最新江苏13市中考数学压轴题汇编(有答案)

苏科版数学中考专题复习：图形的相似综合压轴题专项练习题汇编(Word版,含答案)

苏科版数学中考专题复习：图形的相似综合压轴题专项练习题汇编1．已知四边形ABCD中，M，N两点分别在AB，BD上，且满足∠MCN＝∠BDC．（1）如图1，当四边形ABCD为正方形时，①求证：△ACM∽△DCN；②求证：DN+BM＝CD；（2）如图2，当四边形ABCD为菱形时，若∠BAD＝120°，试探究DN，BM，CD的数量关系．2．在△ABC中，CA＝CB＝m，在△AED中，DA＝DE＝m，请探索解答下列问题．【问题发现】（1）如图1，若∠ACB＝∠ADE＝90°，点D，E分别在CA，AB上，则CD与BE的数量关系是，直线CD与BE的夹角为；【类比探究】（2）如图2，若∠ACB＝∠ADE＝120°，将△AED绕点A旋转至如图2所示的位置，则CD与BE之间是否满足（1）中的数量关系？说明理由．【拓展延伸】（3）在（1）的条件下，若m＝2，将△AED绕点A旋转过程中，当B，E，D三点共线．请直接写出CD的长．3．已知四边形ABCD中，E、F分别是AB、AD边上的点，DE与CF交于点G．问题发现：（1）①如图1，若四边形ABCD是正方形，且DE⊥CF于G，则＝；②如图2，当四边形ABCD是矩形时，且DE⊥CF于G，AB＝m，AD＝n，则＝；拓展研究：（2）如图3，若四边形ABCD是平行四边形，且∠B+∠EGC＝180°时，求证：；解决问题：（3）如图4，若BA＝BC＝5，DA＝DC＝10，∠BAD＝90°，DE⊥CF于G，请直接写出的值．4．在等边△ABC中，D，E分别是AC，BC上的点，且AD＝CE，连接BD、AE相交于点F．（1）如图1，当时，＝；（2）如图2，求证：△AFD∽△BAD；（3）如图3，当时，猜想AF与BF的数量关系，并说明理由．5．如图1，点D是△ABC中AB边上一点，∠ACD＝∠B，BC2＝AB•BD．（1）求证：∠ADC＝∠ACB；（2）求∠ACB的度数；（3）将图1中的△BCD绕点C顺时针旋转得到△ECF，BD的对应边EF经过点A（如图2所示），若AC＝2，求线段CD的长．6．在矩形ABCD中，AB＝6，AD＝4，点M为AB边上一个动点，连接DM，过点M作MN ⊥DM，且MN＝DM，连接DN．（1）如图①，连接BD与BN，BD交MN于点E．①求证：△ABD∽△MND；②求证：∠CBN＝∠DNM；（2）如图②，当AM＝4BM时，求证：A，C，N三点在同一条直线上．7．在△EFG中，∠EFG＝90°，EF＝FG，且点E，F分别在矩形ABCD的边AB，AD上，AB＝8，AD＝6．（1）如图1，当点G在CD上时，求AE+DG的值；（2）如图2，FG与CD相交于点N，连接EN，当EF平分∠AEN时，求证：EN＝AE+DN；（3）如图3，EG，FG分别交CD于点M，N，当MG2＝MN•MD时，求AE的值．8．【问题背景】如图1，在Rt△ABC和Rt△ADE中，AB＝AC，AD＝AE，由已知可以得到：①△≌△；②△∽△．【尝试应用】如图2，在△ABC和△ADE中，∠ACB＝∠AED＝90°，∠ABC＝∠ADE ＝30°，求证：△ACE∽△ABD．【问题解决】如图3，在△ABC和△ADE中，∠BAC＝∠DAE＝90°，∠ABC＝∠ADE ＝30°，AC与DE相交于点F，点D在BC上，，求的值．9．已知正方形ABCD中，点E是边CD上一点（不与C、D重合），将△ADE绕点A顺时针旋转90°得到△ABF，如图1，连接EF分别交AC、AB于点P、G．（1）请判断△AEF的形状；（2）求证：P A2＝PG•PF；（3）如图2，当点E是边CD的中点时，PE＝1，求AG的长．10．如图，等边△ABC的边长为12，点D，E分别在边AB，AC上，且AD＝AE＝4，点F 为BA延长线上一点，过点F作直线l∥BC，G为射线BC上动点，连接GD并延长交直线l于点H，连接FE并延长交BC于点M，连接HE并延长交射线BC于点N．（1）若AF＝4，当BG＝4时，求线段HF和EH的长；（2）若AF＝a（a＞0），点G在运动过程中，请判断△HGN的面积是否改变．若不变，求出其值（用含a的代数式表示）；若改变，请说明理由．11．在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝8，BC＝6．（1）如图1，点D为AC上一点，DE∥BC交AB边于点E，若＝，求AD及DE的长；（2）如图2，折叠△ABC，使点A落在BC边上的点H处，折痕分别交AC、AB于点G、F，且FH∥AC．①求证：四边形AGHF是菱形；②求菱形的边长；（3）在（1）（2）的条件下，线段CD上是否存在点P，使得△CPH∽△DPE？若存在，求出PD的长；若不存在，请说明理由．12．如图①，AB∥MH∥CD，AD与BC相交于点M，点H在BD上．求证：．小明的部分证明如下：证明：∵AB∥MH，∴△DMH∽△DAB，∴．同理可得：＝，…．（1）请完成以上的证明（可用其他方法替换小明的方法）；（2）求证：；（3）如图②，正方形DEFG的顶点D、E分别在△ABC的边AB、AC上，E、F在边BC 上，AN⊥BC，交DG于M，垂足为N，求证：．13．【问题情境】如图1，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB，垂足为D，我们可以得到如下正确结论：①CD2＝AD•BD；②AC2＝AB•AD；③BC2＝AB•BD，这些结论是由古希腊著名数学家欧几里得在《几何原本》最先提出的，我们称之为“射影定理”，又称“欧几里德定理”．（1）请证明“射影定理”中的结论③BC2＝AB•BD．【结论运用】（2）如图2，正方形ABCD的边长为6，点O是对角线AC、BD的交点，点E在CD上，过点C作CF⊥BE，垂足为F，连接OF．①求证：△BOF∽△BED．②若CE＝2，求OF的长．14．如图①，在正方形ABCD中，点P为线段BC上的一个动点，连接AP，将△ABP沿直线AP翻折得到△AEP，点Q是CD的中点，连接BQ交AE于点F，若BQ∥PE．（1）求证：△ABF∽△BQC；（2）求证：BF＝FQ；（3）如图②，连接DE交BQ于点G，连接EC，GC，若FQ＝6，求△GBC的面积．15．如图1，已知等边△ABC的边长为8，点D在AC边上，AD＝2，点P是AB边上的一个动点．（1）连接PC、PD．①当AP＝时，△APD∽△ACP；②若△APD与△BPC相似，求AP的长度；（2）已知点Q在线段PB上，且PQ＝2．①如图2，若△APD与△BQC相似，则∠ACQ与∠PDC之间的数量关系是；②如图3，若E、F分别是PD、CQ的中点，连接EF，线段EF的长是否是一个定值，若是，求出EF的长，若不是，说明理由．16．（1）如图①，点E，F分别在正方形边AB，BC上，且AF⊥DE，请直接写出AF与DE的关系．（2）如图②，点E，F，G分别在矩形ABCD的边AB，BC，CD上，且AF⊥EG，求证：．（3）如图③，在（2）的条件下，连接AG，过点G作AG的垂线与CF交于点H，已知BH＝3，HG＝5，GA＝7.5，求的值．17．【问题背景】正方形ABCD和等腰直角三角形CEF按如图①所示的位置摆放，点B，C，E在同一条直线上，其中∠ECF＝90°．【初步探究】（1）如图②，将等腰直角三角形CEF绕点C按顺时针方向旋转，连接BF，DE，请直接写出BF与DE的数量关系与位置关系：；【类比探究】（2）如图③，将（1）中的正方形ABCD和等腰直角三角形CEF分别改成矩形ABCD和Rt△CEF，其中∠ECF＝90°，且，其他条件不变．①判断线段BF与DE的数量关系，并说明理由；②连接DF，BE，若CE＝6，AB＝12，求DF2+BE2的值．18．在相似的复习课中，同学们遇到了一道题：已知∠C＝90°，请设计三种不同方法，将Rt△ABC分割成四个小三角形，使每个小三角形与原三角形相似．（1）甲同学设计了如图1分割方法：D是斜边AB的中点，过D分别作DE⊥AC，DF ⊥BC，请判断甲同学的做法是否正确，并说明理由．（2）乙同学设计了如图2分割方法，过点D作FD⊥AB，DE⊥BC，连结EF，易证△ADF∽△ACB，△DEB∽△ACB，但是只有D在AB特殊位置时，才能证明另两个三角形与原三角形相似，李老师通过几何画板，发现∠A＝30°时，，∠A＝45°时，，∠A＝60°时，．猜测对于任意∠A，当＝（用AC，BC或AB相关代数式表示），结论成立．请补充条件并证明．（3）在普通三角形中，显然连结三角形中位线分割成四个小三角形与原三角形相似．你能参考乙同学的分割方法找到其他分割方法吗？请做出示意图并作适当分割说明（不要求证明过程）．19．△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D在AB边上，点E在AC边上，连接DE，取BC边的中点O，连接DO并延长到点F，使OF＝OD，连接CF，EF，令＝＝k．（1）①如图1，若k＝1，填空：＝；△ECF是三角形．②如图2，将①中△ADE绕点A旋转，①中的结论是否仍然成立？若成立，请仅就图2所示情况给出证明；若不成立，请说明理由．（2）如图3，若k＝，AB＝AD，将△ADE由图1位置绕点A旋转，当点C，E，D三点共线时，请直接写出sin∠1的值．20．【基础探究】如图1，四边形ABCD中，∠ADC＝∠ACB，AC为对角线，AD•CB＝DC•AC．（1）求证：AC平分∠DAB．（2）若AC＝8，AB＝12，则AD＝．【应用拓展】如图2，四边形ABCD中，∠ADC＝∠ACB＝90°，AC为对角线，AD•CB ＝DC•AC，E为AB的中点，连结CE、DE，DE与AC交于点F．若CB＝6，CE＝5，请直接写出的值．参考答案1．（1）①证明：∵四边形ABCD为正方形∴∠ACD＝∠BDC＝∠BAC＝45°，又∵∠MCN＝∠BDC，∴∠MCN＝∠ACD＝45°，∴∠MCA+∠ACN＝∠ACN+∠DCN，∴∠MCA＝∠DCN，∴△ACM∽△DCN．②证明：由①可知：△ACM∽△DCN，∴，∴DN＝AM，∴AM+BM＝AB＝CD，∴DN+BM＝CD．（2）解：如图所示：连接AC，在DN上取一点P使∠PCD＝∠PDC＝30°，过P作PQ ⊥CD于Q，∴∠PCD＝∠PDC＝30°，∴∠NPC＝60°，又∵四边形ABCD为菱形且∠BAD＝120°，∴∠BAC＝60°，∴∠NPC＝∠BAC，又∵∠ACP＝∠ACD﹣∠PCD＝30°，∠MCN＝∠BDC＝30°，∵∠MCN＝∠ACP，∴∠MCA+∠ACN＝∠ACN+∠NCP，∴∠MCA＝∠NCP，∴△AMC∽△PNC，∴，∵，∴CD＝CP，∴，∴AM，∴AM＝PN，∴AM+MB＝AB＝CD，∴PN+MB＝CD，∴（DN﹣DP）+MB＝CD，∴（DN﹣CD）+MB＝CD，即DN﹣CD+MB＝CD，∴DN+MB＝2CD．2．解：（1）∵∠ACB＝∠ADE＝90°，CA＝CB，DA＝DE，∴∠A＝∠B＝∠DEA＝45°，∴AB＝AC＝m，AE＝AD＝m，∴CD＝AC﹣AD＝m，BE＝AB﹣AE＝m，∴BE＝CD，∵∠A＝45°，∴直线CD与BE的夹角为45°，故答案为：BE＝CD，45°；（2）不满足，BE＝CD，直线CD与BE的夹角为30°，理由如下：如图2，过点C作CH⊥AB于H，延长CD、BE交于点F，∵CA＝CB，∴AH＝HB，∵∠ACB＝∠ADE＝120°，CA＝CB，DA＝DE，∴∠CAB＝∠CBA＝30°，∠DAE＝∠DEA＝30°，∴AC＝2CH，∠CAD＝∠BAE，由勾股定理得：AH＝AC，∴AB＝AC，同理可得：AE＝AD，∵∠CAD＝∠BAE，∴△CAD∽△BAE，∴＝＝，∠ACD＝ABE，∴BE＝CD，∠F＝∠CAB＝30°，∴BE＝CD，直线CD与BE的夹角为30°；（3）如图3，点E在线段BD上，∵m＝2，∴AD＝DE＝1，AB＝2，由勾股定理得：BD＝＝，∴BE＝BD﹣DE＝﹣1，∴CD＝BE＝，如图4，点D在线段BE上，BE＝BD+DE＝+1，∴CD＝BE＝，综上所述：当B，E，D三点共线．CD的长为或．3．（1）解：①∵四边形ABCD是正方形，∴AD＝CD，∠BAD＝∠ADC＝90°，∵DE⊥CF，∴∠DGF＝90°＝∠ADC，∴∠ADE+∠EDC＝90°＝∠EDC+∠DCF，∴∠ADE＝∠DCF，∴△ADE≌△DCF（ASA），∴DE＝CF，故答案为：1；②解：∵四边形ABCD是矩形，∴∠A＝∠FDC＝90°，AB＝CD＝m，∵CF⊥DE，∴∠DGF＝90°，∴∠ADE+∠CFD＝90°，∠ADE+∠AED＝90°，∴∠CFD＝∠AED，∵∠A＝∠CDF，∴△AED∽△DFC，∴＝，故答案为：；（2）证明：如图所示，∠B+∠EGC＝180°，∠EGC+∠EGF＝180°，∴∠B＝∠EGF，在AD的延长线上取点M，使CM＝CF，则∠CMF＝∠CFM，∵AB∥CD，∴∠A＝∠CDM，∵AD∥BC，∴∠B+∠A＝180°，∵∠B＝∠EGF，∴∠EGF+∠A＝180°，∴∠AED＝∠CFM＝∠CMF，∴△ADE∽△DCM，∴，即；（3）解：过C作CN⊥AD于N，CM⊥AB交AB延长线于M，连接BD，设CN＝x，∵∠BAD＝90°，即AB⊥AD，∴∠A＝∠M＝∠CNA＝90°，∴四边形AMCN是矩形，∴AM＝CN，AN＝CM，在△BAD和△BCD中，，∴△BAD≌△BCD（SSS），∴∠BCD＝∠A＝90°，∴∠ABC+∠ADC＝180°，∵∠ABC+∠CBM＝180°，∴∠MBC＝∠ADC，∵∠CND＝∠M＝90°，∴△BCM∽△DCN，∴，∴，∴CM＝x，在Rt△CMB中，CM＝x，BM＝AM﹣AB＝x﹣5，由勾股定理得：BM2+CM2＝BC2，∴（x﹣5）2+（x）2＝52，解得：x1＝0（舍去），x2＝8，∴CN＝8，∵∠A＝∠FGD＝90°，∴∠AED+∠AFG＝180°，∵∠AFG+∠NFC＝180°，∴∠AED＝∠CFN，∵∠A＝∠CNF＝90°，∴△AED∽△NFC，∴＝＝．4．解：（1）如图，∵∠ABC＝∠C＝60°，∴△ABC是等边三角形，∴AB＝AC＝BC，∠BAC＝∠ABC＝∠ACB＝60°，∵AD＝CE，∴△ABD≌△CAE（SAS），∴∠EAC＝∠DBA，∵，∴点D是AC中点，且△ABC是等边三角形，∴∠DBA＝30°，∴∠EAC＝30°，∴∠BAE＝∠DBA＝30°，∴AF＝BF，∴，故答案为：1；（2）由（1）可得△ABD≌△CAE，∴∠EAC＝∠DBA，∵∠ADF＝∠BDA，∴△AFD∽△BAD；（3）由（1）可得△ABD≌△CAE，∴BD＝AE，∠EAC＝∠DBA，∴∠BFE＝∠DBA+∠BAF＝∠EAC+∠BAF＝∠BAD＝60°，设AF＝x，BF＝y，AB＝AC＝BC＝n，AD＝CE＝1，BD＝AE＝m，∵∠EAC＝∠DBA，∠ADB＝∠ADB，∴△ADF∽△BDA，∴，∴①，∵∠BFE＝∠C＝60°，∠DBC＝∠DBC，∴△BFE∽△BCD，∴，∴②，①÷②得：，∴，∵，即n＝4，∴．5．（1）证明：∵∠ACD＝∠B，∠A＝∠A，∴△ADC∽△ACB．∴∠ADC＝∠ACB．（2）解：∵BC2＝AB•BD，∴．又∵∠B＝∠B，∴△ABC∽△CBD．∴∠ACB＝∠CDB．∵∠ADC+∠CDB＝180°，∠ADC＝∠ACB，∴∠ACB＝∠CDB＝∠ADC＝90°．（3）解：∵△BCD绕点C顺时针旋转得到△ECF，∴CE＝BC，∠E＝∠B．∵∠ACD＝∠B，∴∠ACD＝∠E．∴AC＝AE．∵∠ADC＝90°，∴CE⊥AB．∴CD＝DE＝CE．∴∵△ADC∽△ACB，∴．∴AD＝•AC＝1，在Rt△ADC中，．6．证明：（1）①∵四边形ABCD为矩形，DM⊥MN，∴∠A＝∠DMN＝90°，∵AB＝6，AD＝4，MN＝DM，∴，∴△ABD∽△MND；②∵四边形ABCD为矩形，DM⊥MN，∴∠ABC＝∠DMN＝90°，∴∠ABD+∠CBD＝90°，由①得△ABD∽△MND，∴∠ABD＝∠DNM，又∵∠MEB＝∠DEN，∴△MBE∽△DNE，∴，又∵∠MED＝∠BEN，∴△DME∽△NBE，∴∠NBE＝∠DME＝90°，∴∠CBN+∠CBD＝90°，∴∠CBN＝∠DNM；（2）如图②，过点N作NF⊥AB，交AB延长线于点F，连接AC，AN，则∠NF A＝90°，∵四边形ABCD为矩形，AD＝4，AB＝6，∴∠A＝∠ABC＝90°，BC＝AD＝4，，则∠ADM+∠AMD＝90°，∵AM＝4BM，AB＝6，∴AM＝AB＝，又∵DM⊥MN，∴∠DMN＝90°，∴∠AMD+∠FMN＝90°，∴∠ADM＝∠FMN，∴△ADM∽△FMN，∴，，∴MF＝6，FN＝，∴，∴，∵∠ABC＝∠AFN＝90°，∴△ABC∽△AFN，∴∠BAC＝∠F AN，∴A，C，N三点在同一条直线上．7．（1）解：∵四边形ABCD是矩形，∴∠A＝∠D＝90°，EF＝FG，∵∠EFG＝90°，∴∠AFE+∠DFN＝90°，∠AFE+∠AEF＝90°，∴∠DFN＝∠AEF．∴△DFG≌△AEF（AAS），∴AF＝DG，AE＝DF，∴AE+DG＝AF+DF＝AD＝6；（2）证明：如图，延长NF，EA相交于H，∴∠HFE＝90°，∠HAF＝90°，∵∠HFE＝∠NFE，EF＝EF，∠HEF＝∠NEF，∴△HFE≌△NFE（ASA），∴FH＝FN，HE＝NE，∵∠AFH＝∠DFN，∠HAF＝∠D，∴△HF A≌△NFD（AAS），∴AH＝DN，∵EH＝AE+AH＝AE+DN，∴EN＝AE+DN；（3）解：如图，过点G作GP⊥AD交AD的延长线于P，∴∠P＝90°，∵MG2＝MN•MD，∴＝，∵∠GMN＝∠DMG，∴△MGN∽△MDG，∴∠GDM＝45°，∠PDG＝45°，∴△PDG是等腰直角三角形，PG＝PD，∵∠AFE+∠PFG＝90°，∠AFE+∠AEF＝90°，∴∠PFG＝∠AEF，∵∠A＝∠P＝90°，EF＝FG，∴△PFG≌△AEF（AAS），∴AF＝PG，AE＝PF，∴AE＝PD+DF＝AF+DF＝AD＝6．8．【问题背景】∵△ABC和△ADE是等腰直角三角形，∴△ABC∽△ADE．∠BAC＝∠DAE，∴∠BAD＝∠CAE，∵AB＝AC，AD＝AE，∴△ABD≌△ACE，故答案为：①△ABD≌△ACE；②△ABC∽△ADE．【尝试应用】∵△ABC∽△ADE，∴，∠CAB＝∠EAD，∴∠CAE＝∠BAD，∴△ACE∽△ABD；【问题解决】连接CE，由【尝试应用】知，△ABD∽△ACE，∴∠ACE＝∠ABD＝∠ADE＝30°，∵∠AFD＝∠EFC，∴△ADF∽△ECF，∴，∵，∴，∵，∴．9．（1）解：△AEF是等腰直角三角形，理由如下：由旋转的性质可知：AF＝AE，∠F AE＝90°，∴△AEF是等腰直角三角形；（2）证明：∵四边形ABCD是正方形，∠CAB＝45°，由（1）知∠AFE＝45°，∴∠P AG＝∠AFP＝45°，又∵∠APG＝∠FP A，∴△APG∽△FP A，∴，∴P A2＝PG•PF；（3）解：设正方形的边长为2a，∵将△ADE绕点A顺时针旋转90°得到△ABF，∴∠ABF＝∠D＝90°，DE＝BF，∵∠ABC＝90°，∴∠FBC＝180°，∴F，B，C三点共线，∵DE＝EC＝BF＝a，BC＝2a，∴CF＝3a，EF＝＝＝a，∵BG∥EC，∴BG：EC＝FB：CF＝FG：FE＝1：3，∴BG＝，AG＝，GE＝a，∵∠GAP＝∠EG＝45°，∠AGP＝∠EGA，∴△AGP∽△EGA，∴，∴AG2＝GP•GE，∴（）2＝（）×，∴a＝或a＝0（舍去），∴AG＝．10．解：（1）如图1，由题意可得：BD＝DF＝8，∵HF∥BC，∴∠HFD＝∠B，在△HFD和△GBD中，，∴△HFD≌△GBD（ASA），∴HF＝BG＝4，连接DE，∵△ABC是等边三角形，∴∠B＝∠BAC＝60°，∵AD＝AE＝4，∴△ADE是等边三角形，∴DE＝AD＝4，∠ADE＝60°，∴∠ADE＝∠B，∴DE∥BC，∴DE∥FH，∵FH＝DE＝4，∴四边形DEFH是平行四边形，∴HE和DF互相平分，∵DA＝AF，∴HE经过点A，∴HE＝2AE＝8；（2）如图2，面积不变，理由如下：连接DE，作FK⊥BC于K，在Rt△BFK中，∠B＝60°，BF＝12+a，∴FK＝BF•sin60°＝，由（1）得，DE∥FH＝BC，∴△HDE∽△HGN，△HFD∽△GBD，∴，，∴，∴，∴，∴GN＝，∴S△HGN＝＝＝，11．解：（1）∵DE∥BC，∴△ADE∽△ABC，∴，∴，∴AD＝2，；（2）①由翻折不变性可知：AF＝FH，AG＝GH，∠AFG＝∠GFH，∵FH∥AC，∴∠AGF＝∠GFH，∴∠AGF＝∠AFG，∴AG＝AF，∴AG＝AF＝FH＝HG，∴四边形AGHF是菱形；②∵FH∥AC，∴△FBH∽△ABC，∴，又∵BC＝6，AC＝8，AB＝10，∴BH：FH：BF＝3：4：5，∴设BH＝3a，则FH＝AF＝4a，BF＝5a，∴4 a+5a＝10，∴，∴FH＝，即菱形的边长为；（3）在点P使得△CPH∽△DPE，理由如下：∵△CPH∽△DPE，∴，∵BH＝，∴CH＝，∴，∴．12．证明：（1）∴＝，两边都除以MH，得，；（2）如图1，作AE⊥BD于E，MF⊥BD于F，CG⊥BD于G，∴AE∥MF∥CG，∴，∵HH∥AB，∴，∴，同理可得：，由（1）得，，两边乘以，得，（3）如图2，∵DG∥BC，∴△ADG∽△ABC，∴，∵，∴，∵四边形DEFG是正方形，∴MN＝DE＝DG，∴，两边都除以DG，得，．13．（1）证明：∵CD⊥AB，∴∠BDC＝90°＝∠ACB，∵∠CBD＝∠ABC，∴△CBD∽△ABC，∴，∴BC2＝AB•BD；（2）①证明：∵四边形ABCD是正方形，∴OC⊥BO，∠BCD＝90°，∴BC2＝BO•BD，∵CF⊥BE，∴BC2＝BF•BE，∴BO•BD＝BF•BE，即，∵∠OBF＝∠EBD，∴△BOF∽△BED；②解：在Rt△BCE中，∵BC＝6，CE＝2，∴BE＝＝2，∴DE＝4，BO＝3，由①知△BOF∽△BED，∴，∴，∴OF＝．14．（1）证明：如图①中，∵四边形ABCD是正方形，∴∠ABC＝∠C＝90°，AB∥CD，∴∠ABF＝∠CQB，由翻折的性质可知，∠E＝∠ABC＝90°∵PE∥BQ，∴∠AFB＝∠E＝90°，∴△AFB∽△BCQ；（2）证明：如图①中，设AB＝BC＝CD＝AD＝2a，∵Q是CD的中点，∴CQ＝QD＝a，∵∠C＝90°，∴BQ＝＝＝a，∵△AFB∽△BCQ，∴＝，∴＝，∴BF＝a，∴QF＝a，∴＝＝，∴BF＝QF；（3）解：如图②，建立如图平面直角坐标系，过点E作EH⊥AB于点T．∵BF＝FQ，FQ＝6，∴BF＝4，∴BQ＝BF+FQ＝4+6＝10，∴CQ＝2，AB＝BC＝CD＝AD＝4，∴Q（4，2），∴直线BQ的解析式为y＝x，∵∠EAT＝∠CBQ，∠ATE＝∠BCQ＝90°，∴△ATE∽△BCQ，∴＝＝，∴＝＝，∴AT＝8，ET＝4，∴BT﹣AB﹣AT＝4﹣8，∴E（4，4﹣8），∵D（4，4），∴直线DE的解析式为：y＝x+2﹣10，由，解得，∴G（4﹣4，2﹣2），∴S△BCG＝××（2﹣2）＝20﹣4．15．解：（1）①∵等边△ABC的边长为8，∴AC＝8，∵△APD∽△ACP，∴，∵AD＝2，∴，∴AP＝4，故答案为4；②∵△ABC为等边三角形，∴AB＝BC＝8，∠A＝∠B＝60°，∵△APD与△BPC相似，∴△APD∽△BPC或△APD∽△BCP，Ⅰ、当△APD∽△BPC时，，∴，∴AP＝，Ⅱ、当△APD∽△BCP时，，∴，∴AP＝4，即△APD与△BPC相似时，AP的长度为或4；（2）①∵△ABC为等边三角形，∴AB＝BC＝8，∠A＝∠B＝∠ACB＝60°，∵△APD与△BQC相似，∴△APD∽△BQC或△APD∽△BCQ，Ⅰ、当△APD∽△BQC时，∠APD＝∠BQC，∴∠PDC＝∠A+∠APD＝60°+∠APD＝60°+∠BQC，∴∠BQC＝∠PDC﹣60°，∴∠ACQ＝∠ACB﹣∠BCQ＝60°﹣（180°﹣∠B﹣∠BAC）＝∠B+∠BQC﹣120°＝60°+∠PDC﹣60°﹣120°＝∠PDC﹣120°，∴∠PDC+∠ACQ＝120°；Ⅱ、当△APD∽△BCQ时，∠APD＝∠BCQ，∴∠PDC＝∠A+∠APD＝60°+∠APD＝60°+∠BCQ，∴∠BCQ＝∠PDC﹣60°，∴∠ACQ＝∠ACB﹣∠BCQ＝60°﹣（∠PDC﹣60°）＝120°﹣∠PDC，∴∠ACQ+∠PDC＝120°，即满足条件的∠ACQ与∠PDC之间的数量关系是∠ACQ+∠PDC＝120°或∠PDC﹣∠ACQ＝120°；②线段EF的长是一个定值，为．如图，连接AE并延长至G，使AE＝GE，连接PG，QG，∵点E是DP的中点，∴DE＝PE，∵∠AED＝∠GEP，∴△AED≌△GEP（SAS），∴AE＝GE，PG＝AD＝2，∠ADE＝∠GPE，∴PG∥AD，∴∠QPG＝∠BAC＝60°，∵PQ＝2＝PG，∴△PQG为等边三角形，∴QG＝2，∠PQG＝60°＝∠B，∴QG∥BC，连接GF并延长交BC于H，∴∠FQG＝∠FCH，∵点F是CQ的中点，∴FQ＝FC，∵∠QFG＝∠CFH，∴△QFG≌△CFH（ASA），∴FG＝FH，CH＝QG＝2，连接AH，过点A作AM⊥BC于M，∴∠AMC＝90°，CM＝BC＝4，在Rt△AMC中，AC＝8，根据勾股定理得，AM2＝AC2﹣CM2＝82﹣42＝48，在Rt△AMH中，MH＝CM﹣CH＝2，根据勾股定理得，AH＝＝＝2，∵AE＝GE，FG＝FH，∴EF是△AHG的中位线，∴EF＝AH＝，即线段EF的长是一个定值．16．解：（1）∵AF⊥DE，∴∠ADE+∠DAF＝90°，∵∠ADE+∠AED＝90°，∴∠DAF＝∠AED，∵∠ADE＝∠ABF＝90°，AD＝AB，∴△ADE≌△DAF（AAS），∴AF＝DE；（2）过点G作GM⊥BA交于点M，∵AF⊥EG，∴∠F AB+∠AEG＝90°，∵∠F AB+∠AFB＝90°，∴∠AEG＝∠AFB，∵∠GME＝∠ABF＝90°，∴△GME∽△ABF，∴＝，∵AD＝GM，∴；（3）连接AH，∵AG⊥GH，∴△AGH是直角三角形，∵HG＝5，GA＝7.5，∴AH＝，在Rt△ABH中，BH＝3，AH＝，∴AB＝，∵∠AGH＝90°，∴∠DGA+∠CGH＝90°，∵∠DGA+∠GAD＝90°，∴∠GAD＝∠CGH，∴△DAG∽△CGH，∴＝＝，∴＝＝，∴AD＝6，由（2）知，∴＝＝．17．解：（1）如图②，BF与CD交于点M，与DE交于点N，∵四边形ABCD是正方形，∴BC＝DC，∠BCD＝90°，∵△ECF是等腰直角三角形，∴CF＝CE，∠ECF＝90°，∴∠BCD＝∠ECF，∴∠BCD+∠DCF＝∠ECF+∠DCF，∴∠BCF＝∠DCE，∴△BCF≌△DCE（SAS），∴BF＝DE，∠CBF＝∠CDE，∵∠BMC＝∠DMF，∠CBF+∠BMC＝90°，∴∠CDE+∠DMF＝90°，∴∠BND＝90°，∴BF⊥DE，故答案为：BF＝DE，BF⊥DE；（2）①如图③，，理由：∵四边形ABCD是矩形，∴∠BCD＝90°，∵∠ECF＝90°，∴∠BCD+∠DCF＝∠ECF+∠DCF，∴∠BCF＝∠DCE，∵，∴△BCF∽△DCE，∴＝；②如图③，连接BD，∵△BCF∽△DCE，∴∠CBF＝∠CDE，∵四边形ABCD是矩形，∴CD＝AB＝12，∵CE＝6，，∴＝，∴CF＝8，BC＝16，∵∠DBO+∠CBF+∠BDC＝∠BDO+∠CDE+∠BDC＝∠DBO+∠BDO＝90°，∴∠BOD＝90°，∴∠DOF＝∠BOE＝∠EOF＝90°，在Rt△DOF中，DF2＝OD2+OF2，在Rt△BOE中，BE2＝OB2+OE2，在Rt△DOB中，DB2＝OD2+OB2，在Rt△EOF中，EF2＝OE2+OF2，∴DF2+BE2＝OD2+OF2+OB2+OE2＝DB2+EF2，在Rt△BCD中，BD2＝BC2+CD2＝162+122＝400，在Rt△CEF中，EF2＝EC2+CF2＝62+82＝100，∴BD2+EF2＝400+100＝500，∴DF2+BE2＝500．18．解：（1）甲的做法正确，理由如下：∵DE⊥AC，DF⊥BC，∴∠DEC＝∠DFC＝90°，∵∠C＝90°，∴四边形DECF是矩形，∴∠EDF＝90°，DE∥BC，DF∥AC，∴，△AED∽△ACB，△BFD∽△BCA，即：AE＝CE，同理可得：BF＝CF，∴DF∥AC，EF∥AB，∴四边形AEFD是平行四边形，△CEF∽△CAB，同理可得：四边形DEFB是平行四边形，∴∠EFD＝∠A，∵∠AED＝∠EDF，∴△AED∽△FDE，∴四个小三角形与△ABC相似；（2）当时，△EDF∽△AFD∽△FEC，理由如下：∵△ADF∽△ACB，△DEB∽△ACB，∴①，②，得，，∴DE＝EF，∵DE∥AF，∴四边形ADFE是平行四边形，由（1）可得，△DEF和△CEF与△ABC相似，故答案是：；（3）如图，根据和AC和AB及AB的长度找出点D的位置，然后作DE∥AC交BC于E，作EF∥AB交AC于F，连接DF即可．19．解：（1）①∵O是BC的中点，∴OB＝OC，在△BOD和△COF中，，∴△BOD≌△COF（SAS），∴CF＝BD，∠OCF＝∠B，∵AD＝AE，AB＝AC，∴BD＝CE，∴CE＝CF，即：，∵∠B+∠ACB＝90°，∴∠OCF+∠ACB＝90°，∴∠ECF＝90°，∴△ECF是等腰直角三角形，故答案是：1，等腰直角三角形，解：（2）如图1，仍然成立，理由如下：连接BD，由（1）得：CF＝BD，CF∥BD，∴∠CFO＝∠DBO，∵∠BAC＝∠DAE＝90°，∴∠BAC﹣∠BAE＝∠DAE﹣∠BAE，∴∠CAE＝∠BAD，在△CAE和△BAD中，，∴△CAE≌△BAD（SAS），∴CE＝BD，∠ACE＝∠ABD，∴CE＝CF，∵∠ACB+∠ABC＝90°，∴∠ACE+∠EAO+∠ABC＝90°，∴∠ABD+∠EAO+∠ABC＝90°，∴∠EAO+∠DBO＝90°，∴∠EAO+∠CFO＝90°，∴∠FCE＝90°，∴＝1，△ECF是等腰直角三角形；（3）如图2，连接BD，作AG⊥CD于G，设AD＝a，则AB＝，AC＝a，AE＝，由（2）得：∠CAE＝∠BAD，CF＝BD，∵，∴△CAE∽△BAD，∴，∠ACD＝∠ABD，∴，同理（2）得：∠CEF＝90°，∴∠ECF＝∠EAD＝90°，∴点C、A、B、D共圆，∴∠1＝∠ACG，∵AD＝a，AE＝，∠DAE＝90°，∴DE＝，由S△ADE＝得，AG＝a，∴sin∠ACD＝＝＝，∴sin∠1＝．20．（1）证明：∵∠ADC＝∠ACB，，∴△ADC∽△ACB，∴∠DAC＝∠CAB，∴AC平分∠DAB；（2）解：∵△ADC∽△ACB，∴，∴AC2＝AB×AD，∵AC＝8，AB＝12，∴64＝12AD，∴AD＝，故答案为：；（3）解：∵∠ACB＝90°，点E为AB的中点，∴AB＝2CE＝10，∴AC＝8，∵△ADC∽△ACB，∴AD＝＝6.4，由（1）知∠DAC＝∠EAC，∵CE＝AE，∴∠ECA＝∠EAC，∴∠DAC＝∠ECA，∴△AFD∽△CFE，∴．。

