2020年中考数学压轴题每日一练(含答案)

2020年中考数学压轴题每日一练（4.10）

一、选择题

1．如图，矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4．动点P从A点出发，按A→B→C的方向在AB 和BC上移动，记P A＝x，点D到直线P A的距离为y，则y关于x的函数图象大致是（）

A．B．C．D．

2．如图，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，O为矩形ABCD的中心，以D为圆心，1为半径作⊙D，P为⊙D上的一个动点，连接AP、PO和OA，则△AOP面积的最大值为（）

A．4 B．C．D．

二、填空题

3．如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝1，BC＝2，点D为边AB上一动点，正方形DEFG的顶点E、F都在边BC上，联结BG，tan∠DGB＝．

第3题第4题

4．如图，点A在双曲线y＝上，点B在双曲线y＝（k≠0）上，AB∥x轴，过点A作AD⊥x轴于D．连接OB，与AD相交于点C，若AC＝2CD，则k的值为．

三、解答题

5．已知一个矩形纸片OACB，将该纸片放置在平面直角坐标系中，点A（11，0）、B（0，6），点P为BC边上的动点（点P不与点点B、C重合），经过点O、P折叠该纸片，得点B′和折痕OP．设BP＝t．

（1）如图1，当∠BOP＝30°时，求点P的坐标；

（2）如图2，经过点P再次折叠纸片，使点C落在直线PB′上，得点C′和折痕PQ，若AQ＝m，试用含有t的式子表示m；

（3）在（2）的条件下，当点C′恰好落在边OA上时如图3，求点P的坐标（直接写出结果即可）．

6．如图，在平面直角坐标系中，∠ACB＝90°，OC＝2BO，AC＝6，点B的坐标为（1，0），抛物线y＝﹣x2+bx+c经过A、B两点．

（1）求点A的坐标；

（2）求抛物线的解析式；

（3）点P是直线AB上方抛物线上的一点，过点P作PD垂直x轴于点D，交线段AB 于点E，使PE＝DE．

①求点P的坐标；

②在直线PD上是否存在点M，使△ABM为直角三角形？若存在，求出符合条件的所有

点M的坐标；若不存在，请说明理由．

【答案与解析】

一、选择题

1．【分析】根据点P的运动路径，分为两种情况分开讨论，第一种情况，点P在AB上，所以y为4，图象对应线段，第二种情况，点P在BC上，存在相似关系，得出x与y之间的反比例函数关系，所以结合两种情况，只有D选项符合要求．

【解答】解：当点P在AB上运动时，y＝4

所以第一阶段是线段

当点P在BC上运动时

△ABP∽△ADF

∴

∴

∴y＝

只有D选项是第一象限的反比例函数

故选：D．

2．【分析】当P点移动到过点P的直线平行于OA且与⊙D相切时，△AOP面积的最大，由于P为切点，得出MP垂直于切线，进而得出PM⊥AC，根据勾股定理先求得AC的长，进而求得OA的长，根据△ADM∽△ACD，求得DM的长，从而求得PM的长，最后根据三角形的面积公式即可求得．

【解答】解：当P点移动到过点P的直线平行于OA且与⊙D相切时，△AOP面积的最大，如图，

∵过P的直线是⊙D的切线，

∴DP垂直于切线，

延长PD交AC于M，则DM⊥AC，

∵在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，

∴AC＝＝5，

∴OA＝，

∵∠AMD＝∠ADC＝90°，∠DAM＝∠CAD，

∴△ADM∽△ACD，

∴＝，

∵AD＝4，CD＝3，AC＝5，

∴DM＝，

∴PM＝PD+DM＝1+＝，

∴△AOP的最大面积＝OA•PM＝＝，

故选：D．

二、填空题

3．【分析】设DE与BG交于点O，根据题意可得△BDE∽△ABC，可得，由正方形的性质可得GF＝DE＝EF，进而得出，再证明△DOG∽△EOB∽△FGB，可得．

【解答】解：如图，DE与BG交于点O，

∵正方形DEFG，

∴∠DEB＝∠EDG＝∠GFB＝90°，GF＝DE＝EF，

∴△BDE∽△ABC，

∴，

∴，

∵∠DOG＝∠EOB，

∴△DOG∽△EOB∽△FGB，

∴，

∴tan∠DGB＝．

故答案为：

4．【分析】根据题意可以设出点A的坐标，从而可以表示出点B的坐标，然后根据三角形的相似即可解答本题．

【解答】解：设点A的坐标为（a，），则点B的坐标为（，），

∵AB∥x轴，AC＝2CD，

∴∠BAC＝∠ODC，

∵∠ACB＝∠DCO，

∴△ACB∽△DCO，

∴，

∴，

∵OD＝a，则AB＝2a，

∴点B的横坐标是3a，

∴3a＝，

解得，k＝12，

故答案为：12．

三、解答题

5．【分析】（1）根据题意得，∠OBP＝90°，OB＝6，在Rt△OBP中，由∠BOP＝30°，BP＝t，得OP＝2t，然后利用勾股定理，即可得方程，解此方程即可求得答案；

（2）由△OB′P、△QC′P分别是由△OBP、△QCP折叠得到的，可知△OB′P≌△OBP，△QC′P≌△QCP，易证得△OBP∽△PCQ，然后由相似三角形的对应边成比例，即可求得答案；

（3）首先过点P作PE⊥OA于E，易证得△PC′E∽△C′QA，由勾股定理可求得C′A的长，然后利用相似三角形的对应边成比例与m和t的关系，即可求得t的值，得出P 点坐标．

【解答】解：（1）根据题意，∠OBP＝90°，OB＝6，

在Rt△OBP中，由∠BOP＝30°，BP＝t，得OP＝2t．

∵OP2＝OB2+BP2，

即（2t）2＝62+t2，

解得：t1＝2，t2＝﹣2（舍去）．

∴点P的坐标为（2，6）；

（2）∵△OB′P、△QC′P分别是由△OBP、△QCP折叠得到的，

∴△OB′P≌△OBP，△QC′P≌△QCP，

∴∠OPB′＝∠OPB，∠QPC′＝∠QPC，

∵∠OPB′+∠OPB+∠QPC′+∠QPC＝180°，

∴∠OPB+∠QPC＝90°，

∵∠BOP+∠OPB＝90°，

∴∠BOP＝∠CPQ，

又∵∠OBP＝∠C＝90°，

∴△OBP∽△PCQ，

∴＝，

由题意设BP＝t，AQ＝m，BC＝11，AC＝6，则PC＝11﹣t，CQ＝6﹣m．

∴＝，