必刷卷01-2023年中考数学考前信息必刷卷（广州专用）（解析版）

绝密★启用前2023年中考数学考前信息必刷卷01数学（广州专用）2023年广东中考数学试卷结构和内容发生变化！2023年数学试卷共25题：10（选择题）+6（填空题）+8（解答题），根据2023年；广州最新考试信息以及模拟考试可以发现：在知识结构方面，会增加几何问题难度（例如特殊平行四边形问题），大概率压轴类型是sanjx1和四边形的综合问题，实际应用题可能会增加分值；在试卷难度方面，难度中等以上，比去年的先持平增加。通过对考试信息的梳理以及教学研究成果，预测：第8题平行四边形和锐角三角函数综合为考查性质；第10题将会重点考查函数的实正方形的综合问题，难度中上；第23题极大可能分别会考查二次函数的动点综合问题，运算能力和分析能力要求比较高，第25题重点考察几何思想，压轴类型。另外，在平时学习中要特别关注基础性（一般试卷的前1-7题直接考查基础知识，容易拿分）、综合性（选填以及解答的压轴题）、规律型（如本卷中的第16题的规律题结合当下热门最值问题来考查）和创新性（一般会以数学文化为背景或在新情景下命制对概念的理解以及问题的梳理），同时掌握整体思想、数形结合、特殊值等数学思想，这些思想会蕴含于每道试题之中。注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的）1．下列图形中，是中心对称图形的是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据“将图形绕着某一点旋转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.图形绕着圆心旋转与原图形重合，故此项正确；B.图形绕着圆心旋转与原图形不重合，故此项错误；C.图形绕着圆心旋转与原图形不重合，故此项错误；D.图形绕着圆心旋转与原图形不重合，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．2．激昂奋进新时代，推进中国式现代化，年全国两会公布了年国内生产总值，近五年国内生产总值呈逐年上升趋势，分别为，，，，（单位：万亿），这五个数据的中位数是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】将这组数据从小到大重新排列，再根据中位数的定义求解即可．【详解】将这组数据从小到大排列为，，，，∴这组数据的中位数为，故选：C．【点睛】本题主要考查中位数，将一组数据按照从小到大（或从大到小）的顺序排列，如果数据的个数是奇数，则处于中间位置的数就是这组数据的中位数．如果这组数据的个数是偶数，则中间两个数据的平均数就是这组数据的中位数．3．已知，为抛物线上的两点，则与的大小关系是（

）A． B． C． D．无法确定【答案】A【分析】将，代入，求出和的值作比较即可．【详解】解：将，代入，得：，，∴．故选A．【点睛】本题考查二次函数图象上点的坐标特征．掌握二次函数图象上点的坐标满足其解析式是解题关键．4．如图，在△ABC中，点D、E分别是AB、AC的中点，若△ADE的面积为4，则△ABC的面积为（

）A．16 B．12 C．10 D．8【答案】A【分析】直接利用三角形中位线定理得出DEBC，DE=BC，再利用相似三角形的判定与性质得出答案．【详解】解：∵在△ABC中，点D、E分别是AB、AC的中点，∴DEBC，DE=BC，∴△ADE∽△ABC，∵=，∴，∵△ADE的面积为4，∴△ABC的面积为：16，故选：A．【点睛】考查了三角形的中位线以及相似三角形的判定与性质，正确得出△ADE∽△ABC是解题关键．5．下列运算正确的是（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】根据合并同类项，幂的乘方，平方差公式，同底数幂的除法运算法则逐项计算即可．