最新2020年中考数学优选压轴试题(附答案解析)

参考答案与试题解析1. 如图，平面中两条直线l1和l2相交于点O，对于平面上任意点M，若p，q分别是M到直线l1和l2的距离，则称有序非负实数对(p, q)是点M的“距离坐标”．根据上述定义，有以下几个结论：①“距离坐标”是(0, 2)的点有1个；②“距离坐标”是(3, 4)的点有4个；③“距离坐标”(p, q)满足p=q的点有4个．其中正确的有()A．0个B．1个C．2个D．3个【答案】B【解析】根据(p, q)是点M的“距离坐标”，得出①若pq≠0，则“距离坐标”为(p、q)的点有且仅有4个．②若pq=0，且p+q≠0，则“距离坐标”为(p、q)的点有且仅有2个，进而得出解集从而确定答案．【解析】平面中两条直线l1和l2相交于点O，对于平面上任意点M，若p，q分别是M到直线l1和l2的距离，则称有序非负数实数对(p，q)是点M的“距离坐标”．已知常数p≥0，q≥0，给出下列两个结论：若pq≠0，则“距离坐标”为(p，q)的点有且仅有4个．若pq=0，且p+q≠0，则“距离坐标”为(p,q)的点有且仅有2个.①p=0，q=2，则“距离坐标”为(0, 2)的点有且仅有2个；故①错误；②得出(3, 4)是与l1的距离是3的与之平行的两条直线，与l2的距离是4的与之平行的两条直线，这四条直线共有4个交点．故②正确；③“距离坐标”(p, q)满足p=q的点有无数个.故正确的有1个.故选B.2. 如图，正六边形的边长为2，分别以正六边形的六条边为直径向外作半圆，与正六边形的外接圆围成的6个月牙形的面积之和（阴影部分面积）是（）A．6√3−πB．6√3−2πC．6√3+πD．6√3+2π【答案】A【解析】图中阴影部分面积等于6个小半圆的面积和-（大圆的面积-正六边形的面积）即可得到结果．【解析】∵图中六边形为正六边形，∴正六边形可以看作是由六个相等的等边三角形组成，且边长为2，∴正六边形的面积=6×1×2×√3=6√3.2图中非阴影部分是以半径为2的圆，∴图中非阴影部分的面积为=22π=4π，∵与正六边形组成六个外接圆，∴6个月牙形的面积之和=3π−(4π−6√3)=6√3−π.故选A．3. 如图，正方形的边长为4cm，点P、点Q都以2cm/s的速度同时从点A出发，点P沿A→D，点Q沿A→B→C→D向点D运动，在这个过程中，若△APQ的面积为S(cm2)，运动时间为t(s)，则下列最能反映S与t之间函数关系的图象是（）A．B．C．D．【答案】C【解析】此题暂无解析【解析】正方形的边长为4cm，点P、点Q都以2cm/s的速度同时从点A出发，点P沿A→D，点Q沿A→B→C→D向点D运动，则0~2s：S△QAP=12AP⋅AQ=2t2；2~4s：点P停在D点，Q在BC上运动，S△QAP=12AD⋅AB=8；4~6s：点P停在D点，Q在CD上运动，S△QAP=12AD⋅DQ=12×4(12−2t)=24−4t.故选C．4. 围棋的历史在我国可谓源远流长，如图所示在一个围棋的棋盘上选定9个网格，在3×3的正方形有两个小正方形被涂灰，再将图中其余小正方形任意涂灰一个，使整个图案构成一个轴对称图形的办法有（）A．3种B．4种C．5种D．6种【答案】C【解析】此题暂无解析【解析】由轴对称的概念知，通过变换对称轴可以得到如图所示的5种使得整个图案构成一个轴对称图形的办法.故选C．5. 如图，若l1//l2,l3//l4，则图中与∠1互补的角有（）A．1个B．2个C．3个D．4个【答案】D【解析】此题暂无解析【解析】此题暂无解答6. 如图①，在边长为4cm的正方形ABCD中，点P从点A出发，沿AB→BC的路径匀速运动，当点C停止，过点P作PQ//BD，PQ与边AD(或边CD)交于点Q，PQ的长度y(cm)与点P的运动时间x(s)的函数关系图象如图②所示，当点P运动2.5s时，PQ的长是（）cm．A．5√2B．√2C．4√2D．3√2【答案】A【解析】此题暂无解析【解析】此题暂无解答7. 如图，⊙O的直径AB=4，∠A=30∘，点P在线段AB上，则PC的最小值为( )A．1B．√3C．2D．2√3【答案】B【解析】此题暂无解析【解析】连接OC，过C作CH⊥AB于H，如图所示，∵AB=4，∠A=30∘，∴∠COB=60∘，∠OCH=30∘，OC=2，OH=1，∴CH=√4−1=√3.故选B．8. 如图，若一次函数y1=−x−1与y2=ax−3的图象交于点P(m,−2)，则关于x的不等式：−x−1>ax−3的解集是( )A．x>1B．x<1C．x>2D．x<2【答案】B【解析】此题暂无解析【解析】∵P过直线y1，∴m=2−1,P:(1,−2)，将点P代入y2=ax−3，得a=1，∴原不等式可化为：−x−1>x−3，解得x<1.故选B．9. 若x=2是关于x的一元一次方程ax−2=b的解，则3b−6a+2的值是( )A．−8B．−4C．8D．4【答案】B【解析】此题暂无解析【解析】∵x=2是关于x的一元一次方程ax−2=b的解，∴2a−2=b，∴2a−b=2，∴3b−6a+2=−3(2a−b)+2=−4.故选B．10. 如图，小明同学的家位于坡度为i=1:√3约小山坡脚下的B点处，星期天，小明与伙伴们到小山坡的东侧A点处玩无人机，他们按动遥控器，无人机以30米/分钟的速度沿仰角为65∘角的方向飞行，经过25分钟，恰好可以在小明家门口沿山坡看到C处的无人机，则小明离家的距离AB的长约为（参考数据：sin35∘≈0.6，cos35∘≈0.8，tan35∘≈0.7，结果保留整数）（）A．900米B．910米C．1050米D．1200米【答案】A【解析】此题暂无解析【解析】此题暂无解答11. 如图，是由三个边长分别为6，9，x的正方形所组成的图形，若直线AB将它分成面积相等的两部分，则x的值是( )A．1或9B．3或5C．4或6D．3或6【答案】D【解析】根据题意列方程，即可得到结论．【解析】如图，∵若直线AB将它分成面积相等的两部分，∴1×(6+9+x)×9−x×(9−x)2=1×(62+92+x2)，2解得x=3，或x=6.故选D．12. 如图，在平面直角坐标系中，若干个半径为2个单位长度，圆心角为60∘的扇形组成一条连续的曲线，点P从原点O出发，沿这条曲线向右上下起伏运动，点P在直线上的速度为每秒2个单位长度，在弧线上的速个单位长度，则第2019秒时，点P的坐标是（）度为每秒2π3A．(2019,−√3)B．(2019,√3)C．(2018,0)D．(2019,0)【答案】A【解析】设第n秒运动到P n（n为自然数）点，根据点P的运动规律找出部分P n点的坐标，根据坐标的变化找出变化规律P4n+1(4n+1,√3)P(4n+1,√3)，P4n+2(4n+2,0)，P4n+3(4n+3,−√3)，P4n+4(4n+4n+14,0)”．依次规律即可得出结论.【解析】设第n秒运动到p n（n为自然数）点，观察，发现规律：P(1,√3)，P2(2,0)，P3(3,−√3)，P4(4,0)，P5(5,√3)，⋅⋅⋅，1∴P4n+1(4n+1,√3)，P4n+2(4n+2,0)，P4n+3(4n+3,−√3)，P4n+4(4n+4,0)，∵2019=4×504+3，∴P2019为(2019,−√3)，故选：A13. 如图，在△ABC中，AB=3，AC=4，BC=5，EF垂直平分BC，点P为直线EF上的任一点，则AP+BP 的最小值是（）A．7B．6C．5D．4【答案】D【解析】根据题意知点B关于直线EF的对称点为点C，故当点P与点D重合时，AP+BP的最小值，求出AC长度即可．【解析】在△ABC中，AB=3，AC=4，BC=5，∴AB2+AC2=BC2，∴∠BAC=90∘∵EF垂直平分BC，∴B、C关于EF对称，AC交EF于D，∴当P和D重合时，AP+BP的值最小，最小值等于AC的长，由勾股定理得：AC=√BC2−AB2=4．故选D．14. 如图所示，在平面直角坐标系中，点A、B、C的坐标分别为(−1, 3)、(−4, 1)、(−2, 1)，将△ABC沿一确定方向平移得到△A1B1C1，点B的对应点B1的坐标是(1, 2)，则点A1，C1的坐标分别是（）A．A1(4, 4)，C1(3, 2)B．A1(3, 3)，C1(2, 1)C．A1(4, 3)，C1(2, 3)D．A1(3, 4)，C1(2, 2)【答案】A【解析】根据点B(−4, 1)的对应点B1的坐标是(1, 2)知，需将△ABC向右移5个单位、上移1个单位，据此根据平移的定义和性质解答可得．【解析】由点B(−4, 1)的对应点B1的坐标是(1, 2)知，需将△ABC向右移5个单位、上移1个单位，则点A(−1, 3)的对应点A1的坐标为(4, 4)、点C(−2, 1)的对应点C1的坐标为(3, 2)，15. 如图，O是等边△ABC内一点，OA=3，OB=4，OC=5，将线段BO以点B为旋转中心逆时针旋转60∘得到线段BO′，下列结论：①△BO′A可以由△BOC绕点B逆时针旋转60∘得到；②点O与O′的距离为4；③∠AOB=150∘；④四边形AOBO′的面积为6+3√3；⑤S△AOC +S△AOB=6+9√34．其中正确的结论是( )A．①②③B．①②③④C．①②③⑤D．①②③④⑤【答案】C【解析】证明△BO′A≅△BOC，又∠OBO′=60∘，所以△BO′A可以由△BOC绕点B逆时针旋转60∘得到，故结论①正确；由△OBO′是等边三角形，可知结论②正确；在△AOO′中，三边长为3，4，5，这是一组勾股数，故△AOO′是直角三角形；进而求得∠AOB=150∘，故结论③正确；S四边形AOBO′=S△AOO′+S△OBO′=6+4√3，故结论④错误；如图②，将△AOB绕点A逆时针旋转60∘，使得AB与AC重合，点O旋转至O″点．利用旋转变换构造等边三角形与直角三角形，将S△AOC+S△AOB转化为S△COO″+S△AOO″，计算可得结论⑤正确．【解析】如图①，连接OO′，由题意可知，∠1+∠2=∠3+∠2=60∘，∴∠1=∠3，又∵OB=O′B，AB=BC，在△BO ′A 和△BOC 中，{OB =O ′B∠1=∠3AB =BC，∴ △BO ′A ≅△BOC(SAS)，又∵ ∠OBO ′=60∘，∴ △BO ′A 可以由△BOC 绕点B 逆时针旋转60∘得到， 故结论①正确；∵ OB =O ′B ，且∠OBO ′=60∘，∴ △OBO ′是等边三角形，∴ OO ′=OB =4．故结论②正确；∵ △BO ′A ≅△BOC ，∴ O ′A =5．在△AOO ′中，三边长为3，4，5，这是一组勾股数， ∴ △AOO ′是直角三角形，∠AOO ′=90∘，∴ ∠AOB =∠AOO ′+∠BOO ′=90∘+60∘=150∘， 故结论③正确；S AOBO ′=S △AOO ′+S △OBO ′=12×3×4+√3×4=6+4√3， 故结论④错误；如图②所示，将△AOB 绕点A 逆时针旋转60∘，使得AB 与AC 重合，点O 旋转至O ″点．易知△AOO ″是边长为3的等边三角形，△COO ″是边长为3、4、5的直角三角形， 则S △AOC +S △AOB =S 四边形AOCO ″=S △COO ″+S △AOO ″=12×3×4+√34×32=6+9√34，故结论⑤正确．综上所述，正确的结论为：①②③⑤． 故选C ．16. 如图，P 是线段AB 的黄金分割点，PA >PB ，若S 1表示以AP 为边正方形的面积，S 2表示以AB 为长PB 为宽的矩形的面积，则S 1、S 2大小关系为（ ）A ．S 1>S 2B ．S 1=S 2C ．S 1<S 2D ．不能确定【答案】B【解析】根据黄金分割的定义得到PA 2=PB ⋅AB ，再利用正方形和矩形的面积公式有S 1=PA 2，S 2=PB ⋅AB ，即可得到S 1=S 2．【解析】∵ P 是线段AB 的黄金分割点，且PA >PB ， ∴ PA 2=PB ⋅AB ，又∵ S 1表示以PA 为一边的正方形的面积，S 2表示以长为AB ，宽为PB 的矩形的面积， ∴ S 1=PA 2，S 2=PB ⋅AB ， ∴ S 1=S 2． 故选：B ．17. 如图，在△ABC 中，∠ACB =90∘，AC =BC =1，E 、F 为线段AB 上两动点，且∠ECF =45∘，过点E 、F 分别作BC 、AC 的垂线相交于点M ，垂足分别为H 、G ．现有以下结论：①AB =√2；②当点E 与点B 重合时，MH =12；③AF +BE =EF ；④MG ⋅MH =12，其中正确结论为（ ）A ．①②③B ．①③④C ．①②④D ．①②③④【答案】C【解析】此题暂无解析【解析】①由题意知，△ABC是等腰直角三角形，∴AB=√AC2+BC2=√2，故①正确；②如图1，当点E与点B重合时，点H与点B重合，∴MB⊥BC，∠MBC=90∘，∵MG⊥AC，∴∠MGC=90∘=∠C=∠MBC，∴MG // BC，四边形MGCB是矩形，∴MH=MB=CG，∵∠FCE=45∘=∠ABC，∠A=∠ACF=45∘，∴CE=AF=BF，∴FG是△ACB的中位线，∴GC=1AC=MH，故②正确；2③如图2所示，∵AC=BC，∠ACB=90∘，∴∠A=∠5=45∘．将△ACF顺时针旋转90∘至△BCD，则CF=CD，∠1=∠4，∠A=∠6=45∘；BD=AF；∵ ∠2=45∘，∴ ∠1+∠3=∠3+∠4=45∘， ∴ ∠DCE =∠2． 在△ECF 和△ECD 中， {CF =CD∠2=∠DCE CE =CE， ∴ △ECF ≅△ECD(SAS)， ∴ EF =DE ． ∵ ∠5=45∘， ∴ ∠BDE =90∘，∴ DE 2=BD 2+BE 2，即EF 2=AF 2+BE 2，故③错误； ④∵ ∠7=∠1+∠A =∠1+45∘=∠1+∠2=∠ACE ， ∵ ∠A =∠5=45∘， ∴ △ACE ∼△BFC ， ∴AFBC=ACBF ， ∴ AF ⋅BF =AC ⋅BC =1， 由题意知四边形CHMG 是矩形， ∴ MG // BC ，MH =CG ， MG // BC ，MH // AC ， ∴ CH BC=AEAB；CG AC=BFAB，即MG 1=2；MH 1=√2，∴ MG =√22AE ；MH =√22BF ，∴ MG ⋅MH =√22AE ×√22BF =12AE ⋅BF =12AC ⋅BC =12，故④正确． 故选C ．18. 如图，AB 是半圆O 的直径，且AB =4cm ，动点P 从点O 出发，沿OA →AB ^→BO 的路径以每秒1cm 的速度运动一周．设运动时间为t ，s =OP 2，则下列图象能大致刻画s 与t 的关系的是（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】C【解析】在半径AO 上运动时，s =OP 2=t 2；在弧BA 上运动时，s =OP 2=4；在BO 上运动时，s =OP 2=(4π+4−t)2，s 也是t 是二次函数；即可得出答案．【解析】利用图象可得出：当点P 在半径AO 上运动时，s =OP 2=t 2； 在弧AB 上运动时，s =OP 2=4；在OB 上运动时，s =OP 2=(2π+4−t)2．19. 把函数y =3x +2的图象沿着x 轴向右平移一个单位，得到的函数关系式是（ ） A ．y =3x +1 B ．y =3x −1 C ．y =3x +3 D ．y =3x +5 【答案】B【解析】直接根据“上加下减，左加右减”的原则进行解答即可．【解析】由“左加右减”的原则可知，函数y =3x +2的图象沿着x 轴向右平移一个单位， 所得直线的解析式为y =3(x −1)+2，即y =3x −1． 故选B ．20. 如图，一次函数y =kx +b 的图象与y 轴交于点(0, 1)，则关于x 的不等式kx +b >1的解集是( )A．x>0B．x<0C．x>1D．x<1【答案】B【解析】直接根据函数的图象与y轴的交点为(0, 1)进行解答即可．【解析】由一次函数的图象可知，此函数是减函数，∵一次函数y=kx+b的图象与y轴交于点(0, 1)，∴当x<0时，关于x的不等式kx+b>1．故选B．21. 二次函数y=ax2+bx+c(a、b、c为常数且a≠0)中的x与y的部分对应值如表：给出了结论：(1)二次函数y=ax2+bx+c有最小值，最小值为−3；<x<2时，y<0；(2)当−12(3)二次函数y=ax2+bx+c的图象与x轴有两个交点，且它们分别在y轴两侧．则其中正确结论的个数是（）A．3B．2C．1D．0【答案】B【解析】根据给定点的坐标利用待定系数法即可求出二次函数解析式，再画出函数图象．(1)利用配方法将二次函数解析式化成顶点式，结合a=1>0即可得出(1)不正确；<x<2时，y<0．由此即可得出(2)正确；(2)结合函数图象可得出：当−12(3)由点(−1, 0)、(3, 0)在函数图象上，即可得出(3)正确．综合(1)(2)(3)即可得出结论．【解析】将(−1, 0)、(1, −4)、(3, 0)代入y=ax2+bx+c中，得：{0=a−b+c−4=a+b+c0=9a+3b+c，解得：{a=1b=−2c=−3，∴该二次函数解析式为y=x2−2x−3．依照题意画出图形，如图所示．