2020年江苏中考数学压轴题精选精练5（解析版）.doc

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1、2020年中考数学压轴题精选精练5一、选择题1若0m2，则关于x的一元二次方程（x+m）（x+3m）3mx+37根的情况是（）A无实数根B有两个正根C有两个根，且都大于3mD有两个根，其中一根大于m2如图，正方形ABCD内接于O，点P在劣弧AB上，连接DP，交AC于点Q若QPQO，则的值为（）ABCD3如图，D是ABC内一点，BDCD，AD7，BD4，CD3，E、F、G、H分别是AB、BD、CD、AC的中点，则四边形EFGH的周长为（）A12B14C24D214如图，AB是半圆O的直径，且AB12，点C为半圆上的一点将此半圆沿BC所在的直线折叠，若圆弧BC恰好过圆心O，则图中阴影部分的面积是（

2、）A4B5C6D85如图，ABC和DCE都是边长为8的等边三角形，点B，C，E在同一条直线上接BD，AE，则四边形FGCH的面积为（）ABCD6如图，ABC内接于O，A60，BC4，当点P在上由B点运动到C点时，弦AP的中点E运动的路径长为（）ABCD2二、填空题1如图，四边形ABCD中，已知ABAD，BAD60，BCD120，若四边形ABCD的面积为4，则AC 第1题 第2题2如图，AB为O的直径，AB4，C为半圆AB的中点，P为上一动点，延长BP至点Q，使BPBQAB2若点P由A运动到C，则点Q运动的路径长为 3如图，边长为5的等边三角形ABC中，M是高CH所在直线上的一个动点，连接MB，

3、将线段BM绕点B逆时针旋转60得到BN，连接HN则在点M运动过程中，线段HN长度的最小值是 第3题 第4题4如图，AB为O的直径，点C、D分别是半圆AB的三等分点，AB4，点P自A点出发，沿弧ABC向C点运动，T为PAC的内心当点P运动到使BT最短时就停止运动，点T运动的路径长为 5如图，在四边形ABCD中，ADC90，BAD60，对角线AC平分BAD，且ABAC4，点E、F分别是AC、BC的中点，连接DE、EF、DF，则DF的长为 第3题 第4题6如图，AB为半圆O的直径，点C在半圆O上，AB8，CAB60，P是弧上的一个点，连接AP，过点C作CDAP于点D，连接BD，在点P移动过程中，BD

4、长的最小值为 三、解答题1如图，ABC是等边三角形，D是BC边的中点，以D为顶点作一个120的角，角的两边分别交直线AB、直线AC于M、N两点以点D为中心旋转MDN（MDN的度数不变），当DM与AB垂直时（如图所示），易证BM+CNBD（1）如图，当DM与AB不垂直，点M在边AB上，点N在边AC上时，BM+CNBD是否仍然成立？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由；（2）如图，当DM与AB不垂直，点M在边AB上，点N在边AC的延长线上时，BM+CNBD是否仍然成立？若不成立，请写出BM，CN，BD之间的数量关系，不用证明2如图，抛物线与x轴交于A，B两点，交y轴于点C，其中A（1，0），C

5、（0，3）.(1) 求抛物线的解析式(2) 点P是线段BC上方抛物线上一动点（不与B，C重合），过点P作PDx轴，垂足为D，交BC于点E，作PF直线BC于点F，设点P的横坐标为x，PEF的周长记为,求关于x的函数关系式，并求出的最大值及此时点P的坐标(3) 点H是直线AC上一点，该抛物线的对称轴上一动点G，连接OG，GH，则两线段OG，GH的长度之和的最小值等于_,此时点G的坐标为_（直接写出答案。）3已知：如图，四边形ABCD中，ADBC，ABC90，DEAC于点F，交BC于点G，交AB的延长线于点E，且AEAC（1）求证：BECF；（2）若ADDC2，求AB的长4如图，已知抛物线yx2+b

6、x+c与x轴交于A、B两点，AB4，交y轴于点C，对称轴是直线x1（1）求抛物线的解析式及点C的坐标；（2）连接BC，E是线段OC上一点，E关于直线x1的对称点F正好落在BC上，求点F的坐标；（3）动点M从点O出发，以每秒2个单位长度的速度向点B运动，过M作x轴的垂线交抛物线于点N，交线段BC于点Q设运动时间为t（t0）秒若AOC与BMN相似，请直接写出t的值；BOQ能否为等腰三角形？若能，求出t的值；若不能，请说明理由5如图，在ABC中，ABC60，AD、CE分别平分BAC、ACB，求证：ACAE+CD6如图1，抛物线yax2+bx+c（a0）的顶点为（1，4），交x轴于A，B两点，交y轴于