2020年江苏中考数学压轴题精选精练(含解析)

中考数学压轴题精选精练一、选择题（6题）1．如图，点A是射线y═（x≥0）上一点，过点A作AB⊥x轴于点B，以AB为边在其右侧作正方形ABCD，过点A的双曲线y＝交CD边于点E，则的值为（）A．B．C．D．12．如图，在△ABC中，∠C＝90°，AC＝4，BC＝2，点A、C分别在x轴、y轴上，当点A 在x轴上运动时，点C随之在y轴上运动，在运动过程中，点B到原点的最大距离是（）A．6 B．C．D．3. 如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝3，BC＝4，点D是AB的中点，点P是直线BC上一点，将△BDP沿DP所在的直线翻折后，点B落在B1处，若B1D⊥BC，则点P 与点B之间的距离为（）A．1 B．54C．1或3 D．54或54．已知直线y＝﹣x+7a+1与直线y＝2x﹣2a+4同时经过点P，点Q是以M（0，﹣1）为圆心，MO为半径的圆上的一个动点，则线段PQ的最小值为（）A．103B．163C．85D．1855．如图，平行四边形ABCD的顶点A的坐标为（﹣，0），顶点D在双曲线y＝（x＞0）上，AD交y轴于点E（0，2），且四边形BCDE的面积是△ABE面积的3倍，则k的值为（）A．4 B．6 C．7 D．86．如图，已知矩形ABCD，AB＝4，BC＝6，点M为矩形内一点，点E为BC边上任意一点，则MA+MD+ME的最小值为（）A．3+2B．4+3C．2+2D．10二、填空题（6题）1．如图，矩形ABCD中，AB＝4，BC＝8，P，Q分别是直线BC，AB上的两个动点，AE ＝2，△AEQ沿EQ翻折形成△FEQ，连接PF，PD，则PF+PD的最小值是．2．如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，AB＝BC＝BD＝2，AD＝1，则AC＝．3．如图，四边形ABCD的顶点都在坐标轴上，若AB∥CD，△AOB与△COD 面积分别为8和18，若双曲线kyx恰好经过BC的中点E，则k的值为．第3题第4题4．如图，在边长为1的菱形ABCD中，∠ABC＝60°，将△ABD沿射线BD的方向平移得到△A'B'D'，分别连接A'C，A'D，B'C，则A'C+B'C的最小值为．5．如图，在平面直角坐标系中，已知点A（0，1），B（0，1+m），C（0，1﹣m）（m＞0），点P在以D（﹣4，﹣2）为圆心，为半径的圆上运动，且始终满足∠BPC＝90°，则m的取值范围是．第3题第4题6．如图，在矩形ABCD中，AB＝15，AD＝10，点P是AB边上任意一点（不与A点重合），连接PD，以线段PD为直角边作等腰直角△DPQ（点Q在直线PD右侧），∠DPQ＝90°，连接BQ，则BQ的最小值为．三、解答题（6题）1．如图，正方形ABCD的边长为2，点E、F分别是边AB、AD上的动点，且∠ECF＝45°，CF的延长线交BA的延长线于点G，GE的延长线交DA的延长线于点H，连接AE、CF．（1）求证：△AEF的周长为定值；（2）求AG•AH的值；（3）当△CGH是等腰三角形时，求AF的值．2．如图，抛物线y ＝ax 2+bx ﹣3与x 轴交于A （﹣1，0），B （3，0），与y 轴交于点C ，顶点为D ．（1）求抛物线的解析式及点D 的坐标．（2）在线段BC 下方的抛物线上，是否存在异于点D 的点E ，使S △BCE ＝S △BCD ？若存在，求出点E 的坐标；若不存在，请说明理由．（3）点M在抛物线上，点P 为y 轴上一动点，求MP +PC 的最小值．3．如图①，一次函数122y x =-的图象交x 轴于点A ，交y 轴于点B ，二次函数212y x bx c =-++的图象经过A 、B 两点，与x 轴交于另一点C ．（1）求二次函数的关系式及点C 的坐标；（2）如图②，若点P 是直线AB 上方的抛物线上一点，过点P 作PD ∥x 轴交AB 于点D ，PE ∥y 轴交AB 于点E ，求PD +PE 的最大值；（3）如图③，若点M 在抛物线的对称轴上，且∠AMB ＝∠ACB ，求出所有满足条件的点M 的坐标．4．如图，矩形ABCD中，AB＝6，AD＝8．动点E，F同时分别从点A，B出发，分别沿着射线AD和射线BD的方向均以每秒1个单位的速度运动，连接EF，以EF为直径作⊙O 交射线BD于点M，设运动的时间为t．（1）当点E在线段AD上时，用关于t的代数式表示DE，DM．（2）在整个运动过程中，①连结CM，当t为何值时，△CDM为等腰三角形．②圆心O处在矩形ABCD内（包括边界）时，求t的取值范围，并直接写出在此范围内圆心运动的路径长．5．如图1，矩形ABCD中，AB＝6，动点P从点A出发，沿A→B→C的方向在AB和BC 上移动，记P A＝x，点D到直线P A的距离为y，y关于x的函数图象由C1、C2两段组成，如图2所示．（1）求AD的长；（2）求图2中C2段图象的函数解析式；（3）当△APD为等腰三角形时，求y的值．6．如图，顶点为A的抛物线y＝a（x+2）2﹣4交x轴于点B（1，0），连接AB，过原点O 作射线OM∥AB，过点A作AD∥x轴交OM于点D，点C为抛物线与x轴的另一个交点，连接CD．（1）求抛物线的解析式；（2）若动点P从点O出发，以每秒1个单位长度的速度沿着射线OM运动，设点P运动的时间为t秒，问：当t为何值时，OB＝AP；（3）若动点P从点O出发，以每秒1个单位长度的速度沿线段OD向点D运动，同时动点Q从点C出发，以每秒2个单位长度的速度沿线段CO向点O运动，当其中一个点停止运动时另一个点也随之停止运动．设它们的运动时间为t秒，连接PQ．问：当t为何值时，四边形CDPQ的面积最小？并求此时PQ的长．【答案与解析】一、选择题1．【分析】设点A的横坐标为m（m＞0），则点B的坐标为（m，0），把x＝m代入y＝x得到点A的坐标，结合正方形的性质，得到点C，点D和点E的横坐标，把点A的坐标代入反比例函数y＝，得到关于m的k的值，把点E的横坐标代入反比例函数的解析式，得到点E的纵坐标，求出线段DE和线段EC的长度，即可得到答案．【解答】解：设点A的横坐标为m（m＞0），则点B的坐标为（m，0），把x＝m代入y＝x得：y＝m，则点A的坐标为：（m，m），线段AB的长度为m，点D的纵坐标为m，∵点A在反比例函数y＝上，∴k＝m2，即反比例函数的解析式为：y＝，∵四边形ABCD为正方形，∴四边形的边长为m，点C，点D和点E的横坐标为m+m＝m，把x＝m代入y＝得：y＝m，即点E的纵坐标为m，则EC＝m，DE＝m﹣m＝m，＝，故选：A．2．【分析】点A，C分别在x轴、y轴上，当点A在x轴运动时，点C随之在y轴上运动，在运动过程中，点O在到AC的中点的距离不变．本题可通过设出AC的中点坐标，根据B、D、O在一条直线上时，点B到原点O的最大可得出答案．【解答】解：作AC的中点D，连接OD、DB，∵OB≤OD+BD，∴当O、D、B三点共线时OB取得最大值，∵D是AC中点，∴OD＝AC＝2，∵BD＝＝2，OD＝AC＝2，∴点B到原点O的最大距离为2+2，故选：D．3．【分析】分点B1在BC左侧，点B1在BC右侧两种情况讨论，由勾股定理可AB＝5，由平行线分线段成比例可得，可求BE，DE的长，由勾股定理可求PB的长．【解答】解：如图，若点B1在BC左侧，∵∠C＝90°，AC＝3，BC＝4，∴AB＝＝5∵点D是AB的中点，∴BD＝BA＝∵B1D⊥BC，∠C＝90°∴B1D∥AC∴∴BE＝EC＝BC＝2，DE＝AC＝∵折叠∴B1D＝BD＝，B1P＝BP∴B1E＝B1D﹣DE＝1∴在Rt△B1PE中，B1P2＝B1E2+PE2，∴BP2＝1+（2﹣BP）2，∴BP＝如图，若点B1在BC右侧，∵B1E＝DE+B1D＝+，∴B1E＝4在Rt△EB1P中，B1P2＝B1E2+EP2，∴BP2＝16+（BP﹣2）2，∴BP＝5故答案为：或5 故选：D．4．【分析】先解方程组得P点坐标为（3a﹣1，4a+2），则可确定点P为直线y ＝x+上一动点，设直线y＝x+与坐标的交点为A、B，如图，则A（﹣，0），B（0，），利用勾股定理计算出AB＝，过M点作MP⊥直线AB于P，交⊙M于Q，此时线段PQ的值最小，证Rt△MBP∽Rt△ABO，利用相似比计算出MP＝，则PQ ＝，即线段PQ的最小值为．【解答】解：解方程组得，∴P点坐标为（3a﹣1，4a+2），设x＝3a﹣1，y＝4a+2，∴y＝x+，即点P为直线y＝x+上一动点，设直线y＝x+与坐标的交点为A、B，如图，则A（﹣，0），B（0，），∴AB＝＝，过M点作MP⊥直线AB于P，交⊙M于Q，此时线段PQ的值最小，∵∠MBP＝∠ABO，∴Rt△MBP∽Rt△ABO，∴MP：OA＝BM：AB，即MP：＝：，∴MP＝，∴PQ＝﹣1＝，即线段PQ的最小值为．故选：C．5．【分析】连结BD，由四边形EBCD的面积是△ABE面积的3倍得平行四边形ABCD的面积是△ABE面积的4倍，根据平行四边形的性质得S△ABD＝2S△ABE，则AD＝2AE，即点E为AD的中点，E点坐标为（0，2），A点坐标为（﹣，0），利用线段中点坐标公式得D点坐标为，再利用反比例函数图象上点的坐标特征得k的值．【解答】解：如图，连结BD，∵四边形EBCD的面积是△ABE面积的3倍，∴平行四边形ABCD的面积是△ABE面积的4倍，∴S△ABD＝2S△ABE，∴AD＝2AE，即点E为AD的中点，∵E点坐标为（0，2），A点坐标为（﹣，0），∴D点坐标为（，4），∵顶点D在双曲线y＝（x＞0）上，∴k＝×4＝6，故选：B．6．【分析】将△AMD绕点A逆时针旋转60°得到△AM’D’，MD＝M’D’，易得到△ADD’和△AMM’均为等边三角形，推出AM＝MM’可得MA+MD+ME＝D’M+MM’+ME，共线时最短；由于点E也为动点，可得当D’E⊥BC时最短，此时易求得D’E＝DG+GE 的值；【解答】解：将△AMD绕点A逆时针旋转60°得到△AM’D’，MD＝M’D’，易得到△ADD’和△AMM’均为等边三角形，∴AM＝MM’，∴MA+MD+ME＝D’M+MM’+ME，∴D′M、MM′、ME共线时最短，由于点E也为动点，∴当D’E⊥BC时最短，此时易求得D’E＝DG+GE＝4+3，∴MA+MD+ME的最小值为4+3．故选：B．二、填空题．【分析】如图作点D关于BC的对称点D′，连接PD′，ED′．由DP＝PD′，推出PD+PF ＝PD′+PF，又EF＝EA＝2是定值，即可推出当E、F、P、D′共线时，PF+PD′定值最小，最小值＝ED′﹣EF．【解答】解：如图作点D关于BC的对称点D′，连接PD′，ED′．在Rt△EDD′中，∵DE＝6，DD′＝8，∴ED′＝＝10，∵DP＝PD′，∴PD+PF＝PD′+PF，∵EF＝EA＝2是定值，∴当E、F、P、D′共线时，PF+PD′定值最小，最小值＝10﹣2＝8，∴PF+PD的最小值为8，故答案为8．2．【分析】不能用全等、相似的判定和性质求得AC的情况下，考虑构造直角三角形用勾股定理来求，故过点C作AB垂线CF．由于△ABD三边确定，可用勾股定理列方程求得AB边上的高DE的长．根据平行线间距离处处相等，即有CF＝DE，进而求得BF和AF，再在Rt△ACF中用勾股定理求AC．【解答】解：过点D作DE⊥AB于点E，过点C作CF⊥AB交AB延长线于点F∴∠AED＝∠BED＝∠F＝90°设AE＝x，∵AB＝BC＝BD＝2，AD＝1∴BE＝AB﹣AE＝2﹣x∵在Rt△ADE中，AE2+DE2＝AD2，在Rt△BDE中，BE2+DE2＝BD2∴DE2＝AD2﹣AE2＝BD2﹣BE2得：12﹣x2＝22﹣（2﹣x）2解得：x＝∴DE2＝AD2﹣AE2＝12﹣（）2＝∵AB∥CD∴CF＝DE∴在Rt△BCF中，BF＝∴AF＝AB+BF＝2+＝∴在Rt△ACF中，AC＝3．【分析】由平行线的性质得∠OAB＝∠OCD，∠OBA＝∠ODC，两个对应角相等证明△OAB∽△OCD，其性质得，再根据三角形的面积公式，等式的性质求出m＝，线段的中点，反比例函数的性质求出k的值为6．【解答】解：如图所示：∵AB∥CD，∴∠OAB＝∠OCD，∠OBA＝∠ODC，∴△OAB∽△OCD，∴，若＝m，由OB＝m•OD，OA＝m•OC，又∵，，∴＝，又∵S△OAB＝8，S△OCD＝18，∴，解得：m＝或m＝（舍去），设点A、B的坐标分别为（0，a），（0，b），∵，∴点C的坐标为（0，﹣a），又∵点E是线段BC的中点，∴点E的坐标为（），又∵点E在反比例函数上，∴＝﹣＝，故答案为6．4．【分析】根据菱形的性质得到AB＝1，∠ABD＝30°，根据平移的性质得到A′B′＝AB ＝1，A′B′∥AB，推出四边形A′B′CD是平行四边形，得到A′D＝B′C，于是得到A'C+B'C的最小值＝A′C+A′D的最小值，根据平移的性质得到点A′在过点A且平行于BD的定直线上，作点D关于定直线的对称点E，连接CE交定直线于A′，则CE 的长度即为A'C+B'C的最小值，求得DE＝CD，得到∠E＝∠DCE＝30°，于是得到结论．【解答】解：∵在边长为1的菱形ABCD中，∠ABC＝60°，∴AB＝CD＝1，∠ABD＝30°，∵将△ABD沿射线BD的方向平移得到△A'B'D'，∴A′B′＝AB＝1，A′B′∥AB，∵四边形ABCD是菱形，∴AB＝CD，AB∥CD，∴∠BAD＝120°，∴A′B′＝CD，A′B′∥CD，∴四边形A′B′CD是平行四边形，∴A′D＝B′C，∴A'C+B'C的最小值＝A′C+A′D的最小值，∵点A′在过点A且平行于BD的定直线上，∴作点D关于定直线的对称点E，连接CE交定直线于A′，则CE的长度即为A'C+B'C的最小值，∵∠A′AD＝∠ADB＝30°，AD＝1，∴∠ADE＝60°，DH＝EH＝AD＝，∴DE＝CD，∵∠CDE＝∠EDB′+∠CDB＝90°+30°＝120°，∴∠E＝∠DCE＝30°，∴CE＝2×CD＝．故答案为：．5．【分析】由题意P A＝AB＝AC＝m，求出P A的最大值和最小值即可解决问题；【解答】解：∵A（0，1），B（0，1+m），C（0，1﹣m）（m＞0），∴AB＝AC＝m，∵∠BPC＝90°，∴P A＝AB＝AC，∵D（﹣4，﹣2），A（0，1），∴AD＝＝5，∵点P在⊙D上运动，∴P A的最小值为5﹣，P A的最大值为5+，∴满足条件的m的取值范围为：5﹣≤m≤5+故答案为5﹣≤m≤5+．6．【分析】过Q作QE⊥AB于E，在EP上截取EF＝EQ，连接QF，依据全等三角形的性质，即可得到AF＝PE＝10（定值），依据△EFQ是等腰直角三角形，可得FQ与FB的夹角始终为45°，进而得到当BQ⊥FQ时，BQ的长最小，根据△BQF是等腰直角三角形，即可得到BQ的长度．【解答】解：如图所示，过Q作QE⊥AB于E，在EP上截取EF＝EQ，连接QF，∵△DPQ是等腰直角三角形，四边形ABCD是矩形，∴DP＝PQ，∠A＝∠PEQ，∠ADP＝∠EPQ，∴△ADP≌△EPQ（AAS），∴AP＝QE＝FE，AD＝PE＝10，∴AF＝PE＝10（定值），又∵△EFQ是等腰直角三角形，∴∠QFE＝45°，即FQ与FB的夹角始终为45°，如图，当BQ⊥FQ时，BQ的长最小，此时，△BQF是等腰直角三角形，又∵QE⊥BF，∴BE＝EF＝QE＝AP，∴BE＝AP＝＝，∴BF＝5，∴BQ＝cos45°×BF＝，即BQ的最小值为，故答案为：．三、解答题1．【分析】（1）先构造出△CDN≌△CBE（SAS），得出CN＝CE，∠DCN＝∠BCE，进而判断出△FCN≌△FCE，即可得出结论；（2）利用等式的性质得出∠AHC＝∠ACG，进而判断出△ACH∽△AGC，即可得出结论；（3）分三种情况，①当HC＝HG时，判断出△HCD≌△GHA（AAS），得出AH＝CD＝2，HD＝AG＝4，再判断出△AFG∽△BCG，即可得出结论；②当GC＝GH时，判断出△GBC≌△HAG（AAS），得出AG＝BC＝2＝AB，进而判断出AF是三角形BCG的中位线，即可得出结论；③当CG＝CH时，先判断出△CAG≌△CAH（SAS），得出∠DCF＝∠ACF＝22.5°，在CD上取点M使DM＝DF＝m，得出MF＝CM＝m，再判断出CM＝MF，得出m+m ＝2，即可得出结论．【解答】（1）证明：如图，延长AD至N，使DN＝BE，∵四边形ABCD是正方形，∴∠CDN＝∠B＝90°，CD＝CB，∴△CDN≌△CBE（SAS），∴CN＝CE，∠DCN＝∠BCE，∵∠ECF＝45°，∴∠DCF+∠BCE＝45°，∴∠DCF+DCN＝45°＝∠FCN，∴∠FCN＝∠FCE，∵CF＝CF，∴△FCN≌△FCE，∴FN＝EF，∴△AEF的周长为AE+AF+EF＝AB﹣BE+AF+FN＝AB﹣BE+AF+DF+DN＝AB﹣BE+AF+DF+BE＝AB+AD＝2AB＝4是定值；（2）∵AC是正方形ABCD的对角线，∴∠CAD＝∠CAB＝45°，∴∠CAH＝∠CAG＝135°，又∵∠DAC＝∠AHC+∠ACH＝45°，∠ECF＝∠ACF+∠ACH＝45°，∴∠AHC＝∠ACG，∴△ACH∽△AGC，∴，∴AC2＝AG•AH，∵正方形ABCD的边长为2，∴AC＝2，∴AG•AH＝8；（3）①当HC＝HG时，∴∠HGC＝∠HCG＝45°，∴∠CHG＝90°，∴∠CHD+∠AHG＝90°，∴∠CHD+∠DCH＝90°，∴∠DCH＝∠AHG，∵∠CDH＝∠HAG＝90°∴△HCD≌△GHA（AAS）∴AH＝CD＝2，HD＝AG＝4，∵AF∥BC，∴△AFG∽△BCG，∴，∴，∴AF＝，②当GC＝GH时，∴∠CHG＝∠HCG＝45°，∴∠CGH＝90°，∴∠BGC+∠AGH＝90°，∵∠BGC+∠BCG＝90°，∴∠BCG＝∠AGH，∵∠CBG＝∠GAH＝90°，∴△GBC≌△HAG（AAS），∴AG＝BC＝2＝AB，∵AF∥BC，∴CF＝GF，∴AF＝BC＝1；③当CG＝CH时，∴∠CGH＝∠CHG，∵AC是正方形ABCD的对角线，∴∠DAC＝∠BAC＝45°，∴∠CAG＝∠CAH＝135°，∵CA＝CA，∴△CAG≌△CAH（SAS），∴∠DCF＝∠ACF＝22.5°如备用图，在CD上取点M使DM＝DF＝m，连接MF，∴MF＝CM＝m，∠DFM＝45°＝∠CFM+∠DCF＝∠CFM+22.5°，∴∠CFM＝22.5°＝∠DCF，∴CM＝MF，∴m+m＝2 ∴m＝2﹣2，∴AF＝AD﹣DF＝4﹣2综上所述：当△CGH是等腰三角形时，AF的值为或1或4﹣2．2．【分析】（1）根据点A，B的坐标，利用待定系数法可求出抛物线的解析式，再利用配方法可求出顶点D的坐标；（2）利用二次函数图象上点的坐标特征可求出点B的坐标，过点D作DE∥BC，交抛物线于点E，则S△BCE＝S△BCD，由点B，C的坐标，利用待定系数法可求出直线BC的解析式，由BC∥DE结合点D的坐标可得出直线DE的解析式，再连接直线DE和抛物线的解析式成方程组，通过解方程组可求出点E的坐标；（3）利用二次函数图象上点的坐标特征可求出点M的坐标，过点M作MF⊥直线BC于点F，交y轴于点P，过点B作BN⊥直线BC，交y轴于点N，由OC＝OB结合BN⊥直线BC可得出点N的坐标，由点B，N的坐标，利用待定系数法可求出直线BN的解析式，由MF∥BN结合点M的坐标可得出直线MF的解析式，联立直线MF和直线BC的解析式成方程组，通过解方程组可求出点F的坐标，进而可求出MF的长度，由∠PCF＝45°，∠PFC＝90°可得出△PCF为等腰直角三角形，进而可得出PF＝PC，结合点到直线之间垂直线段最短可得出当MF⊥BC时，MP+PC取得最小值，最小值为MF的长度，此题得解．【解答】解：（1）将A（﹣1，0），B（3，0）代入y＝ax2+bx﹣3，得：，解得：，∴抛物线的解析式为y＝x2﹣2x﹣3．∵y＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣1）2﹣4，∴顶点D的坐标为（1，﹣4）．（2）当x＝0时，y＝x2﹣2x﹣3＝﹣3，∴点C的坐标为（0，﹣3）．过点D作DE∥BC，交抛物线于点E，则S△BCE＝S△BCD，如图1所示．设直线BC的解析式为y＝kx+c（k≠0），将B（3，0），C（0，﹣3）代入y＝kx+c，得：，解得：，∴直线BC的解析式为y＝x﹣3．∵BC∥DE，∴设直线DE的解析式为y＝x+d，将D（1，﹣4）代入y＝x+d，得：﹣4＝1+d，解得：d＝﹣5，∴直线DE的解析式为y＝x﹣5．连接直线DE和抛物线的解析式成方程组，得：，解得：，，∴在线段BC下方的抛物线上，存在异于点D的点E，使S△BCE＝S△BCD，点E的坐标为（2，﹣3）．（3）当x＝﹣时，y＝x2﹣2x﹣3＝，∴点M的坐标为（﹣，）．过点M作MF⊥直线BC于点F，交y轴于点P，过点B作BN⊥直线BC，交y轴于点N，如图2所示．∵OB＝OC，∴∠BCO＝45°，∴∠BNC＝45°＝∠BCO，∴ON＝OC＝3，∴点N的坐标为（0，3）．设直线BN的解析式为y＝nx+t（n≠0），将B（3，0），N（0，3）代入y＝nx+t，得：，解得：，∴直线BN的解析式为y＝﹣x+3．设直线MF的解析式为y＝﹣x+q，将M（﹣，）代入y＝﹣x+q，得：+q＝，解得：q＝，∴直线MF的解析式为y＝﹣x+．联立直线MF和直线BC的解析式成方程组，得：，解得：，∴点F的坐标为（，﹣），∴MF＝＝．∵∠PCF＝45°，∠PFC＝90°，∴△PCF为等腰直角三角形，∴PF＝PC，∴当MF⊥BC时，MP+PC＝MP+PF＝MF最小，最小值为．3．【分析】（1）先根据一次函数解析式确定A（4，0），B（0，﹣2），再利用待定系数法求抛物线解析式；然后解方程﹣x2+x﹣2＝0得C点坐标；（2）如图2，先证明△PDE∽△OAB．利用相似比得到PD＝2PE．设P（m，﹣m2+m ﹣2），则E（m，m﹣2）．再利用m表示出PD+PE得到PD+PE＝3×[﹣m2+m﹣2﹣（m﹣2）]，然后根据二次函数的性质解决问题；（3）讨论：当点M在直线AB上方时，根据圆周角定理可判断点M在△ABC的外接圆上，如图1，由于抛物线的对称轴垂直平分AC，则△ABC的外接圆O1的圆心在对称轴上，设圆心O1的坐标为（，﹣t），根据半径相等得到（）2+（﹣t+2）2＝（﹣4）2+t2，解方程求出t得到圆心O1的坐标为（，﹣2），然后确定⊙O1的半径半径为．从而得到此时M点坐标；当点M在在直线AB下方时，作O1关于AB的对称点O2，如图2，通过证明∠O1AB＝∠OAB可判断O2在x轴上，则点O2的坐标为（，0），然后计算出DM即可得到此时M点坐标．【解答】解：（1）令y＝＝0，解得x＝4，则A（4，0）．令x＝0，得y＝﹣2，则B（0，﹣2）；∵二次函数y＝的图象经过A、B两点，∴，解得∴二次函数的关系式为y＝﹣x2+x﹣2；当y＝0时，﹣x2+x﹣2＝0，解得x1＝1，x2＝4，则C（1，0）；（2）如图2，∵PD∥x轴，PE∥y轴，∴∠PDE＝∠OAB，∠PED＝∠OBA．∴△PDE∽△OAB．∴＝＝＝2，∴PD＝2PE．设P（m，﹣m2+m﹣2），则E（m，m﹣2）．∴PD+PE＝3PE＝3×[﹣m2+m﹣2﹣（m﹣2）]＝﹣m2+6m＝﹣（m﹣2）2+6；∵0＜m＜4，∴当m＝2时，PD+PE有最大值6；（3）当点M在直线AB上方时，则点M在△ABC的外接圆上，如图1．∵△ABC的外接圆O1的圆心在对称轴上，设圆心O1的坐标为（，﹣t），∵O1B＝O1A，∴（）2+（﹣t+2）2＝（﹣4）2+t2，解得t＝2．∴圆心O1的坐标为（，﹣2）．∴O1A＝＝，即⊙O1的半径半径为．此时M点坐标为（，）；当点M在在直线AB下方时，作O1关于AB的对称点O2，如图2．∵AO1＝O1B＝，∴∠O1AB＝∠O1BA．∵O1B∥x轴，∴∠O1BA＝∠OAB．∴∠O1AB＝∠OAB，O2在x轴上，∴点O2的坐标为（，0）．∴O2D＝1，∴DM＝＝．此时点M的坐标为（，）．综上所述，点M的坐标为（，）或（，）．4．【分析】（1）在Rt△ABD中，依据勾股定理可求得BD的长，然后依据MD＝ED•cos∠MDE，cos∠MDE＝cos∠ADB＝，由此即可解决问题．（2）①可分为点E在AD上，点E在AD的延长线上画出图形，然后再依据MC＝MD，CM＝CD、DM＝DC三种情况求解即可；②当t＝0时，圆心O在AB边上．当圆心O在CD边上时，过点E作EH∥CD交BD的延长线与点H．先求得DH的长，然后依据平行线分线段成比例定理可得到DF＝DH，然后依据DF＝DH列出关于t的方程，从而可求得t的值，故此可得到t的取值范围．【解答】解：（1）如图1所示：连接ME．∵AE＝t，AD＝8，∴ED＝AD﹣AE＝8﹣t．∵EF为⊙O的直径，∴∠EMF＝90°．∴∠EMD＝90°．∴MD＝ED•cos∠MDE＝．（2）①a、如图2所示：连接MC．当DM＝CD＝6时，＝6，解得t＝；b、如图3所示：当MC＝MD时，连接MC，过点M作MN⊥CD，垂足为N．∵MC＝MD，MN⊥CD，∴DN＝NC．∵MN⊥CD，BC⊥CD，∴BC∥MN．∴M为BD的中点．∴MD＝5，即＝5，解得t＝；c、如图4所示：CM＝CD时，过点C作CG⊥DM．∵CM＝CD，CG⊥MD，∴GD＝MD＝．∵＝，∴DG＝CD＝．∴＝．解得：t＝﹣1（舍去）．d、如图5所示：当CD＝DM时，连接EM．∵AE＝t，AD＝8，∴DE＝t﹣8．∵EF为⊙O的直径，∴EM⊥DM．∴DM＝ED•cos∠EDM＝．∴＝6，解得：t＝．综上所述，当t＝或t＝或t＝时，△DCM为等腰三角形．②当t＝0时，圆心O在AB边上．如图6所示：当圆心O在CD边上时，过点E作EH∥CD交BD的延长线与点H．∵HE∥CD，OF＝OE，∴DF＝DH．∵DH＝＝，DF＝10﹣t，∴＝10﹣t．解得：t＝．综上所述，在整个运动过程中圆心O处在矩形ABCD内（包括边界）时，t的取值范围为0≤t≤．5．【分析】（1）由图1和图2直接确定出AD；（2）先利用互余即可得出∠BAP＝∠DGA，进而判断出△ABP∽△DGA即可确定出函数关系式；（3）分三种情况利用等腰三角形的性质和勾股定理求出x的值，即可求出y的值．【解答】解：（1）如图，当点P在AB上移动时，点P到P A的距离不变，当点P从B点向C点移动时，点D到P A的距离在变化，由图2知，AD＝10，（2）∵四边形ABCD是矩形，∴∠ABP＝∠BAD＝90°，∵DG⊥AP，∴∠AGD＝90°，∴∠ABP＝∠DGA，∵∠BAP+∠GAD＝90°，∠CAG+∠ADG＝90°，∴∠BAP＝∠DGA，∴△ABP∽△DGA，∴，∵AB＝6，AP＝x，DG＝y，AD＝10，∴，∴y＝（6＜x≤2）；即：图2中C2段图象的函数解析式y＝（6＜x≤2）；（3）∵四边形ABCD是矩形，∴CD＝AB＝6，BC＝AD＝10，∠ABC＝∠DCB＝90°，当AD＝AP时，∵AD＝10，∴x＝AP＝10，∴y＝＝6，当AD＝DP时，∴DP＝10，在Rt△DCP中，CD＝AB＝6，DP＝10，∴CP＝8，∴BP＝BC﹣CP＝2，在Rt△ABP中，根据勾股定理得，x＝AP＝＝＝2，∴y＝＝＝3，当AP＝DP时，点P是线段AD的垂直平分线，∴点P是BC的中点，∴BP＝BC＝AD＝5，在Rt△ABP中，根据勾股定理得，x＝AP＝＝＝，∴y＝＝＝．6．【分析】（1）将点B的坐标代入到抛物线的解析式中即可求得a值，从而求得其解析式；（2）利用两点坐标求得线段AB的长，然后利用平行四边形的对边相等求得t＝5时，四边形ABOP为平行四边形；若四边形ABOP为等腰梯形，连接AP，过点P作PG⊥AB，过点O作OH⊥AB，垂足分别为G、H，根据△APG≌△BOH求得线段OP＝GH＝AB﹣2BH＝．（3）首先判定四边形ABOD是平行四边形，然后确定S△DOC＝×5×4＝10．过点P作PN⊥BC，垂足为N，利用△OPN∽△BOH得到PN＝t，然后表示出四边形CDPQ的面积S＝S△DOC﹣S△OPQ＝10﹣×（5﹣2t）×t＝t2﹣2 t+10，从而得到当t＝时，四边形CDPQ的面积S最小．然后得到点P的坐标是（﹣，﹣1），点Q的坐标是（﹣，0），利用两点坐标公式确定PQ的长即可．【解答】解：（1）把（1，0）代入y＝a（x+2）2﹣4，得a＝．∴y＝（x+2）2﹣4，即y＝x2+x﹣；（2）由题意得OP＝t，AB＝＝5，若OB∥AP，即四边形ABOP为平行四边形时，OB＝AP，且OP＝AB＝5，即当t＝5时，OB＝AP，若OB不平行于AP，即四边形ABOP为等腰梯形时，OB＝AP，连接AP，过点P作PG ⊥AB，过点O作OH⊥AB，垂足分别为G、H，∴△APG≌△BOH，在Rt△OBM中，∵OM＝，OB＝1，∴BM＝，∴OH＝，∴BH＝，∴OP＝GH＝AB﹣2BH＝，即当t＝时，OB＝AP；（3）将y＝0代入y＝x2+x﹣，得x2+x﹣＝0，解得x＝1或﹣5．∴C（﹣5，0）．∴OC＝5，∵OM∥AB，AD∥x轴，∴四边形ABOD是平行四边形，∴AD＝OB＝1，∴点D的坐标是（﹣3，﹣4），∴S△DOC＝×5×4＝10，过点P作PN⊥BC，垂足为N．易证△OPN∽△BOH，∴＝，即＝，∴PN＝t，∴四边形CDPQ的面积S＝S△DOC﹣S△OPQ＝10﹣×（5﹣2t）×t＝t2﹣2t+10，∴当t＝时，四边形CDPQ的面积S最小，此时，点P的坐标是（﹣，﹣1），点Q的坐标是（﹣，0），∴PQ＝＝．。

【最新】江苏省中考数学压轴试题(含答案)

