2022年廣東省深圳市南山區(qū)中考數(shù)學(xué)模擬試卷（二）（3月份）一、單項選擇題（每小題3分，共10小題，總共30分）1.若一個正方形的面積是28，則它的邊長為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根據(jù)二次根式的性質(zhì)可進行求解．【詳解】解：設(shè)正方形的邊長為a，則有：，∴；故選B．【點睛】本題主要考查二次根式的化簡，熟練掌握二次根式的化簡是解題的關(guān)鍵．2.下列事件是必然事件的是（）A.通常溫度降到0℃以下，純凈的水結(jié)冰B.隨意翻到一本書的某頁，這頁的頁碼是奇數(shù)C.汽車累積行駛10000km，從未出現(xiàn)故障D.購買1張彩票，中獎【答案】A【解析】【分析】根據(jù)隨機事件的概念可進行排除選項．【詳解】解：A、通常溫度降到0℃以下，純凈的水結(jié)冰，屬于必然事件，故符合題意；B、隨意翻到一本書的某頁，這頁的頁碼是奇數(shù)，屬于隨機事件，故不符合題意；C、汽車累積行駛10000km，從未出現(xiàn)故障，屬于隨機事件，故不符合題意；D、購買1張彩票，中獎，屬于隨機事件，故不符合題意；故選A．【點睛】本題主要考查隨機事件，熟練掌握隨機事件的相關(guān)概念是解題的關(guān)鍵．3.一副直角三角板如圖放置，點C在FD的延長線上，AB//CF，∠F=∠ACB=90°，則∠DBC的度數(shù)為()A.10° B.15° C.18° D.30°【答案】B【解析】【分析】直接利用三角板的特點，結(jié)合平行線的性質(zhì)得出∠ABD=45°，進而得出答案．【詳解】解：由題意可得：∠EDF=45°，∠ABC=30°，∵AB∥CF，∴∠ABD=∠EDF=45°，∴∠DBC=45°﹣30°=15°．故選：B．【點睛】本題考查的是平行線的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是熟練掌握平行線的性質(zhì)．4.一種商品每件成本為80元，原來按成本增加定出價格．現(xiàn)由于庫存積壓，按原價的出售，則每件商品的盈虧情況為（）A.盈利8.4元 B.盈利9.2元 C.虧損8.4元 D.虧損9.2元【答案】A【解析】【分析】根據(jù)“售價-成本=利潤”、“售價=原價×85%”列出方程求解即可．【詳解】解：設(shè)該商品每件盈利x元，則由題意得：80×（1+30%）×85%=80+x，88.4=80+x，x=8.4．故選：A．【點睛】本題考查了一元一次方程的應(yīng)用，掌握“進價”“標價”“賣價”及‘利潤’間關(guān)系是解決本題的關(guān)鍵．5.線段AB是直線y＝5x+1的一部分，點A的坐標為（0，1），點B的縱坐標是6，曲線BC是雙曲線y的一部分，點C的橫坐標是6．由點C開始，不斷重復(fù)曲線“A→B→C”，形成一組波浪線．已知點P（18，m），Q（22，n）均在該組波浪線上，分別過點P，Q向x軸作垂線段，垂足分別為D和E，則四邊形PDEQ的面積是（）A.6 B.5 C.9 D.12【答案】B【解析】【分析】根據(jù)題意和題目中的函數(shù)解析式，可以先求得點、的坐標，再根據(jù)題意，可以得到點和的坐標，從而可以計算出四邊形的面積．【詳解】解：線段是直線的一部分，點的縱坐標是6，，解得，點的坐標為，曲線是雙曲線的一部分，點的坐標為，，解得，雙曲線，點在該雙曲線上，點的橫坐標是6，，即點的坐標為，點，均在該組波浪線上，，，，，，，，四邊形的面積是：，故選：B．【點睛】本題考查反比例函數(shù)的應(yīng)用、一次函數(shù)的應(yīng)用，解答本題的關(guān)鍵是求出、的值．6.