2021年中考数学压轴题题型组合卷（八）

这是一份2021年中考数学压轴题题型组合卷（八），共10页。试卷主要包含了填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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、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　          　．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．