最新江苏省中考数学压轴试题（含答案）一．（10分）（中考压轴题）已知BC是⊙O的直径，BF是弦，AD过圆心O，AD⊥BF，AE⊥BC于E，连接FC．（1）如图1，若OE=2，求CF；（2）如图2，连接DE，并延长交FC的延长线于G，连接AG，请你判断直线AG与⊙O的位置关系，并说明理由．二．（中考压轴题）（10分）某超市销售一种商品，成本每千克40元，规定每千克售价不低于成本，且不高于80元，经市场调查，每天的销售量y（千克）与每千克售价x（元）满足一次函数关系，部分数据如下表：售价x（元/千克）50 60 70 销售量y（千克）100 80 60 （1）求y与x之间的函数表达式；（2）设商品每天的总利润为W（元），则当售价x定为多少元时，厂商每天能获得最大利润？最大利润是多少？（3）如果超市要获得每天不低于1350元的利润，且符合超市自己的规定，那么该商品每千克售价的取值范围是多少？请说明理由．三．（中考压轴题）（10分）如图，C地在A地的正东方向，因有大山阻隔，由A地到C地需要绕行B地，已知B地位于A地北偏东67°方向，距离A地520km，C地位于B地南偏东30°方向，若打通穿山隧道，建成两地直达高铁，求A地到C地之间高铁线路的长（结果保留整数）（参考数据：sin67°≈0.92；cos67°≈0.38；≈1.73）四．（中考压轴题）（12分）我们定义：如图1、图2、图3，在△ABC 中，把AB绕点A顺时针旋转α（0°＜α＜180°）得到AB′，把AC绕点A逆时针旋转β得到AC′，连接B′C′，当α+β=180°时，我们称△AB'C′是△ABC的“旋补三角形”，△AB′C′边B'C′上的中线AD叫做△ABC的“旋补中线”，点A叫做“旋补中心”．图1、图2、图3中的△AB′C′均是△ABC的“旋补三角形”．（1）①如图2，当△ABC为等边三角形时，“旋补中线”AD与BC的数量关系为：AD= BC；②如图3，当∠BAC=90°，BC=8时，则“旋补中线”AD长为．（2）在图1中，当△ABC为任意三角形时，猜想“旋补中线”AD与BC的数量关系，并给予证明．五．（中考压轴题）（14分）如图1，已知抛物线y=﹣x2+bx+c与x轴交于A（﹣1，0），B（3，0）两点，与y轴交于C点，点P是抛物线上在第一象限内的一个动点，且点P的横坐标为t．（1）求抛物线的表达式；（2）设抛物线的对称轴为l，l与x轴的交点为D．在直线l上是否存在点M，使得四边形CDPM是平行四边形？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．（3）如图2，连接BC，PB，PC，设△PBC的面积为S．①求S关于t的函数表达式；②求P点到直线BC的距离的最大值，并求出此时点P的坐标．六．（中考压轴题）（8分）如图，为了测量某建筑物CD的高度，先在地面上用测角仪自A处测得建筑物顶部的仰角是α，然后在水平地面上向建筑物前进了m米，此时自B处测得建筑物顶部的仰角是β．已知测角仪的高度是n米，请你计算出该建筑物的高度．七．（中考压轴题）（13分）如图，将一三角板放在边长为1的正方形ABCD上，并使它的直角顶点P在对角线AC上滑动，直角的一边始终经过点B，另一边与射线DC相交于Q．探究：设A、P两点间的距离为x．（1）当点Q在边CD上时，线段PQ与PB之间有怎样的数量关系？试证明你的猜想；（2）当点Q在边CD上时，设四边形PBCQ的面积为y，求y与x之间的函数关系，并写出函数自变量x的取值范围；（3）当点P在线段AC上滑动时，△PCQ是否可能成为等腰三角形？如果可能，指出所有能使△PCQ成为等腰三角形的点Q的位置．并求出相应的x值，如果不可能，试说明理由．八．（中考压轴题）（14分）已知，抛物线y=ax2+ax+b（a≠0）与直线y=2x+m有一个公共点M（1，0），且a＜b．（1）求b与a的关系式和抛物线的顶点D坐标（用a的代数式表示）；（2）直线与抛物线的另外一个交点记为N，求△DMN的面积与a的关系式；（3）a=﹣1时，直线y=﹣2x与抛物线在第二象限交于点G，点G、H 关于原点对称，现将线段GH沿y轴向上平移t个单位（t＞0），若线段GH与抛物线有两个不同的公共点，试求t的取值范围．九．（中考压轴题）如图，已知二次函数y=﹣x2+bx+c（c＞0）的图象与x轴交于A、B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，且OB=OC=3，顶点为M．（1）求二次函数的解析式；（2）点P为线段BM上的一个动点，过点P作x轴的垂线PQ，垂足为Q，若OQ=m，四边形ACPQ的面积为S，求S关于m的函数解析式，并写出m的取值范围；（3）探索：线段BM上是否存在点N，使△NMC为等腰三角形？如果存在，求出点N的坐标；如果不存在，请说明理由．答案一．解：（1）∵BC是⊙O的直径，AD过圆心O，AD⊥BF，AE⊥BC于E，∴∠AEO=∠BDO=90°，OA=OB，在△AEO和△BDO中，，∴△AEO≌△BDO（AAS），∴OE=OD=2，∵BC是⊙O的直径，∴∠CFB=90°，即CF⊥BF，∴OD∥CF，∵O为BC的中点，∴OD为△BFC的中位线，∴CF=2OD=4；（2）直线AG与⊙O相切，理由如下：连接AB，如图所示：∵OA=OB，OE=OD，∴△OAB与△ODE为等腰三角形，∵∠AOB=∠DOE，∴∠ADG=∠OED=∠BAD=∠ABO，∵∠GDF+∠ADG=90°=∠BAD+∠ABD，∴∠GDF=∠ABD，∵OD为△BFC的中位线，[来源:Z。

初三中考数学整合压轴题100题(附答案)

初三中考数学整合压轴题100题（附答案）一、中考压轴题1．如图，已知△BEC是等边三角形，∠AEB＝∠DEC＝90°，AE＝DE，AC，BD的交点为O．（1）求证：△AEC≌△DEB；（2）若∠ABC＝∠DCB＝90°，AB＝2 cm，求图中阴影部分的面积．【分析】（1）在△AEC和△DEB中，已知AE＝DE，BE＝CE，且夹角相等，根据边角边可证全等．（2）由图可知，在连接EO并延长EO交BC于点F，连接AD之后，整个图形是一个以EF所在直线对称的图形．即△AEO和△DEO面积相等，只要求出其中一个即可，而三角形AEO面积＝•OE•FB，所以解题中心即为求出OE和FB，有（1）中结论和已知条件即可求解．【解答】（1）证明：∵∠AEB＝∠DEC＝90°，∴∠AEB+∠BEC＝∠DEC+∠BEC，即∠AEC＝∠DEB，∵△BEC是等边三角形，∴CE＝BE，又AE＝DE，∴△AEC≌△DEB．（2）解：连接EO并延长EO交BC于点F，连接AD．由（1）知AC＝BD．∵∠ABC＝∠DCB＝90°，∴∠ABC+∠DCB＝180°，∴AB∥DC，AB＝＝CD，∴四边形ABCD为平行四边形且是矩形，∴OA＝OB＝OC＝OD，又∵BE＝CE，∴OE所在直线垂直平分线段BC，∴BF＝FC，∠EFB＝90°．∴OF＝AB＝×2＝1，∵△BEC是等边三角形，∴∠EBC＝60°．在Rt△AEB中，∠AEB＝90°，∠ABE＝∠ABC﹣∠EBC＝90°﹣60°＝30°，∴BE＝AB•cos30°＝，在Rt△BFE中，∠BFE＝90°，∠EBF＝60°，∴BF＝BE•cos60°＝，EF＝BE•sin60°＝，∴OE＝EF﹣OF＝＝，∵AE＝ED，OE＝OE，AO＝DO，∴△AOE≌△DOE．∴S△AOE＝S△DOE∴S阴影＝2S△AOE＝2×•EO•BF＝2×××＝（cm2）．【点评】考查综合应用等边三角形、等腰三角形、解直角三角形、直角三角形性质，进行逻辑推理能力和运算能力．2．汽车产业的发展，有效促进我国现代化建设．某汽车销售公司2005年盈利1500万元，到2007年盈利2160万元，且从2005年到2007年，每年盈利的年增长率相同．（1）该公司2006年盈利多少万元？（2）若该公司盈利的年增长率继续保持不变，预计2008年盈利多少万元？【分析】（1）需先算出从2005年到2007年，每年盈利的年增长率，然后根据2005年的盈利，算出2006年的利润；（2）相等关系是：2008年盈利＝2007年盈利×每年盈利的年增长率．【解答】解：（1）设每年盈利的年增长率为x，根据题意得1500（1+x）2＝2160解得x1＝0.2，x2＝﹣2.2（不合题意，舍去）∴1500（1+x）＝1500（1+0.2）＝1800答：2006年该公司盈利1800万元．（2）2160（1+0.2）＝2592答：预计2008年该公司盈利2592万元．【点评】本题的关键是需求出从2005年到2007年，每年盈利的年增长率．等量关系为：2005年盈利×（1+年增长率）2＝2160．3．如图，在矩形ABCD中，AB＝8，AD＝6，点P、Q分别是AB边和CD边上的动点，点P从点A向点B运动，点Q从点C向点D运动，且保持AP＝CQ．设AP＝x．（1）当PQ∥AD时，求x的值；（2）当线段PQ的垂直平分线与BC边相交时，求x的取值范围；（3）当线段PQ的垂直平分线与BC相交时，设交点为E，连接EP、EQ，设△EPQ的面积为S，求S关于x的函数关系式，并写出S的取值范围．【分析】（1）根据已知条件，证明四边形APQD是矩形，再根据矩形的性质和AP＝CQ 求x即可；（2）连接EP、EQ，则EP＝EQ，设BE＝y，列出等式（8﹣x）2+y2＝（6﹣y）2+x2然后根据函数的性质来求x的取值范围；（3）由图形的等量关系列出方程，再根据函数的性质来求最值．【解答】解：（1）当PQ∥AD时，则∠A＝∠APQ＝90°，∠D＝∠DQP＝90°，又∵AB∥CD，∴四边形APQD是矩形，∴AP＝QD，∵AP＝CQ，AP＝CD＝，∴x＝4．（2）如图，连接EP、EQ，则EP＝EQ，设BE＝y．∴（8﹣x）2+y2＝（6﹣y）2+x2，∴y＝．∵0≤y≤6，∴0≤≤6，∴≤x≤．（3）S△BPE＝•BE•BP＝••（8﹣x）＝，S△ECQ＝＝•（6﹣）•x＝，∵AP＝CQ，∴S BPQC＝，∴S＝S BPQC﹣S△BPE﹣S△ECQ＝24﹣﹣，整理得：S＝＝（x﹣4）2+12（），∴当x＝4时，S有最小值12，当x＝或x＝时，S有最大值．∴12≤S≤．【点评】解答本题时，涉及到了矩形的判定、矩形的性质、勾股定理以及二次函数的最值等知识点，这是一道综合性比较强的题目，所以在解答题目时，一定要把各个知识点融会贯通，这样解题时才会少走弯路．4．（1）已知一元二次方程x2+px+q＝0（p2﹣4q≥0）的两根为x1、x2；求证：x1+x2＝﹣p，x1•x2＝q．（2）已知抛物线y＝x2+px+q与x轴交于A、B两点，且过点（﹣1，﹣1），设线段AB的长为d，当p为何值时，d2取得最小值，并求出最小值．【分析】（1）先根据求根公式得出x1、x2的值，再求出两根的和与积即可；（2）把点（﹣1，﹣1）代入抛物线的解析式，再由d＝|x1﹣x2|可知d2＝（x1﹣x2）2＝（x1+x2）2﹣4 x1•x2＝p2，再由（1）中x1+x2＝﹣p，x1•x2＝q即可得出结论．【解答】证明：（1）∵a＝1，b＝p，c＝q∴△＝p2﹣4q∴x＝即x1＝，x2＝∴x1+x2＝+＝﹣p，x1•x2＝•＝q；（2）把（﹣1，﹣1）代入y＝x2+px+q得1﹣p+q＝﹣1，所以，q＝p﹣2，设抛物线y＝x2+px+q与x轴交于A、B的坐标分别为（x1，0）、（x2，0）∵d＝|x1﹣x2|，∴d2＝（x1﹣x2）2＝（x1+x2）2﹣4x1•x2＝p2﹣4q＝p2﹣4p+8＝（p﹣2）2+4当p＝2时，d2的最小值是4．【点评】本题考查的是抛物线与x轴的交点及根与系数的关系，熟知x1，x2是方程x2+px+q ＝0的两根时，x1+x2＝﹣p，x1x2＝q是解答此题的关键．5．如图，反比例函数的图象经过点A（4，b），过点A作AB⊥x轴于点B，△AOB的面积为2．（1）求k和b的值；（2）若一次函数y＝ax﹣3的图象经过点A，求这个一次函数的解析式．【分析】（1）由△AOB的面积为2，根据反比例函数的比例系数k的几何意义，可知k的值，得出反比例函数的解析式，然后把x＝4代入，即可求出b的值；（2）把点A的坐标代入y＝ax﹣3，即可求出这个一次函数的解析式．【解答】解：（1）∵反比例函数的图象经过点A，AB⊥x轴于点B，△AOB的面积为2，A（4，b），∴OB×AB＝2，×4×b＝2，∴AB＝b＝1，∴A（4，1），∴k＝xy＝4，∴反比例函数的解析式为y＝，即k＝4，b＝1．（2）∵A（4，1）在一次函数y＝ax﹣3的图象上，∴1＝4a﹣3，∴a＝1．∴这个一次函数的解析式为y＝x﹣3．【点评】本题主要考查了待定系数法求一次函数的解析式和反比例函数中k的几何意义．这里体现了数形结合的思想，做此类题一定要正确理解k的几何意义．6．广安市某楼盘准备以每平方米6000元的均价对外销售，由于国务院有关房地产的新政策出台后，购房者持币观望，房地产开发商为了加快资金周转，对价格经过两次下调后，决定以每平方米4860元的均价开盘销售．（1）求平均每次下调的百分率．（2）某人准备以开盘价均价购买一套100平方米的住房，开发商给予以下两种优惠方案以供选择：①打9.8折销售；②不打折，一次性送装修费每平方米80元，试问哪种方案更优惠？【分析】（1）根据题意设平均每次下调的百分率为x，列出一元二次方程，解方程即可得出答案；（2）分别计算两种方案的优惠价格，比较后发现方案①更优惠．【解答】解：（1）设平均每次下调的百分率为x，则6000（1﹣x）2＝4860，解得：x1＝0.1＝10%，x2＝1.9（舍去），故平均每次下调的百分率为10%；（2）方案①购房优惠：4860×100×（1﹣0.98）＝9720（元）；方案②可优惠：80×100＝8000（元）．故选择方案①更优惠．【点评】本题主要考查一元二次方程的实际应用，解题关键是要读懂题目的意思，根据题目给出的条件，找出合适的等量关系，列出方程，再求解，属于中档题．7．用两种方法解答：已知m、n是关于x的方程x2+（p﹣2）x+1＝0两个实数根，求代数式（m2+mp+1）（n2+np+1）的值．【分析】本题主要是利用韦达定理来计算．已知m、n是关于x的方程x2+（p﹣2）x+1＝0两个实数根，有四个等式可供使用：m+n＝2﹣p①，mn＝1②，m2+（p﹣2）m+1＝0③，n2+（p﹣2）n+1＝0④．通过变形方法，合理地选择解题方法．【解答】解：∵m、n是x2+（p﹣2）x+1＝0的根，∴m+n＝2﹣p，mn＝1．方法一：m2+（p﹣2）m+1＝0，n2+（p﹣2）n+1＝0．即m2+pm+1＝2m，n2+pn+1＝2n．原式＝2m×2n＝4mn＝4．方法二：（m2+mp+1）（n2+np+1）＝（m2+mp）（n2+np）+m2+mp+n2+np+1＝m2n2+m2np+mpn2+mnp2+m2+mp+n2+np+1＝1+mp+np+p2+m2+n2+mp+np+1＝2+p2+m2+n2+2（m+n）p＝2+p2+m2+n2+2（2﹣p）p＝2+p2+m2+n2+4p﹣2p2＝2+（m+n）2﹣2mn+4p﹣2p2+p2＝2+（2﹣p）2﹣2+4p﹣2p2+p2＝4﹣4p+p2+4p﹣p2＝4．【点评】本题主要是通过根与系数的关系来求值．注意把所求的代数式转化成m+n＝2﹣p，mn＝1的形式，正确对所求式子进行变形是解题的关键．8．如图，一次函数y＝﹣x﹣2的图象分别交x轴、y轴于A、B两点，P为AB的中点，PC⊥x轴于点C，延长PC交反比例函数y＝（x＜0）的图象于点Q，且tan∠AOQ＝．（1）求k的值；（2）连接OP、AQ，求证：四边形APOQ是菱形．【分析】（1）由一次函数解析式确定A点坐标，进而确定C，Q的坐标，将Q的坐标代入反比例函数关系式可求出k的值．（2）由（1）可分别确定QC＝CP，AC＝OC，且QP垂直平分AO，故可证明四边形APOQ是菱形．【解答】（1）解：∵y＝﹣x﹣2令y＝0，得x＝﹣4，即A（﹣4，0）由P为AB的中点，PC⊥x轴可知C点坐标为（﹣2，0）又∵tan∠AOQ＝可知QC＝1∴Q点坐标为（﹣2，1）将Q点坐标代入反比例函数得：1＝，∴可得k＝﹣2；（2）证明：由（1）可知QC＝PC＝1，AC＝CO＝2，且A0⊥PQ∴四边形APOQ是菱形．【点评】本题考查了待定系数法求函数解析式，又结合了几何图形进行考查，属于综合性比较强的题目，有一定难度．9．我国年人均用纸量约为28公斤，每个初中毕业生离校时大约有10公斤废纸；用1吨废纸造出的再生好纸，所能节约的造纸木材相当于18棵大树，而平均每亩森林只有50至80棵这样的大树．（1）若我市2005年4万名初中毕业生能把自己离校时的全部废纸送到回收站使之制造为再生好纸，那么最少可使多少亩森林免遭砍伐？（2）我市从2000年初开始实施天然林保护工程，大力倡导废纸回收再生，如今成效显著，森林面积大约由2003年初的50万亩增加到2005年初的60.5万亩．假设我市年用纸量的20%可以作为废纸回收、森林面积年均增长率保持不变，请你按全市总人口约为1000万计算：在从2005年初到2006年初这一年度内，我市因回收废纸所能保护的最大森林面积相当于新增加的森林面积的百分之几？（精确到1%）【分析】（1）因为每个初中毕业生离校时大约有10公斤废纸，用1吨废纸造出的再生好纸，所能节约的造纸木材相当于18棵大树，而平均每亩森林只有50至80棵这样的大树，所以有40000×10÷1000×18÷80，计算出即可求出答案；（2）森林面积大约由2003年初的50万亩增加到2005年初的60.5万亩，可先求出森林面积年均增长率，进而求出2005到2006年新增加的森林面积，而因回收废纸所能保护的最大森林面积＝1000×10000×28×20%÷1000×18÷50，然后进行简单的计算即可求出答案．【解答】解：（1）4×104×10÷1000×18÷80＝90（亩）．答：若我市2005年4万名初中毕业生能把自己离校时的全部废纸送到回收站使之制造为再生好纸，那么最少可使90亩森林免遭砍伐．（2）设我市森林面积年平均增长率为x，依题意列方程得50（1+x）2＝60.5，解得x1＝10%，x2＝﹣2.1（不合题意，舍去），1000×104×28×20%÷1000×18÷50＝20160，20160÷（605000×10%）≈33%．答：在从2005年初到2006年初这一年度内，我市因回收废纸所能保护的最大森林面积相当于新增加的森林面积的33%．【点评】本题以保护环境为主题，考查了增长率问题，阅读理解题意，并从题目中提炼出平均增长率的数学模型并解答的能力；解答时需仔细分析题意，利用方程即可解决问题．10．某公司经营杨梅业务，以3万元/吨的价格向农户收购杨梅后，分拣成A、B两类，A 类杨梅包装后直接销售；B类杨梅深加工后再销售．A类杨梅的包装成本为1万元/吨，根据市场调查，它的平均销售价格y（单位：万元/吨）与销售数量x（x≥2）之间的函数关系如图；B类杨梅深加工总费用s（单位：万元）与加工数量t（单位：吨）之间的函数关系是s＝12+3t，平均销售价格为9万元/吨．（1）直接写出A类杨梅平均销售价格y与销售量x之间的函数关系式；（2）第一次，该公司收购了20吨杨梅，其中A类杨梅有x吨，经营这批杨梅所获得的毛利润为w万元（毛利润＝销售总收入﹣经营总成本）．①求w关于x的函数关系式；②若该公司获得了30万元毛利润，问：用于直销的A类杨梅有多少吨？（3）第二次，该公司准备投入132万元资金，请设计一种经营方案，使公司获得最大毛利润，并求出最大毛利润．【分析】（1）这是一个分段函数，分别求出其函数关系式；（2）①当2≤x＜8时及当x≥8时，分别求出w关于x的表达式．注意w＝销售总收入﹣经营总成本＝w A+w B﹣3×20；②若该公司获得了30万元毛利润，将30万元代入①中求得的表达式，求出A类杨梅的数量；（3）本问是方案设计问题，总投入为132万元，这笔132万元包括购买杨梅的费用+A类杨梅加工成本+B类杨梅加工成本．