普通火車從綿陽至成都歷時大約2小時，成綿城際快車開通后，時間大大縮短至幾十分鐘，現(xiàn)假定普通火車與城際快車兩列對開的火車于同一時刻發(fā)車，其中普通火車由成都至綿陽，城際快車由綿陽至成都，這兩車在途中相遇之后，各自用了80分鐘和20分鐘到達自己的終點綿陽、成都，則城際快車的平均速度是普通火車平均速度的（）倍．A.2 B.2.5 C.3 D.4【答案】A【解析】【分析】設(shè)普通火車的平均速度為x千米/小時，城際快車的平均速度為y千米/小時，則兩地間的距離為2x千米，利用路程=速度×?xí)r間，即可得出關(guān)于x，y的二元一次方程，解之即可得出y=2x，進而可得出城際快車的平均速度是普通火車平均速度的2倍．【詳解】解：設(shè)普通火車的平均速度為x千米/小時，城際快車的平均速度為y千米/小時，則兩地間的距離為2x千米，依題意得，解得：，∴．故選：A．【點睛】本題考查了二元一次方程的應(yīng)用，找準等量關(guān)系，正確列出二元一次方程是解題的關(guān)鍵．7.勾股定理有著悠久的歷史，它曾引起很多人的興趣．英國佩里加（H．Perigal，1801﹣1898）用“水車翼輪法”（圖1）證明了勾股定理．該證法是用線段QX，ST，將正方形BIJC分割成四個全等的四邊形，再將這四個四邊形和正方形ACYZ拼成大正方形AEFB（圖2）．若AD＝，tan∠AON＝，則正方形MNUV的周長為（）A B.18 C.16 D.【答案】C【解析】分析】延長QN交AE于H．解直角三角形求出OH，HN，OM即可解決問題．【詳解】延長QN交AE于H．由題意AO＝AD＝DE＝，AE＝，在Rt△AOH中，∵tan∠AOH＝，∴AH＝，∴OH＝，DH＝AH＝AD＝，∵△NHD∽△HAO，∴，∴DN＝1，HN＝，∴ON＝OH﹣HN＝5，∵OM＝DN＝1，∴MN＝5﹣1＝4，∴正方形MNUV的周長為16，故選C．【點睛】本題考查解直角三角形的應(yīng)用，勾股定理，相似三角形的判定和性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是理解題意，靈活運用所學(xué)知識解決問題，屬于中考常考題型．8.已知拋物線y＝x2+（2a﹣1）x﹣3，當(dāng)﹣1≤x≤3時，函數(shù)最大值為1，則a值為（）A. B. C.或 D.﹣1或【答案】D【解析】【分析】根據(jù)頂點的位置分兩種情況討論即可．【詳解】解：，圖象開口向上，對稱軸為直線，∵﹣1≤x≤3，∴當(dāng)時，即，時有最大值1，，，當(dāng)時，即，時有最大值1，，，或，故選：D．【點睛】本題考查了二次函數(shù)性質(zhì)以及二次函數(shù)的最值，分類討論是解題的關(guān)鍵．9.“數(shù)形結(jié)合”思想是數(shù)學(xué)學(xué)習(xí)的一個重大思想．通過巧妙運用幾何代數(shù)的結(jié)合性有時能將某些難題迎刃而解．已知a，b，c，d均為實數(shù)，a2+b2＝c2+d2，則abcd的最大值為（）A. B. C.1 D.2【答案】D【解析】【分析】由題意易得，然后根據(jù)a2+b2＝c2+d2可構(gòu)兩個直角三角形，且同一斜邊，進而問題可求解．【詳解】解：由a2+b2＝c2+d2可得如圖所示：過點D作DE⊥AB于點E，DF⊥BC于點F，令，∴，∵，∴當(dāng)DA⊥AB，DC⊥BC時，且AB=BC=CD=AD，的值最大；∴，∴的最大值為；故選D．【點睛】本題主要考查完全平方公式、勾股定理及正方形的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是根據(jù)數(shù)形結(jié)合思想進行分析問題．10.