2020中考冲刺全国数学经典压轴题60例(1)(1)

1、2020中考冲刺全国数学经典压轴题60例含参考答案与试题解析一、解答题（共60小题）1（重庆）已知：如图，在矩形ABCD中，AB=5，AD=，AEBD，垂足是E点F是点E关于AB的对称点，连接AF、BF（1）求AE和BE的长；（2）若将ABF沿着射线BD方向平移，设平移的距离为m（平移距离指点B沿BD方向所经过的线段长度）当点F分别平移到线段AB、AD上时，直接写出相应的m的值（3）如图，将ABF绕点B顺时针旋转一个角（0180），记旋转中的ABF为ABF，在旋转过程中，设AF所在的直线与直线AD交于点P，与直线BD交于点Q是否存在这样的P、Q两点，使DPQ为等腰三角形？若存在，求出此时DQ的长；若不存在，请说明理由考点：几何变换综合题专题：压轴题分析：（1）利用矩形性质、勾股定理及三角形面积公式求解；（2）依题意画出图形，如答图2所示利用平移性质，确定图形中的等腰三角形，分别求出m的值；（3）在旋转过程中，等腰DPQ有4种情形，如答图3所示，对于各种情形分别进行计算解答：解：（1）在RtABD中，AB=5，AD=，由勾股定理得：BD=SABD=BDAE=ABAD，AE=4在RtABE

2、中，AB=5，AE=4，由勾股定理得：BE=3（2）设平移中的三角形为ABF，如答图2所示：由对称点性质可知，1=2由平移性质可知，ABAB，4=1，BF=BF=3当点F落在AB上时，ABAB，3=4，3=2，BB=BF=3，即m=3；当点F落在AD上时，ABAB，6=2，1=2，5=1，5=6，又易知ABAD，BFD为等腰三角形，BD=BF=3，BB=BDBD=3=，即m=（3）存在理由如下：在旋转过程中，等腰DPQ依次有以下4种情形：如答图31所示，点Q落在BD延长线上，且PD=DQ，易知2=2Q，1=3+Q，1=2，3=Q，AQ=AB=5，FQ=FA+AQ=4+5=9在RtBFQ中，由勾股定理得：BQ=DQ=BQBD=；如答图32所示，点Q落在BD上，且PQ=DQ，易知2=P，1=2，1=P，BAPD，则此时点A落在BC边上3=2，3=1，BQ=AQ，FQ=FAAQ=4BQ在RtBQF中，由勾股定理得：BF2+FQ2=BQ2，即：32+（4BQ）2=BQ2，解得：BQ=，DQ=BDBQ=；如答图33所示，点Q落在BD上，且PD=DQ，易知3=42+3+4=180，3=4，4=90

3、21=2，4=901AQB=4=901，ABQ=180AQB1=901，AQB=ABQ，AQ=AB=5，FQ=AQAF=54=1在RtBFQ中，由勾股定理得：BQ=，DQ=BDBQ=；如答图34所示，点Q落在BD上，且PQ=PD，易知2=31=2，3=4，2=3，1=4，BQ=BA=5，DQ=BDBQ=5=综上所述，存在4组符合条件的点P、点Q，使DPQ为等腰三角形；DQ的长度分别为、或点评：本题是几何变换压轴题，涉及旋转与平移变换、矩形、勾股定理、等腰三角形等知识点第（3）问难度很大，解题关键是画出各种旋转图形，依题意进行分类讨论；在计算过程中，注意识别旋转过程中的不变量，注意利用等腰三角形的性质简化计算2（重庆）如图1，在ABCD中，AHDC，垂足为H，AB=4，AD=7，AH=现有两个动点E，F同时从点A出发，分别以每秒1个单位长度、每秒3个单位长度的速度沿射线AC方向匀速运动，在点E，F的运动过程中，以EF为边作等边EFG，使EFG与ABC在射线AC的同侧，当点E运动到点C时，E，F两点同时停止运动，设运动时间为t秒（1）求线段AC的长；（2）在整个运动过程中，设等边EFG与A

4、BC重叠部分的面积为S，请直接写出S与t之间的函数关系式，并写出相应的自变量t的取值范围；（3）当等边EFG的顶点E到达点C时，如图2，将EFG绕着点C旋转一个角度（0360），在旋转过程中，点E与点C重合，F的对应点为F，G的对应点为G，设直线FG与射线DC、射线AC分别相交于M，N两点试问：是否存在点M，N，使得CMN是以MCN为底角的等腰三角形？若存在，请求出CM的长度；若不存在，请说明理由考点：几何变换综合题专题：压轴题；动点型分析：（1）利用平行四边形性质、勾股定理，求出DH、CH的长度，可以判定ACD为等腰三角形，则AC=AD=7；（2）首先证明点G始终在直线AB上，然后分析运动过程，求出不同时间段内S的表达式：当0t时，如答图21所示，等边EFG在内部；当t4时，如答图22所示，点G在线段AB上，点F在AC的延长线上；当4t7时，如答图23所示，点G、F分别在AB、AC的延长线上，点E在线段AC上（3）因为MCN为等腰三角形的底角，因此只可能有两种情形：若点N为等腰三角形的顶点，如答图31所示；若点M为等腰三角形的顶点，如答图32所示解答：解：（1）ABCD，CD=AB=