共购买了m吨杨梅，其中A类杨梅为x吨，B类杨梅为（m﹣x）吨，分别求出当2≤x＜8时及当x≥8时w关于x的表达式，并分别求出其最大值．【解答】解：（1）①当2≤x＜8时，如图，设直线AB解析式为：y＝kx+b，将A（2，12）、B（8，6）代入得：，解得，∴y＝﹣x+14；②当x≥8时，y＝6．所以A类杨梅平均销售价格y与销售量x之间的函数关系式为：y＝；（2）设销售A类杨梅x吨，则销售B类杨梅（20﹣x）吨．①当2≤x＜8时，w A＝x（﹣x+14）﹣x＝﹣x2+13x；w B＝9（20﹣x）﹣[12+3（20﹣x）]＝108﹣6x∴w＝w A+w B﹣3×20＝（﹣x2+13x）+（108﹣6x）﹣60＝﹣x2+7x+48；当x≥8时，w A＝6x﹣x＝5x；w B＝9（20﹣x）﹣[12+3（20﹣x）]＝108﹣6x∴w＝w A+w B﹣3×20＝（5x）+（108﹣6x）﹣60＝﹣x+48．∴w关于x的函数关系式为：w＝．②当2≤x＜8时，﹣x2+7x+48＝30，解得x1＝9，x2＝﹣2，均不合题意；当x≥8时，﹣x+48＝30，解得x＝18．∴当毛利润达到30万元时，直接销售的A类杨梅有18吨．（3）设该公司用132万元共购买了m吨杨梅，其中A类杨梅为x吨，B类杨梅为（m﹣x）吨，则购买费用为3m万元，A类杨梅加工成本为x万元，B类杨梅加工成本为[12+3（m﹣x）]万元，∴3m+x+[12+3（m﹣x）]＝132，化简得：x＝3m﹣60．①当2≤x＜8时，w A＝x（﹣x+14）﹣x＝﹣x2+13x；w B＝9（m﹣x）﹣[12+3（m﹣x）]＝6m﹣6x﹣12∴w＝w A+w B﹣3×m＝（﹣x2+13x）+（6m﹣6x﹣12）﹣3m＝﹣x2+7x+3m﹣12．将3m＝x+60代入得：w＝﹣x2+8x+48＝﹣（x﹣4）2+64∴当x＝4时，有最大毛利润64万元，此时m＝，m﹣x＝；②当x≥8时，w A＝6x﹣x＝5x；w B＝9（m﹣x）﹣[12+3（m﹣x）]＝6m﹣6x﹣12∴w＝w A+w B﹣3×m＝（5x）+（6m﹣6x﹣12）﹣3m＝﹣x+3m﹣12．将3m＝x+60代入得：w＝48∴当x＞8时，有最大毛利润48万元．综上所述，购买杨梅共吨，其中A类杨梅4吨，B类吨，公司能够获得最大毛利润，最大毛利润为64万元．【点评】本题是二次函数、一次函数的综合应用题，难度较大．解题关键是理清售价、成本、利润三者之间的关系．涉及到分段函数时，注意要分类讨论．11．在△ABC中，AB＝BC，将△ABC绕点A沿顺时针方向旋转得△A1B1C1，使点C1落在直线BC上（点C1与点C不重合），（1）如图，当∠C＞60°时，写出边AB1与边CB的位置关系，并加以证明；（2）当∠C＝60°时，写出边AB1与边CB的位置关系（不要求证明）；（3）当∠C＜60°时，请你在如图中用尺规作图法作出△AB1C1（保留作图痕迹，不写作法），再猜想你在（1）、（2）中得出的结论是否还成立并说明理由．【分析】（1）AB1∥BC．因为等腰三角形，两底角相等，再根据平行线的判定，内错角相等两直线平行，可证明两直线平行．（2）当∠C＝60°时，写出边AB1与边CB的位置关系也是平行，证明方法同（1）题．（3）成立，根据旋转变换的性质画出图形．利用三角形全等即可证明．【解答】解：（1）AB1∥BC．证明：由已知得△ABC≌△AB1C1，∴∠BAC＝∠B1AC1，∠B1AB＝∠C1AC，∵AC1＝AC，∴∠AC1C＝∠ACC1，∵∠C1AC+∠AC1C+∠ACC1＝180°，∴∠C1AC＝180°﹣2∠ACC1，同理，在△ABC中，∵BA＝BC，∴∠ABC＝180°﹣2∠ACC1，∴∠ABC＝∠C1AC＝∠B1AB，∴AB1∥BC．（5分）（2）如图1，∠C＝60°时，AB1∥BC．（7分）（3）如图，当∠C＜60°时，（1）、（2）中的结论还成立．证明：显然△ABC≌△AB1C1，∴∠BAC＝∠B1AC1，∴∠B1AB＝∠C1AC，∵AC1＝AC，∴∠AC1C＝∠ACC1，∵∠C1AC+∠AC1C+∠ACC1＝180°，∴∠C1AC＝180°﹣2∠ACC1，同理，在△ABC中，∵BA＝BC，∴∠ABC＝180°﹣2∠ACC1，∴∠ABC＝∠C1AC＝∠B1AB，∴AB1∥BC．（13分）【点评】考查图形的旋转，等腰三角形的性质，平行线的判定．本题实质是考查对图形旋转特征的理解，旋转前后的图形是全等的．12．如图，△ABC内接于⊙O，AB＝6，AC＝4，D是AB边上一点，P是优弧BAC的中点，连接P A、PB、PC、PD．（1）当BD的长度为多少时，△P AD是以AD为底边的等腰三角形？并证明；（2）在（1）的条件下，若cos∠PCB＝，求P A的长．【分析】（1）根据等弧对等弦以及全等三角形的判定和性质进行求解；（2）过点P作PE⊥AD于E．根据锐角三角函数的知识和垂径定理进行求解．【解答】解：（1）当BD＝AC＝4时，△P AD是以AD为底边的等腰三角形．∵P是优弧BAC的中点，∴＝．∴PB＝PC．又∵∠PBD＝∠PCA（圆周角定理），∴当BD＝AC＝4，△PBD≌△PCA．∴P A＝PD，即△P AD是以AD为底边的等腰三角形．（2）过点P作PE⊥AD于E，由（1）可知，当BD＝4时，PD＝P A，AD＝AB﹣BD＝6﹣4＝2，则AE＝AD＝1．∵∠PCB＝∠P AD（在同圆或等圆中，同弧所对的圆周角相等），∴cos∠P AD＝cos∠PCB＝，∴P A＝．【点评】综合运用了等弧对等弦的性质、全等三角形的判定和性质、锐角三角函数的知识以及垂径定理．13．如图，⊙O是等边△ABC的外接圆，AB＝2，M、N分别是边AB、AC的中点，直线MN交⊙O于E、F两点，BD∥AC交直线MN于点D．求出图中线段DM上已有的一条线段的长．【分析】连接OA交MN于点G，则OA⊥BC，由三角形的中位线的性质可得MN的长，易证得△BMD≌△AMN，有DM＝MN，由相交弦定理得ME•MF＝MA•MB，就可求得EM，DE的值．【解答】解：∵M，N分别是边AB，AC的中点∴MN∥BC，MN＝BC＝1又∵BD∥AC∴∠DBA＝∠A＝60°∵BM＝AM，∠BMD＝∠AMN∴△BMD≌△AMN∴DM＝MN＝1连接OA交MN于点G，则OA⊥BC∴OA⊥EF∴EG＝FG，MG＝FN由相交弦定理得：ME•MF＝MA•MB∴EM（EM+1）＝1解得EM＝（EM＝不合题意，舍去）∴DE＝DM﹣EM＝∴DE（3﹣DE）＝1解得DE＝（DE＝不合题意，舍去）．【点评】本题利用了三角形的中位线的性质，等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，一元二次方程的解法求解．14．如图，有一直径MN＝4的半圆形纸片，其圆心为点P，从初始位置Ⅰ开始，在无滑动的情况下沿数轴向右翻滚至位置Ⅴ，其中，位置Ⅰ中的MN平行于数轴，且半⊙P与数轴相切于原点O；位置Ⅱ和位置Ⅳ中的MN垂直于数轴；位置Ⅲ中的MN在数轴上；位置Ⅴ中的点N到数轴的距离为3，且半⊙P与数轴相切于点A．解答下列问题：（1）位置Ⅰ中的MN与数轴之间的距离为2；位置Ⅱ中的半⊙P与数轴的位置关系是相切；（2）求位置Ⅲ中的圆心P在数轴上表示的数；（3）纸片半⊙P从位置Ⅲ翻滚到位置Ⅳ时，求点N所经过路径长及该纸片所扫过图形的面积；（4）求OA的长．[（2），（3），（4）中的结果保留π]．【分析】（1）先求出圆的半径，再根据切线的性质进行解答；（2）根据位置Ⅰ中的长与数轴上线段ON相等求出的长，再根据弧长公式求出的长，进而可得出结论；（3）作NC垂直数轴于点C，作PH⊥NC于点H，连接P A，则四边形PHCA为矩形，在Rt△NPH中，根据sin∠NPH＝＝即可∠NPH、∠MP A的度数，进而可得出的长，【解答】解：（1）∵⊙P的直径＝4，∴⊙P的半径＝2，∵⊙P与直线有一个交点，∴位置Ⅰ中的MN与数轴之间的距离为2；位置Ⅱ中的半⊙P与数轴的位置关系是相切；故答案为：2，相切；（2）位置Ⅰ中的长与数轴上线段ON相等，∵的长为＝π，NP＝2，∴位置Ⅲ中的圆心P在数轴上表示的数为π+2．（3）点N所经过路径长为＝2π，S半圆＝＝2π，S扇形＝＝4π，半⊙P所扫过图形的面积为2π+4π＝6π．（4）如图，作NC垂直数轴于点C，作PH⊥NC于点H，连接P A，则四边形PHCA为矩形．在Rt△NPH中，PN＝2，NH＝NC﹣HC＝NC﹣P A＝1，于是sin∠NPH＝＝，∴∠NPH＝30°．∴∠MP A＝60°．从而的长为＝，于是OA的长为π+4+π＝π+4．【点评】本题考查的是直线与圆的关系、弧长的计算、扇形的面积公式，在解答此题时要注意Ⅰ中的长与数轴上线段ON相等的数量关系．15．已知⊙O1与⊙O2相交于A、B两点，点O1在⊙O2上，C为⊙O2上一点（不与A，B，O1重合），直线CB与⊙O1交于另一点D．（1）如图（1），若AD是⊙O1的直径，AC是⊙O2的直径，求证：AC＝CD；（2）如图（2），若C是⊙O1外一点，求证：O1C丄AD；（3）如图（3），若C是⊙O1内的一点，判断（2）中的结论是否成立？【分析】（1）连接C01，利用直径所对圆周角等于90度，以及垂直平分线的性质得出即可；（2）根据已知得出四边形AEDB内接于⊙O1，得出∠ABC＝∠E，再利用＝，得出∠E＝∠AO1C，进而得出CO1∥ED即可求出；（3）根据已知得出∠B＝∠EO1C，又∠E＝∠B，即可得出∠EO1C＝∠E，得出CO1∥ED，即可求出．【解答】（1）证明：连接C01∵AC为⊙O2直径∴∠AO1C＝90°即CO1⊥AD，∵AO1＝DO1∴DC＝AC（垂直平分线的性质）；（2）证明：连接AO1，连接AB，延长AO1交⊙O1于点E，连接ED，∵四边形AEDB内接于⊙O1，∴∠E+∠ABD＝180°，∵∠ABC+∠ABD＝180°，∴∠ABC＝∠E，又∵＝，∴∠ABC＝∠AO1C，∴∠E＝∠AO1C，∴CO1∥ED，又AE为⊙O1的直径，∴ED⊥AD，∴O1C⊥AD，（3）（2）中的结论仍然成立．证明：连接AO1，连接AB，延长AO1交⊙O1于点E，连接ED，∵∠B+∠AO1C＝180°，∠EO1C+∠AO1C═180°，∴∠B＝∠EO1C，又∵∠E＝∠B，∴∠EO1C＝∠E，∴CO1∥ED，又ED⊥AD，∴CO1⊥AD．【点评】此题主要考查了圆周角定理以及相交两圆的性质和圆内接四边形的性质，根据圆内接四边形的性质得出对应角之间的关系是解决问题的关键．16．⊙O1与⊙O2相交于A、B两点，如图（1），连接O2O1并延长交⊙O1于P点，连接P A、PB并分别延长交⊙O2于C、D两点，连接CO2并延长交⊙O2于E点．已知⊙O2的半径为R，设∠CAD＝α．（1）求CD的长（用含R、α的式子表示）；（2）试判断CD与PO1的位置关系，并说明理由；（3）设点P’为⊙O1上（⊙O2外）的动点，连接P’A、P’B并分别延长交⊙O2于C’、D’，请你探究∠C’AD’是否等于α？C’D’与P’O1的位置关系如何？并说明理由．（注：图（2）与图（3）中⊙O1和⊙O2的大小及位置关系与图（1）完全相同，若你感到继续在图（1）中探究问题（3），图形太复杂，不便于观察，可以选择图（2）或图（3）中的一图说明理由）．【分析】（1）作⊙O2的直径CE，连接DE．根据圆周角定理的推论，得∠E＝∠CAD＝α，再利用解直角三角形的知识求解；（2）连接AB，延长PO1与⊙O1相交于点E，连接AE．根据圆内接四边形的性质，得∠ABP′＝∠C′，根据圆周角定理的推论，得∠ABP′＝∠E，∠EAP′＝90°，从而证明∠AP′E+∠C′＝90°，则CD与PO1的位置关系是互相垂直；（3）根据同弧所对的圆周角相等，则说明∠C’AD’等于α；根据（2）中的证明过程，则可以证明C’D’与P’O1的位置关系是互相垂直．【解答】解：（1）连接DE．根据圆周角定理的推论，得∠E＝∠CAD＝α．∵CE是直径，∴∠CDE＝90°．∴CD＝CE•sin E＝2R sinα；（2）CD与PO1的位置关系是互相垂直．理由如下：连接AB，延长PO1与⊙O1相交于点E，连接AE．∵四边形BAC′D′是圆内接四边形，∴∠ABP′＝∠C′．∵P′E是直径，∴∠EAP′＝90°，∴∠AP′E+∠E＝90°．又∠ABP′＝∠E，∴∠AP′E+∠C′＝90°，即CD与PO1的位置关系是互相垂直；（3）根据同弧所对的圆周角相等，则说明∠C’AD’等于α；根据（2）中的证明过程，则可以证明C’D’与P’O1的位置关系是互相垂直．【点评】此题综合运用了圆周角定理及其推论、直角三角形的性质、圆内接四边形的性质．注意：连接两圆的公共弦、构造直径所对的圆周角都是圆中常见的辅助线．17．如图①，有四张编号为1、2、3、4的卡片，卡片的背面完全相同．现将它们搅匀并正面朝下放置在桌面上．（1）从中随机抽取一张，抽到的卡片是眼睛的概率是多少？（2）从四张卡片中随机抽取一张贴在如图②所示的大头娃娃的左眼处，然后再随机抽取一张贴在大头娃娃的右眼处，用树状图或列表法求贴法正确的概率．【分析】根据概率的求法，找准两点：①全部情况的总数；②符合条件的情况数目；二者的比值就是其发生的概率．【解答】解：（1）所求概率为；（2）方法①（树状图法）共有12种可能的结果：（1，2），（1，3），（1，4），（2，1），（2，3），（2，4），（3，1），（3，2），（3，4），（4，1），（4，2），（4，3）∵其中有两种结果（1，2），（2，1）是符合条件的，∴贴法正确的概率为，方法②（列表法）第一次抽取 1 2 3 4第二次抽取1（2，1）（3，1）（4，1）2（1，2）（3，2）（4，2）3（1，3）（2，3）（4，3）4（1，4）（2，4）（3，4）共有12种可能的结果：（1，2），（1，3），（1，4），（2，1），（2，3），（2，4），（3，1），（3，2），（3，4），（4，1），（4，2），（4，3），∵其中有两种结果（1，2），（2，1）是符合条件的，∴贴法正确的概率为．【点评】此题考查概率的求法：如果一个事件有n种可能，而且这些事件的可能性相同，其中事件A出现m种结果，那么事件A的概率P（A）＝．18．如图，菱形、矩形与正方形的形状有差异，我们将菱形、矩形与正方形的接近程度称为“接近度”．在研究“接近度”时，应保证相似图形的“接近度”相等．（1）设菱形相邻两个内角的度数分别为m°和n°，将菱形的“接近度”定义为|m﹣n|，于是|m﹣n|越小，菱形越接近于正方形．①若菱形的一个内角为70°，则该菱形的“接近度”等于40；②当菱形的“接近度”等于0时，菱形是正方形．（2）设矩形相邻两条边长分别是a和b（a≤b），将矩形的“接近度”定义为|a﹣b|，于是|a﹣b|越小，矩形越接近于正方形．你认为这种说法是否合理？若不合理，给出矩形的“接近度”一个合理定义．【分析】（1）根据相似图形的定义知，相似图形的形状相同，但大小不一定相同，相似图形的“接近度”相等．所以若菱形的一个内角为70°，则该菱形的“接近度”等于|m﹣n|；当菱形的“接近度”等于0时，菱形是正方形；（2）不合理，举例进行说明．【解答】解：（1）①∵内角为70°，∴与它相邻内角的度数为110°．∴菱形的“接近度”＝|m﹣n|＝|110﹣70|＝40．②当菱形的“接近度”等于0时，菱形是正方形．（2）不合理．例如，对两个相似而不全等的矩形来说，它们接近正方形的程度是相同的，但|a﹣b|却不相等．合理定义方法不唯一．如定义为，越接近1，矩形越接近于正方形；越大，矩形与正方形的形状差异越大；当时，矩形就变成了正方形，即只有矩形的越接近1，矩形才越接近正方形．【点评】正确理解“接近度”的意思，矩形的“接近度”|a﹣b|越小，矩形越接近于正方形．这是解决问题的关键．19．如图，方格纸中的每个小方格都是边长为1个单位的正方形，在建立平面直角坐标系后，△ABC的顶点均在格点上，点B的坐标为（1，0）①画出△ABC关于x轴对称的△A1B1C1；②画出将△ABC绕原点O按逆时针旋转90°所得的△A2B2C2；③△A1B1C1与△A2B2C2成轴对称图形吗？若成轴对称图形，画出所有的对称轴；④△A1B1C1与△A2B2C2成中心对称图形吗？若成中心对称图形，写出所有的对称中心的坐标．【分析】（1）将三角形的各顶点，向x轴作垂线并延长相同长度得到三点的对应点，顺次连接；（2）将三角形的各顶点，绕原点O按逆时针旋转90°得到三点的对应点．顺次连接各对应点得△A2B2C2；（3）从图中可发现成轴对称图形，根据轴对称图形的性质画出对称轴即连接两对应点的线段，做它的垂直平分线；（4）成中心对称图形，画出两条对应点的连线，交点就是对称中心．【解答】解：如下图所示：（3）成轴对称图形，根据轴对称图形的性质画出对称轴即连接两对应点的线段，作它的垂直平分线，或连接A1C1，A2C2的中点的连线为对称轴．（4）成中心对称，对称中心为线段BB2的中点P，坐标是（，）．【点评】本题综合考查了图形的变换，在图形的变换中，关键是找到图形的对应点．20．如图所示，AB＝AC，AB为⊙O的直径，AC、BC分别交⊙O于E、D，连接ED、BE．（1）试判断DE与BD是否相等，并说明理由；（2）如果BC＝6，AB＝5，求BE的长．【分析】（1）可通过连接AD，AD就是等腰三角形ABC底边上的高，根据等腰三角形三线合一的特点，可得出∠CAD＝∠BAD，根据圆周角定理即可得出∠DEB＝∠DBE，便可证得DE＝DB．（2）本题中由于BE⊥AC，那么BE就是三角形ABC中AC边上的高，可用面积的不同表示方法得出AC•BE＝CB•AD．进而求出BE的长．【解答】解：（1）DE＝BD证明：连接AD，则AD⊥BC，在等腰三角形ABC中，AD⊥BC，∴∠CAD＝∠BAD（等腰三角形三线合一），∴＝，∴DE＝BD；（2）∵AB＝5，BD＝BC＝3，∴AD＝4，∵AB＝AC＝5，∴S△ABC＝•AC•BE＝•CB•AD，∴BE＝4.8．【点评】本题主要考查了等腰三角形的性质，圆周角定理等知识点的运用，用等腰三角形三线合一的特点得出圆周角相等是解题的关键．21．如图，AD是⊙O的直径．（1）如图①，垂直于AD的两条弦B1C1，B2C2把圆周4等分，则∠B1的度数是22.5°，∠B2的度数是67.5°；（2）如图②，垂直于AD的三条弦B1C1，B2C2，B3C3把圆周6等分，分别求∠B1，∠B2，∠B3的度数；（3）如图③，垂直于AD的n条弦B1C1，B2C2，B3C3，…，B n∁n把圆周2n等分，请你用含n的代数式表示∠B n的度数（只需直接写出答案）．【分析】根据条件可以先求出圆的各段弧的度数，根据圆周角等于所对弧的度数的一半，就可以求出圆周角的度数．【解答】解：（1）垂直于AD的两条弦B1C1，B2C2把圆周4等分，则是圆的，因而度数是45°，因而∠B1的度数是22.5°，同理的度数是135度，因而，∠B2的度数是67.5°；（2）∵圆周被6等分∴＝＝＝360°÷6＝60°∵直径AD⊥B1C1∴＝＝30°，∴∠B1＝＝15°∠B2＝＝×（30°+60°）＝45°∠B3＝＝×（30°+60°+60°）＝75°；（3）B n∁n把圆周2n等分，则弧BnD的度数是：，则∠B n AD＝，在直角△AB n D中，．【点评】本题是把求圆周角的度数的问题转化为求弧的度数的问题，依据是圆周角等于所对弧的度数的一半．22．二次函数y＝ax2+bx+c图象的一部分如图所示，则a的取值范围是﹣1＜a＜0．【分析】由抛物线的开口方向判断a的符号，由抛物线与y轴的交点得出c的值，然后根据图象经过的点的情况进行推理，进而推出所得结论．【解答】解：抛物线开口向下，a＜0，图象过点（0，1），c＝1，图象过点（1，0），a+b+c＝0，∴b＝﹣（a+c）＝﹣（a+1）．由题意知，当x＝﹣1时，应有y＞0，∴a﹣b+c＞0，∴a+（a+1）+1＞0，∴a＞﹣1，。

