重庆市2019中考数学压轴题及解析答案(华师版).docx
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1.(2018•绍兴)小敏思考解决如下问题:
原题:
如图1,点P,Q分别在菱形ABCD的边BC,CD上,∠PAQ=∠B,求证:
AP=AQ.
(1)小敏进行探索,若将点P,Q的位置特殊化;把∠PAQ绕点A旋转得到∠EAF,使AE⊥BC,点E,F分别在边BC,CD上,如图2.此时她证明了AE=AF,请你证明.
(2)受以上
(1)的启发,在原题中,添加辅助线:
如图3,作AE⊥BC,AF⊥CD,垂足分别为E,F.请你继续完成原题的证明.
(3)如果在原题中添加条件:
AB=4,∠B=60°,如图1,请你编制一个计算题(不标注新的字母),并直接给出答案(根据编出的问题层次,给不同的得分).
【考点】四边形综合题.四边形中的动态问题
【专题】几何综合题.
【分析】
(1)根据菱形的性质、结合已知得到AF⊥CD,证明△AEB≌△AFD,根据全等三角形的性质证明;
(2)由
(1)的结论得到∠EAP=∠FAQ,证明△AEP≌△AFQ,根据全等三角形的性质证明;
(3)根据菱形的面积公式、结合
(2)的结论解答.
【解答】
(1)证明:
∵四边形ABCD是菱形,
∴∠B+∠C=180°,∠B=∠D,AB=AD,
∵∠EAF=∠B,
∴∠EAF+∠C=180°,
∴∠AEC+∠AFC=180°,
∵AE⊥BC,
∴AF⊥CD,
在△AEB和△AFD中,∠AEB=∠AFD∠B=∠DAB=AD,
∴△AEB≌△AFD,
∴AE=AF;
(2)证明:
由
(1)得,∠PAQ=∠EAF=∠B,AE=AF,
∴∠EAP=∠FAQ,
在△AEP和△AFQ中,∠AEP=∠AFQ=90°AE=AF∠EAP=∠FAQ,
∴△AEP≌△AFQ,
∴AP=AQ;
(3)解:
已知:
AB=4,∠B=60°,
求四边形APCQ的面积,
解:
连接AC、BD交于O,
∵∠ABC=60°,BA=BC,
∴△ABC为等边三角形,
∵AE⊥BC,
∴BE=EC,
同理,CF=FD,
∴四边形AECF的面积=12×四边形ABCD的面积,
由
(2)得,四边形APCQ的面积=四边形AECF的面积,
OA=12AB=2,OB=32AB=23,
∴四边形ABCD的面积=12×2×23×4=83,
∴四边形APCQ的面积=43.
【点评】本题考查的是菱形的性质、全等三角形的判定和性质,掌握菱形的性质、全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键.
2.(2018•重庆A卷)如图,在平行四边形ABCD中,点O是对角线AC的中点,点E是BC上一点,且AB=AE,连接EO并延长交AD于点F.过点B作AE的垂线,垂足为H,交AC于点G.
(1)若AH=3,HE=1,求△ABE的面积;
(2)若∠ACB=45°,求证:
DF=2CG.
【考点】全等三角形的判定与性质;平行四边形的性质.
平行四边形的面积问题
【专题】多边形与平行四边形.
【分析】
(1)利用勾股定理即可得出BH的长,进而运用公式得出△ABE的面积;
(2)过A作AM⊥BC于M,交BG于K,过G作GN⊥BC于N,判定△AME≌△BNG(AAS),可得ME=NG,进而得出BE=2GC,再判定△AFO≌△CEO(AAS),可得AF=CE,即可得到DF=BE=2CG.