(1)∵y=x2−2x−3=(x−1)2−4，a=1>0，∴二次函数y=ax2+bx+c有最小值，最小值为−4，(1)不正确；(2)结合函数图象可知：当−1<x<3时，y<0，∴当−12<x<2时，y<0，(2)正确；(3)∵点(−1, 0)、(3, 0)在函数图象上，∴二次函数y=ax2+bx+c的图象与x轴有两个交点，且它们分别在y轴两侧，(3)正确．综上可知：正确的结论有2个．故选B．22. 如图5−1，四边形ABCD中，AD//BC，∠ABC=90∘，动点P从A点出发，按A→B→C的方向在AB和BC上移动，记PA=x，点D到直线PA的距离为y，y关于x的函数图象大致如图5−2，则四边形ABCD的面积是（）A．6+92√3B．15C．6+92√5D．9【答案】A【解析】此题暂无解析【解析】此题暂无解答23. 下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（）A．B．C．D．【答案】D【解析】此题暂无解析【解析】A选项既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，不符合题意；B选项是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；C选项既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，不符合题意；D选项既是轴对称图形，又是中心对称图形，符合题意．故选D．24. 如图，直线y=kx+b（k,b为常数）分别与x轴、y轴交于点A(−7,0),B(0,7)，抛物线y=−x2+4x+1与y轴交于点C，点E在抛物线y=−x2+4x+1的对称轴上运动，点F在直线AB上移动，CE+EF的最小值是( )A．5B．5√2C．4D．4√2【答案】B【解析】此题暂无解析【解析】如图，设C点关于抛物线对称轴的对称点为C′,由对称的性质可得CE=C′E,∴CE+EF=C′E+EF,∴当F,E,C′三点一线且C′F与AB垂直时CE+EF最小，由题意得{−7k+b=0,b=7,解得{k=1,b=7,∴直线解析式为y=x+7,∵C(0,1),∴C′(4,1),∴直线C′F的解析式为y=−x+5,由{−x+5,y=x+7解得{x=−1,y=6,∴F(−1,6)，∴C′F=√(4−(−2))2+(1−6)2=5√2即CE+EF的最小值为5√2.故选B．25. 若关于x的一元二次方程ax2+bx+3=0(a≠0)的一个根是x=1，则2019−2a−2b的值是( ) A．2025B．2010C．2019D．2016【答案】A【解析】将x=1代入原方程即可得出关于(a+b)的一元一次方程，解之可求出(a+b)的值，将(a+b)的值代入2010−a−b中即可得出结论．【解析】将x=1代入原方程得：a+b+3=0，解得：a+b=−3，∴2019−2a−2b=2019−2(a+b)=2019−2×(−3)=2025．故选A．26. 如图，由4个相同的直角三角形与中间的小正方形拼成一个大正方形，若大正方形面积是9，小正方形面积是1，直角三角形较长直角边为a，较短直角边为b，则ab的值是( )A．4B．6C．8D．10【答案】A【解析】根据小正方形、大正方形的面积可以列出方程组，解方程组即可求得a、b，求ab即可．【解析】由题意得：大正方形的面积是9，小正方形的面积是1，直角三角形的较长直角边为a，较短直角边为b，所以大正方形的面积减去小正方形的面积等于四个直角三角形的面积.即9−1=8=1ab×4,2解得，ab=4．故选A．27. 在平面直角坐标系xOy中，对于点P(x, y)，我们把点P′(1−y, x−1)叫做点P的友好点．已知点A1的友好点为A2，点A2的友好点为A3，点A3的友好点为A4…，这样依次得到点A1，A2，A3，…，A n，若点A1的坐标为(2, 1)，则点A2019的坐标为（）A．(2, 1)B．(0, 1)C．(0, −1)D．(2, −1)【答案】C【解析】本题是对点的变化规律的考查，读懂题目信息，理解“伴随点”的定义并求出每4个点为一个循环组依次循环是解题的关键，也是本题的难点．【解析】观察发现：A1(2,1)，A2(0,1)，A3(0,−1)，A4(2,−1)，A5(2,1)，A6(0,1)…∴依次类推，每5个点为一个循环组依次循环，∵2019÷4=504余3，∴点A2019的坐标与A3的坐标相同，为(0,−1).故选C．28. 如图，AB是半径为1的⊙O的直径，点C在⊙O上，∠CAB=30∘，D为劣弧CB的中点，点P是直径AB上一个动点，则PC+PD的最小值为( )A．1B．2C．√2D．√3【答案】C【解析】此题暂无解析【解析】如图，作点D关于AB的对称点D′，连接OC,OD′,CD′，AD′，由轴对称确定最短路线问题可知，CD′的长度即为PC+PD的最小值，∵∠CAB=30∘，∴∠COB=2∠CAB=2×30∘=60∘.∵D为弧CB的中点，∴∠BAD′=1×30∘=15∘，2∴∠CAD′=45∘，∴∠COD′=90∘，∴△COD′是等腰直角三角形.∵⊙O的半径为1，∴CD′=√12+12=√2，即PC+PD的最小值为为√2．故选C．29. 在△ABC中，∠BAC=90∘，AB=2AC，点A(2, 0)、B(0, 4)，点C在第一象限内，双曲线y=k(x>0)经x过点C ．3A ．2B ．2√2 D ．3√2【答案】A 【解析】作CH ⊥x 轴于H ．由相似三角形的性质求出点C 坐标，求出k 的值即可解决问题；【解析】作CH ⊥x 轴于H ．∵ A(2, 0)、B(0, 4)，∴ OA =2，OB =4，∵ ∠ABO +∠OAB =90∘，∠OAB +∠CAH =90∘，∴ ∠ABO =∠CAH ，∵ ∠AOB =∠AHC ，∴ △ABO ∽△CAH ，∴ OA CH=OB AH =AB AC =2，∴ CH =1，AH =2，∴ C(4, 1)， ∵ C(4, 1)在y =k x 上，∴ k =4，∴ y =4x ，当x =2时，y =2，∵ 将△ABC 沿y 轴向上平移m 个单位长度，使点A 恰好落在双曲线上，∴ m =2，30. 如图1，正方形纸片ABCD 的边长为2，翻折∠B 、∠D ，使两个直角的顶点重合于对角线BD 上一点P 、EF 、GH 分别是折痕（如图2）．设AE =x(0<x <2)，给出下列判断： ①当x =1时，点P 是正方形ABCD 的中心；②当x =12时，EF +GH >AC ； ③当0<x <2时，六边形AEFCHG 面积的最大值是3；④当0<x <2时，六边形AEFCHG 周长的值不变．其中正确的选项是（ ）A．①③B．①②④C．①③④D．①②③④【答案】C【解析】（1）由正方形纸片ABCD，翻折∠B、∠D，使两个直角的顶点重合于对角线BD上一点P，得出△BEF 和△三DGH是等腰直角三角形，所以当AE=1时，重合点P是BD的中点，即点P是正方形ABCD的中心；（2）由△BEF∽△BAC，得出EF=34AC，同理得出GH=14AC，从而得出结论．（3）由六边形AEFCHG面积=正方形ABCD的面积−△EBF的面积−△GDH的面积．得出函数关系式，进而求出最大值．（4）六边形AEFCHG周长=AE+EF+FC+CH+HG+AG=(AE+CH)+(FC+AG)+(EF+GH)求解．【解析】故①结论正确，（2）正方形纸片ABCD，翻折∠B、∠D，使两个直角的顶点重合于对角线BD上一点P，∴△BEF∽△BAC，∵x=12，∴BE=2−12=32，∴BEBA =EFAC，即322=EFAC，∴EF=34AC，同理，GH=14AC，∴EF+GH=AC，故②结论错误，（3）六边形AEFCHG面积=正方形ABCD的面积−△EBF的面积−△GDH的面积．∵AE=x，∴六边形AEFCHG面积=22−12BE⋅BF−12GD⋅HD=4−12×(2−x)⋅(2−x)−12x⋅x=−x2+2x+2=−(x−1)2+3，∴六边形AEFCHG面积的最大值是3，故③结论正确，（4）当0<x<2时，∵EF+GH=AC，六边形AEFCHG周长=AE+EF+FC+CH+HG+AG=(AE+CH)+(FC+AG)+(EF+GH)=2+2+ 2√2=4+2√2故六边形AEFCHG周长的值不变，故④结论正确．故选：C．31. 美是一种感觉，当人体下半身长与身高的比值越接近0.618时，越给人一种美感，如图，某女士身高165cm，下半身长x与身高L的比值为0.60，为尽可能达到好的效果，她应穿的高跟鞋的高度大约为（）A．10cm B．7.8cm C．6.5cm D．5cm【答案】B【解析】先求得下半身的实际高度，再根据黄金分割的定义求解即可．【解析】根据已知条件得下半身长是165×0.60=99cm，设需要穿的高跟鞋是ycm，=0.618，根据黄金分割的定义得：99+y165+y解得：y≈7.8．故选：B．32. 如图，在矩形ABCD中，点E是AD的中点，∠EBC的平分线交CD于点F，将△DEF沿EF折叠，点D恰好落在BE上M点处，延长BC，EF交于点N．有下列四个结论：①BF垂直平分EN；②BF平分∠MFC；③△DEF∽△FEB；④tan∠N=√3．其中，将正确结论的序号全部选对的是（）A ．①②③B ．①②④C ．②③④D ．①②③④【答案】A 【解析】由折叠的性质、矩形的性质与角平分线的性质，可证得CF =FM =DF ；易求得∠BFE =∠BFN ，则可得BF ⊥EN ；易证得△BEN 是等腰三角形，但无法判定是等边三角形；故正确的结论有3个．【解析】∵ 四边形ABCD 是矩形，∴ ∠D =∠BCD =90∘，DF =MF ，由折叠的性质可得：∠EMF =∠D =90∘，即FM ⊥BE ，CF ⊥BC ，∵ BF 平分∠EBC ，∴ CF =MF ，∴ DF =CF ，在△DEF 与△CFN 中，{∠D =∠FCN =90∘DF =CF ∠DFE =∠CFN，∴ △DFE ≅△CFN ，∴ EF =FN ，∵ ∠BFM =90∘−∠EBF ，∠BFC =90∘−∠CBF ，∴ ∠BFM =∠BFC ，∴ BF 平分∠MFC ；故②正确；∵ ∠MFE =∠DFE =∠CFN ，∴ ∠BFE =∠BFN ，∵ ∠BFE +∠BFN =180∘，∴ ∠BFE =90∘，即BF ⊥EN ，∴ BF 垂直平分EN ，故①正确；∵∠BFE=∠D=∠FME=90∘，∴∠EFM+∠FEM=∠FEM+∠FBE=90∘，∴∠EFM=∠EBF，∵∠DFE=∠EFM，∴∠DFE=∠FBE，∴△DEF∽△FEB；故③正确；∵△DFE≅△CFN，∴BE=BN，∴△EBN是等腰三角形，∴∠N不一定等于60∘，故④错误．故选：A．33. 正三角形ABC的边长为2，动点P从点A出发，以每秒1个单位长度的速度，沿A→B→C→A的方向运动，到达点A时停止．设运动时间为x秒，y=PC2，则y关于x的函数图象大致为()A．B．C．D．【答案】A【解析】∵正△ABC的边长为2，∴∠A=∠B=∠C=60∘，AC=2．①当0≤x≤2时，作PQ⊥AC，∵AP=x，∠A=60∘，∴ ∠APQ =30∘，∴ AQ =x 2，PQ =√AP 2−AQ 2=√3x 2，∴ CQ =2−x 2，∴ PC =√PQ 2+CQ 2=√x 2−2x +4，∴ PC 2=x 2−2x +4=(x −1)2+3，∴ 该函数的图象是在0≤x ≤2上的抛物线，排除B ，D ；②当2<x ≤4时，即点P 在线段BC 上时，PC =(4−x)(2<x ≤4)，则y =(4−x)2=(x −4)2(2<x ≤4)，∴ 该函数的图象是在2<x ≤4上的抛物线，排除C ；③当4<x ≤6时，即点P 在线段AC 上时，PC =2−(6−x)=x −4，则y =(x −4)2，∴ 该函数的图象是在4<x ≤6上的抛物线.故选A ．34. 将直线y =2x 向右平移2个单位所得的直线的解析式是（ ）A ．y =2x +2B ．y =2x −2C ．y =2(x −2)D ．y =2(x +2)【答案】C【解析】根据平移性质可由已知的解析式写出新的解析式．【解析】根据题意，得直线向右平移2个单位，即对应点的纵坐标不变，横坐标减2，所以得到的解析式是y =2(x −2)．故选C ．35. 如图，直线y 1=kx +b 与直线y 2=mx 交于点P(1, m)，则不等式mx ≥kx +b 的解集是()A．x>0B．x<0C．x>1D．x<1【答案】C【解析】直接根据两函数图象的交点即可得出结论．【解析】∵P(1, m)为两直线的交点，在点P右侧时，直线y2在y1的上方，∴当x≥1时，不等式mx≥kx+B．故选C．36. 在平面直角坐标系xOy中,四条抛物线如图所示,其解析式中的二次项系数一定小于1的是( )A．y1B．y2C．y3D．y4【答案】A【解析】此题暂无解析【解析】由图象可知：抛物线y1的顶点为(−2,−2)，与y轴的交点为(0,1)，根据待定系数法求得y1=3(x+2)2−2；4抛物线y2的顶点为(0,−1)，与x轴的交点为(1,0)，根据待定系数法求得y2=x2−1；抛物线y3的顶点为(1,1)，与y轴的交点为(0,2)，根据待定系数法求得y3=(x−1)2+1；抛物线y4的顶点为(1,−3)，与y轴的交点为(0,−1)，根据待定系数法求得y4=2(x−1)2−3；综上，解析式中的二次项系数一定小于1的是y 1,故选A ．37. 若函数y =kx −b 的图象如图所示，则关于x 的不等式kx −b >0的解集为( )A ．x <1B ．x <2C ．x >1D ．x >2【答案】B【解析】此题暂无解析 【解析】观察图象知，当kx −b >0即y >0时，x <2.故选B ．38. 定义符号min{a, b}的含义为：当a ≥b 时min{a, b}=b ；当a <b 时min{a, b}=a ．如：min{1, −3}=−3，min{−4, −2}=−4．则min{−x 2+1, −x}的最大值是( )A ．√5−12B ．√5+12C ．1D ．0【答案】A【解析】理解min{a, b}的含义就是取二者中的较小值，画出函数图象草图，利用函数图象的性质可得结论．【解析】在同一坐标系xOy 中，画出函数二次函数y =−x 2+1与正比例函数y =−x 的图象，如图所示．设它们交于点A 、B ．令−x 2+1=−x ，即x 2−x −1=0，解得：x =1+√52或1−√52， ∴ A(1−√52, √5−12)，B(1+√52, −1−√52)． 观察图象可知：①当x ≤1−√52时，min{−x 2+1, −x}=−x 2+1，函数值随x 的增大而增大，其最大值为√5−12；②当1−√52<x <1+√52时，min{−x 2+1, −x}=−x ，函数值随x 的增大而减小，其最大值为√5−12； ③当x ≥1+√52时，min{−x 2+1, −x}=−x 2+1，函数值随x 的增大而减小，最大值为−1−√52． 综上所示，min{−x 2+1, −x}的最大值是√5−12． 故选A ．39. 若“！”是一种数学运算符号，并且1！=1，2！=2×1=2，3！=3×2×1=6，4！=4×3×2×1，…，则100!98!的值为( )A ．5049B ．99!C ．9900D ．2！ 【答案】C【解析】由题目中的规定可知100！=100×99×98×...×1，98！=98×97×...×1，然后计算100!98!的值． 【解析】∵ 100！=100×99×98×...×1，98！=98×97× (1)所以100!98!=100×99=9900．故选C ．40. 在平面直角坐标系中，任意两点A(x 1, y 1)，B(x 2, y 2)，规定运算：①A ⊕B =(x 1+x 2, y 1+y 2)；②A ⊗B =x 1x 2+y 1y 2；③当x 1=x 2且y 1=y 2时，A =B ，有下列四个命题：(1)若A(1, 2)，B(2, −1)，则A ⊕B =(3, 1)，A ⊗B =0；(2)若A ⊕B =B ⊕C ，则A =C ；(3)若A ⊗B =B ⊗C ，则A =C ；(4)对任意点A ，B ，C ，均有(A ⊕B)⊕C =A ⊕(B ⊕C)成立，其中正确命题的个数为( )A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个 【答案】C【解析】(1)根据新定义可计算出A ⊕B =(3, 1)，A ⊗B =0；(2)设C(x 3, y 3)，根据新定义得A ⊕B =(x 1+x 2, y 1+y 2)，B ⊕C =(x 2+x 3, y 2+y 3)，则x 1+x 2=x 2+x 3，y 1+y 2=y 2+y 3，于是得到x 1=x 3，y 1=y 3，然后根据新定义即可得到A =C ；(3)由于A ⊗B =x 1x 2+y 1y 2，B ⊗C =x 2x 3+y 2y 3，则x 1x 2+y 1y 2=x 2x 3+y 2y 3，不能得到x 1=x 3，y 1=y 3，所以A ≠C ；(4)根据新定义可得(A⊕B)⊕C=A⊕(B⊕C)=(x1+x2+x3, y1+y2+y3)．