江苏省全省十三市中考数学真题及解析汇编

江苏省全省中考数学真题及解析汇编目录1-江苏省南京市中考数学试卷及解析（28页） (1)2-江苏省镇江市中考数学试卷及解析（34页） (25)3-江苏省常州市中考数学试卷及解析（20页） (54)4-江苏省无锡市中考数学试卷及解析（21页） (74)5-江苏省苏州市中考数学试卷及解析（30页） (93)6-江苏省南通市中考数学试卷及解析（33页） (120)7-江苏省泰州市中考数学试卷及解析（28页） (149)8-江苏省扬州市中考数学试卷及解析（30页） (173)9-江苏省徐州市中考数学试卷及解析（29页） (200)10-江苏省淮安市中考数学试卷及解析（21页） (227)11-江苏省宿迁市中考数学试卷及解析（29页） (245)12-江苏省盐城市中考数学试卷及解析（35页） (270)13-江苏省连云港市中考数学试卷及解析（31页） (301)江苏省南京市中考数学试卷及解析（28页）一、选择题（本大题共6小题，每小题2分，共12分）1．（2分）计算12+（﹣18）÷（﹣6）﹣（﹣3）×2的结果是（）A．7 B．8 C．21 D．362．（2分）计算106×（102）3÷104的结果是（）A．103B．107C．108D．1093．（2分）不透明袋子中装有一个几何体模型，两位同学摸该模型并描述它的特征，甲同学：它有4个面是三角形；乙同学：它有8条棱，该模型的形状对应的立体图形可能是（）A．三棱柱B．四棱柱C．三棱锥D．四棱锥4．（2分）若错误!未找到引用源。

＜a＜错误!未找到引用源。

，则下列结论中正确的是（）A．1＜a＜3 B．1＜a＜4 C．2＜a＜3 D．2＜a＜45．（2分）若方程（x﹣5）2=19的两根为a和b，且a＞b，则下列结论中正确的是（）A．a是19的算术平方根B．b是19的平方根C．a﹣5是19的算术平方根D．b+5是19的平方根6．（2分）过三点A（2，2），B（6，2），C（4，5）的圆的圆心坐标为（）A．（4，错误!未找到引用源。

2021年江苏中考数学压轴题精选精练试卷(解析版)