【解答】解:
(1)∵AH=3,HE=1,
∴AB=AE=4,
又∵Rt△ABH中,BH=AB2-AH2=7,
∴S△ABE=12AE×BH=12×4×7=27;
(2)如图,过A作AM⊥BC于M,交BG于K,过G作GN⊥BC于N,则∠AMB=∠AME=∠BNG=90°,
∵∠ACB=45°,
∴∠MAC=∠NGC=45°,∵AB=AE,
∴BM=EM=12BE,∠BAM=∠EAM,
又∵AE⊥BG,
∴∠AHK=90°=∠BMK,而∠AKH=∠BKM,
∴∠MAE=∠NBG,
设∠BAM=∠MAE=∠NBG=α,则∠BAG=45°+α,∠BGA=∠GCN+∠GBC=45°+α,
∴AB=BG,
∴AE=BG,
在△AME和△BNG中,∠AME=∠BNG∠MAE=∠NBGAE=BG,
∴△AME≌△BNG(AAS),
∴ME=NG,
在等腰Rt△CNG中,NG=NC,
∴GC=2NG=2ME=22BE,
∴BE=2GC,
∵O是AC的中点,
∴OA=OC,
∵四边形ABCD是平行四边形,
∴AD∥BC,AD=BC,
∴∠OAF=∠OCE,∠AFO=∠CEO,
∴△AFO≌△CEO(AAS),
∴AF=CE,
∴AD-AF=BC-EC,即DF=BE,
∴DF=BE=2CG.
【点评】本题主要考查了平行四边形的性质,全等三角形的判定与性质,等腰直角三角形的性质以及勾股定理的综合运用,解决问题的关键是作辅助线构造全等三角形以及等腰直角三角形,利用全等三角形的对应边相等得出结论.
3.(2018.长沙)如图,在平面直角坐标系xOy中,函数y=mx(m为常数,m>1,x>0)的图象经过点P(m,1)和Q(1,m),直线PQ与x轴,y轴分别交于C,D两点,点M(x,y)是该函数图象上的一个动点,过点M分别作x轴和y轴的垂线,垂足分别为A,B.
(1)求∠OCD的度数;
(2)当m=3,1<x<3时,存在点M使得△OPM∽△OCP,求此时点M的坐标;
(3)当m=5时,矩形OAMB与△OPQ的重叠部分的面积能否等于4.1?
请说明你的理由.
【考点】反比例函数综合题.
【专题】代数几何综合题.
【分析】
(1)想办法证明OC=OD即可解决问题;
(2)设M(a,3a),由△OPM∽△OCP,推出OPOC=OMOP=PMCP,由此构建方程求出a,再分类求解即可解决问题;
(3)不存在分三种情形说明:
①当1<x<5时,如图1中;②当x≤1时,如图2中;③当x≥5时,如图3中;
【解答】解:
(1)设直线PQ的解析式为y=kx+b,则有km+b=1k+b=m,
解得k=-1b=m+1,
∴y=-x+m+1,
令x=0,得到y=m+1,∴D(0,m+1),
令y=0,得到x=m+1,∴C(m+1,0),
∴OC=OD,
∵∠COD=90°,
∴∠OCD=45°.
(2)设M(a,3a),
∵△OPM∽△OCP,
∴OPOC=OMOP=PMCP,
∴OP²=OC•OM,
当m=3时,P(3,1),C(4,0),
OP²=3²+1²=10,OC=4,OM=a2+9a2,
∴OPOC=104,
∴10=4a2+9a2,
∴4a4-25a2+36=0,
(4a²-9)(a²-4)=0,
∴a=±32,a=±2,
∵1<a<3,
∴a=32或2,
当a=32时,M(32,2),
PM=132,CP=2,
PMCP=1322≠104(舍弃),
当a=2时,M(2,32),PM=52,CP=2,
∴PMCP=522=104,成立,
∴M(2,32).
(3)不存在.理由如下:
当m=5时,P(5,1),Q(1,5),设M(x,5X),
OP的解析式为:
y=15X,OQ的解析式为y=5x,
①1<x<5时,如图1中,
∴E(1X,5X),F(x,15x),
S=S矩形OAMB-S△OAF-S△OBE=5-12·X·15x-12·1X·5X=4.1,
化简得到:
X4-9X2+25=0,
△<O,
∴没有实数根.
②x≤1时,如图2中,
S=S△OGH<S△OAM=2.5,
∴不存在,
③x≥5时,如图3中,
S=S△OTS<S△OBM=2.5,
∴不存在,
综上所述,不存在.
