2021年中考数学压轴题题型组合卷(八).doc

2021年中考数学压轴题题型组合卷（八）

2021年中考数学压轴题题型组合卷（八）

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中考压轴题·题型组合卷（八）
（满分：30分）
一、填空题（共2小题，每小题3分，共6分）
1.如图，在平面直角坐标系中，菱形OBCD的边OB在x轴正半轴上，反比例函数y＝（x＞0）的图象经过该菱形对角线的交点A，且与边BC交于点F．若点D的坐标为（6，8），则点F的坐标是　 　．

2.如图所示，AB是⊙O的直径，AM、BN是⊙O的两条切线，D、C分别在AM、BN上，DC切⊙O于点E，连接OD、OC、BE、AEBE与OC相交于点P，AE与OD相交于点Q，已知AD＝4，BC＝9．以下结论：
①⊙O的半径为；②OD∥BE；③PB＝；④tan∠CEP＝．其中正确的结论是　 　．

二、解答题（共2小题，每小题12分，共24分）
3.在四边形ABCD中，点E为AB边上一点，点F为对角线BD上的一点，且EF⊥AB．
（1）若四边形ABCD为正方形；
①如图1，请直接写出AE与DF的数量关系；
②将△EBF绕点B逆时针旋转到图2所示的位置，连接AE、DF，猜想AE与DF的数量关系并说明理由；
（2）如图3，若四边形ABCD为矩形，BC＝mAB，其它条件都不变，将△EBF绕点B逆时针旋转α（0°＜α＜90°）得到△E′BF′，连接AE′，DF′，请在图3中画出草图，并求出AE′与DF′的数量关系．

4.如图1，抛物线y＝ax2+bx+c经过平行四边形ABCD的顶点A（0，3）、B（﹣1，0）、D（2，3），抛物线与x轴的另一交点为E．经过点E的直线l将平行四边形ABCD分割为面积相等的两部分，与抛物线交于另一点F．点P为直线l上方抛物线上一动点，设点P的横坐标为t．
（1）求抛物线的解析式；
（2）当t何值时，△PFE的面积最大？并求最大值的立方根；
（3）是否存在点P使△PAE为直角三角形？若存在，求出t的值；若不存在，说明理由．

参考答案
一、填空题（共2小题，每小题3分，共6分）
1.如图，在平面直角坐标系中，菱形OBCD的边OB在x轴正半轴上，反比例函数y＝（x＞0）的图象经过该菱形对角线的交点A，且与边BC交于点F．若点D的坐标为（6，8），则点F的坐标是　（12，）　．

【分析】首先过点D作DM⊥x轴于点M，过点F作FE⊥x于点E，由点D的坐标为（6，8），可求得菱形OBCD的边长，又由点A是BD的中点，求得点A的坐标，利用待定系数法即可求得反比例函数y＝（x＞0）的解析式，然后由tan∠FBE＝tan∠DOM＝＝＝，可设EF＝4a，BE＝3a，则点F的坐标为：（10+3a，4a），即可得方程4a（10+3a）＝32，继而求得a的值，则可求得答案．
【解答】解：过点D作DM⊥x轴于点M，过点F作FE⊥x于点E，
∵点D的坐标为（6，8），
∴OD＝＝10，
∵四边形OBCD是菱形，
∴OB＝OD＝10，
∴点B的坐标为：（10，0），
∵AB＝AD，即A是BD的中点，
∴点A的坐标为：（8，4），
∵点A在反比例函数y＝上，
∴k＝xy＝8×4＝32，
∵OD∥BC，
∴∠DOM＝∠FBE，
∴tan∠FBE＝tan∠DOM＝＝＝，
设EF＝4a，BE＝3a，
则点F的坐标为：（10+3a，4a），
∵点F在反比例函数y＝上，
∴4a（10+3a＝32，
即3a2+10a﹣8＝0，
解得：a1＝，a2＝﹣4（舍去），
∴点F的坐标为：（12，）．
故答案为：（12，）．

【点评】此题考查了菱形的性质、反比例函数的性质以及三角函数等知识．注意准确作出辅助线，求得反比例函数的解析式，得到tan∠FBE＝tan∠DOM＝＝＝，从而得到方程4a（10+3a）＝32是关键．
2.如图所示，AB是⊙O的直径，AM、BN是⊙O的两条切线，D、C分别在AM、BN上，DC切⊙O于点E，连接OD、OC、BE、AE，BE与OC相交于点P，AE与OD相交于点Q，已知AD＝4，BC＝9．以下结论：
①⊙O的半径为；②OD∥BE；③PB＝；④tan∠CEP＝．
其中正确的结论是　②③　．