如圖，AB是⊙O的直徑，AB=10，P是半徑OA上的一動點，PC⊥AB交⊙O于點C，在半徑OB上取點Q，使得OQ=CP，DQ⊥AB交⊙O于點D，點C，D位于AB兩側(cè)，連接CD交AB于點F，點P從點A出發(fā)沿AO向終點O運動，在整個運動過程中，△CEP與△DEQ的面積和的變化情況是（）A.一直減小 B.一直不變 C.先變大后變小 D.先變小后變大【答案】B【解析】【分析】連接OC，OD，PD，CQ．設(shè)PC＝x，OP＝y(tǒng)，OF＝a，利用分割法求出陰影部分的面積，再求出a＝y(tǒng)?x即可判斷；【詳解】連接OC，OD，PD，CQ．設(shè)PC＝x，OP＝y(tǒng)，OF＝a，∵PC⊥AB，QD⊥AB，∴∠CPO＝∠OQD＝90°，∵PC＝OQ，OC＝OD，∴Rt△OPC≌Rt△DQO，∴OP＝DQ＝y(tǒng)，∴S陰＝S四邊形PCQD?S△PFD?S△CFQ＝（x＋y）2??（y?a）y?（x＋a）x＝xy＋a（y?x），∵PC∥DQ，∴，∴，∴a＝y(tǒng)?x，∴S陰＝xy＋（y?x）（y?x）＝（x2＋y2）＝故選：B．【點睛】本題考查勾股定理、全等三角形的判定和性質(zhì)、三角形的面積等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會添加常用輔助線，構(gòu)造全等三角形解決問題，學(xué)會用分割法求面積，屬于中考選擇題中的壓軸題．二、填空題（每小題3分，共5小題，總共15分）11.已知，則的補角等于________．【答案】80【解析】【分析】根據(jù)補角的概念計算即可．【詳解】∵∠A=100°，∴∠A的補角=180°－100°=80°,故答案為:80【點睛】本題考查補角的概念,關(guān)鍵在于牢記基礎(chǔ)知識．12.有五張正面分別標有數(shù)字，，0，1，2的不透明卡片，它們除數(shù)字不同外其余全部相同．現(xiàn)將它們背面朝上，洗勻后從中任取一張，將該卡片上的數(shù)字記為，將該卡片放回洗勻后從中再任取一張，將該卡片上的數(shù)字記為，則為非負數(shù)的概率為________．【答案】【解析】【分析】求出為負數(shù)的事件個數(shù)，進而得出為非負數(shù)的事件個數(shù)，然后求解即可．【詳解】解：兩次取卡片共有種可能的事件；兩次取得卡片數(shù)字乘積為負數(shù)的事件為等8種可能的事件∴為非負數(shù)共有種∴為非負數(shù)的概率為故答案為：．【點睛】本題考查了列舉法求隨機事件的概率．解題的關(guān)鍵在于求出事件的個數(shù)．13.若非零實a，b滿足a2＝ab，即可得的值為_____．【答案】【解析】【分析】將已知等式變形可得，代入所求式子即可求解．【詳解】a2＝ab故答案為：．【點睛】本題考查代數(shù)式求值，涉及完全平方公式的運用，熟練掌握知識點是解題的關(guān)鍵．14.如圖，在半徑為5的⊙O中，弦AB=8，P是弦AB所對的優(yōu)弧上的動點，連接AP，過點A作AP的垂線交射線PB于點C，當(dāng)△PAB是等腰三角形時，線段BC的長為______．【答案】8,,【解析】【分析】分3種情況分析：（1）當(dāng)AB=AP時，如圖（1），作OH⊥AB于點H，延長AO交PB于點G；sin∠OAH=sin∠PAG，，PG=，∠AOH=∠P，cos∠AOH=cos∠P，，BC=PC－2PG；（2）當(dāng)PA=PB時，如圖（2），延長PO交AB于點K，類似（1）可知OK=3，PK=8，∠APC=∠AOK，cos∠APC=cos∠AOK，，，BC=PC－PB=；（3）當(dāng)BA=BP時，如圖（3），∠C=∠CAB，BC=AB．