【解析】(1)A⊕B=(1+2, 2−1)=(3, 1)，A⊗B=1×2+2×(−1)=0，所以(1)正确；(2)设C(x3, y3)，A⊕B=(x1+x2, y1+y2)，B⊕C=(x2+x3, y2+y3)，而A⊕B=B⊕C，所以x1+x2=x2+x3，y1+y2=y2+y3，则x1=x3，y1=y3，所以A=C，所以(2)正确；(3)A⊗B=x1x2+y1y2，B⊗C=x2x3+y2y3，而A⊗B=B⊗C，则x1x2+y1y2=x2x3+y2y3，不能得到x1=x3，y1=y3，所以A,C不一定相等，所以(3)不正确；(4)因为(A⊕B)⊕C=(x1+x2+x3, y1+y2+y3)，A⊕(B⊕C)=(x1+x2+x3, y1+y2+y3)，所以(A⊕B)⊕C=A⊕(B⊕C)，所以(4)正确．故选C．41. 如图在坐标系中放置一菱形OABC，已知∠ABC=60∘，OA=1．先将菱形OABC沿x轴的正方向无滑动翻转，每次翻转60∘，连续翻转2015次，点A的落点依次为A1，A2，A3，…，则A2015的坐标为．（）A．(1343, 0)B．(1347, 0)C．(134312, √32)D．(134712, √32)【答案】A【解析】连接AC，根据条件可以求出AC，由第5次、第6次、第7次翻转后的图形，容易发现规律：每翻转6次，图形向右平移4．由于2015=335×6+5，因此点A5向右平移1340（即335×4）即可到达点A2015，根据点A5的坐标就可求出点A2015的坐标．【解析】连接AC，如图所示．∵四边形OABC是菱形，∴OA=AB=BC=OC．∵∠ABC=60∘，∴△ABC是等边三角形．∴AC=AB．∴AC=OA．∵OA=1，∴AC=1．根据第5次、第6次、第7次翻转后的图形．由图可知：每翻转6次，图形向右平移4．∵2015=335×6+5，∴点A5向右平移1340（即335×4）到点A2014．∵A5的坐标为(3, 0)，∴A2014的坐标为(3+1340, 0)，∴A2015的坐标为(1343, 0)．42. 如图，在平面直角坐标系中，将△ABO绕点A顺时针旋转到△AB1C1的位置，点B、O分别落在点B1、C1处，点B1在x轴上，再将△AB1C1绕点B1顺时针旋转到△A1B1C2的位置，点C2在x轴上，将△A1B1C2绕点C2顺时针旋转到△A2B2C2的位置，点A2在x轴上，依次进行下去…．若点A(32, 0)，B(0, 2)，则点B2016的坐标为（）A．(4032, 2)B．(6048, 2)C．(4032, 0)D．(6048, 0)【答案】B【解析】首先根据已知求出三角形三边长度，然后通过旋转发现，B、B2、B4…每偶数之间的B相差6个单位长度，根据这个规律可以求得B2016的坐标．【解析】∵AO=32，BO=2，∴AB=52，∴OA+AB1+B1C2=32+2+52=6，∴B2的横坐标为：6，且B2C2=2，∴B4的横坐标为：2×6=12，∴点B2016的横坐标为：1008×6=6048．∴点B2016的纵坐标为：2．则B2016的坐标是(6048, 2)．故选B．43. 如图，已知EF是圆O的直径，把∠A为60∘的直角三角板ABC的一条直角边BC放在直线EF上，斜边AB与圆O交于点P，点B与点O重合；将三角形ABC沿OE方向平移，使得点B与点E重合为止．设∠POF=x∘，则x的取值范围是（）A．60≤x≤120B．30≤x≤60C．30≤x≤90D．30≤x≤120【答案】B【解析】根据直角三角形两锐角互余求出∠ABC=30∘，从而得到点B与点O重合时∠POF=30∘，再根据在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半求出点B与点E重合时∠POF=2∠ABC，然后写出x的取值范围即可．【解析】∵∠A=60∘，∴∠ABC=30∘，①点B与点O重合时，∠POF=∠ABC=30∘，②点B与点E重合时，∠POF=2∠ABC=2×30∘=60∘，所以，x的取值范围是30≤x≤60．故选B．44. 如图，已知EF是⊙O的直径，把∠A为60∘的直角三角板ABC的一条直角边BC放在直线EF上，斜边AB与⊙O交于点P，点B与点O重合，且AC大于OE，将三角板ABC沿OE方向平移，使得点B与点E重合为止．设∠POF=x∘，则x的取值范围是()A．30≤x≤60B．30≤x≤90C．30≤x≤120D．60≤x≤120【答案】A【解析】分析可得：开始移动时x=30，移动开始后，∠POF逐渐增大，最后当B与E重合时，∠POF取得最大值，即2×30∘=60∘，故x的取值范围是30≤x≤60．【解析】开始移动时，x=30，移动开始后，∠POF逐渐增大，最后当B与E重合时，∠POF取得最大值，则根据同弧所对的圆心角等于它所对圆周角的2倍得：∠POF=2∠ABC=2×30∘=60∘，故x的取值范围是30≤x≤60．故选A．45. 如图，直线l1 // l2，⊙O与l1和l2分别相切于点A和点B．直线MN与l1相交于M；与l2相交于N，⊙O的半径为1，∠1=60∘，直线MN从如图位置向右平移，下列结论①l1和l2的距离为2②MN=4√33③当直线MN与⊙O相切时，∠MON=90∘④当AM+BN=4√33时，直线MN与⊙O相切．正确的个数是（）A．1B．2C．3D．4【答案】D【解析】如图1，利用切线的性质得到OA⊥l1，OB⊥l2，再证明点A、B、O共线即可得到l1和l2的距离为2，则可对①进行判断；作NH⊥AM，如图1，易得四边形ABNH为矩形，则NH=AB=2，然后在Rt△MNH中利用含30度的直角三角形三边的关系可计算出MN，从而可对②进行判断；当直线MN与⊙O相切时，如图2，利用切线长定理得到∠1=∠2，∠3=∠4，然后根据平行线的性质和三角形内角和可计算出∠MON的度数，则可对③进行判断；过点O作OC⊥MN于C，如图2，根据梯形的面积和三角形面积公式，利用S四边形ABNM=S△OAM+S△OMN+S△OBN得到12⋅1⋅AM+12⋅1⋅BN+12MN⋅OC=12(BN+AM)⋅2，则根据AM+BN=4√33，MN=4√33可计算出OC=1，然后根据切线的判定定理可判断直线MN与⊙O相切，则可对④进行判断．【解析】如图1，∵⊙O与l1和l2分别相切于点A和点B，∴OA⊥l1，OB⊥l2，∵l1 // l2，∴点A、B、O共线，∴l1和l2的距离=AB=2，所以①正确；作NH⊥AM，如图1，则四边形ABNH为矩形，∴NH=AB=2，在Rt△MNH中，∵∠1=60∘，∴MH=√33NH=2√33，∴MN=2MH=4√33，所以②正确；当直线MN与⊙O相切时，如图2，∠1=∠2，∠3=∠4，∵l1 // l2，∴∠1+∠2+∠3+∠4=180∘，∴∠1+∠3=90∘，∴∠MON=90∘，所以③正确；过点O作OC⊥MN于C，如图2，∵S四边形ABNM=S△OAM+S△OMN+S△OBN，∴12⋅1⋅AM+12⋅1⋅BN+12MN⋅OC=12(BN+AM)⋅2，即12(AM+BN)+MN⋅OC=AM+BN，∵AM+BN=4√33，MN=4√33，∴OC=1，而OC⊥MN，∴直线MN与⊙O相切，所以④正确．故选D．46. 如图，在正方形ABCD和正方形DEFG中，点G在CD上，DE=2，将正方形DEFG绕点D顺时针旋转60∘，得到正方形DE′F′G′，此时点G′在AC上，连接CE′，则CE′+CG′=（）A．√2+√6B．√3+1C．√3+√2D．√3+√6【答案】A【解析】本题考查旋转变换、正方形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理、等腰直角三角形的性质等知识．【解析】作G′M⊥AD于M．易证△DAG′≅△DCE′，∴AG′=CE′，∴CG′+CE′=AC，在Rt△DMG′中，∵DG′=2，∠MDG′=30∘，∴MG′=1，DM=√3，∵∠MAG′=45∘，∠AMG′=90∘，∴∠MAG′=∠MG′A=45∘，∴AM=MG′=1，∴AD=1+√3，∵AC=√2AD，∴AC=√2+√6．故选A．47. 如图，已知△ABC中，AC=BC，∠ACB=90∘，直角∠DFE的顶点F是AB中点，两边FD，FE分别交AC，BC于点D，E两点，当∠DFE在△ABC内绕顶点F旋转时（点D不与A，C重合），给出以下个结论：①CD=BE②S△ABC，上述结论中始终正确的四边形CDFE不可能是正方形③△DFE是等腰直角三角形④S四边形CDFE=12有（）A．①②③B．②③④C．①③④D．①②④【答案】C【解析】首先连接CF，由等腰直角三角形的性质可得：∴∠A=∠B=45∘，CF⊥AB，∠ACF=1∠ACB=2AB，则证得∠DCF=∠B，∠DFC=∠EFB，然后可证得：△DCF≅△EBF，由全等45∘，CF=AF=BF=12S△ABC，问题得解．三角形的性质可得CD=BE，DF=EF，也可证得S四边形CDFE=12【解析】连接CF，∵AC=BC，∠ACB=90∘，点F是AB中点，∴∠A=∠B=45∘，CF⊥AB，。

2020年中考数学压轴题一、选择题1．如图，△ABC中，AB＝AC＝2，∠B＝30°，△ABC绕点A逆时针旋转α（0°＜α＜120°）得到△AB′C′，B′C′与BC，AC分别交于点D，E．设CD+DE＝x，△AEC′的面积为y，则y与x的函数图象大致（）A．B．C．D．2．如图，⊙O1的半径为1，正方形ABCD的边长为6，点O2为正方形ABCD的中心，O1O2垂直AB于P点，O1O2＝8．若将⊙O1绕点P按顺时针方向旋转360°，在旋转过程中，⊙O1与正方形ABCD的边只有一个公共点的情况一共出现（）A．3次B．5次C．6次D．7次二、填空题3．如图所示，菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O．若AC＝6，BD＝8，AE⊥BC，垂足为E，则AE的长为．第3题第4题4．如图，AB是⊙O的直径，弦BC＝2cm，∠ABC＝60°．若动点P以2cm/s的速度从B点出发沿着B →A的方向运动，点Q以1cm/s的速度从A点出发沿着A→C的方向运动，当点P到达点A时，点Q 也随之停止运动．设运动时间为t（s），当△APQ是直角三角形时，t的值为．三、解答题5．如图1，已知在平面直角坐标系xOy中，四边形OABC是矩形，点A，C分别在x轴和y轴的正半轴上，连结AC，OA＝3，∠OAC＝30°，点D是BC的中点，（1）OC＝：点D的坐标为（2）若点E在线段0A上，直线DE把矩形OABC面积分成为2：1，求点E坐标；（3）如图2，点P为线段AB上一动点（与A、B重合），连接DP；①将△DBP沿DP所在的直线翻折，若点B恰好落在AC上，求此时BP的长；②以线段DP为边，在DP所在直线的右上方作等边△DPQ，当动点P从点B运动到点A时，点Q也随之运动，请直接写出点Q运动路径的长．6．如图，抛物线y＝ax2+bx+4交x轴于A（﹣1，0）、B（3，0）两点，交y轴于点C，连接BC．（1）求抛物线的解析式；（2）点P是抛物线上一点，设P点的横坐标为m．①当点P在第一象限时，过点P作PD⊥x轴，交BC于点D，过点D作DE⊥y轴，垂足为E，连接PE，当△PDE和△BOC相似时，求点P的坐标；②请直接写出使∠PBA＝∠ABC的点P的坐标．【答案与解析】一、选择题1．【分析】可证△ABF≌△AC′E（AAS）、△CDE≌△B′DF（AAS），则B′D+DE＝CD+ED＝x，y＝EC′×△AEC′的EC′边上的高，即可求解．【解答】解：∵△ABC绕点A逆时针旋转α，设AB′与BC交于点F，则∠BAB′＝∠CAC′＝α，∠B＝∠C′＝30°，AB＝AC＝AC′，∴△ABF≌△AC′E（AAS），∴BF＝C′E，AE＝AF，同理△CDE≌△B′DF（AAS），∴B′D＝CD，∴B′D+DE＝CD+ED＝x，AB＝AC＝2，∠B＝30°，则△ABC的高为1，等于△AEC′的高，BC＝2＝B′C′，y＝EC′×△AEC′的EC′边上的高＝（2）＝﹣x+，故选：B．2．【分析】根据⊙O1的半径为1，正方形ABCD的边长为6，点O2为正方形ABCD的中心，O1O2垂直AB于P点，设O1O2交圆O于M，求出PM＝4，得出圆O1与以P为圆心，以4为半径的圆相外切，即可得到答案．【解答】解：∵⊙O1的半径为1，正方形ABCD的边长为6，点O2为正方形ABCD的中心，O1O2垂直AB于P点，设O1O2交圆O于M，∴PM＝8﹣3﹣1＝4，圆O1与以P为圆心，以4为半径的圆相外切，∴根据图形得出有5次．故选：B．二、填空题3．【分析】利用菱形的面积公式：•AC•BD＝BC•AE，即可解决问题；【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，OA＝OC＝3，OB＝OD＝4，∴AB＝BC＝5，∵•AC•BD＝BC•AE，∴AE＝，故答案为：，4．【分析】应分两种情况进行讨论：①当PQ⊥AC时，△APQ为直角三角形，根据△APQ∽△ABC，可将时间t求出；②当PQ⊥AB时，△APQ为直角三角形，根据△APQ∽△ACB，可将时间t求出．【解答】解：∵AB是直径，∴∠C＝90°，又∵BC＝2cm，∠ABC＝60°，∴AB＝2BC＝4，AC＝2，则AP＝（4﹣2t）cm，AQ＝t，∵当点P到达点A时，点Q也随之停止运动，∴0＜t≤2，①如图1，当PQ⊥AC时，PQ∥BC，则△APQ∽△ABC，∴，∴，解得t＝3﹣，②如图2，当PQ⊥AB时，△APQ∽△ACB，则，故，解得t＝，故答案为：3﹣，．三、解答题5．【分析】（1）在Rt△AOC中，解直角三角形求出OC即可解决问题．（2）设E（m，0）．由题意，分两种情形：S四边形OEDC＝•（CD+OE）•OC＝•S矩形OABC或S四边形OEDC＝•（CD+OE）•OC＝•S矩形OABC，分别构建方程即可解决问题．（3）①如图1﹣1中，在Rt△DPB中，解直角三角形求出PB即可．②如图2中，以BD为边向上作等边三角形DBQ′，连接QQ′．证明△Q′DQ≌△BDP（SAS），推出QQ′＝PB，∠DQ′Q＝∠DBP＝90°，推出点Q的运动轨迹是线段QQ′，即可解决问题．【解答】解：（1）如图1中，∵四边形OABC是矩形，∴∠AOC＝90°，∵OA＝3，∠OAC＝30°，∴OC＝OA•tan30°＝，故答案为，（，）．（2）设E（m，0）．由题意，S四边形OEDC＝•（CD+OE）•OC＝•S矩形OABC或S四边形OEDC＝•（CD+OE）•OC＝•S矩形OABC，∴•（CD+OE）•OC＝×3×或•（CD+OE）•OC＝×3×，∴•（+m）•＝×3×或•（+m）•OC＝×3×，解得，m＝4﹣或2﹣．（3）①如图1﹣1中，∵tan∠OAC＝，∴∠OAC＝30°，∴∠ACB＝∠OAC＝30°，设将△DBP沿DP所在的直线翻折后，点B恰好落在AC上的B'处，则DB'＝DB＝DC，∠BDF＝∠B'DF，∴∠DB'C＝∠ACB＝30°∴∠BDB'＝60°，∴∠BDP＝∠B'DF＝30°，∴BP＝BD•tan30°＝，②如图2中，以BD为边向上作等边三角形DBQ′，连接QQ′．∵∠Q′DB＝∠QDP＝60°，∴∠Q′DQ＝∠BDP，∵Q′D＝BD，QD＝PD，∴△Q′DQ≌△BDP（SAS），∴QQ′＝PB，∠DQ′Q＝∠DBP＝90°，∴点Q的运动轨迹是线段QQ′，当动点P从点B运动到点A时，QQ′＝AB＝，∴点Q运动路径的长为．6．【分析】（1）用待定系数法进行解答便可；（2）①设出P点的横坐标为m，用m的代数式表示PD和DE，根据相似三角形的两种情况，由两直角边对应成比例，列出m的方程便可；②过B作BP平分∠ABC，交抛物线于点P，交OC于点M，过M作MN⊥BC于点N，设OM＝x，根据勾股定理求出x值，求得M点坐标，进而求出直线BM与抛物线的交点坐标便可得出其中一个满足条件的P点坐标；再取M关于x轴的对称点K的坐标，进而求得BK与抛物线的交点坐标，便可得另一个满足条件的P点坐标．【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+4交x轴于A（﹣1，0）、B（3，0）两点，∴，解得，，∴抛物线的解析式为：；（2）令x＝0，得＝4，∴C（0，4），∴OC＝4，∵B（3，0），设直线BC的解析式为y＝kx+n（k≠0），则，解得，∴直线BC的解析式为：y＝，设P（m，），则D（m，），∴DP＝，DE＝m，∴，∵∠BOC＝∠PDE＝90°，∴当△PDE和△BOC相似时，有两种情况：当△PDE∽△BOC时，则，即＝，解得，m＝，∴P（，）；当△PDE∽△COB时，则，即＝，解得，m＝2，∴P（2，4）．综上，当△PDE和△BOC相似时，点P的坐标（，）或（2，4）；②过B作BP平分∠ABC，交抛物线于点P，交OC于点M，过M作MN⊥BC于点N，如图1，则∠PBA＝∠ABC，OM＝MN，在Rt△BOM和Rt△BNM中，，∴Rt△BOM≌Rt△BNM（HL），∴BN＝BO＝3，设OM＝t，则MN＝MO＝t，CM＝4﹣t，CN＝BC﹣BN＝﹣3＝2，∵MN2+CN2＝MC2，∴t2+22＝（4﹣t）2，∴t＝，∴M（0，），设BM的解析式为：y＝mx+（m≠0），代入B（3，0）得，m＝，∴直线BM的解析式为：y＝﹣，解方程组得，，，∴p（，），取M（0，）关于x轴的对称点，K（0，﹣），连接BK，延长BK，交抛物线于点P'，如图2所示，则∠ABP＝∠ABC，设直线BK的解析式为y＝px（p≠0），代入B（3，0）得，p＝，∴直线BK的解析式为：y﹣，解方程组得，，∴P'（，），综上，使∠PBA＝∠ABC的点P的坐标为（，）或（，）．