  4
 x  47

【答案】  y  111
【解析】
【分析】根据加减消元法可求解方程组．
2x  y  17①
【详解】解： 
7x  3y  4②
① 3  ② 得： x  47 ，
把 x  47 代入①得： 2 47  y  17 ， 解得： y  111，
 x  47

∴原方程组的解为 y  111 ．
【点睛】本题主要考查二元一次方程组的解法，熟练掌握二元一次方程组的解法是解题的关键．
如图，已知 AB  AD ， AC  AE ， BAD  CAE ．求证： BC  DE ．
【答案】见解析
【解析】
【分析】先求出BAC  DAE ，再利用“边角边”证明ABC 和V ADE 全等，根据全等三角形对应边相等证明即可．
【详解】证明：∵ BAD  CAE ，
∴ BAD  DAC  CAE  DAC ， 即BAC  DAE ，
在ABC 和V ADE 中，
AB  AD

BAC  DAE ，

AC  AE
∴△ABC≌△ADE SAS ，
∴ BC  DE ．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，熟练掌握三角形全等的判定方法是解题的关键．
为了庆祝中共二十大胜利召开，某初中举行了以“二十大知多少”为主题的知识竞赛，参赛学生均获奖．为了解本次竞赛获奖的分布情况，从中随机抽取了部分学生的获奖结果进行统计分析，学生的得分为整数，依据得分情况将获奖结果分为四个等级：A 级为特等奖，B 级为一等奖，C 级为二等奖，D 级为三等
奖，将统计结果绘制成了如图所示的两幅不完整的统计图，根据统计图中的信息解答下列问题：
本次被抽取的部分学生人数是人；
把条形统计图补充完整；
九年级一班有 4 名获特等奖的学生小聪、小明、小伶、小俐，班主任要从中随机选择两名同学进行经验分享，请用列表或画树状图的方法，求恰好选中小聪和小明的概率．
【答案】（1） 50 ；
1
（2）见解析；（3） ．
6
【解析】
【分析】（1）依据条形图和扇形图中 C 级信息计算即可；
依据（1）求出的总人数计算出 B 级人数然后补齐条形图即可；
小聪、小明、小伶、小俐分别记为 A, B, C, D ，画树状图如图，共有12 种等可能的结果，小聪和小明被选中的结果有 2 种，利用概率公式求解即可．
【小问 1 详解】
解：本次被抽取的部分学生人数为：
20  40%  50 （人），故答案为： 50 ；
【小问 2 详解】
由（1）可知 B 级人数为： 50  5  20  8  17 （人），条形统计图补充完整如图；
【小问 3 详解】
把小聪、小明、小伶、小俐分别记为 A, B, C, D ，画树状图如图：
共有12 种等可能的结果，小聪和小明被选中的结果有 2 种， 所以恰好选中小聪和小明的概率为：
2  1 ．
126
【点睛】本题考查了条形统计图和扇形统计图综合，树状图求概率；解题的关键是依据条形统计图和扇形 统计图正确求出总人数．
环保局对某企业排污情况进行检测，结果显示：所排污水中硫化物的浓度超标，即硫化物的浓度超过最 高允许的1.0mg / L ．环保局要求该企业立即整改，在 15 天以内(含 15 天)排污达标．整改过程中，所排污
水中硫化物的浓度 y mg / L 与时间 x (天)的变化规律如图所示，其中线段 AB 表示前3 天的变化规律，从第 3 天起，所排污水中硫化物的浓度 y 与时间 x 成反比例关系．
求整改过程中硫化物的浓度 y 与时间 x 的函数表达式；
该企业所排污水中硫化物的浓度，能否在 15 天以内不超过最高允许的1.0mg / L ？为什么？
【答案】（1）当0  x  3 时， y  2x 10 ；当 x  3 时，
y  12
x
（2）能在 15 天以内不超过最高允许的1.0mg / L ，理由见解析
【解析】
【分析】（1）根据函数图象，分类讨论①当0  x  3 时，设线段 AB 对应的函数表达式为 y  kx  b；②当
x  3 时，设 y  m ，待定系数法求解析式即可求解；
x
（2）令 y  12  1，则 x  12 ，结合题意即可求解．
x
【小问 1 详解】分情况讨论：
①当0  x  3 时，
设线段 AB 对应的函数表达式为 y  kx  b；

把 A0,10，B 3, 4代入得
b  10
，
k  2

解得：  b  10 ，
 y  2x 10 ；
②当 x  3 时，设 y  m ，
x
3k  b  4
把3, 4代入得： m  3 4  12 ，
∴ y  12 ；
x
综上所述：当0  x  3 时， y  2x 10 ； 当x  3 时， y  12 ；
x
【小问 2 详解】能；理由如下：
令 y  12  1，则 x  12 ，
x
3  12  15 ，
故能在15 天以内不超过最高允许的1.0mg / L ．
【点睛】本题考查了反比例函数与一次函数的应用，求得解析式是解题的关键．
21. 如图，在ABC 中， C  90 .