【详解】,∴原计算错误，该选项不符合题意；∴原计算错误，该选项不符合题意；，∴原计算正确，该选项符合题意；，∴原计算错误，该选项不符合题意；故选：C．【点睛】本题考查了整式的运算，解题关键是熟练运用整式运算法则进行准确计算．6．如图，已知在平面直角坐标系中，四边形ABCD是菱形，其中点B坐标是(4，1)，点D坐标是(0，1)，点A在x轴上，则菱形ABCD的周长是（）A．8 B．2 C．4 D．12【答案】C【分析】设点A（a，0），由菱形的性质和两点距离公式可求点A坐标，由勾股定理可求AD的长，即可求解.【详解】解：设点A（a，0）,∵四边形ABCD是菱形,∴AD＝AB，且点B坐标是（4，1），点D坐标是（0，1）,∴（a﹣4）2+（1﹣0）2＝（a﹣0）2+（0﹣1）2,∴a＝2,∴点A（2，0）,∴AO＝2,∴AD＝＝＝,∴菱形ABCD的周长＝4×＝4,故选：C.【点睛】本题主要通过菱形的性质考查，结合了坐标与图形性质知识点.7．如图，函数和的图象相交于点A(m，3)，则不等式的解集为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】首先利用待定系数法求出A点坐标，再以交点为分界，结合图象写出不等式2x≥ax+4的解集即可．【详解】∵函数y=2x的图象过点A(m，3)，∴将点A(m，3)代入y=2x得，2m=3，解得，m=，∴点A的坐标为(，3)，∴由图可知，不等式2xax+4的解集为．故选B．【点睛】本题考查一次函数与一元一次不等式的关系，由函数图象判断不等式的解集是解题关键．8．如图，在等边中，，垂足为，以，为邻边作矩形，连接交边于点，则的值为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】设等边的边长为a，则．根据等边三角形的性质可得，从而可由勾股定理求出．根据矩形的性质又可得出，，，即又可利用勾股定理求出．过点C作于点G，由，可得出，进而由勾股定理可求出，最后由余弦的定义即可求解．【详解】解：设等边的边长为a，则．∵，∴，，∴．∵四边形是矩形，∴，，，∴．如图，过点C作于点G，∵，∴，∴，∴，∴．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．9．已知函数y＝x2﹣2ax+7，当x≤3时，函数值随x增大而减小，且对任意的1≤x1≤a+2和1≤x2≤a+2，x1，x2相应的函数值y1，y2总满足|y1﹣y2|≤9，则实数a的取值范围是（

）A．﹣3≤a≤4 B．﹣3≤a≤5 C．3≤a≤4 D．3≤a≤5【答案】C【分析】对任意的和，，相应的函数值，总满足，只需最大值与最小值的差小于等于9即可，进而求解．【详解】解：函数的对称轴为，而时，函数值随增大而减小，故；和，时，函数的最小值，故函数的最大值在和中产生，则，中，哪个距越远，函数值越小，，，而，距离更远，时，函数取得最大值为：，对任意的和，，相应的函数值，总满足，只需最大值与最小值的差小于等于9即可，，，解得，而，，故选：C．【点睛】本题考查的是二次函数图象与系数的关系，解题的关键是将转换为最大值与最小值的差小于等于9．10．如图，中，，，．点为内一点，且满足．当的长度最小时，的面积是（

）A．3 B． C． D．【答案】D【分析】由题意知，又长度一定，则点P的运动轨迹是以中点O为圆心，长为半径的圆弧，所以当B、P、O三点共线时，BP最短；在中，利用勾股定理可求BO的长，并得到点P是BO的中点，由线段长度即可得到是等边三角形，利用特殊三边关系即可求解．【详解】解：取中点O，并以O为圆心，长为半径画圆由题意知：当B、P、O三点共线时，BP最短点P是BO的中点在中，是等边三角形在中，．【点睛】本题主要考查动点的线段最值问题、点与圆的位置关系和隐形圆问题，属于动态几何综合题型，中档难度．解题的关键是找到动点P的运动轨迹，即隐形圆．填空题（本大题共6小题，每小题4分，共24分）11．使二次根式有意义的的取值范围是______．