中考数学压轴题精选精练一、选择题1．如图，在▱ABCD中，CD＝8，BC＝10，按以下步骤作图：①以点C为圆心，适当长度为半径作弧，分别交BC，CD于M，N两点；②分别以点M，N为圆心，以大于MN 的长为半径画弧，两弧在▱ABCD的内部交于点P；③连接CP并延长交AD于点E，交BA的延长线于点F，则AF的长为（）A．2 B．3 C．4 D．52．如图①，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，动点D从点A出发，沿A→C→B 以1cm/s的速度匀速运动到点B，过点D作DE⊥AB于点E，图②是点D运动时，△ADE 的面积y（cm2）随时间x（s）变化的关系图象，则AB的长为（）A．4cm B．6cm C．8cm D．10cm3．如图，在△ABC中，点D、E、F分别在AB、AC、BC边上，DE∥BC，EF∥AB，则下列比例式中错误的是（）A．B．C．D．第3题第4题4．如图，在平面直角坐标系xOy中，A（﹣3，0），B（3，0），若在直线y＝﹣x+m上存在点P满足∠APB＝60°，则m的取值范围是（）A．≤m≤B．﹣﹣5≤m≤+5C．﹣2≤m≤+2D．﹣﹣2≤m≤+25．如图，A、C两点在反比例函数y＝的图象上，B、D两点在反比例函数y＝的图象上，AB⊥x轴于点E，CD⊥x轴于点F，AB＝3，CD＝2，EF＝，则k1﹣k2的值为（）A．﹣3 B．﹣2 C．D．﹣16．如图，以矩形ABCD对角线AC为底边作等腰直角△ACE，连接BE，分别交AD，AC于点F，N，CD＝AF，AM平分∠BAN．下列结论：①EF⊥ED；②∠BCM＝∠NCM；③AC＝EM；④BN2+EF2＝EN2；⑤AE•AM＝NE•FM，其中正确结论的个数是（）A．2 B．3 C．4 D．5二、填空题1．如图，在扇形AOB中，∠AOB＝120°，连接AB，以OA为直径作半圆C交AB于点D，若OA＝4，则阴影部分的面积为．2．在△ABC中，AB＝4，∠C＝60°，∠A≠∠B，则BC的长的取值范围是________．3．如图，点G是矩形ABCD的对角线BD上一点，过点G作EF∥AB交AD于E，交BC 于F，若EG＝5，BF＝2，则图中阴影部分的面积为．第3题第4题4．如图为二次函数y＝ax2+bx+c图象，直线y＝t（t＞0）与抛物线交于A，B两点，A，B 两点横坐标分别为m，n．根据函数图象信息有下列结论：①abc＞0；②若对于t＞0的任意值都有m＜﹣1，则a≥1；③m+n＝1；④m＜﹣1；⑤当t为定值时，若a变大，则线段AB变长．其中，正确的结论有（写出所有正确结论的序号）5．如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC．将△ABC绕点A逆时针旋转15°得到Rt △AB′C′，B′C′交AB于点E，若图中阴影部分面积为2，则B′E的长为．第5题第6题6．如图，在矩形ABCD中，已知AB＝3，BC＝4，点P是边BC上一动点（点P不与点B，C重合），连接AP，作点B关于直线AP的对称点M，连接MP，作∠MPC的角平分线交边CD于点N．则线段MN的最小值为．三、解答题1．如图1，平行四边形ABCD中，AB⊥AC，AB＝6，AD＝10，点P在边AD上运动，以P 为圆心，P A为半径的⊙P与对角线AC交于A，E两点．（1）线段AC的长度是________．（2）如图2，当⊙P与边CD相切于点F时，求AP的长；（3）不难发现，当⊙P与边CD相切时，⊙P与平行四边形ABCD的边有三个公共点，随着AP的变化，⊙P与平行四边形ABCD的边的公共点的个数也在变化，若共点的个数为4，直接写出相对应的AP的值的取值范围________________．2．阅读理【解析】解：在平面直角坐标系中，若两点P、Q的坐标分别是P（x1，y1）、Q （x2，y2），则P、Q这两点间的距离为|PQ|＝．如P（1，2），Q（3，4），则|PQ|＝＝2．对于某种几何图形给出如下定义：符合一定条件的动点形成的图形，叫做符合这个条件的点的轨迹．如平面内到线段两个端点距离相等的点的轨迹是这条线段的垂直平分线．解决问题：如图，已知在平面直角坐标系xOy中，直线y＝kx＋交y轴于点A，点A关于x轴的对称点为点B，过点B作直线l平行于x轴．（1）到点A的距离等于线段AB长度的点的轨迹是____________.（2）若动点C（x，y）满足到直线l的距离等于线段CA的长度，求动点C轨迹的函数表达式；问题拓展：（3）若（2）中的动点C的轨迹与直线y＝kx＋交于E、F两点，分别过E、F 作直线l的垂线，垂足分别是M、N，求证：①EF是△AMN外接圆的切线；②＋为定值．5．如图，已知点A（1，0），B（0，3），将△AOB绕点O逆时针旋转90°，得到△COD，设E为AD的中点．（1）若F为CD上一动点，求出当△DEF与△COD相似时点F的坐标；（2）过E作x轴的垂线l，在直线l上是否存在一点Q，使∠CQO＝∠CDO？若存在，求出Q点的坐标；若不存在，请说明理由．6．如图1，在平面直角坐标系中，直线y＝x+4与抛物线y＝﹣x2+bx+c（b，c是常数）交于A、B两点，点A在x轴上，点B在y轴上．设抛物线与x轴的另一个交点为点C．（1）求该抛物线的解析式；（2）P是抛物线上一动点（不与点A、B重合），①如图2，若点P在直线AB上方，连接OP交AB于点D，求的最大值；②如图3，若点P在x轴的上方，连接PC，以PC为边作正方形CPEF，随着点P的运动，正方形的大小、位置也随之改变．当顶点E或F恰好落在y轴上，直接写出对应的点P的坐标．5．定义：在平面内，我们把既有大小又有方向的量叫做平面向量．平面向量可以用有向线段表示，有向线段的长度表示向量的大小，有向线段的方向表示向量的方向．其中大小相等，方向相同的向量叫做相等向量．如以正方形ABCD的四个顶点中某一点为起点，另一个顶点为终点作向量，可以作出8个不同的向量：、、、、、、、（由于和是相等向量，因此只算一个）．（1）作两个相邻的正方形（如图一）．以其中的一个顶点为起点，另一个顶点为终点作向量，可以作出不同向量的个数记为f（2），试求f（2）的值；（2）作n个相邻的正方形（如图二）“一字型”排开．以其中的一个顶点为起点，另一个顶点为终点作向量，可以作出不同向量的个数记为f（n），试求f（n）的值；（3）作2×3个相邻的正方形（如图三）排开．以其中的一个顶点为起点，另一个顶点为终点作向量，可以作出不同向量的个数记为f（2×3），试求f（2×3）的值；（4）作m×n个相邻的正方形（如图四）排开．以其中的一个顶点为起点，另一个顶点为终点作向量，可以作出不同向量的个数记为f（m×n），试求f（m×n）的值．6．如图，已知直线y＝x+1与抛物线y＝ax2+2x+c相交于点A（﹣1，0）和点B（2，m）两点（1）求抛物线的函数表达式；（2）若点P是位于直线AB上方抛物线上的一动点，当△P AB的面积S最大时，求此时△P AB的面积S及点P的坐标；（3）在x轴上是否存在点Q，使△QAB是等腰三角形？若存在，直接写出点Q的坐标（不用说理）；若不存在，请说明理由．【答案与解析】一、选择题1．【分析】根据角平分线的定义以及平行四边形的性质，即可得到BF，BA的长，进而得到AF的长．【解答】解：由题可得，CF是∠ACD的平分线，∴∠BCF＝∠DCF，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥CD，AB＝CD＝8，∴∠F＝∠DCF，∴∠BCF＝∠F，∴BF＝BC＝10，∴AF＝BF﹣AB＝10﹣8＝2．故选：A．2．【分析】根据题意可得，△ADE的最大面积是6（cm2），此时点D与点C重合，根据三角形ADE的面积即可求出DE＝2，再根据30度特殊角即可求出AB的长．【解答】解：根据题意可知：△ADE的最大面积是6（cm2），此时点D与点C重合，如图，在Rt△ADE中，∠A＝30°，设DE＝x，则AE＝x，∴S△ADE＝AE•DE＝×x•x＝x2，∴x2＝6，解得x＝2（负值舍去），∴DE＝2，∴AD＝AC＝2DE＝4，在Rt△ABC中，∠A＝30°，∴cos30°＝＝，∴＝，∴AB＝8cm．故选：C．3．【分析】根据平行线分线段成比例定理列出比例式，再分别对每一项进行判断即可．【解答】A．∵EF∥AB，∴＝，故本选项正确，B．∵DE∥BC，∴＝，∵EF∥AB，∴DE＝BF，∴＝，∴＝，故本选项正确，C．∵EF∥AB，∴＝，∵CF≠DE，∴≠，故本选项错误，D．∵EF∥AB，∴＝，∴＝，故本选项正确，故选：C．4．【分析】作等边三角形ABE，然后作外接圆，求得直线y＝﹣x+m与外接圆相切时的m的值，即可求得m的取值范围．【解答】解：如图，作等边三角形ABE，∵A（﹣3，0），B（3，0），∴OA＝OB＝3，∴E在y轴上，当E在AB上方时，作等边三角形ABE的外接圆⊙Q，设直线y＝﹣x+m与⊙Q相切，切点为P，当P与P1重合时m的值最大，当P与P1重合时，连接QP1，则QP1⊥直线y＝﹣x+m，∵OA＝3，∴OE＝3，设⊙Q的半径为x，则x2＝32+（3﹣x）2，解得x＝2，∴EQ＝AQ＝PQ＝2，∴OQ＝，由直线y＝﹣x+m可知OD＝OC＝m，∴DQ＝m﹣，CD＝m，∵∠ODC＝∠P1DQ，∠COD＝∠QP1D，∴△QP1D∽△COD，∴＝，即＝，解得m＝+2，当E在AB下方时，作等边三角形ABE的外接圆⊙Q，设直线y＝﹣x+m与⊙Q相切，切点为P，当P与P2重合时m的值最小，当P与P2重合时，同理证得m＝﹣﹣2，∴m的取值范围是﹣﹣2≤m≤+2，故选：D．1．【分析】直接利用反比例函数的性质和k的意义分析得出答案．【解答】解：过点A作AM⊥y轴，BN⊥y轴，DQ⊥y轴，CN⊥y轴垂足分别为M，N，Q，R，由题意可得：S矩形AMEQ＝S矩形FCRO＝﹣k1，S矩形EBNO＝S矩形QDFO＝k2，则S矩形AMEQ+S矩形EBNO＝S矩形FCRO+S矩形QDFO＝﹣k1+k2，∵AB＝3，CD＝2，∴设EO＝2x，则FO＝3x，∵EF＝，∴EO＝1，FO＝1.5，∴S矩形ABNM＝1×3＝3，则﹣k1+k2＝3，故k1﹣k2＝﹣3．故选：A．2．【分析】①正确，只要证明A，B，C，D，E五点共圆即可解决问题；②正确，只要证明点M是△ABC的内心即可；③正确，想办法证明EM＝AE，即可解决问题；④正确．如图2中，将△ABN逆时针旋转90°得到△AFG，连接EG．想办法证明△GEF是直角三角形，利用勾股定理即可解决问题；⑤错误．利用反证法证明即可；【解答】解：如图1中，连接BD交AC于O，连接OE．∵四边形ABCD是矩形，∴OA＝OC＝OD＝OB，∵∠AEC＝90°，∴OE＝OA＝OC，∴OA＝OB＝OC＝OD＝OE，∴A，B，C，D，E五点共圆，∵BD是直径，∴∠BED＝90°，∴EF⊥ED，故①正确，∵CD＝AB＝AF，∠BAF＝90°，∴∠ABF＝∠AFB＝∠FBC＝45°，∴BM平分∠ABC，∵AM平分∠BAC，∴点M是△ABC的内心，∴CM平分∠ACB，∴∠MCB＝∠MCA，故②正确，∵∠EAM＝∠EAC+∠MAC，∠EMA＝∠BAM+∠ABM，∠ABM＝∠EAC＝45°，∴∠EAM＝∠EMA，∴EA＝EM，∵△EAC是等腰直角三角形，∴AC＝EA＝EM，故③正确，如图2中，将△ABN绕点A逆时针旋转90°，得到△AFG，连接EG，∵∠NAB＝∠GAF，∴∠GAN＝∠BAD＝90°，∵∠EAN＝45°，∴∠EAG＝∠EAN＝45°，∵AG＝AN，AE＝AE，∴△AEG≌△AEN（SAS），∴EN＝EG，GF＝BN，∵∠AFG＝∠ABN＝∠AFB＝45°，∴∠GFB＝∠GFE＝90°，∴EG2＝GF2+EF2，∴BN2+EF2＝EN2，故④正确，不妨设AE•AM＝NE•FM，∵AE＝EC，∴＝，∴只有△ECN∽△MAF才能成立，∴∠AMF＝∠CEN，∴CE∥AM，∵AE⊥CE，∴MA⊥AE（矛盾），∴假设不成立，故⑤错误，故选：C．二、填空题1．【分析】连接OD、CD，根据圆周角定理得到OD⊥AB，根据等腰三角形的性质得到AD ＝DB，∠OAD＝30°，根据扇形面积公式、三角形的面积公式计算即可．【解答】解：连接OD、CD，∵OA为圆C的直径，∴OD⊥AB，∵OA＝OB，∠AOB＝120°，∴AD＝DB，∠OAD＝30°，∴OD＝OA＝2，由勾股定理得，AD＝＝2，∴△AOB的面积＝×AB×OD＝4，∵OC＝CA，BD＝DA，∴CD∥OB，CD＝OB，∴∠ACD＝∠AOB＝120°，△ACD的面积＝×△AOB的面积＝，∴阴影部分的面积＝﹣△AOB的面积﹣（﹣△ACD的面积）＝π﹣4﹣π+＝4π﹣3，故答案为：4π﹣3．2.解：作△ABC的外接圆，如图所示：当∠BAC＝90°时，BC是直径最长，∵∠C＝60°，∴∠ABC＝30°，∴BC＝2AC，AB3AC＝4，∴AC 43，∴BC＝2AC83，当∠A＝∠B时，△ABC为等边三角形，∴BC＝AB＝4，则BC的长的取值范围是0＜BC≤833且BC≠4，故答案为：0＜BC≤833且BC≠4．3．【分析】由矩形的性质可证明S矩形AEGM＝S矩形CFGN＝2×5＝10，即可求解．【解答】解：作GM⊥AB于M，延长MG交CD于N．则有四边形AEGM，四边形DEGN，四边形CFGN，四边形BMGF都是矩形，∴AE＝BF＝2，S△ADB＝S△DBC，S△BGM＝S△BGF，S△DEG＝S△DNG，∴S矩形AEGM＝S矩形CFGN＝2×5＝10，∴S阴＝S矩形CFGN＝5，故答案为：5．4．【分析】由图象分别求出a＞0，c＝﹣2，b＝﹣a＜0，则函数解析式为y＝ax2﹣ax﹣2，则对称轴x＝，由开口向上的函数的图象开口与a的关系可得：当a变大，函数y＝ax2﹣ax﹣2的开口变小，依据这个性质判断m的取值情况．【解答】解：由图象可知，a＞0，c＝﹣2，∵对称轴x＝﹣＝，∴b＝﹣a＜0，∴abc＞0；∴①正确；A、B两点关于x＝对称，∴m+n＝1，∴③正确；a＞0时，当a变大，函数y＝ax2﹣ax﹣2的开口变小，则AB的距离变小，∴⑤不正确；若m＜﹣1，n＞2，由图象可知n＞1，∴④不正确；当a＝1时，对于t＞0的任意值都有m＜﹣1，当a＞1时，函数开口变小，则有m＞﹣1的时候，∴②不正确；故答案①③．5．【分析】求出∠C′AE＝30°，推出AE＝2C′E，AC′＝C′E，根据阴影部分面积为2得出×C′E×C′E＝2，求出C′E＝2，即可求出C′B′，即可求出答案．【解答】解：∵将Rt△ACB绕点A逆时针旋转15°得到Rt△AB′C′，∴△ACB≌△AC′B′，∴AC＝AC′，CB＝C′B′，∠CAB＝∠C′AB′，∵在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC，∴∠CAB＝45°，∵∠CAC′＝15°，∴∠C′AE＝30°，∴AE＝2C′E，AC′＝C′E，∵阴影部分面积为2，∴×C′E×C′E＝2，∴C′E＝2，∴AC＝BC＝C′B′＝C′E＝2，∴B′E＝2﹣2，故答案为：2﹣2．6．【分析】过N作NH⊥PM交直线PM于H，则MN2＝NH2+MH2，得出当点M与点H重合时，MN长最小，易证NH＝NC，∠HPN＝∠CPN，由AAS证得△PNH≌△PNC，得出PC＝PH，NC＝NH，由点B关于直线AP的对称点M，得出BP＝PM，∠BP A＝∠MP A，当点M与点H重合时，BP＝PH＝PC＝BC＝2，由∠HPN+∠CPN+∠BP A+∠MP A＝180°，推出∠APN＝90°，证明△ABP∽△PCN，得出＝，得出NC＝，即可得出结果．【解答】解：过N作NH⊥PM交直线PM于H，如图所示：则MN2＝NH2+MH2，∴当点M与点H重合时，MN长最小，∵四边形ABCD是矩形，∴∠B＝∠C＝90°，∵PN是∠MPC的角平分线，∴NH＝NC，∠HPN＝∠CPN，在△PNH和△PNC中，，△PNH≌△PNC（AAS），∴PC＝PH，NC＝NH，∵点B关于直线AP的对称点M，∴BP ＝PM ，∠BP A ＝∠MP A ，∴当点M 与点H 重合时，BP ＝PH ＝PC ＝BC ＝2， ∵∠HPN +∠CPN +∠BP A +∠MP A ＝180°， ∴∠APN ＝90°，∴∠APB +∠NPC ＝90°， ∵∠APB +∠P AB ＝90°， ∴∠P AB ＝∠NPC ， ∵∠B ＝∠C ＝90°， ∴△ABP ∽△PCN ， ∴＝，∴NC ＝＝＝，∴当点M 与点H 重合时，MN ＝NC ＝，故答案为：．三、解答题1.解：（1）∵平行四边形ABCD 中，AB ＝6，AD ＝10，∴BC ＝AD ＝10， ∵AB ⊥AC ，∴在Rt △ABC 中，由勾股定理得：AC 22BC AB -＝102－62＝8，故答案为：8；（2）如图2所示，连接PF ，设AP ＝x ，则DP ＝10－x ，PF ＝x ， ∵⊙P 与边CD 相切于点F ，∴PF ⊥CD ， ∵四边形ABCD 是平行四边形，∴AB ∥CD ， ∵AB ⊥AC ，∴AC ⊥CD ，∴AC ∥PF ， ∴△DPF ∽△DAC ，∴PF PD AC AD =，∴10810x x -=，∴x ＝409，即AP ＝409；（3）当⊙P与BC相切时，设切点为G，如图3，S□ABCD＝12×6×8×2＝10PG，∴PG＝245，①当⊙P与边AD、CD分别有两个公共点时，409＜AP＜245，即此时⊙P与平行四边形ABCD的边的公共点的个数为4；②⊙P过点A、C、D三点，如图4，⊙P与平行四边形ABCD的边的公共点的个数为4，此时AP＝5，综上所述，AP的值的取值范围是：409＜AP＜245或AP＝5，故答案为：409＜AP＜245或AP＝5．2. 解：（1）设到点A的距离等于线段AB长度的点D坐标为（x，y），∴AD2＝x2＋（y﹣）2，∵直线y＝kx＋交y轴于点A，∴A（0，），∵点A关于x轴的对称点为点B，∴B（0，﹣），∴AB＝1，∵点D到点A的距离等于线段AB长度，∴x2＋（y﹣）2＝1，故答案为：x2＋（y﹣）2＝1；（2）∵过点B作直线l平行于x轴，∴直线l的解析式为y＝﹣，∵C（x，y），A（0，），∴AC2＝x2＋（y﹣）2，点C到直线l的距离为：（y＋），∵动点C（x，y）满足到直线l的距离等于线段CA的长度，∴x2＋（y﹣）2＝（y＋）2，∴动点C轨迹的函数表达式y＝x2，（3）连接AM，AN，取MN的中点Q，连接AQ.①设E（x1，y1），F（x2，y2），由（2）得，EA＝EM，F A＝FN，∴，∴x2﹣2kx﹣1＝0，∴x1＋x2＝2k，x1x2＝﹣1，∵BM·BN＝|x1x2|＝1，AB＝1，∴AB2＝BM·BN，又∠ABM＝∠NBA，∴△ABM∽△NBA，∴∠MAB＝∠ANB，而∠NAB＋∠ANB＝90°，∴∠NAB＋∠MAB＝90°，即∠MAN＝90°.∴AQ＝QN，∴∠QAN＝∠QNA，∵F A＝FN，∴∠F AN＝∠FNA，∴∠F AG＝∠FNG＝90°，∴所以EF是△AMN外接圆的切线.②证明：∵点E（m，a）点F（n，b）在直线y＝kx＋上，∴a＝mk＋，b＝nk＋，∵ME，NF，EF是△AMN的外接圆的切线，∴AE＝ME＝a＋＝mk＋1，AF＝NF＝b＋＝nk＋1，∴＋＝＋＝＝＝＝2，即：＋为定值，定值为2．5．【分析】（1）当△DEF∽△COD时，＝，DF＝DE cos∠CDO＝，据此求出EF的长度和点F的坐标即可；（2）首先以CD为直径作圆，设其圆心为P，交直线a于点Q、Q′，连接PQ，P Q′，由圆周角定理，可得∠CQO＝∠CQ′O＝∠CDO，在Rt△CDO中，由勾股定理可得CD＝，则PQ＝CD＝；然后求出点P的坐标是多少；设Q（﹣1，a），则（）2+（a﹣）2＝，据此求出a的值是多少，进而求出Q点坐标是多少即可．【解答】解：（1）∵A（1，0），B（0，3），∴OA＝1，OB＝3，∵将△AOB绕点O逆时针旋转90°，得到△COD，∴OC＝1，OD＝3，∴C（0，1），D（﹣3，0），如图1，当△DEF∽△COD时，＝∴EF＝，∴F（﹣1，）；当△DEF∽△COD时，DF＝DE cos∠CDO＝，作FK⊥OD于K，则FK＝DF sin∠CDO＝，DK＝DF cos∠CDO＝，∴F（﹣，）；（2）如图2，以CD为直径作圆，设其圆心为P，交直线a于点Q、Q′，连接PQ，P Q′，由圆周角定理，可得∠CQO＝∠CQ′O＝∠CDO，在Rt△CDO中，由勾股定理可得CD＝，则PQ＝CD＝，又∵P为CD中点，P（﹣，），设Q（﹣1，a），则（）2+（a﹣）2＝，解得a＝2或﹣1，∴Q（﹣1，2）或（﹣1，﹣1）．6．【分析】（1）利用直线解析式求出点A、B的坐标，再利用待定系数法求二次函数解析式解答；（2）作PF∥BO交AB于点F，证△PFD∽△OBD，得比例线段，则PF取最大值时，求得的最大值；（3）（i）点F在y轴上时，P在第一象限或第二象限，如图2，3，过点P作PH⊥x轴于H，根据正方形的性质可证明△CPH≌△FCO，根据全等三角形对应边相等可得PH＝CO＝2，然后利用二次函数解析式求解即可；（ii）点E在y轴上时，过点PK⊥x轴于K，作PS⊥y轴于S，同理可证得△EPS≌△CPK，可得PS＝PK，则P点的横纵坐标互为相反数，可求出P点坐标；点E在y轴上时，过点PM⊥x轴于M，作PN⊥y轴于N，同理可证得△PEN≌△PCM，可得PN＝PM，则P点的横纵坐标相等，可求出P点坐标．由此即可解决问题．【解答】解：（1）直线y＝x+4与坐标轴交于A、B两点，当x＝0时，y＝4，x＝﹣4时，y＝0，∴A（﹣4，0），B（0，4），把A，B两点的坐标代入解析式得，，解得，，∴抛物线的解析式为；（2）如图1，作PF∥BO交AB于点F，∴△PFD∽△OBD，∴，∵OB为定值，∴当PF取最大值时，有最大值，设P（x，），其中﹣4＜x＜0，则F（x，x+4），∴PF＝＝，∵且对称轴是直线x＝﹣2，∴当x＝﹣2时，PF有最大值，此时PF＝2，；（3）∵点C（2，0），∴CO＝2，（i）如图2，点F在y轴上时，若P在第二象限，过点P作PH⊥x轴于H，在正方形CPEF中，CP＝CF，∠PCF＝90°，∵∠PCH+∠OCF＝90°，∠PCH+∠HPC＝90°，∴∠HPC＝∠OCF，在△CPH和△FCO中，，∴△CPH≌△FCO（AAS），∴PH＝CO＝2，∴点P的纵坐标为2，∴，解得，，x＝﹣1+（舍去）．∴，如图3，点F在y轴上时，若P在第一象限，同理可得点P的纵坐标为2，此时P2点坐标为（﹣1+，2）（ii）如图4，点E在y轴上时，过点PK⊥x轴于K，作PS⊥y轴于S，同理可证得△EPS≌△CPK，∴PS＝PK，∴P点的横纵坐标互为相反数，∴，解得x＝2（舍去），x＝﹣2，∴，如图5，点E在y轴上时，过点PM⊥x轴于M，作PN⊥y轴于N，同理可证得△PEN≌△PCM，∴PN＝PM，∴P点的横纵坐标相等，∴，解得，（舍去），∴，综合以上可得P点坐标为，，．5．【分析】（1）根据图形，即可求得f（2）的值；（2）首先求f（1），f（2），f（3），f（4），所以得到规律为：f（n）＝6n+2；（3）根据图形，即可求得f（2×3）的值；（4）先分析特殊情况，再求得规律：f（m×n）＝2（m+n）+4mn．【解答】解：（1）作两个相邻的正方形，以其中的一个顶点为起点，另一个顶点为终点作向量，可以作出不同向量的个数f（2）＝14；（2）分别求出作两个、三个、四个相邻的正方形（如图1）．以其中的一个顶点为起点，另一个顶点为终点作向量，可以作出不同的向量个数，找出规律，∵f（1）＝6×1+2＝8，f（2）＝6×2+2＝14，f（3）＝6×3+2＝20，f（4）＝6×4+2＝26，∴f（n）＝6n+2；（3）f（2×3）＝34；（4）∵f（2×2）＝24，f（2×3）＝34，f（2×4）＝44，f（3×2）＝34，f（3×3）＝48，f（3×4）＝62∴f（m×n）＝2（m+n）+4mn．6．【分析】（1）先根据点B在直线y＝x+1求出其坐标，再将A，B坐标代入抛物线解析式求解可得；（2）作PM⊥x轴于点M，交AB于点N，设点P的坐标为（m，﹣m2+2m+3），点N的坐标为（m，m+1），依据S△P AB＝S△P AN+S△PBN列出函数解析式，利用二次函数的性质求解可得；（3）设点Q坐标为（n，0），结合各点坐标得出QA2＝（﹣1﹣n）2，QB2＝（2﹣n）2+9，AB2＝18，再根据等腰三角形的定义分三种情况分别求解可得．【解答】解：（1）∵点B（2，m）在直线y＝x+1上，∴m＝2+1＝3，∴点B坐标为（2，3），∵点A（﹣1，0）和点B（2，3）在抛物线y＝ax2+2x+c上，∴，解得，∴所求抛物线解析式为y＝﹣x2+2x+3；（2）过点P作PM⊥x轴于点M，交AB于点N，设点P的横坐标为m，则点P的坐标为（m，﹣m2+2m+3），点N的坐标为（m，m+1），∵点P是位于直线AB上方，∴PN＝PM﹣MN＝﹣m2+2m+3﹣（m+1）＝﹣m2+m+2，∴S△P AB＝S△P AN+S△PBN＝×（﹣m2+m+2）（m+1）+×（﹣m2+m+2）（2﹣m）＝（﹣m2+m+2）＝﹣（m﹣）2+，∵﹣＜0，∴抛物线开口向下，又﹣1＜m＜2，∴当m＝时，△P AB的面积的最大值是，此时点P的坐标为（，）．（3）设点Q坐标为（n，0），∵A（﹣1，0），B（2，3），∴QA2＝（﹣1﹣n）2，QB2＝（2﹣n）2+9，AB2＝18，①当QA2＝QB2时，（﹣1﹣n）2＝（2﹣n）2+9，解得n＝2，即Q（2，0）；②当QA2＝AB2时，（﹣1﹣n）2＝18，解得：n＝﹣1±3，即Q（﹣1+3，0）或（﹣1﹣3，0）；③当QB2＝AB2时，（2﹣n）2+9＝18，解得：n＝﹣1（舍）或n＝5，即Q（5，0）；综上，Q的坐标为（2，0）或（﹣1+3，0）或（﹣1﹣3，0）或（5，0）．。