【点评】本题考查反比例函数综合题、矩形的性质、待定系数法、相似三角形的判定和性质等知识,解题的关键是灵活运用所学知识解决问题,学会利用参数构建方程解决问题,学会用分类讨论的思想思考问题.
5.(2018•重庆A卷)如图,在平面直角坐标系中,点A在抛物线y=-x2+4x上,且横坐标为1,点B与点A关于抛物线的对称轴对称,直线AB与y轴交于点C,点D为抛物线的顶点,点E的坐标为(1,1).
(1)求线段AB的长;
(2)点P为线段AB上方抛物线上的任意一点,过点P作AB的垂线交AB于点H,点F为y轴上一点,当△PBE的面积最大时,求PH+HF+12FO的最小值;
(3)在
(2)中,PH+HF+12FO取得最小值时,将△CFH绕点C顺时针旋转60°后得到△CF′H′,过点F'作CF′的垂线与直线AB交于点Q,点R为抛物线对称轴上的一点,在平面直角坐标系中是否存在点S,使以点D,Q,R,S为顶点的四边形为菱形,若存在,请直接写出点S的坐标,若不存在,请说明理由.
【考点】二次函数综合题.
【专题】代数几何综合题.
【分析】
(1)求出A、B两点坐标,即可解决问题;
(2)如图1中,设P(m,-m2+4m),作PN∥y轴交BE于N.构建二次函数利用二次函数的性质求出满足条件的点P坐标,作直线OG交AB于G,使得∠COG=30°,作HK⊥OG于K交OC于F,因为FK=12OF,推出PH+HF+12FO=PH+FH+Fk=PH+HK,此时PH+HF+OF的值最小,解直角三角形即可解决问题;
(3)分两种情形分别求解即可;
【解答】解:
(1)由题意A(1,3),B(3,3),
∴AB=2.
(2)如图1中,设P(m,-m²+4m),作PN∥y轴J交BE于N.
∵直线BE的解析式为y=x,
∴N(m,m),
∴S△PEB=12×2×(-m²+3m)=-m²+3m,
∴当m=32时,△PEB的面积最大,此时P(32,154),H(32,3),
∴PH=154-3=34,
作直线OG交AB于G,使得∠COG=30°,作HK⊥OG于K交OC于F,
∵FK=12OF,
∴PH+HF+12FO=PH+FH+FK=PH+HK,此时PH+HF+OF的值最小,
∵12•HG•OC=12•OG•HK,
∴HK=3×(3+32)23=32+334,
∴PH+HF+OF的最小值为94+334.
(3)如图2中,由题意CH=32,CF=32,QF=12,CQ=1,
∴Q(-1,3),D(2,4),DQ=10,
①DQ为菱形的边时,S1(-1,3-10),S2(-1,3+10),
②②当DQ为对角线时,可得S3(-1,8),
③③当DR为对角线时,可得S4(5,3)
④综上所述,满足条件的点S坐标为(-1,3-10)或(-1,3+10)或(-1,8)或(5,3).
【点评】本题考查二次函数综合题、最短问题、菱形的判定和性质、解直角三角形、勾股定理等知识,解题的关键是学会构建二次函数解决最值问题,学会添加常用辅助线,根据垂线段最短解决最短问题,学会用分类讨论的思想思考问题,属于中考压轴题.
6.(2018•重庆B卷)抛物线y=﹣x2﹣x+与x轴交于点A,B(点A在点B的左边),与y轴交于点C,点D是该抛物线的顶点.
(1)如图1,连接CD,求线段CD的长;
(2)如图2,点P是直线AC上方抛物线上一点,PF⊥x轴于点F,PF与线段AC交于点E;将线段OB沿x轴左右平移,线段OB的对应线段是O1B1,当PE+EC的值最大时,求四边形PO1B1C周长的最小值,并求出对应的点O1的坐标;
(3)如图3,点H是线段AB的中点,连接CH,将△OBC沿直线CH翻折至△O2B2C的位置,再将△O2B2C绕点B2旋转一周,在旋转过程中,点O2,C的对应点分别是点O3,C1,直线O3C1分别与直线AC,x轴交于点M,N.那么,在△O2B2C的整个旋转过程中,是否存在恰当的位置,使△AMN是以MN为腰的等腰三角形?