【答案】x-5【分析】根据二次根式被开方数大于等于零的条件得到x+50，解之即得．【详解】解：由题意得x+50，解得x-5，故答案为：x-5．【点睛】此题考查了二次根式被开方数有意义的条件：被开方数大于等于零．12．某校数学兴趣小组开展“无人机测旗杆”的活动：已知无人机的飞行高度为，当无人机飞行至处时，观测旗杆顶部的俯角为，继续飞行到达处，测得旗杆顶部的俯角为，则旗杆的高度约为______．（结果保留根号）【答案】/【分析】设旗杆底部为点，顶部为点，过点作，交直线于点．设，在中，，进而求得，在中，，求得，根据可得出答案．【详解】解：设旗杆底部为点，顶部为点，延长交直线于点，依题意则，则，，，，设，在中，解得则，在中，，解得，．故答案为：．【点睛】本题考查解直角三角形的应用，仰角俯角问题，熟练掌握锐角三角函数的定义是解答本题的关键．13．如图，是的弦，交于点P，过点B的直线交的延长线于点C，若，，，则的长为________．【答案】4【分析】由垂直定义得，根据等腰三角形的性质由得，根据对顶角相等得，所以，而，所以，设，则，在中，根据勾股定理得到，然后解方程即可．【详解】解：连接，如图所示：∵，∴，∴，∵，∴，而，∴，∵，∴，∴，∴为直角三角形，设，则，在中，，，∵，∴，解得：，即的长为4．故答案为：4．【点睛】本题考查了圆的基本知识，等腰三角形的性质以及勾股定理，垂线定义理解，正确应用勾股定理求出的长是解题关键．14．如图，在中，，，将绕点A顺时针旋转得到，若点恰好落在的边上，则的度数是______．【答案】或【分析】分两种情况：当点C在边上时和当点C在边上时，由旋转的性质及三角形内角和定理即可求出答案．【详解】解：分类讨论：①当点C在边上时，如图1，∵，∴．∵将绕点A顺时针旋转得到，∴；②当点C在边上时，如图2，∵将绕点A顺时针旋转得到，∴，∴，∴．综上可知，α的度数是或．故答案为：或．【点睛】本题考查旋转的性质，三角形内角和定理，等腰三角形的判定和性质．利用分类讨论的思想是解答本题的关键．15．如图，在等边中，，以A为圆心、为半径作﹐以为直径作，两弧形成阴影图形，则阴影部分图形的面积是________（结果保留π）．【答案】【分析】先求出扇形、和半圆的面积，再根据阴影的面积=半圆面积（扇形面积面积），即可求．【详解】过A作于点H，∵为等边三角形，∴，则∴扇形的面积，的面积，半圆面积，则阴影的面积，故答案为：．【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．16．如图，点在正方形外，连接、、，过点A作的垂线交于点．若，，则下列结论：①；②；③点B到直线的距离为；④．其中正确的结论是______．（填写所有正确结论的序号）【答案】①②③【分析】由正方形的性质可知，得出，结合题意可得出，即证明，从而可用“”证明，故①正确；根据等腰直角三角形的性质得出，结合全等的性质可得，进而即可求出，故②正确；过点B作，交延长线于点G，则的长即为点B到直线的距离．根据勾股定理可求出，从而可求出．又易证为等腰直角三角形，即得出，故③正确；由全等的性质可得，即得出，结合三角形的面积公式即可求出，故④错误．【详解】∵四边形是正方形，∴，∴．∵，∴，∴．又∵，∴，故①正确；∵，∴．∵，∴，∴，∴，∴，故②正确；如图，过点B作，交延长线于点G，则的长即为点B到直线的距离．∵，∴．∵，∴．∵，∴，∴，故③正确；∵，∴，∴．∵，，∴，故④错误．故答案为：①②③．【点睛】本题考查正方形的性质，勾股定理，三角形全等的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质等知识．熟练掌握上述知识，并能够正确作出辅助线是解题关键．三、解答题（本大题共9小题，共66分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17．解不等式组：【答案】【分析】分别求解不等式，即可得到不等式组的解集．