2020年中考数学压轴题每日一练（5.4）一、选择题1．如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝4，BC＝3，点O是AB的三等分点，半圆O与AC相切，M，N分别是BC与半圆弧上的动点，则MN的最小值和最大值之和是（）A．5 B．6 C．7 D．82．如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC，AB＝8，点D为AB的中点，若直角EDF绕点D旋转，分别交AC于点E，交BC于点F，则下列说法正确的个数有（）①AE＝CF；②EC+CF＝AD；③DE＝DF；④若△ECF的面积为一个定值，则EF的长也是一个定值．A．1个B．2个C．3个D．4个二、填空题3．如图，在矩形ABCD中，AB＝2AD＝6，点P为AB边上一点，且AP≤3，连接DP，将△ADP沿DP 折叠，点A落在点M处，连接CM，BM，当△BCM为等腰三角形时，BP的长为．第3题第4题4．如图，在△ABC中，AB＝10，AC＝8，BC＝6，经过点C且与边AB相切的动圆与CA，CB分别相交于点P，Q，则线段PQ长度的最小值是．三、解答题5．如图，已知△ABC和△ADE均为等腰三角形，AC＝BC，DE＝AE，将这两个三角形放置在一起．（1）问题发现如图①，当∠ACB＝∠AED＝60°时，点B、D、E在同一直线上，连接CE，则∠CEB的度数为，线段AE、BE、CE之间的数量关系是；（2）拓展探究如图②，当∠ACB＝∠AED＝90°时，点B、D、E在同一直线上，连接CE．请判断∠CEB的度数及线段AE、BE、CE之间的数量关系，并说明理由；（3）解决问题如图③，∠ACB＝∠AED＝90°，AC＝2，AE＝2，连接CE、BD，在△AED绕点A旋转的过程中，当DE⊥BD时，请直接写出EC的长．6．如图，点A与点B的坐标分别是（1，0），（5，0），点P是该直角坐标系内的一个动点．（1）使∠APB＝30°的点P有个；（2）若点P在y轴上，且∠APB＝30°，求满足条件的点P的坐标；（3）当点P在y轴上移动时，∠APB是否有最大值？若有，求点P的坐标，并说明此时∠APB最大的理由；若没有，也请说明理由．【答案与解析】一、选择题1．【分析】设⊙O与AC相切于点D，连接OD，作OP⊥BC垂足为P交⊙O于F，此时垂线段OP最短，MN最小值为OP﹣OF＝，当N在AB边上时，M与B重合时，MN最大值＝+1＝，由此不难解决问题．【解答】解：如图，设⊙O与AC相切于点D，连接OD，作OP⊥BC垂足为P交⊙O于F，此时垂线段OP最短，PF最小值为OP﹣OF，∵AC＝4，BC＝3，∴AB＝5∵∠OPB＝90°，∴OP∥AC∵点O是AB的三等分点，∴OB＝×5＝，＝＝，∴OP＝，∵⊙O与AC相切于点D，∴OD⊥AC，∴OD∥BC，∴＝＝，∴OD＝1，∴MN最小值为OP﹣OF＝﹣1＝，如图，当N在AB边上时，M与B重合时，MN经过圆心，经过圆心的弦最长，MN最大值＝+1＝，∴MN长的最大值与最小值的和是6．故选：B．2．【分析】①如果连接CD，可证△ADE≌△CDF，得出AE＝CF；②由①知，EC+CF＝EC+AE＝AC，而AC为等腰直角△ABC的直角边，由于斜边AB＝8，由勾股定理可求出AC＝BC＝4；③由①知DE＝DF；④△ECF的面积＝×CE×CF，如果这是一个定值，则CE•CF是一个定值，又EC+CF＝4，从而可唯一确定EC与EF的值，由勾股定理知EF的长也是一个定值．【解答】解：①连接CD．∵在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，点D为AB的中点，∴CD⊥AB，CD＝AD＝DB，在△ADE与△CDF中，∠A＝∠DCF＝45°，AD＝CD，∠ADE＝∠CDF，∴△ADE≌△CDF，∴AE＝CF．说法正确；②∵在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，AB＝8，∴AC＝BC＝4．由①知AE＝CF，∴EC+CF＝EC+AE＝AC＝4．说法正确；③由①知△ADE≌△CDF，∴DE＝DF．说法正确；④∵△ECF的面积＝×CE×CF，如果这是一个定值，则CE•CF是一个定值，又∵EC+CF＝4，∴可唯一确定EC与EF的值，再由勾股定理知EF的长也是一个定值，说法正确．故选：D．二、填空题3．【分析】①当BC＝CM时，△BCM为等腰三角形，当BM＝CM时，当△BCM为等腰三角形时，③当BC＝BM＝3时，由折叠的性质得，根据等腰三角形的性质和勾股定理即可得到结论．【解答】解：①如图1，当BC＝CM时，△BCM为等腰三角形，∴点M落在CD边上，如图1，DN＝AD＝3，∴四边形APMD是正方形，∴AP＝3，∵AB＝CD＝6，∴BP＝3；②如图2，当BM＝CM时，当△BCM为等腰三角形时，∴点M落在BC的垂直平分线上，如图2，过M作BC的垂直平分线交AD于H交BC于G，∴AH＝DH＝AD，∵将△ADP沿DP折叠，点A落在点M处，∴AD＝DM，∴DH＝DM，∴∠ADM＝60°，∴∠ADP＝∠PDM＝30°，∴AP＝AD＝，∴PB＝6﹣；③当BC＝BM＝3时，由折叠的性质得，DM＝AD＝3，∴DM+BM＝6，而BD＝＝3，∴DM+BM＜BD，故这种情况不存在，综上所述，BP的长为3或6﹣，故答案为：3或6﹣．4．【分析】设QP的中点为F，圆F与AB的切点为D，连接FD，连接CF，CD，则有FD⊥AB；由勾股定理的逆定理知，△ABC是直角三角形FC+FD＝PQ，由三角形的三边关系知，CF+FD＞CD；只有当点F在CD上时，FC+FD＝PQ有最小值为CD的长，即当点F在直角三角形ABC的斜边AB的高上CD时，PQ＝CD有最小值，由直角三角形的面积公式知，此时CD＝BC•AC÷AB＝4.8．【解答】解：如图，∵AB＝10，AC＝8，BC＝6，∴AB2＝AC2+BC2，∴∠ACB＝90°，∴PQ是⊙F的直径，设QP的中点为F，圆F与AB的切点为D，连接FD，连接CF，CD，则FD⊥AB．∴FC+FD＝PQ，∴CF+FD＞CD，∵当点F在直角三角形ABC的斜边AB的高上CD时，PQ＝CD有最小值∴CD＝BC•AC÷AB＝4.8．故答案为4.8．三、解答题5．【分析】（1）证明△ACE≌△ABD，得出CE＝AD，∠AEC＝∠ADB，即可得出结论；（2）证明△ACE∽△ABD，得出∠AEC＝∠ADB，BD＝CE，即可得出结论；（3）先判断出BD＝CE，再求出AB＝2，①当点E在点D上方时，先判断出四边形APDE是矩形，求出AP＝DP＝AE＝2，再根据勾股定理求出，BP＝6，得出BD＝4；②当点E在点D下方时，同①的方法得，AP＝DP＝AE＝1，BP＝4，进而得出BD＝BP+DP＝8，即可得出结论．【解答】解：（1）在△ABC为等腰三角形，AC＝BC，∠ACB＝60°，∴△ABC是等边三角形，∴AC＝AB，∠CAB＝60°，同理：AE＝AD，∠AED＝∠ADE＝∠EAD＝60°，∴∠EAD＝∠CAB，∴∠EAC＝∠DAB，∴△ACE≌△ABD（SAS），∴CE＝AD，∠AEC＝∠ADB，∵点B、D、E在同一直线上，∴∠ADB＝180°﹣∠ADE＝120°，∴∠AEC＝120°，∴∠CEB＝∠AEC﹣∠AEB＝60°，∵DE＝AE，∴BE＝DE+BD＝AE+CE，故答案为60°，BE＝AE+CE；（2）在等腰三角形ABC中，AC＝BC，∠ACB＝90°，∴AB＝AC，∠CAB＝45°，同理，AD＝AE，∠AED＝90°，∠ADE＝∠DAE＝45°，∴，∠DAE＝∠CAB，∴∠EAC＝∠DAB，∴△ACE∽△ABD，∴，∴∠AEC＝∠ADB，BD＝CE，∵点B、D、E在同一条直线上，∴∠ADB＝180°﹣∠ADE＝135°，∴∠AEC＝135°，∴∠EBC＝∠AEC﹣∠AED＝45°，∵DE＝AE，∴BE＝DE+BD＝AE+CE；（3）由（2）知，△ACE∽△ABD，∴BD＝CE，在Rt△ABC中，AC＝2，∴AB＝AC＝2，①当点E在点D上方时，如图③，过点A作AP⊥BD交BD的延长线于P，∵DE⊥BD，∴∠PDE＝∠AED＝∠APD，∴四边形APDE是矩形，∵AE＝DE，∴矩形APDE是正方形，∴AP＝DP＝AE＝2，在Rt△APB中，根据勾股定理得，BP＝＝6，∴BD＝BP﹣AP＝4，∴CE＝BD＝2；②当点E在点D下方时，如图④同①的方法得，AP＝DP＝AE＝2，BP＝4，∴BD＝BP+DP＝8，∴CE＝BD＝4，即：CE的长为2或4．6．【分析】（1）已知点A、点B是定点，要使∠APB＝30°，只需点P在过点A、点B的圆上，且弧AB所对的圆心角为60°即可，显然符合条件的点P有无数个．（2）结合（1）中的分析可知：当点P在y轴的正半轴上时，点P是（1）中的圆与y轴的交点，借助于垂径定理、等边三角形的性质、勾股定理等知识即可求出符合条件的点P的坐标；当点P在y轴的负半轴上时，同理可求出符合条件的点P的坐标．（3）由三角形外角的性质可证得：在同圆或等圆中，同弧所对的圆周角大于同弧所对的圆外角．要∠APB最大，只需构造过点A、点B且与y轴相切的圆，切点就是使得∠APB最大的点P，然后结合切线的性质、三角形外角的性质、矩形的判定与性质、勾股定理等知识即可解决问题．【解答】解：（1）以AB为边，在第一象限内作等边三角形ABC，以点C为圆心，AC为半径作⊙C，交y轴于点P1、P2．在优弧AP1B上任取一点P，如图1，则∠APB＝∠ACB＝×60°＝30°．∴使∠APB＝30°的点P有无数个．故答案为：无数．（2）①当点P在y轴的正半轴上时，过点C作CG⊥AB，垂足为G，如图1．∵点A（1，0），点B（5，0），∴OA＝1，OB＝5．∴AB＝4．∵点C为圆心，CG⊥AB，∴AG＝BG＝AB＝2．∴OG＝OA+AG＝3．∵△ABC是等边三角形，∴AC＝BC＝AB＝4．∴CG＝＝＝2．∴点C的坐标为（3，2）．过点C作CD⊥y轴，垂足为D，连接CP2，如图1，∵点C的坐标为（3，2），∴CD＝3，OD＝2．∵P1、P2是⊙C与y轴的交点，∴∠AP1B＝∠AP2B＝30°．∵CP2＝CA＝4，CD＝3，∴DP2＝＝．∵点C为圆心，CD⊥P1P2，∴P1D＝P2D＝．∴P2（0，2﹣）．P1（0，2+）．②当点P在y轴的负半轴上时，同理可得：P3（0，﹣2﹣）．P4（0，﹣2+）．综上所述：满足条件的点P的坐标有：（0，2﹣）、（0，2+）、（0，﹣2﹣）、（0，﹣2+）．（3）当过点A、B的⊙E与y轴相切于点P时，∠APB最大．理由：可证：∠APB＝∠AEH，当∠APB最大时，∠AEH最大．由sin∠AEH＝得：当AE最小即PE最小时，∠AEH最大．所以当圆与y轴相切时，∠APB最大．①当点P在y轴的正半轴上时，连接EA，作EH⊥x轴，垂足为H，如图2．∵⊙E与y轴相切于点P，∴PE⊥OP．∵EH⊥AB，OP⊥OH，∴∠EPO＝∠POH＝∠EHO＝90°．∴四边形OPEH是矩形．∴OP＝EH，PE＝OH＝3．∴EA＝3．∵∠EHA＝90°，AH＝2，EA＝3，∴EH＝＝＝∴OP＝∴P（0，）．②当点P在y轴的负半轴上时，同理可得：P（0，﹣）．理由：①若点P在y轴的正半轴上，在y轴的正半轴上任取一点M（不与点P重合），连接MA，MB，交⊙E于点N，连接NA，如图2所示．∵∠ANB是△AMN的外角，∴∠ANB＞∠AMB．∵∠APB＝∠ANB，∴∠APB＞∠AMB．②若点P在y轴的负半轴上，同理可证得：∠APB＞∠AMB．综上所述：当点P在y轴上移动时，∠APB有最大值，此时点P的坐标为（0，）和（0，﹣）．2020年中考数学压轴题每日一练（5.9）一、选择题1．在平面直角坐标系xOy中，将一块含有45°角的直角三角板如图放置，直角顶点C的坐标为（1，0），顶点A的坐标（0，2），顶点B恰好落在第一象限的双曲线上，现将直角三角板沿x轴正方向平移，当顶点A恰好落在该双曲线上时停止运动，则此时点C的对应点C′的坐标为（）A．（，0）B．（2，0）C．（，0）D．（3，0）2．如图，在等腰直角三角形ABC中，∠ACB＝90°，BC＝2，D是BC边上一动点，将AD绕点A逆时针旋转45°得AE，连接CE，则线段CE长的最小值为（）A．B．C．﹣1 D．2﹣二、填空题3．如图，在矩形ABCD中，AB＝5，BC＝4，以CD为直径作⊙O．将矩形ABCD绕点C旋转，使所得矩形A′B′CD′的边A′B′与⊙O相切，切点为E，边CD′与⊙O相交于点F，则CF的长为．第3题第4题4．问题背景：如图1，将△ABC绕点A逆时针旋转60°得到△ADE，DE与BC交于点P，可推出结论：PA+PC ＝PE．问题解决：如图2，在△MNG中，MN＝6，∠M＝75°，MG＝．点O是△MNG内一点，则点O 到△MNG三个顶点的距离和的最小值是．三、解答题5．如图（1），在△ABC中，∠C＝90°，AB＝5cm，BC＝3cm，动点P在线段AC上以5cm/s的速度从点A运动到点C，过点P作PD⊥AB于点D，将△APD绕PD的中点旋转180°得到△A′DP，设点P的运动时间为x（s）．（1）当点A′落在边BC上时，求x的值；（2）在动点P从点A运动到点C过程中，当x为何值时，△A′BC是以A′B为腰的等腰三角形；（3）如图（2），另有一动点Q与点P同时出发，在线段BC上以5cm/s的速度从点B运动到点C，过点Q作QE⊥AB于点E，将△BQE绕QE的中点旋转180°得到△B′EQ，连结A′B′，当直线A′B′与△ABC的一边垂直时，求线段A′B′的长．6．在△AOB中，∠ABO＝90°，AB＝3，BO＝4，点C在OB上，且BC＝1，（1）如图1，以O为圆心，OC长为半径作半圆，点P为半圆上的动点，连接PB，作DB⊥PB，使点D落在直线OB的上方，且满足DB：PB＝3：4，连接AD①请说明△ADB∽△OPB；②如图2，当点P所在的位置使得AD∥OB时，连接OD，求OD的长；③点P在运动过程中，OD的长是否有最大值？若有，求出OD长的最大值：若没有，请说明理由．（2）如图3，若点P在以O为圆心，OC长为半径的圆上运动．连接PA，点P在运动过程中，PA﹣是否有最大值？若有，直接写出最大值；若没有，请说明理由．【答案与解析】一、选择题1．【分析】过点B作BD⊥x轴于点D，易证△ACO≌△BCD（AAS），从而可求出B的坐标，进而可求出反比例函数的解析式，根据解析式与A的坐标即可得知平移的单位长度，从而求出C的对应点．【解答】解：过点B作BD⊥x轴于点D，∵∠ACO+∠BCD＝90°，∠OAC+∠ACO＝90°，∴∠OAC＝∠BCD，在△ACO与△BCD中，∴△ACO≌△BCD（AAS）∴OC＝BD，OA＝CD，∵A（0，2），C（1，0）∴OD＝3，BD＝1，∴B（3，1），∴设反比例函数的解析式为y＝，将B（3，1）代入y＝，∴k＝3，∴y＝，∴把y＝2代入，∴x＝，当顶点A恰好落在该双曲线上时，此时点A移动了个单位长度，∴C也移动了个单位长度，此时点C的对应点C′的坐标为（，0）故选：A．2．【分析】在AB上截取AF＝AC＝2，由旋转的性质可得AD＝AE，由勾股定理可求AB＝2，可得BF ＝2﹣2，由“SAS”可证△ACE≌△AFD，可得CE＝DF，则当DF⊥BC时，DF值最小，即CE的值最小，由直角三角形的性质可求线段CE长的最小值．【解答】解：如图，在AB上截取AF＝AC＝2，∵旋转∴AD＝AE∵AC＝BC＝2，∠ACB＝90°∴AB＝2，∠B＝∠BAC＝45°，∴BF＝2﹣2∵∠DAE＝45°＝∠BAC∴∠DAF＝∠CAE，且AD＝AE，AC＝AF∴△ACE≌△AFD（SAS）∴CE＝DF，当DF⊥BC时，DF值最小，即CE的值最小，∴DF最小值为＝2﹣故选：D．二、填空题3．【分析】连接OE，延长EO交CD于点G，作OH⊥B′C，由旋转性质知∠B′＝∠B′CD′＝90°、AB＝CD ＝5、BC＝B′C＝4，从而得出四边形OEB′H和四边形EB′CG都是矩形且OE＝OD＝OC＝2.5，继而求得CG＝B′E＝OH＝＝＝2，根据垂径定理可得CF的长．【解答】解：连接OE，延长EO交CD于点G，作OH⊥B′C于点H，则∠OEB′＝∠OHB′＝90°，∵矩形ABCD绕点C旋转所得矩形为A′B′C′D′，∴∠B′＝∠B′CD′＝90°，AB＝CD＝5、BC＝B′C＝4，∴四边形OEB′H和四边形EB′CG都是矩形，OE＝OD＝OC＝2.5，∴B′H＝OE＝2.5，∴CH＝B′C﹣B′H＝1.5，∴CG＝B′E＝OH＝＝＝2，∵四边形EB′CG是矩形，∴∠OGC＝90°，即OG⊥CD′，∴CF＝2CG＝4，故答案为：4．4．【分析】（1）在BC上截取BG＝PD，通过三角形全等证得AG＝AP，BG＝DP，得出△AGP是等边三角形，得出AP＝GP，则PA+PC＝GP+PC＝GC＝PE，即可证得结论；（2）以MG为边作等边三角形△MGD，以OM为边作等边△OME．连接ND，可证△GMO≌△DME，可得GO＝DE，则MO+NO+GO＝NO+OE+DE，即当D、E、O、N四点共线时，MO+NO+GO值最小，最小值为ND的长度，根据勾股定理先求得MF、DF，然后求ND的长度，即可求MO+NO+GO 的最小值．