2020年江蘇中考數(shù)學壓軸題精選精練5

1、2020年中考數(shù)學壓軸題精選精練5一、選擇題1 .若0VmV2,則關于x的一元二次方程-（x+m） （x+3m） =3mx+37根的情況是（）A.無實數(shù)根B.有兩個正根C.有兩個根，且都大于-3mD.有兩個根，其中一根大于-m2 .如圖，正方形ABCD內接于。0,點P在劣弧AB上，連接DP,交AC于點Q.若QP=QO,則手的值為（）A. 2V3-11 B. 2V3C. V3-K/2 D. V3+23.如圖，D 是AABC 內一點，BD±CD, AD=7, BD=4, CD=3, E、F、G、H 分別是AB、BD、CD、AC的中點，則四邊形EFGH的周長為（）JlA. 12B. 14C

2、. 24D. 214 .如圖，AB是半圓。的直徑，且AB = 12,點C為半圓上的一點.將此半圓沿BC所在的直線折疊，若圓弧BC恰好過圓心0,則圖中陰影部分的面積是（）A. 4ttBe 5ttC. 6ttDe 8tt5 .如圖ZXABC和A DCE都是邊長為8的等邊三角形，點B, C, E在同一條直線上接BD, AE,則四邊形FGCH的面積為（）1W336 .如圖4ABC內接于。O, ZA = 60°, BC=4存，當點P在耽上由B點運動到C點時, 弦AP的中點E運動的路徑長為（）C. 711 .如圖，四邊形ABCD中，已知AB=AD, ZBAD =60°, Z BCD =

3、120°,若四邊形2 .如圖，AB為。O的直徑，AB=4, C為半圓AB的中點，P為AC上一動點，延長BP至 點Q,使BPBQ=A停.若點P由A運動到C,則點Q運動的路徑長為 3 .如圖，邊長為5的等邊三角形ABC中，M是高CH所在直線上的一個動點，連接MB , 將線段BM繞點B逆時針旋轉60。得到BN,連接HN.則在點M運動過程中，線段HN 長度的最小值是:第3題第4題4 .如圖，AB為。的直徑，點C、D分別是半圓AB的三等分點，AB=4,點P自A點出發(fā)，沿弧ABC向C點運動，T為APAC的內心.當點P運動到使BT最短時就停止運動, 點T運動的路徑長為5 .如圖，在四邊形ABCD中

4、，ZADC=90° , ZBAD=60° ,對角線AC平分NBAD,且AB=AC=4,點E、F分別是AC、BC的中點，連接DE、EF、DF,則DF的長為6 .如圖，AB為半圓0的直徑，點C在半圓0上，AB=8, ZCAB=60° , P是弧BC上的一個點，連接AP,過點C作CDLAP于點D,連接BD,在點P移動過程中，BD長的 最小值為三、解答題1.如圖，AABC是等邊三角形，D是BC邊的中點，以D為頂點作一個120。的角，角的兩邊分別交直線AB、直線AC于M、N兩點.以點D為中心旋轉NMDN (NMDN的度 數(shù)不變)，當DM與AB垂直時(如圖所示)，易證BM+C

5、N=BD.(1)如圖，當DM與AB不垂直，點M在邊AB上，點N在邊AC上時，BM+CN = BD是否仍然成立？若成立，請給予證明；若不成立，請說明理由；(2)如圖，當DM與AB不垂直，點M在邊AB上，點N在邊AC的延長線上時，BM+CN=BD是否仍然成立？若不成立，請寫出BM, CN, BD之間的數(shù)量關系，不用證明.2.如圖，拋物線y ax23ax c(a 0)與x軸交于A, B兩點，交y軸于點C,其中A(-1, 0) , C (0, 3).求拋物線的解析式點P是線段BC上方拋物線上一動點(不與B, C重合),過點P作PD，x軸，垂足為D, 交BC于點E,作PF,直線BC于點F,設點P的橫坐標

6、為x, 4PEF的周長記為I,求I關 于x的函數(shù)關系式，并求出I的最大值及此時點P的坐標(3)點H是直線AC上一點，該拋物線的對稱軸上一動點G,連接OG, GH,則兩線段OG, GH的長度之和的最小值等于，此時點G的坐標為(直接寫出答案。)3 .已知：如圖，四邊形ABCD中，ADBC, ZABC=90° , DELAC于點F,交BC于點 G,交AB的延長線于點E,且AE=AC.(1)求證：BE=CF；(2)若 AD = DC=2,求 AB 的長.94 .如圖，已知拋物線y= - x+bx+c與x軸交于A、B兩點，AB=4,交y軸于點C,對稱軸 是直線X=1.（1）求拋物線的解析式及點