【详解】解：解不等式①，得，由②，得，不等式组的解集是．【点睛】本题考查了求一元一次不等式组的解集；解题的关键是数量掌握“同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小无处找”．18．如图，点、在线段上，，，．求证：．【答案】证明见解析【分析】先利用两直线平行，内错角相等求出，再利用“AAS”即可求证．【详解】解：∵，∴，在和中，，∴【点睛】本题考查了平行线的性质和利用“AAS”判定两个三角形全等的知识，解题关键是掌握全等三角形的判定条件．19．北京冬奥会期间，学校为了解学生最喜欢的冰雪运动，从全校随机抽取了部分学生进行了问卷调查，每个被调查的学生从滑雪、滑冰、冰球、冰壶这4种冰雪运动中选择最喜欢的一项．该小组将调查数据进行整理并绘制成如下两幅不完整的统计图．(1)这次调查中，一共调查了________名学生，请补全条形统计图；(2)若全校有2600名学生，则估计该校最喜欢“滑冰”运动项目的有________名学生；(3)已知选冰壶的4名学生中1名来自七年级，1名来自八年级，2名来自九年级，学校想要从这4名学生中随机抽取2名学生进行访谈．请用画树状图或列表法求抽到的2名学生来自不同年级的概率．【答案】(1)40；补全图形见解析；(2)1040(3)抽到的2名学生来自不同年级的概率是．【分析】（1）由“滑冰”项目的人数及其所占百分比可得被调查的总人数，再用总人数减去其他的人数求出“滑雪”项目的人数，从而补全条形统计图；（2）由全校学生人数乘以最喜欢“滑冰”运动项目的学生所占的百分比即可；（3）画树状图，共有12种等可能的情况数，其中抽到的2名学生来自不同年级的情况有10种，再由概率公式求解即可．【详解】（1）解：本次调查的学生共有（名），“滑雪”项目的人数有：（名），补全条形统计图如下：故答案为：40；（2）解：根据题意得：（人），即估计该校最喜欢“滑冰”运动项目的学生为1040人；故答案为：1040；（3）解：用A表示七年级学生，用B表示八年级学生，用C和D分别表示九年级学生，画树状图如下：共有12种等可能的情况数，其中抽到的2名学生来自不同年级的情况有10种，∴抽到的2名学生来自不同年级的概率是．【点睛】此题考查的是用树状图法求概率以及条形统计图和扇形统计图等知识．树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合两步或两步以上完成的事件．用到的知识点为：概率等于所求情况数与总情况数之比．20．某药店购进甲、乙两种医用口罩，已知甲种口罩每袋的售价比乙种口罩多5元．小刘从该药店购买2袋甲种口罩和3袋乙种口罩共花费110元．(1)该药店甲、乙两种口罩每袋的售价各是多少元？(2)根据消费者需求，药店决定用不超过1900元购进甲、乙两种口罩共100袋，且甲种口罩的数量至少比乙种口罩多30袋，已知甲种口罩每袋的进价为20元，乙种口罩每袋的进价为16元．若使药店获利最大，应该购进甲、乙两种口罩各多少袋，最大获利多少元？【答案】(1)该药店甲、乙两种口罩每袋的售价各为25元、20元；(2)应该购进甲、乙两种口罩各75袋、25袋；最终获利475元【分析】（1）由题意设该药店甲种口罩每袋的售价为x元，乙种口罩每袋的售价为y元，列方程组求解即可；（2）根据题意设该药店购进甲种口罩m袋，购进乙种口罩袋，列出不等式求解，进而列出利润的函数表达式进行分析即可.【详解】（1）解：设该药店甲种口罩每袋的售价为x元，乙种口罩每袋的售价为y元，根据题意得：，解这个方程组得：，故该药店甲种口罩每袋的售价为25元，乙种口罩每袋的售价为20元；（2）设该药店购进甲种口罩m袋，购进乙种口罩袋，根据题意得：，解这个不等式组得：65≤m≤75，设药店获利W元，则有：，故当m=75时，W最大，（元），故该药店购进甲种口罩75袋，购进乙种口罩25袋时，获利最大，最大利润为475元．