尺规作图：在 BC 上作一点 D，使得ADC  2B.（保留作图痕迹，不写作法）
（2）若 AC  1, B  22.5 ，求 AC 的值.
BC
2
【答案】（1）见解析（2）1
【解析】
【分析】（1）利用尺规作出 AB 的中垂线，中垂线与 BC 的交点，即为所求；
连接 AD ，先求出ADC  45，根据直角三角形的性质以及勾股定理，即可求解．
【小问 1 详解】
如图，点 D 即为所求；
【小问 2 详解】
连接 AD ，
∵ DE 垂直平分 AB ，
∴ DA  DB ，
∴DAB  B  22.5 ，
∴ADC  DAB B  22.5  22.5  45 ，
∴ AC  CD  1
在RtADC 中，
AC2  AD2
11
2
BD  DA 
2
∴ BC  BD  DC 1
1
2 +1
2
∴ AC ==1
BC
【点睛】本题主要考查尺规作图以及直角三角形的性质和勾股定理，熟练掌握直角三角形中，30°角所对 的直角边等于斜边的一半，是解题的关键．
某种商品的标价为 200 元/件，经过两次降价后的价格为 162 元/件，并且两次降价的百分率相同．
求该种商品每次降价的百分率；
若该种商品进价为 156 元/件，若以 200 元/件售出，平均每天能售出 20 件，另外每天需支付其他各种
费用 150 元，在每件降价幅度不超过 10 元的情况下，若每件降价 1 元，则每天可多售出 5 件，如果每天盈
利 1450 元，每件应降价多少元?
【答案】（1）10%，
（2）4 元．
【解析】
【分析】（1）设该种商品每次降价的百分率为 x，根据该商品的原价及经过两次降价后的价格，即可得出关于 x 的一元二次方程，解之取其较小值即可得出结论；
（2）每件商品的盈利×（原来的销售量＋增加的销售量）－150=1450，为了减少库存，计算得到的降价多 的数量即可．
【小问 1 详解】
解：设该种商品每次降价的百分率为 x， 依题意，得： 200(1 x)2  162 ，
解得： x1  0.1  10% ， x2  1.9 （不合题意，舍去）；答：该种商品每次降价的百分率为 10%．
【小问 2 详解】
解：设每件商品应降价 x 元，根据题意，得：
(200 156  x)(20  5x) 150  1450 ，
解方程得 x1  4，x2  36 ，
∵在降价幅度不超过 10 元的情况下，
∴ x  36 不合题意舍去， 答：每件商品应降价 4 元．
【点睛】此题考查了一元二次方程的应用，得到现在的销售量是解决解决本题的难点，根据每天的盈利得 到相应的等量关系是解决本题的关键．
如图 1， AB 为半圆 O 的直径，C 为 BA 延长线上一点， CD 切半圆于点 D， BE  CD ，交CD 延长
线于点 E，交半圆于点 F，已知 BC  5 ， BE  3 ．点 P，Q 分别在线段 AB，BE 上（不与端点重合），且
满足 AP  5 ．设 BQ  x ， CP  y ．
BQ4
求半圆 O 的半径．
求 y 关于 x 的函数表达式．
如图 2，过点 P 作 PR  CE 于点 R，连结 PQ，RQ ．当PQR 为直角三角形时，求 x 的值．
15
【答案】（1）
8
（2） y  5 x  5
44
9
（3）
7
或 21
11
【解析】
【分析】（1）如图 1，连接OD ，设半径为 r ，证明△COD∽△CBE ，则 OD  CO ，即 r  5  r ，计
BECB35
算求解即可；
（2）由（1）得， CA  CB  AB  5  2  15  5 ，由题意得 AP  5 x ，根据CP  AP  CA ，表示 y 关
844
于 x 的函数表达式即可；