【解答】（1）证明：如图1，在BC上截取BG＝PD，在△ABG和△ADP中，∴△ABG≌△ADP（SAS），∴AG＝AP，BG＝DP，∴GC＝PE，∵∠GAP＝∠BAD＝60°，∴△AGP是等边三角形，∴AP＝GP，∴PA+PC＝GP+PC＝GC＝PE∴PA+PC＝PE；（2）解：如图2：以MG为边作等边三角形△MGD，以OM为边作等边△OME．连接ND，作DF⊥NM，交NM的延长线于F．∵△MGD和△OME是等边三角形∴OE＝OM＝ME，∠DMG＝∠OME＝60°，MG＝MD，∴∠GMO＝∠DME在△GMO和△DME中∴△GMO≌△DME（SAS），∴OG＝DE∴NO+GO+MO＝DE+OE+NO∴当D、E、O、M四点共线时，NO+GO+MO值最小，∵∠NMG＝75°，∠GMD＝60°，∴∠NMD＝135°，∴∠DMF＝45°，∵MG＝．∴MF＝DF＝4，∴NF＝MN+MF＝6+4＝10，∴ND＝＝＝2，∴MO+NO+GO最小值为2，故答案为2，三、解答题5．【分析】（1）根据勾股定理求出AC，证明△APD∽△ABC，△A′PC∽△ABC，根据相似三角形的性质计算；（2）分A′B＝BC、A′B＝A′C两种情况，根据等腰三角形的性质解答；（3）根据题意画出图形，根据锐角三角函数的概念计算．【解答】解：（1）如图1，∵在△ABC中，∠C＝90°，AB＝5cm，BC＝3cm，∴AC＝＝4cm，当点A′落在边BC上时，由题意得，四边形APA′D为平行四边形，∵PD⊥AB，∴∠ADP＝∠C＝90°，∵∠A＝∠A，∴△APD∽△ABC，∵AP＝5x，∴A′P＝AD＝4x，PC＝4﹣5x，∵∠A′PD＝∠ADP，∴A′P∥AB，∴△A′PC∽△ABC，∴，即＝，解得：x＝，∴当点A′落在边BC上时，x＝；（2）当A′B＝BC时，（5﹣8x）2+（3x）2＝32，解得：．∵x≤，∴；当A′B＝A′C时，x＝．（3）Ⅰ、当A′B′⊥AB时，如图6，∴DH＝PA'＝AD，HE＝B′Q＝EB，∵AB＝2AD+2EB＝2×4x+2×3x＝5，∴x＝，∴A′B′＝QE﹣PD＝x＝；Ⅱ、当A′B′⊥BC时，如图7，∴B′E＝5x，DE＝5﹣7x，∴cos B＝，∴x＝，∴A′B′＝B′D﹣A′D＝；Ⅲ、当A′B′⊥AC时，如图8，由（1）有，x＝，∴A′B′＝PA′sin A＝；当A′B′⊥AB时，x＝，A′B′＝；当A′B′⊥BC时，x＝，A′B′＝；当A′B′⊥AC时，x＝，A′B′＝．6．【分析】（1）①由∠ABO＝90°和DB⊥PB可得∠DBA＝∠PBO，结合边长关系由两边对应成比例及其夹角相等的三角形相似即可证明结论．②过D点作DH⊥BO交OB延长线于H点，由AD∥OB平行可得∠DAB＝90°，而△ADB∽△OPB可知∠POB＝90°，由已知可求出AD．由Rt△DHO即可计算OD的长，③由△ADB∽△OPB可知，可求AD＝，由此可知D在以A为圆心AD为半径的圆上运动，所以OD的最大值为OD过A点时最大．求出OA即可得到答案．（2）在OC上取点B′，使OB′＝OP＝，构造△BOP～△POB′，可得＝PA﹣PB′≤AB'，求出AB’即可求出最大值．【解答】解：（1）①∵DB⊥PB，∠ABO＝90°，∴∠ADB＝∠CDP，又∵AB＝3，BO＝4，DB：PB＝3：4，即：，∴△ADB∽△OPB；②如解图（2），过D点作DH⊥BO交OB延长线于H点，∵AD∥OB，∠ABD＝90°，∴∠DAB＝90°，又∵△ADB∽△OPB，∴，∴AD＝，∵四边形ADHB为矩形，∴HD＝AB＝3，HB＝AD＝，∴OH＝OB+HB＝在Rt△DHO中，OD＝＝＝．③在△AOB中，∠ABO＝90°，AB＝3，BO＝4，∴OA＝5．由②得AD＝，∴D在以A为圆心AD为半径的圆上运动，∴OD的最大值为OD过A点时最大，即OD的最大值为＝OA+AD＝5+＝．（2）如解图（4），在OC上取点B′，使OB′＝OP＝，∵∠BOP＝∠POB′，＝，∴△BOP～△POB′，∴，∴＝PA﹣PB′≤AB'，∴∴有最大值为AB′，在Rt△ABB′中，AB＝3，BB′＝＝，∴AB′＝＝＝，即：点P在运动过程中，PA﹣有最大值为，2020年中考数学压轴题每日一练（5.8）一、选择题1．如图，在五边形ABCDE中，∠BAE＝120°，∠B＝∠E＝90°，AB＝BC，AE＝DE，在BC、DE上分别找一点M、N，使得△AMN的周长最小时，则∠AMN+∠ANM的度数为（）A．90°B．100°C．110°D．120°2．如图，P是半圆O上一点，Q是半径OA延长线上一点，AQ＝OA＝1，以PQ为斜边作等腰直角三角形PQR，连接OR．则线段OR的最大值为（）A．B．3 C．D．1二、填空题3．如图，E、F，G、H分别为矩形ABCD的边AB、BC、CD、DA的中点，连接AC、HE、EC，GA，GF．已知AG⊥GF，AC＝，则AB的长为．第3题第4题4．如图，AB为半圆O的直径，点C在半圆O上，AB＝8，∠CAB＝60°，P是弧上的一个点，连接AP，过点C作CD⊥AP于点D，连接BD，在点P移动过程中，BD长的最小值为．三、解答题5．如图，⊙O是四边形ABCD的外接圆．AC、BD是四边形ABCD的对角线，BD经过圆心O，点E在BD的延长线上，BA与CD的延长线交于点F，DF平分∠ADE．（1）求证：AC＝BC；（2）若AB＝AF，求∠F的度数；（3）若，⊙O半径为5，求DF的长．6．如图，△ABC是边长为2的等边三角形，点D与点B分别位于直线AC的两侧，且AD＝AC，联结BD、CD，BD交直线AC于点E．（1）当∠CAD＝90°时，求线段AE的长．（2）过点A作AH⊥CD，垂足为点H，直线AH交BD于点F，①当∠CAD＜120°时，设AE＝x，y＝（其中S△BCE表示△BCE的面积，S△AEF表示△AEF的面积），求y关于x的函数关系式，并写出x的取值范围；②当＝7时，请直接写出线段AE的长．【答案与解析】一、选择题1．【分析】根据要使△AMN的周长最小，即利用点的对称，让三角形的三边在同一直线上，作出A关于BC和ED的对称点A′，A″，即可得出∠AA′M+∠A″＝∠HAA′＝60°，进而得出∠AMN+∠ANM＝2（∠AA′M+∠A″）即可得出答案．【解答】解：作A关于BC和ED的对称点A′，A″，连接A′A″，交BC于M，交ED于N，则A′A″即为△AMN的周长最小值．作EA延长线AH，∵∠BAE＝120°，∴∠HAA′＝60°，∴∠A′+∠A″＝∠HAA′＝60°，∵∠A′＝∠MAA′，∠NAE＝∠A″，且∠A′+∠MAA′＝∠AMN，∠NAE+∠A″＝∠ANM，∴∠AMN+∠ANM＝∠A′+∠MAA′+∠NAE+∠A″＝2（∠A′+∠A″）＝2×60°＝120°，故选：D．2．【分析】将△RQO绕点R顺时针旋转90°，可得△RPE，可得ER＝RO，∠ERO＝90°，PE＝OQ＝2，由直角三角形的性质可得EO＝RO，由三角形三边关系可得EO≤PO+EP＝3，即可求解．【解答】解：将△RQO绕点R顺时针旋转90°，可得△RPE，∴ER＝RO，∠ERO＝90°，PE＝OQ＝2∴EO＝RO，∵EO≤PO+EP＝3∴RO≤3∴OR的最大值＝故选：A．二、填空题3．【分析】如图，连接BD．由△ADG∽△GCF，设CF＝BF＝a，CG＝DG＝b，可得＝，推出＝，可得b＝a，在Rt△GCF中，利用勾股定理求出b，即可解决问题；【解答】解：如图，连接BD．∵四边形ABCD是矩形，∴∠ADC＝∠DCB＝90°，AC＝BD＝，∵CG＝DG，CF＝FB，∴GF＝BD＝，∵AG⊥FG，∴∠AGF＝90°，∴∠DAG+∠AGD＝90°，∠AGD+∠CGF＝90°，∴∠DAG＝∠CGF，∴△ADG∽△GCF，设CF＝BF＝a，CG＝DG＝b，∴＝，∴＝，∴b2＝2a2，∵a＞0．b＞0，∴b＝a，在Rt△GCF中，3a2＝，∴a＝，∴AB＝2b＝2．故答案为2．4．【分析】以AC为直径作圆O′，连接BO′、BC．在点P移动的过程中，点D在以AC为直径的圆上运动，当O′、D、B共线时，BD的值最小，最小值为O′B﹣O′D，利用勾股定理求出BO′即可解决问题．【解答】解：如图，以AC为直径作圆O′，连接BO′、BC，O'D，∵CD⊥AP，∴∠ADC＝90°，∴在点P移动的过程中，点D在以AC为直径的圆上运动，∵AB是直径，∴∠ACB＝90°，在Rt△ABC中，∵AB＝8，∠CAB＝60°，∴BC＝AB•sin60°＝4，AC＝AB•cos60°＝4，∴AO'＝CO'＝2，∴BO'＝＝＝2，∵O′D+BD≥O′B，∴当O′、D、B共线时，BD的值最小，最小值为O′B﹣O′D＝2﹣2，故答案为2﹣2．三、解答题5．【分析】（1）根据角平分线的定义得到∠EDF＝∠ADF，根据圆内接四边形的性质和圆周角定理结论得到结论；（2）根据圆周角定理得到AD⊥BF，推出△ACB是等边三角形，得到∠ADB＝∠ACB＝60°，根据等腰三角形的性质得到结论；（3）设CD＝k，BC＝2k，根据勾股定理得到BD＝＝k＝10，求得＝2，BC＝AC＝4，根据相似三角形的性质即可得到结论【解答】（1）证明：∵DF平分∠ADE，∴∠EDF＝∠ADF，∵∠EDF＝∠ABC，∠BAC∠BDC，∠EDF＝∠BDC，∴∠BAC＝∠ABC，∴AC＝BC；（2）解：∵BD是⊙O的直径，∴AD⊥BF，∵AF＝AB，∴DF＝DB，∴∠FDA＝∠BDA，∴∠ADB＝∠CAB＝∠ACB，∴△ACB是等边三角形，∴∠ADB＝∠ACB＝60°，∴∠ABD＝90°﹣60°＝30°，∴∠F＝∠ABD＝30°；（3）解：∵，∴＝，设CD＝k，BC＝2k，∴BD＝＝k＝10，∴k＝2，∴CD＝2，BC＝AC＝4，∵∠ADF＝∠BAC，∴∠FAC＝∠ADC，∵∠ACF＝∠DCA，∴△ACF∽△DCA，∴＝，∴CF＝8，∴DF＝CF﹣CD＝6．6．【分析】（1）过点E作EG⊥BC，垂足为点G．AE＝x，则EC＝2﹣x．根据BG＝EG构建方程求出x 即可解决问题．（2）①证明△AEF∽△BEC，可得，由此构建关系式即可解决问题．②分两种情形：当∠CAD＜120°时，当120°＜∠CAD＜180°时，分别求解即可解决问题．【解答】解：（1）∵△ABC是等边三角形，∴AB＝BC﹣AC＝2，∠BAC＝∠ABC＝∠ACB＝60°．∵AD＝AC，∴AD＝AB，∴∠ABD＝∠ADB，∵∠ABD+∠ADB+∠BAC+∠CAD＝180°，∠CAD＝90°，∠ABD＝15°，∴∠EBC＝45°．过点E作EG⊥BC，垂足为点G．设AE＝x，则EC＝2﹣x．在Rt△CGE中，∠ACB＝60°，∴，，∴BG＝2﹣CG＝1+x，在Rt△BGE中，∠EBC＝45°，∴，解得．所以线段AE的长是．（2）①设∠ABD＝α，则∠BDA＝α，∠DAC＝∠BAD﹣∠BAC＝120°﹣2α．∵AD＝AC，AH⊥CD，∴，又∵∠AEF＝60°+α，∴∠AFE＝60°，∴∠AFE＝∠ACB，又∵∠AEF＝∠BEC，∴△AEF∽△BEC，∴，由（1）得在Rt△CGE中，，，∴BE2＝BG2+EG2＝x2﹣2x+4，∴（0＜x＜2）．②当∠CAD＜120°时，y＝7，则有7＝，整理得3x2+x﹣2＝0，解得x＝或﹣1（舍弃），．当120°＜∠CAD＜180°时，同法可得y＝当y＝7时，7＝，整理得3x2﹣x﹣2＝0，解得x＝﹣（舍弃）或1，∴AE＝1．2020年中考数学压轴题每日一练（5.7）一、选择题1．已知函数y ＝ax 2+bx +c 的图象的一部分如图所示，则a +b +c 取值范围是（ ）A ．﹣2＜a +b +c ＜0B ．﹣2＜a +b +c ＜2C ．0＜a +b +c ＜2D ．a +b +c ＜22．如图所示，矩形OABC 中，OA ＝2OC ，D 是对角线OB 上的一点，OD ＝OB ，E 是边AB 上的一点．AE ＝AB ，反比例函数y ＝（x ＞0）的图象经过D ，E 两点，交BC 于点F ，AC 与OB 交于点M ．EF与OB 交于点G ，且四边形BFDE 的面积为．下列结论：①EF ∥AC ；②k ＝2；③矩形OABC 的面积为；④点F 的坐标为（，）正确结论的个数为（ ）A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个 二、填空题 3．如图，二次函数y ＝（x +2）2+m 的图象与y 轴交于点C ，与x 轴的一个交点为A （﹣1，0），点B 在抛物线上，且与点C 关于抛物线的对称轴对称．已知一次函数y ＝kx +b 的图象经过A ，B 两点，根据图象，则满足不等式（x +2）2+m ≤kx +b 的x 的取值范围是 ．4．如图，AE=4，以AE 为直径作⊙O ，点B 是直径AE 上的一动点，以AB 为边在AE 的上方作正方形ABCD ，取CD 的中点M ，将△ADM 沿直线AM 对折，当点D 的对应点D ´落在⊙O 上时，BE 的长为 .三、解答题5．在平面直角坐标系xOy 中，有不重合的两个点Q （x 1，y 1）与P （x 2，y 2）．若Q ，P 为某个直角三角形的两个锐角顶点，且该直角三角形的直角边均与x 轴或y 轴平行（或重合），则我们将该直角三角形的两条直角边的边长之和称为点Q 与点P 之间的“折距”，记做D PQ ．特别地，当PQ 与某条坐标轴平EA OB D CM D´行（或重合）时，线段PQ的长即点Q与点P之间的“折距”．例如，在图1中，点P（1，﹣1），点Q（3，﹣2），此时点Q与点P之间的“折距”D PQ＝3．（1）①已知O为坐标原点，点A（3，﹣2），B（﹣1，0），则D AO＝，D BO＝．②点C在直线y＝﹣x+4上，请你求出D CO的最小值．（2）点E是以原点O为圆心，1为半径的圆上的一个动点，点F是直线y＝3x+6上以动点．请你直接写出点E与点F之间“折距”D EF的最小值．6．如图1，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝5，点E在AD上，ED＝3．动点P从点B出发沿BC方向以每秒3个单位的速度向点C运动，过点P作PF∥CE，与边BA交于点F，过点F作FG∥BC，与CE交于点G，当点F与点A重合时，点P停止运动，设点P运动的时间为t秒．（1）用含t的代数式分别表示线段BF和PF的长度，则有BF＝，PF＝．（2）如图2，作点D关于CE的对称点D′，当FG恰好过点D′时，求t的值．（3）如图3，作△FGP的外接圆⊙O，当点P在运动过程中．①当外接圆⊙O与四边形ABCE的边BC或CE相切时，请求出符合要求的t的值；②当外接圆⊙O的圆心O落在△FGP的内部（不包括边上）时，直接写出t的取值范围．【答案与解析】一、选择题1．【分析】函数y＝ax2+bx+c的图象开口向下可知a小于0，由于抛物线顶点在第一象限即抛物线对称轴在y轴右侧，当x＝1时，抛物线的值必大于0由此可求出a的取值范围，将a+b+c用a表示出即可得出答案．【解答】解：由图象可知：a＜0，图象过点（0，1），所以c＝1，图象过点（﹣1，0），则a﹣b+1＝0，当x＝1时，应有y＞0，则a+b+1＞0，将a﹣b+1＝0代入，可得a+（a+1）+1＞0，解得a＞﹣1，所以，实数a的取值范围为﹣1＜a＜0．又a+b+c＝2a+2，∴0＜a+b+c＜2．故选：C．2．【分析】设E（a，b），F（m，n），则a＝OA＝BC，b＝AE，CF＝m，n＝CO＝AB，证明＝即可判断①；表示出D和E的坐标，根据系数k的几何意义求得k的值即可判断②；求得B的坐标，求得矩形OABC的面积即可判断③；求得F的坐标即可判断④．【解答】解：设E（a，b），F（m，n），则a＝OA＝BC，b＝AE，CF＝m，n＝CO＝AB，∴B（a，n），∵E，F在反比例函数y＝上，∴ab＝mn，∴BC•AE＝CF•AB，∴＝，∴EF∥AC，故①正确；∵OD＝OB，AE＝AB，∴D（a，n），E（a，n），∵OA＝2OC，∴a＝2n，∴B（2n，n），D（n，n），E（2n，n），∵反比例函数y＝经过点F，E，∴k＝mn＝2n•n，∴m＝n，∴F（n，n），∴BF＝2n﹣n＝n，BE＝n，∵四边形BFDE的面积＝S△BDF+S△BDE＝，。