7、点D，其中点B的坐标为（3，0）（1）求抛物线的解析式；（2）如图2，过点A的直线与抛物线交于点E，交y轴于点F，其中点E的横坐标为2，若直线PQ为抛物线的对称轴，点G为直线PQ上的一动点，则x轴上是否存在一点H，使D，G，H，F四点所围成的四边形周长最小？若存在，求出这个最小值及点G，H的坐标；若不存在，请说明理由【答案与解析】一、选择题1【分析】先把方程化为一般式，再计算判别式的值得到37（m24），然后根据m的范围得到0，从而根据判别式的意义可得到正确选项【解答】解：方程整理为x2+7mx+3m2+370，49m24（3m2+37）37（m24），0m2，m240，0，方程没有实数根故选

8、：A2【分析】设O的半径为r，QOm，则QPm，QCr+m，QArm利用相交弦定理，求出m与r的关系，即用r表示出m，即可表示出所求比值【解答】解：如图，设O的半径为r，QOm，则QPm，QCr+m，QArm在O中，根据相交弦定理，得QAQCQPQD即（rm）（r+m）mQD，所以QD连接DO，由勾股定理，得QD2DO2+QO2，即，解得所以，故选：D3【分析】利用勾股定理列式求出BC的长，再根据三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半求出EHFGBC，EFGHAD，然后代入数据进行计算即可得解【解答】解：BDCD，BD4，CD3，BC5，E、F、G、H分别是AB、AC、CD、BD的中点

9、，EHFGBC，EFGHAD，四边形EFGH的周长EH+GH+FG+EFAD+BC，又AD7，四边形EFGH的周长7+512故选：A4【分析】过点O作ODBC于点D，交于点E，则可判断点O是的中点，由折叠的性质可得ODOER3，在RtOBD中求出OBD30，继而得出AOC，求出扇形AOC的面积即可得出阴影部分的面积【解答】解：过点O作ODBC于点D，交于点E，连接OC，则点E是的中点，由折叠的性质可得点O为的中点，S弓形BOS弓形CO，在RtBOD中，ODDER3，OBR6，OBD30，AOC60，S阴影S扇形AOC6故选：C5【分析】连接CF，过点D作DMCE，过A点作ANBC，先证明DBM

10、30，AEN30，再证明RtGFCRtHFC（HL），在RtFCG中，CG4，FG，SFGC，FGCH的面积2SFGC；【解答】解：连接CF，过点D作DMCE，过A点作ANBC，ABC和DCE都是边长为8的等边三角形，DMAN4，BMNE12，tanDBM，tanAEN，DBM30，AEN30，BGAC，EFCD，BFEF，BGHE，GFFH，RtGFCRtHFC（HL），FCGFCH30，在RtFCG中，CG4，FG，SFGC，FGCH的面积2SFGC；故选：D6【分析】连接BO并延长交O于点Q，连接QC，如图1，在直角BCQ中，利用三角函数可求出直径BQ的长；连接AO，OP，OE，取OA的

11、中点F，连接EF，FM，FN，如图2，根据等腰三角形的性质和斜边上的中线等于斜边的一半可得EF2，从而得到点E的运动路径是以点F为圆心，2为半径的圆弧，然后只需运用圆弧长公式就可求出弦AP的中点E运动的路径长【解答】解：连接BO并延长交O于点Q，连接QC，如图1，BQ是O的直径，BCQ90QA60，BC4sinQBQ8连接AO，OP，OE，取OA的中点F，连接EF，FM，FN，如图2，OAOP，点E为AP的中点，OEAP点F为OA的中点，EFOAOA84，EF2点E的运动路径是以点F为圆心，2为半径的圆弧MFN2MAN120（圆周角定理），的长为故选：B二、填空题1【分析】将ACD绕点A顺时针