【詳解】解：（1）當(dāng)AB=AP時，如圖（1），作OH⊥AB于點H，延長AO交PB于點G；∵AB=AP，∴，∵AO過圓心，∴AG⊥PB，∴PG=BG，∠OAH=∠PAG，∵OH⊥AB，∴∠AOH=∠BOH，AH=BH=4，∵∠AOB=2∠P，∴∠AOH=∠P，∵OA=5，AH=4，∴OH=3，∵∠OAH=∠PAG，∴sin∠OAH=sin∠PAG，∴，∴PG=，∵∠AOH=∠P，∴cos∠AOH=cos∠P，，∴，∴BC=PC－2PG=；（2）當(dāng)PA=PB時，如圖（2），延長PO交AB于點K，類似（1）可知OK=3，PK=8，∠APC=∠AOK，∴PB=PA==，∵∠APC=∠AOK，∴cos∠APC=cos∠AOK，∴，∴，∴BC=PC－PB=；（3）當(dāng)BA=BP時，如圖（3），∵BA=BP，∴∠P=∠BAP，∵∠P+∠C=90°，∠CAB+∠BAP=90°，∴∠C=∠CAB，∴BC=AB=8．故答案為或或．【點睛】本題考查等腰三角形的性質(zhì)；解直角三角形．15.如圖，在菱形ABCD中，∠BAD＝120°，DE⊥BC交BC的延長線于點E．連結(jié)AE交BD于點F，交CD于點G．FH⊥CD于點H，連結(jié)CF．則cos∠CFH的值為_____．【答案】【解析】【分析】根據(jù)菱形的性質(zhì)可得，，，則有∠CDE＝30°，設(shè)，則有，然后根據(jù)勾股定理及三角函數(shù)解答即可．【詳解】解：四邊形是菱形，，，，設(shè)，設(shè)CE=t，∵∠BAD＝120°，∴∠ABC＝60°，∴∠DCE＝60°，∵DE⊥BC，∴∠CDE＝30°，∴，中，，，中，，，，，在中，，，∴，∴在中，，∴，故答案為：．【點睛】此題考查菱形的性質(zhì)、勾股定理及三角函數(shù)，關(guān)鍵是根據(jù)菱形的性質(zhì)和三角函數(shù)解答．三、解答題（本題總分55分，其中16題6分，17題6分，18題7分，19題8分，20題9分，21題9分，22題10分）16.先化簡，再求值：（x+1）（x﹣1）+（2﹣x）x，其中．【答案】，【解析】【分析】先利用平方差公式及整式的乘法可進行化簡，然后再代值求解即可．【詳解】解：原式=；把代入得：原式=．【點睛】本題主要考查整式的化簡求值及二次根式的運算，熟練掌握整式的混合運算及二次根式的運算是解題的關(guān)鍵．17.為弘揚中華民族傳統(tǒng)文化，某市舉辦了中小學(xué)生“國學(xué)經(jīng)典大賽”，比賽項目為：A．唐詩；B．宋詞；C．論語；D．三字經(jīng)．比賽形式分“單人組”和“雙人組”．（1）小華參加“單人組”，他從中隨機抽取一個比賽項目，恰好抽中“論語”的概率是多少？（2）小明和小紅組成一個小組參加“雙人組”比賽，比賽規(guī)則是：同一小組兩名隊員的比賽項目不能相同，且每人只能隨機抽取一次．則恰好小明抽中“唐詩”且小紅抽中“宋詞”的概率是多少？小明和小紅都沒有抽到“三字經(jīng)”的概率是多少？請用畫樹狀圖或列表的方法進行說明．【答案】（2）；（2）見解析.【解析】【分析】（1）直接利用概率公式求解即可；（2）先畫樹狀圖展示所有12種等可能的結(jié)果數(shù)，再找出恰好小明抽中“唐詩”且小紅抽中“宋詞”的結(jié)果數(shù)及小明和小紅都沒有抽到“三字經(jīng)”的結(jié)果數(shù)，然后根據(jù)概率公式求解．【詳解】解：（1）他從中隨機抽取一個比賽項目，恰好抽中“三字經(jīng)”的概率=．（2）畫樹狀圖為：共有12種等可能的結(jié)果數(shù)；所以恰好小明抽中“唐詩”且小紅抽中“宋詞”的概率=小明和小紅都沒有抽到“三字經(jīng)”的概率==【點睛】本題考查了列表法與樹狀圖法：通過列表法或樹狀圖法展示所有等可能的結(jié)果求出n，再從中選出符合事件A或B的結(jié)果數(shù)目m，然后根據(jù)概率公式求出事件A或B的概率．18.如圖，某天然氣公司的主輸氣管道途經(jīng)A小區(qū)，繼續(xù)沿A小區(qū)的北偏東60°方向往前鋪設(shè)，測繪員在A處測得另一個需要安裝天然氣的M小區(qū)位于北偏東30°方向，測繪員從A處出發(fā)，沿主輸氣管道步行到達C處，此時測得M小區(qū)位于北偏西60°方向．