2020年中考数学压轴题一、选择题1．如图，△ABC中，AB＝AC，∠A＝40°，延长AC到D，使CD＝BC，点P是△ABD的内心，则∠BPC＝（）A．145°B．135°C．120°D．105°2．如图，C为⊙O直径AB上一动点，过点C的直线交⊙O于D，E两点，且∠ACD＝45°，DF⊥AB于点F，EG⊥AB于点G，当点C在AB上运动时．设AF＝x，DE＝y，下列中图象中，能表示y与x的函数关系式的图象大致是（）A．B．C．D．二、填空题3．已知二次函数y＝x2+bx+c的图象与x轴两交点的坐标分别为（m，0）、（﹣3m，0）（m≠0），对称轴为直线x＝1，则该二次函数的最小值为．4．如图，二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象经过点（1，2）且与x轴交点的横坐标分别为x1，x2，其中﹣1＜x1＜0，1＜x2＜2．下列结论：①4a+2b+c＜0；②a＜﹣1；③b2+8a＞4ac；④2a﹣b＜0．其中结论正确的有．（把所有正确答案的序号都填写在横线上）三、解答题5．如图，在四边形ABCD中，AB∥DC，CB⊥AB．AB＝16cm，BC＝6cm，CD＝8cm，动点P从点D开始沿DA边匀速运动，动点Q从点A开始沿AB边匀速运动，它们的运动速度均为2cm/s．点P和点Q同时出发，设运动的时间为t（s），0＜t＜5．（1）用含t的代数式表示AP；（2）当以点A．P，Q为顶点的三角形与△ABD相似时，求t的值；（3）当QP⊥BD时，求t的值．6．如图，在平面直角坐标系中，直线AB与x轴，y轴分别交于点A（﹣4，0），B（0，3），动点P从点O出发，沿x轴负方向以每秒1个单位的速度运动，同时动点Q从点B出发，沿射线BO方向以每秒2个单位的速度运动，过点P作PC⊥AB于点C，连接PQ，CQ，以PQ，CQ为邻边构造平行四边形PQCD，设点P运动的时间为t秒．（1）当点Q在线段OB上时，用含t的代数式表示PC，AC的长；（2）在运动过程中．①当点D落在x轴上时，求出满足条件的t的值；②若点D落在△ABO内部（不包括边界）时，直接写出t的取值范围；（3）作点Q关于x轴的对称点Q′，连接CQ′，在运动过程中，是否存在某时刻使过A，P，C三点的圆与△CQQ′三边中的一条边相切？若存在，请求出t的值；若不存在，请说明理由．【答案与解析】一、选择题1．【分析】已知P为△ABD的内心，则P点必在∠BAC的角平分线上，由于AB＝AC，根据等腰三角形的性质可知：P点必在BC的垂直平分线上，即BP＝PC，△BPC也是等腰三角形，欲求∠BPC，必先求出∠PBC的度数．等腰△ABC中，已知了顶角∠A的度数，可求得∠ABC、∠ACB的度数；由于CB＝CD，∠ACB是△ABC的外角，由此可求出∠D和∠CBD的度数；由于P是△ABD的内心，则PB平分∠ABD，由此可求得∠PBD的度数，根据∠PBC＝∠PBD﹣∠CBD可求出∠PBC的度数，由此得解．【解答】解：△ABC中，AB＝AC，∠A＝40°；∴∠ABC＝∠ACB＝70°；∵P是△ABD的内心，∴P点必在等腰△ABC底边BC的垂直平分线上，∴PB＝PC，∠BPC＝180°﹣2∠PBC；在△CBD中，CB＝CD，∴∠CBD＝∠D＝∠ACB＝35°；∵P是△ABD的内心，∴PB平分∠ABD，∴∠PBD＝∠ABD＝（∠ABC+∠CBD）＝52.5°，∴∠PBC＝∠PBD﹣∠CBD＝52.5°﹣35°＝17.5°；∴∠BPC＝180°﹣2∠PBC＝145°．故选：A．2．【分析】本题考查动点函数图象的问题．【解答】解：点C从点A运动到点B的过程中，x的值逐渐增大，DE的长度随x值的变化先变大再变小，当C与O重合时，y有最大值，∵x＝0，y＝ABx＝AB﹣AB时，DE过点O，此时：DE＝ABx＝AB，y＝AB所以，随着x的增大，y先增后降，类抛物线故选：A．二、填空题3．【分析】根据抛物线与x轴的交点坐标和抛物线的对称性得到x＝﹣m＝1，解得m＝﹣1，则抛物线与x轴两交点的坐标分别为（﹣1，0）、（3，0），根据抛物线的交点式得到y＝（x+1）（x﹣3）＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣1）2﹣4，然后根据抛物线的最值问题求解．【解答】解：∵二次函数y＝x2+bx+c的图象与x轴两交点的坐标分别为（m，0）、（﹣3m，0）（m≠0），∴抛物线的对称轴为直线x＝﹣m＝1，解得m＝﹣1，∴抛物线与x轴两交点的坐标分别为（﹣1，0）、（3，0），∴y＝（x+1）（x﹣3）＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣1）2﹣4，∴x＝1时，y的最小值为﹣4．故答案为﹣4．4．【分析】由抛物线可知当x＝2时y＜0，x＝﹣1时y＜0，则有4a+2b+c＜0，a﹣b+c＜0；由抛物线过（1，2）可得a+b+c＝2；由抛物线的开口方向可得a＜0；由抛物线的顶点位置和对称轴位置可得，＞0；然后进行推理，即可对各个结论作出判断．【解答】解：由二次函数的图象可得：当x＝2时y＜0，则有4a+2b+c＜0（1），故①正确；∵二次函数的图象经过点（1，2），∴a+b+c＝2（2），由二次函数的图象可得：当x＝﹣1时，y＜0，则有a﹣b+c＜0（3），把（2）代入（1）得到2+3a+b＜0，则有a＜，把（2）代入（3）得到2﹣2b＜0，则有b＞1，则a＜﹣1，故②正确；由二次函数的图象中顶点的位置，可得：＞2（4），由抛物线开口向下，可得：a＜0，则由（4）可得4ac﹣b2＜8a，即b2+8a＞4ac，故③正确；由抛物线的对称轴的位置，可得＞0，则b＞0，又由a＜0，则有2a﹣b＜0，故④正确；故答案为：①②③④．三、解答题5．【分析】（1）如图作DH⊥AB于H则四边形DHBC是矩形，利用勾股定理求出AD的长即可解决问题；（2）根据相似三角形的性质列方程即可得到结论；（3）当PQ⊥BD时，∠PQN+∠DBA＝90°，∠QPN+∠PQN＝90°，推出∠QPN＝∠DBA，推出tan∠QPN＝＝，由此构建方程即可解决问题．【解答】解：（1）如图作DH⊥AB于H，则四边形DHBC是矩形，∴CD＝BH＝8，DH＝BC＝6，∴AH＝AB﹣BH＝8，AD＝＝10，BD＝＝10，由题意AP＝AD﹣DP＝10﹣2t．（2）当以点A．P，Q为顶点的三角形与△ABD相似时，∴或，∴＝或，解得：t＝或t＝，∴当t＝或t＝时，当以点A，P，Q为顶点的三角形与△ABD相似；（3）过P作PN⊥AB于N，当PQ⊥BD时，∠PQN+∠DBA＝90°，∵∠QPN+∠PQN＝90°，∴∠QPN＝∠DBA，∴tan∠QPN＝＝，∴＝，解得t＝，经检验：t＝是分式方程的解，∴当t＝s时，PQ⊥BD．6．【分析】（1）利用三角函数sin∠OAB＝＝，cos∠OAB＝＝，列出关系式即可解决问题．（2）①当D在x轴上时，如图2中，由QC∥OA，得＝，由此即可解决问题．②当点D在AB上时，如图3中，由PQ∥AB，得＝，求出时间t，求出①②两种情形时的△POQ的面积即可解决问题．（3）如图4中，当QC与⊙M相切时，则QC⊥CM，首先证明QB＝QC，作QN∠BC 于N，根据cos∠ABO＝＝，列出方程即可解决问题，当CQ′是⊙M切线时，方法类似，t＝0时，也符合题意；【解答】解：（1）如图1中，∵OA＝3，OB＝4，∴AB＝＝＝5，在Rt△ACP中，P A＝4﹣t，∵sin∠OAB＝＝，∴PC＝（4﹣t），∵cos∠OAB＝＝，∴AC＝（4﹣t）．（2）①当D在x轴上时，如图2中，∵QC∥OA，∴＝，∴＝，解得t＝．∴t＝s时，点D在x轴上，②如图3中，∵PQ∥AB，∴＝，∴＝，∴t＝，综上所述，当＜t＜时，点D落在△ABO内部（不包括边界）．（3）如图4中，作QN⊥BC于N，∵Q（0，3﹣2t），Q′（0，2t﹣3），当QC与⊙M相切时，则QC⊥CM，∴∠QCM＝90°，∴∠QCP+∠PCM＝90°，∵∠QCP+∠QCB＝90°，∴∠BCQ＝∠PCM＝∠CPM，∵∠CPM+∠P AC＝90°，∠OBA+∠OAB＝90°，∴∠APC＝∠OBA，∴∠QBC＝∠QCB，∴BQ＝CQ，∵cos∠ABO＝＝，∴＝，解得t＝，当CQ′是⊙M切线时，同法可得＝，解得t＝，t＝0时，⊙M与QQ′相切∴t＝0s或s或时，过A，P，C三点的圆与△CQQ′三边中的一条边相切．2020年中考数学压轴题一、选择题1．如图，菱形AOBC的顶点A在x轴上，反比例函数kyx=(0,0k x>>)的图像经过顶点B，和边AC的中点D.若6OA=，则k的值为A. 5B. 25C. 45D.852．已知⊙O的半径为2，A为圆内一定点，AO＝1．P为圆上一动点，以AP为边作等腰△APG，AP＝PG，∠APG＝120°，OG的最大值为（）A．1+B．1+2C．2+D．2﹣1二、填空题3．如图，矩形ABCD中，E为BC的中点，将△ABE沿直线AE折叠，使点B落在点F处，连接FC，若∠DAF＝18°，则∠DCF＝度．第3题第4题4．如图，抛物线y＝x2﹣4与x轴交于A、B两点，P是以点C（0，3）为圆心，2为半径的圆上的动点，Q是线段P A的中点，连结OQ．则线段OQ的最大值是．三、解答题5．如图，平面直角坐标系中，O为原点，点A、B分别在y轴、x轴的正半轴上．△AOB 的两条外角平分线交于点P，P在反比例函数y＝的图象上．P A的延长线交x轴于点C，PB的延长线交y轴于点D，连接CD．（1）求∠P的度数及点P的坐标；（2）求△OCD的面积；（3）△AOB的面积是否存在最大值？若存在，求出最大面积；若不存在，请说明理由．6．已知：如图，在矩形ABCD中，AB＝6cm，BC＝8cm，对角线AC，BD交于点O．点P 从点A出发，沿AD方向匀速运动，速度为1cm/s；同时，点Q从点D出发，沿DC方向匀速运动，速度为1cm/s；当一个点停止运动时，另一个点也停止运动．连接PO并延长，交BC于点E，过点Q作QF∥AC，交BD于点F．设运动时间为t（s）（0＜t＜6），解答下列问题：（1）当t为何值时，△AOP是等腰三角形？（2）设五边形OECQF的面积为S（cm2），试确定S与t的函数关系式；（3）在运动过程中，是否存在某一时刻t，使S五边形OECQF：S△ACD＝9：16？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由；（4）在运动过程中，是否存在某一时刻t，使OD平分∠COP？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．【答案与解析】一、选择题 1．【分析】如图，延长CB 交y 轴于点E ，设出D 点坐标，表示出C ，B 的坐标，因为B ，D 在反比例函数图像上，利用反比例函数积为定值，从而构造出方程，进而解决问题. 【解答】延长CB 交y 轴于点E ，设D （a ，k a ），所以C （2a －6, 2k a ），B （2a －12, 2ka ）因为，B （2a －12,2k a ）在反比例函数y=kx上， 所以，（2a －12）·2ka =k ，解得a =8 所以B （4, k4）所以BE =4，因为BO =6，在直角三角形BEO 中，由勾股定理得EO =2 5 所以k =4×2 5 =8 5 故选D2．【分析】如图，将线段OA 绕点O 顺时针旋转120°得到线段OT ，连接AT ，GT ，OP ．则AO ＝OT ＝1，AT ＝，利用相似三角形的性质求出GT ，再根据三角形的三边关系解决问题即可，【解答】解：如图，将线段OA 绕点O 顺时针旋转120°得到线段OT ，连接AT ，GT ，OP ．则AO ＝OT ＝1，AT ＝，∵△AOT ，△APG 都是顶角为120°的等腰三角形， ∴∠OAT ＝∠P AG ＝30°，E∴∠OAP＝∠TAG，＝＝∴＝，∴△OAP∽△TAG，∴＝＝，∵OP＝2，∴TG＝2，∵OG≤OT+GT，∴OG≤1+2，∴OG的最大值为1+2，故选：B．二、填空题3．【分析】由折叠的性质得：FE＝BE，∠F AE＝∠BAE，∠AEB＝∠AEF，求出∠BAE＝∠F AE＝36°，由直角三角形的性质得出∠AEF＝∠AEB＝54°，求出∠CEF＝72°，求出FE＝CE，由等腰三角形的性质求出∠ECF＝54°，即可得出∠DCF的度数．【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，∴∠BAD＝∠B＝∠BCD＝90°，由折叠的性质得：FE＝BE，∠F AE＝∠BAE，∠AEB＝∠AEF，∵∠DAF＝18°，∴∠BAE＝∠F AE＝（90°﹣18°）＝36°，∴∠AEF＝∠AEB＝90°﹣36°＝54°，∴∠CEF＝180°﹣2×54°＝72°，∵E为BC的中点，∴BE＝CE，∴FE＝CE，∴∠ECF＝（180°﹣72°）＝54°，∴∠DCF＝90°﹣∠ECF＝36°；故答案为：36．4．【分析】连接BP，如图，先解方程x2﹣4＝0得A（﹣4，0），B（4，0），再判断OQ为△ABP的中位线得到OQ＝BP，利用点与圆的位置关系，BP过圆心C时，PB最大，如图，点P运动到P′位置时，BP最大，然后计算出BP′即可得到线段OQ的最大值．【解答】解：连接BP，如图，当y＝0时，x2﹣4＝0，解得x1＝4，x2＝﹣4，则A（﹣4，0），B（4，0），∵Q是线段P A的中点，∴OQ为△ABP的中位线，∴OQ＝BP，当BP最大时，OQ最大，而BP过圆心C时，PB最大，如图，点P运动到P′位置时，BP最大，∵BC＝＝5，∴BP′＝5+2＝7，∴线段OQ的最大值是．三、解答题5．【分析】（1）如图，作PM⊥OAYM，PN⊥OB于N，PH⊥AB于H．利用全等三角形的性质解决问题即可．（2）设OA＝a，OB＝b，则AM＝AH＝3﹣a，BN＝BH＝3﹣b，利用勾股定理求出a，b 之间的关系，求出OC，OD即可解决问题．（3）设OA＝a，OB＝b，则AM＝AH＝3﹣a，BN＝BH＝3﹣b，可得AB＝6﹣a﹣b，推出OA+OB+AB＝6，可得a+b+＝6，利用基本不等式即可解决问题．【解答】解：（1）如图，作PM⊥OAYM，PN⊥OB于N，PH⊥AB于H．∴∠PMA＝∠PHA＝90°，∵∠P AM＝∠P AH，P A＝P A，∴△P AM≌△P AH（AAS），∴PM＝PH，∠APM＝∠APH，同理可证：△BPN≌△BPH，∴PH＝PN，∠BPN＝∠BPH，∴PM＝PN，∵∠PMO＝∠MON＝∠PNO＝90°，∴四边形PMON是矩形，∴∠MPN＝90°，∴∠APB＝∠APH+∠BPH＝（∠MPH+∠NPH）＝45°，∵PM＝PN，∴可以假设P（m，m），∵P（m，m）在y＝上，∴m2＝9，∵m＞0，∴m＝3，∴P（3，3）．（2）设OA＝a，OB＝b，则AM＝AH＝3﹣a，BN＝BH＝3﹣b，∴AB＝6﹣a﹣b，∵AB2＝OA2+OB2，∴a2+b2＝（6﹣a﹣b）2，可得ab＝18﹣6a﹣6b，∴9﹣3a﹣3b＝ab，∵PM∥OC，∴＝，∴＝，∴OC＝，同法可得OD＝，∴S△COD＝•OC•DO＝＝＝＝6．（3）设OA＝a，OB＝b，则AM＝AH＝3﹣a，BN＝BH＝3﹣b，∴AB＝6﹣a﹣b，∴OA+OB+AB＝6，∴a+b+＝6，∴2+≤6，∴（2+）≤6，∴≤3（2﹣），∴ab≤54﹣36，∴S△AOB＝ab≤27﹣18，∴△AOB的面积的最大值为27﹣18．6．【分析】（1）根据矩形的性质和勾股定理得到AC＝10，①当AP＝PO＝t，如图1，过P 作PM⊥AO，根据相似三角形的性质得到AP＝t＝，②当AP＝AO＝t＝5，于是得到结论；（2）过点O作OH⊥BC交BC于点H，已知BE＝PD，则可求△BOE的面积；可证得△DFQ∽△DOC，由相似三角形的面积比可求得△DFQ的面积，从而可求五边形OECQF 的面积．（3）根据题意列方程得到t＝，t＝0，（不合题意，舍去），于是得到结论；（4）由角平分线的性质得到DM＝DN＝，根据勾股定理得到ON＝OM＝＝，由三角形的面积公式得到OP＝5﹣t，根据勾股定理列方程即可得到结论．【解答】解：（1）∵在矩形ABCD中，AB＝6cm，BC＝8cm，∴AC＝10，①当AP＝PO＝t，如图1，过P作PM⊥AO，∴AM＝AO＝，∵∠PMA＝∠ADC＝90°，∠P AM＝∠CAD，∴△APM∽△ACD，∴，∴AP＝t＝，②当AP＝AO＝t＝5，∴当t为或5时，△AOP是等腰三角形；（2）过点O作OH⊥BC交BC于点H，则OH＝CD＝AB＝3cm．由矩形的性质可知∠PDO＝∠EBO，DO＝BO，又得∠DOP＝∠BOE，∴△DOP≌BOE，∴BE＝PD＝8﹣t，则S△BOE＝BE•OH＝×3（8﹣t）＝12﹣t．∵FQ∥AC，∴△DFQ∽△DOC，相似比为＝，∴＝∵S△DOC＝S矩形ABCD＝×6×8＝12cm2，∴S△DFQ＝12×＝∴S五边形OECQF＝S△DBC﹣S△BOE﹣S△DFQ＝×6×8﹣（12﹣t）﹣＝﹣t2+t+12；∴S与t的函数关系式为S＝﹣t2+t+12；（3）存在，∵S△ACD＝×6×8＝24，∴S五边形OECQF：S△ACD＝（﹣t2+t+12）：24＝9：16，解得t＝3，或t＝，∴t＝3或时，S五边形S五边形OECQF：S△ACD＝9：16；（4）如图3，过D作DM⊥PE于M，DN⊥AC于N，∵∠POD＝∠COD，∴DM＝DN＝，∴ON＝OM＝＝，∵OP•DM＝3PD，∴OP＝5﹣t，∴PM＝﹣t，∵PD2＝PM2+DM2，∴（8﹣t）2＝（﹣t）2+（）2，解得：t＝16（不合题意，舍去），t＝，∴当t＝时，OD平分∠COP．2020年中考数学压轴题一、选择题1．若整数a使关于x的不等式组无解，且使关于x的分式方程﹣＝﹣3有正整数解，则满足条件的a的值之积为（）A．28 B．﹣4 C．4 D．﹣22．如图，等边三角形ABC的边长为4，点O是△ABC的中心，∠FOG＝120°，绕点O旋转∠FOG，分别交线段AB、BC于D、E两点，连接DE，给出下列四个结论：①OD＝OE；②S△ODE＝S△BDE；③四边形ODBE的面积始终等于；④△BDE周长的最小值为6．上述结论中正确的个数是（）A．1 B．2 C．3 D．4二、填空题3．如图，点P是⊙O的直径AB的延长线上一点，过点P作直线交⊙O于C、D两点．