7、C的坐標；（2）連接BC, E是線段0C上一點，E關于直線x=1的對稱點F正好落在BC上，求 點F的坐標；（3）動點M從點。出發(fā)，以每秒2個單位長度的速度向點B運動，過M作x軸的垂線 交拋物線于點N,交線段BC于點Q.設運動時間為t （t>0）秒.若AAOC與BMN相似，請直接寫出t的值；5 .如圖，在AABC 中，ZABC=60° ， AD、CE 分別平分NBAC、ZACB,求證：AC=AE+CD.26 .如圖1,拋物線y=ax+bx+c （aWO）的頂點為（1, 4）,交x軸于A, B兩點，交y軸于 點D,其中點B的坐標為（3, 0）（1）求拋物線的解析式；（2）如圖2,過

8、點A的直線與拋物線交于點E,交y軸于點F,其中點E的橫坐標為2, 若直線PQ為拋物線的對稱軸，點G為直線PQ上的一動點，則x軸上是否存在一點H,使D, G, H, F四點所圍成的四邊形周長最??？若存在，求出這個最小值及點G, H的 坐標；若不存在，請說明理由.O到囪2【答案與解析】一、選擇題1 .【分析】先把方程化為一般式，再計算判別式的值得到含 37 (由-4),然后根據(jù)m的 范圍得到<(),從而根據(jù)判別式的意義可得到正確選項.【解答】解：方程整理為建+7mx+3m2+37=0, = 49醉-4 (3?n +37)=37 (m2-4),V0<m<2, .m2-4<0,

9、.'VO,.方程沒有實數(shù)根.故選：A.2 .【分析】設。的半徑為r, QO=m,則QP=m, QC=r+m, QA=r-m.利用相交弦定 理，求出m與r的關系，即用r表示出m,即可表示出所求比值.【解答】解：如圖，設。的半徑為r, QO=m,則QP=m, QC=r+m,QA=r - m.在中，根據(jù)相交弦定理，得QAQC=QPQD. 22r - in即(r-m) (R-m) =mQD,所以 QD =-m連接DO,由勾股定理，得QD2=DO2+QO4 22即JJ) 2-2.2, m解得- r所以,QA -r-m 一仃-心也3.【分析】利用勾股定理列式求出1第三邊的一半求出EH = FGo故

10、選：D.BC的長，再根據(jù)三角形的中位線平行于第三邊并且等于1BC, EF=GH可AD,然后代入數(shù)據(jù)進行計算即可得解【解答】解：VBD±CD, BD=4, CD=3,*- BC=/ g )2 -ifD，2=yj 42 +3 2=5jE、F、G、H分別是AB、AQ、CD、BD的中點, AEH = FG=BC, EF=GH = -AD,.四邊形EFGH的周長= EH+GH+FG+EF=AD+BC,XV AD=7,，四邊形EFGH的周長=7+5 = 12.故選：A.4 .【分析】過點。作ODLBC于點D,交長于點E,則可判斷點。是BC的中點，由折疊的1_ 1性質可得OD=5OE=5R=3,在

11、 網OBD中求出NOBD=30° ,繼而得出NAOC,求 出扇形AOC的面積即可得出陰影部分的面積.【解答】解：過點。作ODLBC于點D,交BC于點E,連接OC,則點E是BEC的中點，由折疊的性質可得點0為BOC的中點, S Ro=S cc，弓形OU弓形3, 1在 BIBOD 中，OD=DE="R=3, OB=R=6,AZOBD=30° ,ZAOC=60° ，S =S AOC =陰影 扇形A3607V X 62"360=6兀tanZAEN =AN W3 V3EN = 12 5 .【分析】連接CF,過點D作DMLCE,過A點作ANLBC,先證明N