（1）求∠AMC與∠ACM度數(shù)．（2）現(xiàn)要在主輸氣管道AC上選擇一個支管道連接點N，使從N處到M小區(qū)鋪設(shè)的管道最短，且AC＝2000米，求A小區(qū)與支管道連接點N的距離．【答案】（1）90°，60°；（2）1500米．【解析】【分析】（1）根據(jù)方向角可以證得∠AMC與∠ACM度數(shù)；（2）過M作MN⊥AC交于N點，即MN最短，根據(jù)含30度角的直角三角形即可求得AM的長，進而求得AN的長．【小問1詳解】解：如圖，

∵∠MAC＝60°﹣30°＝30°，∠ACM＝180°－60°－60°＝60°，∴∠AMC＝180°﹣30°﹣60°＝90°，∴∠AMC與∠ACM度數(shù)分別為90°，60°；【小問2詳解】解：作MN⊥AC于點N，線段MN的長度就是從N處到M小區(qū)鋪設(shè)的管道的最短距離，在Rt△AMC中，∵∠AMC＝90°，∠MAC＝30°，AC＝2000，∴AM＝AC×cos∠MAC＝AC＝2000×＝1000（米），在Rt△AMN中，∵∠ANM＝90°，∴AN＝AM×cos∠MAC＝AM＝1000×＝1500（米）．答：AN的長為1500米．【點睛】本題主要考查了解直角三角形的應(yīng)用﹣方向角問題，正確作出高線，證明△AMC是直角三角形是解題的關(guān)鍵．19.如圖，△ABC內(nèi)接于⊙O（∠ACB＞90°），連接OA，OC．記∠BAC＝α，∠BCO＝β，∠BAO＝γ．（1）探究α與β之間的數(shù)量關(guān)系，并證明．（2）設(shè)OC與AB交于點D，⊙O半徑為1，①若β＝γ+45°，AD＝2OD，求由線段BD，CD，弧BC圍成的圖形面積S．②若α+2γ＝90°，設(shè)sinα＝k，用含k的代數(shù)式表示線段OD的長．【答案】（1）α+β=90°，理由見解析；（2）①；②．【解析】【分析】（1）連接OD，利用圓周角定理可得∠BOC=2α，利用等腰三角形的性質(zhì)和三角形的內(nèi)角和定理即可得出結(jié)論；（2）①利用（1）的結(jié)論與已知條件可得α+γ=45°，則△OAC為等腰直角三角形，利用直角三角形的邊角關(guān)系定理可得∠BAO=30°，過點D作DE⊥OB于點E，利用等腰三角形的性質(zhì)和直角三角形的邊角關(guān)系定理可求線段DE的長，利用△OBC的面積減去扇形OCB的面積即可求得結(jié)論；②延長AO，交圓O于點G，連接BG，利用圓周角定理可得∠BOG=2γ，利于等腰三角形的性質(zhì)可得∠BOG=∠OBC，進而得到BC∥AG；過點O作OF⊥BC于點F，利用等腰三角形的性質(zhì)和直角三角形的邊角關(guān)系定理可求CF=k，則BC=2k，利用平行線的性質(zhì)可得△DAO∽△DBC，由相似三角形對應(yīng)邊成比例得出比例式，設(shè)OD=x，則CD=OC-OD=1-x，代入比例式，解方程即可得出結(jié)論．【小問1詳解】解：α與β之間的數(shù)量關(guān)系為：α+β=90°．理由：連接OB，如圖，∵∠BOC=2∠BAC，∠BAC=α，∴∠BOC=2α．∵OC=OB，∴∠OCB=∠OBC=β．∴∠BOC+∠OCB+∠OBC=180°，∴2α+2β=180°．∴α+β=90°．【小問2詳解】解：①∵β=γ+45°，α+β=90°，∴90°-α=γ+45°．∴α+γ=45°．∵∠BAC=α，∠BAO=γ，∴∠OAC=∠BAC+∠BAO=45°．