12、旋转60，得到ABE证明AEC是等边三角形，四边形ABCD面积等于AEC面积，根据等边AEC面积特征可求解AC长【解答】将ACD绕点A顺时针旋转60，得到ABE四边形内角和360，D+ABC180ABE+ABC180，E、B、C三点共线根据旋转性质可知EAC60度，AEAC，AEC是等边三角形四边形ABCD面积等于AEC面积，等边AEC面积，解得AC4故答案为42【分析】连接AQ，AP首先证明ABPQBA，则APBQAB90，然后求得点P与点C重合时，AQ的长度即可【解答】解：如图所示：连接AQ，APBPBQAB2，又ABPQBA，ABPQBA，APBQAB90，QA始终与AB垂直当点P在A点

13、时，Q与A重合，当点P在C点时，AQ2OC4，此时，Q运动到最远处，点Q运动路径长为4故答案为：43【分析】取CB的中点G，连接MG，根据等边三角形的性质可得BDBG，再求出HBNMBG，根据旋转的性质可得MBNB，然后利用“边角边”证明MBGNBH，再根据全等三角形对应边相等可得HNMG，然后根据垂线段最短可得MGCH时最短，再根据BCH30求解即可【解答】解：如图，取BC的中点G，连接MG，旋转角为60，MBH+HBN60，又MBH+MBCABC60，HBNGBM，CH是等边ABC的对称轴，HBAB，HBBG，又MB旋转到BN，BMBN，在MBG和NBH中，MBGNBH（SAS），MGNH

14、，根据垂线段最短，MGCH时，MG最短，即HN最短，此时BCH6030，CGAB52.5，MGCGtan30，HN，故答案为：4【分析】连接OC，OD，AD，CD，BD，TA，TC证明ATC120，推出点T的运动轨迹是图中，设BD交于T，此时BT的长最小，利用弧长公式计算即可【解答】解：连接OC，OD，AD，CD，BD，TA，TCAB为O的直径，点C、D分别是半圆AB的三等分点，AODDOC60，AOC120，APCAOC60，T为PAC的内心，ATC120，点T的运动轨迹是图中，设BD交于T，此时BT的长最小，点T运动的路径长为，故答案为5【分析】由BAD的度数结合角平分线的定理可得出BAC

15、DAC30，利用平行线的性质及三角形外角的性质可得出FEC30、DEC60，进而可得出FED90，在RtDEF中利用勾股定理可求出DF的长【解答】解：BAD60，AC平分BAD，BACDACBAD30点E、F分别是AC、BC的中点，EFAB，AEDE，FECBAC30，DEC2DAC60，FED90AC4，DEEF2，DF2，故答案为：2【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OBOD，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，OD，CDAP，ADC90，在

16、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，ACB90，在RtABC中，AB8，CAB60，BCABsin604，ACABcos604，AOCO2，BO2，OD+BDOB，当O、D、B共线时，BD的值最小，最小值为OBOD22，故答案为22三、解答题1【分析】（1）过点D作DEAC交AB于E，易证BDE是等边三角形，EDC120，得出BDBEDE，EDN+CDN120，证明CDNEDM，由D是BC边的中点，得出DEBDCD，由ASA证得CDNEDM得出CNEM，即可得出结论；（2）过点D作DEAC交AB于E，易证BDE是等边三角形，MEDEDC120，得出BDBEDE，NCDM

17、ED，EDM+CDM120，证明CDNEDM，由D是BC边的中点得出DEBDCD，由ASA证得CDNEDM得出CNEM，即可得出结果【解答】解：（1）结论BM+CNBD成立，理由如下：如图，过点D作DEAC交AB于E，ABC是等边三角形，ABC60，DEAC，BEDA60，BDEC60，BBEDBDE60，BDE是等边三角形，EDC120，BDBEDE，EDN+CDN120，EDM+EDNMDN120，CDNEDM，D是BC边的中点，DEBDCD，在CDN和EDM中，CDNEDM（ASA），CNEM，BDBEBM+EMBM+CN；（2）上述结论不成立，BM，CN，BD之间的数量关系为：BMCN

18、BD；理由如下：如图，过点D作DEAC交AB于E，ABC是等边三角形，ABC60，NCD120，DEAC，BEDA60，BDEC60，BBEDBDE60，BDE是等边三角形，MEDEDC120，BDBEDE，NCDMED，EDM+CDM120，CDN+CDMMDN120，CDNEDM，D是BC边的中点，DEBDCD，在CDN和EDM中，CDNEDM（ASA），CNEM，BDBEBMEMBMCN，BMCNBD2.3【分析】（1）由题中可求得AE和AC所在的三角形全等，进而得到BG和FG所在三角形全等的条件；（2）求得AF长即可求得AB长利用等腰三角形的三线合一定理可得AFACAE，进而求得一些角