【点睛】本题考查了一次函数的应用、二元一次方程组的应用以及一元一次不等式的应用，在解答过程中寻找能够反映整个题意的等量关系是解答本题的关键．21．如图，在平面直角坐标系中，一次函数的图象与反比例函数的图象相交于点，与x轴、y轴分别交于点B、C．过点A作轴，垂足为D．(1)求反比例函数的表达式；(2)点P为反比例函数图象上的一点，且位于点A的右侧，从条件①或者条件②这两个条件中选择一个作为已知条件，求点P的坐标．条件①：；条件②：面积是面积的2倍．注明：如果选择条件①与条件②分别作答，按第一个解答计分．【答案】(1)(2)选择条件①或条件②，点P坐标均为【分析】（1）先根据一次函数解析式求出点A的坐标，再代入反比例函数解析式即可求出k值；（2）①根据可知，点P在的垂直平分线，由此可得P的纵坐标为2，从而求出点P坐标；②由面积是面积的2倍，可得P点纵坐标为2，从而求出点P坐标；【详解】（1）解：∵点在一次函数的图象与上，∴，解得：，即点A坐标为，∴，即反比例函数解析式为：，（2）设点P坐标为，选择条件①，∴点P在AD的垂直平分线上，又∵，，∴，点P的纵坐标为，∴，故点P坐标为，选择条件②面积是面积的2倍．∵，，∴，∴，∴，故点P坐标为【点睛】本题考查了待定系数法求反比例函数解析式和一次函数解析式，反比例函数图形上点的坐标特征，图形与坐标，熟练掌握待定系数法是解答本题的关键．22．如图，AB是⊙O的直径，点C是⊙O上一点，过点C作⊙O的切线与AB的延长线相交于点P，弦CE平分∠ACB，交AB于点F，连接BE．（1）利用尺规作图，过点A作AD⊥CP于点D（保留作图痕迹，不写作法）；（2）求证：△PCF是等腰三角形；（3）若tan∠ABC=，BE=7，求线段PC的长．【答案】（1）画图见解析；（2）证明见解析；（3）PC=24【分析】（1）按题意画出图形即可；（2）由条件可得∠BCP=∠CAB，∠BCF=∠ACF，结合外角性质可得∠PCF=∠PFC，即可证得PC=PF，则可得出结论；（3）求出AB=14，易证△PAC∽△PCB，由相似三角形的性质可得到，又因为tan∠ABC=，所以可得，进而可得到，设PC=4k，PB=3k，则在Rt△POC中，利用勾股定理可得PC2+OC2=OP2，进而可建立关于k的方程，解方程求出k的值即可求出PC的长【详解】（1）AD⊥CP，如图所示，（2）∵AD⊥PD，∴∠DAC+∠ACD=90°．又∵AB为⊙O的直径，∴∠ACB=90°，∴∠PCB+∠ACD=90°，∴∠DAC=∠PCB．又∵PD切⊙O于点C，∴OC⊥PD，∴OC∥AD，∴∠ACO=∠DAC．∵OC=OA，∴∠ACO=∠CAO，∴∠DAC=∠CAO，∴∠CAO=∠PCB．∵CE平分∠ACB，∴∠ACF=∠BCF，∴∠CAO+∠ACF=∠PCB+∠BCF，∴∠PFC=∠PCF，∴PC=PF，即△PCF是等腰三角形；（3）连接AE，∵CE平分∠ACB，∴=，∴AE=BE，∵AB是⊙O的直径，∴∠AEB=90°，∴△ABE是等腰直角三角形，∵BE=7，∴AB=BE=14，∵∠PAC=∠PCB，∠CPB=∠APC，∴△PAC∽△PCB，∴．又∵tan∠ABC=，∴，∴，设PC=4k，PB=3k，则在Rt△POC中，PO=3k+7，OC=7，∵PC2+OC2=OP2，∴(4k)2+72=(3k+7)2，∴k=6(k=0不合题意，舍去)．∴PC=4k=4×6=24．【点睛】本题是圆的综合题，考查了切线的性质，相似三角形的判定与性质，垂径定理，锐角三角函数的定义，圆周角定理，勾股定理以及等腰三角形的判定与性质，熟练掌握切线的性质及相似三角形的判定与性质是解题的关键．23．定义：在平面直角坐标系中，直线称为抛物线的伴随直线，如直线为抛物线的伴随直线．(1)求抛物线的伴随直线；(2)无论取何值，抛物线：总会经过某定点，抛物线：的伴随直线经过该定点，求的值；(3)顶点在第一象限的抛物线与它的伴随直线交于点，（点在点的左侧），与轴负半轴交于点，当时，轴上存在点，使得取得最大值，求此时点的坐标．