（3）由题意知，分PRQ  90 ， RPQ  90 ， RQP  90 ，三种情况求解：①当PRQ  90 时， 由PRQ  PRE  90 ，可知该情况不存在；②当RPQ  90 时，四边形 RPQE 为矩形，根据
PR  QE ，即有 3 x  3  3  x ，计算求解即可；③当RQP  90 时，如图 2，过 P 作 PH  BE 于 H ，
44
则四边形 RPQH 为矩形， PH  RE ， PR  EH ，计算CR  CP  cs C  x 1， PH  3  x ，由
EQ  3  x ，可得 RE  EQ ，则EQR  45 ， PQH  45  QPH ， QH  PH  3  x ，根据
PR  EH ，即 3 x  3  3  x  3  x ，计算求解即可．
44
【小问 1 详解】
解：如图 1，连接OD ，设半径为r ，
∵ CD 切半圆于点 D，
∴ OD  CD ，
∵ BE  CD ，
∴ OD ∥ BE ，
∴△COD∽△CBE ，
∴ OD  CO ，即 r  5  r ，
BECB35
解得 r  15 ，
8
15
∴半圆 O 的半径为；
8
【小问 2 详解】
解：由（1）得， CA  CB  AB  5  2  15  5 ，
84
∵ AP  5 ． BQ  x ，
BQ4
∴ AP  5 x ，
4
∵ CP  AP  CA ，
∴ y  5 x  5 ，
44
∴y 关于 x 的函数表达式为 y  5 x  5 ；
44
【小问 3 详解】
解：由题意知，分PRQ  90 ， RPQ  90 ， RQP  90 ，三种情况求解：
①当PRQ  90 时，
∵ PRQ  PRE  90 ，
∴该情况不存在；
②当RPQ  90 时，则四边形 RPQE 为矩形，
∴ PR  QE ，
∵ PR  PC  sin C  3 y  3  5 x  5   3 x  3 ， QE  3  x ，

55  44 44
∴ 3 x  3  3  x ，
44
解得 x  9 ，
7
∴ x 的值为 9 ；
7
③当RQP  90 时，如图 2，过 P 作 PH  BE 于 H ，则四边形 RPQH 为矩形，
∴ PH  RE ， PR  EH ，
BC2  BE2
在RtBCE 中，由勾股定理得CE 
5 544
∴ CR  CP  csC  4 y  4  5 x  5   x  1 ，

∴ PH  RE  4  x  1  3  x ，
∵ EQ  3  x ，
∴ RE  EQ ，
∴ EQR  45 ，
 4 ，
∴ PQH  45  QPH ，
∴ QH  PH  3  x ，
∵ PR  EH ，即 3 x  3  3  x  3  x ，
44
解得 x  21 ，
11
∴ x 的值为 21 ；
11
综上所述，当PQR 为直角三角形时，x 的值为 9 或 21 ．
711
【点睛】本题考查了切线的性质，相似三角形的判定与性质，一次函数解析式，勾股定理，余弦、正弦， 等边对等角，矩形的判定与性质等知识．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用并分情况求解．
已知抛物线 y＝ax2＋bx＋6（a≠0）交 x 轴于点 A(6，0)和点 B(－1，0)，交 y 轴于点 C．
求抛物线的解析式和顶点坐标；
如图（1），点 P 是抛物线上位于直线 AC 上方的动点，过点 P 分别作 x 轴，y 轴的平行线，交直线 AC
于点 D，E，当 PD＋PE 取最大值时，求点 P 的坐标；
如图（2），点 M 为抛物线对称轴 l 上一点，点 N 为抛物线上一点，当直线 AC 垂直平分△AMN 的边