2021年江苏中考数学压轴题精选精练(含解析)

中考数学压轴题精选精练一、选择题（6题）1．如图，点A是射线y═（x≥0）上一点，过点A作AB⊥x轴于点B，以AB为边在其右侧作正方形ABCD，过点A的双曲线y＝交CD边于点E，则的值为（）A．B．C．D．12．如图，在△ABC中，∠C＝90°，AC＝4，BC＝2，点A、C分别在x轴、y轴上，当点A 在x轴上运动时，点C随之在y轴上运动，在运动过程中，点B到原点的最大距离是（）A．6 B．C．D．3. 如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝3，BC＝4，点D是AB的中点，点P是直线BC上一点，将△BDP沿DP所在的直线翻折后，点B落在B1处，若B1D⊥BC，则点P 与点B之间的距离为（）A．1 B．54C．1或3 D．54或54．已知直线y＝﹣x+7a+1与直线y＝2x﹣2a+4同时经过点P，点Q是以M（0，﹣1）为圆心，MO为半径的圆上的一个动点，则线段PQ的最小值为（）A．103B．163C．85D．1855．如图，平行四边形ABCD的顶点A的坐标为（﹣，0），顶点D在双曲线y＝（x＞0）上，AD交y轴于点E（0，2），且四边形BCDE的面积是△ABE面积的3倍，则k的值为（）A．4 B．6 C．7 D．86．如图，已知矩形ABCD，AB＝4，BC＝6，点M为矩形内一点，点E为BC边上任意一点，则MA+MD+ME的最小值为（）A．3+2B．4+3C．2+2D．10二、填空题（6题）1．如图，矩形ABCD中，AB＝4，BC＝8，P，Q分别是直线BC，AB上的两个动点，AE ＝2，△AEQ沿EQ翻折形成△FEQ，连接PF，PD，则PF+PD的最小值是．2．如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，AB＝BC＝BD＝2，AD＝1，则AC＝．3．如图，四边形ABCD的顶点都在坐标轴上，若AB∥CD，△AOB与△COD 面积分别为8和18，若双曲线kyx恰好经过BC的中点E，则k的值为．第3题第4题4．如图，在边长为1的菱形ABCD中，∠ABC＝60°，将△ABD沿射线BD的方向平移得到△A'B'D'，分别连接A'C，A'D，B'C，则A'C+B'C的最小值为．5．如图，在平面直角坐标系中，已知点A（0，1），B（0，1+m），C（0，1﹣m）（m＞0），点P在以D（﹣4，﹣2）为圆心，为半径的圆上运动，且始终满足∠BPC＝90°，则m的取值范围是．第3题第4题6．如图，在矩形ABCD中，AB＝15，AD＝10，点P是AB边上任意一点（不与A点重合），连接PD，以线段PD为直角边作等腰直角△DPQ（点Q在直线PD右侧），∠DPQ＝90°，连接BQ，则BQ的最小值为．三、解答题（6题）1．如图，正方形ABCD的边长为2，点E、F分别是边AB、AD上的动点，且∠ECF＝45°，CF的延长线交BA的延长线于点G，GE的延长线交DA的延长线于点H，连接AE、CF．（1）求证：△AEF的周长为定值；（2）求AG•AH的值；（3）当△CGH是等腰三角形时，求AF的值．2．如图，抛物线y ＝ax 2+bx ﹣3与x 轴交于A （﹣1，0），B （3，0），与y 轴交于点C ，顶点为D ．（1）求抛物线的解析式及点D 的坐标．（2）在线段BC 下方的抛物线上，是否存在异于点D 的点E ，使S △BCE ＝S △BCD ？若存在，求出点E 的坐标；若不存在，请说明理由．（3）点M在抛物线上，点P 为y 轴上一动点，求MP +PC 的最小值．3．如图①，一次函数122y x =-的图象交x 轴于点A ，交y 轴于点B ，二次函数212y x bx c =-++的图象经过A 、B 两点，与x 轴交于另一点C ．（1）求二次函数的关系式及点C 的坐标；（2）如图②，若点P 是直线AB 上方的抛物线上一点，过点P 作PD ∥x 轴交AB 于点D ，PE ∥y 轴交AB 于点E ，求PD +PE 的最大值；（3）如图③，若点M 在抛物线的对称轴上，且∠AMB ＝∠ACB ，求出所有满足条件的点M 的坐标．4．如图，矩形ABCD中，AB＝6，AD＝8．动点E，F同时分别从点A，B出发，分别沿着射线AD和射线BD的方向均以每秒1个单位的速度运动，连接EF，以EF为直径作⊙O 交射线BD于点M，设运动的时间为t．（1）当点E在线段AD上时，用关于t的代数式表示DE，DM．（2）在整个运动过程中，①连结CM，当t为何值时，△CDM为等腰三角形．②圆心O处在矩形ABCD内（包括边界）时，求t的取值范围，并直接写出在此范围内圆心运动的路径长．5．如图1，矩形ABCD中，AB＝6，动点P从点A出发，沿A→B→C的方向在AB和BC 上移动，记P A＝x，点D到直线P A的距离为y，y关于x的函数图象由C1、C2两段组成，如图2所示．（1）求AD的长；（2）求图2中C2段图象的函数解析式；（3）当△APD为等腰三角形时，求y的值．6．如图，顶点为A的抛物线y＝a（x+2）2﹣4交x轴于点B（1，0），连接AB，过原点O 作射线OM∥AB，过点A作AD∥x轴交OM于点D，点C为抛物线与x轴的另一个交点，连接CD．（1）求抛物线的解析式；（2）若动点P从点O出发，以每秒1个单位长度的速度沿着射线OM运动，设点P运动的时间为t秒，问：当t为何值时，OB＝AP；（3）若动点P从点O出发，以每秒1个单位长度的速度沿线段OD向点D运动，同时动点Q从点C出发，以每秒2个单位长度的速度沿线段CO向点O运动，当其中一个点停止运动时另一个点也随之停止运动．设它们的运动时间为t秒，连接PQ．问：当t为何值时，四边形CDPQ的面积最小？并求此时PQ的长．【答案与解析】一、选择题1．【分析】设点A的横坐标为m（m＞0），则点B的坐标为（m，0），把x＝m代入y＝x得到点A的坐标，结合正方形的性质，得到点C，点D和点E的横坐标，把点A的坐标代入反比例函数y＝，得到关于m的k的值，把点E的横坐标代入反比例函数的解析式，得到点E的纵坐标，求出线段DE和线段EC的长度，即可得到答案．【解答】解：设点A的横坐标为m（m＞0），则点B的坐标为（m，0），把x＝m代入y＝x得：y＝m，则点A的坐标为：（m，m），线段AB的长度为m，点D的纵坐标为m，∵点A在反比例函数y＝上，∴k＝m2，即反比例函数的解析式为：y＝，∵四边形ABCD为正方形，∴四边形的边长为m，点C，点D和点E的横坐标为m+m＝m，把x＝m代入y＝得：y＝m，即点E的纵坐标为m，则EC＝m，DE＝m﹣m＝m，＝，故选：A．2．【分析】点A，C分别在x轴、y轴上，当点A在x轴运动时，点C随之在y轴上运动，在运动过程中，点O在到AC的中点的距离不变．本题可通过设出AC的中点坐标，根据B、D、O在一条直线上时，点B到原点O的最大可得出答案．【解答】解：作AC的中点D，连接OD、DB，∵OB≤OD+BD，∴当O、D、B三点共线时OB取得最大值，∵D是AC中点，∴OD＝AC＝2，∵BD＝＝2，OD＝AC＝2，∴点B到原点O的最大距离为2+2，故选：D．3．【分析】分点B1在BC左侧，点B1在BC右侧两种情况讨论，由勾股定理可AB＝5，由平行线分线段成比例可得，可求BE，DE的长，由勾股定理可求PB的长．【解答】解：如图，若点B1在BC左侧，∵∠C＝90°，AC＝3，BC＝4，∴AB＝＝5∵点D是AB的中点，∴BD＝BA＝∵B1D⊥BC，∠C＝90°∴B1D∥AC∴∴BE＝EC＝BC＝2，DE＝AC＝∵折叠∴B1D＝BD＝，B1P＝BP∴B1E＝B1D﹣DE＝1∴在Rt△B1PE中，B1P2＝B1E2+PE2，∴BP2＝1+（2﹣BP）2，∴BP＝如图，若点B1在BC右侧，∵B1E＝DE+B1D＝+，∴B1E＝4在Rt△EB1P中，B1P2＝B1E2+EP2，∴BP2＝16+（BP﹣2）2，∴BP＝5故答案为：或5 故选：D．4．【分析】先解方程组得P点坐标为（3a﹣1，4a+2），则可确定点P为直线y ＝x+上一动点，设直线y＝x+与坐标的交点为A、B，如图，则A（﹣，0），B（0，），利用勾股定理计算出AB＝，过M点作MP⊥直线AB于P，交⊙M于Q，此时线段PQ的值最小，证Rt△MBP∽Rt△ABO，利用相似比计算出MP＝，则PQ ＝，即线段PQ的最小值为．【解答】解：解方程组得，∴P点坐标为（3a﹣1，4a+2），设x＝3a﹣1，y＝4a+2，∴y＝x+，即点P为直线y＝x+上一动点，设直线y＝x+与坐标的交点为A、B，如图，则A（﹣，0），B（0，），∴AB＝＝，过M点作MP⊥直线AB于P，交⊙M于Q，此时线段PQ的值最小，∵∠MBP＝∠ABO，∴Rt△MBP∽Rt△ABO，∴MP：OA＝BM：AB，即MP：＝：，∴MP＝，∴PQ＝﹣1＝，即线段PQ的最小值为．故选：C．5．【分析】连结BD，由四边形EBCD的面积是△ABE面积的3倍得平行四边形ABCD的面积是△ABE面积的4倍，根据平行四边形的性质得S△ABD＝2S△ABE，则AD＝2AE，即点E为AD的中点，E点坐标为（0，2），A点坐标为（﹣，0），利用线段中点坐标公式得D点坐标为，再利用反比例函数图象上点的坐标特征得k的值．【解答】解：如图，连结BD，∵四边形EBCD的面积是△ABE面积的3倍，∴平行四边形ABCD的面积是△ABE面积的4倍，∴S△ABD＝2S△ABE，∴AD＝2AE，即点E为AD的中点，∵E点坐标为（0，2），A点坐标为（﹣，0），∴D点坐标为（，4），∵顶点D在双曲线y＝（x＞0）上，∴k＝×4＝6，故选：B．6．【分析】将△AMD绕点A逆时针旋转60°得到△AM’D’，MD＝M’D’，易得到△ADD’和△AMM’均为等边三角形，推出AM＝MM’可得MA+MD+ME＝D’M+MM’+ME，共线时最短；由于点E也为动点，可得当D’E⊥BC时最短，此时易求得D’E＝DG+GE 的值；【解答】解：将△AMD绕点A逆时针旋转60°得到△AM’D’，MD＝M’D’，易得到△ADD’和△AMM’均为等边三角形，∴AM＝MM’，∴MA+MD+ME＝D’M+MM’+ME，∴D′M、MM′、ME共线时最短，由于点E也为动点，∴当D’E⊥BC时最短，此时易求得D’E＝DG+GE＝4+3，∴MA+MD+ME的最小值为4+3．故选：B．二、填空题．【分析】如图作点D关于BC的对称点D′，连接PD′，ED′．由DP＝PD′，推出PD+PF ＝PD′+PF，又EF＝EA＝2是定值，即可推出当E、F、P、D′共线时，PF+PD′定值最小，最小值＝ED′﹣EF．【解答】解：如图作点D关于BC的对称点D′，连接PD′，ED′．在Rt△EDD′中，∵DE＝6，DD′＝8，∴ED′＝＝10，∵DP＝PD′，∴PD+PF＝PD′+PF，∵EF＝EA＝2是定值，∴当E、F、P、D′共线时，PF+PD′定值最小，最小值＝10﹣2＝8，∴PF+PD的最小值为8，故答案为8．2．【分析】不能用全等、相似的判定和性质求得AC的情况下，考虑构造直角三角形用勾股定理来求，故过点C作AB垂线CF．由于△ABD三边确定，可用勾股定理列方程求得AB边上的高DE的长．根据平行线间距离处处相等，即有CF＝DE，进而求得BF和AF，再在Rt△ACF中用勾股定理求AC．【解答】解：过点D作DE⊥AB于点E，过点C作CF⊥AB交AB延长线于点F∴∠AED＝∠BED＝∠F＝90°设AE＝x，∵AB＝BC＝BD＝2，AD＝1∴BE＝AB﹣AE＝2﹣x∵在Rt△ADE中，AE2+DE2＝AD2，在Rt△BDE中，BE2+DE2＝BD2∴DE2＝AD2﹣AE2＝BD2﹣BE2得：12﹣x2＝22﹣（2﹣x）2解得：x＝∴DE2＝AD2﹣AE2＝12﹣（）2＝∵AB∥CD∴CF＝DE∴在Rt△BCF中，BF＝∴AF＝AB+BF＝2+＝∴在Rt△ACF中，AC＝3．【分析】由平行线的性质得∠OAB＝∠OCD，∠OBA＝∠ODC，两个对应角相等证明△OAB∽△OCD，其性质得，再根据三角形的面积公式，等式的性质求出m＝，线段的中点，反比例函数的性质求出k的值为6．【解答】解：如图所示：∵AB∥CD，∴∠OAB＝∠OCD，∠OBA＝∠ODC，∴△OAB∽△OCD，∴，若＝m，由OB＝m•OD，OA＝m•OC，又∵，，∴＝，又∵S△OAB＝8，S△OCD＝18，∴，解得：m＝或m＝（舍去），设点A、B的坐标分别为（0，a），（0，b），∵，∴点C的坐标为（0，﹣a），又∵点E是线段BC的中点，∴点E的坐标为（），又∵点E在反比例函数上，∴＝﹣＝，故答案为6．4．【分析】根据菱形的性质得到AB＝1，∠ABD＝30°，根据平移的性质得到A′B′＝AB ＝1，A′B′∥AB，推出四边形A′B′CD是平行四边形，得到A′D＝B′C，于是得到A'C+B'C的最小值＝A′C+A′D的最小值，根据平移的性质得到点A′在过点A且平行于BD的定直线上，作点D关于定直线的对称点E，连接CE交定直线于A′，则CE 的长度即为A'C+B'C的最小值，求得DE＝CD，得到∠E＝∠DCE＝30°，于是得到结论．【解答】解：∵在边长为1的菱形ABCD中，∠ABC＝60°，∴AB＝CD＝1，∠ABD＝30°，∵将△ABD沿射线BD的方向平移得到△A'B'D'，∴A′B′＝AB＝1，A′B′∥AB，∵四边形ABCD是菱形，∴AB＝CD，AB∥CD，∴∠BAD＝120°，∴A′B′＝CD，A′B′∥CD，∴四边形A′B′CD是平行四边形，∴A′D＝B′C，∴A'C+B'C的最小值＝A′C+A′D的最小值，∵点A′在过点A且平行于BD的定直线上，∴作点D关于定直线的对称点E，连接CE交定直线于A′，则CE的长度即为A'C+B'C的最小值，∵∠A′AD＝∠ADB＝30°，AD＝1，∴∠ADE＝60°，DH＝EH＝AD＝，∴DE＝CD，∵∠CDE＝∠EDB′+∠CDB＝90°+30°＝120°，∴∠E＝∠DCE＝30°，∴CE＝2×CD＝．故答案为：．5．【分析】由题意P A＝AB＝AC＝m，求出P A的最大值和最小值即可解决问题；【解答】解：∵A（0，1），B（0，1+m），C（0，1﹣m）（m＞0），∴AB＝AC＝m，∵∠BPC＝90°，∴P A＝AB＝AC，∵D（﹣4，﹣2），A（0，1），∴AD＝＝5，∵点P在⊙D上运动，∴P A的最小值为5﹣，P A的最大值为5+，∴满足条件的m的取值范围为：5﹣≤m≤5+故答案为5﹣≤m≤5+．6．【分析】过Q作QE⊥AB于E，在EP上截取EF＝EQ，连接QF，依据全等三角形的性质，即可得到AF＝PE＝10（定值），依据△EFQ是等腰直角三角形，可得FQ与FB的夹角始终为45°，进而得到当BQ⊥FQ时，BQ的长最小，根据△BQF是等腰直角三角形，即可得到BQ的长度．【解答】解：如图所示，过Q作QE⊥AB于E，在EP上截取EF＝EQ，连接QF，∵△DPQ是等腰直角三角形，四边形ABCD是矩形，∴DP＝PQ，∠A＝∠PEQ，∠ADP＝∠EPQ，∴△ADP≌△EPQ（AAS），∴AP＝QE＝FE，AD＝PE＝10，∴AF＝PE＝10（定值），又∵△EFQ是等腰直角三角形，∴∠QFE＝45°，即FQ与FB的夹角始终为45°，如图，当BQ⊥FQ时，BQ的长最小，此时，△BQF是等腰直角三角形，又∵QE⊥BF，∴BE＝EF＝QE＝AP，∴BE＝AP＝＝，∴BF＝5，∴BQ＝cos45°×BF＝，即BQ的最小值为，故答案为：．三、解答题1．【分析】（1）先构造出△CDN≌△CBE（SAS），得出CN＝CE，∠DCN＝∠BCE，进而判断出△FCN≌△FCE，即可得出结论；（2）利用等式的性质得出∠AHC＝∠ACG，进而判断出△ACH∽△AGC，即可得出结论；（3）分三种情况，①当HC＝HG时，判断出△HCD≌△GHA（AAS），得出AH＝CD＝2，HD＝AG＝4，再判断出△AFG∽△BCG，即可得出结论；②当GC＝GH时，判断出△GBC≌△HAG（AAS），得出AG＝BC＝2＝AB，进而判断出AF是三角形BCG的中位线，即可得出结论；③当CG＝CH时，先判断出△CAG≌△CAH（SAS），得出∠DCF＝∠ACF＝22.5°，在CD上取点M使DM＝DF＝m，得出MF＝CM＝m，再判断出CM＝MF，得出m+m ＝2，即可得出结论．【解答】（1）证明：如图，延长AD至N，使DN＝BE，∵四边形ABCD是正方形，∴∠CDN＝∠B＝90°，CD＝CB，∴△CDN≌△CBE（SAS），∴CN＝CE，∠DCN＝∠BCE，∵∠ECF＝45°，∴∠DCF+∠BCE＝45°，∴∠DCF+DCN＝45°＝∠FCN，∴∠FCN＝∠FCE，∵CF＝CF，∴△FCN≌△FCE，∴FN＝EF，∴△AEF的周长为AE+AF+EF＝AB﹣BE+AF+FN＝AB﹣BE+AF+DF+DN＝AB﹣BE+AF+DF+BE＝AB+AD＝2AB＝4是定值；（2）∵AC是正方形ABCD的对角线，∴∠CAD＝∠CAB＝45°，∴∠CAH＝∠CAG＝135°，又∵∠DAC＝∠AHC+∠ACH＝45°，∠ECF＝∠ACF+∠ACH＝45°，∴∠AHC＝∠ACG，∴△ACH∽△AGC，∴，∴AC2＝AG•AH，∵正方形ABCD的边长为2，∴AC＝2，∴AG•AH＝8；（3）①当HC＝HG时，∴∠HGC＝∠HCG＝45°，∴∠CHG＝90°，∴∠CHD+∠AHG＝90°，∴∠CHD+∠DCH＝90°，∴∠DCH＝∠AHG，∵∠CDH＝∠HAG＝90°∴△HCD≌△GHA（AAS）∴AH＝CD＝2，HD＝AG＝4，∵AF∥BC，∴△AFG∽△BCG，∴，∴，∴AF＝，②当GC＝GH时，∴∠CHG＝∠HCG＝45°，∴∠CGH＝90°，∴∠BGC+∠AGH＝90°，∵∠BGC+∠BCG＝90°，∴∠BCG＝∠AGH，∵∠CBG＝∠GAH＝90°，∴△GBC≌△HAG（AAS），∴AG＝BC＝2＝AB，∵AF∥BC，∴CF＝GF，∴AF＝BC＝1；③当CG＝CH时，∴∠CGH＝∠CHG，∵AC是正方形ABCD的对角线，∴∠DAC＝∠BAC＝45°，∴∠CAG＝∠CAH＝135°，∵CA＝CA，∴△CAG≌△CAH（SAS），∴∠DCF＝∠ACF＝22.5°如备用图，在CD上取点M使DM＝DF＝m，连接MF，∴MF＝CM＝m，∠DFM＝45°＝∠CFM+∠DCF＝∠CFM+22.5°，∴∠CFM＝22.5°＝∠DCF，∴CM＝MF，∴m+m＝2 ∴m＝2﹣2，∴AF＝AD﹣DF＝4﹣2综上所述：当△CGH是等腰三角形时，AF的值为或1或4﹣2．2．【分析】（1）根据点A，B的坐标，利用待定系数法可求出抛物线的解析式，再利用配方法可求出顶点D的坐标；（2）利用二次函数图象上点的坐标特征可求出点B的坐标，过点D作DE∥BC，交抛物线于点E，则S△BCE＝S△BCD，由点B，C的坐标，利用待定系数法可求出直线BC的解析式，由BC∥DE结合点D的坐标可得出直线DE的解析式，再连接直线DE和抛物线的解析式成方程组，通过解方程组可求出点E的坐标；（3）利用二次函数图象上点的坐标特征可求出点M的坐标，过点M作MF⊥直线BC于点F，交y轴于点P，过点B作BN⊥直线BC，交y轴于点N，由OC＝OB结合BN⊥直线BC可得出点N的坐标，由点B，N的坐标，利用待定系数法可求出直线BN的解析式，由MF∥BN结合点M的坐标可得出直线MF的解析式，联立直线MF和直线BC的解析式成方程组，通过解方程组可求出点F的坐标，进而可求出MF的长度，由∠PCF＝45°，∠PFC＝90°可得出△PCF为等腰直角三角形，进而可得出PF＝PC，结合点到直线之间垂直线段最短可得出当MF⊥BC时，MP+PC取得最小值，最小值为MF的长度，此题得解．【解答】解：（1）将A（﹣1，0），B（3，0）代入y＝ax2+bx﹣3，得：，解得：，∴抛物线的解析式为y＝x2﹣2x﹣3．∵y＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣1）2﹣4，∴顶点D的坐标为（1，﹣4）．（2）当x＝0时，y＝x2﹣2x﹣3＝﹣3，∴点C的坐标为（0，﹣3）．过点D作DE∥BC，交抛物线于点E，则S△BCE＝S△BCD，如图1所示．设直线BC的解析式为y＝kx+c（k≠0），将B（3，0），C（0，﹣3）代入y＝kx+c，得：，解得：，∴直线BC的解析式为y＝x﹣3．∵BC∥DE，∴设直线DE的解析式为y＝x+d，将D（1，﹣4）代入y＝x+d，得：﹣4＝1+d，解得：d＝﹣5，∴直线DE的解析式为y＝x﹣5．连接直线DE和抛物线的解析式成方程组，得：，解得：，，∴在线段BC下方的抛物线上，存在异于点D的点E，使S△BCE＝S△BCD，点E的坐标为（2，﹣3）．（3）当x＝﹣时，y＝x2﹣2x﹣3＝，∴点M的坐标为（﹣，）．过点M作MF⊥直线BC于点F，交y轴于点P，过点B作BN⊥直线BC，交y轴于点N，如图2所示．∵OB＝OC，∴∠BCO＝45°，∴∠BNC＝45°＝∠BCO，∴ON＝OC＝3，∴点N的坐标为（0，3）．设直线BN的解析式为y＝nx+t（n≠0），将B（3，0），N（0，3）代入y＝nx+t，得：，解得：，∴直线BN的解析式为y＝﹣x+3．设直线MF的解析式为y＝﹣x+q，将M（﹣，）代入y＝﹣x+q，得：+q＝，解得：q＝，∴直线MF的解析式为y＝﹣x+．联立直线MF和直线BC的解析式成方程组，得：，解得：，∴点F的坐标为（，﹣），∴MF＝＝．∵∠PCF＝45°，∠PFC＝90°，∴△PCF为等腰直角三角形，∴PF＝PC，∴当MF⊥BC时，MP+PC＝MP+PF＝MF最小，最小值为．3．【分析】（1）先根据一次函数解析式确定A（4，0），B（0，﹣2），再利用待定系数法求抛物线解析式；然后解方程﹣x2+x﹣2＝0得C点坐标；（2）如图2，先证明△PDE∽△OAB．利用相似比得到PD＝2PE．设P（m，﹣m2+m ﹣2），则E（m，m﹣2）．再利用m表示出PD+PE得到PD+PE＝3×[﹣m2+m﹣2﹣（m﹣2）]，然后根据二次函数的性质解决问题；（3）讨论：当点M在直线AB上方时，根据圆周角定理可判断点M在△ABC的外接圆上，如图1，由于抛物线的对称轴垂直平分AC，则△ABC的外接圆O1的圆心在对称轴上，设圆心O1的坐标为（，﹣t），根据半径相等得到（）2+（﹣t+2）2＝（﹣4）2+t2，解方程求出t得到圆心O1的坐标为（，﹣2），然后确定⊙O1的半径半径为．从而得到此时M点坐标；当点M在在直线AB下方时，作O1关于AB的对称点O2，如图2，通过证明∠O1AB＝∠OAB可判断O2在x轴上，则点O2的坐标为（，0），然后计算出DM即可得到此时M点坐标．【解答】解：（1）令y＝＝0，解得x＝4，则A（4，0）．令x＝0，得y＝﹣2，则B（0，﹣2）；∵二次函数y＝的图象经过A、B两点，∴，解得∴二次函数的关系式为y＝﹣x2+x﹣2；当y＝0时，﹣x2+x﹣2＝0，解得x1＝1，x2＝4，则C（1，0）；（2）如图2，∵PD∥x轴，PE∥y轴，∴∠PDE＝∠OAB，∠PED＝∠OBA．∴△PDE∽△OAB．∴＝＝＝2，∴PD＝2PE．设P（m，﹣m2+m﹣2），则E（m，m﹣2）．∴PD+PE＝3PE＝3×[﹣m2+m﹣2﹣（m﹣2）]＝﹣m2+6m＝﹣（m﹣2）2+6；∵0＜m＜4，∴当m＝2时，PD+PE有最大值6；（3）当点M在直线AB上方时，则点M在△ABC的外接圆上，如图1．∵△ABC的外接圆O1的圆心在对称轴上，设圆心O1的坐标为（，﹣t），∵O1B＝O1A，∴（）2+（﹣t+2）2＝（﹣4）2+t2，解得t＝2．∴圆心O1的坐标为（，﹣2）．∴O1A＝＝，即⊙O1的半径半径为．此时M点坐标为（，）；当点M在在直线AB下方时，作O1关于AB的对称点O2，如图2．∵AO1＝O1B＝，∴∠O1AB＝∠O1BA．∵O1B∥x轴，∴∠O1BA＝∠OAB．∴∠O1AB＝∠OAB，O2在x轴上，∴点O2的坐标为（，0）．∴O2D＝1，∴DM＝＝．此时点M的坐标为（，）．综上所述，点M的坐标为（，）或（，）．4．【分析】（1）在Rt△ABD中，依据勾股定理可求得BD的长，然后依据MD＝ED•cos∠MDE，cos∠MDE＝cos∠ADB＝，由此即可解决问题．（2）①可分为点E在AD上，点E在AD的延长线上画出图形，然后再依据MC＝MD，CM＝CD、DM＝DC三种情况求解即可；②当t＝0时，圆心O在AB边上．当圆心O在CD边上时，过点E作EH∥CD交BD的延长线与点H．先求得DH的长，然后依据平行线分线段成比例定理可得到DF＝DH，然后依据DF＝DH列出关于t的方程，从而可求得t的值，故此可得到t的取值范围．【解答】解：（1）如图1所示：连接ME．∵AE＝t，AD＝8，∴ED＝AD﹣AE＝8﹣t．∵EF为⊙O的直径，∴∠EMF＝90°．∴∠EMD＝90°．∴MD＝ED•cos∠MDE＝．（2）①a、如图2所示：连接MC．当DM＝CD＝6时，＝6，解得t＝；b、如图3所示：当MC＝MD时，连接MC，过点M作MN⊥CD，垂足为N．∵MC＝MD，MN⊥CD，∴DN＝NC．∵MN⊥CD，BC⊥CD，∴BC∥MN．∴M为BD的中点．∴MD＝5，即＝5，解得t＝；c、如图4所示：CM＝CD时，过点C作CG⊥DM．∵CM＝CD，CG⊥MD，∴GD＝MD＝．∵＝，∴DG＝CD＝．∴＝．解得：t＝﹣1（舍去）．d、如图5所示：当CD＝DM时，连接EM．∵AE＝t，AD＝8，∴DE＝t﹣8．∵EF为⊙O的直径，∴EM⊥DM．∴DM＝ED•cos∠EDM＝．∴＝6，解得：t＝．综上所述，当t＝或t＝或t＝时，△DCM为等腰三角形．②当t＝0时，圆心O在AB边上．如图6所示：当圆心O在CD边上时，过点E作EH∥CD交BD的延长线与点H．∵HE∥CD，OF＝OE，∴DF＝DH．∵DH＝＝，DF＝10﹣t，∴＝10﹣t．解得：t＝．综上所述，在整个运动过程中圆心O处在矩形ABCD内（包括边界）时，t的取值范围为0≤t≤．5．【分析】（1）由图1和图2直接确定出AD；（2）先利用互余即可得出∠BAP＝∠DGA，进而判断出△ABP∽△DGA即可确定出函数关系式；（3）分三种情况利用等腰三角形的性质和勾股定理求出x的值，即可求出y的值．【解答】解：（1）如图，当点P在AB上移动时，点P到P A的距离不变，当点P从B点向C点移动时，点D到P A的距离在变化，由图2知，AD＝10，（2）∵四边形ABCD是矩形，∴∠ABP＝∠BAD＝90°，∵DG⊥AP，∴∠AGD＝90°，∴∠ABP＝∠DGA，∵∠BAP+∠GAD＝90°，∠CAG+∠ADG＝90°，∴∠BAP＝∠DGA，∴△ABP∽△DGA，∴，∵AB＝6，AP＝x，DG＝y，AD＝10，∴，∴y＝（6＜x≤2）；即：图2中C2段图象的函数解析式y＝（6＜x≤2）；（3）∵四边形ABCD是矩形，∴CD＝AB＝6，BC＝AD＝10，∠ABC＝∠DCB＝90°，当AD＝AP时，∵AD＝10，∴x＝AP＝10，∴y＝＝6，当AD＝DP时，∴DP＝10，在Rt△DCP中，CD＝AB＝6，DP＝10，∴CP＝8，∴BP＝BC﹣CP＝2，在Rt△ABP中，根据勾股定理得，x＝AP＝＝＝2，∴y＝＝＝3，当AP＝DP时，点P是线段AD的垂直平分线，∴点P是BC的中点，∴BP＝BC＝AD＝5，在Rt△ABP中，根据勾股定理得，x＝AP＝＝＝，∴y＝＝＝．6．【分析】（1）将点B的坐标代入到抛物线的解析式中即可求得a值，从而求得其解析式；（2）利用两点坐标求得线段AB的长，然后利用平行四边形的对边相等求得t＝5时，四边形ABOP为平行四边形；若四边形ABOP为等腰梯形，连接AP，过点P作PG⊥AB，过点O作OH⊥AB，垂足分别为G、H，根据△APG≌△BOH求得线段OP＝GH＝AB﹣2BH＝．（3）首先判定四边形ABOD是平行四边形，然后确定S△DOC＝×5×4＝10．过点P作PN⊥BC，垂足为N，利用△OPN∽△BOH得到PN＝t，然后表示出四边形CDPQ的面积S＝S△DOC﹣S△OPQ＝10﹣×（5﹣2t）×t＝t2﹣2 t+10，从而得到当t＝时，四边形CDPQ的面积S最小．然后得到点P的坐标是（﹣，﹣1），点Q的坐标是（﹣，0），利用两点坐标公式确定PQ的长即可．【解答】解：（1）把（1，0）代入y＝a（x+2）2﹣4，得a＝．∴y＝（x+2）2﹣4，即y＝x2+x﹣；（2）由题意得OP＝t，AB＝＝5，若OB∥AP，即四边形ABOP为平行四边形时，OB＝AP，且OP＝AB＝5，即当t＝5时，OB＝AP，若OB不平行于AP，即四边形ABOP为等腰梯形时，OB＝AP，连接AP，过点P作PG ⊥AB，过点O作OH⊥AB，垂足分别为G、H，∴△APG≌△BOH，在Rt△OBM中，∵OM＝，OB＝1，∴BM＝，∴OH＝，∴BH＝，∴OP＝GH＝AB﹣2BH＝，即当t＝时，OB＝AP；（3）将y＝0代入y＝x2+x﹣，得x2+x﹣＝0，解得x＝1或﹣5．∴C（﹣5，0）．∴OC＝5，∵OM∥AB，AD∥x轴，∴四边形ABOD是平行四边形，∴AD＝OB＝1，∴点D的坐标是（﹣3，﹣4），∴S△DOC＝×5×4＝10，过点P作PN⊥BC，垂足为N．易证△OPN∽△BOH，∴＝，即＝，∴PN＝t，∴四边形CDPQ的面积S＝S△DOC﹣S△OPQ＝10﹣×（5﹣2t）×t＝t2﹣2t+10，∴当t＝时，四边形CDPQ的面积S最小，此时，点P的坐标是（﹣，﹣1），点Q的坐标是（﹣，0），∴PQ＝＝．。