【答案】(1)(2)或(3)【分析】（1）先化为顶点式，进而根据新定义，写出伴随直线解析式即可求解；（2）根据抛物线解析式求得定点坐标，代入抛物线的伴随直线解析式即可求解；（3）根据题意写出线的伴随函数，联立求出交点，在求出抛物线与x轴的交点，用勾股定理列出关于的方程，求出，先证明当取得最大值，的外接圆与轴相切，根据题意画出图形，即可求解．【详解】（1）解：∵∴抛物线的伴随直线为（2）解：当时，，与无关，即抛物线过定点，又∵∴的伴随直线为：将点代入得，∵，∴解得：或（3）∵抛物线的解析式为：，∴其伴随直线为即，顶点坐标为，∵抛物线顶点在第一象限，∴，联立抛物线与伴随直线的解析式为：，解得：，，∴，，，令，即，解得：或，∴，∴，，，∵，∴即，解得：或（舍去），∴当时，．设的外接圆为，当与轴相切时，在轴上任意取一点，连接交于一点，则，∵，∴当取得最大值，的外接圆与轴相切，当时，则，，如图所示，此时，设过，，的直线解析式为，∴，解得：，∴，设经过的外心的直线解析式为，∵，，∴中点坐标为，∴，解得：，∴直线为：，∵轴，则，∴设，∴，解得：或（舍去），∴，∴．【点睛】本题考查了二次函数综合运用，切线的性质，圆周角定理，三角形的外心的性质，新定义运算，熟练掌握新定义以及二次函数的性质是解题的关键．24．如图，四边形中，，，连接，总有．(1)求的度数；(2)点F是线段的中点，连接．①写出线段之间的数量关系，并给出证明；②延长相交于点N，连接，若，求线段长度的最小值．【答案】(1)；(2)①，理由见解析；②线段长度的最小值为2．【分析】（1）由已知求得，推出，利用三角形内角和定理即可求解；（2）①延长至点P，使，连接，延长至点Q，使，由三角形中位线定理得到，，推出和是等边三角形，证明，据此即可得到；②证明是等边三角形，推出是定角，点N在以为弦，所对圆周角为的一段弧上，当在同一直线上时，有最小值为，解直角三角形即可求解．【详解】（1）解：连接，∵，，∴，∴，∴；（2）解：①，理由如下，延长至点P，使，连接，延长至点Q，使，连接，∵，点F是线段的中点，∴，，∵，∴，∵，∴是等边三角形，∴，，∵，∴，∵，，∴，∴是等边三角形，∴，，∴，在和中，，∴，∴，∴；②由①得，，∴，，∴，∴，，∴是等边三角形，∴是定角，∴点N在以为弦，所对圆周角为的一段弧上，如图，∴在中，有，∴当在同一直线上时，有最小值为，∵，，∴，，∴，∴，∴线段长度的最小值为2．【点睛】本题考查了圆周角定理，解直角三角形，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，三角形中位线定理，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．25．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．【答案】（1）①6＋；②或2；（2）3＋【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，∴AE＝，∴BE＝4－；如图2-1，作FH⊥AD，∴Rt△FPH中，∠FPH＝60°，FH＝4，∴PH＝，∴AH＝BF＝2＋，∴∠QPK“补美边”的所有边长和＝4－＋2＋＝6＋；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，∴，即，解得：x=3，∴tan∠APE=，∴tanβ=；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，∴，∵EB+BC+CF=9，∴DF=16-x-9=7-x，∴，解得x1=3（舍去），x2=4，∴tan∠APE==2，∴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，∴，∵CF+CQ=9，DF=y，∴AH=BE=12-9-y=3-y，∴PH=AP-