12、DBM=30° , ZAEN =30° ,再證明 RtGFCg BtHFC (HL),在 BtFCG 中，CG=4, FG = -P-, S311 4v/3 Sa/S16 煦FGCx GP x GC - x - x 4=-, FGCH 的面積=2 &=GC=;乙乙'o遼o【解答】解：連接CF,過點D作DMLCE,過A點作ANLBC,/ AABC OADCE都是邊長為8的等邊三角形, ，DM=AN=4而 BM = NE=12,AtanZDBM =DM W3 V3I”一 一BM " 12 . 3 '/.ZDBM = 30° , ZAE

13、N = 30° , ABG±AC , EF±CD, BF = EF, BG=HE,，GF = FH, 由GFCg BiHFC (HL),.NFCG=NFCH=30° ,在 RtFCG 中，CG=4, FG = Safgc=| X GF 乂 GC 總乂 等 XAFGCH 的面積=2S fgc= 3故選：D.6.【分析】連接B0并延長交。于點Q,連接QC,如圖1,在直 色BCQ中，利用三角 函數(shù)可求出直徑BQ的長；連接AO, OP, 0E,取0A的中點F,連接EF, FM, FN, 如圖2,根據(jù)等腰三角形的性質和斜邊上的中線等于斜邊的一半可得EF=2,從而得

14、到點E的運動路徑是以點F為圓心，2為半徑的圓弧陽，然后只需運用圓弧長公式就可求出 弦AP的中點E運動的路徑長.廣一木【解答】解：連接B0并延長交。于點Q,連接QC,如圖1,/VBQ是。0的直徑，/.ZBCQ=90° .VZQ = ZA=60° , BC=4通.c * f f,smQ-BQ- BQ - 2 ,A BQ =8.連接AO, OP, OE,取OA的中點F,連接EF, FM, FN,如圖2, OA=OP,點E為AP的中點，AOE1AP.丁點F為OA的中點，AEF=7OA.OA=Jx8=4,，EF=2.,點E的運動路徑是以點F為圓心，2為半徑的圓弧“I"VZM

15、FN=2ZMAN=120° (圓周角定理)，.金兒120兀X2 4兀 長為=一.loll 故選：B.二、填空題1 .【分析】將4ACD繞點A順時針旋轉60。，得到4ABE.證明AAEC是等邊三角形，四 邊形ABCD面積等于AAEC面積，根據(jù)等 迭AEC面積特征可求解AC長.【解答】將4ACD繞點A順時針旋轉60° ,得到AABE.四邊形內角和360° , /.ZD+ZABC=180° . /.ZABE+ZABC=180° , E、B、C三點共線.根據(jù)旋轉性質可知NEAC=60度，AE=AC,/. AAEC是等邊三角形.四邊形ABCD面積等于4A

16、EC面積，等邊AAEC面積=AC2M扒巧，解得AC=4.故答案為4.2 .【分析】連接AQ, AP.首先證 fflABP-AQBA, 點P與點C重合時，AQ的長度即可.【解答】解：如圖所示：連接AQ, AP.VBP-BQ=AB2,BP=AB下一西又,: ZABP = ZQBA,/.ABPAQBA,/.ZAPB=ZQAB=90° ,，QA始終與AB垂直.當點P在A點時，Q與A重合，則NAPB=NQAB=90。，然后求得當點P在C點時，AQ=2OC=4,此時，Q運動到最遠處，點Q運動路徑長為4.故答案為：4.3 .【分析】取CB的中點G,連接MG,根據(jù)等邊三角形的性質可得BD = BG,

17、再求出NHBN = ZMBG,根據(jù)旋轉的性質可得MB = NB,然后利用“邊角邊”證明之NBH, 再根據(jù)全等三角形對應邊相等可得HN = MG,然后根據(jù)垂線段最短可得MG1CH時最 短，再根據(jù)NBCH=30°求解即可.【解答】解：如圖，取BC的中點G,連接MG,旋轉角為60° ,AZMBH+ZHBN = 60° , 又NMBH+NMBC = NABC=60°,AZHBN=ZGBM,VCH是等邊4ABC的對稱軸，HB=,AB,AHB=BG,又MB旋轉至UBN,BM=BN,在MBG和NBH中，'BG 二BHNMBC=NNBH,/.MBGANBH (S