若存在,请直接写出所有符合条件的线段O2M的长;若不存在,请说明理由.
【考点】HF:
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【专题】16:
压轴题.
【分析】
(1)分别表示C和D的坐标,利用勾股定理可得CD的长;
(2)令y=0,可求得A(﹣3,0),B(,0),利用待定系数法可计算直线AC的解析式为:
y=,设E(x,),P(x,﹣x2﹣x+),表示PE的长,利用勾股定理计算AC的长,发现∠CAO=30°,得AE=2EF=,计算PE+EC,利用配方法可得当PE+EC的值最大时,x=﹣2,此时P(﹣2,),确定要使四边形PO1B1C周长的最小,即PO1+B1C的值最小,将点P向右平移个单位长度得点P1(﹣,),连接P1B1,则PO1=P1B1,再作点P1关于x轴的对称点P2(﹣,﹣),可得结论;
(3)先确定对折后O2C落在AC上,△AMN是以MN为腰的等腰三角形存在四种情况:
①如图4,AN=MN,证明△C1EC≌△B2O2M,可计算O2M的长;
②如图5,AM=MN,此时M与C重合,O2M=O2C=;
③如图6,AM=MN,N和H、C1重合,可得结论;
④如图7,AN=MN,过C1作C1E⊥AC于E证明四边形C1EO2B2是矩形,根据O2M=EO2+EM可得结论.
【解答】解:
(1)如图1,过点D作DK⊥y轴于K,
当x=0时,y=,
∴C(0,),
y=﹣x2﹣x+=﹣(x+)2+,
∴D(﹣,),
∴DK=,CK=﹣=,
∴CD===;(4分)
(2)在y=﹣x2﹣x+中,令y=0,则﹣x2﹣x+=0,
解得:
x1=﹣3,x2=,
∴A(﹣3,0),B(,0),
∵C(0,),
易得直线AC的解析式为:
y=,
设E(x,),P(x,﹣x2﹣x+),
∴PF=﹣x2﹣x+,EF=,
Rt△ACO中,AO=3,OC=,
∴AC=2,
∴∠CAO=30°,
∴AE=2EF=,
∴PE+EC=(﹣x2﹣x+)﹣(x+)+(AC﹣AE),
=﹣﹣x+[2﹣()],
=﹣﹣x﹣x,
=﹣(x+2)2+,(5分)
∴当PE+EC的值最大时,x=﹣2,此时P(﹣2,),(6分)
∴PC=2,
∵O1B1=OB=,
∴要使四边形PO1B1C周长的最小,即PO1+B1C的值最小,
如图2,将点P向右平移个单位长度得点P1(﹣,),连接P1B1,则PO1=P1B1,
再作点P1关于x轴的对称点P2(﹣,﹣),则P1B1=P2B1,
∴PO1+B1C=P2B1+B1C,
∴连接P2C与x轴的交点即为使PO1+B1C的值最小时的点B1,
∴B1(﹣,0),
将B1向左平移个单位长度即得点O1,
此时PO1+B1C=P2C==,
对应的点O1的坐标为(﹣,0),(7分)
∴四边形PO1B1C周长的最小值为+3;(8分)
(3)O2M的长度为或或2+或2.(12分)
理由是:
如图3,∵H是AB的中点,
∴OH=,
∵OC=,
∴CH=BC=2,
∴∠HCO=∠BCO=30°,
∵∠ACO=60°,
∴将CO沿CH对折后落在直线AC上,即O2在AC上,
∴∠B2CA=∠CAB=30°,
∴B2C∥AB,
∴B2(﹣2,),
①如图4,AN=MN,
∴∠MAN=∠AMN=30°=∠O2B2O3,
由旋转得:
∠CB2C1=∠O2B2O3=30°,B2C=B2C1,
∴∠B2CC1=∠B2C1C=75°,
过C1作C1E⊥B2C于E,
∵B2C=B2C1=2,
∴=B2O2,B2E=,
∵∠O2MB2=∠B2MO3=75°=∠B2CC1,
∠B2O2M=∠C1EC=90°,
∴△C1EC≌△B2O2M,
∴O2M=CE=B2C﹣B2E=2﹣;
②如图5,AM=MN,此时M与C重合,O2M=O2C=,
③如图6,AM=MN,
∵B2C=B2C1=2=B2H,即N和H、C1重合,
∴∠CAO=∠AHM=∠MHO2=30°,
∴O2M=AO2=;
④如图7,AN=MN,过C1作C1E⊥AC于E,
∴∠NMA=∠NAM=30°,
∵∠O3C1B2=30°=∠O3MA,
∴C1B2∥AC,
∴∠C1B2O2=∠AO2B2=90°,
∵∠C1EC=90°,
∴四边形C1EO2B2是矩形,
∴EO2=C1B2=2,,
∴EM=,
∴O2M=EO2+EM=2+,
综上所述,O2M的长是或或2+或2.