2020年江苏中考数学考前压轴题冲刺练习(含参考答案解析)

2020年江苏中考数学考前压轴题冲刺练习一、选择题（共6题）1．如图，四边形ABCD的顶点坐标分别为A（﹣4，0），B（﹣2，﹣1），C（3，0），D（0，3），当过点B的直线l将四边形ABCD分成面积相等的两部分时，直线l所表示的函数表达式为（）A．y＝x+B．y＝x+C．y＝x+1 D．y＝x+2．如图，E是正方形ABCD的边AB的中点，点H与B关于CE对称，EH的延长线与AD 交于点F，与CD的延长线交于点N，点P在AD的延长线上，作正方形DPMN，连接CP，记正方形ABCD，DPMN的面积分别为S1，S2，则下列结论错误的是（）A．S1+S2＝CP2B．AF＝2FD C．CD＝4PD D．cos∠HCD＝3．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）4．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．2﹣5．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°6．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（共6题）1．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∠EDF＝90°，连接DE、DF、EF．在此运动变化的过程中，有下列结论：①DE＝DF；②四边形CEDF的面积随点E、F位置的改变而发生变化；③CE+CF＝AB；④AE2+BF2＝2ED2．以上结论正确的是（只填序号）．2．如图，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝3，以点C为圆心作⊙C与直线BD相切，点P 是⊙C上一个动点，连接AP交BD于点T，则的最大值是．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：P A+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．5．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5题第6题6．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（共6题）1．如图，A，B，C，D在⊙O上，AB∥CD经过圆心O的线段EF⊥AB于点F，与CD交于点E．（1）如图1，当⊙O半径为5，CD＝4，若EF＝BF，求弦AB的长；（2）如图2，当⊙O半径为，CD＝2，若OB⊥OC，求弦AC的长．2．如图，在平面直角坐标系xOy中，二次函数y＝ax2+bx与x轴交于点A（10，0），点B （1，2）是抛物线上点，点M为射线OB上点（不含O，B两点），且MH⊥x轴于点H．（1）求直线OB及抛物线解析式；（2）如图1，过点M作MC∥x轴，且与抛物线交于C，D两点（D位于C左边），若MC＝MH，点Q为直线BC上方的抛物线上点，求△BCQ面积的最大值，并求出此时点Q的坐标；（3）如图2，过点B作BE∥x轴，且与抛物线交于E，在线段OA上有点P，在点H从左向右运动时始终有AP＝2OH，过点P作PN⊥x轴，且PN与直线OB交于点N，当M 与N重合时停止运动，试判断在此运动过程中△MNE与△BME能否全等，若能请求出全等时的HP长度，若不能请说明理由．3．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．4．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P A，点P在运动过程中，P A﹣是否有最大值？若有，直接写出最大值；若没有，请说明理由．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】由已知点可求四边形ABCD分成面积＝AC×（|y B|+3）＝＝14；求出CD的直线解析式为y＝﹣x+3，设过B的直线l为y＝kx+b，并求出两条直线的交点，直线l与x轴的交点坐标，根据面积有7＝×（3﹣）×（+1），即可求k；【解答】解：由A（﹣4，0），B（﹣2，﹣1），C（3，0），D（0，3），∴AC＝7，DO＝3，∴四边形ABCD分成面积＝AC×（|y B|+3）＝＝14，可求CD的直线解析式为y＝﹣x+3，设过B的直线l为y＝kx+b，将点B代入解析式得y＝kx+2k﹣1，∴直线CD与该直线的交点为（，），直线y＝kx+2k﹣1与x轴的交点为（，0），∴7＝×（3﹣）×（+1），∴k＝或k＝0（舍去），∴k＝，∴直线解析式为y＝x+；故选：D．【点评】本题考查一次函数的解析式求法；掌握平面内点的坐标与四边形面积的关系，熟练待定系数法求函数解析式的方法是解题的关键．2．【分析】根据勾股定理可判断A；连接CF，作FG⊥EC于G，易证得△FGC是等腰直角三角形，设EG＝x，则FG＝2x，利用三角形相似的性质以及勾股定理得到CG＝2x，CF＝2x，EC＝3x，BC＝x，FD＝x，即可证得3FD＝AD，可判断B；根据平行线分线段成比例定理可判断C；求得cos∠HCD可判断D．【解答】解：∵正方形ABCD，DPMN的面积分别为S1，S2，∴S1＝CD2，S2＝PD2，在Rt△PCD中，PC2＝CD2+PD2，∴S1+S2＝CP2，故A结论正确；连接CF，∵点H与B关于CE对称，∴CH＝CB，∠BCE＝∠ECH，在△BCE和△HCE中，∴△BCE≌△HCE（SAS），∴BE＝EH，∠EHC＝∠B＝90°，∠BEC＝∠HEC，∴CH＝CD，在Rt△FCH和Rt△FCD中∴Rt△FCH≌Rt△FCD（HL），∴∠FCH＝∠FCD，FH＝FD，∴∠ECH+∠FCH＝∠BCD＝45°，即∠ECF＝45°，作FG⊥EC于G，∴△CFG是等腰直角三角形，∴FG＝CG，∵∠BEC＝∠HEC，∠B＝∠FGE＝90°，∴△FEG∽△CEB，∴＝＝，∴FG＝2EG，设EG＝x，则FG＝2x，∴CG＝2x，CF＝2x，∴EC＝3x，∵EB2+BC2＝EC2，∴BC2＝9x2，∴BC2＝x2，∴BC＝x，在Rt△FDC中，FD＝＝＝x，∴3FD＝AD，∴AF＝2FD，故B结论正确；∵AB∥CN，∴＝，∵PD＝ND，AE＝CD，∴CD＝4PD，故C结论正确；∵EG＝x，FG＝2x，∴EF＝x，∵FH＝FD＝x，∵BC＝x，∴AE＝x，作HQ⊥AD于Q，HS⊥CD于S，∴HQ∥AB，∴＝，即＝，∴HQ＝x，∴CS＝CD﹣HQ＝x﹣x＝x∴cos∠HCD＝＝＝，故结论D错误，故选：D．3．【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．4．【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．5．【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．6．【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1．【分析】连接CD．证明△ADE≌△CDF，利用全等三角形的性质即可一一判断．【解答】解：连接CD，∵△ABC是等腰直角三角形，∴∠DCB＝∠A＝45°，CD＝AD＝DB；在△ADE和△CDF中，，∴△ADE≌△CDF（SAS），∴ED＝DF，故①正确；∴S△ADE＝S△CDF，∴S四边形CEDF＝S△ADC＝S△ABC＝定值，故②错误，∵△ADE≌△CDF，∴AE＝CF，∴CE+CF＝CE+AE＝AC＝AB，故③正确，∵AE＝CF，AC＝BC，∴EC＝BF，∴AE2+BF2＝CF2+CE2＝EF2，∵EF2＝2DE2，∴AE2+BF2＝2ED2，故④正确．故答案为①③④．2．【分析】方法1、过点A作BD的垂线AG，AG为定值；过点P作BD的垂线PE，只要PE最大即可，进而求出PE最大，即可得出结论；方法2、先判断出最大时，BE最大，再用相似三角形的性质求出BG，HG，CH，进而判断出HM最大时，BE最大，而点M在⊙C上时，HM最大，即可HP'，即可得出结论．【解答】方法1、解：如图，过点A作AG⊥BD于G，∵BD是矩形的对角线，∴∠BAD＝90°，∴BD＝＝5，∵AB•AD＝BD•AG，∴AG＝，∵BD是⊙C的切线，∴⊙C的半径为过点P作PE⊥BD于E，∴∠AGT＝∠PET，∵∠ATG＝∠PTE，∴△AGT∽△PET，∴，∴＝×PE∵＝＝1+，要最大，则PE最大，∵点P是⊙C上的动点，BD是⊙C的切线，∴PE最大为⊙C的直径，即：PE最大＝，∴最大值为1+＝3，故答案为3．方法2、解：如图，过点P作PE∥BD交AB的延长线于E，∴∠AEP＝∠ABD，△APE∽△ATB，∴，∵AB＝4，∴AE＝AB+BE＝4+BE，∴，∴BE最大时，最大，∵四边形ABCD是矩形，∴BC＝AD＝3，CD＝AB＝4，过点C作CH⊥BD于H，交PE于M，并延长交AB于G，∵BD是⊙C的切线，∴∠GME＝90°，在Rt△BCD中，BD＝＝5，∵∠BHC＝∠BCD＝90°，∠CBH＝∠DBC，∴△BHC∽△BCD，∴，∴，∴BH＝，CH＝，∵∠BHG＝∠BAD＝90°，∠GBH＝∠DBA，∴△BHG∽△BAD，∴＝，∴，∴HG＝，BG＝，在Rt△GME中，GM＝EG•sin∠AEP＝EG×＝EG，而BE＝GE﹣BG＝GE﹣，∴GE最大时，BE最大，∴GM最大时，BE最大，∵GM＝HG+HM＝+HM，即：HM最大时，BE最大，延长MC交⊙C于P'，此时，HM最大＝HP'＝2CH＝，∴GP'＝HP'+HG＝，过点P'作P'F∥BD交AB的延长线于F，∴BE最大时，点E落在点F处，即：BE最大＝BF，在Rt△GP'F中，FG＝＝＝＝，∴BF＝FG﹣BG＝8，∴最大值为1+＝3，故答案为：3．3．【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P A+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，∴P A+PC＝GP+PC＝GC＝PE∴P A+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2，5．【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2．6．【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1．【分析】（1）如图1中，连接OB，OC．设BF＝EF＝x，OF＝y．利用勾股定理构建方程组解决问题即可．（2）如图2中，作CH⊥AB于H．证明△ACH是等腰直角三角形，四边形EFHC是矩形，求出EF即可解决问题．【解答】解：（1）如图1中，连接OB，OC．设BF＝EF＝x，OF＝y．∵AB∥CD，EF⊥AB，∴EF⊥CD，∴∠CEF＝∠BFO＝90°∴AF＝BF＝x，DE＝EC＝2，根据勾股定理可得：，解得（舍弃）或，∴BF＝4，AB＝2BF＝8．（2）如图2中，作CH⊥AB于H．∵OB⊥OC，∴∠A＝∠BOC＝45°，∵AH⊥CH，∴△ACH是等腰直角三角形，∵AC＝CH，∵AB∥CD，EF⊥AB，∴EF⊥CD，∠CEF＝∠EFH＝∠CHF＝90°，∴四边形EFHC是矩形，∴CH＝EF，在Rt△OEC中，∵EC＝，OC＝，OE＝＝＝2，∵∠EOC+∠OCE＝90°，∠EOC+∠FOB＝90°，∴∠FOB＝∠ECO，∵OB＝OC，∴△OFB≌△CEO（AAS），∴OF＝EC＝，∴CH＝EF＝3，∴AC＝EF＝6．2．【分析】（1）将点A（10，0），点B（1，2）代入y＝ax2+bx中，可求y＝﹣x2+x，直线OB的解析式为y＝2x；（2）设M（m，2m），由已知可求C（3m，2m），将点C代入抛物线解析式可得m＝，即可求BC的直线解析为y＝x+，设Q（n，﹣n2+n），过点Q与BC垂直的直线解析式为y＝﹣x﹣n2+n，则两直线的交点为T（﹣n2+n﹣，n2+n﹣），QT＝|n2﹣8n+7|，当QT最大时，则△BCQ的面积最大；（3）函数对称轴x＝5，E（9，2），设P（t，0），则依次可求N（t，2t），H（5﹣t，0），M（5﹣t，10﹣t），BM2＝t2﹣8t+32，ME2＝t2﹣11t+89，NE2＝5t2﹣26t+85，MN2＝t2﹣75t+125，当BM＝MN，BE＝EN时，此时△BEN是等腰三角形，M是BN的中点，BN⊥ME，t+1＝10﹣t，，此时不成立；当BE＝MN，BM＝EN时，t2﹣8t+32＝5t2﹣26t+85，由于△＜0，t不存在．【解答】解：（1）将点A（10，0），点B（1，2）代入y＝ax2+bx中，∴a＝﹣，b＝，∴y＝﹣x2+x，直线OB的解析式为y＝2x；（2）设M（m，2m），∵MC＝MH，∴C（3m，2m），∴2m＝﹣×9m2+×3m，∴m＝，∴C（7，），M（，），∴BC的直线解析为y＝x+，设Q（n，﹣n2+n），∴过点Q与BC垂直的直线解析式为y＝﹣x﹣n2+n，则两直线的交点为T（﹣n2+n﹣，n2+n﹣），∴QT＝|n2﹣8n+7|，∴当n＝4时，△BCQ面积的最大值，∴Q（4，）；（3）函数对称轴x＝5，∴E（9，2），设P（t，0），∴N（t，2t），∵AP＝2OH，∴H（5﹣t，0），∴M（5﹣t，10﹣t），∴BM2＝t2﹣8t+32，ME2＝t2﹣11t+89，NE2＝5t2﹣26t+85，MN2＝t2﹣75t+125，当BM＝MN，BE＝EN时，此时△BEN是等腰三角形，M是BN的中点，BN⊥ME，∴t+1＝10﹣t，，∴t＝，t＝，∴此时不成立；当BE＝MN，BM＝EN时，t2﹣8t+32＝5t2﹣26t+85，∴△＜0，∴t不存在；综上所述：在此运动过程中△MNE与△BME不能全等．3．【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AP A′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＝P A'＝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′＝P A′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′＝．4．【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＝P A﹣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′，∴，∴＝P A﹣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，P A﹣有最大值为，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，∴∠F AC＝∠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．。