《2026年金考卷中考试题汇编45套数学山东专版》

22. (本小题满分10分)
$\triangle ABC$是直角三角形,$\angle ACB = 90^{\circ}$,点$E$是斜边$AB$上的动点,连接$CE$,过点$C$作$CE$的垂线,过点$B$作$AB$的垂线,两条垂线交于点$F$,连接$EF$.
(1)如图(1),若三角形$ABC$为等腰直角三角形,求证:$CE = CF$.
(2)如图(2),若$\angle A = 30^{\circ}$,
①求$\frac{BF}{AE}$的值;
②点$M$是$EF$的中点,连接$BM,CM$,若$AC = 4\sqrt{3}$,则当$\triangle CBM$是直角三角形时,求$CF$的长.

答案：
22
(1)证明：
∵ △ABC 为等腰直角三角形,
∴ ∠ABC = ∠ABC = $45^{\circ}$.
∵ FB⊥EB,
∴ ∠CBF = $45^{\circ}$,
∴ ∠EAC = ∠CBF.
∵ ∠ACE + ∠BCE = $90^{\circ}$,∠BCE + ∠BCF = $90^{\circ}$,
∴ ∠ACE = ∠BCF.
∴ △AEC∼△BFC.
∴ $\frac{BF}{AE} = \frac{BC}{AC}$
∵ $\tan A = \tan 30^{\circ} = \frac{BC}{AC} = \frac{\sqrt{3}}{3}$,
∴ $\frac{BF}{AE} = \frac{\sqrt{3}}{3}$. (6 分)
(2)①
∵ ∠ACB = $90^{\circ}$,BF⊥AB,
∴ ∠A + ∠ABC = $90^{\circ}$,∠CBF + ∠ABC = $90^{\circ}$,
∴ ∠A = ∠CBF.
∵ ∠ACE + ∠BCE = $90^{\circ}$,∠BCE + ∠BCF = $90^{\circ}$,
∴ ∠ACE = ∠BCF.
∴ △AEC∼△BFC.
∵ 点 M 是 EF 的中点,∠EBF = $90^{\circ}$,∠ECF = $90^{\circ}$,
∴ $BM = \frac{1}{2}EF,CM = \frac{1}{2}EF$ (依据：直角三角形斜边上的中线等 于斜边的一半 ),
∴ BM = CM.
∵ △CBM 为直角三角形,
∴ 只能 ∠BMC = $90^{\circ}$ (关键点 ). 由①可知△BCF∼△ACE,
∴ $\frac{CF}{CE} = \frac{BC}{AC} = \frac{\sqrt{3}}{3}$
∵ AC = $4\sqrt{3}$,
∴ BC = 4.
∴ $BM = CM = \frac{\sqrt{2}}{2}BC = 2\sqrt{2}$,
∴ $EF = 2BM = 4\sqrt{2}$. 在 Rt△ECF 中,$\tan ∠CEF = \frac{CF}{CE} = \frac{\sqrt{3}}{3}$,
∴ ∠CEF = $30^{\circ}$,
∴ $CF = EF × \sin 30^{\circ} = 4\sqrt{2} × \frac{1}{2} = 2\sqrt{2}$. (10 分) 名师辨模型 “手拉手”模型 1.顶角顶点重合的一对相似的(等腰)三角形； 2.一个三角形位置固定,另一个三角形绕公共顶点旋转； 3.“左手拉左手”“右手拉右手”(如下图中的“左手”点 B 与 点 D,“右手”点 C 与点 E 始终相连). “手拉手”模型——全等 “手拉手”模型——相似

条件 $AB = AC,AD = AE$, $∠BAC = ∠DAE$. $\frac{AB}{AC} = \frac{AD}{AE}$, $∠BAC = ∠DAE$. 结论 △BAD≌△CAE; △BAD∼△CAE; $∠BFC = ∠BAC = ∠DAE$. $∠BFC = ∠BAC = ∠DAE$.