18、AS)，MG=NH,時 VZBCH =° =30° , CG= A§ =根據(jù)垂線段最短，MGLCH時，MG最短，即HN最短，此l=2.5,2.MG=CG-tan30° =故答案為:平.證明NATC=120° ,推出點T的運動4.【分析】雌OC, OD, AD, CD, BD, TA, TC.軌跡是圖中AOC,設BD交AOC于T',此時B的長最小，利用弧長公式計算即可.【解答】解：連接OC, OD, AD, CD, BD, TA, TC.DTAB為。0的直徑，點C、D分別是半圓AB的三等分點, /.ZAOD = ZDOC=60°

19、 ,/.ZAOC=120° , ZAPC=-ZAOC=60° ,T為APAC的內心， /.ZATC = 120° ,-I J,點T的運動軌跡是圖中AOC,設BD交AOC于，此時B的長最小，90-71 2點T運動的路徑長為"國# lou故答案為TT.5.【分析】由NBAD的度數(shù)結合角平分線的定理可得出NBAC=NDAC=30° ,利用平行 線的性質及三角形外角的性質可得出NFEC=30°、ZDEC=60° ,進而可得出NFED =90° ,在 B1DEF中利用勾股定理可求出DF的長.【解答】解：VZBAD=60

20、76; , AC平分NBAD,/.ZBAC = ZDAC=-ZBAD=30° .丁點E、F分別是AC、BC的中點,AEF/AB, AE=DE,/.ZFEC = ZBAC=30° , ZDEC=2ZDAC=60° , AZFED=90° .VAC=4,，DE = EF=2,AD F =a/dE2EF22+22=匹故答案為：2歷.【分析】以AC為直徑作圓。'，連接B0、BC.在點P移動的過程中，點D在以AC 為直徑的圓上運動，當。'、D、B共線時，BD的值最小，最小值為。B-0' D,利 用勾股定理求出B0'即可解決問題.【解

21、答】解：如圖，以AC為直徑作圓0',連接BO'、BC, O'D,VCD±AP,AZ ADC=90 ° ,，在點P移動的過程中，點D在以AC為直徑的圓上運動，TAB是直徑，/. ZACB=90° ,在 BtABC 中，VAB=8, ZCAB=60° ,/.BC=AB*sin60° =4*73, AC=AB*cos60° =4,/.A0'=C0'=2,. BO'=Vo/ C2+BCa=48+4L2>V0, D+BD20' B,，當O'、D、B共線時，BD的值最小，最小值

22、為0, B-0' D=2，W-2, 故答案為-2.三、解答題1.【分析】（1）過點D作DEAC交AB于E,易證4BDE是等邊三角形，ZEDC = 120° , 得出 BD=BE = DE, ZEDN+ZCDN = 120° ,證明NCDN = NEDM,由 D 是 BC 邊的中 點，得出DE = BD=CD,由ASA證得ACDN之AEDM得出CN = EM,即可得出結論；（2）過點D作DEAC交AB于E,易證4BDE是等邊三角形，ZMED= ZEDC = 120° , 得出 BD=BE = DE, ZNCD=ZMED, ZEDM+ZCDM = 120

23、76; ,證明NCDN=NEDM, 由D是BC邊的中點得出DE = BD = CD,由ASA證得CDNgAEDM得出CN = EM, 即可得出結果.【解答】解： 結論BM+CN=BD成立,理由如下：如圖，過點D作DEAC交AB于E, ABC是等邊三角形， .ZA = ZB=ZC=60o ,DEAC, NBED = NA=60° , ZBDE=ZC = 60° ,.ZB = ZBED=ZBDE=60o , BDE是等邊三角形，ZEDC=120° ,，BD = BE=DE, ZEDN+ZCDN=120° ,VZEDM+ZEDN = ZMDN = 120

24、76; , NCDN = NEDM, D是BC邊的中點，DE = BD=CD,在ACDN和AEDM中， rZC= ZDEM=60 °, CD=DE,、/CDN 二/EDN/.CDNAEDM (ASA), CN = EM,，BD = BE=BM+EM=BM+CN；(2)上述結論不成立，BM, CN, BD之間的數(shù)量關系為：BM -CN = BD；理由如下:如圖，過點D作DEAC交AB于E,IJ1V AABC是等邊三角形，M 入/.ZA=ZB = ZC=60° , 人 /.ZNCD = 120° ,e/ DEAC,/ /.ZBED = ZA=60° , ZB