∵OA=OC，∴∠OAC=∠OCA=45°．∴∠AOC=90°．∵AD=2OD，∴sin∠OAD=＝．∴∠OAD=30°．∴∠BAC=15°．∴∠BOC=2∠BAC=30°．∵OA=OD，∴∠OBA=∠BAO=30°．∴∠DOB=∠DBO=30°，∴DO=DB．過點D作DE⊥OB于點E，如圖，則OE=EB=OB=．∵tan∠DOB=，∴＝．∴DE=．∴S△DOB＝×OB?DE=．∵S扇形OCB＝＝，∴S=S扇形OCB-S△DBO=．②∵α+2γ=90°，α+β=90°，∴β=2γ．延長AO，交圓O于點G，連接BG，如圖，∵∠BOG=2∠BAO=2γ，∴∠BOG=∠OCB．∵∠OBC=∠OCB，∴∠BOG=∠OBC．∴BC∥AG．過點O作OF⊥BC于點F，則CF=BF=BC，∠COF=∠BOC=α．∵sinα=k，sinα=，∴CF=OC?sinα=k，∴BC=2k．設(shè)OD=x，則CD=OC-OD=1-x，∵BC∥OA，∴△DAO∽△DBC．∴．∴＝．解得：x=．∴OD=．【點睛】本題考查了三角形的外接圓與外心，圓周角定理，等腰三角形的判定與性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，解直角三角形，通過添加恰當(dāng)?shù)妮o助線以充分利用圓周角定理是解題的關(guān)鍵．20.小李從A地出發(fā)去相距4.5千米的B地上班，他每天出發(fā)的時間都相同．第一天步行去上班結(jié)果遲到了5分鐘．第二天騎自行車去上班結(jié)果早到10分鐘．已知騎自行車的速度是步行速度的1.5倍．（1）求小李步行的速度和騎自行車的速度；（2）有一天小李騎自行車出發(fā)，出發(fā)1.5千米后自行車發(fā)生故障．小李立即跑步去上班（耽誤時間忽略不計）為了至少提前5分鐘到達．則跑步的速度至少為多少千米每小時？【答案】（1）小李步行的速度為6千米/小時，則騎自行車的速度為9千米/小時；（2）7.2千米/小時【解析】【分析】（1）設(shè)小李步行的速度為x千米/小時，則騎自行車的速度為1.5x千米/小時，則小李第一天步行的時間小時，第二天騎自行車的時間小時，再根據(jù)題意列出分式方程，解方程即可；

（2）設(shè)小李跑步的速度為m千米/小時，由題意：出發(fā)1.5千米后自行車發(fā)生故障．小李立即跑步去上班（耽誤時間忽略不計）為了至少提前5分鐘到達，列出一元一次不等式，解不等式即可．【詳解】解：（1）設(shè)小李步行的速度為x千米/小時，則騎自行車的速度為1.5x千米/小時，

由題意得：解得：x=6，

經(jīng)檢驗，x=6是原方程的解，

則1.5x=9，∴小李步行的速度為6千米/小時，則騎自行車的速度為9千米/小時；（2）小李騎自行車出發(fā)1.5千米所用的時間為（小時），小李距離上班的時間為：（小時），設(shè)小李跑步的速度為m千米/小時，由題意得：，解得：m≥7.2，

∴跑步的速度至少為7.2千米/小時．【點睛】本題考查了分式方程的應(yīng)用以及一元一次不等式的應(yīng)用，解題的關(guān)鍵是找準等量關(guān)系，列出分式方程．21.在中，，以點D為圓心，適當(dāng)?shù)拈L度為半徑畫弧，分別交邊AD、CD于點M、N，再分別以M、N為圓心，大于的長為半徑畫弧，兩弧交于點K，作射線DK，交對角線AC于點G，交射線AB于點E，將線段EB繞點E順時針旋轉(zhuǎn)得線段EP．（1）如圖1，當(dāng)時，連接AP，線段AP和線段AC的數(shù)量關(guān)系為；（2）如圖2，當(dāng)時，過點B作于點F，連接AF，請求出∠FAC的度數(shù)，以及AF，AB，AD之間的數(shù)量關(guān)系，并說明理由；（3）當(dāng)時，連接AP，若，請直接寫出線段AP與線段DG的比值．