23. (本小题满分13分)
如图,直线$y = -x + 3$与$x$轴交于点$A$,与$y$轴交于点$B$,抛物线$y = -x^{2} + bx + c$经过$A,B$两点,与$x$轴的另一个交点为$C$.
(1)求抛物线的表达式.
(2)若点$P$为抛物线上第一象限内一动点,过点$P$作$x$轴的垂线,垂足为$D$,与直线$AB$交于点$E$,设点$P$的横坐标为$m,PE$的长为$l$,请写出$l$关于$m$的表达式,并求出当$l$取最大值时,点$P$的坐标.
(3)若点$P$为抛物线上$y$轴右侧的一点,点$P$的横坐标为$m$,过点$P$作$x$轴的垂线,垂足为$D$,与直线$AB$交于点$E$,连接$PB,BC,CE$,是否存在点$P$,使得$\frac{S_{\triangle PBE}}{S_{\triangle BCE}} = \frac{3}{8}$?若存在,求出此时点$P$的横坐标;若不存在,说明理由.
备用图

答案：
23
(1)对于$y = -x + 3$,当$x = 0$时,$y = 3$,当$y = 0$时,$x = 3$.
∴ $A(3,0),B(0,3)$分别代入$y = -x^{2} + bx + c$, 得$\begin{cases} -9 + 3b + c = 0, \\ c = 3, \end{cases}$解得$\begin{cases} b = 2, \\ c = 3, \end{cases}$
∴ 抛物线的表达式为$y = -x^{2} + 2x + 3$. (3 分)
(2)根据题意得$P(m,-m^{2} + 2m + 3)$,其中$0 ＜ m ＜ 3,E(m,-m + 3)$,
∴ $l = PE = -m^{2} + 2m + 3 - (-m + 3) = -m^{2} + 3m = -(m - \frac{3}{2})^{2} + \frac{9}{4}$,
∵ $-1 ＜ 0$,
∴ 当$m = \frac{3}{2}$时,l 取最大值,最大值为$\frac{9}{4}$, 当$m = \frac{3}{2}$时,$-m^{2} + 2m + 3 = \frac{15}{4}$ 此时$P(\frac{3}{2},\frac{15}{4})$. (6 分)
(3)分两种情况讨论： ①当点 P 在 x 轴上方时,如图
(1),此时$0 ＜ m ＜ 3$.

对于$y = -x^{2} + 2x + 3$, 令$y = 0$,则$x^{2} - 2x - 3 = 0$,解得$x_{1} = -1,x_{2} = 3$,
∴ $AC = 3 - (-1) = 4$. 由
(2)知$PE = -m^{2} + 3m$,
∴ $S_{\triangle PBE} = \frac{1}{2} × PE × x_{P} = \frac{1}{2} × (-m^{2} + 3m) × m = \frac{1}{2}m(-m^{2} + 3m)$. 又$S_{\triangle BCE} = S_{\triangle ABC} - S_{\triangle ACE} = \frac{1}{2} × 4 × [3 - (-m + 3)] = 2m$, $\frac{S_{\triangle PBE}}{S_{\triangle BCE}} = \frac{\frac{1}{2}m(-m^{2} + 3m)}{2m} = \frac{3}{8}$, 解得$m_{1} = \frac{3 + \sqrt{3}}{2},m_{2} = \frac{3 - \sqrt{3}}{2}$. (9 分) ②当点 P 在 x 轴下方时,如图
(2),此时$m ＞ 3$.

∵ $S_{\triangle PBE} = \frac{1}{2}[-m + 3 - (-m^{2} + 2m + 3)] · m = \frac{1}{2}m(m^{2} - 3m)$, $S_{\triangle BCE} = S_{\triangle ABC} + S_{\triangle ACE} = \frac{1}{2} × 4 × 3 + \frac{1}{2} × 4(m - 3) = 2m$, $\frac{S_{\triangle PBE}}{S_{\triangle BCE}} = \frac{\frac{1}{2}m(m^{2} - 3m)}{2m} = \frac{3}{8}$, 解得$m_{1} = \frac{3 + \sqrt{15}}{2},m_{2} = \frac{3 - \sqrt{15}}{2}$(舍去). 综上可知,m 的值为$\frac{3 + \sqrt{3}}{2},\frac{3 - \sqrt{3}}{2}$或$\frac{3 + \sqrt{15}}{2}$. (13 分)