5、4在RtADH中，由勾股定理得：DH=2，CH=DHAC=AD=7（2）在运动过程中，AE=t，AF=3t，等边EFG的边长EF=EG=GF=2t如答图1，过点G作GPAC于点P，则EP=EG=t，GP=EG=tAP=AE+EP=2ttanGAC=tanBAC=tanACH=，tanGAC=tanBAC，点G始终在射线AB上设BAC=ACH=，则sin=，cos=当0t时，如答图21所示，等边EFG在内部S=SEFG=EF2=（2t）2=t2；当t4时，如答图22所示，点G在线段AB上，点F在AC的延长线上过点B作BQAF于点Q，则BQ=ABsin=4=4，AQ=ABcos=4=8CQ=AQAC=87=1设BC与GF交于点K，过点K作KPAF于点P，设KP=x，则PF=x，CP=CFPF=3t7xPKBQ，即，解得：x=（3t7）S=SEFGSCFK=t2（3t7）（3t7）=t2+t；当4t7时，如答图23所示，点G、F分别在AB、AC的延长线上，点E在线段AC上过点B作BQAF于点Q，则BQ=ABsin=4=4，AQ=ABcos=4=8CQ=AQAC=87=1设BC与GF交于点K，

6、过点K作KPAF于点P，设KP=x，则EP=x，CP=EPCE=x（7t）=x7+tPKBQ，即，解得：x=（7t）S=SCEK=（7t）（7t）=t2t+综上所述，S与t之间的函数关系式为：S=（3）设ACH=，则tan=，cos=当点E与点C重合时，t=7，等边EFG的边长=2t=14假设存在点M，N，使得CMN是以MCN为底角的等腰三角形，若点N为等腰三角形的顶点，如答图31所示，则NMC=MCN=过点C作CPFM于点P，则CP=CF=7PM=14设CN=MN=x，则PN=PMMN=14x在RtCNP中，由勾股定理得：CP2+PN2=CN2，即：（7）2+（14x）2=x2，解得：x=过点N作NQCM于点Q，CM=2CQ=2CNcos=2=7；若点M为等腰三角形的顶点，如答图32所示，则MNC=MCN=过点C作CPGN于点P，则CP=CF=7PN=14设CM=MN=x，则PM=PNMN=14x在RtCMP中，由勾股定理得：CP2+PM2=CM2，即：（7）2+（14x）2=x2，CM=x=综上所述，存在点M，N，使得CMN是以MCN为底角的等腰三角形，CM的长度为7或点评：本题是

7、几何变换综合题，涉及平移与旋转两种几何变换第（2）问中，针对不同时间段内的几何图形，需要分类讨论；第（3）问中，根据顶点的不同，分两种情形进行分类讨论本题涉及考点众多，图形复杂，计算量偏大，难度较大；解题时需要全面分析，认真计算3（长春）如图，在矩形ABCD中，AB=4，BC=3，点O为对角线BD的中点，点P从点A出发，沿折线ADDOOC以每秒1个单位长度的速度向终点C运动，当点P与点A不重合时，过点P作PQAB于点Q，以PQ为边向右作正方形PQMN，设正方形PQMN与ABD重叠部分图形的面积为S（平方单位），点P运动的时间为t（秒）（1）求点N落在BD上时t的值；（2）直接写出点O在正方形PQMN内部时t的取值范围；（3）当点P在折线ADDO上运动时，求S与t之间的函数关系式；（4）直接写出直线DN平分BCD面积时t的值考点：相似形综合题；勾股定理；三角形中位线定理；矩形的性质；正方形的性质；相似三角形的判定与性质；锐角三角函数的定义菁优网版权所有专题：压轴题；分类讨论分析：（1）可证DPNDQB，从而有，即可求出t的值（2）只需考虑两个临界位置（MN经过点O，点P与点O重合）下t的值，就可得到点O在正方形PQMN内部时t的取值范围（3）根据正方形PQMN与ABD重叠部分图形形状不同分成三类，如图4、图5、图6，然后运用三角形相似、锐角三角函数等知识就可求出S与t之间的函数关系式（4）由于点P在折线ADDOOC运动，可分点P在AD上，点P在DO上，点P在OC上三种情况进行讨论，然后运用三角形相似等知识就可求出直线DN平分BCD面积时t的值解答：解：（1）当点N落在BD上时，如图1四边形PQMN是正方形，PNQM，PN=PQ=tDPNDQBPN=PQ=PA=t，DP=3t，QB=AB=4，t=当t=时，点N落在BD上（2）如图2，则有QM=QP=t，MB=4t四边形PQMN是正方形，MNDQ点O是DB的中点，QM=BMt=4tt=2如图3，四边形ABCD是矩形，A=90AB=4，AD=3，DB=5点O是DB的中点，DO=1t=AD+DO=3+t=当点O在正方形PQMN内部时，t的范围是2t（3）当0t时，如图4S=S正方形PQMN=PQ2=PA2=t2当t3时，如图5，tan

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