MN 时，求点 N 的坐标．
【答案】（1）y＝－x2＋5x＋6，顶点坐标为( 5 ， 49 )；（2）P(3，12)；（3）( 5 
35 ， 7 )或( 5 
35 ， 7 )
【解析】
242222
【分析】（1）将点 A，B 坐标代入抛物线解析式中，解方程组即可得出结论；
先求出 OA=OC=6，进而得出∠OAC=45°，进而判断出 PD=PE，即可得出当 PE 的长度最大时，PE+PD取最大值，设出点 E 坐标，表示出点 P 坐标，建立 PE=-t2+6t=-（t-3）2+9，即可得出结论；
先判断出 NF∥x 轴，进而求出点 N 的纵坐标，即可建立方程求解得出结论．
【详解】解：（1）∵抛物线 y＝ax2＋bx＋6 经过点 A（6，0），B（－1，0），
0  a  b  6，

∴ 0  36a  6b  6 ，
解得 a＝－1，b＝5，
∴抛物线的解析式为 y＝－x2＋5x＋6．
∵y＝－x2＋5x＋6＝－(x  5 )2＋ 49 ，
24
∴抛物线的解析式为 y＝－x2＋5x＋6，顶点坐标为（ 5 ， 49 ）．
24
由（1）知，抛物线的解析式为 y＝－x2＋5x＋6，
∴C（0，6），∴OC＝6．
∵A（6，0），
∴OA＝6，∴OA＝OC，∴∠OAC＝45°．
∵PD 平行于 x 轴，PE 平行于 y 轴，
∴∠DPE＝90°，∠PDE＝∠DAO＝45°，
∴∠PED＝45°，
∴∠PDE＝∠PED，
∴PD＝PE，
∴PD＋PE＝2PE，
∴当 PE 的长度最大时，PE＋PD 取最大值． 设直线 AC 的函数关系式为 y＝kx＋d，
0  6k  d ，

把 A（6，0），C（0，6）代入得 6  d ，
解得 k＝－1，d＝6，
∴直线 AC 的解析式为 y＝－x＋6．
设 E（t，－t＋6）（0＜t＜6），则 P（t，－t2＋5t＋6），
∴PE＝－t2＋5t＋6－(－t＋6)＝－t2＋6t＝－(t－3)2＋9．
∵－1＜0，∴当 t＝3 时，PE 最大，此时－t2＋5t＋6＝12，
∴P（3，12）．
如答图，设直线 AC 与抛物线的对称轴 l 的交点为 F，连接 NF．
∵点 F 在线段 MN 的垂直平分线 AC 上，
∴FM＝FN，∠NFC＝∠MFC．
∵l∥y 轴，
∴∠MFC＝∠OCA＝45°，
∴∠MFN＝∠NFC＋∠MFC＝90°，
∴NF∥x 轴．
由（2）知直线 AC 的解析式为 y＝－x＋6，
5
当 x＝
2
5
7
时，y＝ ，
2
7
∴F（
2
， ），
2
7
∴点 N 的纵坐标为 ．
2
∵点 N 在抛物线上，
∴－x2＋5x＋6＝ 7 ，解得，x1＝ 5 
22
35 或 x2＝ 5 
2
35 ，
∴点 N 的坐标为（ 5 
2
35 ， 7 ）或（ 5 
22
35 ， 7 ）．
2
【点睛】此题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法，解一元二次方程，（2）中判断出 PD=PE，（3）中 NF∥x 轴是解本题的关键．
阅读理解：如果一个直角与一条折线相交形成一个封闭图形，那么这条折线在封闭图形上的部分就称为 这个角的“补美边”． 例如：图 1 中∠QPK＝90°，它与折线 MNGH 形成的“补美边”有三条，分别是线段 MN、NG 和 GH．
解决问题：（1）如图 2，∠QPK 与矩形 ABCD 形成“补美边”，点 P 在边 AD 上且 AP＝2．若已知矩形 ABCD
中 AB＝4，AD＝8．分别记∠QPK 的两边 PQ 和 PK 交矩形的边于点 E 和点 F，设∠APE＝ ，0≤ ≤90°．