【点评】本题考查二次函数综合题、一次函数的应用、轴对称变换、勾股定理、等腰三角形的判定等知识,解题的关键是灵活运用所学知识解决问题,学会构建轴对称解决最值问题,对于第3问等腰三角形的判定要注意利用数形结合的思想,属于中考压轴题.
7.(2018.安徽)如图1,Rt△ABC中,∠ACB=90°,点D为边AC上一点,DE⊥AB于点E.点M为BD中点,CM的延长线交AB于点F.
(1)求证:
CM=EM;
(2)若∠BAC=50°,求∠EMF的大小;
(3)如图2,若△DAE≌△CEM,点N为CM的中点,求证:
AN∥EM.
【考点】三角形综合题.
【专题】几何综合题.
【分析】
(1)利用直角三角形斜边中线的性质定理即可证明;
(2)利用四边形内角和定理求出∠CME即可解决问题;
(3)首先证明△ADE是等腰直角三角形,△DEM是等边三角形,设FM=a,则AE=CM=EM=3a,EF=2a,推出FMMN=233,EFAE=233,由此即可解决问题;
【解答】
(1)证明:
如图1中,
∵DE⊥AB,
∴∠DEB=∠DCB=90°,
∵DM=MB,
∴CM=12DB,EM=12DB,
∴CM=EM.
(2)解:
∵∠AED=90°,∠A=50°,
∴∠ADE=40°,∠CDE=140°,
∵CM=DM=ME,
∴∠MCD=∠MDC,∠MDE=∠MED,
∴∠CME=360°-2×140°=80°,
∴∠EMF=180°-∠CME=100°.
(3)证明:
如图2中,设FM=a.
∵△DAE≌△CEM,CM=EM,
∴AE=ED=EM=CM=DM,∠AED=∠CME=90°
∴△ADE是等腰直角三角形,△DEM是等边三角形,
∴∠DEM=60°,∠MEF=30°,
∴AE=CM=EM=3a,EF=2a,
∵CN=NM,
∴MN=233a,
∴FMMN=233,EFAE=233,
∴FMMN=EFAE,
∴EM∥AN.
(也可以连接AM利用等腰三角形的三线合一的性质证明)
【点评】本题考查三角形综合题、全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的判定和性质、等边三角形的判定和性质、直角三角形斜边中线定理等知识,解题的关键是灵活运用所学知识解决问题,学会利用参数解决问题,属于中考压轴题.
10.(2018.泰安)如图,在平面直角坐标系中,二次函数y=ax2+bx+c交x轴于点A(-4,0)、B(2,0),交y轴于点C(0,6),在y轴上有一点E(0,-2),连接AE.
(1)求二次函数的表达式;
(2)若点D为抛物线在x轴负半轴上方的一个动点,求△ADE面积的最大值;
(3)抛物线对称轴上是否存在点P,使△AEP为等腰三角形?
若存在,请直接写出所有P点的坐标,若不存在请说明理由.
【考点】二次函数综合题.
【专题】压轴题.
