2020年中考数学压轴题含答案.doc

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ABCD，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（）A2B2C1D12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：AFDE；ADBG；GE+GF；SAGB2S四边形ECFG其中正确的是（）A1个B2个C3个D4个二、填空题3如图所示，四边形ABCD的顶点都在坐标轴上，若ADBC，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（BEAE），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，C45，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BCD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APB45，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；y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yax2+bx3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x1，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MNCD，交直线CD于点N，使CMNBDE，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（0t）秒，求使得DPQ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ABCD，设m；n，得出OCmnOB，ODnOB，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ABCD，设m；n，得到：OAmOB，OCnOAnmOBmnOB，ODnOB，ABD与ACD的面积分别为3和6，ABD的面积（OABD）OA（OB+OD）（mOB）（OB+nOB）m（n+1）OB23，ACD的面积（ACOD）OD（OA+OC）（nOB）（mOB+mnOB）mn（n+1）OB26，两个等式相除，得到n2，代入得到 mOB22，BC的中点E点坐标为：（OB，OC），kxyOB（OC）OBmnOB2mOB221故选：D2 【分析】根据正方形性质得出ADBCDC；ECDFBC；ADFDCE，证ADFDCE（SAS），推出AFDDEC，求出DGF90即可判断；过B作BHDE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；延长DE至M，使得EMGF，连接CM，证CEMCFG，推出CMCG，ECMGCF，求出MCG是等腰直角三角形，即可判断；过G点作TLAD，交AB于T，交DC于L，则GLAB，GLDC，证得DGFDCE，利用相似三角形的性质求出SDEC，SAGB，S四边形ECFG的面积即可判断【解答】解：正方形ABCD，E，F均为中点ADBCDC，ECDFBC在ADF和DCE中，ADFDCE（SAS）AFDDECDEC+CDE90AFD+CDE90DGFAFDE，故正确如图1，过点B作BHDE交AD于H，交AF于KAFDE，BHDE，E是BC的中点BHAG，H为AD的中点BH是AG的垂直平分线BGABAD，故正确如图2延长DE至M，使得EMGF，连接CMAFDDECCEMCFG又E，F分别为BC，DC的中点CFCE在CEM和CFG中，CEMCFG（SAS）CMCG，ECMGCFGCF+BCG90ECM+BCGMCG90MCG为等腰直角三角形GMGE+EMGE+GFGC故正确如图3，过G点作TLAD，交AB于T，交DC于L，则GLAB，GLDC设ECx，则DC2x，DFx，由勾股定理得DEx由DEGF，易证得DGFDCESDGFSDECS四边形ECFGSDECSDGFSDECSDECx2S四边形ECFGx2，SDGFx2DFxGLxTG2xxxSAGBABTG2xxx2SAGB2S四边形ECFG故正确，故选：D二、填空题3【分析】由ADBC，可得出SBCDSBCA、SACDSABD，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：OCDO：OB1：2，进而可得出SAOB，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|SAOB，解之即可得出结论【解答】解：ADBC，SBCDSBCA，SACDSABDACD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：OCDO：OB1：2，SAOBSABD双曲线y恰好经过边AB的四等分点E（BEAE），SAOB+|k|+SAOBSAOB，|k|SAOB5，双曲线经过第二象限，k0，k5故答案为54【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：ABAB，四边形ABCD是菱形，ABBCCDDA，BADC45，菱形ABCD的周长为20，AB5，AB5，在点E沿BCD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2BAD的弧长，点B运动的路径长；故答案为：三、解答题5【分析】（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y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CDy轴于D，则D（0，3），CD4，设交点为P1、P2，此时P1、P2在y轴的正半轴上连接CP1、CP2、CA，则CP1CP2CArY2CDy轴，CD4，CP1，推出DP1DP2，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）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y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CDy轴于D，则D（0，3），CD4C的半径r4，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CP1CP2CArCDy轴，CD4，CP1，DP1DP2，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，PA，PB，设MB交于E于点N，连接NA，点P，点N在E上，APBANB，ANB是MAN的外角，ANBAMB，即APBAMB，此时，过点E作EFx轴于F，连接EA，EP，则AFAB3，OF4，E与y轴相切于点P，则EPy轴，四边形OPEF是矩形，OPEF，PEOF4E的半径为4，即EA4，在RtAEF中，EF，OP即 P（0，）6【分析】（1）根据A、B关于对称轴为x1对称，且A（1，0），得到B（3，0），所以1，3是方程ax2+bx30的根，得到1+3，求出a1，b2，所以抛物线yx22x3，当x1时，y4，即可确定D（1，4）（2）若点N在射线CD上，如备用图11，延长MN交y轴于点F，过点M作MGy轴于点G易证MCNDBE，得到MN2CN设CNa，则MN2a求出MGFGa，CGFGFCa，代入抛物线y（x3）（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12，MN交y轴于点F，过点M作MGy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x1对称，且A（1，0），B（3，0），1，3是方程ax2+bx30的根，1+3，解得：a1，b2，抛物线yx22x3，yx22x3（x1）24，顶点D的坐标为（1，4），（2）若点N在射线CD上，如备用图11，延长MN交y轴于点F，过点M作MGy轴于点GCMNBDE，CNMBED90，MCNDBE，MN2CN设CNa，则MN2aCDEDCF45，CNF，MGF均为等腰直角三角形，NFCNa，CFa，MFMN+NF3a，MGFGa，CGFGFCa，M（a，3+a） 代入抛物线y（x3）（x+1），解得a，M（，）；若点N在射线DC上，如备用图12，MN交y轴于点F，过点M作MGy轴于点GCMNBDE，CNMBED90，MCNDBE，MN2CN设CNa，则MN2aCDE45，CNF，MGF均为等腰直角三角形，NFCNa，CFa，MFMNNFa，MGFGa，CGFG+FCa