【分析】作DK⊥BC于K，连接OE，①错误，在Rt△CDK中，利用勾股定理求得DK＝12，故错误．②正确．可以证明AQ＝QE，AO＝OB，由此得出结论．③正确．根据PB＝计算即可．④错误；根据tan∠CEP＝tan∠CBP＝计算即可．
【解答】解：作DK⊥BC于K，连接OE．
∵AD、BC是切线，
∴∠DAB＝∠ABK＝∠DKB＝90°，
∴四边形ABKD是矩形，
∴DK＝AB，AD＝BK＝4，
∵CD是切线，
∴DA＝DE，CE＝CB＝9，
在Rt△DKC中，∵DC＝DE+CE＝13，CK＝BC﹣BK＝5，
∴DK＝＝12，
∴AB＝DK＝12，
∴⊙O半径为6．故①错误，
∵DA＝DE，OA＝OE，
∴OD垂直平分AE，同理OC垂直平分BE，
∴AQ＝QE，∵AO＝OB，
∴OD∥BE，故②正确．
在Rt△OBC中，PB＝，故③正确，
∵CE＝CB，
∴∠CEB＝∠CBE，
∴tan∠CEP＝tan∠CBP＝，故④错误，
∴②③正确，
故答案为：②③．

【点评】本题考查切线的性质、圆周角定理、切线长定理、勾股定理、三角形中位线性质、直角三角形斜边上的高的求法等知识，解题的关键是添加辅助线构造直角三角形解决问题，熟练掌握切线长定理，属于中考常考题型．

二、解答题（共2小题每小题12分，共24分）
3.在四边形ABCD中，点E为AB边上一点，点F为对角线BD上的一点，且EF⊥AB．

（1）若四边形ABCD为正方形；
①如图1，请直接写出AE与DF的数量关系；
②将△EBF绕点B逆时针旋转到图2所示的位置，连接AE、DF，猜想AE与DF的数量关系并说明理由；
（2）如图3，若四边形ABCD为矩形，BC＝mAB，其它条件都不变，将△EBF绕点B逆时针旋转α（0°＜α＜90°）得到△E′BF′，连接AE′，DF′，请在图3中画出草图，并求出AE′与DF′的数量关系．
【分析】（1）①利用正方形的性质得△ABD为等腰直角三角形，则BF＝AB，再证明△BEF为等腰直角三角形得到BF＝BE，所以BD﹣BF＝AB﹣BE，从而得到DF＝AE；
②利用旋转的性质得∠ABE＝∠DBF，加上＝＝，则根据相似三角形的判定可得到△ABE∽△DBF，所以＝＝；
（2）先画出图形得到图3，利用勾股定理得到BD＝AB，再证明△BEF∽△BAD得到＝，则＝＝，接着利用旋转的性质得∠ABE′＝∠DBF′，BE′＝BE，BF′＝BF，所以＝＝，然后根据相似三角形的判定方法得到△ABE′∽△DBF′，再利用相似的性质可得＝＝．
【解答】解：（1）①∵四边形ABCD为正方形，
∴△ABD为等腰直角三角形，
∴BF＝AB，
∵EF⊥AB，
∴△BEF为等腰直角三角形，
BF＝BE，
∴BD﹣BF＝AB﹣BE，
即DF＝AE；
故答案为DF＝AE；

②DF＝AE．理由如下：
∵△EBF绕点B逆时针旋转到图2所示的位置，
∴∠ABE＝∠DBF，
∵＝，＝，
∴＝，
∴△ABE∽△DBF，
∴＝＝，
即DF＝AE；
（2）如图3，∵四边形ABCD为矩形，
∴AD＝BC＝mAB，
∴BD＝＝AB，
∵EF⊥AB，
∴EF∥AD，
∴△BEF∽△BAD，
∴＝，
∴＝＝，
∵△EBF绕点B逆时针旋转α（0°＜α＜90°）得到△E'BF'，
∴∠ABE′＝∠DBF′，BE′＝BE，BF′＝BF，
∴＝＝，
∴△ABE′∽△DBF′，
∴＝＝，
即DF′＝AE′．