①若＝30°，求∠QPK “补美边”的所有边长之和；
②若∠QPK “补美边”的所有边长之和为 9，求 tan 的值．
（2）如图 3，已知平行四边形 ABCD 中∠B＝60°，AB＝6，BC＝8．点 P 在边 AD 上且 AP＝2，若∠QPK
与平行四边形 ABCD 形成“补美边”的所有边长之和为 10，请直接写出线段 AE 的长．
2
【答案】（1）①6＋ 3
【解析】
3
3
7
；② 或 2；（2）3＋
2
【分析】（1）①Rt△APE 中，＝30°，AP＝2，由锐角三角函数求出 AE 和 BE，作 FH⊥AD，Rt△FPH 中，
∠FPH ＝60°，FH＝4，求出 PH 和 AH，∠QPK “补美边”的所有边长和为 BE+BF，代入计算即可；②分别讨论当 E、F 分别在 AB、BC 上时、当 E、F 分别在 AB、CD 上时和当 E、F 分别在 BC、CD 上时，利用三 角形相似求出边长即可得出答案；
（2）分三种情况：当点 E，F 分别在 AB，BC 边上时，过点 A 作 AG⊥BC 于点 G，过点 P 作 PH⊥BC 于点
H，过点 E 作 EM⊥AD 于点 M，设 AE=x，则 BE=6-x，证明△EPM∽△FPH，利用相似三角形性质列方程
13
求得 x=3±，均不符合题意，舍去．②当点 E，F 分别在 AB，CD 边上时，过点 E 作 EM⊥AD 于点 M，
过点 F 作 FN⊥AD 于点 N，设 AE=x，则 BE=6-x，证明△PEM∽△FPN，利用相似三角形性质列方程求解即 可；③当点 E，F 分别在 BC，CD 边上时，设 DF=y，过点 F 作 FN⊥AD 于点 N，过点 P 作 PH⊥BC 于点 H， 过点 A 作 AG⊥BC 于点 G，证明△PFN∽△PEH，利用相似三角形性质列方程求解出 y，再运用勾股定理求AE 即可．
【详解】（1）①∵Rt△APE 中， ＝30°，AP＝2，
3
2
∴AE＝ 3，
2
3
∴BE＝4－ 3；
如图 2-1，作 FH⊥AD，
∴Rt△FPH 中，∠FPH ＝60°，FH＝4，
4
3
∴PH＝，
3
4
3
∴AH＝BF＝2＋，
3
242
3
3
3
∴∠QPK “补美边”的所有边长和＝4－ 3
＋2＋
3
＝6＋ 3；
②当 E、F 分别在 AB、BC 上时，如图 2-1，设 AE=x，
∵∠QPK=∠A=∠PHF=90°，
∴∠APE+∠AEP=∠APE+∠FPH=90°，
∴∠AEP=∠FPH，
∴△APE∽△HFP，
∴ AP  FH ，即 2 4，
AEPH
解得：x=3，
xx  3
∴tan∠APE= AE  3 ，
AP2
3
∴tanβ=；
2
当 E、F 分别在 AB、CD 上时，如图 2-2，设 AE=x，
∵∠QPK=∠A=∠D=90°，
∴∠APE+∠AEP=∠APE+∠FPD=90°，
∴∠AEP=∠FPD，
∴△APE∽△DFP，
∴ AP  DF ，
AEDP
∵EB+BC+CF=9，
∴DF=16-x-9=7-x，
∴ 2  7  x ，
x6
解得 x1=3（舍去），x2=4，
∴tan∠APE= AE  4 =2，
AP2
∴tanβ=2；
当 E、F 分别在 BC、CD 上时，如图 2-3，设 DF=y，作 EH⊥AD 于点 H，
∴∠EHA=∠EHP=∠A=∠B=∠QPK=90°，
∴四边形 ABEH 是矩形，
∴EH=AB=4，
∵∠EPH+∠DPF=∠EPH+∠PEH=90°，
∴∠DPF=∠PEH，
∴△EHP∽△PDF，
∴ PH  DF ，
EHPD
∵CF+CQ=9，DF=y，
∴AH=BE=12-9-y=3-y，
∴PH=AP-AH=2-(3-y)=y-1，