19、是30，主要利用AD长，直角三角形勾股定理来求解【解答】（1）证明：连接AG，ABC90，DEAC于点F，ABCAFE在ABC和AFE中，ABCAFE（AAS），ABAFAEAC，BECF；（2）解：ADDC，DFAC，F为AC中点，ACAE，AFACAEE30EAD90，ADE60，FADE30，AFABAF4【分析】（1）将A、B关坐标代入yx2+bx+c中，即可求解；（2）确定直线BC的解析式为yx+3，根据点E、F关于直线x1对称，即可求解；（3）AOC与BMN相似，则，即可求解；分OQBQ、BOBQ、OQOB三种情况，分别求解即可【解答】解：（1）点A、B关于直线x1对称，AB4，A

20、（1，0），B（3，0），代入yx2+bx+c中，得：，解得，抛物线的解析式为yx2+2x+3，C点坐标为（0，3）；（2）设直线BC的解析式为ymx+n，则有：，解得，直线BC的解析式为yx+3，点E、F关于直线x1对称，又E到对称轴的距离为1，EF2，F点的横坐标为2，将x2代入yx+3中，得：y2+31，F（2，1）；（3）如图，连接BC交MN于Q，MN4t2+4t+3，MB32t，AOC与BMN相似，则，即：，解得：t或或1（舍去、），故：t1；M（2t，0），MNx轴，Q（2t，32t），BOQ为等腰三角形，分三种情况讨论，第一种，当OQBQ时，QMOBOMMB2t32tt；第二种，

21、当BOBQ时，在RtBMQ中OBQ45，BQ，BO，即3，t；第三种，当OQOB时，则点Q、C重合，此时t0而t0，故不符合题意综上述，当t或秒时，BOQ为等腰三角形5【分析】在AC上取AFAE，连接OF，即可证得AEOAFO，得AOEAOF；再证得COFCOD，则根据全等三角形的判定方法ASA即可证FOCDOC，可得DCFC，即可得结论【解答】证明：在AC上取AFAE，连接OF，AD平分BAC、EAOFAO，在AEO与AFO中，AEOAFO（SAS），AOEAOF；AD、CE分别平分BAC、ACB，ECA+DACACB+BAC（ACB+BAC）（180B）60则AOC180ECADAC120

22、；AOCDOE120，AOECODAOF60，则COF60，CODCOF，在FOC与DOC中，FOCDOC（ASA），DCFC，ACAF+FC，ACAE+CD6【分析】（1）因为已知抛物线顶点坐标，故可设顶点式，再把点B坐标代入即求得抛物线解析式（2）先由抛物线解析式求点A、D、E坐标，得到点D、E关于对称轴直线x1对称，故有DGEG求直线AE解析式，进而得到其与y轴交点F，作F关于x轴的对称点F，则有FHFH所以当点E、G、H、F在同一直线上时，四边形DGHF周长最小求EF的长和直线EF解析式，即求得点G、H的坐标【解答】解：（1）抛物线顶点为（1，4）设顶点式ya（x1）2+4点B（3，0

23、）在抛物线上a（31）2+40解得：a1抛物线解析式为y（x1）2+4x2+2x+3（2）x轴上存在点H使D，G，H，F四点所围成的四边形周长最小如图，作点F关于x轴对称的对称点F，连接EFx0时，yx2+2x+33D（0，3）当y0时，x2+2x+30解得：x11，x23A（1，0）点E在抛物线上且横坐标为2yE22+22+33E（2，3）点D、E关于对称轴对称DGEG设直线AE解析式为ykx+e 解得：直线AE：yx+1F（0，1）F（0，1），HFHF，DF312C四边形DGHFDF+DG+GH+FHDF+EG+GH+FH当点E、G、H、F在同一直线上时，C四边形DGHFDF+EF最小EFC四边形DGHF2+2设直线EF解析式为ymx12m13m2直线EF：y2x1当y0时，解得xH（，0）当x1时，y211G（1，1）四边形DGHF周长最小值为2+2，点G坐标为（1，1），点H坐标为（，0）