【点评】本题考查了相似形的综合题：熟练掌握旋转的性质、矩形和正方形的性质；灵活应用相似三角形的判定和性质，会利用相似比表示线段之间的关系．

4.如图1，抛物线y＝ax2+bx+c经过平行四边形ABCD的顶点A（0，3）、B（﹣1，0）、D（2，3），抛物线与x轴的另一交点为E．经过点E的直线l将平行四边形ABCD分割为面积相等的两部分，与抛物线交于另一点F．点P为直线l上方抛物线上一动点，设点P的横坐标为t．
（1）求抛物线的解析式；
（2）当t何值时，△PFE的面积最大？并求最大值的立方根；
（3）是否存在点P使△PAE为直角三角形？若存在，求出t的值；若不存在，说明理由．

【分析】（1）由A、B、C三点的坐标，利用待定系数法可求得抛物线解析式；
（2）由A、C坐标可求得平行四边形的中心的坐标，由抛物线的对称性可求得E点坐标，从而可求得直线EF的解析式，作PH⊥x轴，交直线l于点M，作FN⊥PH，则可用t表示出PM的长，从而可表示出△PEF的面积，再利用二次函数的性质可求得其最大值，再求其最大值的立方根即可；
（3）由题意可知有∠PAE＝90°或∠APE＝90°两种情况，当∠PAE＝90°时，作PG⊥y轴，利用等腰直角三角形的性质可得到关于t的方程，可求得t的值；当∠APE＝90°时，作PK⊥x轴，AQ⊥PK，则可证得△PKE∽△AQP，利用相似三角形的性质可得到关于t的方程，可求得t的值．
【解答】解：
（1）由题意可得，解得，
∴抛物线解析式为y＝﹣x2+2x+3；
（2）∵A（0，3），D（2，3），
∴BC＝AD＝2，
∵B（﹣1，0），
∴C（1，0），
∴线段AC的中点为（，），
∵直线l将平行四边形ABCD分割为面积相等两部分，
∴直线l过平行四边形的对称中心，
∵A、D关于对称轴对称，
∴抛物线对称轴为x＝1，
∴E（3，0），
设直线l的解析式为y＝kx+m，把E点和对称中心坐标代入可得，解得，
∴直线l的解析式为y＝﹣x+，
联立直线l和抛物线解析式可得，解得或，
∴F（﹣，），
如图1，作PH⊥x轴，交l于点M，作FN⊥PH，

∵P点横坐标为t，
∴P（t，﹣t2+2t+3），M（t，﹣t+），
∴PM＝﹣t2+2t+3﹣（﹣t+）＝﹣t2+t+，
∴S△PEF＝S△PFM+S△PEM＝PM•FN+PM•EH＝PM•（FN+EH）＝（﹣t2+t+）（3+）＝﹣（t﹣）2+×，
∴当t＝时，△PEF的面积最大，其最大值为×，
∴最大值的立方根为＝；
（3）由图可知∠PEA≠90°，
∴只能有∠PAE＝90°或∠APE＝90°，
①当∠PAE＝90°时，如图2，作PG⊥y轴，

∵OA＝OE，
∴∠OAE＝∠OEA＝45°，
∴∠PAG＝∠APG＝45°，
∴PG＝AG，
∴t＝﹣t2+2t+3﹣3，即﹣t2+t＝0，解得t＝1或t＝0（舍去），
②当∠APE＝90°时，如图3，作PK⊥x轴，AQ⊥PK，

则PK＝﹣t2+2t+3，AQ＝t，KE＝3﹣t，PQ＝﹣t2+2t+3﹣3＝﹣t2+2t，
∵∠APQ+∠KPE＝∠APQ+∠PAQ＝90°，
∴∠PAQ＝∠KPE，且∠PKE＝∠PQA，
∴△PKE∽△AQP，
∴＝，即＝，即t2﹣t﹣1＝0，解得t＝或t＝＜﹣（舍去），
综上可知存在满足条件的点P，t的值为1或．
【点评】本题为二次函数的综合应用，涉及待定系数法、平行四边形的性质、二次函数的性质、三角形的面积、直角三角形的性质、相似三角形的判定和性质、方程思想及分类讨论思想等知识．在（1）中注意待定系数示的应用，在（2）中用t表示出△PEF的面积是解题的关键，在（3）中分两种情况，分别利用等腰直角三角形和相似三角形的性质得到关于t的方程是解题的关键．本题考查知识点较多，综合性较强，计算量较大，难度较大．