∴ y 1  y ，解得 y=3（舍去），
46
3
综上所述，tanβ=
2
或 2．
（2）分三种情况：
①当点 E，F 分别在 AB，BC 边上时，如图 3-1，过点 A 作 AG⊥BC 于点 G，过点 P 作 PH⊥BC 于点 H，过点 E 作 EM⊥AD 于点 M，
∵平行四边形 ABCD 中∠B=60°，AB=6，BC=8，
∴∠AGB=∠AGH=∠PHG=∠APH=∠QPK=90°，
∴PHGA 是矩形，
3
∴PH=AG=AB•sin∠B=6•sin60°=3，BG=AB•cs∠B=6•cs60°=3，GH=AP=2，
设 AE=x，则 BE=6-x，
在 Rt△AEM 中，∠BAM=∠B=60°，∠AME=90°，
∴AM=AE•cs∠BAM=x•cs60°= 1 x，EM=AE•sin∠BAM=x•sin60°=3 x，
22
∵EB+BF=10，
∴6-x+5+FH=10，
∴FH=x-1，
∵∠EPM+∠QPH=∠FPH+∠QPH=90°，
∴∠EPM=∠FPH，
∴△EPM∽△FPH，
EMFH
3 x
x 1
3 3
∴，即 2，
PMPH
13
解得：x=3±
1 x  2
2
，
13
∵3+
＞6，3-
＜0，
13
13
∴x=3±
，均不符合题意，舍去．
②当点 E，F 分别在 AB，CD 边上时，如图 3-2，设 AE=x，则 BE=6-x，过点 E 作 EM⊥AD 于点 M，过点 F
作 FN⊥AD 于点 N，
∵BE+BC+CF=10，
∴6-x+8+CF=10，
∴CF=x-4，DF=10-x，
在 Rt△DFN 中，∠DNF=90°，∠D=60°，
∴FN=DF•sin∠D=(10-x)sin60°=3 (10-x)，DN=DF•cs∠D= 1 (10-x)，
22
∴PN=PD-DN=6- 1 (10-x)= 1 x+1，
22
∵△PEM∽△FPN，
∴ FN  PM ，即
3 (10  x)
2
1 x  2
3 x
 2，
PNEM
1 x 1
22
7
解得：x=3±，
7
∵当 x=3-
时，DF=10-(3-
)=7+
＞6，不符合题意，舍去，
7
7
7
∴AE=3+；
③当点 E，F 分别在 BC，CD 边上时，如图 3-3，
设 DF=y，过点 F 作 FN⊥AD 于点 N，过点 P 作 PH⊥BC 于点 H，过点 A 作 AG⊥BC 于点 G，则 DN= 1 y，
2
3
FN=3 y，AG=PH=3，
2
∴CF=6-y，
∵AB=6，∠B=60°，
∴CH=3，
∵EC+CF=10， GH=AP=2，
∴EC=y+4，EH=y+1，
∵∠PHE=∠PNF=∠QPK=90°，
∴∠FPN+∠FPH=∠EPH+∠FPH=90°，
∴∠FPN=∠EPH，
∴△PFN∽△PEH，
FNEH
3 y
y 1
3 3
∴，即 2，
PNPH
13
解得：y=1+
6  1 y
2
13
或 y=1-
（舍去），
13
13
当 y=1+时，EH=2+，
13
∴EG=EH-GH=，
AG2  EG2
(3 3)2  ( 13)2
∴AE=
 2，
10
∵BG=AB•cs∠B=6•cs60°=3，
13
∴BH=BG+GH=3+2=5＜2+，即 BH＜EH，不符合题意，
7
综上所述，线段 AE 的长为 3+．
【点睛】本题考查了矩形的性质，平行四边形性质，解直角三角形，相似三角形的判定和性质，勾股定理等，综合性强，难度大；熟练掌握相似三角形的判定和性质等相关知识，理解并运用“补美边”新定义，合理 添加辅助线构造直角三角形和相似三角形，运用分类讨论思想、方程思想、数形结合思想解决问题是解题关键．