25、DE=ZC = 60° ,B LcAZB = ZBED=ZBDE=60° , BDE是等邊三角形，ZMED=ZEDC = 120° ,圖 /，BD = BE=DE, ZNCD = ZMED, ZEDM+ZCDM = 120° ,VZCDN+ZCDM = ZMDN=120° , NCDN = NEDM, D是BC邊的中點， DE = BD=CD,在ACDN和AEDM中， 'NNCD=/NED，CD=DE,kZCDN=ZEDMAACDNAEDM (ASA),CN = EM,BD = BE=BM - EM = BM - CN, ABM -CN

26、=BD.2.外由題叫cx3.3 J 9= + 44Q)對稱軸,H«x = -2須4,0)VOBM. OC-3ABC=3azocb-zdeb又 ZDEB=ZFEPAZFEP*ZOCB又NPFE-NBOCW'PEFsABCO I PE G駝VB(4. 0),C(0, 3)AatftBC:y-7X + 3 4i o可知P(jt.x2 七"3> (0<x<4) 44E(h-?x.3)4工PEy,-y.-X3 A”125；J-.|jea4yJ (0<X<4). j.-g0-2y 吟(0<x4)叁k2時.I.a-T9此時，P(2.1)6M(O

27、G + G/n.今，ftft 010分3.【分析】（1）由題中可求得AE和AC所在的三角形全等，進而得到BG和FG所在三角 形全等的條件；1 1（2）求得AF長即可求得AB長.利用等腰三角形的三線合一定理可得AF=5AC=9E,進而求得一些角是30° ,主要利用AD長，直角三角形勾股定理來求解.【解答】(1)證明：連接AG,V ZABC=90° , DELAC 于點 F, ZABC = ZAFE.在4ABC和4AFE中， '/ABC=/AFE, ZEAE=ZCAB, kAC=AE AAABCAAFE (AAS), AB=AF.VAE=AC,BE=CF；(2)解：VA

28、D=DC, DF±AC,F為AC中點,VAC=AE,.af=3ac=3ae.22/.ZE=30° .VZEAD=90° , AZADE=60° , AZFAD = ZE=30° , AAF=V3.AAB=AF=V3.4.【分析】 將A、B關坐標代入y=-x2+bx+c中，即可求解；(2)確定直線BC的解析式為y=-x+3,根據(jù)點E、F關于直線x=1對稱，即可求解; MB OA_0C_(3) &AOC與BMN相似，貝后正咒三，即可求解；分OQ = BQ、BO = BQ、 OQ=OB三種情況，分別求解即可.【解答】解：(1),點A、B關于直

29、線x = 1對稱，AB=4, A ( - 1, 0) , B (3, 0),IT-9+3b4c=0代入y= - x2+bx+c中，得：，拋物線的解析式為y= - x2+2x+3, C點坐標為(0, 3)；(2)設直線BC的解析式為y=mx+n,一屈:Ifm=-l|,解得,Sm+n=O 口二3，直線BC的解析式為y=-x+3, 點E、F關于直線x=1對稱， 又E到對稱軸的距離為1,AEF=2,F點的橫坐標為2將x=2代入y=-x+3中,得：y= - 2+3=1,(3)如圖，連接BC交MN于Q,MN= -4t2+4t+3, MB=3-2t,AOC與BMN相似，貝 喘愕或器3-21-4t2-+4t+

30、3.* (2, 1)；即:3.也解得：t="I或-1或1(舍去5、-百)，故：t=1；M (2t, 0) , MNJ_x 軸,：.Q (2t, 3-2t),BOQ為等腰三角形，分三種情況討論, 第一種，當OQ=BQ時，VQM1OBAOM=MBA2t=3-2t第二種，當BO=BQ時，在 BiBMQ中VZOBQ=45° ,/.BQ=V2BM,.BO=V2BM,即 3=V2（3-2t）, 一 6一”歷t=-第三種，當OQ=OB時，則點Q、C重合，此時t=0而t>0,故不符合題意綜上述，當t=4秒或°一"秒時,BOQ為等腰三角形.5.【分析】在AC上取AF=AE,連接OF,即可證得AAEO之AFO,得NAOE = NAOF； 再證得NCOF=NCOD,則根據(jù)全等三角形的判定方法ASA即可證FOC絲ZWOC,可 得DC = FC,即可得結論.【解答】證明：在AC上取AF=AE,連接OF,TAD 平分NBAC、 AZEAO = ZFAO, 在AEO