若AB＝6，BP＝2，则tan∠P AC•tan∠P AD＝．第3题第4题4．如图，在△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC＝4，D是AB的中点，点E，F分别在AC，BC边上运动（点E不与点A，C重合），且保持ED⊥FD，连接DE，DF，EF，在此运动变化的过程中，有下列结论：①AE＝CF；②EF最大值为2；③四边形CEDF的面积不随点E位置的改变而发生变化；④点C到线段EF的最大距离为．其中结论正确的有（把所有正确答案的序号都填写在横线上）三、解答题5．阅读下列材料，解答下列问题材料一：一个三位以上的自然数，如果该自然数的末三位表示的数与末三位之前的数字表示的数之差是11的倍数，我们称满足此特征的数叫“网红数”，如：65362，362﹣65＝297＝11×27，称65362是“网红数”．材料二：对任的自然数p均可分解为P＝100x+10y+z（x≥0，0≤y≤9，0≤z≤9且x、y，z均为整数）如：5278＝52×100+10×7+8，规定：G（P）＝．（1）求证：任两个“网红数”之和一定能被11整除；（2）已知：S＝300+10b+a，t＝1000b+100a+1142（1≤a≤7，0≤b≤5，其a、b均为整数），当s+t为“网红数”时，求G（t）的最大值．6．如图已知：直线y＝﹣x+3交x轴于点A，交y轴于点B，抛物线y＝ax2+bx+c经过A、B、C（1，0）三点．（1）求抛物线的解析式；（2）若点D的坐标为（﹣1，0），在直线y＝﹣x+3上有一点P，使△ABO与△ADP相似，求出点P的坐标；（3）在（2）的条件下，在x轴下方的抛物线上，是否存在点E，使△ADE的面积等于四边形APCE的面积？如果存在，请求出点E的坐标；如果不存在，请说明理由．【答案与解析】一、选择题1．【分析】表示出不等式组的解集，由不等式组无解确定出a的范围，分式方程去分母转化为整式方程，表示出分式方程的解，由分式方程有正整数解确定出a的值，即可求出所求．【解答】解：不等式组整理得：，由不等式组无解，得到3a﹣2≤a+2，解得：a≤2，分式方程去分母得：ax+5＝﹣3x+15，即（a+3）x＝10，由分式方程有正整数解，得到x＝，即a+3＝1，2，10，解得：a＝﹣2，2，7，综上，满足条件a的为﹣2，2，之积为﹣4，故选：B．2．【分析】连接OB、OC，如图，利用等边三角形的性质得∠ABO＝∠OBC＝∠OCB＝30°，再证明∠BOD＝∠COE，于是可判断△BOD≌△COE，所以BD＝CE，OD＝OE，则可对①进行判断；利用S△BOD＝S△COE得到四边形ODBE的面积＝S△ABC＝，则可对③进行判断；作OH⊥DE，如图，则DH＝EH，计算出S△ODE＝OE2，利用S△ODE随OE的变化而变化和四边形ODBE的面积为定值可对②进行判断；由于△BDE的周长＝BC+DE＝4+DE＝4+OE，根据垂线段最短，当OE⊥BC时，OE最小，△BDE的周长最小，计算出此时OE的长则可对④进行判断．【解答】解：连接OB、OC，如图，∵△ABC为等边三角形，∴∠ABC＝∠ACB＝60°，∵点O是△ABC的中心，∴OB＝OC，OB、OC分别平分∠ABC和∠ACB，∴∠ABO＝∠OBC＝∠OCB＝30°∴∠BOC＝120°，即∠BOE+∠COE＝120°，而∠DOE＝120°，即∠BOE+∠BOD＝120°，∴∠BOD＝∠COE，在△BOD和△COE中，∴△BOD≌△COE，∴BD＝CE，OD＝OE，所以①正确；∴S△BOD＝S△COE，∴四边形ODBE的面积＝S△OBC＝S△ABC＝××42＝，所以③正确；作OH⊥DE，如图，则DH＝EH，∵∠DOE＝120°，∴∠ODE＝∠OEH＝30°，∴OH＝OE，HE＝OH＝OE，∴DE＝OE，∴S△ODE＝•OE•OE＝OE2，即S△ODE随OE的变化而变化，而四边形ODBE的面积为定值，∴S△ODE≠S△BDE；所以②错误；∵BD＝CE，∴△BDE的周长＝BD+BE+DE＝CE+BE+DE＝BC+DE＝4+DE＝4+OE，当OE⊥BC时，OE最小，△BDE的周长最小，此时OE＝，∴△BDE周长的最小值＝4+2＝6，所以④正确．故选：C．二、填空题3．【分析】连接BC、BD．因为AB是直径，推出∠ACB＝∠ADB＝90°，可得tan∠P AC•tan ∠P AD＝•＝•，利用相似三角形的性质转化即可解决问题；【解答】解：连接BC、BD．∵AB是直径，∴∠ACB＝∠ADB＝90°，∴tan∠P AC•tan∠P AD＝•＝•，∵△PCB∽△P AD，∴＝，∵△PBD∽△PCA，∴＝，∴tan∠P AC•tan∠P AD＝•＝＝，故答案为．4．【分析】①作常规辅助线连接CD，由SAS定理可证△CDF和△ADE全等，即可证得AE ＝CF；②根据AE＝CF，设CE＝x，用含x的式子表示出CF的长，根据勾股定理，即可表示出EF的长，根据二次函数的增减性，表示出EF的最小值；③由割补法可知四边形CEDF的面积保持不变；④由①可知，DE＝EF，可得△DEF是等腰直角三角形，当DF与BC垂直，即DF最小时，FE取最小值2，此时点C到线段EF的最大距离．【解答】解：如图，连接CD．∵在△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝90°，∴∠A＝∠B＝45°，∵D是AB的中点，∴CD＝AD＝BD，∠ADC＝90°，∠ACD＝∠BCD＝45°，∴∠1+∠2＝90°，∵ED⊥FD，∴∠2+∠3＝90°，∴∠1＝∠3，在△ADE和△CDF中，，∴△ADE≌△CDF（ASA），∴AE＝CF；故①正确；（2）设CE＝x，则CF＝AE＝4﹣x，在Rt△CEF中，，∵2（x﹣2）2+8有最小值，最小值为8，∴EF有最小值，最小值为．故②错误；③由①知，△ADE≌△CDF，∴S四边形EDFC＝S△EDC+S△FDC＝S△EDC+S△ADE＝S△ADC，∴四边形CEDF的面积不随点E位置的改变而发生变化．故③正确；④由①可知，△ADE≌△CDF，∴DE＝DF，∴△DEF是等腰直角三角形，∴，当EF∥AB时，∵AE＝CF，∴E，F分别是AC，BC的中点，故EF是△ABC的中位线，∴EF取最小值＝，∵CE＝CF＝2，∴此时点C到线段EF的最大距离为．故④正确．故答案为：①③④．三、解答题5．【分析】（1）设两个“网红数”为，，（n、b表示末三位表示的数，m、a表示末三位之前的数字），则n﹣m＝11k，b﹣a＝11h，所以+＝1001m+1001a+11（k+h）＝11（91m+91n+h+k），即可证明；（2）s＝3×100+10b+a，t＝1000（b+1）+100（a+1）+4×10+2，所以s+t＝1000（b+1）+100（a+4）+10（b+4）+a+2；①当1≤a≤5时，s+t＝，则﹣（b+1）能被11整除，即101a+9b+441＝11×9a+2a+11b﹣2b+40×11+1能被11整除，由已知可得﹣7≤2a﹣2b+1≤11，求出a＝5，b＝0；②当6≤a≤7时，s+t＝，则﹣（b+2）能被11整除，所以101a+9b﹣560＝11×9a+2a+11b﹣2b﹣51×11+1能被11整除，可得3≤2a﹣2b+1≤15，求出a＝6，b＝1或a＝7，b＝2，分别求出相应的G（t）值即可．【解答】解：（1）设两个“网红数”为，，（n、b表示末三位表示的数，m、a表示末三位之前的数字），∴n﹣m＝11k，b﹣a＝11h，∵+＝1001m+1001a+11（k+h）＝11（91m+91n+h+k），∴m、a、k、h都是整数，∴91m+91n+h+k为整数，∴任两个“网红数”之和一定能被11整除；（2）s＝3×100+10b+a，t＝1000（b+1）+100（a+1）+4×10+2，∴s+t＝1000（b+1）+100（a+4）+10（b+4）+a+2，①当1≤a≤5时，s+t＝，则﹣（b+1）能被11整除，∴101a+9b+441＝11×9a+2a+11b﹣2b+40×11+1能被11整除，∴2a﹣2b+1能被11整除，∵1≤a≤5，0≤b≤5，∴﹣7≤2a﹣2b+1≤11，∴2a﹣2b+1＝0或11，∴a＝5，b＝0，∴t＝1642，G（1642）＝17.25；②当6≤a≤7时，s+t＝，则﹣（b+2）能被11整除，∴101a+9b﹣560＝11×9a+2a+11b﹣2b﹣51×11+1能被11整除，∴2a﹣2b+1能被11整除，∵6≤a≤7，0≤b≤5，∴3≤2a﹣2b+1≤15，∴2a﹣2b+1＝11，∴a＝6，b＝1或a＝7，b＝2，∴t＝2742或3842，∴G（2742）＝28或G（3842）＝39，∴G（t）的最大值39．6．【分析】（1）首先确定A、B、C三点的坐标，然后利用待定系数法求抛物线的解析式；（2）△ABO为等腰直角三角形，若△ADP与之相似，则有两种情形，如答图1所示．利用相似三角形的性质分别求解，避免遗漏；（3）如答图2所示，分别计算△ADE的面积与四边形APCE的面积，得到面积的表达式．利用面积的相等关系得到一元二次方程，将点E是否存在的问题转化为一元二次方程是否有实数根的问题，从而解决问题．需要注意根据（2）中P点的不同位置分别进行计算，在这两种情况下，一元二次方程的判别式均小于0，即所求的E点均不存在．【解答】解：（1）由题意得，A（3，0），B（0，3）∵抛物线经过A、B、C三点，∴把A（3，0），B（0，3），C（1，0）三点分别代入y＝ax2+bx+c，得方程组解得：∴抛物线的解析式为y＝x2﹣4x+3（2）由题意可得：△ABO为等腰三角形，如答图1所示，若△ABO∽△AP1D，则∴DP1＝AD＝4，∴P1（﹣1，4）若△ABO∽△ADP2 ，过点P2作P2 M⊥x轴于M，AD＝4，∵△ABO为等腰三角形，∴△ADP2是等腰三角形，由三线合一可得：DM＝AM＝2＝P2M，即点M与点C重合，∴P2（1，2）综上所述，点P的坐标为P1（﹣1，4），P2（1，2）；（3）不存在．理由：如答图2，设点E（x，y），则S△ADE＝①当P1（﹣1，4）时，S四边形AP1CE＝S△ACP1+S△ACE＝＝4+|y| ∴2|y|＝4+|y|，∴|y|＝4∵点E在x轴下方，∴y＝﹣4，代入得：x2﹣4x+3＝﹣4，即x2﹣4x+7＝0，∵△＝（﹣4）2﹣4×7＝﹣12＜0∴此方程无解②当P2（1，2）时，S四边形AP2CE＝S△ACP2+S△ACE＝＝2+|y|，∴2|y|＝2+|y|，∴|y|＝2∵点E在x轴下方，∴y＝﹣2，代入得：x2﹣4x+3＝﹣2，即x2﹣4x+5＝0，∵△＝（﹣4）2﹣4×5＝﹣4＜0∴此方程无解综上所述，在x轴下方的抛物线上不存在这样的点E．2020年中考数学压轴题一、选择题1．如图，小桥用黑白棋子组成的一组图案，第1个图案由1个黑子组成，第2个图案由1个黑子和6个白子组成，第3个图案由13个黑子和6个白子组成，按照这样的规律排列下去，则第9个图案中共有（）和黑子．A．37 B．42 C．73 D．1212．如图，已知A，B是反比例函数y＝（k＞0，x＞0）图象上的两点，BC∥x轴，交y轴于点C，动点P从坐标原点O出发，沿O→A→B→C（图中“→”所示路线）匀速运动，终点为C，过P作PM⊥x轴，垂足为M．设三角形OMP的面积为S，P点运动时间为t，则S关于t的函数图象大致为（）A．B．C．D．二、填空题3．如图，长方形纸片ABCD中，AB＝4，将纸片折叠，折痕的一个端点F在边AD上，另一个端点G在边BC上，若顶点B的对应点E落在长方形内部，E到AD的距离为1，BG＝5，则AF的长为．第3题第4题4．如图，射线OP过Rt△ABC的边AC、AB的中点M、N，AC＝4cm，BC＝4cm，OM ＝3cm．射线OP上有一动点Q从点O出发，沿射线OP以每秒1cm的速度向右移动，以Q为圆心，QM为半径的圆，经过t秒与BC、AB中的一边所在的直线相切，请写出t的所有可能值（单位：秒）三、解答题5．△ABC内接⊙O，AD⊥BC与D，连接OA．（1）如图1，求证：∠BAO＝∠CAD；（2）如图2，作BE⊥AC交CA延长线于E交⊙O于F，延长AD交⊙O于G，连接AF，求证：AD+AF＝DG；（3）在第（2）问的条件下，如图3，OA交BC于点T，CA＝CT，AD＝2AF，AB＝4，求DT长．6．如图1，在平面直角坐标系xOy中，三角形ABC如图放置，点C（0，4），点A，B 在x轴上，且OB＝4OA，tan∠CBO＝．（1）求过点A、C直线解析式；（2）如图2，点M为线段BC上任意一点，点D在OC上，且CD＝DM，设M的横坐标为t，△CDM的面积为S，求S与t之间的函数关系式，直接写出t的取值范围；（3）在（2）的条件下，如图3，在OB上取点N，过N作NF⊥DM，垂足为点F，连接CF，AF，∠DCF+∠AFN＝60°，NF＝BO时，求点D的坐标．【答案与解析】一、选择题1．【分析】观察图象得到第1、2图案中黑子有1个，第3、4图案中黑子有1+2×6＝13个，第5、6图案中黑子有1+2×6+4×6＝37个，…，据此规律可得．【解答】解：第1、2图案中黑子有1个，第3、4图案中黑子有1+2×6＝13个，第5、6图案中黑子有1+2×6+4×6＝37个，第7、8图案中黑子有1+2×6+4×6+6×6＝73个，第9、10图案中黑子有1+2×6+4×6+6×6+8×6＝121个，故选：D．2．【分析】结合点P的运动，将点P的运动路线分成O→A、A→B、B→C三段位置来进行分析三角形OMP面积的计算方式，通过图形的特点分析出面积变化的趋势，从而得到答案．【解答】解：设∠AOM＝α，点P运动的速度为a，当点P从点O运动到点A的过程中，S＝＝a2•cosα•sinα•t2，由于α及a均为常量，从而可知图象本段应为抛物线，且S随着t的增大而增大；当点P从A运动到B时，由反比例函数性质可知△OPM的面积为k，保持不变，故本段图象应为与横轴平行的线段；当点P从B运动到C过程中，OM的长在减少，△OPM的高与在B点时相同，故本段图象应该为一段下降的线段；故选：A．二、填空题3．【分析】设EH与AD相交于点K，过点E作MN∥CD分别交AD、BC于M、N，然后求出EM、EN，在Rt△ENG中，利用勾股定理列式求出GN，再根据△GEN和△EKM相似，利用相似三角形对应边成比例列式求出EK、KM，再求出KH，然后根据△FKH和△EKM 相似，利用相似三角形对应边成比例列式求解即可．【解答】解：设EH与AD相交于点K，过点E作MN∥CD分别交AD、BC于M、N，∵E到AD的距离为1，∴EM＝1，EN＝4﹣1＝3，在Rt△ENG中，GN＝＝＝4，∵∠GEN+∠KEM＝180°﹣∠GEH＝180°﹣90°＝90°，∠GEN+∠NGE＝180°﹣90°＝90°，∴∠KEM＝∠NGE，又∵∠ENG＝∠KME＝90°，∴△GEN∽△EKM，∴＝＝，即＝＝，解得EK＝，KM＝，∴KH＝EH﹣EK＝4﹣＝，∵∠FKH＝∠EKM，∠H＝∠EMK＝90°，∴△FKH∽△EKM，∴＝，即＝，解得FH＝，∴AF＝FH＝．故答案为．4．【分析】如图，作OG⊥AB于G，由题意OG＝ON＝＞3，所以⊙Q在AC的左边不可能与AB相切．接下来分三种情形讨论求解即可．【解答】解：如图，作OG⊥AB于G，由题意OG＝ON＝＞3，所以⊙Q在AC的左边不可能与AB相切．相切有三种可能：当⊙Q与BC相切时，MQ＝2，∴|t﹣3|＝2，∴t＝1或5．当⊙Q与AB相切时，设切点为H，连接QH．易知QN＝2QH，∴2﹣（t﹣3）＝2（t﹣3），解得t＝，综上所述，t＝1s或5s或（）s时，⊙Q与BC/AB相切．故答案为1s或5s或（）s三、解答题5．△ABC内接⊙O，AD⊥BC与D，连接OA．（1）如图1，求证：∠BAO＝∠CAD；（2）如图2，作BE⊥AC交CA延长线于E交⊙O于F，延长AD交⊙O于G，连接AF，求证：AD+AF＝DG；（3）在第（2）问的条件下，如图3，OA交BC于点T，CA＝CT，AD＝2AF，AB＝4，求DT长．【分析】（1）延长AO交圆于点M，连结BM，由∠M+∠BAM＝90°，∠C+∠CAD＝90°，结论可得证；（2）分别延长DA、BE交于点H，连结BG，可证得△AFM和△BGM是等腰三角形，由等腰三角形的性质可证出结论；（3）连GO并延长GO交AB于点N，连BG，由CA＝CT可得∠TAC＝∠ATC，证得AG ＝BG，得出AN长，证出△BAD∽△GAN，由比例线段可求出AD长，BD长，再证明△ADT∽△BDA，得AD2＝DT•BD，则DT长可求．【解答】（1）证明：如图1，延长AO交圆于点M，连结BM，∵AM是圆的直径，∴∠ABM＝90°，∴∠M+∠BAM＝90°，∵AD⊥BC，∴∠C+∠CAD＝90°，∵∠M＝∠C，∴∠BAO＝∠CAD；（2）证明：如图2，分别延长DA、BE交于点H，连结BG，∵AE⊥BE，AD⊥DC，∴∠EAH+∠H＝90°，∠DAC+∠C＝90°，∵∠DAC＝∠EAH，∴∠H＝∠C，∵四边形AFBC是圆内接四边形，∴∠EF A＝∠C，∴∠EF A＝∠H，∴AF＝AH，又∵∠C＝∠BGH，∴∠H＝∠BGH，∵BD⊥GH，∴DG＝DM＝AD+AH＝AD+AF；（3）解：如图3，连GO并延长GO交AB于点N，连BG，∵CT＝AC，∴∠TAC＝∠ATC，∵∠TAC＝∠TAD+∠DAC，∠ATC＝∠TBA+∠BAT，∠DAC＝∠BAT，∴∠TAD＝∠TBA，又∵∠GBC＝∠DAC＝∠BAO，∴AG＝BG，由轴对称性质可知NG⊥AB，∴∠GNA＝∠BDA＝90°，AN＝BN＝2，∵∠NAG＝∠BAD∴△BAD∽△GAN，∴，∵AD+AF＝DG，AD＝2AF，∴，∴，设AD＝x，则AG＝，∴，解得：x＝4，即AD＝4，∴＝＝8，在△ADT和△BDA中，∠TAD＝∠DBA，∠TDA＝∠BDA＝90°，∴△ADT∽△BDA，∴，∴，∴DT＝2．