【答案】（1）AP=AC，見解析（2）∠FAC=45°，,見解析（3）或【解析】【分析】（1）連結(jié)PC，根據(jù)四邊形ABCD為平行四邊形，得出AD=BC，∠ADC=∠ABC=180°-，先證△PBE為等邊三角形，再證△PEA≌△PBC（SAS），最后再證△APC為等邊三角形即可．（2）結(jié)論是2AF2=AB2+AD2連結(jié)CF，當(dāng)時，平行四邊形ABCD為矩形，在Rt△ABC中，根據(jù)勾股定理，即，再證△FEA≌△FBC（SAS），在Rt△AFC中即可．（3）分點E在AB和AB的延長線上兩種情況求解．【小問1詳解】解：數(shù)量關(guān)系為：AP=AC．連結(jié)PC，∵四邊形ABCD為平行四邊形，∴AD=BC，∠ADC=∠ABC=180°-，當(dāng)時，∴∠ABC=∠ADC=180°-120°=60°，∵∠BEP=，PE=BE，∴△PBE為等邊三角形，∴PE=PB，∠PBE=60°，∴∠PBC=∠PBE+∠ABC=60°+60°=120°，∵∠PEA=180°-∠PEB=180°-60°=120°，∴∠PBC=∠PEA，∵DK平分∠ADC，∴∠ADE=∠CDE=，∵AB∥DC，∴∠AED=∠CDE=30°=∠ADE，∴AE=AD=BC，在△PEA和△PBC中，，∴△PEA≌△PBC（SAS），∴PA=PC，∠APE=∠CPB，∵∠APC=∠APE+∠EPC=∠BPC+∠EPC=∠EPB=60°，∴△APC為等邊三角形，∴AP=AC，故答案為：AP=AC．【小問2詳解】結(jié)論是．理由如下：連結(jié)CF，當(dāng)時，平行四邊形ABCD為矩形，∴AD=BC，∠ADC=∠ABC=90°，在Rt△ABC中，根據(jù)勾股定理，即，∵DK平分∠ADC，∴∠ADE=∠CDE=，∵AB∥DC，∴∠AED=∠CDE=∠ADE=45°，∴AE=AD=BC，∴∠FEB=∠AED=45°，∵，∴∠BFE=90°，∠FBE=90°-∠FEB=45°，∴FE=FB，∴∠FEA=180°-∠FEB=180°-45°=135°，∠FBC=∠FBE+∠ABC=45°+90°=135°∴∠FEA=∠FBC，△FEA和△FBC中∴△FEA≌△FBC（SAS），∴∠AFE=∠CFB，AF=CF，∴∠AFC=∠AFE+∠EFC=∠CFB+∠EFC=∠EFB=90°，∴∠FAC=45°在Rt△AFC中，∴．【小問3詳解】如圖，當(dāng)點E在AB上時，過點P作PR⊥BC，交CB的延長線于R，過點D作DH⊥PE，交PE的延長線于H，交DC于點S，∵AE∥DC，∴△AGE∽△CGD，∴，∴．∵，設(shè)BE=a，則AB=3a，AE=2a．∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB=DC=3a，AD=BC=AE=2a，∴．∵四邊形ABCD是平行四邊形，，△PBE是等邊三角形，∴PE=PB=BE=a，∠PBR=60°，∴PR=PBsin60°=，RB=PBcos60°=，∴CR=CB+BR=2a+=，∴PC=，∵DK平分∠ADC，AE∥DC，，△PBE是等邊三角形，∴∠ADE=∠AED=∠EDC=30°，∠AEH=∠PEB=60°，AE=AD，∴∠EAD+∠AEH=120°+60°=180°，∴AD∥ES，∴四邊形AESD是菱形，∴AE=ES=SD=DA=2a，∠AEH=∠DSH=60°，∴DH=DSsin60°=，SH=DScos60°=a，∴EH=ES+SH=2a+a=3a，∴DE=，∴．∴．如圖，當(dāng)點E在AB的延長線上時，過點A作AR⊥PB，交PB的延長線于R，過點E作ES⊥AD，交DA的延長線于S．∵AE∥DC，∴△AGE∽△CGD，∴，∴．∵，設(shè)BE=a，