【分析】
(1)把已知点坐标代入函数解析式,得出方程组求解即可;
(2)根据函数解析式设出点D坐标,过点D作DG⊥x轴,交AE于点F,表示△ADE的面积,运用二次函数分析最值即可;
(3)设出点P坐标,分PA=PE,PA=AE,PE=AE三种情况讨论分析即可.
【解答】解:
(1)∵二次函数y=ax2+bx+c经过点A(-4,0)、B(2,0),C(0,6),
∴16a-4b+c=04a+2b+c=0c=6
解得,a=-34b=-23c=6
所以二次函数的解析式为:
y=−34x2−32x+6
,
(2)由A(-4,0),E(0,-2),可求AE所在直线解析式为y=−12x−2,
过点D作DN⊥x轴,交AE于点F,交x轴于点G,过点E作EH⊥DF,垂足为H,如图
设D(m,−34m2−32m+6),则点F(m,−12m−2),
∴DF=−34m2−32m+6-(−12m−2)=−34m2−m+8,
∴S△ADE=S△ADF+S△EDF=12×DF×AG+12DF×EH
=12×DF×(AG+EH)
=12×4×DF
=2×(−34m2−m+8)
=-32(m+23)2+503,
∴当m=-23时,△ADE的面积取得最大值为503.
(3)y=−34x2−32x+6的对称轴为x=-1,
设P(-1,n),又E(0,-2),A(-4,0),
可求PA=9+n²,PE=1+(n+2)²,AE=16+4=25,
当PA=PE时,9+n²=1+(n+2)²,
解得,n=1,此时P(-1,1);
当PA=AE时,9+n²=16+4=25,
解得,n=±11,此时点P坐标为(-1,±11);
当PE=AE时,1+(n+2)²=16+4=25,
解得,n=-2±19,此时点P坐标为:
(-1,-2±19).
综上所述,
P点的坐标为:
(-1,1),(-1,±11),(-1,-2±19).
【点评】此题主要考查二次函数的综合问题,会求抛物线解析式,会运用二次函数分析三角形面积的最大值,会分类讨论解决等腰三角形的顶点的存在问题时解决此题的关键.
11.(2018.泰安)如图,在菱形ABCD中,AC与BD交于点O,E是BD上一点,EF∥AB,∠EAB=∠EBA,过点B作DA的垂线,交DA的延长线于点G.
(1)∠DEF和∠AEF是否相等?
若相等,请证明;若不相等,请说明理由;
(2)找出图中与△AGB相似的三角形,并证明;
(3)BF的延长线交CD的延长线于点H,交AC于点M.求证:
BM2=MF•MH.
【考点】相似形综合题.
【专题】综合题.
【分析】
(1)先判断出∠DEF=∠EBA,∠AEF=∠EAB,即可得出结论;
(2)先判断出∠GAB=∠ABE+∠ADB=2∠ABE,进而得出∠GAB=∠AEO,即可得出结论;
(3)先判断出BM=DM,∠ADM=∠ABM,进而得出∠ADM=∠H,判断出△MFD∽△MDH,即可得出结论,
【解答】解:
(1)∠DEF=∠AEF,
理由:
∵EF∥AB,
∴∠DEF=∠EBA,∠AEF=∠EAB,
∵∠EAB=∠EBA,
∴∠DEF=∠AEF;
(2)△EOA∽△AGB,
理由:
∵四边形ABCD是菱形,
∴AB=AD,AC⊥BD,
∴∠GAB=∠ABE+∠ADB=2∠ABE,
∵∠AEO=∠ABE+∠BAE=2∠ABE,
∵∠GAB=∠AEO,∠AGB=∠AOE=90°,
∴△EOA∽△AGB;
(3)如图,连接DM,∵四边形ABCD是菱形,
由对称性可知,BM=DM,∠ADM=∠ABM,
∵AB∥CH,
∴∠ABM=∠H,
∴∠ADM=∠H,
∵∠DMH=∠FMD,
∴△MFD∽△MDH,
∴DMMH=MFDM,
∴DM2=MF•MH,
∴BM2=MF•MH.
【点评】此题是相似形综合题,主要考查了菱形的性质,对称性,相似三角形的判定和性质,判断出△EOA∽△AGB是解本题的关键.
12.(
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