6．【分析】（1）由锐角三角函数可求点A坐标，由待定系数法可求解析式；（2）过点M作MH⊥OC于H，由锐角三角函数可求∴∠BCO＝30°，由直角三角形的性质可求CD的长，由三角形面积公式可求解；（3）作FE⊥OB于E，CP⊥EF于P，FK⊥OC于K．则四边形CPEO是矩形，设PC＝OE＝m．只要证明△PCF∽△EF A，可得，由此构建方程求出m即可解决问题．【解答】解：（1）∵点C（0，4），∴OC＝4，∵tan∠CBO＝＝，∴OB＝4，∵OB＝4OA，∴OA＝1，∴点A（﹣1，0）设过点A、C直线解析式为：y＝kx+4，∴0＝﹣k+4，∴k＝4，∴过点A、C直线解析式为：y＝4x+4；（2）如图2，过点M作MH⊥OC于H，∵M的横坐标为t，∴MH＝t，∵tan∠BCO＝＝＝，∴∠BCO＝30°，∵CD＝DM，∴∠DCM＝∠CMD＝30°，∴∠MDH＝60°，且MH⊥OC，∴DH＝t，DM＝2DH＝t＝CD，∴△CDM的面积为S＝×t×t＝t2，（0＜t≤4）（3）作FE⊥OB于E，CP⊥EF于P，FK⊥OC于K．则四边形CPEO是矩形，∴CP＝OE，CO＝PE＝4，设PC＝OE＝m．∵∠DON+∠DFN+∠ODF+∠ONF＝360°，∴∠FNO＝120°，∴∠FNE＝60°，且EF⊥BO，FN＝OB＝4，∴EF＝2，∴PF＝2∵∠DCF+∠AFN＝60°，∠DCF+∠DFC＝60°，∴∠DFC＝∠AFN，∴∠CF A＝∠DFN＝90°，∴∠FCP+∠PFC＝90°，∠PFC+∠AFE＝90°，∴∠PCF＝∠AFE，且∠P＝∠AEF＝90°，∴△PCF∽△EF A，∴，∴∴m＝3或﹣4（舍弃），∴F（3，2），在Rt△DEK中，∵∠DFK＝30°，FK＝3，∴DK＝，∴OD＝3，∴D（0，3）．2020年中考数学压轴题一、选择题1．如图，是半径为1的圆弧，△AOC为等边三角形，D是上的一动点，则四边形AODC 的面积s的取值范围是（）A．≤s≤B．＜s≤C．≤s≤D．＜s＜2．如图，分别以Rt△ABC的斜边AB，直角边AC为边向外作等边△ABD和等边△ACE，F 为AB的中点，DE，AB相交于点G，若∠BAC＝30，下列结论：①EF⊥AC；②AD＝AE；③AD＝4AG；④记△ABC的面积为S1，四边形FBCE的面积为S2，则S1：S2＝2：3．其中正确的结论的序号是（）A．①③B．②④C．①③④D．①②③④二、填空题3．如图，⊙O是△ABC的外接圆，其中AB是⊙O的直径，将△ABC沿AB翻折后得到△ABD，点E在AD延长线上，BE与⊙O相切于点B，分别延长线段AE、CB相交于点F，若BD＝3，AE＝10，则线段EF的长为．4．已知关于x的方程x2﹣4x+t﹣2＝0（t为实数）两非负实数根a，b，则（a2﹣1）（b2﹣1）的最小值是．三、解答题5．如图，已知AC为正方形ABCD的对角线，点P是平面内不与点A，B重合的任意一点，连接AP，将线段AP绕点P顺时针旋转90°得到线段PE，连接AE，BP，CE．（1）求证：△APE∽△ABC；（2）当线段BP与CE相交时，设交点为M，求的值以及∠BMC的度数；（3）若正方形ABCD的边长为3，AP＝1，当点P，C，E在同一直线上时，求线段BP 的长．6．如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝ax2+x+c与x轴交于A，B两点（点A 在点B的左侧），交y轴于点C，经过B，C两点的直线为y＝．（1）求抛物线的函数表达式；（2）点P为抛物线上的动点，过点P作x轴的垂线，交直线BC于点M，连接PC，若△PCM为直角三角形，求点P的坐标；（3）当P满足（2）的条件，且点P在直线BC上方的抛物线上时，如图2，将抛物线沿射线BC方向平移，平移后B，P两点的对应点分别为B′，P′，取AB的中点E，连接EB′，EP′，试探究EB'+EP'是否存在最小值？若存在，求出这个最小值；若不存在，请说明理由．【答案与解析】一、选择题1．【分析】根据题意，得四边形AODC的最小面积即是三角形AOC的面积，最大面积即是当OD⊥OC时四边形的面积．要求三角形AOC的面积，作CD⊥AO于D．根据等边三角形的性质以及直角三角形的性质，求得CD＝，得其面积是；要求最大面积，只需再进一步求得三角形DOC的面积，即是，则最大面积是．【解答】解：根据题意，得四边形AODC的面积最小即是三角形AOC的面积，最大面积即是当OD⊥OC时四边形的面积．作CH⊥AO于H，∵△AOC为等边三角形∴CH＝∴S△AOC＝；当OD⊥OC时面积最大，∴S△OCD＝，则最大面积是+＝∴四边形AODC的面积s的取值范围是＜s≤．故选：B．2．【分析】根据直角三角形的性质和线段垂直平分线的性质，可得①正确；根据等边三角形的性质和直角三角形的斜边与直角边不相等，可得②不正确；根据等边三角形的性质、全等三角形的判定和性质、平行四边形的判定和性质，可得③正确；根据直角三角形的性质、三角形面积、梯形面积公式，可得④正确．【解答】证明：如图，分别以Rt△ABC的斜边AB，直角边AC为边向外作等边△ABD 和等边△ACE，F为AB的中点，DE，AB相交于点G，若∠BAC＝30，下列结论：①EF。

2020年中考数学压轴题每日一练（4.29）一、选择题1．如图，四边形ABCD的顶点都在坐标轴上，若AB∥CD，△ABD与△ACD的面积分别为3和6，若双曲线y＝恰好经过BC的中点E，则k的值为（）A．﹣2 B．2 C．﹣1 D．12．如图，正方形ABCD中，E、F分别为BC、CD的中点，AF与DE交于点G．则下列结论中：①AF⊥DE；②AD＝BG；③GE+GF＝；④S△AGB＝2S四边形ECFG．其中正确的是（）A．1个B．2个C．3个D．4个二、填空题3．如图所示，四边形ABCD的顶点都在坐标轴上，若AD∥BC，△ACD与△BCD的面积分别为20和40，若双曲线y＝恰好经过边AB的四等分点E（BE＜AE），则k的值为．第3题第4题4．如图，已知在周长为20的菱形ABCD中，∠C＝45°，点E是线段BC上一点，将△ABE 沿AE所在直线翻折，使点B落在B′上，则在点E沿B→C→D运动的过程中，点B′运动的路径长是．三、解答题5．如图，在平面直角坐标系xOy中，点A与点B的坐标分别是（1，0），（7，0）．（1）对于坐标平面内的一点P，给出如下定义：如果∠APB＝45°，则称点P为线段AB 的“等角点”．显然，线段AB的“等角点”有无数个，且A、B、P三点共圆．①设A、B、P三点所在圆的圆心为C，直接写出点C的坐标和⊙C的半径；②y轴正半轴上是否有线段AB的“等角点”？如果有，求出“等角点”的坐标；如果没有，请说明理由；（2）当点P在y轴正半轴上运动时，∠APB是否有最大值？如果有，说明此时∠APB 最大的理由，并求出点P的坐标；如果没有请说明理由．6．如图，抛物线y＝ax2+bx﹣3与x轴交于A（﹣1，0），B两点（点A在点B左侧），与y 轴交于点C，且对称轴为x＝1，点D为顶点，连结BD，CD，抛物线的对称轴与x轴交于点E．（1）求抛物线的解析式及点D的坐标；（2）若对称轴右侧抛物线上一点M，过点M作MN⊥CD，交直线CD于点N，使∠CMN ＝∠BDE，求点M的坐标；（3）连接BC交DE于点P，点Q是线段BD上的一个动点，自点D以个单位每秒的速度向终点B运动，连接PQ，将△DPQ沿PQ翻折，点D的对应点为D′，设Q点的运动时间为t（0≤t≤）秒，求使得△D′PQ与△PQB重叠部分的面积为△DPQ面积的时对应的t值．【答案与解析】一、选择题1．【分析】根据AB∥CD，设＝＝m；＝＝n，得出OC＝mn•OB，OD＝n•OB，进而表示出△ABD与△ACD的面积，表示出E点坐标，进而得出k的值．【解答】解：因为AB∥CD，设＝＝m；＝＝n，得到：OA＝mOB，OC＝n•OA＝n•m•OB＝mn•OB，OD＝n•OB，△ABD与△ACD的面积分别为3和6，△ABD的面积＝（OA•BD）＝OA•（OB+OD）＝（m•OB）•（OB+n•OB）＝m•（n+1）•OB2＝3，△ACD的面积＝（AC•OD）＝OD•（OA+OC）＝（n•OB）•（m•OB+mn•OB）＝m •n•（n+1）•OB2＝6，两个等式相除，得到n＝2，代入得到m•OB2＝2，BC的中点E点坐标为：（﹣OB，﹣OC），k＝x•y＝﹣OB•（﹣OC）＝OB•m•n•OB＝××2×m•OB2＝×2＝1．故选：D．2．【分析】根据正方形性质得出AD＝BC＝DC；EC＝DF＝BC；∠ADF＝∠DCE，证△ADF≌△DCE（SAS），推出∠AFD＝∠DEC，求出∠DGF＝90°即可判断①；过B作BH ∥DE交AD于H交A于M，求出BH是AG的垂直平分线，推出是等腰三角形，即可判断②；延长DE至M，使得EM＝GF，连接CM，证△CEM≌△CFG，推出CM＝CG，∠ECM＝∠GCF，求出△MCG是等腰直角三角形，即可判断③；过G点作TL∥AD，交AB于T，交DC于L，则GL⊥AB，GL⊥DC，证得△DGF∽△DCE，利用相似三角形的性质求出S△DEC，S△AGB，S四边形ECFG的面积即可判断④【解答】解：∵正方形ABCD，E，F均为中点∴AD＝BC＝DC，EC＝DF＝BC∵在△ADF和△DCE中，∴△ADF≌△DCE（SAS）∴∠AFD＝∠DEC∵∠DEC+∠CDE＝90°∴∠AFD+∠CDE＝90°＝∠DGF∴AF⊥DE，故①正确如图1，过点B作BH∥DE交AD于H，交AF于K∵AF⊥DE，BH∥DE，E是BC的中点∴BH⊥AG，H为AD的中点∴BH是AG的垂直平分线∴BG＝AB＝AD，故②正确如图2延长DE至M，使得EM＝GF，连接CM∵∠AFD＝∠DEC∴∠CEM＝∠CFG又∵E，F分别为BC，DC的中点∴CF＝CE∵在△CEM和△CFG中，∴△CEM≌△CFG（SAS）∴CM＝CG，∠ECM＝∠GCF∵∠GCF+∠BCG＝90°∴∠ECM+∠BCG＝∠MCG＝90°∴△MCG为等腰直角三角形∴GM＝GE+EM＝GE+GF＝GC故③正确如图3，过G点作TL∥AD，交AB于T，交DC于L，则GL⊥AB，GL⊥DC 设EC＝x，则DC＝2x，DF＝x，由勾股定理得DE＝x由DE⊥GF，易证得△DGF∽△DCE∴＝＝∴＝＝∴S△DGF＝S△DEC∴S四边形ECFG＝S△DEC﹣S△DGF＝S△DEC∵S△DEC＝＝x2∴S四边形ECFG＝x2，S△DGF＝x2∵DF＝x∴GL＝＝x∴TG＝2x﹣x＝x∴S△AGB＝•AB•TG＝•2x•x＝x2∴S△AGB＝2S四边形ECFG故④正确，故选：D．二、填空题3．【分析】由AD∥BC，可得出S△BCD＝S△BCA、S△ACD＝S△ABD，根据△ACD与△BCD的面积分别为20和40结合同底三角形面积的性质，即可得出AO：OC＝DO：OB＝1：2，进而可得出S△AOB＝，再根据反比例函数系数k的几何意义以及相似三角形的性质得出|k|＝×S△AOB，解之即可得出结论．【解答】解：∵AD∥BC，∴S△BCD＝S△BCA，S△ACD＝S△ABD．∵△ACD与△BCD的面积分别为20和40，∴△ABD和△BCD面积比为1：2，∴根据同底得：AO：OC＝DO：OB＝1：2，∴S△AOB＝S△ABD＝．∵双曲线y＝恰好经过边AB的四等分点E（BE＜AE），∴S△AOB+|k|+S△AOB＝S△AOB，∴|k|＝S△AOB＝×＝5，∵双曲线经过第二象限，k＜0，∴k＝﹣5．故答案为﹣5．4．【分析】由菱形的性质求出菱形的边长AB，由题意得出点B′运动的路径长是以A为圆心，半径是AB，圆心角为∠BAD的弧长，代入弧长公式计算即可．【解答】解：根据题意得：AB′＝AB，∵四边形ABCD是菱形，∴AB＝BC＝CD＝DA，∠BAD＝∠C＝45°，∵菱形ABCD的周长为20，∴AB＝5，∴AB′＝5，在点E沿B→C→D运动的过程中，点B′运动的路径长是以A为圆心，半径是AB′，圆心角为2∠BAD的弧长，∴点B′运动的路径长＝＝；故答案为：．三、解答题5．【分析】（1）①如图1中，在x轴的上方，作以AB为斜边的直角三角形△ACB，易知A、B、P三点在⊙C上，点C即为所求，再根据对称性可知满足条件的所有点C坐标．②y轴的正半轴上存在线段AB的“等角点“．如图2所示：当圆心为C（4，3）时，过点C作CD⊥y轴于D，则D（0，3），CD＝4，设交点为P1、P2，此时P1、P2在y轴的正半轴上连接CP1、CP2、CA，则CP1＝CP2＝CA＝r＝Y2CD⊥y轴，CD＝4，CP1＝，推出DP1＝＝DP2，由此即可解决问题；（2）当过点A，B的圆与y轴正半轴相切于点P时，∠APB最大．【解答】解：（1）①如图1中，在x轴的上方，作以AB为斜边的直角三角形△ACB，易知A、B、P三点在⊙C上，圆心C的坐标为（4，3），半径为3，根据对称性可知点C（4，﹣3）也满足条件．②y轴的正半轴上存在线段AB的“等角点“．如图2所示：当圆心为C（4，3）时，过点C作CD⊥y轴于D，则D（0，3），CD＝4∵⊙C的半径r＝＞4，∴⊙C与y轴相交，设交点为P1、P2，此时P1、P2在y轴的正半轴上连接CP1、CP2、CA，则CP1＝CP2＝CA＝r＝∵CD⊥y轴，CD＝4，CP1＝，∴DP1＝＝DP2，∴P1（0，3+）P2（0，3﹣）．（2）当过点A，B的圆与y轴正半轴相切于点P时，∠APB最大．理由如下：如果点P在y轴的正半轴上，设此时圆心为E，则E在第一象限，在y轴的正半轴上任取一点M（不与点P重合），连接MA，MB，P A，PB，设MB交于⊙E于点N，连接NA，∵点P，点N在⊙E上，∴∠APB＝∠ANB，∵∠ANB是△MAN的外角，∴∠ANB＞∠AMB，即∠APB＞∠AMB，此时，过点E作EF⊥x轴于F，连接EA，EP，则AF＝AB＝3，OF＝4，∵⊙E与y轴相切于点P，则EP⊥y轴，∴四边形OPEF是矩形，OP＝EF，PE＝OF＝4．∴⊙E的半径为4，即EA＝4，∴在Rt△AEF中，EF＝，∴OP＝即P（0，）．6．【分析】（1）根据A、B关于对称轴为x＝1对称，且A（﹣1，0），得到B（3，0），所以﹣1，3是方程ax2+bx﹣3＝0的根，得到﹣1+3＝﹣，求出a＝1，b＝﹣2，所以抛物线y＝x2﹣2x﹣3，当x＝1时，y＝﹣4，即可确定D（1，﹣4）．（2）若点N在射线CD上，如备用图1﹣1，延长MN交y轴于点F，过点M作MG⊥y 轴于点G．易证△MCN∽△DBE，得到MN＝2CN．设CN＝a，则MN＝2a．求出MG＝FG＝a，CG＝FG﹣FC＝a，代入抛物线y＝（x﹣3）（x+1），求出a的值，即可知M的坐标；若点N在射线DC上，如备用图1﹣2，MN交y轴于点F，过点M作MG ⊥y轴于点G．用类似的方法求出a的值，确定M的坐标；（3）分两种情况作答，画出图形，利用解三角形，即可解答．【解答】解：（1）∵A、B关于对称轴为x＝1对称，且A（﹣1，0），∴B（3，0），∴﹣1，3是方程ax2+bx﹣3＝0的根，∴﹣1+3＝﹣，解得：a＝1，b＝﹣2，∴抛物线y＝x2﹣2x﹣3，∵y＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣1）2﹣4，∴顶点D的坐标为（1，﹣4），（2）①若点N在射线CD上，如备用图1﹣1，延长MN交y轴于点F，过点M作MG ⊥y轴于点G．∵∠CMN＝∠BDE，∠CNM＝∠BED＝90°，∴△MCN∽△DBE，∴＝＝，∴MN＝2CN．设CN＝a，则MN＝2a．∵∠CDE＝∠DCF＝45°，∴△CNF，△MGF均为等腰直角三角形，∴NF＝CN＝a，CF＝a，∴MF＝MN+NF＝3a，∴MG＝FG＝a，∴CG＝FG﹣FC＝a，∴M（a，﹣3+a）．代入抛物线y＝（x﹣3）（x+1），解得a＝，∴M（，﹣）；②若点N在射线DC上，如备用图1﹣2，MN交y轴于点F，过点M作MG⊥y轴于点G．∵∠CMN＝∠BDE，∠CNM＝∠BED＝90°，∴△MCN∽△DBE∴＝＝，∴MN＝2CN．设CN＝a，则MN＝2a．∵∠CDE＝45°，∴△CNF，△MGF均为等腰直角三角形，∴NF＝CN＝a，CF＝a，∴MF＝MN﹣NF＝a，∴MG＝FG＝a，∴CG＝FG+FC＝a，∴M（a，﹣3+a）．代入抛物线y＝（x﹣3）（x+1），解得a＝5，∴M（5，12）；综上可知，点M坐标为（，﹣）或（5，12）；（3）如备用图2﹣1，当PG1是△DBE的中位线，PQ1平分∠DPD′，∴∠DPQ1＝45°，Rt△DBE中三边比为1：2：，易得tan∠EDB＝，解△PDQ1得：DQ1＝PD＝，此时t＝，如备用图2﹣2，作PH⊥BD，PG1和PG2关于PH对称，PQ2平分∠DPQ2，易得∠Q2PH＝45°，解三角形得DQ2＝，此时t＝．∴t＝或t＝．11。